C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A.CdS在水中存在沉淀溶解平衡：
CdS（s）
Cd2+（aq）+S2-（aq），其溶度积Ksp=c（Cd2+）·c（S2-）,在饱和溶液中，c（Cd2+）=c（S2-），结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；
B.CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；
C.m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c（Cd2+）减小，c（S2-）增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；
D.从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS（s）
Cd2+（aq）+S2-（aq）为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c（Cd2+）与c（S2-）同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；
答案选B。
3．[2019新课标Ⅲ]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（
）+2c（
）+3c（
）+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
【答案】B
【解析】
【详解】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；
B、根据电荷守恒可知选项B正确；
C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；
D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；
答案选B。
4．[2019北京]实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4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】
【分析】
水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；
【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c（H+）.c（OH-）=Kw减小，故pH减小，但c（H+）=c（OH-），故A不符合题意；
B.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c（OH-）增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O
CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c（OH-）增大，故B不符合题意；
C.升高温度，促进水的电离，故c（H+）增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2O
Cu（OH）2+2H+，故c（H+）增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；
D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。
5．[2019天津]某温度下，
和
的电离常数分别为
和
。
将
和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其
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
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
保持不变（其中
、
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
恰好中和后，溶液中
相同
【答案】C
【解析】
【分析】
电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k（HNO2）为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c（HNO2）c（OH-）/c（NO2-）=c（H+）·c（HNO2）c（OH-）/[c（H+）·c（NO2-）]=kw/k（HNO2），kw为水的离子积常数，k（HNO2）为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c（HNO2）c（OH-）/c（NO2-）分子和分值母同乘以c（H+），变成与kw为水的离子积常数和k（HNO2）为HNO2的电离常数相关的量，再判断。
6．[2019江苏]室温下，反应
+H2O
H2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。
将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。
若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A．0.2mol·L−1氨水：
c（NH3·H2O）>c（
）>c（OH−）>c（H+）
B．0.2mol·L−1NH4HCO3溶液（pH>7）：
c（
）>c（
）>c（H2CO3）>c（NH3·H2O）
C．0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：
c（
）+c（NH3·H2O）=c（H2CO3）+c（
）+
c（
）
D．0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：
c（NH3·H2O）+c（
）+c（OH−）=
0.3mol·L−1+c（H2CO3）+c（H+）
【答案】BD
【解析】
【详解】A.NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：
NH3∙H2O
NH4++OH-，H2O
H++OH-，所以c（OH-）>c（NH4+），故A错误；
B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c（NH4+）>c（HCO3-），HCO3-水解：
H2O+HCO3-
H2CO3+OH-，NH4+水解：
NH4++H2O
NH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c（H2CO3）>c（NH3∙H2O），故B正确；
C.由物料守恒，n（N）:
n（C）=2:
1，则有c（NH4+）+c（NH3∙H2O）=2[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]，故C错误；
D.由物料守恒，n（N）:
n（C）=4:
1，则有c（NH4+）+c（NH3∙H2O）=4[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]①；电荷守恒有：
c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）②；结合①②消去c（NH4+）得：
