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微专题42 四大平衡常数的计算与应用
1．（2023·辽宁·统考高考真题）某废水处理过程中始终保持H S饱和，即 ，通过调节
2
pH使 和 形成硫化物而分离，体系中 与 关系如下图所示，c为 和 的浓
度，单位为 。已知 ，下列说法正确的是
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A． B．③为 与 的关系曲线
C． D．
【答案】D
【解析】已知H S饱和溶液中随着pH的增大，H S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则
2 2
有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则
Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且 ，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)和-lg(Cd2+)
随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代
表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。
A．由分析可知，曲线①代表Cd2+、③代表S2-，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，
则有 ，A错误；
B．由分析可知，③为 与 的关系曲线，B错误；
C．由分析可知，曲线④代表HS-，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-
6.5mol/L， 或者当c(H+)=10-4.2mol/L时，c(HS-)=10-
3.9mol/L， ，C错误；
D．已知Ka Ka = = ，由曲线③两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，
1 2
c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka Ka = =
1 2
=10-21.8，结合C项分析可知Ka =10-7.1，故有
1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】，D正确；
故答案为D。
2．（2023·全国·统考高考真题）下图为 和 在水中达沉淀溶解平衡时的
关系图( ； 可认为 离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由 点可求得
B． 时 的溶解度为
C．浓度均为 的 和 可通过分步沉淀进行分离
D． 混合溶液中 时二者不会同时沉淀
【答案】C
【解析】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则 = = =
，故A错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则 = = = ， 时
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】的溶解度为 =10-3 ，故B错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀 和
，故C正确；
D．由图可知， 沉淀完全时， ，pM 5，此时pH约为4.7，在此pH下 刚开始
沉淀的浓度为 ，而题中 > ，则 会同时沉淀，故D错误；
答案选C。
四大平衡常数的比较
常数 符号 适用体系 影响因素 表达式
水的离子积常数 K 任意水溶液 升温，K 增大 K ＝c(OH-)·c(H+)
w w
电离常数 酸K 弱酸溶液 升温，K 增大
a a A-+H O HA+OH-
2
K 增大
b
碱K 弱碱溶液
b BOH B++OH-
盐的水解常数 K 盐溶液 升温，K 增大
h h A-+H O HA+OH-
2
溶度积常数 K 难溶电解质溶液 升温，大多数K 增大 M A 的饱和溶液：
sp sp mm nn
m n＋ n
K ＝cm (Mn+ )·cn (Am-
sp
m－
)
注意：
(1)四大平衡的基本特征相同，包括逆、动、等、定、变，其研究对象均为可逆变化过程。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(2)溶解平衡有放热反应、吸热反应，升高温度后K
sp
可能变大或变小；而电离平衡、水解平衡均为吸热过
程，升高温度K a(或K b)、K
h
均变大。
一、Kh与Ka(或Kb)、Kw的关系及其应用
1．强碱弱酸盐：
如：CHCOONa溶液：CHCOO－＋HO CHCOOH＋OH－
3 3 2 3
K ＝
h
＝
＝＝
2．强酸弱碱盐：
如：NH Cl溶液：NH＋HO NH ·H O＋H＋
4 2 3 2
K ＝
h
＝
＝＝
其中：K 为水解平衡常数、K(K )为弱酸(或弱碱)的电离平衡常数、K 为水的离子积常数。
h a b w
二、溶度积常数及其应用
1．溶度积和离子积
以A B (s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例：
m n
溶度积 离子积
溶液中有关离子浓度幂的乘
概念 沉淀溶解的平衡常数
积
符号 K Q
sp c
表达 K (A B )＝ c m (A n ＋ )· c n (B m － ) ， Q(A B )＝ c m (A n ＋ )· c n (B m － ) ，
sp m n c m n
式 式中的浓度都是平衡浓度 式中的浓度是任意浓度
判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解
①Q>K ：溶液过饱和，有沉淀析出
c sp
应用
②Q＝K ：溶液饱和，处于平衡状态
c sp
③QK
sp
,将会有沉淀生成
W
(3)AB直线的左上方均为碱性溶液,任意一点均有
(3)d点在曲线的下方,Qc( )> c(OH－)
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】D
【解析】草酸属于二元素弱酸，应分步电离H C O HC O +H+、HC O C O +H+，草酸溶液中加入
