复习练案13 主观大题突破训练(三) 化学原理综合-【衡中学案】2026年高考化学二轮总复习提能训练

复习练案[13] 主观大题突破训练( 1.（2025·黑吉辽蒙高考)乙二醇是一种重要化 工原料，以合成气(C0、H,)为原料合成乙二醇 具有重要意义。 I.直接合成法：2C0(g)+3H,(g)催化剂 HOCH,CH,OH(g),不同温度下平衡常数如下 表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10-3 (1)该反应的△H 0(填“>”或 “<”)。 (2)己知CO(g)、H2(g)、HOCH,CH2OH(g)的 燃烧热（△H)分别为-akJ·mol-1、-b kJ·mol-1、-ckJ·mol-1,则上述合成反应 的△H= kJ·mol-1(用a、b和c 表示)。 (3)实验表明，在500K时，即使压强 (34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很 低，可能的原因是 (答出1条即可)。 Ⅱ.间接合成法：用合成气和O2制备的DMO 合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反 应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 COOCH +2H CH2 OH +2H COOCH -CH.OH COOCH -CH.OH DMO(g) MG(g) CH,OH +H, CH CH,OH -H20 CH,OH 乙二醇(g) 乙醇(g) 168 三)化学原理综合 4)在2MPa、Cu/SiO,催化、固定流速条件下， n(H2) 发生上述反应，初始氢酯比 n(DMO)= 52.4,出口处检测到DM0的实际转化率 及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变 化曲线如图所示[某物质的选择性= n生成（该物质）》 n消耗(DMO) ×100%]。 (483.99) 100F ■ ●于 80 Q 60 -XA(450,50) 40 20F (483,2 443 463 483 503 523 温度K ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲 线 (填图中标号，下同)表示 DMO的转化率，曲线 表示MG的 选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有 (填标号)。 A.降低温度 B.增大压强 C.减小初始氢酯比 D.延长原料与催化剂的接触时间 ③483K时，出口处（乙醇的值为 n(DMO) (精确至0.01)。 ④A点反应MG(g)+2H,(g)= HOCH,CH,OH(g)+CHOH(g)的浓度商Q、 (用物质的量分数代替浓度计 算，精确至0.001)。 2.(2025·河北邯郸三模)二甲醚(DME)无毒、 无腐蚀性，燃烧后不产生碳烟，是重要的化工 原料和环保产品。碳中和背景下，C02加氢制 二甲醚是有潜力实现DME资源化利用的重要 途径之一。 ①C02(g)+H2(g)—C0(g)+H0(g) △H=+41.2kJ·mol1 ②C02(g)+3H2(g)—CH0H(g)+ H0(g）△H2=-49.3kJ·mol1 ③C0(g）+2H2(g)—CHOH(g)△H= -90.5kJ·mol-1 42CH OH(g)=(CH3)20(g)+H2O(g) △H4=-23.9kJ·mol- 回答下列问题： (1)写出C0,直接加氢制二甲醚的热化学反 应方程式： 该反应在 (填“高温”“低温”或 “任意温度”)下能自发进行。 (2)在密闭容器中通入1molC02、3molH2,只 进行反应②和④，一定压强下，研究温度 对C0,转化率和二甲醚产率的影响如图 1,一定温度下，研究压强对C0,转化率和 二甲醚产率的影响如图2。该工艺最佳反 应条件为 ,该反应条件 下反应④的K。= (列出 计算式即可)。 169 95 35 0150200250300350T/℃ 图1 31 01.02.03.04.05.06.07.08.09.0p/MPa 图2 (3)在1L密闭容器中 通入1mol C02、 3molH2,只进行反 77元 应①、③和④，研究 图3 C02平衡转化率、二甲醚产率与温度的关 系。图3中表示C02平衡转化率的曲线 为 ,该曲线呈现图中趋势的可能 原因是 0 (4)铝催化剂催化二甲醚羰基化的反应历程 如图4所示，该催化历程中的决速步为 (填“TS1”“TS2”“TS3”或 “TS4”),二甲醚羰基化的机理图如图5所 示，则二甲醚羰基化的生成物是 图4 HOCH CH COOCH CHCOOCH HOCH 图5 3.(2025·安徽高考)I.通过甲酸分解可获得 超高纯度的C0。甲酸有两种可能的分解反应： ①HCOOH(g)=C0(g)+H20(g)△H,= +26.3kJ·mol ②HC0OH(g)—C02(g)+H2(g)△H2= -14.9kJ·mol-1 (1)反应C0(g)+H0(g)=C02(g)+ H,(g)的△H=kJ·mol1。