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大题03 化学反应原理综合题
化学反应原理主要考查热化学、电化学、化学反应速率和化学平衡等主干理论知识，主要命题点有
盖斯定律的应用、反应速率和化学平衡的分析、化学平衡常数的表达式书写与计算、反应条件的分析选
择、生产生活中的实际应用等，试题常以填空、读图、作图、计算等形式呈现。试题一般以与生产、生
活紧密联系的物质为背景材料命制组合题，各小题之间又有一定的独立性。主要考查学生的信息处理能
力、学科内综合分析能力，应用反应原理解决生产实际中的具体问题，体现了“变化观念与平衡思想”
的核心素养。
预测2025 年高考主要以“多因素影响”出现，考查考生的综合分析判断能力。以实际情景(场景)为
背景，更能体现核心素养的要求。而在实际生产过程中，影响因素是多元化、多方位和多层次的。
题型1 热化学方程式书写及有关ΔH 的计算
1．（2024·全国甲卷·高考真题）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(
)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
(1)已知如下热化学方程式：
1
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计算反应
的
。
【规范答案】(1)-67
【解题思路】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，
将方程式①乘以3 再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的
∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。
2．（2024·山东·高考真题）水煤气是
的主要来源，研究
对
体系制
的影响，涉及主要反应
如下：
回答下列问题：
(1)
的焓变
(用代数式表示)。
【规范答案】(1)
+
+
【解题思路】（1）已知三个反应：
.
Ⅰ
.
Ⅱ
.
Ⅲ
设目标反应
为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+
+
ⅡⅢ，所以
+
+
。
1．热化学方程式的书写步骤：
2．．根据盖斯定律进行计算
（1）计算步骤
2
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（2）ΔH 与书写方式的关系
①正逆反应的△H、K 的关系：△H 正+△H 逆＝0，K 正·K 逆＝1
②化学计量数变成n 倍，△H 变为n 倍，K 变为n 次方倍
③反应③＝反应①+反应②，则：△H3＝△H1+△H2，K3＝K1·K2
④反应③＝反应①－反应②，则：△H3＝△H1－△H2，K3＝
K 1
K 2
⑤反应③＝a×反应①－
1
b ×反应②，则：△H3＝a△H1－
1
b △H2，K3＝
K1
a
K 2
−b
3．常用关系式
热化学方程式
焓变之间的关系
aA===B ΔH1
A===B ΔH2
ΔH2＝ΔH1或ΔH1＝aΔH2
aA===B ΔH1
B===aA ΔH2
ΔH1＝－ΔH2
ΔH＝ΔH1＋ΔH2
4．ΔH 的三种计算式
(1)ΔH＝生成物总能量－反应物总能量＝H(生成物)－H(反应物)
(2)ΔH＝反应物总键能之和－生成物总键能之和
①常见分子：根据成键原则画出结构式即可判断
分子式
Cl2
O2
N2
H2O
H2O2
CO2
结构式
Cl－Cl
O＝O
N≡N
H－O－H
H-O-O-H
O＝C＝O
分子式
HCN
NH3
CH4
C2H4
C2H6
N2H4
结构式
H－C≡N
②信息分子：根据分子结构示意图数共价键个数
3
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物质
硫化磷
雄黄（As4S4）
P4O10
S8单质
N4分子
P4O6
结构
键数
12 个P-S 键
2 个P＝S 键
2 个As-As 键
8 个S-As 键
4 个P＝O 键
12 个P－O 键
8 个S－S 键
6 个N－N 键
12 个P－O 键
③特殊物质：选修物质结构内容
物质/mol
白磷
金刚
石
晶体硅
SiO2
石墨
结构
键数/mol
6
2
2
4
1.5
(3)ΔH＝E1－E2，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能
1．（2025·山西·一模）硫化氢的消除与资源化利用是天然气开采、煤化工等诸多行业中的关键研究课题。
回答下列问题：
(1)在
催化下，
与
反应可以制备粮食熏蒸剂羰基硫
。
①通常状态下，由最稳定单质生成
某纯物质的热效应称为该物质的标准摩尔生成焓
，单质的
标准摩尔生成焓为0。部分物质的标准摩尔生成焓如下表所示：
物质
则
。
4
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【答案】(1)
B
【解析】（1）①反应的焓变可由生成物的标准摩尔生成焓减去反应物的标准摩尔生成焓得到，故
；
2．（2025·福建·一模）工业上以合成气CO 和
，少量
和稀有气体)为原料制二甲醚(DME)，主要
发生下列反应：
ⅰ：
ⅱ：
ⅲ：
ⅳ：……
(1)在标准状态下，由最稳定的单质生成1mol 纯物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓
。几种物
质的标准摩尔生成焓如下表：
物质
由表中数据推测，
。
【答案】(1)
【解析】（1）由标准摩尔生成焓
及表中数据可知，
，
，
，由盖斯定律得
，故
；
3．（2025·广西·一模）为实现“碳中和”和“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。
Ⅰ．甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(
和
)直接转化为合成气(主要成分为CO 和
)，反
应方程式为
。
(1)几种物质的燃烧热如下表：
物质
燃烧热(
)
893
283
285.8
5
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请计算甲烷干重整反应
