浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编45水溶液中的离子反应和平衡（3）

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浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编45水溶液中的离子反应和平衡（3）

一、单选题
1．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．室温下，pH=10的Na2CO3溶液中由水电离出的OH-数目为10-4NA
B．将0.1molNH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH的数目为0.1NA
C．5.9gC3H9N中所含共用电子对数目为1.4NA
D．将1mol氯气通入足量水中充分反应后，HClO、Cl-、ClO-的微粒数之和为2NA
2．（2021·浙江绍兴·统考模拟预测）Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理示意图如图，刻蚀溶液有一定浓度的HF和H2O2混合而成，刻蚀时间为，由Ag薄膜覆盖的硅晶片部分逐渐被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法不正确的是

A．Ag薄膜附近随着反应的进行，pH逐渐减小
B．Si极发生的反应为Si+2H2O=SiO2+4H++4e-，SiO2+6HF= H2SiF6+2H2O
C．该刻蚀的总反应可表示为SiO2+6HF+2H2O2= H2SiF6+4H2O
D．该刻蚀过程的是由微小的Si、Ag、HF和H2O2的原电池组成
3．（2021·浙江·统考模拟预测）常温下，下列说法不正确的是
A．在0.1mol•L-1的醋酸溶液中，加入0.1mol•L-1的氯化钠溶液，醋酸的电离程度增大
B．V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1≤V2
C．体积、pH均相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉(少量)，前者用时少
D．在Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
4．（2021·浙江·统考模拟预测）25℃时，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol·L-1的H2A溶液，溶液中各微粒的分布系数δ与pH、NaOH溶液体积的变化如图所示。[A2-的分布系数：δ(A2-)=。下列说法正确的是

A．H2A在水中的电离方程式：H2AH++HA-、HA-H++A2-
B．当V(NaOH)=30mL时，溶液中存在以下关系：2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+c(OH-)
C．HA-的电离平衡常数Ka=1.0×10-5
D．滴定终点时，溶液中c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)
5．（2021·浙江·统考模拟预测）NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温下，含NA个Al3+的Al(NO3)3溶液中NO的数目大于3NA
B．标准状况下，22.4L氖气含有的质子数为20NA
C．1mol链式葡萄糖分子结构中含有的—OH数为6NA
D．在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有21.3g氯气生成，转移电子的数目为0.6NA
6．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）类比，对于稀溶液，。室温下，向某浓度溶液加入，保持溶液体积和温度不变，测得与、、变化如图所示。下列说法不正确的是

A．曲线Ⅲ表示变化
B．常温下，
C．b点时，
D．时，
7．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）室温下，下列说法正确的是
A．含等物质的量的和的溶液呈碱性，可知
B．同的溶液：①  ②  ③  ④，物质的量浓度最大的是④
C．物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，存在
D．相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若，则(氨水)(盐酸)
8．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）下列物质属于有机物，且是弱电解质的是
A． B． C． D．(蔗糖)
9．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）( )极易水解，主要用于制备酰基氯化物。下列关于说法不正确的是
A．既有氧化性又有还原性
B．遇水反应生成和
C．可用作由制取无水的脱水剂
D．
10．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）大气中含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(，)海水中浓度与模拟空气中浓度的关系曲线。下列说法不正确的是

