1、KS5U2021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，BMA的溶度积度积C溶液时，DHA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+)=1010-5mol/L时，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)=mol/LBM点，c(Cl-) +c(O
2、H-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)CO点，pH=DP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；BM点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；CO点，因此，即，因此，溶液，故C正确；DP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
3、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：pH=2的CH3COOH溶液；pH=2的盐酸；0.01mol/L的醋酸溶液；0.01mol/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：=B四种溶液中和氢氧化钠的能力：=C与镁条反应的起始速率的大小关系为：=D与镁条反应生成相同体积的氢气所需的时间为：=，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；CpH=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
4、，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=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
5、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=1.010-5，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)/0.05molL1，c(H+)=c(BOH)，解得c(H+)=10-5.5mol/L，所以此时溶液的pH5，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；Ba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-)=10-5mol/L，BOH的电离平衡常数Kb=1.
6、010-5，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；DV=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
7、为B。4（2021浙江高三其他模拟）25时，下列说法正确的是AH2A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DpH=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】AH2A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
8、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；DpH=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0.0100molL-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0.0100molL-1Na2C2O4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
9、， 此时溶液中存在，c(Na+)=c(HC2O )+2c(C2O)C已知25时Ksp(CaC2O4)=2.510-9向该溶液中加入等体积0.0200molL-1CaCl2溶液，所得上层清液中c(C2O)=5.0010-7 molL-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】ANa2C2O4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)，项错误；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-)，
10、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0.0200molL-1CaCl2溶液，二者以1:1反应，则CaCl2剩余，混合溶液中c(Ca2+)= molL-1=0.005 molL-1，c(C2O)= molL-1=5.0010-7 molL-15.0010-5 molL-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5H2
11、C2O4+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0.1molL-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C0.1molL-1Na2CO3溶液和0.1molL-1NaHCO3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- )，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
12、法正确的是A0.1molCl2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0.4NAC25、101kPa下，1mol乙炔和甲醛的混合气体含有的共用电子对数为3NAD25，0.1mol/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=2.24L22.4L /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
13、确；C1mol乙炔共用电子对数为5 NA，1mol甲醛共用电子对数为4 NA，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0.1molL-1的CH3COOH溶液加水稀释，变大B向0.1molL-1的氨水中通氨气，则NH3H2O的电离程度增大C已知Cu(H2O)42+(蓝色)+4Cl-CuCl42-(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)+
14、Cl2(g)H0，平衡时K(甲)K(乙)【KS5U答案】B【KS5U解析】ACH3COOH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)42+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 H0，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)bc，溶液的导电性：abc，B错误；C根据图3可写出热化学方程式为2H2(g
15、)+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H=-285.8 kJmol-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110-4mol/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
16、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0.1000 mol / L NaOH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3pH4，故B错误；C硫酸是强酸，只电离不水解，亚硫酸根离子的
17、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0.1 mol/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0.1molL-1XW的水溶液呈酸性且pH1。下列说法正确的是A最高价含氧酸的酸性：YZB氢化物的沸点：MWZCW的单质可与
18、M的氢化物发生置换反应DYW3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，0.1molL-1XW的水溶液呈酸性且pH1，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】AY为B，Z为C，元素的非金属性，因此最高价含氧酸的酸性：CB，选项A错误；BC的氢化物很多，沸点有高有低，H2O、HF分子间存在氢
19、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；CW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；DY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)=1.5410-2，Ka2(H2SO3)=1.0210-7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
20、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+)2c(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，再由，得，所以，代入，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
21、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2c(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，0.10 L某二元弱酸H2A用1.00 molL-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AH2A的Ka2=110-11B在Z点，由水电离出的氢离子浓度
