專題07水溶液中的離子平衡1．（2022·遼寧大連市高三模擬）下列實(shí)驗(yàn)中，現(xiàn)象及結(jié)論都正確，且二者之間有因果關(guān)系的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A向FeI2溶液中通入少量Cl2溶液變黃則Cl2的氧化性強(qiáng)于Fe3＋BFeCl3溶液和KSCN溶液混合反應(yīng)后，再加入少量KCl溶液溶液紅色加深增大反應(yīng)物濃度，平衡正向移動(dòng)C將銅粉加入到1.0mol·L?1Fe2(SO4)3溶液中銅粉溶解，溶液變藍(lán)金屬鐵比銅活潑D常溫下，向等體積、等濃度的NaHCO3和CH3COONa溶液中分別滴加2滴酚酞溶液均變紅，NaHCO3溶液紅色更深常溫下的水解平衡常數(shù)：Kh(CH3COO?)＜Kh(HCO)【答案】D【解析】A．向FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2與I－發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成I2，溶液呈黃色，F(xiàn)e2＋未發(fā)生反應(yīng)，因此無法比較Cl2與Fe3＋的氧化性強(qiáng)弱，故A錯(cuò)誤；B．K＋、Cl－對(duì)Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3平衡無影響，故B錯(cuò)誤；C．2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋只能說明還原性：Cu＞Fe2＋，不能據(jù)此判斷Fe與Cu的活潑性，故C錯(cuò)誤；D．顏色深的溶液堿性越強(qiáng)，OH－濃度越大，說明等濃度的HCO水解程度大于CH3COO?，因此常溫下的水解平衡常數(shù)：Kh(CH3COO?)＜Kh(HCO)，故D正確；綜上所述，答案為D。2．（2022·河北張家口高三模擬）下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是()A．常溫下均為4的和溶液中水電離出的之比為B．等濃度的和溶液均加水稀釋10倍，溶液的變化較大C．溶液的小于7，溶液中粒子濃度大小順序?yàn)椋篋．的溶液與的溶液任意比例混合：【答案】C【解析】A．常溫下為4的溶液中水電離的等于溶液中的，mol/L，為4的溶液中水電離出的等于溶液中的氫離子總濃度=10-4mol/L，兩溶液中水電離的之比，故A錯(cuò)誤；等濃度的和溶液均加水稀釋10倍，因醋酸是弱酸能繼續(xù)電離出氫離子，因此溶液的變化較小，故B錯(cuò)誤；溶液的小于7，說明的電離程度大于其水解程度，則電離產(chǎn)生的大于水解產(chǎn)生的，離子濃度的大?。?，故C正確；溶液與溶液混合時(shí)：由電荷守恒可知：，兩者任意比例混合時(shí)不一定等于，因此等式不一定成立，故D錯(cuò)誤；故選C。3．（2022·山東青島高三模擬）三甲胺[N(CH3)3]是一種一元有機(jī)弱堿，可簡(jiǎn)寫為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l(wèi)g、pOH[pOH=-lgc(OH-)]、中和率()的變化如圖所示。下列說法正確的是()A．三甲胺[N(CH3)3]的電離常數(shù)為10-4.8B．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，c(MOH)+c(M+)=2c(Cl-)C．b點(diǎn)時(shí)，c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)D．溶液中水的電離程度：c點(diǎn)＜d點(diǎn)【答案】C【解析】據(jù)圖可知當(dāng)lg=0時(shí)，pOH=4.2，即c(MOH)=c(M+)時(shí)c(OH-)=10-4.2mol/L，三甲胺的電離常數(shù)K==10-4.2，故A錯(cuò)誤；a點(diǎn)中和率小于50%，即加入的2n(HCl)＜n(MOH)，根據(jù)物料守恒可知c(MOH)+c(M+)＞2c(Cl-)，故B錯(cuò)誤；b點(diǎn)中和率為50%，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的MOH和MCl，據(jù)圖可知此時(shí)pOH小于7，溶液顯堿性，說明M+的水解程度小于MOH的電離程度，則溶液c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正確；c點(diǎn)中和率為100%溶液中溶質(zhì)為MCl，d點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為MCl和HCl，HCl的電離抑制水的電離，MCl的水解促進(jìn)水的電離，所以c點(diǎn)水的電離程度更大，故D錯(cuò)誤；綜上所述答案為C。