2025届高三化学一轮复习 - 盐类的水解

2025届高三化学复习-盐类的水解 一、单选题 1．（23-24高三下·云南昭通·期中）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．溶于水，溶液中、、的数目总和为 B．时，的醋酸溶液1L，溶液中含的数目小于 C．  ，当反应放热时，产生的分子数小于 D．溴化铵水溶液中与离子数之和大于 2．（23-24高三下·云南昭通·期末）的碳酸钠溶液的随温度的变化如图所示，下列说法正确的是 A．常温下： B．常温下： C．常温下，该溶液显碱性 D．升高温度，碳酸钠的水解程度减弱 3．（23-24高三下·辽宁·期末）印刷线路板废液(主要成分有)，可用来制备碱式碳酸铜，其流程如图所示，下列叙述正确的是 A．碱式碳酸铜不溶于水，属于非电解质 B．反应A的离子方程式为： C．试剂X可为CuO，滤渣的主要成分为 D．过滤操作使用的仪器有：玻璃棒、分液漏斗、烧杯、铁架台 4．（23-24高三下·山东烟台·期末）为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．78g晶体所含阴阳离子的总数为3 B．1mol溶于水，溶液中、、HClO粒子数之和为2 C．常温下，将56g铁片放入过量的浓硫酸中，转移的电子数小于3 D．1L0.1溶液中，所含阳离子的总数大于0.2 5．（23-24高三下·湖南湘西·期末）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．等物质的量的和中，所含的氢原子数均为 B．标准状况下，中，所含的质子数为 C．的溶液中，所含的数为 D．加热条件下，乙醇与足量的乙酸反应，生成的乙酸乙酯分子数为 6．（23-24高三上·湖北襄阳·阶段练习）部分弱电解质的电离平衡常数如表所示。下列说法正确的是 弱电解质 HCN H2S H2CO3 HClO CH3COOH 电离平衡常数(25℃) 6.2×10-10 K1=1.1×10-7 K2=1.3×10-13 K1=4.5×10-7 K2=4.7×10-11 4.0×10-8 1.75×10-5 A．甲基橙变色范围为3.1~4.4，少量甲基橙滴入0.10mol·L-1的H2S溶液中，溶液呈红色 B．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2 C．25℃时，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的HCN溶液与NaCN溶液等体积混合，混合后溶液pH<7 D．相同pH的CH3COONa和NaClO溶液中，阴离子总数较大的是CH3COONa溶液 7．（23-24高三下·内蒙古通辽·期中）室温下，向的HA溶液中逐滴加入溶液(忽略溶液体积变化)，溶液中由水电离出的浓度的负对数与NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是 A．点溶液中 B．c点和点溶液均呈中性 C．在滴加过程中，溶液的始终增大 D．室温下，的HA溶液中 8．（23-24高三下·湖北咸宁·期末）分析含有少量NaOH的NaClO溶液与溶液的反应。已知：图1表示将溶液逐滴滴加到含少量NaOH的NaClO溶液中的pH变化；图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系[注：饱和NaClO溶液的pH约为11]。 关于上述实验，下列分析错误的是 A．A点溶液的pH约为13，是NaOH和NaClO共同作用的结果 B．AB段pH显著下降的原因是 C．CD段较BC段pH下降快的主要原因是 D．反应进行至400s时溶液中产生 9．（2024·广东江门·三模）亚磷酸常温下电离平衡常数，。常温下，向溶液中滴加盐酸，利用电位滴定法(在化学计量点附近，指示电极电位发生突跃)得到电极电位和溶液随盐酸体积变化曲线如下图所示。下列说法正确的是 A．滴定过程需要加入酚酞做指示剂 B．水的电离程度： C．点对应的溶液中： D．点溶液中存在 10．（2024·陕西安康·模拟预测）常温下，向溶液中滴加溶液，混合溶液中［X表示或随溶液的变化如图所示［可能用到的数据：，］。下列说法错误的是 A．曲线代表与溶液的关系 B．常温下，的 C．常温下，溶液中： D．从开始滴加至溶液过量的过程中，水的电离程度是先增大后减小 11．（23-24高三下·安徽滁州·阶段练习）常温下，向含有物质的量均为的和的混合溶液中通入气体或加入固体(忽略体积和温度变化)，溶液的与或的物质的量的关系如图所示，下列说法正确的是 A．点离子浓度大小： B．过程中，水的电离程度逐渐减小 C．c点的pH可能是7 D．过程中变大 12．（2024·江西·模拟预测）利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的(起始浓度为)体系中的可能产物。 