文档内容
重难点 13 化学反应原理
本题结合图表信息，综合考查化学原理的知识，涉及化学反应中的能量变化、化学反应速率和平衡，化学
反应原理综合题涉及的内容主要包括化学反应过程中的焓变、化学能与电能的相互转化、电极反应式的书
写、化学反应速率的定性分析与定量计算、化学平衡移动原理在生产中的应用、化学平衡常数的计算、反
应条件的控制、弱酸弱碱的转化、pH计算、离子浓度大小的比较、离子的共存、难溶物之间的转化等问
题，信息量大，难度大；充分考查学生的接受信息能力、知识迁移运用能力、解决实际问题的能力及计算
能力。
试题常以选择、填空、读图、作图、计算等形式出现。高考一般以与生产、生活联系紧密的物质为背景材
料出组合题，各小题之间有一定独立性。预计2024年高考仍然将结合某个特定的工业生产过程，综合考查
反应热、热化学方程式、化学反应速率和化学平衡；考查从图像中获取有效信息，解答与化学反应速率和
化学平衡有关的问题，如反应速率、反应转化率、产率，提高转化率的措施等；考查从图表或图像中获取
信息，计算转化率、平衡常数等。
一、催化剂的化学反应机理分析
1．牢记两种反应机理模型
(1)循环模型
一种太阳能催化HO分解的反应机理
2
(2)微观原子模型
CO 和CH 转化为CHCOOH的催化反应历程
2 4 3
2．巧抓三个关键点
(1)未给出具体物质模型或给出微观模型，要现将模型转化为具体物质，再进行分析，避免途中混淆。
(2)确定物质：进入循环图的箭头为反应物，离开循环图的箭头为生成物，生成最终产物的步骤同样生成催化剂，其余为中间产物。
用H 制备HO 的一种反应机理如上图，总反应为H ＋O=====HO ；催化剂为[PdCl ]2－；中间产物
2 2 2 2 2 2 2 4
为[PdCl O]2－和Pd。
2 2
(3)反应机理中，涉及到过渡态、基元反应、碰撞理论等知识应做理解，避免储备不足导致无法解析题干。
二、热化学方程式的书写及反应热的求算
1．热化学方程式的书写
注意事项
2．求反应热的几种方法
从宏观角度分析计算：ΔH＝H(生成物的总能量)－H(反应物的总能量)
1 2
从微观角度分析计算：ΔH＝E(反应物的键能总和)－E(生成物的键能总和)
1 2
从活化能角度分析计算：ΔH＝E(正反应的活化能)－E(逆反应的活化能)
1 2
3．根据盖斯定律计算
(1)计算步骤(2)计算方法
三、反应热与化学平衡的综合
1．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。
2．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。
3．分析图表时应注意的问题
(1)仔细分析曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点，找准纵坐标与横坐标的对应数据。
(2)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。
四、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。
1. （2023江苏卷节选）空气中 含量的控制和 资源利用具有重要意义。
（1）燃煤烟气中 的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的 溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体
而很少用KOH固体吸收空气中的 ，其原因是___________。
（2）合成尿素[ ]是利用 的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：反应Ⅱ：
①密闭体系中反应Ⅰ 的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的 ___________(填“=0”或“>0”或
“<0”)。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[ ]和尿素
转化为氰酸铵( )等副反应。尿素生产中实际投入 和 的物质的量之比为
，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。
【答案】（1） ①. ②. 相同质量的LiOH固体可吸
收更多二氧化碳
（2） ①. <0 ②. 适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二
氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高
【解析】
（1）由图可知“吸收”后所得的 溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH
可回收利用，故化学方程式为 。载人航天器内，常用LiOH
固体而很少用KOH固体吸收空气中的 的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。
（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其
<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮
碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。
2.（2022年江苏卷节选）硫铁化合物( 、 等)应用广泛。
（1）纳米 可去除水中微量六价铬 。在 的水溶液中，纳米 颗粒表面带正电荷，
主要以 、 、 等形式存在，纳米 去除水中 主要经过“吸附→反应→
沉淀”的过程。
已知： ， ； 电离常数分别为 、。
①在弱碱性溶液中， 与 反应生成 、 和单质S，其离子方程式为_______。
②在弱酸性溶液中，反应 的平衡常数K的数值为_______。
③在 溶液中，pH越大， 去除水中 的速率越慢，原因是_______。
【答案】（1） ①. ②. 5 ③.
