2025版《師說》高中全程復(fù)習(xí)構(gòu)想化學(xué)不定項47含答案

2025版《師說》高中全程復(fù)習(xí)構(gòu)想化學(xué)不定項47含答案第47講實際工業(yè)生產(chǎn)中圖像問題分類突破認識化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的綜合調(diào)控在生產(chǎn)、生活和科學(xué)研究中的重要作用。類型一轉(zhuǎn)化率—投料比圖像【典題示例】典例[2023·湖南卷，13]向一恒容密閉容器中加入1molCH4和一定量的H2O，發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)＋H2O(g)?CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡轉(zhuǎn)化率按不同投料比x(x＝nCHA．x1<x2B．反應(yīng)速率：vb正<vc正C．點a、b、c對應(yīng)的平衡常數(shù)：Ka<Kb＝KcD．反應(yīng)溫度為T1，當(dāng)容器內(nèi)壓強不變時，反應(yīng)達到平衡狀態(tài)聽課筆記【師說·延伸】投料比與轉(zhuǎn)化率之間的關(guān)系以N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g)為例，當(dāng)N2與H2的投料比為1∶3(系數(shù)比)時，N2與H2的平衡轉(zhuǎn)化率相等，且平衡時NH3的體積分數(shù)最大；增大N2與H2的投料比，則α(H2)增大，α(N2)減??；減小N2與H2的投料比，則α(H2)減小，α(N2)增大?！緦c演練】1．(1)采用一種新型的催化劑(主要成分是Cu-Mn合金)，利用CO和H2制備二甲醚(DME)。主反應(yīng)：2CO(g)＋4H2(g)?CH3OCH3(g)＋H2O(g)副反應(yīng)：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g)、CO(g)＋2H2(g)?CH3OH(g)測得反應(yīng)體系中各物質(zhì)的產(chǎn)率或轉(zhuǎn)化率與催化劑的關(guān)系如圖所示。則催化劑中n(Mn)/n(Cu)約為________時最有利于二甲醚的合成。(2)將燃煤廢氣中的CO2轉(zhuǎn)化為二甲醚的反應(yīng)原理為2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)已知在壓強為aMPa下，該反應(yīng)在不同溫度、不同投料比時，CO2的轉(zhuǎn)化率如圖：此反應(yīng)為________(填“放熱”或“吸熱”)反應(yīng)；若溫度不變，提高投料比[n(H2)/n(CO2)]，則K將________(填“增大”“減小”或“不變”)。2．在保持體系總壓為105Pa的條件下進行反應(yīng)：SO2(g)＋12O2(g)?SO3(g)，原料氣中SO2和O2的物質(zhì)的量之比m（m＝nSO2nO2(1)圖中m1、m2、m3的大小順序為________。反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)Kp表達式為________(用平衡分壓代替平衡濃度表示)。(2)圖中A點原料氣的成分：n(SO2)＝10mol，n(O2)＝24.4mol，n(N2)＝70mol，達平衡時SO2的分壓p(SO2)為________Pa(分壓＝總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。類型二選擇性—溫度圖像【典題示例】典例1[2023·湖南卷，16(3)]在913K、100kPa下，以水蒸氣作稀釋氣。Fe2O3作催化劑，除乙苯脫氫生成苯乙烯外[④C6H5C2H5(g)?C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)]，還會發(fā)生如下兩個副反應(yīng)：⑤C6H5C2H5(g)?C6H6(g)＋CH2=CH2(g)⑥C6H5C2H5(g)＋H2(g)?C6H5CH3(g)＋CH4(g)以上反應(yīng)體系中，芳香烴產(chǎn)物苯乙烯、苯和甲苯的選擇性S(S＝轉(zhuǎn)化為目的產(chǎn)物所消耗乙苯的量已轉(zhuǎn)化的乙苯總量×聽課筆記典例2[2022·江蘇卷，13]乙醇—水催化重整可獲得H2。其主要反應(yīng)為C2H5OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)ΔH＝＋173.3kJ·mol－1，CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋41.2kJ·mol－1，在1.0×105Pa、n始(C2H5OH)∶n始(H2O)＝1∶3時，若僅考慮上述反應(yīng)，平衡時CO2和CO的選擇性及H2的產(chǎn)率隨溫度的變化如圖所示。CO的選擇性＝n生成COA．圖中曲線①表示平衡時H2產(chǎn)率隨溫度的變化B．升高溫度，平衡時CO的選擇性增大C．一定溫度下，增大nCD．一定溫度下，加入CaO(s)或選用高效催化劑，均能提高平衡時H2產(chǎn)率聽課筆記【對點演練】1．