精品解析山东省日照市届高三实验班联考化学试题解析版.docx

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精品解析山东省日照市届高三实验班联考化学试题解析版

2019-2020学年度高三实验班过程检测

化学试题2020.03

1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。

2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

保持卡面清洁，不折叠、不破损。

可能用到的相对原子质量：

H-1Li-7C-12O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5Ca-40Ti-48Fe-56Ba-137

一、选择题：

本题共10小题，每小题2分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.唐代《新修本草》中有如下描述：

“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃。

陶及今人谓之石胆，烧之赤色，故名绛矾矣”。

“绛矾”指（）

A.硫酸铜晶体B.硫化汞晶体C.硫酸亚铁晶体D.硫酸锌晶体

【答案】C

【解析】

【详解】根据“绛矾”本来为绿色，烧之变赤色可知“绛矾”的成分是硫酸亚铁晶体，其在空气中灼烧得到红棕色的Fe2O3；硫酸铜晶体为蓝色；硫化汞晶体为红色或黑色；硫酸锌晶体为白色，综上所述答案为C。

【点睛】各种金属（如铜、铁、锌）的硫酸盐的水合物常称为矾，常见的有绿矾、青矾（FeSO4·7H2O），胆矾、蓝矾、曾青（CuSO4·5H2O），明矾（KAl（SO4）2·12H2O ），皓矾（ZnSO4·7H2O）等。

2.下列说法错误的是（）

A.12g石墨中含有σ键的物质的量为1.5mol

B.硫离子电子共有18种运动状态，且其2p与3p轨道形状和能量相等

C.电负性：

C＜N＜O

D.I3+离子的几何构型是V型

【答案】B

【解析】

【详解】A．12g石墨的物质的量为1mol，石墨为碳原子的六元环结构，一个碳原子与另外三个碳原子之间形成σ键，属于每个碳原子的σ键数目为3×

=1.5，故1mol石墨中含1.5molσ键，故A正确；

B．每个电子运动状态都不同，硫离子核外有18个电子，故有18种运动状态，但电子层离原子核越远能量越高，故2p与3p轨道形状相同但能量不相等，故B错误；

C．同周期元素，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，故电负性：

C＜N＜O，故C正确；

D．I3+中心原子的价层电子对数为

＝4，杂化类型为sp3，中心I原子的孤电子对数为2，其空间构型为V形，故D正确；

故答案选B

3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NA

B.标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NA

C.常温下，0.5LpH=14的Ba（OH）2溶液中Ba2+的数目为0.5NA

D.向100mL0.5mol·L-1Fe（NO3）3溶液中通入足量SO2气体，转移电子数为0.05NA

【答案】A

【解析】

【详解】A．铁发生吸氧腐蚀电极反应式：

Fe−2e−＝Fe2＋，14.0gFe物质的量为

＝0.25mol，转移电子数为：

0.25mol×2×NA＝0.5NA，故A正确；

B．硫化氢为弱电解质，水溶液中不能完全电离，依据原子个数守恒可知：

标准状况下，11.2LH2S物质的量为0.5mol，溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，故B错误；

C．pH＝14的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为1mol/L，0.5LpH＝14的Ba（OH）2溶液含氢氧根离子物质的量为0.5mol，所以钡离子物质的量为0.25NA，故C错误；

D．100mL0.5mol·L-1Fe（NO3）3溶液中n（Fe3+）=0.05mol，n（NO3-）=0.15mol，通入足量SO2气体，Fe3+会被还原为Fe2+，NO3-会被还原为NO，转移电子数大于0.05NA，故D错误；

