11.反應(yīng)機(jī)理圖像及分析2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計二輪專題化學(xué)H課后習(xí)題含答案選擇題熱點練

11.反應(yīng)機(jī)理圖像及分析2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計二輪專題化學(xué)H課后習(xí)題含答案選擇題熱點練11.反應(yīng)機(jī)理圖像及分析(分值:27分)學(xué)生用書P271(選擇題每小題3分)1.(2024·甘肅二模)某種含銅微粒可用于汽車尾氣脫氮的催化劑,催化機(jī)理如圖所示。下列說法不正確的是()A.圖中所有銅的配合物中銅的配位數(shù)有2、3、4、6四種情況B.在配離子[Cu(NH3)2]+中,NH3提供孤電子對,Cu+提供空軌道C.狀態(tài)③到狀態(tài)④的變化過程中有O—H鍵的形成D.該脫硝過程的總反應(yīng)方程式為4NH3+4NO+O24N2+6H2O答案:A解析:圖中所有銅的配合物中銅的配位數(shù)有2、3、4三種情況,A錯誤;在配離子[Cu(NH3)2]+中,NH3為配體,提供孤電子對,Cu+提供空軌道,B正確;狀態(tài)③到狀態(tài)④的變化過程中有H2O生成,即有O—H鍵的形成,C正確;根據(jù)反應(yīng)歷程圖可知,加入2NH3、2NO、12O2,生成2N2、3H2O,該脫硝過程的總反應(yīng)方程式為4NH3+4NO+O24N2+6H2O,D正確。2.(2024·貴州六校聯(lián)盟聯(lián)考三)生物質(zhì)脂肪酸脫羧機(jī)理為在溫和條件下生產(chǎn)烷烴產(chǎn)品提供了一條可持續(xù)的途徑,光催化脂肪酸脫羧歷程如圖所示,下列說法錯誤的是()A.光催化脫羧反應(yīng)不需要高溫或有毒試劑,減少了對環(huán)境的污染,是一種綠色合成方法B.脫羧反應(yīng)為R—CH2COO--e-CO2↑+R—C·H2C.R—CH2COO-與R—C·H2D.烷基自由基在富氫表面發(fā)生還原反應(yīng)答案:C解析:光催化脫羧反應(yīng)在溫和條件下生產(chǎn)烷烴產(chǎn)品,減少了對環(huán)境的污染,是一種綠色合成方法,A正確;根據(jù)圖示,脫羧反應(yīng)為R—CH2COO--e-CO2↑+R—C·H2,B正確;R—C·H2自由基易發(fā)生反應(yīng)生成烷烴,故不能穩(wěn)定存在,C錯誤;烷基自由基在富氫表面結(jié)合氫原子發(fā)生還原反應(yīng)生成相應(yīng)烷烴,D3.(2024·遼寧沈陽一模)基于非金屬原子嵌入石墨烯三嗪基C3N4中,用于催化一氧化碳加氫生成甲醇的反應(yīng)歷程如圖,其中吸附在催化劑表面上的物種用“*”標(biāo)注,下列說法中錯誤的是()A.整個反應(yīng)歷程中有極性鍵的斷裂和生成B.過渡態(tài)相對能量:TS55>TS44>TS77C.物種吸附在催化劑表面的過程為吸熱過程D.反應(yīng)決速步的活化能為0.95eV答案:C解析:由圖可知,一氧化碳催化加氫生成甲醇的反應(yīng)中有極性鍵的斷裂和生成,A正確;過渡態(tài)相對能量的大小順序為TS55>TS44>TS77,B正確;吸附在催化劑表面的生成物總能量低于反應(yīng)物的總能量,為放熱過程,C錯誤;反應(yīng)的活化能越大,反應(yīng)速率越慢,反應(yīng)決速步為慢反應(yīng),由圖可知,反應(yīng)H2CO*+H2*H3CO-H*的活化能最大,反應(yīng)速率最慢,則反應(yīng)決速步的活化能為0.35eV-(-0.60eV)=0.95eV,D4.(2024·湖南岳陽模考)我國科學(xué)家已經(jīng)成功地利用二氧化碳催化氫化獲得甲酸,利用化合物1催化氫化二氧化碳的反應(yīng)過程如圖甲所示,其中化合物2與水反應(yīng)生成化合物3和HCOO-的反應(yīng)歷程如圖乙所示,其中TS表示過渡態(tài),I表示中間體。下列說法正確的是()甲乙A.