2 2 4 2 2 2
NaOH溶液，H C O 物质的量浓度逐渐减小，HC O 逐渐增大，后逐渐减小，C O 逐渐增大，因此Ⅰ代表
2 2 4 2 2
H C O ，Ⅱ代表HC O ，Ⅲ代表C O ；
2 2 4 2 2
A．根据上述分析，Ⅱ代表HC O 物质的量分数随pH变化，故A说法正确；
2
B．K = ，电离平衡常数只受温度的影响，取(1.2，0.5)点，c(HC O )= c(H C O )，因此
a1 2 2 2 4
K =c(H+)=10-1.2，同理K =c(H+)=10-4.2，因此 =103=1000，故B说法正确；
a1 a2
C．pH在2.5～5.5之间，HC O 物质的量分数逐渐减少，C O 物质的量分数逐渐增大，因此该阶段发生离
2 2
子方程式为HC O +OH-=C O +H O，故C说法正确；
2 2 2
D．当加入20mL等浓度NaOH溶液，充分反应后，溶质为Na C O ，C O 发生水解，其水解方程式为C O
2 2 4 2 2
+H O HC O +OH-，水也要电离出OH-，因此c(OH-)＞c(HC O )，水解程度微弱，c(C O )最大，即
2 2 2 2
c(C O )＞c(OH-)＞c(HC O )，故D说法错误；
2 2
答案为D。
3．（2023春·湖北省直辖县级单位·高三统考阶段练习）HA是一元弱酸，BOH是一元弱碱，常温下，不同
浓度的NaA或BCl溶液的pH与-lg 或-lg 的关系如图所示。下列叙述正确的是
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．线ab表示BCl溶液的pH与-lg 的关系
B．B+的水解平衡常数K =10-5
h
C．等体积等浓度的HA溶液和BOH溶液混合后溶液呈中性
D．水的电离程度：b=d＜c=a
【答案】C
【解析】 ， ，即-lg =-lg
=pH-lg ，故-lg 与pH与正比关系，即线ab表示NaA溶液的pH与-lg 的关系，则线cd
表示BCl溶液的pH与-lg 的关系，据此解答。
A．由分析可知，线ab表示NaA溶液的pH与-lg 的关系，故A错误；
B．d点时，pH=5=-lg c(H＋)时，-lg =4，则c(H＋)=10-5mol·L-1， =10-4，K (B＋)= ·c(H
h
＋)=10-5×10-4=10-9，故B错误；
C． ，由b点可知pH=9=-lgc(H＋)时，-lg =4，即 =10-4，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】，等体积等浓度的HA溶液与BOH溶液混合得BA溶液，由于
K(HA)=K (BOH)，BA溶液呈中性，故C正确；
a b
D．a点溶液pH=8，溶液质为NaA，c点溶液pH=6，溶质为BCl，这两点溶液中由水电离的c(H＋)=c(OH-)=10-
6 mol·L-1；b点溶液pH=9，溶质为NaA，d点溶液pH=5，溶质为BCl，这两点溶液中由电离的
c(HL)=c(OH-)=10-5 mol·L-1，水的电离程度b=d＞c=a，故D错误；
故选C。
4．（2023·浙江金华·统考模拟预测）已知HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中 随 的变化
而变化，其中 不发生水解。实验中往难溶盐MA的饱和溶液不断通入HCl气体，调节溶液的 ，结
果发现，298K时， 为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述不正确的是
A．当 时，
B．溶液 时，
C．MA的溶度积常数
D．HA的电离常数
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】A
【解析】A．MA溶液中物料守恒c(A-)+c(HA)=c(M+)，因为A-水解，此时溶液呈碱性，通入HCl使溶液呈酸性，
仍存在c(A-)+c(HA)=c(M+)，所以 ，A错误；
B．根据 可计算，当pH=4时c(M+)= ，所以
，B正确；
C．由题中信息可知c(H+)=0 mol/L时，为MA的饱和溶液，MA的溶度积常数
，C正确；
D．当c(A-)=c(HA)时，HA的电离常数 ，
当c(A-)=c(HA)时，根据物料守恒: c(A-)+c(HA)=c(M+)，则c(M+)=2c(A-)，根据
，则 ，代入线性关系式
，可得c(H+)= mol/L，所以 ，
D正确；
故答案选A。
5．（2023·浙江·统考高考真题）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：
该反应分两步完成：
请回答：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1) 。
(2)恒定总压 和水碳比[ ]投料，在不同条件下达到平衡时 和 的分压(某
成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
条件1 0.40 0.40 0
条件2 0.42 0.36 0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数 。
②对比条件1，条件2中 产率下降是因为发生了一个不涉及 的副反应，写出该反应方程式 。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入
B．恒定水碳比 ，增加体系总压可提高 的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止 被进一步还原为
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余
热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是 。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出 平衡转化率随温度变化的曲线 。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是 。
【答案】(1)6
(2) 2 CO+3H 2⇌CH
4
+H
2
O
(3)AC
(4) AC
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及
浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【解析】（1）设方程式①
