2021年高考化学真题及模拟题专题汇编13盐类的水解（附解析）
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专题13盐类的水解2021年化学高考题一、单选题1．（2021·全国高考真题）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随c(H+)而变化，不发生水解。实验发现，时为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A．溶液时，B．MA的溶度积度积C．溶液时，D．HA的电离常数【KS5U答案】C【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体见详解。【KS5U解析】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶-47-,液中c(M+)=c(A-)，则，B正确；C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D．当时，由物料守恒知，则，，则，对应图得此时溶液中，，D正确；故选C。2．（2021·浙江）取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是A．由a点可知：溶液中的水解程度大于电离程度B．过程中：逐渐减小C．过程中：-47-,D．令c点的，e点的，则【KS5U答案】C【分析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向溶液中滴加盐酸。【KS5U解析】A．a点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确；B．由电荷守恒可知，过程溶液中，滴加NaOH溶液的过程中保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故B正确；C．由物料守恒可知，a点溶液中，向溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此过程中，故C错误；D．c点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。3．（2021·广东高考真题）鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是A．水溶液的B．水溶液加水稀释，升高C．在水中的电离方程式为：D．水溶液中：-47-,【KS5U答案】B【KS5U解析】A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/LGHCl水溶液的pH>3，故A错误；B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。4．（2021·湖南高考真题）常温下，用的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为三种一元弱酸的钠盐溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是A．该溶液中：B．三种一元弱酸的电离常数：C．当时，三种溶液中：D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：【KS5U答案】C【分析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱。【KS5U解析】-47-,A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确；B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误；D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(Cl-)+c(OH-)，由c(Na+)=c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)—c(OH-)，故D正确；故选C。5．（2021·浙江高考真题）实验测得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgxC．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，pH减小D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH-47-,)【KS5U答案】C【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。【KS5U解析】A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D．25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸钠溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH-)-c(H+)|（两者差的绝对值）相等，故c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。综上所述，本题选C。6．（2021·浙江高考真题）25℃时，下列说法正确的是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．0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2-47-,D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol【KS5U答案】D【KS5U解析】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错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D．100mLpH=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正确；答案选D。二、多选题7．（2021·山东高考真题）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是-47-,A．>B．M点，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C．O点，pH=D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)【KS5U答案】CD【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，，，M点，由此可知，N点，则，P点，则。【KS5U解析】A．，，因此，故A错误；B．M点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；C．