高考化学真题和模拟题分类汇编专题13盐类的水解含解析2

专题13盐类的水解2021年化学高考题一、单项选择题1．〔2021·全国高考真题〕HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如以下图中实线所示。以下表达错误的选项是A．溶液时，B．MA的溶度积度积C．溶液时，D．HA的电离常数【KS5U答案】C【分析】此题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。【KS5U解析】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，那么，B正确；C．设调pH所用的酸为HnX，那么结合电荷守恒可知，题给等式右边缺阴离子局部nc(Xn-)，C错误；D．当时，由物料守恒知，那么，，那么，对应图得此时溶液中，，D正确；应选C。2．〔2021·浙江〕取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随参加酸(或碱)体积的变化如图。以下说法不正确的选项是A．由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度B．过程中：逐渐减小C．过程中：D．令c点的，e点的，那么【KS5U答案】C【分析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向溶液中滴加盐酸。【KS5U解析】A．a点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确；B．由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中，向溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，故C错误；D．c点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；综上所述，说法不正确的选项是C项，故答案为C。3．〔2021·广东高考真题〕鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反响生成盐酸盐(用表示)。水溶液呈酸性，以下表达正确的选项是A．水溶液的B．水溶液加水稀释，升高C．在水中的电离方程式为：D．水溶液中：【KS5U答案】B【KS5U解析】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/LGHCl水溶液的pH>3，故A错误；B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，表达正确的选项是B项，故答案为B。4．〔2021·湖南高考真题〕常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如下图。以下判断错误的选项是A．该溶液中：B．三种一元弱酸的电离常数：C．当时，三种溶液中：D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：【KS5U答案】C【分析】由图可知，没有参加盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，那么HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。【KS5U解析】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，那么溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，那么三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中参加盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，那么三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误；D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反响，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系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正确；应选C。5．〔2021·浙江高考真题〕实验测得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如下图。25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.以下说法不正确的选项是A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgxC．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，pH减小D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)【KS5U答案】C【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反响为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。【KS5U解析】A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，假设氯化铵的水解平衡不发生移动，那么其中的c(H+)变为原来的，那么溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反响方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D．25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸钠溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-)-c(H+)〔两者差的绝对值〕相等，故c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。综上所述，此题选C。6．〔2021·浙江高考真题〕25℃时，以下说法正确的选项是A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C．0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，那么α1＜α2D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol【KS5U答案】D【KS5U解析】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，那么α1＞α2，C错误；D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，那么水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；答案选D。二、多项选择题7．〔2021·山东高考真题〕赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如下图。δ(x)=，以下表述正确的选项是A．>B．M点，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O点，pH=D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)【KS5U答案】CD【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反响：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，，，M点，由此可知，N点，那么，P点，那么。