2021年高考化學真題和模擬題分類匯編專題13鹽類的水解【含答案】

專題13鹽類的水解2021年化學高考題一、單選題1．（全國高考真題試卷）HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中隨c(H+)而變化，不發(fā)生水解。實驗發(fā)現，時為線性關系，如下圖中實線所示。下列敘述錯誤的是A．溶液時，B．MA的溶度積度積C．溶液時，D．HA的電離常數【KS5U答案】C【分析】本題考查水溶液中離子濃度的關系，在解題過程中要注意電荷守恒和物料守恒的應用，具體見詳解。【KS5U解析】A．由圖可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L時，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正確；B．由圖可知，c(H+)=0時，可看作溶液中有較大濃度的OH-，此時A-的水解極大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，則，B正確；C．設調pH所用的酸為HnX，則結合電荷守恒可知，題給等式右邊缺陰離子部分nc(Xn-)，C錯誤；D．當時，由物料守恒知，則，，則，對應圖得此時溶液中，，D正確；故選C。2．（浙江）取兩份的溶液，一份滴加的鹽酸，另一份滴加溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。下列說法不正確的是A．由a點可知：溶液中的水解程度大于電離程度B．過程中：逐漸減小C．過程中：D．令c點的，e點的，則【KS5U答案】C【分析】向溶液中滴加鹽酸，溶液酸性增強，溶液pH將逐漸減小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液堿性增強，溶液pH將逐漸增大，因此abc曲線為向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲線為向溶液中滴加鹽酸?！綤S5U解析】A．a點溶質為，此時溶液呈堿性，在溶液中電離使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈堿性，由此可知，溶液中的水解程度大于電離程度，故A正確；B．由電荷守恒可知，過程溶液中，滴加NaOH溶液的過程中保持不變，逐漸減小，因此逐漸減小，故B正確；C．由物料守恒可知，a點溶液中，向溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出，因此過程中，故C錯誤；D．c點溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e點溶液體積增大1倍，此時溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正確；綜上所述，說法不正確的是C項，故答案為C。3．（廣東高考真題試卷）鳥嘌呤()是一種有機弱堿，可與鹽酸反應生成鹽酸鹽(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列敘述正確的是A．水溶液的B．水溶液加水稀釋，升高C．在水中的電離方程式為：D．水溶液中：【KS5U答案】B【KS5U解析】A．GHCl為強酸弱堿鹽，電離出的GH+會發(fā)生水解，弱離子的水解較為微弱，因此0.001mol/LGHCl水溶液的pH>3，故A錯誤；B．稀釋GHCl溶液時，GH+水解程度將增大，根據勒夏特列原理可知溶液中c(H+)將減小，溶液pH將升高，故B正確；C．GHCl為強酸弱堿鹽，在水中電離方程式為GHCl=GH++Cl-，故C錯誤；D．根據電荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D錯誤；綜上所述，敘述正確的是B項，故答案為B。4．（湖南高考真題試卷）常溫下，用的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為三種一元弱酸的鈉鹽溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是A．該溶液中：B．三種一元弱酸的電離常數：C．當時，三種溶液中：D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：【KS5U答案】C【分析】由圖可知，沒有加入鹽酸時，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，則HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱。【KS5U解析】A．NaX為強堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序為c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正確；B．弱酸的酸性越弱，電離常數越小，由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，則三種一元弱酸的電離常數的大小順序為Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正確；C．當溶液pH為7時，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序為c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C錯誤；D．向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽都完全反應，溶液中鈉離子濃度等于氯離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存在電荷守恒關系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(Cl-)+c(OH-)，由c(Na+)=c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)—c(OH-)，故D正確；故選C。5．（浙江高考真題試卷）實驗測得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數均為1.8×10-5.下列說法不正確的是A．圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化'B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L-1，溶液pH變化值小于lgxC．隨溫度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)減小，c(H+)增大，pH減小D．25℃時稀釋相同倍數的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)【KS5U答案】C【分析】由題中信息可知，圖中兩條曲線為10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化曲線，由于兩種鹽均能水解，水解反應為吸熱過程，且溫度越高、濃度越小其水解程度越大。氯化銨水解能使溶液呈酸性，濃度越小，雖然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸鈉水解能使溶液呈堿性，濃度越小，其水溶液的堿性越弱，故其pH越小。溫度越高，水的電離度越大。因此，圖中的實線為pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化?！綤S5U解析】A．由分析可知，圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化，A說法正確；B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L-1時，若氯化銨的水解平衡不發(fā)生移動，則其中的c(H+)變?yōu)樵瓉淼?，則溶液的pH將增大lgx，但是，加水稀釋時，氯化銨的水解平衡向正反應方向移動，c(H+)大于原來的，因此，溶液pH的變化值小于lgx，B說法正確；C．隨溫度升高，水的電離程度變大，因此水的離子積變大，即Kw增大；隨溫度升高，CH3COONa的水解程度變大，溶液中c(OH-)增大，因此，C說法不正確；D．25℃時稀釋相同倍數的NH4C1溶液與CH3COONa溶液中均分別存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此，氯化銨溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸鈉溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數均為1.8×10-5，因此，由于原溶液的物質的量濃度相同，稀釋相同倍數后的NH4C1溶液與CH3COONa溶液，溶質的物質的量濃度仍相等，由于電離常數相同，其中鹽的水解程度是相同的，因此，兩溶液中c(OH-)-c(H+)（兩者差的絕對值）相等，故c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)，D說法正確。綜上所述，本題選C。6．（浙江高考真題試卷）25℃時，下列說法正確的是A．NaHA溶液呈酸性，可以推測H2A為強酸B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測BA為強酸強堿鹽C．0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＜α2D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水電離出H+的物質的量為1.0×10-5mol【KS5U答案】D【KS5U解析】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的電離程度大于其水解程度，不能據此得出H2A為強酸的結論，A錯誤；B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，不能推測BA為強酸強堿鹽，因為也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱堿鹽，B錯誤；C．弱酸的濃度越小，其電離程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＞α2，C錯誤；D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氫氧根離子的濃度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促進水的電離，則水電離出H＋的濃度是1×10－4mol/L，其物質的量為0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正確；答案選D。二、多選題7．（山東高考真題試卷）賴氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系數δ(x)隨pH變化如圖所示。已知δ(x)=，下列表述正確的是