CO2催化加氫合成二甲醚是一種CO2資源化利用的方法，其過程中主要發(fā)生如下兩個反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)?CO(g)＋H2O(g)ΔH1反應(yīng)Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)?CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH2＝－122.5kJ·mol－1在恒壓、CO2和H2的起始量一定的條件下，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時CH3OCH3的選擇性隨溫度的變化如圖所示。已知：CH3OCH3的選擇性＝2×CH3下列說法不正確的是()A．反應(yīng)2CO(g)＋4H2(g)?CH3OCH3(g)＋H2O(g)的焓變?yōu)棣2－2ΔH1B．根據(jù)圖像推測ΔH1>0C．其他條件不變時，溫度越高，CO2主要還原產(chǎn)物中碳元素的價態(tài)越低D．其他條件不變時，增大體系壓強可以提高A點CH3OCH3的選擇性2．CO2催化加氫合成甲醇是重要的碳捕獲利用與封存技術(shù)，該過程發(fā)生下列反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)?CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－58.6kJ·mol－1反應(yīng)Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)?CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋41.2kJ·mol－12．5MPa下，將n(H2)∶n(CO2)＝3的混合氣體以一定流速通過裝有催化劑的反應(yīng)器，測得CO2的轉(zhuǎn)化率、CH3OH或CO的選擇性n生成CH3OH或n生成COnA．CO(g)＋2H2(g)?CH3OH(g)ΔH＝＋99.8kJ·mol－1B．曲線a表示CH3OH的選擇性隨溫度的變化C．圖中所示270℃時，對應(yīng)CO2的轉(zhuǎn)化率為21%D．在210～250℃之間，CH3OH的收率增大是由于CH3OH的選擇性增大導(dǎo)致3．丙烯是制造一次性醫(yī)用口罩的重要原料。丙烷催化脫氫法是工業(yè)生產(chǎn)丙烯的重要途徑，丙烷催化脫氫技術(shù)主要分為氧化脫氫和直接脫氫兩種?；卮鹣铝袉栴}：(1)丙烷催化氧化脫氫法制備丙烯的主要反應(yīng)如下：2C3H8(g)＋O2(g)催化劑2C3H6(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－236kJ·mol－1(ⅰ)反應(yīng)過程中消耗的C3H8和生成的C3H6的物質(zhì)的量隨溫度的變化關(guān)系見下表。反應(yīng)溫度n(消耗)或n(生成)/mol535550575C3H861333C3H64817分析表中數(shù)據(jù)得到丙烯的選擇性隨溫度的升高而________(填“不變”“升高”或“降低”)；出現(xiàn)此結(jié)果的原因除生成乙烯等副產(chǎn)物外還可能是________。(C3H6的選擇性＝C3H(2)丙烷催化直接脫氫反應(yīng)：C3H8(g)?C3H6(g)＋H2(g)ΔH2＝＋124.3kJ·mol－1(ⅱ)副反應(yīng)：C3H8(g)?C2H4(g)＋CH4(g)ΔH3(ⅲ)①反應(yīng)ⅱ的平衡常數(shù)、產(chǎn)物丙烯選擇性、副產(chǎn)物乙烯選擇性與溫度關(guān)系如圖所示，分析工業(yè)生產(chǎn)中采用的溫度為650℃左右的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②溫度為670℃時，若在1L的容器中投入8molC3H8，充分反應(yīng)后，平衡混合氣體中有2molCH4和一定量C3H8、C3H6、H2、C2H4，計算該條件下C③欲使丙烯的產(chǎn)率提高，下列措施可行的是________(填寫字母)。a．恒壓條件下向原料氣中摻雜水蒸氣b．增大氫氣與丙烷的投料比c．選擇對脫氫反應(yīng)更好選擇性的催化劑d．增大壓強類型三選擇最佳反應(yīng)條件圖像【典題示例】典例1[2023·湖北卷，19(6)]納米碗C40H10是一種奇特的碗狀共軛體系。高溫條件下，C40H10可以由C40H20分子經(jīng)過連續(xù)5步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應(yīng)生成。C40H20(g)H·C40H下列措施既能提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率，又能增大生成C40H10的反應(yīng)速率的是________(填標號)。a．升高溫度b．增大壓強c．加入催化劑聽課筆記典例2[2023·浙江1月，19(4)]“碳達峰·碳中和”是我國社會發(fā)展重大戰(zhàn)略之一，CH4還原CO2是實現(xiàn)“雙碳”經(jīng)濟的有效途徑之一，相關(guān)的主要反應(yīng)有：Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)?2CO(g)＋2H2(g)ΔH1＝＋247kJ·mol－1，K1Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)?CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41kJ·mol－1，K2CH4還原能力(R)可衡量CO2轉(zhuǎn)化效率，R＝Δn(CO2)/Δn(CH4)(同一時段內(nèi)CO2與CH4的物質(zhì)的量變化量之比)。