【解析】2023年高考真題變式分類匯編：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡3

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2023年高考真題變式分類匯編：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡3

一、選擇題

1．（2023·新課標(biāo)Ⅰ卷）常溫下將NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示．下列敘述錯誤的是（）

A．Ka2（H2X）的數(shù)量級為10﹣6

B．曲線N表示pH與lg的變化關(guān)系

C．NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣）

D．當(dāng)混合溶液呈中性時，c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）

2．（2023·浙江）苯甲酸鈉（，縮寫為NaA）可用作飲料的防腐劑，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A﹣，已知25℃時，HA的Ka=6.25×10﹣5，H2CO3的Ka1=4.17×10﹣7，Ka2=4.90×10﹣11，在生產(chǎn)碳酸飲料的過程中，除了添加NaA外，還需加壓沖入CO2氣體，下列說法正確的是（溫度為25℃，不考慮飲料中其他成分）（）

A．相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較低

B．提高CO2充氣壓力，飲料中c（A﹣）不變

C．當(dāng)pH為5.0時，飲料中=0.16

D．碳酸飲料中各種粒子的濃度關(guān)系為：c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA）

3．（2023·邢臺模擬）下列實驗操作和現(xiàn)象可得出相應(yīng)結(jié)論的是

選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論

A將紅熱的木炭加入濃硝酸中產(chǎn)生紅棕色氣體碳與濃硝酸反應(yīng)生成了

B室溫時，將等物質(zhì)的量濃度的弱酸HA和弱堿BOH等體積混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液溶液變紅

C向KBr溶液中依次滴加過量氯水、淀粉KI溶液溶液依次變?yōu)槌壬退{(lán)色元素非金屬性：Cl＞Br＞I

D向1mL0.1molL1溶液中依次滴加2滴0.1molL1NaCl溶液和0.1molL1KI溶液依次產(chǎn)生白色和黃色沉淀

A．AB．BC．CD．D

4．（2023·安陽模擬）NaH2PO4、Na2HPO4是新型冠狀病毒滅活疫苗的輔料之一。298K時，向H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液至過量，所得溶液中H3PO4、、、的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ(X)隨溶液pH的變化如圖所示[δ(X)=]。下列敘述正確的是(已知：lg2=0.3)

A．使δ()增加的離子方程式：H3PO4+2OH-=+2H2O

B．b點溶液中：c(Na+)p>q

6．（2023·烏魯木齊模擬）在1L0.10mol·L-1NH4HCO3溶液中，加入一定量NaOH固體并恢復(fù)到常溫(體積變化忽略不計)。溶液中各主要微粒濃度變化如圖所示[已知Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5，Ka1(H2CO3)=4.4×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11]。下列說法正確的是（）

A．NH4HCO3溶液呈酸性

B．a(chǎn)點pH約為5，b點pH約為12

C．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液：c()+c(NH3H2O)+c()+c()=0.2mol·L-1

D．當(dāng)n(NaOH)=0.10mol時，c(Na+)>c()>c()>c(OH-)>c(H+)

7．（2023·成都模擬）向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固體(忽略溶液體積、溫度的變化)，測出溶液中離子濃度變化如圖所示。已知：Ksp(CaA)＝2×109，H2A為二元弱酸，Ca(HA)2易溶于水且溶液呈堿性。下列說法正確的是（）

A．X、Y、Z三點對應(yīng)溶液pH大小順序為：X＜Y＜Z

B．X點溶液中可能存在：c(OH－)＝c(H+)

C．Y點溶液中c(HA－)＝2×102molL1

D．向Z點溶液中通入HCl氣體，可以使Z點溶液向Y點溶液轉(zhuǎn)化

8．（2023·安慶模擬）電位滴定法是根據(jù)滴定過程中電極電位變化來判斷滴定終點的一種滴定分析方法，滴定終點時電極電位發(fā)生突變。常溫下，利用鹽酸滴定某溶液中磷酸鈉的含量，其電位滴定曲線與pH曲線如圖所示。下列說法錯誤的是（）

已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13

A．a(chǎn)點對應(yīng)的溶液呈弱堿性

B．水的電離程度：a點小于b點

C．b點對應(yīng)的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()

D．c點對應(yīng)的溶液中存在：c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()

9．（2023·鄭州模擬）已知室溫下，磷酸三步電離的pKa(-lgKa)分別用a1、a2、a2表示，它們與溶液pH的關(guān)系如下圖：

某工廠排放的含磷廢水pH約為6。下列敘述錯誤的是（）

A．NaH2PO4溶液呈酸性，原因是a2+a3>14

B．室溫下，磷酸溶液中：

C．該廢水中存在：c()>c()>c()

D．該廢水除磷時加入CaCl2溶液生成Ca5(PO4)3OH的主要反應(yīng)為

10．（2023·黃浦模擬）室溫時，向溶液中滴加溶液，溶液pH隨溶液體積的變化如圖所示。下列說法正確的是（）

A．a(chǎn)點處存在

B．b點處存在

C．由b到c發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

D．圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是d點

11．（2023·徐匯模擬）在相同溫度時100mL0.01mol/L的醋酸溶液與10mL0.1mol/L的醋酸溶液相比較，下列數(shù)值前者大于后者的是（）

A．中和時所需NaOH的量B．溶液的導(dǎo)電能力

C．H+的物質(zhì)的量D．CH3COOH的物質(zhì)的量

12．（2023·鞍山模擬）常溫下，用的溶液滴定的二元酸溶液。溶液中，分布系數(shù)隨的變化關(guān)系如圖所示[例如的分布系數(shù)：]。下列敘述正確的是（）

A．曲線①代表

B．滴加溶液體積為時，溶液中

C．的水解常數(shù)

D．a(chǎn)點時溶液中

二、多選題

13．（2023·江蘇）常溫下，Ka（HCOOH）=1.77×10﹣4，Ka（CH3COOH）=1.75×10﹣5，Kb（NH3H2O）=1.76×10﹣5，下列說法正確的是（）

A．濃度均為0.1molL﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和:前者大于后者

B．用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點，消耗NaOH溶液的體積相等

C．0.2molL﹣1HCOOH與0.1molL﹣1NaOH等體積混合后的溶液中:c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（HCOOH）+c（H+）

D．0.2molL﹣1CH3COONa與0.1molL﹣1鹽酸等體積混合后的溶液中（pH＜7）:c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）

