2025屆高三高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)+題型突破22++化學(xué)反應(yīng)的熱效應(yīng)、速率和平衡題型大通關(guān)含答案

2025屆高三高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型突破22化學(xué)反應(yīng)的熱效應(yīng)、速率和平衡題型大通關(guān)1.(2024·臺州高三測試)甲醇在化學(xué)工業(yè)、農(nóng)業(yè)生產(chǎn)等領(lǐng)域都有廣泛的應(yīng)用。請回答:(1)“氫”風(fēng)陣陣,甲醇產(chǎn)生氫氣的反應(yīng)為CH3OH(l)2H2(g)+CO(g)ΔH,已知相關(guān)物質(zhì)的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱和標(biāo)準(zhǔn)熵數(shù)值如下表:化學(xué)式CH3OH(l)H2(g)CO(g)標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱(25℃)ΔH/kJ·mol-1-726.5-285.8-283.0標(biāo)準(zhǔn)熵:S/(J·mol-1·K-1)126.8130.7197.7①ΔH0(填“>”或“<”)。

②該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的最低溫度為K(保留小數(shù)點后1位)。

(2)常溫下,將一定量甲醇放入真空的恒容密閉容器中,發(fā)生:CH3OH(l)CH3OH(g)ΔH=+1109kJ·mol-1。①甲醇達(dá)到液氣平衡狀態(tài)時的壓強(qiáng),稱為甲醇該溫度下的飽和蒸汽壓(p),p與溫度關(guān)系如圖所示。請分析B點蒸氣壓大于A點蒸氣壓的原因。

②Raoult定律表明,一定溫度下,在稀溶液中,溶劑的飽和蒸氣壓等于純?nèi)軇┑娘柡驼魵鈮撼艘匀芤褐腥軇┑奈镔|(zhì)的量分?jǐn)?shù)。下圖中甲燒杯盛有甲醇,乙燒杯盛有氫氧化鈉的甲醇溶液,常溫下,將甲、乙兩燒杯置于真空密閉容器中,足夠長的時間后,從下圖中選擇出可能會觀察到的現(xiàn)象(用字母表示)。

③實驗測定64.5℃時相關(guān)物質(zhì)的飽和蒸氣壓數(shù)值如下表所示:物質(zhì)甲醇水甲醇水溶液(甲醇物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.4)飽和蒸氣壓/kPa101.323.90甲醇水40.5214.34已知溶液上方蒸氣的總壓p總=54.86kPa,p(CH3OH)=x(CH3OH)p總,p(CH3OH)為甲醇蒸氣分壓,x(CH3OH)為甲醇和水的蒸氣中CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。64.5℃時,甲醇水溶液上方飽和蒸氣中,甲醇物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)0.4(填“>”“<”或“=”),解釋采用蒸餾可獲得較高濃度甲醇的原因

。

(3)工業(yè)用甲醇空氣氧化法制甲醛,催化劑為鐵鉬氧化物。CH3OH(g)+12O2(g)HCHO(g)+H2O(g)K=4.35×1029v=k·p(CH3OH)·p0.5(O2)該反應(yīng)分兩步完成:反應(yīng)Ⅰ:CH3OH(g)+CatoxHCHO(g)+Catred+H2O(g)K1v1=k1·p(CH3OH)·χ(Catox)反應(yīng)Ⅱ:12O2(g)+CatredCatoxK2v2=k2·p0.5(O2)·χ(Catred)k、k1、k2為速率方程常數(shù),分壓p等于其物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)乘以總壓,χ(Catox)為氧化態(tài)催化劑的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù);χ(Catred)為還原態(tài)催化劑的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù);反應(yīng)Ⅰ為決速步。下列說法不正確的是。

A.K=K1×K2B.用鐵鉬氧化物來提高反應(yīng)Ⅰ的平衡轉(zhuǎn)化率C.k·p(CH3OH)·p0.5(O2)≈k1·p(CH3OH)·χ(Catox)D.若O2和CH3OH(g)的分壓增大相同倍數(shù),O2比CH3OH(g)對總反應(yīng)速率的影響大2.金屬鎢是重要的戰(zhàn)略金屬。請回答:Ⅰ.用Pt電極電解NaCl—KCl—NaF2—Na2WO4熔融鹽體系,可小規(guī)模生產(chǎn)高純金屬鎢。(1)其陰極的反應(yīng)式為。

