1、专题13盐类的水解2021年化学高考题一、单选题1（2021全国高考真题）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A溶液时，BMA的溶度积度积C溶液时，DHA的电离常数【KS5U答案】C【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。【KS5U解析】A由图可知pH=4，即c(H+)=1010-5mol/L时，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)=mol/Ly，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。3（2021广东高考真题）鸟嘌呤
2、()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是A水溶液的B水溶液加水稀释，升高C在水中的电离方程式为：D水溶液中：【KS5U答案】B【KS5U解析】AGHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L GHCl水溶液的pH3，故A错误；B稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；CGHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH+Cl-，故C错误；D根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，
3、故D错误；综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。4（2021湖南高考真题）常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是A该溶液中：B三种一元弱酸的电离常数：C当时，三种溶液中：D分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：【KS5U答案】C【分析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。【KS5U解析】ANaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)，故A正确；B弱酸的酸性越弱，电离常
4、数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)Ka (HY)Ka(HZ)，故B正确；C当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)c(Y-)c(Z-)，故C错误；D向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z
5、-)= c(H+)c(OH-)，故D正确；故选C。5（2021浙江高考真题）实验测得10 mL 0.50 molL-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50molL-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.810-5.下列说法不正确的是A图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化B将NH4Cl溶液加水稀释至浓度molL-1，溶液pH变化值小于lgxC随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小D25 时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：
6、c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH)【KS5U答案】C【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 molL-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50molL-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。【KS5U解
7、析】A由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B将NH4Cl溶液加水稀释至浓度molL-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D 25时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H
8、+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.8 10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH-) -c(H+)|（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(
9、CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。综上所述，本题选C。6（2021浙江高考真题）25时，下列说法正确的是ANaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C0.010 molL-1、0.10molL-1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12D100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.010-5mol【KS5U答案】D【KS5U解析】ANaHA溶液呈酸性，可能是HA的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也
10、可能是B和A的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 molL-1、0.10 molL-1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12，C错误；D100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1104mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H的浓度是1104mol/L，其物质的量为0.1L1104mol/L1105mol，D正确；答案选D。二、多选题7（2021山东高考真题）赖氨酸H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+H