【KS5U解析】A．，，因此，故A错误；B．M点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；C．O点，因此，即，因此，溶液，故C正确；D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；综上所述，正确的选项是CD，故答案为CD。三、工业流程题8．〔2021·湖南高考真题〕可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：答复以下问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______；(2)为提高“水浸〞效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；(3)滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；(4)参加絮凝剂的目的是_______；(5)“沉铈〞过程中，生成的离子方程式为_______，常温下参加的溶液呈_______(填“酸性〞“碱性〞或“中性〞)(：的，的，)；(6)滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反响的化学方程式为_______【KS5U答案】适当升高温度，将独居石粉碎等Al(OH)3促使铝离子沉淀↑碱性6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反响，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。【KS5U解析】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，那么质量数为58+80=138，该核素的符号为；(2)为提高“水浸〞效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；(4)参加絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢铵“沉铈〞，那么结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，那么Kh()<Kh()，因此常温下参加的溶液呈碱性；(6)由在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和可知，该反响中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反响的化学方程式为6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑。2021年化学高考模拟题一、单项选择题1．〔2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模〕室温下，用mmol/L的二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中的电离与一水合氨相似)滴定的盐酸溶液。溶液pH随参加二甲胺溶液体积变化曲线如下图(忽略溶液混合时的体积变化)。以下说法正确的选项是A．本实验应该选择酚酞作指示剂B．室温下，C．a点溶液中水的电离程度最大D．b点溶液中存在：c[(CH3)2NH]＞c(OH-)＞c(Cl-)＞c(H＋)【KS5U答案】B【分析】二甲胺[(CH3)2NH]为一元弱碱，二甲胺在水中的电离与一水合氨相似，二甲胺[(CH3)2NH]电离方程式为(CH3)2NH•H2O⇌(CH3)2NH+OH-，电离平衡常数Kb[(CH3)2NH•H2O]=，(CH3)2NH2Cl是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，结合电荷守恒关系分析解答。【KS5U解析】A．用二甲胺溶液滴定盐酸溶液到达滴定终点时生成强酸弱碱盐(CH3)2NH2Cl，溶液呈酸性，应该选择甲基橙作指示剂，故A错误；B．(CH3)2NH2Cl是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，电荷关系为c[(CH3)2NH]+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，图中a点时溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L、并且二甲胺溶液过量、c[(CH3)2NH]=c(Cl-)==0.05mol/L，剩余(CH3)2NH的浓度c[(CH3)2NH•H2O]==0.5(m-0.1)mol/L，电离方程式为(CH3)2NH•H2O⇌(CH3)2NH+OH-，那么电离平衡常数Kb[(CH3)2NH•H2O]===×10-7，故B正确；C．强酸弱碱盐能够促进水的电离，并且其浓度越大、促进作用越强，二者恰好完全反响时生成(CH3)2NH2Cl，此时溶液呈酸性，图中a点呈中性、二甲胺过量，所以a点以前的某点溶液中水的电离程度最大，故C错误；D．图中b点溶液的pH=8、呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中主要离子为(CH3)2NH和Cl-，电荷关系为c[(CH3)2NH]+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以有c[(CH3)2NH]＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；应选B。2．〔2021·福建省南安第一中学高三二模〕亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如下图。以下说法不正确的选项是A．人体血液的pH在之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是H3AsO3B．pH在10~13之间，随pH增大HAsO水解程度减小C．通常情况下，H2AsO电离程度大于水解程度D．交点b的溶液中：2c(HAsO)+4c(AsO)<c(K+)【KS5U答案】C【KS5U解析】A．由图可知，当溶液pH在之间时，砷元素的主要存在形式为H3AsO3，故A正确；B．HAsO在溶液中存在如下水解平衡：HAsO+H2OH2AsO+OH—，pH在10~13之间时，溶液pH增大，氢氧根离子浓度增大，平衡向逆反响方向移动，HAsO水解程度减小，故B正确；C．由图可知，当溶液中砷元素的主要存在形式为H2AsO时，溶液pH约为11，溶液呈碱性，说明H2AsO的水解程度大于电离程度，故C错误；D．由图可知，交点b的溶液为碱性溶液，溶液中c(H+)<c(OH—)、c(AsO)=c(H2AsO)，由电荷守恒关系c(K+)+c(H+)=3c(AsO)+2c(HAsO)+c(H2AsO)+c(OH—)可得2c(HAsO)+4c(AsO)<c(K+)，故D正确；应选C。3．〔2021·福建省南安第一中学高三二模〕常温下，以下说法正确的选项是A．某溶液中含有、、和Na+，假设向其中参加Na2O2，充分反响后，四种离子的浓度不变的是(忽略反响前后溶液体积的变化)B．水电离的c水(H+)=10-12mol·L—1的溶液中，以下离子能大量共存：、Na+、、C．氢氧化铁溶于HI溶液中的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I—=2Fe2++I2+6H2OD．NaHS溶液中，以下离子能大量共存：K+、Al3+、Cl—、【KS5U答案】C【KS5U解析】A．向溶液中参加具有强氧化性的过氧化钠固体，过氧化钠能将溶液中的亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，溶液中硫酸根离子浓度会增大，故A错误；B．