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押新高考卷第 13-14 题
电化学原理与应用、电解质溶液曲线
核心考点 考情统计 考向预测
2023·辽宁卷，7
2023·辽宁卷，11
2023·湖北卷，
10
2023·山东卷，11 以新型电源或者电解法制备物质、消除污染为载体，考查电
电化学原理 2023·广东卷， 极的判断和电极反应式的书写、电解质溶液pH的判断及电
与应用 16 化学中的计算、含膜电池中隔膜的作用、电解液中离子或电
2023·重庆卷， 路中电子的移动方向、电极的质量变化等
12
2023·福建卷，8
2023·河北卷，
13
2023·辽宁卷，
15
2023·湖北卷，
14
2023·湖南卷，
12 以电解质溶液平衡曲线为信息载体，考查曲线含义的判断、
电解质溶液
2023·山东卷， 平衡常数的计算、离子浓度关系、水的电离程度、溶液酸碱
曲线
15 性判断及变化等知识
2023·北京卷，
14
2023·福建卷，9
2023·河北卷，
14考点一 电化学原理与应用
1．（2023·辽宁卷）某无隔膜流动海水电解法制 的装置如下图所示，其中高选择性催化剂 可抑制
产生。下列说法正确的是
A．b端电势高于a端电势 B．理论上转移 生成
C．电解后海水 下降 D．阳极发生：
【答案】D
【分析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a为正极，右侧电极为阴极，b电极为
负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。
【解析】A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；
B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H ↑，则理论上转移 生成 ，B错误；
2
C．由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不
变，C错误；
D．由图可知，阳极上的电极反应为： ，D正确；
故选D。
2．（2023·北京卷）回收利用工业废气中的 和 ，实验原理示意图如下。下列说法不正确的是
A．废气中 排放到大气中会形成酸雨
B．装置a中溶液显碱性的原因是 的水解程度大于 的电离程度
C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的 和
D．装置 中的总反应为
【答案】C
【解析】A． 是酸性氧化物，废气中 排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；
B．装置a中溶液的溶质为 ，溶液显碱性，说明 的水解程度大于电离程度，故B正确；
C．装置a中 溶液的作用是吸收 气体， 与 溶液不反应，不能吸收 ，故C错
误；
D．由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为 ，故D正
确；
选C。
3．（2023·山东卷）利用热再生氨电池可实现 电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两
室均预加相同的 电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是
A．甲室 电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为：D． 扩散到乙室将对电池电动势产生影响
【答案】CD
【解析】A. 向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室 电极溶解，变为铜离子与氨气形成
，因此甲室 电极为负极，故A错误；
B. 再原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入
氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故B错误；
C. 左侧负极是 ，正极是 ，则电池总反应为：
，故C正确；
D. 扩散到乙室会与铜离子反应生成 ，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此
将对电池电动势产生影响，故D正确。
综上所述，答案为CD。
4．（2023·湖北卷）我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置
工作时阳极无 生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为 。下列说法错误的是
A．b电极反应式为
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜
D．海水为电解池补水的速率为
【答案】D
【分析】由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极与
电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2HO+2e-=H ↑+2OH-，阳极反应为4OH--4e-=O ↑+2H O，电
2 2 2 2
池总反应为2HO 2H↑+O ↑，据此解答。
2 2 2
【解析】A．b电极反应式为b电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2HO+2e-=H ↑+2OH-，故A正确；
2 2
B．该装置工作时阳极无Cl 生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH--4e-=O ↑+2H O，为保持
2 2 2
OH-离子浓度不变，则阴极产生的OH-离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换摸，故B正确；
C．电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；
D．由电解总反应可知，每生成1molH 要消耗1molH O，生成H 的速率为 ，则补水的速率也应是
2 2 2
，故D错误；
答案选D。
5．（2023·辽宁卷）某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转变为化学能
C．放电时右侧 通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：
【答案】B
【分析】该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO ，则多孔碳电极为正极，正极
4
上Fe3+得电子转化为Fe2+，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2+失电子生成Fe3+，PbSO 电极为阴极，PbSO
