2022届高三化学大一轮复习化学反应原理专题练_33电解质溶液中的图像分析 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学大一轮复习化学反应原理专题练_33电解质溶液中的图像分析一、单选题（本大题共15小题，共45分）1. 常温下，用0.1000molL-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000molL-1HBr溶液和20.00mL0.1000molL-1CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如图所示，下列说法不正确的是()A. 根据图1和图2判断，滴定HBr溶液的曲线是图1B. a=20.00mLC. c(Na+)=c(CH3COO-)的点是B点D. E点对应溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)2. 25时，将 1.0LxmoI/LCH

2、3COOH溶液与 0.1molNaOH固体混合，充分反应后向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略前后体积和温度变化)，引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是( )A. b点混合液中存在c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)B. a、b、c三点对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是 cbbcdD. C点所得溶液中：c(Na+)3c(HA-)5. 25时，往二元弱酸的钠盐Na2A溶液中通入HCl，溶液中和-lgc(H+)c(HA-)和-lgc(A2-)的关系如图所示。下列说法正确的是( )A. 通入HCl的过程中，水电离出的c(H+)不断增大B. K

3、(HA-)的数量级为10-7C. 在Na2A溶液中：c(OH-)=c(H2A)+c(HA-)+c(H+)D. 当通入的HCl的物质的量与Na2A的物质的量相等时：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)6. 人体血液中存在H2CO3/HCO3-等缓冲对。常温下，水溶液中缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgxx表示c(H2CO3)c(HCO3-)与pH的关系如图所示。则下列说法正确的是A. H2CO3的电离方程式为H2CO32H+CO32-B. ab的过程中，水的电离程度逐渐减小C. 常温下，H2CO3的第一级电离常数Ka1=110-6.4D. 当pH增大时，c(HCO3

4、-)c(H2CO3)减小7. 298K时，0.1molL-1H2R溶液中H2R、HR-、R2-三种微粒的分布系数随pH变化的关系如图所示。已知：298K时，HB的Ka=1.010-6。下列叙述正确的是( )A. H2R的Ka1=1.010-1.3B. Na2R溶液中离子存在关系：cNa+=cHR-+2cR2-C. 298K时，0.1molL-1的NaHR溶液中cH2RcR2-D. 298K时，在足量的NaB溶液中加入少量H2R溶液：8. 25C将浓度均为0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。已知Va、Vb与混合液pH

5、关系如图。下列说法错误的是A. x点存在：c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)B. 电离平衡常数K(HA)K(BOH)C. 水的电离程度：yzD. y点溶液：c(B+)+c(BOH)=c(A-)+c(HA)9. T时，浓度均为1mol/L的两种弱酸HA。HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液pH。所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lgc)的关系如图所示。下列叙述错误的是 已知：HA的电离平衡常数： pKa=-lgKaA. 酸性：HAHBB. a点对应的溶液中：c(HA)=0.1mol/L，c(H+)=0.01mol/LC. T时，弱酸HB的pKa5D. 弱酸的Ka随

6、溶液浓度的降低而增大10. 常温下，向20mL浓度均为0.1molL-1(NH4)2SO4、NH4HSO4混合溶液中滴加0.1molL-1的Ba(OH)2溶液，充分反应后静置，溶液的pH与所加Ba(OH)2溶液体积的关系如图，下列说法正确的是()A. a点溶液中：c(NH4+)+c(NH3H2O)=0.2molL-1B. b点溶液中：c(NH4+)c(SO42-)c(H+)C. c点溶液中：c(Ba2+)+c(NH4+)=c(SO42-)D. d点溶液中：c(NH3H2O)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)c(H+)11. 某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的p

7、H变化曲线如图所示，下列判断正确的是()A. a点导电能力比b点强B. 对于b、c两点，KbKcC. 与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积VaVcD. X的值接近7，但大于712. 室温下，某碳酸溶液中的H2CO3、HCO3-、CO32-的物质的量分数随pH的变化如下图所示。下列叙述错误的是()A. 当溶液中(HCO3-)达到最大时：c(H2CO3)c(CO32-)B. Ka2(H2CO3)的数量级为10-11C. 调节溶液的pH由810的过程中c(OH-)c(CO32-)减小D. 加入NaOH使溶液pH=9时，主要反应为HCO3-+OH-=CO32-+H2O13. 常温下，向10mL1mol/LH

