专项09水溶液中的离子平衡-高考化学二轮复习知识清单与专项练习（新高考专用）

专项09水溶液中的离子平衡该专题分为两个板块【1】知识清单电离常数及其应用电离常数的四大应用电离常数与水解常数(Kh)的关系弱电解质电离常数的两种计算方法二、电解质溶液中离子浓度关系1.电解质溶液中的“三守恒”2.巧抓酸碱滴定中的“五点”，判断溶液中的粒子浓度关系三、分布系数图像与对数图像1.弱电解质(弱酸或弱碱)分布系数图像2.对数图像【2】专项练习【1】知识清单一、电离常数及其应用1.电离常数的四大应用(1)判断弱酸(或弱碱)的相对强弱，电离常数越大，酸性(或碱性)越强。在常温下，CH3COOH的Ka＝1.75×105，HClO的Ka＝2.95×10－8，则酸性强弱为CH3COOH>HClO。(2)判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱电离常数越大，对应的盐水解程度越小，盐溶液的碱性(或酸性)越弱，如醋酸：K＝1.75×10－5，次氯酸：K＝2.95×10－8，则同浓度的醋酸钠和次氯酸钠溶液的pH：醋酸钠<次氯酸钠。(3)判断反应能否发生或者判断产物是否正确通过强酸制弱酸来判断。如H2CO3：Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11，苯酚(C6H5OH)：Ka＝1.3×10－10，向苯酚钠(C6H5ONa)溶液中通入的CO2不论是少量还是过量，其化学方程式为：C6H5ONa＋CO2＋H2O===C6H5OH＋NaHCO3。(4)判断溶液微粒浓度比值的变化利用温度不变，电离常数不变来判断。如向0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释，eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)的值变大还是变小？分析：首先要建立与K值的联系，再分析单一变量离子浓度。eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）·c（H＋）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)，稀释时，c(H＋)减小，Ka不变，则eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)变大。2.电离常数与水解常数(Kh)的关系(1)对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系HA电离：HAH＋＋A－，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)；A－水解：A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)；则Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw故Kh＝eq\f(Kw,Ka)。(2)对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系HB－水解：HB－＋H2OH2B＋OH－，Kh(HB－)＝eq\f(Kw,Ka1)；B2－水解：B2－＋H2OHB－＋OH－Kh(B2－)＝eq\f(Kw,Ka2)。3.弱电解质电离常数的两种计算方法(1)由图形起点计算电离常数如常温下，向20mL0.1mol·L－1氨水中滴加一定浓度的盐酸，溶液中水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。分析：由图中a点可知，常温下0.1mol·L－1的氨水中c(H＋)＝1.0×10－11mol·L－1，c(OH－)＝eq\f(Kw,c（H＋）)＝1.0×103mol/L，所以Kb＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝10－5。(2)由图形交点计算电离常数如常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2O42三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示：分析：由图像可知，pH＝1.2时，c(HC2O4)＝c(H2C2O4)，则Ka1＝eq\f(c（HC2Oeq\o\al(－,4)）·c（H＋）,c（H2C2O4）)＝10－1.2，pH＝4.2时，c(HC2O4)＝c(C2O42)，Ka2＝eq\f(c（H＋）·c（C2Oeq\o\al(2－,4)）,c（HC2Oeq\o\al(－,4)）)＝10－4.2。二、电解质溶液中粒子浓度关系1.电解质溶液中的“三守恒”物质三守恒Na2SNaHC2O4电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)c(Na+)＋c(H+)＝c(OH)＋c(HC2O4)＋2c(C2O42)物料守恒c(Na+)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]c(Na＋)＝c(HC2O4)＋c(C2O42)＋c(H2C2O4)质子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH)＋c(C2O42)说明：质子守恒可以用电荷守恒与物料守恒推出，也可以用图示法推出。如：(1)Na2CO3溶液：质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3)＋2c(H2CO3)。(2)NaHCO3溶液：质子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO32)＋c(OH－)。(3)等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，质子守恒：3c(H2CO3)＋2c(H＋)＋c(HCO3)＝2c(OH)＋c(CO32)。提示：质子转移图示如下：2.巧抓酸碱滴定中的“五点”，判断溶液中的粒子浓度关系抓反应的“起始”点判断酸、碱的相对强弱抓反应的“一半”点判断是哪种溶质的等量混合抓溶液的“中性”点判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足抓“恰好”反应点判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性抓反应的“过量”点判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量例如：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示：(注：a点为反应一半点，b点为中性点，c点为恰好反应点，d点NaOH过量一倍)分析：a点，溶质为：CH3COONa、CH3COOH，离子浓度关系：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；b点，溶质为：CH3COONa、CH3COOH，离子浓度关系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)；c点，溶质为：CH3COONa，离子浓度关系：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；d点，溶质为：CH3COONa、NaOH，离子浓度关系：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)。其中a点是等物质的量浓度CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，此混合液的“三守恒”“一比较”的分析方法如下：三、分布系数图像与对数图像1.