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专题06 化学反应机理 化学平衡
考点概览
题型一 化学反应机理
题型二 化学反应速率与化学平衡
化学反应机理
1．(25-26 高三下·湖南长沙湖南师范大学附属中学·一模)已知C2H5Br 在NaOH 乙醇溶液中发生的取代反应
和消去反应互为竞争关系，二者反应历程中的相对能量变化如图所示。已知：热力学聚焦反应的自发性、
方向和限度，通过焓变、熵变、ΔG 等来确定；动力学探讨反应速率、机理、如何发生、反应多快，通过
速率方程、活化能、催化剂等作用。
下列说法错误的是
A．C2H5Br 在NaOH 乙醇溶液中发生取代反应的速率比消去反应快
B．C2H5Br 发生取代反应或消去反应时，OH-进攻的原子不同
C．NaOH 乙醇溶液中，用
18O 标记NaOH，可能有H2
18O 生成
D．NaOH 乙醇溶液中，OH-与乙醇分子间形成了氢键
【答案】A
【详解】A．由图可知，发生消去反应的活化能更低，速率更快，A 错误；
B．C2H5Br 发生取代反应时，OH-进攻与Br 连接的碳原子，发生消去反应时，OH-进攻与Br 连接的碳原子
的邻位碳原子上的H(即β-H)，B 正确；
C．消去反应中，
得到
生成
，若
被
标记，
结合
可生成
，C 正确；
D．由图可知，NaOH 乙醇溶液中OH-中的O 与乙醇分子中羟基氢之间存在作用，符合氢键形成特征，故
NaOH 醇溶液中OH-与乙醇分子间形成了氢键，D 正确；
题型一
故选A。
2．(25-26 高三下·湖南长沙景雅高中等校·一模)已知
在
固体催化作用下转化为
的一种催
化反应机理及其反应历程能量变化如图所示。
注：a．吸附在固体催化剂表面的物质用*表示，TS 表示过渡态；
b．反应机理中催化剂只截取表面一部分；
c．反应机理①表示
在催化剂表面解离，带走一个晶格氧，生成水并留下一个氧空位。
下列说法不正确的是
A．
催化加氢制
的总反应是放热反应
B．催化过程中氧空位快速形成有利于提高催化效率
C．该反应机理的决速步骤为④
D．该反应历程中有极性共价键的断裂与形成
【答案】C
【详解】A．由反应历程能量图可以看出
催化加氢制
的总反应中生成物的总能量比反应物的总
能量低，所以该反应为放热反应，A 正确；
B．氧空位是催化剂
的活性位点，氧空位的快速形成可以使催化剂更快地吸附反应物，从而提高催化
效率，B 正确；
C．活化能最大的步骤是反应的决速步骤，由反应历程能量图可知，步骤
的活化能差最大，该步对应的是催化反应机理⑤，所以⑤是决速
步骤，C 错误；
D．该反应历程中有极性共价键的断裂，如
中的碳氧键断裂，又有极性共价键的形成，如
中氧
氢键的形成，D 正确；
故选C。
3．(25-26 高三上·湖南岳阳·一模)在特定条件下，利用氢气与氧气在催化剂作用下发生反应可制取双氧水，
其反应的原理如图所示，据此进行相关分析。下列说法中正确的是
A．
和HCl 两种物质都是该制备反应的催化剂
B．反应过程中每一步转化，Pd 元素的化合价都发生了变化
C．步骤②中，
参加反应，理论上转移电子数目为
D．该反应的原理图中1 mol 微粒含
电子数的粒子有3 种
【答案】D
【分析】如图所示，[PdCl4]2-首先被氢气还原为Pd，同时生成HCl 和Cl-，然后Pd 在氧气、Cl-的作用下被
氧化为
中间体，最后
在HCl 作用下转化为[PdCl4]2-和过氧化氢；
其中，HCl、Cl-、Pd 和
都属于先生成后消耗，为中间产物；H2和O2只消耗，为反
应物；[PdCl4]2-先消耗后生成为催化剂；H2O2只生成，为产物；据此解答。
【详解】A．据分析，
和HCl 为中间产物，A 错误；
B．Pd 元素的化合价的变化为+2→0→+2→+2，非每一步的化合价都发生变化，B 错误；
C．步骤②O 元素由0 价转化为-1 价，
参加反应，转移电子数目为
，C 错误；
D．该反应中HCl、H2O2、Cl-均含18 电子，1 mol 微粒含
