新高考化学2024备考选择题高频热点专项突破16 弱电解质的电离平衡

新高考化学二轮备考选择题高频热点特训16弱电解质的电离平衡考向分析：以图像分析的形式综合考查外界因素对电离平衡的影响，根据信息计算弱电解质的平衡常数，强调用动态平衡的观点看待和分析微粒变化的过程。必备知识和方法影响弱电解质电离平衡的因素：内因：弱电解质本身的性质，是决定因素。外因：①温度：升高温度，电离程度增大。②浓度：越稀越电离，加水稀释，电离平衡向电离方向移动。③同离子效应：在弱电解质溶液中加入与弱电解质电离出相同离子的强电解质，电离平衡向生成弱电解质分子的方向移动。④化学反应：若外加物质能与弱电解质电离出的离子发生反应，电离平衡向电离方向移动。以醋酸电离为例：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋ΔH>0体系变化条件平衡移动方向n(H＋)c(H＋)导电能力Ka加水稀释向右增大减小减弱不变加入少量冰醋酸向右增大增大增强不变通入HCl(g)向左增大增大增强不变加NaOH(s)向右减小减小增强不变加入镁粉向右减小减小增强不变升高温度向右增大增大增强增大加CH3COONa(s)向左减小减小增强不变2．电离平衡常数Ka(或Kb)及其应用：（1）影响因素：与溶液的浓度、酸碱性无关。决定因素：①弱电解质本身的性质。②温度：升高温度电离平衡常数增大。（2）意义：相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越容易电离，所对应的酸性或碱性相对越强。例如，相同条件下常见弱酸的酸性强弱：H2SO3>H3PO4>HF>CH3COOH>H2CO3>H2S>HClO。（3）应用：①判断弱酸酸性(或弱碱碱性)的相对强弱：电离常数越大，酸性(或碱性)越强。②判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱：电离常数越小，对应的盐水解程度越大，碱性(或酸性)越强。③判断复分解反应能否发生：一般符合“强酸制弱酸”规律。④判断微粒浓度比值的变化：弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相应的变化，但电离常数不变，可利用电离常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。3.判断HA是弱酸的依据：(1)测钠盐NaA溶液的pH，若常温下pH>7，则说明HA为弱酸。(2)测一定物质的量浓度的HA溶液，常温下若0.01mol·L－1HA溶液的pH>2，则说明HA为弱酸。4.电离常数(K电离)与电离度(α)的关系(以一元弱酸HA为例)HA⇌H＋＋A－起始浓度：c酸00平衡浓度：c酸·(1－α)c酸·αc酸·αK电离＝eq\f(c酸·α2,c酸·1－α)＝eq\f(c酸·α2,1－α)。若α很小，可认为1－α≈1，则K电离＝c酸·α2(或α＝eq\r(\f(K电离,c酸)))。5.“电离平衡”分析判断中的常见误区(1)误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。(2)误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小。如氨水加水稀释时，c(H＋)增大。误认为由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液一定呈碱性。如25℃，0.1mol·L－1盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离的c(H＋)都为1.0×10－13mol·L－1。(4)弱电解质溶液在加水稀释的过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数或者是它们的变形。例1．下列有关说法正确的是()A．物质的量相同的醋酸溶液和醋酸钠溶液中所含的CH3COO－量相同B．c(H＋)都是0.01mol·L－1的盐酸、醋酸溶液，与足量的Zn反应，开始反应时产生H2的速率盐酸的大C．c(H＋)相同的盐酸和醋酸溶液，其盐酸和醋酸的浓度也相同D．由1mol·L－1醋酸溶液pH≈2，推知CH3COOH溶液存在CH3COOH＋H2OCH3COO－＋H3O＋[解析]醋酸是弱电解质，不完全电离，醋酸钠是强电解质，完全电离，物质的量相同的醋酸溶液和醋酸钠溶液中所含的CH3COO－量醋酸钠中多，A错误；c(H＋)都是0.01mol·L－1的盐酸、醋酸溶液，与足量的Zn反应时，由于二者c(H＋)相同，所以开始产生H2的速率相同，B错误；c(H＋)相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大于盐酸浓度，C错误；由题意得醋酸是弱酸，在醋酸溶液中存在电离平衡，D正确。例2．某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为H2A=H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－(25℃时Ka＝1.0×10－2)，下列有关说法中正确的是()A．H2A是弱酸B．稀释0.1mol·L－1H2A溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H＋)增大C．在0.1mol·L－1H2A溶液中，c(H＋)＝0.12mol·L－1D．若0.1mol·L－1NaHA溶液中c(H＋)＝0.02mol·L－1，则0.1mol·L－1的H2A中c(H＋)<0.12mol·L－1[解析]二元酸(H2A)在水中第一步电离为完全电离，则H2A酸性较强，不是弱酸，A错误；加水稀释电离平衡右移，但是c(H＋)减小，B错误；二元酸(H2A)在水中第一步完全电离，第二步部分电离，设0.1mol·L－1H2A溶液中电离的HA－浓度为xmol·L－1，则有eq\f(0.1＋xx,0.1－x)＝1.0×10－2，解得x＝0.0084。