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专题13盐类的水解
2021年化学高考题
一、单选题
c2(M)
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，
M 298K
c2(M+)-c(H+)
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
pH4 c(M)<3.010-4molL-1
A．溶液 时，
K (MA)=5.010-8
B．MA的溶度积度积 sp
pH=7 c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
C．溶液 时，
K (HA)2.010-4
D．HA的电离常数 a
【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+)=
7.510-8mol/L= 7.510-47.510-8mol/L= 7.510-4
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
K (MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5.010-8
液中c(M+)=c(A-)，则 sp ，B正确；
C．设调pH所用的酸为HX，则结合电荷守恒可知
n
c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)+ nc Xn-
，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
c(H+)c(A-)
D． K a (HA)= c(HA) 当c A― =cHA 时，由物料守恒知c(A-)+c(HA)=c(M+)，
c(M+) c2(M+)
c(A-)= K (MA)=c(M+)c(A-)= =5.010-8
则 2 ， sp 2 ，则c2(M+)=1010-8，
c(H+)=2.010-4molL-1
对应图得此时溶液中 ，
c(H+)c(A-)
K (HA)= =c(H+)2.0104
a c(HA) ，D正确；
故选C。
10mL 0.05molL1 NaHCO 0.05molL-1
2．（2021·浙江）取两份 的 3溶液，一份滴加 的
0.05molL1NaOH
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
NaHCO HCO-
A．由a点可知： 3溶液中 3的水解程度大于电离程度
c
HCO-
+2c
CO2-
+c
OH-
B．a bc过程中： 3 3 逐渐减小
c Na+ y
D．令c点的 ，e点的 ，则
【KS5U答案】C
【分析】
NaHCO NaHCO
向 3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向 3溶液中滴加
NaHCO
NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向 3溶液中滴加
NaHCO
NaOH溶液，ade曲线为向 3溶液中滴加盐酸。
【KS5U解析】
NaHCO HCO HCO
A．a点溶质为 3，此时溶液呈碱性， 3 在溶液中电离使溶液呈酸性， 3 在
NaHCO HCO
溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知， 3溶液中 3 的水解程度大于电离程度，
故A正确；a bc
B．由电荷守恒可知， 过程溶液中
c
HCO
2c
CO2
c
OH
=c
H
c
Na
c
Na
3 3 ，滴加NaOH溶液的过程中 保
c
H
c
HCO
2c
CO2
c
OH
持不变， 逐渐减小，因此 3 3 逐渐减小，故B正确；
c Na c HCO c CO2 cH CO
C．由物料守恒可知，a点溶液中 3 3 2 3 ，向
NaHCO a de
3溶液中滴加盐酸过程中有CO 逸出，因此 过程中
2
c Na c HCO c CO2 cH CO
3 3 2 3 ，故C错误；
c
H
c
Na
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
c
H
c
Na
=(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(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用
GHCl GHCl
表示)。已知 水溶液呈酸性，下列叙述正确的是
0.001mol/LGHCl pH3
A． 水溶液的
0.001mol/LGHCl pH
B． 水溶液加水稀释， 升高
GHCl GHClGHCl
C． 在水中的电离方程式为：
GHCl
c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
D． 水溶液中：
【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/L
GHCl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。
0.1000molL1
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
0.1000molL1
NaX、NaY、NaZ
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
c
Na
c
X
c
OH
c
H
A．该NaX溶液中：
K (HX) K (HY) K (HZ)
B．三种一元弱酸的电离常数： a a a
c
X
c
Y
c
Z
C．当pH7时，三种溶液中：
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：
c
X
c
Y
c
Z
c
H
c
OH
【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】
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K(HX)＞K (HY)＞K(HZ)，故B正确；
a a a
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10 mL 0.50 mol·L-1NHCl溶液、10 mL
4
0.50mol·L-1CHCOONa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
3
CHCOOH和NH·HO的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是
3 3 2
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'
0.50
B．将NHCl溶液加水稀释至浓度 x mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx
4