电子数的粒子有3 种，D 正确；
故答案为D。
4．(25-26 高三上·湖南省湘西土家族苗族自治州·一模)研究表明，
与
的取代反应和消去反应
是竞争反应，在不同溶剂中可同时发生，将
、
和溶剂分子形成的体系设为能量零点，在不同
溶剂中取代反应和消去反应的能量变化如图所示（图中能量变化单位相同）。下列说法错误的是
A．
和
中碳原子的杂化方式相同
B．由图中数据可知，取代反应和消去反应在
水溶液中都更易发生
C．
水溶液中，取代反应有利的原因是其活化能相对较低
D．
醇溶液中，用
标记
，可以得到
【答案】B
【详解】A．
和
中碳原子均为
杂化，A 正确；
B．由图中数据可知，取代反应和消去反应在
醇溶液中进行的活化能都比在水溶液中小，故在
醇溶液中更易发生，B 错误；
C．
水溶液中，取代反应有利的原因是其活化能相对较低，C 正确；
D．溴乙烷消去后，其生成的
和
反应得到
（溴乙烷在
醇溶液中发生消去反应，
作为碱，夺取溴乙烷β-碳上的一个氢原子，同时溴原子离去，生成乙烯、溴离子和
），D 正确；
故答案选B。
5．(25-26 高三上·湖南永州·一模)Wacker 氧化反应的机理如图所示(R 表示有机基团)，有机物在反应过程
中，只有末端碳碳双键被氧化，其他不饱和键不受影响。下列说法错误的是
A．过程中 Pd 元素的化合价发生了变化
B．过程中有σ 键和π 键的断裂和形成
C．总反应化学方程式为
D．若反应物为1，3-丁二烯，则产物可能为C
【答案】D
【详解】A．过程中Pd 元素的化合价从+2 价（[PdCl4]2-）变为0 价（单质Pd），再变回+2 价（PdCl2），
化合价发生变化，A 正确；
B．反应中烯烃的C=C 双键（含π 键）断裂，O2的O=O 双键（含σ 键和π 键）断裂，同时生成C=O 键
（含σ 键和π 键），存在σ 键和π 键的断裂与形成，B 正确；
C．根据机理，末端烯烃（RCH=CH2）被O2氧化为酮（RCOCH3），催化剂参与循环，总反应为
2RCH=CH2 + O2
2RCOCH3，原子守恒，C 正确；
D．1,3-丁二烯（CH2=CH-CH=CH2）含两个末端双键，根据题干“末端碳碳双键被氧化”及总反应，应生
成
，而非二元醛（OHCCH2CH2CHO），D 错误；
故答案为D。
6．(25-26 高三上·湖南益阳·一模)我国科学家在催化加氢制甲醇研究方面取得进展，反应为
△H。该反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应，△H>0
B．加入催化剂，△H 减小
C．该反应中有极性键和非极性键的断裂
D．在密闭容器中加入1mol
和3mol
，充分反应后放出445kJ 的热量
【答案】C
【详解】A．从能量变化图可知，反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，△H < 0，A 错
误。
B．催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变△H，B 错误。
C．反应中CO2、CH3OH、H2O 含极性键，H2含非极性键，故反应中有极性键和非极性键的断裂，C 正确。
D．由图可知，1 molCO2 (g)和3 mol H2 (g)完全反应生成1 mol CH3OH (g)和1 molH2O (g)时，放出的热量
为896 kJ – 451 kJ = 445 kJ。但该反应是可逆反应，在密闭容器中加入1 molCO2 和3 mol H2，反应不能完
全进行，所以充分反应后放出的热量小于445 kJ，D 错误；
故选C。
7．(24-25 高三下·湖南沅澧共同体·一模)1，3-丁二烯与HBr 发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁
二烯生成碳正离子(
)；第二步Br—进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成，反应进程中
