备考突破 高三化学专题强化集训-电荷守恒的应用（含解析）

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页备考突破2020高三化学专题强化集训——电荷守恒的应用（含解析）下列有关离子的各种说法中，正确的是(    )A.金属钠溶于足量水中的离子方程式：Na+2H2O=Na++H2↑+2OH−

B.加入铝粉后产生大量氢气的溶液中：NH4+、Na+、N常温下，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是(    )A.某溶液中由水电离出的c(OH−) = 1×10−amol·L−1，若a>7时，则该溶液的pH一定为14−a

B.等体积、等物质的量浓度的Na2SO3溶液与NaHSO3溶液混合：c(Na+) = c(SO32−) + c(HSO3−) + c(H2SO3下列叙述正确的是(    )A.0.1mol·L−1CH3COONa溶液中c(Na+)>C(CH3COO−)>c(H+)> c(OH−)

B.NH4Cl饱和氯水中存在如下平衡：①Cl2+H2O⇌H+A.加入CaCO3悬浊液，CaCO3的溶解平衡向右移动

B.加入澄清石灰水，c(H+)一定减小

C.加入一定量NaOH溶液后，溶液中离子浓度的关系可能为c(Cl−)+c(ClO制备(NH4)2Fe(SO4)A.通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl−、SO42−

B.加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42−、ClO−

C.加入过量NaOH溶液：N某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为(    )离子NaAlClX个数3a2aabA.NO3−、4

a B.SO42−、4

a C.OH−、4

电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol·L−1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L−1的HX①和HY②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.C点溶液呈酸性，A点溶液呈碱性

B.A点溶液中：c(Na+)>c(Y−)>c(H+)>c(OH−)

C.在相同温度下，A下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是(

)A.0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)>c(CO32−)>c(HCO3−)>c(OH−)

B.20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与25 ℃时有三瓶溶液：pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液和pH=11的氢氧化钠溶液，下列说法正确的是(

)A.中和等体积的pH=11的氢氧化钠溶液，所需pH=3的醋酸溶液的体积大于pH=3的盐酸的体积

B.往上述盐酸、醋酸溶液中分别加入少量相同的锌粒，盐酸中的锌粒先反应完全

C.将上述醋酸溶液、氢氧化钠溶液混合得到pH=7的溶液，该溶液中c(Na+)大于c(CH3COO−)

D.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A.pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl−)=c(NH4+)>c(OH−)=c(H+)

B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na已知等浓度的HF和NaF的混合溶液呈酸性，溶液中存在以下平衡：①HF⇌H++F−；②F−A.加入少量NaHCO3固体，平衡①右移，平衡②左移，溶液中c(F−)增大

B.加入少量NaOH固体至c(F−)>c(HF)，溶液一定呈碱性

C.加入少量NaOH至室温下，向20 mL 0.1 mol·L−1Na2RO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L−1盐酸，溶液含R微粒的物质的量分数与pH关系如图所示(HA.0.1 mol·L−1Na2RO3溶液中：c(Na+)>2c(RO32-)+c(HRO3-)

B.当溶液pH=7时，溶液总体积大于40 mL已知25℃时，lg KaA.0.1 mol·L−1CH3COONH4溶液中：c(CH3COO−)=c(NH4+)=c(H+关于常温下pH=2的H3POA.每升溶液中的H+物质的量为0.02mol

B.c(H+)=c(H2P手持技术是基于数据采集器、传感器和多媒体计算机构成的一种新兴掌上试验系统，具有实时、定量、直观等特点，下图是利用手持技术得到的微粒物质的量变化图，常温下向20ml0.2mol/LH2A溶液中滴加0.2mol/LNaOHA.H2

A在水中的电离方程式是：H2A=H

 ​++HA

 −；HA

 ​−=H++A2−

B.当V(NaOH)=20mL时，则有：c(Na

 +

)>c(HA−

)>c(H

 +

)>c(A

 2−

)>c(OH−

)

C.当V(NaOH)=30mL时，则有：向0.1 mol·L−1AgNO3溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag++2NH3⇌[Ag(NH3)2]+，平衡常数K=c{[Ag(NH3)A.K越大，[Ag(NH3)2]+越稳定

B.图中δ2代表的是δ(Ag+)

下列说法中不正确的是(    )

A.pH相同的①CH3COONa ② NaHCO3③NaClO三种溶液中c(Na+): ③<②<①

B.一定浓度的NaHS溶液中：c(Na+)+ c(H+) = c(OH−下列叙述中不正确的是(已知Ksp(AgCl)=4.0×10−10，A.0.1 mol·L−1NH4HS溶液中有：c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)>c(HS-)+c(S2-)

