【解析】2023年高考真題變式分類匯編：離子濃度大小的比較3

第第頁【解析】2023年高考真題變式分類匯編：離子濃度大小的比較3登錄二一教育在線組卷平臺助您教考全無憂

2023年高考真題變式分類匯編：離子濃度大小的比較3

一、選擇題

1．（2022·浙江6月選考）時，苯酚的，下列說法正確的是（）

A．相同溫度下，等的和溶液中，

B．將濃度均為的和溶液加熱，兩種溶液的均變大

C．時，溶液與溶液混合，測得，則此時溶液中

D．時，的溶液中加少量固體，水的電離程度變小

【答案】C

【知識點】影響鹽類水解程度的主要因素；鹽類水解的應(yīng)用；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．醋酸的酸性大于苯酚，則醋酸根離子的水解程度小于C6H5O-，則相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)1.0×10-4.3，故用氫氧化鈉滴定的過程中，醋酸也參加了反應(yīng)，則離子方程式為：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B符合題意；

C．滴定前鹽酸和醋酸的濃度相同，故滴定過程中，根據(jù)物料守恒可知：，C不符合題意；

D．向濃度均為的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液，當(dāng)鹽酸的體積為20mL時，溶液為氯化鈉和醋酸的混合溶液，顯酸性，需要再滴加適量的氫氧化鈉，當(dāng)加入的NaOH溶液的體積為30mL時，溶液為NaCl和等濃度的CH3COONa、CH3COOH，根據(jù)Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此時溶液仍然呈酸性，需繼續(xù)滴加NaOH溶液，故有，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.醋酸根水解顯堿性；

B.滴定過程中，鹽酸和醋酸都參與反應(yīng)；

C.根據(jù)物料守恒判斷；

D.當(dāng)鹽酸的體積為20mL時，溶液為氯化鈉和醋酸的混合溶液，顯酸性，需要再滴加適量的氫氧化鈉。

3．（2022·湖南）室溫時，用的標準溶液滴定濃度相等的、和混合溶液，通過電位滴定法獲得與的關(guān)系曲線如圖所示（忽略沉淀對離子的吸附作用)。

若溶液中離子濃度小于時，認為該離子沉淀完全。，，）。

下列說法正確的是（）

A．a(chǎn)點：有白色沉淀生成

B．原溶液中的濃度為

C．當(dāng)沉淀完全時，已經(jīng)有部分沉淀

D．b點：

【答案】C

【知識點】難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．根據(jù)分析可知，Cl-、Br-、I-的沉淀順序為I->Br->Cl-，I-先沉淀，AgI是黃色的，所以a點有黃色沉淀AgI生成，故A不符合題意；

B．根據(jù)分析可知，原溶液中I-的物質(zhì)的量為1.5×10-4mol，則I-的濃度為=0.0100molL-1，故B不符合題意；

C．當(dāng)Br-沉淀完全時(Br-濃度為1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8mol/L，若Cl-已經(jīng)開始沉淀，則此時溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)=c(I-)=0.0100molL-1，則已經(jīng)有部分Cl-沉淀，故C符合題意；

D．b點加入了過量的硝酸銀溶液，Ag+濃度最大，Cl-、Br-和I-已沉淀完全，且Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)＞Ksp(AgI)，則b點各離子濃度為：，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】Ksp小的先沉淀，則Cl-、Br-、I-的沉淀順序為I->Br->Cl-，當(dāng)?shù)稳?.50mL硝酸銀溶液時，Cl-恰好沉淀完全，此時硝酸銀一共消耗了：4.50mL×10-3L/mL×0.100mol/L=4.5×10-4mol，即Cl-、Br-和I-均為1.5×10-4mol。

4．（2022·全國乙卷）常溫下，一元酸的。在某體系中，與離子不能穿過隔膜，未電離的可自由穿過該膜（如圖所示）。

設(shè)溶液中，當(dāng)達到平衡時，下列敘述正確的是（）

A．溶液Ⅰ中

B．溶液Ⅱ中的的電離度為

C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等

D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比為

【答案】B

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．由圖可知常溫下溶液I的pH=7.0，說明該溶液中c(H+)=c(OH-)，所以c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A不符合題意；

B．根據(jù)題干信息可知，常溫下溶液II的pH=1.0，即c(H+)=0.1mol/L，又Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則=1.0×10-3，解得=，B符合題意；

C．根據(jù)題干信息，未電離的可自由穿過隔膜，則溶液I和II中的c(HA)相等，C不符合題意；

D．由題干信息可知，常溫下溶液I的c(H+)=1×10-7mol/L，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，根據(jù)Ka=和c總(HA)=c(HA)+c(A-)，可得到溶液I中c總(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II中c總(HA)=1.01c(HA)，而兩溶液中c(HA)相等，則溶液I和II中c總(HA)之比為，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.注意常溫下pH=7.0的溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，據(jù)此分析。

B.根據(jù)電離平衡常數(shù)表達式Ka=和c總(HA)=c(HA)+c(A-)進行解答。

C.物質(zhì)的濃度不隨體積多少而改變。

D.根據(jù)電離平衡常數(shù)表達式Ka=和c總(HA)=c(HA)+c(A-)進行解答，注意兩溶液中c(HA)相等。

5．（2022·浙江選考）已知25℃時二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列說法正確的是（）

A．在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，水的電離程度前者小于后者

B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化)至pH=3，則H2A的電離度為0.013%

C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，則c(A2-)＞c(HA-)

D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸餾水稀釋至100mL，則該溶液pH=a+1

【答案】B

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；pH的簡單計算；離子濃度大小的比較；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的電離程度前者大于后者，故A不符合題意；

B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化)至pH=3，，則H2A的電離度0.013%，故B符合題意；

C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，則c(A2-)c(NH3·H2O)+c(SO)

B．向氨水中通入SO2至pH=7；c(HSO)>c(NH)>c(H+)=c(OH-)

C．反應(yīng)NH3·H2O+H2SO3=NH+HSO+H2O的平衡常數(shù)K=2.21×107

D．NO2被NH4HSO3吸收的離子方程式：2NO2+4SO=N2+4SO

【答案】C

【知識點】離子濃度大小的比較；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，電子守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，則c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3·H2O)，因為NH3·H2O的Kb=l.7x10-5小于H2SO3的Ka1=1.3x10-2，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故c(H2SO3)＜()+c(NH3·H2O)，A不符合題意；

B．向氨水中通入SO2至pH=7：c(H+)=c(OH-)，電荷守恒c(H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c()＞c()，B不符合題意；

C．反應(yīng)NH3·H2O+H2SO3=++H2O的平衡常數(shù)K=，Kb=，Ka1=，Kw=c(H+)c(OH-)，解得K==2.21×107，C符合題意；

D．NO2被NH4HSO3吸收的離子方程式：2NO2+4=N2+4+4H+，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A．依據(jù)電子守恒、物料守恒分析；

B．依據(jù)電子守恒分析；

C．依據(jù)K=計算；

D．根據(jù)反應(yīng)物和產(chǎn)物的化學(xué)式，利用電子得失守恒、電荷守恒、原子守恒書寫。

11．（2022·深圳模擬）常溫下，乙二胺的水溶液中，、和的分布分數(shù)與pH的關(guān)系如圖所示。已知：。

下列說法錯誤的是

A．溶液顯酸性

B．曲線b可表示

C．的平衡常數(shù)

D．溶液中：

【答案】C

【知識點】離子濃度大小的比較；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．根據(jù)上述分析可知，存在水解平衡，水解顯酸性，A不符合題意；

