專題10 水溶液中的離子平衡（答案）

專題10水溶液中的離子平衡1.【答案】B【解析】【詳解】A．常溫下溶液I的pH=7.0，則溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A錯誤；B．常溫下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則=1.0×10-3，解得=，B正確；C．根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C錯誤；D．常溫下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c總(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c總(HA)=1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c總(HA)之比為[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D錯誤；答案選B。2.【答案】B【解析】【分析】BaCO3、BaSO4均為難溶物，飽和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[c(Ba2＋)×c()]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c()]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，則－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲線①為－lg[c(Ba2＋)]與－lg[c()]的關系，曲線②為－lg[c(Ba2＋)]與－lg[c()]的關系?！驹斀狻緼．由題可知，曲線上的點均為飽和溶液中微粒濃度關系，由上述分析可知，曲線①為BaSO4的沉淀溶解曲線，選項A錯誤；B．曲線①為BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]與－lg[c()]的關系，由圖可知，當溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3時，－lg[c()＝7，則－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，選項B正確；C．向飽和BaCO3溶液中加入適量BaCl2固體后，溶液中c(Ba2＋)增大，根據(jù)溫度不變則Ksp(BaCO3)不變可知，溶液中c()將減小，因此a點將沿曲線②向左上方移動，選項C錯誤；D．由圖可知，當溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1時，兩溶液中＝＝，選項D錯誤；答案選B。3.【答案】C【解析】【分析】本題考查水溶液中離子濃度的關系，在解題過程中要注意電荷守恒和物料守恒的應用，具體見詳解。【詳解】A．由圖可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L時，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正確；B．由圖可知，c(H+)=0時，可看作溶液中有較大濃度的OH-，此時A-的水解極大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，則，B正確；C．設調pH所用的酸為HnX，則結合電荷守恒可知，題給等式右邊缺陰離子部分nc(Xn-)，C錯誤；D．當時，由物料守恒知，則，，則，對應圖得此時溶液中，，D正確；故選C。4.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖像，曲線①代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線②代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸增大，粒子的分布系數(shù)只有1個交點；當加入40mLNaOH溶液時，溶液的pH在中性發(fā)生突變，且曲線②代表的粒子達到最大值接近1；沒有加入NaOH時，pH約為1，說明H2A第一步完全電離，第二步部分電離，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，根據(jù)反應2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，據(jù)此分析作答。