压轴题07 水溶液中的离子平衡-2023年高考化学压轴题专项训练（新高考专用）（解析版）

压轴题07水溶液中的离子平衡该专题内容是近几年高考的必考内容。主要考查影响弱电解质电离平衡的因素，通过图像判断强、弱电解质，计算电离常数，比较微粒浓度大小,进行pH的相关计算和中和滴定的迁移应用等，命题时与水解相结合又增加了试题难度，预计在今后的高考中出现的概率仍较大。备考时应重点关注数形结合与分析推理型选择题、滴定终点判断的规范表达，同时要了解水溶液中的离子反应与平衡在物质检测、化学反应规律研究、沉淀溶解平衡及其转化等。1．水溶液中粒子浓度的关系判断2．水溶液中的平衡图像一、选择题：本题共20小题，每小题只有一个选项符合题意。 1．某水样中含一定浓度的CO、HCO和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol•L-1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。下列说法正确的是A．该水样中c(CO)=0.01mol•L-1B．a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)C．当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO)基本保持不变D．曲线上任意一点存在c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol•L-1【答案】C【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO+H+=HCO、HCO+H+=H2CO3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO+H+=HCO可知，水样中碳酸根离子的浓度为=0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为=0.01mol/L。【详解】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误；B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+c(CO)，故B错误；C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO+H+=HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为 =0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.03mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]会小于0.03mol/L，故D错误；故选C。2．碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：[已知，，的电离常数]，下列有关说法正确的是A．上层清液中存在B．上层清液中含碳微粒最主要以形式存在C．向体系中通入气体，溶液中保持不变D．通过加溶液可实现向的有效转化【答案】B【详解】A．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此，A错误；B．根据Ka2=4.7×10-11可得，则碳酸根的水解平衡常数为，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B正确；C．向体系中通入CO2，，c()减小，CaCO3(s)⇌Ca2+(aq)+CO(aq)正向移动，溶液中钙离子浓度增大，C错误；D．由题干可知，，，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D错误；故答案选B。3．室温时，用的标准溶液滴定浓度相等的、和混合溶液，通过电位滴定法获得与的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，)。下列说法正确的是 A．a点：有白色沉淀生成B．原溶液中的浓度为C．当沉淀完全时，已经有部分沉淀D．b点：【答案】C【分析】向含浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、Br-和I-均为1.5×10-4mol。【详解】A．I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；B．原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为=0.0100mol⋅L-1，故B错误；C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=c(I-)=0.0100mol⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；D．b点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的I-、Br-、Cl-全部转化为沉淀，则Ag+浓度最大，根据溶度积可知，b点各离子浓度为：，故D错误；故选C。4．时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液(醋酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是A．恰好中和时，溶液呈碱性B．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为： C．滴定过程中，D．时，【答案】B【详解】A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B．滴加溶液至的过程中，若只发生反应的离子方程式：，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)===>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：，C正确；D．向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液至pH=7，根据物料守恒有c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则有。又由pH=7可得c(H+)=10-7mol/L，根据该温度下Ka(CH3COOH)=，，故有，D正确；故答案为：B。5．