的
。
【答案】(1)+244.6
【解析】（1）CH4 、CO 和H2，的燃烧热分别为-893kJ/mol、-283kJ/mol 和-285.8kJ/mol，根据盖斯定律：
可计算应
的
=[-893-(2×-283)-(2×-285.8)]kJ/mol=+244.6kJ/mol；
4．（2025·上海闵行·一模）脱除沼气中的
是资源利用和环境保护的重要研究课题，脱除
有多种方
法。
方法一：高温热分解法
已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算
热分解反应
的
。
【答案】
170kJ/mol
【解析】根据盖斯定律可知，反应2H2S(g)= S2(g)+ 2H2(g)可由
×(①+②)-③得到，则ΔH=
×[(-1036kJ mol
⋅
−1)+(94kJ mol
⋅
−1)]-(-484kJ mol
⋅
−1)=170kJ mol
⋅
−1；
5．（2024·辽宁沈阳·三模）回答下列问题。
(2)已知25℃时中和热的
，反应
，写出
固体的溶解平衡的热化学方程式： 。
一定条件下，由稳定单质反应生成1mol 化合物的反应热叫该化合物的生成热(
)。下图为Ⅵ A 族元素氢
化物a、b、c、d 的生成热数据示意图：
(3)
硫化氢发生分解反应的热化学方程式为 。
【答案】(2)BaSO4(s)
Ba2+(aq)+ SO
(aq) ΔH=+40kJ/mol
(3)H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=+20 kJ/mol
【解析】（2）由题意可得如下热化学方程式：
6
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①H+(aq)+ OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol
②Ba2+(aq) +2OH-(aq)+ SO
(aq)+2H+(aq)=BaSO4(s)+2 H2O(l) ΔH=-154.6kJ/mol
由盖斯定律可知，反应①×2-反应②得到硫酸钡固体的溶解平衡BaSO4(s)
Ba2+(aq)+ SO
(aq)则
ΔH=(-57.3kJ/mol)×2-(-154.6kJ/mol)=+40kJ/mol，固体溶解的热化学方程式为BaSO4(s)
Ba2+(aq)+ SO
(aq)
ΔH=+40kJ/mol，故答案为：BaSO4(s)
Ba2+(aq)+ SO
(aq) ΔH=+40kJ/mol；
（3）同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，气态氢化物的热稳定性依次减弱，生成气态氢化物的焓
变ΔH 依次增大，则点c 表示硫化氢，由图可知，生成硫化氢的热化学方程式为S(s)+H2(g)= H2S(g) ΔH=-20
kJ/mol，所以硫化氢发生分解反应的热化学方程式为H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=+20 kJ/mol，故答案为：
H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=+20 kJ/mol；
题型2 有关反应速率、转化率、速率常数的计算
1．（2024·浙江·高考真题）通过电化学、热化学等方法，将
转化为
等化学品，是实现“双
碳”目标的途径之一。请回答：
(1)某研究小组采用电化学方法将
转化为
，装置如图。电极B 上的电极反应式是 。
(2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
：
Ⅱ：
Ⅲ：
①
。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，
和
的投料浓度均为
，平衡常数
，
则
的平衡转化率为 。
【规范答案】(1)
7
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(2) +14.8 2.4×10−8 10.00
【解题思路】（1）①电极B 是阴极，则电极反应式是
；
（2）①ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol；
②根据三段式，设转化的CO2为x，则：
，则
，
，则转化率=
；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol L
⋅-1氨水和0.18 mol L
⋅-1甲酸铵的混合溶液，得出
=0.18mol/L，
根据
，则
，
，
；
2．（2024·甘肃·高考真题）
是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
(2)在催化剂作用下由粗硅制备
：
。
，
密闭容器
中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与
和
气体反应，
转化率随时间的变
化如下图所示：
①
，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率
。
②当反应达平衡时，
的浓度为
，平衡常数K 的计算式为 。
【规范答案】(2) 甲
0.1951
8
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【解题思路】（2）
①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min 时SiCl4的转
化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成的
SiHCl3的物质的量为
，平均反应速率
；
②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为：
当反应达平衡时，H2的浓度为
，平衡常数K 的计算式为
；
3．（2024·贵州·高考真题）在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。
一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应：