【詳解】A．根據(jù)分析，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，A錯誤；B．當加入40.00mLNaOH溶液時，溶液的pH發(fā)生突變，說明恰好完全反應，結合分析，根據(jù)反應2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B錯誤；C．根據(jù)曲線當δ(HA-)=δ(A2-)時溶液的pH=2，則HA-的電離平衡常數(shù)Ka==c(H+)=1×10-2，C正確；D．用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.2~10，終點時溶液呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，則c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D錯誤；答案選C?！军c睛】本題的難點是判斷H2A的電離，根據(jù)pH的突變和粒子分布分數(shù)的變化確定H2A的電離方程式為H2A=H++A2-，HA-?H++A2-；同時注意題中是雙縱坐標，左邊縱坐標代表粒子分布分數(shù)，右邊縱坐標代表pH，圖像中δ(HA-)=δ(A2-)時溶液的pH≠5，而是pH=2。5.【答案】C【解析】【分析】鄰苯二甲酸氫鉀為二元弱酸酸式鹽，溶液呈酸性，向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液，兩者反應生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中離子濃度增大，導電性增強，鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉為強堿弱酸鹽，鄰苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈堿性?！驹斀狻緼項、向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液，兩者反應生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中Na+和A2—的濃度增大。由圖像可知，溶液導電性增強，說明導電能力與離子濃度和種類有關，故A正確；B項、a點和b點K+的物質的量相同，K+的物質的量濃度變化不明顯，HA—轉化為A2—，b點導電性強于a點，說明Na+和A2—的導電能力強于HA—，故B正確；C項、b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，鄰苯二甲酸鉀為強堿弱酸鹽，A2—在溶液中水解使溶液呈堿性，溶液pH＞7，故C錯誤；D項、b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應生成等物質的量的鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c點是繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液后，得到鄰苯二甲酸鉀、鄰苯二甲酸鈉、氫氧化鈉的混合溶液，則溶液中c（Na+）＞c（K+），由圖可知，a點到b點加入氫氧化鈉溶液的體積大于b點到c點加入氫氧化鈉溶液的體積，則溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小順序為c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正確。故選C?！军c睛】本題考查水溶液中的離子平衡，試題側重考查分析、理解問題的能力，注意正確分析圖像曲線變化，明確酸式鹽與堿反應溶液濃度和成分的變化與導電性變化的關系是解答關鍵。6.【答案】B【解析】【詳解】A.CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度積Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在飽和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)，結合圖象可以看出，圖中a和b分別表示T1和T2溫度下CdS的物質的量濃度，A項正確；B.CdS的沉淀溶解平衡中的溶度積受溫度影響，m、n和p點均在溫度為T1條件下所測的對應離子濃度，則其溶度積相同，B項錯誤；C.m點達到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化鈉后，平衡向逆反應方向移動，c(Cd2+)減小，c(S2-)增大，溶液組成由m沿mnp向p方向移動，C項正確；D.