2019年高考化学满分专练专题07水溶液离子平衡含解.doc

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1、专题07 水溶液离子平衡1生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO),过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理,测得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下:下列有关说法不正确的是( )A原NaHCO3溶液中 c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.8mol/LBa点水的电离程度小于c点水的电离程度Ca点溶液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)D生成沉淀的离子方程式为: AlO2-+HCO3-+H2O =Al(OH)3+CO32-【答案】A【解析】A. 据图可知，加入40mLNaHCO3溶液时生成沉淀最多，沉

2、淀为0.032mol，因NaOH过量，则滤液中含有NaOH，由反应顺序OH+HCO3=CO32+H2O、HCO3+AlO2+H2OAl(OH)3+ CO32并结合图象可知，加入前8mLNaHCO3溶液时不生成沉淀，则原NaHCO3溶液中c(NaHCO3)=1.0mol/L，所以c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=1.0moL/L，故A错误；B. a点时尚未加入NaHCO3溶液，滤液中NaOH过量，水的电离受到抑制，随NaHCO3溶液的加入，溶液中NaOH逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，所以a点水的电离程度小于c点水的电离程度，故B正确；C. a点对应的溶液为加入过量烧碱后所得

3、的滤液，因氧化镁与NaOH溶液不反应，则加入过量烧碱所得的滤液中含有NaOH和NaAlO2，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+(OH-)，故C正确；D. 由上述分析可知，加入NaHCO3溶液生成沉淀的离子方程式为：HCO3+AlO2+H2OAl(OH)3+ CO32，故D正确。225时，用010molL的氨水滴定l000mL005molL-1H2A溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是AA点溶液的pH等于1B由图中数据可知，H2A为弱酸CB点水电离出的H+离子浓度为1010-6molL-1DC点溶液中【答案】B【解析

4、】A. A点：根据c（H+）c（OH-）=KW=110-14,lg=12,计算得c（H+）=10-1mol/L，则pH=1，故不选A；B. 根据A点：c（H+）c（OH-）=KW=110-14,lg=12,计算得c（H+）=10-1mol/L，得0.05mol/LH2A完全电离，H2A为强酸，故选B；C. B点酸碱恰好完全中和生成盐（NH4）2A的点，lg=2，计算得c（H+）=10-6mol/L，则水电离出的H+离子浓度为1.010-6molL-1,故不选C;D. C点NH4）2A与氨水混合物,根据lg=-4，计算得c（H+）=10-9mol/L，则pH=9，偏碱性,考虑氨水的电离平衡,则溶

5、液中,故不选D。3常温下，在新制氯水中滴加 NaOH 溶液，溶液中水电离出来的 c 水(H+)与 NaOH 溶液的体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是( )A用 pH 试纸测定 E 点对应的溶液，其 pH=3BF、H 点对应的溶液中都存在 c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)C常温下加水稀释 H 点对应的溶液，溶液的 pH 增大DG 点对应的溶液中c(Na+)c(Cl-)c(ClO-)c(OH-)c(H+)【答案】D【解析】AE点为新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的c水(H+)=10-11mo/L，溶液中OH-完全是由水电离出来的，所以c(OH-)=c水(H+)=10-11mo/

6、L，则溶液中c(H+)=10-3mol/L，则溶液pH=3，但新制氯水有漂白性，不能用pH试纸测量pH，故A错误；BH点对于溶液中溶质为NaCl、NaClO和NaOH，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，此时溶液为碱性，则c(OH-)c(H+)，所以c(Na+)c(Cl-)+c(ClO-)，故B错误；C加水稀释H点对应的溶液，H点为碱性溶液，加水稀释时碱性减弱，促使溶液pH值向中性接近，所以pH值降低，故C错误；DG点为等物质的量浓度的NaClO和氯化钠的混合溶液，ClO-水解使溶液呈碱性，因此c(Na+)c(Cl-)c(ClO-)c(OH-

7、)c(H+)，故D正确。4常温时，向20 mL 0.1 的 CH3CH2COOH 溶液中滴加0.1的NaOH溶液，溶液的pH与滴加NaOH溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是Aa 点溶液中 c(CH3CH2COO) dbaCc 点溶液中Dd 点溶液中c(Na+) +c(OH) =c(H+) +c(CH3CH2COO) +c(CH3CH2COOH)【答案】C【解析】A项：a 点加入10mLNaOH溶液，充分反应后所得溶液中含溶质CH3CH2COOH、CH3CH2COONa各0.001mol。因pHc(Na+)，A项错误；B项：NaOH溶液加入前，CH3CH2COOH微弱电离出的H+抑制水电