4 4
得电子生成Pb和硫酸。
【解析】A．放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO 附着在负极上，负极质量增大，A错误；
4
B．储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；
C．放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H+通过质子交换膜移向右侧，C错
误；
D．充电时，总反应为PbSO +2Fe2+=Pb+ +2Fe3+，D错误；
4
故答案选B。
考点二 电解质溶液曲线
6．（2023·山东卷）在含HgI (g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系： ；
2
； ； ； ，平衡常
数依次为 。已知 、 ， 、 随 的变化关
系如图所示，下列说法错误的是A．线 表示 的变化情况
B．随 增大， 先增大后减小
C．
D．溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为
【答案】B
【分析】由题干反应方程式 可知，K= ，则有c(Hg2+)= ，则有
1
lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)， =lgK +lgc(HgI )+
1 2 2 2 3 2
lgc(I-)， ==lgK+lgc(HgI )+ 2lgc(I-)，且由 可知K= 为一定值，
4 2 0
故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表 、 、
、 ，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，线 表示 的变化情况，A正确；
B．已知 的化学平衡常数K= ，温度不变平衡常数不变，故随 增
0
大， 始终保持不变，B错误；
C．由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，曲线2方程为：
1 2
lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)即有①b= lgK+lgc(HgI )-2a，②b= lgK+lgc(HgI )-a，联合①②可知得：
2 2 1 2 2 2
，C正确；
D．溶液中的初始溶质为HgI ，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为
2，D正确；
故答案为：B。
7．（2023·北京卷）利用平衡移动原理，分析一定温度下 在不同 的 体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示 体系中各含碳粒子的物质的量分数与 的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合 ；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合
[注：起始 ，不同 下 由图1得到]。
下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态 ，无沉淀生成
C．由图2，初始状态 ，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态 、 ，发生反应：
【答案】C
【解析】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出 时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，
A项正确；
B．从图2可以看出 、 时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉
淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；
C．从图2可以看出 、 时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料
守恒，溶液中 ，C项错误；D． 时，溶液中主要含碳微粒是 ， ， 时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子
方程式为 ，D项正确；
故选C。
8．（2023·辽宁卷）某废水处理过程中始终保持HS饱和，即 ，通过调节pH使 和
2
形成硫化物而分离，体系中 与 关系如下图所示，c为 和 的浓度，单位为
。已知 ，下列说法正确的是
A． B．③为 与 的关系曲线
C． D．
【答案】D
【分析】已知HS饱和溶液中随着pH的增大，HS的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，
2 2
则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，
则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且 即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-
lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表
S2-，④代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
【解析】A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时
c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有 ，A错误；
B．由分析可知，③为 与 的关系曲线，B错误；
C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-
6.5mol/L， 或者当c(H+)=10-4.2 mol/L时，c(HS-)=10-3.9 mol/L，
，C错误；D．已知KaKa= = ，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，
1 2
c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有KaKa= =
1 2
=10-21.8，结合C项分析可知，Ka=10-7.1故有 ，D正确；
1
故答案为：D。
9．（2023·湖南卷）常温下，用浓度为 的 标准溶液滴定浓度均为 的
和 的混合溶液，滴定过程中溶液的 随 ( )的变化曲线如图所示。下列说法
错误的是
