2020届高三化学复习(二轮)冲刺专题强化练-电解质溶液中曲线分析

2020届高三化学复习(二轮)冲刺专题增强练——电解质溶液中的曲线解析2020届高三化学复习(二轮)冲刺专题增强练——电解质溶液中的曲线解析87/87蚀PAGE87薆蒄蚃蒈莀肁肈蒂莅蚅螃肀螁蚀袀莂膄羆袃莈膂艿芈莂膇膈羃蚆艿膃羀节羆膅肃腿蚀螂蒇膂螄莆膃蒇肀莁腿肂螇薇芃罿蒁羀薇羂薆薄芃芇袂蕿荿袂芅螅莂衿聿莂螇螃肄肆蒂肇蒀羁葿螃肇芇薂虿袁薀羇蚃袆芄蚂羇节膀虿薃蚅蒆螂蒀蚃蝿膆蒃蚇蚇袂螈蝿蚂袈莃蒆蚄袂莀膀芁薀芃膅袅羂薈薁袀羈膃羄肆肁膀羂葿螀膄羇莇膁蒈聿节膈羇螆芈芁蚀蒀袅袀袈薅葿薅膂袁蒄莇螈薈蚀蚅蒀节肃聿螈莆蚇螅肂蚂蚃薇蚈膅衿袅芁衿蒆艿薈袄膀羅袃芀肅蚇蒈羇莁肄膁蚁蚄荿莈蚆莈膄蚃肂芃袇艿蒅蕿膄羁腿膆蕿腿芄螀芄蒃薀螅肆腿芇肁莄螁羁莄螈聿肅羈蒄莃莁羄膆蚅螄膀薄蚂螂薃羈薅袇蒁蚄膄罿莆蚀薅薆莈蚃蒂莀羅肈蒅莅虿螃羄螁薄袀莅膄袀袃节膂膃芈芆膇肁羃薀艿肆羀膆羆肈肃肂蚀蚅蒇肆螄芀膃莀肀芅腿羆螇薁芃羃蒁袄薇羆薆蒈芃芁袂蒃荿袆芅蝿莂螃聿莆螇螆肄羀蒂肁蒀羅葿蚆肇膁薂薃袁蒄羇蒀袆肂蚂螅节肇虿蒀蚅莃螂莇蚃蚆膆莁蚇薄袂蚅蝿葿袈芁蒆薁袂膇膀肈薀膁膅螂羂蒅薁蚈羈肁羄羄肁肈羂芇螀羁羇膅膁芆聿膀膈羁螆膂芁薄蒀蝿袀袁薅莃薅膆袁莈莇螁薈蚄蚅莄节羇聿蚂莆薁螅羆蚂薆薇薂膅袂袅芄衿葿艿蒂袄肄羅螆芆聿螃莂羃芅肁肅蚇蚈蒅莂螂节膁蚇肈芇羃节薁蒃芀袅芅肀蚅膂芀螄莀蒇蚆虿肃肃莃羅蒀螅肇芈袅袆肂袆薀膁蒈袁节薂袁肇薀葿衿莀羄蒃袄莈蚀肁羅芃蚆莃蚂芅螀荿莆袂膄芃蒁薆袀袁袃蒂羂芃芆螈羆膀芄肁莀膃艿罿肆蒈莁羄肂肃肈羆膅羀螂薃薀羃袇膇芅芈膃膂节袃袀莈莅螀薄螁螀螄虿莅蒅肈羅莀蒂蚄蒈薆薅蚀膂膃衿蚄膆袈薅羈薂螃蚁薄艿聿蚅蒁羃莂聿蒄羈肆螅蝿莄羁螁莄螇芇袄芁螅薀艿芄螀蒈羄蕿袂蒃羁膄蕿蒅肄膁芃肂蚃肅莈蚆膄荿蚄蚁膁肅肇羇膄羁肅芀袂羅膀腿芄艿芁肄芀袅袈肆莄薇蚂蚃肂螅蚇莇螈肀肃节蒀蚅蚀薈螇莈蒄袁膂薅葿薅袇袀袅蒀蚀蒅芈螆羇膈羂莃莂蒆羇羇肇螀莃羂衿莆肀芈膇羈螄薁薁芆袈膅芇薀膄膁罿膆薇蒇莇衿莈肄螇肆蒂蚈蒃莁螈蚃芅羆蒅衿薃虿腿节羇螄芄螃蚃肈薀虿莅蒀羃羅螂莇羁芈肇莀肆膆袂罿膈膁衿芀螅膃袂膇蕿螀芇膀薄莄羂蝿羀荿罿肀莃蚅肂肇莁羈蒆羁莆袆膂芅蒇螁膈羁膄袃节袇袈莀蚆袁袃肄莂膅艿羀莈螁羆芆莁蚈蚀蕿螆蚁蚅芃蒁羆肁膈薈薁蒄2020届高三化学复习(二轮)冲刺专题增强练——电解质溶液中的曲线解析2020届届届届届届届届届届届届届届届届届届

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一、单项选择题（本大题共20小题，共40分）

在25℃时，将1.0Lcmol?L-1?CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混杂，使之充分反应。尔后向该混杂溶液中通入HCl或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液

pH随通入(或加入)物质的量的变化以以下列图所示。以下表达正确的选项是()

A.水的电离程度：a>b>cB.c点对应的混杂溶液中，c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C.a点对应的混杂溶液中，c(Na+)=c(CH3COO-)D.该温度下，醋酸的电离平衡常数2×10-8Ka=【答案】D

【解析】本题观察电解质溶液中的曲线解析、酸碱混杂溶液定性判断，重视观察学生分

析判断能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题要点，注意电荷守恒的灵便运用，

难点是电离平衡常数的计算，题目难度中等。

【解答】

酸、碱控制水电离，含有弱离子的盐促使水电离，且酸或碱浓度越大其控制水电离程

度越大，a点溶液中含有酸、b点含有酸、c点含有酸，且c(H+)：a>b>c，所以水电

离程度：a<b<c，故A错误；

B.c点加入0.1molNaOH，混杂溶液呈中性，说明c(H+)=c(OH-)，依照电荷守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)，醋酸钠溶液呈碱性，要使混杂溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，醋酸的电离程度大于醋酸根水解程度，所以c(Na+)>c(CH3COOH)>c(OH-)，故错误；C.a点对应的溶液中，加入0.1molHCl，溶液中溶质为NaCl、CH3COOHc(Na+)=，则c(Cl-)=?L-1，结合电荷守恒知c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，由图1L可知，a点对应的溶液pH>1，则c(H+)=10-pH<0.1mol?L-1，所以a点对应溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)，故C错误；c(H+)?c(CH3COO-)，c点溶液中pH=7c(Na+)=a=c(CH3COOH)，c(CH3COO-)=0.2mol/L，溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，Ka=c(H+)?c(CH3COO-)=10-7=2×10-8c(CH3COOH)，故D正确；应选：D。

NH4HCO3溶液pH=8.0.平衡时碳的分布系数(各含碳微粒的浓度占含碳各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系以下列图。以下说法正确的是()

A.