的能量变化如下图所示，已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70：30 和
15：85。下列说法正确的是
A．从0℃升至40℃，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
B．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
C．0℃时，两种产物的比例为“70：30”是由于生成1，2-加成产物的活化能比生成1，4-加成产物的活
化能小而导致的
D．40℃时，1，3-丁二烯与HBr 在该体系下反应，1，2-加成产物的浓度会缓慢增大
【答案】C
【详解】A．由图可知，1，3-丁二烯与溴化氢的加成反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，
所以从0℃升至40℃，1，3-丁二烯的平衡转化率减小，故A 错误；
B．从0℃升至40℃，温度升高，正、逆化学反应速率均增大，故B 错误；
C．由图可知，1，2-加成反应的活化能小于1，4-加成反应，反应速率快于1，4-加成反应，所以0℃时，
两种产物的比例为“70：30”是由于生成1，2-加成产物的活化能比生成1，4-加成产物的活化能小而导致
的，故C 正确；
D．由题意可知，0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70：30 和15：85 可知，
40℃时，1，3-丁二烯与溴化氢在该体系下反应，1，2-加成产物的浓度会缓慢减小，故D 错误；
故选C。
8．(24-25 高三下·湖南娄底·一模)合成
的两条途径如图示。下列叙述正确的是
A．
的空间结构为平面三角形，中心原子N 的杂化方式为
B．在ER 途径中，
形成自由基
，该过程破坏了
中的
键和
键
C．在LH 途径中，
改变了反应的焓变，提高合成氨的反应速率
D．使用催化剂可以降低ER 途径和LH 途径中的决速步骤活化能，提高
平衡转化率
【答案】B
【详解】A．
中N 原子价层电子对数为4，采用
杂化，有一对孤电子，空间结构为三角锥形，A 错
误；
B．氮分子之间存在非极性键（含
键和
键），形成自由基
破坏了
中的
键和
键，B 正确；
C．催化剂只改变反应途径，不能改变焓变（反应热），C 错误；
D．催化剂可降低决速步骤活化能，提高反应速率，但不能提高
平衡转化率，D 错误；
故答案选B。
9．(24-25 高三上·湖南株洲·一模)
的氧化反应
分两步进行：
Ⅰ．
Ⅱ．
其能量变化示意图如下图1.向恒容密闭容器中充入一定量的
和
，控制反应温度为
和
，测得
随时间的变化曲线如下图2.下列说法不正确的是
A．反应1 在低温下自发进行
B．氧化反应的决速步骤为过程Ⅱ
C．结合图2 信息可知：转化相同量的
耗时更长
D．引起图2 变化的可能原因：升温过程Ⅰ平衡逆移，
减小对过程Ⅱ速率的影响大于温度对过
程II 速率的影响
【答案】C
【详解】A．
为熵减的放热反应，
，反应自发进行，则该反应在低温下自
发进行，A 正确；
B．活化能Ea1<Ea2，过程II 为慢反应，为决速步骤，B 正确；
C．结合图2 信息可知：转化相同量的
，T2耗时更长，C 错误；
D．过程I 为快反应先达到平衡，升温后平衡逆移，N2O2浓度减小引起决速过程II 速率减小，影响大于升
温，D 正确；
答案选C。
化学反应速率与化学平衡
10．(25-26 高三·湖南邵阳·一模)恒温恒压密闭容器中，
时加入气体
，各组分物质的量分数
随反应
时间变化的曲线如图(反应速率
为反应速率常数)。
下列说法错误的是
A．
时，体系中存在
和
，且
B．若加入催化剂，
增大，
不变，则
和
，平衡均不变
C．该条件下，反应
的平衡常数
D．若
和
均为吸热反应，升高温度则
，平衡变大
【答案】B
