1、第2课时盐类水解及其应用命题调研(20162019四年大数据)20162019四年考向分布核心素养与考情预测核心素养：推理论据、变化守恒思想、宏微结合考情解码：本部分内容一般会出两个题目，前一题主要考查盐溶液的酸碱性判断，题目难度不大；后者主要考查强弱电解质的比较和区分，离子浓度比较，溶液中的守恒问题，酸式盐溶液酸碱性判断等几个知识点。常以图像题或综合题形式出现，题目难度较大，其中难点在离子浓度比较和溶液中的守恒问题。预测2020年选考中仍为必考题。真题重现1.(2019浙江4月选考)下列溶液呈碱性的是()A.NH4NO3 B.(NH4)2SO4C.KCl D.K2CO3解析NH4NO3和(N
2、H4)2SO4均为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性；KCl为强酸强碱盐，水溶液呈中性；K2CO3为弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，故选D。答案D2.(2019浙江4月选考)室温下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A，滴加0.2 molL1 NaOH溶液。已知：H2A=HHA，HAHA2。下列说法不正确的是()A.0.1 molL1 H2A溶液中有c(H)c(OH)c(A2)0.1 molL1B.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10 mLC.当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pHbcC.当V(NaOH)20.00 mL时，3个体系中均满足：
3、c(Na)c(Cl)D.当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H)最大解析根据滴加NaOH之前，溶液的pH，可以推断a、c曲线对应的盐酸物质的量浓度分别为1 molL1，0.01 molL1，A项正确；根据突跃变化，应是浓度接近的相互滴定，B项正确；当V(NaOH)20.00 mL时，溶液呈中性，所以c(Na)c(Cl)，C项正确；当V(NaOH)相同，在突跃之前，pH突跃最大的体系中c(H)最大，而在突跃之后，pH突跃最大的体系中c(H)又最小，D项错误。答案D5.(2018浙江4月学考)在常温下，向10 mL 浓度均为0.1 molL1 NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.
4、1 molL1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(CO)c(Cl)c(OH)c(H)B.在b点的溶液中：2n(CO)n(HCO)0.001 molC.在c点的溶液pH7，是因为此时HCO的电离程度大于其水解能力D.若将0.1 molL1的盐酸换成同浓度醋酸，当滴至溶液的pH7时，c(Na)c(CH3COO)解析向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 molL1盐酸时，反应过程为：OHH=H2O，COH=HCO，HCOH=H2CO3。A选项，加入盐酸体积为5 mL时，溶液中溶质n(NaCl)n(NaOH)n(Na2CO3)112
5、，溶液中离子浓度大小应为：c(Na)c(CO)c(OH)c(Cl)c(H)，A选项错误。B选项，溶液的pH7时电荷守恒：c(Na)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)c(Cl)，化简可得：2c(CO)c(HCO)c(Na)c(Cl)，即2n(CO)n(HCO)n(Na)n(Cl)0.003 moln(Cl)，pH7时盐酸体积大于20 mL，故n(Cl)0.002 mol，所以2n(CO)n(HCO)0.001 mol成立，B正确。C选项，c点pH小于7是因为反应生成的H2CO3溶于水中电离大于HCO水解导致，C选项错误。D选项，把盐酸换成同浓度的醋酸，滴至溶液pH7时，电荷守恒为：c(N