從圖象中可以看出，隨著溫度的升高，離子濃度增大，說明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)為吸熱反應，則溫度降低時，q點對應飽和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)與c(S2-)同時減小，會沿qp線向p點方向移動，D項正確；答案選B。7.【答案】C【解析】【分析】本題應該從題目所給的圖入手，尋找特定數(shù)據(jù)判斷題目中的沉淀滴定的具體過程。注意：橫坐標是加入的硝酸銀溶液的體積，縱坐標是氯離子濃度的負對數(shù)。【詳解】A.選取橫坐標為50mL的點，此時向50mL0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL0.1mol/L的AgNO3溶液，所以計算出此時溶液中過量的Ag+濃度為0.025mol/L（按照銀離子和氯離子1:1沉淀，同時不要忘記溶液體積變?yōu)樵瓉?倍），由圖示得到此時Cl-約為1×10-8mol/L（實際稍小），所以KSP(AgCl)約為0.025×10-8=2.5×10-10，所以其數(shù)量級為10-10，選項A正確；B.由于KSP(AgCl)極小，所以向溶液滴加硝酸銀就會有沉淀析出，溶液一直是氯化銀的飽和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，選項B正確；C.滴定的過程是用硝酸銀滴定氯離子，所以滴定的終點應該由原溶液中氯離子的物質的量決定，將50mL0.05mol/L的Cl-溶液改為50mL0.04mol/L的Cl-溶液，此時溶液中的氯離子的物質的量是原來的0.8倍，所以滴定終點需要加入的硝酸銀的量也是原來的0.8倍，因此應該由c點的25mL變?yōu)?5×0.8=20mL，而a點對應的是15mL，選項C錯誤；D.鹵化銀從氟化銀到碘化銀的溶解度應該逐漸減小，所以KSP(AgCl)應該大于KSP(AgBr)，將50mL0.05mol/L的Cl-溶液改為50mL0.05mol/L的Br-溶液，這是將溶液中的氯離子換為等物質的量的溴離子，因為銀離子和氯離子或溴離子都是1:1沉淀的，所以滴定終點的橫坐標不變，但是因為溴化銀更難溶，所以終點時，溴離子的濃度應該比終點時氯離子的濃度更小，所以有可能由a點變?yōu)閎點。選項D正確；故答案選C。【點睛】本題雖然選擇了一個學生不太熟悉的滴定過程——沉淀滴定，但是其內在原理實際和酸堿中和滴定是一樣的。這種滴定的理論終點都應該是恰好反應的點，酸堿中和滴定是酸堿恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，這樣就能判斷溶液發(fā)生改變的時候，滴定終點如何變化了。8.【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)圖知，開始時BOH溶液的pH=11，溶液中c(OH-)==mol/L=10-3mol/L，BOH電離程度較小，則溶液中c(BOH)≈0.1mol/L，c(B+)≈c(OH-)=10-3mol/L，BOH的Kb=≈=10-5，A正確；B．a(chǎn)點等濃度的BOH和BCl混合溶液，存在電荷守恒c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、存在物料守恒c(B+)+c(BOH)=2c(Cl-)，所以存在c(B+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(BOH)，B正確；C.隨著鹽酸的滴加，一開始BOH電離的OH-濃度越來越小，對水的電離的抑制作用也越來越小，水的電離程度增大，B+濃度越來越大，B+水解對水的電離起促進作用，當恰好完全反應生成BCl時，水的電離程度最大，繼續(xù)滴加鹽酸，由于HCl電離出的H+對水的電離和B+水解均起到抑制作用，導致水的電離程度又減小，即滴加鹽酸的過程中，溶液中水的電離程度先增大后減小，C錯誤；D.由A項分析可知，BOH是弱堿，b點為BOH與HCl恰好完全反應，由于B+發(fā)生水解，故b點c(B+)<0.05mol·L-1，D正確；故答案為：C。9.