专题07 电化学 电解质溶液（期末真题汇编，山东专用）高三化学上学期

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题07电化学电解质溶液 ☆3大高频考点概览 考点01原电池与化学电源 考点02电解池 考点03电解质溶液 目目 考点01 原电池与化学电源 1.(24-25高三上·山东临沂百师联盟·期末)室温钠一疏电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储 系统。一种室温钠一硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫 化纤维素纸作为务一个由极。工作时，在硫电极发生反应S,+e→，$， 2Na'+X+21-4 e→Na,S,。下列叙述错误的是 4 钠电极 电解质 硫电极 A.充电时Na*从钠电极向硫电极迁移 B.放电时外电路电子流动的方向是b→a C.放电时正极反应为：2Na+XS,+2e→Na,S, 8 D.炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能 2.(24-25高三上·山东滨州·期末)利用如下装置模拟工业电渗析法淡化海水并获得NaOH(双极膜是一种 能将水分子解离为H+和OH的特殊离子交换膜)。下列说法正确的是 石墨1 石墨2 墨 高压H2 低压H NaOHiNaCIO HCIO+NaCIo FeCl NaCl NaOH 吸附层 双极膜 吸附层 溶液 溶液溶液 膜1 膜2 甲 乙 A.电极电势：石墨1高于石墨2 B.甲池总反应：H+OH=H,O C.膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D.理论上，当双极膜处有3.6gH,0解离时，乙池中NaOH溶液质量增加4.6g 3.(24-25高三上·山东泰安·期末)铬铁液流电池成本低且绿色环保，适合大规模新能源储能，其工作原 理如图所示。下列说法错误的是 (负载/电源 →充电 -→放电 电极 电解液 C3 Fe2- 电解液 Cr/Cr H Fe2/Fe Fe 泵质子交换膜 泵 A.充电时X接电源负极 B.放电时H+移向Y C.放电时的电池反应为：Cr2++e+=Cr3++Fe2+ D.储能时右侧电解液中F®+浓度减小 4.(24-25高三上·山东烟台·期末)一种新型氯流电池设备及电极a工作过程中的物质转化如图所示，下 列说法错误的是 NaCl 电极 NaTi2(PO)3 CCL 溶液 充电放电 Na;Ti2(PO) 多孔炭 电极b A.放电时，电极a为负极 B.充电时，b电极反应式为Cl,+2e=2C1 C.电极b消耗1 molCl2,电极a质量增大46g D,充电时，Na*向电极a移动 5.(24-25高三上·山东淄博实验中学·期末)中国科学院唐永炳团队设计的新型铝-石墨双离子电池，工作 原理如图，其放、充电的反应为ALi+C,(PE,)是LiPE。+xC+A1,下列说法正确的是 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 e <o d89 铝 AILi合金 石墨正极 o Li 8 PFa A.充电时阳极电极反应为PF+xC-e=C,PF B.放电时PF。离子向正极移动 C.该电池负极Al和Li均参与电极放电 D.该电池常用LP℉。的水溶液做电解质溶液 目目 考点02 电解池 1.(24-25高三上·山东济宁·期末)山东大学晶体材料国家重点实验室将光电化学分解水和燃料电池技术 相结合，利用低成本的生物质酒石酸C,H0。为有机燃料，创新性的设计了BVO,光电化学生物质燃 料电池。下列说法错误的是 C.H.O 00C--H HO-CH用 HO-CH A.放电过程中溶剂的质量不变 B.X为H, C.b电极上每产生1molC02,电路中转移电子数为2.5NA D.a、b两电极上产生气体的体积比为5：4 2.(24-25高三上·山东泰安·期末)利用热再生氨电池可实现CuS0,电镀废液的浓缩再生。电池装置如图 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所示，甲、乙两室均预加入相同的Cu$O,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 NH3 CuSO4 低温 溶液 热解 甲 隔膜 A.甲室Cu电极为正极 B.隔膜为阳离子交换膜 C.电池总反应为Cu2+4NH,=[Cu(NH,] D,NH扩散到乙室对电池电动势不产生影响 3.(24-25高三上·山东德州·期末)汽油含铅通常指的是含有Pb(CH,CH,),(四乙基铅)，为减少铅污染，碳 酸二甲酯(、 )是Pb(CH,CH;,的潜在替代品，其电解合成的原理如图所示，下列说法错误的是 电源 催 CHOH+CO, Pd Br Pd 极 Br 催化电极b CO+CHO Br2 PdBr2 A.与电极a相连的是外接电源的负极 B.电解过程中需要不断补充Br C.生产过程中可能会产生副产物 D.理论上生成1mol 外电路至少转移4mol电子 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.(24-25高三上·山东济南·期末)随着锂电池的广泛应用，锂已成为重要的战略资源。从海水提取锂首 先需要对低浓度的Li进行选择性富集。Li能够嵌入某些氧化物并在一定条件下脱出，据此可以使Li富 集。利用电化学富集锂的装置如图所示。用离子交换膜将MO2电极与两个惰性电极隔开。该电化学系 统工作时，先通入海水，启动电源1，形成LiMn,04;关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电 极2上通02。 电源2 电源1 腔室2 MnO2 腔室1 惰性电 LiOH溶液 (87kg) Na,SO,溶液 1 膜a 个 钠离子 交换膜 海水 下列说法正确的是 A.惰性电极1为阴极 B.膜a为阴离子交换膜 C.当Li富集完成时，理论上两个惰性电极上消耗和生成的气体物质的量相等 D.当电极2消耗100mol02时，MnO2完全转化为LiMn,04,则理论上Li,Mn,04中x=0.8 5.(24-25高三上·山东青岛二中·期末)为了从海水中提取锂，某团队设计了图示的电解池。保持电源正 负极不变，每运行一段时间后，将电极1与4取下互换，电极2与3取下互换，实现锂的富集。 电源 Li Na 电解液 FePO4 Ag AgCl LiFePO 储液槽 电极1 电极2 电极3 电极4 下列说法不正确的是 A.电路中电子的流向随着电极互换而改变 B.理论上，电极1与电极4的质量之和保持不变 C.电极2上发生的反应为：Ag-e=Ag 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D.