O点，因此，即，因此，溶液，故C正确；D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水-47-,解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；综上所述，正确的是CD，故答案为CD。三、工业流程题8．（2021·湖南高考真题）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；(3)滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；(4)加入絮凝剂的目的是_______；(5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_______，常温下加入的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；(6)滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为_______【KS5U答案】适当升高温度，将独居石粉碎等Al(OH)3促使铝离子沉淀↑碱性6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑-47-,【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。【KS5U解析】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，则Kh()<kh()，因此常温下加入的溶液呈碱性；(6)由在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和可知，该反应中fe价态降低，c价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6++12=12+6co↑+6h2o+6co2↑。2021年化学高考模拟题一、单选题-47-,1．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）室温下，用mmol l="">2c(HCO)+2c(H2CO3)C．若Na2CO3溶液的浓度变为0.05mol·L-1，则n点向c点方向迁移D．若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，则n点向b点方向迁移【KS5U答案】C【KS5U解析】A．图像中V0=20，Na2CO3溶液与CaCl2溶液恰好完全反应c(Ca2+)=c(CO)=mol/L，pC=-lgc(CO)=-lg6×10-5，m不等于5，故A错误；B．a点溶液：溶质为Na2CO3，存在物料守恒c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，2c(HCO)+2c(H2CO3)=c(HCO)+c(OH-)-c(H+)，c(HCO)-c(H+)>0，c(OH-)<2c(HCO)+2c(H2CO3)，故B错误；C．若Na2CO3溶液的浓度变为0.05mol·L-1，用的0.1mol·L-1CaCl2溶液体积减小，则n点向c点方向迁移，故C正确；-47-,D．若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，反应后，碳酸根离子浓度减小，pC=-lgc(CO)增大，则n点向d点方向迁移，故D错误；故选C。7．（2021·四川成都市·成都七中高二零模）下列有关电解质溶液的说法正确的是A．加水稀释，Na2S溶液中离子浓度均减小B．0.1mol/LNaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，溶液的导电性增强C．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na+)：①>②>③D．向0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH﹣)/c(NH3·H2O)增大【KS5U答案】C【KS5U解析】A．Na2S溶液呈碱性，加水稀释，Na2S溶液中氢离子浓度增大，故A错误；B．0.1mol/LNaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，产物为0.05mol/L的CH3COONa溶液，离子浓度减小，溶液的导电性减小，故B错误；C．CH3COO-、、ClO-水解程度依次增强，pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的浓度c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(NaClO)，所以c(Na+)：①>②>③，故C正确；D．向0.1mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，c(OH﹣)减小、c(NH3·H2O)增大，所以溶液中c(OH﹣)/c(NH3·H2O)减小，故D错误；选C。8．（2021·浙江高三其他模拟）已知：p[]=-lg[]。室温下向HX溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液，溶液pH随p[]变化关系如图所示。下列说法正确的是-47-,A．a点溶液中：10c(Na+)=c(HX)B．溶液中由水电离出的c(H+)：a>b>cC．b点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HX)+c(OH-)D．当溶液呈中性时：c(Na+)=c(HX)【KS5U答案】C【KS5U解析】A．a点溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，此时p[]=-1，则c(X-)=10c(HX)，代入电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<10c(HX)，选项A错误；B．根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的电离程度大于X-的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：a<b<c，选项b错误；c．b点溶液中存在电荷守恒：c(na+)+c(h+)=c(x-)+c(oh-)，此时p[]=0，则c(x-)=c(hx)，代入电荷守恒有c(na+)+c(h+)=c(hx)+c(oh-)，选项c正确；d．溶液中存在电荷守恒：c(na+)+c(h+)=c(x-)+c(oh-)，当溶液呈中性时c(na+)=c(x-)，若c(na+)=c(hx)，则c(x-)=c(hx)，此时p[]=0，即为b点，但b点溶液呈酸性，不符合，选项d错误；答案选c。9．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）为测定某二元弱酸h2a与naoh溶液反应过程中溶液ph与粒子关系，在25℃时进行实验，向h2a溶液中滴加naoh溶液，混合溶液中-47-,lgx[x表示或]随溶液ph的变化关系如图所示。下列说法正确的是a．