c(OH-)越大， 表面吸附的 的量越少， 溶出量越少， 中 物质的量分数越大
【解析】
（1）在弱碱性溶液中， 与 反应生成 、 和单质S的离子方程式为：
；反应 的平衡常数K=
，由题目信息可知， ， 电离常数
，所以K= = =5 ；在 溶液
中，pH越大， 去除水中 的速率越慢，是由于c(OH-)越大， 表面吸附的 的量越少，
溶出量越少， 中 物质的量分数越大；故答案为：
；5 ；c(OH-)越大， 表面吸附的 的
量越少， 溶出量越少， 中 物质的量分数越大。
（建议用时：45分钟）
1．（2023上·天津红桥·高三统考期中）为达到碳中和的目标，工业燃烧煤的废气要进行脱碳处理。
(1)向2L密闭容器中加入 和 ，在适当的催化剂作用下，发生反应：
。
①该反应自发进行的条件是 (填“低温”“高温”或“任意温度”)。
②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A．混合气体的平均相对分子质量保持不变
B． 和H 的体积分数保持不变
2
C． 和H 的转化率相等
2
D．混合气体的密度保持不变
E． 生成的同时有 键断裂(2)改变温度，使反应 中的所有物质都为气态。起始温度、
体积相同(T ℃、2L密闭容器)。反应过程中部分数据见下表：
1
反应时间(min) (mol) (mol) (mol) (mol)
0 2 6 0 0
10 4.5
反应I：恒温恒容
20 1
30 1
反应II：绝热恒容 0 0 0 2 2
①达到平衡时，反应I、II对比：平衡常数K(I) K(II)(填“>”“<”或“=”，下同)；平衡时
的浓度c(I) c(II)。
②对反应I，前10min内的平均反应速率 = ；在其他条件不变的情况下，若30min时只改
变温度至T℃，此时 的物质的量为3.2mol，则T (填“>”<”或“=”)T。若30min时只向容器中
2 1 2
再充入 和 ，则平衡 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。
【答案】(1) 低温 D、E
(2) K(I) < K(II) c(I) < c(II) 0.025mol/(L·min) < 不
【解析】（1）①反应 、 ，低温时， 成立，
反应能自发进行；
②A．向2L密闭容器中加入 和 ，发生反应 ，反应
过程中 和 的物质的量之比为定值，混合气体的平均相对分子质量是定值，当混合气体的平均相对
分子质量保持不变时，不能说明反应达到平衡，故A不选；
B．向2L密闭容器中加入 和 ，发生反应 ，反应过
程中 和 的物质的量之比为定值，混合气体的平均相对分子质量是定值， 和H 的体积分数是定
2
值，当 和H 的体积分数不变时，不能说明反应达到平衡，故B不选；
2
C．向2L密闭容器中加入 和 ，发生反应 ， 和
H 的转化率始终相等，当 和H 的转化率相等时，不能说明反应达到平衡，故C不选；
2 2
D．该反应过程中混合气体的总质量减小，总体积不变，混合气体的密度减小，当混合气体的密度不变时，
说明反应达到平衡，故D选；E． 生成的同时有 键断裂，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故E选；
正确答案是DE。
（2）①因为生成甲醇的反应是放热反应，而反应Ⅱ是从逆反应开始的，所以反应吸热，所以绝热容器的
温度要低于恒温容器，即反应I温度高于反应Ⅱ，温度升高，放热反应的平衡常数减小，则K(I)”或“<”)。
2
(2)一定温度下，按物质的量之比为2：1通入NH 和CO 至密闭容器中，假设仅发生反应Ⅰ。达到平衡后，
3 2
CO 的平衡浓度为cmol·L-1，其他条件不变，缩小容器容积，重新达到平衡后，CO 的平衡浓度为
2 1 2
cmol·L-1，则c c(填“>”、“<”或“=”)。
2 1 2(3)为研究上述三个反应的平衡关系，通入3mol的NH 、CO 混合气体至10L恒容密闭容器中，NH 的平衡
3 2 3
分压随初始充入NH 与CO 的物质的量之比、温度的变化关系如图所示。
3 2
①a b(填“>”或“<”)。
②M点的p (NH )大于N点的p (NH )，原因为 (答一点)。
平衡 3 平衡 3
③T℃时，反应前容器内气体压强为pkPa，达到N点对应平衡状态的时间为tmin，则0～tmin时段反应的
1 0
平均速率v(CO)= mol·L-1·min-1(用代数式表示)。保持温度不变，平衡后再向容器中通入一定量