理论上，电路通过lmol电子时，有1 molLi富集在右侧电解液中 6.(23-24高三上·山东日照校际联合·期末)金催化电极可实现常温、常压条件下合成氨，其工作原理如 图所示，下列说法正确的是 直流电源 惰性 db 金催化 电极 交换膜 N2 电极 CH NaSO4溶液 NH,+CH.O 甲醇和LiCF3SO 混合液 质子交换膜 A.a为电源的负极 B.金催化电极的电极反应为N,+6e+6CH,0H=2NH,+6CH,0 C.理论上反应消耗的N2与惰性电极生成的气体的物质的量之比为2：3 D.理论上产生1molNH3,Na,S0,溶液质量减少24g 7.(24-25高三上·山东菏泽·期末)双极膜电渗析法固碳技术是将捕集的CO2转化为CCO3而矿化封存， 其工作原理如图所示。双极膜中间层中的H2O解离成H+和OH,并在直流电场作用下分别向两极迁移。 下列说法不正确的是 阴离子 电极 双极膜 交换膜 双极膜 电极 HO 碱室 酸室 H⊙ H HCO H O C0,2 H NaNO 弱碱 CaCl 盐酸 NaNO. c02 A.两个双极膜中间层中的H+均向左侧迁移 B.若碱室中 HCO】比值增大，则有利于CO,的矿化封存 c(CO) C.电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大 通电 D.该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2+2CO2+4H20三2CaCO3↓+2H2↑+O2↑+4H+ 8.(24-25高三上·山东淄博·期末)利用电解原理吸收SO,并实现N0的脱除，装置如图所示。HS,O4是 学科网 www zxxk com 让教与学更高效 弱酸，忽略$O2与水的反应。下列说法错误的是 H2S204 N2 p电源C 二较浓的H2SO4 吸 池 ≤-SO2、稀H2SO4 HSO NO 隔膜 A.a极为负极 B.隔膜为质子交换膜 C.阴极电极反应式：2HS0;+4H+2e=H,S,0,+2H,0 D.在相同条件下，吸收SO2和N0的体积比为1：2 目目 考点03 电解质溶液 1.(24-25高三上·山东临沂百师联盟·期末)室温下，通过下列实验探究草酸（乙二酸：H2C2O4)及其盐的性 质： 实验 实验操作和现象 1 用pH试纸测定0.1molL1H2C2O4溶液的pH,测得pH约为1.3 2 向5mL0.1molL1H2C2O4溶液中滴几滴同浓度的NaHCO3溶液，有气泡产生 3 向0.1molL1Na2C2O4溶液中加入过量0.2molL1CaCl2溶液，产生白色沉淀 4 向0.1molL1NazC2O4溶液中滴入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，且产生气泡 下列有关说法正确的是 A.草酸是弱电解质，其电离方程式为：H2C2O4亡2H+C2O B.实验2的离子方程式为：2HC03+H2C2O4=C2O+2CO2↑+2H2O C.实验3反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)c(C2O})Kp(CaC2O4) D.实验4的离子方程式为2MnO4+5C2O:+16H+=2Mm2+10CO2↑+8H20 2.(24-25高三上·山东滨州·期末)25C时，向含有1mol甘氨酸盐(NHCH,C0OH)的溶液中加入NaOH 固体，溶液pH及体系中NHCH,COOH、NHCH,COO、NH,CH,COO三种粒子的分布系数变化如 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 如H,A中A的分布系数：6A） cA2-） cH,A)+cHA)+cA可 +pH -12 9.78 P m 2.35 1.00.750.50.2500.51.01.52.0 n(NaOH)/mol 下列说法正确的是 A.a代表δNH,CH,COO)】 B.K(NH2CH,CO0）=1042 C.m点：c(NH;CH,COOH>cNH,CH,COO D.n点：cNH,CH,COO)+cOH)=cH*)+c(NH;CH,COOH+cNa*)】 3.(24-25高三上·山东菏泽·期末)将25mL对二甲苯和5mL水倒入烧杯中，加入一定量的酸HA后充分搅 拌并完全溶解，静置平衡后HA在对二甲苯(PX)中浓度c(HA)px=0.024molL,在水(W)中浓度为 c(HA)w(忽略溶液混合和加入固体时体积的变化)。 已知：①实验条件下HA在两相间的分配系数：K。=cHA=15(只与温度有关)： c(HA)px ②HA不能在对二甲苯中电离，在水中电离平衡常数K,=4.0×106molL。 下列说法错误的是 A.水溶液中cH=1.2×10-3mol·L B.若向平衡体系中再加入对二甲装，A增大 n(HA)px C.若向平衡体系中再加入20mL水，平衡后c(HA)w<0.072mol·L D.若向平衡体系中再加入NaOH固体，平衡后c(HA)p.<0.024mol·L 4.(24-25高三上·山东德州·期末)己知H2A为二元弱酸，将难溶盐MA固体溶于不同初始浓度 c(HC1)门的盐酸中，平衡时部分组分的lgc~-lgco(HC1关系如图。已知HAK1=1013, 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 K2=104”。下列说法错误的是 -2.8 3 01.2234.156 -1gco(HCI) A.曲线Ⅲ代表gc(H,A) B.Ksp(MA)=10-7. C.-lgco(HC1=4.1时，溶液的pH=4.3 D.-lgc(HCI=1.2时，cM2)=cA2)+2cHA】 5.(24-25高三上·山东菏泽·期末)利用平衡移动原理，分析常温下金属M2+在不同pH的Na,C0,体系中 的可能产物。己知：图1中曲线表示N,CO,体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲 线I的离子浓度关系符合cM2+)cCO?)=Km(MCO,);曲线IⅡ的离子浓度关系符合 c(M2）c2(oH）=Kn[M(OH)];[注：起始Na,C0,体系中c(Co)+c(HCO)+c(H,CO,)=0.Imol.L ；不同pH下cCO)由图1得到]。下列说法正确的是 1.0 HCO 0.8H,C0 教 a .4 I:MCO, 0.4 6 ! II:M(OH), 0.2 0.0 -10 825 6 8 10 12 8 9 101112 pH pH 图1 图2 A.pH=7时，碳酸钠溶液体系中存在：c(HCO,)>c(HCO,)>cCO?) 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B.图2中，a点时溶液中存在：cCO?)<c(OH) C.起始状态pH=7、lg[c(M2)]=-2,平衡后溶液中存在： c(CO+c(HCO)+c(H2CO3 )=0.1mol.L D.