資源簡介

(共46張PPT)
第18講
四大平衡常數(shù)及其應(yīng)用
2025：基于主題教學(xué)的高考化學(xué)專題復(fù)習系列講座
2025
2024全國甲卷-13題 Ksp的圖像分析：沉淀溶解平衡 沉淀的轉(zhuǎn)化 Ag2CrO4轉(zhuǎn)化為AgCl 體系中離子濃度的變化及Ksp的計算
2024全國甲卷-26題 工藝流程題：同濃度的兩種離子，加入沉淀劑，一種離子沉淀完全時，通過Ksp求算另一種離子在體系中的濃度，并判斷能否實現(xiàn)兩種離子的完全分離
2024全國甲卷-28題 原理綜合題：結(jié)合圖像分析多重平衡體系K的計算
2024全國新課標卷-13題 Ka的應(yīng)用：結(jié)合圖像計算Ka，分析微粒濃度大小關(guān)系，電離度
2024全國新課標卷-29題 原理綜合題：Kp的計算
2024山東卷-12題 Ka的應(yīng)用：比較微粒濃度大小
2024山東卷-20題 原理綜合題：Kp與Q的關(guān)系計算保證NH4HCO3不分解NH3的分壓
2024湖南卷-13題 Ka的應(yīng)用：比較微粒濃度大小
2024湖南卷-18題 原理綜合題：根據(jù)圖像，找數(shù)據(jù)，求某兩性氫氧化物的Ksp
2024湖北卷-13題 結(jié)合圖像及Ksp、Ka分析比較微粒濃度大小關(guān)系
2024年——四大平衡常數(shù)考向考點統(tǒng)計
2024湖北卷-17題 原理綜合題：多重平衡體系Kp的計算
2024黑吉遼卷-15題 分析： AgNO3溶液滴定Cl-水樣、Br-水樣 (鉻酸鉀指示劑)結(jié)合KaKsp數(shù)據(jù)計算體系中離子濃度的變化及具體反應(yīng)的K
2024黑吉遼卷-18題 原理綜合題：Kx的計算
2024浙江卷（6月）-15題 結(jié)合H2S水溶液中含硫微粒物質(zhì)的量分數(shù)-pH圖像及硫化亞鐵，氫氧化亞鐵的Ksp數(shù)值綜合分析溶解度、水解率等
2024浙江卷（1月）-15題 等體積等濃度氯化鋇溶液與亞硫酸溶液混合，再加入過氧化氫溶液，產(chǎn)生白色沉淀結(jié)合Ksp、Ka數(shù)值分析應(yīng)離子濃度，白色沉淀的成分
2024浙江卷（1月）-19題 結(jié)合Ka和Kb的數(shù)值進行pH的計算
2024河北卷-17題 原理綜合題: Kp應(yīng)的計算
2024安徽卷-13題 結(jié)合圖像及Ksp、Ka分析比較微粒濃度大小關(guān)系
2024安徽卷-17題 原理綜合題：Ka的計算
2024上海卷-10題 依據(jù)Ksp、Ka數(shù)值分析酸的濃度及開始沉淀時的離子濃度。
2022年——四大平衡常數(shù)考向考點統(tǒng)計
2024江蘇卷-10題 Ka的應(yīng)用：比較微粒濃度大小
2024江蘇卷-13題 多重反應(yīng)體系，判斷圖中兩處化學(xué)平衡常數(shù)K的大小
2024甘肅卷-19題 原理綜合題：計算平衡常數(shù)K
2022年——四大平衡常數(shù)考向考點統(tǒng)計
K 的計算
K 的應(yīng)用
濃度平衡常數(shù)（Kc）
分壓平衡常數(shù)（Kp）
物質(zhì)的量分數(shù)平衡常數(shù)（Kχ）
物質(zhì)的量平衡常數(shù)（Kn）
微粒濃度比較
微粒濃度、溶解度計算
酸性、堿性強弱比較
沉淀開始、溶解、轉(zhuǎn)化分析
小結(jié)：
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名師導(dǎo)學(xué)
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【知識重構(gòu)】
1. 四大平衡常數(shù)的比較
化學(xué)平衡常數(shù) (K ) 電離常數(shù) (Ka 、Kb) 鹽類的水解常數(shù) (Kh) 難溶電解質(zhì)溶度積常數(shù)(Ksp)
概念 在一定溫度下，當一個可逆反應(yīng)達到化學(xué)平衡時，生成物濃度冪（以其化學(xué)計量數(shù)為指數(shù)）之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比是一個常數(shù)，這個常數(shù)叫作該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)，用 K 表示。 在一定條件下達到電離平衡時，弱電解質(zhì)電離形成的各種離子的濃度的乘積與溶液中未電離的分子的濃度之比是一個常數(shù)，這個常數(shù)稱為電離常數(shù)。 在一定溫度下，當鹽類水解反應(yīng)達到化學(xué)平衡時，生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值是一個常數(shù)，這個常數(shù)就是該反應(yīng)的水解平衡常數(shù)。 在一定溫度下，在難溶電解質(zhì)的飽和溶液中，各離子濃度冪之積為一個常數(shù)。
意義 反映化學(xué)反應(yīng)進行的程度， K 值越大，表示反應(yīng)進行得 越完全，反應(yīng)物平衡轉(zhuǎn)化率越大，一般認為當反應(yīng)的平衡常數(shù)K ＞ 105 ，反應(yīng)物幾乎完全轉(zhuǎn)化。 反映弱電解質(zhì)電離程度的大小，常數(shù)越大，則電離程度越大，酸( 堿) 性越強。 反映鹽水解程度的大小，常數(shù)越大，水解程度越大，則酸( 堿) 性越強。 反映電解質(zhì)的溶解程度，常數(shù)越小的，溶解度一般也越小。
影響 因素 只與反應(yīng)本身和溫度有關(guān) 只與溫度和弱電解質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)，升高溫度，K增大 只與溫度和鹽的性質(zhì)有關(guān)，升高溫度，Kh增大 只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)
濃度平衡常數(shù)（Kc）
分壓平衡常數(shù)（Kp）
物質(zhì)的量分數(shù)平衡常數(shù)（Kχ）
【知識重構(gòu)】
2. K 的四種表達式
物質(zhì)的量平衡常數(shù)（Kn）
混合氣體中某組分的分壓 = 總壓 × 該組分的物質(zhì)的量分數(shù)
固體、純液體不寫入平衡常數(shù)表達式
3. Ka Kb Kh Ksp表達式
電離常數(shù) Ka 電離常數(shù) Kb 水解常數(shù) Kh 溶度積常數(shù)
Ksp
電離方程式
表達式
HA H+ + A-
BOH B+ + OH-
A-+H2O HA + OH-
Kb=
Ksp(AmBn)＝
Ka=
Kh=
固體、純液體不寫入平衡常數(shù)表達式
Ka·Kh=Kw
Kb·Kh=Kw
【知識重構(gòu)】
【知識重構(gòu)】
4. 四大平衡常數(shù)的應(yīng)用
化學(xué)平衡常數(shù)
電離平衡常數(shù)
1.計算初始(或平衡)濃度
2.計算轉(zhuǎn)化率(或產(chǎn)率)
3.判斷平衡移動的方向(或放熱、吸熱等情況)
4.判斷反應(yīng)溫度
5.利用Qc與K 的關(guān)系判斷平衡移動方向
1.由Ka或Kb求pH
2.比較酸性強弱
3.比較或計算微粒濃度大小
【知識重構(gòu)】
4. 四大平衡常數(shù)的應(yīng)用
水解平衡常數(shù)
溶度積常數(shù)
1.判斷弱酸根或弱堿根的水解程度，比較pH值
2.比較微粒濃度大小
3.比較對應(yīng)酸酸性強弱
1.溶解度與Ksp的換算與比較
2.沉淀后溶液中剩余離子濃度的計算
3.沉淀先后的計算與判斷
4.沉淀轉(zhuǎn)化分析與計算
5.沉淀開始及是否沉淀完全的計算
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名師導(dǎo)學(xué)
2025
知識重構(gòu)
A
0.03
a
80%
7.8
10.92
40
6
1016
105
105
【例題8】 （2022全國甲卷28題，節(jié)選）金屬鈦(Ti)在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領(lǐng)域有著重要用途。目前生產(chǎn)鈦的方法之一是將金紅石(TiO2)轉(zhuǎn)化為 TiCl4,再進一步還原得到鈦。回答下列問題:
(1)TiO2 轉(zhuǎn)化為 TiCl4 有直接氯化法和碳氯化法。在 1 000 ℃時反應(yīng)的熱化學(xué)方程式及其平衡常數(shù)如下:
(ⅰ)直接氯化:TiO2(s)+2Cl2(g) == TiCl4(g)+O2(g) ΔH1=172 kJ·mol-1,Kp1=1.0×10-2
(ⅱ)碳氯化:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s) == TiCl4(g)+2CO(g) ΔH2=-51 kJ·mol-1,Kp2=1.2×1012 Pa
① 反反應(yīng) 2C(s)+O2(g) == 2CO(g)的 ΔH 為 kJ·mol-1,Kp= Pa。
【解析】①由蓋斯定律可知,反應(yīng)(ⅱ)-反應(yīng)(ⅰ)可得 2C(s)+O2(g) == 2CO(g) ΔH = -51 -172 = -223 kJ·mol-1
Kp =
Kp2
Kp1
1.2×1012 Pa
1.0×10-2
=
= 1.2×1014 Pa
-223
1.2×1014
(2)在 1.0×105 Pa,將 TiO2、C、Cl2 以物質(zhì)的量比1∶2.2∶2 進行反應(yīng)。體系中氣體平衡組成比例(物質(zhì)的量分數(shù))隨溫度變化的理論計算結(jié)果如圖所示。
①反應(yīng) C(s)+CO2(g) == 2CO(g)的平衡常數(shù)
Kp(1 400 ℃) = Pa。
Kp(1 400 ℃) =
=
(0.6p總)2
0.05p總
= 7.2p總
= 7.2×105
7.2×105
【解析】
【例題9】 （2022江蘇卷14題，節(jié)選）硫鐵化合物(FeS、FeS2 等)應(yīng)用廣泛。
(1) 納米 FeS 可去除水中微量六價鉻[Cr(Ⅵ)]。在 pH=4~7 的水溶液中,納米 FeS 顆粒表面帶正電荷,Cr(Ⅵ)主要以 HCrO4- 、Cr2O72-、CrO42 形式存在，納米 FeS 去除水中 Cr(Ⅵ)主要經(jīng)過“吸附→反應(yīng)→沉淀”的過程。
己知:Ksp(FeS)=6.5×10-18,Ksp[Fe(OH)2]=5.0×10-17;
H2S 電離常數(shù)分別為 Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。
②在弱酸性溶液中,反應(yīng) FeS+H+ Fe2+ +HS-的平衡常數(shù) K 的數(shù)值為 。
K =
c(Fe2+）·c(HS-)
c(H+）
【解析】
=
c(Fe2+）·c(HS-)
c(H+）
c(S2-)
c(S2-)
6.5×10-18
1.3×10-13
=
= 5×10-5
關(guān)鍵：構(gòu)建平衡常數(shù)關(guān)系
【例題10】 （2022山東卷20題，節(jié)選）利用 γ-丁內(nèi)酯(BL)制備 1,4-丁二醇(BD),反應(yīng)過程中伴有生成四氫呋喃(THF)和 1-丁醇(BuOH)的副反應(yīng)，涉及反應(yīng)如下:
已知:①反應(yīng)Ⅰ為快速平衡,可認為不受慢反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ的影響;②因反應(yīng)Ⅰ在高壓 H2 氛圍下進行, 故 H2 壓強近似等于總壓。回答下列問題:
(1)以 5.0×10-3 mol BL 或 BD 為初始原料,在 493 K、3.0×103 kPa 的高壓 H2 氛圍下，分別在恒壓容器中進行反應(yīng)。達平衡時,以 BL 為原料，體系向環(huán)境放熱 X kJ;以 BD 為原料，體系從環(huán)境吸熱 Y kJ。
(2)初始條件同上。xi 表示某物種 i 的物質(zhì)的量與除 H2 外其他各物種總物質(zhì)的量之比，xBL 和 xBD 隨時間 t 變化關(guān)系如圖甲所示。實驗測得 X圖甲
創(chuàng)新1
【解析】
創(chuàng)新2
5.0×10-3 mol BL
5.0×10-3 mol BD
493 K、3.0×103 kPa 的高壓 H2 氛圍
全等平衡
平衡時BL的量＞BD的量
a 或 c
Kp=
0.36
(3×103)2
=
× 0.48
= 8.3×10-8
反應(yīng)多、信息多
=
Ⅰ. CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g); Ⅱ. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)
