資源簡介

(共61張PPT)
2025新高考化學二輪重點專題
第15講
四大平衡常數及其應用
contents
目錄
01
考向分析
01
02
03
知識重構
重溫經典
04
模型建構
考向分析
PART 01
01
卷區 題號 情境 考查方向 題給數據或信息
東北 10 異山梨醇的合成 比較平衡常數大小 濃度時間圖像
多重平衡
15 沉淀法滴定水樣中Cl－、Br－ 溶解平衡曲線的判斷 常數互算 沉淀的先后問題 溶解平衡曲線
Ksp、Ka的數據
18 催化氧化廢氣HCl 計算物質的量分數平衡常數 轉化率-流速（時間）圖像
河北 17 氯化反應的應用 Kp的計算 壓強變化量與投料比的關系圖
安徽 13 水樣中Cd2＋的處理 電離常數與溶解平衡常數的應用比較離子濃度大小 H2S的電離常數、FeS、CdS的溶度積常數等數據
17 乙烯的制備 計算物質的量分數平衡常數 提供平衡轉化率
湖北 13 Pb(ClO4)2的含鉛分布 比較離子濃度大小 物料守恒 沉淀的溶解與生成 Pb(ClO4)2的含鉛分布圖像
碳酸的電離常數、PbCO3的Ksp等數據
17 乙炔的綠色化制備 Kp的計算 lgK-T圖像（K為新公式）
考點考向統計
卷區 題號 情境 考查方向 題給數據或信息
江蘇 12 探究SO2的性質 電離常數用于比較離子濃度大小 提供亞硫酸的兩步電離常數
13 絕熱體系制備甲醇 平衡常數的比較 高度陌生氣體體積分數與反應管的位點關系圖
浙江 1月 15 實驗探究 沉淀種類分析 提供亞硫酸的兩步電離常數和硫酸鋇、亞硫酸鋇的Ksp等數據
全國 甲卷 13 沉淀轉化 比較離子濃度大小 計算Ksp的比值平衡常數 金屬離子與滴入NaCl溶液體積的變化關系圖
26 廢渣提鈷 利用Ksp計算離子能否分離 提供不同硫化物沉淀的Ksp
28 甲烷溴化再偶聯為丙烯 計算平衡常數K 氣體分子數相等的反應。
物質的量-時間圖
全國新課標卷 13 試題情境 計算Ka，分析微粒濃度大小關系，電離度 提供混酸的分布圖像
29 制備高純鎳 計算Kp 體積分數-溫度圖
考點考向統計
卷區 題號 情境 考查方向 題給數據或信息
山東卷 10 試題情境 圖像歸屬、Ka的計算、離子濃度的計算與守恒 陌生分布分數圖像
13 實驗探究 比較Ksp的大小 提供實驗設計和現象
20 水煤氣的制備 計算Kp 提供物質的量分數-溫度圖
湖南 13 試題情境 比較水的電離程度、離子守恒、Ka的應用 粒子濃度與加入溶液體積的關系圖、提供甲酸的Ka
14 甲醇與CO反應 圖像歸屬、焓變符號、比較平衡常數大小 提供陌生分布分數圖像
18 制備丙烯腈 Kp與Q的關系計算保證NH4HCO3不分解NH3的分壓 提供Kp的數據
廣東卷 18 炭渣提取鎵及循環利用鋁 利用Ka計算pH、Ksp計算離子濃度 提供Ka、Ksp的數據
貴州 12 pH計的校準 溶液的酸堿性、濃度的比較 提供Ka的數據
16 煤氣化渣制備鈉基正極材料 Ksp計算離子濃度 提供Ksp的數據
17 CH4芳構化 計算Kp 提供平衡時分壓的比值
甘肅 15 高爐渣和煉鋼煙氣的綜合利用 計算反應的發生原因 提供Ksp的數據
17 SiHCl3的制備 平衡常數K的計算式 提供陌生反應的方程式
考點考向統計
知識重構
PART 02
02
基于基礎撬動各個考向
錘煉解決真實問題能力
化學平衡常數 (K ) 電離常數(Ka、Kb) 鹽類的水解常數(Kh) 難溶電解質溶度積常數(Ksp)
概念 在一定溫度下，當一個可逆反應達到化學平衡時，生成物濃度冪（以其化學計量數為指數）之積與反應物濃度冪之積的比是一個常數，這個常數叫作該反應的化學平衡常數，用 K 表示。 在一定條件下達到電離平衡時，弱電解質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，這個常數稱為電離常數。 在一定溫度下，當鹽類水解反應達到化學平衡時，生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值是一個常數，這個常數就是該反應的水解平衡常數。 在一定溫度下，在難溶電解質的飽和溶液中，各離子濃度冪之積為一個常數。
意義 反映化學反應進行的程度，K 值越大，表示反應進行得越完全，反應物平衡轉化率越大，一般認為當反應的平衡常數K ＞105 ，反應物幾乎完全轉化。 反映弱電解質電離程度的大小，常數越大，則電離程度越大，酸( 堿) 性越強。 反映鹽水解程度的大小，常數越大，水解程度越大，則酸( 堿) 性越強。 反映電解質的溶解程度，常數越小的，溶解度一般也越小。
影響因素 只與反應本身和溫度有關 只與溫度和弱電解質的性質有關，升高溫度，K增大 只與溫度和鹽的性質有關，升高溫度，Kh增大 只與難溶電解質的性質和溫度有關
1.概念 特定方程式條件下
2. Ka Kb Kh Ksp表達式
電離常數 Ka 電離常數 Kb 水解常數 Kh 溶度積常數
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表達式
Ka·Kh=Kw
Kb·Kh=Kw
化學平衡常數
1.計算初始(或平衡)濃度
2.計算轉化率(或產率)
3.判斷平衡移動的方向(或放熱、吸熱等情況)
4.判斷反應溫度
5.利用Qc與K 的關系判斷平衡移動方向
溶度積常數
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.沉淀轉化分析與計算
5.沉淀開始及是否沉淀完全的計算
水溶液中電離、水解平衡常數
1.由Ka或Kb求pH
2.比較酸性強弱或判斷溶液的酸堿性
3.比較或計算微粒濃度大小
4.比較水的電離程度或鹽類的水解程度
重溫經典
PART 03
03
圖像顯示該溫度下，15h后所有物質濃度都不再變化，且此時山梨醇轉化完全，而1,4－失水山梨醇仍有剩余，即反應②正向進行程度小于反應①,推知反應限度小于反應①
未達平衡狀態
2c(Na＋)＝c[B(OH)3]＋c{[B(OH)4]－}
Ka的應用:計算pH
Ka、Kh的應用:比較“常數”大小，判斷溶液酸堿性
B
Kh應用
電荷守恒
Ka、Ksp的應用
S2－的Kh1＝Kw/Ka2＝10－14÷10－12.90＝10－1.1，按第一步水解占主導，可知有c(OH－)＝c(HS－)，代入Kh的表達式，結合水還電離出OH－可知c(OH－)＞c(HS－)＞c(S2－)
Kh應用
B
Ag＋
0.1 mmol
0.2 mmol
Cl－
Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)c(Cl－)＝10－9.75
Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)c(CrO2－)＝10－11.96
4
沉淀轉化完全。
Ag＋
Cl－
D
解題關鍵：曲線歸屬
AgBr
Ksp(AgCl)＝10－9.7
Ksp(AgBr)＝10－12.2
Ksp(Ag2CrO4)＝10－11.7
AgCl恰好沉淀時，c(Cl－)＝c(Ag＋)＝10－4.85 mol/L，此時Ag2CrO4開始沉淀，代入Ksp(Ag2CrO4)＝10－11.7，得到指示劑的濃度為10－2 mol/L。
分子結構，酸性：
CH2ClCOOH＜CHCl2COOH
Ka＝10－2.8 ＜ Ka＝10－1.3
D
Ag＋＝Cl－
Cl－
Ag＋
[Ag(NH3)]＋
[Ag(NH3)2]＋
Ag＋＝Cl－
Cl－
Ag＋
[Ag(NH3)]＋
[Ag(NH3)2]＋
A
CaSO4＋(NH4)2CO3＝CaCO3＋(NH4)2SO4
K＝Ksp(CaSO4)/Ksp(CaCO3)＝1.4×104，正向程度大
NH3
SiO2
蓋斯定律： H3＝ H1－2 H2
－566
＞
加壓，平衡轉化率↓
b
投入一定量乙烷，發生反應……
恒溫恒壓體系，可令乙烷為1 mol（設為a mol亦可)
C2H6(g)＝C2H4(g)＋H2(g)
初始量/mol： 1 0 0
變化量/mol：0.25 0.25 0.25
平衡量/mol：0.75 0.25 0.25
C2H6(g)、C2H4(g)、H2(g)的物質的量分數分別為0.6、0.2、0.2，代入Kx1＝（0.2×0.2）÷0.6＝0.067
0.067
增大
氣體分子數減小，基本推知：熵減
＜
放熱反應，升溫HCl平衡轉化率降低即T3＜T2＜T1
360
蓋斯定律： H1＋ H3－ H2
－258.8
非平衡轉化率，可提高速率達到提高轉化率的效果。
BD
情境:流速、非平衡轉化率等真實而陌生工藝。
流速過快，反應物分子來不及在催化劑表面接觸而發生反應，導致轉化率下降，同時，T3溫度低，反應速率低，故單位時間內氯化氫的轉化率低。
6
Kx
類比電石與水的反應
Ⅰ＋Ⅱ
BaC2＋2H2O→Ba(OH)2＋HC≡CH↑
K＝KⅠ×KⅡ＝102.5－1.5＝10=(pco/105Pa)3
1016
K＝(pco/105Pa)2＝1
105
