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1．（2023·辽宁·统考高考真题）某废水处理过程中始终保持H2S 饱和，即
，通过调节
pH 使
和
形成硫化物而分离，体系中
与
关系如下图所示，c 为
和
的浓
度，单位为
。已知
，下列说法正确的是
微专题42 四大平衡常数的计算与应用
1
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A．
B．③为
与
的关系曲线
C．
D．
【答案】D
【解析】已知H2S 饱和溶液中随着pH 的增大，H2S 的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则
有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH 增大而减小，且相同pH 相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则
Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且
，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)
随着pH 增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、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Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，
则有
，A 错误；
B．由分析可知，③为
与
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+)=10-1.6mol/L 时，c(HS-)=10-
6.5mol/L，
或者当c(H+)=10-4.2mol/L 时，c(HS-)=10-
3.9mol/L，
，C 错误；
D．已知Ka1Ka2=
=
，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L 时，
c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L 时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2=
=
=10-21.8，结合C 项分析可知Ka1=10-7.1，故有
2
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，D 正确；
故答案为D。
2．（2023·全国·统考高考真题）下图为
和
在水中达沉淀溶解平衡时的
关系图(
；
可认为
离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由
点可求得
B．
时
的溶解度为
C．浓度均为
的
和
可通过分步沉淀进行分离
D．
混合溶液中
时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则
=
=
=
，故A 错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则
=
=
=
，
时
3
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的溶解度为
=10-3
，故B 错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH 的方法分步沉淀
和
，故C 正确；
D．由图可知，
沉淀完全时，
，pM
5，此时pH 约为4.7，在此pH 下
刚开始
沉淀的浓度为
，而题中
>
，则
会同时沉淀，故D 错误；
答案选C。
四大平衡常数的比较
常数
符号
适用体系
影响因素
表达式
水的离子积常数
K
任意水溶液
升温，Kw增大
Kw＝c(OH-)·c(H+)
电离常数
酸Ka
弱酸溶液
升温，Ka增大
Kb增大
A-+H2O
HA+OH-
碱Kb
弱碱溶液
BOH
B++OH-
盐的水解常数
Kh
盐溶液
升温，Kh增大
A-+H2O
HA+OH-
溶度积常数
Ksp
难溶电解质溶液
升温，大多数Ksp增大
MmmAnn 的饱和溶液：
Ksp＝cmm
(Mn+n＋
)·cnn
(Am-
m－
)
注意：
(1)四大平衡的基本特征相同，包括逆、动、等、定、变，其研究对象均为可逆变化过程。
4
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(2)溶解平衡有放热反应、吸热反应，升高温度后Ksp可能变大或变小；而电离平衡、水解平衡均为吸热过
程，升高温度Ka(或Kb)、Kh均变大。
一、Kh 与Ka(或Kb)、Kw 的关系及其应用
1．强碱弱酸盐：
如：CH3COONa 溶液：CH3COO－＋H2O
CH3COOH＋OH－
Kh＝
＝
＝＝
2．强酸弱碱盐：
如：NH4Cl 溶液：NH＋H2O
NH3·H2O＋H＋
Kh＝
＝
＝＝
其中：Kh为水解平衡常数、Ka(Kb)为弱酸(或弱碱)的电离平衡常数、Kw为水的离子积常数。
二、溶度积常数及其应用
1．溶度积和离子积
以AmBn(s)
mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例：
溶度积
离子积
概念
沉淀溶解的平衡常数
溶液中有关离子浓度幂的乘
积
符号
Ksp
Qc
表达
式
Ksp(AmBn)＝c m (A
n ＋ )· c n (B
m － ) ，
式中的浓度都是平衡浓度
Qc(AmBn)＝c m (A
n ＋ )· c n (B
m － ) ，
式中的浓度是任意浓度
应用
判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解
①Qc>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出
②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态
③Qc<Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出
2.影响Ksp的因素
(1)内因：难溶物质本身的性质，这是决定因素。
(2)外因
①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
5
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②温度：绝大多数难溶物的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。
③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平
衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
3．KW和Ksp曲线
不同温度下水溶液中[H+]与[OH-]的变化曲线
常温下,CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线[Ksp=9×10-6
mol2·L-2]
(1)A、C、B 三点均为中性,温度依次升高,KW依次
增大
(2)D 点为酸性溶液,E 点为碱性溶液,T2温度时
KW=1×10-14 (mol·L-1)2
(3)AB 直线的左上方均为碱性溶液,任意一点均有
[H+]<[OH-]
(1)a、c 点在曲线上,a→c 的变化为增大[SO4
2-],如加入
Na2SO4固体,但Ksp不变
(2)b 点在曲线的上方,Q>Ksp,将会有沉淀生成
(3)d 点在曲线的下方,Q<Ksp,则为不饱和溶液,还能继续
溶解CaSO4
1．（2023·湖南·统考高考真题）向一恒容密闭容器中加入
和一定量的
，发生反应：
。
的平衡转化率按不同投料比
随温度的变化曲线
如图所示。下列说法错误的是
6
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A．
B．反应速率：
C．点a、b、c 对应的平衡常数：
D．反应温度为
，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x 值越小，CH4的转化率越大，则
，故A 正确；
B．b 点和c 点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b 点x 值小于c 点，则b 点加水多，反应物浓度大，
则反应速率：
，故B 错误；
C．由图像可知，x 一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向
移动，K 增大；温度相同，K 不变，则点a、b、c 对应的平衡常数：
，故C 正确；
D．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，
反应达到平衡状态，故D 正确；
答案选B。
2．（2023·全国·统考高考真题）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制
造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在
气氛中，
的脱水热分解过程如图所示：
7
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根据上述实验结果，可知
，
。
(2)已知下列热化学方程式：
则
的
。
(3)将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(
)
Ⅰ。平衡时
的关系如下图所示。
时，该反应的平衡总压
、平衡常数
。
随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
8
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(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应
(
)
Ⅱ，平衡时
(用
表示)。在
时，
，则
，
(列出计算式)。
【答案】(1) 4 1
(2)(a+c-2b)
(3) 3
增大
(4)
46.26
【解析】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，
转化为
，则
，解之得
=4；当失重比为38.8%时，
转化为
，则
，解之得y=1。
（2）①
②
③
9
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根据盖斯定律可知，①+③-②2 可得
，则
(a+c-2b)
。
（3）将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(
)
Ⅰ。由平衡时
的关系图可知,
时，
，
则
，因此，该反应的平衡总压
3
、平衡常数
。由
图中信息可知，
随着温度升高而增大，因此，
随反应温度升高而增大。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应
(
)
Ⅱ，在同温同压下，不同气体
的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(
)
Ⅰ时
，则
，因此，平衡
时
。在
时，
，则
、
，
联立方程组消去
，可得
，代入相关数据可求出
46.26
，则
，
。
1．（2021 秋·山东青岛·高二青岛二中校考期中）以下是常温下几种弱酸的电离平衡常数：下列说法正确的
是
CH3COOH
H2S
HClO
K=1.8×10-5
K1=1.3×10-7；K2=7.1×10-15
K=4.69×10-11
A．可发生反应：H2S+2ClO-=S2-+2HClO
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B．CH3COOH 溶液与Na2S 溶液不能反应生成NaHS
C．同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH 溶液，酸性最强的是CH3COOH
D．Na2S、NaClO、CH3COONa 中，结合质子能力最强的NaClO
【答案】C
【解析】A．次氯酸根具有强氧化性，与H2S 反应时发生的是氧化还原反应，H2S 被氧化生成硫单质，故A
错误；
B．根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S，所以当少量醋酸与Na2S 溶液反应时会生成
NaHS，故B 错误；
C．根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，所以同物质的量浓度的H2S、HClO、
CH3COOH 溶液，酸性最强的是CH3COOH，故C 正确；
D．根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，酸越弱则酸根离子得到质子能力越强：
CH3COO-＜HS-＜ClO-＜S2-，结合质子能力最强的Na2S，故D 错误；
故选C。
2．（2023·吉林长春·校联考模拟预测）乙二酸(H2C2O4 )俗称草酸，是二元弱酸，在实验研究和化学工业中
应用广泛。25°C 时，向10mL、0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol/L 的NaOH 溶液，溶液中含碳微粒的
物 质的量分数随溶液pH 的变化如图所示。下列叙述错误的是
A．曲线Ⅱ表示溶液中
