卷8 化学反应速率与化学平衡-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考化学真题分类优化卷(分项3D)

最新5年高考真题分类优化卷·化学（八） 卷8化学反应速率与化学平衡 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个 选项中，只有一项符合题目要求。 1.(2025·安徽卷)恒温恒压密闭容器中，t=0时加入A(g),各组分物质 的量分数x随反应时间t变化的曲线如图（反应速率v=kx,k为反应速 率常数)。 加入A(g) M(g) N(g) k ka ∥x,平衡 N M ∥w平衡 ∥x,平衡 反应时何() 下列说法错误的是 A.该条件下X平衡一kk XM,平衡k1k-2 B.01时间段，生成M和N的平均反应速率相等 C.若加入催化剂，k1增大，k2不变，则x1和XM,平衡均变大 D.若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，升高温度则XA,平衡 变大 2.(2025·黑吉辽蒙卷)一定条件下，“BrO3-SO?-[Fe(CN)6]4 H中”4种原料按固定流速不断注入连续流动反应器中，体系pH一t振荡 图像及涉及反应如下。其中AB段发生反应①~④，①②为快速反应。 下列说法错误的是() 65 3.5 2.5 20 40 t/min ① SO+H-HSO3 ② HSO:+H+=H2 SO 33 HSO3+Br03=3 SO+Br+3H+ 【最新5年高考真题分类优化卷·化学（八）8-1】3D ④ H2SO3+BrO3→ BrO3+6H+6[Fe(CN)] ⑤ -Br+6[Fe(CN)6]3-+3H2O A.原料中c(H+)不影响振幅和周期 B.反应④：3H2SO3+BrO3=3SO+Br+6H C.反应①~④中，H对SO?的氧化起催化作用 D.利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化 3.(2025·河南卷)在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备 丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH(g)=CHCH=CH(g)+ H2(g),反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态， ·CH,CHCH2+2*H→CHCH=CH2(g)+H2(g)中部分进程已省 略)。 2 CH,CH -CH.(g)+H,(g) 1 CH.CH,CH,(g) 过渡态2 0 过渡态1 *CHCH,CH, ① *CH,CHCH,+* *CH,CHCH+2*H ② 反应进程 下列说法正确的是 A.总反应是放热反应 B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D.①转化为②的进程中，决速步骤为#CH3CH2CH3→*CH,CHCH3 十*H 4.(2024·山东)逆水气变换反应：CO2(g)+H2(g)一CO(g)十H2O(g) △H>0。一定压力下，按CO2、H2物质的量之比n(CO2):n(H2) =1：1投料，T1、T,温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。 已知该反应的速率方程为v=kc,5(H2)c(CO2),T1,T,温度时反应速 率常数k分别为k1、k2。下列说法错误的是 ( 0.6 0.5 0.4 T 03 0.2 0.1 0.0 0.001 0.01 0.1 1 10 时间(s) A.k>k2 【8-2】3D (T1)k B.T,、T,温度下达平衡时反应速率的比值：T,<, C.温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线 不变 D.T,温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T,温 度时不相同 5.(2024·河北)在水溶液中，CN厂可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z c(金属离子)与-1g 三种金属离子分别与CN形成配离子达平衡时，1gc（配离子) c(CN厂)的关系如图。 10 0 -5 -10 -15 -20 -25 -30 -35 -40 0 2 3 4 5 6 -lg c(CN 下列说法正确的是 ( A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN厂的平衡浓度：X>Y c(X) B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时(X配离子) c(Z) c(Z配离子) C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN的物质的 量：Y<Z D.若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成 速率 6.(2024·黑吉辽)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15h后异山梨醇 浓度不再变化。下列说法错误的是 0.10 0.08 山梨醇 0.06 1,4-失水山梨醇 (3,0.042) 异山梨醇 副产物 0.02 10 15 时间h 【8-3】3D A.3h时，反应②正、逆反应速率相等 B.该温度下的平衡常数：①>② C.0~3h平均速率（异山梨醇）=0.014mol·kg1·h D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率 7.(2024·湖北)O2在超高压下转化为平行六面体的 Og分子（如图）。下列说法错误的是 A.O2和O。互为同素异形体 B.O。中存在不同的氧氧键 C.O2转化为O。是熵减反应 D.常压低温下O。能稳定存在 8.(2024·江苏)二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应（忽略其他副反 应)为： ①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H,O(g)△H1-41.2kJ·mol厂1 ②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2 225℃、8×10Pa下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂 的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处（相邻位点距离相同）的气体 温度、CO和CHOH的体积分数如图所示。下列说法正确的是() 5 7285 -CH3OH 4 C0 265 3 绝热反应管 245 2厂 (容器内与外界没有热量交换) 225 L Ln LaLa LsLs In Ls 位点 A.L4处与L,处反应①的平衡常数K相等 B.反应②的焓变△H,>0 C.L6处的H2O的体积分数大于L。处 D.