【解析】2023年高考真题变式分类汇编：弱电解质在水溶液中的电离平衡1

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2023年高考真题变式分类汇编：弱电解质在水溶液中的电离平衡1

一、选择题

1．（2023·湖北）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是

选项性质差异结构因素

A沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)分子间作用力

B熔点：(1040℃)远高于(178℃升华)晶体类型

C酸性：()远强于()羟基极性

D溶解度(20℃)：(29g)大于(8g)阴离子电荷

A．A

B．B

C．C

D．D

【答案】D

【知识点】晶体熔沸点的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡

【解析】【解答】A．正戊烷和新戊烷是互为同分异构体的烷烃，支链越多，分子间作用力小，所以沸点较低，故A正确；

B．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则AlF3熔点远高于AlCl3，故B正确；

C．由于电负性F>H，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，故C正确；

D．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO3-间存在氢键，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，故D错误；

故答案为：D。

【分析】A.对应烷烃，碳原子数目越多，熔沸点越高，碳原子数目相同时，支链越多，熔沸点越低；

B.一般来说熔沸点大小比较：原子晶体>离子晶体>分子晶体，一般来说，分子晶体熔沸点；

C.与-COOH相连的取代基吸电子能力越强，羧基中的氢氧键极性越大，酸性越强；

D.碳酸氢钠中存在氢键，溶解度更大。

2．（2023·浙江1月选考）甲酸是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始关系如图(已知甲酸)，下列说法错误的是

A．活性成分在水中存在平衡：

B．的废水中

C．废水初始，随下降，甲酸的电离被抑制，与作用的数目减少

D．废水初始，离子交换树脂活性成分主要以形态存在

【答案】D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；电离平衡常数

【解析】【解答】A．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，故A不符合题意；

B．由电离常数公式可知，溶液中=，当溶液pH为5时，溶液中==18，故B不符合题意；

C．由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动，溶液中甲酸根离子浓度减小，与作用的数目减小，故C不符合题意；

D．由图可知，溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡，当废水初始pH大于5时，的平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH值增大，说明R3N呈碱性；

B.溶液中=；

C.废水中pH值越小，c(H+)越大，甲酸的电离平衡逆向移动；

D.废水初始pH>5时，的平衡逆向移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在。

3．（2022·湖北）下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸混合体系中部分物种的c-pH图(浓度：总As为，总T为)。下列说法错误的是（）

A．的为

B．的酸性比的强

C．时，的浓度比的高

D．时，溶液中浓度最高的物种为

【答案】D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．，，当pH=9.1时，=，，，A不符合题意；

B．，当pH=4.6时，=，Ka=10-4.6，而由A选项计算得H3AsO3的，即Ka>Ka1，所以的酸性比的强，B不符合题意；

C．由图可知的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以时，的浓度比的高，C不符合题意；

D．由可知条件，酒石酸，的为，即酒石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当时，溶液中浓度最高的物种不是，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.根据计算；

B.电离平衡常数越大，酸性越强；

C.的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，的浓度为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L。

4．（2023·宁波模拟）常温下，，，，下列说法不正确的是

A．浓度均为0.1mol/L的HCOONa和溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者>后者

B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、pH均为3的HCOOH和溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积：前者c(H+)=c(OH-)

C．w点溶液的碱性强于z点溶液的碱性

D．25℃时，CH3COOH的电离常数Ka=1×10-a

【答案】D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A.x点溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者的浓度不同，无法直接比较电离程度和水解程度的强弱，A不符合题意；

B.y点时所加NaOH溶液的体积为40mL，此时反应后所得溶液的溶质为CH3COONa，溶液显碱性，因此溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，B不符合题意；

C.酸碱中和反应为放热反应，因此z点温度高于w点温度，CH3COO－的水解反应为吸热反应，温度越高，CH3COO－的水解程度增大，溶液的碱性增强，因此z点溶液的碱性强于w点溶液的碱性，C不符合题意；

D.25℃时，当加入NaOH溶液的为V1mL时，所得溶液的pH=a，此时溶液中c(CH3COO－)=c(CH3COOH)，CH3COOH的电离方程式为：CH3COOHCH3COO－＋H＋，因此其电离平衡常数，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A、x点所得溶液的溶质为CH3COONa和少量的CH3COOH；

B、y点溶液的溶质为CH3COONa；

C、w点溶液的温度低于z点溶液的温度，温度升高，CH3COO－的水解程度增大；

D、25℃时，加入NaOH溶液的体积为V1mL，此时溶液的pH=a，且c(CH3COO－)=c(CH3COOH)。

6．（2023·梅州模拟）常温下，用如图所示装置，分别向溶液和溶液中逐滴滴加的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A．X曲线为溶液与盐酸反应的压强变化曲线

B．c点的溶液中：

C．用pH试纸测得c点的pH约为8，可知：

D．a、d两点水的电离程度：

【答案】C

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数

【解析】【解答】A.由上述分析可知，X代表NaHCO3溶液与盐酸反应的压强变化曲线，故A错误；

B.根据电荷守恒可知，，B项错误；

C.c点溶液溶质主要为NaCl、NaHCO3，pH约为8，溶液显碱性，则碳酸氢根的水解程度大于电离程度，Ka2(H2CO3)3×10-4mol·L-1

C．随着c(H+)的增大，MA的溶度积Ksp(MA)保持不变

D．c2(M+)~c(H+)的线性关系为：c2(M+)=Ksp(MA)

【答案】A

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数

【解析】【分析】A．向MA的饱和溶液中加入一元弱酸HA，抑制MA的溶解，M+浓度降低，A符合题意；

B．根据图像，溶液c(H+)=2×10-4时，c2(M+)=10.0×10-8(mol/L)2，所以c(M+)>3×10-4mol·L-1，B不符合题意；

C．Ksp(MA)只受温度影响，温度不变，Ksp(MA)不变，C不符合题意；

D．MA的饱和溶液中c(M+)=c(A-)+c(HA)，c2(M+)=c(M+)×[c(A-)+c(HA)]=c(M+)×c(A-)+c(M+)×c(HA)=c(M+)×c(A-)+c(M+)=c(M+)×c(A-)+c(M+)×c(A-)×=c(M+)×c(A-)×[1+]=Ksp(MA)，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A．依据同离子效应；