化合物2為此反應(yīng)的催化劑B.從平衡移動的角度看,降低溫度可促進(jìn)化合物2與水反應(yīng)生成化合物3與HCOO-C.圖乙中形成中間體I1的反應(yīng)為圖甲中2+H2O3+HCOO-的決速步驟D.化合物1到化合物2的過程中不存在極性鍵的斷裂和形成答案:B解析:根據(jù)題意和圖甲可知,化合物1為反應(yīng)的催化劑,故A錯誤;從圖乙可以看出,化合物2與水反應(yīng)生成化合物3與HCOO-是放熱反應(yīng),因此降低溫度可以促進(jìn)該反應(yīng)的正向移動,故B正確;圖乙中形成中間體I2的反應(yīng)活化能最大,為圖甲中2+H2O3+HCOO-的決速步驟,故C錯誤;化合物1到化合物2的過程中二氧化碳中的碳氧鍵斷裂,形成碳?xì)滏I,存在極性鍵的斷裂和形成,故D錯誤;故選B。5.(2024·江西九江十校第二次聯(lián)考)已知反應(yīng)2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的勢能曲線示意圖如下(…表示吸附作用,A表示催化劑,TS表示過渡態(tài)分子):下列有關(guān)說法正確的是()A.過程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成B.若在任意溫度下均能自發(fā)進(jìn)行,則反應(yīng)為吸熱反應(yīng)C.該反應(yīng)中只有兩種物質(zhì)能夠吸附N2O分子D.過程Ⅲ中最大能壘(活化能)為37.49kcal·mol-1答案:A解析:從圖可看出過程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成,A正確;若反應(yīng)在任意溫度下均能自發(fā)進(jìn)行,ΔH<0、ΔS>0,該反應(yīng)為放熱反應(yīng),B錯誤;反應(yīng)過程中,A、A—O、A—O2三種物質(zhì)都能吸附N2O,C錯誤;過程Ⅲ中最大能壘(活化能)為37.49kcal·mol-1-(-44.68)kcal·mol-1=82.17kcal·mol-1,D錯誤。6.(2024·安徽安慶二模)中科大某課題組通過自由基雜環(huán)反應(yīng)直接合成各種C60稠合的內(nèi)酰胺,應(yīng)用于鈣鈦礦電池器件中。底物與Cu(Ⅰ)物種通過電子轉(zhuǎn)移經(jīng)歷兩種途徑得到目標(biāo)產(chǎn)物D。下列說法錯誤的是()A.Cu(Ⅰ)物種是催化劑B.底物具有氧化性C.兩種途徑不同,總反應(yīng)的反應(yīng)熱也不同D.合成過程中C60中碳碳雙鍵斷裂答案:C解析:Cu(Ⅰ)第一步消耗,最后一步生成,是催化劑,A正確;底物將Cu(Ⅰ)氧化為Cu(Ⅱ),具有氧化性,B正確;兩種途徑雖不同,但反應(yīng)熱相同,C錯誤;由圖可知,C60中有六元環(huán)上的碳碳雙鍵發(fā)生了斷裂,D正確。7.(2024·陜西渭南質(zhì)檢Ⅰ)由單鍵旋轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的異構(gòu)體稱為構(gòu)象異構(gòu)體,將正丁烷分子中的C2和C3旋轉(zhuǎn)不同的角度可以得到正丁烷的構(gòu)象勢能關(guān)系圖。下列說法正確的是()A.正丁烷的構(gòu)象異構(gòu)體中所占比例最大的是(ⅳ)B.相同條件下,(ⅲ)轉(zhuǎn)化成(ⅰ)的速率比逆向轉(zhuǎn)化得快C.構(gòu)象異構(gòu)體之間的轉(zhuǎn)化存在化學(xué)鍵的斷裂和生成D.由(ⅰ)轉(zhuǎn)化為(ⅳ)的轉(zhuǎn)化能壘為18.8kJ·mol-1答案:B解析:從圖中可知,正丁烷的構(gòu)象異構(gòu)體中,(ⅰ)的勢能最小,最穩(wěn)定,因此正丁烷的構(gòu)象異構(gòu)體中所占比例最大的是(ⅰ),A錯誤;(ⅲ)轉(zhuǎn)化成(ⅰ)是放熱反應(yīng),正反應(yīng)的活化能低于逆反應(yīng)的活化能,因此(ⅲ)轉(zhuǎn)化成(ⅰ)的速率比逆向轉(zhuǎn)化得快,B正確;構(gòu)象異構(gòu)體因正丁烷分子中C2和C3旋轉(zhuǎn)不同角度而形成,沒有化學(xué)鍵的斷裂和生成,C錯誤;從圖中可知,(ⅲ)轉(zhuǎn)化為(ⅳ)的轉(zhuǎn)化能壘為18.8kJ·mol-1,(ⅰ)轉(zhuǎn)化為(ⅳ)的轉(zhuǎn)化能壘為22.6kJ·mol-1,D錯誤。