B．曲線b可表示，B不符合題意；

C．表示H2NCH2CH2NH2的第一步電離方程式，則其平衡常數(shù)為Kb1=，C符合題意；

D．根據(jù)上述分析可知，的水解平衡常數(shù)Kh2小于其電離平衡常數(shù)Kb2，所以電離平衡產(chǎn)物的濃度水解平衡產(chǎn)物的濃度，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A．依據(jù)鹽類水解規(guī)律分析；

B．依據(jù)微粒分布分數(shù)與pH的關(guān)系分析；

C．依據(jù)第一步電離方程式計算平衡常數(shù)；

D．根據(jù)水解平衡常數(shù)Kh2小于其電離平衡常數(shù)Kb2分析。

12．（2023·松江模擬）室溫下，取溶液，逐滴加入溶液。已知：，。下列說法正確的是

A．溶液中有

B．當(dāng)?shù)渭又林行詴r，用去溶液的體積小于

C．當(dāng)用去溶液時，此時溶液中有

D．當(dāng)用去溶液時，此時溶液中有

【答案】C

【知識點】離子濃度大小的比較；化學(xué)方程式的有關(guān)計算

【解析】【解答】A．溶液中根據(jù)電荷守恒有c(H+)=c(OH)+2c(A2)+c(HA)，則c(H+)-c(OH)-c(A2)=c(A2)+c(HA)，故A不符合題意；

B．溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH)+2c(A2)+c(HA)，至中性時c(H+)=c(OH)，則c(Na+)=2c(A2)+c(HA)，若用去10mLNaOH，反應(yīng)得到NaHA溶液，溶液顯酸性，因而滴加至中性時，用去溶液的體積大于，故B不符合題意；

C．當(dāng)用去溶液時，得到NaHA溶液，根據(jù)質(zhì)子守恒有c(H+)-c(A2)=c(OH)，則，故C符合題意；

D．當(dāng)用去溶液時，得到Na2A溶液，根據(jù)物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)＋2c(A2)，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.H2A為弱酸，根據(jù)電荷守恒進行分析。

B.滴加至中性，則c(H+)=c(OH)，結(jié)合電荷守恒進行分析。

C.用去溶液時，得到NaHA溶液，結(jié)合質(zhì)子守恒進行分析。

D.用去溶液時，得到Na2A溶液面結(jié)合物料守恒進行分析。

13．（2023·黃浦模擬）常溫下，向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的鹽酸，溶液的pH隨加入的鹽酸體積V的變化如圖所示，選項錯誤的是

A．a(chǎn)點溶液中，c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)

B．b點溶液中，＜

C．c點溶液中，共含有7種微粒。

D．d點溶液中，0.1000

【答案】C

【知識點】離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．a(chǎn)點溶液中只含有NaHCO3，NaHCO3溶液顯堿性，說明的水解程度大于電離程度，水解和電離均是微弱的，則NaHCO3溶液中c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，A不符合題意；

B．b點溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-，根據(jù)電荷守恒得到=，此時pH=7，說明，則=，故＜，B不符合題意；

C．c點為向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的鹽酸5mL，此時溶液中溶質(zhì)為NaHCO3和NaCl，溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-、H2CO3、H2O，共含有8種微粒，C符合題意；

D．d點為向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol·L-1的鹽酸10mL，恰好完全反應(yīng)，溶液中溶質(zhì)只有NaCl，Na+、Cl-濃度均為0.0500mol·L-1，則0.1000，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A．依據(jù)水解和電離程度比較，水解和電離均是微弱的分析；

B．根據(jù)電荷守恒分析；

C．依據(jù)水解和電離分析；

D．依據(jù)最終產(chǎn)物和原子守恒分析。

14．（2022·溫州模擬）25℃時，，下列說法錯誤的是

A．25℃時，電離程度：

B．25℃時，濃度為NaHA的pH>7

C．25℃時，溶液中加入與等體積混合后：

D．25℃時，pH相同的與NaB的溶液中水的電離程度相同

【答案】A

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；水的電離；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．H2A是二元弱酸，HB是一元弱酸，不是一類酸，無法比較電離度，A符合題意；

B．HA-的水解常數(shù)Kh=，由于，則Kh>，，則Kh>Ka2，故溶液顯堿性，則濃度為NaHA的pH>7，B不符合題意；

C．由于，則溶液中加入與等體積混合后的溶質(zhì)是等濃度的NaB、NaHA和HB，B-的水解常數(shù)Kh=，由于，則Kh>，則水解為主，由于，故，由于HA-的水解，則，故，C不符合題意；

D．水解程度越大，水的電離程度越大，與NaB的溶液中，陰離子的水解會促進水的電離，由于兩者的pH相同，故兩種溶液中水的電離程度相同，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A．不是一類酸，無法比較；

BC．比較電離和水解平衡常數(shù)；

D．水解程度越大，水的電離程度越大。

15．（2022·余姚模擬）在25℃時，將1.0Lxmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，使之充分反應(yīng)。然后向該混合溶液中通入HCl氣體或加入NaOH固體(忽略體積和溫度變化)，溶液pH隨通入(或加入)物質(zhì)的物質(zhì)的量變化如圖所示。下列敘述錯誤的是

A．水的電離程度：a＞b＞c

B．a(chǎn)點對應(yīng)的混合溶液中：c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)

C．b點對應(yīng)的混合溶液中：c(CH3COOH)=mol·L-1

D．該溫度下，CH3COOH的電離平衡常數(shù)均為Ka=

【答案】D

【知識點】水的電離；離子濃度大小的比較；電離平衡常數(shù)

【解析】【解答】A．酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，且酸或堿濃度越大其抑制水電離程度越大，a、b、c溶液中都含有酸，且酸濃度c>b>a，所以水電離程度a>b>c，故A選項不符合題意。

B．a(chǎn)點加入0.1molNaOH，混合溶液呈中性，說明，根據(jù)電荷守恒得，故c(CH3COO-)=c(Na＋)＞c(OH-)=c(H＋)，故B選項不符合題意。

C．b點處醋酸過量，溶液呈酸性，由物料守恒可知，醋酸電離平衡常數(shù)為：，則，則則則，故C選項不符合題意。

D．a(chǎn)點溶液中pH=7，，，溶液中，該溫度下醋酸電離平衡常數(shù)，故D選項符合題意。

故答案為：D

【分析】A．酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，且酸或堿濃度越大其抑制水電離程度越大；

B．根據(jù)電荷守恒分析；

C．根據(jù)物料守恒分析；

D．選擇a點利用計算。

二、多選題

16．（2023·如東模擬）下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）

A．0.1molL﹣1某二元弱酸酸式鹽NaHA溶液中：c（Na+）=c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）

B．向NH4HSO4溶液中加入等物質(zhì)的量的NaOH形成的溶液中：c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）

C．0.1molL﹣1的Na2CO3溶液中：c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）

D．25℃時，pH=9.4、濃度相同的HCN與NaCN的混合溶液中：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（HCN）＞c（OH﹣）

【答案】B

【知識點】離子濃度大小的比較

【解析】【解答】解：A、根據(jù)物料守恒，鈉離子與A元素的所有存在形式相等，所以c（Na+）=c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A），故A正確；

B、向NH4HSO4溶液中加入等物質(zhì)的量的NaOH形成，等物質(zhì)量的硫酸鈉和硫酸銨，硫酸銨水解導(dǎo)致溶液呈酸性，所以c（Na+）=c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正確；