沉淀M2*制备MCO,时，选用0.Imol.L NaHC0,溶液比0.1mol.L'Na,C0,溶液效果好 6.(24-25高三上·山东济宁·期末)菠萝“扎嘴”的原因之一是含有难溶于水的草酸钙针晶。常温下，向足量 CaC,0,浊液中加HCl或NaOH调节pH,lgc(M)(M代表Ca+,CaC,0,)与pH关系如图1所示，溶液 中含碳物质的摩尔分数与pH关系如图2所示，已知Kp(CaC,0,=1082,Kp[Ca(OH)2]=1056。下列 说法错误的是 0 1.0 I mI -2 0.8 3 Ca2+ 太0.6 m -5 9 : 0.4 -7 CaC2O(aq) 0.2 35791i13pH 1.3 4.356pH 图1 图2 A.n点的横坐标为2.8 B.溶液pH=7时，c(HC,0+2cC0）=2c(Ca2+) C.用钙离子处理含草酸根离子的废水，pH应控制大约5~11 D.m点处体系中存在两种固体物质 7.(24-25高三上·山东泰安·期末)室温时，向20mL0.1mol.L的两种酸HA、HB中分别滴加0.1mol.L NaOH溶液，其pH变化如图所示。 专题07 电化学 电解质溶液 3大高频考点概览 考点01 原电池与化学电源 考点02 电解池 考点03 电解质溶液 地 城 考点01 原电池与化学电源 1．(24-25 高三上·山东临沂百师联盟·期末)室温钠—硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠—硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一个电极。工作时，在硫电极发生反应，，。下列叙述错误的是 A．充电时从钠电极向硫电极迁移 B．放电时外电路电子流动的方向是 C．放电时正极反应为： D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能 【答案】AB 【分析】放电时，硫电极得电子生成Na2Sx，硫电极是正极，Na电极失电子生成Na+，Na电极是负极。 【详解】A．充电时，硫电极是阳极、Na电极是阴极，从硫电极向钠电极迁移，故A错误； B．放电时，硫电极是正极，Na电极是负极，外电路电子流动的方向是a→b，故B错误； C．放电时，硫电极是正极，硫电极得电子生成Na2Sx，正极反应为：，故C正确； D．炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，故D正确； 选AB。 2．(24-25 高三上·山东滨州·期末)利用如下装置模拟工业电渗析法淡化海水并获得NaOH(双极膜是一种能将水分子解离为和的特殊离子交换膜)。下列说法正确的是 A．电极电势：石墨1高于石墨2 B．甲池总反应： C．膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜 D．理论上，当双极膜处有解离时，乙池中NaOH溶液质量增加4.6g 【答案】B 【分析】分析装置可知，左侧高压氢气发生氧化反应，作为负极，双极膜氢氧根离子向左侧移动，右侧低压氢气处有氢气析出，作为正极，左侧石墨电极为阳极，亚铁离子被氧化，氯离子向左移动，膜1为阴离子交换膜，右侧石墨电极为阴极，钠离子向右移动，膜2为阳离子交换膜。有氢气析出； 【详解】A．结合分析可知，石墨1为负极，电极低，故A错误； B．结合分析可知，左侧消耗氢气，右侧释放氢气，只发生氢离子和氢氧根离子的中和反应，故B正确； C．分析可知，膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜，故C错误； D．理论上，当双极膜处有3.6gH2O解离时，此时转移0.2mol电子，乙池中NaOH溶液转移0.2mol钠离子进入，但是会释放0.1mol氢气，增重4.4g，故D错误； 答案选B。 3．(24-25 高三上·山东泰安·期末)铬铁液流电池成本低且绿色环保，适合大规模新能源储能，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．充电时X接电源负极 B．放电时移向Y C．放电时的电池反应为： D．储能时右侧电解液中浓度减小 【答案】D 【详解】A．结合图放电时Cr2+→Cr3+可知，X电极失去电子作负极，故充电时得到电子作为阴极，接电源负极，A正确； B．放电时，Y电极作正极发生还原反应，阳离子向正极移动移向Y，B正确； C．放电过程中，二价铬离子转化为三价铬离子被氧化作为负极，右侧为正极发生铁离子还原为亚铁离子的反应，总反应为，C正确； D．储能为充电过程，亚铁离子转化为三价铁离子，右侧电解液中浓度增大，D错误； 故选D。 4．(24-25 高三上·山东烟台·期末)一种新型氯流电池设备及电极a工作过程中的物质转化如图所示，下列说法错误的是 A．放电时，电极a为负极 B．充电时，b电极反应式为 C．电极b消耗，电极a质量增大46g D．充电时，向电极a移动 【答案】BC 【详解】A．放电时，从电极a物质转化看，转化为，元素化合价升高，发生氧化反应，根据原电池原理，发生氧化反应的电极是负极，所以电极a为负极，故A正确； B．充电时，该装置为电解池，电极b为阳极，发生氧化反应，电极反应式应该是，而不是，故B错误； C． 电极b发生反应 ，消耗1mol时转移2mol电子。电极a反应为，根据电子守恒，电极a会减少2mol ，减少的质量为，而不是增大46g，故C错误； D．充电时为电解池，阳离子向阴极移动，电极a是阴极，所以向电极a移动，故D正确； 故选BC。 5．(24-25 高三上·山东淄博实验中学·期末)中国科学院唐永炳团队设计的新型铝-石墨双离子电池，工作原理如图，其放、充电的反应为，下列说法正确的是 A．充电时阳极电极反应为 B．放电时离子向正极移动 C．该电池负极Al和Li均参与电极放电 D．该电池常用的水溶液做电解质溶液 【答案】A 【分析】根据总反应式，得到Li化合价升高失去电子，因此AlLi(左边)为负极，则为正极。 【详解】A．根据前面分析右边为正极，充电时为阳极，则阳极电极反应为，故A正确； B．原电池同性相吸，则放电时离子向负极移动，故B错误； C．根据分析，该电池负极Li参与电极放电，而Al未参与放电，故C错误； D．电池负极为AlLi，Li与水会反应，因此该电池不能用的水溶液做电解质溶液，故D错误。 综上所述，答案为A。 地 城 考点02 电解池 1．(24-25 高三上·山东济宁·期末)山东大学晶体材料国家重点实验室将光电化学分解水和燃料电池技术相结合，利用低成本的生物质酒石酸为有机燃料，创新性的设计了光电化学生物质燃料电池。下列说法错误的是 A．放电过程中溶剂的质量不变 B．X为 C．b电极上每产生，电路中转移电子数为 D．