水电离的c水(H+)=10-12mol·L—1的溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，酸溶液中，氢离子与碳酸氢根离子反响，不能大量共存，碱溶液中，氢氧根离子与铵根离子、碳酸氢根离子反响，不能大量共存，故B错误；C．氢氧化铁溶于氢碘酸溶液的反响为氢氧化铁与氢碘酸溶液反响生成碘化亚铁、碘和水，反响的离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I—=2Fe2++I2+6H2O，故C正确；D．在硫氢化钠溶液中，硫氢根离子与铝离子会发生双水解反响生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，不能大量共存，故D错误；应选C。4．〔2021·重庆市第十一中学校高三二模〕常温下，向20mL浓度均为0.1mol/LHX和CH3COOH的混合溶液中滴加0.1mol/L的氨水，测得溶液的电阻率(溶液的电阻率越大，导电能力越弱)与参加氨水的体积(V)的关系如图。(CH3COOH的Ka＝1.8×10-5，NH3·H2O的Kb＝1.8×10-5)以下说法正确的选项是A．同浓度的HX比CH3COOH的pH大B．a→c过程，水的电离程度逐渐减小C．c点时，D．d点时，【KS5U答案】C【分析】电阻率与离子浓度成反比，即a→b过程中溶液的导电性减弱，向混合溶液中参加等物质的量浓度的NH3•H2O溶液时，发生反响先后顺序为：HX+NH3•H2O=NH4X+H2O、NH3•H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，0～20mL溶液中电阻率增大、导电性减弱，b点最小，原因是溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为NH4X、CH3COOH；继续参加NH3•H2O溶液，NH3•H2O是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导性增大，c点时醋酸和一水合氨恰好完全反响生成醋酸铵，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等；d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3•H2O，据此分析解答。【KS5U解析】A．假设HX和CH3COOH都是弱酸，那么随着NH3•H2O的参加，酸碱反响生成盐，溶液导电性将增强、电阻率将减小，但图象上随着NH3•H2O的参加溶液电阻率增大、导电性反而减弱，说明原混合溶液中离子浓度更大，即HX为强电解质，同浓度的HX的pH比CH3COOH的pH小，故A错误；

B．酸或碱都抑制水的电离，滴加NH3•H2O溶液的过程：a→c为HX和CH3COOH转化为NH4X、CH3COONH4的过程，溶液的酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；C．根据分析可知，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，溶液为酸性，那么c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)+c(CH3COO-)可知：，故C正确；

D．d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3•H2O，0～40mL时，NH3•H2O转化为NH，40～60mL时，NH3•H2O过量，d点时，溶液体积共为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错误；应选：C。5．〔2021·青海高三三模〕用以下实验装置(局部夹持装置略去)，能到达实验目的的是A．加热装置I中的烧杯，别离I2和高锰酸钾固体B．利用装置II除去CO中的CO2C．利用装置III制备Fe(OH)3胶体D．利用装置IV蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体【KS5U答案】B【KS5U解析】A．加热装置I中的烧杯，高锰酸钾固体会分解，故A错误；B．利用装置II除去CO中的CO2，只有二氧化碳能与NaOH溶液反响，故B正确；C．利用装置III制备Fe(OH)3胶体，应使用酒精灯的外焰加热，加热至液体呈红褐色即可，故C错误；D．利用装置IV蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体，氯化铝会水解，应在氯化氢气流中加热，故D错误；应选B。6．〔2021·四川成都市·成都七中高二零模〕常温下，向20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加0.1mol·L-1CaCl2溶液，碳酸根离子浓度与氯化钙溶液体积的关系如下图。：pC=-lgc(CO)，Ksp(CdCO3)=1.0×10-12，Ksp(CaCO3)=3.6×10-9.以下说法正确的选项是A．图像中V0=20，m=5B．a点溶液：c(OH-)>2c(HCO)+2c(H2CO3)C．假设Na2CO3溶液的浓度变为0.05mol·L-1，那么n点向c点方向迁移D．假设用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，那么n点向b点方向迁移【KS5U答案】C【KS5U解析】A．图像中V0=20，Na2CO3溶液与CaCl2溶液恰好完全反响c(Ca2+)=c(CO)=mol/L，pC=-lgc(CO)=-lg6×10-5，m不等于5，故A错误；B．a点溶液：溶质为Na2CO3，存在物料守恒c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，溶液中存在电荷守恒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错误；C．假设Na2CO3溶液的浓度变为0.05mol·L-1，用的0.1mol·L-1CaCl2溶液体积减小，那么n点向c点方向迁移，故C正确；D．假设用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，反响后，碳酸根离子浓度减小，pC=-lgc(CO)增大，那么n点向d点方向迁移，故D错误；应选C。7．〔2021·四川成都市·成都七中高二零模〕以下有关电解质溶液的说法正确的选项是A．加水稀释，Na2S溶液中离子浓度均减小B．0.1mol/LNaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，溶液的导电性增强C．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①>②>③D．向0.1mol·L-1的氨水中参加少量硫酸铵固体，那么溶液中c(OH﹣)/c(NH3·H2O)增大【KS5U答案】C【KS5U解析】A．Na2S溶液呈碱性，加水稀释，Na2S溶液中氢离子浓度增大，故A错误；B．0.1mol/LNaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，产物为0.05mol/L的CH3COONa溶液，离子浓度减小，溶液的导电性减小，故B错误；C．CH3COO-、、ClO-水解程度依次增强，pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的浓度c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(NaClO)，所以c(Na+)：①>②>③，故C正确；D．向0.1mol·L-1的氨水中参加少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，c(OH﹣)减小、c(NH3·H2O)增大，所以溶液中c(OH﹣)/c(NH3·H2O)减小，故D错误；选C。