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+)>
