高考化学一轮复习 考点3 盐类水解核心考点精讲精练（解析版）

考点3盐类水解1．3年真题考点分布年份卷区考点分布盐类的水解盐类水解的影响因素离子浓度大小比较综合应用2023重庆√北京√√海南√湖南√2022海南√湖南√√江苏√辽宁√浙江√√2021北京√海南√湖南√辽宁√山东√浙江√√2．命题规律及备考策略【命题规律】近3年新高考卷对于该专题主要考查：1．盐类的水解及其影响因素2．盐类水解的应用3．离子浓度大小比较【备考策略】熟练掌握盐类水解有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析盐类水解平衡，并运用平衡移动原理解决实际问题。【命题预测】预测2024年高考通过考查盐类水解的本质特征和应用。能运用模型解释盐类水解平衡的移动，揭示现象的本质和规律。考法1盐类水解及其规律一、盐类水解及其规律1.定义在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。2.实质盐电离―→eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(弱酸的阴离子―→结合H＋,弱碱的阳离子―→结合OH－))―→破坏了水的电离平衡―→水的电离程度增大―→溶液呈碱性、酸性或中性3.特点eq\x(可逆)→水解反应是可逆反应｜eq\x(吸热)→水解反应是酸碱中和反应的逆反应｜eq\x(微弱)→水解反应程度很微弱4.规律有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。盐的类型实例是否水解水解的离子溶液的酸碱性溶液的pH强酸强碱盐NaCl、KNO3否中性pH＝7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2是NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋酸性pH＜7弱酸强碱盐CH3COONa、Na2CO3是CH3COO－、COeq\o\al(2－,3)碱性pH>75.盐类水解离子方程式的书写要求(1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号“表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。(3)多元弱碱阳离子的水解也是分步进行的，但通常简化为一步表示。盐的类型实例水解的离子方程式一元弱酸盐/弱碱盐NH4ClNH4++H2O⇌NH3·H2CH3COONaCH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-多元弱酸盐Na2CO3CO32-＋H2O⇌HCO3-＋OH-；HCO3-＋H2O⇌HNa2SS2-+H2O⇌HS-+OH-；HS-+H2O⇌H2S+OH-多元弱碱盐FeCl3Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+CuCl2Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+(4)水解分别显酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。【方法技巧】盐类水解的规律及拓展应用(1)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液呈酸性。如NaHSO4溶液中：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。(2)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。①若电离程度小于水解程度，则溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(次要)，HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。同类离子还有HS－、HPOeq\o\al(2－,4)。②若电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性。如NaHSO3溶液中：HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)(主要)，HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。同类离子还有H2POeq\o\al(－,4)。(3)相同条件下的水解程度①正盐>相应酸式盐。如相同条件下水解程度：COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。②水解相互促进的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如相同条件下NHeq\o\al(＋,4)的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。(4)弱酸弱碱盐中的阴、阳离子都水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸阴离子和弱碱阳离子水解程度的相对大小。当K酸＝K碱(K为电离常数)时，溶液呈中性，如CH3COONH4；当K酸>K碱时，溶液呈酸性，如HCOONH4；当K酸<K碱时，溶液呈碱性，如NH4CN。二、盐类水解的影响因素1.内因：形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如水解程度：Na2CO3＞Na2SO3，Na2CO3＞NaHCO3。2.影响盐类水解的因素因素水解平衡水解程度水解产生离子的浓度温度升高右移增大增大浓度增大右移减小增大减小(即稀释)右移增大减小外加酸碱酸性盐加酸左移减小减小酸性盐加碱右移增大增大外加其他盐酸性盐加酸性盐相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)酸性盐加碱性盐相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]3.