资源简介

易错点十一 电离平衡
模拟题训练
小题快练
1．（2018届江苏南京市、盐城市高三第一次模拟考试）已知：25℃时H2C2O4?的pKa1=1.22，pK a2=4.19，CH3COOH?的pK a=4.76?(电离常数K的负对数-1gK=pK)。下列说法正确的是
A. 浓度均为0.1mol·L-1NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中：c(NH4+)前者小于后者
B. 0.1 mol·L-1KHC2 O 4溶液滴加氨水至中性：?(NH4+)C. 0.1 mol·L-1K2C2O4溶液滴加盐酸至pH=1.22：?C(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-3c(HC2O4-)
D. 0.1 mol·L-1CH3COONa?溶液中滴加KHC2O4溶液至PH=4.76；c(K+)>c(Na+)>c(?HC2O4?-)>c(C2O42-?)>c(CH3COO-)
【答案】BC
【解析】A、由已知数据分析可得，HC2O4—的水解程度小于CH3COO—的，HC2O4—对NH4+水解的促进作用小于CH3COO—，故c(NH4+)前者大于后者，则A错误；B、向0.1 mol·L-1KHC2O 4溶液滴加氨水至中性，溶液中存在如下平衡：NH3·H2ONH4＋＋OH－，HC2O4－＋H2OH2C2O4＋OH－，HC2O4－C2O42—＋H＋，因为c(OH－) =c(H＋)，所以c(NH4＋) +c(H2C2O4) = c(C2O42—)，则?(NH4+)2．（2018届湖北省黄冈市高三上学期元月调研考试）室温时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.10mol·L-1?的H2A?和NaOH?混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. c(Na+)=0.10mol·L-1?的溶液中，c(A2-)-c(H+)=c(H2A)-c(OH-)
B. pH=4?的溶液中，c(HA-)=c(H2A)+c(A2-)
C. pH=7的溶液中，c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)
D. K1(H2A)的数量级为10-5
【答案】A
【解析】A. c(Na+)=0.10mol·L-1?的溶液中，溶液中存在c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.10mol·L-1?，则溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2c(A2-)+ c(HA-)+ c(OH-)，根据电荷守恒和物料守恒得c(A2-)-c(H+)=c(H2A)-c(OH-)，选项A正确；B、根据图中信息可知，pH=4?时，c(HA-)= c(A2-)，选项B错误；C、根据图中信息可知，pH=7时，c(H+)= c(OH-)，c(HA-)=0，根据电荷守恒得c(Na+)=2c(A2-)，选项C错误；D、根据图中信息可知，pH=3.2时，c(A2-)=0，c(H2A)=c(HA-)=0.05 mol·L-1?，K1(H2A)= =10-3.2，数量级为10-3.2，选项D错误。答案选A。
3．（2018届黑龙江省哈尔滨市第六中学高三上学期期末）25℃时，下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（）
A. pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c(Na+) >c(CH3COO-）>c(OH-)>c(H+)
B. 含等物质的量的CH3COONa溶液和CH3COOH的混合溶液中：c(Na+) >c(CH3COOH）>c(CH3COO-）>c(H+)>c(OH-)
C. 0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/LHCl溶液混合至pH=7：c(Na+) =c(Cl-）>c(OH-)=c(H+)
D. 0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：2c(Na+) =3[c(CO32-) + c(HCO3-)+ c(H2CO3)]
【答案】D
4．（2018届河南省中原名校高三上学期第五次联考）在25℃下，稀释HA、HB 两种酸溶液，溶液pH变化的曲线如图所示，其中V1表示稀释前酸的体积，V2表示稀释后溶液的体积，a点时，HB溶液中B的物质的量分数，下列说法正确的是
A. HA、HB都是弱酸
B. 加水稀释过程中，δ(B )减小
C. NaB溶液中，c(Na+)=c(B-)+c(OH-)
D. 曲线上b、c两点c(B-)/[c(HB)·c(OH-)]相等
【答案】D
【解析】A、酸稀释前pH=2，lg=2， =100，HA 酸的pH=4说明HA是强酸，HB酸的pH<4说明HB是弱酸，选项A错误；B、a点时，HBH++B-，加水稀释过程中，促进酸的电离，n(B- )增大，但水增加的量比B-增加的量大，c(B- )减小，n(H+)增大、n(OH-)减小，但不明显，故δ(B-)==，稀释过程中， 减小，酸电离的不变，所以δ(B-)增大，选项B错误；C、根据电荷守恒NaB溶液中，c(Na+)+ c(H+)=c(B-)+c(OH-)，选项C错误；D、曲线上b、c两点==，温度不变，比值一定不变，选项D正确。答案选D。
5．（2018届河南省中原名校高三上学期第五次联考）25℃时，有下列几种浓度均为0.1mol/L的溶液，下列说法正确的是
A. 0.1mol/L?NaHSO3溶液的pH=4,则水电离出的c(H+)=10-4mol/L
B. 物质的量浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3的等体积混合溶液中:
2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)
C. pH=a的NaClO溶液中加入Na2CO3溶液后，溶液pHD. 等体积等浓度的稀H2SO4溶液、NaOH溶液混合后溶液pH=7
【答案】B
【解析】A、0.1mol/L?NaHSO3溶液的pH=4,溶液呈酸性说明NaHSO3的电离大于水解，电离出的氢离子抑制水的电离，则水电离出的c(H+)=10-10mol/L，选项A错误；B、物质的量浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3的等体积混合溶液中存在电荷守恒： c(H+)+ c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，即： 2 c(Na+)=2c(HCO3-)+4c(CO32-)+2c(OH-) -2c(H+)，物料守恒：2c(Na+)=3c(HCO3-)+3c(CO32-)+3c(H2CO3)，故: 2 c(Na+)=2c(HCO3-)+4c(CO32-)+2c(OH-) -2c(H+)=3c(HCO3-)+3c(CO32-)+3c(H2CO3)，故有：2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)，选项B正确；C、没有说明Na2CO3溶液的浓度，无法判断pH的变化，选项C错误；D、等体积等浓度的稀H2SO4溶液、NaOH溶液混合后生成NaHSO4，溶液pH<7，选项D错误。答案选B。
6．（2018届北京市西城区重点中学高三上学期期末）下列方法中，可以使0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是
A. 加入少量冰醋酸 B. 加水稀释
C. 加入少量氯化钠固体 D. 加入少量醋酸钠固体
【答案】B
7．（2018届陕西省西安市长安区第一中学高三上学期第五次质量检测）常温下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH＝3。下列叙述正确的是(　)
A. 该溶液中：c2(H＋)≠c(H＋)·c(A－)＋Kw
B. 由pH＝3的HA溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
C. 浓度均为0.1 mol·L－1的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液中：c(A－)>c(HA)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D. 0.1 mol·L－1 HA溶液与0.05 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c(H＋)＋c(HA)===c(A－)＋2c(OH－)
【答案】D
【解析】常温下，0.1mol?L-1某一元酸(HA)溶液的pH=3，说明该酸在其水溶液里只有部分电离，所以HA是弱酸。A．根据电荷守恒得c(H+)=c(A-)+c(OH-)，两边都同乘以c(H+)，所以得c2(H+)=c(H+)?c(A+)+Kw，故A错误；B．pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液中，酸的浓度大于碱的浓度，等体积混合时酸的物质的量大于碱，所以酸和碱反应后酸有剩余，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；C．浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合后，溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，所以c(A-)＞c(HA)，根据物料守恒可知c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)，所以溶液中离子浓度大小为：c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，故C错误；D．混合溶液中存在浓度均为0.025?mol?L-l的HA和NaA溶液，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根据质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(HA)，所以2c(H+)+c(HA)=c(A-)+2c(OH-)，故D正确；故选D。
8．（2018届河南省中原名校（豫南九校）高三上学期第四次质量考评）下列关于溶液的叙述中不正确的是
A. 等pH的盐酸与醋酸稀释后pH的变化如下图所示，则曲线II表示的是醋酸的稀释图象
B. 溶有等物质的量的NaCN、NaHCO3的溶液中：c(HCN)+C(CN-)?=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)
C. 25℃时，浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa?的溶溶液体积液等体积混合后pH=4：c(CH3COO-)+?c(OH-)>c(CH3COOH)+?c(H+)
D. 已知某温度下Ksp(CH3COOAg)=?2.8×10-3，浓度均为0.1 mol·L-1的AgNO3溶液和CH3COONa?溶液等体积混合一定能产生CH3COOAg沉淀
【答案】D
【解析】A. 稀释促进弱酸醋酸的电离，所以醋酸pH变化较慢，则曲线II表示的是醋酸的稀释图象，故A正确；B. 溶有等物质的量的NaCN、NaHCO3的溶液中：CN－+ H2OHCN+OH－， H+ +， +H2OH2CO3+OH－，元素守恒：c(HCN)+C(CN-)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，故B正确；C. 25℃时，浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa?的溶溶液体积液等体积混合后pH=4，表明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)，电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，因此，c(CH3COO-)+c(OH-)>c(CH3COOH)+c(H+)，故C正确；D. c(Ag+)=c(CH3COO-)=0.05mol·L-1，c(CH3COO-)c(Ag+)=2.5×10-39．（2018届山东省枣庄市第三中学高三一调模拟）NA?为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 8g?CH4O?中含有的C-H?键数目为NA
B. 25℃时，100mL?pH=8?的氨水中NH4+的个数为9.9×10-8NA
C. 56g?Fe?和64g?Cu?分别与1mol?S?反应转移的电子数均为2 NA
D. 标准状况下，2.24?LCl2?溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2 NA
【答案】B
【解析】A、8g?CH4O(即0.25mol甲醇)，所含有的C-H?键数目为0.75NA，故A错误；B、25℃时，pH=8?的氨水中c(H+)水=1.0×10-8mol/L=c(OH-)水，由Kw可求得溶液中的c(OH-)总=1.0×10-6mol/L，则由NH3·H2O电离出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)总-c(OH-)水=1.0×10-6mol/L-1.0×10-8mol/L=9.9×10-7mol/L=c(NH4+)，则NH4+的数目为9.9×10-7mol/L×0.1L×NA=9.9×10-8NA，所以B正确；C、由于S的氧化能力弱，所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物，即铁显+2价，铜显+1价，所以56g?Fe?(即1mol）与1mol?S?恰好完全反应生成FeS,则转移的电子数为2 NA，64g?Cu?(即1mol)与1mol?S?反应生成0.5molCu2S，S过量，则转移的电子数为NA，故C错误；D、标准状况下，2.24?LCl2(即0.1mol)?溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2 NA，则D错误。本题正确答案为B。
10．（2018届广东省“六校联盟”高三第二次高考模拟）25℃时，0.1 mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1 L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如下图所示。下列有关叙述正确的是
A. b点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)
B. 随pH增大，数值先减小后增大
C. 25℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1=10-6
D. 溶液呈中性时：c(HCO3- )>c(Cl-)>c(CO32-)
【答案】C
【解析】A、由图解可知，b点时pH>10，且c(CO32-)=c(HCO3-)，即少量的盐酸与碳酸钠反应，则溶液的溶质为NaCl、Na2CO3与Na HCO3，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+ c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)，或者c(Na+)+c(H+)=3c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)，所以A错误；B、由图象知，从pH>8开始，c(CO32-)逐渐增大，c(HCO3-)逐渐减小，所以数值增大，故B错误；C、由a点可知，当pH=6时，即c(H+)=10-6mol/L，c(H2CO3)= c(HCO3-)=0.02mol/L，碳酸的第一步电离方程式为H2CO3H＋＋HCO3－，则Ka1= =10-6mol/L，故C正确；D、当溶液呈中性时，发生的反应为①Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3和②NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，在反应①中，生成的NaCl和NaHCO3浓度相等，在反应②中，生成的NaHCO3又消耗一部分，所以c(NaCl)>c(NaHCO3)，即c(Cl—)>c(HCO3—)，所以D错误。本题正确答案为C。
11．（2017-2018学年度鄱阳一中上学期高二年级第二次检测）高铁酸盐在水溶液中有四种含铁型体，25 ℃时，它们的物质的量分数随pH 的变化如图所示，下列叙述错误的是
A. 向pH=5 的高铁酸盐溶液中加入KOH溶液，离子方程式为HFeO4－+OH－＝FeO42－+H2O
B. 为获得尽可能纯净的高铁酸盐，应控制pH≥9
C. 已知H3FeO4+的电离平衡常数分别为：K1=2.5×10-2，K2=4.8×10-4，K3=5.0×10-8，当pH= 4时，溶液中c(HFeO4－)/ c(H2FeO4)= 1.2
D. pH=2 时，溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为 c(H2FeO4)> c(H3FeO4+)> c(HFeO4－)
【答案】C
【解析】A．向pH=5的高铁酸盐溶液中(据图示可以看出其中含有HFeO4-)加入KOH溶液，则HFeO4-和KOH溶液反应，即HFeO4-+OH-=FeO42-+H2O，故A正确；B．pH≥9时，FeO42-含量接近100%，则为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制pH≥9，故B正确；C．pH=?4时，H2FeO4 HFeO4－+ H+，K2=，则===4.8，故C错误；D．由图像可知pH=2时，溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为c(H2FeO4)>?c(H3FeO4+)>?c(HFeO4－)，故D正确；故选C。
12．（2017-2018学年辽宁师大附中第一学期期中考试）常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，实验信息如下：
实验编号
c(HA)mol·L－1
c(NaOH)/mol·L－1
反应后溶液pH
甲
0.1
0.1
pH=9
乙
0.2
pH=7
下列判断不正确的是（ ）
A. 0.1的HA溶液中由水电离出的
B. 一定大于0.2
C. 甲反应后的溶液中：HA占含A微粒总数的0.02％
D. 乙反应的溶液中：c(Na＋)－)
【答案】A
【解析】甲组实验中，HA与NaOH等浓度等体积混合，恰好完全反应生成NaA，所得溶液pH=9，显碱性，则NaA为强碱弱酸盐，故HA为弱酸。A、HA为弱酸，在水溶液中不能完全电离，0.1mol/L的HA中c(H+)＜0.1mol/L，则c(OH－)＞10－13mol/L，溶液中OH－全部来自于水的电离，且水电离出的H+和OH－相等，所以由水电离出的c(H+)＞10－13mol/L，故A错误；B、甲组实验中，酸碱等体积等浓度混合，溶液呈碱性，乙混合溶液pH=7，溶液呈中性，则酸的浓度要大于碱的浓度，故B正确；C、根据物料守恒可知，甲溶液中含A微粒总浓度==0.05mol/L，溶液的pH=9，溶液中c(OH－)=1×10-5mol/L，根据HA?H++A-可知，c(HA)≈1×10-5mol/L，HA占含A微粒总数的百分比为： =0.02%．故C正确；乙溶液电荷守恒为c(OH-)+c(A-)=c(Na+)+c(H+)，混合溶液PH=7，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，c(A-)=c(Na+)，所以c(Na+)＜c(HA) + c(A-)，故D正确。故选A。
13．（2018届天津市和平区高三上学期期末）下列有关实验操作的叙述中，正确的是
A. 用苯萃取碘水时，有机层从分液漏斗下口放出
B. 制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中
C. 用50mL的量筒量取6.80mL盐酸
D. 中和滴定实验中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化
【答案】D
【解析】A. 用苯萃取碘水时，碘的苯溶液在上层，应从上口倒出，A错误；B. 制备乙酸乙酯时，将浓硫酸加入乙醇中，冷却至室温后再加入乙酸，提高乙酸的利用率，B错误；C. 量筒精确到0.1mL，C错误；D. 中和滴定实验中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，判断滴定终点，D正确。
14．（2018届福建省厦门市高三上学期期末）0.10mol/L HA(Ka=10-9.89)溶液,调节溶液pH后。保持[HA] + [A-]=0.10mol/L。下列关系正确的是
A. pH=2.00时，[HA] > [H+]> [OH-] > [A-]
B. pH=7.00时，[HA] = [A-] > [OH-]= [H+]
C. pH=9.89时，[HA] = [A-] > [OH-]> [H+]
D. pH=14.00时，[OH-]>[A-]>[H+]>[HA]
【答案】C
【解析】A项，0.10mol/L HA(Ka=10-9.89)溶液，调节溶液pH后，保持[HA] + [A-]=0.10mol/L，pH=2.00时，[H+]=10-2.00 mol/L，[OH-]=Kw/[H+]=10-12.00 mol/L（常温时），由Ka===10-9.89，可得=10-7.89，又因为[HA]+[A-]=0.10mol/L，所以[HA]>[H+]>[A-]>[OH-]，故A错误；B项，pH=7.00时，由Ka===10-9.89，可得=10-2.89，所以[HA]>[A-]，故B错误；C项，pH=9.89时，[H+]=10-9.89 mol/L，[OH-]=Kw/[H+]=10-4.11 mol/L（常温时），由Ka===10-9.89，可得[A-]=[HA]，又因为[HA]+[A-]=0.10mol/L，所以[A-]=[HA]=0.05mol/L，所以[HA]=[A-]>[OH-]>[H+]，故C正确；D项，pH=14.00时，[H+]=10-14.00 mol/L，[OH-]=Kw/[H+]=1mol/L（常温时），Ka===10-9.89，可得=104.11，又因为[HA]+[A-]=0.10mol/L，所以[OH-]>[A-]>[HA]>[H+]，故D错误。
15．（2018届贵州省遵义市高三上学期第二次联考）类比是重要的学习方法,类比pH的定义可定义pOH和pKW。在某弱酸HX及其盐NaX的混合溶液中(HX和NaX的含量不确定)，c(H+)和c(OH-)存在如图所示的关系，则下列说法不正确的是
A. 图中温度T2>25℃
B. 若此混合溶液呈酸性且c(HX)=c(NaX)，则HX电离能力大于NaX的水解能力
C. 位于AB线段上任意点的溶液均有pH=pOH=
D. 图中D点处溶液中离子浓度:c(Na+)>c(X-)
【答案】D
16．（2017-2018学年天津市河西区上学期期末）下列有关酸碱中和滴定实验操作或说法正确的是
A. 洗净的锥形瓶须烘干后再滴入待测液
B. 用待测溶液润洗锥形瓶可以减小误差
C. 若滴定终点时，俯视刻度线记录数据，会导致测定结果偏高
D. 满定管装待测溶液前，须先水洗，后再用该溶液润洗以减小误差
【答案】D
【解析】锥形瓶是装待测液的，需要洗净，不用烘干，A错误；待测溶液润洗锥形瓶，会造成待测液体积增大，增大实验误差，B错误；俯视刻度线记录数据，读数偏小，会导致测定结果偏低，C错误；滴定管装待测溶液前，须先水洗，后再用该溶液润洗以减小误差，D正确；正确答案选D。
17．（2017-2018学年天津市河西区上学期期末）已知40℃时水的离子积常数为Kw。该温度下, 将浓度为 a mol/L的一元酸HA与 b mol/L的一元碱BOH等体积混合，该溶液呈中性时，下列叙述不正确的是
