2020届高考化学二轮题型对题必练——沉淀溶解平衡的图像

1、2020届届届届届届届届届届届届届届届届届届届届届届、单选题(本大题共20小题，共40分)1.下列图示与对应的叙述相符的是()A.图1表示某放热反应在无催化剂 (a)和有催化剂(b)时反应的能量变化，且加入催化剂改变反应的始变B.图2表示某明矶溶液中加入 Ba(OH)2溶液，沉淀的质量与加入Ba(OH)2溶液体积 的关系，在加入20 mL Ba(OH) 2溶液时铝离子恰好沉淀完全C.图3表示在CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH容液的pH：D.图4表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应:2NO2(g) ? N2 O4(g),相同时间后测得 NO

2、2含量的曲线,2 .25 c时，分别向浓度均为 0.1mol/L ,体积均为20mL的HX和HY的溶液中滴入等物质的量浓度的氨水，溶液中水电离出的c(H +)与加入氨水的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是 ()A. HX的电离方程式为HX = H+ + X-B. b 点时溶液中 c(NH +) = c(Y-) > c(H + ) = c(OH-)C. HX的电离平衡常数约为1 X10-7 mol/LD. a、b两点对应溶液中存在的微粒种类及数目相同3 .下列图示与对应的叙述相符的是()A.0：小工6壮侬如图表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则出的燃烧热I为 241.8kJ ?m

3、ol-1B.2A(g) + 2 B(g) ? 3c(g) + D(s)的影响,第13页，共26页乙的压强比甲的压强大CuSO4溶液中的Fe3+ ,可向溶液中加入适D.如图表示常温下，稀释 HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液 pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH4.25c时，已知：H2CO3?H+HCO3K1=4.3X10-7HCO3?H+CO3-K2=5.6X10-11H2O?H+OH-KW=1.0X10-14现取10.6gNa2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如图所示.在25c时，下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的

4、是（）A. W点所示的溶液中：B. pH = 4的溶液中：C. pH = 8的溶液中：D. pH = 11的溶液中:c(Na +) + c(H + ) = 2c(CO3- ) + c(H2CO3) + c(HCO3) + c(CO2-)一I .c(H ) + c(H2CC3) + c(HCO3)=CO3- + H2OHCO3 + OH- K =c(OH- ) + =0.1 mol c(OH - ) + 2.5 X 10-4c(HCO3) ?L-1c(Cl- )A.图1表示0.201MgCl2?6H2。在空气中充分加热时固体质量随时间的变化B.图2表示用0.1000mo1?L-1NaOH溶液滴定

5、25.00mLCH3COOH的滴定曲线，则1c（CH3COOH）=0.100mo1?L1C.图3表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化,则常温下，NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pHD.图4表示恒温恒容条件下，2NO2（g）?N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态6.常温下，含碳微粒(H2C2O4、HC2O4、Go4-)存在于0.1mol/L草酸溶液与等浓度10* 10 6 c（H+）/mcil/L J8.卜列图示与对应的叙述相符的是()NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数3(某微粒物质的量浓度与三

6、种微粒物质的量浓度和比值)与溶液pH的关系如图所示，下列有关说法错误的是()A.向pH=1.2的溶液中加NaOH溶液将pH增大至4.2的过程中水的电离度一直增B. pH=4.2时,溶液中c(Na+)>c(HCzO4)+c(C2O4-)C. .若草酸的第二级电离平衡常数为K2,则lgK2=-4.2D.将0.1mol/L相同物质的量浓度NaHC204和Na2c204的两份溶液等体积混合，可配得图a点所示混合液7.)Xc(0H-)=常数，下列水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c(H说法错误的是()A.图中温度Ti>T2'B.图中五点Kw间的关系：B>C>A

7、=D=EC.曲线a、b均代表纯水的电离情况D.若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12"广的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性9.6 1710 P1AM PHT；T'feHc-403.&'Itj/ioi.12nolRX）（!）反皮过点甑A.图1表示H2与02发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJ?mol-1B.图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)?3c(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大C.图3表示在一定温度下，向氢氧化钢溶液中滴入硫酸溶液至过量时，溶液的导电性即电流强度(I)随加入硫酸溶液的量(m)的变化曲线D.图4表

8、示某可逆反应的反应速率随时间的变化关系，3时刻改变的条件可能是使用了催化剂H2CO3和H2c2。4都是二元弱酸，不同PH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率下列说法正确的是()A.在pH为6.37及10.25时，溶液中c(H2CO3)=c(HCO3)=c(CO2-)B.反应HCO3+H2O?H2CO3+OH-的平衡常数为10-7.63C.0.1mol?L-1NaHGO4溶液中c(HC2O4)+2c(C2O2)+c(H2c2O4)=0.1molL-1D.往Na2CC3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应：CO3-+H2c2。4=HCO3+HC2O410.在不同温度下，水溶液中c(H+)与c(CH-)

