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郑口中学高二年级质检考试
化学
(本试卷满分100分，考试时间75分钟)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，
写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1C12016Na23S32Fe56Cu64
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
合题目要求的。
1.化学创造美好生活。下列说法错误的是
A.油脂除食用外还可用于生产肥皂
B.淀粉、纤维素和油脂均是天然有机高分子
C.苯甲酸及其钠盐常用作食品防腐剂
D.阿司匹林具有解热镇痛作用，不可长期大量服用
2.金属疏化物(MSy)催化反应CH4(g)+2HS(g)=CS2(g+4H(g),既可以除去天然气中的HS,
又可以获得H2。下列说法正确的是
OM
es
oH
H:S
H
纱骤」步骤、
A.该反应的AS<0
B.该反应的平衡常数K=cCH,cH】
c(CS)e"(H,)
C.如图所示的反应机理中，涉及共价键的断裂与生成
D.该反应中每消耗1molH2S,转移电子的数目约为2×6.02×103
3.下列措施或现象不能用勒夏特列原理解释的是
A.合成氨工业中需要采用高压的条件
B.红棕色的NO,加压后颜色先变深后变浅
高二化学第1页，共8页
C.向醋酸溶液中加入少许醋酸钠固体，溶液的pH增大
D.H,、I,、HI平衡时的混合气体，缩小容器的体积，颜色变深
4.根据酸碱质子理论，给出质子(H)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：
N,H+NH,=NH+N,H4,N2HCH,COOH=N,H+CH,COO°，酸性强弱顺序正确的是
A.N,H:>N,H >NH
B.N,H;>CH,COOH>NH
C.NH,>N,H,>CH COO
D.CH COOH>N,H;>NH
5.NaCN溶液中存在水解平衡：CN+H2O=HCN+OH,下列说法正确的是
A.加入少量NaOH固体，c(CN)减小
B.稀释溶液，溶液的pH增大
C.加入少量A1Cl固体，c(CN)减小
D.加入适量HCN得到的酸性混合溶液中cNa)>c(CN)>c(H)>c(OH)
6.常用于分析试剂和防腐剂的某物质由W、X、Y、Z四种主族元素组成，原子半径依次增
大，乙的价电子所在能层有16个原子轨道，W与其他元素均不同周期，该物质结构如图。下
列说法错误的是
Y-X-W]
A.X元素形成的单质均为非极性分子
B.同周期第电离能大于X的元素有3种
C.电负性：X>Y>W>Z
D.此化合物溶于水显酸性
7.甲醇(CH,OH)作为重要的清洁燃料和合成化学的关键前驱体，在化工行业需求旺盛。以
Cu,NCN为催化剂在水溶液中电催化二氧化碳还原为CH,和CH,OH的能量变化如图所示。
下列说法错误的是
2.0
*O+CH
一CH
1.0
一CHOH
10.74 eV
CH,OH
CO(g)COOHCO
*OCH
◆CHO
-1.0
0
2
0
A.生成甲醇反应的决速步为`CHO→OCH,
B.两反应只涉及极性键的断裂和生成
C.通过上图分析：甲烷比甲醇稳定
D.用Cu,NCN作催化剂可提高甲醇的选择性
高二化学第2页，共8页郑口中学高二年级质检考试
化学·参考答案
一 、选择题
1．B
【详解】A．油脂除食用外还可产生皂化反应用于生产肥皂，A正确；
B．淀粉、纤维素均是天然有机高分子，油脂不是天然有机高分子，B错误；
C．苯甲酸及其钠盐可以抑制霉菌繁殖，故常用作食品防腐剂，C正确；
D．阿司匹林具有解热镇痛作用，长期服用会导致凝血功能障碍，不可长期大量服用，D正确。
2．C
【详解】A．由方程式可知，该反应为熵增的反应，反应ΔS＞0，A错误；
c(CS )c 4(H )
B．由方程式可知，该反应的平衡常数 K= 2 2 ，B错误；
c(CH 4)c
