夜雨聆风
真题回顾：
1．(2021•浙江1月选考)下列物质属于强电解质的是( )
A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO
【答案】A
【解析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。A项，KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；B项，H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；C项，SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；D项，CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意；故选A。
2．(2021•浙江1月选考)25℃时，下列说法正确的是( )
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
【答案】D
【解析】A项，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B项，可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C项，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D项，100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；故选D。
3．(2021•浙江1月选考)实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是( )
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度
mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)
【答案】C
【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A项，由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B项，将NH4Cl溶液加水稀释至浓度
mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的
，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的
，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D项， 25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-) -c(H+)(两者差的绝对值)相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。故选C。
4．(2020•浙江7月选考)水溶液呈酸性的是( )
A．NaCl B．NaHSO4 C．HCOONa D．NaHCO3
【答案】B
【解析】A项，NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；B项，NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故其水溶液呈酸性，B符合题意；C项，HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋H2O
HCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；D项，NaHCO３是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。故选B。
5．(2020•浙江7月选考)下列说法不正确的是( )
A．2.0×10-7 mol/L的盐酸中c(H+)=2.0×10-7 mol/L
B．将KCl溶液从常温加热至800C ，溶液的pH变小但仍保持中性
C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质
D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大
【答案】A
【解析】A项，盐酸的浓度为2.0×10-7 mol/L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10-7 mol/L，故A错误；B项， KCl溶液为中性溶液，常温下pH=7，加热到800C时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；C项，NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN-对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；D项，醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOH
CH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向(逆向)移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；故选A。
6．(2020•浙江1月选考)下列说法不正确的是( )
A．pH＞7的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH−)相等
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl−)＝c(NH+4)
【答案】B
【解析】A项，温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)<c(oh< span="">-) 时溶液一定呈碱性，故A正确；B项，pH相同的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物质的量更大，故B错误；C项，pH相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw= c(H+)·c(OH-)，溶液中氢离子浓度相同说明氢氧根浓度相同，故C正确；D项，氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以c(Cl−)＝c(NH+4)，故D正确；故选B。</c(oh<>
7．(2020•浙江1月选考)室温下，向20.00 mL 0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是( )
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12.3
【答案】C
【解析】A项，NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下pH=7，故A正确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D项，
时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)=
=0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，则c(H+)=5×10-13 mol/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；故选C。
8．(2020•浙江7月选考)常温下，用0.1 mol·L−1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L−1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是( )
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)
B．当滴入氨水10 mL时，c(NH+4)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)
C．当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH+4)＜c(Cl−)
【答案】D
【解析】A项，未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B项，当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；C项，当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；D项，当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。
9．(2020•浙江7月选考)5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-( aq)
2Fe2+(aq)+I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是( )
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C．加入FeSO4固体，平衡逆向移动
D．该反应的平衡常数
【答案】D
