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-+H2OCH3COOH+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++2H2OCu（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+H2OH2CO3+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∙H2ONH4++OH-，H2OH++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++H2ONH3∙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：
H2AH+＋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10m
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