Ⅱ.工業(yè)上利用“蒸氣轉(zhuǎn)移法”提純金屬鎢的原理為W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0。模擬裝置如下圖所示。(2)該反應(yīng)中,反應(yīng)物總能量生成物能量(選填“高于”“低于”)。

(3)已知瞬時速率r(I2)與I2的濃度c、平衡濃度c平衡的定量關(guān)系為r(I2)=k[1-cc平衡](k為速率常數(shù),只與溫度有關(guān))。向恒溫恒容容器中加入0.1molWI2(g),當(dāng)固體為0.01mol時,r(I2)最大。當(dāng)WI2轉(zhuǎn)化率為0.9%時,r(I2)=(用含k的式子表示)(4)粗鎢中的雜質(zhì)與碘不反應(yīng)。下列說法正確的是。

A.反應(yīng)前后氣態(tài)物質(zhì)的計量數(shù)相等,故反應(yīng)的ΔS=0B.高溫區(qū)中I2(g)的平衡濃度大于低溫區(qū)C.粗鎢應(yīng)放入高溫區(qū)D.分批取出純鎢比一次性取出純鎢,可得到更多純鎢(5)1200℃時反應(yīng)平衡常數(shù)K=1,2000℃時K=13①若氣體在低溫區(qū)與高溫區(qū)循環(huán)一周稱為一次轉(zhuǎn)移。向裝置內(nèi)充入0.01molI2(g)與足量粗W(s),則理論上至少需要次轉(zhuǎn)移才能得到0.01mol純W(s)(兩區(qū)連接部分體積忽略不計)。

②已知I2要先吸附到固體W的表面才能發(fā)生反應(yīng)生成WI2。向容器中充入xmolI2(g)與足量粗W(s),獲得xmol純W(s)所需時間(t)與I2的物質(zhì)的量(x)的關(guān)系如圖所示。當(dāng)x>x0后所需時間增大的原因是

。

3.(2024·浙江強(qiáng)基聯(lián)盟聯(lián)考)鎢絲燈泡中的W在使用過程中會緩慢升華,使燈絲變細(xì)而斷裂,加入I2可延長燈泡的使用壽命,反應(yīng)原理為W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0。請回答:(1)有利于提高WI2平衡產(chǎn)率的條件是。

A.高溫 B.低溫 C.高壓 D.低壓(2)恒溫恒壓容器中加入0.01molI2(g)與0.01molW(s),平衡時放出熱量akJ。如果加入0.01molWI2(g),平衡時吸收熱量bkJ,則W(s)+I2(g)WI2(g)的ΔH=(用含a、b的式子表示)。

(3)已知鎢絲燈泡中燈絲溫度約為933K,燈泡壁溫度約為623K。①加碘能延長鎢絲使用壽命的原因是

。

②請畫出933K時碘鎢燈燈泡內(nèi)-lgn(W(4)933K時,向容積為50mL的模擬燈泡中放入0.1molI2(g)與0.1molW(s)進(jìn)行反應(yīng),有關(guān)數(shù)據(jù)如下表:時間段/minWI2(g)的平均生成速率/(mol·L-1·min-1)0~20.400~40.300~60.20①下列說法不正確的是。