A．>B．M點，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O點，pH=D．P點，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)【KS5U答案】CD【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次發(fā)生離子反應：、、，溶液中逐漸減小，和先增大后減小，逐漸增大。，，，M點，由此可知，N點，則，P點，則?！綤S5U解析】A．，，因此，故A錯誤；B．M點存在電荷守恒：，此時，因此，故B錯誤；C．O點，因此，即，因此，溶液，故C正確；D．P點溶質為NaCl、HR、NaR，此時溶液呈堿性，因此，溶質濃度大于水解和電離所產生微粒濃度，因此，故D正確；綜上所述，正確的是CD，故答案為CD。三、工業(yè)流程題8．（湖南高考真題試卷）可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有、、、等物質。以獨居石為原料制備的工藝流程如下：回答下列問題：(1)鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，該核素的符號為_______；(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少寫兩條)；(3)濾渣Ⅲ的主要成分是_______(填化學式)；(4)加入絮凝劑的目的是_______；(5)“沉鈰”過程中，生成的離子方程式為_______，常溫下加入的溶液呈_______(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：的，的，)；(6)濾渣Ⅱ的主要成分為，在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極材料，同時生成和，該反應的化學方程式為_______【KS5U答案】適當升高溫度，將獨居石粉碎等Al(OH)3促使鋁離子沉淀↑堿性6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑【分析】焙燒濃硫酸和獨居石的混合物、水浸，轉化為Ce2(SO4)3和H3PO4，與硫酸不反應，轉化為Al2(SO4)3，轉化為Fe2(SO4)3，轉化為CaSO4和HF，酸性廢氣含HF；后過濾，濾渣Ⅰ為和磷酸鈣、FePO4，濾液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化鐵溶液除磷，濾渣Ⅱ為FePO4；聚沉將鐵離子、鋁離子轉化為沉淀，過濾除去，濾渣Ⅲ主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵；加碳酸氫銨沉鈰得Ce2(CO3)3·nH2O?！綤S5U解析】(1)鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，則質量數為58+80=138，該核素的符號為；(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有適當升高溫度，將獨居石粉碎等；(3)結合流程可知，濾渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；(4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀；(5)用碳酸氫銨“沉鈰”，則結合原子守恒、電荷守恒可知生成的離子方程式為↑；銨根離子的水解常數Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氫根的水解常數Kh()==≈2.3×10-8，則Kh()<Kh()，因此常溫下加入的溶液呈堿性；(6)由在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極材料，同時生成和可知，該反應中Fe價態(tài)降低，C價態(tài)升高，結合得失電子守恒、原子守恒可知該反應的化學方程式為6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑。2021年化學高考模擬題一、單選題1．（九龍坡區(qū)·重慶市育才中學高三三模）室溫下，用mmol/L的二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中的電離與一水合氨相似)滴定10.00mL0.1mol/L的鹽酸溶液。溶液pH隨加入二甲胺溶液體積變化曲線如圖所示(忽略溶液混合時的體積變化)。下列說法正確的是A．本實驗應該選擇酚酞作指示劑B．室溫下，C．a點溶液中水的電離程度最大D．b點溶液中存在：c[(CH3)2NH]＞c(OH-)＞c(Cl-)＞c(H＋)【KS5U答案】B【分析】二甲胺[(CH3)2NH]為一元弱堿，二甲胺在水中的電離與一水合氨相似，二甲胺[(CH3)2NH]電離方程式為(CH3)2NH?H2O?(CH3)2NH+OH-，電離平衡常數Kb[(CH3)2NH?H2O]=，(CH3)2NH2Cl是強酸弱堿鹽，其水溶液呈酸性，結合電荷守恒關系分析解答?！綤S5U解析】A．用二甲胺溶液滴定鹽酸溶液達到滴定終點時生成強酸弱堿鹽(CH3)2NH2Cl，溶液呈酸性，應該選擇甲基橙作指示劑，故A錯誤；B．(CH3)2NH2Cl是強酸弱堿鹽，其水溶液呈酸性，電荷關系為c[(CH3)2NH]+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，圖中a點時溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L、并且二甲胺溶液過量、c[(CH3)2NH]=c(Cl-)==0.05mol/L，剩余(CH3)2NH的濃度c[(CH3)2NH?H2O]==0.5(m-0.1)mol/L，電離方程式為(CH3)2NH?H2O?(CH3)2NH+OH-，則電離平衡常數Kb[(CH3)2NH?H2O]===×10-7，故B正確；C．強酸弱堿鹽能夠促進水的電離，并且其濃度越大、促進作用越強，二者恰好完全反應時生成(CH3)2NH2Cl，此時溶液呈酸性，圖中a點呈中性、二甲胺過量，所以a點以前的某點溶液中水的電離程度最大，故C錯誤；D．圖中b點溶液的pH=8、呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中主要離子為(CH3)2NH和Cl-，電荷關系為c[(CH3)2NH]+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以有c[(CH3)2NH]＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D錯誤；故選B。2．（福建省南安高三二模）亞砷酸(H3AsO3)可以用于治療白血病，其在溶液中存在多種微粒形態(tài)，將KOH溶液滴入亞砷酸溶液，各種微粒物質的量分數與溶液的pH關系如圖所示。下列說法不正確的是A．人體血液的pH在7.35-7.45之間，患者用藥后人體中含As元素的主要微粒是H3AsO3B．pH在10～13之間，隨pH增大HAsO水解程度減小C．通常情況下，H2AsO電離程度大于水解程度D．交點b的溶液中：2c(HAsO)+4c(AsO)<c(K+)【KS5U答案】C【KS5U解析】A．由圖可知，當溶液pH在7.35-7.45之間時，砷元素的主要存在形式為H3AsO3，故A正確；B．HAsO在溶液中存在如下水解平衡：HAsO+H2OH2AsO+OH—，pH在10～13之間時，溶液pH增大，氫氧根離子濃度增大，平衡向逆反應方向移動，HAsO水解程度減小，故B正確；C．由圖可知，當溶液中砷元素的主要存在形式為H2AsO時，溶液pH約為11，溶液呈堿性，說明H2AsO的水解程度大于電離程度，故C錯誤；D．由圖可知，交點b的溶液為堿性溶液，溶液中c(H+)<c(OH—)、c(AsO)=c(H2AsO)，由電荷守恒關系c(K+)+c(H+)=3c(AsO)+2c(HAsO)+c(H2AsO)+c(OH—)可得2c(HAsO)+4c(AsO)<c(K+)，故D正確；故選C。3．（福建省南安高三二模）常溫下，下列說法正確的是A．某溶液中含有、、和Na+，若向其中加入Na2O2，充分反應后，四種離子的濃度不變的是(忽略反應前后溶液體積的變化)B．水電離的c水(H+)=10-12mol·L—1的溶液中，下列離子能大量共存：、Na+、、C．氫氧化鐵溶于HI溶液中的離子方程式為：2Fe(OH)3+6H++2I—=2Fe2++I2+6H2OD．NaHS溶液中，下列離子能大量共存：K+、Al3+、Cl—、【KS5U答案】C【KS5U解析】A．向溶液中加入具有強氧化性的過氧化鈉固體，過氧化鈉能將溶液中的亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，溶液中硫酸根離子濃度會增大，故A錯誤；B．水電離的c水(H+)=10-12mol·L—1的溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液，酸溶液中，氫離子與碳酸氫根離子反應，不能大量共存，堿溶液中，氫氧根離子與銨根離子、碳酸氫根離子反應，不能大量共存，故B錯誤；C．氫氧化鐵溶于氫碘酸溶液的反應為氫氧化鐵與氫碘酸溶液反應生成碘化亞鐵、碘和水，反應的離子方程式為2Fe(OH)3+6H++2I—=2Fe2++I2+6H2O，故C正確；D．在硫氫化鈉溶液中，硫氫根離子與鋁離子會發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀和硫化氫氣體，不能大量共存，故D錯誤；故選C。4．（重慶市第十一中學校高三二模）常溫下，向20mL濃度均為0.1mol/LHX和CH3COOH的混合溶液中滴加0.1mol/L的氨水，測得溶液的電阻率(溶液的電阻率越大，導電能力越弱)與加入氨水的體積(V)的關系如圖。(CH3COOH的Ka＝1.8×10-5，NH3·H2O的Kb＝1.8×10-5)下列說法正確的是A．同濃度的HX比CH3COOH的pH大B．a→c過程，水的電離程度逐漸減小C．c點時，D．d點時，【KS5U答案】C【分析】電阻率與離子濃度成反比，即a→b過程中溶液的導電性減弱，向混合溶液中加入等物質的量濃度的NH3?H2O溶液時，發(fā)生反應先后順序為：HX+NH3?H2O=NH4X+H2O、NH3?H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，0～20mL溶液中電阻率增大、導電性減弱，b點最小，原因是溶液體積增大導致b點離子濃度減小，b點溶液中溶質為NH4X、CH3COOH；繼續(xù)加入NH3?H2O溶液，NH3?H2O是弱電解質，生成的CH3COONH4是強電解質，導致溶液中離子濃度增大，溶液的電導性增大，c點時醋酸和一水合氨恰好完全反應生成醋酸銨，c點溶液中溶質為NH4X、CH3COONH4，且二者的物質的量相等；d點溶液中溶質為等物質的量濃度的NH4X、CH3COONH4、NH3?H2O，據此分析解答?！綤S5U解析】A．若HX和CH3COOH都是弱酸，則隨著NH3?H2O的加入，酸堿反應生成鹽，溶液導電性將增強、電阻率將減小，但圖象上隨著NH3?H2O的加入溶液電阻率增大、導電性反而減弱，說明原混合溶液中離子濃度更大，即HX為強電解質，同濃度的HX的pH比CH3COOH的pH小，故A錯誤；

