【解析】2023年高考真題變式分類匯編：離子濃度大小的比較5

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2023年高考真題變式分類匯編：離子濃度大小的比較5

一、選擇題

1．（2023·浙江）取兩份的溶液，一份滴加的鹽酸，另一份滴加溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。

下列說(shuō)法不正確的是（）

A．由a點(diǎn)可知：溶液中的水解程度大于電離程度

B．過(guò)程中：逐漸減小

C．過(guò)程中：

D．令c點(diǎn)的，e點(diǎn)的，則

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A.根據(jù)圖示，a點(diǎn)的溶液是碳酸氫鈉溶液，此時(shí)pH=8,顯堿性，碳酸氫根離子可以水解成堿性，也可以電離成酸性，溶液顯堿性說(shuō)明碳酸氫根的水解成都大于電離程度，故A不符合題意

B.過(guò)程是不斷的加入氫氧化鈉的過(guò)程，根據(jù)電荷守恒=c(Na+)+c(H+),氫離子不斷減小，因此逐漸減小，故B不符合題意

C.是加入鹽酸的過(guò)程，在a點(diǎn)，根據(jù)物料守恒，隨著鹽酸的加入，二氧化碳不斷產(chǎn)生逸出，故，故C符合題意

D.c點(diǎn)的=(0.05+10-11.3)mol/L，e點(diǎn)=(0.025+10-4.3)mol/L,x＞y,故D不符合題意

故答案為：C

【分析】A.根據(jù)a的pH即可判斷

B.根據(jù)電荷守恒判斷，加入氫氧化鈉氫離子不斷消耗

C.根據(jù)電荷守恒判斷，加入稀鹽酸，二氧化碳不斷逸出

D.根據(jù)數(shù)據(jù)計(jì)算出x和y即可

2．（2023·廣東）鳥(niǎo)嘌呤()是一種有機(jī)弱堿，可與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸鹽(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列敘述正確的是（）

A．水溶液的

B．水溶液加水稀釋，升高

C．在水中的電離方程式為：

D．水溶液中：

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；鹽類水解的應(yīng)用；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A.G是一種弱堿，其鹽溶液中，GH+水解，使得鹽溶液顯酸性，0.001mol/L的GHCl溶液，由GH+水解產(chǎn)生的H+濃度遠(yuǎn)小于0.001mol/L，因此溶液的pH＞3，A不符合題意；

B.加水稀釋，溶液中c(H+)減小，pH增大，B符合題意；

C.GHCl為可溶性鹽溶液，在水中完全電離，其電離方程式為：GHCl=GH++Cl-，C不符合題意；

D.GHCl水溶液中存在GH+、H+、OH-和Cl-，結(jié)合電荷守恒可得c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(H+)，D不符合題意；

故答案為：B

【分析】A.GHCl水溶液由于GH+的水解使得溶液顯酸性；

B.加水稀釋溶液中c(H+)減??；

C.GHCl在水中完全電離產(chǎn)生GH+和Cl-；

D.結(jié)合電荷守恒分析；

3．（2023·湖南）常溫下，用的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為三種一元弱酸的鈉鹽溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯(cuò)誤的是（）

A．該溶液中：

B．三種一元弱酸的電離常數(shù)：

C．當(dāng)時(shí)，三種溶液中：

D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)；化學(xué)平衡轉(zhuǎn)化過(guò)程中的變化曲線；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．NaX為強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序?yàn)閏(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合題意；

B．由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，則三種一元弱酸的電離常數(shù)的大小順序?yàn)镵a(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B不符合題意；

C．當(dāng)溶液pH為7時(shí)，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序?yàn)閏(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C符合題意；

D．向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽恰好完全反應(yīng)，可知c(Na+)=c(Cl-)，將三種溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(Cl-)+c(OH-)，由c(Na+)=c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)—c(OH-)，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】根據(jù)一元弱酸的鹽的pH即可得出酸性的強(qiáng)弱是：HZ＜HY＜HX

A.在NaX溶液中，水解呈堿性，因此根據(jù)電荷守恒即可判斷

B.據(jù)一元弱酸的鹽的pH即可得出酸性的強(qiáng)弱是：HZ＜HY＜HX，即可判斷電離常數(shù)

C.根據(jù)電荷守恒列出式子，再根據(jù)中性進(jìn)行判斷只需要判斷加入氯離子的物質(zhì)的量濃度即可，因?yàn)樗獬潭炔灰粯庸始尤氲柠}酸不一樣，堿性越強(qiáng)需要的酸越多剩余的酸根離子越少

D.混合之后利用電荷守恒即可判斷

4．（2023·全國(guó)乙卷）HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中而變化，不發(fā)生水解。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，298K時(shí)，如下圖中實(shí)線所示。

下列敘述錯(cuò)誤的是（）

A．溶液pH=4時(shí).

B．MA的溶度積

C．溶液pH=7時(shí)，

D．HA的電離常數(shù)

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理；鹽類水解的應(yīng)用；離子濃度大小的比較；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A.由圖可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L時(shí)，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/LKa2，則-lgKa1c(H3PO3)，C項(xiàng)符合題意；

D．將-lgKa2=-lg-lg變形可得到，pH等于6.54時(shí)，，根據(jù)電荷守恒，，此時(shí)溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，則c(Na+)c(A2-)

C．C點(diǎn)：c(Na+)C點(diǎn)>B點(diǎn)

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．根據(jù)圖像可知，0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1，說(shuō)明H2A為弱酸，故A不符合題意；

B．B點(diǎn)時(shí)加入了10mLNaOH溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為NaHA，此時(shí)溶液的pH小于7，說(shuō)明HA-的電離程度大于其水解程度，則c(A2-)＞c(H2A)，故B不符合題意；

C．C點(diǎn)溶液的pH=7，為中性溶液，則c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)可知：c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，故C不符合題意；

D．B點(diǎn)反應(yīng)后溶質(zhì)為NaHA，HA-的電離程度大于其水解程度，溶液呈酸性，氫離子抑制了水的電離，而D點(diǎn)加入20mL氫氧化鈉溶液，二者恰好反應(yīng)生成Na2A，A2-水解促進(jìn)了水的電離，所以水電離的c(OH-)：D點(diǎn)>C點(diǎn)>B點(diǎn)，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A．根據(jù)圖像的起點(diǎn)分析；

B．依據(jù)HA-的電離程度與水解程度大小分析；

C．根據(jù)電荷守恒分析；

D．依據(jù)酸或堿抑制水的電離，含有弱根離子的鹽促進(jìn)水的電離；

10．（2023·大連模擬）檸檬酸(用表示)是一種高效除垢劑，現(xiàn)用一定濃度的檸檬酸溶液去除水垢，溶液中、、、的百分含量隨的變化曲線如圖所示。下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）

A．的第二步電離常數(shù)約為

B．溶液中，水解程度小于電離程度

C．時(shí)，

D．時(shí)，

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．由分析可知，的第二步電離常數(shù)約為，故A不符合題意；

B．由分析可知，的第二步電離常數(shù)約為，第三步電離常數(shù)約為，則的水解常數(shù)為==＜Ka3說(shuō)明溶液中，水解程度小于電離程度，故B不符合題意；

C．由圖可知，溶液pH為4時(shí)，的濃度約為0，溶液中存在Ca2+、Mg2+、H+、、，由電荷守恒可知，溶液中，故C符合題意；

D．由分析可知，溶液pH為6時(shí)，溶液中，溶液中離子濃度的關(guān)系為，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A．利用交點(diǎn)計(jì)算電離常數(shù)；

B．電離和水解的常數(shù)判斷；

C．利用電荷守恒判斷；

D．依據(jù)溶液的性質(zhì)判斷。

11．（2022·唐山模擬）水溶液中存在多種平衡，下列說(shuō)法正確的是（）

A．稀醋酸溶液稀釋時(shí)，溶液中所有離子的物質(zhì)的量濃度均減小

B．水溶液中，pH=7時(shí)，溶液一定呈中性

C．物質(zhì)的量濃度相等的和溶液等體積混合，則

D．用已知濃度的NaOH溶液滴定未知濃度的溶液，若選用甲基橙做指示劑，滴定過(guò)程中水的電離程度先增大后減小

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；指示劑

【解析】【解答】A．加水稀釋醋酸，其溶液中氫氧根離子濃度增大，故A不符合題意；

B．常溫下水溶液中，pH=7時(shí)，溫度未知，水的離子積未知，故B不符合題意；

C．根據(jù)電荷守恒得，由物料守恒，兩式相加得：，故C符合題意；

D．NaOH溶液滴定未知濃度的，若選用甲基橙做指示劑，水的電離一直被抑制，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.Kw=c(H+)c(OH-)，加水稀釋，c(H+)減小，Kw不變；

