2023年高考真题变式分类汇编：弱电解质在水溶液中的电离平衡3
一、选择题
1．（2017·新课标Ⅰ卷）常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示．下列叙述错误的是（ ）
A．Ka2（H2X）的数量级为10﹣6
B．曲线N表示pH与lg 的变化关系
C．NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣）
D．当混合溶液呈中性时，c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
2．（2016·浙江）苯甲酸钠（ ，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，已知25℃时，HA的Ka=6.25×10﹣5，H2CO3的Ka1=4.17×10﹣7，Ka2=4.90×10﹣11，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压冲入CO2气体，下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（ ）
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2充气压力，饮料中c（A﹣）不变
C．当pH为5.0时，饮料中 =0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA）
3．（2023·邢台模拟）下列实验操作和现象可得出相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 将红热的木炭加入浓硝酸中 产生红棕色气体 碳与浓硝酸反应生成了
B 室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液 溶液变红
C 向KBr溶液中依次滴加过量氯水、淀粉 KI溶液 溶液依次变为橙色和蓝色 元素非金属性：Cl＞Br＞I
D 向1 mL 0.1 mol L 1溶液中依次滴加2滴0.1 mol L 1NaCl溶液和0.1 mol L 1KI溶液 依次产生白色和黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·安阳模拟）NaH2PO4、Na2HPO4是新型冠状病毒灭活疫苗的辅料之一。298K时，向H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，所得溶液中H3PO4、、、的物质的量分数δ(X)随溶液pH的变化如图所示[δ(X)=]。下列叙述正确的是(已知：lg2=0.3)
A．使δ()增加的离子方程式：H3PO4+2OH-=+2H2O
B．b点溶液中：c(Na+)<3c()+3c()
C．c点溶液中由水电离出的c(H+)为10-12.7
D．若NaH2PO4和Na2HPO4组成的混合溶液pH=6，则溶液中：c()=400c(H3PO4)
5．（2023·吉林模拟）H2A为二元弱酸，常温下将0.1mol·L-1的NaOH溶液滴入20mL0.1mol·L-1的NaHA溶液中，溶液中HA-(或A2-)的分布系数δ、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示。
[已知： δ(HA-)= ]
下列叙述正确的是
A．曲线a表示的是A2-的分布系数变化曲线
B．H2A的第二步电离平衡常数的数量级为10-6
C．n点对应的溶液中，2c(H+)+c(HA -)- 2c(OH- )=c(A2-)-3c(H2A)
D．在n、p、q三点中，水的电离程度大小关系为： n>p>q
6．（2023·乌鲁木齐模拟）在1L 0.10mol·L-1NH4HCO3溶液中，加入一定量NaOH固体并恢复到常温(体积变化忽略不计)。溶液中各主要微粒浓度变化如图所示[已知Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5，Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11]。下列说法正确的是（ ）
A．NH4HCO3溶液呈酸性
B．a点pH约为5，b点pH约为12
C．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液： c()+c(NH3H2O)+c()+c()=0.2 mol·L-1
D．当n(NaOH) =0.10 mol时，c(Na+)>c()>c( )>c(OH-)>c(H+)
7．（2023·成都模拟）向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液中离子浓度变化如图所示。已知：Ksp(CaA)＝2×10 9，H2A为二元弱酸，Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为：X＜Y＜Z
B．X点溶液中可能存在：c(OH－)＝c(H+)
C．Y点溶液中c(HA－)＝2×10 2 mol L 1
D．向Z点溶液中通入HCl气体，可以使Z点溶液向Y点溶液转化
8．（2023·安庆模拟）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()
D．c点对应的溶液中存在：c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()
9．（2023·郑州模拟）已知室温下，磷酸三步电离的pKa(- lgKa)分别用a1、a2、a2表示，它们与溶液pH的关系如下图：
某工厂排放的含磷废水pH约为6。下列叙述错误的是（ ）
A．NaH2PO4溶液呈酸性，原因是a2+ a3> 14
B．室温下，磷酸溶液中：
C．该废水中存在：c()>c( )>c()
D．该废水除磷时加入CaCl2溶液生成Ca5 (PO4)3OH的主要反应为
10．（2023·黄浦模拟）室温时，向溶液中滴加溶液，溶液pH随溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点处存在
B．b点处存在
C．由b到c发生反应的离子方程式为
D．图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是d点
11．（2023·徐汇模拟）在相同温度时100mL 0.01mol/L的醋酸溶液与10mL 0.1mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（ ）
A．中和时所需NaOH的量 B．溶液的导电能力
C．H+的物质的量 D．CH3COOH的物质的量
12．（2023·鞍山模拟）常温下，用的溶液滴定的二元酸溶液。溶液中，分布系数随的变化关系如图所示[例如的分布系数：]。下列叙述正确的是（ ）
A．曲线①代表
B．滴加溶液体积为时，溶液中
C．的水解常数
D．a点时溶液中
二、多选题
13．（2017·江苏）常温下，Ka （HCOOH）=1.77×10﹣4，Ka （CH3COOH）=1.75×10﹣5，Kb （NH3 H2O）=1.76×10﹣5，下列说法正确的是（ ）
A．浓度均为0.1 mol L﹣1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol L﹣1 HCOOH 与 0.1 mol L﹣1 NaOH 等体积混合后的溶液中:c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（HCOOH）+c（H+）
D．0.2 mol L﹣1 CH3COONa 与 0.1 mol L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中（pH＜7）:c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
14．（2013·海南）0.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是（ ）
A．c（H+）＞c（F﹣） B．c（H+）＞c（HF）
C．c（OH﹣）＞c（HF） D．c（HF）＞c（F﹣）
15．（2021·邯郸模拟）常温下，用某浓度的NaOH溶液滴定20.00 mL等浓度的HA溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．NaOH溶液的浓度是0.1 mol/L
B．HA的
C．若向c点溶液中加入少量NaA固体，c(Na+)＜c(A-)
D．升高d点溶液的温度，溶液的碱性减弱
16．（2021·保定模拟）25℃，一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb≈4.0×10-4，1g5≈0.7，电解质溶液的电导率与离子浓度有关，电导率越大，溶液的导电能力越强。25℃时，用0.02mol·L-1盐酸滴定20.00mL浓度为0.02mol·L-1的CH3NH2溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率随加入盐酸的体积变化如图。下列说法正确的是（ ）
A．25℃，M点对应的溶液中水电离的c(H+)水·c(OH-)水=1.0×10-14
B．溶液中始终存在c(CH3NH )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
C．25℃，M点对应溶液的pH≈6.3
D．N点对应的溶液中：c(Cl-)＞c(H+)＞c(CH3NH )＞c(OH-)
17．（2021·沧州模拟）常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂，用盐酸滴定 溶液﹐溶液中 、 、 、 、 随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂
B．n点的pH为m点和q点pH的平均值
C．r点溶液中：
D．r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大
18．（2021·宿迁模拟）常温下，以酚酞作指示剂，用0.1 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1 mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[A2 的分布系数为 ]（ ）
A．当V(NaOH)＝0 mL时，c(HA－)＋c(A2－)=0.1 mol/L
B．当V(NaOH)＝20.00 mL时，c(Na+)>c(HA－)＋2c(A2－)
C．常温下，A2－的水解常数值为1.0×10－12
D．当V(NaOH)＝30.00 mL时，c(HA－)＋c(H+)＝c(A2－)＋c(OH－)
19．（2020·盐城模拟）KHC2O4·H2C2O4·2H2O (四草酸钾，记作PT)是一种分析试剂。室温时，H2C2O4的pKa1、pKa2分别为1.23、4.19 (pKa=-lgKa)。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系错误的是（ ）
A．0.1mol·L-1 PT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＋)
D．0.1mol·L-1 PT与0.3mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)-c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)
20．（2020·江苏模拟）室温下，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。CH3COOH和CH3COONH4形成的缓冲溶液常用于高岭土的成分分析。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒浓度关系正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
B．0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液：c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
C．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液等体积混合：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
D．0.3 mol·L－1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液等体积混合：c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝0.15 mol·L－1
21．（2020·启东模拟）邻苯二甲酸(用H2A表示)为二元弱酸，常温下，Ka1＝1.1×10-3，Ka2＝3.9×10-6，室温下用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A．滴加20 mL NaOH溶液时：c(OH－)>c(H＋)＋c(H2A )－2c(A2－)
B．pH＝7的溶液：c(Na＋)<0.050 00 mol·L－1＋c(A2－) －c(H2A)
C．滴定过程中可能会出现：c(Na＋)>c(HA－)＝c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)
D．滴加40 mL NaOH溶液时：2c(Na＋)＝c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)
22．（2020·江苏模拟）亚砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治疗。室温下，配制一组c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100 mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化关系曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．pH＝11的溶液中：c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＞c(H2AsO3-)
B．c(Na＋)＝0.100 mol·L－1的溶液中：c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)
C．c(Na＋)＝0.200 mol·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．（2020·南京模拟）已知NaHC2O4溶液的pH < 7。常温下，向pH=8.4的Na2C2O4溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液，溶液pH与pOH[pOH=-lgc(OH-)］的变化关系如图所示，下列各点所示溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
A．a点：c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)=c(OH-)
B．b点：c(Cl-)>c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
C．c点：c(Na+)=c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(Cl-)
D．d点：c(OH-)+ c(Cl-)＞c(H+)+2c(H2C2O4)
24．（2020·德州模拟）常温下，向VmL 0.1mol·L-1HA溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．常温下，Ka(HA)约为10-5
B．P点溶液对应的pH=7
C．M点溶液中存在：c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D．N点溶液中存在：c(Na+)≥c(A-)≥c(OH-)>c(H+)
三、非选择题
25．（2017·江苏）（14分）（砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一．
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32﹣，其原因是 ．
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图﹣1和图﹣2所示．
①以酚酞为指示剂（变色范围pH 8.0～10.0），将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加．该过程中主要反应的离子方程式为 ．
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4 H2AsO4﹣+H+的电离常数为Ka1，则pKa1=
（p Ka1=﹣lg Ka1 ）．
（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响．pH=7.1时，吸附剂X表面不带电荷； pH＞7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多．pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如图﹣3所示．
①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是 ．
②在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为 ． 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是 ．
26．（2020·石景山模拟）“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO。实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法。
资料：i.HClO的电离常数为Ka=4.7×10-8；
H2CO3的电离常数为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.碘单质能与I-反应：I2+I- I3-（I3-低浓度时显黄色，高浓度时为棕色）。
Ⅰ.制备消毒液（夹持装置略）
（1）制备NaClO消毒液的装置是 （填C或D）。
（2）制备完成后，向C装置的溶液中添加NaOH、Na2SiO3等物质，得到与某品牌成分相同的消毒液，用平衡移动原理解释NaOH的作用 。
（3）结合资料i，写出D中反应的化学方程式 。
（4）Ⅱ.利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：
方案 操作 现象 反应后加淀粉溶液
1 烧杯1溶液中加入9gKI固体 溶液为橙黄色 ……
2 烧杯2溶液中加入9gKI固体再加入1mo/L盐酸10mL 溶液颜色快速加深，呈紫红色 变蓝
3 烧杯3溶液中加入少量KI固体（小于0.5g） 振荡后溶液保持无色 不变蓝
对比不同方案的实验现象，得出制取碘水的最佳方法要关注的因素是 。
（5）针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为IO3-。
设计实验证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成IO3-的离子方程式是 。
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。
设计实验a证实了假设2成立，实验a的操作及现象是 。
（6）某小组检验烧杯3所得溶液中含IO3-：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在IO3-，说明理由 。
（7）预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据 。
27．（2020·丰台模拟）加工含硫原油时，需除去其中含硫物质。
（1）铁离子浓度是原油加工中防腐监测的重要指标。测定铁离子浓度前，需去除原油加工产生的酸性废水中的硫化氢及其盐。实验室模拟过程如下。
Ⅰ．将250mL酸性废水置于反应瓶中，加入少量浓盐酸，调节pH小于5。
Ⅱ．在吸收瓶中加入饱和氢氧化钠溶液。
Ⅲ．打开脱气—吸收装置，通入氮气，调节气流速度，使气体依次经过反应瓶和吸收瓶。当吹出气体中H2S体积分数达到标准，即可停止吹气。
已知：含硫微粒的物质的量分数（δ）随pH变化情况如下图所示。
①步骤Ⅰ中加入浓盐酸调节pH＜5的原因是 。
②步骤Ⅱ中，当测得吸收液的pH为 时，需要更换NaOH溶液。
③利用邻菲罗啉分光光度法可测定样品中的含铁量。测定前需用盐酸羟基胺（NH2OH·HCl）将Fe3+还原为Fe2+。将下述离子方程式补充完整： Fe3++ NH2OH·HCl= Fe2++N2↑+ + + Cl-
（2）原油中的硫化氢还可采用电化学法处理，并制取氢气，其原理如下图所示。
①写出反应池内发生反应的离子方程式 。
②电解池中，阳极的电极反应为 。
28．（2020·承德模拟）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2可以被
NaOH溶液捕获，若所得溶液c（HCO3－
）∶c（CO32－
）＝2∶1，溶液
PH＝ 。（室温下，H2CO3的 K1＝4× 10－7；K2＝5× 10－11）
（2）CO2与 CH4经催化重整，制得合成气：
CH4（g）＋CO2（g） 2CO（g）＋2H2（g）
已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
则该反应的 Δ H＝ 。分别在VL恒温密闭容器 A（恒容）、B（恒压，容积可
变）中，加入 CH4和 CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是 （填 “A” 或 “B ” ）。
（3）按一定体积比加入 CH4和 CO2，在恒压下发生反应，温度对 CO和 H2 产率的影
响如图1所示。此反应优选温度为900 ℃的原因是 。
（4）在 T1温度时，将 CH4和 CO2各1.0mol充入2L密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若 CH4转化率为40％，则
①容器内的压强与起始压强之比为 ；
②此温度下，若该容器中含有 CH4、CO2、H2、CO各 1.0 mol，则此时反应所处的
状态为 （填 “向 正 反 应 方 向 进 行 中” “向 逆 反 应 方 向 进 行 中” 或“平衡状态” ）
③欲使甲烷的平衡转化率提高，应应采取的措施是 （填标号）。
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．减小压强
29．（2020·河北模拟）“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题：
（1）已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH1＝＋180.5 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH3＝－221 kJ·mol－1
若某反应的平衡常数表达式为K＝ ，则此反应的热化学方程式为 。
（2）N2O5在一定条件下可发生分解反应：2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g)，某温度下向恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如下表：
t/min 0 1 2 3 4 5
c(N2O5)/(mol·L－1) 1.00 0.71 0.50 0.35 0.25 0.17
①反应开始时体系压强为p0，第2 min时体系压强为p1，则p1∶p0＝ 。2～5 min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为 。
②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是 。(填字母)