A. a=b,pH=7
B. 混合溶液的c(H+)=c(OH-)
C. 混合溶液中，c(B+) =c(A-)
D. 混合溶液中，c(OH-)= mol/L
【答案】A
【解析】一元酸HA若为弱酸，a=b，酸碱恰好完全反应，生成弱酸强碱盐，水解显碱性；若一元酸HA若为强酸，a=b，酸碱恰好完全反应，生成强酸强碱盐，溶液呈中性，但是溶液的pH<7，因为温度为40℃时水的离子积常数为Kw， A错误；任何温度下，混合液呈中性，就满足c(H+)=c(OH-)；B正确；根据电荷守恒规律：c(H+)+ c(B+)= c(A-)+ c(OH-)，如果c(H+)=c(OH-)，则c(B+) =c(A-)，C正确；溶液中：c(H+)×c(OH-)=Kw，该溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，所以c(OH-)= mol/L，D正确；正确答案选A。
18．（2018届福建省三明市第一中学高三上学期第二次月考）在给定条件下，下列离子组的离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是
选项
条件
离子组
离子共存判断及的离子方程式
A
酸性溶液中
Fe2+、NO3-、Al3+、CO32-
不能大量共存，3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O
B
由水电离出c(H+)
=1×10-13mol·L-1
K+、NH4+、Cl-、[Al(OH)4]-
能大量共存
C
有大量Fe3＋的溶液
Na+、NH4+、SO42-、Cl-
能大量共存
D
通入少量SO2气体
K+、Na+、ClO-、SO42-
不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O＝2HClO+SO32-
【答案】C
【解析】A项，H+、Fe2+、Al3+与CO32-不能大量共存，同时H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，反应的离子方程式除了3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O外，还有2H++CO32-=H2O+CO2↑、2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑等，错误；B项，水电离的c（H+）=110-13mol/L的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，酸性条件下[Al（OH）4]-不能大量存在，碱性条件下NH4+不能大量存在，错误；C项，Fe3+、Na+、NH4+、SO42-、Cl-相互间不反应，能大量共存，正确；D项，SO2具有还原性，ClO-具有氧化性，通入少量SO2发生氧化还原反应，离子反应为SO2+3ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2HClO，错误；答案选C。
19．（2018届福建省三明市第一中学高三上学期第二次月考）下列关于误差分析的判断正确的是
A. 配制1mol/L的NH4NO3溶液时未恢复至室温就转移并定容，所得溶液浓度偏小
B. 用托盘天平称取药品时，药品和砝码位置颠倒，药品质量一定偏小
C. 酸碱中和滴定实验中，滴定终点俯视读数会使测得浓度偏大
D. 用湿润的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小
【答案】A
20．（2018届河北省邯郸市高三1月教学质量检测）298K时,向20mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴加0.1mol·L-1CH3COOH溶液,所得溶液的pH及导电能力变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. MOH是强电解质 B. b点对应的盐不水解
C. 水的离子积Kw：b>c>a D. c点溶液中c(CH3COO-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】试题分析：由图像可知，0.1mol·L-1MOH溶液的pH为8而不是13，说明MOH是弱碱，故其为弱电解质。在b点，两者恰好完全反应生成弱酸弱碱盐CH3COOM，该盐水解后溶液的pH=6，说明M+的水解程度大于CH3COO-的水解程度，所以在b点溶液中c(CH3COO-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)。在c点，醋酸过量使溶液酸性增强，依据电荷守恒可以判断，溶液中c(CH3COO-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)。在一定温度下，水的离子积是定值，其值不随溶液的pH变化而变化。综上所述，D正确，本题选D。
21．（2018届湖南省株洲市高三教学质量统一检测一）常温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定相同浓度的一元弱酸HA20mL，滴定过程中溶液的pH随滴定分数(滴定分数= ) 的变化曲线如图所示(忽略中和热效应),下列说法不正确的是
A. HA溶液加水稀释后，溶液中c(HA)/c(A-)的值减少
B. 当滴定分数为1时，溶液中水的电离程度最大
C. 当滴定分数大于1时，溶液中离子浓度关系一定是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)> c(H+)
D. 当滴定分数为x时，HA的电离常数为KHA=(10-7x)/(1-x)
【答案】C
【解析】在弱酸HA溶液中存在电离平衡：HAH++A—，加水稀释，平衡正向移动，c(HA)减小的倍数大于c(A—)，稀释后，溶液中的值减小，A项正确；当滴定分数为1时，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为NaA，属于强碱弱碱盐，促进水的电离，故当滴定分数为1时，溶液中水的电离程度最大，B项正确；当滴定分数大于1时，溶液中离子浓度关系一定是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)> c(H+)，也可能c(Na+)>c(OH-)>c(A-)> c(H+)，C项错误；HA的电离常数K(HA)= ,D项正确。
22．（2018届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三上学期期末）下列操作会导致实验结果偏高的是
A. 中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，所测中和热的数值
B. 用标准NaOH溶液滴定未知盐酸溶液浓度，量取20.00mL待测盐酸溶液的滴定管未用待测盐酸溶液润洗
C. 用托盘天平称量10.5g某物质，砝码和药品的位置放反，所称药品的质量
D. 配制一定物质的量浓度稀硫酸溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，所配溶液的浓度
【答案】D
【解析】A、金属具有良好的导热性，中和热测定实验中，用铜制环形搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，会导致测量的混合液最高温度偏低，测定反应热数值偏小，故A错误；B、中和滴定测定盐酸溶液浓度，量取20.00mL待测盐酸溶液的滴定管未用待测盐酸溶液润洗，导致待测液被稀释，量取的待测液中溶质的物质的量偏小，滴定时消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；C、托盘天平称量原理为：砝码读数+游码读数=药品质量，若砝码与药品颠倒，会出现：药品质量+游码读数=砝码读数，导致称量的药品质量偏小，故C错误；D、配制一定物质的量浓度溶液时，用量筒量取浓溶液的体积时仰视读数，量筒小刻度在下方，会导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，所配溶液的浓度偏高，故D正确；故选D。
23．（2018届吉林省辽源市田家炳高级中学等五校高三上学期期末）常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是（　　）
A. 无色透明的溶液中:Fe3+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣
B. 由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣12mol/L的溶液中：NO3﹣、K+、Na+、SO42﹣
C. 含有大量Fe3+的溶液中：Al3+、SCN﹣、Br﹣、Na+
D. 能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣
【答案】B
【解析】A、因为溶液为无色溶液，而Fe3＋显黄色或棕色，故A错误；B、水电离产生c(OH－)=1×10－12mol·L－1<10－7mol·L－1，抑制了水的电离，此溶质可能为酸或碱，NO3﹣、K＋、Na＋、SO42﹣在酸中和碱中能够大量共存，故B正确；C、Fe3＋和SCN－发生络合反应，生成络合物Fe(SCN)3，因此不能大量共存，故C错误；D、甲基橙变红，说明溶液显酸性，HCO3－与H＋不能大量共存，生成CO2和H2O，故D错误。
24．（2018届山东省济宁市高三上学期期末）下列说法不正确的是
A. 反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)在室温下不能自发进行，则该反应的△H＞0
B. 原电池输出电能的能力取决于组成原电池的反应物的氧化还原能力
C. 0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小
D. 锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去
【答案】C
【解析】A. 由反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)可知，△S＞0，如反应能自发进行，则应满足△H-T△S<0，而常温下不能进行，则该反应的△H＞0，A项正确；B. 原电池输出电能的能力与组成原电池的反应物的氧化还原能力和装置的设计的和理性等因素有关，发生氧化还原反应能力越强，输电能力越强，B项正确；C. 醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离，则n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，故溶液中的值增大，C项错误；D. 锅炉长期使用，需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率，水垢中含有CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，使CO32-与CaSO4转化为CaCO3，再将不溶物用稀盐酸溶解除去，D项正确。答案选C。
25．（2018届河南省洛阳市高三上学期第一次质量预测）常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示【已知:P[c(A-)/c(HA)]=-1g[c(A-)/c(HA)]】。下列叙述不正确的是
A. Ka(HA)的数量级为10-5
B. 滴加NaOH溶液过程中，c(A-)/[c(HA)×c(OH-)]保持不变
C. m点所示溶液中:c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+)
D. n点所示溶液中:c(Na+)=c(A-)+c(HA)
【答案】D
【解析】A. Ka(HA)= ，根据图像，P[c(A-)/c(HA)]=-1g[c(A-)/c(HA)]=0时， =1，pH=4.76，即Ka(HA)=10-4.76，数量级为10-5，故A正确；B. 滴加NaOH溶液过程中， ==，温度不变，HA的电离平衡常数和水的离子积常数均不变，因此保持不变，故B正确；C. m点所示溶液中=1，根据电荷守恒:c(Na+)+ c(H+) =c(A-)+ c(OH-)，则c(H+)= c(A-)+c(OH-)-c(Na+)= c(HA)+c(OH-)-c(Na+)，故C正确；D. n点所示溶液显酸性，为HA和NaA的混合溶液，根据物料守恒，c(Na+)＜c(A-)+c(HA)，故D错误；故选D。
26．（2018届湖北省宜昌市第一中学高三年级适应性训练二）25℃时，0.1mol?L-1的3种溶液?①盐酸?②氨水?③CH3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（　　）
A. 3种溶液中pH最小的是①
B. 3种溶液中水的电离程度最大的是②
C. ①与②等体积混合后溶液显酸性
D. ①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）
【答案】B
【解析】①盐酸PH<7，?②氨水电离呈碱性?③CH3COONa水解呈碱性，pH最小的是①，故A正确；①盐酸电离出氢离子、②氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH3COONa水解促进水电离，所以电离程度最大的是③，故B错误；①与②等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C正确；①与③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c（H+）+ c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+ c（Cl-），c（Na+）= c（Cl-），所以c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-），故D正确。
27．（2018届山东省菏泽市第一中学高三12月月考）已知酸H2B在水溶液中存在下列关系：①H2B＝H＋＋HB－，②HB－H＋＋B2－，则下列说法中一定正确的是
A、在Na2B溶液中一定有：c（OH）＝c（H）＋c（HB）＋2c（H2B）
B、NaHB溶液可能存在以下关系：c（Na）＞c（HB）＞c（OH）＞c（H）
C、NaHB水溶液中一定有：c（Na）＋c（H）＝c（HB）＋c（OH）＋c（B）
D、NaHB溶液一定呈酸性，Na2B溶液一定呈碱性
【答案】D
28．（2018届山东省菏泽市第一中学高三12月月考）实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是
A. 锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度
B. 开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次
D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【答案】A
【解析】试题分析：A、锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度，滴定消耗的标准酸溶液体积偏小，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏低，A正确；B、开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，使标准酸溶液的体积偏大，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏高，B错误；C、酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次，则标准溶液的浓度偏小，使得反应消耗的标准酸溶液体积偏大，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏高，C错误；D、盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，待测碱溶液的物质的量偏多，反应消耗的标准酸溶液的体积偏大，以此为标准计算的待测碱溶液的浓度偏高，D错误，答案选A。
29．（2018届浙江省台州中学高三上学期第一次统练）为证明NH3·H2O是弱电解质，下列方法不正确的是
A. 在0.1 mol·L－1氨水中滴加几滴酚酞，再加等体积的醋酸铵溶液，观察红色是否变浅
B. 测定0.1 mol·L－1NH4Cl溶液的酸碱性
C. 测定0.1 mol·L－1氨水的pH
D. 比较浓度均为0.1 mol·L－1的氨水与NaOH溶液的导电能力
【答案】A
【解析】A、0.1mol·L－1的氨水能使酚酞试液变红色，说明一水合氨电离出氢氧根离子而使溶液呈碱性，再加等体积的醋酸铵溶液，溶液红色变浅可能说明溶液中存在电离平衡，能证明氨水中一水合氨为弱电解质，也可能是溶液稀释溶液红色变浅，需要加入固体醋酸铵来验证，不能加溶液，故A符合；B．0.1mol·L－1的氯化铵溶液pH小于7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，能说明一水合氨是弱电解质，故B不符合；C、测定0．lmol·L－1氨水的pH小于13，说明一水合氨在溶液中存在电离平衡，能说明一水合氨为弱电解质，故C不符合；D、氨水导电能力弱，说明一水合氨电离出氢氧根离子浓度小于等浓度的强碱NaOH溶液，能说明一水合氨部分电离，从而证明一水合氨是弱电解质，故D不符合；故选A。
30．（2018届辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三上学期期末）若用AG表示溶液的酸度，其表达式为AG= 室温下，实验室里用0.1mol/L的盐酸滴定10mL0.1mol/LMOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 该滴定过程可选择酚酞作为指示剂
B. 若B点加入的盐酸体积为5mL,所得溶液中:c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)
C. 水的电离程度:A
D. MOH的电离平衡常数为1×10-17
【答案】B
【解析】A．用0.1mol/L的盐酸溶液滴定10mL 0.1mol/L MOH溶液，AG=-8，AG=lg[]， =10-8，c(H+)c(OH-)=10-14，c(OH-)=10-3mol/L，说明MOH为弱碱，恰好反应溶液显酸性，选择甲基橙判断反应终点，故A错误；B．若B点加入的盐酸溶液体积为5 mL，得到等浓度的MCl和MOH混合溶液，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，物料守恒为：c(M+)+c(MOH)=c(Cl-)，消去氯离子得到：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)，故B正确；C．滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度，A-B滴入盐酸溶液中氢氧根离子浓度减小，对水抑制程度减小，到恰好反应MCl，M+离子水解促进水电离，电离程度最大，继续加入盐酸抑制水电离，滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度，D＜A＜B＜C，故C错误；D．室温下，0.1mol/L MOH溶液，AG=-8，即AG=lg[]=-8，即=10-8，而水的离子积K=c(H+)?c(OH-)=10-14，两式联立可知：c(H+)=10-11，c(OH-)=10-3，在MOH溶液中，c(M+)≈c(OH-)=10-3，故电离平衡常数K==10-5，故D错误；故选B。
31．（2018届辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三上学期期末）下列示意图表示正确的是
A. A图表示Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H1=+26.7kJ/mol反应的能量变化
B. B图表示碳的燃烧热
C. C图表示实验的环境温度20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，测量混合液温度，结果如图(已知:V1+V2=60mL)
D. D图己知稳定性顺序:BBC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)
【答案】D
【解析】A. A图中反应物的总能量比生成物高，反应为放热反应，而Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s) +3CO2(g)? △H1=+26.7kJ/mol为吸热反应，故A错误；B. 碳的燃烧热是指1molC完全燃烧放出的热量，而B图2mol碳的反应热，故B错误；C. 酸碱中和反应为放热反应，物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，V1+V2=60mL，则V1=20mL，V2=40mL时硫酸与氢氧化钠恰好完全反应，放出的热量最多，温度最高，与图像不符，故C错误；D．物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：B＜A＜C，故D正确；故选D。
32．（2018届黑龙江省大庆市高三第一次教学质量检测）室温下，将0.1mol/L的一元酸HA溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/LNaOH溶液中，pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A. a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)
B. a、b两点所示溶液中水的电离程度a点大于b点
C. pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D. 一元酸HA为弱酸
【答案】C
【解析】A. a点时加入10mL的一元酸HA，酸碱恰好中和得到NaA溶液，溶液的pH=8.7，说明NaA为强碱弱酸盐，A－发生水解反应A－+H2OHA+ OH－且水解是微弱的，则c(Na+)>c(A-)>c(OH-)，因水也电离产生OH－，则c(OH-)>c(HA)，所以微粒浓度大小顺序为：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)，故A正确；B. a点时溶液中只有NaA，A－发生水解促进水的电离，b点溶液中酸过量，酸抑制水的电离，所以a、b两点所示溶液中水的电离程度a点大于b点，故B正确；C. pH=7时，c（H+）=c（OH－），由电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)=c(A－)+c(OH－)，则c(Na+)=c(A-)，故C错误；D. 根据A项分析可知，HA为一元弱酸，故D正确；答案选C。
33．（2018届河南省中原名校高三上学期第五次联考）已知100℃时，水的离子积常数Kw=1×10-12,对于该温度下pH=l1的氨水，下列叙述正确的是
A. 向该溶液中加入同温同体积pH=1的盐酸，反应后溶液呈中性
B. 温度降低至25℃,该氨水溶液中H2O电离出的H+浓度小于10-11mol/L
C. 该氨水溶液中加入NH4Cl溶液，NH3·H2O的电离能力增强
D. 滴加等浓度等体积的硫酸，得到的溶液中存在电离平衡:NH4HSO4(aq)NH4+(aq)+H+(aq)+SO42-(aq)
【答案】B
