高中化学微专题-专题四：水溶液中离子浓度关系（练习）

1．温度相同、浓度均为0.2 mol·L-1的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NaHSO4、④NH4NO3、⑤Na2CO3、⑥CH3COONa溶液，它们的pH由小到大的排列顺序是 A．③①④②⑥⑤ B．①③⑥④②⑤ C．③②①⑥④⑤ D．⑤⑥②④①③ 2．下列说法中正确的是 A．当溶液中存在的离子只有Cl−、OH−、、H+时，该溶液中离子浓度大小关系可能为c(Cl−)>c()>c(OH−)>c(H+) B．常温下，稀释0.1 mol/L的氨水，溶液中c(OH-)、c()、c(H+)均下降 C．常温下，c()相等的①(NH4)2SO4②(NH4)2Fe(SO4)2③NH4Cl ④(NH4)2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②＜①＜④＜③ D．常温下，pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)>c()>c()>c(H2CO3) 3．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A．溶液中： B．醋酸钠溶液20mL与盐酸10mL混合后的溶液中： C．物质的量浓度相等的①、②、③三种溶液中，由大到小的顺序为：③>②>① D．浓度为的①氨水、②溶液、③溶液、④溶液，pH的大小顺序：①>④>③>② 4．常温下，用0.1mol∙L−1盐酸滴定10mL浓度均为0.1mol∙L−1的NaHCO3和Na2CO3的混合液，下列说法正确的是 A．在滴定前，NaHCO3和Na2CO3的混合液中c()＜c() B．当滴入盐酸10mL时，n()+n()+n(H2CO3)=0.002mol C．当滴入盐酸20mL时，c(H2CO3)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-) D．当滴入盐酸30mL时，溶液呈中性，此时混合溶液中c(Cl-)=c(Na+) 5．室温下，将两种浓度均为0.1molL1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是 A．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：c(Na+)＞c()＞c()＞c(H+) B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：ccH+cNH3H2OcOH- C．CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：cNa+＞cCH3COOH＞cCH3COO-＞cH+ D．H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸)：cH+cH2C2O4=cNa+c()+c(OH-) 6．现有 100 mL 0.5 mol/LCa(CIO)2溶液，向其中缓慢通入CO2(如图所示）。下列说法错误的是 已知：① ②溶液中粒子浓度可用以下公式计算： A．0.01 mol CO2通入溶液时发生反应的化学方程式为 B．通入0.1 mol CO2后，用HNO3维持体系 pH=6，此时溶液中粒子浓度大小关系为c(HCO3-)>c(HCIO)>c(Ca2+) C．迅速通入0.05 mol CO2后，关闭开关，久置后发现体系中沉淀减少 D．缓慢通入0.05 mol CO2的过程中，水的电离程度一直减小 7．已知：某二元酸H2XO4在水中电离分两步：H2XO4=H++HXO，HXO4-⇌H++XO。常温下，在20.00 mL 0.01 mol•L-1 NaHXO4溶液中滴加c mol•L-1NaOH溶液，溶液温度与溶液体积关系如图所示。下列说法正确的是 A．Kw=10-12时，该NaOH溶液的pH=12 B．F点存在：c(OH-)+ c(HXO)+2 c(XO)=0.005 mol/L C．对应曲线上F、G之间的某一点，溶液中存在：c(Na+)> c(XO)=c(OH-)>c(HXO)> c(H+) D．E点溶液中2c(Na+)=3c(H2XO4)+3c(HXO)+3c(XO) 8．常温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 H3PO4溶液，曲线如图所示，下列说法中正确的是 A．Ka1的数量级约为10ˉ4 B．A点溶液中有：c(Na＋) < c(H2PO) + c(HPO) + c(PO) C．