化学二轮题型必练——混合溶液中离子浓度大小的比较

2020届高考化学二轮题型对题必练混合溶液中离子浓度大小的比较1. 常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )A. Ka2(H2X)的数量级为106B. 曲线N表示pH与的变化关系C. NaHX溶液中c(H+)c(OH)D. 当混合溶液呈中性时，c(Na+)c(HX)c(X2)c(OH)=c(H+)2. 室温下向10mL0.1molL1NaOH溶液中加入0.1molL1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示下列说法正确的是()A. a点所示溶液中c(Na+)c(A)c(H+)c(HA)B. a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C. pH=7时，c(Na+)=c(A)+c(HA)D. b点所示溶液中c(A)c(HA)3. 常温下，pH相同的NaOH溶液和CH3COONa溶液分别加水稀释。pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是( )A. b、c两点溶液的导电能力相同B. c点溶液中c(CH3COOH)+c(OH-)=c(H+)C. a、b、c三点溶液中水的电离程度acbD. 等体积的b、c两点溶液分别与相同浓度的盐酸恰好完全反应时，消耗盐酸的体积相等4. 室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1molL-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是()A. 三种酸的电离常数关系：KHAKHBKHDB. 滴定至P点时，溶液中：c(B-)c(Na+)c(HB)c(H+)c(OH-)C. pH=7时，三种溶液中：c(A-)=c(B-)=c(D-)D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)5. 常温下，向20mL0.5molL-1的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.5molL-1的NaOH溶液，滴定曲线如图。相关分析正确的是( ) A. 滴加至时，c(Na+)=c(CH3COO-)，酸碱恰好完全反应B. 滴加至时，c(OH-)-c(H+)=c(CH3COOH)C. 滴定中，c(CH3COO-)c(H+)逐渐减小D. 滴定中c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和保持不变6. 电解质溶液的电导率越大，导电能力越强.用0.100molL-1的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100molL-1的盐酸和CH3COOH溶液.利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示.下列说法正确的是() A. 曲线代表滴定HCl溶液的曲线B. A点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1molL-1C. 在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：CBc(Na+)c(A-)c(H+)8. 常温下，0.1mol/L的H2C2O4溶液中H2C2O4、HC2O4、C2O42三者中所占物质的量分数(分布系数)随pH变化的关系如图所示下列表述不正确的是()A. HC2O4H+C2O42K=1104.3B. 在0.1mol/LNaHC2O4溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)c(HC2O4)c(H+)c(C2O42)c(OH)C. 常温下HF的Ka=1103.45，将少量H2C2O4溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为：H2C2O4+F=HF+HC2O4D. 将等物质的量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中，所得溶液pH恰好为4.39. 室温下，向10mL0.1molL1HX溶液中逐滴加入0.2molL1YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示(温度和体积变化忽略不计)。则下列结论错误的是() A. HX为一元强酸，YOH为一元弱碱B. M点水的电离程度大于N点水的电离程度C. N点对应溶液中粒子浓度：c(YOH)c(Y+)c(X)c(OH)c(H+)D. 25时pH=a的YX溶液中水电离出的c(H+)=1.010amolL110. 常温下，用0.10molL1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10molL1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是()A. 点和点所示溶液中：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COO)c(H+)C. 点和点所示溶液中：c(CH3COO)c(CN)=c(HCN)c(CH3COOH)D. 点和点所示溶液中都有：c(CH3COO)+c(OH)=c(CH3COOH)+c(H+)11. 常温下，向溶液中，逐滴滴加NaOH溶液。和的变化趋势如图所示(不考虑NH3的逸出)。下列说法正确的是( )A. M点溶液中水的电离程度比原溶液大B. 在M点时，n(H+)n(OH)=(0.005a)molC. 随着NaOH溶液的滴加，c(H+)c(NH4+)不断增大D. 当n(NaOH)=0.01mol时，c(NH3H2O)c(Na+)c(OH)12. 