4．（2022·廣東深圳高三模擬）常溫下，向濃度均為、體積為的兩種一元酸、的溶液中，分別加入固體(忽略溶液體積的變化)，隨加入的物質(zhì)的量的變化如圖所示。下列敘述正確的是()A．為弱酸，為強(qiáng)酸B．a(chǎn)點(diǎn)溶液中由水電離出的與由水電離出的的乘積為C．b點(diǎn)時(shí)與恰好完全反應(yīng)D．c點(diǎn)溶液中：【答案】D【解析】0.1mol?L?1，=12，說明c(H＋)=0.1mol?L?1，則HA為強(qiáng)酸，0.1mol?L?1，=8，說明c(H＋)=1.0×10?3mol?L?1，則為弱酸，故A錯(cuò)誤；根據(jù)A選項(xiàng)分析a點(diǎn)溶液中c(H＋)=0.1mol?L?1，，由水電離出的與由水電離出的的乘積為，故B錯(cuò)誤；b點(diǎn)=0，說明c(H＋)=1.0×10?7mol?L?1，溶液呈中性，由于是弱酸，因此混合溶液應(yīng)該是NaB和HB的混合溶液，HB與沒有完全反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；c點(diǎn)為100mL0.1mol?L?1加入NaOH物質(zhì)的量為5.0×10?3mol，反應(yīng)后溶質(zhì)為NaB和HB且濃度相等，=6，說明c(H＋)=1.0×10?4mol?L?1，即HB電離程度大于B－水解程度，則溶液中：，故D正確；綜上所述，答案為D。5．（2022·廣東佛山市高三一模）草酸鈣具有優(yōu)異光學(xué)性能.在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示(T1＞T2).已知T1時(shí)Ksp(CaC2O4)=6.7×10-4.下列說法錯(cuò)誤的是()A．圖中a的數(shù)量級(jí)為10-2B．升高溫度，m點(diǎn)的飽和溶液的組成由m沿mq線向q方向移動(dòng)C．恒溫條件下，向m點(diǎn)的溶液加入少量Na2C2O4固體，溶液組成由m沿曲線向n方向移動(dòng)D．T1時(shí)，將濃度均為0.03mol/L的草酸鈉和氯化鈣溶液等體積混合，不能觀察到沉淀【答案】B【解析】Ksp(CaC2O4)=c(Ca2+)×c(C2O)=6.7×10-4，則圖中a的數(shù)量級(jí)為10-2，A說法正確；升高溫度，CaC2O4溶液中c(Ca2+)=c(C2O)，則m點(diǎn)的飽和溶液的組成由m沿0m線向遠(yuǎn)離0點(diǎn)方向移動(dòng)，B說法錯(cuò)誤；恒溫條件下，向m點(diǎn)的溶液加入少量Na2C2O4固體，c(C2O)濃度增大，溫度未變，Ksp(CaC2O4)不變，則溶液組成由m沿曲線向n方向移動(dòng)，C說法正確；T1時(shí)，將濃度均為0.03mol/L的草酸鈉和氯化鈣溶液等體積混合，c(Ca2+)=c(C2O)=0.015mol/L，Qc=0.015mol/L×0.015mol/L=2.25×10-4＜Ksp(CaC2O4)，不能觀察到沉淀，D說法正確；答案為B。1.（2022·吉林吉林市高三模擬）溶液中除鐵時(shí)還常用NaClO3作氧化劑，在較小的pH條件下最終生成一種淺黃色的黃鐵礬鈉[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀除去。下圖是溫度-pH與生成的沉淀關(guān)系圖，圖中陰影部分是黃鐵礬穩(wěn)定存在的區(qū)域。下列說法不正確的是｛已知25℃，Ksp[Fe(OH)3]=2.64×10-39｝A．工業(yè)生產(chǎn)黃鐵礬鈉，溫度控制在85～95℃pH=1.5左右B．pH=6，溫度從80℃升高至150℃體系得到的沉淀被氧化C．用氯酸鈉在酸性條件下氧化Fe2+離子方程式為：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2OD．在25℃時(shí)溶液經(jīng)氧化，調(diào)節(jié)溶液pH=4，此時(shí)溶液中c(Fe3+)=2.64×10-9mol·L－1【答案】B【解析】由圖像可知，生成黃鐵礬鈉所需要的合適溫度為85℃～95℃，pH=1.5左右，故A正確；根據(jù)圖像，pH=6溫度從80℃升高至150℃，F(xiàn)eOOH分解成Fe2O3，沉淀沒有被氧化，故B錯(cuò)誤；ClO3-在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，與Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故C正確；25℃pH=4時(shí)，c(OH-)=1×10-10mol/L，F(xiàn)e(OH)3的Ksp=2.64×10-39，則c(Fe3+)=2.64×10-39÷（1×10-10）3=2.64×10-9（mol/L），故D正確；答案為B。