2022届高考化学抢分强化练-题型8.9溶液中微粒浓度大小的比较

第=page2626页，共=sectionpages2626页2022届高考化学选择题型抢分强化练——题型8.9溶液中微粒浓度大小的比较某兴趣小组用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到如图所示曲线。下列分析不正确的是(    )A.b点溶液中OH−浓度在整个过程中最大

B.水的电离平衡也会对溶液的pH产生影响

C.a→b段水解平衡向右移动

D.a点溶液显碱性，且离子浓度从大到小为：常温下向某浓度的氯水中逐滴滴入Na2SO3溶液，无气体逸出，溶液A.a点：c(H+)>c(Cl−)>c(ClO−)

B.b点：c(Cl−有c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1A.pH=5.5的溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)

B.W点所表示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CH298K、25℃，在NaHS溶液中，各离子的浓度随NaHS溶液浓度的变化关系如图所示，下列叙述不正确的是(    )已知：298K(25℃)H2S的A.0.10mol/L

NaHS

溶液：c(Na+)>c(HS−)>c(S2−)>c(OH−)>c(H+)

B.Na2S

溶液中：常温下，用0.10 mol⋅L−1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol⋅L−1的CH3COONa溶液和NaCNA.溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点②等于点③

B.点①所示溶液中：c(CN−)+c(HCN)>2c(Cl−)

C.点②所示溶液中：c(Na+)>c(C已知H2SeO3的各形态的分布系数(δ)随A.H2SeO3的Ka2=10−2.62

B.C和D两点pH相同，且为5.47

C.0.1mol/L的NaHSeO3溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+)>c(HSeO3−)>c(常温下，向20 mL 0.1 mol·L−1HB溶液中逐滴滴入0.1 mol·L−1NaOH溶液，所得pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.OA各点溶液均存在：c(B−)>c(Na+)

B.C至D各点溶液导电能力依次增强

C.点O时，pH>1

D.点常温下，向1 L浓度为0.4 mol·L−1的乙醇酸[CH2(OH)COOH]溶液中加入8 g NaOH固体得到X溶液，将X溶液平均分成两等份，一份通入HCl气体，得到Y溶液，另一份加入NaOH固体得到Z溶液，Y、Z溶液的pH随所加物质的物质的量的变化情况如图所示(体积变化忽略不计)。下列说法正确的是A.c点对应曲线代表的是加入NaOH的曲线

B.溶液中水的电离程度：c>b

C.a点：c[CH2(OH)COO−]>c(Na+室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc(Ba2+)与lgc(HCO3−)A.a对应溶液的pH小于b

B.b对应溶液的c(H+)=4.2×10−7mol⋅L−1

C.亚碲酸(H2TeO3)可以用作分析试剂，定量分析中分离溴化物及氯化物。常温下，将一定浓度的NaOH溶液滴加到一定浓度的H2TeO3溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示(已知A.Ka1(H2TeO3)=2×10−3

B.乙表示pH与lg c(HTe常温下2mL1 mol⋅L−1NaHCO3溶液，pH约为A.NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3−)+c(CO32−)+c(OH−)

常温下，下列有关溶液的说法正确的是(    )A.pH相等的①NH4Cl

②NH4Al(SO4)2

③NH4HSO4溶液：NH4+浓度的大小顺序为①>②>③

B.常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同

C.HA25℃时，下列对于Na2SOA.一定存在3c(Na+)=c(HSO3−)+c(SO32−)+c(H2SO3亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的A.人体血液的pH在7.35～7.45之间，用药后人体中含As元素的主要微粒是AsO33−

B.n(H3AsO3)：n(H2AsO3−)=1在室温下，下列说法正确的是(    )A.在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH<7

B.同c(NH4+)的溶液：①NH4Al(SO4)2；②NH4Cl；③NH3⋅H2O；④CH3COONH4溶液，物质的量浓度最大的是③

C.有两种酸NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3，Ka2=3.9×A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关

B.Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的

C.b点的混合溶液pH=7向0.02 mol·L−1CuSO4溶液中匀速滴加1 mol·L−1氨水，先观察到有浅蓝色沉淀[Cu2(OH)2SOA.c(Cu2+):a点=b点