混合气从起始到通过L1处，CO的生成速率小于CHOH的生成 速率 9.(2024·湖南)恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH,OH(g) 和CO(g),发生如下反应： 主反应：CH3OH(g)+CO(g)=CH,COOH(g)△H 副反应：CHOH(g)+CH,COOH(g)—CH,COOCH(g)+H2O(g) AH2 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分 n(CH COOH) 数δ6(CH,COOH)= 随投料比x(物 n (CH COOH)+n (CH,COOCH) 【8-4】3D 质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是 1.0 o0.8 a $0.6 C、 --T1=503K 0.4b1 -T2=583K d .M 0.2 0 投料比x (CH,OH) A.投料比x代表 n(CO) B.曲线c代表乙酸的分布分数 C.△H1<0,△H2>0 D.L、M、N三点的平衡常数：K(L)=K(M)>K(N) 10.(2024·浙江6月)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个 反应： I.C2 H (g)+CO,(g)C2 H(g)+CO(g)+H,O(g)AH>0 Ⅱ.C2H(g)+2CO2(g)一4CO(g)+3H2(g)△H2>0 向容积为10L的密闭容器中投入2molC,H。和3 mol CO2,不同温度 下，测得5mi时（反应均未平衡）的相关数据见下表，下列说法不正确 的是 ( 温度/℃ 400 500 600 乙烷转化率/% 2.2 9.0 17.8 乙烯选择性/% 92.6 80.0 61.8 注：乙烯选择性= 转化为乙烯的乙烷的物质的量 ×100% 转化的乙烷的总物质的量 A.反应活化能：I<Ⅱ B.500C时，0~5min反应I的平均速率为：v(C,H,)=2.88×10-3 mol·L-1·minl C.其他条件不变，平衡后及时移除H,O(g),可提高乙烯的产率 D.其他条件不变，增大投料比[n(C2H)/n(CO2)]投料，平衡后可提高 乙烷转化率 R R OH 11.醛、酮与HCN可发生加成反应： C-0+H-CN- 衡常数为K。微量碱存在时的催化机理如下所示： 第一步HO+H-CN快H,O+CN 【8-5】3D 慢 第二步CN R OH 第三步 +H,0快 +HO R CN R CN 已知不同基团（一R、一R')对平衡常数的影响如下表所示： —R -R 平衡常数K ① -H 210 ② -H C 530 Br ③ CH, -CH,CH 38 ④ -C(CH3)3 -C(CH3）3 <1 下列说法不正确的是 A.HCN中C是sp杂化 B.若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢 C.由①②可知推电子基团可以使 C上的C原子活化，增大平衡常数 O D.④的平衡常数小于③，可能是因为④中 受到的空间位阻更大 12.t℃时，在恒温、恒容的密闭容器中发生反应：CO(g)+十H,O(g)一 CO2(g)+H2(g)△H=-akJ·mol-1(a>0) 实验数据如下。 起始时各物质的 容器 达到平衡时体系 物质的量/mol 编号 的能量变化/kJ Co H,O CO, H2 ① 1 4 0 0 0.8a ② 1 1 2 2 b 下列说法不正确的是 ( ) A.①中H2O的平衡转化率为20% B.tC时，该反应的平衡常数为1 C.当②中CO和CO,浓度相等时，反应达到平衡 D.达到平衡时②中能量变化：b=1.5a 【8-6】3D 13.下列事实能用平衡移动原理解释的是 A.H,O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解 B.制备乙酸乙酯的实验中将酯蒸出 C.工业合成氨选择500℃左右的条件进行 D.锌片与稀H,SO,反应过程中，加入少量CuSO,固体，促进H2的 产生 14.向体积均为1L的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入1molO, 和4 mol HBr,发生反应：4HBr(g)+O2(g)一2Br2(g)+2H2O(g) △H。分别在绝热、恒温条件下进行，两反应体系的压强随时间的变化 曲线如图所示。下列说法错误的是 () 20p 17p c 15p 0 4 时间/min A.正反应在较低温度下能自发进行 B.乙在恒温条件下进行，△H<O C.a点的正反应速率大于c点的正反应速率 D.甲条件下平衡常数K小于20.25 题号 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(2024·全国)(15分)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将 甲烷溴化再偶联为丙烯(CH。)的研究所获得的部分数据如下。回答 下列问题： (1)已知如下热化学方程式： CH,(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g)△H1=-29kJ·mol厂 3CHBr(g)C,H(g)+3HBr(g)△H,=+20kJ·mol- 计算反应3CH,(g)+3Br,(g)—CH(g)+6HBr(g)的△H= _kJ·mol1。 (2)CH,与Br2反应生成CHBr,部分CHBr会进一步溴化。 将8 mmol CH,和8 mmol Br2通入密闭容器，平衡时，n (CH,)、n(CHBr)与温度的关系见下图（假设反应后的含碳物质只有 CH、CHBr和CHBr2)。 【8-7】3D 5.6 5.2 4.8 4.4 4.0 9 2.8 2.4 2.0 十b 1.6 1■ 360 460 560660 760860 温度/℃ (i)图中CHBr的曲线是 (填“a”或“b”)。 （i)560C时，CH,的转化率a= n(HBr)= mmol, (ii)560C时，反应CHBr(g)+Br2(g)—CH2Br2(g)+HBr(g)的平 衡常数K= (3)少量L2可提高生成CHBr的选择性。500C时，分别在有I2和无 L,的条件下，将8 mmol CH,和8 mmol Br.2通入密闭容器，溴代甲烷 的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图 3.6 3.2 2.8 CB有 CHBr2(无I 2.4 2.0 CHBr有) 1.6 1.2 CHBr(无 0.8 0.4 3 4 10 12 14 16 20 t/s v(有I2) (i)在11~19s之间，有L2和无L2时CHBr的生成速率之比 (无L2) (i)从图中找出L,提高了CHBr选择性的证据： (ⅲ)研究表明，L2参与反应的可能机理如下： ①L(g)=·I(g)+·I(g) ②·I(g)+CH,Br,(g)=IBr(g)+·CH,Br(g) ③·CH2Br(g)+HBr(g)CHBr(g)+·Br(g) ④·Br(g)+CH,(g)—HBr(g)+·CH(g) ⑤·CH(g)+IBr(g)—CHBr(g)+·I(g) ⑥·I(g)+·I(g)—l2(g) 根据上述机理，分析I,提高CHBr选择性的原因： 【8-8】3D 16.