常温下，各取1mL，PH=2的，两种二元酸H2A与H2B，分别加水稀释，PH变化与加水稀释倍数有如图所示变化，则下列有关叙述正确的是()A. H2A的酸性比H2B弱B. C点溶液的导电性比a、b点溶液的导电性都强C. 若0.1molL1NaHA溶液的PH=4，离子浓度大小为c(Na+)c(HA)c(A2)c(H2A)c(H+)c(OH)D. N2B的水溶液中，离子浓度大小为c(Na+)c(B2)c(OH)c(H+)13. 在浓度均为0.1mol/L、体积均为V0的HX、HY，分别加水稀释至体积V，pH随lgVV0的变化关系如图所示。正确的是() A. a、b两点的溶液中：c(X-)c(Y-)B. 相同温度下，电离常数K(HX)：daC. 溶液中水的电离程度：dcbaD. lgVV0=2时，若同时微热两种液体(不考虑HX、HY和H2O的挥发)，则c(X-)c(Y-)增大14. 在常温下，向10mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是( )A. 在a点的溶液中c(Na+)c(CO32)c(Cl)c(OH)c(H+)B. 在b点的溶液中2n(CO32)+n(HCO3)0.001molC. 在c点的溶液pHc(ClO)c(CH3COO)c(OH)c(H+)16. 25时，一定量的Na2CO3与盐酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物质的量分数()与pH的关系如图所示。下列说法正确的()A. 曲线X表示的微粒为CO32B. pH=6.3时，(CO32)+(HCO3)+(H2CO3)=1.0C. pH=7时，c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)c(OH)=c(H+)D. pH=10.3时，c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)+3c(HCO3)17. 已知：25，NH3H2O电离平衡常数Kb=1.76105。25，向1L0.1mol/L某一元酸HR溶液中逐渐通入氨气，若溶液温度和体积保持不变，所得混合溶液的pH与lgc(R)c(HR)变化的关系如图所示。下列叙述正确的是()A. 由图可推知：25，0.1mol/LNaR溶液的pH约为10B. 当通入0.1molNH3时，所得溶液中：c(NH4+)c(R)c(OH)c(H+)C. pH=7时，所得溶液中：c(HR)c(R)=c(NH4+)D. pH=10时，所得溶液中：c(R)c(HR)，c(NH4+)c(NH3H2O)18. 常温下，相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液分别加水稀释，平衡时pH随溶液体积变化的曲线如下图所示，则下列叙述正确的是( )A. b、c两点溶液的导电能力相同B. a、b、c三点溶液中水的电离程度acbC. c点溶液中c(H+)=c(OH)+c(CH3COOH)D. 用等浓度的盐酸分别与等体积的b，c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积Vb=Vc19. 向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01molc(AlO2)+c(OH)B0.01c(Na+)c(AlO2)c(OH)c(CO32)C0.015c(Na+)c(HCO3)c(CO32)C(OH)D0.03c(Na+)c(HCO3)c(OH)c(H+)A. AB. BC. CD. D20. 部分弱酸的电离常数如表：弱酸HCOOHHCNH2S电离平衡常数(25)Ka=1.8104Ka=4.91010Ka1=1.3107Ka2=7.11015下列有关说法正确的是()A. 恰好中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者B. HCOO、CN、HS在溶液中不可以大量共存C. NaHS溶液中加入适量KOH后：c(Na+)=c(H2S)+c(HS)+2C(S2)D. 等体积、等浓度的HCOONa和NaCN两溶液中所含离子总数目HCOONa大于NaCN21. 25时，H2CO3的Ka1=4.2107，Ka2=5.61011，室温下向10mL0.1molL1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1molL1HCl溶液，如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随pH降低而变化的图象(CO2因有逸出未画出)。下列说法错误的是()A. A点所示溶液的pHc(CH3COO)C. 反应结束后所得两溶液中，c(CH3COO)pHC. a、b、c三点由水电离的c(OH)依次减小D. a、b、d三点对应NH3H2O的电离常数：K(b)K(d)K(a)24. 常温下含碳各微粒 H2CO3、HCO32和 CO32存在于 CO2和 NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液 pH的关系如图所示，下列说法错误的是 ( ) A. 为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的 pH为79之间B. pH=10.25时，c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)C. 根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数K1(H2CO3)=10-6.37D. 若是0.1molNaOH反应后所得的1L溶液，pH=10时，溶液中存在以下关系： c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)25. 