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备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题10 弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
一、选择题
1．在浓度为0.1mol/L的NaH2PO4溶液中，如下说法正确的是（　　）
A．溶液中浓度最大的离子是H2
B．c（H3PO4）+c（H2）+c（）+c（）＝0.1mol/L
C．c（Na+）+c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）
D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为K＝
2．甲胺水溶液中存在以下平衡：。已知：时，的，的。下列说法错误的是
A．的
B．溶液中存在
C．时，溶液与溶液相比，溶液中的小
D．溶液与相同浓度的溶液以任意比例混合，混合液中存在
3．常温下、将等体积、浓度均为0.40mol L﹣1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1＝1.4×10﹣2，Ka2＝6.0×10﹣8。Ksp（BaSO3）＝5.0×10﹣10，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10。
下列说法不正确的是（　　）
A．H2SO3溶液中存在c（H+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）
B．将0.40mol L﹣1H2SO3溶液稀释到0.20mol L﹣1，c（）几乎不变
C．BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
D．存在反应Ba2++H2SO3+H2O2═BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因
4．25℃下，水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．时，溶液中
B．水解程度随其浓度增大而减小
C．在水中的
D．的溶液和的溶液等体积混合，得到的溶液
5．下表列出25℃时不同羧酸的pKa（即﹣lgKa）。根据表中的数据推测，结论正确的是（　　）
羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH
pKa 4.76 2.59 2.87 2.90
A．酸性强弱：CH2ICOOH＞CH2BrCOOH
B．对键合电子的吸引能力强弱：F＜Cl＜Br
C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH＜CH2FCOOH
D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：CH3COONa＞CH2ClCOONa
6．常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜（如图所示）。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是（　　）
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
7．苹果酸是二元弱酸，以H2A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，溶液中H2A、HA-和A2-的分布系数随溶液pH变化如图。
例如：A2-的分布系数
该温度下，下列说法错误的是（　　）
A．曲线①是H2A的分布系数曲线
B．H2A的
C．反应的平衡常数
D．pH=6时，溶液中粒子浓度的大小关系为
8．常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是（　　）
A．在 溶液中
B．在 溶液中
C．在 溶液中
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中
9．25℃时，下列说法正确的是（　　）
A．NaHA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
C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
10．0.1mol L﹣1NaOH分别滴入20mL0.1mol L﹣1HX与20mL0.1mol L﹣1HCl溶液中，其pH随滴入NaOH溶液体积变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．b点：c（X﹣） c（OH﹣）＝10﹣12mol2 L2
B．c点：c（X﹣）﹣c（HX）＝c（OH﹣）﹣c（H+）
C．a、d点溶液混合后为酸性
D．水的电离程度：d＞c＞b＞a
11．实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是（　　）
A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
12．某同学拟用 计测定溶液 以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，若测得 溶液 ，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得 溶液 且 ，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ，则HR是弱酸
13．用硫酸和NaN3可制备一元弱酸HN3。下列说法错误的是（　　）
A．NaN3的水溶液显碱性
B．N3-的空间构型为V形
C．NaN3为含有共价键的离子化合物
D．N3-的中心N原子所有价电子均参与成键
14．草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：
实验1：向溶液中滴入一定量溶液。混合溶液的与的关系如图所示。
实验2：向溶液中加入溶液。
已知：时，。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是（　　）
A．实验1，当溶液中时，
B．实验1，当溶液呈中性时：
C．实验2，溶液中有沉淀生成
D．实验2，溶液中存在：
15．时，的电离常数。下列描述不正确的是
A．
B．
C．
D．溶液中，，则
16．常温下，用溶液分别滴定下列两种混合溶液：
Ⅰ.20.00mL浓度均为和溶液
Ⅱ.20.00mL浓度均为和溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知，下列说法正确的是
A．Ⅰ对应的滴定曲线为N线
B．点水电离出的数量级为
C．时，Ⅱ中
D．时，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和
二、实验探究题
17．铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂 可由 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式： 　 　　 　。
② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1， 过程的焓变为　 　（列式表示）。
③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 的路线　 　（用“→”表示含氮物质间的转化）；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为　 　。
（2） 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（ⅰ）
（ⅱ）
①下列有关 溶液的说法正确的有　 　。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量 溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动
D．加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变
② 时， 溶液中 随pH的变化关系如图2。当 时，设 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z ，则x、y、z之间的关系式为　 　 ；计算溶液中 的平衡浓度　 　（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（ ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（ ）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应（ⅰ）和（ⅱ）平衡的影响，配制浓度相同、 不同的 稀溶液，测得其A随 的变化曲线如图3。波长 、 和 中，与 的 最接近的是　 　；溶液 从a变到b的过程中， 的值　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
18．食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用 表示）。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时， 的 。
（1）配制 的 溶液，需 溶液的体积为　 　mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是　 　。
（3）某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度， 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定 ，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… 　 　 　 　 　
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据： 　 　， 　 　。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 溶液，电离平衡　 　（填”正”或”逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由：　 　。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着 的增加， 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉：一定条件下，按 配制的溶液中， 的值等于 的 。
对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 溶液的浓度再验证。
（ⅰ）移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为 ，则该 溶液的浓度为　 　 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点　 　。
（ⅱ）用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液
Ⅱ 　 　，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途　 　。
19．酸及盐在生活生产中应用广泛。
（1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性溶液，振荡，观察到体系颜色　 　。
（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、　 　(填下列操作编号)。
（3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度和苯甲酸的，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：
①　 　。
②苯甲酸的　 　(列出算式，水的电离可忽略)。
（4）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾 羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的变化顺序为：。随着卤原子电负性　 　，羧基中的羟基　 　增大，酸性增强。
②提出假设 甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：
③验证假设 甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小顺序，因为　 　。
乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。
④实验小结 假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。
（5）该小组尝试测弱酸HClO的。
①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为　 　。
②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的。简述该方案　 　(包括所用仪器及数据处理思路)。
③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。
三、综合题
20．二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答：
（1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。
A．温度 B．投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]
C．压强 D．催化剂
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=　 　。
（3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是　 　。
（4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下　 　0(填“>”、“<”或“=”)。
（5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下：
Ⅳ．
V．
三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。