甲酸是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法不正确的是 A．活性成分在水中存在平衡：B．的废水中C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在【答案】D【详解】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A正确；B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中==18，故B正确；C．由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根个离子浓度减小，与作用的数目减小，故C正确；D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D错误；故选D。6．工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、 溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A．反应的平衡常数B．C．曲线④代表含的溶液的变化曲线D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化【答案】D【分析】溶液pH变化，含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。【详解】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，A正确；B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5 ，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10—6.5，则a为-6.5，B正确；C．由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，C正确；D．对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol·L-1的混合溶液中锶离子的浓度为10-6,5，根据图示，锶离子的降低，所以发生沉淀转化，D错误；故选D。7．甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是A．甘氨酸具有两性B．曲线c代表C．的平衡常数D．【答案】D【详解】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确； D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误；故答案选D。8．锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有和杂质离子，可在0~14范围内调节对其净化(即相关离子浓度)。时，与关系见下图(碱性过强时和会部分溶解)。下列说法正确的是A．可被净化的区间最大B．加入适量，可进一步提升净化程度C．净化的先后顺序：D．【答案】B【详解】A．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe3+，A错误；B．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B正确；C．由图可知，净化的先后顺序为，C错误；D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，lgc<-5，，由图可知，Fe3+ 完全沉淀的pH约为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，，Al3+完全沉淀的pH约为4.5，c(H+)=10-4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，，Fe2+完全沉淀的pH约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L，，则有，D错误；故选B。9．二元有机酸的电离常数、。难溶于水，常温下，将溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中与的关系如图所示。下列说法错误的是已知：HY是一元强酸，易溶于水。A．溶液显碱性B．溶度积C．b点：D．若溶于HY溶液中得到点溶液，则【答案】B【详解】A．的水解常数，溶液显碱性，A项正确；B．，则，，，B项错误；C．点时，溶液中含和，由电荷守恒： ，C项正确；D．溶于HY溶液中的反应：，消耗，c点溶液中，则，D项正确；故选B。10．25℃时，用盐酸滴定100mL等浓度的MOH溶液，混合溶液的pH及［，为水电离出的的浓度］与滴入盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是A．25℃时，MOH的电离常数数量级为B．点①溶液中：C．点②溶液呈酸性，D．点③溶液呈中性，【答案】C【分析】在滴定过程中，随着滴入盐酸体积的增加，混合溶液的pH一直减小，水电离的先增大后减小，先减小后增大，则图中曲线Ⅰ代表混合溶液pH的变化，曲线Ⅱ代表水电离的的变化。【详解】A．溶液中水电离出的为，则溶液中，据此求得，数量级为，故A错误；B．点①溶液中溶质可视为物质的量相等的MOH和MCl，其对应的pH大于7，即MOH的电离程度大于MCl的水解程度，则，故B错误；C．点②溶液对应的pH=5.2，呈酸性，故C正确；D．点③溶液中溶质可视为MCl和HCl，溶液呈酸性，，故D错误。 综上所述，答案为C。11．25℃时，向0.1mol•L-1弱酸H3A溶液中加入NaOH改变pH，保持溶液体积不变。测得所有含A粒子的pc与pH的关系如图所示，其中pc表示各含A粒子的浓度的负对数(pc=-lgc)。下列说法正确的是A．H3A的Ka2数量级为10-4B．25℃时，NaH2A溶液呈碱性C．pH=7时，c(H3A)+c(Na+)=0.1mol•L-1D．随着溶被H的增大，溶液中先增大后减小【答案】D【分析】图像分析是弱酸，但图中仅三条含A粒子的曲线(其中一条是弱酸分子)，故是二元弱酸。随溶液pH增大，减小，先增大后减小，增大，则曲线Ⅰ代表与pH的关系、曲线Ⅱ代表与pH的关系、曲线Ⅲ代表与pH的关系。【详解】A．由图知，曲线Ⅱ和曲线Ⅲ的交点表示、，则，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交点表示、，则，的数量级为，A项错误；B．的电离平衡常数大于其水解平衡常数，故溶液呈酸性[速解：结合图像中曲线Ⅱ可知溶液的pH应在1.4和6.7之间，溶液为酸性]，B项错误；C．