C．随温度升高，K增大，CHCOONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
w 3
D．25 ℃时稀释相同倍数的NHCl溶液与CHCOONa溶液中：c(Na+ )-c(CHCOO- )=c(Cl-)-
4 3 3
c(NH4)【KS5U答案】C
【分析】
由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NHCl溶液、10 mL
4
0.50mol·L-1CHCOONa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，
3
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；
0.50
B．将NHCl溶液加水稀释至浓度 x mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中
4
1
的c(H+)变为原来的 x ，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
1
正反应方向移动，c(H+)大于原来的 x ，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K增大；随温度升高，
w
CHCOONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；
3
D． 25℃时稀释相同倍数的NHC1溶液与CHCOONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ )
4 3
+c(H+) =c(OH-)+c(CHCOO- ) ，c(NH+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，
3 4
c(Cl-)-c(NH+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CHCOO- )= c(OH-) -c(H+) 。由
4 3
于25 ℃时CHCOOH和NH·HO的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓
3 3 2
度相同，稀释相同倍数后的NHC1溶液与CHCOONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于
4 3
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(CHCOO- )=c(Cl-)-c(NH+)，D说法正确。
3 4
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HA为强酸
2B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α、α，则α＜α
1 2 1 2
D．100 mL pH=10.00的NaCO 溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
2 3
【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HA为强酸的结
2
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0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电
离度分别为α、α，则α＞α，C错误；
1 2 1 2
D．100 mL pH=10.00的NaCO 溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水
2 3
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[HN+(CH)CH(NH)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，
3 2 4 2
其盐酸盐(HRCl)在水溶液中存在如下平衡：HR2+ K 1 HR+ K 2 HR K 3 R-。向一定浓
3 2 3 2
度的HRCl 溶液中滴加NaOH溶液，溶液中HR2+、HR+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如
3 2 3 2
c(x)
图所示。已知δ(x)=c(H R2+)+c(H R+)+c(HR)+c(R) ，下列表述正确的是
3 2K K
2 3
A． K >K
1 2
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(HR+)+c(Na+)+c(H+)
2
-lgK -lgK
2 3
C．O点，pH= 2
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【KS5U答案】CD
【分析】
H R2 OH H R H O
向HRCl 溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应： 3 2 2 、
3 2
H R OH HRH O HROH R H O H R2 H R
2 2 、 2 ，溶液中 3 逐渐减小， 2 和
c H R c H cHRc H
2
K K
先增大后减小， 逐渐增大。 1
c
H
R2 ， 2
c
H
R ，
HR R 3 2
c
R
c
H
K
3 cHR ，M点 c H R2 =c H R，由此可知 K 102.2 ，N点
3 2 1
cHR=c H R K 109.1 cHR=c R K 1010.8
2 ，则 2 ，P点 ，则 3 。
【KS5U解析】K 109.1 K 1010.8 K K
2 = =106.9 3 = =101.7 2 3
A． K 102.2 ， K 109.1 ，因此 K K ，故A错误；
1 2 1 2
B．M点存在电荷守恒：
c
R
c
OH
c
Cl
2c
H
R2
c
H
R
c
H
+c
Na+
3 2 ，此时
c
H
R2
=c
H
R
c
R
c
OH
c
Cl
3c
H
R
c
H
+c
Na+
3 2 ，因此 2 ，
故B错误；
c
H
R
2
1
C．O点
c
H
R
c
R，因此
c
R ，即
2
c H R cHRc H c H c2 H
2
1
c R cHRc H c H K K ，因此 c H K K ，溶液
2 3 2 3
lgK lgK
pH=lgc
H
= 2 3
2 ，故C正确；
c
OH
c
H
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
c
Na+
c
Cl
c
OH
c
H
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
Ce (CO )
8．（2021·湖南高考真题） 2 3 3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石
CePO SiO Al O Fe O CaF