B点溶液中有：c(Na＋) > c(HPO) > c(PO) > c(H2PO) D．等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4的溶液等体积混合后，混合溶液中有：2c(H＋) + c(H2PO) + 3c(H3PO4) = 2c(OH－) + c(HPO) + 3c(PO) 9．常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示[已知：p=-lg]。下列叙述不正确的是 A．m点对应的NaOH溶液体积小于10 mL B．Ka(HA)为10-4.76 C．l点所示溶液中：c(Na＋)<c(A-)＋c(HA) D．各点水的电离程度关系：n>m>l 10．常温下将NaOH 溶液滴加到亚硒酸（H2SeO3）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是 A．曲线N表示PH 与 B．NaHSeO3溶液呈碱性 C．混合溶液中 D．Ka2（H2SeO3）的数量为10-3 11．常温下，在20 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L-1稀盐酸，溶液中含碳元素各种微粒(CO2因逸出未画出)的物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法正确的是 A．曲线a表示H2CO3的变化曲线 B．H2CO3、、可大量共存于同一溶液中 C．pH=11时，c()＞c(Cl-) D．碳酸钠溶液的水解平衡常数为1.0×10-11 12．常温时，的溶液用调节得到一组的溶液，各含砷微粒的物质的量的分布分数如图所示，下列说法错误的是 A．点时， B．的溶液中： C．点时， D．点时， 13．以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：] 下列叙述正确的是 A．H2A的电离方程式为H2AH＋＋HA-，HA-H++ A2-，且曲线①代表，曲线②代表 B．当NaOH溶液10.00 mL时，溶液中c(H2A)＋2c(H＋)=2c(OH-)＋3c(A2-) ＋c(HA-) C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2 D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)＜2c(A2-)+c(HA-) 14．二甲胺[(CH3)2NH]在水中电离与氨相似，。常温下，用0.100mol/L的HCl分别滴定20. 00mL浓度均为0.100mol/L的NaOH和二甲胺溶液，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A．b点溶液： B．d点溶液： C．e点溶液中： D．a、b 、c、d点对应的溶液中，水的电离程度： 15．t℃时,向20.00mL0.1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液,溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[-lgc 水(OH-)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是 A．M点溶液中:c(Na+)>c(HX-)>c(H2X) B．P点溶液中: c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X) C．溶液中 D．水的电离程度:P>N=Q>M,且a=7 16．常温下，向20 mL0.1 mol. L-1HN3(叠氮酸)溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)与NaOH溶液体积的关系如图所示(电离度等于已电离的电解质浓度与电解质总浓度之比)。下列说法错误的是 A．HN3是一元弱酸 B．c点溶液中：c(OH-) =c(H+) +c( HN3) C．常温下，b、d点溶液都显中性 D．常温下，0.1 mol. L-1 HN3溶液中HN3的电离度为10a-11 % 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．A 【分析】（1）将所给物质按类别分为酸和盐；（2）酸：根据酸性强弱比较，pH强酸<pH弱酸；（3）盐：根据盐的水解规律“越弱越水解”进行比较。 