【解析】已知100℃时，水的离子积常数Kw=1×10-12,对于该温度下pH=l1的氨水，c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)==0.1mol/L，氨水是弱碱不完全电离，物质的量浓度大于0.1mol/L。A. 向该溶液中加入同温同体积pH=1的盐酸，氨水过量，反应后溶液呈碱性，选项A错误；B. 100℃时，pH=l1的氨水中H2O电离出的H+浓度等于10-11mol/L，温度降低至25℃,氨水的电离程度减小，氢氧根离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，则该氨水溶液中H2O电离出的H+浓度小于10-11mol/L，选项B正确；C. 该氨水溶液中加入NH4Cl溶液，铵根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，NH3·H2O的电离能力减弱，选项C错误；D. 硫酸铵是强酸的酸式盐，是强电解质，其电离方程式为:NH4HSO4=NH4+ +H++SO42-，选项D错误。答案选B。
34．（2017-2018学年度成都实验中学高三年级12月月考）25 ℃时，在20 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中加入0.2 mol/L CH3COOH溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中pH变化关系的曲线如下图所示，若B点的横坐标a＝10，下列分析的结论正确的是（ ）
A. 在B点有：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
B. 对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
C. C点时，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
D. D点时，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)
【答案】C
【解析】A. 由题中信息可知，在B点氢氧化钠与醋酸恰好反应，生成醋酸钠溶液，因为有一部分醋酸根离子发生水解，而钠离子不会水解，所以c(Na＋)>c(CH3COO－)，A不正确；B. 在A点是氢氧化钠溶液，c(Na＋)＝c(OH－)= 0.1 mol/L、c(CH3COO－)=0；在B点是醋酸钠溶液，c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。所以对曲线上A、B间任何一点， c(OH－)和c(CH3COO－)之间的大小关系是不确定的，B不正确；C. C点时，pH=7，根据电荷守恒可知，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)，C正确；D. D点时，溶液中溶解了相同物质的量的醋酸和醋酸钠，由物料守恒可知，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，D不正确。
35．（2018届山东省济南第一中学高三1月月考）25℃时，将浓度均为0.1mol/L 、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. Ka(HA)的值与Kb(BOH)的值不相等
B. b点时，水电离出的c(H+)=10-7 mol/L
C. c点时，c(A-)>c(B+)
D. a→c过程中 不变
【答案】D
【解析】根据图知，浓度均为0.1mol/L时，酸溶液的pH=3，则c(H+)＜0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH-)＜0.1mol/L，则BOH是弱碱。A．酸碱恰好完全反应时溶液的pH=7，溶液呈中性，说明HA电离程度和BOH电离程度相同，则Ka(HA)的值与?Kb(BOH)?的值相等，故A错误；B．BA是弱酸弱碱盐，促进水电离，所以b点水电离出的?c(H+)＞10-7mol/L，故B错误；C．c点溶液中溶质为BA和BOH，混合溶液的pH＞7，说明BOH电离程度大于BA水解程度，则c(A-)＜c(B+)，故C错误；D. ==，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，水解平衡常数不变，故D正确；故选D。

大题冲关
36．（2018届黑龙江齐齐哈尔市五校联谊高三上学期期末联考）低碳经济是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳经济的概念在中国正迅速从高端概念演变成全社会的行为，在新能源汽车、工业节能等多个领域都大有作为．请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质
（1）工业上可利用CO或CO2来制备燃料甲醇．
已知：800℃时，化学反应①、反应②对应的平衡常数分别为2.5、1.0
反应①：2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）△H=-90.8kJ?mol-1
反应②：H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H=+41.2kJ?mol-1
写出用CO2与H2反应制备甲醇的热化学方程式___________．
800℃时该反应的化学平衡常数K的数值为___________．
（2）现将不同量的CO2(g)和H2(g)分别通入到容积为2L的恒容密闭容器中发生反应: CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）ΔH=+41.2KJ/mol，得到如下二组数据：
实验组
温度℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
CO2(g)
H2(g)
H2O(g)
CO2(g)
1
900
4
2
1.6
2.4
2
2
900
a
b
c
d
t
实验2中，若平衡时，CO2(g)的转化率小于H2(g).则a、b必须满足的关系是__________。
若在900℃时，另做一组实验，在此容器中加入10molCO2(g)，5molH2，2molCO，5molH2O(g)，则此时v正____v 逆(填“<”>“或“=”)。
（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为:CH3OH(g)+CO(g) HCOOCH3(g) ΔH=-29.1 kJ·mol-1，科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果：
①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是________。 （填“3.5×106 Pa”、 “4.0×106 Pa”或““5.0×106 Pa”）。
②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是_________________。
（4）常温下，向20.0mLcmol/L的氨水中滴加20mL.0.2mol/LHNO3溶液后，恰好使溶液显中性(设混合溶液总体积为两溶液体积之和)。计算常温下NH3·H2ONH4++OH-的电离平衡常数K(NH3·H2O)=_________(用含c的式子表示)。
【答案】 3H2(g)+CO2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.6kJ/mol 2.5 a>b < 4.0×10 6 Pa 高于80℃时，温度对反应速率影响较小;且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低
【解析】(1)反应①+反应②即得3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.6kJ/mol；反应①的平衡常数K1=2.5，反应②的平衡常数K2=1.0，则K=K1×K2=2.5。
(2)根据反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）ΔH= +41.2KJ/mol可得，CO2(g)和H2(g)的化学计量数相等，即达到平衡时的改变量相等，则起始量大的物质转化率小，所以实验2平衡时，要使CO2(g)的转化率小于H2(g)，则a>b；实验1的平衡常数K1= ，在相同条件下，向此容器中加入10molCO2(g)， 5molH2，2molCO，5molH2O(g)时，KQ= >，则反应向逆向进行，即v正 < v逆。
(3)①从压强对甲醇转化率的影响图象上可得，应选择在4.0×106 Pa下进行，此时转化率较高，若再加压，尽管转化率有所提高，但提高的很小，所以采用更高的压强不太合适，故选择4.0×106 Pa；②由压强一定时温度对反应速率的影响图象可知，当温度高于80℃时，温度的升高对反应速率影响较小，且该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率降低。
(4) 常温下，20.0mLcmol/L的氨水与20mL.0.2mol/LHNO3溶液反应后恰好使溶液呈中性，即c(H+)=c(OH—)=1.0×10 -7mol/L，由电荷守恒可得，混合溶液中c(NO3—)= c(NH4+)= 0.1mol/L，溶液中c(NH3·H2O)= ，所以常温下NH3·H2ONH4++OH-的电离平衡常数K(NH3·H2O)= = mol/L
37．（2018届河南省郑州市高三高中毕业班第一次质量检测）砷(As)是第四周期第ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)工业上用砷废渣制H3AsO4的反应为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，通常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，加压通O2氧化。分别分析“制成浆状”、“ 加压通O2”对该反应的影响___________________。
(2)已知：As(s)+ H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) △H1
2As(s)+O2(g)=As2O5(s) △H2
H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H3
则反应As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s) 的△H=______________。
(3)H3AsO3 和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的依度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。
①以酚酞为指示剂(变色范围pH：8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_______________。
②已知H3AsO4的各级电离常数为Ka1、Ka2、Ka3，则Ka2=_______________。
【答案】 制成浆状可以增加反应物接触面积，加快反应速率；加压通O2可以增大O2浓度，加快反应速率，提高砷酸的产率 2△H1-△H2-3△H3 OH-+H3AsO3===H2AsO3-+H2O 1.0×10-7
【解析】（1）制成浆状可以增加反应物接触面积，加快反应速率；加压通O2可以增大O2浓度，加快反应速率，提高砷酸的产率；（2）已知：①As(s)+ H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) △H1 ，②2As(s)+O2(g)=As2O5(s) △H2，③H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H3，由盖斯定律可求出总反应的反应热，即2①-②-3③，则△H= 2△H1-△H2-3△H3；（3）①以酚酞为指示剂(变色范围pH：8.0～10.0)，将NaOH?溶液逐滴加入到H3AsO3?溶液中，由图分析可知，H3AsO3转化为H2AsO3-，该过程中主要反应的离子方程式为：OH-+H3AsO3===H2AsO3-+H2O。②已知H3AsO4的Ka2==，由图2分析可知，当pH=7时，c(H2AsO4-)=c(HAsO42-)，所以，Ka2==1.0×10-7。
38．（2018届四川省成都市高三第一次诊断）氨为重要化工原料,有广泛用途。
（1）合成氨中的氢气可由下列反应制取:
a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+216.4kJ/mol
b.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H=_________。
（2）起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度关系如下图。
①恒压时,反应一定达到平衡状态的标志是______(填序号)；
A.N2和H2的转化率相等 B.反应体系密度保持不变
C. 比值保持不变 D. =2
②P1_____P2?(填“>”、“<”、“=”、“不确定”，下同)；反应平衡常数:B点____D点；
③C点H2的转化率____；在A、B两点条件下,该反应从开始到平衡时生成氨气平均速率:v(A)______?v(B)。
（3）N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。
①写出NH3和NaClO?反应生成N2H4的化学方程式__________；
②已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性:N2H4+H2ON2H5++OH- K1=1×10-a；N2H5++H2ON2H62++OH- K2=1×10-b。
25℃时,向N2H4水溶液中加入H2SO4,欲使c(N2H5+)>c(N2H4),同时c(N2H5+)>c(N2H62+),应控制溶液pH范围_________(用含a、b式子表示)。
【答案】 +175.2kJ/mol BC < > 66.7% < 2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O (14-b，14-a)
【解析】（1）a+b可得反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，根据盖斯定律，△H=+216.4kJ/mol+(-41.2kJ/mol)=+175.2kJ/mol。
（2）①A项，氮气和氢气初始物质的量之比为1:3，由反应方程式N2+3H22NH3可得，氮气和氢气按物质的量之比为1:3反应，所以N2和H2的转化率是相等的，与是否达到平衡状态无关，故A错误；B项，该反应是一个气体分子数变化的反应，恒压时只要不平衡，气体体积就会发生变化，因为气体总质量不变，所以密度就会不断变化，当密度不变时，说明正逆反应速率相等，平衡不再发生移动，故B正确；C项，氢气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氢气减少，则氨气必增多，其比值就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，故C正确；D项，氮气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氮气减少，则氨气必增多，其比值就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，但当比值=2时，却不一定不再变化，所以不一定是平衡状态，故D错误。②合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，由图可知，温度相同时，压强为P1时平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以P1D点。
③设c点H2的转化率为α(H2)，列三段式得：
因为平衡混合物中氨的体积分数为50%，同温同压下气体体积分数=物质的量分数，所以×100%=50%，解得α(H2)≈66.7%。由图可得，A、B两点平衡混合物中氨的体积分数相同，B点温度和压强均高于A点温度和压强，则在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气平均速率:v(A)（3）①NH3与NaClO一定条件下发生氧化还原反应可得到肼(N2H4)，NaClO作氧化剂，被还原为NaCl，根据原子守恒，还有水生成，故化学方程式为：2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O。②K1==1×10-a，所以c(N2H5+)=c(N2H4)时，c(OH-)=1×10-a，c(H+)==10-(14-a)，pH=-lgc(H+)=14-a，则c(N2H5+)>c(N2H4)时，c(OH-)<1×10-a，c(H+)=>10-(14-a)，pH=-lgc(H+)<14-a；K2==1×10-b，所以c(N2H5+)=c(N2H62+)时，c(OH-)=1×10-b，c(H+)==10-(14-b)，pH=-lgc(H+)=14-b，则c(N2H5+)>c(N2H62+)时，c(OH-)>1×10-b，c(H+)=<10-(14-b)，pH=-lgc(H+)>14-b。所以25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH范围为：(14-b，14-a)。
39．（2018届四川达州市普通高中第一次诊断）根据要求回答下列问题：
（1）已知恒温、恒容条件下发生反应：2NO2(g)+2C(s) N2(g)+2CO2(g)。
①下列图像说明该反应进行到t1时刻未达平衡状态的是________(填选项字母)。
②1 molNO2和足量C发生反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示。
图中A、B、C三点NO2的转化率最高的是_____，该反应的平衡常数Kp=_______（Kp是用平衡分压代替平衡浓度的常数，分压＝总压×物质的量分数）。
(2)已知：弱电解质的电离平衡常数为
物质
H2CO?
H2S
HNO2
电离平衡常数
（25℃）
Ka1=4.2×10-7
Ka2=5.61×10-11
Ka1=1.3×10-7
Ka2=7.1×10-15
Ka=5.1×10-4
①含有1L 2mol·L-1碳酸钠的溶液中加入1L 1mol·L-1的HNO2后，则溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的离子浓度由大到小是_______。
②25℃时，在0.10 mol·L-1H2S溶液中，通人HCl气体或加入NaOH固体，溶液pH与c(S2-)关系如图所示(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=____mol·L-1；
③向10.00mL0.10 mol·L-1的氢硫酸中滴加10.00mL0.1 mol·L-1NaOH溶液，溶液呈_____性，其定量依据是______________________ .
（3）已知：①CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H = +210.5kJ?mol-1
②CaSO4（s）+?4CO（g）CaS（s）+?4CO2（g）???? △H?= -189.2kJ?mol-1
则：CaO(s)+3CO(g)+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)? △H=_______kJ?mol-1.
【答案】 b A 2MPa c(HCO3- )＞c(NO2- )＞c(CO32-) 0.043或4.3×10-2 碱性 此时恰好生成NaHS溶液，Ka（HS-）=7.1×10-15＜Kh（HS-）=KW/ Ka1（H2S）=10-14/(1.3×10-7)=7.7×10-8,即水解程度远大于电离程度,所以呈碱性 -399.7
【解析】（1）①根据“变量不变达平衡”判断，a、反应中碳是固体，恒容条件下的混合物的密度是变量，t1时刻密度不变说明反应已达平衡状态；b、t1时刻是n(N2)=n(NO2)，是反应物量的特殊比例，且后面量的变化可看到各反应物的量还没恒定，还没达到平衡状态；c、t1时刻二氧化氮的质量分数不变，则反应物各物质的质量分数也应不变，反应达到平衡状态；答案选b；②A、B、C三点中达到平衡状态后A点NO2浓度最小，所以NO2的转化率最高；③由焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s) N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1 mol NO2和足量C发生反应在C点时，NO2和CO2的物质的量浓度相等，可知此时反应体系中n(NO2)=0.5mol，n(N2)=0.25mol，n(CO2)=0.5mol，则三种物质的分压分别为：P(NO2)= P(CO2)=10MPa×=4MPa，P(N2)=2MPa，C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)= ==2MPa；（2）①由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4，H2CO?的Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.61×10-11可判断亚硝酸的酸性强于碳酸，因此向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的HNO2后生成1mol碳酸氢钠、1mol亚硝酸钠，另外还剩余1mol碳酸钠，水解程度大小顺序为CO32-＞NO2-，水解生成HCO3-，所以溶液中CO32-、HCO3-和NO2-离子的浓度大小关系为c(HCO3- )＞c(NO2- )＞c(CO32-)；②根据物料守恒有c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.10 mol·L-1，而由图可知pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2 mol·L-1，c(H2S)+c(HS-)=0.10 mol·L-1-c(S2-)=0.10 mol·L-1-5.7×10-2 mol·L-1= 4.3×10-2 mol·L-1；③向10.00mL0.10 mol·L-1的氢硫酸中滴加10.00mL0.1 mol·L-1NaOH溶液，溶液呈碱性，其定量依据是此时恰好生成NaHS溶液，Ka（HS-）=7.1×10-15＜Kh（HS-）=KW/ Ka1（H2S）=10-14/(1.3×10-7)=7.7×10-8,即水解程度远大于电离程度,所以呈碱性；（3）已知：①CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H1= +210.5kJ?mol-1
②CaSO4（s）+?4CO（g）CaS（s）+?4CO2（g）???? △H2= -189.2kJ?mol-1
根据盖斯定很，由②-①得反应：CaO(s)+3CO(g)+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)? △H=△H2-△H1= -189.2kJ?mol-1-210.5kJ?mol-1=-399.7kJ?mol-1。
40．（2018届辽宁省瓦房店市高级中学高三上学期12月月考）含氮的化合物广泛存在于自然界，是一类非常重要的化合物。回答下列有关问题：
（1）借助高效催化剂，实现大气污染物的转化：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH1
已知：CO燃烧热ΔH2＝－283kJ/mol N2(g)+O2(g)＝2NO(g) ΔH3
几种化学键的键能数据如下：N≡N 945 kJ/mol; O＝O 498 kJ/mol;NO中氮氧键 630 kJ/mol;求上述反应的ΔH1＝______________.