由电荷守恒式，结合得 ，又物料守恒为，则，C项错误；D．结合电离常数表达式可知，随着溶液pH增大，先增大后减小，D项正确。故选D。12．已知常温下FeS、PbS的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A．可用FeS除去废水中的重金属离子B．将饱和FeS、PbS溶液等体积混合后，溶液中C．常温下，向b点溶液中加入，可得到c点溶液D．d点没有FeS沉淀生成【答案】A【详解】A．由题意可得，除去Pb2+的反应方程式为，，由图中信息可求出，，故，即该反应进行得很彻底，可用FeS除去废水中的重金属离子，A项正确；B．由于，故等体积混合后，FeS溶液不饱和，即，B项错误；C．加入后，平衡向右移动，减小，但增大，故不可能得到c点溶液，C项错误；D．d点是FeS的过饱和溶液，会有FeS沉淀生成，D项错误。故选A。 13．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。常温下，的电离常数，，利用盐酸滴定某溶液中的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法正确的是(注：−表示电极电位曲线；…表示pH曲线)A．该滴定过程需要加入酸碱指示剂B．水的电离程度：a＜bC．a点溶液中D．b点溶液中存在：【答案】C【详解】A．该滴定过程不需要加入酸碱指示剂，利用电极电位的变化来确定滴定终点，故A错误；B．a点溶质主要是NaHA，b点溶质主要是H2A，a点溶液显碱性，是水解程度大于电离程度，促进水的电离，b点是抑制水的电离，则水的电离程度：b＜a，故B错误；C．a点溶液中，故C正确；D．b点溶液中存在电荷守恒：，故D错误。综上所述，答案为C。14．常温下，，，，下列说法不正确的是A．浓度均为0.1mol/L的HCOONa和溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者>后者B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、pH均为3的HCOOH和溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积：前者<后者C．0.2mol/L与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液中微粒浓度：D．0.2mol/LHCOONa溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后的溶液中： 【答案】D【详解】A．由电荷守恒可知、，由甲酸和一水合氨的电离常数可知，甲酸根的水解程度小于铵根的水解程度，即甲酸钠中氢氧根的浓度小于氯化铵中氢离子的浓度，因此甲酸钠中氢离子的浓度大于氯化铵中氢氧根的浓度，钠离子与氯离子浓度相同，因此甲酸钠中阳离子浓度大于氯化铵中阳离子浓度，A正确；B．由电离平衡常数可知，甲酸的酸性比乙酸强，pH相同时乙酸的物质的量浓度更高，用相同浓度的氢氧化钠滴定时，消耗氢氧化钠溶液的体积更多，B正确；C．醋酸钠与盐酸反应，生成醋酸和氯化钠，因此混合溶液中醋酸钠、醋酸、氯化钠的物质的量浓度相同，均为0.05mol/L（忽略体积变化），由醋酸的电离常数可知，相同浓度的醋酸电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液呈酸性，因此离子浓度为，C正确；D．由电荷守恒可得，由物料守恒可得，由此可得，D错误；故选D。15．常温下，天然水体中H2CO3与空气中的CO2保持平衡，水体中lgc(X)[X为H2CO3、、或Ca2+]与pH的关系如图所示，已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9。下列说法不正确的是A．I代表与pH的关系曲线B．pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1C．2pH(b)=pH(a)+pH(c)D．H2CO3的二级电离常数为10-6.3【答案】D 【详解】A．pH增大则溶液碱性增大，从而会促进的电离。比更容易结合H+，所以pH小的时候，的浓度更大。根据以上分析，曲线Ⅰ代表与pH的关系曲线；曲线Ⅱ代表与pH的关系曲线；曲线Ⅲ代表Ca2+与pH的关系曲线，A项正确；B．pH=10.3时，c()=10-1.1，则c(Ca2+)=，B项正确；C．H2CO3的一级电离常数为，在a点有c()=c(H2CO3)=10-5，c(H+)=10-6.3，所以K1=10-6.3；H2CO3的二级电离常数，在c点有c()=c()=10-1.1，c(H+)=10-10.3，所以K2=10-10.3。，在b点有c()=c(H2CO3)，c(H+)=。pH(a)=6.3，pH(c)=10.3，pH(b)=8.3，所以2pH(b)=pH(a)+pH(c)，C项正确；D．H2CO3的二级电离常数，在c点有c()=c()=10-1.1，c(H+)=10-10.3，所以K2=10-10.3，D项错误。答案选D。16．实验测得0.10mol·L−1NaHCO3溶液的pH随温度变化如下图。下列说法正确的是A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCO水解被抑制B．O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62D．Q点、M点溶液中均有：c(CO)+c(HCO)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)【答案】C 【详解】A．升高温度，HCO水解使pH增大，水电离使pH减小，OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水电离对氢离子浓度影响大于HCO水解，故A错误；B．O点溶液和P点溶液中c(H+)相等，c(H+)c(OH-)的值不相等，c(OH-)不相等，故B错误；C．温度升高后，碳酸氢钠可能部分分解，将N点溶液恢复到25℃，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢根，pH可能大于8.62，故C正确；D．Q点、M点溶液中均有电荷守恒：2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故D错误；故选C。17．常温下，一元碱BOH的Kb(BOH)=1.0×10-5。在某体系中，离子不能穿过隔膜，BOH分子可自由穿过隔膜(如图所示)，溶液中c总(BOH)=c(BOH)+c(B+)，当达到平衡时，下列叙述正确的是A．常温下，0.1mol·L-1一元碱BOH溶液的pH≈12B．