105
溫度不變，
平衡常數不變
標準壓強平衡常數
蓋斯定律： H＝3 H1－ H2
君不見全國卷之可逆符號
－67
CH4(g)＋Br2(g)＝CH3Br(g)＋HBr(g) DH1＝－29 kJ mol－1，升高溫度，CH4增多，CH3Br減小。
a
560℃時，n(CH3Br)＝5.0 mmol，n(CH4)＝1.6 mmol。即消耗6.4 mmol CH4，則其轉化率為80%，此外根據碳守恒可知還生成了6.4－5.0 mmmol＝1.4 mmol CH2Br2，已知每引入1個Br，則產生1個HBr，則n(HBr)＝n(CH3Br)＋2n(CH2Br2)＝7.8 mmol。則剩余n(Br2)＝8－7.8＝0.2 mmol。
80%
7.8
濃度、壓強平衡常數，抑或其他？
氣體分子數相等
10.92
融合晶體結構考查。受限于選擇題量少。
銅晶胞，面心立方晶胞。面對角線“球”相切。
熟記教材常見晶胞結構。
考查σ鍵數時，寫結構式。特別是配合物的配體簡寫時。
8
分子晶體
升溫，Ni(CO)4的體積分數降低，說明正反應方向為放熱方向。
小于
正反應為氣體分子數減小的反應，加壓，Ni(CO)4的體積分數增大，故p4＞p3＞p2＞p1，故p3＝1.0 MPa。
降溫、加壓
97.3%
令CO為4 mol，消耗4a mol，即生成a mol Ni(CO)4，CO的體積分數為90%，則有(4－4a)/[(4－4a)＋a]＝0.10，則a＝97.3%。結合p3＝1.0 MPa，代入Kp＝（0.9×1.0）÷（0.1×1.0）4＝9000 (MPa)－3。
9000
蓋斯定律：ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
恒壓
c
降低分壓有利于反應i平衡正向移動且提高乙醇的濃度可以使酯的水解程度降低從而提高產率
又見流速：
動力學，即考查速率問題。
反應ⅲ的速率遠大于反應ⅱ
催化劑活性降低
0.72 g水的物質的量為0.04 mol，故p(H2O)=2.5×102 kPa mol 1×n(H2O)=10 kPa，NH4HCO3分解的反應式為NH4HCO3=NH3↑＋CO2↑＋H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常數Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104 (kPa)3，解得p(NH3)=40 kPa，故為保證NH4HCO3不分解，NH3的分壓應不低于40 kPa；
40
Sn(CH2CH2CN)4是有機化合物，與水不溶，水中不電離，以CH2=CHCN為原料在Sn做的陰極得電子制得Sn(CH2CH2CN)4，故陰極的電極反應式為Sn＋4CH2=CHCN＋4e－＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)4。
Sn＋4CH2=CHCN＋4e－＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)4
物質 CH4(g) C6H6(l) H2(g)
H/(kJ mol－1) a b c
能
6a－b－9c
x=0.2
20%
0.03
該反應正反應放熱，且氣體分子數減小，反應正向進行時，容器內壓強減小，從T3到T1平衡時Dp增大，說明反應正向進行程度逐漸增大，對應溫度逐漸降低
E正＋67.59
T3＞T2＞T1
75%
模型建構
PART 04
04
一、水溶液中的平衡常數
（1）圖像中的平衡常數——分布分數圖像
（2）分布分數直線化
（3）圖像中的平衡常數——Kw、Ksp
圖像中的平衡常數——Kw、Ksp
（4）中性點計算平衡常數
二、非教材平衡常數——壓強平衡常數
三、特別反應的平衡常數
四、多重平衡下的平衡常數第15講 四大平衡常數及其應用
一、考向分析
卷區 題號 情境 考查方向 題給數據或信息
東北 10 異山梨醇的合成 比較平衡常數大小 濃度時間圖像 多重平衡
15 沉淀法滴定水樣中Cl－、Br－ 溶解平衡曲線的判斷 常數互算 沉淀的先后問題 溶解平衡曲線 Ksp、Ka的數據
18 催化氧化廢氣HCl 計算物質的量分數平衡常數 轉化率－流速（時間）圖像
河北 17 氯化反應的應用 Kp的計算 壓強變化量與投料比的關系圖
安徽 13 水樣中Cd2＋的處理 電離常數與溶解平衡常數的應用比較離子濃度大小 H2S的電離常數、FeS、CdS的溶度積常數等數據
17 乙烯的制備 計算物質的量分數平衡常數 提供平衡轉化率
湖北 13 Pb(ClO4)2的含鉛分布 比較離子濃度大小 物料守恒 沉淀的溶解與生成 Pb(ClO4)2的含鉛分布圖像 碳酸的電離常數、PbCO3的Ksp等數據
17 乙炔的綠色化制備 Kp的計算 lgK－T圖像（K為新公式）
江蘇 12 探究SO2的性質 電離常數用于比較離子濃度大小 提供亞硫酸的兩步電離常數
13 絕熱體系制備甲醇 平衡常數的比較 高度陌生氣體體積分數與反應管的位點關系圖
浙江 1月 15 實驗探究 沉淀種類分析 提供亞硫酸的兩步電離常數和硫酸鋇、亞硫酸鋇的Ksp等數據
全國 甲卷 13 沉淀轉化 比較離子濃度大小 計算Ksp的比值平衡常數 金屬離子與滴入NaCl溶液體積的變化關系圖
26 廢渣提鈷 利用Ksp計算離子能否分離 提供不同硫化物沉淀的Ksp
28 甲烷溴化再偶聯為丙烯 計算平衡常數K 氣體分子數相等的反應。 物質的量－時間圖
全國新課標卷 13 試題情境 計算Ka，分析微粒濃度大小關系，電離度 提供混酸的分布圖像
29 制備高純鎳 計算Kp 體積分數－溫度圖
山東卷 10 試題情境 圖像歸屬、Ka的計算、離子濃度的計算與守恒 陌生分布分數圖像
13 實驗探究 比較Ksp的大小 提供實驗設計和現象
20 水煤氣的制備 計算Kp 提供物質的量分數－溫度圖
湖南 13 試題情境 比較水的電離程度、離子守恒、Ka的應用 粒子濃度與加入溶液體積的關系圖、提供甲酸的Ka
14 甲醇與CO反應 圖像歸屬、焓變符號、比較平衡常數大小 提供陌生分布分數圖像
18 制備丙烯腈 Kp與Q的關系計算保證NH4HCO3不分解NH3的分壓 提供Kp的數據
廣東卷 18 炭渣提取鎵及循環利用鋁 利用Ka計算pH、Ksp計算離子濃度 提供Ka、Ksp的數據
貴州 12 pH計的校準 溶液的酸堿性、濃度的比較 提供Ka的數據
16 煤氣化渣制備鈉基正極材料 Ksp計算離子濃度 提供Ksp的數據
17 CH4芳構化 計算Kp 提供平衡時分壓的比值
甘肅 15 高爐渣和煉鋼煙氣的綜合利用 計算反應的發生原因 提供Ksp的數據
17 SiHCl3的制備 平衡常數K的計算式 提供陌生反應的方程式
二、知識重構
特定方程式下：
化學平衡常數 (K ) 電離常數(Ka、Kb) 鹽類的水解常數(Kh) 難溶電解質溶度積常數(Ksp)
概念 在一定溫度下，當一個可逆反應達到化學平衡時，生成物濃度冪（以其化學計量數為指數）之積與反應物濃度冪之積的比是一個常數，這個常數叫作該反應的化學平衡常數，用 K 表示。 在一定條件下達到電離平衡時，弱電解質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，這個常數稱為電離常數。 在一定溫度下，當鹽類水解反應達到化學平衡時，生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值是一個常數，這個常數就是該反應的水解平衡常數。 在一定溫度下，在難溶電解質的飽和溶液中，各離子濃度冪之積為一個常數。
意義 反映化學反應進行的程度，K 值越大，表示反應進行得越完全，反應物平衡轉化率越大，一般認為當反應的平衡常數K＞ 105 ，反應物幾乎完全轉化。 反映弱電解質電離程度的大小，常數越大，則電離程度越大，酸( 堿) 性越強。 反映鹽水解程度的大小，常數越大，水解程度越大，則酸( 堿) 性越強。 反映電解質的溶解程度，常數越小的，溶解度一般也越小。
影響因素 只與反應本身和溫度有關 只與溫度和弱電解質的性質有關，升高溫度，K增大 只與溫度和鹽的性質有關，升高溫度，Kh增大 只與難溶電解質的性質和溫度有關
三、重溫經典
1．【2024高考黑吉遼卷T10】異山梨醇是一種由生物質制備的高附加值化學品，150℃時其制備過程及相關物質濃度隨時間變化如圖所示，15h后異山梨醇濃度不再變化。下列說法錯誤的是
A．3 h時，反應②正、逆反應速率相等
B．該溫度下的平衡常數：①＞②
C．0~3h平均速率(異山梨醇)＝0.014 molkg－1h－1
D．反應②加入催化劑不改變其平衡轉化率
1．【答案】A