6、a)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)c(CH3COO)，c(Na)与c(CH3COO)不相等，故D错误。综上所述，正确答案选B。答案B6.(2017浙江11月学考)25 时，在“H2AHAA2”的水溶液体系中，H2A、HA和A2三者中各自所占的物质的量分数()随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是()A.在含H2A、HA和A2的溶液中，加入少量NaOH固体，(HA)一定增大B.将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中(HA)(A2)C.NaHA溶液中，HA的水解能力小于HA的电离能力D.在含H2A、HA和A2的溶液中，若c(H2A)2c(A2)c(OH)c(
7、H)，则(H2A)和(HA)一定相等解析A.根据图像，在含H2A、HA和A2 的溶液中，加入少量NaOH固体，溶液的酸性减弱，(HA)可能增大，可能减小，与原溶液的成分有关，故A错误；B.根据图像，将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水时，溶液的pH在45之间，溶液显酸性，以HA电离为主，所得的溶液中(HA)(A2)，故B错误；C.NaHA溶液显酸性，以电离为主，可知其电离程度大于其水解程度，故C正确；D.在含H2A、HA和A2的溶液中，根据电荷守恒，有2c(A2)c(OH)c(HA)c(H)c(Na)，因为c(H2A)2c(A2)c(OH)c(H)，则2c(A2)c(OH)c(HA)c
8、(H)c(Na)c(H2A)2c(A2)c(OH)c(Na)，因此c(HA)c(H2A)c(Na)，故D错误；故选C。答案C考向一盐溶液酸碱性的判断1.(2016湖州市高二期末)现在S2、SO、NH、Al3、HPO、Na、SO、AlO、Fe3、HCO、Cl，请按要求填空：(1)在水溶液中，水解后溶液呈碱性的离子是_。(2)在水溶液中，水解后溶液呈酸性的离子是_。(3)既能在酸性较强的溶液中大量存在，又能在碱性较强的溶液中大量存在的离子有_。(4)既不能在酸性较强的溶液中大量存在，又不能在碱性较强的溶液中大量存在的离子有_。解析(1)弱酸根离子水解后溶液显碱性，部分酸式酸根离子若其水解程度大于电
9、离程度，则溶液也显碱性，即S2、SO、HPO、AlO、HCO水解后溶液呈碱性。(2)NH、Al3、Fe3属于弱碱的阳离子，水解后溶液呈酸性。(3)Na是强碱的阳离子，Cl和SO是强酸的阴离子，它们既能在强酸性溶液中存在又能在强碱性溶液中存在。(4)HPO、HCO既能与强酸反应又能与强碱反应。答案(1)S2、SO、HPO、AlO、HCO(2)NH、Al3、Fe3(3)Na、Cl、SO(4)HPO、HCO备考策略正盐水溶液的酸碱性判断规律如下：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pH7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2是NH、Cu2酸性pH7弱
10、酸强碱盐CH3COONa、Na2CO3是CH3COO、CO碱性pH7而弱酸酸式盐溶液中， 酸式酸根离子既存在电离又存在水解，二者使溶液的酸碱性也相反，理论上是通过比较二者强弱，来确定溶液的酸碱性。但在实际操作过程中，其实是先记得结论，然后反推电离和水解谁强谁弱的显酸性的有： NaHSO3，NaH2PO4, KHC2O4 (草酸酸式盐)；其余的弱酸酸式盐溶液显碱性，如NaHCO3，NaHS，Na2HPO4，至于NaHSO4，只有电离，因此溶液显示酸性。考向二盐类的水解规律2.(2017浙江温州二外语学校)某温度下，pH相同的盐酸和氯化铵溶液分别稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列
11、叙述中，正确的是()A.为氯化铵稀释时pH变化曲线，为盐酸稀释时pH变化曲线B.b点溶液中水的电离程度比d点溶液中水的电离程度大，但两点的Kw相同C.a点时，等体积的两溶液分别与NaOH反应，消耗的NaOH量相同D.c点溶液的导电能力一定比b点溶液导电能力强解析A.由于氯化铵溶液存在铵根离子的水解平衡，pH相同的盐酸和氯化铵溶液分别稀释相同倍数时，氯化铵溶液pH增大的程度小于盐酸溶液，所以图中曲线代表盐酸，曲线代表氯化铵溶液，故A错误；B.b点的pH小于d点pH，说明b点氢离子浓度大，对水的电离抑制程度大，即b点溶液中水的电离程度比d点溶液中水的电离程度小，Kw只与温度有关，因此两点的Kw相等