②恒溫恒壓條件下，1molCH4(g)和 1molH2O(g)反應(yīng)達平衡時，CH4(g)的轉(zhuǎn)化率為 α，CO2(g)的物質(zhì)的量為 bmol，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù) Kx = (寫出含有 α 、b 的計算式；對于反應(yīng)
mA(g) + nB(g) pC(g) + qD(g)， x 為物質(zhì)的量分數(shù))。
【例題11】 （2022河北卷16題，節(jié)選）氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉矗詺淙剂蠟榇淼娜剂想姵赜辛己玫膽?yīng)用前景。
（2）工業(yè)上常用甲烷水蒸氣重整制備氫氣，體系中發(fā)生如下反應(yīng)。
Ⅰ. CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g); Ⅱ. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)
【解析】
起始 1 1 0 0
轉(zhuǎn)化 α α α 3α
1-α 1-α α 3α
α 1-α 0 3α
b
根據(jù)差量法，達平衡時氣體總物質(zhì)的量為(2+2α)
b b b b
α- b
1-α-b
3α+b
Kx =
x(CO）·x3(H2)
x(CH4)· x (H2O)
【例題12】 （2022.1浙江卷29題，節(jié)選）工業(yè)上，以煤炭為原料，通入一定比例的空氣和水蒸氣，經(jīng)過系列反應(yīng)可以得到滿足不同需求的原料氣。請回答：
(3)一氧化碳變換反應(yīng)：CO(g) + H2O(g) == CO2(g) + H2(g) ΔH =-41kJ·mol-1。
①一定溫度下，反應(yīng)后測得各組分的平衡壓強(即組分的物質(zhì)的量分數(shù)×總壓)：p(CO) = 0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa 和 p(H2)=0.75MPa，則反應(yīng)的平衡常數(shù) K 的數(shù)值為 。
K= Kp=
pV=nRT
p=cRT
9
【解析】
當反應(yīng)前后氣體分子數(shù)相等時：Kp＝Kc＝Kχ＝Kn
K=
c=
【例題13】(2022海南卷14題，節(jié)選)某元素 M 的氫氧化物 M(OH)2(s)在水中的溶解反應(yīng)為:M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq)、M(OH)2(s)+2OH-(aq) M(OH)42 (aq)，25 ℃,-lg c 與 pH 的關(guān)系如圖所示,c 為 M2+或 M(OH)42 濃度的值,下列說法錯誤的是
A.曲線①代表-lg c(M2+)與 pH 的關(guān)系
B. M(OH)2 的 Ksp 約為 1×10-10
【解析】
① M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq)、 ② M(OH)2(s)+2OH-(aq) M(OH)42 (aq)
增大pH,①平衡左移②平衡右移,即c(M2+)減小， c[M(OH)42 ]增大
Ksp=c(M2+)c(OH-)2
=1×10-17
減小
增大
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知識重構(gòu)
化學(xué)方程式
題干內(nèi)容
列式計算
起始量
轉(zhuǎn)化量
平衡量
一般模型
觀察多重反應(yīng)搞清幾個反應(yīng)的關(guān)系（連續(xù)型反應(yīng)、平行反應(yīng)）
由題干信息表達出每個反應(yīng)組分的變化量
表達整個反應(yīng)體系各組分的平衡量
列式計算
多重反應(yīng)平衡模型
1.K 計算基本思維模型
2. 構(gòu)建化學(xué)平衡常數(shù)關(guān)系模型
化學(xué)方程式的變化對K的影響:
同一可逆反應(yīng)中,K正·K逆=1;
幾個可逆反應(yīng)方程式相加,得總方程式,則總反應(yīng)的平衡常數(shù)等于分步反應(yīng)平衡常數(shù)之積。
同一方程式中的化學(xué)計量數(shù)擴大或縮小n倍,則新平衡常數(shù)K′與原平衡常數(shù)K間的關(guān)系是K′=Kn或K′= ;
即若Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，則KⅠ× KⅡ= KⅢ ，若Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ， 則 = KⅢ
c(H+)
c(H+)
Kw ①
Ka3 ②
①-②得一級水解反應(yīng)
推導(dǎo)
【知識重構(gòu)】
3. 構(gòu)建多元弱酸電離常數(shù)與多元弱酸根水解常數(shù)關(guān)系模型
構(gòu)建平衡常數(shù)關(guān)系模型
【例題14】 （2022江蘇卷12題，節(jié)選）一種捕集煙氣中 CO2 的過程如圖所示。室溫下以 0.1 mol·L-1 KOH 溶液吸收 CO2,若通入CO2 所引起的溶液體積變化和 H2O 揮發(fā)可忽略,溶液中含碳物種的濃度 c 總=c(H2CO3)+c(HCO3- ) +c(CO32 )。H2CO3 電離常數(shù)分別為 Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列說法正確的是
3
C. KOH 溶液吸收 CO2，c 總=0.1 mol·L-1 溶液中:c(H2CO3)>c(CO32 )
【解析】
考點：微粒濃度的大小比較
根據(jù)物料守恒可以確定，C項中溶質(zhì)為KHCO3 。
HCO3- 的電離常數(shù)為 Ka2 = 4.4×10-11
水解常數(shù)為 Kh2 =
Kw
Ka1
1×10-14
4.4×10-7
=
＞4.4×10-11
水解＞電離
【例題8】 (2021山東卷-15題，節(jié)選) 賴氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：
H3R2+ H2R+ HR R-
向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系數(shù)δ(x)隨pH變化如圖所示。(x) =
H3R2+
H2R+
HR
R-
4. 構(gòu)建利用圖像特殊點計算K的方法模型
多元弱酸各種微粒分布分數(shù)與pH變化關(guān)系曲線:
A. ＞
【例題16】 （2022海南卷13題，節(jié)選）NaClO 溶液具有漂白能力,已知 25 ℃,Ka(HClO)=4.0×10-8。下列關(guān)于 NaClO 溶液說法正確 的 是
D. 25 ℃,pH=7.0 的 NaClO 和 HClO 的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO-) = c(Na+)
考點：酸及其對應(yīng)的鹽的混合溶液中微粒濃度大小比較
【解析】
c(OH-) + c(ClO-) = c(Na+) + c(H+)
c(ClO-) = c(Na+)
c(ClO-)
c(HClO)
c(H+)
Ka(HClO)
=
=
4.0×10-8
1.0×10-7
= 0.4
c(HClO) > c(ClO-)
5. 變換平衡常數(shù)關(guān)系式解決多元弱酸根與其分子比值問題
【例題17】 （2022全國乙卷13題，節(jié)選）常溫下,一元酸 HA 的 Ka(HA)=1.0×10-3。在某體系中，H+與A-離子不能穿過隔膜,未電離的 HA 可自由穿過該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中 c總(HA) = c(HA)+c(A-)，當達到平衡時，下列敘述正確的是
B.溶液Ⅱ中的 HA 的電離度 為
C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的 c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的 c 總(HA)之比為 10-4
【解析】
c(A-)
c總(HA)
=
c(A-)
c(HA)+c(A-)
=
1
+1
1
+1
=
=
1
+1
c總(HA)Ⅰ = c(HA) Ⅰ + c(A-) Ⅰ
c總(HA) Ⅱ = c(HA) Ⅱ + c(A-) Ⅱ
= c(HA) + c(A-) Ⅰ
= c(HA) + c(A-) Ⅱ
= c(HA) +
= c(HA) +
= (1+104)c(HA)
= (1+0.01)c(HA)
K =
c(Ba2+)
c(Ba2+)
Ksp(BaCO3） ①
Ksp(BaSO4） ②
K =
Ksp(BaCO3）
Ksp(BaSO4）
不同類型的沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)
6. 構(gòu)建沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)與溶度積常數(shù)的關(guān)系模型
①-②得上述沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)
【例題18】 （2022全國乙卷26題，節(jié)選）廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO 和Pb,還有少量 Ba、Fe、Al 的鹽或氧化物等。為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源,通過下圖流程實現(xiàn)鉛的回收。一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表:
難溶電解質(zhì) PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10
2.6×10-9
回答下列問題:
(1)在“脫硫”中 PbSO4 轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為 。
用沉淀溶解平衡原理解釋選擇 Na2CO3 的原因 。
(2)在“脫硫”中,加入 Na2CO3 不能使鉛膏中 BaSO4 完全轉(zhuǎn)化,原因是 。
K =
【解析】
Ksp(PbCO3）
Ksp(PbSO4）
2.5×10-8
7.4×10-14
=
＞105
= 3.4×105
Na2CO3幾乎可以使PbSO4完全轉(zhuǎn)化為PbCO3
K =
Ksp(BaCO3）
Ksp(BaSO4）
1.1×10-10
2.6×10-9
=
= 4.2×10-2
＜105
7. 構(gòu)建沉淀開始、完全、先后、溶解的思維模型
沉淀開始
沉淀完全
沉淀先后
沉淀溶解
Qi > Ksp
c < 1×10 -5 mol·L-1
形成沉淀所需微粒濃度越小，越先沉淀
沉淀溶解產(chǎn)生離子濃度越大，越先溶解
【例題19】 （2022北京卷18題，節(jié)選）白云石的主要化學(xué)成分為 CaMg(CO3)2，還含有質(zhì)量分數(shù)約為 2.1%的 Fe2O3和 1.0%的SiO2。利用白云石制備高純度的碳酸鈣和氧化鎂，流程示意圖如下。
已知：
物質(zhì) Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3
Ksp 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6
(2)①“解釋“浸鈣”過程中主要浸出 CaO 的原因是
(1)白云石礦樣煅燒完全分解的化學(xué)方程式為 = CaO + MgO + 2CO2
CaMg(CO3)2
↑
高溫
Ksp[Ca(OH)2]>> Ksp[Mg(OH)2]，在一定濃度NH4Cl 溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應(yīng)而氫氧化鎂不能，故 CaO 先浸出
+
【解析】
【例題20】 （2022山東卷14題，節(jié)選）工業(yè)上以 SrSO4(s)為原料生產(chǎn) SrCO3(s),對其工藝條件進行研究。現(xiàn)有含 SrCO3(s)的 0.1mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2CO3 溶液,含 SrSO4(s)的 0.1 mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2SO4 溶液。在一定 pH 范圍內(nèi)，四種溶液中 lg[c(Sr2+)/mol·L-1]隨 pH 的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是
A. 反應(yīng) SrSO4(s)+CO32 SrCO3(s)+SO42 的平衡常數(shù)
B. a = -6.5
C. 曲線④代表含 SrCO3(s)的 1.0 mol·L-1 Na2CO3 溶液的變化曲線
K =
Ksp(SrCO3）
Ksp(SrSO4）
【解析】