(例：HCOOH的物质的量百分比
①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)　 　。
②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因　 　。
21．天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
（1）该工艺的总反应方程式为　 　。1mol 发生该反应的热量变化为　 　，在总反应中的作用是　 　。
（2）研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是　 　(填“A”、“B”或“C”)。
（3）的电离方程式为　 　。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的　 　，　 　。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于　 　(已知25℃时，FeS的为)。
22．磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答：
（1）关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。
A．基态P原子轨道上的电子自旋方向相同
B．的最外层电子数为18
C．的半径小于的半径
D．电子排布为的P原子处于激发态
（2）某化合物的晶胞如图。
①化学式是　 　；
②将该化合物加入到含少量石蕊的中，实验现象是　 　(从酸碱性和溶解性角度推测)。
（3）两分子脱水聚合得到一分子，从的结构角度分析差异的原因　 　。
（4）兴趣小组对某磷灰石[主要成分为和少量]进行探究，设计了两种制备的方法：
Ⅰ.用稍过量的浓与磷灰石反应，得到溶液、少量气体、渣(主要成分为)。
Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷燃烧后与水反应制得溶液。
①方法I，所得溶液中含有的杂质酸是　 　。
②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水，流程如下：
溶液A是　 　，系列操作B是　 　，操作C是　 　。
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是　 　。
四、流程题
23．实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为
（1）在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为　 　；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收效率的有　 　(填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通
（2）在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为　 　；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是　 　。
（3）制取晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的浆料与溶液充分反应。浆料与溶液的加料方式是　 　；补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量、的溶液中，　 　。(已知：、在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】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．在水溶液中完全电离生成Na+和，又发生电离和水解，则溶液中浓度最大的离子是Na+，故A错误；
B．NaH2PO4溶液中可得：，故B正确；
C．NaH2PO4溶液中电荷守恒为：，故C错误；
D．磷酸第二步电离方程式为：，电离平衡的平衡常数表达式为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】在水溶液中，，存在物料守恒，电荷守恒。
2．【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由的水解方程式可知，的，A正确；
B．溶液中存在电荷守恒：，B正确；
C．由的，的，则碱性，说明时，铵根离子的水解程度大于，则溶液与溶液相比，溶液中的大，C错误；
D．混合液中始终存在物料守恒：，D正确；
故选C。
【分析】A．结合可知，；
Ｂ．根据电荷守恒分析；
Ｃ．根据越弱越水解判断；
Ｄ．根据物料守恒分析。
3．【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A、亚硫酸为二元弱酸，其电离方程式为：，，且以第一步电离为主，则，故A正确；
B、亚硫酸第二步电离产生亚硫酸根，稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一半，另外稀释时平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，故B正确；
C、加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，故C错误；
D、过氧化氢具有强氧化性，能将亚硫酸氧化为硫酸，则存在反应Ba2++H2SO3+H2O2=BaSO4↓+2H++H2O ，生成硫酸钡沉淀，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、亚硫酸分步电离：，；
B、稀释过程氢离子浓度几乎不变；
C、 BaCl2溶液与H2SO3溶液混合会生成少量BaSO3；
D、亚硫酸会被氧化为硫酸。
4．【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图像可以， 时，pH>12.0，根据水的溶度积可得，溶液中 ，故A错误；
B．根据盐水解原理，越稀越水解，故B正确；
C．当碳酸钠浓度为0.5mol/L时，pH=12，Ka2=， 故C错误；
D.的溶液和的溶液等体积混合，由图可知，pH>10-11.6，得到的溶液 溶液
故答案为：B。
【分析】1.弄清楚横纵坐标含有，图像变化趋势以及含义，2.充分利用图像的特殊点位进行计算，如起点、交点、终点，3.结合电荷守恒、物料守恒等进行比较离子浓度大小。
5．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．电负性Br＞I，吸引电子能力：Br＞I，电离氢离子能力：Br＞I，酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，故A错误；
B．电负性：F>Cl>Br，电负性越大，吸引电子能力越强，故对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B故错误；
C．F电负性强，F原子个数越多，吸电子能力越强，羧基中O-H键极性越强，电离出氢离子越容易，酸性越强，25℃时酸性：CHF2COOH>CH2FCOOH，pKa：CHF2COOHD．分析数据可知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，根据盐类水解的规律越弱越水解，相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，故D错误；
故答案为：C。
【分析】电负性越大，吸引电子能力越强，羧基中O-H键极性越强，电离出氢离子越容易，酸性越强。
6．【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．由图可知常温下溶液I的pH=7.0，说明该溶液中c(H+)=c(OH-)，所以c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A不符合题意；
B．根据题干信息可知，常温下溶液II的pH=1.0，即c(H+)=0.1mol/L，又Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B符合题意；
C．根据题干信息，未电离的可自由穿过隔膜，则溶液I和II中的c(HA)相等，C不符合题意；
D．由题干信息可知，常温下溶液I的c(H+)=1×10-7mol/L，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，根据Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)，可得到溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，而两溶液中c(HA)相等，则溶液I和II中c总(HA)之比为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意常温下pH=7.0的溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，据此分析。
B.根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答。
C.物质的浓度不随体积多少而改变。
D. 根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答，注意两溶液中c(HA)相等。
7．【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由分析可知，曲线①表示H2A的分布系数，A选项正确。
B、H2A的第一步电离平衡常数的表达式为。当溶液的pH=3.46时，溶液中c(H2A)=c(HA－)，因此H2A的第一步电离平衡常数的表达式为，B选项正确。
C、反应H2A＋A2－ 2HA－的平衡常数的表达式为。当溶液的pH=5.05时，溶液中c(HA－)=c(A2－)，因此H2A的第二步电离平衡常数的表达式为。所以上述反应的平衡常数，C选项错误。
D、由分布系数图可知，当溶液的pH=6时，溶液中c(A2－)＞c(HA－)＞c(H2A)，D选项正确。
故答案为：C
【分析】H2A为二元弱酸，因此其水溶液中存在电离平衡H2A H＋＋HA－、HA－ H＋＋A2－。随着溶液pH的增大，电离平衡正向移动，使得溶液中c(H2A)逐渐减小，c(HA－)先增大后减小，c(A2－)逐渐增大。因此曲线①表示H2A的分布系数；曲线②表示HA－的分布系数；曲线③表示A2－的分布系数。据此结合选项分析。
8．【答案】A
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在 溶液中，离子浓度大小为： ，故A符合题意；
B．在 溶液中，根据电荷守恒得到 ，故B不符合题意；
C．在 溶液中，根据物料守恒得到 ，故C不符合题意；
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则 ，根据电荷守恒 ，则 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据多元弱酸分步电离，且以第一步为主判断；
B．根据电荷守恒判断，草酸根离子带两个单位正电荷，离子浓度应乘2；
C．根据物料守恒，等式左边还有碳酸氢根电离产生的碳酸根离子的浓度；
D．根据电荷守恒以及溶液显碱性判断。
9．【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaHA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不符合题意；
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B不符合题意；
C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C不符合题意；
D.100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.强酸是全部电离，在溶液中存在NaHA，不一定是强酸
B.酸是弱酸碱是弱碱时，水解程度接近时，溶液也是显中性
C.浓度越稀，电离度越大
D.根据水的离子积常数可计算出氢离子的浓度，即可计算出物质的量
10．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】根据分析即可得到M为HX与氢氧化钠反应的曲线，N为HCl与氢氧化钠反应的曲线；
A.pH=6，即可得到c(H+）=10-6mol/L，c(H+）=c(X-）=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/lL ，c（X﹣） c（OH﹣）＝10﹣14mol2 L2 ，故A不符合题意；
B.c点溶液溶质为等浓度的HX和NaX，电荷守恒得到：c(OH-)+c(X-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒可得到c(HX)+c(X-)=2c(Na+)，即可得到2c(OH-)+2c(X-)=c(HX)+c(X-)+2c(H+)，即可得到c（HX） -c（X﹣）=2c(OH-)-2c(H+)，故B不符合题意；
C.a点和d点混合，相当于将 20mL0.1mol L﹣1HX 溶液与 20mL0.1mol L﹣1HCl 溶液混合后，加入 30mL0.1mol L﹣1NaOH 溶液，反应后溶液中含有NaCl，NaX和HX。溶液的酸碱性应该与c点相同，即呈碱性，故C符合题意；
D.a点溶液溶质为等浓度的HCl和NaCl，b点溶液溶质为HX，c点溶液溶质为等浓度的HX和NaX，d点溶液溶质为NaX。NaX水解促进水的电离，HCl和HX的电离抑制水的电离。因此d点水的电离程度最大，c点水的电离程度大于b点。由于HCl是强酸，HX是弱酸，结合、b两点的pH可知，b点水的电离程度大于a点，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据pH=6计算出氢离子浓度，利用水的离子积计算出氢氧根离子浓度即可计算；
B.c点溶液溶质为等浓度的HX和NaX，电荷守恒得到：c(OH-)+c(X-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒可得到c(HX)+c(X-)=2c(Na+)，即可得到2c(OH-)+2c(X-)=c(HX)+c(X-)+2c(H+)即可判断；
C.a点和d点混合，相当于将 20mL0.1mol L﹣1HX 溶液与 20mL0.1mol L﹣1HCl 溶液混合后，加入 30mL0.1mol L﹣1NaOH 溶液，反应后溶液中含有NaCl，NaX和HX。溶液的酸碱性应该与c点相同，即呈碱性；