B.pH=7時(shí)，溶液不一定呈中性；

D.酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽水解促進(jìn)水的電離。

12．（2022·開(kāi)封模擬）谷氨酸[HOOC(CH2)2CH(NH2)COOH，用H2R表示]是人體內(nèi)的基本氨基酸之一，在水溶液中存在如下平衡：H2RHR-R2-。常溫下，向一定濃度的H2R溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gx[x表示或]隨pOH[pOH=-lgc(OH-)]的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）

A．K1=1×10-9.7

B．pH=7時(shí)，c(HR-)＞c(H2R)＞c(R2-)

C．曲線II表示pOH與lg的變化關(guān)系

D．M點(diǎn)時(shí)，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HR-)

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．k1=，當(dāng)，pOH=9.7，則氫離子濃度為10-4.3mol/L，A項(xiàng)不符合題意；

B．pH=7時(shí)，pOH=7，由曲線Ⅰ可知，時(shí)，>0，則c(HR-)>c(R2-)，由曲線Ⅱ可知，d點(diǎn)

D．三甲胺[N(CH3)3]的電離常數(shù)為

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】水的電離；離子濃度大小的比較；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．根據(jù)圖示，a點(diǎn)中和率小于50%，根據(jù)物料守恒，故A符合題意；

B．b點(diǎn)時(shí)中和率為50%，溶質(zhì)為等濃度的MOH和MCl，溶液呈堿性，說(shuō)明MOH電離大于MCl水解，所以，故B不符合題意；

C．c點(diǎn)溶液中和率為100%，溶質(zhì)只有MCl，d點(diǎn)鹽酸過(guò)量，鹽酸抑制水電離，所以水的電離程度c點(diǎn)>d點(diǎn)，故C不符合題意；

D．根據(jù)a點(diǎn)，時(shí)c(OH-)=10-4.2，三甲胺[N(CH3)3]的電離常數(shù)為，故D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A．根據(jù)物料守恒判斷；

B．根據(jù)溶液的酸堿性進(jìn)行排序；

C．依據(jù)酸或堿抑制水的電離，含有弱根離子的鹽促進(jìn)水的電離；

D．根據(jù)a點(diǎn)，計(jì)算電離常數(shù)。

14．（2022·張家口模擬）常溫下，幾種弱電解質(zhì)的電離常數(shù)如下表所示：

下列說(shuō)法正確的是（）

A．溶液呈中性，溶液中水的電離程度與純水的電離程度相同

B．溶液中：

C．等濃度的與混合溶液中：

D．水溶液顯堿性

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．與的電離常數(shù)相等，則和的水解常數(shù)相等，所以溶液呈中性，和的水解促進(jìn)了水的電離，因此溶液中水的電離程度大于純水的電離程度，A項(xiàng)不符合題意；

B．溶液中，水解使溶液顯酸性，溶液中離子濃度從大到小的順序?yàn)?，B項(xiàng)不符合題意；

C．等濃度的與混合溶液中，存在電荷守恒關(guān)系：，存在物料守恒關(guān)系：，將二者相加可得：，C項(xiàng)符合題意；

D．由表中數(shù)據(jù)可知，，而，因此的電離程度大于其水解程度，所以水溶液顯酸性，D項(xiàng)不符合題意。

故答案為：C。

【分析】A.醋酸根離子和銨根離子水解，促進(jìn)了水的電離；

B.NH4Cl溶液中銨根離子水解使溶液顯酸性；

C.根據(jù)電荷守恒和物料守恒判斷；

D.的水解程度小于電離程度。

15．（2022·臨潼模擬）室溫下，向20mL濃度均為0.1的和混合液中逐滴加入0.1NaOH溶液，溶液pH變化曲線如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．a(chǎn)點(diǎn)：

B．導(dǎo)電能力：b＜c

C．c點(diǎn)：

D．由d點(diǎn)可得

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；中和滴定；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．a(chǎn)點(diǎn)發(fā)生如下電離：，，所以，A不符合題意；

B．b點(diǎn)，HNO3與NaOH剛好完全反應(yīng)，溶液為NaNO3、HNO2混合溶液；在c點(diǎn)，溶液為NaNO3、NaNO2、HNO2混合溶液，離子濃度b＜c，所以導(dǎo)電能力：b＜c，B不符合題意；

C．c點(diǎn)，依據(jù)題給數(shù)據(jù)，可得出：，所以，C符合題意；

D．在d點(diǎn)存在如下水解平衡：，，，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.a點(diǎn)硝酸和亞硝酸均發(fā)生電離，氫離子濃度最大；

B.溶液的導(dǎo)電能力與離子所帶電荷和離子濃度有關(guān)；

D.亞硝酸根存在水解，計(jì)算其水解常數(shù)，再根據(jù)計(jì)算。

二、多選題

16．（2023高二下·鹽城期末）25℃時(shí)，下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）

A．0.1mol·L－1Na2S溶液中：c(OH－)=c(H2S)+c(HS－)

B．0.1mol·L－1CH3COONH4溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)

C．0.1mol·L－1pH=6的NaHSO3溶液中：c(Na+)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H2SO3)

D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液與0.1mol·L－1NaHCO3溶液等體積混合所得溶液中：c(CO)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H2CO3)

【答案】B,C

【知識(shí)點(diǎn)】離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A.0.1mol·L－1Na2S溶液中根據(jù)質(zhì)子守恒可知c(OH－)=2c(H2S)+c(HS－)+c(H＋)，A不符合題意；

B.0.1mol·L－1CH3COONH4溶液中根據(jù)物料守恒可知c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，B符合題意；

C.0.1mol·L－1pH=6的NaHSO3溶液顯酸性，說(shuō)明HSO3－的電離程度大于HSO3－的水解程度，則c(Na+)＞c(HSO3－)＞c(SO32－)＞c(H2SO3)，C符合題意；

D.0.1mol·L－1Na2CO3溶液與0.1mol·L－1NaHCO3溶液等體積混合所得溶液中由于碳酸根的水解程度大于碳酸氫根，則c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H2CO3)，D不符合題意，

故答案為：BC。

【分析】根據(jù)溶液中離子水解，結(jié)合溶液中電荷守恒和物料守恒進(jìn)行判斷離子濃度的大小關(guān)系即可。

17．（2023高二下·無(wú)錫期末）25℃時(shí)，下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）

A．0.1molL﹣lNaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）

B．0.1molL﹣1NaHS溶液：C（OH﹣）+c（S2﹣）=c（H+）+c（H2S）

C．0.1molL﹣1CH3COOH溶液和0．1molL﹣1CH3COONa溶液等體積混合：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）

D．0.1molL﹣lNH4HSO4溶液中滴加0.1molL﹣1NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）

【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】離子濃度大小的比較

【解析】【解答】解：A.0.1molL﹣lNaHC2O4溶液（pH=5.5）溶液中HC2O4﹣電離大于水解，c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故A錯(cuò)誤；

B.0.1molL﹣1NaHS溶液中電荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），物料守恒，c（Na+）=c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣），代入計(jì)算得到：C（OH﹣）+c（S2﹣）=c（H+）+c（H2S），故B正確；

C.0.1molL﹣1CH3COOH溶液和0．1molL﹣1CH3COONa溶液等體積混合，醋酸電離大于醋酸根離子水解，溶液顯酸性：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C錯(cuò)誤；

D．NH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物質(zhì)的量相同時(shí)，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的（NH4）2SO4和Na2SO4，溶液呈酸性，需要再滴加少許NaOH呈中性，c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），故溶液中離子濃度大小關(guān)系為c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故D正確；

