2021年高考化学真题及模拟题专题汇编12弱电解质的电离平衡(附解析)
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专题12弱电解质的电离平衡2021年化学高考题一、单选题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,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A.溶液时,B.MA的溶度积度积C.溶液时,D.HA的电离常数【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+)=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-46-,液中c(M+)=c(A-),则,B正确;C.设调pH所用的酸为HnX,则结合电荷守恒可知,题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-),C错误;D.当时,由物料守恒知,则,,则,对应图得此时溶液中,,D正确;故选C。2.(2021·浙江)下列物质属于弱电解质的是A.CO2B.H2OC.HNO3D.NaOH【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.CO2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;B.H2O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;C.HNO3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;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。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-46-,A.该溶液中:B.三种一元弱酸的电离常数:C.当时,三种溶液中:D.分别滴加20.00mL盐酸后,再将三种溶液混合:【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Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),故B正确;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10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa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-46-,CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是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'B.将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1,溶液pH变化值小于lgxC.随温度升高,Kw增大,CH3COONa溶液中c(OH-)减小,c(H+)增大,pH减小D.25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中:c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH)【KS5U答案】C【分析】由题中信息可知,图中两条曲线为10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·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。【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;-46-,B.将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时,若氯化铵的水解平衡不发生移动,则其中的c(H+)变为原来的,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正反应方向移动,c(H+)大于原来的,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Kw增大;随温度升高,CH3COONa的水解程度变大,溶液中c(OH-)增大,因此,C说法不正确;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(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此,氯化铵溶液中,c(Cl-)-c(NH4+)=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(NH4+),D说法正确。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.KOHB.H3PO4C.SO3D.CH3CHO【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.H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离,H3PO4为弱电解质,B不符合题意;C.SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离,SO3属于非电解质,C不符合题意;D.CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离,CH3CHO属于非电解质,D不符合题意;故答案选A。二、多选题6.(2021·山东高考真题)赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-,用HR表示]是人体必需氨基酸,其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡:H3R2+H2R+HRR--46-,。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=,下列表述正确的是A.>B.M点,c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C.O点,pH=D.P点,c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)【KS5U答案】CD【分析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,依次发生离子反应:、、,溶液中逐渐减小,和先增大后减小,逐渐增大。,,,M点,由此可知,N点,则,P点,则。【KS5U解析】A.,,因此,故A错误;-46-,B.M点存在电荷守恒:,此时,因此,故B错误;C.O点,因此,即,因此,溶液,故C正确;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CH3COOH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=③B.四种溶液中和氢氧化钠的能力:①=②=③=④C.与镁条反应的起始速率的大小关系为:①>②=④>③D.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=2-46-,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1L浓度均为0.1mol·L-1的H3AsO3和H3AsO4水溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH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A.H3AsO4第二步电离方程式为H2AsOHAsO+H+B.