所以在0.1mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＝0.1mol·L－1＋0.0084mol·L－1＝0.1084mol·L－1，C错误；若0.1mol·L－1的NaHA溶液中c(H＋)＝0.02mol·L－1，0.1mol·L－1的H2A溶液中存在H2A=H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－，第一步电离出的氢离子，抑制了第二步电离，所以c(H＋)<0.12mol·L－1，D正确。（二）真题演练1．[2019新课标Ⅲ]设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是A．每升溶液中的H+数目为0.02NAB．c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH−)C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强2．[2019天津]某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A．曲线Ⅰ代表溶液B．溶液中水的电离程度：b点＞c点C．从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同3．[2019浙江4月选考]室温下，取20mL0.1mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.1mol·L−1NaOH溶液。已知：H2AH+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是A．0.1mol·L−1H2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1mol·L−1B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10mLC．当用去NaOH溶液体积10mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)4．[2018江苏]H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4×10−2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A．0.1000mol·L−1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol·L−1+c(C2O42−)+c(OH−)−c(H2C2O4)B．c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42−)>c(H+)C．pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000mol·L−1+c(C2O42−)−c(H2C2O4)D．c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH−)−c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4−)5．[2018浙江4月选考]相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是A．pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)（三）热点强化训练1．25℃时，加水将10mL的氨水稀释至1000mL，下列判断正确的是()A．稀释后氨水的B．稀释过程中，溶液中所有离子的浓度均减小C．稀释后溶液中减小D．氨水稀释前后中和盐酸的能力相同2．醋酸为一元弱酸，25℃时，其电离常数。下列说法错误的是()A．溶液的pH在2-3范围内B．溶液中，C．将溶液加水稀释，其电离常数和均不变D．等体积的溶液和溶液混合后，溶液，且3．下列有关电解质溶液的说法不正确的是A．在pH=2的盐酸中由水电离出c(H＋)和c(OH-)相等B．NaCl溶液和CH3COONH4溶液中水的电离程度相同C．pH═3的醋酸和盐酸加水稀释100倍后，pH(盐酸)＞pH(醋酸)D．冰醋酸加水稀释过程中导电能力先增大后减小4．常温下，某一元酸()溶液中，下列叙述不正确的是()A．该溶液与溶液等体积混合后：B．常温下的电离平衡常数约为C．该溶液中水电离出的D．向该溶液中加入一定量水稀释，溶液中增大5．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸化学式HXHYH2CO3电离平衡常数下列推断正确的是（）A．等pH的HX和HY浓度大小为：B．相同条件下溶液的碱性：C．Na2CO3溶液中加入过量HX，离子方程式为：D．NaY溶液中通入过量CO2，离子方程式为：6．下列事实不能说明HNO2是弱酸的是（）A．NaNO2溶液呈碱性B．常温下，0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1C．0.1mol/LNaOH溶液与0.1mol/LHNO2溶液等体积混合，恰好完全反应D．常温下，将pH=1的HNO2溶液稀释至原体积的100倍，溶液的pH约为2.87．亚磷酸(H3PO3)是有机磷水处理药剂的原料，有强还原性，容易被银离子氧化为磷酸。右图为向某浓度的亚磷酸中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中的H3PO3、H2PO、HPO的物质的量分数α(X)(平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值)的关系。下列关于亚磷酸的说法正确的是()A．亚磷酸与磷酸相似，均为三元酸B．亚磷酸的Ka2的数量级为10-7C．