催化劑X可提高R值，一時段內(nèi)CH4轉(zhuǎn)化率、R值隨溫度變化如下表：溫度/℃480500520550CH4轉(zhuǎn)化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列說法不正確的是________。A．R值提高是由于催化劑X選擇性地提高反應(yīng)Ⅱ的速率B．溫度越低，含氫產(chǎn)物中H2O占比越高C．溫度升高，CH4轉(zhuǎn)化率增加，CO2轉(zhuǎn)化率降低，R值減小D．改變催化劑提高CH4轉(zhuǎn)化率，R值不一定增大聽課筆記【對點演練】1．(1)汽車尾氣是霧霾形成的原因之一。研究氮氧化物的處理方法可有效減少霧霾的形成，可采用氧化還原法脫硝：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)ΔH<0根據(jù)下圖判斷提高脫硝效率的最佳條件是________________________________________________________________________________________________________________________________________________；氨氮比一定時，在400℃時，脫硝效率最大，其可能的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)丙烷氧化脫氫法制備丙烯的主要反應(yīng)如下：C3H8(g)＋12O2(g)?C3H6(g)＋H2O(g)ΔH2＝－118kJ·mol在催化劑作用下，C3H8氧化脫氫除生成C3H6外，還生成CO、CO2等物質(zhì)。C3H8的轉(zhuǎn)化率和C3H6的產(chǎn)率隨溫度變化關(guān)系如圖所示。①575℃時，C3H6的選擇性為________。(C3H6的選擇性＝C3H②基于本研究結(jié)果，能提高C3H6選擇性的措施是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。2．(1)一定條件下，用Fe2O3、NiO或Cr2O3作催化劑對燃煤煙氣回收。反應(yīng)為2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(l)ΔH＝-270kJ·mol-1。某科研小組用Fe2O3作催化劑。在380℃時，分別研究了[n(CO)∶n(SO2)]為1∶1、3∶1時SO2轉(zhuǎn)化率的變化情況(圖1)。則圖1中表示n(CO)∶n(SO2)＝3∶(2)目前，科學(xué)家正在研究一種以乙烯作為還原劑的脫硝(NO)原理，其脫硝機理示意圖如圖2，脫硝率與溫度、負載率(分子篩中催化劑的質(zhì)量分數(shù))的關(guān)系如圖3所示。①寫出該脫硝原理總反應(yīng)的化學(xué)方程式：________________________________________________________________________。②為達到最佳脫硝效果，應(yīng)采取的條件是________________。第48講弱電解質(zhì)的電離平衡1.理解弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡。2．理解電離常數(shù)的含義，掌握電離常數(shù)的應(yīng)用并能進行相關(guān)計算?？键c一弱電解質(zhì)的電離平衡1.電離平衡在一定條件(如溫度、濃度)下，當(dāng)電離的速率和離子結(jié)合為分子的速率相等時，電離過程就達到了平衡狀態(tài)。2．電離平衡的特征3．外界條件對電離平衡的影響(1)以0.1mol·L－1的醋酸溶液為例(CH3COOH?CH3COO－＋H＋)填寫下表。外界條件平衡移動方向n(H＋)c(H＋)導(dǎo)電能力加水稀釋________________________加冰醋酸________________________升溫________________________加CH3COONa(s)________________________加NaOH(s)________________________(2)分別畫出冰醋酸加水稀釋過程中溶液的電導(dǎo)率和pH隨加水體積變化的曲線?！疽族e診斷】判斷正誤，錯誤的說明理由。1．弱電解質(zhì)溶液中至少存在兩種共價化合物分子：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。2．氨氣溶于水，當(dāng)NH3·H2O電離出的c(OH－)＝c(NH4+)時，表明NH3________________________________________________________________________。3．室溫下，由0.1mol·L－1一元堿BOH溶液的pH＝10，可知溶液中存在BOH=B＋＋OH－：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。4．稀釋弱電解質(zhì)溶液時，所有粒子濃度都一定會減?。篲_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。【教考銜接】典例[2023·浙江1月，13改編]甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹脂(含固體活性成分R3N，R為烷基)因靜電作用被吸附回收，其回收率(被吸附在樹脂上甲酸根的物質(zhì)的量分數(shù))與廢水初始pH關(guān)系如圖(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)。