往H3AsO3溶液中加NaOH溶液至pH=10.0时,主要存在H2AsOC.pH=11时,对应的溶液中:c(H2AsO)+c(HAsO)+c(AsO)+c(H3AsO3)=0.1mol·L-1D.H3AsO4第三步电离的电离常数为Ka3,若pKa3=-lgKa3,则pKa3=11.5【KS5U答案】C【KS5U解析】A.多元弱酸是分步电离的,H3AsO4第二步电离方程式为H2AsOHAsO+H+,故A正确;B.由分步图,往H3AsO3溶液中加NaOH溶液至pH=10.0时,H3AsO3减少,H2AsO增大,约占80%,主要存在H2AsO,故B正确;-46-,C.根据物料守恒,pH=11时,对应的溶液中:n(H2AsO)+n(HAsO)+n(AsO)+n(H3AsO3)=0.1mol·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,故C错误;D.H3AsO4第三步电离的电离常数为Ka3=,pH=11.5时,=,若pKa3=-lgKa3,则pKa3=-lgKa3=-lg=11.5,故D正确;故选C。3.(2021·安徽高三一模)25℃,向20mL0.1mol•L-1的弱碱BOH溶液(Kb=1.0×10-5)中逐滴加入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+的水解,BOH的电离平衡常数Kb=1.0×10-5,则B+的水解平衡常数为Kh==10-9;则此时溶液中满足Kh=c(H+)c(BOH)/c(B+)≈c(H+)c(BOH)/0.05mol·L−1,c(H+)=c(BOH),解得c(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-46-,c(OH-)=10-5mol/L,BOH的电离平衡常数Kb==1.0×10-5,所以此时c(BOH)=c(B+),则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.H2A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)2溶液等体积混合后,溶液显碱性【KS5U答案】A【KS5U解析】A.H2A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H2A的电离常数不知道,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)2当中,氢离子和氢氧根离子浓度相同,溶液等体积混合后,溶液显中性,D错误;故选A。5.(2021·天津)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0.0100mol·L-1Na2C2O4标准溶液,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-1Na2C2O4溶液pH为8.6,此时溶液中存在:c(Na+)>c(HC2O)>c(C2O-46-,)>c(H+)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(HC2O)+2c(C2O)C.已知25℃时Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9向该溶液中加入等体积0.0200mol·L-1CaCl2溶液,所得上层清液中c(C2O)=5.00×10-7mol·L-1D.向该溶液中加入足量稀硫酸酸化后,再滴加KMnO4溶液,发生反应的离子方程式为C2O+4MnO+14H+=2CO2↑+4Mn2++7H2O【KS5U答案】C【KS5U解析】A.Na2C2O4溶液pH为8.6,C2O水解导致溶液显碱性,但其水解程度较小,故c(HC2O)<c(C2O),A项错误;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,c(H+)+c(Na+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)+c(Cl-),即c(Na+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(Cl-),B项错误;C.向溶液中加入等体积0.0200mol·L-1CaCl2溶液,二者以1:1反应,则CaCl2剩余,混合溶液中c(Ca2+)=mol·L-1=0.005mol·L-1,c(C2O)=mol·L-1=5.00×10-7mol·L-1<5.00×10-5mol·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5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O,D项错误;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C.0.1mol•L-1Na2CO3溶液和0.1mol•L-1NaHCO3溶液等体积混合:-46-,c(CO)+2c(OH-)=c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)D.将CH3COONa、HCl两溶液混合后,溶液呈中性,则溶液中c(Na+)<c(cl-)【ks5u答案】c【ks5u解析】a.向0.1mol•l-1氨水中加入少量硫酸铵固体,铵根离子浓度增大,根据一水合氨的电离平衡常数可知所求等式=,而温度不变时kb(nh3•h2o)大小不变,则该比值减小,故a错误;b.冰醋酸(不含自由移动的离子)不导电,往冰醋酸中加水,醋酸的电离平衡右移,开始时离子浓度增大,后来减小,故溶液的导电性开始增大后来减小;因醋酸的电离平衡一直右移,故电离程度始终增大,故b错误;c.0.1mol•l-1na2co3溶液与0.1mol•l-1nahco3溶液等体积混合,根据电荷守恒和物料守恒可得c(co32-)+2c(oh-)=c(hco3-)+3c(h2co3)+2c(h+),故c正确;d.根据电荷守恒,c(na+)+c(h+)=c(oh-)+c(cl-)+c(ch3coo-),溶液呈中性,即c(h+)=c(oh-),则c(na+)=c(cl-)+c(ch3coo-),溶液中c(na+)>c(Cl-),故D错误;选C。7.(2021·天津高三三模)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.0.1molCl2与足量的H2O反应,转移的电子数为0.2NAB.电解AgNO3溶液当阳极产生标况下2.24L气体时转移的电子数为0.4NAC.25℃、101kPa下,1mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数为3NAD.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0.2NA,A错误;B.电解AgNO3溶液,阳极生成的气体为氧气,物质的量n=V/Vm=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑,则转移的电子数为0.4NA个,B正确;C.1mol乙炔共用电子对数为5NA,1mol甲醛共用电子对数为4NA,故1mol乙炔和甲醛的混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;-46-,故选:B。8.(2021·天津高三三模)下列说法错误的是A.将0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释,变大B.向0.1mol·L-1的氨水中通氨气,则NH3·H2O的电离程度增大C.已知[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O,加水,溶液颜色变蓝D.