【解析】A项，加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c(I2)减小，平衡正向移动，A正确；B项，将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；C项，加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c(Fe2+)增大，平衡逆向移动，C正确；D项，该反应的平衡常数K=
，D错误；故选D。
10．(2020•天津卷)常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是( )
A．相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)＞Ka(HF)
B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)
D．在1 mol∙L−1 Na2S溶液中，c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1
【答案】A
【解析】A项，HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B项，相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C项，CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D项，根据溶液中的物料守恒定律，1 mol∙L−1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 mol∙L−1，故D正确；故选A。
11．(2020•江苏卷)室温下，将两种浓度均为0.1mol·L-1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO－3)＞c(CO32-)＞c(OH－)
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NH＋4)+ c(H＋)= c(NH3∙H2O)+c(OH－)
C．CH3COOH - CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO−)＞c(H+)
D．H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2O2—4)
【答案】AD
【解析】A项，NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：CO32-＞HCO3-，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO－3)＞c(CO32-)，CO32-和HCO3-水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HCO－3)＞c(CO32-)＞c(OH－)，故A正确；B项，该混合溶液中电荷守恒为：c(NH＋4)+ c(H＋)= c(Cl−)+c(OH－)，物料守恒为：c(CH3COOH)+c(NH＋4)=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl-)可得：c(NH＋4)+2c(H＋)= c(NH3∙H2O)+2c(OH－)，故B错误；C项，若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；D项，该混合溶液中物料守恒为：2c(Na＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)+c(C2O2—4)，电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH—)＋c(HC2O4-)+2c(C2O2—4)，两式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2O2—4)，故D正确；故选AD。
12．(2020•新课标Ⅰ卷)以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数
随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：
]
下列叙述正确的是( )
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA-)
B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1
C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D．滴定终点时，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)
【答案】C
【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=
=0.1000mol/L。A项，根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B项，当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= 
=0.1000mol/L，B错误；C项，根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka=
=c(H+)=1×10-2，C正确；D项，用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；故选C。
13．(2020•山东卷)25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=c(CH3COOH)=0.1mol/L，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是( )
A．O点时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)
B．N点时，
C．该体系中，
D．pH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大
【答案】BC
【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线
代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线。A项，根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A错误；B项，N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=
，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；C项，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=
，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=
mol/L，故C正确；D项，醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O
CH3COOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；故选BC。
模拟试题：
1．(2021·浙江省“超级全能生”高三联考)下列属于有机物，又是弱电解质的是( )
A．草酸 B．葡萄糖 C．四氯化碳 D．苯酚钠
【答案】A
【解析】A项，草酸是二元弱酸，属于有机物，也是弱电解质，A符合题意；B项，葡萄糖属于有机物，不能电离，是非电解质，B不符合题意；C项，四氯化碳属于有机物，不能电离，是非电解质，C不符合题意；D项，苯酚钠在水溶液中能完全电离，是强电解质，D不符合题意；故选A。
2．(2021·浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三联考)下列物质不属于电解质的是
A．硬脂酸钠 B．盐酸 C．胆矾 D．甘氨酸
【答案】B
【解析】A项，硬脂酸钠溶于水能发生电离，属于电解质，故A不符合题意；B项，盐酸是混合物不属于电解质，故B符合题意；C项，胆矾是盐，溶水后能发生电离，属于电解质，故C不符合题意；D项，甘氨酸属于酸，溶水能发生电离，属于电解质，故D不符合题意；故选B。
3．(2021·浙江省温州市高三适应性考试)下列物质溶于水能导电的非电解质是( )
A．CHCOOH B．NH3 C．HNO3 D．CH3CH2OH
【答案】B
【解析】A项，醋酸在水溶液中自身电离，水溶液可以导电，但属于电解质，A不符合题意；B项，NH3的水溶液中NH3与水反应生成弱电解质一水合氨，所以其水溶液可以导电，但氨气自身不电离，为非电解质，B符合题意；C项，HNO3在水溶液中自身电离，水溶液可以导电，但属于电解质，C不符合题意；D项，乙醇为非电解质，其水溶液不导电，D不符合题意；故选B。
4．(2021•衢州市高三教学质量检测)下列物质溶于水显中性的是( )
A．Na B．Cl2O C．KI D．H2S
【答案】C
【解析】A项，金属Na溶于水，会与水发生化学反应：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，所得溶液显碱性，A项错误；B项，Cl2O溶于水产生不稳定的次氯酸并最终变为盐酸，所得溶液显酸性，B项错误；C项，KI溶于水形成KI溶液，溶液显中性，C项正确；D项，H2S溶于水生成氢硫酸，溶液显酸性，D项错误；故选C。