12、，故B错误；C.由于氯化铵溶液存在铵根的水解平衡，氯化铵溶液与氢氧化钠反应时降低了氢离子的浓度，促进铵根离子的水解生成了更多的氢离子，因此a点时，等体积的两溶液分别与NaOH反应，氯化铵溶液消耗的NaOH多，故C错误；D.b、c两点相比较氯离子浓度c点大，c点氯化铵溶液中氢离子浓度大于b点盐酸溶液氢离子浓度，而且氯化铵溶液中还含有铵根离子，所以c点溶液离子浓度大，导电性强，故D正确。答案D考向三溶液中离子浓度大小的比较3.(2018浙江省温州高三适应性二模)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。下列说法正确的是()A.曲线X表示
13、的微粒为COB.pH6.3时，(CO)(HCO)(H2CO3)1.0C.pH7时，c(HCO)c(CO)c(H2CO3)c(OH)c(H)D.pH10.3 时，c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)3c(HCO)解析A.X、Y、Z分别代表H2CO3、HCO、CO，故A错误；B.根据图像可知，pH6.3时有CO2生成，根据物料守恒可知(CO)(HCO)(H2CO3)1.0 ，故B错误；C.pH7时，由图可知碳酸分子多于碳酸根离子，c(HCO)c(H2CO3)c(CO)c(OH)c(H)，故C错误；D.pH10.3 时，溶液中c(HCO)c(CO)，根据电荷守恒：c(Na)c(H)c(Cl)c(O
14、H)c(HCO)2c(CO)，代入得c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)3c(HCO)，故D正确；故选D。答案D备考策略溶液中离子浓度大小比较的规律(1)多元弱酸溶液，根据多步电离分析。如H3PO4的溶液中，H3PO4H2POH，H2PO HPOH，HPOPOH，得出c(H)c(H2PO)c(HPO)c(PO)。(2)多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析：如Na2CO3溶液中，Na2CO3=2NaCO；COH2OHCOOH；HCOH2OH2CO3OH由此得出c(Na)c(CO)c(OH) c(HCO)。(3)不同溶液中同一离子浓度的比较，则要注意分析溶液中其他离子对其的影响。如在NH4
15、ClCH3COONH4NH4HSO4溶液中，c(NH)浓度的大小为。(4)如果题目中指明溶质只有一种物质(该溶质经常是可水解的盐)，要首先考虑原有阳离子和阴离子的个数，水解程度如何，水解后溶液显酸性还是显碱性。(5)如果题目中指明是两种物质，则要考虑两种物质能否发生化学反应，有无剩余，剩余物质是强电解质还是弱电解质；若恰好反应，则按照“溶质是一种物质”进行处理；若是混合溶液，应注意分析其电离、水解的相对强弱，进行综合分析。(6)若题中全部使用的是“”或“”，应主要考虑电解质的强弱、水解的难易、各粒子个数的原有情况和变化情况(增多了还是减少了)。(7)对于HA 和NaA的混合溶液(多元弱酸的酸式
16、盐：NaHA)，在比较盐或酸的水解、电离对溶液酸、碱性的影响时，由于溶液中的Na保持不变，若水解大于电离，则有c(HA) c(Na)c(A) ，显碱性；若电离大于水解，则有c(A) c(Na) c(HA)，显酸性。若电离、水解完全相同(或不水解、不电离)，则c(HA)c(Na)c(A)，但无论是水解部分还是电离部分，都只能占c(HA) 或c(A)的百分之几到百分之零点几，因此，由它们的酸或盐电离和水解所产生的c(H) 或c(OH)都很小。考向四图像问题4.(2018浙江绍兴选考适应性测试)25 时， 向10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入20 mL 0.1 mol/L的盐
17、酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是()A.HCl 溶液滴加一半时， 溶液pH7B.0.1 mol/L Na2CO3 溶液中c(Na)c(H)c(OH)2c(CO)c(HCO)C.在 A 点： c(Na)c(CO)c(HCO)c(OH)c(H)D.当 pH5 时， 溶液中 c(Na)2c(H2CO3)2c(HCO)2c(CO)解析A.HCl溶液滴加一半时，也就是10 mL，Na2CO3恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，其中碳酸氢钠水解溶液呈碱性，所以溶液的pH7，所以A选项是正确的；B.Na2CO3溶液中存在电荷守恒，为c(Na)c(H)2c(CO