B．根据图像分析；

C．Ksp(MA)只受温度影响；

D．利用Ksp计算。

12．（2023·天津市模拟）已知常温时的的，现将和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是

A．曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时的变化曲线

B．取相同体积a点的两种酸溶液，中和相同浓度的溶液，消耗溶液体积较小

C．b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小

D．从b点到d点，溶液中的值变小(代表或)

【答案】D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡

【解析】【解答】A．酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大，HF酸性强于HClO，加水稀释时pH变化大，所以曲线Ⅰ代表HF稀释时pH变化曲线，选项A不符合题意；

B．pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多，HF酸性强于HClO，所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗溶液体积较大，选项B不符合题意；

C．酸越弱，电离出H＋趋势越小，对水的电离抑制程度越低，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，选项C不符合题意；

D．溶液中==，Ka和Kw只随温度的改变而改变，所以从b点到d点，溶液中保持不变，选项D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、酸性越强，加水稀释时溶液pH变化越大；

B、pH相同的两种酸，越弱的酸其浓度越大，消耗的NaOH溶液体积更多；

C、酸越弱，电离出H＋趋势越小，对水的电离抑制程度越低；、

D、结合电离平衡常数和水的离子积判断。

13．（2023·莆田模拟）常温下，用溶液滴定溶液，消耗溶液的体积与混合液关系如下图所示。滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生。已知：碳酸，；。下列说法正确的是

A．ab段升高的主要原因：

B．bc段溶液不可能出现白色沉淀

C．b点：

D．c点：

【答案】D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质

【解析】【分析】A．ab段升高，则氢氧根离子浓度增大、氢离子浓度减小，A不符合题意；

B．滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生，说明加入一定量的碳酸氢钠溶液后，碳酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和碳酸，溶液酸性增强，pH减小，结合图像可知，bc段溶液出现白色沉淀，B不符合题意；

C．b点pH最大，溶质为碳酸氢钠、氯化钙，，，则水解大于电离，故，C不符合题意；

D．c点pH=7.2，溶液显碱性，故，根据电荷守恒可知，由碳酸氢钠和氯化钙的物质的量可知，，则有，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、结合图示可以知道ab段氢氧根浓度增大，氢离子浓度减小；

B、没有气泡产生，即碳酸氢钠和氯化钙反应生成碳酸钙固体；

C、结合水解平衡常数判断；

D、结合电荷守恒判断。

二、多选题

14．（2022·海南）NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是（）

A．0.01mol/L溶液中，

B．长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱

C．通入过量，反应的离子方程式为

D．25℃，的NaClO和HClO的混合溶液中，

【答案】A,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO-)＜0.01mol/L，A符合题意；

B．NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应CO2+NaClO+H2O=HClO+NaHCO3，次氯酸不稳定，见光分解生成HCl和O2，不会释放Cl2，B不符合题意；

C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2发生氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢，反应的离子方程式为SO2+ClO+H2O=Cl-++2H+，C不符合题意；

D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D符合题意；

故答案为：AD。

【分析】A.次氯酸根会发生水解；

B.NaClO溶液长期露置在空气中，会发生反应CO2+NaClO+H2O=HClO+NaHCO3；

C.向NaClO溶液中通入过量SO2，反应生成硫酸钠、氯化钠和氯化氢；

D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒分析。

15．（2023·山东模拟）用双硫腺(H2Dz，二元弱酸)～CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子，从而达到污水处理的目的。如在分离污水中的Cu2+时，先发生络合反应：Cu2++2H2DzCu(HDz)2+2H+，再加入CCl4，Cu(HDz)2就很容易被萃取到CCl4中。如图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)，下列说法错误的是

A．当分离过程中，Bi3+发生的络合反应为Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+

B．加NaOH溶液调节pH=11，一定存在关系：c(Na+)＞c(D)=c[Zn(OH)]＞c(OH—)＞c(H+)

C．NaHDz溶液存在关系：c(D)+c(OH-)=c(H2Dz)+c(H+)

D．若pH=2.5且-lgc(H2Dz)=pH时，络合反应达到平衡，则H2Dz与Bi3+络合反应平衡常数约为5

【答案】B,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．由题意可知，分离污水中的Bi3+时，先发生络合反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+，故A不符合题意；

B．由图可知，加氢氧化钠溶液调节溶液pH=11时，Zn(OH)离子的百分率为70%，则溶液中发生如下反应：Zn(HDz)2+6OH-Zn(OH)+2D+2H2O，由方程式可知，溶液中D的浓度是Zn(OH)浓度的2倍，故B符合题意；

C．NaHDz溶液中存在质子关系c(D)+c(OH-)=c(H2Dz)+c(H+)，故C不符合题意；

D．由图示可知，溶液pH=2.5时，Bi(HDz)3的百分率为80%，反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+的平衡常数K=，由-lgc(H2Dz)=pH可得：K===4，故D符合题意；

故答案为：BD。

【分析】A．依据题目信息和图像分析；

B．依据题意判断发生的有关反应分析；

C．依据质子守恒分析；

D．依据图中数据计算K。

16．（2023·烟台模拟）分析化学中“滴定分数”的定义为滴定过程中标准溶液与待测溶液溶质的物质的量之比。常温下用0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定0.01mol·L-1某二元弱酸H2R溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是

A．H2R的Ka1约为5.67×10-2，Ka2约为4×10-5

B．从b点到e点，溶液中一定存在：c(R2-)>c(H2R)

C．c点溶液中，c(R2-)+c(OH-)=c(HR-)+c(H+)+3c(H2R)