故答案选A。

4.明矾[KAl（SO4）2·12H2O]是一种重要的化学试剂。

下列说法正确的是（）

A.含明矾

药物不宜与胃药奥美拉唑碳酸氢钠胶囊同时服用

B.0.1mol·L-1明矾溶液完全水解生成Al（OH）3胶粒数小于6.02×1022

C.向含0.1mol明矾的溶液中滴入Ba（OH）2溶液，当生成沉淀的质量最大时，SO42-和Al3+全部转化为BaSO4和Al（OH）3沉淀

D.室温下，0.1mol·L-1明矾溶液中水电离出c（H+）小于10-7mol·L-1

【答案】A

【解析】

【详解】A．明矾含有铝离子，胃药奥美拉唑碳酸氢钠含有碳酸氢根离子，二者发生双水解反应，药物失效，所以二者不能同时服用，故A正确；

B．溶液体积未知，且氢氧化铝胶体微粒是多个铝离子与氢氧根的集合体，无法计算生成氢氧化铝胶体微粒个数，故B错误；

C．沉淀质量最大时，硫酸根离子完全反应，此时铝离子转化成偏铝酸根离子，故C错误；

D．盐类水解促进水的电离，所以室温下，0.1mol•L−1明矾溶液中水电离出c（H＋）大于10−7mol•L−1，故D错误；

故答案选A。

5.下列有关说法正确的是

①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；

②明矾溶于水可水解生成Al（OH）3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；

③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；

④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；

⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；

⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。

A.③⑤⑥B.①④⑤C.除②外都正确D.③⑤

【答案】D

【解析】

①，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①错误；②明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；③，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，③正确；④，从海带中提取碘的流程为：

海带

海带灰

含I-的水溶液

I2/H2O

I2的CCl4溶液

I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；⑥，Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选D。

6.司替戊醇（d）用于治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。

下列有关判断正确的是（）

A.b的一氯代物有4种

B.c的分子式为C14H14O3

C.1mold最多能与4molH2发生加成反应

D.d中所有碳原子可能处于同一平面

【答案】C

【解析】

【详解】A．b的氢原子有2种，所以一氯代物有2种，故A错误；

B．根据结构简式确定c的分子式为C14H16O3，故B错误；

C．苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1：

3反应、碳碳双键和氢气以1：

1反应，所以1mold最多能与4molH2发生加成反应，故C正确；

D．d中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D错误；

故答案选C。

【点睛】明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易错点。

7.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，X与Y相邻，Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数，Z的最高正价和最低负价代数和为4，化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上。

下列说法错误的是

A.X和Z的单质均存在多种同素异形体

B.Q、Y和Z三种元素只能形成共价化合物

C.Q和W形成的化合物的水溶液呈碱性

D.WZXY溶液常用于Fe3+的检验

【答案】B

【解析】

【分析】

主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，Z的最高正价和最低负价代数和为4，则Z为S元素，化合物Y2Q4可作为火箭推进剂，普遍用在卫星和导弹的姿态控制上，则该化合物为N2H4，Y为N元素，Q为H元素，Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数，则W为K元素，X与Y相邻，则X为C元素，据此分析解答。

【详解】由以上分析知，Q为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为S元素，W为K元素，

A.X为C元素，Z为S元素，C元素的单质有金刚石、石墨等，S元素的的单质有单斜硫和斜方硫等，则C和S的单质均存在多种同素异形体，A项正确；

B.Q为H元素，Y为N元素，Z为S元素，Q、Y和Z三种元素还可以形成铵盐，如（NH4）2S、NH4HS，均属于离子化合物，B项错误；

C.Q为H元素，W为K元素，Q和W形成的化合物为KH，溶于水发生反应KH+H2O=KOH+H2↑，则生成KOH溶液，呈碱性，C项正确；

D.WZXY为KSCN，KSCN溶液常用于Fe3+的检验，D项正确；

答案选B。

8.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是

选项

实验

现象

结论

A

向发黄的浓硝酸中通入O2

黄色褪去

浓硝酸中混有Fe3+

B

向无色溶液中滴加FeCl3溶液和CCl4，振荡、静置

下层显紫红色

原溶液中含有I-

C

向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液

紫红色褪去

乙醇发生了消去反应

D

向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液

出现黄色沉淀

Ksp（AgCl）

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

A、向发黄的浓硝酸中通入O2，黄色褪去，是由于4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，故A错误；B、向无色溶液中滴加FeCl3溶液和CCl4，振荡、静置，下层显紫红色，说明原溶液中含有I－，故B正确；C、产生的气体中混有乙醇蒸汽，通入酸性KMnO4溶液，也能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；D、向浓度均为0.1mol/LNaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明AgI溶解度小，Ksp（AgCl）>Ksp（AgI），故D错误；故选B。