以FeCl3水解为例[Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋]，填写外界条件对水解平衡的影响。条件移动方向H＋数pH现象升温向右增多减小颜色变深通HCl向左增多减小颜色变浅加H2O向右增多增大颜色变浅加NaHCO3向右减小增大生成红褐色沉淀，放出气体三、水解平衡常数1.定义：盐类水解反应的平衡常数（或水解常数），用Kh表示。2.表达式对于水解方程式：A-+H2O⇌HA+OH-，其平衡常数可表示为：Kh=c3.意义：Kh表示水解反应趋势的大小，Kh数值越大，水解趋势越大。杨sir化学，侵权必究4.影响因素：对于确定的离子，其水解常数只受温度影响。温度越高，水解常数越大。5.与电离常数的关系Kh=KwKa（Ka为弱酸的电离平衡常数）或Kh=K【典例1】（广东省惠州市2024届高三第一次调研）是一种弱碱，可与盐酸反应生成。下列叙述正确的是A．常温时，0.1mol/L水溶液的B．0.1mol/L水溶液加水稀释，升高C．0.1mol/L水溶液中：D．水溶液中：【答案】B【解析】A．是强酸弱碱盐，微弱水解，0.1mol/L水溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，，故A错误；B．水溶液加水稀释，氢离子浓度减小，pH升高，故B正确；C．水溶液中不水解，微弱水解，水解生成和，另外水电离出，溶液中粒子浓度：，故C错误；D．根据物料守恒，故D错误；故选：B。1.（陕西省西安市长安区2023届高三第一次模拟）25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1mol•L-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=]的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法错误的是

A．t=0.5时，c(NH)＞c(Cl-)B．25℃时，NH的水解平衡常数Kh的数量级为10-10C．P1所示溶液：2c(Cl-)=c(NH)+c(NH3•H2O)D．P2所示溶液：c(Cl-)＞100c(NH3•H2O)【答案】C【分析】本题给出的图是溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[t=]的关系图，最左边纵坐标是离子浓度的对数，右边的纵坐标是pH值，横坐标是反应物的物质的量之比，图示中NH离子与NH3•H2O交叉点对应的pH值是9.25，可以计算铵根离子的水解常数，根据电荷守恒可以判断A选项，根据物料守恒可以判断C选项，根据水解常数可以判断D选项。【解析】A．t=0.5时，对应的pH值大于7，c(H+)<c(OH-)，由电荷守恒c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)得出c(NH)＞c(Cl-)，故A正确；B．NH离子与NH3•H2O交叉点对应的pH值是9.25，c(N)=c(NH3•H2O)，c(H+)=，带入铵根离子的水解常数公式Kh==，数量级为，故B正确；C．P1点=1.0，根据物料守恒c(Cl-)=c(NH)+c(NH3•H2O)，故C错误；D．P2点对应的pH=7，c(H+)=c(OH-)=推出c(NH)=c(Cl-)，Kh==，得出=，得出c(Cl-)=c(NH3•H2O)，故D正确；答案选C。考法2盐类水解的应用四、盐类水解的应用(1)判断离子能否大量共存若阴、阳离子发生相互促进的水解反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的相互促进的水解反应进行完全的有：Fe3＋、Al3＋与AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)。(2)判断盐溶液蒸干时所得的产物①盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。②盐溶液水解生成挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。③考虑盐受热时是否分解，如Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4和MnO2；NH4Cl―→NH3和HCl。④还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。⑤弱酸的铵盐蒸干后无固体。如：NH4HCO3、(NH4)2CO3。(3)保存、配制某些盐溶液如配制FeCl3溶液时，为防止出现Fe(OH)3沉淀，常加几滴盐酸来抑制FeCl3的水解；在实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶塞。(4)利用盐类的水解反应制取胶体、净水如实验室制备Fe(OH)3胶体的原理为FeCl3＋3H2Oeq\o(====,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3HCl。明矾净水的原理：Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很大的表面积，吸附水中悬浮物而聚沉。(5)解释热的纯碱溶液去污能力强碳酸钠溶液中存在水解平衡COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，升高温度，水解平衡右移，c(OH－)增大。(6)解释泡沫灭火器的反应原理成分NaHCO3、Al2(SO4)3发生反应Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑。五、判断盐溶液蒸干时所得的产物1.