【详解】硫酸氢钠中的硫酸氢根离子完全电离，相当于一元强酸，所以其pH最小；硫酸铵、硝酸铵水解显酸性，但硫酸铵溶液中铵根离子浓度大，溶液的酸性强；硝酸钠溶液呈中性；碳酸钠和醋酸钠溶液显碱性，但碳酸钠水解程度大，碱性较强，则其pH由小到大的排列顺序是③①④②⑥⑤。答案选A。 【点睛】本题考查溶液pH的大小比较，题目难度不大，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子。 2．C 【详解】A．当溶液中存在的离子只有Cl−、OH−、、H+时，电荷守恒为c(Cl−)+c(OH−)=c()+c(H+)，溶液呈碱性时c(OH−)>c(H+)，则c(Cl−)<c()，A错误； B．常温下，稀释0.1mol/L的氨水，溶液中c(OH-)、c()均下降，溶液中存在离子积常数KW=c(OH−)·c(H+)=10-14，c(OH-)减小，则c(H+)增大，B错误； C．亚铁离子抑制铵根离子水解，碳酸根离子促进铵根离子水解，相同浓度的铵根离子，铵根离子水解程度越大，溶质的物质的量浓度越大，化学式中氯化铵的铵根离子个数最少，所以氯化铵的浓度最大，所以c()相等的①(NH4)2SO4②(NH4)2Fe(SO4)2③NH4Cl④(NH4)2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：②＜①＜④＜③，C正确； D．常温下，pH=8.3的NaHCO3溶液中水解程度大于电离程度，水解生成H2CO3的浓度大于电离生成的浓度，即c()<c(H2CO3)，D错误； 答案选C。 3．A 【详解】A.溶液中根据质子守恒可知，故A正确； B.醋酸钠溶液20mL与盐酸10mL混合后的溶液中存在等浓度的醋酸钠、醋酸和氯化钠反应，所以溶液显酸性，相当于等浓度的醋酸钠和氯化钠、醋酸混合，则溶液中，故B错误； C.①和②溶液中，NH单一水解，②中铵根离子浓度为①的2倍，所以②﹥①；③溶液中，铝离子水解抑制铵根水解，所以③﹥①，②中铵根离子浓度为③的2倍，所以②﹥③，所以物质的量浓度相等的①、②、③三种溶液中，由大到小的顺序为：②﹥③﹥①，故C错误； D.由酸性是碳酸强于苯酚，苯酚强于碳酸氢钠，酸性越强，相应酸根越容易水解，所以③溶液大于②大于④溶液，①氨水属于弱碱，所以①氨水溶液的碱性强于③溶液，所以浓度为的①氨水、②溶液、③溶液、④溶液，的大小顺序为①﹥③﹥②﹥④，故D错误； 故答案：A。 4．B 【详解】A．在滴定前，浓度均为0.1mol∙L−1NaHCO3和Na2CO3的混合液中，由于Na2CO3中的水解程度大于的水解程度，故c()＞c()，故A不符合题意； B．当滴入0.1mol∙L−1盐酸10mL时，消耗盐酸的物质的量为0.001mol，溶液中得到的是0.001molNa2CO3、0.001molNaCl、0.001mol的碳酸混合溶液，根据0.001molNa2CO3、0.001mol的碳酸物料守恒：n()+n()+n(H2CO3)=0.002mol，故B符合题意； C．当滴入盐酸20mL时，溶液中得到的是0.001molNaHCO3、0.001molNaCl的混合溶液，根据质子守恒：c(H2CO3)+c(H+)=c()+c(OH-)，故C不符合题意； D．当滴入盐酸30mL时，得到的是0.001molNaCl、0.001mol碳酸的混合溶液，溶液呈酸性，此时混合溶液中的电荷守恒为：c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，c(OH-)＜c(H+)，c(Cl-)＞c(Na+)，故D不符合题意； 答案选B。 5．D 【详解】A．等浓度的NaHCO3和Na2CO3，pH=10.30，说明NaHCO3和Na2CO3均存在水解，而且水解关系＞，而水解会生成，所以c()＞c()，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，溶液呈碱性，H+浓度很小，则混合溶液中微粒浓度大小关系为c(Na+)＞c()＞c()＞c(H+)，故A错误； B．该混合溶液中电荷守恒为c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒为c(NH3·H2O)+c()=2c(Cl-)，两式联立消去c(Cl-)可得c()+2c(H+)=c(NH3·H2O)+2c(OH-)，故B错误； C．等浓度的CH3COOH和CH3COONa，pH=4.76，若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则CH3COO-增多，CH3COOH减小，溶液中微粒浓度关系为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，故C错误； D．