练11 物质结构与元素周期律
1．[2022·全国甲卷]Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是( )
A．非金属性：X>Q
B．单质的熔点：X>Y
C．简单氢化物的沸点：Z>Q
D．最高价含氧酸的酸性：Z>Y
2．[2022·全国乙卷]化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是( )
A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B．最高价氧化物的水化物酸性：Y
C．100～200℃阶段热分解失去4个W2Z
D．500℃热分解后生成固体化合物X2Z3
3．[2022·广东卷]甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示；戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是( )
A．原子半径：丁＞戊＞乙
B．非金属性：戊＞丁＞丙
C．甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
4．[2022·湖南卷]科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是( )
A．原子半径：X>Y>Z
B．非金属性：Y>X>W
C．Z的单质具有较强的还原性
D．原子序数为82的元素与W位于同一主族
5．[2023·全国乙卷]一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子X2－与Y2＋具有相同的电子结构。下列叙述正确的是( )
A．X的常见化合价有－1、－2
B．原子半径大小为Y>X>W
C．YX的水合物具有两性
D．W单质只有4种同素异形体
6．短周期主族元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y的最高价氧化物对应的水化物为H3YO4，部分信息如表所示。用α粒子撞击R的一种核素会生成W的一种核素，核反应方程式为He＋R―→16nW＋n。下列说法错误的是( )
元素 X Y Z
0.1mol·L－1其最高价氧化物 对应水化物溶液的pH(25℃) 13.0 1.57 1.0
A.简单离子的还原性：YB.含Z的两种酸相互反应可制得Z单质
C.化合物RWZ2中所有原子均满足8电子稳定结构
D.常温下，X2RW3溶液中由水电离的c(OH－)>1×10－7mol·L－1
7．[2023·全国甲卷]W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是( )
A.原子半径：X>W
B.简单氢化物的沸点：XC.Y与X可形成离子化合物
D.Z的最高价含氧酸是弱酸
8．[2023·湖南卷]日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2∶1∶3。下列说法正确的是( )
A.电负性：X>Y>Z>W
B.原子半径：XC.Y和W的单质都能与水反应生成气体
D.Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
9．[2023·天津南开中学月考]如图为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是( )
X
Y Z W
T
A.X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次增大
B.W、X、Y元素在自然界均能以游离态存在
C.YX2晶体熔化、液态WX气化均需克服分子间作用力
D.根据元素周期律，推测T元素的单质可能具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性
10．[2023·广东韶关二模]常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol·L－1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A.X与Y形成的化合物的水溶液呈酸性
B.单质的沸点：Y>Z
C.简单离子半径：Y>Z>W>X
D.ZO2可作为自来水的消毒剂
11．[2023·安徽芜湖三模]短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M、N、P、Q依次是这些元素形成的单质，甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素形成的二元化合物。其中，乙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丙是一种高能燃料，其组成元素与乙相同；丁是常见的两性氧化物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.简单离子半径大小：ZB.常温常压下，戊的沸点高于乙
C.工业上在一定条件下可由丁制备Q
D.W分别与X、Y两种元素均可形成至少两种化合物
12．[2023·浙江1月]X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是( )
A.电负性：Z>X
B.最高正价：ZC.Q与M的化合物中可能含有非极性共价键
D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
练11 物质结构与元素周期律
1．答案：D
解析：Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍，则Q为第二周期元素，Y的最外层电子数为4且与Q位于不同周期，故其位于第三周期，则Y为Si；X与Y相邻，X为Al；根据4种元素原子最外层电子数之和为19，可知Q与Z最外层电子数之和为12，Q、Z可能是O、S，也可能是N、Cl，还可能是F、P。A项，Al的非金属性弱于第二周期的N、O、F，错误；B项，铝是金属晶体，熔点比单质硅（共价晶体）低，错误；C项，Q的简单氢化物存在分子间氢键，故沸点高，错误；D项，Z是原子序数大于Y的同周期元素，非金属性：Z>Y，最高价含氧酸的酸性：Z>Y，正确。
2．答案：D
解析：根据题干信息“200℃以下热分解时无刺激性气体逸出”，说明失去的是水，即W为H，Z为O；YZ2分子的总电子数为奇数，说明Y的原子序数为奇数，且YZ2常温下为气体，则Y为N；根据W、X、Y、Z原子序数依次增加，且原子序数之和为21，则X为B。A项，硼单质常温下为固体，错误；B项，非金属性：N>B，故最高价氧化物的水化物酸性：Y（HNO3）>X（H3BO3），错误；C项，1molNH4B5O8·4H2O的质量为273g，200℃时失重率为19.8%，则质量减少约54g，则失去了约3molH2O，错误；D项，500℃时，若起始1molNH4B5O8·4H2O进行热分解，则剩余固体质量为273g×64.1%≈175g，5molB质量为55g，说明O剩余175g－55g＝120g，n（O）＝7.5mol，n（B）∶n（O）＝5∶7.5＝2∶3，恰好是B2O3，正确。
3．答案：C
解析：甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。
4．答案：C
解析：
同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，A项正确；同周期元素从左到右非金属性依次增强，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，故非金属性O>C>Si，B项正确；F2具有强氧化性，C项错误；82号元素的原子结构示意图为，位于第6周期第ⅣA族，D项正确。
5．答案：A
解析：W、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2－与Y2＋具有相同的电子结构，则它们均为10电子微粒，X为O，Y为Mg。W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W为C，产生的气体为二氧化碳，据此解答。
X为O，氧的常见价态有－1价和－2价，如H2O2和H2O，A正确；W为C，X为O，Y为Mg，同主族时电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，原子半径越大，所以原子半径大小为：Y＞W＞X，B错误；Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，水合物为Mg（OH）2，Mg（OH）2只能与酸反应生成盐和水，不能与碱反应，所以YX的水合物没有两性，C错误；W为C，碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止四种，D错误；故选A。
6．答案：A
解析：短周期主族元素中能形成化学式为H3YO4的元素是P，由R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大及0.1mol·L－1X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物溶液的pH（25℃）可知，X为Na，Y为P，Z为Cl，对核反应方程式进行如下分析：
单质的氧化性越强，其对应离子的还原性越强，则还原性Cl－1×10－7mol·L－1，D项正确。
7．答案：C
解析：W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规律，则W为N，X为O，Y的最外层电子数与其K层电子数相等，又因为Y的原子序数大于氧的，则Y电子层为3层，最外层电子数为2，所以Y为Mg，四种元素最外层电子数之和为19，则Z的最外层电子数为6，Z为S，据此解答。
X为O，W为N，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以半径大小为W＞X，A错误；X为O，Z为S，X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，没有氢键，所以简单氢化物的沸点为X＞Z，B错误；Y为Mg，X为O，它们可形成MgO，为离子化合物，C正确；Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D错误；故选C。
8．答案：C
解析：根据基态X原子s轨道上的电子数与p轨道上的电子数相等，可知X的电子排布式为1s22s22p4，为O元素，基态O原子的未成对电子数为2，则基态Y、Z原子的未成对电子数分别为1、3，结合原子序数关系可确定Y为F元素或Na元素，Z为P元素，则该荧光粉的主要成分为3W3（PO4）2·WF2，结合化合物中各元素化合价代数和为0可确定W为＋2价，又其原子序数最大，故W为Ca元素，Y为F元素。元素电负性：F>O>P>Ca，A项错误；原子半径：F9．答案：D
解析：由短周期元素W的核电荷数是X的2倍可知，X为O元素、W为S元素，由元素在周期表中的相对位置可知，Y为Si元素、Z为P元素、T为As元素。同主族元素，从上到下元素的非金属性减弱，简单气态氢化物的热稳定性减弱，则H2O的稳定性强于硫化氢，A错误；硅元素是亲氧元素，在自然界中只以化合态存在，不存在游离态，B错误；二氧化硅是共价晶体，熔化时需破坏共价键，C错误；砷元素位于金属和非金属分界线附近，则砷可能具有半导体特性，As2O3中砷元素为＋3价，是介于最高价态和最低价态之间的中间价态，既具有氧化性又具有还原性，D正确。
10．答案：A
解析：W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的溶液（浓度均为0.01mol·L－1）pH＝2，为一元强酸，原子序数：Z>W，则Z是Cl、W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度为0.01mol·L－1）的pH<2，应该为二元强酸硫酸，则Y是S；X的最高价氧化物对应的水化物的pH＝12，应该为一元强碱氢氧化钠，则X是Na。由以上分析可知，W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl元素。X与Y形成的化合物Na2S为强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，A错误；常温下，硫是固态，氯气为气态，单质的沸点：Y>Z，B正确；电子层数越多，离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：S2－>Cl－>N3－>Na＋，即Y>Z>W>X，C正确；ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可作为自来水的消毒剂，D正确。
11．答案：A
解析：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，M、N、P、Q分别是这些元素形成的单质，甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素形成的二元化合物。其中，乙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，则乙为NH3；丙是一种高能燃料，其组成元素与乙相同，则丙为N2H4；M、N元素的单质反应生成NH3，则M为H2、N为N2；丁是常见的两性氧化物，则丁为Al2O3；己加热生成Al2O3，则己为Al（OH）3；Q与P反应生成丁Al2O3，则Q、P为Al和O2，若Q为O2，则甲为NO，NO与戊不会生成氢氧化铝和氨气，则Q为Al，甲为AlN，戊为H2O。根据分析可知：W为H，X为N，Y为O，Z为Al；甲为AlN，乙为NH3，丙为N2H4，丁为Al2O3，戊为H2O，己为Al（OH）3。X为N，Y为O，Z为Al，电子层数相同时，原子序数越大离子半径越小，则离子半径：Al3＋12．答案：B
解析：Y的s能级电子数量是p能级的两倍，则电子排布式为1s22s22p2，则Y为C元素；X的2s轨道全充满，五种短周期元素的原子序数依次增大，则X为Be或B元素；M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素；Z为N元素；Q是纯碱中的一种元素，则Q为Na元素。同周期元素从左到右电负性逐渐增大，则电负性N>Be或B，A项正确；N的最高正价为＋5，但O无最高正价，B项错误；Na和O形成的Na2O2中O和O之间为非极性共价键，C项正确；非金属性N>C，故酸性：HNO3>H2CO3，D项正确。练12 化学反应与能量变化、盖斯定律
1．[2022·浙江6月]标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质(g) O H HO HOO H2 O2 H2O2 H2O
能量/(kJ·mol－1) 249 218 39 10 0 0 －136 －242
可根据HO(g)＋HO(g)===H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol－1。下列说法不正确的是( )
A．H2的键能为436kJ·mol－1
B．O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：HOOD．H2O(g)＋O(g)＝H2O2(g) ΔH＝－143kJ·mol－1
2．[2023·浙江1月]标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是( )
A．E6－E3＝E5－E2
B．可计算Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol－1
C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g) ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1
3．[2023·山东枣庄期中]臭氧层中臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是( )
A．催化反应①②均为放热反应
B．E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2＋ΔH)是催化反应②对应的逆反应的活化能
C．决定O3分解反应速率的是催化反应②
D．温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大
4．[2023·江西赣州期末]多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是( )
A．反应Ⅱ的热化学方程式为
CO(g)＋H2O(g)===H2(g)＋CO2(g)
ΔH＝＋akJ·mol－1(a>0)
B．1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量
C．选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗
D．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
5．[2023·山东省实验中学期中]下列说法正确的是( )
A．已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，在测定中和热时实际加入的酸碱的量的多少会影响该反应的ΔH
B．密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g时，放出19.12kJ热量，则Fe(s)＋S(s)===FeS(s)ΔH＝－95.6kJ·mol－1
C.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)ΔH＝－38.6kJ·mol－1
D．相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，2molN2和6molH2反应放出的热量是1molN2和3molH2反应放出的热量的2倍
6．运载火箭“太空发射系统”于2018年首次执行飞行任务，其所需燃料为高能火箭燃料——肼(H2N－NH2)。该物质燃烧过程中的能量变化如图所示。
已知：
化学键 N—N O===O NN O—H N—H
键能/ (kJ·mol－1) 159 498 943 460 a
下列判断不正确的是( )
A.表中的a＝389
B.图示中的ΔH3＝＋2249kJ·mol－1
C.H—O键比H—N键稳定
D.N2H4在氧气中燃烧的热化学方程式为
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ·mol－1
7．[2023·山东滕州一中期中]以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程如图所示。
相关反应的热化学方程式：
反应Ⅰ：SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(l)===2HI(aq)＋H2SO4(aq) ΔH1＝－213kJ·mol－1
反应Ⅱ：
H2SO4(aq)===SO2(g)＋H2O(l)＋O2(g)
ΔH2＝＋327kJ·mol－1
反应Ⅲ：2HI(aq)===H2(g)＋I2(g)ΔH3＝＋172kJ·mol－1
下列说法不正确的是( )
A.该过程实现了太阳能到化学能的转化
B.SO2和I2对总反应起到了催化作用
C.总反应的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋286kJ·mol－1
D.该过程降低了水分解制氢的活化能，但总反应的ΔH不变
8.