A． 约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【分析】NaOH溶液和HCl、CHCOOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可
3
知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CHCOOH未发生反应，溶质成分为NaCl和
3
CHCOOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CHCOOH，溶质成分为NaCl、CHCOOH和 CHCOONa；c
3 3 3 3
点时NaOH溶液与CHCOOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CHCOONa；d点时NaOH过量，溶质成
3 3
分为NaCl、CHCOONa和NaOH，据此解答。
3
【解析】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CHCOOH，c(CHCOOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-
3 3
3.38mol/L， = =10-4.76，故A正确；
B．a点溶液为等浓度的NaCl和CHCOOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH COOH)
3 3
+c(CH COO-)，故B正确；
3
C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CHCOOH和 CHCOONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明
3 3CHCOOH的电离程度大于CHCOO-的水解程度，则c(CHCOOH)<c(CH COO-)，故C正确；
3 3 3 3
D．c点溶液中CHCOO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错
3
误；
答案选D。
10．（2023·湖北卷） 为某邻苯二酚类配体，其 ， 。常温下构建 溶
液体系，其中 ， 。体系中含Fe物种的组分分布系数δ
与pH的关系如图所示，分布系数 ，已知 ， 。下列说法正确的
是
A．当 时，体系中
B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为
C． 的平衡常数的lgK约为14
D．当 时，参与配位的
【答案】C
【分析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的
pH，利用此规律解决本题。
【解析】A．从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为HL，此时电
2
离出的HL-较少，根据HL的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL-)≈10-9.46，但pH=1时
2
c(OH-)=10-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H L)>c([FeL]+)>c(HL-)>c(OH-)，A错误；
2
B．根据图示的分布分数图可以推导出，HL在pH≈9.9时HL-的含量最大，而HL和L2-的含量最少，因此
2 2
当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL-，B错误；
C．该反应的平衡常数K= ，当[FeL ]-与[FeL]+分布分数相等时，可以将K简化为K=
2
，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L2-)=5.0×10-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10-14.16，即lg K≈14，C正确；
D．根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL ]3-和[FeL (OH)]2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到
3 2
c([FeL ]3-)=c([FeL (OH)]2-)=1×10-4mol·L-1，此时形成[FeL ]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL (OH)]2-消耗
3 2 3 2
了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即参与配位的c(L2-)≈5×10-4，D错误；
故答案选C。
一、溶液中各类平衡常数的计算方法及关系
(1)电离平衡常数(K)与电离度(α)的关系(以一元弱酸HA为例)
a
HA H＋ ＋ A－
起始浓度 c 0 0
酸
平衡浓度 c ·(1－α) c ·α c ·α
酸 酸 酸
K＝＝。
a
若α很小，可认为1－α≈1，则K＝c ·α2。
a 酸
(2)电离平衡常数与水解平衡常数的关系
①对于一元弱酸HA，K 与K 的关系
a h
HA H＋＋A－，K(HA)＝；
a
A－＋HO HA＋OH－，K (A－)＝。
2 h
则K·K ＝c(H＋)·c(OH－)＝K ，故K ＝。
a h w h
②对于二元弱酸HB，K (H B)、K (H B)与K (HB－)、K (B2－)的关系
2 a1 2 a2 2 h h
HB－＋HO HB＋OH－，
2 2
K (HB－)＝＝＝。
h
B2－＋HO HB－＋OH－，
2
K (B2－)＝＝＝。
h
【特别提示】
常温时，对于一元弱酸HA，当K>1.0×10－7时，K <1.0×10－7，此时将等物质的量浓度的HA溶液与NaA溶
a h
液等体积混合，HA的电离程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性；同理，当K<1.0×10－7时，K >1.0×10－
a h
7，A－的水解程度大于HA的电离程度，溶液呈碱性。对于多元弱酸，K ＝，K 是其阴离子结合一个H＋所
h a
形成的粒子的电离平衡常数。
(3)溶度积常数(K )的相关计算
sp
①M(OH) 悬浊液中K 、K 、pH间的关系
n sp w
M(OH) (s) Mn＋(aq)＋nOH－(aq)
n
K ＝c(Mn＋)·cn(OH－)＝·cn(OH－)＝＝。
sp
②K 与溶解度(S)之间的计算关系
sp对于AB型物质，其K ＝。
sp
二、浓度大小比较解题思维模型
酸或碱溶液——考虑电离
单一溶液
盐溶液——考虑水解
不反应 同时考虑电离和水解
生成酸或碱——考虑电离
混合溶液 不过量
反应 生成盐——考虑水解
过量 根据过量程度考虑电离或水解
不同溶液中某离 若其他离子能促进该离子的水解，则该离子浓度减小，若抑
