浙江2020版高考化学检测五考查范围：专题二基本理论13~15讲溶液中的离子反应.docx

专题检测五(考查范围:专题二 基本理论1315讲溶液中的离子反应)(时间:90分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H1Li7O16Si28Fe56一、选择题(本大题包括20个小题,每小题2分,共40分;每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2018北京朝阳重点高中检测)25 ,某稀溶液中由水电离产生的c(H+)为110-10molL-1,下列说法正确的是()A.该溶液的pH不可能是7B.该溶液不可能存在C.该溶液的pH一定是10D.该溶液的pH一定是4答案A解析25时,纯水中水电离产生的c(H+)=110-7molL-1,该溶液中由水电离产生的c(H+)=110-10molL-1110-7molL-1,说明该溶液中的溶质抑制水的电离,则可能是酸或碱溶液,只有A正确。2.关于溶液的酸碱性,下列说法正确的是()A.c(H+)很小的溶液一定呈碱性B.pH=7的溶液一定呈中性C.c(OH-)=c(H+)的溶液一定呈中性D.不能使酚酞溶液变红的溶液一定呈酸性答案C解析不论温度高低,c(OH-)=c(H+)的溶液一定呈中性,C项正确;常温下,pH=7溶液呈中性,B项错误;酚酞变色的pH范围8.210.0,在pH8.2的溶液中,酚酞都呈无色,D项错误。3.下列事实中,能说明MOH是弱碱的有()0.1 molL-1MOH溶液可以使酚酞溶液变红0.1 molL-1 MCl溶液呈酸性0.1 molL-1MOH溶液的导电性比0.1 molL-1NaOH溶液弱等体积的0.1 molL-1MOH溶液与0.1 molL-1HCl溶液恰好完全反应A.B.C.D.答案B解析碱可以使酚酞溶液变红,因此不能说明MOH为弱碱,错误;0.1molL-1MCl溶液呈酸性,说明该盐为强酸弱碱盐,由此可以说明MOH为弱碱,正确;相同浓度条件下,MOH溶液的导电性比NaOH溶液弱,说明MOH电离能力弱,MOH为弱碱,正确;等体积的0.1molL-1MOH溶液与0.1molL-1HCl溶液所含MOH和HCl的物质的量相等,因此二者能恰好完全反应,不能说明MOH为弱碱,错误。4.(2018山东滨州检测)25 时,把0.2 molL-1的醋酸加水稀释,则图中的纵轴y表示的是()A.溶液中OH-的物质的量浓度B.溶液的导电能力C.溶液中的c(CH3COO-)c(CH3COOH)D.CH3COOH的电离度答案B解析25时,在0.2molL-1醋酸溶液的稀释过程中,随着水的加入,溶液中OH-的浓度增大(但不会超过10-7molL-1),CH3COOH的电离程度增大,CH3COO-数目增多,CH3COOH分子数目减少,但溶液中CH3COO-和H+的浓度减小,溶液的导电能力减弱。5.(2018山西忻州一中等四校模拟)某温度下水的离子积常数KW=1.010-12。在此温度下,已知某强酸溶液pH=a,某强碱溶液的pH=b,已知a+b=13,酸碱溶液混合后恰好完全反应,则酸溶液的体积V酸和碱溶液的体积V碱的正确关系是()A.V碱=10V酸B.V酸=10V碱C.V酸=2V碱D.V酸=V碱答案B解析酸和碱恰好完全反应时n(H+)=n(OH-),即10-aV酸=10b-12V碱,V酸=10a+b-12V碱,又因a+b=13,则V酸=10V碱,B项正确。6.(2018山东师大附中模拟)下列说法正确的是()A.向CuCl2溶液中加入CaCO3,调节pH可除去溶液中混有的Fe3+B.配制FeSO4溶液时,将FeSO4固体溶于稀盐酸中,然后稀释至所需浓度C.用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+D.洗涤油污常用热的碳酸钠溶液答案D解析A项,由Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,加入CaCO3消耗H+,使平衡右移可除去Fe3+,但又引入新的杂质Ca2+;B项,所加酸应是稀硫酸,用盐酸会引入新杂质;C项,加热不能除去Fe3+;温度升高CO32-水解程度增大,溶液碱性增强,去油污效果更好,D项正确。7.(2018福建福州模拟)25 时,物质的量浓度相等的NaHCO3、CH3COONa混合溶液中,下列有关说法或粒子浓度关系正确的是(Ka表示CH3COOH的电离平衡常数)()A.pH可能等于7B.c(HCO3-)=c(CH3COO-)C.c(OH-)=c(CH3COOH)KWc(CH3COO-)KaD.c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)答案D解析物质的量浓度相等的NaHCO3、CH3COONa混合溶液中,由于HCO3-、CH3COO-的水解,混合液一定显示碱性,A错误;醋酸根离子的水解程度小于碳酸氢根离子,则溶液中一定满足:c(HCO3-)c(NaOH),加水稀释促进NH3H2O的电离,即稀释相同倍数后,c(NH4+)c(Na+),故D说法错误。9.已知25 时,某浓度NaCN(氰化钠)溶液pH=11,则下列有关说法中不正确的是()A.HCN的电离方程式:HCNH+CN-B.NaCN是一种弱电解质C.NaCN溶液中一定存在:c(Na+)c(CN-)D.0.1 molL-1NaCN溶液中:c(CN-)+c(HCN)=0.1 molL-1答案B解析25时,某浓度NaCN(氰化钠)溶液pH=11,说明NaCN属于强碱弱酸盐,HCN为弱酸,其电离过程可逆,选项A正确;NaCN属于强电解质,选项B错误;由于HCN是弱酸,CN-在水溶液中会发生水解,因此c(Na+)c(CN-),选项C正确;CN-+H2OHCN+OH-,发生水解的CN-和未发生水解的CN-浓度之和应该等于原NaCN的浓度,而水解生成的HCN的浓度等于发生水解的CN-的浓度,因此选项D正确。