水解生成难挥发性酸的强碱盐，蒸干后一般得原物质。如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。2.水解生成易挥发性酸的强碱盐，一般蒸干后得对应的氢氧化物，灼烧后得对应的氧化物。如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。3.若该盐受热易分解，蒸干灼烧后一般得到其分解产物。如Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4和MnO2；NH4Cl→NH3和HCl。4.还原性盐在蒸干时，易被空气中的O2氧化，得到其氧化产物。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。【典例2】(广东省惠州市2024届高三第一次调研)化学让生活更美好。下列事实与盐类的水解无关的是A．用明矾净水 B．用热的纯碱溶液清洗油污C．用稀盐酸清除铁锈 D．配制溶液时加入少量盐酸【答案】C【解析】A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性可用于净水，与盐类水解有关，故A不选；B．纯碱水解使溶液呈碱性，加热促进水解，碱性增强，有利于油脂发生水解，与盐类水解有关，故B不选；C．铁锈中氧化铁与盐酸反应生成可溶性氯化铁，从而可用盐酸清楚铁锈，与盐类水解无关，故C选；D．配制溶液时加入少量盐酸可抑制氯化铁水解，防止其变质，与盐类水解无关，故D不选；故选：C。1．（河北衡水中学2023届高三下学期第三次模拟）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法不正确的是

已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13A．a点溶液中存在：c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)B．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+c()+2c()C．c点对应的溶液中存在：c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)D．水的电离程度：a<b<c【答案】D【分析】0-a发生的反应为，a点的主成分为和NaCl；a-b发生的反应为，b点的主成分为和NaCl；b-c发生的反应为，c点的主成分为和NaCl。【解析】A．a点的主成分为和NaCl，，即的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，故有c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)，A项正确；B．b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，B项正确；C．c点主成分为和NaCl，由电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)+c(Cl-)，所以c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，故C项正确；D．，即电离大于水解，b点溶液呈酸性，电离出来的H+抑制H2O的电离。而a点水解促进水的电离，水的电离a>b，D项错误；故选D。【基础过关】1．（湖南省实验中学2023-2024学年高三上学期第一次适应性考试）常温下，用浓度为0.0200mol•L-1的NaOH标准溶液滴定100mL浓度均为0.0200mol•L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随NaOH加入体积(V)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是

A．Ka(CH3COOH)约为10-4.76B．水的电离程度：a＜b＜c＜dC．a点：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)D．b点：c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)【答案】B【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH；【解析】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，此时c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(CH3COO-)≈c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，A正确；B．酸和碱都会抑制水的电离，且酸性或碱性越强对水的电离抑制越大；而醋酸钠水解会促进水的电离；结合分析可知，c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离程度最大，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d>b>a，物，B错误；C．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，C正确；D．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，D正确；故选B。2．（河北省唐山市2023-2024学年高三上学期摸底演练）25℃时，用NaOH调节CH3COOH溶液的pH，保持体系中。粒子浓度的对数值(lgc)以、反应物的物质的量之比[]与pH的关系如图所示。下列有关说法错误的是

