2025年高考化学复习之小题狂练300题（选择题）：水溶液中的离子反应与平衡

第1页（共1页）2025年高考化学复习之小题狂练300题（选择题）：水溶液中的离子反应与平衡一．选择题（共10小题）1．（2024•甲卷）将0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加0.10mol•L﹣1的NaCl溶液。lg[cM/（mol•L﹣1）]（M代表Ag+、Cl﹣或）随加入NaCl溶液体积（V）的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（）A．交点a处：c（Na+）＝2c（Cl﹣） B．＝10﹣2.21 C．V≤2.0mL时不变 D．y1＝﹣7.82，y2＝﹣lg342．（2024•全国）二元弱酸H2A的电离常数分别为K1和K2。H2A的物种分布系数δ与pH的关系如图所示[例如A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝。对于0.05mol•L﹣1的H2A溶液，下列叙述错误的是（）A．曲线P对应δ（H2A），曲线R对应δ（A2﹣） B．pH＝1.0时，c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣） C．K1的数量级为10﹣2，K2的数量级为10﹣4 D．δ（A2﹣）也可表示为3．（2024•贵州）硼砂[Na2B4O5（OH）4•8H2O]水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的B（OH）3（硼酸）和Na[B（OH）4]（硼酸钠）。已知：①25℃时，硼酸显酸性的原理②。下列说法正确的是（）A．硼砂稀溶液中c（Na+）＝c[B（OH）3] B．硼酸水溶液中的H+主要来自水的电离 C．25℃时，0.01mol•L﹣1硼酸水溶液的pH≈6.38 D．等浓度等体积的B（OH）3和Na[B（OH）4]溶液混合后，溶液显酸性4．（2024•江西）废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn（Ⅱ）的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是（）已知：δ（MnOH+）＝；Mn（OH）2难溶于水，具有两性A．曲线z为δ（MnOH+） B．O点， C．P点，c（Mn2+）＜c（K+） D．Q点，c（）＝2c（MnOH+）+2c（）5．（2024•甘肃）兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是（）A．还原性：Ag＞Cu＞Fe B．按上述方案消耗1molFe可回收1molAg C．反应①的离子方程式是[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4 D．溶液①中的金属离子是Fe2+6．（2024•湖南）常温下Ka（HCOOH）＝1.8×10﹣4向20mL0.10mol•L﹣1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是（）A．水的电离程度：M＜N B．M点：2c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+） C．当V（HCOOH）＝10mL时，c（OH﹣）＝c（H+）+2c（HCOOH）+c（HCOO﹣） D．N点：c（Na+）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（HCOOH）7．（2024•浙江）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图[例如δ（H2S）＝]。已知：Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17。下列说法正确的是（）A．溶解度：FeS大于Fe（OH）2 B．以酚酞为指示剂（变色的pH范围8.2～10.0），用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度 C．忽略S2﹣的第二步水解，0.10mol/L的Na2S溶液中S2﹣水解率约为62% D．0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS8．（2024•山东）常温下Ag（Ⅰ）—CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag++CH3COO﹣═CH3COOAg（aq），平衡常数为K。已知初始浓度c0（Ag+）＝c0（CH3COOH）＝0.08mol•L﹣1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）下列说法正确的是（）A．线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况 B．