分别向甲容器(恒温恒容)中充入lmolPCl5,乙容器(绝热恒容)充入PCl3和Cl2各lmol,发生反应PCl5PCl3(g)+Cl2(g)△H>0,平衡时K(甲)<k(乙)【ks5u答案】b【ks5u解析】a.ch3cooh溶液加水稀释,平衡向正反应方向移动,c(ch3coo-)浓度减小,变大,a正确;b.向氨水中通入nh3,一水合氨浓度增大,一水合氨的电离程度减小,b错误;c.加水即增大生成物浓度,平衡逆向移动,[cu(h2o)4]2+浓度增大,溶液颜色变蓝,c正确;d.乙容器充入pcl3和cl2即为pcl3(g)+cl2(g)pcl5△h<0,该反应是放热反应,在绝热恒容条件下进行,升温使平衡逆向移动,则平衡时乙容器中pcl3和cl2浓度大于甲容器,k(甲)<k(乙),d正确。故选b。9.(2021·天津高三一模)下列说法正确的是a.常温下,由水电离产生的c(h+)=10-12mol l="">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2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)∆H=-571.6kJ/mol,则1molH2(g)完全燃烧生成H2O(l)放出285.8kJ的热量,表示H2燃烧热的ΔH=-285.8kJ·mol-1,C正确;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/LNa2S溶液,D正确;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=4C.均为0.1mol/L的Na2SO3、Na2CO3、H2SO4溶液中阴离子的浓度依次减小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0.1000mol/LNaOH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0.1mol/L的Na2CO3、Na2SO3、H2SO4溶液中阴离子的浓度依次减小,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+)-46-,,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>ZB.氢化物的沸点:M>W>ZC.W的单质可与M的氢化物发生置换反应D.YW3分子中各原子最外层都达到8电子稳定结构【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,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,H2O、HF分子间存在氢键,且H2O常温呈液态,HF呈气态,则氢化物的沸点,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,2F2+2H2O=4HF+O2,即W的单质可与M的氢化物发生置换反应,选项C正确;D.Y为B,W为F,BF3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;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Ka1(H2SO3)=1.54×10-2,Ka2(H2SO3)=1.02×10-7-46-,实验实验操作和现象1把SO2通入氨水,测得溶液pH=72向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入过量0.2mol/LCaCl2溶液,产生白色沉淀3向0.1mol/LNaHSO3溶液中滴入一定量NaOH溶液至pH=74把少量氯气通入Na2SO3溶液中,测得pH变小下列说法错误的是A.实验1中,可算出=3.04B.实验2反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(SO)=Ksp(CaSO3)C.实验3中:c(Na+)>2[c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)]D.实验4中反应的离子方程式为:H2O+Cl2+SO=SO+2H++2Cl-【KS5U答案】C【KS5U解析】A.由电荷守恒可知,,由于pH=7,,则①,再由,得,所以,代入①,得,则=3.04,故A正确;B.实验2中向Na2SO3溶液中加入过量CaCl2溶液,产生白色沉淀CaSO3,则溶液中存在CaSO3的溶解平衡,则反应静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(SO)=Ksp(CaSO3),故B正确;C.由电荷守恒可知,,pH=7时,,则<2[c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)],故C错误;-46-,D.由于氯气具有氧化性,有还原性,故二者能发生氧化还原反应,离子方程式为:H2O+Cl2+SO=SO+2H++2Cl-,故D正确;故选C。17.(2021·福建厦门外国语学校高三其他模拟)25℃时,0.10L某二元弱酸H2A用1.00mol·L-1NaOH溶液调节其pH,溶液中H2A、HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示:下列说法正确的是A.H2A的Ka2=1×10-11B.在Z点,由水电离出的氢离子浓度约10-10mol/LC.在Y点时,c(Na+)>3c(A2-)D.0.1mol·L-1NaHA溶液中:c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)【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(H2A)越小。A.Y点c(HA-)=c(A2-),H2A的Ka2==c(H+)=10-8mol/L,A错误;B.在Z点时溶液pH=10,说明溶液中c(H+)=10-10mol/L,则根据水的离子积常数可知由水电离产生的氢离子浓度c(H+)水=c(OH-)水=,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10mLNaOH溶液时,酸碱恰好完全反应生成NaHA,此时溶液pH<7-46-,,溶液呈酸性,说明HA-电离程度大于其水解程度,则c(A2-)>c(H2A),但其电离和水解程度都较小,主要以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(H2A),D错误;故合理选项是C。18.(2021·全国高三专题练习)常温下,用溶液滴定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+H2O,氢离子被消耗,HA的电离平衡正向移动,则不断增大,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+H2O,逐渐将弱电解质溶液转化为强电解质溶液,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,则d点混合液中离子浓度大小关系为:,故D正确;-46-,故选C。19.(2021·辽宁铁岭市·高三二模)25℃时,向20mL0.1mol/L的溶液中滴入盐酸,溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知:是二元弱酸,Y表示或,。下列叙述正确的是A.B.NaHX溶液中C.曲线n表示pH与的变化关系D.当溶液呈中性时,0.2mol/L=【KS5U答案】C【KS5U解析】A.由N点可求,由M点可求,所以,故A错误;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关系为:,故B错误;C.由图可知,当pH相等时,,则曲线n表示pH与的变化关系,故C正确;D.当溶液呈中性时,根据电荷守恒-46-,,因为该实验中是在25℃时,向的溶液中滴入盐酸,加入盐酸的过程相当于稀释了溶液,,所以,故D错误。