D.a点溶液溶质为等浓度的HCl和NaCl，b点溶液溶质为HX，c点溶液溶质为等浓度的HX和NaX，d点溶液溶质为NaX。NaX水解促进水的电离，HCl和HX的电离抑制水的电离。因此d点水的电离程度最大，c点水的电离程度大于b点。由于HCl是强酸，HX是弱酸，结合、b两点的pH可知，b点水的电离程度大于a点，即可判断。
11．【答案】A
【知识点】指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A．量筒的精确度为0.1，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A符合题意；
B．Na2CO3溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠，应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B不符合题意；
C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C不符合题意；
D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.量筒的精确度为0.1，不能量取25.00 mL Na2CO3标准溶液；
B.Na2CO3能与SiO2反应生成硅酸钠；
C.碳酸钠应选用烧杯称量；
D.达到滴定终点时，盐酸过量，溶液显酸性。
12．【答案】B
【知识点】测定溶液pH的方法；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 25℃时，若测得 溶液 ， 显示中性，因此 HR是弱酸 故A不符合题意
B.25℃时， 若为强酸，则pH=2，但是给出的大于2小于7，可说明为弱酸，故B符合题意
C. 25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR可能是强酸可能是弱酸，故C不符合题意
D. 25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ， 可能是是弱酸或是强酸，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】探究某酸是否为弱电解质，在某温度下测定某浓度的酸性溶液的pH.以及测定某浓度盐溶液的pH是否大于7，以及测定与同浓度强酸与同一种金属反应时的气泡速率等等
13．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．HN3为一元弱酸，则NaN3为强碱弱酸盐，水解显碱性，故A正确；
Ｂ．中心 N 原子采用sp杂化，两侧 N 原子与中心 N 形成σ键和离域π键，空间构型为直线形，而非V形，故B错误；
Ｃ．NaN3由Na+和构成，属于离子化合物，中 N 原子间以共价键结合，故 NaN3为含有共价键的离子化合物 ，故C正确；
Ｄ． 中心N原子的价电子排布为 2s22p3， 在中，其与两侧N原子形成2个σ键和2个π键（离域 π 键），价电子全部用于成键，无孤电子对，故D正确；
故选B。
【分析】A．NaN3为强碱弱酸盐；
Ｂ．根据价层电子对互斥理论判断；
Ｃ． NaN3为离子化合物；
Ｄ．中心 N 原子的价电子排布为 2s22p3。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图中数据可得，，，，当溶液中时，，pH=2.5，故A正确；
Ｂ．当溶液呈中性时，，，，同理：，，故B正确；
Ｃ．两步电离平衡反应式相加，得到 ，二者等体积混合，，则有：
则，估算x的数量级为，故，故有沉淀生成，故C正确；
Ｄ．实验2溶液中，根据电荷守恒有：， 故D错误；
故选D。
【分析】草酸是二元弱酸，存在两步电离：，，则
、，根据可知，当时，对应的大，pH数值小，因此，。
15．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；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
【解析】【解答】A．，该反应的平衡常数K==，A正确；
B．，该反应的平衡常数K==，B正确；
C．，该反应的平衡常数K==，C正确；
D．=，由于溶液中存在等式：，所以，D错误；
故答案为：D
【分析】此题是对平衡常数计算的考查，结合相关平衡常数的表达式进行计算即可。H2CO3的电离常数、。据此结合选项分析。
16．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅰ对应的滴定曲线为M线，Ⅱ对应的滴定曲线为N线，A错误；
B．a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的=，数量级接近，B错误；
C．当时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解，即水解程度小于一水合氨的电离程度，所以，由物料守恒，即，故，C错误；
D． 根据元素守恒有：=，时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和，D正确；
故选D。
【分析】混合溶液Ⅰ含强酸HCl和弱酸CH3COOH，Ⅱ含强酸HCl和强酸弱碱盐NH4Cl，滴定初期，两者均以HCl电离为主，初始pH相近，但中和HCl后，Ⅰ中CH3COOH和CH3COONa形成缓冲体系，Ⅱ 中铵根离子与NH3 H2O形成缓冲体系，曲线N在中和后pH较高，则Ⅰ对应的滴定曲线为M线，Ⅱ对应的滴定曲线为N线。
17．【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；；2NO+O2=2NO2
（2）BD；；当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 即 =0.20 反应(ii)的平衡常数K2= = =3.3×10-7 联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L；λ3；增大
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①根本据题干信息，(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，再结合元素守恒可知，无污染气体为N2、H2O，根据原子守恒进行配平得(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③在Cr2O3作催化剂条件下，NH3与O2反应生成无色的NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反应(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，所以平衡后，溶液中c(H+)整体是增大，即pH减小，A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(i)和(ii)的平衡都正向移动，溶液中离子总数增加，B正确；
C．加入少量NaOH溶液，反应(ii)中c(H+)减小，促进反应(ii)正向移动，则c(HCrO4-)减小，所以反应(i)正向移动，C错误；
D．由于平衡(i)的平衡常数K1= ，平衡常数只与温度和反应本身有关，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡时两比值不变，D正确；
故答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为
2 c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由图8可知，当溶液pH=9时，lg＞4，即104，所以可认为c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20 mol/L，反应(ii)的平衡常数K2= =3.3×10-7，联立两个方程可得c(HCrO4-)=6.0×10-4mol/L。
③溶液的pH增大，即c(H+)减小，能促进反应(i)、(ii)正向进行，使溶液中离子浓度之和增大，由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，则c(CrO42-)越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2= ，则 (K2)2×K1= ，所以，温度不变，平衡常数不变，溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
【分析】（1）①根据题干信息及元素种类守恒可推出其他产物，再结合原子个数守恒进行配平。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③根据物质的性质进行分析，反应路线是NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A.盐类水解程度较弱，硫酸为强电解质，加入硫酸，溶液中酸性增强。
B. 越稀越水解，越稀越电离，据此分析。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.根据平衡常数的表达式及其影响因素进行分析。
②根据原子守恒及平衡常数表达式进行分析。
③由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，即c(H+)越小，则更能促进反应(i)、(ii)正向进行，溶液中离子浓度之和越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。在判断题干中表达式的数值大小时，可结合平衡常数表达式和c(H+)进行分析。
18．【答案】（1）5.0
（2）C
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4）0.1104；
（5）向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为V，则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，所以V=5.0mL。
（2）A．不能用手触碰容量瓶的瓶口，以防污染试剂，A不符合题意；
B．定容时，视线应与溶液凹液面的最低处相切，B不符合题意；
C．转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位，C符合题意；
D．摇匀过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D不符合题意；
故答案为：C。
（3）①根据表格信息，实验VII中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，且c(NaAc)=n(HAc)，根据n=cV，则V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00。由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。
②根据表格信息，对比实验I和实验II可知，实验II中c(HAc)为实验I的，若不考虑电离平衡移动，则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际pH=3.36，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
（4）①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV，则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，为HAc溶液，c(H+)=，pH=2.88；当V(NaOH)=11.04mL时，所得溶液为NaAc和HAc 的混合液，且n(NaAc)=n(HAc)，则Ka=c(H+)，所以 pH=4.76；当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，所得溶液为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性；当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线图是。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，此时所得溶液中溶质为NaAc，当n(NaAc)=n(HAc)时，溶液中c(H+)=Ka，所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
（6）如弱酸HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；弱酸H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后，n(溶质)不变，即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析，注意单位统一。
（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
（3）①根据控制变量法，结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知，实验II中c(HAc)为实验I的，再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
（4）涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH)，纵坐标为溶液的pH，通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH，然后把主要坐标点之间用曲线相连，注意NaOH溶液过量时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13。
（5）Ka=，当c(Ac-)=c(HAc)，即n(NaAc)=n(HAc)时，Ka=c(H+)，此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76，据此分析。
（6）根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
19．【答案】（1）由紫色变为无色
（2）da
（3）；
（4）增大；极性；常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
（5）；实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。
【知识点】盐类水解的应用；苯的同系物及其性质；中和滴定；化学实验方案的评价；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。
故答案为： 由紫色变为无色