[2023·辽宁名校联盟联考]如图表示在催化剂(Nb2O5)表面进行的反应：
H2(g)＋CO2(g)===CO(g)＋H2O(g)。
已知下列反应：
①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH1
②C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH2
③C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH3
下列说法不正确的是( )
A.ΔH2＜ΔH3
B.图中的能量转化方式为太阳能转化为化学能
C.反应2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)的ΔH＝2(ΔH3－ΔH2)
D.反应H2(g)＋CO2(g)===CO(g)＋H2O(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH3＋ΔH1
9．[2023·湖北部分学校质量检测]设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：
①C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－akJ·mol－1
②C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH2＝－bkJ·mol－1
其他数据如表：
化学键 C===O O===O C—H O—H C===C
键能/(kJ·mol－1) 798 x 413 463 610
下列说法正确的是( )
A.a＜b，且C2H4的燃烧热为akJ·mol－1
B.x＝
C.H2O(l)===H2O(g)ΔH＝－(b－a) kJ·mol－1
D.当有4NA个C—H键断裂时，放出热量一定为akJ
10．[2023·河北唐山一中期中]工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－198kJ·mol－1，反应过程可用如图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)。下列说法正确的是( )
A.过程Ⅰ和过程Ⅳ决定了整个反应进行的程度
B.过程Ⅱ放热，过程Ⅲ吸热
C.1molSO2和1molO2反应，放出的热量小于99kJ
D.催化剂可降低整个反应的活化能，因此使ΔH减小
练12 化学反应与能量变化、盖斯定律
1．答案：C
解析：由气态时H、H2的相对能量可知，H2的键能为218kJ·mol－1×2＝436kJ·mol－1，A项正确；由表格中数据可知O2的键能为249kJ·mol－1×2＝498kJ·mol－1，而H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol－1，214kJ·mol－1×2<498kJ·mol－1，B项正确；HOO中解离O—O键所需能量为249kJ·mol－1＋39kJ·mol－1－10kJ·mol－1＝278kJ·mol－1，H2O2中解离O—O键所需能量为214kJ·mol－1，C项错误；ΔH＝－136kJ·mol－1＋242kJ·mol－1－249kJ·mol－1＝－143kJ·mol－1，D项正确。
2．答案：C
解析：
根据历程Ⅰ，O3（g）＋O（g） 2O2（g）的ΔH＝（E6－E3）kJ·mol－1，根据历程Ⅱ，O3（g）＋O（g） 2O2（g）的反应热ΔH＝（E5－E2）kJ·mol－1，则E6－E3＝E5－E2，A项正确；根据图示，Cl（g）的相对能量为（E2－E3）kJ·mol－1，由于Cl2（g）的相对能量为0，故Cl2（g）===Cl（g）＋Cl（g）的ΔH＝2（E2－E3）kJ·mol－1，即Cl—Cl键能为2（E2－E3）kJ·mol－1，B项正确；历程Ⅱ使用了催化剂Cl，催化剂不能使平衡发生移动，则O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C项错误；历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应为活化能最小的反应，即ClO（g）＋O（g）===O2（g）＋Cl（g） ΔH＝（E5－E4）kJ·mol－1，D项正确。
3．答案：B
解析：由题图可知，催化反应①中生成物能量高于反应物能量，催化反应①是吸热反应，A错误；E1为催化反应①对应的正反应的活化能，（E2＋ΔH）为催化反应②对应的逆反应的活化能，B正确；决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应速率越慢，催化反应①的正反应活化能更大，反应速率更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，C错误；总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D错误。
4．答案：C
解析：由反应机理图可知，反应Ⅰ为CH3OH===2H2＋CO，反应Ⅱ为CO＋H2O===H2＋CO2。结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，ΔH<0，A项错误；结合反应机理和能量图可知，EⅡ生>EⅠ反，即1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的总能量小于1molCO2（g）和3molH2（g）的总能量，B项错误；催化剂可以降低反应的活化能，从而减少反应过程中的能耗，C项正确；CO（g）属于中间产物，不是催化剂，D项错误。
5．答案：B
解析：在测定中和热时实际加入的酸碱的量的多少会影响反应放出的热量，但不会影响该反应的ΔH，A错误；计算可知，硫粉过量，密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g（即0.2mol）时，放出19.12kJ热量，则热化学方程式为Fe（s）＋S（s）===FeS（s） ΔH＝－95.6kJ·mol－1，B正确；N2和H2反应生成NH3的反应是可逆反应，氮气和氢气没有完全反应，因此不能根据题给数据得出合成氨反应的热化学方程式，C错误；两个反应在容积相同的容器中进行，则压强不同，反应的程度不同，该反应正方向是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则2molN2和6molH2反应程度大，放出的热量多于1molN2和3molH2反应放出的热量的2倍，D错误。
6．答案：A
解析：根据燃烧过程中的能量变化图，可知断裂1molN—N键、1molO===O键、4molN—H键共吸收（2783－534）kJ的能量，所以a＝398，故A错误；根据盖斯定律，图示中的ΔH3＝－534kJ·mol－1＋2783kJ·mol－1＝＋2249kJ·mol－1，故B正确；键能越大越稳定，H—O键比H—N键稳定，故C正确；根据图示，N2H4在氧气中燃烧的热化学方程式为N2H4（g）＋O2（g）===N2（g）＋2H2O（g） ΔH＝－534kJ·mol－1，故D正确。
7．答案：C
解析：通过流程图可知，该流程中消耗了太阳能，储存了化学能，实现了太阳能到化学能的转化，故A正确；根据流程图可知总反应为H2OH2↑＋O2↑，其中SO2和I2起到催化剂的作用，故B正确；反应Ⅰ＋反应Ⅱ＋反应Ⅲ，得到H2O（l）===H2（g）＋O2（g），根据盖斯定律，ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝（－213kJ·mol－1）＋（＋327kJ·mol－1）＋（＋172kJ·mol－1）＝＋286kJ·mol－1，则2H2O（l）===2H2（g）＋O2（g） ΔH＝＋572kJ·mol－1，故C错误；ΔH只与始态和终态有关，催化剂的使用降低了水分解制氢的活化能，但ΔH保持不变，故D正确。
8．答案：A
解析：ΔH2是1molC不完全燃烧反应的焓变，ΔH3是1molC完全燃烧反的焓变，放热焓变为负，故ΔH2＞ΔH3，A项错误；由图知，太阳能提供能量实现CO2和H2反应生成CO和H2O，B项正确；（③－②）×2即得2CO（g）＋O2（g）===2CO2（g） ΔH＝2（ΔH3－ΔH2），C项正确；＋②－③得：H2（g）＋CO2（g）===CO（g）＋H2O（g） ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3，D项正确。
9．答案：B
解析：燃烧热所涉及的产物是稳定的，水应为液态，A项错误；根据键能计算反应热，ΔH1＝[（413×4＋610＋3x）－（798×4＋463×4）] kJ·mol－1＝－akJ·mol－1，则有x＝，B项正确；根据盖斯定律，×（①－②）得H2O（l）===H2O（g） ΔH＝（b－a）kJ·mol－1，C项错误；当有4NA个C—H键断裂时，若生成H2O（g）放出akJ热量，若生成H2O（l）放出bkJ热量，D项错误。
10．答案：C
解析：过程Ⅰ是吸附过程，过程Ⅲ是共价键形成过程，均为放热过程，自发进行程度大，但过程Ⅱ是共价键断裂的过程，过程Ⅳ是生成物解吸过程，均需要消耗能量，活化能相对较大，决定了全部反应进行的程度，A错误；由图可知，过程Ⅱ化学键断裂，为吸热过程，过程Ⅲ化学键形成，为放热过程，B错误；2SO2（g）＋O2（g） 2SO3（g） ΔH＝－198kJ·mol－1是可逆反应，1molSO2和1molO2反应时，O2过量，消耗SO2的物质的量小于1mol，放热小于99kJ，C正确；催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的始态、终态，不能改变反应热，D错误。练13 新型电池、电解池的工作原理及应用
1.
[2023·全国乙卷]室温钠 硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠 硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应：S8＋e－―→S，S＋e－―→S，2Na＋＋S＋2(1－)e－―→Na2Sx
下列叙述错误的是( )
A．充电时Na＋从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是a→b
C．放电时正极反应为：2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
2．[2022·广东卷]科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是( )
A．充电时电极b是阴极
B．放电时NaCl溶液的pH减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g
3．[2022·浙江6月]通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如图(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )
A.电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极反应：
2H2O＋Mn2＋－2e－===MnO2＋4H＋
C．电解一段时间后溶液中Mn2＋浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节pH除去Mn2＋，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
4．[2023·新课标卷]一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下所示。放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是( )
A．放电时V2O5为正极
B．放电时Zn2＋由负极向正极迁移
C．充电总反应：
xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O
D．充电阳极反应：ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O
5．[2023·全国甲卷]用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K＋抑制酸性电解液中的析氢反应可提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是( )
A．析氢反应发生在IrOx Ti电极上
B．Cl－从Cu电极迁移到IrOx Ti电极
C．阴极发生的反应有：
2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O
D．每转移1mol电子，阳极生成11.2L气体(标准状况)
6．[2023·河南安徽两省部分学校诊断]某化工实验室设计了一种新型双微生物燃料电池装置，该装置能够同时消除养殖厂含氮污水和化工厂含醛类废水，工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．当电池工作时，电子由a极经导线流向b极，H＋由b极区经质子交换膜流向a极区
B．a极的电极反应式为
C6H5CHO＋13H2O＋32e－===7CO2↑＋32H＋
C．a极消耗的C6H5CHO和b极消耗的NO的物质的量之比为5∶32
D．该电池装置在加热条件下工作效率会更高
7．[2023·湖南长郡中学月考]“碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A．通入CO2的一极为原电池的正极
B．该装置工作时负极的电极反应式为
Al－3e－===Al3＋
C．当该装置工作时每转移1mol电子，理论上可捕获标准状况下11.2LCO2
D．将该装置作为电源对粗铜进行精炼时，当金属铝的质量每减少27g时，理论上阴极的质量增加96g
8．[2023·北京四中期中]我国科学家研发了一种水系可逆Zn CO2电池，当电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H＋和OH－，在外加电场中可透过相应的离子交换膜定向移动。当闭合K1时，Zn CO2电池工作原理如图所示：
下列说法不正确的是( )
A．当闭合K1时，Zn表面的电极反应式为
Zn＋4OH－－2e－===Zn(OH)
B．当闭合K1时，反应一段时间后，NaCl溶液的pH减小
C．当闭合K2时，Pd电极与直流电源正极相连
D．当闭合K2时，H＋通过a膜向Pd电极方向移动
9．[2023·湖南常德模拟]某科研团队发明了一种新型的锌离子热充电电池，可以利用人体产生的低热量充电。该电池以Zn和VO2 PC为电极材料，实现了低热量发电。放电时，VO2结合Zn2＋生成ZnxVO2·yH2O。原理图如图。
下列说法正确的是( )
A．分离器可以为阴离子交换膜
B．充电时，阳极电极反应式为
ZnxVO2·yH2O＋2xe－===VO2＋xZn2＋＋yH2O
C．放电时，电流从Zn极流向VO2 PC极
D．充电时，锌离子从较高温一侧移至低温一侧
10．[2023·辽宁卷]某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是( )
A．b端电势高于a端电势
B．理论上转移2mole－生成4gH2
C．电解后海水pH下降
D．阳极发生：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋
练13 新型电池、电解池的工作原理及应用
1．答案：A
解析：由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。
充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na＋由硫电极迁移至钠电极，A错误；放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的Na＋结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B正确；将题给的一系列方程式依次标号为①②③，由×①＋×②＋③可以得到放电时正极的反应式为2Na＋＋S8＋2e－―→Na2Sx，C正确；炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；故答案选A。
2．答案：C
解析：由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；放电时负极反应为Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2（PO4）3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2（PO4）3，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g·mol－1×2mol＝46g，故D错误。