A．25℃时，CH3COOH的电离平衡常数的数量级为10-5B．t=0.5时，C．P1所示溶液：D．P2所示溶液：【答案】C【解析】A．从图中可知，c(CH3COOH)和c(CH3COO-)相同时（虚线与实线相交的点），pH=4.75，根据CH3COOHCH3COO-+H+，醋酸浓度和醋酸根离子浓度相同时，K=c(H+)=10-4.75，数量级为10-5，A正确；B．根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，t=0.5时，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，假设不发生电离和水解，两者浓度相同，现溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，因此c(Na+)>c(CH3COOH)，再结合电荷守恒的等式可得，B正确；C．P1溶液中，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因为醋酸根离子浓度等于醋酸浓度，且两者浓度和为0.1mol/L，则醋酸根离子浓度为0.05mol/L，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则要使电荷守恒等式成立，c(Na+)<c(CH3COO-)=0.05mol/L，C错误；D．根据A中计算可知，醋酸的电离常数K=10-4.75，即，P2点溶液呈中性，c(H+)=10-7mol/L，则，故c(CH3COO-)>100c(CH3COOH)，D正确；故答案选C。3．（河南省焦作市博爱县第一中学2023届高三下学期三模）25℃时，某酸(结构简式为

)溶液中含元素X微粒的浓度之和为0.1mol•L-1，溶液中各含元素X微粒的pX随pOH变化关系如图所示。图中pX=-lgc(X)，pOH=-lgc(OH-)；x、y两点的坐标：x(7.4，1.3)、y(12.6，1.3)；Ka1、Ka2分别表示H3XO3的一级、二级电离常数。下列说法错误的是

A．NaH2XO3溶液中，c(Na+)＞2c(H3XO3)+c(H2XO)+c(OH-)-c(H+)B．z点时，pH=C．该体系中，c(H3XO3)＜D．Na2HXO3溶液显碱性，是因为HXO的水解程度大于电离程度【答案】D【分析】pOH越小，溶液的碱性越强，H3XO3为二元弱酸，则碱性强时，溶液中浓度最大，随着碱性的减弱，酸性的增强，浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，最后酸性最强时H3XO3浓度最大，因此①表示，②表示，③表示H3XO3，x点和浓度相同，此时根据可知Ka2=c(H+)=10-14÷c(OH-)=10-6.6。同理Ka1=10-1.4，根据水解方程式。【解析】A．溶液中，存在电离平衡：，还存在水解平衡：，说明的电离程度大于其水解程度，，溶液中存在电荷守恒关系：，所以，A正确；B．z点时：，则，B正确；C．该体系中，该体系中存在物料守恒关系：，所以，即，C正确；D．H3XO3为二元弱酸，不会发生电离，D错误；故答案选D。4．（黑龙江省大庆市2023届高三下学期第二次教学质量检测）25C时，0.1mol/LK2Cr2O7溶液中存在如下平衡：①，②，随溶液pH的变化如图所示，下列说法错误的是A．溶液中：B．向K2Cr2O7溶液中加入少量Na2SO4固体，溶液的pH不变C．溶液中D．当溶液pH=9.0时，HCrO的平衡浓度：【答案】D【解析】A．由物料守恒可知，重铬酸钾溶液中，则溶液中，故A正确；B．向重铬酸钾溶液中加入硫酸钠固体，反应①和②中的各微粒的浓度均不发生变化，平衡不移动，溶液中氢离子浓度不变，溶液pH不变，故B正确；C．由方程式可知，反应的平衡常数K===，故C正确；D．由图可知，溶液pH为9时，溶液中＞104，则由物料守恒可知，溶液中，由反应②可知，K2===，解联立方程可知，溶液中，故D错误；故选D。5．（福建省福州市2023-2024学年高三上学期第一次质量检测）室温下，将0.1mol·LNaOH溶液滴入10mL0.1mol·LHCl和0.1mol·LHA()的混合溶液，测得混合溶液的pH随滴加的的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．a点时， B．b点时，mol·LC．c点时， D．a→d过程中，水的电离程度大小关系为：c>b>a>d【答案】B【解析】A．a点时溶液中溶质为HCl和HA，且c(HCl)=c(HA)，HA是弱酸，氢离子抑制HA的电离，则a点时c(Cl-)>c(HA)>c(A-)，A错误；B．b点时溶液总体积为20mL，n(Cl-)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，则c(Cl-)==0.05mol/L，B正确；C．c点时溶液中的溶质为NaCl和NaA，且c(NaCl)=c(NaA)，则物料守恒关系为c(Na+)=2c(A-)+2c(HA)，C错误；D．由图可知，a→d过程中溶液中的氢离子浓度逐渐减小，c点恰好反应完全，溶液中溶质为NaCl和NaA，则c点水的电离程度最大，d点NaOH过量，但d点c(NaOH)<a点c(HCl)，酸碱抑制水的电离，并且酸或碱的浓度越大，抑制作用越强，所以水的电离程度c>b>d>a，D错误；故答案选B。6．（河北省保定市定州中学2023届高三下学期模拟）常温下，某实验人员在两个相同的容器中分别加入20mL0.2mol·L-1Na2A溶液和40mL0.1mol·L-1NaHA溶液，再分别用0.2mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，绘制曲线如图所示。(已知H2A溶液达到某浓度后，会放出一定量气体，溶液体积变化可忽略不计)下列说法不正确的是A．图中曲线乙和丙代表向NaHA溶液中滴加盐酸B．由图可知，Ka1(H2A)×Ka2(H2A)>KwC．根据pH­V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂D．a点溶液中存在：c(Na+)+c(H+)>2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)【答案】D【解析】A．