8．〔2021·浙江高三其他模拟〕：p[]=-lg[]。室温下向HX溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，溶液pH随p[]变化关系如下图。以下说法正确的选项是A．a点溶液中：10c(Na+)=c(HX)B．溶液中由水电离出的c(H+)：a>b>cC．b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HX)+c(OH-)D．当溶液呈中性时：c(Na+)=c(HX)【KS5U答案】C【KS5U解析】A．a点溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，此时p[]=-1，那么c(X-)=10c(HX)，代入电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<10c(HX)，选项A错误；B．根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，那么溶质为HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的电离程度大于X-的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，那么溶液中水的电离程度：a<b<c，选项B错误；C．b点溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，此时p[]=0，那么c(X-)=c(HX)，代入电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HX)+c(OH-)，选项C正确；D．溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，当溶液呈中性时c(Na+)=c(X-)，假设c(Na+)=c(HX)，那么c(X-)=c(HX)，此时p[]=0，即为b点，但b点溶液呈酸性，不符合，选项D错误；答案选C。9．〔2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟〕为测定某二元弱酸H2A与NaOH溶液反响过程中溶液pH与粒子关系，在25℃时进行实验，向H2A溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示或]随溶液pH的变化关系如下图。以下说法正确的选项是A．直线II中X表示的是B．当pH=3.81时，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．当pH=6.91时，对应的溶液中，3c(A2-)=c(Na＋)＋c(H＋)-c(OH-)【KS5U答案】D【KS5U解析】A．当pH=0时，c(H+)=1mol/L，Ka1==，Ka2==，由于Ka2＜Ka1，故直线Ⅱ中X表示，A错误；B．当lgX=0时溶液的pH=1.81，带入Ka1计算式中可求出Ka1=1×10-1.81，当pH=3.81时，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错误；C．与B项同理，可求出Ka2=1×10-6.91＞10-7，由此可知HA-的电离能力强于其水解能力，电离生成的c(A2-)比水解生成的c(H2A)大，C错误；D．当pH=6.91时，对应的溶液中c(HA-)=c(A2-)，又因电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，所以3c(A2-)=c(Na＋)＋c(H＋)-c(OH-)，D正确；综上所述答案为D。10．〔2021·安徽高三其他模拟〕常温下，将HCl气体通入0.1mol/L氨水中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lgc)和反响物物质的量之比X[X=]的关系如下图(忽略溶液体积的变化)，以下说法正确的选项是A．NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25B．P2点由水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol/LC．P3为恰好完全反响点，c(Cl-)+c(NH)=0.2mol/LD．P3之后，水的电离程度一直减小【KS5U答案】B【KS5U解析】A．一水合氨电离平衡状态下，溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度相同时，氨水浓度为0.1mol/L，图象分析可知，c()=c(OH-)≈10-3mol/L，NH3•H2O的电离平衡常数Kb===10-5，A错误；B．由图可知，P2点对应的溶液pH=7，故由水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol/L，B正确；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错误；D．P3点为恰好完全反响，溶质为NH4Cl，故之后，参加的HCl越来越多，由于H+对水解的抑制作用，水的电离程度减小，当HCl到达饱和溶液时，水的电离程度将不再改变，故不是一直减小，D错误；故答案为：B。11．〔2021·陕西宝鸡市·高三其他模拟〕常温下，向20mL0.01mol·L-1的NaOH溶液中逐滴参加0.01mol·L-1的CH3COOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的对数随参加CH3COOH溶液体积的变化如下图，以下说法正确的选项是A．H、F点溶液显中性B．E点溶液中由水电离的c水(OH—)=1×10-3mol·L-1C．H点溶液中离子浓度关系为c(CH3COO—)>c(Na+)>c(H+)>c(OH—)D．G点溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)【KS5U答案】D【分析】氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中参加醋酸，对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大，那么G点为醋酸钠溶液；从E点到G点的反响过程中，所得溶液为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性；H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性。【KS5U解析】A．由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，F点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性，故A错误；B．氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度为0.01mol·L-1，那么溶液中水电离的氢离子浓度为10-12mol·L-1，故B错误；C．由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，由电荷守恒关系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)>c(H+)=c(OH—)，故C错误；D．由分析可知，G点为醋酸钠溶液，由电荷守恒关系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)，故D正确；应选D。12．〔2021·广西南宁市·南宁三中高三三模〕常温下，用如图1所示装置，分别向25mL0.3mol/LNa2CO3溶液和25mL0.3mo/lLNaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol/L的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。