B.bc段生成浅蓝色沉淀的反应为2Cu2++2OH−+25℃时，向20 mL 0.1 mol·L−1一元弱酸HA溶液中滴加0.1 mol·L−1NaOH溶液，溶液中lgc(A−)A.A点或B点所示溶液中，离子浓度最大的均是Na+

B.HA滴定NaOH溶液时可用甲基橙作指示剂

C.达到图中B点溶液时，加入NaOH溶液的体积小于10 mL

D.对C点溶液加热(不考虑挥发)，则c(已知甘氨酸(H2N—CH2—COOH)在水溶液中存在如下平衡：

常温下，用2.0 mol·L−1的NaOH溶液滴定100 mL 0.1 mol·L−1甘氨酸溶液(用盐酸酸化至起始pH如图中Ⅰ处)，滴定曲线如图所示(pK=−lgK,K1、KA.Ⅰ处，甘氨酸主要存在形式是H3N+CH2COO−

B.H3N+CH2CO已知：AG=lgcH+cOH−。室温下，向10 mL 0.1 mol·L−1弱碱MOH溶液中滴入pH=1的盐酸溶液。混合液的AGA.V=10时溶液中：c(Cl−)>c(M+)>c(H+)>c(OH−)

B.F点对应溶液中：c(M+丙三酸是一种有机酸，用H3A表示。25℃时，向1 mol/L的H3A溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含A微粒物质的物质的量分数(δ)随溶液pH的变化曲线如图所示。下列相关说法错误的是(A.a点溶液中：c(H2A−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)

B.

25℃时，常温下，向20 mL 0.10 mol/LHC1O溶液中逐滴加入0.10 mol/ LNaOH溶液，滴定过程中溶液中水电离出的c(H+)变化曲线如图所示。下列说法正确的是(

A.

可用pH试纸测定a点溶液的pH

B.

b、c、d三点溶液中离子、分子种类不同

C.

a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>b = d>a

D.

d点溶液中c(N在25℃时，向H2R溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H2R、HR−、R2−分别在三者中所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如图所示。下列叙述错误的是A.H2R是二元弱酸，其Ka1=1×10−2

B.NaHR在溶液中水解程度小于电离程度

C.pH<7.2的溶液中一定存在：c(N298 K时，向20 mL浓度均为0.1 mol·L−1HX和CH3COOH的混合液中滴加0.1 mol·L−1的NH3·H2O，测得混合液的电阻率(表示电阻特性的物理量)与加入NH3·A.298 K时，0.1 mol·L−1HX的pH比0.1 mol·L−1CH3COOH的pH小

B.d点有4c(常温下，向100mL 0.1mol/LNH4Cl溶液中，逐滴滴加

0.1mol/L

NaOH溶液。NH4+和NH3· H2A.M点溶液中水的电离程度比原溶液小

B.在M点时，n(H+)−n(OH−)=(0.005−a)mol

C.随着NaOH溶液的滴加，c(H25℃时，分别向体积均为25 mL、浓度均为0.01 mol/L的盐酸和醋酸(CH3COOH的Ka=1.8×10−5)溶液中，滴加等物质的量浓度的氨水(NH3·A.曲线Ⅱ代表向醋酸溶液中滴加氨水溶液时混合溶液的导电能力的变化

B.b点溶液显中性，由水电离出的c(H+)=10−7mol/L

C.a、b两点溶液中可能存在下列说法正确的是(

)A.常温下，将pH均为a的氢氧化钠溶液和氢氧化钡溶液分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是：b>c>a

B.常温下，5.00×10−3mol·L−1KHA溶液的pH=3.75，该溶液中c(HA−)<c(A2−)

C.室温时，M(OH)2答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A.溶液中碳酸根的水解平衡：CO32−+H2O=HCO3−+OH−、水的电离平衡：H2O⇌H++OH−，水解是吸热过程，温度越高，水解程度越大，后pH值下降，说明温度升高水电离出更多的氢氧根抑制了碳酸根的水解，C点溶液中OH−浓度在整个过程中最大，故A错误；