B.

常温下ka(H2CO3)>Kb(NH3?H2O)>Ka2(H2CO3)-的水解平衡pH=13时，溶液中不存在HCO3

(CO23-)?c(H+)C.pH由8～11时，c(HCO-3)不变

pH=3时，有c(NH+4)+c(NH3?H2O)=c(HCO-3)+c(CO23-)+c(H2CO3)

【答案】C【解析】解：A、依照越弱越水解原理，4HCO3溶液pH=8.0，说明铵根水解程度小于碳酸氢根离子，应有Kb(NH3?H2O)>ka(H2CO3)>Ka2(H2CO3)，故A错误；B、只要存在碳酸根离子就存在HCO3-的水解平衡，故B错误；C、温度不变，碳酸氢根离子的电离平衡常数不变，故C正确；D、pH=3时，NH4HCO3会与氢离子反应生成二氧化碳，所以c(NH4+)+c(NH3?H2O)>c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故D错误；应选：C。4HCO3溶液pH=8.0，说明铵根水解程度小于碳酸氢根离子，依照盐类越弱越水解的原理解析；

B、据图象解析，pH=13时有CO23-；C、(CO32-)?c(H+)-为HCO3-的电离平衡常数表达式，其大小只受温度影响；c(HCO3)D、pH=3时，NH4HCO3会与氢离子反应生成二氧化碳。

本题观察了盐类水解、依照图象解析溶液组成、电离平衡常数影响因素等，题目难度不大，易错题为D，注意pH=3时，NH4HCO3会与氢离子反应生成二氧化碳。

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NaOH溶液．相关微粒的

物质的量与混杂溶液的pH如同图关系，以下说法正确

的是()

HT-在溶液中水解程度大于电离程度

当V(NaOH)=20mL时，溶液中水的电离程度比纯水大

当V(NaOH)=30mL时，溶液中存在c(Na+)>c(HT-)>c(T2-)>c(OH-)>c(H+)

D.当V(NaOH)=40ml时，溶液中存在c(OH-)=c(HT-)+2c(H2T)+c(H+)

【答案】D

【解析】解：A、依照图示信息获取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，获取溶液中是等浓度的H2T和Na2T，图象解析电离大于水解，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，溶液中主若是H2T和Na2T，图象解析溶液呈酸性，溶液中[H+]>[OH-]，故C错误；

D、VNaOH=40mL时，和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中溶质为Na2T，图象解析可知

溶液呈碱性，依照质子守恒溶液中存在[OH-]=[HT-]+2[H2T]+[H+]，故D正确；

应选：D。

A、依照图示信息获取HT-在溶液中存在时的pH来回答；

B、20ml恰好中和一半，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Na2T，依照质子守恒来回答．

本题观察了图象解析判断，溶液酸碱性的过程理解是解题要点，题目难度较大．

常温下，用等浓度的NaOH溶液分別滴定相同体积的NH4Cl、KH2PO4及CH3COOH

溶液，滴定曲线以下列图：以下说法正确的选项是()

NH3?H2O=NH4++OH-

2PO4溶液中：c(HPO24-)<c(H3PO4)

CH3COOH+HPO24-=CH3COO-+H2PO-4

在滴定过程中，当溶液pH相同时，耗资NaOH的物质的量：CH3COOH>KH2PO4>NH4Cl【答案】D

【解析】解：A.依照图象，当溶液中c(NH+4)=c(NH3?H2O)时，溶液的pH=9.25，则Kw=10-14c(NH4+)c(OH-)=lg10=溶液中c(OH-)=+10=10mol/L，所以lgK=lgc(NH3?H2O)c(H)-4.75，故A错误；B.初步时，KH2PO4溶液的pH=4，说明溶液呈酸性，则H2PO4-的电离程度大于其水解程度，则溶液中c(HPO42-)>c(H3PO4)，故B错误；C.依照图象，当溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-)时，溶液的pH=4.75，所以Ka(CH3COOH)=10，当溶液中c(H2PO4-)=c(HPO42-)时，溶液pH=6.86，所以Ka(H2PO4-)=10，反应为：CH3COOH+HPO42-=CH3COO-+H2PO4-，则反应的化c(CH3COO-)c(H2PO4-)c(CH3COO-)c(H2PO4-)c(H+)Ka(CH3COOH)学平衡常数为K=c(CH3COOH)c(HPO42-)=c(CH3COOH)c(HPO42-)?c(H+)=Ka(H2PO4-)

，则lgK=

10lg10=2.11，故C错误；D.依照图象解析，当pH相同时，即取一横线，则耗资NaOH的物质的量为CH3COOH>KH2PO4>NH4Cl，故D正确，应选：D。A.依照溶液中c(NH4+)=c(NH3?H2O)时溶液的pH计算氨水的lgK；B.初步时，KH2PO4溶液的pH=4，说明溶液呈酸性，则H2PO4-的电离程度大于其水解程度；2PO4-的电离平衡常数计算反应的化学平衡常数；D.依照图象解析，当pH相同时，即取一横线，据此解析耗资NaOH的物质的量。本题观察弱电解质的电离平衡和盐类水解相关知识，利用图象解题，计算出酸的电离平衡常数是解题的要点，整体难度中等，主若是电离平衡常数的计算和应用。

25℃时，将浓度均为0.1mol?L-1，体积分别为Va和Vb的

HA溶液与BOH溶液按不相同体积比混杂，保持Va+Vb=

100mL，Va、Vb与混杂液pH的关系以下列图，以下说法

正确的选项是()

Ka(HA)=1×10-6

b点时，c(B+)=c(A-)

c(A-)C.c点时，c(OH-)?c(HA)随温度高升而增大

a→c过程中水的电离程度向来增大

【答案】B

【解析】解：A.由图可知0.1mol?L-1HA溶液pH=3，由HA?H++A-可知，Ka(HA)=

10-3×10-3=1×10-5，故A错误；B.b点是两者等体积混杂溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知：c(B+)=c(A-)，故B正确；c(A-)随温度高升而减小，故C错误；C.高升温度促使水解，Kh增大，则c点时，c(OH-)?c(HA)D.a→b是酸过分和b→c是碱过分两过程中水的电离程受控制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促使作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，故D错误；应选：B。A.由图可知0.1mol?L-1HA溶液pH=3，由HA?H++A-代入Ka的表达式计算；B.b点是两者等体积混杂溶液呈中性；c(A-)1C.c(OH-)?c(HA)=Kh，高升温度促使水解，Kh增大；D.a→b是酸过分和b→c是碱过分两过程中水的电离程受控制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促使作用。

本题观察酸碱混杂的定性判断，为高频考点，掌握混杂后溶质、弱电解质的电离、盐类水解为解答的要点，重视解析与应用能力的观察，注妄图象的应用，题目难度不大。

2A溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液．相关微粒的物质的量变化如图(其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA-，Ⅲ代表A2-)所示．依照图示判断，以下说法正确的选项是()

等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按2：1混杂后，其溶液中水的电离程度比纯水

大B.当V(NaOH)=20mL时，溶液中离子浓度大小关系：

c(A2-)>c(H+)>c(OH-)

-+-C.NaHA溶液中：c(OH)=c(H)+c(HA)+2c(H2A)

c(Na+)>c(HA-

)>

D.