子浓度的变化 制其水解，则该离子浓度增大
三、掌握与K 、K 有关的图像分析
w sp
(1)直线型(pMpR曲线)
pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数
①直线AB上的点：c(M2＋)＝c(R2－)；
②溶度积：CaSO>CaCO >MnCO；
4 3 3
③X点相对于CaCO 来说要析出沉淀，相对于CaSO 来说是不饱和溶液，能继续溶解CaSO；
3 4 4
④Y点：c(SO 2—)>c(Ca2＋)，二者的浓度积等于10－5；
4
Z点：c(CO2—)<c(Mn2＋)，二者的浓度积等于10－10.6。
3
(2)双曲线型图像分析
不同温度下水溶液中c(H＋)与c(OH－)的变化 常温下，CaSO 在水中的沉淀溶解平衡曲线
4
曲线 (K ＝9×10－6)
sp①A、C、B三点均为中性，温度依次升高， ①a、c点在曲线上，a→c的变化为增大
K 依次增大 c(SO 2—)，如加入NaSO 固体，但K 不变
w 4 2 4 sp
②D点为酸性溶液，E点为碱性溶液，K
w
＝ ②b点在曲线的上方，Q>K
sp
，将会有沉淀生
1×10－14 成
③直线AB的左上方均为碱性溶液，任意一 ③d点在曲线的下方，Q<K ，则为不饱和溶
sp
点：c(H＋)<c(OH－) 液，还能继续溶解CaSO
4
(3)分布系数图像分析
[说明：pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标]
一元弱酸 二元弱酸
(以CHCOOH为例) (以HC O 为例)
3 2 2 4
注：pK 为电离常数的负对数 注：pK 、pK 为电离常数的负对数
a a1 a2
δ 为CHCOOH的分布系数，δ 为CHCOO－ δ 为HC O 的分布系数，δ 为HC O2—的分
0 3 1 3 0 2 2 4 1 2 4
的分布系数 布系数，δ 为C O2—的分布系数
2 2 4
随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数
可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH条件下的微粒分布系数和酸的浓度
分析，就可以计算各组分在该pH时的平衡浓度
考点一 电化学原理与应用
1．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）为防止因天然气泄漏，居家安装天然气报警器很重要。当空间内甲烷达到一定浓度时，传感器随之产生电信号并联动报警，图1是成品装置，其工作原理如图2所示，其中
可以在固体电解质 中移动。当报警器触发工作时，下列说法正确的是
A．图2中的多孔电极b上发生氧化反应
B． 在电解质中向b电极移动，电子流动方向由a电极经电解质向b电极
C．当电路中有 电子转移时，则电极a有 甲烷参与反应
D．多孔电极a极上发生的反应的电极反应式为：
【答案】D
【解析】该装置工作原理为原电池原理，总反应 ，为多空电极a为负极，甲烷发
生失电子，氧化反应，多空电极b为正极，空气中氧气发生得电子，还原反应，电子流动方向由多空电极
a沿导线通过传感控制器向多空电极b， 在电解质中向a电极移动。
A．多空电极b为正极，发生还原反应，A错误；
B． 在电解质中向a电极移动，电子流动方向由多空电极a沿导线通过传感控制器向多空电极b，B错
误；
C．未注明标准状况，不能确定甲烷气体的物质的量，C错误；
D．多空电极a为负极，甲烷发生失电子，氧化反应，电极反应式为： ，D
正确；
答案选D。
2．（2024·广西北海·统考一模）一种可充电锌—空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：Ⅰ室溶液
中，锌主要以 的形式存在，并存在电离平衡 。下列
说法错误的是
A．放电时，Ⅰ室溶液中 浓度增大B．放电时，Ⅱ室中的 通过阴离子交换膜进入Ⅰ室
C．充电时， 电极的电极反应为
D．充电时，每生成 ，Ⅲ室溶液质量理论上减少
【答案】D
【解析】A．放电时，该装置为原电池，通入 的 电极是正极，电极反应式为
，Zn电极为负极，电极反应式为 ，
浓度增大，电离平衡 正向移动，导致Ⅰ室溶液中
浓度增大，故A正确；
B．放电时，根据原电池“同性相吸”，Ⅱ室中的 通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，Ⅱ室中的 通过阴离
子交换膜进入Ⅰ室，故B正确；
C．充电时， 电极为阴极，其电极反应为 ，故C正确；
D．充电时， 电极为阳极，电极反应式为 ，每生成 转移 电子，
同时有 通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室溶液质量理论上减少 ，故
充电时，每生成 ，Ⅲ室溶液质量理论上减少 ，故D错误。
综上所述，答案为D。
3．（2023·河北·校联考一模）利用甲烷燃料电池作电源，可以通过电化学方法将有害气体 、 分别
转化为 和 ，装置如图所示。下列说法不正确的是
A．通过甲进入的气体是甲烷
B．b极的电极反应为：
C．d电极反应式是
D．通过丙出口出去的物质只有硫酸铵的浓溶液
【答案】D
【解析】根据已知条件和装置图可以得出：左边是甲烷燃料电池，右边是电解池，有害气体 、 分
别转化为 和 ，则通入NO的一极为阴极，通入SO 的为阳极，a为负极，b为正极；
2A．根据c电极通入的 气体转化为 ，所以该电极是失去电子，发生氧化反应，是电解池的阳极，
则b是燃料电池的正极，通入的是氧气，甲通入的是甲烷，选项A正确；
B．由于电解液是氢氧化钾溶液，通入氧气的b极的电极反应为： ，选项B正确；
C．d电极 转化为 ，是电解池阴极得电子，可知电极反应式为： ，选
项C正确；
D．c电极是 转化为 ，电解池阳极失电子，电极反应式为： ，所以
在电解池中总反应方程式为 ，电解过程中消耗水，生成硫酸
铵和硫酸，则通过丙出口出去的物质有硫酸铵的浓溶液和 ，选项D错误；
答案选D。
4．（2024·甘肃酒泉·统考一模）常温下， 在碱性条件下能将 还原成银(第五周期
IB族)。肼还可以用作燃料电池的燃料。一种肼燃料电池的工作原理如图所示，电池工作过程中会有少量
在电极表面发生自分解反应生成 、 、 逸出。下列关于 的说法正确的是
A． 中六个原子共平面
B．电池工作时，负极区消耗的NaOH与正极区生成的NaOH物质的量相等
C． 还原成Ag得到的电子基态时填充在4s轨道上
D．肼使 转变为 的反应中，肼作氧化剂
【答案】B
【分析】左边 失电子产生N，在原电池的负极，则右边为原电池正极，氧气得到电子产生OH-；
2
【解析】A． 中，氮原子轨道杂化类型为 ，六个原子不可能共平面，选项A错误；
B．负极的电极反应： ，正极的电极反应： ，则
负极区消耗的氢氧化钠与正极区生成的氢氧化钠物质的量相等，选项B正确；
C．Ag位于第五周期IB族，则 价电子排布式为 ，Ag价电子排布式为 ， 得到的
电子填充在5s轨道上，选项C错误；