已知： ⅰ.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ⅱ.图2表示不同pH下的变化。 下列说法错误的是 A．由图1， B．在时，一定存在 C．由图2，初始状态、，无沉淀生成 D．由图1和图2，初始状态、，主要发生反应： 13．（23-24高三下·辽宁朝阳·期中）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是 A．0.1mol/LNaHCO3 溶液中：c(Na+ )>c(OH -)>c(HCO )>c(H+ ) B．25℃时，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合后，混合液中：c(H+)=c(OH- ) C．0.1mol/LNa2S溶液中：c(HS-)+c(H2S)+c(H+)=c(OH-) D．醋酸溶液与氢氧化钠溶液混合后溶液呈酸性，混合液中：c(CH3COO- )>c(Na+) 14．（2024·吉林·高考真题）硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，中原子总数为 B．溶液中，数目为 C．反应①每消耗，生成物中硫原子数目为 D．反应②每生成还原产物，转移电子数目为 二、非选择题 15．（23-24高三上·吉林延边·期中）请回答下列问题： (1)可逆反应FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)是炼铁工业中一个重要反应，其温度与平衡常数 K 的关系如下表： T/K 938 1100 K 0.68 0.40 ①该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，若升高温度，混合气体的平均相对分子质量 ；充入氦气，混合气体的密度 。(填“增大”“减小”或“不变”) ②某温度下，若把 10 mol CO和足量的FeO(s)置于体积为1 L的密闭容器内，能说明该反应达到化学平衡状态的是 (填字母)。 a．容器内的密度保持不变 b．容器内压强保持不变 c．v(CO)=v(CO2) d．混合气体中n(CO2)不变 (2)常温下，浓度均为0.1 mol·L-1的下列五种溶液的pH如下表： 溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN pH 8.8 9.7 11.6 10.3 11.1 ①上述盐溶液中的阴离子，结合质子能力最强的是 。 ②根据表中数据判断，浓度均为 0.01 mol·L- 1的下列四种物质的溶液中，酸性最强的是 。(填字母) A．HCN        B．HClO        C．H2CO3        D．CH3COOH （23-24高三下·上海·阶段练习）柠檬酸是一种重要的工业原料，化学式可表示为H3Cit，属于三元弱酸。25℃时，柠檬酸的电离常数为：、、。 16．25℃时，不同pH范围内，H3Cit、、和所占的比例(该微粒浓度与四种微粒浓度之和的比值)如下图所示，则其中代表的是___________。 A．X B．Y C．Z D．M 17．25C时，0.1下列溶液中微粒的浓度关系正确的是___________。 A．Na3Cit溶液中， B．Na3Cit溶液中， C．NaH2Cit溶液中， D．Na2HCit溶液中， 18．已知25℃时，碳酸的电离常数为：、。向NaHCO3溶液中加入NaH2Cit溶液，请写出反应的化学方程式 。 19．（23-24高三下·上海·阶段练习）向100mL NaOH溶液中通入一定量充分反应后，向所得溶液中，逐滴滴加1mol/L的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸体积的关系如图所示。 (1)由图分析，NaOH溶液中通入一定量充分反应后，所得溶液的溶质为 (填化学式)。 (2)已知25℃碳酸的，，忽略和浓度的变化，在滴加盐酸前，此时溶液pH= 。 (3)关于该溶液的表达式正确的是___________。 A． B． C． D． 20．（2024·上海闵行·二模）据报道，我国科学家利用镓锡氧化物电催化还原CO2制得高附加值的草酸(H2C2O4)。 已知：草酸溶液中含碳微粒的分布系数(某微粒物质的量浓度与三种微粒物质的量浓度和的比值)与pH的关系如下图所示【比如的分布系数：】： (1)Na2C2O4溶液中，c(Na+) 2c()(选填“>”、“=”、“<”)，解释原因： 。 (2)用NaOH溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液，下列说法正确的是_____。 A．滴定过程中存在：c()+c()+c(OH—)= c(H+)+ c(Na+) B．在NaHC2O4溶液中c()<c(H2C2O4) C．在NaHC2O4溶液中c(Na+)= c()+c() +2 c(H2C2O4) D．