8.(2024·江西九江十校第二次聯(lián)考)研究表明,在催化劑AuCl/C作用下,CH≡CH+HClCH2CH—Cl的反應(yīng)歷程如圖所示:注:“2→3”可表示為HCl+AuClHCl/AuCl下列有關(guān)說法不正確的是()A.4→5的化學(xué)方程式可表示為HCl/AuCl+CH≡CHCH2CHCl/AuClB.保持體系中C2H2分壓不變,增大HCl分壓可提高反應(yīng)催化效率C.反應(yīng)過程中有極性共價鍵和非極性共價鍵斷裂D.反應(yīng)物在催化劑表面經(jīng)歷過程“擴(kuò)散→吸附(活性位點)→表面反應(yīng)→脫附”答案:B解析:由圖可知,4→5為乙炔與吸附在催化劑AuCl上的HCl反應(yīng),化學(xué)方程式為CH≡CH+HCl/AuClCH2CHCl/AuCl,A正確;若保持體系中C2H2分壓不變,HCl分壓過高時,HCl的體積分?jǐn)?shù)過高,催化劑吸附的較多,阻礙了乙炔與其接觸,降低反應(yīng)催化效率,B錯誤;反應(yīng)過程中有H—Cl極性共價鍵和C—C非極性共價鍵斷裂,C正確;反應(yīng)物在催化劑表面經(jīng)歷1→2過程擴(kuò)散,2→3過程HCl在AuCl上吸附(活性位點),4→5過程乙炔和HCl在催化劑表面反應(yīng),5→6過程生成產(chǎn)物氯乙烯從催化劑上脫附,D正確。9.(2024·吉林省吉林地區(qū)三模)空氣中的灰塵、硫酸、硝酸等顆粒物組成的氣溶膠系統(tǒng)造成視覺障礙的叫霾。科研人員提出了霧霾微顆粒中硫酸鹽(含SO42-A.SO32-和NO2B.整個過程中有H2O參加反應(yīng),而且包含了硫氧鍵的斷裂與形成C.1molSO3-在第Ⅱ、Ⅲ兩個階段共失去電子數(shù)目為D.硫酸鹽轉(zhuǎn)化過程中發(fā)生的總反應(yīng)方程式為SO32-+2NO2+H2OHSO4-答案:B解析:由圖可知,硫酸鹽轉(zhuǎn)化過程中發(fā)生的反應(yīng)為二氧化氮與亞硫酸根離子和水反應(yīng)生成亞硝酸、亞硝酸根離子和硫酸氫根離子,反應(yīng)的離子方程式為SO32-+2NO2+H2OHSO4-+NO2-+HNO2,反應(yīng)中氮元素的化合價降低被還原SO32-和NO2-的中心原子的價層電子對數(shù)為3+6+2-3×22=4、2+5+1-2×22=3,雜化軌道類型分別是sp3、sp2,A正確;由圖可知,整個過程中有H2O參加反應(yīng),但是沒有硫氧鍵的斷裂,B錯誤;由圖可知SO3-在第Ⅱ、Ⅲ兩個階段被氧化生成HSO4-,則反應(yīng)中消耗1molSO3-,共失去電子數(shù)目為1mol×(6-5)×NAmol-1=NA,C12.滴定過程圖像及分析(分值:30分)學(xué)生用書P273(選擇題每小題3分)1.(2024·廣東大亞灣區(qū)1月聯(lián)合模擬)常溫下,向20.00mL1mol·L-1次磷酸H3PO2(一元酸)中,逐滴加入1mol·L-1NaOH溶液,溶液的pH與所加NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)敘述正確的是()A.a點溶液中c(H2PO2-)+c(OH-)=c(Na+)+c(HB.b點溶液中pH=7C.NaH2PO2溶液顯酸性D.H3PO2的電離平衡常數(shù)約為1×10-1答案:A解析:根據(jù)電荷守恒,a點溶液中c(H2PO2-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),A正確;b點溶液中恰好完全反應(yīng),溶質(zhì)為NaH2PO2,H2PO2-水解呈堿性,pH>7,B、C錯誤;由起點,H3PO2的電離平衡常數(shù)約為Ka=c2.