判斷下列說法是否正確，正確的打“√”，錯誤的打“×”。(1)活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2O?R3NH＋＋OH－()(2)廢水初始pH<2.4，隨pH下降，甲酸的電離被抑制，與R3NH＋作用的HCOO－數(shù)目減少()(3)廢水初始pH>5，離子交換樹脂活性成分主要以R3NH＋形態(tài)存在()聽課筆記【師說·延伸】①破解“因靜電作用被吸附”是解答本題的靈魂：R3N在水中能產(chǎn)生陽離子，產(chǎn)生的陽離子靜電吸附HCOO－。②聯(lián)想水的電離“H2O＋H2O?H3O＋＋OH－”是解答本題的關(guān)鍵：通過推理并驗證R3N在水溶液中的電離方程式R3N＋H2O?R3NH＋＋OH－?！緦c演練】1．H2S水溶液中存在電離平衡H2S?H＋＋HS－和HS－?H＋＋S2－。若對H2S溶液進行以下操作，說法正確的是()A．加水，平衡向右移動，溶液中氫離子濃度增大B．通入過量SO2氣體，平衡向左移動，溶液pH增大C．滴加新制氯水，平衡向左移動，溶液pH減小D．加入少量硫酸銅固體(忽略體積變化)，溶液中所有離子濃度都減小2．能證明蟻酸(HCOOH)是弱酸的實驗事實是()A．HCOOH溶液與Zn反應(yīng)放出H2B．0.1mol·L－1HCOOH溶液可使紫色石蕊溶液變紅C．HCOOH溶液與Na2CO3反應(yīng)生成CO2D．常溫時0.1mol·L－1HCOOH溶液的pH＝2.33．常溫下，①100mL0.01mol·L－1的CH3COOH溶液，②10mL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液。用“＞”“＝”或“＜”填寫下列問題。(1)c(CH3COO－)：①________②。(2)電離程度：①________②。(3)在上述兩種溶液中加入足量鋅片。開始時的反應(yīng)速率：①________②，反應(yīng)結(jié)束生成相同狀況下H2的體積：①________②。(4)與同濃度的NaOH溶液完全反應(yīng)消耗NaOH溶液的體積：①________②?？键c二電離平衡常數(shù)1.電離平衡常數(shù)表達式(1)一元弱酸HA：HA?H＋＋A－，平衡常數(shù)Ka＝cH(2)一元弱堿BOH：BOH?B＋＋OH－，平衡常數(shù)Kb＝cB(3)二元弱酸：(以碳酸為例)H2CO3?HCO3-?H【師說·助學(xué)】多元弱酸第一步電離出的H＋抑制了第二步電離，所以Ka1?Ka2。計算多元弱酸中c(H＋)時，通常只考慮第一步電離。2．電離平衡常數(shù)的意義[對弱酸(堿)而言]K越大3．外因?qū)﹄婋x平衡常數(shù)的影響(1)電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)。(2)升高溫度，K值增大，原因是電離過程均為____過程。4．電離度(1)概念在一定條件下的弱電解質(zhì)達到電離平衡時，已經(jīng)電離的電解質(zhì)分子數(shù)占原電解質(zhì)總分子數(shù)的百分比。(2)表示方法α＝已經(jīng)電離的弱電解質(zhì)分子數(shù)溶液中原有弱電解質(zhì)的總分子數(shù)×(3)影響因素①相同溫度下，同一弱電解質(zhì)，濃度越大，其電離度(α)越____。②相同濃度下，同一弱電解質(zhì)，溫度越高，其電離度(α)越____?！疽族e診斷】判斷正誤，錯誤的說明理由。1．H2CO3的電離平衡常數(shù)表達式：Ka＝c2________________________________________________________________________。2．對于0.1mol·L－1的氨水，加水稀釋后，溶液中c(NH4+)·c________________________________________________________________________。3．某一弱電解質(zhì)，電離度越大，電離常數(shù)就越大：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。4．常溫下，依據(jù)Ka1(H2CO3)>Ka2(H3PO3)，可知碳酸的酸性比亞磷酸強：________________________________________________________________________________________________________________________________________________?！窘炭笺暯印康淅?[2023·浙江1月，13B改編]甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹脂(含固體活性成分R3N，R為烷基)因靜電作用被吸附回收，其回收率(被吸附在樹脂上甲酸根的物質(zhì)的量分數(shù))與廢水初始pH關(guān)系如圖(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)。pH＝5的廢水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝________。聽課筆記&典例2[2020·天津卷，16(5)節(jié)選]已知25℃碳酸電離常數(shù)為Ka1、Ka2，當(dāng)溶液pH＝12時，c(H2CO3):c(HCO3－聽課筆記【對點演練】考向一利用電離常數(shù)判斷弱電解質(zhì)(酸堿性)的相對強弱1．