2020江苏高考化学二轮讲义：1题型一　化学反应原理综合题



　反应热与化学平衡的综合

1．题型特点
这类试题往往以能量变化、化学反应速率、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识。关联知识主要有：
(1)ΔH符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算ΔH。
(2)化学反应速率的计算与比较，外因(浓度、压强、温度、催化剂)对化学反应速率的影响。
(3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。
(4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。
2．热化学方程式的书写及反应热计算技巧
首先根据要求书写目标热化学方程式的反应物、产物并配平，其次在反应物和生成物的后面的括号内注明其状态，再次将目标热化学方程式与已有的热化学方程式比对(主要是反应物和生成物的位置、化学计量数)，最后根据盖斯定律进行适当运算得出目标热化学方程式的反应热ΔH，空一格写在热化学方程式右边即可。
3．分析反应速率和化学平衡问题的注意点
(1)熟练“三段式”，准确计算反应速率、转化率和平衡常数。
①明确三种量的意义：一是起始量(物质的量或浓度)，二是变化量，三是平衡量；
②用变化量求反应速率和转化率，用平衡浓度求平衡常数。
(2)化学平衡状态的比较分析时，要审清两个条件：①恒温恒容；②恒温恒压。
(3)平衡常数的计算
①固体和纯液体的浓度视为常数(不出现在平衡常数表达式中)；
②理解气体分压的意义(等于气体物质的量之比)以及气体压强平衡常数的计算。
(4)对于可逆反应，温度变化对正、逆反应速率均产生影响，且影响趋势相同，但影响程度不同。
①升温对吸热反应影响较大，对放热反应影响较小；
②降温对吸热反应影响较小，对放热反应影响较大。
4．分析图表与作图时应注意的问题
(1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。
(2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。
(3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。
(4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。

1．(2019·高考江苏卷)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
(1)CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图1。
①写出400～600 ℃范围内分解反应的化学方程式：_______________________。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是______________________________________________。

(2)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH＝41.2 kJ·mol－1
反应Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)===CH3OCH3(g)＋3H2O(g)　ΔH＝－122.5 kJ·mol－1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图2。

其中：CH3OCH3的选择性＝×100%
①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_________________
________________________________________________________________________。
②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________________________________________________________________________。
解析：(1)①M(CaC2O4·H2O)＝146 g·mol－1，取1 mol CaC2O4·H2O，质量为146 g，当剩余质量为128 g时，质量减少了18 g，即减少1 mol H2O，结合题图1知，在400 ℃时，固体的化学式为CaC2O4；当剩余质量为100 g时，质量又减少了28 g，即减少1 mol CO，CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3，所以在400～600 ℃时发生的反应为CaC2O4CaCO3＋CO↑。②CaC2O4·H2O热分解会放出CO、CO2、H2O等气体，可以使制备的CaO更加疏松多孔，这样得到的CaO捕集CO2的性能更好。(2)①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，当升高温度时，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2转化为CO的平衡转化率上升，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度。②反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，所以可以通过加压使反应Ⅱ平衡正向移动，或者加入有利于反应Ⅱ进行的催化剂。
答案：(1)①CaC2O4CaCO3＋CO↑
②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔
(2)①反应Ⅰ的ΔH>0，反应Ⅱ的ΔH1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是___________________。
②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响， 其可能原因是___________________。
(3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO ，其离子方程式为________________________________________________________。
(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO)＝________[用c(SO)、Ksp(CaSO3 )和Ksp(CaSO4 )表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4 溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是____________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)应用盖斯定律进行解答。
(2)①O3的氧化性很强，O3能将NO2氧化为更高价的氮氧化物。
②O3能氧化SO2，而增加n(O3)时O3氧化SO2的反应几乎不受影响，则“几乎不受影响”的原因是SO2与O3的反应速率慢。
(3)NO2转化为NO是NO2发生了还原反应，则SO发生氧化反应；pH＝8的溶液呈碱性。在此基础上，应用书写氧化还原反应型离子方程式的规则，可写出SO与NO2反应的离子方程式。
(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液以后的体系中存在两个沉淀溶解平衡：
CaSO3 (s)Ca2＋(aq)＋SO(aq)，
Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SO)
CaSO4 (s)Ca2＋(aq)＋SO(aq)，
Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)
则c(SO)＝×c(SO)。
CaSO3水悬浮液吸收NO2的实质是SO与NO2发生氧化还原反应。CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液以后，发生反应：Ca2＋(aq)＋SO(aq)CaSO4(s)，促使沉淀溶解平衡CaSO3(s)Ca2＋(aq)＋SO(aq)向右移动，SO的浓度增大，加快了SO与NO2的反应速率。
答案：(1)－317.3
(2)①O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5)
②SO2与O3的反应速率慢
(3)SO＋2NO2＋2OH－===SO＋2NO＋H2O
(4)×c(SO)　CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO的浓度增大，加快SO与NO2的反应速率

