2021年高考真题和模拟题分类汇编化学专题12弱电解质的电离平衡

2021高考真题和模拟题分类汇编化学专题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【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。【解析】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×105mol/L时，c2(M+)=7.5×108mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×104mol/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．CO2 B．H2O C．HNO3 D．NaOH【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。【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：【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。【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·L1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L1CH3COONa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CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×105.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·L1，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)【答案】C【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L1CH3COONa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。【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；B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L1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1.8×105，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．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO【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。【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。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+)【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。【解析】A．，，因此，故A错误；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【答案】D【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·L1的H3AsO3和H3AsO4水溶液中逐滴加入0.1mol·L1NaOH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·L1D．H3AsO4第三步电离的电离常数为Ka3，若pKa3=lgKa3，则pKa3=11.5【答案】C【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；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·L1×1L，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•L1的弱碱BOH溶液(Kb=1.0×105)中逐滴加入0.1mol•L1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+)【答案】B【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=1.0×105，则B+的水解平衡常数为Kh==109；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+)=×105.5mol/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c(OH)=105mol/L，BOH的电离平衡常数Kb==1.0×105，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【答案】A【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·L1Na2C2O4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·L1Na2C2O4溶液pH为8.6，此时溶液中存在：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞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)=2.5×109向该溶液中加入等体积0.0200mol·L1CaCl2溶液，所得上层清液中c(C2O)=5.00×107mol·L1D．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【答案】C【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·L1CaCl2溶液，二者以1:1反应，则CaCl2剩余，混合溶液中c(Ca2+)=mol·L1=0.005mol·L1，c(C2O)=mol·L1=5.00×107mol·L1＜5.00×105mol·L1，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•L1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•L1Na2CO3溶液和0.1mol•L1NaHCO3溶液等体积混合：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)【答案】C【解析】A．向0.1mol•L1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•L1Na2CO3溶液与0.1mol•L1NaHCO3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【答案】B【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4OH4e=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；故选：B。8．（2021·天津高三三模）下列说法错误的是A．将0.1mol·L1的CH3COOH溶液加水稀释，变大B．向0.1mol·L1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)【答案】B【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+)=1012mol/L的溶液中：K+、Na+、ClO、I大量共存B．苯酚溶液中：Cl、NH、CO可以大量共存C．次氯酸钠溶液中通少量CO2：ClO+CO2+H2O=HClO+HCOD．用银氨溶液检验醛基的离子方程式：RCHO+2Ag(NH3)2OHRCOO+NH+2Ag↓+3NH3+H2O【答案】C【解析】A．ClO、I发生氧化还原反应而不能大量共存；常温下，由水电离产生的c(H+)=1012mol/L的溶液，说明水的电离受到了抑制，溶液可能因溶质电离显酸性，也可能因溶质电离显碱性，酸性溶液中H+能与ClO、发生反应，不能大量共存，A错误；B．苯酚的酸性介于碳酸的一级电离与二级电离之间，则苯酚能与CO反应生成HCO，不可以大量共存，B错误；C．