2(H 2S)
C．由图可知，图所示的反应机理中，涉及 H-S共价键的断裂与 H-H、S-S共价键的生成，C正确；
D．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，甲烷是反应的还原剂，氢元素的化合价降低被还原，甲烷和硫化氢
是反应的氧化剂，反应消耗 2mol硫化氢，转移电子的物质的量为 8mol,则消耗 1mol硫化氢时，反应转移电子数目约为 1
mol×4×6.02×1023mol-1=4×6.02×1023，D错误。
3．D
【详解】A．合成氨工业的反应是一个气体总物质的量减小的反应，增大压强，平衡向右移，符合勒夏特列原理，A项不符
合题意；
B．2NO2 g N2O4 g 平衡体系中，加压时容器的体积缩小，平衡向右移，所以颜色先变深后变浅，符合勒夏特列原理，
B项不符合题意；
C CH COOH CH COO H ． 3 3 ，加入CH3COONa

固体，溶液中的CH3COO 浓度增大，平衡逆向移动， c H 减小，pH
增大，符合勒夏特列原理，C项不符合题意；
D．H2、 I2、HI平衡时的混合气体，缩小容器的体积，即使没有平衡，气体的颜色也变深，不符合勒夏特列原理，D项符
合题意。
4．D

【详解】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子 H 的物质是酸，则反应
N H + -2 4+CH3COOH=N2H5 +CH3COO 中，酸性：CH3COOH＞N2H
+ +
5 ，反应N2H5 +NH3=NH
+
4+N2H N H
+
4中，酸性： 2 5＞NH
+
4，
故酸性：CH3COOH>N2H
+
5 >NH
+
4，答案选 D。
5．C
－ －
【详解】NaOH固体的加入使 OH 浓度增大，水解平衡逆向移动，所以 c(CN )增大，A项错误；
－ －
溶液稀释后，虽然 CN 水解程度增大，但水量增多使 c(OH )减小，所以溶液的 pH减小，B项错误；
＋
加入少量 AlCl3固体，Al3 水解生成 H＋ ＋，生成的 H 与 OH－ － －结合能使 CN 的水解平衡正向移动，则 c(CN )减小，若溶液 pH
达到一定值，则加入少量 AlCl3固体后，Al3＋ －与 OH 发生反应，使 CN－ －的水解平衡正向移动，则 c(CN )减小，C项正确；
＋ － － ＋ － ＋ ＋ －
因混合溶液呈酸性，则 c(H )>c(OH )，由电荷守恒可推知 c(CN )>c(Na )，故 c(CN )>c(Na )>c(H )>c(OH )，D项错误。
6．A
【详解】W、X、Y、Z四种主族元素，原子半径依次增大，X周围最多有两个单键或一个双键，则 X最外层有 6个电子，
为 O或 S，其中左边的 X周围只有一个单键，则此 X得了 Z失去的 1个电子；Y周围有两个双键加两个单键共 6个键，则
Y最外层有 6个电子，原子半径Y X，则 Y为 S，有 X为 O；W周围有一个单键，且原子半径最小，与其他元素均不同
周期，则W为最外层 1个电子的 H元素；Z的价电子所在能层有 16个轨道，则有 4个能级，对应的正一价阳离子说明原子
的最外层有 1个电 子，得到 Z为 K。
A．O元素形成的单质有O2和O3，其中O2为非极性分子，而O3由于中心原子存在着大 键作用，使得分子中的正负电荷
中心不重合，使O3属于极性分子，A错误；
B．X为 O元素，按照第一电离能从左到右逐渐增大的递变趋势和 N元素比右侧 O元素大的特殊性，则第二周期元素中比
O的第一电离能大的元素有 N、F、Ne三种，B正确；
C．按照主族元素电负性同一周期从左到右逐渐增大，同一主族从上往下逐渐减小的规律，H、O、S、K四种元素的电负性
大小关系为：O S H K，即X Y W Z，C正确；
D KHSO KHSO K 2 ． 的化学式为： 4 ，溶于水发生电离： 4 H SO4 ，能电离出H ，溶液显
酸性，D正确。
7．C
* *
【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，所以生成甲醇反应的决速步为 CHO OCH3，A正确；
