专题六 考点1 弱电解质的电离平衡-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训试卷

最新真题 专题六水溶液中的离子平衡 分类特训 考点1弱电解质的电离平衡 1.(2026·浙江1月卷，15)已知：25℃下，Kp[Cu(0H)2]=2×1020,K。(CHC00H)=2× 105,Km=1X10-14。Cu(OH)2(s)+2CH,C00H(aq)=Cu2+(aq)+2CH,C00(aq)+ 2H2O(I)K。过量Cu(OH)2与xmol/L CH COOH充分反应至平衡，平衡时c(CH3COO) 整 =10c(CH COOH),不考虑反应前后溶液体积变化，下列说法正确的是 A.K=8×103 B.c(Cu2+)>1.0×10-3mol/L C.平衡时，溶液呈弱碱性 D.>1.0X10-3 mol/L 郑 2.(2026·陕晋青宁卷，6)羟胺(NH2OH)有弱碱性和还原性。下列说法正确的是 A.1 mol NH2OH含有3molo键 B.羟胺分子中所有原子共平面 C.羟胺溶液呈弱碱性的原因：NH2OH十H2O一NHOH+十OH D.羟胺溶液与AgBr反应生成N2的离子方程式：2NH2OH+2Ag一2Ag↓+N2个+2H+2H,O 3.(2025·河南卷，14)乙二胺(H2NCH2CH2NH2,简写为Y)可结合H+转化为 [H2NCH2CH2NH3]+(简写为HY+)和[H3NCH2CH2NH3]2+(简写为H2Y2+),Ag与Y可 形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子。室温下向AgNO3溶液中加入Y,通过调节混合溶液的 pH改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度（忽略体积变化）。混合溶液中Ag和Y的初 始浓度分别为1.00×103mol·L1和1.15×10-2mol·L1。-lg[c(M)/(mol·L1)]与 -lg[c(Y)/(mol·L1)]的变化关系如图1所示（其中M代表Ag、[AgY]或[AgY2]),分 布系数(N)与pH的变化关系如图2所示（其中N代表Y、HY+或H2Y2+),比如6(H2Y+) 如 c(H2Y2+) 阳 c(Y)+c(HY+)+c(H2Y2+) 10 7 0.8 6 0.6 5 (3.00,5.01) 0.4 0.2 3 2.004.70 0.0 6.85 3 4 5 6 8 10 -lg[c(Y)/mol·L-] PH 图1 图2 下列说法错误的是 ( A.曲线I对应的离子是[AgY2] B.6(HY+)最大时对应的pH=8.39 C.反应Ag++Y一[AgY]+的平衡常数K1=104.o D.-lg[c(Y)/(mol·L1)]=3.00时，c(HY+)>c(H2Y2+)>c(Y) 61 4.(2025·浙江1月卷，15)25℃时，H2C03的电离常数K1=4.5×107,K2=4.7×1011; Km(CaCO3)=3.4×10-9。下列描述不正确的是 A.HCO3+H2O=OH+H2CO3,K=2.2×10-8 B.2HC03=H2C03+CO号，K=1.0×10-4 C.HC03+Ca2+CaC0,(s)+H,K=1.4×10-2 D.NaHCO3溶液中，c(H)+c(H2CO3)=c(OH)十c(CO),则c(H) _Ka[K2c(HCO)+K.] K1+c(HCO3) 5.(2025·河北卷，14)已知Cu2+和L3-结合形成两种配离子[CuL]和[CuL2]-。常温下， 0.100mol·L1的H3L和0.002mol·L1的CuSO4混合溶液中，HL2-和L3的浓度对数 lgc(实线)、含铜微粒的分布系数（虚线）[例如dc+= c(Cu2+) c(Cu*)+c([CuL])+c([CuLa] 与溶液pH的关系如图所示： 01 a(x,-1) (11.6,-1.3) -2 r1.0 -4V 6.4,0.90) -0.8 -6 0.6 -72 -8 0.4 Ⅲ、} 。(6.4,0.09 -0.2 -12 .0 6 7 pH8910112 下列说法错误的是 A.Cu2++L3==[CuL],K=10.4 B.HL2-=H++L3-,K=10-1.6 C.