亚磷酸与银离子恰好完全反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2D．pH为5~9时，主要反应的离子方程式为H3PO3+2OH-=HPO+2H2O8．H3PO4的电离是分步进行的，常温下，，。下列说法正确的是()A．浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1混合，混合液的pH＜7B．Na2HPO4溶液中，C．向0.1mol/L的H3PO4溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化），溶液pH=1时，溶液中大约有7.1%的H3PO4电离D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH=11时，9．常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（）A．曲线N表示pH与B．图中a点对应溶液中：c(Na+)>c()+2c()C．Ka1(H2SeO3)与Ka2(H2SeO3)之比为103D．NaHSeO3溶液中：c()>c()>c(H2SeO3)10．25℃时，按下表配制两份溶液.一元弱酸溶液加入的溶液混合后所得溶液溶液Ⅰ溶液Ⅱ下列说法错误的是()A．溶液Ⅰ中，B．Ⅰ和Ⅱ的相差1.0，说明C．混合Ⅰ和Ⅱ：D．混合Ⅰ和Ⅱ：11．常温下，在H2R及钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化关系下图所示。已知Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，下列叙述正确的是A．溶液中存在：c(R2-)+c(OH-)=c(Na＋)＋c(H＋)B．Ka1(H2R)=10-4.3C．等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，溶液中水的电离程度比纯水大D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2CO＋H2R=2HCO＋R2-12．已知：25℃时，H2C2O4和H2CO3的电离平衡常数如下：分子式H2C2O4H2CO3电离平衡常数Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11以下操作均在25℃条件下进行，则下列说法不正确的是()A．KHC2O4溶液呈酸性，KHCO3溶液呈碱性B．在KHC2O4溶液中通入足量CO2生成的盐只有KHCO3C．分别向20mL0.1mol/L的H2C2O4和H2CO3溶液中加入0.1mol/L的NaOH溶液至中性，前者消耗NaOH多D．将等物质的量浓度的H2C2O4和NaOH溶液等体积混合，所得溶液中各微粒浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)13．25℃时，在一元弱酸HA溶液中滴加NaOH溶液，溶液中与pH关系如图所示。下列说法正确的是（）A．25℃时，HA的电离常数为B．a、b、c三点水的电离程度：C．加水稀释b点溶液，不变D．c点对应的NaOH溶液体积为10.00mL14．（双选）常温下，向V2mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴滴入V1mL0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液pH随的变化如图所示。下列分析错误的是（）A．常温下，CH3COOH的电离常数约为10-2x+1B．b点溶液中：c(Na+)+c(OH-)=c(CH3COO-)+c(H+)C．由a点到c点，溶液中水的电离程度先增大后减小D．d点溶液中，由水电离出的c(OH-)>l0-215．（双选）常温下，一元弱碱甲胺(CH3NH2)电离常数Kb≈4.0×10-4，lg5≈0.7。常温下，用0.02mol/L盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.02mol/L的NaOH溶液和CH3NH2溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列推断正确的是()A．曲线Ⅰ代表NaOH滴定曲线，H点对应的溶液中不存在电离平衡B．F点对应的溶液中c平(Cl-)>c平(CH3NH)>c平(H+)>c平(OH-)C．常温下，E、G点对应的溶液中水电离的c平(H+)·c平(OH-)=1.0×10-14D．常温下，F点对应的溶液的pH≈6.3参考答案真题演练1.【答案】B【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；B、根据电荷守恒可知选项B正确；C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。2.【答案】C【解析】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。3.【答案】B【解析】【分析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20mL0.1mol·L−1二元酸H2A看做20mL0.1mol·L−1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。A.0.1mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)=c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A项正确；B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C.当用去NaOH溶液体积10mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C项正确；D.