A.1min時,WI2的濃度大于0.40mol·L-1B.2min時,再加入0.01molWI2(g),則v正(WI2)<v逆(WI2)C.混合氣體中WI2的體積分?jǐn)?shù),4min時小于6min時D.5min時,W(s)的物質(zhì)的量為0.040mol②其他條件相同,模擬燈泡內(nèi)WI2平衡濃度[c(WI2)]隨碘鎢比:x[x=n(I2)n(W)]、溫度(T)A.x1>x2B.平衡常數(shù):Ka=Kb>KcC.反應(yīng)速率:va<vb=vcD.活化分子百分?jǐn)?shù):a<b=c參考答案題型突破22化學(xué)反應(yīng)的熱效應(yīng)、速率和平衡題型大通關(guān)1.(1)①>②385.5(2)①甲醇汽化吸熱,溫度升高,平衡右移,氣體分子數(shù)增多,壓強(qiáng)增大②B③>升高溫度,壓強(qiáng)增大;溶液中溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)越大,濃度越高(3)B解析(1)①CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-726.5kJ·mol-1;②2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ·mol-1;③CO(g)+12O2(g)CO2(g)ΔH3=-283kJ·mol-1;根據(jù)蓋斯定律:①-②-③得CH3OH(l)2H2(g)+CO(g)ΔH=+128.1kJ·mol-1;ΔS=S產(chǎn)物-S反應(yīng)物=(2×130.7+197.7-126.8)J·mol-1·K-1=332.3J·mol-1·K-1,根據(jù)ΔG=ΔH-TΔS<0,解得T≥ΔHΔS=128.1×103332.3K=385.5K;(2)①B點蒸氣壓大于A點蒸氣壓的原因:甲醇汽化吸熱,溫度升高,平衡右移,氣體分子數(shù)增多,壓強(qiáng)增大;②在溶劑中加入非揮發(fā)性溶質(zhì)后,溶劑的蒸氣壓比純?nèi)芤旱恼魵鈮旱?則開始時甲中蒸氣壓更高,乙中更低,最終兩個燒杯中蒸氣壓相同,即甲中蒸氣壓會減小,轉(zhuǎn)化為液體至乙中;③已知溶液上方蒸氣的總壓p總=54.86kPa,p(CH3OH)=x(CH3OH)p總,p(CH3OH)為甲醇蒸氣分壓,x(CH3OH)為甲醇和水的蒸氣中CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù),通過對比表格中的數(shù)據(jù)可知,64.5℃時,甲醇水溶液上方飽和蒸氣中,甲醇物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)大于0.4;采用蒸餾可獲得較高濃度甲醇的原因:升高溫度,壓強(qiáng)增大;溶液中溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)越大,濃度越高;(3)A.根據(jù)蓋斯定律,反應(yīng)Ⅰ+反應(yīng)Ⅱ得反應(yīng)CH3OH(g)+12O2(g)HCHO(g)+H2O(g),則K=K1×K2,A正確;B.鐵鉬氧化物為催化劑,可以改變化學(xué)反應(yīng)速率,不能影響化學(xué)平衡移動,B錯誤;C.反應(yīng)Ⅰ為決速步,總反應(yīng)速率方程:v=k·p(CH3OH)·p0.5(O2)≈v1=k1·p(CH3OH)·χ(Catox),C正確;D.由題意可知,反應(yīng)Ⅰ為決速步,總反應(yīng)速率方程:v=k·p(CH3OH)·p0.5(O2)≈v1=k1·p(CH3OH)·χ(Catox),若O2和CH3OH(g)的分壓增大相同倍數(shù),O2比CH3OH(2.(1)WO42?+6e-W+4O2-(2)高于(3)0.7k(4)(5)①4②I2在W固體吸附達(dá)到飽和狀態(tài),反應(yīng)速率不再增大,但需要獲得的純W(s)增加,所以時間增大(“到達(dá)平衡時間增加,而氣體所需循環(huán)次數(shù)相同,故時間增大”也可,合理即可)解析(1)用Pt電極電解NaCl—KCl—NaF2—Na2WO4熔融鹽體系,可小規(guī)模生產(chǎn)高純金屬鎢,即WO42?得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成W,所以其陰極的反應(yīng)式為WO42?