图中a点对应的pH=4.2 D.当pH=6.4时，体系中c(HL2-)>c([CuL2]1-)>c([CuL])>c(L3-) 6.(多选)(2025·山东卷，15)常温下，假设1L水溶液中 1.0 Co2+和C2O子初始物质的量浓度均为0.01mol· 甲 0.8 L1。平衡条件下，体系中全部四种含碳物种的摩尔0.6 分数随pH的变化关系如图所示（忽略溶液体积变 (b,0.50)4 数0.4 化)。 0.2 已知：体系中含钴物种的存在形式为Co2+,CoC,O4(s)和 (a,0.08)丙 Co(OH)2(s);K(CoCzO,)=6.0X10-8,K[Co(OH)z] pH→增大 =5.9×10-15。 下列说法正确的是 A.甲线所示物种为HC2O4 B.H2C2O4的电离平衡常数K2=108 C.pH=a时，Co2+物质的量浓度为1.6×10-3mol·L1 D.pH=b时，物质的量浓度：c(OH)<c(C2O) 62 7.(2024·湖北卷，13)CO2气氛下，Pb(C1O,)2溶液中含铅物种的分 100 Pb /PbCO3(s) 布如图。纵坐标(6)为组分中铅占总铅的质量分数。已知 75 850 c(Pb2+)=2.0×10-5mol·L1,pK1(H2C03)=6.4、 Pb(COa)2 25 pKa2(H2CO3)=10.3,pKn(PbCO3)=12.1。下列说法错误的是 Pb(OH田i 04 6 10 pH ApH=6.5时，溶液中c(CO号)<c(Pb2+) B.6(Pb2+)=6(PbC03)时，c(Pb2+)<1.0×10-5mol·L-1 C.pH=7,2c(Pb2)+c[Pb(OH)]<2c(CO)+c(HCO)+c(CIO,) D.pH=8时，溶液中加入少量NaHCO,(s),PbCO,会溶解 8.(2024·浙江1月卷，15)常温下、将等体积、浓度均为0.40mol·L1BaC12溶液与新制H2S03 溶液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的H2O2溶液，振荡，出现白色沉淀。 已知：H2S03Ka1=1.4×102,Ka2=6.0×108Kp(BaS03)=5.0×1010,Kp(BaS04)= 1.1×10-10 下列说法不正确的是 A.H,SO,溶液中存在c(H+)>c(HSO,)>c(SO)>c(OH) B.将0.40mol·L1H2SO3溶液稀释到0.20mol·L-1,c(SO)几乎不变 C.BaCL2溶液与H2SO3溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSOs D.存在反应Ba2++H2SO,十H2O2一BaSO4V+2H++H2O是出现白色沉淀的主要原因 9.(2024·新课标卷，13)常温下CH2 CICOOH和CHCl2COOH的两种溶液中，分布系数6与pH c(CH,CICOO) 的变化关系如图所示。[比如：8(CH2 CICOO)= (CH.CICOOH)+C(CH,CICOO-)- 1.0 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 2.08.015_ 0.1 0.00.40.81.21.62.02.42.83.23.64.04.44.85.25.66.0 PH 下列叙述正确的是 () A.曲线M表示6(CHCl,COO)~pH的变化关系 B.若酸的初始浓度为0.10mol·L1,则a点对应的溶液中有c(H+)=c(CHCl,COO) +c(OH) C.CH2CIC0OH的电离常数K.=101.3 电离度a(CH2ClCO0H)0.15 D.pH=2.08时，电离度a(CHCL,C00HD 0.85 63 10.(2023·辽宁卷，15)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即20 ① c(H2S)=0.1mol·L1,通过调节pH使N+和Cd+形成硫 16 (4.9,13.0) 12 化物而分离，体系中pH与一lgc关系如图所示，c为HS、 6.8,9.2)② (1.6,6.5) ③ S2-、Ni+和Cd+的浓度，单位为mol·L1。