当用去NaOH溶液体积20mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D项正确。故答案选B。4.【答案】AD【解析】A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，0.1000mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，两式整理得c(H+)=0.1000mol/L-c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-)，A项正确；B项，c(Na+)=c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh===QUOTEKWKa1（H2C2O4）=QUOTE1×10−145.4×10−2=1.85×10-13≪Ka2(H2C2O4)，HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c(C2O42-)>c(H2C2O4)，B项错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，室温pH=7即c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(总)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)<0.1000mol/L，c(Na+)<0.1000mol/L+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C项错误；D项，c(Na+)=2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，物料守恒为c(Na+)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)]，两式整理得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次(如B项)，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出)。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c(总)<0.1000mol/L。5.【答案】A【解析】A、在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c（CH3COO－）=c(Cl－)，故A正确；B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故B错误；C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故C错误；D、当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO－）＜c(Cl－)，故D错误。综上所述，本题的正确答案为A。强化训练1．D【分析】将pH=11的强碱溶液稀释到10n倍，稀释后溶液的pH=11-n，将pH=11的弱碱溶液稀释到10n倍，稀释过程中促进弱碱的电离，稀释后溶液中氢氧根离子浓度比相同条件下的强碱大，因此pH>11-n，据此解答。【解析】A．由分析可知稀释后氨水的pH>11-2=9，A错误；B．稀释过程中铵根离子、氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，B错误；C．一水合氨的电离常数K=，温度不变，K不变，稀释后，减小，则增大，C错误；D．稀释前后一水合氨能电离的氢氧根离子的总物质的量不变，因此氨水稀释前后中和盐酸的能力相同，D正确；答案选D。2．C【解析】A．，，则，pH=-lg(×10-3)=3-lg，因2=3-lg＜3-lg＜=3，则溶液的pH在2-3范围内，故A正确；B．溶液中，根据质子守恒得：，故B正确；C．温度不变，则电离常数不变，将溶液加水稀释，c(CH3COO-)减小，，增大，故C错误；D．等体积的溶液和溶液混合后，溶液溶质为CH3COONa，，则，故D正确；故选C。3．B【解析】A．任何溶液中由水电离出的c(H＋)和c(OH-)一定相等，故A正确；B．NaCl溶液对水的电离无影响，CH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子均可水解，促进水的电离，只是二者水解的程度相同，溶液显中性，但水的电离程度比NaCl溶液中水的电离程度大，故B错误；C．由于稀释过程中，醋酸还可以继续电离，因此醋酸溶液中氢离子物质的量会增多，氢离子的浓度减小程度更小，则pH═3的醋酸和盐酸加水稀释100倍后，醋酸酸性强，pH(盐酸)＞pH(醋酸)，故C正确；D．冰醋酸加水稀释过程中，离子浓度先增大后减小，则导电能力先增大后减小，故D正确；故选B。4．A【分析】常温下，某一元酸()溶液中，Kw=，两式中的氢离子都是酸电离出的，氢氧根离子是水电离出的，两式联立，解得=10-3mol/L，可知一元酸()为弱酸，由此分析。【解析】A．0.1mol/L某一元酸(HA)溶液与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后反应，反应后的溶液为等浓度的酸HA和盐NaA的混合液，溶液显酸性，溶液中一定存在电荷守恒：，因此该溶液与溶液等体积混合后：，故A符合题意；B．常温下是弱酸，电离出的=10-3mol/L，电离出的氢离子浓度较小，的浓度约为0.1mol/L，电离平衡常数K≈≈≈，故B不符合题意；C．由分析可知，某一元酸()溶液中=10-3mol/L，=mol/L，该溶液中水电离出的，故C不符合题意；D．由分析可知，一元酸()为弱酸，存在弱电解质的电离平衡，向该溶液中加入一定量水稀释，加水促进电离，溶液体积也增大，溶液中减小，则增大，故D不符合题意；答案选A。