的物质的量分数随溶液 pH 的变化
B．25°C 时，H2C2O4的电离平衡常数分别是Ka1、Ka2，则
=1000
C．pH 为2.5~5.5 过程中主要发生反应的离子方程式是OH－+
=
+H2O
D．当加入20mlNaOH 溶液时，溶液中阴离子浓度由大到小的顺序为：c(
)>c(
)> c(OH－)
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【答案】D
【解析】草酸属于二元素弱酸，应分步电离H2C2O4
HC2O +H+、HC2O
C2O
+H+，草酸溶液中加入
NaOH 溶液，H2C2O4物质的量浓度逐渐减小，HC2O 逐渐增大，后逐渐减小，C2O
逐渐增大，因此Ⅰ代表
H2C2O4，Ⅱ代表HC2O ，Ⅲ代表C2O
；
A．根据上述分析，Ⅱ代表HC2O 物质的量分数随pH 变化，故A 说法正确；
B．Ka1=
，电离平衡常数只受温度的影响，取(1.2，0.5)点，c(HC2O )= c(H2C2O4)，因此
Ka1=c(H+)=10-1.2，同理Ka2=c(H+)=10-4.2，因此
=103=1000，故B 说法正确；
C．pH 在2.5～5.5 之间，HC2O 物质的量分数逐渐减少，C2O
物质的量分数逐渐增大，因此该阶段发生离
子方程式为HC2O +OH-=C2O
+H2O，故C 说法正确；
D．当加入20mL 等浓度NaOH 溶液，充分反应后，溶质为Na2C2O4，C2O
发生水解，其水解方程式为C2O
+H2O
HC2O +OH-，水也要电离出OH-，因此c(OH-)＞c(HC2O )，水解程度微弱，c(C2O
)最大，即
c(C2O
)＞c(OH-)＞c(HC2O )，故D 说法错误；
答案为D。
3．（2023 春·湖北省直辖县级单位·高三统考阶段练习）HA 是一元弱酸，BOH 是一元弱碱，常温下，不同
浓度的NaA 或BCl 溶液的pH 与-lg
或-lg
的关系如图所示。下列叙述正确的是
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A．线ab 表示BCl 溶液的pH 与-lg
的关系
B．B+的水解平衡常数Kh=10-5
C．等体积等浓度的HA 溶液和BOH 溶液混合后溶液呈中性
D．水的电离程度：b=d＜c=a
【答案】C
【解析】
，
，即-lg
=-lg
=pH-lg
，故-lg
与pH 与正比关系，即线ab 表示NaA 溶液的pH 与-lg
的关系，则线cd
表示BCl 溶液的pH 与-lg
的关系，据此解答。
A．由分析可知，线ab 表示NaA 溶液的pH 与-lg
的关系，故A 错误；
B．d 点时，pH=5=-lg c(H＋)时，-lg
=4，则c(H＋)=10-5mol·L-1，
=10-4，Kh(B＋)=
·c(H
＋)=10-5×10-4=10-9，故B 错误；
C．
，由b 点可知pH=9=-lgc(H＋)时，-lg
=4，即
=10-4，
，等体积等浓度的HA 溶液与BOH 溶液混合得BA 溶液，由于
Ka(HA)=Kb(BOH)，BA 溶液呈中性，故C 正确；
13
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D．a 点溶液pH=8，溶液质为NaA，c 点溶液pH=6，溶质为BCl，这两点溶液中由水电离的c(H＋)=c(OH-)=10-
6 mol·L-1；b 点溶液pH=9，溶质为NaA，d 点溶液pH=5，溶质为BCl，这两点溶液中由电离的
c(HL)=c(OH-)=10-5 mol·L-1，水的电离程度b=d＞c=a，故D 错误；
故选C。
4．（2023·浙江金华·统考模拟预测）已知HA 是一元弱酸，难溶盐MA 的饱和溶液中
随
的变化
而变化，其中
不发生水解。实验中往难溶盐MA 的饱和溶液不断通入HCl 气体，调节溶液的
，结
果发现，298K 时，
为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述不正确的是
A．当
时，
B．溶液
时，
C．MA 的溶度积常数
D．HA 的电离常数
【答案】A
【解析】A．MA 溶液中物料守恒c(A-)+c(HA)=c(M+)，因为A-水解，此时溶液呈碱性，通入HCl 使溶液呈酸性，
仍存在c(A-)+c(HA)=c(M+)，所以
，A 错误；
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B．根据
可计算，当pH=4 时c(M+)=
，所以
，B 正确；
C．由题中信息可知c(H+)=0 mol/L 时，为MA 的饱和溶液，MA 的溶度积常数
，C 正确；
D．当c(A-)=c(HA)时，HA 的电离常数
，
当c(A-)=c(HA)时，根据物料守恒: c(A-)+c(HA)=c(M+)，则c(M+)=2c(A-)，根据
，则
，代入线性关系式
，可得c(H+)=
mol/L，所以
，
D 正确；
故答案选A。
5．（2023·浙江·统考高考真题）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：
该反应分两步完成：
请回答：
(1)
。
(2)恒定总压
和水碳比[
]投料，在不同条件下达到平衡时
和
的分压(某
成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
15
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条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
①在条件1 下，水煤气变换反应的平衡常数
。
②对比条件1，条件2 中
产率下降是因为发生了一个不涉及
的副反应，写出该反应方程式 。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入
B．恒定水碳比
，增加体系总压可提高
的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止
被进一步还原为
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余
热(如图1 所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2 中b-c 段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是 。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3 中作出
平衡转化率随温度变化的曲线 。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及
产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是 。