5．(2021•浙江富阳、浦江、新昌三校高三第三次联考)下列物质因水解呈碱性的是( )
A．Na2O B．CuSO4 C．CH3COOK D．NaOH
【答案】C
【解析】A项，Na2O与水反应生成氢氧化钠，所以显碱性，故A错误；B项，CuSO4中铜离子水解显酸性，故B错误；C项，CH3COOK中醋酸根水解显碱性，故C正确；D项，NaOH属于强碱，水溶液显碱性，故D错误；故选C。
6．(2021•浙江省嘉兴市高三教学测试)水溶液因电离而呈酸性的是( )
A．KI B．NaHSO4 C．NH4Cl D．K2CO3
【答案】B
【解析】A项，KI属于强酸强碱盐，在溶液中不发生水解，溶液显中性，故A不符合题意；B项，NaHSO4属于强酸强碱盐，在溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，故B符合题意；C项，NH4Cl属于强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，故C不符合题意；D项，K2CO3属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液显碱性，故D不符合题意；故选B。
7．(2021•浙江省金丽衢十二校高三联考)有共价键的离子化合物是( )
A．SiO2 B．Ba(OH)2 C．MgCl2 D．H2O2
【答案】B
【解析】A项，SiO2中只有共价键，属于共价化合物，A不选；B项，Ba(OH)2中含有共价键和离子键，是离子化合物，B选；C项，MgCl2中含有离子键，属于离子化合物，C不选；D项，H2O2中H-O、O-O原子之间只存在共价键，为共价化合物，D不选；故选B。
8．(2021•浙江省精诚联盟高三适应性联考)下列物质因水解使其水溶液呈酸性的是( )
A．KNO3 B．NaHSO4 C．NH4Cl D．Na2CO3
【答案】C
【解析】A项，硝酸钾为强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故A不符合题意；B项，硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出氢离子，使溶液呈酸性，故B不符合题意；C项，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故C符合题意；D项，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故D不符合题意；故选C。
9．(2021•浙江省名校新高考研究联盟高三第二次联考)下列属于强酸的是( )
A．HClO B．HI C．NaHSO4 D．苯酚
【答案】B
【解析】强酸是在水中完全电离出的阳离子全是氢离子的化合物；A项，HClO在水中部分电离，是弱酸，故A错误；B项，HI在水中全部电离，是强酸，故B正确；C项，NaHSO4在水中电离出钠离子，氢离子，硫酸根，是盐，故C错误；D项，苯酚在水中部分电离，是弱酸，故D错误；故选B。
10．(2021•浙江省宁波市北仑中学高三适应性考试)下列属于碱的是( )
A．C2H5OH B．Na2CO3 C．Ca(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3
【答案】C
【解析】A项，C2H5OH是有机物，属于醇类，A不合题意；B项，Na2CO3属于无机盐，B不合题意；C项，Ca(OH)2是二元强碱，C符合题意；D项，Cu2(OH)2CO3是碱式盐，D不合题意。故选C。
11．(2021•浙江省强基联盟高三统测)有共价键的电解质是( )
A．NaOH B．CO C．CHCl3 D．BaO
【答案】A
【解析】A项，NaOH是强碱，属于强电解质，由Na+和OH-构成，OH-中O、H原子间形成共价键，A符合题意；B项，．CO为非金属氧化物，属于非电解质，B不符合题意；C项，CHCl3为有机化合物，属于非电解质，C不符合题意；D项，BaO为活泼金属氧化物，属于电解质，由Ba2+和O2-构成，不含有共价键，D不符合题意；故选A。
12．(2021•浙江省山水联盟高三12月联考)水溶液呈碱性的盐是( )
A．NaOH B．NaNO3 C．Na2C2O4 D．NaHSO4
【答案】C
【解析】A项，NaOH是强碱，在水溶液中电离出氢氧根，故A不选；B项，NaNO3是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故B不选；C项，Na2C2O4是强碱弱酸盐，C2O42-在水溶液中水解生成氢氧根，溶液呈碱性，故C选；D项，NaHSO4在水溶液中电离产生氢离子、钠离子、硫酸根离子，溶液呈酸性，故D不选；故选C。
13．(2021•浙江省十校联盟高三联考)水溶液呈碱性，且含有共价键的盐是( )
A．NaClO B．Mg3N2 C．NaHSO4 D．NaOH
【答案】A
【解析】A项，NaClO中钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，而且属于盐强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故A符合题意；B项，Mg3N2中只含有离子键，不存在共价键，故B不符合题意；C项，NaHSO4在水中完全电离出氢离子，显强酸性，不显碱性，故C不符合题意；D项，NaOH是碱，不是盐，故D不符合题意；故选A。
14．(2021•浙江省长兴、余杭、缙云三校高三模拟考试)下列物质水溶液呈中性的是( )
A．C17H35COONa B．NH4NO3 C．CH3COONH4 D．NaClO
【答案】C
【解析】A项，硬脂酸钠是强碱弱酸盐，溶于水后由于电离出的硬脂酸根离子会水解而使溶液显碱性，故A错误；B项，硝酸铵为强酸弱碱盐，溶于水后由于电离出的铵根离子会水解而使溶液显酸性，故B错误；C项，醋酸铵为弱酸弱碱盐，溶于水后由于电离出的醋酸根离子会水解而使溶液显碱性，铵根离子会水解使溶液显酸性，两者水解程度相当，溶液显中性，故C正确；D项，次氯酸钠为强碱弱酸盐，溶于水后由于电离出的次氯酸根离子会水解而使溶液碱性，故D错误。故选C。
15．(2021•浙江省重点中学高三选考模拟)含有共价键的盐是( )
A．CaCl2 B．NaClO C．Mg3N2 D．NaOH
【答案】B
【解析】A项，CaCl2只含有离子键，故A不选；B项，NaClO中钠离子与次氯酸根离子间形成离子键，氯与氧原子之间形成共价键，NaClO属于盐，故B符合；C项，Mg3N2只含有离子键，故C不选；D项，NaOH中钠离子与氢氧根离子间形成离子键，氢与氧原子之间形成共价键，但属于碱，故D不选；故选B。
16．(2021•浙江富阳、浦江、新昌三校高三第三次联考)下列物质在熔融状态下能导电的是( )
A．NaOH B．AlCl3 C．CH2Cl2 D．SiO2
【答案】A
【解析】A项，NaOH是离子化合物，在熔融状态下能电离成离子而导电，故A选；B项，AlCl3是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故B不选；C项，CH2Cl2在熔融状态下不能导电，故C不选；D项，SiO2是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故D不选；故选A。
17．(2021•浙江省嘉兴市高三12月教学测试)下列物质属于非电解质，但其水溶液能导电的是( )
A．CaCl2 B．CH3CH2OH C．CO2 D．BaSO4
【答案】C
【解析】A项，CaCl2的水溶液能导电，是电解质，故A错误；项，CH3CH2OH是非电解质，但在水溶液不能导电，故B错误；C项，二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸是电解质，电离出离子使能够导电，但是溶液导电的原因不是二氧化碳自身电离的离子，所以二氧化碳不属于电解质，属于非电解质，故C正确；D项，BaSO4属于盐，在熔融状态下能导电，属于电解质，故D错误；故选C。
18．(2021•浙江省名校新高考研究联盟高三第二次联考)下列属于电解质并能导电的物质是( )
A．熔融Na2O B．盐酸 C．蔗糖 D．
固体
【答案】A
【解析】A项，熔融的Na2O能够电离出钠离子和氧离子，能够导电，属于电解质，故A符合题意；B项，盐酸属于混合物，虽然能够导电，但溶液属于混合物，不是电解质，，故B不符合题意；C项，蔗糖属于有机物，溶液不能够导电，不是电解质，是非电解质，故C不符合题意；D项，NaCl晶体在水溶液或熔融状态下能够导电，属于电解质，但晶体不导电，故D不符合题意；故选A。
19．(2021•浙江省强基联盟高三12月统测)下列溶液因水解呈碱性的是( )
A．NH4NO3 B．Ca(OH)2 C．NaCl D．K2CO3
【答案】D
【解析】A项，NH4NO3是强酸弱碱盐，水解呈酸性，故A不选；B项，Ca(OH)2为强碱，电离显碱性，故B不选；C项，NaCl是强酸强碱盐，为中性，故C不选；D项，K2CO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，故D选；故选D。
20．(2021•浙江省十校联盟高三联考)下列物质的水溶液能导电，且属于强电解质的是( )
A．CH3COOH B．Cl2 C．NH4HCO3 D．SO3
【答案】C
【解析】A项，醋酸部分电离，为弱电解质，故A不符合题意；B项，氯气属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；C项，碳酸氢铵是强电解质，在水溶液中完全电离而导致其水溶液中含有自由移动离子，所以其水溶液能导电，故C符合题意；D项，三氧化硫属于非电解质，故D不符合题意；故选C。
