新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破十四四大平衡常数应用

这是一份新教材适用2024版高考化学二轮总复习新高考选择题突破十四四大平衡常数应用，共7页。试卷主要包含了 25 ℃时，已知0， 常温下，向0， 室温下，用0， 常温下，将0等内容，欢迎下载使用。
①NH3(aq)＋H2O(aq)NH3·H2O(aq)，K1
②NH3·H2O(aq)NHeq \\al(＋,4)(aq)＋OH－(aq)，K2
③H2O(l)H＋(aq)＋OH－(aq)，Kw
下列说法正确的是( C )
A．反应①和②互为可逆反应
B．该氨水中存在c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(OH－)
C．若该氨水中c(NH3)＝x ml·L－1，则c(OH－)＝eq \r(K1K2x＋Kw)ml·L－1
D．向该氨水中加入硫酸，当c(NHeq \\al(＋,4))＝c(SOeq \\al(2－,4))时，溶液呈中性
【解析】反应①和②的反应物和生成物不完全相同，不是可逆反应，故A错误；根据电荷守恒，氨水中存在电荷守恒c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)，故B错误；反应①＋②可得反应NH3(aq)＋H2O(aq)NHeq \\al(＋,4)(aq)＋OH－(aq)的K＝K1K2，K＝eq \f(cNH\\al(＋,4)cOH－,cNH3)，即c(OH－)＝eq \f(K1K2x,cNH\\al(＋,4))，又根据电荷守恒c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)以及c(H＋)＝eq \f(Kw,cOH－)，故可得c(OH－)＝eq \r(K1K2x＋Kw)ml·L－1，故C正确；溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SOeq \\al(2－,4))，则c(NHeq \\al(＋,4))＝2c(SOeq \\al(2－,4))，故D错误；故选C。
2. (2023·江苏省南通市统考一模)常温下，将FeSO4溶液与NH4HCO3溶液混合，可制得FeCO3，混合过程中有气体产生。已知：Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7，Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11，Ksp(FeCO3)＝3.13×10－11。下列说法不正确的是( A )
A．向100 mL pH＝10的氨水中通入少量CO2，反应后溶液中存在：c(COeq \\al(2－,3))>c(HCOeq \\al(－,3))
B．0.1 ml·L－1NH4HCO3溶液中：c(H2CO3)>c(COeq \\al(2－,3))＋c(NH3·H2O)
C．生成FeCO3的离子方程式为Fe2＋＋2HCOeq \\al(－,3)===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
D．生成FeCO3沉淀后的上层清液中：c(Fe2＋)·c(COeq \\al(2－,3))＝Ksp(FeCO3)
【解析】通入少量CO2，CO2＋2NH3·H2O===(NH4)2CO3＋H2O，(NH4)2CO3中碳酸根离子会发生水解：COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－，Kh(COeq \\al(2－,3))＝eq \f(Kw,Ka2)＝eq \f(1×10－14,4.7×10－11)＝eq \f(cHCO\\al(－,3)×cOH－,cCO\\al(2－,3))，pH＝10，c(OH－)＝10－4ml·L－1，则eq \f(cHCO\\al(－,3),cCO\\al(2－,3))＝eq \f(\f(1×10－14,4.7×10－11),10－4)>1，可知：c(COeq \\al(2－,3))c(COeq \\al(2－,3))＋c(NH3·H2O)，故B正确；由题意：HCOeq \\al(－,3)电离出COeq \\al(2－,3)和H＋，亚铁离子结合COeq \\al(2－,3)生成FeCO3，并且H＋结合HCOeq \\al(－,3)生成二氧化碳和水，反应离子方程式为Fe2＋＋2HCOeq \\al(－,3)===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O，故C正确；生成FeCO3沉淀后的上层清液为碳酸亚铁的饱和溶液，溶液中c(Fe2＋)·c(COeq \\al(2－,3))＝Ksp(FeCO3)，故D正确；故选A。