【答案】D【解析】【詳解】A.滴定前，若用0.1000mol·L-1H2C2O4溶液潤洗錐形瓶，會使草酸物質的量增大，消耗氫氧化鈉的體積偏大，所以錐形瓶不能潤洗，故A錯誤；B.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液pH=1.3，Ka1(H2C2O4)=，故B錯誤；C.圖中c點草酸和氫氧化鈉完全反應，溶質為Na2C2O4，C2O發(fā)生兩步水解，第一步水解大于第二步水解，溶液離子濃度大小為：c(Na+)＞c()＞c()＞c(H2C2O4)，故C錯誤；D.a點草酸和氫氧化鈉1:1反應，溶質為NaHC2O4，根據(jù)物料守恒c(Na+)=c()+c()+c(H2C2O4)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，所以c(OH-)+c()=c(H2C2O4)+c(H+)，故D正確；選D。10.【答案】D【解析】【詳解】A．CdCO3(s)?Cd2+(aq)+(aq)，則c(Cd2+)=c()，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲線Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲線，A錯誤；B．由A分析可知，曲線I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲線，Cd(OH)2(s)?Cd2+(aq)+2OH-(aq)，則c(Cd2+)=2c(OH-)，加熱平衡正向移動，Cd2+、OH-離子濃度變大，但是不會相等，B錯誤；C．曲線上的點為達到了沉淀溶解平衡，pCd2+為Cd2+濃度的負對數(shù)，pN為陰離子濃度的負對數(shù)，則數(shù)值越大，離子濃度越小，Y點在曲線上方，說明離子濃度小，故為不飽和溶液，C錯誤；D．T℃，由圖可知，pN=4時，CdCO3中pCd2+為8，即；pN=4時，Cd(OH)2中pCd2+為6，即；在CdCO3(s)+2OH-(aq)?Cd(OH)2(s)+(aq)平衡體系中，平衡常數(shù)K=，D正確；故選D。11.【答案】D【解析】【分析】H3PO4是一種三元弱酸，H3PO4的逐級電離常數(shù)在逐漸減小，當lgX=0時，則=1時的氫離子濃度最大，=1時的氫離子濃度次之，=1時的氫離子濃度最小，因此I是lg與溶液pH的關系，II是lg與溶液pH的關系，III是lg與溶液pH的關系?！驹斀狻緼．根據(jù)前面分析曲線II表示與溶液pH的關系，故A正確；B．pH=2.15時，lg=0，即=1，根據(jù)電荷守恒和=1得到，故B正確；C．pH=2.15時，lg=0，即=1，則Ka1=10?2.15，pH=7.20時，lg=0，即=1，則Ka2=10?7.20，，則溶液中電離程度大于水解程度，因此室溫下溶液顯酸性，故C正確；D．隨著pH值的增大：是不變的，故D錯誤；綜上所述，答案為D。12.【答案】D【解析】【詳解】A．由圖中曲線Ⅱ可知，濃度為0.1mol/L的HA酸溶液的pH=1，說明HA是強酸，在溶液中完全電離，a點時的溶液中氫離子濃度為=mol/L，則水電離出的氫離子濃度為=3×10-13mol/L，故A正確；B．由圖可知，b點對應的溶液為等濃度的HB和NaB的混合溶液，溶液呈酸性，說明溶液中HB的電離程度大于B-的水解程度，溶液中微粒的濃度大小順序為c(B—)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH—)，故B正確；C．由圖可知，c點對應的溶液為NaB溶液，溶液中存在質子守恒關系c(H+)+c(HB)=c(OH—)，故C正確；D．由H2C的一級電離方程式可知，H2C在溶液中第一步電離是完全電離，所以NaB溶液中滴入少量H2C溶液，反應的離子方程式為B—+H+=HB，故D錯誤；故選D。13.【答案】D【解析】【分析】已知相同溫度下，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Co(OH)2]，則c(Cu2+)=c(Co2+)時，c(OH-)較小，即pOH=-lgc(OH-)較大，由圖可知曲線①代表-lgc(Cu2+)與pOH的關系，曲線②代表-lgc(Co2+)與pOH的關系；【詳解】A．只要Co2+濃度足夠大，消耗OH-可促進Cu(OH)2沉淀溶解平衡正向移動，可實現(xiàn)Cu(OH)2沉淀能轉化為Co(OH)2沉淀，A錯誤；B．