ⅰ．
ⅱ．
回答下列问题：
(5)
下，在某密闭容器中按
充入气体，发生反应
，平衡时
与
的分压比为4:1，则
的平衡转化率为
，平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压
总压物质的量分数，列出计算式即可)。
(6)引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下：
(两个反应可视为同级数的平行反应)
对于同级数的平行反应有
，其中v、k 分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活
化能，A1、A2为定值，R 为常数，T 为温度，同一温度下
是定值。已知
，若要提高苯的产
率，可采取的措施有 。
【规范答案】(5) 20%
或
9
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(6)加入合适的催化剂(合理即可)
【解题思路】（5）
下，在某密闭容器中按
充入气体，发生反应
，平衡时
与
的分压比为4:1，设起始时C6H6的物质的量为
1mol，CH4的物质的量为5mol，参加反应C6H6的物质的量为xmol，则可建立如下三段式：
依题意，
，解得x=0.2，平衡时，n(C6H6)=0.8mol，n(CH4)=4.8mol，n(C7H8)=0.2mol，
n(H2)=0.2mol，则
的平衡转化率为
=20%，平衡常数Kp=
或
。
（6）已知
，加入合适的催化剂，选择性降低Ea,苯，加快生成苯的速率，提高苯的产率。所以
若要提高苯的产率，可采取的措施有：加入合适的催化剂(合理即可)。
1．有关化学反应速率计算公式的理解
对于反应mA(g)＋nB(g)===cC(g)＋dD(g)
(1)计算公式：v(A)＝
Δc( A)
Δt
= Δn( A)
V⋅Δt
(2)同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反应速率，存
在如下关系：v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶c∶d
(3)注意事项
①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体
②化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是瞬时速率，且计算时取正值
2．化学平衡计算中常用公式
对于可逆反应：对以下反应：mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)，令A、B 起始物质的量(mol)分别为a、
b，达到平衡后，A 的消耗量为mx mol，容器容积为V L
mA(g) ＋ nB(g)
pC(g)＋qD(g)
起始/mol a b 0 0
变化/mol mx nx px qx
10
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平衡/mol a－mx b－nx px qx
平衡常数：K＝＝ (固体和纯液体的浓度为常数，不计入化学平衡常数表达式中)
反应物(A)的转化率：α(A)＝×100%＝×100%＝×100%
3．化学反应速率常数及应用
(1)速率常数含义：反应速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在
相同的浓度条件下，可用反应速率常数大小来比较化学反应的反应速率
(2)速率常数的影响因素：与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，但温度对化学
反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值，一
般温度越高，反应速率常数越大。通常反应速率常数越大，反应进行得越快。不同反应有不同的速率常
数
(3)速率方程
①定义：一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比
②表达式：对于反应：aA(g)＋bB(g)
gG(g)＋hH(g)，则v 正＝k 正·ca(A)·cb(B)(其中k 正为正反应的
反应速率常数)，v 逆＝k 逆·cg(G)·ch(H)(其中k 逆为逆反应的反应速率常数)
如：反应：2NO2(g)
2NO(g)＋O2(g)，v 正＝k 正·c2(NO2)，v 逆＝k 逆·c2(NO)·c(O2)。
(4)速率常数与化学平衡常数之间的关系
①K 与k 正、k 逆的关系
对于反应：aA(g)＋bB(g)
pC(g)＋qD(g)，
则：v 正＝k 正·ca(A)·cb(B) (k 正为正反应速率常数)
v 逆＝k 逆·cp(C)·cq(D) (k 逆为逆反应速率常数)
反应达到平衡时v 正＝v 逆，此时：k 正·ca(A)·cb(B)=k 逆·cp(C)·cq(D)⇒
k 正
k 逆
=c p(C )⋅cq( D)
ca( A )⋅cb(B)
=K
，即：
K=
k 正
k 逆
②Kp与k 正、k 逆的关系
以2NO2
N2O4为例，v 正＝k 正·p2(NO2)，v 逆＝k 逆·p(N2O4)
反应达到平衡时v 正＝v 逆，此时：k 正·p2(NO2)＝k 逆·p(N2O4)⇒＝＝Kp，即：Kp＝
1．（2024·四川·模拟预测）
、
常用于制造农药等，磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。回答下列
问题：
(4)温度为T 时，向2.0L 恒容密闭容器中充入1.0mol
，反应
经过一段时
间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
1.0
0.84
0.82
0.80
0.80
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①反应在前150s 的平均反应速率
。
②相同温度下，起始时向该2.0L 恒容密闭容器中充入1.0mol
、0.40mol
和0.40mol
，
反应达到平衡前
((填“>”或“<”)，判断依据是 。
【答案(4)
＜
，则反应逆向进行