②
③
根据盖斯定律可知，③=①-②，则 ；
（2）①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条
件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol和5mol，参加反应的一氧化碳为
xmol，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；
则平衡常数 ；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式
为：CO+3H 2⇌CH
4
+H
2
O；
（3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入 ，A正确；
B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但
过量的水蒸气可以降低体系中CO和H 的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；
2
D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；
故选AC；
（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍
减小，与图中变化相符，A正确；
B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化
不符，B错误；
C．通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍
减小，与图中变化相符，C正确；
故选AC；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂
表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导
致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
6．（2023·辽宁·统考高考真题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO ·5H O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过
4 2
程中CuSO ·5H O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃
4 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO 、 和 (填化学式)。
2
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO +SO +H O=NO+H SO
2 2 2 2 4
2NO+O =2NO
2 2
(ⅰ)上述过程中NO 的作用为 。
2
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO 的催化氧化：
2
SO (g)+ O (g) SO (g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
2 2 3
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度
的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同 下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图
所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(ⅲ)设O 的平衡分压为p，SO 的平衡转化率为α，用含p和α 的代数式表示上述催化氧化反应的K =
2 2 e e p
(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】(1) CuO SO
3
(2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO 放出影响空气环境、NO 可以溶解在硫酸中给产物硫酸
2 2
带来杂质、产率不高（答案合理即可）
(3) cd d
【解析】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO 发生热分解反
4
应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO 质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，
4
此时气体产物为SO 、SO 、O ，可能出现的化学方程式为3CuSO 3CuO+2SO ↑+SO ↑+O ↑，结合反应
2 3 2 4 2 3 2
中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO 、SO 、O ，故答案为CuO、
2 3 2
SO 。
3
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO 在反应过程中线消耗再生成，说明NO 在反应中起催化剂的作用；
2 2
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO 放出影响空气环境、同时作为催化
2
剂的NO 可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。
2
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的
时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c
正确；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率
选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；
故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce
对SO 的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
2
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数K = = =
p
；设SO 初始量为m mol，则平衡时n(SO )=m-m·α=m(1-α)，n(SO )=m·α，K =
2 2 e e 3 e p
= ，故答案为 。
1．（2023·浙江·统考高考真题）草酸( )是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往 溶液中滴加 溶液。
实验Ⅱ：往 溶液中滴加 溶液。
[已知： 的电离常数 ，溶液混合后体积变化忽略不
计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中 时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．实验Ⅱ中 时，溶液中
【答案】D
【解析】A． 溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要
选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；
B．实验I中 时，溶质是 、 且两者物质的量浓度相等，
，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在
，故B错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而 过量，因此该反应在初始阶段发生的是
，该反应的平衡常数为
，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当
完全消耗后， 再和 发生反应，故C错误；
D．实验Ⅱ中 时，溶液中的钙离子浓度为
，溶液中
，故D正确。
综上所述，答案为D。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2．（2023·浙江·校联考模拟预测）25℃、 ， ， ，
之和为 的溶液中三种粒子所占物质的量分数(分布系数 )随 变化的关系如图所示。下列说法
中不正确的是
A． 的
B．常温下，向 点溶液中滴加半滴 溶液，会产生 沉淀
C． 溶液与 溶液混合并充分搅拌后：
D．常温下 ，将足量 加入到少量 溶液中的离子方程式为：
【答案】C
【解析】由图像可知，当pH=1.3时，c(H C O )=c( )，则K = =c(H+)=10-1.3，同理，当
2 2 4 a1
pH=4.3时，c( )=c( )，则K = =c(H+)=10-4.3。
a2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．由分析可知， 的 ，A正确；
B．由题干图示信息可知，常温下，向 点溶液中c( )=c( )≈0.05mol/L，滴加半滴
溶液，则此时溶液中c(Ca2+)≈ =0.0002mol/L，则有Qc=c(Ca2+)c(
)=0.05×0.0002=0.00001＞ ，故会产生 沉淀，B正确；
C． 溶液与 溶液混合并充分搅拌后，溶液中的溶质为等物质的
量浓度的Na C O 和NaHC O 溶液，由分析可知H C O 的Ka =10-1.3，Ka =10-4.3，则 的水解平衡平衡常
2 2 4 2 4 2 2 4 1 2
数为：Kh = = =10-9.7＜Ka ，说明 的电离大于 的水解，故溶液中各离子浓度关系为：
1 2
，C错误；
D．由分析可知，H C O 的Ka =10-1.3，Ka =10-4.3，常温下 ，即Ka ＞Ka(HA)＞Ka ，根据强酸制
2 2 4 1 2 1 2
弱酸的一般规律可知，将足量 加入到少量 溶液中的离子方程式为：
，D正确；
故答案为：C。
3．（2023春·浙江杭州·高二校联考阶段练习）25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1molL-1的氨水中，溶液的
∙
pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的 的关系如图所示。若忽略溶液体积变
化，下列有关说法不正确的是
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．P 所示溶液：
2
B．t=0.5时，
C．25℃时， 的电离平衡常数为10-9.25
D．P 所示溶液：
3
【答案】C
【解析】A．P 时， ，此时pH=9.25，K = =c(OH-)=10-4.25，P 所示溶液，
1 b 2
pH=7，K = =10-4.25，则 =102.75，所以
b
，A正确；
B． =0.5时，反应后溶液中， ，但此时NH ·H O继续发生电离，平衡
3 2
时溶液中， ，则 ，依据电荷守恒：
，所以 ，B正确；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．25℃、P 时， ，此时pH=9.25， +H O NH ·H O+H+，则 的水解平衡常
1 2 3 2
数为 =10-9.25，则 的电离平衡常数不是10-9.25，C不正确；
D．P 所示溶液， =1，此时NH ·H O与HCl完全反应，生成NH Cl和水：但 发生水解，
3 3 2 4
使溶液显酸性，所以存在 ，D正确；
故选C。
4．（2023春·河北邢台·高三校联考阶段练习）常温下，有机酸 中各种含R微粒占所有含R微粒的物
质的量分数随 的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．
B． 时：
C． 溶液中：
D．反应 的平衡常数的对数值
【答案】D
【解析】随着 的增大，溶液中 逐渐转化为 ，因此开始时 逐渐减小， 逐渐增大，随着
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】的进一步增大， 逐渐减小， 逐渐增大，因此曲线①为 ，曲线②为 ，曲线③为 ；
A． 为二元弱酸，电离方程式为 ， ， ， Z
点时 ，故A错误；
B． 时，对应图中的Z点，根据电荷守恒 ，
说明溶液为酸性，即 ，故 ，故B错误；
C． 溶液中质子守恒： ，故C错误；
D．电离平衡常数 ，X点时 ， ，
；反应 的平衡常数
， ，故D正确。
选D。