3. (2023·江苏省苏北四市(徐州、淮安、宿迁、连云港)统考一模)工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示。已知：25 ℃时，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.2×10－8，下列说法正确的是( C )
A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3：c(H2SO3)>c(NH3·H2O)＋c(SOeq \\al(2－,3))
B．向氨水中通入SO2至pH＝7；c(HSOeq \\al(－,3))>c(NHeq \\al(＋,4))>c(H＋)＝c(OH－)
C．反应NH3·H2O＋H2SO3===NHeq \\al(＋,4)＋HSOeq \\al(－,3)＋H2O的平衡常数K＝2.21×107
D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2＋4SOeq \\al(2－,3)===N2＋4SOeq \\al(2－,4)
【解析】向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电荷守恒c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(SOeq \\al(2－,3))＋c(HSOeq \\al(－,3))＋c(OH－)，物料守恒c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(SOeq \\al(2－,3))＋c(HSOeq \\al(－,3))＋c(H2SO3)，则c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(SOeq \\al(2－,3))＋c(OH－)＋c(NH3·H2O)，因为NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5小于H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，故c(H2SO3)＜c(SOeq \\al(2－,3))＋c(NH3·H2O)，A错误；向氨水中通入SO2至pH＝7：c(H＋)＝c(OH－)，电荷守恒c(H＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝2c(SOeq \\al(2－,3))＋c(HSOeq \\al(－,3))＋c(OH－)，c(NHeq \\al(＋,4))＞c(HSOeq \\al(－,3))，B错误；反应NH3·H2O＋H2SO3===NHeq \\al(＋,4)＋HSOeq \\al(－,3)＋H2O的平衡常数K＝eq \f(cNH\\al(＋,4)cHSO\\al(－,3),cNH3·H2OcH2SO3)，Kb＝eq \f(cNH\\al(＋,4)cOH－,cNH3·H2O)，Ka1＝eq \f(cHSO\\al(－,3)cH＋,cH2SO3)，Kw＝c(H＋)c(OH－)，解得K＝eq \f(Ka1Kb,Kw)＝2.21×107，C正确；NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2＋4HSOeq \\al(－,3)===N2＋4SOeq \\al(2－,4)＋4H＋，D错误；故选C。
4. (2023·山东青岛一模)25 ℃时，向0.1 ml·L－1的NH4HCO3溶液(pH＝7.8)中通入HCl或加入NaOH调节pH，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。含碳(或氮)微粒的分布分数δeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(如：δHCO\\al(－,3)＝\f(cHCO\\al(－,3),c总含碳微粒)))与pH关系如图。下列说法正确的是( A )
A．NH4HCO3溶液中存在：c(OH－)＋c(NH3·H2O)＋c(COeq \\al(2－,3))＝c(H2CO3)＋c(H＋)
B．曲线M表示NH3·H2O的分布分数随pH变化
C．H2CO3的Ka2＝10－9.7
D．该体系中c(NHeq \\al(＋,4))＝eq \f(10－4.7,cOH－＋10－4.7)