B.将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3下列溶液中的离子关系正确的是(    )A.相同温度下，0.2 mol·L−1的醋酸溶液与0.1mol·L−1的醋酸溶液中c(H+)之比大于2 : 1

B.pH=3的醋酸和pH=3的FeCl3溶液中，由水电离出的c(H+)相等

C.0.1mol﹒L下列溶液中的离子关系正确的是(    )A.相同温度下，0.2 mol·L−1的醋酸溶液与0.1mol·L−1的醋酸溶液中c(H+)之比大于2 : 1

B.pH=3的醋酸和pH=3的FeCl3溶液中，由水电离出的c(H+)相等

C.0.1mol﹒L298K时，二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分数如图所示。下列叙述正确的是(

A.溶液呈中性时：c(Na+)=2c(X2−)

B.Ka2(H2X)为10−7

C.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(    )A.25℃，pH=4的番茄汁中c(H+)是pH=6的牛奶中c(H+)的20倍

B.0.1mol/LNa2S溶液：c(OH−)=c(H+)+c(HS−)+c(H2下列说法正确的是(    )A.在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变

B.CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸

C.NaCl溶液和C归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：(均在常温下)其归纳正确的是(    )①反应2A (s)+B (g)=2C (g)+D (g)不能自发进行，则该反应△H一定大于0②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c(H+)③pH相等的三种溶液：a.CH3COONa

b.NaHCO3

c.NaOH，其溶质物质的量浓度由小到大顺序为：④常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中所有离子浓度均降低。

⑤在等物质的量浓度、等体积的氯化铵和氨水的混合溶液中存在下列关系：c(N⑥反应A(g)⇌2B(g)△H，若正反应的活化能为EakJ·mol−1，逆反应的活化能为EA.全部 B.②④⑤⑥ C.①③④⑥ D.①③⑤⑥25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(

)A.0.1mol⋅L−1CH3COONa溶液与0.1mol⋅L−1HCl溶液等体积混合：c(Na+)=c(Cl−)>c(CH3COO−)>c(OH−)

B.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(    )A.0.1mol/L的NaHC2O4溶液中存在：c(Na+) + c(H+)=c(HC2O4−) + c(C2O42−) +c(OH−)

B.0.1 mol/L的NaHX溶液298 K时，向10.0 mL 0.1 mol·L−1氨水中滴入0.1 mol·L−1的盐酸。溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.1 mol·L

A.M点处的溶液中c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH-)答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查较综合，涉及离子反应方程式的书写、离子共存、盐类水解及离子浓度大小比较等，为高频考点，综合性较强，侧重物质性质及反应原理的考查，注意电子守恒和电荷守恒、物料守恒的应用，题目难度不大。

【解答】

A.钠溶于足量水中的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH−，故A错误；

B.加入铝粉后产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在NH4+，酸溶液中Al、NO3−发生氧化还原反应不生成氢气，故B错误；

C.等物质的量浓度、等体积的氨水与盐酸混和，恰好生成氯化铵，铵根离子水解显酸性，则离子浓度关系为c(Cl−)>c(NH4+【解析】【分析】

本题考查离子浓度的大小比较，题目难度较大，解答本题时注意把握溶液中的电荷守恒、物料守恒的应用，C、D为易错点，解答时注意思考。

【解答】

A.常温时，某溶液中由水电离出的c(HO−)=1×10−a

mol/L，若a>7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如为酸溶液，则pH=14−a，如为碱溶液，则pH=a，故A错误；

B.假设各为1mol，则n(Na2SO3)=n(NaHSO3)，存在2n(Na+)=3n(Na2SO3)+3n(NaHSO3)，根据物料守恒，应有2c(Na+)=3c(SO32−)+3c(HSO3−)+3c(H【解析】【分析】

本题考查了离子浓度大小的判断，根据溶液的酸碱性结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，注意平衡常数只与温度有关，为易错点。

【解答】A.醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使溶液呈碱性c(OH−)>c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，所以c(CH3COO−)<c(Na+)，则反应中离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CH

4.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查氯水的组成和性质，注意基础知识的积累与应用，题目难度不大。