8、离；随着NaOH溶液的加入，CH3CH2COOH溶液浓度减小，这种抑制作用减弱，水的电离程度增大；恰好中和时，生成的CH3CH2COO水解，使水的电离程度达到最大；之后加入的NaOH溶液过量，NaOH完全电离生成的OH-抑制水电离，水的电离程度又逐渐减小。故水的电离程度：cbad，B项错误；C项：据图，加入NaOH溶液前，0.1CH3CH2COOH溶液pH3，则溶液中c(CH3CH2COO)c(H+)103，c(CH3CH2COOH)0.11030.1，常温时CH3CH2COOH电离常数Ka105，CH3CH2COO-水解常数KhKw/Ka109。c点加入20mLNaOH溶液，两者恰好完全反应

9、得CH3CH2COONa溶液（pH=9），溶液中有水解平衡CH3CH2COO+H2OCH3CH2COOH+OH-，将Kh109、c(OH-)105代入Kh表达式，得，C项正确；D项：d 点加入30mLNaOH溶液，充分反应后所得溶液中含溶质为0.002molCH3CH2COONa、0.001molNaOH。电荷守恒c(Na+) +c(H+) = c(OH)+c(CH3CH2COO)，物料守恒2c(Na+) =3c(CH3CH2COO)+3c(CH3CH2COOH)，两式相减得c(Na+) c(H+) = 2c(CH3CH2COO)+3c(CH3CH2COOH)c(OH)，进而有c(Na+) +

10、c(OH) =c(H+) +2c(CH3CH2COO) +3c(CH3CH2COOH)c(H+) +c(CH3CH2COO) +c(CH3CH2COOH)，D项错误。5常温下，体积都为V0mL、浓度都为0.1molL-1的MC1、NaR、MR三种盐溶液，加入蒸馏水稀释至VmL，溶液的pH与1g(VV0)的关系如图所示。下列说法不正确的是A曲线X代表NaR溶液，其中c(OH-)=c(H+)+c(HR)B曲线Y中任何两点，水的电离程度都相同C将等体积等物质的量浓度的MC1和NaR溶液混合后，c(M+)=c(R)D常温下，HR的电离常数Ka110-5【答案】B【解析】A. 曲线X代表NaR溶液，为强

11、碱弱酸盐，其中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HR)，故正确；B. 曲线Y为MR，弱酸弱碱盐，溶液呈中性，说明弱酸根离子和弱碱的阳离子水解程度相同，但促进水电离，向溶液中加水稀释，水解程度增大，即水的电离程度增加，故错误；C. 将等体积等物质的量浓度的MC1和NaR溶液混合后M+、R-的水解程度相同，则有c(M+)=c(R)。故正确；D. 0.1molL-1NaR的pH=9，水解平衡常数约为，根据电离平衡常数和水解平衡常数的关系KW=KaKh分析，常温下，HR的电离常数Ka110-5，故正确。6室温下，用0.100 molL1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mo

12、lL1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是()AI表示的是滴定醋酸的曲线, 用酚酞作指示剂BpH7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20.00 mLCV(NaOH)20.00 mL时，两份溶液中c(Cl)c(CH3COO)DV(NaOH)10.00 mL时，醋酸溶液中c(CH3COO)c(Na) c(H)c(OH)【答案】C【解析】A. 根据图像可知，曲线发生突变时均消耗20.00ml氢氧化钠溶液，这说明醋酸和盐酸的起始浓度均是0.100 0 mol/L。滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图，滴定醋酸的曲线是图，

13、用酚酞作指示剂，A项正确；B. 醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，盐酸所用NaOH溶液的体积等于20.00 mL，醋酸所用NaOH溶液的体积小于20.00 mL，B项正确；C. V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液显碱性，则根据电荷守恒可知c(Cl)c(CH3COO)，C项错误；D. 当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸的（1:1）混合液，溶液显酸性；根据电荷守恒关系：c(OH-)+ c(CH3COO-)= c(Na+)+ c(H+)可知，当c(H+) c(OH-),则有 c(CH3COO-) c(Na+)，D项

14、正确。7已知。室温下用的滴定某一元酸的结果如图所示，下列说法中正确的是A属于弱酸B整个过程中，点时水的电离程度最大C点对应液中D的数量级为【答案】D【解析】A. 由A点可知0.01mol/LHQ溶液中c(H+)=0.01mol/L，所以属于强酸，故A错误；B. 整个过程中，当酸碱恰好完全反应生成盐时，水的电离程度最大，由于生成的盐是强酸弱碱盐，此时溶液显酸性，而C点为中性，故B错误；C.E点溶液为等浓度NH4Q和NH32O混合液，根据电荷守恒有：c(OH-)+c(Q-)=c(NH4+)+c(H+) ，根据物料守恒有：2c(Q-)=c(NH4+)+c(NH32O)，所以点对应液中2，故C错误；D