次氯酸的电离平衡常数介于碳酸的一级电离平衡常数与二级电离平衡常数之间，则次氯酸钠溶液中通少量CO2：ClO+CO2+H2O=HClO+HCO，C正确；D．醛基能被银氨溶液氧化，则用银氨溶液检验醛基的离子方程式：RCHO+2Ag(NH3)+2OHRCOO+NH+2Ag↓+3NH3+H2O，D错误。答案选C。10．（2021·天津高三二模）下列说法不正确的是A．某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为0B．将KCl溶液从常温加热至100℃，溶液的pH变小但仍保持中性C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大【答案】A【解析】A．某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度小于，A说法错误；Ｂ．将KCl溶液从常温加热至100℃，水电离产生的氢离子浓度增大，则溶液的pH变小但仍保持中性，B说法正确；Ｃ．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明CN水解产生HCN和氢氧根离子，则HCN是弱电解质，C说法正确；Ｄ．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，导致溶液中醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，则溶液pH增大，D说法正确。故选A。11．（2021·广东广州市·华南师大附中高三三模）常温下，用0.1mol·L1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L1的HCl和CH3COOH的混合液，已知醋酸的电离常数为Ka=1.8×105，下列说法错误的是A．在氨水滴定前，混合溶液c(Cl)＞c(CH3COOH)B．在氨水滴定前，混合溶液c(CH3COO)≈KaC．当滴入氨水10mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)D．当溶液呈中性时，氨水滴入量等于20mL，且c(NH)＜c(Cl)【答案】D【解析】A．HCl完全电离，故c(Cl)=c(HCl)，CH3COOH微弱电离损耗，故c(Cl)＞c(CH3COOH)，A正确；B．由电离方程式CH3COOHCH3COO+H+，知Ka=，由于CH3COOH电离是微弱的，故溶液中c(H+)≈c(HCl)≈c(CH3COOH)，故Ka≈c(CH3COO)，B正确；C．当加入氨水10mL时，HCl恰好反应，故反应后溶液组成为：NH4Cl、CH3COOH，根据物料守恒知，c()+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，C正确；D．当氨水加入20mL时，HCl、CH3COOH恰好反应，反应后溶液组成为：NH4Cl、CH3COONH4，CH3COONH4使溶液显中性，NH4Cl使溶液显酸性，故此时溶液不可能显中性，要使溶液显中性，加入氨水体积应大于20mL（或依据溶液显中性时，根据电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH)+c(Cl)+c(CH3COO)，知c()=c(Cl)+c(CH3COO)，则c()＞c(Cl)），D错误；故答案选D。12．（2021·四川广元市·高三三模）对下列反应的推断或解释正确的是操作实验现象推断或解释A将少量饱和硼酸溶液滴加到碳酸钠溶液中无气泡酸性：H2CO3＞H3BO3B将C2H4通入溴的四氯化碳溶液中溴的四氯化碳溶液褪色C2H4与溴发生了加成反应C同温同压下用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和乙酸铵溶液的酸碱性碳酸钠溶液显碱性，乙酸铵溶液显中性碳酸钠溶液发生了水解，乙酸铵溶液没有水解D向均盛有2mL5%H2O2溶液的两支试管中分别滴入0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液各1mL前者生成气泡的速率更快催化效果：Fe3+＞Cu2+A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．没有气泡，说明无二氧化碳生成，但由于硼酸是少量的，故可能生成碳酸氢钠，或不反应，不能比较碳酸和硼酸的酸性强弱，故A错误；B．将C2H4通入溴的四氯化碳溶液中，溴的四氯化碳溶液褪色，C2H4与溴发生了加成反应，故B正确；C．乙酸铵溶液显中性是因为醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相等，故C错误；D．FeCl3、CuCl2溶液的浓度不同，可为浓度的影响，应加入浓度相同的FeCl3、CuCl2，当研究某一因素对反应速率的影响时，应用控制变量法，保证其他因素相同，故D错误。故选B。13．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三其他模拟）根据下列各图曲线表征的信息，得出的结论错误的是A．图1表示常温下向体积为10mL0.1mol·L1的NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则c点处有c(CH3COOH)＋2c(H＋)=2c(OH)＋c(CH3COO)B．图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c＞b＞aC．图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，表示H2燃烧热的ΔH=285.8kJ·mol1D．结合图4分析可知，向100mL含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+均为105mol/L的混合溶液中逐滴加入1×104mol/LNa2S溶液，Cu2+先沉淀【答案】B【解析】A．图1中c点加入0.1mol/L20mLCH3COOH溶液与10mL0.1mol/LNaOH充分反应后得到等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合液，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)，物料守恒为2c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)，两式整理消去c(Na+)得c(CH3COOH)＋2c(H＋)=2c(OH)＋c(CH3COO)，A正确；B．盐酸属于强酸溶液，醋酸溶液属于弱酸溶液，加水稀释促进醋酸的电离，将pH相同的盐酸和醋酸稀释相同的倍数后，pH较大的为盐酸、pH较小的为醋酸，则图2中I表示盐酸，II表示醋酸，a、b、c三点pH由大到小的顺序为c＞b＞a，三点溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为a>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·mol1，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105mol/L的混合溶液中逐滴加入1×104mol/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【答案】A【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+)，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•L1XW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【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•L1XW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。【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)=1.54×102，Ka2(H2SO3)=1.02×107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【答案】C【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；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·L1NaOH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=1×1011B．