专题12弱电解质的电离平衡（教师版含解析）2021年高考化学真题和模拟题分类汇编_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_一轮复习_2023年新高考大一轮复习讲义

专题12 弱电解质的电离平衡 2021年化学高考题 一、单选题 c2(M) 1．（2021·全国高考真题）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中 随c(H+)而变化， M 298K c2(M+)-c(H+) 不发生水解。实验发现， 时 为线性关系，如下图中实线所示。 下列叙述错误的是 pH4 c(M)<3.010-4molL-1 A．溶液 时， K (MA)=5.010-8 B．MA的溶度积度积 sp pH=7 c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-) C．溶液 时， K (HA)2.010-4 D．HA的电离常数 a 【KS5U答案】C 【分析】 本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的应用，具体 见详解。 【KS5U解析】 A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)= 7.510-8mol/L= 7.510-47.510-8mol/L= 7.510-4 mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确； B．由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶 K (MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5.010-8 液中c(M+)=c(A-)，则 sp ，B正确； C．设调pH所用的酸为HX，则结合电荷守恒可知 n c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)+ nc  Xn- ，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误； c(H+)c(A-) D． K a (HA)= c(HA) 当c  A― =cHA 时，由物料守恒知c(A-)+c(HA)=c(M+)， c(M+) c2(M+) c(A-)= K (MA)=c(M+)c(A-)= =5.010-8 则 2 ， sp 2 ，则c2(M+)=1010-8， c(H+)=2.010-4molL-1 对应图得此时溶液中 ， c(H+)c(A-) K (HA)= =c(H+)2.0104 a c(HA) ，D正确； 故选C。 2．（2021·浙江）下列物质属于弱电解质的是 A．CO B．HO C．HNO D．NaOH 2 2 3 【KS5U答案】B 【分析】 在水溶液中或熔融状态下不能够完全电离的电解质叫做若电解质。 【KS5U解析】 A．CO 在水溶液中或熔融状态下不能够电离，为非电解质，A不符合题意； 2 B．HO在水溶液中或熔融状态下能够部分电离，为弱电解质，B符合题意； 2 C．HNO 为一种强酸，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，C不符合题意； 3 D．NaOH为一种强碱，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，D不符合题意； 故答案选B。 0.1000molL1 3．（2021·湖南高考真题）常温下，用 的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为 NaX、NaY、NaZ 0.1000molL1NaX、NaY、NaZ 0.1000molL1 三种一元弱酸的钠盐 溶液，滴定曲线如图所示。下列 判断错误的是 c  Na c  X c  OH c  H A．该NaX溶液中： K (HX) K (HY) K (HZ) B．三种一元弱酸的电离常数： a a a c  X c  Y c  Z C．当pH7时，三种溶液中： D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合： c  X c  Y c  Z c  H c  OH 【KS5U答案】C 【分析】 由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，则HX、HY、HZ三种一元 弱酸的酸性依次减弱。 【KS5U解析】 A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+) ＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A正确； B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减 弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为K(HX)＞K (HY)＞K(HZ)，故B正确； a a a C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则 三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C错误； D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离 子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D正确；故选C。 4．（2021·浙江高考真题）实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NHCl溶液、10 mL 4 0.50mol·L-1CHCOONa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 3 CHCOOH和NH·HO的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是 3 3 2 A．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' 0.50 B．将NHCl溶液加水稀释至浓度 x mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx 4 C．随温度升高，K增大，CHCOONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小 w 3 D．25 ℃时稀释相同倍数的NHCl溶液与CHCOONa溶液中：c(Na+ )-c(CHCOO- )=c(Cl-)- 4 3 3  c(NH4) 【KS5U答案】C 【分析】 由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NHCl溶液、10 mL 4 0.50mol·L-1CHCOONa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， 3 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。 【KS5U解析】 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说法正确； 0.50 B．将NHCl溶液加水稀释至浓度 x mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中 4 1 的c(H+)变为原来的 x ，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向 1 正反应方向移动，c(H+)大于原来的 x ，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确； C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即K增大；随温度升高， w CHCOONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确； 3 D． 25℃时稀释相同倍数的NHC1溶液与CHCOONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) 4 3 +c(H+) =c(OH-)+c(CHCOO- ) ，c(NH+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中， 3 4 c(Cl-)-c(NH+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CHCOO- )= c(OH-) -c(H+) 。由 4 3 于25 ℃时CHCOOH和NH·HO的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓 3 3 2 度相同，稀释相同倍数后的NHC1溶液与CHCOONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于 4 3 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(CHCOO- )=c(Cl-)-c(NH+)，D说法正确。 3 4 综上所述，本题选C。 5．（2021·浙江高考真题）下列物质属于强电解质的是 A．KOH B．HPO C．SO D．CHCHO 3 4 3 3 【KS5U答案】A 【分析】 在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。 【KS5U解析】 A．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意； B．HPO 在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，HPO 为弱电解质，B不符合题意； 3 4 3 4C．SO 在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO 属于非电解质，C不符合题意； 3 3 D．CHCHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CHCHO属于非电解质，D不符合题意； 3 3 故答案选A。 二、多选题 6．（2021·山东高考真题）赖氨酸[HN+(CH)CH(NH)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸， 3 2 4 2 其盐酸盐(HRCl)在水溶液中存在如下平衡：HR2+    K 1  HR+    K 2  HR    K 3  R-。向一定浓 3 2 3 2 度的HRCl 溶液中滴加NaOH溶液，溶液中HR2+、HR+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如 3 2 3 2 c(x) 图所示。已知δ(x)=c(H R2+)+c(H R+)+c(HR)+c(R) ，下列表述正确的是 3 2 K K 2 3 A． K >K 1 2 B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(HR+)+c(Na+)+c(H+) 2 -lgK -lgK 2 3 C．