B．根据图知，两反应只涉及极性键的断裂和生成，B正确；
C．能量越低越稳定，根据图知：甲醇比甲烷稳定，C错误；
D *． OCH3生成甲醇的活化能小于生成甲烷的活化能，所以生成甲醇的反应速率快，即用Cu2NCN作催化剂可提高甲醇
的选择性，D正确。
8．D
【详解】A．某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为 AgCl，溶液中不一定含有硫酸根离
子，A错误；
B．SO3溶于水后与水反应生成硫酸，硫酸溶液能够导电，SO3本身不能电离，所以SO3是非电解质，B错误；
C．某溶液中滴加稀盐酸产生无色无味气体，溶液中可能含有碳酸氢根离子，不一定为碳酸根离子，C错误；
D．用 FeCl3溶液腐蚀铜电路板，离子方程式为 2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，Fe3+为氧化剂，Cu2+为氧化产物，氧化性 Fe3+>Cu2+，
D正确。
9．B
【详解】根据能量变化图可知，Ea 对应曲线的反应没有使用催化剂，Ea1、Ea2对应曲线的反应使用了催化剂。催化剂可改变
反应的历程，降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的反应热。
A．根据题给基元反应的方程式可知，Cl 先在反应O3 Cl O2 ClO 中消耗，后在反应ClO O Cl O 2中生成，即在
反应中做催化剂，可加快臭氧分解反应速率，但不改变该反应的反应热，A错误；
B．能量变化图中，曲线的起止状态的物质分别对应反应物和生成物，故图示所呈现的总反应为O3 O 2O2 ，B正确；
C．催化剂可降低反应的活化能， Ea Ea1、 Ea Ea2，但 Ea Ea1 Ea2，C错误；
D．活化能越大，反应速率越慢，反应历程中，活化能最大的基元反应速率最慢，为反应的决速步骤，Cl 催化臭氧分解的
反应中， Ea1 Ea2，故速率由第一步决定，D错误。
10．C
【详解】A．气体可从长颈漏斗逸出，无法测定生成氢气的反应速率，故 A错误；
B．铁离子与碘离子按 1：1比例反应；等浓度等体积的碘化钾和硫酸铁混合溶液中铁离子过量，无法进行判断，故 B错误；
C．二氧化氮为红棕色气体，根据颜色可进行判断温度对化学平衡的影响，故 C正确；
D．反应前后气体分子数相同，压强对该反应无影响，故 D错误。
11．D
【详解】A．酸性：HNO2 HCN，反应HCN NaNO 2 NaCN HNO 2 不能发生，A错误；
B．由于Kh CH3COO Ka CH3COOH ，等物质的量的 CH3COOH和 CH3COONa 混合溶液呈酸性，B错误；
C．CO2通入 NaCN溶液中，离子方程式为CO2 H2O CN
HCO 3 HCN ，C错误；
D．醋酸为弱酸，等 pH的醋酸和盐酸，醋酸浓度大，加等体积水稀释，pH变化小，D正确。
12．D
【详解】已知产品室 1的产品是 NaOH，说明原料室中 Na+往左移动，电极Ⅰ是阴极，a为铅蓄电池的负极，b为铅蓄电池的
正极，膜 1为阳离子交换膜，H2PO

4 向右移动到产品室 2中，膜 2为阴离子交换膜，双极膜向左解离生成氢离子，从而得
到磷酸，解离生成的氢氧根离子向右移动到电极Ⅱ（阳极）区，阳极发生失电子的氧化反应。
A．根据上述分析可知，a为铅蓄电池的负极，A错误；
B．结合上述分析可知，膜 1为阳离子交换膜，膜 2为阴离子交换膜，B错误；
C．电极Ⅱ为阳极，水发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2H2O＋4e-=O2↑＋4H+，C错误；
D 2 ．铅蓄电池的负极反应为：Pb-2e-+ SO4 =PbSO4，当转移 2mol电子时，负极增加 1mol 硫酸根的质量，即 96g，生成的 60g
NaOH，即为 1.5mol，转移的 Na+也是 1.5mol，电路中转移 1.5mol电子，负极增重的质量为 72g，D正确。