常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知：pcAcHA=lgcAcHA。下列叙述正确的是 ( )A. KaHA的数量级为104B. 滴加NaOH溶液过程中，cAcOHcHA保持不变C. m点所示溶液中：cH+=cHA+cOHcNa+D. n点所示溶液中：cNa+=cA+cHA26. 将NaOH溶液滴加到二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的PH与离子浓度变化的关系如图所示(已知lg2=0.3，lg5=0.7)。下列叙述正确的是() A. 曲线N表示pH与lgc(HA-)c(H2A)的变化关系B. Ka2(H2A)=510-4C. NaHA溶液中c(H+)c(OH-)D. 在交点a的溶液中，c(H2A)c(HA-)c(A2-)c(H+)c(OH-)答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离和弱碱滴定的综合考查，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的变化意义，把握数据的处理，难度较大。【解答】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)Ka2(H2X)，酸性条件下，则pH相同时c(HX)c(H2X)c(X2)c(HX)，由图象可知N为lgc(HX)c(H2X)的变化曲线，M为lgc(X2)c(HX)的变化曲线，当lgc(HX)c(H2X)=0或lgc(X2)c(HX)=0时，说明c(HX)c(H2X)=1或c(X2)c(HX)=1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。A.lgc(X2)c(HX)=0时，c(X2)c(HX)=1，此时pH5.4，则Ka2(H2X)105.4，可知Ka2(H2X)的数量级为106，故A正确；B.由以上分析可知曲线N表示pH与lgc(HX)c(H2X)的变化关系，故B正确；C.lgc(HX)c(H2X)=0时，即c(HX)=c(H2X)，此时pH4.4，则Ka1(H2X)104.4，常温下，Kh(HX)=KwKa11014104.4=109.6c(OH)，故C正确；D.由图象可知当pH=7时，lgc(X2)c(HX)0，则c(X2)c(HX)，故D错误。故选D。2.【答案】D【解析】【分析】本题侧重于酸碱混合的定性判断，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，本题易错点为C，注意从溶液电中性的角度分析。【解答】A.a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)c(H+)，故A错误；B.a点A水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C.pH=7时，c(H+)=c(OH)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A)+c(OH)，则c(Na+)=c(A)，故C错误；D.b点HA过量一倍，溶液存在等浓度的NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A水解程度，则存在c(A)c(HA)，故D正确。故选D。3.【答案】C【解析】【分析】本题考查溶液的导电性、电荷守恒和物料守恒、影响水电离的平衡的因素等，综合性强，有一定的难度。【解答】稀释相同的倍数氢氧化钠溶液的pH值变化大，所以变化大的是氢氧化钠，醋酸钠因加水稀释促进水解所以pH变化不大。A.b、c两点溶液氢氧根离子浓度相同，但自由离子浓度不同，所以导电能力不相同，故A错误；B.由c(CH3COO)+c(OH)=c(H+)+c(Na+)和物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO)=c(Na+)，得c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH)，故B错误；C.氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度acb，故C正确；D.pH相同的NaOH溶液和CH3COONa溶液，CH3COONa的浓度远大于氢氧化钠，等体积的b、c两点溶液分别与相同浓度的盐酸恰好完全反应时，醋酸钠消耗的盐酸比氢氧化钠多得多，故D错误。故选C。4.【答案】C【解析】【分析】本题以弱电解质的电离为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确电解质溶液中三大守恒以及酸的电离程度与酸根离子水解程度的大小是解题关键，题目难度中等。【解答】A.相同物质的量浓度的一元酸，酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，则该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HAHBHBHD，则KHAKHBKHD，故A正确；B.中和50%即P点，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸(HB)和盐(NaB)，由图可知溶液呈酸性，则c(H+)c(OH)，且酸的电离程度大于酸根离子水解程度，则c(B)c(Na+)c(HB)c(H+)c(OH)，故B正确；C.当pH=7时，c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A)，c(Na+)=c(B)，c(Na+)=c(D)，由于三种酸根的水解程度不同，则溶液呈中性时所消耗的氢氧化钠的体积不相同，则三种溶液中钠离子浓度不同，c(A)，c(B)，c(D)也不同，故C错误；D.