B.随温度升高，此时促进盐类水解，对水的电离也起到促进作用，水电离出的氢氧根离子浓度抑制水解平衡，导致溶液pH值减小，因此水的电离平衡也对pH产生影响，故B正确；

C.a→b段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增大溶液pH增大，图象符合，故C正确；

D.碳酸钠溶液中碳酸根离子水解导致溶液显示碱性，且第一步水解程度大于第二步水解，离子浓度大小关系是：c(Na+)>c(CO32)>c(O【解析】解：A.a点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，则离子浓度大小为：c(H+)>c(Cl−)>c(HClO)>c(ClO−)，故A正确；

B.b点是滴入亚硫酸钠和氯水中氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸：Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，氯离子和硫酸根离子不水解，pH=2时氢离子浓度为0.01mol/L，则12c(Cl−)=c(SO42−)=0.005mol⋅L−1，故B错误；

C.c点含剩余少量HCl，生成氯化钠，溶质为氯化钠、亚硫酸、硫酸钠，溶液中还含有氯离子，则c(Na+)=2c(HSO3−)+2c(SO32−)+2c(SO42−)不成立，故C错误；

D.【解析】解：A.

由图可知，pH=4.75时，c(CH3COOH)=c(CH3COO−)=0.05mol/L，pH=5.5时，酸性减弱，结合图象可知，溶液中c(CH3COOH)降低，溶液中c(CH3COO−)增大，则所以c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，故A错误；

B.由图可知，W点所表示的溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO−)=0.05mol/L，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH−)，故B正确；

C.溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol⋅L−1，pH=3.5的溶液中，c(CH3COOH)>c(CH3COO【解析】解：A.当横坐标为0.10时，根据图象可知c(HS−)>c(S2−)>c(OH−)，所以0.10mol/LNaHS溶液有：c(Na+)>c(HS−)>c(S2−)>c(OH−)，故A正确；

B.Na2S溶液中存在物料关系为c(Na+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)，故B正确；

C.由图可知，随着

c(NaHS)浓度的增大

c(H+)持续减小，故C错误；

D.由图可知，当

c(OH−)=c(S2−)时，c(OH−)=10−5mol/L【解析】解：A.溶液中所有阳离子浓度之和为c(Na+)+c(H+)，结合图象可知，点②和点③溶液的pH相等，但两溶液加入盐酸体积不等，溶液体积越大c(Na+)越小，所以溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点②>点③，故A错误

B.点①为加入盐酸的体积为10mL，反应后溶质为等浓度的NaCN、HCN和NaCl，根据物料守恒可知：c(CN−)+c(HCN)=2c(Cl−)，故B错误；

C.点②溶液为pH=5，此时加入盐酸体积为10mL，反应生成等浓度的CH3COONa、CH3COOH，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，则c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，结合物料守恒c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Cl−)可知：c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)，故C错误；

D.点④为加入盐酸溶液体积为20mL，此时恰好生成CH3COOH，根据电荷守恒【解析】解：A.若溶液中δ(HSeO3−)=δ(SeO32−)，此时溶液pH=8.32，H2SeO3的Ka2=c(H+)c(SeO32−)c(HSeO3−)=c(H+)=10−8.32，故A错误；

B..图象分析判断，C和D两点pH相同，PH=5.47，故B正确；

C.0.1mol⋅L−1的NaHSeO3溶液溶液显酸性，HSeO3−的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，离子浓度：c(Na+)>c(HSeO3−)>c(H+)>c(OH−)>c(SeO32−)，故C错误；