C、根據(jù)質(zhì)子守恒，可知c（OH﹣）=c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故C錯誤；

D、pH=9.4溶液呈堿性，以水解占主導(dǎo)，所以離子濃度大小為：c（Na+）＞c（HCN）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D錯誤；

故選AB．

【分析】A、根據(jù)物料守恒分析解答；

B、向NH4HSO4溶液中加入等物質(zhì)的量的NaOH形成，等物質(zhì)量的硫酸鈉和硫酸銨，硫酸銨水解導(dǎo)致溶液呈酸性；

C、根據(jù)質(zhì)子守恒，分析解答；

D、pH=9.4溶液呈堿性，以水解占主導(dǎo)．

17．（2023·湛江模擬）下列溶液中微粒濃度關(guān)系一定正確的是（）

A．室溫下，氨水與氯化銨的pH=7的混合溶液中：c（Cl﹣）=c（NH4+）

B．向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固體，可抑制HCO3﹣的水解，使c（HCO3﹣）增大

C．0.1molL﹣1的（NH4）2SO4溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）

D．常溫下，等體積pH=a的醋酸與pH=b的NaOH溶液恰好中和時，a+b=14

【答案】C

【知識點】離子濃度大小的比較

【解析】【解答】解：A．室溫下，氨水與氯化銨的pH=7的混合溶液中一定滿足：c（H+）=c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒可得：c（Cl﹣）=c（NH4+），故A正確；

B．向NaHCO3溶液中加入少量NaOH固體，氫氧根離子與碳酸氫根離子反應(yīng)，使c（HCO3﹣）減小，故B錯誤；

C.0.1molL﹣1的（NH4）2SO4溶液中，由于銨根離子部分水解，溶液顯示酸性，則c（H+）＞c（OH﹣），由于水解程度較小，則c（NH4+）＞c（SO42﹣），溶液中離子濃度大小為：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正確；

D．常溫下，等體積pH=a的醋酸與pH=b的NaOH溶液恰好中和時，則酸和堿的物質(zhì)的量濃度相等，即c（CH3COOH）==mol/L=10b﹣14mol/L（0＜α＜1），

所以α=1014﹣a﹣b（0＜α＜1），整理可得：a+b＞14，故D錯誤；

故選AC．

【分析】A．常溫下pH=7的溶液中c（H+）=c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+）；

B．氫氧化鈉與碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸根離子和水，導(dǎo)致碳酸氫根離子濃度減?。?/p>

C．銨根離子部分水解，溶液顯示酸性，則c（H+）＞c（OH﹣），由于水解程度較小，則c（NH4+）＞c（SO42﹣）；

D．常溫下，等體積pH=a的醋酸與pH=b的NaOH溶液恰好中和時，則酸和堿的物質(zhì)的量濃度相等．

18．（2023高二上·嫩江期末）25℃時，向20mL0.1mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L醋酸溶液，曲線如圖所示，有關(guān)粒子濃度關(guān)系的比較中，正確的是（）

A．在A點：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)

B．在B點：c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO-)

C．在C點：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)

D．在C點：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)

【答案】B,D

【知識點】離子濃度大小的比較；中和滴定

【解析】【解答】A．由分析可知，A點為醋酸鈉溶液，醋酸根離子在溶液中水解使溶液呈堿性，溶液中氫氧根離子濃度小于醋酸根離子濃度，故A不符合題意；

B．由分析可知，B點為醋酸和醋酸鈉的混合溶液，溶液呈中性，溶液中c(OH-)=c(H+)，由電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)可知，溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，故B符合題意；

C．由分析可知，C點為等濃度的醋酸和醋酸鈉的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，由電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)可知，溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)，則溶液中離子濃度的大小順序為c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C不符合題意；

D．由分析可知，C點為等濃度的醋酸和醋酸鈉的混合溶液，溶液中存在物料守恒關(guān)系c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D符合題意；

故答案為：BD。

【分析】A點為醋酸鈉溶液，B點為醋酸和醋酸鈉的混合溶液，C點為等濃度的醋酸和醋酸鈉的混合溶液，結(jié)合電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒分析。

19．（2023高二上·益陽期末）25℃時，向的兩種酸HX、HY中分別滴加溶液，測得兩溶液pH隨NaOH溶液體積變化的曲線如圖所示。下列說法不正確的是（）

A．酸性：

B．a(chǎn)點溶液中微粒濃度：

C．滴加NaOH溶液至?xí)r，兩溶液中

D．從開始滴加至溶液時，兩溶液中的電離程度均逐漸增大

【答案】B,C

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；水的電離；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．HY的突變范圍大，HY酸性強，酸性：，故A不符合題意；

B．a(chǎn)點溶液中NaX、HX的物質(zhì)的量濃度相同，溶液呈酸性，說明HX的電離大于NaX的水解，微粒濃度：

，故B符合題意；

C．HX、HY的酸性強弱不相同，滴加NaOH溶液至

時，兩溶液中

不同，HX中加NaOH少，X-濃度小，故C符合題意；

D．起點酸濃度最大，對水電離抑制程度大，到加入

溶液20mL時，溶液剛反應(yīng)生成弱酸鹽，促進水電離，從開始滴加至

溶液時，兩溶液中

的電離程度均逐漸增大，故D不符合題意；

故答案為：BC。

【分析】A.等濃度的兩種酸的酸性越弱，溶液中的c(H+)越小，根據(jù)pH=-lgc(H+)，則pH越大。

B.HX與NaOH等濃度，且都為一元酸，a點時加入的V(NaOH)是V(HX)的一半，所以此時所得溶液是等濃度的NaX和HX，溶液呈酸性，說明HX的電離大于NaX的水解，所以c(X-)＞c(Na+)＞c(HX)。

C.HX的酸性比HY弱，所以要使溶液pH=7，則HX溶液中加入的NaOH溶液的體積較少，即混合后HX溶液中c(Na+)較小，根據(jù)電荷守恒，HX溶液中存在c(Na+)=c(X-)，HY溶液中存在c(Na+)=c(Y-)，進一步分析。

D.酸抑制水的電離，弱酸根或弱堿根離子能促進水的電離。

20．（2023高二上·金臺期末）常溫下，將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合，實驗信息如下：

實驗編號c(HA)/mol·L-1c(NaOH)/mol·L-1反應(yīng)后溶液pH

甲0.10.1pH=9

乙c10.2pH=7

下列判斷錯誤的是（）

A．0.1mol·L-1的HA溶液中由水電離出的c(H+)=1×10-13mol·L-1

B．c1一定大于0.2mol·L-1

C．甲反應(yīng)后的溶液中：c(Na+)c(HA2-)>c(H2A-)>c(H+)>c(A3-)>c(OH-)

【答案】C,D

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．反應(yīng)A3-+H2A-2HA2-的平衡常數(shù)的值為，A不符合題意；

B．由圖知，將KOH溶液逐滴加入到H3A溶液中，反應(yīng)H2A-+OH-=HA2-+H2O發(fā)生的pH范圍是4.7~9.8，B不符合題意；

C．pH=7.2的緩沖溶液(KH2A和K2HA的混合溶液)中，δ(H2A-)=δ(HA2-)=0.5，若用H3A和K2HA按n(H3A)：n(K2HA)=1：2配制，則按H3A+K2HA=2KH2A可知，所得溶液中KH2A和K2HA的物質(zhì)的量之比為2：1，由，可知，、，KH2A和K2HA均水解大于電離呈堿性，且K2HA水解程度更大，則所得溶液中δ(H2A-)遠大于δ(HA2-)，C符合題意；