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通人一定 量的HCOOH(g),发生上述两个分解反应 下列说法中能表明反应达到平衡状态的 是 (填标号)。 a.气体密度不变 b.气体总压强不变 c.H,0(g)的浓度不变 d.C0和C0,的物质的量相等 (3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如 下图，反应①的选择性接近100%，原因是 升高温度，反应历程不变，反应①的选择 性下降，可能的原因是 17( 过渡态2HCO0* H* CO(g) HCOOH(g) /付渡态1CO0H* +HO(g) 反应① +H* 反应② HCOOH* C0,(g) +H,(g9 反应历程 Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(C0 和H2)的重要方法，主要反应有： ③CH4(g)+C02(g)→2C0(g)+2H,(g) ④C02(g)+H2(g)=C0(g）+H,0(g) ⑤CH4(g)+H0(g)=C0(g)+3H2(g) (4)恒温恒容条件下，可提高CH4转化率的措 施有 (填标号)。 a.增加原料中CH4的量 b.增加原料中C02的量 c.通人Ar气 (5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量 之比的CH/C02/Ar混合气，投料组成与 CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如 下图。 100 60 % 20 CH. 0 10/10/80 1/1/98 20/20/60 30/3040 40/40/20 50/50/0 CH/CO,/Ar ①投料组成中Ar含量下降，平衡体系中 n(CO):n(H,)的值将 (填“增 大”“减小”或“不变”)。 ②若平衡时Ar的分压为pkPa,根据a、b 两点计算反应⑤的平衡常数K,= (kPa)2(用含p的代数式表示， K。是用分压代替浓度计算的平衡常数，分 压=总压×物质的量分数)。 4.（2025·江西九江三模)我国在乙酸和氢气制 备乙醇的研究中取得新进展，科学家发现一种 新型多孔材料负载的双金属催化剂，可显著提 高反应效率和乙醇选择性。该催化剂表面存 在两种活性位点，分别对主副反应有不同的催 化活性。 主反应：CHCO0H(g)+2H2（g)一 CH,CH,OH(g)+H2O(g)AH<0 副反应：CH,COOH(g）+CHCH,OH(g) CH COOCH,CH3 (g)+H2O(g)AH2 <0 回答下列问题： (1)已知相关物质的相对能量数据如下表。 物质 CH,COOH(g)C2H,OH(g)H2O(g)H2 (g) 相对能量 -418.3 259.7 -231.2 0 (kJ·mol-1) 计算△H,= (2)一定温度下，在一刚性密闭容器中通入 1 mol CH C00H(g)、2molH,(g),初始总 压强为Po kPa,达到平衡，测得n(H0)= 0.8mol,压强为原来的0.8倍，则主反应的 平衡常数K。= kPa1(用含有Po 的式子表示)。 (3)已知：①副反应的热效应很小；②生成少 量乙酸乙酯：③S表示产物选择性，乙醇、 乙酸乙酯选择性表示为 n(乙醇) S(乙醇)=n(乙醇)+2n(乙酸乙酯) ×100%; 2n(乙酸乙酯) S(乙酸乙酯)=n(乙醇)+2n(乙酸乙酯) ×100%。 当n(H2):n(CHC00H)=10:1时，如 图表示2.0MPa条件下平衡时S(乙醇)、 S(乙酸乙酯)随温度的变化，以及250℃ 171 条件下平衡时S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随 压强的变化。250℃下，S(乙酸乙酯)随 压强变化的曲线是 ;b曲线变化 趋势的原因是 / 2 0102030405060708090100 4001a b le d 350H 25 B 2.0 300 1.5 250- 1.0 200 0.5 150f .0 0102030405060708090100 S/% A、B、C、D、E五个点中，处于相同化学平 衡状态的两个点是 (4)研究发现，反应体系中存在一种痕量杂质 气体M,它会与双金属催化剂的活性位点 发生可逆吸附，从而影响催化剂的活性。 当杂质气体M的分压为PM时，主反应的 速率方程可表示为v=k(1-） Po c(CH,COOH)·c2(H2),其中k为速率常 数，Po为特定分压常数，c(CH,COOH)、 c(H2)表示乙酸和氢气的浓度。 在某一时刻，体系中杂质气体M的分压为 0.5Po,此时主反应速率为正常情况下（无 杂质气体M)的 倍。若要减轻杂 质气体M对主反应的影响，在不改变反应 温度和压强的前提下，可采取的措施是 (写出一种即可)。