D．滴定过程中，混合溶液中始终增大

【答案】C,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数

【解析】【解答】A．由a可知，滴定分数为0.85，此时溶液中溶质H2R、NaHR的物质的量之比为0.15：0.85，pH=2，则H2R的；由d可知，滴定分数为1.8，此时溶液中溶质Na2R、NaHR的物质的量之比为0.8：0.2，pH=5，则H2R的，A不符合题意；

B．随着氢氧化钠的加入，NaHR逐渐转化为Na2R，故b点到e点，溶液中一定存在：c(R2-)>c(H2R)，B不符合题意；

C．c点溶液中为等量的NaHR、Na2R；根据电荷守恒可知，，由物料守恒可知，，两式联立可得，C符合题意；

D．滴定过程中，混合溶液中，随着氢氧化钠加入，氢离子浓度逐渐减小，故比值减小，D符合题意；

故答案为：CD。

【分析】A.根据计算；

B.b点溶液溶质为NaHR，e点溶液溶质为Na2R；

C.根据电荷守恒和物料守恒分析；

D.根据分析。

17．（2023·济宁模拟）常温下，向20mL0.1mol·L-1NaN溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法错误的是

A．

B．滴入20mLHM溶液后，溶液中存在：

C．随着HM溶液的加入的值变大

D．滴入20mLHM溶液后，溶液中存在：

【答案】B,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．当lg=-1时，lg=0，即此时10c(HM)=c(HN)、c(M-)=c(N-)，所以Ka(HM)==3.0×10-6，A不符合题意；

B．滴入20mLHM溶液后，因为Ka(HN)>Ka(HM)，强酸制备弱酸，NaM物质的量浓度小于HN物质的量浓度，Kh(M-)==×10-8c()>c()

D．水的电离程度：点(A)c(H2C2O4)，故c()>c()>c(H2C2O4)，选项C不符合题意；

D．A点与B点相比，和离子的水溶液中，电离大于水解，H2C2O4和溶液显酸性强，对水的抑制程度大，滴定过程中水的电离程度：点(A)Kh(HA-)，溶液显酸性，D符合题意；

故答案为：BD。

【分析】A．利用起点计算Ka1；

B．利用a点判断；

C．利用起点判断变化关系；

D．依据产物判断离子的电离和水解程度，确定溶液酸碱性。

23．（2022·石家庄模拟）实验测得浓度均为0.1mol·L-1的NaOH溶液、CH3COONa溶液和NH4Cl溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法错误的是（）

A．20℃时，纯水的Kw约为10-14.17

B．随温度升高，CH3COONa溶液和NH4Cl溶液中的c(OH-)均减小

C．|随温度升高，CH3COONa溶液和NH4Cl溶液的水解平衡均正向移动

D．50℃时，将CH3COONa和NH4Cl配制成pH=7的混合液，溶液中存在：c(CH3COO-)+c(Cl-)=c(NH)+c(Na+)

【答案】B,D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A．从图分析，0.1mol·L-1的NaOH溶液在20℃时pH为13.17，则氢离子浓度为10-13.17mol·L-1，氢氧根离子浓度为0.1mol·L-1，则纯水的Kw约为10-13.17×0.1=10-14.17，A项不符合题意；

B．随温度升高，CH3COONa溶液和NH4Cl溶液的pH减小，说明溶液中的c(OH-)均增大，B项符合题意；

C．水解时吸热的，随温度升高，CH3COONa溶液和NH4Cl溶液的水解平衡均正向移动，C项不符合题意；

D.50℃时，从氢氧化钠溶液分析，水的离子积常数为10-13.26，将CH3COONa和NH4Cl配制成pH=7的混合液，则二者等体积混合即可，根据电荷守恒分析有c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)=c(NH)+c(Na+)+c(H+)，根据pH=7的混合液，则c(OH-)=c(H+)，溶液中存在：c(CH3COO-)+c(Cl-)=c(NH)+c(Na+)，D项符合题意。

故答案为：BD。

【分析】A.根据Kw=c(H+)·c(OH-)计算；

B.升温CH3COONa溶液和NH4Cl溶液的pH减小；

C.盐类水解吸热；

D.根据电荷守恒分析判断。

24．（2022·邯郸模拟）25℃时，改变0.1mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知δ(RCOOH)=]，甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）

A．甲酸酸性大于丙酸

B．对于甲酸和丙酸，当lg[c(RCOOH)/c(RCOO-)]>0时，溶液都为酸性

C．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中的水电离的c(OH-)相等

D．将0.1mol·L-1的HCOOH溶液与0.1mol/L的CH3CH2COONa溶液等体积混合，所得溶液中：c(HCOO-)Ka(CH3CH2COOH)，则酸性：HCOOH>CH3CH2COOH，故A不符合题意；

B．当lg[c(RCOOH)/c(RCOO-)]>0时，c(RCOOH)>c(RCOO-)，即δ(RCOOH)>δ(RCOO-)，根据图知，甲酸中M点前、丙酸中N点前溶液都呈酸性，故B不符合题意；

C．等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液，水解程度：HCOONac(CH3CH2COOH)，故D符合题意；

故答案为：CD。

【分析】A.电离平衡常数越大酸性越强；

B.lg[c(RCOOH)/c(RCOO-)]>0时，δ(RCOOH)>δ(RCOO-)；

C.越弱越水解，水解程度越大，对水的电离促进程度越大；

D.混合后的溶液为等浓度的HCOONa和CH3CH2COOH，HCOO-的水解程度小于CH3CH2COOH的电离程度。

三、非选择题

25．（2022·天津市）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：

①

②

回答下列问题：

（1）该工艺的总反应方程式为。1mol发生该反应的热量变化为，在总反应中的作用是。

（2）研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是(填“A”、“B”或“C”)。

（3）的电离方程式为。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的，。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于(已知25℃时，FeS的为)。

【答案】（1）(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能

（2）A

（3）或；；；8

【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数

【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将①×2+②可得(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，是该反应的催化剂，在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。