（2）已知25℃时HCN和H2CO3的电离常数(Ka)如下表：
化学式
电离平衡常数（25℃）
HCN
K=4.910－10
H2CO3
K1=4.310－7、 K2=5.610－11
①25 ℃时，PH相同的NaCN、NaHCO3和Na2CO3三种溶液，其物质的量浓度最大的是_________（填化学式）。
②25℃时，等物质的量浓度的HCN和NaCN等体积混合后溶液中c(OH-)>C(H+)，则溶液中除H2O外微粒浓度由大到小的顺序:_________________________________
③向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为：_____________________。
（3）催化剂常具有较强的选择性，即专一性。氨催化氧化时会发生下述两个竞争反应i、ii，已知：
反应i：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)
反应ii：4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g)
①不能说明反应（i）已达平衡状态的是__________。
A．容器内的压强不随时间的变化而变化
B．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化
C．单位时间内每消耗1.2molNH3，同时消耗1.2 molNO
D．反应中NO与H2O(g)的物质的量浓度之比为4∶6，且保持不变
②为分析某催化剂对该反应的选择性,在1L密闭容器中充入1 mol NH3和2mol O2，测得有关物质的量关系如图：
下列说法错误的是_________。
A．升高温度，反应(i)和(ii)的平衡常数均减小
B．800℃左右时，氨的催化氧化主要按照反应(i)进行
C．900℃后，NO产率下降的主要原因是反应(i)平衡逆向移动
D．840 ℃后升高温度，反应(i)的正反应速率减小，反应(ii)的正反应速率增大
③ 依据②图中数据计算520℃时，反应(ii)的平衡常数K＝___________（不要求计算结果，只需列出数字计算式）。
【答案】 -749kJ/mol NaHCO3 C(HCN)>C(Na+)>C(CN-)>C(OH-)>C(H+) CO2 +CN-+H2O=HCN +HCO3- D D
【解析】ΔH3=945+498-630×2=+183 kJ/mol，根据盖斯定律，①2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH1 ②CO+ O2(g)＝CO2(g) ΔH2＝－283kJ/mol ③N2(g)+O2(g)＝2NO(g) ΔH3有①=②×2-③，则ΔH1=ΔH2×2-ΔH3=-283×2-183=-749kJ/mol，故答案为：-749kJ/mol；(2). ①图表中酸的电离平衡常数大小为H2CO3>HCN >HCO3-，酸越强对应盐水解程度越小，等pH的盐溶液水解程度小的物质的量浓度大，故答案为：NaHCO3；②等物质的量浓度的HCN和NaCN等体积混合后溶液中c(OH-)>C(H+)，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，则水解产生的分子浓度最大，则溶液中除H2O外微粒浓度由大到小的顺序c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)；③向NaCN溶液中通入少量CO2，根据酸性强弱分析，生成HCN 和HCO3-，故离子方程式为： CO2 +CN-+H2O=HCN +HCO3- ；①A．因为反应为前后气体物质的量改变的反应，所以当容器内的压强不随时间的变化而变化说明反应到平衡，故正确；B．混合气体的平均相对分子质量是用气体总质量与总物质的量的比值，因为气体总质量不变，但气体前后物质的量不同，所以当平均相对分子质量不变，说明气体总物质的量不变，说明反应达到平衡，故正确；C．单位时间内每消耗1.2molNH3，同时消耗1.2 molNO，说明反应的正逆反应速率相等，反应到平衡，故正确；D．反应中NO与H2O(g)的物质的量浓度之比为4∶6，且保持不变，不能说明反应到平衡，故错误。故选D。②A．从图分析，升高温度，氮气和一氧化氮的物质的量都会减少，说明平衡逆向移动，平衡常数减小，故反应(i)和(ii)的平衡常数均减小，故正确；B．800℃左右时，一氧化氮的物质的量最大，所以说明氨的催化氧化主要按照反应(i)进行，故正确；C．在840℃时一氧化氮的物质的量最大，说明到平衡状态，若升温后一氧化氮的物质的量减小是因为平衡逆向移动，故正确；D．升高温度，反应速率都增大，故错误；故选D。③从图像可知，平衡时一氧化氮和氮气的物质的量浓度都为0.2mol/L,
4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)
起始物质的量浓度 1 2 0 0
改变物质的量浓度0.2 0.25 0.2 0.3
平衡物质的量浓度 0.8 1.75 0.2 0.3
4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g)
起始物质的量浓度0.8 1.75 0 0.3
改变物质的量浓度0.4 0.3 0.2 0.6
平衡物质的量浓度 0.4 1.45 0.2 0.9
所以平衡常数为。
41．（2018届福建省厦门市高三上学期期末）铝锰合金可作炼钢脱氧剂。某课外小组欲测定铝锰合金中锰的含量。
I硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液的浓度滴定
步骤1:取20.00mL 0.015mol/L K2Cr2O7标准液于250mL锥形瓶中,加入20mL稀硫酸和5mL浓磷酸,用硫酸亚铁铵溶液滴定,接近终点时加2滴R溶液作指示剂,继续滴定至终点,消耗的体积为V1mL。
步骤2：重复步骤1实验,接近终点时加4滴R溶液，消耗的体积为V2mL.
Ⅱ过硫酸铵[(NH4)2S2O8]催化氧化滴定法测定锰含量
取mg铝锰合金于锥形瓶中,加入适量的浓磷酸,加热至完全溶解,稀释冷却谣匀,再加入少量的硝酸银溶液、过量的过硫酸铵溶液,加热煮沸至无大量气泡冒出,冷却至室温(此时溶液中锰的化合价为+7),用标定的硫酸亚铁铵溶液进行滴定，根据实验数据计算铝锰合金中锰的含量。
[查阅资料]①酸性条件下,Cr2O72-具有很强的氧化性，易被还原为绿色的Cr3+；
②R溶液的变色原理:
（1）Ⅰ中步骤1.2需要的玻璃仪器有锥形瓶、胶头滴管，_______、________。
（2）Ⅰ中滴定过程,主要反应的离子方程式是________。
（3）Ⅰ中步骤2的主要作用是_________
（4）Ⅱ中硫酸亚铁铵溶液的滴定浓度是_________mol/L (用含V1、V2的代数式表示)。
（5）Ⅱ中加入硝酸银溶液的目的是________。
（6）Ⅱ中若未加热煮沸无大量气泡冒出，锰含量测定结果将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（7）为了提高该实验的准确度和可靠度,需进行________。
【答案】 酸式滴定管 量筒或移液管 14H++C2O72- +6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O 校正指示剂 1.8/(2V1-V2) 作为催化剂,加快氧化速率 偏大 平行实验
【解析】（1）因为硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液显酸性，K2Cr2O7溶液有强氧化性，所以I中滴定实验需要用到酸式滴定管，可使用量筒向滴定管中取液体，也可以使用移液管取用，故Ⅰ中需要的玻璃仪器除了锥形瓶、胶头滴管外，还有酸式滴定管、量筒(或移液管)。
（2）Ⅰ中滴定过程，酸性条件下用硫酸亚铁铵溶液滴定K2Cr2O7标准液，Fe2+与Cr2O72-发生氧化还原反应，离子方程式为：14H++Cr2O72-+6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
（3）根据[查阅资料]②R溶液的变色原理可得，变色过程要消耗一定量的氧化剂或还原剂，所以对指示剂用量加以校正是提高准确度的关键，因此Ⅰ中步骤2的主要作用是：校正指示剂。
（4）加2滴R溶液作指示剂时消耗硫酸亚铁铵溶液V1mL，为校正指示剂所造成的误差，加4滴R溶液时消耗硫酸亚铁铵溶液V2mL，所以K2Cr2O7标准液实际消耗的硫酸亚铁铵溶液为：(2V1-V2)mL，根据反应离子方程式可得关系：Cr2O72-~6Fe2+，又根据已知20.00mL 0.015mol/L K2Cr2O7标准液，所以硫酸亚铁铵溶液的浓度为： mol/L=mol/L。
（5）由已知，催化氧化滴定法测定铝锰合金中锰含量，过硫酸铵[(NH4)2S2O8]作氧化剂与锰在催化剂作用下发生氧化还原反应，所以Ⅱ中加入硝酸银溶液的目的是：作为催化剂，加快氧化速率。
（6）Ⅱ中过硫酸铵是过量的，存在反应(NH4)2S2O8+2H2O=2NH4HSO4+H2O2，加热煮沸至无大量气泡冒出，是为了除去溶液中的氧化性物质，若未加热煮沸无大量气泡冒出，则消耗还原剂硫酸亚铁铵的物质的量偏大，锰含量测定结果将偏大。
（7）为了提高该实验的准确度和可靠度，需防止偶然误差的产生，可取两个以上相同的样品，以完全一致的条件进行实验，看其结果的一致性，即进行平行实验。
42．（2018届黑龙江省大庆市高三第一次教学质量检测）某实验室采用新型合成技术，以Cu(CH3COO)·2H2O和K2C2O4·H2O为原料在玛瑙研钵中研磨反应，经过后处理得到蓝色晶体。已知该蓝色晶体的化学式为Ka[Cub(C2O4)c]·nH2O,在合成过程中各种元素的化合价均不发生变化。为了测定其组成进行以下两组实验，请回答相关问题：
Ⅰ.草酸根与铜含量的测定
①将蓝色晶体于研钵中研碎，取该固体粉末，加入1mol/L的H2SO4溶解，配制成250mL溶液。
②配制100mL0.1000mol/LKMnO4溶液备用。
③取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，采用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，共消耗KMnO4溶液20.00mL。
④另取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入过量KI溶液，充分反应后用0.2000mol/LNa2S2O3溶液滴定，消耗12.50mL.(发生反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6 + 2NaI)
（1）后处理提纯该蓝色晶体时，除掉的杂质的主要成分 (除原料外)是_______（填化学式）
（2）配制0.1000mol/LKMnO4溶液，需要的玻璃仪器有________、_______，胶头滴管，玻璃棒，烧杯。
（3）用Na2S2O3滴定时，应选用_______滴定管（填“酸式”或“碱式”）
（4）KMnO4溶液滴定草酸根过程中发生反应的离子方程式为_______，滴定终点的现象为_____。
Ⅱ.热重分析法测定结晶的含量
氮气气氛中以升温速率10℃/min测定该化合物的热失重曲线，如图所示晶体在107℃失重10.2%，失去全部结晶水。
（5）通过热失重分析，蓝色晶体的化学式中n=________，经过实验测定后，蓝色晶体的化学式为________.
（6）加热400℃之后，剩余物质的质量不再发生变化。为探究剩余固体的成分，冷却后取少量固体于试管中，加水溶解有红色不溶物，过滤后向滤液中加入稀盐酸产生无色无味气体。则剩余固体的成分为________。
【答案】 CH3COOK 量筒 100mL容量瓶 碱式 2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 当滴入最后一滴试剂时，锥形瓶中溶液由无色变成粉红色，且30s不褪色 2 K2[Cu(C2O4)2]·2H2O Cu、K2CO3
(4). KMnO4溶液滴定草酸根离子过程中，MnO4－作氧化剂，Mn元素化合价降低生成Mn2＋，C2O42-作还原剂，C元素化合价升高生成CO2，根据得失电子守恒和原子守恒得该反应的离子方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，当滴入最后一滴试剂时，锥形瓶中溶液由无色变成粉红色，且30s不褪色，说明达到了滴定终点，故答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；当滴入最后一滴试剂时，锥形瓶中溶液由无色变成粉红色，且30s不褪色；
II. (5). 根据上述滴定过程可知，用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定至草酸根离子恰好全部氧化成二氧化碳，共消耗KMnO4溶液20.00mL，则原晶体中n（C2O42-）=0.1mol/L×0.02L××=0.05mol，另取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入过量KI溶液，充分反应后用0.2000mol/LNa2S2O3溶液滴定，消耗12.50mL，由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6 + 2NaI可知，2Cu2＋~I2~2 Na2S2O3，则原晶体中n（Cu2＋）=0.0125L×0.2mol/L×=0.025mol，则n（Cu2＋）: n（C2O42-）=0.025mol:0.05mol=1:2，则蓝色晶体中b=1、c=2，再根据化合价整体为0，得a=2，所以蓝色晶体为：K2[Cu(C2O4)2]·nH2O，晶体在107℃失重10.2%，失去全部结晶水，说明结晶水在晶体中的质量分数为10.2%，则有10.2%=×100%，解得n=2，则蓝色晶体的化学式为：K2[Cu(C2O4)2]·2H2O，故答案为：2；K2[Cu(C2O4)2]·nH2O；
(6). 冷却后取少量固体于试管中，加水溶解有红色不溶物，说明有单质铜，过滤后向滤液中加入稀盐酸产生无色无味气体，说明有碳酸钾，故答案为：Cu、K2CO3。
43．（2018届山东省济南第一中学高三1月月）磷化铝（AlP）通常可作为一种广谱性熏蒸杀虫剂，吸水后会立即产生高毒的PH3气体（熔点为-132℃，还原性强）。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物（以PH3计）的含量不超过0.05mg·kg-1时，粮食质量合格；反之，粮食质量不合格。某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留的磷化物含量进行了研究。
【操作流程】
安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。
【实验装置】
已知 C 中盛有 100 g原粮，E 中盛有 20.00 mL 1.13×10-3 mol ?L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化)。请回答下列问题：
（1）仪器D的名称是____________________________。
（2）B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，则A中盛装KMnO4溶液的作用是_________________________。
（3）已知MnO4-被还原为Mn2+，若0.1mol PH3恰好被0.16mol KMnO4吸收，则PH3被氧化的产物是__________，写出E中发生反应的离子方程式：_________________________
（4）收集E中吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-4mol ? L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液：
三次实验消耗Ｖ标
1
2
3
mL
11.02
11.30
10.98
①滴定达到终点的现象是：________________________________。
②数据处理：消耗Na2SO3标准溶液____mL；则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为______________________mg ? kg-1。
③若C中反应完全后，忘记通入空气即进行（4）中的滴定操作，则消耗Na2SO3标准溶液的体积____________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
【答案】 直形冷凝管(或冷凝管) 除去空气中的还原性气体，避免影响实验结果 H3PO4（或磷酸） 5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O 锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为无色，且半分钟内不再变色 11.00 0.13（或 0.1275） 偏大
【解析】(1)装置中D为冷凝管，起到冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管；
(2)依据装置图中装置中的试剂选择分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧，故答案为：除去空气中的还原性气体，避免影响实验结果；
(3)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O，故答案为：H3PO4(或磷酸)；5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；
(4)①依据滴定反应：2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O，本实验中无需选择指示剂，锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为无色，且半分钟内不再变色，表示达到了滴定终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为无色，且半分钟内不再变色；
②收集E中吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中用浓度为5×10-4mol/L Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL；依据滴定反应：2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O；2KMnO4～5Na2SO3；未反应的高锰酸钾物质的量=0.0110L×5×10-4mol/L××=2.2×10-5mol；与PH3反应的高锰酸钾物质的量=1.13×10-3mol/L×0.020L-2.2×10-5mol=6.0×10-7mol；根据反应 5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O；得到定量关系为：5PH3～8KMnO4；计算得到PH3物质的量=6.0×10-7mol×=3.75×10-7mol；则PH3的质量分数==0.1275mg/kg≈0.13mg/kg，所以该原粮质量不合格，故答案为：11.00；0.13；
③准确测定PH3的含量，需要用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，通入空气的作用是保证PH3全部被吸收，若C中反应完全后，忘记通入空气即进行(4)中的滴定操作，则剩余的高锰酸钾偏多，滴定消耗Na2SO3标准溶液的体积偏大，故答案为：偏大。
44．（2018届北京市清华大学附属中学高三10月月考）由硫和亚硫酸钠共热可制备硫代硫酸钠（Na2S2O3），Na2S2O3是重要的化工料，易溶于水，在酸性溶液中发生如下反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O），并测定产品的纯度。装置如下（已略去加热装置）：
（1）D是尾气处理装置，盛放的溶液可以是__________。
a．酸性高锰酸钾溶液 b．NaOH溶液 c．饱和NaHSO3溶液
（2）C中发生的化学反应有：__________、2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓、__________。
（3）经过系列操作，该小组同学从C中制得了Na2S2O3·5H2O，此晶体中可能混有Na2SO3和Na2SO4杂质。接下来，他们做实验证明了则两种杂质的存在，请完成操作：取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，__________，沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生（已知Ba2+与S2O32-不生成沉淀）。
（4）该组同学经讨论认为：先向A中滴加70%的H2SO4，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向C加入Na2S和Na2CO3混合溶液，可减少装置C中生成的Na2SO4的量，画出改进后的C装置。___________
（5）测定Na2S2O3·5H2O的纯度：称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，滴加少量淀粉溶液，用0.1000mol·L-1碘的标准溶液滴定，反应原理为2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。
①判断反应达到滴定至终点的标志是：______________________________。
②滴定起始和终点的液面位置如图，则产品的纯度为（Na2S2O·5H2O的摩尔质量为Mg·mol-1）____________________。
【答案】 ab Na2CO3+SO2=CO2+Na2SO3 Na2SO3+SNa2S2O3。 过滤后用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸 最后一滴碘液滴入时，溶液由无色变蓝色，且30s内不恢复原来的颜色 ×100%。