已知Kp(NiS) (4.2,3.9) >Kn(CdS),下列说法正确的是 ④ 0 12345 6 A.Kp(CdS)=10-18.4 PH B.③为pH与-lgc(HS)的关系曲线 C.K1(H2S)=108.1 D.K2(H2S)=1014.7 11.(多选)(2023·山东卷，13)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~ 4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下，H2SO3的电离 的 平衡常数K1=1.3×10-2,K2=6.3×10-8。下列说法正确的是 ( Cu,浓H2SO4 Na2CO3溶液 反应I→气体I 反应Ⅱ→气体Ⅱ 调pH=11 CuSO 水 低温真空蒸发 反应Ⅲ ←一化合物X← 固液分离→溶液Y Cu2O A.反应I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO,被氧化 C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收气体工 D.若Cu,0产量不变，参与反应Ⅲ的X与Cs0,物质的：之比，%，)增大时，需补加 n(X) NaOH的量减少 12.（2022·全国乙卷，13)常温下，一元酸HA的K.（HA)=1.0× 溶液1 膜 溶液Ⅱ 103。在某体系中，H+与Aˉ离子不能穿过隔膜，未电离的HA pH=7.0 pH=1.0 H+A-HA HA÷H+A 可自由穿过该膜（如图所示）。设溶液中c(HA)=c(HA)十 c(Aˉ)，当达到平衡时，下列叙述正确的是 A.溶液I中c(H+)=c(OH)十c(A) 成溶液Ⅱ巾的HA的电离度（品）为 C.溶液I和Ⅱ中的c(HA)不相等 D.溶液I和Ⅱ中的c為(HA)之比为10-4 64根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分 数即为其物质的量分数，因此有4-3z=0.9,解得工= 3,周此达到平街时e(C0)=4X39mol,C0的平衡 4xmol 转化率a=4m01X100%≈97.3%。气体的分压= 总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强 平衡常数K。=NiCO)]= 0.9Xp3 p(C0) (0.1×p) &18=96wM) (4)由题给关系式可得e=NiCO,,当Ni(CsO, Co[Ni(C1O] 反度-*时C8专南e-名4 1 =n2如4=n2则号-2。 In 2 答案： 3d 4s a四。 (2)8分子晶体 (3)小于降低温度、增大压强97.3%9000 (4)血2 k 专题六水溶液中的离子平衡 [考点1] 1.DA.反应平衡常数K= c(Cu2+)·[c(CHCO0)] [c(CH,COOH)] c(C)·[c(Or)·[c(CH000乎·[c(H,则K= [c(CH COOH)]2·K.2 Kn[Cu(OH)2]·Ka2_(2×1020)×(2×105)2」 K. (1×10-14)2 8×10-30 100=8X10,故A错误；B.由平衡常数和条件G [CHCO0]=10c[CH,COOH],代入得c[Cu2+]=8X 104mol/L<1.0×10-3mol/L,故B错误；C.平衡时有 K[Cu(OH)2]=c[Cu2+]·c(OH)2]=8×10-4× [0H]2=2×10-0,得氢氧根浓度为5×10-9mol/L, 由K.=c(H+)·(OH)得氢离子浓度为2×10-6mol/ L,则pH≈5.7，呈酸性，不是弱碱性，故C错误；D.由反 应计量关系：Cu(OH)2(s)+2 CH COOH一Cu2++ 2CH3COO+2H2O,生成c(CHCO0)与c(Cu2+)的 关系为c(Cu2+)=2c(CH,C00),则c(CH,CO0)= 1.6×10-3mol/L,平衡时c(CH,C00)=10c [(CH:COOH)],则c[(CH,COOH)]=1.6×10-4mol/ L,根据乙酸根元素质量守恒，初始乙酸浓度等于平衡时 乙酸分子和乙酸根离子的浓度之和，则x=(1.6×103 +1.6×104)mol/L>1.0×10-3mol/L,故D正确。 