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广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-13弱电解质的电离
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这是一份广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-13弱电解质的电离，共23页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-13弱电解质的电离
一、单选题
1．（2022·广西柳州·统考模拟预测）次磷酸()是一种一元弱酸，与等浓度等体积的NaOH完全反应后生成，下列叙述错误的是
A．的水溶液加水稀释，增大
B．溶液中存在电离平衡：
C．溶液中：
D．溶液中存在：
2．（2022·广西·统考模拟预测）25°C时 ，在锥形瓶中加入25.00mL 0.1000mol·L-1H2C2O4溶液，加入指示剂，然后用0.1000mol·L 1NaOH 溶液滴定，得到如图所示溶液的pH随滴加NaOH溶液的体积的变化曲线。下列说法正确的是(已知：10-1.3=0.05)
A．滴定前，锥形瓶要用0.1000mol·L-1H2C2O4溶液润洗
B．Ka1(H2C2O4)= 10-1.6
C．图中c点溶液离子浓度大小为： c(Na+ )＞c()＞c( )＞c(H2C2O4)
D．a点溶液中： c(OH -)+c( )=c(H2C2O4)+c(H+)
3．（2022·广西南宁·统考二模）常温下，分别向20.00mL浓度均为0.1000mol·L-1的HX和HY溶液滴入0.1000mol·L-1NaOH标准溶液，滴定曲线如图所示(已知：酸性HX>HY，1g5=0.7)。下列说法正确的是
A．曲线Ⅱ对应的酸为HY，HX是强酸
B．在B1和B2点对应的溶液中存在关系：c(HY)-c(HX)=c(X-)-c(Y-)
C．pH=7时，两溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为：c(H+)I>c(H+)II
D．C1点纵坐标数值为8.7
4．（2022·广西玉林·统考一模）常温下，往20mL 0.10mol/L HA溶液中滴加0.10mol/L KOH溶液，所得混合溶液中水电离的H+浓度和所加的 KOH 溶液体积变化趋势如图所示，下列有关说法错误的是
A．该酸的电离度约为1%
B．b 点：溶液存在
C．c点： 溶液存在
D．d 点： pH=7
5．（2021·广西南宁·统考二模）保持温度始终为T℃，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速率来滴定，根据测定结果绘制出ClO-、ClO的物质的量浓度c与时间t的关系曲线(如图)。下列说法正确的是
A．0～t1时发生反应的离子方程式：OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
B．a点溶液中：c(ClO-)＞c(ClO)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)
D．t2～t4过程中：一直减小
6．（2021·广西柳州·统考三模）常温下，HN3的Ka=1.9×10-5，可视为一元弱酸。 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol HN3含电子总数为16NA
B．1 mol NaN3含有阴离子总数为3NA
C．2LpH=3的HN3与足量Zn反应产生H2的分子数为0.001NA
D．1 L0.1mol•L-1NaOH溶液中滴入HN3溶液至呈中性，溶液中N数目为0.1NA
7．（2021·广西柳州·统考三模）下列实验方案中，能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
比较HCl和HClO的酸性强弱
分别测定等浓度的HCl和HClO溶液的导电能力大小
B
验证Na2S2O3是否氧化变质
在Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，然后滴加BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀
C
证明Fe2+有还原性
向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液紫色是否褪去
D
比较K(AgBr) ＜K(AgCl)
向NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察是否出现淡黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
8．（2021·广西南宁·统考一模）草酸化学式为H2C2O4。25℃时，H2C2O4的电离平衡常数K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5。25℃时，用0.2mol/L的NaOH溶液滴定25mL0.2mol/L的H2C2O4溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．Y点溶液c(H+)>c(H2C2O4)>c()
B．0.1mol/LNaHC2O4，溶液中c(H+)+c(H2C2O4)=2c()+c(OH-)
C．X点溶液的pH约为2
D．Z点溶液的
9．（2020·广西北海·统考一模）设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=3的CH3COOH溶液，下列说法正确的是
A．每升溶液中的H+数目为0.003NA
B．溶液中，c(OH-)=c(CH3COO-)+c(H+)
C．加水稀释能使电离度和溶液pH均增大
D．加入CH3COONa固体，溶液酸性增强
10．（2020·广西南宁·二模）常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；已知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中，c[(CH3)2NH2+]约为l.60×l0-4mol/L
B．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点
C．c点溶液中：3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]=2c(Cl-)
D．V(HCl)=15.00mL时，c[(CH3)2NH2+]＜c[(CH3)2NH•H2O]
11．（2020·广西·统考二模）已知25℃时有关弱酸的电离常数如表所示：
则下列说法中正确的是
A．相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB
B．NaHB溶液中部分微粒浓度的大小比较：c(Na＋)>c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)
C．将a mol·L－1的HA溶液与a mol·L－1的NaA溶液等体积混合，混合液中的c(Na＋)>c(A－)
D．向Na2B溶液中加入足量的HA溶液，发生反应的离子方程式为：B2－＋2HA＝2A－＋H2B
12．（2020·广西·统考一模）常温下，将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，溶液中水电离出的OH-的浓度(c)与通入的SO2的体积(V)关系如图所示(不考虑+4价的S被氧化)，下列叙述不正确的是
A．MOH为一元强碱
B．b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1
C．c点溶液中：c(M+)=2[c())+c()+c(H2SO3)]
D．d点溶液中：c(M+)=2c()+c()
13．（2020·广西柳州·统考模拟预测）25 °C时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．酸性强弱顺序是HX> HY> HZ
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）>c（Y -）
C．pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3
D．加入20 mL NaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点
14．（2020·广西玉林·一模）25℃时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mol/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是
A．水的电离程度：M>P B．图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大
C．N点和Q点溶液的pH相同 D．P点溶液中
15．（2020·广西·统考模拟预测）室温下，用0.100mol·L−1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol·L−1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线
B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）＞20.00mL
C．V（NaOH）＝20.00mL时，两份溶液中c（Cl－）＞c（CH3COO－）
D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－）
二、工业流程题
16．（2021·广西·统考二模）黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)。一种制备黄血盐的工艺如下：
回答下列问题：
(1)步骤I反应的化学方程式为___________
(2)步骤Ⅳ过滤所得的废液中含量较多的溶质为___________(填化学式)。
(3)步骤V是将难溶的K2CaFe(CN)6与X反应脱钙生成K4Fe(CN)6，所用的试剂X是___________(填名称)
(4)工艺中用到有毒的HCN溶液，含CN-的废水必须处理后才能排放。可用两段氧化法处理：
第一次氧化： NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；
第二次氧化： NaOCN与NaClO反应，生成N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。
已知HCN是一种苦杏仁味的无色剧毒液体(常温时，Ka=6.3×10-10)，易挥发；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
①第一次氧化时，溶液应调节为___________ (填 “酸性”“碱性 ”或“中性")， 原因是___________。
②第二次氧化反应的离子方程式为___________
③常温下，0.1 mol•L-1 HCN溶液中，c(H+)=___________(列出计算式)。
三、原理综合题
17．（2020·广西北海·统考一模）H2S广泛存在于许多燃气和工业废气中,脱除其中的H2S既可回收硫又可防止产生污染。回答下列问题：