(2024·江西九江十校第二次聯(lián)考)某小組同學(xué)用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定未知濃度的一種酸20.00mL,滴定過程的曲線如圖所示,B點為兩者恰好反應(yīng)的點。下列有關(guān)說法正確的是()A.這種酸可能是醋酸B.若用酚酞作指示劑,滴定終點在A處;若用甲基橙作指示劑,滴定終點在C處C.若酸為硫酸,B點溶液中有:c(H+)+c(Na+)=c(SO42-)+cD.若酸為鹽酸,C處溶液離子濃度大小關(guān)系:c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)答案:B解析:根據(jù)滴定曲線可知,開始滴定前,溶液的pH約為1,B點為滴定終點,此時消耗0.1000mol·L-1的NaOH溶液20mL,若這種酸為醋酸,則醋酸的濃度為0.1000mol·L-1,0.1000mol·L-1的醋酸pH大于1,A錯誤;酚酞和甲基橙的變色范圍不同,分別在A和C處,故若用酚酞作指示劑,滴定終點在A處,若用甲基橙作指示劑,滴定終點在C處,B正確;若酸為硫酸,B點溶液中的電荷守恒關(guān)系為c(H+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-),C錯誤;若酸為鹽酸,C處溶液呈酸性,則c(H+)>c(OH-),C處溶液存在電荷守恒關(guān)系c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),則C處溶液中存在c(Cl-)>c(Na+),故C處溶液離子濃度大小關(guān)系為c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH3.(2024·湖南瀏陽?？?常溫下,用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL濃度分別為c1、c2的一元酸(HA)、二元酸(H2B)溶液,得到如圖滴定曲線,其中c、d為兩種酸恰好完全中和的化學(xué)計量點。忽略溶液混合時體積變化。下列敘述正確的是()A.X曲線代表H2B,Y曲線代表HA,c1<c2B.兩種酸恰好完全中和時,均可用酚酞或甲基橙作指示劑C.若c1=0.1000mol·L-1,對于HA而言,滴定過程中有c(HA)+2c(A-)+c(OH-)=c(H+)+0.1000mol·L-1D.若a點V(NaOH溶液)=7.95mL,則a點c(Na+)<2c(HB-)+c(B2-)+3c(H2B)答案:C解析:二元弱酸有2次滴定突變,一元弱酸只有1次滴定突變,則X曲線代表H2B,Y曲線代表HA,已知HA、H2B溶液體積相等,HA消耗的V(NaOH溶液)小于H2B消耗V(NaOH溶液)的二倍,則c1>c2,A錯誤;H2B、HA恰好完全中和時,產(chǎn)物為強(qiáng)堿弱酸鹽,均呈堿性,可使用酚酞作指示劑,不可使用甲基橙作指示劑,B錯誤;溶液中的質(zhì)子守恒:c(H+)+c(HA)=c(OH-)①,元素守恒:c(A-)+c(HA)=0.05mol·L-1②,②×2-①得:c(HA)+2c(A-)+c(OH-)=c(H+)+0.1000mol·L-1,C正確;完全中和時消耗V(NaOH溶液)=10.60mL,a點V(NaOH溶液)=7.95mL時,占消耗氫氧化鈉總體積的四分之三,則溶質(zhì)為NaHB與Na2B,且二者的濃度比為1∶1形成的溶液,則a點元素守恒和電荷守恒有關(guān)系式:c(Na+)+c(H+)=c(HB-)+2c(B2-)+c(OH-)①,2c(Na+)=3c(HB-)+3c(B2-)+3c(H2B)②,用②-①,得c(Na+)+c(OH-)=2c(HB-)+c(B2-)+3c(H2B)+c(H+),由于酸性環(huán)境,c(H+)>c(OH-),故c(Na+)>2c(HB-)+c(B2-)+3c(H2B),D錯誤;故選C。4.