B．酸或堿都抑制水的電離，滴加NH3?H2O溶液的過程：a→c為HX和CH3COOH轉化為NH4X、CH3COONH4的過程，溶液的酸性減弱，水的電離程度增大，故B錯誤；

C．根據分析可知，c點溶液中溶質為NH4X、CH3COONH4，且二者的物質的量相等，溶液為酸性，則c(H+)＞c(OH-)，根據電荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)+c(CH3COO-)可知：，故C正確；

D．d點溶液中溶質為等物質的量濃度的NH4X、CH3COONH4、NH3?H2O，0～40mL時，NH3?H2O轉化為NH，40～60mL時，NH3?H2O過量，d點時，溶液體積共為80mL，2c(NH3?H2O)+2c(NH)=2×0.1mol/L×0.02L/0.08L+2×0.01mol/L×0.04L/0.08L=0.15mol/L，故D錯誤；

故選：C。5．（青海高三三模）用下列實驗裝置(部分夾持裝置略去)，能達到實驗目的的是A．加熱裝置I中的燒杯，分離I2和高錳酸鉀固體B．利用裝置II除去CO中的CO2C．利用裝置III制備Fe(OH)3膠體D．利用裝置IV蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3固體【KS5U答案】B【KS5U解析】A．加熱裝置I中的燒杯，高錳酸鉀固體會分解，故A錯誤；B．利用裝置II除去CO中的CO2，只有二氧化碳能與NaOH溶液反應，故B正確；C．利用裝置III制備Fe(OH)3膠體，應使用酒精燈的外焰加熱，加熱至液體呈紅褐色即可，故C錯誤；D．利用裝置IV蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3固體，氯化鋁會水解，應在氯化氫氣流中加熱，故D錯誤；故選B。6．（四川成都市·成都七中高二零模）常溫下，向20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加0.1mol·L-1CaCl2溶液，碳酸根離子濃度與氯化鈣溶液體積的關系如圖所示。已知：pC=-lgc(CO)，Ksp(CdCO3)=1.0×10-12，Ksp(CaCO3)=3.6×10-9.下列說法正確的是