（1）Tretford氧化法脱H2S，包括H2S的吸收、氧化析硫、焦钒酸钠的氧化等。
①焦钒酸钠的化学式为Na2V4O9，其中钒元素的化合价为_______；
②已知H2S、H2CO3的电离常数如下表所示：
Ka1
Ka2
H2S
9.1×10-8
1.1×10-12
H2CO3
4.3×10-7
5.61×10-11
纯碱溶液吸收H2S的离子方程式为______________。
（2）Claus氧化回收硫的反应原理为：2H2S（g）+O2（g）=2S（g）+2H2O（g） △H1
2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（g） △H2=-1124 kJ/mol
2H2S（g） +SO2（g）=S（g） +2H2O（g） △H3=- 233 kJ/mol
则△H1=_______kJ/mol。
（3）H2S分解反应2H2S（g）2H2（g）+S2（g）在无催化剂及Al2O3催化下，H2S在反应器中不同温度时反应,每间隔相同时间测定一次H2S的转化率，其转化率与温度的关系如图所示：
①该反应的△H_______（填“＞”或“＜”）0。
②在不加催化剂时，温度越高H2S的转化率越接近平衡时的转化率，原因是___________；在约1100 °C时，有无Al2O3催化，其转化率几乎相等，是因为___________。
③若起始时在恒容密闭容器中只充入H2S，在A点达到平衡时，若此时气体总压强为p，则此温度反应的平衡常数Kp=______ （Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数，列出含p的代数式）。
18．（2020·广西·二模）机动车尾气和燃煤产生的烟气是目前城市空气污染的重要原因之一。NO和CO均为汽车尾气的成分，这两种气体在催化转换器中发生如下反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) ∆H=-akJ·mol-1
(1)CO可用于炼铁，已知：
①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)△H=+489.0kJ/mol
②C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.5kJ/mol
则CO还原Fe2O3的热化学方程式为_____________________
(2)在一定温度下，将1.2 mol NO、1.0 mol CO气体通入到固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示。
0~20 min CO2的平均速率v(CO2)=____________，CO的转化率为____________
(3)下列能够说明该反应已经达到平衡的是__________
a.该容器内压强不再改变
b.上述反应的焓变∆H不变
c. v(NO)=2v(N2)
d.混合气体的密度不再变化
(4)若保持反应体系的温度不变，20 min时再向容器中充CO、CO2各0.2mol，化学平衡将__________(填“逆向”“正向”或“不”)移动。重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为__________(结果保留两位有效数字)
(5)利用反应2NO2+4CO=N2+4CO2可以处理汽车尾气。若将该反应设计为原电池，用熔融NaCO3作电解质，其正极电极反应式为_____________
(6)工业上用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为(NH4)2SO4。已知25℃时，0.05mol/L(NH4)2SO4溶液的pH=a，则c(NH4+)：c(NH3·H2O)=__________用含a的代数式表示，已知NH3·H2O的电离常数为Kb=1.7×10-5)。
19．（2020·广西桂林·统考一模）新技术的开发应用，不仅有利于改善环境质量，而且能充分开发“废物”的潜在价值。
回答下列问题：
（1）用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应：
①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-91kJ·mol-1
②2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+566kJ·mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ·mol-1
④CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H=__kJ·mol-1。
（2）在容积均为2L的两个恒容密闭容器中发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，有关数据如下：
容器
温度
起始量
达到平衡
CO/mol
H2O/mol
H2/mol
CO转化率
所需时间/min
1
800
2
1
3
2
800
1
2
n
x
①800°C时该反应的平衡常数K=__。
②容器2中x=__，n=___。
③若800℃起始时，在2L恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1mol，则此时v正__v逆(填“>”“<”或“=”)。
（3）反应(NH4)2CO3+H2O+CO22NH4HCO3OH可用于捕捉空气中的CO2，为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测定CO2气体的浓度，得到的曲线图如图：
①∆H__0(填“>”“<”或“=”)。T1~T2区间，c(CO2)变化的原因是___。
②已知常温下NH3·H2O的电离常数K=1.8×10-5，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，则恰好完全反应时所得的NH4HCO3溶液中c(H+)__c(OH-)(填“>”“<”或“=”)。
③在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是__。
参考答案：
1．A
【详解】A．的水溶液加水稀释，水解程度增大，但由于溶液体积增大程度更大，所以c(H3PO2)、c(OH-)变小，溶液中c(H+)变大，所以应变小，描述错误，A错误；
B．次磷酸是一元弱酸，所以电离是不完全电离，一分子只能电离出一个H+，B正确；
C．水解，离子数量少于Na+，阴离子水解溶液显碱性，c(OH-) > c(H+)，水解数量较少，所以剩余离子要远多于OH-，C正确；
D．根据溶液中电荷守恒，阳离子所带正电荷总量于阴离子所带负电荷总量，D正确；
综上，本题选A。
2．D
【详解】A.滴定前，若用0.1000mol·L-1H2C2O4溶液润洗锥形瓶，会使草酸物质的量增大，消耗氢氧化钠的体积偏大，所以锥形瓶不能润洗，故A错误；
B.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液pH=1.3，Ka1(H2C2O4)=，故B错误；
C.图中c点草酸和氢氧化钠完全反应，溶质为Na2C2O4，C2O发生两步水解，第一步水解大于第二步水解，溶液离子浓度大小为： c(Na+ )＞c() ＞c()＞c(H2C2O4)，故C错误；
D. a点草酸和氢氧化钠1:1反应，溶质为NaHC2O4，根据物料守恒c(Na+ )=c( ) +c()+c(H2C2O4)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=2c( )+c()+c(OH -)，所以c(OH -)+c( )=c(H2C2O4)+c(H+)，故D正确；
选D。
3．B
【分析】酸性HX>HY，相同浓度的酸HX的pH值小，故I为HX对应曲线，II为HY对应曲线，由图中0点可知0.1000mol/L的HX溶液pH值为3， ，同理。
【详解】A．由分析可知曲线II对应的酸为HY，但浓度均为0.1000mol/L时，pH值均比1大，故两者都是弱酸，A错误；
B．在B1和B2起始酸的浓度和加入的碱的量均相同，故对应的溶液中均存在物料守恒：，即，B正确；
C．pH=7时，说明溶液中的水解和电离程度相等，对水电离的抑制程度相等，即水的电离程度相等，故两溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为：c(H+)I=c(H+)II，C错误；
D．C1点对应溶液为滴定终点，溶质成分为NaX，溶液中只存在X-的水解，水解的离子方程式为：，水解平衡常数为： ，因水解产生的HX和OH-离子浓度相等，， ，，pH=14-pOH=8.85， D错误；
故选B。
4．D
【详解】A．由图示知，未加KOH时，即a点，为HA溶液，此时c水(H+)=10-11 mol/L，则c水(OH-)= c水(H+)，酸溶液中OH-全部来源于水，故c(OH-) =c水(OH-)=10-11 mol/L，则，由于弱电解质电离很微弱，故c(HA)近似等于起始浓度，则电离度=，A正确；
B．b点对应加入KOH 10 mL，即n(KOH)：n(HA)=1：2，故b点溶液组成为KA：HA=1：1，溶液中大量存在K+、A-、HA，由图示知，此时c水(H+)＜10-7 mol/L，说明水的电离受到抑制，则HA电离（）大于A-水解（），故c(A-)＞c(K+)＞c(HA)，H+、OH-由微弱过程产生，微量存在，故浓度大小顺序为：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；
C．c点对应投料比n(KOH)：n(HA)=1：1，溶液组成为KA，由电荷守恒c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，结合物料守恒c(K+)=c(A-)+c(HA)，两守恒联立消去c(K+)得：c(HA)+c(H+)= c(OH-)，C正确；
D．由C选项知c点组成为KA，由于A-水解，导致溶液显碱性，c点到d点继续加入KOH，故溶液碱性增强，不可能呈中性，D错误；
故答案选D。
5．C
【详解】A．0～t1时，溶液中只产生了氧化产物ClO-，则发生反应的离子方程式：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，A错误；
B．a点溶液为NaCl、NaClO、NaClO3，根据物质化学式可知Na、Cl两种元素的原子个数比为1：1，所以c(Na+)最大。且溶液中c(NaClO)＞c(NaClO3)，NaClO、NaClO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故溶液中离子浓度关系为：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(ClO)＞c(OH-)＞c(H+)，B错误；
C．b点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)+5c(ClO)；根据电子守恒可得c(Cl-)=c(ClO-)+5c(ClO)，根据图象可知在b点时c(ClO-)=c(ClO)，带入电荷守恒式子，整理可得c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)，C正确；