【解析】（4）①化学反应速率之比等于对应化学计量数之比，反应在前150s 的平均反应速率
；
②根据表格数据可知向2.0L 恒容密闭容器中充入1.0mol
，反应达到平衡时
物质的量变化
为0.20mol，则
、
物质的量变化值也为0.2mol，则平衡时
、
、
物质
的量分别为0.8mol、0.2mol、0.2mol，容器体积为2L 则平衡常数K=
，相同温
度下，起始时向该2.0L 恒容密闭容器中充入1.0mol
、0.40mol
和0.40mol
，此时浓度
商为Q=
＞K，则反应逆向进行，
＜
，原因为
，则反应逆向进行。
2．（2024·浙江台州·一模）利用生物质乙醇制备乙烯具有很大的经济价值和战略意义，发生的反应为：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
请回答：
(3)恒压(
)和恒温(300
)
℃下，投入原料为乙醇和水，分别在NKC-03A、Syndol、
等3 种催
化剂下进行反应，测定相同时间间隔，乙醇转化率与原料含水量的关系如图所示，下列说法正确的是
_______。
/mol
12
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A．a 点可能为平衡状态
B．
催化剂下，随原料含水量增加平衡左移，乙醇转化率下降
C．题给条件下，NKC-03A 催化效果较好
D．原料含水量为40%、
催化剂下，若将恒压改为恒容，其它条件不变，乙醇转化率可能增
大
【答案】(3)CD
【解析】（3）A．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，乙醇的转化率不变，由
图可知，相同时间内，原料含水量一定时，a 点Syndol 做催化剂条件下乙醇的转化率小于NKC-03A 做催化
剂条件下乙醇的转化率，所以a 点时反应未达到平衡，故错误；
B．由图可知，相同时间内，原料含水量一定时，γ−Al2O3做催化剂条件下乙醇的转化率小于NKC-03A 做催
化剂条件下乙醇的转化率，说明反应未达到平衡，则随原料含水量增加乙醇转化率下降是因为原料含水量
增加，导致催化剂的活性降低，反应速率减慢使得消耗乙醇的物质的量减小所致，故错误；
C．由图可知，相同时间内，原料含水量一定时，NKC-03A 做催化剂条件下乙醇的转化率最大，说明反应的
反应速率最大，催化效果较好，故正确；
D．原料含水量为40%、γ−Al2O3催化剂下，其它条件不变时，与恒压容器相比，恒容容器相当于增大压强，
增大压强， 反应速率加快使得消耗乙醇的物质的量，导致乙醇的转化率增大，故正确；
故选CD；
3．（2024·全国·模拟预测）乙醇是一种绿色能源，一种用CO 和
合成乙醇的反应原理如下：
主反应ⅰ．
副反应ⅱ．
副反应ⅲ．
回答下列问题：
(4)一定温度下，在某特定催化剂表面上只发生副反应ⅱ．已知：
和
分别表示正、逆反应速率常数，
且正反应速率
。若
，则逆反应速率
，升高温度后
和
的
13
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变化量
(填“>”“=”或“<”)。
(5)向密闭容器中加入0.2mol
和0.4 mol
发生反应ⅰ、ⅱ．CO 的平衡转化率分别随温度、压
强变化关系如图，已知图中L、X 可分别代表压强或温度。
①X 代表的物理量是 (填“温度”或“压强”)，原因为 。
②已知在A 点条件下，上述反应达到平衡状态时
的物质的量为0.02mol，则
的平衡转化率
；副反应ⅱ的平衡常数
。
【答案】(4)
<
(5) 温度 反应ⅰ和反应ⅱ均为放热反应，温度越高，CO 的平衡转化率越低(或反应ⅰ为反应前后
气体化学计量数之和减小的反应，反应ⅱ为反应前后气体化学计量数之和不变的反应，所以压强越大，CO
的平衡转化率越高 35% 2.6
【解析】（4）根据化学平衡常数关系可知化学平衡常数
，得逆反应速率
；该反应为放热反应，温度升高逆反应速率增大量大于正反应速率增大
量，所以升高温度后
和
的变化量
。
（5）①反应ⅰ和反应ⅱ均为放热反应，温度越高，CO 的平衡转化率越低，反应ⅰ为反应前后气体化学计
量数之和减小的反应，反应ⅱ为反应前后气体化学计量数之和不变的反应，所以压强越大，CO 的平衡转
化率越高，则X 代表的物理量是温度，L 代表的物理量是压强。
②A 点时CO 的平衡转化率为50%，可列“三段式”：
最终体系中含有0.1mol
，0.26mol
，0.04mol
，0.02mol
，0.02mol
14
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，所以
的平衡转化率
；由于副反应ⅱ反应前后气体化学计量数
均为1，则化学平衡常数
。
4．（2024·全国·模拟预测）
在一定条件下可以转化为两种重要的化工原料甲烷和乙烯，相关反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(4)若在一个恒温恒压容器中发生反应Ⅱ并达到平衡，且
的平衡转化率为
，则下列说法正确的是
___________(填字母)。
A．若起始投料比
，则
的平衡转化率也为
B．压缩容器容积，平衡正向移动，导致
增大，但单位体积内的活化分子数目不变
C．升高温度，可以降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，
会增大
D．其他条件相同时，若在一个恒温恒容容器中发生反应Ⅱ，
会减小
【答案】(4)D
【解析】（4）A．题干未知
与H2的起始投料比，则无法计算H2的平衡转化率，A 错误；
B．反应Ⅱ是一个气体分子数减小的反应，压缩容器容积相当于增大压强，平衡正向移动，
的平衡转
化率增大，同时增大了单位体积内的活化分子数目，B 错误；
C．升高温度不能降低反应的活化能，C 错误；
D．若改为恒温恒容的容器，相当于对题述条件下的反应达到平衡后进行增大容器容积(减小压强)操作，平
衡逆向移动，
的平衡转化率减小，D 正确；
故选D；
题型3 有关分压平衡常数(Kp)计算
1．（2024·新课标卷·高考真题）
(四羰合镍，沸点43
)
℃可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基
化反应的催化剂。回答下列问题：