弱电解质(弱酸或弱碱)分布系数图像举例一元弱酸(以CH3COOH为例)二元弱酸(以H2C2O4为例)三元弱酸(以H3PO4为例)弱电解质分布系数图原因弱酸溶液中加入强碱，发生中和反应，溶液的pH不断增大，各成分粒子的含量不断动态变化δnδ0为CH3COOH、δ1为CH3COO－δ0为H2C2O4、δ1为HC2Oeq\o\al(－,4)、δ2为C2Oeq\o\al(2－,4)δ0为H3PO4、δ1为H2POeq\o\al(－,4)、δ2为HPOeq\o\al(2－,4)、δ3为POeq\o\al(3－,4)利用交点求K交叉点的含义[图中pH＝4.76时，曲线相交，c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)]：Ka＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）)所以，Ka＝c(H＋)＝10－4.76，lgKa＝－4.76，pKa＝4.76交叉点的含义(二元酸有两个交叉点)：(1)当pH＝1.2时，由图可知：c(H2C2O4)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))K1＝eq\f(c（HC2Oeq\o\al(－,4)）·c（H＋）,c（H2C2O4）)所以，K1＝c(H＋)＝101.2。(2)当pH＝4.2时，由图可知：c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))K2＝eq\f(c（C2Oeq\o\al(2－,4)）·c（H＋）,c（HC2Oeq\o\al(－,4)）)所以，K2＝c(H＋)＝10－4.2交叉点的含义：(1)pH＝2时，由图可知：c(H3PO4)＝c(H2POeq\o\al(－,4))K1＝c(H＋)＝10－2。(2)pH＝7.1时，由图可知：c(HPOeq\o\al(2－,4))＝c(H2POeq\o\al(－,4))K2＝c(H＋)＝10－7.1。(3)pH＝12.2时，由图可知：c(HPOeq\o\al(2－,4))＝c(POeq\o\al(3－,4))K3＝eq\f(c（POeq\o\al(3－,4)）·c（H＋）,c（HPOeq\o\al(2－,4)）)K3＝c(H＋)＝10－12.2[注意]用分布系数图像交叉点求Ka及pH的方法如：H2A为二元弱酸。20℃时，配制一组c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.100mol/L的H2A和NaOH的混合溶液，溶液部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。P点：Ka1·Ka2＝eq\f(c（HA－）·c（H＋）,c（H2A）)×eq\f(c（A2－）·c（H＋）,c（HA－）)＝eq\f(c（A2－）·c2（H＋）,c（H2A）)＝10－1.2×10－4.2c(H2A)＝c(A2－)c(H＋)＝eq\r(Ka1·Ka2)＝10－2.7，pH＝2.7＝a2.对数图像(1)常考的对数图像类型类型含义变化规律解题策略pH＝－lgc(H＋)氢离子浓度的常用对数负值pH越大，c(H＋)越小，溶液的碱性越强①先弄清是对数还是负对数②弄清楚是什么的对数，如浓度对数、浓度比对数、体积比对数等③弄清楚对数变化所表示的意义pC＝－lgc(C)C离子浓度的常用对数负值pC越大，c(C)越小lgeq\f(c（HX－）,c（H2X）)生成物与反应物离子浓度比的常用对数lgeq\f(c（HX－）,c（H2X）)越大，反应向正反应方向进行的程度越大lgeq\f(V,V0)稀释后与稀释前体积比的常用对数lgeq\f(V,V0)越大，稀释程度越大AG=lgeq\f(c（H＋）,c（OH－）)氢离子与氢氧根离子浓度比的常用对数AG越大，酸性越强，中性时，eq\f(c（H＋）,c（OH－）)＝1，AG＝0(2)对数图像分析示例lg(x)与pH关系图当弱电解质的成分粒子的浓度(x)经对数处理后，就得到lg(x)与pH的直线关系图。分析曲线的方法：一是根据中和反应判断各成分浓度是增大还是减小；二是根据pH等于7，H＋和OH－浓度对数的交叉点来确定氢离子和氢氧根离子浓度变化的曲线。如25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol/L，lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO－)、lgc(H+)和lgc(OH)随pH变化的关系如下图所示。分析：随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，醋酸和氢离子的浓度减小。根据下图分析可知，O点pH＝7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知：曲线2为lgc(H＋)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH－)随pH的变化曲线；曲线1为lgc(CH3COO－)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线。【2】专项练习1．向一定体积的稀溶液中逐滴滴加某浓度的稀盐酸溶液，混合溶液的、温度变化如图所示，下列有关说法错误的是A．c点溶液，有B．，温度升高说明与反应放热C．，滴入消耗，导致迅速降低D．，发生的主要离子反应为【答案】A【详解】A.c点为碳酸钠与盐酸按1：1滴定形成的NaHCO3溶液，根据物料守恒有，选项A错误；B.，是发生反应，温度升高说明与反应放热，选项B正确；C.，滴入消耗，反应，溶液碱性减弱，导致迅速降低，选项C正确；D.，碳酸氢钠与盐酸反应产生二氧化碳，发生的主要离子反应为，选项D正确；答案选A。2．电解质溶液的电导率与离子浓度成正比。用0.100mol·L1的NaOH溶液滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是A．在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：B＜A=CB．D点溶液中：c(Cl)=2c(OH)2c(H＋)C．B点溶液中：c(CH3COOH)＋c(CH3COO)=c(Na＋)D．A点溶液中：c(CH3COOH)＋c(Na＋)＜0.05mol·L1【答案】B【详解】A．由电导率的变化可知，曲线①为醋酸，曲线②为盐酸。A点溶液溶质为醋酸钠，促进水的电离；B点溶液溶质为等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，氢氧化钠对水的电离的抑制作用更明显；C点溶液溶质为氯化钠，对水的电离无影响，则A、B、C三点溶液中水的电离程度：A＞C＞B，故A错误；B．D点溶液中Na+的物质的量为0.0015mol，Cl−物质的量为0.001mol。体积相等，则，根据电荷守恒可知，，将Na+用Cl−替代可得，故B正确；C．B点溶液溶质为等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，根据物料守恒，应有，故C错误；D．A点溶液根据物料守恒有，又根据电荷守恒知，因此合并两式可得，故D错误；故选B。3．室温下，用0.20mol·L1的NaOH溶液滴定10.00mL0.20mol·L1的NaHSO3溶液，滴定过程中溶液的pH变化和滴加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是（