2
的水蒸气，NH COONH 的平衡产率 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
2 4
【答案】(1) -87 <
(2)>
(3) > M点温度高于N点，升高温度，平衡逆向移动，NH 的平衡分压越大 减
3
小
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅲ可得反应Ⅱ，反应Ⅱ的
ΔH=ΔH +ΔH =-159kJ·mol-1+72kJ·mol-1=-87 kJ·mol-1，该反应是气体体积减小得反应，ΔS<0。
2 1 3
（2）反应Ⅰ是气体体积减小得反应，缩小容器容积，压强增大，平衡正向移动，CO 的平衡浓度减小，则
2
c>c。
1 2
（3）① 越大，n(NH )越大，由勒夏特列原理可知，NH 的平衡分压越大，则a>b；
3 3
② 越大，NH 的平衡分压越大，另外反应Ⅰ和反应Ⅱ都是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
3
NH 的平衡分压越大；
3
③通入3mol的NH 、CO 混合气体至10L恒容密闭容器中，此时 =2，则n(NH )=2mol，
3 2 3
n(CO)=1mol，T℃时，反应前容器内气体压强为pkPa，则NH 的起始分压为 ，反应Ⅰ和反应Ⅱ中
2 1 0 3
NH 和CO 的系数之比都是2：1，平衡时NH 的平衡分压为p，则0～tmin时段反应的平均速率
3 2 3 1v(CO)=0.5v(NH )= = mol·L-1·min-1，保持温度不变，平衡后再向容器中通入一
2 3
定量的水蒸气，反应Ⅲ和反应Ⅱ逆向移动，NH 和CO 的物质的量增大，反应Ⅰ正向移动，但
3 2
NH COONH 的平衡产率减小，综上所述，NH COONH 的平衡产率减小。
2 4 2 4
3．（2023上·天津·高三天津市第四十七中学校考）对含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义。
(1) 、 和 相互之间可以发生化合反应，已知反应的热化学方程式如下：
， ；
， ；
， 。
则氨的催化氧化反应 的 ，平衡常数为K＝ 。（用
表示）。
(2)汽车尾气净化的一个反应原理为： ．一定温度下，将
2.8mol NO、2.4mol CO通入固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
0~20min平均反应速率 为 ；25min时，若保持反应温度不变，再向容器中充入
CO、 各0.8mol，则 （填“>”、“＜”或“＝”）。
(3)合成氨反应 是目前最有效的工业固氮方法，解决数亿人口生存问题。
在T℃、压强为 条件下，向一恒压密闭容器中通入 的混合气体，体系中各气体的含量与
时间变化关系如图所示：①以下叙述不能说明该条件下反应达到平衡状态的是 （填字母）。
a．氨气的体积分数保持不变 b．容器中 保持不变
c．气体平均相对分子质量保持不变 d．气体密度保持不变
e．
②若起始条件相同，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时 的含量符合图中 点（填
“a”、“b”、“c”、“d”、“e”、“f”或“g”）。
(4)25℃用甲酸吸收氨气可得到 溶液。
已知：25℃时甲酸的 ， 的 。
则反应 的平衡常数 。
【答案】(1)
(2) 0.02 ＜
(3) be g
(4)
【解析】（1）将题干中的三个热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律：氨的催化氧化反应
可以由①×2+②×3-③×2得出，则△H=2△H+3△H -2×△H =-903kJ·mol-1，
1 2 3
；
（2）0~20min平均反应速率 = = =0.02mol/(L⋅min)；K= =0.05；Q= =0.067>K，平衡逆向移动，得出v 0，反应不自发，故B正确；
C．由反应历程图像可知，先是 中的O原子去进攻 中的Pt原子，故C正确；
D．催化剂不能提高平衡转化率，故D错误。
答案为BC；
（4）平衡时v =v ，即 = ，有 ，代入横坐标为1
正 逆
纵坐标为3那个点的数据，p(CO)=103kPa，p(N )=2 103kPa，p(N O)=10kPa，p(CO)= 10kPa，则
2 2 2
= 。