中，铈(Ce)主要以 4形式存在，还含有 2、 2 3、 2 3、 2等物质。以独居
Ce (CO ) nH O
石为原料制备 2 3 3 2 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_______；
Ce (CO ) nH O
(5)“沉铈”过程中，生成 2 3 3 2 的离子方程式为_______，常温下加入的
NH HCO NH H O
4 3溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知： 3 2 的
K 1.75105 H CO K 4.4107 K 4.71011
b ， 2 3的 al ， a2 )；
FePO Li CO C H O FePO
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为 4，在高温条件下， 2 3、葡萄糖( 6 12 6)和 4可
H O
制备电极材料 LiFePO 4，同时生成CO和 2 ，该反应的化学方程式为_______
138Ce
【KS5U答案】 58 适当升高温度，将独居石粉碎等 Al(OH) 促使铝离子沉淀
3
6HCO-+2Ce3++(n-3)H O=Ce (CO ) nH O+3CO Li CO
3 2 2 3 3 2 2↑ 碱性 6 2 3+
C H O FePO LiFePO
6 12 6+12 4=12 4+6CO↑+6HO+6CO↑
2 2
【分析】
CePO SiO
焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸， 4转化为Ce(SO) 和HPO， 2与硫酸不反应，
2 4 3 3 4
Al O Fe O CaF
2 3转化为Al(SO)， 2 3转化为Fe(SO)， 2转化为CaSO 和HF，酸性废气含HF；
2 4 3 2 4 3 4SiO
后过滤，滤渣Ⅰ为 2和磷酸钙、FePO，滤液主要含HPO，Ce(SO)，Al(SO)，
4 3 4 2 4 3 2 4 3
Fe(SO)，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除
2 4 3 4
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Ce(CO)·nHO。
2 3 3 2
【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
138Ce
58 ；
(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；
Ce (CO ) nH O
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成 2 3 3 2 的离子方
6HCO-+2Ce3++(n-3)H O=Ce (CO ) nH O+3CO
程式为 3 2 2 3 3 2 2↑；铵根离子的水解常数K(
h
10-14
K 10-14
w =
NH+)= 1.75 10-5 ≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数K h (HCO- )==K 4.4 10-7
4 3 a1
NH+ HCO- NH HCO
≈2.3×10-8，则K( 4)2c(HCO3 )+2c(HCO)
2 3
C．若NaCO 溶液的浓度变为0.05 mol·L-1，则n点向c点方向迁移
2 3
D．若用CdCl 溶液替代CaCl 溶液，则n点向b点方向迁移
2 2
【KS5U答案】C
【KS5U解析】2 3.6109
A． 图像中V=20，NaCO 溶液与 CaCl 溶液恰好完全反应c(Ca2+)=c(CO3 )=
0 2 3 2
2
mol/L，pC=-lg c(CO3 )=-lg6×10-5，m不等于5，故A错误；
2
B． a点溶液：溶质为NaCO，存在物料守恒c(Na+)=2c(CO3 )+2c(HCO3 )+2c(HCO)，溶液中
2 3 2 3
2
存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(CO3 )+c(HCO3 )+c(OH-)，2c(HCO3 )+2c(HCO)=c(HCO3 )
2 3
+c(OH-)-c(H+)，c(HCO3 )-c(H+)>0，c(OH-)<2c(HCO3 )+2c(HCO)，故B错误；
2 3
C． 若NaCO 溶液的浓度变为0.05 mol·L-1，用的0.1 mol·L-1 CaCl 溶液体积减小，则n
2 3 2
点向c点方向迁移，故C正确；
2
D． 若用CdCl 溶液替代CaCl 溶液，反应后，碳酸根离子浓度减小，pC=-lg c(CO3 )增大，
2 2
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，NaS溶液中离子浓度均减小
2
B．0.1 mol/L NaOH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①CHCOONa②NaHCO③NaClO三种溶液的c(Na+)：①>②>③
3 3
D．向0.1 mol·L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH﹣)/c(NH·HO)增大
3 2
【KS5U答案】C
【KS5U解析】
A．NaS溶液呈碱性，加水稀释，NaS溶液中氢离子浓度增大，故A错误；
2 2
B．0.1 mol/L NaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，产物为0.05mol/L的CHCOONa溶液，
3
离子浓度减小，溶液的导电性减小，故B错误；
HCO
C．CHCOO-、 3、ClO-水解程度依次增强，pH相同的①CHCOONa②NaHCO③NaClO三种溶
3 3 3
液的浓度c(CHCOONa)>c(NaHCO)>c(NaClO)，所以c(Na+)：①>②>③，故C正确；
3 3
D．向0.1 mol·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(NH·HO)增大，所以溶液中c(OH﹣)/c(NH·HO)减小，故D错误；
3 2 3 2
选C。c(HX) c(HX)
8．（2021·浙江高三其他模拟）已知：p[c(X-) ]=-lg[c(X-) ]。室温下向HX溶液中滴加
c(HX)
等物质的量浓度的NaOH溶液，溶液pH随p[c(X-) ]变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．a点溶液中：10c(Na+)=c(HX)
B．溶液中由水电离出的c(H+)：a>b>c
C．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】
c(HX)
A．a点溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，此时p[c(X-) ]=-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：ac(Na+)>c(H+)>c(OH—)