故选C。20.(2021·辽宁高三三模)25℃时,向20.00mL0.1000mol•L-1的CH3COONa溶液中滴入0.1000mol•L-1的盐酸,混合溶液的pH与CH3COO-、CH3COOH的物质的量分数(δ)的关系如图所示[如CH3COO-的物质的量分数δ(CH3COO-)=]。已知:1g5≈0.7。下列说法正确的是A.L2表示c(CH3COO-)与pH的关系曲线B.当混合溶液的pH=7时,c(CH3COO-)=c(Na+)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(CH3COO-)+c(CH3COOH)【KS5U答案】D【KS5U解析】A.CH3COONa溶液中滴入的盐酸发生反应CH3COO-+H+=CH3COOH,滴入的盐酸越多,pH越小,则CH3COO-的物质的量分数越小,所以L2表示c(CH3COOH)与pH的关系曲线,L1表示c(CH3COO-)与pH的关系曲线,A错误;B.溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+),pH=7时,c(OH-)=c(H+),所以c(CH3COO-)+c(Cl-)=c(Na+),B错误;C.滴定终点时溶液中的溶质为0.05mol/L的CH3COOH,据图可知当溶液中c(CH3COO-)=c(CH3COOH)时,pH=4.7,即c(H+)=10-4.7mol/L,所以Ka==10-4.7,设0.05mol/L的CH3COOH溶液中c(H+)=x,则有-46-,=10-4.7,解得x=mol/L,溶液pH约为3,C错误;D.溶液中始终存在物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),当加入10mL盐酸时,溶液中溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa、NaCl,此时有c(Na+)=2c(Cl-),则c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Cl-),醋酸的Ka=10-4.7,则Kh==10-9.3,所以电离程度大于水解程度,此时c(CH3COO-)>c(CH3COOH),若要使c(CH3COO-)=c(CH3COOH),则应增加盐酸的量,所以M点加入的盐酸大于10mL,则c(CH3COO-)+c(CH3COOH)<2c(Cl-),D正确;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。现有25℃时,浓度均为0.10mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液。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=4.76C.该缓冲溶液中离子浓度大小顺序是:D.人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液,可除掉人体代谢产生的酸、碱,保持pH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;B.由可知,pH=-lg1.75×10-5=4.76,故B正确;C.CH3COOH电离程度和CH3COO-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错误;D.人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲溶液,H2CO3(CO2)-46-,能中和人体代谢产生的少量碱,同时NaHCO3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.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g)ΔH=-133kJ·mol-1ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)ΔH=-100kJ·mol-1①写出相同条件下CH2=CHCH2C1和HCl合成CH2ClCHClCH3的热化学方程式____。②已知①中的正反应的活化能E正为132kJ·mol-1,请在下图中标出①中逆反应的活化能E逆及数值_______。(2)温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4kJ·mol-1,反应达到平衡时,测得放出热量19.76kJ,求平衡时:①H2的转化率为_______②T℃时该反应的平衡常数K=_______(列计算式表示)。(3)目前有Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应,历程如图所示,吸附在催化剂表面的物种用*标注。-46-,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)+O2(g)ΔH>0来消除CO的污染,请用文字说明是否可行_____。(4)T℃,HCOOH与CH3COONa溶液反应:HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH,该反应的K=12.5,则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=_____(T℃时Ka(HCOOH)=2×10-4)。【KS5U答案】CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g)△H=-33kJ·mol-140%CO2+4H2CH4+2H2O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)1.6×105【KS5U解析】(1)①已知:i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g)ΔH=-133kJ·mol-1ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)ΔH=-100kJ·mol-1根据盖斯定律,由i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g)△H=-100kJ·mol-1-(-133kJ·mol-1)=-33kJ·mol-1,故答案为:CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g)△H=-33kJ·mol-1;②△H=Ea正-Ea逆,则Ea(逆)=Ea正-△H=132kJ•mol-1-(-33kJ•mol-1)=165kJ•mol-1,故答案为:-46-,;(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氢气完全转化时放出热量为49.4kJ热量,则测得放出热量19.76kJ时,H2的转化率为;②用三段式法计算得:,;(3)①根据图示中箭头方向知,反应物为CO2、H2,生成物为CH4、H2O,故答案为:CO2+4H2CH4+2H2O;②有人提出中间产物CO的处理,用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g)ΔH>0来消除CO的污染,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)T℃,HCOOH与CH3COONa溶液反应:HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH,该反应的K=12.5,即,则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=,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)=N2(g)+2CO2(g),请回答下列问题:(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:N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=akJ•mol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=bkJ•mol-1-46-,2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=ckJ•mol-1则2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=___________kJ•mol-1(用含a、b、c的表达式表示)。