D． 转变为 的过程中，铁元素化合价降低，所以肼作还原剂，选项D错误；答案选B。
5．（2024·吉林·统考模拟预测）新能源是当今的热门话题，储氢材料是新能源领域研究的中心之一、利用
如图所示装置可实现有机物的储氢，下列有关说法正确的是
A．左侧装置工作时，盐桥内的K+向锌电极一端移动
B．电极C和电极D上发生的反应类型相同
C．气体X的主要成分是H
2
D．H+透过高分子膜从右室进入左室，在电极C上发生还原反应
【答案】D
【分析】左侧铜锌原电池中，锌为负极，铜为正极，右侧电解池中，电极C为阴极，发生还原反应，电极
D为阳极，发生氧化反应。
【解析】A．铜锌原电池工作时，锌为负极，铜为正极，阴离子向负极移动，盐桥中氯离子向锌电极一端
移动，A错误；
B．电极C发生还原反应，电极D发生氧化反应，反应类型不同，B错误；
C．电极D为阳极，发生氧化反应，溶液中氢氧根离子放电，生成氧气，C错误；
D．电解池工作时，阳离子从阳极室移向阴极室，H+透过高分子膜从右室进入左室，在电极C上发生还原
反应，D正确；
故选D。
6．（2024·江西南昌·统考一模）盐酸羟胺(NH OHCl)是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似
3
NH Cl。工业上主要采用向两侧电极分别通入NO和H，以盐酸为电解质来进行制备，其电池装置(图1)和
4 2
含Fe的催化电极反应机理(图2)如图。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是
A．电池工作时，含Fe的催化电极为正极，发生还原反应
B．图2中，A为H＋和e－，B为C．电池工作时，每消耗标况下2.24LNO，左室溶液质量增加3.0g
D．电池工作一段时间后，正、负极区溶液的pH均下降
【答案】A
【分析】由图可知，Pt电极上H→H+，失去电子发生氧化反应，做负极，电极反应式：H-2e-=2H+；含铁
2 2
的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NHOHCl，以此解答。
3
【解析】A．由分析可知，含Fe的催化电极为正极，发生还原反应，故A正确；
B．根据题意可知，NH OH具有类似NH 的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反
2 3
应为：NH OH+H+=NHOH+，图2中，A为H+，B为 ，故B错误；
2 3
C．含铁的催化电极为正极，其电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-=NHOHCl，4个氢离子中有1个是左侧溶液
3
中HCl提供的，3个是右侧溶液迁移过来的；标况下消耗2.24LNO的物质的量为 =0.1mol，则左
室增加的质量为0.1molNO和0.3molH+的质量，即增加质量为3.3g，故C错误；
D．负极电极反应式：H-2e-=2H+，H+浓度增大pH值减小，正极电极反应为：NO+3e-+4H++Cl-
2
=NHOHCl，正极区H+浓度减小，pH增大，故D错误；
3
故选A。
7．（2024·安徽·高三一模）SO 和NO 是主要大气污染物，利用如图装置可同时吸收SO 和NO。已知电解
2 2 2
池的阴极室中溶液的pH保持在4~7之间。下列说法正确的是
A．电极a为直流电源的正极
B．电解过程中，阳极区电解液的pH增大
C．阴极反应式为
D．吸收NO的离子方程式为2NO+
【答案】D
【分析】由图中信息可知，在与a相连的电极上， 被还原为 ，所以a电极为电源的负极，b为正
极，据此解题。
【解析】A．由分析可知，a电极为电源的负极，A错误；
B．在阳极上发生失电子的氧化反应，由题图可知SO 转化为HSO ，电极反应式为
2 2 4
，生成H+，故阳极区电解液的pH减小，B错误；
C．已知电解池的阴极室中溶液的pH保持在4~7之间，溶液显酸性，所以阴极的电极反应为，C错误；
D． 有强还原性，能把NO还原成氮气和 ，离子方程式为 ，D正
确；
答案选D。
8．（2024·安徽·高三一模）近日，清华大学某团队设计出了一种双极性膜(将 解离成 和 )电解
合成 反应器，简化模型如图所示，下列说法错误的是
A．电极a的电势小于电极b的电势
B．通电时双极性膜将水解离为 和 ， 向阴极方向移动
C．阴极的电极反应式为
D．维持电流强度0.5A，电池工作5min，理论上产生约0.012L气体(已折算成标准状况下)
【答案】D
【分析】a发生还原反应是阴极电极反应为： ，因此b是阳极电极反应为
；
【解析】A．a发生还原反应是阴极，b是阳极，电极a的电势小于电极b的电势，故A正确；
B．由图可知通电时双极性膜将水解离为 和 ，阳离子向阴极移动故 向阴极方向移动，故B正
确；
C．据分析，阴极硝酸根离子的电子结合水生成氨气和氢氧根离子 ，故C
正确；
D．维持电流强度0.5A，电池工作5min，则转移电子的物质的量为
，据分析8mole-~2molO~1molNH ，则维持电流强度0.5A，电池工作5min生成气体
2 3
气体，故D错误；
故选D。
9．（2024·贵州贵阳·高三一模） 空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保一体化。某兴趣
小组用该电池模拟工业处理废气和废水的过程，装置如图所示，下列说法正确的是A．a膜为阴离子交换膜
B．乙池中阴极的电极反应式为
C．当浓缩室得到 的盐酸时，M室溶液的质量变化为 (溶液体积变化忽略不计)
D．标况下，若甲池有 参加反应，则乙池中处理废气( 和 )的总体积为
【答案】C
【分析】由图可知，甲为原电池，乙和丙为电解池；甲中通入一氧化氮的电极为负极，通入氧气的电极为
正极；乙池中通入二氧化硫的电极连为电解池的阳极，水分子作用二氧化硫在阳极上失去电子发生氧化反
应生成硫酸根离子和氢离子，通入一氧化氮的电极为阳极，酸性条件下一氧化氮在阴极上得到电子发生还
原反应生成铵根离子和水；丙池中，左侧电极为电解池的阳极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧
气和氢离子，氢离子从M室通过阳离子交换膜a膜进入浓缩室，右侧电极为阴极，镍离子在阴极得到电子
发生还原反应生成镍， N室中氯离子通过阴离子交换膜b膜进入浓缩室，最终在浓缩室得到较浓的盐酸。
【解析】A．由分析可知，a膜为阳离子交换膜，故A错误；
B．由分析可知，乙池中通入一氧化氮的电极为阳极，酸性条件下一氧化氮在阴极上得到电子发生还原反
应生成铵根离子和水，电极反应式为 ，故B错误；
C．当浓缩室得到4L0.6mol/L盐酸时，从M室通过阳离子交换膜a膜进入浓缩室的氢离子物质的量为
(0.6mol/L—0.1mol/L)×4L=2mol/L，则M室消耗水的质量为2mol/L× ×18g/mol=18g，故C正确；
D．由得失电子数目守恒可知，标况下，若甲池有11.2L氧气参加反应时，乙池中处理废气的体积为(
×2+ × )×22.4L/mol=31.36L，故D错误；
故选C。