该混合溶液中物料守恒为2c(Na+)=c(H2C2O4)+c()+c()，电荷守恒为2c()+c()+c(OH-)=c(Na+)+c（H+），两式相加可得c(H+)+c(H2C2O4)═c(Na+)+c()+c(OH-)，故D正确； 答案为D。 6．B 【详解】A．100 mL 0.5 mol/LCa(CIO)2溶液，恰好与0.05molCO2反应生成CaCO3和HClO， 0.01 mol CO2通入溶液时，CO2为不足量，发生反应的化学方程式依然是Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，A正确； B．当通入0.1 mol CO2后，100 mL 0.5 mol/LCa(CIO)2溶液，恰好与0.1molCO2反应生成Ca(HCO3)2和HClO，由物料守恒可知：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=1mol/L，c(HClO)+c(ClO-)=1mol/L，由题中的公式可求得 ， ，比较它们的倒数，可知c(H2CO3)<c(HClO)，B错误；     C．久置后，次氯酸分解生成盐酸和氧气，盐酸能与碳酸钙反应，导致体系中沉淀减少，C正确； D．缓慢通入0.05 mol CO2的过程中，发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，Ca(ClO)2电离出的ClO-促进水的电离，生成的HClO电离出的H+能抑制水的电离，缓慢通入0.05 mol CO2的过程中，ClO-转化为HClO，，故水的电离程度一直减小，D正确； 答案选B。 7．C 【分析】NaHXO4与NaOH发生NaHXO4＋NaOH=Na2XO4＋H2O，根据图像，该反应为放热反应，随着反应进行，温度升高，当温度达到最高，说明反应恰好完成，即加入20mLNaOH时，恰好反应完全，据此分析。 【详解】A．根据上述分析，加入20mLNaOH溶液，NaHXO4和NaOH恰好反应完全，推出c(NaOH)=0.01mol·L－1，则溶液中的c(H＋)==10－10mol·L－1，即pH=10，故A错误； B．F点溶质为Na2XO4，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c()＋2c()，F点溶液中c(Na＋)==0.005mol·L－1，因此有c(OH－)＋c()＋2c()>0.005mol·L－1，故B错误； C．F点溶质为Na2XO4，发生水解，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c()>c(OH－)>c()>c(H＋)，随着NaOH的量增多，在FG的某点上存在c(Na＋)>c()=c(OH－)>c()>c(H＋)，故C正确； D．H2XO4的第一步电离是完全电离，溶液中不存在H2XO4，故D错误； 答案为C。 8．D 【分析】磷酸为三元弱酸，未加入NaOH溶液时，溶质为H3PO4；加入NaOH溶液的体积为20mL时，恰好反应生成磷酸二氢钠；加入NaOH溶液的体积为40mL时，恰好反应生成磷酸一氢钠；加入NaOH溶液的体积为60mL时，恰好反应生成磷酸钠。 【详解】A．由图可知0.1 mol·L－1 H3PO4溶液的pH=2，c(H+)=10-2mol/L，则 ，Ka1==≈1.1×10-3，因此Ka1的数量级约为10ˉ3，A错误； B．A点消耗20mLNaOH溶液，此时溶质为NaH2PO4，根据物料守恒得到A点溶液中有：c(Na＋) =c(H2PO) + c(HPO) + c(PO)+c(H3PO4)，则c(Na＋)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)，B错误； C．B点溶液中溶质为Na2HPO4，溶液pH=9.7，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，因此c(Na+)＞c()＞c()＞c()，C错误； D．等浓度的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)＝c()+2c()+3c()+c(OH-)，物料守恒为：2c(Na+)＝3c()+3c()+3c()+3c(H3PO4)，整理二式消去c(Na+)可得：2c(H＋) + c(H2PO) + 3c(H3PO4) = 2c(OH－) + c(HPO) + 3c(PO)，D正确； 答案选D。 9．D 【详解】A．