8、Cl溶液中滴加等物质的量浓度的CH3COONa溶液。所得混合液的PH与加入CH3COONa溶液的体积(V)的变化如图所示。下列说法不正确的是()A. 常温下，CH3COOH的电离常数约为210-5B. 随着V的增加，混合液中水的电离程度先增加后减小C. 当V=20mL时，混合液中c(Na+)c(CH3COO-)c(Cl-)c(H+)c(OH-)D. 当混合液的PH=7时，混合液中c(CH3COOH)=c(Cl-)14. 不同温度下，水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法不正确的是A. 图中五点Kw之间的关系：BCA=D=EB. C点一定是纯水C. D点可能是醋酸溶液，E点可能是醋酸钠溶液D.

9、100时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液呈中性15. 25时，在20mL0.1molL-1盐酸中逐滴加入0.2molL-1的氨水，溶液的pH与所加氨水的体积关系如图所示，下列有关粒子浓度的关系不正确的是A. 在 a点： c(Cl-) c(NH4+) c(H+) c(OH-)B. 在 b点： c(H+)= c(OH-)、 c(NH4+)= c(Cl-)C. 在 b点，盐酸与氨水恰好完全中和D. 在 c点： c(NH4+)+ c(NH3H2O)=2 c(Cl-)二、填空题（本大题共5小题，共55分）16. (1)已知25时弱电解质的电离平衡常数：Ka(CH3COOH)=

10、1.710-5，Ka(HSCN)=0.13。使20mL0.10molL-1的CH3COOH溶液和20mL0.10molL-1的HSCN溶液分别与20mL0.10molL-1的NaHCO3溶液反应，实验测得产生的CO2气体体积(V)与时间(t)的关系如图所示。 反应开始时，两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是_；反应结束后，所得溶液中c(SCN-)_(填“”“=”或“”“”、“c(CH3COO-)，此时溶液显碱性，则c(OH-)c(H+)，因此离子浓度顺序为c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)。故D正确。故选：C。A.HBr是强酸，完全电离，CH3COOH是弱酸，不完全电离

11、，0.1000mol/L的两种酸，滴定起始时，二者pH值不同；B.NaOH滴定CH3COOH，达到滴定终点时，此时恰好生成CH3COONa，水解使溶液显碱性；C.根据图1和图2所滴定的具体的酸，结合溶液中的电荷守恒关系；D.在判断出图2所滴定的酸的类型的基础上，根据溶液中的电荷守恒关系本题考查酸碱滴定图象的分析，盐类水解，溶液中pH值判定，离子浓度大小的比较题目难度不大，牢牢把握守恒思想，是基础题2.【答案】C【解析】【分析】本题主要考察弱电解质的电离平衡，盐类水解，溶液pH的判断，平衡常数的计算等知识，结合图象分析是解题的关键，需要牢牢把握守恒关系，本题难度中等。【解答】A.CH3COOH浓

12、度不确定，b点为酸性，不可能能为恰好反应生成CH3COONa，所以物料守恒关系：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)不正确，故A错误；B.溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，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cba，故B错误；C.向混合液中加入CH3COOH固体，忽略溶液体积的变化，则溶液中c(Na+)不变，溶液中c(OH-)c(CH3COO-)=KwKac(CH3COOH)，因此溶液中c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)=c(Na+)KwKac(CH3COOH)，随着CH3CO

13、OH固体的不断加入，溶液中c(CH3COOH)不断增大，则该值减小，故C正确；D.pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于c(H+)=c(OH-)，则此时溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，根据图象，c(H+)=10-7molL-1，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，则醋酸的电离平衡常为为Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=0.210-7x-0.2mol/L，故D错误。故选C。3.【答案】C【解析】【分析】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确图象中各点的p

14、H及溶液中的溶质即可解答，注意物料守恒及影响电离平衡的因素，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。【解答】A.水电离出的c(OH-)越小，则水的电离受的抑制越强，故ae点，a点时水的电离受抑制最强，故A错误；B.b、d两点水电离出的c(OH-)相同，但b点显酸性，d点显碱性，故两溶液的pH不同，故B错误；C.c点加入的NaOH的体积为20ml，此时NaOH和醋酸恰好完全反应，所得溶液为CH3COONa溶液，根据质子守恒可以知道c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，故 C正确；D.d点时，所加NaOH溶液的体积小于40mL，溶液为CH3COONa和NaOH的混合