D．是弱酸HClO在溶液中的电离平衡常数，电离平衡常数只与温度有关，由于温度始终保持T℃，因此不变，D错误；
故合理选项是C。
6．D
【详解】A．1个HN3分子中含有22个电子，则1 mol HN3含电子总数为22NA，故A错误；
B．HN3可视为一元弱酸，则NaN3由Na+和构成，则1 mol NaN3含有阴离子总数为NA，故B错误；
C．pH=3的HN3溶液中氢离子浓度为10-3mol/L，HN3可视为一元弱酸，在溶液中部分电离，则HN3大于10-3mol/L，则2LpH=3的HN3中HN3的物质的量大于0.002mol，与足量Zn反应产生H2的分子数大于0.001NA，故C错误；
D．1 L0.1mol•L-1NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol，滴入HN3溶液恰好完全反应时生成物为NaN3，NaN3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，若使呈中性，HN3溶液需要过量，即为NaN3和NaN3的混合溶液，该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)，由于溶液中性，即c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)= c()，n(Na+)=n()=0.1mol，则溶液中N数目为0.1NA，故D正确；
答案选D。
7．A
【详解】A．强酸、强碱属于强电解质，弱酸弱碱属于弱电解质，强电解质在溶液中完全电离，弱电解质在溶液中部分电离，等浓度的HCl和HClO溶液在溶液中的电离程度不同，电离程度大的，溶液中氢离子浓度大，导电能力强，酸性也就越强，则A能达到实验目的；
B．在Na2S2O3溶液中滴加盐酸会发生反应：Na2S2O3+2HCl═2NaCl+SO2↑+S↓+H2O，产生了大量的浅黄色浑浊，会对后续白色沉淀的观察产生影响，故B不能打到实验目的；
C．浓盐酸能与KMnO4反应，向较浓的FeCl2溶液加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去可能是与Cl-反应导致，无法证明Fe2+有还原性，故C不能打到实验目的；
D．向1L浓度均为0.1mol/LNaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，说明先生成了AgBr沉淀，即在浓度相同的前提下，溴离子优先于氯离子沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，选项中未指明NaCl与NaBr浓度关系，不能比较二者Ksp，故D不能打到实验目的；
答案选A。
8．D
【分析】起点X对应H2C2O4溶液，Y点加入25 mL NaOH，n(NaOH)：n(H2C2O4)=1：1，反应后溶液组成为NaHC2O4，Z点加入50 mL NaOH，n(NaOH)：n(H2C2O4)=2：1，反应后溶液组成为Na2C2O4。
【详解】A．由分析知，Y点组成为NaHC2O4，此时存在电离和水解，其水解平衡常数Kh()=，故电离程度大于水解程度，则c()＞c(H2C2O4)，由于水电离也能产生H+，故c(H+)＞c()，A错误；
B．0.1 mol/L NaHC2O4中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ 2c()+c()，结合物料守恒：c(Na+)= c()+c()+c(H2C2O4)，两式联立消去c(Na+)，得：c(H2C2O4)+ c(H+)= c()+c(OH-)，B错误；
C．X点对应H2C2O4溶液，此时c(H+)≈c()，c(H2C2O4)近似等于起始浓度，则，解得c(H+)=0.1 mol/L，则pH=-Lgc(H+)=1，即此时溶液pH约为1，C错误；
D．由分析知，Z点对应溶液组成为Na2C2O4，由图示知，此时pH=9，故c(H+)=10-9 mol/L，，D正确；
故答案选D。
9．C
【详解】A．pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3 mol/L，若溶液体积是1 L，则该溶液中含H+的物质的量n(H+)=10-3 mol/L×1 L=10-3 mol，含有H+的数目为10-3NA，A错误；
B．根据电荷守恒可知c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)，B错误；
C．加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，使醋酸的电离度增大；稀释使溶液中c(H+)减小，所以溶液pH会增大，C正确；
D．向醋酸溶液中加入CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，故溶液酸性减弱，D错误；
故合理选项是C。
10．A
【详解】A． a点溶液为浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液，二甲胺的电离被抑制，则c(OH-)≈0.100mol•L-1，c[(CH3)2NH•H2O] ≈0.100mol•L-1，， c[(CH3)2NH2+]≈l.60×l0-4mol/L，A正确；
B．由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，故可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1，b点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b点因二甲胺的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和二甲胺的过程，c点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水的电离程度最大的是c点，B错误；
C．c点溶液中，加入HCl的体积为20mL，则溶液中，；因为水解消耗一部分，故，则3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]≠2c(Cl-)，C错误；
D．V(HCl)=15.00mL时，二甲胺有一半被中和，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH•H2O 物质的量浓度相等，均为，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4，则溶液中， 溶液呈碱性，即二甲胺的电离程度大于(CH3)2NH2Cl 水解程度，故c[(CH3)2NH2+]＞c[(CH3)2NH•H2O]，D错误；
答案选A。
【点睛】本题的关键之一是看懂图，抓住关键点a为混合碱溶液，还未开始反应， b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，c点二甲胺被恰好中和；关键之二是类推，二甲胺在水中电离与氨相似，则(CH3)2NH•H2O的性质由NH3•H2O类推所得，(CH3)2NH2Cl的性质由NH4Cl类推所得。
11．A
【分析】由表格中的电离常数可以得到酸性H2B>HA>HB-，结合水解常数和电离常数的关系，求出水解常数，再进行解题。
【详解】A.酸性H2B>HA>HB-，酸性越强，对应相同物质的量浓度的钠盐的碱性越弱，则相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB，A正确；
B．对于H2B，已知Ka1=1.3×10-3、Ka2=5.6×10-8，可知HB-的水解常数为Kh=Kw/Ka1= =7.7×10-12< Ka2 ，则HB-电离程度大于HB-水解程度，则NaHB溶液中c(Na+)>c(HB-)>c(B2-)>c(H2B)，B错误；
C.HA的电离常数为1.7×10-6，则A-的水解常数为Kh=Kw/Ka1==5.9×10-9< Ka，可知HA的电离常数大于A-的水解常数，由电荷守恒可知c(Na+)+c (H+)=c (A-)+c (OH-)，则c(Na+)
D. 酸性H2B>HA>HB-，向Na2B溶液中加入足量的HA溶液，只能生成HB-，所以发生反应的离子方程式为：B2－＋HA＝A-＋HB-，D错误。
答案选A。
【点睛】水解常数和电离常数的关系：Kh=Kw/Ka1；利用强酸制弱酸的原理，注意与酸反应的产物。
12．B
【分析】将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，先发生SO2+2MOH=M2SO3+H2O，再发生M2SO3+SO2+H2O=2MHSO3；当溶液中溶质只有M2SO3时，只有SO32-的水解促进水的电离，此时水的电离程度达到最大，即c点。
【详解】A．未通入SO2时水电离出的c(OH-)=1×10-12mol/L，水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相同，所以水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，则溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，说明MOH完全电离，为一元强碱，故A正确；
B．根据分析可知b点溶液中的溶质为M2SO3和未反应的MOH，溶液呈碱性，所以溶液中c(H+)<1×10-7mol·L-1，故B错误；
C．根据分析可知c点溶液中的溶质只有M2SO3，根据物料守恒可知c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]，故C正确；
D．根据分析结合图象可知d点溶液中的溶质为M2SO3和MHSO3以及H2SO3，且水电离出的c(OH-)=1×10-7mol/L，说明此时溶液呈中性，即c(OH-)= c(H+)，结合溶液中存在的电荷守恒c(H+)+c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)可得c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故D正确；
故答案为B。
【点睛】解决本题关键是要明白二氧化硫通入碱性溶液中的反应历程(类似的还有二氧化碳和碱性溶液反应)，理解当溶液中的溶质全部为正盐时水的电离程度最大，再结合各点溶液中溶质分析b点和d点中哪一个点是溶液显中性的点。
13．C
【分析】0.1000 mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000 mol/L，则c(HZ)= c(H+)，则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B错误；
C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；
D．加入20 mL NaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。
答案选C。
【点睛】C．pH=a的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)；
pH=a的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)；
pH=a的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)；
pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)
14．D
【分析】-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则 c水(OH-)越小，据此分析解答。
【详解】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A错误；
B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则 =×=依次减小，故B错误；
C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；
D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；
故选D。
【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。
15．C
【详解】A. 0.100mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线，A项错误；
B. 当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)<20.00mL，B项错误；
C. V(NaOH)= 20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(Cl-）＞c(CH3COO-），C项正确；
D. V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，D项错误；
答案选C。
16． 3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O CaCl2和 KCl 碳酸钾 碱性 防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气 2OCN- + 3ClO- = +CO2↑+3Cl-+N2↑
【分析】石灰乳、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，过滤，除去CaSO4，步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl反应生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl，步骤V中加入碳酸钾，脱钙生成K4Fe(CN)6，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到产品。
【详解】(1)步骤I中Ca(OH)2、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，所得化学方程式为：3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O；
(2)步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl；
(3)除钙一般用，步骤V反应为K2CaFe(CN)6 + X = K4Fe(CN)6 +СаСО3，则X为K2СО3，名称为碳酸钾；
(4)①NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；
②反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒，可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN- + 3ClO- = +CO2↑+3Cl-+N2↑；
③HCN的Ka=6.3×10-10，0.1 mol•L-1 HCN溶液中，c(H+)=c(CN-)=c mol/L，c(HCN)=(0.1-c)mol/L，
，则。
17． +4 H2S+=+HS- - 530 ＞ 温度越高反应速率越快，达到平衡的时间越短 1100℃时，Al2O3几乎失去催化活性 0.2p
【详解】(1) ①焦钒酸钠的化学式为Na2V4O9，Na为+1价、O为-2价，根据化合价代数和为0可知，其中钒元素的化合价为+4；
②纯碱溶液吸收H2S，根据强酸制弱酸的规律，硫化氢的第一步电离常数大于碳酸的第二步电离常数，小于碳酸的第一步电离常数，则离子方程式为H2S+=+HS-；
(2)根据盖斯定律可知，△H1＝kJ·mol－1；
(3)①由图可知，温度升高，硫化氢转化率升高，反应正向移动，该反应的正方向为吸热反应，△H> 0；
②在不加催化剂时，温度越高H2S的转化率越接近平衡时的转化率，原因是温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短，所以相同时间测量时，温度高，更接近平衡状态；在约1100°C时，有无Al2O3催化，其转化率几乎相等，是因为1100℃时Al2O3几乎失去催化活性；
③若起始时在恒容密闭容器中只充入H2S，若此时气体总压强为p，根据阿伏加德罗定律可知，气体压强之比与物质的量之比相同，此时硫化氢的平衡转化率为50%，则此温度下反应的平衡常数Kp＝ 。
18． Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol 0.01mol/(L·min) 40% a 逆向 0.28 2NO2+8e-+4CO2=N2+4CO32-
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)据图可知0~20min内△c(NO)=0.2mol/L，据v(NO)=进行计算；CO的转化率=进行计算；
(3)反应达到平衡后，正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析判断；
(4)根据平衡常数的计算公式进行计算；根据浓度商与平衡常数的关系判断反应进行的方向；平衡常数只是温度的函数，据此进行分析；
(5)原电池中正极得电子发生还原反应，该电池放电时NO2被还原成N2作正极，用熔融NaCO3作电解质，根据元素守恒和电荷守恒可得电极方程式；
(6)NH3·H2O的电离常数为Kb==1.7×10-5，pH=a，则可求出c(OH-)，据此可以计算出。
【详解】(1)已知：①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=+489.0kJ/mol ①
C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ/mol ②
由①-②×3，得到热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol，
(2)据图可知0~20min内△c(NO)=0.2mol/L，所以v(NO)==0.01mol/(L·min)，同一反应同一同时不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(CO2)=v(NO)=0.01mol/(L·min)；△c(NO)=0.2mol/L，则△c(CO)=0.2mol/L，容器体积为2L，所以CO的转化率为=40%；
(3)a．该反应前后气体系数之和不相等，所以未达到平衡时容器内气体总物质的量会变，容器恒容，则压强会变，所以压强不再改变说明反应达到平衡，故a正确；
b．反应是否达到平衡并不影响反应的焓变，故b不能说明；
c．反应达到平衡时正反应速率等于逆反应速率，但选项中没有指明各物质的速率是正反应速率还是逆反应速率，故c不能说明；
d．反应物和生成物均为气体，所以整个过程中气体的总质量不变，容积恒定，则密度一直不变，故d不能说明；
综上所述选a；
(4)初始投料为1.2 mol NO、1.0 mol CO，容器体积为2L，则c(NO)=0.6mol/L，c(CO)=0.5mol/L；据图可知平衡时c(NO)=0.6mol/L，△c(NO)=0.2mol/L，根据方程式可知△c(CO)=0.2mol/L，△c(CO2)=0.2mol/L，△c(N2)=0.1mol/L，所以平衡时各物质的浓度为c(NO)=0.4mol/L，c(CO)=0.3mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(N2)=0.1mol/L，则该温度下平衡常数为K=，充CO、CO2各0.2mol后，容器体积为2L，所以c(CO)=0.4mol/L，c(CO2)=0.3mol/L，此时浓度商为，所以平衡逆向移动；温度不变平衡常数不变，平衡常数为0.28；
(5)原电池中正极得电子发生还原反应，根据总反应中各物质的化合价的变化可知，该电池放电时NO2被还原成N2作正极，用熔融NaCO3作电解质，根据元素守恒和电荷守恒可得电极方程式为2NO2+8e-+4CO2=N2+4CO32-；
(6)NH3·H2O的电离常数为Kb==1.7×10-5，pH=a，则c(OH-)=10a-14mol/L，所以。
【点睛】对于平衡体系，改变投料后可以计算该状态下的浓度商，与平衡常数进行比较，判断平衡移动的方向，若浓度商大于平衡常数则逆向移动，若浓度商小于平衡常数则正向移动。
19． -49.8 1 或66.7% = < T1~ T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小 < T1
【详解】(1))已知①CO(g)+2H2 (g)═CH3OH(g)△H=-91kJ•mol-1
②2CO2 (g)═2CO(g)+O2(g)△H=+566.0 kJ•mol-1
③2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-483.6 kJ•mol-1 ．
由盖斯定律可知，①+(②+③)得CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)，△H=-91kJ•mol-1 +×(566.0 kJ•mol-1-483.6 kJ•mol-1 )=-49.8kJ•mol-1；
(2)①容器体积为2L，所以初始c(CO)=，c(H2)=；平衡时CO的转化率为，即转化mol·L-1，列三段式：
根据平衡常数的概念可知K==1；
②达到平衡时氢气的物质的量为nmol，则其浓度c(H2)=，列三段式有：
温度不变平衡常数不变，所以平衡常数K==1，解得n=mol，CO的转化率为；
③在2 L恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1 mol，该反应前后气体系数之和相同，所以可用物质的量代替浓度计算，此时浓度商Q==K，所以平衡不发生移动，即v正=v逆；
(3)①T3温度之前随温度上升，反应速率加快，所以相同时间内测得的CO2浓度下降，T3温度之后，在相同时间内反应已达到平衡，温度上升，平衡左移，CO2浓度上升，说明该反应的正反应为放热反应，即∆H<0；T1~ T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小；
②铵根的水解使溶液显酸性，碳酸氢根水解使溶液显碱性，铵根的水解平衡常数Kh=，碳酸氢根的水解平衡常数Kh=，比较可知碳酸氢根的水解程度大于铵根的水解程度，所以溶液显碱性，即c(H+)
③根据①可知该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以T1温度时平衡常数最大。