【分析】反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则反应
的反应速率存在如下关系：
；，整理可得
，同理可得反应
的平衡常数
。
【详解】A．根据题意，反应速率
。
指的是
的速率，即
；
指
的是
的速率，即
。在
时刻，根据图像可知
。因此，在
时刻，
，A 正确；
题型二
B．若加入催化剂，
增大，更有利于生成M，则
变大，但催化剂不影响平衡移动，
不变，B 错
误；
C．①A(g)
M(g)
⇌
的
，②
，②－①得到
，则K=
，C 正确；
D．若
和
均为放热反应，升高温度，两个反应均逆向移动，A 的物质的量分数
变大，即
变大，D 正确；
故选B。
11．(25-26 高三下·湖南怀化·一模)
循环在
捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设
计了利用
与
反应生成
的路线，主要反应如下：
Ⅰ、
Ⅱ、
Ⅲ、
100 kPa 下，在密闭容器中1 mol
和1 mol
发生反应。达到平衡时，反应物(
、
)的转化率和生成物(
、
)的选择性(含碳生成物的选择性
)随温度变
化关系如图1(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)，图1 中点M 附近区域放大图如图2。下列说法不正确的是
A．曲线c 表示
的选择性
B．点M 温度下，反应Ⅱ的
C．在550℃下达到平衡时，
D．500～600℃，随温度升高
平衡转化率下降的原因可能为反应Ⅱ平衡逆向移动生成的
多于反
应Ⅲ平衡正向移动消耗的
【答案】C
【详解】A．已知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应；根据图像，温度升高，反
应I 正向移动，反应II 逆向移动，则MgCO3的转化率逐渐升高，H2的转化率逐渐下降，在360℃以下不考
虑反应Ⅲ，则CO2的选择性上升，CH4的选择性下降，且CO2、CH4的选择性之和为
，所以曲线
表
示MgCO3的转化率，曲线
表示CO2的选择性，曲线表示CH4的选择性，A 不符合题意；
B．点
温度下，从图中可以看出，MgCO3的转化率为
，则剩余的MgCO3为0.51 mol，根据碳原子
守恒，CH4和CO2的物质的量之和为0.49 mol，又因为此时CO2的选择性和CH4的选择性相等，则CO2和
CH4的物质的量均为0.245 mol，根据氧原子守恒得出H2O 的物质的量为0.49 mol，根据氢原子守恒得出H2
的物质的量为0.02mol，气体总的物质的量为
，
，
，
，则反应Ⅱ的
，B 不符合题意；
C．在
下达到平衡时，MgCO3完全转化，CO2的选择性为
，则生成的CO2为=1 mol×70%=0.7
mol，C 符合题意；
D．因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的，在
，随温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动生成的H2
多于反应Ⅲ平衡正向移动消耗的H2，故H2的平衡转化率下降，D 不符合题意；
故选C。
12．(25-26 高三上·湖南常德·一模)甲烷经干催化重整可转化为更具有经济效益的产品。催化重整过程中存
在的主反应：
涉及的副反应：
ⅰ．
ⅱ．
主反应的
(
)和平衡常数
随反应温度的变化如图所示。
下列说法错误的是
A．主反应的活化能：
B．曲线Ⅱ为平衡常数
随反应温度变化的图像
C．假设
不随温度变化，则
时主反应的
为
D．适当增大
可抑制催化剂因积碳而失活
【答案】C
【详解】A．主反应的
，为吸热反应，吸热反应中，正反应活化能(E 正)大于逆反应
活化能(E 逆)，A 正确；
B．主反应ΔH>0，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K 增大，图中曲线II 随温度升高数值上升，符合