（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。

（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。

【分析】（1）根据盖斯定律，将反应①×2+②可得目标方程式；是该反应的催化剂；

（2）配合物用时最短，对H2S吸收效率最好；

（3）H2S为二元弱酸，分步电离；当pH=7时，H2S、HS-的分布分数相同，即浓度相等，结合、计算；为避免FeS沉淀生成，c(Fe2+)×c(S2-)≤Ksp(FeS)。

26．（2023·宝山模拟）

（1）Ⅰ.纯碱()和小苏打()都是白色晶体，在日常生活中都可以找到。

若要在家中将它们区分开来，下列方法中可行的是。

a．在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度

b．分别用干净铁丝蘸取样品在煤气灶的火焰上灼烧，观察火焰颜色

c．将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀

d．分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物

（2）溶液和溶液中都含有、、、、、、，写出一个用浓度表示这些微粒之间的电荷守恒的关系式。

（3）Ⅱ.某同学在两个相同的特制容器中分别加入溶液和溶液，再分别用盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：

甲、乙两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是，理由是。丙、丁两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是，理由是。

（4）当滴加盐酸的体积为时(a点、b点)，所发生的反应用化学方程式表示为。根据图分析，滴定时c点可用、d点可用作指示剂指示滴定终点(选填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”)。

（5）NaClO也是生活中常见的钠的化合物。废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使完全转化为，该反应的离子方程式为。

【答案】（1）a

（2）

（3）乙；通过起始pH判断，pH：，所以pH较小的是(合理即可)；丁；因为中滴加盐酸，先生成，没有气体产生，压强不变，盐酸过量之后和反应，生成气体，压强增大(合理即可)

（4）；酚酞；甲基橙

（5）

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】（1）a．碳酸氢钠和相同的酸反应较碳酸钠要剧烈，故在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度，可以鉴别，a可行；

b．两者均含有钠元素，焰色反应均为黄色，不能鉴别，b不可行；

c．两者均可以和石灰水生成白色沉淀，不能鉴别，c不可行；

d．碳酸氢钠加热生成碳酸钠、碳酸钠受热不分解，分别放在炒锅中加热，均有残留物，不能鉴别，d不可行；

故答案为：a；

（2）溶液中正负电荷总数相等，则溶液中存在电荷守恒，；

（3）碳酸钠中滴加盐酸，碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和稀盐酸生成氯化钠、水、二氧化碳；碳酸氢钠中滴加盐酸立刻生成氯化钠、水、二氧化碳；与中溶质的物质的量相同，碳酸钠消耗盐酸更多；比较图像可知，甲、乙两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是乙，理由是通过起始pH判断，pH：，所以pH较小的是(或题中碳酸氢钠消耗盐酸的量较小而碳酸钠消耗的盐酸量较多等，合理即可)；丙、丁两条线中表示向溶液中滴加盐酸的是丁，理由是因为中滴加盐酸，先生成，没有气体产生，压强不变，盐酸过量之后和反应，生成气体，压强增大(合理即可)；

（4）当滴加盐酸的体积为时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠：；根据图分析，c点为碱性、d点为酸性，则滴定时c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点；

（5）次氯酸钠具有强氧化性，和铵根离子发生氧化还原反应生成氮气和水、氯离子，反应为。

【分析】（1）依据物质的性质和现象的不同分析；

（2）溶液中正负电荷总数相等；

（3）依据碳酸钠中滴加盐酸，碳酸钠首先和盐酸生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和稀盐酸生成氯化钠、水、二氧化碳分析；

（4）碳酸钠和盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠；根据图分析中溶液的pH选择指示剂；

（5）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。

27．（2023·梅州模拟）乙二酸俗称草酸()，是一种二元弱酸，易溶于水，具有还原性。25℃时，的电离平衡常数，。

（1）Ⅰ.学习小组甲用酸性标准溶液滴定未知浓度的草酸溶液。

中C元素的化合价是，写出的电离方程式。

（2）某学生的滴定方式(夹持部分略去)如图1所示，合理的是(填“a”或“b”)，由图2可知消耗溶液体积为mL，若滴定终点时俯视滴定管刻度读数，则由此测得的草酸溶液的物质的量浓度会(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

（3）Ⅱ.学习小组乙查阅文献获得以下信息：

①三水三草酸合铁酸钾[]为翠绿色晶体，光照易分解，是一种稳定的配离子，能类似于中的在溶液中稳定存在。和存在如下平衡：

ⅰ.

ⅱ.

②相同条件下，草酸根(C2O)的还原性强于

③为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸

【实验】探究Fe3+和草酸根在溶液中的反应。

操作现象

在避光处，向10mL0.5溶液中缓慢加入0.5溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤得到翠绿色溶液和翠绿色晶体

取实验中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红，原因是(结合ⅰ、ⅱ平衡，用必要的化学用语和数据解释原因)，继续加入硫酸，溶液变红，说明加入硫酸，与结合使ⅱ平衡移动(填“正向”或“逆向”)。经检验发现上述实验中和未发生氧化还原反应。

（4）取实验中少量的翠绿色溶液于试管中光照一段时间，产生黄色沉淀和气泡，反应的离子方程式为，用单线桥法表示该反应中的电子转移情况。

（5）写出一种利用盐类水解原理在生产或生活中应用的实例。

【答案】（1）+3；NaHC2O4=Na++

（2）b；26.10mL；偏小

（3）K=5.7×10-18，该反应的K值极小该反应很难发生；正向

（4）

（5）明矾净水或泡沫灭火器等

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；中和滴定；电离平衡常数

【解析】【解答】（1）利用物质化合价为0，设C的化合价为x，2+2x+(-2)×4=0，则x=+3。NaHC2O4为弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHC2O4=Na++、。故答案为：+3；NaHC2O4=Na++；

（2）酸性高锰酸钾溶液为强氧化剂对橡胶有腐蚀性不能用碱式滴定管装，正确的装置为b。滴定管的精度为0.01mL，由图读取消耗高锰酸钾的体积为26.10mL。由电子守恒得出关系式为，则c(H2C2O4)=。滴定终点时俯视读数会导致V(KMnO4)偏小，所以c(H2C2O4)偏小。故答案为：b；26.10mL；偏小；