減小pH，平衡不移動， c(Sr2+)幾乎不變
減小pH， c(CO32–)減小，平衡向溶解方向移動，c(Sr2+)增大
SrCO3(s) Sr2+(aq)+CO32–(aq)
SrSO4(s) Sr2+(aq)+SO42–(aq)
pH相同時，c(CO32–)越大，平衡向沉淀方向移動，c(Sr2+)減小
pH相同時，c(SO42–)越大，平衡向沉淀方向移動，c(Sr2+)減小
曲線②代表含 SrSO4(s)的 1.0 mol·L-1 Na2SO4 溶液的變化曲線
曲線①代表含 SrSO4(s)的 0.1mol·L-1 Na2SO4 溶液的變化曲線
溫度不變,溶度積不變, ① ②中c(Sr2+)1 c(SO42–)1 = c(Sr2+)2 c(SO42–)2
10-5.5 ×0.1= c(Sr2+)2 ×1.0
SrSO4
SrCO3
x2 ·
= 4.0×10-6
【例題21】 （2022山東卷17題，節(jié)選）工業(yè)上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含 SiO2 等雜質(zhì)]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏,工藝流程如下：
6
部分鹽的溶度積常數(shù)見下表。精制Ⅰ中,按物質(zhì)的量之比 n(Na2CO3)∶n(SiF6 2 )=1∶1 加入Na2CO3 脫氟,充分反應(yīng)后，c(Na+)= mol·L-1;再分批加入一定量的 BaCO3,首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是 。
項目 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4
BaSO4
Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4
1.0×10-10
【解析】
2Na+ ~ SiF6 2
起始c 2 ： 1
變化c 2m ： m
平衡c 2-2m ：1- m
設(shè)平衡c x
Ksp = c2(Na+) c(SiF6 2 )
x = 2×10-2
2×10-2
粗磷酸中硫酸鈣達到飽和狀態(tài)
c(Ca2+ )=c(SO4 2– ) =
c(SO4 2– ) =3×10-2 mol·L-1
c(Ba2+) =
Ksp(BaSiF6)
c(SiF6 2 )
= 1.0×10-4 mol·L-1,
c(Ba2+) =
Ksp(BaSO4)
c(SO4 2 )
= 3.3×10-9 mol·L-1,
SO4 2–
c(SiF6 2 ) = 1×10-2 mol·L-1
重溫經(jīng)典
模型建構(gòu)
名師導(dǎo)學(xué)
2025
知識重構(gòu)
教學(xué)策略
注意考查形式新穎，考查角度靈活的試題
養(yǎng)成“審題”
和“析題”的習慣
“模型建構(gòu)”
形成知識結(jié)構(gòu)化
總結(jié)方法，
形成解題模型
研究高考試題
考查角度和解答方法
從不同視角對知識進行重構(gòu)，多角度融會貫通地解決問題第18講-四大平衡常數(shù)及其應(yīng)用
1．（2024屆·河北保定·三模）一定條件下，在甲、乙兩個恒容密閉容器(容器容積)中投入等物質(zhì)的量的X和Y，發(fā)生反應(yīng)，達到平衡時，Q的物質(zhì)的量濃度與溫度和容器容積的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是
A．x＋y>p＋q B．c(P)：b>2a
C．壓強：2p(b)2．（2024屆·湖南·三模）將轉(zhuǎn)化為的途徑有如下兩種：
反應(yīng)I：無時，
反應(yīng)Ⅱ：有時，
向密閉容器甲中投入，向密閉容器乙中投入和，相同時間內(nèi)測得的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化情況如圖所示。
下列說法正確的是
A．兩個反應(yīng)的均大于0
B．X點時兩個容器中的正反應(yīng)速率相同
C．容器甲中的反應(yīng)達到平衡后，再投入，則的平衡轉(zhuǎn)化率增大
D．圖中Y點對應(yīng)的平衡常數(shù)
3．（2024屆·江蘇蘇州·三模）CO2催化重整CH4反應(yīng)：
Ⅰ：
Ⅱ：
Ⅲ：
在恒容反應(yīng)器中按體積分數(shù)CH4：CO2=50%：50%投料。平衡時各物質(zhì)的體積分數(shù)與溫度的關(guān)系如圖所示。若僅考慮上述反應(yīng)，下列說法不正確的是
A．
B．其他條件不變，適當增大起始時CH4的體積分數(shù)，可抑制反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ的進行
C．T℃時，在2.0L容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化劑進行重整反應(yīng)，測得CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為75%，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)小于81
D．300～580℃時，H2O的體積分數(shù)增大因為反應(yīng)Ⅲ生成H2O的量大于反應(yīng)Ⅱ消耗的量
4．（2024屆·吉林·統(tǒng)考一模）“碳達峰·碳中和”是我國社會發(fā)展重大戰(zhàn)略之一， CH4還原CO2是實現(xiàn)“雙碳”經(jīng)濟的有效途徑之一，相關(guān)的主要反應(yīng)有：
Ⅰ：CH4(g) + CO2(g)2CO(g) + 2H2(g) ΔH = +247 kJ·mol 1
Ⅱ：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ΔH = +41 kJ·mol 1
請回答下列問題：
恒溫恒壓條件下，1mol CH4(g)和1mol CO2 (g)反應(yīng)達平衡時，CH4(g)的轉(zhuǎn)化率為，H2O (g)的物質(zhì)的量為bmol，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)Kx = (寫出含有α、b的計算式；對于反應(yīng)mA(g) + nB(g)pC(g) + qD(g)，，x為物質(zhì)的量分數(shù))。
5．（2024·貴州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）苯乙烯是重要的有機化工原料，可用乙苯為原料制備苯乙烯。制備方法有直接脫氫法和氧化脫氫法。在時反應(yīng)的熱化學(xué)方程式及其平衡常數(shù)如下：
(ⅰ)直接脫氫：
(ⅱ)氧化脫氫：
回答下列問題：
已知，忽略隨溫度的變化。當時，反應(yīng)能自發(fā)進行。在下，直接脫氫反應(yīng)的和隨溫度變化的理論計算結(jié)果如圖所示。
①直接脫氫反應(yīng)在常溫下 (選填“能”或“不能”)自發(fā)。
②隨溫度的變化曲線為 (選填“a”或“b”)，判斷的理由是 。
③在某溫度、下，向密閉容器中通入氣態(tài)乙苯發(fā)生直接脫氫反應(yīng)，達到平衡時，混合氣體中乙苯和氫氣的分壓相等，該反應(yīng)的平衡常數(shù) (保留小數(shù)點后一位；分壓總壓物質(zhì)的量分數(shù))。
6．（2024·廣西柳州·統(tǒng)考一模）二氧化碳催化加氫制甲醇，能助力“碳達峰”，涉及反應(yīng)有：
反應(yīng)①
反應(yīng)②
反應(yīng)③
在下，和按物質(zhì)的量之比為進行投料，只發(fā)生反應(yīng)①和反應(yīng)③，平衡時CO和在含碳產(chǎn)物中的物質(zhì)的量分數(shù)及轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示。
250℃時，反應(yīng)①的平衡常數(shù) (為以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。
7．（2024·山東菏澤二模）還原CO2是實現(xiàn)“雙堿”經(jīng)濟的有效途徑之一，涉及反應(yīng)如下：
Ⅰ：
Ⅱ：
5）在101kPa時，工業(yè)上按投料加入剛性密閉容器中，只發(fā)生Ⅰ、Ⅱ兩個反應(yīng)，和的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系如圖所示．溫度高于1200 K時，和的平衡轉(zhuǎn)化率趨于相等的原因可能是 ；計算1000 K時反應(yīng)Ⅱ的壓強平衡常數(shù) （計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字，用平衡分壓代替平衡濃度，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù)）。
8．（2024屆·青海西寧·三模）為實現(xiàn)“碳中和”“碳達峰”，碳的循環(huán)利用是重要措施。利用氫氣和CO反應(yīng)生成甲烷，涉及的反應(yīng)如下：
i．
ii．
iii．
回答下列問題：
(2)一定溫度下，在恒容的密閉容器中進行上述反應(yīng)，平衡時CO的轉(zhuǎn)化率及的選擇性隨變化的情況如圖所示[已知的選擇性]。
①圖中表示選擇性變化的曲線是 （填“甲”或“乙”），保持不變，曲線甲由B點達到A點需要的條件為 。
②相同溫度下，向恒容容器內(nèi)加入和1molCO，初始壓強為10MPa，平衡時的物質(zhì)的量為 mol，反應(yīng)ii的 （保留小數(shù)點后一位）。
9．（2024屆·重慶·三模）CO可將部分氮的氧化物還原為。
反應(yīng)Ⅰ：
反應(yīng)Ⅱ：
(4)在恒容密閉容器中，1800℃無催化條件下NO和CO按1：1投料進行上述反應(yīng)Ⅱ，實際測得反應(yīng)體系中NO，CO，和分壓隨時間變化如圖所示。但研究人員發(fā)現(xiàn)各氣體的分壓變化不符合反應(yīng)Ⅱ的化學(xué)反應(yīng)計量比，研究后確認，該反應(yīng)條件下還存在另一反應(yīng)。
①圖中氣體B代表 。
②該溫度下，反應(yīng)的 。
10.（2021年唐山市模擬）25℃下，用NaOH溶液分別滴定CuSO4、FeSO4兩種溶液，pM = -lgc(M)2+(M=Cu、Fe)，pM隨pH變化關(guān)系如圖所示，已知水溶液中Cu(OH)2比Fe(OH)2更難溶。下列說法錯誤的是（ ）
A. ①代表滴定CuSO4溶液的變化關(guān)系
B. 調(diào)控溶液的pH=7，可除去工業(yè)廢水中的Fe2+
C. 當Cu(OH)2與Fe(OH)2共沉淀時溶液中c(Cu2+ ):c(Fe2+) = 10-4.6:1
D. 若某一元弱酸(HA)的Ka = 10-6，則Cu(OH)2易溶于HA溶液中
11. （2021年山東高考15題）賴氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO－，用HR表示]是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在平衡：H3R2+H2R+HRR－。向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R－的分布系數(shù)δ(x)隨pH變化如圖所示。已知δ(x)=，下列表述正確的是（ ）
A．>
B．M點，c(Cl－) + c(OH－) + c(R－)=2c(H2R+) + c(Na+) + c(H+)
C．O點，pH=
D．P點，c(Na+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H+)
12. （2021年江蘇卷13題）室溫下，用0.5mol·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段時間后過濾，向濾渣中加稀醋酸，產(chǎn)生氣泡。已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列說法正確的是（ ）
A. 0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH-) = c(H+) + c(HCO) + c(H2CO3)
B. 反應(yīng)CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-正向進行，需滿足 > ×104
C. 過濾后所得清液中一定存在：c(Ca2+) =且c(Ca2+) ≤
D. 濾渣中加入醋酸發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：CaCO3+2H+= Ca2++CO2↑+H2O
13. （2021年湖北卷14題）常溫下，已知H3PO3溶液中含磷物料的濃度之和為0.1 mol·L-1，溶液中各含磷物種的pc-pOH關(guān)系如圖所示。圖中pc表示各含磷物種的濃度負對數(shù)（pc=－lgc），pOH表示OH的濃度負對數(shù)[pOH=－lgc(OH－)]；x、y、z三點的坐標：x(7.3，1.3)、y(10.0，3.6)、z(12.6，1.3)。下列說法正確的是（ ）