K 的变化趋势，B 正确；
C．T2 时 ΔG=0，根据 ΔG=ΔH−TΔS=0，可得
，
，T 单位为 K（开尔
文），则
，但是这里的温度的单位是摄氏度，C 错误；
D．副反应 ii 为
，生成的 C 单质是催化剂积碳失活的主要原因，增大
，二氧化碳会与积碳发生反应
，消耗掉生成的碳单质，从而抑制催化剂失
活，D 正确；
故选C。
13．(24-25 高三下·湖南沅澧共同体·一模)乙烷催化裂解制备乙烯和氢气的反应式为C2H6(g)
C2H4(g)
+H2(g)ΔH，工业上在裂解过程中可以实现边反应边分离出生成的氢气。在不同温度下，1.0molC2H6(g)在恒
容密闭容器中发生该反应。H2的移出率α 不同时，乙烷的平衡转化率与温度的关系如图所示。
已知：
下列说法错误的是
A．由图可知：α1>α2>α3
B．该反应在高温可以自发进行
C．α2=50%，则A 点体系中乙烯的体积分数约为60%
D．若恒温恒压条件下向体系中充入适量水蒸气，可提高C2H6转化率
【答案】C
【详解】A．分离出氢气会促进平衡正向移动，从而提高乙烷的转化率，因此氢气的移出率越高，乙烷的
平衡转化率越大，则
，A 正确；
B．由图可知，相同的H2的移出率，温度升高，乙烷的平衡转化率升高，平衡正向移动，故为吸热反应，
正反应为气体体积增大反应，即熵增反应，
，反应自发要求
，则该反应在高
温可以自发进行，B 正确；
C．乙烷的起始量为1mol，A 点乙烷的平衡转化率为60%，结合已知条件列三段式：
，
，则此时体系内剩余氢气的物质的量为0.6×(1-
50%)=0.3，A 点体系中乙烯的体积分数约为
，C 错误；
D．若恒温恒压条件下向体系中充入适量水蒸气，相当于增加体积，压强减小，平衡正向移动，可提高
C2H6转化率，D 正确；
故选C。
14．(25-26 高三下·湖南长沙景雅高中等校·一模)已知反应
，其速率方程为
，
，其中
、
分别是正、逆反应的速率常数。
时，
。在容积为
的恒容密闭容器中充入一定量的
气体，发生上述反应，测得容器中不同时刻
如表所示。
时间/min
0
1
2
3
4
5
2.50
2.10
1.82
1.59
1.50
1.45
下列说法错误的是
A．
，该反应的平均反应速率
B．在
下该反应的化学平衡常数
C．平衡后再通入
，则
的平衡转化率会增大
D．若其他条件不变，将原容器改为恒容绝热容器，达到平衡时，与原平衡相比，
的体积分数
增大
【答案】B
【详解】A．
，
，容器的容积是
，所以
，
，
，故A 正确；
B．
，
，平衡时
，联立两式可得化
学平衡常数
，
时，
，所以该温度下平衡常数
，故B 错误；
C．该反应的生成物只有一种气体，恒容下平衡后再通入
，根据等效平衡原理，相当于加压，
则
的平衡转化率会增大，故C 正确；
D．若其他条件不变，将原容器改为恒容绝热容器，由于该反应放热，温度升高使平衡逆向移动，再次达
到平衡时，与原平衡相比
的体积分数增大，故D 正确；
故选B。
15．(25-26 高三上·湖南常德·一模)草酸
沉淀法是提取稀土元素钇
的常见方法。常温下，通入
气体调节
悬浊液的
值，平衡时溶液中的
和
(
为
或
)的关系
如图所示(忽略
的水解)。下列说法正确的是
A．
表示的
与
的变化曲线
B．
的
C．点溶液中：
D．若草酸的
，则草酸氢钠水溶液中水的电离受到抑制
【答案】D
【分析】当加入
调节
时，
浓度增大，
的电离平衡
逆向移动，导
致
减小，即
增大；同时，
的溶解平衡正向移
动，
增大，即
减小。因此，
增大时，
减小，
增大。
故
表示的是
与
的变化曲线，
表示的是
与
的变化曲
线。
【详解】A．由分析可知，
表示的是
与
的变化曲线，
表示的是
与
的变化曲线，A 错误；
B．在
点
，
，
，则
，
。沉淀溶解平衡为
，其溶度积：
，B 错误；
C．在
点，溶液中的电荷守恒式应为：
，C 错
误；
D．已知草酸的
，则
的水解常数：
，由于
，
的电离程度大于其水解程度，因此草酸氢钠