O点，pH= 2 D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) 【KS5U答案】CD 【分析】 H R2 OH H R H O 向HRCl 溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应： 3 2 2 、 3 2 HR H R OH HRH O HROH R H O H R2 H R 2 2 2 3 2H R OH HRH O HROH R H O H R2 H R 2 2 、 2 ，溶液中 3 逐渐减小， 2 和 c  H R c  H cHRc  H 2 K  K  先增大后减小， 逐渐增大。 1 c  H R2 ， 2 c  H R ， HR R 3 2 c  R c  H K  3 cHR ，M点 c  H R2 =c  H R，由此可知 K 102.2 ，N点 3 2 1 cHR=c  H R K 109.1 cHR=c  R K 1010.8 2 ，则 2 ，P点 ，则 3 。 【KS5U解析】 K 109.1 K 1010.8 K K 2 = =106.9 3 = =101.7 2  3 A． K 102.2 ， K 109.1 ，因此 K K ，故A错误； 1 2 1 2 B．M点存在电荷守恒： c  R c  OH c  Cl 2c  H R2 c  H R c  H +c  Na+ 3 2 ，此时 c  H R2 =c  H R c  R c  OH c  Cl 3c  H R c  H +c  Na+ 3 2 ，因此 2 ， 故B错误； c  H R 2 1 C．O点 c  H R c  R，因此 c  R ，即 2 c  H R cHRc  H c  H c2 H 2  1 c  R cHRc  H c  H K K ，因此 c  H  K K ，溶液 2 3 2 3 lgK lgK pH=lgc  H = 2 3 2 ，故C正确； c  OH c  H D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此 ，溶质浓度大于水c  Na+ c  Cl c  OH c  H 解和电离所产生微粒浓度，因此 ，故D正确； 综上所述，正确的是CD，故答案为CD。 2021年化学高考模拟题 一、单选题 1．（2021·福建省南安第一中学高三二模）常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=2的 CHCOOH溶液；②pH=2的盐酸；③0.01mol/L的醋酸溶液；④0.01mol/L的盐酸。下列说法 3 正确的是 A．把四种溶液稀释到相同pH，所需水的体积：①>②=④=③ B．四种溶液中和氢氧化钠的能力：①=②=③=④ C．与镁条反应的起始速率的大小关系为：①>②=④>③ D．与镁条反应生成相同体积的氢气所需的时间为：①<②=④<③ 【KS5U答案】D 【KS5U解析】 A．醋酸为弱酸，在溶液中存在电离平衡，盐酸是强酸，在溶液中完全电离，则等浓度的盐 酸和醋酸溶液稀释到相同pH，所需水的体积为④>③，故A错误； B．醋酸为弱酸，在溶液中存在电离平衡，盐酸是强酸，在溶液中完全电离，pH=2的醋酸溶 液的浓度大于0.01mol/L，中和氢氧化钠的能力大于其他三种溶液，故B错误； C．pH=2的醋酸溶液和pH=2的盐酸中氢离子浓度相同，与镁条反应的起始速率相等，故C错 误； D．醋酸为弱酸，在溶液中存在电离平衡，盐酸是强酸，在溶液中完全电离，pH=2的醋酸溶 液的浓度大于0.01mol/L，与镁条反应过程中，氢离子浓度减小，电离平衡向右移动，氢离 子浓度变化小，生成氢气的反应速率最快，pH=2的盐酸和0.01mol/L的盐酸中氢离子浓度小 于pH=2的醋酸溶液，与镁条反应过程中，两种溶液生成氢气的反应速率相等，但慢于pH=2 的醋酸溶液，0.01mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度最小，与镁条反应过程中，生成氢气的反 应速率最慢，则生成相同体积的氢气所需的时间为①<②=④<③，故D正确； 故选D。 2．（2021·青海高三三模）向1 L浓度均为0.1 mol·L-1的HAsO 和HAsO 水溶液中逐滴加 3 3 3 4 入0.1 mol·L-1 NaOH溶液，含砷的各种微粒的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图所示，下列说法错误的是 - 2- A．HAsO 第二步电离方程式为HAsO4  HAsO4 ＋H＋ 3 4 2 - B．往HAsO 溶液中加NaOH溶液至pH=10.0时，主要存在HAsO3 3 3 2 - 2- 3- C．pH=11时，对应的溶液中：c(HAsO3)＋c(HAsO3 )＋c(AsO3 )＋c(HAsO)=0.1 mol·L-1 2 3 3 D．HAsO 第三步电离的电离常数为K ，若pK =-lgK ，则pK =11.5 3 4 a3 a3 a3 a3 【KS5U答案】C 【KS5U解析】 - 2- A． 多元弱酸是分步电离的，HAsO 第二步电离方程式为HAsO4  HAsO4 ＋H＋，故A正确； 3 4 2 - B． 由分步图，往HAsO 溶液中加NaOH溶液至pH=10.0时，HAsO 减少，HAsO3增大，约占 3 3 3 3 2 - 80%，主要存在HAsO3，故B正确； 2 - 2- 3- C． 根据物料守恒，pH=11时，对应的溶液中：n(HAsO3)＋n(HAsO3 )＋n(AsO3 )＋ 2 n(HAsO)=0.1 mol·L-1×1L，由于加入的NaOH的体积末知，无法计算含砷粒子的总浓度， 3 3 故C错误； c(AsO3)c(H) 4 D． H 3 AsO 4 第三步电离的电离常数为K a3 = c(HAsO2) ，pH=11.5时，c(AsO3)= 4 4 c(HAsO2) c(H) 4 ，若pK =-lgK ，则pK =-lgK =-lg =11.5，故D正确； a3 a3 a3 a3 故选C。 3．（2021·安徽高三一模）25℃，向20mL0.1mol•L-1的弱碱BOH溶液(K=1.0×10-5)中逐滴 b加入0.1mol•L-1盐酸，pH～V曲线如图所示，下列说法正确的是 A．a点到b点，水的电离程度先减小后增大 B．a点时，c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH) C．b点时，c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)+c(H+) D．V=20mL时，c(Cl-)>c(B+)>c(OH-)>c(H+) 【KS5U答案】B 【KS5U解析】 A．当BOH与盐酸恰好完全反应时，溶液中的溶质为0.05mol/LBCl，此时溶液中存在B+的水 1014 解，BOH的电离平衡常数K b =1.0×10-5，则B+的水解平衡常数为K h =1105 =10-9；则此时溶液 5 中满足K=c(H+)c(BOH)/c(B+)≈c(H+)c(BOH)/0.05mol·L−1，c(H+)=c(BOH)，解得c(H+)= h ×10-5.5mol/L，所以此时溶液的pH＞5，即b点BOH已经完全反应，a点到b点，BOH逐渐和盐 酸完全反应，然后盐酸过量，则水的电离程度先增大后减小，A错误； B．a点时，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，此时pH=9，则c(OH-)=10- c(OH)c(B+) 5mol/L，BOH的电离平衡常数K= c(BOH) =1.0×10-5，所以此时c(BOH)=c(B+)，则 b c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)，B正确； C．当BOH和盐酸恰好完全反应时，溶液中存在物料守恒：c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)，b点时盐酸 过量，所加入的盐酸中存在c′(Cl-)=c′(H+)，若加入到混合溶液中后，B+的水解不受影响， 则c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)+c(H+)，但盐酸的电离会抑制B+，所以c(Cl-)＞c(BOH)+c(B+) +c(H+)，C错误；D．V=20mL时，溶液中溶质为BCl，溶液存在B+的水解，溶液显酸性，但水解是微弱的，所以 c(Cl-)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH-)，D错误； 综上所述答案为B。 4．（2021·浙江高三其他模拟）25℃时，下列说法正确的是 A．HA溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应时，溶液酸碱性无法判断 2 B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA对水的电离没有影响 C．醋酸的电离度：pH=3的醋酸溶液大于pH=4的醋酸溶液 D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH) 溶液等体积混合后，溶液显碱性 2 【KS5U答案】A 【KS5U解析】 A．HA溶液与NaOH溶液按物质的量1：1恰好完全反应后，生成的是NaHA，但是HA的电离 2 2 常数不知道，所以该溶液酸碱性无法判断，A正确； B．可溶性正盐BA溶液呈中性，只能说明HA和BOH的强弱相同，但是如果都是弱酸，且电离 常数相同，则BA的阴阳离子水解程度相同，促进水的电离，B错误； C．醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释后水的PH增大，PH越大说明越稀，水的电离程度 越大，C错误； D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH) 当中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，溶液等体积混合后， 2 溶液显中性，D错误； 故选A。 5．（2021·天津）草酸(HCO)是一种二元弱酸。实验室配制了0.0100mol·L-1NaCO 标准 2 2 4 2 2 4 溶液，现对25℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是 - A．测得0.0100mol·L-1NaCO 溶液pH为8.6 ，此时溶液中存在：c (Na+)＞ c(HCO4)＞ 2 2 4 2 2- c(CO4 )＞c(H+) 2 - 2- B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=7， 此时溶液中存在，c(Na+)=c(HCO4 )+2c(CO4 ) 2 2 C．已知25℃时K (CaCO)=2.5×10-9向该溶液中加入等体积0.0200mol·L-1CaCl 溶液，所得 sp 2 4 2 2- 上层清液中c(CO4 )=5.00×10-7 mol·L-1 2 2- D．向该溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加KMnO 溶液，发生反应的离子方程式为CO4 4 2- +4MnO4 +14H+=2CO↑+4Mn2++7HO 2 2 【KS5U答案】C 【KS5U解析】 2- - A．NaCO 溶液pH为8.6，CO4 水解导致溶液显碱性，但其水解程度较小，故c(HCO4)＜ 2 2 4 2 2 2- c(CO4 )，Ａ项错误； 2 Ｂ．