【解答】

A.加入CaCO3悬浊液，氯水中的盐酸与与碳酸钙反应，因此CaCO3的溶解平衡向右移动，故A正确；

B.加入澄清石灰水，氢氧根中和氢离子，所以c(H+)一定减小，故B正确；

C.加入一定量NaOH溶液后容易可能显中性，因此根据电荷守恒可知溶液中离子浓度的关系可能为c(Cl−)+c(ClO−)=c(Na+)，故C正确；

D.【解析】【分析】

本题主要是考查离子反应、离子共存判断，离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，因此掌握常见离子的性质是解答的关键。离子共存类问题必须从基本理论和概念出发，搞清楚离子反应的规律和“离子共存”的条件，从复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应等几个方面全面考虑、比较、归纳整理得到。因此做此类问题需要心细，考虑周全，然后全面解答。

【解答】

A.氯气与还原性离子Fe2+发生氧化还原反应，不能存在二价铁离子，故A错误；

B.Fe2+有强还原性，酸性条件ClO−离子具有强氧化性，要发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；

C.Fe2+、OH−结合生成沉淀，铵根离子与碱结合生成弱电解质，不能共存，故C错误；

D.该组离子之间不反应，能共存，加入过量NaClO溶液和NaOH的混合溶液，离子之间不反应，能共存，故D【解析】【分析】本题考查了离子共存和电荷守恒。掌握不能共存的离子：能够发生复分解反应(生成沉淀、气体或弱电解质)，能够发生氧化还原反应的离子不能大量共存；溶液中的离子应满足电荷守恒是解答本题的关键。【解答】A.溶液呈电中性，根据表中数据可知，正电荷是3a+2a×3=9a，若X为NO3−，b为8a，故B.溶液呈电中性，根据表中数据可知，正电荷是3a+2a×3=9a，若X为SO42−，b为4aC.OH−不能与Al3+D.溶液呈电中性，根据表中数据可知，正电荷是3a+2a×3=9a，若X为SO42−，b为4a故选B。

7.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了酸碱中和滴定曲线分析，整体难度中等，掌握电导率的影响因素及水电离平衡的影响因素是解答本题的关键，并能利用电荷守恒、原子守恒等判断溶液中微粒浓度的大小。

【解答】

溶液的导电能力与离子浓度成正比，由导电率图像可知，HX是弱酸，其溶液中离子浓度较小，加入NaOH溶液后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HY比HX的酸性强，HY可能是强酸或者是比HX的酸性强的弱酸，随着NaOH溶液的加入，溶液体积的增大，溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当HY与所加NaOH恰好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。

A.由以上分析可知，C点溶液中溶质为NaY，溶液呈中性或者碱性，A点溶液呈碱性，故A错误；

B.A点时，HX与NaOH恰好完全中和，生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，则c(OH−)>c(H+)，故B错误；

C.酸或碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，C点溶液中溶质为NaY，A点溶液中溶质为NaX，由于HY的酸性大于HX，故Y−的水解程度小于X−，则NaX促进水的电离程度大于NaY，B点溶液为等浓度的NaX和NaOH的混合溶液，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度：B<C<A，故C错误；

D.D点溶液为含0.001 mol NaY和0.0005 mol NaOH的混合溶液，由电荷守恒知，D点溶液中存在：c(X−))+c(OH−)=c(Na+)+c(H【解析】【分析】

本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，离子浓度大小比较为高考高频点，常常与盐类水解、弱电解质电离结合考查，题目难度中等。

【解答】

A.二者混合后恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3−，所以c(HCO3−)<c(OH−)，故A错误；

B.二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小，所以溶液中粒子浓度大小顺序是c(CH3COO−)>c(Cl−)>c(CH3COOH)>c(H+)，故B正确；【解析】【分析】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确弱电解质的特点是解本题关键，易错选项是D，注意酸或碱都抑制水电离，明确计算的是溶液中氢离子浓度还是水电离出的氢离子浓度，为易错点。

【解答】

pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液和pH=11的氢氧化钠溶液中c(CH3COOH)>c(HCl)=c(NaOH)=0.001mol/L，

A.中和等体积pH=11的氢氧化钠溶液，因为c(CH3COOH)>c(HCl)，所以所需pH=3醋酸溶液的体积小于pH=3盐酸的体积，故A错误；

B.等体积pH=3盐酸和pH=3醋酸溶液中分别加入少量相同的锌粒，醋酸中存在电离平衡，随着反应的进行，醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸中锌粒先反应完，故B错误；

C.溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒得

c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)【解析】【分析】

本题考查离子浓度大小比较，注意理解弱电解质的电离、水的电离、盐类水解、物料守恒、电荷守恒、质子恒等式，题目侧重考查学生分析推理能力。

【解答】

A.pH=3的盐酸溶液中c(H+)=10−3mol/L，pH=11的氨水中c(OH−)=10−3mol/L，由于一水合氨水为弱电解质，故一水合氨的物质的量浓度远大于盐酸的浓度，二者等体积混合反应生成NH4Cl，氨水过量，溶液呈碱性，溶液离子浓度：c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故A错误；