）A．溶液中水的电离程度：b>a>cB．pH=7时，消耗的V(NaOH)<10.00mLC．在室温下K2(H2SO3)约为1.0×10－7D．c点溶液中c(Na+)>c(SO32)>c(OH)>c(HSO3)>c(H+)【答案】D【分析】在a点，pH<7，说明溶液显酸性，HSO3主要发生电离，HSO3H++SO32；在b点，加入V(NaOH)=10.00mL，NaHSO3与NaOH的物质的量相等，二者刚好完全反应生成Na2SO3，此时c(Na2SO3)=0.1mol/L，溶液的pH=10，说明SO32＋H2OHSO3＋OH；在c点，V(NaOH)=20.00mL，此时溶液中c(Na2SO3)=c(NaOH)=0.067mol/L。【详解】A．在a点，HSO3H++SO32，对水的电离产生抑制，b点，SO32＋H2OHSO3＋OH，促进水的电离，在c点，虽然SO32仍会促进水电离，但过量NaOH对水电离的抑制是主要的，且比a点对水的抑制作用更强，水的电离程度更小，所以溶液中水的电离程度：b>a>c，A正确；B．V(NaOH)=10.00mL时，pH>7，所以pH=7时，消耗的V(NaOH)<10.00mL，B正确；C．在b点，SO32＋H2OHSO3＋OH，c(OH)=c(HSO3)===1.0×104mol•L1，Kh=≈107，在室温下K2(H2SO3)==≈1.0×10－7，C正确；D．在c点，c(Na2SO3)=c(NaOH)，溶液中主要发生SO32＋H2OHSO3＋OH，所以c(Na+)>c(OH)>c(SO32)>c(HSO3)>c(H+)，D错误；故选D。4．（辽宁沈阳市2021届高考二模化学试题）25℃时，将溶液与固体混合，充分反应后向混合液中通(加)入气体或固体，溶液随加入或的物质的量的变化如图所示.下列叙述中正确的是A．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度b点最大B．c点混合液中：C．加入过程中，的值减小D．若忽略体积变化，25℃时电离平衡常数【答案】D【详解】A．溶液中酸或碱电离的c(H+)或c(OH)越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中c(H+)依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是c＞b＞a，水的电离程度c点最大，故A错误；B．c点pH=7，则c(H+)=c(OH)，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，所以c(Na+)=c(CH3COO)，故B错误；C．加入NaOH过程中，c(Na+)和c(OH)增大，c(Na+)的增大大于c(CH3COO)的增大，则加入NaOH过程中增大，故C错误；D．pH=7时，c(H+)=c(OH)=107mol•L1，溶液中存在电荷守恒c(Na+)=c(CH3COO)=0.2mol/L，溶液中c(CH3COOH)=(W0.2)mol/L，电离平衡常数，故D正确。故选：D。5．（2022年高考化学二轮复习讲练测）25℃时，向不同浓度硝酸中加入CH3COOAg固体，溶解过程中lgc(Ag+)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．CH3COOAg的Ksp的数量级为103B．温度一定时，c越大，CH3COOAg的溶解度越小C．温度和pH一定时，c越大，CH3COOAg的Ksp越大D．a点溶液满足：【答案】A【详解】A．根据图示信息可以看出，当c=0.01的曲线与CH3COOAg存在区域的交点处对应的纵坐标lgc(Ag+)值约为1.2，则c(Ag+)=101.2mol/L，又根据的沉淀溶解平衡可知，沉淀的=101.2101.2=102.4，则其的数量级为，A项正确；B．根据图示，温度一定时，c越大，的饱和溶液中越小，即越大，则的溶解度越大，B项错误；C．只与温度有关，温度和一定时，保持不变，C项错误；D．点所在曲线起始时，加入固体，不变，，根据物料守恒，以及电荷守恒，可得，D项错误；答案选A。6．（山东省济宁市邹城市20212022学年高二上学期期中考试化学试题）实验测得10mL溶液、10mL溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时和的电离常数均为。下列说法正确的是A．图中虚线d表示溶液pH随加水量的变化B．溶液稀释加水量到1000mL时，溶液的pH值约为6.8C．随温度升高，增大，溶液中减小，增大，pH减小D．25℃时稀释相同倍数的溶液与溶液中：【答案】D【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。【详解】A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A错误；B．铵根的水解方程式为：，设其中氢离子的浓度为x，则铵根的水解常数Kh=，解得x=，pH=lg，这与实际情况不符合，故稀释后pH应该约为7，B错误；C．随温度升高水解平衡正向移动，溶液中增大，C错误；D．25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，c()+c(H+)=c(Cl)+c(OH)。因此，氯化铵溶液中，c(Cl)c()=c(H+)c(OH)，醋酸钠溶液中，c(Na+)c(CH3COO)=c(OH)c(H+)。由于25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×105，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH)c(H+)（两者差的绝对值）相等，故c(Na+)c(CH3COO)=c(Cl)c()，D正确；故选D。7．（2022年河北省新高考测评卷（三））常温下，某溶液中各含磷微粒的浓度之和为，各含磷微粒的pc−pOH关系如图所示[pc表示各含磷微粒浓度的负对数，即；pOH表示浓度的负对数，即]。已知：，。下列说法正确的是A．曲线①表示随pOH的变化B．的溶液中，C．的平衡常数D．向该溶液中滴加少量溶液，化学方程式为【答案】C【详解】A．pOH越大说明溶液中的OH浓度越小，H+浓度越大，根据H3PO3的逐级电离结合图像信息可知，曲线③表示随pOH的变化，曲线②表示随pOH的变化，曲线①表示随pOH的变化，A错误；B．时，则(图中即对应y点)，此时，根据物料守恒，，则，B错误；C．由z点坐标求，由x点坐标求，，C正确；D．是二元弱酸，不可能得到，反应的化学方程式应为，D错误；故答案为：C。8．常温下，现有的溶液，已知含氮或含碳各微粒的分布分数平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数与pH的关系如图所示。下列说法不正确的是A．常温下B．向的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，和浓度都逐渐减小C．溶液中存在下列守恒关系：D．当溶液的时，溶液中存在下列关系：【答案】B【详解】A.常温下，现有

的溶液，溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子，则，故A正确；B.的溶液中，逐滴滴加氢氧化钠溶液时，先逐渐增大，当pH大于后随溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子才开始减小，故B错误；C.溶液中并且存在物料守恒：，故C正确；D.结合图像可知，溶液的时，溶液中离子浓度大小为：，故D正确；答案选B。【点睛】利用图像解决溶液中离子浓度大小的问题时，要注意各离子曲线的走向，注意查看交点所对应离子的关系。9．（重庆市第一中学20212022学年高三上学期第三次月考化学试题）酒石酸是一种存在于某些植物中的二元有机弱酸．一定温度下，向酒石酸溶液(表示)中滴加溶液，混合溶液随变化的关系如下图所示，下列说法正确的是A．a点表示第一滴定终点，可用石蕊溶液作为指示剂B．a点时：C．b点时：D．c点时：【答案】C【详解】A．的酒石酸第一步反应反应消耗10mL，a点表示第一滴定终点，溶液呈酸性，可用甲基橙作为指示剂，故A错误；B．a点溶质为NaHA，溶液呈酸性，说明HA的电离大于水解，所以，故B错误；C．b点溶质为Na2A，根据物料守恒，根据质子守恒，所以，故C正确；D．c点时，Na2A、NaOH的物质的量比为2:1，根据物料守恒，根据电荷守恒，所以

