2022年高考真题汇编-反应速率、化学平衡

1、2022 高考真题汇编 反响速率、化学平衡一、单项选择题1. ( 2 分 ) 2022湖南常温下，用三种一元弱酸的钠盐20.00mL 浓度均为溶液，滴定曲线如下图。以下推断错误的是 该溶液中：三种一元弱酸的电离常数：当时，三种溶液中：20.00mL 盐酸后，再将三种溶液混合：( 2 分 ) 2022湖南铁的协作物离子(用变化状况如下图：A. 该过程的总反响为B.A. 该过程的总反响为B.浓度过大或者过小，均导致反响速率降低C. 该催化循环中元素的化合价发生了变化D. 该过程的总反响速率由步骤打算表示)催化某反响的一种反响机理和相对能量的( 2 分 ) 2022河北室温下，某溶液初始时仅溶有M

2、和N 且浓度相等，同时发生以下两个反响：M+N=X+Y；M+N=X+Z，反响v1=k1c2(M)，反响v2=k2c2(M) (k1、k2 为速率常数)。反响体系中组分M、Z 的浓度随时间变化状况如图，以下说法错误的选项是 030min 时间段内，Y 6.6710-8molL-1min-1反响开头后，体系中Y Z 的浓度之比保持不变假设反响能进展到底，反响完毕时62.5%M 转化为Z反响的活化能比反响的活化能大( 2 分 ) 2022浙江以下方案设计、现象和结论都正确的选项是 目的方案设计现象和结论检验某无色溶液 取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再参加A中是否含有NOFeCl2 溶液5 mL

3、 0.1 molL-1KI 1 mL 0.1假设溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NO探究KI 与FeCl3 反假设溶液变血红色，则KI 与FeCl3B应的限度molL-1 FeCl3 溶液，充分反响后滴入5 滴15%KSCN 的反响有肯定限度溶液推断某卤代烃中 取 2 mL 卤代烃样品于试管中，参加5 mL 20% KOH 水假设产生的沉淀为白色，则该卤C的卤素溶液混合后加热，再滴加AgNO3 溶液代烃中含有氯元素2mL20%的蔗糖溶液于试管中，参加适量稀 H2SO4D水溶液中的稳定 后水浴加热 5 minCu(OH)2 悬浊液性并加热假设没有生成砖红色沉淀 ，则蔗糖在酸性水

4、溶液中稳定AB. BC. CD. D( 2 分 ) 2022浙江10 mL 0.50 molL-1NH4Cl 溶液、10 mL 0.50molL-1CH3COONa pH 分别随温度与稀释加水量的变化如下图。25 时 CHCOOH NH H O 1.810-5.以下说法错误的选项是 332t/min020406080c/(molL-1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050A. pH pH 随温度的变化”B. NH4Cl 溶液加水稀释至浓度molL-1pH t/min020406080c/(molL-1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050A. pH pH 随温度

5、的变化”B. NH4Cl 溶液加水稀释至浓度molL-1pH lgxC. 随温度上升，Kw 增大，CH3COONa c(OH- )减小，c(H+)增大，pH 减小D. 25 NH Cl CH COONa 溶液中：c(Na+ )-c(CH COO- )=c(Cl-)-c(NH433)以下说法错误的选项是 20min 时，测得O2 224mL(标准状况)2040minH2O2 0.010molL-1min-130min 50min 时的瞬时速率H2O2 Fe2O3 代替I-也可以催化H2O2 分解7. ( 2 分 )2022浙江在298.15 K、100 kPa 条件下，N2(g) +3H2 (g

6、)=2NH3(g) H=-92.4 kJmol-1， N2 (g) 、H2(g)NH3(g)29.1、28.9 35.6JK-1mol-1。肯定压强下，1 mol 反响中，反响物N2(g)+3H2(g)、生成物2NH3(g)T 的变化示意图合理的是 A.B.A.B.C.D.8. ( 8. ( 3 分 ) 2022湖南：和发生反响， 时到达平衡状态I，在率随时间的变化如下图。以下说法正确的选项是，向一恒温恒容的密闭容器中充入时转变某一条件， 时重到达平衡状态，正反响速A. 容器内压强不变，说明反响到达平衡B.时转变的条件：向容器中参加CC. 平衡时A 的体积分数 ：D. 平衡常数K：( 10 分