部分弱酸的電離平衡常數(shù)如下表：弱酸HCOOHH2SH2CO3HClO電離平衡常數(shù)(25℃)Ka＝1.77×10－4Ka1＝1.1×10－7Ka2＝1.3×10－13Ka1＝4.5×10－7Ka2＝4.7×10－11Ka＝4.0×10－8按要求回答下列問題：(1)HCOOH、H2S、H2CO3、HClO的酸性由強到弱的順序為________________________________________________________________________。(2)相同濃度的HCOO－、HS－、S2－、HCO3-、CO32-、ClO－(3)運用上述電離常數(shù)及物質(zhì)的特性判斷下列化學(xué)方程式不正確的是________(填序號)。①次氯酸與NaHCO3溶液的反應(yīng)：HClO+HCO3-=ClO－＋H2②少量CO2通入NaClO溶液中：CO2③過量CO2通入NaClO溶液中：CO2④硫化氫通入NaClO溶液中：H2S＋ClO－=HS－＋HClO⑤碳酸鈉滴入足量甲酸溶液中：2HCOOH+CO32-=2HCOO－＋CO2↑考向二判斷微粒濃度比值的大小2．常溫下，將0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀釋，請?zhí)顚懴铝斜磉_式中的數(shù)據(jù)變化情況(均填“變大”“變小”或“不變”)。(1)cCH(2)cCH(3)cCH(4)cCH(5)cCH確定微粒濃度比值變化情況的三種方法(1)“轉(zhuǎn)化法”。將濃度之比轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量之比進行比較。(2)“假設(shè)法”。如上述問題(3)，假設(shè)無限稀釋，c(CH3COO－)趨近于0，c(H＋)趨于10－7mol·L－1，故比值變小。(3)“湊常數(shù)”。解題時將某些粒子的濃度比值乘以或除以某種粒子的濃度，轉(zhuǎn)化為一個常數(shù)與某種粒子濃度的乘積或相除的關(guān)系。微專題15電離常數(shù)的計算【要點歸納】1．依據(jù)電離平衡常數(shù)計算c(H＋)或c(OH－)當(dāng)一元弱酸或一元弱堿的電離常數(shù)很小時，可用如下兩個公式計算c(H＋)或c(OH－)。(1)一元弱酸(以CH3COOH為例)：c(H＋)＝cCH(2)一元弱堿(以NH3·H2O為例)：c(OH－)＝cNH2．電離常數(shù)(K)與電離度(α)的定量關(guān)系一定溫度下，當(dāng)電離常數(shù)很小時，電離度與電離常數(shù)有如下關(guān)系：K＝c·α2或α＝Kc3．計算電離常數(shù)的思維方法(以弱酸HX為例)HX?H＋＋X－起始mol·L-1c(HX)平衡mol·L-1c(HX)－c(H＋)c(H＋)c則K＝c2H+cHX-cH+，由于弱酸只有極少一部分電離，c(H＋)的數(shù)值很小，可做近似處理：c(HX)－c(H＋)≈c(HX)，則K＝【典題示例】典例1已知飽和硫化氫的濃度為0.1mol·L－1，硫化氫的電離常數(shù)為Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝1.0×10－19。計算飽和硫化氫溶液中氫離子的濃度。典例2計算25℃時，2mol·L－1氨水的電離度(已知25℃時，Kb＝1.8×10－5)。典例3常溫下，向20mL0.010mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的NaOH溶液，溶液中l(wèi)gc(OH－)與所加NaOH溶液的體積(V)的關(guān)系如圖。(1)判斷HA為________(填“強”或“弱”)酸。(2)若HA為弱酸，請計算在P點的電離平衡常數(shù)。【對點演練】1．已知25℃時，測得濃度為0.1mol·L－1的BOH溶液中，c(OH－)＝1×10－3mol·L－1。(1)寫出BOH的電離方程式：________________________________________________________________________。(2)BOH的電離度α＝________________________________________________________________________。(3)BOH的電離平衡常數(shù)Kb＝________________________________________________________________________。2．碳氫化合物完全燃燒生成CO2和H2O。常溫常壓下，空氣中的CO2溶于水，達到平衡時，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1。若忽略水的電離及H2CO3的第二級電離，則H2CO3?HCO3-＋H＋的電離常數(shù)K1≈3．(1)常溫下，向amol·L－1CH3COONa溶液中滴加等體積的bmol·L－1鹽酸使溶液呈中性(不考慮鹽酸和醋酸的揮發(fā))，則醋酸的電離常數(shù)Ka＝______(用含a和b的代數(shù)式表示)。(2)常溫下，將amol·L－1的醋酸與bmol·L－1的Ba(OH)2溶液等體積混合，充分反應(yīng)后，溶液中存在2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，則該混合溶液中醋酸的電離常數(shù)Ka＝________(用含a和b的代數(shù)式表示)。4．次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分數(shù)δ[δ(X)＝cXcHClO+cClO-5．已知亞磷酸(H3PO3)為二元弱酸，常溫下，向某濃度的亞磷酸溶液中逐滴加入一定物質(zhì)的量濃度的KOH溶液，混合溶液的pH與離子濃度的關(guān)系如圖所示。