15、. E点溶液为等浓度NH4Q和NH32O混合液，由于电离和水解都很微弱，c(NH32O)c(NH4+)。NH32O NH4+ OH-，=c(OH-)，由图像可知，E点时=-4.5，再根据水的离子积Kw= c(H+) c(OH-)=110-14，解得c(OH-)=10-4.75=100.2510-5，所以的数量级为，故D正确。8常温下，向50 mL溶有0.1molCl2的氯水中滴加2mol/L的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如下图所示。下列说法正确的是A若a点pH=4，且c(Cl-)=mc(ClO-)，则Ka(HClO)=B若x=100，b点对应溶液中：c(OH)c(

16、H)，可用pH试纸测定其pHCbc段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大D若y=200，c点对应溶液中：c(OH)-c(H)=2c(Cl-)+c(HClO)【答案】D【解析】A.若a点pH=4，(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-)，c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)=，A错误；B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计测量，B错误；C.bc段，随NaOH溶液

17、的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减小，温度不变则Ka(HClO)=不变，所以减小，C错误；D.若y=200，c点对应溶液中存在0.1molNaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，物料守恒得：c(Cl-)= c(ClO-) +c(HClO)，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)，由+得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D正确。9常温下联氨()的水溶液中有： N2H4+H2ON2H5+OH- K1 N2H5+H2ON2H62+OH-

18、 K2，该溶液中微粒的物质的量分数随变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A图中对应的液粒为B由图可知，C若点为溶液，则存在：D反应为的水解方程式【答案】D【解析】根据上述分析可知，A. 图中对应的OH-的浓度最小，N2H4电离平衡正向移动的程度最大，则对应的微粒为N2H62+，A项正确；B. 从图象可得B点N2H5+、N2H62+物质的量分数相等，说明它们的浓度相等，此时根据横坐标可知c(OH-)=，则=， B项正确；C. 由电荷守恒可知：c(OH-)+c(Cl-)=c(N2H5+ )+2c(N2H62+)+c(H+)，从图象可得C点c(OH-)c(N2H5+ )+2c(N2H62+)，C项正

19、确；D. 反应为N2H4的二级电离方程式，D项错误。10改变0.01mol/LNaAc溶液的pH，溶液中HAc、Ac、H+、OH浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa-lgKa，下列叙述错误的是A直线b、d分别对应H+、OHBpH6时，c(HAc)c(Ac)c(H+)CHAc电离常数的数量级为10-5D从曲线a与c的交点可知pKapH4.74【答案】B【解析】A. 根据上述分析，直线b、d分别对应H+、OH，故A正确；B. 根据图象，pH6时，c(Ac)c(HAc)c(H+)，故B错误；C. HAc电离常数Ka=，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)

20、=10-4.74，数量级为10-5，故C正确；D. 曲线a与c的交点，表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据C的分析，Ka=c(H+)=10-4.74，pKa-lgKa-lg c(H+)=pH4.74，故D正确。11常温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L的HX、HY溶液，pH随NaOH溶液体积变化如图。下列结论正确的是（ ）A酸性:HX c(HY)c(Y)c(H)【答案】C【解析】A对于HX和HY，酸性越弱，电离出的H+浓度越小，初始时刻根据图象，pH越小的酸酸性越强，电离程度就越大，因此酸性强弱为HYHX，A项错误；BpH

21、=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，分别存在c（Na+）=c（X-），c（Na+）=c（Y-），但HX和HY此时消耗的NaOH的量不相同，前者消耗的多，因此c（X-）c（Y-），B项错误； C当V（NaOH）=20.00 mL时，HX恰好转化为NaX，HY恰好转化为NaY，二者均水解使溶液显碱性，根据质子守恒可知c(HX)+c(HY)+c(H+)=c(OH-)，C项正确；D当V（NaOH）=10.00mL时，HY的溶液中存在HY和NaY，物质的量之比为1：1，此时溶液显酸性，可以判断是酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，对于HY、NaY的混合溶液来说，根据电荷守恒：c（Na+