7、 ) 2022湖南氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。化学键键能946436.0化学键键能946436.0肯定温度下，利用催化剂将390.8分解为和。答复以下问题：反响该反响的；，在以下哪些温度下反响能自发进展？(填标号)3某兴趣小组对该反响进展了试验探究。在肯定温度和催化剂的条件下，将通入3L反响该反响的；，在以下哪些温度下反响能自发进展？(填标号)3某兴趣小组对该反响进展了试验探究。在肯定温度和催化剂的条件下，将通入3L 的密闭容器中进展反响(此时容器内总压为 200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如下图。假设保持容器体积不变

8、， 时反响到达平衡，用的浓度变化表示时间内的反响速率(用含 的代数式表示)时将容器体积快速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后是(用图中a、b、c、d 表示)，理由是；分压变化趋势的曲线在该温度下，反响的标准平衡常数 。(：分压=总压该组分物质的量分数，对于反响，其中，、为各组分的平衡分压)。方法：氨电解法制氢气44电解过程中的移动方向为(填“从左往右”或“从右往左”)；5阳极的电极反响式为。KOH KOH 溶液( 8 分 ) 2022全国乙卷一氯化碘ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反响，也可用作有机合成中的碘化剂。答复以下问题：历史上海藻提碘中得到一种红棕色液

9、体，由于性质相像，Liebig 误认为是 ICl,从而错过了一种元素的觉察。该元素是.BaPtCl )BaCl 、Pt Cl ,376.8K =1.0 x104Pa2。在一硬422p4BaPtCl ,然后将支管封闭。在 376.8,碘蒸气4ICl22初始压强为20.0kPa.376.8平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa,则P=kPa,反响2ICl(g)=Cl (g)+IICl22的平衡常数K=列出计算式即可.2NO(g)+2ICl(g)2NOCl(g)+I2(g)KP12NOCl(g)lgKP12NO(g)+Cl22NO(g)+2ICl(g)2NOCl(g)+I2(g)KP12NOCl(g

10、)lgKP12NO(g)+Cl2(g)lgKP2KP2均为线性关系，如以下图所示：P由图可知，NOCl 分解为NO 和Cl2 反响的H0(填“大于”或“小于”.反响2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的K=用KP1、KP2 表示：该反响的H0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程.Kistiakowsky NOCl 光化学分解反响，在肯定频率(v)光的照耀下机理为：NOCl+hvNOC*NOCl+NOCl*2NO+Cl2其中hv 表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl 的激发态。可知，分解1mol 的NOCl 需要吸取mol的光子。( 10 分 ) 2022浙江“氯碱工业”以电解饱和食盐

11、水为根底制取氯气等产品， 氯气是试验室和工业上的常用气体。请答复：电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是。以下说法错误的选项是。可承受碱石灰枯燥氯气可通过排饱和食盐水法收集氯气常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中工业上，常用氢气和氯气反响生成的氯化氢溶于水制取盐酸在肯定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cl2(g) Cl2(aq)K1=c(Cl2)/p22l ) + H H+ - ) + )22p Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)Cl2 在水溶液中的平衡浓度。22 220。(填”、“=”或“”)平衡常数K2 的表达式为K2=。氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=。

12、(用平衡压强p 和上述平衡常数表示，无视HClO 的电离)工业上，常承受“加碳氯化”的方法以高钛渣(TiO2)TiCl4 ， 相应的化学方程式为；) H1 L1 ，O) H= - 1 L1 ，K结合数据说明氯化过程中加碳的理由。在肯定温度下，以I2 Cl2 CS2 中发生平行反响，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反响时间无关。反响物起始浓度均为0.5 molL-1 ， 反响30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，假设要提高产物中邻二氯苯的比例，可承受的措施是 。适当提高反响温度B.转变催化剂C.适当降低反响温度D.转变反响物浓度答案解析局部

13、一、单项选择题1.【答案】 C【考点】化学平衡常数，化学平衡转化过程中的变化曲线，离子浓度大小的比较【解析】【解答】ANaX 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挨次为c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)A 不符合题意；由分析可知，HX、HY、HZ 三种一元弱酸的酸性依次减弱，弱酸的酸性越弱，电离常数越小，则三种Ka(HX)Ka (HY)Ka(HZ)B 不符合题意；当溶液pH 为7 时，酸越弱，向盐溶液中参加盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中c(X-)c(Y-)c(Z-)C 符合题意；向三种盐溶液中分别滴加 20.00mL 盐酸，三种盐恰好完全

