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(共69张PPT)
化学反应原理的问题解决能力集训
微项目2
【项目梳理过关】
一、运用化学反应原理解决问题的能力训练
梳理归纳
题型剖析
题型一 运用速率和限度理论解答问题
解题思路
运用速率和限度理论解答问题的思维模型
分析特点(反应特点和容器特点)→关注条件→运用原理→得出结论(或结果)
题型训练
1.以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。
Ⅰ.N2O是一种强温室气体,且易形成颗粒性污染物,研究N2O的分解对环境保护有重要意义。
(1)碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率,反应历程:
实验表明,含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是　　　　。
A.N2O分解反应中,k值与是否含碘蒸气有关
B.第三步对总反应速率起决定作用
C.第二步活化能比第三步小
D.IO为反应的催化剂
Ⅱ.汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO,汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。如反应Ⅰ:2CO +2NO N2+2CO2　ΔH1;反应Ⅱ:4CO +2NO2 N2+4CO2 ΔH2<0。
(2)针对反应Ⅰ:
①已知:反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)　ΔH3=+180.0 kJ·mol-1,若CO的燃烧热为-283.5 kJ·mol-1,则反应Ⅰ的ΔH1=　　　　 kJ·mol-1。
②若在恒容的密闭容器中充入2 mol CO和1 mol NO,发生反应Ⅰ,下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是　　　　。
A.CO和NO的物质的量之比不变
B.混合气体的密度保持不变
C.混合气体的压强保持不变
D.2v正(N2)=v逆(CO)
(3)在2 L密闭容器中充入2 mol CO和1 mol NO2,发生上述反应Ⅱ。
①若在某温度下,该反应达平衡时CO的转化率为40%,则该反应的平衡常数为　　　　。
②图(a)为平衡时CO2
的体积分数与温度、
压强的关系。则温度:
T1　　　(填“<”或“>”)
T2;若在D点对反应容
器升温的同时扩大容
器容积使体系压强减
小,重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的　　　　点。
(4)某研究小组探究催化剂对CO、NO2转化的影响。将NO2和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应,相同时间内测量逸出气体中NO2含量,从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO2的转化率),结果如图(b)所示。若高于450 ℃,图(b)中脱氮率随温度升高而降低的主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　;A点　　　　　　(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率,说明理由　 　　　　　　　。
答案:(1)A
(2)①-747.0　②B
(3)①0.22　②<　E
(4)温度太高,催化剂的活性降低,反应放热,平衡向逆反应方向移动　不是　因为该反应为放热反应,根据线Ⅱ可知,A点对应温度的平衡脱氮率应该更高
解析:(1)由含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)知,N2O分解反应中,k值与是否含碘蒸气有关,A项正确。
第二步是慢反应,则第二步对总反应速率起决定作用,B项错误。
第二步是慢反应,则第二步活化能比第三步大,C项错误。
IO为反应的中间产物,不是催化剂,D项错误。
(2)①CO的燃烧热为-283.5 kJ·mol-1,则2CO(g)+O2(g)══2CO2(g)　ΔH=
-567 kJ·mol-1,又因为N2(g)+O2(g)══2NO(g)　ΔH3=+180.0 kJ·mol-1,则两式相减即得到反应Ⅰ的ΔH1=-747.0 kJ·mol-1。
②起始时CO和NO的物质的量之比不满足化学计量数之比,所以CO和NO的物质的量之比不变能说明反应达到平衡状态,A项不符合题意。
密度是混合气体的质量与容器容积的比值,在反应过程中质量和容积始终是不变的,因此混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态,B项符合题意。
正反应方向为气体体积减小的方向,则混合气体的压强保持不变能说明反应达到平衡状态,C项不符合题意。
2v正(N2)=v逆(CO)说明正、逆反应速率相等,D项不符合题意。