3．答案：C
解析：由示意图可知，电解时，电极A上LiMn2O4中Mn元素化合价降低，被还原，电极A是电解装置的阴极，A项正确；由电解装置中电极B上的物质变化可知，Mn2＋被氧化成MnO2，B项正确；阴极上Mn元素化合价由＋3.5→＋2，阳极上Mn元素化合价由＋2→＋4，化合价变化的绝对值不相等，故电解过程中，溶液中的Mn2＋浓度会变化，C项错误；通过调节溶液pH，可使Mn2＋转化为沉淀而除去，再加入可溶性的碳酸盐可使Li＋转化为难溶的碳酸锂，D项正确。
4．答案：C
解析：由题给信息可知，放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A说法正确；放电时Zn为负极，Zn失去电子变为Zn2＋，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2＋由负极向正极迁移，B说法正确；电池在放电时的总反应为xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O===xZn＋V2O5＋nH2O，C说法不正确；充电阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O，D说法正确；故选C。
5．答案：C
解析：由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，A错误；铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，C正确；电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室，B错误；水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每转移1mol电子，生成0.25molO2，在标况下体积为5.6L，故D错误；答案选C。
6．答案：C
解析：在b电极上氮元素化合价由＋5价变成0价，硝酸根离子发生得电子的还原反应，则该电极为正极，a电极为负极，电子由a电极经导线流向b电极，H＋移向正极（即b电极），A错误；a电极为负极，电极反应式为C6H5CHO＋13H2O－32e－===7CO2↑＋32H＋，B错误；b电极为正极，1个硝酸根离子参与反应，转移5个电子，a电极上1个C6H5CHO参与反应，转移32个电子，根据两个电极转移电子数相等得到a电极消耗的C6H5CHO和b电极消耗的NO的物质的量之比为5∶32，C正确；在加热的条件下，微生物中的蛋白质会变性，影响微生物的正常生理反应，故该电池的工作效率会降低，D错误。
7．答案：C
解析：由图可知，CO2转化为C2O，C元素化合价降低，发生得电子的还原反应，因此通入CO2的一极为原电池的正极，故A正确；由该装置图可知，Al作负极，发生失电子的氧化反应，所以电池工作时负极的电极反应式为Al－3e－===Al3＋，故B正确；根据CO2转化为C2O可知，C元素化合价由＋4价变为＋3价，所以当该装置工作时每转移1mol电子，理论上可捕获1molCO2，即标准状况下22.4LCO2，故C错误；将该装置作为电源对粗铜进行精炼时，当金属铝的质量减少27g（即1mol）时，电路中转移3mole－，精炼铜的阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，根据得失电子守恒可知，阴极对应生成1.5molCu，即阴极的质量增加96g，故D正确。
8．答案：D
解析：当闭合K1时，形成原电池，Zn被氧化作负极，原电池中阴离子流向负极，所以OH－通过b膜移向Zn极，负极上Zn失去电子结合OH－生成Zn（OH），电极反应式为Zn＋4OH－－2e－===Zn（OH），故A正确；由A项分析可知，当闭合K1时，Pd电极为正极，原电池中阳离子流向正极，氢离子透过a膜移向Pd电极，CO2得电子后结合氢离子生成HCOOH，所以NaCl溶液的pH减小，故B正确；当闭合K2时，形成电解池，Pd电极上发生失电子的氧化反应，为阳极，与直流电源正极相连，故C正确；当闭合K2时，Pd电极为阳极，氢离子应移向阴极，故D错误。
9．答案：D
解析：由图示信息可知，放电时，锌为负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，VO2结合Zn2＋，说明Zn2＋可以由负极区经阳离子交换膜进入正极区，正极反应为xZn2＋＋VO2＋yH2O＋2xe－===ZnxVO2·yH2O，充电过程与放电过程相反，即Zn2＋由阳极区通过阳离子交换膜进入阴极区，电极反应分别为阴极：Zn2＋＋2e－===Zn，阳极：ZnxVO2·yH2O－2xe－===xZn2＋＋VO2＋yH2O。由分析可知，分离器可以为阳离子交换膜，A错误；充电时，阳极电极反应式为ZnxVO2·yH2O－2xe－===VO2＋xZn2＋＋yH2O，B错误；由分析可知，放电时，Zn极为负极，VO2 PC极为正极，电流从VO2 PC极流向Zn极，C错误；充电时，阳离子由阳极区移向阴极区，则锌离子从较高温一侧移至低温一侧，D正确。
10．答案：D
解析：由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，a为电源正极，右侧电极为阴极，b为电源负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。
由分析可知，a为正极，b为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H＋＋2e－===H2↑，则理论上转移2mole－生成2gH2，B错误；由图可知，该装置的总反应为电解海水，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；由图可知，阳极上的电极反应为：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D正确；故选D。练14电极反应式的书写及电化学相关计算
1．[2022·全国甲卷]一种水性电解液Zn MnO2离子选择双隔膜电池如图所示[KOH溶液中，Zn2＋以Zn(OH)存在]。电池放电时，下列叙述错误的是( )
A．Ⅱ区的K＋通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：
MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O
D．电池总反应：Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋===Zn(OH)＋Mn2＋＋2H2O
2．[2023·湖北卷]我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为xmol·h－1。下列说法错误的是( )
A．b电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜
D．海水为电解池补水的速率为2xmol·h－1
3．[2023·浙江1月]在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法正确的是( )
A.石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：
8H＋＋TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4H2O
C．该体系中，石墨优先于Cl－参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
4．[2023·辽宁卷]某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是( )
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转变为化学能
C．放电时右侧H＋通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：
Pb＋SO＋2Fe3＋===PbSO4＋2Fe2＋
5．[2023·浙江6月]氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是( )
A．电极A接电源正极，发生氧化反应
B．电极B的电极反应式为
2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液
D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
6．[2023·山东烟台一模]电解法处理含有Cl－、NO的酸性废水，其工作原理及电极b中铁的化合物的催化机理如图所示，H表示氢原子。下列说法错误的是( )
A.电极b接电源负极
B．处理1molNO，电路中转移5mole－
C．HClO在阳极生成：
Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋
D．H＋与NO反应的电极方程式为
10H＋＋NO＋8e－===NH＋3H2O
7．[2023·河北百师联盟联考]一种利用CO2制乙醇的光电催化反应器的工作原理如图所示，a、b分别为电源两极。下列说法正确的是( )
A．b为电源的负极
B．该装置中能量转化形式有光能、电能和化学能
C．光催化剂电极反应为
2H2O＋4e－===O2↑＋4H＋
D．每生成23g乙醇，电路中转移的电子的物质的量为6mol
8．[2023·山东淄博一模]双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成H＋和OH－，并分别向两极迁移。用双极膜电解淀粉[(C6H10O5)n]溶液制取双醛淀粉[(C6H8O5)n]的工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．搅拌能明显提高电解反应速率
B．b极的电极反应式为Br－＋6OH－－6e－===BrO＋3H2O、4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C．生成双醛淀粉的反应为(C6H10O5)n＋BrO===(C6H8O5)n＋Br－＋3H2O
D．当电路中转移2mol电子时，可得160g双醛淀粉
9．[2023·山东日照联考]一种利用烃(CxHy)来消除氮氧化物污染的装置的工作原理如图所示，装置中的电极均为惰性电极，两侧电解质溶液为同浓度的盐酸。下列说法错误的是( )
A．通入NO2的电极为正极，NO2发生还原反应
B．若使用的烃为C2H6，该电极反应为
C2H6＋4H2O－14e－===2CO2＋14H＋
C．当装置中转移0.4mol电子时，有0.4NA个H＋通过质子交换膜
D．装置工作一段时间后，两侧电极室中溶液的pH不变
10．[2023·山东青岛一模]锂硫电池因其较高的理论比容量和能量密度而成为最有前途的储能系统之一，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．该电池既可采用有机电解液，又可采用水性电解液
B．放电时电极a上发生反应：
3Li2S8＋2Li＋＋2e－===4Li2S6
C．负极材料减少2.8g，外电路中通过0.4mol电子
D．充电时，电池总反应为
8Li2Sx===16Li＋xS8(2≤x≤8)
练14 电极反应式的书写及电化学相关计算
1．答案：A
解析：根据题图可知Zn为负极，电极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn（OH），MnO2为正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O。A项，根据负极反应可知，Ⅲ区中负电荷减少，为了平衡溶液中电荷，放电时Ⅲ区的钾离子向Ⅱ区迁移，错误；B项，根据正极反应可知，Ⅰ区中正电荷减少，为了平衡溶液中电荷，硫酸根离子从Ⅰ区迁移至Ⅱ区，正确；D项，将正、负极电极反应相加即可得到电池总反应，正确。
2．答案：D
解析：由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极与电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阳极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，电池总反应为2H2O2H2↑＋O2↑，据此解答。
b电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故A正确；该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，为保持OH－离子浓度不变，则阴极产生的OH－离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换摸，故B正确；电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；由电解总反应可知，每生成1molH2要消耗1molH2O，生成H2的速率为xmol·h－1，则补水的速率也应是xmol·h－1，故D错误；答案选D。
3．答案：C
解析：根据各电极上的物质变化，判断反应类型，确定电极类型。
石墨电极为阳极，A项错误；该电解池的电解质为熔融盐，不存在H＋，B项错误；根据阳极上生成CO知，石墨优先于Cl－参与反应，C项正确；石墨电极为阳极，阴离子O2－向石墨电极移动，D项错误。
4．答案：B
解析：该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极上Fe3＋得电子转化为Fe2＋，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2＋失电子生成Fe3＋，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子生成Pb和硫酸。
放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误；储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H＋通过质子交换膜移向右侧，C错误；充电时，总反应为PbSO4＋2Fe2＋===Pb＋SO＋2Fe3＋，D错误；故答案选B。
5．答案：B
解析：电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确；电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：2H2O＋4e－＋O2===4OH－，故B错误；右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。综上所述，答案为B。
6．答案：B
解析：由图知，电极b上硝酸根离子转化为铵根离子，被还原，则电极b为阴极，应接电源负极，A正确；硝酸根离子转化为铵根离子，N元素化合价从＋5价降低到－3价，则处理1molNO，电路中转移8mole－，B错误；阳极区氯离子失去电子被氧化，生成HClO：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，C正确；电极b上硝酸根离子得电子并与H＋结合生成铵根离子和水，电极反应式为10H＋＋NO＋8e－===NH＋3H2O，D正确。
7．答案：B
解析：由题图可知，装置为电解池，H＋向左极室移动，说明左侧为电池阴极，则电极a为负极，A错误；反应过程中有光能、电能向化学能的转化，B正确；在光催化剂的作用下，H2O发生失电子的氧化反应，分解成O2和H＋，光催化剂电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，C错误；23g乙醇的物质的量为＝0.5mol，C元素由CO2中的＋4价降低到CH3CH2OH中的－2价，故生成0.5mol乙醇时转移的电子数目为6mol，但同时阴极上H＋得电子生成H2，故当阴极上产生0.5mol乙醇时，电路中转移的电子的物质的量一定大于6mol，D错误。
8．答案：B
解析：电子或离子的定向移动快慢与电源电压有关，搅拌并不能明显提高电解反应速率，A错误；由电解原理图可知，a极氢离子得电子生成氢气，为阴极，b极氢氧根离子失电子生成氧气，溴离子失电子与OH－结合生成溴酸根离子和水，为阳极，电极反应式分别为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑、Br－＋6OH－－6e－===BrO＋3H2O，B正确；由电解原理图可知，生成双醛淀粉的反应为3（C6H10O5）n＋nBrO===3（C6H8O5）n＋nBr－＋3nH2O，C错误；阳极既生成氧气，又生成溴酸根离子，所以电路转移2mol电子时无法确定生成的溴酸根离子的量，D错误。
