2025屆高三高考化學二輪復習題型突破22化學反應的熱效應、速率和平衡題型大通關1.(2024·臺州高三測試)甲醇在化學工業、農業生產等領域都有廣泛的應用。請回答:(1)“氫”風陣陣,甲醇產生氫氣的反應為CH3OH(l)2H2(g)+CO(g)ΔH,已知相關物質的標準燃燒熱和標準熵數值如下表:化學式CH3OH(l)H2(g)CO(g)標準燃燒熱(25℃)ΔH/kJ·mol-1-726.5-285.8-283.0標準熵:S/(J·mol-1·K-1)126.8130.7197.7①ΔH0(填“>”或“<”)。

②該反應能自發進行的最低溫度為K(保留小數點后1位)。

(2)常溫下,將一定量甲醇放入真空的恒容密閉容器中,發生:CH3OH(l)CH3OH(g)ΔH=+1109kJ·mol-1。①甲醇達到液氣平衡狀態時的壓強,稱為甲醇該溫度下的飽和蒸汽壓(p),p與溫度關系如圖所示。請分析B點蒸氣壓大于A點蒸氣壓的原因。

②Raoult定律表明,一定溫度下,在稀溶液中,溶劑的飽和蒸氣壓等于純溶劑的飽和蒸氣壓乘以溶液中溶劑的物質的量分數。下圖中甲燒杯盛有甲醇,乙燒杯盛有氫氧化鈉的甲醇溶液,常溫下,將甲、乙兩燒杯置于真空密閉容器中,足夠長的時間后,從下圖中選擇出可能會觀察到的現象(用字母表示)。

③實驗測定64.5℃時相關物質的飽和蒸氣壓數值如下表所示:物質甲醇水甲醇水溶液(甲醇物質的量分數為0.4)飽和蒸氣壓/kPa101.323.90甲醇水40.5214.34已知溶液上方蒸氣的總壓p總=54.86kPa,p(CH3OH)=x(CH3OH)p總,p(CH3OH)為甲醇蒸氣分壓,x(CH3OH)為甲醇和水的蒸氣中CH3OH的物質的量分數。64.5℃時,甲醇水溶液上方飽和蒸氣中,甲醇物質的量分數0.4(填“>”“<”或“=”),解釋采用蒸餾可獲得較高濃度甲醇的原因

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(3)工業用甲醇空氣氧化法制甲醛,催化劑為鐵鉬氧化物。CH3OH(g)+12O2(g)HCHO(g)+H2O(g)K=4.35×1029v=k·p(CH3OH)·p0.5(O2)該反應分兩步完成:反應Ⅰ:CH3OH(g)+CatoxHCHO(g)+Catred+H2O(g)K1v1=k1·p(CH3OH)·χ(Catox)反應Ⅱ:12O2(g)+CatredCatoxK2v2=k2·p0.5(O2)·χ(Catred)k、k1、k2為速率方程常數,分壓p等于其物質的量分數乘以總壓,χ(Catox)為氧化態催化劑的物質的量分數;χ(Catred)為還原態催化劑的物質的量分數;反應Ⅰ為決速步。下列說法不正確的是。

A.K=K1×K2B.用鐵鉬氧化物來提高反應Ⅰ的平衡轉化率C.k·p(CH3OH)·p0.5(O2)≈k1·p(CH3OH)·χ(Catox)D.若O2和CH3OH(g)的分壓增大相同倍數,O2比CH3OH(g)對總反應速率的影響大2.金屬鎢是重要的戰略金屬。請回答:Ⅰ.用Pt電極電解NaCl—KCl—NaF2—Na2WO4熔融鹽體系,可小規模生產高純金屬鎢。(1)其陰極的反應式為。

Ⅱ.工業上利用“蒸氣轉移法”提純金屬鎢的原理為W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0。模擬裝置如下圖所示。(2)該反應中,反應物總能量生成物能量(選填“高于”“低于”)。

(3)已知瞬時速率r(I2)與I2的濃度c、平衡濃度c平衡的定量關系為r(I2)=k[1-cc平衡](k為速率常數,只與溫度有關)。向恒溫恒容容器中加入0.1molWI2(g),當固體為0.01mol時,r(I2)最大。當WI2轉化率為0.9%時,r(I2)=(用含k的式子表示)(4)粗鎢中的雜質與碘不反應。下列說法正確的是。