+6e-W+4O2-;(2)W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0,即反應(yīng)為放熱反應(yīng),而放熱反應(yīng)的反應(yīng)物總能量高于生成物總能量;(3)r(I2)最大時達(dá)到該條件下的平衡狀態(tài),當(dāng)WI2轉(zhuǎn)化率為0.9%時,轉(zhuǎn)化的n(WI2)=0.1×0.9%=9×10-4mol,r(I2)=k[1-cc平衡]=k(1-9×10?40.01)=0.7k;(4)A.不同的氣體的熵不可能相等,即使化學(xué)計量數(shù)相同熵也不會相同,因此反應(yīng)前后的熵變不可能為0,故A錯誤;B.W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0,即反應(yīng)為放熱反應(yīng),升溫平衡左移,c(I2)增大,所以高溫區(qū)中I2(g)的平衡濃度大于低溫區(qū),故B正確;C.W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0,即反應(yīng)為放熱反應(yīng),升溫平衡左移,所以粗鎢應(yīng)放在低溫區(qū),故C錯誤;D.W為固體,改變其量不能使平衡移動,所以分批取出純鎢不能得到更多純鎢,故D錯誤;(5)①向裝置內(nèi)充入0.01molI2(g)與足量粗W(,K=x0.01?x=1,解得x=0.005mol,即n(WI2)=n(I2)=0.005mol,K=0.005?y0.005+y=13,解得y=0.0025mol,即經(jīng)過一次轉(zhuǎn)移得到0.0025molW,則理論上至少需要0.010.0025=4次轉(zhuǎn)移才能得到0.01mol純W;②I2要先吸附到固體W的表面才能發(fā)生反應(yīng)生成WI2,I2在W固體吸附達(dá)到飽和狀態(tài)后,反應(yīng)速率不再增大,但需要獲得的純W(s)增加,所以所需時間增大(“到達(dá)平衡時間增加,3.(1)B(2)-100(a+b)kJ·mol-1(3)①燈泡壁上溫度低,平衡向生成WI2(g)方向移動;當(dāng)WI2(g)擴(kuò)散到燈絲表面,溫度升高,平衡左移,分解成鎢沉積到燈絲上,從而延長鎢絲使用壽命②(4)①BC②AD解析(1)由反應(yīng)的熱效應(yīng)及氣體計量數(shù)可知,只有低溫才能增大WI2的平衡產(chǎn)率,B項正確。(2)加入0.01molI2(g)和0.01molW(s),或者加入0.01molWI2(g),達(dá)到同一平衡狀態(tài),由蓋斯定律可知,0.01molI2(g)與0.01molW(s)完全轉(zhuǎn)化為WI2(g)的熱效應(yīng)為(a+b)kJ·mol-1,所以反應(yīng)的ΔH=-100(a+b)kJ·mol-1。(3)①由平衡移動原理可知,加碘能使鎢在低溫區(qū)與高溫區(qū)之間循環(huán)移動,即:燈泡壁上溫度低,平衡向生成WI2(g)方向移動;當(dāng)WI2(g)擴(kuò)散到燈絲表面,溫度升高,平衡左移分解成鎢,鎢沉積到燈絲上,從而延長鎢絲使用壽命。②933K時,隨著時間延長,反應(yīng)持續(xù)進(jìn)行,WI2的物質(zhì)的量持續(xù)增加至平衡,故-lgn(WI2)n(WI2)+n(W),逐漸減小至平衡(圖像見答案)。(4)據(jù)表中數(shù)據(jù),2min時c(WI2)=0.8mol·L-1,4min時c(WI2)=1.2mol·L-1,6min時c(WI2)=1.2mol·L-1,所以4min后反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài),且K=1.20.8=1.5。①因平均反應(yīng)速率逐漸減小,故0~1min內(nèi)平均反應(yīng)速率大于0.4mol·L-1·min-1,所以1min時c(WI2)大于0.4mol·L-1,A項正確。2min時,容器內(nèi)c(I2)=1.2mol·L-1,c(WI2)=0.8mol·L-1,再加入0.01molWI2(g),則c(WI2)增大至1mol·L-1,此時容器內(nèi)的Q=11.2<K,所以v正(WI2)>v逆(WI2),B項符合題意。4min時反應(yīng)達(dá)到平衡,故混合氣體中WI2的體積分?jǐn)?shù)保持不變,C項符合題意。5min時反應(yīng)已達(dá)到平衡,故W(s)的物質(zhì)的量為0.040mol,D項正確。②其他條件相同,碘鎢比越大,生成的WI2的量越大,A項正確。K只與溫度有關(guān),且溫度越高,該反應(yīng)K越小,所以平衡常數(shù):Ka>Kb=Kc,B項錯誤。溫度越高,反應(yīng)速率越快,碘濃度越大,反應(yīng)速率越快,反應(yīng)速率:va<vc<vb,C項錯誤。