a、b两电极上产生气体的体积比为5：4 【答案】A 【分析】如图所示，b电极上的反应为酒石酸失电子生成二氧化碳，电极方程式为；根据题干，该电池将分解水和燃料电池技术相结合，则a电极上的反应为水得电子生成氢气：。 【详解】A．溶剂是水，当两电极均转移10mol电子时，a电极消耗10mol水生成10molOH-，b电极消耗2mol水生成10molH+，则放电过程在消耗12mol水、生成10mol水，溶剂质量改变，故A错误； B．据分析，X为H2，故B正确； C．根据b电极的电极方程式：，则产生1molCO2转移2.5mol电子，电子数为2.5NA，故C正确； D．当两电极均转移10mol电子时，产生CO2和H2的物质的量比为4：5，在相同条件下，物质的量比等于体积比，则a、b两电极上产生气体的体积比为5：4，故D正确； 故答案为A。 2．(24-25 高三上·山东泰安·期末)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、乙两室均预加入相同的电镀废液，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．隔膜为阳离子交换膜 C．电池总反应为 D．扩散到乙室对电池电动势不产生影响 【答案】C 【分析】甲、乙两室均预加相同的CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作，加入氨水的电极为原电池负极，电极反应Cu-2e-=Cu2+，加入氨水发生反应，右端为原电池正极，电极反应Cu2++2e-=Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析解题。 【详解】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，A错误； B．在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，B错误； C．放电时，负极和正极反应分别为Cu-2e-=Cu2+，Cu2++2e-=Cu，向甲室加入足量氨水后，发生反应，故电池的总反应为，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，D错误； 答案选C。 3．(24-25 高三上·山东德州·期末)汽油含铅通常指的是含有(四乙基铅)，为减少铅污染，碳酸二甲酯()是的潜在替代品，其电解合成的原理如图所示，下列说法错误的是 A．与电极a相连的是外接电源的负极 B．电解过程中需要不断补充 C．生产过程中可能会产生副产物 D．理论上生成外电路至少转移电子 【答案】BD 【分析】 如图可知，b极发生氧化反应：，为阳极，连接电源正极，a极发生还原反应：，为阴极，连接电源负极；在溶液中存在如下系列反应：，，，据此答题。 【详解】A．由分析可知，a极为阴极，发生还原反应，连接电源负极，A正确，不符合题意； B．根据图示反应可知，Br-在体系中不会被消耗，可被循环使用，不用补充，B错误，符合题意； C．过程中，可能存在与结合形成的副反应，C正确； D．由分析可知，根据得失电子守恒和物料守恒，理论上生成1mol，需1mol，需消耗1molCO和2molCH3O-，电解反应时需转移2mol电子，故外电路至少需转移2mol电子，D错误，符合题意； 本题选BD。 4．(24-25 高三上·山东济南·期末)随着锂电池的广泛应用，锂已成为重要的战略资源。从海水提取锂首先需要对低浓度的进行选择性富集。能够嵌入某些氧化物并在一定条件下脱出，据此可以使富集。利用电化学富集锂的装置如图所示。用离子交换膜将电极与两个惰性电极隔开。该电化学系统工作时，先通入海水，启动电源1，形成；关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通。 下列说法正确的是 A．惰性电极1为阴极 B．膜a为阴离子交换膜 C．当富集完成时，理论上两个惰性电极上消耗和生成的气体物质的量相等 D．当电极2消耗时，完全转化为，则理论上中 【答案】CD 【分析】该电化学系统工作时，先通入海水，启动电源1，形成，锰元素化合价降低，电极发生还原反应，为阴极，惰性电极1为阳极；然后关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通，使得中的Li+脱出进入腔室2，锰元素化合价升高，电极为阳极，惰性电极2为阴极，据此分析解题。 【详解】A．由题可知，通入海水，启动电源1，形成，此时电极发生还原反应，为阴极，惰性电极1为阳极，故A错误； B．由分析可知，关闭电源1和海水通道，启动电源2时，中的Li+脱出进入腔室2，所以膜a为阳离子交换膜，故B错误； C．当通入海水，启动电源1，形成时，惰性电极1为阳极，水失去电子生成氧气，电极反应为：，而当关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向惰性电极2上通时，惰性电极2为阴极，氧气发生还原反应，电极反应为：，整个过程中，的嵌入和的脱嵌过程转移的电子数相同，所以理论上两个惰性电极上消耗和生成的气体物质的量相等，故C正确； D．先通入海水，启动电源1，转化为，的物质的量为，完全转化为，则的物质的量为500mol，电极2电极反应为，当电极2消耗时，转化成，且转移电子的物质的量为400mol，即500mol转移400mol电子，由-xe-=2+xLi+可知，理论上中x=，故D正确； 故答案选CD。 5．(24-25 高三上·山东青岛二中·期末)为了从海水中提取锂，某团队设计了图示的电解池。保持电源正负极不变，每运行一段时间后，将电极1与4取下互换，电极2与3取下互换，实现锂的富集。 下列说法不正确的是 A．电路中电子的流向随着电极互换而改变 B．理论上，电极1与电极4的质量之和保持不变 C．电极2上发生的反应为： D．理论上，电路通过1mol电子时，有1molLi富集在右侧电解液中 【答案】AC 【分析】为从海水中提取锂，电极1的电极反应式为：FePO4+e-+Li+=LiFePO4，则电极1为阴极，则电极2为阳极，电极3为阴极，电极4为阳极，在电极4上发生氧化反应：LiFePO4-e-=Li++FePO4，实现了锂的提取。 【详解】A．保持电源正负极不变，则电子流向不变，故A错误； B．由分析可知，通过相同电量，电极1上附着的Li+的量和电极4上失去的Li+的量相等，所以理论上，电极1与电极4的质量之和保持不变，故B正确； C．由分析可知，电极2为阳极，海水中有Cl-，则电极2的电极反应式为：Ag-e-+Cl-=AgCl，故C错误； D．根据电子守恒，电路中各处的电量相等，所以理论上，电路通过电子时，有富集在右侧电解液中，故D正确； 故选AC。 6．(23-24 高三上·山东日照校际联合·期末)金催化电极可实现常温、常压条件下合成氨，其工作原理如图所示，下列说法正确的是 A．a为电源的负极 B．金催化电极的电极反应为 C．理论上反应消耗的与惰性电极生成的气体的物质的量之比为 D．