3
D．G点溶液中各离子浓度关系为c(CHCOO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)
3
【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，0.01 mol·L-1的氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度为
0.01 mol·L-1，则溶液中水电离的氢离子浓度为10-12 mol·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(CHCOO—)
3
+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，溶液中离子浓度关系为c(CHCOO—)=c(Na+)>c(H+)=c(OH—)，故C
3
错误；
D．由分析可知，G点为醋酸钠溶液，由电荷守恒关系c(CHCOO—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)可知，
3
溶液中各离子浓度关系为c(CHCOO—)=c(Na+)+c(H+)—c(OH—)，故D正确；
3
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
，
25mL0.3mol/L NaCO 溶液和25mL0.3mo/lLNaHCO 溶液中逐滴滴加0.3mol/L的稀盐酸，用压
2 3 3
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NaCO 溶液的滴定曲线
2 3
B．b点溶液的pH大于c点溶液的pH
C．a、d两点水的电离程度：a＞d
2- -
D．c点的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO3 )+c(HCO3 )+c(OH-)
【KS5U答案】C
【KS5U解析】
2- - -
A．碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应CO3 +H+= HCO3 +HO 然后发生HCO3 +H=HCO+HO，
2 ， + 2 3 2-
碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCO3 +H=HCO+HO，所以滴加25mL盐酸时，碳酸钠溶液中
+ 2 3 2
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NaHCO 溶液，Y代表NaCO 溶液，A错误：
3 2 3
B． b点溶液溶质为NaCl， c点溶液溶质为NaHCO 所以c点代表溶液的pH更大，B错误：
3，
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
- 2-
为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO3、CO3 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。
2- -
D． c点的溶液中：根据电荷守恒知，c(Na+)+(H+)= 2(CO3 )+c(HCO3)+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HA溶液。溶液中pH、含A微粒分布系数δ(物质
2
的量分数)随滴加NaOH溶液体积V 的变化关系如图所示
NaOH
下列说法中正确的是
A．HA在水中电离的方程式为：HA H++HA-，HA- H++A2-
2 2 ⇌ ⇌
B．当V 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-)﹥
NaOH
c(OH-)
C．常温下，HA-的电离平衡常数为1×10-5
D．当V 溶液=30.00mL时，c(HA-)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
NaOH
【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HA，说明HA第一步完全
2 2
电离，在水中的电离方程式为HA=H++HA-，HA- H++A2-，A错误；
2 ⇌
B．当V 溶液=20.00mL时，NaOH和HA恰好完全反应生成NaHA，溶质为NaHA，溶液中存在
NaOH 2
HA- H++A2-和HO H++OH-，所以离子浓度大小关系为c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥
⇌ 2 ⇌
c(OH-)，B正确；
c
A2
c
H+
C．HA-的电离平衡常数表达式为K a = c HA ，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K=1×10-2，C错误；
a
D．当V 溶液=30.00mL时，溶质为等物质的量的NaHA、NaA，溶液中的电荷守恒：c(H+)
NaOH 2
+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。
NH SO
14．（2021·山东潍坊市·高三三模）常温下，将0.1mol·L-1的 4 2 4溶液加水稀释，
cNH H O
lg 3 2
混合溶液中 c NH 与lgc H的关系如图所示。下列说法正确的是
4K NH H O
A． b 3 2 的值为10-4.7
B．M、N两点对应的溶液稀释程度N＞M
NH SO
C．向溶液中加入 4 2 4固体可使N点移动到P点
c
NH
2c
SO2
D．将溶液稀释1000倍后，溶液中 4 4
【KS5U答案】AD
【KS5U解析】
lgc
H
A．由N点数据可知 =-4.5，则c(H+)=10-4.5 mol·L-1，则c(OH-)=10-9.5 mol·L-1，
cNH H O cNH H O c(NH+)c OH-
lg 3 2 3 2 4
c NH =4.8，则 c NH =10-4.8，则 K NH H O= c(NH H O)
4 4 b 3 2 3 2
=10-9.5×104.8=10-4.7，故A正确；
NH SO lgc
H
B．溶液越稀， 4 2 4的水解程度越大，溶液酸性越小，N点 =-4.5，则
lgc
H
c(H+)=10-4.5 mol·L-1，M点 =-6.0，则c(H+)=10-6.0 mol·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；
cNH H O
lg 3 2
C．温度不变， K NH H O不变，混合溶液中 c NH 与lgc H的关系曲
b 3 2 4
NH SO
线不变，因此向溶液中加入 4 2 4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(NH4
2-
)≈2c(SO4 )，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-1HSO 溶