21．(2021•浙江省重点中学高三考模拟)下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是( )
A．氯气 B．二氧化碳 C．氯化钾 D．醋酸钠
【答案】D
【解析】A项，氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；B项，二氧化碳是非电解质，故B错误；C项，氯化钾属于电解质，是强酸强碱盐，不能水解，不会破坏水的电离平衡，故C错误；D项，醋酸钠是电解质，能水解，促进水电离，故D正确；故选D。
22．(2021·浙江省“超级全能生”高三联考)下列说法正确的是( )
A．将Na2CO3溶液从常温加热至80℃，溶液的碱性增强
B．升高温度，RCl盐溶液的pH减小，一定证明ROH是弱电解质
C．298K时，pH=8的NaOH溶液和pH=6的NH4Cl等体积混合，溶液显中性
D．在氨水的稀溶液中，加入某浓度的氢氧化钠溶液，一定会抑制氨水的电离，溶液的pH增大
【答案】A
【解析】A项，CO32-水解使溶液显碱性，加热促进其水解，溶液的碱性增强，A正确；B项，升高温度，水的离子积增大，强酸强碱盐溶液的pH也会减小，B错误；C项，298K时，pH=8的NaOH溶液和pH=6的NH4Cl l溶液等体积混合，NH4Cl溶液过量，NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，C错误；D项，加入氢氧化钠溶液的浓度未知，不一定会抑制氨水的电离，D错误；故选A。
23．(2021·浙江省名校协作体高三选考模拟)下列说法正确是的( )
A．OH-的浓度增大，溶液的碱性一定增强
B．常温下0.1mol·L-1醋酸溶液的pH=a，将溶液稀释到原体积的10倍能使溶液的pH=(a+1)
C．将NaCl溶液从常温加热至80℃，溶液仍保持中性，pH值不变
D．pH=2的硫酸和pH=2的醋酸以体积比1∶10混合后，溶液pH仍为2
【答案】D
【解析】A项，OH-的浓度增大，溶液的碱性不一定增强，如给水加热，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度也增大，但溶液仍为中性，A错误；B项，醋酸是弱酸，当溶液加水稀释时，醋酸将会继续电离，故稀释到原体积的10时，溶液的pH ：a<< span="">pH<(a+1)< span="">，C错误；C项，将NaCl溶液从常温加热至80℃，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度也增大，但溶液仍为中性，pH值减小，C错误；D项，pH=2的硫酸和pH=2的醋酸以体积比1∶10混合后，溶液的氢离子浓度为：
，pH仍为2，D正确；故选D。
24．(2021·浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三联考)已知HClO的Ka=2.98×10-8，HF的Ka=7.2×10-4，下列有关说法正确的是
A．在pH=2的氢氟酸溶液中加入少量0. 01 mol·L-1的稀盐酸，溶液的pH会变小
B．0. 1 mol·L-1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，CO32-水解程度增大，但溶液的pH减小
C．等浓度等体积的NaF和NaClO溶液，前者所含离子总数比后者小
D．将Cl2通入NaOH溶液中，若溶液呈中性，则溶液中存在6种微粒
【答案】B
【解析】A项，pH=2的氢氟酸溶液中氢离子浓度为0.01 mol·L-1，0. 01 mol·L-1的稀盐酸中氢离子浓度为0. 01 mol·L-1，两者混合后氢离子浓度不变，pH值不变，A错误；B项，0. 1 mol·L-1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体，两者反应生成碳酸钙，碳酸根浓度减小，水解程度增大，水解生成的氢氧根离子浓度减小，pH减小，B正确；C项，NaF和NaClO溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，由电荷守恒可知两溶液中的离子总浓度均等于2[c(Na+)+c(H+)]，HClO的Ka=2.98×10-8，HF的Ka=7.2×10-4，可知HClO的酸性比HF弱，则NaClO的水解程度大于NaF，NaClO溶液的碱性强于NaF，其溶液中氢离子浓度小于NaF，而两溶液中钠离子浓度相等，则NaF溶液中的离子总数多，C错误；D项，Cl2通入NaOH溶液中，若恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠溶液，溶液显碱性，若溶液呈中性，可知氯气过量，溶液中存在氯气、氯离子、次氯酸根、氢离子、氢氧根离子、水分子、次氯酸分子等离子，D错误；故选B。
25．(2021·浙江省宁波市高三适应性考试)关于常温下pH均为3的盐酸和醋酸两种溶液，下列说法正确的是( )
A．醋酸溶液的物质的量浓度小于盐酸
B．将醋酸溶液稀释至原体积的10倍，所得溶液pH＜4
C．c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
D．相同体积的两种酸，分别与足量镁条反应，盐酸产生的气体多
【答案】B
【解析】A项，由于醋酸为弱酸，在水溶液中只有部分电离，HCl为强酸，在水溶液中完全电离，所以pH=3的醋酸的浓度大于pH=3的盐酸的浓度，故A错；B项，由A分析可知醋酸为弱电解质，根据弱电解质的电离规律可知，弱电解质在稀释过程中其电离程度增大，所以将醋酸溶液稀释至原体积的10倍，所得溶液pH＜4，故选B；C项，由两种溶液的pH均为3，所以量中溶液的氢离子浓相等且为1.0×103 mol·L－1，根据电荷守恒可得，在盐酸溶液中有：c(H＋)= c(Cl-)+ c(OH―)，醋酸溶液中有：c(H＋)= c(CH3COOH)+c(OH―) ，所以c(Cl-)=c(CH3COO-)，故C错；D项，由于醋酸为弱酸，则pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度，所以相同体积的两种酸，分别与足量镁条反应，醋酸产生的气体多，故D错。故选B。
26．(2021·浙江省温州市高三适应性考试)下列说法正确的是( )
A．室温下，c(Cl-)均为0.1 mol·Lˉ1的NaCl溶液与NH4Cl溶液，两溶液pH相等
B．同温下，浓度均为0.1 mol·Lˉ1的CH3COOH溶液与HCl溶液，两溶液导电能力相同
C．同温下，NaOH溶液中c(Na+)与氨水中c(NH4＋)相等，两溶液由水电离的c(OH-)不相等
D．某温度下，pH=3的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应，两溶液的物质的量浓度相等
【答案】D
【解析】A项，室温下，c(Cl-)均为0.1 mol·Lˉ1的NaCl溶液与NH4Cl溶液，前者呈中性，后者呈酸性，所以两溶液pH不相等，A不正确；B项，同温下，浓度均为0.1 mol·Lˉ1的CH3COOH溶液与HCl溶液，由于CH3COOH为弱酸，发生部分电离，而盐酸为强酸，发生完全电离，所以两溶液导电能力不相同，B不正确；C项，同温下，NaOH溶液中c(Na+)与氨水中c(NH4＋)相等，则溶液中c(OH-)相等，所以两溶液由水电离的c(OH-)相等，C不正确；D项，某温度下，pH=3的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液混合，恰好完全反应，则两溶液的物质的量相等，由于二者的体积相同，所以二者的物质的量浓度相等，D正确；故选D。
27．(2021·浙江省之江教育评价高三联考)下列说法正确的是( )
A．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
B．将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH不变
C．常温下，NaHSO3溶液呈酸性，说明H2SO3是弱酸
D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大
【答案】D
【解析】A项，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量不相同，氨水所需体积更大，故A错误；B项，KCl溶液为中性溶液，常温下H=7，加热到80°C时，水的离子积Kw，增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大， pH会减小，但溶液溶质仍为KCI ，则仍呈中性，故B正确；C项，常温下，NaHSO3溶液呈酸性，是因为氢离子电离，不能说明亚硫酸为弱酸，故B错误；D项，醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH2COOH
CH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向(逆向)移动，使溶液中的氢离子浓度减小， pH增大，故D正确；故选D。
28．(2021届衢州市高三教学质量检测)下列说法不正确的是( )
A．HN3酸性与CH3COOH相当，因此NaN3溶于水显碱性
B．同浓度的NH4Cl溶液酸性大于FeCl3溶液
C．KI溶液加热，c(H+)增大，pH减小
D．常温下pH=6的CH3COOH溶液中c(CH3COO-)的准确值为9.9×10-7 mol▪L-1
【答案】B