5．D【解析】A．由电离常数可知酸性HX>HY，等pH的HX和HY浓度大小为：c(HX)<c(HY)，故A错误；B．根据表格数值可知：H2CO3>HX>HCO>HY，越弱越水解，相同条件下溶液的碱性为：NaY>Na2CO3>NaX>NaHCO3，故B错误；C．因为酸性:H2CO3>HX>HCO，所以Na2CO3溶液中加人过量HX的离子方程式为：，故C错误；D．HY的酸性最弱,NaY溶液中通入过量CO2，离子方程式为：，故D正确；故答案为D。6．C【解析】A．NaNO2溶液呈碱性，说明NaNO2是强碱弱酸盐，能说明HNO2是弱酸，故不选A；B．常温下，0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1，说明HNO2部分电离，能说明HNO2是弱酸，故不选B；C．0.1mol/LNaOH溶液与0.1mol/LHNO2溶液等体积混合，NaOH与HNO2物质的量相等，恰好完全反应，不能说明HNO2是弱酸，故选C；D．常温下，将pH=1的HNO2溶液稀释至原体积的100倍，溶液的pH约为2.8，稀释亚硝酸溶液，亚硝酸电离平衡正向移动，能说明HNO2是弱酸，故不选D；选C。7．B【解析】A．亚磷酸的结构为，且根据图示知，溶液中不存在PO，则亚磷酸是二元酸，故A错误；B．亚磷酸的，根据图示pH=6.5时，c(HPO)=c(H2PO)，则Ka2=c(H+)=10-6.5，即数量级为10-7，故B正确；C．银离子还原为银单质，反应中银离子是氧化剂，氧化产物的化学式为H3PO4，则H3PO3是还原剂，根据转移电子守恒，n(Ag+)=n(H3PO3)×(5-3)，即n(Ag+)：n(H3PO3)=2：1，故C错误；D．根据图示知，pH为5~9时，H2PO转化为HPO，主要的离子方程式为：H2PO+OH-=HPO+H2O，故D错误；故选B。8．C【解析】A．浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1混合，二者恰好反应产生Na2HPO4，在溶液中存在电离平衡：+H+，也存在着水解平衡：+H2O+OH-，电离平衡常数，水解平衡常数Kh2==1.58×10-7＞Ka3=4.4×10-13，水解程度大于电离程度，因此溶液显碱性，pH＞7，A错误；B．在Na2HPO4溶液中，根据质子守恒可得：，B错误；C．向0.1mol/L的H3PO4溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化，溶液pH=1时，c(H+)=0.1mol/L，假设电离的H3PO4为x，根据电离平衡常数Ka1=，解得x≈0.0071mol/L，因此溶液中H3PO4电离度==7.1%，C正确；D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH=11时，c(H+)=10-11mol/L，Ka3=，则，则c()＜c()，D错误；故合理选项是C。9．D【解析】A．=，=，则pH相同时，=>=，根据图象可知，曲线M表示pH与的关系，曲线N表示pH与的变化关系，故A错误；B．a点时pH=2.6，溶液显酸性，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，由c(H+)>c(OH-)，可知c(Na+)<c()+2c()，故B错误；C．a点：=0，即，由=可知，Ka1=c(H+)=10-2.6；b点=0，即，由=可知，Ka2=c(H+)=10-6.6；得=104，故C错误；D．由上面C选项分析可知，的电离常数Ka2=10-6.6，的水解常数=<10-6.6，即以电离为主，故NaHSeO3溶液中：c()>c()>c(H2SeO3)，故D正确；故选D。【点睛】考查酸碱混合的定性判断、弱电解质的电离，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。10．B【分析】根据酸碱用量可知溶液Ⅰ为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液Ⅱ为HB和NaB的混合溶液，且溶液Ⅰ和溶液Ⅱ中HA、NaA、HB、NaB的浓度相等。【解析】A．由电荷守恒可知溶液Ⅰ中，pH=5.0，则，因此，A正确；B．溶液Ⅰ的，溶液Ⅱ的，则HB的电离常数大于HA的电离常数，，B错误；C．由电荷守恒可知混合Ⅰ和Ⅱ有，C正确；D．由于HB的电离常数大于HA的电离常数，则混合Ⅰ和Ⅱ后有：，D正确；答案选B。11．D【解析】A．根据电荷守恒，溶液中存在：c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(Na＋)＋c(H＋)，故A错误；B．由图像可知，在pH=1.3时，c(HR-)=c(H2R)，Ka1(H2R)===10-1.3，故B错误；C．等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，会生成NaHR，由图像可知，HR-含量最高时，溶液呈酸性，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，故C错误；D．根据电离常数分析，H2R的第二步电离常数大于碳酸的第二步电离常数，即酸性：HR-＞HCO，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2CO＋H2R=2HCO＋R2-，故D正确；故选D。12．B【解析】A．HC2O的水解平衡常数Kh=＜5.4×10－5，HC2O的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，的水解常数Kh=＞5.6×10－11，水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，故A说法正确；B．根据表中数据，的大于的，可知在溶液中通入足量时，与溶液不发生化学反应，故B说法错误；C．草酸和碳酸均为二元弱酸，和NaOH反应生成的正盐均显碱性，草酸