2 3
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K(HSO)、K(HSO)的值
a1 2 3 a2 2 3
B．滴定中两次反应终点可依次用甲基橙、酚酞作指示剂
2
C．图中Y点对应的溶液中3c(SO3 )=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
2
D．图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO3 )>c(HSO3 )>c(OH-)
【KS5U答案】D
【KS5U解析】
c(HSO-)•c
H
+
3
A．混合溶液中W点c(HSO)=c( )，K (HSO)= =c(H+)=10-pH=10-2，混
2 3 HSO- a1 2 3 c(H SO )
3 2 3
c(SO2-)•c H+
3
合溶液Y点中c( )=c( )，K (HSO)= =c(H+)=10-pH=10-7.19，故可求
SO2- HSO- a2 2 3 c(HSO-)
3 3 3
出K(HSO)、K(HSO)的值,A正确；
a1 2 3 a2 2 3
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
9.86，在其范围内，所以可以选取酚酞作指示剂，B正确；
SO2- HSO-
C．Y点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c( 3 )+c( 3)+c(OH-)且该点溶液中存在c(
SO2- HSO- SO2-
3 )=c( 3)，所以存在3c( 3 )=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，C正确；
SO2-
D．Z点酸碱恰好完全反应生成NaSO， 3 两步水解生成OH-导致溶液呈碱性，但只有第一
2 3HSO- HSO- SO2-
步水解生成 3，所以c( 3)＜c(OH-)，由物料守恒知c(Na+)＞c( 3 )，则该点溶液
SO2- HSO-
中存在c(Na+)＞c( 3 )＞c(OH-)＞c( 3)，D错误；
故答案为：D。
16．（2021·天津高三一模）室温下，向10mL0.1000molNaCO 溶液中逐滴滴加0.1000mol/
2 3
LHCl溶液，整个反应过程中无气体逸出(溶解的CO 均表示为HCO)。测得混合溶液的pH随加
2 2 3
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、NaHCO
3
HCO- CO2-
B．b点溶液中c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c( 3)+2c( 3 )
CO2- HCO-
C．c点时，溶液中发生的离子反应是3 3 +4H+=2 3+HCO
2 3
D．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】
Na CO +HCl=NaHCO +NaCl
依据题意，向碳酸钠溶液中逐滴滴入盐酸，发生反应 2 3 3 和
NaHCO +HCl=NaCl+H CO
3 2 3。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】
Na CO +HCl=NaHCO +NaCl
A．a点时加入盐酸为碳酸钠的一半，发生反应 2 3 3 ，还有剩余
Na CO NaHCO
碳酸钠，体系中含有溶质NaCl、 2 3、 3，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
HCO- CO2-
守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c( 3)+2c( 3 )+c(Cl-)，所以c(Na+)+c(H+)>c(OH-)+c(
HCO- CO2-
3)+2c( 3 )，故B正确；
NaHCO CO2- HCO-
C．c点时溶质为HCO， 3和NaCl，溶液中发生的离子反应是2 3 +3H+= 3
2 3
+HCO，故C错误；
2 3
H CO
D．d点时溶质为NaCl和 2 3，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
c(A-) c(A-)
中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：pc(HA) =-lgc(HA) ]。下列
叙述不正确的是
A．m点：c(Na+)m>1
【KS5U答案】D
【KS5U解析】
c(H)+c(Na)=c(OH)+c(A)
A．根据电荷守恒可得 ，又由图示可知m点pH=4.76，则
c(H)＞c(OH)
，所以m点：c(Na+)K(HY)
a aB．M点溶液显中性，溶液中c(Y-)K(HY)，故A不选；
a a
B．本题为向酸中滴加Ba(OH) 溶液，因此随着Ba(OH) 溶液的加入溶液先进行酸碱中和反应，
2 2
c
H
所以当HY与Ba(OH) 溶液中水电离出的 第一次达到1107mol/L时为中性点，当继
2
c H =1107mol/L
续滴加Ba(OH) 溶液会抑制水的电离(N点之后)，即第二次水电离 该点
2
c
H
2c
Ba2
=c
Y
c
OH
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
OH
=0.2mol/L
C．N点完全反应点，0.1mol/LBa(OH) 溶液中 ，故消耗完20mL0.1mol/L
2
的HY需要10mL0.1mol/LBa(OH) 溶液，故C不选；
2
c
H
2c
Ba2
=c
X
c
OH
D．根据电荷守恒可得T点 ；M点
c
H
2c
Ba2
=c
Y
c
OH
c
Ba2
c
H
；T、M点 相同，T点 大于M点，所以
c
X
c
OH＞c Y
c
OH
，故D不选。
答案选B
H A NaOH
19．（2021·辽宁高三其他模拟）常温下，向二元弱酸 2 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c
HA-
lg
A．曲线m表示pH与 cH A 变化的曲线
2
K H A=10-5.7
B． a2 2
c HA- >c A2- >cH A
C．NaHA溶液中： 2
cH A=c A2- >c HA- >c H+
D．交点a的溶液中： 2
【KS5U答案】D
【分析】
c(HA-)c(H+) c(A2-)c(H+)
二元弱酸H 2 A的一级电离常数K a1 = c(H A) ，二级电离常数K a2 = c(HA-) ，当c
2
（HA）= c（HA—）或c（A2—）= c（HA—）时，K= c（H+）或K= c（H+），由图可知，坐标
2 a1 a2
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
c
HA-
c(HA-)
曲线m表示pH与 lg cH A 变化的曲线，曲线n表示pH与lg c(A2-) 变化的曲线，一级电
2
离常数K=10—2.3、二级电离常数K=10—5.7。