CH3COOH的电离平衡常数Ka＝10n C．pH＝n时，c（Ag+）＝mol•L﹣1 D．pH＝10时，c（Ag+）+c（CH3COOAg）＝0.08mol•L﹣19．（2024•新课标）常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]下列叙述正确的是（）A．曲线M表示δ（CHCl2COO﹣）～pH的变化关系 B．若酸的初始浓度为0.10mol•L﹣1，则a点对应的溶液中有c（H+）＝c（CHCl2COO﹣）+c（OH﹣） C．CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10﹣1.3 D．pH＝2.08时，10．（2024•湖北）CO2气氛下，Pb（ClO4）2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐标（δ）为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0（Pb2+）＝2.0×10﹣5mol•L﹣1，pKa1（H2CO3）＝6.4、pKa2（H2CO3）＝10.3，pKsp（PbCO3）＝12.1。下列说法错误的是（）A．pH＝6.5时，溶液中 B．δ（Pb2+）＝δ（PbCO3）时，c（Pb2+）＜1.0×10﹣5mol•L﹣1 C．pH＝7时， D．pH＝8时，溶液中加入少量NaHCO3（s），PbCO3会溶解

2025年高考化学复习之小题狂练300题（选择题）：水溶液中的离子反应与平衡参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•甲卷）将0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加0.10mol•L﹣1的NaCl溶液。lg[cM/（mol•L﹣1）]（M代表Ag+、Cl﹣或）随加入NaCl溶液体积（V）的变化关系如图所示。下列叙述正确的是（）A．交点a处：c（Na+）＝2c（Cl﹣） B．＝10﹣2.21 C．V≤2.0mL时不变 D．y1＝﹣7.82，y2＝﹣lg34【答案】D【分析】将0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL悬浊液，溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+（aq），向其中滴加0.10mol•L﹣1的NaCl溶液，氯化银溶解度小于铬酸银，氯离子浓度增大，银离子浓度减小，溶液体积增大，铬酸根离子浓度较小，综合影响可知，铬酸根离子浓度变化不大，则图象中最上方曲线为离子浓度的变化，中间为氯离子浓度的变化，最下面为Ag+离子浓度的变化，结合图象中的数据和变化过程回答问题。【解答】解：A．交点a处c（）＝c（Cl﹣），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）＝2c（）+c（Cl﹣），c（Na+）＝3c（Cl﹣），故A错误；B．图象中的平衡状态下，＝＝＝102.21，故B错误；C．V≤2.0mL时，随着氯化钠滴入，银离子浓度减小，铬酸根离子浓度增大，＝×，比值增大，故C错误；D．V＝2.4mL时，c（Cl﹣）＝10﹣1.93mol/L，＝c（Ag+）＝＝mol/L＝10﹣7.82mol/L，y1＝﹣7.82，同理V＝2.4mL时，沉淀转化反应完全，c（）＝＝mol/L，y2＝﹣lg34，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了沉淀转化的分析判断、溶度积常数的计算应用，注意图象离子浓度变化的理解应用，题目难度较大。2．（2024•全国）二元弱酸H2A的电离常数分别为K1和K2。H2A的物种分布系数δ与pH的关系如图所示[例如A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝。对于0.05mol•L﹣1的H2A溶液，下列叙述错误的是（）A．曲线P对应δ（H2A），曲线R对应δ（A2﹣） B．pH＝1.0时，c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣） C．K1的数量级为10﹣2，K2的数量级为10﹣4 D．δ（A2﹣）也可表示为【答案】B【分析】随着溶液pH增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）在c（HA﹣）减小的同时一直增大，则图中曲线P、Q、R分别对应δ（H2A）、δ（HA﹣）、δ（A2﹣），当溶液中δ（H2A）＝δ（HA﹣），即c（HA﹣）＝c（H2A）时pH≈1.2，此时电离常数K1＝×c（H+）＝c（H+）≈10﹣1.2，同理δ（HA﹣）＝δ（A2﹣）时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），pH≈3.9，K2＝×c（H+）＝c（H+）≈10﹣3.9，据此分析解答。【解答】解：A．