K= 0.5、0.5 -mol·L1,C错误； 1.5、/112 2×V 若再投入1mols0C,和1mols,0,Q=1.50.5 mol·L=之mol·L1=K,平衡不移动，D正确。 5.C由图可知曲线②的速率更快，故②的反应温度更 高，且①达到平衡时，氢气体积没有②的大，说明升 高温度有利于平衡正向移动，故反应吸热，即△H> 0,A正确；由A项分析可知，B正确；反应吸热，温度 越高平衡常数越大，故平衡常数：②>①，C错误； ①线0~180min的平均反应速率v(CHCH2OH)= 1 180×10-3L 2(H,）=2×22.4L·mol+×VL×180mia 1×104 4.487mol·L1·min,D正确。 【培优练】 6.B升高温度，二氧化碳的物质的量分数增大，说明 平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的 焓变△H<0,A正确；440℃时氢气和水蒸气的物质 的量分数都为0.39，设起始二氧化碳、氢气的物质的 量为1mol、3mol,设平衡时生成乙烯的物质的量为 amol,则平衡时n(H2)=3-6a,n(H20)=4a,由 3-6a=4a,可得a=0.3,氢气的转化率为 0.3mol×6x100%=60%,B错误；由于△H<0,故 3 mol 升高温度平衡逆向移动，表示氢气的物质的量分数 随温度变化的曲线是a,由方程式可知，水蒸气的物 质的量分数是乙烯物质的量分数的4倍，则表示水 蒸气和乙烯的物质的量分数随温度变化的曲线分别 是b、c,C正确；恒温恒容条件下，继续通入等比例的 C02和H2,相当于加压，平衡正向移动，可以提高H2 和C02的平衡转化率，D正确。 7.C分离出氢气会促进平衡正向移动，从而提高乙烷 的转化率，因此氢气的移出率越高，乙烷的平衡转化 率越大，则a1>α2>3，故A正确；催化剂可降低反 应活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，但 不影响△H,故B正确； 设乙烷的起始量为1ol,结合已知条件列三段式： 27 C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) 起始/mol 1 0 0 转化/mol 0.9 0.9 0.9 平衡/mol 0.1 0.9 α1=66.7%，则此时体系内剩余氢气的物质的量为 0.9×(1-66.7%)=0.3,B点体系中乙烯的体积分 0.9 数约为0.1+0.9+0.3×100%≈69%，故C错误：A 点时乙烷的转化率为60%，结合已知列三段式： C2H6(g)=C2H4(g）+H2(g) 起始/mol 1 0 0 转化/mol 0.6 0.6 0.6 平衡/mol 0.4 0.6 0.6c(H2) K=0.72= 0.4,c(H,)=0.48m/L,H,的移 出率=0.6-0.48×100%=20%，故D正确。 0.6 8.Ahk与宁关系图所示，随者温度升商，山长逐斋塔 大，且nk,增大更多，说明升高温度，正反应速率增 加更多，平衡应正向移动，则该反应正向应为吸热反 应。由分析可知，该反应为吸热反应，则正反应的活 化能大于逆反应的活化能，则E,>E-1,A错误；由分 析可知，该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移 动，B正确；加入催化剂可加快反应速率，但不影响 平衡移动，不会提高NOCl的平衡转化率，C正确；反 应达到平衡时，正逆反应速率相等，“，=k,c(NOCl) =v-1=k1c2(N0)·c(Cl2),则平衡常数K= 2(N0)·c()-,D正确。 (NOCI k-i 复习练案[13] 1.(1)<(2)-2a-3b+c(或c-2a-3b)(3)温度 过高，反应平衡常数较小导致产率过低（或温度过 高，催化剂的催化活性下降导致产率过低) (4)①IV②BD③1.98④0.025 【解析】(1)根据表格中的数据，反应温度升高反 应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又 因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热 反应，正反应为放热反应，该反应的△H<0。(2)根 据已知条件可以写出如下热化学方程式：①C0(g) +20.(g)=c0.(g)4=-a小m; ②H,(g)+20,(g)=,0(g) △H2=-bkJ· mol-@HOCH.CH.OH(g)+3O.(g)-2CO.(g) +3H0(g）△H3=-ckJ·mol-1。根据盖斯定律， 用反应③减去2倍的反应①和3倍的反应②即可得 到目标方程式，故目标方程式的△H=(c-2a-3b) kJ·mol-1。(3)根据表格中的平衡常数，反应温度 在500K时，平衡常数K<1.3×103,此时平衡常数 过小，导致乙二醇产率过低；或温度过高，催化剂的 催化活性下降，导致乙二醇产率过低。