溫度越高2025屆高三高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型突破24溶液中粒子濃度的關(guān)系1.(2023·浙江6月選考)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小組做如下兩組實驗:實驗Ⅰ:往20mL0.10mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液。實驗Ⅱ:往20mL0.10mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·L-1CaCl2溶液。[已知:H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=5.4×10-2,Ka2=5.4×10-5,Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9,溶液混合后體積變化忽略不計],下列說法正確的是A.實驗Ⅰ可選用甲基橙作指示劑,指示反應(yīng)終點B.實驗Ⅰ中V(NaOH)=10mL時,存在c(C2O42?)<c(HC2C.實驗Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)HC2O4?+Ca2+CaC2O4↓+HD.實驗Ⅱ中V(CaCl2)=80mL時,溶液中c(C2O42?)=4.0×10-82.(2021·浙江6月選考)取兩份10mL0.05mol·L-1的NaHCO3溶液,一份滴加0.05mol·L-1的鹽酸,另一份滴加0.05mol·L-1的NaOH溶液,溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。下列說法不正確的是()A.由a點可知:NaHCO3溶液中HCO3B.a→b→c過程中:c(HCO3?)+2c(CO32?)+c(C.a→d→e過程中:c(Na+)<c(HCO3?)+c(CO32?)+c(HD.令c點的c(Na+)+c(H+)=x,e點的c(Na+)+c(H+)=y,則x>y3.(2024·湖南卷)常溫下Ka(HCOOH)=1.8×10-4,向20mL0.10mol·L-1NaOH溶液中緩慢滴入相同濃度的HCOOH溶液,混合溶液中某兩種離子的濃度隨加入HCOOH溶液體積的變化關(guān)系如圖所示,下列說法錯誤的是()A.水的電離程度:M<NB.M點:2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)C.當(dāng)V(HCOOH)=10mL時,c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)D.N點:c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)考情分析:溶液中微粒濃度的大小關(guān)系是高考的熱點內(nèi)容。考查角度:(1)溶液中微粒的守恒關(guān)系,即電荷守恒、元素質(zhì)量守恒和質(zhì)子守恒。(2)溶液中微粒濃度大小不等關(guān)系。1.掌握三個“守恒”(1)電荷守恒:方法:①找“全”離子;找“全”溶液中的陽離子和陰離子;②分別將陽離子和陰離子寫在“等于”的兩邊;③離子帶“幾個”電荷系數(shù)乘“幾”,如CO32?帶兩個負(fù)電荷則乘2,即CO32?微粒前的系數(shù)為2。如Na2CO3溶液;NaHCO3溶液;Na2CO3和NaHCO3混合溶液;Na2CO3和NaOH溶液;將CO2氣體通入NaOH溶液中,它們的電荷守恒表達(dá)式均為c(Na+)+c(H+)=2c(CO32?)+c(HCO3?(2)元素質(zhì)量守恒(物料守恒)電解質(zhì)溶液中,由于某些離子能水解或電離,離子種類增多,但某些關(guān)鍵性的原子總是守恒的。方法:①只與溶質(zhì)有關(guān),找全溶質(zhì)在溶液中存在的全部微粒;②溶液中溶質(zhì)、微粒存在的關(guān)系,取決于溶質(zhì)溶于水前或兩種溶質(zhì)反應(yīng)前的關(guān)系。如:①Na2CO3溶液中:混合前n(Na+)∶n(CO32?)=2∶1;則溶液中c(Na+)=2[c(CO32?)+c(HCO3?)+c(②往0.2mol·L-1的CH3COOH溶液中加入等體積的0.1mol·L-1NaOH溶液;反應(yīng)前:n(CH3COOH)∶n(NaOH)=2∶1則混合后:c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)=0.1mol·L-1。