向上述加入

20mLNaOH

溶液后所得溶液中再加入水的过程中，

pH可能减少

【答案】A

【解析】【解析】

本题观察酸碱混杂溶液定性判断，为高频考点，重视观察学生解析判断能力，明确图中

曲线含义及曲线变化原理、物质性质是解本题要点，注意结合原子守恒、电荷守恒来分

析解答，题目难度中等。【解答】A.酸或碱控制水电离，含有弱离子的盐促使水电离，等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按2：1混杂后，两者恰好完好反应生成强碱弱酸盐Na2A，所以促使水电离，则其溶液中水的电离程度比纯水大，故A正确；B.当V(NaOH)=20mL时，溶液中的溶质为NaHA，HA-发生电离和水解，依照图知，其电离程度大于水解程度，以致溶液呈酸性，但其电离程度较小，水也电离生成氢离子，所以离子浓度大小序次是c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)，故B错误；C.依照电荷守恒得c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)=c(H+)+c(Na+)，依照物料守恒得c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)，所以得c(OH-)+c(A2-)=c(H+)+c(H2A)，故C错误；D.两者恰好反应生成NaHA，加水稀释促使HA-电离和水解，由于电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，加水稀释以致氢离子个数增大，但氢离子物质的量的增大程度小于溶

液体积增大程度，所以溶液中c(H+)减小，溶液的pH增大，故D错误。应选A。A.酸或碱控制水电离，含有弱离子的盐促使水电离，等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按2：1混杂后，两者恰好完好反应生成强碱弱酸盐Na2A；B.当V(NaOH)=20mL时，溶液中的溶质为NaHA，HA-发生电离和水解，依照图知，其电离程度大于水解程度，以致溶液呈酸性；C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，依照电荷守恒和物料守恒判断；D.两者恰好反应生成NaHA，加水稀释促使HA-电离和水解。

以下列图示与对应的表达吻合的是()

A.图甲表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)=3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压富强B.图乙表示室温下向20mLpH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液过程中PH变化曲线C.图丙表示在水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线，恒温稀释可实现a→b的转变D.图丁表示相同温度下，相同体积、PH均为1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时溶液PH的变化曲线，其中曲线II为醋酸，且a点溶液的导电性比b点强【答案】D【解析】解：A.可逆反应2A(g)+2B(g)?3C(g)+D(s)是正反应方向为体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，反应物的百分含量减小，与图象不符，故A错误；B.20mLpH=3的醋酸溶液中滴加20mLpH=11的NaOH溶液，由于HAc是弱电解质，

反应后为HAc、NaAc混杂溶液，HAc浓度远大于NaAc，溶液呈酸性，图象中为中性，图象与实质不符，故B错误；C.温度不变水溶液中离子积常数不变，

改变条件氢离子浓度增大则氢氧根离子浓度减小，

故C错误；D.醋酸为弱酸，稀释促使电离，加水稀释后醋酸

pH较小，曲线Ⅱ为醋酸，且

b点溶液

的导电性比

a点弱，故

D正确，

应选：

D。

增大压强平衡正移，反应物的百分含量减小；

B.20mLpH=3的醋酸溶液中滴加20mLpH=11的NaOH溶液，由于HAc是弱电解质，反应后为HAc、NaAc混杂溶液，HAc浓度远大于NaAc，溶液呈酸性；

C.温度不变水溶液中离子积常数不变，H+和OH-的浓度之积为定值；

D.醋酸为弱酸，稀释促使电离，加水稀释后醋酸pH较小．本题以图象的形式观察平衡搬动、弱电解质的电离等，为高考常有题型，难度中等，需要学生拥有扎实的基础知识与读图获守信息的能力．

以下列图示与对应的表达吻合的是()

A.图1表示相同温度下pH=1pH的变化曲线，的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时其中曲线Ⅱ为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强B.图2中纯水仅高升温度，就可以从a点变到c点图2中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混杂后，溶液显中性

用0.0100mol/L硝酸银标准溶液，滴定Cl-、Br-及I-

混杂溶液，由图3曲线，可确定第一积淀的是Cl-

【答案】C

【解析】解：A、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促使醋酸电离，

氯化氢是强电解质，完好电离，以致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的为醋酸，即

能力大于b，故A错误；

II为醋酸，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比，

a点导电

、仅升温促使水的电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，且氢离子浓度和氢氧

根离子浓度相同，与图象不吻合，故B错误；

C、b点Kw=10-12，中性溶液pH=6；将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体

积混杂后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混杂溶液呈中性，故C正确；

D、由图可知，c(I-)最小，先形成积淀的是I-，故D错误；应选：C。

、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促使醋酸电离，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比；

、仅升温促使水的电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；

、b点Kw=10-12，中性溶液pH=6；

D、依照-lgc(x-)越大，c(x-)越小，先形成积淀的c(x-)越小．

本题涉及知识点很多，这些知识点都是学习的难点，也是考试热点，依照弱电解质溶液

中的电离平衡、盐的水解等知识来解析解答，题目难度中等．

某温度下，相同pH的两种弱酸HA和HB分别加水稀释，

pH随溶液体积变化的曲线以下列图。以下判断正确的选项是()

A.电离平衡常数：HB>HA

结合H+的能力：B->A-

导电能力：c>bD.a、b两点酸的浓度：HA>HB【答案】

B

【解析】解：A.弱酸溶液中存在电离平衡，

所以加水稀释促使弱酸电离，

稀释过程中

pH

变化小的是弱酸，变化大的是强酸，所以

HA

的酸性更强，电离平衡常数

HA>HB，故

错误；

B.酸性越强，其酸根离子得H+能力越弱，所以结合H+的能力：B->A-，故B正确；C.随着稀释的进行，溶液中自由搬动的离子浓度降低，溶液导电性减弱，所以导电能力b>c，故