A．曲線①表示pc(H3PO3)隨pOH的變化
B．H3PO3的結(jié)構(gòu)簡式為
C．pH=4的溶液中：c(H2PO)< 0.1 mol·L－1－2c(HPO)
D．H3PO3 + HPO2 H2PO的平衡常數(shù)K>1.0×105
14.（2021年福建卷10題）如圖為某實驗測得0.1 mol·L－1NaHCO3溶液在升溫過程中（不考慮水揮發(fā)）的pH變化曲線。下列說法正確的是
A. a點溶液的c(OH－)比c點溶液的小
B. a點時，KW =
C. b點溶液中，c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)
D. ab段，pH減小說明升溫抑制了HCO的水解
15.（2021年天津卷13題節(jié)選）Fe3+可與H2O、SCN－、F－等配體形成配位數(shù)為6的配離子，如[Fe(H2O)6]3+、[Fe(SCN)6]3－、 [FeF6]3－。某同學(xué)按如下步驟完成實驗：
① [Fe(H2O)6]3+為淺紫色，但溶液Ⅰ卻呈黃色，其原因是 ，為了能觀察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3+的淺紫色，可采取的方法是 。
② 已知Fe3+與SCN－、F－的反應(yīng)在溶液中存在以下平衡：
Fe3+ + 6SCN－ [Fe(SCN)6]3－(紅色) K1； Fe3+ + 6F－ [FeF6]3－(無色) K2
向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液顏色由紅色轉(zhuǎn)變?yōu)闊o色。若該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，其離子方程式為 ，平衡常數(shù)為 (用K1和K2表示)。
16.（2021年湖南卷16題節(jié)選）
（3）某興趣小組對反應(yīng)2NH3(g)N2(g) + 3H2(g)進行了實驗探究。在一定溫度和催化劑的條件下，將0.1 mol NH3通入3 L的密閉容器中進行反應(yīng)（此時容器內(nèi)總壓為200 kPa），各物質(zhì)的分壓隨時間的變化曲線如圖所示。
② t2時將容器體積迅速縮小至原來的一半并保持不變，圖中能正確表示壓縮后N2分壓變化趨勢的曲線是 （用圖中a、b、c、d表示），理由是 ；
③ 在該溫度下，反應(yīng)的標準平衡常數(shù)Kθ= 。（已知：分壓=總壓×該組分物質(zhì)的量分數(shù)，對于反應(yīng)dD(g) + eE(g) gG(g) + hH(g)，Kθ＝，其中Pθ=100kPa，PG、PH、PD、PE，為各組分的平衡分壓）。
17.（2021年北京卷16題節(jié)選）某小組實驗驗證“Ag+ + Fe2+Fe3+ + Ag↓”為可逆反應(yīng)并測定其平衡常數(shù)。實驗驗證：
實驗 I．將 0.0100 mol·L－1Ag2SO4 溶液和 0.0400 mol·L－1FeSO4 溶液（pH=1）等體積混合，產(chǎn)生灰黑色沉淀，溶液呈黃色。
實驗 II．向少量 Ag 粉中加入 0.0100 mol·L－1Fe2(SO4)3 溶液（pH= 1）固體完全溶解。
測定平衡常數(shù)：
實驗 III．一定溫度下，待實驗 I 中反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，取 V mL上層清液，用c1 mol·L－1KSCN標準溶液滴定 Ag+，至出現(xiàn)穩(wěn)定的淺紅色時消耗 KSCN標準溶液 V1 mL。
資料：Ag++SCN-AgSCN↓(白色) K = 1012
Fe3++SCN-FeSCN2+(紅色) K = 102.3
（2）① 滴定過程中 Fe3+的作用是 。
② 測得平衡常數(shù) K = 。
思考問題：
（3）① 取實驗 I 的濁液測定 c(Ag+)，會使所測 K 值 （填“偏高”“偏低”或“不受影響”）
②不用實驗 II 中清液測定 K 的原因是 。
18. （2021年湖北卷16題節(jié)選）廢舊太陽能電池CIGS具有較高的回收利用價值，其主要組成為CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小組回收處理流程如下：
回答下列問題：
（3）25 ℃時，已知：Kb(NH3·H2O)≈2.0×10－5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10－35，
Ksp[In(OH)3]≈1.0×10－33，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10－20，“浸出液”中c(Cu2)=0.01 mol·L1。當金屬陽離子濃度小于1.0×105mol·L1時沉淀完全，In3+恰好完全沉淀時溶液的pH約為 （保留一位小數(shù)）；若繼續(xù)加入6.0 mol·L1氨水至過量，觀察到的實驗現(xiàn)象是先有藍色沉淀，然后 ；為探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，計算反應(yīng)Ga(OH)3 + NH3·H2O [Ga(OH)4]+NH4+的平衡常數(shù)K= 。
（已知：Ga3+ + 4OH [Ga(OH)4] K1=≈1.0×1034）
19.（2021年江蘇卷17題節(jié)選） 以軟錳礦粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)為原料制備電池級MnO2。向已經(jīng)除去Fe、Al、SiMnSO4溶液(pH約為5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上層清液中c(F-)=0.05mol·L-1，則= 。[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
20.（2021年河北卷15題節(jié)選）綠色化學(xué)在推動社會可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團隊設(shè)計了一種熔鹽液相氧化法制備高價鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實現(xiàn)了Cr-Fe-Al-Mg的深度利用和Na+內(nèi)循環(huán)。工藝流程如下：
回答下列問題：
（7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為 。（通常認為溶液中離子濃度小于10-5 mol· L-1為沉淀完全；Al(OH)3 + OH-Al(OH)4- K=100.63；Kw=10-14；Ksp[Al(OH)3]=10-33）
21. （2021年廣東卷18題節(jié)選）對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(Al)、鉬(Mo)、鎳(Ni)等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：
已知：25℃時，H2CO3的Ka1=4.5×10－7，Ka2=4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)=3.5×10－8；Ksp(BaCO3)=2.6×10－9；該工藝中，pH>6.0時，溶液中Mo元素以MoO 的形態(tài)存在。
（3）“沉鉬”中，pH為7.0。
② 若條件控制不當BaCO3也會沉淀。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO3－):c(MoO)= （列出算式）時，應(yīng)停止加入BaCl2溶液。
22.（2021年福建卷11題節(jié)選）四鉬酸銨是鉬深加工的重要中間產(chǎn)品，具有廣泛的用途。一種以鉬精礦（主要含MoS2，還有Cu、Fe的化合物及SiO2等）為原料制備四鉬酸銨的工藝流程如下圖所示。
回答下列問題：
（3）“凈化”時，浸出液中殘留的Cu2+、Fe2+轉(zhuǎn)化為沉淀除去。研究表明，該溶液中c(S2-)和pH的關(guān)系為：lgc(S2-)=pH－15.1。為了使溶液中的雜質(zhì)離子濃度小于1.0×10-6mol·L-1，應(yīng)控制溶液的pH不小于 。
（已知：pKsp=－lgKsp；CuS和Fe的pKsp分別為35.2和17.2）
第18講-四大平衡常數(shù)及其應(yīng)用答案及解析
1.【答案】D
【分析】由于容器容積V甲:V乙=1:2但投入的是等物質(zhì)的量的X和Y，故甲中Q的濃度更大，但是小于乙中Q的濃度的2倍，說明容器體積減小，平衡逆向移動，反應(yīng)是氣體體積數(shù)增大的反應(yīng)，隨溫度升高，Q濃度增大，說明正反應(yīng)吸熱；
【詳解】A．由分析，x＋yB．a(chǎn)、b兩點Q的濃度相等，由于反應(yīng)起始物是X和Y，產(chǎn)生的P和Q物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，故a、b兩點P的濃度也相等，B錯誤；
C．起始反應(yīng)物是X和Y，甲的體積是乙的一半，由于體積縮小平衡逆向移動，使總壓強減小，故壓強p(c)<2p(b)，C錯誤；
D．b、c兩點溫度相同，K相等，正反應(yīng)吸熱，a溫度更低平衡逆向移動，K更小，故平衡常數(shù)：Ka本題選D。
2.【答案】D
【詳解】A．兩個反應(yīng)中的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高均先增大后減小，到達最高點之后，溫度升高，的轉(zhuǎn)化率降低，說明反應(yīng)逆向進行，故這兩個反應(yīng)的均小于0，A項錯誤；
B．兩個反應(yīng)不同，不能由X點時的轉(zhuǎn)化率相同得出X點時兩個容器中的正反應(yīng)速率相同，B項錯誤；
C．反應(yīng)Ⅰ為氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，反應(yīng)達到平衡后，再投入，則的平衡轉(zhuǎn)化率不變，C項錯誤；
D．根據(jù)圖中Y點的數(shù)據(jù)，可列“三段式”：
則，D項正確；
故選：D。
3.【答案】D
【詳解】A． 由題干信息反應(yīng)Ⅱ： ，反應(yīng)Ⅲ： ，則2Ⅱ-Ⅲ可得反應(yīng)Ⅰ：，根據(jù)蓋斯定律可知，A正確；
B．其他條件不變，適當增大起始時CH4的體積分數(shù)，即增大CH4的用量，減少CO2的用量，則CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，即CO2的平衡濃度減小，CH4濃度增大，根據(jù)平衡移動原理，減小反應(yīng)物濃度或增加生成物濃度，平衡都逆向移動，可抑制反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ的進行，B正確；
C．T℃時，在2.0L容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化劑進行重整反應(yīng)，測得CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為75%，若只發(fā)生反應(yīng)I，則三段式分析可知，，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)K===81，由于實際上有反應(yīng)I、反應(yīng)Ⅱ和反應(yīng)Ⅲ發(fā)生，但由于副反應(yīng)(Ⅲ)中，消耗的氫氣的量比二氧化碳多的多，故計算式中，分子減小的更多，平衡常數(shù)小于81，導(dǎo)致K小于81，C正確；
D．根據(jù)題干信息可知，升高溫度反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動，向生成H2O的方向移動，H2O的物質(zhì)的量增大，反應(yīng)Ⅲ逆向移動，向消耗H2O的方向移動，H2O的物質(zhì)的量減小，故300～580℃時，H2O的體積分數(shù)增大因為溫度對反應(yīng)Ⅲ的影響小于對反應(yīng)Ⅱ的影響，即整個體系生成H2O的量大于消耗的量，D錯誤；
故答案為：D。
4.【答案】
【解析】恒溫恒壓條件下，1mol CH4(g)和1mol CO2 (g)反應(yīng)達平衡時，CH4(g)的轉(zhuǎn)化率為，H2O (g)的物質(zhì)的量為bmol，由三段式分析可知：，，平衡時CH4、CO2、CO、H2的物質(zhì)的量分數(shù)分別為：、、、，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)Kx ==，故答案為：；