18、)c(HCO)c(OH)，所以B选项是正确的；C.在A点：n(CO)n(HCO)0.000 5 mol时，得到等物质的量碳酸钠和碳酸氢钠，两者水解溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c(Na)c(CO)c(HCO)c(OH)c(H)，所以C选项是正确的；D.当 pH5 时， 溶液为酸性，溶液中有CO2生成，c(Na)2c(H2CO3)2c(HCO)2c(CO)，故D错。答案D备考策略巧妙利用“关键点”突破图像问题1.抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。2.抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液呈什么性，是什么因素造成的。3.抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。4.抓反应“过
19、量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。考向五溶液中的守恒问题5.(2018金华十校联盟)H2S酸为二元弱酸。20 时，向0.100 molL1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A.通入HCl 气体之前c(S2)c(HS)c(OH)c(H)B.pH7的溶液中：c(Cl)c(HS)2c(H2S)C.c(HS)c(S2)的碱性溶液中：c (Cl)c(HS)0.100 molL1c(H2S)D.c(Cl)0.100 molL1的溶液中：c(OH)c(H)c(H2S)c(S2)解析A.H2S为二元弱酸，在0.
20、100 molL1的Na2S溶液中存在硫离子的水解反应，c(S2)c(OH)c(HS)c(H)，故A错误；B.根据电荷守恒， pH7的溶液中存在c(Na)c(H)c(Cl)c(HS)2c(S2)c(OH)，则c(Na)c(Cl)c(HS)2c(S2)，根据物料守恒，c(Na)2c(H2S)2c(HS)2c(S2)，则c(Cl)c(HS)2c(H2S)，故B错误；C.根据电荷守恒，c(Cl)c(HS)c(Na)c(H)2c(S2)c(OH)2c(H2S)2c(HS)c(H)c(OH)，因为c(HS)c(S2)，碱性溶液中c(H)c(OH)，所以c(Cl)c(HS)2c(H2S)c(HS)c(S2
21、)c(H)c(OH)c(H2S)c(HS)c(S2)c(H2S)0.100 molL1c(H2S)，故C错误；D.根据C的分析，c(Cl)c(HS)2c(H2S)2c(HS)c(H) c(OH)，则c(OH)c(H)2c(H2S)2c(HS)c(Cl)c(HS)2c(H2S)c(HS)c(Cl)c(H2S)c(HS)c(S2)c(H2S)c(Cl)c(S2)0.100 molL10.100 molL1c(H2S)c(S2)c(H2S)c(S2)，故D正确。答案D备考策略正确运用几个守恒分析离子浓度关系1.电荷守恒注意溶液呈电中性方法：(1)找全离子，分写等号两边；(2)带几个电荷乘几；(3)只
22、与离子种类有关。如：NaHCO3溶液中：c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)2.物料守恒注意溶液中某元素的原子守恒方法：(1)只与溶质有关；(2)在电解质溶液中，某些微粒可能发生变化，但某元素的原子仍保持混合前溶质中微粒对应关系。如：NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)3.质子守恒溶液中得失H数目相等方法：利用电荷守恒和物料守恒合并而得。如：在NaHCO3溶液中满足：c(CO)c(OH)c(H2CO3)c(H)考向六盐类水解的应用6.为了得到比较纯净的物质，使用的方法恰当的是()A.向Na2CO3饱和溶液中，通入过量的CO2后，在加压、加热的条件