（2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为da。
故答案为：da
（3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度。
故答案为：0.028
②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的。
故答案为：
（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强。
故答案为：增大；极性
③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。
故答案为： 温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
（5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为。
故答案为：
②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；
数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。
故答案为： 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；
数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka
【分析】（1）甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色。
（2）加热溶解后，应趁热过滤；再对滤液进行冷却结晶。
（3）①滴加NaOH溶液的过程中苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠和H2O，结合消耗NaOH溶液的量计算苯甲酸溶液的浓度c0。
②饱和苯甲酸溶液的pH=2.89，此时溶液中c(H＋)=10－2.89mol·L－1，结合苯甲酸的电离方程式计算苯甲酸的电离平衡常数。
（4）①随着卤素原子电负性增强，其对键合电子的吸引力更强，导致羟基的极性增强。
③通过测溶液的pH直接判断Ka的大小，则所测量溶液的浓度必须相同，而三种酸的饱和溶液的浓度不同，因此无法直接比较。
（5）①HClO不稳定，光照条件下发生分解反映过，生成H＋、Cl－和O2，据此写出反应的离子方程式。
②选用0.100mol·L－1的NaClO溶液进行实验，以获取HClO的Ka。则可先计算ClO－的水解平衡常数Kh，结合Kw=Ka×Kh，即可获得HClO的电离平衡常数Ka。
（1）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。
（2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为da
（3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度；
②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的
（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强；
③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。
（5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为；
②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；
数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。
20．【答案】（1）A；B
（2）5.4
（3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）＜
（5）t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的原理；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意；
故答案为：AB
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4。
故答案为：5.4
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O。
故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0。
故答案为：＜
（5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢。
故答案为：t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢
②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
【分析】（1）甲醇的平衡转化率改变，则平衡发生移动。结合温度、浓度、压强、催化剂对平衡移动的影响分析。
（2）-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，由此计算溶液中[(CH3)2NH2]+的水解平衡常数，进而计算溶液中c(H+)，从而得出溶液的pH。
（3）阴极上CO2发生得电子的还原反应，与[(CH3)2NH2]＋反应生成HCON(CH3)2、(CH3)2NH和H2O，据此写出电极反应式。
（4）反应自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，据此判断反应的热效应。
（5）①结合浓度对反应速率的影响分析。
②结合化学键键能对反应的影响分析。
（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意；
故答案为：AB；
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4；
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O；
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0，故答案为：＜；
（5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢，故答案为：t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；
②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
21．【答案】（1）(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能
（2）A
（3）或；；；8
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将①×2+②可得(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，是该反应的催化剂，在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。
【分析】（1）根据盖斯定律，将反应①×2+②可得目标方程式； 是该反应的催化剂；
（2）配合物用时最短，对H2S吸收效率最好；
（3）H2S为二元弱酸，分步电离；当pH=7时，H2S、HS-的分布分数相同，即浓度相等，结合、计算；为避免FeS沉淀生成， c(Fe2+)×c(S2-)≤Ksp(FeS)。
22．【答案】（1）A；D
（2）Ca3PCl3；溶液变蓝，有气体放出
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子
（4）盐酸、氢氟酸；碳酸钠溶液；过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；加热脱水；2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；物质的分离与提纯；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）A．基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确；
B．基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误；
C．比多一个电子层，所以的半径大于的半径，故C错误；
D．基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，故D正确；
故答案为：AD
（2）①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3。
故答案为：Ca3PCl3
②Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。
故答案为： 溶液变蓝，有气体放出
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以的大于的。
故答案为：中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子
（4）①方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是盐酸、氢氟酸。
故答案为： 盐酸、氢氟酸
②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。
故答案为： 碳酸钠溶液 ； 过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤； 加热脱水
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
故答案为：2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑
【分析】（1）A、基态P原子的3p轨道上有3个电子，自旋平行。
B、基态的价电子排布式为4s2，最外层只有2个电子。
C、核电荷数相同，核外电子数越多，离子半径越大。
D、3s轨道上的一个电子吸收能量后跃迁到3p轨道上，为激发态。
（2）①根据“均摊法”确定晶胞中原子个数比，从而得到化学式。
②Ca3PCl3与H2O反应产生PH3，PH3溶于水溶液显碱性，能使石蕊溶液变蓝色。
（3）H3PO4中含有一个非羟基氢原子，而H4P2O7中含有两个非羟基氢原子，非羟基氢原子越多，越容易电离出H＋，使得酸性越强。
（4）①磷灰石中含有Cl元素和F元素，因此可能产生盐酸和氢氟酸。
②由CaSO4制备Na2SO4，可先加入Na2CO3，发生反应CaSO4＋Na2CO3=CaCO3＋Na2SO4，过滤得到Na2SO4和Na2CO3溶液；再加稀硫酸将Na2CO3转化为Na2SO4；再对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，得到无水Na2SO4。
③Ca10(PO4)6O与C、SiO2反应生成CaSiO3、P4和CO，据此写出反应的化学方程式。
（1）A．基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确；
B．基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误；
C．比多一个电子层，所以的半径大于的半径，故C错误；
D．基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，故D正确；
选AD。
（2）①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3；
②Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以的大于的。
（4）①方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是盐酸、氢氟酸。
②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
23．【答案】（1）；BD
（2）；pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率
（3）用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液；分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据信息可得：写出相关反应的热化学方程式，
根据盖斯定律即可得到该反应平衡常数，为K=
A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；
B．加快搅拌速率，使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误
D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确
故选BD
（2）根据题意，O2氧化溶液中的亚硫酸根，亚硫酸根被氧化为硫酸根，故反应为：；pH增大，抑制 的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率
（3）在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，多次少量并且缓慢的加入H2SO4溶液，防止硫酸过量，产生杂质。
根据题目信息可知，室温下结晶只能得到 出 ，因此需要在150~170℃下干燥得到 出 ，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
【分析】本实验的目的是为了制取 ，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入二氧化硫气体，生成 ，然后使一定量的 浆料与硫酸溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到。
1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题10 弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
一、选择题
1．在浓度为0.1mol/L的NaH2PO4溶液中，如下说法正确的是（　　）
A．溶液中浓度最大的离子是H2
B．c（H3PO4）+c（H2）+c（）+c（）＝0.1mol/L
C．c（Na+）+c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）