A2-水解沉淀大于HA-，0.2mol·L-1Na2A溶液的pH大于0.1mol·L-1NaHA溶液，所以乙代表向NaHA溶液中滴加盐酸时pH变化曲线；相同物质的量的Na2A、NaHA与盐酸反应放出H2A气体，NaHA与盐酸反应快且消耗盐酸的体积小，所以丙代表向NaHA溶液中滴加盐酸时压强变化曲线，故A正确；B．0.2mol·L-1Na2A溶液pH=12，则Kh1=，Ka2(H2A)=；0.1mol·L-1NaHA溶液pH=8，则Kh2=,Ka1(H2A)=，Ka1(H2A)×Ka2(H2A)>Kw，故B正确；C．根据pH­V(HCl)图，滴定分析时，酚酞的变色范围是8.2-10、甲基橙的变色范围是3.1-4.4，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂，故C正确；D．a点溶液为Na2A和盐酸的混合溶液，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)>2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)+c(Cl-)，故D错误；选D。7．（辽宁省大连市第八中学2023届高三高考适应性测试）常温时，分别向一元酸溶液和溶液中滴加溶液，与的关系如图所示[表示或]。已知常温时，。下列说法正确的是

A．曲线①表示与的关系B．一元酸的电离平衡常数C．对于曲线②的溶液，N点水的电离程度大于M点D．M点时，对于溶液：【答案】D【解析】A．当c(Cu2+)=1mol/L，即-lgc(Cu2+)=0时，由常温时Ksp[Cu(OH)2]=1.010-19.7可知，c(OH-)=1.010-9.85mol/L，则c(H+)==1.010-4.15mol/L，即为P点，故曲线①表示-lgc(Cu2+)与pH的关系，曲线②表示与pH的关系，选项A错误；B．由题图可知，N点时c(H+)=1.010-2.2mol/L，，即c(X-)=c(HX)，则HX的电离平衡常数Ka(HX)=，选项B错误；C．曲线②表示与pH的关系，而N点的c(H+)比M点的大，酸的电离会抑制水的电离，则N点水的电离程度比M点的小，选项C错误；D．由溶液中的电荷守恒可知2c(Cu2+)+c(Na+)+c(H+)=2c()+c(OH-)，选项D正确；答案选D。8．（浙江省金丽衢十二校2022-2023学年高三第一次联考）下列物质的水溶液呈碱性的是A．NaCl B．B(OH)3 C．NaHCO3 D．NaHSO4【答案】C【解析】A．NaCl

是强酸强碱盐，故其水溶液呈中性，A不合题意；B．B(OH)3是酸性，在水溶液中发生B(OH)3+H2O+H+，其水溶液呈酸性，B不合题意；C．NaHCO3是多元弱酸的强碱酸式盐，由于碳酸氢根离子电离小于水解，故其水溶液呈碱性，C符合题意；D．NaHSO4是强酸的强碱酸式盐，其电离方程式为：NaHSO4=Na++H++，其水溶液呈酸性，D不合题意；故答案为：C。【能力提升】1．（陕西省宝鸡市2023届高三教学质量检测）室温下，滴加NaOH溶液改变0.1RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、的微粒分布分数，甲酸(HCOOH)与乙酸()中酸分子的分布分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是

A．酸性强弱：B．pH=3的溶液中：C．室温下D．将1L浓度均为1的和HCOOH溶液混合后，加入80gNaOH固体充分反应并恢复至室温后，所得混合溶液中：【答案】B【解析】A．根据可知当分布系数为0.5时，pH分别是2.8、3.75，所以，，酸性：，A项错误；B．根据图像可知pH=3时，，结合电荷守恒可知，B项正确；C．室温下，C项错误；D．将1L浓度均为1的和HCOOH溶液混合后，加入80gNaOH（2mol）固体充分反应并恢复至室温后，所得混合溶液是醋酸钠和甲酸钠，混合溶液中起始，水解程度更大，则，D项错误。答案选B。2．（吉林省吉林市2023届高三下学期第四次调研）向5mL0.10mol·L－1H2A溶液滴加一定浓度的NaOH溶液，滴定过程中溶液pH和温度随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．Z点为第二反应终点，可选用甲基橙作为指示剂B．从W至Z点，水的电离程度逐渐增大，Kw不变C．当=1.5时，c(H2A)>c(A2−)−c(HA−)D．25℃时，H2A的电离常数Ka1=10－2.3，Ka2=10－9.7【答案】C【分析】向5mL0.10mol·L－1H2A溶液滴加一定浓度的NaOH溶液，由图知，X点为第一反应点，则X点发生反应NaOH+H2A=NaHA+H2O恰好完全，溶质为NaHA，其横坐标为，可见NaOH溶液为0.10mol·L－1，Z点温度最高，则为第二反应点，Z点发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O恰好完全，溶质为Na2A。【解析】A．Z点为第二反应终点，溶质为Na2A，溶液呈碱性，不能选用甲基橙作为指示剂，A错误；B．氢离子被消耗、温度升高均能促使水电离程度增大，从W至Z点，温度升高使Kw增大，B错误；C．由图知，当=1.5时，所得溶液为Na2A、NaHA的混合溶液，溶液呈碱性，则得①，根据物料守恒可得②：3c(HA-)+3c(A2-)+3c(H2A)=2c(Na+)，根据电荷守恒得③：，三式合并得c(H2A)＞c(A2−)−c(HA−)，C正确；D．滴定过程中溶液的温度发生变化，难以根据W点和Y点计算出25℃时H2A的电离常数，Ka1=10－2.3应为W点溶液对应温度下的电离平衡常数，Ka2=10－9.7应为Y点溶液对应温度下(27°C)的电离平衡常数，D错误；答案选C。3．（湖北省华中师范大学第一附属中学2023届高三下学期核心素养卷）时，向0.1mol/L甘氨酸水溶液中通入HCl或加入NaOH固体，溶液pH变化曲线如图所示。已知：