【解析】A．由圖可知，3小時后異山梨醇濃度繼續增大，15h后異山梨醇濃度才不再變化，所以3h時，反應②未達到平衡狀態，即正、逆反應速率不相等，錯誤；B．圖像顯示該溫度下，15h后所有物質濃度都不再變化，且此時山梨醇轉化完全，即反應充分，而1，4－失水山梨醇仍有剩余，即反應②正向進行程度小于反應①、反應限度小于反應①，所以該溫度下的平衡常數：①>②，正確；C．由圖可知，在0~3h內異山梨醇的濃度變化量為0.042 mol/kg，所以平均速率(異山梨醇)=＝0.014 molkg－1h－1，正確；D．催化劑只能改變化學反應速率，不能改變物質平衡轉化率，所以反應②加入催化劑不改變其平衡轉化率，正確。
2．【2024高考貴州卷T12】硼砂[Na2B4O5(OH)48H2O]水溶液常用于pH計的校準。硼砂水解生成等物質的量的B(OH)3(硼酸)和Na[B(OH)4](硼酸鈉)。
已知：
①25℃時，硼酸顯酸性的原理B(OH)3＋2H2O H3O＋＋Ka＝5.8×10－10
②lg≈0.38。
下列說法正確的是
A．硼砂稀溶液中c(Na＋)＝c[B(OH)3]
B．硼酸水溶液中的H＋主要來自水的電離
C．25℃時，0.01 mol/L硼酸水溶液的pH≈6.38
D．等濃度等體積的B(OH)3和Na[B(OH)4]溶液混合后，溶液顯酸性
【答案】B
【解析】A項，B4O5(OH)水解生成等物質的量濃度的B(OH)3和Na[B(OH)4]，硼酸遇水轉換B(OH)3＋2H2O H3O＋＋，根據物料守恒，2c(Na＋)＝c[B(OH)3]＋c{[B(OH)4]－}，錯誤；B項，根據已知，硼酸遇水轉換B(OH)3＋2H2O H3O＋＋，其中的H+是由水提供的，正確；C項，25℃時，B(OH)3＋2H2O H3O＋＋，Ka＝＝5.8×10－10，根據c(H＋)＝c{[B(OH)4]－}，則有c(H＋)＝＝×10－6，則pH≈6－0.38＝5.62，錯誤；D項，B(OH)3的電離平衡常數為Ka＝5.8×10－10，[B(OH)4]－的水解平衡常數Kh＝Kw÷Ka≈1.7×10－5，相同溶質物質的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]－，后者的水解程度更大，溶液顯堿性，錯誤。
3．【2024高考安徽卷T13】環境保護工程師研究利用Na2S、FeS和H2S處理水樣中的Cd2＋。已知25℃時，H2S飽和溶液濃度約為0.1 molL－1，Ka1(H2S)＝10－6.97，Ka2(H2S)＝10－12.90，Ksp(FeS)＝10－17.20，Ksp(CdS)＝10－26.10。下列說法錯誤的是
A．Na2S溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)
B．0.1 molL－1 Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)
C．向c(Cd2＋)＝0.1 molL－1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2＋)＜10－8 molL－1
D．向c(Cd2＋)＝0.1 molL－1的溶液中通入H2S氣體至飽和，所得溶液中：c(H＋)＞c(Cd2＋)
【答案】B
【解析】A項，Na2S溶液中只有5種離子，分別是H＋、Na＋、OH－、HS－、S2－，溶液是電中性的，存在電荷守恒，可表示為c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，正確；B項，S2－的Kh1＝Kw/Ka2＝10－14÷10－12.90＝10－1.1，按第一步水解占主導，可知有c(OH－)＝c(HS－)，代入Kh1的表達式，結合水還電離出OH－可知c(OH－)＞c(HS－)＞c(S2－)，錯誤；C項，FeS(s)＋Cd2＋(aq)CdS(s)＋Fe2＋(aq)的平衡常數K＝＝＝108.9＞105，可發現該反應正向程度大，可認為反應可完全進行，c(Cd2＋)＜10－8 molL－1時，只需c(Fe2＋)＞100.9≈7.94 mol/L。或者當K＝105時，沉淀完全即離子濃度為10－5molL－1，而K＝108.9，則可使c(Cd2＋)＜10－8 molL－1，正確；D項，H2S(s)＋Cd2＋(aq)CdS(s)＋2H＋(aq)的平衡常數K＝＝＝＝106.23，H2S飽和溶液濃度約為0.1 molL－1，代入上式得到＝106.23，即＝105.23，即c2(H＋)＞c(Cd2＋)，易知c(H＋)＜1，故c(H＋)＞c(Cd2＋)。或者反應可以完全進行，即Cd2＋反應完全，可得溶液中c(H＋)≈0.01 mol/L，比c(Cd2＋)大，正確；
4．【2024高考全國甲卷T13】將0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0 mL懸濁液，向其中滴加0.10 molL－1的NaCl溶液。lg[cM/molL－1](M代表Ag＋、Cl－或CrO)隨加入NaCl溶液體積(V)的變化關系如圖所示（忽略溶液體積變化）。
下列敘述正確的是
A．交點a處：c(Na＋)＝2c(Cl－) B．＝10－2.21
C．V≤2.0 mL時，不變 D．y1＝－7.82，y2＝－lg34
【答案】D
【解析】向1.0 mL含0.10 mmol Ag2CrO4的懸濁液中滴加0.10 molL－1的NaCl溶液，發生反應：Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋CrO(aq)，兩者恰好完全反應時，NaCl溶液的體積為V(NaCl)=2×0.10 mmol÷0.10 mol/L＝2 mL，2 mL之后再加NaCl溶液，c(Cl－)增大，據Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl－)可知，c(Ag+)會隨著c(Cl－)增大而減小，所以2 mL后降低的曲線，即最下方的虛線代表Ag+，升高的曲線，即中間虛線代表Cl－，則剩余最上方的實線為CrO 曲線。A項，2 mL時Ag2CrO4與NaCl溶液恰好完全反應，則a點時溶質為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c(CrO)+c(Cl－)+c(OH－)，此時c(H+)、c(OH－)、c(Ag+)可忽略不計，a點為Cl－和CrO 曲線的交點，即c(CrO)=c(Cl－)，則溶液中c(Na+)≈3c(Cl－)，錯誤；B項，當V(NaCl)=1.0mL時，有一半的Ag2CrO4轉化為AgCl，Ag2CrO4與AgCl共存，均達到沉淀溶解平衡，取圖中橫坐標為1.0 mL的點，得Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl－)=10－5.18×10－4.57=10－9.75，Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(CrO)=(10－5.18)2×10－1.60=10－11.96，則＝＝102.21，B錯誤；C項，V＜2.0 mL時，Ag+未沉淀完全，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則＝＝為定值，即×為定值，由圖可知，在V≤2.0 mL時c(Cl－)并非定值，則的值也并非定值，錯誤；D項，V＞2.0mL時AgCl處于飽和狀態，V(NaCl)=2.4mL時，圖像顯示c(Cl－)=10－1.93mol/L，據Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl－)，則c(Ag+)＝10－7.82 mol/L，則lgc(Ag+)＝y1=－7.82，此時Ag2CrO4全部轉化為AgCl，n(CrO)守恒，等于起始時n(Ag2CrO4)，則c(CrO)＝＝ mol/L，則y2＝g c(CrO)＝lg＝－lg34，正確。
5．【2024高考黑吉遼卷T15】25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示。某實驗小組以K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液分別滴定含Cl－水樣、含Br－水樣。
已知：①Ag2CrO4為磚紅色沉淀；
②相同條件下AgCl溶解度大于AgBr；
③25℃時，pKa1(H2CrO4)＝0.7，pKa2(H2CrO4)＝6.5。
pAg＝－lg[c(Ag+)/(mol·L－1)]
pX＝－lg[c(Xn－)/(mol·L－1)](X代表Cl－、Br－或CrO)
下列說法錯誤的是、AgBr和Ag2CrO4的
A．曲線②為AgCl沉淀溶解平衡曲線
B．反應Ag2CrO4＋H＋2Ag＋＋HCrO的平衡常數K＝10－5.2
C．滴定Cl－時，理論上混合液中指示劑濃度不宜超過10－2.0 molL－1
D．滴定Br－達終點時，溶液中＝10－0.5
【答案】D