(3)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa 下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，
体积分数x 与温度的
关系如图乙所示。反应
的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。从热力学角
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度考虑， 有利于
的生成(写出两点)。
、100℃时CO 的平衡转化率α= ，该温度下
平衡常数
。
【规范答案】(3) 小于 降低温度、增大压强 97.3% 9000
【解题思路】（3）随着温度升高，平衡时
的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反
应的
；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于
的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中
的体
积分数增大，则压强：
，即
对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，
、100℃条件下达
到平衡时，CO 和
的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO 为4mol，反应生成的
为xmol，可得三段式：
，反应后总物质的量为：（4-3x）mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物
质的量分数，因此有
，解得
，因此达到平衡时
，CO 的平衡转化率
；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数
。
2．（2024·河北·高考真题）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及
1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。
(1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：
。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入
和其
，测定
温度下体系达平衡时的
(
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为体系初始压强，
，P 为体系平衡压强)，结果如图。
上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。M 点
的转化率为 ，
温度下用分
压表示的平衡常数
。
【规范答案】(1)
该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强
减小，从
到
平衡时
增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低
0.03 【解题思路】（1）
②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，
即
越大。从
到
，
增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由
到
逐渐降低，即
。由题图甲中M 点可知，进料比为
，平衡时
，已知恒
温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。
可计算得
，
。
1．分压平衡常数(Kp)
(1)气体的分压p(B)：相同温度下，当某组分气体B 单独存在且具有与混合气体总体积相同的体积时，该
气体B 所具有的压强，称为气体B 的分压强，简称气体B 的分压。符号为p(B)，单位为Pa 或kPa 或MPa
(2)分压定律
①分压定律：混合气体的总压等于相同温度下各组分气体的分压之和
p(A)＋p(B)＋p(C)＋p(D)＋…＝p
②气体的分压之比等于其物质的量之比：＝
③某气体的分压p(B)与总压之比等于其物质的量分数：＝＝x(B)
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则：气体的分压＝气体总压×体积分数＝总压×物质的量分数
(3)分压平衡常数Kp (只受温度影响)
一定温度下，气相反应：mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)达平衡时，气态生成物分压幂之积与气态反应
物分压
幂之积的比值为一个常数，称为该反应的压强平衡常数，用符号Kp表示，Kp的表达式如下：
Kp= p p(C )⋅pq( D)
pm( A )⋅pn(B)
，
其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)分别为A、B、C、D 各气体的分压
2．Kp计算的两种类型
类型1．根据“某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)”计算压强平衡常数
第一步：根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度
第二步：计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。
第三步：根据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分(或物
质的量分数)
第四步：根据平衡常数计算公式代入计算。例如，N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)，压强平衡常数表达式为Kp
＝
类型2．直接根据分压强计算压强平衡常数
N2(g) ＋ 3H2(g)
2NH3(g)
p(始)： p0 3p0 0
Δp： p 3p 2p
p(平)： p0－p 3p0－3p 2p
Kp＝
(2 p)2
( p。−p)×(3 p。−3 p)3