5．（2023春·上海长宁·高二华东政法大学附属中学校考期中）已知25℃，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸
的电离平衡常数如表：
酸 电离平衡常数
醋酸 K=1.75×10-5
i
次氯酸 K=2.98×10-8
i
碳酸 K =4.30×10-7 K =5.61×10-11
i1 i2
亚硫酸 K =1.54×10-2 K =1.02×10-7
i1 i2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】下列叙述正确的是
A．将0.1mol/L的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小
B．少量CO 通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO +H O+2ClO-→CO +2HClO
2 2 2
C．少量的SO 通入Ca(ClO) 溶液中反应的离子方程式为：SO +H O+Ca2++2ClO-→CaSO ↓+2HClO
2 2 2 2 3
D．25℃，等浓度的CH COONa、NaClO、Na CO 和Na SO 溶液中，碱性最强的是Na CO
3 2 3 2 3 2 3
【答案】D
【解析】A．将0.1mol/L的醋酸加水不断稀释，OH-浓度增大，故A错误；
B．根据电离平衡常数，可知酸性H CO >HClO> ，所以少量CO 通入NaClO溶液中生成次氯酸和碳酸
2 3 2
氢钠，反应的离子方程式为：CO +H O+ClO-= +HClO，故B错误；
2 2
C．二氧化硫能被次氯酸钙氧化，少量的SO 通入Ca(ClO) 溶液中生成硫酸钙沉淀、次氯酸、氯化钙，反应
2 2
的离子方程式为：SO +H O+Ca2++3ClO-=CaSO ↓+2HClO+ Cl-，故C错误；
2 2 4
D．25℃，醋酸的K=1.75×10-5、次氯酸的K=2.98×10-8、碳酸的K =5.61×10-11、亚硫酸的K =1.02×10-7，电离
i i i2 i2
平衡常数越小，酸根离子的水解沉淀越大，等浓度的CH COONa、NaClO、Na CO 和Na SO 溶液中，碱性最
3 2 3 2 3
强的是Na CO ，故D正确；
2 3
选D。
6．（2023·全国·统考高考真题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下
列问题：
(1)根据图1数据计算反应 的 。
(2)研究表明，合成氨反应在 催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位， 表示被吸附
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】于催化剂表面的 )。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，
理由是 。
(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为 )使用前经 还原，生成 包裹的 。已知 属于立方
晶系，晶胞参数 ，密度为 ，则 晶胞中含有 的原子数为 (列出计算式，阿
伏加德罗常数的值为 )。
(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中
一种进料组成为 ，另一种为 。(物质i的摩尔分数：
)
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有惰性气体 的图是 。
③图3中，当 、 时，氮气的转化率 。该温度时，反应
的平衡常数 (化为最简式)。
【答案】(1)
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(2) (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
(3)
(4) 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大
图4
【解析】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物
的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应 的
。
（2）由图1中信息可知， 的 ，则 的键能为 ；
的 ，则H-H键的键能为 。在化学反应中，最大的能垒为速率
控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机
理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
（3）已知 属于立方晶系，晶胞参数 ，密度为 ，设其晶胞中含有 的原子数为 ，
则 晶体密度 ，解之得 ，即 晶胞中含有 的原子
数为 。
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图
中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数 ，因此，图中压强由小到大的顺序为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。
②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下
充入惰性气体 ，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大
的方向移动，因此，充入惰性气体 不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体 的图是图4。
③图3中，进料组成为 两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分
别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：
当 、 时， ，解之得 ，则氮气的转化率 ，平衡时
、 、 的物质的量分别为 、2 、 ，其物质的量分数分别为 、 、 ，则该温度下
因此，该温度时，反应 的平衡常数
。
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