，故D错误；选C。10．（湖北省重点中学20212022学年高二下学期3月联考化学试题）室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是A．三种酸的电离常数关系：B．滴定至P点时，溶液中：C．室温时，D．当中和百分数达100％时，将三种溶液混合后：【答案】C【分析】根据图像，室温下，没有滴入NaOH溶液时0.1mol/L的HA、HB、HD的pH由大到小的顺序为：HD＞HB＞HA，同温同浓度的HA、HB、HD电离出H+的能力：HA＞HB＞HD，故三种酸的电离平衡常数：KHA＞KHB＞KHD。【详解】A．根据分析，三种酸的电离平衡常数：KHA＞KHB＞KHD，A项正确；B．P点，中和百分数为50%，所得溶液为等物质的量浓度的NaB和HB的混合液，溶液的pH＜7，溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于B的水解程度，溶液中c(B)＞c(Na+)＞c(HB)＞c(H+)＞c(OH)，B项正确；C．根据图像，0.1mol/LHB溶液的pH=3，溶液中c(H+)=103mol/L，则Ka(HB)==≈105，C项错误；D．当中和百分数达100%时，分别得到NaA、NaB、NaD溶液，将三种溶液混合后所得溶液中的物料守恒为c(Na+)=c(A)+c(HA)+c(B)+c(HB)+c(D)+c(HD)，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(A)+c(B)+c(D)+c(OH)，两式整理得c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH)c(H+)，D项正确；答案选C。11．常温下，分别向25mL0.3mol/L溶液和25mL0.3mol/L溶液中逐滴滴加0.3mol/L稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是A．Y曲线为溶液的滴定曲线B．b、c两点溶液中水的电离程度：b>cC．a点溶液中D．取d点溶液加热煮沸后冷却至室温，溶液的pH不变【答案】C【详解】A．由图可知，X曲线滴加盐酸不久压强即大幅增大，说明有CO2生成，而Y曲线在滴定过半时才有少量CO2生成，并且消耗的盐酸物质的量之比约为1:2，证明X是NaHCO3溶液的滴定曲线，Y是Na2CO3溶液的滴定曲线，A错误；B．c点加入25mL稀盐酸，溶液中的溶质为NaHCO3，HCO水解显碱性，水的电离被促进，从理论上看，b点为反应恰好完全，溶液的成分均为NaCl溶液，且溶解一定量二氧化碳，碳酸对水的电离有一定的抑制作用，故水的电离程度b<c，B错误；C．a点电荷守恒可知，则，C正确；D．d点也为恰好完全反应，溶液为氯化钠溶液，且溶解一定量的二氧化碳，加热过程中二氧化碳会挥发，因此再冷却到室温时溶液的pH值增大，D错误；故选：C。12．（湖北省七市（州）20212022学年高三下学期3月联合统一调研测试化学试题）室温下，向100mL某浓度的二元弱酸H2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是A．Ka1(H2A)数量级为103B．b点时：c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2—)>c(OH—)C．水的电离程度：d>c>b>aD．b→c段，反应的离子方程式为HA—+OH—=A2—+H2O【答案】C【分析】由图可知，a点对应溶液为H2A溶液，酸电离出的氢离子抑制水的电离，H2A溶液与氢氧化钠溶液反应时有b、c两个计量点，b点对应溶液为NaHA溶液、c点对应溶液为Na2A溶液，b点NaHA溶液pH为5说明HA—在溶液中的电离程度大于水解程度，d点为NaOH和Na2A的混合溶液，由b点消耗0.1mol/L氢氧化钠溶液的体积可知，H2A溶液的浓度为=0.1mol/L。【详解】A．由分析可知，a点对应溶液为0.1mol/LH2A溶液，溶液pH为2，则电离常数Ka1(H2A)=≈=1×10—3，所以电离常数的数量级为103，故A正确；B．由分析可知，b点对应溶液为NaHA溶液，溶液pH为5说明HA—在溶液中的电离程度大于水解程度，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(HA—)>c(H+)>c(A2—)>c(OH—)，故B正确；C．由分析可知，c点对应溶液为Na2A溶液，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水的电离，d点为NaOH和Na2A的混合溶液，氢氧化钠在溶液中电离出的氢氧根离子抑制A2—在溶液中的水解，水的电离程度小于c点，故C错误；D．由分析可知，b→c段发生的反应为NaHA溶液与氢氧化钠溶液反应生成Na2A和水，反应的离子方程式为HA—+OH—=A2—+H2O，故D正确；故选C。13．（湖北部分重点学校联考2021届高三2月新高考质量检测化学试题）温度为T时，用NaOH调节草酸(表示，电离常数为、)溶液，使其满足，溶液中、、、及的对数值与pH关系如图所示。下列说法错误的是A．温度T可能为25℃ B．X点对应的C．Z点溶液中： D．该温度下，的数量级为【答案】C【详解】A．由图示知，c()与c(OH)交点（相等时）对应pH=7，即该温度下，中性溶液pH=7，故对应温度为25℃，A正确；B．由，在X点，则，两边取负对数，，B正确；C．由电荷守恒：，结合Z点，得，则，C错误；D．图中Y点c(HA)=c(A2)，故，由图示知，，故数量级为105，D正确。故答案选C。14．下列说法错误的是A．将的溶液加水稀释，变大B．常温下，向氨水溶液中滴入溶液至时：C．的溶液的约为8，该溶液中有D．等物质的量浓度的与混合溶液：【答案】D【详解】A．，稀释过程中，变小，由于不变，故变大，A项正确；B．常温下向氨水中滴入溶液至时，溶液呈酸性，，又因为溶液呈电中性，，则有，B项正确；C．的溶液中水解程度大于电离程度，溶液显碱性，所以，C项正确；D．等物质的量浓度的与混合溶液：根据物料守恒可知，D项错误；答案选D。15．（山东省淄博市2021届高三第一次模拟考试化学试题）25℃时，维持二元弱酸体系中，各粒子浓度的对数值随变化的关系如图所示。下列说法错误的是A．a点溶液中B．的C．时，D．溶液约为10【答案】D【分析】由题干各粒子浓度的对数值随变化的关系图可知，曲线①代表H2A的变化，曲线②代表HA的变化，曲线③代表A2的变化，据此分析解题。【详解】A．曲线①代表H2A的变化，由题干信息图中可知，a点溶液中，A正确；B．由图中b点可知，的Ka1==c(H+)=104，故，B正确；C．由分析可知，曲线①代表H2A的变化，曲线②代表HA的变化，曲线③代表A2的变化，故时，，C正确；D．NaHA溶液中同时存在HA的电离和水解，HAH++A2，由图中可知曲线②和曲线③相交时pH为8，故Ka2==108，而HA+H2OH2A+OH，由b点可知，则Kh1==c(OH)==1010，Ka2＞Kh1即HA电离大于水解，故溶液显酸性，不可能为10，D错误；故答案为：D。16．为一种二元弱酸，室温下，向溶液中滴加KOH溶液，混合溶液中[X表示或]随溶液pH变化关系如图所示。已知室温下的，。下列说法错误的是A．当pH=4.3时，溶液中有B．常温下，KHA溶液中C．常温下，溶液中D．向溶液中滴加少量的发生的主要反应为【答案】B【详解】A．由图像可知，的，，当pH=4.3时，，即，根据电荷守恒可知，，故A正确；B．的水解常数，即的电离程度大于其水解程度，，，故B错误；C．，故C正确；D．根据的、可知，结合能力的大小关系为，因此溶液中加入少量时，，，故D正确；故答案为B17．（福建省莆田一中2021届高三模拟质量检测化学试题）常温下，向20mL浓度均为0.1mol·L1的HA与NaA的混合溶液中，分别滴加浓度均为0.1mol·L1的HCl、NaOH两种溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示。下列说法正确的是A．滴加HCl溶液的曲线为I B．水的电离程度：c>b>aC．d点时，lg≈5.24 D．c点溶液中存在：c(Na+)=2[c(A)+c(HA)]【答案】C【分析】0.1mol/L的HA与NaA的混合液的pH=4.76，说明HA为弱酸，且在该混合液中HA的电离程度大于A的水解程度；向该混合液中，滴加HCl，溶液的pH减小，则滴加盐酸溶液的曲线为II；滴加NaOH溶液，溶液的pH增大，滴加NaOH溶液的曲线为I；据此分析作答。【详解】A．滴加盐酸，溶液的pH减小，滴加盐酸的曲线为II，A错误；B．