1．（2024·重庆·一模）氮氧化物是造成大气污染的主要物质，研究它们的转化机理，对于消除环境污染具
有重要意义。
(3)通过加热
分解可以得到
：Ⅰ．
；Ⅱ．
。在一定温度下将
充入1L 恒容密闭容器中，反应至
时达到平
衡状态，
和
的物质的量随反应时间的变化关系如图所示。
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①平衡时
的转化率为 %。
②若初始压强为p，反应Ⅱ的压强平衡常数
(用含p 的式子表示)。
【答案】(3) 75 5.4p
【解析】（3）①设反应Ⅰ转化amol
，反应Ⅱ转化bmol
，列三段式：
，
，a-
b=0.3，a+b=2.7，解得a=1.5mol，b=1.2mol，
转化率
；
②
，
，
，
，
，
，
；
2．（2025·重庆·一模）重庆正着力打造“西部氢谷”，推动建设“成渝氢走廊”。利用甲酸(HCOOH)来制
氢和储氢是氢能研究的一个方向。
(2)一定条件下，
可转化为储氢物质甲酸等。已知
与
在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应ⅰ．
反应ⅱ．
在一定压强下，按
投料，发生反应ⅰ和反应ⅱ，反应相同时间，
的转化率及
HCOOH 选择性(
)随温度变化曲线如图2 所示。
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①—定温度下，同时提高
的平衡转化率和甲酸选择性可采取的措施有 (任写一条)。
②若M 点反应已达到平衡状态，体系中
的分压为aMPa，则673K 时反应ⅰ的分压平衡常数计算式
。
【答案】(2) 加压(或其他合理答案)
【解析】（2）①增加压强，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ不移动，故加压可以提高
的平衡转化率和
甲酸选择性；
②设
和
初始物质的量均为
，发生反应i 和反应ii，673K 时
转化率为95％，即
共计消
耗
，根据甲酸选择性为0.3％可计算，在反应i 中生成
，
同时消耗
，则在反应ii 中，消耗
，同时生成
，平衡时
，
，
，平衡常数
；
3．（2024·浙江·一模）近年来，氨
作为一种无碳能源吸引了越来越多的关注。
(2)某新型催化剂作用下，向密闭容器中充入
和
，在温和条件下合成
，在催化剂活性
范围内，相同时间内测得体系中
的物质的量与温度、压强的关系如图1 所示。
①
(填“>”、“<”或“=”)。
②对于气相反应，用某组分B 的平衡压强
代替物质的量浓度
也可表示平衡常数，记作
，如
，
为平衡总压，
为平衡系统中B 的物质的量分数。温度为
时，该反应的平衡常数
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(列出计算式，不需计算结果)。
【答案】(2) >
或
压强对平衡的影响小于温度对平衡的影响
【解析】（2）①合成氨的反应为正向气体体积缩小的反应，增大压强，平衡正向移动，
的物质的量逐
渐减小，结合图像可知，
；
②根据图像可知Q 点处于平衡状态，此时
的物质的量为3mol，p=1.6MPa，列三段式可得：
，则
，
,
，则
；
4．（2024·浙江温州·一模）将硫化氢分解使其转化成氢气和硫具有非常重要的工业意义。
分解反应：
(2)维持常压
，将
(
为稀释剂)的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，
另一边出料)。
下，
的平衡转化率为
，忽略副反应，则
MPa．
【答案】(2)
或
【解析】（2）假设硫化氢、氮气投料分别为1mol、4mol，
下，
的平衡转化率为
，忽略副
反应，则反应硫化氢0.5mol，生成氢气0.5mol、
0.25mol，总的物质的量为5.25mol，则
或
MPa；
5．（2024·陕西西安·三模）在催化剂作用下可将温室气体
加氢制甲醇，再通过甲醇制备燃料和化工原
料等，是解决能源问题与实现双碳目标的主要技术之一、
Ⅰ．通过以下反应可获得新型能源二甲醚。
①
21
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②
③
Ⅱ．在
下，将
和
在催化剂作用下仅发生上述反应①和②，平衡时
为
选择性
［
］及
的转化率
随温度的变化如图所示。
(4)250℃时，平衡体系共有
，则
的平衡转化率
，反应②的
(
为用分压表示的平衡常数，气体的分压
总压该气体的物质的量分数，列计算式)。
【答案】(4)
【解析】（4）
时，平衡体系共有
甲醇，结合图像可知，选择性
。说明此时
，则其平衡转化率为：
。反应②的方程式为：
，根据分析列出：
，
，反应平衡以后，平衡体系中含有5-0.5-0.5=
、16-1.5-0.5=
、0.5+0.5=
、
。即气体的总物质的量
为
，所以反应的
；
题型4 有关温度、压强影响的平衡图像分析
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1．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
(2)一定条件下，将氮气和氢气按
混合匀速通入合成塔，发生反应
。海绵状的
作催化剂，多孔
作为
的“骨架”和气体吸附剂。
②
含量与
表面积、出口处氨含量关系如图所示。
含量大于
，出口处氨含量下降的原
因是 。
【规范答案】(2) 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，
α-Fe 表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少
【解题思路】（2）②氧化铝含量大于2%，出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多会吸附反应生成的
氨气，由图可知，氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe 表面积减小，催化性能降低，导致反应速率减小，
使得出口处氨含量下降，故答案为：多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含