理论上产生，溶液质量减少 【答案】BC 【分析】由图可知，与直流电源正极a相连的惰性电极为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，与直流电源负极相连的金催化电极为阴极，甲醇分子作用下，氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和甲氧基离子，电极反应式为，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。 【详解】A．由分析可知，与直流电源正极a相连的惰性电极为电解池的阳极，故A错误； B．由分析可知，与直流电源负极相连的金催化电极为阴极，甲醇分子作用下，氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和甲氧基离子，电极反应式为，故B正确； C．由分析可知，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，甲醇分子作用下，氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和甲氧基离子，由得失电子数目守恒可知，阴极消耗氮气和阳极生成氧气的物质的量之比为4：6=2：3，故C正确； D．由分析可知，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，甲醇分子作用下，氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和甲氧基离子，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室，由得失电子数目守恒可知，产生1mol氨气时，阴极室硫酸钠溶液减少水的质量为1mol××18g/mol=27g，故D错误； 故选BC。 7．(24-25 高三上·山东菏泽·期末)双极膜电渗析法固碳技术是将捕集的CO2转化为CaCO3而矿化封存，其工作原理如图所示。双极膜中间层中的H2O解离成H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法不正确的是 A．两个双极膜中间层中的H+均向左侧迁移 B．若碱室中比值增大，则有利于CO2的矿化封存 C．电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大 D．该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2++2CO2+4H2O2CaCO3↓+2H2↑+O2↑+4H+ 【答案】B 【分析】左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中发生反应，OH-向右移动进入“碱室”与二氧化碳反应生成CO，CO通过阴离子交换膜进入CaCl2溶液生成CaCO3；CaCl2溶液中的Cl-通过阴离子交换膜进入“酸室”，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，OH-向右移动进入进入右侧硝酸钠溶液中发生反应。 【详解】A．左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，故A正确； B．若碱室中比值增大，碳酸氢根离子可能进入“酸室”，所以不利于CO2的矿化封存，故B错误； C．CaCl2溶液中的Cl-通过阴离子交换膜进入“酸室”，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，所以电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大，故C正确； D．根据以上分析，该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2++2CO2+4H2O2CaCO3↓+2H2↑+O2↑+4H+，故D正确； 选B。 8．(24-25 高三上·山东淄博·期末)利用电解原理吸收并实现的脱除，装置如图所示。是弱酸，忽略与水的反应。下列说法错误的是 A．极为负极 B．隔膜为质子交换膜 C．阴极电极反应式： D．在相同条件下，吸收和的体积比为 【答案】D 【分析】根据图示，左边反应室经反应后生成H2S2O4，S元素的化合价降低，电源a是负极，b是正极，电解池中，硫酸的浓度增大，H+应该向左边移动，所以离子交换膜应该是阳离子交换膜 【详解】A．根据分析，电源a是负极，b是正极，A正确； B．右边阳极室发生反应，硫酸的浓度增大，H+应该向左边移动，所以离子交换膜应该是阳离子交换膜，B正确； C．阴极得电子，经反应后生成H2S2O4，电极反应式：，C正确； D．S元素由+4升高到+6，失2个电子，N元素由+2降低到0价，得到2个电子，根据得失电子守恒，在相同条件下，吸收和的体积比为，D错误； 故选D。 地 城 考点03 电解质溶液 1．(24-25 高三上·山东临沂百师联盟·期末)室温下，通过下列实验探究草酸(乙二酸：H2C2O4)及其盐的性质： 实验 实验操作和现象 1 用pH试纸测定0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液的pH，测得pH约为1.3 2 向5mL 0.1 mol·L -1 H2C2O4溶液中滴几滴同浓度的NaHCO3溶液，有气泡产生 3 向0.1 mol·L -1 Na2C2O4溶液中加入过量0.2 mol·L -1 CaCl2溶液，产生白色沉淀 4 向0.1 mol·L -1 Na2C2O4溶液中滴入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，且产生气泡 下列有关说法正确的是 A．草酸是弱电解质，其电离方程式为：H2C2O42H++C2O B．实验2的离子方程式为：2HCO+ H2C2O4=C2O+2CO2↑+2H2O C．实验3反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(C2O)<Ksp(CaC2O4) D．实验4的离子方程式为2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O 【答案】D 【详解】A．0.1 mol·L-1H2C2O4溶液的pH约为1.3，说明H2C2O4是弱酸，二元弱酸是分步电离的，故A错误； B．过量H2C2O4与NaHCO3反应生成的盐是酸式盐NaHC2O4，故B错误； C．实验3反应静置后的上层清液是CaC2O4的饱和溶液，c(Ca2+)·c(C2O)=Ksp(CaC2O4)，故C错误； D．C2O有还原性，可被酸性KMnO4溶液氧化，离子方程式为：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+ 8H2O，故D正确； 故选D。 