②正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向进行,CO2体积分数减小,所以T1(4)由于温度太高,催化剂的活性降低,反应放热,平衡向逆反应方向移动,所以曲线中脱氮率随温度升高而降低;因为该反应为放热反应,根据线Ⅱ可知,A点对应温度的平衡脱氮率应该更高,所以A点不是对应温度下的平衡脱氮率。
2.丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图所示。
(1)丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程。
①为提供反应所需热量,恒压时若向原料气中掺入水蒸气,则K(主反应)
　　　　(填“增大”“减小”或“不变”,下同),转化率α(C3H8)　　　　。
②温度升高,副反应更容易发生的主要原因是 　。
(2)下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104 Pa和105 Pa)。
①104 Pa时,图中表示丙烯的曲线是　　　　(填“ⅰ”“ⅱ”“ⅲ”或“ⅳ”)。
②104 Pa、500 ℃时,主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=　　　　　　(已知:气体分压=气体总压×体积分数)。
(3)利用CO2的弱氧化性,开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂,其反应机理如图。
已知:CO和H2的燃烧热分别为ΔH=-283.0 kJ·mol-1、ΔH=-285.8 kJ·mol-1。
①图中催化剂为　　　　。
②298 K时,该工艺总反应的热化学方程式为　　　　　　　　　。
③该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭,维持催化剂活性,原因是 　。
答案:(1)①增大　增大　②副反应的活化能低于主反应的活化能
(2)①ⅰ　②3.3×103
(3)①CrO3　②C3H8(g)+CO2(g) C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)　ΔH=+121.5 kJ·mol-1　③碳与CO2反应生成CO,脱离催化剂表面
解析:(1)①由图可知,丙烷脱氢制丙烯为吸热反应:C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)　ΔH1=+124.3 kJ·mol-1,恒压时若向原料气中掺入水蒸气,反应温度升高,平衡向正反应方向移动,化学平衡常数K增大,丙烷的转化率增大。②由图可知,副反应的活化能低于主反应的活化能,温度升高,活化能较低的副反应更容易发生。
(2)①丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应,增大压强,平衡向逆反应方向移动,丙烯的平衡体积分数减小,故曲线ⅰ代表104 Pa时丙烯的平衡体积分数。
②104 Pa、500 ℃时,丙烯的平衡体积分数为33%,设起始丙烷为1 mol,转化率为x,则:
③该工艺中C与CO2反应生成CO,可以有效消除催化剂表面的积炭,维持催化剂活性。
题型二 电解质溶液中离子平衡类简答题
解题思路
运用电解质溶液中离子平衡原理解答问题的思维模型
阅读题目情境的信息,找出核心问题的分析对象,即平衡体系;找出题目信息中与平衡体系变化的有关因素;利用平衡移动原理分析变化的因素对化学平衡移动的影响,即平衡移动方向的判断;说明平衡移动后对实际问题体系产生的影响。
一般用如下模式书写:“……存在……平衡,……(条件)使平衡向……(方向)移动,……(结论)”。
题型训练
1.Na2HPO4是磷酸的酸式盐,但其水溶液呈碱性,从溶液中离子平衡角度分析回答下列问题:
(1)解释Na2HPO4溶液呈碱性的原因 　。
(2)当加入足量饱和CaCl2溶液时,溶液变为酸性,解释原因 　 。
2.等浓度的H2SO3和NaHSO3混合液,加入少量的强酸或强碱溶液,pH都没有明显变化,请解释其原因 　(用离子方程式表示)。
3.25 ℃,H3AsO4的电离常数为 。当溶液用生石灰调节pH范围为8~9时,沉淀主要成分为Ca3(AsO4)2。pH调节为8左右Ca3(AsO4)2才开始沉淀的原因是 　。
二、化学原理综合题中的计算能力的训练
梳理归纳
题型剖析
题型一运用盖斯定律计算反应热的训练
解题思路
依据:物质变化决定能量变化
(1)盖斯定律。
设计合理路径
路径1总能量变化等于路径2总能量变化
(2)通过已知热化学方程式的相加,得出新的热化学方程式。
题型训练
1.常温下,0.01 mol·L-1 MOH溶液的pH为10。已知:2MOH(aq)+H2SO4(aq) ══M2SO4(aq)+2H2O(l)　ΔH1=-24.2 kJ·mol-1;H+(aq)+OH-(aq)══H2O(l)
ΔH2=-57.3 kJ·mol-1。则MOH在水溶液中电离的ΔH为(　　)。
A.+33.1 kJ·mol-1 B.+45.2 kJ·mol-1
C.-81.5 kJ·mol-1 D.-33.1 kJ·mol-1
B