14．（2023·海南）0.1mol/LHF溶液的pH=2，則該溶液中有關(guān)濃度關(guān)系式不正確的是（）

A．c（H+）＞c（F﹣）B．c（H+）＞c（HF）

C．c（OH﹣）＞c（HF）D．c（HF）＞c（F﹣）

15．（2023·邯鄲模擬）常溫下，用某濃度的NaOH溶液滴定20.00mL等濃度的HA溶液，所得滴定曲線如圖所示。下列說法錯誤的是（）

A．NaOH溶液的濃度是0.1mol/L

B．HA的

C．若向c點溶液中加入少量NaA固體，c(Na+)＜c(A-)

D．升高d點溶液的溫度，溶液的堿性減弱

16．（2023·保定模擬）25℃，一元弱堿甲胺(CH3NH2)的電離常數(shù)Kb≈4.0×10-4，1g5≈0.7，電解質(zhì)溶液的電導(dǎo)率與離子濃度有關(guān)，電導(dǎo)率越大，溶液的導(dǎo)電能力越強。25℃時，用0.02mol·L-1鹽酸滴定20.00mL濃度為0.02mol·L-1的CH3NH2溶液，利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導(dǎo)率隨加入鹽酸的體積變化如圖。下列說法正確的是（）

A．25℃，M點對應(yīng)的溶液中水電離的c(H+)水·c(OH-)水=1.0×10-14

B．溶液中始終存在c(CH3NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)

C．25℃，M點對應(yīng)溶液的pH≈6.3

D．N點對應(yīng)的溶液中：c(Cl-)＞c(H+)＞c(CH3NH)＞c(OH-)

17．（2023·滄州模擬）常溫時，采用甲基橙和酚酞雙指示劑，用鹽酸滴定溶液﹐溶液中、、、、隨溶液pH的變化及滴定曲線如圖所示：

下列說法錯誤的是（）

A．整個滴定過程中可先用酚酞再用甲基橙作指示劑

B．n點的pH為m點和q點pH的平均值

C．r點溶液中：

D．r點到k點對應(yīng)的變化過程中，溶液中水的電離程度先減小后增大

18．（2023·宿遷模擬）常溫下，以酚酞作指示劑，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、分布系數(shù)δ隨滴加NaOH溶液體積V(NaOH)的變化關(guān)系如圖所示。[A2的分布系數(shù)為]（）

A．當(dāng)V(NaOH)＝0mL時，c(HA－)＋c(A2－)=0.1mol/L

B．當(dāng)V(NaOH)＝20.00mL時，c(Na+)>c(HA－)＋2c(A2－)

C．常溫下，A2－的水解常數(shù)值為1.0×10－12

D．當(dāng)V(NaOH)＝30.00mL時，c(HA－)＋c(H+)＝c(A2－)＋c(OH－)

19．（2023·鹽城模擬）KHC2O4·H2C2O4·2H2O(四草酸鉀，記作PT)是一種分析試劑。室溫時，H2C2O4的pKa1、pKa2分別為1.23、4.19(pKa=-lgKa)。下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系錯誤的是（）

A．0.1mol·L-1PT溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)

B．0.1mol·L-1PT中滴加NaOH至溶液pH=4.19：c(Na＋)-c(K＋)c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)

D．0.1mol·L-1PT與0.3mol·L-1NaOH溶液等體積混合：c(Na＋)-c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)

20．（2023·江蘇模擬）室溫下，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。CH3COOH和CH3COONH4形成的緩沖溶液常用于高嶺土的成分分析。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒濃度關(guān)系正確的是()

A．0.1mol·L－1CH3COOH溶液：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)

B．0.1mol·L－1CH3COONH4溶液：c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)

C．0.1mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)

D．0.3mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合：c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝0.15mol·L－1

21．（2023·啟東模擬）鄰苯二甲酸(用H2A表示)為二元弱酸，常溫下，Ka1＝1.1×10-3，Ka2＝3.9×10-6，室溫下用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1H2A溶液至終點。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是()

A．滴加20mLNaOH溶液時：c(OH－)>c(H＋)＋c(H2A)－2c(A2－)

B．pH＝7的溶液：c(Na＋)c(HA－)＝c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)

D．滴加40mLNaOH溶液時：2c(Na＋)＝c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)

22．（2023·江蘇模擬）亞砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治療。室溫下，配制一組c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的變化關(guān)系曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）

A．pH＝11的溶液中：c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＞c(H2AsO3-)

B．c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)

C．c(Na＋)＝0.200mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)

D．pH＝12.8的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)

23．（2023·南京模擬）已知NaHC2O4溶液的pHc(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)

C．c點：c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(Cl-)

D．d點：c(OH-)+c(Cl-)＞c(H+)+2c(H2C2O4)

24．（2023·德州模擬）常溫下，向VmL0.1mol·L-1HA溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水電離出的氫離子濃度的負(fù)對數(shù)[-lgc水(H+)]與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是（）

A．常溫下，Ka(HA)約為10-5

B．P點溶液對應(yīng)的pH=7

C．M點溶液中存在：c(Na+)=c(A-)+c(HA)

D．N點溶液中存在：c(Na+)≥c(A-)≥c(OH-)>c(H+)

三、非選擇題

25．（2023·江蘇）（14分）（砷（As）是一些工廠和礦山廢水中的污染元素，使用吸附劑是去除水中砷的有效措施之一．

（1）將硫酸錳、硝酸釔與氫氧化鈉溶液按一定比例混合，攪拌使其充分反應(yīng)，可獲得一種砷的高效吸附劑X，吸附劑X中含有CO32﹣，其原因是．

（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分?jǐn)?shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù)）與pH的關(guān)系分別如圖﹣1和圖﹣2所示．

①以酚酞為指示劑（變色范圍pH8.0～10.0），將NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，當(dāng)溶液由無色變?yōu)闇\紅色時停止滴加．該過程中主要反應(yīng)的離子方程式為．

②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4H2AsO4﹣+H+的電離常數(shù)為Ka1，則pKa1=

（pKa1=﹣lgKa1）．

（3）溶液的pH對吸附劑X表面所帶電荷有影響．pH=7.1時，吸附劑X表面不帶電荷；pH＞7.1時帶負(fù)電荷，pH越高，表面所帶負(fù)電荷越多；pH＜7.1時帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多．pH不同時吸附劑X對三價砷和五價砷的平衡吸附量（吸附達(dá)平衡時單位質(zhì)量吸附劑X吸附砷的質(zhì)量）如圖﹣3所示．

①在pH7～9之間，吸附劑X對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，其原因是．

②在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠(yuǎn)比五價砷的弱，這是因為．提高吸附劑X對三價砷去除效果可采取的措施是．