a1 a2
【KS5U解析】
c
HA-
lg
A．由分析可知，曲线m表示pH与 cH A 变化的曲线，故A正确；
2
B．由分析可知，HA的二级电离常数K=10—5.7，故B正确；
2 a2K 11014
w
C．HA—的水解常数K
h
=K
a1
=1102.3 =10—11.7＜K
a2
，则HA—的电离程度大于水解程度，溶液中
c HA- >c A2- >cH A
2 ，故C正确；
c
HA-
lg
D．由图可知，交点a的溶液中 cH A ＞0，则溶液中c（HA—）＞c（H 2 A），故D错误；
2
故选D。
20．（2021·四川雅安市·高三三模）草酸(HCO)是一种二元弱酸。常温下向草酸溶液中滴
2 2 4
c(HC O) c(C O2)
2 4 2 4
加NaOH溶液，混合溶液中lgX[x表示c(H C O ) 或c(HC O)]随pH的变化如图。下列说
2 2 4 2 4
法中错误的是
A．NaHCO 溶液呈酸性
2 4
B．HCO 第二步电离常数数量级是10-5
2 2 4
HC O- C O2-
C．pH=7时，c(Na+)=c( 2 4)+2c( 2 4 )
HC O- C O2-
D．1.22c( 2 4 )>c(HCO)
2 2 4
【KS5U答案】D
【分析】
c HC O c C O2
2 4 2 4
二元弱酸草酸的K 1 ＝[ cH C O ]×c(H+)＞K 2 ＝[ c HC O ]×c(H+)，当溶液的pH相同
2 2 4 2 4
c
HC
O
2 4
时，c(H+)相同，lgX：a＞b，则a表示lg cH C O 与pH的变化关系，b表示lg
2 2 4
c
C
O2
2 4
c
HC
O
2 4c
C
O2
2 4
c
HC
O 与pH的变化关系，以此解答。
2 4
【KS5U解析】
c
HC
O
c
HC
O
2 4 2 4
A．由分析可知，a表示lg cH C O 与pH的变化关系，当lg cH C O =0时，
2 2 4 2 2 4
c
HC
O
2 4
pH=1.22，则c(H+)=10-1.22mol/L，二元弱酸草酸的K 1 ＝[ cH C O ]×c(H+)=10-1.22，同理可
2 2 4
c
C
O2
2 4
得K 2 ＝[ c HC O ]×c(H+)=10-4.9，NaHC 2 O 4 溶液中 HC O 的电离常数K 2 =10-4.9，水解常数
2 4 2 4
K 1014
w
K
h
= K
1
=101.22 =10-12.78，则HC
2
O
4
的电离大于水解，NaHC
2
O
4
溶液呈酸性，故A正确；
c
C
O2
c
C
O2
2 4 2 4
B．由分析可知，b表示lg
c
HC
O 与pH的变化关系，，当lg
c
HC
O =0时，
2 4 2 4
c
C
O2
2 4
pH=4.19，则c(H+)=10-4.19mol/L，二元弱酸草酸的K 2 ＝[ c HC O ]×c(H+)=10-4.19，数量级
2 4
是10-5，故B正确；
HC O- C O2-
C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+ c( 2 4)+2c( 2 4 )可知，
HC O- C O2-
c(Na+)=c( 2 4)+2c( 2 4 )，故C正确；
c
HC
O
2 4
D．lgX为增函数，pH＝1.22时，曲线a中，lgX＝lg cH C O ＝0时，c( HC O )＝
2 2 4 2 4
c
C
O2
2 4
c(H 2 C 2 O 4 )，曲线b中lgX＝lg c HC O <0，c( C O2 )0，c( HC O )>103c(H 2 C 2 O 4 )，曲线b中，lgX＝lg
2 2 4 2 4
c
C
O2
2 4
c HC O ＝0，c( C O2 )=c( HC O )>c(H 2 C 2 O 4 )，所以1.22＜pH＜4.19的过程中，c(
2 4 2 4 2 4
HC O C O2 C O2
2 4 )逐渐增大，c(HCO)逐渐减小，c( 2 4 )逐渐增大，则不一定满足c( 2 4 )＞
2 2 4
c(HCO)，故D错误；
2 2 4
故选D。
0.1000 molL-1 25mL 0.1000
21．（2021·广西南宁二中高三三模）常温下，用 盐酸滴定
molL-1 Na
2
CO
3溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是
c
HCO-
>c
CO2-
>c
Cl-
A．a点溶液中 3 3
c
Na+
+c
H+
=c
HCO-
+2c
CO2-
+c
OH-
B．b液中 3 3
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++3HCO3= Al(OH) ↓+3CO↑
3 2
D．各点中水电离程度大小：d>c>b>a
【KS5U答案】C
【KS5U解析】Na CO NaCl NaHCO
A．a点加入12.5mL盐酸，a点溶液中的溶质是等物质的量的 2 3、 、 3，
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，
c
HCO-
>c
Cl-
>c
CO2-
氯离子不水解浓度不变，离子浓度大小： 3 3 ，故A错误；
c
Na+
+c
H+
=c
HCO-
+2c
CO2-
+c
OH-
+c
Cl-
B．由电荷守恒可得： 3 3 ，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+ +3
HCO- = Al(OH) ↓+ 3CO↑，故C正确；
3 3 2
Na CO
D．随着盐酸加入， 2 3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：dc(HA-)>c(A2-)
B．c点c(K+) = 0.15 mol·L-1
C．邻苯二甲酸的Ka 约为1.0×10-3
1
D．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】
HA为二元素弱酸，其电离方程式为HA
H++HA-、HA-
H++A2-，一级电离远大于二级
2 2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KA，利用“守恒”思想、影响水电离的因素等知识进行分析；
2
【KS5U解析】
A．b点-lgc(HA-)最小，则c(HA-)最大，说明HA与KOH恰好完全反应，溶质为KHA，HA-电离
2
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KA，如果KHA和KA物质的量浓度相同，
2 2
存在2c(K+)=3[c(HA)+c(HA-)+c(A2-)]，c(HA)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L，则
2 2
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(KA)略小
2
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(HA)约为
2