H 2.CA.NH2OH的结构式为 N-O ,含有2个 H H N-Ho键、1个N一Oo键、1个O一Ho键，共4个o键， 故1 mol NH2OH含4molo键，A错误；B.羟胺分子中 N原子形成3个。键，存在一对孤电子对，为sp杂化， 空间结构为三角锥形，所有原子不可能共平面，B错误； C.羟胺中N原子有孤电子对，可结合水电离出的H+, 使溶液中c(OH)>c(H),溶液呈碱性，离子方程式 为：NH2OH+H2O一NH3OH+OH,C正确；D.羟 胺溶液与AgBr反应生成N2,AgBr是难溶物，书写离子 18 方程式时不能拆为Ag,正确的离子方程式为： 2NH,OH+2AgBr-2Ag+N,+2H+2H,O+ 2Br,D错误。 3.DAg与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子， 发生的反应为Ag+Y=[AgY]+、[AgY]++Y= [AgY2],故随着Y浓度的变大，Ag浓度变小， [AgY]+先增大后减小，[AgY2]增大，则从图像上（从 右向左表示Y浓度的变大)可以看出，曲线I表示 [AgY2]+浓度，Ⅱ表示[AgY]浓度，Ⅲ表示Ag浓度； 同理，调节溶液pH,当酸性较强时，H2Y+浓度大，当碱 性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示H2Y+浓度，曲线 V表示HY浓度，曲线I表示Y浓度，据此解题。 A.由分析可知，曲线I表示[AgY2]十，A正确；B.由题 意可知，Y可以视为二元弱碱，第一次电离方程式为：Y +H,0一HY+OH,K,=c(HY*)cOH),当 c(Y) c(HY)=c(Y)时，c(H+)=109.8mol·L1,c(OH) =104.7mol·L1,则K1=10407,同理Ke=10.15， KaXK2=c(HY*):cOH)×c(H,Y+)·c(OH) c(Y) c(HY) =c(H,Y+):c2(0H)=1012,由图像可知，当 c(Y) 8(H2Y2+)=8(Y)时，6(HY)最大，则c(OH)=101 mol·L1,pOH=5.61,pH=8.39,B正确；C,反应Ag+Y 二e门的李新方数K是南用可和， c(Y)=1040mol·L1时，c([AgY])=c(Ag),则K1= 10m=100,C正确；D.-lg[c(Y)/(molL1)]= 3.00时，c(Y)=103mol/L,c(Ag+)=105.omol·L1, c([AgY2]t)=c([AgY]+),由元素守恒可知，c(Ag)十 c([AgY2])+c([AgY])=1.00×10-3mol/L,则 c([AgY2]+)=c([AgY]+)=4.95×10-4mol/L,Y的初 始浓度为1.15×10-2mol·L-1,由元素守恒得 2c([AgY2])+c([AgY])+c(Y)+c(HY)+ c(H2Y2+)=1.15×10mol/L,代入数据，c(Y)+ c(HY+)+c(H2Y2+)≈0.01mol/L,则6(Y) c(Y) c(Y)+c(HY+)+c(H2Y2+) =103mol.L-1 0.01m0l·=0.1,由图像2可知，pH在8.39~ 9.93之间，此时c(HY+)>c(Y)>c(H2Y+),D错误。 4.D A.HCO H2OOH+H,CO3,K c(OH)·c(HCO)_K 10-14 C(HCO) K4.5X107≈2.2X108,A正 确；B.2HCOH2CO3+CO,K= c(C0g)·c(HC0）_K2_4.7X10 (HCO) K4.5X107≈1.0X104,B正 确；C.HCO+Ca+=一CaCO,(s)+H,K= K2 cCo).cCa+)=K.CacO)=3.4×10.1.4X×m c(H) 102,C正确； D.Ka[Kac(HCO)+K.]