a．NO2和O2的浓度比保持不变
b．容器中压强不再变化
c.2v正(NO2)＝v逆(N2O5)
d．气体的密度保持不变
（3）Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替。已知反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，该反应中正反应速率v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，逆反应速率v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为 (用k正、k逆表示)。
（4）如图是密闭反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200 ℃、400 ℃、600 ℃下，合成NH3反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，已知该反应为放热反应。
①曲线a对应的温度是 。
②M点对应的H2的转化率是 。
（5）工业生产中产生的SO2废气可用如图方法获得H2SO4。写出电解的阳极反应式 。
30．（2019·萍乡模拟）大气中CO2含量的增加会加剧温室效应，为减少其排放，需将工业生产中产生的CO2分离出来进行储存和利用。
（1）CO2溶于水生成碳酸，碳酸和亚硝酸(HNO2)的电离常数如下表所示，下列事实中，能说明亚硝酸酸性比碳酸强的是(填字母代号)____________。
弱酸 HNO2 H2CO3
电离常数 Ka=5.1×10-4 Ka1=4.6×10-7
Ka2=5.6×10-11
A．常温下，亚硝酸电离常数比碳酸一级电离常数大
B．亚硝酸的氧化性比碳酸的氧化性强
C．亚硝酸与碳酸钠反应生成CO2
D．相同浓度的碳酸钠溶液的pH比亚硝酸钠的大
（2）.CO2与NH3反应可合成尿素[化学式为CO(NH2)2]，反应2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(1)+H2O(g)在合成塔中进行，图中Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三条曲线分别表示温度为T℃时，按不同氨碳比 和水碳比 投料时，二氧化碳平衡转化率的情况。
①曲线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ中水碳比的数值分别为0.6～0.7，1～1.1，1.5～1.6，则生产中应选用的水碳比数值范围是 。
②推测生产中氨碳比应控制在 (选填“4.0”或“4.5”)左右比较适宜。
③若曲线Ⅱ中水碳比为1，初始时CO2的浓度为1mol/L，则T℃时该反应的平衡常数K= (保留有数数字至小数点后两位)。
（3）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化为乙酸，请写出该反应的化学方程式： 。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图所示。在温度为 时，催化剂的活性最好，效率最高。请解释图中250～400℃时乙酸生成速率变化的原因：250～300℃时 ；300～400℃时 。
31．（2019·桂林模拟）
（1）I.研究发现，氮氧化物和硫氧化物是雾霾的主要成分。回答下列问题：
有下列反应：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5 kJ/mol
③2C(s)+O(g)=2CO(g) △H3=-221.0 kJ/mol
已知某反应的平衡常数表达式为K= ，请写出此反应的热化学方程式： 。
（2）往1L恒容密闭容器中充入一定量的NO2，在三种不同条件下发生反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，实验测得NO2的浓度随时间的变化如下表(不考虑生成N2O4)。
①下列说法正确的是 (填符合题意选项的序号)
A.实验2容器内压强比实验1的小
B.由实验2和实验3可判断该反应是放热反应
C.实验1比实验3的平衡常数大
D.实验2使用了比实验1效率更高的催化剂
E.在0→10mim内实验2的反应速率υ(O2)=0.015mol/(L·min)
②不能判断反应已达到化学平衡状态的是 (填符合题意选项的序号)
A.容器内的气体压强不变
B.2υ正(NO2)=υ逆(O2)
C.气体的平均相对分子质量保持不变
D.NO2和NO的浓度比保持不变
③已知容器内的起始压强为 P0kPa，在800℃温度下该反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。在该温度下达到平衡后，再向容器中加入NO2和NO各2mol，平衡将 (填“向正反应方向移动”或“向逆反应方向移动”或“不移动”)。
（3）为了减少雾霾中的SO2，工业尾气中SO2可用饱和Na2SO3溶液吸收，该反应的化学方程式为 ；25℃时，若用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当恰好完全反应时，溶液的pH 7(填“大于”或“小于”或“等于”)，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 (已知：常温下H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8)。
32．（2019·南通模拟）草酸合铜酸钾是一种重要的化工原料，其晶体组成可表示为KxCuy(C2O4)z·wH2O。
（1）实验室用CuSO4溶液和NaOH溶液混合制备Cu(OH)2，再将所得Cu(OH)2与KHC2O4溶液混合，可制备草酸合铜酸钾晶体。
①已知室温下，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。制备Cu(OH)2的过程中，pH＝7时，溶液中c(Cu2＋)＝ 。
②已知H2C2O4是二元弱酸。室温下，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，KHC2O4水解平衡常数的数值为 。
（2）一种测定草酸合铜酸钾晶体组成的方法如下：
步骤Ⅰ准确称取1.7700g样品，充分加热，剩余固体为K2CO3与CuO的混合物，质量为1.0900g。
步骤Ⅱ准确称取1.770
0 g样品，用NH4Cl溶液溶解、加水稀释，定容至100mL。
步骤Ⅲ准确量取步骤Ⅱ所得溶液25.00
mL于锥形瓶中，滴入指示剂，用浓度为0.05000mol·L－1的EDTA标准溶液滴定至终点。(已知Cu2＋与EDTA反应的化学计量数之比为1∶1)。
重复上述滴定操作两次，有关数据记录如下表：
第一次滴定 第二次滴定 第三次滴定
消耗EDTA标准溶液 的体积/mL 25.92 24.99 25.01
①第一次滴定消耗的EDTA标准溶液的体积明显偏大，可能的原因有 (填字母)。
A．锥形瓶水洗后未干燥
B.滴定时锥形瓶中有液体溅出
C.装EDTA标准溶液的滴定管水洗后未润洗
D.开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体
②通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
33．（2019·南通模拟）磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种高效复合肥。工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾的流程如下：
（1）“制酸”过程中生成磷酸的化学方程式为 。
该过程若用硫酸代替盐酸，磷酸的产率明显降低，其原因是 。
（2）“反应”中加入有机碱——三辛胺(TOA)的目的是 。
（3）“反应”中，三辛胺的用量会影响溶液的pH。水溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的分布分数δ随pH的变化如右图所示。
①“反应”中，当pH＝ 时，停止加入三辛胺。
②使用pH试纸测定溶液pH的操作是 。
（4）查阅资料可知：①磷酸三丁酯、二(2乙基己基)磷酸都是难溶于水的液态有机物。
②磷酸三丁酯对H3PO4和Fe3＋有较强的萃取作用。
③二(2乙基己基)磷酸仅对Fe3＋有较强的萃取作用。
请根据题中信息，补充完整“提纯”步骤的实验方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭， ，向有机层中加入蒸馏水，振荡、静置，分液取水层，得到稀磷酸。[实验中须使用的试剂有：二(2乙基己基)磷酸、磷酸三丁酯]
34．（2019·宝山模拟）卤族元素包括氯、溴、碘等元素，其中溴和碘在陆地上含量极少，主要存在于海水中。
（1）氯气有毒，一旦泄露会造成对空气的严重污染。工业上常用浓氨水检验氯气管是否漏气。(已知Cl2可将NH3氧化成N2)写出有关的化学方程式 。
（2）亚氯酸钠(NaClO2)是一种漂白剂。
已知NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量相同，从电子守恒的角度解释其原因是 。
（3）从海水中提取溴，一般要经过浓缩、氧化和提取三个步骤。氧化时常用氯气做氧化剂，写出有关的离子方程式 。海带提碘时，由于碘的量较少，在灼烧、溶解之后得到的溶液用硝酸银溶液很难检验。设计一个检验溶液中是否含有碘离子的方法 。
（4）盐酸和醋酿都是元酸，某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图判断盐酸稀释时的pH变化曲线为
(填“I”或“II”)，溶液的导电性b
c(填“>”、“<”或“=”)。水电离的[H+]a点比b点大还是小 从电离平衡移动原理解释原因
35．（2018高二下·武冈模拟）乙醇和乙酸是生活中两种常见的有机物。请回答下列问题：
（1）乙醇的结构简式为CH3CH2OH，乙醇分子中含有的官能团是 （填名称）；
（2）生活中常用食醋除去暖瓶内的水垢(主要成分是CaCO3)，反应的化学方程式2CH3COOH+CaCO3=(CH3COO)2Ca+CO2↑+H2O。通过这个事实，你得出醋酸与碳酸的酸性强弱关系是：醋酸 碳酸(填“>”或“<”)；
（3）炒菜时，加入酒和醋能使菜味香可口，原因是酒和醋反应生成了 （填“酯”或“盐”）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．lg =0时， =1，此时pH≈5.4，则Ka2（H2X）≈10﹣5.4，可知Ka2（H2X）的数量级为10﹣6，故A正确；
B．由以上分析可知曲线N表示pH与lg 的变化关系，故B正确；
C．由图象可知，lg =0时，即c（HX﹣）=c（X2﹣），此时pH≈5.4，可知HX﹣电离程度大于X2﹣水解程度，则NaHX溶液呈酸性，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；
D．由图象可知当pH=7时，lg ＞0，则c（X2﹣）＞c（HX﹣），故D错误．
故选D．
【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），酸性条件下，则pH相同时 ＞ ，由图象可知N为lg 的变化曲线，M为lg 的变化曲线，当lg 或lg =0时，说明 或 =1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性．
2．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；
B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c（A﹣）减小，故B错误；
C．当pH为5.0时，饮料中 = = =0.16，故C正确；
D．碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与A﹣结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（HA）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），则各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA），故D错误．
故选C．
【分析】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电离常数的有关计算等知识，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握电离常数的计算方法．
3．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计；电离平衡常数
【解析】【解答】A．将红热的木炭加入浓硝酸中，产生红棕色气体，可能是浓硝酸在受热的条件下分解得到二氧化氮，不一定是碳与浓硝酸反应生成了，故A不符合题意；
B．室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明混合后溶液显酸性，根据“谁强显谁性”即谁相对强，溶液显谁的性质，则，故B符合题意；
C．不能得到元素非金属性：Br＞I，因为氯气是过量的，可能过量氯气氧化碘离子得到单质碘，故C不符合题意；
D．根据题意硝酸银是过量的，过量硝酸银和碘化钾反应生成碘化银沉淀，不能说是氯化银转化为碘化银，不能得出，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.浓硝酸不稳定，受热分解也会生成二氧化氮；
B.将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，恰好反应得到BA，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液显酸性；
C.过量氯水也会把碘离子氧化为碘单质；
D.硝酸银过量，碘离子与银离子直接结合生成碘化银，未发生沉淀的转化。
4．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离
【解析】【解答】A．磷酸属于三元弱酸，电离应分步进行，HPO物质的量分数增大，发生离子方程式为H2PO+OH-=HPO+H2O，故A不符合题意；
B．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)= c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)，根据图像可知，b点有c(H2PO)=c(HPO)，有c(Na+)+c(H+)=3c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)，b点溶液显弱碱性，即c(H+)＜c(OH-)，因此c(Na+)＞3c(HPO)+3c(PO)，故B不符合题意；
C．c点溶质为Na2HPO4和Na3PO4，此时溶液显碱性，因HPO、PO发生水解导致，水电离出c(H+)等于水电离出c(OH-)==10-1.3，故C不符合题意；
D．Ka1=、Ka2=，=×==102.6=400，因此c()=400c(H3PO4)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．磷酸属于三元弱酸，电离应分步进行；
B．根据电荷守恒分析；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据Ka计算。
5．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．用NaOH溶液滴定NaHA发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O，HA-不断减少，A2-不断增多，故曲线b表示的是A2-的分布系数变化曲线，A不符合题意；
B．m点时HA-和 A2-的分布系数相同，pH=4.2，则H2A的第二步电离平衡常数，其数量级为10-5，B不符合题意；
C．n点时滴入了10mLNaOH溶液，溶液中NaHA和Na2A的浓度比为1：1，根据电荷守恒和物料守恒可得，，，消去c(Na+)可得2c(H+)+c(HA -)- 2c(OH- )=c(A2-)-3c(H2A)，C符合题意；
D．A2-的水解程度大于HA-，在NaOH与NaHA恰好完全反应之前溶液中A2-越多，水的电离程度越大，则在n、p、q三点中，水的电离程度大小关系为： n
【分析】A．依据反应时粒子的变化判断；
B．依据计算；
C．根据电荷守恒和物料守恒分析；
D．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离。
6．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NH4HCO3是弱酸弱碱盐，其溶液的酸碱性要看生成的弱酸、弱碱的电离常数，因为Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，所以NH4HCO3溶液中水解能力小于HCO水解能力，所以溶液呈碱性，A不符合题意；
B．由题图可知，a点的、NH3·H2O浓度相等，由Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5==c(OH-)，则a点pH=-lg()9，同理可得b点的、浓度相等，由Ka2(H2CO3)=4.7×10-11==c(H+)，则b点pH=-lg(4.7×10-11)10，B不符合题意；
C．根据物料守恒，c()+c(NH3H2O)=0.1mol·L-1，c()+c()+c()=0.1 mol·L-1，则c()+c(NH3H2O)+ c()+c()+c()=0.2mol·L-1，C不符合题意；
D．由题图可知，当n(NaOH) = 0.10 mol时，c(Na+)>c()>c()，c()= c()，因为Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，所以溶液呈碱性，故c(OH-)>c(H+)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，则的水解能力小于HCO的水解能力，NH4HCO3溶液呈碱性；
B.根据pH=-lgc(H+)计算；
C.根据物料守恒计算。
7．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．H2A为二元弱酸，，则，，可知越小，氢离子浓度越小，其pH值越大，因此溶液X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为： Z＜Y＜X，故A不符合题意；
B．Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性，则说明HA－电离程度小于水解程度，Y点，说明c(HA－)＝c(A2 )，X点，则c(HA－)＜c(A2 )，溶液显碱性即c(H+)＜c(OH－)，故B不符合题意；
C．Y点溶液c(Ca2+)＝1×10 7mol L 1，根据Ksp(CaA)＝2×10 9，则c(A2 )＝2×10 2 mol L 1，由于，c(HA－)＝c(A2 )＝2×10 2 mol L 1，故C符合题意；
D．向Z点溶液中通入HCl气体，A2 与H＋反应，c(A2 )减小，减小，则增大，因此可以使Z点溶液向右后方点溶液转化，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、pH的比较即比较氢离子的浓度，氢离子浓度越大，则pH越小；
B、结合电离程度和水解程度的大小判断；
C、结合溶度积和钙离子浓度计算；
D、引入氯化氢，即增大氢离子的浓度，使c(A2 )减小。
8．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，即的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，A项不符合题意；
B．，即电离大于水解，b点溶液呈酸性，电离出来的H+抑制H2O的电离。而a点水解促进水的电离，水的电离a>b，B项符合题意；
C．b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+ c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，C项不符合题意；
D．主成分为和NaCl，由上分析两者物质的量之比为1：3，c(Cl-)> c(H3PO4)。同时磷酸的电离逐级减弱c()> c()，所以c(Cl-)> c(H3PO4)> c()> c()，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.a点的溶质为 NaCl、Na2HPO4，，的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性；
B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
C.b点溶质为NaCl和NaH2PO4， 结合电荷守恒和物料守恒分析；
D.c点的溶质为和NaCl，H3PO4的各步电离程度依次减小。
9．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．在溶液呈中主要存在电离平衡： ，，水解平衡：，，因为，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，=，>，即a1+ a2> 14，A符合题意；
B．根据电荷守恒，在磷酸溶液中：，B不符合题意；
C．pH=7时pKa=pH，可知=H2PO，因为该废水pH约为6，c()>c( )，少部分电离生成，所以c( )>c()，故溶液中存在：c()>c( )>c()，C不符合题意；
D．该废水中主要的离子为，加入溶液生成的主要反应为，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据，=计算；
B．根据电荷守恒分析；
C．依据电离和水解程度判断；
D．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒分析；
10．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．向溶液中滴加溶液100mL，正好将H+中和完，a点混合液的体积为200mL，a点处存在，故A不符合题意；
B．当加入100mLNaOH溶液时，，=7加入溶液NaOH溶液大于100mL，反应一部分，此时，故b点处存在，故B符合题意；
C．加入NaOH溶液0-100mL，H+发生反应，100mL-200mL，参与反应，由b到c发生反应的离子方程式为，故C不符合题意；
D．电离出H+抑制水的电离，随着氢氧化钠加入a点生成硫酸钠和硫酸铵，水解促进水的电离，接着再加入氢氧化钠，生成，逐渐抑制水的电离，故水的电离程度最大的是a点，故D不符合题意；
故答案为：B；
【分析】A.a点为等浓度的硫酸钠和硫酸铵的混合溶液，结合物料守恒计算；
B.b点溶质为硫酸钠、硫酸铵和NH3 H2O，溶液呈中性c(H+)=c(OH-)；
C.b到c发生的反应为；
D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
11．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c1 V1=0.1 L×0.01 mol L-1=1×10-3 mol，n(后)=c2 V2=0.01 L×0.1 mol L-1=1×10-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A不符合题意；
B．酸的浓度越大，溶液中离子浓度越大，则导电性越强，故前者小于后者，故B不符合题意；
C．醋酸的浓度越大其电离程度越小，由A分析可知，两者醋酸的物质的量相同，前者电离程度大，则溶液中H+的物质的量大，故C符合题意；
D．由A分析可知，溶液中醋酸的总物质的量相等、但电离程度前者大，故未电离的醋酸的物质的量前者小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、醋酸的物质的量相同，则消耗的氢氧化钠相同；
B、离子浓度越大，则导电性越强；
C、越稀越电离，物质的量相同时，浓度越稀，电离的氢离子物质的量越大；
D、越稀越电离，物质的量相同时，浓度越稀，剩余的醋酸越少。
12．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且曲线①一直在减小，曲线②在一直增加，说明第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即，，曲线①代表，曲线②代表，故A不符合题意；