【解析】由于AgCl和AgBr中陰、陽離子個數比均為1：1，即兩者圖象平行，所以①代表Ag2CrO4，由于相同條件下，AgCl溶解度大于AgBr，即Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，所以②代表AgCl，則③代表AgBr，根據①、②上的交點（2.0，7.7），可求得Ksp(AgCl)＝10－9.7，Ksp(Ag2CrO4)＝10－11.7，根據③上的點（6.1，6.1），可求得Ksp(AgBr)＝10－12.2。A項，由分析得，曲線②為AgCl沉淀溶解平衡曲線，故A正確；B項，反應Ag2CrO4＋H＋2Ag＋＋HCrO的平衡常數K＝＝＝10－5.2，正確；C項，當Cl－恰好滴定完全時，c(Ag＋)＝＝10－4.85 mol/L，此時Ag2CrO4即將開始沉淀，則有即c(CrO)＜ ＝10－2 mol/L，故，指示劑的濃度不宜超過10－2 mol/L，正確；D項，當Br－到達滴定終點時，c(Ag＋)＝c(Br－)＝＝10－6.1 mol/L，即c(CrO)＝ ＝100.5 mol/L，＝＝10－6.6，錯誤。
6．【2024高考課標卷T13】常溫下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的兩種溶液中，分布系數δ與pH的變化關系如圖所示。
[比如：(CH2ClCOOH)＝]，下列敘述正確的是
A. 曲線M表示(CHCl2COOH)~pH的變化關系
B. 若酸的初始濃度為0.10 molL－1，則a點對應的溶液中有
c(H＋)＝c(CHCl2COOH)＋c(OH－)
C. CH2ClCOOH的電離常數Ka＝10－1.3
D. pH＝2.08時，＝
【答案】D
【解析】隨著pH增大，c(CH2ClCOOH)和c(CHCl2COOH)減小，CH2ClCOO－、CHCl2COO－濃度增大，－Cl為吸電子基團，極性：－CHCl2＞－CH2Cl，則CHCl2COOH的酸性強于CH2ClCOOH，即Ka(CHCl2COOH)＞Ka(CH2ClCOOH))，δ(酸分子)＝δ(酸根離子)＝0.5時的pH分別約為1.3、2.8，則兩種酸的電離常數分別為Ka(CHCl2COOH)≈10－1.3，Ka(CHCl2COOH)≈10－2.8。A項，根據分析，曲線M表示δ(CH2ClCOOH)~pH的變化關系，錯誤；B項，酸溶液中存在平衡：CHCl2COOHCHCl2COO－＋H＋、H2OH＋＋OH－，酸分子和水分子均按照個數比為1:1的方式電離產生CHCl2COO－和H＋、H＋和OH－，則有來自酸分子的氫離子加上水電離出的氫離子的個數和＝CHCl2COO－和氫氧根的個數和，即c(H＋)＝c(CHCl2COO－)＋c(OH－)，a點時，c(CHCl2COOH)＞c(CHCl2COO－)，錯誤；C項，根據分析，CH2ClCOOH的電離常數Ka=10-2.8，錯誤；D項，電離度α(CH2ClCOOH)＝，不難看出，存在關系α(CH2ClCOOH)＝δ(CH2ClCOO－)，α(CHCl2COOH)＝δ(CHCl2COO－)，當pH＝2.08時，δ(CH2ClCOO－)、δ(CHCl2COO－)分別為0.15、0.85，正確。
7．【2023高考新課標卷T13】向AgCl飽和溶液(有足量AgCl固體)中滴加氨水，發生反應Ag＋＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋，lg[c(M)/(molL－1)]與lg[c(NH3)/(molL－1)]的關系如下圖所示(其中M代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋)。
下列說法錯誤的是
A. 曲線I可視為AgCl溶解度隨NH3濃度變化曲線
B. AgCl的溶度積常數Ksp＝c(Ag＋)c(Cl－)＝10－9.75
C. 反應[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常數K的值為103.81
D. c(NH3)＝0.01 molL－1時，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＞c([Ag(NH3)]＋)＞c(Ag＋)
【答案】A
【解析】AgCl飽和溶液中Ag＋和Cl－的濃度相等，向飽和溶液中滴加氨水，溶液中c(Ag＋)減小，c(Cl－)增大、c{[Ag(NH3)]＋}增大，繼續滴加氨水，最終應該是c{[Ag(NH3)2]＋}增加更明顯，則曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示[Ag(NH3)2]＋、[Ag(NH3)]＋、Ag＋、Cl－與NH3濃度對數變化的曲線。A項，氨的濃度較小時AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq)，濃度較大時AgCl(s)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)，氯化銀的溶解度曲線應與氯離子的曲線吻合，應該為曲線Ⅳ，錯誤；B項，取圖中c(NH3)=10－1 mol/L時，c(Cl－)=10－2.35 mol/L，c(Ag+)=10－7.40 mol/L，則Ksp(AgCl)＝10－2.35×10－7.40=10－9.75，正確；C項，取圖中c(NH3)=10－1 mol/L時，溶液中c{[Ag(NH3)2]＋}＝10－2.35 mol/L、c{[Ag(NH3)]＋}＝10－5.16 mol/L，則[Ag(NH3)]＋(aq)＋NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)的平衡常數K＝＝＝103.81，正確；D項，c(NH3)＝0.01 molL－1時，作垂直橫坐標的輔助線，根據與曲線的交點和曲線對應的微粒種類，即可得出溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＞c([Ag(NH3)]＋)＞c(Ag＋)，正確。
8．【2024高考甘肅卷T15】我國科研人員以高爐渣(主要成分為CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)為原料，對煉鋼煙氣(CO2和水蒸氣)進行回收利用，有效減少了環境污染，主要流程如圖所示：
已知：Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5、Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9
（1）高爐渣與(NH4)2SO4經焙燒產生的“氣體”是_______。
（2）“濾渣”的主要成分是CaSO4和_______。
（3）“水浸2”時主要反應的化學方程式為_______，該反應能進行的原因是_______。
【答案】（1）NH3 （2）SiO2
（3）CaSO4＋(NH4)2CO3＝CaCO3＋(NH4)2SO4 K＝Ksp(CaSO4)/Ksp(CaCO3)＝1.4×104，正向程度大
【解析】高爐渣(主要成分為CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙燒，生成硫酸鈣、硫酸鎂、硫酸鋁，同時產生氣體，該氣體與煙氣(CO2和水蒸氣)反應，生成(NH4)2CO3，所以該氣體為NH3；焙燒產物經過水浸1，然后過濾，濾渣為CaSO4以及未反應的SiO2，濾液溶質主要為硫酸鎂、硫酸鋁及硫酸銨；濾液濃縮結晶，析出NH4Al(SO4)212H2O，剩余富鎂溶液；濾渣加入(NH4)2CO3溶液，濾渣中的CaSO4會轉化為更難溶的碳酸鈣。（1）由分析可知，高爐渣與(NH4)2SO4經焙燒產生的“氣體”是NH3；（2）由分析可知，“濾渣”的主要成分是CaSO4和未反應的SiO2；（3）“水浸2”時主要反應為硫酸鈣與碳酸銨生成更難溶的碳酸鈣，反應方程式為CaSO4＋(NH4)2CO3＝CaCO3＋(NH4)2SO4，該反應之所以能發生，是由于K＝Ksp(CaSO4)/Ksp(CaCO3)＝1.4×104，正向程度大，微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣。
9．【2024高考安徽卷T17】乙烯是一種用途廣泛的有機化工原料。由乙烷制乙烯的研究備受關注?；卮鹣铝袉栴}：
【乙烷制乙烯】
（1）C2H6氧化脫氫反應：
2C2H6(g)＋O2(g)＝2C2H4(g)＋2H2O(g) H1＝－209.8 kJmol－1
C2H6(g)＋CO2(g)＝C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g) H2＝178.1 kJmol－1
計算：2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) H3＝ kJmol－1