_ K+c(HCO) (H+)X(Hc(C(HX(Hc()X(OH-) c(H2 CO3) c(HCO3) :(H+)×c(HCO）+c(HC05) e(H2C03) =c2(Ht)× rc(CO)+c(OH) lcH,CO)+c(H)由于 c(H+)+c(H2CO3)=c(OH)+c(CO),所以 K[Kec(HCO)+K]=2(H),D错误。 K+c(HCO) 2 5.C曲线Ⅲ和曲线V的交点代表6c2+=cu即 c(Cu2+)=c([CuL]),由图可知，此时lgc(L3)= 一9.4，代入平衡常数表达式得K= c(CuL) c(Cu2+)·c(L3-) 10=1024,A正确；曲线1和曲线Ⅱ的交点代表 1 lgc(L3)=lgc(HL2)即c(L3)=c(HL2),此时pH =11.6,代入平衡常数表达式得K=cL)·c(H) c(HL) 1016,B正确；曲线N和曲线V的交点代表cL2-= 6c即c([CuL,]4-)=c([CuL]),此时lgc(L3)= -7.2,可得[CuL]+L3-=[CuL2]-的平衡常数K c([CuL2]4-) c(CuL])·c(L)-10a=1022,a点时，0a2+- 8c2J4-代入KXK'= c([CuL]) c(Cu2+)·c(L3-) c([CuL2]4-) (c).c3)-2(9 、=109,4×102.2=1016.6, 解得c(L3-)=108.3mol·L1,且a点对应c(HL2)= 101mol·L1,代入HL2-三H+L3的平衡常数K =c(L）:cH*）=10.6,计算得c(H+)=1043mol c(HL2) ·L1,故pH=4.3,C错误；当pH=6.4时，c(HL2-)最 大，接近101mol·L1,结合B项中平衡常数可计算得 c(L3-)≈106.2mol·L1,dcL4=0.90,dtc1= 0.09,结合Cu元素守恒知，c([CuL2]4-)=0.90X 0.002mol·L-1=1.8×10-3mol·L1,c([CuL])= 0.09×0.002mol·L=1.8×10-4mol·L,因此体系中 c(HL2)>c([CuL2]-)>c([CuL])>c(L3),D正确。 6.CD由题中信息可知，C2O可以形成四种物种，分别为 H2C2O4、HC2O、C2O和CoCO,(s),随着pH增大， H2C2O。的摩尔分数逐渐减小，CoC2O4(s)会转化为溶解度 更小的[Co(OH)2],CoCO(s)的摩尔分数先增大后减小， 因此，C,O的摩尔分数逐渐增大。综合以上分析可知，甲 线所示物种为CoCO,(s),丁线所示物种为CO,根据曲 线的走势结合电离平衡的过程可知，乙线所示物种为 H2C2O4,丙线所示物种为HC2O。由甲、丁两线的交，点可 知，在该点C2O和CoC2O,(s)的摩尔分数相等，均为0.50， 由于水溶液中C。+和CO初始物质的量浓度均为 0.01mol·L1,则此时溶液中CO的浓度为0.005mol· L,由Kp(CoC2O)=6.0X10-8可以求出此时溶液中 0w的浓度为8.8X9mol·L=1.2X10nl. L1,再由Kp[Co(0H)2]=5.9×10-5可以求出此时溶 ./5.9×10-5 液中c(0H)√，2X10≈2.2×105molL, pH≈9.3，即b≈9.3，根据图像中的位置可以估算出a< 7。由乙和丙两线的交点可知，H2C2O4和HC2O,的摩 尔分数相等，均为0.08，则由C元素守恒可知，此时 CoC,O.(s)的摩尔分数为0.84。 A.由分析可知，甲线所示物种为CoC2O,(s),A不正确； B.已知H2C2O,是二元中强酸，其酸式盐的水溶液显酸 性，HC2O的电离程度大于其水解程度；当溶液中 HC2O4与C2O浓度相等时，溶液显酸性，c(H+)> 10'molL,则Ke=cH）:cC,0)=c(H+)> c(HC2O) 1×107,故B不正确，C.pH=a时，n(H2C2O4)= n(HC2O4)=0.8×0.01mol,由于C2O子的摩尔分数接 近0，故n(CaC2Oa)=(0.01-8×104×2)mol,Ca的总 量为0.01mol,则剩余的n(Co2+)为1.6×103mol; c(Ca2+)=1.6×10-3mol·L1,C正确；D.由分析可知 pH=b时，C2O的浓度为0.005mol·L1,c(OH)≈ 18 2.2×105mol·L1,c(OH)<c(C20),D正确；综 上所述，本题选D。 