9、关系如图所示，下列说法不正确的是()A.图中五点Kw间关系：B>C>A=D=EB.E点对应的水溶液中，可能有NH?+、Ba2+、Cl-、I-、K大量同时存在C.若处在B点时，将pH=3的硫酸溶液与pH=9的KCH溶液等体积混合，所得溶液呈中性D.若0.1mol/L的NaHB溶液中c(CH+)与c(CH-)关系如图D点所示，则溶液中有：c(HB-)>c(CH-)>c(B2-)>c(H2B)11.常温下，向20ml0.1mol/L酒石酸(用H2T表示)溶液中逐渐滴加等物质的量浓度的NaCH溶液.有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如图关系，下列说法正确的是()A.HT

10、-在溶液中水解程度大于电离程度B.当V(NaCH)=20mL时，溶液中水的电离程度比纯水大C.当V(NaCH)=30mL时，溶液中存在c(Na+)>c(HT-)>c(T2-)>c(CH-)>c(H+)12.下列关于甲、乙、丙、丁四个图象的说法中，正确的是 ()A.图甲表示向乙酸溶液中通入 NH3过程中溶液导电 性的变化B.由图乙可知若除去 CuSC4溶液中的Fe3+可采用向溶液中加入适量 CuC至pH在4左右C.图丙表示25°时，用0.1mol/L盐酸滴定20mL0.1mol. L-1氨水，溶液的pH随加入盐酸体积的 变化D.图丁表示向Al2(SC4)3溶液中

11、滴入NaCH溶液，生 成Al(CH) 3沉淀的量随NaCH溶液体积的变化D.当V(NaCH)=40ml时，溶液中存在c(CH-)=c(HT-)+2c(H2T)+c(H+)0. lmol ?L-1 的 KCH ()13.常温下，向20mL0.lmol?L-1的草酸(H2c204)溶被中不断滴入溶液，溶液的pH变化曲线如图所示.下列有关说法正确的是A. a点溶液呈酸性，是因为HQ04的电离程度小于其水解程度B. b点：c(K+)=c(HC2C4)+2c(C2C4-)C.c点：c(K+)=c(H2c2C4)+c(HC2C4)+2c(C2C4-)D.d点：c(K+)>c(C2O2-)>c(

12、OH-)>c(HC2O4)>c(H+)14.15.常温下，分别向体积相同、浓度均为1mol/L的HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数（lgC）间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是（）A.HB的电离常数（KA）数量级为10-3B.其钠盐的水解常数（Kh）大小关系是：NaB>NaAC. a、b两点溶液中，水的电离程度b<aD.当lgC=-7时，两种酸溶液均有pH=725c时，0.1molNa2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述，正确的是（）。16.卜列说法正确的是

13、（）图中 ZHi = H2 + H3反应过程A. W点所示的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO3)+c(OH-)+c(Cl-)B. pH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCOF)+c(CO3)<0.1molL-1C. pH=8的溶液中：c(H+)+c(H2cO3)+c(HCOD=c(OH-)+c(Cl-)D. pH=11的溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(CO2)>c(HCO=)>西网如图在催化剂条件下，反应的活化能等于Ei+E2如图表示醋酸溶液滴定NaOH和氨水混合溶液的电导率如图可表示由CO（g）生成CO2（g）的过程中要放出566kJ热量

14、17.常温下，pH相同的NaOH溶液和CH3COONa溶液分别加水稀释。pH随溶液体积变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是()18.消耗盐酸的体19.B. M 点：c(X-) > c(Na + )常温下，向浓度均为0.1mol ?L-1、体积土匀为10mL的两种一元酸(HX、HY)溶液中，()A. b、c两点溶液的导电能力相同B. c点溶液中c(CH3COOH)+c(OH-)=c(H+)C. a、b、c三点溶液中水的电离程度a>c>bD.等体积的b、c两点溶液分别与相同浓度的盐酸恰好完全反应时,积相等25C,向一定体积0.1mol/L的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液

15、，溶液中c(H+)与c(OH-)的变化关系如图所示，则A. M点所示溶液的导电能力强于Q点B. N点所示溶液中c(CH3COO)>c(Na+)C. Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积D. M点和N点所示溶液中H2O的电离程度相同C.滴至pH=7时，消耗NaOH溶液的体积：HX>HYD.滴入10mLNaOH溶液时，溶液中水的电离程度：HX<HY20.常温下，H3AsO4水溶液中含神的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示(已知pKa=-lgKa)，下列说法正确的是()A. HsA/SOd的pKa2为4.5B. NaH2AsO4