（2）C2H6直接脫氫反應為C2H6(g)＝C2H4(g)＋H2(g) H4，C2H6的平衡轉化率與溫度和壓強的關系如圖所示，則H4_______0(填“＞”“＜”或“＝”)。結合下圖。下列條件中，達到平衡時轉化率最接近40%的是_______(填標號)。
a．600℃，0.6 MPa b．700℃，0.7 MPa c．800℃，0.8 MPa
（3）一定溫度和壓強下、反應ⅰ C2H6(g)＝C2H4(g)＋H2(g) Kx1，
反應ⅱ C2H6(g)＋H2(g)＝2CH4(g) Kx2(Kx2遠大于Kx1)(Kx是以平衡物質的量分數代替平衡濃度計算的平衡常數)
①僅發生反應ⅰ時。C2H6的平衡轉化率為25.0%，計算Kx1＝_______。
②同時發生反應ⅰ和ⅱ時。與僅發生反應ⅰ相比，C2H4的平衡產率_______(填“增大”“減小”或“不變”)。
【答案】（1）－566 （2）> b （3）① ②增大
【解析】（1）將兩個反應依次標號為反應①和反應②，反應①－反應②×2可得目標反應，則ΔH3=ΔH1－2ΔH2=(－209.8－178.1×2)kJ/mol=－566kJ/mol。
（2）從圖中可知，壓強相同的情況下，隨著溫度升高，C2H6的平衡轉化率增大，故該反應為吸熱反應，ΔH4>0。a．600℃，0.6MPa時，C2H6的平衡轉化率約為20%，a錯誤；
b．700℃，0.7MPa時，C2H6的平衡轉化率約為50%，最接近40%，b正確；
c．700℃，0.8MPa時，C2H6的平衡轉化率接近50%，升高溫度，該反應的化學平衡正向移動，C2H6轉化率增大，故800 ℃，0.8 MPa時，C2H6的平衡轉化率大于50%，c錯誤。
（3）①僅發生反應i，設初始時C2H6物質的量為1 mol，平衡時C2H6轉化率為25%，則消耗C2H6 0.25 mol，生成C2H4 0.25 mol，生成0.25 mol H2，Kx1==。
②只發生反應i時，隨著反應進行，氣體總物質的量增大，壓強增大促使化學平衡逆向移動，同時發生反應i和反應ii，且從題干可知Kx2遠大于Kx1，反應ii為等體積反應，因為反應ii的發生相當于在單獨發生反應i的基礎上減小了壓強，則反應i化學平衡正向移動，C2H4平衡產率增大。
10．【2024高考黑吉遼卷T18】為實現氯資源循環利用，工業上采用RuO2催化氧化法處理HCl廢氣：2HCl(g)＋O2(g)Cl2(g)＋H2O(g) H1＝－57.2 kJmol－1 S K。將HCl和O2分別以不同起始流速通入反應器中，在360℃、400℃和440℃下反應，通過檢測流出氣成分繪制HCl轉化率(ɑ)曲線，如下圖所示(較低流速下轉化率可近似為平衡轉化率)。
回答下列問題：
（1）S_______0(填“>”或“<”)；T3＝_______℃
（2）結合以下信息，可知H2的燃燒熱H＝_______kJmol－1。
H2O(l)＝H2O(g) H2＝＋44.0 kJmol－1
H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g) H3＝－184.6 kJmol－1
（3）下列措施可提高M點HCl轉化率的是_______(填標號)
A．增大HCl的流速 B．將溫度升高40℃
C．增大n(HCl):n(O2) D．使用更高效的催化劑
（4）圖中較高流速時，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是_______。
（5）設N點的轉化率為平衡轉化率，則該溫度下反應的平衡常數K＝_______(用平衡物質的量分數代替平衡濃度計算)
10．【答案】（1）＜ 360℃ （2）－258.8 （3）BD
（4）流速過快，反應物分子來不及在催化劑表面接觸而發生反應，導致轉化率下降，同時，T3溫度低，反應速率低，故單位時間內氯化氫的轉化率低。
（5）6
【解析】
（1）反應2HCl(g)＋O2(g)Cl2(g)＋H2O(g)前后的氣體分子數目在減小，所以該反應S<0，該反應為放熱反應，由于在流速較低時的轉化率視為平衡轉化率，所以在流速低的時候，溫度越高，HCl的轉化率越小，故T1代表的溫度為440℃，T3為360℃。
（2）表示氫氣燃燒熱的熱化學方程式為④H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)，設①2HCl(g)＋O2(g)Cl2(g)＋H2O(g)，②H2O(l)＝H2O(g)，③ H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)，則④＝①＋③－②，故氫氣的燃燒熱H＝－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44 kJ/mol=－258.8 kJ/mol。
（3）A．增大HCl的流速，由圖像可知，HCl的轉化率在減小，不符合題意；B．M對應溫度為360℃，由圖像可知，升高溫度，HCl的轉化率增大，符合題意；C．增大n(HCl):n(O2)，HCl的轉化率減小，不符合題意；D．使用高效催化劑，可以增加該溫度下的反應速率，使單位時間內HCl的轉化率增加，符合題意。
（4）圖中在較高流速下，T3溫度下的轉化率低于溫度較高的T1和T2，主要是流速過快，反應物分子來不及在催化劑表面接觸而發生反應，導致轉化率下降，同時，T3溫度低，反應速率低，故單位時間內氯化氫的轉化率低。（5）由圖像可知，N點HCl的平衡轉化率為80%，設起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式
則。
11．【2024高考湖北卷T17】用BaCO3和焦炭為原料，經反應I、Ⅱ得到BaC2，再制備乙炔是我國科研人員提出的綠色環保新路線。
反應Ⅰ：BaCO3(s)＋C(s)BaO(s)＋2CO(g)
反應Ⅱ：BaO(s)＋3C(s)BaC2(s)＋CO(g)
回答下列問題：
（1）寫出BaC2與水反應的化學方程式_______。
（2）已知Kp＝(pCO)n、K＝()n(n是CO的化學計量系數)。反應Ⅰ、Ⅱ的lgK與溫度的關系曲線見圖1。
①反應BaCO3(s)＋4C(s)BaC2(s)＋3CO(g)在1585 K的Kp＝_______Pa3。
②保持1320 K不變，假定恒容容器中只發生反應Ⅰ，達到平衡時pCO＝_______Pa，若將容器體積壓縮到原來的，重新建立平衡后pCO＝_______Pa。
6．【答案】（1）BaC2＋2H2O→Ba(OH)2＋HC≡CH↑
（2）①1016 ②105 ③105
（3）①BaO ②速率不變至BaC2產率接近100% ③. 容器中只有反應Ⅱ：BaO(s)＋3C(s)BaC2(s)＋CO(g)，反應條件恒溫1823K、恒壓，且該反應只有CO為氣態，據K＝)Pa可知，CO的壓強為定值，所以化學反應速率不變。
【解析】（1）Ba、Ca元素同主族，所以BaC2與水的反應和CaC2與水的反應相似，其反應的化學方程式為BaC2＋2H2O→Ba(OH)2＋HC≡CH↑；
（2）①反應I＋反應Ⅱ得BaCO3(s)＋4C(s)BaC2(s)＋3CO(g)，所以其平衡常數K=KI×KⅡ=()3，由圖1可知，1585K時KI=102.5，KⅡ=10－1.5，即()3=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I的KI=100=1，即KI=()2=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、平衡常數不變，重新建立平衡后pCO應不變，即pCO=105pa；
（3）①由圖2可知，1400K時，BaC2的產率為0，即沒有BaC2，又實驗表明BaBO3已全部消耗，所以此時反應體系中含Ba物種為BaO；
②圖像顯示，1823K時BaC2的產率隨時間由0開始呈直線增加到接近100%，說明該反應速率為一個定值，即速率保持不變；1400K時碳酸鋇已全部消耗，此時反應體系的含鋇物種只有氧化鋇，即只有反應Ⅱ：BaO(s)＋3C(s)BaC2(s)＋CO(g)，反應條件恒溫1823 K、恒壓，且該反應只有CO為氣態，據K＝可知，CO的壓強為定值，所以化學反應速率不變。
12．【2024高考全國甲卷T28】甲烷轉化為多碳化合物具有重要意義。一種將甲烷溴化再偶聯為丙烯(C3H6)的研究所獲得的部分數據如下?；卮鹣铝袉栴}：
（1）已知如下熱化學方程式：
CH4(g)＋Br2(g)＝CH3Br(g)＋HBr(g) H1＝－29 kJmol－1
3CH3Br(g)＝C3H6(g)＋3HBr(g) H2＝＋20 kJmol－1
計算反應3CH4(g)＋3Br2(g)＝C3H6(g)＋6HBr(g)的H＝_____kJmol－1。