13．D
【详解】根据原电池总反应式CH2 CH2 O 2 CH3COOH可知，通入O2的 b电极为正极，电极反应式为
O2＋4e
＋4H＋ 2H2O

，通入CH 2＝CH 2 的 a电极为负极，电极反应式为CH 2＝CH 2 4e ＋2H2O CH3COOH＋4H
＋
，原电池
工作时，电子由负极 a电极经过负载流向正极 b电极，阳离子移向正极 b、阴离子移向负极 a，据此分析解答。
A 3 ．原电池工作时，阴离子 PO4 移向负极 a电极，即液中的向负极移动，A错误；
B．原电池工作时，电子由负极 a电极经过负载流向正极 b电极，不能经过电解质溶液，B错误；
C．负极电极反应式为CH 2＝CH 2 4e ＋2H2O CH3COOH＋4H
＋
，电路中通过 0.04mol电子时，0.01molCH 2＝CH 2 参加反
应，标准状况下的体积为 224mL，但气体的状态未知，所以参加反应的CH 2＝CH 2 体积不一定为 224mL，C错误；
D ＋．通入CH 2＝CH 2 的 a电极为负极，电极反应式为CH 2＝CH 2 4e ＋2H2O CH3COOH＋4H ，D正确。
14．C
【详解】某温度下，FeB(s) Fe2+(aq)+B2-(aq)的平衡常数表达式为 KSP=c(Fe2+) c(B2-)。
A．Ksp受温度影响，升温时，Ksp会发生变化，则通过升温不可能由 c点变到 a点，故 A错误；
B．在 d点，还未达到 FeB的 Ksp，即 d点是同温下 FeB的不饱和溶液，所以 d点不可能生成沉淀，故 B错误；
C．FeR(s) Fe2+(aq)+R2-(aq)，a点和 b点在同一曲线上，温度相同，因而 a点对应的 Ksp(FeR)等于 b点对应的 Ksp(FeR)，
故 C正确；
D．此温度下，Ksp=c(Fe 2+ ) c(B 2- )=2×10-9×10-9=2×10-18，故 D错误。
二、非选择题
15．（14分）
(1) 4OH 4e 2H2O O2 （2分） Fe 6e
8OH FeO2 4 4H2O（2分）
(2)448（2分）
(3)减少（2分） 8（2分）
电解
(4)不变（2分） 2CoCl2 2H2O 2Co O2 4HCl（2分）
【详解】丙装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极，甲装置是电解池，乙装置是电解精炼钴的装置，与电源负极相连的电极
是电解池的阴极，与电源正极相连的电极是电解池的阳极，则甲池中 X作阳极，Y作阴极，乙池中石墨作阳极，Co作阴极。
（1）在电解过程中，X极作阳极，发生氧化反应，由“铁电极明显变细，电解液仍然澄清”可知，铁参与极反应， 由实验现
象“X 2 极处溶液逐渐变成紫红色”可知，X极处有 FeO4 生成，X极处发生的电极反应为 4OH 4e 2H2O O2 和
Fe 6e 8OH FeO2 4 4H2O。
2.24L 1.12g
（2）根据条件可知，Y极收集到 2.24 L气体为氢气，n(H2)= =0.1mol，n(Fe)= =0.02mol，在整个电路中
22.4L/mol 56g/mol
电子转移数目相等，4n(O2)+6n(Fe)= 2n(H2)，即 4n(O2)+6 0.02mol=2 0.1mol，n(O2)=0.02mol，即 V(O2)= 0.02mol
22.4L/mol=0.448L=448mL。
（3）装置丙中，若外电路中有 0.1 mol电子转移，Cu电极上发生 Cu2++2e-=Cu，有 0.05 molCu析出，并有 0.05 mol硫酸根
通过离子交换膜，即减少了 0.05 mol CuSO4，隔膜右侧溶液质量减少 0.05 mol×160 g/mol=8 g。
（4）乙池中石墨为阳极，阳极反应式为 2H2O-4e-=4H++O2↑，氢离子经过阳离子交换膜由 I室进入Ⅱ室，则 I室中氢离子数目
不变，所以理论上 I室中 n(H+)不变；该电解池的阳极反应式为 2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极反应式为 Co2++2e-=Co，则总反应