26．（2023·石景山模擬）“84消毒液”廣泛應(yīng)用于殺菌消毒，其有效成分是NaClO。實驗小組制備消毒液，并利用其性質(zhì)探索制備碘水的方法。

資料：i.HClO的電離常數(shù)為Ka=4.7×10-8；

H2CO3的電離常數(shù)為K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11。

ii.碘的化合物主要以I-和IO3-的形式存在，IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。

iii.碘單質(zhì)能與I-反應(yīng)：I2+I-I3-（I3-低濃度時顯黃色，高濃度時為棕色）。

Ⅰ.制備消毒液（夾持裝置略）

（1）制備NaClO消毒液的裝置是（填C或D）。

（2）制備完成后，向C裝置的溶液中添加NaOH、Na2SiO3等物質(zhì)，得到與某品牌成分相同的消毒液，用平衡移動原理解釋NaOH的作用。

（3）結(jié)合資料i，寫出D中反應(yīng)的化學(xué)方程式。

（4）Ⅱ.利用消毒液的性質(zhì)探究碘水的制備方法

將某品牌“84消毒液”稀釋10倍，各取100mL于三個燒杯中，設(shè)計如下實驗方案制備碘水：

方案操作現(xiàn)象反應(yīng)后加淀粉溶液

1燒杯1溶液中加入9gKI固體溶液為橙黃色……

2燒杯2溶液中加入9gKI固體再加入1mo/L鹽酸10mL溶液顏色快速加深，呈紫紅色變藍(lán)

3燒杯3溶液中加入少量KI固體（小于0.5g）振蕩后溶液保持無色不變藍(lán)

對比不同方案的實驗現(xiàn)象，得出制取碘水的最佳方法要關(guān)注的因素是。

（5）針對燒杯3“滴加淀粉溶液不變藍(lán)”的原因，提出兩種假設(shè)：

假設(shè)1：過量的NaClO將反應(yīng)生成的I2氧化為IO3-。

設(shè)計實驗證實了假設(shè)1成立。NaClO氧化I2生成IO3-的離子方程式是。

假設(shè)2：生成的I2在堿性溶液中不能存在。

設(shè)計實驗a證實了假設(shè)2成立，實驗a的操作及現(xiàn)象是。

（6）某小組檢驗燒杯3所得溶液中含IO3-：取燒杯3所得無色溶液少許，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反應(yīng)后再滴加淀粉溶液，發(fā)現(xiàn)溶液變藍(lán)。該實驗方案能否證明燒杯3所得溶液中存在IO3-，說明理由。

（7）預(yù)測燒杯1反應(yīng)后加淀粉溶液的實驗現(xiàn)象，結(jié)合方程式說明預(yù)測依據(jù)。

27．（2023·豐臺模擬）加工含硫原油時，需除去其中含硫物質(zhì)。

（1）鐵離子濃度是原油加工中防腐監(jiān)測的重要指標(biāo)。測定鐵離子濃度前，需去除原油加工產(chǎn)生的酸性廢水中的硫化氫及其鹽。實驗室模擬過程如下。

Ⅰ．將250mL酸性廢水置于反應(yīng)瓶中，加入少量濃鹽酸，調(diào)節(jié)pH小于5。

Ⅱ．在吸收瓶中加入飽和氫氧化鈉溶液。

Ⅲ．打開脫氣—吸收裝置，通入氮氣，調(diào)節(jié)氣流速度，使氣體依次經(jīng)過反應(yīng)瓶和吸收瓶。當(dāng)吹出氣體中H2S體積分?jǐn)?shù)達(dá)到標(biāo)準(zhǔn)，即可停止吹氣。

已知：含硫微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)（δ）隨pH變化情況如下圖所示。

①步驟Ⅰ中加入濃鹽酸調(diào)節(jié)pH＜5的原因是。

②步驟Ⅱ中，當(dāng)測得吸收液的pH為時，需要更換NaOH溶液。

③利用鄰菲羅啉分光光度法可測定樣品中的含鐵量。測定前需用鹽酸羥基胺（NH2OH·HCl）將Fe3+還原為Fe2+。將下述離子方程式補充完整：Fe3++NH2OH·HCl=Fe2++N2↑+++Cl-

（2）原油中的硫化氫還可采用電化學(xué)法處理，并制取氫氣，其原理如下圖所示。

①寫出反應(yīng)池內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式。

②電解池中，陽極的電極反應(yīng)為。

28．（2023·承德模擬）CO2是一種廉價的碳資源，其綜合利用具有重要意義。回答下列問題：

（1）CO2可以被

NaOH溶液捕獲，若所得溶液c（HCO3－

）∶c（CO32－

）＝2∶1，溶液

PH＝。（室溫下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11）

（2）CO2與CH4經(jīng)催化重整，制得合成氣：

CH4（g）＋CO2（g）2CO（g）＋2H2（g）

已知上述反應(yīng)中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：

則該反應(yīng)的ΔH＝。分別在VL恒溫密閉容器A（恒容）、B（恒壓，容積可

變）中，加入CH4和CO2各1mol的混合氣體。兩容器中反應(yīng)達(dá)平衡后放出或吸收的熱量較多的是（填“A”或“B”）。

（3）按一定體積比加入CH4和CO2，在恒壓下發(fā)生反應(yīng)，溫度對CO和H2產(chǎn)率的影

響如圖1所示。此反應(yīng)優(yōu)選溫度為900℃的原因是。

（4）在T1溫度時，將CH4和CO2各1.0mol充入2L密閉恒容容器中，充分反應(yīng)達(dá)到平衡后，若CH4轉(zhuǎn)化率為40％，則

①容器內(nèi)的壓強與起始壓強之比為；

②此溫度下，若該容器中含有CH4、CO2、H2、CO各1.0mol，則此時反應(yīng)所處的

狀態(tài)為（填“向正反應(yīng)方向進(jìn)行中”“向逆反應(yīng)方向進(jìn)行中”或“平衡狀態(tài)”）

③欲使甲烷的平衡轉(zhuǎn)化率提高，應(yīng)應(yīng)采取的措施是（填標(biāo)號）。

A．升高溫度B．降低溫度C．增大壓強D．減小壓強

29．（2023·河北模擬）“綠水青山就是金山銀山”，近年來，綠色發(fā)展、生態(tài)保護(hù)成為中國展示給世界的一張新“名片”。汽車尾氣是造成大氣污染的重要原因之一，減少氮的氧化物在大氣中的排放是環(huán)境保護(hù)的重要內(nèi)容之一。請回答下列問題：