2.（2022·陜西漢中市高三一模）常溫下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1HA溶液的滴定曲線如圖所示，下列說法不正確的是()A．a(chǎn)≈3，說明HA屬于弱酸B．水的電離程度：d點(diǎn)>e點(diǎn)C．c點(diǎn)溶液中：c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)D．b點(diǎn)溶液中粒子濃度大?。篶(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)【答案】C【解析】c(HA)=0.1mol/L，若為強(qiáng)酸，氫離子濃度應(yīng)為c(H+)=0.1mol/L，溶液的pH=3，c(H+)=0.001mol/L，說明HA電離程度較小，HA屬于弱酸，故A不選；酸或堿抑制水電離，弱離子促進(jìn)水電離，d點(diǎn)溶質(zhì)為NaA，促進(jìn)水電離，e點(diǎn)溶質(zhì)為NaA和NaOH，NaOH抑制水電離，所以水電離程度：d點(diǎn)>e點(diǎn)，故B不選；c點(diǎn)溶液顯中性，由電荷守恒得：c(Na＋)=c(A-)，故C選；b點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HA和NaA，溶液pH<7，溶液呈酸性，說明HA電離程度大于A?水解程度，所以c(A?)>c(HA)，鈉離子不水解，且HA電離程度和A?水解程度都較小，所以c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)，故D不選；故選C。3.（2022·福建寧德市高三一模）氯氣常用于飲用水消毒，已知25℃時(shí)，氯水中Cl2、ClO-兩種微粒所占含氯微粒的分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如下圖。下列說法錯(cuò)誤的是()A．用氯氣處理飲用水時(shí)，溶液的pH在x～y之間，殺菌效果最佳B．b點(diǎn)氯水中c(Cl-)：c(ClO-)＜1：1C．a(chǎn)點(diǎn)有關(guān)粒子濃度大小關(guān)系是c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(OH-)D．氯氣處理飲用水時(shí)，在冬季的效果比夏季好【答案】B【解析】根據(jù)圖像可知，溶液的pH在x～y之間，HClO的濃度最大，HClO具有強(qiáng)氧化性，則用氯氣處理飲用水時(shí)，溶液的pH在x～y之間，殺菌效果最佳，A說法正確；b點(diǎn)時(shí)，根據(jù)物料守恒，c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，則氯水中c(Cl-)：c(ClO-)＞1：1，B說法錯(cuò)誤；a點(diǎn)時(shí)，Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，HClO?H++ClO-，c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)，溶液顯酸性，c(HClO)＞c(OH-)，則有關(guān)粒子濃度大小關(guān)系是c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(OH-)，C說法正確；氯氣處理飲用水時(shí)，冬季溫度低，次氯酸的電離程度減小，且溫度低，不易分解，導(dǎo)致次氯酸的濃度增大，則在冬季的效果比夏季好，D說法正確；答案為B。4.（2022·湖南株洲市高三一模）室溫下，向0.01mol/L的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸銨稀溶液，溶液pH隨滴入醋酸銨溶液體積變化的曲線示意圖如圖所示，下列分析不正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)溶液的pH>2B．a(chǎn)~c中的任意點(diǎn)，溶液中存在c(CH3COO-)>c(NH)C．a(chǎn)~c中水的電離程度逐漸增大D．a(chǎn)~c中pH變化的原因主要是CH3COOH?CH3COO-+H+逆向移動(dòng)【答案】D【解析】a點(diǎn)為醋酸溶液，醋酸為弱電解質(zhì)，不能完全電離，則溶液中c(H+)＜0.01mol/L，溶液的pH＞2，A分析正確；a~c中的任意點(diǎn)，溶液顯酸性，即c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)溶液呈電中性，c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液中存在c(CH3COO-)＞c(NH)，B分析正確；a~c中溶液的酸性逐漸減弱，則酸對(duì)水的電離抑制程度逐漸減小，故水的電離程度逐漸增大，C分析正確；a~b中，向醋酸中加入醋酸銨，導(dǎo)致溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的電離平衡逆向移動(dòng)，pH增大，隨加入醋酸銨溶液的增多，在b~c中，溶液體積增大，醋酸根離子及氫離子濃度都減小，則pH增大，溶液中pH變化的原因主要不都是CH3COOH?CH3COO-+H+逆向移動(dòng)導(dǎo)致，D分析錯(cuò)誤；答案為D。