11、RR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数(x)随pH变化如图所示。已知(x)=，下列表述正确的是ABM点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)CO点，pH=DP点，c(Na+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)【KS5U答案】CD【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，M点，由此可知，N点，则，P点，则。【KS5U解析】A，因此，故A错误；BM点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；CO点，因此，即，因此，溶液，
12、故C正确；DP点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；综上所述，正确的是CD，故答案为CD。三、工业流程题8（2021湖南高考真题）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_(至少写两条)；(3)滤渣的主要成分是_(填化学式)；(4)加入絮凝剂的目的是_；(5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_，常温下加入的溶液呈_(填“酸性
13、”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；(6)滤渣的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为_【KS5U答案】 适当升高温度，将独居石粉碎等 Al(OH)3 促使铝离子沉淀 碱性 6+12=12+6CO+6H2O+6CO2 【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣
14、为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3nH2O。【KS5U解析】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；(3)结合流程可知，滤渣的主要成分是Al(OH)3；(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为；铵根离子的水解常数Kh()=5.710-10，碳酸氢根的水解常数Kh()=2.310-8，则Kh()Kh()，因此常温下加
15、入的溶液呈碱性；(6)由在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6+12=12+6CO+6H2O+6CO2。2021年化学高考模拟题一、单选题1（2021九龙坡区重庆市育才中学高三三模）室温下，用mmol/L的二甲胺(CH3)2NH溶液(二甲胺在水中的电离与一水合氨相似)滴定10.00mL0.1mol/L的盐酸溶液。溶液pH随加入二甲胺溶液体积变化曲线如图所示(忽略溶液混合时的体积变化)。下列说法正确的是A本实验应该选择酚酞作指示剂B室温下，Ca点溶液中水的电离程度最大Db点溶液中存在：c(
16、CH3)2NHc(OH-)c(Cl-)c(H)【KS5U答案】B【分析】二甲胺(CH3)2NH为一元弱碱，二甲胺在水中的电离与一水合氨相似，二甲胺(CH3)2NH电离方程式为(CH3)2NHH2O(CH3)2NH+OH-，电离平衡常数Kb(CH3)2NHH2O=，(CH3)2NH2Cl是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，结合电荷守恒关系分析解答。【KS5U解析】A用二甲胺溶液滴定盐酸溶液达到滴定终点时生成强酸弱碱盐(CH3)2NH2Cl，溶液呈酸性，应该选择甲基橙作指示剂，故A错误；B(CH3)2NH2Cl是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，电荷关系为c(CH3)2NH+c(H+)=c(OH-)+c(Cl
17、-)，图中a点时溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L、并且二甲胺溶液过量、c(CH3)2NH=c(Cl-)=0.05mol/L，剩余(CH3)2NH的浓度c(CH3)2NHH2O=0.5(m-0.1)mol/L，电离方程式为(CH3)2NHH2O(CH3)2NH+OH-，则电离平衡常数Kb(CH3)2NHH2O=10-7，故B正确；C强酸弱碱盐能够促进水的电离，并且其浓度越大、促进作用越强，二者恰好完全反应时生成(CH3)2NH2Cl，此时溶液呈酸性，图中a点呈中性、二甲胺过量，所以a点以前的某点溶液中水的电离程度最大，故C错误；D图中b点溶液的pH=8、呈碱性，c(OH-
18、)c(H+)，溶液中主要离子为(CH3)2NH和Cl-，电荷关系为c(CH3)2NH+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以有c(CH3)2NHc(Cl-)c(OH-)c(H+)，故D错误；故选B。2（2021福建省南安第一中学高三二模）亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示。下列说法不正确的是A人体血液的pH在7.35-7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是H3AsO3BpH在1013之间，随pH增大HAsO水解程度减小C通常情况下，H2AsO电离程度大于水解程度D交点
19、b的溶液中：2c(HAsO)+4c(AsO)c(K+)【KS5U答案】C【KS5U解析】A由图可知，当溶液pH在7.35-7.45之间时，砷元素的主要存在形式为H3AsO3，故A正确；BHAsO在溶液中存在如下水解平衡：HAsO+H2OH2AsO+OH，pH在1013之间时，溶液pH增大，氢氧根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，HAsO水解程度减小，故B正确；C由图可知，当溶液中砷元素的主要存在形式为H2AsO时，溶液pH约为11，溶液呈碱性，说明H2AsO的水解程度大于电离程度，故C错误；D由图可知，交点b的溶液为碱性溶液，溶液中c(H+) c(OH)、c(AsO)= c(H2AsO)，由
20、电荷守恒关系c(K+)+ c(H+)=3 c(AsO)+2c(HAsO)+ c(H2AsO)+ c(OH)可得2c(HAsO)+4c(AsO)2c(HCO)+2c(H2CO3)C若Na2CO3溶液的浓度变为0.05 molL-1，则n点向c点方向迁移D若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，则n点向b点方向迁移【KS5U答案】C【KS5U解析】A 图像中V0=20，Na2CO3溶液与 CaCl2溶液恰好完全反应c(Ca2+)=c(CO)=mol/L，pC=-lg c(CO)=-lg610-5，m不等于5，故A错误；B a点溶液：溶质为Na2CO3，存在物料守恒c(Na+)=2c(CO)+2c(H