a、b点都在曲线II上，滴加盐酸时发生反应NaA+HCl=NaCl+HA，随着HCl的滴入，NaA逐渐减少、HA逐渐增多，HA电离出H+抑制水的电离，A水解促进水的电离，则水的电离程度不断减小，则水的电离程度a＞b，b点时加入20mL盐酸得到0.1mol/LHA和0.05mol/LNaCl的混合液，c点在曲线I上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，c点加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液，则水的电离程度c＞b，B错误；C．0.1mol/L的HA与NaA的混合液的pH=4.76，溶液中c(H+)=104.76mol/L，则Ka(HA)=≈104.76，d点溶液的pH=10，溶液中c(H+)=1010mol/L，Ka(HA)==≈104.76，≈105.24，则lg≈5.24，C正确；D．c点在曲线I上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，c点加入20mLNaOH溶液得到0.1mol/LNaA溶液，溶液中的物料守恒为c(Na+)=c(A)+c(HA)，D错误；答案选C。18．（河北省石家庄市第二中学20212022学年高三上学期11月第一次考试化学试题）已知：CH3NH2、H3BO3分别为一元弱碱和一元弱酸，二者在水中电离方程式分别为：CH3NH2+H2OCH3NH+OH；H3BO3+H2O[B(OH)4]+H+。25℃时，将10mL浓度均为1mol/L的CH3NH2、H3BO3两种溶液分别加水稀释曲线如图所示，V是溶液体积(mL)。pOH=lgc(OH)。下列说法正确的是A．10mL1mol/L的CH3NH2、H3BO3两种溶液的中和能力：CH3NH2=H3BO3B．lgV=1时，水的电离程度：CH3NH2=H3BO3C．常温下，向上述pOH=9的H3BO3溶液加入等体积pH=9的NaOH溶液后呈中性D．lgV=4时，溶液中的阴、阳离子总浓度：H3BO3＞CH3NH2【答案】A【详解】A．CH3NH2、H3BO3分别为一元弱碱和一元弱酸，10mL1mol/L的CH3NH2、H3BO3两种溶液中酸和碱的物质的量相等，所以中和能力：CH3NH2=H3BO3，故A正确；B．根据图像可知，稀释相同倍数，CH3NH2的pOH变化大，说明CH3NH2的电离常数大，lgV=1时，CH3NH2和H3BO3的浓度都是1mol/L，CH3NH2对水电离的抑制作用强，水的电离程度：CH3NH2<H3BO3，故B错误；C．常温下，向上述pOH=9的H3BO3溶液加入等体积pH=9的NaOH溶液，恰好反应生成Na[B(OH)4]，Na[B(OH)4]是强碱弱酸盐，溶液碱性，故C错误；D．根据图像可知，稀释相同倍数，CH3NH2的pOH变化大，说明CH3NH2的电离常数大，lgV=4时，CH3NH2和H3BO3的浓度相等，溶液中的阴、阳离子总浓度：H3BO3<CH3NH2，故D错误；选A。19．已知某温度下，。向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的氨水，测定过程中电导率和变化曲线如图所示，下列说法正确的是A．点溶液中，约为B．、、、四点溶液中，点溶液中水的电离程度最大C．点溶液中，D．点溶液中【答案】C【详解】A．a点为盐酸和醋酸的混合液，醋酸存在电离平衡，设溶液中c(CH3COO)=xmol/L，则溶液中c(H+)=(0.01+x)mol/L，c(CH3COOH)=(0.01x)mol/L，Ka==1.6×105，由于盐酸抑制醋酸的电离，c(H+)≈0.01mol/L，c(CH3COOH)≈0.01mol/L，所以c(CH3COO)≈mol/L，本选项缺少单位，故故A错误；B．、、、四点溶液中，a点为盐酸和醋酸的混合液，b点为醋酸和氯化铵的混合液，c点酸碱恰好中和生成氯化铵和醋酸铵，d点为醋酸铵、氯化铵和一水合氨的混合液，酸、碱抑制水电离，能够水解的的盐促进水电离，所以C点水的电离程度最大，故B错误；C．b点溶质是等浓度的氯化铵和醋酸，醋酸电离溶液显酸性，醋酸的存在抑制铵根离子的水解，则，故C正确；D．c点溶液中恰好生成等浓度的氯化铵和醋酸铵，根据物料守恒：，，所以有，故D错误；故选：C。20．草酸H2C2O4是二元弱酸。向100mL0.40mol/LH2C2O4溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液调节pH，加水控制溶液体积为200mL。测得溶液中微粒的δ(x)随pH变化曲线如图所示，δ(x)=，x代表微粒H2C2O4、或C2O。下列叙述不正确的是A．曲线II是的变化曲线B．草酸H2C2O4的电离常数K1=1.0×101.22C．在b点，3c(C2O)＋c(OH)=c(Na＋)＋c(H＋)D．在c点，c()=0.6mol/L【答案】D【详解】A．当酸性越强时，曲线Ⅰ表示的微粒的含量越高，可推知曲线Ⅰ是H2C2O4的变化曲线，曲线Ⅱ是的变化曲线，曲线Ⅲ是C2O的变化曲线，A正确；B．在a点H2C2O4的浓度和的浓度相等，pH=1.22，则草酸H2C2O4的电离常K==101.22，B正确；C．在b点，c(C2O)=c()，根据电荷守恒：2c(C2O)+c(OH)+c()=c(Na+)+c(H+)，则3c(C2O)＋c(OH)=c(Na＋)＋c(H＋)，C正确；D．在c点，的含量为0.15，而H2C2O4的物质的量为0.1L×0.40mol/L=0.04mol，则的物质的量为0.15×0.04mol=0.006mol，溶液体积为0.2L，c()==0.03mol/L，D错误；故选D。21．已知HA的酸性强于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol∙Ll的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计)，溶液中A、B的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是A．曲线I表示溶液的pH与lgc(B)的变化关系B．C．溶液中水的电离程度：M>ND．N点对应的溶液中c(Na+)>Q点对应的溶液中c(Na+)【答案】B【详解】A．HA的酸性强于HB的酸性，则Ka（HA）＞Ka（HB），当1gc(A)=1gc(B)时c(A)=c(B)，c(HA)=c(HB)，则c(H+)越大，pH越小，Ka越大，所以曲线II表示pH与1gc(B)的关系，故A错误；B．对于HB，取点(10，2)，则c(H+)=1010mol/L，c(B)=102mol/L，则Ka(HB)==，同理对于HA，取点(8，2)，则c(H+)=108mol/L，c(A)=102mol/L，则Ka(HA)==，所以Ka(HA)：Ka(HB)=100，故B正确；C．M点和N点溶液中c(A)=c(B)，溶液pH越大，水的电离程度越大，所以水的电离程度M＜N，故C错误；D．对于N点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(B)，对于Q点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(A)，N点和Q点溶液pH相同，则两溶液中c(H+)和c(OH)分别相等，但c(B)＜c(A)，则N点对应的溶液中c(Na+)＜Q点对应的溶液中c(Na+)，故D错误；故选：B。22．（2022·浙江·高三开学考试）25℃时，氢氟酸(HCN)的Ka=6.2×1010，醋酸的Ka=1.75×105。下列说法正确的是A．25℃时，浓度相等的NaCN和HCN混合后，混合液呈酸性B．将浓度均为0.10mol·L1的NaCN和HCN溶液加水稀释，两种溶液的pH均变大C．25℃时，HCN溶液中滴入醋酸溶液，则HCN的电离受到抑制D．25℃时，醋酸溶液中加一定量NaCN固体，调节pH=5，此时4c(CH3COO)=7c(CH3COOH)【答案】D【详解】A．25℃时，氢氟酸(HCN)的Ka=6.2×1010，则CN的水解常数为；则浓度相等的NaCN和HCN混合后，水解大于电离，混合液呈碱性，A错误。B．NaCN和HCN溶液分别显碱性、酸性；将浓度均为0.10mol·L1的NaCN和HCN溶液加水稀释，NaCN和HCN溶液的碱性、酸性均减弱，故两种溶液的pH一个变小、一个变大，B错误。C．不确定两者的浓度关系，不能判断HCN的电离是否受到抑制，C错误。