7.DA.由图可知，pH=6.5时8(Pb2+)>50%,即 c(Pb+)>1X105mol/L,则c(C0g)≤KPbc02 c(P%2+) 10-12.1 1X10mol/L=101mol/L<c(Pb2+),A项正确；B 由图可知，8(Pb2+)=8(PbCO3)时，溶液中还存在 Pb(OH)+,根据c(Pb2+)=2.0×10-5mol/L和Pb守 恒，溶液中c(Pb2+)<1.0×10-5mol/L,B项正确；C.溶 液中的电荷守恒为2c(Pb2+)+c[Pb(OH)+]十c(H+) =2c(CO)+c(HCO)+c(CIO)+2c[Pb(CO3)] 十c(OH),pH=7时溶液中c(H+)=c(OH),则 2c(Pb2+)+c[P%(OH)+]=2c(CO)+c(HCO3)+ c(ClO)+2c[Pb(CO3)?],C项错误；D.NaHCO3溶液 中HC0,的水解平衡常数为K,=KH,CO,) Kw 10。=10-6>Ke(H,C0),NaHC0,溶液呈碱 1×10-14 性，加入少量NaHCO,固体，溶液pH增大，PbCO。转化 成Pb(CO3)而溶解，D项正确。 8.CA.亚硫酸是二元弱酸，存在二次电离，电离方程式 为：H2SO3=H++HSO5,HSO=一H++SO,则 溶液中c(H+)>c(HSO)>c(SO)>c(OH),A正 确；B.亚硫酸根离子是其二级电离产生的，则稀释的时 候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变 为原来的一半，另外稀释的平衡常数不变，对第二级电 离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，B正确； C.加入双氧水之前，生成的白色浑浊为BaSO3沉淀，C 错误；D.过氧化氢具有强氧化性，可以将十4价硫氧化为 十6价硫酸根离子，则存在反应，BaSO3+H2O2 BaSO,十H2O,则出现白色沉淀的主要原因是生成 BaSO4沉淀，D正确。 9.D随着pH的增大，CH2 CICOOH、CHCl2COOH浓度减 小，CH2 CICOO、CHC,COO浓度增大，一Cl为吸电子 基团，CHCL2COOH的酸性强于CH2 CICOOH,即 K,(CHCL,COOH)>K.(CH,CICOOH),8(酸分子)=8（酸 根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电 离常数分别为K。(CHCl2C0OH)≈101.3， K,(CH,CICOOH)≈102.8，曲线M表示(CH,ClCO0)~ pH的变化关系，A、C错误；根据K(CHCI,COOH)= c(CHC2COO)·c(H) ，初始co(CHC2C0OH)=0.1mol· c(CHCL,COOH) L1,若溶液中溶质只有CHCI COOH,则c(CHC2COO) =c(H)≈√/K,(CHCl2 COOH·c(CHC2 COOH)= 101.15mol·L1,但a点对应的c（H)= 0.1mol·L1,说明此时溶液中加入了酸性更强的酸， 根据电荷守恒c(H+)>c(CHCl2COO)+c(OH),B 错误；电离度a=”,n华=m心满十朱请， n给 (CH,CICOOH)=(CH,CICOO), a(CHC2COOH)=8(CHC2COO),pH=2.08时， 6(CH2C1C00)=0.15, 6(CHC12COO)=0.85,D正确。 10.D已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度 不变，但HS和S2-浓度逐渐增大，则有一lgc(HS)和 一lgc(S2-)随着pH增大而减小，且pH相同时，HS浓 度大于S2-,即-lgc(HS)小于-lgc(S2-);随着pH 增大，S2-浓度增大，则N+和Cd+浓度逐渐减小，且 Kn(NiS)>Kp(CdS)即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)> c(Cd2+),则-lgc(Ni2+)和-lgc(Cd+)随着pH增大而 增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lgc(Cd+),由此可知曲 线①代表Cd2+、②代表Ni+、③代表S2-,④代表 HS,据此分析结合图像各，点数据进行解题。