(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N2的物质的量为0.5mol,则:①该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数Kp=___________(写出计算表示式)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2molC=O同时形成1molN≡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N2的含量,从而确定尾气脱氮率(即NO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,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,Ka1(H2CO3)=4.4×10-7,Ka2(H2CO3)=4.4×10-11,.此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CO2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)(6)电解NO制备NH4NO3,其工作原理如图所示,为使电解产物全部转化为NH4NO3,需要补充物质A,A是___________,理由是___________-46-,【KS5U答案】<2b-a-c(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6×10-31.0009NH3根据总反应8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3(条件为电解),电解产生HNO3多,应补充NH3【KS5U解析】(1)反应2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)能够自发进行,反应△S<0,若满足△H-T△S<0,必须△H<0;(2)已知:①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=akJ•mol-1;②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=bkJ•mol-1;③2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=ckJ•mol-1;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N2的物质的量为0.5mol,则可列出三段式:,则;②A.单位时间内,断裂2molC=O同时形成1molN≡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;-46-,D.CO与NO的转化量相等,设任一时刻转化量为amol,则CO与NO的转化率比值为,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;(5)NH3•H2O的Kb=1.8×10-5,若氨水的浓度为2.0mol•L-1,由,可知,将CO2通入该氨水中,当溶液呈中性时溶液中c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L,电荷守恒得到:c(NH)=c(HCO)+2c(CO),,H2CO3的Ka2=4.4×10-11,结合计算,,;(6)根据电解NO制备NH4NO3的工作原理示意图知:阴极反应式为3NO+15e-+18H+=3NH+3H2O,阳极反应式为5NO-15e-+10H2O=5NO+20H+,总反应式为8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3,为了使电解产生的HNO3全部转化为NH4NO3,应补充NH3。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NH3和(NH4)2CO3,它们与CO2可发生如下可逆反应:2NH3(1)+H2O(1)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)K1NH3(l)+H2O(1)+CO2(g)NH4HCO3(aq)K2(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)K3则K3=___(用含K1、K2的代数式表示)。(2)利用CO2制备乙烯是我国能源领域的一个重要战略方向,具体如下:CO2-46-,催化加氢合成乙烯,其反应为:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g);ΔH=akJ·mol-1。起始时按n(CO2):n(H2)=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H2和H2O的物质的量如图甲所示: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正减小,v逆增大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(CO2):n(H2)=1:3投入CO2和H2,则将___(填“变大”、“不变”或“变小”)。(3)N2H4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的联氨溶液中,滴加0.1mol/L的HCl溶液xmL溶液中N2H4、N2H、N2H的物质的量分数δ随溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]变化的曲线如图所示。-46-,①25℃时,写出N2H4在水中第一步电离方程式___。②25℃时,N2H4在水中的第二步电离常数值为___。③工业上利用NH3制备联氨(N2H4)装置如图,试写出其阳极电极反应式:___。【KS5U答案】<a变小n2h4+h2on2h+oh-10-9.32nh3-2e-+o2-=n2h4+h2o【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(co2):n(h2)=1:3投入co2和h2,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;poh=9.3时,n2h、n2h浓度相等,ka2===c(oh-)得n2h4第二步电离常数;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】(1)nh3和(nh4)2co3与co2可发生如下可逆反应:2nh3(1)+h2o(1)+co2(g)(nh4)2co3(aq)k1=,nh3(l)+h2o(1)+co2(g)nh4hco3(aq)k2=,(nh4)2co3(aq)+h2o(1)+co2(g)2nh4hco3(aq)k3==,则k3=(用含k1、k2的代数式表示),故答案为:;-46-,(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正减小,v逆减小,故b错误;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(co2):n(h2)=1:3投入co2和h2,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,2co2(g)+6h2(g)c2h4(g)+4h2o(g)平衡正向移动,则将变小,故答案为:变小;(3)①25℃时,n2h4在水中第一步电离方程式n2h4+h2on2h+oh-,故答案为:n2h4+h2on2h+oh-;②25℃时,n2h4在水中的第二步电离常数值为poh=9.3时,n2h、n2h浓度相等,ka2==c(oh-)=10-9.3,故答案为:10-9.3;③工业上利用nh3制备联氨(n2h4),在阳极氨气失电子,发生氧化反应,阳极电极反应式:2nh3-2e-+o2-=n2h4+h2o,故答案为:2nh3-2e-+o2-=n2h4+h2o。