16、溶液显碱性C. n点对应溶液中由水电离的OH-浓度为10-11.5mol/LD. m点对应溶液中c(HAsO2-)=c(H2A?5O4)>c(OH-)=c(H+)、简答题(本大题共5小题，共60分)E. .脱去冶金工业排放烟气中SO2的方法有多种.(1)利用本生(Bunsen)热化学循环吸收SO2工艺由下列三个反应组成：2H2(g)+O2(g)=2H2O(I)AHi=-572kJ?mol-12HI(g)=H2(g)+I2(g)AH2=+10kJ?mol-12H2SO4(I)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)=+462kJ?mol-1则得SC2(g)+"(g)+2H2O

17、(I)=2HI(g)+H2SO4Q)AH=kJ?mol-1(2)氧化锌吸收法.配制ZnO悬浊液，在吸收塔中封闭循环脱硫.测得pH、吸收效率棚时间t的变化如图1所示；溶液中部分微粒与PH的关系如图2所示.为提高SO2的吸收效率小可采取的措施有：增大悬浊液中ZnO的量、图1中的pH-t曲线ab段发生的主要化学方程式为pH = 7时，溶液中c(Zn 2+)=c(SO3- )=如图3所示，利用惰性电解电解含SC2的烟气回收S及H2SO4,以实现废物利用.阴极的电极反应式为.每处理含19.2gSO2的烟气，理论上回收S、H2SO4的物质的量分别为F. .连二亚硫酸钠（Na2s2。4）,有极强的还原性.受

18、热、遇水都会发生分解反应放出大量的热，甚至引起燃烧.不溶于乙醇，可溶于氢氧化钠水溶液并稳定存在.SOi rSSoTlaiNaOHSa-*-'£E承加步加步口图1（1）锌粉法是制备Na2s2。4的一种常见方法，其原理如图1所示：须将锌粉和水制成悬浊液的原因是;若用NazSQ固体和某酸反应制备SC2气体，你认为下列最适宜选用的酸是A.浓盐酸B.质量分数为70%的H2SQC.稀硝酸D.质量分数为10%的稀硫酸步骤III过程较为复杂，其中涉及过滤、洗涤、干燥等操作，请写出洗涤过程的操作方法：.（2）吸收大气污染物SO2和NO,获彳NNa2s2O4和NH4NO3产品的流程图如图2（Ce

19、为铺元素）：装置n中，酸性条彳下，NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3、NO2,写出生成NO3的离子方程式装置III中电解槽阴极发生的电极反应为.已知进入装置IV的溶液中，NO2的浓度为ag?L-1,要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3,需至少向装置IV中通入标准状况下的。2L.（用含a代数式表示，计算结果保留整数）课题小组测定0.050mol?L-1Na2s2O4溶液在空气中pH变化如图3：0-t1段主,t1时刻溶液中离子浓度由要生成HSO3,则0-11发生离子反应方程式为大到小的顺序是,t3时溶液中主要阴离子符号是23.铝及其化合物用途广泛.（1）铝元素的离子结构示意图为.（2

20、）下列实验能说明Al的金属性（原子失电子能力）小于Na的是.（填序号）a.分别将Na和Al同时放入冷水中b.测定等物质的量的Na和Al与酸反应生成H2的体积c.向Al(OH)3悬浊液中加入足量NaOH溶液d.用pH计测量NaCl溶液与A1C13溶液的pH(3)工业上，用冰晶石作助熔剂、石墨作电极电解熔融氧化铝制铝，每生产1吨Al,阳极大约会损失0.6吨的石墨，则石墨被氧化为(填化学式).(4)碳在高温下与Al2c)3反应生成Al4C3固体与CO2，该反应每转移1mol电子，吸热akJ,该反应的热化学方程式为.(5)室温下，往0.2mol?L-1Al2(SO4)溶液中逐滴加入1.0mol?L-1

21、NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化的曲线如图所示.a点溶液呈酸性的原因是.(用离子方程式表示)c-d时，Al元素的主要存在形式是.(填化学式)根据图中数据计算，Al(OH)3的Ksp.24.I.化合物Mg5Al3(OH)i9(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：?Mg5Al3(OH)i9(H2O)4-?-H2OT+MgO+AI2O3(1)请配平方程式。(2)写出该化合物作阻燃剂的两条依据。(3)已知MgO可溶于NH4CI的水溶液，其原理为(用化学方程式和必要的文字说明)。n.磁性材料A是一种二元化合物，某研究小组按如图流程探究其组成，已知E是一种能够漂白