由上述分析可知，图中曲线P、Q、R分别对应δ（H2A）、δ（HA﹣）、δ（A2﹣），故A正确；B．H2A是二元弱酸，0.05mol•L﹣1的H2A溶液中c（H+）＜0.1mol/L，pH＞1，则pH＝1.0的溶液中还含有其他酸和阴离子，根据电荷守恒关系可知，pH＝1.0时，c（H+）＞c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），故B错误；C．由上述分析可知，K1≈10﹣1.2，K2≈10﹣3.9，则K1的数量级为10﹣2，K2的数量级为10﹣4，故C正确；D．K1＝×c（H+）、K2＝×c（H+），则K1K2＝×c2（H+）、＝、＝，所以δ（A2﹣）＝＝＝＝，故D正确；故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，明确图中曲线表示的意义、电离平衡常数表达式及其计算为解答关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，题目难度中等。3．（2024•贵州）硼砂[Na2B4O5（OH）4•8H2O]水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的B（OH）3（硼酸）和Na[B（OH）4]（硼酸钠）。已知：①25℃时，硼酸显酸性的原理②。下列说法正确的是（）A．硼砂稀溶液中c（Na+）＝c[B（OH）3] B．硼酸水溶液中的H+主要来自水的电离 C．25℃时，0.01mol•L﹣1硼酸水溶液的pH≈6.38 D．等浓度等体积的B（OH）3和Na[B（OH）4]溶液混合后，溶液显酸性【答案】B【分析】A．硼砂水解生成等物质的量的B（OH）3（硼酸）和Na[B（OH）4]（硼酸钠），硼酸在水溶液中发生电离，电离方程式为，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；B．根据，水提供氢离子；C．硼酸的电离程度较小，则溶液中c（H3O+）≈c[B（OH）4]﹣，c（H3O+）≈＝mol/L＝×10﹣6mol/L；D．[B（OH）4]﹣的水解平衡常数Kh＝＝≈1.7×10﹣5＞Ka，说明等浓度等体积的B（OH）3和Na[B（OH）4]混合溶液中[B（OH）4]﹣的水解程度大于硼酸的电离程度。【解答】解：A．硼砂水解生成等物质的量的B（OH）3（硼酸）和Na[B（OH）4]（硼酸钠），硼酸在水溶液中发生电离，电离方程式为，溶液中存在物料守恒c（Na+）＝{c[B（OH）3]+c[B（OH）4]﹣}，故A错误；B．根据，硼酸水溶液中的H+主要来自水的电离，故B正确；C．硼酸的电离程度较小，则溶液中c（H3O+）≈c[B（OH）4]﹣，c（H3O+）≈＝mol/L＝×10﹣6mol/L，pH＝﹣lg×10﹣6＝5.62，故C错误；D．[B（OH）4]﹣的水解平衡常数Kh＝＝≈1.7×10﹣5＞Ka，说明等浓度等体积的B（OH）3和Na[B（OH）4]混合溶液中[B（OH）4]﹣的水解程度大于硼酸的电离程度，混合溶液呈碱性，故D错误；故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查阅读、分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、电离平衡常数和水解平衡常数的关系、溶液pH值的计算方法是解本题关键，题目难度不大。4．（2024•江西）废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn（Ⅱ）的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是（）已知：δ（MnOH+）＝；Mn（OH）2难溶于水，具有两性A．曲线z为δ（MnOH+） B．O点， C．P点，c（Mn2+）＜c（K+） D．Q点，c（）＝2c（MnOH+）+2c（）【答案】C【分析】Mn（OH）2难溶于水，具有两性，某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn（Ⅱ）的分布系数δ与pH的关系如图，结合曲线变化和分布分数可知，曲线x为Mn2+，曲线y为MnOH+，曲线z为，结合图象变化分析判断选项。【解答】解：A．分析可知，z表示δ（），故A错误；B．图中O点存在电离平衡Mn2++OH﹣⇌MnOH+，在P点时c（Mn2+）＝c（MnOH+），pH＝10.2，K＝＝＝＝＝103.8，O点δ（Mn2+）＝0.6时，δ（MnOH+）＝0.4，则c（OH﹣）＝×10﹣3.8mol/L＝×10﹣3.8mol/L，故B错误；C．P点时c（Mn2+）＝c（MnOH+），c（Mn2+）＜c（K+），故C正确；D．Q点时，c（MnOH+）＝c（），溶液中存在电荷守恒，2c（Mn2+）+c（K+）+c（H+）+c（MnOH+）＝2c（）+c（OH﹣）+c（）+2c（）+2c[Mn（OH）42﹣]，物料守恒：c（）＝c（Mn2+）+c（MnOH+）+c（）+2c（）+c[Mn（OH）42﹣]，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、平衡常数的计算应用、图象变化的分析判断等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。