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=7，则溶液呈中性，则c(H+)= c(OH-)，溶液中电荷守恒， - 2- - 2- c(H+)+ c(Na+)= c(HCO4 )+2c(CO4 )+ c(OH-)+ c(Cl-)，即c(Na+)= c(HCO4 )+2c(CO4 )+ 2 2 2 2 c(Cl-)，B项错误； C．向溶液中加入等体积0.0200mol·L-1CaCl 溶液，二者以1:1反应，则CaCl 剩余，混合溶 2 2 K CaC O  2.510-9 sp 2 4 = 液中c(Ca2+)= c  Ca2 0.005 mol·L-1=0.005 mol·L-1，c(C 2 O 2- )= 4 K CaC O  2.510-9 sp 2 4 = c  Ca2 0.005 mol·L-1=5.00×10-7 mol·L-1＜5.00×10-5 mol·L-1，C项正确； D．草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成二氧化 - 碳、锰离子和水，草酸是弱酸写化学式，故发生反应的离子方程式为5HCO+2MnO4 2 2 4 +6H+=10CO↑+2Mn2++8HO，D项错误； 2 2 答案选C。 6．（2021·阜新市第二高级中学高三其他模拟）常温下，下列说法正确的是 c  OH- A．向0.1mol•L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中 增大 cNH H O 3 2 B．向冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度均先增大后减小 2- - C．0.1mol•L-1NaCO 溶液和0.1mol•L-1NaHCO 溶液等体积混合：c(CO3 )+2c(OH-)=c(HCO3) 2 3 3 +3c(HCO)+2c(H+) 2 3D．将CHCOONa、HCl两溶液混合后，溶液呈中性，则溶液中c(Na+)c(Cl- )，故D错误； 3 选C。 7．（2021·天津高三三模）设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A A．0.1molCl 与足量的HO反应，转移的电子数为0.2N 2 2 A B．电解AgNO 溶液当阳极产生标况下2.24L气体时转移的电子数为0.4N 3 A C．25℃、101kPa下，1mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数为3N A D．25℃，0.1mol/L的某酸HA溶液中，c(A-)=0.1mol/L 【KS5U答案】B 【KS5U解析】 A．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，转移的电子数小于0.2N，A错误； A B．电解AgNO 溶液，阳极生成的气体为氧气，物质的量n=V/Vm=2.24L÷22.4L 3 /mol=0.1mol，电极反应式为4OH--4e-=2HO+O↑，则转移的电子数为0.4N 个，B正确； 2 2 A C．1mol乙炔共用电子对数为5 N，1mol甲醛共用电子对数为4 N，故1mol乙炔和甲醛的混 A A 合气体含有的共用电子对数无法计算，C错误； D．未知HA是强酸还是弱酸，无法求算c(A-)，D错误； 故选：B。 8．（2021·天津高三三模）下列说法错误的是c(H+) A．将0.1mol·L-1的CH 3 COOH溶液加水稀释，c(CHCOOH)变大 3 B．向0.1mol·L-1的氨水中通氨气，则NH·HO的电离程度增大 3 2 噲垐 �� C．已知[Cu(HO)]2+(蓝色)+4Cl- [CuCl]2-(黄色)+4HO，加水，溶液颜色变蓝 2 4 4 2 D．分别向甲容器(恒温恒容)中充入lmolPCl，乙容器(绝热恒容)充入PCl 和Cl 各lmol，发 5 3 2 噲垐 �� 生反应PCl PCl(g)+Cl(g)△H>0，平衡时K(甲)b>c，溶液的导电性：a>b>c，B错误； C．根据图3可写出热化学方程式为2H(g)+O(g)=2HO(l) ∆H=-571.6kJ/mol，则1molH(g) 2 2 2 2 完全燃烧生成HO(l)放出285.8kJ的热量，表示H 燃烧热的ΔH=-285.8 kJ·mol-1，C正确； 2 2 D．根据题给图像知，Ksp(CuS) ＜Ksp(FeS)＜Ksp(ZnS)，向100mL含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+均 为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入1×10-4mol/LNaS溶液，D正确； 2 答案选B。 14．（2021·浙江高三其他模拟）25℃时，下列说法正确的是 A．分别取20.00mL0.1000mol/L的盐酸和醋酸溶液，以酚酞作指示剂，用0.1000mol/LNaOH 标准溶液滴定至终点时，两者消耗的NaOH溶液体积相等 B．将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4 C．均为0.1mol/L的NaSO、NaCO、HSO 溶液中阴离子的浓度依次减小 2 3 2 3 2 4 D．常温下pH=11的碱溶液中水电离产生的c(H+)是纯水电离产生的c(H+)的104倍 【KS5U答案】A 【KS5U解析】 A．盐酸和醋酸均是一元酸，在二者量相等以及选用相同指示剂的条件下，用0.1000 mol / L NaOH标准溶液滴定至终点时，两者消耗的NaOH溶液体积相等，故A正确； B．醋酸是弱酸，稀释促进电离，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的3＜pH ＜4，故B错误； C．硫酸是强酸，只电离不水解，亚硫酸根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，水 解程度越大，阴离子浓度越大，则均为0.1 mol/L的NaCO、NaSO、HSO 溶液中阴离子的浓 2 3 2 3 2 4 度依次减小，故C错误； D．碱抑制水的电离，常温下pH=11的碱溶液中水电离产生的c(H+)小于纯水电离产生的 c(H+)，故D错误。 答案选A。 15．（2021·江西抚州市·临川一中高三其他模拟）锂金属电池的电解液在很大程度上制约着锂电池的发展，某种商业化锂电池的电解质的结构如图所示。已知短周期主族元素X、Y、 Z、M和W的原子序数依次增大，且0.1mol•L-1XW的水溶液呈酸性且pH>1。下列说法正确的是 A．最高价含氧酸的酸性：Y>Z B．氢化物的沸点：M>W>Z C．W的单质可与M的氢化物发生置换反应 D．YW 分子中各原子最外层都达到8电子稳定结构 3 【KS5U答案】C 【分析】 短周期主族元素X、Y、Z、M和W的原子序数依次增大，0.1mol•L-1XW的水溶液呈酸性且 pH>1，则XW为一元弱酸，X为H，W为F；由结构可知负一价的阴离子中4个Z都形成4个共 价键，则X为C；2个M均形成2对共用电子对，则M为O；负一价的阴离子中一个Y形成4 对共用电子对，则Y的最外层电子数为3，Y为B；综上所述，X、Y、Z、M和W分别为H、B、 C、O、F。 【KS5U解析】 A．Y为B，Z为C，元素的非金属性C>B，因此最高价含氧酸的酸性：C>B，选项A错误； B．C的氢化物很多，沸点有高有低，HO、HF分子间存在氢键，且HO常温呈液态，HF呈气 2 2 态，则氢化物的沸点M>W，Z的氢化物的沸点可能比M的高，也可能比W的还低，还可能 介于M和W之间，选项B错误； C．W为F，M为O，2F+2HO=4HF+O，即W的单质可与M的氢化物发生置换反应，选项C正确； 2 2 2 D．Y为B，W为F，BF 中B的最外层电子为6，未达到8电子稳定结构，选项D错误； 3 答案选C。 16．（2021·江苏高三其他模拟）室温下，通过实验研究亚硫酸盐的性质，已知 K(HSO)=1.54×10-2，K(HSO)=1.02×10-7 a1 2 3 a2 2 3 实验 实验操作和现象 1 把SO 通入氨水，测得溶液pH=7 2 2 向0.1mol/LNaSO 溶液中加入过量0.2mol/LCaCl 溶液，产生白色沉淀 2 3 2 3 向0.1mol/LNaHSO 溶液中滴入一定量NaOH溶液至pH=7 34 把少量氯气通入NaSO 溶液中，测得pH变小 2 3 下列说法错误的是 c(NH) 4 A．实验1中，可算出c(HSO) =3.04 3 2 B．实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(SO3 )=K(CaSO) sp 3  2 C．实验3中：c(Na+)＞2[c(HSO3 )+c(SO3 )+c(HSO)] 2 3 2 2 D．实验4中反应的离子方程式为：HO+Cl+SO3 =SO4 +2H++2Cl- 2 2 【KS5U答案】C 【KS5U解析】 c  NH+ +c  H+ =c(HSO-)+2c(SO2-)+c  OH- A．由电荷守恒可知， 4 3 3 ，由于pH=7， c(SO2-)c(H+) K = 3 c  H+ =c  OH- ，则c  NH+ =c(HSO-)+2c(SO2-)①，再由 a2 c(HSO-) ，得 4 3 3 3 c(SO2-) K 3 = a2 =1.02 c(HSO-) c(H+) ，所以2c(SO2-)=2.04c(HSO-)，代入①，得 3 3 3 c(NH) 4 c  NH+ =c(HSO-)+2.04c(HSO-)=3.04c(HSO-)，则c(HSO) =3.04，故A正确； 4 3 3 3 3 B．实验2中向NaSO 溶液中加入过量CaCl 溶液，产生白色沉淀CaSO，则溶液中存在CaSO 2 3 2 3 3 2 的溶解平衡，则反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(SO3 )=K(CaSO)，故B正确； sp 3 c  Na+ +c  H+ =c(HSO-)+2c(SO2-)+c  OH- C．由电荷守恒可知， 3 3 ，pH=7时， c  H+ =c  OH- c  Na+ =c(HSO-)+2c(SO2-)  2 ，则 3 3 ＜2[c(HSO3 )+c(SO3 )+c(H 2 SO 3 )]，故C错误； SO2- D．由于氯气具有氧化性， 3 有还原性，故二者能发生氧化还原反应，离子方程式为： 2 2 HO+Cl+SO3 =SO4 +2H++2Cl-，故D正确； 2 2 故选C。 17．（2021·福建厦门外国语学校高三其他模拟）25℃时，0.10 L某二元弱酸HA用1.00 2 mol·L-1NaOH溶液调节其pH，溶液中HA、HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示： 2 下列说法正确的是 A．HA的Ka=1×10-11 2 2 B．在Z点，由水电离出的氢离子浓度约10-10 mol/L C．在Y点时，c(Na+)＞3c(A2-) D．0.1 mol·L-1NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA-)＞c(HA)＞c(A2-) 2 【KS5U答案】C 【KS5U解析】 图中虚线X-Y-Z表示溶液pH，加入的V (NaOH)越大，溶液中c(A2-)越大、c(HA)越小。 2 c(H+)×c(A2-) A．Y点c(HA-)=c(A2-)，H 2 A的K a2 = c(HA-) =c(H+)=10-8 mol/L，A错误； B．在Z点时溶液pH=10，说明溶液中c(H+)=10-10 mol/L，则根据水的离子积常数可知由水电 10-14 mol/L=10-4mol/L 离产生的氢离子浓度c(H+) 水 =c(OH-) 水 =10-10 ，B错误； C．