【点睛】平衡常数只与温度有关，与平衡时各物质的浓度大小没有关系，比较平衡常数大小时只需比较温度，吸热反应温度越高平衡常数越大，放热反应温度越高平衡常数越小；温度相同平衡常数相同，据此可以进行相关计算，也可以通过与浓度商比较判断反应移动的方向。
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-13弱电解质的电离
一、单选题
1．（2022·广西柳州·统考模拟预测）次磷酸()是一种一元弱酸，与等浓度等体积的NaOH完全反应后生成，下列叙述错误的是
A．的水溶液加水稀释，增大
B．溶液中存在电离平衡：
C．溶液中：
D．溶液中存在：
2．（2022·广西·统考模拟预测）25°C时 ，在锥形瓶中加入25.00mL 0.1000mol·L-1H2C2O4溶液，加入指示剂，然后用0.1000mol·L 1NaOH 溶液滴定，得到如图所示溶液的pH随滴加NaOH溶液的体积的变化曲线。下列说法正确的是(已知：10-1.3=0.05)
A．滴定前，锥形瓶要用0.1000mol·L-1H2C2O4溶液润洗
B．Ka1(H2C2O4)= 10-1.6
C．图中c点溶液离子浓度大小为： c(Na+ )＞c()＞c( )＞c(H2C2O4)
D．a点溶液中： c(OH -)+c( )=c(H2C2O4)+c(H+)
3．（2022·广西南宁·统考二模）常温下，分别向20.00mL浓度均为0.1000mol·L-1的HX和HY溶液滴入0.1000mol·L-1NaOH标准溶液，滴定曲线如图所示(已知：酸性HX>HY，1g5=0.7)。下列说法正确的是
A．曲线Ⅱ对应的酸为HY，HX是强酸
B．在B1和B2点对应的溶液中存在关系：c(HY)-c(HX)=c(X-)-c(Y-)
C．pH=7时，两溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为：c(H+)I>c(H+)II
D．C1点纵坐标数值为8.7
4．（2022·广西玉林·统考一模）常温下，往20mL 0.10mol/L HA溶液中滴加0.10mol/L KOH溶液，所得混合溶液中水电离的H+浓度和所加的 KOH 溶液体积变化趋势如图所示，下列有关说法错误的是
A．该酸的电离度约为1%
B．b 点：溶液存在
C．c点： 溶液存在
D．d 点： pH=7
5．（2021·广西南宁·统考二模）保持温度始终为T℃，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速率来滴定，根据测定结果绘制出ClO-、ClO的物质的量浓度c与时间t的关系曲线(如图)。下列说法正确的是
A．0～t1时发生反应的离子方程式：OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
B．a点溶液中：c(ClO-)＞c(ClO)＞c(Na+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)
D．t2～t4过程中：一直减小
6．（2021·广西柳州·统考三模）常温下，HN3的Ka=1.9×10-5，可视为一元弱酸。 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol HN3含电子总数为16NA
B．1 mol NaN3含有阴离子总数为3NA
C．2LpH=3的HN3与足量Zn反应产生H2的分子数为0.001NA
D．1 L0.1mol•L-1NaOH溶液中滴入HN3溶液至呈中性，溶液中N数目为0.1NA
7．（2021·广西柳州·统考三模）下列实验方案中，能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
比较HCl和HClO的酸性强弱
分别测定等浓度的HCl和HClO溶液的导电能力大小
B
验证Na2S2O3是否氧化变质
在Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，然后滴加BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀
C
证明Fe2+有还原性
向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液紫色是否褪去
D
比较K(AgBr) ＜K(AgCl)
向NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察是否出现淡黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
8．（2021·广西南宁·统考一模）草酸化学式为H2C2O4。25℃时，H2C2O4的电离平衡常数K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5。25℃时，用0.2mol/L的NaOH溶液滴定25mL0.2mol/L的H2C2O4溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．Y点溶液c(H+)>c(H2C2O4)>c()
B．0.1mol/LNaHC2O4，溶液中c(H+)+c(H2C2O4)=2c()+c(OH-)
C．X点溶液的pH约为2
D．Z点溶液的
9．（2020·广西北海·统考一模）设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=3的CH3COOH溶液，下列说法正确的是
A．每升溶液中的H+数目为0.003NA
B．溶液中，c(OH-)=c(CH3COO-)+c(H+)
C．加水稀释能使电离度和溶液pH均增大
D．加入CH3COONa固体，溶液酸性增强
10．（2020·广西南宁·二模）常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；已知二甲胺在水中电离与氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4。下列说法正确的是（ ）
A．a点溶液中，c[(CH3)2NH2+]约为l.60×l0-4mol/L
B．从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点
C．c点溶液中：3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]=2c(Cl-)
D．V(HCl)=15.00mL时，c[(CH3)2NH2+]＜c[(CH3)2NH•H2O]
11．（2020·广西·统考二模）已知25℃时有关弱酸的电离常数如表所示：
则下列说法中正确的是
A．相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB
B．NaHB溶液中部分微粒浓度的大小比较：c(Na＋)>c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)
C．将a mol·L－1的HA溶液与a mol·L－1的NaA溶液等体积混合，混合液中的c(Na＋)>c(A－)
D．向Na2B溶液中加入足量的HA溶液，发生反应的离子方程式为：B2－＋2HA＝2A－＋H2B
12．（2020·广西·统考一模）常温下，将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，溶液中水电离出的OH-的浓度(c)与通入的SO2的体积(V)关系如图所示(不考虑+4价的S被氧化)，下列叙述不正确的是
A．MOH为一元强碱
B．b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1
C．c点溶液中：c(M+)=2[c())+c()+c(H2SO3)]
D．d点溶液中：c(M+)=2c()+c()
13．（2020·广西柳州·统考模拟预测）25 °C时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．酸性强弱顺序是HX> HY> HZ
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY溶液中c（Na+）>c（Y -）
C．pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3
D．加入20 mL NaOH溶液时，只有HY溶液达到滴定终点
14．（2020·广西玉林·一模）25℃时，向20. 00 mL 0.1 mol/L H2X溶液中滴入0.1 mol/L NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数[一lgc水(OH-)]即pOH水-与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是
A．水的电离程度：M>P B．图中P点至Q点对应溶液中逐渐增大
C．N点和Q点溶液的pH相同 D．P点溶液中
15．（2020·广西·统考模拟预测）室温下，用0.100mol·L−1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol·L−1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A．Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线
B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）＞20.00mL
C．V（NaOH）＝20.00mL时，两份溶液中c（Cl－）＞c（CH3COO－）
D．V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－）
二、工业流程题
16．（2021·广西·统考二模）黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)。一种制备黄血盐的工艺如下：
回答下列问题：
(1)步骤I反应的化学方程式为___________
(2)步骤Ⅳ过滤所得的废液中含量较多的溶质为___________(填化学式)。
(3)步骤V是将难溶的K2CaFe(CN)6与X反应脱钙生成K4Fe(CN)6，所用的试剂X是___________(填名称)
(4)工艺中用到有毒的HCN溶液，含CN-的废水必须处理后才能排放。可用两段氧化法处理：
第一次氧化： NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；
第二次氧化： NaOCN与NaClO反应，生成N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。
已知HCN是一种苦杏仁味的无色剧毒液体(常温时，Ka=6.3×10-10)，易挥发；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
①第一次氧化时，溶液应调节为___________ (填 “酸性”“碱性 ”或“中性")， 原因是___________。
②第二次氧化反应的离子方程式为___________
③常温下，0.1 mol•L-1 HCN溶液中，c(H+)=___________(列出计算式)。
三、原理综合题
17．（2020·广西北海·统考一模）H2S广泛存在于许多燃气和工业废气中,脱除其中的H2S既可回收硫又可防止产生污染。回答下列问题：
（1）Tretford氧化法脱H2S，包括H2S的吸收、氧化析硫、焦钒酸钠的氧化等。