(2024·安徽)(15分)乙烯是一种用途广泛有机化工原料。由乙烷制 乙烯的研究备受关注。回答下列问题： 【乙烷制乙烯】 (1)C2H氧化脱氢反应： 2C2H(g)+O2(g)-2C2H,(g)+2H2O(g) △H1=-209.8k·mol- C2 H(g)+CO2(g)=C2 H(g)+H2O(g)+CO(g) △H2=178.1kJ·mol- 计算：2CO(g)+O,(g)—2CO2(g)△H3= kJ·mol厂l (2)C,H直接脱氢反应为C2H(g)—C,H(g)+H2(g)△H4, C,H。的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则△H, 0 (填“>”“<”或“一”)。结合下图，下列条件中，达到平衡时转化率最接 近40%的是 (填标号)。 0.9 C,围。平衡转化率 ---20% 50% 80% 0.3 0.1 0 2004006008001000 T/℃ a.600℃，0.6MPa b.700C,0.7MPa c.800C,0.8MPa (3)一定温度和压强下、反应iC2H(g)=℃2H,(g)+H2(g)K1 反应iC2H(g)+H2(g)一2CH,(g)K2(K2远大于Ku)(K 是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ①仅发生反应i时，C2H的平衡转化率为25.0%，计算K= ②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应1相比，C,H4的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 【乙烷和乙烯混合气的分离】 (4)通过Cu修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现C,H,和C2H。混 合气的分离。Cu的 与C,H,分子的π键电子形成配位键，这 种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C,H,和 C2H的优点是 (5)常温常压下，将C,H和C,H。等体积混合，以一定流速通过某吸附 【8-9】3D 剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度(c。)之比随时间变化关系 如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。 2.0 1.5 号1.01 0.5 C2H6& C2H4 0.0 0 306090 120 t/min A.前30min,两种气体均未被吸附 B.p点对应的时刻，出口气体的主要成分是C2H。 C.a~b对应的时间段内，吸附的C,H。逐渐被C2H,替代 17.(2024·湖北)(14分)用BaCO3和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到 BaC2,再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应I:BaCO3(s)+C(s)→BaO(s)+2CO(g) 反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)→BaC,(s)+CO(g) 回答下列问题： (1)写出BaC,与水反应的化学方程式 (2)已知K。=(pco)"、K= (n是CO的化学计量系数)。反 105Pa 应I、Ⅱ的1gK与温度的关系曲线如图1。 4 2 反应1585,2.5) (1320.0) 兰0 -2 反应Ⅱ1585，-1.5) -4 1200 1600 2000 T/K 图1lgK与T的关系曲线 ①反应BaCO3(s)+4C(s)一BaC,(s)+3CO(g)在1585K的K。= Pa3。 ②保持1320K不变，假定恒容容器中只发生反应I,达到平衡时p©0= Pa,若将容器体积压缩到原来的2，重新建立平衡后pco= Pa (3)恒压容器中，焦炭与BaC0,的物质的量之比为4：1，Ar为载 【8-10】3D 气。1400K和1823K下，BaC,产率随时间的关系曲线依实验数据： 拟合得到图2（不考虑接触面积的影响）。 100 80 60 -1823K 0 -----1400K 时间 图2BaC2产率与时间的关系曲线 ①初始温度为900K,缓慢加热至1400K时，实验表明BaCO,已全部 消耗，此时反应体系中含Ba物种为 ②1823K下，反应速率的变化特点为 其原因是 18.(2024·湖南)(14分)丙烯腈(CH2一CHCN)是一种重要的化工原料。 工业上以N2为载气，用TiO,作催化剂生产CH2一CHCN的流程 如下： HOCH-CH,COOC,H. 260℃ NH T CH,OH、N2 进料 反应釜I 315℃ CH2=CHCN、CH,OH CH,=CHCOOCH、HO· 反应釜Ⅱ 出料 已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定； ②反应釜I中发生的反应： i:HOCH,CH,COOC H,(g)-CH2 =CHCOOC2 H,(g)+H,O(g) △H1 ③反应釜Ⅱ中发生的反应： ii:CH2=CHCOOC2 Hs(g)+NH3 (g)-CH2=CHCONH,(g)+ C2HOH(g)△H2 ii CH2 =CHCONH(g)-CH2=CHCN(g)+H2O(g)AH3 ④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。 回答下列问题： 【8-11】3D (1)总反应HOCH,CH,COOC,H(g)+NH(g)-→CH一CHCN (g)+C,Hs OH(g)+2H,O(g)AH= (用含△H1、△H2 和△H,的代数式表示)。 (2)进料混合气中n(HOCH2CH,COOC,H)：n(C2H,OH)-1:2, 出料中四种物质(CH2一CHCOOC,H、CH2一CHCN、C,HOH、 H2O)的流量，（单位时间内出料口流出的物质的量）随时间变化关系 如图： 2.0 15 1.0 0.5 CH2=CHCOOC2Hs 0 2 468101112 反应时间h ①表示CH,一CHCN的曲线是 (填“a”“b”或“c”); ②反应釜I中加人C,H,OH的作用是 ③出料中没有检测到CH2一CHCONH,的原因是 ④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 (3)催化剂TiO2再生时会释放CO2,可用氨水吸收获得NH,HCO。 现将一定量的NH,HCO3固体（含0.72g水）置于密闭真空容器中，充 入CO2和NH,其中CO2的分压为100kPa,在27C下进行干燥。为 保证NH,HCO3不分解，NH3的分压应不低于 kPa(已 知p(H2O)=2.5×10kPa·mol厂1×n(H2O),NH4HCO3分解的平衡 常数K,-4×10(kPa)3)。 (4)以CH2一CHCN为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方 法可制得Sn(CH,CH,CN),其阴极反应式 【8-12】3D度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到 电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实 验①更致密的镀层。