已知相同溫度下，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Co(OH)2]，則c(Cu2+)=c(Co2+)時，c(OH-)較小，即pOH=-lgc(OH-)較大，由圖可知曲線①代表-lgc(Cu2+)與pOH的關系，由c點可知該溫度下Ksp[Cu(OH)2]=10-2×(10-9)2=1.0×10-20，B錯誤；C．d點時溶液不飽和，蒸發(fā)溶劑水，c(OH-)、c(Cu2+)均增大，所以不能使溶液由d點變到c點，故C錯誤；D．加入適量NaOH固體，溶液中OH-離子濃度增大，由于溫度不變，Ksp不變，Co2+離子濃度減小，-lgc(Co2+)值增大，可使溶液由a點移到b點，D正確；故選：D。14.【答案】A【解析】【分析】已知H2C2O4中加入KOH固體，隨著pH增大，c(H+)減小，H2C2O4減小，-lgc(H2C2O4)增大，的濃度增大，-lgc()減小，=則也增大，-lg減小，且隨著pH的增大，c()先大于c()到等于，再到小于，即從小于1，到等于1，再到大于1，則圖中從左往右的曲線分別為-lgc(H2C2O4)、-lg、-lgc()隨pH變化的曲線，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析結合圖中數(shù)據(jù)可知，但pH=4.3時，-lg=0，=1，則Ka2=10-4.3，根據(jù)a點可知，常溫下，-lgc(H2C2O4)=-lgc()即c(H2C2O4)=c()，則有Ka1Ka2==c2(H+)=(10-2.8)2=10-5.6，故的，A錯誤；B．根據(jù)電荷守恒：，圖中b點對應的溶液的pH為4.3，即c()=c()，即，故b點溶液中有：，B正確；C．由分析可知，a點溶液中-lgc(H2C2O4)=-lgc()即c(H2C2O4)=c()，根據(jù)電荷守恒可得：即即，C正確；D．由A項分析可知，Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，Kh2==10-12.7＜Ka2，即的電離大于水解，則溶液中有：，D正確；故答案為：A。15.【答案】C【解析】【分析】由圖可知，室溫下，加入10mL硝酸銀溶液時，NaA溶液完全反應得到AgA飽和溶液，溶液中A-離子和Ag+離子濃度都為10-amol/L，AgA的溶度積為10-2b，加入20mL硝酸銀溶液時，Na2B溶液完全反應得到Ag2B飽和溶液，溶液中B2-離子濃度為10-amol/L、Ag+離子都為2×10-2mol/L，Ag2B的溶度積為4×10-3a。【詳解】A．由分析可知，室溫下，Ag2B的溶度積Ksp(Ag2B)=4×10-3a，A正確；B．由圖可知，e點時NaA溶液過量，f點時NaA溶液恰好反應，由溫度不變，溶度積不變可知，e點Ag+濃度大于f點，B正確；C．由圖分析，AgA飽和溶液中銀離子的濃度小于Ag2B飽和溶液，所以AgA的溶解度小于Ag2B，故在等量的水中，AgA溶解的物質的量更少，C錯誤；D．若c(AgNO3)變?yōu)?.05mol·L-1，則加入20mL硝酸銀溶液時，NaA溶液完全反應得到AgA飽和溶液，由溫度不變，溶度積不變可知，溶液中Ag+的濃度不變，則NaA溶液中的反應終點c移至d點，D正確；故選C。16.【答案】D【解析】【詳解】A．a(chǎn)點溶液中c(HCl)=3.0mol/L，c(Cl2)約為0.81mol/L，HCl為強電解質，完全電離，電離出的氯離子部分與Cl2結合生成，所以c(H+)＞c(Cl-)＞c()，K2＞K1＞Ka，所以c()＞c(ClO-)，綜上所述c(H+)＞c(Cl-)＞c()＞c(ClO-)，A錯誤；B．根據(jù)電荷守恒可知，b點溶液存在：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c()+c(ClO-)+c(OH-)，故c(H+)+c(Na+)＞c(Cl-)+c()+c(ClO-)，B錯誤；C．HCl和NaCl溶液均能電離出Cl-，但在HCl溶液中，隨著c(Cl-)增大，c(Cl2)增大，說明此時主要發(fā)生反應②，c(Cl-)增大使反應②平衡正向移動，促進氯氣的溶解，C錯誤；D．NaCl溶液中，=，隨著Cl2溶解度的減小，反應①逆向移動，溶液中c(H+)減小，所以增大，即增大，D正確；故選D。17.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖像分析，H2A的濃度保持不變，則①代表H2A，隨著pH逐漸增大，HA-、A2-離子濃度增大，pH較小時HA-的濃度大于A2-的濃度，則曲線②代表HA-，曲線③代表A2-，曲線④代表M2+。【詳解】A．