9．答案：D
解析：NO2发生得电子的还原反应生成N2，通入NO2的电极为正极，故A正确；若使用的烃为C2H6，由A项分析可知，通入烃的电极为负极，负极上1分子C2H6失去14个电子生成2分子CO2，电解质溶液呈酸性，则负极的电极反应式为C2H6＋4H2O－14e－===2CO2＋14H＋，故B正确；该原电池中，正极反应式为2NO2＋8e－＋8H＋===N2＋4H2O，当转移8mol电子时，需消耗8molH＋，则转移0.4mol电子时，根据电荷守恒可知，有0.4NA个H＋通过质子交换膜，故C正确；根据电极反应式可知，电池工作时两侧电极室中H＋的物质的量基本不变，但正极反应生成水，使正极室溶液的酸性减弱，pH增大，同理，负极反应消耗水，使负极室溶液的酸性增强，pH减小，故D错误。
10．答案：A
解析：由图可知，放电时，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，则b电极为原电池的负极，电极反应式为Li－e－===Li＋，a电极为正极，S8在正极得到电子生成Li2Sx，电极反应式为xS8＋16e－＋16Li＋===8Li2Sx，电池的总反应为xS8＋16Li===8Li2Sx（2≤x≤8），充电时a电极与直流电源负极相连作阴极，b电极与正极相连作阳极。锂能与水反应，所以该电池不可采用水性电解液，故A错误；由分析可知，a电极为正极，放电时发生一系列反应的其中之一为3Li2S8＋2Li＋＋2e－===4Li2S6，故B正确；由分析可知，Li在负极发生反应Li－e－===Li＋，通过电子的物质的量为＝0.4mol，故C正确；充、放电时的总反应互为逆反应，由放电时的总反应xS8＋16Li===8Li2Sx（2≤x≤8）可知，充电时的总反应为8Li2Sx===16Li＋xS8（2≤x≤8），故D正确。练15 化学反应速率及影响因素
1．[2022·广东卷]在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X―→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则( )
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，0～2min内，v(X)＝1.0mol·L－1·min－1
2．[2022·浙江6月]恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是( )
A.实验①，0～20min，v(N2)＝1.00×10－5mol·L－1·min－1
B．实验②，60min时处于平衡状态，x≠0.40
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
3．[河北卷]室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M＋N===X＋Y；②M＋N===X＋Z。反应①的速率可表示为v1＝k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是( )
A.0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10－3mol·L－1·min－1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
4．[2023·辽宁卷]一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
5．[浙江卷6月]一定温度下，在N2O5的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：2N2O5 4NO2＋O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：
t/s 0 600 1200 1710 2220 2820 x
c(N2O5)/ (mol·L－1) 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12
下列说法正确的是( )
A．600～1200s，生成NO2的平均速率为5.0×10－4mol·L－1·s－1
B．反应2220s时，放出的O2体积为11.8L(标准状况)
C．反应达到平衡时，v正(N2O5)＝2v逆(NO2)
D．推测上表中的x为3930
6．将1molA(g)和2molB(g)置于2L某密闭容器中，600℃下发生反应：A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)，并达到平衡。C的体积分数随时间变化如图Ⅰ中曲线b所示，反应过程中的能量变化如图Ⅱ所示，下列说法不正确的是( )
A．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，0～4秒内，以A表示的化学反应速率是0.1125mol·L－1·s－1
B．恒温条件下，缩小反应容器体积可以使反应的过程按图Ⅰ中曲线a进行
C．在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大，E1和E2均减小
D．800℃时该反应的平衡常数的值约为7.36
7．[2023·河南名校联盟期中]如何控制NOx的排放是全球关注的热点，催化脱硝法中的催化还原法是目前工业上较成熟的方法。以NH3为还原剂的催化反应原理之一为
2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g) 2N2(g)＋3H2O(g)，
若向VL的恒容密闭容器中投入4molNH3和一定量NO和NO2，测得NH3(g)、N2 (g)、H2O(g)的浓度随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．V＝4
B．a点时该反应达到平衡
C．曲线Ⅱ表示N2(g)的浓度变化
D．从开始到30s内，用H2O(g)表示的平均反应速率为0.04mol·L－1·s－1
8．[2023·山东联考]在容积为2L的密闭容器中进行反应：A(s)＋2B(g) 3C(g)＋nD(g)，开始时，A为4mol，B为6mol；5min末，测得C的物质的量为3mol，用D的浓度变化表示化学反应速率：v(D)＝0.1mol·L－1·min－1。下列说法错误的是( )
A．前5min内用A的浓度变化表示化学反应速率：v(A)＝0.1mol·L－1min－1
B．化学方程式中n值为1
C．当反应达到平衡时，3v正(B)＝2v逆(C)
D．此反应在两种不同情况下的速率分别表示为①v(B)＝6mol·L－1·min－1，②v(D)4.5mol·L－1·min－1，其中反应速率快的是②
9．[2023·辽宁大连一模]研究表明，NaBH4与水反应制氢气的原理为BH＋2H2O===BO＋4H2↑。表格为pH和温度对NaBH4半衰期的影响(半衰期是指反应过程中，某物质的浓度降低到初始浓度一半所需的时间)，下列说法错误的是( )
体系pH 不同温度下NaBH4的半衰期/min
0℃ 25℃ 50℃
10 4.32×102 6.19×101 8.64×100
12 4.32×104 6.19×103 8.64×102
14 4.32×106 6.19×105 8.64×104
A.NaBO2溶液显碱性，溶液中各离子浓度大小为c(Na＋)＞c(BO)＞c(OH－)>c(H＋)
B.在50℃、pH＝12的条件下，NaBH4初始浓度为4.32mol·L－1，则半衰期内v(H2)＝0.01mol·L－1·min－1
C.由表格中数据可知，相同pH下，NaBH4与水反应的速率随温度升高而增大
D.由表格中数据可知，相同温度下，NaBH4与水反应的速率随pH升高而增大
练15 化学反应速率及影响因素
1．答案：D
解析：由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2min内Y的浓度变化了2.0mol·L－1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2min内，Y的浓度变化了4.0mol·L－1，则v（Y）＝＝＝2.0mol·L－1·min－1，v（X）＝v（Y）＝×2.0mol·L－1·min－1＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。
2．答案：C
解析：由表格中数据可知，0～20min，平均反应速率v（N2）＝v（NH3）/2＝（2.40－2.00）×10－3mol·L－1/（20min×2）＝1.00×10－5mol·L－1·min－1，A项正确；催化剂表面积的大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10－4mol×L－1，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4mol·L－1，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min平衡时x≠0.4，B项正确；对比实验①、②可知，增加氨气的浓度，反应速率不变，C项错误；对比实验①、③可知，催化剂表面积增大，反应速率增大，D项正确。
3．答案：A
解析：0～30min时间段内，Δc（Z）＝0.125mol·L－1，Δc（M）＝0.500mol·L－1－0.300mol·L－1＝0.200mol·L－1，反应①中Δc（M）＝0.200mol·L－1－0.125mol·L－1＝0.075mol·L－1，则Δc（Y）＝0.075mol·L－1，v（Y）＝＝＝2.5×10－3mol·L－1·min－1，A说法错误；反应①、②速率之比为＝＝，为定值，则Y、Z的浓度变化量之比也为定值，故反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变，B说法正确；由上述分析可知，＝＝＝，如果反应能进行到底，反应结束时①、②的转化率之比为3∶5，因此有（即62.5%）的M转化为Z，C说法正确；结合C选项，反应①的速率小于反应②的速率，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
4．答案：C
解析：开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn（Ⅶ）浓度减小直至为0，Mn（Ⅲ）浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn（Ⅲ），同时先生成少量Mn（Ⅳ）后Mn（Ⅳ）被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn（Ⅲ）浓度减少，Mn（Ⅱ）的浓度增大；据此作答。
由图像可知，随着时间的推移Mn（Ⅲ）的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn（Ⅲ），后Mn（Ⅲ）被消耗生成Mn（Ⅱ），Mn（Ⅲ）能氧化H2C2O4，A项错误；随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn（Ⅱ），Mn（Ⅱ）对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；由图像可知，Mn（Ⅶ）的浓度为0后才开始生成Mn（Ⅱ），该条件下Mn（Ⅱ）和Mn（Ⅶ）不能大量共存，C项正确；H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应写化学式，总反应为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误；答案选C。
5．答案：D
解析：根据表中数据及方程式2N2O5 4NO2＋O2知600～1200s时，v（N2O5）＝＝＝5.0×10－4mol·L－1·s－1，由关系式＝可得，v（NO2）＝2×5.0×10－4mol·L－1·s－1，A错误；反应2220s时，消耗n（N2O5）＝（1.40－0.35）mol·L－1×0.1L＝0.105mol，根据关系式可知＝n（O2），则V（O2）＝0.105mol××22.4L·mol－1＝1.176L，B错误；达到平衡时，＝，C错误；由表中数据知，1710～2820s，c（N2O5）减小一半，用时1110s，可以推断出2820～xs，c（N2O5）减小一半也用时1110s，故x＝1110＋2820＝3930，D正确。
6．答案：D
解析：A项，由题图Ⅰ知第4秒钟后C的体积分数不再变化，说明反应达到化学平衡状态，此时n（C）＝（1mol＋2mol）×0.3＝0.9mol，根据反应方程式的化学计量数关系可知，vA＝vC＝mol·L－1·s－1＝0.1125mol·L－1·s－1，正确；B项，缩小反应容器的体积，压强增大，因反应前后气体的分子数相等，增大压强平衡不移动，但反应速率加快，到达平衡所需的时间缩短，曲线a符合反应变化过程，正确；C项，加入催化剂，正、逆反应的活化能均降低，则E1和E2均减小，化学反应速率增大，正确；D项，由题图Ⅰ可知，600℃下达平衡时n（C）＝0.9mol，则n（D）＝0.9mol，n（A）＝0.1mol，n（B）＝1.1mol，故600℃时的平衡常数K＝＝≈7.36，由题图Ⅱ可知该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故800℃时该反应的平衡常数的值小于7.36，错误。
7．答案：C
解析：NH3（g）是反应物，随着反应的进行，浓度减小，H2O（g）、N2（g）的化学计量数之比为3∶2，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2O（g）、N2（g）、NH3（g）的浓度变化。由上述分析可知，曲线Ⅲ表示NH3（g）的浓度变化，则NH3（g）的起始浓度为2.0mol·L－1，所以容器的容积为＝2L，A错误；a点后体系中各物质的浓度还在改变，反应未达到平衡，B错误；由上述分析可知曲线Ⅱ表示N2（g）的浓度变化，C正确；由上述分析可知曲线Ⅰ表示H2O（g）的浓度变化，从开始到30s内，用H2O（g）表示的平均反应速率为＝0.06mol·L－1·s－1，D错误。
8．答案：A
解析：A为固体，其浓度为常数，不能用来表示化学反应速率，A错误；根据题干信息，可以列出如下三段式：
A（s）＋2B（g） 3C（g）＋nD（g）
起始量/mol4600
转化量/mol1230.1×2×5
5min末的量/mol3431
n（C）∶n（D）＝3∶1，又根据化学计量数之比等于转化量之比可知n＝1，B正确；当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，以不同物质表示反应速率，则反应速率之比等于化学计量数之比，即＝，3v正（B）＝2v逆（C），C正确；当v（D）＝4.5mol·L－1·min－1时，若用B的浓度变化表示化学反应速率应为v（B）＝4.5mol·L－1·min－1×2＝9mol·L－1·min－1，反应速率比①快，D正确。
9．答案：D
解析：NaBO2溶液显碱性，则溶液中c（OH－）>c（H＋），根据电荷守恒，c（Na＋）>c（BO），Na＋和BO是NaBO2完全电离产生的，浓度大于水电离产生的H＋、OH－，所以溶液中各离子浓度大小为c（Na＋）>c（BO）>c（OH－）>c（H＋），A正确；在50℃、pH＝12的条件下，NaBH4初始浓度为4.32mol·L－1，NaBH4的浓度降低到初始浓度的一半即2.16mol·L－1所需的时间为8.64×102min，则半衰期内v（NaBH4）＝＝2.5×10－3mol·L－1·min－1，根据关系式BH～4H2，用不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，则v（H2）＝4v（NaBH4）＝0.01mol·L－1·min－1，B正确；由表格中数据可知，相同pH下，NaBH4的半衰期随温度升高逐渐减小，则NaBH4与水反应的速率随温度升高而增大，C正确；由表格中数据可知，相同温度下，NaBH4的半衰期随pH升高逐渐增大，则NaBH4与水反应的速率随pH升高而减小，D错误。练16 化学平衡及移动
1．[2022·辽宁卷]某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X(s) Y(g)＋2Z(g)，
有关数据如下：
时间段/min 产物Z的平均生成 速率/mol·L－1·min－1
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是( )
A.1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1
B.2min时，加入0.20molZ，此时v正(Z)＜v逆(Z)