23、下，蒸发得NaHCO3晶体B.加热蒸发AlCl3饱和溶液得纯净的AlCl3晶体C.向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得FeCl3晶体D.向FeCl3溶液里加入足量的NaOH溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得Fe2O3解析A不正确，因为NaHCO3加热要分解。B、C项也不正确，因为AlCl3与FeCl3在加热蒸发的情况下水解生成的HCl易挥发，水解趋于完全，分别发生下列反应：Al33H2OAl(OH)33H，2Al(OH)3Al2O33H2O，Fe33H2OFe(OH)33H，2Fe(OH)3Fe2O33H2O。答案D备考策略盐类水解的应用：1.分析判断盐溶液酸碱性时要考虑水解。2
24、.确定盐溶液中的离子种类和浓度时要考虑盐的水解。如Na2S溶液中含有哪些离子，按浓度由大到小的顺序排列：c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)或：c(Na)c(H)2c(S2)c(HS)c(OH)3.配制某些盐溶液时要考虑盐的水解如配制FeCl3、SnCl4、Na2SiO3等盐溶液时应分别将其溶解在相应的酸或碱溶液中。4.制备某些盐时要考虑水解，Al2S3、MgS、Mg3N2等物质极易与水作用，它们在溶液中不能稳定存在，所以制取这些物质时，不能用复分解反应的方法在溶液中制取，而只能用干法制备。5.某些活泼金属与强酸弱碱溶液反应，要考虑水解如Mg、Al、Zn等活泼金属与NH4Cl、Cu
25、SO4、AlCl3等溶液反应。3Mg2AlCl36H2O=3MgCl22Al(OH)33H26.判断中和滴定终点时溶液酸碱性，选择指示剂以及当pH7时酸或碱过量的判断等问题时，应考虑到盐的水解。如CH3COOH与NaOH刚好反应时pH7，若二者反应后溶液pH7，则CH3COOH过量。指示剂选择的总原则是，所选择指示剂的变色范围应该与滴定后所得盐溶液的pH值范围相一致。即强酸与弱碱互滴时应选择甲基橙；弱酸与强碱互滴时应选择酚酞。7.制备氢氧化铁胶体时要考虑水解。FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl8.分析盐与盐反应时要考虑水解。两种盐溶液反应时应分三个步骤分析考虑：(1)能否发生氧化
26、还原反应；(2)能否发生双水解互促反应；(3)以上两反应均不发生，则考虑能否发生复分解反应。9.加热蒸发和浓缩盐溶液时，对最后残留物的判断应考虑盐类的水解(1)加热浓缩不水解的盐溶液时一般得原物质。(2)加热浓缩Na2CO3型的盐溶液一般得原物质。(3)加热浓缩FeCl3型的盐溶液。最后得到FeCl3和Fe(OH)3的混合物，灼烧得Fe2O3。(4)加热蒸干(NH4)2CO3或NH4HCO3型的盐溶液时，得不到固体。(5)加热蒸干Ca(HCO3)2型的盐溶液时，最后得相应的正盐。(6)加热Mg(HCO3)2、MgCO3溶液最后得到Mg(OH)2固体。10.其它方面(1)净水剂的选择：如Al2(
27、SO4)3，FeCl3等均可作净水剂，应从水解的角度解释。(2)化肥的使用时应考虑水解。如草木灰不能与铵态氮肥混合使用。(3)小苏打片可治疗胃酸过多。(4)纯碱液可洗涤油污。(5)磨口试剂瓶不能盛放Na2SiO3、Na2CO3等试剂。1.(2018嘉兴高三上)下列物质溶于水后溶液显碱性的是()A.SO2 B.NaHCO3C.NH4NO3 D.KCl解析A.SO2溶于水形成H2SO3，溶液显酸性，故A错误；B.NaHCO3属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，故B正确；C.NH4NO3属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，故C错误；D.KCl属于强酸强碱盐，溶液显中性，故D错误。答案B2.(2018浙江稽阳高
28、三上)下列物质溶于水后因水解显酸性的是()A.NH4NO3 B.NaHSO4C.KCl D.KHCO3解析A.NH4NO3是强酸弱碱盐，水解显酸性，符合题意；B.NaHSO4 不发生水解，不符合题意；C.KCl不发生水解，不符合题意。D.KHCO3水解显碱性，不符合题意；故正确答案为A。答案A3.(2018浙江金丽衢十二校高三上)25 时，用0.02 mol/L的NaOH溶液，分别滴定浓度为0.01 mol/L的三种稀酸溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是()A.三种酸均为弱酸，且同浓度的稀酸中导电性：HAHBc(B)C.溶液呈中性时，三种溶液中：c(A)c(B)c(D)D.当中和百分数