直线ii中x表示的是b．当ph=3.81时，溶液中c(ha-)：c(h2a)=10：1c．0.1mol·l-1naha溶液中：c(na＋)＞c(ha-)＞c(h2a)＞c(a2-)d．当ph=6.91时，对应的溶液中，3c(a2-)=c(na＋)＋c(h＋)-c(oh-)【ks5u答案】d【ks5u解析】a．当ph=0时，c(h+)=1mol l="">c(Na+)>c(H+)>c(OH—)D．G点溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)【KS5U答案】D【分析】氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中加入醋酸，对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大，则G点为醋酸钠溶液；从E点到G点的反应过程中，所得溶液为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性；H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性。【KS5U解析】A．由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，F点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性，故A错误；B．氢氧化钠在溶液中抑制水的电离，0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度为0.01mol·L-1，则溶液中水电离的氢离子浓度为10-12mol·L-1，故B错误；C．由分析可知，H点为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液呈中性，由电荷守恒关系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)>c(H+)=c(OH—)，故C错误；D．由分析可知，G点为醋酸钠溶液，由电荷守恒关系c(CH3COO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中各离子浓度关系为c(CH3COO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)，故D正确；故选D。12．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）常温下，用如图1所示装置，分别向-47-,25mL0.3mol/LNa2CO3溶液和25mL0.3mo/lLNaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol/L的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是A．X曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线B．b点溶液的pH大于c点溶液的pHC．a、d两点水的电离程度：a＞dD．c点的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)【KS5U答案】C【KS5U解析】A．碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应CO+H+=HCO+H2O，然后发生HCO+H+=H2CO3+H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO+H+=H2CO3+H2O，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氫钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A错误：B．b点溶液溶质为NaCl，c点溶液溶质为NaHCO3，所以c点代表溶液的pH更大，B错误：C．d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO、CO的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，C正确。D．c点的溶液中：根据电荷守恒知，c(Na+)+(H+)=2(CO)+c(HCO)+c(OH-)+c(C1-)，D错误。故选：C。13．（2021·江西抚州市·临川一中）常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒分布系数δ(物质的量分数)随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示-47-,下列说法中正确的是A．H2A在水中电离的方程式为：H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-B．当VNaOH溶液=20.00mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-)C．常温下，HA-的电离平衡常数为1×10-5D．当VNaOH溶液=30.00mL时，c(HA-)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)【KS5U答案】B【KS5U解析】A．根据图像的变化趋势可知①、②代表含A微粒分布系数，③代表pH变化，据图可知未滴加NaOH溶液时，溶液中含A微粒只有两种，则应为HA-和A2-，不含H2A，说明H2A第一步完全电离，在水中的电离方程式为H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-，A错误；B．当VNaOH溶液=20.00mL时，NaOH和H2A恰好完全反应生成NaHA，溶质为NaHA，溶液中存在HA-⇌H++A2-和H2O⇌H++OH-，所以离子浓度大小关系为c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-)，B正确；C．HA-的电离平衡常数表达式为Ka=，据图可知当c(A2-)=c(HA-)时加入25mLNaOH溶液，此时pH为2.0，即c(H+)=1×10-2mol/L，所以Ka=1×10-2，C错误；D．当VNaOH溶液=30.00mL时，溶质为等物质的量的NaHA、Na2A，溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)，用两个等式消去c(Na+)可得：c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，D错误；综上所述答案为B。-47-,14．（2021·山东潍坊市·高三三模）常温下，将0.1mol·L-1的溶液加水稀释，混合溶液中与的关系如图所示。下列说法正确的是A．的值为10-4.7B．M、N两点对应的溶液稀释程度N＞MC．向溶液中加入固体可使N点移动到P点D．将溶液稀释1000倍后，溶液中【KS5U答案】AD【KS5U解析】A．