D．結(jié)合C分析可知，物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L-1的KH2A、K2HA混合溶液呈堿性：c(H+)c(OH-)，D符合題意；

故答案為：CD。

【分析】要充分利用圖像中關(guān)鍵點進行計算，在pH2.2、7.2、12.4可以分別計算Ka1=10-2.2，Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.4；D.物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L-1的KH2A、K2HA混合溶液，首先根據(jù)Ka計算水解平衡常數(shù)，比較水解和電離的程度大小，從而進行判斷。

22．（2023高二上·越秀期末）對于0.1mol·L－1NH4Cl溶液，正確的是（）

A．升高溫度，溶液pH升高

B．通入少量HCl氣體，c(NH4＋)和c(Cl－)均增大

C．c(NH4＋）+c(OH－)＝c(Cl－)+c(H+)

D．c(Cl－）＞c(H+）＞c(NH4＋）＞c(OH－)

【答案】B,C

【知識點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；溶液pH的定義；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A．鹽的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進鹽的水解；水解程度越大，NH4Cl溶液的酸性就越強，因此升高溫度后NH4Cl溶液pH降低，A不符合題意。

B．通入少量HCl，會抑制鹽的水解，c(NH4＋)和c(Cl－)均增大，B符合題意。

C．根據(jù)電荷守恒可得，c(NH4＋)+c(H+)＝c(Cl－)+c(OH-)，C符合題意。

D．根據(jù)物料守恒可得，c(Cl－)=c(NH4＋)+c(NH3·H2O)，所以c(Cl－)＞c(NH4＋)；銨根離子水解消耗水電離產(chǎn)生的OH-而使溶液顯酸性，所以溶液中c(H+)＞c(OH－)；鹽水解的程度是微弱的，所以c(NH4＋)＞c(H+)，因此溶液中離子濃度的大小關(guān)系是c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(H+)＞c(OH－)，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】A.氯化銨為強酸弱堿鹽，水解顯酸性，升溫促進水解pH值降低；

B.通入氯化氫增加氯離子濃度抑制水解；

C電荷守恒；

D.銨根離子水解強度并不大，銨根應(yīng)大于氫離子濃度。

23．（2023高二下·宿遷期末）25℃時，下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）

A．0.1molL-1Na2S溶液中：c(OH－)＝c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)

B．0.1molL-1CH3COONH4溶液中：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)

C．0.1molL-1NH4HCO3溶液中：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)

D．0.1molL-1NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)

【答案】B,C

【知識點】離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A.質(zhì)子守恒，正確的是c(OH－)＝2c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)，A不符合題意；

B.物料守恒，B符合題意；

C.電荷守恒，C符合題意；

D.0.1molL-1NaHCO3溶液中，HCO3-水解大于電離，故符合題意順序為c(Na＋)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-)，故D不符合題意。

【分析】A.根據(jù)質(zhì)子守恒進行判斷；

B.根據(jù)物料守恒進行分析；

C.根據(jù)電荷守恒進行判斷；

D.碳酸氫離子的水解大于電離。

24．（2023高二下·鹽城期末）H2C2O4為二元弱酸。常溫下0.1mol·L－1NaHC2O4溶液（pH約為4）中指定微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系錯誤的是（）

A．c(Na+)=c(HC2O)+c(C2O)+c(H2C2O4)

B．c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)

C．c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+c(C2O)+c(OH－)

D．c(H2C2O4)+c(H+)=c(C2O)+c(OH－)

【答案】B,C

【知識點】離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A.根據(jù)物料守恒有

c(Na

+)=

c(HC

2)+

c(C

2)+

c(H

2C

2O

4)，選項A不符合題意；

B.溶液pH約為4說明HC2的電離大于水解，故c(C2)＞c(H2C2O4)，選項B符合題意；

C.根據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+c(OH－)，選項C符合題意；

D.根據(jù)質(zhì)子守恒有c(H2C2O4)+c(H+)=c(C2)+c(OH－)，選項D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】常溫下0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的pH約為4，說明HC2O4-的電離程度大于水解程度，結(jié)合電荷守恒、物料守恒進行分析即可。

25．（2023高二下·南京期末）室溫下，下列指定溶液中微粒的濃度關(guān)系正確的是（）

A．0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H+)+c(HCO3－)+c(H2CO3)

B．0.1mol·L－1NH4Cl溶液中：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)

C．0.2mol·L－1H2C2O4（弱酸）與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積混合的溶液中：2[c(H+)-c(OH－)]＝3c(C2O42－)-c(H2C2O4)+c(HC2O4－)

D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液與同濃度等體積鹽酸混合的溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(CO32－)>c(HCO3－)

【答案】B,C

【知識點】離子濃度大小的比較

【解析】【解答】A.根據(jù)0.1mol·L－1Na2CO3溶液中的質(zhì)子守恒可得:c(OH－)＝c(H+)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)，故A選項是不符合題意的；

B.0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，銨根離子發(fā)生水解，溶液顯示酸性,則c(H+)>c(OH－)，溶液中離子濃度大小為：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)，所以B選項是符合題意的；

C.反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的H2C2O4和NaHC2O4，根據(jù)電荷守恒可得:①c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HC2O4－)+2c(C2O42－)，根據(jù)物料守恒可得:②2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4－)+c(C2O42－)，將①2-②可得:2c(H+)+c(H2C2O4)＝3c(C2O42－)+c(HC2O4－)+2c(OH－)，整理可得:2[c(H+)-c(OH－)]＝3c(C2O42－)-c(H2C2O4)+c(HC2O4－)，所以C選項是符合題意的；

D.0.1mol·L－1Na2CO3溶液與同濃度等體積鹽酸混合，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的碳酸氫鈉和NaCl，因為碳酸氫根離子的水解和電離程度都較小，則c(HCO3－)>c(CO32－),符合題意的離子濃度大小為:c(Na+)>c(Cl－)>c(HCO3－)>c(CO32－),故D選項是不符合題意的。

故答案為：BC

【分析】根據(jù)溶液中質(zhì)子守恒進行判斷；

B.銨根離子水解時溶液顯酸性；

C.反應(yīng)后的溶液是等濃度的草酸和草酸鈉混合物，結(jié)合電荷守恒和物料守恒進行分析即可；

D.反應(yīng)后為碳酸氫鈉和氯化鈉的混合溶液。

三、非選擇題

26．（2023·蘭州模擬）鋅鋇白是一種白色顏料，工業(yè)上由ZnSO4與BaS溶液混合而成，BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓。請根據(jù)以下工業(yè)生產(chǎn)流程回答有關(guān)問題。

Ⅰ．ZnSO4溶液的制備與提純：

有關(guān)資料：

a．菱鋅礦的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；

b.Zn(OH)2與Al(OH)3相似，能溶于過量的NaOH溶液生成Na2ZnO2；

（1）為了達到綜合利用、節(jié)能減排的目的，上述流程步驟④中的CO2可以來自于步驟（選填①、②、③或⑤）。

（2）若步驟②中加入的氧化劑為H2O2，寫出反應(yīng)的離子方程式。

（3）濾渣2中主要成分為（填化學(xué)式）。

（4）寫出步驟④后產(chǎn)生濾渣3的反應(yīng)的離子方程式。

（5）濾液3中含碳粒子的濃度大小順序為。

（6）Ⅱ．BaS溶液的制備

寫出“煅燒還原”反應(yīng)的化學(xué)方程式。BaSO4和BaCO3的Ksp數(shù)值接近，用平衡原理解釋為什么BaCO3可溶于鹽酸，而BaSO4難溶：。