当NaOH溶液的体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA，m点处p=0，即=1，则Ka(HA)=c(H+)=10-4.76，则Kh(A-)==10-9.24，所以HA的电离程度大于A-的水解程度，即当溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA时c(HA)<c(A-)，所以溶液中c(HA)=c(A-)时即m点处，溶质成分n(HA)>n(NaA)，加入的NaOH的体积应小于10mL，故A正确； B．根据A选项可知Ka(HA)为10-4.76，故B正确； C．当加入的NaOH溶液为20mL时溶液中溶质为NaA，存在物料守恒c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)，且溶液显碱性，l点溶液显酸性，说明加入的NaOH溶液体积小于20mL，则c(Na＋)<c(A-)＋c(HA)，故C正确； D．根据A、C的分析可知从n点到l点，溶液中NaA的物质的量增多，NaA的水解促进水的电离，所以水的电离程度l>m>n，故D错误； 综上所述答案为D。 10．C 【分析】常温下将NaOH 溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3)溶液中，随着氢离子不断被消耗，混合溶液的pH、、不断增大，通过比较相同pH时溶液中和的相对大小，确定M、N曲线代表了谁？NaHSeO3溶液既电离又水解，其水溶液的酸碱性通过计算离子的电离平衡常数和水解平衡常数的相对大小判断，Na2SeO3溶液中，发生水解，溶液呈碱性； 【详解】A. ， ，pH相同时， ，根据图象可知，曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示PH 与lg，故A错误； B. 根据图象可知，pH=6.6时，lg=0，=1，离子的电离平衡常数 ，同理pH=2.6时，lg=0， =1， ，的水解平衡常数 ，则NaHSeO3溶液的水解程度小于其电离程度，溶液呈酸性，B错误； C. 结合B选项，可知混合溶液中： ，则C正确； D. 结合B选项，可知Ka2(H2SeO3)=10-6.6，D错误； 答案选C。 11．C 【分析】往碳酸钠溶液中加入盐酸，首先发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，当碳酸钠完全转化为碳酸氢钠后，再加入盐酸，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。对照图中曲线，a表示、b表示、c表示H2CO3的变化曲线。 【详解】A．Na2CO3溶液中加入盐酸前，溶液中的含碳阴离子以含量最大，随着盐酸的加入，其溶液不断减小，所以曲线a表示的变化曲线，A不正确； B．从图象中可以看出，与盐酸完全反应后，才生成H2CO3，则表明H2CO3与不能大量共存于同一溶液中，B不正确； C．若不考虑离子的水解，溶液中c()=c()时，碳酸钠与盐酸的物质的量之比为2:1，此时c()=c()=c(Cl-)，但是由于存在盐类水解，碳酸根离子的水解能力又很强，所以不需要加入那么多的盐酸即可实现c()=c()，此时c()=c()＞c(Cl-)，C正确； D．碳酸钠在溶液中发生水解方程式为＋H2O＋OH-，水解平衡常数为Kh=，我们选取图象中的pH=11的点进行计算，在此点c()=c()，c(OH-)=10-3mol/L，代入表达式，可求出Kh=1.0×10-3，D不正确； 故选C。 12．C 【详解】A．点时，，等于点的，即，A项正确： B．根据图象可知溶液的约为4.5，的电离程度大于其水解程度，溶液中，B项正确； C．点时，，根据电荷守恒：，则，结合物料守恒可以转化为，此时，C项错误； D．点时，，电荷守恒，因此，此时溶液显碱性，则有，D项正确； 答案选C。 13．C 【分析】根据题干分布系数的表达式，分母中c (H2A) +c (HA-) +c (A2-) 为定值，即分布系数大小与离子浓度呈正比例。图中曲线①和曲线②表示的是分布系数δ 随NaOH溶液体积的变化关系，曲线③表示的是pH随NaOH溶液体积的变化关系。二元酸H2A在水溶液中第一步电离生成HA-， 第二步电离生成A2-，再结合分布曲线①一直下降，而曲线②一直升高可知，曲线①表示的是HA-的分布系数，曲线②表示的是A2-的分布系数，且曲线②达到得最大值接近1，说明H2A的第一步电离为完全电离。 【详解】A．根据分析，可知①表示的是HA-分布系数，②表示的是A2-分布系数，故A 错误； B．当NaOH溶液10.00 mL时，与H2A反应生成NaHA，还剩余一半H2A，最终溶液的溶质为H2A和NaHA，它们的物质的量比为1:1，根据物料守恒得：；根据电荷守恒得：，式②×2-①得到： ，故B错误； C．