（1）已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH1＝＋180.5kJ·mol－1

C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH3＝－221kJ·mol－1

若某反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝，則此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為。

（2）N2O5在一定條件下可發(fā)生分解反應(yīng)：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)，某溫度下向恒容密閉容器中加入一定量N2O5，測得N2O5濃度隨時間的變化如下表：

t/min012345

c(N2O5)/(mol·L－1)1.000.710.500.350.250.17

①反應(yīng)開始時體系壓強為p0，第2min時體系壓強為p1，則p1∶p0＝。2～5min內(nèi)用NO2表示的該反應(yīng)的平均反應(yīng)速率為。

②一定溫度下，在恒容密閉容器中充入一定量N2O5進(jìn)行該反應(yīng)，能判斷反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是。(填字母)

a．NO2和O2的濃度比保持不變

b．容器中壓強不再變化

c.2v正(NO2)＝v逆(N2O5)

d．氣體的密度保持不變

（3）Kp是用反應(yīng)體系中氣體物質(zhì)的分壓來表示的平衡常數(shù)，即將K表達(dá)式中平衡濃度用平衡分壓代替。已知反應(yīng)：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，該反應(yīng)中正反應(yīng)速率v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，逆反應(yīng)速率v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，其中k正、k逆為速率常數(shù)，則Kp為(用k正、k逆表示)。

（4）如圖是密閉反應(yīng)器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200℃、400℃、600℃下，合成NH3反應(yīng)達(dá)到平衡時，混合物中NH3的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨壓強的變化曲線，已知該反應(yīng)為放熱反應(yīng)。

①曲線a對應(yīng)的溫度是。

②M點對應(yīng)的H2的轉(zhuǎn)化率是。

（5）工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的SO2廢氣可用如圖方法獲得H2SO4。寫出電解的陽極反應(yīng)式。

30．（2023·萍鄉(xiāng)模擬）大氣中CO2含量的增加會加劇溫室效應(yīng)，為減少其排放，需將工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的CO2分離出來進(jìn)行儲存和利用。

（1）CO2溶于水生成碳酸，碳酸和亞硝酸(HNO2)的電離常數(shù)如下表所示，下列事實中，能說明亞硝酸酸性比碳酸強的是(填字母)____________。

弱酸HNO2H2CO3

電離常數(shù)Ka=5.1×10-4Ka1=4.6×10-7

Ka2=5.6×10-11

A．常溫下，亞硝酸電離常數(shù)比碳酸一級電離常數(shù)大

B．亞硝酸的氧化性比碳酸的氧化性強

C．亞硝酸與碳酸鈉反應(yīng)生成CO2

D．相同濃度的碳酸鈉溶液的pH比亞硝酸鈉的大

（2）.CO2與NH3反應(yīng)可合成尿素[化學(xué)式為CO(NH2)2]，反應(yīng)2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(g)在合成塔中進(jìn)行，圖中Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三條曲線分別表示溫度為T℃時，按不同氨碳比和水碳比投料時，二氧化碳平衡轉(zhuǎn)化率的情況。

①曲線Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ中水碳比的數(shù)值分別為0.6～0.7，1～1.1，1.5～1.6，則生產(chǎn)中應(yīng)選用的水碳比數(shù)值范圍是。

②推測生產(chǎn)中氨碳比應(yīng)控制在(選填“4.0”或“4.5”)左右比較適宜。

③若曲線Ⅱ中水碳比為1，初始時CO2的濃度為1mol/L，則T℃時該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=(保留有數(shù)數(shù)字至小數(shù)點后兩位)。

（3）以TiO2/Cu2Al2O4為催化劑，可以將CO2和CH4直接轉(zhuǎn)化為乙酸，請寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率的關(guān)系如圖所示。在溫度為時，催化劑的活性最好，效率最高。請解釋圖中250～400℃時乙酸生成速率變化的原因：250～300℃時；300～400℃時。

31．（2023·桂林模擬）

（1）I.研究發(fā)現(xiàn)，氮氧化物和硫氧化物是霧霾的主要成分?；卮鹣铝袉栴}：

有下列反應(yīng)：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.5kJ/mol

②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.5kJ/mol

③2C(s)+O(g)=2CO(g)△H3=-221.0kJ/mol

已知某反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=，請寫出此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：。

（2）往1L恒容密閉容器中充入一定量的NO2，在三種不同條件下發(fā)生反應(yīng)：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，實驗測得NO2的濃度隨時間的變化如下表(不考慮生成N2O4)。

①下列說法正確的是(填符合題意選項的序號)

A.實驗2容器內(nèi)壓強比實驗1的小

B.由實驗2和實驗3可判斷該反應(yīng)是放熱反應(yīng)

C.實驗1比實驗3的平衡常數(shù)大

D.實驗2使用了比實驗1效率更高的催化劑

E.在0→10mim內(nèi)實驗2的反應(yīng)速率υ(O2)=0.015mol/(L·min)

②不能判斷反應(yīng)已達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是(填符合題意選項的序號)

A.容器內(nèi)的氣體壓強不變

B.2υ正(NO2)=υ逆(O2)

C.氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變

D.NO2和NO的濃度比保持不變

③已知容器內(nèi)的起始壓強為P0kPa，在800℃溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。在該溫度下達(dá)到平衡后，再向容器中加入NO2和NO各2mol，平衡將(填“向正反應(yīng)方向移動”或“向逆反應(yīng)方向移動”或“不移動”)。

（3）為了減少霧霾中的SO2，工業(yè)尾氣中SO2可用飽和Na2SO3溶液吸收，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為；25℃時，若用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，當(dāng)恰好完全反應(yīng)時，溶液的pH7(填“大于”或“小于”或“等于”)，溶液中各離子濃度由大到小的順序為(已知：常溫下H2SO3的電離常數(shù)Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8)。

32．（2023·南通模擬）草酸合銅酸鉀是一種重要的化工原料，其晶體組成可表示為KxCuy(C2O4)z·wH2O。

（1）實驗室用CuSO4溶液和NaOH溶液混合制備Cu(OH)2，再將所得Cu(OH)2與KHC2O4溶液混合，可制備草酸合銅酸鉀晶體。

①已知室溫下，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。制備Cu(OH)2的過程中，pH＝7時，溶液中c(Cu2＋)＝。

②已知H2C2O4是二元弱酸。室溫下，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，KHC2O4水解平衡常數(shù)的數(shù)值為。