A．圖像中V0=20，m=5B．a點溶液：c(OH-)>2c(HCO)+2c(H2CO3)C．若Na2CO3溶液的濃度變?yōu)?.05mol·L-1，則n點向c點方向遷移D．若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，則n點向b點方向遷移【KS5U答案】C【KS5U解析】A．圖像中V0=20，Na2CO3溶液與CaCl2溶液恰好完全反應c(Ca2+)=c(CO)=mol/L，pC=-lgc(CO)=-lg6×10-5，m不等于5，故A錯誤；B．a點溶液：溶質為Na2CO3，存在物料守恒c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，2c(HCO)+2c(H2CO3)=c(HCO)+c(OH-)-c(H+)，c(HCO)-c(H+)>0，c(OH-)<2c(HCO)+2c(H2CO3)，故B錯誤；C．若Na2CO3溶液的濃度變?yōu)?.05mol·L-1，用的0.1mol·L-1CaCl2溶液體積減小，則n點向c點方向遷移，故C正確；D．若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，反應后，碳酸根離子濃度減小，pC=-lgc(CO)增大，則n點向d點方向遷移，故D錯誤；故選C。7．（四川成都市·成都七中高二零模）下列有關電解質溶液的說法正確的是A．加水稀釋，Na2S溶液中離子濃度均減小B．0.1mol/LNaOH溶液中滴加等體積等濃度醋酸溶液，溶液的導電性增強C．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液的c(Na+)：①>②>③D．向0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸銨固體，則溶液中c(OH﹣)/c(NH3·H2O)增大【KS5U答案】C【KS5U解析】A．Na2S溶液呈堿性，加水稀釋，Na2S溶液中氫離子濃度增大，故A錯誤；B．0.1mol/LNaOH溶液中滴加等體積等濃度醋酸溶液，產物為0.05mol/L的CH3COONa溶液，離子濃度減小，溶液的導電性減小，故B錯誤；C．CH3COO-、、ClO-水解程度依次增強，pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液的濃度c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(NaClO)，所以c(Na+)：①>②>③，故C正確；D．向0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸銨固體，銨根離子濃度增大，氨水電離平衡逆向移動，c(OH﹣)減小、c(NH3·H2O)增大，所以溶液中c(OH﹣)/c(NH3·H2O)減小，故D錯誤；選C。8．（浙江高三其他模擬）已知：p[]=-lg[]。室溫下向HX溶液中滴加等物質的量濃度的NaOH溶液，溶液pH隨p[]變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．a點溶液中：10c(Na+)=c(HX)B．溶液中由水電離出的c(H+)：a>b>cC．b點溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HX)+c(OH-)D．當溶液呈中性時：c(Na+)=c(HX)【KS5U答案】C【KS5U解析】A．a點溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，此時p[]=-1，則c(X-)=10c(HX)，代入電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<10c(HX)，選項A錯誤；B．根據圖示可知，a、b、c均為酸性溶液，則溶質為HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的電離程度大于X-的水解程度，可只考慮H+對水的電離的抑制，溶液pH越大氫離子濃度越小，水的電離程度越大，則溶液中水的電離程度：a<b<c，選項B錯誤；C．b點溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，此時p[]=0，則c(X-)=c(HX)，代入電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HX)+c(OH-)，選項C正確；D．溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，當溶液呈中性時c(Na+)=c(X-)，若c(Na+)=c(HX)，則c(X-)=c(HX)，此時p[]=0，即為b點，但b點溶液呈酸性，不符合，選項D錯誤；答案選C。9．（河南新鄉(xiāng)市·新鄉(xiāng)縣一中高三其他模擬）為測定某二元弱酸H2A與NaOH溶液反應過程中溶液pH與粒子關系，在25℃時進行實驗，向H2A溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gX[X表示或]隨溶液pH的變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．直線II中X表示的是B．當pH=3.81時，溶液中c(HA-)：c(H2A)=10：1C．0.1mol·L-1NaHA溶液中：c(Na＋)＞c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2-)D．當pH=6.91時，對應的溶液中，3c(A2-)=c(Na＋)＋c(H＋)-c(OH-)【KS5U答案】D【KS5U解析】A．當pH=0時，c(H+)=1mol/L，Ka1==，Ka2==，由于Ka2＜Ka1，故直線Ⅱ中X表示，A錯誤；B．當lgX=0時溶液的pH=1.81，帶入Ka1計算式中可求出Ka1=1×10-1.81，當pH=3.81時，c(H+)=1×10-3.81mol/L，所以有Ka1=1×10-1.81==1×10-3.81×，解得c(HA-)：c(H2A)=100：1，B錯誤；C．與B項同理，可求出Ka2=1×10-6.91＞10-7，由此可知HA-的電離能力強于其水解能力，電離生成的c(A2-)比水解生成的c(H2A)大，C錯誤；D．當pH=6.91時，對應的溶液中c(HA-)=c(A2-)，又因電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，所以3c(A2-)=c(Na＋)＋c(H＋)-c(OH-)，D正確；綜上所述答案為D。10．（安徽高三其他模擬）常溫下，將HCl氣體通入0.1mol/L氨水中，混合溶液中pH與微粒濃度的對數值(lgc)和反應物物質的量之比X[X=]的關系如圖所示(忽略溶液體積的變化)，下列說法正確的是A．NH3·H2O的電離平衡常數為10-9.25B．P2點由水電離出的c(H+)=1.0×10-7mol/LC．P3為恰好完全反應點，c(Cl-)+c(NH)=0.2mol/LD．P3之后，水的電離程度一直減小【KS5U答案】B【KS5U解析】A．一水合氨電離平衡狀態(tài)下，溶液中銨根離子和氫氧根離子濃度相同時，氨水濃度為0.1mol/L，圖象分析可知，c()=c(OH-)≈10-3mol/L，NH3?H2O的電離平衡常數Kb===10-5，A錯誤；B．由圖可知，P2點對應的溶液pH=7，故由水電離出的c(H+)=1.0×10-7mol/L，B正確；C．P3所示溶液，t==1，n(HCl)=n(NH3?H2O)，溶液中存在物料守恒得到：c()+c(NH3?H2O)=c(Cl-)＝0.1mol/L，故c(Cl-)+c()=２c()+c(NH3?H2O)＜0.2mol/L，C錯誤；D．P3點為恰好完全反應，溶質為NH4Cl，故之后，加入的HCl越來越多，由于H+對水解的抑制作用，水的電離程度減小，當HCl達到飽和溶液時，水的電離程度將不再改變，故不是一直減小，D錯誤；故B。11．（陜西寶雞市·高三其他模擬）常溫下，向20mL0.01mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的CH3COOH溶液，溶液中由水電離出的c水(OH-)的對數隨加入CH3COOH溶液體積的變化如圖所示，下列說法正確的是A．H、F點溶液顯中性B．E點溶液中由水電離的c水(OH—)=1×10-3mol·L-1C．H點溶液中離子濃度關系為c(CH3COO—)>c(Na+)>c(H+)>c(OH—)D．G點溶液中各離子濃度關系為c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)【KS5U答案】D【分析】氫氧化鈉在溶液中抑制水的電離，向氫氧化鈉溶液中加入醋酸，對水的電離的抑制作用逐漸減弱，當溶液為醋酸鈉溶液時，水的電離程度最大，則G點為醋酸鈉溶液；從E點到G點的反應過程中，所得溶液為氫氧化鈉和醋酸鈉的混合溶液，溶液為堿性；H點為醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液呈中性?！綤S5U解析】A．由分析可知，H點為醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液呈中性，F點為氫氧化鈉和醋酸鈉的混合溶液，溶液為堿性，故A錯誤；B．氫氧化鈉在溶液中抑制水的電離，0.01mol·L-1的氫氧化鈉溶液中氫氧根離子的濃度為0.01mol·L-1，則溶液中水電離的氫離子濃度為10-12mol·L-1，故B錯誤；C．由分析可知，H點為醋酸和醋酸鈉混合溶液，溶液呈中性，由電荷守恒關系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中離子濃度關系為c(CH3COO—)=c(Na+)>c(H+)=c(OH—)，故C錯誤；D．由分析可知，G點為醋酸鈉溶液，由電荷守恒關系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中各離子濃度關系為c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)，故D正確；故選D。12．（廣西南寧市·南寧三中高三三模）常溫下，用如圖1所示裝置，分別向25mL0.3mol/LNa2CO3溶液和25mL0.3mo/lLNaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol/L的稀鹽酸，用壓強傳感器測得壓強隨鹽酸體積的變化曲線如圖2所示。下列說法正確的是A．X曲線為Na2CO3溶液的滴定曲線B．b點溶液的pH大于c點溶液的pHC．a、d兩點水的電離程度：a＞dD．c點的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)【KS5U答案】C【KS5U解析】A．碳酸鈉溶液中滴加鹽酸時先發(fā)生反應CO+H+=HCO+H2O，然后發(fā)生HCO+H+=H2CO3+H2O，碳酸氫鈉溶液中滴加鹽酸時發(fā)生HCO+H+=H2CO3+H2O，所以滴加25mL鹽酸時，碳酸鈉溶液中幾乎不產生二氧化碳，壓強幾乎不變，而碳酸氫鈉恰好完全反應，壓強達到最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A錯誤：

B．b點溶液溶質為NaCl，c點溶液溶質為NaHCO3，所以c點代表溶液的pH更大，B錯誤：

C．d點鹽酸和碳酸鈉恰好完全反應，溶質為NaCl，還有少量溶解的二氧化碳，而a點溶質為碳酸鈉和碳酸氫鈉，HCO、CO的水解都會促進水的電離，所以a點水的電離程度更大，C正確。