由分析可知，实验①时，铁会 先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离 子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻 碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正 确；实验①时，铁作电镀池的阴极，铁会先与溶液中 的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可 能发生的反应为Fe+2H+一Fe2++H2、Fe+ Cu+一Fe+十Cu,故B正确；铜离子在阴极得到 电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu 一2e一Cu+的反应，铜离子浓度不变，Cu2+十 4NH一[Cu(NH3)4]2+平衡不移动，故C错误； 实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离 子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率 减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生 成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D 正确；故选C。 16.A由图可知，化学自充电时，消耗O,,该反应为 O2+2H2O+4e=4OH,c(OH)增大，故A 正确；化学自充电时，无需外接电源即能实现化学 自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B错误； 由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的 电极反应式为O,十2H2O十4e=4OH,故C错 NH 误；放电时，1mol -NH2 HN 转化为 NH ,消耗2molK, -NH2 K'N- 外电路通过0.02mol电子时，正极物质增加0.02 molK,增加的质量为0.02mol×39g/mol=0.78 g,故D错误；故选A。 17.C用SO2水溶液吸收溴蒸气生成硫酸和氢溴酸， 离子方程式：SO2+Br2十2H2O=2HF十2HBr+ SO,A不正确；1 mol CS（s)燃烧时，依据燃烧热 数据，放出热量1077k,则热化学方程式：CS2(I) +303(g)—C02(g)+2S02(g)△H=-1077 kJ·mol-1,B不正确；SO2在水溶液中还原TeCL4, 生成Te、H2SO4和HCl,反应方程式：2SO2+TeCl +4H,O—Te+2H,SO十4HCl,C正确；电解法 制备碲时，TO号在阴极得电子产物与电解质反 【20】 应，生成Te等，电极方程式：TeO十4e十3H,O Te十6OH,D不正确；故选C 18.CSO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到空气中 会形成硫酸型酸雨，故A正确；装置a中溶液的溶 质为NaHCO,,溶液显碱性，说明HCO的水解程 度大于电离程度，故B正确；装置a中NaHCO3溶 液的作用是吸收SO2气体，CO2与NaHCO3溶液 不反应，不能吸收C○2，故C错误；由图可知一个电 极亚硫酸根失电子生成硫酸根，另一个极二氧化碳 和水转化为甲酸，装置b中总反应为SO十CO2十 H,0电解1HCO0H+S0,故D正确：选C. 19.B电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成 BrO?,电极b为阳极，电极反应为Br一6e十 3H2O一BrO3十6H;则电极a为阴极，电极a的 电极反应为6H+6e—3H,个；电解总反应式为 Br十3H,0电解BrO,十3H,;催化循环阶段 BrO被还原成Br循环使用、同时生成O2,实现 高效制H2和O2,即Z为O2。根据分析，电极a为 阴极，连接电源负极，A项正确；电解过程中消耗 H,O和Br,而催化阶段BrO,被还原成Br循环 使用，故加入Y的目的是补充H2O,维持NaBr溶 液为一定浓度，B项错误；电解总反应式为Br十 3H,0电解Br0十3H,◆，C项正确：催化阶段，Br 元素的化合价由十5价降至一1价，生成1 mol Br 得到6mol电子，O元素的化合价由一2价升至0 价，生成1molO,失去4mol电子，根据得失电子守 恒，反应产物物质的量之比n(O2)：n(Br)=6：4 =3:2,D项正确；故选B。 卷8化学反应速率与化学平衡 1.CA.①A(g)=M(g)的K= k· K2 ②A(g)=N(g)K= kg，② 一①得到 K2 M(g)=N(g),则K= XN(平衡)k-2k2k-1 xM(平衡) k1 kik-2 k-1 A正确；B.由图可知，0~1时间段，生成M和N 的物质的量相同，由此可知，成M和N的平均反应 速率相等，B正确；C.若加入催化剂，k1增大，更有 利于生成M,则x变大，但催化剂不影响平衡移 动，XM,街不变，C错误；D.若A(g)>M(g)和 A(g)→N(g)均为放热反应，升高温度，两个反应 均逆向移动，A的物质的量分数变大，即XA,平衡变 大，D正确。 2.AA.根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A 错误；B.反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式 为3H2SO3+BrO=3SO+Br+6H+,B正确； C.由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的 是亚硫酸，所以反应①一④中，H十对SO的氧化起 催化作用，C正确；D.根据题干信息和图像可知利用 pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确；答 案选A。 3.CA.由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反 应，A错误；B.平衡常数只和温度有关，与催化剂无 关，B错误；C.由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量 更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定，C 正确；D.活化能高的反应速率慢，是反应的决速步 骤，故决速步骤为"CH;CHCH→·CH3CHCH2+ 3D H或"CH3CHCH3+·H→"CH3CHCH2+2"H,D 错误。 4.CD由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1> T2;T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于 T2温度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量 之比为1：1，则达到平衡时C○2和H2的摩尔分数 相等。