D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为K＝
【答案】B
【知识点】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．在水溶液中完全电离生成Na+和，又发生电离和水解，则溶液中浓度最大的离子是Na+，故A错误；
B．NaH2PO4溶液中可得：，故B正确；
C．NaH2PO4溶液中电荷守恒为：，故C错误；
D．磷酸第二步电离方程式为：，电离平衡的平衡常数表达式为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】在水溶液中，，存在物料守恒，电荷守恒。
2．甲胺水溶液中存在以下平衡：。已知：时，的，的。下列说法错误的是
A．的
B．溶液中存在
C．时，溶液与溶液相比，溶液中的小
D．溶液与相同浓度的溶液以任意比例混合，混合液中存在
【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；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由的水解方程式可知，的，A正确；
B．溶液中存在电荷守恒：，B正确；
C．由的，的，则碱性，说明时，铵根离子的水解程度大于，则溶液与溶液相比，溶液中的大，C错误；
D．混合液中始终存在物料守恒：，D正确；
故选C。
【分析】A．结合可知，；
Ｂ．根据电荷守恒分析；
Ｃ．根据越弱越水解判断；
Ｄ．根据物料守恒分析。
3．常温下、将等体积、浓度均为0.40mol L﹣1BaCl2溶液与新制H2SO3溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。
已知：H2SO3 Ka1＝1.4×10﹣2，Ka2＝6.0×10﹣8。Ksp（BaSO3）＝5.0×10﹣10，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10。
下列说法不正确的是（　　）
A．H2SO3溶液中存在c（H+）＞c（）＞c（）＞c（OH﹣）
B．将0.40mol L﹣1H2SO3溶液稀释到0.20mol L﹣1，c（）几乎不变
C．BaCl2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO3
D．存在反应Ba2++H2SO3+H2O2═BaSO4↓+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A、亚硫酸为二元弱酸，其电离方程式为：，，且以第一步电离为主，则，故A正确；
B、亚硫酸第二步电离产生亚硫酸根，稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一半，另外稀释时平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，故B正确；
C、加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，故C错误；
D、过氧化氢具有强氧化性，能将亚硫酸氧化为硫酸，则存在反应Ba2++H2SO3+H2O2=BaSO4↓+2H++H2O ，生成硫酸钡沉淀，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、亚硫酸分步电离：，；
B、稀释过程氢离子浓度几乎不变；
C、 BaCl2溶液与H2SO3溶液混合会生成少量BaSO3；
D、亚硫酸会被氧化为硫酸。
4．25℃下，水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．时，溶液中
B．水解程度随其浓度增大而减小
C．在水中的
D．的溶液和的溶液等体积混合，得到的溶液
【答案】B
【知识点】盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由图像可以， 时，pH>12.0，根据水的溶度积可得，溶液中 ，故A错误；
B．根据盐水解原理，越稀越水解，故B正确；
C．当碳酸钠浓度为0.5mol/L时，pH=12，Ka2=， 故C错误；
D.的溶液和的溶液等体积混合，由图可知，pH>10-11.6，得到的溶液 溶液
故答案为：B。
【分析】1.弄清楚横纵坐标含有，图像变化趋势以及含义，2.充分利用图像的特殊点位进行计算，如起点、交点、终点，3.结合电荷守恒、物料守恒等进行比较离子浓度大小。
5．下表列出25℃时不同羧酸的pKa（即﹣lgKa）。根据表中的数据推测，结论正确的是（　　）
羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH
pKa 4.76 2.59 2.87 2.90
A．酸性强弱：CH2ICOOH＞CH2BrCOOH
B．对键合电子的吸引能力强弱：F＜Cl＜Br
C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH＜CH2FCOOH
D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：CH3COONa＞CH2ClCOONa
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．电负性Br＞I，吸引电子能力：Br＞I，电离氢离子能力：Br＞I，酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，故A错误；
B．电负性：F>Cl>Br，电负性越大，吸引电子能力越强，故对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B故错误；
C．F电负性强，F原子个数越多，吸电子能力越强，羧基中O-H键极性越强，电离出氢离子越容易，酸性越强，25℃时酸性：CHF2COOH>CH2FCOOH，pKa：CHF2COOHD．分析数据可知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，根据盐类水解的规律越弱越水解，相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，故D错误；
故答案为：C。
【分析】电负性越大，吸引电子能力越强，羧基中O-H键极性越强，电离出氢离子越容易，酸性越强。
6．常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜（如图所示）。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是（　　）
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
【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．由图可知常温下溶液I的pH=7.0，说明该溶液中c(H+)=c(OH-)，所以c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A不符合题意；
B．根据题干信息可知，常温下溶液II的pH=1.0，即c(H+)=0.1mol/L，又Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B符合题意；
C．根据题干信息，未电离的可自由穿过隔膜，则溶液I和II中的c(HA)相等，C不符合题意；
D．由题干信息可知，常温下溶液I的c(H+)=1×10-7mol/L，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，根据Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)，可得到溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，而两溶液中c(HA)相等，则溶液I和II中c总(HA)之比为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意常温下pH=7.0的溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，据此分析。
B.根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答。
C.物质的浓度不随体积多少而改变。
D. 根据电离平衡常数表达式Ka=和c总(HA)=c(HA)+c(A-)进行解答，注意两溶液中c(HA)相等。
7．苹果酸是二元弱酸，以H2A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，溶液中H2A、HA-和A2-的分布系数随溶液pH变化如图。
例如：A2-的分布系数
该温度下，下列说法错误的是（　　）
A．曲线①是H2A的分布系数曲线
B．H2A的
C．反应的平衡常数
D．pH=6时，溶液中粒子浓度的大小关系为
【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；电离平衡常数
【解析】【解答】A、由分析可知，曲线①表示H2A的分布系数，A选项正确。
B、H2A的第一步电离平衡常数的表达式为。当溶液的pH=3.46时，溶液中c(H2A)=c(HA－)，因此H2A的第一步电离平衡常数的表达式为，B选项正确。
C、反应H2A＋A2－ 2HA－的平衡常数的表达式为。当溶液的pH=5.05时，溶液中c(HA－)=c(A2－)，因此H2A的第二步电离平衡常数的表达式为。所以上述反应的平衡常数，C选项错误。
D、由分布系数图可知，当溶液的pH=6时，溶液中c(A2－)＞c(HA－)＞c(H2A)，D选项正确。
故答案为：C
【分析】H2A为二元弱酸，因此其水溶液中存在电离平衡H2A H＋＋HA－、HA－ H＋＋A2－。随着溶液pH的增大，电离平衡正向移动，使得溶液中c(H2A)逐渐减小，c(HA－)先增大后减小，c(A2－)逐渐增大。因此曲线①表示H2A的分布系数；曲线②表示HA－的分布系数；曲线③表示A2－的分布系数。据此结合选项分析。
8．常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是（　　）
A．在 溶液中
B．在 溶液中
C．在 溶液中
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中
【答案】A
【知识点】电解质在水溶液中的电离；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在 溶液中，离子浓度大小为： ，故A符合题意；
B．在 溶液中，根据电荷守恒得到 ，故B不符合题意；
C．在 溶液中，根据物料守恒得到 ，故C不符合题意；
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则 ，根据电荷守恒 ，则 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据多元弱酸分步电离，且以第一步为主判断；
B．根据电荷守恒判断，草酸根离子带两个单位正电荷，离子浓度应乘2；
C．根据物料守恒，等式左边还有碳酸氢根电离产生的碳酸根离子的浓度；
D．根据电荷守恒以及溶液显碱性判断。
9．25℃时，下列说法正确的是（　　）
A．NaHA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
C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
【答案】D
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液酸碱性的判断及相关计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A．NaHA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不符合题意；
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B不符合题意；
C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C不符合题意；
D.100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.强酸是全部电离，在溶液中存在NaHA，不一定是强酸
B.酸是弱酸碱是弱碱时，水解程度接近时，溶液也是显中性
C.浓度越稀，电离度越大
D.根据水的离子积常数可计算出氢离子的浓度，即可计算出物质的量
10．0.1mol L﹣1NaOH分别滴入20mL0.1mol L﹣1HX与20mL0.1mol L﹣1HCl溶液中，其pH随滴入NaOH溶液体积变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．b点：c（X﹣） c（OH﹣）＝10﹣12mol2 L2
B．c点：c（X﹣）﹣c（HX）＝c（OH﹣）﹣c（H+）
C．a、d点溶液混合后为酸性
D．水的电离程度：d＞c＞b＞a
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】根据分析即可得到M为HX与氢氧化钠反应的曲线，N为HCl与氢氧化钠反应的曲线；
A.pH=6，即可得到c(H+）=10-6mol/L，c(H+）=c(X-）=10-6mol/L，c(OH-)==10-8mol/lL ，c（X﹣） c（OH﹣）＝10﹣14mol2 L2 ，故A不符合题意；
B.c点溶液溶质为等浓度的HX和NaX，电荷守恒得到：c(OH-)+c(X-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒可得到c(HX)+c(X-)=2c(Na+)，即可得到2c(OH-)+2c(X-)=c(HX)+c(X-)+2c(H+)，即可得到c（HX） -c（X﹣）=2c(OH-)-2c(H+)，故B不符合题意；
C.a点和d点混合，相当于将 20mL0.1mol L﹣1HX 溶液与 20mL0.1mol L﹣1HCl 溶液混合后，加入 30mL0.1mol L﹣1NaOH 溶液，反应后溶液中含有NaCl，NaX和HX。溶液的酸碱性应该与c点相同，即呈碱性，故C符合题意；
D.a点溶液溶质为等浓度的HCl和NaCl，b点溶液溶质为HX，c点溶液溶质为等浓度的HX和NaX，d点溶液溶质为NaX。NaX水解促进水的电离，HCl和HX的电离抑制水的电离。因此d点水的电离程度最大，c点水的电离程度大于b点。由于HCl是强酸，HX是弱酸，结合、b两点的pH可知，b点水的电离程度大于a点，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据pH=6计算出氢离子浓度，利用水的离子积计算出氢氧根离子浓度即可计算；