10.某温度下,pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍,溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断错误的是()A.a的数值一定大于9B.为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线C.完全中和稀释后相同体积的两溶液时,消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH溶液)V(氨水)D.稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大答案D解析pH=11的氢氧化钠溶液加水稀释100倍,pH=9,而一水合氨为弱电解质,加水能促进其电离,则a的数值一定大于9,故A正确;由图可知,开始的pH相同,在稀释时能促进氨水的电离,则氨水中OH-离子浓度相对于NaOH溶液中OH-的浓度较大,可知为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线,故B正确;由于氨水浓度较大,则完全中和稀释后相同体积的两溶液时,消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH溶液)V(氨水),故C正确;稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大,则水的电离程度较小,故D错误。11.(2018山西六校联考)已知H2C2O4是二元弱酸,室温下向某浓度的草酸溶液中逐滴加入KOH溶液,所得溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的组成百分率与pH的关系如图所示,下列说法正确的是()A.pH=4.27的溶液中:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+3c(C2O42-)B.反应HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-的平衡常数为10-4.27C.向溶液中加入KOH溶液将pH由1.3调至4.27的过程中水的电离程度先增大后减小D.pH=2.5的溶液中:c(H+)+2c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)答案A解析本题结合滴定曲线考查离子浓度比较等。由图可知pH=4.27的溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-),由电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-),即c(K+)+c(H+)=c(OH-)+3c(C2O42-),A项正确;pH=1.3时,c(H2C2O4)=c(HC2O4-),H2C2O4的电离常数Ka1=c(HC2O4-)c(H+)c(H2C2O4)=10-1.3,而反应HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-是HC2O4-的水解反应,即平衡常数K=c(H2C2O4)c(OH-)c(HC2O4-)=KWKa1=10-12.70,B项错误;H2C2O4电离出H+,抑制水的电离,溶液中加KOH溶液,在pH由1.3增至4.27的过程中,随pH的增大,H2C2O4对水电离的抑制作用不断减弱,同时,生成的盐发生水解,促进水的电离,使水的电离程度不断增大,C项错误;由图可知,pH=2.5时,根据质子守恒,溶液中c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4),D项错误。12.将0.01 mol NaOH和0.01 mol Na2CO3混合并配成溶液,滴加a mL 0.1 molL-1稀盐酸。下列说法不正确的是()A.当a100时,发生的离子反应为OH-+H+H2OB.当a300时,发生的离子反应为OH-+3H+CO32-2H2O+CO2C.当100a200时,反应后的溶液中CO32-与HCO3-的物质的量之比为(a10-4-0.01)(0.02-a10-4)D.当a=200时,发生的离子反应为OH-+2H+CO32-H2O+HCO3-答案C解析向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀盐酸,反应的先后顺序为H+OH-H2O、H+CO32-HCO3-、HCO3-+H+H2O+CO2。