由N点数据可知=-4.5，则c(H+)=10-4.5mol·L-1，则c(OH-)=10-9.5mol·L-1，=4.8，则=10-4.8，则==10-9.5×104.8=10-4.7，故A正确；B．溶液越稀，的水解程度越大，溶液酸性越小，N点=-4.5，则c(H+)=10-4.5mol·L-1，M点=-6.0，则c(H+)=10-6.0mol·L-1，因此N酸性强，溶液的浓度大，即M、N两点对应的溶液稀释程度M＞N，故B错误；-47-,C．温度不变，不变，混合溶液中与的关系曲线不变，因此向溶液中加入固体，不可使N点移动到P点，故C错误；D．稀释溶液，促进铵根离子的水解，将溶液稀释1000倍后，溶液接近中性，c(NH)≈2c(SO)，故D正确；故选AD。15．（2021·天津高三三模）常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是A．可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值B．滴定中两次反应终点可依次用甲基橙、酚酞作指示剂C．图中Y点对应的溶液中3c(SO)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)D．图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)【KS5U答案】D【KS5U解析】A．混合溶液中W点c(H2SO3)=c()，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-2，混合溶液Y点中c()=c()，Ka2(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-7.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值,A正确；B．甲基橙变色范围为3.1-4.4，滴定到第一反应终点溶液pH值为4.25，在其范围内，所以可以选取甲基橙作指示剂，酚酞的变色范围是8.2~10.0，滴定到第二反应终点溶液pH值为-47-,9.86，在其范围内，所以可以选取酚酞作指示剂，B正确；C．Y点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)且该点溶液中存在c()=c()，所以存在3c()=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，C正确；D．Z点酸碱恰好完全反应生成Na2SO3，两步水解生成OH-导致溶液呈碱性，但只有第一步水解生成，所以c()＜c(OH-)，由物料守恒知c(Na+)＞c()，则该点溶液中存在c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()，D错误；故答案为：D。16．（2021·天津高三一模）室温下，向10mL0.1000molNa2CO3溶液中逐滴滴加0.1000mol/LHCl溶液，整个反应过程中无气体逸出(溶解的CO2均表示为H2CO3)。测得混合溶液的pH随加入HCl溶液体积的变化如下图。下列说法正确的是A．a点溶液的溶质主要为NaCl、NaHCO3B．b点溶液中c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c()+2c()C．c点时，溶液中发生的离子反应是3+4H+=2+H2CO3D．取d点溶液加热至沸腾，然后冷却至室温，溶液的pH不变【KS5U答案】B【分析】依据题意，向碳酸钠溶液中逐滴滴入盐酸，发生反应和。根据所加盐酸溶液的体积确定a、b、c、d各点溶质成分，然后根据各点溶质成分解答。【KS5U解析】-47-,A．a点时加入盐酸为碳酸钠的一半，发生反应，还有剩余碳酸钠，体系中含有溶质NaCl、、，故A错误；B．b点时，加入的盐酸和碳酸钠刚好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，且溶液呈碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()+c(Cl-)，所以c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c()+2c()，故B正确；C．c点时溶质为H2CO3，和NaCl，溶液中发生的离子反应是2+3H+=+H2CO3，故C错误；D．d点时溶质为NaCl和，溶液呈酸性，加热煮沸碳酸分解产生二氧化碳逸出，冷却后溶液呈中性，pH增大，故D错误。答案选B。17．（2021·天津高三一模）常温下，将NaOH溶液滴加到20mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：p=-lg]。下列叙述不正确的是A．m点：c(Na+)<c(a-)b．ka(ha)的数量级为10-5-47-,c．1点所示溶液中：c(na+)<c(a-)+c(ha)d．各点的水溶液中水的电离程度大小关系：n>m>1【KS5U答案】D【KS5U解析】A．根据电荷守恒可得，又由图示可知m点pH=4.76，则，所以m点：c(Na+)<c(a-)，故a不选；b．m点处p=-lg=0，即，则此时，数量级为10-5，故b不选；c．当加入的naoh溶液为20ml时，溶液中溶质为naa，存在物料守恒，即，且溶液呈碱性；1点溶液呈酸性，说明加入的naoh溶液体积小于20ml，则，故c不选；d．n点到l点，溶液中naa的物质的量逐渐增多，naa的水解促进水的电离，所以水电离程度n＜m＜1，故选d；答案选d。18．（2021·云南高三三模）室温下，分别向体积均为20ml、浓度均为0.1mol·l-1的hx、hy溶液中，滴加相同浓度的ba(oh)2溶液(ba2+与x-、y-均不反应)。随着ba(oh)2溶液的加入，由水电离产生的c(h+)的变化趋势如图所示。下列说法错误的是a．相同条件下，ka(hx)>Ka(HY)B．M点溶液显中性，溶液中c(Y-)<c(ba2+)-47-,c．n点对应ba(oh)2溶液的体积为10mld．t点溶液中阴离子浓度之和大于m点【ks5u答案】b【ks5u解析】a．由图示可知，水解对水的电离促进程度较大，则hy的酸性较弱，所以相同条件下ka(hx)>Ka(HY)，故A不选；B．本题为向酸中滴加Ba(OH)2溶液，因此随着Ba(OH)2溶液的加入溶液先进行酸碱中和反应，所以当HY与Ba(OH)2溶液中水电离出的第一次达到时为中性点，当继续滴加Ba(OH)2溶液会抑制水的电离(N点之后)，即第二次水电离该点为碱性点，所以M点呈中性，根据电荷守恒，所以c(Y-)＞(Ba2+)，故B；C．N点完全反应点，0.1mol/LBa(OH)2溶液中，故消耗完20mL0.1mol/L的HY需要10mL0.1mol/LBa(OH)2溶液，故C不选；D．根据电荷守恒可得T点；M点；T、M点相同，T点大于M点，所以，故D不选。答案选B19．（2021·辽宁高三其他模拟）常温下，向二元弱酸溶液中滴加溶液，测得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列说法错误的是-47-,A．曲线m表示pH与变化的曲线B．C．溶液中：D．