5．（2024•甘肃）兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是（）A．还原性：Ag＞Cu＞Fe B．按上述方案消耗1molFe可回收1molAg C．反应①的离子方程式是[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4 D．溶液①中的金属离子是Fe2+【答案】C【分析】从AgCl中提取Ag的实验方案为：AgCl溶于氨水生成[Ag（NH3）2]+，反应为AgCl+2NH3•H2O＝[Ag（NH3）2]++Cl﹣+2H2O，加入Cu置换[Ag（NH3）2]+的Ag，反应为2[Ag（NH3）2]++Cu＝[Cu（NH3）4]2++2Ag，[Cu（NH3）4]2+和浓盐酸反应生成CuCl2和NH4Cl，反应为[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4，CuCl2溶液中加入Fe粉，反应为Cu2++Fe＝Fe2++Cu，再通入O2氧化Fe2+得到含Fe3+的溶液，据此分析解答。【解答】解：A．提取Ag的过程中，Cu和[Ag（NH3）2]+反应生成Ag，Fe和CuCl2反应生成Cu，则还原性：Fe＞Cu＞Ag，故A错误；B．提取Ag的过程中关系式为2AgCl～2Ag～2[Ag（NH3）2]+～Cu～Cu2+～Fe，则消耗1molFe可回收2molAg，故B错误；C．[Cu（NH3）4]2+和浓盐酸反应生成CuCl2和NH4Cl，则反应①的离子方程式是[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4，故C正确；D．CuCl2溶液中加入Fe粉、并通入O2时生成的Fe2+被氧化为Fe3+，即溶液①中的金属离子是Fe3+，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质分离实验方案设计，侧重分析能力和运用能力考查，把握流程中物质的性质、发生的反应、氧化还原反应规律的应用是解题关键，注意掌握守恒关系式的计算应用，题目难度不大。6．（2024•湖南）常温下Ka（HCOOH）＝1.8×10﹣4向20mL0.10mol•L﹣1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是（）A．水的电离程度：M＜N B．M点：2c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+） C．当V（HCOOH）＝10mL时，c（OH﹣）＝c（H+）+2c（HCOOH）+c（HCOO﹣） D．N点：c（Na+）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（HCOOH）【答案】D【分析】A．M点时，V（HCOOH）＝10mL，溶液中的溶质为c（HCOOH）：C（HCOO﹣）＝1：1，仍剩余有未反应的氢氧化钠，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解；B．M点时，V（HCOOH）＝10mL，溶液中的溶质为c（HCOOH）：C（HCOO﹣）＝1：1，根据电荷守恒有c（Na+）+c（H+）＝c（HCOO﹣）+c（OH﹣），M点为交点可知c（HCOO﹣）＝c（OH﹣）；C．当v（HCOOH）＝10mL时，溶液中的溶质为c（NaOH）：C（HCOONa）＝1：1，根据电荷守恒和物料守恒可得；D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此c（Na+）＞c（HCOO﹣）及c（OH﹣）＞c（H+），观察图中N点可知，c（HCOO﹣）≈0.05mol/L，根据Ka（HCOOH）＝＝1.8×10﹣4，可确定c（HCOOH）与c（H+）的大小关系。【解答】解：A．M点时，V（HCOOH）＝10mL，溶液中的溶质为c（HCOOH）：C（HCOO﹣）＝1：1，仍剩余有未反应的甲酸，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，此时水的电离程度最大，故A正确；B．M点时，V（HCOOH）＝10mL，溶液中的溶质为c（HCOOH）：C（HCOO）＝1：1，根据电荷守恒有c（Na+）+c（H+）＝c（HCOO﹣）+c（OH﹣），M点为交点可知c（HCOO﹣）＝c（OH﹣），联合可得2c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），故B正确；C．当v（HCOOH）＝10mL时，溶液中的溶质为c（NaOH）：C（HCOONa）＝1：1，根据电荷守恒有c（Na+）+c（H+）＝c（HCOO﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒c（Na+）＝2c（HCOO﹣）+2c（HCOOH），联合可得c（OH﹣）＝c（H+）+2c（HCOOH）+c（HCOO﹣），故C正确；D．