（4)根据图示 的曲线，随着反应的温度升高I曲线的变化趋势为上 升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率区域恒定， 故I曲线为DMO的实际转化率曲线；又已知Ⅱ为乙 二醇的选择性曲线，观察曲线Ⅱ和曲线Ⅳ可知，随着 反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线V为MG 的选择性曲线，因此曲线Ⅲ为乙醇的选择性曲线。 ①根据上述分析，曲线I为DMO的实际转化率曲 线；曲线Ⅳ为MG的选择性曲线；②根据图示，降低 温度，DMO的转化率降低，A不符合题意：增大压强， 反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快， DMO的转化率增大，B符合题意；减小初始的氢酯比 导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不符 合题意；A,点时DMO的转化率为80%，升高温度后 转化率持续上升说明A,点时反应未平衡，延长原料 和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增 大DM0的转化率，D符合题意：③483K时，DM0的 实际转化率为99%，设起始投入反应的DM0为100 mol,则出口处流出的乙醇的物质的量为100mol×99% ×2%=1.98mol,此时还有1 mol DM0未反应从出口 流出，因此出口处n(元醇=1：98ml=1.98:④设 n(DMO)=1 mol 初始时H2与DM0的投料分别为52.4mol和1mol, A点时DM0的实际转化率为80%，MG和乙二醇的 选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生 DMO转化为MG,可写出如下关系： DMO(g)+2H2(g)=MG(g)+CH3OH(g) 起始1 52.4 0 (mol) (mol).8 反应 1.6 0.8 0.8 终了0.2 50.8 0.8 0.8 mol) 27 第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系： MG(g)+2H2(g)=乙二醇(g)+CH,OH(g) 起始 0.850.80 0.8 (mol) 反应 0.40.8 0.4 0.4 (mol) 终了 0.450.0 0.4 1.2 mol) 这时，体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物 质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、 CH0H的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为 0.4mol,体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+ 1.2+0.4=52.2mol。用物质的量分数代替浓度计 0.4 mol 1.2 mol .× 52.2 mol^52.2 mol 的表0离 52.2mol1 0.025。 2.(1)2C02(g)+6H2(g)=(CH3)20(g)+3H0(g) △H=-122.5kJ·mol-1低温 w9x0 1.37 (2)150℃、9.0MPa ”9 12 -(3)X 反应①为吸热反应，反应③和④是放热反应，升温促 使反应①正向移动，使反应③和④逆向移动，低温区 反应①正移的程度弱于反应③和④逆移，高温区反 应①正移的程度大于反应③和④逆移，因此C02平 衡转化率随温度升高呈现先下降后上升的趋势。 (4)TS2 CH COOCH, 【解析】(1)利用反应②和④可以得出C02直接加 氢制二甲醚的化学反应方程式，将②×2+④得 2C02(g)+6H2(g)=(CH3)20(g)+3H20(g) △H=△H2×2+△H4=-122.5kJ·mol-1,该反应的 △S<0,根据△G=△H-T△S<0可以得出该反应在 低温下能自发进行。(2)从图上可以得出最佳反应 条件为150℃、9.0MPa;此时C02转化率为95%，二 甲醚产率为84%，则反应②中C02转化0.95ol,反 应④中生成n(二甲醚)=1×0.5×84%=0.42mol, 由此可计算出平衡时各物质的物质的量为C020.05 mol,H2 0.15 mol,CH3 OH 0.11 mol,H2O 1.37 mol, n总=2.1mol,该反应条件下反应④的K,= 27x9×号x9 1.37. /0.11 2一。(3)二甲醚产率小于二氧化碳 2.1×9 转化率，所以表示C02平衡转化率的曲线为X,反应 ①为吸热反应，反应③和④是放热反应，升温促使反 应①正向移动，使反应③和④逆向移动，低温区反应 ①正移的程度弱于反应③和④逆移，高温区反应① 正移的程度大于反应③和④逆移，因此CO,平衡转 化率随温度升高呈现先下降后上升的趋势。(4)从 历程图（图4）中可以看出能垒最高的是反应TS2,该 催化历程中的决速步为TS2;机理图（图5）中可以看 出产物是CH,COOCH2。 