D.向

100

mLpH=2.62，含

c(H2SeO3)=0.05

mol⋅L−1，c(HSeO3−)=0.05mol⋅L−1

的溶液中，加入

0.1

mol⋅L−1

NaOH

100

mL，向

100

mL

含

c(H2SeO3)=0.05

mol⋅L−1，n(H2SeO3)=0.005mol，c(NaHSeO3)=0.05

mol⋅L−1

的溶液中n(NaHSeO3)=0.005mol，加入

0.1

mol⋅L−1

NaOH

100

mL，物质的量n(NaOH)=0.01mol，反应后，得到0.025mol/L的Na2SeO3

和0.025mol/L的NaHSeO3的混合溶液，图象得到，pH=8.32【解析】

本题考查酸碱中和滴定曲线分析，溶液中导电能力的变化以及离子浓度大小的比较，重在于考查学生的分析理解能力以及计算能力。

【解答】

A. OA各点显酸性，则c(H+) > c(OH−)，依据电荷守恒得到：c(B−) > c(Na+)，A选项正确；

B. C至D各点溶液中，C点c(NaB)为0.05mol·L−1

，C之后加入的c(NaOH)为0.1mol·L−1，导电能力依次增强，B选项正确；

C.氢氧化钠溶液滴入20mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1，C选项正确；

D.B点有c(B−) = c(Na+)=19.9×10−3×0.1÷(20×10−3+19.9×10−3)

B点有c(HB)=(20.0×10−3−19.9×10−3)×0.1÷(20×10−3+19.9×10【解析】

本题考查电解质溶液曲线问题，涉及水的电离程度、离子浓度大小比较、电离常数等，解答这类问题应明确图像的含义以及相关知识的综合应用，试题难度一般。

【解答】

常温下，向1 L浓度为0.4 mol·L−1的乙醇酸[CH2(OH)COOH]溶液中加入8 g NaOH固体得到X溶液，X溶液为等物质的量浓度的乙醇酸和乙醇酸钠的混合物，通入氯化氢气体后的Y溶液酸性增强；加入NaOH固体得到Z溶液酸性减弱。

A.根据上述分析可知c点对应曲线代表的是通入氯化氢气体的曲线，故A错误；

B.由于b点呈中性(乙醇酸和乙醇酸钠的混合溶液)；而c点呈酸性(乙醇酸和乙醇酸钠的混合溶液)，水的电离被抑制，根据水的电离平衡影响因素可知溶液中水的电离程度：b>c，故B错误；

C.由于a点溶液为等物质的量浓度的乙醇酸和乙醇酸钠的混合物且溶液呈酸性，所以结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c[CH2(OH)COO−]+c(OH−【解析】解：A.温度不变水解平衡常数不变，c(HCO3−)c(CO32−)=Kh1c(OH−)，则横坐标越大，溶液中c(OH−)越小，溶液的pH值越小，则溶液的pH：a点大于b点，故A错误；

B.b点lgc(HCO3−)c(CO32−)=2，则c(HCO3−)c(CO32−)=100=Kh1c(OH−)=10−145.6×10−11c(OH−)=10−145.6×10−1110−14c(H+)，【解析】

本题考查电解质溶液的图像分析，注意图像各点的含义，侧重考查学生图象分析判断以及信息提取的能力。

【解答】

将一定浓度的NaOH溶液滴加到一定浓度的H2TeO3溶液中，c(H2TeO3)减小，增大，所以增大，即甲表示A.当c点时，，由lg2≈0.3，所以Ka1(H2TeO3)=2×10−3，A项正确；

B.根据分析可知，乙表示pH与的关系，B项正确；

C.当a点时，，NaHTeO3水解常数，所以NaHTeO3以电离为主，溶液呈酸性，C项正确；

D.b点溶液中存在电荷守恒：，由于c(H+)>c(OH−)，所以，此时【解析】解：A.NaHCO3溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)，故A错误；

B.NaHCO3溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，HCO3−的水解和电离程度都较小，则c(HCO3−)>c(OH−)，正确的离子浓度大小为：c(Na+)>c(HCO3−)>c(OH−)>c(H+)，故B错误；

C.该溶液的pH升高的原因可能是HCO3−的水解程度增大，碱性增强，也可能是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，导致溶液碱性增强，故C错误；【解析】解：A.铵盐浓度相等时，氯离子不影响NH4+的水解，NH4HSO4电离氢离子显酸性，抑制NH4+水解，则NH4HSO4中NH4+浓度大于NH4Cl，NH4Al(SO4)2