①在溶液中甘氨酸以三种形式存在，且有如下平衡：②在某pH下，溶液中甘氨酸主要以HA存在，且甘氨酸整体所带的正负电荷数目相等，此时的pH称为该氨基酸的等电点(pI)。下列说法正确的是A．甘氨酸的B．C．a点溶液中，D．b点NaOH当量=0.5【答案】D【解析】A．在某pH下，溶液中甘氨酸主要以HA存在，且甘氨酸整体所带的正负电荷数目相等，则根据电荷守恒有，此时的pH称为该氨基酸的等电点(pI)，故，，选项A错误；B．因为甘氨酸是氨基取代了乙酸一个氢原子，氮原子的电负性较大，可以产生诱导效应，氮附近电子云密度增大，导致羧基上的氢容易脱离，，选项B错误；C．，a点溶液中，，，根据电荷守恒有，故，，选项C错误；D．根据图中信息可知，b点NaOH当量=0.5，选项D正确；答案选D。4．（江苏省南通市如皋市2024届高三上学期期初考试押题卷）室温下，通过下列实验探究的性质。已知：25℃时，的、的。实验1：配制溶液，测得溶液约为12；实验2：取溶液，向其中加入少量固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解；实验3：取溶液，向其中缓慢滴入等体积稀盐酸。下列说法正确的是A．实验1所得溶液中，B．根据实验2，可推测C．实验3反应后溶液中存在：D．25℃时，反应的平衡常数【答案】D【解析】A．Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，则c(Na+)＞c()+2c()＞c()+c()，故A错误；B．CaCO3和CaSO4的物质类型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B错误；C．Na2CO3溶液物料守恒关系为c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()，滴入等体积0.1mol⋅L-1稀盐酸后生成NaCl和NaHCO3，仍然存在c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()，即c(Na+)＞c(H2CO3)+c()+c()，故C错误；D．反应+H2SO3⇌+的平衡常数，故D正确；故选：D。5．（河北省衡水市第二中学2023届高三下学期三模）实验测得等物质的量浓度的和溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是

A．曲线①是溶液变化曲线B．C点之前，升高温度两条曲线pH均减小，说明水解程度减弱C．D点时的溶质为D．若将D点降温至25℃，其pH范围为8.62<pH<11.55【答案】D【解析】Ａ．根据等物质的量浓度的和溶液，的碱性弱于，则曲线①是溶液变化曲线，A项错误；Ｂ．水解是吸热过程，升高温度水解程度增大，C点之前，升高温度，pH减小，主要原因是升高温度促进水的电离，B项错误；Ｃ．对比曲线①和②可知，若D点为溶液，则温度继续升高，曲线变化趋势应该与①一致，C项错误；Ｄ．升高温度部分碳酸氢钠发生分解，则将D点溶液降温至25℃，混合液8.62<pH<11.55，D项正确。答案为：D。6．（陕西省镇安中学2023届高三下学期模拟）常温下，向溶液中逐滴加入的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．a点的 B．b点时，C．c点时， D．c点时，【答案】D【解析】A．CH3COOH是弱电解质，部分电离，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，所以a点溶液pH＞1，故A错误；B．b点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，此时溶液的总体积为30mL，且CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中c（CH3COO-）＞×≈0.033mol/L，故B错误；C．当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，则c点时溶液pH＞7，故C错误；D．溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c点溶液呈中性即c(H+)=c(OH-)，故c点时，，D正确；故选D。7．（河北省沧州市盐山中学2023届高三三模）常温下，用0.1000mol⋅L-1的NaOH溶液滴定0.1000mol⋅L-1的溶液，获得的滴定曲线如图所示。横坐标为滴定分数(w)，滴定分数是指滴定过程中标准溶液与待测溶液中溶质的物质的量之比。忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是

A．a点溶液中，mol⋅L-1B．b点溶液中，C．b点到c点反应的离子方程式为D．若用甲基橙做指示剂，则时溶液显红色【答案】A【解析】A．a点时等体积、等浓度的NaOH溶液和溶液混合，溶液的体积变为原来的2倍，则溶液中mol·L，故A项正确；B．根据溶液中电荷守恒可知，，常温下，b点溶液的，则溶液中，则，故B项错误；C．a点时等物质的量的NaOH和反应，溶液中的溶质是，c点时，参加反应的NaOH与的物质的量之比为2∶1，溶液中的溶质是，因此，a点到c点整个阶段中的反应为，故C项错误；D．甲基橙的变色范围为3.1~4.4，时，，若用甲基橙做指示剂，溶液显黄色，故D项错误；答案选A。8．（江苏省盐城中学2023届高三第二次模拟）25℃时，用溶液滴定同浓度的溶液，被滴定分数、及微粒分布分数[，X表示、或]的关系如图所示：