①焦钒酸钠的化学式为Na2V4O9，其中钒元素的化合价为_______；
②已知H2S、H2CO3的电离常数如下表所示：
Ka1
Ka2
H2S
9.1×10-8
1.1×10-12
H2CO3
4.3×10-7
5.61×10-11
纯碱溶液吸收H2S的离子方程式为______________。
（2）Claus氧化回收硫的反应原理为：2H2S（g）+O2（g）=2S（g）+2H2O（g） △H1
2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（g） △H2=-1124 kJ/mol
2H2S（g） +SO2（g）=S（g） +2H2O（g） △H3=- 233 kJ/mol
则△H1=_______kJ/mol。
（3）H2S分解反应2H2S（g）2H2（g）+S2（g）在无催化剂及Al2O3催化下，H2S在反应器中不同温度时反应,每间隔相同时间测定一次H2S的转化率，其转化率与温度的关系如图所示：
①该反应的△H_______（填“＞”或“＜”）0。
②在不加催化剂时，温度越高H2S的转化率越接近平衡时的转化率，原因是___________；在约1100 °C时，有无Al2O3催化，其转化率几乎相等，是因为___________。
③若起始时在恒容密闭容器中只充入H2S，在A点达到平衡时，若此时气体总压强为p，则此温度反应的平衡常数Kp=______ （Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数，列出含p的代数式）。
18．（2020·广西·二模）机动车尾气和燃煤产生的烟气是目前城市空气污染的重要原因之一。NO和CO均为汽车尾气的成分，这两种气体在催化转换器中发生如下反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) ∆H=-akJ·mol-1
(1)CO可用于炼铁，已知：
①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)△H=+489.0kJ/mol
②C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H=+172.5kJ/mol
则CO还原Fe2O3的热化学方程式为_____________________
(2)在一定温度下，将1.2 mol NO、1.0 mol CO气体通入到固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示。
0~20 min CO2的平均速率v(CO2)=____________，CO的转化率为____________
(3)下列能够说明该反应已经达到平衡的是__________
a.该容器内压强不再改变
b.上述反应的焓变∆H不变
c. v(NO)=2v(N2)
d.混合气体的密度不再变化
(4)若保持反应体系的温度不变，20 min时再向容器中充CO、CO2各0.2mol，化学平衡将__________(填“逆向”“正向”或“不”)移动。重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为__________(结果保留两位有效数字)
(5)利用反应2NO2+4CO=N2+4CO2可以处理汽车尾气。若将该反应设计为原电池，用熔融NaCO3作电解质，其正极电极反应式为_____________
(6)工业上用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为(NH4)2SO4。已知25℃时，0.05mol/L(NH4)2SO4溶液的pH=a，则c(NH4+)：c(NH3·H2O)=__________用含a的代数式表示，已知NH3·H2O的电离常数为Kb=1.7×10-5)。
19．（2020·广西桂林·统考一模）新技术的开发应用，不仅有利于改善环境质量，而且能充分开发“废物”的潜在价值。
回答下列问题：
（1）用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应：
①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-91kJ·mol-1
②2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+566kJ·mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ·mol-1
④CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H=__kJ·mol-1。
（2）在容积均为2L的两个恒容密闭容器中发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，有关数据如下：
容器
温度
起始量
达到平衡
CO/mol
H2O/mol
H2/mol
CO转化率
所需时间/min
1
800
2
1
3
2
800
1
2
n
x
①800°C时该反应的平衡常数K=__。
②容器2中x=__，n=___。
③若800℃起始时，在2L恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1mol，则此时v正__v逆(填“>”“<”或“=”)。
（3）反应(NH4)2CO3+H2O+CO22NH4HCO3OH可用于捕捉空气中的CO2，为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测定CO2气体的浓度，得到的曲线图如图：
①∆H__0(填“>”“<”或“=”)。T1~T2区间，c(CO2)变化的原因是___。
②已知常温下NH3·H2O的电离常数K=1.8×10-5，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，则恰好完全反应时所得的NH4HCO3溶液中c(H+)__c(OH-)(填“>”“<”或“=”)。
③在图中所示五种温度下，该反应的平衡常数最大的温度是__。
参考答案：
1．A
【详解】A．的水溶液加水稀释，水解程度增大，但由于溶液体积增大程度更大，所以c(H3PO2)、c(OH-)变小，溶液中c(H+)变大，所以应变小，描述错误，A错误；
B．次磷酸是一元弱酸，所以电离是不完全电离，一分子只能电离出一个H+，B正确；
C．水解，离子数量少于Na+，阴离子水解溶液显碱性，c(OH-) > c(H+)，水解数量较少，所以剩余离子要远多于OH-，C正确；
D．根据溶液中电荷守恒，阳离子所带正电荷总量于阴离子所带负电荷总量，D正确；
综上，本题选A。
2．D
【详解】A.滴定前，若用0.1000mol·L-1H2C2O4溶液润洗锥形瓶，会使草酸物质的量增大，消耗氢氧化钠的体积偏大，所以锥形瓶不能润洗，故A错误；
B.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液pH=1.3，Ka1(H2C2O4)=，故B错误；
C.图中c点草酸和氢氧化钠完全反应，溶质为Na2C2O4，C2O发生两步水解，第一步水解大于第二步水解，溶液离子浓度大小为： c(Na+ )＞c() ＞c()＞c(H2C2O4)，故C错误；
D. a点草酸和氢氧化钠1:1反应，溶质为NaHC2O4，根据物料守恒c(Na+ )=c( ) +c()+c(H2C2O4)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=2c( )+c()+c(OH -)，所以c(OH -)+c( )=c(H2C2O4)+c(H+)，故D正确；
选D。
3．B
【分析】酸性HX>HY，相同浓度的酸HX的pH值小，故I为HX对应曲线，II为HY对应曲线，由图中0点可知0.1000mol/L的HX溶液pH值为3， ，同理。
【详解】A．由分析可知曲线II对应的酸为HY，但浓度均为0.1000mol/L时，pH值均比1大，故两者都是弱酸，A错误；
B．在B1和B2起始酸的浓度和加入的碱的量均相同，故对应的溶液中均存在物料守恒：，即，B正确；
C．pH=7时，说明溶液中的水解和电离程度相等，对水电离的抑制程度相等，即水的电离程度相等，故两溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为：c(H+)I=c(H+)II，C错误；
D．C1点对应溶液为滴定终点，溶质成分为NaX，溶液中只存在X-的水解，水解的离子方程式为：，水解平衡常数为： ，因水解产生的HX和OH-离子浓度相等，， ，，pH=14-pOH=8.85， D错误；
故选B。
4．D
【详解】A．由图示知，未加KOH时，即a点，为HA溶液，此时c水(H+)=10-11 mol/L，则c水(OH-)= c水(H+)，酸溶液中OH-全部来源于水，故c(OH-) =c水(OH-)=10-11 mol/L，则，由于弱电解质电离很微弱，故c(HA)近似等于起始浓度，则电离度=，A正确；
B．b点对应加入KOH 10 mL，即n(KOH)：n(HA)=1：2，故b点溶液组成为KA：HA=1：1，溶液中大量存在K+、A-、HA，由图示知，此时c水(H+)＜10-7 mol/L，说明水的电离受到抑制，则HA电离（）大于A-水解（），故c(A-)＞c(K+)＞c(HA)，H+、OH-由微弱过程产生，微量存在，故浓度大小顺序为：c(A-)＞c(K+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，B正确；
C．c点对应投料比n(KOH)：n(HA)=1：1，溶液组成为KA，由电荷守恒c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，结合物料守恒c(K+)=c(A-)+c(HA)，两守恒联立消去c(K+)得：c(HA)+c(H+)= c(OH-)，C正确；
D．由C选项知c点组成为KA，由于A-水解，导致溶液显碱性，c点到d点继续加入KOH，故溶液碱性增强，不可能呈中性，D错误；
故答案选D。
5．C
【详解】A．0～t1时，溶液中只产生了氧化产物ClO-，则发生反应的离子方程式：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，A错误；
B．a点溶液为NaCl、NaClO、NaClO3，根据物质化学式可知Na、Cl两种元素的原子个数比为1：1，所以c(Na+)最大。且溶液中c(NaClO)＞c(NaClO3)，NaClO、NaClO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，故溶液中离子浓度关系为：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(ClO)＞c(OH-)＞c(H+)，B错误；
C．b点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)+5c(ClO)；根据电子守恒可得c(Cl-)=c(ClO-)+5c(ClO)，根据图象可知在b点时c(ClO-)=c(ClO)，带入电荷守恒式子，整理可得c(Na+)+c(H+)=8c(ClO-)+c(OH-)，C正确；
D．是弱酸HClO在溶液中的电离平衡常数，电离平衡常数只与温度有关，由于温度始终保持T℃，因此不变，D错误；
故合理选项是C。
6．D
【详解】A．1个HN3分子中含有22个电子，则1 mol HN3含电子总数为22NA，故A错误；