以下说法正确的选项是A．X曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线B．b点溶液的pH大于c点溶液的pHC．a、d两点水的电离程度：a＞dD．c点的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)【KS5U答案】C【KS5U解析】A．碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反响CO+H+=HCO+H2O，然后发生HCO+H+=H2CO3+H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO+H+=H2CO3+H2O，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氫钠恰好完全反响，压强到达最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A错误：

B．b点溶液溶质为NaCl，c点溶液溶质为NaHCO3，所以c点代表溶液的pH更大，B错误：

C．d点盐酸和碳酸钠恰好完全反响，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO、CO的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，C正确。

D．c点的溶液中：根据电荷守恒知，c(Na+)+(H+)=2(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(C1-)，D错误。应选：C。13．〔2021·江西抚州市·临川一中〕常温下，以酚酞为指示剂，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微粒分布系数δ(物质的量分数)随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图以下说法中正确的选项是A．H2A在水中电离的方程式为：H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-B．当VNaOH溶液=20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-)C．常温下，HA-的电离平衡常数为1×10-5D．当VNaOH溶液=30.00mL时，c(HA-)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)【KS5U答案】B【KS5U解析】A．根据图像的变化趋势可知①、②代表含A微粒分布系数，③代表pH变化，据图可知未滴加NaOH溶液时，溶液中含A微粒只有两种，那么应为HA-和A2-，不含H2A，说明H2A第一步完全电离，在水中的电离方程式为H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-，A错误；B．当VNaOH溶液=20.00mL时，NaOH和H2A恰好完全反响生成NaHA，溶质为NaHA，溶液中存在HA-⇌H++A2-和H2O⇌H++OH-，所以离子浓度大小关系为c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-)，B正确；C．HA-的电离平衡常数表达式为Ka=，据图可知当c(A2-)=c(HA-)时参加25mLNaOH溶液，此时pH为2.0，即c(H+)=1×10-2mol/L，所以Ka=1×10-2，C错误；D．当VNaOH溶液=30.00mL时，溶质为等物质的量的NaHA、Na2A，溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)，用两个等式消去c(Na+)可得：c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，D错误；综上所述答案为B。14．〔2021·山东潍坊市·高三三模〕常温下，将0.1mol·L-1的溶液加水稀释，混合溶液中与的关系如下图。以下说法正确的选项是A．的值为10-4.7B．M、N两点对应的溶液稀释程度N＞MC．向溶液中参加固体可使N点移动到P点D．将溶液稀释1000倍后，溶液中【KS5U答案】AD【KS5U解析】A．由N点数据可知=-4.5，那么c(H+)=10-4.5mol·L-1，那么c(OH-)=10-9.5mol·L-1，=4.8，那么=10-4.8，那么==10-9.5×104.8=10-4.7，故A正确；B．溶液越稀，的水解程度越大，溶液酸性越小，N点=-4.5，那么c(H+)=10-4.5mol·L-1，M点=-6.0，那么c(H+)=10-6.0mol·L-1，因此N酸性强，溶液的浓度大，即M、N两点对应的溶液稀释程度M＞N，故B错误；C．温度不变，不变，混合溶液中与的关系曲线不变，因此向溶液中参加固体，不可使N点移动到P点，故C错误；D．稀释溶液，促进铵根离子的水解，将溶液稀释1000倍后，溶液接近中性，c(NH)≈2c(SO)，故D正确；应选AD。15．〔2021·天津高三三模〕常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如下图(忽略混合时溶液体积的变化)。以下表达错误的选项是A．可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值B．滴定中两次反响终点可依次用甲基橙、酚酞作指示剂C．图中Y点对应的溶液中3c(SO)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)D．图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)【KS5U答案】D【KS5U解析】A．混合溶液中W点c(H2SO3)=c()，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-2，混合溶液Y点中c()=c()，Ka2(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-7.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值,A正确；

B．甲基橙变色范围为，滴定到第一反响终点溶液pH值为4.25，在其范围内，所以可以选取甲基橙作指示剂，酚酞的变色范围是8.2~10.0，滴定到第二反响终点溶液pH值为9.86，在其范围内，所以可以选取酚酞作指示剂，B正确；

C．Y点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)且该点溶液中存在c()=c()，所以存在3c()=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，C正确；