（2）一種測定草酸合銅酸鉀晶體組成的方法如下：

步驟Ⅰ準(zhǔn)確稱取1.7700g樣品，充分加熱，剩余固體為K2CO3與CuO的混合物，質(zhì)量為1.0900g。

步驟Ⅱ準(zhǔn)確稱取1.770

0g樣品，用NH4Cl溶液溶解、加水稀釋，定容至100mL。

步驟Ⅲ準(zhǔn)確量取步驟Ⅱ所得溶液25.00

mL于錐形瓶中，滴入指示劑，用濃度為0.05000mol·L－1的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點。(已知Cu2＋與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計量數(shù)之比為1∶1)。

重復(fù)上述滴定操作兩次，有關(guān)數(shù)據(jù)記錄如下表：

第一次滴定第二次滴定第三次滴定

消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積/mL25.9224.9925.01

①第一次滴定消耗的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積明顯偏大，可能的原因有(填字母)。

A．錐形瓶水洗后未干燥

B.滴定時錐形瓶中有液體濺出

C.裝EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管水洗后未潤洗

D.開始滴定時，滴定管尖嘴部分未充滿液體

②通過計算確定該樣品的化學(xué)式(寫出計算過程)。

33．（2023·南通模擬）磷酸二氫鉀(KH2PO4)是一種高效復(fù)合肥。工業(yè)上以羥磷灰石精礦[主要成分是Ca5(PO4)3OH，還含有少量石英和氧化鐵等雜質(zhì)]為原料，生產(chǎn)磷酸二氫鉀的流程如下：

（1）“制酸”過程中生成磷酸的化學(xué)方程式為。

該過程若用硫酸代替鹽酸，磷酸的產(chǎn)率明顯降低，其原因是。

（2）“反應(yīng)”中加入有機堿——三辛胺(TOA)的目的是。

（3）“反應(yīng)”中，三辛胺的用量會影響溶液的pH。水溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的分布分?jǐn)?shù)δ隨pH的變化如右圖所示。

①“反應(yīng)”中，當(dāng)pH＝時，停止加入三辛胺。

②使用pH試紙測定溶液pH的操作是。

（4）查閱資料可知：①磷酸三丁酯、二(2乙基己基)磷酸都是難溶于水的液態(tài)有機物。

②磷酸三丁酯對H3PO4和Fe3＋有較強的萃取作用。

③二(2乙基己基)磷酸僅對Fe3＋有較強的萃取作用。

請根據(jù)題中信息，補充完整“提純”步驟的實驗方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，，向有機層中加入蒸餾水，振蕩、靜置，分液取水層，得到稀磷酸。[實驗中須使用的試劑有：二(2乙基己基)磷酸、磷酸三丁酯]

34．（2023·寶山模擬）鹵族元素包括氯、溴、碘等元素，其中溴和碘在陸地上含量極少，主要存在于海水中。

（1）氯氣有毒，一旦泄露會造成對空氣的嚴(yán)重污染。工業(yè)上常用濃氨水檢驗氯氣管是否漏氣。(已知Cl2可將NH3氧化成N2)寫出有關(guān)的化學(xué)方程式。

（2）亞氯酸鈉(NaClO2)是一種漂白劑。

已知NaClO2變質(zhì)可分解為NaClO3和NaCl。取等質(zhì)量變質(zhì)前后的NaClO2試樣均配成溶液，分別與足量FeSO4溶液反應(yīng)時，消耗Fe2+的物質(zhì)的量相同，從電子守恒的角度解釋其原因是。

（3）從海水中提取溴，一般要經(jīng)過濃縮、氧化和提取三個步驟。氧化時常用氯氣做氧化劑，寫出有關(guān)的離子方程式。海帶提碘時，由于碘的量較少，在灼燒、溶解之后得到的溶液用硝酸銀溶液很難檢驗。設(shè)計一個檢驗溶液中是否含有碘離子的方法。

（4）鹽酸和醋釀都是元酸，某溫度下，相同pH的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋，平衡pH隨溶液體積變化的曲線如下圖所示。據(jù)圖判斷鹽酸稀釋時的pH變化曲線為

(填“I”或“II”)，溶液的導(dǎo)電性b

c(填“>”、“”或“Ka1(H2CO3)=4.4×10-7，所以NH4HCO3溶液中水解能力小于HCO水解能力，所以溶液呈堿性，A不符合題意；

B．由題圖可知，a點的、NH3·H2O濃度相等，由Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5==c(OH-)，則a點pH=-lg()9，同理可得b點的、濃度相等，由Ka2(H2CO3)=4.7×10-11==c(H+)，則b點pH=-lg(4.7×10-11)10，B不符合題意；

C．根據(jù)物料守恒，c()+c(NH3H2O)=0.1mol·L-1，c()+c()+c()=0.1mol·L-1，則c()+c(NH3H2O)+c()+c()+c()=0.2mol·L-1，C不符合題意；

D．由題圖可知，當(dāng)n(NaOH)=0.10mol時，c(Na+)>c()>c()，c()=c()，因為Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5>Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，所以溶液呈堿性，故c(OH-)>c(H+)，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5>Ka1(H2CO3)=4.4×10-7，則的水解能力小于HCO的水解能力，NH4HCO3溶液呈堿性；

B.根據(jù)pH=-lgc(H+)計算；

C.根據(jù)物料守恒計算。

7．【答案】C

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應(yīng)用

【解析】【解答】A．H2A為二元弱酸，，則，，可知越小，氫離子濃度越小，其pH值越大，因此溶液X、Y、Z三點對應(yīng)溶液pH大小順序為：Z＜Y＜X，故A不符合題意；

B．Ca(HA)2易溶于水且溶液呈堿性，則說明HA－電離程度小于水解程度，Y點，說明c(HA－)＝c(A2)，X點，則c(HA－)＜c(A2)，溶液顯堿性即c(H+)＜c(OH－)，故B不符合題意；

C．Y點溶液c(Ca2+)＝1×107molL1，根據(jù)Ksp(CaA)＝2×109，則c(A2)＝2×102molL1，由于，c(HA－)＝c(A2)＝2×102molL1，故C符合題意；

D．向Z點溶液中通入HCl氣體，A2與H＋反應(yīng)，c(A2)減小，減小，則增大，因此可以使Z點溶液向右后方點溶液轉(zhuǎn)化，故D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】A、pH的比較即比較氫離子的濃度，氫離子濃度越大，則pH越小；

B、結(jié)合電離程度和水解程度的大小判斷；

C、結(jié)合溶度積和鈣離子濃度計算；

D、引入氯化氫，即增大氫離子的濃度，使c(A2)減小。

8．【答案】B

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；水的電離；離子濃度大小的比較；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．，即的水解程度大于電離，故該溶液為堿性，A項不符合題意；