故選BD．

【分析】A.0.1molL﹣lNaHC2O4溶液（pH=5.5）溶液中HC2O4﹣電離大于水解：

B.0.1molL﹣1NaHS溶液中電荷守恒和物料守恒計(jì)算，分析判斷選項(xiàng)；

C.0.1molL﹣1CH3COOH溶液和0.1molL﹣1CH3COONa溶液等體積混合，醋酸電離大于醋酸根離子水解，溶液顯酸性；

D．向NH4HSO4中滴加NaOH溶液，當(dāng)二者物質(zhì)的量相同時(shí)，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的（NH4）2SO4和Na2SO4，溶液呈酸性，再滴加少許NaOH呈中性．

18．（2023高二上·丹陽(yáng)期末）下列有關(guān)物質(zhì)濃度關(guān)系的描述中，正確的是（）

A．25℃時(shí)，NaB溶液的pH=8，c（Na+）﹣c（B﹣）=9.9×10﹣7molL﹣1

B．25℃時(shí)，向0.1molL﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）

C．0.1molL﹣1的NaHCO3溶液中：c（OH﹣）+2c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）

D．同溫下，pH相同時(shí)，溶液物質(zhì)的量濃度：c（CH3COONa）＞c（NaHCO3）＞c（C6H5ONa）＞c（Na2CO3）

【答案】A,D

【知識(shí)點(diǎn)】離子濃度大小的比較

【解析】【解答】解：A．根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（B﹣），所以得c（Na+）﹣c（B﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）=9.9×10﹣7molL﹣1，故A正確；

B．溶液呈中性，則c（OH﹣）=c（H+），溶液中銨根離子水解，而硫酸根離子、鈉離子不水解，結(jié)合電荷守恒得c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故B錯(cuò)誤；

C．溶液中存在物料守恒得c（Na+）=c（H2CO3）+c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.1mol/L，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），所以得c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3），故C錯(cuò)誤；

D..pH相同的不同鈉鹽溶液，陰離子的水解程度越大，其鈉鹽的物質(zhì)的量濃度越小，這幾種陰離子的水解程度大小順序是CO32﹣＞C6H5O﹣＞HCO3﹣＞CH3COO﹣，所以相同溫度下，pH相同時(shí)，溶液物質(zhì)的量濃度：c（CH3COONa）＞c（NaHCO3）＞c（C6H5ONa）＞c（Na2CO3），故D正確；

故選AD．

【分析】A．根據(jù)電荷守恒判斷；B．根據(jù)電荷守恒判斷；C．根據(jù)物料守恒及電荷守恒判斷；D．pH相同的不同鈉鹽溶液，陰離子的水解程度越大，其鈉鹽的物質(zhì)的量濃度越?。?/p>

19．（2023高一上·濰坊期中）在兩份相同的溶液中，分別滴入物質(zhì)的量濃度相等的、溶液，其導(dǎo)電能力的變化曲線如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．①代表滴加溶液的變化曲線

B．b點(diǎn)，溶液中大量存在的離子是、

C．c點(diǎn)，兩溶液中含有相同物質(zhì)的量的

D．a(chǎn)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液顯中性，d點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液顯堿性

【答案】C,D

【知識(shí)點(diǎn)】離子濃度大小的比較；溶液酸堿性的判斷及相關(guān)計(jì)算；離子共存

【解析】【解答】A．根據(jù)分析，①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線，故A不符合題意；

B．根據(jù)圖知，a點(diǎn)為Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反應(yīng)，H2SO4、NaHSO4溶液的物質(zhì)的量濃度相等，則b點(diǎn)溶液溶質(zhì)為NaOH，所以b點(diǎn)溶液中大量存在的離子是Na+、OH，故B不符合題意；

C．c點(diǎn)，①中稀硫酸過(guò)量，溶質(zhì)為硫酸，溶液呈酸性，②中反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為NaOH、Na2SO4，溶液呈堿性，所以溶液中氫氧根離子濃度不同，故C符合題意；

D．a(chǎn)點(diǎn)①中硫酸和氫氧化鋇恰好完全反應(yīng)生成BaSO4沉淀和水，溶液呈中性；d點(diǎn)②中溶質(zhì)為Na2SO4，溶液呈中性；故D符合題意；

故答案為：CD。

【分析】滴入H2SO4溶液時(shí)涉及的反應(yīng)方程式為Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O；滴入NaHSO4溶液時(shí)涉及的反應(yīng)方程式為Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。

A.a點(diǎn)時(shí)導(dǎo)電能力幾乎為0，根據(jù)反應(yīng)方程式可知對(duì)應(yīng)曲線是滴加H2SO4溶液的變化曲線。

B.曲線②為滴加NaHSO4溶液的變化曲線，b點(diǎn)與a點(diǎn)滴入溶液體積相等，則所發(fā)生反應(yīng)是Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，據(jù)此分析。

C.c點(diǎn)時(shí)，①中溶質(zhì)為硫酸，②中溶質(zhì)為NaOH、Na2SO4。

D.d點(diǎn)時(shí)，②中導(dǎo)電能力最小，則恰好完全反應(yīng)：Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+2H2O+Na2SO4；a點(diǎn)時(shí)，①中恰好完全反應(yīng)：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O。

20．（2023高二上·湖南月考）常溫下，下列各溶液的敘述中正確的是（）

A．pH=9的CH3COONa溶液和pH=5的NH4Cl溶液，兩者中水的電離程度相同

B．pHc(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)>c(H+)

C．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)

D．濃度相同的Na2CO3溶液與NaHCO3溶液等體積混合，混合后溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)+3c(H2CO3)-c(CO)

【答案】A,C

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的應(yīng)用；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．常溫下，的溶液，溶液中，醋酸根離子水解促進(jìn)了水的電離，溶液中的氫氧根離子是水電離的，水電離的，的溶液，溶液中，銨離子水解促進(jìn)了水的電離，溶液中的氫離子是水電離的，水電離的，可見(jiàn)兩者中水的電離程度是相同的，故A符合題意；

B．常溫下，溶液的，說(shuō)明電離程度大于水解程度，導(dǎo)致其溶液呈酸性，所以，故B不符合題意；

C．中滴加溶液，若二者物質(zhì)的量相同時(shí)，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的和，水解導(dǎo)致溶液呈酸性，所以需要再滴加少許才能使溶液呈中性，所以溶液中離子濃度大小關(guān)系為，故C符合題意；

D．將等物質(zhì)的量濃度的與溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒可得：，根據(jù)物料守恒可得：，二者結(jié)合則有：，故D不符合題意；

故答案為：AC。

【分析】A.酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽水解促進(jìn)水的電離；

B.溶液的，說(shuō)明電離程度大于水解程度；

C.向NH4HSO4中滴加NaOH溶液，當(dāng)二者物質(zhì)的量相同時(shí)，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的(NH4)2SO4和Na2SO4，溶液呈酸性，再滴加少許NaOH呈中性；

D.根據(jù)物料守恒和電荷守恒分析。

21．（2023高二上·湖南期中）室溫下，用NaOH溶液滴定溶液，溶液中和[或和]的關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是(忽略混合溶液體積和溫度的變化)（）

A．原溶液中

B．當(dāng)溶液中時(shí)，溶液的

C．當(dāng)?shù)味ㄖ習(xí)r，溶液中微粒之間的關(guān)系為

D．當(dāng)?shù)味ㄖ燎『猛耆磻?yīng)時(shí)，溶液中存在

【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．因NaOH溶液的濃度和體積未知，無(wú)法求出原溶液中H2A的濃度，故A不符合題意；

B．結(jié)合以上分析可知，Ka1·Ka2=，當(dāng)溶液中時(shí)，Ka1·Ka2=，=10-2mol/L×10-5mol/L，所以c(H+)=10-3.5，溶液的，故B符合題意；

C．，由物料守恒可知①2c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，由電荷守恒可知②c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，②-①得c(H2A)+c(H+)=c(Na+)+c(A2-)+c(OH-)，故C不符合題意；

D．恰好完全反應(yīng)時(shí)，溶質(zhì)為Na2A，由電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，因Na2A溶液為強(qiáng)堿弱酸鹽溶液呈堿性，即c(OH-)>c(H+)，所以，故D符合題意；

