2021届课标版高考化学一轮复习教师用书：专题十六 弱电解质的电离平衡

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专题十六 弱电解质的电离平衡


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考点1　弱电解质的电离平衡
1.[2019浙江4月选考,2,2分]下列属于强电解质的是(　　)
A.硫酸钡 B.食盐水 C.二氧化硅 D.醋酸
以强电解质的判断为载体,考查考生的辨识记忆能力。
解题模型:链接考法1命题角度1

2.[2019全国卷Ⅰ,10,6分]固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。如图为少量HCl气体分子在253 K 冰表面吸附和溶解过程的示意图,下列叙述错误的是(　　)

A.冰表面第一层中,HCl以分子形式存在
B.冰表面第二层中,H+浓度为5×10-3 mol·L-1(设冰的密度为0.9 g·cm-3)
C.冰表面第三层中,冰的氢键网络结构保持不变
D.冰表面各层之间,均存在可逆反应HClH++Cl-
本题以HCl在冰中的溶解与离解(电离)为载体,从HCl的电离、冰的氢键变化、c(H+)的计算等角度命题,考查考生的学习理解能力,即能识别常见的电解质;应用实践能力,即能基于电离预测溶液中的微粒种类与数量关系。
解题模型:链接考法1命题角度2

3.[2019全国卷Ⅲ,11,6分]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0.02NA
B.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+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
以H3PO4的电离平衡为载体,通过应用溶液pH计算c(H+)、质子守恒式的书写、平衡移动与电离度的关系、盐对平衡的影响,考查考生的学习理解能力,即能将溶液中的平衡与物质组成、微粒种类和数量关联起来;应用实践能力,即能基于平衡移动规律,推测溶液中的平衡移动及其结果。
解题模型:链接考法1命题角度3

考点2　电离常数及其应用
4.[2019天津,5,6分]某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH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HNO2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c(HA)·c(OH-)c(A-)保持不变(其中HA、A-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NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同
本题以弱酸的稀释图像为载体,从平衡常数与酸性强弱的关系、酸性强弱对水电离平衡的影响、电离常数的表达式识别等角度命题,考查考生的学习理解与应用实践能力。
解题模型:链接考法2命题角度1

5.[2020全国大联考]常温下,分别向体积相同、浓度均为0.1 mol/L的MOH、ROH两种碱溶液中不断加水稀释,溶液的pH与溶液浓度的对数(lg c)之间的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.Kb(MOH)的数量级为10-5
B.a、b两点对应的溶液中,水的电离程度:ac(H+)
D.用相同浓度的盐酸分别中和a、b两点对应的溶液,消耗盐酸体积:Va>Vb
本题以pH-lgc图像承载解题信息,形式新颖,考查弱电解质电离常数的相关计算和盐类水解的相关知识,难度较大,需要考生具备较强的分析、推理、计算能力,考查考生“变化观念与平衡思想”的化学学科核心素养。
解题模型:链接考法2命题角度2

6.[2018天津,6,6分]LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下,LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4-)的变化如图1所示,H3PO4溶液中H2PO4-的分布分数δ随pH的变化如图2所示[δ=c(H2PO4-)c总(含P元素的粒子)]。
下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是(　　)

A.溶液中存在3个平衡
B.含P元素的粒子有H2PO4-、HPO42-和PO43-
C.随c初始(H2PO4-)增大,溶液的pH明显变小
D.用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
以图像为载体,从电离平衡、微粒种类判断角度命题,考查考生的迁移创新能力,即能分析复杂溶液体系中的多个平衡及其关系并能解决实际问题。
解题模型:链接考法1命题角度3;疑难6突破点3

考点1　弱电解质的电离平衡




考法1电解质的电离及电离平衡
命题角度1　强、弱电解质的判断
1 [2017浙江4月选考,18,2分]室温下,下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是
A.0.1 mol·L-1 NH3·H2O的pH小于13
B.0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液的pH小于7
C.相同条件下,浓度均为0.1 mol·L-1的NaOH溶液和氨水,氨水的导电能力弱
D.0.1 mol·L-1 NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色
NH3·H2O为弱电解质不完全电离氨水或铵盐溶液性质的特殊性


D
1. 下列用来判断CH3COOH是一种弱酸的说法正确的是(　　)
①向pH=3的HCl溶液中加入CH3COONa固体,溶液pH增大
②pH相同的盐酸和CH3COOH溶液,取相同体积分别用标准NaOH溶液滴定测其浓度,CH3COOH溶液消耗的NaOH溶液的体积较大
③0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液的pH>1
④0.1 mol·L-1的盐酸与过量的Mg反应,当加入CH3COONa固体后,反应速率减慢,但生成氢气的总量不变
⑤相同物质的量浓度、相同体积的CH3COOH溶液和盐酸分别与足量的活泼金属反应,消耗金属的量相同
⑥常温下,pH=4的CH3COOH溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合后溶液呈酸性
⑦CH3COOH溶液中有两种分子存在
⑧常温下醋酸钠溶液的pH大于7
A.②③④⑤⑥⑦ B.①②③④⑥⑦⑧
C.②③⑤⑥⑧ D.全部
命题角度2　强、弱电解质的电离
2 [2018浙江4月选考,18,2分]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(CH3COO-)=c(Cl-)
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(CH3COO-)=c(Cl-)
HCl为强电解质、CH3COOH为弱电解质,根据电荷守恒得:醋酸溶液中c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),盐酸中c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),又因两溶液的pH相等,故c(CH3COO-)=c(Cl-),A项正确。pH相等的两种溶液,溶质的酸性越弱,溶液的浓度越大,体积相同时所含溶质的物质的量就越多,CH3COOH的酸性小于HCl,所以分别中和pH相等、体积相等的两溶液时醋酸溶液所消耗的氢氧化钠更多,B项错误。溶液与金属镁反应,c(H+)越大反应速率越快,相同浓度的两溶液,HCl完全电离而醋酸部分电离,故盐酸与金属镁的起始反应速率更快,但CH3COOH后继电离的c(H+)使其平均反应速率比HCl大,C项错误。相同浓度(假设为c0)的CH3COOH溶液和盐酸,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中,分别有c(CH3COO-)=c(Na+),c(Cl-)=c(Na+),前者所得溶液中c(Na+)HA中和等pH、等体积的HB溶液和HA溶液时,HB溶液消耗的碱量大于HA溶液中和等浓度、等体积的HB溶液和HA溶液到中性时,HA溶液消耗的碱量大于HB溶液等浓度盐溶液的pH:pH(NaB)>pH(NaA)等浓度的HA溶液、HB溶液:HA溶液对水的电离抑制程度大
命题角度3　电离平衡的移动及微粒分析
3 [2019山东济南一中考试]将浓度为0.1 mol·L-1的HF溶液加水稀释,下列各量增大的是
①c(H+)　②c(F-)　③c(OH-)　④Ka(HF)　⑤Kw　⑥c(F-)c(H+)　⑦c(H+)c(HF)
A.①⑥ B.②④ C.③⑦ D.④⑤
HF是弱电解质,加水稀释促进HF的电离,但c(H+)、c(F-)、c(HF)都减小;温度不变,Kw不变,c(H+)减小,则c(OH-)增大;温度不变,Ka(HF)不变,c(H+)c(HF)=Ka(HF)c(F-),c(F-)减小,则c(H+)c(HF)增大;根据电荷守恒知,c(H+)=c(OH-)+c(F-),则c(F-)c(H+)=c(H+)-c(OH-)c(H+)=1-c(OH-)c(H+),因为c(OH-)c(H+)增大,故c(F-)c(H+)减小。综上所述,c(OH-)、c(H+)c(HF)增大。
C
核心素养对接
核心素养之“证据推理与模型认知”——弱电解质电离受外界因素影响模型

2. [2019北京西城区重点中学期末考试]下列方法中,可以使0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是(　　)
A.加入少量冰醋酸
B.加水稀释
C.加入少量氯化钠固体
D.加入少量醋酸钠固体

考点2　电离常数及其应用




考法2电离常数的应用和计算
以溶液中的c(H+)[或c(OH-)]或pH为纵轴,以加入水的体积(或lg VV0)为横轴呈现电离平衡移动信息,主要考查电离平衡移动与溶液pH的关系。以电解质溶液中微粒分布分数为纵轴,以pH为横轴呈现电离平衡移动信息,主要考查电离平衡移动与溶液中微粒分布分数的关系。以弱酸溶液中微粒的浓度为纵轴,以pH为横轴呈现电离平衡移动信息,主要考查电离常数的计算。
命题角度1　电离常数的应用
4[上海高考改编]部分弱酸的电离常数如表所示。
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离常数
(25 ℃)
Ka=1.77×10-4
Ka=4.9×10-10
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
下列选项正确的是
A.2CN-+H2O+CO22HCN+CO32-
B.2HCOOH+CO32-2HCOO-+H2O+CO2↑
C.中和等体积、等pH的HCOOH溶液和HCN溶液消耗NaOH的量前者大于后者
D.等体积、等浓度的HCOONa溶液和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者


根据弱酸的电离常数知,酸性HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3-,对应相同浓度盐的碱性:CO32->CN->HCO3->HCOO-。A选项,不能得到CO32-,只能得到HCO3-,错误。C选项,pH相同,但由于HCN的电离常数小,说明起始浓度c(HCN)>c(HCOOH),因而等体积、等pH的HCOOH溶液和HCN溶液与NaOH反应,HCN溶液消耗的NaOH多,错误。D选项,两溶液中分别存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)。HCOONa溶液中所含离子总数为c(Na+)+c(H+)+c(HCOO-)+c(OH-)=2[c(Na+)+c(H+)],HCN溶液中所含离子总数为c(Na+)+c(H+)+c(CN-)+c(OH-)=2[c(Na+)+c(H+)]。由于HCOOH的酸性强于HCN的酸性,相同浓度的盐溶液,NaCN溶液的碱性强,故c(H+)小。由于两溶液中c(Na+)相同,所以NaCN溶液中所含离子总数比HCOONa溶液中的少,错误。
B
考点扫描
1.[2019全国卷Ⅰ,26(3)节选]根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH++B(OH)4-,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是　　　　酸。 
2.[2019全国卷Ⅲ,11改编]常温下pH=2的H3PO4溶液,加水稀释使电离度增大,溶液pH减小;加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强(　　)
3.[2016全国卷Ⅲ,13A]向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中c(H+)c(CH3COOH)减小(　　)
4.[2016江苏,7D]室温下,稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液,溶液的导电能力增强(　　)
5.[2014山东,13节选]已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10mL浓度为0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中,c(NH4+)c(NH3·H2O)先增大再减小(　　)
提示:1.一元弱　2.✕　3.✕　4.✕　5.✕
命题角度2　电离平衡的移动及电离常数的计算
5 [2019江西南昌二模]常温下,起始时体积均为V0、浓度均为1 mol·L-1的HA溶液和HB溶液,分别加水稀释,所得溶液pH与lgVV0+1的变化关系如图所示(V表示溶液稀释后的体积)。下列说法错误的是

A.Ka(HA)约为10-4
B.当两溶液稀释至lgVV0+1=4时,溶液中c(A-)>c(B-)
C.中和等体积、等pH的两种酸溶液所用n(NaOH):HA>HB
D.等体积、等物质的量浓度的NaA溶液和NaB溶液中,离子总数前者大于后者
结合起始时溶液的pH和浓度、电离方程式及电离常数表达式计算电离常数。
横坐标为1时两溶液的pHHA溶液的pH=2,说明c(H+)=c(A-)+c(OH-)≈c(A-)=0.01mol·L-1,Ka(HA)≈10-4,A项正确HB为强酸,HA为弱酸
HB为强酸,HA为弱酸起始浓度相同,稀释到lgVV0+1=4时,结合图像pH(HA溶液)>pH(HB溶液),HA部分电离,c(A-)c(HB)]的两种酸溶液,HA消耗的碱多,C项正确两溶液中的Na+数目相等,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)及NaB溶液中的c(H+)小于NaA溶液中的c(H+),故NaA溶液中离子总数大于NaB溶液中离子总数,D项正确
B
核心素养对接
核心素养之“证据推理与模型认知”——弱电解质(以HM为例)溶液(pH-lgVV0图像)稀释模型
把横轴lgVV0转化为稀释倍数把纵轴pH转化为c(H+)根据起始时c(H+)、c(HM)求电离常数根据起始时pH、c(HM)分析电解质的强弱当稀释倍数相同时,根据弱电解质不完全电离并结合图像分析溶液中c(M-)的大小当稀释倍数相同时,根据溶液的酸(或碱)性强弱分析对水的电离平衡的影响情况当求中和时所消耗的碱的量时,根据中和对象中酸的量分析




疑难6基于电离平衡分析弱酸(碱)溶液的稀释图像
对同温下弱酸(弱碱)溶液加水稀释后的图像进行分析,是近几年命题的热点,也是难点。解答这类题时考生除了必备电离平衡的相关知识,还必须具备应用数学工具解决化学问题的能力、读图与计算能力。
加水稀释HA(弱酸)溶液时,图像中纵、横轴表示的物理量不同,其图像可能出现下面多种情况。
说明:(1)δ表示某种微粒的分布分数。(2)V表示稀释后溶液体积,V0表示稀释前溶液体积。

解题模型
解答该类题时,基于本质相同,可以采用下面步骤进行思考与分析。

突破点1　一元酸溶液加水稀释后溶液情况的判断
6 [2019全国大联考]浓度均为0.1 mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液,分别加水稀释至体积为V,pH随lg VV0的变化关系如图所示。下列叙述正确的是

A.HX、HY都是弱酸,且HX的酸性比HY的弱
B.相同温度下,电离常数K(HX):a>b
C.常温下,c水(H+)·c水(OH-):ac(OH-)>c(H+)
突破点3　微粒分布分数与溶液pH变化关系图像分析
该类试题常把pH设计成横轴,把溶液中微粒的物质的量分数设计成纵轴:(1)考查弱酸或弱碱的电离常数或pKa1、pKa2的计算;(2)考查某指定点对应溶液中微粒浓度的大小关系。
8 [2017全国卷Ⅱ,12,6分]改变0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=c(X)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]。下列叙述错误的是

A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-)
B.lg [K2(H2A)]=-4.2
C.pH=2.7时,c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)
D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+)
由题图知pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-),A项正确。由pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-),可得K2(H2A)=c(H+)·c(A2-)c(HA-)=c(H+),
lg[K2(H2A)]=lgc(H+)=-4.2,B项正确。由题图可知,pH=2.7时c(HA-)>c(H2A)=c(A2-),C项正确。由题图可知,pH=4.2时,c(HA-)
=c(A2-)≈0.5mol·L-1,而c(H+)=10-4.2mol·L-1,D项错误。
D
解题模型

4. [2019河南郑州二检]室温下,H2SeO3溶液中H2SeO3、HSeO3-、SeO32-的摩尔分数随pH的变化如图所示,则室温下H2SeO3的Ka2=　　　　。 

5. 298 K时,在H3PO4溶液中滴入NaOH溶液,含磷元素的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.Ka2(H3PO4)的数量级为10-8
B.pH=7时,溶液中主要含磷元素的离子浓度大小关系为c(H2PO4-)CH3COOH。相同pH的两种酸溶液,稀释相同倍数时,弱酸的pH变化较小,故曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液,A项错误。两种酸溶液中水的电离受到抑制,b点溶液pH小于c点溶液pH,则b点对应酸电离出的c(H+)大,对水的电离抑制程度大,故水的电离程度:b点c(HNO2),故n(CH3COOH)>n(HNO2),因此与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)不同,D项错误。
5.D　A项,稀释前,MOH溶液的pH为11,即c(H+)=10-11mol/L,则c(OH-)=10-3mol/L,所以Kb(MOH)=10-3×10-30.1-10-3≈10-5,正确。B项,a、b两点对应的溶液中,a点对应的溶液碱性强,对水电离的抑制程度大,所以水的电离程度aROH,ROH和MCl混合不发生反应,0.001 mol/L的ROH溶液的pH近似为8.5,则c(OH-)=10-5.5mol/L,Kb(ROH)=10-5.5×10-5.50.001-10-5.5≈10-8,而Kh(M+)=KwKb(MOH)=10-9,故ROH的电离程度大于M+的水解程度,因此等体积、等浓度的ROH溶液和MCl溶液混合后所得溶液显碱性,即c(OH-)>c(H+),正确。D项,a、b两点对应的溶液的物质的量浓度相等、体积相同,且MOH与ROH均为一元碱,故用相同浓度的盐酸分别中和时消耗盐酸的体积相等,即Va=Vb,错误。
6.D　LiH2PO4溶液中存在H2PO4-的电离平衡:H2PO4-H++HPO42-、HPO42-H++PO43-;H2PO4-的水解平衡:H2PO4-+H2OH3PO4+OH-;H2O的电离平衡:H2OH++OH-。溶液中存在4个平衡,A项错误。含P元素的粒子有H2PO4-、HPO42-、PO43-、H3PO4,B项错误。根据题图1,随着c初始(H2PO4-)增大,溶液的pH先逐渐减小后趋向不变,C项错误。根据题图2,当pH=4.66时,δ=0.994,即H2PO4-的分布分数为0.994,故当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4,D项正确。
【解后反思】　(1)考查化学学科核心素养中的“变化观念与平衡思想”。H2PO4-的电离程度大于其水解程度,HPO42-的电离程度小于其水解程度。本题中随着c初始(H2PO4-)的增大,溶液的pH有一定的下降,但是达到一定程度后趋向稳定,主要是因为H2PO4-在溶液中存在电离平衡和水解平衡,浓度增大,H2PO4-和HPO42-组成缓冲溶液,影响会互相抵消。(2)启示考生对电解质溶液相关问题进行思考,如NaHSO3溶液、NaHCO3溶液的酸碱性问题,前者显酸性,后者显碱性,由其Kh和对应酸的Ka2的相对大小决定。由此可以类推,对于0.1mol·L-1NaX溶液和0.1mol·L-1HX溶液组成的混合溶液,若HX为醋酸,Ka>1×10-7,则HX的电离程度大于X-的水解程度,溶液呈酸性;若HX为HCN等,Ka1,说明CH3COOH溶液中c(H+)小于0.1 mol·L-1,故可知CH3COOH为弱酸
正确
④
盐酸与Mg反应,加入CH3COONa固体,反应速率减慢,说明溶液中c(H+)减小,则可知HCl与CH3COONa反应生成了弱酸,故可知CH3COOH为弱酸
正确
⑤
同浓度、同体积的CH3COOH溶液和盐酸分别与足量的活泼金属反应,消耗金属的量相同,不能说明CH3COOH是弱酸
不正确
⑥
常温下,pH之和为14的强酸与NaOH溶液中和后,溶液呈中性,而pH之和为14的弱酸与NaOH溶液中和后,溶液呈酸性
正确
⑦
水溶液中有水分子存在,则另一种分子必为醋酸分子,故可知醋酸不完全电离,则CH3COOH是弱酸
正确
⑧
常温下醋酸钠溶液的pH大于7,说明醋酸钠溶液呈碱性,故可知CH3COOH是弱酸
正确
2.B　A项,加入少量冰醋酸,醋酸的电离平衡正向移动,但醋酸的电离程度减小,错误。B项,加水稀释促进醋酸的电离,醋酸的电离程度增大,正确。C项,加入少量氯化钠固体,对醋酸的电离平衡没有影响,错误。D项,加入少量醋酸钠固体,增大了醋酸根离子的浓度,醋酸的电离平衡左移,电离程度减小,错误。
3.A　由题图可知,稀释前ROH溶液的pH=13,稀释100倍时pH=11,故ROH为强碱;稀释前MOH溶液的pH=12,稀释100倍时pH=11,故MOH为弱碱。由ROHR++OH-、MOHM++OH-可知,在A点时,两种溶液中c(OH-)相等,由电荷守恒得c(M+)=c(R+),A项正确。稀释前,ROH溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L,MOH溶液的物质的量浓度大于0.01 mol/L,则ROH溶液的物质的量浓度小于MOH溶液的物质的量浓度的10倍,B项错误。稀释前的ROH溶液与等体积pH=1的H2SO4溶液混合后恰好中和生成盐和水,溶液显中性,C项错误。MOH为弱碱,等体积、等浓度的MOH溶液与盐酸混合,反应生成强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,故c(H+)>c(OH-),D项错误。
4.10-7.3
【解析】　pH=7.3时,HSeO3-、SeO32-的摩尔分数相等,即c(HSeO3-)=c(SeO32-),则H2SeO3的Ka2=c(H+)·c(SeO32-)c(HSeO3-)=c(H+)=10-7.3。
5.B　Ka2(H3PO4)=c(H+)·c(HPO42-)c(H2PO4-),题图中B点处c(HPO42-)=c(H2PO4-),Ka2(H3PO4)=c(H+)≈1.0×10-7.2,数量级为10-8,A项正确。pH等于7时,溶液中主要存在的含磷元素的离子是H2PO4-和HPO42-,根据题图可以看出,c(H2PO4-)>c(HPO42-),B项错误。Kh(HPO42-)=c(OH-)·c(H2PO4-)c(HPO42-)=c(H+)·c(OH-)·c(H2PO4-)c(H+)·c(HPO42-)=KwKa2(H3PO4)=1.0×10-141.0×10-7.2=1.0×10-6.8,数量级为10-7,C项正确。Na2HPO4溶液显碱性,是因为HPO42-的水解程度大于其电离程度,若向溶液中加入足量的CaCl2溶液,Ca2+与其电离产生的PO43-结合为磷酸钙沉淀,促进其电离,所以溶液显酸性,D项正确。
【解后反思】　Ka1(H3PO4)=c(H+)·c(H2PO4-)c(H3PO4),题图中A点处c(H2PO4-)=c(H3PO4),Ka1(H3PO4)=c(H+)≈1.0×10-2.1,Kh(H2PO4-)=KwKa1=1.0×10-141.0×10-2.1=1.0×
10-11.9。Ka3(H3PO4)=c(H+)·c(PO43-)c(HPO42-),题图中C点处c(HPO42-)=c(PO43-),Ka3(H3PO4)=c(H+)≈1.0×10-12.2,Kh(PO43-)=KwKa3=1.0×10-141.0×10-12.2=1.0×10-1.8。