15、溶液，且c(CH3COONa)c(NaOH)，故c(Na+)2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故D错误。故选C。4.【答案】D【解析】解：A.溶液中存在物料守恒：c(H2A)+c(A2-)+c(HA-)=0.12020+V0，故A错误；B.b点溶液为加入NaOH溶液体积为20mL，反应恰好生成NaHA，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，根据物料守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，所以有c(H2A)+c(H+)=c(OH-)+c(A2-)，故B错误；C.从a到c为NaOH的加入不断滴定H2A的过程，盐

16、类增加，盐类水解不断促进水的电离，水的电离程度不断增大，所以水的电离程度大小为：abc3c(HA-)，故D正确；故选：D。A.根据物料守恒分析；B.b点溶液为加入NaOH溶液体积为20mL，反应恰好生成NaHA，溶液为酸性，根据电荷守恒和物料守恒分析；C.随着NaOH的加入，酸存在抑制水的电离，盐类水解促进水的电离；D.c点溶液pH=pKa2，溶液中c(HA-)=c(A2-)，根据物料守恒分析。本题考查酸碱滴定原理，根据图象判断滴定过程，结合酸的电离平衡表达式分析，牢牢把握溶液中的守恒关系是解题的关键，为常见题型，题目难度不大，是基础题。5.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查电解质溶液中曲

17、线问题，侧重考查对电解质溶液图像的分析能力，试题难度中等，注意数形结合的应用。【解答】A.通入HCl的过程中，c(A2-)减小，水解程度减小，由水电离出的c(H+)不断减小，A项错误；B.当-lgc(H-)c(HA-)=3.2时，即c(H+)c(HA-)=10-3.2，-lgc(A2-)=3，即c(A2-)=10-3，K(HA-)=c(H+)c(A2-)c(HA-)=10-3.210-3=10-6.2，故K(HA-)的数量级为10-7，B项正确；C.在Na2A溶液中，根据质子守恒：c(OH-)=2c(H2A)+c(HA-)+c(H+)，C项错误；D.溶液中还含有Cl-，根据电荷守恒可知：c(N

18、a+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)+c(Cl-)，D项错误。故选B。6.【答案】C【解析】【分析】本题考查电解质溶液中的电离平衡以及电解质溶液图像分析，分析清楚原理和图像是解题关键。【解答】A.H2CO3是弱酸，分步电离，其电离方程式为H2CO3HCO3-+H+、HCO3-H+CO32-，A项错误；B.ab的过程中，c(HCO3-)逐渐增大，对水的电离促进作用增大，所以水的电离程度逐渐增大，B项错误；C. 根据H2CO3HCO3-+H+，Ka1=c(HCO3-)c(H+)c(H2CO3)，c点时，c(HCO3-)=c(H2CO3)，所以Ka1=c(H+)=110-6

19、.4，C项正确；D. 当pH增大时，c(H2CO3)减小，c(HCO3-)增大，所以c(HCO3-)c(H2CO3)增大，D项错误。7.【答案】A【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡，根据图象判断H2R的电离平常数，牢牢把握守恒思想是解题的关键，另外需知道强酸制取弱酸的原理，本题难度中等。【解答】A.由图象知，H2R为二元弱酸，当c(H2R)=c(HR-)时，溶液的pH=1.3，H2RH+HR-，Ka1=c(H+)c(HR-)c(H2R)=c(H+)=1.010-1.3，故A正确；B.Na2R溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，电荷守恒式为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H

20、R-)+2c(R2-)，故(Na+)c(HR-)+2c(R2-)，故B错误；C.由图得知，当c(HR-)=c(R2-)时，Ka2=c(H+)c(R2-)c(HR-)=1.010-4.3，则HR-的电离程度大于水解程度，0.1mol/L的NaHR溶液中c(R2-)c(H2R)，故C错误；D.HB的电离常数小于H2R的Ka2，所以在足量的NaB溶液中加入少量发生反应的离子方程式为H2R+2B-R2-+2HB，故D错误；故选：A。8.【答案】B【解析】【分析】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解原理，试题侧重考查学生的分