向pH=1.2的反应混合液中加NaOH溶液至a点过程中，水的电离度一直增大 (3)根据题中有关信息，当溶液pH=5时，列式计算溶液中= 。 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： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C B B B B B A C 题号 11 12 13 14 答案 B B D D 1．D 【详解】A．不是标准状况，不能使用气体摩尔体积，无法计算溶液中所含微粒的数目，A错误； B．时，的醋酸溶液则其中氢离子浓度为，溶液中含的数目等于，B错误； C．，当反应放热时，产生的分子数等于，C错误； D．溴化铵溶液中溴离子的物质的量为，由电荷守恒关系可知，溴化铵溶液中铵根离子和氢离子数目之和大于，D正确； 故选D。 2．C 【详解】A．常温下，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解产生碳酸氢根离子和氢氧根离子，水电离也产生氢氧根离子，使得氢氧根离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，为，A错误； B．溶液中存在电荷守恒，，B错误； C．由图可知常温下碳酸钠溶液显碱性，C正确； D．水解是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，水解程度增大，D错误； 故选C。 3．C 【分析】印刷线路板废液(主要成分有)，加入，将氧化为，加入试剂X，调节pH，将转化为沉淀过滤除去，滤液中加入，得到碱式碳酸铜，据此解答。 【详解】A．电解质指在溶于水或熔融状态下能发生自身电离而导电的化合物，主要包括：酸、碱、盐、金属氧化物等；碱式碳酸铜不溶于水，属于盐，属于电解质，故A错误； B．反应A中将氧化为，离子方程式为，故B错误； C．若试剂X为CuO，则发生反应，促使的水解平衡正向移动，则滤渣的主要成分为，故C正确； D．过滤操作使用的仪器有：玻璃棒、普通漏斗、烧杯、铁架台，故D错误； 故选C。 4．B 【详解】A．中含两个钠离子和一个过氧根离子，78g为1mol，所含阴阳离子的总数为3，A正确； B．1mol溶于水，根据氯元素守恒可知，溶液中氯原子物质的量之和为2mol，溶液中、、HClO粒子数之和小于2，B错误； C．常温下铁遇到浓硝酸发生钝化，转移的电子数小于3，C正确； D．1L0.1溶液中，所含阳离子为、，溶解后水解，水解的与水解的数目相同，水为弱电解质，也会自身电离出来，故总数大于0.2，D正确； 故选B。 5．B 【详解】A．等物质的量的和中，所含的氢原子数相等，但不一定均为，故A错误； B．1个含有32个质子，标准状况下，物质的量为0.1mol，所含的质子数为，故B正确； C．的溶液中，氯化铁物质的量为0.1mol，由于铁离子水解，因此所含的数小于，故C错误； D．酯化反应是可逆反应，加热条件下，乙醇与足量的乙酸反应，生成的乙酸乙酯分子数小于，故D错误。 综上所述，答案为B。 6．B 【详解】A．H2S为二元弱酸，以第一步电离为主：H2SH++HS-，且电离常数较小，所以0.10mol/L H2S溶液中c(H2S)≈0.10mol/L，c(H+)≈c(HS-)，则溶液中c(H+)≈，即溶液pH约4，甲基橙变色范围为3.1~4.4，少量甲基橙滴入0.10mol·L-1的H2S溶液中，溶液呈橙色，故A错误； B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸为强酸、次氯酸为弱酸，酸的电离平衡常数越大、酸性越强，即酸性H2CO3＞HClO＞，据强酸制弱酸的原理可知，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水的离子方程式为：2+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2，故B正确； C．CN-的水解平衡常数为Kh=，即25℃时，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的HCN溶液与NaCN溶液等体积混合时，HCN的电离小于CN-的水解，所以混合后溶液呈碱性，pH＞7，故C错误； D．溶液电荷守恒，醋酸钠溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)、NaClO溶液中：c(ClO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，相同pH的CH3COONa和NaClO溶液中，c(OH-)、c(H+)分别相等，要使pH相等，则酸根离子的水解程度越大，其钠盐浓度越小，即c(CH3COONa)＞c(NaClO)，由于钠离子不水解，所以CH3COONa溶液中的c(Na+)较大，据电荷守恒可知，c(CH3COO-)＞c(ClO-)，但溶液体积未知，无法判断溶液中阴离子总数相对大小，故D错误； 故答案为：B。 