A．海水温度一定时，大气中浓度增加，海水中溶解的随之增大，导致浓度降低
B．大气中含量增加时，海水中的珊瑚礁溶解的反应为：
C．当大气中浓度确定时，海水温度越高，则浓度越低
D．海水呈弱碱性，是铝、铁元素在海水中含量少，而在陆地含量高的原因
11．（2021·浙江·模拟预测）下列事实中，能说明MOH是弱碱的有
①0.1mol/L MOH溶液可以使酚酞试液变红
②常温下，0.1mol/L MOH溶液中c(OH－)<0.1mol/L
③常温下，0.1mol/L MOH溶液的导电能力比0.1mol/L NaOH溶液弱
④0.1mol/L的MOH溶液与等体积0.1mol/L的盐酸恰好完全反应
⑤常温下，往MCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色
A．①②③ B．②③④ C．②③⑤ D．③④⑤
12．（2021·浙江台州·统考一模）下列物质属于弱电解质的是
A． B． C． D．
13．（2021·浙江台州·统考一模）下列说法正确的是
A．容量瓶使用完毕洗净后，必须烘干，待以后实验时使用
B．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶洗净后即可使用，不必烘干
C．食醋总酸含量测定以酚酞为指示剂，用标准氢氧化钠溶液直接滴定食醋样品
D．将溶于浓盐酸呈蓝色，逐滴加水至紫色，加热后溶液转变成粉红色
14．（2021·浙江台州·统考一模）下列说法正确的是
A．25℃时，测得0.1的XCl溶液pH＜7，则XOH为强碱
B．同体积浓度分别为1、0.1的醋酸，含的物质的量分别为a mol、b mol，则a>10b
C．同体积同pH的盐酸与醋酸，与足量锌反应，若后者生成氢气多，则说明醋酸为弱酸
D．同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别中和同体积同浓度的NaOH溶液，醋酸消耗的体积多
15．（2021·浙江台州·统考一模）下列“类比”结果不正确的是
A．与反应生成与，则与反应生成与
B．盐酸与反应生成，则氢碘酸(HI的水溶液)与反应生成
C．溶液蒸干得到，则溶液蒸干得到
D．催化氧化生成，则催化氧化生成
16．（2021·浙江温州·统考一模）下列说法正确的是
A．25℃时，水电离出的溶液，其pH＞7
B．25℃时，pH=3的HCl与pH=11的MOH溶液混合，测得pH＞7，则MOH为弱碱
C．25℃时，若测得HR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，滴入10.0mLNaR浓溶液，测得pH=b，b＞a，则HR是弱酸
D．25℃时，物质的量浓度相等的盐溶液NaX与NaY，若，则HX为强酸
17．（2021·浙江温州·统考一模）下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
探究氢氧化铝的性质
将2~3mL氯化铝溶液注入洁净的试管中，逐滴加入氨水
生成白色沉淀，继续滴加，沉淀不溶解，则氢氧化铝不溶于碱
B
探究苯酚与溴水的反应
取2mL10%苯酚的水溶液于试管中，滴加2~3滴稀溴水
未观察到产生白色沉淀，说明苯酚不能与溴水发生反应
C
探究、溶液碱性强弱
25℃时，分别取一定量饱和与饱和溶液，测定溶液的pH
，说明碱性强于
D
检验火柴头中是否含有氯元素
取少量火柴头的浸取液，依次滴加、稀、于试管中，振荡
生成白色沉淀，则火柴头里含有氯元素

A．A B．B C．C D．D
18．（2021·浙江·模拟预测）实验测得10mL溶液、10mL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℃时和的电离常数均为。下列说法正确的是

A．图中虚线d表示溶液pH随加水量的变化
B．溶液稀释加水量到1000mL时，溶液的pH值约为6.8
C．随温度升高，增大，溶液中减小，增大，pH减小
D．25℃时稀释相同倍数的溶液与溶液中：

二、填空题
19．（2021·浙江·统考模拟预测）已知：H2A的Ka1=1.0×10-6，Ka2=1.0×10-11；H2B的Ka1=5.6×10-8，Ka2=1.2×10-15。
(1)写出向Na2A溶液中通入少量H2B气体发生反应的离子方程式：__。
(2)NaHA溶液呈__(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，通过计算说明判断依据：__。

三、实验题
20．（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）某兴趣小组用固体碱熔氧化法制备高锰酸钾晶体，操作流程如下：

请回答：
(1)步骤Ⅰ应在下列___________仪器中完成操作。
A．陶瓷坩埚 B．石英坩埚
C．铁坩埚 D．氧化铝坩埚
(2)下列说法合理的是___________。
A．步骤Ⅰ熔融时，用玻璃棒不断搅拌，加速熔融
B．步骤Ⅲ应用砂芯漏斗或者玻璃纤维替代滤纸
C．步骤Ⅰ应先将和熔融后，再分批加入，以减少的分解
D．可用气体代替步骤Ⅱ中气体，以加快的歧化速率
(3)步骤Ⅳ为了获得较大颗粒的高锰酸钾晶体，请从下面选出合理的操作并排序：___________(用序号回答)。
①小火加热，蒸发至有较多晶体析出，停止加热  ②小火加热，边加热边用玻璃棒不断搅拌  ③迅速降至室温  ④自然冷却至室温  ⑤当浓缩至液面出现晶膜时，停止加热  ⑥将步骤Ⅲ的滤液移至蒸发皿内
(4)高锰酸钾产率的测定
准确称取基准物置于锥形瓶中，加水溶解，再加适量的硫酸。将自制的高锰酸钾配成溶液，置于棕色滴定管中进行滴定。
①已知：转化为，写出滴定时的离子方程式：___________。
②滴定时，到达终点的实验现象是___________。
③滴定终点示意图如图，则下列读数合理的是___________。