5.【答案】 不能 b 反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度上升，平衡正向移動，Kp1上升 33.3
【解析】（2）①直接脫氫反應(yīng)△H＞0，△S＞0，反應(yīng)高溫時自發(fā)，在常溫下不能自發(fā)；
②反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度上升，平衡正向移動，Kp1上升，故b曲線為Kp1；
③設(shè)轉(zhuǎn)化的C8H10物質(zhì)的量為xmol，可得三段式：，達到平衡時，混合氣體中乙苯和氫氣的分壓相等，根據(jù)阿伏伽德羅定律及其推論可知，此時1-x=x，解得x=0.5mol，總物質(zhì)的量為1.5mol，
6.【答案】
【解析】250°C時，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為20%，CO和CH3OH的物質(zhì)的量分數(shù)相等，發(fā)生反應(yīng)①和③：
由二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為20%得出5×20%=2x，x=0.5mol，平衡后各物質(zhì)的物質(zhì)的量為：n(CO2)=4mol，n(H2)=17-4x=15mol，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=2x=1mol，n(CH3OH)=0.5mol，n(總)=4+15+0.5+0.5+1=21mol，Kp==；
7.【答案】1200K以上時以反應(yīng)Ⅰ為主，二者轉(zhuǎn)化率趨于相等 0.355
【解析】1200K以上時以反應(yīng)Ⅰ為主，二者轉(zhuǎn)化率趨于相等；設(shè)開始時，n(CO2) =n(CH4)=1mol，1000 K時CH4轉(zhuǎn)化率為80%即反應(yīng)了0.80mol，可得三段式：
對于副反應(yīng)，n(CO2) =0.2mol，n(CO)=n(H2)=1.6mol，CO2轉(zhuǎn)化率為85%即反應(yīng)了0.85mol-0.8mol=0.05mol
反應(yīng)達平衡后，n(H2)=1.55mol，n(CO2)=0.15mol，n(CO)=1.65mol，n(H2O)=0.05mol，n總=3.5mol, 0.355。
8.【答案】 甲 降低溫度或增大壓強 0.32 0.4
【解析】①隨增大，CO的轉(zhuǎn)化率一直變大，即曲線乙表示CO轉(zhuǎn)化率；當增大時，根據(jù)反應(yīng)i、iii分析，選擇性變大，當足夠大時，選擇性基本不變，故曲線甲代表選擇性；選擇性曲線甲由B點到A點，即選擇性變大，依據(jù)燃燒熱可求，，溫度對反應(yīng)i、、iii影響更大，降溫利于生成；加壓對生成的無影響，而有利于生成，故條件為降溫或加壓；②根據(jù)圖像，時，平衡時CO轉(zhuǎn)化率為40%，選擇性為90%，則平衡時：，，，根據(jù)氧原子守恒可得；根據(jù)氫原子守恒可得，氣體總物質(zhì)的量為；恒溫恒容下，氣體的壓強之比等于物質(zhì)的量之比，則平衡時壓強為；反應(yīng)ii的；
9.【答案】 N2 102
【解析】①反應(yīng)起始時按NO和CO的比為1：1投料，反應(yīng)II中CO和NO等量消耗，但由于存在另一反應(yīng)2NO N2+O2，NO消耗更多，故A表示CO，D表示NO，雖然反應(yīng)II產(chǎn)CO2是N2兩倍，但由于另一反應(yīng)產(chǎn)生N2，且根據(jù)圖中A、D平衡時的差值發(fā)現(xiàn)另一反應(yīng)消耗NO很多，故最終N2多于CO2，故C表示CO2，B表示N2；
②由圖知，CO2分壓為14.0kPa，N2分壓為24.0kPa，N2比CO2的一半多的即為2NO N2+O2反應(yīng)產(chǎn)生的，即該反應(yīng)產(chǎn)生N2 17kPa，該反應(yīng)產(chǎn)生N2和O2等量，故平衡體系中O2分壓為17kPa，且消耗NO分壓為34kPa，由CO2分壓為14.0kPa可知反應(yīng)II消耗NO 14.0kPa，故兩反應(yīng)共消耗NO 48kPa，則平衡時NO剩余分壓為2kPa，反應(yīng)2NO N2+O2的Kp=；
10. 【答案】BD
【解析】由題干信息可知，Ksp[Cu(OH)2]A．由分析可知，①代表滴定CuSO4溶液的變化關(guān)系，選項A正確；
B．Ksp[Fe(OH)2]=1×(10-(14-6.5))2=10-15，調(diào)整溶液的pH=7，c(OH-)=10-(14-7)mol·L-1，此時c(Fe2+)= = 10-1 > 10-5mol·L-1，鐵離子不能沉淀完全，不可除去工業(yè)廢水中的Fe2+，選項B錯誤；
C．當Cu(OH)2與Fe(OH)2共沉淀時溶液中OH-的濃度相同，故有c(Cu2+ ): c(Fe2+) = Ksp[Cu(OH)2] : Ksp[Fe(OH)2] =10-19.6:10-15 = 10-4.6:1，選項C正確；
D．Cu(OH)2+2HACu2++2A-+2H2O反應(yīng)的平衡常數(shù)為K= = = 10-3.6，故Cu(OH)2難溶于HA，選項D錯誤。
11. 【答案】CD
【解析】
A．從圖像中分析可知M、N、P對應(yīng)c(H＋)分別等于K1、K2、K3的值，則＜， A錯誤；
B．由電荷守恒可知c(Cl－) + c(OH－) + c(R－)＝2c(H3R2+) + c(H2R+) + c(Na+) + c(H+)，由于M點時c(H3R2+)＝c(H2R+)，因此c(Cl－) + c(OH－) + c(R－)＝3 c(H2R+) + c(Na+) + c(H+)，B錯誤；
C．O點時c(H2R+)＝c(R－)，由H2R+ HR＋H+ (K2) 和HR R－＋H+ (K3)可得H2R+ R－＋2H+ (K)，K＝K2×K3，K＝＝K2×K3，因為c(H2R+)＝c(R－)，故c2(H+)＝K2×K3，則pH＝－lg c(H+)＝，C正確；
D．P點溶液中的溶質(zhì)主要有NaR、HR、NaCl，溶液呈堿性，故c(Na+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H+)，D正確。
12.【答案】C
【解析】
A．0.5mol·L-1Na2CO3溶液中存在質(zhì)子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，A錯誤；
B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)K= = == =×104，當濃度商＜K時，反應(yīng)正向進行，B錯誤；
C．上層清液為碳酸鈣的保護溶液，所以清液中滿足c(Ca2+) =，由于硫酸鈣沉淀轉(zhuǎn)化為碳酸鈣沉淀，所以清液為硫酸鈣的不飽和溶液，則c(Ca2+) ≤ ，C正確；
D．醋酸為弱酸，不能拆成離子形式，D錯誤。
13.【答案】D
【解析】
A．根據(jù)圖中含有3條曲線，可確定H3PO3為二元弱酸，隨pOH-逐漸減小（即OH-濃度逐漸增大），溶液中依次發(fā)生H3PO3 +OH- = H2PO+ H2O、H2PO +OH- = HPO+ H2O，導(dǎo)致溶液中c(H3PO3) 逐漸減小，而c(H2PO) 先增大后減小，c(HPO)逐漸增大。結(jié)合pc的表示方法可知pc(H3PO3)應(yīng)逐漸增大，為曲線③，同理可得曲線①表示pc(HPO32－) ，曲線②表示pc(H2PO) 。故A錯誤；
B．H3PO3為二元弱酸，其結(jié)構(gòu)簡式應(yīng)為HO—O 故 B錯誤；
C．pH=4即pOH-=10時，由y點可知c(HPO)=c(H3PO3) ，又c(H3PO3)+c(H2PO)+c(HPO) =0.1 mol·L－1，得c(H2PO) = 0.1 mol·L－1-2c(HPO)。故C錯誤；
D．據(jù)x點可知c(H2PO)=c(HPO)，pOH=7.3，則Ka2(H3PO3)==c(H+)=10-6.7,同理根據(jù)z點可求出Ka1(H3PO3)=10-1.4；反應(yīng)H3PO3 + HPO 2 H2PO)的平衡常數(shù)K= = × = =10-1.4+6.7=105.3>1.0×105。故D正確。
14.【答案】A
【解析】
A．Kw=c(H+)c(OH-)，隨著溫度的升高，Kw增大；a點、c點的pH相同，即氫離子濃度相同，但是c(OH―)不同，c點的Kw大，所以a點溶液的c(OH―)比c點溶液的小，故A正確；
B．碳酸氫鈉溶液中存在電離平衡和水解平衡，根據(jù)圖示可知，碳酸氫鈉溶液顯堿性，水解過程大于電離過程，Kh2= > Ka2，所以KW > ，故B錯誤；
C．b點溶液顯堿性，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH―)，由于c(H+)c(HCO)+2c(CO)，故C錯誤；
D．碳酸氫鈉溶液中存在電離和水解2個過程，而電離和水解均為吸熱過程，升高溫度，促進了電離和水解的兩個過程，故D錯誤。
15. 【答案】
① 由Fe3+水解產(chǎn)物的顏色所致；向該溶液中加HNO3
② [Fe(SCN)6]3－ + 6F－ [FeF6]3－ + 6SCN－；
【解析】
①[Fe(H2O)6]3+為淺紫色，但溶液Ⅰ卻呈黃色，由于Fe3+發(fā)生水解，其原因可能是Fe3+水解產(chǎn)物顏色所致，為了能觀察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3+的淺紫色，可采取的方法是向該溶液中加硝酸，抑制鐵離子水解。故答案為：由Fe3+水解產(chǎn)物的顏色所致；向該溶液中加HNO3。
② 向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液顏色由紅色轉(zhuǎn)變?yōu)闊o色，說明[Fe(SCN)6]3－和氟離子轉(zhuǎn)化為[FeF6]3－，其離子方程式可由Fe3+ + 6SCN－ [Fe(SCN)6]3－(紅色) K1和Fe3+ + 6F－ [FeF6]3－(無色) K2相減得到[Fe(SCN)6]3－ + 6F－ [FeF6]3－ + 6SCN－，所以平衡常數(shù)為。
16.【答案】
（3）②b 開始體積減半，N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平衡逆向移動，
N2分壓比原來2倍要小；
③ 0.48
【解析】
（3）②t2時將容器體積壓縮到原來的一半，開始N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平衡逆向移動，N2分壓比原來2倍要小，故b曲線符合，故答案為：b；開始體積減半，N2分壓變?yōu)樵瓉淼?倍，隨后由于加壓平衡逆向移動，N2分壓比原來2倍要小；
③在該溫度下，達到平衡時，P(N2)＝40kPa＝0.4pθ、P(H2)＝120kPa＝1.2pθ、P(NH3)＝120kPa＝1.2pθ，則Kθ ＝ ＝ ＝0.48
17.【答案】
（2） ①指示劑 ②
（3） ① 偏低 ② Ag 完全反應(yīng)，無法確定反應(yīng)是否達到平衡狀態(tài)
【解析】
（2）①Fe3+與SCN-反應(yīng)生成紅色FeSCN2+，因Ag+與SCN-反應(yīng)相較于Fe3+與SCN-反應(yīng)更加容易及徹底，當溶液變?yōu)榉€(wěn)定淺紅色，說明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+濃度不變，說明上述反應(yīng)答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反應(yīng)的指示劑，故答案為：指示劑。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液變?yōu)榉€(wěn)定淺紅色時，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，說明反應(yīng)幾乎進行完全，故有I中上層清液中Ag+的濃度為：c(Ag+)=mol/L，根據(jù)平衡三段式進行計算如下：
Fe2+ + Ag+ Ag + Fe3+
起始濃度（mol/L） 0.02 0.01 0
轉(zhuǎn)化濃度（mol/L） 0.0100 - 0.0100 - 0.0100 -
平衡濃度（mol/L） 0.0100 + 0.0100 -
故反應(yīng)的平衡常數(shù)K= = 。
（3）①若取實驗I所得濁液測定Ag+濃度，則濁液中還有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且隨著反應(yīng)Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移動，則測得平衡體系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案為：偏小。
②由于實驗II中Ag完全溶解，故無法判斷體系是否達到化學(xué)平衡狀態(tài)，因而不用實驗II所得溶液進行測定并計算K，故答案為：Ag完全反應(yīng)，無法判斷體系是否達到化學(xué)平衡狀態(tài)。