（2）CH4與Br2反應生成CH3Br，部分CH3Br會進一步溴化。將8 mmol CH4和8 mmol Br2。通入密閉容器，平衡時，n(CH4)、n(CH3Br)與溫度的關系見下圖(假設反應后的含碳物質只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。
(i)圖中CH3Br的曲線是_____(填“a”或“b”)。
(ii)560℃時，CH4的轉化率ɑ＝_____，n(HBr)＝_____mmol。
(iii)560℃時，反應CH3Br(g)＋Br2(g)＝CH2Br2(g)＋HBr(g)的平衡常數K＝_____。
12．【答案】（1）－67
（2）a 80% 7.8 10.92
【分析】根據蓋斯定律計算化學反應熱；根據影響化學反應速率的因素判斷還行反應進行的方向從而判斷曲線歸屬；根據反應前后的變化量計算轉化率；根據平衡時各物質的物質的量計算平衡常數；根據一段時間內物質的含量變化計算速率并計算速率比；根據圖示信息和反應機理判斷合適的原因。
【解析】（1）將第一個熱化學方程式命名為①，將第二個熱化學方程式命名為②。根據蓋斯定律，將方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3＋②，故熱化學方程式3CH4(g)＋3Br2(g)=C3H6(g)＋6HBr(g)的 H=－29×3＋20=－67 kJ·mol－1。
（2）(i)根據方程式①，升高溫度，反應向吸熱反應方向移動，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℃時反應達平衡，剩余的CH4(g)的物質的量為1.6mmol，其轉化率α=×100%=80%；若只發生一步反應，則生成6.4mmol CH3Br，但此時剩余CH3Br的物質的量為5.0mmol，說明還有1.4mmol CH3Br發生反應生成CH2Br2，則此時生成的HBr的物質的量n=6.4＋1.4=7.8mmol；
(iii)平衡時，反應中各組分的物質的量分別為n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故該反應的平衡常數K===10.92。
13．【2024高考新課標卷T28】Ni(CO)4(四羰合鎳，沸點43℃)可用于制備高純鎳，也是有機化合物羰基化反應的催化劑?；卮鹣铝袉栴}：
（1）Ni基態原子價電子的軌道表示式為_______。鎳的晶胞結構類型與銅的相同，晶胞體積為a3，鎳原子半徑為_______。
（2）Ni(CO)4結構如圖甲所示，其中含有σ鍵的數目為_______，Ni(CO)4晶體的類型為_______。
（3）在總壓分別為0.10、0.50、1.0、2.0 MPa下，Ni(s)和CO(g)反應達平衡時，Ni(CO)4體積分數x與溫度的關系如圖乙所示。反應Ni(s)＋4CO(g)＝Ni(CO)4(g)的ΔH_______0(填“大于”或“小于”)。從熱力學角度考慮，_______有利于Ni(CO)4的生成(寫出兩點)。p3、100℃時CO的平衡轉化率α=_______，該溫度下平衡常數Kp＝_______(MPa)－3。
8．【答案】（1） ① ②a
（2） ①8 ②分子晶體
（3） ①小于 ②降低溫度、增大壓強 ③97.3% ④9000
【解析】（1）Ni為28號元素，其基態原子的核外電子排布式為[Ar]3d84s2，則其價電子軌道表示式為；銅晶胞示意圖為，鎳的晶胞結構類型與銅的相同，則鎳原子半徑為晶胞面對角線長度的，由晶胞體積為a3知晶胞棱長為a，面對角線長度為a，則鎳原子半徑為a。
（2）單鍵均為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，三鍵含有1個σ鍵2個π鍵，由Ni(CO)4的結構可知，4個配體CO與中心原子Ni形成的4個配位鍵均為σ鍵，而每個配體CO中含有1個σ鍵2個π鍵，故1個Ni(CO)4分子中含有8個σ鍵。Ni(CO)4的沸點很低，結合其結構可知該物質由分子構成，故其晶體類型為分子晶體。
（3）隨著溫度升高，平衡時Ni(CO)4的體積分數減小，說明溫度升高平衡逆移，故該反應的H＜0；該反應的正反應是氣體總分子數減小的放熱反應，故降低溫度和增大壓強均有利于Ni(CO)4的生成；由上述分析知，溫度相同時，增大壓強平衡正向移動，對應的平衡體系中Ni(CO)4的體積分數增大，則壓強：p4＞p3＞p2＞p1，即p3對應的壓強是1.0 MPa．由題圖乙可知，p3、100℃條件下達到平衡時，CO和Ni(CO)4的物質的量分數分別為0.1、0.9，設初始投入的CO為4 mol，反應生成的Ni(CO)4為x mol，可得三段式：
反應后總物質的量為：（4－3x）mol，根據阿伏加德羅定律，其他條件相同時，氣體的體積分數即為其物質的量分數，故有＝0.9，則x＝?？傻眠_到平衡時n轉化(CO)＝4× mol，CO的平衡轉化率；氣體的分壓=總壓強×該氣體的物質的量分數，則該溫度下的壓強平衡常數。
14．【2024高考湖南卷T18】丙烯腈(CH2＝CHCN)是一種重要的化工原料。工業上以N2為載氣，用TiO2作催化劑生產CH2＝CHCN的流程如下：
已知：①進料混合氣進入兩釜的流量恒定，兩釜中反應溫度恒定：
②反應釜Ⅰ中發生的反應：
?。篐OCH2CH2COOCH2H5(g)→CH2＝CHCOOC2H5(g)＋H2O(g) H1
③反應釜Ⅱ中發生的反應：
ⅱ：CH2＝CHCOOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2＝CHCONH2(g)＋C2H5OH(g) H2
ⅲ：CH2＝CHCONH2(g)→CH2＝CHCN(g)＋H2O(g) H3
④在此生產條件下，酯類物質可能發生水解。
回答下列問題：
（1）總反應HOCH2CH2COOCH2H5(g)＋NH3(g)→CH2＝CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g) H＝ (用含H1、H2和H3的代數式表示)；
（2）進料混合氣中n(HOCH2CH2COOCH2H5)∶n(C2H5OH)＝1∶2，出料中四種物質(CH2＝CHCOOC2H5、CH2＝CHCN、C2H5OH、H2O)的流量(單位時間內出料口流出的物質的量)隨時間變化關系如圖：
①表示CH2＝CHCN的曲線是_______(填“a”“b”或“c”)；
②反應釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是_______。
③出料中沒有檢測到CH2＝CHCONH2的原因是_______。
④反應11 h后，a、b、c曲線對應物質的流量逐漸降低的原因是_______。
（3）催化劑TiO2再生時會釋放CO2，可用氨水吸收獲得NH4HCO3?，F將一定量的NH4HCO3固體(含0.72 g水)置于密閉真空容器中，充入CO2和NH3，其中CO2的分壓為100 kPa，在27℃下進行干燥。為保證NH4HCO3不分解，NH3的分壓應不低于_______kPa(已知p(H2O)＝2.5×102 kPamol－1×n(H2O) NH4HCO3分解的平衡常數Kp＝4×104 (kPa)3)；
（4）以CH2＝CHCN為原料，稀硫酸為電解液，Sn作陰極，用電解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4，其陰極反應式_______。
14．【答案】（1）ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
（2） ①c ②降低分壓有利于反應i平衡正向移動且提高醇的濃度可以使酯的水解程度降低從而提高產率 ③反應iii的速率遠大于反應ii ④催化劑活性降低 （3）40
（4）Sn＋4CH2=CHCN＋4e-＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)4