21、CO)+2c(H2CO3)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，2c(HCO)+2c(H2CO3)=c(HCO)+c(OH-)-c(H+)，c(HCO)-c(H+)0，c(OH-)D向0.1 molL-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH)/c(NH3H2O)增大【KS5U答案】C【KS5U解析】ANa2S溶液呈碱性，加水稀释，Na2S溶液中氢离子浓度增大，故A错误；B0.1 mol/L NaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，产物为0.05mol/L的CH3COONa溶液，离子浓度减小，溶液的导电性减小，故B错误；CCH3COO-、
22、ClO-水解程度依次增强，pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的浓度c(CH3COONa)c(NaHCO3)c(NaClO)，所以c(Na+)：，故C正确；D向0.1 molL-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，c(OH)减小、c(NH3H2O)增大，所以溶液中c(OH)/c(NH3H2O)减小，故D错误；选C。8（2021浙江高三其他模拟）已知：p=-lg。室温下向HX溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，溶液pH随p变化关系如图所示。下列说法正确的是Aa点溶液中：10c(Na+)=c(HX)B溶液中由水电离出的c(H+)：abcCb
23、点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HX)+c(OH-)D当溶液呈中性时：c(Na+)=c(HX)【KS5U答案】C【KS5U解析】Aa点溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，此时p=-1，则c(X-)=10c(HX)，代入电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性c(H+)c(OH-)， c(Na+)10c(HX)，选项A错误；B根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH7的溶液中，HX的电离程度大于X-的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶
24、液中水的电离程度：abc(Na+)c(H+)c(OH)DG点溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO)=c(Na+)+c(H+)c(OH)【KS5U答案】D【分析】氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中加入醋酸，对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大，则G点为醋酸钠溶液；从E点到G点的反应过程中，所得溶液为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性；H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性。【KS5U解析】A由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，F点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性，故A错误；B氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，0.01 molL
25、-1的氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度为0.01 molL-1，则溶液中水电离的氢离子浓度为10-12 molL-1，故B错误；C由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，由电荷守恒关系c(CH3COO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中离子浓度关系为c(CH3COO)=c(Na+)c(H+)=c(OH)，故C错误；D由分析可知，G点为醋酸钠溶液，由电荷守恒关系c(CH3COO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO)=c(Na+)+c(H+)c(OH)，故D正确；故选D。12（2021广西南宁市南宁三中高三三模）常温下， 用
26、如图1所示装置，分别向25mL0.3mol/L Na2CO3溶液和25mL0.3mo/lLNaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol/L的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是AX曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线Bb点溶液的pH大于c点溶液的pHCa、d两点水的电离程度：adDc点的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO )+c(OH-)【KS5U答案】C【KS5U解析】A碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应CO+H+= HCO +H2O，然后发生HCO +H+=H2CO3+H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO +H+=H2CO3+H2O
27、，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氫钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A错误：B b点溶液溶质为NaCl， c点溶液溶质为NaHCO3，所以c点代表溶液的pH更大，B错误：C d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO、CO的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，C正确。D c点的溶液中：根据电荷守恒知，c(Na+)+(H+)= 2(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(C1-)，D错误。故选：C。13（2021江西抚州市临川一