B．由电荷守恒得：，滴加溶液体积为时，根据物料守恒得：，联立两式得：，故B符合题意；
C．的水解常数，结合图中a点数据可知此时，pH=2，=，，故C不符合题意；
D．a点时溶液中存在电荷守恒：，此时溶液显酸性，则，=0，则，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据第一步和第二步的电离平衡判断；
B．依据电荷守恒和物料守恒分析；
C．利用pH=2时的点，由计算；
D．依据电荷守恒分析。
13．【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解:A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度:CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，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﹣），所以浓度均为0.1 mol L﹣1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者，故A正确；
B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度:c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，所以c（HCOOH）＜c（Na+），所以得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＞c（HCOOH）+c（H+），故C错误；
D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，醋酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D正确；
故选AD．
【分析】A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度:CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，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，浓度:c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；
D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度．
14．【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A、HF电离出的H+等于F﹣，但水也可电离产生H+，所以c（H+）＞c（F﹣），故A正确；
B、HF微弱电离出少量的H+，c（H+）＜c（HF），故B错误；
C、HF酸溶液中，c（OH﹣）＜c（H+）＜c（HF），故C错误；
D、HF极微弱电离出的H+等于F﹣，所以c（HF）＞c（F﹣），故D正确．
故选BC．
【分析】A、HF溶液中存在酸的电离平衡，还存在水的电离平衡；
B、HF溶液中存在酸的微弱的电离平衡；
C、酸溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度；
D、根据酸的电离平衡结合电离程度来回答．
15．【答案】C,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由滴加曲线可知：在加入NaOH很多时，结合e点时溶液pH=13，可知c(H+)=10-13 mol/L，则c(NaOH)=c(OH-)= ，A不符合题意；
B．根据滴定曲线可知：当二者恰好中和，滴定达到突跃，消耗NaOH溶液体积是20.00 mL，则根据二者反应消耗关系可知c(HA)=c(NaOH)=0.1 mol/L，故Ka= ，B不符合题意；
C．c点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)可知该点溶液中c(Na+)=c(A-)，当加入NaA时，A-会发生水解反应而消耗，因此溶液中c(Na+)＞c(A-)，C符合题意；
D．d点是NaA溶液，该盐是强碱弱酸盐，会发生水解反应，但盐水解程度是微弱的，存在水解平衡，盐的水解反应是吸热反应，将溶液温度升高时，将促进盐的水解，使水解平衡正向移动，最终达到平衡时导致溶液的碱性增强，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据滴定完全的数据即可计算出溶液的pH
B.根据曲线找出数据即可电离出HA的电离平衡常数
C.c点时此时溶液的为中性，加入NaA增加了钠离子的量
D.水解吸热，温度升高水解能力增强
16．【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 25℃，M点溶质为CH3NH3Cl，是强酸弱碱盐，水解促进水电离，c(H+)水=c(OH-)水＞1.0×10-7，M点对应的溶液中水电离的c(H+)水·c(OH-)水＞1.0×10-14，故A不符合题意；
B． 根据电荷守恒，滴定开始后，溶液中始终存在c(CH3NH )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故B符合题意；
C． 一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb≈4.0×10-4，M点酸碱恰好完全反应，溶质为CH3NH3Cl，浓度为0.01mol/L，Kh= =2.5×10-11，则c(H+)= mol/L=5×10-7mol/L，25℃，M点对应的溶液的pH=7-lg5≈6.3，故C符合题意；
D． N点时盐酸过量，为CH3NH3Cl、HCl的混合物，则N点对应的溶液中：c(Cl-)＞c(CH3NH3+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】结合方程式和滴定曲线可知M点酸碱恰好完全反应，溶质为CH3NH3Cl，结合物料守恒、电荷守恒分析。N点时盐酸过量，为CH3NH3Cl、HCl的混合物，c(CH3NH3+)＞c(H+)。
17．【答案】C,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图可知：盐酸溶液滴定 溶液时，先用酚酞再用甲基橙作指示剂，A项不符合题意；
B． 点：① ， ，q点：② ， ， ，n点， ， ，B项不符合题意；
C．由 水解生成的 和 的量是相等的可知，此时溶质为 ，由质子守恒得 ，C项符合题意；
D．r点溶质为 ，此时水的电离程度最大，r点到k点滴加盐酸，水的电离程度始终减小，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查盐酸滴定 溶液，侧重考查学生分析和解决化学问题的能力。已知： 时酚酞溶液变无色， 时甲基橙变橙色。
18．【答案】A,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A. 当V(NaOH)＝0 mL时，20.00 mL 0.1 mol/L的二元酸H2A溶液中H2A的第一步电离为完全电离，溶液中不存在H2A，根据物料守恒c(HA－)＋c(A2－)=0.1 mol/L，故A符合题意；
B. 当V(NaOH)＝20.00 mL时，得到的溶液是NaHA溶液，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA－)＋2c(A2－)+c(OH-)，由pH曲线可知，此时溶液呈酸性，即c(H+)> c(OH-)，则c(Na+)
D. 当V(NaOH)＝30.00 mL时，得到的溶液相当于NaHA和Na2A以2:1混合的溶液，根据物料守恒2c(Na+)=3[c(A2－)+ c(HA－)]，电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= 2c(A2－)+ c(HA－)+c(OH-)，得质子守恒：c(HA－)＋2c(H+)＝c(A2－)＋2c(OH－)，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据题干分布系数的表达式，分母中c(H2A)+c(HA-)+ c(A2－)为定值，即分布系数大小与离子浓度呈正比例。二元酸H2A在水溶液中第一步电离生成HA－，第二步电离生成A2－，以此解答。
19．【答案】A,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．PT溶于水后，若HC2O4－和H2C2O4不电离也不水解，则有c(K+)=c(H2O4-)=c(H2C2O4)，但是HC2O4－和H2C2O4均会电离，根据电离平衡常数大小，H2C2O4电离程度大于HC2O4－的电离程度，根据H2C2O4 H＋HC2O4－，溶液中的HC2O4－的浓度会增加，H2C2O4浓度减小，因此c(HC2O4-)>c(K+)>c(H2C2O4)，符合题意；
B．pH=4.19，则c(H＋)=10－4.19mol/L，根据pKa2=4.19，则 ，带入c(H＋)=10－4.19mol/L，得c(C2O42－)=c(HC2O4－)。在溶液中电荷守恒，则c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，根据PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)。在电荷守恒的式子中，左右加上c(H2C2O4)，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)+c(H2C2O4)，将物料守恒的式子，带入等式的右边，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(C2O42－)+2c(K＋)，左右两边消去c(K＋)，再根据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－)，则c(H2C2O4)+c(Na＋)
故答案为：AC。
【分析】B项比较难，需要运用到电荷守恒，物料守恒，以及电离平衡常数的相关计算。在溶液中，如果pH=pKa，则弱酸和电离出来的酸根阴离子浓度相同，如此题中，pH=pKa2， ，得c(C2O42－)=c(HC2O4－)。
20．【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中存在醋酸的电离和水的电离，醋酸电离产生的醋酸根与氢离子相等，水也能电离出氢离子，则氢离子的浓度大于醋酸根，即c(CH3COOH) >c(H＋)>c(CH3COO－) >c(OH－)，A不符合题意；
B.因为醋酸的电离平衡常数与一水合氨的电离平衡常数相等，则醋酸铵中醋酸根与铵根的水解程度相同，溶液呈中性，溶液中有c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)，B符合题意；
C.0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液等体积混合，根据电荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，两式对应相减有c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，C不符合题意；
D.0.3 mol·L－1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液等体积混合，根据电荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有4c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，两式对应相减有3c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，移项有c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝3c(NH4+)＋3c(NH3·H2O)=(3×0.1 mol·L－1)÷2=0.15 mol·L－1，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．醋酸电离出氢离子和醋酸根，水电离出氢离子和氢氧根，c（H+）＞c（CH3COO-）；
B．因为Ka=Kb，所以CH3COONH4溶液显中性；
C．电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒：2c（NH4+）+2c（NH3 H2O）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-）；
D．电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒1：c（NH4+）+c（NH3 H2O）=0.05mol L-1，物料守恒2：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）==0.2mol/L,三个式子结合求解。
21．【答案】A,B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．滴加20 mL 0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液时，与20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液反应生成NaHA，溶液中存在物料守恒：c(Na+)= c(H2A )+c(A2－)+ c(HA－)，电荷守恒为：c(OH－)+2c(A2－)+ c(HA－)= c(Na+)+ c(H＋)，将物料守恒式代入电荷守恒式可得：c(OH－)=c(H＋)＋c(H2A )－c(A2－)，则c(OH－)＞c(H＋)＋c(H2A )－2c(A2－)，A符合题意；
B．由于Kh（HA-）===≈9.09×10-12＜Ka2=3.9×10-6，NaHA溶液呈酸性，pH=7的溶液为NaHA与Na2A的混合物；pH=7时c（OH-）=c（H+），结合电荷守恒可知：①c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-），当加入20mL氢氧化钠溶液时，反应后溶质为NaHA，NaHA溶液中存在物料守恒：②c（H2A）+c（A2-）+c（HA-）=0.050 00 mol L-1，二者结合可得：c（Na+）=0.050 00 mol L-1+c（A2-）-c（H2A）；Na2A溶液中存在物料守恒：c（H2A）+c（A2-）+c（HA-）=×0.10 00 mol L-1≈0.0333mol/L，则c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-）=0.03333mol/L+c（A2-）-c（H2A），由于pH=7时为NaHA与Na2A的混合物，c（Na+）介于0.050 00 mol L-1+c（A2-）-c（H2A）与0.050 00 mol L-1+c（A2-）-c（H2A）之间，所以c（Na+）＜0.050 00 mol L-1+c（A2-）-c（H2A），B符合题意；
C．滴加20 mL 0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液时，与20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液反应生成NaHA，在继续滴加NaOH溶液，可使NaHA转化为Na2A，滴加达到一定体积可使c(HA－)＝c(A2－)，已知，Ka2＝3.9×10-6，则Kh(HA－)= ＜Ka2，则溶液中HA－电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则c(OH－)＜c(H＋)，故C不符合题意；
D．滴加40 mL NaOH溶液时，20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液完全反应生成Na2A，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝2[c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)]，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A．滴加20 mL NaOH溶液，反应后溶质为NaHA，结合质子守恒分析；
B．Kh（HA-）==≈9.09×10-12＜Ka2=3.9×10-6，NaHA溶液呈酸性，pH=7的溶液为NaHA与Na2A的混合物，结合电荷守恒、物料守恒分析；
C．Kh（A2-）==≈2.56×10-9＜Ka2=3.9×10-6，c（HA-）=c（A2-）时溶液呈酸性；
D．滴加40 mL NaOH溶液时，反应后溶质为Na2A，结合物料守恒分析。
22．【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图可知，pH=11时，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)，A不符合题意；
B．c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100 mol·L－1，c(Na＋)＝0.100 mol·L－1，即c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)= c(Na＋)，此等式为NaH2AsO3的物料守恒，则c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由图可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)时，溶液显碱性，即H2AsO3-的水解程度大于电离程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，B符合题意；
C．c(Na＋)＝0.200 mol·L－1，c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100 mol·L－1，即2[c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)]=c(Na＋)，又因为电荷守恒：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不符合题意；
D．电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由图可知，pH=12.8时，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符合题意。
故答案为：BD。
【分析】H3AsO3、H2AsO3-、HAsO32-、AsO33-存在于同一溶液中，说明H3AsO3是三元弱酸，溶液中存在电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，据此解答。
23．【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、Na2C2O4溶液的质子守恒，水电离出的n(H＋)=n(OH－)，在草酸钠水溶液中水电离出的氢离子以（H＋,HC2O4－,H2C2O4）三种形式存在,其中1mol草酸分子中有2mol水电离出的氢离子,所以c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)=c(OH-)，故A符合题意；
B、b点时，溶液为NaHC2O4，根据物料守恒，c(Cl-)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，故B不符合题意；
C、电荷守恒为c(Na+)=c(HC2O4-)+ c(C2O42-)×2+c(Cl-)，故C不符合题意；
D、根据物料守恒，c(Na＋ )=2c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，电荷守恒为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)符合题意；
故答案为：AD。
【分析】比较溶液中离子浓度大小，可采用三大守恒求解
24．【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.由分析可知，HA电离产生的c(H+)=10-3mol/L，因此该温度下，HA的电离常数，选项正确，A不符合题意；
B.P点时溶液中的溶质为NaA和NaOH，溶液显碱性，pH>7，选项错误，B符合题意；
C.M点是溶液显中性，因此溶液中c(H＋)=c(OH－)，结合电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)可得，溶液中c(Na＋)=c(A－)，因此溶液中c(Na＋)
故答案为：BC
【分析】由图可知，0.1mol/L的HA溶液中，水电离产生c(H+)=10-11mol/L，则溶液中c(OH-)aq=c(OH-)水=c(H+)水=10-11mol/L，则溶液中。由于水电离产生的离子很少，因此可看做HA电离产生的c(H+)=10-3mol/L；据此结合选项进行分析。
25．【答案】（1）碱性溶液吸收了空气中的CO2
（2）OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O；2.2
（3）在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解:（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2，故答案为：碱性溶液吸收了空气中的CO2；（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3﹣，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O，
故答案为：OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O；
②Ka1= ，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣），p Ka1=﹣lg Ka1=﹣lg =2.2，
故答案为：2.2；（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大，在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，
故答案为：在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；
②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小，所以在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；
在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷，所以采取的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷，
故答案为：在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷．
【分析】（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液；（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3﹣，该反应为酸碱的中和反应；②Ka1= ，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣）；（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大；②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多；而三价砷主要以H3AsO3分子存在；在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷．
26．【答案】（1）C