10-4mol/L1mol/L
0.1mol/L，即H 2 A的电离常数为 0.1mol/L =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KA，A2－水解，促进水的电
2
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20.00 mL 0.1000 mol·L-1的NaR溶液中滴入
2
0.1000 mol·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．K (HR)＞K (R2-)
a2 2 h1
B．K (HR)的数量级为10-4
a1 2
C．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，NaR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，
2以及HR-的电离，所以K (HR)＞K (R2-)，故A正确；
a2 2 h1
B．加入40ml盐酸时，得到60.oomlpH=2.5的HR 和NaCl的混合溶液，由元素守恒可知，
2
1
nH
2
R0.002mol
，
cH
2
R
30
mol·L1
，
c
H
·c
HR c2 H
K H R 3104
，故B正确；
a1 2 cH R cH R
2 2
C．滴定过程中水的电离程度逐渐减小，故C错误；
c
Na
c
H
c
OH
c
HR
2c
R2
c
Cl
D．m点，由电荷守恒有： ，此
c
H
c
OH
c
Na
c
HR
2c
R2
c
Cl
时pH=7， ，则有 故D正确；
故答案为C。
二、多选题
BOH
27．（2021·全国高三零模）二元弱碱 2在常温下的水溶液里，微粒的分布系数( )
pH
随 的变化关系如图所示。下列说法正确的是
BOH K 1104
A．常温下， 2的一级电离常数 b1
BOH BOHCl
B．常温下，等物质的量的 2和 组成的混合溶液显酸性
BOH BOH SO
C． 2与少量的硫酸反应得到的盐为 2 4c H c
BOH
c BOH c OH
D．BCl 溶液中，
2
2
【KS5U答案】AC
【KS5U解析】
BOH
BOH
⇌
BOH OH
A. 常温下二元弱碱 的级电离方程式为： 2 ，当瓶pH=10
2
时，c[
BOH
2]=c[
BOH
],c(OH )=1104，则
BOH
2的一级电离常数
c[BOH ]c(OH)
K 1104
b1 c[BOH ] ，故A正确；
2
BOH BOHCl BOH
B. 常温下， 2为二元弱碱， 为碱式盐，所以等物质的量的 2和
BOHCl
组成的混合溶液显碱性，故B错误；
BOH BOH BOH SO
C. 少量的硫酸与 2反应方程式为：2 2+H 2 SO 4 = 2 4+2H 2 O，得到的
BOH SO
盐为 2 4，故C正确；
c H c
BOH
2c BOH c OH
D. 根据质子守恒，在BCl 溶液中， ，
2
2
故D错误；
故答案：AC
28．（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<0.01
B．K(HR)≈1×10-5
a1 2
C．水的电离程度：c>b=d
D．c点时溶液中存在c(HR-)>c(HR)>c(R2-)
2
【KS5U答案】CD
【KS5U解析】
A．0.01mol·L-1NaHR溶液的pH=6，溶液中存在R2-、HR-、HR三种微粒，根据物料守恒，故
2
溶液中x=c(HR-)<0.01mol/L，故A正确；
c
H+
c
HR-
B．把a点（3，10-4）带入K a1 (H 2 R)= cH R 公式，a点酸性较强，HR-几乎全部转化
2
10-3×10-4
为H 2 R，故c(H 2 R)≈c(NaHR)=0.01mol/L，所以K a1 (H 2 R)= 0.01 ≈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，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(HR)，故D错误；
2
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GeO、
2
GeO、SiO、AsO)制备高纯二氧化锗的工艺流程如下：
2 2 3
下列数据是对应物质的熔点：
物质 GeO GeO SiO AsO
2 2 2 3
熔点/℃ 1115 710(升华) 1723 193(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________。
(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SiO 和GeO 的混合物，可制得硅锗合金。反应原理如下：
2 2
电解
SiO＋GeO SiGe(合金)＋2O↑
2 2 2生成硅锗合金的电极为________(填“阳极”或“阴极”)，写出生成O 的电极反应式
2
________。
【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 AsO GeO 在CO中转化为GeO升华
2 3 2
GeOH O 2OH－ GeO2 2H O
2 2 3 2 GeCl + (n+2)HO=GeO·nHO + 4HCl 阴极
4 2 2 2
2O2--4e－=O↑
2
【分析】
由于AsO 在193℃时升华，所以锗精矿(含GeO、GeO、 SiO、AsO)首先在300℃焙烧得到
2 3 2 2 2 3
含GeO、GeO、SiO 矿石；然后在1200℃下GeO 被CO还原成710℃下挥发的GeO以及主要含
2 2 2
SiO 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GeCl； GeCl 再精
2 4 4
馏水解最后烘干得到高纯的GeO，据此分析可得：
2
【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 ；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AsO 在193℃时升华，所以300℃煅烧锗精矿(含GeO、GeO、SiO、AsO)后再冷凝得到
2 3 2 2 2 3
的矿渣1的主要成分为AsO，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用
2 3
率；AsO；
2 3
(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GeO 在CO中转化为GeO升华，故答案为：GeO 在CO中转化为GeO升华；
2 2
(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，则其离子方程式为：
GeOH O 2OH－ GeO2 2H O
2 2 3 2 ，故答案为：
GeOH O 2OH－ GeO2 2H O
2 2 3 2 ；GeO ·nH O
(5)“精馏水解”时GeCl 中Ge4+水解生成 2 2 和HCl，则其反应的化学方程式为：