【答案】(1)6
(2) 2 CO+3H2
CH
⇌
4+H2O
(3)AC
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(4) AC
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及
浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【解析】（1）设方程式①
②
③
根据盖斯定律可知，③=①-②，则
；
（2）①条件1 下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条
件1 下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol 和5mol，参加反应的一氧化碳为
xmol，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；
则平衡常数
；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式
为：CO+3H2
CH
⇌
4+H2O；
（3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入
，A 正确；
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B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B 错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但
过量的水蒸气可以降低体系中CO 和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C 正确；
D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D 错误；
故选AC；
（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO 的转化率稍
减小，与图中变化相符，A 正确；
B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO 的转化率增大，与图中变化
不符，B 错误；
C．通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO 的转化率稍
减小，与图中变化相符，C 正确；
故选AC；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂
表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导
致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
6．（2023·辽宁·统考高考真题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过
程中CuSO4·5H2O 分解的TG 曲线(热重)及DSC 曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃
左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
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(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(
)
ⅰ上述过程中NO2的作用为 。
(
)
ⅱ为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(
)
ⅰ为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度
的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88 的曲线代表平衡转化率
c．α 越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(
)
ⅱ为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图
所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
19
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(
)
ⅲ设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p 和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=
(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】(1) CuO SO3
(2) 催化剂 反应中有污染空气的NO 和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸
带来杂质、产率不高（答案合理即可）
(3) cd d
【解析】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反
应，从TG 图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO 剩余，还有其他气体产出，
此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4
3CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反
应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为
CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO 和NO2放出影响空气环境、同时作为催化
剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a 错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的
时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88 的条件下是平衡转化率，b 错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c
正确；