22、约10-10 mol/LC在Y点时，c(Na+)3c(A2-)D0.1 molL-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。AY点c(HA-)=c(A2-)，H2A的Ka2=c(H+)=10-8 mol/L，A错误；B在Z点时溶液pH=10，说明溶液中c(H+)=10-10 mol/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；CY点c(HA-)=c(A2-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+
23、)+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10 mLNaOH溶液时，酸碱恰好完全反应生成NaHA，此时溶液pH7，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
24、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Abc过程中，不断增大Bad过程中d点时水的电离程度最大Cc点时溶液的导电能力最强Dd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 bc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 ad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=
25、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；Dd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ABNaHX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
26、；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20.00mL0.1000molL-1的CH3COONa溶液中滴入0.1000molL-1的盐酸，混合溶液的pH与CH3COO-、CH3COOH的物质的量分数()的关系如图所示如CH3COO-的物质的量分数(CH3COO-)=。已知：1g50.7。下列说法正确的是
27、AL2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pH2 (忽略混合过程中溶液体积变化)DM点溶液中2c(Cl-)c(CH3COO-)+c(CH3COOH)【KS5U答案】D【KS5U解析】ACH3COONa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(
28、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=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
29、，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
30、为0.10molL-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=-lg1.7510-5=4.76，故B正确；CCH3COOH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
31、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) H=-133kJmol-1ii.CH
32、2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) H=-100kJmol-1写出相同条件下CH2=CHCH2C1和HCl合成CH2ClCHClCH3的热化学方程式_。已知中的正反应的活化能E正为132kJmol-1，请在下图中标出中逆反应的活化能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) H1=-49.4kJmol-1，反应达到平衡时，测得放出热量19.76kJ，求平衡时：H2的转化率为_T时该反应的平衡常数K=_(列计算式表示)。(3)目前有Ni-CeO2
33、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。写出上述转换中存在的主要反应的化学方程式_。有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) H0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)=210-4)。【KS5U答案】CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g) H= - 33 kJmol-1 40% CO2+4H2
34、CH4+ 2H2O 因为G=H-TS0，所以不可行(或者H0，S0， 任何温度不能自发) 1.6105 【KS5U解析】(1)已知：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g) H=-133kJmol-1ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) H=-100kJmol-1根据盖斯定律，由i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g) H= -100kJmol-1-(-133kJmol-1)=- 33 kJmol-1，故答案为：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHCl
35、CH3(g) H= - 33 kJmol-1；H=Ea正-Ea逆，则Ea（逆）=Ea正-H=132kJmol-1-（-33kJmol-1）=165kJmol-1，故答案为：；(2)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；用三段式法计算得：，；(3)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；有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) H0来消除CO的污染，因为G=H-TS0，所以不可行
36、(或者H0，S0， 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：1.6105。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
37、：N2 (g) + O2(g)=2NO(g) H= a kJmol -1C(s) + O2 (g)=CO2 (g) H= b kJmol -12C(s) + O2 (g)=2CO(g) H= c kJmol -1则 2CO(g)+2NO(g)=N2 (g)+2CO2 (g) H=_kJmol-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 0.5 mol，则：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)该条件下，可判断此反应到达平衡的标志是_A单
38、位时间内，断裂 2 molC=O 同时形成 1 mol NN。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。DCO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：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_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(NH3H2O)=1.810-5，Ka1(H2CO3) =4.410-7，Ka2(
39、H2CO3) =4.410-11，.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_ 【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 610-3 1.0009 NH3 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2N
40、O(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)能够自发进行，反应S0，若满足H-TS0，必须H”或“”)。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，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
41、的物质的量分数随溶液pOHpOH=-lgc(OH-)变化的曲线如图所示。25时，写出N2H4在水中第一步电离方程式_。25时，N2H4在水中的第二步电离常数值为_。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- 10-9.3 2NH3-2e-+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
42、)=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
43、数式表示)，故答案为：；(2)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，a0；故答案为：；A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；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，当于增大压强，该反应正
44、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)25时，N2H4在水中第一步电离方程式N2H4+H2ON2H+OH-，故答案为：N2H4+H2ON2H+OH-；25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；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（20