D．Z点酸碱恰好完全反响生成Na2SO3，两步水解生成OH-导致溶液呈碱性，但只有第一步水解生成，所以c()＜c(OH-)，由物料守恒知c(Na+)＞c()，那么该点溶液中存在c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()，D错误；故答案为：D。16．〔2021·天津高三一模〕室温下，向10mL0.1000molNa2CO3溶液中逐滴滴加0.1000mol/LHCl溶液，整个反响过程中无气体逸出(溶解的CO2均表示为H2CO3)。测得混合溶液的pH随参加HCl溶液体积的变化如以下图。以下说法正确的选项是A．a点溶液的溶质主要为NaCl、NaHCO3B．b点溶液中c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c()+2c()C．c点时，溶液中发生的离子反响是3+4H+=2+H2CO3D．取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的pH不变【KS5U答案】B【分析】依据题意，向碳酸钠溶液中逐滴滴入盐酸，发生反响和。根据所加盐酸溶液的体积确定a、b、c、d各点溶质成分，然后根据各点溶质成分解答。【KS5U解析】A．a点时参加盐酸为碳酸钠的一半，发生反响，还有剩余碳酸钠，体系中含有溶质NaCl、、，故A错误；B．b点时，参加的盐酸和碳酸钠刚好反响生成碳酸氢钠和氯化钠，且溶液呈碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()+c(Cl-)，所以c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c()+2c()，故B正确；C．c点时溶质为H2CO3，和NaCl，溶液中发生的离子反响是2+3H+=+H2CO3，故C错误；D．d点时溶质为NaCl和，溶液呈酸性，加热煮沸碳酸分解产生二氧化碳逸出，冷却后溶液呈中性，pH增大，故D错误。答案选B。17．〔2021·天津高三一模〕常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图[：p=-lg]。以下表达不正确的选项是A．m点：c(Na+)<c(A-)B．Ka(HA)的数量级为10-5C．1点所示溶液中：c(Na+)<c(A-)+c(HA)D．各点的水溶液中水的电离程度大小关系：n>m>1【KS5U答案】D【KS5U解析】A．根据电荷守恒可得，又由图示可知m点pH=4.76，那么，所以m点：c(Na+)<c(A-)，故A不选；B．m点处p=-lg=0，即，那么此时，数量级为10-5，故B不选；C．当参加的NaOH溶液为20mL时，溶液中溶质为NaA，存在物料守恒，即，且溶液呈碱性；1点溶液呈酸性，说明参加的NaOH溶液体积小于20mL，那么，故C不选；D．n点到l点，溶液中NaA的物质的量逐渐增多，NaA的水解促进水的电离，所以水电离程度n＜m＜1，应选D；答案选D。18．〔2021·云南高三三模〕室温下，分别向体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX、HY溶液中，滴加相同浓度的Ba(OH)2溶液(Ba2+与X-、Y-均不反响)。随着Ba(OH)2溶液的参加，由水电离产生的c(H+)的变化趋势如下图。以下说法错误的选项是A．相同条件下，Ka(HX)>Ka(HY)B．M点溶液显中性，溶液中c(Y-)<c(Ba2+)C．N点对应Ba(OH)2溶液的体积为10mLD．T点溶液中阴离子浓度之和大于M点【KS5U答案】B【KS5U解析】A．由图示可知，水解对水的电离促进程度较大，那么HY的酸性较弱，所以相同条件下Ka(HX)>Ka(HY)，故A不选；B．此题为向酸中滴加Ba(OH)2溶液，因此随着Ba(OH)2溶液的参加溶液先进行酸碱中和反响，所以当HY与Ba(OH)2溶液中水电离出的第一次到达时为中性点，当继续滴加Ba(OH)2溶液会抑制水的电离(N点之后)，即第二次水电离该点为碱性点，所以M点呈中性，根据电荷守恒，所以c(Y-)＞(Ba2+)，故B；C．N点完全反响点，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不选；D．根据电荷守恒可得T点；M点；T、M点相同，T点大于M点，所以，故D不选。答案选B19．〔2021·辽宁高三其他模拟〕常温下，向二元弱酸溶液中滴加溶液，测得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如下图，以下说法错误的选项是A．曲线m表示pH与变化的曲线B．C．溶液中：D．交点a的溶液中：【KS5U答案】D【分析】二元弱酸H2A的一级电离常数Ka1=，二级电离常数Ka2=，当c〔H2A〕=c〔HA—〕或c〔A2—〕=c〔HA—〕时，Ka1=c〔H+〕或Ka2=c〔H+〕，由图可知，坐标原点时，曲线m对应pH为2.3，曲线n对应pH为5.7，一级电离常数大于二级电离常数，那么曲线m表示pH与变化的曲线，曲线n表示pH与变化的曲线，一级电离常数Ka1=10—2.3、二级电离常数Ka2=10—5.7。【KS5U解析】A．由分析可知，曲线m表示pH与变化的曲线，故A正确；B．由分析可知，H2A的二级电离常数Ka2=10—5.7，故B正确；C．HA—的水解常数Kh===10—11.7＜Ka2，那么HA—的电离程度大于水解程度，溶液中，故C正确；D．由图可知，交点a的溶液中＞0，那么溶液中c〔HA—〕＞c〔H2A〕，故D错误；应选D。20．〔2021·四川雅安市·高三三模〕草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向草酸溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[x表示或]随pH的变化如图。以下说法中错误的选项是A．NaHC2O4溶液呈酸性B．H2C2O4第二步电离常数数量级是10-5C．pH=7时，c(Na+)=c()+2c()D．1.22<pH<4.19时，c()>c()>c(H2C2O4)【KS5U答案】D【分析】二元弱酸草酸的K1＝[]×c(H+)＞K2＝[]×c(H+)，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：a＞b，那么a表示lg与pH的变化关系，b表示lg与pH的变化关系，以此解答。【KS5U解析】A．由分析可知，a表示lg与pH的变化关系，当lg=0时，pH=1.22，那么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溶液中的电离常数K2=10-4.9，水解常数Kh===10-12.78，那么的电离大于水解，NaHC2O4溶液呈酸性，故A正确；B．由分析可知，b表示lg与pH的变化关系，，当lg=0时，pH=4.19，那么c(H+)=10-4.19mol/L，二元弱酸草酸的K2＝[]×c(H+)=10-4.19，数量级是10-5，故B正确；C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()可知，c(Na+)=c()+2c()，故C正确；D．lgX为增函数，pH＝1.22时，曲线a中，lgX＝lg＝0时，c()＝c(H2C2O4)，曲线b中lgX＝lg<0，c()<c()＝c(H2C2O4)；pH＝4.19时，曲线a中，lgX＝lg>0，c()>103c(H2C2O4)，曲线b中，lgX＝lg＝0，c()=c()>c(H2C2O4)，所以1.22＜pH＜4.19的过程中，c()逐渐增大，c(H2C2O4)逐渐减小，c()逐渐增大，那么不一定满足c()＞c(H2C2O4)，故D错误；应选D。21．〔2021·广西南宁二中高三三模〕常温下，用盐酸滴定溶液，其滴定曲线如下图。以下说法正确的选项是A．a点溶液中B．b液中C．假设取c点溶液与足量浓的明矾溶液混合，有白色絮状沉淀生成，同时产生气泡，主要原因是：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑D．各点中水电离程度大小：d>c>b>a【KS5U答案】C【KS5U解析】A．a点参加12.5mL盐酸，a点溶液中的溶质是等物质的量的、、，因碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，导致碳酸根浓度下降，碳酸氢根离子浓度增大，氯离子不水解浓度不变，离子浓度大小：，故A错误；B．由电荷守恒可得：，故B错误；C．c点溶液中的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，假设取c点溶液与足量浓的明矾溶液混合，有白色絮状沉淀生成，同时产生气泡，主要原因是两者发生双水解，离子反响方程式是Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C正确；D．随着盐酸参加，不断被反响，水解越来越弱，水电离程度降低，各点中水电离程度大小：d<c<b<a，故D错误；答案选C。