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)ch4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:i.ch4(g)+4no2(g)=4no(g)+2h2o(g)+co2(g)δh1=-574kj·mol-1e1=1274kj·mol-1;ii.ch4(g)+4no(g)=2n2(g)+2h2o(g)+co2(g)δh2=-1160kj·mol-1e2=493kj·mol-1。①反应ch4(g)+2no2(g)=n2(g)+2h2o(g)+co2(g)δh3=_______kj·mol-1②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)⇌n2(g)+2co2(g)δh4。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:-46-,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n2的总物质的量不再发生变化c.co和co2的总物质的量不再发生变化②δh4_______0(填“>”或“<”,下同,p1_______p2。(3)最近我国科学家设计了一种电解法处理污染气体中nox的高效去除装置,如图2所示,其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so2转化为nh4hso3,再氧化成(nh4)2so4,向nh4hso3溶液中通空气氧化的离子反应方程式_______。已知h2so3的ka1=1.3×10-2、ka2=6.2×10-8。常温下,将so2通入某氨水至溶液恰好呈中性,此时溶液中=_______。【ks5u答案】-867反应ii的活化能低,反应速率快b<>阴2nox+4xh++4xe-=n2+2xh2o2+o2=2+2h+2.24【分析】根据盖斯定律分析计算δh3;反应的活化能越大,反应速率越慢;根据图象,结合温度和压强对平衡的影响分析判断;根据图象,催化剂石墨烯上nox转化为n2,n-46-,元素的化合价降低,被还原,发生还原反应,据此分析解答;被o2氧化生成和h+;将so2通入某氨水至溶液恰好呈中性,根据电荷守恒,c(h+)+c(nh)=2c(so)+c(hso)+c(oh-),有c(nh)=2c(so)+c(hso),因此=+1,结合亚硫酸的电离平衡常数分析解答。【ks5u解析】(1)①i.ch4(g)+4no2(g)=4no(g)+2h2o(g)+co2(g)δh1=-574kj·mol-1,ii.ch4(g)+4no(g)=2n2(g)+2h2o(g)+co2(g)δh2=-1160kj·mol-1,根据盖斯定律,将i+ii得到2ch4(g)+4no2(g)=2n2(g)+4h2o(g)+2co2(g)δh=(-574kj·mol-1)+(-1160kj·mol-1)=-1734kj·mol-1,则ch4(g)+2no2(g)=n2(g)+2h2o(g)+co2(g)δh3=-867kj·mol-1,故答案为:-867;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)⇌n2(g)+2co2(g),no和n2的总物质的量是变量,当no和n2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正确;c.根据2no(g)+2co(g)⇌n2(g)+2co2(g),co和co2的总物质的量为常量,co和co2的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,δh4<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,p1>p2,故答案为:<;>;(3)①根据图象,催化剂石墨烯上nox转化为n2,n元素的化合价降低,被还原,发生还原反应,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2nox+4xh++4xe-=n2+2xh2o,故答案为:2nox+4xh++4xe-=n2+2xh2o;(4)被o2氧化生成和h+,则离子方程式为2+o2=2+2h+;已知常温下亚硫酸的电离常数kal=1.3×10-2,ka2=6.2×10-8,将so2通入某氨水至溶液恰好呈中性,根据电荷守恒,c(h+)+c(nh)=2c(so)+c(hso)+c(oh-),则c(nh)=2c(so)+-46-,c(hso),因此=+1=+1=+1=2.24,故答案为:2+o2=2+2h+;2.24。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.ch2=chch3(g)+cl2(g)→ch2clchclch3(g)δh1=-133kj·mol-1ii.ch2=chch3(g)+cl2(g)→ch2=chch2cl(g)+hcl(g)δh2=-100kj·mol-1又已知在相同条件下,ch2=chch2cl(g)+hcl(g)ch2clchclch3(g)的正反应的活化能ea(正)为132kj·mol-1,则逆反应的活化能ea(逆)为___kj·mol-1。(2)查阅资料得知,反应ch3cho(aq)=ch4(g)+co(g)在含有少量i2的溶液中分两步进行:第①步反应为ch3cho(aq)+i2(aq)=ch3i(l)+hi(aq)+co(g)(慢反应);第②步为快反应;增大i2的浓度能明显增大总反应的平均速率。理由为___。(3)工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成甲醇:co(g)+2h2(g)ch3oh(g)δh<0,在一定条件下,将1molco和2molh2通入密闭容器中进行反应,当改变某一外界条件(温度或压强)时,ch3oh的体积分数φ(ch3oh)变化趋势如图所示:①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h2的转化率相等c.v逆(ch3oh)=2v逆(h2)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ch3oh的体积分数为10%,则co的转化率为___。-46-,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="">0BCD温度较低时,有利于反应II发生,CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等,CO2还发生反应II,所以平衡转化率大于CH44.261200K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-46-,.