2.一定条件下,充分燃烧一定量的丁烷放出热量161.9 kJ,经测定完全吸收生成的CO2需消耗5 mol·L-1的KOH溶液100 mL,恰好生成正盐,则此条件下热化学方程式:
A.+2 590.4 kJ·mol-1 B.-2 590.4 kJ·mol-1
C.+1 295.2 kJ·mol-1 D.-1 295.2 kJ·mol-1
B
题型二运用“三段式”计算速率、平衡常数、转化率的训练
解题思路
(1)写出有关反应的化学方程式;
(2)找出各物质的起始量、变化量、某时刻量;
(3)根据已知条件列方程计算。
题型训练
1.乙烯气相直接水合反应制备乙醇:C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示[起始时,n(H2O)= n(C2H4)=1 mol,容器容积为1 L]。
下列分析不正确的是(　　)。
A.乙烯气相直接水合反应的ΔH<0
B.图中压强的大小关系为p1>p2>p3
D.达到平衡状态A、B所需要的时间:A>B
B
解析:根据图像分析可知,在一定压强下,乙烯的平衡转化率随温度的升高而减小,则乙烯气相直接水合反应为放热反应,即ΔH<0,A项正确。 由方程式C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)可知,该反应的正反应是气体分子数减小的反应,所以增大压强,平衡正向移动,乙烯的转化率提高,因此压强关系是p1　　　　　　C2H4(g)+H2O(g)══C2H5OH(g)
开始/(mol·L-1) 1 1 0
转化/(mol·L-1) 0.2 0.2 0.2
平衡/(mol·L-1) 0.8 0.8 0.2
所以K= ,C项正确。增大压强,化学反应速率会增大,则反应达到平衡的时间会缩短,由上述分析可知,p2B,D项正确。
2.CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。请回答下列问题:
(1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示:
①已知相关反应的能量变化如图所示:
过程Ⅰ的热化学方程式为 　。
②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是　　　　(填字母)。
A.实现了含碳物质与含氢物质的分离
B.可表示为CO2+H2══H2O(g)+CO
C.CO未参与反应
D.Fe3O4、CaO为催化剂,降低了反应的ΔH
③其他条件不变,在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)
作用下,反应CH4(g)+CO2(g)══2CO(g)+2H2(g)
进行相同时间后,CH4的转化率随反应温度的变
化如下图所示。A点所代表的状态　　　　(填
“是”或“不是”)平衡状态;B点CH4的转化率高于
C点,原因是　 　。
(2)在一刚性密闭容器中,CH4和CO2的分压分别为20 kPa、25 kPa,加入Ni/α-Al2O3催化剂并加热至1 123 K使其发生反应CH4(g)+CO2(g)══ 2CO(g)+2H2(g)。
①研究表明CO的生成速率v(CO)=1.3×10-2·p(CH4)·p(CO2)mol·g-1·s-1,某时刻测得p(CO)=20 kPa,则p(CO2)=　　　 kPa,v(CO)=　　　 mol·g-1·s-1。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍,则该反应的平衡常数的计算式为Kp=　　　　　　(用各物质的分压代替物质的量浓度计算)。
(3)CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下,向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液,所得溶液中
答案:(1)①CH4(g)+CO2(g)══2CO(g)+2H2(g)　ΔH=+247.4 kJ·mol-1　②CD　③不是　B和C都未达平衡,B点温度高,反应速率大,相同时间内转化率高
解析:(1)①根据CH4超干重整CO2的催化转化图可知,过程Ⅰ的化学反应为CH4(g)+CO2(g)══2CO(g)+2H2(g)。由能量-反应过程曲线得热化学方程式:
CH4(g)+H2O(g)══CO(g)+3H2(g)　ΔH=+206.2 kJ·mol-1 (ⅰ)
CO2(g)+4H2(g)══CH4(g)+2H2O(g)　ΔH=-165.0 kJ·mol-1 (ⅱ)
(ⅰ)×2+(ⅱ)得过程Ⅰ的热化学方程式:
CH4(g)+CO2(g)══2CO(g)+2H2(g)　ΔH=+247.4 kJ·mol-1。
②过程Ⅱ物质变化为左上(CO、H2、CO2)+ 右下(惰性气体)→ 左下[H2O(g)]+ 右上(CO、惰性气体),总反应为H2+CO2══H2O(g)+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂,能降低反应的活化能,但不能改变反应的ΔH。故A、B两项正确,C、D两项错误。