水溶液显酸性，水的电
离受到抑制，正确；
故答案选D。
16．(25-26 高三·湖南邵阳·一模)常温下，溶液中
、
、
以氢氧化物形式沉淀时，
与
的关系如图[其中
代表
、
、
、
、
或
]。已知：
，
比
更易与碱反应，
形成
；溶液中
时，
可忽略不计；常温下，
。
下列说法正确的是
A．
表示
与
的对应关系
B．常温下，
的平衡常数为
C．调节
溶液浓度，通过碱浸可完全分离
和
D．向浓度均为
的
和
混合溶液中滴加
溶液，当
恰好沉淀完全时，
的浓度为
【答案】D
【分析】
、
沉淀形成Zn(OH)2和Cd(OH)2，
沉淀形成Al(OH)3，则
、
的曲线平行，
根据
，Zn(OH)2比Cd(OH)2更易与碱反应，因此
生成的pH 低于
，故从左到右曲线依次为：
、
、
、
、
、
；由点
（3.0,0）可知，pH=3.0，pOH=11.0，
；同理，由点
（8.4,5）可知，pH=8.4，pOH=5.6，
，由点（9.4,5）可知，pH=9.4，pOH=4.6，
；由点（8.4,5）可知，pH=8.4，pOH=5.6，
，
；由点（12.4,5）可知，pH=12.4，pOH=1.6，
，
；由点（14.0,5）可知，pH=14，pOH=0，
，
；
【详解】A．据分析，L 为
与
的关系曲线，故A 错误；
B．由图可知
，
的平衡常数
，故B 错误；
C．由图可知，
时
开始溶解，
时
开始溶解，加
调
值，
未完全溶解时，
已经开始溶解，因此通过碱浸可不能完全分离
和
，
故C 错误；
D．
恰好沉淀完全时，
为
，
，由于
的平衡常数为
。
时，
，故D 正确；
故选D。
17．(25-26 高三上·湖南长沙·一模)常温下，用
溶液滴定浓度均为
和
的混合溶液。滴定过程中pH 随
[
]的变化曲线如图所示(不考虑气体逸出)。下列说法错
误的是
A．水的电离程度：
B．滴定过程中存在：
C．b 点时，
D．
的电离常数约为
【答案】D
【分析】依据题意，a 点加入等体积的NaOH 溶液，HCl 与NaOH 恰好完全反应，此时溶液中溶质为等物
质的量的NaCl 和NH4Cl；b 点为加入1.5 倍体积的NaOH 溶液，溶质为NaCl、NH4Cl 和NH3•H2O；c 点为
加入2 倍体积的NaOH 溶液，溶质为NaCl、NH3•H2O，据此作答。
【详解】A．a 点溶质为等物质的量的NaCl 和NH4Cl，b 点溶质为NaCl、NH4Cl 和NH3•H2O，c 点溶质为
NaCl 和NH3•H2O，NH4Cl 促进水的电离，NH3•H2O 抑制水的电离，故水的电离程度：a>b>c，A 正确；
B．根据电荷守恒可知，滴定过程中存在：
，B 正确；
C．b 点溶质为NaCl、NH4Cl 和NH3•H2O，且NaCl 的浓度是NH4Cl 和NH3•H2O 的两倍，NH4Cl 和NH3•H2O
的浓度相等，此时溶液显碱性，即NH3•H2O 的电离程度大于NH4Cl 中铵根的水解程度，故离子浓度关系为：
，C 正确；
D．a 点溶液中溶质为NaCl 和NH4Cl，此时溶液中c(NH4Cl)=0.01 mol/L，pH=5.62；铵根离子水解生成一水
合氨和氢离子，则c(H+)≈c(NH3•H2O)=10-5.62 mol/L，c(
)≈0.01 mol/L，c(OH-)=10-8.38 mol/L，NH3•H2O 的
电离常数
，D 错误；
故选D。
18．(25-26 高三上·湖南株洲·一模)
是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25℃时，
某溶液中
与
的总和为c，
随pH 的变化关系如图所示(忽略体积变化)。
已知：
下列叙述正确的是
A．水的电离程度：
B．
时，
C．P 点沉淀质量小于Q 点沉淀质量
D．Q 点：
【答案】B
【分析】pH=5 时，c(H+)=10-5.0mol/L，c(OH-)=10-9.0mol/L，-lgc=3.2，则c([Cr(OH)4]-)+ c(Cr3+)=10-3.2mol/L，