22、品红的气体，亦能使酸性KMnO4溶液褪色。请回答：(1)某同学取少量溶液C于一支试管，加入(填化学式)试剂无现象，可证明固体B无杂质。(2)A的化学式为：。(3)溶液C可溶解铜片，若反应过程中C中某离子浓度变化如1图中所示，请写出用铜离子表达的0t1阶段的化学反应速率：v(Cu2+)=;相对，可能改变的实验条件是。图1图2pH(4)已知I2的KI溶液中存在平衡I2+I?I3,该平衡常数K的表达式为：在I2的CCl4溶液中加入KI溶液，震荡、静置后可以观察到的现象是：。(5)F是一种二元酸H2M(M代表酸根)的溶液。TC时，向某浓度的H2M溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中三种微粒

23、H2M、HM-、M2-的物质的量分数(8)与pH的关系如图2所示：若H2M的电离常数分别为K1与K2,则1=。按投料比n(Na2M)：n(NaHM)=2：1配成溶液，下列有关该溶液的叙述正确的是(填序号)。A.该溶液的pH为7.0B.3c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HM-)+2c(M2-)C.3c(Na+)=5c(HM-)+c(M2-)+c(H2M)D.3c(OH-)+c(M2-)=3c(H+)+2c(HM-)+5c(H2M)(6)若F与12的KI溶液恰好完全反应，写出反应的化学方程式；在反应后的溶液加入足量AgNO3溶液充分反应，测得混合体系中c(I-)=amol/L,则c(S

24、O4)=mol/L(已知25c时，Ksp(AgI)=8.3X10-17,Ksp(Ag2SO4)=1.4X10-5)o25.含+6价铭的废水毒性强，对环境污染严重。化工厂常用SO2处理含铭废水，其工艺流程如图所示：KaOH酸性O (+6)废水(如图1所示)。?爷比/而通朴盥小金VpH246Cr(+6)取大去除率99.99%达排放标准99.95%达排放标准99.5%未达排放标准时间30min35min45min已知：Cr2O7-+H2O?2CrO4-+2H+(1)将吸收塔中1molCr2O7-与SO2反应的热化学方程式补全。Cr2O7-(aq)?+SC2(g)+=+AH=-1145kJ/mol(2

25、)其他条件不变，研究吸收塔中pH对反应的影响。由上述数据获得的结论有。实际工业生产控制pH=4左右的原因是。下列说法不合理的是。a该酸性含铭废水中一定含有CrO2-,pH越大其含量越高b.其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K增大，有利于除去Cr(+6)c理论上看，SO3-、Fe2+等也可以用于除去Cr(+6)其他条件不变，研究温度对Cr(+6)去除率的影响枝1皿国1园之30min前相同时间内，80c的Cr(+6)去除率比40c高，30min后80c的Cr(+6)去除率低，原因分别是;。(4)图2为Cr(+3)微粒物质的量分数随溶液pH的变化关系示意图，中和池中应控制pH范围为。废水中Cr(

26、+6)总浓度为aX10-3moi/L,处理1000L废水，去除率要求达到99.95%,理论上需要SO2物质的量为mol(写计算式)。第 # 页，共 26 页答案和解析1 .【答案】D【解析】解：A、图中反应物能量大于生成物能量反应放热，催化剂是通过降低反应活化能来改变反应速率，不改变平衡，使用催化剂反应的始变不变，故A错误；B、开始生成BaSO4和Al(OH)3沉淀，中间继续生成BaSO4但Al(OH)3溶解，所以质量增加变慢，最后都是BaSO4沉淀，沉淀质量不再变化。总的反应方程式：KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=KA1O2+2BaSO4+2H2O,故B错误；C、CH3COOHB液中导

27、电性越强，氢离子浓度越大，pH越小，则CH3COOH容液的pH:a<b,故C错误；D、由图可知，反应平衡后升高温度NO2的含量增大，平衡逆移，正方向为放热反应，所以该反应的Hv0,故D正确；故选：D。A、依据催化剂作用是降低反应活化能改变化学反应速率分析，使用催化剂反应的始变不变；B、沉淀生成达到最大后，氢氧化铝溶解沉淀量减小最后不变；C、CH3COOHB液中导电性越强，氢离子浓度越大，pH越小；D、由图可知，反应平衡后升高温度NO2的含量增大，平衡逆移，正方向为放热反应。本题考查了反应热，离子反应，弱电解质的电离，平衡移动等知识，涉及知识点较多，以基础知识为主，难度不大。2 .【答案】

28、C【解析】【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生分析计算能力，正确判断酸性强弱是解本题关键，明确各点溶液中溶质成分及其性质，注意C中近似处理方法，题目难度中等。【解答】A.未加氨水时，HX、HY溶液中水电离出的c(H+)分别是10-10、10-13,HX、HY溶液中c(H+)分别是10-4、10-1,HX部分电离为弱电解质、HY完全电离为强电解质，所以HX的电离方程式为HX?H+X-,故A错误；B.b点酸碱恰好完全反应，则b点溶液中溶质为NH4Y,NH4丫为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒得c(NH+)<c(Y-),水解程度较小，所以存