A项,当a100时,即n(HCl)0.01mol,此时HCl只与NaOH反应,即H+OH-H2O,正确;B项,当a300时,即n(HCl)0.03mol,此时NaOH和Na2CO3完全反应,即CO32-+OH-+3H+2H2O+CO2,正确;C项,当100a200时,0.01moln(HCl)c(Cl-)c(HA)c(OH-)c(H+)C.c点时,溶液中微粒浓度存在关系:c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH-)+2c(A-)D.d点时,溶液中微粒浓度存在关系:c(OH-)+c(A-)=c(H+)答案C解析根据物料守恒,开始时c(HA)+c(A-)=0.01000molL-1,但随着盐酸的滴入,溶液的体积增大,c(HA)+c(A-)c(Cl-)c(A-)c(OH-)c(H+),故B错误;C点时,NaA与盐酸恰好完全反应,溶质为NaCl和HA,两者的物质的量相等,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(Cl-),根据物料守恒有c(Cl-)=c(HA)+c(A-),因此有c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH-)+2c(A-),故C正确;d点时,溶质为HCl、NaCl、HA,且三者的物质的量相等,根据电荷守恒,可得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(A-),故D错误。14.室温时,将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液与浓度、体积分别为c2、V2的CH3COOH溶液相混合,下列关于该混合溶液的叙述错误的是()A.若pH7时,则一定是c1V1=c2V2B.在任何情况下都有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)C.当pH=7时,若V1=V2,则一定是c2c1D.若V1=V2,c1=c2,则c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)答案A解析若c1V1=c2V2说明二者恰好完全反应生成醋酸钠,醋酸钠水解使溶液显碱性,但NaOH过量时溶液也显碱性,选项A错误;B为电荷守恒,故正确;当pH=7时,意味着醋酸稍过量,当V1=V2时,则一定是c2c1,选项C正确;当V1=V2,c1=c2,即两者的物质的量相等,根据物料守恒则有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)。15.室温下,用0.100 0 molL-1NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 0 molL-1的盐酸和醋酸,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A.、分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线B.V(NaOH)=10.00 mL时,c(CH3COO-)c(CH3COOH)1C.pH=7时,两种酸所用NaOH溶液的体积相等D.V(NaOH)=20.00 mL时,c(Cl-)1,所以滴定盐酸的曲线是图,滴定醋酸的曲线是图,A错误;加入10mL氢氧化钠时,溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠,醋酸电离大于醋酸根的水解,故c(CH3COO-)c(CH3COOH)1,故B正确;醋酸钠水解呈碱性,氯化钠不水解,pH=7时,醋酸所用NaOH溶液的体积小,故C错误;V(NaOH)=20.00mL时,两溶液中溶质分别为氯化钠和醋酸钠,由于醋酸根发生水解,浓度小于氯离子,D错误。16.(2017湖南三湘名校联考)常温下,向20 mL 0.2 molL-1H2A溶液中滴加0.2 molL-1 NaOH溶液,相关微粒的物质的量如下图(其中代表H2A,代表HA-,代表A2-),根据图示判断,下列说法正确的是()A.H2A在水中的电离方程式是H2AH+HA-B.当V(NaOH)=20 mL时,溶液中各离子浓度的大小顺序为:c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)C.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后,其溶液中水的电离程度比纯水大D.当V(NaOH)=30 mL时,溶液中存在以下关系:2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+2c(OH-)答案B解析由题图可知H2A溶液中存在H2A分子,故H2A为弱电解质,A错误;当V(NaOH)=20mL时,恰好完全反应生成NaHA,由题图可知A2-浓度大于H2A浓度,说明HA-电离程度大于其水解程度,溶液呈酸性,c(H+)c(OH-),HA-的水解和电离程度都非常微弱,故c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-),B正确;等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后,得NaHA,HA-电离程度大于其水解程度,溶液呈酸性,对水的电离起抑制作用,其溶液中水的电离程度比纯水小,C错误;当V(NaOH)=30mL时,溶液变为Na2A和NaHA的等浓度混合溶液,根据电荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),根据物料守恒有:2c(Na+)=3c(HA-)+3c(A2-)+3c(H2A),由2-可得:2c(H+)+c(HA-)+3c(H2A)=c(A2-)+2c(OH-),D错误。17.室温下,0.1 molL-1的某二元酸H2A溶液中,可能存在的含A粒子(H2A、HA-、A2-)的物质的量分数随pH变化的关系如图所示,下列说法正确的是()A.H2A的电离方程式:H2AH+HA-B.pH=5时,在NaHA和Na2A的混合溶液中:c(HA-)c(A2-)=1100C.