量大于2%时，α-Fe 表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少；
2．（2025·上海松江·一模）实验室模拟工业合成氨，在铁催化剂作用下，500℃时，将
和
充入某恒容密闭容器中发生反应。测得体系中相关组分的物质的量随时间变化的曲线如图所
示。
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(1)上图中表示
的物质的量随时间变化的曲线是 。
A．
B．
C．
(2)b 点
的物质的量分数为 。
(3)进一步研究发现，在45℃、100kPa 的条件下用“球磨法”能够合成氨，氨的体积分数可高达82.5%。该
法分为两个步骤(如图1)：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，氮分子被吸附在这些缺陷止，
生成
；第二步，
与氢气反应得到
。在多个恒容的相同密闭容器中，分别先通入不同量的
，与铁粉碰撞生成
，再通入固定量的
合成氨。达到平衡时，
的含量随
的压强变化
趋势如图2 所示。
①说明图2 中两条曲线的变化趋势，并解释其原因 。
②与工业合成氨相比，“球磨法”合成氨的主要优点有 (列举两点)。
【规范答案】(1)C
(2)20%
(3) 由曲线Ⅰ可知，随N2压强的增大，氨的产量逐渐增大，原因是N2压强增大，使平衡正向移动，所
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以氨的产量逐渐增大；由曲线Ⅱ可知，随N2压强的增大，氨的平衡体积分数逐渐减小，是由于达到平衡时，
气体总物质的量的增加量大于氨的物质的量的增加量 反应条件温和，能耗低，平衡时氨的体积分数
高，原料气利用率高、成本低等
【解题思路】（1）由分析知，表示NH3的物质的量随时间变化的曲线是M3，故答案选C；
（2）b 点为M2、M3的交点，即n(N2)=n(NH3)，设b 点时消耗的N2的物质的量为x，则b 点时
，
，
，则有
，解得
，则b 点时
，
，NH3的物质的量分数为
20%，故答案为：
20%；
（3）①由曲线Ⅰ可知，随N2压强的增大，氨的产量逐渐增大，原因是N2压强增大，使平衡正向移动，所
以氨的产量逐渐增大；由曲线Ⅱ可知，随N2压强的增大，氨的平衡体积分数逐渐减小，是由于达到平衡时，
气体总物质的量的增加量大于氨的物质的量的增加量；
②与工业合成氨相比，“球磨法”合成氨的主要优点有反应条件温和，能耗低，平衡时氨的体积分数高，
原料气利用率高、成本低等。
1．影响化学平衡的因素
(1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响
改变的条件(其他条件不变)
化学平衡移动的方向
浓度
增大反应物浓度或减小生成物浓度
向正反应方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度
向逆反应方向移动
压强(对有气体
参加的反应)
反应前后气体体积改变
增大压强
向气体分子总数减小的方向移动
减小压强
向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体体积不变
改变压强
平衡不移动
温度
升高温度
向吸热反应方向移动
降低温度
向放热反应方向移动
催化剂
同等程度改变v 正、v 逆，平衡不移动
(2)“惰性气体”对化学平衡移动的影响
①恒温、恒容下：加入惰性气体⃗引起体系总压增大，但体积不变，各反应物、生成物的浓度均未改
变，故反应速率不变，V 正、V 逆也不变，化学平衡也不发生移动
②恒温、恒压下：加入惰性气体⃗引起体积增大⃗引起各反应物浓度减少⃗引起反应速率减小，V
正、
V 逆均减小，等效于降压，故化学平衡向气体总体积增大的方向移动
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2．掌握三类平衡移动图像：反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)，m＋n＞p＋q，且ΔH＞0
(1)速率—时间图——注意断点
t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t2时升高温度，
对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t3时减小压强，容器容积增
大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大
(2)转化率(或含量)—时间图——先拐先平
甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的
反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越
高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能
改变反应物的转化率
(3 恒压(温)线——定一议二
分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即：为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的
影响
【答题模板及剖析】
恒压线(恒温线)
答题策略
叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果)
答题模板
该反应的正反应是气体分子数减小(或增大)的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向
移动，因此×××(得结论)
经典例题
乙烯气相水合反应的热化学方程式为C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g) ΔH＝－45.5 kJ·mol－
1，下图是乙烯气相水合法制乙醇中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中
n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。图中压强(p1、p2、p3、p4)的大小顺序为__________，理由是
