根据电荷守恒c（OH）+c（CH3COO）-c（Na）+c（H）可知，c（CH3COO）>c（Na），由于二者中钠离子浓度相同，所以c（CH3COO）>c（CN），A正确；B.点③溶液为CH3COONa，CH3COOH的混合溶液，根据图示可知该点溶液的pH=7，则c（OH）=c（H），则根据电荷守恒可知c（Na）=c（CH3COO），强电解质盐电离产生的离子浓度远大于弱电解质电离产生的离子，所以c（Na）=c（CH3COO）>c（H）=c（OH）；点④恰好生成醋酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，CH3COO水解消耗水电离产生的H，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故水的电离程度：③<④，B错误；C.点①的溶液是等浓度的HCN和NaCN的混合溶液，在①的中存在物料守恒为c（HCN）+c（CN）=2c（Na），点②所示溶液中的物料守恒为с（CH3CООН）+с(CH3СОО）=2c（Na），二者中钠离子浓度相同，则c（HCN）+c（CN）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），即 c（CH3COO）-c（CN）=c（HCN）-c（CH3COOH），C正确；D.根据图知，0.10 mol/L的CH3COOH溶液和HCN溶液的pH:CH3COOH
6答案及解析： 答案：B 解析：
7答案及解析： 答案：D
?解析：四点对应的溶液中均存在：H+、OH-、NH+4、Cl，A 正确；
+
----+
--+
-+
+
-+
-+
--+
--
--++-+
c?H+??c?OH-??c?NH3?H2O?为NH4Cl溶液中的质子守恒，B正确；M点溶液中
c?NH4Cl??c?HCl?，则根据氯原子和氮原子守恒，可知C 正确;无法比较N点和P点
水电离的程度，故D错误
8答案及解析： 答案：D
解析：CH3COOH为弱电解质,在水溶液中不能完全电离,当向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液时,二者反应生成强电解质CH3COONa,溶液中离子浓度增大,溶液导电能力增强,故曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线,A项错误;A点时,CH3COOH溶液和NaOH溶液恰好完全反应,得到0.05mol·LCH3COONa溶液,根据电荷守恒有c(CH3COO)+c(OH)=c(H)+c(Na),则
13
-1
--+
+
c(CH3COO)+c(OH)-c(H)=c(Na)=0.05mol·L,B项错误;A点对应的溶液为0.05mol·L
--1
--++-1-1
CH3COONa溶液,CH3COO水解,促进水的电离,C点对应的溶液为0.05mol·LNaCl溶液,水的电离不受影响,B点对应的溶液为等浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液,溶液呈碱性,抑制水的电离,故水的电离程度A>C>B,C项错误；D点对应的溶液为物质的量浓度之比为2:1的NaCl和NaOH混合溶液,根据电荷守恒有c(H)+c(Na)=c(Cl)+c(OH),由于c(Na)=电荷守恒式可得c(Cl)=2c(OH)-2c(H),D项正确。
9答案及解析： 答案：A
解析：用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，由于氢氧化钠的摩尔质量较小，则所配标准溶液中OH浓度较大，滴定时消耗标准溶液体积偏小，所以测定结果偏低，A正确；用c1 mol·L酸性高锰酸钾溶液滴定V2 mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去高锰酸钾溶液体积为V1 mL，由两者反应中化合价升降总数相等（或电子转移守恒）可得到关系式5H2C2O4～2KMnO4，则n（H2C2O4）=2.5n（KMnO4）=2.5 ×V1mL×c1mol·L ，所以H2C2O4溶液的浓度为
-1
-1
---++
+
--+
3-c(Cl),代入
22.5c1V1V2mol·L，B错误；用未知浓度的盐酸
-1
滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，则未知盐酸的体积偏小，导致测定结果偏高，C错误；滴定管的读数要精确到0.01mL，D错误。答案选A。
10答案及解析： 答案：C
解析：A.根据图像可知，①时为HCN溶液，其c(H)约为10 mol/L，Ka(HCN)=c(H)×c(CN)/c(HCN)=10×10/0.01=10，数量级约为10，A错误；B.点①时，向溶液中滴入几滴1 mol?L的HCN溶液为加水稀释的逆过程，加水稀释平衡向电离的方向移动，逆过程为生成分子的方向移动，c(H)减小，c(HCN)增大，c(H)/c(HCN)的值减小，B错误；C.点②时，溶液为NaCN与HCN混合液，且物质的量相等，此时溶液显碱性，水解程度大于电离程度，则c(HCN)> c(Na)> c(CN)，c(OH)> c(H)由于水解是少量的水解，则c(CN)> c(OH),C正确；D.在标示的四种情况中，③刚好生成NaCN盐，水解程度最大，D错误。