C错误；

D.pH相同的酸，酸越弱，浓度越大，所以

a、b两点酸的浓度

HB>HA，故

D错误，

应选：

B。

A.弱酸溶液中存在电离平衡，所以加水稀释促使弱酸电离，稀释过程中

pH

变化小的是

弱酸，变化大的是强酸；B.酸性越强，其酸根离子得

H+能力越弱；

C.随着稀释的进行，溶液中自由搬动的离子浓度降低，溶液导电性减弱；D.pH相同的酸，酸越弱，浓度越大。

本题观察强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促使弱电解质电离的特点，明确溶液导电能力和离子浓度的关系，难度中等。

已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线以下列图，以下说法错误的选项是()

95℃时，pH=4的H2SO4溶液中，由水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L

15℃时，pH=7的溶液呈酸性

AB连线上的点均表示中性溶液

B点对应的温度高于A点对应的温度【答案】

A

【解析】解：纵轴是氢离子浓度，横轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数

Kw=

c(H+)×c(OH-)计算出A曲线的Kw=10-14，B曲线的Kw=10-12，水的电离是吸热的，所以A是25℃时水的电离平衡曲线，B是95℃时水的电离平衡曲线．A、95℃时，pH=4的H2SO4溶液中，由水电离出的c(OH-10-12)=10-4mol/L=1×10-8mol/L，故A错误；B、温度高升，水的电离碰到促使，降低温度，控制水的电离，所以降低温度，水的pH越大，15℃时，pH=7的溶液呈酸性，故B正确；C、纯水在任何温度下，都是中性的，故C正确；D、A是25℃时水的电离平衡曲线，B是95℃时水的电离平衡曲线，B点对应的温度高

于A点，故D正确．应选A．纵轴是氢离子浓度，横轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)计算出A曲线的Kw，尔后结合水的电离过程吸热判断25℃时、95℃时水的电离平衡曲线，纯水在任何温度下，都是中性的，据此回答判断．

本题考了水的离子积常数计算、溶液的酸碱性的判断等，题目难度不大，注意温度对水的电离的影响．

改变0.1mol?L-1二元酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数

δ(X)随pH的变化以下列图[已知δ(X)=c(x)].以下表达正确的选项是()c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)A.H2A的电离方程式为H2A?2H++A2-

pH=2.7时，c(H2A)=c(A2-)

pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)<c(H+)

pH>6时，溶液中溶质只有A2-

【答案】B

【解析】【解析】

本题观察弱电解质的电离，为高频考点，重视观察学生的解析能力和计算能力，本题注

意掌握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，题目难度中等。

【解答】

由图象可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，pH=2.7时，c(H2A)=c(A2-

-2--2-时，c(HA)=c(A)，随着pH的增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA)先增大后减小，c(A)

逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可依照纵坐标比较浓度大小，以此解答该题。

A.二元弱酸分步电离，电离方程式：H2A?H++HA-，HA-?H++A2-，故A错误；B.由图象可知，pH=2.7时，c(H2A)=c(A2-)，故B正确；

C.pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，但此时c(H2A)≈0，如体积不变，则c(HA-)=c(A2-)=0.05mol?L-1，c(H+)=10mol/L，如体积变化，则不能够确定c(HA-)、c(A2-)与c(H+)浓度大小关系，故C错误；D.pH>6时，主要存在形式是A2-离子，但A2-离子发生水解会存在HA-，故D错误；应选：B。

12.

的CH3COOH溶液中逐滴滴加

的

NaOH

溶液，滴

入

NaOH

溶液的体积与溶液

pH的变化以下列图。以下说法正确的选项是

(

)

A.a点的pH=1

B.b点时，c(CH3COO-C.c点时，V(NaOH)=20mLc(CH3COO-)D.反应过程中的c(CH3COOH)值不断增大【答案】D的CHCOOH溶液中c(H+)<0.1mol/L，33所以a点溶液pH>1，故A错误；B.点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成初步时等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中c(CH3COO-)>0.05mol/L，故B错误；C.当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性，则c点时溶液pH>7，故C错误；c(CH3COO-)=Ka，反应过程中c(H+)不断降低，则c(CH3COO-)值不断增c(CH3COOH)+c(CH3COOH)c(H)大，故D正确，应选：D。3COOH是弱电解质，3COOH溶液中c(H+)<0.1mol/L；B.b点为加入10mLNaOH溶液，恰好反应生成初步时等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度；C.当加入NaOH溶液为20mL时，恰好生成CH3COONa，水解使溶液呈碱性；3COOH的电离平衡常数解析。

本题观察了物质反应后的溶液酸碱信息解析，图象的特点解析判断，盐类水解和电解质溶液中电荷守恒的理解应用是解题要点，题目难度中等。

13.常温下，将NaOH溶液滴入二元弱酸H2X溶液中，混杂溶液中的粒子浓度与溶液pH

的变化关系以下列图。以下表达正确的选项是()c(X2-)A.曲线M表示lgc(HX-)与pH的变化关系B.NaHX溶液显碱性C.当混杂溶液呈中性时，c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)D.Ka2(H2X)的数量级为10-9【答案】Cc(X2-)c(X2-)c(H+)Ka2c(HX-)c(HX-)c(H+)Ka1，Ka1>Ka2，【解析】解：A．×c(H+)=c(H+)，=c(H2X)×c(H+)=c(HX-)=c(HX-)c(H2X)c(H+)则c(H+)相同即pH相同时，c(X2-<-)，则lgc(X2-<lg-)，即pH相同时纵坐标-)c(HX-)c(HXc(HX)c(H2X)c(HX)c(H2X)较大的是lgc(HX-)、较小的是lgc(X2-)，所以M表示lgc(HX-)与pH变化曲线、N表示lgc(X2-)c(H2X)c(HX-)c(H2X)c(HX-)与pH变化曲线，故A错误；c(HX-)c(X2-)B.经过A知，M表示lgc(H2X)与pH变化曲线、N表示lgc(HX-)与pH变化曲线，M中纵坐标为0时，Ka1=c(H+)=10，N中纵坐标为0时，Ka2=c(H+)=10，HX-水解平衡常数Kh=10-14=10<10，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，10故B错误；C.当溶液中中性时c(H+)=c(OH-)，依照电荷守恒得c(Na+)=2c(X2-)+c(HX-)，依照c(X2-)0，则c(X2-)>c(HX-)，所以存在c(Na+)>c(X2-图知，pH=7时，lgc(HX-)>)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故C正确；D.依照B知，Ka2=c(H+)=10，故D错误；应选：C。A.c(X2-2--)+Ka2+，c(HX--×c(H+Ka1+，Ka1>Ka2，则c(H+)相-)=c(X×c(H+)=)=c(HX)+)=c(HX)c(HX)c(H)c(H)c(H2X)c(H2X)c(H)c(H)c(X2-)c(HX-)c(X2-)c(HX-)同即pH相同时，c(HX-)<c(H2X)，则lgc(HX-)<lgc(H2X)，即pH相同时纵坐标较大的是c(HX-)c(X2-)lgc(H2X)、较小的是lgc(HX-)；B.经过A知，M表示lgc(HX-)与pH变化曲线、N表示lgc(X2--)与pH变化曲线，M中纵c(H2X)c(HX)坐标为0时，Ka1=c(H+)=10N0时，Ka2=c(H+)=10HX-水，中纵坐标为，解平衡常数Kh=10-14=10<10，说明其电离程度大于水解程度；10C.当溶液中中性时c(H+)=c(OH-)，依照电荷守恒得c(Na+)=2c(X2-)+c(HX-)，依照图知，pH=7时，lgc(X2--)>0，则c(X2-)>c(HX-)；c(HX)