故答案為：BD。

【分析】A.NaOH溶液的濃度和體積未知，無(wú)法計(jì)算原溶液中H2A的濃度；

B.根據(jù)電離平衡常數(shù)計(jì)算；

C.根據(jù)物料守恒和電荷守恒分析；

D.恰好完全反應(yīng)時(shí)溶質(zhì)為Na2A，再結(jié)合電荷守恒分析。

22．（2023高二下·浦城期中）已知常溫下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中，滴入0.1mol·L－1的NaOH溶液，所得滴定曲線如下圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．若A點(diǎn)的pH＝3，則HA為一元弱酸，其電離平衡常數(shù)的數(shù)量級(jí)為10－5

B．B點(diǎn)各微粒物質(zhì)的量濃度的關(guān)系是：2c(H＋)＋c(A－)＝2c(OH－)＋c(HA)

C．C點(diǎn)存在關(guān)系式：c(A－)＝c(Na＋)

D．若D點(diǎn)的pH＝8.4，則水電離出的c(H＋)＝10－8.4mol·L－1

【答案】B,D

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；水的電離；離子濃度大小的比較；中和滴定；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A.若A點(diǎn)的pH＝3，則c(H+)=c(A-)=10-3mol·L－1，HA為一元弱酸，其電離平衡常數(shù)，故數(shù)量級(jí)為10－5，A不符合題意；

B.B點(diǎn)滴入10mLNaOH溶液，則有一半HA反應(yīng)，故溶液為NaA和HA的混合溶液，且NaA和HA的物質(zhì)的量濃度相等，按物料守恒知，2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，溶液呈電中性，則c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，據(jù)此得到各微粒物質(zhì)的量濃度的關(guān)系是：2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)，B符合題意；

C.C點(diǎn)溶液恰好呈中性，c(H+)=c(OH-)，由于溶液呈電中性，則c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故存在關(guān)系式：c(A－)＝c(Na＋)，C不符合題意；

D.D點(diǎn)時(shí)，滴入20mL的NaOH溶液，恰好反應(yīng)，得到NaA溶液，因水解呈堿性，促進(jìn)水的電離，若D點(diǎn)的pH＝8.4，則水電離出的c(H＋)=c(OH-)=10－5.6mol·L－1，D符合題意；

故答案為：BD。

【分析】由圖知，HA是弱酸，常溫下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中，滴入0.1mol·L－1的NaOH溶液，若滴入20mL的NaOH溶液時(shí)，恰好反應(yīng)，得到NaA溶液，因水解呈堿性，若滴入NaOH溶液后溶液恰好呈中性，則溶液為NaA和HA的混合溶液，HA未充分反應(yīng)，則滴入NaOH溶液的體積小于20mL，任何時(shí)刻，溶液呈電中性，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，據(jù)此分析；

23．（2023高二上·平邑期中）常溫下，相同pH的氫氧化鈉和醋酸鈉溶液加水稀釋，溶液的pH隨溶液體積變化的曲線如圖所示，則下列敘述正確的是（）

A．b、c兩點(diǎn)溶液的導(dǎo)電能力b>c

B．用等濃度的鹽酸分別與等體積的b、c處溶液恰好完全反應(yīng)，消耗鹽酸體積Vbc(CH3COOH)，c(Na+)保持不變，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)，由電荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)>c(CH3COOH)+c(H+)，可知A符合題意；

B．c點(diǎn)顯中性，關(guān)系成立，但e點(diǎn)顯堿性，c(OH-)>c(H+)，根據(jù)電荷守恒知c(Na+)>c(CH3COO-)，B不符合題意；

C．d點(diǎn)組成為CH3COONa，根據(jù)物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=（注意兩者等體積混合濃度被稀釋為原來(lái)一半），故左右兩邊相加之和為0.1mol/L，C符合題意；

D．f點(diǎn)組成：c(CH3COONa)：c(NaOH)≈1：1，c(Na+)相當(dāng)于兩份，c(CH3COO-)相當(dāng)于一份，故c(Na+)>c(CH3COO-)，此時(shí)NaOH完全電離產(chǎn)生的OH-與CH3COO-近似相等，由于CH3COO-水解導(dǎo)致自身減少，OH-變多，故c(OH-)>c(CH3COO-)，即大小順序?yàn)椋篶(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)，D不符合題意。

【分析】A.b點(diǎn)加入100mLNaOH，溶液為CH3COOH、CH3COONa，二者物質(zhì)的量相等，醋酸進(jìn)一步電離，則c(CH3COO-)>c(Na+)，結(jié)合電荷守恒判斷；

B.c點(diǎn)存在CH3COONa和CH3COOH，e點(diǎn)存在CH3COONa和NaOH；

C.d點(diǎn)恰好完全中和，n(CH3COOH)=n(NaOH)=0.10mol/L×0.02L=0.002mol，溶液體積為0.04L；

D.f點(diǎn)加入NaOH40mL，反應(yīng)產(chǎn)生等量的NaOH和CH3COONa，溶液中c(OH-)>c(CH3COO-)。

25．（2023高三上·海安期中）室溫下，向10mL0.10mol·L-1的HA(Ka=1.0×10-3)中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變化關(guān)系如圖所示。若溶液混合引起的體積變化可忽略，下列說(shuō)法正確的是()

A．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，c(Na+)-c(HA)=c(OH-)-c(H+)

B．由a→b，溶液中n(A-)持續(xù)增大

C．b點(diǎn)時(shí)，c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)

D．V=10mL時(shí)，c(HA)+c(A-)+c(Na+)=0.20mol·L-1

【答案】A,B

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應(yīng)用；離子濃度大小的比較；溶液酸堿性的判斷及相關(guān)計(jì)算；中和滴定

【解析】【解答】A．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，pH=3，c(H+)=1.0×10-3molL-1，因?yàn)镵a==1.0×10-3，所以c(HA)=c(A-)，根據(jù)電荷守恒c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)和c(HA)=c(A-)可知：c(Na+)-c(HA)=c(OH-)-c(H+)，故A符合題意；

B．由a→b，是向一元弱酸HA中逐滴加入NaOH溶液，發(fā)生反應(yīng)生成NaA，即：HA+NaOH=NaA+H2O，溶液中n(A-)持續(xù)增大；V=10mL時(shí)，HA與NaOH恰好完全反應(yīng)生成NaA，根據(jù)A-+H2OHA+OH-，繼續(xù)加入NaOH溶液，抑制A-的水解，所以溶液中n(A-)持續(xù)增大，故B符合題意；

C．根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)可得c(Na+)=c(A-)+c(OH-)-c(H+)，若c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)成立，則c(A-)+c(OH-)-c(H+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)，推出c(HA)+c(H+)=0，很明顯溶液中c(HA)+c(H+)≠0，故C不符合題意；

D．V=10mL時(shí)，反應(yīng)恰好生成NaA，根據(jù)物料守恒：c(Na+)=c(HA)+c(A-)，所以c(HA)+c(A-)+c(Na+)=2c(Na+)=2×=0.1mol/L，故D不符合題意；

故答案為AB。

【分析】A.根據(jù)a點(diǎn)的溶質(zhì)結(jié)合電荷守恒即可判斷

B.根據(jù)a到b的變化A離子的濃度增大

C.根據(jù)b點(diǎn)的電荷守恒即可判斷

D.根據(jù)此時(shí)的溶質(zhì)結(jié)合物料守恒即可判斷

三、非選擇題

26．（2022高二上·成都期末）磷酸二氫鉀(KH2PO4)是一種高效磷鉀復(fù)合肥，以氟磷灰石[主要成分為Ca5(PO4)3F，還含有少量Fe3O4]為原料制備KH2PO4的一種工藝流程如圖所示：

（1）酸浸前需將氟磷灰石粉碎成粉末，其目的是。

（2）“酸浸”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式有Ca5(PO4)3F+5H2SO4=5CaSO4+3H3PO4+HF↑，該反應(yīng)體現(xiàn)了硫酸的性和難揮發(fā)性，酸浸時(shí)(填“能”或“不能”)使用玻璃容器。

（3）“氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。

（4）利用平衡移動(dòng)原理和相關(guān)化學(xué)用語(yǔ)解釋加入CaCO3調(diào)節(jié)pH形成Fe(OH)3沉淀的原因：；室溫下，當(dāng)pH=3時(shí)，溶液中Fe3+開(kāi)始沉淀，此時(shí)溶液中c(Fe3+)=molL-1，溶液中Fe3+完全沉淀的pH=。(已知室溫下Fe(OH)3的Ksp=1×10-35，且加入碳酸鈣過(guò)程中溶液體積變化忽略不計(jì))