【解析】A项，因HN3酸性与CH3COOH相当，可知NaN3为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，A正确；B项，碱的碱性越弱，其形成的强酸弱碱盐的水解程度越大，则溶液的酸性越强，氨水的碱性大于氢氧化铁，则同浓度的NH4Cl溶液酸性小于FeCl3溶液，B错误；C项，KI为强碱强酸盐，溶液呈中性，加热溶液，水的电离平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小，C正确；D项，常温下pH=6的CH3COOH溶液中c(H+)=10-6 mol▪L-1，c(OH-)=10-8 mol▪L-1，根据溶液呈电中性，c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(CH3COO-)= c(H+)- c(OH-)=9.9×10-7 mol▪L-1，D正确；故选B。
29．(2021届浙江富阳、浦江、新昌三校高三第三次联考)下列说法正确的是( )
A．25℃时，向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变
B．25℃时，某物质的溶液pH < 7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
C．25℃时，稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小
D．常温下，在1L0.1mol•L-1醋酸溶液，加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低
【答案】A
【解析】A项，Kw只受温度影响，温度不变，Kw不变，故A 正确；B项，某物质的溶液pH < 7，也可能是酸性氧化物(像CO2，SO2等水溶液显酸性) ，故B错误；C项，稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的C(H+) 减小，溶液的pH增大，故C错误；D项，加入少量CH3COONa，CH3COO-水解呈碱性，溶液的pH会增大，故D错误；故选A。
30．(2021届浙江省嘉兴市高三12月教学测试)下列说法正确的是( )
A．同浓度的醋酸和硫酸相比，醋酸的导电性弱不能说明醋酸是弱电解质
B．用等pH的氨水和氢氧化钠分别中和等物质的量的盐酸，消耗氢氧化钠的体积小
C．等体积等浓度的醋酸和盐酸，稀释相同倍数后与足量镁反应，醋酸产生氢气多
D．醋酸溶液加水稀释后，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)的值增大
【答案】A
【解析】A项，溶液的导电性与离子浓度、离子所带电荷数有关，同浓度的醋酸和硫酸相比，硫酸为二元酸，氢离子浓度高，且硫酸根所带电荷数多余醋酸根的，所以醋酸的导电性弱，但无法说明醋酸是弱电解质，故A正确；B项，．相同条件下，等pH的氨水和氢氧化钠，氨水的浓度大于氢氧化钠，分别中和等物质的量的盐酸，当盐酸溶液恰好被完全中和时，消耗氢氧化钠的体积大于和氨水的体积，故B错误；C项，盐酸和醋酸都是一元酸，等体积等浓度的醋酸和盐酸溶质的物质的量相同，稀释相同倍数后与足量镁反应，产生氢气一样多，故C错误；D项，醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离，但离子浓度减小，
，则
，加水稀释溶液中氢离子浓度降低，所以c(CH3COOH)/c(CH3COO－)的值减小，故D错误；故选A。
31．(2021届浙江省金丽衢十二校高三联考)常温下，下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)＞Ka(HF)
B．0.1mol•L-1NaOH溶液从常温升温到60度，其pH变小
C．等体积、等pH的氨水、NaOH溶液加入足量的AlCl3溶液，产生沉淀的质量前者大
D．在1mol•L-1Na2S溶液中，c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol•L-1
【答案】A
【解析】A项，酸性越弱，其相应离子的水解程度越大；相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，说明HCOO-的水解程度大于F-的水解程度，说明HCOOH的酸性弱于HF的酸性，酸性越弱，Ka越小，所以Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B项，0.1mol•L-1NaOH溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，而温度升高，Kw变大，故60℃时，溶液中氢离子浓度大于10-13mol/L，pH小于13，因此溶液的pH变小，故B正确；C项，一水合氨是弱碱，不能完全电离，等pH的氨水和氢氧化钠溶液比较，氨水的浓度大于氢氧化钠溶液的浓度，故氨水的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，则加入足量的AlCl3溶液，产生沉淀的质量前者大，故C正确；D项，在1mol•L-1Na2S溶液中，S2-+H2O
HS-+OH-，HS-+H2O
H2S+OH-，根据硫元素守恒，有c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol•L-1，故D正确；故选A。
32．(2021届浙江省精诚联盟高三适应性联考)下列说法正确的是()
A．将25℃的纯水升温到90℃，Kw增大，pH减小，呈酸性
B．5℃时，将pH=2的CH3COOH溶液和pH=12的NaOH溶液混合后溶液一定呈酸性
C．在醋酸的稀溶液中，加入某浓度的盐酸，一定会抑制醋酸的电离，溶液的pH减小
D．在相同温度下，pH相同的氨水和NaOH溶液中水的电离度一定相等
【答案】D
【解析】A项，纯水中氢离子和氢氧根浓度永远相等，呈中性，故A错误；B项，两溶液体积未知，无法确定混合后溶液的酸碱性，故B错误；C项，如果盐酸的浓度很小，加入盐酸相当于稀释醋酸溶液，可能会促进醋酸的电离，溶液的pH增大，故C错误；D项，一水合氨和NaOH的电离均会抑制水的电离，pH相同的氨水和NaOH溶液中由碱电离出的氢氧根浓度相同，则对水的电离的抑制程度相同，故D正确；故选D。
33．(2021届浙江省名校新高考研究联盟高三第二次联考)常温下，醋酸溶液pH =a和氢氧化钠溶液pH=b，若a+b=14，下列说法不正确的是( )
A．c(CH3COO-)=c(Na＋) B．二者导电能力基本相同
C．分别稀释相同倍数，前者对水抑制程度更大 D．二者等体积混合，pH＞7
【答案】D
【解析】A项，常温下，醋酸溶液pH =a和氢氧化钠溶液pH =b，若a+b=14，根据电荷守恒可知，c(CH3COO-)=c(Na＋)，故A正确；B项，常温下，醋酸溶液pH =a和氢氧化钠溶液pH =b，若a+b=14，二者的溶液离子浓度相等，所以导电能力基本相同，故B正确；C项，常温下，醋酸溶液pH =a和氢氧化钠溶液pH =b，若a+b=14，醋酸的浓度大于氢氧化钠溶液浓度，分别稀释相同倍数，醋酸溶液氢离子浓度大，对水电离抑制程度更大，故C正确；D项，常温下，醋酸溶液pH =a和氢氧化钠溶液pH =b，若a+b=14，二者等体积积混合，醋酸过量，故pH＜7,故D错误；故选D。
34．(2021届浙江省宁波市北仑中学高三12月适应性考试)下列说法正确的是( )
A．常温下pH=2的HA溶液与pH=12的BOH等体积混合，溶液pH＞7，则BOH为强碱
B．在相同温度下，pH相等的氨水和NaOH溶液，n(OH－)相等
C．稀释1mol･L-1的HCl溶液，溶液中的离子浓度均下降
D．常温下pH=2的CH3COOH溶液和pH=2的H2SO4溶液，c(CH3COO-)=2c(SO42-)
【答案】D
【解析】A项，常温下，pH=2的HA溶液中氢离子浓度为10−2mol/L，pH=12的BOH溶液中氢氧根离子浓度为10−2mol/L，二者等体积混合后溶液的pH＞7，溶液显碱性，说明碱的浓度大于酸的浓度，碱一定是弱碱，但酸不能确定强弱，生成的盐可能是弱酸弱碱盐或强酸弱碱盐，故A错误；B项，没有告诉两溶液的体积，则无法计算n(OH-)，故B错误；C项，稀释1mol･L-1的HCl溶液，稀释过程中氢离子浓度和氯离子浓度均减小，而水的离子积不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，故C错误；D项，两溶液中均存在电荷守恒，分别为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，2c(SO42-)+c(OH-)=c(H+)，又两溶液中的pH相同，即c(OH-)和c(H+)均相同，则c(CH3COO-)=2c(SO42-)，故D正确；故选D。
35．(2021届浙江省强基联盟高三12月统测)下列说法不正确的是( )
A．由水电离产生的c(H+)=1.0×10-10mol/L的溶液，可能是强酸溶液
B．NH4Cl与NaOH反应后，若溶液呈中性，则c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)
C．将CH3COONa溶液由25℃加热到95℃时，溶液pH先增大后减小
D．常温下，pH相同的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，醋酸的pH变化更大
【答案】D