D．c點的溶液中：根據電荷守恒知，c(Na+)+(H+)=2(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(C1-)，D錯誤。

故選：C。13．（江西撫州市·臨川一中）常溫下，以酚酞為指示劑，用0.1000mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L?1的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒分布系數δ(物質的量分數)隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關系如圖所示下列說法中正確的是A．H2A在水中電離的方程式為：H2A?H++HA-，HA-?H++A2-B．當VNaOH溶液=20.00mL時，溶液中離子濃度大小順序為：c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-)C．常溫下，HA-的電離平衡常數為1×10-5D．當VNaOH溶液=30.00mL時，c(HA-)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)【KS5U答案】B【KS5U解析】A．根據圖像的變化趨勢可知①、②代表含A微粒分布系數，③代表pH變化，據圖可知未滴加NaOH溶液時，溶液中含A微粒只有兩種，則應為HA-和A2-，不含H2A，說明H2A第一步完全電離，在水中的電離方程式為H2A=H++HA-，HA-?H++A2-，A錯誤；B．當VNaOH溶液=20.00mL時，NaOH和H2A恰好完全反應生成NaHA，溶質為NaHA，溶液中存在HA-?H++A2-和H2O?H++OH-，所以離子濃度大小關系為c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-)，B正確；C．HA-的電離平衡常數表達式為Ka=，據圖可知當c(A2-)=c(HA-)時加入25mLNaOH溶液，此時pH為2.0，即c(H+)=1×10-2mol/L，所以Ka=1×10-2，C錯誤；D．當VNaOH溶液=30.00mL時，溶質為等物質的量的NaHA、Na2A，溶液中的電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，物料守恒為2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)，用兩個等式消去c(Na+)可得：c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，D錯誤；綜上所述答案為B。14．（山東濰坊市·高三三模）常溫下，將0.1mol·L-1的溶液加水稀釋，混合溶液中與的關系如圖所示。下列說法正確的是

A．的值為10-4.7B．M、N兩點對應的溶液稀釋程度N＞MC．向溶液中加入固體可使N點移動到P點D．將溶液稀釋1000倍后，溶液中【KS5U答案】AD【KS5U解析】A．由N點數據可知=-4.5，則c(H+)=10-4.5mol·L-1，則c(OH-)=10-9.5mol·L-1，=4.8，則=10-4.8，則==10-9.5×104.8=10-4.7，故A正確；B．溶液越稀，的水解程度越大，溶液酸性越小，N點=-4.5，則c(H+)=10-4.5mol·L-1，M點=-6.0，則c(H+)=10-6.0mol·L-1，因此N酸性強，溶液的濃度大，即M、N兩點對應的溶液稀釋程度M＞N，故B錯誤；C．溫度不變，不變，混合溶液中與的關系曲線不變，因此向溶液中加入固體，不可使N點移動到P點，故C錯誤；D．稀釋溶液，促進銨根離子的水解，將溶液稀釋1000倍后，溶液接近中性，c(NH)≈2c(SO)，故D正確；故選AD。15．（天津高三三模）常溫下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，所得滴定曲線如圖所示(忽略混合時溶液體積的變化)。下列敘述錯誤的是A．可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值B．滴定中兩次反應終點可依次用甲基橙、酚酞作指示劑C．圖中Y點對應的溶液中3c(SO)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)D．圖中Z點對應的溶液中：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)【KS5U答案】D【KS5U解析】A．混合溶液中W點c(H2SO3)=c()，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-2，混合溶液Y點中c()=c()，Ka2(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-7.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值,A正確；

B．甲基橙變色范圍為3.1-4.4，滴定到第一反應終點溶液pH值為4.25，在其范圍內，所以可以選取甲基橙作指示劑，酚酞的變色范圍是8.2～10.0，滴定到第二反應終點溶液pH值為9.86，在其范圍內，所以可以選取酚酞作指示劑，B正確；

C．Y點溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)且該點溶液中存在c()=c()，所以存在3c()=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，C正確；

D．Z點酸堿恰好完全反應生成Na2SO3，兩步水解生成OH-導致溶液呈堿性，但只有第一步水解生成，所以c()＜c(OH-)，由物料守恒知c(Na+)＞c()，則該點溶液中存在c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()，D錯誤；

故D。16．（天津高三一模）室溫下，向10mL0.1000molNa2CO3溶液中逐滴滴加0.1000mol/LHCl溶液，整個反應過程中無氣體逸出(溶解的CO2均表示為H2CO3)。測得混合溶液的pH隨加入HCl溶液體積的變化如下圖。下列說法正確的是A．a點溶液的溶質主要為NaCl、NaHCO3B．b點溶液中c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c()+2c()C．c點時，溶液中發(fā)生的離子反應是3+4H+=2+H2CO3D．取d點溶液加熱至沸騰，然后冷卻至室溫，溶液的pH不變【KS5U答案】B【分析】依據題意，向碳酸鈉溶液中逐滴滴入鹽酸，發(fā)生反應和。根據所加鹽酸溶液的體積確定a、b、c、d各點溶質成分，然后根據各點溶質成分解答?！綤S5U解析】A．a點時加入鹽酸為碳酸鈉的一半，發(fā)生反應，還有剩余碳酸鈉，體系中含有溶質NaCl、、，故A錯誤；B．b點時，加入的鹽酸和碳酸鈉剛好反應生成碳酸氫鈉和氯化鈉，且溶液呈堿性，根據電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()+c(Cl-)，所以c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c()+2c()，故B正確；C．c點時溶質為H2CO3，和NaCl，溶液中發(fā)生的離子反應是2+3H+=+H2CO3，故C錯誤；D．d點時溶質為NaCl和，溶液呈酸性，加熱煮沸碳酸分解產生二氧化碳逸出，冷卻后溶液呈中性，pH增大，故D錯誤。答案選B。17．（天津高三一模）常溫下，將NaOH溶液滴加到20mL等濃度的某一元酸(HA)溶液中，測得混合溶液的pH與離子濃度變化關系如圖所示[已知：p=-lg]。下列敘述不正確的是