3.(1)-41.2(2)bc(3)原因是反应①的活化能 低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢催化剂 在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 (4)b(5)①增大②0.675p2 【解析】(1)由盖斯定律，②-①可以得到目标反 应，则△H=△H2-△H1=-14.9kJ·mol-1-26.3 kJ·mol1=-41.2kJ·mol1。(2)a.气体质量是 定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变， 不能说明达到平衡状态；b.两个反应均为气体体积 增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变 说明达到平衡状态：C.气体浓度不变是平衡状态的 标志，则H20(g)浓度不变，说明达到平衡状态； d.C0和C02物质的量相等，不能说明其浓度不变， 不能判断达到平衡状态。(3)反应①的选择性接近 100%,原因是反应①的活化能远远小于反应（②活化 能，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近 100%;反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移 动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原 因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反 应②更有利。(4)a.增加原料中CH4的量，CH4自身 转化率降低；b.增大原料中CO2的量，CH4转化率增 大；C.通入Ar,各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转 化率不变。(5)如题图可知，恒压时，随着Ar含量上 升（图像从右到左），反应物的分压减小，相当于减 压，平衡正向移动，压强不影响反应（④平衡移动：则 随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲 烷的转化率下降的更快，而反应①甲烷、二氧化碳转 化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但C0减小的 少，则n(CO):n(H2)增大；设初始投料：n(CH4)= 4mol、n(C02)=4mol、n(Ar)=2mol,平衡时，甲烷 转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡 时：n(CH4)=4mol-4mol×20%=3.2mol; n(C02)=4mol-4mol×30%=2.8mol;根据碳元 -27 素守恒：n(C0)=8mol-n(CH4)-n(C02)=8mol -3.2mol-2.8mol=2mol;根据氧元素守恒： n(H2O)=8 mol -n(CO)-2n(CO2)=8 mol-2 mol -2×2.8mol=0.4mol;根据氢元素守恒：n(H2)=8 mol-2n(CH4)-n(H20)=8mol-2×3.2mol-0.4 mol=1.2mol;平衡时，气体总物质的量为3.2mol+ 2.8 mol +2 mol +0.4 mol 1.2 mol +2 mol 11.6 mol,Ar的分压为pkPa,则总压为5.8pkPa,p(H)= 2x5.8pk=0.69ap(c0)=26x5.8p KPap kPap(Ct)5.k=1.6p p(0)=0活×58=020指，反@⑤的平 常数人-0o24po户=06spm片 4.()-72.6·ml(2)75(3)a主反应和 Po 副反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，主 反应逆向移动的程度大于副反应，所以乙酸乙酯的 选择性随温度升高而增大B、E(4)0.5选用更 高效的催化剂；增加CH,COOH的浓度；增加H2的 浓度 【解析】(1)根据△H=生成物的总能量-反应物 的总能量，可得主反应：CH,COOH(g)+2H2(g)一 CH,CH20H(g)+H20(g),△H1=（-259.7-231.2) -（-418.3+2×0)=-72.6kJ·mol-1。(2)根据 已知条件列出“三段式” CH COOH(g)+2H2(g)、→CH3CHOH(g)+HO(g) 起始(mol)1 0 0 转化(mol)x 2x 平衡(mol)1-x 2-2xx CH,COOH(g)+CH,CH,OH(g)CH,COOCH2 CH (g)+H2O(g) 起始 1-x 0 (mol) 转化 mol) 平衡 1-x-y x-y x+y (mol) 压强为原来的08倍，平衡时混合气体总物质的量为(1- x-y+x-y+y+0.8+2-2x)=3mol×0.8=2.4mol,x+ y=0.8,解得x=0.6,y=0.2,主反应的平衡常数K。