6．（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）填空
(1)已知顺-2-丁烯与反-2-丁烯之间的转化称为“异构化”，两种物质与氢气加成的热化学方程式如下，则顺-2-丁烯异化为反-2-丁烯的热化学方程式为 ．
①
②
(2)已知： 。下表是几种化学键的键能，则
的键能为 。
化学键
键能 413 326 436 1072
(3)由 和 构成的质子交换膜燃料电池的结构示意如下图所示，电池总反应为
，请回答下列问题。
① 电极的电极反应式为 ．
②若用该燃料电池为铅蓄电池充电，电极 连接铅蓄电池的 极（填“ ”或“ ”），通过
质子交换膜 时，上述燃料电池所消耗的 在标准状况下的体积为 ，铅蓄电池中电解液
质量 （填“增大”或“减小”） g。
【答案】(1)
(2)480
(3) 11.2 增大 160
【解析】（1）根据盖斯定律，将①－②得顺-2-丁烯异化为反-2-丁烯的热化学方程式为
[ ∆H=(-119kJ/mol)-(-115kJ/mol)=-4kJ/mol]。
（2）根据∆H=反应物的键能总和－生成物的键能总和，则-202kJ/mol=2×1072kJ/mol+4×436kJ/mol-
[6×413kJ/mol+2×326kJ/mol+2E(O—H)]（E表示键能），解得E(O—H)=480kJ/mol，即O—H的键能为480kJ/mol。
（3）①由电子的流向可知，a电极为负极，b电极为正极，c处进入CHCHOH，d处通入O，a极的电极
3 2 2
反应式为CHCHOH-12e-+3H O=2CO+12H+。
3 2 2 2
②铅蓄电池充电时的反应为2PbSO +2H O Pb+PbO+2H SO ，Pb为阴极、PbO 为阳极，若用该燃料电
4 2 2 2 4 2
池为铅蓄电池充电，电极b（正极）连接铅蓄电池的PbO 极（阳极）；该燃料电池b电极的电极反应式为
2
O+4e-+4H+=2H O，若通过质子交换膜2molH+时，电路中通过电子物质的量为2mol，消耗O 物质的量为
2 2 2
0.5mol，消耗的O 在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；铅蓄电池充电时的反应为
2
2PbSO +2H O Pb+PbO+2H SO ~2e-，根据电子守恒，每通过2mol电子时消耗2molH O、生成
4 2 2 2 4 2
2molH SO ，电解质溶液质量增加2mol×98g/mol-2mol×18g/mol=160g。
2 4
7．（2023上·安徽·高三校联考期中）华东理工大学科研小组在甲醇( )水蒸气重整(SR)制氢方面的
研究成果为氢能源的生产提供了一种新途径。其主反应(SR)、副反应甲醇分解(DE)在 催化剂上
的反应原理如下：
主反应(SR)： kJ⋅mol
副反应(DE)：
请回答下列相关问题：
(1)用铜铁废液制备催化剂的过程如图一所示：
已知： 能溶于NaOH溶液
①溶液A生成 的过程中，NaOH溶液 (选填“过量”、“不过量”)。
②写出 与Zn反应生成 的离子方程式并标出电子转移的方向和数目 。
(2)副反应(DE)的能量变化如图二所示：则 kJ⋅mol 。(3)甲醇( )水蒸气重整反应体系中，甲醇( )平衡转化率和CO的选择性[ ]随
温度的变化如图三所示：
①升高温度 平衡转化率增大的原因是 。
②从图三知主反应的适宜温度在 左右。
(4)甲醇( )水蒸气重整反应体系中，甲醇( )平衡转化率和CO的选择性随
比的变化如图四所示：
①从图四中可以看出 比为2.0时 的转化率接近100%，CO的选择性<1%，此时
最有利于主反应，而实际生产中选择 ，其可能原因是 。
②在甲醇( )水蒸气重整反应体系中，通入6mol水蒸气；若 ， 的转
化率为96%，CO的选择性为3.5%，则生成 的物质的量为 mol。
【答案】(1) 过量 或
(2)＋92
(3) 由主副反应的 ，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故 转化率增大
240℃∼250℃均正确
(4) 提高 比时，水气化需要消耗大量的能量或 时副反应
CO的选择性只占3.5%左右，生成的CO和 的合成气可以回收利用(只要答一个即可，答案合理即可)
14.232
【解析】（1）①根据已知 能溶于NaOH溶液，为了除去锌元素，溶液A生成 沉淀的过
程中，NaOH溶液应该过量；
② 与Zn反应生成 和 ，写出离子方程式并标出电子转移的方向和数目为或 ；