【解析】向0.1 ml·L－1的NH4HCO3溶液(pH＝7.8)中通入HCl或加入NaOH调节pH，不考虑溶液体积变化且过程中无气体逸出。图像中左侧的曲线分别是H2CO3、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)的分布分数δ；右侧为NH3·H2O、NHeq \\al(＋,4)的分布分数δ，其中M为NHeq \\al(＋,4)的分布分数δ。由质子守恒可知NH4HCO3溶液中存在c(OH－)＋c(NH3·H2O)＋c(COeq \\al(2－,3))＝c(H2CO3)＋c(H＋)，A正确；曲线M表示NHeq \\al(＋,4)的分布分数随pH变化，B错误；Ka1＝eq \f(cH＋cHCO\\al(－,3),cH2CO3)，图中pH＝6.3时c(H2CO3)＝c(HCOeq \\al(－,3))，Ka1＝c(H＋)＝10－6.3；Ka1×Ka2＝eq \f(cH＋cCO\\al(2－,3),cHCO\\al(－,3))×eq \f(cH＋cHCO\\al(－,3),cH2CO3)＝eq \f(c2H＋cCO\\al(2－,3),cH2CO3)，图像中pH＝8.3时c(COeq \\al(2－,3))＝c(H2CO3)，Ka1×Ka2＝c2(H＋)，即(10－8.3)2＝10－6.3×Ka2，Ka2＝10－10.3，C错误；NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，Kb＝eq \f(cNH\\al(＋,4)cOH－,cNH3·H2O)，利用图中pH＝9.3的交叉点时c(NHeq \\al(＋,4))＝c(NH3·H2O)，解得Kb＝10－4.7；由氮元素守恒可知c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝0.1 ml·L－1，故Kb＝eq \f(cNH\\al(＋,4)cOH－,cNH3·H2O)＝eq \f(cNH\\al(＋,4)cOH－,0.1－cNH\\al(＋,4))＝10－4.7，c(NHeq \\al(＋,4))＝eq \f(10－5.7,cOH－＋10－4.7)，D错误；故选A。
5. (2023·江苏省南京市中华中学一模调研)常温下，向0.1 ml·L－1NH4HCO3溶液逐滴加入NaOH溶液中并恢复至常温，溶液中NHeq \\al(＋,4)、NH3·H2O、HCOeq \\al(－,3)、COeq \\al(2－,3)的粒子分布比例如图(忽略溶液体积的变化，不考虑氨水的挥发)。已知常温下Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，Ka1(H2CO3)＝4.2×10－7，Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11，则下列说法正确的是( D )
A．曲线a表示的是c(NH3·H2O)的变化
B．m点时，c(NH3·H2O)c(HX)＝c(Cl－)>c(X－)
【解析】M点时HX溶液中加入了10 mL NaOH溶液，c(NaX)∶c(HX)＝1∶1，且混合溶液呈碱性，说明HX的电离常数Ka小于X－的水解常数Kh＝eq \f(Kw,Ka)，即Kac(OH－)－c(H＋)，B正确；P点n(NaCl)＝n(HCl)＝1×10－3ml，N点n(NaX)＝2×10－3ml，二者混合后HCl和NaX发生反应得到NaCl和HX，此时溶液中n(NaCl)∶n(HX)∶n(NaX)＝2∶1∶1，由A选项可知，溶液呈碱性，C错误；N点溶质为NaX，通入HCl气体至pH＝7，由电荷守恒推知c(Na＋)＝c(X－)＋c(Cl－)①，物料守恒为c(Na＋)＝c(HX)＋c(X－)②，所以c(Na＋)>c(HX)＝c(Cl－)，又由A选项知Ka＝eq \f(cH＋·cX－,cHX)c(X－)，即c(Na＋)>c(HX)＝c(Cl－)>c(X－)，D正确；故选C。
7. (2023·山东潍坊一模)常温下，将0.2 ml·L－1NH4Cl溶液与0.2 ml·L－1NaHA溶液等体积混合所得溶液pOH＝6.2。向混合溶液中缓慢通入HCl气体或加入NaOH固体(无NH3逸出)，溶液中的粒子分布系数δ(X)随溶液pOH的变化如图所示。
已知：δ(X)＝eq \f(cX,cH2A＋cHA－＋cA2－)或δ(X)＝eq \f(cX,cNH3·H2O＋cNH\\al(＋,4))；a、b、c、d、e分别表示A2－、HA－、H2A、NHeq \\al(＋,4)、NH3·H2O中的一种。Kb(NH3·H2O)＝1.7×10－5。
下列说法错误的是( D )
A．图中曲线a表示的是A2－，曲线e表示的是H2A
B．pH＝7时，c(Cl－)＋c(A2－)＋c(NH3·H2O)－c(H2A)＝0.1 ml·L－1
C．M点时，eq \f(cA2－,cHA－)＝eq \f(1.7Ka2H2A·cNH3·H2O×1010,1－10cNH3·H2O)