5.（2022·廣東高三零模）綜合利用煉鋅礦渣(主要含鐵酸鎵Ga2(Fe2O4)3、鐵酸鋅ZnFe2O4)獲得3種金屬鹽，并進(jìn)一步利用鎵鹽制備具有優(yōu)異光電性能的氮化鎵(GaN)，部分工藝流程如下：已知：①常溫下，浸出液中各離子的濃度及其開始形成氫氧化物沉淀的pH見表1。②金屬離子在工藝條件下的萃取率(進(jìn)入有機(jī)層中金屬離子的百分?jǐn)?shù))見表2。表1金屬離子濃度及開始沉淀的pH金屬離子濃度(mol·L-1)開始沉淀pHFe2+1.0×10-38.0Fe3+4.0×10-21.7Zn2+1.55.5Ga3+3.0×10-33.0表2金屬離子的萃取率金屬離子萃取率(%)Fe2+0Fe3+99Zn2+0Ga3+97-98.5(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合價(jià)為______，“浸出”時(shí)其發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為______。(2)濾液1中可回收利用的物質(zhì)是______，濾餅的主要成分是______；萃取前加入的固體X為______。(3)Ga與Al同主族，化學(xué)性質(zhì)相似。反萃取后，鎵的存在形式為______(填化學(xué)式)。(4)電解過程包括電解反萃取液制粗鎵和粗鎵精煉兩個(gè)步驟。精煉時(shí)，以粗鎵為陽極，以NaOH溶液為電解液，陰極的電極反應(yīng)為______。(5)GaN可采用MOCVD(金屬有機(jī)物化學(xué)氣相淀積)技術(shù)制得：以合成的三甲基鎵為原料，使其與NH3發(fā)生系列反應(yīng)得到GaN和另一種產(chǎn)物，該過程的化學(xué)方程式為______。(6)濾液1中殘余的Ga3+的濃度為______mol·L-1(寫出計(jì)算過程)?！敬鸢浮?1)+3價(jià)Fe2O+8H＋＝2Fe3＋+4H2O(2)硫酸鋅Fe(OH)3、Ga(OH)3Fe(3)NaGaO2(4)GaO+3e－+2H2O＝Ga+4OH－(5)Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN(6)3.0×10-10.2【解析】煉鋅礦渣用稀硫酸酸浸后所得濾液中含有亞鐵離子、鐵離子、鋅離子、Ga3+，加入雙氧水氧化亞鐵離子，調(diào)節(jié)pH＝5.4，沉淀鐵離子和Ga3+，濾液1中含有鋅離子。得到的濾餅加入鹽酸酸化得到氯化鐵和氯化鎵，加入固體鐵把鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，然后利用萃取劑萃取Ga3+，加入氫氧化鈉溶液使Ga3+轉(zhuǎn)化為NaGaO2，電解NaGaO2溶液生成單質(zhì)Ga，據(jù)此解答。(1)Ga2(Fe2O4)3中Fe是+3價(jià)，O是－2價(jià)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0可知Ga的化合價(jià)為+3價(jià)，“浸出”時(shí)其發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe2O+8H＋＝2Fe3＋+4H2O。(2)根據(jù)以上分析可知濾液1中為硫酸鋅，則可回收利用的物質(zhì)是硫酸鋅，調(diào)節(jié)pH＝5.4，沉淀鐵離子和Ga3+，濾餅的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固體X的目的是還原鐵離子，則X為Fe。(3)Ga與Al同主族，化學(xué)性質(zhì)相似；反萃取后加入氫氧化鈉溶液使Ga3+轉(zhuǎn)化為NaGaO2，即鎵的存在形式為NaGaO2。(4)精煉時(shí)，以粗鎵為陽極，以NaOH溶液為電解液，陰極是得到電子轉(zhuǎn)化為Ga，電極反應(yīng)為GaO+3e－+2H2O＝Ga+4OH－。(5)以合成的三甲基鎵為原料，使其與NH3發(fā)生系列反應(yīng)得到GaN和另一種產(chǎn)物，根據(jù)原子守恒可知還有甲烷生成，該過程的化學(xué)方程式為Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN。(6)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知Ga(OH)3的溶度積常數(shù)為3.0×10-3×（10－11）3＝3.0×10-36，溶液的pH＝5.4，即氫氧根離子濃度是10－8.6mol/L，所以濾液1中殘余的Ga3+的濃度為＝3.0×10-10.2mol·L-1。6.（2022·湖南高三零模）以鎂鋁復(fù)合氧化物()為載體的負(fù)載型鎳銅雙金屬催化劑()是一種新型高效加氫或脫氫催化劑，其制備流程如下：已知：常溫下，，?；卮鹣铝袉栴}：(1)在加熱條件下，尿素在水中發(fā)生水解反應(yīng)，放出______和______兩種氣體(寫化學(xué)式)。(2)“晶化”過程中，需保持恒溫60℃，可采用的加熱方式為______。(3)“洗滌”過程中，檢驗(yàn)濾餅是否洗凈的方法是______。(4)常溫下，若“懸濁液”中，則溶液的______。(5)“還原”過程中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為______。(6)在強(qiáng)堿溶液中被氧化可得，該物質(zhì)能用作堿性鎳鎘電池的正極材料。其電池反應(yīng)式：①放電一段時(shí)間后，溶液的pH將______(填“增大”“減小”或“不變”)。②充電時(shí)，陽極發(fā)生的電極反應(yīng)式為______?！敬鸢浮?1)NH3CO2(2)水浴加熱(3)取最后一次洗滌液少量于試管，向試管中加入稀鹽酸，再加入氯化鋇，若有白色沉淀則未洗凈，若無沉淀則已洗凈(4)10(5)NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O(6)增大Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O【解析】將MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90℃下加入尿素發(fā)生反應(yīng)生成懸濁液Mg(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2、Ni(OH)2，在60℃凈化過濾，得到濾餅，洗滌、干燥，焙燒得到MgO、CuO、NiO、Al2O3，在550℃溫度下用氫氣還原。(1)根據(jù)題意，尿素[CO(NH2)2]在加熱條件下與水發(fā)生水解反應(yīng)即CO(NH2)2＋H2OCO2↑＋2NH3↑，因此放出NH3和CO2兩種氣體；(2)“晶化”過程中，需保持恒溫60℃，溫度在100℃以下，因此采用的加熱方式為水浴加熱；(3)“洗滌”過程中，檢驗(yàn)濾餅是否洗凈，主要檢驗(yàn)洗滌液中是否還含有硫酸根，因此常用的方法是取最后一次洗滌液少量于試管，向試管中加入稀鹽酸，再加入氯化鋇，若有白色沉淀則未洗凈，若無沉淀則已洗凈；(4)常溫下，若“懸濁液”中，，則，，則溶液的10；(5)“還原”過程最終得到，說明是NiO、CuO與氫氣發(fā)生還原反應(yīng)，因此所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O；(6)①放電一段時(shí)間后，負(fù)極反應(yīng)式為Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH)2，正極是2NiOOH＋2e－＋2H2O=2Ni(OH)2＋2OH－，正極生成的OH－物質(zhì)的量與負(fù)極消耗的OH－物質(zhì)的量相等，但是消耗了電解質(zhì)中的水，使堿性增強(qiáng)，因此溶液的pH將增大。②根據(jù)放電時(shí)正極電極反應(yīng)式NiOOH＋e－＋H2O=Ni(OH)2＋OH－，則充電時(shí)，陽極發(fā)生的電極反應(yīng)式為Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O。7.（2022·山西太原·一模）已知HA為一元弱酸，Ka為HA的電離常數(shù)，25℃時(shí)，某混合溶液中c(HA)+c(A-)=0.1mol·L-1，lgc(HA)、lgc(A-)、lgc(H+)和lgc(OH-)隨pH變化的關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．O點(diǎn)時(shí)，pH=7B．Ka(HA)的數(shù)量級(jí)為10-5C．M點(diǎn)時(shí)，存在c(H+)=c(OH-)+C(A-)D．該體系中，c(HA)=mol·L-1【答案】C【解析】pH=-lgc(H+)，所以隨pH升高直線減小的是lgc(H+)，則直線升高的是lgc(OH-)，而pH升高時(shí)，HA會(huì)與氫氧根發(fā)生反應(yīng)HA+OH-=H2O+A-，所以開始幾乎不變，后續(xù)隨pH增大而減少的是lgc(HA)，隨pH增大而增加，后續(xù)幾乎不變的是lgc(A-)。A．