电解 电解
为2Co2 2H2O 2Co O2 4H

，化学方程式为2CoCl2 2H2O 2Co O2 4HCl 。
16．（12分）
(1)BD（2分）
(2)－481.9kJ/mol（2分）
(3)Na2O2 (s) 2Na(s) 2Na2O(s) H 313kJ mol 1（2分）
(4)25%（2分）
(5)①C（2分）
②不变（1分） 偏大（1分）
【详解】（1）灼热的碳与CO2的反应为吸热反应；铝热反应为放热反应；CaCO3受热分解的反应为吸热反应；活泼金属与
酸的反应为放热反应；故 BD符合题意。
（2） H 反应物的键能之和 生成物的键能之和 436kJ mol 1 2 497.3kJ mol 1 462.8kJ mol 1
4 481.9kJ mol 1。
（3）由盖斯定律可知，反应 I×2-反应Ⅱ可得 2Na(s) Na2O2 (s) 2Na2O(s) ΔH 412kJ mol 1
2 511kJ mol 1 313kJ mol 1。
2 51.5
（4）由热化学方程式可知每消耗 2molCO放出的热量为 206.0kJ可知，反应中一氧化碳的转化率为 100% 25%。
2 206.0
（5）①利用实验装置（b）测定盐酸与氢氧化钠溶液发生中和反应的反应热，氢氧化钠固体溶解放热、氨水为弱碱电离过程
吸热，均会导致实验误差；若取50mL 0.50mol L 1盐酸，应向盐酸中加入稍过量的氢氧化钠溶液，以确保盐酸完全反应，
减少实验误差，最符合的为 C项。
②将实验（a）中的铝片更换为等质量的铝粉后，反应消耗铝的物质的量不变，反应释放出的能量不变；将实验（b）中玻璃
搅拌器改为具有良好导热性的铁质搅拌器会造成热量散失，放热减小，放热反应的焓变为负值，则导致实验测得的 H偏大。
17．（16分）
(1) -49.4kJ/mol（2分）
(2)①BD（2分）
②分子筛膜具有分离出部分H2O(g)的功能， c H2O 减小，根据勒夏特列原理，平衡正向移动（2分）
③1:5（2分）
(3)① I（2分） p3>p2>p1（2分）
②反应 I是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度高于660 C之后，温度对反应Ⅱ的影响大于对反应 I的影响，反应转化率主
要由反应Ⅱ决定（2分）
(4)C - +2H4+4H2O-12e 2CO2+12H （2分）
【详解】（1）由盖斯定律，副反应Ⅱ+已知反应可得主反应 I：ΔH1=+41.2kJ/mol－90.6kJ/mol= -49.4kJ/mol。
（2）①A．在恒温恒压下进行反应，则混合气体的压强一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故 A错误；
B．在恒温恒压下进行反应，气体体积为变量，而气体质量不变，则气体的密度为变量，当气体的密度不再改变，达到平衡
状态，故 B正确；
C．反应速率比等于系数比， v正 CO2 =3v逆 H2 不能说明正逆反应速率相等，不能判断达到平衡状态，故 C错误；
D．各物质浓度比是一变量，当其不再改变时说明反应达到平衡状态，故 D正确。
②分子筛膜具有分离部分 H2O的功能，c(H2O)减小，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，导致在反应器(B)中的平衡转化率
明显高于反应器(A)。
③恒温恒压下，体积之比等于物质的量之比，按体积比 1∶3投料，反应器(A)中初始时，二氧化碳为 1mol，则氢气为 3mol，
由表知，二氧化碳平衡转化率为 25.0%，则反应二氧化碳 0.25mol，甲醇的选择性为 80.0%，则生成甲醇 0.25mol×80%=0.2mol，
列三段式：
平衡时CO与H2O的物质的量之比为 0.05:0.25=1:5。
（3）①在 p1压强下，反应 I是放热反应，反应 II是吸热反应，升高温度，反应 I的平衡向逆反应方向移动，200~550 C时