22．〔2021·四川广元市·高三三模〕常温下，用0.2mol·L-1盐酸滴定25.00mL0.2mol·L-1NH3·H2O溶液，所得溶液pH、NH和NH3·H2O的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如下图。以下表达正确的选项是A．曲线①代表φ(NH)，曲线②代表φ(NH3·H2O)B．a点溶液中存在c(Cl-)＞c(NH)=c(NH3·H2O)C．NH3·H2O的电离常数的数量级为10-4D．应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色【KS5U答案】D【KS5U解析】A．随着盐酸的参加，φ(NH3·H2O)减小，φ(NH)增大，由图可知，曲线①代表φ(NH3·H2O)，曲线②代表φ(NH)，故A错误；B．a点溶液中c(NH)=c(NH3·H2O)，此时溶液的pH为9.26，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，可知c(Cl-)＜c(NH)，故B错误；C．NH3•H2O的电离常数表达式为Kb=，a点溶液中c(NH)=c(NH3·H2O)，Kb=c(OH-)=10-4.74，其数量级为10-5，故C错误；D．滴定终点时，所得溶液溶质为NH4Cl，铵根水解显酸性，应选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色，故D正确；应选D。23．〔2021·四川凉山彝族自治州·高三二模〕以下有关电解质溶液的表达错误的选项是A．25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=4.0，所得溶液c(OH-)=l×10-10mol·L-1B．25℃时，将10mLpH=a的盐酸与100mLpH=b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，那么a+b=13C．25℃时，pH=11的氨水和pH=l1的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH-)均为l×10-11mol·L-1D．温度一定时，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，=【KS5U答案】C【KS5U解析】A．pH=4，[H+]=10-4mol/L，因为温度为25℃，Kw=1×10-14，[OH-]=，A正确；B．由于恰好中和，所以氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，，a+b=13，B正确；C．NH3·H2O是碱，抑制水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为10-13mol/L，Na2CO3是盐促进水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为0.1mol/L，C错误；D．，可以倒推得出结论，D正确；答案选C。24．〔2021·四川凉山彝族自治州·〕Na2S2O5(焦亚硫酸钠)具有较强的复原性，25℃时，将0.5molNa2S2O5溶于水配成IL溶液，溶液中局部微粒浓度随溶液酸碱性变化如下图。：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaSO3)=5.0×10-7。以下说法正确的选项是A．Na2S2O5水溶液pH=4.5是因为S2O水解所致B．由图像可知，25℃时，HSO的水解平衡常数约为10-7C．向溶液中参加碱性物质使溶液pH升高的过程中，一定存在如下关系：c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)D．将局部被空气氧化的该溶液的pH调为10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO沉淀完全[c(SO)≤1.0×10-5mol·L-1]，此时溶液中c(SO)≤0.05mol·L-1【KS5U答案】D【KS5U解析】A．S2O水解应该显碱性，根据图可知，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，所以溶液显酸性，A错误；B．HSO的水解平衡常数表达式为，由图像可知亚硫酸氢根离子和亚硫酸浓度相等时pH＝2，那么25℃时，HSO的水解平衡常数约为10-12，B错误；C．溶液中还存在S2O，c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)不能满足电荷守恒，C错误；D．根据硫酸钡的溶度积常数可知此时溶液中钡离子浓度是mol/L＝1.0×10-5mol·L-1，那么溶液中SO的最大浓度=mol/L＝0.05mol·L-1，D正确；答案选D。25．〔2021·福建省福州第一中学高三其他模拟〕25°C时，向25ml0.1mol∙L-1邻苯二甲酸(H2A)溶液中参加KOH固体或通入HCl气体，混合溶液的pH随-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的关系如下图(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。以下有关表达不正确的选项是A．b点有关微粒浓度大小关系为c(K+)>c(HA-)>c(A2-)B．c点c(K+)=0.15mol·L-1C．邻苯二甲酸的Ka1约为1.0×10-3D．从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小【KS5U答案】B【分析】H2A为二元素弱酸，其电离方程式为H2AH++HA-、HA-H++A2-，一级电离远大于二级电离，因此ac线代表pH、-lgc(HA-)关系曲线，参加KOH，先生成KHA，继续参加KOH，再生成K2A，利用“守恒〞思想、影响水电离的因素等知识进行分析；【KS5U解析】A．b点-lgc(HA-)最小，那么c(HA-)最大，说明H2A与KOH恰好完全反响，溶质为KHA，HA-电离程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(K+)>c(HA-)>c(A2-)，故A说法正确；B．根据图像，c点：c(A2-)=c(HA-)，溶质为KHA和K2A，如果KHA和K2A物质的量浓度相同，存在2c(K+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L，那么c(K+)=0.15mol/L，但HA-的电离程度大于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说法错误；C．从a点推出c(HA-)=10-4mol/L，c(H+)=1mol/L，弱电解质的电离微弱，c(H2A)约为0.1mol/L，即H2A的电离常数为=10-3moL/L，故C说法正确；D．根据图像，KHA溶液显酸性，抑制水的电离，参加KOH，生成K2A，A2－水解，促进水的电离，从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小，故D说法正确；答案为B。26．〔2021·全国高三其他模拟〕25℃时，向20.00mL0.1000mol·L-1的Na2R溶液中滴入0.1000mol·L-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如下图(忽略混合过程中溶液体积的变化)。以下说法错误的选项是A．Ka2(H2R)＞Kh1(R2-)B．Ka1(H2R)的数量级为10-4C．滴定过程中水的电离程度先减小后增大D．m点时，溶液中存在c(Cl-)+2c(R2-)+c(HR-)=c(Na+)【KS5U答案】C【KS5U解析】A．