恰好中和时，三种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后溶液因盐的水解呈碱性，关系为：c(OH)=c(HA)+c(HB)+c(HD)+c(H+)，故D正确；故选：C。5.【答案】B【解析】【分析】本题以滴定曲线为载体，考查离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡等，注意理解离子浓度大小比较中物料守恒、电荷守恒、质子守恒的应用，试题难度一般。【解答】A.滴加至时，溶液pH=7，则c(H+)=c(OH)，由电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO)+c(OH)，可知c(Na+)=c(CH3COO)，若恰好反应，则为醋酸钠溶液，溶液呈碱性，则醋酸稍过量，故A错误；B.滴加至时，此时为醋酸钠溶液，溶液中氢氧根离子来源于水的电离、醋酸根水解，根据质子守恒：c(OH)=c(H+)+c(CH3COOH)，则c(OH)c(H+)=c(CH3COOH)，故B正确；C.溶液中存在平衡：CH3COOHH+CH3COO，加入氢氧化钠，氢离子被消耗，平衡正向移动，则c(CH3COO)c(H+)增大，故C错误；D.由物料守恒可知，滴定中n(CH3COOH)与n(CH3COO)之和保持不变，但溶液体积增大，二者浓度之和会减小，故D错误。故选：B。6.【答案】D【解析】【分析】本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，题目难度中等，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线代表0.1mol/LNaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线代表0.1mol/LNaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，据此分析。【解答】A.由分析可知，曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A错误；B.A点溶液中c(Na+)=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO)+c(OH)c(H+)=c(Na+)=0.05mol/L，故B错误；C.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水电离的c(H+)：BCA，故C错误；D.定量分析可知，D点溶液中，c(Na+)=1.5c(Cl)，即2c(Na+)=3c(Cl)，故D正确。故选：D。7.【答案】D【解析】【分析】本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，能够根据电荷守恒、物料守恒比较溶液中离子浓度大小【解答】A.根据图知，未加NaOH溶液时，HA溶液pH=3，则HA溶液中c(H+)=0.001mol/Lc(H+)，溶液中溶质为NaA和NaOH，则c(Na+)c(OH)，故D错误。故选D。8.【答案】D【解析】解：A.由HC2O4H+C2O42，可知K=c(H+)c(C2O42)c(HC2O4)，pH=4.3时，c(C2O42)=c(HC2O4)，所以K=c(H+)=1104.3，故A正确；B.NaHC2O4溶液显酸性，以HC2O4的电离为主，在溶液中HC2O4部分电离，则各离子浓度大小关系为：c(Na+)c(HC2O4)c(H+)c(C2O42)c(OH)，故B正确；C.常温下H2C2O4的K1=101.3，K2=104.3，HF的Ka=1103.45，则酸性：H2C2O4HFHC2O4，所以将少量H2C2O4溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为H2C2O4+F=HF+HC2O4，故C正确；D.将等物质的量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中，HC2O4电离程度大于C2O42的水解程度，所以溶液中c(C2O42)c(HC2O4)，则溶液pH大于4.3，故D错误；故选D本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确溶液中的溶质组成为解答的关键，并注意利用溶液中水解的程度及电离的程度、电荷守恒来分析解答9.【答案】C【解析】【分析】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的内容，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.根据图示可知，0.1mol/L的HX溶液的pH=1，说明HX完全电离，为一元强酸；滴入6mL0.2molL1YOH溶液时，YOH过量，溶液的pH=7，说明YOH为一元弱碱，故A正确；B.M点溶质为Y、YOH，溶液的pH=7，水的电离程度基本不变，而N点加入10mLYOH溶液，溶液的pH=10，抑制了水的电离，所以M点水的电离程度大于N点水的电离程度，故B正确；C.N点溶液呈碱性，则c(OH)c(H+)，结合电荷守恒可知：c(Y+)c(X)，N点溶液中存在物料守恒：c(Y+)+c(YOH)=2c(X)，则c(Y+)c(X)c(YOH)，正确的粒子浓度大小为：c(Y+)c(X)c(YOH)c(OH)c(H+)，故C错误；D.YX为强酸弱碱盐，Y+离子水解溶液呈酸性，促进了水的电离，溶液中氢离子主要来自水的电离，25时pH=a的YX溶液中水电离出的c(H+)=1.010amolL1，故D正确。故选C。10.【答案】C【解析】解：A.点的溶液中存在电荷守恒为c(OH)+c(CN)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH)c(H+)，点所示溶液中的电荷守恒为c(OH)+c(CH3COO)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH)c(CN)，故A错误； B.