18.【答案】
4.7 藍色沉淀溶解，溶液變成深藍色 2.0×106
【解析】
由于In3+完全沉淀時，c(In3+)=1.0×105mol·L1，而Ksp[In(OH)3]≈1.0×10－33，所以c(OH-)= mol·L1=10-28/3mol·L1，所以pH=14-28/3≈4.7; Cu(OH)2藍色沉淀可溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+,實驗現(xiàn)象為先有藍色沉淀，然后藍色沉淀溶解，溶液變?yōu)樯钏{色;Ga(OH)3 + NH3·H2O [Ga(OH)4]+ NH4+可由反應(yīng)①+②+③得到：①Ga(OH)3 Ga3+ + 3OH，② NH3·H2O NH4++OH-，③Ga3+ + 4OH [Ga(OH)4] ，所以K= Ksp×Kb×K1=1.0×10－35×2.0×10－5×1.0×1034=2.0×10－6。
19.【答案】100
【解析】 = == = 100
20.【答案】8.37
【解析】工序④中的鋁以Al(OH)4-存在，其完全沉淀時c[(Al(OH)4-)]不大于10-5 mol L 1，根據(jù)反應(yīng)Al(OH)3 + OH- Al(OH)4- K=100.63 ，令c[(Al(OH)4-)]=10-5 mol L 1，有 = 100.63 ，解得c(OH-)=10-5.63，所以 c(H+)=10-8.37， pH=8.37。
21【答案】
【解析】
若開始生成BaCO3沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：HCO+BaMoO4≒BaCO3+H++ MoO，CO 該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為K===。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必須滿足≤，由于“沉鉬”中pH為7.0，即c(H+)=1×10-7 mol/L，所以溶液中 = 時，開始生成BaCO3沉淀， 因此，c(HCO)：c(MoO)== 時，應(yīng)停止加入BaCl2溶液。
22.【答案】3.9
【解析】綜合考查Ksp和pH的應(yīng)用。CuS和FeS的PKsp分別為35.2和17.2，則Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+濃度小于1.0×10-6 mol·L-1，則S2-濃度大于mol·L-1=10-29.2 mol·L-1，要使Fe2+濃度小于1.0×10-6 mol·L-1，則S2－濃度大于mol·L-1=10-11.2 mol·L-1，要滿足Cu2+、Fe2+濃度均小于1.0×10-6 mol·L-1，則c(S2－)>10-11.2 mol·L-1，當c(S2－)=10-11.2 mol·L-1時，lg(10-11.2)=pH－15.1，pH=15.1－11.2=3.9，所以應(yīng)控制溶液的pH不小于3.9。
1第18講-四大平衡常數(shù)及其應(yīng)用
一、知識重構(gòu)
1. 四大平衡常數(shù)的比較
化學(xué)平衡常數(shù) (K ) 電離常數(shù)(Ka 、Kb) 鹽類的水解常數(shù)(Kh) 難溶電解質(zhì)溶度積常數(shù)(Ksp)
概念 在一定溫度下，當一個可逆反應(yīng)達到化學(xué)平衡時，生成物濃度冪（以其化學(xué)計量數(shù)為指數(shù)）之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比是一個常數(shù)，這個常數(shù)叫作該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)，用 K 表示。 在一定條件下達到電離平衡時，弱電解質(zhì)電離形成的各種離子的濃度的乘積與溶液中未電離的分子的濃度之比是一個常數(shù)，這個常數(shù)稱為電離常數(shù) 在一定溫度下，當鹽類水解反應(yīng)達到化學(xué)平衡時，生成物濃度冪之積與反應(yīng)物濃度冪之積的比值是一個常數(shù)，這個常數(shù)就是該反應(yīng)的水解平衡常數(shù) 在一定溫度下，在難溶電解質(zhì)的飽和溶液中，各離子濃度冪之積為一個常數(shù)
意義 反映化學(xué)反應(yīng)進行的程度， K 值越大，表示反應(yīng)進行得 越完全，反應(yīng)物平衡轉(zhuǎn)化率越大，一般認為當反應(yīng)的平衡常數(shù)K ＞ 105 ，反應(yīng)物幾乎完全轉(zhuǎn)化。 反映弱電解質(zhì)電離程度的大小，常數(shù)越大，則酸( 堿) 性越 反映弱鹽水解程度的大小，常數(shù)越大，則酸( 堿) 性越強． 反映電解質(zhì)的溶解程度，Ksp越小的，溶解度也越小．
影響 因素 只與溫度有關(guān) 只與溫度和弱電解質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)，升高溫度，K增大 只與溫度和鹽的性質(zhì)有關(guān)，升高溫度，Kh增大 只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)
2. K 的四種表達式
濃度平衡常數(shù)（Kc） Kc =
分壓平衡常數(shù)（Kp） Kp =
物質(zhì)的量分數(shù)平衡常數(shù)（Kχ） Kχ =
物質(zhì)的量平衡常數(shù)（Kn） Kn =
注意：
①混合氣體中某組分的分壓 = 總壓 × 該組分的物質(zhì)的量分數(shù)
②固體、純液體不寫入平衡常數(shù)表達式
3. Ka 、Kb 、Kh 、Ksp表達式
電離方程式 表達式
電離常數(shù)Ka HA H+ + A- Ka =
電離常數(shù)Kb BOHB+ + OH- Kb =
水解常數(shù)Kh A-+H2O HA + OH- Kh =
溶度積常數(shù)Ksp AmBn(s) mAn+(aq)+nBm-(aq) Ksp = c(An+)m·c(Bm-)n
注意：
①固體、純液體不寫入平衡常數(shù)表達式
②Ka·Kh=Kw Kb·Kh=Kw
4. 四大平衡常數(shù)的應(yīng)用
平衡常數(shù) 應(yīng)用
化學(xué)平衡常數(shù) 1.計算初始(或平衡)濃度 2.計算轉(zhuǎn)化率(或產(chǎn)率) 3.判斷平衡移動的方向(或放熱、吸熱等情況) 4.判斷反應(yīng)溫度
電離平衡常數(shù) 1.由Ka或Kb求pH 2.比較酸性強弱 3.比較或計算微粒濃度大小
水解平衡常數(shù) 1.判斷弱酸根或弱堿根的水解程度，比較PH值 2.比較微粒濃度大小 3.比較對應(yīng)酸酸性強弱
溶度積常數(shù) 1.溶解度與Ksp的換算與比較 2.沉淀后溶液中剩余離子濃度的計算 3.沉淀先后的計算與判斷 4.沉淀轉(zhuǎn)化分析與計算 5.沉淀開始及是否沉淀完全的計算
二、重溫經(jīng)典
【例題1】（2023新課標13）向飽和溶液(有足量固體)中滴加氨水，發(fā)生反應(yīng)和，與的關(guān)系如下圖所示(其中M代表、、或)。 下列說法錯誤的是
A．曲線I可視為溶解度隨濃度變化曲線
B．的溶度積常數(shù)
C．反應(yīng)的平衡常數(shù)K的值為
D．時，溶液中
【答案】A
【分析】氯化銀飽和溶液中銀離子和氯離子的濃度相等，向飽和溶液中滴加氨水，溶液中銀離子濃度減小，氯離子濃度增大、一氨合銀離子增大，繼續(xù)滴加氨水，一氨合銀離子增大的幅度小于二氨合銀離子，則曲線I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、氯離子與氨氣濃度對數(shù)變化的曲線。
【詳解】A．氨的濃度較小時AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，濃度較大時AgCl(s)+2NH3 (aq)+Cl-(aq)，氯化銀的溶解度曲線應(yīng)與氯離子的曲線吻合，應(yīng)該為曲線Ⅳ，故A錯誤；
B．由圖可知，c(NH3)=10-1mol/L時，c(Cl-)=10-2.35mol/L,c(Ag+)=10-7.40mol/L，則氯化銀的溶度積為10-2.35×10-7.40=10-9.75，故B正確；
C．由圖可知，氨分子濃度對數(shù)為-1時，溶液中二氨合銀離子和一氨合銀離子的濃度分別為10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，則的平衡常數(shù)K=
==，故C正確；
D．由分析可知，曲線I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、氯離子與氨氣濃度對數(shù)變化的曲線，則時，溶液中，故D正確；
故選A。
【例題2】（2023河北17）氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性質(zhì)以及氮的循環(huán)利用對解決環(huán)境和能源問題都具有重要意義。
已知：物質(zhì)中的化學(xué)鍵斷裂時所需能量如下表。
物質(zhì)
能量/ 945 498 631
回答下列問題：
(1)恒溫下，將空氣(和的體積分數(shù)分別為0.78和0.21，其余為惰性組分)置于容積為的恒容密閉容器中，假設(shè)體系中只存在如下兩個反應(yīng)：
i
ii
③若上述平衡體系中，則 (寫出含a、b、V的計算式)。
【答案】
【詳解】根據(jù)三段式，，，；
故答案為：； ；
【例題3】 （2024河北卷17題，節(jié)選）氯氣是一種重要的基礎(chǔ)化工原料，廣泛應(yīng)用于含氯化工產(chǎn)品的生產(chǎn)。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通過氯化反應(yīng)制備。
（1）硫酰氯常用作氯化劑和氯磺化劑，工業(yè)上制備原理如下：。
恒容密閉容器中按不同進料比充入和其，測定溫度下體系達平衡時的(為體系初始壓強，，P為體系平衡壓強)，結(jié)果如圖。
溫度下用分壓表示的平衡常數(shù)_______。
【答案】 0.03
【解析】由題圖甲中M點可知，進料比為，平衡時，已知恒溫恒容情況下，容器內(nèi)氣體物質(zhì)的量之比等于壓強之比，可據(jù)此列出“三段式”。
【例題4】（2024全國甲卷28） 甲烷轉(zhuǎn)化為多碳化合物具有重要意義。一種將甲烷溴化再偶聯(lián)為丙烯()的研究所獲得的部分數(shù)據(jù)如下。回答下列問題：
與反應(yīng)生成，部分會進一步溴化。將和。通入密閉容器，平衡時，、與溫度的關(guān)系見下圖(假設(shè)反應(yīng)后的含碳物質(zhì)只有、和)。
(i)圖中的曲線是_____(填“a”或“b”)。
(ii)時，的轉(zhuǎn)化_____，_____。
(iii)時，反應(yīng)的平衡常數(shù)_____
【答案】 a 80% 7.8 10.92
【解析】
(i)根據(jù)方程式①，升高溫度，反應(yīng)向吸熱反應(yīng)方向移動，升高溫度，平衡逆向移動，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量減少，故CH3Br的曲線為a；
(ii)560℃時反應(yīng)達平衡，剩余的CH4(g)的物質(zhì)的量為1.6mmol，其轉(zhuǎn)化率α=×100%=80%；若只發(fā)生一步反應(yīng)，則生成6.4mmol CH3Br，但此時剩余CH3Br的物質(zhì)的量為5.0mmol，說明還有1.4mmol CH3Br發(fā)生反應(yīng)生成CH2Br2，則此時生成的HBr的物質(zhì)的量n=6.4+1.4=7.8mmol；
(iii)平衡時，反應(yīng)中各組分的物質(zhì)的量分別為n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故該反應(yīng)的平衡常數(shù)K===10.92。
【例題5】（2024湖南卷18題，節(jié)選）丙烯腈()是一種重要的化工原料。工業(yè)上以為載氣，用作催化劑生產(chǎn)的流程如下：
已知：①進料混合氣進入兩釜的流量恒定，兩釜中反應(yīng)溫度恒定：
②反應(yīng)釜Ⅰ中發(fā)生的反應(yīng)：
ⅰ：
③反應(yīng)釜Ⅱ中發(fā)生的反應(yīng)：
ⅱ：
ⅲ：
④在此生產(chǎn)條件下，酯類物質(zhì)可能發(fā)生水解。
回答下列問題：
催化劑再生時會釋放，可用氨水吸收獲得。現(xiàn)將一定量的固體(含水)置于密閉真空容器中，充入和，其中的分壓為，在℃下進行干燥。為保證不分解，的分壓應(yīng)不低于_______(已知 分解的平衡常數(shù))；
【答案】40
【解析】