交点a的溶液中：【KS5U答案】D【分析】二元弱酸H2A的一级电离常数Ka1=，二级电离常数Ka2=，当c（H2A）=c（HA—）或c（A2—）=c（HA—）时，Ka1=c（H+）或Ka2=c（H+），由图可知，坐标原点时，曲线m对应pH为2.3，曲线n对应pH为5.7，一级电离常数大于二级电离常数，则曲线m表示pH与变化的曲线，曲线n表示pH与变化的曲线，一级电离常数Ka1=10—2.3、二级电离常数Ka2=10—5.7。【KS5U解析】A．由分析可知，曲线m表示pH与变化的曲线，故A正确；B．由分析可知，H2A的二级电离常数Ka2=10—5.7，故B正确；C．HA—的水解常数Kh===10—11.7＜Ka2，则HA—的电离程度大于水解程度，溶液中，故C正确；D．由图可知，交点a的溶液中＞0，则溶液中c（HA—）＞c（H2A），故D错误；故选D。20．（2021·四川雅安市·高三三模）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向草酸溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[x表示或]随pH的变化如图。下列说法中错误的是-47-,A．NaHC2O4溶液呈酸性B．H2C2O4第二步电离常数数量级是10-5C．pH=7时，c(Na+)=c()+2c()D．1.22<ph<4.19时，c()>c()>c(H2C2O4)【KS5U答案】D【分析】二元弱酸草酸的K1＝[]×c(H+)＞K2＝[]×c(H+)，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：a＞b，则a表示lg与pH的变化关系，b表示lg与pH的变化关系，以此解答。【KS5U解析】A．由分析可知，a表示lg与pH的变化关系，当lg=0时，pH=1.22，则c(H+)=10-1.22mol/L，二元弱酸草酸的K1＝[]×c(H+)=10-1.22，同理可得K2＝[]×c(H+)=10-4.9，NaHC2O4溶液中的电离常数K2=10-4.9，水解常数Kh===10-12.78，则的电离大于水解，NaHC2O4溶液呈酸性，故A正确；B．由分析可知，b表示lg与pH的变化关系，，当lg=0时，pH=4.19，则c(H+)=10-4.19mol/L，二元弱酸草酸的K2＝[]×c(H+)=10-4.19，数量级是10-5-47-,，故B正确；C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()可知，c(Na+)=c()+2c()，故C正确；D．lgX为增函数，pH＝1.22时，曲线a中，lgX＝lg＝0时，c()＝c(H2C2O4)，曲线b中lgX＝lg<0，c()<c()＝c(h2c2o4)；ph＝4.19时，曲线a中，lgx＝lg>0，c()>103c(H2C2O4)，曲线b中，lgX＝lg＝0，c()=c()>c(H2C2O4)，所以1.22＜pH＜4.19的过程中，c()逐渐增大，c(H2C2O4)逐渐减小，c()逐渐增大，则不一定满足c()＞c(H2C2O4)，故D错误；故选D。21．（2021·广西南宁二中高三三模）常温下，用盐酸滴定溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．a点溶液中B．b液中C．若取c点溶液与足量浓的明矾溶液混合，有白色絮状沉淀生成，同时产生气泡，主要原因是：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑-47-,D．各点中水电离程度大小：d>c>b>a【KS5U答案】C【KS5U解析】A．a点加入12.5mL盐酸，a点溶液中的溶质是等物质的量的、、，因碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，导致碳酸根浓度下降，碳酸氢根离子浓度增大，氯离子不水解浓度不变，离子浓度大小：，故A错误；B．由电荷守恒可得：，故B错误；C．c点溶液中的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，若取c点溶液与足量浓的明矾溶液混合，有白色絮状沉淀生成，同时产生气泡，主要原因是两者发生双水解，离子反应方程式是Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C正确；D．随着盐酸加入，不断被反应，水解越来越弱，水电离程度降低，各点中水电离程度大小：d<c<b<a，故d错误；答案选c。22．（2021·四川广元市·高三三模）常温下，用0.2mol·l-1盐酸滴定25.00ml0.2mol·l-1nh3·h2o溶液，所得溶液ph、nh和nh3·h2o的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是a．曲线①代表φ(nh)，曲线②代表φ(nh3·h2o)b．a点溶液中存在c(cl-)＞c(nh)=c(nh3·h2o)c．nh3·h2o的电离常数的数量级为10-4-47-,d．应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色【ks5u答案】d【ks5u解析】a．随着盐酸的加入，φ(nh3·h2o)减小，φ(nh)增大，由图可知，曲线①代表φ(nh3·h2o)，曲线②代表φ(nh)，故a错误；b．a点溶液中c(nh)=c(nh3·h2o)，此时溶液的ph为9.26，溶液显碱性，c(oh-)＞c(h+)，根据电荷守恒，可知c(cl-)＜c(nh)，故b错误；c．nh3•h2o的电离常数表达式为kb=，a点溶液中c(nh)=c(nh3·h2o)，kb=c(oh-)=10-4.74，其数量级为10-5，故c错误；d．滴定终点时，所得溶液溶质为nh4cl，铵根水解显酸性，应选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色，故d正确；故选d。23．（2021·四川凉山彝族自治州·高三二模）下列有关电解质溶液的叙述错误的是a．25℃时，将0.1mol·l-1的ha溶液加水稀释至ph=4.0，所得溶液c(oh-)=l×10-10mol·l-1b．25℃时，将10mlph=a的盐酸与100mlph=b的ba(oh)2溶液混合后恰好中和，则a+b=13c．25℃时，ph=11的氨水和ph=l1的na2co3溶液中，由水电离产生的c(oh-)均为l×10-11mol·l-1d．温度一定时，ch3cooh和ch3coona的混合溶液中，=【ks5u答案】c【ks5u解析】a．ph=4，[h+]=10-4mol l="">c(HA-)>c(A2-)B．c点c(K+)=0.15mol·L-1C．邻苯二甲酸的Ka1约为1.0×10-3D．从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小【KS5U答案】B【分析】H2A为二元素弱酸，其电离方程式为H2AH++HA-、HA-H++A2-，一级电离远大于二级电离，因此ac线代表pH、-lgc(HA-)关系曲线，加入KOH，先生成KHA，继续加入KOH，再生成K2A，利用“守恒”思想、影响水电离的因素等知识进行分析；【KS5U解析】A．b点-lgc(HA-)最小，则c(HA-)最大，说明H2A与KOH恰好完全反应，溶质为KHA，HA-电离程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(K+)>c(HA-)>c(A2-)，故A说法正确；B．