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,CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等,CO2还发生反应II,所以平衡转化率大于CH4;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:反应Ⅰ的化学平衡常数K==≈4.26,故答案为;4.26;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;(4)由碳酸的电离常数Ka2=可得:,则当某地海水的pH≈8时,溶液中==200,故答案为:200。-46-,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,Ka(HUr)=4×10−6,Kw=2.4×10−14,Ksp(NaUr)=6.4×10−5②37℃时,模拟关节滑液pH=7.4,c(Ur-)=4.6×10−4mol∙L−1(1)尿酸电离方程式为_______(2)Kh为盐的水解常数,37℃时,Kh(Ur−)=_______。(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+)=0.2mol∙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】HUrH++Ur-6×10−9>Q=c(Na+)∙c(Ur-)=0.2mol∙L−1×4.6×10−4mol∙L−1=9.2×10−5>Ksp(NaUr),故有尿酸钠晶体析出acd【KS5U解析】(1)尿酸是弱酸,不完全电离,其电离方程式为HUrH++Ur-;故答案为:HUrH++Ur-;(2)Kh为盐的水解常数,37℃时,;故答案为: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-)=4.6×10−4mol∙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+)=0.2mol∙L−1时,Q=c(Na+)∙c(Ur-)=0.2mol∙L−1×4.6×10−4mol∙L−1=9.2×10−5>Ksp(NaUr)-46-,,故有尿酸钠晶体析出;故答案为:Q=c(Na+)∙c(Ur-)=0.2mol∙L−1×4.6×10−4mol∙L−1=9.2×10−5>Ksp(NaUr),故有尿酸钠晶体析出;(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·B2O3)制备单质B(硼)并联产轻质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(B2H6)是最简单的硼烷。可以在乙醚介质中使用LiAlH4(离子化合物)还原BCl3获得,LiAlH4中H的化合价为___________,它的电子式为___________,制备乙硼烷的化学方程式为___________。硼酸(H3BO3)的溶解度温度/℃01020304080溶解度/g2.773.654.876.778.9023.54(2)回答下列问题:①为了加快硼矿石与Na2CO3溶液和CO2的反应速率,可以采取的措施有___________(填一种)。②操作1是___________,洗涤,干燥。检验H3BO3是否洗涤干净的操作方法为___________。整个流程中可循环利用的物质是___________-46-,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(H3BO3)是一元弱酸,在溶液中能电离生成[B(OH)4]-,硼酸的电离方程式为___________;室温时测得0.1000mol•L-1硼酸溶液的pH=5,硼酸的电离常数Ka=___________【KS5U答案】-13LiAlH4+4BCl3=2B2H6↑+3LiCl+3AlCl3将矿石粉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BaCl2溶液,若有白色浑浊,则未洗干净,反之,则洗干净CO23Mg+B2O32B+3MgOMg3B2H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+1.0×10-9【KS5U解析】(1)LiAlH4中Li显+1价,Al显+3价,则H的化合价为-1,LiAlH4属于离子化合物,是由Li+和组成,其电子式为;制备乙硼烷,是用LiAlH4和BCl3反应得到,即化学反应方程式为3LiAlH4+4BCl3=2B2H6↑+3LiCl+3AlCl3。(2)①为了加快硼矿石与Na2CO3和CO2的反应速率,可以采取方法是将矿石粉碎或提高反应温度或搅拌。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H3BO3固体,采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤;溶液中含有硫酸根离子,检验H3BO3是否洗涤干净,只要检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BaCl2溶液,若有白色浑浊,则未洗干净,反之,则洗干净;根据流程,轻质碳酸镁受热分解轻质MgO和CO2,循环使用的物质是CO2。③制备单质B,利用Mg的强还原性,将B2O3中B还原出来,其反应方程式为3Mg+B2O32B+3MgO;过程中易生成金属硼化物,即B与Mg反应生成Mg3B2。(3)硼酸为一元弱酸,在溶液中电离产生[B(OH)4]-,即硼酸的电离方程式为H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]-+H+;根据硼酸的电离方程式,[B(OH)4]-和H+物质的量浓度近似相等,硼酸是弱酸,弱电解质的电离程度较弱,即c(H3BO3)近似等于0.1000mol·L-1,则硼酸的电离平衡常数。-46-,-46-</a变小n2h4+h2on2h+oh-10-9.32nh3-2e-+o2-=n2h4+h2o【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(co2):n(h2)=1:3投入co2和h2,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;poh=9.3时,n2h、n2h浓度相等,ka2===c(oh-)得n2h4第二步电离常数;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】(1)nh3和(nh4)2co3与co2可发生如下可逆反应:2nh3(1)+h2o(1)+co2(g)(nh4)2co3(aq)k1=,nh3(l)+h2o(1)+co2(g)nh4hco3(aq)k2=,(nh4)2co3(aq)+h2o(1)+co2(g)2nh4hco3(aq)k3==,则k3=(用含k1、k2的代数式表示),故答案为:;-46-,(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正减小,v逆减小,故b错误;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(co2):n(h2)=1:3投入co2和h2,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,2co2(g)+6h2(g)c2h4(g)+4h2o(g)平衡正向移动,则将变小,故答案为:变小;(3)①25℃时,n2h4在水中第一步电离方程式n2h4+h2on2h+oh-,故答案为:n2h4+h2on2h+oh-;②25℃时,n2h4在水中的第二步电离常数值为poh=9.3时,n2h、n2h浓度相等,ka2==c(oh-)=10-9.3,故答案为:10-9.3;③工业上利用nh3制备联氨(n2h4),在阳极氨气失电子,发生氧化反应,阳极电极反应式:2nh3-2e-+o2-=n2h4+h2o,故答案为:2nh3-2e-+o2-=n2h4+h2o。