CO2的平衡转化率减小，说明反应由逆向移动，即反应以 I为主；反应 I为气体体积减小的反应、反应 II为气体体积不变的
反应，增大压强，反应 I向正反应方向移动、反应 II不移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，温度低于 550℃时，压强
为 P3、P2、P1对应二氧化碳的转化率依次减小，则 P3＞P2＞P1。
②压强为 p2时，温度高于660 C之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因是：反应 I是放热反应，反应Ⅱ是吸热反
应，温度高于660 C之后，温度对反应Ⅱ的影响大于对反应 I的影响，反应转化率主要由反应Ⅱ决定。
（4）酸性电解质溶液中乙烯燃料电池的负极上乙烯失电子生成二氧化碳，1mol乙烯转移 12mol电子，由电荷守恒可知生成
物还有 12molH+ - +，负极的反应方程式为C2H4+4H2O-12e 2CO2+12H 。
18．（16分）
(1)BD（2分）
(2)<（1分） 5.7 10 10 （2分）
(3)NH3 H2O（2分） =（1分）
(4)酚酞（1分） NaH2PO4（1分） Na2HPO4（1分）
(5)碱（1 2 2 3 分） HPO4 的水解程度大于其电离程度（2分） c H2PO4 c HPO4 c PO4 （2分）
【详解】（1）从题目所给信息可知缓冲溶液是弱酸和对应弱酸盐组成的混合物或者弱碱与对应的弱碱盐组成的混合物。
A．0.2mol/LNaHCO3溶液是单一溶质组成的溶液，不能组成缓冲溶液，A不符合题意；
B．0.1mol/LNH 3 H 2O和0.1mol/LNH 4Cl混合溶液是弱碱与对应的弱碱盐组成的混合物，可组成缓冲溶液，B符合题意；
C．0.2mol/LKH2PO4溶液是单一溶质组成的溶液，不能组成缓冲溶液，C不符合题意；
D．0.1mol/LCH3COOH和0.2mol/LCH 3COONa 混合溶液是弱酸和对应弱酸盐组成的混合物，可组成缓冲溶液，D符
合题意。
（2）将0.1mol/LNH 3 H 2O和0.1mol/LHCl等体积混合后生成氯化铵和水，氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解，水溶液
+ + - -
显酸性，根据电荷守恒：c(NH4 )+c(H )=c(Cl )+c(OH )，c(H+ ) c(OH- )，故溶液中 c(NH
+ )解的离子方程式为：NH++H +4 2O NH3 H2O+H ，水解平衡常数：
c NH3·H2O c H+ c NH3·H2O c H+ c OH- K= = = Kw 1 10
14
10
c NH+4
= 。
c NH+ c OH- K NH ·H O 5 5.7 104 b 3 2 1.75 10
（3）0.1mol/LNH 3 H 2O 和0.1mol/LHCl等体积混合后得到 NH4Cl溶液，想要配制合适的缓冲溶液，需往溶液中继续加入
NH3 H O
+ +
2 ；若pH刚好调节为 7，c(H+ )=c(OH- )则根据电荷守恒：c(NH4 )+c(H )=c(Cl- )+c(OH- )
+
，溶液中 c(NH 4 )=c(Cl
-)；
（4）H3PO4是一种三元酸，用 NaOH溶液滴定达到终点时溶液显碱性，应选酚酞为指示剂；酚酞变色范围为 8.2-10.0，当溶
液呈浅粉色时停止滴定，由图可知 P元素存在形式为 2和 3，故溶质为：NaH2PO4 和Na2HPO4。
（5 2 ）由图可知，当溶质为磷酸氢二钠 Na2HPO4 时，溶液的 pH约为 10，溶液呈碱性，原因是：HPO4 的水解程度大于
-
其电离程度；由图可知，当 pH 4.3时溶液中只有一种溶质NaH2PO4，根据物料守恒，此时 c(Na+)=c(H3PO4)+c(H2PO 4 )
+c(HPO 2-4 )+c(PO
3-
4 )。

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