（2）ClO-+H2O OH-+HClO，加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）
（3）Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2
（4）溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量
（5）5ClO-+I2+H2O=2IO3 +5Cl-+2H+；向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去
（6）不能，溶液中存在大量ClO 的干扰，ClO 也可将I 氧化为I2使溶液变蓝
（7）“变蓝，因为发生反应ClO +2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I- I3-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I- I3-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-==IO3-+5I-+3H2O”
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）分析题中Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题。分析实验装置图，可知装置C为制备NaClO消毒液的装置。答案为：C；（2）C装置生成了消毒液的主要成分——NaClO，ClO 在水溶液中发生水解：ClO +H2O HClO+OH ，HClO不稳定易分解，故为了使消毒液保持稳定，应抑制ClO 的水解，向其中加入NaOH，溶液中的OH 浓度增大，使得ClO 的水解平衡左移，进而达到稳定消毒液的目的，答案为：ClO +H2O OH +HClO，加入NaOH使c(OH )增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）；（3）根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3 ，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2。答案为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；（4）分析Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。答案为：溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量；（5）根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO +I2+H2O=2IO3 +5Cl +2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；答案为：5ClO +I2+H2O=2IO3 +5Cl-+2H+；向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；（6）84消毒液的主要成分为NaClO，ClO 具有氧化性，同样可以氧化I 生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在IO3-，答案为：不能，溶液中存在大量ClO 的干扰，ClO 也可将I 氧化为I2使溶液变蓝；（7）为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH 发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO +2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I- I3-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I- I3-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O”。
【分析】（5）根据得失电子数目和原子守恒写出离子方程式。可通过向碱性溶液中加入淀粉溶液的碘水验证生成的I2在碱性溶液中不能存在。（6）84消毒液中存在ClO ，ClO 具有氧化性，可将I 氧化为I2，进而对实验产生干扰。（7）结合题给资料iii进行分析，烧杯1可能出现变蓝、不变蓝或橙黄色，据此进行合理分析。
27．【答案】（1）可将硫元素全部转化为H2S吹出；9~11均可；2；2；2；4H+；2H2O；2
（2）2Fe3+＋H2S=2Fe2++S↓+2H+；Fe2+-e-= Fe3+
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①通过分析可知，第一步中将废水调至pH＜5，是为了使含硫微粒全部转化为H2S以便利用N2将其吹出；②通过分析可知，务必要在吸收液的pH降至9以下之前更换吸收液，这样才能保证吸收效果；③配平离子方程式时，可先配平电子得失守恒，再利用H+，OH-和水等配平电荷守恒，最后检查原子守恒并配平；反应过程中盐酸羟胺中的N原子发生升价从-1价升高至0价，而Fe3+发生降价从+3价降低至0价；因此最终的离子方程式为： ；(2)①通过分析可知，反应池内Fe3+将H2S氧化，离子方程式为： ；②通过分析可知，电解池左边为阳极池，发生的是Fe2+的氧化反应，电极反应式为： 。
【分析】测定铁离子浓度前，先要去除酸性废水中H2S以及相应的盐；第一步向废水中加稀盐酸，将其pH调至小于5；通过溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的情况可知，pH小于5时，含硫微粒几乎只有H2S；这样通过向反应瓶中吹扫氮气，就可以将溶液中的H2S吹扫出去，从而实现硫化氢及其盐的脱除；考虑到硫化氢的毒性，因此需要用NaOH溶液吸收吹扫出的H2S；再结合溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的图像分析，当pH＜9时溶液中的HS-含量开始快速增加，而HS-的含量较多不利于H2S的吸收；因此为了保证吸收效果，在溶液的pH降低至9时，务必要更换吸收液。电化学法脱除原油中的H2S，由原理图可知，采用的是电解的方式实现的；那么产生H2的电极是阴极，而与反应池存在溶液交换的极室则为阳极区；由图可知，H2S是在反应池中被氧化为S单质，那么Fe3+则在反应池内被还原为Fe2+；将含有Fe2+的溶液再回流回电解池的阳极池中，就可以将Fe2+再次氧化为Fe3+，实现再生后，再次通入反应池中使用。
28．【答案】（1）10
（2）+120kJ·mol-1；B
（3）900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低
（4）1.4(或7/5)；向正反应方向进行中；A
【知识点】化学平衡移动原理；化学反应速率与化学平衡的综合应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】(1)对于Na2CO3溶液，其水解常数Kh= ，得c(OH-)= =1×10-4mol·L-1，c(H+) =1×10-10mol·L-1， pH=10。
(2)化学反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)的△H=[(413×4+745×2)-(2×1075+2×436)] kJ·mol-1=+120kJ·mol-1。A为容器恒容，B为恒压，容积可变，在B容器中随反应的进行容器的体积增大，相对容器A来说，相当于压强减小，平衡向正方向移动，容器B吸收的热量多。
(3)CH4和CO2在恒压下发生反应，优选温度为900℃的原因是，900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；
(4)①利用化学平衡的三段式进行计算：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO(g)+ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0 0
转化（mol） 0.4 0.4 0.8 0.8
平衡（mol） 0.6 0.6 0.8 0.8
根据压强之比等于物质的量之比，则
容器内的压强与起始压强之比为： =1.4；
②T1温度下，平衡常数K= ，此温度下Qc= =0.25
(2)△H=反应物的键能总合-生成物的键能总和。注意两容器的压强变化。
(3)观察图像，注意两者的生产成本和经济效益；
(4)①利用化学平衡的三段式进行计算；
②T1温度下Qc= =0.25
（2）7∶4(或1.75∶1)；0.22 mol·L－1·min－1；b
（3）
（4）200 ℃；75%
（5）Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2↓＋4H＋
【知识点】化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】(1)若某反应的平衡常数表达式为K＝ ，则其化学方程式为2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)，将题中3个已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由②×2－①－③，可得：2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1×2－180.5 kJ·mol－1－(－221 kJ·mol－1)＝－746.5 kJ·mol－1。(2)①根据题表中数据及三段式法有：
2N2O5(g) 4NO2(g)＋ O2(g)
起始（mol/L） 1.00 0 0
转化（mol/L） 0.50 1.00 0.25
2 min时（mol/L） 0.50 1.00 0.25
该反应在恒温恒容条件下发生，反应前后气体的压强之比等于物质的量之比，也等于物质的量浓度之比，所以p1∶p0＝(0.50＋1.00＋0.25)∶1.00＝7∶4。2～5 min内，v(N2O5)＝ ＝0.11 mol·L－1·min－1，v(NO2)＝2v(N2O5)＝0.22 mol·L－1·min－1。②反应过程中NO2和O2的浓度比始终保持不变，a项不能说明反应已经达到化学平衡状态；该反应在反应前后气体分子数不相等，反应过程中容器中压强为变量，容器中压强不再变化可以说明反应已经达到化学平衡状态，b项正确；v正(NO2)＝2v逆(N2O5)时，正、逆反应速率相等，而2v正(NO2)＝v逆(N2O5)时，正、逆反应速率不相等，c项不能说明反应已经达到化学平衡状态；反应物和生成物全为气体，气体总质量不变，而容器恒容，故反应过程中气体密度始终不变，d项不能说明反应已经达到化学平衡状态。(3)Kp＝ ，v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，平衡时正、逆反应速率相等，即k正·p(NO2)·p(CO)＝k逆·p(NO)·p(CO2)，则 ＝ ，故Kp＝ 。(4)①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NH3的产率降低，NH3的物质的量分数减小，曲线a、b、c中，在相同条件下曲线a对应NH3的物质的量分数最高，其反应温度最低，所以曲线a对应的温度为200 ℃。②M点NH3的物质的量分数为60%，设NH3为0.6a mol，则N2、H2共为0.4a mol，因为反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料，故M点时H2为0.3a mol，结合N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)可知，转化的H2的物质的量为0.9a mol，所以M点对应H2的转化率＝ ×100%＝75%。(5)由题图可知，在电解池的阳极发生Mn2＋转化为MnO2的反应，电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2↓＋4H＋。
【分析】（1）根据平衡常数的表达式书写热化学方程式，并根据已知条件计算 ΔH。
（2）反应前后压强之比等于反应后反应物和生成物的总浓度与反应前反应物和生成物的总浓度之比；平均反应速率表示的是单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量；达到化学平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，且各组分的质量分数不在改变。
（3）平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率。
（4）放热反应，增加温度，平衡向逆反应方向移动，故同压下，温度越高，生成物的质量分数越小；转化率等于转化量与初始量的比值。
（5）电解池的工作原理及电极方程式的书写。
30．【答案】（1）A；C
（2）0.6～0.7；4.0；0.59
（3）；250℃；催化剂效率下降是影响乙酸生成速率的主要原因；温度升高是影响乙酸生成速率的主要原因
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】（1）A、相同条件下，酸的电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中数据，HNO2的电离平衡常数大于碳酸的一级电离常数，说明HNO2的酸性强于H2CO3，故A正确；
B、氧化性强弱与酸性强弱无关，故B错误；
C、利用酸性强的制取酸性弱的，亚硝酸与碳酸钠反应生成CO2，说明亚硝酸的酸性强于碳酸，故C正确；
D、利用越弱越水解，Na2CO3对应的是HCO3－，NaNO2对应的是HNO2，相同浓度碳酸钠溶液的pH比亚硝酸的大，说明HCO3－电离出H＋能力弱于HNO2，不能说明HNO2和H2CO3的酸性强弱，故D错误；（2）①氨碳比相同时，曲线I的CO2的转化率大，因此生产中选用水碳比数值范围是0.6～0.7；
②氨碳比在4.5时，需要氨气较多，根据图像分析，CO2的转化率增大不多，提高生产成本，所以氨碳比控制在4.0左右；
③曲线Ⅱ中水碳比为1，初始时CO2浓度为1mol·L－1，则c(H2O)=1mol·L－1，氨碳比为4时，CO2的转化率为63%，c(NH3)=4mol·L－1，则
2NH3＋ CO2 CO(NH2)2＋H2O
起始 4 1 1
转化 1.26 0.63 0.63
平衡 2.74 0.37 1.63
平衡常数K= ≈0.59；（3）CO2和CH4发生反应：CO2＋CH4 CH3COOH；根据图像，当温度为250℃时，乙酸的生成速率最大，催化剂的催化效率最大；在250℃～300℃过程中，催化剂是影响速率的主要因素，因此催化效率的降低，导致反应速率也降低；而在300℃～400℃时催化效率低且变化程度小，但反应速率增加较明显，因此该过程中温度是影响速率的主要因素，温度越高，反应速率越大。
【分析】（1）弱酸的电离平衡常数越大说明其酸性越强；
（2）①根据二氧化碳的转化率可以选择出水碳比值；
②综合考虑生产成本以及二氧化碳的转化率可以推测出合适的氨碳比；
③平衡常数等于水蒸气的浓度比上氨气浓度的平方与二氧化碳浓度的乘积；
（3）该化学方程式是二氧化碳和甲烷在TiO2/Cu2Al2O4催化下生成醋酸；根据醋酸的生产率可知该催化剂在250℃时活性最强；在250～300℃时由于催化剂的活性下降所以醋酸生产率会下降；但是300～400℃时由于温度升高醋酸的生产率就会升高。
31．【答案】（1）2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5 kJ/mol
（2）DE；B；0.25P0；不移动
（3）Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；小于；c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)
【知识点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)若某反应的平衡常数表达式为：K= ，可知反应为2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5kJ/mol
③2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H3=-221kJ/mol
根据盖斯定律，将②×2-③-①得到2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5 kJ/mol，(2)①A.图表数据可知实验2和实验1温度相同，起始量相同，达到平衡状态c (NO2)相同，但达到平衡状态需要时间，实验2小于实验1，说明是使用了催化剂的作用，实验2容器内压强和实验1的压强相同，A不符合题意；
B.实验3在850℃反应，达到平衡时c (NO2)比800℃小，说明升高温度，化学平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，B不符合题意；
C.升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数会增大，所以实验3的化学平衡常数比实验1的大，C不符合题意；
D.因实验1和实验2平衡时NO2的浓度相同，但实验2反应速率大，说明实验2使用了催化剂，D符合题意；
E.2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，在0→10mim内实验2的反应速率 ，E符合题意；
故答案为：DE；
②对于反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，
A.由于该反应是在恒容条件下进行的反应前后气体体积不等的反应，若容器内的气体压强不变，说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B.同一反应速率之比等于化学方程式计量数之比，υ正(NO2)=2υ逆(O2)能说明氧气的正逆反应速率相同，但2υ正(NO2)=υ逆(O2)不能说明反应达到平衡状态，故B符合题意；
C.其他条件不变，若反应未达到平衡状态，气体的物质的量改变，气体的平均相对分子质量就发生变化，因此气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，C不符合题意；
D.NO2和NO的浓度比保持不变说明正逆反应速率相同，反应处于平衡状态，D不符合题意；
故答案为：B；
③已知容器内的起始压强为 P0kPa，800℃达到平衡状态c(NO2)=0.50mol/L，由于容器的容积为1L，所以n(NO2) =0.50mol，结合三段式法列式计算：
2NO2(g) 2NO(g)+ O2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 0.5 0.5 0.25
平衡（mol） 0.5 0.5 0.25
平衡状态气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.25mol=1.25mol，则平衡时压强为1.25P0kPa，在800℃温度下该反应的平衡常数Kp= ，在该温度下达到平衡后，平衡常数K= ，再向容器中加入NO2和NO各2mol，浓度商Qc= ，说明平衡不移动；(3)工业尾气中SO2可用饱和Na2SO3溶液吸收，该反应的化学方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，25℃时，若用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当恰好完全反应，溶液中生成亚硫酸氢钠，根据题意可知HSO3-的电离平衡常数Ka2= 6.2×10-8，HSO3-在溶液中也存在水解平衡：HSO3-+H2O H2SO3+OH-，水解平衡常数Kh= < 6.2×10-8，说明HSO3-离子电离程度大于HSO3-水解程度，溶液显酸性，pH<7，所以溶液中离子浓度大小：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)。
【分析】（1）热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量；
（2）在可逆反应中，达到平衡的依据就是正逆反应的反应速率相等；化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应无论从正反应开始，还是从逆反应开始，也不考虑反应物起始浓度大小，最后都达到平衡，这时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，用K表示，这个常数叫化学平衡常数；在有气体参与的可逆反应中，增大体系压强，反应会向气体计量数和小的方向进行；
（3）亚硫酸根电离会使溶液显酸性，水解使溶液显碱性，常温下H2SO3的电离常数Ka1大于Ka2说明亚硫酸根的电离程度大于水解程度。
32．【答案】（1）2.2×10－6 mol·L－1；1.9×10－13
（2）CD；每25.00 mL溶液消耗的EDTA标准溶液的平均体积为25.00mL。n(Cu2＋)＝n(EDTA)＝0.050000mol·L－1×0.02500L＝0.001250mol，1.7700g样品中：n(Cu2＋)＝0.001250mol× ＝0.005000mol，1.090 0 g混合物中：m(CuO)＝0.005mol×80g·mol－1＝0.4000g，n(K2CO3)＝ ＝0.005000mol，1.7700g样品中：n(K＋)＝2×n(K2CO3)＝0.01000mol，根据电荷守恒有：n(C2O42-)＝ ＝0.01000mol，n(H2O)＝ ＝0.01000mol，n(K＋)∶n(Cu2＋)∶n(C2O42-)∶n(H2O)＝0.01000mol∶0.00500mol∶0.010 00 mol∶0.01000mol＝2∶1∶2∶2，晶体的化学式为：K2Cu(C2O4)2·2H2O。
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】（1）①已知室温下，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。制备Cu(OH)2的过程中，pH＝7时，c(OH-)=10-7mol/L，溶液中c(Cu2＋)＝ ；②KHC2O4水解反应的离子方程式为HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，平衡常数K= ；（2）①A.锥形瓶水洗后未干燥，对测定结果不影响，选项A不选；
B.滴定时锥形瓶中有液体溅出，则待测液部分损失，滴定时标准液的体积偏小，测定结果偏小，选项B不选；
C.装EDTA标准溶液的滴定管水洗后未润洗，标准液被稀释，滴定时标准液的体积偏大，测定结果偏大，选项C选；
D.开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体，则滴定时体积读数偏大，测定结果偏大，选项D选；
故答案为：CD；②每25.00L溶液消耗的EDTA标准溶液的平均体积为25.00mL。n(Cu2＋)＝n(EDTA)＝0.050 00mol·L－1×0.02500 ＝0.00150mol，1.7700g样品中：n(Cu2＋)＝0.001250mol× ＝0.005000mol，1.0900g混合物中：m(CuO)＝0.005mol×80g·mol－1＝0.4000g，n(K2CO3)＝ ＝0.005000mol，1.7700g样品中：n(K＋)＝2×n(K2CO3)＝0.01000mol，根据电荷守恒有：n(C2O42-)＝ ＝0.01000mol，n(H2O)＝ ＝0.01000mol，n(K＋)∶n(Cu2＋)∶n(C2O42-)∶n(H2O)＝0.01000mol∶0.00500mol∶0.0100mol∶0.01000mol＝2∶1∶2∶2，晶体的化学式为：K2Cu(C2O4)2·2H2O。
【分析】（1）沉淀溶解平衡是指在一定温度下难溶电解质晶体与溶解在溶液中的离子之间存在溶解和结晶的平衡，称作多项离子平衡，也称为2023年高考真题变式分类汇编：弱电解质在水溶液中的电离平衡3
一、选择题
1．（2017·新课标Ⅰ卷）常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示．下列叙述错误的是（ ）
A．Ka2（H2X）的数量级为10﹣6
B．曲线N表示pH与lg 的变化关系
C．NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣）