21、析能力及综合应用能力。【解答】A. 根据图像，x点HA溶液体积大于BOH溶液体积，溶液为HA和BA的混合溶液，根据电荷守恒，有c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故A正确；B. 由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH7，溶液显碱性，说明K(HA)HB，故A正确；B.a点2pH=4，即pH=2，lgc=-1，即c=0.1mol/L时c(H+)=0.01mol/L，所以对应的溶液中：c(HA)=0.1mol/L，c(H+)=0.01mol/L，故B正确；C.T时，弱酸HB的pKa=-lgKa，Ka=c(H+)c(A-)/c(HA)-c(A-)c2(H+)/c(HA)

22、10-5，pKa5，故C正确；D.Ka不会随着溶液浓度的降低而变化，只受外界温度的影响，故D错误。故选D。10.【答案】B【解析】解：A、a点溶液是(NH4)2SO4、NH4HSO4混合溶液，存在物料守恒c(NH4+)+c(NH3H2O)=0.3molL-1，故A错误； B、b点溶液是向20mL浓度均为0.1molL-1(NH4)2SO4、NH4HSO4混合溶液中滴加10mL0.1molL-1的Ba(OH)2溶液，则氢离子和氢氧根离子反应完全，铵根离子0.06mol没反应，硫酸根被沉淀了0.01mol，剩余硫酸根是0.03mol，则c(NH4+)c(SO42-)c(H+)，故B正确； C、c点

23、溶液b点溶液是向20mL浓度均为0.1molL-1(NH4)2SO4、NH4HSO4混合溶液中滴加Ba(OH)2溶液，溶液显示中性的时候c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+2c(Ba2+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-)，得到2c(Ba2+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，故C错误； D、d点溶液是向20mL浓度均为0.1molL-1(NH4)2SO4、NH4HSO4混合溶液中滴加25mL0.1molL-1的Ba(OH)2溶液，则溶液中产生了0.03molNH3H2O，剩余NH4+0.03mol，剩余SO42-0.015mol，c(NH4+)c(NH3H2

24、O)c(SO42-)c(OH-)c(H+)，故D错误。 故选：B。A、a点溶液是(NH4)2SO4、NH4HSO4混合溶液，存在物料守恒； B、b点溶液是向20mL浓度均为0.1molL-1(NH4)2SO4、NH4HSO4混合溶液中滴加10mL0.1molL-1的Ba(OH)2溶液，则氢离子和氢氧根离子反应完全，铵根离子没反应，硫酸根被沉淀了0.01mol，据此回答； C、c点溶液b点溶液是向20mL浓度均为0.1molL-1(NH4)2SO4、NH4HSO4混合溶液中滴加Ba(OH)2溶液，溶液现时中性的时候，根据电荷守恒来回答即可； D、d点溶液是向20mL浓度均为0.1molL-1(N

25、H4)2SO4、NH4HSO4混合溶液中滴加25mL0.1molL-1的Ba(OH)2溶液，则溶液中产生了0.03molNH3H2O，剩余NH4+0.03mol，剩余SO42-0.015mol，据此回答。本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确各点发生的反应及溶液中溶质成分是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，能正确书写各段反应方程式，题目难度中等。11.【答案】D【解析】解：根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，则氢氧化钠的浓度小于氨水，稀释过程中，促进一水合氨电离，所以pH变化快的是氢氧化钠即，变化慢的是氨水， A.溶液的导

26、电能力与离子浓度成正比，a点的离子浓度小于b点，所以a点溶液的导电能力比处于b点溶液的导电能力弱，故A错误； B.电离平衡常数只与温度有关，温度不变，一水合氨的电离平衡常数不变，故B错误； C.等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠，等体积的二者，氨水的物质的量大于氢氧化钠，碱的物质的量越大消耗同浓度酸的体积越多，故C错误； D.碱无限稀释时，溶液的pH接近于7，但仍然大于7，不能等于7或小于7，故D正确。 故选：D。根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，则氢氧化钠的浓度小于氨水，稀释过程中，促进一水合氨电离，所以pH变化大的是

27、氢氧化钠，变化小的是氨水， A.溶液的导电能力与离子浓度成正比； B.电离平衡常数只与温度有关； C.等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠，等体积的二者，氨水的物质的量大于氢氧化钠； D.碱无限稀释时，溶液的pH接近于7，但大于7本题考查溶液稀释时PH的变化曲线图，注意把握强碱溶液在稀释时的PH的变化程度及相同PH时强碱的浓度比弱碱的浓度小是解答本题的关键，题目难度不大12.【答案】C【解析】解：A.根据图象分析，溶液中(HCO3-)达到最大时，c(H2CO3)c(CO32-)，故A正确；B.根据图象，当溶液中c(HCO3-)=c(CO32-)时溶液的pH为10.25，则溶液中c(H