下列说法错误的是A．25℃时，第一步电离平衡常数B．c点溶液中：C．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d>c>b>aD．b点溶液中：【答案】D【分析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当<1时，H2A部分反应，溶液中溶质为NaHA和H2A；当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性；当1<<2时，溶液中溶质为NaHA和Na2A；当=2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。【解析】A．由图可知，25℃时，c(HA-)=c(H2A)时，pH约为4，则H2A第一步电离平衡常数Ka1=≈10-4，A正确；B．c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和Na2A，且c(HA-)=c(A2-)，由电荷守恒可知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-)，B正确；C．未加氢氧化钠溶液时，H2A电离出氢离子，抑制水的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、Na2A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为Na2A，即d点附近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d>c>b>a，C正确；D．b点溶液中溶质为NaHA和Na2A，结合图像可知c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，b点pH<7，c(H+)>c(OH-)，H2A被滴定分数>1，c(OH-)>c(H2A)，D错误；故选D。【真题感知】1.（2023·海南卷第14题）25℃下，水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.时，溶液中B.水解程度随其浓度增大而减小C.在水中的D.的溶液和的溶液等体积混合，得到的溶液【答案】B【解析】由图像可以，时，pH>12.0，溶液中，故A错误；盐溶液越稀越水解，水解程度随其浓度增大而减小，故B正确；结合图像可知，当，pH=12，Kh=，则Ka2=,故C错误；若的溶液等体积的蒸馏水混合，浓度变为0.1mol/L，由图可知，pH>10-11.6，得到的溶液，的溶液和的溶液等体积混合后c(OH-)大于与水混合的，故D错误。故选B。2.（2023·湖南卷第12题）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.约为B.点a：C.点b：D.水的电离程度：【答案】D【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确；c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；故选D。3.（2023·北京卷第14题）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。下列说法不正确的是A.由图1，B.由图2，初始状态，无沉淀生成C.由图2，初始状态，平衡后溶液中存在D.由图1和图2，初始状态pH=8、，发生反应：【答案】C【解析】水溶液中的离子平衡从图1可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；从图2可以看出pH=11、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从图2可以看出pH=9、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；pH=8时，溶液中主要含碳微粒是，pH=8、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确；故选C。4.（2023·重庆卷第11题）溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是A.M点KW等于N点KWB.M点pH大于N点pHC.N点降温过程中有2个平衡发生移动D.P点【答案】B【解析】温度升高，水的电离程度增大，则M点KW小于N点KW，A错误；升高温度促进铵根离子的电离，且N点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N点酸性更强，故M点pH大于N点pH，B正确；N点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；P点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，，D错误；故选B。5.（2022·海南卷）NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是A.0.01mol/L溶液中，B.长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱C.通入过量，反应的离子方程式为D.25℃，的NaClO和HClO的混合溶液中，【答案】AD【解析】NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A正确；漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，长期露置在空气中容易和CO2发生反应而失效，其反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO再分解为HCl和O2，不会释放Cl2，B错误；将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-+SO42-+2H+，C错误；25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确；故选AD。6.（2022·湖南卷）室温时，用的标准溶液滴定浓度相等的、和混合溶液，通过电位滴定法获得与的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，)。