A.反應前后氣態物質的計量數相等,故反應的ΔS=0B.高溫區中I2(g)的平衡濃度大于低溫區C.粗鎢應放入高溫區D.分批取出純鎢比一次性取出純鎢,可得到更多純鎢(5)1200℃時反應平衡常數K=1,2000℃時K=13①若氣體在低溫區與高溫區循環一周稱為一次轉移。向裝置內充入0.01molI2(g)與足量粗W(s),則理論上至少需要次轉移才能得到0.01mol純W(s)(兩區連接部分體積忽略不計)。

②已知I2要先吸附到固體W的表面才能發生反應生成WI2。向容器中充入xmolI2(g)與足量粗W(s),獲得xmol純W(s)所需時間(t)與I2的物質的量(x)的關系如圖所示。當x>x0后所需時間增大的原因是

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3.(2024·浙江強基聯盟聯考)鎢絲燈泡中的W在使用過程中會緩慢升華,使燈絲變細而斷裂,加入I2可延長燈泡的使用壽命,反應原理為W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0。請回答:(1)有利于提高WI2平衡產率的條件是。

A.高溫 B.低溫 C.高壓 D.低壓(2)恒溫恒壓容器中加入0.01molI2(g)與0.01molW(s),平衡時放出熱量akJ。如果加入0.01molWI2(g),平衡時吸收熱量bkJ,則W(s)+I2(g)WI2(g)的ΔH=(用含a、b的式子表示)。

(3)已知鎢絲燈泡中燈絲溫度約為933K,燈泡壁溫度約為623K。①加碘能延長鎢絲使用壽命的原因是

。

②請畫出933K時碘鎢燈燈泡內-lgn(W(4)933K時,向容積為50mL的模擬燈泡中放入0.1molI2(g)與0.1molW(s)進行反應,有關數據如下表:時間段/minWI2(g)的平均生成速率/(mol·L-1·min-1)0~20.400~40.300~60.20①下列說法不正確的是。