28、中）常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000molL1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL1的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒分布系数(物质的量分数)随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示下列说法中正确的是AH2A在水中电离的方程式为：H2AH+HA-，HA-H+A2-B当VNaOH溶液=20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)C常温下，HA-的电离平衡常数为110-5D当VNaOH溶液=30.00mL时，c(HA-)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)【KS5U答案】B【KS5U解析】A根据图像
29、的变化趋势可知、代表含A微粒分布系数，代表pH变化，据图可知未滴加NaOH溶液时，溶液中含A微粒只有两种，则应为HA-和A2-，不含H2A，说明H2A第一步完全电离，在水中的电离方程式为H2A=H+HA-，HA-H+A2-，A错误；B当VNaOH溶液=20.00mL时，NaOH和H2A恰好完全反应生成NaHA，溶质为NaHA，溶液中存在HA-H+A2-和H2OH+OH-，所以离子浓度大小关系为c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)，B正确；CHA-的电离平衡常数表达式为Ka=，据图可知当c(A2-)=c(HA-)时加入25mLNaOH溶液，此时pH为2.0，即c(H+)=1
30、10-2mol/L，所以Ka=110-2，C错误；D当VNaOH溶液=30.00mL时，溶质为等物质的量的NaHA、Na2A，溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)，用两个等式消去c(Na+)可得：c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，D错误；综上所述答案为B。14（2021山东潍坊市高三三模）常温下，将0.1molL-1的溶液加水稀释，混合溶液中与的关系如图所示。下列说法正确的是A的值为10-4.7BM、N两点对应的溶液稀释程度NMC向溶液中加入固体可使N点移动到P点
31、D将溶液稀释1000倍后，溶液中【KS5U答案】AD【KS5U解析】A由N点数据可知=-4.5，则c(H+)=10-4.5 molL-1，则c(OH-)=10-9.5 molL-1，=4.8，则=10-4.8，则=10-9.5104.8=10-4.7，故A正确；B溶液越稀，的水解程度越大，溶液酸性越小，N点=-4.5，则c(H+)=10-4.5 molL-1，M点=-6.0，则c(H+)=10-6.0 molL-1，因此N酸性强，溶液的浓度大，即M、N两点对应的溶液稀释程度MN，故B错误；C温度不变， 不变，混合溶液中与的关系曲线不变，因此向溶液中加入固体，不可使N点移动到P点，故C错误；D稀
32、释溶液，促进铵根离子的水解，将溶液稀释1000倍后，溶液接近中性，c(NH)2c(SO)，故D正确；故选AD。15（2021天津高三三模）常温下，用0.1molL-1NaOH溶液滴定40mL0.1molL-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是A可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值B滴定中两次反应终点可依次用甲基橙、酚酞作指示剂C图中Y点对应的溶液中3c(SO)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)D图中Z点对应的溶液中：c(Na+)c(SO)c(HSO)c(OH-)【KS5U答案】D【KS5U解析】A混合溶液中W点c(H2SO3
33、)=c()，Ka1(H2SO3)=c(H+)=10-pH=10-2，混合溶液Y点中c()=c()，Ka2(H2SO3)=c(H+)=10-pH=10-7.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值,A正确；B甲基橙变色范围为3.1-4.4，滴定到第一反应终点溶液pH值为4.25，在其范围内，所以可以选取甲基橙作指示剂， 酚酞的变色范围是8.210.0，滴定到第二反应终点溶液pH值为9.86，在其范围内，所以可以选取酚酞作指示剂，B正确；CY点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)且该点溶液中存在c()=c()，所以存在3c()=c(Na+)
34、+c(H+)-c(OH-)，C正确；DZ点酸碱恰好完全反应生成Na2SO3，两步水解生成OH-导致溶液呈碱性，但只有第一步水解生成，所以c()c(OH-)，由物料守恒知c(Na+)c()，则该点溶液中存在c(Na+)c()c(OH-)c()，D错误；故答案为：D。16（2021天津高三一模）室温下，向10mL0.1000molNa2CO3溶液中逐滴滴加0.1000mol/LHCl溶液，整个反应过程中无气体逸出(溶解的CO2均表示为H2CO3)。测得混合溶液的pH随加入HCl溶液体积的变化如下图。下列说法正确的是Aa点溶液的溶质主要为NaCl、NaHCO3Bb点溶液中c(Na+)+c(H+)c(
35、OH-)+c()+2c()Cc点时，溶液中发生的离子反应是3+4H+=2+H2CO3D取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的pH不变【KS5U答案】B【分析】依据题意，向碳酸钠溶液中逐滴滴入盐酸，发生反应和。根据所加盐酸溶液的体积确定a、b、c、d各点溶质成分，然后根据各点溶质成分解答。【KS5U解析】Aa点时加入盐酸为碳酸钠的一半，发生反应，还有剩余碳酸钠，体系中含有溶质NaCl、，故A错误；Bb点时，加入的盐酸和碳酸钠刚好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，且溶液呈碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()+c(Cl-)，所以c(Na+)+c(H+)c(OH-
36、)+c()+2c()，故B正确；Cc点时溶质为H2CO3，和NaCl，溶液中发生的离子反应是2+3H+=+H2CO3，故C错误；Dd点时溶质为NaCl和，溶液呈酸性，加热煮沸碳酸分解产生二氧化碳逸出，冷却后溶液呈中性，pH增大，故D错误。答案选B。17（2021天津高三一模）常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示已知：p=-lg。下列叙述不正确的是Am点：c(Na+)c(A-)BKa(HA)的数量级为10-5C1点所示溶液中：c(Na+)m1【KS5U答案】D【KS5U解析】A根据电荷守恒可得，又由图示可知m点pH=4.