在Z点，由水电离出的氢离子浓度约1010mol/LC．在Y点时，c(Na+)＞3c(A2)D．0.1mol·L1NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA)＞c(H2A)＞c(A2)【答案】C【解析】图中虚线XYZ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+)=108mol/L，A错误；B．在Z点时溶液pH=10，说明溶液中c(H+)=1010mol/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，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：【答案】C【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；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=【答案】C【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，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•L1的CH3COONa溶液中滴入0.1000mol•L1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)【答案】D【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+)=104.7mol/L，所以Ka==104.7，设0.05mol/L的CH3COOH溶液中c(H+)=x，则有=104.7，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=104.7，则Kh==109.3，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·L1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【答案】BD【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=lg1.75×105=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)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·mol1ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)ΔH=100kJ·mol1①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·mol1，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·mol1，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NiCeO2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。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)=2×104)。【答案】CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g)△H=33kJ·mol140%CO2+4H2CH4+2H2O因为△G=△HT△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0，任何温度不能自发)1.6×105【解析】(1)①已知：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g)ΔH=133kJ·mol1ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)ΔH=100kJ·mol1根据盖斯定律，由iii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g)△H=100kJ·mol1(133kJ·mol1)=33kJ·mol1，故答案为：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g)△H=33kJ·mol1；②△H=Ea正Ea逆，则Ea（逆）=Ea正△H=132kJ•mol1（33kJ•mol1）=165kJ•mol1，故答案为：；(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=△HT△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•mol1C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=bkJ•mol12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=ckJ•mol1则2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=___________kJ•mol1(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)=1.8×105，Ka1(H2CO3)=4.4×107，Ka2(H2CO3)=4.4×1011，.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___________【答案】<2bac(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6×1031.0009NH3根据总反应8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3(条件为电解)，电解产生HNO3多，应补充NH3【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△HT△S<0，必须△H<0；(2)已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=akJ•mol1；②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=bkJ•mol1；③2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=ckJ•mol1；根据盖斯定律，得到目标方程式的计算式为2×②①③，代入a、b、c计算得△H=2bac；(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；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=1.8×105，若氨水的浓度为2.0mol•L1，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+)=107mol/L，电荷守恒得到：c(NH)=c(HCO)+2c(CO)，，H2CO3的Ka2=4.4×1011，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5NO15e+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催化加氢合成乙烯，其反应为：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；ΔH=akJ·mol1。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。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：___。【答案】<A变小N2H4+H2ON2H+OH109.32NH32e+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。【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：；(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)=109.3，故答案为：109.3；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：2NH32e+O2=N2H4+H2O，故答案为：2NH32e+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·mol1E1=1274kJ·mol1；ii．CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH2=1160kJ·mol1E2=493kJ·mol1。①反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH3=_______kJ·mol1②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：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=1.3×102、Ka2=6.2×108。常温下，将SO2通入某氨水至溶液恰好呈中性，此时溶液中=_______。【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。【解析】(1)①i．CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH1=574kJ·mol1，ii．CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH2=1160kJ·mol1，根据盖斯定律，将i+ii得到2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g)+4H2O(g)+2CO2(g)ΔH=(574kJ·mol1)+(1160kJ·mol1)=1734kJ·mol1，则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)ΔH3=867kJ·mol1，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=1.3×102，Ka2=6.2×108，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)+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·mol1ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)ΔH2=100kJ·mol1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·mol1，则逆反应的活化能Ea(逆)为___kJ·mol1。(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___。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的醋酸与bmol·L1Ba(OH)2溶液以2：1体积比混合，混合溶液中2c(Ba2+)=c(CH3COO)，则醋酸的电离平衡常数为_____(忽略混合过程中溶液体积的变化，用含a和b的代数式表示)。【答案】165总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大AD25%小由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度【解析】(1)根据盖斯定律，i－ii得到目标反应式的ΔH=ΔH1－ΔH2=[(－133)－(－100)]kJ/mol=－33kJ/mol，该反应为放热反应，逆反应的活化能=正反应的活化能+33kJ/mol=132kJ/mol+33kJ/mol=165kJ/mol，故答案为165kJ/mol；(2)化学反应的速率由慢反应的速率决定，根据题中所给信息，反应①为慢反应，CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)的反应速率由①决定，增加I2的浓度，慢反应速率增大，则总反应速率增大；故答案为总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大；(3)①A．根据化学平衡状态的定义，CO的体积分数保持不变，说明反应达到平衡，故A符合题意；B．投入量的比值等于化学计量数的比值，从反应开始到平衡，CO和H2的转化率相等，故B不符合题意；C．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，v逆(CH3OH)=2v逆(H2)时两个反应的方向都是向逆反应方向进行，因此v逆(CH3OH)=2v逆(H2)不能说明反应达到平衡,故C不符合题意；D．利用,组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应气体物质的量减少，因此当气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡，故D符合题意；答案为AD；②建立：，平衡时，M点甲醇的体积分数为10%，即有，解得x=0.25mol，CO的转化率为25%；故答案为25%；③根据图像，当Y一定时，X轴从0～d甲醇的体积分数增大，即a点的数值比b点小；根据图像，可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；故答案为小；由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；(4)根据溶液呈现电中性，得出c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH)+c(CH3COO)，因为2c(Ba2+)=c(CH3COO)，因此c(H+)=c(OH)=107mol/L,2c(Ba2+)=c(CH3COO)=mol/L，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO)=mol/L，推出c(CH3COOH)=mol/L，根据电离平衡常数的表达式Ka==；故答案为。27．（2021·江苏南京市·南京师大附中高三其他模拟）镀镍废水是重金属污染源之一、含镍废水的处理方法常见的有络合法、离子交换法、沉淀法、电解法等。(1)络合法。现以EDTA、CS2、环氧氯丙烷和NaOH等合成一种重金属络合剂HMCA，在不同pH、HMCA浓度下对Ni2＋的去除率如图1、图2所示。去除Ni2＋的最佳条件是___________。(2)一种离子交换和沉淀法工艺如下：已知该交换树脂为阳离子型树脂(HR，HRR＋H＋)。①已知在pH=2时，Ni2＋去除率很低，其原因为___________。②沉镍时生成NiC2O4·2H2O，写出生成该物质的离子方程式：___________。③沉淀经过滤、洗涤、灼烧得高纯镍，如何判断沉淀已经洗净？___________。(3)电解法。以直流电对含镍酸性废水电解，其阴极镍的析出率情况如图所示。电流强度增大，电流效率下降的原因是___________。【答案】pH=6.5～7.5，ρ(HMCA)=2.3～3.5g·L1pH=2时，酸性较强，不利HRR＋H＋电离产生R，c(R)低，因而Ni2＋去除率低Ni2＋+H2C2O4+2H2O=NiC2O4·2H2O↓+2H＋取最后一次的洗涤滤液，先滴入足量的HCl，再滴入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则已洗涤干净，否则没有洗净电流过大，H＋在阴极被还原为氢气，导致电流效率下降【解析】(1)Ni2+去除率越高，溶液中Ni2+的浓度越小越好。根据图示可知在pH为6.5～7.5时，Ni2+去除率最高，在ρ(HMCA)=2.3～3.5g·L1时Ni2+含量最低，故合适的条件是：pH=6.5～7.5，ρ(HMCA)=2.3～3.5g·L1；(2)①在pH=2时，溶液的酸性较强，溶液中c(H+)较大，电离平衡HRR＋H＋逆向移动，使得HR电离产生R的浓度c(R)降低，因而Ni2＋去除率低；②在含有高浓度Ni2+的废水中加入H2C2O4，反应生成NiC2O4·2H2O，则生成NiC2O4·2H2O的离子方程式为：Ni2＋+H2C2O4+2H2O=NiC2O4·2H2O↓+2H＋；③沉淀经过滤、洗涤、灼烧得高纯镍，根据工艺流程，若沉淀已经洗净，则最后一次的洗涤液中无，可通过先加盐酸、后加入含Ba2+的溶液时无白色沉淀产生判断。故判断沉淀已经洗净的操作方法是：取最后一次的洗涤滤液，先滴入足量的HCl，再滴入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则已洗涤干净，否则没有洗净；(3)用电解法制镍。以直流电对含镍酸性废水电解，根据其阴极镍的析出率可知：电流强度增大，电流效率下降，