（3）K=5.7×10-18，该反应的K值极小该反应很难发生。所以无法看到红色。加入酸之后H+消耗平衡ii的，促使平衡正向。故答案为：K=5.7×10-18，该反应的K值极小该反应很难发生；正向；

（4）反应中Fe3+被还原为Fe2+。故答案为：；

（5）明矾净水，利用Al3+水解产生胶体Al(OH)3吸附净水；泡沫灭火器利用NaHCO3和Al2(SO4)3的双水解产生大量气泡和Al(OH)3达到灭火的目的等。故答案为：明矾净水或泡沫灭火器等。

【分析】（1）利用物质化合价为0分析；NaHC2O4为弱酸的酸式盐；

（2）酸性溶液、强氧化性溶液应选用酸式滴定管；碱性溶液应选用碱式滴定管；滴定管的精度为0.01mL；依据电子守恒得出关系式分析；

（3）利用平衡移动原理分析；

（4）反应中Fe3+被还原为Fe2+；

（5）依据盐类水解规律分析。

28．（2022·静安模拟）非金属元素及其化合物与科研、工农业生产有着密切联系。回答下列问题：

（1）次氯酸的结构式为，碳化硅晶体属于晶体。非金属性SCl(填“＞”或“＜”)，用原子结构知识解释其原因：同一周期元素，由左到右。

（2）常温下，浓度均为0.1mol/L的六种溶液pH如下：

溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3

pH10.311.69.712.310.04.0

常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是(填序号)。

a.H2CO3b.H2SO3c.H2SiO3

六种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式)。

（3）用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因。

（4）欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式)，用化学平衡移动的原理解释其原因：。

【答案】（1）H-O-Cl；原子晶体；＜；随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强

（2）bac；NaHSO3

（3）CO+H2OHCO+OH-

（4）NaHCO3(或NaClO)；因为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡

【解析】【解答】(1)次氯酸的结构式为H-O-Cl，碳化硅晶体属于原子晶体。由于同一周期元素，由左到右随着原子半径逐渐减小，元素得电子能力逐渐增强，故非金属性S＜Cl；

(2)NaHCO3溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3的碱性强，弱酸越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，其对应的强碱弱酸盐碱性越强，故碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故常温下，相同物质的量浓度的稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是bac；

六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO3；

(3)Na2CO3发生水解反应CO+H2OHCO+OH-，使溶液显碱性，pH＞7；

(4)氯水中发生可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡朝正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大。

【分析】（1）次氯酸的结构式要注意根据原子的共价键判断，氧原子有两个共价键，氢原子和氯原子只有一个共价键；碳化硅属于原子晶体；非金属性的判断可以根据半径判断，半径越小，电子离原子核越近，越容易得到电子；

（2）根据越弱越水解的原理，酸性越弱，其盐溶液水解程度越强，碱性越强；

（3）强碱弱酸盐呈碱性的原因是因为酸根离子会发生水解，生成氢氧根；

（4）氯气和水生成氯化氢和次氯酸，即让平衡朝正向移动，可以通过减少氯化氢的浓度，即减少氢离子的浓度，或者增加次氯酸的浓度。

29．（2022·嘉定模拟）硫、氮、氯、氧、钠、铝、铁等是人们熟悉的元素，它们的单质及其化合物对工农业有着很重要的地位。

（1）硫原子的最外层电子排布式。铝原子核外电子占据轨道有个，氯原子能量最高的电子亚层是。过氧化钠的电子式；氮原子的电子云形状有种。

（2）氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是。

（3）用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被氧化使Fe2(SO4)3再生，其原理为：FeSO4+O2+H2SO4Fe2(SO4)3+H2O

①配平上面Fe2(SO4)3再生的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。

②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。由图1和图2判断，使用硫杆菌的最佳条件为；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是。

（4）常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。

温度(℃)c(氨水)(mol/L)电离度(%)c(OH-)(mol/L)

016.569.0981.507×10-2

1015.1610.181.543×10-2

2013.6311.21.527×10-2

①温度升高，NH3·H2O的电离平衡向(填“左”、“右”)移动。

②表中c(OH-)基本不变的原因是。

【答案】（1）3s23p4；9；3p；；2

（2）两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高

（3）；30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大

（4）右；氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡

【解析】【解答】(1)硫是16号元素，硫原子的最外层电子排布式3s23p4。铝是13号元素，铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p轨道有1+1+3+1+3=9个，氯是17号元素，占据1s、2s、2p、3s、3p5个能级，氯原子能量最高的电子亚层是3p。过氧化钠的电子式；氮原子的电子云形状有2种分别为s电子云是球形、p电子云是哑铃形。故答案为：3s23p4；9；3p；；2；

(2)氯化钠晶体的熔点高于氯化钾，原因是两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高。故答案为：两者均为离子晶体，钠离子与钾离子带电荷相同，钠离子半径小与钾离子半径，作用力大，离子键强，所以熔点要更高；

(3)①此反应中氧气是氧化剂，每个氧分子得4e-，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒、原子守恒可知Fe2(SO4)3再生的化学方程式4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O，并标出电子转移的数目和方程为：；

②硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍。用Fe2(SO4)3吸收H2S，硫化氢具有还原性，硫酸铁具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，使用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，反应速率下降，其原因是催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大。故答案为：30℃、pH=2.0；催化剂活性下降或催化剂在30℃时活性最大；

(4)①温度升高，温度升高，促进NH3H2O的电离，NH3·H2O的电离平衡向右(填“左”、“右”)移动。故答案为：右；

②表中c(OH-)基本不变的原因是氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变，故答案为：氨水浓度降低，使c(OH-)减小，而温度升高，使c(OH-)增大，双重作用使c(OH-)基本不变。

【分析】（1）硫最外层的电子排布式，即第三层，即s和p的排列；铝的核外电子占据的轨道有1s，2s，2p，3s，3p，其中2p占了3个，3p占了3个；过氧化钠的电子式要注意是离子化合物，需要标明中括号和电荷数；