③通常,催化剂能增大反应速率,缩短反应达到平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动,即不能改变平衡转化率。若图中A点为化学平衡状态,则保持温度不变(800 ℃),将催化剂Ⅱ换成Ⅰ或Ⅲ,CH4转化率应不变,故A点不是化学平衡状态。
同理,图中B、C两点都未达到化学平衡状态。根据图像可知,B、C两点只有温度不同,B点温度较高,反应速率大,相同时间内CH4的转化率高。
(2)①根据阿伏加德罗定律,恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为
1 123 K恒容时,
　　　　　 CH4(g)+CO2(g)══2CO(g)+2H2(g)
起始分压/kPa 20 25 0 0
变化分压/kPa 10 10 20 20
某时分压/kPa 10 15 20 20
即某时刻p(CO2)=15 kPa,p(CH4)=10 kPa。
代入v(CO)=1.3×10-2·p(CH4)·p(CO2) mol·g-1·s-1=1.95 mol·g-1·s-1。
②设达到平衡时CH4的变化分压为x kPa,
1 123 K恒容时,
　　　　　 CH4(g)+CO2(g)══2CO(g)+2H2(g)
起始分压/kPa: 20 25 0 0
变化分压/kPa: x x 2x 2x
平衡分压/kPa: 20-x 25-x 2x 2x
(3)常温下,草酸溶液与NaOH溶液混合,所得混合溶液中仍存在分步电离:
三、运用化学反应原理解决图像的能力训练
梳理归纳
常见题 型类别 解题策略
化学平衡类图像 化学平衡图像题历来是高考的重点和难点,是化学反应速率和化学平衡的重要题型。完成此类题型,必须全面掌握各种条件对速率与平衡的影响,同时还要具有很高的思维能力、识图能力,具有很强的灵活性和综合性。当某些外界条件改变时,化学反应速率或有关物质的浓度(或物质的量、质量分数、转化率等)就可能发生变化,反映在图像上,相关的曲线就可能出现渐变(曲线是连续的)或突变(出现“断点”)。因此,根据图像上曲线的变化趋势,结合外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律,就可以作出符合题目要求的判断
常见题 型类别 解题策略
电解质 溶液类 分析解答此类图像问题要注意几点:
①读图,弄清图像含义,通过观察弄清横坐标、纵坐标的含义及单
位;搞清特殊点的意义,如坐标轴的原点,曲线的起点、终点、交叉点、极值点、转折点等;分析曲线的变化趋势如斜率的大小及升降
②识图,进行信息提取,挖掘隐含信息、排除干扰信息、提炼有用信息,在统摄信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算
③用图,联想化学原理解答问题

题型剖析
题型一化学平衡类图像
解题思路
题型训练
1.下列对图像的叙述正确的是(　　)。
A.图甲可表示压强对反应
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)　
ΔH=-92.4 kJ·mol-1的影响
B.图乙中,t1时刻改变的条件
一定是加入了催化剂
C.若图丙表示反应
A(g)+B(g) xC(g),则T1>T2、x<2
D.图丁表示水中c(H+)和c(OH-)的关
系,A、B、C所在区域总有c(H+)C
解析:合成氨反应压强越大,化学反应速率越大;合成氨反应为气体分子数减小的反应,增大压强平衡正向移动,N2的转化率增大,故A项错误。若反应前后气体分子数不变,平衡后增大压强,反应速率增大,但平衡不移动,故B项错误。分析曲线a、b可知,曲线b先出现拐点,则p2>p1,T1、p2条件下,平衡时C的物质的量比T1、p1时的大,说明增大压强平衡正向移动,则x<2,分析曲线b、c可知,b曲线先出现拐点,则T1>T2,故C项正确。BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-),A、B、C区域位于直线BC的左上方,在该区域内任意点均有c(H+)>c(OH-),故D项错误。
2.二氧化碳的捕集、利用与封存是我国能源领域的一个重要战略方向,发展成一项重要的新兴产业。二氧化碳催化加氢合成低碳烯烃,起始时以0.1 MPa、n(H2)∶n(CO2)=3∶1的投料比充入反应器中,发生反应:2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)　ΔH。
则不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示:
b曲线代表的物质是　　　　;
T1温度下的平衡转化率为　　　　。
答案:H2O　50%
解析:由图中n(H2)的变化趋势可知,随着温度的升高,n(H2)的量增大,平衡左移,ΔH<0;且方程式同侧物质的物质的量变化趋势是一致的,故a曲线代表的物质为CO2;再由b的变化幅度大于c的变化幅度可知,b、c两曲线代表的物质分别为H2O和C2H4。求解平衡转化率时,由图中特定温度下给出物质的物质的量,再根据已知条件,套用转化率公式即可得出T1温度下的平衡转化率为50%。
题型二电解质溶液类图像
解题思路
1.pH(或pOH)-体积的变化曲线