2．(24-25 高三上·山东滨州·期末)25°C时，向含有1mol甘氨酸盐()的溶液中加入NaOH固体，溶液pH及体系中、、三种粒子的分布系数变化如图[如中的分布系数：]。 下列说法正确的是 A．a代表 B． C．m点： D．n点： 【答案】B 【分析】随着NaOH的加入，逐渐转化为，最终转化为，因此，分布系数δ应随NaOH的增加而增大，对应图中上升的曲线（c）。a曲线在NaOH为0时δ最大，随NaOH增加而减小，a应代表，b代表，以此解题。 【详解】A．由分析可知，a应代表，A错误； B．的水解方程式为：，其水解常数Kh，图中曲线b（）与曲线c（）的交点对应pH=9.78，此时两种粒子浓度相等，则Kh，B正确； C．甘氨酸电离过程分为两步：，，结合图示可知，a、b相交时pH=2.35，b、c相交时pH=9.78，则Ka1=10-2.35，Ka2=10-9.78，m点时加入氢氧化钠1mol，此时溶质为，的水解常数Kh，则其电离程度较大，故，C错误； D．该溶液为甘氨酸盐溶液，应该还有一个酸根离子，即，还应该有某个阴离子的浓度，D错误； 故选B。 3．(24-25 高三上·山东菏泽·期末)将对二甲苯和水倒入烧杯中，加入一定量的酸后充分搅拌并完全溶解，静置平衡后在对二甲苯中浓度，在水中浓度为(忽略溶液混合和加入固体时体积的变化)。 已知：①实验条件下在两相间的分配系数：(只与温度有关)； ②不能在对二甲苯中电离，在水中电离平衡常数。 下列说法错误的是 A．水溶液中 B．若向平衡体系中再加入对二甲苯，增大 C．若向平衡体系中再加入水，平衡后 D．若向平衡体系中再加入固体，平衡后 【答案】BC 【详解】A． ，，=0.36mol/L，，，水溶液中，故A正确； B．，只与温度有关，若向平衡体系中再加入对二甲苯，不变，故B错误； C．若向平衡体系中再加入水，，平衡后，故C错误； D．若向平衡体系中再加入固体，氢氧化钠中和HA，HA的物质的量减少，所以平衡后，故D正确； 选BC。 4．(24-25 高三上·山东德州·期末)已知为二元弱酸，将难溶盐 固体溶于不同初始浓度的盐酸中，平衡时部分组分的关系如图。已知  ，。下列说法错误的是 A．曲线Ⅲ代表 B． C．时，溶液的pH=4.3 D．时， 【答案】B 【分析】当盐酸浓度为10-7mol/L时(几乎没加盐酸)，溶液中溶质为MA，此时溶液中M2+和A2-的浓度基本相同（均由MA电离产生），则I表示M2+，同时溶液中存在、，随着盐酸的加入，氢离子浓度增大，两个反应的化学平衡正向移动，HA-和H2A的浓度均会增大，因此Ⅱ、Ⅲ分别对应HA-和H2A中的一种，H2A来源于HA-的水解，当加入盐酸的量较少时，H2A的量少于HA-的量，只有当加入盐酸的量较多时，HA-才大量转化为H2A，即盐酸加入量较多时，H2A的浓度才大于HA-，则Ⅱ表示HA-，曲线Ⅲ代表，据此解题。 【详解】A．根据分析，可知曲线Ⅲ代表，故A正确； B．，，，，得，同时根据Ka1==10-1.3可得c(H2A)=10-0.5mol/L=c(M2+)，故，故B错误； C．时，，，得溶液的pH=4.3，故C正确； D．时，，根据原子守恒，得，故D正确； 答案选B。 5．(24-25 高三上·山东菏泽·期末)利用平衡移动原理，分析常温下金属在不同的体系中的可能产物。已知：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；图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：起始体系中；不同下由图1得到]。下列说法正确的是 A．时，碳酸钠溶液体系中存在： B．图2中，点时溶液中存在： C．起始状态，平衡后溶液中存在： D．沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好 【答案】AD 【分析】由图1可知c()=c()时pH=10.25，则Ka2(H2CO3)=10-10.25，c(H2CO3)= c()时pH=6.37，则Ka1(H2CO3)=10-6.37；由图2可知 【详解】A．由图1 pH=7时三条曲线的相对高低可知，A正确； B． Ka2(H2CO3)= 10-10.25，M点时pH=8.25，c(H+)=10-8.25mol/L，c(OH-)=mol/L=10-5.75mol/L，溶液中c()≈0.1mol/L，则c()==10-10.25×0.1×mol/L=10-3mol/L，所以M点时，溶液中存在：c()＞c(OH-)，B错误； C．起始状态，是曲线Ⅰ上面，曲线Ⅱ下面，产生沉淀，溶液中存在：，C错误； D．由图2可知，pH>8.25时，Ni(OH)2沉淀比NiCO3优先析出，因此制备NiCO3时选用0.1mol·L-1NaHCO3溶液比0.1 mol·L-1Na2CO3溶液效果好，D正确； 故选AD。 6．(24-25 高三上·山东济宁·期末)菠萝“扎嘴”的原因之一是含有难溶于水的草酸钙针晶。常温下，向足量浊液中加HCl或NaOH调节，(代表，)与pH关系如图1所示，溶液中含碳物质的摩尔分数与pH关系如图2所示，已知，。下列说法错误的是 A．n点的横坐标为2.8 B．溶液时， C．用钙离子处理含草酸根离子的废水，pH应控制大约 D．m点处体系中存在两种固体物质 【答案】B 【分析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，、、，随着pH增大，H2C2O4浓度减小，先增大后减小，增大，即Ⅰ表示H2C2O4、Ⅱ表示、Ⅲ表示。由，图像上Ⅰ和Ⅱ的交点pH=1.3，则，同理，据此解答。 【详解】A．，n点存在关系：，则，pH=2.8，A正确； B．若要使草酸钙溶液体系pH=7，必须向体系中加入可调节pH的某些试剂，即体系中还存在其他离子，溶液pH=7时c(H+)=c(OH-)，以下电荷守恒等式缺少某些离子，无法得出，B错误； C．由图可知，用钙离子处理草酸根离子废水，应控制溶液pH大约在5~11区间内，pH过小溶液草酸钙可能会溶解，草酸根更多以草酸和草酸氢根存在，pH过高草酸钙会转化成生成Ca(OH)2，C正确； D．由图可知，m点在之上，是的过饱和溶液，溶液中存在固体，＞13，浓度迅速下降，说明此时生成了Ca(OH)2沉淀，D正确； 故选B。 7．(24-25 高三上·山东泰安·期末)室温时，向20mL的两种酸HA、HB中分别滴加NaOH溶液，其pH变化如图所示。 下列说法正确的是 A．同浓度的两种酸中由水电离氢离子的浓度： B．a点，溶液中微粒浓度： C．滴加NaOH溶液至pH=7时，HA溶液需要的NaOH溶液的体积要小 D．若用NaOH溶液滴定两种酸的时候，使用甲基橙作指示剂 【答案】BC 【详解】A．HB的pH是1，说明它是强酸，同体积同浓度的情况下，强酸电离出的多，对水的电离抑制程度更大，所以由水电离的氢离子浓度就小，选项A错误； B．