1．1，2­二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法生产，主要副产物为3­氯丙烯(CH2===CHCH2Cl)，反应原理为
i．CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g)
ΔH＝－134 kJ·mol－1
ii.CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)　ΔH2＝－102 kJ·mol－1
已知相关化学键的键能数据如下表所示：
化学键
C===C
C—C
C—Cl
Cl—Cl
E/(kJ·mol－1)
611
x
328
243
请回答下列问题：
(1)由反应i计算出表中x＝________。
(2)一定温度下，密闭容器中发生反应i和反应ii，达到平衡后增大压强，CH2ClCHClCH3的产率________(填“增大”“减小”或“不变”)，理由是__________________________
________________________________________________________________________。
(3)T1 K时，向10 L恒容的密闭容器中充入1 mol CH2===CHCH2Cl和2 mol HCl，只发生反应
CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)　ΔH3。5 min反应达到平衡，测得0～5 min内，用CH2ClCHClCH3表示的反应速率v(CH2ClCHClCH3)＝0.016 mol·L－1·min－1。
①平衡时，HCl的体积分数为________(保留三位有效数字)。
②保持其他条件不变，6 min时再向该容器中充入0.6 mol CH2===CHCH2Cl、0.2 mol HCl和0.1 mol CH2ClCHClCH3，则起始反应速率v正(HCl)________(填“>”“”“1。③由题图乙可知，T1K条件下K正＝K逆＝1，再应用三段式和平衡常数表达式解答。
(5)该反应正向放热，随反应进行，温度升高，压强增大。
答案：(1)332
(2)增大　增大压强，反应ii的平衡不移动，反应i的平衡正向移动
(3)①54.5%　②>
(4)①>　②B　反应ii的正反应为放热反应，温度升高，正反应的平衡常数减小　③25%
(5)增大
2．采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为________。
(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5(g)完全分解]：
t/min
0
40
80
160
260
1 300
1 700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)=== 2N2O4(g)＋O2(g)　ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1
2NO2(g)=== N2O4(g)　ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1
则反应N2O5(g)=== 2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝________kPa，v＝________kPa·min－1。
③若提高反应温度至35 ℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)________63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是_____________________________________。
④25 ℃时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp＝________(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)―→ 4NO2(g)＋O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：
第一步　N2O5 NO2＋NO3　　　　　　 快速平衡
第二步　NO2＋NO3―→ NO＋NO2＋O2 慢反应
第三步　NO＋NO3―→ 2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是________(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
解析：(1)氯气与硝酸银反应生成N2O5，氯气做氧化剂，还原产物为氯化银，又硝酸银中氮元素、银元素已经是最高化合价，则只能是氧元素化合价升高，所以气体氧化产物为O2。(2)①将已知热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由×a－b得N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＝ kJ·mol－1＝＋53.1 kJ·mol－1。②t＝62 min时，体系中pO2＝2.9 kPa，根据三段式法得
　　　2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
起始 35.8 kPa 0 0
转化 5.8 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa
62 min 30.0 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa
则62 min时pN2O5＝30.0 kPa，v＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2kPa·min－1。③刚性反应容器的体积不变，25 ℃ N2O5(g)完全分解时体系的总压强为63.1 kPa，升高温度，从两个方面分析：一方面是体积不变，升高温度，体系总压强增大；另一方面，2NO2(g)N2O4(g)的逆反应是吸热反应，升高温度，平衡向生成NO2的方向移动，体系物质的量增大，故体系总压强增大。④N2O5完全分解生成N2O4和O2，起始p N2O5＝35.8 kPa，其完全分解时p N2O4＝35.8 kPa，p O 2＝17.9 kPa，设25 ℃平衡时N2O4转化了x，则
　　　N2O4(g)　　　　2NO2(g)
平衡 35.8 kPa－x 2x
35．8 kPa－x＋2x＋17.9 kPa＝63.1 kPa，解得x＝9.4 kPa。平衡时，p N2O4＝26.4 kPa，p N O 2＝18.8 kPa，Kp＝＝＝13.4。(3)快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A项正确；反应的中间产物除NO3外还有NO，B项错误；发生有效碰撞才能发生反应，第二步反应慢，说明部分碰撞有效，C项正确；第三步反应快，说明反应活化能较低，D项错误。
答案：(1)O2
(2)①＋53.1　②30.0　6.0×10－2　③大于　温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高　④13.4
(3)AC
3．钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。
(1)钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)可用于制造阻燃剂和无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。Na2MoO4中Mo的化合价为________。在碱性条件下，将辉钼矿(主要成分为MoS2)加入NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠，该反应的离子方程式为___________________________。
(2)已知：
①2Mo(s)＋3O2(g)===2MoO3(s)　ΔH1
②2MoS2(s)＋7O2(g)===2MoO3(s)＋4SO2(g)　ΔH2
③MoS2(s)＋2O2(g)===Mo(s)＋2SO2(g)　ΔH3
则ΔH3＝________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
(3)碳酸钠做固硫剂并用氢气还原辉钼矿的原理为MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)　ΔH。实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。