9.某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的Fe（OH）2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水先加热煮沸。

下列分析正确的是

A.X可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸

B.实验开始时应先关闭止水夹a、打开b，再向烧瓶中加入X

C.反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀

D.反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则Fe（OH）2可较长时间存在

【答案】D

【解析】

【详解】A.稀硝酸会将铁氧化为+3价

铁离子，故A错误；

B.实验开始时，应先打开a、b，利用生成的氢气将装置中空气排出，然后关闭a，利用压强差将烧瓶中生成的亚铁离子排入到锥形瓶中反应生成Fe（OH）2，故B错误；

C.反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀，故C错误；

D.由于装置中的空气及溶液中氧气已经被除去，故Fe（OH）2可较长时间存在，故D正确，

故选D。

【点睛】解题时要注意硝酸的强氧化性，在分析实验装置时应注意题干中信息，如长时间保存，要考虑是否变质的问题。

10.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。

下列有关说法正确的是（）

A.氧化反应有①⑤⑥，加成反应有②③

B.氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色

C.在加热条件下，反应⑥的现象为产生砖红色沉淀

D.可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2

【答案】C

【解析】

【分析】

由流程可知乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙烯与氯气发生加成反应生成1，2−二氯乙烷，发生消去反应生成氯乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯氧化生成乙醛，乙醛与新制氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成乙酸，以此解答该题。

【详解】A．③由C−C键生成C＝C键，为消去反应，故A错误；

B．聚乙烯不含碳碳双键，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故B错误；

C．乙醛含有醛基，与氢氧化铜浊液在加热条件下反应生成氧化亚铜，砖红色沉淀，故C正确；

D．乙醇易溶于四氯化碳，溶液不分层，不能用于萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，故D错误。

故答案选C。

二、选择题：

本题共5小题，每小题4分，共20分。

每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.荣获2019年诺贝尔化学奖的吉野彰是最早开发具有商业价值的锂离子电池的日本科学家，他设计的可充电电池的工作原理示意图如图所示。

该可充电电池的放电反应为LixCn+Li（1-x）CoO2=LiCoO2＋nC。

NA表示阿伏伽德罗常数的值。

下列说法错误的是（）

A.该电池用于电动汽车可有效减少光化学烟雾污染

B.充电时，阳极反应为LiCoO2−xe−＝Li（1-x）CoO2＋xLi＋

C.充电时，Li+由A极移向B极

D.若初始两电极质量相等，当转移2NA个电子时，两电极质量差为14g

【答案】CD

【解析】

【分析】

可充电电池的放电反应为LixCn+Li（1-x）CoO2=LiCoO2＋nC，则放电时正极反应为Li（1-x）CoO2＋xLi＋＋xe−＝LiCoO2，充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为LiCoO2−xe−＝Li（1-x）CoO2＋xLi＋，根据得失电子守恒，计算两极质量差，由此分析解答。

【详解】A．汽车燃烧汽油等化石燃料，排放的汽车尾气含氮的氧化物，大量氮氧化物排放到空气中，在日光照射下二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧，臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用后产生了一种有毒的烟雾，就是光化学烟雾，电动汽车可有效减少光化学烟雾污染，故A正确；

B．可充电电池的放电反应为LixCn+Li（1-x）CoO2=LiCoO2＋nC，则放电时正极反应为Li（1-x）CoO2＋xLi＋＋xe−＝LiCoO2，充电时，原电池的正极即为电解池的阳极，反应逆转，则反应为LiCoO2−xe−＝Li（1-x）CoO2＋xLi＋，故B正确；