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此c（Na+）＞c（HCOO﹣）及c（OH﹣）＞c（H+），观察图中N点可知，c（HCOO﹣）≈0.05mol/L，根据Ka（HCOOH）＝＝1.8×10﹣4，可知c（HCOOH）＞c（H+），故D错误；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，明确图象曲线变化情况为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。7．（2024•浙江）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图[例如δ（H2S）＝]。已知：Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17。下列说法正确的是（）A．溶解度：FeS大于Fe（OH）2 B．以酚酞为指示剂（变色的pH范围8.2～10.0），用NaOH标准溶液可滴定H2S水溶液的浓度 C．忽略S2﹣的第二步水解，0.10mol/L的Na2S溶液中S2﹣水解率约为62% D．0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS【答案】C【分析】在H2S溶液中存在两步电离，H2S⇌H++HS﹣，HS﹣⇌H++S2﹣，随着pH的增大，硫化氢物质的量分数逐渐减小，HS﹣离子物质的量分数先增大后减小，S2﹣离子物质的量分数组件增大，图中曲线标注①、②、③分别表示H2S、HS﹣、S2﹣的物质的量分数随pH变化的曲线，如图所示：，由①②交点的pH＝7，c（HS﹣）＝c（H2S），c（H+）＝10﹣7mol/L，计算硫化氢的电离平衡常数，Ka1（H2S）＝＝c（H+）＝10﹣7mol/L，同理②③交点得到Ka2（H2S）＝10﹣13mol/L，据此分析选项。【解答】解：A．FeS的溶解平衡：FeS（s）⇌Fe2+（aq）+S2﹣（aq），饱和FeS溶液中FeS物质的量浓度＝＝mol/L＝×10﹣9mol/L，Fe（OH）2的溶解平衡为：Fe（OH）2（s）⇌Fe2+（aq）+2OH﹣（aq），饱和Fe（OH）2溶液物质的量浓度＝＝mol/L＝×10﹣6mol/L＞×10﹣9mol/L，溶解度：FeS小于Fe（OH）2，故A错误；B．酚酞的变色范围8.2～10，若以酚酞为指示剂，用氢氧化钠溶液滴定H2S溶液，图可知酚酞发生明显颜色变化时，反应未进行完全，不能用酚酞为指示剂，故B错误；C．Na2S溶液中存在水解平衡：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，忽略S2﹣的第二步水解，第一步水解平衡常数Kh＝＝＝1＝0.1，设水解的S2﹣的浓度为xmol/L，则＝0.1，x≈0.062，Na2S溶液中S2﹣水解率≈×100%＝62%，故C正确；D．0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol/L的Na2S溶液，瞬间得到0.005mol/LFeCl2溶液HE0.10mol/L的Na2S溶液，结合C选项，此时c（Fe2+）×c（S2﹣）＝0.005mol/L×（0.10mol/L﹣0.062mol/L）＝1.9×10﹣4＞Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，c（Fe2+）×c2（OH﹣）0.005mol/L×（0.062mol/L）2＝1.922×10﹣5＞Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17，反应初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了弱电解质电离、盐类水解、平衡常数的计算应用、图象变化曲线的分析判断等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。8．（2024•山东）常温下Ag（Ⅰ）—CH3COOH水溶液体系中存在反应：Ag++CH3COO﹣═CH3COOAg（aq），平衡常数为K。已知初始浓度c0（Ag+）＝c0（CH3COOH）＝0.08mol•L﹣1，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）下列说法正确的是（）A．线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况 B．CH3COOH的电离平衡常数Ka＝10n C．pH＝n时，c（Ag+）＝mol•L﹣1 D．