(1)寫出亞磷酸電離的方程式：________________________________________________________________________、________________________________________________________________________。(2)表示pH與lgcHPO32-(3)根據(jù)圖像計算亞磷酸的Ka1＝________。第48講弱電解質(zhì)的電離平衡考點一夯實·必備知識3．（1）正向增大減小減弱正向增大增大增強正向增大增大增強逆向減小減小增強正向減小減小增強（2）易錯診斷1．正確。2．錯誤。NH3·H2O是否平衡與c（OH－）＝c（NH4+）沒關(guān)系；另外，氨水中存在著c（OH－）＝c（NH4+）＋c（H＋），不可能有c（OH－）＝3．錯誤。若BOH為強堿，0.1mol·L－1BOH溶液的pH＝13。pH＝10說明BOH為弱堿，其電離方程式應(yīng)為BOH?B＋＋OH－。4．錯誤。以醋酸溶液為例，稀釋時c（H＋）、c（CH3COO－）、c（CH3COOH）減小，c（OH－）增大。突破·關(guān)鍵能力教考銜接典例解析：（1）由題意“因靜電作用被吸附”及題圖可知，R3N在溶液中的電離方程式為R3N＋H2O?R3NH＋＋OH－。（2）由題圖可知，溶液pH為2.4時，廢水中的甲酸及其鹽回收率最高，當(dāng)溶液中pH小于2.4時，隨溶液pH下降，溶液中氫離子濃度增大，甲酸的電離被抑制，溶液中甲酸根離子濃度減小，與R3NH＋作用的數(shù)目減小。（3）由題圖可知，R3N溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡R3N＋H2O?R3NH＋＋OH－，當(dāng)廢水初始pH大于5時，平衡向左移動，離子交換樹脂活性成分主要以R3N形態(tài)存在。答案：（1）√（2）√（3）×對點演練1．解析：加水促進H2S的電離，由于溶液體積增大，氫離子濃度減小，A項錯誤；通入SO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，pH增大；當(dāng)SO2過量，溶液顯酸性，因H2SO3酸性比H2S強，故pH減小，B項錯誤；滴加新制氯水，發(fā)生反應(yīng)Cl2＋H2S=2HCl＋S↓，平衡向左移動，生成了強酸，溶液pH減小，C項正確；加入少量硫酸銅固體，發(fā)生反應(yīng)H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋濃度增大，D項錯誤。答案：C2．解析：A、B項，只能證明蟻酸具有酸性，不能證明其酸性強弱，錯誤；C項，只能證明蟻酸的酸性比碳酸強，錯誤；D項，溶液的pH＝2.3，說明HCOOH未完全電離，正確。答案：D3．答案：（1）＜（2）＞（3）＜＝（4）＝考點二夯實·必備知識1．（3）eq\f(c（H＋）·c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）,c（H2CO3）))eq\f(c（H＋）·c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）,c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）)3．（2）吸熱4．（3）①小②大易錯診斷1．錯誤。Ka＝eq\f(c（H＋）·c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）,c（H2CO3）)。2．正確。加水稀釋后，NH3·H2O?OH－＋NH4+平衡正向移動，c（OH－）、c（NH4+）均減小，c（NH43．錯誤。對同一弱電解質(zhì)溶液，稀釋后電離度增大，但電離常數(shù)不變。4．錯誤。依據(jù)Ka1（H2CO3）>Ka2（H3PO3），可知碳酸的酸性比H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))強；應(yīng)根據(jù)Ka1（H2CO3）與Ka1（H3PO3）的相對大小比較碳酸的酸性與亞磷酸的關(guān)系。突破·關(guān)鍵能力教考銜接典例1解析：在水中存在平衡：HCOOH?HCOO－＋H＋，由電離常數(shù)公式可知，溶液中eq\f(c（HCOO－）,c（HCOOH）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)，當(dāng)溶液pH為5時，溶液中eq\f(c（HCOO－）,c（HCOOH）)＝eq\f(1.8×10－4,1.0×10－5)＝18。答案：18（或18∶1）典例2解析：H2CO3是二元弱酸，分步發(fā)生電離：H2CO3?HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H＋、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))?COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H＋，則有Ka1＝eq\f(c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）·c（H＋）,c（H2CO3）)、Ka2＝eq\f(c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）·c（H＋）,c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）)，從而可得Ka1·Ka2＝eq\f(c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）·c2（H＋）,c（H2CO3）)。