【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）SO2是有毒气体，防止污染空气，需要进行尾气处理，利用SO2属于酸性氧化物或具有还原性，进行除去，a、酸性高锰酸钾溶液氧化SO2为SO42－，故a正确；b、SO2与NaOH反应生成Na2SO3，故b正确；c、SO2与NaHSO3不发生反应，不能除去SO2，故c错误；（2）亚硫酸的酸性强于碳酸，因此发生SO2＋Na2CO3=Na2SO3＋CO2，反应制备硫代硫酸钠晶体，因此发生Na2SO3＋S Na2S2O3；；（3）实验证明两种杂质的存在，因为S2O32－与Ba2＋不生成沉淀，但S2O32－与H＋反应生成S和SO2，因此滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成后，应过滤，排除S2O32－的干扰，然后向沉淀中加入足量的稀盐酸，沉淀未完全溶解，说明沉淀中有BaSO4，即杂质中含有Na2SO4，由刺激性气味气体产生，此气体为SO2，说明杂质中含有Na2SO3；（4）根据信息，需要先排除装置中空气，防止干扰实验，再向C中加入硫化钠和碳酸钠溶液，因此装置设计成；（5）①淀粉遇到碘单质变蓝，根据反应原理，滴定至终点的标志为：最后一滴碘液滴入时，溶液由无色变蓝色，且30s内不恢复原来的颜色；②滴定中消耗I2的体积为18.10mL，根据2S2O32－＋I2=S4O62－＋2I－，n(Na2SO3·5H2O)=2×18.10×10－3×0.1mol，纯度为2×18.10×10－3×0.1×M/W×100%= ×100%。
45．（2018届甘肃省张掖市高三第一次质量检测）实验室制备三氯乙醛(CCl3CHO)的反应原理为C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl可能发生的副反应是C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O。某探兖小组模拟制备三氯乙醛的实验装置如图所示(夹持、加热装置均略去)。回答下列问题：
（1）仪器a的名称是______________。
（2）装置A中发生反应的离子方程式为____________________________________。
（3）仪器b中冷凝水从______(填“p”或“q”,下同)口进，?___________口出。
（4）若撤去装置B,对实验的影响是__________________________________________________。
（5）实验时发现D中导管口处气泡速率过快,合理的解决方法是______________________。
（6）已知：CCl3CHO+OH-→CHCl3+HCOO-?;HCOO-+I2-=H++2I-+CO2↑;I2+2S2O32-=2I-+S4O62-。称取0.40g产品,配成待测溶液,加入20.00mL0.100?mol·L-1碘标准溶液,再加入适量Na2CO3溶液,反应完全后,加盐酸调节溶液的pH,并立即用0.020?mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点。重复上述操作3次,平均消耗Na2S2O3溶液20.00mL。滴定时所用指示剂是__________________________,达到滴定终点的现象是_____________________________________________________,测得产品的纯度为___________。
【答案】 (恒压)分液漏斗 MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O p q 会有氯化氢杂质与乙醇反应,生成氯乙烷。导致三氯乙醛的纯度降低 停止对A加热或控制滴加盐酸的量 淀粉溶液 蓝色变为无色，且半分钟内不变色 66.4%(或66.375%)
【解析】A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl3CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。
(1)由仪器a的结构可知，该分液漏斗能平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下，为恒压分液漏斗，故答案为：恒压分液漏斗；
(2)装置A中浓盐酸与二氧化锰在加热时反应放出氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(3)冷凝管水流遵循下口进上口出，即p口进，q口出，故答案为：p；q；
(4)装置B中的饱和食盐水可以除去氯气中的杂质氯化氢，若撤去装置B，氯化氢杂质会与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低，故答案为：会有氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低；
(5)实验时发现D中导管口处气泡速率过快，可以停止对A加热或控制滴加盐酸的量，适当降低生成氯气的速率，故答案为：停止对A加热或控制滴加盐酸的量；
(6)根据CCl3CHO+OH-→CHCl3+HCOO-；HCOO-+I2-=H++2I-+CO2↑;I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，反应过程中涉及碘单质，可以选用淀粉作指示剂；滴定终点的现象为蓝色变为无色，且半分钟内不变色；根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量0.02000mol?L-1×0.02L×=2×10-4mol，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.1000mol?L-1×0.02L-2×10-4mol=1.8×10-3mol，由CCl3CHO～HCOO-～I2可知，CCl3CHO的物质的量为1.8×10-3mol，则产品的纯度为×100%=66.4%，故答案为：淀粉溶液；蓝色变为无色，且半分钟内不变色；66.4%。
46．（2017-2018学年江苏省溧阳市高三第一学期阶段性调研）茶叶中含有多种有益于人体健康的有机成分及钙、铁等微量金属元素，某化学研究性学习小组设计方案测定某品牌茶叶中钙元素的质量分数，并检验铁元素的存在（已知CaC2O4为白色沉淀物质）。首先取200g 茶叶样品焙烧得灰粉后进行如图6操作:
请回答下列有关问题:
(1) 实验前要先将茶叶样品高温灼烧成灰粉，其主要目的_________。
(2) 文献资料显示，某些金属离子的氢氧化物完全沉淀的pH 为:
离子
Ca2+
Fe3+
完全沉淀时的pH
13
4.1
写出从滤液A→沉淀D的离子反应方程式_________。
(3) 为保证实验精确度，沉淀D 及E需要分别洗涤，并将洗涤液转移回母液中，判断沉淀D已经洗涤干净的方法是_________。
(4) 用KMnO4标准溶液滴定C溶液时所发生的反应为:5C2O42- +2MnO4- +16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。现将滤液C 稀释至500mL，再取其中的25.00mL溶液，用硫酸酸化后，用0.1000mol/L的KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗KMnO4溶液10.00mL。
①此步操作过程中KMnO4标准溶液应装在_________中(填写仪器名称)。
②滴定到终点，现象_________，静置后，若终了俯视读取KMnO4标准溶液的体积，则测定的钙元素含量将_________ (填“偏高“偏低”或“无影响”)。
(5) 原茶叶中钙元素的质量分数为_________。
【答案】 使样品中的有机物充分反应，有利于提高浸出率 Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+ 向最后一次洗涤液中，滴加碳酸钠溶液，若无沉淀产生，则已洗净 酸式滴定管 溶液由无色恰好变成红色，且半分钟内不褪色 偏高 0.3%
【解析】试题分析：本题考查物质含量的测定，基本实验操作、误差分析和计算。
（1）茶叶中含有多种有益于人体健康的有机成分，实验前将茶叶样品高温灼烧成灰粉可使样品中的有机物充分反应，变成粉末，增大接触面积，有利于后续实验中提高金属元素的浸取率。
（2）茶叶灰粉加3mol/LH2SO4浸取后的滤液A中含Fe3+、Ca2+，滴加氨水调节pH=6，根据表中Ca2+、Fe3+完全沉淀的pH值，从滤液A→沉淀D是将Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀，离子反应方程式为：Fe3++3NH3·H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+。
（3）沉淀D上吸附的可溶物中含Ca2+等，要判断沉淀D洗涤干净即检验洗涤液中不含Ca2+，用Na2CO3溶液检验Ca2+。实验方法是：向最后一次洗涤液中，滴加碳酸钠溶液，若无沉淀产生，则已洗净。
（4）①KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀橡皮管，KMnO4标准溶液不能盛放在碱式滴定管中，应盛放在酸式滴定管中。
②由于KMnO4溶液本身呈紫红色，滴定中不需要加指示剂，滴定到终点的现象是：溶液由无色恰好变成红色，且半分钟内不褪色。若终了俯视读取KMnO4标准溶液的体积，消耗KMnO4溶液的体积偏小，与KMnO4反应的（NH4）2C2O4偏小，则与Ca2+形成沉淀的（NH4）2C2O4偏大，测定的钙元素含量将偏高。
（5）实验中消耗的n（KMnO4）=0.1000mol/L0.01L=10-3mol，根据反应：5C2O42-?+2MnO4-?+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，25.00mL溶液中n（C2O42-）=n（KMnO4）=2.510-3mol；滤液C中n（C2O42-）=2.510-3mol=0.05mol；与Ca2+反应的n（C2O42-）=-0.05mol=0.015mol，n（Ca2+）=0.015mol，茶叶中钙元素的质量分数为100%=0.3%。
47．（2018届辽宁省沈阳市郊联体高三上学期期末）用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：
（1）准确称量8.2g 含有少量中性易溶杂质的样品，配成500mL 待测溶液。用0.1000mol·L-1的硫酸滴定，写出该中和反应的热化学方程式________________________________(中和热ΔH=-57.3 kJ/mol)。
（2）滴定过程中，眼睛应注视___________，若用酚酞作指示剂达到滴定终点的标志是_____________。
（3）根据下表数据，计算烧碱样品的纯度是___________（用百分数表示，保留小数点后两位）
滴定次数
待测溶液体积（mL）
标准酸体积
滴定前的刻度（mL）
滴定后的刻度（mL）)
第一次
10. 00
0. 40
20. 50
第二次
10. 00
4. 10
24. 00
（4）下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？（填“偏高”“偏低”或“无影响”）
①观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，则滴定结果____________。
②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10. 00mL待测液，则滴定结果____________。
【答案】 2NaOH(aq)+H2SO4(aq)=2H2O(l)+Na2SO4 (aq) △H= -114.6kJ·mol—1 锥形瓶内溶液颜色变化 当滴加最后一滴标准硫酸溶液时，溶液由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复原色 97.56% 偏高 偏高
【解析】(1)硫酸与氢氧化钠发生中和反应的热化学方程式为2NaOH(aq) +H2SO4(aq)=2H2O(l) +Na2SO4 (aq) △H= -114.6kJ·mol-1；
(2)在滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；用酚酞作指示剂达到滴定终点的现象是滴加最后一滴硫酸标准溶液时，溶液的颜色由粉红色变为无色，且在半分钟内不恢复原色；
(3)由表中数据可知，标准液的体积平均值为20.00mL，所以10.00mL×c=20.00mL×0.1000mol/L×2， c=0.4000mol/L，则500mL溶液中n(NaOH)=0.4000mol/L×0.5L= 0.2mol，所以烧碱样品的纯度=
(4)①观察酸式滴定管液面时，开始俯视，使读数偏小，滴定终点平视，读数正常，所以标准液的体积增大，使滴定结果偏高；②锥形瓶用待测液润洗，使待测液中溶质量增大，消耗标准液体积增大，使滴定结果偏高。
48．（2018届辽宁省沈阳市郊联体高三上学期期末）（1）氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题 。
下表列举了不冋温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数K的值：
反应
大气固氮N2(g)+O2(g)2NO(g)
工业固氮N2(g)+3H2 (g)2NH3(g)
温度/℃
27
2000℃
25
400
450
K
3.84×10－31
0.1
5×108
0.507
200
①分析数据可知：大气固氮反应属于_____________ (填“吸热”或“放热”反应。
②从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因________________________________。
③在一定的温度和压强下，把2体积N2和6体积H2充入一容积可变的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0。反应达到平衡后N2的质量分数为a%，若在相同容器中充入m 摩尔的N2和n 摩尔的H2也能使平衡时N2的质量分数达到a%，则m 和n 的关系用代数式表达应为___________。若在一定温度下的定容密闭容器中发生上述反应，能说明此反应已达化学平衡状态的是________。
A.密度不变 B.混合气体平均相对分子质量不变
C.V正(N2)= 2v逆(NH3) D.N2的体积分数不再改变
（2）体积均为10mL，pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH 变化如图：则HX 的电离平衡常数_________（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的电离平衡常数。稀释后，HX溶液中水电离出来的c (H+)_______ （填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的溶液中水电离出来的c (H+)，理由是_______________________________________。
（3）已知100℃时，水的离子积常数为1×10-12，将此温度下pH=1的H2SO4溶液aL与pH=11的NaOH溶液bL混合，若所得混合液pH=2，则a∶b=________。
【答案】 吸热 从反应速率角度考虑，高温更好，从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适 ? m:n=1:3 B D 大于 大于 HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中的c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），所以其对水电离的抑制能力也较弱 11：9
【解析】(1) ①由表中大气固氮的数据可知，随温度的升高，K值增大，即升温平衡正向移动，所以该反应是吸热反应；②根据表中数据，工业固氮在常温下K值很大，但速率很小，所以在高温下进行以提高反应速率，同时从催化剂的最佳活性温度考虑，适宜选择在500℃左右进行；③要满足要求，则加入的N2和H2的物质的量之比与原来相同，即m：n=1：3；若在定容密闭容器中发生上述反应，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以当混合气体密度()不变时，不能说明反应已达平衡状态，则A错误；该反应前后气体的物质的量是减小的，所以混合气体平均相对分子质量()不变时，反应已达平衡状态，则B正确；当正逆反应速率相等时，即2V正(N2)= V逆(NH3)时反应已达平衡状态，所以C错误；混合气体各组份的量保持不变时，说明反应已达平衡状态，所以D正确。因此正确答案是BD。
(2)由图象可知一元酸HX在稀释时，pH的改变比醋酸的大，说明HX的酸性比醋酸的强，因此其电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液的pH大于醋酸溶液的pH，即HX溶液中的c(H+)小于醋酸溶液的c(H+)，对水的电离平衡抑制程度前者弱于后者，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液中水电离出来的c(H+)；
(3)已知100℃时，水的离子积常数为1×10-12，则pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，因混合后溶液的pH=2，则c(H+)=0.01mol/L = = ，求得a∶b=11：9。
49．（2018届河南省开封市高三上学期第一次模拟考试）1828年，德国化学家弗里德里希·维勒首次使用(NH4)2SO4与氰酸钾KCNO人工合成了尿素CO(NH2)2，打破了有机化合物的"生命力"学说。
（1） (NH4)2SO4与KCNO合成尿素反应的化学方程式为____________。
（2）某小组同学在实验室条件下，拟用CO2和NH3，在催化剂的作用下合成尿素。
①用CO2和NH3合成尿素 CO(NH2)2反应的化学方程式为____________。
②实验所需的CO2可用多种装置来制备，要想达到“随开随用、随关随停”的目的，下列装置A、B、C、D、E中符和要求的有____________（填字母）。
③若用F装置收集氨气，则气体应由导管口____________（填“a”或“b”）进入。
（3）尿素样品中氮含量可以用甲醛法标定，其原理如下：首先用浓硫酸分解试样，使试液中的胺生成硫酸铵并放出二氧化碳；将过量的硫酸中和后得到中性铵盐，再用甲醛（HCHO）与硫酸铵作用生成六次甲基四铵盐离子(CH2)6N4?H+和硫酸；最后用标准氢氧化钠溶液滴定。
①甲醛与硫酸铵反应的离子方程式为____________；
②滴定选用的指示剂为____________。滴定终点的现象为____________。
③若称取样品m g，溶解后配成250mL溶液。取25.00mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，加入10mL w%的甲醛溶液，充分反应后，加入1～2滴指示剂，用浓度为a mol/L的NaOH标准溶液滴定至终点（已知滴定时，1 mol六次甲基四铵?易错点十一 电离平衡
瞄准高考
1．（2017新课标Ⅲ）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1 mol 的11B中，含有0.6NA个中子
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+
C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子
D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5(g)，增加2NA个P﹣Cl键
【答案】A
2．(2017新课标Ⅱ)改变0.1mol?L—1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA—、A2—的物质的量分数δ(x)随pH的变化如图所示[已知δ（x）=c(x)/(c(H2A)+c(HA—)+c(A2—)])。下列叙述错误的是
A．pH=1.2时，c(H2A）=c(HA—) B．lg[K2(H2A)]=﹣4.2
C．PH=2.7时，c(HA—)＞c(H2A) =c(A2—) D．pH=4.2时，c(HA﹣) =c (A2—) =c(H2A)
【答案】D
【解析】 A．由图象可知pH=1.2时，H2A与HA—的曲线相交，则c（H2A）=c（HA—），故A正确； B．pH=4.2时，c（H+）=10—4.2mol/L，c（HA—）=c（A2—），K2（H2A）=c(A2—) ·c(H+) /c(HA—) ==10—4.2，则lg[K2（H2A）]=﹣4.2，故B正确； C．由图象可知，PH=2.7时，c（H2A）=c（A2—），由纵坐标数据可知c(HA—)＞c(H2A) =c(A2—)，故C正确； D．pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2—），但此时c（H2A）≈0，故D错误。
3．（2017江苏）常温下，Ka(HCOOH) =1.77×10—4，Ka(CH3COOH) =1.75×10—5，Kb(NH3?H2O) =1.76×10—5，下列说法正确的是
A．浓度均为0.1 mol?L﹣1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol?L—1 HCOOH 与 0.1 mol?L—1 NaOH 等体积混合后的溶液中：
C(HCOO—) +c(OH—) =c(HCOOH) +c(H+)
D．0.2 mol?L﹣1 CH3COONa 与 0.1 mol?L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中(pH＜7)：
c(CH3COO—)＞c(Cl—)＞c(CH3COOH)＞c(H+)
【答案】AD
【解析】A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出：
c（HCOO—）+c（OH—）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）；
c（NH4+）+c（H+）=c（Cl—）+c（OH—）=0.1mol/L+c（OH—）；
水解程度NH4+＞HCOO—，所以前者c（H+）大于后者c（OH—）；故A正确；
B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；，故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO—）+c（OH—）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；
D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度。故D正确。
锁定考点
一. 影响电离平衡的因素