7．B 【分析】由a到d的过程中水的电离程度逐渐增大，d到e的过程水的电离程度逐渐减小，说明d点恰好中和得到NaA溶液，则氢氧化钠溶液为； 【详解】A．b点加入的n(NaOH)是HA物质的量的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的 HA、 NaA，HA抑制水电离、NaA促进水电离，根据题图可知，水电离出的c(H+)<10，水的电离被抑制，说明HA的电离程度大于 NaA 的水解程度，则溶液中存在，故A正确； B．c点存在NaA和HA，据图可知c点溶液为中性，e点存在NaA和NaOH，e点为碱性，故B错误； C．由a到d的过程是HA不断被中和，d点恰好中和，d之后氢氧化钠过量，则溶液的始终增大，故C正确； D．室温下，的HA溶液中，水电离的氢离子为c(H+)=10-11mol/L= c(OH-)，则溶液中，故D正确； 故答案选B。 8．B 【分析】AB段：刚开始滴入溶液时，被氧化生成，与溶液中本来存在结合生成沉淀，使pH显著下降；BC段，当溶液中原本存在的反应完全后，生成的和发生双水解生成弱酸HClO，溶液的pH缓慢下降，CD段：当溶液中溶质主要为HClO后，再滴入溶液，HClO将氧化成，同时生成强酸HCl，所以pH迅速下降，DE段：随着的滴入，溶液中HCl的浓度越来越大，pH越来越小，小到一定程度后开始溶解消耗氢离子，同时也会发生反应消耗同时产生，所以pH变化缓慢，据此回答。 【详解】A．饱和NaClO溶液的pH约为11，A点溶液的pH约为13，说明是NaOH和NaClO共同作用的结果，A正确； B．根据分析可知，AB段pH下降的原因为被氧化生成，与溶液中本来存在结合生成沉淀，，B错误； C．当溶液中原本存在的反应完全后，和发生双水解生成弱酸HClO，BC段pH缓慢下降，再滴入溶液，HClO将氧化成，同时生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，CD段较BC段pH下降快的主要原因是，C正确； D．反应进行至400s时，，发生反应，D正确； 故选B。 9．A 【分析】根据电离平衡常数Ka1，计算出Na2HPO3的水解常数，则的电离程度大于水解程度； 【详解】根据电离平衡常数Ka1，，计算出Na2HPO3的水解常数，则的电离程度大于水解程度； A．因为是利用强酸滴定弱碱，根据酚酞变色的pH范围是8.0—10.0，可以选择酚酞作指示剂，故A正确； B．a点的时候，溶液溶质是Na2HPO3，水解为主，故a点水解程度最大，b点为第一个计量点，反应为HCl+ Na2HPO3= NaCl+NaH2PO3，b点溶质为等物质的量的NaCl、Na2HPO3，根据可以电离出H+，水的电离会受到抑制。c点的反应为HCl+NaH2PO3= NaCl+H3PO3，溶液酸性为最强，所以水的抑制最大，故B错误； C．b点对应的溶液中，溶质为等物质的量的NaCl、NaH2PO3，因为Cl-不水解，而会水解，则Cl-＞，同时根据分析可知，的电离程度大于水解程度，则＞H3PO3，而Na2HPO3是二元弱酸，溶液中不存在离子，所以判断结果应该是：Cl-＞＞ ＞H3PO3，故C错误； D．c点溶液中，存在等物质的量的NaCl和H3PO3，根据电荷守恒，c（Na+）=c（Cl-），H3PO3溶液中电荷守恒关系为c（H+）=c（OH-）+c（）+2c（），故D错误； 故答案选A 【点睛】抓住盐类物质中，某离子水解以后的各微粒的浓度大小，以及每一步变化过程中所涉及的反应后的产物来开展分析 10．C 【详解】A．向溶液中滴加溶液时，溶液的逐渐增大，所以代表，则代表，A正确； B．由于二元弱酸的电离常数表达式分别为，当时，，此时，则；当时，，此时，则，B正确； C．溶液中既存在的水解平衡，又存在的电离平衡，的水解平衡常数，所以溶液中的水解程度小于的电离程度，溶液呈弱酸性，则，C错误； D．对水的电离起抑制作用，当向溶液中滴加溶液时，由于先生成后生成，这两种盐都可水解，促进水的电离，当完全被中和生成后，再滴加过量的溶液时，又对水的电离起抑制作用，D正确； 故选C。 11．B 【分析】过程中pH增大，可知加入氢氧化钠，a点氯化铵和氢氧化钠恰好反应，溶质为氨水和氯化钠；过程中pH减小，可知过程中通入HCl，c点和HCl恰好反应生成，c点溶质为。 【详解】A．点为等浓度的和的混合溶，溶液呈碱性，说明氨水电离程度大于氯化铵水解程度，所以离子浓度大小：，故A错误； B．过程中，浓度增大，浓度减小，抑制水电离，水的电离程度逐渐减小，故B正确； C．点溶质为，水解使溶液呈酸性，c点的pH<7，故C错误； D．过程中不变，和HCl反应生成，增大，所以减小，故D错误； 选B。 12．B 【分析】由图1知，的,，据此回答。 【详解】A．由图1，，A正确； B．