29、达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)2c(H)解析由图像中未加NaOH时三种酸溶液的pH由小到大可知，三种酸的酸性强弱顺序为：HAHBHD。A.酸性越强，酸的电离程度越大，HA的pH最小，酸性最强，电离程度最大，则同浓度的稀酸中离子浓度最大，故等浓度的稀酸溶液的导电性：HAHBHD，A错误；B.滴定至P点时，中和率为50%，溶液中的溶质为等物质的量的HB、NaB，由于溶液的pHc(B)c(D)，C正确；D.当中和百分数达100%时，三种溶液分别恰好存在等量的NaA、NaB、NaD，则起始时c(NaA)c(NaB)c(NaD)111，由质子守恒可知c(HA)c
30、(HB)c(HD)c(H)c(OH)，则有c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)c(H)，D错误；故合理选项是C。答案C4.(2018浙江名校协作体高三上)25 时，2.0103 molL1氢氟酸水溶液中，通过加HCl气体或NaOH固体来调节溶液pH(忽略体积变化)，得到c(HF)、c(F)与溶液pH的变化关系，如下图所示，下列分析正确的是()A.pH1时，溶液中c(F)c(OH)c(H)B.pH4时，溶液中存在：c(F) c(HF) c(Na) c(H)C.当溶液中c(HF)c(F)时，水的电离被促进D.将等物质的量的HF和NaF混合物溶于水，F的水解能力小于HF的电离能力解析A.25 时
31、，2.0103 molL1氢氟酸水溶液的pH大于1，pH1时通入了HCl，溶液中c(F)c(OH)c(Cl)c(H)，故A不符合题意；B.pH4时c(F)c(HF) ，则c(Na)c(HF)，所以溶液中存在：c(F)c(Na)c(HF)c(H)，故B不符合题意；C.当溶液中c(HF)c(F)时溶液呈酸性，水的电离被抑制，故C不符合题意；D.将等物质的量的HF和NaF混合物溶于水时，溶液呈酸性，则F的水解能力小于HF的电离能力，故D符合题意；故答案为D。答案D5.(2018嘉兴高三上)常温下，用0.010 00 molL1的盐酸滴定0.010 00 molL1NaA溶液20.00 mL。滴定曲线
32、如图所示，下列说法正确的是()A.a点到d点的过程中，等式c(HA)c(A)0.010 00 molL1恒成立B.b点时，溶液中微粒浓度大小关系为：c(A)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)解析A.根据物料守恒，开始时c(HA)c(A)0.010 00 molL1，但随着盐酸滴定，溶液的体积增大，c(HA)c(A)c(Cl)c(A)c(OH)c(H)，故B错误；C.两者恰好完全反应，溶质为NaCl和HA，两者物质的量相等，根据电荷守恒，因此有c
33、(Na)c(H)c(OH)c(A)c(Cl)，根据物料守恒，c(Cl)c(HA)c(A)，因此有：c(Na)c(H)c(HA)c(OH)2c(A)，故C正确；D.d点时，溶质为HCl、NaCl、HA，且物质的量相等，根据电荷守恒，c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)c(A)，故D错误。答案C6.(2018浙江稽阳高三上)常温下，用0.10 molL1 KOH溶液滴定10.00 mL 0.10 molL1 H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成两者溶液的体积之和)，下列说法正确的是()A.点所示溶液中：c(K)c(H)c(HC2O)c(C2O)c(OH)B.点所示溶
34、液中：c(K)c(HC2O)c(H2C2O4)c(C2O)C.点所示溶液中：c(K)c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)0.10 molL1D.点所示溶液中：c(OH)c(H)c(HC2O)c(C2O)解析A.根据电荷守恒得出：点所示溶液中：c(K)c(H)c(HC2O)2c(C2O)c(OH)，故A不正确，不符合题意。B.点所示溶液中恰好反应完全生成KHC2O4，溶液显酸性，HC2O电离程度大于水解程度，故c(C2O)c(H2C2O4)，故B不正确，不符合题意。C.点所示溶液中：根据物料守恒得出c(K)c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)0.10 molL1，C正确，符合题意
