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18.25℃时,向20mL 0.lmol•L-1H2A溶液中滴加0.lmol•L-1NaOH溶液,有关粒子物质的量的变化如图所示.下列有关说法正确的是(  )
A.H2A在水中的第一步电离的电离方程式为:H2A=HA-+H+
B.c(HA-)/c(H2A)的比值随着V[NaOH(aq)]的增大而减小
C.V[NaOH(aq)]=20mL 时,溶液中存在关系:c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.1 mol•L-1
D.V[NaOH(aq)]=20mL 时,溶液中存在关系:c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)

分析 A.根据图知,25℃时,0.lmol•L-1H2A溶液存在H2A和HA-,说明该酸是二元弱酸,发生电离时第一步部分电离;
B.$\frac{c(H{A}^{-})}{c({H}_{2}A)}$=$\frac{c(H{A}^{-}).c({H}^{+})}{c({H}_{2}A).c({H}^{+})}$=$\frac{{K}_{a1}({H}_{2}A)}{c({H}^{+})}$,随着NaOH溶液的加入,溶液中c(H+)逐渐减小;
C.V[NaOH(aq)]=20mL时,二者恰好反应生成NaHA,溶液中存在物料守恒,根据该溶液中的物料守恒判断;
D.根据图象知,当V(NaOH)=20时,发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O,溶液主要为NaHA,HA-的电离程度大于其水解程度,溶液显酸性.

解答 解:A.根据图知,25℃时,0.lmol•L-1H2A溶液存在H2A和HA-,说明该酸是二元弱酸,发生电离时第一步部分电离,其第一步电离方程式为H2A?HA-+H+,故A错误;
B.$\frac{c(H{A}^{-})}{c({H}_{2}A)}$=$\frac{c(H{A}^{-}).c({H}^{+})}{c({H}_{2}A).c({H}^{+})}$=$\frac{{K}_{a1}({H}_{2}A)}{c({H}^{+})}$,随着NaOH溶液的加入,溶液中c(H+)逐渐减小,温度不变电离平衡常数不变,所以$\frac{c(H{A}^{-})}{c({H}_{2}A)}$=$\frac{c(H{A}^{-}).c({H}^{+})}{c({H}_{2}A).c({H}^{+})}$=$\frac{{K}_{a1}({H}_{2}A)}{c({H}^{+})}$增大,故B错误;
C.V[NaOH(aq)]=20mL时,发生反应:NaOH+H2A═NaHA+H2O,溶质为NaHA,根据物料守恒可得:c(HA-)+c(A2-)+c(H2A )=c(Na+)=0.05mol/L,故C错误;
D.根据图象知,当V(NaOH)=20 mL时,发生反应为NaOH+H2A═NaHA+H2O,溶质主要为NaHA,HA-电离程度大于水解程度,溶液显酸性,水和HA-都电离出氢离子,只有HA-电离出A2-,所以离子浓度大小顺序为:c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),故D正确;
故选D.

点评 本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断,题目难度中等,明确反应后溶质组成为解答关键,注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理的概念及在判断离子浓度大小中的应用方法,易错选项是C,注意混合后溶液体积增大导致浓度减小.

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写出FeO(s)被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式:CO(g)+FeO(s)=Fe(s)+CO2(g)△H=-11kJ/mol.
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