A．          B．           C．           D．

参考答案：
1．B
【详解】A．溶液体积未知，不能计算其物质的量，则不能计算OH-数目，A错误；
B．将0.1molNH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH)=c(Cl-)=0.1mol，溶液中NH的数目为0.1NA，B正确；
C．5.9gC3H9N的物质的量为，C3H9N的结构简式为CH3CH2CH2NH2或(CH3)2CH(NH2)，则1个C3H9N分子含有12个共用电子对，即5.9gC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA，C错误；
D．1mol氯气通入足量水中充分反应：Cl2+H2OHCl+HClO，溶液中的含氯微粒有HClO、Cl-、ClO-、Cl2，因此HClO、Cl-、ClO-的微粒数之和小于2NA，D错误；
故选B。
2．A
【详解】A．根据图示可知：在Ag薄膜附近发生反应：2H++2e-+H2O2=2H2O，所以随着反应的进行，溶液中c(H+)减小，故溶液的pH逐渐增大，A错误；
B．根据图示可知：在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H+，反应方程式为，，B正确；
C．在Ag电极上反应为：2H++2e-+H2O2=2H2O，在Si电极上发生反应为，，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知总反应方程式为，C正确；
D．根据上述分析可知：在Ag电极上失去电子，在Si电极上得到电子，电解质溶液为HF和H2O2，它们形成闭合回路，实现了化学能向电能的转化，即构成了原电池，D正确；
故合理选项是A。
3．B
【详解】A．氯化钠在溶液中电离出的氯离子与钠离子不影响醋酸电离，但加入氯化钠溶液后，醋酸溶液被稀释，醋酸电离平衡向右移动，电离度增大，故A正确；
B．常温下，若HA为强酸，V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合显中性时，酸碱溶液的体积相等，若HA为弱酸，等体积pH=11的NaOH溶液与pH=3的HA溶液混合时，HA溶液过量，溶液呈酸性，则V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合显中性时，氢氧化钠溶液的体积大于HA溶液，故B错误；
C．醋酸溶液中存在电离平衡，pH相等的醋酸溶液和盐酸溶液中加入少量金属镁，醋酸溶液中氢离子浓度变化小，与镁完全反应速率快，用时少，故C正确；
D．在氢氧化镁悬浊液中加氯化铵后，铵根离子和氢氧化镁电离出的氢氧根离子反应，使氢氧化镁的难溶平衡向右移动，使溶液中镁离子浓度增大，故D正确；
故选B。
4．D
【详解】A．根据题中图示可知，用强碱滴定二元酸，只有一个突跃，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以H2A在水中电离的方程式为H2A=H++HA-、HA-H++A2-，故A错误；
B、当V(NaOH)=30.00mL时，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，由于H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以HA-只电离，不水解，即溶液中不存在H2A，所以物料守恒3[c(HA-)+c(A2-)]=2c(Na+)，联立电荷守恒和物料守恒，得c(HA-)+2c(H+)=c(A2-)+2c(OH-)，故B错误；
C．根据题中图示可知，常温下，由于H2A一级电离为完全电离，HA-的起始浓度为0.1mol/L，当V(NaOH)=0mL，HA-浓度大，即HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡为HA-H++A2-，其电离平衡常数Ka==≈1.0×10-2，故C错误；
D、当滴定终点时，溶液的溶质为Na2A，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，由于A2-离子水解，溶液呈碱性，即c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，故D正确；
答案为D。
5．A
【详解】A．会水解，水解会导致消耗，当其个数为时根据的组成，可知的数目大于，A正确；
B．22.4L(标准状况)氖气的物质的量为1mol，质子数为，B错误；
C．1mol链式葡萄糖分子结构中含有的—OH数为，C错误；
D．在反应中，每反应生成转移电子数为5mol，的物质的量是，所以反应中电子转移的数目为，D错误；
故答案为：A。
6．C
【分析】随pH增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大，pc=-lgc，则pc(H2A)逐渐增大、pc(HA-)先减小后增大、pc(A2-)逐渐减小，即曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-；