（2）根据图二所示：则 (2032-1940)kJ⋅mol = +92kJ⋅mol ；
（3）①升高温度 平衡转化率增大的原因是由主副反应的 ，升高温度平衡向吸热反应方向移
动，故 转化率增大；
②从图三知240℃∼250℃时甲醇的转化率接近100%，且此时副反应的选择性较低，故主反应的适宜温度
在240℃∼250℃均可；
（4）①从图四中可以看出 比为2.0时 的转化率接近100%，CO的选择性
<1%，此时最有利于主反应，而实际生产中选择 ，其可能原因是提高
比时，水气化需要消耗大量的能量或 时副反应CO的选择性
只占3.5%左右，生成的CO和 的合成气可以回收利用；
②在甲醇( )水蒸气重整反应体系中，通入6mol水蒸气；若 ，则 为
5mol， 的转化率为96%，CO的选择性为3.5%，CO 的选择性为96.5%，则生成 的物质的量为
2
(5mol×96%×96.5%×3+5mol×96%×3.5%×2)=14.232mol。
8．（2023上·上海宝山·高三上海市行知中学校考）“碳一化学”是指以碳单质或分子中含1个碳原子的物
质(如CO、CO、CH、CHOH、HCOOH等)为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境
2 4 3
污染有重要意义。一定温度下，在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO 与3mol H，发生下列反应：
2 2
(1)一定温度下，上述反应在恒容密闭容器中达到平衡状态。下列说法正确的是___________。
A．加入催化剂，活化分子百分数不变
B．再额外通入适量 ， 的平衡转化率减小
C．充入少量氦气， 的平衡浓度减小
D．升高温度，正逆反应速率与 的平衡浓度均减小
(2)若反应10min时达到平衡， 的转化率为50%，则用 来表示反应从开始到平衡过程中的平均反应
速率是 。
(3) 还可与 制取，其原理为 。在密闭容器中通入等物质的量
的 与 ，在一定条件下发生反应，测得 的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则压强
(填“>”或“<”) ； 时y点： (正) (填“>”、“”或“=”) (逆)。(4)根据上述信息，在恒温恒容的密闭容器中通入 的混合气体，发生上述反应。下列
一定能说明该反应达到平衡状态的是___________。
A．混合气体的平均相对分子质量不再变化 B．
C．混合气体的密度不再变化 D．物质的总质量不再变化
(5)如图所示，甲醇燃料电池以甲醇为燃料，产生二氧化碳并实现化学能到电能的转化。则该电池中，甲醇
发生 反应，负极的电极反应式为 。
【答案】(1)B
(2)0.025mol•L-1•min-1
(3) ＜ ＞
(4)B
(5) 氧化 CHOH+8OH--6e-= +6H O
5 2
【解析】（1）A．加入催化剂，降低了反应的活化能，活化分子数增加，活化分子百分数增加，A错误；
B．再额外通入适量H，平衡正向移动，但H 的平衡转化率减小，B正确；
2 2
C．充入少量氮气，恒容密闭容器，各物质的浓度不变，平衡不移动，CO 的平衡浓度不变，C错误；
2
D．升高温度，正逆反应速率均增大，平衡逆向移动，CHOH的平衡浓度减小，D错误，
3
故答案为：B；
（2）若反应10min时达到平衡，设CO 反应了xmol，则建立三段式：
2由上可见： = (和方程式计量系数成比
例)故：x=0.5mol，所以用CO 来表示反应从开始到平衡过程中的平均反应速率 (CO)= =
2 2
=0.025mol•L-1•min-1，故答案为：0.025mol•L-1•min-1；
（3）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH 的转化率越小，已知相同温度下，P 条件下的转化率
4 1
大于P，则P 小于P，压强为P 时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以 (正)大于 (逆)，
2 1 2 2
故答案为：＜；＞；
（4）A．混合气体的平均相对分子质量为M= ，反应过程中气体的总质量不变，气体的总物质的量也不
变，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．2 (CO)= (H )，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B正确；