【解析】A项，水电离产生的c(H+)=1.0×10-10mol/L，表明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，所以溶液有可能是强酸溶液，A正确；B项，NH4Cl与NaOH反应后，生成NaCl、一水合氨，还存在过量的NH4Cl，依据电荷守恒，c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，若溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，则c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)，B正确；C项，将CH3COONa溶液由25℃加热到95℃时，一方面，CH3COO-的水解程度不断增大，水解生成的c(OH-)不断增大，另一方面，水的离子积常数不断增大，c(H+)不断增大，所以溶液pH先增大后减小，C正确；D项，常温下，pH相同的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，由于醋酸电离生成的H+的数目不断增多，所以醋酸中的c(H+)比盐酸中的c(H+)大，pH变化比盐酸中要小，D不正确；故选D。
36．(2021届浙江省山水联盟高三12月联考)常温下，下列说法不正确的是( )
A．在0.1mol·L－1的醋酸溶液中，加0.1mol/L的葡萄糖溶液，醋酸的电离程度增大
B．向 0.1mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中
增大
C．0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，CO
水解程度增大，但溶液的pH 减小
D．pH=5的下列3种溶液：①HCl ②CH3COOH和CH3COONa混合溶液③NH4Cl溶液，水电离的程度：①=②＜③
【答案】B
【解析】A项，在0.1mol·L－1的醋酸溶液中，加0.1mol/L的葡萄糖溶液，溶质葡萄糖不影响醋酸的电离，相当于稀释了醋酸溶液，促进醋酸的电离，醋酸的电离程度增大，故A正确；B项，向0.1mol/L氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，根据氨水的电离平衡常数可知
= 
，则该比值减小，故B错误；C项，Na2CO3溶液中存在水解反应：CO32-+H2O
HCO3-+OH-，0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中加入少量CaCl2晶体(碳酸钠没有被沉淀完全)，则CO32-浓度降低， 该平衡逆向移动，OH-浓度降低，pH减小，但CO32-水解程度增大，故C正确；D项，pH=5的①HCl②CH3COOH和CH3COONa混合溶液③NH4Cl溶液中，氯化铵溶液中铵根离子水解，促进了水的电离，而①HCl②CH3COOH和CH3COONa混合溶液中氢离子抑制了水的电离，①HCl和②CH3COOH和CH3COONa混合溶液的pH相等，则两溶液中水的电离程度相同，所以由水电离出的c(H+)大小为：①=②＜③，故D正确；故选B。
37．(2021届浙江省十校联盟高三联考)下列说法不正确的是( )
A．常温下，pH=5的氯化铵溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-5mol·L-1
B．将Na2CO3溶液从常温加热至80℃，溶液的碱性增强
C．常温下，0.1mol·L-1CH3COOH溶液pH=3，说明CH3COOH是弱电解质
D．常温下，pH为11的氨水溶液中加入氯化铵固体，溶液pH增大
【答案】D
【解析】A项，氯化铵水解使溶液显酸性，其溶液中氢离子全部由水电离，所以pH为5的溶液中水电离出的c(H+)=1×10-5mol•L-1，故A正确；B项，Na2CO3溶液水解显碱性，加热促进水解，溶液的碱性增强，故B正确；C项，0.1mol•L-1CH3COOH溶液pH=3，c(H+)=1×10-3mol•L-1，电离不完全，说明CH3COOH是弱电解质，故C正确；D项，氨水中存在电离平衡：NH3•H2O⇌OH-+NH4+，加入氯化铵固体后，氯化铵电离出铵根，使平衡逆向移动，c(OH-)减小，pH减小，故D错误；故选D。
38．(2021届浙江省重点中学高三选考模拟)两种盐的稀溶液：amol·L-1NaX溶液和bmol·L-1NaY溶液。下列说法不正确的是( )
A．若a=b，且pH(NaX)>pH(NaY)，则酸性HX<hy< span=""></hy<>
B．若a>b，且c(X-)=c(Y-)，则溶液中c(HX)>c(HY)
C．若a=b，且c(X-)=c(Y-)+c(HY)，则HX为强酸
D．若两溶液等体积混合后c(X-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY)=0.1mol·L-1，则a=b=0.1mol·L-1
【答案】D
【解析】A项，两种溶液浓度相同，pH(NaX)>pH(NaY)，说明NaX的碱性更强，对应的X-的水解程度更强，因此酸性HX
，c(Y-)+c(HY)=
，又因为c(X-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY)=0.1mol/L，则a=b=0.2，故D错误；故选D。
39．(2021·浙江省名校协作体高三选考模拟)常温下，下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )
A．相同浓度、相同体积的 CH3COONa和NaBr两溶液，前者的离子总数小
B．pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合后c(NH4+)+c(OH-)<c(cl< span="">-)+c(H+)</c(cl<>
C．相同浓度、相同体积H2C2O4-NaHC2O4混合溶液c(H+)+c(H2C2O4) = c(Na+)+c(C2O42-)+c(OH-)
D．在1mol·L-1Na2SO3 溶液中，c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3) = 1mol·L-1
【答案】B
【解析】A项，因醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成醋酸和氢氧化钠，使溶液中离子总数减小，溴化钠是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液中离子总数不变，则前者的离子总数小，A错误；B项，pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合后得到一水合氨和氯化铵的混合溶液，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒关系c(Cl-)+c (OH-)= c (NH4+)+ c(H+)，若假设c(NH4+)+c(OH-)<< span="">c(Cl-)+c(H+)成立，结合电荷守恒可得c(OH-)<< span=""> c(H+)，与溶液呈碱性矛盾，则假设不成立，B错误；C项，相同浓度、相同体积H2C2O4-NaHC2O4混合溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+ c(Na+)=2c(C2O42-)+c(OH-)+ c(HC2O3-)和物料守恒关系c(C2O42-)+ c(HC2O3-)+ c(H2C2O4) = 2c(Na+)，整合两个守恒关系可得c(H+)+c(H2C2O4) = c(Na+)+c(C2O42-)+c(OH-)，C正确；D项，在1mol·L-1Na2SO3 溶液中，存在物料守恒关系c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3) = c(Na+)，溶液中c(Na+)为1mol·L-1，则c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3) = 1mol·L-1，D正确；故选B。
40．(2021·浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三联考)25℃时，用0. 2000 mol·L-1盐酸滴定20. 00mL0. 2000 mol·L-1 NaR溶液。混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是
A．M点中加入少量HA(Ka=7.2×10—4)不一定生成HR
B．N点溶液的pH约为4
C．M点到N点溶液中水的电离程度先减弱后增强
D．当盐酸加入体积为10. 00ml时，此时溶液中的微粒浓度大小关系为c(Na+)= c(Cl—)= c(R—)= c(HR)＞c(OH—)=c(H+)
【答案】B
【解析】根据滴定曲线可知，加入10.00mL盐酸溶液时，盐酸与NaR溶液反应得到NaCl、HR和NaR的混合溶液，溶液呈中性，溶液中氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，由溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(Cl—)+ c(R—)+ c(OH—)可得，c(R—)= c(Na+)— c(Cl—)= 
=
mol/L，由物料守恒关系可得c(HR)= 
=
mol/L，混合溶液中c(R—)= c(HR)，由Ka=
可得，Ka=1.0×10—7。A项，弱酸的电离常数越大，酸性越强，由HA和HR的电离常数可知，HA的酸性强于HR，M点为NaR溶液，由强酸制弱酸的原理可知，向NaR溶液中加入少量HA溶液一定生成HR，A错误；B项，加入20.00mL盐酸溶液时，盐酸与NaR溶液反应得到NaCl和HR的混合溶液，c(HR)= 
=0.100 mol/L，溶液中氢离子浓度约等于R—浓度，由Ka=
可得c(H+)≈
=
mol/L=1.0×10—4 mol/L，则溶液的pH约为4，B正确；C项，M点为NaR溶液，R—在溶液中水解促进水的电离，N点为NaCl和HR的混合溶液，HR会抑制水的电离，则M点到N点溶液中水的电离程度逐渐减弱，C错误；D项，当盐酸加入体积为10. 00ml时，溶液中钠离子浓度大于氯离子浓度，D错误；故选B。