点中pH=7，则c(OH)=c(H+)，则点中c(Na+)=c(CH3COO)c(H+)=c(OH)，故B错误； C.点的溶液中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN)=c(Na+)，点所示溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO)=c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，即c(CH3COO)c(CN)=c(HCN)c(CH3COOH)，故C正确； D.点和点所示溶液中存在电荷守恒c(OH)+c(CH3COO)=c(Na+)+c(H+)，在中Na元素的物质的量与醋酸的总物质的量相同，由于醋酸根离子要水解，所以c(Na+)c(CH3COOH)，所以c(CH3COO)+c(OH)c(CH3COOH)+c(H+)，故D错误。 故选：C。A.根据点和点所示溶液中的电荷守恒分析； B.点中pH=7，则c(OH)=c(H+)； C.根据点和点所示溶液中的物料守恒分析； D.点和点所示溶液中存在电荷守恒本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系，明确混合后溶液中的溶质是解答的关键，注意电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度中等11.【答案】B【解析】【分析】本题考查离子浓度大小的比较，为高频考点，把握混合后溶液中溶质、电荷守恒、盐类水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。【解答】A.铵盐溶液水解促进水的电离，而M点含一水合氨电离出OH抑制水的电离，则M点溶液中水的电离程度比原溶液小，故A错误；B.M点电荷守恒得：n(OH)+n(Cl)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(H+)n(OH)=n(Cl)0.005n(Na+)，n(H+)n(OH)=(0.005a)mol，故B正确；C.随着NaOH溶液的滴加，c(NH3H2O)先增大后减小，且c(H+)c(NH4+)=Khc(NH3.H2O)，可知比值先减小后则增大，故C错误；D.当n(NaOH)=0.01mol时，恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨，一水合氨电离，则c(Na+)c(NH3H2O)c(OH)，故D错误。故选B。12.【答案】D【解析】解：A.弱酸中存在电离平衡，加水稀释促进弱酸电离，稀释时，如果是强酸，则溶液的pH增大多，弱酸pH增大的少，所以H2A的酸性比H2B强，故A错误； B.溶液中氢离子浓度越大，导电性越强，a点的pH最小，氢离子浓度最大，所以a点溶液的导电性最强，故B错误； C.若0.1molL1NaHA溶液的PH=4，溶液显酸性，HA的电离程度大于水解程度，则c(A2)c(H2A)，所以离子浓度大小为c(Na+)c(HA)c(H+)c(A2)c(OH)c(H2A)，故C错误； D.H2B为弱酸，Na2B的水溶液显碱性，则溶液中离子浓度大小为c(Na+)c(B2)c(OH)c(H+)，故D正确 故选DA.弱酸中存在电离平衡，加水稀释促进弱酸电离，稀释时，如果是强酸，则溶液的pH增大多，弱酸pH增大的少； B.溶液中氢离子浓度越大，导电性越强； C.若0.1molL1NaHA溶液的PH=4，溶液显酸性，HA的电离程度大于水解程度； D.H2B为弱酸，Na2B的水溶液显碱性 本题以弱电解质的电离为载体考查离子浓度大小比较，正确判断H2B的酸性强弱是解本题关键，根据溶质的性质结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等13.【答案】D【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析推断及识图能力，正确判断两种酸的强弱是解本题关键，注意：酸的电离平衡常数只与温度有关，与溶液浓度无关，易错选项是D，题目难度中等。【解答】A.根据图知，a、b两点的溶液中pH相同，则c(H+)相同，c(OH)相同，根据电荷守恒：c(X)=c(Y)，故A错误；B.酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K(HX)：a=d，故B错误；C.酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度等于a，则水电离程度a=b，溶液中氢离子浓度：a=bcd，所以溶液中水的电离程度：a=bcc(CO32)c(OH)c(Cl)c(H+)，故A错误；B.b点溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO32)n(H2CO3)，溶液中存在物料守恒，n(CO32)+n(HCO3)+n(H2CO3)=0.001mol，2n(CO32)+n(HCO3)0.001mol，故B正确；C.在c点的溶液pHc(CH3COO)c(ClO)c(OH)c(H+)，故D错误。故选C。16.【答案】D【解析】【分析】本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，该题是高考中的常见题型，属于综合性试题的考查，对学生的思维能力提出了较高的要求，本题贴近高考，综合性强，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，然后结合图象和题意灵活运用即可，题目难度中等。【解答】A.