C.3min时，Y的体积分数约为33.3%
D.5min时，X的物质的量为1.4mol
2．[2023·浙江6月]一定条件下，1 苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是( )
A.反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ
B.反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ
C.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例
D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
3．[2023·辽宁卷]某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知I(aq)为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是( )
选项 颜色变化 解释
A 溶液呈浅棕色 I2在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深 发生了反应：I2＋I－ I
C 紫黑色晶体消失 I2(aq)的消耗使溶解平衡 I2(s) I2(aq)右移
D 溶液褪色 Zn与有色物质发生了置换反应
4.[江苏卷]N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)ΔH＝－116.4kJ·mol－1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NOx转化为N2，也可将水体中的NO转化为N2。对于反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)，下列说法正确的是 ( )
A.该反应的ΔH<0，ΔS<0
B.反应的平衡常数可表示为K＝
C.使用高效催化剂能降低反应的焓变
D.其他条件相同，增大，NO的转化率下降
5．[2023·北京丰台区期末]某温度下，在密闭容器中进行反应：H2(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(g) ΔH>0，已知H2(g)和CO2(g)的初始浓度均为0.01mol·L－1，测得H2的平衡转化率为60%，下列说法不正确的是 ( )
A.CO2的平衡转化率为60%
B.升高温度平衡常数K增大
C.该温度下反应的平衡常数K＝2.25
D.若初始H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)浓度均为0.01mol·L－1，则反应逆向进行
6．[2023·广东汕头期末]我国为实现碳达峰、碳中和不断发展创新CO2综合利用的技术。某实验小组研究CO2和CH4反应得到合成气的反应，反应的原理为CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g)。向容积为1L的密闭容器中充入1molCH4和1molCO2，反应过程中CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A.该反应的ΔH<0
B.压强：p2>p1
C.1100℃时，该反应的平衡常数为12.96
D.反应达到平衡后向容器内再充入1molCH4和1molCO2，此时CO2的平衡转化率会增大
7．[2023·山东德州二模]在恒温恒容密闭容器中发生反应2H2(g)＋2NO(g) 2H2O(g)＋N2(g)，N2的瞬时生成速率v＝k·cm(H2)c2(NO)。控制NO起始浓度为0.5mol·L－1，N2的瞬时生成速率和H2起始浓度的关系如图所示，下列说法正确的是 ( )
A.由题可知，该反应的速率常数k为15
B.随着H2起始浓度增大，该反应平衡常数增大
C.达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，则NO转化率减小
D.H2起始浓度为0.2mol·L－1，某时刻NO的浓度为0.4mol·L－1，则N2的瞬时生成速率为0.24mol·L－1
8．[2023·重庆八中月考]下列关于化学平衡的说法正确的是( )
A.3CH4(g)＋2N2(g) 3C(s)＋4NH3(g)，反应达到平衡时，3v(CH4)＝4v(NH3)
B.反应：2NO2(g) N2O4(g) ΔH<0，改变A点的温度、压强，使其变为B点或C点，由图可知，体系颜色：A点比B、C点更深
C.在恒温恒压条件下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，达到平衡时各物质的物质的量均为1mol，再充入3molN2，平衡正向移动
D.恒温恒容条件下，CaO(s)＋CO2(g) CaCO3(s)，容器中含足量CaO和CaCO3固体，达到平衡后再充入CO2，达到新平衡时，容器内的压强不变
9．[2023·山东联考]回收利用CO是工业生产的一项新课题，某项新技术研究成果为甲醇与CO反应制备乙酸，其反应为CH3OH(g)＋CO(g) CH3COOH(l)，测得甲醇的转化率随温度的变化如图所示。
下列有关说法正确的是( )
A.温度升高，平衡常数K增大
B.当温度为T1时，该反应的正反应速率：B点>A点
C.缩小容器容积，既能加快反应速率，又能提高甲醇的转化率
D.选择合适的催化剂可以降低反应活化能并提高平衡产率
10．[2023·山西联考]煤燃烧排放的烟气中含有SO2，SO2易形成酸雨，污染大气。采用NaClO2溶液作为吸收剂可对烟气进行脱硫，发生反应：ClO(aq)＋2SO(aq) 2SO(aq)＋Cl－(aq) ΔH。在不同温度下，测得反应中SO2的压强变化如图所示，下列说法错误的是( )
A.ΔH<0
B.该反应的平衡常数表达式为
K＝
C.减小压强，有利于该反应朝正反应方向进行
D.平衡常数：K(a)>K(b)>K(c)
练16 化学平衡及移动
1．答案：B
解析：反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1min内Z的平均生成速率大于0～2min内的，故1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1，A正确；4min时生成的Z的物质的量为0.15mol·L－1·min－1×4min×1L＝0.6mol，6min时生成的Z的物质的量为0.10mol·L－1·min－1×6min×1L＝0.6mol，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生成了amolY，列三段式：
2X（s） Y（g）＋2Z（g）
初始量/mol 2.0 0 0
转化量/mol2aa2a
平衡量/mol2.0－2aa0.6
根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6mol·L－1，平衡常数K＝c2（Z）·c（Y）＝0.108，2min时Y的浓度为0.2mol·L－1，Z的浓度为0.4mol·L－1，加入0.2molZ后Z的浓度变为0.6mol·L－1，Qc＝c2（Z）·c（Y）＝0.072v逆（Z），B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，＝，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol，则X的转化量为0.6mol，初始X的物质的量为2mol，剩余X的物质的量为1.4mol，D正确。
2．答案：C
解析：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应Ⅰ放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A正确；短时间里反应Ⅰ得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B正确；增加HCl浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例可能降低，故C错误；根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。综上所述，答案为C。
3．答案：D
解析：向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；已知I（aq）为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I－与I2发生反应I－＋I2 I，生成I使溶液颜色加深，B项正确；I2在水中存在溶解平衡I2（s） I2（aq），Zn与I2反应生成的I－与I2（aq）反应生成I，I2（aq）浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；答案选D。
4．答案：A
解析：A项，根据题给信息ΔH<0可知，该反应为放热反应，同时该反应为气体化学计量数减小的反应，故ΔS<0，正确；B项，该反应的平衡常数为K＝，错误；C项，催化剂不能改变焓变，错误；D项，若n（NO）不变，增大n（O2），即增大，此时平衡正向移动，NO转化率增大，错误。
5．答案：D
解析：根据题目已知信息，列三段式：
H2（g）＋CO2（g） H2O（g）＋CO（g）
起始浓度/（mol·L－1） 0.01 0.01 0 0
转化浓度/（mol·L－1）0.0060.0060.0060.006
平衡浓度/（mol·L－1）0.0040.0040.0060.006
因此，二氧化碳的平衡转化率为60%，A正确；此反应的正反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数K增大，B正确；依据选项A中的三段式可知，该温度下平衡常数K＝＝＝2.25，C正确；若初始H2（g）、CO2（g）、H2O（g）、CO（g）浓度均为0.01mol·L－1，则此时浓度商Qc＝＝16．答案：C
解析：由题图可知，当压强相同时，温度升高，CO2的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，故该反应的ΔH>0，A错误；由题图可知，当温度相同时，p2压强下CO2的平衡转化率更大，结合化学方程式CO2（g）＋CH4（g） 2CO（g）＋2H2（g）可知，该反应的正反应为气体总分子数增大的反应，增大压强，化学平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，故压强：p2 CO2（g） ＋ CH4（g） 2CO（g）＋2H2（g）
起始浓度/（mol·L－1）1100
转化浓度/（mol·L－1）0.60.61.21.2
平衡浓度/（mol·L－1）0.40.41.21.2
该反应的平衡常数为K＝＝12.96，C正确；反应达到平衡后向容器内再充入1molCH4和1molCO2，容器容积不变，相当于对体系加压，化学平衡逆向移动，故此时CO2的平衡转化率会减小，D错误。
7．答案：A
解析：NO起始浓度为0.5mol·L－1，由图像可知，N2的瞬时生成速率与H2起始浓度呈线性关系，则m＝1，将数据（0.2，0.75）代入v＝k·c（H2）c2（NO），该反应的速率常数k＝＝＝15，A项正确；同一反应，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B项错误；化学平衡状态的判断、达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，新平衡与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，则NO转化率增大，C项错误；由2H2（g）＋2NO（g） 2H2O（g）＋N2（g）可知，NO起始浓度为0.5mol·L－1，某时刻NO的浓度为0.4mol·L－1，变化量为0.1mol·L－1，则此时H2的浓度为0.2mol·L－1－0.1mol·L－1＝0.1mol·L－1，N2的瞬时生成速率v＝15c（H2）c2（NO）＝15×0.1×0.42mol·L－1·s－1＝0.24mol·L－1·s－1，单位错误，D项错误。
8．答案：D
解析：若要用CH4与NH3的反应速率表示反应达到平衡，应该是4v正（CH4）＝3v逆（NH3），A错误；由于A到C是加压，NO2与N2O4浓度均变大，平衡右移，达到新平衡时NO2的浓度大于原平衡时浓度，因此颜色深度：C>A，A到B体系温度降低，平衡右移，NO2浓度下降，颜色深度：A>B，B错误；因为反应条件为恒压，假设总压为p总，由于温度不变，Kp不变，原本的Kp＝，由题可知，平衡时，各物质的物质的量为1mol，则有p（NH3）＝p（N2）＝p（H2）＝p总，则Kp＝，充入3molN2后，此时的Qc＝，p′（NH3）＝p总＝p′（H2），p′（N2）＝p总＝p总，代入可得Qc＝，Qc＝Kp，平衡不移动，C错误；由于温度不变，压强平衡常数Kp不变，而Kp＝p（CO2），因此平衡时CO2的压强不变，D正确。
9．答案：C
解析：由图可知，随着温度升高，甲醇的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡常数K减小，A错误；由图可知，T1温度下A点未达到平衡，反应向正反应方向进行，该反应的正反应速率：A点>B点，B错误；缩小容器的容积，相当于增大体系压强，反应速率加快，且平衡正向移动，甲醇的转化率提高，C正确；催化剂可以降低活化能，但不能提高平衡产率，D错误。
10．答案：C
解析：SO2的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，说明温度越高，SO2的平衡分压越大，即SO的浓度越大，则升高温度，化学平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应，ΔH<0，A正确；根据化学平衡常数的计算公式可知，该反应的化学平衡常数K＝，B正确；减小压强，SO2在溶液中的溶解度会减小，导致SO浓度减小，化学平衡逆向移动，因此减小压强不利于该反应朝正反应方向进行，C错误；升高温度，化学平衡逆向移动，化学平衡常数减小，温度：T（a）K（b）>K（c），D正确。练17 化学反应速率和化学平衡图像分析
1．[2022·广东卷]恒容密闭容器中，BaSO4(s)＋4H2(g) BaS(s)＋4H2O(g)在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是( )
A．该反应的ΔH<0
B．a为n(H2O)随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率增大
2．[广东卷]反应X===2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．a为c(X)随t的变化曲线
B．t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z)
C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率
D．t3后，c(Z)＝2c0－c(Y)
3．[2023·湖南卷]向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x(x＝)随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A.x1B．反应速率：vb正C．点a、b、c对应的平衡常数：KaD．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
4．[2023·湖南衡阳八中月考]下列叙述与图中甲、乙、丙、丁相符合的是( )
A．图甲是锌粒与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，t1时刻溶液的温度最高
B.图乙是恒温密闭容器中发生CaCO3(s) CaO(s)＋CO2(g)反应时，c(CO2)随反应时间变化的曲线，t1时刻改变的条件可能是增大容器的容积
C．图丙表示反应A2(g)＋3B2(g) 2AB3(g)中AB3的平衡体积分数随起始n(B2)变化的曲线，A2起始时的物质的量相同，当达到平衡时A2的转化率大小为cD．图丁表示在恒容密闭容器中当其他条件相同时改变温度，反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(l)中n(CH3OH)随时间变化的曲线，说明反应平衡常数：KⅡ5．[2023·山东联考]某研究小组在不同温度(T1>T2)下，在某恒容密闭容器中进行储氢合金储氢过程的探究。平衡时，氢气的压强(p)与固相中氢原子与金属原子(M)的个数比[]的关系如图：
已知：①OA(或OA′)段：M(s)＋H2(g) MHx(s) ΔH1(Ⅰ)