（5）常溫下磷酸的電離平衡常數(shù)如表所示：

名稱Ka1Ka2Ka3

磷酸5.2×10-38×10-86×10-13

則常溫下KH2PO4水溶液顯(填“酸”“堿”或“中”)性，下列有關(guān)KH2PO4水溶液中的微粒關(guān)系正確的是(填標(biāo)號(hào))。

A．c(H2PO)＞c(H3PO4)＞c(HPO)＞c(PO)

B．c(K+)+c(H+)=c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)

C．c(K+)=c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)

【答案】（1）增大接觸面積，加快酸浸反應(yīng)速率

（2）強(qiáng)酸；不能

（3）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

（4）Fe3+在水溶液中發(fā)生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CaCO3，與水解產(chǎn)生的H+反應(yīng)，使c(H+)減小，平衡正向移動(dòng)，從而生成Fe(OH)3沉淀；0.01；4

（5）酸；C

【知識(shí)點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】（1）酸浸前需將氟磷灰石粉碎成粉末，其目的是增大接觸面積，加快酸浸反應(yīng)速率；

（2）該反應(yīng)中生成磷酸體現(xiàn)了濃硫酸的強(qiáng)酸性，生成HF體現(xiàn)了濃硫酸的難揮發(fā)性：根據(jù)酸浸時(shí)發(fā)生的反應(yīng)可知，氟磷灰石反應(yīng)會(huì)生成HF，而HF會(huì)與玻璃中的發(fā)生反應(yīng)：，所以酸浸時(shí)不能使用玻璃容器；

（3）氧化的目的是將氧化成，其離子方程式為；

（4）在水溶液中發(fā)生水解：，加入碳酸鈣，碳酸鈣與水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，使氫離子濃度減小，平衡正向移動(dòng)，從而生成氫氧化鐵沉淀；當(dāng)pH=3時(shí)，溶液中Fe3+開(kāi)始沉淀，，因?yàn)?，則；溶液中鐵離子完全沉淀時(shí)，，據(jù)，可得，，；

（5）水溶液中存在的電離和水解，其電離常數(shù)，其水解常數(shù)，即電離程度更大，所以溶液顯酸性；下列有關(guān)KH2PO4水溶液中的微粒關(guān)系正確的是：

A．由于的電離大于水解，故，A不正確；

B．由電荷守恒可知，B中右邊缺少，B不正確；

C．由物料守恒可得c(K+)=c(H3PO4)+c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)，C正確；

故答案為：C。

【分析】（1）依據(jù)影響反應(yīng)速率的因素分析；

（2）依據(jù)強(qiáng)酸制弱酸：根據(jù)氫氟本酸的特性；

（3）氧化的目的是將氧化成，利用電子得失守恒、電荷守恒、原子守恒書(shū)寫(xiě)；

（4）依據(jù)水解平衡移動(dòng)原理；依據(jù)Ksp計(jì)算；

（5）A．比較電離和水解常數(shù)分析；

B．依據(jù)電荷守恒；

C．依據(jù)物料守恒。

27．（2022高二上·拉薩期末）完成下列填空

（1）氯化鋁水溶液呈性，(填“酸”、“中”、“堿”)原因是：(用離子方程式表示)。把AlCl3溶液蒸干，灼燒，最后得到的主要固體產(chǎn)物是

（2）硫化鈉溶于水時(shí)發(fā)生水解，其水解的離子方程為：，在配制硫化鈉溶液時(shí)可以加入少量的以抑制其水解。

（3）將等體積等物質(zhì)的量濃度的醋酸和氫氧化鈉溶液混合后，溶液呈(填“酸性”、“中性”或“堿性”，下同)，溶液中c(Na+)c(CH3COO-)(填“>”、“=”或“＜”，下同)。

（4）pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后溶液呈，溶液中c(Na+)c(CH3COO-)。

【答案】（1）酸；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；Al2O3

（2）S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-(可不寫(xiě))；NaOH

（3）堿性；>

（4）酸性；＜

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；影響鹽類水解程度的主要因素；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】（1）AlCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，在溶液中Al3+水解消耗水電離產(chǎn)生的OH-產(chǎn)生Al(OH)3，使水的電離平衡正向移動(dòng)，最終達(dá)到平衡時(shí)，溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以水溶液呈酸性；水解反應(yīng)的離子方程式為：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；把AlCl3溶液蒸干，鹽水解產(chǎn)生的HCl揮發(fā)，得到的固體是Al(OH)3，物質(zhì)Al(OH)3不穩(wěn)定在，灼燒時(shí)發(fā)生分解產(chǎn)生Al2O3和水，故最后得到的主要固體產(chǎn)物是Al2O3。

（2）硫化鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中S2-水解使溶液顯堿性，水解反應(yīng)的離子方程式為：S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-(第二步可不寫(xiě))；在配制硫化鈉溶液時(shí)，為了防止發(fā)生水解，同時(shí)又不引入雜質(zhì)離子，可以加入少量的NaOH。

（3）等體積等物質(zhì)的量濃度的醋酸和氫氧化鈉溶液混合后，完全反應(yīng)生成醋酸鈉，醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，顯堿性，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)c(CH3COO-)。

（4）pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鈉，醋酸濃度大于慶陽(yáng)環(huán)濃度，二者等體積混合后，錯(cuò)算過(guò)量，導(dǎo)致溶液顯酸性，根據(jù)溶液中的電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)”、“；

【知識(shí)點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；pH的簡(jiǎn)單計(jì)算；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】（1）HCl是強(qiáng)酸，CH3COOH是弱酸，pH相同的鹽酸和醋酸溶液稀釋相同的倍數(shù)，鹽酸的pH變化大，故a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的酸為醋酸；該酸溶液稀釋過(guò)程中：

a．稀釋過(guò)程中酸性減弱，c(H+)一定減小，a正確；

b．稀釋過(guò)程中酸性減弱，c(H+)一定減小，則c(OH-)一定增大，b不符題意；

c．=Kh(CH3COO-)，溫度不變，Kh(CH3COO-)不變，則稀釋過(guò)程中不變，c不符題意；

d．，稀釋過(guò)程中c(CH3COO-)減小，Ka不變，則減小，d正確；

選ad；

（2）在t℃時(shí)，某NaOH稀溶液中c(H+)=10-amol·L-1，c(OH-)=10-bmol·L-1，已知a+b=12，則該溫度下Kw=c(H+)×c(OH-)=10-amol·L-1×10-bmol·L-1=10-(a+b)mol2·L-2=10-12mol2·L-2，則在該溫度下，將100mL0.1mol·L-1的稀H2SO4與100mL0.4mol·L-1的NaOH溶液混合，堿過(guò)量，混合后c(OH-)=mol/L=0.1mol/L，則c(H+)=mol/L=10-11mol/L，溶液的pH=-lg10-11=11；

（3）醋酸和NaOH等濃度等體積混合時(shí)得到醋酸鈉溶液，顯堿性，現(xiàn)在得到pH=7，即中性，則醋酸要過(guò)量，故25℃時(shí)，將amol·L-1的醋酸和bmol·L-1的氫氧化鈉溶液等體積混合后，溶液的pH=7，則a>b；此時(shí)溶液中存在物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=mol·L-1。

【分析】（1）酸性越強(qiáng)，稀釋時(shí)pH變化越大；稀釋促進(jìn)醋酸的電離；

（2）先計(jì)算c(H+)，再根據(jù)pH=-lgc(H+)計(jì)算；

（3）根據(jù)物料守恒計(jì)算。

29．（2022高二上·拉薩期末）

（1）氯化鋁水溶液呈性，（填“酸”、“中”、“堿”）原因是：（用離子方程式表示）。把AlCl3溶液蒸干，灼燒，最后得到的主要固體產(chǎn)物是

（2）硫化鈉溶于水時(shí)發(fā)生水解，其水解的離子方程為：，在配制硫化鈉溶液時(shí)可以加入少量的以抑制其水解。

（3）將等體積等物質(zhì)的量濃度的醋酸和氫氧化鈉溶液混合后，溶液呈（填“酸性”、“中性”或“堿性”，下同），溶液中c(Na+)c(CH3COO-)（填“＞”、“＝”或“＜”，下同）。