14、反响，可知c(Na+)=c(Cl-)，将三种溶液中存在c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)c(OH-)D 不符合题意；故答案为：C。pH 即可得出酸性的强弱是：HZHYHXA.NaX 溶液中，水解呈碱性，因此依据电荷守恒即可推断据一元弱酸的盐的 pH 即可得出酸性的强弱是：HZHYHX，即可推断电离常数依据电荷守恒列出式子，再依据中性进展推断只需要推断参加氯离子的物质的量浓度即可，由于水解程度不一样故参加的盐酸不一样，碱性越强需要的酸越多剩余的酸根离子越

15、少混合之后利用电荷守恒即可推断2.DAA由反响机理可知，发生的化学方程式为HCOOHCO2+H2A 不符合题意；假设氢离子浓度过低，则反响的反响物浓度降低，反响速率减慢，假设氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反响速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反响速率 减慢，故B 不符合题意；由反响机理可知，Fe 在反响过程中，铁形成的化学键数目发生变化，则元素化合价也发生变化，故C不符合题意；由反响进程可知，反响能垒最大，活化能越大，反响速率最慢，对该过程的总反响起打算作用，故D 符合题意；故答案为：D。【分析】A.依据反响物和最终的产物即可写出方程式在整个过程中均存在氢离子参

16、与，因此需要把握氢离子的浓度实现速率的最大化氢离子在整个过程中参与了反响，经受断键成键断键的过程，过程中化合价发生转变D.整个反响速率是由速率最慢的过程打算，活化能高的速率慢【答案】 A【解析】【解析】A由图中数据可知，则依据M 0.5时，M、Z 的浓度分别为0.3000.125，-0.3000.200-0.125=0.075=0.200。因此，依据计算出转化为Y 的变化量时间段内，Y 的平均反响速率为=，A 说法符合题意；B由题中信息可知，依据速率公式 v1=k1c2(M) 和 v2=k2c2(M) ，反响和反响的速率之比为，Y和Z 分别为反响和反响的产物，且两者与M 的化学计量数均为1，因

17、此反响开头后，=，由k1、k 为速率常数，故该比值保持不变，B 说法不符合题意；2C结合A、B 的分析可知因此反响开头后，在一样的时间内,=，因此，假设反响能进展到底，反响完毕时有M 转化为Z，即M 转化为Z，C 说法不符合题意；由以上分析可知，在一样的时间内生成Z 多、生成Y 少，因此，反响的化学反响速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反响速率较快，故反响的活化能比反响的活化能大，D 说法不符合题意。故答案为：A。【分析】A.30min 的数据计算出Y 的物质的量浓度的变化量即可计算出速率温度不变，平衡常数不变，利用平衡常数公式带入计算即可推断Y 和 Z 的浓度之比不变依据速率之比计算即

18、可活化能越大，反响速率越慢，依据计算推断Y 和Z 的浓度大小即可推断速率的大小【答案】 B【考点】化学平衡状态的推断，氯离子的检验，蔗糖与淀粉的性质试验【解析】【解答】A原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反响生成Fe3+， 故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A 不符合题意；B向KI 溶液中滴加FeCl3， 假设FeCl3 没有剩余说明反响是完全的，因此向反响后的溶液中参加KSCN 溶液，假设溶液变红，则说明该反响是有限度的，B 符合题意；C溶液中参加KOH 后体系中剩余大量的OH-， 再参加硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C不符合题意； D蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验

19、证单糖中是否存在醛基，应向水解液中参加NaOH 溶液使体系呈碱性，再参加制Cu(OH)2 悬浊液，D 不符合题意；故答案为：B。A.二价亚铁离子变为三价铁离子，主要说明含有氧化性的离子，但是不肯定是亚硝酸根还有可能是硝酸根离子碘离子的量是过量的，假设不是可逆反响，不存在三价铁离子，但是最终参加硫氰化钾溶液后，溶液变为红色说明有三价铁离子因此说明反响有限度检验氯离子时需要进展参加硝酸酸化检验醛基时需要碱性环境，水解后参加氢氧化钠调整溶液为碱性5.C【考点】化学平衡常数，化学平衡的调控，离子浓度大小的比较BNH4Cl 溶液加水稀释至浓度molL-1 时，假设氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(