②AB(或A′B′)段：zMHx(s)＋H2(g) zMHy(s) ΔH2(Ⅱ)
③在B或B′点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，的值变化较小。
下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ、Ⅱ均为ΔS>0的反应
B．平衡常数：K(c)C．该储氢合金可通过降温或加压的方式释放H2
D．由a点移到d点，需在恒温恒容条件下通入少量氢气
6．[2023·河南联考阶段性测试]用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为
2C(s)＋2NO2(g) N2(g)＋2CO2(g)。在密闭容器中1molNO2和足量C发生上述反应，反应相同时间内测得NO2的生成速率与N2的生成速率随温度变化的关系如图甲所示；维持温度不变，反应相同时间内测得NO2的转化率随压强的变化如图乙所示。
下列说法错误的是 ( )
A．图甲中的A、B、C三个点中只有C点的v正＝v逆
B.图乙中E点的v逆小于F点的v正
C．图乙中平衡常数K(E)＝K(G)，则NO2的平衡浓度c(E)＝c(G)
D．在恒温恒容下，向图乙中G点平衡体系中充入一定量的NO2，与原平衡相比，NO2的平衡转化率减小
7．[2023·河北高三阶段练习]如图表示生成几种氯化物反应的自由能变化(ΔG)随温度变化情况。若在图示温度范围内ΔH和ΔS不变，且lgKp＝－，其中R为常数，T为温度。下列说法错误的是( )
A．反应①在温度aK时的平衡常数Kp为1
B．反应②的平衡常数随温度升高而减小
C．图示温度范围内，③是自发进行的
D．任何温度下均可用H2还原SiCl4制备Si
8．在某刚性容器中加入一定量的CO2和H2，发生反应CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ΔH<0。下列相关物理量的变化关系及描述正确的是( )
A．图①表示t1时刻增大CO2的浓度对反应速率的影响
B．图②可表示该反应的平衡常数随温度的变化关系
C．图③表示的是压强对化学平衡的影响，且乙对应的压强较大
D．图④可表示初始时加入CO2、H2各1mol，部分物质的体积分数随时间的变化关系
练17 化学反应速率和化学平衡图像分析
1．答案：C
解析：从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错误。
2．答案：D
解析：由题图知，a起始浓度最大，在整个反应过程中浓度一直减小，所以a代表c（X）随t的变化曲线，A说法正确；t1时，三条曲线相交，三种物质的浓度相等，B说法正确；结合题给反应判断，先增加后减小的是c（Y）随t变化的曲线，一直增大的是c（Z）随t变化的曲线，t2时，c（Y）在减小，说明Y的消耗速率大于生成速率，C说法正确；由题图知，t3后，只有Y和Z，X完全反应，结合反应①②可得出c（Z）＝2c0－2c（Y），D说法错误。
3．答案：B
解析：
结合图像分析可知，A项正确，B项错误；该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数增大，结合图像可知平衡常数Ka4．答案：D
解析：锌粒与盐酸的反应是放热反应，随着反应的进行，温度越来越高，当恰好完全反应时，温度最高，图甲中t1时刻之后反应还在进行，则体系温度还会升高，A错误；据图乙可知，t1时刻c（CO2）瞬间增大，而增大容器的容积会使c（CO2）瞬间减小，B错误；当其他条件相同时，起始B2的物质的量越大，即浓度越大，A2的平衡转化率越大，达到平衡时A2的转化率大小为a5．答案：B
解析：反应Ⅰ、Ⅱ均是气体分子数减小的反应，系统混乱度下降，均为ΔS<0的反应，A错误；平衡常数只与温度有关，a、b点均在T2温度下，K（a）＝K（b），题给信息T1>T2，由图可知，T1温度下氢气压强更大，说明升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，故平衡常数：K（c）6．答案：C
解析：由2C（s）＋2NO2（g） N2（g）＋2CO2（g）可知，NO2的生成速率（逆反应速率）是N2的生成速率（正反应速率）的二倍时，正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足，A正确；由图乙知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强：E7．答案：D
解析：由图可知反应①在温度aK时ΔG＝0，又lgKp＝－，故Kp＝1，A正确。反应②是熵减反应，ΔG＝ΔH－TΔS<0，故ΔH<0，反应②的平衡常数随温度升高而减小，B正确。图示温度范围内反应③的ΔG<0，故自发进行，C正确。由反应④－反应②可得反应H2＋SiCl4 Si＋2HCl，温度为dK时，反应④的ΔG小于反应②，上述反应的ΔG<0，反应可自发进行，H2能还原SiCl4制备Si；温度低于bK时，反应④和ΔG大于反应②，上述反应的ΔG>0，H2不能还原SiCl4制备Si，D错误。
8．答案：D
解析：
D项，初始时加入1molCO2、1molH2，假设平衡时CO2转化了xmol，则
CO2（g）＋4H2（g） CH4（g）＋2H2O（g）
起始量/mol1100
转化量/molx4xx2x
平衡量/mol1－x1－4xx2x
平衡时CO2的体积分数＝×100%＝50%，即反应过程中CO2的体积分数始终为50%，CH4的体积分数逐渐增大，最终保持不变，正确。练18 溶液的酸碱性和pH
1．[2022·浙江6月]25℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列说法正确的是( )
A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)
B．将浓度均为0.10mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C．25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D．25℃时，0.10mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
2．[浙江6月]某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是 ( )
A．25℃时，若测得0.01mol·L－1NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得0.01mol·L－1HR溶液pH>2且pH<7，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH＝b，b－a<1，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH＝b，a>b，则HR是弱酸
3．[浙江1月]25℃时，下列说法正确的是( )
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010mol·L－1、0.10mol·L－1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1<α2
D．100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出H＋的物质的量为1.0×10－5mol
4．[2023·山东潍坊四中月考]水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是 ( )
A．图中五点对应的Kw间的关系：B>E>C>A>D
B．若从A点到D点，可采用在水中加入少量的H2SO4的方法
C．若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量NaOH的方法
D．若处在B点时，将pH＝2的硫酸溶液与pH＝12的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
5．[2023·黑龙江哈尔滨九中月考]下列说法正确的是(以下数据均为25℃时测定) ( )
A．1.0×10－5mol·L－1的盐酸稀释103倍，氢离子和氯离子浓度的比值为1
B．pH＝12的Na2CO3溶液中c水(OH－)＝1.0×10－12mol·L－1
C．已知H2A电离平衡常数K1＝5.0×10－2，K2＝5.2×10－5，则NaHA溶液的pH<7
D．pH＝3的硝酸和pH＝12的氢氧化钡溶液按体积比为9∶1混合(忽略溶液混合引起的体积变化)，溶液pH＝3
6．[2023·浙江山水联盟联考]常温下，0.1mol·L－1的CH3COONa溶液的pH＝8.8，溶液中存在：
①H2O H＋＋OH－ Kw
②CH3COO－＋H＋ CH3COOH K1
③CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－ K2
下列说法不正确的是 ( )
A．K2＝K1×Kw
B．由水电离的氢离子浓度为10－8.8mol·L－1
C.常温下，该溶液加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
D．常温下，向100mL该溶液中加入100mLpH＝8.8的NaOH溶液，所得溶液的pH仍为8.8
7．[2023·河南名校联盟阶段测试]25℃时，下列说法错误的是 ( )
A．pH均为2的醋酸溶液和盐酸中，水的电离程度相等
B．NaHX溶液显碱性，则溶液中一定存在HX－的水解平衡
C．NH4Y溶液显中性，升高溶液温度，水电离出的c(H＋)不变
D．pH＝2的醋酸溶液和pH＝12的NaOH溶液等体积混合后溶液中c(H＋)>c(OH－)
8．室温时，下列说法正确的是 ( )
A．pH＝11的氨水和pH＝11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH－)均为1×10－11mol·L－1
B．分别把100mLpH＝11的NaOH溶液和pH＝11的氨水加水稀释至1L，所得溶液pH均为10
C．分别向等体积的0.1mol·L－1HCl溶液和0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等
D．分别向1mLpH＝3的盐酸和pH＝3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，两溶液的pH均增大
9．[2023·重庆巴蜀中学月考]常温下，用一定浓度的Ba(OH)2溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol·L－1的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液。滴定过程中溶液的电导率变化如图所示(已知：lg2≈0.3，lg5≈0.7，溶液混合引起的体积变化可忽略)。下列说法正确的是( )
A．曲线①②③分别代表Ba(OH)2溶液滴定盐酸、醋酸溶液和硫酸的曲线
B．由图可知Ba(OH)2溶液浓度为0.100mol·L－1，且b点对应的pH为12.7
C．图中a、b、c、d点溶液中，水的电离程度的大小关系：a>b>d>c
D．a点对应的溶液中离子浓度大小关系：
c(Ba2＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
10．[2023·山东济南一模]联氨(N2H4)是二元弱碱(pKb1＝6，pKb2＝15；pK＝－lgK)，在水中的电离方式类似于氨，常温下，向0.1mol·L－1N2H5Cl溶液通入HCl或加入NaOH固体(假设溶液总体积不变)，溶液中c(N2H)随pOH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A．N2H5Cl溶液中c(N2H)>c(N2H4)>c(N2H)
B．b点加入NaOH(或HCl)的物质的量与d点加入HCl(或NaOH)物质的量相等
C．水的电离程度：b>a
D．若c(N2H)>c(N2H4)，则pH小于3.5
练18 溶液的酸碱性和pH
1．答案：C
解析：苯酚的酸性比乙酸的弱，C6H5ONa的水解程度大于CH3COONa，若二者溶液的pH相等，则后者的浓度较大，c（C6H5O－）2．答案：B
解析：A项，25℃时，pH＝7的溶液呈中性，则NaR为强酸强碱盐，HR为强酸；B项，由题意得HR显酸性，且不能完全电离，为弱酸；C项，若HR为强酸，假设稀释前pH＝a＝6，加水稀释10倍后pH<7，b－a<1，故HR不一定为弱酸；D项，若HR是强酸，升高温度，NaR溶液的pH也降低。
3．答案：D
解析：NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即BA也可能是弱酸弱碱盐，B错误；弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L－1、0.10mol·L－1的醋酸溶液的电离度α1>α2，C错误；溶液中水电离出的氢离子浓度一定等于水电离出的氢氧根离子浓度，pH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出的OH－的物质的量浓度为1.0×10－4mol·L－1，则水电离出的H＋的物质的量浓度也是1.0×10－4mol·L－1，则100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出H＋的物质的量为1.0×10－4mol·L－1×100×10－3L＝1.0×10－5mol，D正确。
4．答案：B
解析：A、D、E点都处于25℃，Kw相等，B点c（H＋）和c（OH－）都大于C点的c（H＋）和c（OH－），并且C点的c（H＋）和c（OH－）大于A点的c（H＋）和c（OH－），故Kw：B>C>A＝D＝E，故A错误；若从A点到D点，温度不变，Kw＝1×10－14，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，则可采用在水中加入少量的H2SO4的方法，故B正确；若从A点到C点，c（H＋）变大，c（OH－）变大，Kw增大，且c（H＋）＝c（OH－），溶液显中性，无法通过加入氢氧化钠实现，只能升高温度，故C错误；若处在B点时，Kw＝1×10－12，pH＝2的硫酸中c（H＋）＝10－2mol·L－1，pH＝12的KOH溶液中c（OH－）＝1mol·L－1，等体积混合，KOH过量，溶液显碱性，故D错误。
5．答案：C
解析：1.0×10－5mol·L－1盐酸稀释103倍，盐酸电离产生的H＋和Cl－浓度为cHCl（H＋）＝c（Cl－）＝1.0×10－8mol·L－1，而此时水电离产生的H＋浓度c水（H＋）≈1.0×10－7mol·L－1，所以c（H＋）∶c（Cl－）≈（1.0×10－8＋1.0×10－7）∶1.0×10－8＝11∶1，故A错误；25℃时，pH＝12的Na2CO3溶液中，c（OH－）＝1.0×10－2mol·L－1，而H＋和OH－均由水电离产生且相等，即c水（H＋）＝c水（OH－）＝1.0×10－2mol·L－1，故B错误；HA－既电离又水解，Kh＝＝＝2×10－136．答案：B
解析：因反应①＋②＝③，所以K2＝K1×Kw，A正确；常温下溶液的pH＝8.8，则溶液中c（H＋）＝10－8.8mol·L－1，c（OH－）＝10－5.2mol·L－1，溶液中的氢氧根离子全部由水电离，所以水电离出的cH2O（OH－）＝10－5.2mol·L－1，水电离产生的cH2O（H＋）＝cH2O（OH－）＝10－5.2mol·L－1，B错误；n（H＋）·n（OH－）＝c（H＋）·V·c（OH－）·V＝Kw·V2，温度不变则Kw不变，加水稀释，V变大，所以n（H＋）·n（OH－）变大，C正确；混合前两溶液中c（H＋）、c（OH－）分别相等，则混合后H＋、OH－浓度不变，即pH不变，D正确。
7．答案：C
解析：pH均为2的醋酸溶液和盐酸中，H＋浓度均为10－2mol·L－1，由Kw＝c（H＋）·c（OH－）得OH－浓度均为10－12mol·L－1，而酸溶液中OH－仅由H2O电离提供，所以由水电离出的氢氧根离子浓度均为10－12mol·L－1，两溶液中水的电离程度相等，A项正确；NaHX溶液显碱性，说明HX－发生了水解，则溶液中一定存在HX－的水解平衡，B项正确；NH4Y溶液显中性，说明NH和Y－的水解程度相等，而升高温度，能促进离子的水解和水的电离，因此水电离出的c（H＋）增大，C项错误；pH＝2的醋酸溶液和pH＝12的NaOH溶液，前者浓度大，二者等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，即c（H＋）>c（OH－），D项正确。
8．答案：D