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)ch4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:i.ch4(g)+4no2(g)=4no(g)+2h2o(g)+co2(g)δh1=-574kj·mol-1e1=1274kj·mol-1;ii.ch4(g)+4no(g)=2n2(g)+2h2o(g)+co2(g)δh2=-1160kj·mol-1e2=493kj·mol-1。①反应ch4(g)+2no2(g)=n2(g)+2h2o(g)+co2(g)δh3=_______kj·mol-1②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)⇌n2(g)+2co2(g)δh4。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:-46-,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n2的总物质的量不再发生变化c.co和co2的总物质的量不再发生变化②δh4_______0(填“>”或“<”,下同,p1_______p2。(3)最近我国科学家设计了一种电解法处理污染气体中nox的高效去除装置,如图2所示,其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so2转化为nh4hso3,再氧化成(nh4)2so4,向nh4hso3溶液中通空气氧化的离子反应方程式_______。已知h2so3的ka1=1.3×10-2、ka2=6.2×10-8。常温下,将so2通入某氨水至溶液恰好呈中性,此时溶液中=_______。【ks5u答案】-867反应ii的活化能低,反应速率快b<>阴2nox+4xh++4xe-=n2+2xh2o2+o2=2+2h+2.24【分析】根据盖斯定律分析计算δh3;反应的活化能越大,反应速率越慢;根据图象,结合温度和压强对平衡的影响分析判断;根据图象,催化剂石墨烯上nox转化为n2,n-46-,元素的化合价降低,被还原,发生还原反应,据此分析解答;被o2氧化生成和h+;将so2通入某氨水至溶液恰好呈中性,根据电荷守恒,c(h+)+c(nh)=2c(so)+c(hso)+c(oh-),有c(nh)=2c(so)+c(hso),因此=+1,结合亚硫酸的电离平衡常数分析解答。【ks5u解析】(1)①i.ch4(g)+4no2(g)=4no(g)+2h2o(g)+co2(g)δh1=-574kj·mol-1,ii.ch4(g)+4no(g)=2n2(g)+2h2o(g)+co2(g)δh2=-1160kj·mol-1,根据盖斯定律,将i+ii得到2ch4(g)+4no2(g)=2n2(g)+4h2o(g)+2co2(g)δh=(-574kj·mol-1)+(-1160kj·mol-1)=-1734kj·mol-1,则ch4(g)+2no2(g)=n2(g)+2h2o(g)+co2(g)δh3=-867kj·mol-1,故答案为:-867;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)⇌n2(g)+2co2(g),no和n2的总物质的量是变量,当no和n2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正确;c.根据2no(g)+2co(g)⇌n2(g)+2co2(g),co和co2的总物质的量为常量,co和co2的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,δh4<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,p1>p2,故答案为:<;>;(3)①根据图象,催化剂石墨烯上nox转化为n2,n元素的化合价降低,被还原,发生还原反应,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2nox+4xh++4xe-=n2+2xh2o,故答案为:2nox+4xh++4xe-=n2+2xh2o;(4)被o2氧化生成和h+,则离子方程式为2+o2=2+2h+;已知常温下亚硫酸的电离常数kal=1.3×10-2,ka2=6.2×10-8,将so2通入某氨水至溶液恰好呈中性,根据电荷守恒,c(h+)+c(nh)=2c(so)+c(hso)+c(oh-),则c(nh)=2c(so)+-46-,c(hso),因此=+1=+1=+1=2.24,故答案为:2+o2=2+2h+;2.24。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.ch2=chch3(g)+cl2(g)→ch2clchclch3(g)δh1=-133kj·mol-1ii.ch2=chch3(g)+cl2(g)→ch2=chch2cl(g)+hcl(g)δh2=-100kj·mol-1又已知在相同条件下,ch2=chch2cl(g)+hcl(g)ch2clchclch3(g)的正反应的活化能ea(正)为132kj·mol-1,则逆反应的活化能ea(逆)为___kj·mol-1。(2)查阅资料得知,反应ch3cho(aq)=ch4(g)+co(g)在含有少量i2的溶液中分两步进行:第①步反应为ch3cho(aq)+i2(aq)=ch3i(l)+hi(aq)+co(g)(慢反应);第②步为快反应;增大i2的浓度能明显增大总反应的平均速率。理由为___。(3)工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成甲醇:co(g)+2h2(g)ch3oh(g)δh<0,在一定条件下,将1molco和2molh2通入密闭容器中进行反应,当改变某一外界条件(温度或压强)时,ch3oh的体积分数φ(ch3oh)变化趋势如图所示:①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h2的转化率相等c.v逆(ch3oh)=2v逆(h2)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ch3oh的体积分数为10%,则co的转化率为___。-46-,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></k(乙)【ks5u答案】b【ks5u解析】a.ch3cooh溶液加水稀释,平衡向正反应方向移动,c(ch3coo-)浓度减小,变大,a正确;b.向氨水中通入nh3,一水合氨浓度增大,一水合氨的电离程度减小,b错误;c.加水即增大生成物浓度,平衡逆向移动,[cu(h2o)4]2+浓度增大,溶液颜色变蓝,c正确;d.乙容器充入pcl3和cl2即为pcl3(g)+cl2(g)pcl5△h<0,该反应是放热反应,在绝热恒容条件下进行,升温使平衡逆向移动,则平衡时乙容器中pcl3和cl2浓度大于甲容器,k(甲)<k(乙),d正确。故选b。9.(2021·天津高三一模)下列说法正确的是a.常温下,由水电离产生的c(h+)=10-12mol></c(cl-)【ks5u答案】c【ks5u解析】a.向0.1mol•l-1氨水中加入少量硫酸铵固体,铵根离子浓度增大,根据一水合氨的电离平衡常数可知所求等式=,而温度不变时kb(nh3•h2o)大小不变,则该比值减小,故a错误;b.冰醋酸(不含自由移动的离子)不导电,往冰醋酸中加水,醋酸的电离平衡右移,开始时离子浓度增大,后来减小,故溶液的导电性开始增大后来减小;因醋酸的电离平衡一直右移,故电离程度始终增大,故b错误;c.0.1mol•l-1na2co3溶液与0.1mol•l-1nahco3溶液等体积混合,根据电荷守恒和物料守恒可得c(co32-)+2c(oh-)=c(hco3-)+3c(h2co3)+2c(h+),故c正确;d.根据电荷守恒,c(na+)+c(h+)=c(oh-)+c(cl-)+c(ch3coo-),溶液呈中性,即c(h+)=c(oh-),则c(na+)=c(cl-)+c(ch3coo-),溶液中c(na+)>
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