Y点c(HA-)=c(A2-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，该点溶 液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以存在c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，由于c(HA-)=c(A2-)，所以即c(Na+)＞3c(A2-)，C正确； D．加入10 mLNaOH溶液时，酸碱恰好完全反应生成NaHA，此时溶液pH＜7，溶液呈酸性，说 明HA-电离程度大于其水解程度，则c(A2-)＞c(HA)，但其电离和水解程度都较小，主要以 2 HA-形式存在，HA-电离、水解消耗，所以c(Na+)＞c(HA-)，则该溶液中微粒浓度关系为： c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(HA)，D错误； 2 故合理选项是C。 0.1molL1 KOH 10mL 18．（2021·全国高三专题练习）常温下，用 溶液滴定 0.1molL1 HA 溶液的滴定曲线如图所示(d点为恰好反应点)。下列说法错误的是 c  A- A．b→c过程中， 不断增大 B．a→d过程中d点时水的电离程度最大 C．c点时溶液的导电能力最强 c  K+＞c  A-＞c  OH-＞c  H+ D．d点混合液中离子浓度大小关系为： 【KS5U答案】C 【KS5U解析】 d点为恰好反应点，此时溶质为KA，溶液显碱性，则说明KA为强碱弱酸盐，HA为弱酸， A． b→c过程中发生反应：KOH+HA=KA+HO，氢离子被消耗，HA的电离平衡正向移动，则 2 c  A- 不断增大，故A正确； B． a→d过程中，d点为恰好反应点，此时溶质为KA，对水的电离只有促进作用，则d点时 水的电离程度最大，故B正确； C．将KOH溶液加入弱酸HA溶液中，发生反应：KOH+HA=KA+HO，逐渐将弱电解质溶液转化为 2 强电解质溶液，溶液导电性逐渐增强，当恰好反应后，继续加入KOH溶液，溶液导电性继续增强，故C错误； D．d点为恰好反应点，此时溶质为KA，弱酸根A-离子水解使溶液显碱性，且水解是微弱的， c  K+＞c  A-＞c  OH-＞c  H+ 则d点混合液中离子浓度大小关系为： ，故D正确； 故选C。 Na X 19．（2021·辽宁铁岭市·高三二模）25℃时，向20mL0.1mol/L的 2 溶液中滴入盐酸， c(X2-) 溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知：H X是二元弱酸，Y表示c(HX-)或 2 c(HX-) c(H X) ，pY=-lgY。下列叙述正确的是 2 K (X2)1.0104.7 A． h1 c(HX-)>c(X2-)>c(H X) B．NaHX溶液中 2 c(HX-) p C．曲线n表示pH与 c(H X)的变化关系 2 c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-) D．当溶液呈中性时，0.2mol/L= 【KS5U答案】C 【KS5U解析】 K H X1.0106.4 K H X1.01010.3 A．由N点可求 a1 2 ，由M点可求 a2 2 ，所以 K  X2 K /K H X1.0103.7 h1 W a2 2K  X2 K /K H X1.0103.7 h1 W a2 2 ，故A错误； HX B．根据计算，NaHX溶液中 电离常数小于水解常数，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小 c  Na c  HX c  OH cH Xc  X2 关系为： 2 ，故B错误； c  HX c  X2 c  HX lg lg p C．由图可知，当pH相等时， cH X c  HX，则曲线n表示pH与 cH X 2 2 的变化关系，故C正确； c  Na c  HX 2c  X2 c  Cl D．当溶液呈中性时，根据电荷守恒 ，因为该实验中 是在25℃时，向 20mL 0.1mol/L 的 Na 2 X 溶液中滴入盐酸，加入盐酸的过程相当于稀释了 溶液，c  Na 0.2mol/L，所以 c  HX 2c  X2 c  Cl 0.2mol/L ，故D错误。 故选C。 20．（2021·辽宁高三三模）25℃时，向20.00mL0.1000mol•L-1的CHCOONa溶液中滴入 3 0.1000mol•L-1的盐酸，混合溶液的pH与CHCOO-、CHCOOH的物质的量分数(δ)的关系如图所 3 3 c(CH COO-) 3 示[如CH 3 COO-的物质的量分数δ(CH 3 COO-)=c(CH COO-)+c(CH COOH)]。已知： 3 3 1g5≈0.7。下列说法正确的是 A．L 表示c(CHCOO-)与pH的关系曲线 2 3 B．当混合溶液的pH=7时，c(CHCOO-)=c(Na+) 3 C．达到滴定终点时溶液pH≈2 (忽略混合过程中溶液体积变化)D．M点溶液中2c(Cl-)>c(CHCOO-)+c(CHCOOH) 3 3 【KS5U答案】D 【KS5U解析】 A．CHCOONa溶液中滴入的盐酸发生反应CHCOO-+H+=CHCOOH，滴入的盐酸越多，pH越小，则 3 3 3 CHCOO-的物质的量分数越小，所以L 表示c(CHCOOH)与pH的关系曲线，L 表示c(CHCOO-)与 3 2 3 1 3 pH的关系曲线，A错误； B．溶液中存在电荷守恒c(CHCOO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，pH=7时，c(OH-)=c(H+)， 3 所以c(CHCOO-)+c(Cl-)=c(Na+)，B错误； 3 C．滴定终点时溶液中的溶质为0.05mol/L的CHCOOH，据图可知当溶液中 3 c  CH COO c  H+ 3 c(CHCOO-)=c(CHCOOH)时，pH=4.7，即c(H+)=10-4.7mol/L，所以K= =10- 3 3 a cCH COOH 3 xx 4.7，设0.05mol/L的CHCOOH溶液中c(H+)=x，则有 =10-4.7，解得x= mol/L， 3 0.05-x 510-6.7 溶液pH约为3，C错误； D．溶液中始终存在物料守恒c(Na+)=c(CHCOO-)+c(CHCOOH)，当加入10mL盐酸时，溶液中溶 3 3 质为等物质的量的CHCOOH、CHCOONa、NaCl，此时有c(Na+)=2c(Cl-)，则c(CHCOO-) 3 3 3 10-14 +c(CH 3 COOH)=2c(Cl-)，醋酸的K a =10-4.7，则K h =10-4.7 =10-9.3，所以电离程度大于水解程度，此 时c(CHCOO-)＞c(CHCOOH)，若要使c(CHCOO-)=c(CHCOOH)，则应增加盐酸的量，所以M点 3 3 3 3 加入的盐酸大于10mL，则c(CHCOO-)+c(CHCOOH)＜2c(Cl-)，D正确； 3 3 综上所述答案为D。 二、多选题 21．（2021·山东潍坊市·高三三模）化学上把由浓度相对较大的弱酸(弱碱)及其相应的盐 组成的溶液，外加少量酸、碱而pH基本不变，称为缓冲溶液。弱酸及其盐组成的缓冲溶液的 c pH=-lgKa+lg 盐 c 。现有25℃时，浓度均为0.10mol·L-1的CH 3 COOH和CH 3 COONa的缓冲溶液 酸 KaCH COOH1.75105;lg1.750.24  3 KaCH COOH1.75105;lg1.750.24  3 。下列有关说法正确的是 A．将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的pH基本不变 B．该缓冲溶液的pH=4.76 c  Na+ >c  CH COO- >c  H+ >c  OH- C．该缓冲溶液中离子浓度大小顺序是： 3 D．人体血液存在HCO(CO)和NaHCO 的缓冲溶液，可除掉人体代谢产生的酸、碱，保持pH 2 3 2 3 基本不变 【KS5U答案】BD 【KS5U解析】 A．将该缓冲溶液加水稀释100倍，溶液的体积增大，离子浓度减小，pH可能会发生改变， 故A错误； c pH=-lgKa+lg 盐 B．由 c 可知，pH=-lg1.75×10-5=4.76，故B正确； 酸 C．CHCOOH电离程度和CHCOO-水解程度大小无法判断，混合溶液中离子浓度无法判断，故C 3 3 错误； D．人体血液存在HCO(CO)和NaHCO 的缓冲溶液，HCO(CO)能中和人体代谢产生的少量碱， 2 3 2 3 2 3 2 同时NaHCO 可吸收人体代谢产生的少量酸，有消除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH 3 基本不变，故D正确； 答案选BD。 三、原理综合题 22．（2021·天津高三一模）国务院总理李克强在2021年国务院政府工作报告中指出，扎实 做好碳达峰、碳中和各项工作，优化产业结构和能源结构，努力争取2060年前实现碳中和。 碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用： (1)已知下列热化学方程式： i.CH=CHCH(g)+Cl(g)→CHClCHClCH(g) ΔH=-133kJ·mol-1 2 3 2 2 3 ii.CH=CHCH(g)+Cl(g)→CH=CHCHCl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1 2 3 2 2 2 ①写出相同条件下CH=CHCHC1和HCl合成CHClCHClCH 的热化学方程式____。 2 2 2 3 ②已知①中的正反应的活化能E 为132kJ·mol-1，请在下图中标出①中逆反应的活化能E 正 逆 及数值_______。(2)温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH 和1molCO 发生反应CO(g)+3H(g) 2 2 2 2  CHOH(g)+HO(g) ΔH=-49.4kJ·mol-1，反应达到平衡时，测得放出热量19.76kJ，求平衡 3 2 1 时： ①H 的转化率为_______ 2 ②T℃时该反应的平衡常数K=_______(列计算式表示)。 (3)目前有Ni-CeO 催化CO 加H 形成CH 的反应，历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用 2 2 2 4 *标注。 ①写出上述转换中存在的主要反应的化学方程式_____。 ②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O(g) ΔH>0来消除CO的污染，请用 2 文字说明是否可行_____。 (4)T℃，HCOOH与CHCOONa溶液反应：HCOOH+CHCOO- HCOO-+CHCOOH，该反应的K=12.5，则 3 3  3 该温度下醋酸的电离常数K(CHCOOH)=_____(T℃时K(HCOOH)=2×10-4)。 