據(jù)圖可知O點(diǎn)處lgc(H+)=lgc(OH-)，即c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，溫度為25℃，所以pH=7，A正確；B．Ka(HA)=，據(jù)圖可知N點(diǎn)處c(A-)=c(HA)，pH=4.74，即c(H+)=10-4.74mol/L，所以Ka(HA)=10-4.74，數(shù)量級(jí)為10-5，B正確；C．據(jù)圖可知M點(diǎn)處c(A-)=c(H+)，C錯(cuò)誤；D．該體系中c(HA)+c(A-)=0.1mol·L-1，即c(A-)=0.1mol/L-c(HA)，c(HA)==，解得c(HA)=mol/L，D正確；綜上所述答案為C。8.（2022·吉林長(zhǎng)春·二模）25°C時(shí)，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定同濃度的H2A溶液，H2A被滴定分?jǐn)?shù)、pH及微粒分布分?jǐn)?shù)，X表示H2A、HA-或A2-]的關(guān)系如圖所示：下列說法正確的是A．25°C時(shí)，H2A第一步電離平衡常數(shù)Ka1≈10-7B．c點(diǎn)溶液中：c(Na+)=2c(HA-)+c(A2-)C．b點(diǎn)溶液中：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H+)>c(H2A)>c(OH-)D．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)溶液中水的電離程度：c>d>b>a【答案】B【解析】由圖可知，a、b、c、d所在實(shí)線為0.1mol?L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲線，當(dāng)＜1時(shí)，H2A部分反應(yīng)，溶液中溶質(zhì)為NaHA和H2A；當(dāng)=1時(shí)，反應(yīng)生成NaHA，NaHA溶液顯酸性；當(dāng)2＞＞1時(shí)，溶液中溶質(zhì)為NaHA和Na2A；當(dāng)=2時(shí)，反應(yīng)生成Na2A，Na2A溶液顯堿性。A．25°C時(shí)，pH=7時(shí)，c點(diǎn)c(HA-)=c(A2-)，H2A第二步電離平衡常數(shù)Ka2=≈10-7，H2A第一步電離平衡常數(shù)Ka1>10-7，故A錯(cuò)誤；B．c點(diǎn)溶液中，溶液中溶質(zhì)為NaHA和Na2A，且c(HA-)=c(A2-

)，由電荷守恒可知c(Na+)+c(H+)═c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-

)，pH=7，c(H+)═c(OH-)，故c(Na+)═c(HA-)+2c(A2-

)═3c(HA-)==3c(A2-

)=2c(HA-)+c(A2-)，故B正確；C．b點(diǎn)溶液中，由圖象可知c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-

)＞c(H2A)，b點(diǎn)pH<7，c(H+)>c(OH-)，H2A被滴定分?jǐn)?shù)>1，c(OH-)>c(H2A)，故C錯(cuò)誤；D．未加氫氧化鈉溶液時(shí)，H2A電離出氫離子，抑制水的電離，加入氫氧化鈉溶液，酸逐漸被中和為鹽，對(duì)水的抑制程度減弱，生成的NaHA、Na2A能水解，促進(jìn)水的電離，當(dāng)酸堿恰好中和為Na2A，即d點(diǎn)附近(pH突變)，對(duì)水的電離促進(jìn)程度最大，故a、b、c、d四點(diǎn)溶液中水的電離程度：d＞c＞b＞a，故D錯(cuò)誤；故選B。9.（2022·陜西漢中·二模）常溫下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1的H3PO2溶液，滴定過程中混合溶液的pH隨加入的NaOH溶液體積變化關(guān)系如圖所示，下列說法不正確的是A．常溫下，Ka(H3PO2)的數(shù)量級(jí)為10—5B．B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：2[c(H+)—c(OH—)]=c(H2PO)—c(H3PO2)C．H3PO2為一元弱酸D．滴定至V=20mL的過程中，溶液中由水電離出的c(H+)·(OH—)不變【答案】D【解析】由圖可知，未加入氫氧化鈉溶液時(shí)，0.1mol·L-1的H3PO2溶液pH為3說明H3PO2為弱酸，加入20mL0.1mol·L-1氫氧化鈉溶液時(shí)，20mL0.1mol·L-1的H3PO2溶液恰好完全反應(yīng)說明H3PO2為一元弱酸，所得NaH2PO2溶液呈堿性。A．由分析可知，0.1mol·L-1的H3PO2溶液pH為3，則Ka(H3PO2)==