B．HN3可视为一元弱酸，则NaN3由Na+和构成，则1 mol NaN3含有阴离子总数为NA，故B错误；
C．pH=3的HN3溶液中氢离子浓度为10-3mol/L，HN3可视为一元弱酸，在溶液中部分电离，则HN3大于10-3mol/L，则2LpH=3的HN3中HN3的物质的量大于0.002mol，与足量Zn反应产生H2的分子数大于0.001NA，故C错误；
D．1 L0.1mol•L-1NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol，滴入HN3溶液恰好完全反应时生成物为NaN3，NaN3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，若使呈中性，HN3溶液需要过量，即为NaN3和NaN3的混合溶液，该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)，由于溶液中性，即c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)= c()，n(Na+)=n()=0.1mol，则溶液中N数目为0.1NA，故D正确；
答案选D。
7．A
【详解】A．强酸、强碱属于强电解质，弱酸弱碱属于弱电解质，强电解质在溶液中完全电离，弱电解质在溶液中部分电离，等浓度的HCl和HClO溶液在溶液中的电离程度不同，电离程度大的，溶液中氢离子浓度大，导电能力强，酸性也就越强，则A能达到实验目的；
B．在Na2S2O3溶液中滴加盐酸会发生反应：Na2S2O3+2HCl═2NaCl+SO2↑+S↓+H2O，产生了大量的浅黄色浑浊，会对后续白色沉淀的观察产生影响，故B不能打到实验目的；
C．浓盐酸能与KMnO4反应，向较浓的FeCl2溶液加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去可能是与Cl-反应导致，无法证明Fe2+有还原性，故C不能打到实验目的；
D．向1L浓度均为0.1mol/LNaCl和NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，说明先生成了AgBr沉淀，即在浓度相同的前提下，溴离子优先于氯离子沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，选项中未指明NaCl与NaBr浓度关系，不能比较二者Ksp，故D不能打到实验目的；
答案选A。
8．D
【分析】起点X对应H2C2O4溶液，Y点加入25 mL NaOH，n(NaOH)：n(H2C2O4)=1：1，反应后溶液组成为NaHC2O4，Z点加入50 mL NaOH，n(NaOH)：n(H2C2O4)=2：1，反应后溶液组成为Na2C2O4。
【详解】A．由分析知，Y点组成为NaHC2O4，此时存在电离和水解，其水解平衡常数Kh()=，故电离程度大于水解程度，则c()＞c(H2C2O4)，由于水电离也能产生H+，故c(H+)＞c()，A错误；
B．0.1 mol/L NaHC2O4中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ 2c()+c()，结合物料守恒：c(Na+)= c()+c()+c(H2C2O4)，两式联立消去c(Na+)，得：c(H2C2O4)+ c(H+)= c()+c(OH-)，B错误；
C．X点对应H2C2O4溶液，此时c(H+)≈c()，c(H2C2O4)近似等于起始浓度，则，解得c(H+)=0.1 mol/L，则pH=-Lgc(H+)=1，即此时溶液pH约为1，C错误；
D．由分析知，Z点对应溶液组成为Na2C2O4，由图示知，此时pH=9，故c(H+)=10-9 mol/L，，D正确；
故答案选D。
9．C
【详解】A．pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3 mol/L，若溶液体积是1 L，则该溶液中含H+的物质的量n(H+)=10-3 mol/L×1 L=10-3 mol，含有H+的数目为10-3NA，A错误；
B．根据电荷守恒可知c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)，B错误；
C．加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，使醋酸的电离度增大；稀释使溶液中c(H+)减小，所以溶液pH会增大，C正确；
D．向醋酸溶液中加入CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，故溶液酸性减弱，D错误；
故合理选项是C。
10．A
【详解】A． a点溶液为浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液，二甲胺的电离被抑制，则c(OH-)≈0.100mol•L-1，c[(CH3)2NH•H2O] ≈0.100mol•L-1，， c[(CH3)2NH2+]≈l.60×l0-4mol/L，A正确；
B．由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，故可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1，b点为二甲胺和氯化钠的混合溶液，b点因二甲胺的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和二甲胺的过程，c点二甲胺被恰好中和，其氯化物水溶液因水解呈酸性，故水的电离程度最大的是c点，B错误；
C．c点溶液中，加入HCl的体积为20mL，则溶液中，；因为水解消耗一部分，故，则3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]≠2c(Cl-)，C错误；
D．V(HCl)=15.00mL时，二甲胺有一半被中和，(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH•H2O 物质的量浓度相等，均为，常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4，则溶液中， 溶液呈碱性，即二甲胺的电离程度大于(CH3)2NH2Cl 水解程度，故c[(CH3)2NH2+]＞c[(CH3)2NH•H2O]，D错误；
答案选A。
【点睛】本题的关键之一是看懂图，抓住关键点a为混合碱溶液，还未开始反应， b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，c点二甲胺被恰好中和；关键之二是类推，二甲胺在水中电离与氨相似，则(CH3)2NH•H2O的性质由NH3•H2O类推所得，(CH3)2NH2Cl的性质由NH4Cl类推所得。
11．A
【分析】由表格中的电离常数可以得到酸性H2B>HA>HB-，结合水解常数和电离常数的关系，求出水解常数，再进行解题。
【详解】A.酸性H2B>HA>HB-，酸性越强，对应相同物质的量浓度的钠盐的碱性越弱，则相同物质的量浓度溶液的pH大小比较：Na2B>NaA>NaHB，A正确；
B．对于H2B，已知Ka1=1.3×10-3、Ka2=5.6×10-8，可知HB-的水解常数为Kh=Kw/Ka1= =7.7×10-12< Ka2 ，则HB-电离程度大于HB-水解程度，则NaHB溶液中c(Na+)>c(HB-)>c(B2-)>c(H2B)，B错误；
C.HA的电离常数为1.7×10-6，则A-的水解常数为Kh=Kw/Ka1==5.9×10-9< Ka，可知HA的电离常数大于A-的水解常数，由电荷守恒可知c(Na+)+c (H+)=c (A-)+c (OH-)，则c(Na+)
答案选A。
【点睛】水解常数和电离常数的关系：Kh=Kw/Ka1；利用强酸制弱酸的原理，注意与酸反应的产物。
12．B
【分析】将SO2通入2L0.01mol·L-1的某一元碱MOH溶液中，先发生SO2+2MOH=M2SO3+H2O，再发生M2SO3+SO2+H2O=2MHSO3；当溶液中溶质只有M2SO3时，只有SO32-的水解促进水的电离，此时水的电离程度达到最大，即c点。
【详解】A．未通入SO2时水电离出的c(OH-)=1×10-12mol/L，水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相同，所以水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，则溶液中c(OH-)=1×10-2mol/L，说明MOH完全电离，为一元强碱，故A正确；
B．根据分析可知b点溶液中的溶质为M2SO3和未反应的MOH，溶液呈碱性，所以溶液中c(H+)<1×10-7mol·L-1，故B错误；
C．根据分析可知c点溶液中的溶质只有M2SO3，根据物料守恒可知c(M+)=2[c(SO32-))+c(HSO3-)+c(H2SO3)]，故C正确；
D．根据分析结合图象可知d点溶液中的溶质为M2SO3和MHSO3以及H2SO3，且水电离出的c(OH-)=1×10-7mol/L，说明此时溶液呈中性，即c(OH-)= c(H+)，结合溶液中存在的电荷守恒c(H+)+c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)可得c(M+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故D正确；
故答案为B。
【点睛】解决本题关键是要明白二氧化硫通入碱性溶液中的反应历程(类似的还有二氧化碳和碱性溶液反应)，理解当溶液中的溶质全部为正盐时水的电离程度最大，再结合各点溶液中溶质分析b点和d点中哪一个点是溶液显中性的点。
13．C
【分析】0.1000 mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000 mol/L，则c(HZ)= c(H+)，则HZ为一元强酸，HX和HY的pH都大于1，则HX和HY都是一元弱酸，同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ，A错误；
B．加入10 mL NaOH溶液时，HY有一半被中和，此时溶质为等物质的量的HY和NaY，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由图可知，此时溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，所以，溶液c(Na+)＜c(Y-)，B错误；
C．HZ是强酸，加水稀释10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍，pH为3，C正确；
D．加入20 mL NaOH溶液时，三种溶液pH均发生突变，说明三种溶液均达到滴定终点，D错误。
答案选C。
【点睛】C．pH=a的强酸稀释10n倍，稀释后溶液pH=a+n(pH＜7)；
pH=a的弱酸稀释10n倍，稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7)；
pH=a的强碱稀释10n倍，稀释后溶液pH=a-n(pH＞7)；
pH=a的弱碱稀释10n倍，稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)
14．D