【详解】A．随pH增大， c(HA-)先增大后减小，pc=-lgc，则pc(HA-)先减小后增大，即曲线Ⅲ代表变化，故A正确；
B．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-，c点时c(HA-)=c(A2-)，此时Ka2==c(H+)=10-pH=10-5.30，则，故B正确；
C．b点时，c(H2A)= c(A2-)=10-3mol/L，c(H+)=10-3.05mol/L，室温下c(OH-)=，由电荷守恒：c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+ c(HA-)+2 c(A2-)，则c(Na+)= 2 c(A2-)+ c(OH-)- c(H+)+ c(HA-)= c(HA-)，故C错误；
D．时，由图知pc(HA-)> pc(A2-)> pc(H2A)，pc=-lgc，则，故D正确；
故选：C。
7．C
【详解】A．含等物质的量的和的溶液呈碱性，说明CN-的水解程度大于电离程度，则，A错误；
B．和相互抑制水解，促进水解，氯离子对水解无影响，一水合氨是弱碱，在溶液中存在微弱的电离平衡，是强电解质，在水溶液中完全电离，是弱电解质，在水溶液中部分电离，相同浓度的这几种溶液中中最小，所以同的溶液：①②③④，物质的量浓度最大的是，B错误；
C．盐酸为强酸，HCl在水溶液中完全电离，醋酸为弱酸，溶液中存在，物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，，因此，C正确；
D．氨水为弱碱，相同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若，则此时溶质为氯化铵和氨水的混合物，(氨水)(盐酸)，D错误；
答案选C。
8．A
【详解】A．为弱酸，属于弱电解质，且属于有机物，A符合题意；
B．为弱酸，属于弱电解质，但是是无机物，B不符合题意；
C．是有机物，在水溶液和熔融状态下不能导电，属于非电解质，C不符合题意；
D．(蔗糖)是有机物，在水溶液和熔融状态下不能导电，属于非电解质，D不符合题意；
答案选A。
9．B
【详解】A．由SOCl2结构式知，S元素为+4价，Cl元素为-1价，O元素为-2价，+4硫元素化合价可以升高到+6价，表现还原性，也可以降低到0价，表现氧化性，A正确；
B．由于SOCl2中S元素为+4价，故遇水水解应生成SO2和HCl，B错误；
C．由于SOCl2极易水解，且产物HCl可抑制Mg2+水解，故SOCl2可用作MgCl2·6H2O的脱水剂，C正确；
D．根据SOCl2水解生成H2SO3（不稳定分解生成SO2）和HCl，知羟基可以取代SOCl2上氯原子生成H2SO3，同理，乙酸羧基上羟基也可以取代SOCl2上氯原子，即2个CH3COOH与1个SOCl2反应生成2个CH3COCl、1个SO2、1个H2O，由于CH3COCl遇水水解，故产物中1个CH3COCl与生成1个H2O反应生成CH3COOH和HCl，故总反应为：CH3COOH+ SOCl2→CH3COCl+SO2+HCl，D正确；
故答案选B。
10．C
【详解】A．由图象分析可知，海水温度一定时，大气中浓度增加，海水中溶解的随之增大，CO2++H2O=2，导致浓度降低A正确；
B．海水中的珊瑚礁的主要成分为CaCO3，当大气中含量增加时，海水中的珊瑚礁溶解的反应为：，B正确；
C．升高温度，促进的电离，即升高温度，平衡H++正向移动，浓度增大，所以当大气中浓度确定时，海水温度越高，则浓度越高，C错误；
D．海水呈弱碱性的原因是+H2OH2CO3+OH-，由于海水呈弱碱性，铝、铁等离子容易与发生双水解而不能大量存在，因此铝、铁元素在海水中含量少，而在陆地含量高，D正确；
答案选C。
11．C
【详解】①0.1mol/L MOH溶液可以使酚酞试液变红，MOH是强电解质也能使酚酞变红，不能说明MOH是弱电解质，故①不符合题意；
②常温下，0.1mol/L MOH溶液中c(OH－)<0.1mol/L，说明MOH是部分电离，因此是弱电解质，故②符合题意；
③常温下，0.1mol/L MOH溶液的导电能力比0.1mol/L NaOH溶液弱，说明离子浓度比NaOH溶液中离子浓度小，则MOH为弱电解质，故③符合题意；
④0.1mol/L的MOH溶液与等体积0.1mol/L的盐酸恰好完全反应，MOH是强电解质也与等体积的盐酸恰好反应，不能说明是弱电解质，故④不符合题意；
⑤常温下，往MCl溶液中滴加石蕊溶液，溶液呈浅红色，说明溶液呈酸性，即MOH不是强电解质，是弱电解质，故⑤符合题意；
因此②③⑤能说明MOH是弱电解质，故C符合题意。
12．C
【详解】A．自身不能电离，是非电解质，故不选A；
B．在水溶液中完全电离，是强电解质，故不选B；
C．在水溶液中部分电离，是弱电解质，故选C；
D．在水溶液中完全电离，是强电解质，故不选D；
选C。
13．B
【详解】A．容量瓶洗涤后不需要烘干，故A错误；
B．酸碱中和滴定中，锥形瓶洗涤后残留的蒸馏水对实验结果无影响，不需要烘干可直接使用，故B正确；
C．因食醋样品浓度过高，测定其总酸含量时，应先将其稀释一定比例后再测定，故C错误；