A．m點：c(Na+)<c(A-)B．Ka(HA)的數量級為10-5C．1點所示溶液中：c(Na+)<c(A-)+c(HA)D．各點的水溶液中水的電離程度大小關系：n>m>1【KS5U答案】D【KS5U解析】A．根據電荷守恒可得，又由圖示可知m點pH=4.76，則，所以m點：c(Na+)<c(A-)，故A不選；B．m點處p=-lg=0，即，則此時，數量級為10-5，故B不選；C．當加入的NaOH溶液為20mL時，溶液中溶質為NaA，存在物料守恒，即，且溶液呈堿性；1點溶液呈酸性，說明加入的NaOH溶液體積小于20mL，則，故C不選；D．n點到l點，溶液中NaA的物質的量逐漸增多，NaA的水解促進水的電離，所以水電離程度n＜m＜1，故選D；答案選D。18．（云南高三三模）室溫下，分別向體積均為20mL、濃度均為0.1mol·L-1的HX、HY溶液中，滴加相同濃度的Ba(OH)2溶液(Ba2+與X-、Y-均不反應)。隨著Ba(OH)2溶液的加入，由水電離產生的c(H+)的變化趨勢如圖所示。下列說法錯誤的是A．相同條件下，Ka(HX)>Ka(HY)B．M點溶液顯中性，溶液中c(Y-)<c(Ba2+)C．N點對應Ba(OH)2溶液的體積為10mLD．T點溶液中陰離子濃度之和大于M點【KS5U答案】B【KS5U解析】A．由圖示可知，水解對水的電離促進程度較大，則HY的酸性較弱，所以相同條件下Ka(HX)>Ka(HY)，故A不選；B．本題為向酸中滴加Ba(OH)2溶液，因此隨著Ba(OH)2溶液的加入溶液先進行酸堿中和反應，所以當HY與Ba(OH)2溶液中水電離出的第一次達到時為中性點，當繼續(xù)滴加Ba(OH)2溶液會抑制水的電離(N點之后)，即第二次水電離該點為堿性點，所以M點呈中性，根據電荷守恒，所以c(Y-)＞(Ba2+)，故B；C．N點完全反應點，0.1mol/LBa(OH)2溶液中，故消耗完20mL0.1mol/L的HY需要10mL0.1mol/LBa(OH)2溶液，故C不選；D．根據電荷守恒可得T點；M點；T、M點相同，T點大于M點，所以，故D不選。答案選B19．（遼寧高三其他模擬）常溫下，向二元弱酸溶液中滴加溶液，測得混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示，下列說法錯誤的是A．曲線m表示pH與變化的曲線B．C．溶液中：D．交點a的溶液中：【KS5U答案】D【分析】二元弱酸H2A的一級電離常數Ka1=，二級電離常數Ka2=，當c（H2A）=c（HA—）或c（A2—）=c（HA—）時，Ka1=c（H+）或Ka2=c（H+），由圖可知，坐標原點時，曲線m對應pH為2.3，曲線n對應pH為5.7，一級電離常數大于二級電離常數，則曲線m表示pH與變化的曲線，曲線n表示pH與變化的曲線，一級電離常數Ka1=10—2.3、二級電離常數Ka2=10—5.7?！綤S5U解析】A．由分析可知，曲線m表示pH與變化的曲線，故A正確；B．由分析可知，H2A的二級電離常數Ka2=10—5.7，故B正確；C．HA—的水解常數Kh===10—11.7＜Ka2，則HA—的電離程度大于水解程度，溶液中，故C正確；D．由圖可知，交點a的溶液中＞0，則溶液中c（HA—）＞c（H2A），故D錯誤；故選D。20．（四川雅安市·高三三模）草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸。常溫下向草酸溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gX[x表示或]隨pH的變化如圖。下列說法中錯誤的是A．NaHC2O4溶液呈酸性B．H2C2O4第二步電離常數數量級是10-5C．pH=7時，c(Na+)=c()+2c()D．1.22<pH<4.19時，c()>c()>c(H2C2O4)【KS5U答案】D【分析】二元弱酸草酸的K1＝[]×c(H+)＞K2＝[]×c(H+)，當溶液的pH相同時，c(H+)相同，lgX：a＞b，則a表示lg與pH的變化關系，b表示lg與pH的變化關系，以此解答?！綤S5U解析】A．由分析可知，a表示lg與pH的變化關系，當lg=0時，pH=1.22，則c(H+)=10-1.22mol/L，二元弱酸草酸的K1＝[]×c(H+)=10-1.22，同理可得K2＝[]×c(H+)=10-4.9，NaHC2O4溶液中的電離常數K2=10-4.9，水解常數Kh===10-12.78，則的電離大于水解，NaHC2O4溶液呈酸性，故A正確；B．由分析可知，b表示lg與pH的變化關系，，當lg=0時，pH=4.19，則c(H+)=10-4.19mol/L，二元弱酸草酸的K2＝[]×c(H+)=10-4.19，數量級是10-5，故B正確；C．pH=7時，c(H+)=c(OH-)，由電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()可知，c(Na+)=c()+2c()，故C正確；D．lgX為增函數，pH＝1.22時，曲線a中，lgX＝lg＝0時，c()＝c(H2C2O4)，曲線b中l(wèi)gX＝lg<0，c()<c()＝c(H2C2O4)；pH＝4.19時，曲線a中，lgX＝lg>0，c()>103c(H2C2O4)，曲線b中，lgX＝lg＝0，c()=c()>c(H2C2O4)，所以1.22＜pH＜4.19的過程中，c()逐漸增大，c(H2C2O4)逐漸減小，c()逐漸增大，則不一定滿足c()＞c(H2C2O4)，故D錯誤；故選D。21．（廣西高三三模）常溫下，用鹽酸滴定溶液，其滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．a點溶液中B．b液中C．若取c點溶液與足量濃的明礬溶液混合，有白色絮狀沉淀生成，同時產生氣泡，主要原因是：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑D．各點中水電離程度大?。篸>c>b>a【KS5U答案】C【KS5U解析】A．a點加入12.5mL鹽酸，a點溶液中的溶質是等物質的量的、、，因碳酸根離子的水解程度大于碳酸氫根離子，導致碳酸根濃度下降，碳酸氫根離子濃度增大，氯離子不水解濃度不變，離子濃度大?。海蔄錯誤；B．由電荷守恒可得：，故B錯誤；C．c點溶液中的溶質為碳酸氫鈉和氯化鈉，若取c點溶液與足量濃的明礬溶液混合，有白色絮狀沉淀生成，同時產生氣泡，主要原因是兩者發(fā)生雙水解，離子反應方程式是Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C正確；D．隨著鹽酸加入，不斷被反應，水解越來越弱，水電離程度降低，各點中水電離程度大?。篸<c<b<a，故D錯誤；答案選C。22．（四川廣元市·高三三模）常溫下，用0.2mol·L-1鹽酸滴定25.00mL0.2mol·L-1NH3·H2O溶液，所得溶液pH、NH和NH3·H2O的物質的量分數與滴加鹽酸體積的關系如圖所示。下列敘述正確的是A．曲線①代表φ(NH)，曲線②代表φ(NH3·H2O)B．a點溶液中存在c(Cl-)＞c(NH)=c(NH3·H2O)C．NH3·H2O的電離常數的數量級為10-4D．應選用甲基橙為指示劑，滴定終點溶液的顏色變化為黃色變?yōu)榧t色【KS5U答案】D【KS5U解析】A．隨著鹽酸的加入，φ(NH3·H2O)減小，φ(NH)增大，由圖可知，曲線①代表φ(NH3·H2O)，曲線②代表φ(NH)，故A錯誤；B．a點溶液中c(NH)=c(NH3·H2O)，此時溶液的pH為9.26，溶液顯堿性，c(OH-)＞c(H+)，根據電荷守恒，可知c(Cl-)＜c(NH)，故B錯誤；C．