D.依照B知，Ka2=c(H+)=10。

本题观察酸碱混杂溶液定性判断，重视观察图象解析判断及计算能力，正确判断纵坐标

含义、电离平衡常数计算方法是解本题要点，注意C中c(X2-)、c(HX-)相对大小比较方法，题目难度中等。

14.室温下，用相同浓度的

(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线以下列图，以下判断正确的选项是()A.三种酸的电离常数关系：K(HD)>K(HB)>K(HA)B.pH=7时，三种溶液中：c(A-)=c(B-)=c(D-)C.当三种酸中和百分数达100%时，离子总浓度最大的是NaD溶液D.滴定至P点时，溶液中：c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)【答案】D【解析】解：A.相同物质的量浓度的一元酸，酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，则该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，依照图知，未加NaOH溶液时，pH：HA<HB<HD，说明酸的电离程度HA>HB>HD，则KHA>KHB>KHD，故A错误；B.当pH=7时，依照电荷守恒三种溶液中离子浓度关系为：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(A-)，c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，由于c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(B-)，c(Na+)+c(H+)=c(D-)+c(OH-)，由于c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(D-)，由于三种酸根的水解程度不相同，则溶液呈中性时所耗资的氢氧化钠的体积不相同，则三种溶液中钠离子浓度不相同，c(A-)、c(B-)、c(D-)也不相同，故B错误；C.恰好中和时，三种溶液所耗资的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混杂后溶液因盐的水解呈碱性，NaA水解程度最大，水解产生更多的离子，所以离子总浓度最大的是NaA溶液，故C错误；D.中和50%即P点，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸(HB)和盐(NaB)，由图可知溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，且酸的电离程度大于酸根离子水解程度，

NaB完好电离：NaB=Na++B-，这一步的c(B-)=c(Na+)，

②HB少部分电离：HB?H++B-，则c(HB)>c(H+)，

③NaB少部分水解：B-+H2O?HB+OH-，由于酸的电离程度大于盐的水解程度，

则HB电离产生的

B-

相对

NaB水解耗资的

B-多，

所以c(B-)>c(Na+)，由于HB电离耗资得多，水解生成的HB少，

+-++-所以c(Na)>c(HB)，则c(B)>c(Na)>c(HB)>c(H)>c(OH

)，故

D正确，

应选：

D。

PH大小确定三种酸的电离常数；

B.当pH=7时，三种溶液所耗资的氢氧化钠的体积不相同；

C.恰好中和时，三种溶液所耗资的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同；

D.HB被中和一半时，溶液中溶质有中和生成的盐与未反应完的酸，依照盐的水解与酸的电离程度进行比较。

本题以弱电解质的电离为载体观察酸碱混杂溶液定性判断，明确电解质溶液中三大守恒以及酸的电离程度与酸根离子水解程度的大小是解题要点，题目难度中等。

某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀

释，pH随溶液体积变化的曲线以以下列图所示。据图判

断正确的选项是

A.Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线B.b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强C.a点Kw的数值比c点Kw的数值大D.b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度

【答案】B

【解析】【解析】

试题解析：A、HCl完好电离，CH3COOH部分电离，稀释能促使CH3COOH电离，前者的c(H+)明显减小，pH明显增大，则I为盐酸，错误；B、pH：b<c，则c(H+)：b>c，正确；C、Kw只与温度相关，与溶液的酸性强弱没关，错误；DpH+)：、：b>a，则c(Hb<a，由于电离程度：HCl>CH3COOH，则浓度：HCl<CH3COOH，错误。考点：观察强电解质、弱电解质的电离平衡、水的离子积、溶液的pH等相关知识。16.在体积均为1L，pH均等于2的盐酸和醋酸溶液，分别投入0.23gNa，则以下列图中比

较吻合反应事实的曲线是()

A.B.

C.D.

【答案】B

【解析】解：A.醋酸与Na反应生成的醋酸钠溶液中，因醋酸根离子水解显碱性，但醋酸过分，溶液显酸性，所以溶液的

pH<7，故

A错误；

Na恰好完好反应，则反应后溶液的

pH=7，而醋酸过分，溶液显酸性，所

以溶液的pH<7，故

B正确；

Na的质量相同，则与盐酸恰好完好反应，醋酸过分，生成氢气相同，故

C错误；

D.因Na的质量相同，则与盐酸恰好完好反应，醋酸过分，生成氢气相同，且醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，则醋酸先反应结束，故

D错误；

应选：

B。

pH

均等于

2的盐酸和醋酸溶液，开始氢离子浓度相同，

pH

相同，但醋酸为弱酸，则醋

酸的浓度大于盐酸的浓度，与等量的

Na反应时，醋酸生反应速率大，以此来解答．

本题观察酸与金属的反应及图象解析，明确酸的强弱、

pH与浓度的关系、图象中纵横

坐标的含义是解答本题的要点，题目难度不大．常温下，向20mL0.2mol·L-1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol·L-1NaOH溶液，相关微

粒物质的量变化如图。以下表达正确的选项是()

A.当v(NaOH)=20mL时，溶液中各离子浓度的大小序次为c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+)

B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混杂后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大C.等浓度H2A和NaHA的混杂溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大D.当v(NaOH)=40c(Na+)mL时，高升温度，c(A2-)减小【答案】C【解析】【解析】

本题观察酸碱混杂溶液反应的定性判断，明确图象中酸碱混杂时溶液中的溶质是解答本

题的要点，抓住图象进行解析即可，注意缓冲溶液的原理，题目难度中等。

【解答】等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混杂后，获取NaHA的溶液，由图示关系知，c(A2-)>c(H2A)，说明HA-电离大于水解程度，溶液显酸性。NaHA，HA-电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA-都电离出氢离子，只有HA-电离出A2-，所以离子浓度大小序次是c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)，故A错误；NaHA，HA-电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离碰到了控制，故

错误；

2A和NaHA的混杂溶液形成缓冲溶液，溶液中存在电离平衡H2A?H++HA-，

水解平衡NaHA+H2O?NaOH+H2A，加入酸，HA-会耗资氢离子生成H2A，加入碱会和酸H2A反应生成NaHA，阻拦溶液pH的变化，所以无论加入少量的强酸或强碱，溶

液的pH变化都不大，故C正确；D.向20mL0.2mol·L-1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol·L-lNaOH溶液40mL，反应后获取溶液为Na2-离子水解溶液显碱性，加热促使水解，A2-离子浓度减小，钠离2A溶液，A子浓度不变，则比值增大，故D错误。应选C。2CO3溶液中逐滴加入

0..1mol/LHCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液

中含碳微粒的物质的量分数变化以下列图(CO2因逸

出未两出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化)，以下说法不正确的选项是()

Kw(CO23-)的数量级为10-4

当溶液是中性时，溶液的整体积大于20mLC.