解析：酸、碱抑制水的电离，弱酸、弱碱形成的盐能促进水的电离。pH＝11的氨水中c（H＋）＝1×10－11mol·L－1，而H＋仅由水提供，又cH2O（H＋）＝cH2O（OH－），所以水电离出的c（OH－）为1×10－11mol·L－1，pH＝11的Na2CO3溶液中c（H＋）＝1×10－11mol·L－1，c（OH－）＝＝1×10－3mol·L－1，得水电离产生的c（OH－）为1×10－3mol·L－1，故A错误；100mLpH＝11的NaOH溶液加水稀释至1L，所得溶液pH为10，一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，稀释促进其电离，100mLpH＝11的氨水加水稀释至1L，所得溶液pH>10，故B错误；等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，HCl和CH3COOH物质的量相等，当分别加入含等物质的量的NaOH的NaOH溶液时，盐酸变为氯化钠溶液，溶液显中性，此时醋酸溶液变为醋酸钠溶液，醋酸钠水解使其溶液呈碱性，因此，若要使溶液呈中性，必须少加一些氢氧化钠溶液，故C错误；盐酸中加醋酸钠，两者发生反应生成弱酸醋酸，故其pH增大，向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，会使醋酸的电离平衡逆向移动，pH增大，故D正确。
9．答案：B
解析：电导率与溶液中离子浓度成正比，当V[Ba（OH）2]＝0时，由图可知溶液的电导率：③>②>①，又相同浓度的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液中c（H＋）依次减小，则溶液的电导率依次减小，所以曲线①②③分别代表Ba（OH）2溶液滴定醋酸溶液、盐酸、硫酸的曲线，故A错误；c点表示的是硫酸与Ba（OH）2恰好完全反应，化学方程式为H2SO4＋Ba（OH）2===BaSO4↓＋2H2O，因c（H2SO4）·V（H2SO4）＝c[Ba（OH）2]·V[Ba（OH）2]，即0.100mol·L－1×20.00mL＝c[Ba（OH）2]×20.00mL，得c[Ba（OH）2]＝0.100mol·L－1，2HCl＋Ba（OH）2===BaCl2＋2H2O，因消耗的n[Ba（OH）2]＝n（HCl）＝×0.100mol·L－1×0.02L＝0.001mol，所以Ba（OH）2过量，c（OH－）＝＝0.05mol·L－1，c（H＋）＝＝2×10－13mol·L－1，b点对应的pH＝－lg（2×10－13）＝12.7，故B正确；a点时根据反应2CH3COOH＋Ba（OH）2===（CH3COO）2Ba＋2H2O得两者恰好反应，溶质成分（CH3COO）2Ba为强碱弱酸盐，促进水的电离，b点时根据反应2HCl＋Ba（OH）2===BaCl2＋2H2O得反应后溶液中溶质成分为等物质的量的BaCl2和Ba（OH）2，BaCl2为强酸强碱盐，对水的电离无影响，而Ba（OH）2抑制水的电离，c点时根据反应H2SO4＋Ba（OH）2===BaSO4↓＋2H2O得两者恰好反应，产物BaSO4难溶且强酸强碱盐对水的电离无影响，d点时根据反应2CH3COOH＋Ba（OH）2===（CH3COO）2Ba＋2H2O得反应后溶质成分为等物质的量的Ba（OH）2、（CH3COO）2Ba，Ba（OH）2抑制水的电离，（CH3COO）2Ba促进水的电离，d点对水电离的抑制程度小于b点，综上所述水的电离程度的大小关系：a>c>d>b，故C错误；由C项分析可知，a点时溶质成分为（CH3COO）2Ba，因此a点对应的溶液中离子浓度大小关系：c（CH3COO－）>c（Ba2＋）>c（OH－）>c（H＋），故D错误。
10．答案：B
解析：由题干信息可知，N2H4的Kb1＝10－6，Kb2＝10－15，则N2H的水解平衡常数：＝＝10－8>Kb2，即N2H的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，N2H5Cl溶液中有c（N2H）>c（N2H4）>c（N2H），A正确；pOH越大，溶液中的OH－浓度越小，故此图像是向0.1mol·L－1N2H5Cl溶液中通入HCl的变化曲线，b点时加入的HCl抑制了N2H的水解，到c点时抑制作用最强，此时N2H浓度最大，继续加入HCl对N2H的电离起促进作用，则N2H浓度又减小，故d点加入的HCl的物质的量大于b点所加HCl的物质的量，B错误；由图示可知，c（N2H）：b>a，水的电离程度：b>a，C正确；结合NH3在水中的电离方式可知，N2H4的电离方程式为N2H4＋H2O N2H＋OH－，N2H＋H2O N2H＋OH－，则Kb1×Kb2＝×＝＝10－21，若c（N2H）>c（N2H4），c（OH－）10－3.5，则pH小于3.5，D正确。练19 溶液中的三大平衡
1．[2022·全国乙卷]常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是 ( )
A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)
B．溶液Ⅱ中HA的电离度[]为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4
2．[2023·湖北卷]H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)—H2L溶液体系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4mol·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3mol·L－1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)＝，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列说法正确的是( )
A．当pH＝1时，体系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)
B．pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－
C．L2－＋[FeL]＋ [FeL2]－的平衡常数的lgK约为14
D．当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3mol·L－1
3．[2023·辽宁卷]某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1mol·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lgc关系如下图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是( )
A．Ksp(CdS)＝10－18.4
B．③为pH与－lgc(HS－)的关系曲线
C．Ka1(H2S)＝10－8.1
D．Ka2(H2S)＝10－14.7
4．[2023·广东东莞四中期中]25℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.8×10－5，体积均为10mLpH＝3的CH3COOH溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH的变化如图所示。下列有关叙述不正确的是 ( )
A.HX的酸性比CH3COOH强且为弱酸
B．该温度下，10mLpH＝3的两种酸中，水电离的c(H＋)均为1×10－11mol·L－1
C．10mL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中加入5mL0.1mol·L－1的NaOH溶液后，溶液pH>7
D．10mLpH＝3的醋酸溶液中：c(H＋)＋c(CH3COOH)>c(CH3COO－)＋c(OH－)
5．[2023·华东师大二附中质检]25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A．加水稀释0.1mol·L－1氨水，溶液中c平(H＋)·c平(OH－)和均保持不变
B.向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa，溶液中的值增大
C.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合：<
D.将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka(HF)保持不变，始终增大
6．[2023·江苏阜宁中学阶段性检测]常温下，几种弱电解质的电离平衡常数如表所示，向20mL0.1mol·L－1的盐酸溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的氨水，溶液的pH变化曲线如图所示。
弱电解质 K
H2CO3 Ka1＝4×10－7 Ka2＝4×10－11
NH3·H2O Kb＝1.75×10－5
CH3COOH Ka＝1.75×10－5
下列说法正确的是( )
A．CH3COONH4溶液中c(OH－)＝c(H＋)≠10－7mol·L－1
B．NH和HCO能发生彻底水解反应
C．曲线上水的电离程度最大的点为b点
D．d点时，c(OH－)－c(H＋)＝[c(NH)－2c(NH3·H2O)]
7．[2023·天津河西区期末]某实验测得0.1mol·L－1NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是 ( )
A．a点溶液中，>Ka2(H2CO3)
B．b点溶液中，c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)
C.a点与c点溶液中的c(OH－)相等
D．ab段，升温，pH减小，说明抑制了HCO的水解
8．[2023·广东梅州二模]常温下，将0.1molBaSO4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌，该过程中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法不正确的是( )
A．反应BaSO4(s)＋CO(aq) BaCO3(s)＋SO(aq)的K＝0.04
B．相同温度下，BaSO4在水中和在BaCl2溶液中的Ksp相同
C．M→P代表Ba2＋浓度变化
D．锅炉水垢中的CaSO4可先用Na2CO3溶液处理，使CaSO4转化为CaCO3后，再用酸除去
9．[2023·山西长治二中月考]常温下，用0.100mol·L－1NH4SCN溶液滴定25.00mL0.100mol·L－1AgNO3溶液，NH4Fe(SO4)2·12H2O作指示剂，测得溶液中
( )
A．为防止指示剂失效，溶液应维持pH小于1.9
B．滴定终点时溶液颜色变为红色，且振荡后不褪色
C．该温度下AgSCN的溶度积常数Ksp(AgSCN)＝1.0×10－12
D．当加入17.00mLNH4SCN溶液时溶液中c(SO)＝0.14mol·L－1
练19 溶液中的三大平衡
1．答案：B
解析：常温下溶液ⅠpH＝7.0，则溶液Ⅰ中c（H＋）＝c（OH－）＝1.0×10－7mol·L－1，故c（H＋）2．答案：C
解析：从图中可以看出Fe（Ⅲ）主要与L2－进行络合，但在pH＝1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL－较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH＝1时溶液中c（HL－）≈10－9.46，但pH＝1时c（OH－）＝10－13，因此这四种离子的浓度大小为c（H2L）>c（[FeL]＋）>c（HL－）>c（OH－），A错误；根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL－的含量最大，而H2L和L2－的含量最少，因此当pH在9.5～10.5之间时，含L的物种主要为HL－，B错误；该反应的平衡常数K＝，当[FeL2]－与[FeL]＋分布分数相等时，可以将K简化为K＝，此时体系的pH＝4，在pH＝4时可以计算溶液中c（L2－）＝4.7×10－14.86，则该络合反应的平衡常数K≈2.1×1013.86，即lgK≈14，C正确；根据图像，pH＝10时溶液中主要的型体为[FeL3]3－和[FeL2（OH）]2－，其分布分数均为0.5，因此可以得到c（[FeL3]3－）＝c（[FeL2（OH）]2－）＝1×10－4mol·L－1，此时形成[FeL3]3－消耗了3×10－4mol·L－1的L2－，形成[FeL2（OH）]2－消耗了2×10－4mol·L－1的L2－，共消耗了5×10－4mol·L－1的L2－，即参与配位的c（L2－）≈5×10－4mol·L－1，D错误；故答案选C。
3．答案：D
解析：已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS－的浓度增大，S2－浓度逐渐增大，则有－lgc（HS－）和－lgc（S2－）随着pH增大而减小，且pH相同时，HS－浓度大于S2－，即－lgc（HS－）小于－lgc（S2－），则Ni2＋和Cd2＋浓度逐渐减小，且Ksp（NiS）>Ksp（CdS）即当c（S2－）相同时，c（Ni2＋）＞c（Cd2＋），则－lgc（Ni2＋）和－lg（Cd2＋）随着pH增大而增大，且有－lgc（Ni2＋）小于－lg（Cd2＋），由此可知曲线①代表Cd2＋、②代表Ni2＋、③代表S2－，④代表HS－，据此分析结合图像各点数据进行解题。
由分析可知，曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c（Cd2＋）＝c（S2－）＝10－13mol·L－1，则有Ksp（CdS）＝c（Cd2＋）c（S2－）＝10－13×10－13＝10－26，A错误；由分析可知，③为pH与－lgc（S2－）的关系曲线，B错误；由分析可知，曲线④代表HS－，由图示曲线④两点坐标可知，此时c（H＋）＝10－1.6mol·L－1时，c（HS－）＝10－6.5mol·L－1，Ka1（H2S）＝＝＝10－7.1或者当c（H＋）＝10－4.2mol·L－1时，c（HS－）＝10－3.9mol·L－1，Ka1（H2S）＝＝＝10－7.1，C错误；已知Ka1Ka2＝×＝，由曲线③两点坐标可知，当c（H＋）＝10－4.9mol·L－1时，c（S2－）＝10－13mol·L－1，或者当c（H＋）＝10－6.8mol·L－1时，c（S2－）＝10－9.2mol·L－1，故有Ka1Ka2＝＝＝＝10－21.8，结合C项分析可知，Ka1＝10－7.1故有Ka2（H2S）＝10－14.7，D正确；故答案为D。
4．答案：C
解析：溶液从10mL稀释到1000mL，稀释100倍，在稀释过程中，强酸溶液中的氢离子数目不变，氢离子浓度下降为原来的，pH增大2；稀释促进弱酸电离，弱酸溶液稀释100倍其氢离子浓度大于原来的，pH增大幅度小于2，等pH的一元酸溶液，酸越弱，稀释同等倍数后氢离子浓度变化幅度越小，pH增大幅度越小。根据上述分析结合图像可得HX溶液的pH增大幅度小于2、但比醋酸溶液的大，则HX酸性比CH3COOH强且为弱酸，A正确；该温度下，10mLpH＝3的两种酸中，c（H＋）均为1×10－3mol·L－1，水电离的c（H＋）等于氢氧根离子浓度，为1×10－11mol·L－1，B正确；10mL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中加入5mL0.1mol·L－1的NaOH溶液后，所得溶液的溶质为等物质的量的醋酸和醋酸钠，醋酸电离使溶液呈酸性，醋酸钠水解使溶液呈碱性，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.8×10－5，醋酸钠的水解常数Kh＝＝≈5.6×10－10，Ka>Kh，因此混合溶液呈酸性，溶液pH<7，C错误；10mLpH＝3的醋酸溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），则c（H＋）＋c（CH3COOH）>c（CH3COO－）＋c（OH－），D正确。
5．答案：B
解析：Kw＝c平（H＋）·c平（OH－），Kw只与温度有关，稀释过程中Kw不变，但溶液碱性减弱即c平（OH－）减小、c平（H＋）增大，因而变大，故A错误；溶液中＝，加入少量CH3COONa，溶液碱性增强，则c平（H＋）降低，所以增大，故B正确；等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合，碳酸的Ka1＝、Ka2＝，同一溶液中c平（H＋）相等，则c平（H＋）＝Ka1·＝Ka2·，而Ka1>Ka2，则>，故C错误；0.1mol·L－1HF溶液加水不断稀释，c平（F－）不断减小并趋于0，而c平（H＋）减小并趋于10－7mol·L－1，变小，故D错误。
6．答案：D