29、在c(Y-)>c(NH+)>c(H+)>c(OH-)，故B错误；C.未加氨水时，溶液中c(H+)=c(X-)=10-4mol/L、c(HX)=0.1mol/L,HX电离平衡常数K=W衿=咯咨=1X10-7,故C正确；c(HX)0.1D.NH4X为弱酸弱碱盐，NH4Y为强酸弱碱盐，所以前者水解程度大于后者，则两种溶液中离子数目不同，故D错误。故选Co3 .【答案】C【解析】解：A、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，图中燃烧产物不是稳定氧化物，所以不是燃烧热，故A错误；B、增大压强，化学反应速率加快，则P2>R,加压平衡向着气体系数和减小的方向进行

30、，即正向进行，所以P2条件下，反应物的含量小于P1条件下的，故B错误；C、pH=4时，铁离子完全沉淀，铜离子不沉淀，若除去CuSQ溶液中的Fe3+,可向溶液中加入适量CuO,调节pH=4,故C正确；D、如图表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，HA的PH变化较快，则HA的酸性较强，酸性越强，则对应盐的水解程度越弱，所以相同条件下NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH,故D错误。故选：CoA、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；B、增大压强，化学反应速率加快，化学平衡向着气体系数和减小的方向进行；C、根据铁离子完全沉淀，铜离子不沉淀的p

31、H数据来回答；D、酸性较弱的酸在加水稀释时，H+浓度变化较小，酸性越弱，对应盐的水解程度越大.本题综合考查影响化学反应速率的因素、燃烧热、除杂质、弱电解质的电离和盐的水解等方面的知识，属于综合知识的考查，题目难度中等，注意对相关知识的积累.4 .【答案】D【解析】【分析】本题考查离子浓度大小比较，侧重对学生分析能力的培养，题目难度中等，该题的关键是在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒,然后结合图象和题意灵活运用即可。【解析】10.6g10.6g碳酸钠的物质的量为n(Na2CO3)=嗝m=0.1mol,A.根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度应该满足：c(Na+

32、)+c(H+)=2c(CO2-)+c(OH-)+c(Cl-)+c(HCO3)，故A错误；B.根据图象可知，pH=4时有CO2生成，根据物料守恒可知：c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO2-)<0.1mol?L-1,故B错误；C.根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，则根据物料守恒可知：c(H2CC3)+c(HCO3)+c(CO3-)=1c(Cl-)=2c(Na+),再结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO3-)+c(OH-)+c(Cl-)+c(HCO3)可得：c(H+)+2c(H2CO3)+2c(HCO3)=c(

33、OH-)+c(Cl-),故C错误;Kw _1X 1014K2 = 5.6 x 161D.CO2-+H2O?HCO3+OH-的平衡常数K=c(%茎OH-)1.8X10-4,故D正确。故选Do5 .【答案】C【解析】解：A.MgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，0.1molMgO的质量为0.1molX(24+16)g/mol=4.0g,故最终生成质量应为4.0g,故A错误；B.0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mLCH3COOHI,当溶液pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-),此时溶液中应同时存在醋酸和醋酸钠，若醋酸此时已经完全反应，则溶液为醋酸钠溶液，水解使

34、溶液呈碱性，因此这里醋酸并未完全反应，无法计算醋酸的浓度，故B错误；C.常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液，溶液酸越强，越稀释，pH变化幅度越大，根据图象可知，HA的酸性强于HB的酸性，酸性越强，其对应的共轲碱碱性就越弱，则NaA的碱性弱于NaB,则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH,故C正确；D.恒温恒容条件下，发生反应：2NO2(g)?N2O4(g),根据图象，A点表示消耗N2O4的速率大于NO2的消耗速率，不是化学平衡状态，故D错误，故选：CoA.MgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，据此解答即可；B.0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mLC

35、H3COOH,当溶液pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-),据此判断所滴定的醋酸的浓度；第15页，共26页C.常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液，溶液酸越强，越稀释，pH变化幅度越大，根据图象分析其共轭碱NaA和NaB的碱性强弱；D.恒温恒容条件下，发生反应：2NO2(g)?N2O4(g),根据图象，A点表示消耗N2O4的速率大于NO2的消耗速率，不是化学平衡状态。本题主要考查的是化学反应的能量变化规律、弱电解质的电离、平衡移动方向判断等，综合性较强，难度中等。6 .【答案】D【解析】解：A.向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2,溶液中由酸电离的氢离子浓度减小，则对水的电