【分析】-1g c水(OH-)越小，c水(OH-)越大，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且酸中c(H+)越大、碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，则 c水(OH-)越小，据此分析解答。
【详解】A．M点水电离出的c水(OH-)为10-11.1mol/L，P点水电离出的c水(OH-)为10-5.4mol/L，水的电离程度M＜P，故A错误；
B．水解平衡常数只与温度有关，P点至Q点溶液中c(OH-)依次增大，则 =×=依次减小，故B错误；
C．N点到Q点，加入的NaOH逐渐增多，溶液的pH逐渐增大，故C错误；
D．P点溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)，故D正确；
故选D。
【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意电离平衡常数、水解平衡常数、水的离子积常数、溶度积等常数都是只与温度有关的数据，温度不变，这些常数不变。
15．C
【详解】A. 0.100mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线，A项错误；
B. 当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)<20.00mL，B项错误；
C. V(NaOH)= 20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(Cl-）＞c(CH3COO-），C项正确；
D. V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，D项错误；
答案选C。
16． 3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O CaCl2和 KCl 碳酸钾 碱性 防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气 2OCN- + 3ClO- = +CO2↑+3Cl-+N2↑
【分析】石灰乳、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，过滤，除去CaSO4，步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl反应生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl，步骤V中加入碳酸钾，脱钙生成K4Fe(CN)6，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到产品。
【详解】(1)步骤I中Ca(OH)2、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，所得化学方程式为：3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O；
(2)步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl；
(3)除钙一般用，步骤V反应为K2CaFe(CN)6 + X = K4Fe(CN)6 +СаСО3，则X为K2СО3，名称为碳酸钾；
(4)①NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；
②反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒，可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN- + 3ClO- = +CO2↑+3Cl-+N2↑；
③HCN的Ka=6.3×10-10，0.1 mol•L-1 HCN溶液中，c(H+)=c(CN-)=c mol/L，c(HCN)=(0.1-c)mol/L，
，则。
17． +4 H2S+=+HS- - 530 ＞ 温度越高反应速率越快，达到平衡的时间越短 1100℃时，Al2O3几乎失去催化活性 0.2p
【详解】(1) ①焦钒酸钠的化学式为Na2V4O9，Na为+1价、O为-2价，根据化合价代数和为0可知，其中钒元素的化合价为+4；
②纯碱溶液吸收H2S，根据强酸制弱酸的规律，硫化氢的第一步电离常数大于碳酸的第二步电离常数，小于碳酸的第一步电离常数，则离子方程式为H2S+=+HS-；
(2)根据盖斯定律可知，△H1＝kJ·mol－1；
(3)①由图可知，温度升高，硫化氢转化率升高，反应正向移动，该反应的正方向为吸热反应，△H> 0；
②在不加催化剂时，温度越高H2S的转化率越接近平衡时的转化率，原因是温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短，所以相同时间测量时，温度高，更接近平衡状态；在约1100°C时，有无Al2O3催化，其转化率几乎相等，是因为1100℃时Al2O3几乎失去催化活性；
③若起始时在恒容密闭容器中只充入H2S，若此时气体总压强为p，根据阿伏加德罗定律可知，气体压强之比与物质的量之比相同，此时硫化氢的平衡转化率为50%，则此温度下反应的平衡常数Kp＝ 。
18． Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol 0.01mol/(L·min) 40% a 逆向 0.28 2NO2+8e-+4CO2=N2+4CO32-
【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)据图可知0~20min内△c(NO)=0.2mol/L，据v(NO)=进行计算；CO的转化率=进行计算；
(3)反应达到平衡后，正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析判断；
(4)根据平衡常数的计算公式进行计算；根据浓度商与平衡常数的关系判断反应进行的方向；平衡常数只是温度的函数，据此进行分析；
(5)原电池中正极得电子发生还原反应，该电池放电时NO2被还原成N2作正极，用熔融NaCO3作电解质，根据元素守恒和电荷守恒可得电极方程式；
(6)NH3·H2O的电离常数为Kb==1.7×10-5，pH=a，则可求出c(OH-)，据此可以计算出。
【详解】(1)已知：①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=+489.0kJ/mol ①
C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ/mol ②
由①-②×3，得到热化学方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-28.5kJ/mol，
(2)据图可知0~20min内△c(NO)=0.2mol/L，所以v(NO)==0.01mol/(L·min)，同一反应同一同时不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(CO2)=v(NO)=0.01mol/(L·min)；△c(NO)=0.2mol/L，则△c(CO)=0.2mol/L，容器体积为2L，所以CO的转化率为=40%；
(3)a．该反应前后气体系数之和不相等，所以未达到平衡时容器内气体总物质的量会变，容器恒容，则压强会变，所以压强不再改变说明反应达到平衡，故a正确；
b．反应是否达到平衡并不影响反应的焓变，故b不能说明；
c．反应达到平衡时正反应速率等于逆反应速率，但选项中没有指明各物质的速率是正反应速率还是逆反应速率，故c不能说明；
d．反应物和生成物均为气体，所以整个过程中气体的总质量不变，容积恒定，则密度一直不变，故d不能说明；
综上所述选a；
(4)初始投料为1.2 mol NO、1.0 mol CO，容器体积为2L，则c(NO)=0.6mol/L，c(CO)=0.5mol/L；据图可知平衡时c(NO)=0.6mol/L，△c(NO)=0.2mol/L，根据方程式可知△c(CO)=0.2mol/L，△c(CO2)=0.2mol/L，△c(N2)=0.1mol/L，所以平衡时各物质的浓度为c(NO)=0.4mol/L，c(CO)=0.3mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(N2)=0.1mol/L，则该温度下平衡常数为K=，充CO、CO2各0.2mol后，容器体积为2L，所以c(CO)=0.4mol/L，c(CO2)=0.3mol/L，此时浓度商为，所以平衡逆向移动；温度不变平衡常数不变，平衡常数为0.28；
(5)原电池中正极得电子发生还原反应，根据总反应中各物质的化合价的变化可知，该电池放电时NO2被还原成N2作正极，用熔融NaCO3作电解质，根据元素守恒和电荷守恒可得电极方程式为2NO2+8e-+4CO2=N2+4CO32-；
(6)NH3·H2O的电离常数为Kb==1.7×10-5，pH=a，则c(OH-)=10a-14mol/L，所以。
【点睛】对于平衡体系，改变投料后可以计算该状态下的浓度商，与平衡常数进行比较，判断平衡移动的方向，若浓度商大于平衡常数则逆向移动，若浓度商小于平衡常数则正向移动。
19． -49.8 1 或66.7% = < T1~ T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小 < T1
【详解】(1))已知①CO(g)+2H2 (g)═CH3OH(g)△H=-91kJ•mol-1
②2CO2 (g)═2CO(g)+O2(g)△H=+566.0 kJ•mol-1
③2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-483.6 kJ•mol-1 ．
由盖斯定律可知，①+(②+③)得CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)，△H=-91kJ•mol-1 +×(566.0 kJ•mol-1-483.6 kJ•mol-1 )=-49.8kJ•mol-1；
(2)①容器体积为2L，所以初始c(CO)=，c(H2)=；平衡时CO的转化率为，即转化mol·L-1，列三段式：
根据平衡常数的概念可知K==1；
②达到平衡时氢气的物质的量为nmol，则其浓度c(H2)=，列三段式有：
温度不变平衡常数不变，所以平衡常数K==1，解得n=mol，CO的转化率为；
③在2 L恒容密闭容器中加入CO、H2O、CO2、H2各1 mol，该反应前后气体系数之和相同，所以可用物质的量代替浓度计算，此时浓度商Q==K，所以平衡不发生移动，即v正=v逆；
(3)①T3温度之前随温度上升，反应速率加快，所以相同时间内测得的CO2浓度下降，T3温度之后，在相同时间内反应已达到平衡，温度上升，平衡左移，CO2浓度上升，说明该反应的正反应为放热反应，即∆H<0；T1~ T2区间，反应未平衡，温度上升反应速率加快，相同时间内捕捉的CO2越多，剩余的二氧化碳浓度就越小；
②铵根的水解使溶液显酸性，碳酸氢根水解使溶液显碱性，铵根的水解平衡常数Kh=，碳酸氢根的水解平衡常数Kh=，比较可知碳酸氢根的水解程度大于铵根的水解程度，所以溶液显碱性，即c(H+)
【点睛】平衡常数只与温度有关，与平衡时各物质的浓度大小没有关系，比较平衡常数大小时只需比较温度，吸热反应温度越高平衡常数越大，放热反应温度越高平衡常数越小；温度相同平衡常数相同，据此可以进行相关计算，也可以通过与浓度商比较判断反应移动的方向。