由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0. 1000mol/L， 根据图象，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0. 9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0. 1，则HA-的电离平衡常数Ka= ，故C正确； D．当反应达到终点时，存在电荷守恒 c (Na+) +c (H+) =c (OH-) +c (HA-)＋2c (A2-)，由于溶液显碱性，c (H+) <c (OH-) , 所以c (Na+) > 2c (A2-) +c (HA-) ，故D错误； 故答案为C。 14．D 【分析】NaOH是强碱，二甲胺是弱碱，则相同浓度的NaOH和二甲胺，溶液导电率：NaOH＞(CH3)2NH，所以①曲线表示NaOH滴定曲线、②曲线表示(CH3)2NH滴定曲线，然后结合相关守恒解答。 【详解】A．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，，(CH3)2NH2Cl的水解常数，所以(CH3)2NH·H2O的电离程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则溶液中微粒浓度存在：，A错误； B．d点二者完全反应生成(CH3)2NH2Cl，水解生成等物质的量的和H+，水解程度远大于水的电离程度，因此与近似相等，该溶液呈酸性，因此，则， 溶液中存在电荷守恒：，因此，故B错误； C．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，则，故C错误； D．酸或碱抑制水电离，且酸中c(H+)越大或碱中c(OH−)越大其抑制水电离程度越大，弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离，a点溶质为等浓度的NaOH和NaCl；b点溶质为等物质的量浓度的[(CH3)2]NH·H2O和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈碱性，且a点溶质电离的OH-浓度大于b点，水的电离程度：b＞a；c点溶质为NaCl，水溶液呈中性，对水的电离无影响；d点溶质为(CH3)2NH2Cl，促进水的电离，a、b点抑制水电离、c点不影响水电离、d点促进水电离，所以水电离程度关系为：d＞c＞b＞a，故D正确； 答案选D。 15．D 【分析】二元弱酸H2X溶液中滴NaOH溶液，先发生H2X+OH-=H2O+HX-，然后发生HX-+OH-=H2O+X2-； 【详解】A．M点加入20.0mLNaOH溶液，溶液中的溶质为NaHX，溶液中存在HX-的电离和水解，所以此时c(Na+)>c(HX-)，水解是微弱的所以c(HX-)>c(H2X)，故A正确； B．P点加入40.0mLNaOH溶液，所以溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c（OH-）=c（H+）+c（HX-）+2c（H2X），即c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)，故B正确； C．，据图可知随着氢氧化钠加入，M、N、P、Q的碱性增强，则c(H+)减小，所以溶液中，故C正确； D．水电离出的OH-浓度越大水的电离程度越大，即图中纵坐标越小水的电离程度越大，所以水的电离程度:P>N=Q>M；温度未知，无法确定水的电离平衡常数，所以无法确定a的值，故D错误； 故答案为D。 【点睛】电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。 16．C 【详解】A．pH=13，c(NaOH)=0.1mol/L，c点时，20 mL0.1 mol. L-1HN3溶液与20mLpH=13的NaOH溶液刚好完全反应，此时溶液呈碱性，说明NaN3发生水解，HN3是一元弱酸，A正确； B．c点溶液为NaN3溶液，依据质子守恒，c(OH-) =c(H+) +c( HN3)，B正确； C．常温下，c点溶液呈碱性，继续加入NaOH溶液，d点溶液一定呈碱性，C错误； D．常温下，0.1 mol. L-1 HN3溶液中，c(OH-)=10-amol/L，则HN3电离出的c(H+)==10-14+amol/L，HN3的电离度为=10a-11 %，D正确。 故选C。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$