D．当混合溶液呈中性时，c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．lg =0时， =1，此时pH≈5.4，则Ka2（H2X）≈10﹣5.4，可知Ka2（H2X）的数量级为10﹣6，故A正确；
B．由以上分析可知曲线N表示pH与lg 的变化关系，故B正确；
C．由图象可知，lg =0时，即c（HX﹣）=c（X2﹣），此时pH≈5.4，可知HX﹣电离程度大于X2﹣水解程度，则NaHX溶液呈酸性，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；
D．由图象可知当pH=7时，lg ＞0，则c（X2﹣）＞c（HX﹣），故D错误．
故选D．
【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），酸性条件下，则pH相同时 ＞ ，由图象可知N为lg 的变化曲线，M为lg 的变化曲线，当lg 或lg =0时，说明 或 =1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性．
2．（2016·浙江）苯甲酸钠（ ，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，已知25℃时，HA的Ka=6.25×10﹣5，H2CO3的Ka1=4.17×10﹣7，Ka2=4.90×10﹣11，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压冲入CO2气体，下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（ ）
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2充气压力，饮料中c（A﹣）不变
C．当pH为5.0时，饮料中 =0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA）
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；
B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c（A﹣）减小，故B错误；
C．当pH为5.0时，饮料中 = = =0.16，故C正确；
D．碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与A﹣结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（HA）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），则各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA），故D错误．
故选C．
【分析】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电离常数的有关计算等知识，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握电离常数的计算方法．
3．（2023·邢台模拟）下列实验操作和现象可得出相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 将红热的木炭加入浓硝酸中 产生红棕色气体 碳与浓硝酸反应生成了
B 室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液 溶液变红
C 向KBr溶液中依次滴加过量氯水、淀粉 KI溶液 溶液依次变为橙色和蓝色 元素非金属性：Cl＞Br＞I
D 向1 mL 0.1 mol L 1溶液中依次滴加2滴0.1 mol L 1NaCl溶液和0.1 mol L 1KI溶液 依次产生白色和黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计；电离平衡常数
【解析】【解答】A．将红热的木炭加入浓硝酸中，产生红棕色气体，可能是浓硝酸在受热的条件下分解得到二氧化氮，不一定是碳与浓硝酸反应生成了，故A不符合题意；
B．室温时，将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明混合后溶液显酸性，根据“谁强显谁性”即谁相对强，溶液显谁的性质，则，故B符合题意；
C．不能得到元素非金属性：Br＞I，因为氯气是过量的，可能过量氯气氧化碘离子得到单质碘，故C不符合题意；
D．根据题意硝酸银是过量的，过量硝酸银和碘化钾反应生成碘化银沉淀，不能说是氯化银转化为碘化银，不能得出，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.浓硝酸不稳定，受热分解也会生成二氧化氮；
B.将等物质的量浓度的弱酸HA和弱碱BOH等体积混合，恰好反应得到BA，并向其中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液显酸性；
C.过量氯水也会把碘离子氧化为碘单质；
D.硝酸银过量，碘离子与银离子直接结合生成碘化银，未发生沉淀的转化。
4．（2023·安阳模拟）NaH2PO4、Na2HPO4是新型冠状病毒灭活疫苗的辅料之一。298K时，向H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，所得溶液中H3PO4、、、的物质的量分数δ(X)随溶液pH的变化如图所示[δ(X)=]。下列叙述正确的是(已知：lg2=0.3)
A．使δ()增加的离子方程式：H3PO4+2OH-=+2H2O
B．b点溶液中：c(Na+)<3c()+3c()
C．c点溶液中由水电离出的c(H+)为10-12.7
D．若NaH2PO4和Na2HPO4组成的混合溶液pH=6，则溶液中：c()=400c(H3PO4)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离
【解析】【解答】A．磷酸属于三元弱酸，电离应分步进行，HPO物质的量分数增大，发生离子方程式为H2PO+OH-=HPO+H2O，故A不符合题意；
B．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)= c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)，根据图像可知，b点有c(H2PO)=c(HPO)，有c(Na+)+c(H+)=3c(HPO)+3c(PO)+c(OH-)，b点溶液显弱碱性，即c(H+)＜c(OH-)，因此c(Na+)＞3c(HPO)+3c(PO)，故B不符合题意；
C．c点溶质为Na2HPO4和Na3PO4，此时溶液显碱性，因HPO、PO发生水解导致，水电离出c(H+)等于水电离出c(OH-)==10-1.3，故C不符合题意；
D．Ka1=、Ka2=，=×==102.6=400，因此c()=400c(H3PO4)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．磷酸属于三元弱酸，电离应分步进行；
B．根据电荷守恒分析；
C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
D．依据Ka计算。
5．（2023·吉林模拟）H2A为二元弱酸，常温下将0.1mol·L-1的NaOH溶液滴入20mL0.1mol·L-1的NaHA溶液中，溶液中HA-(或A2-)的分布系数δ、NaOH溶液体积V与pH的关系如图所示。
[已知： δ(HA-)= ]
下列叙述正确的是
A．曲线a表示的是A2-的分布系数变化曲线
B．H2A的第二步电离平衡常数的数量级为10-6
C．n点对应的溶液中，2c(H+)+c(HA -)- 2c(OH- )=c(A2-)-3c(H2A)
D．在n、p、q三点中，水的电离程度大小关系为： n>p>q
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．用NaOH溶液滴定NaHA发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O，HA-不断减少，A2-不断增多，故曲线b表示的是A2-的分布系数变化曲线，A不符合题意；
B．m点时HA-和 A2-的分布系数相同，pH=4.2，则H2A的第二步电离平衡常数，其数量级为10-5，B不符合题意；
C．n点时滴入了10mLNaOH溶液，溶液中NaHA和Na2A的浓度比为1：1，根据电荷守恒和物料守恒可得，，，消去c(Na+)可得2c(H+)+c(HA -)- 2c(OH- )=c(A2-)-3c(H2A)，C符合题意；
D．A2-的水解程度大于HA-，在NaOH与NaHA恰好完全反应之前溶液中A2-越多，水的电离程度越大，则在n、p、q三点中，水的电离程度大小关系为： n
【分析】A．依据反应时粒子的变化判断；
B．依据计算；
C．根据电荷守恒和物料守恒分析；
D．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离。
6．（2023·乌鲁木齐模拟）在1L 0.10mol·L-1NH4HCO3溶液中，加入一定量NaOH固体并恢复到常温(体积变化忽略不计)。溶液中各主要微粒浓度变化如图所示[已知Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5，Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11]。下列说法正确的是（ ）
A．NH4HCO3溶液呈酸性
B．a点pH约为5，b点pH约为12
C．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液： c()+c(NH3H2O)+c()+c()=0.2 mol·L-1
D．当n(NaOH) =0.10 mol时，c(Na+)>c()>c( )>c(OH-)>c(H+)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NH4HCO3是弱酸弱碱盐，其溶液的酸碱性要看生成的弱酸、弱碱的电离常数，因为Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，所以NH4HCO3溶液中水解能力小于HCO水解能力，所以溶液呈碱性，A不符合题意；
B．由题图可知，a点的、NH3·H2O浓度相等，由Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5==c(OH-)，则a点pH=-lg()9，同理可得b点的、浓度相等，由Ka2(H2CO3)=4.7×10-11==c(H+)，则b点pH=-lg(4.7×10-11)10，B不符合题意；
C．根据物料守恒，c()+c(NH3H2O)=0.1mol·L-1，c()+c()+c()=0.1 mol·L-1，则c()+c(NH3H2O)+ c()+c()+c()=0.2mol·L-1，C不符合题意；
D．由题图可知，当n(NaOH) = 0.10 mol时，c(Na+)>c()>c()，c()= c()，因为Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，所以溶液呈碱性，故c(OH-)>c(H+)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Kb(NH3·H2O)=1.75×10-5> Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，则的水解能力小于HCO的水解能力，NH4HCO3溶液呈碱性；
B.根据pH=-lgc(H+)计算；
C.根据物料守恒计算。
7．（2023·成都模拟）向某Na2A、NaHA的混合液中加入CaCl2固体(忽略溶液体积、温度的变化)，测出溶液中离子浓度变化如图所示。已知：Ksp(CaA)＝2×10 9，H2A为二元弱酸，Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性。下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为：X＜Y＜Z
B．X点溶液中可能存在：c(OH－)＝c(H+)
C．Y点溶液中c(HA－)＝2×10 2 mol L 1
D．向Z点溶液中通入HCl气体，可以使Z点溶液向Y点溶液转化
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．H2A为二元弱酸，，则，，可知越小，氢离子浓度越小，其pH值越大，因此溶液X、Y、Z三点对应溶液pH大小顺序为： Z＜Y＜X，故A不符合题意；
B．Ca(HA)2易溶于水且溶液呈碱性，则说明HA－电离程度小于水解程度，Y点，说明c(HA－)＝c(A2 )，X点，则c(HA－)＜c(A2 )，溶液显碱性即c(H+)＜c(OH－)，故B不符合题意；
C．Y点溶液c(Ca2+)＝1×10 7mol L 1，根据Ksp(CaA)＝2×10 9，则c(A2 )＝2×10 2 mol L 1，由于，c(HA－)＝c(A2 )＝2×10 2 mol L 1，故C符合题意；
D．向Z点溶液中通入HCl气体，A2 与H＋反应，c(A2 )减小，减小，则增大，因此可以使Z点溶液向右后方点溶液转化，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、pH的比较即比较氢离子的浓度，氢离子浓度越大，则pH越小；
B、结合电离程度和水解程度的大小判断；
C、结合溶度积和钙离子浓度计算；
D、引入氯化氢，即增大氢离子的浓度，使c(A2 )减小。
8．（2023·安庆模拟）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()
D．c点对应的溶液中存在：c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，即的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，A项不符合题意；
B．，即电离大于水解，b点溶液呈酸性，电离出来的H+抑制H2O的电离。而a点水解促进水的电离，水的电离a>b，B项符合题意；
C．b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+ c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，C项不符合题意；
D．主成分为和NaCl，由上分析两者物质的量之比为1：3，c(Cl-)> c(H3PO4)。同时磷酸的电离逐级减弱c()> c()，所以c(Cl-)> c(H3PO4)> c()> c()，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.a点的溶质为 NaCl、Na2HPO4，，的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性；
B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
C.b点溶质为NaCl和NaH2PO4， 结合电荷守恒和物料守恒分析；
D.c点的溶质为和NaCl，H3PO4的各步电离程度依次减小。
9．（2023·郑州模拟）已知室温下，磷酸三步电离的pKa(- lgKa)分别用a1、a2、a2表示，它们与溶液pH的关系如下图：
某工厂排放的含磷废水pH约为6。下列叙述错误的是（ ）
A．NaH2PO4溶液呈酸性，原因是a2+ a3> 14
B．室温下，磷酸溶液中：
C．该废水中存在：c()>c( )>c()
D．该废水除磷时加入CaCl2溶液生成Ca5 (PO4)3OH的主要反应为
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．在溶液呈中主要存在电离平衡： ，，水解平衡：，，因为，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，=，>，即a1+ a2> 14，A符合题意；
B．根据电荷守恒，在磷酸溶液中：，B不符合题意；
C．pH=7时pKa=pH，可知=H2PO，因为该废水pH约为6，c()>c( )，少部分电离生成，所以c( )>c()，故溶液中存在：c()>c( )>c()，C不符合题意；
D．该废水中主要的离子为，加入溶液生成的主要反应为，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据，=计算；
B．根据电荷守恒分析；
C．依据电离和水解程度判断；
D．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒分析；
10．（2023·黄浦模拟）室温时，向溶液中滴加溶液，溶液pH随溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a点处存在
B．b点处存在
C．由b到c发生反应的离子方程式为
D．图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是d点
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．向溶液中滴加溶液100mL，正好将H+中和完，a点混合液的体积为200mL，a点处存在，故A不符合题意；
B．当加入100mLNaOH溶液时，，=7加入溶液NaOH溶液大于100mL，反应一部分，此时，故b点处存在，故B符合题意；
C．加入NaOH溶液0-100mL，H+发生反应，100mL-200mL，参与反应，由b到c发生反应的离子方程式为，故C不符合题意；
D．电离出H+抑制水的电离，随着氢氧化钠加入a点生成硫酸钠和硫酸铵，水解促进水的电离，接着再加入氢氧化钠，生成，逐渐抑制水的电离，故水的电离程度最大的是a点，故D不符合题意；
故答案为：B；
【分析】A.a点为等浓度的硫酸钠和硫酸铵的混合溶液，结合物料守恒计算；
B.b点溶质为硫酸钠、硫酸铵和NH3 H2O，溶液呈中性c(H+)=c(OH-)；
C.b到c发生的反应为；
D.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
11．（2023·徐汇模拟）在相同温度时100mL 0.01mol/L的醋酸溶液与10mL 0.1mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（ ）
A．中和时所需NaOH的量 B．溶液的导电能力
C．H+的物质的量 D．CH3COOH的物质的量
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c1 V1=0.1 L×0.01 mol L-1=1×10-3 mol，n(后)=c2 V2=0.01 L×0.1 mol L-1=1×10-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A不符合题意；
B．酸的浓度越大，溶液中离子浓度越大，则导电性越强，故前者小于后者，故B不符合题意；
C．醋酸的浓度越大其电离程度越小，由A分析可知，两者醋酸的物质的量相同，前者电离程度大，则溶液中H+的物质的量大，故C符合题意；
D．由A分析可知，溶液中醋酸的总物质的量相等、但电离程度前者大，故未电离的醋酸的物质的量前者小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、醋酸的物质的量相同，则消耗的氢氧化钠相同；
B、离子浓度越大，则导电性越强；
C、越稀越电离，物质的量相同时，浓度越稀，电离的氢离子物质的量越大；
D、越稀越电离，物质的量相同时，浓度越稀，剩余的醋酸越少。
12．（2023·鞍山模拟）常温下，用的溶液滴定的二元酸溶液。溶液中，分布系数随的变化关系如图所示[例如的分布系数：]。下列叙述正确的是（ ）
A．曲线①代表
B．滴加溶液体积为时，溶液中
C．的水解常数
D．a点时溶液中
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且曲线①一直在减小，曲线②在一直增加，说明第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即，，曲线①代表，曲线②代表，故A不符合题意；
B．由电荷守恒得：，滴加溶液体积为时，根据物料守恒得：，联立两式得：，故B符合题意；
C．的水解常数，结合图中a点数据可知此时，pH=2，=，，故C不符合题意；
D．a点时溶液中存在电荷守恒：，此时溶液显酸性，则，=0，则，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据第一步和第二步的电离平衡判断；
B．依据电荷守恒和物料守恒分析；
C．利用pH=2时的点，由计算；
D．依据电荷守恒分析。
二、多选题
13．（2017·江苏）常温下，Ka （HCOOH）=1.77×10﹣4，Ka （CH3COOH）=1.75×10﹣5，Kb （NH3 H2O）=1.76×10﹣5，下列说法正确的是（ ）
A．浓度均为0.1 mol L﹣1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol L﹣1 HCOOH 与 0.1 mol L﹣1 NaOH 等体积混合后的溶液中:c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（HCOOH）+c（H+）
D．0.2 mol L﹣1 CH3COONa 与 0.1 mol L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中（pH＜7）:c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解:A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度:CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，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﹣），所以浓度均为0.1 mol L﹣1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者，故A正确；
B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度:c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，所以c（HCOOH）＜c（Na+），所以得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＞c（HCOOH）+c（H+），故C错误；
D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，醋酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D正确；
故选AD．
【分析】A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度:CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，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，浓度:c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；
D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度．
14．（2013·海南）0.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是（ ）
A．c（H+）＞c（F﹣） B．c（H+）＞c（HF）
C．c（OH﹣）＞c（HF） D．c（HF）＞c（F﹣）
【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A、HF电离出的H+等于F﹣，但水也可电离产生H+，所以c（H+）＞c（F﹣），故A正确；
B、HF微弱电离出少量的H+，c（H+）＜c（HF），故B错误；
C、HF酸溶液中，c（OH﹣）＜c（H+）＜c（HF），故C错误；
D、HF极微弱电离出的H+等于F﹣，所以c（HF）＞c（F﹣），故D正确．
故选BC．
【分析】A、HF溶液中存在酸的电离平衡，还存在水的电离平衡；