45、21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：iCH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+2H2O(g)+CO2(g) H1=-574kJmol-1 E1=1274kJmol-1；iiCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) H2=-1160kJmol-1 E2=493kJmol-1。反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) H3=_kJmol-1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
46、件下CO和NO的处理，反应原理为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H4。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：下列事实能说明该反应达到平衡状态的是_(填选项字母)。aCO和NO的转化率相等bNO和N2的总物质的量不再发生变化cCO和CO2的总物质的量不再发生变化H4_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。催化剂石墨烯为_极(填“阴”或“阳”)。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
47、_。(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=1.310-2、Ka2=6.210-8。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 +2xH2O 2 + O2=2+2H+ 2.24 【分析】根据盖斯定律分析计算 H3；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
48、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)=2 c(SO)+ c(HSO)+c(OH-)，有c(NH)=2 c(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) iCH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+2H2O(g)+CO2(g) H1=-574kJmol-1，iiCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) H2=-1160kJmol-1，根据盖斯定律，将i+ ii得到2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g
49、)+4H2O(g)+2CO2(g) H=(-574kJmol-1)+(-1160kJmol-1)=-1734 kJmol-1，则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g) H3=-867kJmol-1，故答案为：-867；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)a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
50、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；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，H40；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，p1p2，故答案为：；(3)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；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-
51、=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=1.310-2，Ka2=6.210-8，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)=2 c(SO)+ c(HSO)+c(OH-)，则c(NH)=2 c(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
52、知下列热化学方程式：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g) H1=-133kJmol-1ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) H2=-100kJmol-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132kJmol-1，则逆反应的活化能Ea(逆)为_kJmol-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：第步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)=CH3I(l)+HI(a
53、q)+CO(g)(慢反应)；第步为快反应；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)H0 BCD 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 4.26 1200K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(CH)+2E(C=O)2E(CO)2E(HH)=4413kJ/mol+2803k
54、J/mol21076kJ/mol2436kJ/mol=+234kJ/mol；反应I是气体体积增大的吸热反应，反应H 0、S0，由自发反应的HTS0；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
55、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S0；BCD；(2)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
56、反应II，所以平衡转化率大于CH4；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：反应的化学平衡常数K=4.26，故答案为；4.26；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，250C300C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
57、，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pH8时，溶液中=200，故答案为：200。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：37时，Ka(HUr) 4106，Kw 2.41014，Ksp(NaUr) 6.410537时，模拟关节滑液pH 7.4，c(Ur) 4.6104 molL1(1)尿酸电离方程式为_(2)Kh为盐的水解常数，3
58、7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) 0.2 molL1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】HUrHUr 6109 Q c(Na)c(Ur) 0.2 molL1 4.6104 molL1 9.2105 Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体
59、析出 acd 【KS5U解析】(1)尿酸是弱酸，不完全电离，其电离方程式为HUrHUr；故答案为：HUrHUr；(2)Kh为盐的水解常数，37时，；故答案为：6109；(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) 4.6104 molL1，根据电荷守恒c(Na)c(H)c(OH)c(Ur)，由于pH7.4，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) 0.2 molL1时，Q c(Na)c(Ur) 0.2 molL1 4.6104 molL19.2105 Ksp(NaUr)，故
60、有尿酸钠晶体析出；故答案为：Q c(Na)c(Ur) 0.2 molL1 4.6104 molL19.2105 Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；(5)根据NaUr(s) Na(aq)Ur(aq) H0，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(2M
61、gOB2O3)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：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)。操作1是_，洗涤，干燥。检验H3BO3是否洗
62、涤干净的操作方法为_。整个流程中可循环利用的物质是_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0.1000 molL-1硼酸溶液的pH=5，硼酸的电离常数Ka=_【KS5U答案】-1 3LiAlH44BCl3=2B2H63LiCl3AlCl3 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 CO2 3MgB2O32B3MgO Mg3B2 H3BO3H
63、2OB(OH)4-H 1.010-9 【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3LiAlH44BCl3=2B2H63LiCl3AlCl3。(2)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。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
64、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。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3MgB2O32B3MgO；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H3BO3H2OB(OH)4H；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0.1000molL1，则硼酸的电离平衡常数。