根据图像，c点：c(A2-)=c(HA-)，溶质为KHA和K2A，如果KHA和K2A物质的量浓度相同，存在2c(K+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L，则c(K+)=0.15mol/L，但HA-的电离程度大于A2-水解程度，c(HA-)小于c(A2-)，推出c(K2A)-47-,略小于c(KHA)，即c(K+)小于0.15moL/L，故B说法错误；C．从a点推出c(HA-)=10-4mol/L，c(H+)=1mol/L，弱电解质的电离微弱，c(H2A)约为0.1mol/L，即H2A的电离常数为=10-3moL/L，故C说法正确；D．根据图像，KHA溶液显酸性，抑制水的电离，加入KOH，生成K2A，A2－水解，促进水的电离，从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小，故D说法正确；答案为B。26．（2021·全国高三其他模拟）25℃时，向20.00mL0.1000mol·L-1的Na2R溶液中滴入0.1000mol·L-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示(忽略混合过程中溶液体积的变化)。下列说法错误的是A．Ka2(H2R)＞Kh1(R2-)B．Ka1(H2R)的数量级为10-4C．滴定过程中水的电离程度先减小后增大D．m点时，溶液中存在c(Cl-)+2c(R2-)+c(HR-)=c(Na+)【KS5U答案】C【KS5U解析】A．m点时，Na2R的物质的量等于NaHR的物质的量，此时pH=7，溶液中存在R2-、HR-的水解，以及HR-的电离，所以Ka2(H2R)＞Kh1(R2-)，故A正确；B．加入40ml盐酸时，得到60.oomlpH=2.5的H2R和NaCl的混合溶液，由元素守恒可知，，，，故B正确；C．滴定过程中水的电离程度逐渐减小，故C错误；D．m点，由电荷守恒有：，此时pH=7，，则有故D正确；-47-,故答案为C。二、多选题27．（2021·全国高三零模）二元弱碱在常温下的水溶液里，微粒的分布系数()随的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．常温下，的一级电离常数B．常温下，等物质的量的和组成的混合溶液显酸性C．与少量的硫酸反应得到的盐为D．溶液中，【KS5U答案】AC【KS5U解析】A.常温下二元弱碱的级电离方程式为：，当瓶pH=10时，c[]=c[],c()=1104，则的一级电离常数，故A正确；B.常温下，为二元弱碱，为碱式盐，所以等物质的量的和组成的混合溶液显碱性，故B错误；C.少量的硫酸与反应方程式为：2+H2SO4=+2H2O，得到的盐为，故C正确；-47-,D.根据质子守恒，在溶液中，，故D错误；故答案：AC28．（2021·河北石家庄市·）常温下，通入HCl或加入NaOH固体调节0.01mol·L-1NaHR溶液的pH(调节过程中溶液体积不变)，溶液中c(HR-)随pH变化的曲线如图所示。下列说法错误的是A．x<0.01B．Ka1(H2R)≈1×10-5C．水的电离程度：c>b=dD．c点时溶液中存在c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)【KS5U答案】CD【KS5U解析】A．0.01mol·L-1NaHR溶液的pH=6，溶液中存在R2-、HR-、H2R三种微粒，根据物料守恒，故溶液中x=c(HR-)<0.01mol/L，故A正确；B．把a点（3，10-4）带入Ka1(H2R)=公式，a点酸性较强，HR-几乎全部转化为H2R，故c(H2R)≈c(NaHR)=0.01mol/L，所以Ka1(H2R)=≈1×10-5，故B正确；C．酸碱抑制水电离，而能够水解的盐溶液能够促进水电离，d点溶液呈中性，c点溶液中HR-的电离比HR-的水解程度大，溶液呈酸性；b点溶液的酸性更强，所以水的电离程度：d>c>b-47-,，故C错误；D．c点NaHR溶液显酸性，则NaHR溶液的电离程度大于水解程度，所以c点时溶液中存在c(HR-)>c(R2-)>c(H2R)，故D错误；故选CD。三、工业流程题29．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）锗属于稀有分散元素，一种以锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)制备高纯二氧化锗的工艺流程如下：下列数据是对应物质的熔点：物质GeO2GeOSiO2As2O3熔点/℃1115710(升华)1723193(升华)(1)第32号元素锗的原子结构示意图________，根据锗在元素周期表中的位置写出单质锗的一种用途________。(2)“焙烧”前，粉碎锗精矿的目的是________。矿渣1的主要成分是________。(3)“还原焙烧”中，含Ge氧化物在不同气氛中的挥发情况如图。800～1100℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是________。-47-,(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，请写出反应的离子方程式________。(5)“精馏水解”发生反应的化学方程式________。(6)在氯化物熔盐中，电解SiO2和GeO2的混合物，可制得硅锗合金。反应原理如下：SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑生成硅锗合金的电极为________(填“阳极”或“阴极”)，写出生成O2的电极反应式________。【KS5U答案】半导体材料增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率As2O3GeO2在CO中转化为GeO升华GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl阴极2O2--4e－=O2↑【分析】由于As2O3在193℃时升华，所以锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)首先在300℃焙烧得到含GeO2、GeO、SiO2矿石；然后在1200℃下GeO2被CO还原成710℃下挥发的GeO以及主要含SiO2的矿渣2；GeO在碱性条件下被双氧水为Ge4+；然后加盐酸经蒸馏得到GeCl4；GeCl4再精馏水解最后烘干得到高纯的GeO2，据此分析可得：【KS5U解析】(1)第32号元素锗为第四周期第IV族的元素，则其原子结构示意图为-47-,；锗位于金属与非金属分界线的元素，可用作半导体材料，故答案为：；半导体材料；(2)“焙烧”前，粉碎锗精矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；由于As2O3在193℃时升华，所以300℃煅烧锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)后再冷凝得到的矿渣1的主要成分为As2O3，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；As2O3；(3)GeO在710℃时挥发，所以800～1100℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是GeO2在CO中转化为GeO升华，故答案为：GeO2在CO中转化为GeO升华；(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，则其离子方程式为：，故答案为：；(5)“精馏水解”时GeCl4中Ge4+水解生成和HCl，则其反应的化学方程式为：，故答案为：；(6)由SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑可知，Si、Ge化合价均降低，发生还原反应，为电解池的阴极；O元素化合价升高为，发生氧化反应，则2O2--4e－=O2↑，故答案为：阴极；2O2--4e－=O2↑。