B、HF溶液中存在酸的微弱的电离平衡；
C、酸溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度；
D、根据酸的电离平衡结合电离程度来回答．
15．（2021·邯郸模拟）常温下，用某浓度的NaOH溶液滴定20.00 mL等浓度的HA溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．NaOH溶液的浓度是0.1 mol/L
B．HA的
C．若向c点溶液中加入少量NaA固体，c(Na+)＜c(A-)
D．升高d点溶液的温度，溶液的碱性减弱
【答案】C,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由滴加曲线可知：在加入NaOH很多时，结合e点时溶液pH=13，可知c(H+)=10-13 mol/L，则c(NaOH)=c(OH-)= ，A不符合题意；
B．根据滴定曲线可知：当二者恰好中和，滴定达到突跃，消耗NaOH溶液体积是20.00 mL，则根据二者反应消耗关系可知c(HA)=c(NaOH)=0.1 mol/L，故Ka= ，B不符合题意；
C．c点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)可知该点溶液中c(Na+)=c(A-)，当加入NaA时，A-会发生水解反应而消耗，因此溶液中c(Na+)＞c(A-)，C符合题意；
D．d点是NaA溶液，该盐是强碱弱酸盐，会发生水解反应，但盐水解程度是微弱的，存在水解平衡，盐的水解反应是吸热反应，将溶液温度升高时，将促进盐的水解，使水解平衡正向移动，最终达到平衡时导致溶液的碱性增强，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据滴定完全的数据即可计算出溶液的pH
B.根据曲线找出数据即可电离出HA的电离平衡常数
C.c点时此时溶液的为中性，加入NaA增加了钠离子的量
D.水解吸热，温度升高水解能力增强
16．（2021·保定模拟）25℃，一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb≈4.0×10-4，1g5≈0.7，电解质溶液的电导率与离子浓度有关，电导率越大，溶液的导电能力越强。25℃时，用0.02mol·L-1盐酸滴定20.00mL浓度为0.02mol·L-1的CH3NH2溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率随加入盐酸的体积变化如图。下列说法正确的是（ ）
A．25℃，M点对应的溶液中水电离的c(H+)水·c(OH-)水=1.0×10-14
B．溶液中始终存在c(CH3NH )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
C．25℃，M点对应溶液的pH≈6.3
D．N点对应的溶液中：c(Cl-)＞c(H+)＞c(CH3NH )＞c(OH-)
【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 25℃，M点溶质为CH3NH3Cl，是强酸弱碱盐，水解促进水电离，c(H+)水=c(OH-)水＞1.0×10-7，M点对应的溶液中水电离的c(H+)水·c(OH-)水＞1.0×10-14，故A不符合题意；
B． 根据电荷守恒，滴定开始后，溶液中始终存在c(CH3NH )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故B符合题意；
C． 一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb≈4.0×10-4，M点酸碱恰好完全反应，溶质为CH3NH3Cl，浓度为0.01mol/L，Kh= =2.5×10-11，则c(H+)= mol/L=5×10-7mol/L，25℃，M点对应的溶液的pH=7-lg5≈6.3，故C符合题意；
D． N点时盐酸过量，为CH3NH3Cl、HCl的混合物，则N点对应的溶液中：c(Cl-)＞c(CH3NH3+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】结合方程式和滴定曲线可知M点酸碱恰好完全反应，溶质为CH3NH3Cl，结合物料守恒、电荷守恒分析。N点时盐酸过量，为CH3NH3Cl、HCl的混合物，c(CH3NH3+)＞c(H+)。
17．（2021·沧州模拟）常温时，采用甲基橙和酚酞双指示剂，用盐酸滴定 溶液﹐溶液中 、 、 、 、 随溶液pH的变化及滴定曲线如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．整个滴定过程中可先用酚酞再用甲基橙作指示剂
B．n点的pH为m点和q点pH的平均值
C．r点溶液中：
D．r点到k点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大
【答案】C,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图可知：盐酸溶液滴定 溶液时，先用酚酞再用甲基橙作指示剂，A项不符合题意；
B． 点：① ， ，q点：② ， ， ，n点， ， ，B项不符合题意；
C．由 水解生成的 和 的量是相等的可知，此时溶质为 ，由质子守恒得 ，C项符合题意；
D．r点溶质为 ，此时水的电离程度最大，r点到k点滴加盐酸，水的电离程度始终减小，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题主要考查盐酸滴定 溶液，侧重考查学生分析和解决化学问题的能力。已知： 时酚酞溶液变无色， 时甲基橙变橙色。
18．（2021·宿迁模拟）常温下，以酚酞作指示剂，用0.1 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1 mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[A2 的分布系数为 ]（ ）
A．当V(NaOH)＝0 mL时，c(HA－)＋c(A2－)=0.1 mol/L
B．当V(NaOH)＝20.00 mL时，c(Na+)>c(HA－)＋2c(A2－)
C．常温下，A2－的水解常数值为1.0×10－12
D．当V(NaOH)＝30.00 mL时，c(HA－)＋c(H+)＝c(A2－)＋c(OH－)
【答案】A,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A. 当V(NaOH)＝0 mL时，20.00 mL 0.1 mol/L的二元酸H2A溶液中H2A的第一步电离为完全电离，溶液中不存在H2A，根据物料守恒c(HA－)＋c(A2－)=0.1 mol/L，故A符合题意；
B. 当V(NaOH)＝20.00 mL时，得到的溶液是NaHA溶液，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA－)＋2c(A2－)+c(OH-)，由pH曲线可知，此时溶液呈酸性，即c(H+)> c(OH-)，则c(Na+)
D. 当V(NaOH)＝30.00 mL时，得到的溶液相当于NaHA和Na2A以2:1混合的溶液，根据物料守恒2c(Na+)=3[c(A2－)+ c(HA－)]，电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= 2c(A2－)+ c(HA－)+c(OH-)，得质子守恒：c(HA－)＋2c(H+)＝c(A2－)＋2c(OH－)，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据题干分布系数的表达式，分母中c(H2A)+c(HA-)+ c(A2－)为定值，即分布系数大小与离子浓度呈正比例。二元酸H2A在水溶液中第一步电离生成HA－，第二步电离生成A2－，以此解答。
19．（2020·盐城模拟）KHC2O4·H2C2O4·2H2O (四草酸钾，记作PT)是一种分析试剂。室温时，H2C2O4的pKa1、pKa2分别为1.23、4.19 (pKa=-lgKa)。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系错误的是（ ）
A．0.1mol·L-1 PT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＋)
D．0.1mol·L-1 PT与0.3mol·L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)-c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)
【答案】A,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．PT溶于水后，若HC2O4－和H2C2O4不电离也不水解，则有c(K+)=c(H2O4-)=c(H2C2O4)，但是HC2O4－和H2C2O4均会电离，根据电离平衡常数大小，H2C2O4电离程度大于HC2O4－的电离程度，根据H2C2O4 H＋HC2O4－，溶液中的HC2O4－的浓度会增加，H2C2O4浓度减小，因此c(HC2O4-)>c(K+)>c(H2C2O4)，符合题意；
B．pH=4.19，则c(H＋)=10－4.19mol/L，根据pKa2=4.19，则 ，带入c(H＋)=10－4.19mol/L，得c(C2O42－)=c(HC2O4－)。在溶液中电荷守恒，则c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，根据PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)。在电荷守恒的式子中，左右加上c(H2C2O4)，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)+c(H2C2O4)，将物料守恒的式子，带入等式的右边，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(C2O42－)+2c(K＋)，左右两边消去c(K＋)，再根据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－)，则c(H2C2O4)+c(Na＋)
故答案为：AC。
【分析】B项比较难，需要运用到电荷守恒，物料守恒，以及电离平衡常数的相关计算。在溶液中，如果pH=pKa，则弱酸和电离出来的酸根阴离子浓度相同，如此题中，pH=pKa2， ，得c(C2O42－)=c(HC2O4－)。
20．（2020·江苏模拟）室温下，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。CH3COOH和CH3COONH4形成的缓冲溶液常用于高岭土的成分分析。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒浓度关系正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
B．0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液：c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
C．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液等体积混合：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
D．0.3 mol·L－1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液等体积混合：c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝0.15 mol·L－1
【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中存在醋酸的电离和水的电离，醋酸电离产生的醋酸根与氢离子相等，水也能电离出氢离子，则氢离子的浓度大于醋酸根，即c(CH3COOH) >c(H＋)>c(CH3COO－) >c(OH－)，A不符合题意；
B.因为醋酸的电离平衡常数与一水合氨的电离平衡常数相等，则醋酸铵中醋酸根与铵根的水解程度相同，溶液呈中性，溶液中有c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)，B符合题意；
C.0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液等体积混合，根据电荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，两式对应相减有c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，C不符合题意；
D.0.3 mol·L－1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液等体积混合，根据电荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有4c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，两式对应相减有3c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，移项有c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝3c(NH4+)＋3c(NH3·H2O)=(3×0.1 mol·L－1)÷2=0.15 mol·L－1，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．醋酸电离出氢离子和醋酸根，水电离出氢离子和氢氧根，c（H+）＞c（CH3COO-）；
B．因为Ka=Kb，所以CH3COONH4溶液显中性；
C．电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒：2c（NH4+）+2c（NH3 H2O）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-）；
D．电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒1：c（NH4+）+c（NH3 H2O）=0.05mol L-1，物料守恒2：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）==0.2mol/L,三个式子结合求解。
21．（2020·启东模拟）邻苯二甲酸(用H2A表示)为二元弱酸，常温下，Ka1＝1.1×10-3，Ka2＝3.9×10-6，室温下用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A．滴加20 mL NaOH溶液时：c(OH－)>c(H＋)＋c(H2A )－2c(A2－)
B．pH＝7的溶液：c(Na＋)<0.050 00 mol·L－1＋c(A2－) －c(H2A)
C．滴定过程中可能会出现：c(Na＋)>c(HA－)＝c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)
D．滴加40 mL NaOH溶液时：2c(Na＋)＝c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)
【答案】A,B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．滴加20 mL 0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液时，与20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液反应生成NaHA，溶液中存在物料守恒：c(Na+)= c(H2A )+c(A2－)+ c(HA－)，电荷守恒为：c(OH－)+2c(A2－)+ c(HA－)= c(Na+)+ c(H＋)，将物料守恒式代入电荷守恒式可得：c(OH－)=c(H＋)＋c(H2A )－c(A2－)，则c(OH－)＞c(H＋)＋c(H2A )－2c(A2－)，A符合题意；
B．由于Kh（HA-）===≈9.09×10-12＜Ka2=3.9×10-6，NaHA溶液呈酸性，pH=7的溶液为NaHA与Na2A的混合物；pH=7时c（OH-）=c（H+），结合电荷守恒可知：①c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-），当加入20mL氢氧化钠溶液时，反应后溶质为NaHA，NaHA溶液中存在物料守恒：②c（H2A）+c（A2-）+c（HA-）=0.050 00 mol L-1，二者结合可得：c（Na+）=0.050 00 mol L-1+c（A2-）-c（H2A）；Na2A溶液中存在物料守恒：c（H2A）+c（A2-）+c（HA-）=×0.10 00 mol L-1≈0.0333mol/L，则c（Na+）=2c（A2-）+c（HA-）=0.03333mol/L+c（A2-）-c（H2A），由于pH=7时为NaHA与Na2A的混合物，c（Na+）介于0.050 00 mol L-1+c（A2-）-c（H2A）与0.050 00 mol L-1+c（A2-）-c（H2A）之间，所以c（Na+）＜0.050 00 mol L-1+c（A2-）-c（H2A），B符合题意；
C．滴加20 mL 0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液时，与20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液反应生成NaHA，在继续滴加NaOH溶液，可使NaHA转化为Na2A，滴加达到一定体积可使c(HA－)＝c(A2－)，已知，Ka2＝3.9×10-6，则Kh(HA－)= ＜Ka2，则溶液中HA－电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则c(OH－)＜c(H＋)，故C不符合题意；
D．滴加40 mL NaOH溶液时，20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 H2A溶液完全反应生成Na2A，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝2[c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)]，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A．滴加20 mL NaOH溶液，反应后溶质为NaHA，结合质子守恒分析；
B．Kh（HA-）==≈9.09×10-12＜Ka2=3.9×10-6，NaHA溶液呈酸性，pH=7的溶液为NaHA与Na2A的混合物，结合电荷守恒、物料守恒分析；
C．Kh（A2-）==≈2.56×10-9＜Ka2=3.9×10-6，c（HA-）=c（A2-）时溶液呈酸性；
D．滴加40 mL NaOH溶液时，反应后溶质为Na2A，结合物料守恒分析。
22．（2020·江苏模拟）亚砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治疗。室温下，配制一组c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100 mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化关系曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．pH＝11的溶液中：c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＞c(H2AsO3-)
B．c(Na＋)＝0.100 mol·L－1的溶液中：c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)
C．c(Na＋)＝0.200 mol·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－)
【答案】B,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图可知，pH=11时，c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＜c(H2AsO3-)，A不符合题意；
B．c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100 mol·L－1，c(Na＋)＝0.100 mol·L－1，即c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)= c(Na＋)，此等式为NaH2AsO3的物料守恒，则c(H2AsO3-)、c(H3AsO3)、c(HAsO32-)中，c(H2AsO3-)最大，由图可知：c(H2AsO3-)大于c(H3AsO3)、c(HAsO32-)时，溶液显碱性，即H2AsO3-的水解程度大于电离程度，故c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，所以，c(H2AsO3-)＞c(H3AsO3)＞c(HAsO32-)，B符合题意；
C．c(Na＋)＝0.200 mol·L－1，c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)＝0.100 mol·L－1，即2[c(H3AsO3)＋c(H2AsO3-)＋c(HAsO32-)＋c(AsO33-)]=c(Na＋)，又因为电荷守恒：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不符合题意；
D．电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由图可知，pH=12.8时，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符合题意。
故答案为：BD。
【分析】H3AsO3、H2AsO3-、HAsO32-、AsO33-存在于同一溶液中，说明H3AsO3是三元弱酸，溶液中存在电荷守恒：c(H2AsO3-)＋2c(HAsO32-)＋3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，据此解答。
23．（2020·南京模拟）已知NaHC2O4溶液的pH < 7。常温下，向pH=8.4的Na2C2O4溶液中滴加0.1mol/L的HCl溶液，溶液pH与pOH[pOH=-lgc(OH-)］的变化关系如图所示，下列各点所示溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
A．a点：c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)=c(OH-)
B．b点：c(Cl-)>c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
C．c点：c(Na+)=c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(Cl-)
D．d点：c(OH-)+ c(Cl-)＞c(H+)+2c(H2C2O4)
【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、Na2C2O4溶液的质子守恒，水电离出的n(H＋)=n(OH－)，在草酸钠水溶液中水电离出的氢离子以（H＋,HC2O4－,H2C2O4）三种形式存在,其中1mol草酸分子中有2mol水电离出的氢离子,所以c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)=c(OH-)，故A符合题意；
B、b点时，溶液为NaHC2O4，根据物料守恒，c(Cl-)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，故B不符合题意；
C、电荷守恒为c(Na+)=c(HC2O4-)+ c(C2O42-)×2+c(Cl-)，故C不符合题意；