根据分析，T,比T,反应速率速率快，反应速 率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1>k2,A 项正确；反应的速率方程为v=kc.5(H2)c(CO2),则 o(T1)k1c.(H2)1c(CO2)1 v(T2)k2c.5(H2)2c(CO2)2 ,T,温度下达到平衡 时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时，则 (工<，B项正确；温度不变，仅改变体系初始 (T2)k, 压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应 速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分 数随时间的变化曲线变化，C项错误；T。温度下，改 变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到 平衡时H2和C○2的摩尔分数不可能相等，故不能 使平衡时各组分摩尔分数与T,温度时相同，D项正 确；故选C、D。 5.B99%的X、Y转化为配离子时，溶液中 c(X) c(Y) 1% c(X配离子) c(Y配离子) 99% c(X) c(Y) 则1gX配离子)-gcY配离子)≈一2，根据图像 可知，纵坐标约为一2时，溶液中一lgcx(CN)>一lg cy(CN),则溶液中CN的平衡浓度：X<Y,A错误；Q c(X) c(Z) c(X) 点时1gc(X配离子=lgc(乙配离子)，即c(X配离子) c(Z) 一（乙配离子，加入少量可溶性Y盐后，会消耗 CN形成Y配离子，使得溶液中c(CN)减小（沿横 c(X) 坐标轴向右移动)，gX配离子) c(Z) 与1gc(乙配离子)曲线在Q点相交后，随着-1gc (CN厂)继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方， c(X) c(Z c(X) 即gcX配高子>g(乙配离子)，则(X配离子) c(Z) >(乙配离子)B正确：设金属离子形成配离子的 离子方程式为金属离子十nCN—一配离子，则平 c(配离子) 衡常数K c(金属离子)·c"(CN),lgK=g c金属离子)一mlgc(CN)--1gC(金属离子) c(配离子) C(配离子) c(金属离子) mlgc(CN),即gc(配离子) --mlg c(CN 一lgK,故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合 的CN越多，对应1g(配高子 c(金属离子) -lgc(CN)曲 线斜率越大，由题图知，曲线斜率：Y>Z,则由Y、Z 制备等物质的量的配离子时，消耗CN厂的物质的 量：ZY,C错误；由P点状态移动到形成Y配离子 的反应的平衡状态时，一1gc(CN)不 c(Y) 变，lgY配离子)增大，即c(Y)增大、c(Y配离子） 减小，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速 率，D错误；故选B。 【21】 6.A由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，15h 后异山梨醇浓度才不再变化，所以3h时，反应②未 达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误； 图像显示该温度下，15h后所有物质浓度都不再变 化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1,4-失 水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反 应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常 数：①>②，故B正确；由图可知，在0~3h内异山梨 醇的浓度变化量为0.042mol/kg,所以平均速率（异 山梨辞)=0.042mo/k=0.014m0l·kg1·h, 3h 故C正确；催化剂只能改变化学反应速率，不能改变 物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其 平衡转化率，故D正确；故选A。 7.DO2和O。是O元素形成的不同单质，两者互为 同素异形体，A项正确；O8分子为平行六面体，由其 结构知，O。中存在两种氧氧键：上下底面中的氧氧 键、上下底面间的氧氧键，B项正确；O2转化为O8 超高压 可表示为402 ○。，气体分子数减少，故O。 转化为O。是熵减反应，C项正确；O2在超高压下转 化成O。,则在常压低温下O8会转化成O2,不能稳 定存在，D项错误。 8.CL4处与L,处的温度不同，故反应①的平衡常数 K不相等，A错误；由图像可知，L1一L3温度在升 高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反 应②为放热反应，△H2<0,B错误；从L到L6,甲醇 的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应 ②消耗CO,而CO体积分数没有明显变化，说明反 应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反 应，其向右进行时，n(H2O)增大，反应②为气体分子 数减小的反应，且没有H2○的消耗与生成，故n总 减小而n(H2O)增加，即H2O的体积分数会增大，故 L6处的H2O的体积分数大于L处，C正确；L1处 CO的体积分数大于CH,OH,说明生成的CO的物 质的量大于CHOH,两者反应时间相同，说明CO 的生成速率大于CH,OH的生成速率，D错误。 9.D题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳 产物的分布分数即 分别为8 (CH COOH)、6(CHCOOCH3),若投料比x代表 n(CH,OH) n(CO) x越大，可看作是CHOH的量增多， 则对于主、副反应可知生成的CH3 COOCH3越多， CH,COOCH分布分数越高，则曲线a或曲线b表 示CH COOCH3分布分数，曲线c或曲线d表示 CH COOH分布分数，据此分析可知A、B均正确， 可知如此假设错误，则可知投料比x代表 n(CO) n(CH,O,曲线a或曲线b表示ò(CH,COOH), 曲线c或曲线d表示6(CH3 COOCH3)。根据分析 n(CO) 可知，投料比x代 n(CH,OHi,A错误；曲线c表 示CH COOCH3分布分数，B错误；曲线a或曲线b 表示6(CH,COOH),当同一投料比时，观察图像可 知T2时6(CH,COOH)大于T,时6(CHCOOH), 而T2>T1可知，温度越高则6(CH COOH)越大，说 明温度升高主反应的平衡正向移动，△H,>0;曲线C或 曲线d表示6(CHCOOCH),当同一投料比时，观 察可知T,时6(CH3 COOCH3)大于T2时6 (CH COOCH3),而T,>T,可知，温度越高则8 (CH,COOCH)越小，说明温度升高副反应的平衡 逆向移动，△H,<0,C错误；L、M、N三点对应副反 应△H2<0,且TN>TM=TL,升高温度平衡逆向移 3D 动，K(L)=K(M)>K(N),D正确。 