B．，即電離大于水解，b點溶液呈酸性，電離出來的H+抑制H2O的電離。而a點水解促進(jìn)水的電離，水的電離a>b，B項符合題意；

C．b點成分為NaH2PO4，該溶液中存在質(zhì)子守恒為c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，C項不符合題意；

D．主成分為和NaCl，由上分析兩者物質(zhì)的量之比為1：3，c(Cl-)>c(H3PO4)。同時磷酸的電離逐級減弱c()>c()，所以c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()，故D項不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.a點的溶質(zhì)為NaCl、Na2HPO4，，的水解程度大于電離程度，溶液呈堿性；

B.酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽水解促進(jìn)水的電離；

C.b點溶質(zhì)為NaCl和NaH2PO4，結(jié)合電荷守恒和物料守恒分析；

D.c點的溶質(zhì)為和NaCl，H3PO4的各步電離程度依次減小。

9．【答案】A

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．在溶液呈中主要存在電離平衡：，，水解平衡：，，因為，電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，=，>，即a1+a2>14，A符合題意；

B．根據(jù)電荷守恒，在磷酸溶液中：，B不符合題意；

C．pH=7時pKa=pH，可知=H2PO，因為該廢水pH約為6，c()>c()，少部分電離生成，所以c()>c()，故溶液中存在：c()>c()>c()，C不符合題意；

D．該廢水中主要的離子為，加入溶液生成的主要反應(yīng)為，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A．依據(jù)，=計算；

B．根據(jù)電荷守恒分析；

C．依據(jù)電離和水解程度判斷；

D．根據(jù)反應(yīng)物和生成物的化學(xué)式，利用原子守恒、電荷守恒分析；

10．【答案】B

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；水的電離；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．向溶液中滴加溶液100mL，正好將H+中和完，a點混合液的體積為200mL，a點處存在，故A不符合題意；

B．當(dāng)加入100mLNaOH溶液時，，=7加入溶液NaOH溶液大于100mL，反應(yīng)一部分，此時，故b點處存在，故B符合題意；

C．加入NaOH溶液0-100mL，H+發(fā)生反應(yīng)，100mL-200mL，參與反應(yīng)，由b到c發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，故C不符合題意；

D．電離出H+抑制水的電離，隨著氫氧化鈉加入a點生成硫酸鈉和硫酸銨，水解促進(jìn)水的電離，接著再加入氫氧化鈉，生成，逐漸抑制水的電離，故水的電離程度最大的是a點，故D不符合題意；

故答案為：B；

【分析】A.a點為等濃度的硫酸鈉和硫酸銨的混合溶液，結(jié)合物料守恒計算；

B.b點溶質(zhì)為硫酸鈉、硫酸銨和NH3H2O，溶液呈中性c(H+)=c(OH-)；

C.b到c發(fā)生的反應(yīng)為；

D.酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽水解促進(jìn)水的電離。

11．【答案】C

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡

【解析】【解答】A．計算兩溶液中醋酸的物質(zhì)的量，n(前)=c1V1=0.1L×0.01molL-1=1×10-3mol，n(后)=c2V2=0.01L×0.1molL-1=1×10-3mol，兩者相等，因而中和時消耗的NaOH的量相等，故A不符合題意；

B．酸的濃度越大，溶液中離子濃度越大，則導(dǎo)電性越強，故前者小于后者，故B不符合題意；

C．醋酸的濃度越大其電離程度越小，由A分析可知，兩者醋酸的物質(zhì)的量相同，前者電離程度大，則溶液中H+的物質(zhì)的量大，故C符合題意；

D．由A分析可知，溶液中醋酸的總物質(zhì)的量相等、但電離程度前者大，故未電離的醋酸的物質(zhì)的量前者小，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A、醋酸的物質(zhì)的量相同，則消耗的氫氧化鈉相同；

B、離子濃度越大，則導(dǎo)電性越強；

C、越稀越電離，物質(zhì)的量相同時，濃度越稀，電離的氫離子物質(zhì)的量越大；

D、越稀越電離，物質(zhì)的量相同時，濃度越稀，剩余的醋酸越少。

12．【答案】B

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．在未加NaOH溶液時，曲線①的分布系數(shù)與曲線②的分布系數(shù)之和等于1，且曲線①一直在減小，曲線②在一直增加，說明第一步完全電離，第二步存在電離平衡，即，，曲線①代表，曲線②代表，故A不符合題意；

B．由電荷守恒得：，滴加溶液體積為時，根據(jù)物料守恒得：，聯(lián)立兩式得：，故B符合題意；

C．的水解常數(shù)，結(jié)合圖中a點數(shù)據(jù)可知此時，pH=2，=，，故C不符合題意；

D．a(chǎn)點時溶液中存在電荷守恒：，此時溶液顯酸性，則，=0，則，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A．依據(jù)第一步和第二步的電離平衡判斷；

B．依據(jù)電荷守恒和物料守恒分析；

C．利用pH=2時的點，由計算；

D．依據(jù)電荷守恒分析。

13．【答案】A,D

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡

【解析】【解答】解:A．電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度:CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，所以得出c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）=0.1mol/L+c（OH﹣），水解程度NH4+＞HCOO﹣，所以前者c（H+）大于后者c（OH﹣），所以濃度均為0.1molL﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和:前者大于后者，故A正確；

B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，濃度:c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點時，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大，pH、體積相同的HCOOH和CH3COOH，物質(zhì)的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH體積多，故B錯誤；

C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HCOOH和HCOONa，甲酸電離程度大于水解程度，所以c（HCOOH）＜c（Na+），所以得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＞c（HCOOH）+c（H+），故C錯誤；

D．二者混合后溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度，醋酸是弱酸，其電離程度較小，所以粒子濃度大小順序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D正確；

故選AD．

【分析】A．電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度:CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，所以得出c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）=0.1mol/L+c（OH﹣），水解程度NH4+＞HCOO﹣，所以前者c（H+）大于后者c（OH﹣）；

B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，濃度:c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點時，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大；