36、离抑制的程度减小，水的电离度一直增大，故A正确；B.pH=4.2时，c(HC2O-4)=c(C2O42-)，溶液中存在物料守恒，2c(Na+)=3c(HC2O-4)+3c(C2O24-)+3c(H2C2O4)，c(Na+)>c(HC2O-4)+c(C2O24-)，故B正确；C.pH=4.2时，c(HC2O4)=c(C2O4-),Ka2=c(H+)=10-4.2，故C正确；D.将0.1mol/L相同物质的量浓度NaHC2O4和Na2G2。4的两份溶液等体积混合，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为4.2，故D错误；故选：D。A. 向 pH = 1.2的溶液中加N

37、aOH 溶液将离抑制的程度减小；B.NaHC2O4和Na2c2O4的物质的量相同， 3c(G 2O42- ) + 3c(H 2G2O4)；c.pH = 4.2时， c(Hc2O-4) = c(c 2 O42- )， D. NaHC2O4和Na2c2O4的物质的量相同， 本题考查酸碱混合物的定性判断和计算，pH 增大至 4.2，溶液氢离子浓度减小，对水的电溶液中存在物料守恒，2c(Na +) = 3c(Hc2O-4) +Ka2 = c(H + )；但如配成不同浓度的溶液，则 pH 不一定为4.2。为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，本题注意把握图象的含义，易错点为B,

38、注意常数的计算。7 .【答案】c【解析】【分析】本题考查水的电离，题目难度中等，注意分析图象，把握水的离子积只受温度的影响。【解答】A. 水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图知，Ti曲线上离子积常数大于丁2,所以温度Ti>T2,故A正确；B. 水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低顺序是B>C>A=D=E,所以离子积常数大小顺序是B>C>A=D=E,故B正确；C.纯水中c(OH-)=c(H+),所以曲线a、b上只有A、B点才是纯水的电离，故C错误；D.B

39、点时，Kw=1X10-12,pH=2的硫酸中c(H+)=0.01mol/L,pH=12的KOH溶液中c(OH-)=imol/L，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性，故D正确。故选C。8.【答案】D【解析】解：A.燃烧热中生成液态水，图中为气态水，不能确定燃烧热，故A错误；B.为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，图中应为催化剂对反应的影响，故B错误；C.恰好生成硫酸钢和水时，导电性最弱，则与图象不符，故C错误；D.图中正逆反应速率均增大，且相等，则t0时刻改变的条件可能是使用了催化剂，故D正确；故选：D。A.燃烧热中生成液态水；B.为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动；C.恰好生成硫酸

40、钢和水时，导电性最弱；D.图中正逆反应速率均增大，且相等。本题考查反应热与燃变，为高频考点，把握反应中能量变化、平衡移动、图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。9 .【答案】B【解析】【分析】本题考查了据图分析不同pH时溶液中离子的存在形式，注意利用电荷守恒和物料守恒分析，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力.A、据图分析在pH为6.37时溶液中无碳酸根离子，pH=10.25时，溶液中无碳酸分子;B、反应HCO3+H2O?H2CO3+OH-的平衡常数为K=c(H*；"0"',据pH=6.37时C(HCO3)计算；C、据

41、物料守恒分析；D、往Na2c03溶液中加入少量草酸溶液，能够生成碳酸氢根离子和C2O2-.【解答】A、在pH为6.37时c(H2CO3)=c(HCO3),pH为10.25时,c(HCO3)=c(CO3-),故A错误；c(H2CO3)?c(OH-)B、反应HCO3+H2O?H2CO3+OH-的平衡常数为K二一而行一,pH=6.37时，c(HCO3)10-14c(H2CO3)=c(HCO3),K=c(OH-)=10-63=10-7.63,故B正确；C、在0.1mol?L-1NaHC2O4溶液中有c(C2O4-)、c(HC2O4)和c(H2c2O4),据物料守恒c(C2O2-)+c(HC2O4)+c

42、(H2c2O4)=c(Na+)=0.1mol?L-1,故C错误;D、草酸的酸性比碳酸强，往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能够生成碳酸氢根离子和C2O4-,发生反应：2CO2-+H2c2O4=2HCO3+C2O4-,故D错误；故选B.10 .【答案】D【解析】解：A.由图象可知，A、E、D都为25c时的曲线上，水的Kw只与温度有关，温度相同时Kw相同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，则B>A=D=E,由C点c(OH-)Xc(H+)可知，C点的Kw大于A点小于B,所以B>C>A=D=E,故A正确；B.E点c(OH-)<c(H+),溶液呈酸性，酸性条件下，NH+、Ba

43、2+、Cl-、I-没有沉淀、气体、弱电解质、氧化还原反应产生，所以能共存，故B正确；C.B点时，Kw=1X10-12,pH=3的硫酸中c(H+)=0.001mol/L，与pH=9的KOH溶液中c(OH-)=0.001mol/L,等体积混合后，溶液显中性，故C正确；D.D点溶液中c(OH-)>c(H+),溶液呈碱性，说明HB-的水解程度大于电离程度，所以c(B2-)<c(H2B),故D错误；故选D.由图象可知，A、E、D都为25c时的曲线上，水的Kw只与温度有关，温度相同时Kw相同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，水的离子积只与温度有关，与溶液的类型无关，可能为纯水，也可能为酸、碱