D.

2CO3溶液中：c(OH-)>c(H2CO3)+c(HCO-3)+c(H+)

在B点所示的溶液中。离子浓度最大的是HCO-3

【答案】D

【解析】解：A.碳酸根离子水解方程式：CO23-+H2O?HCO-3+OH-，c(HCO-3)=c(CO23-)，

Ka2=c(H+)>10.11，水解平衡常数=Kw<10-3，Kw(CO2-)的数量级为10-4，故AKa23正确；

B.当溶液整体积为20mL时，加入的HCl体积是10mL，两者恰好完好反应生成NaHCO3，NaHCO3是强碱弱酸酸式盐，HCO-3水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，依照图知，

pH=7时溶液中的溶质为碳酸氢钠和NaCl，加入的盐酸体积大于10mL，溶液的整体积大于20mL，故B正确；C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，依照电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)，物料守恒：c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(CO32-)+2c(H2CO3)，获取2c(H2CO3)+c(HCO-3)+c(H+)=c(OH-)，c(OH-)>c(H2CO3)+c(HCO-3)+c(H+)，故正确；

3，钠离子不水解，HCO-3水解但程度较小，所以溶液中浓度最大的阳离子是Na+，故D错误；

应选：D。A.碳酸根离子水解方程式：CO2-+H2O?HCO-+OH-，平衡常数=Kw；33Ka2.B当溶液整体积为20mL时，加入的HCl体积是10mL，两者恰好完好反应生成NaHCO3，NaHCO3是强碱弱酸酸式盐，HCO3-水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性；C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，依照电荷守恒判断；3，钠离子不水解，HCO3-水解但程度较小。本题观察离子浓度大小比较，为高频考点，重视观察学生解析判断及识图能力，明确各

点溶液中溶质成分及其性质是解本题要点，注意：碳酸钠溶液中滴加稀盐酸时，碳酸钠

先生成NaHCO3，尔后NaHCO3再和稀盐酸反应，为易错点，题目难度中等。

19.分别用浓度均为3?H2O和NaOH溶液，

Al2(SO4)3溶液，随滴定溶液体

积的增大，溶液的导电能力变化曲线以下列图，以下

说法中正确的选项是()

曲线2代表滴加NH3?H2O溶液的变化曲线

b和d点对应的溶液均显碱性

b点溶液中c(NH4+)>c(SO24-)>c(H+)>c(OH-)

D.df段导电能力高升的原因是发生了反应Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-

【答案】C

【解析】解：A.一水合氨滴入发生反应：6NH3?H2O+Al2(SO4)3=2Al(OH)3↓

+3(NH4)2SO4，氢氧化钠溶液滴入发生的反应为：6NaOH+Al2(SO4)3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以曲线1为氨水滴入的反应，曲线

2位氢氧化钠滴入的反应，故A错误；B.b点为硫酸铵溶液，铵根水解溶液显酸性，d点是NaAlO2溶液，偏铝酸根离子水解溶液显碱性，故B错误；C.b点为硫酸铵溶液，铵根水解溶液显酸性，溶液中离子浓度大小关系为c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)，故C正确；2溶液，d点今后氢氧化钠过分，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故

错误；应选：C。

溶液中离子浓度越大，导电性越强；分别用浓度均为3?H2O和NaOH溶液2(SO4)3溶液，一水合氨滴入发生反应：6NH3?H2O+Al2(SO4)3=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4，氢氧化钠溶液滴入发生的反应为：6NaOH+Al2(SO4)3=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]，所以曲线1为氨水滴入的反应，曲线2位氢氧化钠滴入的反应，据此解析选项．本题观察了电解质溶液反应前后溶液导电性的解析判断，主若是离子浓度变化决定溶液导电的变化，注妄图象变化的实质理解，题目难度中等，重视于观察学生的解析能力和应用能力．．

室温下，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，若pc=-lgc，则所得溶液中pc(H2C2O4)、

pc(HC2O-4)、pc(C2O24-)与溶液pH的关系如右图所示。以下说法正确的选项是()

M点时，2c(HC2O-4)+c(C2O24-)>c(Na+)

pH=x时，c(HC2O-4)<c(H2C2O4)=c(C2O24-)

常温下，Ka2(H2C2O4)=10

D.c2(HC2O4-)2-随pH的高升而减小c(H2C2O4)?c(C2O4)【答案】A【解析】解：A.c(H+)+c(Na+-2-)+溶液中存在的电荷守恒：)=c(HC2O4)+2c(C2O4c(OH-)，图中获取M点溶液为酸性，所以c(H+)>c(OH-)，即c(Na+)<c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，又由于M点表示c(C2O42-)=c(HC2O4-)，所以c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=2c(HC2O4-)+c(C2O42-)，所以c(Na+)<2c(HC2O4-)+c(C2O42-)，故A正确；B.纵坐标的数值越大，代表浓度应该越小，依照图象可知，pH=x时：c(HC2O4-)>c(H2C2O4)=c(C2O42-)，故B错误；2=c(C2O42-)?c(H+)，图象M点c(HC2O4-)=c(C2O42-)，溶液的pH=4.3，则Ka2=c(HC-)2Oc(H+)=10，故C错误；D.电离平衡常数只与温度相关，滴定过程中c2(HC2O4-)=c2(HC2O4-)×c(H+)2-2-c(H+=c(H2C2O4)?c(C2O4)c(H2C2O4)?c(C2O4))Ka1的比值不变，故D错误；Ka2应选：A。

A.M点c(C2O24-)=c(HC2O-4)，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，结合电荷守恒解析；

纵坐标的数值越大，代表浓度应该越小；

2=c(C2O42-)?c(H+)，M点c(HC2O4-)=c(C2O42-)，此时Ka2=c(H+)；c(HC-)2OD.c2(HC2O4-)=c2(HC2O4-)×c(H+)=Ka1，电离平衡常数只与温度相关。c(HCO)?c(CO2-)c(H2-)c(H+)K24CO)?c(COa222422424本题观察酸碱混杂的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答要点，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题重视观察学生图象解析判断能力。

二、简答题（本大题共4小题，共60分）21.(1)甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和取代燃料，工业上用CO和H2在必然条件下备