10．（2023·四川攀枝花·统考一模）用电化学方法可以去除循环冷却水[含有 、 、 、
(苯酚)等]中的有机污染物，同时经处理过的冷却水还能减少结垢，其工作原理如下图所示。下列说法中不正确的是
A．b为电源的负极
B．钛基电极上的反应为
C．碳钢电极底部有CaCO ， 生成
3
D．苯酚被氧化生成标准状况下13.44LCO 时，需要消耗3.0mol
2
【答案】D
【解析】A． 碳电极上水得电子生成氢气，发生还原反应，为电解池的阴极，b为电源的负极，A项正
确；
B． 阳极失电子，发生氧化反应，钛基电极上的反应为 ，B项正确；
C． 碳电极上水得电子生成氢气， ， ，碳钢电极底部
有 、 生成，C项正确；
D． 苯酚被氧化发生的反应为 ，每生成标准状况下13.44L二氧化碳，即
0.6mol二氧化碳，需要消耗2.8mol ，D项错误；
故选D。
11．（2024·山东德州一模）在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理将 转化为含碳化合物X，装
置如图1所示．相同条件下，恒定通过电解池的电量，测得生成不同含碳化合物X的法拉第效率（FE）
随电压的变化如图2所示．下列说法正确的是
A．装置工作时，阴极室溶液pH逐渐减小
B． 时，M电极上的还原产物为C． 时，阴极室消耗气体与阳极室产生气体的物质的量之比为2∶1
D． 时，测得生成的 ，则
【答案】B
【分析】装置工作时，CO 在阴极室得到电子生成有机物X，M为阴极，当电解电压为U 时，电解过程中
2 1
含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳没有在阴极得到电子发生还原反应，而是水在阴极得到电子发生
还原反应生成H，以此分析；
2
【解析】A．装置工作时，CO 在阴极室得到电子生成有机物X，由电荷守恒可知，该过程中会有OH-生
2
成，则阴极室溶液pH逐渐增大，故A错误；
B．装置工作时，CO 在阴极室得到电子生成有机物X，M为阴极，当电解电压为U 时，电解过程中含碳
2 1
还原产物的FE%为0，说明二氧化碳没有在阴极得到电子发生还原反应，而是水在阴极得到电子发生还原
反应生成H，故B正确；
2
C．由题意可知，当电解电压为U 时，CO 在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和氢氧根离子，电极反
2 2
应式为CO+8e-+6H O=CH↑+8OH-，HO在阳极失去电子生成O，每转移4个电子，生成1个O，当转移
2 2 4 2 2 2
等物质的量电子时，阴极室消耗气体与阳极室产生气体的物质的量之比为1∶2，故C错误；
D．当电解电压为UV时，CO→CH 转移8e-，2CO→转移12e-，当电解生成的时n(CH):n(C H)=7:4时，
3 2 4 2 4 2 4
可建立等式 ，x=31，故D错误；
故选B。
12．（2024·山东德州一模）水系锌锰二次电池放电时存在电极 剥落现象，造成电池容量衰减。研究
发现，加入少量KI固体能很大程度恢复“损失”的容量，原理如图。已知PBS膜只允许 通过。下列
说法错误的是
A．放电时，0.6mol 参加反应，理论上负极减少13g
B．充电时，电路中每通过2mol ，阳极区溶液减少87g
C．放电时的总反应：
D．PBS膜的优点是能有效抑制电池的自放电
【答案】B
【分析】Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，MnO 为正极，发生还原反应MnO +2e-+4H+ =Mn2++2H O，产
2 2 2
生的锰离子和剥落的正极材料发生反应，加入 KI后，发生反应MnO +3I-+4H+=Mn2++I +2H O，I +2e-
2 2
=3I-，碘离子为催化剂。
【解析】
A．加入KI后，I-与剥落的MnO 反应生成的I ，发生反应为MnO +3I-+4H+=Mn2++ I +2H O、I +2e-=3I-，
2 2 2
如有0.6molI-参加反应，需得到电子0.4mol，理论上负极Zn减少0.2mol，质量为13g，A正确；
B．则充电时阳极电极反应式为3I--2e-= I 、Mn2++2H O-2e-= MnO +4H+，电路中每通过2mol ，阳极区
2 2
溶液减少的质量小于1molMnO 的质量，小于87g，B错误；
2
C．Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，MnO 为正极，发生还原反应MnO +2e-+4H+ =Mn2+
2 2
+2H O，放电时的总反应为MnO +Zn+4H+= Zn2++ Mn2++2H O，C正确；
2 2 2
D．PBS膜能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成微电池，减少锌的损耗，能有效抑制电池的自放电，D
正确；
故选B。
13．（2024·江西·统考一模）某生物质电池原理如下图所示，充、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸。
下列说法正确的是
A．放电时，正极电极反应为： +H O-2e-= +2H+
2
B．放电时， 转化为
C．充电时， 通过交换膜从左室向右室迁移
D．充电时，阴极电极反应为： +2H O+2e-= +2OH-
2
【答案】D
【分析】放电时，负极发生氧化反应， 转化为 ，所以放电时，Rh/Cu是负
极。充电时，Rh/Cu是阴极。【解析】A．放电时，负极发生氧化反应，负极糠醛发生氧化反应生成 ，故A错误；
B．放电时，正极得电子， 转化为 ，故B错误；
C．充电时，阳离子向阴极移动，充电时，Rh/Cu是阴极， 通过交换膜从右室向左室迁移，故C错误；
D．充电时，充电时，Rh/Cu是阴极，糠醛发生还原反应生成 ，阴极电极反应为
+2H O+2e-= +2OH-，故D正确；
2
选D。
14．（2024·安徽·统考一模）中国科学技术大学在光催化 生成HCOOH和协同生成 的研究中，为
碳中和作出了贡献。其装置如图所示：以 作为MC光的负极催化剂，水生成双氧水；以NiO作为另
一极的MC光催化剂， 生成HCOOH。下列有关叙述正确的是
A．该装置将化学能转化为电能
B．负极附近溶液的pH增大
C．正极发生的电极反应为：
D．上图中溶液中 从左向右移动
【答案】D
【解析】A．该装置中以 作为MC光的负极催化剂，所以该装置是将光能转化为化学能和电能的装
置，A项错误；
B．负极发生氧化反应， 失电子生成 和 ，故pH减小，B项错误；
C．由题知 作为MC光的负极催化剂，故另一极为正极，正极的电极反应式为
，C项错误；
D．负极反应产生 ， 从负极向正极移动，在正极与 反应生成HCOOH，故溶液中 从左向右移
动，D项正确；
故选D。考点二 电解质溶液曲线
15．（2024·四川绵阳·高三一模）室温下，向20mL0.1mol·L1叠氮酸(HN )溶液中滴加pH=13的NaOH溶
3
