HA、HB都是一元酸，与足量的金属锌反应，生成的H2越多，代表酸的物质的量越大。
等体积、pH均为2的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的H2多，说明HA的物质的量浓度更大，但是电离的氢离子一样（pH都是2），所以说明HA电离程度更小，即HA酸性更弱，选项D不能达到预期目的。
20.室温时，向20mL0.1mol·L-1 醋酸溶液中不断滴入0.1mol·L-1 的NaOH溶液，溶液pH 变化如图所示。
下列叙述错误的是
A.a点：
c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO-）+2c（OH-）
B.b点：
c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-）
C.c 点：
c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+）
D.d 点：
2c（Na+）=3[c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）]
【答案】B
【解析】A．a点：
V（NaOH）=10mL，醋酸有一半参加反应，所以溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，根据电荷守恒和物料守恒可知溶液中c（CH3COOH）+2c（H+）=cCH3COO-）+2c（OH-），A正确；B．b点：
混合溶液呈中性，说明c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-），B错误；C．c点：
酸碱的物质的量相等，二者恰好完全反应生成CH3COONa，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-），根据物料守恒c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），所以c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH-），C正确；D．d点：
碱过量，醋酸和氢氧化钠的物质的量之比是2：
3，所以根据物料守恒可知2c（Na+）=3[c（CH3COOH）+c（CH3COO-）]，D正确，答案选B。
点睛：
本题以酸碱混合定性判断为载体考查离子浓度大小比较，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，难点是判断溶液中溶质成分，注意图像中几个特殊点，即起点、反应一半时、中性点、恰好反应时以及过量一半时等。
另外注意物料守恒、电荷守恒的运用。
21.某温度时，Ag2SO4 在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
请回答下列问题：
（1）A点表示Ag2SO4是______________（ 填“过 饱 和”“饱 和”或“不 饱 和”）溶液。
（2）该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=__________________。
（3）现将足量的Ag2SO4固体分别加入：
A.40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液
B.10 mL 蒸馏水
C.10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。
则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为___________（填字母）。
（4）向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4 固体，可观察到有砖红色沉淀生成（Ag2CrO4为砖红色），写出沉淀转化的离子方程式：
________________________。
【答案】
（1）.不饱和
（2）.1.6×10-5（3）.B>A>C（4）.Ag2SO4+CrO42-=Ag2CrO4+SO42-
【解析】
（1）依据图象分析，选取b点，一定温度下的溶度积Ksp=c2（Ag+）×c（SO42-）=（2×10-2）2×4×10-2=1.6×10-5（mol•L-1）3；图象中a点处的离子浓度为：
c（SO42-）=4×10-2mol/L，c（Ag+）=1×10-2mol/L，c2（Ag+）×c（SO42-）=4×10-6＜ksp，不是饱和溶液。
（2）依据图象分析，选取b点，一定温度下的溶度积Ksp=c2（Ag+）×c（SO42-）=（2×10-2）2×4×10-2=1.6×10-5（mol•L-1）3。
（3）一定温度下的溶度积Ksp=c2（Ag+）×c（SO42-）=1.6×10-5（mol•L-1）3；将足量的Ag2SO4分别放入：
a.40mL0.01mol•L-1K2SO4溶液，0.01mol/L的硫酸根抑制硫酸银的溶解；b.10mL蒸馏水中形成饱和溶液；c.10mL0.02mol•L-1H2SO4溶液中，0.02mol/L的硫酸根离子抑制硫酸银的溶解；显然硫酸根离子浓度越大，硫酸银的溶解度越小（注意：
溶解度与溶液体积无关），所以Ag2SO4的溶解度由大到小的排列顺序为：