(3)質(zhì)子守恒如Na2S溶液中的質(zhì)子轉(zhuǎn)移圖示如下(適用溶質(zhì)單一溶液):由上圖可得Na2S溶液中質(zhì)子守恒可表示如下:c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。2.判斷溶液中粒子濃度大小方法:(1)找全溶液中存在的所有的“平衡”(2)分清主次量如:(1)NaHSO3溶液中離子關(guān)系NaHSO3Na++HSO3?,溶液中存在的平衡按“主次”排序為:①HSO②HSO3?+H2OH2SO3+OH-③H2OH++OH-則有:c(Na+)>c(HSO3?)>c(H+)>c(SO32?)>c(2)將10mL0.2mol·L-1CH3COOH和10mL0.1mol·L-1NaOH混合,其混合液的pH<7,溶液中微粒大小關(guān)系有①恰好反應(yīng)時溶質(zhì)關(guān)系為:n(CH3COOH)=n(CH3COONa)②因混合液pH<7,溶液中CH3COOH的電離程度大于CH3COONa的水解程度則有:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)1.25℃時,下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A.NaHCO3溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(H2CO3)B.室溫下,pH=2的醋酸與pH=12的氫氧化鈉溶液等體積混合,所得溶液中:c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)C.0.1mol·L-1Na2CO3溶液與0.1mol·L-1NaHCO3溶液等體積混合:2c(Na+)=3c(CO32?)+3c(HCO3?)+3c(HD.0.1mol·L-1Na2C2O4溶液與0.1mol·L-1的鹽酸等體積混合(H2C2O4為二元弱酸):2c(C2O42?)+c(HC2O4?)+c(OH-)=c(Na+)+c2.(2024·浙江9+1高中聯(lián)盟高三聯(lián)考)常溫下,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL濃度均為0.1mol·L-1的HCl和NH4Cl的混合液,下列說法不正確的是()A.當(dāng)?shù)稳隢aOH溶液10mL時,c(Na+)+c(NH4+)<c(ClB.當(dāng)?shù)稳隢aOH溶液15mL時,2c(NH3)+2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=3c(NaC.當(dāng)?shù)稳隢aOH溶液15mL時,c(NH4+)>c(NH3·H2D.當(dāng)溶液呈中性時,NaOH溶液滴入量小于20mL,c(Na+)+c(NH4+)=c(Cl3.工業(yè)上常用氨水吸收SO2,實現(xiàn)尾氣資源化利用。模擬工業(yè)過程如圖所示。室溫下,用0.1mol·L-1氨水溶液吸收SO2,若通入SO2所引起的溶液體積變化和NH3及H2O揮發(fā)可忽略,溶液中含硫物種的濃度c總=c(H2SO3)+c(HSO3?)+c(SO32?)。H2SO3的電離平衡常數(shù)分別為Ka1=1.6×10-2,KaA.吸收液pH=7時,溶液中c(HSO3?)=c(SB.吸收液pH=5時測得c總=0.1mol·L-1,溶液中c(H2SO3)>c(SO32?)+c(NH3·H2C.向吸收液中滴加Ba(OH)2溶液生成白色沉淀,上層清液中c(Ba2+)·c(SO32?)>Ksp(BaSOD.向吸收液中滴加Ca(ClO)2溶液,可能發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Ca2++ClO-+HSO3?CaSO34.(2024·瑞安中學(xué)高三適應(yīng)性測試)已知25℃時有關(guān)弱酸的電離平衡常數(shù)弱酸電離平衡常數(shù)/25℃氫氟酸6.6×10-4碳酸(H2CO3)Ka1Ka2草酸(H2C2O4)Ka1Ka2檸檬酸(H3C6H5O7)Ka1Ka2Ka3Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9。則下列有關(guān)說法正確的是()A.溶液pH由小到大為NaHC2O4、NaF、Na2CO3B.H3C6H5O7與Na2CO3溶液反應(yīng)的產(chǎn)物可能為Na3C6H5O7與CO2、H2OC.0.05mol·L-1的NaHCO3溶液存在:c(OH-)<c(CO32?)<c(HCD.往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加60mL0.1mol·L-1CaCl2溶液,最后溶液中c(C2O42?)