液，水电离c(H)与NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是
A．在a、b、c、d中，水的电离度最大的是d
B．在c点对应溶液中：c(OH-)=c(H)＋c(HN )
3
C．b点和d点对应溶液的pH相等
D．室温下，电离常数K (HN )= 1×101−2x
a 3
【答案】B
【分析】由图可知，a点为0.1mol/L叠氮酸溶液，b点为叠氮酸和叠氮酸钠的混合溶液，溶液呈中性，c点
为叠氮酸钠溶液，d点为叠氮酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性。
【解析】A．水电离出的氢离子浓度越大，水的电离程度越大，由图可知，c点水的电离度最大，故A错
误；
B．由分析可知，c点为叠氮酸钠溶液，溶液中存在质子守恒关系c(OH-)=c(H)＋c(HN )，故B正确；
3
C．由分析可知，b点为叠氮酸和叠氮酸钠的混合溶液，溶液呈中性，d点为叠氮酸钠和氢氧化钠的混合溶
液，溶液呈碱性，故C错误；
D．由图可知，a点为0.1mol/L叠氮酸溶液，水电离出的氢离子浓度为1×10−xmol/L，则溶液中氢离子浓度
为1×10−14+xmol/L，电离常数K (HN )= =1×10−27+2x，故D错误；
a 3
故选B。
16．（2024·陕西西安·校联考模拟预测）常温下， ，
向 溶液中滴加 盐酸，下列有关说法正确的是A．滴定前，
B．V(盐酸) 时，溶液
C．当滴定至溶液呈中性时，
D．滴定过程中 变化曲线如图
【答案】A
【解析】由电离方程式可知，HA在溶液中完全电离出HA—离子和氢离子，HA—在溶液中部分电离出A2—
2
离子和氢离子，则NaA溶液中，A2—离子在溶液中水解使溶液呈碱性。
2
A． 由分析可知，NaA溶液呈碱性，溶液中存在质子守恒关系c(OH—)= c(H+)+c(HA—)，则溶液中
2
，故A正确；
B．当加入盐酸体积为10mL时，NaA溶液与盐酸恰好反应得到NaHA溶液，HA—在溶液中部分电离出氢
2
离子使溶液呈酸性，溶液pH小于7，故B错误；
C．当滴定至溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，由溶液中的电荷守恒关系c(Na+)+
c(H+)= c(OH—)+2c(A2—)+c(HA—)+c(Cl—)可知，溶液中c(Na+)=2c(A2—)+c(HA—)+c(Cl—)，故C错误；
D．由HA—的电离常数可知，A2—离子在溶液中的水解常数K = = = =2.5×10—9，
h
则1mol/LNa A溶液中氢氧根离子浓度约为 mol/L=5×10—5 mol/L，溶液pH小于10，由图可
2
知，1mol/L NaA溶液的pH大于10，所以题给图示不能表示滴定过程中pH变化曲线，故D错误；
2
故选A。
17．（2024·四川南充·高三一模）常温下，向 溶液中滴入 的稀盐酸，
溶液中pX[ ]与加入稀盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温下，MOH电离常数的数量级为
B．a点对应的溶液中：
C．b点对应的溶液中水的电离程度最大，且溶液中：
D．c点溶液中：【答案】D
【解析】A．常温下0点未加入稀盐酸，是 溶液， =8，可求出
， ，常温下，MOH电离常数的数量级为 ，A
错误；
B．a点加入10mL盐酸，所得溶液为MOH和MCl等物质的量的混合溶液，根据pX可知溶液显碱性，说
明MOH电离程度大于M+水解程度，溶液中存在： ，B错误；
C．b点加入20mL盐酸，酸碱恰好完全反应，得到MCl溶液，对应的溶液中水的电离程度最大，且溶液中
存在物料守恒： ，C错误；
D．c点加入40mL盐酸，所加HCl物质的量是原溶液中MOH物质的量的2倍，根据物料守恒，溶液中存
在： ，D正确；
故选D。
18．（2024·吉林长春·统考一模）常温下，向 的 溶液中滴加
的 溶液，溶液中 随pH的变化关系如图所示( )。下列说法错
误的是
A．常温下， 的电离平衡常数为
B．当溶液的 时，消耗 溶液体积小于
C．c点溶液中：
D．溶液中水的电离程度大小：
【答案】C
【解析】A．b点 ，则 ，pH=4.76则 常温下，
的电离平衡常数为 故A正确；B．醋酸是弱酸，醋酸钠溶液显碱性，pH=7则溶液为醋酸钠和醋酸的混合溶液，消耗氢氧化钠小于
20mL，故B正确；
C．醋酸被恰好完全中和时，溶液为浓度 的醋酸钠溶液，其水解平
衡常数 ，氢氧根离子和醋酸根离子几乎都来源于水解，其
浓度近似相等， 得： ，则，
， ，
因此c点溶质为醋酸钠，存在 ，故C错误；
D．a→b→c，加入氢氧化钠的过程中醋酸的浓度不断减小，对水电离的抑制不断减小，因此溶液中水的电
离程度大小： ，故D正确；
故选C。
19．（2023·陕西汉中·统考一模）常温下，现有 的 溶液， 。已知含氮或含碳各
微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，下列说法错误
的是
A．常温下，
B．向 的上述溶液中逐滴滴加 溶液时， 和 浓度都逐渐减小
C． 溶液中存在下列守恒关系：
D．当溶液的 时，溶液中存在下列关系：
【答案】B
【解析】A．由0.1mol/L碳酸氢铵溶液的pH为7.8，说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢根
离子，使溶液呈碱性，则由盐类水解规律可知，一水合氨的电离程度大于碳酸的电离程度，一水合氨的电
离常数大于碳酸的一级电离常数，故A正确；
B．由图可知，向pH为7.8的碳酸氢铵溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中的铵根离子浓度减小，碳酸氢
根离子浓度增大，故B错误；
C．碳酸氢铵溶液中存在物料守恒关系 ，故C正确；D．由图可知，溶液pH为9时，溶液中离子浓度的大小关系为
，故D正确；
故选B。
20．（2024·甘肃·高三一模）25℃时，向二元酸HA溶液中滴加NaOH溶液，溶液的pH与pX的变化关系
2
如图所示。pX表示-lg 或-lg
下列选项正确的是
A．K 为HA的第一步电离常数，则-lgK =1.2
a1 2 a1
B．pH=4.2时，c(A2-)>c(HA-)
C．pH=7时，c(Na+)>3c(A2-)
D．HA与NaOH恰好完全反应生成正盐时，c(OH-)=c(HA-)+c(H A)+c(H+)
2 2
【答案】A
【分析】二元酸HA溶液中，存在K = ，K = ，K >K ，故氢离子浓度相同
2 a1 a2 a1 a2
时，-lg <-lg ，故曲线a表示-lg ，曲线b表示-lg ，据此作答。
【解析】A．由图可知，-lg =3.2时，-lgc(H+)=-2，K = =102×10-3.2=10-1.2，则-
a1
lgK =1.2，故A正确；
a1
B．由图可知，-lg =4.2时，-lgc(H+)=0，K = =10-4.2，pH=4.2时，c(H+)=10-4.2mol/L，
a2
c(HA-)=c(A2-)，故B错误；