A.1min時,WI2的濃度大于0.40mol·L-1B.2min時,再加入0.01molWI2(g),則v正(WI2)<v逆(WI2)C.混合氣體中WI2的體積分數,4min時小于6min時D.5min時,W(s)的物質的量為0.040mol②其他條件相同,模擬燈泡內WI2平衡濃度[c(WI2)]隨碘鎢比:x[x=n(I2)n(W)]、溫度(T)A.x1>x2B.平衡常數:Ka=Kb>KcC.反應速率:va<vb=vcD.活化分子百分數:a<b=c參考答案題型突破22化學反應的熱效應、速率和平衡題型大通關1.(1)①>②385.5(2)①甲醇汽化吸熱,溫度升高,平衡右移,氣體分子數增多,壓強增大②B③>升高溫度,壓強增大;溶液中溶質質量分數越大,濃度越高(3)B解析(1)①CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-726.5kJ·mol-1;②2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ·mol-1;③CO(g)+12O2(g)CO2(g)ΔH3=-283kJ·mol-1;根據蓋斯定律:①-②-③得CH3OH(l)2H2(g)+CO(g)ΔH=+128.1kJ·mol-1;ΔS=S產物-S反應物=(2×130.7+197.7-126.8)J·mol-1·K-1=332.3J·mol-1·K-1,根據ΔG=ΔH-TΔS<0,解得T≥ΔHΔS=128.1×103332.3K=385.5K;(2)①B點蒸氣壓大于A點蒸氣壓的原因:甲醇汽化吸熱,溫度升高,平衡右移,氣體分子數增多,壓強增大;②在溶劑中加入非揮發性溶質后,溶劑的蒸氣壓比純溶液的蒸氣壓低,則開始時甲中蒸氣壓更高,乙中更低,最終兩個燒杯中蒸氣壓相同,即甲中蒸氣壓會減小,轉化為液體至乙中;③已知溶液上方蒸氣的總壓p總=54.86kPa,p(CH3OH)=x(CH3OH)p總,p(CH3OH)為甲醇蒸氣分壓,x(CH3OH)為甲醇和水的蒸氣中CH3OH的物質的量分數,通過對比表格中的數據可知,64.5℃時,甲醇水溶液上方飽和蒸氣中,甲醇物質的量分數大于0.4;采用蒸餾可獲得較高濃度甲醇的原因:升高溫度,壓強增大;溶液中溶質質量分數越大,濃度越高;(3)A.根據蓋斯定律,反應Ⅰ+反應Ⅱ得反應CH3OH(g)+12O2(g)HCHO(g)+H2O(g),則K=K1×K2,A正確;B.鐵鉬氧化物為催化劑,可以改變化學反應速率,不能影響化學平衡移動,B錯誤;C.反應Ⅰ為決速步,總反應速率方程:v=k·p(CH3OH)·p0.5(O2)≈v1=k1·p(CH3OH)·χ(Catox),C正確;D.由題意可知,反應Ⅰ為決速步,總反應速率方程:v=k·p(CH3OH)·p0.5(O2)≈v1=k1·p(CH3OH)·χ(Catox),若O2和CH3OH(g)的分壓增大相同倍數,O2比CH3OH(2.(1)WO42?+6e-W+4O2-(2)高于(3)0.7k(4)(5)①4②I2在W固體吸附達到飽和狀態,反應速率不再增大,但需要獲得的純W(s)增加,所以時間增大(“到達平衡時間增加,而氣體所需循環次數相同,故時間增大”也可,合理即可)解析(1)用Pt電極電解NaCl—KCl—NaF2—Na2WO4熔融鹽體系,可小規模生產高純金屬鎢,即WO42?得電子發生還原反應生成W,所以其陰極的反應式為WO42?+6e-W+4O2-;(2)W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0,即反應為放熱反應,而放熱反應的反應物總能量高于生成物總能量;(3)r(I2)最大時達到該條件下的平衡狀態,當WI2轉化率為0.9%時,轉化的n(WI2)=0.1×0.9%=9×10-4mol,r(I2)=k[1-cc平衡]=k(1-9×10?40.01)=0.7k;(4)A.不同的氣體的熵不可能相等,即使化學計量數相同熵也不會相同,因此反應前后的熵變不可能為0,故A錯誤;B.W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0,即反應為放熱反應,升溫平衡左移,c(I2)增大,所以高溫區中I2(g)的平衡濃度大于低溫區,故B正確;C.W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0,即反應為放熱反應,升溫平衡左移,所以粗鎢應放在低溫區,故C錯誤;D.W為固體,改變其量不能使平衡移動,所以分批取出純鎢不能得到更多純鎢,故D錯誤;(5)①向裝置內充入0.01molI2(g)與足量粗W(,K=x0.01?x=1,解得x=0.005mol,即n(WI2)=n(I2)=0.005mol,K=0.005?y0.005+y=13,解得y=0.0025mol,即經過一次轉移得到0.0025molW,則理論上至少需要0.010.0025=4次轉移才能得到0.01mol純W;②I2要先吸附到固體W的表面才能發生反應生成WI2,I2在W固體吸附達到飽和狀態后,反應速率不再增大,但需要獲得的純W(s)增加,所以所需時間增大(“到達平衡時間增加,3.