37、76，则，所以m点：c(Na+)Ka(HY)BM点溶液显中性，溶液中c(Y-)Ka(HY)，故A不选；B本题为向酸中滴加Ba(OH)2溶液，因此随着Ba(OH)2溶液的加入溶液先进行酸碱中和反应，所以当HY与Ba(OH)2溶液中水电离出的第一次达到时为中性点，当继续滴加Ba(OH)2溶液会抑制水的电离(N点之后)，即第二次水电离该点为碱性点，所以M点呈中性，根据电荷守恒，所以c(Y-)(Ba2+)，故B；CN点完全反应点，0.1mol/LBa(OH)2溶液中，故消耗完20mL0.1mol/L的HY需要10mL0.1mol/LBa(OH)2溶液，故C不选；D根据电荷守恒可得T点；M点；T、M点相
38、同，T点大于M点，所以，故D不选。答案选B19（2021辽宁高三其他模拟）常温下，向二元弱酸溶液中滴加溶液，测得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列说法错误的是A曲线m表示pH与变化的曲线BC溶液中：D交点a的溶液中：【KS5U答案】D【分析】二元弱酸H2A的一级电离常数Ka1=，二级电离常数Ka2=，当c（H2A）= c（HA）或c（A2）= c（HA）时，Ka1= c（H+）或Ka2= c（H+），由图可知，坐标原点时，曲线m对应pH为2.3，曲线n对应pH为5.7，一级电离常数大于二级电离常数，则曲线m表示pH与变化的曲线，曲线n表示pH与变化的曲线，一级电离常数Ka1=10
39、2.3、二级电离常数Ka2=105.7。【KS5U解析】A由分析可知，曲线m表示pH与变化的曲线，故A正确；B由分析可知，H2A的二级电离常数Ka2=105.7，故B正确；CHA的水解常数Kh=1011.7Ka2，则HA的电离程度大于水解程度，溶液中，故C正确；D由图可知，交点a的溶液中0，则溶液中c（HA）c（H2A），故D错误；故选D。20（2021四川雅安市高三三模）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向草酸溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgXx表示或随pH的变化如图。下列说法中错误的是ANaHC2O4溶液呈酸性BH2C2O4第二步电离常数数量级是10-5CpH=7时，c(Na
40、+)=c()+2c()D1.22pHc()c(H2C2O4)【KS5U答案】D【分析】二元弱酸草酸的K1c(H+)K2c(H+)，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：ab，则a表示lg与pH的变化关系，b表示lg与pH的变化关系，以此解答。【KS5U解析】A由分析可知，a表示lg与pH的变化关系，当lg=0时，pH=1.22，则c(H+)=10-1.22mol/L，二元弱酸草酸的K1c(H+)=10-1.22，同理可得K2c(H+)=10-4.9，NaHC2O4溶液中的电离常数K2=10-4.9，水解常数Kh=10-12.78，则的电离大于水解，NaHC2O4溶液呈酸性，故A正确；B由
41、分析可知，b表示lg与pH的变化关系，当lg=0时，pH=4.19，则c(H+)=10-4.19mol/L，二元弱酸草酸的K2c(H+)=10-4.19，数量级是10-5，故B正确；CpH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+ c()+2c()可知，c(Na+)=c()+2c()，故C正确；DlgX为增函数，pH1.22时，曲线a中，lgXlg0时，c()c(H2C2O4)，曲线b中lgXlg0，c()0，c()103c(H2C2O4)，曲线b中，lgXlg0，c()=c()c(H2C2O4)，所以1.22pH4.19的过程中，c()逐渐增大，c
42、(H2C2O4)逐渐减小，c()逐渐增大，则不一定满足c()c(H2C2O4)，故D错误；故选D。21（2021广西南宁二中高三三模）常温下，用盐酸滴定溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是Aa点溶液中Bb液中C若取c点溶液与足量浓的明矾溶液混合，有白色絮状沉淀生成，同时产生气泡，主要原因是：Al3+3HCO= Al(OH)3 +3CO2D各点中水电离程度大小：dcba【KS5U答案】C【KS5U解析】Aa点加入12.5mL盐酸，a点溶液中的溶质是等物质的量的、，因碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，导致碳酸根浓度下降，碳酸氢根离子浓度增大，氯离子不水解浓度不变，离子浓度大小：，故A错误
43、；B由电荷守恒可得：，故B错误；Cc点溶液中的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，若取c点溶液与足量浓的明矾溶液混合，有白色絮状沉淀生成，同时产生气泡，主要原因是两者发生双水解，离子反应方程式是Al3+ +3 HCO3- = Al(OH)3 + 3CO2，故C正确；D随着盐酸加入，不断被反应，水解越来越弱，水电离程度降低，各点中水电离程度大小：dcbc(HA-)c(A2-)Bc点c(K+) = 0.15 molL-1C邻苯二甲酸的Ka1约为1.010-3D从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小【KS5U答案】B【分析】H2A为二元素弱酸，其电离方程式为H2AH+HA-、HA-H+A2-，一级电离