时，可能有生成，根据物料守恒，溶液中，故不一定等于，B错误； C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，C正确； D．时，溶液中主要含碳微粒是，、，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D正确； 故选B。 13．D 【详解】A．NaHCO3 溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，则，A错误； B．25℃时，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，一水合氨为弱电解质部分电离，氨水过量，溶液呈碱性，混合液中：，B错误； C．根据质子守恒，0.1mol/LNa2S溶液中：c(HS-)+2c(H2S)+c(H+)=c(OH-)，C错误； D．醋酸溶液与氢氧化钠溶液混合后溶液中存在电荷守恒：，溶液呈酸性，，混合液中：c(CH3COO- )>c(Na+)，D正确； 答案选D。 14．D 【详解】A．标况下SO2为气体，11.2L SO2为0.5mol，其含有1.5mol原子，原子数为1.5NA，A错误； B．SO为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL 0.1mol L-1 Na2SO3溶液中SO数目小于0.01NA，B错误； C．反应①的方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O，反应中每生成3mol S消耗2mol H2S，3.4g H2S为0.1mol，故可以生成0.15mol S，生成的原子数目为0.15NA，C错误； D．反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO+2S2-+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2mol S2-共转移4mol电子，因此，每生成1mol S2-，转移2mol电子，数目为2NA，D正确； 故答案选D。 15．(1) 减小 增大 ad (2) D 【详解】（1）①根据表格中化学平衡常数与温度关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动。该反应的逆反应方向是吸热反应，根据反应方程式可知：该反应是反应方向气体体积不变的反应，但气体的质量减小，故混合气体的平均摩尔质量减小，由于在以g/mol为单位时，气体的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，故平衡逆向移动，导致混合气体的平均相对分子质量减小； 在恒容下向容器中充入氦气，容器中的气体质量增大，因此混合气体的密度会增大； ②某温度下，若把 10 molCO 和足量的 FeO(s)置于体积为 1 L 的密闭容器内，发生反应：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)。 a．该可逆反应反应前后气体的体积不变，但气体的质量会发生改变，因此当容器内的密度保持不变时，说明气体的质量不变，反应达到平衡状态，a符合题意； b．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，由于反应前后气体的物质的量不变，因此容器内压强始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态， b不符合题意； c．在v(CO)=v(CO2)中未指明反应速率的正、逆，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态， c不符合题意； d．CO2是生成物，若未达到平衡状态，则混合气体中n(CO2)就会发生改变，当混合气体中n(CO2)不变时，反应达到了平衡状态，可据此判断反应是否达到平衡状态，d符合题意； 故合理选项是ad； （2）CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3、NaClO、NaCN都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。形成盐的相应弱酸的酸性越弱，等浓度的盐水解程度就越大，该弱酸根离子结合H+能力就越强，溶液的pH就越大，该溶液的碱性就越强。由于碱性：CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO＜NaCN＜Na2CO3，所以结合H+的能力由强到弱的顺序是：CH3COO-＜＜ClO-＜CN-＜，故结合H+最强的是； ②等浓度的强碱弱酸盐溶液pH越大，相应盐中弱酸根离子结合水电离产生的H+能力就越强，其形成的弱酸的酸性就越弱。