c（NH3∙H2O）+c（OH-）=c（H+）+4c（H2CO3）+3c（HCO3-）+2c（CO32-）③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c（NH4HCO3）=0.1mol/L，由碳守恒有，c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c（CO32-），则有c（NH3∙H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）+3c（H2CO3）+3c（HCO3-）+3c（CO32-），将④带入③中得，c（NH3∙H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）+0.3mol/L，故D正确；
故选BD。
7．[2019浙江选考]室温下，取20mL0.1mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.1mol·L−1NaOH溶液。
已知：
H2A
H+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。
下列说法不正确的是
A．0.1mol·L−1H2A溶液中有c（H+）－c（OH−）－c（A2−）＝0.1mol·L−1
B．当滴加至中性时，溶液中c（Na+）＝c（HA−）＋2c（A2−），用去NaOH溶液的体积小于10mL
C．当用去NaOH溶液体积10mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c（A2−）＝c（H+）－c（OH−）
D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液中有c（Na+）＝2c（HA−）＋2c（A2−）
【答案】B
【解析】
【分析】
由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20mL0.1mol·L−1二元酸H2A看做20mL0.1mol·L−1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。
【详解】A.0.1mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c（H+）=c（OH−）+2c（A2−）+c（HA−），因而c（H+）-c（OH−）-c（A2−）=c（A2−）+c（HA−）=0.1mol·L−1，A项正确；
B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；
C.当用去NaOH溶液体积10mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c（A2−）＝c（H+）－c（OH−），C项正确；
D.当用去NaOH溶液体积20mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：
c（Na+）＝2c（HA−）＋2c（A2−），D项正确。
故答案选B。
2019届高考模拟试题
8．[2019·甘肃省定西市陇西县第一中学高三下学期适应性训练]常温下，向20mL0.1mol·L−1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。
则下列说法不正确的是
A．常温下，0.1mol·L−1氨水中
的电离常数
约为
B．a、b之间的点一定满足：
c（NH4+）>c（Cl−）>c（OH−）>c（H+）
C．c点溶液中c（NH4+）D．b点代表溶液呈中性
【答案】B
【解析】
【分析】
A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10−11mol/L，则c（OH−）=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L，结合Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）计算；
B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；
C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；
D.b点溶液中c点水电离出的c（H+）=10−7mol/L，常温下c（H+）·c（OH−）=Kw=10−14，据此判断。
【详解】
A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10−11mol/L，则c（OH−）=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）=10−3×10−3/0.1mol/L=1×10−5mol/L，故A正确；
B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）＜c（OH−），结合电荷守恒得c（Cl−）＜c（NH4+），而c（Cl−）和c（OH−）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；
C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：
c（NH4+）＜c（Cl−），故C正确；
D.b点溶液中c（H+）=10−7mol/L，常温下c（H+）·c（OH−）=Kw=10−14，所以c（H+）=c（OH−），溶液呈中性，故D正确。
故选B。
9．[2019·山西省太原市高三5月模拟考试]常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。
下列叙述错误的是
A．a点时，溶液中由水电离的c（OH−）约为1×10−10mol·L−1
B．电离平衡常数：
Ka（HA）C．b点时，c（B−）=c（HB）>c（Na+）>c（H+）>c（OH−）
D．向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：
c（B−）>c（HB）
【答案】B
【解析】A.a点时，
=0，c（A−）=c（HA），溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离的c（OH−）约为1×10−10mol·L−1，选项A正确；
B.
=0，c（A−）=c（HA），电离平衡常数：
Ka（HA）=
=
=10−4mol/L；
=0，c（B−）=c（HB），电离平衡常数：
Ka（HB）=
=
=10−5mol/L，Ka（HA）>Ka（HB），选项B错误；
C.b点时，
=0，c（B−）=c（HB），pH=5，c（B−）=c（HB）>c（Na+）>c（H+）>c（OH−），选项C正确；
D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，
>0，c（B−）>c（HB），选项D正确。
答案选B。
10．[2019·武汉市武昌区高三五月调研考试]室温下，用0.100mol·L−1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol·L−1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线
B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）＞20.00mL