（4）pH＝3的醋酸和pH＝11的氫氧化鈉溶液等體積混合后溶液呈，溶液中c(Na+)c(CH3COO-)。

【答案】（1）酸；Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；Al2O3

（2）S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-（可不寫(xiě)）；NaOH

（3）堿性；＞

（4）酸性；＜

【知識(shí)點(diǎn)】鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較；溶液酸堿性的判斷及相關(guān)計(jì)算；離子方程式的書(shū)寫(xiě)

【解析】【解答】（1）氯化鋁屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解反應(yīng)：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，所以氯化鋁水溶液呈酸性。把AlCl3溶液蒸干可得到Al(OH)3，Al(OH)3經(jīng)灼燒分解得到Al2O3。

（2）硫化鈉屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，發(fā)生水解反應(yīng)：S2-+H2OHS-+OH-，所以在配制硫化鈉溶液時(shí)可以加入少量的強(qiáng)堿（如NaOH）以抑制器水解。

（3）根據(jù)題干信息及化學(xué)方程式（CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O）可知，等物質(zhì)的量的CH3COOH和NaOH反應(yīng)生成CH3COONa，CH3COONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，存在水解反應(yīng)：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，所以溶液呈堿性，且c(Na+)＞c(CH3COO-)。

（4）醋酸為弱酸，氫氧化鈉為強(qiáng)堿，常溫下，pH=3即c(H+)=10-3mol/L的醋酸溶液物質(zhì)的量濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于pH=11即c(OH-)=10-3mol/L的NaOH溶液物質(zhì)的量濃度，二者等體積混合，醋酸有大量剩余，所以混合后溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以c(Na+)＜c(CH3COO-)。

【分析】（1）氯化鋁屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，存在水解反應(yīng)，據(jù)此分析。

（2）根據(jù)鹽類水解原理進(jìn)行分析。

（3）弱酸根或弱堿根存在水解反應(yīng)，注意等物質(zhì)的量的CH3COOH和NaOH反應(yīng)生成CH3COONa，據(jù)此分析。

（4）常溫下，pH=3即c(H+)=10-3mol/L的醋酸溶液物質(zhì)的量濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于pH=11即c(OH-)=10-3mol/L的NaOH溶液物質(zhì)的量濃度，結(jié)合電荷守恒進(jìn)行分析。

30．（2022高二下·達(dá)州期末）酸、堿、鹽是中學(xué)化學(xué)學(xué)習(xí)的重要化合物，請(qǐng)依據(jù)其性質(zhì)回答下列問(wèn)題。

（1）常溫下，小蘇打溶液pH7(填“>”、“=”或“”、“=”或“”、“=”或“”、“=”或“”、“=”或“c()>c(OH-)>c()>c(H+)；取適量溶液于小試管中，加足量鹽酸酸化后再加入氯化鋇溶液，觀察現(xiàn)象，若產(chǎn)生白色沉淀則已變質(zhì)，若無(wú)白色沉淀，則未變質(zhì)

（4）C

（5）1.4

【知識(shí)點(diǎn)】離子濃度大小的比較；含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用

【解析】【解答】(1)M為+6價(jià)含硫氧化物，化學(xué)式為：SO3；亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，故通過(guò)飽和碳酸氫鈉溶液可以除去二氧化硫，堿石灰和碳酸鈉溶液均能吸收二氧化碳，不能選用，酸性高錳酸鉀溶液可以吸收二氧化硫，不吸收二氧化碳，故除去中少量的雜質(zhì)可選擇的試劑有：AD；

(2)廢銅料與稀硫酸在通入空氣并加熱的條件下反應(yīng)制取，其反應(yīng)的離子方程式為：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；

(3)的水溶液顯堿性，c(Na+)>c(SO)，c(OH-)>c(H+)，，溶液中還存在水的電離，故c(OH-)>c(HSO)，溶液中各離子的濃度大小關(guān)系是：c(Na+)>c(SO)>c(OH-)>c(HSO)>c(H+)；檢驗(yàn)溶液是否變質(zhì)，直接加入氯化鋇亞硫酸根也會(huì)與鋇離子生成沉淀，故先酸化排除亞硫酸根的干擾，方法是：取適量溶液于小試管中，加足量鹽酸酸化后再加入氯化鋇溶液，觀察現(xiàn)象，若產(chǎn)生白色沉淀則已變質(zhì)，若無(wú)白色沉淀，則未變質(zhì)；

(4)中S元素的化合價(jià)為+2價(jià)：

A.和中硫元素均為+4價(jià)，不可能生成，A不正確；

B.和中硫元素均為+6價(jià)，不可能生成，B不正確；

C.和S中硫元素為+6價(jià)和0價(jià)，從氧化還原角度分析可制備，C正確；

D.和中硫元素為+4價(jià)和+6價(jià)，不可能生成，D不正確；

故答案為：C；

(5)H2SO3溶液中以第一步電離為主：，設(shè)電離出的氫離子濃度為xmol/L，故，，pH=-lgc(H+)=-2lg2+2=2-0.6=1.4。

【分析】（1）M為三氧化硫，除去二氧化碳中混有的二氧化硫可以采用飽和碳酸氫鈉或者飽和碳酸鈉溶液；

（2）銅在加熱條件下生成氧化銅，氧化銅和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅；

（3）亞硫酸鈉溶液中，亞硫酸根可以發(fā)生兩級(jí)水解，且一級(jí)水解的程度大于二級(jí)水解；檢驗(yàn)亞硫酸鈉是否變質(zhì)即檢驗(yàn)是否有硫酸根的產(chǎn)生；

（4）結(jié)合電離方程式，可以列出其電離平衡常數(shù)的公式，即，再結(jié)合公式pH=-lgc(H+)進(jìn)行計(jì)算。

33．（2023高二上·柯橋期末）室溫下，用滴定溶液過(guò)程中，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如下圖所示。

（1）酸堿式滴定管在加溶液滴定前，需要的操作是和。

（2）配制上述NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，下列儀器中不必要用到的有。(用編號(hào)表示)

①電子天平②燒杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥膠頭滴管⑦移液管

（3）當(dāng)時(shí)，溶液中所有離子的濃度存在的關(guān)系是。

（4）已知，當(dāng)加入的時(shí)，溶液中pH=。

（5）下列說(shuō)法不正確的是____。

A．NaOH與鹽酸恰好完全反應(yīng)時(shí)，

B．選擇甲基紅指示反應(yīng)終點(diǎn)，誤差比甲基橙的大

C．當(dāng)接近滴定終點(diǎn)時(shí)，極少量的堿就會(huì)引起溶液的pH突變

D．選擇變色范圍在pH突變范圍內(nèi)的指示劑，可減小實(shí)驗(yàn)誤差

E．當(dāng)用滴定溶液時(shí)，其突變范圍比滴定溶液的突變范圍大

（6）在化學(xué)分析中，以標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的時(shí)，采用為指示劑，利用和反應(yīng)生成磚紅色沉淀表示滴定終點(diǎn)。當(dāng)溶液中的恰好完全沉淀時(shí)，溶液中的；。

已知：①25℃時(shí)，，

②當(dāng)溶液中某種離子的濃度等于或小于時(shí)，可認(rèn)為已完全沉淀。

【答案】（1）檢漏；潤(rùn)洗

（2）③⑦

（3）(或，)

（4）

（5）B；E

（6）；

【知識(shí)點(diǎn)】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；離子濃度大小的比較；配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液；中和滴定

【解析】【解答】(1)酸堿式滴定管在加溶液滴定前，需要的操作是檢漏和潤(rùn)洗；

(2)根據(jù)溶液濃度的精度，應(yīng)選擇電子天平用于稱量固體質(zhì)量，燒杯用于溶解固體，用玻璃棒攪拌，恢復(fù)室溫，用玻璃棒引流，移入250mL容量瓶中，繼續(xù)加水至離刻度線1～2cm處，改用膠頭滴管加水定容，故用不到的儀器為量筒和移液管，

故答案為：③⑦；

(3)當(dāng)

時(shí)，酸和堿恰好反應(yīng)生成NaCl，溶液中所有離子的濃度存在的電荷守恒：

；

(4)V（NaOH）=30.00mL時(shí)，反應(yīng)相當(dāng)于余下10mL的NaOH，溶液為堿性，溶液中c(OH-)=0.02mol/L，已知，所以溶液pH=14+lgc(OH-)=12.3；