C．由图知，A电极为电解池的阴极，B电极为电解池的阳极，充电时，Li＋由B极移向A极，故C错误；

D．若初始两电极质量相等，当转移2NA个电子时，负极减少2molLi其质量为14g，正极有2molLi＋迁入，其质量为14g，两电极质量差为28g，故D错误；

故答案选CD。

【点睛】本题需要明确电池反应中元素的化合价变化及工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，找出电池的正负极。

12.固体粉末X中可能含有Fe、Fe2O3、K2SiO3、K2SO3、K[Al（OH）4]、MgCl2、K2CO3中的若干种。

为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及现象如下：

根据上述实验，以下说法正确的是（）

A.气体A一定只是NO

B.由于在溶液A中加入BaCl2溶液有沉淀产生，因此可以判断溶液甲中含有K2SO3

C.若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，则证明原混合物中一定没有Fe2O3

D.溶液甲中一定含有K2SiO3，可能含有K[Al（OH）4]、MgCl2

【答案】B

【解析】

【分析】

固体粉末X中Fe、Fe2O3不溶于水，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含有金属铁，得到的溶液B中含有硝酸铁，遇到硫氰化钾显示血红色，K2SiO3、K2SO3、K[Al（OH）4]、MgCl2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和H+反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，K2SO3被氧化为硫酸钾，会产生NO气体，K[Al（OH）4]和稀硝酸反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl2不和硝酸反应，K2CO3可以和稀硝酸反应生成二氧化碳气体，溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，可能含有K[Al（OH）4]、K2CO3，则一定不含有MgCl2，据此回答判断。

【详解】固体粉末X中Fe、Fe2O3不溶于水，加入浓硝酸，产生有色气体二氧化氮，则一定含有金属铁，得到的溶液B中含有硝酸铁，遇到硫氰化钾显示血红色，K2SiO3、K2SO3、K[Al（OH）4]、MgCl2、K2CO3能溶于水，向其中过量的稀硝酸，硅酸钾和H+反应得到硅酸沉淀，则原物质中一定含有K2SiO3，则一定不含有MgCl2，K2SO3被氧化为硫酸钾，会产生NO气体，K[Al（OH）4]和稀硝酸反应，先析出沉淀随后溶解，MgCl2不和硝酸反应，K2CO3可以和稀硝酸反应生成二氧化碳气体，溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，可能含有K[Al（OH）4]、K2CO3，则一定不含有MgCl2；综上可知：

原物质中一定含有：

Fe、K2SiO3、K2SO3，可能含有：

K[Al（OH）4]、K2CO3，Fe2O3；

A．气体A中含有NO，还可能含有CO2，故A错误；

B．溶液A中加入氯化钡，产生沉淀，则原物质中一定含有K2SO3，故B正确；

C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，可能是Fe2O3和盐酸反应生成的铁离子和含有的金属铁之间反应转化为亚铁离子了，所以加KSCN溶液，没有血红色，不能证明原混合物中一定没有Fe2O3，故C错误；

D．溶液甲中一定含有K2SiO3，一定不含有MgCl2，可能含有K[Al（OH）4]、K2CO3，故D错误；

故答案选B。

【点睛】本题需要注意把握反应的现象，根据实验现象结合物质的性质进行判断，易错点为B和D。

13.四硼酸钠的阴离子Xm-（含B、O、H三种元素）的球棍模型如图所示。

下列说法不正确的是（）

A.阴离子中三种元素的第一电离能：

O＞B＞H

B.在Xm-中，硼原子轨道的杂化类型有sp2和sp3

C.配位键存在于4、5原子之间和4、6原子之间

D.m=2，NamX的化学式为Na2B4O5（OH）4

【答案】AC

【解析】

【分析】

由图示可以看出该结构可以表示为[H4B4O9]m−，其中B为＋3价，O为−2价，H为＋1价，根据化合价判断m值求解Xm−的化学式；根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数，σ键个数＝配原子个数，孤电子对个数＝