10.D由表可知，相同温度下，乙烷在发生转化时，反 应I更易发生，则反应活化能：I<Ⅱ，A正确；由 表可知，500℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转 化的乙烷的总物质的量为2mol×9.0%=0.18 ol,而此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙 烯的乙烷的物质的量为0.18mol×80%=0.144 mol,根据方程式可得，生成乙烯的物质的量为0. 144mol,则0~5min反应I的平均速率为：v 0.144mol 10L (C2 H,)=5 min =2.88×10-3mol·L-1· min,B正确；其他条件不变，平衡后及时移除 H2O(g),反应I正向进行，可提高乙烯的产率，C 正确；其他条件不变，增大投料比[n(C,H。)/n (CO2)]投料，平衡后CO2转化率提高，C2H6转化 率降低，D错误。 11.CHCN中C和H形成一个单键和一个碳氨三 键，是sp杂化，A正确；H能与CN结合生成 HCN,降低CN厂浓度，所以若将微量碱改成加入 酸，则反应速率减慢，B正确；由①②可知吸电子基 0 团可以使 上的C原子活化，增大平衡常数，C 错误；由于④中 C 受到的空间位阻更大，不利于 反应进行，所以④的平衡常数小于③，D正确；故 选C。 12.D由热化学方程式CO(g)十H2O(g)=CO2(g) 十H2(g)△H=一akJ/mol(a>0)可知，消耗1 molH2O时释放akJ能量，①中平衡时释放0.8a kJ能量，则消耗的H2O的物质的量为0.8mol,因 此H,0的平衡转化率为4mo 0.8 mol ×100%=20%, 故A正确；①中平衡时释放0.8akJ能量，则消耗 的H2O的物质的量为0.8mol,三段式 CO(g)+H2O(g)==C02(g)+H2(g) 始/mol1 4 0 0 转/mol0.80.8 0.8 0.8 平/mol0.23.2 0.80.8 设容器容积为1L,tC时，该反应的平衡常数为 0.2X3.21,故B正确；设当②中C0和C0,浓度 0.8×0.8 相等时，消耗的C○，的物质的量为x,三段式 CO(g)+H2 O(g)==CO2 (g)+H2 (g) 始/mol1 1 2 2 转/molx 平/mol1+x1+x2-x2-x 则有1十x=2-x,解得x=0.5mol,此时容器中各 1.5×1.5 物质的量均为1.5mol,Q=5×1.5 =1=k,即反 应达到了平衡状态，故C正确；由以上分析可知，达 到平衡时②中一氧化碳的物质的量的变化量为0.5 mol,当一氧化碳的物质的量的变化量为1mol时， 能量变化为αkJ,所以达到平衡时②中能量变化为 b=0.5a,故D错误；故选D。 13.BH2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2 分解，MnO2作催化剂只能加快反应速率，A不能 用平衡移动原理解释；制备乙酸乙酯的实验中将酯 蒸出，减小生成物浓度，平衡正向移动，可以提高乙 【22】 酸乙酯的产率，B能用平衡移动原理解释；工业合 成氨反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，从 平衡角度分析低温有利于平衡正向有利于合成氨， 选择500C左右的条件进行不能用平衡移动原理 解释，C不能用平衡移动原理解释；锌片与稀 H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进 H,的产生，是因为锌置换出铜，形成铜锌原电池反 应加快反应速率，D不能用平衡移动原理解释；故 选B。 14.D由图可知，正反应是放热反应，△H<0,气体分 子数减小，△S0,△G=△H一T△S,△G<0反应自 发，故该在较低温度下能自发进行，A项正确；曲线 甲恒容密闭容器中压强增大，说明甲在绝热过程进 行，乙在恒温过程进行，B项正确；平衡时，T。>T。, a的反应物浓度大于c的反应物浓度，即a的正反 应速率大于C的正反应速率，C项正确；在恒温恒容 条件下，气体压强之比等于总物质的量之比，根据 三段式 4HBr(g)+O2(g)==2Br2(g)+2H2O(g) 起始/mol4 1 0 0 转化/mol4x x 2x 2x b,点/mol4-4x1-x 2x 2x (4十1)：(5-x)=20b:17,解得x=0.75,b点 浓度商Q= 1.52×1.52 0.25L·mol1=20.25L· mol厂1，a、b,点总压强相等，容器体积相等，a点温度 较高，故a点气体的物质的量小于b点，正反应是气 体分子数减小的反应，说明a点HBr的转化率大于 b点，即a,点平衡常数K大于b点Q,D项错误；本 题选D。 15.解析：根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化 学反应速率的因素判断化学反应进行的方向从而 判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化 率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数； 根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算 速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的 原因。 (1)将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热 化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式① 乘以3再加上方程式②，即①X3十②，故热化学方 程式3CH4(g)+3Br2(g)一CH6(g)+6HBr(g) 的△H=-29×3+20=-67kJ·mol-1 (2)(「)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应 方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量 增多，CHBr(g)的含量减少，故CH3Br的曲线 为a; (iⅱ)560C时反应达平衡，剩余的CH(g)的物质 的量为1.6mmol,其转化率&= (8 mmol-1.6 mmol) ×100%=80%:若只发生一 8 mmol 步反应，则生成6.4 mmol CH3Br,但此时剩余 CHBr的物质的量为5.0mmol,说明还有1.4 mmol CH,Br发生反应生成CH2Br2,则此时生成 的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol; (川)平衡时，反应中各组分的物质的量分别 为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2 mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8 c(CHBr2)·c(HBr) mmol,故该反应的平衡常数K= c(CHBr)·c(Br2) -3D 1.4、7.8 =10.92。 