當(dāng)溶液pH＝12時，c（H＋）＝10－12mol·L－1，代入Ka1、Ka1·Ka2可得c（H2CO3）∶c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）＝1∶（1012·Ka1），c（H2CO3）∶c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）＝1∶（1024·Ka1·Ka2），綜合可得c（H2CO3）∶c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）∶c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）＝1∶（1012·Ka1）∶（1024·Ka1·Ka2）。答案：1012·Ka11024·Ka1·Ka2對點演練1．答案：（1）HCOOH＞H2CO3＞H2S＞HClO（2）S2－＞COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＞ClO－＞HS－＞HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＞HCOO－（3）①②④2．解析：（1）將該式變?yōu)閑q\f(c（CH3COOH）·c（CH3COO－）,c（H＋）·c（CH3COO－）)＝eq\f(c（CH3COO－）,Ka)或稀釋時醋酸的電離平衡正向移動，n（CH3COOH）減小，n（H＋）增大因而其比值變小。（2）將該式變?yōu)閑q\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）·c（H＋）)＝eq\f(Ka,c（H＋）)或稀釋時醋酸的電離平衡正向移動，n（CH3COOH）減小，n（CH3COO－）增大因而其比值變大。（5）將該式變?yōu)閑q\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）·c（OH－）·c（H＋）)＝eq\f(Ka,Kw)，故比值不變。答案：（1）變小（2）變大（3）變?。?）不變（5）不變微專題15典題示例典例1答案：由于硫化氫Ka1?Ka2，且電離常數(shù)很小，因而可用其一級電離常數(shù)計算氫離子濃度。c（H＋）＝eq\r(c（H2S）×Ka1)≈eq\r(0.1×1.0×10－7)mol·L－1＝1.0×10－4mol·L－1。典例2答案：α＝eq\r(\f(Kb,c))＝eq\r(\f(1.8×10－5,2))＝3×10－3＝0.3%。典例3解析：（1）縱軸坐標為lgc（OH－），在M點時，溶液中c（OH－）＝10－10mol·L－1，常溫時c（H＋）＝10－4mol·L－1＜0.010mol·L－1，HA為弱酸。（2）在相同溫度下，M、P點的電離常數(shù)相同，用M點計算電離常數(shù)。HA?H＋＋A－，c（H＋）≈c（A－），常溫下，Ka（HA）＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)≈eq\f(10－4×10－4,0.010)＝1.0×10－6。答案：（1）弱（2）1.0×10－6對點演練1．解析：因c（BOH）初始＝0.1mol·L－1，c（BOH）電離＝c（B＋）＝c（OH－）＝1×10－3mol·L－1，則電離度α＝eq\f(1×10－3mol·L－1,0.1mol·L－1)×100%＝1%；BOH不完全電離，故電離方程式為BOH?B＋＋OH－；電離平衡時，c（BOH）平衡＝0.1mol·L－1－1×10－3mol·L－1≈0.1mol·L－1，則電離常數(shù)Kb＝eq\f(c（B＋）·c（OH－）,c（BOH）)＝eq\f(1×10－3×1×10－3,0.1)＝1×10－5。答案：（1）BOH?B＋＋OH－（2）1%（3）1×10－52．解析：由H2CO3?H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))得K1＝eq\f(c（H＋）·c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）,c（H2CO3）)＝eq\f(10－5.60×10－5.60,1.5×10－5)≈4.2×10－7。答案：4.2×10－73．解析：（1）由電荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）＋c（CH3COO－），元素質(zhì)量守恒有c（Na＋）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COO－），溶液呈中性，所以c（CH3COOH）＝c（Cl－）。CH3COOH?CH3COO－＋H＋eq\f(b,2)eq\f(a,2)－eq\f(b,2)10－7Ka＝eq\f(10－7×（\f(a,2)－\f(b,2)）,\f(b,2))＝eq\f(10－7（a－b）,b)。（2）根據(jù)電荷守恒2c（Ba2＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－），由于c（CH3COO－）＝2c（Ba2＋）＝bmol·L－1，所以c（H＋）＝c（OH－），溶液呈中性。CH3COOH?CH3COO－＋H＋eq\f(a,2)－bb10－7Ka＝eq\f(10－7×b,\f(a,2)－b)＝eq\f(2b×10－7,a－2b)。