=4.8×10-85.(2024·浙江高考模擬卷)苯酚是重要的化工原料,將廢水中的苯酚富集并加入Na2CO3;轉(zhuǎn)化為苯酚鈉,再通入CO2,可進(jìn)一步分離回收。已知:Ka(C6H5OH)=1.0×10-10,Ka1(H2CO3)=4.5×10-7,Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。下列說法正確的是A.Na2CO3也可用NaOH或NaHCO3替代B.2HCO3?H2CO3+COC.轉(zhuǎn)化反應(yīng)中若c(Na+)=2c(C6H5O-)+2c(C6H5OH),此時溶液中c(HCO3?)>c(C6H5OD.當(dāng)通入CO2至溶液pH=10時,溶液中的C6H5ONa完全轉(zhuǎn)化為C6H5OH6.(2024·浙江金華一中高三期中)室溫下,通過下列實驗探究Na2CO3的性質(zhì)。已知:25℃時,H2SO3的Ka1=1.42×10?2、Ka2=1.0×10-7,H實驗1:配制50mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液,測得溶液pH約為12;實驗2:取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液,向其中加入少量CaSO4固體充分?jǐn)嚢?一段時間后過濾。向濾渣中加入足量稀鹽酸,固體完全溶解;實驗3:取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液,向其中緩慢滴入等體積0.1mol·L-1稀鹽酸。下列說法正確的是()A.實驗1所得溶液中,c(Na+)<c(HCO3?)+c(CB.根據(jù)實驗2,可推測Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)C.實驗3反應(yīng)后溶液中存在:c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3?)+c(CD.25℃時,反應(yīng)CO32?+H2SO3HCO參考答案題型突破24溶液中粒子濃度的關(guān)系真題導(dǎo)航1.D[A.NaHC2O4溶液被氫氧化鈉溶液滴定到終點時生成顯堿性的草酸鈉溶液,為了減小實驗誤差要選用變色范圍在堿性范圍的指示劑,因此,實驗Ⅰ可選用酚酞作指示劑,指示反應(yīng)終點,故A錯誤;B.實驗Ⅰ中V(NaOH)=10mL時,溶質(zhì)是NaHC2O4、Na2C2O4且兩者物質(zhì)的量濃度相等,Ka2=5.4×10?5>Kh=1×10?145.4×10?5,則草酸氫根的電離程度大于草酸根的水解程度,因此存在c(C2O42?)>c(HC2O4?),故B錯誤;C.實驗Ⅱ中,由于開始滴加的氯化鈣量較少而NaHC2O4過量,因此該反應(yīng)在初始階段發(fā)生的是2HC2O4?+Ca2+CaC2O4↓+H2C2O4,該反應(yīng)的平衡常數(shù)為K=c(H2C2O4)c(Ca2+)·c2(HC2O4?)=c(H2C2O4)·c(H+)·c(C2O42?)c(Ca2+)·c(C2O42?)·c2(HC22.C[由題圖可知abc曲線為向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液,ade曲線為向NaHCO3溶液中滴加鹽酸。A.a點溶質(zhì)為NaHCO3,此時溶液呈堿性,HCO3?在溶液中電離使溶液呈酸性,HCO3?在溶液中水解使溶液呈堿性,由此可知,NaHCO3溶液中HCO3?的水解程度大于電離程度,故A正確;B.由電荷守恒可知,a→b→c過程溶液中c(HCO3?)+2c(CO32?)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),滴加NaOH溶液的過程中c(Na+)保持不變,c(H+)逐漸減小,因此c(HCO3?)+2c(CO32?)+c(OH-)逐漸減小,故B正確;C.由元素質(zhì)量守恒可知,a點溶液中c(Na+)=c(HCO3?)+c(CO32?)+c(H2CO3),向NaHCO3溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出,因此a→d→e過程中c(Na+)>c(HCO3?)+c(CO32?)+c(H2CO3),故C錯誤;D.c點溶液中c(H+)+c(Na+)=(0.05+10-11.3)mol·L-1,e點溶液體積增大1倍,此時溶液中c(H+)+c(Na3.D模擬預(yù)測1.C2.B3.A[A.H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka2=1.0×1