NH3?H2O的電離常數表達式為Kb=，a點溶液中c(NH)=c(NH3·H2O)，Kb=c(OH-)=10-4.74，其數量級為10-5，故C錯誤；D．滴定終點時，所得溶液溶質為NH4Cl，銨根水解顯酸性，應選擇甲基橙為指示劑，滴定終點溶液的顏色變化為黃色變?yōu)榧t色，故D正確；故選D。23．（四川涼山彝族自治州·高三二模）下列有關電解質溶液的敘述錯誤的是A．25℃時，將0.1mol·L-1的HA溶液加水稀釋至pH=4.0，所得溶液c(OH-)=l×10-10mol·L-1B．25℃時，將10mLpH=a的鹽酸與100mLpH=b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，則a+b=13C．25℃時，pH=11的氨水和pH=l1的Na2CO3溶液中，由水電離產生的c(OH-)均為l×10-11mol·L-1D．溫度一定時，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，=【KS5U答案】C【KS5U解析】A．pH=4，[H+]=10-4mol/L，因為溫度為25℃，Kw=1×10-14，[OH-]=，A正確；B．由于恰好中和，所以氫離子的物質的量等于氫氧根離子的物質的量，，a+b=13，B正確；C．NH3·H2O是堿，抑制水的電離，由水電離產生的氫氧根離子濃度為10-13mol/L，Na2CO3是鹽促進水的電離，由水電離產生的氫氧根離子濃度為0.1mol/L，C錯誤；D．，可以倒推得出結論，D正確；答案選C。24．（四川涼山彝族自治州·）Na2S2O5(焦亞硫酸鈉)具有較強的還原性，25℃時，將0.5molNa2S2O5溶于水配成IL溶液，溶液中部分微粒濃度隨溶液酸堿性變化如圖所示。已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaSO3)=5.0×10-7。下列說法正確的是A．Na2S2O5水溶液pH=4.5是因為S2O水解所致B．由圖像可知，25℃時，HSO的水解平衡常數約為10-7C．向溶液中加入堿性物質使溶液pH升高的過程中，一定存在如下關系：c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)D．將部分被空氣氧化的該溶液的pH調為10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO沉淀完全[c(SO)≤1.0×10-5mol·L-1]，此時溶液中c(SO)≤0.05mol·L-1【KS5U答案】D【KS5U解析】A．S2O水解應該顯堿性，根據圖可知，pH=4.5時，溶液中主要以亞硫酸氫根離子形式存在，所以溶液顯酸性，A錯誤；B．HSO的水解平衡常數表達式為，由圖像可知亞硫酸氫根離子和亞硫酸濃度相等時pH＝2，則25℃時，HSO的水解平衡常數約為10-12，B錯誤；C．溶液中還存在S2O，c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)不能滿足電荷守恒，C錯誤；D．根據硫酸鋇的溶度積常數可知此時溶液中鋇離子濃度是mol/L＝1.0×10-5mol·L-1，則溶液中SO的最大濃度=mol/L＝0.05mol·L-1，D正確；答案選D。25．（福建省福州高三其他模擬）25°C時，向25ml0.1mol?L-1鄰苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固體或通入HCl氣體，混合溶液的pH隨-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的關系如圖所示(忽略溶液體積變化和鄰苯二甲酸的揮發(fā))。下列有關敘述不正確的是A．b點有關微粒濃度大小關系為c(K+)>c(HA-)>c(A2-)B．c點c(K+)=0.15mol·L-1C．鄰苯二甲酸的Ka1約為1.0×10-3D．從b點到e點，水電離產生的c(H+)先增大后減小【KS5U答案】B【分析】H2A為二元素弱酸，其電離方程式為H2AH++HA-、HA-H++A2-，一級電離遠大于二級電離，因此ac線代表pH、-lgc(HA-)關系曲線，加入KOH，先生成KHA，繼續(xù)加入KOH，再生成K2A，利用“守恒”思想、影響水電離的因素等知識進行分析；【KS5U解析】A．b點-lgc(HA-)最小，則c(HA-)最大，說明H2A與KOH恰好完全反應，溶質為KHA，HA-電離程度微弱，因此離子濃度大小順序是c(K+)>c(HA-)>c(A2-)，故A說法正確；B．根據圖像，c點：c(A2-)=c(HA-)，溶質為KHA和K2A，如果KHA和K2A物質的量濃度相同，存在2c(K+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L，則c(K+)=0.15mol/L，但HA-的電離程度大于A2-水解程度，c(HA-)小于c(A2-)，推出c(K2A)略小于c(KHA)，即c(K+)小于0.15moL/L，故B說法錯誤；C．從a點推出c(HA-)=10-4mol/L，c(H+)=1mol/L，弱電解質的電離微弱，c(H2A)約為0.1mol/L，即H2A的電離常數為=10-3moL/L，故C說法正確；D．根據圖像，KHA溶液顯酸性，抑制水的電離，加入KOH，生成K2A，A2－水解，促進水的電離，從b點到e點，水電離產生的c(H+)先增大后減小，故D說法正確；答案為B。26．（全國高三其他模擬）25℃時，向20.00mL0.1000mol·L-1的Na2R溶液中滴入0.1000mol·L-1的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸體積的關系如圖所示(忽略混合過程中溶液體積的變化)。下列說法錯誤的是A．Ka2(H2R)＞Kh1(R2-)B．Ka1(H2R)的數量級為10-4C．滴定過程中水的電離程度先減小后增大D．m點時，溶液中存在c(Cl-)+2c(R2-)+c(HR-)=c(Na+)【KS5U答案】C【KS5U解析】A．m點時，Na2R的物質的量等于NaHR的物質的量，此時pH=7，溶液中存在R2-、HR-的水解，以及HR-的電離，所以Ka2(H2R)＞Kh1(R2-)，故A正確；B．加入40ml鹽酸時，得到60.oomlpH=2.5的H2R和NaCl的混合溶液，由元素守恒可知，，，，故B正確；C．滴定過程中水的電離程度逐漸減小，故C錯誤；D．m點，由電荷守恒有：，此時pH=7，，則有故D正確；故答案為C。二、多選題27．（全國高三零模）二元弱堿在常溫下的水溶液里，微粒的分布系數()隨的變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．常溫下，的一級電離常數B．常溫下，等物質的量的和組成的混合溶液顯酸性C．與少量的硫酸反應得到的鹽為D．溶液中，【KS5U答案】AC【KS5U解析】A.常溫下二元弱堿的級電離方程式為：，當瓶pH=10時，c[]=c[],c()=1104，則的一級電離常數，故A正確；B.常溫下，為二元弱堿，為堿式鹽，所以等物質的量的和組成的混合溶液顯堿性，故B錯誤；C.少量的硫酸與反應方程式為：2+H2SO4=+2H2O，得到的鹽為，故C正確；D.根據質子守恒，在溶液中，，故D錯誤；故答案：AC28．（河北石家莊市·）常溫下，通入HCl或加入NaOH固體調節(jié)0.01mol·L-1NaHR溶液的pH(調節(jié)過程中溶液體積不變)，溶液中c(HR-)隨pH變化的曲線如圖所示。下列說法錯誤的是