B.NaOH完全电离溶液呈碱性，CH3COONa、Na2CO3中酸根离子水解溶液呈碱性，水解程度非常微弱，故二者浓度均大于NaOH的，由于醋酸的酸性比碳酸的强，故碳酸根的水解程度更大，Na2CO3的浓度小于CH3COONa的，即三种溶液：c(NaOH)<c(Na2CO【解析】【分析】

本题主要考查弱电解质的电离以及盐类的水解，注意结合电离和水解的特点进行分析解答，难度一般。

【解答】

A.加入少量NaHCO3固体，发生反应HCO3−+HF=CO2+H2O+F−，则平衡①右移，平衡②左移，溶液中c(F−)增大

B.等浓度的HF和NaF的混合溶液呈酸性，说明HF的电离平衡常数大于F−的水解平衡常数，即HF的电离平衡常数大于1×10−7，加入少量NaOH固体至c(F−)>c(HF)，由Ka(HF)=c(H+)×c(F−)c(HF)>1×10−7【解析】【分析】

本题考查离子浓度的比较，为高频考点，把握

Na2RO3与盐酸的反应及图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中含碳微粒的变化，题目难度不大。

【解答】

A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(RO32−)+c(HRO3−)+c(OH−)，未加入盐酸时，Na2RO3溶液显碱性，则c(Na+)>2c(RO32-)+c(HRO3-)，故A正确；

B.当混合溶液体积为40mL时，二者恰好反应生成NaHRO3，pH=8，则HRO故选C。

13.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查了盐类水解、弱电解质电离平衡、电离平衡常数计算应用、电解质溶液中物料守恒和电荷守恒的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

【解答】

A.因CH3COOH和NH3·H2O的电离平衡常数相同，则CH3COO−和NH4+的水解程度也相同，故0.1 mol·L−1CH3COONH4溶液显中性，

则c(NH4+)=c(CH3COO−)>c(H+)=c(OH−)，故A错误；

B.0.1 mol·L−1氨水与0.1 mol·L【解析】【分析】

本题考查弱电解质的电离平衡及其影响因素，题目难度中等，明确电离平衡的影响因素为解答关键，注意掌握电荷守恒的概念，试题侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力。

【解答】

A.常温下pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，1 L该溶液中含有的n(H+)=0.01mol/L×1L=0.01mol，故A错误；

B.根据H3PO4溶液中的电荷守恒可知：c(H+)=c(H2PO4−)+2c(HPO42−)+3c(P【解析】【分析】

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及图象分析能力，明确曲线变化趋势及其原理、溶液中溶质成分及其性质是解本题的关键，正确运用溶液中存在的守恒，题目难度较大。

【解答】

A.根据图知，溶液中存在HA−、H2A、A2−，说明该酸是二元弱酸，在水溶液中部分电离，所以其二元酸的电离方程式为H2A⇌H

 ​++HA

 −；HA−⇌H++A2−，故A错误；

B.当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，溶液中存在HA−、H2A、A2−，说明HA−

能电离和水解，且c(H2A)<c(A

 2−

)，说明其电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，其电离和水解程度都较小，则溶液中离子浓度大小顺序是：c(Na

 +

)>c(HA−

)>c(H

 +

)>c(A

 2−

)>c(OH−

)，故B正确；

C.当V(NaOH)=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+【解析】【分析】

本题考查平衡常数、电荷守恒、电解质溶液中的曲线问题等，根据信息和图象分析是解答本题的关键，难度一般。

【解答】

A.K越大，反应Ag++2NH3⇌[Ag(NH3)2]+向右进行的程度越大，[Ag(NH3)2]+越稳定，A项正确；

B.因为pNH3=−lg c(NH3)，pNH3越大，c(NH3)越小，上述平衡逆向移动，溶液中的c(Ag+)越大，故δ1代表的是δ(Ag+)【解析】【分析】

本题主要考查了弱电解质的电离和盐类的水解等知识，较为基础，难度不大。

【解答】

A.根据表格可知醋酸酸性最强，次氯酸酸性最弱，越弱盐类水解规律越弱越水解可得，pH相同的①CH3COONa ② NaHCO3

③NaClO三种溶液中c(Na+): ③<②<①，故A正确；

B.根据电荷守恒可知应有NaHS溶液中：c(Na+)+ c(H+) = c(OH−) +c(HS−)+2c(S2−)，故B正确；

C.氨水是弱电解质，稀释会向电离方向移动，所以pH=a的氨水，稀释至原体积的10倍后，其pH=b，则b>a−1【解析】【分析】

本题考查了溶液pH的计算、溶液中离子浓度大小比较、难溶电解质的沉淀平衡等知识，题目难度中等，注意掌握酸碱混合后溶液的定性判断及溶液中pH的计算方法，学会利用物料守恒、盐的水解原理结合溶液中的电离平衡问题。

【解答】

A.