41．(2021·浙江省宁波市高三适应性考试)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3，Ka2=3.9×10-6) 溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述不正确的是( )
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na+与A-的导电能力之和大于HA-的导电能力
C．b点的混合溶液pH=7
D．c点的混合溶液中，c(Na+)＞c(K+)＞c(A2-)＞c(OH-)
【答案】C
【解析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。A项，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2-的浓度增大，由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项，a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA-转化为A2-，b点导电性强于a点，说明Na+和A2-的导电能力强于HA-，故B正确；C项，b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；D项，在b点溶质为KNaA，考虑到A2−水解，所以其浓度减小c(Na+)=c(K+)>c(A2−)，c点是继续加入氢氧化钠溶液，故c(Na+)＞c(K+)，由于a、b间加入NaOH的体积约为22mL，而b、c间加入的NaOH约为10mL，所以c(A2−)>c(OH−)，从而得出c点溶液中，c(Na+)>c(K+)> c(A2−)>c(OH−)，故D正确；故选C。
42．(2021·浙江省之江教育评价高三联考)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25.00mL.0. 100mol/L H2C2O4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/LH2C2O4溶液：c(H+)= 0.1000mol/L+ 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+ c(C2O42-)- c(H2C2O4)
D．c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH-)- c(H+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)
【答案】A
【解析】A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，0.1000 mol·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-)，故A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-+H2O
H2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=
=1.85×10-13=Ka2(H2C2O4)，HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c(C2O42-)
c(H2C2O4)，故B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)，故C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(HC2O4-)，故D错误；故选A。
43．(2021届浙江富阳、浦江、新昌三校高三第三次联考)以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数
随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：
]
下列叙述正确的是( )
A．H2A的电离方程式为H2A=H＋＋HA-，HA-
H++ A2-，且曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA-)
B．当NaOH溶液10.00 mL时，溶液中c(H2A)＋2c(H＋)=2c(OH-)＋3c(A2-) ＋c(HA-)
C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)＜2c(A2-)+c(HA-)
【答案】C
【解析】根据题干分布系数的表达式，分母中c (H2A) +c (HA-) +c (A2-) 为定值，即分布系数大小与离子浓度呈正比例。图中曲线①和曲线②表示的是分布系数δ 随NaOH溶液体积的变化关系，曲线③表示的是pH随NaOH溶液体积的变化关系。二元酸H2A在水溶液中第一步电离生成HA-， 第二步电离生成A2-，再结合分布曲线①一直下降，而曲线②一直升高可知，曲线①表示的是HA-的分布系数，曲线②表示的是A2-的分布系数，且曲线②达到得最大值接近1，说明H2A的第一步电离为完全电离。A项，根据分析，可知①表示的是HA-分布系数，②表示的是A2-分布系数，故A 错误；B项，当NaOH溶液10.00 mL时，与H2A反应生成NaHA，还剩余一半H2A，最终溶液的溶质为H2A和NaHA，它们的物质的量比为1:1，根据物料守恒得：2c(Na＋)=c(H2A)+c(HA-)；根据电荷守恒得：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH―)+2 c(A2-)+c(HA-)，式②×2-①得到：c(H2A)+2c(H＋)=2c(OH―)+4c(A2-)+c(HA-)，故B错误；C项，由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0. 1000mol/L， 根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0. 9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0. 1，则HA-的电离平衡常数Ka=
，故C正确；D项，当反应达到终点时，存在电荷守恒c (Na+) +c (H+) =c (OH-) +c (HA-)＋2c (A2-)，由于溶液显碱性，c (H+)<c (OH-) , 所以c (Na+) > 2c (A2-) +c (HA-) ，故D错误；故选C。
44．(2021届浙江省嘉兴市高三12月教学测试)常温下用0.1000 mol·L−1 NaOH溶液滴定10.00 mL 0.1000 mol·L−1 H2A溶液，已知Ka1=1.0 ×10－4，Ka2=1.0 ×10－8。下列说法不正确的是( )
A．V(NaOH) = 0.00 mL时，pH ≈ 2.5
B．V(NaOH) = 10.00 mL时，c(A2－)＞c(H2A)
C．V(NaOH) = 20.00 mL时，c(OH－)－c(H+) = c(H2A) + c(HA－)
D．溶液呈中性时：V(NaOH)＜20 mL，c(Na+)＞2c(A2－)
【答案】C
【解析】A项，V(NaOH) = 0.00 mL时，该溶液为0.1000 mol·L−1 H2A溶液，主要发生第一步电离H2A
H++HA－，Ka1=
=
=
=1.0 ×10－4，解得c(H+)=1.0 ×10－2.5，pH ≈ 2.5，故A正确；B项，V(NaOH) = 10.00 mL时，恰好反应生成NaHA，HA－能发生电离，由已知可知，Ka2=1.0 ×10－8，HA－也能发生水解，水解方程式为HA－+ H2O
OH-+ H2A－，Kh=
=
，Ka2＞Kh，HA－以电离为主，则c(A2－)＞c(H2A)，故B正确；C项，V(NaOH) = 20.00 mL时，恰好反应生成Na2A，此时此时溶液中存在电荷守恒和物料守恒，电荷守恒为c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒为2c(H2A)+2c(HA－)+2c(A2－)=c(Na+)，两式相减得：c(OH－)－c(H+) = 2c(H2A) + c(HA－)，故C错误；D项，电荷守恒为c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)=c(Na+)+c(H+)，溶液呈中性时，c(Na+)－2c(A2－)= c(HA－) ＞0，则c(Na+)＞2c(A2－)，当V(NaOH) = 20.00 mL时，恰好反应生成Na2A，此时溶液呈碱性，要使溶液呈中性，V(NaOH)＜20 mL，故D正确；故选C。
45．(2021届浙江省金丽衢十二校高三联考)常温下，用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液，下列说法不正确的是( )
A．滴定前，NH4HSO4溶液中c(H+)>c(NH4+)
B．当滴入10mLNaOH溶液时，c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)
C．当滴入20mLNaOH溶液时，c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)
D．当溶液呈中性时，c(Na+)<2c(nh< span="">3•H2O)
【答案】D
【解析】A项，NH4HSO4溶液中存在NH4HSO4= H++ NH4++SO42-，NH4++ H2O
NH3•H2O+OH-，则c(H+)＞c(NH4+)，A正确；B项，当滴入10mLNaOH溶液时，溶质为NaNH4SO4，根据质子守恒，c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)，B正确；C项，当滴入20mLNaOH溶液时，溶质为Na2SO4和NH3•H2O，且物质的量之比为1：1，根据NH3•H2O NH4++ OH-，H2O
H++ OH-，则c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)，C正确；D项，加入NaOH溶液10mL时，溶液呈酸性，c(Na+)= c(NH4+)+c(NH3•H2O)；加入20mL时，溶液呈碱性，c(Na+)=2c(NH4+)+2c(NH3•H2O)；当溶液呈中性时，加入NaOH的体积大于10mL，小于20mL，则c(Na+)＜2c(NH4+)+2c(NH3•H2O)，无法确定c(Na+)与2c(NH3•H2O)的关系，D错误；故选D。
46．(2021届浙江省精诚联盟高三适应性联考)25℃时，用 NaOH 溶液滴定H2A 溶液，溶液中
和
或
和
关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．H2A 为弱酸，其 Ka1 约为 10−4
B．滴定过程中，当 pH=5 时，c(Na+)>3c(A2−)
C．向 H2A 溶液中加入等体积等浓度的NaOH 溶液，完全反应后溶液显碱性
D．已知 H2CO3 的 Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，则足量 Na2CO3 溶液中滴入少量 H2A 溶液， 发生的离子反应为. H2A+2CO32- = 2HCO3- + A2-
【答案】D
【解析】由图可知，H2A 为二元弱酸，Ka1= 
，Ka2= 
，当
=0时，溶液中
=—
，同理当
=0时，
=—
，电离常数Ka1>Ka2，由图可知，曲线 I 表示 
和
的关系，曲线 II 表示
和
的关系。A项，由分析可知，H2A 为二元弱酸，曲线 I 表示 
和
的关系，当
=0时，溶液中
=—
，则Ka1为10−2，故A 错误；B项，由图可知，当
=3时，
=2，则Ka2= 
=10-3×10-2=10-5，当 pH=5 时，溶液中c(HA- )=c(A2- )，由电荷守恒 c(H+ ) + c (Na+ )═c (OH-)+ c (HA- )+2 c (A2- )可得c (H+ )+c(Na+ )═c(OH-)+3c(A2- )，则c(Na+ )-3c(A2- )═c(OH-)-c(H+ )<0， c(Na+ )<3< span="">c(A2-)，故B 错误；C项，向 H2A 溶液中加入等体积等浓度 NaOH 溶液，完全反应后生成 NaHA 溶液，H2A的二级电离常数Ka2=10-5，A2-的二级水解常数Kh2=
=
=10-12<< span=""> Ka2，则NaHA 溶液电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故C 错误；D项，由电离常数可知，酸的电离程度的大小顺序为H2A>HA->H2CO3>HCO3-，则过量 Na2CO3溶液中与H2A 溶液反应生成NaHCO3和Na2A，反应的离子方程式为. H2A+2CO32- = 2 HCO3- + A2-，故D 正确；故选D。
47．(2021届浙江省名校新高考研究联盟高三第二次联考)5℃时，向100 mL含有0.01 molCl2的氯水中滴加0.2 mol·L−1的NaOH溶液，得到溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．若a点pH=4且c(Cl-)= m·c(HClO，则HClO的电离平衡常数为10-4( m-1)
B．b点溶液中，c(OH―)＞c(H＋)，可用pH试纸测定其pH
C．c点溶液中，c(OH―)-c(H＋) = c(Cl―)+c(HClO)
D．b→c段，随
溶液的滴入，
逐渐增大
【答案】A
【解析】A项，若a点pH=4，c(H+)=10-4mol/L，且c(Cl-)= m·c(HClO)，根据方程式Cl2+H2O
HCl+HClO知c(Cl-)-c(ClO-)=c(HClO)，则c(ClO-)=( m-1)·c(HClO)，因此HClO的电离平衡常数为
，故A正确；B项，b点Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故B错误；C项，c点加入NaOH的物质的量是2mol/L×0.2L=0.4mol，根据方程式知还剩余0.2molNaOH，则c点溶液中溶质有0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)①，氯元素守恒得：c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)②，2[c(Cl-)+c(ClO-)+c(HClO)]=c(Na+)③，所以得c(OH―)-c(H＋) =2c(Cl―)+c(HClO)，故C错误；D项，b～c段，溶液的pH增大导致氢氧根离子浓度增大，温度不变水解平衡常数不变，
，所以比值减小，故D错误；故选A。
48．(2021届浙江省宁波市北仑中学高三适应性考试)常温下用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定10.00mL二元弱酸H2A溶液，滴定曲线如图所示，d点恰好中和。假设混合时溶液体积变化忽略不计，下列说法不正确的是( )
A．a点pH>1
B．c点时c(Na+)=c(H2A)+2c(A2-)+c(HA-)
C．b点时：c(Na＋)>c(HA-)>c(H＋)>c(A2-)>c(OH-)
D．滴定过程中c(Na+)+c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L
【答案】B
【解析】A项，由图像可知当氢氧化钠加入20mL时，反应达到终点，此时酸碱恰好完全反应，由此可得：2c(NaOH)×V(NaOH)= c(H2A)×V(H2A)，
，H2A是弱酸，则a点溶液中的氢离子浓度小于0.10mol/L，pH大于1，故A正确；B项，c点时溶液呈中性，根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H＋)= 2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，c(H＋)= c(OH-)，则c(Na+)= 2c(A2-)+c(HA-)，c(Na+)<c(h< span="">2A)+2c(A2-)+c(HA-)，故B错误；C项，b点酸碱1:1反应，溶质为NaHA，HA-会发生水解和电离，故：c(Na＋)>c(HA-)，此时溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，则c(H＋)>c(A2-)>c(OH-)，故C正确；D项，因NaOH溶液浓度为0.1mol·L－1，c(H2A)= 0.1mol·L－1，结合物料守恒可得滴定过程中c(Na+)+c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L，故D正确；故选B。</c(h<>
49．(2021届浙江省强基联盟高三统测)室温下，用未知浓度的氨水滴定20mL 0.1000mol/L醋酸，已知CH3COOH的Ka=1.8×10-5，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，下列说法不正确的是( )
A．在氨水滴定前，溶液中c(H+)＞c(CH3COO-)
B．滴入氨水V1mL，若此时溶液呈中性，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)
C．滴入氨水V2mL，若此时溶液呈酸性，则可能出现c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)
D．若滴定终点时c(CH3COO-)＞c(NH4+)，则所用指示剂是酚酞
【答案】D
【解析】A项，在氨水滴定前，存在CH3COOH
H++CH3COO-，H2O
H++ OH-，则溶液中c(H+)＞c(CH3COO-)，A说法正确；B项，滴入氨水V1mL，若此时溶液呈中性，则c(OH-)= c(H+)。已知CH3COOH的Ka=1.8×10-5，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，即CH3COOH、NH3·H2O的电离度相等，根据溶液呈电中性，c(CH3COO-)+c(OH-)= c(H+)+c(NH4+)，则溶液中的c(CH3COO-)= c(NH4+)，故c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)，B说法正确；C项，滴入氨水V2mL，若加入少量的氨水，只有少量的醋酸被中和，溶液中的溶质为醋酸和醋酸铵，此时溶液呈酸性，则可能出现c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，C说法正确；D项，若滴定终点时溶液呈中性，由于CH3COOH、NH3·H2O的电离度相等，则c(CH3COO-)=c(NH4+)，可用酚酞作指示剂；若滴定终点时c(CH3COO-)＞c(NH4+)，说明醋酸过量，由于酚酞的变色范围在碱性范围，则所用指示剂不可能是酚酞，D说法错误；故选D。
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