m点时，Na2R的物质的量等于NaHR的物质的量，此时pH=7，溶液中存在R2-、HR-的水解，以及HR-的电离，所以Ka2(H2R)＞Kh1(R2-)，故A正确；B．参加40ml盐酸时，得到60.oomlpH=2.5的H2R和NaCl的混合溶液，由元素守恒可知，，，，故B正确；C．滴定过程中水的电离程度逐渐减小，故C错误；D．m点，由电荷守恒有：，此时pH=7，，那么有故D正确；故答案为C。二、多项选择题27．〔2021·全国高三零模〕二元弱碱在常温下的水溶液里，微粒的分布系数()随的变化关系如下图。以下说法正确的选项是A．常温下，的一级电离常数B．常温下，等物质的量的和组成的混合溶液显酸性C．与少量的硫酸反响得到的盐为D．溶液中，【KS5U答案】AC【KS5U解析】A.常温下二元弱碱的级电离方程式为：，当瓶pH=10时，c[]=c[],c()=1104，那么的一级电离常数，故A正确；B.常温下，为二元弱碱，为碱式盐，所以等物质的量的和组成的混合溶液显碱性，故B错误；C.少量的硫酸与反响方程式为：2+H2SO4=+2H2O，得到的盐为，故C正确；D.根据质子守恒，在溶液中，，故D错误；故答案：AC28．〔2021·河北石家庄市·〕常温下，通入HCl或参加NaOH固体调节0.01mol·L-1NaHR溶液的pH(调节过程中溶液体积不变)，溶液中c(HR-)随pH变化的曲线如下图。以下说法错误的选项是A．x<0.01B．Ka1(H2R)≈1×10-5C．水的电离程度：c>b=dD．c点时溶液中存在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三种微粒，根据物料守恒，故溶液中x=c(HR-)<0.01mol/L，故A正确；B．把a点〔3，10-4〕带入Ka1(H2R)=公式，a点酸性较强，HR-几乎全部转化为H2R，故c(H2R)≈c(NaHR)=0.01mol/L，所以Ka1(H2R)=≈1×10-5，故B正确；C．酸碱抑制水电离，而能够水解的盐溶液能够促进水电离，d点溶液呈中性，c点溶液中HR-的电离比HR-的水解程度大，溶液呈酸性；b点溶液的酸性更强，所以水的电离程度：d>c>b，故C错误；D．c点NaHR溶液显酸性，那么NaHR溶液的电离程度大于水解程度，所以c点时溶液中存在c(HR-)>c(R2-)>c(H2R)，故D错误；应选CD。三、工业流程题29．〔2021·重庆市第十一中学校高三二模〕锗属于稀有分散元素，一种以锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)制备高纯二氧化锗的工艺流程如下：以下数据是对应物质的熔点：物质GeO2GeOSiO2As2O3熔点/℃1115710(升华)1723193(升华)(1)第32号元素锗的原子结构示意图________，根据锗在元素周期表中的位置写出单质锗的一种用途________。(2)“焙烧〞前，粉碎锗精矿的目的是________。矿渣1的主要成分是________。(3)“复原焙烧〞中，含Ge氧化物在不同气氛中的挥发情况如图。800～1100℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是________。(4)“碱浸氧化〞后，GeO转化为锗酸盐，请写出反响的离子方程式________。(5)“精馏水解〞发生反响的化学方程式________。(6)在氯化物熔盐中，电解SiO2和GeO2的混合物，可制得硅锗合金。反响原理如下：SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑生成硅锗合金的电极为________(填“阳极〞或“阴极〞)，写出生成O2的电极反响式________。【KS5U答案】半导体材料增大接触面积，加快反响速率，提高锗精矿的利用率As2O3GeO2在CO中转化为GeO升华GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl阴极2O2--4e－=O2↑【分析】由于As2O3在193℃时升华，所以锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)首先在300℃焙烧得到含GeO2、GeO、SiO2矿石；然后在1200℃下GeO2被CO复原成710℃下挥发的GeO以及主要含SiO2的矿渣2；GeO在碱性条件下被双氧水为Ge4+；然后加盐酸经蒸馏得到GeCl4；GeCl4再精馏水解最后烘干得到高纯的GeO2，据此分析可得：【KS5U解析】(1)第32号元素锗为第四周期第IV族的元素，那么其原子结构示意图为；锗位于金属与非金属分界线的元素，可用作半导体材料，故答案为：；半导体材料；(2)“焙烧〞前，粉碎锗精矿的目的是增大接触面积，加快反响速率，提高锗精矿的利用率；由于As2O3在193℃时升华，所以300℃煅烧锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)后再冷凝得到的矿渣1的主要成分为As2O3，故答案为：增大接触面积，加快反响速率，提高锗精矿的利用率；As2O3；(3)GeO在710℃时挥发，所以800～1100℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是GeO2在CO中转化为GeO升华，故答案为：GeO2在CO中转化为GeO升华；(4)“碱浸氧化〞后，GeO转化为锗酸盐，那么其离子方程式为：，故答案为：；(5)“精馏水解〞时GeCl4中Ge4+水解生成和HCl，那么其反响的化学方程式为：，故答案为：；(6)由SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑可知，Si、Ge化合价均降低，发生复原反响，为电解池的阴极；O元素化合价升高为，发生氧化反响，那么2O2--4e－=O2↑，故答案为：阴极；2O2--4e－=O2↑。四、原理综合题30．〔2021·天津南开区·南开中学高三三模〕I.人类使用能源经历了三个时期。(1)柴草时期从能量转化的角度看，木材燃烧时化学能主要转化成_______能和光能。(2)化石能源时期迄今为止，煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源。煤的综合利用有_______、煤的气化和煤的液化等：石油经分馏可以获得汽油、煤油、柴油等轻质油，通过催化裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯等，通过结构的重新调整可得到芳香烃类化合物。(3)多能源结构时期基于环保理念，天津市将逐步减少传统燃油汽车的使用，燃料电池汽车将有更广阔的开展前景。如图1所示为氢氧燃料电池的示意图，其根本工作原理与铜锌原电池的相同。根据图中电子流动方向判断，A电极的电极反响方程式为_______，氢氧燃料电池的优点是_______(写一条即可)。II.氮的循环对人类的生产和生活具有重要意义，图2为氮的局部循环过程：(4)上述转化中，属于氮的固定的是_______(填标号)。(5)步骤②，以氨气为原料制备两种常见氮肥的反响如下：a.NH3+H2O+CO2=NH4HCO3b.2NH3(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(NH2)2(s)ΔH<0其中原子利用率为100%的反响是_______(填字母)。既能加快反响b的化学反响速率，又能使该平衡正向移动的外界因素是_______(任写一项)III.(6)用0.1mol·L-1NaOH标准溶液滴定20mL等浓度的三元酸H3A，得到pH与V(NaOH)、lgX[X=或或的关系分别如图3、图4所示。结合图3信息，当滴入20mLNaOH溶液时，请补全溶液中的离子浓度大小排序：c(Na+)>___>___c(HA2-)>c(OH-)，结合图4中的II，当溶液中的=101.8，此时溶液的pH=____。【KS5U答案】热煤的干馏2H2–4e-=4H+无污染、原料来源广泛、可以持续产生稳定的电流等①a增大压强c(H2A−)c(H+)9【KS5U解析】(1)燃烧为放热反响，木材燃烧时化学能主要转化为热能和光能；(2)煤的综合利用有煤的干馏、煤的气