B.c点溶液溶质为等浓度的HX和NaX，电荷守恒得到：c(OH-)+c(X-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒可得到c(HX)+c(X-)=2c(Na+)，即可得到2c(OH-)+2c(X-)=c(HX)+c(X-)+2c(H+)即可判断；
C.a点和d点混合，相当于将 20mL0.1mol L﹣1HX 溶液与 20mL0.1mol L﹣1HCl 溶液混合后，加入 30mL0.1mol L﹣1NaOH 溶液，反应后溶液中含有NaCl，NaX和HX。溶液的酸碱性应该与c点相同，即呈碱性；
D.a点溶液溶质为等浓度的HCl和NaCl，b点溶液溶质为HX，c点溶液溶质为等浓度的HX和NaX，d点溶液溶质为NaX。NaX水解促进水的电离，HCl和HX的电离抑制水的电离。因此d点水的电离程度最大，c点水的电离程度大于b点。由于HCl是强酸，HX是弱酸，结合、b两点的pH可知，b点水的电离程度大于a点，即可判断。
11．实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是（　　）
A．可用量筒量取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【知识点】指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A．量筒的精确度为0.1，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A符合题意；
B．Na2CO3溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠，应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B不符合题意；
C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C不符合题意；
D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.量筒的精确度为0.1，不能量取25.00 mL Na2CO3标准溶液；
B.Na2CO3能与SiO2反应生成硅酸钠；
C.碳酸钠应选用烧杯称量；
D.达到滴定终点时，盐酸过量，溶液显酸性。
12．某同学拟用 计测定溶液 以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，若测得 溶液 ，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得 溶液 且 ，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ，则HR是弱酸
【答案】B
【知识点】测定溶液pH的方法；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 25℃时，若测得 溶液 ， 显示中性，因此 HR是弱酸 故A不符合题意
B.25℃时， 若为强酸，则pH=2，但是给出的大于2小于7，可说明为弱酸，故B符合题意
C. 25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则HR可能是强酸可能是弱酸，故C不符合题意
D. 25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ， 可能是是弱酸或是强酸，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】探究某酸是否为弱电解质，在某温度下测定某浓度的酸性溶液的pH.以及测定某浓度盐溶液的pH是否大于7，以及测定与同浓度强酸与同一种金属反应时的气泡速率等等
13．用硫酸和NaN3可制备一元弱酸HN3。下列说法错误的是（　　）
A．NaN3的水溶液显碱性
B．N3-的空间构型为V形
C．NaN3为含有共价键的离子化合物
D．N3-的中心N原子所有价电子均参与成键
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．HN3为一元弱酸，则NaN3为强碱弱酸盐，水解显碱性，故A正确；
Ｂ．中心 N 原子采用sp杂化，两侧 N 原子与中心 N 形成σ键和离域π键，空间构型为直线形，而非V形，故B错误；
Ｃ．NaN3由Na+和构成，属于离子化合物，中 N 原子间以共价键结合，故 NaN3为含有共价键的离子化合物 ，故C正确；
Ｄ． 中心N原子的价电子排布为 2s22p3， 在中，其与两侧N原子形成2个σ键和2个π键（离域 π 键），价电子全部用于成键，无孤电子对，故D正确；
故选B。
【分析】A．NaN3为强碱弱酸盐；
Ｂ．根据价层电子对互斥理论判断；
Ｃ． NaN3为离子化合物；
Ｄ．中心 N 原子的价电子排布为 2s22p3。
14．草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：
实验1：向溶液中滴入一定量溶液。混合溶液的与的关系如图所示。
实验2：向溶液中加入溶液。
已知：时，。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是（　　）
A．实验1，当溶液中时，
B．实验1，当溶液呈中性时：
C．实验2，溶液中有沉淀生成
D．实验2，溶液中存在：
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．根据图中数据可得，，，，当溶液中时，，pH=2.5，故A正确；
Ｂ．当溶液呈中性时，，，，同理：，，故B正确；
Ｃ．两步电离平衡反应式相加，得到 ，二者等体积混合，，则有：
则，估算x的数量级为，故，故有沉淀生成，故C正确；
Ｄ．实验2溶液中，根据电荷守恒有：， 故D错误；
故选D。
【分析】草酸是二元弱酸，存在两步电离：，，则
、，根据可知，当时，对应的大，pH数值小，因此，。
15．时，的电离常数。下列描述不正确的是
A．
B．
C．
D．溶液中，，则
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；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
【解析】【解答】A．，该反应的平衡常数K==，A正确；
B．，该反应的平衡常数K==，B正确；
C．，该反应的平衡常数K==，C正确；
D．=，由于溶液中存在等式：，所以，D错误；
故答案为：D
【分析】此题是对平衡常数计算的考查，结合相关平衡常数的表达式进行计算即可。H2CO3的电离常数、。据此结合选项分析。
16．常温下，用溶液分别滴定下列两种混合溶液：
Ⅰ.20.00mL浓度均为和溶液
Ⅱ.20.00mL浓度均为和溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知，下列说法正确的是
A．Ⅰ对应的滴定曲线为N线
B．点水电离出的数量级为
C．时，Ⅱ中
D．时，Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅰ对应的滴定曲线为M线，Ⅱ对应的滴定曲线为N线，A错误；
B．a点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH接近8，由水电离的=，数量级接近，B错误；
C．当时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓度相同，铵根的水解，即水解程度小于一水合氨的电离程度，所以，由物料守恒，即，故，C错误；
D． 根据元素守恒有：=，时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中之和小于Ⅱ中之和，D正确；
故选D。
【分析】混合溶液Ⅰ含强酸HCl和弱酸CH3COOH，Ⅱ含强酸HCl和强酸弱碱盐NH4Cl，滴定初期，两者均以HCl电离为主，初始pH相近，但中和HCl后，Ⅰ中CH3COOH和CH3COONa形成缓冲体系，Ⅱ 中铵根离子与NH3 H2O形成缓冲体系，曲线N在中和后pH较高，则Ⅰ对应的滴定曲线为M线，Ⅱ对应的滴定曲线为N线。
二、实验探究题
17．铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂 可由 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式： 　 　　 　。
② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1， 过程的焓变为　 　（列式表示）。
③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 的路线　 　（用“→”表示含氮物质间的转化）；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为　 　。
（2） 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（ⅰ）
（ⅱ）
①下列有关 溶液的说法正确的有　 　。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量 溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动
D．加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变
② 时， 溶液中 随pH的变化关系如图2。当 时，设 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z ，则x、y、z之间的关系式为　 　 ；计算溶液中 的平衡浓度　 　（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（ ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（ ）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应（ⅰ）和（ⅱ）平衡的影响，配制浓度相同、 不同的 稀溶液，测得其A随 的变化曲线如图3。波长 、 和 中，与 的 最接近的是　 　；溶液 从a变到b的过程中， 的值　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；；2NO+O2=2NO2
（2）BD；；当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 即 =0.20 反应(ii)的平衡常数K2= = =3.3×10-7 联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L；λ3；增大
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①根本据题干信息，(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，再结合元素守恒可知，无污染气体为N2、H2O，根据原子守恒进行配平得(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③在Cr2O3作催化剂条件下，NH3与O2反应生成无色的NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反应(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，所以平衡后，溶液中c(H+)整体是增大，即pH减小，A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(i)和(ii)的平衡都正向移动，溶液中离子总数增加，B正确；
C．加入少量NaOH溶液，反应(ii)中c(H+)减小，促进反应(ii)正向移动，则c(HCrO4-)减小，所以反应(i)正向移动，C错误；
D．由于平衡(i)的平衡常数K1= ，平衡常数只与温度和反应本身有关，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡时两比值不变，D正确；
故答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为
2 c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由图8可知，当溶液pH=9时，lg＞4，即104，所以可认为c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20 mol/L，反应(ii)的平衡常数K2= =3.3×10-7，联立两个方程可得c(HCrO4-)=6.0×10-4mol/L。
③溶液的pH增大，即c(H+)减小，能促进反应(i)、(ii)正向进行，使溶液中离子浓度之和增大，由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，则c(CrO42-)越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2= ，则 (K2)2×K1= ，所以，温度不变，平衡常数不变，溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
【分析】（1）①根据题干信息及元素种类守恒可推出其他产物，再结合原子个数守恒进行配平。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③根据物质的性质进行分析，反应路线是NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A.盐类水解程度较弱，硫酸为强电解质，加入硫酸，溶液中酸性增强。
B. 越稀越水解，越稀越电离，据此分析。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.根据平衡常数的表达式及其影响因素进行分析。
②根据原子守恒及平衡常数表达式进行分析。
③由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，即c(H+)越小，则更能促进反应(i)、(ii)正向进行，溶液中离子浓度之和越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。在判断题干中表达式的数值大小时，可结合平衡常数表达式和c(H+)进行分析。
18．食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用 表示）。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时， 的 。
（1）配制 的 溶液，需 溶液的体积为　 　mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是　 　。