（2）离子晶体的熔点受到电荷数、离子半径的影响；

（3）①单线桥的技巧：还原剂指向氧化剂，标出转移的电子数；

②涉及催化剂问题时，要注意，温度过高会导致催化剂失去活性；

（4）①弱电解质的电离是吸热过程，升高温度会促进电离；

②氨水浓度降低会使氢氧根浓度减小，升高温度会促进电离。

30．（2022·淮安模拟）室温下，Ka1(H2SO3)=10-1.81，Ka1(H2SO3)=10-6.99。室温下通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。

实验1：测定某浓度的NaHSO3溶液的pH，测得pH为5.2。

实验2：向0.10mol·L-1NaHSO3溶液中加氨水至pH=7。

实验3：向0.10mol·L-1Na2SO3溶液中滴几滴0.10mol·L-1FeCl3溶液，再滴加KSCN溶液，溶液不变红。

实验4：向0.10mol·L-1Na2SO3溶液中加入BaO2固体，有气体产生，同时有白色沉淀。

下列说法错误的是（）

A．实验1的溶液中：=10-1.6

B．实验2得到的溶液中有

C．实验3中加FeCl3溶液的离子方程式为：

D．实验4的上层清液中有c(SO)c(Ba2+)=Ksp(BaSO3)，产生的气体中一定有SO2

【答案】D

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数

【解析】【解答】A．某浓度的NaHSO3溶液的pH为5.2，，A不符合题意；

B．向0.10mol·L-1NaHSO3溶液中加氨水至pH=7，混合溶液中存在电荷守恒：，物料守恒：，联立两式可得，B不符合题意；

C．实验3中滴几滴FeCl3溶液后再滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明铁离子与亚硫酸根反应完全，离子反应方程式为：，C不符合题意；

D．向0.10mol·L-1Na2SO3溶液中加入BaO2固体，BaO2与水反应生成氢氧化钡和氧气，亚硫酸根被氧气氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子生成硫酸钡白色沉淀，故气体为氧气，白色沉淀为硫酸钡，上清液中存在硫酸钡的沉淀溶解平衡，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.根据计算；

B.根据电荷守恒和物料守恒分析；

C.滴加KSCN溶液，溶液不变红，说明铁离子与亚硫酸根反应完全。

31．（2022·淮安模拟）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。

（1）工业上将含有硫化物的废水(以H2S、HS-、S2-的形式存在)引入氧化池，加入高锰酸钾溶液氧化。已知高锰酸钾在酸性条件下的还原产物为Mn2+，碱性条件下的为MnO2。

①pH>7时高锰酸钾将废水中的硫化物氧化为S，该反应的离子方程式为。

②研究发现：其他条件相同时，废水呈酸性时硫化物的去除率明显大于呈碱性时去除率，则可能的原因。

（2）常温下，H2S的Ka1=1.3×10-7、Ka2=7.0×10-15，Ksp(MnS)=1.4×10-15。向含有0.0020mol·L-1Mn2+废水中通入一定量的H2S，当溶液的pH=a、c(HS-)=1.0×10-4mol·L-1时，Mn2+开始沉淀，则a=。

（3）表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用图1表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。

①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是。

②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是。

（4）甲硫醇是一种恶臭、有毒物质。生物法去除甲硫醇反应为2CH3SH+7O2=2CO2+2H2O+2H2SO4。研究表明，在H2S存在条件下，可改变甲硫醇(用表示)生物降解途径，反应历程如图2所示，请用简洁的语言描述图中甲硫醇的降解过程。

【答案】（1）2MnO+3S2-+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH-或2MnO+3HS-+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH-；等物质的量的高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数目比碱性条件下多

（2）6

（3）OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大；若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少

（4）H2S存在的条件下，H2S被O2氧化生成S8，S8与甲硫醇反应生成和，最后、与O2反应生成SO

【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡

【解析】【解答】(1)①pH＞7为碱性介质，高锰酸钾被还原为MnO2，硫化物被氧化为S，根据得失电子守恒和原子守恒以及电荷守恒，可以写出：2MnO+3S2-+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH-或2MnO+3HS-+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH-；

②酸性时，高锰酸钾被还原为Mn2+，等物质的量的高锰酸钾可以得到更多的电子，可以氧化更多的硫化物，即等物质的量的高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数目比碱性条件下多；

(2)当时开始沉淀，调节溶液的pH=a，H2S电离常数：K2=7.0×10-15，c(HS-)=1.0×10-4mol·L-1，，则，则，所以，解得a=6；

(3)①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是：OH-浓度增大，促进平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大；

②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是：若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少；

(4)H2S存在的条件下，H2S被O2氧化生成S8，S8与甲硫醇反应生成和，最后、与O2反应生成SO。

【分析】（1）①根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；

②高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数更多；

（2）根据计算；

（3）①OH-浓度增大，H2SH++HS-平衡正方向移动；

②水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小；

（4）根据图示分析反应原理。

32．（2022·永州模拟）磷及其化合物与人类生产、生活密切相关。

（1）基态P原子中，电子占据的最高能级的符号为。

（2）核外电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为。

（3）如图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是(填标号)。

（4）已知有关氮、磷的单键和三键的键能(kJ·mol-1)如表：

N-NN≡NP-PP≡P

193946197489

从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式为)形式存在的原因是，白磷中P原子的杂化方式为。

（5）已知PCl3是不稳定的无色液体，遇水反应可生成两种酸，该反应的化学方程式为，所得含氧酸(已知该含氧酸的各步电离平衡常数分别为Ka1=1.6×10-2和Ka2=7×10-7)的结构式为。

（6）磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：

如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为。

（7）分别用、●表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：

①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度g·cm-3(写出表达式)。

②晶胞在x轴方向的投影图为(填标号)。

【答案】（1）3p

（2）+或-

（3）b

（4）若4molN形成N4，可以释放能量193kJ×6=1158kJ；若形成N2分子，则释放的能量为946kJ×2=1892kJ，形成N2分子放出的能量更多，N2能量更低更稳定。同理，若4molP形成P4分子，具有更低的能量更稳定；sp3