⑴ 浓度：同一弱电解质，增大溶液的物质的量浓度，电离平衡将向电离的方向移动，但电解质的电离程度减小；稀释溶液时，电离平衡将向电离方向移动，且电解质的电离程度增大。
在醋酸的电离平衡 CH3COOHCH3COO-+H+加水稀释，平衡向右移动，电离程度变大，但c(CH3COOH)、c(H+)、c(CH3COO-)变小， 加入少量冰醋酸，平衡向右移动， c(CH3COOH)、c(H+)、c(CH3COO-)增大，但电离程度变小。
⑵ 温度：温度越高，电离程度越大
由于弱电解质的电离一般是吸热的，因此升高温度，电离平衡将向电离方向移动，弱电解质的电离程度将增大。
⑶ 同离子效应 加入与弱电解质具有相同离子的电解质时，使电离平衡向逆反应方向移动。
⑷ 化学反应 加入能与弱电解质电离出的离子反应的物质时，可使平衡向电离方向移动。
二. 以电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+为例，各种因素对电离平衡的影响可归纳为下表：
移动方向
c(H+)
n(H+)
c(OH-)
导电能力
电离程度
加水稀释
向右
减小
增多
增多
减弱
增大
加冰醋酸
向右
增大
增多
减小
增强
减小
升高温度
向右
增大
增多
增多
增强
增大
加NaOH(s)
向右
减小
减少
增多
增强
增大
H2SO4(浓)
向左
增大
增多
减少
增强
减小
加醋酸铵(s)
向左
减小
减少
增多
增强
减小
加金属Mg
向右
减小
减少
增多
增强
增大
加CaCO3(s)
向右
减小
减少
增多
增强
增大
三. 电离方程式的书写
（1）强电解质用“＝”，弱电解质用“”
（2） 多元弱酸分步电离，以第一步为主：
　 例如：NaCl=Na++Cl－　
NH3·H2ONH4++OH—
H3PO4 H++H2PO4—(为主)
（3） 酸式盐：强酸的酸式盐完全电离，一步写出，如NaHSO4＝Na++H++SO42一。弱酸的酸式盐强中有弱酸根离子的要分步写出：如NaHCO3＝Na++ HCO3一；HCO3一CO32一+ H+
（4）Al（OH）3是中学涉及的一种重要的两性氢氧化物，存在酸式电离和碱式电离：
Al3+ +3OH- Al(OH)3 AlO2- +H++H2O
【拓展提升】
电解质溶液的导电性和导电能力

⑴ 电解质不一定导电(如NaCl晶体、无水醋酸)，导电物质不一定是电解质(如石墨)，非电解质不
导电，但不导电的物质不一定是非电解质。
⑵ 电解质溶液导电能力是由溶液中自由移动的离子浓度决定的，离子浓度大，导电能力强；离子浓度小，导电能力弱。离子浓度大小受电解质的强弱和溶液浓度大小的决定。所以强电解质溶液导电能力不一定强，弱电解质溶液导电能力也不一定弱。
【名师点拨】
电解质的电离情况分类说明：
① NaCl、NaOH等盐、强碱类离子化合物在水溶液里或熔融状态下都能发生电离，都能导电。
②　Na2O、MgO等活泼金属氧化物类离子化合物在熔融状态下能电离且能导电，或与水反应（Na2O），或不溶于水，因此不谈他们在水溶液中的电离。
③ H2SO4，HCl，CH3COOH等酸类共价化合物在水溶液中能电离，能导电，但在熔融状态下不电离、不导电，在其纯溶液中只有分子，没有离子。注意：共价化合物在熔融状态下不发生电离。
④ NaHCO3、NH4Cl等热稳定性差的盐类电解质受热易分解，因此只谈它们在水溶液中的电离。
⑤ 强酸的酸式盐在熔融状态下和水溶液里的电离程度是不同的：NaHSO4溶于水 NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42－， NaHSO4熔融状态下 NaHSO4 = Na+ + HSO4－
四. 电离平衡常数
1. 一元弱酸：CH3COOHH＋＋CH3COO－
2. 一元弱碱：NH3·H2ONH4++OH—
（1）电离平衡常数是温度函数，温度不变K不变，不随浓度的改变而改变。
（2）K值越大，该弱电解质较易电离，其对应的弱酸弱碱较强； K值越小，该弱电解质越难电离，其对应的弱酸弱碱越弱；即 K值大小可判断弱电解质相对强弱。
（3）多元弱酸是分步电离的，一级电离程度较大，产生H+，对二级、三级电离产生抑制作用。如：
H3PO4H＋＋H2PO K1＝7.1×10－3
H2POH＋＋HPO K2＝6.3×10－8
HPOH＋＋PO K3＝4.20×10－13
【名师点拨】
①　电离常数表达式中各组分的浓度均为平衡浓度．
②　多元弱酸溶液中的c(H＋)是各步电离产生的c(H＋)的总和，在每步的电离常数表达式中的c(H＋)是指溶液中H＋的总浓度而不是该步电离产生的c(H＋)．
③　电离常数的特征．同一弱电解质的稀溶液的电离常数的大小与溶液的浓度无关，只随温度的变化而变化．温度不变，K值不变；温度不同，K值也不同．但由于电离常数随温度的变化不大，在室温时，可不考虑温度对电离常数的影响．
④　电离常数的意义
a 表明弱电解质电离的难易程度．K值越大，离子浓度越大，该电解质越易电离；反之，电解质越难电离。
b 比较弱酸或弱碱相对强弱．例如在25℃时，HNO2的K＝4.6×10－4，CH3COOH的K＝1.8×10－5，因此HNO2的酸性比CH3COOH的酸性强。
小题快练
1．（2018届辽宁葫芦岛市普通高中高三上学期期末）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 1mol?苯乙烯中含碳碳双键数为4NA
B. 盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5mol
C. 标准状况下，2.24LCl2溶于水，转移6.02×1022个电子
D. 1L0.1mol?L-1?的氨水中有0.1NA个NH4+
【答案】B
2．（2018届四川省绵阳市高三第二次诊断）室温下，浓度均为0.1mol/L.体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积V。已知pOH=-lgc(OH-),pOH 与的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A. HX、HY都是弱酸，且Ka(HX)>Ka(HY)
B. 图中pOH随变化始终满足直线关系
C. =3时，NaX溶液中所含离子总数小于NaY溶液
D. 分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH=7时，c(X-)=c(Y-)
【答案】A
【解析】A. NaX、NaY溶液pOH≠7，表明NaX、NaY发生水解，所以 HX、HY都是弱酸，浓度均为0.1mol/L.的NaX、NaY溶液的pH分别为4和3，表明水解程度：NaXKa(HY)，故A正确；B. 当很大时，图中pOH变化很小，所以图中pOH随变化不会始终满足直线关系，故B错误；C.溶液中电荷守恒：c(X-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，c(OH-)+c(Y-)= c(Na+)+c(H+)， =3时，NaX溶液中pOH较大， c(OH-)较小，c(H+)较大，所含离子总数大于NaY溶液，故C错误；D. 分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH=7时，溶液中电荷守恒：c(X-)+c(OH-)+c(Cl-)= c(Na+)+c(H+)，c(OH-)+c(Y-)+c(Cl-)= c(Na+)+c(H+)，将c(OH-)= c(H+)代入得，c(X-)+c(Cl-)= c(Na+)，c(Y-)+c(Cl-)= c(Na+)，由于NaX溶液中pOH较大，加入盐酸较少，c(Cl-)较小，所以c(X-)>c(Y-)，故D错误。故选A。
3．（2018届天津市和平区高三上学期期末）常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向NH4Cl?溶液中加入NaOH?溶液至呈中性，溶液中c(Na+)=c(NH3·H2O)
B. 用少量水稀释0.1mol·L-1氨水时;?溶液中减小
C. 将Na2CO3溶液从20℃升温至30?℃，溶液中增大
D. pH=?5.5?的CH3COOH?与CH3COONa?混合溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)
【答案】A
【解析】A. 向NH4Cl?溶液中加入NaOH?溶液至呈中性，溶液中c(Na+)+c(NH4+)=c(Cl-)，而由NH4Cl? 的物料守恒可知，c(NH3·H2O)+c(NH4+)=c(Cl-)，两式联列可得：c(Na+)=c(NH3·H2O)，A正确；B. 用少量水稀释0.1mol·L-1氨水时，平衡正向移动，等体积溶液中，氢氧根的物质的量增大，而一水合氨的物质的量减小，所以，溶液中增大，B错误；C. 将Na2CO3溶液从20℃升温至30?℃，促进碳酸根离子的水解，平衡正向移动，水解平衡常数增大，由水解平衡常数表示式可知，溶液中减小，C错误；D. pH=?5.5?的CH3COOH?与CH3COONa?混合溶液，CH3COOH电离大于CH3COO-的水解，CH3COONa的物料守恒可知， c(CH3COO-)>c(Na+)，D错误。答案选A。
4．（2018届辽宁师范大学附属中学高三上学期期末）巳知：25℃时某些弱酸的电离平衡常数。下面图像表示常温下稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时、溶液pH随加水量的变化，下列说法正确的是
CH3COOH
HClO
H2CO3
Ka=1.8×10-3
Ka=3.0×10-8
Ka1=4.1×10-7
Ka2=5.6×10-11
A. 相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中,各离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B. 向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CO32-
C. 图像中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度
D. 图像中a、c两点处的溶液中相等(HR代表CH3COOH或HClO)
【答案】D
【解析】A. 酸性：CH3COOH>HClO，所以水解程度：CH3COONac(CH3COO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故A错误；B. 酸性：H2CO3>HClO> HCO3-，所以向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，故B错误；C. 图像中pH变化较快的酸的酸性较强，浓度较小，所以a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度，故C错误；D. 图像中a、c两点处的溶液中盐的水解常数相等，所以相等，故D正确。故选D。
5．（2018届北京市东城区高三第一学期期末）常温时，向20mL 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是
A. a点的pH=1
B. b点时，c (CH3COO—)=0.05mol/L
C. c点时，V(NaOH)=20mL
D. 反应过程中的值不断增大
【答案】D
【解析】A、CH3COOH为弱酸，部分电离，a点为0.1 mol/L的CH3COOH溶液，c(H+)浓度小于0.1 mol/L，则pH大于1，故A错误；B、b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等；溶液体积由20mL扩大为30mL，根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.1 mol/L×；CH3COOH的电离和CH3COO－的水解均是微弱的，则二者的浓度应均接近于≈0.033mol/L，不会等于0.05mol/L，故B错误； C、假设c点时，V(NaOH)=20mL，则CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，此时溶液显碱性，pH＞7，与图不符，故假设不成立，故C错误；D、，随着NaOH的加入，溶液的碱性逐渐增强，c(H+)逐渐减小，而温度不变，Ka不变，则的值逐渐增大，故D正确。故选D。
6．（2018届北京市东城区高三第一学期期末）下列表述合理的是
A. 苯与乙炔的实验式均是C2H 2
B. H2O2的电子式是
C. 溴乙烷的比例模型是
D. NH3﹒H2O的电离方程式是NH3﹒H2O==+
【答案】C
7．（2018届北京市海淀区高三上学期期末）现有常温下体积均为10 mL、 pH=3的两种溶液：① HCl溶液，② CH3COOH溶液。下列说法中，正确的是
A. 溶液中溶质的物质的量浓度：① > ②
B. 溶液中酸根的物质的量浓度：① = ②
C. 加水稀释至1 L，溶液的pH：① < ②
D. 分别加入等浓度NaOH溶液至中性，消耗NaOH的量：① = ②
【答案】B
【解析】A. HCl是强电解质，在溶液中完全电离，CH3COOH是弱电解质，在溶液中部分电离，则pH相等的两种溶液中，溶质的物质的量浓度：②>①，故A错误；B. 两溶液的pH相等，说明两溶液中c(H＋)相等，由电离方程式HCl=H＋＋Cl－和CH3COOHH＋＋CH3COO－可知，溶液中酸根离子的物质的量浓度：①=②，故B正确；C. 加水稀释至1 L，则两溶液均稀释100倍，因HCl是强电解质，在溶液中完全电离，稀释后HCl溶液的pH=5，CH3COOH是弱电解质，在溶液中部分电离，稀释后CH3COOH溶液的pH：3＜pH＜5，所以两溶液的pH：②<①，故C错误；D. 根据A项分析可知，10 mL、 pH=3的两溶液中溶质的物质的量浓度：②>①，则分别加入等浓度NaOH溶液至中性，消耗NaOH的量：①＜②，故D错误；答案选B。
8．（2018届广东省东莞市高三上学期期末教学质量检查）常温时，1mol·L-1的HClO2和1mol·L-1的HMnO4两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 当稀释至pH均为3时，溶液中c(ClO2-)>c(MnO4-)
B. 在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足：pH=1g
C. 常温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH：NaMnO4>NaClO2
D. 稀释前分别用1mol·L-1的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积：HMnO4＞HClO2
【答案】B
【解析】从图像可知，V/V0=1000时，1mol·L-1的HMnO4稀释后的溶液pH=3，所以HMnO4为强酸，HClO2为弱酸；同浓度的两种酸，当pH均为3时，根据物料守恒规律：HMnO4 溶液： c(H+)=c(MnO4-); HClO2溶液： c(H+)= c(ClO2-)+ c(HClO2)；根据上述等式看出溶液中c(ClO2-)7，NaMnO4溶液不水解显中性；C错误；两种都为一元弱酸，同体积同浓度中和1mol·L-1的NaOH溶液能力相同，D错误；根据图像可知：因为HMnO4为强酸，满足0≤pH≤5时，溶液的pH 与溶液体积稀释的关系 pH=1g+1-1=1g；C正确；正确答案选C。
9．（2018届福建省泉州市普通高中高三单科质量检查）已知某酸H2B 在水溶液中存在下列关系：H2B=H++HB-，HB-H++B2- 。则下列关于酸式盐NaHB 溶液的说法中正确的是
A. 电离方程式：NaHB=Na++H++B2-
B. NaHB 溶液可能呈酸性或碱性
C. NaHB 和NaOH 溶液反应的离子方程式：HB-+OH-= H2O+B2-
D. 该溶液中：c(Na+)=c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)
【答案】C
【解析】A. HB-难电离，所以电离方程式：NaHB=Na++HB-，故A错误；B. HB-只电离，不水解，所以NaHB?溶液呈酸性，故B错误；C. NaHB?和NaOH?溶液反应的离子方式：HB-+OH-=?H2O+B2-，故C正确；D. 该溶液中不存在H2B，所以c(Na+)=c(HB-)+c(B2-)，故D错误。故选C。
10．（2018届天津市河西区上学期期末）常温下，Ka(CH3COOH) =2×10-5，
Ka(HCOOH)=2×10-4,Kb(NH3·H2O)=2×10-5，下列说法不正确的是
A. 向0.1mol/L HCOOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)/c(HCOOH)增大
B. 浓度均为0.1mol/L的HCOOH和NH4Cl溶液，由水电高出的c(OH-)前者小于后者
C. 用0.1mol/L的NaOH溶液分别中和等体积等pH的HCOOH和CH3COOH溶液，消耗NaOH溶液的体积相等
D. 0.05mol/L的CH3COOH溶液中pH=3
【答案】C
11．（2018届福建省三明市第一中学高三上学期第二次月考）常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg的变化关系如图所示，下列叙述错误的是
A. 常温下：Ka(HB)>Ka(HC)
B. HC的电离度：a点C. 当lg=4时，三种溶液同时升高温度， 减小
D. 当lg=5时，HA溶液的pH为7
【答案】D
【解析】A项，由图可知，HA稀释10倍pH增大1，则HA为强酸，HB、HC稀释10倍pH增大值小于1，则HB、HC为弱酸，HB、HC稀释同等倍数，pH的改变值：HBHC，酸性：HBHC，常温下，Ka（HB）Ka（HC），正确；B项，对HC，b点稀释的倍数大于a点，加水稀释促进弱酸的电离，HC的电离度：a点b点，正确；C项，HA为强酸，对HA溶液升高温度， c（A-）不变，对HC溶液升高温度促进HC电离，c（C-）增大， 减小，正确；D项，HA溶液为酸溶液，无论如何稀释pH7，错误；答案选D。
12．（2018届福建省三明市第一中学高三上学期第二次月考）常温下用0.10 mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COOH(Ka=1.75×10-5)溶液和HCN（Ka=4.9×10-10）溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是
A. 曲线I和曲线II分别代表的是CH3COOH和HCN
B. 点①和点②所示溶液中：
C. 点③和点⑤所示溶液中由水电离出的c(H+)：⑤>③
D. 在点②和③之间（不包括端点）存在关系：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】B
【解析】A项，CH3COOH的Ka大于HCN的Ka，物质的量浓度都是0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH小于HCN，曲线I代表的是HCN，曲线II代表的是CH3COOH，错误；B项，点①和点②表示加入10mLNaOH溶液，此时点①中的物料守恒为c（HCN）+c（CN-）=2c（Na+），点②中的物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=2c（Na+），由于两溶液中c（Na+）相等，则c（HCN）+c（CN-）= c（CH3COOH）+c（CH3COO-），即c（CH3COO-）- c（CN-）= c（HCN）- c（CH3COOH），正确；C项，点③溶液由CH3COONa和CH3COOH混合而成，点⑤溶液由NaCN和HCN混合而成，点③和点⑤溶液中的OH-全部来自水电离，点③和点⑤溶液的pH都等于7，点③和点⑤溶液中水的电离程度相等，错误；D项，NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的过程中，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），点②和点③之间溶液呈酸性，c（H+）c（OH-），则c（Na+）c（CH3COO-），错误；答案选B。
13．（2018届福建省三明市第一中学高三上学期第二次月考）设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法中不正确的是
A. 标准状况下，22.4L C2H4和22.4L苯所含C-H键的数目均为6NA
B. 44g由N2O和CO2组成的混合气体中所含的原子总数为3NA
C. 2.8g由CO和C2H4组成的混合气体中所含的分子总数为0.1NA
D. 1L 0.1mol·L-1CH3COOH溶液中，CH3COOH和CH3COO-的数目之和为0.1NA
【答案】A
【解析】A项，苯在标准状况下呈液态，不能用22.4L/mol计算苯的物质的量，错误；B项，N2O和CO2的摩尔质量都是44g/mol，则44g由N2O和CO2组成的混合气体中含气体分子物质的量为=1mol，N2O和CO2都是三原子分子，则含原子物质的量为3mol，正确；C项，CO和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，则2.8g由CO和C2H4组成的混合气体中含气体分子物质的量为=0.1mol，正确；D项，CH3COOH属于弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，根据物料守恒n（CH3COOH）+n（CH3COO-）=0.1mol/L1L=0.1mol，正确；答案选A。
14．（2018届广东省深圳中学高三上学期第一次阶段性检测）25℃时，H2CO3 的 Kal=4.2×10－7，Ka2=5.6×10－11。室温下向10mL 0.1 mo1·L－1 Na2CO3 中逐滴加入 0.1 mo1·L－1 HCl。右图是溶液中含 C微粒物质的量分数随 pH降低而变化的
图像（CO2 因有逸出未画出）。下列说法错误的是
A. A点溶液的pH<11
B. B点溶液：c（Na+）= c（HCO3－）+ c（CO32－）+ c（H2 CO3）
C. A→B 的过程中，离子反应方程式为：CO32－+H＋=H CO3－
D. 分步加入酚酞和甲基橙，用中和滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物组成
【答案】B