20、H+BNH4Cl 溶液加水稀释至浓度molL-1 时，假设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响方向移动，c(H+)大于原来的pH lgx，B 说法不符合题意；C随温度上升，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw 增大；随温度上升，CH3COONa 的水解c(OH-)增大，因此，C 说法符合题意；4D 25NH Cl CH COONa 溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+444=c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH +)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此

21、，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH44+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CHCOO- )= c(OH-) -c(H+) 25 CH COOH NH H O 1.8333210-5， 因此，由于原溶液的物质的量浓度一样，稀释一样倍数后的NH4C1 CH3COONa 溶液，溶|c(OH-)-c(H+)|两者差确实定值c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D 说法不符合题意。故答案为：C。【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 molL-1 NH4Cl 溶液、10 mL 0.50molL-1CH3COON

22、a 溶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，水解反响为吸热过程，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。结合选项进展推断6.【答案】 C【考点】催化剂，化学反响速率与化学平衡的综合应用B2040min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率 v=0.010mol/(L

23、min)，B 不符合题意；【解析】【解答】A20min 0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01molB2040min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率 v=0.010mol/(Lmin)，B 不符合题意；C随着反响的不断进展，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min 50min 时的瞬时速率，C 符合题意；DI-在反响中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶

24、或Fe2O3 代替，D 不符合题意；故答案为：C。【分析】A.依据浓度的变化量计算出物质的量，结合方程式计算出氧气的物质的量即可依据物质的量的浓度的变化量，依据v=c/t 计算出速率随着反响的进展浓度不断减小，速率不断的减小 D.氧化铁以及碘离子均可做过氧化氢的反响的催化剂 7.B【考点】化学平衡的调控，化学平衡转化过程中的变化曲线【解析】【解答】该反响为放热反响，反响物的总能量大于生成物的总能量，依据题目中给出的反响物与生成物的比热容可知，上升温度反响物能量上升较快，反响完毕后反响放出的热量也会增大，比较4 个图B 符合题意，故答案为：B。N2N2 (g) 、H2(g)和NH3(g)的比热容

25、分别为29.1、29.1、28.9 35.6JK-1mol-1二、多项选择题8.【答案】 B,C【解析【解析A容器内发生的反响为 A(g)+2B(g)3C(g)，该反响是前后气体分子数不变的可逆反响，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反响到达平衡状态，A不符合题意；B依据图像变化曲线可知，t2t3 过程中，t2 时瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反响向逆反响方向移动，转变的条件为：向容器中参加C，B 符合题意；C依据上述分析可知，t2-t3 时间段，转变条件使正反响速率渐渐增大，平衡向逆反响方向移动，到达的平衡状态后，生成A的量增大，但总的物质的量不变

26、，所以A的体积分数 增大，即A的体积分数 ：(II) (I)，C 符合题意；平衡常数K 与温度有关，因该反响在恒温条件下进展，所以K 保持不变，D 不符合题意。故答案为：BC。【分析】依据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA 3molB 发生反响，反响时间从开头到t1 阶段，正反响速率不断减小，所以平衡向正反响方向移动，t1-t2 时间段，正反响速率不变，反响到达平衡状态，t2-t3 时间段，转变条件使正反响速率渐渐增大，平衡向逆反响方向移动，t3 以后反响到达的平衡状态，结合图像选项进展推断9.【答案】 9.【答案】 1+90.82C,D3；b；开头体积减半，N2 2 倍，随后由于加

27、压平衡逆向移动，N2 2倍要小；0.484从右往左52NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O【解析】【解答】(1【解析】【解答】(1) 依据方程式：2NH3(g)mol-1+436.0kJmol-1)= +90.8kJmol-1N2(g)+3H2(g)， H=390.8kJ， 故答案为：+90.8；mol-1-(946 kJ(2)假设反响自发进展，则需要满足 H-T S=456.5K，即温度应高于(456.5-273)(2)假设反响自发进展，则需要满足 H-T S=456.5K，即温度应高于(456.5-273)=183.5，CD 符合，故答案为：CD；依据同温同压下，混合气体的物质的量等

28、于体积之比，=x=0.02mol，(H2)=molL-1min-1， 故答案为：；由图可知，平衡时，NH3、N 、H 120 kPa、40 kPa、120 kPa，反响的标准平衡常数22=0.48，故答案为：0.48；t2 时将容器体积压缩到原来的一半，N2 由图可知，平衡时，NH3、N 、H 120 kPa、40 kPa、120 kPa，反响的标准平衡常数22=0.48，故答案为：0.48；由图可知，通 NH3 的一极氮元素化合价上升，发生氧化反响，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，氢离子的得到电子变为氢气，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；阳极NH3 失电子发生