CH3OH的反应：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)，在体积为1L的恒容密闭容器中，充

2molCO和4molH2，必然条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时

间变化以下列图。

①从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v(CO)=______。

②以下说法正确的选项是______。

A.达到平衡时，H2的转变率为65%

C.达到平衡后，再充入氨气，反应速率减小

D.2min前v(正)>v(逆)，2min后v(正)<v(逆)

必然温度下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生反应：

NO2(g)+SO2(g)?NO(g)+SO3(g)，达到平衡时SO3的体积分数为25%，该反应的平衡常数K=______。

碳与水蒸气反应制取H2的相关反应以下：

.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.0kJ?mol-1

Ⅱ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-43kJ?mol-1

.CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)△H=-178.3kJ?mol-1

①计算反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)?CaCO(s)+2H2(g)的△H=______kJ?3mol-1②对于可逆反应C(s)+2H2O(g)+CaO(s)?CaCO3(s)+2H2(g)，采用以下措施可以提高H2产率的是______。(4)以甲醇为燃料，O2为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池(电极资料为惰性电极)。若KOH溶液足量，写出次燃料电池负极的电极反应式：______；若往20mL0.01mol?L-1的弱酸HNO2溶液中逐滴加入必然浓度的烧碱溶液，测

得混杂溶液的温度变化以下列图，以下相关说法正确的选项是______①该烧碱溶液的浓度为?L-1②该烧碱溶液的浓度为?L-1③HNO2的电离平衡常数：b点>a点

④从b点到c点，混杂溶液中素来存在：c(Na+)>c(NO2-)>c(OH-)>c(H+)

3OH-6e-+8OH-=CO23-+6H2O②③【解析】解：(1)①从反应开始到5min，CO的物质的量浓度改变量为1.5mol/L，则CO的耗资速率为v(CO)==0.3mol/(L?min)，5min故答案为：0.3mol/(L?min)；②A.达到平衡时，依照方程式，H2的耗资量为：，所以H2的转变2率为α(H×100%=18.75%，故A错误；2)=4mol/Lmn，反应前后质量守恒，m不变，总物质的量改变，当反应到达化学平衡时，n不变，则5min后容器中混杂气体的平均相对分子质量不再改变，故B正确；C.达到平衡后，再充入氩气，反应为恒容装置，不改变各组分的浓度，所以反应速率不变，故C错误；

D.2min时反应还没有达到平衡，反应仍需正向进行，所以2min前及2min～5min前向来

满足v正>v逆，故D错误，

故答案为：B；

相同条件下气体体积之比等于物质的量之比，设NO2与SO2的物质的量分别为1mol、

2mol，容器体积为1L，则NO2与SO2的初始浓度分别为1mol/L、2mol/L，NO2(g)+SO2(g)?NO(g)+SO3(g)开始(mol/L)1200转变(mol/L)xxxx平衡(mol/L)1-x2-xxx达到平衡时SO3的体积分数为x×100%=25%，25%，则1-x+2-x+x+x解得：x=，该反应的平衡常数K==1.8，故答案为：1.8；(3)①Ⅰ.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.0kJ?mol-1Ⅱ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-43kJ?mol-1Ⅲ.CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)△H=-178.3kJ?mol-1依照盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得：C(s)+2H2O(g)+CaO(s)?CaCO3(s)+2H2(g)，△H=

△H1+△H2+△H3=-90.3kJ/mol，故答案为：-90.3；②A.反应为放热反应，降低系统的温度，能够促使反应正向进行，提高H2转变率，故A正确；该反应前后气体体积不变，压缩容器的体积，反应压强不变，平衡不搬动，无法提高

H2转变率，故B错误；

C.CaO为固体，增加CaO的量，化学平衡不搬动，无法提高H2转变率，故C错误；D.采用合适的催化剂，催化剂不影响化学平衡，无法提高H2转变率，故D错误，故答案为：A；燃料电池负极的电极反应是燃料失电子发生氧化反应，在碱性环境下，二氧化碳转

化为碳酸根离子，所以负极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；①HNO2是弱酸，次氯酸电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完好中

和时放出热量最多，则b点恰好完好反应，c(NaOH)==0.01mol/L，故①错误，?L-1，故②正确；③电离吸热，温度越高电离平衡常数越大，所以HNO2的电离平衡常数：b点>a点，故③正确；

④从b点到c点，当C(NaOH)较大时，可能出现：c(Na+)>c(OH-)>c(NO-2)>c(H+)，

故④错误；

故答案为：②③。

△c(1)①从反应开始到5min，CO的物质的量浓度改变量为1.5mol/L，依照v=计算CO△t

的耗资速率；

2的耗资量，依照转变率=转变量×100%计算H2的转变率；初步量m；nC.达到平衡后，再充入氩气，反应为恒容装置，不改变各组分的浓度；D.2min时反应还没有达到平衡，反应仍需正向进行；

相同条件下体积比等于物质的量之比，设NO2与SO2的物质的量分别为1mol、2mol，容器体积为1L，则

NO2(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)开始1200转变xxxx平衡1-x2-xxx达到平衡时SO3的体积分数为25%，则x，×100%=25%1-x+2-x+x+x结合K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比计算；

①依照已知焓变的热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变；

②采用以下措施能够提高H2产率，即促使反应正向进行程度增大，从温度，压强，浓度角度考虑；

燃料电池负极的电极反应是燃料失电子发生氧化反应，在碱性环境下，二氧化碳转变成碳酸根离子，据此书写该燃料电池负极的电极反应式；

①HNO2是弱酸，次氯酸电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完好中和时放出热量最多，据此确定c(NaOH)；

②依照①的计算结果解析；

③电离吸热，温度越高电离平衡常数越大；

④当c(NaOH)较大时，可满足c(Na+)>c(OH-)>c(NO-2)>c(H+)。

本题观察化学平衡计算、原电池工作原理、酸碱混杂的定性判断等知识，题目难度较大，

明确化学平衡及其影响为解答要点，注意掌握盖斯定律的内容及原电池工作原理，试题知识点很多、综合性较强，充分观察了学生的解析、理解能力及综合应用能力。

22.低浓度SO2废气的办理是工业难题，工业上常利用废碱渣(主要成分Na2CO3)吸取硫

酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的成本低，优势明显，其流程如图．

为了使SO2尽可能吸取完好，在不改变吸取塔体积的条件下，能够采用的合理措施______、______.(写出两条)

中和器中发生的主要反应的离子方程式是______．

图1为吸取塔中Na2CO3溶液与SO2反应过程中溶液组成变化．

①则初期反应(图中A点以前)的化学方程式是______．

②经过电解法可分别图中B点NaHSO3与Na2SO3混杂物，实现Na2SO3的循环利用，表示图如图2：简述分别NaHSO3与Na2SO3混杂物的原理______．