D．在浓盐酸中形成(蓝色)，加水稀释时，其中为粉红色，加水稀释溶液变为粉红色，故D错误；
故选B。
14．C
【详解】A．若XOH为强碱，则XCl为强酸强碱盐，呈中性，25℃时其溶液pH=7，则A错误；
B．醋酸为弱酸，在溶液中不完全电离，根据越稀越电离，0.1的醋酸电离程度大于1的醋酸，所以a<10b，故B错误；
C．同体积同pH的盐酸与醋酸，与足量锌反应，若后者生成氢气多，则说明醋酸浓度大，说明醋酸不完全电离，为弱酸，故C正确；
D．同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别中和同体积同浓度的NaOH溶液，因醋酸和盐酸的物质的量相同，且两者与NaOH 1:1反应，即消耗的NaOH溶液的体积相同，故D错误；
故选C。
15．B
【详解】A．与反应生成与，其规律为过氧化钠与最高价氧化物反应生成相应的盐和氧气，所以与反应生成与，故A正确；
B．氢碘酸与氧化铁反应生成铁离子，其中铁离子能将碘离子氧化成碘单质，故B错误；
C．在溶液中氯化铜因为水解，在加热时，水解平衡正向移动，生成大量氢氧化铜沉淀，生成的HCl因为挥发最终得到氢氧化铜固体，即：加热挥发性酸的强酸弱碱盐，得不到相应的盐，所以溶液蒸干得到，故C正确；
D．伯醇催化氧化生成醛，仲醇催化氧化生成酮，故D正确；
故选B。
16．D
【详解】A．常温下，水电离出的，溶液既可能是酸性，也可能是碱性，故A错误；
B．选项中没有说明两溶液是等体积混合，故无法判断MOH是强碱还是弱碱，故B错误；
C．若HR是强酸，则NaR溶液显中性，取HR溶液10.0mL，滴入10.0mLNaR浓溶液，则氢离子浓度减半，pH增大，b＞a，因此无法判断HR是弱酸，故C错误；
D．在NaY溶液中，根据物料守恒有：，两溶液中c(Na+)相等，说明在NaX溶液中，，说明X-不水解，则HX为强酸，故D正确。
17．D
【详解】A．氢氧化铝属于两性氢氧化物，既能溶于强酸，又能溶于强碱；而一水合氨属于弱碱，氢氧化铝不溶于一水合氨，并不能说明氢氧化铝不溶于碱，故A错误；
B．向苯酚溶液中滴加少量的稀溴水，生成的三溴苯酚溶解于过量的苯酚中，所以未出现白色沉淀，不能说明苯酚不能与溴水发生反应，故B错误；
C．相同温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，所以25℃时，分别取一定量饱和与饱和溶液，两种溶液的浓度不同，饱和碳酸钠溶液的浓度较大，溶液的碱性较强，测定出溶液的pH较大，由于两种盐溶液的浓度不同，不能说明碱性强于，故C错误；
D．火柴头中含有氯酸钾，检验氯元素，应该把氯酸根离子还原为氯离子，酸性条件下，亚硝酸根离子具有还原性，向少量的火柴头浸泡液中滴加硝酸银，稀硝酸和亚硝酸钠，发生反应：ClO+3NO+Ag+=AgCl↓+3NO，出现白色沉淀证明含有氯元素，故D正确；
故选D。
18．D
【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa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，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。
【详解】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错误；
B．铵根的水解方程式为：，设其中氢离子的浓度为x，则铵根的水解常数Kh=，解得x=，pH=-lg，这与实际情况不符合，故稀释后pH应该约为7，B错误；
C．随温度升高水解平衡正向移动，溶液中增大，C错误；
D．25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c()+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c() =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，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(CH3COO- )=c(Cl-)-c()，D正确；
故选D。
19．(1)A2-+H2B=HA-+HB-
(2) 碱性 HA-H++A2-的电离平衡常数Ka2=1.0×10-11，HA-+H2OH2A+OH-的水解平衡常数Kh===1.0×10-8。Ka2
【解析】(1)
H2B的二级电离常数小于H2A的一级电离常数，大于H2A的二级电离常数，所以向Na2A溶液中通入少量H2B气体时最终产物是HA-和HB-，离子方程式为：A2-+H2B=HA-+HB-；
(2)
在NaHA溶液溶液中存在HA-电离和水解，电离常数为Ka2=1.0×10-11，水解常数为Kh===1.0×10-8，可以发现水解常数大，故水解为主，而水解方程式为：HA-+H2OH2A+OH-，故溶液显碱性，答案为：碱性；HA-H++A2-的电离平衡常数Ka2=1.0×10-11，HA-+H2OH2A+OH-的水解平衡常数Kh===1.0×10-8。Ka2 20．(1)C
(2)BC
(3)⑥②⑤④
(4) 或 溶液突变为浅红色(微红色)，半分钟内不褪色 C