29、氧化反响生成N2， 结合碱性条件，电极反响式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。11依据反响热=反响物的总键能-生成物的总键能即可计算2依据0，即可推断利用三行式进展计算，依据压强之比等于物质的量之比，计算出物质的量即可计算出氢气的速率体积减小原来的 一半，浓度增大一倍，即压强增大一倍选择b 依据物质的量之比压强之比，计算出平衡时的压强，计算出压强的平衡常数即可氨气中氮元素为-3 价，氢元素为+1 价，氨气中氮元素变为氮气，化合价上升，被氧化，做阳极， 因此吸引大量的阴离子，氢氧根离子向左移动，氨气中的氢元素变为氢气，化合价

30、降低，被复原，做阴极。10.【答案】 110.【答案】 1溴Br22.=4.8；3大于；KP1KP2； H0；当时，当时，即降温,K 减小，平衡逆移，说明 H04【考点】反响热和焓变，化学反响速率，化学平衡常数，化学反响速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】(1)红棕色液体，推想为溴单质，因此错过觉察的元素是溴(或 Br)；4376.8时玻璃烧瓶中发生两个反响： BaPtCl s4BaCl s+Pts+2Cl g、222C12(g)+I2(g)2ICl(g)，BaPtCl4 sBaCl s+Pts+2Cl g的平衡常数Kp=1.0104Pa2，22222平衡时p2(Cl )=1.0104Pa

31、2， 平衡时p(Cl )=100Pa，设到达平衡时I (g)的分压减小pkPa，则376.822时，测得烧瓶中压强为 32.5kPa，则0.1+20.0+p=32.5p=12.4p(ICl)=2p kPa=212.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6103Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反响2ICl(g)C12(g)+I2(g)的平衡常数K=；结合图可知，温度越高，越小，lgKp2 越大，即Kp2 越大，说明上升温度平衡2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)正向

32、移动，则NOCl 分解为NO 和Cl2 反响的大于0；.2NO+2ICl.2NOCl(g) +2ICl(g)2NOClKp12NO(g)+Cl2(g) Kp2p1 p2Cl2(g)+I2(g)， 故K= p1 p2该反响的H 0，依据图像可知，当时，当时，H0 ；.NOCl+hvNOCl*2.NOCl+NOCl*2NO+Cl22+2NOCl+hv=2NO+Cl22molNOCl 1mol 1mol 的NOCl 0.5mol 光子。【分析】(1)依据红棕色液体推断；依据三段式及平衡常数公式计算；依据图像中曲线的趋势和所对应的数据进展估算；(4)依据物质的量之比等于化学计量数之比计算；11.【答案

33、】 111.【答案】 12NaCl+ 2H2O2A2NaOH + H2+Cl23；K1p +反响I + II 得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.11019 远大于K1， 反响II 使TiO2氯化为TiCl4 得以实现；H=HI+HII= -40kJmol-1， 反响II 可为反响I 供给所需的能量A,B【解析】【解答】(1)2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2+Cl2。A氯气可与碱反响，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰枯燥氯气，A 说法不正确；B氯气可与水反响生成盐酸和次氯酸，该反响是可逆反响，在饱

34、和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可 以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收 集氯气，B 说法正确； C氯气在常温下不与铁反响；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液 化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C 说法正确； D氢气和氯气反响生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反响生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D 说法正确。综上所述，相关说法错误的选项是 A，故答案为：A。Cl (aq) + H O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)Cl (aq) + H

35、O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)K K =2222，留意水为液态，其不消灭在表达式中。Cl2(g) Cl2(aq) Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq)+ HClO(aq)，因此，该反响的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，依据物料守恒可知，c=+c(HClO)+c(Cl-)HCl 是强电解质，假设无视水的电离和次氯酸的电离，则K2=可知=K1=c(Cl2)/p 可知，=，则=，因此，c= K1p +。(4)：I . TiO (s)+2Cl (g)TiCl (g)+O (g) H=181离，则K2=可知=K1=c(Cl2)/p 可知，=，则=，因此，c= K1p +。2242II2II- 221 mol L-1， KII=1.21048。依据盖斯定律可知，I + II 得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 1019 远大于K1， 反响II 的发生可以减小反响I 的平衡体系中氧气的浓度