44、远大于二级电离，因此ac线代表pH、-lgc(HA-)关系曲线，加入KOH，先生成KHA，继续加入KOH，再生成K2A，利用“守恒”思想、影响水电离的因素等知识进行分析；【KS5U解析】Ab点-lgc(HA-)最小，则c(HA-)最大，说明H2A与KOH恰好完全反应，溶质为KHA，HA-电离程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(K+)c(HA-)c(A2-)，故A说法正确；B根据图像，c点：c(A2-)=c(HA-)，溶质为KHA和K2A，如果KHA和K2A物质的量浓度相同，存在2c(K+)=3c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L，
45、则c(K+)=0.15mol/L，但HA-的电离程度大于A2-水解程度，c(HA-)小于c(A2-)，推出c(K2A)略小于c(KHA)，即c(K+)小于0.15moL/L，故B说法错误；C从a点推出c(HA-)=10-4mol/L，c(H+)=1mol/L，弱电解质的电离微弱，c(H2A)约为0.1mol/L，即H2A的电离常数为=10-3moL/L，故C说法正确；D根据图像，KHA溶液显酸性，抑制水的电离，加入KOH，生成K2A，A2水解，促进水的电离，从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小，故D说法正确；答案为B。26（2021全国高三其他模拟）25时，向20.00 mL 0.
46、1000 molL-1的Na2R溶液中滴入 0.1000 molL-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示(忽略混合过程中溶液体积的变化)。下列说法错误的是AKa2(H2R)Kh1(R2-)BKa1(H2R)的数量级为10-4C滴定过程中水的电离程度先减小后增大Dm点时，溶液中存在c(Cl-)+2c(R2-)+c(HR-)=c(Na+)【KS5U答案】C【KS5U解析】Am点时，Na2R的物质的量等于NaHR的物质的量，此时pH=7，溶液中存在R2-、HR-的水解，以及HR-的电离，所以Ka2(H2R)Kh1(R2-)，故A正确； B加入40ml盐酸时，得到60.oomlpH=2.5
47、的H2R 和NaCl的混合溶液，由元素守恒可知， ，故B正确；C滴定过程中水的电离程度逐渐减小，故C错误；Dm点，由电荷守恒有： ，此时pH=7， ，则有故D正确；故答案为C。二、多选题27（2021全国高三零模）二元弱碱在常温下的水溶液里，微粒的分布系数()随的变化关系如图所示。下列说法正确的是A常温下，的一级电离常数B常温下，等物质的量的和组成的混合溶液显酸性C与少量的硫酸反应得到的盐为D溶液中，【KS5U答案】AC【KS5U解析】A. 常温下二元弱碱的级电离方程式为：，当瓶pH=10时，c=c,c()=1104，则的一级电离常数 ，故A正确；B. 常温下，为二元弱碱，为碱式盐，所以等物质
48、的量的和组成的混合溶液显碱性，故B错误；C. 少量的硫酸与反应方程式为：2+H2SO4=+2H2O，得到的盐为，故C正确；D. 根据质子守恒，在溶液中， ，故D错误；故答案：AC28（2021河北石家庄市）常温下，通入HCl或加入NaOH固体调节0.01molL-1NaHR溶液的pH(调节过程中溶液体积不变)，溶液中c(HR-)随pH变化的曲线如图所示。下列说法错误的是Axb=dDc点时溶液中存在c(HR-)c(H2R)c(R2-)【KS5U答案】CD【KS5U解析】A0.01molL-1NaHR溶液的pH=6，溶液中存在R2-、HR-、H2R三种微粒，根据物料守恒，故溶液中x=c(HR-)
49、cb，故C错误；Dc点NaHR溶液显酸性，则NaHR溶液的电离程度大于水解程度，所以c点时溶液中存在c(HR-)c(R2-)c(H2R)，故D错误；故选CD。三、工业流程题29（2021重庆市第十一中学校高三二模）锗属于稀有分散元素，一种以锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)制备高纯二氧化锗的工艺流程如下：下列数据是对应物质的熔点：物质GeO2GeOSiO2As2O3熔点/1115710(升华)1723193(升华)(1)第32号元素锗的原子结构示意图_，根据锗在元素周期表中的位置写出单质锗的一种用途_。(2)“焙烧”前，粉碎锗精矿的目的是_。矿渣1的主要成分是_。(3)“还原焙
50、烧”中，含Ge氧化物在不同气氛中的挥发情况如图。8001100之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是_。(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，请写出反应的离子方程式_。(5)“精馏水解”发生反应的化学方程式_。(6)在氯化物熔盐中，电解SiO2和GeO2的混合物，可制得硅锗合金。反应原理如下：SiO2GeO2SiGe(合金)2O2生成硅锗合金的电极为_(填“阳极”或“阴极”)，写出生成O2的电极反应式_。【KS5U答案】 半导体材料 增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率 As2O3 GeO2在CO中转化为GeO升华 GeCl4 + (n+2)H2O=GeO2nH