C．由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，pH=7时c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，由K =
a2
=10-4.2可知 = = =10-2.8mol/L，c(A2-)>c(HA-)，由电荷守恒可知c(Na+)
+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，则c(Na+)<3c(A2-)，故C错误；D．HA与NaOH恰好完全反应时生成NaA，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由物
2 2
料守恒可知c(Na+)=2c(HA-)+2c(H A)+2c(A2-)，则c(OH-)=c(HA-)+2c(H A)+c(H+)，故D错误；
2 2
故选：A。
21．常温下，用 调节 浊液的pH，测得在通入 的过程中，体系中 (X代表 或
)与 的关系如图所示。下列说法正确的是
已知： 为微溶于水，溶于盐酸，不溶于氢氟酸、乙醇和丙酮的固体。
A．
B．随着 的加入， 溶解度逐渐减小
C．p点对应的溶液中
D．m、n点时的溶液中均存在
【答案】D
【解析】A．HF的电离平衡常数 ，纵坐标相当于 ，随着 变大，
变大， 变小，则 表示 的变化情况， 表示 的变化情况，根据m、n
两点的数据，得 ，选项A错误；
B．随着 的加入， 溶解平衡正向移动，溶解度增大，选项B错误；
C．p点时 ，又根据 组成可知，溶液中存在 ，
故p点时 ，选项C错误；
D．m、n点时的溶液中均存在电荷守恒有 ，根据选项C知
，故有 ，选项D正确；
答案选D。
22．（2024·广西北海·统考一模）柠檬酸是番茄中最常见的天然酸性物质，其分子结构简式为(用 表示)。常温下，用 溶液滴定 溶液
的滴定曲线如图所示。已知常温下柠檬酸的电离常数为： 。
下列叙述正确的是
A．a点溶液中，
B．b点溶液中，
C．常温下 溶液加水稀释过程中， 减小
D．常温下 的水解常数为
【答案】C
【解析】A．a点溶液为 溶液，溶液呈酸性，电荷守恒为
，A错误；
B．b点溶液为 溶液，溶液呈酸性， 的电离程度大于 的水解程度，故离子浓度大小为
，B错误；
C． 溶液呈酸性，加水稀释过程中，溶液中 减小，则溶液中 增大。常温下加水稀释
过程中， 的水解常数保持不变，加水稀释过程中 增大
，则 减小，C正确；
D．常温下， 的水解常数 ，D错误。故答案选C。
23．（2024·黑龙江·统考一模） 时，用 溶液分别滴定等物质的量浓度的
三种溶液pM[p表示负对数， 表示 ]随溶液 变
化的关系如图所示。已知：常温下， 。下列推断正确的是
A．曲线③代表 与 的关系曲线
B．调节 时，可将废水中 完全沉淀
C．滴定 溶液至X点时，溶液中：
D．经计算， 能完全溶于HR溶液
【答案】C
【分析】 推出pGe3+=-lg ，同理推出pGa3+=-lg 。
由于K [Ge(OH)]>K [Ga(OH)]，即Ga(NO )、Ge(NO ) 两条线不可能相交，③为HR滴定曲线，而①、
sp 3 sp 3 3 3 3 3
②分别为Ga(NO )、Ge(NO ) 滴定曲线。由4.1点c(OH-)=10-9.9mol/L推知K [Ga(OH)]=1×(10-9.9)3=10-29.7；
3 3 3 3 sp 3
同理7.3点推得K [Ge(OH)]=1×(10-6.7)3=10-20.1；由5.5点得出K(HR)= ，据此回
sp 3 a
答。
【解析】A．由上分析知，③为HR的滴定曲线，A错误；
B．pH=8.5知c(OH-)=10-5.5mol/L，则溶液中c(Ge3+)= =10-3.6mol/L>10-5mol/L，溶液中的Ge3+未
完全沉淀，B错误；
C．X点成分为NaR、NaOH，该溶液呈碱性所以c(Na+)>c(OH-)>c(H+)，C正确；
D． ， ，该反应的K
小，即反应很难发生，所以Ga(OH) 不能完全溶于HR溶液，D错误；
3
故选C。
24． 溶液滴定 溶液时， 、各含磷元素微粒的
和 的关系如图。下列说法中正确的是A．①为 的 与 的关系
B．b点时，溶液中
C． 的
D．d点时，溶液中存在着
【答案】B
【分析】根据图中a点， =10ml时，溶液中溶质为n(H PO ):n(NaHPO )=1:1，故③④为磷酸和磷
3 4 2 4
酸二氢钠的曲线，又因为随着pH变大，HPO 浓度变小，故③为HPO ，④为 ，又因为pH=2.12
3 4 3 4
时， 最小，故曲线②为 ，曲线①为 ，据此分析回答；
【解析】A．据分析可知①为 的 与 的关系，A错误；
B． b点时， =20mL，此时溶质为NaH PO ，此时溶液pH=5，证明 电离程度大于水解程
2 4
度，故溶液中 ，B正确；
C．a点， =10mL，溶液中溶质为c(HPO ):c(NaHPO )=1:1，即c(HPO )=c( )，
3 4 2 4 3 4
；c点， =30ml，c( ):c( )=1:1，即c(
)=c( )， ， ，C错误；
D．d点时，溶质为NaHPO ，溶液中存在电荷守恒
2 4
，此时溶液pH为10，故 ，即
，D错误；
故选B。
25．（2024·山东青岛一模）互为同分异构体的二元弱酸在催化剂作用下的相互转化可表示为
(无催化剂不考虑转化)。常温下，催化剂存在时，调节0.1mol⋅L-1HA溶液的
2pH(催化剂自身对pH无影响)，HB、HB-、B2-的平衡分布系数 变化如图。例如HB的分布系数为
2 2
。下列说法正确的是
A．无催化剂存在时，NaHB溶液显碱性
B．有催化剂存在且pH=3.6时，
C． ，
D．NaA溶液中加入催化剂后，溶液碱性增强
2
【答案】CD
【分析】互为同分异构体的二元弱酸在催化剂作用下的相互转化可表示为 ，常温下，催化
剂存在时，调节0.1mol⋅L-1HA溶液的pH(催化剂自身对pH无影响)，HA转化为HB，随后HB和NaOH
2 2 2 2
先反应生成NaHB，随后生成的NaHB又与NaOH溶液反应生成NaB，则
2
中①、②、③分别代表HB、HB-、B2-的平衡
2
分布系数 变化。
【解析】A．由图可知，②代表HB- 的平衡分布系数 变化，当HB-的分布系数最大时，pH<7，说明无催
化剂存在时，NaHB溶液显酸性，故A错误；
B．由分析可知，①、②、③分别代表HB、HB-、B2-的平衡分布系数 变化，有催化剂存在且pH=3.6
2时， = =0.09， =0.36， ，又因为反应 的平衡
常数 ，c(HB)=10c(H A)， ，故B错误；
2 2
C．由图可知，当 时pH=3，c(H+)=1×10-3mol/L，
，反应 可以发生，根据强酸制取弱酸的原理，
的酸性强于 ，则 ， ，故C正确；
D．NaA溶液中存在水解平衡：A2-+H O HA-+OH-，HA-+H O HA-+OH-，加入催化剂后，HA转化为
2 2 2 2 2
HB，水解平衡正向移动，c(OH-)增大，溶液碱性增强，故D正确；
2
故选CD。