该类图像题主要表示向某溶液中倒入或滴加另一溶液时,混合溶液的pH(或pOH)随着混合溶液体积的增大而发生变化的曲线,多以电解质溶液的加水稀释、酸碱中和滴定、多元弱酸盐与酸反应、铵盐与碱反应等设计题材,图像既可以是单曲线变化也可以是多曲线变化,解决问题的关键在于分析曲线的起点、恰好完全反应点、pH=7时对应的溶液组成,进而运用“两弱三守恒”来分析具体问题。“两弱”是指弱电解质的电离、盐类的水解程度一般都较弱;“三守恒”是指电荷守恒(等式中无分子式)、元素守恒(等式中无氢离子与氢氧根离子)、质子守恒(等式中无金属阳离子或铵根离子)。
2.粒子分布分数(或系数)-pH(或pOH)的变化曲线
粒子的分布分数是指酸碱以各种形式存在的平衡浓度与其分析浓度的比值,也是各粒子在总浓度中所占分数,又称分布系数,与其总浓度(或分析浓度)无关,各种粒子的分布系数之和为1。分布系数曲线是指溶液中溶质(或粒子)的物质的量分数随溶液pH变化而变化的曲线图像,隐含着粒子之间的系列转化关系,常常会出现多条曲线及曲线相交现象。解题关键是理清溶质与酸或碱反应的先后顺序,进而确定曲线的对应关系。
3.浓度-浓度的变化曲线
该类图像题主要以各种常数(电离、水解、水的离子积、溶度积等)表达式为依据,通过处理 =K(K为定值,只与温度有关)关系,进而讨论横、纵坐标中两种粒子的浓度之间的变化曲线,常以水的电离平衡、难溶电解质的沉淀溶解平衡为主要考查点。解答的关键是明确横、纵坐标的含义,进而理解曲线的变化趋势。
4.对数的变化曲线
该类图像题仍是以各种常数(电离、水解、水的离子积、溶度积等)表达式为依据,通过对数处理而得到的两种粒子浓度的对数之间的关系、浓度与体积的对数之间的关系等,图像常为直线形式。解题时先写出平衡常数表达式,如 =K(K只与温度有关),然后通过对数处理可得mlg c1=-nlg c2+lg K,进而明确横、纵坐标的含义,找到曲线的斜率、特殊点等,最后依据问题来解答。
5.导电能力(或电导率)-体积(或浓度)变化曲线
电解质溶液是通过自由移动的离子来实现导电的,其导电能力的强弱主要取决于离子浓度的大小,导电能力的大小常通过电导率来表示,因而就出现了溶液导电能力随溶液体积(或浓度)变化而变化的曲线。解题的关键是找出导电曲线上的最高点,进而分析溶液的组成。
6.沉淀溶解平衡类图像
解沉淀溶解平衡图像题三步骤
第一步:明确图像中纵、横坐标的含义。
纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的
离子浓度。
第二步:理解图像中线上点、线外点的含义。
(1)以氯化银为例,在该沉淀溶解平衡图像上,曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态,此时Q=Ksp。在温度不变时,无论改变哪种离子的浓度,另一种离子的浓度只能在曲线上变化,不会出现在曲线以外。
(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液,此时Q>Ksp。
(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液,此时Q第三步:抓住Ksp的特点,结合选项分析判断。
(1)溶液在蒸发时,离子浓度的变化分两种情况:
①原溶液不饱和时,离子浓度都增大;
②原溶液饱和时,离子浓度都不变。
(2)溶度积常数只是温度的函数,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
题型训练
1.常温下,用0.1 mol·L-1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示,
下列说法正确的是(　　)。
A.点①和点②所示溶液中:c(CH3COO-)B.点③和点④所示溶液中:c(Na+)>c(OH-)>
c(CH3COO-)>c(H+)
C.点①和点②所示溶液中:c(CH3COO-)-c(CN-)
=c(HCN)-c(CH3COOH)
D.点②和点③所示溶液中都有:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
C
解析:本题属于双曲线图像题,由两条独立的酸碱中和滴定曲线组合而成,主要考查一元弱酸的电离平衡规律、一元弱酸的强弱判断、盐类水解规律及三大守恒关系。①中溶质为等量的NaCN和HCN,②中溶质为等量的CH3COONa和CH3COOH,由图像可知点①显碱性(NaCN水解大于HCN电离),点②显酸性(CH3COOH电离大于CH3COONa水解),故c(CH3COO-) >c(CN-),A项错误。点③pH=7,由电荷守恒可得c(Na+)=c(CH3COO-) >c(H+)=c(OH-),而④中恰好生成CH3COONa,溶液中存在c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),B项错误。点①和点②由元素守恒得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)、c(CN-)+c(HCN)=2c(Na+),将两式相减可得c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH),C项正确。点②和点③所示溶液中,都存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),且c(Na+)>c(CH3COOH),故c(CH3COO-)+c(OH-)>c(CH3COOH)+c(H+),D项错误。