（3）某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度， 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定 ，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… 　 　 　 　 　
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据： 　 　， 　 　。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 溶液，电离平衡　 　（填”正”或”逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由：　 　。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着 的增加， 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉：一定条件下，按 配制的溶液中， 的值等于 的 。
对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 溶液的浓度再验证。
（ⅰ）移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为 ，则该 溶液的浓度为　 　 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点　 　。
（ⅱ）用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液
Ⅱ 　 　，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途　 　。
【答案】（1）5.0
（2）C
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4）0.1104；
（5）向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为V，则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，所以V=5.0mL。
（2）A．不能用手触碰容量瓶的瓶口，以防污染试剂，A不符合题意；
B．定容时，视线应与溶液凹液面的最低处相切，B不符合题意；
C．转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位，C符合题意；
D．摇匀过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D不符合题意；
故答案为：C。
（3）①根据表格信息，实验VII中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，且c(NaAc)=n(HAc)，根据n=cV，则V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00。由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。
②根据表格信息，对比实验I和实验II可知，实验II中c(HAc)为实验I的，若不考虑电离平衡移动，则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际pH=3.36，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
（4）①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV，则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，为HAc溶液，c(H+)=，pH=2.88；当V(NaOH)=11.04mL时，所得溶液为NaAc和HAc 的混合液，且n(NaAc)=n(HAc)，则Ka=c(H+)，所以 pH=4.76；当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，所得溶液为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性；当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线图是。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，此时所得溶液中溶质为NaAc，当n(NaAc)=n(HAc)时，溶液中c(H+)=Ka，所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
（6）如弱酸HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；弱酸H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后，n(溶质)不变，即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析，注意单位统一。
（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
（3）①根据控制变量法，结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知，实验II中c(HAc)为实验I的，再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
（4）涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH)，纵坐标为溶液的pH，通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH，然后把主要坐标点之间用曲线相连，注意NaOH溶液过量时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13。
（5）Ka=，当c(Ac-)=c(HAc)，即n(NaAc)=n(HAc)时，Ka=c(H+)，此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76，据此分析。
（6）根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
19．酸及盐在生活生产中应用广泛。
（1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性溶液，振荡，观察到体系颜色　 　。
（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、　 　(填下列操作编号)。
（3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度和苯甲酸的，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：
①　 　。
②苯甲酸的　 　(列出算式，水的电离可忽略)。
（4）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾 羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的变化顺序为：。随着卤原子电负性　 　，羧基中的羟基　 　增大，酸性增强。
②提出假设 甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：
③验证假设 甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小顺序，因为　 　。
乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。
④实验小结 假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。
（5）该小组尝试测弱酸HClO的。
①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为　 　。
②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的。简述该方案　 　(包括所用仪器及数据处理思路)。
③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。
【答案】（1）由紫色变为无色
（2）da
（3）；
（4）增大；极性；常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
（5）；实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。
【知识点】盐类水解的应用；苯的同系物及其性质；中和滴定；化学实验方案的评价；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。
故答案为： 由紫色变为无色
（2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为da。
故答案为：da
（3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度。
故答案为：0.028
②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的。
故答案为：
（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强。
故答案为：增大；极性
③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。
故答案为： 温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
（5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为。
故答案为：
②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；
数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。
故答案为： 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；
数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka
【分析】（1）甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色。
（2）加热溶解后，应趁热过滤；再对滤液进行冷却结晶。
（3）①滴加NaOH溶液的过程中苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠和H2O，结合消耗NaOH溶液的量计算苯甲酸溶液的浓度c0。
②饱和苯甲酸溶液的pH=2.89，此时溶液中c(H＋)=10－2.89mol·L－1，结合苯甲酸的电离方程式计算苯甲酸的电离平衡常数。
（4）①随着卤素原子电负性增强，其对键合电子的吸引力更强，导致羟基的极性增强。
③通过测溶液的pH直接判断Ka的大小，则所测量溶液的浓度必须相同，而三种酸的饱和溶液的浓度不同，因此无法直接比较。
（5）①HClO不稳定，光照条件下发生分解反映过，生成H＋、Cl－和O2，据此写出反应的离子方程式。
②选用0.100mol·L－1的NaClO溶液进行实验，以获取HClO的Ka。则可先计算ClO－的水解平衡常数Kh，结合Kw=Ka×Kh，即可获得HClO的电离平衡常数Ka。
（1）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。
（2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为da
（3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度；
②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的
（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强；
③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。
（5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为；
②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；
数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。
三、综合题
20．二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答：
（1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。
A．温度 B．投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]
C．压强 D．催化剂
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=　 　。
（3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是　 　。
（4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下　 　0(填“>”、“<”或“=”)。
（5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下：
Ⅳ．
V．
三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。
(例：HCOOH的物质的量百分比
①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)　 　。
②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因　 　。
【答案】（1）A；B
（2）5.4
（3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）＜
（5）t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的原理；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意；