4
GeCl n2H OGeO ·nH O4HCl
4 2 2 2 ，故答案为：
GeCl n2H OGeO ·nH O4HCl
4 2 2 2 ；
电解
(6) 由SiO＋GeO SiGe(合金)＋2O↑可知，Si、Ge化合价均降低，发生还原反应，为电
2 2 2
解池的阴极；O元素化合价升高为，发生氧化反应，则2O2--4e－=O↑，故答案为：阴极；2O2-
2
-4e－=O↑。
2
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
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.NH+HO+CO=NHHCO
3 2 2 4 3
Δ
b.2NH(g)+CO(g) HO(g)+CO(NH)(s) ΔH<0
3 2 2 2 2
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HA，得到pH与V(NaOH)、
3
c(HA-) c(HA2) c(A3-)
2
lgX[X= c(HA) 或c(H A) 或 c(HA2-) 的关系分别如图3、图4所示。
3 2
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(HA2-)
c(Na+)>___>___c(HA2-)>c(OH-)，结合图4中的II，当溶液中的c(HA-) =101.8，此时溶液的
2
pH=____。
【KS5U答案】热 煤的干馏 2H – 4e- = 4H+ 无污染、原料来源广泛、可以持续
2
产生稳定的电流等 ① a 增大压强 c(HA−) c(H+) 9
2
【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
2H – 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
2
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NaHA，存在电离平衡HA− HA2-+H+，此时溶
2 2
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(HA−)＞c(H+)＞c(HA2-)＞c(OH-)；根据题意可知HA为三元弱酸，前一步的电离会抑制后一
2 3
c H A c H c(HA2)c(H+) c A3 c H
2
步电离，所以：K ＞K ＞K ，即 ＞ ＞ ，所
a1 a2 a3 cH A c(H A) c HA2
3 2
c H A c(HA2) c A3 c(HA2)
2
以当pH相等时 ＞ ＞ ，则曲线Ⅱ代表lg ，当lg
cH A c(H A) c
HA2
c(H A)
3 2 2
c(HA2)
c(H A) =10时，pH=2.8，即c(H+)=10-2.8mol/L，所以K a2 =1010×10-2.8=10-7.2，则当
2
c(HA2)
107.2
c(H A) =101.8时，c(H+)= 101.8 =10-9mol/L，pH=9。
2
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CO 与CH 反应使之转化为CO和H(合成气)，可减缓燃料危机和减弱温室效应，过程
2 4 2
包括
噲垐 ��
反应a：CH(g)+CO(g) 2CO(g)+2H(g)△H>0
4 2 2 1
噲垐 ��
反应b：H(g)+CO(g) HO(g)+CO(g)△H>0
2 2 2 2
(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)。
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CH 与CO 按物质的量1：1投料制取CO和H 时，CH 和CO 平衡转化率随温度变
4 2 2 4 2化关系如图所示。
①923K时CO 的平衡转化率大于CH 的原因是___。
2 4
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.CO 催化加氢制甲醇：在1.0L恒容密闭容器中投入1molCO 和2.75molH 发生反应：CO(g)
2 2 2 2
噲垐 ��
+3H(g) CHOH(g)+HO(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
2 3 2
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Pc(OH-)+c(HCO3 )+2c(CO3 )
2
②c(HCO)：c(CO3 )=___(结果保留三位有效数字)。
2 3
【KS5U答案】△S＞0 B CH 和CO 按1：1投料发生反应Ⅰ时转化率相等，CO 还发生
4 2 2
反应Ⅱ，所以平衡转化率大于CH 0.39 AC CD 6.25
4
【KS5U解析】
(1)对于反应a：CH(g)+CO(g)═2CO(g)+2H(g)△H＞0，△S＞0，则反应a在一定条件下能
4 2 2 1
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)①CH 与CO 按1：1投料发生反应a时转化率相等，但CO 还发生反应b，所以CO 的平衡
4 2 2 2
转化率大于CH 的平衡转化率；
4
②反应a，设起始时充入0.1mol/L的CH 与CO，
4 2
CH + CO ⇌ 2CO + 2H
4(g) 2(g) (g) 2(g)
起始量/mol/L 1 1 0 0
转化量/mol/L 0.6 0.6 1.2 1.2 ，
平衡量/mol/L 0.4 0.4 1.2 1.2
α(CO)=1mol/L×70%=0.7mol/L，则反应Ⅱ△c(CO)=0.7mol/L-0.6mol/L=0.1mol/L，
2 2
反应b：
CO + H ⇌ CO + H O
2(g) 2(g) (g) 2 (g)
起始量/mol/L 0.4 1.2 1.2 0
转化量/mol/L 0.1 0.1 0.1 0.1
平衡量/mol/L 0.3 1.1 1.3 0.1
K=(1.3×0.1)/ (0.3×1.1) =0.39；
(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p＞p＞p，故B错误；
1 2 3
C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则消耗CO 为0.25mol，转化率为
2
0.25/1×100%=25%，故C正确；
D．由图可知，在P 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
2
行，则v(正)＞v(逆)，故D错误；
故选：AC；
2
(4)①A．依据物料守恒可得：c(NH4)+c(NH•HO)=c(HCO3 )+c(HCO)+c(CO3 )，溶液的
3 2 2 3
2
pH=8，呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(NH4)+c(NH·HO)+c(H+)