（a−xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化，阴离子中含配位键，不含离子键，以此来解答。

【详解】A．H电子轨道排布式为1s1，处于半充满状态，比较稳定，第一电离能为O＞H＞B，故A错误；

B．2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化，故B正确；

C．2号B形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键就是配位键，所以配位键存在4、5原子之间或4、6原子之间，故C错误；

D．观察模型，可知Xm−是[H4B4O9]m−，依据化合价H为＋1，B为＋3，O为−2，可得m＝2，NamX的化学式为Na2B4O5（OH）4，故D正确；

故答案选AC。

14.对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R.A.Ogg提出如下反应历程：

第一步N2O5

NO2+NO3ΔH1快速平衡

第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2ΔH2慢反应

第三步NO+NO3→2NO2ΔH3快反应

下列说法正确的是（）

A.使用催化剂可以改变第一步中NO2平衡产量

B.第二步NO2和NO3的碰撞都是有效的

C.反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g）的ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3

D.第二步反应的活化能小于第三步反应的活化能

【答案】C

【解析】

【详解】A．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变化学平衡进行的限度，不能改变第一步中NO2平衡产量，故A错误；

B．第二步反应生成物中有NO2，说明NO2与NO3的碰撞仅部分有效，故B错误；

C．由①N2O5

NO2+NO3ΔH1

②NO2+NO3→NO+NO2+O2ΔH2

③NO+NO3→2NO2ΔH3

可知2×①+②+③得2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），故该反应ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3，故C正确；

D．第二步属于慢反应，说明反应不容易进行，第三步属于快反应，说明反应容易进行，则第二步反应的活化能大于第三步反应的活化能，故D错误；

故答案选C。

15.亚磷酸（H3PO3）是二元弱酸，可用于农药中间体以及有机磷水处理剂

原料。

常温下向1L0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是（）

A.a、b两点，水分别电离出的c（OH-）水之比为10-6.54：

10-1.43

B.b点对应溶液中存在：

c（Na+）＞3c（HPO32-）

C.当V（NaOH）=1L时，c（Na+）>c（H2PO3-）>c（H3PO3）>c（HPO32-）

D.反应H3PO3+HPO32-

2H2PO3-的平衡常数为105.11

【答案】AD

【解析】

【分析】

A．a点、b点水电离出的c水（OH-）之比＝

：

；

B．b点c（H2PO3−）＝c（HPO32−），溶液pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，则c（OH−）＜c（H＋），根据电荷守恒得c（Na＋）＜2c（HPO32−）＋c（H2PO3−）；

C．V（NaOH）＝1L时，二者恰好完全反应生成NaH2PO3，H2PO3−水解平衡常数＝

＝10−7.46＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，但是其电离程度较小；

D．c（H2PO3−）＝c（H3PO3）时Ka1＝c（H＋）＝10−1.43，c（H2PO3−）＝c（HPO32−）时，Ka2＝c（H＋）＝10−6.54，H3PO3＋HPO32−⇌2H2PO3−的平衡常数为

＝

×

＝

×

＝

。

【详解】A．a点、b点水电离出的c水（OH-）之比＝

：

＝10-6.54：

10-1.43，故A正确；

B．b点c（H2PO3−）＝c（HPO32−），溶液pH＝6.54＜7，溶液呈酸性，则c（OH−）＜c（H＋），根据电荷守恒得c（Na＋）＜2c（HPO32−）＋c（H2PO3−），则c（Na＋）＜3c（HPO32−），故B错误；

C．V（NaOH）＝1L时，二者恰好完全反应生成NaH2PO3，H2PO3−水解平衡常数＝

＝10−7.46＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，c（H＋）＞c（OH−），根据电荷守恒得c（Na＋）＞c（H2PO3−），但是其水解程度较小，所以存在c（Na＋）＞c（H2PO3−）＞c（HPO32-）＞c（H3PO3），故C错误；

D．c（H2PO3−）＝c（H3PO3）时Ka1＝c（H＋）＝10−1.43，c（H2PO3−）＝c（HPO32−）时，Ka2＝c（H＋）＝10−6.54，H3PO3＋HPO3