(2024·貴州六校聯(lián)盟聯(lián)考三)常溫下,向20mL0.1mol·L-1NaB溶液中滴入等濃度的HA溶液,所得溶液中l(wèi)gc(A-)c(B-)與lgc(A.Ka(HB)=1.6×10-5B.與pH=4時相比,c(C.滴加過程中水的電離程度在減小D.滴入20mLHA溶液離子濃度存在關(guān)系:c(Na+)<c(A-)+c(B-)答案:B解析:由圖知,lgc(HA)c(HB)=-1時lgc(A-)c(B-)=0,即c(HA)c(HB)=0.1時c(A-)c(B-)=1,常溫下,c(A-)c(B-)c(HA)c(HB)=c(A-)·c(HB)c(B-)·c(HA)=c(A-)·c(HB)·c(H+)c(B-)·c(HA)·c(H+)=Ka(HA)Ka(HB)=10,已知Ka(HA)=1.5.(2024·吉林白山二模)常溫下,在HOOCCH2COOH(簡記為H2A)和Mn(NO3)2的混合溶液中滴加NaOH溶液,混合溶液中pX[pX=-lgX,X=c(HA-)A.L2代表-lgc(B.直線L1和L2的交叉點坐標(biāo)為M(7,-1.3)C.0.1mol·L-1NaHA溶液中:c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)D.常溫下,Mn(OH)2(s)+H2A(aq)MnA(aq)+2H2O(l)的K值為10-6.8答案:D解析:混合液中加NaOH,Mn2+濃度減小,因此-lgc(Mn2+)增大,故L1為c(Mn2+)與pH的變化曲線,Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)·c2(OH-)=c(Mn2+)×KW2c2(H+)=c(Mn2+)×10-28c2(H+),c(MnpKsp[Mn(OH)2]-28+2pH,代入L1上的(8,0.7)可得,pKsp[Mn(OH)2]=12.7;由Ka1(H2A)=c(H+)·c(HA-)c(H2A)、Ka2(H2A)=c(H+)·c(A2-)c(HA-)可知,pc(HA-)c(H2A)=pKpKa2(H2A)=5.7,代入L3上的(8,-5.2)可得,pKa1(H2A)=2.8。根據(jù)分析,L2代表-lgc(A2-)c(HA-)與pH的變化曲線,A正確;M是L1、L2的交點,pX、pH相等,根據(jù)分析代入數(shù)據(jù)可得5.7-pH=12.7-28+2pH,解得pH=7,pX=-1.3,B正確;NaHA溶液中,c(Na+)>c(HA-),HA-的水解常數(shù)Kh=KWKa1(H2A)=10-11.2<Ka2(H2A),HA-的電離能力大于水解能力,因此c(A2-)>c(H2A),故c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>6.(2024·安徽安慶二模)某溫度下,改變0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液的pH,各種含鉻元素粒子的濃度變化如圖所示(已知H2CrO4是二元酸,其電離常數(shù)為KaA.該溫度下的KW=1×10-14B.該溫度下Ka1(H2CrO4C.該溫度下反應(yīng)Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+的平衡常數(shù)為5.1D.B點溶液中:c(K+)≤2c(Cr2O72-)+3c答案:D解析:KW只與溫度有關(guān),取D點數(shù)據(jù),當(dāng)pH=13時,c(OH-)=0.1mol·L-1,則KW=c(H+)·c(OH-)=1×10-14,A正確;取A點數(shù)據(jù),c(HCrO4-)=c(H2CrO4),Ka1(H2CrO4)=c(HCrO4-)·c(H+)c(H2CrO4)=c(H+)=10-0.74,數(shù)量級為10-1,B正確;該溫度下反應(yīng)Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+平衡常數(shù)K=c2(H+)·c2(CrO42-)c(Cr2O72-),取C點數(shù)據(jù),K=c2(H+)·c2(CrO42-)c(Cr2O72-)=0.051×(10-6.67.