正 2 逆 2
C．反应过程中气体的总质量不变，容器的容积不变，则混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平
衡状态，C错误；
D．反应过程中气体的总质量不变，则气体的总质量不再变化不能说明反应达到平衡状态，D错误；
故答案为：B；
（5）该燃料电池中负极上甲醇失电子和NaOH反应生成碳酸钠和水，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，
因此甲醇发生氧化反应；放电时电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，负极反应式为
CHOH+8OH--6e-= +6H O，故答案为：氧化；CHOH+8OH--6e-= +6H O。
5 2 5 2
9．（2023上·上海黄浦·高三格致中学校考）溶液的酸碱性会影响微粒的存在形式。已知：25℃下列弱酸的
电离常数
HF HCN
、
(1)室温下，物质的量浓度均为 的四种溶液，其pH由小到大排列的顺序是________。(用序号表
示)
A． B． C．NaF D．
(2)向NaCN溶液中通入少量 ，化学方程式为 。
(3) 溶液中电荷守恒关系式为 。
(4)不能证明HF是弱电解质的方法是___________。
A．常温下，测得 的pH>1
B．常温下，测得NaF溶液的pH>7
C．常温下，pH=2的HF溶液加水稀释至100倍后pH<4D．常温下， 的HF溶液恰好与 溶液完全反应
(5)室温下， 溶液显 性，结合上表数据加以解释 。
(6)以酚酞为指示剂，用 的NaOH溶液滴定20.00mL， 的弱酸 溶液，溶液中，
含A的粒子分布系数δ随溶液pH的变化关系如图所示[比如 的分布系数 ]。下列
叙述正确的是___________。
A．曲线①代表 ，曲线②代表
B． 的第三级电离：
C． 的电离常数
D．当所加NaOH溶液体积为40mL，pH=a时， 约为
(7)对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度
如下表( 与 未列出)：
离子
浓度( )
根据表中数据判断PM2.5试样的pH值= 。
【答案】【小题1】CBDA 【小题2】CN-+ CO+H O=HCN+ 【小题3】c(Na+)+c(H+)=2c(
2 2
)+c( )+c(OH-) 【小题4】D 【小题5】 碱性 的水解常数K = =
h
=2.310-8＞K ，说明 在溶液中的水解程度大于电离程度 【小题6】BD 【小题7】
a2
4
【解析】（1）由电离常数可知，弱酸或酸式根离子在溶液中的电离程度大小顺序为HF＞CHCOOH＞
3
HCO＞ ，由水解规律可知，浓度相等的四种盐溶液的pH由小到大排列的顺序为NaF＜CHCOONa
2 3 3
＜NaHCO ＜NaCO，即C＜B＜D＜A；
3 2 3
（2）由电离常数可知，HCN的电离程度小于HCO，大于 ，则由强酸制弱酸的原理可知，NaCN溶
2 3液与少量CO 反应生成HCN和NaHCO ，反应的离子方程式为CN-+CO +H O=HCN+ ；
2 3 2 2
（3）碳酸钠溶液中存在电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=2c( )+ c( )+c(OH-)；
（4）A．常温下，0.1mol/L HF溶液的pH大于1，说明HF在溶液中部分电离，HF属于弱酸，故A不符合
题意；
B．常温下，测得NaF溶液pH大于7，说明F-发生了水解，则HF属于弱酸，故B不符合题意；
C．常温下，pH为2的HF溶液加水稀释至100倍后，pH<4，说明HF溶液中存在电离平衡，HF属于弱酸，
故C不符合题意；
D．常温下，等体积等浓度的HF溶液与NaOH溶液恰好反应，只能说明HF为一元酸，不能确定HF的酸
性强弱，故D符合题意；
故选D；
（5） 在溶液中的水解常数K= = =2.310-8＞K ，说明 在溶液中的水解程度大于
h a2
电离程度，溶液呈碱性；
（6）A．向HA溶液中加入NaOH溶液时，溶液中HA的浓度减小，HA-和HA2-离子的浓度先增大后减
3 3 2
小，则曲线①代表HA-分布系数、曲线②代表HA2-分布系数，故A错误；
2
B．由题意可知，HA为三元弱酸，在溶液中分步电离，第三级电离的电离方程式为 ，故
3
B正确；