A．x<0.01B．Ka1(H2R)≈1×10-5C．水的電離程度：c>b=dD．c點時溶液中存在c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)【KS5U答案】CD【KS5U解析】A．0.01mol·L-1NaHR溶液的pH=6，溶液中存在R2-、HR-、H2R三種微粒，根據物料守恒，故溶液中x=c(HR-)<0.01mol/L，故A正確；B．把a點（3，10-4）帶入Ka1(H2R)=公式，a點酸性較強，HR-幾乎全部轉化為H2R，故c(H2R)≈c(NaHR)=0.01mol/L，所以Ka1(H2R)=≈1×10-5，故B正確；C．酸堿抑制水電離，而能夠水解的鹽溶液能夠促進水電離，d點溶液呈中性，c點溶液中HR-的電離比HR-的水解程度大，溶液呈酸性；b點溶液的酸性更強，所以水的電離程度：d>c>b，故C錯誤；D．c點NaHR溶液顯酸性，則NaHR溶液的電離程度大于水解程度，所以c點時溶液中存在c(HR-)>c(R2-)>c(H2R)，故D錯誤；故選CD。三、工業(yè)流程題29．（重慶市第十一中學校高三二模）鍺屬于稀有分散元素，一種以鍺精礦(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)制備高純二氧化鍺的工藝流程如下：下列數據是對應物質的熔點：物質GeO2GeOSiO2As2O3熔點/℃1115710(升華)1723193(升華)(1)第32號元素鍺的原子結構示意圖________，根據鍺在元素周期表中的位置寫出單質鍺的一種用途________。(2)“焙燒”前，粉碎鍺精礦的目的是________。礦渣1的主要成分是________。(3)“還原焙燒”中，含Ge氧化物在不同氣氛中的揮發(fā)情況如圖。800～1100℃之間，含Ge氧化物在CO中的揮發(fā)率明顯高于空氣中的原因是________。(4)“堿浸氧化”后，GeO轉化為鍺酸鹽，請寫出反應的離子方程式________。(5)“精餾水解”發(fā)生反應的化學方程式________。(6)在氯化物熔鹽中，電解SiO2和GeO2的混合物，可制得硅鍺合金。反應原理如下：SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑生成硅鍺合金的電極為________(填“陽極”或“陰極”)，寫出生成O2的電極反應式________。【KS5U答案】半導體材料增大接觸面積，加快反應速率，提高鍺精礦的利用率As2O3GeO2在CO中轉化為GeO升華GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl陰極2O2--4e－=O2↑【分析】由于As2O3在193℃時升華，所以鍺精礦(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)首先在300℃焙燒得到含GeO2、GeO、SiO2礦石；然后在1200℃下GeO2被CO還原成710℃下揮發(fā)的GeO以及主要含SiO2的礦渣2；GeO在堿性條件下被雙氧水為Ge4+；然后加鹽酸經蒸餾得到GeCl4；GeCl4再精餾水解最后烘干得到高純的GeO2，據此分析可得：【KS5U解析】(1)第32號元素鍺為第四周期第IV族的元素，則其原子結構示意圖為；鍺位于金屬與非金屬分界線的元素，可用作半導體材料，故；半導體材料；(2)“焙燒”前，粉碎鍺精礦的目的是增大接觸面積，加快反應速率，提高鍺精礦的利用率；由于As2O3在193℃時升華，所以300℃煅燒鍺精礦(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)后再冷凝得到的礦渣1的主要成分為As2O3，故增大接觸面積，加快反應速率，提高鍺精礦的利用率；As2O3；(3)GeO在710℃時揮發(fā)，所以800～1100℃之間，含Ge氧化物在CO中的揮發(fā)率明顯高于空氣中的原因是GeO2在CO中轉化為GeO升華，故GeO2在CO中轉化為GeO升華；(4)“堿浸氧化”后，GeO轉化為鍺酸鹽，則其離子方程式為：，故；(5)“精餾水解”時GeCl4中Ge4+水解生成和HCl，則其反應的化學方程式為：，故；(6)由SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑可知，Si、Ge化合價均降低，發(fā)生還原反應，為電解池的陰極；O元素化合價升高為，發(fā)生氧化反應，則2O2--4e－=O2↑，故陰極；2O2--4e－=O2↑。四、原理綜合題30．（天津南開區(qū)·南開中學高三三模）I.人類使用能源經歷了三個時期。(1)柴草時期從能量轉化的角度看，木材燃燒時化學能主要轉化成_______能和光能。(2)化石能源時期迄今為止，煤、石油、天然氣仍是人類使用的主要能源。煤的綜合利用有_______、煤的氣化和煤的液化等：石油經分餾可以獲得汽油、煤油、柴油等輕質油，通過催化裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯等，通過結構的重新調整可得到芳香烴類化合物。(3)多能源結構時期基于環(huán)保理念，天津市將逐步減少傳統(tǒng)燃油汽車的使用，燃料電池汽車將有更廣闊的發(fā)展前景。如圖1所示為氫氧燃料電池的示意圖，其基本工作原理與銅鋅原電池的相同。根據圖中電子流動方向判斷，A電極的電極反應方程式為_______，氫氧燃料電池的優(yōu)點是_______(寫一條即可)。II.氮的循環(huán)對人類的生產和生活具有重要意義，圖2為氮的部分循環(huán)過程：(4)上述轉化中，屬于氮的固定的是_______(填標號)。(5)步驟②，以氨氣為原料制備兩種常見氮肥的反應如下：a.NH3+H2O+CO2=NH4HCO3b.2NH3(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(NH2)2(s)ΔH<0其中原子利用率為100%的反應是_______(填字母)。既能加快反應b的化學反應速率，又能使該平衡正向移動的外界因素是_______(任寫一項)III.(6)用0.1mol·L-1NaOH標準溶液滴定20mL等濃度的三元酸H3A，得到pH與V(NaOH)、lgX[X=或或的關系分別如圖3、圖4所示。結合圖3信息，當滴入20mLNaOH溶液時，請補全溶液中的離子濃度大小排序：c(Na+)>___>___c(HA2-)>c(OH-)，結合圖4中的II，當溶液中的=101.8，此時溶液的pH=____?！綤S5U答案】熱煤的干餾2H2–4e-=4H+無污染、原料來源廣泛、可以持續(xù)產生穩(wěn)定的電流等①a增大壓強c(H2A?)c(H+)9【KS5U解析】(1)燃燒為放熱反應，木材燃燒時化學能主要轉化為熱能和光能；(2)煤的綜合利用有煤的干餾、煤的氣化和煤的液化；(3)根據電