中铝离子水解抑制NH4+水解，则NH4Al(SO4)2

中NH4+浓度大于NH4Cl，但酸抑制大于铝离子抑制，则等浓度时pH为③>②>①，所以pH相等的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③NH4HSO4溶液中：NH4+浓度的大小顺序为①>②>③，故A正确；

B.醋酸抑制水的电离，氯化铵是强酸弱碱盐、促进水的电离，所以pH为5的两种溶液中水的电离程度不相同，故B错误；

C.A−的水解常数Kh=KwKa=10−144.93×10−10=2.02×10−5>Ka，则等浓度的NaA、HA混合溶液中，NaA的水解大于HA电离，所以溶液呈碱性，粒子浓度大小：c(HA)>c(Na+【解析】解：A.只有Na2SO3与NaHSO3的浓度相等时才满足物料守恒：3c(Na+)=c(HSO3−)+c(SO32−)+c(H2SO3)，但题中缺少条件，该关系不一定成立，故A错误；

B.根据Na2SO3与NaHSO3的混合溶液中的电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3−)+2c(SO32−)+c(OH−)，故B错误；

C.若混合溶液中n(Na2SO3)=2n(NaHSO3)时，溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，由于SO【解析】解：A.人体血液的pH在7.35～7.45之间，由图示可知，pH在7.35～7.45之间时As主要微粒为H3AsO3，AsO33−的含量较少，故A错误；

B.n(H3AsO3)：n(H2AsO3−)=1：1时，溶液的pH约为9，应该呈碱性，故B错误；

C.将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，当pH调至11时，亚砷酸与氢氧根离子反应生成H2AsO3−，该反应的离子方程为：H3AsO3+OH−=H2AsO3−+H2O，故C正确；

D.pH=12时溶液显碱性，则c(OH−)>c(H+)，所以c(H2AsO3【解析】解：A.在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl溶液恰好无色，说明此时溶液的pH<8，但该溶液的pH可能大于7，故A错误；

B.Al3+和NH4+相互抑制水解，CH3COO−促进NH4+水解，氯离子对NH4+水解无影响，一水合氨是弱碱存在微弱的电离平衡，①②④是强电解质，在水溶液中完全电离，③是弱电解质，在水溶液中部分电离，相同浓度的这几种溶液中一水合氨中的c(NH4+)最小，所以c(NH4+)相等时四种溶液的物质的量浓度最大的是③，故B正确；

C.已知HA的酸性比HB弱，则相同浓度的HB的电离程度大于HA，酸的电离程度越大，其酸根离子的水解能力越小，所以A−的水解能力大于B−，水解能力越强，则其溶液中碱性越强，氢氧根离子浓度越大，酸的浓度越小，则物质的量浓度均为0.1mol⋅L−1的NaA和NaB混合溶液中c(HA)>c(HB)，正确的离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(B−)>c(A−)>c(

OH−)>c(HA)>c(HB)>c(H+)，故C错误；

D.pH相同时，强碱的浓度最小，盐的水解程度越小，则溶液的浓度越大，水解程度：Na2CO3>C6H5ONa>CH3COONa，则溶液浓度大小关系：c(CH【解析】

本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息以及图象的分析，把握溶液导电能力和离子浓度的关系，题目难度中等。

【解答】

A.向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2−的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；

B.由图象可知a、b点钾离子总量相等，a点表示，K+和HA−的共同导电能力，b点表示Na+与A2−和K+共同导电能力，b点导电能力较大，可知Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的，故B正确；

C.由题给数据可知H2A为二元弱酸，b点溶质为Na2A、K2A，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，但题目没有指明温度，故不能判断pH，故C错误；

D.b点时，K+与Na+浓度相等，后又加入NaOH，显然Na+浓度高于K+浓度；之前加入NaOH约为23mL，【解析】

本题考查溶液中离子浓度大小比较、离子方程式的正误判断、导电能力的比较等，题目难度中等，熟练掌握图像分析是解题的关键。

【解答】

A.硫酸铜溶液中加入氨水，生成Cu2(OH)2SO4，铜离子浓度减小，所以c(Cu2+)：a点>b点，故A错误；

B.bc段生成浅蓝色沉淀的反应为2Cu2++2NH3·H2O+SO42−=Cu2(OH)2SO4，故B错误；

C.d点时，溶液呈碱性，溶质为硫酸铵和氨水的混合物，根据电荷守恒【解析】

本题考查电解质溶液曲线、涉及离子浓度、电荷守恒、酸碱中和滴定指示剂选择以及水解常数等，解答这类问题应明确图像的含义，同时注意结合溶液中的离子平衡进行分析和解答，试题难度一般。