①一定温度下，在体积固定的密闭容器中进行上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是________(填标号)。
A．2v正(H2)＝v逆(CO)
B．CO体积分数保持不变
C．混合气体的平均相对分子质量保持不变
D．ΔH保持不变
②图中A点对应的平衡常数Kp＝________(已知A点对应的压强为0.1 MPa，用平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压＝总压×物质的量分数)。
解析：(1)Na2MoO4·2H2O中Na是＋1价，O是－2价，所以根据化合物中各元素正负化合价代数和为0可知，Mo的化合价是＋6；反应中Mo的化合价从＋4升高到＋6，S的化合价从－2升高到＋6，Cl的化合价从＋1降低到－1，所以根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，该反应的离子方程式为MoS2＋9ClO－＋6OH－===MoO＋9Cl－＋2SO＋3H2O。(2)根据盖斯定律，由得到MoS2(s)＋2O2(g)===Mo(s)＋2SO2(g)　ΔH3＝ΔH2－ΔH1。(3)①2v正(H2)＝v逆(CO)不满足反应速率之比等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，A错误；CO体积分数保持不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B正确；反应前后混合气体的质量和物质的量是变化的，因此混合气体的平均相对分子质量保持不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；同一温度下，对于具体的化学反应，ΔH是不变的，D错误。②图中A点处对应的氢气和水蒸气的体积分数相等，均是40%，所以一氧化碳的体积分数是20%，说明氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量之比是2∶1∶2，所以对应的平衡常数Kp＝＝4×10－4。
答案：(1)＋6　MoS2＋9ClO－＋6OH－===MoO＋9Cl－＋2SO＋3H2O　(2)ΔH2－ΔH1　(3)①BC ②4×10－4
　电解质溶液、电化学与化学平衡的综合