(1)B(2)-100(a+b)kJ·mol-1(3)①燈泡壁上溫度低,平衡向生成WI2(g)方向移動;當WI2(g)擴散到燈絲表面,溫度升高,平衡左移,分解成鎢沉積到燈絲上,從而延長鎢絲使用壽命②(4)①BC②AD解析(1)由反應的熱效應及氣體計量數可知,只有低溫才能增大WI2的平衡產率,B項正確。(2)加入0.01molI2(g)和0.01molW(s),或者加入0.01molWI2(g),達到同一平衡狀態,由蓋斯定律可知,0.01molI2(g)與0.01molW(s)完全轉化為WI2(g)的熱效應為(a+b)kJ·mol-1,所以反應的ΔH=-100(a+b)kJ·mol-1。(3)①由平衡移動原理可知,加碘能使鎢在低溫區與高溫區之間循環移動,即:燈泡壁上溫度低,平衡向生成WI2(g)方向移動;當WI2(g)擴散到燈絲表面,溫度升高,平衡左移分解成鎢,鎢沉積到燈絲上,從而延長鎢絲使用壽命。②933K時,隨著時間延長,反應持續進行,WI2的物質的量持續增加至平衡,故-lgn(WI2)n(WI2)+n(W),逐漸減小至平衡(圖像見答案)。(4)據表中數據,2min時c(WI2)=0.8mol·L-1,4min時c(WI2)=1.2mol·L-1,6min時c(WI2)=1.2mol·L-1,所以4min后反應達到平衡狀態,且K=1.20.8=1.5。①因平均反應速率逐漸減小,故0~1min內平均反應速率大于0.4mol·L-1·min-1,所以1min時c(WI2)大于0.4mol·L-1,A項正確。2min時,容器內c(I2)=1.2mol·L-1,c(WI2)=0.8mol·L-1,再加入0.01molWI2(g),則c(WI2)增大至1mol·L-1,此時容器內的Q=11.2<K,所以v正(WI2)>v逆(WI2),B項符合題意。4min時反應達到平衡,故混合氣體中WI2的體積分數保持不變,C項符合題意。5min時反應已達到平衡,故W(s)的物質的量為0.040mol,D項正確。②其他條件相同,碘鎢比越大,生成的WI2的量越大,A項正確。K只與溫度有關,且溫度越高,該反應K越小,所以平衡常數:Ka>Kb=Kc,B項錯誤。溫度越高,反應速率越快,碘濃度越大,反應速率越快,反應速率:va<vc<vb,C項錯誤。溫度越高2025屆高三高考化學二輪復習題型突破24溶液中粒子濃度的關系1.(2023·浙江6月選考)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小組做如下兩組實驗:實驗Ⅰ:往20mL0.10mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液。實驗Ⅱ:往20mL0.10mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·L-1CaCl2溶液。[已知:H2C2O4的電離常數Ka1=5.4×10-2,Ka2=5.4×10-5,Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9,溶液混合后體積變化忽略不計],下列說法正確的是A.實驗Ⅰ可選用甲基橙作指示劑,指示反應終點B.實驗Ⅰ中V(NaOH)=10mL時,存在c(C2O42?)<c(HC2C.實驗Ⅱ中發生反應HC2O4?+Ca2+CaC2O4↓+HD.實驗Ⅱ中V(CaCl2)=80mL時,溶液中c(C2O42?)=4.0×10-82.(2021·浙江6月選考)取兩份10mL0.05mol·L-1的NaHCO3溶液,一份滴加0.05mol·L-1的鹽酸,另一份滴加0.05mol·L-1的NaOH溶液,溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。下列說法不正確的是()A.由a點可知:NaHCO3溶液中HCO3B.a→b→c過程中:c(HCO3?)+2c(CO32?)+c(C.a→d→e過程中:c(Na+)<c(HCO3?)+c(CO32?)+c(HD.令c點的c(Na+)+c(H+)=x,e點的c(Na+)+c(H+)=y,則x>y3.(2024·湖南卷)常溫下Ka(HCOOH)=1.8×10-4,向20mL0.10mol·L-1NaOH溶液中緩慢滴入相同濃度的HCOOH溶液,混合溶液中某兩種離子的濃度隨加入HCOOH溶液體積的變化關系如圖所示,下列說法錯誤的是()A.水的電離程度:M<NB.M點:2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)C.當V(HCOOH)=10mL時,c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)D.N點:c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)考情分析:溶液中微粒濃度的大小關系是高考的熱點內容。考查角度:(1)溶液中微粒的守恒關系,即電荷守恒、元素質量守恒和質子守恒。(2)溶液中微粒濃度大小不等關系。