由Cr(OH)3(s)+OH-(aq)
[Cr(OH)4]-(aq) K=
知，c([Cr(OH)4]-)=K×c(OH-)=10−0.4×10-9.0mol/L=10-
9.4mol/L，则c(Cr3+)=10-3.2mol/L-10-9.4mol/L≈10-3.2mol/L；由Cr(OH)3(s)
Cr3+(aq)+3OH-(aq)知，Ksp=
c(Cr3+)×c3(OH-)=10-3.2mol/L×(10-9.0mol/L)3=10-30.2；pH 在5 至6.7 之间，铬元素主要以Cr3+和Cr(OH)3形式存在，
pH 大于6.7 时，主要以[Cr(OH)4]-和Cr(OH)3形式存在。
【详解】A．Cr3+水解会促进水电离，由M 到P 点-lgc 增大，则c(Cr3+)减小，对水电离的促进程度减弱，A
错误；
B．pH=6.7 时，c(H+)=10-6.7mol/L，c(OH-)=10-7.3mol/L，根据
计算得c(Cr3+)=
=
，根据K 计算得c([Cr(OH)4]-)=K×c(OH-)=10-0.4×10-7.3mol/L =10-7.7mol/L，c(Cr3+)＜
c([Cr(OH)4]-)，B 正确；
C．P 点和Q 点的-lg c 相同，说明溶液中可溶性含铬微粒的总浓度相同，在铬元素总物质的量不变的情况
下，沉淀的Cr(OH)3的物质的量也相同，因此两点沉淀质量相等，C 错误；
D．若是溶液中只有含铬物质，则Q 点：3c(Cr3+)+c(H+)=c(OH-)+c([Cr(OH)4]-)，题目中未强调溶液中只含有
含铬物质，并且调节pH 时引入了其它离子，所以该电荷守恒不正确，D 错误；
故答案为B。
19．(25-26 高三上·湖南郴州·一模)已知25℃时，
为气态，
饱和溶液浓度约为0.1 mol/L，
水
溶液中各含A 微粒物质的量分数
随pH 变化关系如下图所示[例如
]。
已知
。
下列说法正确的是
A．NaHA 溶液中，水的电离受到抑制
B．向
的溶液中通入
气体至饱和，所得溶液中：
C．以酚酞为指示剂(变色的pH 范围为8.2-10.0)，用NaOH 标准溶液可滴定
水溶液的浓度
D．0.1 mol/L 的
溶液中：c(Na⁺)>c(OH⁻)>c(HA⁻)>c(A²⁻)
【答案】D
【分析】pH 较小时，随pH 增大，溶液中H2A 的物质的量分数逐渐减小，继续增大pH，HA-的物质的量分
数先增大后减小，A2-的物质的量分数逐渐增大，故曲线从左到右依次代表H2A、HA-、A2-物质的量分数随
pH 变化。
【详解】A．由图像可知，pH=7.0 时，c(H2A)= c(HA-)，则H2A 的电离平衡常数Ka1=10-7，pH=13 时，
c(HA-)= c(A2-)，Ka2=10-13，NaHA 溶液中，HA⁻的水解平衡常数Kh=
，Kh> Ka2，水解程度
大于电离程度，溶液显碱性，水解促进水的电离，A 错误；
B．向c(Zn²⁺)=0.01 mol/L 溶液中通入H₂A 至饱和，ZnA 的Ksp=1.6×10-24，沉淀生成会消耗A2-，促进H₂A 电
离平衡正向移动，H⁺浓度增大。H₂A 饱和溶液浓度约为0.1 mol/L，完全电离时c(H⁺)≈0.2 mol/L，而Zn²⁺因
形成沉淀浓度显著降低，故c(H⁺)>c(Zn²⁺)，B 错误；
C．酚酞变色范围为8.2~10.0，由于
的
，酸性太弱，滴定到第一化学计量点时pH 突跃不明
显，故不能用指示剂准确判断终点，C 错误；
D．0.1 mol/L Na₂A 溶液中，A²⁻发生水解：A²⁻+H₂O
HA⁻+OH⁻
⇌
，水解平衡常数为
，即A²⁻水解率约为61.8%， HA⁻进一步发生水解：HA⁻+H₂O
H
⇌
2A+ OH⁻，水
解平衡常数为
，即HA⁻水解率约为0.13%， c(OH⁻)>c(HA⁻)，则
c(Na⁺)>c(OH⁻)>c(HA⁻)>c(A²⁻)，D 正确；
答案选D。