5.0、0.2 VXV (3)(1)11~19s时，有I2的生成速率v= 3.22.6 VV0.075 mmol·(L·s)-,无I2的生成 8 2.21.8 V70.05 速率v= V mmol·(L·s)。生成速 8 0.075 w(有L2)V 3 率比 0(无2)0.05 2 (iⅱ)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的 CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含 量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I提高了 CH3Br的选择性； (ⅲ)根据反应机理，L2的投入消耗了部分CH2Br2, 同时也消耗了部分HBr,使得消耗的CH2Br2发生 反应生成了CHBr,提高了CHBr的选择性。 答案：(1)-67(2)b80%7.810.92 3 (3)?(或3：2)5s以后有催化的CH,Br,的 含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上 升L2的投入消耗了部分CH2Br2,使得消耗的 CHBr2发生反应生成了CHBr 16.解析：(1)将两个反应依次标号为反应①和反应②，反 应①一反应②×2可得目标反应，则△H3=△H, 2△H,=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566 kJ/mol。 (2)从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升 高，C,H。的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反 应，△H4>0。 600C、0.6MPa时，C2H。的平衡转化率约为 20%,a错误；700C、0.7MPa时，C2H6的平衡转 化率约为50%，最接近40%，b正确；700℃、0.8 MP时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度， 该反应的化学平衡正向移动，C,H。转化率增大，因 此800C、0.8MPa时，C2H。的平衡转化率大于 50%,c错误；故答案为b。 (3)仅发生反应ⅰ，设初始时C2H6物质的量为1 mol,平衡时C2H。转化率为25%，则消耗C2H60. 25mol,生成C2H40.25mol,生成H20.25mol, K1-02x0.21 0.6-15 ②只发生反应「时，随着反应进行，气体总物质的 量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发 生反应1和反应ⅱ，且从题千可知K2远大于Ka, 反应ⅱ为等体积反应，因为反应ⅱ的发生相当于在 单独发生反应「的基础上减小了压强，则反应化 学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。 (4)配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供 孤电子对，则Cu的4s空轨道与C,H分子的π键 电子形成配位键。C2H4能与Cu形成配合物而吸 附在Y分子筛上，C,H。中无孤电子对不能与Cu 形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离 C2H4和C2H,优点是识别度高，能有效将C2H 和C2H。分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。 【23】 (5)前30min,二等于0，出口浓度c为0，说明两种 气体均被吸附，A错误；p点时，C,H对应的C约 为1.75，出口处C2H,浓度较大，而C2H4对应的 C较小，出口处CH浓度较小，说明此时出口处 C 气体的主要成分为C,H。,B正确；a点处C,H。的 =1，说明此时C,H6不再吸附在吸附剂上，而a Co 点后C,H。的C>1,说明原来吸附在吸附剂上的 C2H。也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时 间，C2H的二仍为0，说明是吸附的C2H。逐渐被 C2H4替代，p,点到b点之间，吸附的C2H6仍在被 C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附 剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4, 因此p点后C2H的二也逐步增大，直至等于1，此 时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确；故选B、C。 答案：1)-566(2)>b(3)5 增大(4)4s 空轨道识别度高，能有效将C2H和C,H。分离， 分离出的产物中杂质少，纯度较高 (5)BC 17.解析：(1)Ba、Ca元素同主族，所以BaC2与水的反 应和CC2与水的反应相似，其反应的化学方程式 为BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC=CH◆。 (2)①反应I+反应Ⅱ得BaCO,(s)+4C(s)= BaC2(s)+3CO(g),所以其平衡常数K=K1XKm Pco ,由图1可知，1585K时K1=102.5, 105Pa/ Pco 3 K-101,即(10Pa) =1025×1015=10,所以 p8o=10×(10Pa)3=1016Pa3,则K。=po= 1016Pa3; ②由图1可知，1320K时反应I的K1=10°=1，即 K-( =1,所以p20=(10Pa)2,即pc0= 105Pa; ③若将容器体积压缩到原来的号，由于温度不变、 平衡常数不变，重新建立平衡后pco应不变，即pco =10Pa。 (3)①由图2可知，1400K时，BaC2的产率为0，即 没有BaC2,又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此 时反应体系中含Ba物种为BaO； ②1400K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的 含物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)十3C(s) ==BaC2(s)+CO(g),反应条件恒温1823K、恒 压，反应物BaO和C都是固体，其浓度是固定不变 的，则该化学反应的正反应的反应速率不变；2之 前，生成物C○的浓度逐渐增大，故逆反应的速率逐 渐增大，t2之后，CO的浓度保持不变，逆反应的速 率保持不变。 答案：(1)BaC2+2HO-→Ba(OH)2+HC=CHA (2)101610°10 (3)BaO正反应的反应速率保持不变，逆反应的速 率逐渐增大后保持不变容器中只有反应Ⅱ：BaO 3D (s)+3C(s)=BaC,(s)十CO(g),反应条件恒温1 823K、恒压，反应物BaO和C都是固体，其浓度是 固定不变的，则该化学反应的正反应的反应速率保 持不变；t2之前，生成物CO的浓度逐渐增大，故逆 反应的速率逐渐增大，t2之后，CO的浓度保持不 变，逆反应的速率保持不变 18.