（7）Ⅲ.制取鋅鋇白

如果上述工業(yè)生產(chǎn)流程中步驟⑤硫酸過量，則ZnSO4與BaS溶液混合制取鋅鋇白產(chǎn)生的后果是。

【答案】（1）①

（2）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O

（3）Fe(OH)3、Cu(OH)2

（4）ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2HCO3-

（5）HCO3->H2CO3>CO32-

（6）BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO↑；BaCO3溶解生成的CO32-能被H+結(jié)合而減少，促使溶解平衡正向移動，而SO42-不會被H+結(jié)合，所以BaSO4不會溶于強酸中

（7）過量的硫酸與BaS溶液混合會產(chǎn)生有毒的H2S污染空氣，而且會降低鋅鋇白的產(chǎn)率

【知識點】化學(xué)平衡的影響因素；離子濃度大小的比較；物質(zhì)的分離與提純；離子方程式的書寫

【解析】【解答】I．菱鋅礦的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反應(yīng)，經(jīng)過過濾進行分離，則濾渣1為SiO2，濾液1含有硫酸銅、硫酸亞鐵、硫酸鋅、剩余的硫酸，②加氧化劑將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加過量的NaOH，Zn2+轉(zhuǎn)化ZnO22-，使Cu2+、Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，通過過濾從溶液中除去，則濾渣2為Fe(OH)3、Cu(OH)2，濾液2中含有Na2ZnO2及過量的NaOH，④通二氧化碳將ZnO22-轉(zhuǎn)化為沉淀，則濾渣3為Zn(OH)2，步驟⑤主要發(fā)生氫氧化鋅與硫酸的反應(yīng)，濾液3含有碳酸氫鈉。(1)步驟①中FeCO3與硫酸反應(yīng)生成二氧化碳，為了達到綜合利用、節(jié)能減排的目的，上述流程步驟④中的CO2可以來自于步驟①，故答案為：①；

(2)若步驟②中加入的氧化劑為H2O2，雙氧水將亞鐵離子氧化，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；

(3)根據(jù)上述分析，濾渣2中主要成分為Fe(OH)3、Cu(OH)2，故答案為：Fe(OH)3、Cu(OH)2；

(4)步驟④中通二氧化碳將ZnO22-轉(zhuǎn)化為沉淀，反應(yīng)的離子方程式為ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2HCO3-，故答案為：ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn(OH)2↓+2HCO3-；

(5)濾液3是碳酸氫鈉溶液，電離程度小于水解程度，溶液顯堿性，其中含碳粒子的濃度大小順序為HCO3->H2CO3>CO32-，故答案為：HCO3->H2CO3>CO32-；

(6)煅燒發(fā)生反應(yīng)：BaSO4+4CBaS+4CO↑，BaCO3溶解生成的CO32-能被H+結(jié)合而減少，促使溶解平衡正向移動，而SO42-不會被H+結(jié)合，所以BaSO4不會溶于強酸中，故答案為：BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO↑。

BaCO3溶解生成的CO32-能被H+結(jié)合而減少，促使溶解平衡正向移動，而SO42-不會被H+結(jié)合，所以BaSO4不會溶于強酸中；

(7)步驟⑤中硫酸過量，過量的酸與BaS溶液混合會發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生有毒的H2S污染空氣，而且會降低鋅鋇白的產(chǎn)率，故答案為：過量的酸與BaS溶液混合會產(chǎn)生有毒的H2S污染空氣，而且會降低鋅鋇白的產(chǎn)率。

【分析】（1）根據(jù)各個步驟發(fā)生的反應(yīng)進行分析；

（2）步驟②中加入H2O2的目的是將溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，據(jù)此寫出反應(yīng)的離子方程式；

（3）根據(jù)步驟③中加入過量NaOH溶液發(fā)生的反應(yīng)，確定所得濾渣2的成分；

（4）步驟④濾液2的溶質(zhì)為NaZnO2，結(jié)合NaAlO2與CO2的反應(yīng)，書寫反應(yīng)的離子方程式；

（5）濾液3的溶質(zhì)為NaHCO3，結(jié)合溶液中HCO3-的電離水解程度大小分析溶液中離子濃度；

（6）煅燒過程中，BaSO4和C反應(yīng)生成BaS和CO，據(jù)此寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式；BaCO3在水中存在沉淀溶解平衡，H+能與CO32-反應(yīng)，促使平衡向溶解方向進行；

（7）若硫酸過量，反應(yīng)過程中易產(chǎn)生H2S，造成空氣污染；

27．（2023·濰坊模擬）NaBiO3可作為測定錳的氧化劑，Bi2O3在電子行業(yè)有著廣泛應(yīng)用，可利用浮選過的輝鉍礦(主要成分是Bi2S3，還含少量SiO2等雜質(zhì))來制備，工藝流程如下：

已知：NaBiO3難溶于水。

回答下列問題

（1）溶液Ⅰ中主要成分為BiCl3、FeCl2，則濾渣Ⅰ的主要成分是(寫化學(xué)式)。

（2）海綿鉍與鹽酸、H2O2反應(yīng)的化學(xué)方程式是

（3）向溶液Ⅲ中加入NaOH和NaClO發(fā)生反應(yīng)的離于方程式是，從反應(yīng)后的混合體系中獲得純凈NaBiO3，操作Ⅱ包括。

（4）一定溫度下，向氨水中通入CO2，得到(NH4)2CO3、NH4HCO3等物質(zhì)，溶液中各種微粒的物質(zhì)的量分數(shù)與pH的關(guān)系如圖所示。隨著CO2的通入，溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O)將(填“增大”“減小”或“不變”)。pH=9時，溶液中c(NH4+)+c(H+)=(用離子濃度表示)。

（5）取所得NaBiO3樣品2.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，然后用新配制的0.5mol/LFeSO4溶液滴定生成的MnO4-，滴定完成后消耗22.00mLFeSO4溶液。則該樣晶中NaBiO3純度為。

【答案】（1）SiO2、S

（2）2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O

（3）Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；過濾、洗滌、干燥

（4）減?。?c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)

（5）77%

【知識點】離子濃度大小的比較；制備實驗方案的設(shè)計

【解析】【解答】（1）操作I中Fe3+可以將Bi2S3中的S氧化為S單質(zhì)，SiO2性質(zhì)比較穩(wěn)定，不與酸反應(yīng)，所以濾渣的主要成分為：SiO2、S。

（2）鉍可以被H2O2氧化，發(fā)生的方程式為：2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O

（3）根據(jù)反應(yīng)流程圖可知操作Ⅱ中發(fā)生的反應(yīng)為：Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，想要獲得純凈NaBiO3，首先要將沉淀過濾出來，再進行洗滌、干燥才可以得到純凈的NaBiO3，所以操作Ⅱ為：過濾、洗滌、干燥。

（4），Kb不變，c(NH4+)不斷增大，比值不斷減?。桓鶕?jù)電荷守恒定律，pH=9時，溶液中存在電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；

（5）由5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4+5Na++5Bi3++7H2O、MnO4+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，

5NaBiO32MnO410Fe2+

510

n(NaBiO3)0.5mo1L1×0.0220L

n(NaBiO3)=0.0055mol

得到質(zhì)量計算質(zhì)量分數(shù)=0.0055mol×280g/mol/2.0g×100%=77%，故答案為：77%。

【分析】（1）主要成分是Bi2S3，還含少量SiO2等雜質(zhì)，則不溶于鹽酸的有二氧化硅，鐵離子與硫離子會生成S單質(zhì)