答案：（1）eq\f(10－7（a－b）,b)（2）eq\f(2b×10－7,a－2b)4．解析：由題圖pH＝7.5時，c（HClO）＝c（ClO－），HClO的Ka＝eq\f(c（H＋）·c（ClO－）,c（HClO）)＝c（H＋）＝10－7.5。答案：10－7.55．解析：由于Ka1＝eq\f(c（H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）·c（H＋）,c（H3PO3）)，Ka2＝eq\f(c（HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）·c（H＋）,c（H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）)，且Ka1>Ka2，由圖像可知，在相同eq\f(c（H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）,c（H3PO3）)或eq\f(c（HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）,c（H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）)時，“曲線Ⅱ”對應(yīng)的c（H＋）較大，為一級電離（Ka1），“曲線Ⅰ”對應(yīng)的c（H＋）較小，為二級電離（Ka2），顯然選用“曲線Ⅱ”中的特殊點B計算Ka1，Ka1＝eq\f(c（H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）·c（H＋）,c（H3PO3）)＝10×10－2.4＝10－1.4。答案：（1）H3PO3?H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H＋H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))?HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H＋（2）Ⅰ（3）10－1.4溫馨提示：請完成課時作業(yè)47第47講實際工業(yè)生產(chǎn)中圖像問題分類突破類型一典題示例典例解析：結(jié)合圖像分析可知，A項正確，B項錯誤；該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡常數(shù)增大，結(jié)合圖像可知平衡常數(shù)Ka<Kb＝Kc，C項正確；該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不相等，恒溫恒容時，容器內(nèi)壓強不再發(fā)生變化，即達到平衡狀態(tài)，D項正確。答案：B對點演練1．答案：(1)2.0(2)放熱不變2．解析：(1)在同溫同壓下，增加二氧化硫的量，會使原料氣中SO2和O2的物質(zhì)的量之比m變大，m越大，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率越小。(2)A點二氧化硫的平衡轉(zhuǎn)化率為88%，可列三段式：SO2(g)＋12O2(g)?SO3起始/mol1024.40變化/mol10×88%12×10×88%10×平衡/mol10×12%24.4－5×88%10×88%平衡時，混合氣體總物質(zhì)的量為[10×12%＋(24.4－5×88%)＋10×88%＋70]mol＝100mol。達平衡時SO2的分壓p(SO2)＝10×12%100×答案：(1)m1>m2>m3Kp＝pSO類型二典題示例典例1解析：曲線a芳香烴產(chǎn)物的選擇性大于曲線b、c芳香烴產(chǎn)物的選擇性，反應(yīng)④為主反應(yīng)，反應(yīng)⑤⑥為副反應(yīng)，則曲線a代表產(chǎn)物苯乙烯的選擇性；反應(yīng)④⑤的正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，反應(yīng)⑥的正反應(yīng)是氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)；在913K、100kPa(即恒溫恒壓)下以水蒸氣作稀釋氣，乙苯的轉(zhuǎn)化率增大，即減小壓強，反應(yīng)④⑤都向正反應(yīng)方向移動，反應(yīng)⑥平衡不移動，故曲線b代表的產(chǎn)物是苯。答案：苯反應(yīng)④為主反應(yīng)，反應(yīng)⑤⑥為副反應(yīng)，苯乙烯的選擇性最大；在恒溫恒壓下，隨乙苯轉(zhuǎn)化率的增大，反應(yīng)⑤正向移動，反應(yīng)⑥不移動，則曲線b代表產(chǎn)物苯典例2解析：根據(jù)已知反應(yīng)①C2H5OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)ΔH＝＋173.3kJ·mol－1，反應(yīng)②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋41.2kJ·mol－1，且反應(yīng)①的熱效應(yīng)更大，故溫度升高對反應(yīng)①影響更大一些，即CO2選擇性增大，同時CO的選擇性減小，根據(jù)CO的選擇性的定義可知③代表CO2的選擇性，①代表CO的選擇性，②代表H2的產(chǎn)率，A、B錯誤；兩種物質(zhì)參加反應(yīng)增大一種物質(zhì)的濃度，會降低該物質(zhì)的平衡轉(zhuǎn)化率，C錯誤；加入CaO(s)與水反應(yīng)放熱，對反應(yīng)①影響較大，可以增大H2產(chǎn)