溶液中存在弱電離，且一級電離大于二級電離程度，且隨著溶液pH的增大，溶液的堿性增強，促進酸的電離，結合分析可知，曲線①代表HA-，A項正確；B．曲線②代表HA-，曲線③代表A2-，由點c（10.3，-1.1）可知此時溶液中HA-、A2-濃度相等，且pH=10.3，即c(H+)=1×10-10.3mol/L，則H2A的二級電離常數(shù)Ka2=c(H+)=1.0×10-10.3，B項正確；C．根據(jù)二級電離常數(shù)，可得，即，所以，由于，而a、b兩點不變，則不變，則，根據(jù)圖像可知，，所以=104，C項錯誤；D．Ksp(MA)=3×10-9mol2?L-2，根據(jù)圖像可知pH=10.3時，lgc(X)=-1.1，即c(HA-)=c(A2-)=10-1.1mol?L-1，，D項正確；故答案選：C。18.【答案】C【解析】【分析】HF為弱酸，存在電離平衡：HFH++F-，Ka=，，溫度不變電離常數(shù)不變，越大，c(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(Sr2+)越小，-lgc(Sr2+)越大，所以L1、L2分別代表-lgc(F-)、-lgc(Sr2+)與的變化曲線；當=1時，c(F-)=10-2.2mol/L，Ka==0.110-2.2=10-3.2，據(jù)此解答。【詳解】A．由以上分析可知，L1代表-lgc(F-)與的變化曲線，故A錯誤；B．取=1時，-lgc(Sr2+)=4.0，c(Sr2+)=10-4mol/L，-lgc(F-)=2.2，c(F-)=10-2.2mol/L，=10-410-2.2)2=10-8.4，Ksp(SrF2)的數(shù)量級為10-9，故B錯誤；C．根據(jù)原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2+)=c(F-)，由平衡HFH++F-可知，溶解得到的c(F-)等于溶液中存在的c(F-)與生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)，故C正確；D．由圖可知c點處c(Sr2+)=c(F-)，溶液中存在電荷守恒關系：2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，則c(Sr2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，結合C選項分析可知c(F-)=c(HF)，則c點時c(H+)=Ka=10-3.2mol/L，pH<7，溶液顯酸性，c(H+)>c(OH-)，故c點的溶液中存在c(Cl-)>c(Sr2+)，故D錯誤；答案選C。19.【答案】A【解析】【詳解】A．25℃時，起點為HA溶液，水電離出的氫離子濃度c(H+)=10-11mol·L-1，則溶液中c(H+)=10-3mol·L-1，此時，溶液中c(A-)=c(H+)=10-3mol·L-1，c(HA)=0.05-10-3=0.049mol·L-1，所以電離平衡常數(shù)K=，A項正確；B．f點恰好中和反應完全，放出熱量最多，f點之后繼續(xù)加入KOH，只有電解質的電離吸收熱量，所以溫度下降，B項錯誤；C．c點為恰好中和，溶液中c(K+)=c(A-)+c(HA)，e點溶液溫度不再是25℃，此時雖然水電離出的c(H+)=10-7mol·L-1，但溶液不呈中性，C項錯誤；D．a(chǎn)點溶液中溶質為KA和HA且為1:1，由HA的電離平衡常數(shù)可知HA的電離程度大于KA的水解程度，所以c(K+)>c(HA)，根據(jù)電荷守恒等式可得c(H+)+c(HA)<c(A-)+c(OH-)，d點溶液中溶質為KA和KOH且為2:1，根據(jù)物料守恒可得2c(K+)=3[c(A-)+c(HA)]=0.06mol·L-1，D項錯誤；故答案選A。20.【答案】C【解析】【分析】向10mL一定濃度的硝酸銀溶液中，逐滴加入0.1mol?L-1的氨水，首先發(fā)生反應：Ag++NH3?H2O=AgOH↓+NH4+，継而發(fā)生AgOH+2NH3?H2O=+2H2O+OH-；b點-1gc(Ag+