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d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率
选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d 正确；
故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d 的催化剂V-K-Cs-Ce
对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp=
=
=
；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp=
=
，故答案为
。
1．（2023·浙江·统考高考真题）草酸(
)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往
溶液中滴加
溶液。
实验Ⅱ：往
溶液中滴加
溶液。
[已知：
的电离常数
，溶液混合后体积变化忽略不
计]，下列说法正确的是
A．实验I 可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I 中
时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
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D．实验Ⅱ中
时，溶液中
【答案】D
【解析】A．
溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要
选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I 可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A 错误；
B．实验I 中
时，溶质是
、
且两者物质的量浓度相等，
，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在
，故B 错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而
过量，因此该反应在初始阶段发生的是
，该反应的平衡常数为
，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当
完全消耗后，
再和
发生反应，故C 错误；
D．实验Ⅱ中
时，溶液中的钙离子浓度为
，溶液中
，故D 正确。
综上所述，答案为D。
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2．（2023·浙江·校联考模拟预测）25℃、
，
，
，
之和为
的溶液中三种粒子所占物质的量分数(分布系数
)随
变化的关系如图所示。下列说法
中不正确的是
A．
的
B．常温下，向
点溶液中滴加半滴
溶液，会产生
沉淀
C．
溶液与
溶液混合并充分搅拌后：
D．常温下
，将足量
加入到少量
溶液中的离子方程式为：
【答案】C
【解析】由图像可知，当pH=1.3 时，c(H2C2O4)=c(
)，则Ka1=
=c(H+)=10-1.3，同理，当
pH=4.3 时，c(
)=c(
)，则Ka2=
=c(H+)=10-4.3。
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A．由分析可知，
的
，A 正确；
B．由题干图示信息可知，常温下，向
点溶液中c(
)=c(
)≈0.05mol/L，滴加半滴
溶液，则此时溶液中c(Ca2+)≈
=0.0002mol/L，则有Qc=c(Ca2+)c(
)=0.05×0.0002=0.00001＞
，故会产生
沉淀，B 正确；
C．
溶液与
溶液混合并充分搅拌后，溶液中的溶质为等物质的
量浓度的Na2C2O4和NaHC2O4溶液，由分析可知H2C2O4的Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，则
的水解平衡平衡常
数为：Kh1=
=
=10-9.7＜Ka2，说明
的电离大于
的水解，故溶液中各离子浓度关系为：
，C 错误；
D．由分析可知，H2C2O4的Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，常温下
，即Ka1＞Ka(HA)＞Ka2，根据强酸制
弱酸的一般规律可知，将足量
加入到少量
溶液中的离子方程式为：
，D 正确；
故答案为：C。
3．（2023 春·浙江杭州·高二校联考阶段练习）25℃时，将HCl 气体缓慢通入0.1mol∙L-1的氨水中，溶液的
pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的
的关系如图所示。若忽略溶液体积变
化，下列有关说法不正确的是
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A．P2所示溶液：
B．t=0.5 时，
C．25℃时，
的电离平衡常数为10-9.25
D．P3所示溶液：
【答案】C
【解析】A．P1时，
，此时pH=9.25，Kb=
=c(OH-)=10-4.25，P2所示溶液，
pH=7，Kb=
=10-4.25，则
=102.75，所以
，A 正确；
B．
=0.5 时，反应后溶液中，
，但此时NH3∙H2O 继续发生电离，平衡
时溶液中，
，则
，依据电荷守恒：
，所以
，B 正确；
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C．25℃、P1时，
，此时pH=9.25，
+H2O
NH3∙H2O+H+，则
的水解平衡常
数为
=10-9.25，则
的电离平衡常数不是10-9.25，C 不正确；
D．P3所示溶液，
=1，此时NH3∙H2O 与HCl 完全反应，生成NH4Cl 和水：但
发生水解，
使溶液显酸性，所以存在
，D 正确；
故选C。
4．（2023 春·河北邢台·高三校联考阶段练习）常温下，有机酸
中各种含R 微粒占所有含R 微粒的物
质的量分数随
的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．
B．
时：
C．
溶液中：
D．反应
的平衡常数的对数值
【答案】D
【解析】随着
的增大，溶液中
逐渐转化为
，因此开始时
逐渐减小，
逐渐增大，随着
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的进一步增大，
逐渐减小，
逐渐增大，因此曲线①为
，曲线②为
，曲线③为
；
A．
为二元弱酸，电离方程式为
，
，
， Z
点时
，故A 错误；
B．
时，对应图中的Z 点，根据电荷守恒
，
说明溶液为酸性，即
，故
，故B 错误；
C．
溶液中质子守恒：
，故C 错误；
D．电离平衡常数