a点，HA和NaA的物质的量相等，根据物料守恒：，选项B正确； C．滴加NaOH溶液至pH=7时，HB溶液需要20mLNaOH，而HA溶液若加入20mLNaOH则溶液呈碱性，所以HA溶液需要的NaOH体积要少，选项C正确； D．滴加20mLNaOH溶液时，HA与NaOH反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，因此使用碱性条件下变色的指示剂，如酚酞，甲基橙是酸性指示剂，不适合用，选项D错误。 答案选BC。 8．(24-25 高三上·山东济南·期末)常温下，向的二元弱酸中加入一元强碱MOH固体(溶液体积变化忽略不计)，体系中、和的分布系数δ(x)随溶液pOH的变化如图所示。已知：，常温下，、均易溶于水。下列说法错误的是 A．常温下，的溶液pH≈2.5 B．当pOH>7时，存在一点满足 C．当时，需加入 D．当pOH=6时，体系中 【答案】BD 【分析】 pOH越大，则溶液碱性越强，根据题给信息可知，，其中1表示H2A，2表示HA-，3表示A2-，以此解题。 【详解】A．当pH=9时，可知，则当在的溶液时，，解得此时c(H+)=10-2.5mol/L，pH≈2.5，A正确； B．当pOH=3时，可知，，在的溶液中，根据质子守恒可知，，而HA-的水解常数，即此时溶液水解为主，溶液显碱性，而当pOH>7时溶液显酸性，故此时不是的溶液，即不成立，B错误； C．的二元弱酸中的物质的量为0.01mol，当时，溶液中主要为，当然也存在，即此时加入的物质的量应该大于的物质的量，即加入，C正确； D．根据可知，当溶液为的饱和溶液时，此时，并且由选项B的分析可知，此时HA-的水解程度大于电离程度，根据水解方程式：HA-+H2O⇌H2A+OH-，其水解常数，解得，c(OH-)=10-5mol/L，而当pOH=6时，此时有一部分HA-转化成了H2A，则其浓度小于M+的浓度，促使MHA的沉淀溶解平衡正向移动，即，D错误； 故选BD。 9．(24-25 高三上·山东淄博实验中学·期末)已知：常温下，Ksp(ZnS)=1.6×10-24；pM=－lgc(M2+)(M2+为Cu2+或Zn2+)。常温下，向10mL0.10mol·L-1CuCl2溶液中滴加0.10mol·L-1Na2S溶液，滴加过程中pM与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是 A．Ksp(CuS)的数量级为10-36 B．a点溶液中，c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)] C．d点溶液中：c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(H+) D．相同条件下，若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，则反应终点c向上移动 【答案】BD 【分析】向10.0mL0.10mol•L-1CuCl2溶液中滴加0.10mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2-⇌CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液中滴加Na2S溶液的体积是10.0mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2-(aq)，结合图象和溶度积常数分析解答。 【详解】A．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4，故数量级为10-36，故A正确； B．a点为CuCl2溶液和NaCl的混合溶液，生成了CuS沉淀，c(Na+)＞2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]，故B错误； C．d点溶液中是Na2S和NaCl的混合溶液，硫离子水解溶液显碱性，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确； D．相同实验条件下，改用0.1mol•L-1的ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)= 1.6×10-24＞Ksp(CuS)，锌离子浓度大于铜离子浓度，消耗硫化钠溶液体积10mL，图中反应终点c点向b点方向移动，故D错误； 故选BD。 10．(23-24 高三上·山东日照校际联合·期末)常温下，在含有的溶液中，一定范围内，存在以下平衡：；；；。平衡常数依次为、、、。已知、、随变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．增大时，的浓度保持不变 B．直线表示的变化情况 C． D．时， 【答案】D 【分析】由已知信息 K0=c[H3A(aq)]，常温下，K0 为常数，因此原溶液中 c[H3A(aq)] 始终不变，，，；，，，，，， 因此、、与pH的变化关系直线的斜率分别为1，2，3； 【详解】A．由分析可知，pH在一定范围内增大，增大时，的浓度保持不变，A正确； B．由分析可知，直线L的斜率最大，表示 lgc(A3−) 的变化情况，B正确； C．由分析可知，M点存在，即=，整理得到，C正确； D．存在，且浓度较大，则溶液中应该加入了其它碱性物质，使得电离程度增大，溶液中除了氢离子应该还存在其它阳离子，结合电荷守恒可知，，D错误； 故选D。 11．(24-25 高三上·山东临沂百师联盟·期末)某小组根据常温下溶液的分布系数（如图所示）开展以下实验： 实验1：向溶液中加入等体积溶液； 实验2：向溶液中加入足量溶液，有沉淀生成。 下列说法中正确的是 A．常温下，的 B．实验1所得的溶液中： C．实验2中所得沉淀是黑色 D．向实验1所得溶液中滴加溶液，将促进水的电离 【答案】B 【分析】 对图中曲线进行标记如图，pH较小时，主要以H2S存在，随pH增大，H2S逐渐减少，HS-逐渐增多，pH继续增大，HS-减少，S2-增多，故曲线a表示H2S，曲线b表示HS-，曲线c表示S2-，图中a、b曲线交点，c(H2S)=c(HS-)且pH=6.9，即c(H+)=10-6.9mol/L，H2S的Ka1==10-6.9，同理，由b、c曲线交点，Ka2=10-13.0； 【详解】A．图中a、b曲线交点，c(H2S)=c(HS-)且pH=6.9，即c(H+)=10-6.9mol/L，H2S的Ka1==10-6.9，A错误； B．实验1即H2S和NaOH等量混合，相当于溶质为NaHS，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HS−)+2c(S2−)，由于Kh2==10-7.1>Ka2=10-13.0；即HS−水解程度大于电离程度溶液显碱性，c(OH−)>c(H+)，故c(Na+)>c(HS−)+2c(S2−)，B正确； C．