【分析】KClO3、KOH、MnO2熔融条件下发生反应生成K2MnO4，K2MnO4在酸性条件下歧化生成KMnO4和MnO2，经过抽滤除去MnO2，对滤液进行结晶获得KMnO4晶体。
（1）
陶瓷中含有SiO2、石英为SiO2、Al2O3坩埚在熔融状态下都能与KOH反应，故步骤Ⅰ操作不能在陶瓷坩埚、石英坩埚、氧化铝坩埚中完成，故答案选C；
（2）
A．玻璃中含有SiO2，在熔融状态下能与KOH反应，故不能用玻璃棒搅拌，A不合理；
B．为了防止滤纸被腐蚀而破损，步骤Ⅲ中应用砂芯漏斗或玻璃纤维代替滤纸，B合理；
C．由于MnO2会催化KClO3分解，所以MnO2应分批加入，以减少KClO3分解损失，C合理；
D．由于KMnO4有强氧化性，会将HCl氧化，反而降低KMnO4产率，故不能用HCl酸化，D不合理；
故答案选BC；
（3）
制备晶体一般步骤为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤干燥，为了获得较大颗粒的KMnO4晶体，降温结晶过程中应自燃冷却结晶，而不是迅速降温，故操作顺序为：⑥②⑤④；
（4）
①酸性条件下，KMnO4将氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒初步配平方程式为：2+5→10CO2↑+2Mn2+，在方程式左边需添加16个H+配平电荷守恒，右边添加8个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：2+5+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O（或2+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O）；
②Na2C2O4溶液为无色，KMnO4溶液显紫色，当反应结束后，少许过量的KMnO4会使溶液显浅红色，故此处填：溶液颜色突然变为浅红色，且半分钟内不褪色；
③滴定管示数从上到下逐渐增大，其精确度为0.01，故图示读数为20.70 mL，故答案选C。