D、根据物料守恒，c(Na＋ )=2c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，电荷守恒为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)符合题意；
故答案为：AD。
【分析】比较溶液中离子浓度大小，可采用三大守恒求解
24．（2020·德州模拟）常温下，向VmL 0.1mol·L-1HA溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．常温下，Ka(HA)约为10-5
B．P点溶液对应的pH=7
C．M点溶液中存在：c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D．N点溶液中存在：c(Na+)≥c(A-)≥c(OH-)>c(H+)
【答案】B,C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.由分析可知，HA电离产生的c(H+)=10-3mol/L，因此该温度下，HA的电离常数，选项正确，A不符合题意；
B.P点时溶液中的溶质为NaA和NaOH，溶液显碱性，pH>7，选项错误，B符合题意；
C.M点是溶液显中性，因此溶液中c(H＋)=c(OH－)，结合电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)可得，溶液中c(Na＋)=c(A－)，因此溶液中c(Na＋)
故答案为：BC
【分析】由图可知，0.1mol/L的HA溶液中，水电离产生c(H+)=10-11mol/L，则溶液中c(OH-)aq=c(OH-)水=c(H+)水=10-11mol/L，则溶液中。由于水电离产生的离子很少，因此可看做HA电离产生的c(H+)=10-3mol/L；据此结合选项进行分析。
三、非选择题
25．（2017·江苏）（14分）（砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一．
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32﹣，其原因是 ．
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图﹣1和图﹣2所示．
①以酚酞为指示剂（变色范围pH 8.0～10.0），将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加．该过程中主要反应的离子方程式为 ．
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4 H2AsO4﹣+H+的电离常数为Ka1，则pKa1=
（p Ka1=﹣lg Ka1 ）．
（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响．pH=7.1时，吸附剂X表面不带电荷； pH＞7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多．pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如图﹣3所示．
①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是 ．
②在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为 ． 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是 ．
【答案】（1）碱性溶液吸收了空气中的CO2
（2）OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O；2.2
（3）在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解:（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2，故答案为：碱性溶液吸收了空气中的CO2；（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3﹣，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O，
故答案为：OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O；
②Ka1= ，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣），p Ka1=﹣lg Ka1=﹣lg =2.2，
故答案为：2.2；（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大，在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，
故答案为：在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；
②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小，所以在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；
在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷，所以采取的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷，
故答案为：在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷．
【分析】（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液；（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3﹣，该反应为酸碱的中和反应；②Ka1= ，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣）；（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大；②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多；而三价砷主要以H3AsO3分子存在；在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷．
26．（2020·石景山模拟）“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO。实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法。
资料：i.HClO的电离常数为Ka=4.7×10-8；
H2CO3的电离常数为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.碘单质能与I-反应：I2+I- I3-（I3-低浓度时显黄色，高浓度时为棕色）。
Ⅰ.制备消毒液（夹持装置略）
（1）制备NaClO消毒液的装置是 （填C或D）。
（2）制备完成后，向C装置的溶液中添加NaOH、Na2SiO3等物质，得到与某品牌成分相同的消毒液，用平衡移动原理解释NaOH的作用 。
（3）结合资料i，写出D中反应的化学方程式 。
（4）Ⅱ.利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：
方案 操作 现象 反应后加淀粉溶液
1 烧杯1溶液中加入9gKI固体 溶液为橙黄色 ……
2 烧杯2溶液中加入9gKI固体再加入1mo/L盐酸10mL 溶液颜色快速加深，呈紫红色 变蓝
3 烧杯3溶液中加入少量KI固体（小于0.5g） 振荡后溶液保持无色 不变蓝
对比不同方案的实验现象，得出制取碘水的最佳方法要关注的因素是 。
（5）针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为IO3-。
设计实验证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成IO3-的离子方程式是 。
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。
设计实验a证实了假设2成立，实验a的操作及现象是 。
（6）某小组检验烧杯3所得溶液中含IO3-：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在IO3-，说明理由 。
（7）预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据 。
【答案】（1）C
（2）ClO-+H2O OH-+HClO，加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）
（3）Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2
（4）溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量
（5）5ClO-+I2+H2O=2IO3 +5Cl-+2H+；向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去
（6）不能，溶液中存在大量ClO 的干扰，ClO 也可将I 氧化为I2使溶液变蓝
（7）“变蓝，因为发生反应ClO +2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I- I3-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I- I3-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-==IO3-+5I-+3H2O”
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】（1）分析题中Ⅰ.制备消毒液过程，该反应原理为：浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，然后Cl2与NaOH反应生成NaClO。实验中注意Cl2通入C装置前要进行除杂，则可知B装置中应盛有饱和食盐水，实验后要考虑尾气吸收问题。分析实验装置图，可知装置C为制备NaClO消毒液的装置。答案为：C；（2）C装置生成了消毒液的主要成分——NaClO，ClO 在水溶液中发生水解：ClO +H2O HClO+OH ，HClO不稳定易分解，故为了使消毒液保持稳定，应抑制ClO 的水解，向其中加入NaOH，溶液中的OH 浓度增大，使得ClO 的水解平衡左移，进而达到稳定消毒液的目的，答案为：ClO +H2O OH +HClO，加入NaOH使c(OH )增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）；（3）根据资料i，可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3 ，Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，根据酸性强弱可知，最终发生的反应为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2。答案为：Cl2+NaHCO3=HClO+NaCl+CO2；（4）分析Ⅱ中三个实验操作，方案2中生成了碘单质，对比三个实验方案的区别，可知成功制备碘水应注意两个因素：溶液的酸碱性；KI和消毒液的相对用量。答案为：溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量；（5）根据得失电子数目和原子守恒，可得出离子反应方程式为：5ClO +I2+H2O=2IO3 +5Cl +2H+；可在碱性溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水进行验证，实验操作为：向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；答案为：5ClO +I2+H2O=2IO3 +5Cl-+2H+；向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；（6）84消毒液的主要成分为NaClO，ClO 具有氧化性，同样可以氧化I 生成I2，进而干扰实验，故不能证明烧杯3中存在IO3-，答案为：不能，溶液中存在大量ClO 的干扰，ClO 也可将I 氧化为I2使溶液变蓝；（7）为了保证消毒液的稳定性，84消毒液中加入了NaOH等物质，结合题给资料iii进行分析：变蓝，因为生成了I2；不变蓝，生成的I2又与OH 发生了反应。故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO +2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-（和I2+I- I3-），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或I3-，反应生成的I2存在平衡I2+I- I3-，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O”。
【分析】（5）根据得失电子数目和原子守恒写出离子方程式。可通过向碱性溶液中加入淀粉溶液的碘水验证生成的I2在碱性溶液中不能存在。（6）84消毒液中存在ClO ，ClO 具有氧化性，可将I 氧化为I2，进而对实验产生干扰。（7）结合题给资料iii进行分析，烧杯1可能出现变蓝、不变蓝或橙黄色，据此进行合理分析。
27．（2020·丰台模拟）加工含硫原油时，需除去其中含硫物质。
（1）铁离子浓度是原油加工中防腐监测的重要指标。测定铁离子浓度前，需去除原油加工产生的酸性废水中的硫化氢及其盐。实验室模拟过程如下。
Ⅰ．将250mL酸性废水置于反应瓶中，加入少量浓盐酸，调节pH小于5。
Ⅱ．在吸收瓶中加入饱和氢氧化钠溶液。
Ⅲ．打开脱气—吸收装置，通入氮气，调节气流速度，使气体依次经过反应瓶和吸收瓶。当吹出气体中H2S体积分数达到标准，即可停止吹气。
已知：含硫微粒的物质的量分数（δ）随pH变化情况如下图所示。
①步骤Ⅰ中加入浓盐酸调节pH＜5的原因是 。
②步骤Ⅱ中，当测得吸收液的pH为 时，需要更换NaOH溶液。
③利用邻菲罗啉分光光度法可测定样品中的含铁量。测定前需用盐酸羟基胺（NH2OH·HCl）将Fe3+还原为Fe2+。将下述离子方程式补充完整： Fe3++ NH2OH·HCl= Fe2++N2↑+ + + Cl-
（2）原油中的硫化氢还可采用电化学法处理，并制取氢气，其原理如下图所示。
①写出反应池内发生反应的离子方程式 。
②电解池中，阳极的电极反应为 。
【答案】（1）可将硫元素全部转化为H2S吹出；9~11均可；2；2；2；4H+；2H2O；2
（2）2Fe3+＋H2S=2Fe2++S↓+2H+；Fe2+-e-= Fe3+
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①通过分析可知，第一步中将废水调至pH＜5，是为了使含硫微粒全部转化为H2S以便利用N2将其吹出；②通过分析可知，务必要在吸收液的pH降至9以下之前更换吸收液，这样才能保证吸收效果；③配平离子方程式时，可先配平电子得失守恒，再利用H+，OH-和水等配平电荷守恒，最后检查原子守恒并配平；反应过程中盐酸羟胺中的N原子发生升价从-1价升高至0价，而Fe3+发生降价从+3价降低至0价；因此最终的离子方程式为： ；(2)①通过分析可知，反应池内Fe3+将H2S氧化，离子方程式为： ；②通过分析可知，电解池左边为阳极池，发生的是Fe2+的氧化反应，电极反应式为： 。
【分析】测定铁离子浓度前，先要去除酸性废水中H2S以及相应的盐；第一步向废水中加稀盐酸，将其pH调至小于5；通过溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的情况可知，pH小于5时，含硫微粒几乎只有H2S；这样通过向反应瓶中吹扫氮气，就可以将溶液中的H2S吹扫出去，从而实现硫化氢及其盐的脱除；考虑到硫化氢的毒性，因此需要用NaOH溶液吸收吹扫出的H2S；再结合溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化的图像分析，当pH＜9时溶液中的HS-含量开始快速增加，而HS-的含量较多不利于H2S的吸收；因此为了保证吸收效果，在溶液的pH降低至9时，务必要更换吸收液。电化学法脱除原油中的H2S，由原理图可知，采用的是电解的方式实现的；那么产生H2的电极是阴极，而与反应池存在溶液交换的极室则为阳极区；由图可知，H2S是在反应池中被氧化为S单质，那么Fe3+则在反应池内被还原为Fe2+；将含有Fe2+的溶液再回流回电解池的阳极池中，就可以将Fe2+再次氧化为Fe3+，实现再生后，再次通入反应池中使用。
28．（2020·承德模拟）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2可以被
NaOH溶液捕获，若所得溶液c（HCO3－
）∶c（CO32－
）＝2∶1，溶液
PH＝ 。（室温下，H2CO3的 K1＝4× 10－7；K2＝5× 10－11）
（2）CO2与 CH4经催化重整，制得合成气：
CH4（g）＋CO2（g） 2CO（g）＋2H2（g）
已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
则该反应的 Δ H＝ 。分别在VL恒温密闭容器 A（恒容）、B（恒压，容积可
变）中，加入 CH4和 CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是 （填 “A” 或 “B ” ）。
（3）按一定体积比加入 CH4和 CO2，在恒压下发生反应，温度对 CO和 H2 产率的影
响如图1所示。此反应优选温度为900 ℃的原因是 。
（4）在 T1温度时，将 CH4和 CO2各1.0mol充入2L密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若 CH4转化率为40％，则
①容器内的压强与起始压强之比为 ；
②此温度下，若该容器中含有 CH4、CO2、H2、CO各 1.0 mol，则此时反应所处的
状态为 （填 “向 正 反 应 方 向 进 行 中” “向 逆 反 应 方 向 进 行 中” 或“平衡状态” ）
③欲使甲烷的平衡转化率提高，应应采取的措施是 （填标号）。
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．减小压强
【答案】（1）10
（2）+120kJ·mol-1；B
（3）900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低
（4）1.4(或7/5)；向正反应方向进行中；A
【知识点】化学平衡移动原理；化学反应速率与化学平衡的综合应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】(1)对于Na2CO3溶液，其水解常数Kh= ，得c(OH-)= =1×10-4mol·L-1，c(H+) =1×10-10mol·L-1， pH=10。
(2)化学反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)的△H=[(413×4+745×2)-(2×1075+2×436)] kJ·mol-1=+120kJ·mol-1。A为容器恒容，B为恒压，容积可变，在B容器中随反应的进行容器的体积增大，相对容器A来说，相当于压强减小，平衡向正方向移动，容器B吸收的热量多。
(3)CH4和CO2在恒压下发生反应，优选温度为900℃的原因是，900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；
(4)①利用化学平衡的三段式进行计算：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO(g)+ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0 0
转化（mol） 0.4 0.4 0.8 0.8
平衡（mol） 0.6 0.6 0.8 0.8
根据压强之比等于物质的量之比，则
容器内的压强与起始压强之比为： =1.4；
②T1温度下，平衡常数K= ，此温度下Qc= =0.25
(2)△H=反应物的键能总合-生成物的键能总和。注意两容器的压强变化。
(3)观察图像，注意两者的生产成本和经济效益；
(4)①利用化学平衡的三段式进行计算；
②T1温度下Qc= =0.25
（1）已知：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH1＝＋180.5 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH3＝－221 kJ·mol－1
若某反应的平衡常数表达式为K＝ ，则此反应的热化学方程式为 。
（2）N2O5在一定条件下可发生分解反应：2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g)，某温度下向恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如下表：
t/min 0 1 2 3 4 5
c(N2O5)/(mol·L－1) 1.00 0.71 0.50 0.35 0.25 0.17
①反应开始时体系压强为p0，第2 min时体系压强为p1，则p1∶p0＝ 。2～5 min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为 。
②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是 。(填字母)
a．NO2和O2的浓度比保持不变
b．容器中压强不再变化
c.2v正(NO2)＝v逆(N2O5)
d．气体的密度保持不变
（3）Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替。已知反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，该反应中正反应速率v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，逆反应速率v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为 (用k正、k逆表示)。
（4）如图是密闭反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200 ℃、400 ℃、600 ℃下，合成NH3反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，已知该反应为放热反应。
①曲线a对应的温度是 。
②M点对应的H2的转化率是 。
（5）工业生产中产生的SO2废气可用如图方法获得H2SO4。写出电解的阳极反应式 。
【答案】（1）2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.5 kJ·mol－1
（2）7∶4(或1.75∶1)；0.22 mol·L－1·min－1；b
（3）
（4）200 ℃；75%
（5）Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2↓＋4H＋
【知识点】化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】(1)若某反应的平衡常数表达式为K＝ ，则其化学方程式为2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)，将题中3个已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由②×2－①－③，可得：2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1×2－180.5 kJ·mol－1－(－221 kJ·mol－1)＝－746.5 kJ·mol－1。(2)①根据题表中数据及三段式法有：
2N2O5(g) 4NO2(g)＋ O2(g)