，X 点时
，
，
；反应
的平衡常数
，
，故D 正确。
选D。
5．（2023 春·上海长宁·高二华东政法大学附属中学校考期中）已知25℃，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸
的电离平衡常数如表：
酸
电离平衡常数
醋酸
Ki=1.75×10-5
次氯酸
Ki=2.98×10-8
碳酸
Ki1=4.30×10-7 Ki2=5.61×10-11
亚硫酸
Ki1=1.54×10-2 Ki2=1.02×10-7
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下列叙述正确的是
A．将0.1mol/L 的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小
B．少量CO2通入NaClO 溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+2ClO-→CO
+2HClO
C．少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++2ClO-→CaSO3↓+2HClO
D．25℃，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3
【答案】D
【解析】A．将0.1mol/L 的醋酸加水不断稀释，OH-浓度增大，故A 错误；
B．根据电离平衡常数，可知酸性H2CO3>HClO>
，所以少量CO2通入NaClO 溶液中生成次氯酸和碳酸
氢钠，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=
+HClO，故B 错误；
C．二氧化硫能被次氯酸钙氧化，少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中生成硫酸钙沉淀、次氯酸、氯化钙，反应
的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4↓+2HClO+ Cl-，故C 错误；
D．25℃，醋酸的Ki=1.75×10-5、次氯酸的Ki=2.98×10-8、碳酸的Ki2=5.61×10-11、亚硫酸的Ki2=1.02×10-7，电离
平衡常数越小，酸根离子的水解沉淀越大，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最
强的是Na2CO3，故D 正确；
选D。
6．（2023·全国·统考高考真题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下
列问题：
(1)根据图1 数据计算反应
的
。
(2)研究表明，合成氨反应在
催化剂上可能通过图2 机理进行(*表示催化剂表面吸附位，
表示被吸附
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于催化剂表面的
)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，
理由是 。
(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为
)使用前经
还原，生成
包裹的
。已知
属于立方
晶系，晶胞参数
，密度为
，则
晶胞中含有
的原子数为 (列出计算式，阿
伏加德罗常数的值为
)。
(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中
一种进料组成为
，另一种为
。(物质i 的摩尔分数：
)
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有惰性气体
的图是 。
③图3 中，当
、
时，氮气的转化率
。该温度时，反应
的平衡常数
(化为最简式)。
【答案】(1)
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(2) (
)
ⅱ
在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的键能比H-H 键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(
)
ⅱ
(3)
(4)
合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大
图4
【解析】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物
的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1 数据可知，反应
的
。
（2）由图1 中信息可知，
的
，则
的键能为
；
的
，则H-H 键的键能为
。在化学反应中，最大的能垒为速率
控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的键能比H-H 键的大很多，因此，在上述反应机
理中，速率控制步骤为(
)
ⅱ。
（3）已知
属于立方晶系，晶胞参数
，密度为
，设其晶胞中含有
的原子数为
，
则
晶体密度
，解之得
，即
晶胞中含有
的原子数
为
。
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图
中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数
，因此，图中压强由小到大的顺序为
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，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。
②对比图3 和图4 中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4 中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下
充入惰性气体
，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大
的方向移动，因此，充入惰性气体
不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体
的图是图4。
③图3 中，进料组成为
两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分
别为3mol 和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：
当、时，，解之得，则氮气的转化率，平衡时、、的物质的量分别为、2、，其物质的量分数分别为、、，
则该温度下因此，该温度时，反应的平衡常数。
31