下列说法正确的是A.a点：有白色沉淀生成B.原溶液中的浓度为C.当沉淀完全时，已经有部分沉淀D.b点：【答案】C【解析】向含浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、Br-和I-均为1.5×10-4mol。I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol⋅L-1，故B错误；当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=c(I-)=0.0100mol⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为：，故D错误；故选C。7.（2022·湖南卷）为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。实验操作与现象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；再滴加溶液，产生蓝色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，结论不合理的是A.实验①说明加热促进水解反应B.实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应C.实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应D.整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响【答案】D【解析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。综上所述，答案为D。8.（2022·江苏卷）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是A.KOH吸收CO2所得到溶液中：c(H2CO3)＞c()B.KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c()+c(H2CO3)C.KOH溶液吸收CO2，c总=0.1mol∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c()D.如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降【答案】C【解析】KOH吸收CO2所得到的溶液，若为Na2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c()，若为NaHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c()，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+c(H+)=c(OH-)++c()+2c()，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，则c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1mol∙L-1，c总=0.1mol∙L-1，则溶液为KHCO3溶液，Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c()，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确；故选C。9.（2022·辽宁卷）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如与溶液关系如图】。下列说法错误的是A.甘氨酸具有两性B.曲线c代表C.的平衡常数D.【答案】D【解析】中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误；故选D。10.（2022·全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与A-离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是A.溶液Ⅰ中B.溶液Ⅱ中的HA的电离度为C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为【答案】B【解析】常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；答案选B。11.（2022·浙江卷）水溶液呈酸性的盐是A.NH4Cl B.BaCl2 C.H2SO4 D.Ca(OH)2【答案】A【解析】NH4Cl盐溶液存在NH4++H2ONH3·H2O+H+而显酸性，A符合题意；BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；故选A。12.（2022·浙江卷）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：下列说法正确的的是A.图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B.当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO3-+H+=CO2↑+H2OC.根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO32-)=c(OH-)-c(H+)【答案】C【解析】碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A项错误；由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，而V1>20mL，V