A,由分 析可知，曲线①代表Cd+、③代表S2-,由图示曲线① ③交点可知，此时c(Cd+)=c(S2-)=10-13mol/L,则有 Kp(CdS)=c(Cd2+)·c(S2-)=10-18X10-18=10-26, A错误；B.由分析可知，③为pH与一lgc(S-)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)=10-1mol/L时，c(HS) =10-65mol/L,K1(H,S)=c(H*):c(HS) c(H2 S) =101.6×10-6.5 0.1 =10.1或者当c(H)=1042mol/L 时，c(HS)=10&”mol/L,K(H,S=c(H*)·c(Hs) c(HS) =1042X1039 0.1 =107.1,C错误；D.已知K1K2= c(H)·c(s)×c()·c(S)-2()cS）,由 c(HS) c(HS) c(HS) 曲线③两，点坐标可知，当c(H)=l049mol/L时，c(S-) =l0-18mol/L,或者当c(H+)=10-.8mol/L时，c(S2-) =102mol/L,故有K1K。=c(H):c(S) c(H2S) (10-49)2×10-18 0.1 =1021.8，结合C项分析可知，K1= 10.1故有Ke(H,S)=1014.7,D正确；故答案为D。 11.CD制备Cu20的工艺路线分析。反应Ⅱ所得溶液 pH在34之间，则反应Ⅱ为SO2和Na2CO3溶液反 应生成NaHSO3和CO2,为非氧化还原反应，A错误； 反应Ⅱ得到NaHSO,溶液，调pH=11时NaHSO3转 化为Na2SO,故低温真空蒸发主要目的是防止 Na2SO,被氧化，B错误；溶液Y含少量Na2SO3,可循 环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收SO2气体生成 NaHSO3,C正确；化合物X为Na2SO3,当Na2SO3少量 时，反应Ⅲ为2CuS04+Na2SO3+2H2O一Cu2O↓+ Na2SO,十2H2SO4,当NaSO过量时，反应Ⅲ为2CuSO, +3NaS03一Cu2O↓+3Na2S0,+2SO2↑，生成的 SO,气体会逸出，故当Na0)增大时，需补加 n(CuSO) NaOH的量减少，D正确。 12.BA.常温下溶液I的pH=7.0,则溶液I中c(H) =c(OH)=1X 10-7 mol/L,c (H)<c(OH)+ c(A),A错误；B.常温下溶液Ⅱ的pH=1.0,溶液中 c(Ht)=0.1mol/L,K.=c(H)cA)=1.0× c(HA) 10-,c(HA)=c(HA)+c(A),则0.1c(A) c总(HA)-c(A) .0X10,屏得二品-dB正确：C根据道意， 未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中的c(HA)相 等，C错误；D.常温下溶液I的pH=7.0,溶液I中c(H)=1 X10-mol/L.K(H(A-1.0X10c(HA) c(HA) -((HA(A),10[c (HA)(HA]10x c(HA) 103,溶液I中c意(HA)=(10+1)c(HA),溶液Ⅱ的 pH=1.0,溶液Ⅱ中c（H)=0.1mol/L,K。= c(H):cA)=1.0X103,c(HA)=c(HA)+c(A), c(HA) 0.1[c(HA)-c(HAD]=1.0X10,溶液Ⅱ中cg(HA)= c(HA) 1.01c(HA),未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和Ⅱ中 的c(HA)相等，溶液I和Ⅱ中cs(HA)之比为[(10十1) c(HA)]:[1.01c(HA)]=(10+1):1.01≈10，D错误； 答案选B。 