22、）+c（H+）=c（OH-）+c（Y-），由于溶液是酸性，因此c（H+）c（OH-），则c（Na+）c（Y-），无论是电离还是水解，都是微弱的过程，因此X-、HY浓度都大于H+的浓度，所以溶液中粒子浓度大小关系为：c（Y-）c（Na+）c（HY）c（H+）c（OH-），D项错误。12常温下，向25mL 0.12mol/LAgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lgc(H+)c（OH-）的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c（Ag+）与c(NH3)均约为210-3 mol/L。下列叙述不正确的是Aa点溶液呈

23、酸性的原因是AgNO3水解Bb点溶液中：c（Ag+）+cAg(NH3)2+c(NO3-)Ccd段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解D由e点可知，反应Ag+2NH3Ag(NH3)2+平衡常数的数量级为105【答案】D【解析】A项中a点溶液中溶质只有硝酸银，pH约为5，呈酸性，硝酸银为强酸弱碱盐，银离子水解溶液显酸性，故A正确；B项b点lgc(H+)/c(OH-)=0，则c(H+)=c(OH-)，Ag(NH3)2+的电离和银离子的水解极微弱，可以忽略，根据电荷守恒可知c(Ag+)+ cAg(NH3)2+ c(NH4+)= c(NO3-)，则c(Ag+)+ cAg(NH3)2+c(CH3COO)c(

24、NH3H2O)c(NH4+)B溶液呈中性的点处于N、P之间C已知1g30.5，P点的pH=5DP点：3c(CH3 COO)+ c(CH3COOH)=2 c(Na+)+c(NH4+)+c(NH3H2O)【答案】D【解析】溶液中离子浓度越大，溶液的电导率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应的先后顺序是NaOH+CH3COOHCH3COONa+H2O、NH3H2O+CH3COOHCH3COONH4 +H2O，体积在0-20时，溶液的电导率减小，M点最小，因为溶液体积增大导致M点离子浓度减小，M点溶液中溶质为CH3COONa、NH3H2O，继续加入醋酸溶液，NH3H2O

25、是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导率增大，N点时醋酸和一水合氨恰好完全反应生成醋酸铵，N点溶液中溶质为CH3COONa、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，电导率达到最大，继续加入醋酸，溶液的体积增大，离子的浓度减小，电导率逐渐减小，据此分析解答。AM点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NH3H2O，CH3COONa水解，NH3H2O电离，但CH3COONa水解程度小于NH3H2O电离程度，c(Na+)c(CH3COO)c(NH3H2O)c(NH4+)，故A正确B体积为20时NaOH和醋酸恰好完全反应、体积为40时醋酸和一水合氨

26、恰好完全反应；醋酸钠溶液呈碱性、醋酸铵溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，应该使醋酸稍微过量，所以要使溶液呈中性，加入醋酸的体积应该大于40mL，应该在N、P之间，故B正确；C加入醋酸60mL时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，该溶液为缓冲溶液，溶液的pH=pKa-lg=-lg1.810-5-lg=6-lg9=6-2lg35，故C正确；D加入醋酸60mL时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，根据物料守恒，c(CH3COO)+ c(CH3COOH)= c(Na+)+c(NH4+)

27、+ c(NH3H2O)+ c(Na+)=2c(Na+)+c(NH4+)+c(NH3H2O)，故D错误。14常温时，1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得变化关系如图所示（V表示溶液稀释后的体积）。下列说法错误的是AKa( HA)约为10-4B当两溶液均稀释至时，溶液中C中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH)：HAHBD等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者【答案】B【解析】A.1mol/L的HA溶液的pH为2，c(A-)c(H)0.01mol/L，c(HA) 1mol/L，则HA的电离常数约为10

28、-4，A正确；B. 由电荷守恒有：c（H+）=c(A-)+c(OH-)，c（H+）=c(B-)+c(OH-)，当两溶液均稀释至时，HB溶液pH=3，HA溶液pH3，则有c(A-)n(HB)，故分别用NaOH溶液中和时，消耗的NaOH物质的量：HAHB，C正确；D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液，Na+数目相同，HA为弱酸，盐溶液中A-发生水解，NaA溶液呈碱性，NaA溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），HB为强酸，盐溶液中B-不发生水解，NaB溶液呈中性，NaB溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（B-）+c（OH-），NaA溶液中c（H

29、+）NaB溶液中c（H+），所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者，D正确。15羟氨(NH2OH)为一元弱碱(25时，平衡常数Kb=9.010-9)，其电离方程式为：NH2OH+H2ONH3OH+OH-。在25时，用0.10molL-1盐酸滴定20mL0.10molL-1NH2OH溶液，滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数-1gc水(H+)与盐酸体积(V)的关系如图所示。(已知：lg3=0.5)，下列说法中错误的是Aa点对应溶液的pH=9.5Bb点对应的溶液中有：c(NH3OH+)=c(Cl-)Cc点溶液中存在离子反应：Dd点溶液中：-lgc水(H+)=13【