C．V（NaOH）＝20.00mL时，两份溶液中c（Cl－）＞c（CH3COO－）
D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－）
【答案】C
【解析】A.未滴加NaOH溶液时，0.1mol/L盐酸pH=1，0.1mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅰ，故A错误；
B.V（NaOH）=20.00mL时恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH=7，则加入的氢氧化钠溶液体积应该稍小，即V（NaOH）＜20.00mL，故B错误；
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，浓度小于氯离子，即c（Cl−）＞c（CH3COO−），故C正确；
D.V（NaOH）=10.00mL时，与醋酸反应后得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH−），根据电荷守恒可知：
c（CH3COO−）＞c（Na+），溶液中正确的离子浓度大小为：
c（CH3COO−）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH−），故D错误；
故选C。
【点睛】
本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中粒子浓度的大小，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
11．[2019·山东省济南市高三5月模拟考试]某温度下，向10mL0.1mol·L−lNaCl溶液和10mL0.1mol·L−lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L−lAgNO3溶液。
滴加过程中pM[－lgc（Cl−）或－lgc（CrO42－）]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。
已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。
下列说法错误的是
A．该温度下，Ksp（Ag2CrO4）＝4×10－12
B．al、b、c三点所示溶液中c（Ag+）：
al＞b＞c
C．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点
D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂
【答案】B
【解析】
【分析】
根据pM=－lgc（Cl−）或pM=－lgc（CrO42－）可知，c（CrO42－）越小，pM越大，根据图像，向10mL0.1mol·L−lNaCl溶液和10mL0.1mol·L−lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L−lAgNO3溶液。
当滴加10mL0.1mol·L−lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20mL0.1mol·L−lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。
【详解】
A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc（CrO42－）=4.0，c（CrO42－）=10－4mol·L−l，则c（Ag+）=2×10－4mol·L−l，该温度下，Ksp（Ag2CrO4）＝c（CrO42－）×c2（Ag+）=4×10－12，故A正确；
B．al点恰好反应，－lgc（Cl−）=4.9，c（Cl−）=10－4.9mol·L−l，则c（Ag+）=10－4.9mol·L−l，b点c（Ag+）=2×10－4mol·L−l，c点，K2CrO4过量，c（CrO42－）约为原来的
，则c（CrO42－）=0.025mol·L−l，则c（Ag+）=
=
×10－5mol·L−l，al、b、c三点所示溶液中b点的c（Ag+）最大，故B错误；
C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc（Cl−）=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；
D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl−和CrO42−时，加入硝酸银溶液，Cl−先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；
答案选B。
12．[2019·四川省成都市高三下学期第三次诊断性检]25℃将浓度均为0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合，保持Va+Vb=100mL，且生成的BA可溶于水。
已知Va、Vb与混合液pH关系如图。
下列说法错误的是
A．曲线II表示HA溶液体积
B．x点存在c（A−）+c（OH−）=c（B+）+c（H+）
C．电离平衡常数K（HA）>K（BOH）
D．向z点溶液加入NaOH，水的电离程度减小
【答案】C
【解析】
【详解】
A.由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH>7，随着曲线I体积的增大，溶液的pH逐渐增大，说明曲线I表示BOH溶液的体积，则曲线II表示HA溶液体积，故A正确；
B.根据图像，x点HA溶液体积大于BOH溶液等体积，溶液为HA和BA的混合溶液，根据电荷守恒，有c（A−）+c（OH−）=c（B+）+c（H+），故B正确；
C.由图可知，当HA溶液与BOH溶液等体积混合时，溶液的pH>7，溶液显碱性，说明K（HA）D.根据图像，z点HA溶液体积小于BOH溶液等体积，溶液为BA和BOH的混合溶液，碱过量水的电离程受抑制，所以向z点溶液加入NaOH，水的电离程度减小，故D正确。
故选C。
【点睛】
本题考查酸碱混合离子的浓度关系，明确信息中pH及离子的关系来判断酸碱的强弱是解答本题的关键，注意电离、盐类水解等知识的运用。
13．[2019·安徽省蚌埠市高三第一次质量监测]常温下，向20mL0.05mol·L－1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。
下列分析正确的是
A．NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性
B．A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大
C．E溶液中离子浓度大小关系：
c（NH4+）>c（B2－）>c（OH－）>c（H+）
D．F点溶液c（NH4+）=2c（B2－）
【答案】D
【解析】
【分析】
未加入氨水前，溶液的水电离出的OH−浓度为10−13mol/L，所以溶液中c（H+）=0.1mol/L，该酸的浓度为0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。
酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的
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