等物质的量浓度的NaHA溶液和Na2A溶液等体积混合,离子浓度大小关系为c(Na+)c(HA-)c(A2-)D.Na2A溶液必存在c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A),各粒子浓度均大于0答案B解析H2A溶液中不存在H2A分子,故H2A第一步完全电离,故A项错误;依据图像分析,B项正确;等物质的量浓度的NaHA溶液和Na2A溶液等体积混合后无法比较HA-和A2-的离子浓度大小,故C项错误;依据题意,H2A的浓度为0,故D项错误。18.(2018镇海中学段考)常温下,用浓度为0.100 0 molL-1的盐酸分别逐滴加入到20.00 mL 0.100 0 molL-1的两种一元碱MOH、ROH溶液中,pH随盐酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是()A.pH=10时,溶液中微粒浓度的关系式:c(M+)c(Cl-)c(MOH)c(OH-)c(H+)B.将上述MOH、ROH溶液等体积混合后,用盐酸滴定至MOH恰好完全反应时,溶液中离子浓度一直保持的关系式:c(R+)c(M+)c(OH-)c(H+)C.10 mLV(盐酸)20 mL时,溶液中微粒浓度的关系式:c(M+)+c(MOH)20 mL时,不可能存在:c(Cl-)c(M+)=c(H+)c(OH-)答案A解析根据图像可知,未加盐酸时,ROH溶液的pH=13,说明c(OH-)=c(ROH),ROH为强碱;未加盐酸时,MOH溶液的pH小于13,则MOH为弱碱。MOH溶液中加入10mL盐酸时,溶液中的溶质为等物质的量的MOH和MCl,此时溶液的pH=10,溶液呈碱性,说明MOH的电离程度大于MCl的水解程度,MOH的电离程度较小,氯离子不水解,所以c(Cl-)c(MOH),溶液中微粒浓度的关系式为c(M+)c(Cl-)c(MOH)c(OH-)c(H+),A正确;将题述MOH、ROH溶液等体积混合后,用盐酸滴定至MOH恰好反应时,ROH已经完全反应,溶液中溶质为等物质的量的MCl、RCl,MCl为强酸弱碱盐,M+水解导致溶液呈酸性,但水解程度较小,R+不水解,所以存在c(R+)c(M+)c(H+)c(OH-),B错误;10mLV(盐酸)c(MOH),溶液中存在物料守恒c(M+)+c(MOH)20mL时,盐酸过量导致溶液呈酸性,根据电荷守恒得c(Cl-)c(M+),溶液中溶质存在有c(MCl)=c(HCl)、c(MCl)c(HCl)、c(MCl)c(M+)=c(H+)c(OH-),D错误。19.常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合,不可能出现的结果是()A.pH=7,且c(CH3COO-)=c(Na+)c(H+)=c(OH-)B.pH7,且c(OH-)c(Na+)c(H+)c(CH3COO-)C.pH=7,且c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)D.pHc(Na+)c(H+)c(OH-)答案B解析NaOH溶液与CH3COOH溶液反应,OH-浓度不可能大于Na+浓度,选项B错误。20.25 时,用浓度为0.100 0 molL-1的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 molL-1的三种酸HX、HY、HZ的溶液,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A.相同温度下,同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序:HZHYc(Y-)c(OH-)c(H+)D.HY溶液与HZ溶液混合,达到平衡时:c(H+)=Ka(HY)c(HY)c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)答案B解析未加入NaOH溶液时,HZ溶液的pH=1,HZ是强酸,而HY、HX溶液的pH均大于1,所以两者是弱酸,相同条件下,导电能力HZHYHX,A错。对于0.1000molL-1HY溶液来说,由图知,c(H+)=10-3molL-1,则HY的Ka近似为10-310-30.1000=10-5,B正确;HX恰好完全反应时,XY早已完全反应,所得溶液为等物质的量的NaX、NaY的混合溶液,由于HY酸性强于HX,所以X-水解程度大于Y-,故混合溶液中c(X-)a=dc(4)A-B2-HB-铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀,是因为硫化铜既难溶于水又难溶于酸(5)0.1 molL-1c(H+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)解析(1)常温下,纯水中c(H+)=10-7molL-1,加入某物质后,溶液中c(H+)=10-9molL-1,说明溶液呈碱性,则加入的物质是碱或强碱弱酸盐。(2)氯水中存在的平衡是Cl2+H2OH+Cl-+HClO、HClOH+ClO-,要使c(HClO)增大,加入某些物质使Cl2+H2OH+Cl-+HClO的平衡向正反应方向移动,或使HClOH+ClO-的平衡向逆反应方向移动,所以可通入氯气或加入碳酸氢钠或加入次氯酸盐。(3)一水合氨为弱电解质,不能完全电离,与盐酸反应至中性时,氨水应稍过量,则ba,c(OH-)=1.010-3molL-1的氨水中一水合氨浓度远大于1.010-3molL-1的氨水中一水合氨浓度,反应至中性时,ac,氢氧化钡为强碱,与盐酸完全中和时,a=d,则ba=dc。