根据电荷守恒，溶液I和Ⅱ中都存在c(B+)+c(H+)=c(OH—)C．溶液I和Ⅱ中的c(B+)相等D．溶液I中BOH的电离度为：【答案】D【详解】A．常温下0.1mol·L-1一元碱BOH溶液中，当达到平衡时，c(BOH)0.1mol·L-1，c(B+)=c(OH-)，由可得c(OH-)mol/L=10-3mol·L-1，pOH=3，则溶液pH约为11，故A错误；B．由常温下Ⅱ中溶液pH为7可知，溶液中c(H+)=c(OH—)，则Ⅱ溶液中c(B+)+c(H+)>c(OH-)，故B错误；C．根据题意，BOH分子可自由穿过隔膜，说明溶液I和Ⅱ的BOH浓度相等，两溶液pH不相等，说明溶液中氢氧根离子浓度不相等，因此由可知，溶液I和Ⅱ中的c(B+)不相等，故C错误；D．溶液I的pH为12，c(OH-)=0.01mol·L-1，c总(BOH)=c(BOH)+c(B+)，由BOH的电离常数可得：=1.0×10-5，解得溶液I中BOH的电离度为= ，故D正确；故选D。18．电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用cmol/L盐酸标准溶液测定VmL某纯碱样品溶液中NaHCO3的含量(其它杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．水的电离程度：c＞b＞aB．a点溶液中存在关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)C．VmL该纯碱样品溶液中含有NaHCO3的质量为0.084cgD．c点指示的是第二滴定终点，b到c过程中存在c(Na+)＜c(Cl-)【答案】C【分析】a点为第一个终点发生反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，c点为第二个终点：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。【详解】A．a点的成分为NaCl和NaHCO3。相比a点，b点加入更多盐酸，NaHCO减少，b点成分为NaCl和NaHCO3。c点成分为NaCl。NaHCO3弱酸盐促进水的电离，水的电离程度：a>b>c，A项错误；B．a点的成分为NaCl、NaHCO3，存在电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)，B项错误；C．Na2CO3转变为NaHCO3消耗盐酸2.9mL，而总共消耗盐酸6.8mL，所以纯碱中NaHCO3消耗盐酸为6.8-2.9×2=1mL。所以n(NaHCO3)=n(HCl)=10-3cmol，得m(NaHCO3)=n(NaHCO3)M(NaHCO3)=84×10-3cg=0.084cg，C项正确；D．b点的成分为NaCl、NaHCO3，而c点成分为NaCl，所以b到c的过程中c(Na+)>c(Cl-)，D项错误；故选C。19．为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念：AG=lg 。常温下，用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1HCN溶液，溶液的酸度(AG)随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(滴定过程中温度的变化忽略不计)，已知100.8≈6.3，下列说法正确的是A．滴定过程中逐渐增大B．常温下，HCN的电离常数Ka≈6.3×10-10C．滴定过程中水电离出c(H+)先减小后增大D．当V=10mL时，溶液中存在c(H+)+c(HCN)=c(OH-)+c(CN-)【答案】B【详解】A．滴定过程中HCN的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大，减小，增大，故滴定过程中逐渐减小，A项错误；B．未加NaOH溶液时，AG=3.8，，结合Kw=10-14，可得c2(H+)=103.8×10-14，    ，B项正确；C．滴定过程中HCN的浓度逐渐减小，生成NaCN的浓度逐渐增大，恰好反应生成NaCN，水的电离程度最大，HCN过量后，水的电离程度逐渐减小，故水电离出c(H+)先增大后减小，C项错误；D．当V=10mL时，溶液中的n(NaCN)=n(HCN)，利用电荷守恒和物料守恒可得2c(H+)+c(HCN)=2c(OH-)+c(CN-)，D项错误；故选B。20．向100mL1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol·L-1Ba(OH)2溶液。沉淀总物质的量n随加入Ba(OH)2溶液体积V的变化如图。下列说法错误的是 A．沉淀质量：b点>a点>c点B．a点到c点过程中，b点溶液中水的电离程度最小C．a点离子浓度的大小关系为：[NH]>[SO]>[H+]>[OH-]D．b点到c点过程中，发生的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O【答案】A【分析】100mL1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液，a点时铝离子与氢氧根离子完全反应生成氢氧化铝沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，此时硫酸根离子剩余0.05mol，继续滴加50mLBa(OH)2，剩余的硫酸根离子全部与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，0.1mol铵根离子与0.1mol氢氧根离子反应生成0.1mol一水合氨，继续加入50mLBa(OH)2，此时氢氧化铝开始溶解，c点时氢氧化铝完全溶解转化为偏铝酸根离子。【详解】A．根据分析可知，b点沉淀质量最大，a点为0.1mol氢氧化铝和0.15mol硫酸钡，c点为0.2mol硫酸钡，a点沉淀质量小于c点，A错误；B．a点溶液中溶质为硫酸铵，a到b的过程中硫酸铵与氢氧化钡反应，b点溶质为NH3·H2O，b到c点氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子和铵根离子均能促进水的电离，一水合氨抑制水的电离，故b点水的电离程度最小，B正确；C．a点溶液溶质为硫酸铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，则a点离子浓度的大小关系为：[NH]>[SO]>[H+]>[OH-]，C正确；D．b点到c点，氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，D正确；故答案选A。