b＞a＞c。
（4）往Ag2SO4溶液中加入足量的Na2CrO4固体，可观察到砖红色沉淀（Ag2CrO4为砖红色），说明Ag2CrO4溶解性小于Ag2SO4发生了沉淀转化，反应的离子方程式为：
Ag2SO4+CrO42-=Ag2CrO4+SO42-。
22.某二元酸（H2A）在水中的电离方程式是H2A=H++HA-； HA-
H++A2-。
（1）NazA溶液显___________（填“酸性”“中性”或“碱性”）。
理由是____________________（用离子方程式表示）。
（2）已知0.1mol·L-1的NaHA溶液的pH=2，则0.1mol·L-1 的HA溶液中c（H+）_______________（填“<”“>”或“=”）0.11mol·L-1。
理由是______________________。
（3）在0.1mol·L-1 的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式不正确的是______________（填字母）。
A. c（A2-）+c（HA-）=0.1mol·L-1
B. c（OH-）=c（H+）+c（HA-）
C. c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+c（A2-）
D.c（Na+）=2c（A2-）+2c（HA-）
（4）若向0.1mol·L-1的H2A溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________________________。
【答案】
（1）.碱性
（2）.A2-+H2O
HA-+OH-（3）.<（4）.H2A 的第一步电离产生的H+ 对HA- 的电离有抑制作用（5）.C（6）.c（Na+）>c（HA-）>c（H+）>c（A2-）>c（OH-）
【解析】试题分析：
本题考查水解离子方程式的书写，溶液中粒子浓度的大小关系。
（1）由于H2A第一步为完全电离，第二步为部分电离，所以Na2A溶液中A2-只发生一步水解：
A2-+H2O
HA-+OH-，Na2A溶液呈碱性。
（2）NaHA在水中的电离方程式为：
NaHA=Na++HA-，HA-
H++A2-，0.1mol/LNaHA溶液的pH=2，溶液中c（H+）=0.01mol/L；H2A在水中的电离方程式为：
H2A=H++HA-，HA-
H++A2-，0.1mol/LH2A溶液中第一步电离出的c（H+）=0.1mol/L，由于第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，所以0.1mol/LH2A溶液中c（H+）
0.11mol/L。
（3）由于H2A第一步为完全电离，第二步为部分电离，所以Na2A溶液中A2-只发生一步水解：
A2-+H2O
HA-+OH-。
A项，根据“A”守恒：
c（A2- ）+c（HA-）=0.1mol/L，正确；B项，溶液中的电荷守恒为：
c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），物料守恒为：
2[c（A2- ）+c（HA-）]=c（Na+），整理得c（OH-）=c（H+）+c（HA-），正确；C项，溶液中的电荷守恒为：
c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），错误；D项，溶液中的物料守恒为：
c（Na+）=2[c（A2- ）+c（HA-）]，正确；答案选C。
（4）等体积等浓度的H2A溶液与NaOH溶液反应得NaHA溶液，在NaHA溶液中存在以下电离：
NaHA=Na++HA-，HA-
H++A2-，H2O
H++OH-，HA-、H2O的电离都很微弱，但HA-的电离大于H2O的电离，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为：
c（Na+）>c（ HA- ）>c（H+）>c（A2- ）>c（OH- ）。
23.NaNO2是一种工业盐，外观与NaCl非常相似，且有毒。
某化学兴趣小组欲测定某亚硝酸钠样品的纯度，并对NaCl与NaNO2进行深究。
Ⅰ.甲组同学拟测定样品中NaNO2的纯度。
已知：
5NaNO2+2KMnO4+3H2SO4=NaNO3+2MnSO4+K2SO4+3H2O
高锰酸钾滴定法：
称取mg试样于锥形瓶中，加入适量水溶解，然后用cmol·L-1的KMnO4溶液（适量稀H2SO4酸化）进行滴定，并重复上述操作3次。
（1）甲组同学在滴定时最合理的滴定装置是_______________（填字母）。
（2）滴定达到终点的标志是____________________________________。
（3）若滴定终点时平均消耗VmL标准容液，则产品的纯度为_______________（用含c、m、V的代数式表示）。
Ⅱ.乙组同学设计实验鉴别NaCl和NaNO2。
（4）用pH试纸分别测定0.1mol·L-1两种盐溶液的pH，测得NaNO2呈碱性。
该溶液呈碱性的原因是_____________________（用离子方程式解释）。
（5）已知：
Ksp（AgNO2）=2×10-8，Ksp（AgCl）=1.8×10-10，分别向盛有5mL0.01mol·L-1两种盐溶液的试管中滴入硝
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