【解析】A、A点c（HCO3－）= c（CO32－），Ka2== 5.6×10－11，所以c(H+)=5.6×10－11mol/L，pH<11，选项A正确；B、室温下向10mL 0.1 mo1·L－1 Na2CO3 中逐滴加入 0.1 mo1·L－1 HCl，B点溶液中钠离子的物质的量浓度是含碳粒子浓度的2倍，即c（Na+）=2 c（HCO3－）+ 2c（CO32－）+ 2c（H2 CO3），选项B错误；C、A→B 的过程中，CO32－逐渐减小，H CO3－逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为：CO32－+H＋=H CO3－，选项C正确；D、Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，用酚酞作指示剂，滴定产物是碳酸氢钠，用甲基橙作指示剂滴定时碳酸氢钠与盐酸反应产物是碳酸，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物组成，选项D正确。答案选B。
15．（2018届广东惠州市高三第三次调研考理科综合）25℃时，0.1 mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1 L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如下图所示。下列有关叙述正确的是
A. 随pH增大，数值先减小后增大
B. b点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)+c(HCO3- )
C. 25℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1=10-7
D. 溶液呈中性时：c(HCO3- )>c(CO32-)>c(H2CO3)
【答案】B
【解析】A. 0.1 mol Na2CO3与盐酸混合，随pH增大，根据图像，随pH增大，在溶液中出现碳酸根离子后，c(CO32-)增大，c(HCO3- )减小，因此数值增大，故A错误；B. b点所示的溶液中c(CO32-)=c(HCO3- )，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(Cl-)+c(HCO3- )，故B正确；C.根据图像，pH=6时，c(HCO3- )=c(H2CO3) ，则25℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1== c(H+)=10-7，故C错误；D. 溶液呈中性时pH=7，根据图像，c(HCO3- ) >c(H2CO3) >c(CO32-)，故D错误；故选B。
16．（2018届四川省乐山市高三第一次调查研究考试）常温下，向20mL 0.0lmol/L CH3COOH 溶液中逐滴加入0.01mol/L的NaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化示意图如图所示，下列说法不正确的是
A. 从a到c，醋酸的电离始终受到促进
B. b、d两点溶液的pH相同
C. c点所示溶液中c(Na+)>c(CH3COO- )>c(OH- )>c(H+ )
D. e 点所示溶液中，c(Na+)=2c(CH3COO- )+2c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】A、醋酸溶液中存在CH3COOH ? CH3COO－+ H+ ，加入NaOH溶液，消耗H+ ，醋酸的电离平衡正向移动，所以从a到c，醋酸的电离始终受到促进，故A正确；B、a点溶质为CH3COOH ，溶液显酸性；b点溶质为CH3COOH 和CH3COONa，且二者物质的量相等；c点溶质为CH3COONa，溶液显碱性，d点溶质为CH3COONa和NaOH，溶液碱性强于c点。则a→d的过程中溶液碱性逐渐增强，故b、d两点pH不相同，故B错误；C、c点溶质为CH3COONa，由于CH3COO- 水解，所以有c(Na+)>c(CH3COO- )，溶液显碱性，c(OH- )>c(H+ )，水解是微弱的，c(CH3COO- )>c(OH- )，则各离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(CH3COO- )>c(OH- )>c(H+ )，故C正确；D、e点溶质为CH3COONa和NaOH，且二者物质的量相等，根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COO- )+2c(CH3COOH)，故D正确。故选B。
17．（2018届广东省五校（珠海二中，深圳二高，阳春一中，肇庆一中，真光中学）高三1月联考）常温下，用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是（ ）
A. 在曲线上任一点均存在：c(Na＋)?c(OH－) = c(CH3COO－)?c(H＋)
B. 点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋2c(OH－) = c(CH3COOH)＋2c(H＋)
C. 点②所示溶液中：c(Na＋) = c(CH3COO－)
D. 点③所示溶液中：c(Na＋) > c(OH－) > c(CH3COO－) > c(H＋)
【答案】D
18．（2018届贵州省贵阳市清华中学高三1月月考）下列说法正确的是
A. 25℃时，pH均为1的盐酸和醋酸加水稀释1000倍，所得溶液的pH：醋酸>盐酸
B. 等体积、等物质的量浓度的NH4HSO4和KOH?溶液混合：c(K+)=c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
C. 25℃时，pH=12?的氨水和pH=2?的盐酸等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D. 浓度均为0.1 mol?L-1的HClO溶液和NaClO溶液等体积混合，溶液中有下列关系：c(HC1O)+2c(H+)=c(C1O-)+2c(OH-)
【答案】D
【解析】A. 醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，25℃时，pH均为1的盐酸和醋酸加水稀释1000倍，稀释促进醋酸电离，所得溶液的pH：醋酸<盐酸，故A错误；B. 等体积、等物质的量浓度的NH4HSO4和KOH?溶液混合，中和反应恰好完全进行，形成等浓度的K2SO4和(NH4)2SO4的混合溶液， +H2ONH3 H2O+H+，所以c(K+)=c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，故B错误；C. 25℃时，pH=12?的氨水和pH=2?的盐酸等体积混合，一水合氨难电离，物质的量浓度大于盐酸，中和反应剩余大量一水合氨，NH3·H2O+ -，所得溶液中： c(NH4+)> c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故C错误；D. 浓度均为0.1 mol?L-1的HClO溶液和NaClO溶液等体积混合，HClOClO－+ H+，ClO－+ H2OHClO+OH－，溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(C1O-)+c(OH-)，元素守恒：2c(Na+)=c(C1O-)+c(HC1O)，两个表达式消去c(Na+)得c(HC1O)+2c(H+)=c(C1O-)+2c(OH-)，故D正确。故选D。
19．（2018届湖南省长沙市长郡中学高三月考）25℃时，体积均为20 mL、浓度均为0.1mol/L的两种酸HX、HY分别与0.1mol/L的NaOH溶液反应，所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 加入10 mL NaOH溶液时，a点c(X-)B. b点溶液中，c(Y-)+2c(OH-)=c(HY)+2c(H+)
C. HY中加NaOH溶液至pH=7 时，所得溶液中c(Y-)=c(Na+)=c(OH-)=c(H+)
D. 加入40 mL NaOH 溶液时，2c(Na+)=c(Y-)+c(HY)
【答案】B
【解析】根据图中信息可知，浓度均为0.1mol/L的两种酸HX、HY的pH分别为1和4，则HX为强酸，HY为弱酸。A.由于酸性HXHY，当加入10mLNaOH溶液时，生成的NaX和NaY的物质的量相等，但Y-水解程度大，所以a点c(X-)>b点c(Y-),A错误；B.b点溶液中，NaY和HY的物质的量相等，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，根据物料守恒可知：2c(Na+)=c(Y-)+c(HY)，两等式合并消去c(Na+)，可得c(Y-)+2c(OH-)=c(HY)+2c(H+)，B正确；C. HY中加NaOH溶液至pH=7时，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-),可知c(Y-)=c(Na+)，c(OH-)=c(H+)，c(Na+)c(OH-)，C错误；D. 加入40mLNaOH溶液时，溶液中NaY和NaOH的物质的量相等，根据物料守恒c(Na+)=2c(Y-)+2c(HY)，D错误.答案选B。
20．（2018届湖南省长沙市长郡中学高三月考）已知部分弱酸的电离平衡常数如下表所示:
弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离平衡常数Ka(25℃)
1.75×10-5
2.98×10-8
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.61×10-11
Ka1=1.54×10-7
Ka2=1.02×10-7
下列离子方程式正确的是
A. 少量的CO2通入NaClO溶液中:CO2+H2O+2C1O-==CO32-+2HClO
B. 少量的SO2通入Na2CO3溶液中:SO2+H2O+2CO32-==SO32-+2HCO3-
C. 少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中:SO2+H2O+Ca2++2ClO-==CaSO3↓+2HClO
D. 相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合:H++HCO3-==CO2↑+H2O
【答案】B
【解析】酸的电离平衡常数：,
则酸性:
A.少量的CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A错误；B.少量的SO2通入Na2CO3溶液中:离子方程式为：SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-，B正确;C.二氧化硫具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，二者能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，所以少量的SO2?通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++ClO-=CaSO4↓+Cl-+2H+，C错误；D.相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合的离子方程式为HSO3-+HCO3-=CO2↑+H2O+SO32-，D错误；答案选B。
21．（2018届山东省济宁市高三上学期期末教学质量检测）下列说法不正确的是
A. 反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)在室温下不能自发进行，则该反应的△H＞0
B. 原电池输出电能的能力取决于组成原电池的反应物的氧化还原能力
C. 0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小
D. 锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去
【答案】C
【解析】A. 由反应MgO(s)+C(s)=Mg(s)+CO(g)可知，△S＞0，如反应能自发进行，则应满足△H-T△S<0，而常温下不能进行，则该反应的△H＞0，A项正确；B. 原电池输出电能的能力与组成原电池的反应物的氧化还原能力和装置的设计的和理性等因素有关，发生氧化还原反应能力越强，输电能力越强，B项正确；C. 醋酸是弱电解质，加水稀释促进电离，则n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，故溶液中的值增大，C项错误；D. 锅炉长期使用，需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率，水垢中含有CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，使CO32-与CaSO4转化为CaCO3，再将不溶物用稀盐酸溶解除去，D项正确。答案选C。
22．（2018届湖北省沙市中学高三1月月考）已知常温下，几种物质的电离平衡常数，下列反应的离子方程式正确的有几种?
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
HClO
苯酚
K
25℃
K=1.77×10-4
K=4.9×10-10
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
K=2.98×10-8
K=1.1×10-10
①向苯酚钠溶液中通入少量的CO2:2C6H5O++CO2+H2O→2C6H5OH+CO32-
②次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳:Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
③次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳:2C1O-+H2O+CO2=2HClO+CO32-
④次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫:3ClO-+SO2+H2O=SO42-+2HClO+Cl-
⑤纯碱溶液中滴加少量甲酸:2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑
⑥碳酸钠溶液中通入过量氯气:Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-
⑦NaCN溶液中通入少量的CO2:CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCN
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】B
【解析】①根据表中数据可知，苯酚的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，则苯酚能与CO32-反应生成HCO3-，尽管苯酚钠溶液中通入少量的CO2，反应也只能生成C6H5OH和NaHCO3，①错误，②因为次氯酸的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-， 所以次氯酸钙溶液中通入少量CO2，生成物是HClO 和CaCO3沉淀，②正确，③由于次氯酸的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，所以次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，生成物只能是HClO和NaHCO3，③错误，④由于HClO具有强氧化性，将SO2氧化为H2SO4，而自身还原为Cl-，但由于次氯酸钠量多，生成的硫酸又与次氯酸钠反应生成次氯酸，所以④正确，⑤甲酸的酸性强于碳酸，但甲酸量少，与碳酸钠反应只能生成甲酸钠和碳酸氢钠，故⑤错误，⑥由于氯气过量，所以与碳酸钠反应的生成物为CO2+Cl-+ClO-，故⑥错误，⑦由于HCN的酸性弱于H2CO3而强于HCO3-，所以NaCN溶液中通入少量的CO2，反应只能生成HCO3-+HCN，⑦正确。所以本题有②④⑦三个正确，答案选B。
23．（2018届山东省菏泽市第一中学高三12月月考）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论不正确的是
A. 图1表示常温下向体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则b点处有：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
B. 图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c>b>a
C. 图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1
D. 由图4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可采用向溶液中加入适量CuO，调节溶液的pH至4左右
【答案】B
【解析】试题分析：A、体积为10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1CH3COOH溶液后，所得的溶液是醋酸钠溶液，存在质子守恒c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，A正确；B、用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，盐酸的pH变化较大，醋酸的pH变化小，溶液的导电能力取决于自由移动离子的浓度的大小，即其中Ⅰ表示盐酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液导电性：c24．（2018届北京市一零一中学高三10月月考）下列解释事实的化学方程式或离子方程式，正确的是（ ）
A. 已知酸性：H2CO3>HClO>，NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+
B. 碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠溶液混合出现白色沉淀： +Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
C. 向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至沉淀完全：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
D. 自然界中正常的雨水呈酸性：H2O+CO2H2CO32H++
【答案】B
【解析】A. 因酸性HClO>HCO3－，向NaClO溶液中通入少量CO2，反应生成的是次氯酸和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3－，故A错误；B. 碳酸氢钙溶液与少量氢氧化钠溶液混合，反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为：HCO3－+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故B正确；C. 向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至SO42－沉淀完全，反应生成硫酸钡沉淀、NaOH和水，正确的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42－=BaSO4↓+H2O，故C错误；D. 碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，正确方程式为：H2O+CO2H2CO3H＋＋HCO3－，故D错误；答案选B。
25．（2018年湖南H11教育联盟1月高三联考）已知H2A为二元弱酸，25°C时，用Na2A溶液吸收H2A，且最终吸收H2A的量小于原溶液中Na2A的物质的量，其吸收液pH随变化的关系如图所示，以下说法不正确的是
A. NaHA 溶液中：c(H+)> c(OH-)
B. Na2A 溶液中：c(A2-)>c(HA-)
C. H2A的第一步电离常数为10-7.2
D. 当吸收液呈中性时：c(Na+)= c(HA-)+2c(A2-)
【答案】C
【解析】A、根据图象中吸收液的pH随n(HA－)/n(A2－)变化的关系可知，随着HA－的浓度的增大，溶液酸性增强，说明NaHA溶液显示酸性，即：c（H＋）＞c（OH－），故A正确；B、Na2A溶液中，A2－在溶液中水解程度较小，则c（A2－）＞c（HA－），故B正确；C、H2A的第二步电离常数为K= =10-7.2mol·L－1，不是第一步电离平衡常数，故C错误；D、当吸收液呈中性时，根据电荷守恒：c（H＋）+c(Na+)= c(HA-)+2c(A2-)+c（OH－），c（H＋）=c（OH－），即：c(Na+)= c(HA-)+2c(A2-)，故D正确；故选C。
26．（2018届甘肃省张掖市高三第一次质量检测）25?℃时,体积均为20?mL、浓度均为0.1mol·L-1的两种酸HX、HY?分别与0.1mol·L-1的NaOH溶液反应,所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. Ka(HY)的数量级约为10-3
B. a点c(X-)>b点c(Y-)
C. HX发生反应的离子方程式为HX?+OH-=X-+H2O
D. pH=7时,两种反应后的溶液中c(Y-?)>c(X-)
【答案】B
【解析】A. 根据图像，0.1mol·L-1的HY?的pH=4，即c(H+)=10-4 mol/L，则Ka(HY)= == 10-7，故A错误；B. 根据图像，0.1mol·L-1的HX的pH=1，0.1mol·L-1的HY?的pH=4，说明HX为强酸，HY为弱酸，因此a点时溶质为NaX和HX，n(X-)=0.1mol/L×0.02L =0.002mol，；b点时溶质为NaY和HY，HY部分电离，n(Y-?)＜0.002mol，溶液体积相同，则c(X-)> c(Y-)，故B正确；C. HX为强酸，发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O，故C错误；D. pH=7时，HX为强酸，n(X-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，c(X-)=0.05 mol/L；HY为弱酸，pH=7时c(H+)=c(OH-)，溶质为NaY和HY，根据电荷守恒，有c(Y-?)= c(Na+)，由于氢氧化钠溶液的体积小于HY溶液的体积，则c(Y-?)=c(Na+)＜0.05 mol/L，因此c(Y-?)＜c(X-)，故D错误；故选B。
27．（2018届甘肃省武威市第一中学高三上学期期末）下列关系式正确的是