a 3 a 【KS5U答案】CH=CHCHCl(g)+HCl(g)→CHClCHClCH(g) △H= - 33 kJ·mol-1 2 2 2 3  0.2 0.2  0.3 0.93       催  化  剂   40% CO+4H 2 2  0.2 0.2  0.3 0.93       催  化  剂    CH+ 2HO 因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发) 4 2 1.6×105 【KS5U解析】 (1)①已知：i.CH=CHCH(g)+Cl(g)→CHClCHClCH(g) ΔH=-133kJ·mol-1 2 3 2 2 3 ii.CH=CHCH(g)+Cl(g)→CH=CHCHCl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1 2 3 2 2 2 根据盖斯定律，由i-ii得CH=CHCHCl(g)+HCl(g)→CHClCHClCH(g) △H= -100kJ·mol-1- 2 2 2 3 (-133kJ·mol-1)=- 33 kJ·mol-1，故答案为：CH=CHCHCl(g)+HCl(g)→CHClCHClCH(g) 2 2 2 3 △H= - 33 kJ·mol-1； ②△H=E -E ，则E =E -△H=132kJ•mol-1-（-33kJ•mol-1）=165kJ•mol-1，故答案为： a正 a逆 a（逆） a正 ； (2)①反应热与参加反应的物质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化 19.76 100%=40% 时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H 的转化率为 49.4 ； 2 ②用三段式法计算得： CO g+3H g  CH OHg+H Og 2 2 3 2 起始(mo/L) 0.5 1.5 0 0 ， 转化(mo/L) 0.2 0.6 0.2 0.2 平衡(mo/L) 0.3 0.9 0.2 0.2 c(CH OH)c(H O) 0.20.2 K= 3 2  c(CO )c(H )3  0.30.93 2 2c(CH OH)c(H O) 0.20.2 K= 3 2  c(CO )c(H )3  0.30.93； 2 2 (3)①根据图示中箭头方向知，反应物为CO、H，生成物为CH、HO，故答案为：CO+4H 2 2 4 2 2 2       催  化  剂    CH+ 2HO； 4 2 ②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O(g) ΔH>0来消除CO的污染，因为 2 △G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发)； (4)T℃，HCOOH与CHCOONa溶液反应：HCOOH+CHCOO- HCOO-+CHCOOH，该反应的K=12.5，即 3 3  3 K (甲酸) K= a =12.5 K (乙酸) ，则该温度下醋酸的电离常数K(CHCOOH)= a 3 a K (甲酸) 2.010-4 a = =1.610-5 K 12.5 ,故答案为：1.6×105。 23．（2021·四川遂宁市·高三其他模拟）CO和NO是汽车尾气中的主要污染物，易引起酸 雨、温室效应和光化学烟雾等环境污染问题。随着我国机动车保有量的飞速发展，汽车尾气 的有效处理变得迫在眉睫。其中的一种方法为2CO(g)+2NO(g)=N(g)+2CO(g)，请回答下列问 2 2 题： (1)已知该反应为自发反应，则该反应的反应热△H___________0(填“>”或“<”或“=”) (2)已知：N (g) + O(g)=2NO(g) △H= a kJ•mol -1 2 2 C(s) + O (g)=CO (g) △H= b kJ•mol -1 2 2 2C(s) + O (g)=2CO(g) △H= c kJ•mol -1 2 则 2CO(g)+2NO(g)=N (g)+2CO (g) △H=___________kJ•mol-1 (用含 a、b、c 的表达式表 2 2 示)。 (3)一定温度下，将 2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强为 1MPa，到达平 衡时， 测得N 的物质的量为 0.5 mol，则： 2 ①该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数K=___________(写出计算表示式) p ②该条件下，可判断此反应到达平衡的标志是___________ A．单位时间内，断裂 2 molC=O 同时形成 1 mol N≡N。 B．混合气体的平均相对分子质量不再改变。C．混合气体的密度不再改变。 D．CO与NO的转化率比值不再改变。 (4)某研究小组探究催化剂对 CO、NO 转化的影响。将 CO 和 NO 以一定的流速通过两种不 同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中 N 的含量，从而确定尾气脱氮率(即 NO 2 的转化率)，结果如图所示： ①由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳实验条件为___________ ②若低于 200℃，图中曲线 I 脱氮率随温度升高变化不大的主要原因为___________ (5)已知常温下，K(NH·HO)=1.8×10-5，K(HCO) =4.4×10-7，K(HCO) =4.4×10-11，.此 b 3 2 a1 2 3 a2 2 3 温度下某氨水的浓度为 2mol/L，则溶液中c(OH-)=___________mol/L，将脱氮反应后生成CO 2 c  NH+ 4 通入氨水中使溶液恰好呈中性，则此时 =___________(保留小数点后4位数字) c  HCO- 3 (6)电解NO制备NHNO，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NHNO，需要补充物 4 3 4 3 质A，A是___________，理由是___________ 11 【KS5U答案】< 2b-a-c 36 (或具体计算式) BC 催化剂 II，450℃ 温度 较低时，催化剂 I 的活性偏低 6×10-3 1.0009 NH 根据总反应 3 8NO+7HO=3NHNO+2HNO(条件为电解)，电解产生HNO 多，应补充NH 2 4 3 3 3 3【KS5U解析】 (1)反应2NO(g)+2CO(g) 2CO(g)+N(g)能够自发进行，反应△S<0，若满足△H-T△S<0，必  2 2 须△H<0； (2)已知：①N (g) + O(g)=2NO(g) △H= a kJ•mol -1；②C(s) + O (g)=CO (g) △H= b 2 2 2 2 kJ•mol -1； ③2C(s) + O (g)=2CO(g) △H= c kJ•mol -1； 2 根据盖斯定律，得到目标方程式的计算式为2×②-①-③，代入a、b、c计算得△H=2b-a- c； (3)①一定温度下，将 2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强为 1MPa，到达 平衡时， 测得N 的物质的量为 0.5 mol，则可列出三段式： 2 2NOg+2COg  2CO g+N g 2 2 1 0.5 起始(mol) 4 2 0 0 ( )2 5.5 5.5 11 ，则K =  ； 转化(mol) 1 1 1 0.5 p 3 1 36 ( )2( )2 平衡(mol) 3 1 1 0.5 5.5 5.5 ②A．单位时间内，断裂2 mol C=O同时形成 1 mol N≡N，正反应速率和逆反应速率不相等， 不能说明反应达到平衡，故A错误； B．该反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，可以说明 达到平衡，故B正确； C．容器是恒压容器，反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的密度不再改变可以说明 达到平衡，故C正确； a 2 =2 D．CO与NO的转化量相等，设任一时刻转化量为a mol，则CO与NO的转化率比值为 ， a 4 为定值，则CO与NO的转化率比值不再改变，不能说明反应达到平衡，故D错误；故答案为 BC； (4)①由图象可知，在催化剂II，450℃条件下达到最大脱氮率； ②温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率慢，所以脱氮率随温度升高变化不大； c(NH+)c(OH-) K = 4 (5)NH 3 •H 2 O的K b =1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，由 b c(NH H O) ，可知 3 2 1 cc(H-)=(1.810-52)2mol/L=610-3mol/L1 cc(H-)=(1.810-52)2mol/L=610-3mol/L，将CO 通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中 2 + - 2- c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH4)=c(HCO3)+2c(CO3 )， c(NH+) 2c(CO2-) c(CO2-)c(H+) 4 =1+ 3 K = 3 c(HCO-) c(HCO-) ，H 2 CO 3 的K a2 =4.4×10-11，结合 a2 c(HCO-) 计算 3 3 3 c(CO2-) c(CO2-) 4.410-11 3 3 = =4.410-4 c(HCO-)，c(HCO-) 10-7 ， 3 3 c(NH+) 2c(CO2-) 4 =1+ 3 =1+24.410-4=1.0009 c(HCO-) c(HCO-) ； 3 3 + (6)根据电解NO制备NHNO 的工作原理示意图知：阴极反应式为3NO+15e-+18H+=3NH4+3HO， 4 3 2 电解 阳极反应式为5NO-15e- +10H 2 O=5NO- +20H+，总反应式为8NO+7H 2 O =3NH 4 NO 3 +2HNO 3 ，为 3 了使电解产生的HNO 全部转化为NHNO，应补充NH。 3 4 3 3 24．（2021·天津高三二模）氮的化合物在生产实践及科学研究中应用广泛 (1)目前工业上使用的捕碳剂有NH 和(NH)CO，它们与CO 可发生如下可逆反应： 3 4 2 3 2 噲垐 �� 2NH(1)+HO(1)+CO(g) (NH)CO(aq)K 3 2 2 4 2 3 1 噲垐 �� NH(l)+HO(1)+CO(g) NHHCO(aq)K 3 2 2 4 3 2 噲垐 �� (NH)CO(aq)+HO(1)+CO(g) 2NHHCO(aq)K 4 2 3 2 2 4 3 3 则K=___(用含K、K的代数式表示)。 3 1 2 (2)利用CO 制备乙烯是我国能源领域的一个重要战略方向，具体如下：CO 催化加氢合成乙 2 2 噲垐 �� 烯，其反应为：2CO(g)+6H(g) CH(g)+4HO(g)；ΔH=akJ·mol-1。起始时按n(CO)： 2 2 2 4 2 2 n(H)=1：3的投料比充入20L的恒容密闭容器中，不同温度下平衡时H 和HO的物质的量如 2 2 2图甲所示： ①a___0(选填“>”或“＜”)。 ②下列说法正确的是___(填字母序号)。 A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率 B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v 减小，v 增大 正 逆 C．测得容器内混合气体密度不随时间改变时，说明反应已达平衡 ③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO)：n(H =1：3投入CO 和H，则 2 2) 2 2 n(H ) 2 n(C H )将___(填“变大”、“不变”或“变小”)。 