44、、盐溶液.本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，注意分析图象，把握水的离子积只受温度的影响，题目难度不大.11 .【答案】D【解析】解：A、根据图示信息得到HT-在溶液中存在时的pH<7,所以HT-在溶液中水解程度小于电离程度，故A错误；B、VNaOH=20mL时，得到溶液中是等浓度的H2T和Na2T,图象分析电离大于水解，溶液呈酸性，酸的电离程度大于弱离子的水解程度，所以溶液中水的电离程度比纯水小，故B错误；C、VNaOH=30mL时，溶液中主要是H2T和Na2图象分析溶液呈酸性，溶液中H+>OH-,故C错误；D、VNaOH=40mL时，和氢氧化钠溶

45、液恰好反应，溶液中溶质为Na2T,图象分析可知溶液呈碱性，依据质子守恒溶液中存在OH-=HT-+2H2T+H+,故D正确；故选：D。A、根据图示信息得到HT-在溶液中存在时的pH来回答；B、20ml刚好中和一半，H+浓度比H2T少，溶液呈酸性，酸的电离程度大于弱离子的水解程度；C、30ml溶液还呈酸性，溶液中H+>OH-;D、2mmol酒石酸需要40mlNaOH才能恰好中和，溶液中溶质为Na2依据质子守恒来回答.本题考查了图象分析判断，溶液酸碱性的过程理解是解题关键，题目难度较大.12 .【答案】B【解析】解：A.乙酸和一水合氨都是弱电解质，向乙酸溶液中通入NH3生成乙酸俊，溶液导电性增

46、强，故A错误；B.由图象可知，加入适量CuO至pH在4左右，可使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去，故B正确；C.一水合氨为弱碱，不能完全电离，0.1mol。L-1氨水的pH<13,故C错误；IkD.生成沉淀和沉淀溶解消耗氢氧化钠的比值为3：1,图象为八，故D错误。故选：BoA.向乙酸溶液中通入NH3生成乙酸俊，溶液导电性增强；B.加入适量CuO至pH在4左右，可使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去；C.一水合氨为弱碱，不能完全电离；D.生成沉淀和沉淀溶解消耗氢氧化钠的比值为3:1.本题考查较为综合，涉及反应热与焰变、弱电解质的电离、难溶电解质的溶解平衡以及氢氧化铝的性质，为高考常见题型，侧重于考查

47、学生化学知识的综合运用能力，题目难度中等.13.【答案】B【解析】解：A.a点溶液呈酸性是因为HC2O4的电离程度大于其水解程度，故A错误；B.b点溶液呈中性，即有c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒有c(K+)+c(H+)=c(HCzO4)+2c(C2O4-)+c(OH-),故有c(K+)=c(HC2O4)+2c(C2O2-)，故B正确；C.c点是草酸与KOH恰好中和反应生成K2c2O4,根据物料守恒有c(K+)=2c(H2c2O4)+2c(HC2O4)+2c(C2O2-),故C错误;D.d点是反应后生成等物质的量的K2c2O4和KOH的混合液，由于C2O4-要水解，应是c(OH-)>

48、;c(C2c4-),故D错误.故选B.A.a点恰好反应生成HC2O4,HC2O4的电离程度大于其水解程度；B.b点溶液呈中性，结合电荷守恒判断；C.c点是草酸与KOH恰好中和反应生成K2c2。4,根据物料守恒判断；D.d点是反应后生成等物质的量的K2c2。4和KOH的混合液，应为c(OH-)大于c(CzO4-).本题考查了酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合溶液的酸碱性及物料守恒和电荷守恒来分析解答，题目难度中等.14.【答案】Bcl【解析】解：A.图象中的b点lgC=10-3,-PH=3,PH=6,c(CH3COOH)=10mol/L,Rc(H+)c

49、(CH3COO-)10-6x106Q,c(H+)=10-6mol/L,HB的电离平衡常数Ka=c(CH3c嬴=-03=10-9,故A错误；B.HA的电离平衡常数="H鲁:既O)=10;的=10-5,酸性弓弱HA>HB,酸越弱c(CH3COOH)10对应盐水解程度越大，其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是：NaB>NaA,故B正确；C.a、b两点溶液中，a点酸性强，抑制水电离程度大，水的电离程度b>a,故C错误；D.当lgC=-7时，c(CH3COOH)=10-7mol/L,HA中中c(H+)=5=10mol/L，HB中c(H+)=V9-=0.1mol/L,PH不同，故