(4)据反应H2B(少量)+2A-B2-+2HA,可知,HA酸性小于H2B,HA酸性最弱,酸性越弱对应的酸根离子结合H+能力越强,没有HB-生成,说明得电子能力A-大于HB-,则得电子能力顺序为A-B2-HB-。铜离子和硫化氢能生成硫化铜沉淀,是因为硫化铜既难溶于水又难溶于酸。(5)由H2AH+HA-,HA-H+A2-可知,第一步完全电离,第二步不完全电离,0.1molL-1的H2A溶液中H2A第一步电离出氢离子浓度是0.1molL-1,0.1molL-1的NaHA溶液其pH=2,HA-的电离较微弱,所以0.1molL-1H2A溶液中,HA-电离出氢离子浓度小于0.01molL-1,则0.1molL-1的H2A溶液中c(H+)的大小范围是0.1molL-1c(H+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)。23.(10分)(2018山西太原模拟)过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂,它的水溶液又称为双氧水,常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液,准确测定了过氧化氢的含量,并探究了过氧化氢的性质。请填写下列空白:(1)移取10.00 mL密度为 gmL-1的过氧化氢溶液至250 mL(填仪器名称)中,加水稀释至刻度,摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00 mL至锥形瓶中,加入稀硫酸酸化,用蒸馏水稀释,作被测试样。(2)用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样,其反应的离子方程式如下,请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里。MnO4-+H2O2+H+Mn2+H2O+(3)滴定时,将高锰酸钾标准溶液注入(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。滴定到达终点的现象是。(4)重复滴定三次,平均耗用c molL-1 KMnO4标准溶液V mL,则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为。(5)若滴定前滴定管尖嘴中有气泡,滴定后气泡消失,则测定结果(填“偏高”“偏低”或“不变”)。答案(1)容量瓶(2)256285O2(3)酸式滴入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液呈浅红色且半分钟内不褪色(4)17cV200(5)偏高解析(1)根据题意应该选用250mL的容量瓶。(2)分析可知缺少的产物是O2,根据电子转移守恒,配平离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2+8H2O+5O2。(3)由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性,所以只能使用酸式滴定管。滴定到达终点的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液呈浅红色且半分钟内不褪色。(4)根据配平的离子方程式计算出过氧化氢的量,最后计算出原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为17cV200。(5)若滴定前滴定管尖嘴中有气泡,滴定后气泡消失,有一部分溶液占据了气泡的体积,并没有滴入锥形瓶中,则测定结果偏高。24.(10分)(2018陕西西工大附中模拟)常温下向25 mL稀硫酸中逐滴滴入0.1 molL-1氨水,溶液中由水电离出的H+浓度随滴入氨水的体积变化如图。(1)稀硫酸的浓度为,V1的值为mL。(2)B点和D点溶液中的溶质分别为、(填化学式)。(3)判断A、D两点溶液的pH:A点,D点(填“7”“c(NH4+)c(H+)c(OH-)B.c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(OH-)C.c(NH4+)2c(SO42-)c(OH-)c(H+)D.c(H+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)答案(1) 0.05 molL-125(2)(NH4)2SO4和H2SO4(NH4)2SO4和NH3(3)77(4)C解析本题考查酸碱滴定原理,意在考查考生将实际问题分解,通过运用相关知识,采用分析、综合的方法,解决化学问题的能力。P点溶液是硫酸,根据由水电离出的氢离子浓度可知溶液中c(OH-)=10-13molL-1,则溶液中c(H+)=0.1molL-1,c(H2SO4)=0.05molL-1。随着氨水的滴入,溶液酸性减弱,对水的电离的抑制减弱,水电离出的c(H+)增大,当c水(H+)达到最大值时,就是恰好反应完全生成(NH4)2SO4时,C点往后,氨水开始过量,氨水对水的电离又起抑制作用,c水(H+)又开始下降,到E点时,溶液中由水电离出的氢离子浓度与纯水中由水电离出的氢离子浓度相等,此时溶液中(NH4)2SO4的水解和NH3H2O的电离互相抑制,恰好使溶液显中性,E点以前一直都是酸性溶液。25.(10分)(2018云南昆明模拟)常温下,将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表所示:实验编号HA的物质的量浓度/(molL-1)NaOH的物质的量浓度