起始（mol/L） 1.00 0 0
转化（mol/L） 0.50 1.00 0.25
2 min时（mol/L） 0.50 1.00 0.25
该反应在恒温恒容条件下发生，反应前后气体的压强之比等于物质的量之比，也等于物质的量浓度之比，所以p1∶p0＝(0.50＋1.00＋0.25)∶1.00＝7∶4。2～5 min内，v(N2O5)＝ ＝0.11 mol·L－1·min－1，v(NO2)＝2v(N2O5)＝0.22 mol·L－1·min－1。②反应过程中NO2和O2的浓度比始终保持不变，a项不能说明反应已经达到化学平衡状态；该反应在反应前后气体分子数不相等，反应过程中容器中压强为变量，容器中压强不再变化可以说明反应已经达到化学平衡状态，b项正确；v正(NO2)＝2v逆(N2O5)时，正、逆反应速率相等，而2v正(NO2)＝v逆(N2O5)时，正、逆反应速率不相等，c项不能说明反应已经达到化学平衡状态；反应物和生成物全为气体，气体总质量不变，而容器恒容，故反应过程中气体密度始终不变，d项不能说明反应已经达到化学平衡状态。(3)Kp＝ ，v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，平衡时正、逆反应速率相等，即k正·p(NO2)·p(CO)＝k逆·p(NO)·p(CO2)，则 ＝ ，故Kp＝ 。(4)①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NH3的产率降低，NH3的物质的量分数减小，曲线a、b、c中，在相同条件下曲线a对应NH3的物质的量分数最高，其反应温度最低，所以曲线a对应的温度为200 ℃。②M点NH3的物质的量分数为60%，设NH3为0.6a mol，则N2、H2共为0.4a mol，因为反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料，故M点时H2为0.3a mol，结合N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)可知，转化的H2的物质的量为0.9a mol，所以M点对应H2的转化率＝ ×100%＝75%。(5)由题图可知，在电解池的阳极发生Mn2＋转化为MnO2的反应，电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2↓＋4H＋。
【分析】（1）根据平衡常数的表达式书写热化学方程式，并根据已知条件计算 ΔH。
（2）反应前后压强之比等于反应后反应物和生成物的总浓度与反应前反应物和生成物的总浓度之比；平均反应速率表示的是单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量；达到化学平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，且各组分的质量分数不在改变。
（3）平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率。
（4）放热反应，增加温度，平衡向逆反应方向移动，故同压下，温度越高，生成物的质量分数越小；转化率等于转化量与初始量的比值。
（5）电解池的工作原理及电极方程式的书写。
30．（2019·萍乡模拟）大气中CO2含量的增加会加剧温室效应，为减少其排放，需将工业生产中产生的CO2分离出来进行储存和利用。
（1）CO2溶于水生成碳酸，碳酸和亚硝酸(HNO2)的电离常数如下表所示，下列事实中，能说明亚硝酸酸性比碳酸强的是(填字母代号)____________。
弱酸 HNO2 H2CO3
电离常数 Ka=5.1×10-4 Ka1=4.6×10-7
Ka2=5.6×10-11
A．常温下，亚硝酸电离常数比碳酸一级电离常数大
B．亚硝酸的氧化性比碳酸的氧化性强
C．亚硝酸与碳酸钠反应生成CO2
D．相同浓度的碳酸钠溶液的pH比亚硝酸钠的大
（2）.CO2与NH3反应可合成尿素[化学式为CO(NH2)2]，反应2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(1)+H2O(g)在合成塔中进行，图中Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三条曲线分别表示温度为T℃时，按不同氨碳比 和水碳比 投料时，二氧化碳平衡转化率的情况。
①曲线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ中水碳比的数值分别为0.6～0.7，1～1.1，1.5～1.6，则生产中应选用的水碳比数值范围是 。
②推测生产中氨碳比应控制在 (选填“4.0”或“4.5”)左右比较适宜。
③若曲线Ⅱ中水碳比为1，初始时CO2的浓度为1mol/L，则T℃时该反应的平衡常数K= (保留有数数字至小数点后两位)。
（3）以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化为乙酸，请写出该反应的化学方程式： 。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图所示。在温度为 时，催化剂的活性最好，效率最高。请解释图中250～400℃时乙酸生成速率变化的原因：250～300℃时 ；300～400℃时 。
【答案】（1）A；C
（2）0.6～0.7；4.0；0.59
（3）；250℃；催化剂效率下降是影响乙酸生成速率的主要原因；温度升高是影响乙酸生成速率的主要原因
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】（1）A、相同条件下，酸的电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中数据，HNO2的电离平衡常数大于碳酸的一级电离常数，说明HNO2的酸性强于H2CO3，故A正确；
B、氧化性强弱与酸性强弱无关，故B错误；
C、利用酸性强的制取酸性弱的，亚硝酸与碳酸钠反应生成CO2，说明亚硝酸的酸性强于碳酸，故C正确；
D、利用越弱越水解，Na2CO3对应的是HCO3－，NaNO2对应的是HNO2，相同浓度碳酸钠溶液的pH比亚硝酸的大，说明HCO3－电离出H＋能力弱于HNO2，不能说明HNO2和H2CO3的酸性强弱，故D错误；（2）①氨碳比相同时，曲线I的CO2的转化率大，因此生产中选用水碳比数值范围是0.6～0.7；
②氨碳比在4.5时，需要氨气较多，根据图像分析，CO2的转化率增大不多，提高生产成本，所以氨碳比控制在4.0左右；
③曲线Ⅱ中水碳比为1，初始时CO2浓度为1mol·L－1，则c(H2O)=1mol·L－1，氨碳比为4时，CO2的转化率为63%，c(NH3)=4mol·L－1，则
2NH3＋ CO2 CO(NH2)2＋H2O
起始 4 1 1
转化 1.26 0.63 0.63
平衡 2.74 0.37 1.63
平衡常数K= ≈0.59；（3）CO2和CH4发生反应：CO2＋CH4 CH3COOH；根据图像，当温度为250℃时，乙酸的生成速率最大，催化剂的催化效率最大；在250℃～300℃过程中，催化剂是影响速率的主要因素，因此催化效率的降低，导致反应速率也降低；而在300℃～400℃时催化效率低且变化程度小，但反应速率增加较明显，因此该过程中温度是影响速率的主要因素，温度越高，反应速率越大。
【分析】（1）弱酸的电离平衡常数越大说明其酸性越强；
（2）①根据二氧化碳的转化率可以选择出水碳比值；
②综合考虑生产成本以及二氧化碳的转化率可以推测出合适的氨碳比；
③平衡常数等于水蒸气的浓度比上氨气浓度的平方与二氧化碳浓度的乘积；
（3）该化学方程式是二氧化碳和甲烷在TiO2/Cu2Al2O4催化下生成醋酸；根据醋酸的生产率可知该催化剂在250℃时活性最强；在250～300℃时由于催化剂的活性下降所以醋酸生产率会下降；但是300～400℃时由于温度升高醋酸的生产率就会升高。
31．（2019·桂林模拟）
（1）I.研究发现，氮氧化物和硫氧化物是雾霾的主要成分。回答下列问题：
有下列反应：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5 kJ/mol
③2C(s)+O(g)=2CO(g) △H3=-221.0 kJ/mol
已知某反应的平衡常数表达式为K= ，请写出此反应的热化学方程式： 。
（2）往1L恒容密闭容器中充入一定量的NO2，在三种不同条件下发生反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，实验测得NO2的浓度随时间的变化如下表(不考虑生成N2O4)。
①下列说法正确的是 (填符合题意选项的序号)
A.实验2容器内压强比实验1的小
B.由实验2和实验3可判断该反应是放热反应
C.实验1比实验3的平衡常数大
D.实验2使用了比实验1效率更高的催化剂
E.在0→10mim内实验2的反应速率υ(O2)=0.015mol/(L·min)
②不能判断反应已达到化学平衡状态的是 (填符合题意选项的序号)
A.容器内的气体压强不变
B.2υ正(NO2)=υ逆(O2)
C.气体的平均相对分子质量保持不变
D.NO2和NO的浓度比保持不变
③已知容器内的起始压强为 P0kPa，在800℃温度下该反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。在该温度下达到平衡后，再向容器中加入NO2和NO各2mol，平衡将 (填“向正反应方向移动”或“向逆反应方向移动”或“不移动”)。
（3）为了减少雾霾中的SO2，工业尾气中SO2可用饱和Na2SO3溶液吸收，该反应的化学方程式为 ；25℃时，若用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当恰好完全反应时，溶液的pH 7(填“大于”或“小于”或“等于”)，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 (已知：常温下H2SO3的电离常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8)。
【答案】（1）2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5 kJ/mol
（2）DE；B；0.25P0；不移动
（3）Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；小于；c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)
【知识点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】(1)若某反应的平衡常数表达式为：K= ，可知反应为2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5kJ/mol
③2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H3=-221kJ/mol
根据盖斯定律，将②×2-③-①得到2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5 kJ/mol，(2)①A.图表数据可知实验2和实验1温度相同，起始量相同，达到平衡状态c (NO2)相同，但达到平衡状态需要时间，实验2小于实验1，说明是使用了催化剂的作用，实验2容器内压强和实验1的压强相同，A不符合题意；
B.实验3在850℃反应，达到平衡时c (NO2)比800℃小，说明升高温度，化学平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，B不符合题意；
C.升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数会增大，所以实验3的化学平衡常数比实验1的大，C不符合题意；
D.因实验1和实验2平衡时NO2的浓度相同，但实验2反应速率大，说明实验2使用了催化剂，D符合题意；
E.2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，在0→10mim内实验2的反应速率 ，E符合题意；
故答案为：DE；
②对于反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，
A.由于该反应是在恒容条件下进行的反应前后气体体积不等的反应，若容器内的气体压强不变，说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B.同一反应速率之比等于化学方程式计量数之比，υ正(NO2)=2υ逆(O2)能说明氧气的正逆反应速率相同，但2υ正(NO2)=υ逆(O2)不能说明反应达到平衡状态，故B符合题意；
C.其他条件不变，若反应未达到平衡状态，气体的物质的量改变，气体的平均相对分子质量就发生变化，因此气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，C不符合题意；
D.NO2和NO的浓度比保持不变说明正逆反应速率相同，反应处于平衡状态，D不符合题意；
故答案为：B；
③已知容器内的起始压强为 P0kPa，800℃达到平衡状态c(NO2)=0.50mol/L，由于容器的容积为1L，所以n(NO2) =0.50mol，结合三段式法列式计算：
2NO2(g) 2NO(g)+ O2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 0.5 0.5 0.25
平衡（mol） 0.5 0.5 0.25
平衡状态气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.25mol=1.25mol，则平衡时压强为1.25P0kPa，在800℃温度下该反应的平衡常数Kp= ，在该温度下达到平衡后，平衡常数K= ，再向容器中加入NO2和NO各2mol，浓度商Qc= ，说明平衡不移动；(3)工业尾气中SO2可用饱和Na2SO3溶液吸收，该反应的化学方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，25℃时，若用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当恰好完全反应，溶液中生成亚硫酸氢钠，根据题意可知HSO3-的电离平衡常数Ka2= 6.2×10-8，HSO3-在溶液中也存在水解平衡：HSO3-+H2O H2SO3+OH-，水解平衡常数Kh= < 6.2×10-8，说明HSO3-离子电离程度大于HSO3-水解程度，溶液显酸性，pH<7，所以溶液中离子浓度大小：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)。
【分析】（1）热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量；
（2）在可逆反应中，达到平衡的依据就是正逆反应的反应速率相等；化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应无论从正反应开始，还是从逆反应开始，也不考虑反应物起始浓度大小，最后都达到平衡，这时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，用K表示，这个常数叫化学平衡常数；在有气体参与的可逆反应中，增大体系压强，反应会向气体计量数和小的方向进行；
（3）亚硫酸根电离会使溶液显酸性，水解使溶液显碱性，常温下H2SO3的电离常数Ka1大于Ka2说明亚硫酸根的电离程度大于水解程度。
32．（2019·南通模拟）草酸合铜酸钾是一种重要的化工原料，其晶体组成可表示为KxCuy(C2O4)z·wH2O。
（1）实验室用CuSO4溶液和NaOH溶液混合制备Cu(OH)2，再将所得Cu(OH)2与KHC2O4溶液混合，可制备草酸合铜酸钾晶体。
①已知室温下，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。制备Cu(OH)2的过程中，pH＝7时，溶液中c(Cu2＋)＝ 。
②已知H2C2O4是二元弱酸。室温下，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，KHC2O4水解平衡常数的数值为 。
（2）一种测定草酸合铜酸钾晶体组成的方法如下：
步骤Ⅰ准确称取1.7700g样品，充分加热，剩余固体为K2CO3与CuO的混合物，质量为1.0900g。
步骤Ⅱ准确称取1.770
0 g样品，用NH4Cl溶液溶解、加水稀释，定容至100mL。
步骤Ⅲ准确量取步骤Ⅱ所得溶液25.00
mL于锥形瓶中，滴入指示剂，用浓度为0.05000mol·L－1的EDTA标准溶液滴定至终点。(已知Cu2＋与EDTA反应的化学计量数之比为1∶1)。
重复上述滴定操作两次，有关数据记录如下表：
第一次滴定 第二次滴定 第三次滴定
消耗EDTA标准溶液 的体积/mL 25.92 24.99 25.01
①第一次滴定消耗的EDTA标准溶液的体积明显偏大，可能的原因有 (填字母)。
A．锥形瓶水洗后未干燥
B.滴定时锥形瓶中有液体溅出
C.装EDTA标准溶液的滴定管水洗后未润洗
D.开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体
②通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
【答案】（1）2.2×10－6 mol·L－1；1.9×10－13
（2）CD；每25.00 mL溶液消耗的EDTA标准溶液的平均体积为25.00mL。n(Cu2＋)＝n(EDTA)＝0.050000mol·L－1×0.02500L＝0.001250mol，1.7700g样品中：n(Cu2＋)＝0.001250mol× ＝0.005000mol，1.090 0 g混合物中：m(CuO)＝0.005mol×80g·mol－1＝0.4000g，n(K2CO3)＝ ＝0.005000mol，1.7700g样品中：n(K＋)＝2×n(K2CO3)＝0.01000mol，根据电荷守恒有：n(C2O42-)＝ ＝0.01000mol，n(H2O)＝ ＝0.01000mol，n(K＋)∶n(Cu2＋)∶n(C2O42-)∶n(H2O)＝0.01000mol∶0.00500mol∶0.010 00 mol∶0.01000mol＝2∶1∶2∶2，晶体的化学式为：K2Cu(C2O4)2·2H2O。
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定
【解析】【解答】（1）①已知室温下，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。制备Cu(OH)2的过程中，pH＝7时，c(OH-)=10-7mol/L，溶液中c(Cu2＋)＝ ；②KHC2O4水解反应的离子方程式为HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，平衡常数K= ；（2）①A.锥形瓶水洗后未干燥，对测定结果不影响，选项A不选；
B.滴定时锥形瓶中有液体溅出，则待测液部分损失，滴定时标准液的体积偏小，测定结果偏小，选项B不选；
C.装EDTA标准溶液的滴定管水洗后未润洗，标准液被稀释，滴定时标准液的体积偏大，测定结果偏大，选项C选；
D.开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体，则滴定时体积读数偏大，测定结果偏大，选项D选；
故答案为：CD；②每25.00L溶液消耗的EDTA标准溶液的平均体积为25.00mL。n(Cu2＋)＝n(EDTA)＝0.050 00mol·L－1×0.02500 ＝0.00150mol，1.7700g样品中：n(Cu2＋)＝0.001250mol× ＝0.005000mol，1.0900g混合物中：m(CuO)＝0.005mol×80g·mol－1＝0.4000g，n(K2CO3)＝ ＝0.005000mol，1.7700g样品中：n(K＋)＝2×n(K2CO3)＝0.01000mol，根据电荷守恒有：n(C2O42-)＝ ＝0.01000mol，n(H2O)＝ ＝0.01000mol，n(K＋)∶n(Cu2＋)∶n(C2O42-)∶n(H2O)＝0.01000mol∶0.00500mol∶0.0100mol∶0.01000mol＝2∶1∶2∶2，晶体的化学式为：K2Cu(C2O4)2·2H2O。
【分析】（1）沉淀溶解平衡是指在一定温度下难溶电解质晶体与溶解在溶液中的离子之间存在溶解和结晶的平衡，称作多项离子平衡，也称为沉淀溶解平衡；
在特定条件下（如温度、压力、溶剂性质、离子强度等），可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比。用符号“K”表示。从热力学理论上来说，所有的反应都存在逆反应，也就是说所有的反应都存在着热力学平衡，都有平衡常数。平衡常数越大，反应越彻底；
（2）该反应的原理是铜离子和EDTA溶液发生络合反应，一般选取Cu-PAN指示剂，滴定终点时颜色由红紫色变为绿色。
33．（2019·南通模拟）磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种高效复合肥。工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾的流程如下：
（1）“制酸”过程中生成磷酸的化学方程式为 。
该过程若用硫酸代替盐酸，磷酸的产率明显降低，其原因是 。
（2）“反应”中加入有机碱——三辛胺(TOA)的目的是 。
（3）“反应”中，三辛胺的用量会影响溶液的pH。水溶液中H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的分布分数δ随pH的变化如右图所示。
①“反应”中，当pH＝ 时，停止加入三辛胺。
②使用pH试纸测定溶液pH的操作是 。
（4）查阅资料可知：①磷酸三丁酯、二(2乙基己基)磷酸都是难溶于水的液态有机物。
②磷酸三丁酯对H3PO4和Fe3＋有较强的萃取作用。
③二(2乙基己基)磷酸仅对Fe3＋有较强的萃取作用。
请根据题中信息，补充完整“提纯”步骤的实验方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭， ，向有机层中加入蒸馏水，振荡、静置，分液取水层，得到稀磷酸。[实验中须使用的试剂有：二(2乙基己基)磷酸、磷酸三丁酯]
【答案】（1）Ca5(PO4)3OH＋10HCl=5CaCl2＋3H3PO4＋H2O；使用H2SO4，会产生微溶性的CaSO4覆盖在羟磷灰石的表面，阻止反应的继续进行
（2）加入三辛胺会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成
（3）4.5；用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡对比，读取pH
（4）过滤，向滤液中加入适量二(2乙基己基)磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；分液和萃取
【解析】【解答】（1）“制酸”过程中羟磷灰石精矿与盐酸反应生成磷酸、氯化钙和水，反应的化学方程式为Ca5(PO4)3OH＋10HCl=5CaCl2＋3H3PO4＋H2O；该过程若用硫酸代替盐酸，会产生微溶性的CaSO4覆盖在羟磷灰石的表面，阻止反应的继续进行，使磷酸的产率明显降低；（2）“反应”中加入有机碱——三辛胺(TOA)会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成；（3）①“反应”中，三辛胺的用量会影响溶液的pH。三辛胺(TOA)会与溶液中的HCl反应，促进了KH2PO4生成，当pH=4.5时，c(H2PO4-)最大，故“反应”中，当pH＝4.5时，停止加入三辛胺；②使用pH试纸测定溶液pH的操作是用洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上，立即与标准比色卡对比，读取pH；（4）“提纯”步骤的实验方案：向“制酸”所得粗磷酸中加入活性炭，过滤，向滤液中加入适量二(2乙基己基)磷酸，振荡、静置，分液取水层；在水层中加入适量磷酸三丁酯，振荡，静置，分液取有机层，向有机层中加入蒸馏水，振荡、静置，分液取水层，得到稀磷酸。
【分析】（1）制酸”过程中羟磷灰石精矿与盐酸反应生成磷酸、氯化钙和水；
微溶物CaSO4附着在羟磷灰石的表面，使得羟磷灰石无法与盐酸接触，反应会减慢；
（2）根据勒夏特列原理，改变反应中的某一因素，反应会向减弱这种因素的方向进行；
（3）通过观察图像可知，当pH=4.5c(H2PO4-)最大，所以此时应该停止加入三辛胺;
（4）萃取原理指的是利用溶质在不同的溶剂中溶解度中不同。
34．（2