1.掌握三個“守恒”(1)電荷守恒:方法:①找“全”離子;找“全”溶液中的陽離子和陰離子;②分別將陽離子和陰離子寫在“等于”的兩邊;③離子帶“幾個”電荷系數乘“幾”,如CO32?帶兩個負電荷則乘2,即CO32?微粒前的系數為2。如Na2CO3溶液;NaHCO3溶液;Na2CO3和NaHCO3混合溶液;Na2CO3和NaOH溶液;將CO2氣體通入NaOH溶液中,它們的電荷守恒表達式均為c(Na+)+c(H+)=2c(CO32?)+c(HCO3?(2)元素質量守恒(物料守恒)電解質溶液中,由于某些離子能水解或電離,離子種類增多,但某些關鍵性的原子總是守恒的。方法:①只與溶質有關,找全溶質在溶液中存在的全部微粒;②溶液中溶質、微粒存在的關系,取決于溶質溶于水前或兩種溶質反應前的關系。如:①Na2CO3溶液中:混合前n(Na+)∶n(CO32?)=2∶1;則溶液中c(Na+)=2[c(CO32?)+c(HCO3?)+c(②往0.2mol·L-1的CH3COOH溶液中加入等體積的0.1mol·L-1NaOH溶液;反應前:n(CH3COOH)∶n(NaOH)=2∶1則混合后:c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)=0.1mol·L-1。(3)質子守恒如Na2S溶液中的質子轉移圖示如下(適用溶質單一溶液):由上圖可得Na2S溶液中質子守恒可表示如下:c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。2.判斷溶液中粒子濃度大小方法:(1)找全溶液中存在的所有的“平衡”(2)分清主次量如:(1)NaHSO3溶液中離子關系NaHSO3Na++HSO3?,溶液中存在的平衡按“主次”排序為:①HSO②HSO3?+H2OH2SO3+OH-③H2OH++OH-則有:c(Na+)>c(HSO3?)>c(H+)>c(SO32?)>c(2)將10mL0.2mol·L-1CH3COOH和10mL0.1mol·L-1NaOH混合,其混合液的pH<7,溶液中微粒大小關系有①恰好反應時溶質關系為:n(CH3COOH)=n(CH3COONa)②因混合液pH<7,溶液中CH3COOH的電離程度大于CH3COONa的水解程度則有:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)1.25℃時,下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是()A.NaHCO3溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(H2CO3)B.室溫下,pH=2的醋酸與pH=12的氫氧化鈉溶液等體積混合,所得溶液中:c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)C.0.1mol·L-1Na2CO3溶液與0.1mol·L-1NaHCO3溶液等體積混合:2c(Na+)=3c(CO32?)+3c(HCO3?)+3c(HD.0.1mol·L-1Na2C2O4溶液與0.1mol·L-1的鹽酸等體積混合(H2C2O4為二元弱酸):2c(C2O42?)+c(HC2O4?)+c(OH-)=c(Na+)+c2.(2024·浙江9+1高中聯盟高三聯考)常溫下,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL濃度均為0.1mol·L-1的HCl和NH4Cl的混合液,下列說法不正確的是()A.當滴入NaOH溶液10mL時,c(Na+)+c(NH4+)<c(ClB.當滴入NaOH溶液15mL時,2c(NH3)+2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=3c(NaC.當滴入NaOH溶液15mL時,c(NH4+)>c(NH3·H2D.當溶液呈中性時,NaOH溶液滴入量小于20mL,c(Na+)+c(NH4+)=c(Cl3.工業上常用氨水吸收SO2,實現尾氣資源化利用。模擬工業過程如圖所示。室溫下,用0.1mol·L-1氨水溶液吸收SO2,若通入SO2所引起的溶液體積變化和NH3及H2O揮發可忽略,溶液中含硫物種的濃度c總=c(H2SO3)+c(HSO3?)+c(SO32?)。H2SO3的電離平衡常數分別為Ka1=1.6×10-2,KaA.吸收液pH=7時,溶液中c(HSO3?)=c(SB.吸收液pH=5時測得c總=0.1mol·L-1,溶液中c(H2SO3)>c(SO32?)+c(NH3·H2C.向吸收液中滴加Ba(OH)2溶液生成白色沉淀,上層清液中c(Ba2+)·c(SO32?)>Ksp(BaSOD.向吸收液中滴加Ca(ClO)2溶液,可能發生反應的離子方程式為Ca2++ClO-+HSO3?CaSO34.(2024·瑞安中學高三適應性測試)已知25℃時有關弱酸的電離平衡常數弱酸電離平衡常數/25℃氫氟酸6.6×10-4碳酸(H2CO3)Ka1Ka2草酸(H2C2O4)Ka1Ka2檸檬酸(H3C6H5O7)Ka1Ka2Ka3Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9。