【解答】

A.根据电荷守恒可得A、B点溶液中均有c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，且两点溶液呈酸性，所以离子浓度最大的均是A−，故A错误；

B.由于NaA为强碱弱酸盐，所以HA滴定NaOH溶液时应选用酚酞作指示剂，故B错误；

C.25℃时，B点对应的溶液中，，pH=5.3，则c(A−)=c(HA)，c(H+)=10−5.3mol/L，HA酸的电离常数为：c(A−)c(H+)c(HA)=c(A−)×10−5.3c(HA)=1.0×10−5.3，A−的水解平衡常数为：Kw【解析】

本题考查弱电解质的电离平衡、滴定曲线的分析、离子浓度大小比较、电离平衡常数的计算等，题目难度中等，熟练掌握滴定曲线的分析是解题的关键。

【解答】

A.I处呈酸性，甘氨酸以H3N+CH2COOH存在，故A错误；

B.H3N+CH2COO−⇌H++H2NCH2COO−为H3N+CH2COOH的二级电离平衡，pK=pK2=9.6，故B错误；

C.Ⅲ处甘氨酸以H3N+【解析】

本题考查酸碱中和滴定图像，考查学生分析问题和解决问题的能力，能从图像中提取到有用信息是解题关键，难度一般。

【解答】

A.pH=1的盐酸浓度为0.1 mol·L−1，V=10时酸碱恰好完全反应生成MCl，属于强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，故A正确；

B.F点对应的溶质是MOH和MCl且浓度相等，由物料守恒式知，c(M+)+c(MOH)=2c(Cl−)，故B正确；

C.G点溶液AG=0即c(H+)=c(OH−)，溶液呈中性，温度不变，加水稀释中性溶液仍然呈中性，故C错误；

D.利用E点AG值计算MOH【解析】

本题旨在考查酸碱中和反应的图像分析，注意多元弱酸与强碱反应的方程式随反应物量的不同而变化，题目难度中等。

【解答】

A.H3A溶液中逐滴加入NaOH溶液，a点时发生反应的离子方程式是H3A+OH−=H2O+H2A−，电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(H2A−)+c(OH−)，a点溶液显酸性，即c(H+)>c(OH−)，则c(H2A−)>c(Na+)，故A正确；

B.H3A的第二步电离方程式为H2A−【解析】

本题考查pH试纸的使用、弱电解质的电离、水的电离平衡的影响、离子浓度大小的比较等，题目难度中等，熟练掌握弱电解质的电离平衡是解题的关键。

【解答】

A.次氯酸具有强氧化性，不能用pH试纸测定次氯酸溶液的pH，故A错误；

B.b点的溶质是HClO和NaClO，c的溶质是NaClO，d点的溶质是NaClO和NaOH，由于ClO−水解和HClO的电离，三点溶液中离子分别是Na+、H+、OH−、ClO−，分子分别是H2O、HClO，及b、c、d三点溶液中离子、分子种类相同，故B错误；

C.a点为HClO溶液抑制水的电离，b、d两点中水电离出的氢离子浓度相等，水的电离程度相同，c点的溶质是NaClO，ClO−水解促进水的电离，所以四点溶液中水的电离程度：c>b = d>a，故C正确；

D.d点溶液显碱性，则c(OH−)>c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(O【解析】

本题考查了据图分析数据进行电离平衡常数的计算、电离程度与水解程度大小判断以及电荷守恒的应用，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握图象中的信息。

【解答】

A.据图可知pH=2时，c(H2R)=c(HR−)，Ka1=c(H+)×c(HR−)c(H2R)=c(H+)=1×10−2，故A正确；

B.NaHR溶液显酸性，以电离为主，可知其电离程度大于其水解程度