50、D错误；故选：BoA.图象中的b点lgC=10-3,2PH=3,PH=6,结合电离平衡常数概念计算；B.图象分析酸性强弱HA>HB,酸越弱对应盐水解程度越大；C.酸溶液抑制水的电离，酸性越强抑制程度越大；D.当lgC=-7时，c(CH3COOH)=10-7mol/L,HA中中c(H+)=10mol/L，HB+/10-9甲c(H)=10=0.1mol/L，本题考查了弱电解质电离平衡、图象分析判断、平衡常数的计算应用等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。15 .【答案】B【解析】对A项，根据电荷守恒知,c(Na+)+c(H+)=2c(CO2)+c(HCO-)+c(OH-)+c(Cl-)

51、,此时c(HCO£)=c(CO2),A错误；又B项,pH=4时，c(CO3)=c(HCOD=0,c(H2cO3)略大于0.02molL-1,显然B正确；对C项，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(CO3)+c(HCOf)+c(OH-)+c(Cl-),根据物料守恒：c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO-)+2c(CO3),可推出c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO-)=c(OH-)+c(Cl-),C错误；对D项，c(HCO)最大时，Na2cO3与HCl是等物质的量(均为0.1mol)反应的时刻(图中pH=89时)，故pH=11时，HCl的物质的量远小于0.1m

52、ol,而此时CO2一约为0.08mol,故pH=11时，肯定是c(CO2)>c(Cl-),D错误。16 .【答案】C【解析】解：A、根据盖斯定律来可知：一个反应无论是一步完成还是分为数步完成，其热效应是相同的，故应有：»=-4H2-H3,故A错误；B、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1,故B错误；C、氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，滴加的弱电解质先和氢氧化钠反应生第19页，共26页成强电解质醋酸钠，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氢氧化钠完全被中和后，醋酸继续与弱电解质反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；

53、氨水也完全反应后，继续滴加醋酸，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，故C正确；D、图象中未标明CO、氧气以及CO2的物质的量与烙变的值的数值计量关系，故D错误；故选：C。A、根据盖斯定律来分析；B、催化剂改变了反应历程，Ei、E2分别代表各步反应的活化能；C、醋酸和一水合氨是弱电解质，在溶液里部分电离，氢氧化钠是强电解质，完全电离，向混合溶液中滴加醋酸，醋酸先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，氢氧化钠完全反应后，醋酸再和氨水反应生成强电解质醋酸铵，根据溶液中离子浓度变化与电导率的关系分析解答；D、未指明是几摩尔CO燃烧放出566KJ的热量本题考查了盖斯定律的应用，活化能概念应用，反应焓变的意义以

54、及溶液的导电性等问题，难度不大17.【答案】C【解析】【分析】本题考查溶液的导电性、电荷守恒和物料守恒、影响水电离的平衡的因素等，综合性强，有一定的难度。【解答】稀释相同的倍数氢氧化钠溶液的pH值变化大，所以变化大的是氢氧化钠，醋酸钠因加水稀释促进水解所以pH变化不大。A.b、c两点溶液氢氧根离子浓度相同，但自由离子浓度不同，所以导电能力不相同，故A错误；B.由c(CH3COC-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)和物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO)=c(Na+),得c(CH3CCCH)+c(H+)=c(CH-),故B错误；C.氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度

55、越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度a>c>b,故C正确；D.pH相同的NaCH溶液和CH3CCCN跻液，CH3CCCNa的浓度远大于氢氧化钠，等体积的b、c两点溶液分别与相同浓度的盐酸恰好完全反应时，醋酸钠消耗的盐酸比氢氧化钠多得多，故D错误。故选C。18 .【答案】D【解析】试题分析：A.由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A错误；B.N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c(Na+)>c(CH3CCO),故B错误；D.由于M点的H+浓度等于N点的CH-浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离

56、程度相同，故D正确；C.Q点的pCH=pH,溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故C错误，故选D。考点：本题考查酸碱中和的定性判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查，注意弱电解质的电离特点，把握pOH的含义，题目难度中等。19 .【答案】A【解析】【分析】本题考查了酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，题目难度中等，根据图象数据判断酸性强弱是解题关键，注意掌握电解质溶液中电荷守恒和物料守恒的分析判断。常温下，向浓度均为0.1mol?L-1、体积均为10mL的两种一元酸(HX、HY)溶液中，分另U滴入0.1mol?L-1NaOH溶液10ml恰好完全反应生成盐溶液，酸溶液酸性HX>HY,A.N点加入15ml氢氧化钠溶液，是NaOH和NaY的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析；B.M点是HX和NaX的混合溶液，溶液显酸性，结合电荷守恒分析判断离子浓度大小；C.滴至pH=7时，酸性强的溶液消耗氢氧化钠溶液体积大；D.酸溶液酸性HX>HY,滴入10mLNaOH溶液时，恰好完全反应