則下列有關說法正確的是()A.溶液pH由小到大為NaHC2O4、NaF、Na2CO3B.H3C6H5O7與Na2CO3溶液反應的產物可能為Na3C6H5O7與CO2、H2OC.0.05mol·L-1的NaHCO3溶液存在:c(OH-)<c(CO32?)<c(HCD.往20mL0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加60mL0.1mol·L-1CaCl2溶液,最后溶液中c(C2O42?)=4.8×10-85.(2024·浙江高考模擬卷)苯酚是重要的化工原料,將廢水中的苯酚富集并加入Na2CO3;轉化為苯酚鈉,再通入CO2,可進一步分離回收。已知:Ka(C6H5OH)=1.0×10-10,Ka1(H2CO3)=4.5×10-7,Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。下列說法正確的是A.Na2CO3也可用NaOH或NaHCO3替代B.2HCO3?H2CO3+COC.轉化反應中若c(Na+)=2c(C6H5O-)+2c(C6H5OH),此時溶液中c(HCO3?)>c(C6H5OD.當通入CO2至溶液pH=10時,溶液中的C6H5ONa完全轉化為C6H5OH6.(2024·浙江金華一中高三期中)室溫下,通過下列實驗探究Na2CO3的性質。已知:25℃時,H2SO3的Ka1=1.42×10?2、Ka2=1.0×10-7,H實驗1:配制50mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液,測得溶液pH約為12;實驗2:取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液,向其中加入少量CaSO4固體充分攪拌,一段時間后過濾。向濾渣中加入足量稀鹽酸,固體完全溶解;實驗3:取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液,向其中緩慢滴入等體積0.1mol·L-1稀鹽酸。下列說法正確的是()A.實驗1所得溶液中,c(Na+)<c(HCO3?)+c(CB.根據實驗2,可推測Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)C.實驗3反應后溶液中存在:c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3?)+c(CD.25℃時,反應CO32?+H2SO3HCO參考答案題型突破24溶液中粒子濃度的關系真題導航1.D[A.NaHC2O4溶液被氫氧化鈉溶液滴定到終點時生成顯堿性的草酸鈉溶液,為了減小實驗誤差要選用變色范圍在堿性范圍的指示劑,因此,實驗Ⅰ可選用酚酞作指示劑,指示反應終點,故A錯誤;B.實驗Ⅰ中V(NaOH)=10mL時,溶質是NaHC2O4、Na2C2O4且兩者物質的量濃度相等,Ka2=5.4×10?5>Kh=1×10?145.4×10?5,則草酸氫根的電離程度大于草酸根的水解程度,因此存在c(C2O42?)>c(HC2O4?),故B錯誤;C.實驗Ⅱ中,由于開始滴加的氯化鈣量較少而NaHC2O4過量,因此該反應在初始階段發生的是2HC2O4?+Ca2+CaC2O4↓+H2C2O4,該反應的平衡常數為K=c(H2C2O4)c(Ca2+)·c2(HC2O4?)=c(H2C2O4)·c(H+)·c(C2O42?)c(Ca2+)·c(C2O42?)·c2(HC22.C[由題圖可知abc曲線為向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液,ade曲線為向NaHCO3溶液中滴加鹽酸。A.a點溶質為NaHCO3,此時溶液呈堿性,HCO3?在溶液中電離使溶液呈酸性,HCO3?在溶液中水解使溶液呈堿性,由此可知,NaHCO3溶液中HCO3?的水解程度大于電離程度,故A正確;B.由電荷守恒可知,a→b→c過程溶液中c(HCO3?)+2c(CO32?)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),滴加NaOH溶液的過程中c(Na+)保持不變,c(H+)逐漸減小,因此c(HCO3?)+2c(CO32?)+c(OH-)逐漸減小,故B正確;C.由元素質量守恒可知,a點溶液中c(Na+)=c(HCO3?)+c(CO32?)+c(H2CO3),向NaHCO3溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出,因此a→d→e過程中c(Na+)>c(HCO3?)+c(CO32?)+c(H2CO3),故C錯誤;D.c點溶液中c(H+)+c(Na+)=(0.05+10-11.3)mol·L-1,e點溶液體積增大1倍,此時溶液中c(H+)+c(Na3.D模擬預測1.C2.B3.A[A.H2SO3的電離平衡常數Ka2=1.0×1