（5）PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；

（6）PnO

（7）或；B

【知识点】原子核外电子的能级分布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡

【解析】【解答】(1)基态P原子的核外价层电子排布为3s23p3，电子占据的最高能级的符号为3p；

(2)基态P原子的核外价层电子排布为3s23p3，价电子自旋量子数的代数和为；(3)碳、硅和磷元素的核外价电子排布为2s22p2、3s23p2、3s23p3，P失去第四个电子是从3s2全满结构失去，较难，故第三和第四电离能差值较大，故b曲线为P。

(4)根据表格中所给的数据，可从键能角度来分析。若4molN形成N4，可以释放能量193kJ×6=1158kJ；若形成N2分子，则释放的能量为946kJ×2=1892kJ，形成N2分子放出的能量更多，N2能量更低更稳定。同理，若4molP形成P4分子，具有更低的能量更稳定；白磷中P原子有一个孤电子对和3个键，故为sp3杂化；

(5)PCl3遇水反应可生成两种酸，化合价不变，应为H3PO3和HCl，化学方程式为：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；H3PO3有两个电离平衡常数，故为二元弱酸，结构简式为：；

(6)n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，共脱去n个水分子，酸根中原子个数应为n个磷酸分子原子总数减去n个水分子原子总数，故相应的酸根为：；

(7)K+所在位置：棱上4个，面上6个，个数为：；所在位置为顶点8个、内部1个，面上4个，个数为：，晶体密度为：；根据晶胞结构，y轴方向（两条横边）K+在面心，沿x轴投影应在棱中，在顶点，沿沿x轴投影应在顶点；z轴方向（两条竖边）棱中和下部为K+，上部为；投影图中间一列：自上而下应为K+，K+，，，K+，

故答案为：B。

【分析】（1）P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子占据的最高能级为3p能级；

（2）基态P原子的核外价层电子排布为3s23p3，据此确定价电子自旋磁量子数的代数和；

（3）碳、硅和磷元素的核外价电子排布为2s22p2、3s23p2、3s23p3，P失去第四个电子是从3s2全满结构失去，第四电离能与第三电离能相差较大；

（4）能量越低物质越稳定；白磷中P原子形成3个键，含有1个孤电子对；

（5）PCl3是不稳定的无色液体，遇水反应可生成两种酸，根据元素守恒，生成的酸为磷酸和盐酸；磷酸为二元弱酸，据此确定其结构式；

（6）n个磷酸分子共脱去n个水分子；

（7）根据均摊法计算各离子数目，再结合计算晶胞密度。

33．（2022·河南模拟）某实验小组利用如图装置模拟古法硫酸生产方法并进行SO2性质探究。

已知A中反应的化学方程式：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，高温加热绿矾。

完成下列填空：

（1）C装置中覆盖食用油的目的是；B中所得硫酸溶液的质量分数理论值为(保留三位有效数字)。

（2）该装置存在的不足之处为。

为探究SO2与钡盐溶液的反应，在装置C中先后四次加入不同的溶液：

①②③④

已煮沸的BaCl2溶液未煮沸的BaCl2溶液已煮沸的Ba(NO3)2溶液未煮沸的Ba(NO3)2溶液

注：锥形瓶中溶液体积相同，钡盐溶液浓度相同；油层厚度一致，通入SO2流速一致。

得到如下pH-t图：

（3）曲线①呈缓慢下降趋势，这是因为。曲线②出现骤降，表明溶液中生成了(填物质名称)。对比分析上述四组数据，可得出的结论是(任写2条)。

（4）为对排气法收集到的SO2气体进行含量测定，将1120mL气体(已折算为标准状况)通入足量的Ba(NO3)2溶液中，经过滤、洗涤、烘干，最终得到沉淀10.718g．则SO2气体的体积分数为(保留两位有效数字)。若该实验数据较实际值偏大，则可能的原因是(选填序号)。

a．气体通入速率过快b．沉淀未进行恒重操作

c．收集的气体中有CO2d．未用食用油覆盖液面

（5）SO2属于大气污染物，还可用H2与其高温反应消除SO2带来的污染，其反应原理如图所示：

①反应原理过程中X为(填名称)。

②写出检验X所需试剂及实验现象。

【答案】（1）隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验；29.5％

（2）缺少尾气处理装置

（3）SO2溶于水，与水生成H2SO3，H2SO3是弱酸，电离出的少量氢离子使溶液pH下降；盐酸或硫酸；O2能氧化SO2；或能氧化SO2；或O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)

（4）92%；b

（5）硫化氢；CuSO4溶液，出现黑色沉淀

【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；性质实验方案的设计；有关混合物反应的计算

【解析】【解答】由实验装置图可知，装置A中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，装置B中三氧化硫与水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液，装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应，由于二氧化硫直接排放到空气中容易造成污染，故应增加一个装置，盛有的氢氧化钠溶液且用倒扣漏斗用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中倒扣的漏斗能起到防止倒吸的作用。

(1)C装置中覆盖食用油可以隔绝空气，避免空气中氧气干扰探究二氧化硫与钡盐溶液反应的实验检测；由方程式可知，反应生成三氧化硫和水蒸气的物质的量比，1：14，1mol三氧化硫与1mol水反应生成1mol硫酸，则所得硫酸溶液的质量分数理论值为≈0.295，故答案为：隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验；0.295；