0.72g水的物質(zhì)的量為0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa mol 1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反應(yīng)式為NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常數(shù)Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故為保證NH4HCO3不分解，NH3的分壓應(yīng)不低于40kPa；
【例題6】（2024黑吉遼卷18題，節(jié)選）為實現(xiàn)氯資源循環(huán)利用，工業(yè)上采用催化氧化法處理廢氣：。將和分別以不同起始流速通入反應(yīng)器中，在和下反應(yīng)，通過檢測流出氣成分繪制轉(zhuǎn)化率()曲線，如下圖所示(較低流速下轉(zhuǎn)化率可近似為平衡轉(zhuǎn)化率)。
回答下列問題：
設(shè)N點的轉(zhuǎn)化率為平衡轉(zhuǎn)化率，則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)_______(用平衡物質(zhì)的量分數(shù)代替平衡濃度計算)
【答案】6
【解析】
由圖像可知，N點HCl的平衡轉(zhuǎn)化率為80%，設(shè)起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式
則。
【例題7】 （2024湖北卷17題，節(jié)選） 用和焦炭為原料，經(jīng)反應(yīng)I、Ⅱ得到，再制備乙炔是我國科研人員提出的綠色環(huán)保新路線。
反應(yīng)I：
反應(yīng)Ⅱ：
回答下列問題：
已知、(n是的化學(xué)計量系數(shù))。反應(yīng)、Ⅱ的與溫度的關(guān)系曲線見圖1。
①反應(yīng)在的_______。
②保持不變，假定恒容容器中只發(fā)生反應(yīng)I，達到平衡時_______，若將容器體積壓縮到原來的，重新建立平衡后_______。
【答案】 ①. 1016 ②. 105 ③. 105
【詳解】
①反應(yīng)I+反應(yīng)Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常數(shù)K=KI×KⅡ=，由圖1可知，1585K時KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即=102.5×10-1.5=10，所以p3CO=10×(105pa)3=1016pa3，則Kp= p3CO=1016pa3；
②由圖1可知，1320K時反應(yīng)I的KI=100=1，即KI==1，所以p2CO=(105pa)2，即pCO=105pa；
③若將容器體積壓縮到原來的，由于溫度不變、平衡常數(shù)不變，重新建立平衡后pCO應(yīng)不變，即pCO=105pa；
【例題8】 （2022全國甲卷28題，節(jié)選）金屬鈦(Ti)在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領(lǐng)域有著重要用途。目前生產(chǎn)鈦的方法之一是將金紅石(TiO2)轉(zhuǎn)化為TiCl4，再進一步還原得到鈦。回答下列問題:
（1）TiO2 轉(zhuǎn)化為 TiCl4 有直接氯化法和碳氯化法。在 1 000 ℃時反應(yīng)的熱化學(xué)方程式及其平衡常數(shù)如下：
（ⅰ）直接氯化：TiO2(s)+2Cl2(g) == TiCl4(g)+O2(g) ΔH1=172 kJ·mol-1，Kp1=1.0×10-2
（ⅱ）碳氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s) == TiCl4(g)+2CO(g) ΔH2=-51 kJ·mol-1，Kp2=1.2×1012 Pa
① 反應(yīng) 2C(s)+O2(g) == 2CO(g)的 ΔH 為 kJ·mol-1，Kp= Pa。
（2）在 1.0×105 Pa，將 TiO2、C、Cl2 以物質(zhì)的量比1∶2.2∶2 進行反應(yīng)。體系中氣體平衡組成比例（物質(zhì)的量分數(shù)）隨溫度變化的理論計算結(jié)果如圖所示。
①反應(yīng) C(s)+CO2(g) == 2CO(g)的平衡常數(shù)Kp(1 400 ℃) = Pa。
【答案】
（1）-223 1.2×1014
（2）7.2×105
【解析】
（1）由蓋斯定律可知，反應(yīng)(ⅱ)-反應(yīng)(ⅰ)可得 2C(s)+O2(g) == 2CO(g) ΔH = -51 -172 = -223 kJ·mol-1 Kp = = = 1.2×1014 Pa
（2）Kp(1 400 ℃) = = =7.2p總 = = 7.2×105
【例題9】 （2022江蘇卷14題，節(jié)選）硫鐵化合物（FeS、FeS2 等）應(yīng)用廣泛。
（1）納米 FeS 可去除水中微量六價鉻[Cr(Ⅵ)]。在 pH=4~7 的水溶液中，納米 FeS 顆粒表面帶正電荷，Cr(Ⅵ)主要以 HCrO4- 、Cr2O、CrO形式存在，納米 FeS 去除水中 Cr(Ⅵ)主要經(jīng)過“吸附→反應(yīng)→沉淀”的過程。
己知：Ksp(FeS)=6.5×10-18，Ksp[Fe(OH)2]=5.0×10-17；
H2S 電離常數(shù)分別為 Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。
②在弱酸性溶液中,反應(yīng) FeS + H+ Fe2+ + HS-的平衡常數(shù)K的數(shù)值為 。
【答案】5×10-5
【解析】K = = = = 5×10-5
【例題10】 （2022山東卷20題，節(jié)選）利用 γ-丁內(nèi)酯(BL)制備 1,4-丁二醇(BD),反應(yīng)過程中伴有生成四氫呋喃(THF)和 1-丁醇(BuOH)的副反應(yīng)，涉及反應(yīng)如下:
已知:①反應(yīng)Ⅰ為快速平衡,可認為不受慢反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ的影響;②因反應(yīng)Ⅰ在高壓 H2 氛圍下進行, 故 H2 壓強近似等于總壓。回答下列問題:
（1）以 5.0×10-3 mol BL 或 BD 為初始原料,在 493 K、3.0×103 kPa 的高壓 H2 氛圍下，分別在恒壓容器中進行反應(yīng)。達平衡時,以 BL 為原料，體系向環(huán)境放熱 X kJ;以 BD 為原料，體系從環(huán)境吸熱 Y kJ。
（2）初始條件同上。xi 表示某物種 i 的物質(zhì)的量與除 H2 外其他各物種總物質(zhì)的量之比，xBL 和 xBD 隨時間 t 變化關(guān)系如圖甲所示。實驗測得 X【答案】a 或 c 8.3×10-8
【解析】初始投料為5.0×10-3 mol BL 和 5.0×10-3 mol BD在493 K、3.0×103 kPa 的高壓 H2 氛圍近似為全等平衡，平衡時BL的量＞BD的量
所以Kp = = = 8.3×10-8
【例題11】 （2022河北卷16題，節(jié)選）氫能是極具發(fā)展?jié)摿Φ那鍧嵞茉矗詺淙剂蠟榇淼娜剂想姵赜辛己玫膽?yīng)用前景。
（2）工業(yè)上常用甲烷水蒸氣重整制備氫氣，體系中發(fā)生如下反應(yīng)。
Ⅰ. CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g);
Ⅱ. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)
③恒溫恒壓條件下，1molCH4(g)和 1molH2O(g)反應(yīng)達平衡時，CH4(g)的轉(zhuǎn)化率為 α，CO2(g)的物質(zhì)的量為 bmol，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù) Kx = （寫出含有 α 、b 的計算式；對于反應(yīng) mA(g) + nB(g) pC(g) + qD(g)，Kx = x 為物質(zhì)的量分數(shù)）。
【答案】
【解析】Ⅰ. CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g);
起始(mol) 1 1 0 0
轉(zhuǎn)化(mol) α α α 3α
平衡(mol) 1-α 1-α α 3α
Ⅱ. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)
起始(mol) α 1-α 0 3α
轉(zhuǎn)化(mol) b b b b
平衡(mol) α-b 1-α-b b 3α+b
根據(jù)差量法，達平衡時氣體總物質(zhì)的量為(2+2α)，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物質(zhì)的量分數(shù)分別為、、、因此，反應(yīng) I 的平衡常數(shù)Kx == 。
【例題12】（2022.1浙江卷29題，節(jié)選）工業(yè)上，以煤炭為原料，通入一定比例的空氣和水蒸氣，經(jīng)過系列反應(yīng)可以得到滿足不同需求的原料氣。請回答：
（3）一氧化碳變換反應(yīng)：CO(g) + H2O(g) == CO2(g) + H2(g) ΔH =-41kJ·mol-1。
①一定溫度下，反應(yīng)后測得各組分的平衡壓強（即組分的物質(zhì)的量分數(shù)×總壓）：p(CO) = 0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa 和 p(H2)=0.75MPa，則反應(yīng)的平衡常數(shù) K 的數(shù)值為 。
【答案】9
【解析】依題意可知平衡常數(shù)表達式K = ，又由克拉伯龍方程pV=nRT 推出p=cRT，所以c=，所以K= Kp = = = 9
當反應(yīng)前后氣體分子數(shù)相等時：Kp＝Kc＝Kχ＝Kn
【例題13】（2022海南卷14題，節(jié)選）某元素 M 的氫氧化物 M(OH)2(s)在水中的溶解反應(yīng)為：M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq)、M(OH)2(s)+2OH-(aq) M(OH)42 (aq)，25 ℃，-lg c 與 pH 的關(guān)系如圖所示，c 為 M2+或 M(OH)42 濃度的值，下列說法錯誤的是 （ ）
A.曲線①代表-lg c(M2+)與 pH 的關(guān)系
B. M(OH)2 的 Ksp 約為1×10-10
【答案】B
【解析】對于兩個反應(yīng)①M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq)② M(OH)2(s)+2OH-(aq) M(OH)42 (aq)；增大pH，①平衡左移 ②平衡右移，即c(M2+)減小， c[M(OH)42 ]增大，因此曲線①代表-lg c(M2+)與 pH 的關(guān)系；由圖象，pH=7.0時，-lg c(M2+)=3.0，則M(OH)2的Ksp=c(M2+)c(OH-)2=1×10-17
三、模型建構(gòu)
1. K 計算基本思維模型
一般模型
多重反應(yīng)平衡模型
2. 構(gòu)建化學(xué)平衡常數(shù)關(guān)系模型
化學(xué)方程式的變化對K的影響：
①同一可逆反應(yīng)中，K正·K逆=1；
②同一方程式中的化學(xué)計量數(shù)等倍擴大或縮小n倍,則新平衡常數(shù)K′與原平衡常數(shù)K間的關(guān)系是K′=Kn或K′=；
③幾個可逆反應(yīng)方程式相加,得總方程式,則總反應(yīng)的平衡常數(shù)等于分步反應(yīng)平衡常數(shù)之積。即若Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，則KⅠ× KⅡ= KⅢ ，若Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，則= KⅢ
3. 構(gòu)建多元弱酸電離常數(shù)與多元弱酸根水解常數(shù)關(guān)系模型
多元弱酸 電離 H3A H+ + H2 A H2A H+ + HA2 HA2H+ + A3 Ka1= Ka2 = Ka3 = Ka1·Kh3 = Kw Ka2·Kh2 = Kw Ka3·Kh1 = Kw Kh1 = Kh2 = Kh3 =
水解 A3+H2O HA2+ OH HA2+H2O H2A+ OH H2A+H2O H3A + OH Kh1= Kh2 = Kh3 =
H3AH2A－HA2－R3－
【例題14】 （2022江蘇卷12題，節(jié)選）一種捕集煙氣中 CO2 的過程如圖所示。室溫下以 0.1 mol·L-1 KOH 溶液吸收 CO2，若通入CO2 所引起的溶液體積變化和 H2O 揮發(fā)可忽略，溶液中含碳物種的濃度 c總= c(H2CO3)+c(HCO3- ) +c(CO)。H2CO3 電離常數(shù)分別為 Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列說法正確的是