28、+)=10-10.25mol/L，所以Ka2(H2CO3)=c(CO32-)c(H+)c(HCO3-)=10-10.25，即Ka2(H2CO3)的数量级为10-11，故B正确；C.CO32-的一级水解平衡常数为Kh1=c(HCO3-)c(OH-)c(CO32-)，所以c(OH-)c(CO32-)=Kh1c(HCO3-)，温度不变，Kh1不变，调节溶液的pH由810的过程中，c(HCO3-)减小，则c(OH-)c(CO32-)增大，故C错误；D.加入NaOH使溶液pH=9时，HCO3-含量减小，CO32-含量增大，所以主要反应为HCO3-+OH-=CO32-+H2O，故D正确，故选：C。A.根据

29、图象分析，溶液中(HCO3-)达到最大时H2CO3和CO32-的含量大小；B.根据溶液中c(HCO3-)=c(CO32-)时的pH计算H2CO3的二级电离平衡常数Ka2；C.根据CO32-的一级水解平衡常数分析，调节溶液的pH由810的过程中，c(HCO3-)减小；D.加入NaOH使溶液pH=9时，HCO3-含量减小，CO32-含量增大。本题主要考察弱电解质的电离平衡，根据图象分析，注意使用平衡常数带来解题的方便，整体难度不大，是基础题。13.【答案】B【解析】解：A.当滴加10mL醋酸钠时，反应恰好生成CH3COOH，此时溶液pH=2.5，溶液中c(H+)=10-2.5mol/L，则Ka=c

30、(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=10-2.510-2.50.5-10-2.5=210-5，故A正确；B.随着V的增加，CH3COOH含量不断增大，10mL之前HCl含量不断降低，酸抑制水的电离，醋酸钠水解促进水的电离，整个过程水的电离程度不断增大，故B错误；C.当V=20mL时，此时溶液中初始时恰好生成等量的CH3COOH和CH3COONa，溶液呈酸性，表明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，所以有c(Na+)c(CH3COO-)c(Cl-)c(H+)c(OH-)，故C正确；D.溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(

31、CH3COO-)，根据物料守恒：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，所以混合液中c(CH3COOH)=c(Cl-)，故D正确，故选：B。A.当滴加10mL醋酸钠时，反应恰好生成CH3COOH，此时溶液pH=2.5，据此计算醋酸的电离平衡常数；B.随着V的增加，CH3COOH含量不断增大，10mL之前HCl含量不断降低，酸抑制水的电离，醋酸钠水解促进水的电离；C.当V=20mL时，此时溶液中初始时恰好生成等量的CH3COOH和CH3COONa，溶液呈酸性，表明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度；D.根据电荷守恒、

32、物料守恒分析。本题考查酸碱滴定原理，明确发生的滴定反应，把握图象反应的信息，结合溶液中的守恒关系分析是解题的关键，题目难度不大，是基础题。14.【答案】B【解析】【分析】 本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，注意分析图象，把握水的离子积只受温度的影响。【解答】A.由图象可知，A、C、E都为25时的曲线上，水的Kw只与温度有关，温度相同时Kw相同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，则BA=D=E，由C点c(OH-)c(H+)可知，C点的Kw大于A点，则BCA=D=E，故A正确； B.C点的c(OH-)c(H+)大于25的Kw，说明温度较高，可能为纯水，也可能为盐溶液，故B错误； C.水的离子积

33、只与温度有关，与溶液的类型无关，D点可能是醋酸溶液，E点可能是醋酸钠溶液，也可能为其它类型的溶液，故C正确； D.100时，Kw=110-12，pH=2的硫酸中c(H+)=0.01mol/L，与pH=10的KOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，等体积混合后，溶液显中性，故D正确。 故选B。 15.【答案】C【解析】【分析】 本题考查酸碱的混合以及离子浓度的大小比较，题目难度中等，注意盐酸和氨水恰好完全反应时溶液不呈中性，要使溶液呈中性，氨水应稍微过量，为易错点。【解答】A.在a点，溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，由电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，所