2 4 (3)NH 为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，常温下，向10mL0.1mol/L的联氨溶液 2 4  2 中，滴加0.1mol/L的HCl溶液xmL溶液中NH、NH5 、NH6 的物质的量分数δ随溶液 2 4 2 2 pOH[pOH=-lgc(OH-)]变化的曲线如图所示。 ①25℃时，写出NH 在水中第一步电离方程式___。 2 4②25℃时，NH 在水中的第二步电离常数值为___。 2 4 ③工业上利用NH 制备联氨(NH)装置如图，试写出其阳极电极反应式：___。 3 2 4 K 2 2 【KS5U答案】 K 1 < A 变小 N 2 H 4 +H 2 O 噲垐 �� N 2 H 5 +OH- 10-9.3 2NH 3 -2e- +O2-=NH+HO 2 4 2 【分析】 根据题给方程式写出相应反应的平衡常数表达式，结合盖斯定律分析；根据图甲知随着温度 的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平 衡逆向移动；393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO):n(H)=1:3投入CO 和H， 2 2 2 2 相当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动； c(N H2+)c(OH-) 2 6 POH=9.3时，N 2 H、N 2 H2浓度相等，K a2 == c(N H+) =c(OH-)得N 2 H 4 第二步电离常数； 5 6 2 5 在阳极氨气失电子，发生氧化反应，结合电解质写出电极方程式。 【KS5U解析】 噲垐 �� (1)NH 和(NH)CO 与CO 可发生如下可逆反应：2NH(1)+HO(1)+CO(g) (NH)CO(aq)K= 3 4 2 3 2 3 2 2 4 2 3 1 c  NH 4  2 CO 3   cNH 4 HCO 3  ，NH(l)+HO(1)+CO(g) NHHCO(aq)K= ， cCO 2 c2NH 3  3 2 2 噲垐 �� 4 3 2 cCO 2 cNH 3  c2NH HCO  4 3 K 2 (NH 4 ) 2 CO 3 (aq)+H 2 O(1)+CO 2 (g) 噲垐 �� 2NH 4 HCO 3 (aq)K 3 = cCO 2 c  NH 4  2 CO 3   = K 2 1 ，则K 2 K 2 2 2 K 3 = K (用含K 1 、K 2 的代数式表示)，故答案为： K ； 1 1 (2)①根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐 渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应，a<0；故答案为：<； ②A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率，故A正确； B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v 减小，v 减小，故B错误； 正 逆 C．反应体系中各物质均为气体，根据质量守恒定律容器内混合气体的质量不变，容器的容 积不变，混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不随时间改变时，不能说明反应已达 平衡，故C错误； 故答案为：A； ③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO):n(H =1:3投入CO 和H，当于增大压 2 2) 2 2 噲垐 �� 强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，2CO(g)+6H(g) CH(g) 2 2 2 4 n(H ) 2 +4HO(g)平衡正向移动，则n(C H )将变小，故答案为：变小； 2 2 4  (3)①25℃时，NH 在水中第一步电离方程式NH+HO噲垐 �� NH5 +OH-，故答案为：NH+HO 2 4 2 4 2 2 2 4 2  噲垐 �� NH5 +OH-； 2  2 ②25℃时，NH 在水中的第二步电离常数值为POH=9.3时，NH5 、NH6 浓度相等，K= 2 4 2 2 a2 c(N H2+)c(OH-) 2 6 c(N H+) =c(OH-)= 10-9.3，故答案为：10-9.3； 2 5 ③工业上利用NH 制备联氨(NH)，在阳极氨气失电子，发生氧化反应，阳极电极反应式： 3 2 4 2NH-2e-+O2-=NH+HO，故答案为：2NH-2e-+O2-=NH+HO。 3 2 4 2 3 2 4 2 25．（2021·天津和平区·耀华中学高三二模）近年来我国在环境治理上成效斐然。回答下 列问题： (1)CH 还原氨氧化物使其转化为无毒气体，部分反应的热化学方程式及活化能(E)如下： 4 i．CH(g)+4NO(g)=4NO(g)+2HO(g)+CO(g) ΔH=-574kJ·mol-1 E=1274kJ·mol-1； 4 2 2 2 1 1ii．CH(g)+4NO(g)=2N(g)+2HO(g)+CO(g) ΔH=-1160kJ·mol-1 E=493kJ·mol-1。 4 2 2 2 2 2 ①反应CH(g)+2NO(g)=N(g)+2HO(g)+CO(g) ΔH=_______kJ·mol-1 4 2 2 2 2 3 ②相同条件下，反应i比反应ii的速率慢，理由为_______。 (2)探究催化剂条件下CO和NO的处理，反应原理为：2NO(g)+2CO(g) N(g)+2CO(g)  2 2 ΔH。向某密闭容器中充入等物质的量的CO和NO，不同条件下NO的平衡转化率如图1所示： 4 ①下列事实能说明该反应达到平衡状态的是_______(填选项字母)。 a．CO和NO的转化率相等 b．NO和N 的总物质的量不再发生变化 2 c．CO和CO 的总物质的量不再发生变化 2 ②ΔH_______0(填“＞”或“＜”，下同，p_______p 4 1 2。 (3)最近我国科学家设计了一种电解法处理污染气体中NO 的高效去除装置，如图2所示，其 x 中电极分别为催化剂石墨烯(石墨烯包裹催化剂)和石墨烯。 ①催化剂石墨烯为_______极(填“阴”或“阳”)。 ②若电解质溶液显酸性，则催化剂石墨烯电极的电极反应式为_______。 (4)燃煤烟气脱硫的方法有多种。其中有种方法是用氨水将SO 转化为NHHSO，再氧化成 2 4 3 (NH)SO，向NHHSO 溶液中通空气氧化的离子反应方程式_______。已知HSO 的 4 2 4 4 3 2 3 K=1.3×10-2、K=6.2×10-8。常温下，将SO 通入某氨水至溶液恰好呈中性，此时溶液中 a1 a2 2 c(NH+) 4 c(HSO-) 3c(NH+) 4 c(HSO-) =_______。 3 【KS5U答案】-867 反应ii的活化能低，反应速率快 b ＜ ＞ 阴 HSO- SO2- 2NO+4xH++4xe- =N +2xHO 2 3 + O=2 4 +2H+ 2.24 x 2 2 2 【分析】 根据盖斯定律分析计算 ΔH；反应的活化能越大，反应速率越慢；根据图象，结合温度和压 3 强对平衡的影响分析判断；根据图象，催化剂石墨烯上NO 转化为N，N元素的化合价降低， x 2 HSO- SO2- 被还原，发生还原反应，据此分析解答； 3被O 氧化生成 4 和H+；将SO 通入某氨水 2 2 + 2- - + 至溶液恰好呈中性，根据电荷守恒，c(H+)+ c(NH4)=2 c(SO3 )+ c(HSO3)+c(OH-)，有c(NH4 c(NH+) 2c(SO2-) 4 3 )=2 c(SO 2- )+ c(HSO - )，因此c(HSO-) =c(HSO-)+1，结合亚硫酸的电离平衡常数分析解答。 3 3 3 3 【KS5U解析】 (1) ①i．CH(g)+4NO(g)=4NO(g)+2HO(g)+CO(g) ΔH=-574kJ·mol-1， 4 2 2 2 1 ii．CH(g)+4NO(g)=2N(g)+2HO(g)+CO(g) ΔH=-1160kJ·mol-1， 4 2 2 2 2 根据盖斯定律，将i+ ii得到2CH(g)+4NO(g)=2N(g)+4HO(g)+2CO(g) 4 2 2 2 2 ΔH=(-574kJ·mol-1)+(-1160kJ·mol-1)=-1734 kJ·mol-1，则CH(g)+2NO(g)=N(g)+2HO(g) 4 2 2 2 +CO(g) ΔH=-867kJ·mol-1，故答案为：-867； 2 3 ②相同条件下，反应i的活化能大于反应ii的活化能，导致反应i比反应ii的速率慢，故 答案为：反应ii的活化能低，反应速率快； (2)①a．反应达到平衡状态时CO和NO的转化率不一定相等，CO和NO的转化率与起始时二者 的物质的量和反应的量有关，故a错误；b．根据2NO(g)+2CO(g) N(g)+2CO(g)，NO和N 的  2 2 2 总物质的量是变量，当NO和N 的总物质的量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态，故b 2 正确；c．根据2NO(g)+2CO(g) N(g)+2CO(g)，CO和CO 的总物质的量为常量，CO和CO 的  2 2 2 2 总物质的量始终不变，不能判断是平衡状态，故c错误；故答案为：b； ②根据图象，升高温度，NO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH 4 ＜0；相同温度下，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，根据图象，p＞p，故 1 2答案为：＜；＞； (3)①根据图象，催化剂石墨烯上NO 转化为N，N元素的化合价降低，被还原，发生还原反 x 2 应，催化剂石墨烯为阴极，故答案为：阴； ②若电解质溶液显酸性，催化剂石墨烯电极的电极反应式为2NO+4xH++4xe- =N +2xHO，故答 x 2 2 案为：2NO+4xH++4xe- =N +2xHO； x 2 2 HSO- SO2- HSO- SO2- (4) 3被O 氧化生成 4 和H+，则离子方程式为2 3+O=2 4 +2H+； 2 2 已知常温下亚硫酸的电离常数K =1.3×10-2，K =6.2×10-8，将SO 通入某氨水至溶液恰好呈 al a2 2 + 2- - + 2- 中性，根据电荷守恒，c(H+)+ c(NH4)=2 c(SO3 )+ c(HSO3)+c(OH-)，则c(NH4)=2 c(SO3 )+ 2K c(NH+) 2c(SO2-) a2 26.2108 c(HSO-)，因此 c(HSO 4 -) = c(HSO 3 -) +1=c  H+ +1= 1.0107 +1=2.24，故答案为：2HSO- 3 3 3 3 SO2- +O=2 4 +2H+；2.24。 2 26．（【一飞冲天】6.芦台一中一模）碳的化合物在工业上应用广泛，下面对几种碳的化合 物的具体应用进行分析对“碳中和”具有重要意义。 (1)已知下列热化学方程式： i.CH=CHCH(g)+Cl(g)→CHClCHClCH(g) ΔH=-133kJ·mol-1 2 3 2 2 3 1 ii.CH=CHCH(g)+Cl(g)→CH=CHCHCl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1 2 3 2 2 2 2 噲垐 �� 又已知在相同条件下，CH=CHCHCl(g)+HCl(g) CHClCHClCH(g)的正反应的活化能E 2 2 2 3 a(正) 为132kJ·mol-1，则逆反应的活化能E 为___kJ·mol-1。 