C. KOH 溶液吸收 CO2，c總=0.1 mol·L-1 溶液中：c(H2CO3)>c(CO32 )
【答案】C
【解析】
根據(jù)物料守恒可以確定，C項中溶質(zhì)為KHCO3 。
HCO3- 的電離常數(shù)為 Ka2 = 4.4×10-11
水解常數(shù)為Kh2 = = ＞4.4×10-11 水解程度＞電離程度，所以c(H2CO3)>c(CO32 )
4. 構(gòu)建利用圖像特殊點計算K的方法模型
多元弱酸各種微粒分布分數(shù)與pH變化關(guān)系曲線
【例題15】（2021年山東高考15題）賴氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO－，用HR表示]是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在平衡：H3R2+H2R+HRR－。向一定濃度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R－的分布系數(shù)δ(x)隨pH變化如圖所示。已知δ(x)=。
A．>
【答案】A錯誤
【解析】從圖像中分析可知M、N、P對應(yīng)c(H＋)分別等于K1、K2、K3的值，有反應(yīng)
H2R2+ H2R+＋H+ (K1)，
H2R+ HR＋H+ (K2) ，
HR R－＋H+ (K3)，
所以Ka1= = 10-2.2
Ka2= = 10-9.1
Ka3= = 10-10.8
則 = = 10-6.9， = = 10-1.7
則＜， A錯誤
5. 變換平衡常數(shù)關(guān)系式解決多元弱酸根與其分子比值問題
【例題16】（2022海南卷13題，節(jié)選）NaClO 溶液具有漂白能力，已知 25 ℃，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列關(guān)于 NaClO 溶液說法正確 的 是 （ ）
D. 25 ℃，pH=7.0 的 NaClO 和 HClO 的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO-) = c(Na+)
【答案】D
【解析】根據(jù)電荷守恒式c(OH-) + c(ClO-) = c(Na+) + c(H+)以及室溫條件下pH=7.0可以推出c(ClO-) = c(Na+) ，又因為 = = = 0.4可以推出c(HClO) > c(ClO-)
【例題17】 （2022全國乙卷13題，節(jié)選）常溫下，一元酸 HA 的 Ka(HA)=1.0×10-3。在某體系中，H+與A-離子不能穿過隔膜,未電離的 HA 可自由穿過該膜（如圖所示）。設(shè)溶液中 c總(HA) = c(HA)+c(A-)，當達到平衡時，下列敘述正確的是（ ）
B.溶液Ⅱ中的 HA 的電離度為
C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的 c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的 c 總(HA)之比為 10-4
【答案】B
【解析】 = = = = = 故B選項正確；根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C選項錯誤； c總(HA)Ⅰ = c(HA) Ⅰ + c(A-) Ⅰ
= c(HA) + c(A-) Ⅰ
= c(HA) +
= (1+104)c(HA)
c總(HA) Ⅱ = c(HA) Ⅱ + c(A-) Ⅱ
=c(HA) + c(A-) Ⅱ
= c(HA) +
= (1+0.01)c(HA)
溶液I和II中c總(HA)之比為[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D錯誤。
6. 構(gòu)建沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)與溶度積常數(shù)的關(guān)系模型
BaCO3(s) + SO (aq) BaSO4(s) + CO (aq) K= =
BaCO3(s) Ba 2+(aq) + CO (aq) Ksp(BaCO3） ①
BaSO4(s) Ba 2+(aq) + SO (aq) Ksp(BaSO4） ②
①-②得上述沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng) K= =
不同類型的沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)
3Mg(OH)2(s) + 2Fe3+ (aq) 2Fe(OH)3 (s) + 3Mg2+(aq)的K =
【例題18】 （2022全國乙卷26題，節(jié)選）廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO 和Pb，還有少量 Ba、Fe、Al 的鹽或氧化物等。為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源,通過下圖流程實現(xiàn)鉛的回收。一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表：
難溶電解質(zhì) PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
回答下列問題:
（1）在“脫硫”中 PbSO4 轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為 。
用沉淀溶解平衡原理解釋選擇 Na2CO3 的原因 。
（2）在“脫硫”中，加入 Na2CO3 不能使鉛膏中 BaSO4 完全轉(zhuǎn)化，原因是 。
【答案】（1）PbSO4(s) +CO(aq) PbCO3(s) +SO(aq)；反應(yīng)PbSO4(s) +CO(aq) PbCO3(s) +SO(aq)的平衡常數(shù)K= =3.4105>105，PbSO4可以比較徹底的轉(zhuǎn)化為PbCO3；
（2）反應(yīng)PbSO4(s) +CO(aq) PbCO3(s) +SO(aq)的平衡常數(shù)K= =0.04<<105，反應(yīng)正向進行的程度有限。
【解析】（1）K= = = = == 3.4×105 ＞105，Na2CO3幾乎可以使PbSO4完全轉(zhuǎn)化為PbCO3
（2）K= = = = ==4.2×10-2＜105，反應(yīng)正向進行的程度有限。
7. 構(gòu)建沉淀開始、完全、先后、溶解的思維模型
沉淀開始 Qi > Ksp
沉淀完全 c < 1×10 -5 mol·L-1
沉淀先后 形成沉淀所需微粒濃度越小，越先沉淀
沉淀溶解 沉淀溶解產(chǎn)生離子濃度越大，越先溶解
【例題19】 （2022北京卷18題，節(jié)選）白云石的主要化學(xué)成分為 CaMg(CO3)2，還含有質(zhì)量分數(shù)約為 2.1%的 Fe2O3和 1.0%的SiO2。利用白云石制備高純度的碳酸鈣和氧化鎂，流程示意圖如下。
已知：
物質(zhì) Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3
Ksp 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6
（1）白云石礦樣煅燒完全分解的化學(xué)方程式為 ；
（2）①“解釋“浸鈣”過程中主要浸出 CaO 的原因是 。
【答案】（1）CaMg(CO3)2 = CaO + MgO + 2CO2
（2）Ksp [Ca(OH)2 ] < Ksp [Mg(OH)2 ]在一定量NH4Cl溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應(yīng)而氫氧化鎂不能，故CaO先浸出
【解析】氯化銨水解生成一水合氨與氫離子，可以調(diào)節(jié)溶液的pH，由圖表可知，Ksp [Ca(OH)2 ] < Ksp [Mg(OH)2 ]，在一定量NH4Cl溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應(yīng)而氫氧化鎂不能，故CaO首先溶解被浸出；
【例題20】 （2022山東卷14題，節(jié)選）工業(yè)上以 SrSO4(s)為原料生產(chǎn) SrCO3(s)，對其工藝條件進行研究。現(xiàn)有含 SrCO3(s)的 0.1mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2CO3 溶液,含 SrSO4(s)的 0.1 mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2SO4 溶液。在一定 pH 范圍內(nèi)，四種溶液中 lg[c(Sr2+)/mol·L-1]隨 pH 的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是
A. 反應(yīng) SrSO4(s)+CO32 SrCO3(s)+SO42 的平衡常數(shù)K =
B. a = -6.5
C. 曲線④代表含 SrCO3(s)的 1.0 mol·L-1 Na2CO3 溶液的變化曲線
【答案】ABC均正確
【解析】
對于反應(yīng)SrSO4(s) Sr2+(aq)+SO42–(aq) 減小pH，平衡不移動， c(Sr2+)幾乎不變
對于反應(yīng)SrCO3(s) Sr2+(aq)+CO32–(aq) 減小pH， c(CO32–)減小，平衡向溶解方向移動，c(Sr2+)增大；當pH相同時，c(CO32–)越大，平衡向沉淀方向移動，c(Sr2+)減小；當pH相同時，c(SO42–)越大，平衡向沉淀方向移動，c(Sr2+)減小；所以曲線①代表含 SrSO4(s)的 0.1mol·L-1 Na2SO4 溶液的變化曲線，曲線②代表含 SrSO4(s)的 1.0 mol·L-1 Na2SO4 溶液的變化曲線；溫度不變,溶度積不變, ① ②中c(Sr2+)1·c(SO)1 = c(Sr2+)2·c(SO)2即10-5.5 ×0.1= c(Sr2+)2 ×1.0，所以a = -6.5。
【例題21】 （2022山東卷17題，節(jié)選）工業(yè)上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含 SiO2 等雜質(zhì)]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏，工藝流程如下：
項目 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4
Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4 1.0×10-10
部分鹽的溶度積常數(shù)見下表。精制Ⅰ中,按物質(zhì)的量之比 n(Na2CO3)∶n(SiF6 2 )=1∶1 加入Na2CO3 脫氟,充分反應(yīng)后，c(Na+)= mol·L-1；再分批加入一定量的 BaCO3，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是 。
考點：達沉淀溶解平衡時，溶液中離子濃度的計算，沉淀先后順序的判斷
【答案】2×10-2 SO
【解析】2Na+ ~ SiF6 2
起始c 2 ： 1
變化c 2m ： m
平衡c 2-2m ：1- m
設(shè)平衡c x
Ksp = c2(Na+) c(SiF6 2 ) 即x2 · = 4.0×10-6解得x = 2×10-2
所以c(SiF6 2 ) = 1×10-2 mol·L-1 ， c(Na+)=2×10-2 mol·L-1
同時，粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c(Ca2+)=c(SO)= = 3.0×10-2mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，當BaSiF6沉淀開始生成時，c(Ba2+)= =1.0×10-4 mol L-1，當BaSO4沉淀開始生成時，c(Ba2+)= =3.3×10-9 mol L-1，因此，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是SO ，然后才是SiF。
四、名師導(dǎo)學(xué)
①培養(yǎng)學(xué)生“審題”和“析題”的習慣
②注意考查形式新穎，考查角度靈活的試題
③從不同視角對知識進行重構(gòu)，多角度融會貫通地解決問題
④不同板塊識有機融合， 形成題型的思維模型
⑤“模型建構(gòu)”復(fù)習形成知識結(jié)構(gòu)化
⑥研究高考試題考查角度和解答方法
⑦總結(jié)方法，形成解題模型
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