解析：工业上以N为载气，用TiO2作催化剂，由 HOCH2CH2COOC2H和C2HOH为进料气体生产 CH2=CHCN,在反应釜I中发生反应i: HOCH,CH,COOC2 H(g)->CH2=CHCOOC2 H (g)十HO(g),加入NH。后，在反应釜Ⅱ中发生反应 ii:CH2=CHCOOC,Hs(g)+NH(g)-CH2= CHCONH2(g)+C2HOH(g),反应t:CH2 CHCONH2 (g)-CH2 =CHCN(g)+H2O(g), 故产物的混合气体中有CH,一CHCN、未反应完 的C2HOH、CH2一CHCOOC,H(g)和水。 (1)根据盖斯定律，总反应HOCH,CH,COOC,H(g)+ NH(g)-CH2 =CHCN(g)+C2 H:OH(g)+ 2HO(g)可以由反应1+反应iⅱ十反应ⅲ得到，故 △H=△H1+△H2+△H3。 (2)①根据总反应HOCH,CH,COOC,H(g)+ NH(g)-CH,=CHCN(g)+C,H;OH(g)+ 2H,O(g),设进料混合气中 n(HOCH2 CH2 COOC2 H)=1 mol,n(C2 H OH)=2 mol,出料气中CH2一CHCOOC2H,含量很少，则 生成CH2一CHCN(g)、C2HOH(g)物质的量约为 1mol,生成H2O(g)的物质的量约为2mol,故出料 气中C2HOH(g)物质的量共约3mol,故出料气中 CH2一CHCN、C,HOH、H,O物质的量之比约为 1:3:2,故曲线c表示CH2一CHCN的曲线； ②反应釜I中发生反应ⅰ是气体体积增大的反应 故加入C2HOH降低分压有利于反应ⅰ平衡正向 移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从 而提高产率； ③丙烯酰胺(CH,一CHCONH,)的分解温度约为 160℃至170C,出料中没有检测到CH2一 CHCONH,的原因是CH,=CHCONH,在反应釜Ⅱ 的温度下发生分解； ④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降 低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低， 反应速率降低，故产物减少 (3)0.72g水的物质的量为0.04mol,故p(H2O)= 2.5×102kPa·mol1×n(H,O)=10kPa, NH,HCO。分解的反应式为NH HCO,一NH 个+CO2◆+H2O个，故NH4HCO3分解的平衡常 数K。=p(NH)p(CO2)p(HO)=4X10(kPa)3,解 得p(NH3)=40kPa,故为保证NH4HCO3不分 解，NH,的分压应不低于40kPa。 (4)Sn(CH2CH,CN),是有机化合物，与水不溶，水 中不电离，以CH2一CHCN为原料在S加作阴极得 电子制得Sn(CH2CH2CN)4,故阴极的电极反应式为 Sn+4CH,CHCN 4e+4HT Sn (CHCH2CN)4。 答案：(1)△H,十△H,十△H (2)c降低分压有利于反应ⅰ平衡正向移动且提 高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产 率CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生 分解反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应 速率降低，故产物减少(3)40 (4)Sn+4CH,CHCN 4e 4H =Sn(CH,CH,CN) 卷9水溶液中离子的行为 【24】 1.D实验1得到H,SO,溶液，实验2溶液的pH为 4,实验2为NaHSO3溶液，实验3SO2和酸性KM nO4溶液反应的离子方程式为5SO2十2MnO:+ 2H2O一5S0?+2Mn++4H+。实验1得到 H2SO3溶液，其质子守恒关系式为c(HSO3)十2c (SO号-)十c(OH-)=c(H+),则c(HSO5)+c (SO)<c(H+),A错误；实验2溶液pH为4，依 10-4·c(S03) 据K2= ,则6.2×108= c(HSO) 10-4·c(S0g) ,则c(SO)<c(HSO3),B错误； c(HSO) NaHSO,溶液蒸千、灼烧制得NaHSO,固体，C错 误；实验3依据发生的反应：5SO2+2MnO:+2H2O 一5S0?+2Mn2+十4H+,则恰好完全反应后c (SO?)>c(Mn2+),D正确；故选D。 2.C在溶液中存在平衡：CH,COOH=CH3COO +H+(①)、Ag+CH COO=CH,COOAg(aq) (②)，Ag的水解平衡Ag+HO一AgOH+H (③)，随着pH的增大，c(H)减小，平衡①③正向移 动，c(CH COOH)、c(Ag)减小，pH较小时（约小于 7.8)CH,COO浓度增大的影响大于Ag浓度减小 的影响，CH3 COOAg浓度增大，pH较大时（约大于 7.8)CH COO浓度增大的影响小于Ag浓度减小 的影响，CH,COOAg浓度减小，故线I表示 CH COOH的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅱ表 示CHCOO的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表 示CH COOAg随pH变化的关系。根据分析，线Ⅲ 表示CH COO的变化情况，A项错误；由图可知，当 c(CH COOH)=c(CH COO)相等时（即线I和线Ⅱ 的交，点)，溶液的pH=m,则CH COOH的电离平衡 c(H)c(CH,COO) 常数K。 c(CH,COOH) =10-",B项错误；pH c(H)c(CH,COO) =n时， c(CH COOH) =10-m ,c(CH COO) 10-c(CH,COOH) =10"c(CHCOOH),Ag c(H+) +CH.COO =CH COOAg(ag)的K= y0 C,eCC2号由周 c(CH,COOAg) c(CH COOAg) 可知pH=n时，c(CH,COOH)=c(CH COOAg),代 入程得c(Ag)-1/L,C项正将：展据部 料守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c (CH COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L,D项错 误故选C。 3.D结合起点和终点，向20mL0.10mol·L- NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生 浓度改变的微粒是OH厂和HCOO, 当V(HCOOH)=0mL,溶液中存在的微粒是OH厂， 可知随着甲酸的加入，OH被消耗，逐渐下降，即经 过M点在下降的曲线表示的是OH浓度的改变， 经过M,点、N,点的在上升的曲线表示的是HCOO 浓度的改变。 M点时，V(HCOOH)=10mL,溶液中的溶质为c (HCOOH):c(HCOO)=1:1,仍剩余有未反应 的甲酸，对水的电离是抑制的，N点HCOOH溶液与 NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,此时仅存在 HCOONa的水解，此时水的电离程度最大，故A正 -3D