故答案为：AB
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4。
故答案为：5.4
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O。
故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0。
故答案为：＜
（5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢。
故答案为：t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢
②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
【分析】（1）甲醇的平衡转化率改变，则平衡发生移动。结合温度、浓度、压强、催化剂对平衡移动的影响分析。
（2）-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，由此计算溶液中[(CH3)2NH2]+的水解平衡常数，进而计算溶液中c(H+)，从而得出溶液的pH。
（3）阴极上CO2发生得电子的还原反应，与[(CH3)2NH2]＋反应生成HCON(CH3)2、(CH3)2NH和H2O，据此写出电极反应式。
（4）反应自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，据此判断反应的热效应。
（5）①结合浓度对反应速率的影响分析。
②结合化学键键能对反应的影响分析。
（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意；
B．增大投料比[n(NH3)：n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3)：n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意；
故答案为：AB；
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2]++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2]+Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4；
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2]+Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2]+= HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O；
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0，故答案为：＜；
（5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢，故答案为：t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；
②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
21．天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
（1）该工艺的总反应方程式为　 　。1mol 发生该反应的热量变化为　 　，在总反应中的作用是　 　。
（2）研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是　 　(填“A”、“B”或“C”)。
（3）的电离方程式为　 　。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的　 　，　 　。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于　 　(已知25℃时，FeS的为)。
【答案】（1）(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能
（2）A
（3）或；；；8
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将①×2+②可得(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，是该反应的催化剂，在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。
【分析】（1）根据盖斯定律，将反应①×2+②可得目标方程式； 是该反应的催化剂；
（2）配合物用时最短，对H2S吸收效率最好；
（3）H2S为二元弱酸，分步电离；当pH=7时，H2S、HS-的分布分数相同，即浓度相等，结合、计算；为避免FeS沉淀生成， c(Fe2+)×c(S2-)≤Ksp(FeS)。
22．磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答：
（1）关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。
A．基态P原子轨道上的电子自旋方向相同
B．的最外层电子数为18
C．的半径小于的半径
D．电子排布为的P原子处于激发态
（2）某化合物的晶胞如图。
①化学式是　 　；
②将该化合物加入到含少量石蕊的中，实验现象是　 　(从酸碱性和溶解性角度推测)。
（3）两分子脱水聚合得到一分子，从的结构角度分析差异的原因　 　。
（4）兴趣小组对某磷灰石[主要成分为和少量]进行探究，设计了两种制备的方法：
Ⅰ.用稍过量的浓与磷灰石反应，得到溶液、少量气体、渣(主要成分为)。
Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷燃烧后与水反应制得溶液。
①方法I，所得溶液中含有的杂质酸是　 　。
②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水，流程如下：
溶液A是　 　，系列操作B是　 　，操作C是　 　。
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是　 　。
【答案】（1）A；D
（2）Ca3PCl3；溶液变蓝，有气体放出
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子
（4）盐酸、氢氟酸；碳酸钠溶液；过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；加热脱水；2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；物质的分离与提纯；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）A．基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确；
B．基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误；
C．比多一个电子层，所以的半径大于的半径，故C错误；
D．基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，故D正确；
故答案为：AD
（2）①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3。
故答案为：Ca3PCl3
②Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。
故答案为： 溶液变蓝，有气体放出
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以的大于的。
故答案为：中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子
（4）①方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是盐酸、氢氟酸。
故答案为： 盐酸、氢氟酸
②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。
故答案为： 碳酸钠溶液 ； 过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤； 加热脱水
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
故答案为：2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑
【分析】（1）A、基态P原子的3p轨道上有3个电子，自旋平行。
B、基态的价电子排布式为4s2，最外层只有2个电子。
C、核电荷数相同，核外电子数越多，离子半径越大。
D、3s轨道上的一个电子吸收能量后跃迁到3p轨道上，为激发态。
（2）①根据“均摊法”确定晶胞中原子个数比，从而得到化学式。
②Ca3PCl3与H2O反应产生PH3，PH3溶于水溶液显碱性，能使石蕊溶液变蓝色。
（3）H3PO4中含有一个非羟基氢原子，而H4P2O7中含有两个非羟基氢原子，非羟基氢原子越多，越容易电离出H＋，使得酸性越强。
（4）①磷灰石中含有Cl元素和F元素，因此可能产生盐酸和氢氟酸。
②由CaSO4制备Na2SO4，可先加入Na2CO3，发生反应CaSO4＋Na2CO3=CaCO3＋Na2SO4，过滤得到Na2SO4和Na2CO3溶液；再加稀硫酸将Na2CO3转化为Na2SO4；再对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，得到无水Na2SO4。
③Ca10(PO4)6O与C、SiO2反应生成CaSiO3、P4和CO，据此写出反应的化学方程式。
（1）A．基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确；
B．基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误；
C．比多一个电子层，所以的半径大于的半径，故C错误；
D．基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，故D正确；
选AD。
（2）①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3；
②Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。
（3）中含有1个非羟基氧，含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以的大于的。
（4）①方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是盐酸、氢氟酸。
②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。
③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
四、流程题
23．实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备，其实验过程可表示为
（1）在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入气体，生成，反应为，其平衡常数K与、、、的代数关系式为　 　；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收效率的有　 　(填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通
（2）在催化剂作用下被氧化为。已知的溶解度为0.57g(20℃)，氧化溶液中的离子方程式为　 　；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中被氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中的氧化速率增大，其主要原因是　 　。
（3）制取晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的浆料与溶液充分反应。浆料与溶液的加料方式是　 　；补充完整制取晶体的实验方案：向含有少量、的溶液中，　 　。(已知：、在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从饱和溶液中结晶出，在150~170℃下干燥得到，实验中需要使用MgO粉末)
【答案】（1）；BD
（2）；pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率
（3）用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液；分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据信息可得：写出相关反应的热化学方程式，
根据盖斯定律即可得到该反应平衡常数，为K=
A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；
B．加快搅拌速率，使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误
D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确
故选BD
（2）根据题意，O2氧化溶液中的亚硫酸根，亚硫酸根被氧化为硫酸根，故反应为：；pH增大，抑制 的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率
（3）在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，多次少量并且缓慢的加入H2SO4溶液，防止硫酸过量，产生杂质。
根据题目信息可知，室温下结晶只能得到 出 ，因此需要在150~170℃下干燥得到 出 ，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
【分析】本实验的目的是为了制取 ，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入二氧化硫气体，生成 ，然后使一定量的 浆料与硫酸溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到。
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