由于0.1 mol/L的各种盐溶液的pH：CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO＜NaCN＜Na2CO3，因此相同浓度的弱酸的酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN＞NaHCO3，因此浓度均为0.01 mol/L的弱酸中，酸性最强的是CH3COOH，故合理选项是D。 16．C 17．B 18．NaH2Cit+NaHCO3=CO2↑+H2O+Na2HCit 【解析】16．随着溶液pH增大，柠檬酸H3Cit被碱中和依次生成H2Cit-、HCit2-和Cit3-，H3Cit所占比例减小，H2Cit-逐渐增大，达到最大后又逐渐减小，同时HCit2-逐渐增大，达到最大值，又减小，同时Cit3-，逐渐增大，X为H3Cit,Y为H2Cit-，Z为HCit2-，M为Cit3-，答案选C。 17．A．根据电荷守恒，Na3Cit溶液中，[Na+]+[H+]=[OH-]+[H2Cit-]+2[HCit2-]+3[Cit3-]，故A错误； B．Na3Cit溶液显碱性，溶液中[OH-]＞[H+]，故B正确； C．NaH2Cit溶液中存在物料守恒，[Na+]=[H3Cit]+[H2Cit-]+[HCit2-]+[Cit3-]，故C错误； D．由图像可知，Na2HCit溶液显酸性，[OH-]＜[H+]，故D错误； 故答案为：B。 18．已知25℃时，碳酸的电离常数为：Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，柠檬酸的电离常数如下：Ka1=7.4×10-4、Ka2=1.7×10-5、Ka3=4.0×10-7，酸性强弱为：H3Cit＞H2Cit-＞H2CO3＞HCit2-＞，向NaHCO3溶液中加入NaH2Cit溶液，反应的化学方程式为：NaH2Cit+NaHCO3=CO2↑+H2O+Na2HCit。 19．(1)、 (2)10.25 (3)AC 【分析】盐酸和氢氧化钠生成氯化钠和水、和碳酸钠生成碳酸氢钠和氯化钠：、和碳酸氢钠生成氯化钠水二氧化碳：；结合图可知，AB段消耗盐酸300mL-100mL=200mL大于0A段消耗的盐酸100mL，则0点溶液溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，AB段消耗盐酸是0A的2倍，结合反应关系可知，0点溶液碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为100mL：(200mL-100mL)=1:1； 【详解】（1）由分析可知，所得溶液的溶质为、； （2）在滴加盐酸前，此时溶液为等量的、，由图可知，碳酸钠为0.1L×1mol/L=0.1mol，则、均为0.1mol÷0.1L=1mol/L，，pH=10.25； （3）该溶液为等量的、溶液； A．由电荷守恒可知，，正确； B．由物料守恒可知，，错误； C．由AB分析可知，，正确； D．由K值可知，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解，则，错误； 故选AC。 20．(1) > C2O+H2OHC2O+OH—，C2O会发生水解，导致离子浓度减小 (2)D (3)溶液中=××= ==104.6 【分析】由图可知，溶液中草酸浓度与草酸氢根离子浓度相等时，pH为1.2，则草酸的电离常数Ka1== c(H+)=10—1.2，溶液中草酸根离子浓度与草酸氢根离子浓度相等时，pH为4.2，则草酸的电离常数Ka,2== c(H+)=10—4.2。 【详解】（1）草酸钠是强碱弱酸盐，草酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，水解以一级水解为主，水解的离子方程式为C2O+H2OHC2O+OH—，所以溶液中钠离子浓度大于草酸根离子浓度的2倍，故答案为：>；C2O+H2OHC2O+OH—，C2O会发生水解，导致离子浓度减小； （2）A．滴定过程中，溶液中存在电荷守恒关系2c()+c()+c(OH—)= c(H+)+ c(Na+)，故错误； B．草酸氢根离子的水解常数Kh==＜Ka2，则草酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，则草酸氢钠溶液中草酸根离子浓度大于草酸浓度，故错误； C．草酸氢钠溶液中存在物料守恒关系c(Na+)= c()+c() +c(H2C2O4)，故错误； D．向pH=1.2的反应混合液中加氢氧化钠溶液至a点过程中，溶液中抑制水电离的草酸、草酸氢根离子的浓度减小，促进水电离的草酸根离子浓度增大，所以水的电离度一直增大，故正确； （3）溶液中=××= ==104.6，故答案为：溶液中=××= ==104.6。 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 $$