D
【项目训练突破】
1.水的电离平衡曲线如图所示,下列说法中不正确的是(　　)。
A.图中五点的KW间的关系为B>C>A=D=E
B.若从A点到D点,可采用恒温条件下,在水中
加入少量的醋酸,提高溶液酸性
C.若从A点到C点,可采用恒温条件下,在水中
加入少量的醋酸铵,促进水的电离
D.100 ℃时,将pH=2的硫酸与0.01 mol·L-1的
KOH溶液等体积混合后,溶液中c(H+)=c(OH-)=10-6 mol·L-1
C
解析:本题是两条水的离子积变化曲线图像题,考查的知识点有水的电离平衡影响因素(酸和盐的影响)、水的离子积常数KW和pH的计算以及溶液酸碱性的判断。利用A点和B点可以计算出25 ℃曲线上的KW=10-14、100 ℃曲线上的KW=10-12,同一曲线上点的KW是相等的,从A点到B点,水的电离是吸热的,T升高,KW也增大,故有KW大小关系为B>C>A=D=E,故A项正确。从A点到D点,c(H+)增大,c(OH-)减小,且c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性,但由于温度不变,KW不会改变,所以加入醋酸后,可以满足从A点到D点的转移,故B项正确。从A点到C点,c(H+)和c(OH-)均增大,KW增大,所以温度应升高。故不可能在恒温条件下操作,故C项错误。由图可知100 ℃时水的离子积常数KW=10-12,pH=2的硫酸与0.01 mol·L-1的KOH溶液等体积混合后恰好完全反应生成K2SO4,溶液呈中性,故c(H+)=c(OH-)=10-6 mol·L-1,pH=6,故D项正确。
2.某硫酸盐在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图所示(M2+代表+2价金属离子)。下列说法正确的是(　　)。
A.363 K时,该硫酸盐的溶度积Ksp
的数量级为10-3
B.温度一定时溶度积Ksp随c( )
的增大而减小
C.313 K下的该盐饱和溶液升温到
363 K时有固体析出
D.283 K下的该盐饱和溶液升温到
313 K时有固体析出
C
解析:363 K时,Ksp=c(M2+)·c( )=10-1.70×10-1.50=10-3.20,即Ksp的数量级为10-4,A项错误。溶度积只与温度有关,与物质的浓度无关,B项错误。由图可知,三个温度下,363 K时Ksp最小,313 K时Ksp最大,故313 K下的该盐饱和溶液升温到363 K时有固体析出,C项正确。温度由283 K升高到313 K,该硫酸盐的溶解度增大,溶液由饱和溶液变为不饱和溶液,不会有固体析出,D项错误。
3.常温下,向10 mL 0.1 mol·L-1的HR溶液中逐渐滴入0.1 mol·L-1的NH3·H2O溶液,所得溶液pH及导电性变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)。
A.A~B点导电能力增强,说明HR为弱酸
B.B点溶液,c(NH3·H2O)=c(R-)+c(H+)-c(OH-)
C.C点溶液,存在c( )>c(R-)>c(OH-)>c(H+)
D.常温下,HR和NH3·H2O的电离平衡常数相等
B
解析:本题是从两个不同角度研究同一反应而绘制的两条变化曲线,考查了电解质强弱的判断、电离平衡、水解平衡、粒子浓度大小关系以及导电能力影响因素等知识。从导电能力曲线上的最高点B点可知,此时溶液中离子浓度最大,进而知HR溶液与0.1 mol·L-1的NH3·H2O恰好完全反应生成
4.(2023辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和,即c(H2S)=0.1 mol·L-1,通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离,体系中pH与-lg c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-lg c(HS-)的关系曲线
D
解析:H2S为弱电解质,分步电离,随pH增大,c(HS-)、c(S2-)均应逐渐增大,且pH较小范围内-lg c(S2-)比-lg c(HS-)大,故③为pH与-lg c(S2-)的关系曲线,④为pH与-lg c(HS-)的关系曲线;已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS),则①、②分别为pH与-lg c(Cd2+)、-lg c(Ni2+)的关系曲线;根据图中(4.9,13.0)点可知, Ksp(CdS)=c2(Cd2+)=(1×10-13)2=1×10-26,A项错误;
根据上述分析③为pH与-lg c(S2-)的关系曲线,B项错误;

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