(4)图3是亚硫酸钠的溶解度曲线(温度在33℃前后对应不相同物质)，以下说法正确的

是______

2SO3?7H2O和无水Na2SO3共存

2SO3，应该在95～100℃加热浓缩，冷却至室温结晶

若是用含等物质的量溶质的以下各溶液分别吸取SO2，则理论吸取量最多的是

______2SO32SC.Ba(NO3)24．【答案】控制SO2流速增大Na2CO3溶液的浓度HSO3-+OH-=SO32-+HO2Na2CO+SO+HO=2NaHCO3+NaSO阳极4OH--4e-=2H2O+O↑，2322232c(H+)增大，H+由a室经阳离子交换膜进入b室，H+与SO32-结合生成HSO3-，Na2SO3转化为NaHSO；阴极2H+-2e--+2-正向搬动，Na+从b室进入3=H2↑，以致HSOH+SO33c室，NaHSO3转变成Na2SO3BC【解析】解：(1)为了使SO2尽可能吸取完好，在不改变吸取塔体积的条件下，能够采用

的合理措施有：控制SO2流速、增大Na2CO3溶液的浓度、合适升温、采用气液逆流法、

喷淋法或将Na2CO3溶液雾化等；

故答案为：控制SO2流速、增大Na2CO3溶液的浓度(合适升温、采用气液逆流法、喷淋

法或将Na2CO3溶液雾化等)；

随着二氧化硫通入量增大，后期生成主若是获取亚硫酸氢钠，中和器中主若是将亚硫酸氢钠转变成硫酸钠，同时碳酸氢钠反应获取碳酸钠，发生的离子方程式为：HSO-3+

OH-=SO23-+H2O；

故答案为：HSO-3+OH-=SO23-+H2O；

①由图可知，初期反应(图中A点以前)碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫

酸钠，反应反应方程式为：2Na2CO3+SO2+H2O=2NaHCO3+Na2SO3；

故答案为：2Na2CO3+SO2+H2O=2NaHCO3+Na2SO3；

②经过电解法可分别NaHSO3与Na2SO3混杂物，阳极2H2O-4e-=4H++O2↑，c(H+)增大，H+由a室经阳离子交换膜进入b室，H+与SO2-结合生成HSO-，NaSO转变成3323+-2e-=H↑-+2-正向搬动，Na+从b室进入cH+SO33阴极2，以致HSO3?室，NaHSO3转变成Na2SO3，实现Na2SO3的循环利用；故答案为：阳极4OH--4e-=2H2O+O2↑，c(H+)增大，H+由a室经阳离子交换膜进入b室，H+与SO23-结合生成HSO-3，Na2SO3转变成NaHSO3；阴极2H+-2e-=H2↑，以致HSO-3H++SO23-正向搬动，Na+从b室进入c室，NaHSO3转变成Na2SO3；

(4)A.处于曲线上的点为饱和溶液状态，A点在曲线上方，应为过饱和溶液，故A错误；

B.B点为生成晶体的转折点，两种晶体能够共存，故B正确；

C.由于冷却至33℃以下时析出Na2SO3?7H2O，应在保持95～100℃蒸发浓缩至有大量晶体析出，再利用余热蒸干，故

C错误；

故答案为：

B；

若是用含等物质的量溶质的以下各溶液分别来吸取SO2，

2SO3吸取二氧化硫发生的反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，1molNa2SO3最多吸取二氧化硫1mol；

2S吸取二氧化硫发生的反应为：2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓，

1mol2Na2S最多反应二氧化硫2.5mol；

C.Ba(NO3)2吸取二氧化硫反应化学方程式为Ba(NO3)2+3SO2+2H2O=BaSO4↓

+2H2SO4+2NO↑：1molBa(NO3)2最多吸取二氧化硫3mol；4溶液吸取二氧化硫的反应2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，1molKMnO4最多反应二氧化硫2.5mol；吸取量最多的是Ba(NO3)2；故答案为：C．利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸取硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3，吸取塔中发生的反应为2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-，为了降低由中和器所得溶液中Na2SO的溶解度，从而提高结晶产率，中和器中加入的NaOH是过分的，加入氢氧化3钠进入中和器获取溶液结晶进入离心计干燥获取晶体，滤液重新进入吸取塔循环使用，(1)为了使SO2尽可能吸取完好，在不改变吸取塔体积的条件下，能够采用的合理措施有控制SO2流速、增大Na2CO3溶液的浓度、合适升温、采用气液逆流法、喷淋法或将Na2CO3溶液雾化等；

随着二氧化硫通入量增大，后期生成主若是获取亚硫酸氢钠，中和器中主若是将亚硫酸氢钠转变成硫酸钠，同时碳酸氢钠反应获取碳酸钠；

①由图可知，初期反应(图中A点以前)碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠与亚硫酸钠；

②电解法可分别NaHSO3与Na2SO3混杂物，阳极发生氧化反应，失去电子生成氧气，氢离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸氢根离子，阴极发生还原反应生成氢气，以致HSO-3?H++SO23-正向搬动，NaHSO3转变成Na2SO3；

解析曲线，处于曲线上的点为饱和溶液状态，依照不相同温度所得晶体不相同解析；

依照选项中的溶液性质和二氧化硫反应的过程和化学方程式定量关系解析计算．

本题以物质制备为载体，观察学生对原理的解析理解、物质的分别提纯、氧化还原反应、信息获取与迁移运用等，需要学生具备扎实的基础．

Cl2及其化合物在生产、生活中拥有广泛的用途

(1)25℃时将氯气溶于水形成氯气-氯水系统，该系统中Cl2(aq)、HClO和ClO-分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图1所示。①已知HClO的杀菌能力比ClO-与pH=6时杀菌收效强的是______。②氯气-氯水系统中，存在多个含氯元素的平衡关系，分别用平衡方程式表示为

。

(2)ClO2是一种新的消毒剂，工业上可用

Cl2氧化NaClO2溶液制取

ClO2，写出该反应

的化学方程式

。

工业上还可用以下方法制备ClO2，在80℃时电解氯化钠溶液获取NaClO3，尔后与盐酸反应获取ClO2。电解时，NaClO3在______极(填阴或阳)生成，生成ClO-3的

电极反应式为。1mol-、1molClO-23(4)必然条件下，在水溶液中Clx(x=1,，，4)的能量大小与化合价的关系如图2所示①从能量角度看，C、D、E中最不牢固的离子是______(填离子符号)。②B→A+D反应的热化学方程式为(用离子符号表示)。【答案】(1)①pH=6时；②Cl2(aq)+H2O?HClO+H++Cl-，HClO?H++ClO-，Cl2(g)?Cl2(aq)；(2)Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2；(3)阳；Cl--6e-+3H2O=6H++ClO3-；(4)①ClO2-；②3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)△H=-117kJ/mo