C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HCOOH和HCOONa；

D．二者混合后溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度．

14．【答案】B,C

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡

【解析】【解答】解：A、HF電離出的H+等于F﹣，但水也可電離產(chǎn)生H+，所以c（H+）＞c（F﹣），故A正確；

B、HF微弱電離出少量的H+，c（H+）＜c（HF），故B錯誤；

C、HF酸溶液中，c（OH﹣）＜c（H+）＜c（HF），故C錯誤；

D、HF極微弱電離出的H+等于F﹣，所以c（HF）＞c（F﹣），故D正確．

故選BC．

【分析】A、HF溶液中存在酸的電離平衡，還存在水的電離平衡；

B、HF溶液中存在酸的微弱的電離平衡；

C、酸溶液中，氫離子濃度大于氫氧根離子濃度；

D、根據(jù)酸的電離平衡結(jié)合電離程度來回答．

15．【答案】C,D

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較；中和滴定；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．由滴加曲線可知：在加入NaOH很多時，結(jié)合e點時溶液pH=13，可知c(H+)=10-13mol/L，則c(NaOH)=c(OH-)=，A不符合題意；

B．根據(jù)滴定曲線可知：當(dāng)二者恰好中和，滴定達(dá)到突躍，消耗NaOH溶液體積是20.00mL，則根據(jù)二者反應(yīng)消耗關(guān)系可知c(HA)=c(NaOH)=0.1mol/L，故Ka=，B不符合題意；

C．c點溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)可知該點溶液中c(Na+)=c(A-)，當(dāng)加入NaA時，A-會發(fā)生水解反應(yīng)而消耗，因此溶液中c(Na+)＞c(A-)，C符合題意；

D．d點是NaA溶液，該鹽是強堿弱酸鹽，會發(fā)生水解反應(yīng)，但鹽水解程度是微弱的，存在水解平衡，鹽的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，將溶液溫度升高時，將促進(jìn)鹽的水解，使水解平衡正向移動，最終達(dá)到平衡時導(dǎo)致溶液的堿性增強，D符合題意；

故答案為：CD。

【分析】A.根據(jù)滴定完全的數(shù)據(jù)即可計算出溶液的pH

B.根據(jù)曲線找出數(shù)據(jù)即可電離出HA的電離平衡常數(shù)

C.c點時此時溶液的為中性，加入NaA增加了鈉離子的量

D.水解吸熱，溫度升高水解能力增強

16．【答案】B,C

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；水的電離；鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．25℃，M點溶質(zhì)為CH3NH3Cl，是強酸弱堿鹽，水解促進(jìn)水電離，c(H+)水=c(OH-)水＞1.0×10-7，M點對應(yīng)的溶液中水電離的c(H+)水·c(OH-)水＞1.0×10-14，故A不符合題意；

B．根據(jù)電荷守恒，滴定開始后，溶液中始終存在c(CH3NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故B符合題意；

C．一元弱堿甲胺(CH3NH2)的電離常數(shù)Kb≈4.0×10-4，M點酸堿恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)為CH3NH3Cl，濃度為0.01mol/L，Kh==2.5×10-11，則c(H+)=mol/L=5×10-7mol/L，25℃，M點對應(yīng)的溶液的pH=7-lg5≈6.3，故C符合題意；

D．N點時鹽酸過量，為CH3NH3Cl、HCl的混合物，則N點對應(yīng)的溶液中：c(Cl-)＞c(CH3NH3+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D不符合題意；

故答案為：BC。

【分析】結(jié)合方程式和滴定曲線可知M點酸堿恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)為CH3NH3Cl，結(jié)合物料守恒、電荷守恒分析。N點時鹽酸過量，為CH3NH3Cl、HCl的混合物，c(CH3NH3+)＞c(H+)。

17．【答案】C,D

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；水的電離；鹽類水解的原理；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．由圖可知：鹽酸溶液滴定溶液時，先用酚酞再用甲基橙作指示劑，A項不符合題意；

B．點：①，，q點：②，，，n點，，，B項不符合題意；

C．由水解生成的和的量是相等的可知，此時溶質(zhì)為，由質(zhì)子守恒得，C項符合題意；

D．r點溶質(zhì)為，此時水的電離程度最大，r點到k點滴加鹽酸，水的電離程度始終減小，D項符合題意；

故答案為：D。

【分析】本題主要考查鹽酸滴定溶液，側(cè)重考查學(xué)生分析和解決化學(xué)問題的能力。已知：時酚酞溶液變無色，時甲基橙變橙色。

18．【答案】A,C

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；中和滴定

【解析】【解答】A.當(dāng)V(NaOH)＝0mL時，20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液中H2A的第一步電離為完全電離，溶液中不存在H2A，根據(jù)物料守恒c(HA－)＋c(A2－)=0.1mol/L，故A符合題意；

B.當(dāng)V(NaOH)＝20.00mL時，得到的溶液是NaHA溶液，根據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA－)＋2c(A2－)+c(OH-)，由pH曲線可知，此時溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，則c(Na+)c(K+)>c(H2C2O4)，符合題意；

B．pH=4.19，則c(H＋)=10－4.19mol/L，根據(jù)pKa2=4.19，則，帶入c(H＋)=10－4.19mol/L，得c(C2O42－)=c(HC2O4－)。在溶液中電荷守恒，則c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，根據(jù)PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)。在電荷守恒的式子中，左右加上c(H2C2O4)，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)+c(H2C2O4)，將物料守恒的式子，帶入等式的右邊，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(C2O42－)+2c(K＋)，左右兩邊消去c(K＋)，再根據(jù)c(C2O42－)=c(HC2O4－)，可得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)+c(K＋)。溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，則c(H2C2O4)+c(Na＋)c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)，A不符合題意；

B.因為醋酸的電離平衡常數(shù)與一水合氨的電離平衡常數(shù)相等，則醋酸銨中醋酸根與銨根的水解程度相同，溶液呈中性，溶液中有c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)，B符合題意；

C.0.1mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，兩式對應(yīng)相減有c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，C不符合題意；

D.0.3mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有4c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，兩式對應(yīng)相減有3c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，移項有c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝3c(NH4+)＋3c(NH3·H2O)=(3×0.1mol·L－1)÷2=0.15mol·L－1，D符合題意；

故答案為：BD。

【分析】A．醋酸電離出氫離子和醋酸根，水電離出氫離子和氫氧根，c（H+）＞c（CH3COO-）；

B．因為Ka=Kb，所以CH3COONH4溶液顯中性；

C．電荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒：2c（NH4+）+2c（NH3H2O）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-）；

D．電荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒1：c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.05molL-1，物料守恒2：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）==0.2mol/L,三個式子結(jié)合求解。

21．【答案】A,B

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；中和滴定

【解析】【解答】A．滴加20mL0.1000mol·L-1NaOH溶液時，與20.00mL0.1000mol·L-1H2A溶液反應(yīng)生成NaHA，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(A2－)+c(HA－)，電荷守恒為：c(OH－)+2c(A2－)+c(HA－)=c(Na+)+c(H＋)，將物料守恒式代入電荷守恒式可得：c(OH－)=c(H＋)＋c(H2A)－c(A2－)，則c(OH－)＞c(H＋)＋c(H2A)－2c(A2－)，A符合題意；