18 [考点2] 1.C由题图可知，随着pH增大，平衡+NH CH,COOH K:-2.4+NH.CH.COO pK2=9.6 =NH CH.COO右移，+NH,CH COOH的分布分 数减少，+NH,CH2COO先增加后减少，+NHCH,COO最 后增加，a点代表+NH,CH COO和NH,CH COO分布分 数相等的点；题图中b点滴入NaOH溶液为l0mL, +NHCH,COOH·C】和NaOH的物质的量相等，得到 +NHCH,COO,c点+NH,CH COOH·CI和NaOH的物 质的量之比为1：2，得到主要粒子为NH CH COO。 A根据分析可知，随着pH增大，+NLCH,COOH的分布分 数减少，曲线I代表+NHCH2COOH的分布分数，A正确；B.a ,点代表+NH,CH,COO和NH CH COO分布分数相等的 _c(NH CH COO) 点，二者浓度湘等，pKe=9.6,Ka=《广NH,CH,CO0) c(H)=(H)=106,pH=9.6,B正确；C.题图中b点 滴入NaOH溶液l0mL,+NHCH2COOH·C1和 NaOH的物质的量相等，得到的主要离子为+NH CH2COO,+NHCH2COO存在电离和水解，K2= Km=10“ 10,K,=家-=10=10-，+NH,CH,C00电 离程度大于其水解程度，则c(NH,CH2COOH) c(NH,CH2COO),C错误；D.c点+NH,CH COOH·C 和NaOH的物质的量之比为1：2，得到的主要粒子为 NH2 CH,COO,根据质子守恒，有2c(NHCH2COOH)+ c(NHCH2COO)+c(H)=c(OH),D正确。 2.DA.由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液的 体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式4NH4~ [(CH2)6N4H十3H+]~4OH可知，由于待测液的体 积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL溶 液中c(NHt)=c(OH)=0.01000mol·L1,则原废水 中cN时)=0.0100mml,L×0-0.010o0mol1,L,因 此，废水中NH的含量为0.001000mol×18000mg· mol1·L1=18.00mg·L1,A错误；B.c点加入NaOH 标准溶液的体积过量，且只过量了方，由电荷守恒可知， c(CH,)N.H+c(H)+c(Na)=c(OH)+ c(CI),浓缩后的废水中NH,CI的浓度和NaOH标准 溶液浓度相等，CI和Na均不参与离子反应，可以估算 cc(CI)<c(Na),c[(CH2)N H+]+c(H)<c (OH),B错误；C.(CH2)。N4H在溶液中水解使溶液 显酸性，类比NH3可知(CH2)。N4在溶液中与水作用发 生电离而使溶液显碱性；点为半滴定点，由其纵坐标可 知溶液显酸性，说明(CH2)。N4H+的水解作用强于 (CH2)。N4的电离作用，可知溶液中相关粒子的浓度的 大小关系为c[(CH2)6N]>c[(CH2)6N4H],C错误； D.由图1和图2可知，当pH=6.00时，(CH2)gN4占比 较高，6[(CH2)6N4]=0.88,则由氦守恒可知， 6[(CH2)。N4H]=0.12,两种粒子的浓度之比等于其 分布分数之比，则(CH2)6NH=(CH2)sN十H的 平衡常数K=[(CH)N,]·c(H)_0.88×10 ≈ c[(CH2)N H+] 0.12 7.3X106,D正确。 3.C容量瓶检漏时，需先倒置看是否漏水，不漏水，再将 容量瓶正放，旋转活塞180度，再倒置一次看是否漏水， 因此进行容量瓶检漏时，需倒置两次，A错误；滴入半滴 标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内溶液颜色不 变化，才可判定达到滴定终点，B错误；滴定读数时，应单 手持滴定管上端并保持其自然垂直，故C正确，D错误。 4.A用cmol·L1NaOH-甲醇标准溶液进行滴定，根据 反应CH3COOH+NaOH=CH,COONa+H2O,结合 步骤④可得关系式：乙酸酐[(CHCO),O]~