(5)A．NaOH與鹽酸恰好完全反應(yīng)時(shí)生成NaCl，為中性溶液，

，A正確；

B．甲基橙的指示范圍是3.1～4.4，甲基紅的指示范圍是4.4～6.2，二者差不多，相反甲基紅的指示范圍與突變范圍重疊更大，更能降低誤差，B不正確；

C．當(dāng)接近恰好完全反應(yīng)時(shí)，多滴加極少量的堿時(shí)溶液呈堿性，在化學(xué)計(jì)量點(diǎn)前后加入少量的酸或堿使溶液的pH值發(fā)生突變，C正確；

D．根據(jù)突變范圍選擇合適的指示劑，要求指示劑的指示范圍與突變范圍有重疊，所以選擇變色范圍在pH突變范圍內(nèi)的指示劑，可減小實(shí)驗(yàn)誤差，D正確；

E．當(dāng)用

滴定

溶液時(shí)，由于醋酸與氫氧化鈉溶液恰好反應(yīng)時(shí)生成醋酸鈉，溶液顯示堿性，而鹽酸與氫氧化鈉恰好反應(yīng)時(shí)溶液為中性，其突變范圍比滴定

溶液的突變范圍小，E不正確；

故答案為：BE；

(6)當(dāng)溶液中Cl-完全沉淀時(shí)，即c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，依據(jù)，計(jì)算得到c(Ag+)==1.8×10-5mol/L，此時(shí)溶液中=mol/L。

【分析】依據(jù)酸堿中和滴定的相關(guān)知識(shí)以及沉淀溶解平衡的相關(guān)知識(shí)分析解答。

34．（2023高三上·西青期末）我國(guó)的“天宮”空間站的核心艙“天和”選擇了高效柔性砷化鎵(GaAs)薄膜太陽(yáng)能電池來(lái)供電。

（1）鎵的原子結(jié)構(gòu)示意圖為，鎵元素在元素周期表中的位置是。

（2）GaAs的熔點(diǎn)為1238℃且熔融狀態(tài)不導(dǎo)電，據(jù)此判斷它是(填“共價(jià)”或“離子”)化合物。

（3）鎵與氨氣在1100℃下反應(yīng)生成氮化鎵和氫氣，該可逆反應(yīng)每生成1molH2放出10.3kJ熱量。該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是。(已知金屬鎵的熔點(diǎn)是29.8℃，沸點(diǎn)是2403℃；氮化鎵的熔點(diǎn)為1700℃)

（4）As與P同族且相鄰。磷的最外層電子軌道表示式。預(yù)測(cè)As的氫化物分子的空間結(jié)構(gòu)，其沸點(diǎn)比NH3的(填“高”或“低”)，理由是。

（5）下列說(shuō)法不正確的是。

a．鎵的金屬性比鋁的強(qiáng)b．砷化鎵具有半導(dǎo)體性質(zhì)

c．As與H2在低溫時(shí)可劇烈化合為AsH3d．酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4

亞砷酸(H3AsO3)可以用于治療白血病。亞砷酸溶液中各種微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溶液pH關(guān)系如圖所示。

（6）人體血液的pH在7.35—7.45之間，患者用藥后人體中含As元素的主要微粒是。通常情況下，H2AsO電離程度水解程度(填“>、、

【知識(shí)點(diǎn)】原子核外電子排布；熱化學(xué)方程式；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用

【解析】【解答】（1）由鎵的原子結(jié)構(gòu)示意圖可知，鎵元素位于元素周期表第四周期ⅢA族，故答案為：第四周期ⅢA族；

（2）砷化鎵的熔點(diǎn)高且熔融狀態(tài)不導(dǎo)電，說(shuō)明砷化鎵為共價(jià)化合物，故答案為：共價(jià)；

（3）在1100℃下液態(tài)鎵與氨氣反應(yīng)生成固態(tài)氮化鎵和氫氣，可逆反應(yīng)的方程式為2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)，由每生成1mol氫氣放出10.3kJ熱量可知，反應(yīng)的反應(yīng)熱△H=-30.9kJ/mol，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol，故答案為：2Ga(l)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol；

（4）磷元素的原子序數(shù)為15，價(jià)電子排布式為3s23p3，則價(jià)電子排布圖為；砷化氫中砷原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1，空間構(gòu)型為三角錐形；砷化氫和氨氣是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，氨氣分子間能形成氫鍵，砷化氫分子間不能形成氫鍵，則氨氣分子間的作用力大于砷化氫，沸點(diǎn)高于砷化氫，故答案為：；三角錐形；NH3和AsH3均為分子晶體，NH3分子間能形成氫鍵，分子間作用力大于AsH3；

（5）a．同主族元素，從上到下元素的金屬性依次增強(qiáng)，則鎵的金屬性比鋁的強(qiáng)，故正確；

b．砷化鎵與硅一樣是半導(dǎo)體材料，具有半導(dǎo)體性質(zhì)，故正確；

c．同主族元素，從上到下元素的非金屬性依次減弱，砷與氫氣在低溫時(shí)不能發(fā)生化合反應(yīng)生成砷化氫，故不正確；

d．元素的非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，同主族元素，從上到下元素的非金屬性依次減弱，同周期元素，從左到右元素的非金屬性依次增強(qiáng)，則酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镠2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故正確；

故答案為：c；

（6）人體血液的pH在7.35-7.45之間，由圖可知，患者用藥后人體中含砷元素的主要微粒是亞砷酸；H2AsO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)最大時(shí)，溶液呈堿性，說(shuō)明H2AsO的電離程度小于水解程度，故答案為：H3AsO3；7，溶液呈堿性，則c(OH-)>c(H+)，c(H2AsO3-)=c(AsO33-)，溶液中存在c(K+)＞c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)。

35．（2023高二上·大興期末）二氧化硫是大氣主要污染物脫硫是環(huán)境治理的熱點(diǎn)問(wèn)題。回答下列問(wèn)題。

（1）利用吸收的離子方程式為：

+□(在“□”里填入系數(shù)在“”上填入微粒符號(hào))，加入可以提高去除率，原因是。

（2）工業(yè)上還常用氨水吸收法處理，可生成或。

①顯堿性，結(jié)合化學(xué)用語(yǔ)，用化學(xué)平衡原理解釋其原因：。

②顯酸性。用氨水吸收，當(dāng)吸收液顯中性時(shí)溶液中離子濃度關(guān)系正確的是(填字母)。

a.

b.

c.

（3）某工廠煙氣中主要含、，在較高溫度經(jīng)下圖所示方法脫除并制得。

①在陰極放電的物質(zhì)是。

②在陽(yáng)極生成的電極反應(yīng)式是。

【答案】（1）；CaCO3與生成的H+反應(yīng)，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，提高SO2去除率

（2）溶液中存在平衡：、，水解程度大于水解程度，使溶液中c(OH-)＞c(H+)，故溶液顯堿性；ab

（3）O2；2-4e-=O2↑+2SO3

【知識(shí)點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)方程式的配平；化學(xué)平衡移動(dòng)原理；鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較；電解池工作原理及應(yīng)用

【解析】【解答】(1)KMnO4具有強(qiáng)氧化性，可將SO2氧化為

，根據(jù)未配平方程式知

被還原為

，根據(jù)S元素守恒知生成

系數(shù)為“1”，根據(jù)電荷守恒知右邊添加H+，系數(shù)為“4”，再由H、O元素守恒推得H2O的系數(shù)為2，完整方程式為：

；加入CaCO3，可以和生成的H+反應(yīng)，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，提高SO2去除率，故此處填：CaCO3與生成的H+反應(yīng)，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，提高SO2去除率；

(2)①(NH4)2SO3溶液中

、

均水解，

水解使溶液顯堿性，

水解使溶液顯酸性，但

水解程度大于

水解程度，所以溶液顯堿性，此處所填內(nèi)容如下：溶液中存在平衡：

、

，

水解程度大于

水解程度，使溶液中c(OH-)＞c(H+)，故溶液顯堿性；

②a．溶液中存在電荷守恒：

，溶液顯中性意味著c(OH-)＝c(H+)，故

，a正確；

b．由a選項(xiàng)知，此時(shí)

，故

，由于NH4HSO3為酸性，(NH4)2SO3為堿性，故此時(shí)溶液組成應(yīng)該為NH4HSO3與(NH4)2SO3混合，兩者完全電離，故溶液中大量存在

，而H+與OH-均為微弱過(guò)程產(chǎn)生，故

，b正確；

c．由電荷守恒知，

系數(shù)應(yīng)為2，c不正確；故此處選ab；

(3)①由圖示知，左邊電極接電源負(fù)極，故為電解的陰極，根據(jù)電解原理，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，相關(guān)物質(zhì)化合價(jià)降低，對(duì)比反應(yīng)前后知O2化合價(jià)降低，故在陰極放電的物質(zhì)為O2；

②根據(jù)圖示知，

在陽(yáng)極放電生成O2、SO3等物質(zhì)，故電極反應(yīng)為：2

-4e-=O2↑+2SO3。

【分析】(1)依據(jù)氧化還原反應(yīng)的相關(guān)知識(shí)和化學(xué)平衡的移動(dòng)原理分析解答；

(2)依據(jù)鹽的水解和溶液中的物料守恒和電荷守恒分析解答；

(3)依據(jù)電解池的相關(guān)知識(shí)分析解答。

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2023年高考真題變式分類匯編：離子濃度大小的比較5

一、選擇題

1．（2023·浙江）取兩份的溶液，一份滴加的鹽酸，另一份滴加溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。

下列說(shuō)法不正確的是（）

A．由a點(diǎn)可知：溶液中的水解程度大于電離程度

B．過(guò)程中：逐漸減小

C．過(guò)程中：

D．令c點(diǎn)的，e點(diǎn)的，則

2．（2023·廣東）鳥(niǎo)嘌呤()是一種有機(jī)弱堿，可與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸鹽(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列敘述正確的是（）

A．水溶液的

B．水溶液加水稀釋，升高

C．在水中的電離方程式為：

D．水溶液中：

3．（2023·湖南）常溫下，用的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為三種一元弱酸的鈉鹽溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯(cuò)誤的是（）

A．該溶液中：

B．三種一元弱酸的電離常數(shù)：

C．當(dāng)時(shí)，三種溶液中：

D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：

4．（2023·全國(guó)乙卷）HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中而變化，不發(fā)生水解。實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，298K時(shí)，如下圖中實(shí)線所示。

下列敘述錯(cuò)誤的是（）

A．溶液pH=4時(shí).

B．MA的溶度積

C．溶液pH=7時(shí)，

D．HA的電離常數(shù)

5．（2023·浙江）實(shí)驗(yàn)測(cè)得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25℃時(shí)CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)均為1.8×10-5.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．圖中實(shí)線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化'

B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L-1，溶液pH變化值小于lgx

C．隨溫度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)減小，c(H+)增大，pH減小

D．25℃時(shí)稀釋相同倍數(shù)的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)

6．（2023·長(zhǎng)春模擬）常溫下，向1L濃度為0.1mol/LHA溶液中逐漸加入NaOH固體的過(guò)程中，主要成分的分布分?jǐn)?shù)(HA或A-占含A微粒總量的百分?jǐn)?shù))隨pH的變化如圖所示。忽略過(guò)程中溶液體積的變化，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．HA的電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)為10-5

B．pH=5.6時(shí)，溶液中

C．加入NaOH固體的質(zhì)量為2.0g時(shí)，溶液的pH＞7

D．pH=7時(shí)，溶液中c(Na+)=c(A-)

7．（2022·滄州模擬）常溫下，用NaOH溶液滴定二元弱酸亞磷酸溶液，溶液中-和-lgc()或-和-lgc()的關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．L2表示-和-lgc()的關(guān)系

B．H3PO3的電離常數(shù)Ka1(H3PO3)的數(shù)量級(jí)為10-2

C．等濃度等體積的H3PO3溶液與NaOH溶液充分混合，c()c(A2-)

C．C點(diǎn)：c(Na+)C點(diǎn)>B點(diǎn)

10．（2023·大連模擬）檸檬酸(用表示)是一種高效除垢劑，現(xiàn)用一定濃度的檸檬酸溶液去除水垢，溶液中、、、的百分含量隨的變化曲線如圖所示。下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）

A．的第二步電離常數(shù)約為

B．溶液中，水解程度小于電離程度

C．時(shí)，

D．時(shí)，

11．（2022·唐山模擬）水溶液中存在多種平衡，下列說(shuō)法正確的是（）

A．稀醋酸溶液稀釋時(shí)，溶液中所有離子的物質(zhì)的量濃度均減小

B．水溶液中，pH=7時(shí)，溶液一定呈中性

C．物質(zhì)的量濃度相等的和溶液等體積混合，則

D．用已知濃度的NaOH溶液滴定未知濃度的溶液，若選用甲基橙做指示劑，滴定過(guò)程中水的電離程度先增大后減小

12．（2022·開(kāi)封模擬）谷氨酸[HOOC(CH2)2CH(NH2)COOH，用H2R表示]是人體內(nèi)的基本氨基酸之一，在水溶液中存在如下平衡：H2RHR-R2-。常溫下，向一定濃度的H2R溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gx[x表示或]隨pOH[pOH=-lgc(OH-)]的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）

A．K1=1×10-9.7

B．pH=7時(shí)，c(HR-)＞c(H2R)＞c(R2-)

C．曲線II表示pOH與lg的變化關(guān)系

D．M點(diǎn)時(shí)，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+3c(HR-)

13．（2022·洛陽(yáng)模擬）三甲胺[N(CH3)3]是一種一元有機(jī)弱堿，可簡(jiǎn)寫(xiě)為MOH。常溫下，向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入濃度為0.25mol/L的HCl溶液，溶液中，、中和率(中和率=被中和的MOH的物質(zhì)的量/反應(yīng)前MOH的總物質(zhì)的量)的變化如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，

B．b點(diǎn)時(shí)，

C．溶液中水的電離程度：c點(diǎn)>d點(diǎn)

D．三甲胺[N(CH3)3]的電離常數(shù)為

14．（2022·張家口模擬）常溫下，幾種弱電解質(zhì)的電離常數(shù)如下表所示：

下列說(shuō)法正確的是（）

A．溶液呈中性，溶液中水的電離程度與純水的電離程度相同

B．溶液中：

C．等濃度的與混合溶液中：

D．水溶液顯堿性

15．（2022·臨潼模擬）室溫下，向20mL濃度均為0.1的和混合液中逐滴加入0.1NaOH溶液，溶液pH變化曲線如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A．a(chǎn)點(diǎn)：

B．導(dǎo)電能力：b＜c

C．c點(diǎn)：

D．由d點(diǎn)可得

二、多選題

16．（2023高二下·鹽城期末）25℃時(shí)，下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）

A．0.1mol·L－1Na2S溶液中：c(OH－)=c(H2S)+c(HS－)

B．0.1mol·L－1CH3COONH4溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)

C．0.1mol·L－1pH=6的NaHSO3溶液中：c(Na+)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(H2SO3)

D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液與0.1mol·L－1NaHCO3溶液等體積混合所得溶液中：c(CO)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H2CO3)

17．（2023高二下·無(wú)錫期末）25℃時(shí)，下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）

A．0.1molL﹣lNaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）

B．0.1molL﹣1NaHS溶液：C（OH﹣）+c（S2﹣）=c（H+）+c（H2S）

C．0.1molL﹣1CH3COOH溶液和0．1molL﹣1CH3COONa溶液等體積混合：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）

D．0.1molL﹣lNH4HSO4溶液中滴加0.1molL﹣1NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）

18．（2023高二上·丹陽(yáng)期末）下列有關(guān)物質(zhì)濃度關(guān)系的描述中，正確的是（）

A．25℃時(shí)，NaB溶液的pH=8，c（Na+）﹣c（B﹣）=9.9×10﹣7molL﹣1

B．25℃時(shí)，向0.1molL﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）

C．0.1molL﹣1的NaHCO3溶液中：c（OH﹣）+2c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）

D．同溫下，pH相同時(shí)，溶液物質(zhì)的量濃度：c（CH3COONa）＞c（NaHCO3）＞c（C6H5ONa）＞c（Na2CO3）

19．（2023高一上·濰坊期中）在兩份相同的溶液中，分別滴入物質(zhì)的量濃度相等的、