B．由于Kh（HA-）===≈9.09×10-12＜Ka2=3.9×10-6，NaHA溶液呈酸性，pH=7的溶液為NaHA與Na2A的混合物；pH=7時c（OH-）=c（H+），結(jié)合電荷守恒可知：①c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-），當(dāng)加入20mL氫氧化鈉溶液時，反應(yīng)后溶質(zhì)為NaHA，NaHA溶液中存在物料守恒：②c（H2A）+c（A2-）+c（HA-）=0.05000molL-1，二者結(jié)合可得：c（Na+）=0.05000molL-1+c（A2-）-c（H2A）；Na2A溶液中存在物料守恒：c（H2A）+c（A2-）+c（HA-）=×0.1000molL-1≈0.0333mol/L，則c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-）=0.03333mol/L+c（A2-）-c（H2A），由于pH=7時為NaHA與Na2A的混合物，c（Na+）介于0.05000molL-1+c（A2-）-c（H2A）與0.05000molL-1+c（A2-）-c（H2A）之間，所以c（Na+）＜0.05000molL-1+c（A2-）-c（H2A），B符合題意；

C．滴加20mL0.1000mol·L-1NaOH溶液時，與20.00mL0.1000mol·L-1H2A溶液反應(yīng)生成NaHA，在繼續(xù)滴加NaOH溶液，可使NaHA轉(zhuǎn)化為Na2A，滴加達(dá)到一定體積可使c(HA－)＝c(A2－)，已知，Ka2＝3.9×10-6，則Kh(HA－)=＜Ka2，則溶液中HA－電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，則c(OH－)＜c(H＋)，故C不符合題意；

D．滴加40mLNaOH溶液時，20.00mL0.1000mol·L-1H2A溶液完全反應(yīng)生成Na2A，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝2[c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)]，故D不符合題意；

故答案為：AB。

【分析】A．滴加20mLNaOH溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為NaHA，結(jié)合質(zhì)子守恒分析；

B．Kh（HA-）==≈9.09×10-12＜Ka2=3.9×10-6，NaHA溶液呈酸性，pH=7的溶液為NaHA與Na2A的混合物，結(jié)合電荷守恒、物料守恒分析；

C．Kh（A2-）==≈2.56×10-9＜Ka2=3.9×10-6，c（HA-）=c（A2-）時溶液呈酸性；

D．滴加40mLNaOH溶液時，反應(yīng)后溶質(zhì)為Na2A，結(jié)合物料守恒分析。

22．【答案】B,D

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．由圖可知，pH=11時，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)，A不符合題意；

B．c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，c(Na＋)＝0.100mol·L－1，即c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)=c(Na＋)，此等式為NaH2AsO3的物料守恒，則c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由圖可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)時，溶液顯堿性，即H2AsO3-的水解程度大于電離程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，B符合題意；

C．c(Na＋)＝0.200mol·L－1，c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100mol·L－1，即2[c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)]=c(Na＋)，又因為電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H＋)＋c(H2AsO3-)+2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO33-)，C不符合題意；

D．電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由圖可知，pH=12.8時，c(H2AsO3-)=c(AsO33-)，所以，4c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，所以，c(H+)+c(Na+)＞4c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(OH－)，D符合題意。

故答案為：BD。

【分析】H3AsO3、H2AsO3-、HAsO32-、AsO33-存在于同一溶液中，說明H3AsO3是三元弱酸，溶液中存在電荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，據(jù)此解答。

23．【答案】A,D

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；水的電離；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A、Na2C2O4溶液的質(zhì)子守恒，水電離出的n(H＋)=n(OH－)，在草酸鈉水溶液中水電離出的氫離子以（H＋,HC2O4－,H2C2O4）三種形式存在,其中1mol草酸分子中有2mol水電離出的氫離子,所以c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)=c(OH-)，故A符合題意；

B、b點時，溶液為NaHC2O4，根據(jù)物料守恒，c(Cl-)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，故B不符合題意；

C、電荷守恒為c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)×2+c(Cl-)，故C不符合題意；

D、根據(jù)物料守恒，c(Na＋)=2c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，電荷守恒為c(H+)＋c(Na+)=c(OH―)＋c(HC2O4-)+c(C2O42-)×2+c(Cl-)，

2c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)+2c(C2O42-)＋c(H+)=c(OH―)＋c(HC2O4-)+c(C2O42-)×2+c(Cl-)

即：2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)＋c(H+)=c(OH―)+c(Cl-)，故c(OH-)+c(Cl-)＞c(H+)+2c(H2C2O4)符合題意；

故答案為：AD。

【分析】比較溶液中離子濃度大小，可采用三大守恒求解

24．【答案】B,C

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A.由分析可知，HA電離產(chǎn)生的c(H+)=10-3mol/L，因此該溫度下，HA的電離常數(shù)，選項正確，A不符合題意；

B.P點時溶液中的溶質(zhì)為NaA和NaOH，溶液顯堿性，pH>7，選項錯誤，B符合題意；

C.M點是溶液顯中性，因此溶液中c(H＋)=c(OH－)，結(jié)合電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)可得，溶液中c(Na＋)=c(A－)，因此溶液中c(Na＋)c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，選項正確，D不符合題意；

故答案為：BC

【分析】由圖可知，0.1mol/L的HA溶液中，水電離產(chǎn)生c(H+)=10-11mol/L，則溶液中c(OH-)aq=c(OH-)水=c(H+)水=10-11mol/L，則溶液中。由于水電離產(chǎn)生的離子很少，因此可看做HA電離產(chǎn)生的c(H+)=10-3mol/L；據(jù)此結(jié)合選項進(jìn)行分析。

25．【答案】（1）堿性溶液吸收了空氣中的CO2

（2）OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O；2.2

（3）在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X表面所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力增加；在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產(chǎn)生的靜電引力?。患尤胙趸瘎?，將三價砷轉(zhuǎn)化為五價砷

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡

【解析】【解答】解:（1）空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強堿溶液，NaOH是堿，能吸收空氣中的二氧化碳而生成碳酸根離子，所以其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO2，故答案為：堿性溶液吸收了空氣中的CO2；（2）①根據(jù)圖知，堿性條件下H3AsO3的濃度減小、H2AsO3﹣濃度增大，說明堿和H3AsO3