（2）氧化還原配平：先根據(jù)電子守恒配平氧化劑還原劑，氧化產(chǎn)物還原產(chǎn)物，再根據(jù)觀察法配平其他物質(zhì)，最后配不平可加水。

（3）沉淀需要過濾洗滌干燥才能得到純凈的物質(zhì)

（4）平衡常數(shù)不變，銨根離子不斷增大，比值不斷減小；根據(jù)電荷守恒定律可求解

（5）根據(jù)轉(zhuǎn)移電子式守恒可列出關(guān)系式求解。

28．（2023·臨沂模擬）氮及其化合物與人類生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。

（1）氮氧化物是造成光化學(xué)煙霧和臭氧層損耗的主要氣體。

已知：CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-akJ·mol-1(a>0)

2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-bkJ·mol-1(b>0)

若用CO還原NO2至N2，當(dāng)消耗標準狀況下3.36LCO時，放出的熱量為kJ(用含有a和b的代數(shù)式表示)。

（2）在373K時，向體積為2L的恒容真空容器中通入0.40molNO2，發(fā)生反應(yīng)：2NO2(g)N2O4(g)△H=-57.0kJ·mol-1。測得NO2的體積分數(shù)[(NO2)]與反應(yīng)時間(t)的關(guān)系如下表：

①0～20min內(nèi)，v(N2O4)=mol·L-1·min-1。

②上述反應(yīng)中，v(NO2)=k1·c2(NO2)，v(N2O4)=k2·c(N2O4)，其中k1、k2為速率常數(shù)，則373K時，k1、k2的數(shù)學(xué)關(guān)系式為。改變溫度至T1時k1=k2，則T1373K(填“>”、“”、“

（3）>；恰好完全反應(yīng)生成NaHN2O2，Kh(HN2O2－)＝＞Ka2＝10－12，水解程度大于電離程度，因此溶液中c(H2N2O2)＞c(N2O22－)；c(Na＋)＞c(N2O22－)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H＋)

【知識點】化學(xué)反應(yīng)速率；化學(xué)平衡的計算；離子濃度大小的比較；有關(guān)反應(yīng)熱的計算

【解析】【解答】(1)①CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-akJ·mol-1(a>0)；②2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-bkJ·mol-1(b>0)；根據(jù)蓋斯定律①②得4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g)△H=(-2a-b)kJ·mol-1，標準狀況下3.36LCO的物質(zhì)的量是0.15mol，消耗標準狀況下3.36LCO時放出的熱量kJ；

(2)①設(shè)0～20min內(nèi)生成N2O4的物質(zhì)的量是xmol，

2NO2(g)N2O4(g)

起始（mol/L）0.200

轉(zhuǎn)化（mol/L）x

20min末（mol/L）0.2-x

X=0.08mol，v(N2O4)=mol/L=2.0×10-3。

②設(shè)平衡時N2O4的濃度xmol/L，

2NO2(g)N2O4(g)

起始（mol/L）0.200

轉(zhuǎn)化（mol/L）2xx

平衡（mol/L）0.2-2xx

X=0.075mol/L，v(NO2)：v(N2O4)=2：1即k1·c2(NO2)：k2·c(N2O4)=2：1，k10.0025：k20.075=2：1，所以k1=60k2。若改變溫度至T1時k1=k2，則正反應(yīng)速率小于逆反應(yīng)速率，平衡逆向移動，該反應(yīng)的正反應(yīng)放熱，所以T1>373K；

(3)①若V=100，溶液中的溶質(zhì)是NaHN2O2，HN2O2-的電離平衡常數(shù)是10-12，水解平衡常數(shù)是，水解大于電離，所以c(H2N2O2)>c(N2O22-)；

②若V=200，溶液中的溶質(zhì)是Na2N2O2，N2O22－發(fā)生兩步水解反應(yīng)，所以所得溶液中離子濃度由大到小的順序為c(Na＋)＞c(N2O22－)＞c(OH－)＞c(HN2O2－)＞c(H＋)。

【分析】（1）根據(jù)公式計算消耗CO的物質(zhì)的量，根據(jù)蓋斯定律確定反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，進而由n(CO)計算反應(yīng)過程放出的熱量；

（2）①根據(jù)三段式，結(jié)合公式計算反應(yīng)速率；

②結(jié)合平衡三段式進行計算；結(jié)合溫度對平衡移動的影響分析T1與373K的大小關(guān)系；

（3）①V=100mL時，所得溶液為NaHN2O2，結(jié)合溶液中電離、水解的程度大小分析；

②V=200mL時，所得溶液為Na2N2O2，結(jié)合溶液中N2O22-的水解和H2O的電離分析溶液中離子濃度大小；

29．（2023·靜安模擬）I.人類能夠有效利用氮氣的主要途徑是合成氨，生產(chǎn)化學(xué)肥料等。

完成下列填空：

（1）氮原子核外電子排布式為，其最外層有種運動狀態(tài)不同的電子；氮氣的電子式為；氨氣分子的空間構(gòu)型是。

（2）工業(yè)上常用醋酸亞銅氨溶液來吸收含有大量N2的高爐氣體系中的CO，從而實現(xiàn)CO和N2的分離，反應(yīng)的化學(xué)方程式如下：CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式K=；欲使K值變大，可采取的措施是。

吸收CO后的溶液經(jīng)過適當(dāng)處理又可以重新生成醋酸亞銅氨，可采取的適當(dāng)處理措施有

(選填序號)。

a.適當(dāng)升高溫度

b.適當(dāng)降低溫度

c.增大壓強

d.減小壓強

（3）消除NH3對水體污染的重要方法是在一定條件下向水體中加入適量NaOH，這樣能使NH3的脫除率增大，試用平衡移動原理解釋其原因。

（4）某研究小組用200mL1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（標準狀況）形成富液，碳酸鉀溶液吸收CO2的離子反應(yīng)方程式為，該富液中的溶質(zhì)是（填化學(xué)式），各離子的濃度關(guān)系正確的是。

a．c(K+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)

b.3c(K+)=4c(CO32－)+4c(HCO3－)+4c(H2CO3)

c.c(K+)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H+)

【答案】（1）1s22s22p3；5；；三角錐型

（2）[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；降低溫度；ad

（3）氨氣在水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4++OH﹣，當(dāng)加入NaOH后，c（OH﹣）濃度增大，平衡逆向移動，故有利于氨的脫除II.為實現(xiàn)CO2減排，合成氨工廠采用苯菲爾法脫碳。該方法是用碳酸鉀溶液為吸收劑捕集混合氣中的CO2得到富液，再高溫加熱富液使之分解釋放出CO2，正常情況下再生的二氧化碳氣體體積分數(shù)可達98.5%以上。

（4）CO32－+CO2+H2O→2HCO3－；KHCO3和K2CO3；ab

【知識點】化學(xué)平衡常數(shù)；化學(xué)平衡的影響因素；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】(1)氮原子核外電子數(shù)為7，基態(tài)原子核外電子排布為1s22s22p3；其最外層有5種運動狀態(tài)不同的電子；氮氣的電子式為；氨氣分子中N原子成3個σ鍵，有一對未成鍵的孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，采取sp3雜化，其空間構(gòu)型是三角錐型；