【解析】工業上以N2為載氣，用TiO2作催化劑，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH為進料氣體生產CH2=CHCN，在反應釜I中發生反應i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)＋H2O(g)，加入NH3后，在反應釜Ⅱ中發生反應ii：CH2=CHCOOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)＋C2H5OH(g)，反應iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)＋H2O(g)，故產物的混合氣體中有CH2=CHCN、未反應完的C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水；（1）根據蓋斯定律，總反應HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2=CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g)可以由反應i＋反應ii＋反應iii得到，故ΔH=ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；（2）①根據總反應HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2=CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g)，設進料混合氣中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料氣中CH2=CHCOOC2H5含量很少，則生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物質的量約為1mol，生成H2O(g)的物質的量約為2mol，故出料氣中C2H5OH(g)物質的量共約3mol，故出料氣中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物質的量之比約為1:3:2，故曲線c表示CH2=CHCN的曲線；②反應釜Ⅰ中發生反應i是氣體體積增大的反應，故加入C2H5OH降低分壓有利于反應i平衡正向移動且提高醇的濃度可以使酯的水解程度降低從而提高產率；③丙烯酰胺(CH2=CHCONH2)的分解溫度約為160°C至170°C，出料中沒有檢測到CH2=CHCONH2的原因是CH2=CHCONH2在反應釜Ⅱ的溫度下發生分解；④反應11 h后，a、b、c曲線對應物質的流量逐漸降低的原因是反應時間過長，催化劑中毒活性降低，反應速率降低，故產物減少；（3）0.72 g水的物質的量為0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa mol 1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反應式為NH4HCO3=NH3↑＋CO2↑＋H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常數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的分壓應不低于40kPa；（4）Sn(CH2CH2CN)4是有機化合物，與水不溶，水中不電離，以CH2=CHCN為原料在Sn做的陰極得電子制得Sn(CH2CH2CN)4，故陰極的電極反應式為Sn＋4CH2=CHCN＋4e-＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)4。
15．【2024高考貴州卷T17】在無氧環境下，CH4經催化脫氫芳構化可以直接轉化為高附加值的芳烴產品。一定溫度下，CH4芳構化時同時存在如下反應：
ⅰ．CH4(g)→C(s)＋2H2(g) H1＝＋74.6 kJmol－1 S＝80.84 Jmol－1K－1
ⅱ．6CH4(g)→C6H6(l)＋9H2(g) H2
回答下列問題：
（1）反應ⅰ在1000 K時_______(選填“能”或“不能”)自發進行。
（2）已知25℃時有關物質的燃燒熱數據如表，則反應ⅱ的H2＝_______kJmol－1(用含a、b、c的代數式表示)。
物質 CH4(g) C6H6(l) H2(g)
H/(kJmol－1) a b c
（3）受反應ⅰ影響，隨著反應進行，單位時間內甲烷轉化率和芳烴產率逐漸降低，原因是_______。
（4）對催化劑在不同的pH條件下進行處理，能夠改變催化劑的活性。將催化劑在5種不同pH條件下處理后分別用于催化CH4芳構化，相同反應時間內測定相關數據如下表，其中最佳pH為_______，理由是_______。
pH CH4平均轉化率/% 芳烴平均產率/% 產物中積碳平均含量/%
2.4 9.60 5.35 40.75
4.0 9.80 4.60 45.85
7.0 9.25 4.05 46.80
10.0 10.45 6.45 33.10
12.0 9.95 4.10 49.45
（5）973 K、100 kPa下，在某密閉容器中按n(C6H6)∶n(CH4)＝1∶5充入氣體，發生反應C6H6(g)＋CH4(g)→C7H8(g)＋H2(g)，平衡時C6H6與C7H8的分壓比為4∶1，則C6H6的平衡轉化率為_______，平衡常數Kp=_______(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質的量分數，列出計算式即可)。
15．【答案】（1）能 （2）6a－b－9c
（3）反應ⅰ有積炭生成，隨著反應的進行，生成的積炭逐漸增多，覆蓋在催化劑表面，使催化劑催化性能逐漸降低，化學反應速率減小
（4） ①10.0 ②pH=10.0時，產物中積炭平均含量最低，CH4平均轉化率最大，芳烴平均產率最高
（5） ①20% ②或
【解析】（1）反應?。瓹H4(g)→C(s)＋2H2(g) H1＝＋74.6 kJmol－1 S＝80.84 Jmol－1K－1，在1000 K時，ΔG=ΔH－TΔS=＋74.6 kJ·mol－1－1000 K×80.84×10－3kJ·mol－1·K－1=－6.24 kJ·mol－1＜0，故反應ⅰ在1000 K時能自發進行。
（2）ⅱ．6CH4(g)→C6H6(l)＋9H2(g) ΔH2
由題給數據可得出以下熱化學方程式：
③CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=a kJ·mol－1
④C6H6(l)＋7.5O2(g)＝6CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=b kJ·mol－1
⑤H2(g)＋0.5O2(g)＝H2O(l) ΔH=c kJ·mol－1
依據蓋斯定律，將反應③×6－④－⑤×9得，反應ⅱ的ΔH2＝(6a－b－9c) kJ·mol－1。
（3）由于反應ⅰ生成固態炭，會覆蓋在催化劑表面，從而減小氣體與催化劑的接觸面積，故隨著反應進行，單位時間內甲烷轉化率和芳烴產率逐漸降低。
（4）比較表中數據可以看出，pH=10.0時，CH4平均轉化率為最大值10.45%，芳烴平均產率為最大值6.45%，產物中積炭平均含量為最小值33.10%，所以最佳pH為10.0。
（5）973 K、100 kPa下，在某密閉容器中按n(C6H6)∶n(CH4)＝1∶5充入氣體，發生反應C6H6(g)＋CH4(g)→C7H8(g)＋H2(g)，平衡時C6H6與C7H8的分壓比為4∶1，設起始時C6H6的物質的量為1 mol，CH4的物質的量為5 mol，參加反應C6H6的物質的量為x mol，則可建立如下三段式：
依題意，，解得x＝0.2，平衡時，n(C6H6)＝0.8 mol，n(CH4)＝4.8 mol，n(C7H8)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，則C6H6的平衡轉化率為×100%＝20%，平衡常數Kp=或。
16．【2024高考河北卷T17節選】氯氣是一種重要的基礎化工原料，廣泛應用于含氯化工產品的生產。硫酰氯及1,4-二(氯甲基)苯等可通過氯化反應制備。
（1）硫酰氯常用作氯化劑和氯磺化劑，工業上制備原理如下：
SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g) H＝－67.59 kJmol－1。
①若正反應的活化能為E正 kJmol－1，則逆反應的活化能E逆＝_______kJmol－1(用含E正的代數式表示)。
②恒容密閉容器中按不同進料比充入SO2(g)和其Cl2(g)，測定T1、T2、T3溫度下體系達平衡時的p(＝p0－p，p0為體系初始壓強，p0＝240 kPa，p為體系平衡壓強)，結果如圖。
上圖中溫度由高到低的順序為_______，判斷依據為_______。M點Cl2的轉化率為_______，T1溫度下用分壓表示的平衡常數Kp＝_______kPa－1。
【答案】（1）①E正＋67.59 ②T3＞T2＞T1 ③該反應正反應放熱，且氣體分子數減小，反應正向進行時，容器內壓強減小，從T3到T1平衡時p增大，說明反應正向進行程度逐漸增大，對應溫度逐漸降低 ④75% ⑤0.03 ⑥D
【解析】（1）①根據反應熱H與活化能E正和E逆關系為H＝正反應活化能-逆反應活化能可知，該反應的E逆＝E正－H＝E正＋67.59 kJmol－1。②該反應的正反應為氣體體積減小的反應，故反應正向進行程度越大，平衡時容器內壓強越小，p即越大。從T3到T1，p增大，說明反應正向進行程度逐漸增大，已知正反應為放熱反應，則溫度由T3到T1逐漸降低，即T3＞T2＞T1。由題圖甲中M點可知，進料比為n(SO2)∶n(Cl2)＝2，平衡時p＝60 kPa，已知恒溫恒容情況下，容器內氣體物質的量之比等于壓強之比，可據此列出“三段式”。