1．题型特点
主要以元素及其化合物的性质做素材，设计为溶液中进行的可逆反应。试题主要考查电化学、溶液中的电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡的有关知识，同时往往涉及氧化还原反应的相关知识。
2．解题指导
(1)浏览全题
根据题目提供的信息，结合相关基础知识，先对简单问题进行解答。
(2)对于氧化还原反应
①通过陌生物质的价态判断其氧化性与还原性。
②氧化还原滴定的分析计算要正确利用“关系式”。
(3)化学反应速率的影响因素的实验探究
影响化学反应速率的探究实验中，控制变量是关键。
(4)化学平衡常数及平衡转化率的计算
平衡常数的计算可用三段式法找出浓度可变的反应物、产物在起始时、转化的、平衡时的浓度，然后代入平衡常数表达式(平衡时生成物浓度化学计量数次幂的乘积与反应物浓度化学计量数次幂的乘积的比值)进行计算。
(5)对于电化学类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极反应式，最后按电极反应式进行相关计算。
　电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点：
(1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。
(2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。
(3)根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。
①配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)；
②产物粒子在介质中存在的形式；
③得、失电子要表达准确，得电子写＋ne－，失电子写－ne－。
(4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。
(6)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。
有关Ksp的计算往往与pH的计算结合起来，要注意pH与c(OH－)浓度关系的转换，难溶电解质的悬浊液即为其沉淀溶解平衡状态，满足相应的Ksp。

1．(2018·高考江苏卷)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3和NOx反应生成N2。
(1)NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为________mol。
(2)将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图1)。

反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是___________________
________________________________________________________________________；
当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是________________。
解析：(1)反应时NH3中N由－3价升高到0价，NO2中N由＋4价降低到0价，反应为6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O，则生成1 mol N2，转移电子 mol。(2)迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；温度高于380 ℃，催化剂活性下降，且NH3与O2反应生成了NO。
答案：(1)　(2)迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大　催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
2．(2016·高考江苏卷)铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。
(1)铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2O转化为Cr3＋，其电极反应式为__________________________
________________________________________________________________________。
(2)在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2＋和Pb2＋的去除率，结果如图所示。

①当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，也能去除水中少量的Cu2＋和Pb2＋，其原因是________________________________________________________________________。
②当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2＋和Pb2＋的去除率不升反降，其主要原因是_______________________________________________。
(3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。
①一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为_____________________
________________________________________________________________________。
②纳米铁粉与水中NO反应的离子方程式为
4Fe＋NO＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋3H2O
研究发现，若pH偏低将会导致NO的去除率下降，其原因是__________________。
③相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO的速率有较大差异(见图)，产生该差异的可能原因是___________________________________________________________________
________________________________________________________________________。

解析：(1)微电池的正极为炭，电极反应式为Cr2O＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O。(2)①铁的质量分数为0时，活性炭会吸附Cu2＋和Pb2＋，因此也能去除水中少量的Cu2＋和Pb2＋。②铁的质量分数大于50%时，铁炭混合物中微电池数目减少，因此去除率不升反降。(3)①根据题中提供信息知，Fe2＋在碱性条件下与BH反应，生成Fe、H2和B(OH)，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平并写出离子方程式：2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)。②pH偏低，纳米铁粉与H＋反应生成H2，Fe的量减少，因此NO的去除率下降。③根据图示，Ⅱ中纳米铁粉去除NO的速率快，Ⅱ与Ⅰ相比多了Cu2＋，可能原因是Cu2＋或铁置换出的Cu能催化纳米铁粉去除NO的反应或Fe和Cu形成了Fe­Cu原电池，从而增大了纳米铁粉去除NO的反应速率。
答案：(1)Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O
(2)①活性炭对Cu2＋和Pb2＋有吸附作用
②铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减少
(3)①2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)
②纳米铁粉与H＋反应生成H2
③Cu或Cu2＋催化纳米铁粉去除NO的反应(或形成的Fe­Cu原电池增大纳米铁粉去除NO的反应速率)
3．(2017·高考江苏卷)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。
(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO，其原因是_____________________________
________________________________________________________________________。
(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。

①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为______________。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO＋H＋的电离常数为Ka1，则pKa1＝____________(pKa1＝－lg Ka1)。
(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH ＝7.1时， 吸附剂X表面不带电荷；pH>7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH0
②3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)　ΔH2