（2）反應(yīng)CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)，的化學(xué)平衡常數(shù)表達式K=[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，K值變小，故欲使K值變大，可采取的措施是降低溫度；反應(yīng)CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)是氣體體積縮小的放熱反應(yīng)，a.適當(dāng)升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向進行，則升溫平衡逆向進行，可以重新生成醋酸亞銅氨，故符合題意；

b.適當(dāng)降低溫度平衡向放熱反應(yīng)方向進行，不能重新生成醋酸亞銅氨，故不符合題意；

c.增大壓強平衡向氣體體積減小的方向進行，不能重新生成醋酸亞銅氨，故不符合題意；

d.減小壓強平衡向氣體體積增大的方向進行，可以重新生成醋酸亞銅氨，故符合題意。

故答案為：ad；

（3）消除NH3對水體污染的重要方法是在一定條件下向水體中加入適量NaOH，氨氣在水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4++OH﹣，當(dāng)加入NaOH后，c（OH﹣）濃度增大，平衡逆向移動，故有利于氨的脫除，使NH3的脫除率增大；

（4）碳酸鉀溶液吸收CO2生成碳酸氫鉀，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為CO32－+CO2+H2O=2HCO3－，富液中的溶質(zhì)是KHCO3和K2CO3，a．根據(jù)電荷守恒有c(K+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)，故符合題意；

b.200mL1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（標準狀況），n(K+)=0.2L1.5mol/L2=0.6mol，c(C)=0.3mol+0.15mol=0.45mol，根據(jù)物料守恒有3c(K+)=4c(CO32－)+4c(HCO3－)+4c(H2CO3)，故符合題意；

c.根據(jù)反應(yīng)可知，溶質(zhì)為KHCO3和K2CO3，水解是微弱的，則c(K+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H+)，故不符合題意。

故答案為：ab。

【分析】（2）根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的定義書寫表達式，根據(jù)反應(yīng)方程式的特點分析影響化學(xué)平衡移動的條件即可。

30．（2023·遼寧模擬）某淺綠色晶體X[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]在分析化學(xué)中常用作還原劑.為確定其組成，某小組同學(xué)進行如下實驗．

（1）I．NH4+的測定

采用蒸餾法，蒸餾裝置如圖所示。

相關(guān)的實驗步驟如下：

①準確稱取58.80g晶體X，加水溶解后，將溶液注入三頸燒瓶中；

②準確量取50.00mL3.0300molL-1H2SO4溶液于錐形瓶中；

③向三頸燒瓶中加入足量NaOH溶液，通入氮氣，加熱，蒸氨結(jié)束后取下錐形瓶；

④用0.120molL-1NaOH標準溶液滴定錐形瓶中過量的硫酸，滴定終點時消耗25.00mLNaOH標準溶液．

儀器M的名稱為。

（2）步驟③中，發(fā)生的氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為。蒸氨結(jié)束后，為了減少實驗誤差，還需要對直形冷凝管進行“處理”，“處理”的操作方法是。

（3）步驟④中，若振蕩時錐形瓶中有液體濺出，則所測得的n(NH4+)的值將(填“偏大”“偏小”或“不變”)。

（4）II.SO42-含量的測定

采用重量分析法，實驗步驟如下：

①另準確稱取58.80g晶體X于燒杯中，加水溶解，邊攪拌邊加入過量的BaCl2溶液；

②將得到的溶液用無灰濾紙(灰分質(zhì)量很小，可忽略)過濾，洗滌沉淀3~4次；

③用濾紙包裹好沉淀取出，灼燒濾紙包至濾紙完全灰化；

④繼續(xù)灼燒沉淀至恒重、稱量，得沉淀質(zhì)量為69.90g。

步驟①中，判斷BeCl溶液已過量的實驗操作和現(xiàn)象是。

（5）步驟②中，采用冷水洗讓沉淀，其主要目的是。

（6）結(jié)合實驗Ⅰ、Ⅱ通過計算得出晶體X的化學(xué)式為。實驗I的步驟①中，溶液中離子溶度由大到小的順序為。

【答案】（1）分液漏斗

（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；用蒸餾水沖洗冷凝管內(nèi)通道2~3次，將洗滌液注入錐形瓶中

（3）偏大

（4）待濁液分層后，取出上層清液少許于試管中，向試管中加入1~2滴BaCl2溶液，若無白色渾濁出現(xiàn)，則說明BaCl2溶液已過量(答滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色渾濁現(xiàn)象也給分)

（5）盡可能減少沉淀的溶解損失，減小實驗誤差

（6）(NH4)2SO4FeSO46H2O；c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)

【知識點】氧化還原反應(yīng)；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】I．（1）儀器M的名稱為分液漏斗；正確答案：分液漏斗。

(2)亞鐵離子與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化亞鐵沉淀，通入氧氣后，被氧化為氫氧化鐵；化學(xué)方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；蒸氨結(jié)束后，直形冷凝管中會殘留一些液氨，會對測定結(jié)果產(chǎn)生影響；因此為了減少實驗誤差，還需要對直形冷凝管進行“處理”，“處理”的操作方法是用蒸餾水沖洗冷凝管內(nèi)通道2~3次，將洗滌液注入錐形瓶中；正確答案：用蒸餾水沖洗冷凝管內(nèi)通道2~3次，將洗滌液注入錐形瓶中。

(3)步驟④中，若振蕩時錐形瓶中有液體濺出，消耗氫氧化鈉的量減小，則測定錐形瓶內(nèi)溶液中剩余的硫酸的量減小，與氨氣反應(yīng)的硫酸的量增多，造成所測n(NH4+)的量偏大；正確答案：偏大。

II.（4）判斷氯化鋇是否過量，可以在上層清液中繼續(xù)滴加氯化鋇，若沒有新的沉淀生成則說明溶液中沒有硫酸根離子，即氯化鋇已經(jīng)過量；正確答案：待濁液分層后，在上層清液中加入1～2滴BaCl2溶液，無白色渾濁出現(xiàn)，則BaCl2溶液已過量；

(5)用冷水洗滌可以減少固體的溶解，用硫酸洗滌會使沉淀上附著硫酸根離子，濾液中也含有硫酸根離子，所以不能用硫酸溶液洗滌沉淀，應(yīng)該選用冷水洗滌，其主要目的是盡可能減少沉淀的溶解損失，減小實驗誤差；正確答案：盡可能減少沉淀的溶解損失，減小實驗誤差。

(6)與NaOH反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量為n（H2SO4）=1/2n(NaOH)=1/2×0.04×0.025=0.0005mol；與氨氣反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量為：0.05×1.0100×1/2×0.0400×0.02500=0.05mol，則氨氣的物質(zhì)的量n（NH3）=2n（H2SO4）=0.1mol；19.60g晶體X于燒杯中，加水溶解，邊攪拌邊加入過量的BaCl2溶液，得到硫酸鋇沉淀23.30g，則n（SO42-）=23.3/233=0.1mol，19.6×2x/(132x+152y+18z)=0.1，19.6×(x+y)/(132x+152y+18z)=0.1，則x+y=2x，即x=y，令x=1，則19.6×2/(132+152+18z)=0.1，則z=6，即x=1，y=1，z=6，則其化學(xué)式為（NH4）2SO4FeSO46H2O；令x=2，則19.6×4/(132×2+152×2+18z)=0.1，則z=1.21，不符合；所以晶體X的化學(xué)式為(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O；將晶體(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O加水溶解后，銨根離子、亞鐵離子水解顯酸性，相互抑制水解，但是銨根離子濃度起點大，所以c(NH4+)>c(Fe2+)；又由于硫酸根離子不水解，所以c(SO42-)>c(NH4+)；實驗I的步驟①中，溶液中離子溶度由大到小的順序c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)；正確答案：(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O；c(SO42-)>c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)>c(OH-)。