(2024·甘肅白銀市名校聯(lián)合調(diào)研)常溫下,二元弱酸(H2A)在溶液中各組分百分含量(δ)隨溶液pH的變化(加入NaOH)如圖所示。下列說法錯誤的是()A.曲線②表示δ(HA-)隨溶液pH的變化B.H2A的一級電離常數(shù)Ka1=10-1C.NaHA溶液中c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)D.常溫下,若向Na2A溶液中滴加H2A溶液使溶液pH=7,則一定存在:c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)答案:C解析:向二元弱酸(H2A)溶液中加入NaOH調(diào)節(jié)pH,先后發(fā)生反應(yīng):H2A+OH-HA-+H2O、HA-+OH-A2-+H2O,則曲線①代表H2A,曲線②代表HA-,曲線③代表A2-,A正確;曲線①和②交點處,pH=1.25,所以H2A的一級電離常數(shù)Ka1=c(HA-)·c(H+)c(H2A)=c(H+)=10-1.25,B正確;在NaHA溶液中,HA-既可以電離出A2-,也可以水解生成H2A,由C點數(shù)據(jù)可知H2A的Ka2=c(A2-)·c(H+)c(HA-)=c(H+)=10-4.25,則HA-的Kh=KWKa1=10-1410-1.258.(2024·黑龍江大慶實驗中學(xué)模擬)Al3+與F-具有很強(qiáng)的親和性,AlF在NaF溶液中存在分步電離:AlF3AlF2+AlF2+Al3+。常溫下實驗測定Al3+、AlF2+、AlF2+、AlF3的百分含量隨pF[pF=-lgcA.曲線b表示AlFB.N點時,4c(Al3+)+2c(AlF2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)C.M點溶液中c(F-)=10-4.5mol·L-1D.常溫下,Al3++3F-AlF3化學(xué)平衡常數(shù)的數(shù)量級為1015答案:B解析:由圖可知,隨著pF的增大,c(F-)減小,則a、b、c、d分別代表AlF3、AlF2+、AlF2+、Al3+變化曲線,A正確;N點時c(AlF2+)=c(Al3+),根據(jù)電荷守恒可知:c(Na+)+3c(Al3+)+c(AlF2+)+2c(AlF2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-),故有:c(Na+)+4c(Al3+)+2c(AlF2+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-),B錯誤;當(dāng)c(AlF3)=c(AlF2+)時,c(F-)=10-3.8mol·L-1,即K1=c(AlF2+)·c(F-)c(AlF3)=10-3.8,當(dāng)c(AlF2+)=c(AlF2+)時,c(F-)=10-5.2mol·L-1,則K2=c(AlF2+)·c(F-)c(AlF2+)=10-5.2,K1K2=c(AlF2+)·c2(F-)c(AlF3)=10-9.0,M點為a、c曲線的交點,即代表c(AlF3)=c(AlF2+),K1K2=c2(F-)=10-9.0,M點溶液中c(F-9.(2024·安徽合肥三模)常溫下,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol·L-1H2A溶液,得到pH與V(NaOH溶液)、-lgX[X=c(A.M點對應(yīng)的溶液中:c(H+)+c(H2A)=2c(A2-)+c(OH-)B.線n表示pH與-lgc(C.當(dāng)pH=7時,c(A2-)>c(HA-)D.H2A+A2-2HA-的平衡常數(shù)K=1×10-5.3答案:C解析:由圖可知,H2A為二元弱酸,在水中分兩步電離,當(dāng)-lgX縱坐標(biāo)為0時,c(H+)=Kamol·L-1,由于Ka1>Ka2,線m代表-lgc(HA-)c(H2A),線n代表-lgc(A2-)c(HA-),且Ka1=