碳酸钠溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性，分析图象可知曲线Z为CO32微粒的变化曲线，故 A错误；B.pH=6.3时，图象中可知主要为H2CO3和HCO3，三者都小于0.2，各成分(CO32)+(HCO3)+(H2CO3)c(H2CO3)c(CO32)，故C错误；D.pH=10.3时，c(CO32)=c(HCO3)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)+c(HCO3)+2c(CO32)=c(Cl)+c(OH)+3c(HCO3)，故D正确；故选：D。17.【答案】B【解析】【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力和计算能力，明确曲线含义、对应溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意把握电离常数的表达式和计算方法，题目难度较大。【解答】A.根据图象，lgc(R)c(HR)=0时，pH=5，则HR的电离平衡常数为Ka=105，所以NaR的水解平衡常数为Kh=KwKa=109，则由水解时的三段式结合水解常数可知0.1mol/LNaR溶液的pH约为9，故A错误；B.当通入0.1molNH3时，反应恰好生成NH4R，NH4+的水解平衡常数为Kh(NH4+)=KwKb(NH3H2O)=5.681010，所以NH4+的水解程度小于R的水解程度，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(R)，由于c(OH)c(H+)，所以c(NH4+)c(R)，故B正确；C.pH=7时，lgc(R)c(HR)=2，即c(R)c(HR)，溶液中c(H+)=c(OH)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(R)，即c(NH4+)=c(R)c(HR)，故C错误；D.pH=10时，lgc(R)c(HR)=5，溶液中c(H+)=Kac(R)c(HR)=1010mol/L，则溶液中c(OH)=Kwc(H+)=104mol/L，所以c(NH4+)c(NH3H2O)=Kb(NH3H2O)c(OH)=0.1761，所以溶液中c(NH4+)NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则为NaOH，变化小的是CH3COONa，即为CH3COONa。 A.b、c两点，pH相等，氢氧根离子浓度相同，醋酸钠和氢氧化钠，c(CH3COONa)c(NaOH)，所以c点导电能力大于b，即b、c两点溶液的导电能力不相同，故A错误；B.氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度acb，故B正确；C.任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH)，c(H+)=c(OH)c(CH3COOH)，故C错误；D.pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c(CH3COONa)c(NaOH)，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n(CH3COONa)n(NaOH)，所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vbc(CO32)c(AlO2)c(OH)，故B错误；C、当二氧化碳为0.015mol时，溶液中含有0.015mol碳酸钠，溶液中离子浓度的关系为c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)，故C错误；D、当二氧化碳为0.03mol时，所得溶质为碳酸氢钠，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)c(HCO3)c(OH)c(H+)，故D正确；故选：D。本题考查了溶液中离子浓度大小比较，主要掌握盐类水解的分析判断，注意守恒原理在解题中的应用，题目有一定的难度20.【答案】D【解析】解：A.等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中，HCN溶液溶质浓度大，恰好中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故A错误； B.酸性HCOOHHS，离子间不发生反应，HCOO、CN、HS在溶液中可以大量共存，故B错误； C.NaHS溶液中加入适量KOH后反应生成硫化钾和硫化钠，但硫化钠溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(H2S)+c(HS)+C(S2)，故C错误； D.HCOO水解程度小于CN，则HCOONa溶液中氢氧根离子浓度小于NaCN溶液中氢氧根离子浓度，溶液中存在电荷守恒：c(HCOO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，c(CN)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，钠离子浓度相同，HCOONa溶液中氢离子浓度大于NaCN溶液中氢离子浓度，则HCOONa溶液中离子总浓度大于NaCN溶液中离子总浓度，故D正确； 故选：D。图表中数据分析可知，酸性大小为：HCOOHH2SHCNHS， A.等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中，HCN溶液溶质浓度大； B.HCOO、CN、HS离子都是弱酸阴离子，酸性HCOOHHS，离子间不发生反应； C.溶液中存在物料守恒，n(Na)=n(S)； D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN两溶液中阴离子水解程度不同，水的电离程度不同，结合电荷守恒分析判断本题考查了弱电井电离平衡、电离程度大小比较和盐类水解的应用、电解质溶液中电荷守恒、物料守恒分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等