pH＝10时，c（Ag+）+c（CH3COOAg）＝0.08mol•L﹣1【答案】C【分析】溶液中存在3个平衡：①CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+、②Ag++CH3COO﹣⇌CH3COOAg（aq）、③Ag++H2O⇌AgOH+H+、随着pH的增大，c（H+）减小，平衡①③正向移动，c（CH3COOH）、c（Ag+）减小，pH较小时（约小于7.8），CH3COO﹣浓度增大的影响大于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg（aq）浓度增大，pH较大时（约大于7.8），CH3COO﹣浓度增大的影响小于Ag+浓度减小的影响，CH3COOAg（aq）浓度减小，故曲线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，故曲线Ⅱ表示CH3COO﹣的摩尔分数随pH变化的关系，曲线Ⅲ表示CH3COOAg的摩尔分数随pH变化的关系，据此分析作答。【解答】解：A．根据分析可知，线Ⅱ表示CH3COO﹣的变化情况，故A错误；B．由图可知，当c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣m，故B错误；C．pH＝n时，＝10﹣m，c（CH3COO﹣）＝10n﹣mc（CH3COOH），Ag++CH3COO﹣⇌CH3COOAg（aq）的平衡常数K＝，则c（Ag+）＝，由图可知，pH＝n时，c（CH3COOH）＝c（CH3COOAg），代入得到：c（Ag+）＝mol•L﹣1，故C正确；D．根据物料守恒，pH＝10时的溶液中，c（Ag+）+c（CH3COOAg）+c（AgOH）＝0.08mol•L﹣1，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查学生对电离平衡的理解以及平衡常数K的应用，同时考查学生的看图理解能力，对学生的能量要求较高，难度较大。9．（2024•新课标）常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]下列叙述正确的是（）A．曲线M表示δ（CHCl2COO﹣）～pH的变化关系 B．若酸的初始浓度为0.10mol•L﹣1，则a点对应的溶液中有c（H+）＝c（CHCl2COO﹣）+c（OH﹣） C．CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10﹣1.3 D．pH＝2.08时，【答案】D【分析】常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的溶液中，Cl原子是吸电子基团，烃基上氯原子个数越多，羧基越易电离出氢离子，相同浓度酸的酸性越强，根据氯原子个数知，酸性：CH2ClCOOH＜CHCl2COOH，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大；A．随着pH的增大，c（CH2ClCOOH）、c（CHCl2COOH）减小，c（CH2ClCOO﹣）、c（CHCl2COO﹣）增大，—Cl为吸电子基团，CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH，即Ka（CHCl2COOH）＞Ka（CH2ClCOOH）），δ（酸分子）＝δ（酸根离子）＝0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为Ka（CHCl2COOH）≈10﹣1.3，Ka（CH2ClCOOH）≈10﹣2.8，曲线M表示δ（CH2ClCOO﹣）～pH的变化关系；B．根据，初始，若溶液中溶质只有CHCl2COOH，则，但a点对应的c（H+）＝0.1mol•L﹣1，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸；C．根据A的分析知，CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10﹣2.8；D．电离度α＝，则α（CH2ClCOOH）＝，，pH＝2.08时，，。【解答】解：A．根据以上分析知，曲线M表示δ（CH2ClCOO﹣）～pH的变化关系，故A错误；B．根据，初始，若溶液中溶质只有CHCl2COOH，则，但a点对应的c（H+）＝0.1mol•L﹣1，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，c（H+）＞c（CHCl2COO﹣）+c（OH﹣），故B错误；C．根据A的分析知，CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10﹣2.8，故C错误；D．电离度α＝，则α（CH2ClCOOH）＝，，pH＝2.08时，，，，故D正确；故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图中曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数的计算方法、电离度的计算方法是解本题关键，题目难度中等。10．（2024•湖北）CO2气氛下，Pb（ClO4）2溶