35、。D.点所示溶液为K2C2O4溶液，根据质子守恒c(OH)c(H)c(HC2O)2c(H2C2O4)，故D不正确，不符合题意。答案C1.(2019余姚3月模拟)25 时，取浓度均为 0.100 0 molL1 的醋酸溶液和氨水各 20.00 mL，分别用 0.100 0 molL1NaOH 溶液、0.100 0 molL1 盐酸进行中和滴定，滴定过程中 pH 随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法不正确的是()A.曲线：滴加溶液到 10.00 mL 时，溶液中微粒浓度大小为 c(NH)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)c(H)B.当曲线和相交时，NaOH溶液和盐酸的滴加量小于20.00
36、 mLC.曲线：滴加溶液到30.00 mL时溶液中2c(OH)c(H)2c(CH3COOH)c(CH3COO)D.在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00 mL的过程中，水的电离程度都是先增大后减小解析根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线的pH7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线的pH7，说明属于碱滴定酸溶液。曲线为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到10 mL时，溶液中的溶质等浓度的氯化铵和一水合氨，溶液呈碱性，则c(H)c(OH)，结合电荷守恒可知c(NH)c(Cl)c(NH3H2O)，则溶液中微粒浓度大小为c(NH)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)c(H)，
37、故A正确；B.当曲线和相交时溶液为中性，而溶液体积为20.00 mL时恰好生成醋酸钠和氯化铵，溶液分别为碱性、酸性，若满足溶液为中性，则NaOH 溶液和盐酸的滴加量小于 20.00 mL，故B正确；C.曲线中滴加溶液到30.00 mL时，反应后溶质为醋酸钠和NaOH，且浓度满足c(CH3COONa)2c(NaOH)，根据电荷守恒c(CH3COO)c(OH)c(Na)c(H)、物料守恒3c(CH3COOH)3c(CH3COO)2c(Na)可得：2c(OH)c(H)3c(CH3COOH)c(CH3COO)，则 2c(OH)c(H)2c(CH3COOH)c(CH3COO)，故C错误；D.在逐滴加入
38、NaOH 溶液或盐酸至40.00 mL的过程中，开始时发生中和反应，溶液酸性或碱性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当恰好反应时水的电离程度达到最大，之后再加入NaOH或盐酸后水的电离程度逐渐减小，所以水的电离程度都是先增大后减小，故D正确；故选C。答案C2.(2019宁波3月模拟)在一绝热系统中，向20.00 mL 0.1 molL1的HA溶液中逐滴加入0.1 molL1的NaOH溶液，测的混合溶液的温度变化如图：已知b点pH7。下列相关说法不正确的是()A.若a点溶液呈碱性，则a点有：c(HA) c(Na)c(A)B.从b到c过程中，c(A)/c(HA)逐渐增大C.水的电离程度：abcD.b
39、点有c(Na)c(HA) c(OH)0.05 molL1 c(H)解析b点加入20 mL等浓度的NaOH，二者恰好反应生成NaA，pH7，说明HA为弱酸。A.a点溶液中溶质为等浓度的HA和NaA，溶液显碱性，则HA的电离程度小于NaA水解程度，则c(HA)c(A)、c(H)c(OH)，结合电荷守恒可知c(Na)c(A)，所以离子浓度大小为：c(HA)c(Na)c(A)，故A正确；B.b点HA与氢氧化钠恰好反应生成NaA，从b点到c点氢氧化钠逐渐过量，氢氧化钠抑制A的水解，HA的浓度减小，所以c(A)/c(HA)的比值在增大，故B正确；C.b点恰好生成NaA，A水解促进了水的电离，b点水的电离程度最大，c点NaOH过量，抑制了水的电离，c点水的电离程度最小，所以水的电离程度：cab，故C错误；D.b点HA与氢氧化钠恰好反应生成NaA，NaA的浓度为0.050