51、2O + 4HCl 阴极 2O2-4e=O2 【分析】由于As2O3在193时升华，所以锗精矿(含GeO2、GeO、 SiO2、As2O3)首先在300焙烧得到含GeO2、GeO、SiO2矿石；然后在1200下GeO2被CO还原成710下挥发的GeO以及主要含SiO2的矿渣2；GeO在碱性条件下被双氧水为Ge4+；然后加盐酸经蒸馏得到GeCl4； GeCl4再精馏水解最后烘干得到高纯的GeO2，据此分析可得：【KS5U解析】(1)第32号元素锗为第四周期第IV族的元素，则其原子结构示意图为；锗位于金属与非金属分界线的元素，可用作半导体材料，故答案为：；半导体材料；(2)“焙烧”前，粉碎锗精矿的
52、目的是增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；由于As2O3在193时升华，所以300煅烧锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)后再冷凝得到的矿渣1的主要成分为As2O3，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；As2O3；(3) GeO在710时挥发，所以8001100 之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是GeO2在CO中转化为GeO升华，故答案为：GeO2在CO中转化为GeO升华；(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，则其离子方程式为：，故答案为：；(5)“精馏水解”时GeCl4中Ge4+水解生成和HCl，则其反应的化学方程式为
53、：，故答案为：；(6) 由SiO2GeO2SiGe(合金)2O2可知，Si、Ge化合价均降低，发生还原反应，为电解池的阴极；O元素化合价升高为，发生氧化反应，则2O2-4e=O2，故答案为：阴极；2O2-4e=O2。四、原理综合题30（2021天津南开区南开中学高三三模）I.人类使用能源经历了三个时期。(1)柴草时期从能量转化的角度看，木材燃烧时化学能主要转化成_能和光能。(2)化石能源时期迄今为止，煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源。煤的综合利用有_、煤的气化和煤的液化等：石油经分馏可以获得汽油、煤油、柴油等轻质油，通过催化裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯等，通过结构的重新调整可得到芳香烃类
54、化合物。(3)多能源结构时期基于环保理念，天津市将逐步减少传统燃油汽车的使用，燃料电池汽车将有更广阔的发展前景。如图1所示为氢氧燃料电池的示意图，其基本工作原理与铜锌原电池的相同。根据图中电子流动方向判断，A电极的电极反应方程式为_，氢氧燃料电池的优点是_(写一条即可)。II.氮的循环对人类的生产和生活具有重要意义，图2为氮的部分循环过程：(4)上述转化中，属于氮的固定的是_(填标号)。(5)步骤，以氨气为原料制备两种常见氮肥的反应如下：a.NH3+H2O+CO2=NH4HCO3b.2NH3(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(NH2)2(s) H_c(HA2-)c(OH-)，结合图4中的I
55、I，当溶液中的=101.8，此时溶液的pH=_。【KS5U答案】热 煤的干馏 2H2 4e- = 4H+ 无污染、原料来源广泛、可以持续产生稳定的电流等 a 增大压强 c(H2A) c(H+) 9 【KS5U解析】(1)燃烧为放热反应，木材燃烧时化学能主要转化为热能和光能；(2)煤的综合利用有煤的干馏、煤的气化和煤的液化；(3)根据电子流向以及氢离子流向可知A电极为负极，氢气失电子被氧化为H+，电极反应式为2H2 4e- = 4H+；氢氧燃料的产物为水，无污染，原料为氢气和氧气，来源广泛，且可以持续产生稳定的电流等；(4)氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态，所以过程属于氮的固定；(5)反应a
56、为化合反应，原子利用率达到100%；该反应为气体系数之和减小的反应，所以增大压强既能加快化学反应速率，又能使该平衡正向移动；(6)当滴入20mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为NaH2A，存在电离平衡H2AHA2-+H+，此时溶液显酸性，所以c(H+)c(OH-)，同时由于水也会电离出H+，电离是微弱的，所以c(Na+)c(H2A)c(H+)c(HA2-)c(OH-)；根据题意可知H3A为三元弱酸，前一步的电离会抑制后一步电离，所以：Ka1Ka2Ka3，即，所以当pH相等时，则曲线代表lg，当lg=10时，pH=2.8，即c(H+)=10-2.8mol/L，所以Ka2=101010-2.8=10