【分析】（4）判斷所加入試劑是否過量，應(yīng)該選擇檢驗過量試劑中的離子的方法進行設(shè)計。

31．（2023·江津模擬）CO、CO2是火力發(fā)電廠釋放出的主要尾氣，為減少對環(huán)境造成的影響，發(fā)電廠試圖采用以下方法將其資源化利用，重新獲得燃料或重要工業(yè)產(chǎn)品。

（1）用CO2來生產(chǎn)燃料甲醇的方法，可以將CO2變廢為寶。

已知在常溫常壓下，甲醇、CO的燃燒熱分別是726.5kJ·mol-1、110.5kJ·mol-1。寫出甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式：；

（2）CO與Cl2在催化劑的作用下合成光氣（COCl2）。某溫度下，向2L的密閉容器中投入一定量的CO和Cl2，在催化劑的作用下發(fā)生反應(yīng)：CO（g）+Cl2（g）COCl2（g）ΔH=akJ/mol反應(yīng)過程中測定的部分數(shù)據(jù)如下表：

t/minn(CO)/moln(Cl2)/mol

01.200.60

10.90

20.80

4

0.20

①反應(yīng)0～2min末的平均速率v（COCl2）=mol/（L·min）。

②在2min～4min間，v（Cl2）正v（Cl2）逆（填“>”、“=”或“”，“=”，“c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）

【知識點】蓋斯定律及其應(yīng)用；化學(xué)反應(yīng)速率；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】（1）由于甲醇、CO的燃燒熱分別是726.5kJ·mol-1、110.5kJ·mol-1所以可知①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=-1453kJ·mol-1②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-221kJ·mol-1，由①-②可得2CH3OH(l)+2O2(g)=2CO(g)+4H2O(l)△H=-1232kJ·mol-1，所以甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-616kJ·mol-1。答案為：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-616kJ·mol-1

（2）①由表中數(shù)據(jù)，可知0～2min內(nèi)△n(CO)=1.2mol-0.8mol=0.4mol，由方程式可知，所以v（COCl2）==0.1mol/（L·min）；②4min內(nèi)，反應(yīng)的氯氣為：0.6mol-0.2mol=0.4mol，由方程式可知參加反應(yīng)的CO為0.4mol，故4min時CO為1.2mol-0.4mol=0.8mol，與2min時CO的物質(zhì)的量相等，則2min、4min處于平衡狀態(tài)，在2min～4min間，v（Cl2）正=v（Cl2）逆，由方程式可知，平衡時生成COCl2為0.4mol，該溫度下平衡常數(shù)K===5③正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強平衡正向移動，CO轉(zhuǎn)化率增大，而圖中隨X增大時，CO的平衡轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動，則X為溫度，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)．答案為：①0.1②=、5③溫度、c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）答案為：c（K+）>c（CO32-）>c（HCO3-）>c（OH-）>c（H+）。

【分析】（1）首先根據(jù)甲醇和一氧化碳的熱燒熱書寫各自的熱化學(xué)方程式，然后根據(jù)蓋斯定律計算反應(yīng)熱，再寫出目標熱化學(xué)方程式即可。

32．（2023·曲靖模擬）降低大氣中CO2的含量及有效地開發(fā)利用CO2，已引起了全世界的普遍重視。

（1）CO2加氫合成DME（二甲醚）是解決能源危機的研究方向之一。

①2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=-122.4kJ·mol-1

某溫度下，將2.0molCO2（g）和6.0molH2（g）充入容積為2L的密閉容器中，反應(yīng)到達平衡時、改變壓強和溫度，平衡體系中CH3OCH3（g）的物質(zhì)分數(shù)變化情況如圖所示，則p1p2（填“＞”“＜”或“=”，下同）。若T1、P1，T3、P3時平衡常數(shù)分別為K1、K3，則K1K3，T1、P1時H2的平衡轉(zhuǎn)化率為。

②在恒容密閉容器里按體積比為1：3充入二氧化碳和氫氣，一定條件下反應(yīng)達到平衡狀態(tài)。當(dāng)改變反應(yīng)的某一個條件后，下列能說明平衡一定向逆反應(yīng)方向移動的是（填序號）。

A．反應(yīng)物的濃度增大

B.混合氣體的密度減小

C.正反應(yīng)速率小于逆反應(yīng)速率

D.氫氣的轉(zhuǎn)化率減小

（2）將一定量的CO2氣體通入氫氧化鈉的溶液中，向所得溶液中邊滴加稀鹽酸邊振蕩至過量，產(chǎn)生的氣體與鹽酸物質(zhì)的量的關(guān)系如圖（忽略氣體的溶解和HCl的揮發(fā)）。請回答：通入1molHCl時，溶液中所含溶質(zhì)的化學(xué)式，a點溶液中各離子濃度由大到小的關(guān)系式為。

（3）CO2在自然界循環(huán)時可與CaCO3反應(yīng)，CaCO3是一種難溶物質(zhì)，其Ksp=2.8×10-9。CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，現(xiàn)將等體積的CaCl2溶液與Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的濃度為2×10-4mol·L-1，則生成沉淀所需CaCl2溶液的最小濃度為mol·L-1.

【答案】（1）＞；＜；57.1%；C

（2）Na2CO3、NaCl；c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HC03-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)

（3）5.6×10-5

【知識點】化學(xué)平衡常數(shù)；化學(xué)平衡的影響因素；離子濃度大小的比較

【解析】【解答】（1）①2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=-122.4kJ·mol-1，該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減少的放熱反應(yīng)，所以平衡時，二甲醚的百分含量隨溫度升高而減少、隨壓強增大而增大，該反應(yīng)的平衡常數(shù)隨溫度升高而減小。由圖可知，在相同溫度、p1和p2兩種不同壓強下，p1對應(yīng)的二甲醚的百分含量較高，所以p1＞p2；在相同壓強、T1和T3兩種不同溫度下，T3對應(yīng)的二甲醚的百分含量較高，所以，T1＞T3，由于化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，所以，若T1、P1，T3、P3時平衡常數(shù)分別為K1、K3，則K1＜K3。T1、P1時，若H2的平衡轉(zhuǎn)化率為為，則H2的變化量為6.0，CO2、CH3OCH3、H2O的變化量分別為2.0、1.0、3.0，因為二甲醚的體積分數(shù)為0.1，所以，解之得，H2的平衡轉(zhuǎn)化率為57.1%。②在恒容密閉容器里按體積比為1：3充入二氧化碳和氫氣，一定條件下反應(yīng)達到平衡狀。當(dāng)改變反應(yīng)的某一個條件后，A.反應(yīng)物的濃度增大，可能是增大了反應(yīng)物的濃度（再加入少量的反應(yīng)物）使平衡向正反應(yīng)方向移動的結(jié)果，也可能是增大生成物濃度（或升高溫度）使平衡向逆反應(yīng)方向移動的結(jié)果；

B.混合氣體的密度減小，有可能是減小反應(yīng)物濃度使平衡逆向移動，也有可能是減小生成物濃度（如降低溫度使部分水液化）使平衡正向移動的結(jié)果；

C.正反應(yīng)速率小于逆反應(yīng)速率，平衡一定向逆反應(yīng)方向移動；

D.氫氣的轉(zhuǎn)化率減小，可能是增大氫氣的濃度（再