铁离子有氧化性，H2S有还原性，故实验2中所得沉淀是淡黄色的S单质，C错误 D．实验1所得溶液相当于NaHS溶液，加入氢氧化钠溶液，刚开始氢氧化钠溶液和NaHS反应得Na2S，Na2S水解程度大于NaHS，促进水的电离，但是当NaHS全部反应完后，继续滴加氢氧化钠溶液相当于溶液中加碱，会抑制水的电离，所以是先促进后抑制，D错误； 本题选B。 12．(24-25 高三上·山东泰安·期末)向硫酸铜溶液中通入氨气，溶液中含微粒存在如下平衡： 各组分分布系数与关系如图所示。下列说法错误的是 A．曲线Ⅱ代表 B．反应平衡常数数值为 C． D．当时，有 【答案】CD 【分析】由图可知，曲线I在c(NH3)最小时，含铜微粒摩尔分数最大，说明曲线I表示Cu2+，随着c(NH3)升高，c(Cu2+)逐渐减小，[Cu(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线Ⅱ是[Cu(NH3)]2+，继续升高c(NH3)，[Cu(NH3)]2+浓度逐渐减小，[Cu(NH3)2]2+的浓度逐渐增大，则曲线Ⅲ表示[Cu(NH3)2]2+，以此类推，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，曲线V表示[Cu(NH3)4]2+，据以上分析解答。 【详解】A．由分析可知，随着c(NH3)升高，c(Cu2+)逐渐减小，[Cu(NH3)]2+的浓度逐渐增大，故曲线Ⅱ是[Cu(NH3)]2+，故A项正确； B．根据图可以判断Ⅱ为Cu(NH3)2+，曲线I、Ⅱ交点即c(Cu2+)=c[Cu(NH3)2+]，且交点对应c(NH3)=10-4.3mol/L，故，，则反应的平衡常数，故B项正确； C．由分析可知，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，曲线V表示[Cu(NH3)4]2+，a点时，c｛[Cu(NH3)3]2+｝=c｛[Cu(NH3)4]2+｝，反应平衡常数为：， ，，，解得a=-2.3，故C项错误； D．据分析，曲线Ⅲ表示[Cu(NH3)2]2+，曲线Ⅳ表示[Cu(NH3)3]2+，曲线V表示[Cu(NH3)4]2+，当溶液中c(NH3)=1.1×10−3mol/L时，lg c(NH3)在-2.65～-3.0之间，则有，故D项错误； 故本题选CD。 13．(24-25 高三上·山东烟台·期末)可溶于氨水，向的悬浊液中通入，存在平衡：  ；  。常温下，溶液中与的关系如图，表示、或。下列说法错误的是 A．曲线代表 B．b点溶液存在： C． D．常温下，的平衡常数 【答案】B 【分析】结合图像原点纵坐标可知，银离子为10-5mol/L，所以，由a点可知  ，由c点可知  ，据此解答。 【详解】A．随着增大，不断减小，先增大后减小，不断增大，故代表，故A正确； B．根据物料守恒可知，，b点溶液中，所以，故B错误； C．在b点，则，得，故C正确； D．由分析可知、、，则反应的平衡常数，故D正确； 答案选B。 14．(24-25 高三上·山东青岛二中·期末)常温下，在柠檬酸和混合液中滴加KOH溶液。X代表。混合液中与pH的关系如图所示。 下列说法不正确的是 A．L1直线表示与pH关系 B．溶液呈碱性 C．b点的溶液中： D．d点的溶液中无沉淀 【答案】B 【分析】的溶液中滴加KOH溶液生成Cd(OH)2沉淀，pH越大，越小，其对应的越大，故L4是代表与pH的关系；柠檬酸（）是三元弱酸，与碱反应逐渐转为H2R-、HR2-、R3-，酸的三步电离平衡常数，故X代表、、，分别乘以c(H+)，可以转化为平衡常数的表达式，根据大小可知，由题意分别代表、、。 【详解】A．由题意可知，和分别代表、、和，A正确； B．由题意分别代表、、。将b（4，-0.9）带入酸的第一步表达式Ka1==100.9×10-4=10-3.1，同理，将（2.7，2）代入酸的第二步电离表达式得到Ka2=10-4.7，将c（8，-1.6）代入酸的第三步表达式得到Ka3=10-6.4，则的依次为，是酸式盐，H2R-能水解使溶液呈碱性，水解平衡常数为Kh3=，也能电离使溶液呈酸性，电离常数为Ka2=10-4.7，通过比较，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，B错误； C．b点含KNO3、溶液，电荷守恒：， C正确； D．a点可计算KSP，d点在线下，通过计算可知：d点，所以没有沉淀，D正确； 故选B。 15．(24-25 高三上·山东泰安·期末)25℃时，三种酸的电离常数如下所示(单位略)： 化学式 CH3COOH H2CO3 HClO 电离常数 1.8×10-5 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 3.0×10-8 回答下列问题： (1)一般情况下，当温度升高时，Ka (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是 (填标号)。 A．    B．ClO-    C．   D． (3)用蒸馏水稀释0.10 mol·L-1的醋酸溶液，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___________(填标号)。 A． B． C． D． (4)体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程中pH变化如图所示。则HX的电离常数 (填“大于”“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c水(H+) 醋酸溶液中水电离出来的c水(H+)。 【答案】(1)增大 (2)A>B>D>C (3)B (4) 大于 大于 【详解】（1）弱电解质的电离属于吸热过程，所以温度升高，Ka增大； （2）电离常数越大，离子结合质子的能力越弱，所以结合质子的能力由大到小的顺序为A>B>D>C； （3）A．用蒸馏水稀释0.10 mol·L-1的醋酸溶液，醋酸的电离平衡正向移动，，Ka只与温度有关，温度不变，Ka不变，c平(CH3COO-)减小，故减小，A错误； B．，Ka不变，c平(H+)减小，所以增大，B正确； C．中，KW不变，c平(H+)减小，所以减小，C错误； D．，KW不变，c平(OH-)增大，故减小，D错误； 答案选B。 （4）HX和醋酸加水稀释同样的倍数，HX的pH变化较大，说明HX的电离常数大于醋酸的，稀释后HX的pH大于醋酸的pH，说明HX电离出来的c平(H+)小于醋酸的，则HX溶液中水电离出来的c水(H+)大于醋酸溶液中水电离出来的c水(H+)。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $