新高考化学二轮复习讲练测专题06 水溶液中的离子平衡（练）解析版

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1．实验测得0.5 ml·L－1 CH3COONa溶液、0.5 ml·L－1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．随温度升高，纯水中c(H＋)>c(OH－)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同
【答案】C
【解析】对纯水加热，会促进其电离，但是水电离出的c(H＋)＝c(OH－)，仍为中性，A项错误；升高温度，会促进盐类水解，CH3COO－水解程度变大后，c(OH－)变大，B项错误；加热会促进Cu2＋水解，同时由于温度升高，也会促进水的电离，c(H＋)变大，C项正确；加热CH3COO－、Cu2＋的溶液，水解均是正向移动，CH3COONa溶液的pH减小的原因是水的离子积变大，D项错误。
2．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eq \f(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
【答案】C
【解析】根据HNO2和CH3COOH的电离常数，可知酸性：HNO2>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。
3．常温下，两种钠盐NaX、NaY溶液的物质的量浓度均为0.1 ml·L－1，加水稀释时溶液的pH与稀释倍数的对数lgeq \f(V,V0)的关系如图所示。下列判断错误的是( )
A．HX、HY均为弱酸，且HX的酸性比HY的强
B．0.1 ml·L－1的NaX、NaY溶液中，前者对水的电离促进作用较大
C．a点NaX溶液中存在：c(Na＋)>c(X－)
D．随着溶液的稀释，NaY溶液中eq \f(c(Y－),c(HY))逐渐减小
【答案】A
【解析】常温下，0.1 ml/L的两种钠盐溶液的pH都大于7，说明两种钠盐都是强碱弱酸盐，则二者都是弱酸；溶液的pH越大，说明酸根离子水解程度越大，则其对应酸的酸性越弱，相同浓度的NaX溶液pH值大于NaY溶液，说明X－水解程度大于Y－，所以HX的酸性比HY的弱，故A错误；弱酸根离子促进水电离，酸越弱，酸根离子水解程度越大，其对水电离促进作用越大，HX的酸性比HY的弱，则相同浓度的钠盐溶液中，NaX水解程度大于NaY，即NaX对水的电离促进作用较大，故B正确；a点溶液pH＝8，溶液呈碱性，则c(H＋)c(X－)，故C正确；温度不变电离平衡常数不变，随着NaY溶液的稀释，溶液碱性减弱，则溶液中c(H＋)增大，Ka(HY)＝eq \f(c(Y－)·c(H＋),c(HY))，则eq \f(c(Y－),c(HY))＝eq \f(Ka(HY),c(H＋))减小，故D正确。
4．次磷酸(H3PO2、一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1 ml/L的H3PO2溶液和1 ml/L的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．常温下，NaBF4溶液的pH＝7
B．常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.1×10－2
C．NaH2PO2溶液中：c(Na＋)＝c(H2POeq \\al(－,2))＋c(HPOeq \\al(2－,2))＋c(POeq \\al(3－,2))＋c(H3PO2)
D．常温下，在0≤pH≤4时，HBF4溶液满足pH＝lgeq \f(V,V0)
【答案】C
【解析】当lgeq \f(V,V0)＋1＝1时V＝V0，即起始时1 ml/L的曲线b溶液的pH＝0，说明曲线b对应酸为强酸，H3PO2为一元弱酸，则曲线b为氟硼酸(HBF4)加水稀释的曲线，曲线a为H3PO2溶液的稀释曲线。HBF4为强酸，则NaBF4为强酸强碱盐，常温下NaBF4溶液的pH＝7，故A正确；对于H3PO2溶液，lgeq \f(V,V0)＋1＝1时pH＝1，则V＝V0，即1 ml/L H3PO2溶液中c(H＋)＝0.1 ml/L，H3PO2的电离平衡常数为K＝eq \f(0.1×0.1,0.9)≈1.1×10－2，故B正确；根据“次磷酸(H3PO2、一元弱酸)”可知，NaH2PO2溶液中不存在HPOeq \\al(2－,2)、POeq \\al(3－,2)，正确的物料守恒为：c(Na＋)＝c(H2POeq \\al(－,2))＋c(H3PO2)，故C错误；根据图示曲线b可知，lgeq \f(V,V0)＋1＝1，则lgeq \f(V,V0)＝pH＝0，lgeq \f(V,V0)＋1＝5时lgeq \f(V,V0)＝pH＝4，所以在0≤pH≤4时，HBF4溶液满足pH＝lgeq \f(V,V0)，故D正确。
5．用0.100 ml·L－1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 ml·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.040 0 ml·L－1 Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.050 0 ml·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【解析】根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液的体积为eq \f(0.040 0 ml·L－1×50.0 mL,0.100 ml·L－1)＝20.0 mL，C项错误；由题图可知，当AgNO3溶液的体积为50.0 mL时，溶液中的c(Cl－)略小于10－8 ml·L－1，此时混合溶液中c(Ag＋)＝eq \f(0.100 ml·L－1×50.0 mL－0.050 0 ml·L－1×50.0 mL,100 mL)＝2.5×10－2 ml·L－1，故Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)≈2.5×10－2×10－8＝2.5×10－10，A项正确；因反应过程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，故曲线上的各点均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B项正确；相同实验条件下，沉淀相同量的Cl－和Br－消耗的AgNO3的量相同，由于Ksp(AgBr)eq \f(c(X2－),c(HX－))，由图象可知N为lgeq \f(c(HX－),c(H2X))的变化曲线，M为lgeq \f(c(X2－),c(HX－))的变化曲线，当lgeq \f(c(HX－),c(H2X))＝0或lgeq \f(c(X2－),c(HX－))＝0时，说明eq \f(c(HX－),c(H2X))＝1或eq \f(c(X2－),c(HX－))＝1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。lgeq \f(c(X2－),c(HX－))＝0时，eq \f(c(X2－),c(HX－))＝1，此时pH≈5.4，则Ka2(H2X)≈10－5.4，可知Ka2(H2X)的数量级为10－6，故A正确；由以上分析可知曲线N表示pH与lgeq \f(c(HX－),c(H2X))的变化关系，故B正确；lgeq \f(c(HX－),c(H2X))＝0时，即c(HX－)＝c(H2X)，此时pH≈4.4，则Ka1(H2X)≈10－4.4，常温下，Kh(HX－)＝eq \f(Kw,Ka1)≈eq \f(10－14,10－4.4)＝10－9.6c(OH－)，故C正确；由图象可知当pH＝7时，lgeq \f(c(X2－),c(HX－))>0，则c(X2－)>c(HX－)，故D错误。
10．室温下，在25 mL某浓度的NaOH溶液中，逐滴加入0.1 ml·L-1醋酸，滴定曲线如图所示。则下列说法正确的是( )
A．从A点到B点的过程中，溶液的导电能力几乎不变
B．a点对应的体积值等于25 mL
C．C点时，c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
D．D点时，c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】开始滴定时溶液pH=13，则c(OH-)=0.1 ml/L，向其中滴加0.1 ml/L的醋酸，发生反应：NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，可见溶液中导电离子数目不变，但溶液的体积逐渐增大，使溶液中自由移动的离子浓度减少。离子浓度越小，溶液的导电能力就越弱，因此从A点到B点的过程中，溶液的导电能力逐渐减弱，A错误；向25 mL0.1 ml/LNaOH中滴加0.1 ml/L醋酸溶液，若恰好反应产生CH3COONa，反应消耗醋酸溶液25 mL，此时CH3COONa溶液呈碱性，而a点溶液呈中性，说明酸过量，因此醋酸溶液的体积大于25 mL，B错误；溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，C点溶液pH＜7，溶液显酸性，说明溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此离子浓度c(CH3COO-)＞c(Na+)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，故离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C错误； D点加入的醋酸溶液的体积为NaOH体积的二倍，二者浓度相等，因此该点溶液为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，存在物料守恒①：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，也存在电荷守恒②：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将①+②×2，整理可得：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，D正确；故选D。
1．测定0.1 ml·L－1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是( )
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：
SOeq \\al(2－,3)＋H2OHSOeq \\al(－,3)＋OH－
B．④的pH与①不同，是由SOeq \\al(2－,3)浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】①→③的过程中，pH变小，说明SOeq \\al(2－,3)水解产生的c(OH－)减小；升高温度，SOeq \\al(2－,3)的水解平衡正向移动，溶液中SOeq \\al(2－,3)水解产生的c(OH－)增大，pH应增大，而实际上溶液的pH减小，其主要原因是实验过程中部分SOeq \\al(2－,3)被空气中的O2氧化生成SOeq \\al(2－,4)，溶液中c(SOeq \\al(2－,3))减小，水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH－)减小，pH减小；①→③的过程中，温度升高，SOeq \\al(2－,3)的水解平衡正向移动，而c(SOeq \\al(2－,3))减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致，C错；Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SOeq \\al(2－,3)＋H2OHSOeq \\al(－,3)＋OH－，A对；实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明④中的SOeq \\al(2－,4)数目大于①中的，④中的SOeq \\al(2－,3)数目小于①中的，所以④中OH－数目小于①中的，pH不同，B对；Kw只与温度有关，D对。
2．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 ml·L－1 Na2S溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1 ml·L－1
【答案】A
【解析】相同浓度的HCOONa和NaF溶液，前者的pH较大，说明HCOO－的水解程度大于F－，根据越弱越水解，则HCOOH的酸性小于HF，所以Ka(HCOOH)c(CH3OOH)，溶液中离子浓度的大小关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，B项正确；组成相似的物质，Ksp越小越难溶，CuS不溶于稀硫酸而FeS溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，C项正确；S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，根据物料守恒c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1 ml·L－1，D项正确。
3．下列说法不正确的是( )
A．常温下，0.1 ml·L－1 CH3COONa溶液的pH＝8，则该溶液中c(CH3COOH)＝(10－6－10－8) ml·L－1
B．对于相同浓度的弱酸HX和HY(前者的Ka较小)溶液，加水稀释相同倍数时，HY溶液的pH改变值小于HX溶液的pH改变值
C．硫酸钡固体在水中存在以下平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)，当加入饱和碳酸钠溶液时可以生成BaCO3沉淀
D．常温下，a ml·L－1的CH3COOH溶液与0.01 ml·L－1 NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，此温度下醋酸的电离平衡常数Ka＝eq \f(10－9,a－0.01)
【答案】B
【解析】CH3COONa溶液的pH＝8，则c(OH－)＝eq \f(10－14,10－8) ml/L＝10－6 ml/L、c(H＋)＝10－8 ml/L，物料关系为：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，电荷关系为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，二者结合可得：c(CH3COOH)＝c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－6－10－8) ml·L－1，故A正确；对于相同浓度的弱酸HX和HY溶液，前者的Ka较小，则HY的酸性较强，加水稀释相同倍数时，酸性越强，则pH变化越大，所以HY溶液的pH改变值大于HX溶液的pH改变值，故B不正确；硫酸钡固体在水中存在以下平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)，加入饱和碳酸钠溶液，满足Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3)时，可生成碳酸钡沉淀，故C正确；由电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，等体积混合后溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 ml/L，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝0.005 ml/L，溶液中过量的c(CH3COOH)＝eq \f(1,2)(a－0.01)ml/L，所以用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka＝eq \f(c(H＋)·c(CH3COO－),c(CH3COOH))＝eq \f(0.005×10－7,\f(1,2)(a－0.01))＝eq \f(10－9,a－0.01)，故D正确。
4．298 K、25 ℃，在NaHS溶液中，各离子的浓度随NaHS溶液浓度的变化关系如图所示，下列叙述不正确的是( )
已知：298 K(25 ℃)H2S的Ka1＝9.10×10－8，Ka2＝1.10×10－12
A．0.10 ml/L NaHS溶液： c(Na＋)>c(HS－)>c(S2－)>c(OH－)>c(H＋)
B．Na2S溶液中：c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)
C．随着c(NaHS)浓度的增大c(H＋)也将持续增大
D．当c(OH－)＝c(S2－)时，c(H＋)＝10－9 ml/L
【答案】C
【解析】当横坐标为0.10时，根据图象可知c(HS－)>c(S2－)>c(OH－)，所以0.10 ml/L NaHS溶液有：c(Na＋)>c(HS－)>c(S2－)>c(OH－)，故A正确；Na2S溶液中存在物料关系为c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，故B正确；由图可知，随着c(NaHS)浓度的增大c(H＋)持续减小，故C错误；由图可知，当c(OH－)＝c(S2－)时，c(OH－)＝10－5 ml/L，所以c(H＋)＝eq \f(10－14,10－5) ml/L＝10－9 ml/L，故D正确。
5．25 ℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 ml·L－1，lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO－)、
lg c(H＋)和lg c(OH－)随pH变化的关系如图所示。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，pH＝－lg Ka
C．该体系中，c(CH3COOH)＝eq \f(0.1c(H＋),Ka＋c(H＋)) ml·L－1
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】经分析O点时pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，由图象可知，曲线MO为lgc(H＋)，曲线OP为lgc(OH－)，N点时有c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，A项错误；N点时，lgc(CH3COO－)＝lgc(CH3COOH)则c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，CH3COOH的电离常数Ka＝eq \f(c(CH3COO－)·c(H＋),c(CH3COOH))＝c(H＋)，即pH＝－lgKa，B项正确；溶液中存在CH3COOH的电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，设c(CH3COOH)＝a，根据题意可知c(CH3COO－)＝0.1 ml·L－1－c(CH3COOH)＝0.1 ml·L－1－a，根据电离常数表达式可知Ka＝eq \f((0.1 ml·L－1－a)·c(H＋),a)，整理得a＝eq \f(0.1c(H＋),Ka＋c(H＋)) ml·L－1，C项正确；CH3COO－在溶液中发生水解：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，pH由7到14的过程中，溶液中c(OH－)增大，CH3COO－的水解受到抑制，D项错误。
6．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。下列叙述错误的是( )
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的
C．b点的混合溶液pH＝7
D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)
【答案】C
【解析】滴定至终点时发生反应：2NaOH＋2KHA===K2A＋Na2A＋2H2O。溶液导电能力与溶液中离子浓度、离子种类有关，离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强，A项正确；图象中纵轴表示“相对导电能力”，随着NaOH溶液的滴加，溶液中c(K＋)、c(HA－)逐渐减小，而Na＋、A2－的物质的量逐渐增大，由题图可知，溶液的相对导电能力逐渐增强，说明Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的，B项正确；本实验默认在常温下进行，滴定终点时，溶液中的溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾，由于邻苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈碱性，pH>7，C项错误；滴定终点时，c(K＋)＝c(Na＋)，a点到b点加入NaOH溶液的体积大于b点到c点的，故c点时c(K＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)，D项正确。
7．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)＝Ksp(n)3，故A错误；稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，故答案为B。
6.（2021·山东卷）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是 ( )
A. > B. M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C. O点，pH= D. P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，，，M点，由此可知，N点，则，P点，则。，，因此，故A错误；
M点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；
O点，因此，即，因此，溶液，故C正确；P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；综上所述，故选CD。
7. （2021·浙江卷）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 ml·L-1、0.10ml·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1.0×10-5ml
【答案】D
【解析】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；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；弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 ml·L-1、0.10 ml·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4ml/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4ml/L，其物质的量为0.1L×1×10－4ml/L＝1×10－5ml，D正确；答案选D。
8.（2021·浙江卷）实验测得10 mL 0.50 ml·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50ml·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ml·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(NH)
【答案】C
【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 ml·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50ml·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。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；将NH4Cl溶液加水稀释至浓度ml·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；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；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。综上所述，本题选C。
9.（2021·浙江卷）某同学拟用计测定溶液以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是
A. 25℃时，若测得溶液，则HR是弱酸
B. 25℃时，若测得溶液且，则HR是弱酸
C. 25℃时，若测得HR溶液，取该溶液，加蒸馏水稀释至，测得，则HR是弱酸
D. 25℃时，若测得NaR溶液，取该溶液，升温至50℃，测得，，则HR是弱酸
【答案】B
【解析】25℃时，若测得溶液，可知为强酸强碱盐，则为强酸，A错误；25℃时，若测得溶液且，可知溶液中，所以未完全电离，为弱酸，B正确；假设为强酸，取的该溶液，加蒸馏水稀释至测得此时溶液，C错误；假设为强酸，则为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，减小，D错误；答案为B。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
选项
A
B
C
D
试剂a
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NH3·H2O