34、以c(Cl-)c(NH4+)，根据图象知，溶液的pH接近7，所以溶液中c(NH4+)c(H+)，故A正确； B.在b点：溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，即c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，故B正确； C.b点对应的溶质为NH4Cl和NH3H2O，溶液呈中性，氨水应稍过量，故C错误； D.在c点，氨水的物质的量是盐酸物质的量的2倍，根据物料守恒知，c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(Cl-)，故D正确。 故选C。 16.【答案】(1)Ka(HSCN)Ka(CH3COOH)，溶液中c(H+)：HSCNCH3

35、COOH，c(H+)越大反应速率越快 (2)c(H+)c(F-)c(HF)=1.010-41.610-34.010-4=4.010-4【解析】【分析】本题考查弱电解质电离平衡常数以及应用，注意掌握电离平衡常数的应用以及电离平衡常数计算，注意结合图像分析解决问题是关键，题目难度中等。【解答】(1)弱电解质的电离平衡常数越大，其溶液中电离出的离子浓度越大，故反应开始时，两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是Ka(HSCN)Ka(CH3COOH)，溶液中c(H+)：HSCNCH3COOH，c(H+)越大反应速率越快。因为反应结束后，两种溶液中溶质分别为CH3COONa和NaSCN，CH3COOH的

36、酸性弱于HSCN，则CH3COO-比SCN-更易结合H+，故c(SCN-)c(CH3COO-)。(2)pH=4时，c(H+)=1.010-4molL-1，c(F-)=1.610-3molL-1，c(HF)=4.010-4molL-1，由电离平衡常数的定义可知Ka(HF)=c(H+)c(F-)c(HF)=1.010-41.610-34.010-4=4.010-4。17.【答案】(1)；(2)21；201；(3)BD。【解析】【分析】本题考查pH的相关计算，难度不大，解题的关键是对基础知识的掌握和无限稀释时酸的pH不可能大于7。【解答】(1)pH=2的某酸，如果是强酸，稀释 100倍，pH=4；如

37、果是弱酸，稀释时电离程度增大，则pH10，所以pH=12的某碱稀释 100倍，pH10；(2)由pH=-lgc(H+)，可以知道pH=5的硫酸溶液中c(H+)=10-5mol/L，硫酸为强电解质完全电离，氢离子浓度为硫酸根离子浓度2倍，所以c(SO42-)=12c(H+)=1210-5mol/L=510-6mol/L;溶液稀释10倍后，氢离子浓度由10-5mol/L变为10-6mol/L，硫酸根离子浓度为：c(SO42-)=510-6mol/L110=510-7mol/L，所以稀释后溶液中H+离子浓度与SO42-离子浓度比值约为：10-6mol/L:510-7mol/L=21；将稀释后的溶液再

38、稀释 100倍，氢离子浓度不可能小于10-7mol/L，只能无限接近10-7mol/L，硫酸根离子浓度为：c(SO42-)=510-7mol/L1100=510-9mol/L，稀释后溶液中H+离子浓度与SO42-离子浓度比值约为：10-7mol/L：510-9mol/L=20：1；(3)A.当稀释1000倍时，ROH的pH由13变为10，变化为3，而MOH的pH变化小于3，所以ROH为强碱，MOH为弱碱，故A正确；B.MOH为弱碱，MOH部分电离，而ROH为强碱完全电离，两种碱电离度不可能相等，故B错误；C.x点时，pH相同，c(H+)、c(OH-)相同，根据电荷守恒，所以c(M+)与c(R+

39、)相等，故C正确；D.稀释前，c(ROH)=0.1mol/L，c(MOH)0.01mol/L，则c(ROH)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+)；(3)c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)；HCOOH的酸性比CH3COOH强，等浓度的HCOOH溶液中的c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快；(4)能。【解析】【分析】本题考查离子平衡，侧重考查弱酸的电离平衡，盐类的水解平衡，难溶电解质的溶解平衡以及离子浓度比较，难度一般，利用平衡常数为解题关键。【解答】(1)Ka1(H2SO3)=1.510-2，Ka2(H2SO3)=610-8，Ka1(H2A)=1.3