D．pOH＝8时，c(H2A)>c(HA－)>c(OH－)>c(NH3·H2O)
【解析】常温下，将0.2 ml·L－1NH4Cl溶液与0.2 ml·L－1NaHA溶液等体积混合所得溶液pOH＝6.2，溶液显碱性，则NaHA水解程度大于其电离程度，且大于NH4Cl水解程度；混合液随着pH变大，NH3·H2O浓度变大、NHeq \\al(＋,4)离子浓度减小、H2A浓度减小、HA－浓度先减小后增大、A2－浓度增大，故a、b、c、d、e分别表示A2－、NH3·H2O、HA－、NHeq \\al(＋,4)、H2A曲线；由分析可知，曲线a表示的是A2－，曲线e表示的是H2A，A正确；等体积混合所得初始混合液pOH＝6.2，此时pH＝7，则必定为加入了HCl，则根据物料守恒可知：c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝0.1 ml·L－1、c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1 ml·L－1、c(Na＋)＝0.1 ml·L－1，根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，c(H＋)＝c(OH－)；以上式子联立可得，c(Cl－)＋c(A2－)＋c(NH3·H2O)－c(H2A)＝0.1 ml·L－1，B正确；Ka2(H2A)＝eq \f(cH＋cA2－,cHA－)，可得eq \f(cA2－,cHA－)＝eq \f(Ka2H2A,cH＋)；Kw＝c(H＋)c(OH－)、Kb(NH3·H2O)＝eq \f(cNH\\al(＋,4)cOH－,cNH3·H2O)；M点时溶液显碱性，应该加入了氢氧化钠，根据物料守恒可知：c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝0.1 ml·L－1，由以上式子可得c(H＋)＝eq \f([0.1－cNH3·H2O]×10－14,cNH3·H2O×1.7×10－5)；c(H＋)代入eq \f(cA2－,cHA－)＝eq \f(Ka2H2A,cH＋)中得eq \f(cA2－,cHA－)＝eq \f(1.7Ka2H2A·cNH3·H2O×1010,1－10cNH3·H2O)，C正确；pOH＝8时，c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝0.1 ml·L－1、c(OH－)＝10－8ml·L－1，Kb(NH3·H2O)＝eq \f(cNH\\al(＋,4)cOH－,cNH3·H2O)＝eq \f([0.1－cNH3·H2O]×10－8,cNH3·H2O)＝1.7×10－5，则c(NH3·H2O)≈0.06×10－3ml·L－1，故c(OH－)c(H2R)
C．c点溶液中，c(R2－)＋c(OH－)＝c(HR－)＋c(H＋)＋3c(H2R)
D．滴定过程中，混合溶液中eq \f(cHR－,cR2－)减小
【解析】由a可知，滴定分数为0.85，此时溶液中溶质H2R、NaHR的物质的量之比为0.15∶0.85，pH＝2，则H2R的Ka1＝eq \f(cH＋cHR－,cH2R)＝eq \f(10－2×0.85,0.15)≈5.67×10－2；由d可知，滴定分数为1.8，此时溶液中溶质Na2R、NaHR的物质的量之比为0.8∶0.2，pH＝5，则H2R的Ka2＝eq \f(cH＋cR2－,cHR－)＝eq \f(10－5×0.8,0.2)＝4×10－5，A正确；b点溶液溶质为NaHR，e点溶液溶质为Na2R；随着氢氧化钠的加入，NaHR逐渐转化为Na2R，故b点到e点，溶液中一定存在：c(R2－)>c(H2R)，B正确；c点溶液中为等量的NaHR、Na2R；根据电荷守恒可知，c(HR－)＋2c(R2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，由物料守恒可知，3c(H2R)＋3c(HR－)＋3c(R2－)＝2c(Na＋)，两式联立可得c(R2－)＋2c(OH－)＝3c(H2R)＋c(HR－)＋2c(H＋)，C错误；滴定过程中，混合溶液中eq \f(cHR－,cR2－)＝eq \f(cHR－cH＋,cR2－cH＋)＝eq \f(cH＋,Ka2)，随着氢氧化钠加入，氢离子浓度逐渐减小，故比值减小，D正确；故选C。
9. (2023·天津部分区二模)室温下二元酸H2M溶液中，H2M、HM－、M2－的浓度对数lg c随pH的变化如图。下列说法不正确的是( D )
A．由图中可知二元酸(H2M)的Ka1＝10－1.4，Ka2＝10－4.4
B．a点时，pH＝2.9
C．适当升高温度，a点会左移
D．随pH增加，c(H2M)·c(OH－)增大
【解析】pH从4.4～13，碱性增强，三粒子浓度大小：H2M