(2)由分析可知，由于二氧化硫直接排放到空气中容易造成污染，故实验中缺少尾气处理装置；答案为：缺少尾气处理装置；

(3)由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，使溶液中pH减小；曲线②的变化说明溶液中氧气将二氧化硫氧化生成强酸硫酸，反应生成的硫酸溶液与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，使溶液中氢离子浓度迅速增大，溶液pH出现骤降；曲线③的变化说明反应生成弱酸亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，溶液中具有强氧化性的硝酸根离子在溶液中将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀和硝酸，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，但溶液中的pH大于曲线②；曲线④的变化说明溶液中的弱酸亚硫酸被空气中氧气氧化生成强酸硫酸，溶液中氢离子浓度大，硝酸根离子的氧化性强，在溶液中将二氧化硫迅速氧化生成硫酸钡和硝酸，溶液pH出现骤降，在四组曲线中溶液的pH最小，综合四组数据可知，氧气和硝酸根离子能氧化二氧化硫，溶液中的氧气能提高硝酸根离子氧化二氧化硫的反应速率和反应程度，故答案为：盐酸或硫酸；①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)；

(4)标准状况下2240mL气体的物质的量为=0.1mol，二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中得到21.436g硫酸钡沉淀，由硫原子个数守恒可知，二氧化硫的体积分数为=92%；

a．若气体通入速率过快会使二氧化硫不可能完全吸收，生成硫酸钡的质量偏小，导致所测结果偏低，选项a不正确；

b．若沉淀未进行恒重操作可能会使沉淀表面附有可溶性杂质，使测得硫酸钡的质量偏大，导致所测结果偏高，选项b正确；

c．若收集的气体中有二氧化碳不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，选项c不正确；

d．若未用食用油覆盖液面不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，选项d不正确；

b正确，故答案为：92%；b；

(5)①由图分析H2和SO2在300℃、催化剂作用下，转化为X，X在100-200℃、催化剂作用下转化为S，根据化合价升降及元素变化情况，可推知X气体为H2S；

②检验X可利用硫化氢能使硫酸铜溶液产生黑色沉淀，故所需试剂及实验现象为将气体通入硫酸铜溶液中，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S。

【分析】本实验是制取硫酸并探究SO2的性质。由实验装置图可知，装置A中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，装置B中三氧化硫与装置A中反应生成的水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液，装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，部分SO2与水反应生成亚硫酸，溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸，反应生成的硫酸溶液能与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸。由于二氧化硫直接排放到空气中容易造成污染，故应增加一个尾气处理装置。注意实验前先通一段时间N2，可以排除装置内的空气，以防SO2被氧化。

34．（2023·台州模拟）探究含碳化合物的转化，有一定的现实意义。

（1）①溶于海水的以形式存在。在海洋中，通过如图钙化作用实现碳自净。写出钙化作用的离子方程式。

②利用氨水作吸收液生成，是当前有效捕捉的方法之一、下列有关说法错误的是

A．该方法的优势在于生成的易分解，可实现吸收液的再生

B．溶液中存在

C．溶液中存在

D．已知，可推测溶液呈酸性

（2）利用反应，制备重要的化工原料甲醇，在一定条件下进行该反应，测得的转化率与温度(T)、起始投料比(m)关系如图。

①下列描述正确的是。

A．若，则最大

B．在前，，在时，

C．若，则a点的平衡转化率等于的平衡转化率

D．若反应一段时间后和的体积分数相同可判断上述反应达平衡

②图中在时，不同的投料比转化率趋于相近的原因是。

（3）以、为原料催化重整可得到合成气：；

①在t℃下，向2L恒容的密闭容器中充入和进行催化重整反应，平衡后测得和CO的体积分数相等，则t℃下该反应的平衡常数。

②催化重整时，催化剂活性会因积碳增多而降低，有关积碳和消碳反应如下：

积碳反应：

消碳反应：

在一定的温度下，增大的浓度，有助于增大催化剂活性的原因是。

【答案】（1）；BD

（2）AC；温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响

（3）；增大浓度使消碳反应平衡右移，减少积碳，从而增大催化剂活性；增大浓度使催化重整反应平衡右移，导致浓度减小，从而使积碳反应逆向移动减少积碳的生成，从而增大催化剂活性

【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较

【解析】【解答】(1)①钙化作用是钙离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸钙和二氧化碳，反应的离子方程式是；

②A．NH4HCO3分解可得到CO2和水、NH3，氨气溶于水得到氨水，从而实现吸收液的再生，故A正确；

B．根据物料守恒，溶液中存在，故B不正确；

C．根据电荷守恒，溶液中存在，故C正确；

D．已知，根据盐类水解的规律“谁强显谁性”，可推测溶液呈碱性，故D不正确；

选BD；

(2)①A．氢气投料固定，二氧化碳投料越多，二氧化碳的转化率越小，若m=，则最大，故A正确；

B．在前，反应正向进行，，在时，反应为平衡状态，，故B不正确；

C．若，投料比等于化学计量数比，不同反应物的平衡转化率相等，则a点的平衡转化率等于的平衡转化率，故C正确；

D．甲醇和水都是生成物且物质的量一定相等，和的体积分数相同不能判断上述反应达平衡，故D不正确；

选AC；

②温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，所以图中在时，不同的投料比转化率趋于相近；

(3)①

平衡后测得和CO的体积分数相等，即0.5-x=2x，x=；则t℃下该反应的平衡常数；

②增大浓度使消碳反应平衡右移，减少积碳，从而增大催化剂活性；增大浓度使催化重整反应平衡右移，导致浓度减小，从而使积碳反应逆向移动减少积碳的生成，从而增大催化剂活性。

【分析】本题以探究含碳化合物的转化为载体，考查离子反应、水溶液中离子浓度大小比较、化学平衡移动，掌握化学平衡原理、电荷守恒、物料守恒是解题关键，培养学生应用知识解决实际问题的能力。

35．（2023·汕头模拟）硒是一种重要的半导体材料，用富硒铜阳极泥(主要成分为Se、Cu2Se、Ag2Se和银、金等)为原料制备硒的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）试推断34Se在元素周期表中的位置，据此写出Na2Se的电子式。

（2）“苏打烧结”时主要发生的化学反应方程式为；；。

（3）“含硒烧渣”浸取时需控制温度为80℃，则最佳加热方式为；浸出渣中主要的杂质有、Ag、Au等。

（4）已知SeO2易溶于水生成H2SeO3，相同温度下，H2SeO3、H2CO3的电离平衡常数如下：

化学式H2SeO3