D．25℃时，醋酸的Ka=1.75×105；醋酸溶液中加一定量NaCN固体，调节pH=5，，此时c(H+)=105，则，故此时4c(CH3COO)=7c(CH3COOH)，D正确。故选D。23．（2022·江苏省包场高级中学高三开学考试）室温下，通过下列实验探究(为水解平衡常数、为电离平衡常数)溶液的性质。实验实验操作和现象1用试纸测定溶液的pH，测得约为5.52向含稀溶液中加入，产生沉淀3向溶液中通入过量HCl，无现象4向溶液中通入一定量NH3，测得溶液下列有关说法不正确的是A．实验1的溶液中：B．实验2反应静置后的上层清液中：C．实验3得到的溶液中：D．实验4所得的溶液中：【答案】C【详解】A．实验1的溶液中：，，则，，即，A正确；B．实验2反应静置后的上层清液中：与反应生成沉淀，根据溶解平衡，，B正确；C．实验3得到的溶液中，如果通入的HCl的量过多，使其浓度超过了0.1mol/L，则会使，C错误；D．实验4所得的溶液中：根据电荷守恒，得到，再根据物料守恒得，两者连立得到，D正确；故选C。24．（2022·青海西宁·高三期末）室温下，向溶液和溶液中分别滴加的溶液，[或]与溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是A．室温下，B．A、C、D点对应溶液中，C点对应的最大C．若用的溶液滴定，则A点向B点移动D．室温下，【答案】B【分析】由图可知，加入10mL0.1mol/L硝酸银溶液时，10mL0.1mol/L氯化钠溶液恰好反应，溶液中氯离子浓度为10—4.9mol/L，则溶液中银离子浓度为10—4.9mol/L，氯化银的溶度积为10—4.9×10—4.9=10—9.8；加入20mL0.1mol/L硝酸银溶液时，10mL0.1mol/L硫酸钠溶液恰好反应，溶液中硫酸根离子浓度为10—1.8mol/L，则溶液中银离子浓度为2×10—1.8mol/L，硫酸银的溶度积为10—1.8×(2×10—1.8)2=4×10—5.4。【详解】A．由分析可知，室温下，氯化银的溶度积为10—4.9×10—4.9=10—9.8，故A正确；B．由分析可知，A点溶液中银离子浓度为10—4.9mol/L，D点溶液中银离子浓度为2×10—1.8mol/L，C点硫酸钠溶液为完全反应，溶液中硫酸根离子浓度大于D点，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中银离子浓度小于D点，则A、C、D点对应溶液中银离子浓度最大的是D点，故B错误；C．若用0.05mol/L硝酸银溶液滴定10mL0.1mol/L氯化钠溶液，硝酸银溶液体积为20mL时氯化钠溶液和硝酸银溶液恰好完全反应，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中氯离子浓度为10—4.9mol/L，则图中A点移向B点，故C正确；D．由分析可知，室温下，氯化银的溶度积为10—4.9×10—4.9=10—9.8，硫酸银的溶度积为10—1.8×(2×10—1.8)2=4×10—5.4，由方程式可知，反应的平衡常数K=====4×1014.2，故D正确；故选B。25．（2022·广东广州·高三阶段练习）常温下，用20mL0.1mol·L1Na2SO3溶液吸收SO2气体。吸收液的pH与的关系如图所示。下列说法不正确的是A．常温下，H2SO3的第二步电离常数为1.0×107.2B．b点对应溶液中：c(Na+)＞c(HSO)＞c(OH)C．c点对应溶液中：c(Na+)=c(HSO)+c(SO)D．通入SO2气体的过程中，水的电离平衡逆向移动【答案】C【详解】A．b点溶液pH=7.2，lg=0，即c(H+)=1.0×107.2，c(HSO)=c(SO)，，A项正确；B．Na2SO3溶液吸收SO2气体，发生反应：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，b点对应的溶液pH=7.2，此时溶质为Na2SO3和NaHSO3混合物，即溶液中c(Na+)>c(HSO)>c(OH)，B项正确；C．常温下pH=7.0，溶液呈中性，c(OH)=c(H+)，依据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH)，c(Na+)=c(HSO)+2c(SO)，C项错误；D．由图可知，在通入SO2气体的过程中，溶液的酸性不断增强，对水的电离抑制程度逐渐增大，故水的电离平衡逆向移动，D项正确；答案选C。26．（2022·湖南永州·一模）废旧铅蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的化工流程如图所示。已知：i.铅膏的主要成分是PbO2和PbSO4；HBF4是强酸；ii.Ksp(PbSO4)=1.6×108、Ksp(PbCO3)=7.4×1014。下列有关说法错误的是A．步骤②中反应PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)的化学平衡常数K约为2.2×105B．操作③需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C．步骤④发生反应的离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2OD．副产品M的主要成分是(NH4)2SO3【答案】D【分析】废旧铅蓄电池处理后加水通入二氧化硫、碳酸铵，PbO2和二氧化硫发生氧化还原反应，四价铅转化为二价铅生成碳酸铅沉淀、二氧化硫转化为硫酸根生成副产品硫酸铵M；碳酸铅加入HBF4得到Pb(BF4)2和二氧化碳气体，Pb(BF4)2电解得到铅；【详解】A．步骤②中反应PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)的化学平衡常数K=2.2×105，A正确；B．操作③为分离固液的操作，是过滤，需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，B正确；C．HBF4是强酸，和碳酸铅反应生成二氧化碳、水、和Pb(BF4)2，故步骤④发生反应的离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O，C正确；D．副产品M的主要成分是(NH4)2SO4，D错误；故选D。27．（2022·广东茂名·高三阶段练习）以酚酞为指示剂，用的溶液滴定未知浓度的二元酸溶液。溶液中，、分布分数随滴加溶液体积的变化关系如图所示。【比如的分布分数：】，下列说法错误的是A．曲线①代表，曲线②代表B．溶液的浓度为C．的平衡常数为D．时，溶液中【答案】C【详解】A．没有加入时，约为1，说明第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表，曲线②代表，故A正确；B．根据反应，，故B正确；C．根据曲线当时溶液的，则的电离平衡常数，所以的平衡常数为，故C错误；D．当加入溶液时，溶液的发生突变，说明恰好完全反应，根据反应知，溶质为，由物料守恒可得，D正确；故选：C。28．（2022·河北沧州·高三开学考试）亚硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸。常温下，向H2SeO3溶液中逐滴加入KOH溶液，混合溶液中lgX[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．曲线表示lg[]与pH的变化关系B．H2SeO3的第一步电离平衡常数Ka1=102.37C．根据图中信息可以判断KHSeO3溶液呈碱性D．pH=5.23时，溶液中存在：c(K+)+c(H+)=c(OH)+3c(HSeO)【答案】D【详解】A.亚硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸，根据H2SeO3+KOH=KHSeO3+H2O、KHSeO3+KOH=K2SeO3+H2O，结合pH=2.37时，a线的lgX为0，b线的lgX为3，则a表示lg，b表示lg，故A错误；B.H2SeO3的第一步电离为H2SeO3H++HSeO，lg为0时，pH=2.37，则平衡常数Ka1==102.37，故B错误；C.