a(逆) (2)查阅资料得知，反应CHCHO(aq)=CH(g)+CO(g)在含有少量I 的溶液中分两步进行： 3 4 2 第①步反应为CHCHO(aq)+I(aq)=CHI(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反应)； 3 2 3 第②步为快反应；增大I 的浓度能明显增大总反应的平均速率。理由为___。 2 噲垐 �� (3)工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成甲醇：CO(g)+2H(g) CHOH(g)ΔH<0，在 2 3 一定条件下，将1molCO和2molH 通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压 2 强)时，CHOH的体积分数φ(CHOH)变化趋势如图所示： 3 3①下列描述能说明该反应处于化学平衡状态的是___(填字母)。 A．CO的体积分数保持不变 B．容器中CO的转化率与H 的转化率相等 2 C．v (CHOH)=2v (H) 逆 3 逆 2 D．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变 ②平衡时，M点CHOH的体积分数为10%，则CO的转化率为___。 3 ③X轴上a点的数值比b点___(填“大”或“小”)，某同学认为图中Y轴表示温度，你认为 他判断的理由是___。 (4)甲醇与CO可以生成醋酸，常温下将amol/L的醋酸与bmol·L-1Ba(OH) 溶液以2：1体积比 2 混合，混合溶液中2c(Ba2+)=c(CHCOO-)，则醋酸的电离平衡常数为_____(忽略混合过程中溶 3 液体积的变化，用含a和b的代数式表示)。 【KS5U答案】165 总反应的平均速率由慢反应决定，I 为慢反应的反应物，增大I 的浓 2 2 度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大 AD 25% 小 由图可知， 当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CHOH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升 3 10-7b 温平衡逆向移动，组分中φ(CH 3 OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度 a-b 【KS5U解析】 (1)根据盖斯定律，i－ii得到目标反应式的ΔH=ΔH－ΔH=[(－133)－(－100)]kJ/mol=－ 1 2 33 kJ/mol，该反应为放热反应，逆反应的活化能=正反应的活化能+33 kJ/mol=132 kJ/mol+33 kJ/mol=165 kJ/mol，故答案为165 kJ/mol； (2)化学反应的速率由慢反应的速率决定，根据题中所给信息，反应①为慢反应， CHCHO(aq)=CH(g)+CO(g)的反应速率由①决定，增加I 的浓度，慢反应速率增大，则总反应 3 4 2 速率增大；故答案为总反应的平均速率由慢反应决定，I 为慢反应的反应物，增大I 的浓度， 2 2慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大； (3)①A．根据化学平衡状态的定义，CO的体积分数保持不变，说明反应达到平衡，故A符合 题意； B．投入量的比值等于化学计量数的比值，从反应开始到平衡，CO和H 的转化率相等，故B 2 不符合题意； C．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比 等于化学计量数之比，v (CHOH)=2v (H)时两个反应的方向都是向逆反应方向进行，因此v 逆 3 逆 2 (CHOH)=2v (H)不能说明反应达到平衡,故C不符合题意； 逆 3 逆 2 m M= D．利用 n ,组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应气体物质的量减少，因此 当气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡，故D符合题意； 答案为AD； CO(g)+2H (g) CH OH(g) 2 3 起始/mol 1 2 0 ②建立： ，平衡时，M点甲醇的体积 变化/mol x 2x x 平衡/mol 1-x 2-2x x x  100%=10% 分数为10%，即有3-2x ，解得x=0.25mol，CO的转化率为25%；故答案为 25%； ③根据图像，当Y一定时，X轴从0～d甲醇的体积分数增大，即a点的数值比b点小；根据 图像，可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CHOH)减小，由信息可知，该反应为 3 放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CHOH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；故答案 3 为小；由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CHOH)减小，由信息可知，该反 3 应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CHOH)减小，二者一致，故Y轴表示温度； 3 (4)根据溶液呈现电中性，得出c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH-)+c(CHCOO-)，因为 3 2b 2c(Ba2+)=c(CHCOO-)，因此c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L, 2c(Ba2+)=c(CHCOO-)= 3 mol/L，根据物 3 32a 2a-2b 料守恒，c(CH 3 COOH)+c(CH 3 COO-)= 3 mol/L，推出c(CH 3 COOH)= 3 mol/L，根据电离平衡 2b  10-7 c(CHCOO-)  c(H+) 3 3  常数的表达式Ka= c(CHCOOH) 2a-2b =10-7b ；故答案为10-7b 。 3 3 a-b a-b 27．（2021·江苏南京市·南京师大附中高三其他模拟）镀镍废水是重金属污染源之一、含 镍废水的处理方法常见的有络合法、离子交换法、沉淀法、电解法等。 (1)络合法。现以EDTA、CS、环氧氯丙烷和NaOH等合成一种重金属络合剂HMCA，在不同 2 pH、HMCA浓度下对Ni2＋的去除率如图1、图2所示。去除Ni2＋的最佳条件是___________。 (2)一种离子交换和沉淀法工艺如下： 已知该交换树脂为阳离子型树脂(HR，HR    R-＋H＋)。 ①已知在pH=2时，Ni2＋去除率很低，其原因为___________。 ②沉镍时生成NiCO·2HO，写出生成该物质的离子方程式：___________。 2 4 2 ③沉淀经过滤、洗涤、灼烧得高纯镍，如何判断沉淀已经洗净？___________。 (3)电解法。以直流电对含镍酸性废水电解，其阴极镍的析出率情况如图所示。电流强度增 大，电流效率下降的原因是___________。【KS5U答案】pH=6.5～7.5，ρ(HMCA)=2.3～3.5 g·L-1 pH=2时，酸性较强，不利HR     R-＋H＋电离产生R-，c(R-)低，因而Ni2＋去除率低 Ni2＋ +HCO+2HO=NiCO·2HO↓+2H＋ 取最后一次的洗涤滤液，先滴入足量的HCl，再滴入 2 2 4 2 2 4 2 BaCl 溶液，若没有白色沉淀生成，则已洗涤干净，否则没有洗净 电流过大，H＋在阴极被 2 还原为氢气，导致电流效率下降 【KS5U解析】 (1)Ni2+去除率越高，溶液中Ni2+的浓度越小越好。根据图示可知在pH为6.5～7.5时，Ni2+去 除率最高，在ρ(HMCA)=2.3～3.5 g·L-1时Ni2+含量最低，故合适的条件是：pH=6.5～7.5， ρ(HMCA)=2.3～3.5 g·L-1； (2)①在pH=2时，溶液的酸性较强，溶液中c(H+)较大，电离平衡HR    R-＋H＋逆向移动， 使得HR电离产生R-的浓度c(R-)降低，因而Ni2＋去除率低； ②在含有高浓度Ni2+的废水中加入HCO，反应生成NiCO·2HO，则生成NiCO·2HO的离 2 2 4 2 4 2 2 4 2 子方程式为：Ni2＋+HCO+2HO=NiCO·2HO↓+2H＋； 2 2 4 2 2 4 2 ③沉淀经过滤、洗涤、灼烧得高纯镍，根据工艺流程，若沉淀已经洗净，则最后一次的洗涤 SO2 液中无 4 ，可通过先加盐酸、后加入含Ba2+的溶液时无白色沉淀产生判断。故判断沉淀已 经洗净的操作方法是：取最后一次的洗涤滤液，先滴入足量的HCl，再滴入BaCl 溶液，若没 2 有白色沉淀生成，则已洗涤干净，否则没有洗净； (3)用电解法制镍。以直流电对含镍酸性废水电解，根据其阴极镍的析出率可知：电流强度 增大，电流效率下降，这是由于电流过大时，会使溶液中的H＋在阴极上得到被还原为H，导 2 致电流效率下降。 28．（2021·安徽师范大学附属中学高三其他模拟）科学家正致力于研究一种“碳中和”技术—(CH-CO)重整，该技术具有一定的经济效益和深远的社会意义。其工艺过程中涉及如下 4 2 反应：  I：CH(g)+CO(g) 2CO(g)+2H(g) ∆H 4 2 2 1  II：H(g)+CO(g) HO(g)+CO(g) ∆H=+41kJ·mol−1 2 2 2 2 (1)已知部分化学键的键能数据如下表所示： 化学键 C—H H—H C=O C≡O(CO) 键能(kJ·mol−1) 413 436 803 1076 则∆H=____kJ·mol−1，反应I在一定条件下能够自发进行的原因是____，在密闭容器中加入 l CO 与CH 发生反应，下列能够判断反应I达到平衡状态的是____(填标号)。 2 4 A．一定温度下，容积固定的容器中，密度保持不变 B．容积固定的绝热容器中，温度保持不变 C．一定温度和容积固定的容器中，平均相对分子质量保持不变 D．一定温度和容积固定的容器中，H 和HO物质的量之和保持不变 2 2 (2)将1molCH 与1molCO 在2L密闭容器中反应制取CO和H 时，CH 和CO 的平衡转化率随温 4 2 2 4 2 度变化关系如图所示。 ①923K时CO 的平衡转化率大于CH 的原因是_____。 2 4 ②计算923K时反应Ⅰ的化学平衡常数K=_____。 ③1200K以上CO 和CH 的平衡转化率趋于相等的原因可能是______。 2 4 (3)以二氧化钛表面覆盖CuAlO 为催化剂，可以将CO 和CH 直接转化成乙酸。在不同温度下 2 2 4 2 4 催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是____。 (4)随着“碳达峰”限期的日益临近，捕集CO 后再利用成为环境科学的研究热点。海洋吸收 2 HCO- CO2- CO 的能力巨大，若室温下测得某地海水的pH≈8，在该溶液中c( 3)∶c( 3 2 )=____(已知室温下HCO 的K=4×10−7，K=5×10−11)。 2 3 a1 a2 【KS5U答案】+234 该反应∆S>0 BCD 温度较低时，有利于反应II发生，CH 和CO 4 2 按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO 还发生反应II，所以平衡转化率大于CH 4.26 2 4 1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II 温度超过250℃时，催化剂的催化效 率降低 200 【KS5U解析】 (1)由反应热∆H=反应物的键能之和—生成物的键能之和可得：∆H=4E(C—H)+2E(C=O)— 2E(C≡O)—2E(H—H)=4×413kJ/mol+2×803kJ/mol—2×1076kJ/mol—2×436kJ/ mol=+234kJ/mol；反应I是气体体积增大的吸热反应，反应∆H >0、∆S>0，由自发反应的∆H —T∆S<0可知，在一定条件下反应能够自发进行的原因是反应∆S>0； A．