C．由图可知，溶液pH为2时，溶液中HA和HA-的浓度相等，由电离常数公式可知，HA的电离常数
3 2 3
K = =c(H+)=10-2，故C错误；
a1
D．pH=7时，K = =c(H+)=10-7，当所加NaOH溶液体积为40mL，溶液中的溶质为NaHA，
a2 2
则c(HA2-)约为 = 0.1mol⋅L−1，则pH=a时，K =10-7= ，c(HA−)约为
a2 2
106−amol⋅L−1，D正确；
故选BD；
（7）由电荷守恒可知，溶液中H+的浓度为(4×10-5×2+3×10-5+2×10-5)mol/L-(0.4×10-5+0.6×10-5+2×10-5)mol/
L=10-4mol/L，则溶液pH为4。
10．（2023上·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校考）含氮化合物中，NO 、 、 等是环境污染
x
物，需要消除其污染；HNO、NH 等物质又是极其重要的化工原料。
3 3
Ⅰ．苯酚(C HOH)是一种广泛使用、易氧化的化工产品。一种在650K下用NO废气催化氧化苯制备苯酚
6 5 2
的新方法为： 。
(1)已知： △H=+82.9 kJ⋅mol
1
△H=+163.2 kJ⋅mol-1
2△H=-243 kJ⋅mol-1
3
则 △H= 。
Ⅱ．在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H 可高效转化酸性溶液中的硝态氮( )，以达
2
到降低溶液中含氮量、消除污染的目的，其工作原理如图所示。
(2) 被H 还原为N 的过程可描述为：液体中H 在导电基体的单原子铂上失去电子生成 ，电子进入
2 2 2
导电基体中进行传导， 。
(3)若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是 。
(4)单原子铂催化剂相比于Pt颗粒催化剂，优点有 。
Ⅲ．科研人员发现利用低温固体质子导体作电解质，催化合成NH ，与传统的热催化合成氨相比，催化效
3
率较高。其合成原理如图所示。
(5)P-C N 是 (填电极名称)，电极反应式为 。
3 4
(6)电源电压改变与生成NH 速率的关系如图所示。其他条件不变时，逐渐增大电压，氨生成速率加快，当
3
电压高于1.2eV时，氨生成速率下降，其可能的原因是 。(用电极反应式表示)【答案】(1)-286 kJ∙mol-1
(2) 在单原子铜上得到(H 失去的)电子被还原为NO，NO继续在单原子铂上得电子被还原为NO，NO
2 2 2
从液体中逸出，在铱表面被H 还原为N
2 2
(3) 更多转化为 存在于溶液中，不利于降低溶液中含氮量
(4)原子利用效率最大化；催化活性更高；具有较高的稳定性
(5) 阴极
(6)
【解析】（1）① △H=+82.9 kJ⋅mol-1
1
② △H=+163.2 kJ⋅mol-1
2
③ △H=-243 kJ⋅mol-1
3
利用盖斯定律，将反应③× -①-②× 得： H=-243×
△
kJ⋅mol-1-82.9 kJ⋅mol-1-163.2× kJ⋅mol-1=-286 kJ∙mol-1。
（2）在Cu表面， 得电子生成NO，在Pt表面，NO转化为NO，在液体中逸出后，在铱表面被H 还
2 2
原为N，则 被H 还原为N 的过程可描述为：液体中H 在导电基体的单原子铂上失去电子生成 ，
2 2 2 2
电子进入导电基体中进行传导， 在单原子铜上得到(H 失去的)电子被还原为NO，NO继续在单原子铂
2
上得电子被还原为NO，NO从液体中逸出，在铱表面被H 还原为N。
2 2 2 2
（3）从图中可以看出，有部分 在Pt表面得电子转化为 ，若导电基体上的Pt颗粒增多，则会有更
多的 转化为 ，则造成的后果是： 更多转化为 存在于溶液中，不利于降低溶液中含氮量。
（4）单原子铂催化剂相比于Pt颗粒催化剂，与微粒的接触面积大，利用率高，则其优点有：原子利用效
率最大化；催化活性更高；具有较高的稳定性。
（5）在Pt-C电极，H 失电子生成H+进入固体质子导体中，在P-C N 电极上，N 得电子产物与H+结合为
2 3 4 2
NH ，则P-C N 电极是阴极，电极反应式为 。
3 3 4
（6）其他条件不变时，逐渐增大电压，氨生成速率加快，当电压高于1.2eV时，氨生成速率下降，则表明
N 得电子能力减弱，可能是H+获得了电子，其可能的原因是 。
2【点睛】固体催化剂的颗粒越小，表面积越大，催化活性越大。