可計算得α(Cl2)＝×100%＝75%，Kp＝＝＝0.03 kPa－1。
四、模型構建
一、水溶液中的平衡常數
離子平衡常數的相關計算——Ka/b、Kh、Kw、Ksp
（1）圖像中的平衡常數——分布分數圖像
（2）分布分數直線化——lg或lg與pH的關系曲線。
解題關鍵：
如圖：
其它方法：
法一：明細圖像如何理論繪制。
Ka1＝，Ka2＝
則lgKa1＝lg，lgKa1＝lg＋lgc(H＋)＝lg－pH，則有pH＝lg－lgKa1，以pH為縱坐標，lg為橫坐標，即可繪制出直線圖。依次類推有pH＝lg－lgKa2。又Ka1遠大于Ka2，則當lg＝lg時，縱坐標的截距大的是lg對應的－lgKa2。則M曲線對應lg。
法二：通過圖示找那個方法取lg＝lg，作垂直與橫坐標的直線交于兩條曲線2點，比較2點的pH的大小。溶液中存在大量H2X時，酸性強。若是曲線中存在lg＝lg＝0的點，則更加好分析。且該點非常有助于計算平衡常數。
（3）圖像中的平衡常數——Kw、Ksp
【溫馨提示】取對數可將溶解平衡或Kw平衡先直線化。應從數學角度認識曲線的特點。平衡曲線上都有共同的特點，曲線上的點均為平衡點，微粒關系均滿足平衡常數。對于溶解平衡曲線上的點，還是初中所學的飽和溶液。
（4）中性點計算平衡常數
①中性點計算平衡常數
示例 常溫下，向a mol·L－1 CH3COONa溶液中滴加等體積的b mol·L－1鹽酸使溶液呈中性(不考慮鹽酸和醋酸的揮發)，則醋酸的電離常數Ka＝__________________(用含a和b的代數式表示)。
Ka＝＝。
②Ksp的相關計算
(1)(溶解度與Ksp的換算)60 ℃時溴酸銀(AgBrO3)的溶解度為0.6 g，則Ksp約等于__________。
(2)(平衡常數與Ksp的關系)在1.0 L Na2CO3溶液中溶解0.01 mol BaSO4，列式計算Na2CO3溶液的最初濃度不得低于_____mol·L－1(忽略溶液體積變化)[已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10、Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9]。
(3)(Ksp與Ka的計算關系)汽車尾氣中的SO2可用石灰水吸收，生成亞硫酸鈣濁液。常溫下，測得某純CaSO3與水形成的濁液pH為9，忽略SO的第二步水解，則Ksp(CaSO3)＝____________(保留3位有效數字)。[已知：Ka1(H2SO3)＝1.54×10－2，Ka2(H2SO3)＝1.02×10－7]
解析　(1)60 ℃時，c(AgBrO3)＝≈2.5×10－2 mol·L－1，其Ksp＝c(Ag＋)·c(BrO)＝6.25×10－4。
(2)沉淀轉化的離子方程式為CO＋BaSO4 = BaCO3＋SO。先寫常數表達式。對比所求與常數表達式的關系，可得：K＝＝＝＝≈0.0216，
c(CO)＝＝≈0.463 mol·L－1，Na2CO3溶液的最初濃度：c(Na2CO3)≥(0.01＋0.463) mol·L－1＝0.473 mol·L－1。
(3)pH＝9，c(OH－)＝1×10－5 mol·L－1，由SO＋H2O = HSO＋OH－知，c(HSO)＝c(OH－)＝1×10－5 mol·L－1。Kh(SO)＝＝，則＝，c(SO)＝1.02×10－3 mol·L－1。
由物料守恒知：c(Ca2＋)＝c(SO)＋c(HSO)＝1.02×10－3 mol·L－1＋1×10－5 mol·L－1＝1.03×10－3 mol·L－1。則Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SO)≈1.05×10－6。
二、非教材平衡常數——壓強平衡常數
示例 硫酸是一種重要的基本化工產品，接觸法制硫酸生產中的關鍵工序是SO2的催化氧化：SO2(g)＋O2(g)SO3(g)　ΔH＝－98 kJ·mol－1?；卮鹣铝袉栴}：
(3)將組成(物質的量分數)為2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的氣體通入反應器，在溫度t、壓強p條件下進行反應。平衡時，若SO2轉化率為α，則SO3壓強為__________________，平衡常數Kp＝________________(以分壓表示，分壓＝總壓×物質的量分數)。
解析 假設原氣體的物質的量為100 mol，則SO2、O2和N2的物質的量分別為2m mol，m mol和q mol，2m＋m＋q＝100，利用“三段式法”計算：
　　　　　　SO2(g)　 ＋ 　O2(g) = SO3(g)
起始量/mol 2m 　　　　　m 　　　　 0
轉化量/mol 2mα 　　　　 mα 　　　 2mα
平衡量/mol 2m×(1－α) m×(1－α) 2mα
平衡時混合氣體的總物質的量為2m×(1－α)mol＋m×(1－α)mol＋2mα mol＋q mol＝(3m－mα＋q ) mol，SO3的物質的量分數為×100%＝×100%，則平衡時SO3的壓強為p。平衡時，SO2、O2的壓強分別為p、p，則平衡常數Kp＝＝。
示例 某溫度，等物質的量的碘和環戊烯()在剛性容器內發生反應③((g)＋I2(g)===(g)＋2HI(g)　ΔH＝89.3 kJ·mol－1)，起始總壓為105 Pa，平衡時總壓增加了20%，環戊烯的轉化率為________，該反應的平衡常數Kp＝__________Pa。
解析　法一：計算總壓＝105 Pa×(1＋20%)＝1.2×105 Pa設容器中起始加入I2(g)和環戊烯的物質的量均為a，平衡時轉化的環戊烯的物質的量為x，列出三段式。
法二：根據初始投料，計算初始分壓。碘和環戊烯的分壓均為105 Pa×50%＝5×104 Pa
(g)＋I2(g) === (g) ＋ 2HI(g) P
起始：5×104 5×104 　 0 　　 0 2×104
轉化：2×104 2×104 　 2×104 4×104
平衡：3×104 3×104 　 2×104 4×104
則環戊烯的轉化×率為×100%＝40%。Kp＝≈3.56×104 Pa。
【溫馨提示】這么干的原因，恒容時，壓強和物質的量成正比關系。
三、特別反應的平衡常數
(3)物質的量分數作為數據時計算Kp的小技巧——計量數之比投料
四、多重平衡下的平衡常數
競爭型多重平衡——反應物相同，產物不同。
示例 探究CH3OH合成反應化學平衡的影響因素，有利于提高CH3OH的產率。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的主要反應如下：
Ⅰ．CO2(g)＋3H2(g) = CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49.5　kJ·mol 1
Ⅱ．CO(g)＋2H2(g) = CH3OH(g) ΔH2＝－90.4　kJ·mol 1
Ⅲ．CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g) ΔH3
一定條件下，向體積為V　L的恒容密閉容器中通入1　mol　CO2和3　mol　H2發生上述反應，達到平衡時，容器中CH3OH(g)為ɑ　mol，CO為b　mol，此時H2O(g)的濃度為_______mol·L 1(用含a、b、V的代數式表示，下同)，反應Ⅲ的平衡常數為__________。
守恒法：
設平衡時，H2O、CO2、H2的物質的量分別為x、y、z mol。根據C、O、H原子守恒分別列方程組（初始量1　mol　CO2和3　mol　H2），且平衡時CH3OH為ɑ　mol，CO為b　mol。
H守恒：4a＋2(x＋z)＝6 C守恒：b＋y＋a＝1
O守恒：x＋b＋2y＋a＝2 得x、y、z分別為a＋b、1－a－b、3－3a－b。
則H2O(g)的濃度為 mol/L，反應Ⅲ是一個系數相等的反應，則可以直接用物質的量計算平衡常數＝，節約時間。
三段式：
本題三個反應，沒有一個物質是只出現一次的。無奈之舉，那就盡可能選擇出現次數少的物質進行設置未知數，且盡可能是都生成、都消耗的物質。
設平衡時反應Ⅰ提供了x mol CH3OH，則反應Ⅱ提供了b－x mol CH3OH，且反應Ⅰ提供了x mol H2O，即反應Ⅱ會消耗掉b－x mol CO。即反應Ⅲ原本提供了a＋b－x mol CO和a＋b－x mol H2O。最終通過反應物的初始量求出其它物質的物質的量。該法較為復雜，且容易暈。但是可以鍛煉對物質的關系的辨識能力。

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