由质量守恒定律可知，一定温度下，容积固定的容器中，气体的质量不变，混合气体的 密度始终不变，则密度保持不变不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡， 故错误； B．该反应为吸热反应，反应中，容积固定的绝热容器中反应温度会降低，温度保持不变说 明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； C．该反应为气体体积增大的反应，由质量守恒定律可知，一定温度和容积固定的容器中， 气体的质量不变，混合气体的平均相对分子质量减小，平均相对分子质量保持不变说明正、 逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； D．一定温度和容积固定的容器中，二氧化碳与甲烷发生反应I，二氧化碳还能与生成的氢气发生反应II，当氢气和水物质的量之和保持不变时，说明正、逆反应速率相等，反应已达到 平衡，故正确； BCD正确，故答案为：+234；该反应∆S>0；BCD； (2)①由题意可知，甲烷只发生反应I，二氧化碳还能与反应I生成的氢气发生反应II， 923K时，甲烷和二氧化碳按1:1投料只发生反应I时，转化率相等，二氧化碳的平衡转化率 大于甲烷，说明二氧化碳还发生了反应II，导致平衡转化率大于甲烷，故答案为：温度较低 时，有利于反应II发生，CH 和CO 按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO 还发生反应 4 2 2 II，所以平衡转化率大于CH； 4 ②起始甲烷和二氧化碳的物质的量均为1mol，容器的体积为2L，反应I消耗0.6mol甲烷和 二氧化碳，则反应II消耗0.1mol二氧化碳，由题意可建立反应I和反应II三段式：         CH g + CO g  2CO g + 2H g 4 2 2 起（mol/L) 0.5 0.5 0 0 变（mol/L) 0.3 0.3 0.6 0.6 平（mol/L) 0.2 0.2 0.6 0.6         H g + CO g  HO g + CO g 2 2 2 起（mol/L) 0. 6 0. 2 0 6 变（mol/L) 0. 05 0. 05 0. 05 0. 05 平（mol/L) 0. 55 0. 15 0. 05 0. 65 c2(CO)c2(H) 2 (0. 65)2 (0. 55)2 反应Ⅰ的化学平衡常数K= = ≈4.26，故答案为；4.26； c(CO)c(CH) 0. 15 0. 2 2 4 ③由题意可知，甲烷只发生反应I，二氧化碳还能与反应I生成的氢气发生反应II，当温度 高于1200K时，甲烷和二氧化碳的平衡转化率趋于相等说明反应I的正向进行程度远大于反 应II，反应以反应I为主，故答案为：1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II； (3)由图可知，250°C—300°C时，温度升高，催化剂的催化效率降低，导致乙酸的生成速 率降低，故答案为：温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低； c(CO2-)c(H+) c(HCO-) c(H+) 3 3 = (4)由碳酸的电离常数K a2 = c(HCO) 可得： c(CO2-) K ，则当某地海水的pH≈8 3 3 a2 c(HCO) c(H+) 108 3 = 时，溶液中 c(CO2-) K = 51011 =200，故答案为：200。 3 a2四、填空题 29．（2021·福建省福州第一中学高三其他模拟）人体内尿酸(HUr)含量偏高，关节滑液中 产生尿酸钠晶体(NaUr)会引发痛风，NaUr(s)     Na＋(aq)＋Ur−(aq) ∆H ＞0。某课题组 配制“模拟关节滑液”进行研究，回答下列问题： 已知：①37℃时，K(HUr) ＝ 4×10−6，K ＝ 2.4×10−14，K (NaUr) ＝ 6.4×10−5 a w sp ②37℃时，模拟关节滑液pH ＝7.4，c(Ur－) ＝4.6×10−4 mol∙L−1 (1)尿酸电离方程式为_______ (2)K 为盐的水解常数，37℃时，K(Ur−)＝_______。 h h (3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，溶液中c(Na ＋)_______c(Ur−) (填“＞”、“＜”或“＝”)。 (4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋) ＝ 0.2 mol∙L−1时，通过计算判断是 否有NaUr晶体析出，请写出判断过程_______ (5)对于尿酸偏高的人群，下列建议正确的是_______。 a.加强锻炼，注意关节保暖 b.多饮酒，利用乙醇杀菌消毒 c.多喝水，饮食宜少盐、少脂 d.减少摄入易代谢出尿酸的食物 【KS5U答案】HUr    H＋＋Ur－ 6×10−9 ＞ Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2 mol∙L−1 × 4.6×10−4 mol∙L−1 ＝9.2×10−5＞ K (NaUr)，故有尿酸钠晶体析出 acd sp 【KS5U解析】 (1)尿酸是弱酸，不完全电离，其电离方程式为HUr    H＋＋Ur－；故答案为：HUr    H＋ ＋Ur－； K 2.41014 K (Ur－)= w = =6109 (2)K h 为盐的水解常数，37℃时， h K HUr 4106 ；故答案为： a 6×10−9； (3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，模拟关节滑液pH ＝7.4， c(Ur－) ＝4.6×10−4 mol∙L−1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ur－)，由于pH＝ 7.4，因此溶液中c(Na＋)＞c(Ur－)；故答案为：＞； (4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋) ＝ 0.2 mol∙L−1时，Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2 mol∙L−1 × 4.6×10−4 mol∙L−1＝9.2×10−5＞ K (NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；故 sp 答案为：Q ＝ c(Na＋)∙c(Ur－) ＝ 0.2 mol∙L−1 × 4.6×10−4 mol∙L−1＝9.2×10−5＞ K (NaUr)，故有尿酸钠晶体析出； sp (5)根据NaUr(s)     Na＋(aq)＋Ur−(aq) ∆H＞0，a．降低温度，平衡向放热反应即逆向移 动，因此要注意关节保暖，故a正确；b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒，乙醇在体内不能消毒， 不能减少痛风，故b错误；c．多喝水，饮食宜少盐、少脂，饮食多盐，增大钠离子的摄入， 使平衡逆向移动加重痛风，故c正确；d．减少摄入易代谢出尿酸的食物，使平衡右移，减轻 痛风，故d正确；综上所述，答案为：acd。 五、工业流程题 30．（2021·四川遂宁市·高三其他模拟）工业利用硼矿石(2MgO·BO)制备单质B(硼)并联 2 3 产轻质MgO的流程如下，硼是第IIIA族中唯一的非金属元素，可以形成众多的化合物。回答 下列问题： (1)硼烷泛指一切硼和氢组成的化合物。乙硼烷(BH)是最简单的硼烷。可以在乙醚介质中使 2 6 用LiAlH(离子化合物)还原BCl 获得，LiAlH 中H的化合价为___________，它的电子式为 4 3 4 ___________，制备乙硼烷的化学方程式为___________。 硼酸(HBO)的溶解度 3 3 温度/℃ 0 10 20 30 40 80 溶解度/g 2.77 3.65 4.87 6.77 8.90 23.54 (2)回答下列问题： ①为了加快硼矿石与NaCO 溶液和CO 的反应速率，可以采取的措施有___________(填一种)。 2 3 2 ②操作1是___________，洗涤，干燥。检验HBO 是否洗涤干净的操作方法为___________。 3 3 整个流程中可循环利用的物质是___________③制备B发生反应的化学方程式是___________，过程中易生成金属硼化物杂质。该杂质的化 学式是___________ (3)硼酸(HBO)是一元弱酸，在溶液中能电离生成[B(OH)]-，硼酸的电离方程式为 3 3 4 ___________；室温时测得0.1000 mol•L-1硼酸溶液的pH=5，硼酸的电离常数 K=___________ a 【KS5U答案】-1 3LiAlH＋4BCl=2BH↑＋3LiCl＋3AlCl 将矿石粉 4 3 2 6 3 碎或提高反应温度或搅拌； 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 取最后一次洗涤液少许加入 试管中，加入几滴BaCl 溶液，若有白色浑浊，则未洗干净，反之，则洗干净 CO 3Mg 2 2 高温 ＋B 2 O 3 2B＋3MgO Mg 3 B 2 H 3 BO 3 ＋H 2 O     [B(OH) 4 ]-＋H＋ 1.0×10-9 【KS5U解析】 (1)LiAlH 中Li显+1价，Al显+3价，则H的化合价为-1，LiAlH 属于离子化合物，是由Li＋ 4 4 和 组成，其电子式为 ；制备乙硼烷，是用LiAlH 和BCl 反应得到，即化学 AlH- 4 3 4 反应方程式为3LiAlH＋4BCl=2BH↑＋3LiCl＋3AlCl。 4 3 2 6 3 (2)①为了加快硼矿石与NaCO 和CO 的反应速率，可以采取方法是将矿石粉碎或提高反应温 2 3 2 度或搅拌。 ②硼酸的溶解度随温度升高而升高，根据流程，操作1是从溶液中获得HBO 固体，采取的操 3 3 作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；溶液中含有硫酸根离子，检验HBO 是否洗涤干净，只要检 3 3 验最后一次洗涤液中是否有硫酸根离子即可，则操作方法为：取最后一次洗涤液少许加入试 管中，加入几滴BaCl 溶液，若有白色浑浊，则未洗干净，反之，则洗干净；根据流程，轻 2 质碳酸镁受热分解轻质MgO和CO，循环使用的物质是CO。 2 2 高温 ③制备单质B，利用Mg的强还原性，将BO 中B还原出来，其反应方程式为3Mg＋BO 2 3 2 3 2B＋3MgO；过程中易生成金属硼化物，即B与Mg反应生成MgB。 3 2 (3)硼酸为一元弱酸，在溶液中电离产生[B(OH)]－，即硼酸的电离方程式为HBO＋ 4 3 3 HO [B(OH)]－＋H＋；根据硼酸的电离方程式，[B(OH)]－和H＋物质的量浓度近似相等，硼酸 2  4 4是弱酸，弱电解质的电离程度较弱，即c(HBO)近似等于0.1000mol·L－1，则硼酸的电离平 3 3 c{[B(OH) ]-}c(H+) 10-510- K = 4  1.010-9 衡常数 a c(H BO ) 0.1000 。 3 3