)達到最大值，可認為此時Ag+與NH3?H2O恰好完全反應，陰離子完全沉淀，據(jù)此來分析?！驹斀狻緼．b點溶液溶質為NH4NO3，Ag+完全沉淀，存在沉淀溶解平衡AgOH(s)=Ag+(aq)+OH-(aq)，所以可以近似地認為c(Ag+)=c(OH-)，此時-1gc(Ag+)=4，則c(Ag+)=c(OH-)=1×10-4mol，Ksp(AgOH)=c(Ag+)?c(OH-)=1×10-8，A正確；B．b點完全反應，此時加入的氨水為10mL，氨水的濃度0.1mol/L，原硝酸銀溶液也為10mL，根據(jù)方程式Ag++NH3?H2O=AgOH↓+NH4+可知，硝酸銀溶液的濃度為0.1mol/L，B正確；C．m點溶液存在電荷守恒c(OH-)+c()=c(Ag+)+c[]+c()+c(H+)，此時加入了過量的氨水，溶液應呈堿性，則有：c()-c(Ag+)-c()=c[]+c(H+)-c(OH-)=10-2+c(H+)-c(OH-)＜10-2mol/L，C錯誤；D．b點溶液溶質為NH4NO3，b到m過程發(fā)生反應AgOH+2NH3?H2O=+2H2O+OH-，隨著氨水的加入，并沒有引入銨根離子，雖然堿性增強銨根離子的水解受到促進，則銨根離子的濃度減小，即b點銨根離子的濃度大于溶液m點銨根離子的濃度，D正確；故答案為：C。21.【答案】D【解析】【分析】Ksp(AgCl)=c(Ag+)?c(Cl-)，Ksp(AgI)=c(Ag+)?c(I-)，相同溫度下Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，則c(Ag+)相同時c(Cl-)＞c(I-)，即-lg[c(Cl-)]＜-lg[c(I-)]，所以曲線①表示-lg[c(I-)]與-lg[c(Ag+)]的關系，曲線②表示-lg[c(Cl-)]與-lg[c(Ag+)]的關系，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．相同溫度下Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，則c(Ag+)相同時c(Cl-)＞c(I-)，即-lg[c(Cl-)]＜-lg[c(I-)]，所以曲線①表示-lg[c(I-)]與-lg[c(Ag+)]的關系，即①代表AgI的沉淀溶解曲線，故A正確；B．由圖可知，c(Ag+)=10-6mol·L-1時兩溶液中，故B正確；C．①代表AgI的沉淀溶解曲線，根據(jù)圖可知，由d點變到c點c(I-)不變，c(Ag+)增大，加適量AgNO3(s)時c(Ag+)增大，由于c點是恰好處于溶解平衡的點即恰好飽和的溶液，d點是過飽和溶液，則c(I-)不變，則加入AgNO3(s)能使溶液由d點變到c點，故C正確；D．沉淀溶解平衡時吸熱反應，降低溫度，Ksp(AgI)減小，AgI的溶解度減小，飽和溶液中c(I-)、c(Ag+)均減小，則-lg[c(I-)]與-lg[c(Ag+)]均增大，直線向上平行移動，則線②平行地移向線①，故D錯誤；故選：D。22.【答案】B【解析】【詳解】A．由圖象分析pOH越大，PH越小，向一定濃度的H3PO4溶液中滴加氫氧化鈉溶液，未開始滴加時，溶液中存在、、，開始時的濃度為：，則曲線曲線I、II、III分別代表、、，故A正確；B．由圖像計算可得，，的平衡常數(shù)，所以平衡常數(shù)的數(shù)量級約為10-5，故B錯誤；C．由圖像可知，，，則當溶液pH=7時，可知溶液中存在電解質為NaH2PO4和少量Na2HPO4，所以，故C正確；D．M點時，，溶液中存在的溶質為Na2HPO4和Na3PO4，則有電荷守恒：，又因為，所以，故D正確；故選B選項。23.【答案】D【解析】【分析】m線上任意一點橫縱坐標之積大于n線上任意一點橫縱坐標之積，由題目可知知Ksp(CuA)＜Ksp(ZnA)，故m線表示CuA飽和溶液中相關離子的濃度變化，n線表示ZnA飽和溶液中相關離子的濃度變化；【詳解】A．在m線上，當橫坐標等于20時，縱坐標約等于16.4，即c(Cu2+)=10-20，c(A2-)=10-16.4，故Ksp=c(Cu2+)c(Cu2+)=10-20×10-16.4=10-36.4，數(shù)量級為10-37，A項正確；B．A點的橫縱坐標之積小于m、n線上任意一點橫縱坐標之積，即a點Qc＜Ksp，故為ZnA和CuA的不飽和溶液，B項正確；C．向P點加入少量Na2A固體，溶液中c(A2-)增大，減小，對于ZnA的沉淀溶解平衡逆向移動，c(Zn2+)減小，則增大，故可以實現(xiàn)p點變?yōu)閝點，C項正確；D．由曲線可知，Ksp(CuA)很小，故很難溶于稀硫酸，Ksp(ZnA)相對較大，可以溶解在稀硫酸中，D項錯誤；答案選D。24.【答案】C【解析】【詳解】A．當加入20.00mLNaOH溶液時，溶液的pH發(fā)生突變，到達滴定終點，說明NaOH和H2A恰好完全反應，根據(jù)反應2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，n(NaOH)=2n(H2A)，c(H2A)==0.1000mol/L，選項A錯誤；B．