四、原理综合题30．（2021·天津南开区·南开中学高三三模）I.人类使用能源经历了三个时期。(1)柴草时期从能量转化的角度看，木材燃烧时化学能主要转化成_______能和光能。(2)化石能源时期迄今为止，煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源。煤的综合利用有_______、煤的气化和煤的液化等：石油经分馏可以获得汽油、煤油、柴油等轻质油，通过催化裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯等，通过结构的重新调整可得到芳香烃类化合物。(3)多能源结构时期-47-,基于环保理念，天津市将逐步减少传统燃油汽车的使用，燃料电池汽车将有更广阔的发展前景。如图1所示为氢氧燃料电池的示意图，其基本工作原理与铜锌原电池的相同。根据图中电子流动方向判断，A电极的电极反应方程式为_______，氢氧燃料电池的优点是_______(写一条即可)。II.氮的循环对人类的生产和生活具有重要意义，图2为氮的部分循环过程：(4)上述转化中，属于氮的固定的是_______(填标号)。(5)步骤②，以氨气为原料制备两种常见氮肥的反应如下：a.NH3+H2O+CO2=NH4HCO3b.2NH3(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(NH2)2(s)ΔH<0其中原子利用率为100%的反应是_______(填字母)。既能加快反应b的化学反应速率，又能使该平衡正向移动的外界因素是_______(任写一项)III.(6)用0.1mol·L-1NaOH标准溶液滴定20mL等浓度的三元酸H3A，得到pH与V(NaOH)、lgX[X=或或的关系分别如图3、图4所示。结合图3信息，当滴入20mLNaOH溶液时，请补全溶液中的离子浓度大小排序：c(Na+)>___>___c(HA2-)>c(OH-)，结合图4中的II，当溶液中的=101.8，此时溶液的pH=____。-47-,【KS5U答案】热煤的干馏2H2–4e-=4H+无污染、原料来源广泛、可以持续产生稳定的电流等①a增大压强c(H2A−)c(H+)9【KS5U解析】(1)燃烧为放热反应，木材燃烧时化学能主要转化为热能和光能；(2)煤的综合利用有煤的干馏、煤的气化和煤的液化；(3)根据电子流向以及氢离子流向可知A电极为负极，氢气失电子被氧化为H+，电极反应式为2H2–4e-=4H+；氢氧燃料的产物为水，无污染，原料为氢气和氧气，来源广泛，且可以持续产生稳定的电流等；(4)氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态，所以过程①属于氮的固定；(5)反应a为化合反应，原子利用率达到100%；该反应为气体系数之和减小的反应，所以增大压强既能加快化学反应速率，又能使该平衡正向移动；(6)当滴入20mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为NaH2A，存在电离平衡H2A−HA2-+H+，此时溶液显酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，同时由于水也会电离出H+，电离是微弱的，所以c(Na+)＞c(H2A−)＞c(H+)＞c(HA2-)＞c(OH-)；根据题意可知H3A为三元弱酸，前一步的电离会抑制后一步电离，所以：Ka1＞Ka2＞Ka3，即＞＞，所以当pH相等时＞＞，则曲线Ⅱ代表lg，当lg=10时，pH=2.8，即c(H+)=10-2.8mol/L，所以Ka2=1010×10-2.8=10-7.2，则当=101.8时，c(H+)==10-9mol/L，pH=9。31．（2021·天津高三三模）我国在碳—1化学方面的进展主要集中在合成气化工和甲醇化工。I.研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2(合成气)，可减缓燃料危机和减弱温室效应，过程包括反应a：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1>0反应b：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H2>0(1)反应a在一定条件下能够自发进行的原因是___；该反应工业生产适宜的温度和压强为___(填标号)。-47-,A．高温高压B．高温低压C．低温高压D．低温低压(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1：1投料制取CO和H2时，CH4和CO2平衡转化率随温度变化关系如图所示。①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是___。②计算923K时反应b的化学平衡常数K=____(计算结果保留小数点后两位)。II.CO2催化加氢制甲醇：在1.0L恒容密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示。(3)下列说法正确的是___。A．该反应的正反应为放热反应B．压强大小关系为P1<p2<p3c．m点对应的co2的转化率为25%d．在p2及512k时，图中n点v(正)<v(逆)iii.co2和nh3两者发生反应可减少污染或用于工业生产。(4)h2co3电离常数为：ka1=4×10-7，ka2=4×10-11。已知0.1mol lnh4hco3="">c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)②c(H2CO3)：c(CO)=___(结果保留三位有效数字)。【KS5U答案】△S＞0BCH4和CO2按1：1投料发生反应Ⅰ时转化率相等，CO2还发生反应Ⅱ，所以平衡转化率大于CH40.39ACCD6.25【KS5U解析】(1)对于反应a：CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)△H1＞0，△S＞0，则反应a在一定条件下能够自发进行的原因是△S＞0；较低的压强可使平衡正向移动，较高温度能加快合成速率，提高生产效率，该反应工业生产适宜的温度和压强为高温低压，故选B；(2)①CH4与CO2按1：1投料发生反应a时转化率相等，但CO2还发生反应b，所以CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率；②反应a，设起始时充入0.1mol/L的CH4与CO2，，α(CO2)=1mol/L×70%=0.7mol/L，则反应Ⅱ△c(CO2)=0.7mol/L-0.6mol/L=0.1mol/L，反应b：K=(1.3×0.1)/(0.3×1.1)=0.39；-47-,(3)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B．