57、-7.2，则当=101.8时，c(H+)=10-9mol/L，pH=9。31（2021天津高三三模）我国在碳1化学方面的进展主要集中在合成气化工和甲醇化工。I.研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2(合成气)，可减缓燃料危机和减弱温室效应，过程包括反应a：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)H10反应b：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)H20(1)反应a在一定条件下能够自发进行的原因是_；该反应工业生产适宜的温度和压强为_(填标号)。A高温高压 B高温低压 C低温高压 D低温低压(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1：1投料制取CO和H2时，CH4和CO2
58、平衡转化率随温度变化关系如图所示。923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是_。计算923K时反应b的化学平衡常数K=_(计算结果保留小数点后两位)。II.CO2催化加氢制甲醇：在1.0L恒容密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示。(3)下列说法正确的是_。A该反应的正反应为放热反应B压强大小关系为P1P2P3CM点对应的CO2的转化率为25%D在P2及512K时，图中N点v(正)c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)c(H2CO3)：c(CO)=_(
59、结果保留三位有效数字)。【KS5U答案】S0 B CH4和CO2按1：1投料发生反应时转化率相等，CO2还发生反应，所以平衡转化率大于CH4 0.39 AC CD 6.25 【KS5U解析】(1)对于反应a：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)H10，S0，则反应a在一定条件下能够自发进行的原因是S0；较低的压强可使平衡正向移动，较高温度能加快合成速率，提高生产效率，该反应工业生产适宜的温度和压强为高温低压，故选B；(2)CH4与CO2按1：1投料发生反应a时转化率相等，但CO2还发生反应b，所以CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率；反应a，设起始时充入0.1mol/L的C
60、H4与CO2，(CO2)=1mol/L70%=0.7mol/L，则反应c(CO2)=0.7mol/L-0.6mol/L=0.1mol/L，反应b：K=(1.30.1)/ (0.31.1) =0.39；(3)A由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1p2p3，故B错误；C由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则消耗CO2为0.25mol，转化率为0.25/1100%=25%，故C正确；D由图可知，在P2及512K时
61、，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向进行，则v(正)v(逆)，故D错误；故选：AC；(4)A依据物料守恒可得：c(NH)+c(NH3H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，溶液的pH=8，呈碱性，c(OH-)c(H+)，则c(NH)+c(NH3H2O)+c(H+)c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)+c(OH-)，故A错误；B依据物料守恒可得：c(NH)+c(NH3H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，故B错误；C依据物料守恒关系：c(NH)+c(NH3H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，依据电荷守关系：c(NH)+c(H+)
62、=c(HCO)+c(OH-)+2c(CO)，-得：c(H2CO3)-c(CO)-c(NH3H2O)=c(OH-)-c(H+)=(10-6-10-8) molL-1=9.910-7molL-1，故C正确；D滤液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，由于滤液中溶质为氯化铵和NaCl，则c(Na+)c(Cl-)，所以c(H+)+c(NH)c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，故D正确；故答案为：CD；c(H2CO3)：c(CO)= c(H2CO3)c2(H+)c(HCO)：c(CO)c2(H+)c(HCO)= c2(H+)/ Ka1Ka2=(108)2/410741011=6.25。
