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【答案】B【解析】[文]由题千信息可知，联[章]氢(N2H4)是二[来]元弱碱(pKb1=[自]6,pKb2=15[知];pK=一1gK)[嘛],即N2H4的Kb[答]1=10-6,Kw[案]10-14Ke=1[网]05,剥N,H时的[文]水解平衡常数为不=[章]10=10->[来];Ka,即N,H时[自]的水解大于电离，则[知]N,H,C溶液有c[嘛](N2H)>[答]c(N2H4)&g[案]t;c(N2H+)[网],A正确；由pOH[文]越大，溶液中的OH[章]-浓度越小，故此图[来]像是向0.1mol[自]·L1N2HCI溶[知]液中通入HCI的变[嘛]化曲线，b,点是加[答]入的HCl抑制了N[案]2H的水解，到c点[网]时抑制作用最强，此[文]时N2H浓度最大，[章]继续加入HCl对N[来]2H的电离起促进作[自]用，则N2H浓度又[知]减小，故d,点加入[嘛]的HCI的物质的量[答]大于b点所加HCl[案]的物质的量，B错误[网]；由图示可知，c([文]N2H)是b>[章];a,而N2H的水[来]解大于电离，水解对[自]水的电离起促进作用[知]，电离对水的电离起[嘛]抑制作用，故水的电[答]离程度：b>[案]α，C正确；由题千[网]信息可知，N,H,[文]+H2O一NH+O[章]H,N,H时+H2[来]O一N2H++OH[自],则K1XK2=c[知](N2H3)c(O[嘛]H)c (N2 H)c (N2 H)c(OH)c([答]N2 H)c2(OH)=[案]10-21，若c([网]N2H+)>[文]c(N2H4),c[章](OH-)<[来]√10-2T=10[自]-10.5c(N2[知] Hsc(N2 H)c(H+)&g[嘛]t;10-3.5,[答]则pH小于3.5，[案]D正确。
【答案】AB【解析[网]】在室温下0.05[文]mol·L-1H2[章]R溶液中存在H2R[来]、HR-、R2-,[自]说明H2R能够电离[知]产生H+,而且分步[嘛]电离，电离程度逐渐[答]减弱，主要是第一步[案]电离，使溶液中c([网]H+)>c([文]OH一)，溶液显酸[章]性。c(H+)&l[来]t;2×0.05m[自]ol·L1=0.1[知]mol·L-1,因[嘛]此该溶液pH>[答];1,A错误；由于[案]PAR在溶液中以H[网]3R+、H2R、H[文]R-、R2-四种形[章]式存在，所以根据R[来]元素守恒可知c(H[自]3R+)十c(H2[知]R)十c(HR-)[嘛]十c(R2-)=0[答].05mol·L1[案],B错误；向溶液中[网]加入PAR晶体，电[文]解质的浓度增大，P[章]AR的电离平衡正向[来]移动，但平衡移动的[自]趋势是微弱的，平衡[知]移动消耗量小于PA[嘛]R的加入量，导致其[答]电离程度减小，C正[案]确；溶液中含有的微[网]粒H3R+、H2R[文]、HR-能够与碱电[章]离产生的OH发生反[来]应，而R2-则能够[自]与酸电离产生的H+[知]结合，因此该溶液既[嘛]能与酸反应，又能与[答]碱反应，D正确。