0.1mol·L ​−1

NH 4HS溶液中有：根据物料守恒的，故A正确；

B.

由Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，c(Cl−)大，再加入足量浓的AgNO3溶液，则最先析出AgBr沉淀，但其沉淀量小于AgCl沉淀，故B正确；

C.

混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag +)=KspAgClcCl−=4.0×10−101×10−3=4×10−7mol/L，生成Ag【解析】【分析】本题主要考查了弱电解质的电离、水的电离、物料守恒、电荷守恒等综合知识，较为综合，难度较大。【解答】A.醋酸是弱电解质，相同温度下，醋酸的浓度越大其电离程度越小，所以0.2mol/L的醋酸溶液与0.1mol/L的醋酸溶液中c(H+)之比小于2：1B.醋酸溶液中的pH=3，溶液中的H+是醋酸电离出来的，溶液中水电离出的氢离子浓度为10−11mol/L，pH=3的

FeCl3溶液中水电离出的HC.NaHSO4电离产生的氢离子浓度等于硫酸根离子浓度，水电离的氢离子浓度等于水电离产生的氢氧根离离子浓度，故c(HD.常温下，混合液pH=4，c(H+)=1.0×10−4mol/L，则由Kw可知，c(OH−)=1.0×10−10mol/L，由电荷守恒可知，Ⅰc(C故选C。

20.【答案】C

【解析】【分析】本题主要考查了弱电解质的电离、水的电离、物料守恒、电荷守恒等综合知识，较为综合，难度较大。【解答】A.醋酸是弱电解质，相同温度下，醋酸的浓度越大其电离程度越小，所以0.2mol/L的醋酸溶液与0.1mol/L的醋酸溶液中c(H+)之比小于2：1B.醋酸溶液中的pH=3，溶液中的H+是醋酸电离出来的，溶液中水电离出的氢离子浓度为10−11mol/L，pH=3的

FeCl3溶液中水电离出的HC.NaHSO4电离产生的氢离子浓度等于硫酸根离子浓度，水电离的氢离子浓度等于水电离产生的氢氧根离离子浓度，故c(HD.常温下，混合液pH=4，c(H+)=1.0×10−4mol/L，则由Kw可知，c(OH−)=1.0×10−10mol/L，由电荷守恒可知，Ⅰc(C故选C。

21.【答案】B

【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图中曲线含义及各微粒变化趋势与溶液的pH关系是解本题关键，题目难度一般。【解答】A.溶液呈中性时c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒B.由图可知pH=7时，c(HX−)=c(X2−C.NaHX溶液中HX−虽然电离和水解但是程度都较小，所以溶液中含有X的微粒主要是HX−，根据图分析可知溶液的pH<7，NaHX溶液显酸性，D.溶液pH由1升至2.6时主要存在的反应是：H3X+故选B。

22.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了溶液中离子浓度大小比较的方法，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法及溶液的酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、质子守恒、物料守恒、盐的水解等比较溶液中离子浓度大小．

【解答】

A.25℃，pH=4的番茄汁中c(H+)是pH=6的牛奶中c(H+)的100倍，故A错误；

B.Na2S溶液溶液中，水电离的氢原子与氢氧根离子浓度相等，根据质子守恒可得，c(OH−)=c(H+)+c(HS−)+2c(H2S)，故B错误；

C.25℃时，pH=2的HCOOH与pH=12的NaOH等体积混合，甲酸过量，溶液显示酸性，c(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒可知：【解析】【分析】本题考查电解质溶液中水的离子积常数，电离平衡及离子浓度的等量关系。【解答】A.水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，浓硫酸在水中稀释放出热量，所以水的离子积常数变大，故A错误；

B.硫酸钙微溶于水，醋酸钙易溶于水，所以碳酸钙难溶于稀硫酸，易溶于醋酸，故B错误；

C.氯化钠是强酸强碱盐，对水的电离无影响，醋酸铵是弱酸弱碱盐，促进水电离，故C错误；D.根据电荷守恒得c(H+)+c