解析：一水合氨和醋酸的电离常数相同，所以NH和CH3COO－水解程度相同，CH3COONH4溶液中：c（OH－）＝c（H＋）＝10－7mol·L－1，溶液的pH＝7，A错误；NH和HCO发生双水解，但因水解产物溶解度较大，无法脱离溶液，所以反应不彻底，B错误；盐类水解促进水的电离，酸或碱抑制水的电离，加入氨水20mL时，恰好生成氯化铵，所以曲线上水的电离程度最大的点为c点，C错误；d点加入30mL氨水，NH3·H2O的物质的量为0.003mol，HCl的物质的量为0.002mol，据反应：NH3·H2O＋HCl===NH4Cl＋H2O可得反应后溶质的物质的量分别为n（NH4Cl）＝0.002mol和n（NH3·H2O）＝0.001mol，因此c（NH4Cl）∶c（NH3·H2O）＝2∶1，由溶液中的电荷守恒：c（H＋）＋c（NH）＝c（OH－）＋c（Cl－）可得c（Cl－）＝c（NH）＋c（H＋）－c（OH－）①，溶液中的物料守恒：2[c（NH3·H2O）＋c（NH）]＝3c（Cl－）②，将①代入②可得c（OH－）－c（H＋）＝[c（NH）－2c（NH3·H2O）]，D正确。
7．答案：A
解析：NaHCO3溶液显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，即Kh＝>Ka2，所以a点时>Ka2（H2CO3），A正确；b点，溶液显碱性，则c（H＋）c（HCO）＋2c（CO），B错误；随着温度升高，Kw增大，a点溶液的pH与c点溶液的pH相同，即c（H＋）相同，由于c点溶液的Kw大，则a点溶液的c（OH－）比c点溶液的小，C错误；NaHCO3溶液中存在HCO的水解和电离两个过程，两个过程均是吸热过程，升高温度，促进HCO的水解和电离，D错误。
8．答案：C
解析：由图可知，当加入的Na2CO3固体使溶液中c（CO）>2.5×10－4mol·L－1时，发生沉淀的转化，此时c（Ba2＋）降低，c（SO）升高，即MP线为SO浓度的变化曲线，而MN线是Ba2＋浓度的变化曲线。反应BaSO4（s）＋CO（aq） BaCO3（s）＋SO（aq）的K＝＝＝0.04，A正确；溶度积常数Ksp只与温度有关，与溶剂无关，因此相同温度下，BaSO4在水中和在BaCl2溶液中的Ksp相同，B正确；根据上述分析可知，M→P代表SO浓度变化，C错误；锅炉水垢中的CaSO4微溶于水，不溶于酸，可根据沉淀转化，先用Na2CO3溶液处理，使CaSO4转化为CaCO3，再用酸除去，D正确。
9．答案：D
解析：由题干信息可知，常温下，Fe3＋在pH>1.9时易形成Fe（OH）3沉淀，为防止指示剂失效，溶液应维持pH小于1.9，A正确；SCN－与Fe3＋反应生成红色配合物，滴定至终点时溶液颜色变为红色，且振荡后不褪色，B正确；由图中数据可知，该温度下AgSCN的溶度积常数Ksp＝c（Ag＋）·c（SCN－）＝1.0×10－6×1.0×10－6＝1.0×10－12，C正确；当加入17.00mLNH4SCN溶液时，c（Ag＋）＝≈0.019mol·L－1，溶液中c（SO）＝＝mol·L－1≈0.0388mol·L－1，D错误。练20 水解平衡及沉淀溶解平衡图像分析
1．[2022·辽宁卷]甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一。在25℃时，NHCH2COOH、NHCH2COO－和NH2CH2COO－的分布分数[如δ(A2－)＝]与溶液pH关系如图。下列说法错误的是( )
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表NH2CH2COO－
C．NHCH2COO－＋H2O NHCH2COOH＋OH－
的平衡常数K＝10－11.65
D．c2(NHCH2COO－)c(NH2CH2COO－)
2．[2023·新课标卷]向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag＋＋NH3 和＋NH3 ，lg[c(M)/(mol·L－1)]与lg[c(NH3)/(mol·L－1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag＋、Cl－、或[Ag(NH3)2]＋)。
下列说法错误的是( )
A．曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线
B．AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75
C．反应＋＋NH3
[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81
D．c(NH3)＝0.01mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c(＋)>c(Ag＋)
3．[2023·全国乙卷]一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是( )
A．a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B．b点时，c(Cl－)＝c(CrO)，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)
C．Ag2CrO4＋2Cl－ 2AgCl＋CrO的平衡常数K＝107.9
D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
4．[2022·湖南卷]室温时，用0.100mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag＋)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。下列说法正确的是( )
A.a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的浓度为0.100mol·L－1
C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀
D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
5．[2023·全国甲卷]下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM pH关系图(pM＝－lg[c(M)/(mol·L－1)]；c(M)≤10－5mol·L－1可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是( )
A．由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10－8.5
B．pH＝4时Al(OH)3的溶解度为mol·L－1
C．浓度均为0.01mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离
D．Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2mol·L－1时二者不会同时沉淀
6．[2023·四川宜宾一诊]湿法提银工艺中，浸出的Ag＋需加入Cl－进行沉淀。25℃时，平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgCl)＝]随lgc(Cl－)的变化曲线如图所示。已知：lg[Ksp(AgCl)]＝－9.75。下列叙述错误的是 ( )
A．AgCl溶解度随c(Cl－)增大而不断减小
B．沉淀最彻底时，溶液中c(Ag＋)＝10－7.21mol·L－1
C．当c(Cl－)＝10－2mol·L－1时，溶液中c(AgCl)>c(Ag＋)>c(AgCl)
D．25℃时，AgCl＋Cl－ AgCl的平衡常数K＝100.2
7．[2023·山东新泰一中二模]已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中－lgc(X)(X为Sr2＋或F－)与lg的关系如图所示。
下列说法错误的是( )
A.L1代表－lgc(Sr2＋)与lg的变化曲线
B.Ksp(SrF2)的数量级为10－9
C．a、c两点的溶液中均存在2c(Sr2＋)＝c(F－)＋c(HF)
D．c点的溶液中存在c(Cl－)>c(Sr2＋)＝c(HF)>c(H＋)
8．[2023·广东普通高中联合质量测评]已知H3RO4为三元弱酸。25℃时，某溶液中含R的各微粒分布分数(平衡时某微粒的浓度占所有微粒浓度之和的分数)随pH的变化关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．0.1mol·L－1NaH2RO4溶液的pH大于7
B．溶液中存在＝10－4.78
C．RO＋H2O HRO＋OH－的水解常数为10－2.50
D．Na2HRO4溶液中存在：
c(Na＋)>c(HRO)>c(RO)>c(H2RO)
练20 水解平衡及沉淀溶解平衡图像分析
1．答案：D
解析：由题意可知，NH2CH2COOH在溶液中可电离出NH2CH2COO－和H＋，使溶液显酸性，也可发生水解生成NHCH2COOH和OH－，使溶液显碱性，也可既发生电离又发生水解生成NHCH2COO－。由上述分析可知，甘氨酸具有两性，A正确；酸性条件下消耗NH2CH2COOH水解产生的OH－，促进甘氨酸水解，使溶液中NHCH2COOH浓度较大，故a曲线代表NHCH2COOH的分布分数，同理可知c曲线代表NH2CH2COO－的分布分数，B正确；NHCH2COO－＋H2O NHCH2COOH＋OH－的平衡常数K＝，25℃时，根据坐标（2.35，0.50）可知，pH＝2.35时，c（NHCH2COO－）＝c（NHCH2COOH），则K＝c（OH－）＝＝10－11.65，C正确；由C项的分析可知，＝，对坐标（9.78，0.50）进行分析可得电离平衡NHCH2COO－ NH2CH2COO－＋H＋的电离常数K′＝10－9.78，＝＝，则×＝×<1，即c2（NHCH2COO－）>c（NHCH2COOH）·c（NH2CH2COO－），D错误。
2．答案：A
解析：氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。
由分析可知，曲线Ⅳ表示Cl－，曲线Ⅳ可视为AgCl的溶解度随NH3浓度变化曲线，故A错误；AgCl的溶度积常数Ksp仅与温度有关，由图可知，当c（NH3）＝10－1mol·L－1时c（Cl－）＝10－2.35mol·L－1，c（Ag＋）＝10－7.40mol·L－1，则Ksp（AgCl）＝c（Cl－）·c（Ag＋）＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B正确；由图可知，氨分子浓度对数为－1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10－2.35mol·L－1和10－5.16mol·L－1，则＋＋NH3 [Ag（NH3）2]＋的平衡常数K＝＝＝103.81，故C正确；由分析可知，当c（NH3）＝0.01mol·L－1时，溶液中c（＋）>c（＋）>c（Ag＋），故D正确。
3．答案：C
解析：根据图像，由（1.7，5）可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag＋）·c（CrO）＝（1×10－5）2×1×10－1.7＝10－11.7。由（4.8，5）可得到AgCl的溶度积Ksp（AgCl）＝c（Ag＋）·c（Cl－）＝1×10－5×1×10－4.8＝10－9.8，据此数据计算各选项结果。
假设a点坐标为（4，6.5），此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q（AgCl）＝10－10.5，Q（Ag2CrO4）＝10－17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；该反应的平衡常数表达式为K＝，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K＝＝＝＝＝1×107.9，C正确；向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c（Ag＋）分别为10－8.8和10－5.35，说明此时沉淀Cl－需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；故答案选C。
4．答案：C
解析：三种卤化银组成形式相同，Ksp小的物质先形成沉淀，故a点时形成的是黄色的AgI沉淀，A项错误；由图知，当消耗4.5mLAgNO3溶液时，溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，由于三种卤素离子浓度相同，故每种离子完全沉淀时均消耗1.5mLAgNO3溶液，则0.100mol·L－1×1.5mL＝c（I－）×15mL，解得c（I－）＝0.01mol·L－1，B项错误；当Br－恰好沉淀完全时，溶液体积为18mL，溶液中c（Ag＋）＝＝5.4×10－8mol·L－1，此时Qc（AgCl）＝c（Ag＋）·c（Cl－）＝5.4×10－8×＝4.5×10－10>Ksp（AgCl），故此时有部分Cl－形成了沉淀，C项正确；b点时溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，AgNO3过量，c（Ag＋）最大，D项错误。
5．答案：C
解析：由点a（2，2.5）可知，此时pH＝2，pOH＝12，pM＝2.5，则Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3＋）·c3（OH－）＝10－2.5×10－12×3＝10－38.5，故A错误；pH＝4时Al3＋对应的pM＝3，即c（Al3＋）＝10－3mol·L－1，故Al（OH）3的溶解度为10－3mol·L－1，故B错误；由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3＋和Fe3＋，故C正确；由图可知，pH约为4.7，Cu2＋开始沉淀，此时c（Cu2＋）＝0.1mol·L－1，若c（Cu2＋）＝0.2mol·L－1>0.1mol·L－1，c（Al3＋）>10－5mol·L－1，则Al3＋、Cu2＋会同时沉淀，故D错误；答案选C。
6．答案：A
解析：由图可知，开始时AgCl的溶解度随着c（Cl－）增大而不断减小，但是当c（Cl－）增大到一定程度时，随着c（Cl－）增大生成AgCl、AgCl和AgCl，使AgCl溶解度增大，A错误；沉淀最彻底时AgCl最多，由图知此时c（Cl－）＝10－2.54，由lg[Ksp（AgCl）]＝－9.75可知，Ksp（AgCl）＝10－9.75，则此时c（Ag＋）＝＝mol·L－1＝10－7.21mol·L－1，B正确；当c（Cl－）＝10－2mol·L－1时，图中横坐标为lgc（Cl－）＝－2，由图可知，此时c（AgCl）>c（Ag＋）>c（AgCl），C正确；AgCl＋Cl－ AgCl的平衡常数K＝，图中横坐标为－0.2即c（Cl－）＝10－0.2mol·L－1时，表示AgCl与AgCl的曲线相交，即二者浓度相等，此时K＝＝100.2，D正确。
7．答案：A
解析：根据题意，SrF2浊液存在沉淀溶解平衡：SrF2（s） Sr2＋＋2F－（aq），用HCl调节浊液pH存在平衡：H＋（aq）＋F－（aq） HF（aq）。随着lg的增大，H＋（aq）＋F－（aq） HF（aq）平衡逆向移动，F－浓度增大，溶解平衡逆向移动，c（Sr2＋）减小，则－lgc（Sr2＋）增大，对应曲线L2，A错误；Ksp（SrF2）＝c（Sr2＋）·c2（F－），取lg＝1，代入图示数据，Ksp（SrF2）＝10－4×（10－2.2）2＝10－8.4，数量级为10－9，B正确；根据物料守恒，得溶液中均存在2c（Sr2＋）＝c（F－）＋c（HF），C正确；由图可知c点处c（Sr2＋）＝c（F－），根据C项结论可得c（Sr2＋）＝c（HF），由图中数据可知c点溶液显酸性，c点溶液存在电荷守恒：c（H＋）＋2c（Sr2＋）＝c（Cl－）＋c（F－）＋c（OH－），由c（H＋）>c（OH－），c（Sr2＋）＝c（F－），可得c（Sr2＋）1，即c（HF）>c（H＋），故溶液中存在c（Cl－）>c（Sr2＋）＝c（HF）>c（H＋），D正确。
8．答案：C
解析：H3RO4存在三步电离：①H3RO4 H2RO＋H＋，结合图像特点可知，pH＝2.20时，c（H2RO）＝c（H3RO4），所以Ka1＝＝c（H＋）＝10－2.20；②H2RO HRO＋H＋，同理可得Ka2＝＝10－6.98；③HRO RO＋H＋，同理可得Ka3＝＝10－11.50。0.1mol·L－1NaH2RO4溶液中存在H2RO的水解平衡和电离平衡，由Ka1＝－2.20可得H2RO＋H2O H3RO4＋OH－的Kh＝＝10－11.8Ka3，则HRO的水解程度大于电离程度，故c（H2RO）>c（RO），D项错误。