由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1＞p2＞p3，故B错误；C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则消耗CO2为0.25mol，转化率为0.25/1×100%=25%，故C正确；D．由图可知，在P2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向进行，则v(正)＞v(逆)，故D错误；故选：AC；(4)①A．依据物料守恒可得：c(NH)+c(NH3•H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，溶液的pH=8，呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(NH)+c(NH3·H2O)+c(H+)</p2<p3c．m点对应的co2的转化率为25%d．在p2及512k时，图中n点v(正)<v(逆)iii.co2和nh3两者发生反应可减少污染或用于工业生产。(4)h2co3电离常数为：ka1=4×10-7，ka2=4×10-11。已知0.1mol></c<b<a，故d错误；答案选c。22．（2021·四川广元市·高三三模）常温下，用0.2mol·l-1盐酸滴定25.00ml0.2mol·l-1nh3·h2o溶液，所得溶液ph、nh和nh3·h2o的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是a．曲线①代表φ(nh)，曲线②代表φ(nh3·h2o)b．a点溶液中存在c(cl-)＞c(nh)=c(nh3·h2o)c．nh3·h2o的电离常数的数量级为10-4-47-,d．应选用甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色【ks5u答案】d【ks5u解析】a．随着盐酸的加入，φ(nh3·h2o)减小，φ(nh)增大，由图可知，曲线①代表φ(nh3·h2o)，曲线②代表φ(nh)，故a错误；b．a点溶液中c(nh)=c(nh3·h2o)，此时溶液的ph为9.26，溶液显碱性，c(oh-)＞c(h+)，根据电荷守恒，可知c(cl-)＜c(nh)，故b错误；c．nh3•h2o的电离常数表达式为kb=，a点溶液中c(nh)=c(nh3·h2o)，kb=c(oh-)=10-4.74，其数量级为10-5，故c错误；d．滴定终点时，所得溶液溶质为nh4cl，铵根水解显酸性，应选择甲基橙为指示剂，滴定终点溶液的颜色变化为黄色变为红色，故d正确；故选d。23．（2021·四川凉山彝族自治州·高三二模）下列有关电解质溶液的叙述错误的是a．25℃时，将0.1mol·l-1的ha溶液加水稀释至ph=4.0，所得溶液c(oh-)=l×10-10mol·l-1b．25℃时，将10mlph=a的盐酸与100mlph=b的ba(oh)2溶液混合后恰好中和，则a+b=13c．25℃时，ph=11的氨水和ph=l1的na2co3溶液中，由水电离产生的c(oh-)均为l×10-11mol·l-1d．温度一定时，ch3cooh和ch3coona的混合溶液中，=【ks5u答案】c【ks5u解析】a．ph=4，[h+]=10-4mol></c()＝c(h2c2o4)；ph＝4.19时，曲线a中，lgx＝lg></ph<4.19时，c()></c(ba2+)-47-,c．n点对应ba(oh)2溶液的体积为10mld．t点溶液中阴离子浓度之和大于m点【ks5u答案】b【ks5u解析】a．由图示可知，水解对水的电离促进程度较大，则hy的酸性较弱，所以相同条件下ka(hx)></c(a-)，故a不选；b．m点处p=-lg=0，即，则此时，数量级为10-5，故b不选；c．当加入的naoh溶液为20ml时，溶液中溶质为naa，存在物料守恒，即，且溶液呈碱性；1点溶液呈酸性，说明加入的naoh溶液体积小于20ml，则，故c不选；d．n点到l点，溶液中naa的物质的量逐渐增多，naa的水解促进水的电离，所以水电离程度n＜m＜1，故选d；答案选d。18．（2021·云南高三三模）室温下，分别向体积均为20ml、浓度均为0.1mol·l-1的hx、hy溶液中，滴加相同浓度的ba(oh)2溶液(ba2+与x-、y-均不反应)。随着ba(oh)2溶液的加入，由水电离产生的c(h+)的变化趋势如图所示。下列说法错误的是a．相同条件下，ka(hx)></c(a-)b．ka(ha)的数量级为10-5-47-,c．1点所示溶液中：c(na+)<c(a-)+c(ha)d．各点的水溶液中水的电离程度大小关系：n></b<c，选项b错误；c．b点溶液中存在电荷守恒：c(na+)+c(h+)=c(x-)+c(oh-)，此时p[]=0，则c(x-)=c(hx)，代入电荷守恒有c(na+)+c(h+)=c(hx)+c(oh-)，选项c正确；d．溶液中存在电荷守恒：c(na+)+c(h+)=c(x-)+c(oh-)，当溶液呈中性时c(na+)=c(x-)，若c(na+)=c(hx)，则c(x-)=c(hx)，此时p[]=0，即为b点，但b点溶液呈酸性，不符合，选项d错误；答案选c。9．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）为测定某二元弱酸h2a与naoh溶液反应过程中溶液ph与粒子关系，在25℃时进行实验，向h2a溶液中滴加naoh溶液，混合溶液中-47-,lgx[x表示或]随溶液ph的变化关系如图所示。下列说法正确的是a．直线ii中x表示的是b．当ph=3.81时，溶液中c(ha-)：c(h2a)=10：1c．0.1mol·l-1naha溶液中：c(na＋)＞c(ha-)＞c(h2a)＞c(a2-)d．当ph=6.91时，对应的溶液中，3c(a2-)=c(na＋)＋c(h＋)-c(oh-)【ks5u答案】d【ks5u解析】a．当ph=0时，c(h+)=1mol></kh()，因此常温下加入的溶液呈碱性；(6)由在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和可知，该反应中fe价态降低，c价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6++12=12+6co↑+6h2o+6co2↑。2021年化学高考模拟题一、单选题-47-,1．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）室温下，用mmol>
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