根据图示信息，KHSeO3的Ka2=105.23，Kh2=，电离大于水解，溶液呈酸性，故C错误；D.pH=5.23时，溶液中存在离子为H+、OH、HSeO、SeO，lg=0，有c(HSeO)=c(SeO)，结合电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH)+c(HSeO)+2c（SeO）=c(OH)+3c(HSeO)，故D正确；故选：D。29．（2022·山西吕梁·高三阶段练习）工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究，现有含的、溶液，含的、溶液，室温下，在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．反应的平衡常数B．a=6.5C．曲线③代表含的溶液的变化曲线D．pH=6.8时，含的溶液中的与含的溶液中的相等【答案】B【详解】A．因为是强酸，故随着pH的变化，溶液中浓度几乎不变，则含的溶液中浓度几乎不变；pH相同时，溶液中浓度越大，浓度越小，所以曲线①代表含的溶液的变化曲线，曲线②代表含的溶液的变化曲线。因为是弱酸，故溶液pH越小，溶液中浓度越小，则浓度越大；pH相同时，溶液中的浓度大于溶液中的浓度，所以曲线③表示含的溶液的变化曲线，曲线④表示含的溶液的变化曲线。反应的平衡常数，故A错误；B．因为曲线①代表含的溶液的变化曲线，则的溶度积，温度不变，溶度积不变，则溶液的pH为7.7时，，则，故B正确；C．曲线③表示含的溶液的变化曲线，曲线④表示含的溶液的变化曲线，故C错误；D．pH=6.8时，含的溶液中的与含的溶液中的相等，故D错误；故选：B。30．（2022·江苏·泰州中学高三阶段练习）室温下：、、、。实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如下：实验实验操作和现象1测定溶液的pH约为82测定HCN与NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH>73向NaClO溶液中通入少量的，测得pH降低4向溶液中加入等体积溶液，产生白色沉淀下列所得结论正确的是A．实验1溶液中存在：B．由实验2可得C．实验3反应的离子方程式：D．实验4所得上层清液中的【答案】D【分析】由电离常数可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO；由实验1可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性；由实验2可知，0.10mol•L1氢氰酸与0.05mol•L1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性。【详解】A．根据溶液中的电荷守恒和物料守恒，碳酸氢钠溶液中存在的关系为，故A错误；B．由分析可知，实验2中0.10mol•L1氢氰酸与0.05mol•L1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性，则氢氰酸的电离常数Ka（HCN）<，故B错误；C．由分析可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO，则次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为CO2+H2O+ClO=HCO+HClO，故C错误；D．由题意可知，VL0.01mol/L碳酸钠溶液和VL0.02mol/L氯化钙溶液等体积混合反应后溶液中过量的钙离子浓度为mol/L=0.005mol/L，由碳酸钙的溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为，故D正确；故选：D。31．（2022·浙江·高三阶段练习）时，，下列说法不正确的是A．时，溶液中加入少量(恢复到原温度)，水的电离程度减小B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大C．相同温度下，等的和溶液中，D．时的和的混合溶液中，【答案】B【详解】A．NaClO为强碱弱酸盐水解显碱性，水解方程式为：，加入少量的NaOH固体使水解平衡逆向移动，加入碱抑制水的电离，则水的电离程度减小，A项正确；B．将NaClO溶液加热，由于水解正反应为吸热反应，则促进NaClO水解，溶液的碱性增强，溶液pH增大，NaOH为强电解质，温度升高溶液的KW增大，则pH减小，B项错误；C．相同条件下，，溶液中电荷守恒可得，同样可得溶液电荷守恒，pH相同时酸性越弱水解消耗的酸根离子就越多，则，C项正确；D．时和溶液电荷守恒为，时溶液为中性，则，根据，求出水解常数为，次氯酸的电离方程式为：，次氯酸根离子的水解方程式为：，，，由于水解大于电离，则，可得到，D项正确；答案选B。32．（重庆市主城区2022届高三第二次学业教学质量抽测化学试题）我国硒含量居世界首位，H2SeO3为二元弱酸溶液，25°C时，用0.1mol·L1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L1H2SeO3溶液的滴定曲线如图所示(已知：25°C时，pKa=lgKa，H2SeO3的pKa1=1.34，pKa2=7.34)下列说法正确的是A．a点对应消耗NaOH溶液的体积为10mLB．b点溶液中：c(H2SeO3)>c(SeO)C．c点溶液中：c(Na+)+c(H+)=3c(HSeO)+c(OH)D．水的电离程度：a>b>c>d【答案】C【分析】由滴定曲线结合电离常数的表达式可知，a点时c(H2SeO3)=c(HSeO)，c点时c(HSeO)=c(SeO)，b点时恰好完全反应生成NaHSeO3，d点时恰好完全反应生成Na2SeO3，据此分析解答。【详解】A．用0.1mol·L1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L1H2SeO3溶液，a点溶液中溶质为H2SeO3和NaHSeO3，pH=1.34=pKa1，由电离平衡常数表达式得到此时c(H2SeO3)=c(HSeO)，由电离常数可知，H2SeO3的电离程度相对较大，而HSeO的电离和水解程度都相对较小，则对应消耗NaOH溶液的体积小于10mL，故A错误；B．b点是用0.1mol·L1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L1H2SeO3溶液，恰好完全反应生成NaHSeO3，溶液显酸性，说明HSeO电离程度大于水解程度，则c(H2SeO3)<c(SeO)，故B错误；C．c点pH=7.34=pKa2，溶液显碱性，溶液中的溶质主要为Na2SeO3和NaHSeO3，依据平衡常数，SeO+H2OHSeO+OH，==，c(OH)=，带入计算得到c(HSeO)=c(SeO)，再根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HSeO)+c(OH)+2c(SeO)，则c(Na+)+c(H+)=3c(HSeO)+c(OH)，故C正确；D．Na2SeO3促进水的电离，H2SeO3抑制水的电离，则水的电离程度：a<b<c<d，故D错误；答案选C。33．（甘肃省2022届高三第二次高考诊断考试（二模）理科综合化学试题）25℃时，向20mL0.1ml·L1二元弱酸(H2A溶液中加入NaOH固体，混合溶液的随lgc(HA)以及lgc(A2)的关系如下图所示(忽略溶液体积变化和H2A的挥发)。下列有关叙述正确的是A．曲线I、II是分别代表的微粒为HA和A2B．pH=10时，C．从a点到d点，水电离的一直增大D．b点有关微粒浓度大小关系为>>>【答案】B【分析】H2A为二元素弱酸，其电离方程式为H2AH++HA、HAH++A2，一级电离远大于二级电离，因此曲线I、II分别代表lgc(A2)、lgc(HA)，加入NaOH，先生成NaHA，继续加入NaOH，再生成Na2A，据此分析作答。【详解】A．根据分析可知，曲线I、II是分别代表的微粒为A2和HA，A项错误；B．c点时，c(HA)=c(A2)，则，pH=10时，，B项正确；C．根据图像，NaHA溶液显酸性，抑制水的电离，加入NaOH，生成Na2A，A2－水解，促进水的电离，从a点到d点，水电离产生的c(H+)先减小后增大，C项错误；D．b点时c(HA)最大，溶液中溶质为NaHA，溶液显酸性，则电离大于水解，水也会电离出氢离子，则微粒浓度大小关系为>>>，D项错误；答案选B。34．（重庆市20212022学年高三上学期学业质量调研抽测（第一次）化学试卷）已知联氨()为二元弱碱，常温下联氨的水溶液中有：