40、10-7，则Ka1(H2SO3)Ka1(H2A)Ka2(H2SO3)，亚硫酸可以制得H2A，同时生成亚硫酸氢根，离子方程式为：H2SO3+HA-=HSO3-+H2A，故答案为：H2SO3+HA-=HSO3-+H2A；(2)Na2SO3溶液中存在亚硫酸根的水解和亚硫酸氢根的水解，且第一步水解大于第二步水解，溶液呈碱性，则离子浓度为：c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+)，故答案为：c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+)；(3)碳酸氢根离子电离方程式为：HCO3-CO32-+H+，则电离平衡常数表达式为c(H+)c(CO32-)c(HCO3-

41、)，故答案为：c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)；CH3COOH的酸性弱于HCOOH的，即在相同浓度的情况下HCOOH溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快，且酸溶液的酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，所以反应结束后c(HCOO-)c(CH3COO-)，故答案为：HCOOH的酸性比CH3COOH强，等浓度的HCOOH溶液中的c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率较快；(4)当pH为7时，c(H+)=10-7mol/L，S元素的存在形式为SO32-、HSO3-，c(SO32-)+c(HSO3-)=0.01mol/L，又Ka2=c(H+)

42、c(SO32-)c(HSO3-)=610-8，联立可得c(SO32-)=3.7510-3mol/L，Qc=3.7510-30.001Ksp(CaSO3)，则能生成沉淀，故答案为：能。19.【答案】(1)abdc(2)A(3)大于；稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH大，酸性强，电离平衡常数大(4)9.910-7molL-1【解析】【分析】本题考查了弱电解质的电离及其影响因素，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，明确温度、浓度等对电离平衡常数、水的离子积的影响为解答关键。【解答】(1)相同温度下，酸的强弱顺序是：CH3COOH

43、H2CO3HClOHCO3-，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32-ClO-HCO3-CH3COO-，相同浓度的钠盐溶液中，酸根离子水解程度越大其溶液的pH越大，所以物质的量浓度为0.1molL-1的下列四种物质的溶液：a.Na2CO3、b.NaClO、c.CH3COONa、d.NaHCO3，pH由大到小的顺序是abdc；(2)A.CH3COOH溶液加水稀释，酸性减弱，c(H+)减小，故A正确；B.稀释过程，促进电离，n(CH3COOH)减少，n(H+)增加，c(H+)c(CH3COOH)=n(H+)n(CH3COOH)，则稀释过程中比值变大，故B错误；C.温度不变，c(H+)c(OH-)=K

44、w，Kw不变，故C错误；D.稀释过程，c(H+)减小，c(OH-)增大，则c(OH-)c(H+)变大，故D错误。故选A；(3)根据图象分析知道，起始时两种溶液中c(H+)相同，c(较弱酸)c(较强酸)，稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c(H+)一直大于较强酸的c(H+)，稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性较强，电离平衡常数大；(4)CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，若测得混合液的pH=6，即c(H+)=10-6mol/L，由于水的离子积为10-14，故c(OH-)=10-8mol/L，根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH

45、-)=c(Na+)+c(H+)，故c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-6molL-1-10-8molL-1=9.910-7molL-1。20.【答案】(1)；c(Na+)c(H+)c(OH-)；bc；(3)1.710-5molL-1；0.1005【解析】【分析】本题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，根据溶液的酸碱性及水的离子积常数来分析解答，注意把握酸碱混合的相关计算公式的运用，难度中等。【解答】(1)若m=n，则生成单一醋酸钠溶液，溶液呈碱性，要使混合后溶液的pH=7，酸多一些，碱少一点，故m与n的大小关系是mn；由于醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，则原酸中c

46、(H+)与碱中c(OH-)的大小关系是c(H+)；c(Na+)，混合溶液中各离子浓度按照由大到小排序为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，a.根据电荷守恒，此溶液一定有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故a正确；b.根据物料守恒，此溶液一定有2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故b错误；c.酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则此溶液中水的电离程度小于纯水的电离程度，故c错误；d.此溶液为缓冲溶液，向此溶液中加少量氢氧化钠或盐酸，溶液pH变化不大，故d正确；故答案为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)；bc；(3)点溶液中：c(CH3COO-)=1.7c(CH3COOH)，pH=5即c(H+)=10-5mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=1.710-5，根据点恰好中和时酸碱物质的量相等得醋酸浓度=0.1mol/L0.02010L0.020L=0.1005mol/L，故答案为：1.710-5molL-1；0.1005。