11答案及解析： 答案：D
14
+
--+
--+
+
-1
--6
-6
-10
-10+
-6
+
解析：A. 0. 10 mol/L H2C2O4(二元弱酸）不能完全电离，点①pH?1，则A错误；B.点②为混合溶液，由电荷守恒可知，
c?H+?c?OH-??1012，
2-c?K+?+c?H+?=c(HC2O-4)+2c(C2O4)+c?OH-?，B 错误；C.点③溶液显酸性，等体积等浓
?度反应生成KHC2O4，HC2O4在溶液中的电离程度大于其水解程度，所以
?c?C2O2-4??c?H2C2O4?；HC2O4在溶液中电离、水解都会消耗，使其浓度降低，所以
?c?K+??c?HC2O4?，该盐电离产生的离子浓度大于其水解产生的离子浓度，故
c?C2O2-4??c?H2C2O4?，因此溶液 中离子浓度大小关系为：
2-c?K+??c?HC2O?4??c?C2O4??c?H2C2O4?，C错误，D.点④K2C2O4:KHC2O4按1 : 1
混合得到的混合溶液，由物料守恒可知，
2--1c?K+??c?H2C2O4??c?HC2O?4??c?C2O4??0.10mol?L
D正确；故合理选项是D。
12答案及解析： 答案：B
解析：pH=0时,曲线Ⅰ的pC=1,故c=0.1mol·L-1,而曲线Ⅱ的pC<1,故c>0.1mol·L-1,由草酸的Ka1=5.4×10-2可知,H2C2O4的电离程度较小,故溶液酸性较强的情况下,主要以H2C2O4的形
??式存在,即c(H2C2O4)>c(HC2O4),故曲线Ⅰ为c(HC2O4)的变化曲线,曲线Ⅱ为c(H2C2O4)的变
?化曲线,A项错误；由上述分析可知,曲线Ⅰ为c(HC2O4)的变化曲线,曲线的变化曲线,曲线
2??2?Ⅲ为c(C2O4)的变化曲线,故pH=4时,c(HC2O4)的pC小于c(C2O4)的pC,即
?2?c(HC2O4)>c(C2O4),B项正确;如果pH变化是因为溶液逐渐稀释的缘故,则溶液体积逐渐
?2??增大,c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O4)的值逐渐减小,C项错误;HC2O4在溶液中存在电离与
水
?c(H?)?c(C2O24)解,电离常数Ka2?,水解常数c(HC2O?)4 15
c(H2C2O4)?c(OH?)Kh?,
c(HC2O?)42?2?Ka2?Kh)c(H?)?c(C2O4)c(H2C2O4)?c(OH?)KW?c(H2C2O4)?c(C2O4Ka2?Kh???,故不???KWc(HC2O4)c(HC2O4)c2(HC2O4)2?c(H2C2O4)?c(C2O4)变,则不变,D项错误。 ?c2(HC2O4)
13答案及解析： 答案：C
解析：H2C2O4的电离方程式为H2C2O4
?c?H???c?C2O24??H+HC2O?4、HC2O4+
?H+C2O24,H2C2O4的
+
Ka2?c?HC2O?4?2?,根据图像可知,当cHC2O?时溶液的pH介于4和5之4?cC2O4????间,H2C2O4的Ka2数量级为10,A项正确；根据图像知NaHC2O4溶液呈酸性,NaHC2O4溶液中
?HC2O?4的电离程度(HC2O4??H+C2O24)大于HC2O4的水解程度
+
-5
(HC2O?4+H2O
+
H2C2O4+OH),但HC2O?4的电离程度和水解程度都很微弱,故NaHC2O4溶液中
+
-
-
c(Na)>c(HC2O?4)>c(H)>c(OH),B项正确;H2C2O4的电离以第一步电离为主,已电离的H2C2O4分子的浓度等于溶液中c(HC2O?4),图像中0.1mol/L H2C2O4溶液中
c?HC2O?4?0.1mol/Lc(HC2O)<0.08mol,0.1mol/L H2C2O4溶液中H2C2O4的电离度为
+
+
-
?4?100%?80%,C项
2?错误;加入NaOH溶液,由电荷守恒可知c(Na)+c(H)=c(OH)+c(HC2O?4)+2c(C2O4),常温下
pH=7的溶液呈中性,c(H)=c(OH),则pH=7的溶液中的电荷守恒式为
2??2?c(Na)=c(HC2O?4)+2c(C2O4),将c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O4)=0.1mol/L代入得
+
+-
?c(Na)=0.1mol/L+c(C2O24)-c(H2C2O4),D项正确。
+
14答案及解析： 答案：B
解析：A. lmLpH = 2某一元酸溶液加水稀释 100倍时.pH<4,则酸为弱酸，故A错误；B.由图可知，Ⅱ对应温度高，升高温度平衡逆向移动，反应平衡常数KⅠ>KⅡ，
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