A. 常温下pH=2的甲酸与pH=12的烧碱溶液等体积混合：c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)
B. 0.1mol/LNa3PO4溶液中：c(OH-) - c(H+)= c(HPO42-)+2c(H2PO4-)+3c(H3PO4)
C. Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，所有离子浓度均减小
D. 0.1 mol．L-1 pH=4的NaHB的溶液中，c(Na+) >c(HB- )> c(H2 B)＞c(B2-)
【答案】B
【解析】A、pH=2的甲酸溶液与pH=12的NaOH等体积混合，反应后生成甲酸钠溶液，剩余甲酸，溶液显酸性，正确应为：c（HCOO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项A错误；B、根据质子守恒有：c(OH-) = c(H+)+c(HPO42-)+2c(H2PO4-)+3c(H3PO4)，选项B正确；C、Na2CO3溶液加水稀释后，溶液浓度降低且溶液pH降低，则溶液中c（H+）增大，选项C错误；D、pH=4的0.1 mol/L的NaHB溶液中，HB-的电离程度大于水解程度，所以离子浓度的大小为c(Na+) >c(HB- )＞c(B2-)> c(H2 B)，选项D错误，答案选B。
28．（2018届四川省雅安中学高三12月月考）常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 0.1mol·L－1 Na2SO3溶液加水稀释，c(H+)∶c(SO)的值逐渐减小
B. pH为6的碳酸溶液，水电离出的c(H+)=1.0×10－6mol·L－1
C. pH为12的氢氧化钡溶液与pH为2的盐酸溶液等体积混合，溶液呈碱性
D. 把0.2mol·L－1醋酸与0.1mol·L－1醋酸钠溶液等体积混合c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=3c(Na+)
【答案】D
29．（2018届山西省祁县中学高三12月月考）常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X) 溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. Ka2(H2X)的数量级为10–4
B. NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
C. 曲线N表示pH与1g[c(X2-)/c(HX-)]的变化关系
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na+) >c(HX-) > c(X2-) > c(OH-) =c(H+)
【答案】B
【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)＞Ka2(H2X)，酸性条件下，则pH相同时c(HX?)/ c(H2X)＞c(X2-)/c(HX-)，由图像可知N为lg[c(HX?)/ c(H2X)]的变化曲线，M为lg[c(X2-)/c(HX-)]的变化曲线，当lg[c(HX?)/ c(H2X)]或lg[c(X2-)/c(HX-)]=0时，说明[c(HX?)/ c(H2X)]或[c(X2-)/c(HX-)]=1，浓度相等。A．lg[c(X2-)/c(HX-)]=0时，c(X2-)/c(HX-)=1，此时pH≈5.4，则Ka2(H2X)≈10-5.4，可知Ka2(H2X)的数量级为10-6，故A错误；B．由图像可知，lg[c(X2-)/c(HX-)]=0时，即c(HX-)=c(X2-)，此时pH≈5.4，可知HX-电离程度大于X2-水解程度，溶液显酸性，则NaHX溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C．由以上分析可知曲线N表示pH与lg[c(HX?)/ c(H2X)]的变化关系，故C错误；D．由图像可知当pH=7时，lg[c(X2-)/c(HX-)]＞0，则c(X2-)＞c(HX-)，所以溶液中存在：c(Na+)＞c(X2-)＞c(HX-)＞c(H+)，故D错误；故选B。
30．（2018届河北省沧州市普通高中高三上学期教学质量监测）下列事实能证明HCOOH为弱酸的是
A. 可与Na2CO3反应生成CO2
B. 常温时HCOONa溶液的pH大于7
C. 导电能力低于同浓度的硫酸
D. 0.1mol/LHCOOH溶液可以使甲基橙变红
【答案】B
【解析】A、HCOOH能与Na2CO3反应产生CO2，只能说明醋酸的酸性比碳酸强（同理盐酸也可），故A错误；B、常温时HCOONa溶液的pH大于7，溶液显碱性，说明HCOONa为强碱弱酸盐，醋酸是弱酸，故B正确；C、导电性强弱与离子浓度有关，HCOOH为一元酸，硫酸为二元强酸，同浓度时，比较导电性，即使HCOOH是强酸，导电性也比硫酸低，故C错误；D、0.1mol/LHCOOH溶液可以使甲基橙变红只能说明HCOOH溶液显酸性，故D错误。故选B。
31．（2018届北京师范大学附属中学高三上学期期中考试）25℃时，pH=3的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。下列说法不正确的是
A. 曲线I代表盐酸的稀释过程
B. a溶液的导电性比b溶液的导电性强
C. b溶液中和氢氧化钠的能力强于a溶液
D. 将a、b两溶液加热至30℃，变小
【答案】B
【解析】A项，由图像可知稀释相同倍数，pH的改变值：曲线I曲线II，则曲线I代表盐酸的稀释过程，曲线II代表醋酸的稀释过程，正确；B项，由图知，a溶液pH大于b溶液pH，则a溶液中离子物质的量浓度小于b溶液，a溶液的导电性比b溶液的导电性弱，错误；C项，开始盐酸和醋酸的pH都等于3，由于盐酸为强酸，醋酸为弱酸，开始盐酸物质的量浓度小于醋酸物质的量浓度，开始醋酸溶液中醋酸物质的量大于盐酸中HCl物质的量，稀释过程中酸的物质的量不变，b溶液中和NaOH的能力强于a溶液，正确；D项，将a溶液加热，c（Cl-）不变，将b溶液加热，促进醋酸的电离，c（CH3COO-）增大，则变小，正确；答案选B。
31．（2018届西名校学术联盟（临川一中、景德镇一中、雁潭一中等）高三教学质量检测考试二）已知298K时，某碱MOH的电离平衡常数Kb=1.0×10-5；电离度a=。在20.00mL0.1000mol/LMOH溶液中滴加0.10mol/L盐酸，测得溶液的pH、温度与所加盐酸的体积的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. a点对应的溶液中:c(OH-)=(M+)+<(H+)
B. b点对应的V。=20.00mL
C. 298K时，0.1000mol/LMOH溶液中，MOH的电离度a=1%
D. 298K时，将0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，溶液的pH>9
【答案】D
【解析】A. a点为0.1000mol/LMOH溶液，存在电荷守恒，c(OH-)=c(M+)+c(H+)，故A正确；B. b点溶液显酸性，若V。=20.00mL，则恰好生成MCl，水解显酸性，与图像吻合，故B正确；C. 298K时，MOH的电离平衡常数Kb=1.0×10-5，0.1000mol/LMOH溶液中，1.0×10-5===，则c(M+)=1.0×10-3，因此MOH的电离度a=×100%=1%，故C正确；D. 298K时，将0.1molMOH和0.1moMCl溶于水配制成1L混合溶液，假设电离的MOH的物质的量为x，则Kb=1.0×10-5==，加入MCl抑制MOH的电离，MOH的电离度＜1%，则x＜0.001，因此c(OH-)＜1.0×10-5，则c(H+)＞1.0×10-9，pH＜9，故D错误；故选D。
32．（山东省淄博市部分学校2018届高三12月摸底考试）常温下将HA?和HB?两种一元酸的溶液分别加水稀释，稀释时溶液pH?的变化如图所示。则下列叙述中正确的是
A. 稀释前，c(HA)=10c(HB)
B. 在M点两种溶液中水的电离程度相同
C. pH=a的0.1 mol·L-1HB?溶液与pH=b?0.01 mol·L-1HB?溶液相比，a+1D. 加水稀释HB?溶液，HB?的电离度增大，c(H+)/c(HB)减小，溶液的酸性减弱
【答案】B
【解析】由图可知，HA开始的pH=2，稀释100倍pH=4，则HA为强酸，而HB开始的pH=3，稀释100倍pH=4，则HB为弱酸。A．HA为强酸，HB为弱酸，稀释前，c(HA)=0.01mol/L，c(HB)＞0.001mol/L，则c(HA)＜10c(HB)，故A错误；B．M点pH=4，HA?和HB对水的电离的抑制程度相同，则水的电离程度相同，故B正确；C. HA为强酸，HB为弱酸，pH=a的0.1 mol/L HB?溶液，稀释10倍后得到 pH=b?0.01 mol/L HB?溶液，稀释过程中促进HB的电离，则a+1＞b，故C错误；D．HB为弱酸，加水稀释促进HB的电离，则HB的物质的量减小，氢离子的物质的量增大，所以c(H+)/c(HB)增大，故D错误；故选B。
33．（2018届皖江名校联盟高三12月联考）下列有关电解质溶液中的相关描叙中,不正确的是
A. 常温下，Ksp[R(OH)3]=1.0×10-38，在c(R3+)=0.010mol/L的溶液中，当pH≥2.0时R3+开始沉淀
B. 常温下，将0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释，当溶液的pH从3.0开到5.0时，溶液中c(CH3COO-)/(CH3COOH)的值增大到原米的100倍
C. 0.02mol/L的NaOH溶液与0.02mol/L的NaHC2O4溶液等体积混合后，则有: c(Na+)=2[c(C2O42-)+c(HC204-)+c(H2C2O4)]
D. 常温下,将1.0mol/L硫酸与amol/L氨水等体积混合至溶液呈中性，则NH4+的水解常数(Kh)计算式为=(a-1)×10-7
【答案】D
【解析】A、Ksp[R(OH)3]=1.0×10-38，在c(R3+)=0.010mol·L-1的溶液中，R3+开始沉淀时c(OH)=1.0×10-12mol·L-1，即pH≥2.0时R3+开始沉淀，选项A正确；B、根据电离平衡常数表达式可得，c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=K/ c(H+)，温度不变，K不变，c(CH3COO-)/c(CH3COOH)的值与c(H+)有关，pH从3.0升到5.0， c(H+)减小100倍，故c(CH3COO-)/c(CH3COOH)的值增大到原来的100倍，选项B正确；C、0.02 mol·L-1的NaOH溶液与0.02 mol·L-1的NaHC2O4溶液等体积混合后，溶质为Na2C2O4，根据物料守恒有c(Na+) = 2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]，选项C正确；D、根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-),溶液显中性, c(NH4+)= 2c(SO42-)=1mol/L,c(NH3·H2O)=（-1）mol/L,NH4+的水解常数(Kh)= = ,选项D错误。答案选D。
34．（2018届辽宁省百校联盟高三TOP20十二月联考）弱酸H2A溶液中存在H2A、HA-和A2- 三种形态的粒子,其物质的量分数 δ( X)= 随溶液pH变化的关系如图所示,下列说法正确的是（ ）
A. 曲线①代表的粒子是HA-
B. 0.1mol·L -1的NaHA溶液中存在：c(Na+ )+c(A2- )+c(H2A)+c(HA- )>0.2 mol·L-1
C. 若图中的a值为4.2,则H2A的第二步电离平衡常数Ka1为10-4.2
D. 随着PH的升高， 的比值先增大后减小
【答案】C
【解析】A. 曲线①代表的粒子是H2A，②代表的粒子是HA-，③代表的粒子是A2-，故A错误；B、 根据物料守恒：0.1mol·L?-1的NaHA溶液中存在：c(Na+?)+c(A2-?)+c(H2A)+c(HA-?)=0.2?mol·L-1，故B错误；C、a点有Ka1= =10-4.2，即图中的a值为4.2,则H2A的第二步电离平衡常数Ka1为10-4.2，故C正确；D、随着PH的升高,氢离子浓度减小， =K/c(H+)的比值增大，故D错误；故选C。
35．（2018届安徽省皖南八校高三第二次联考）298?K时，某种甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO-?的浓度存在关系式c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100mol·L-1，含碳元素的粒子的浓度与pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 298?K时，HCOOH?的电离常数Ka=1.0×10-10.25
B. 0.1mol·L?-1HCOONa溶液中有c(HCOO-)+c(HCOOH)+c(OH-?)C. 298?K时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中n(H+)·n(OH-?)增大
D. 0.1mol·L-1?HCOONa溶液和0.1mol·L-1?HCOOH?溶液等体积混合后，溶液的pH=3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)
【答案】C
【解析】A、298 K时，HCOOH 的电离常数
Ka===1.0×10-3.75mol/L，选项A错误；B、HCOONa溶液呈碱性，0.1mol/L HCOONa溶液中有0.1+c(OH-)>c(H+)+0.1，即c(HCOO-)+ c(HCOOH)+c(OH-)>c(H+)+0.1，选项B错误；C、298 K时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中c(H+)·c(OH- )=KW，保持不变，但加水稀释，可同时促进HCOOH的电离和HCOONa的水解， n(H+)和n(OH- )都增大，故n(H+)·n(OH- )增大，选项C正确；D、0.1mol·L-1 HCOONa溶液和0.1mol·L-1 HCOOH 溶液等体积混合后，虽然混合溶液中c(HCOO-)+ c(HCOOH)=0.100mol/L，但由于HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度，混合溶液中c(HCOO-)>c(HCOOH)，故溶液的pH>3.75，选项D错误。答案选C。
36．（2018届广东省佛山一中高三上学期11月月考）H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4）+ c（HC2O4–）+ c（C2O42–）=0.100 mol·L–1的H2C2O4和NaOH混合的溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A. pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42–）＞c（HC2O4–）
B. pH=7的溶液中：c（Na+）= 2c（C2O42–）
C. c（HC2O4–）= c（C2O42–）的溶液中：c（Na+）＞0.100 mol·L–1+ c（HC2O4–）
D. c（Na+）=0.100 mol·L–1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH–）+c（C2O42–）
【答案】D
37．（2018届广东省佛山一中高三上学期11月月考）下列说法正确的是
A. 加入铝粉能产生H2的溶液中，一定存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO2-、NO3－
B. 100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
C. 室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量NaOH溶液，振荡、静置后分液，可除去苯中少量苯酚
D. 已知I3－I2＋I－，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡静置后CCl4层显紫色，说明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大
【答案】C
【解析】A、加入铝粉能产生氢气的溶液为酸溶液或强碱溶液，酸性溶液中，AlO2-不能大量共存，A项错误；B、100℃时，pH=2的盐酸中c(H+)=0.01 mol/L，pH=12的NaOH溶液中c(OH-)>0.01mol/L，等体积混合，溶液显碱性，B项错误；C、苯和苯酚的混合液中加适量NaOH后，苯酚和NaOH反应生成苯酚钠，振荡静置后溶液分层，上层是苯，下层是苯酚钠，静置后分液，可除去苯中少量苯酚，C项正确；D、碘易溶于CCl4，减少了生成物的浓度，平衡正向移动，碘溶在CCl4中显紫色，D项错误；答案选C。
38．（2018届广西贵港市高三上学期12月联考）下列说法正确的是
A. 等物质的量浓度的NH4HSO4溶液和NaOH溶液等体积混合，溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)=c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
B. 常温下电离常数为Ka的酸HA的溶液中c(H+)=mol/L
C. 常温下同浓度的强酸和强碱溶液等体积混合后，由水电离出的c(H+)=10-7mol/L
D. 已知298K时氢氰酸(HCN)的Ka=4.9×10-10，碳酸的Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，据此可推测出将氢氰酸加入到碳酸钠溶液中能观察到有气泡产生
【答案】A
【解析】A. 等物质的量浓度的NH4HSO4溶液和NaOH溶液等体积混合，发生的反应为H++OH－H2O，而且中和反应恰好完全进行，形成等浓度的Na2SO4和(NH4)2SO4的混合溶液，NH4+水解使溶液呈酸性，形成溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)=c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，故A正确；B. 常温下电离常数为Ka的酸HA的溶液中Ka=，c(H+)=mol/L，故B错误；C. 酸与碱的元酸可以不同，所以常温下同浓度的强酸和强碱溶液等体积混合后，溶液可以呈酸性或碱性，此时由水电离出的c(H+)<10-7mol/L，故C错误；D. 碳酸的Ka2=4.7×10-1139．（2018届四川省德阳市三校高三联合测试）在室温下，下列关于电解质的说法中正确的是
A. 中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH＝7，前者消耗的盐酸多
B. 向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，则的值减小
C. 向NaHS溶液中加入适量 KOH 后：c(Na＋)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)
D. 将a mol·L－1的醋酸与0.01 mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合(忽略体积、温度变化)，所得溶液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)，则醋酸的电离常数Ka＝ (用含a的代数式表示)
【答案】C
【解析】中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH＝7，氨水消耗的盐酸少，故A错误；向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，盐酸抑制铵根离子水解，所以的值增大，故B错误；根据物料守恒，向NaHS溶液中加入适量 KOH 后：c(Na＋)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)，故C正确；将a mol·L－1的醋酸与0.01 mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合(忽略体积、温度变化)，所得溶液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)=0.005 mol·L－1，则c(CH3COOH)= mol·L－1，则醋酸的电离常数Ka＝ ，故D错误。
40．（2018届四川省德阳市三校高三联合测试）电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 mol·L－1盐酸分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液 (二甲胺在水中的电离与氨相似，在常温下Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4 )。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A. D点溶液中：2c(Na＋)＝3c(Cl－)
B. A点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]
C. 曲线②代表滴定二甲胺溶液的曲线
D. 在相同温度下，A、B、C、D四点的溶液中，水的电离程度最大的是C点
【答案】B
【解析】曲线②电导率先减小后增大，曲线②表示用0.100 mol·L－1盐酸滴定10.00 mL浓度为0.100 mol·L－1的NaOH；曲线①电导率持续增大，曲线①表示用0.100 mol·L－1盐酸滴定10.00 mL浓度为0.100 mol·L－1的二甲胺溶液；D点溶液表示盐酸、氢氧化钠3:2混合，根据物料守恒3c(Na＋)＝2c(Cl－)，故A错误；A点溶液盐酸与二甲胺1:1混合，根据质子守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]，故B正确；曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线，故C错误；C点溶质是氯化钠、B、D点都有剩余的盐酸，抑制水电离、A点是强酸弱碱盐溶液，水解促进水电离，所以水的电离程度最大的是A点，故D错误。

展开更多......

收起↑