a(chǎn)、c、d三點對應的溶液中，c點時NaOH和H2A恰好完全反應，生成強堿弱酸鹽促進水的電離，而a點酸過量、d點堿過量均抑制水的電離，故水的電離程度最大的為c點，選項B錯誤；C．用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.2~10，終點時溶液呈堿性，c(OH-)>c(H+)，溶液中的電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，則c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，選項C正確；D．當V(NaOH)=0時，HA-的起始濃度為0.1000mol/L，而pH=1.0，故H2A第一步完全電離，b點所在曲線起始pH=5.0，則濃度為10-5mol/L，c(HA-)=10-5mol/L，b點時V(NaOH)=15mL，溶液為溶質以NaHA和Na2A按1：1形成的溶液，此時pH=10.0，對應的溫度下：Ka(HA-)==c(H+)=1.0×10-10，選項D錯誤；答案選C。25.【答案】D【解析】【詳解】A．常溫下Kw=10-14，若HX和CH3COOH都是弱酸，則隨著NH3·H2O的加入，酸堿反應生成鹽，溶液導電性將增強、電阻率將減小，但圖像上隨著NH3·H2O的加入，溶液電阻率增大、導電性減弱，說明原混合溶液中離子濃度更大，即HX為強電解質，常溫下0.1mol·HX的pH比同濃度CH3COOH的pH小，故A項錯誤；B．酸或堿都抑制水的電離，滴加NH3·H2O溶液的過程a到c為HX和CH3COOH轉化為NH4X、CH3COONH4的過程，溶液的酸性減弱，水的電離程度增大，故B項錯誤；C．根據(jù)分析，c點溶液中溶質為NH4X、CH3COONH4，且二者的物質的量相等，其中銨根離子和醋酸根離子發(fā)生均發(fā)生水解：、，且銨根離子濃度大于醋酸根離子，故溶液為酸性即c(H+)>c(OH-)，故溶液pH=7時對應的點在c點和d點之間，此時，存在c(H+)=c(OH-)，根據(jù)質子守恒c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，則有c(CH3COOH)=c(NH3·H2O)，故，又因為Ka=Kb,所以，故C項錯誤；D．d點溶液中共加入0.1mol·L-1的氨水60ml，d點時，溶液體積共為80mL，根據(jù)物料守恒4c(NH3·H2O)+4c()=，故D正確。故答案選D?！军c睛】遇到類似的題首先必須看清楚坐標軸表示的量，然后再進行分析；其次看一些不需要計算的選項先作判斷；最后一些選項需要計算，極值點或者pH=7的點結合質子守恒、電荷守恒、物料守恒便能突破。26.【答案】C【解析】【詳解】A．a(chǎn)點pOH=4.4，，則計算水解常數(shù)約；故A正確；B．由圖知，即稀釋100倍時溶液中的pOH=5.4，則pH=8.6；故B正確；C．b點即稀釋10倍時，根據(jù)物料守恒得到溶液中c()+c()+c(H3PO3)=0.1mol?L?1；故C錯誤；D．由lg4=0.60得lg2=0.30、lg5=0.70，由Na2HPO3的第一步水解常數(shù)約是10?8.8，可以計算H3PO3的第二步電離常數(shù)約是，故D正確。綜上所述，答案為C。27.【答案】C【解析】【詳解】A．25℃時，Kw=1×10-14，由圖可知沒有加入氫氧化鈉固體時，a點0.1mol/LHA溶液中，，可求得0.1mol/LHA溶液中c(H+)=0.1mol/L，則HA為強酸；同理，由b點可知0.1mol/LHB溶液中，c(H+)=0.01mol/L，則HB為弱酸，故A項正確；B．由圖和上述計算可知，a點和b點均抑制水的電離，由于a點c(H+)更大，對水的抑制程度更大，c點和d點均為HB和NaB的混合溶液，由于d點加入氫氧化鈉的物質的量大，溶液中NaB的物質的量大，對水電離的促進大，則由水電離出的c(H+)的順序為a＜b＜c＜d，故B項正確；C．c點反應后為等濃度的HB和NaB溶液，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，根據(jù)物料守恒：2c(Na+)=c(B-)+c(HB)，聯(lián)立可得2c(H+)=c(B-)-c(HB)+2c(OH-)，故C項錯誤；D．d點c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，則c(Na+)=c(B-)，且遠大于c(H+)，故對應的溶液中，c(B-)=