= 0.8w×g8x0.8%×0-603 2.4 0.8x10.602×D.3x22x&g一% 2.4 2.4 =7.5kPa。(3)250℃下，主反应为气体体积减小 Po 的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择 性上升，乙酸乙酯选择性下降，则a代表乙酸乙酯选 择性随压强变化的曲线，d代表乙醇选择性随压强变 化的曲线；2MPa下，主反应正向进行程度大于副反 应，乙醇的选择性大于乙酸乙酯，则曲线b代表乙酸 乙酯的选择性，主反应和副反应均为放热反应，升高 温度，平衡逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副 反应，所以乙酸乙酯的选择性随温度升高而增大；根 据图像知，B、E两，点都是在250℃，2.0MPa条件下 达到化学平衡，所以B、E处于完全相同的化学平衡 状态。(4)无杂质气体M时，分压PM=0,主反应的 速率方程可表示为o=hc(CHC0OH)·c2(H2),当 杂质气体M的分压为0.5m时，B=k(1-0,5 Po c(CHC00H)·c2(H2)=0.5kc(CHC0OH)· c2(H2),所以”=0.5；要减轻杂质气体M对主反应 的影响，在不改变反应温度和压强的前提下，可采取 的措施是选用更高效的催化剂或增加CH,COOH的 浓度或增加H2的浓度。 复习练案[14] 【强基练】 1.BpH越小，酸性越强，Ag浓度越大，氨气浓度越 小，所以Ⅲ代表[Ag(NH)2]+,Ⅱ代表 [Ag(NH)]+,V代表NH3,I代表Ag,据此解答。 根据以上分析可知Ⅲ为[Ag(NH3)2]的变化曲线， A正确；溶液中存在电荷守恒，D点时溶液显碱性， 则c(NH)-c(OH)<0.1-c(H+),B错误；根据 图像可知D点时[Ag(NH3)]+和Ag浓度相等，此 时氨气浓度是10324，根据Ag+NH一 [Ag(NH3)]+可知K,=10324,C正确；C点时 [Ag(NH3)2]+和Ag+浓度相等，B点时 [Ag(NH,)2]+和[Ag(NH3)]+浓度相等，所以反应 的[Ag(NH3)]++NH3=[Ag(NH3)2]+的平衡常 数为103.8，因此K2=10324×1038=102.4,C点时 一2 [Ag(NH3)2]+和Ag*浓度相等，所以c(NH3)= √/10-.g=1032mol·L-1,D正确。 2.B NaHCO3溶液中加入盐酸，溶液的pH减小，加入 NaOH溶液，溶液的pH增大，所以a→bc是滴加盐 酸的变化曲线，a→n→m是滴加NaOH溶液的变化 曲线。a点溶液的plH>7,溶液显碱性，说明NaHCO, 溶液中HCO3的水解程度大于电离程度，故A错误； a→n→m是滴加Na0H溶液的变化曲线，存在电荷守 恒：c(HC03)+2c(CO)+c(OH)=c(Na*)+ c(H+),由于NaHCO,溶液和NaOH溶液浓度相等， 滴加NaOH溶液的过程中c(Na+)不变，c(H+)减 小，c(HC03)+2c(CO)+c(OH)逐渐减小，故B 正确；NaHCO3溶液存在c(Na)=c(HCO3)+ c(C0?)+c(H2C03),ab→c过程中加入盐酸，生 成NaCl、H2C03,c点时pH=4.0,则有二氧化碳气体 逸出，可知c(Na+)>c(HCO3)+c（CO)+ c(H2CO3),故C错误；m点和c点分别加入10mL NaOH溶液和10mL盐酸，c点c(Na+)=0.025mol· Ll,c(H+)=l04mol·L1,m点c(Na+)=0.05 mol·L,c(H+)=l0-.3mol·L-1,则m点的 [c(Na)+c(H)]大于c点的[c(Na)+ c(H+)],故D错误。 3.D随着NaOH的加入，发生HA+NaOH一NaA+ HO,溶液的pH增大，水电离的氢离子浓度先增大 后减小，故曲线②表示溶液pH随NaOH溶液体积的 变化，曲线①表示-lgc(H+)*随NaOH溶液体积的 变化。水的电离程度：b>c>a,A错误；V(NaOH溶 液)=25.00mL时，溶质为等浓度的HA、NaA,由质 子守恒可得，2c(H)+c(HA)=2c(OH)+ c(Aˉ)，B错误；d点溶液为HA溶液与NaOH溶液恰 好完全反应，溶质为NaA,由于Aˉ离子水解，且溶液 pH>7,则离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(A)> c(OH)>c(H+),C错误；由初始条件下，0.10 mol·L1的一元酸HA溶液中，水电离出来的c(H+) =1×1011可知，K=1029×102 =1048,则反 0.1 应A”+H20一HA+OH°的平衡常数K.= c(HA).c(OH-)c(HA)c(H-)c(H)K.= c(A-) c(A-)c(H*) K 1092,D正确。 4.CN2H4溶于水后发生两步电离：N2H4+H20一 N2H+OH、N2H+H20=N2H6+OH,随着 5