；。常温下向10mL的水溶液中滴加0.1mol/L盐酸溶液，混合溶液中微粒的物质的量分数随变化的关系如下图所示下列叙述正确的是A．B．常温下滴加5mL盐酸溶液时，混合溶液pH=8C．混合溶液中时，滴加盐酸溶液体积小于10mLD．常温下，当时，溶液中【答案】C【分析】由图可知，N2H4与N2H浓度相等时，溶液—lgc(OH—)为6.0，由K1=可得K1=c(OH—)=10—6.0，N2H与N2H浓度相等时，溶液—lgc(OH—)为15.0，则K2=c(OH—)=10—15.0，据此回答。【详解】A．据分析，，A错误；B．由图可知，N2H4与N2H浓度相等时，溶液—lgc(OH—)为6.0，c(OH—)=10—6，c(H+)=10—8，溶液pH=8；而常温下滴加5mL盐酸溶液时，所得溶液为等物质的量浓度的N2H4与N2H5Cl混合溶液，N2H4电离呈碱性、K1=10—6.0，N2H5Cl水解呈酸性，N2H5Cl在溶液中的水解常数为==10—8，则混合溶液中N2H4的电离程度大于N2H5Cl水解程度，粒子浓度：，故对应的溶液pH≠8，B错误；C．混合溶液中电荷守恒，，当溶液呈中性时，则有，此时溶液为N2H4与N2H5Cl混合溶液，则滴加盐酸溶液体积小于10mL，C正确；D．据分析，常温下，当时，溶液—lgc(OH—)为15.0，c(OH—)=10—15.0，则溶液中，D错误；答案选C。35．（重庆市第一中学20212022学年高三上学期半期考试化学试题）向溶液中滴加NaOH溶液，溶液中，，，的分布系数()如下图所示[]，下列表述正确的是A．由图可知，磷酸的电离平衡常数间存在如下关系：B．N点对应的溶液中：C．P点的溶液中，D．已知的，，则制备和均可用和为原料【答案】C【分析】由图可知，0、1、2、3分别表示，，，四者所占物质的量分数随pH变化的曲线，对应图像中的M、N、P三点分别存在c()=c()，c()=c()，c()=c()关系，据此分析解答。【详解】A．由图可知，M点存在c()=c()，则=c(H+)102.1，同理可得107.1，1012.4，则，故A错误；B．N点对应的溶液中c()=c()，根据溶液中存在电荷守恒关系，则有：，故B错误；C．P点溶液为等浓度的和混合溶液，溶液呈碱性，，，且水解程度小，则，故C正确；D．由图像可知，的=102.1，107.1，1012.4，又的，，则电离出氢离子由易到难依次为：、、、、，说明反应+=+不能发生，即不能用和为原料制备，故D错误；答案选C。36．某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时lgc(Pb2+)与lgc(CO32)或lgc(I)的关系如图所示。下列说法错误的是A．Ksp(PbCO3)的数量级为1014B．相同条件下，水的电离程度p点大于q点C．L1对应的是lgc(Pb2+)与lgc(I)的关系变化D．p点溶液中加入Na2CO3浓溶液，可得白色沉淀【答案】B【分析】，则，同理，则图像L1对应的是lgc(Pb2+)与lgc(I)的关系变化，以此分析。【详解】A.由上述分析可知图像L2对应的是lgc(Pb2+)与lgc(CO32)的关系变化，则数量级为1014，故A正确；B.相同条件下，P点和Q点的铅离子浓度相同，P点为碘化铅的饱和溶液，Q点为碳酸铅的饱和溶液，由于碘离子不水解，则CO32可以发生水解，其水解促进了水的电离，则水的电离程度p点小于q点，故B错误；C.L1对应的是lgc(Pb2+)与lgc(I)的关系变化，故C正确；D.，，，则p点溶液中加入Na2CO3浓溶液,可得白色沉淀，故D正确；故答案选：B。37．（河北省石家庄外国语学校2022届高三10月月考化学试题·多选）铬酸钡(BaCrO4)是一种难溶于水的黄色颜料，在T1和T2温度下(T2>T1)，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是A．m点和q点对应Ksp(BaCrO4)的数量级圴为109B．温度降低时，q点的溶液组成由q沿qnw线向w方向移动C．T2温度下，n点有BaCrO4沉淀析出D．向p点溶液中加入少量K2CrO4固体，溶液组成由p沿pmw线向w方向移动【答案】BC【详解】A．根据图示分析，m点Ksp(BaCrO4)=p点Ksp(BaCrO4)=c(Ba2+)·c（CrO）=1.6×109，q点对应的Ksp(BaCrO4)=3.6×109，A正确；B．T2>T1，随温度升高Ksp增大，q点的溶液为饱和溶液，温度降低时，钡离子、铬酸根离子浓度均减小，组成由q向p方向移动，B错误；C．T2温度下，n点BaCrO4溶液未达到饱和，没有BaCrO4沉淀析出，C错误；D．向p点溶液中加入少量K2CrO4固体，c（CrO）增加，温度不变，Ksp不变，溶液组成由p沿pmw线向w方向移动，D正确；答案选BC。38．（湖南省市（州）部分学校2022届大联考·多选）常温下，溶液中、、三者所占物质的量分数(分布系数)随变化的关系如图1所示，向溶液中滴加稀盐酸，所得混合溶液的与[或]变化关系如图2所示。下列说法正确的是A．水的电离程度：B．点时，C．图1中点即为图2中点，对应的D．点时，【答案】CD【详解】随着增大，减小，先增大后减小，增大，增大，减小，所以图1中1代表，2代表，3代表，图2中代表随变化曲线，代表随变化曲线。A．、(电离大于水解)会抑制水电离，会促进水电离，随着增大，减小，先增大后减小，增大，、两点均为3，为同一溶液，所以水的电离程度，选项A错误；B．由图2知，点，再由图1可知，选项B错误；C．由图2知，点为与的交点，有，解得，即图2中点为图1中点，又由，解得，即，选项C正确；D．点时，联立电荷守恒、物料守恒得，再由点，由图1知，，所以有，选项D正确；答案选CD。39．（山东省聊城市2022届高三二模化学试题·多选）25℃时，某酸(结构简式为)溶液中含元素X物种的浓度之和为，溶液中各含元素X物种的pX随pOH变化关系如图所示。图中，；x、y两点的坐标：；、分别表示的一级、二级电离常数。下列说法错误的是A．溶液显碱性，是因为的水解程度大于电离程度B．溶液中，C．该体系中，D．z点时，【答案】AC【分析】根据某酸结构简式为，以及H3XO3有两级电离常数可知H3XO3为二元弱酸，H3XO3⇌H++H2XO，H2XO⇌H++HXO，根据图像，①表示HXO的pX随pOH的变化图像；②表示H2XO的pX随pOH的变化图像；③表示H3XO3的pX随pOH的变化图像；y点表示c(H3XO3)与c(H2XO)相等，此时pOH=12.6，c(OH)=1012.6mol/L，，，x点表示c(HXO)与c(H2XO)相等，此时pOH=7.4，c(OH)=107.4mol/L，，，H2XO的水解常数，H2XO+H2O⇌OH+H3XO3，，Ka2>Kh2，则H2XO的电离大于H2XO的水解，则c(HXO)>c(H3XO3)，以此解题。【详解】A．由分析可知该酸为二元弱酸，则只能电离不能水解，A错误；B．溶液中，根据电荷守恒：，则，由分析可知c(HXO)>c(H3XO3)则有，B正确；C．H3XO3的一级电离常数，,=，，因为，故，，C错误；D．z点时c(HXO)=c(H3XO3)，=，D正确；故选AC。40．（多选）在“水质研学行动”中，科学兴趣小组对某地矿泉水进行了检测。室温下，测得该水中p(X)与pOH关系如图所示[已知：p(X)=lgc(X)，X为H2CO3、、或Ca2+]。下列说法错误的是A．曲线③代表p(Ca2+)随pOH的变化 B．该温度下，pH+p()=10.8C．该温度下的Ksp(CaCO3)=1×109.2 D．当p(Ca2+)=6.1时，p()=1.8【答案】AD【分析】天然水体中的H2CO3与空中的CO2保持平衡，p(H2CO3)为一条值不变的横线，随着pH的增大，溶液碱性增强，HCO、CO浓度都增大，pH较小时c(HCO)>c(CO)，根据p(X)