30、答案】D【解析】A、未加HCl时溶液为羟胺溶液，电离平衡常数Kb=9.010-9，c(OH-)=310-5，pH=9.5，故A正确；B. b点为NH2OH和NH3OHCl的混合溶液，根据电荷守恒，c(NH3OH+)+ c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，-1gc水(H+)=7，即c水(H+)=1.010-7=c(H+)，溶液显中性，因此c(H+)= c(OH-)，因此c(NH3OH+)=c(Cl-)，故B正确；C. c 点二者恰好完全反应生成强酸弱碱盐NH3OHCl，存在NH3OH+水解反应，导致溶液呈酸性，故C正确；D. d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH3OHCl、HCl，浓度均为

31、molL-1，溶液中c(H+)molL-1，即c水(H+)molL-1=310-13 molL-1，因此-lgc水(H+)13，故D错误。16向某Na2CO3、 NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2，测得溶液中与1gc(Ba2+)的关系如图所示，下列说法不正确的是A该溶液中DECA、B、C三点对应的分散系中，A点的稳定性最差DD点对应的溶液中一定存在2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(CO32+)+c(OH)+c(Cl)【答案】B【解析】A.结合Kh(CO32-)= c(HCO3-)c(OH-)/c(CO32-);Kh(HCO3-)= c(H2CO3)c(OH-)/c(H

32、CO3-),混合溶液中两表达式c(OH-)相同，由于Kh(CO32-)Kh(HCO3-) ,故，故A正确；B.根据Ka2=c(CO32-)c(H+)/c(HCO3-), 的数值越大，c(H+)的浓度越小，酸性越弱，pH越大,因此正确的顺序为：BDc b aB常温下,R-的水解平衡常数数量级为10 -9Ca点和b点溶液中，水的电离程度相等Dd点的溶液中,微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3H2O)【答案】B【解析】A.根据图分析可知，b点导电能力最强，故b点溶液中的离子浓度最大，故A错误；B.根据起点PH=3，Ka=c(H+)c(R-)/c(HR)=(10-3)2/0.1=10-5

33、，代入Kh=Kw/Ka=10-14/10-5=10 -9，故B正确；C. a点是酸过量，抑制水的电离，b点恰好中和，水解促进水的电离，故C错误；D. d点是NH4R和NH3H2O的混合物，它们物质的量浓度相等，故物料守恒：2c(R-)+2c(HR)=c(NH3H2O)+c(NH4+)，电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)= c(R-)+c(OH-)，两式相加可得，2c(HR)+ c(H+)+ c(R-)= c(NH3H2O)+ c(OH-)，故D错误。18常温下，将NaOH溶液滴入某一元酸（HA）溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示已知：。下列叙述不正确的是AKa(HA)的数量

34、级为10-5B滴加NaOH溶液的过程中，保持不变Cm点所示溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)Dn点所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)【答案】D【解析】A、HA为弱酸，即存在HAHA，Ka=c(H)c(A)/c(HA)，时，Ka=c(H)=104.76=1050.24，即数量级为105，故A说法正确；B、，Ka和Kw只受温度的影响，因此该比值保持不变，故B说法正确；C、根据电荷守恒，m点所示溶液中：c(H)c(Na)=c(OH)c(A)，由A选项分析，m点时，c(A)=c(HA)，因此有c(H)=c(HA)c(OH)c(Na)，故C说法正确；D、n点时溶液p

35、H=2，HA的物质的量大于NaOH的物质的量，则此时溶液中：c(Na) c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)【答案】C【解析】A项、M点是向1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B项、根据电荷守恒c(H+)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(Cl)，可得n(OH)n(H+)=c(NH4+)c(Na+)c(Cl)1L，在M点时c(NH4+)=0.05molL1，c(Na+)=amolL1，c(Cl)=0.1molL1，带入数据可得n(OH)n(H+)=0.05molL-1+a molL-10.1molL-11L=(a0.05)mol，故B正确；C项、氨水的电离常数Kb=，则=，温度不变Kb不变，随着NaOH的加入，c(NH4+)不断减小，不断减小，则不断减小，故C错误；D项、当n（NaOH）=0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3H2O和NH4Cl、NaCl，NH3H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）c（NH4+）c（Na+）c（OH-）c（H+），故D正确。