______________
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标注答案
p1＜p2＜p3＜p4，反应正方向是分子数减少的反应，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高
1．（2025·云南昆明·一模）甲烷化学链干重整联合制氢是基于化学链概念开发的新型能源转化技术。甲烷
干法重整为
。回答下列问题：
(4)反应过程中，下列三个反应均会使体系中产生积碳，影响催化剂的催化效果。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
①较高温下，导致积碳的主要原因是发生反应 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
②压强为
，
，
或
投料时，发生甲烷干法重整反
应、积碳反应，
的平衡转化率随温度升高而增大，
的平衡转化率随温度的变化如图所示。图中代
表
的是曲线 (填“1”或“2”)；
时，
平衡转化率随温度
升高而降低的原因可能是 。
【答案】(4) Ⅰ 1 该温度范围内，
主要发生放热的反应Ⅲ，温度升高使反应Ⅲ的平衡逆
向移动，导致
的平衡转化率随温度升高而降低
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【解析】（4）①较高温下，反应Ⅰ平衡正向移动，导致积碳；
②
与
比，相当于
降低，反应Ⅲ平衡逆向进行，
转化
率降低，故代表
的是曲线1；该温度范围内，
主要发生放热的反应Ⅲ，温度升高
使反应Ⅲ的平衡逆向移动，导致
的平衡转化率随温度升高而降低。
2．（2024·河南·三模）氨是重要化工原料，其工业合成原理为
。回答
下列问题：
(4)向
刚性密闭容器中充入
和
合成氨，经历相同时间测得
转化率与温度及时间的关系
如图1 所示。
①温度：
(填“>”或“<”)
。
②
温度下，合成氨反应的平衡常数
为 (结果保留三位有效数字)。
(5)一定温度下，向体积可变的密闭容器中充入
和
，合成
，测得
体积分数与压强关
系如图2 所示。
①ab 段
体积分数增大的原因是 ；
②cd 段
体积分数急减的主要原因可能是 。
【答案】(4) > 8.33
(5) 压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，平衡时NH3的体积分数增大 压强过大，此时氨液
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化(或压强过大，催化剂活性降低等)
【解析】（4）①根据“先拐先平数值大”可知，
>
。
②根据图像可知，平衡时
转化率为
，用三段式计算：。。
。
（5）①由图像可知，ab 段NH3体积分数增大，原因是压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，平衡时
NH3的体积分数增大；
②由图像可知，cd 段 NH3体积分数急减，其原因可能是压强过大，此时氨液化(或压强过大，催化剂活性
降低等)。
3．（2024·上海·三模）Ⅰ.
的资源化应用已成为化学研究的重要课题。
催化加氢制甲醇涉及以下反
应：
①
②
③
.
Ⅱ一定条件下，在
恒容密闭容器中充入
和
，在三种不同催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的作用下仅
发生反应①
，相同时间内
转化率随温度变化如图所示。
(4)加入催化剂后活化能最小的是 。
A．Ⅰ B．Ⅱ C．Ⅲ
(5)b 点存在的关系：Q(浓度商) K(平衡常数)。
A．> B．< C．=
(6)在温度不变的情况下，提升a 点
转化率的方法有： (任写一种)。
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(7)c 点时，反应的平衡常数K= (保留3 位小数)。
.
Ⅲ在恒容密闭容露中，维持
和
投料不变，相同时间后，
转化率和
选择性
随温度变化关系如图所示。
已知：250℃，该反应择性体系达平衡时，
转化率为25.0%。
(8)解释造成236℃后的曲线变化趋势的原因： 。
【答案】(4)A
(5)B
(6)加压(或加氢气、提高氢气浓度等合理即可)
(7)0.667
(8)催化剂由于升温偏离了活性温度区间而失去活性，但对反应①影响更大
【解析】（4）从图中可看出，T1温度相同时，在催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ条件下反应相同时间，催化剂Ⅰ转化
率最大，说明该条件下，反应速率最快，则反应活化能最小，A 项正确；
故答案为：A；
（5）从图中可看出，T3温度相同时，催化剂Ⅰ转化率达80%，b 点时转化率较小，说明反应未达平衡状态，
反应正向进行，则Q<K，B 项正确；
故答案为：B；
（6）a 点
转化率达最大值，说明反应处于平衡状态，要提高
转化率，则平衡正移，增大压强或加
氢气或提高氢气浓度可以使平衡正移，从而提高
转化率；
故答案为：加压(或加氢气、提高氢气浓度等合理即可)；
（7）c 点时反应处于平衡状态，
转化率等于66.67%，则发生反应的
为
，根据三段式分析，
，反应的平衡常数K=
30
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；
故答案为：0.667；
（8）根据信息250℃，该反应择性体系达平衡时，
转化率为25.0%可知，236℃后随温度升高
转
化率降低且都远小于25.0%，说明反应未达平衡状态，而温度升高应使反应速率增大，但随温度升高转化
率降低，只能说明催化剂活性降低使反应速率减小造成的影响更大，使
转化率及甲醇选择性降低，
催化加氢制甲醇的反应为放热反应，而
副反应为吸热反应，升温
使副反应反应程度增大，故催化剂失去活性对甲醇的选择性降低影响更大；
故答案为：催化剂由于升温偏离了活性温度区间而失去活性，但对反应①影响更大。
4．（2024·四川内江·一模）采用高效催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇是我国科学家研发的重要课题。回答
下列问题。
(2)在一定条件下，将
和
充入密闭容器中在高效催化剂作用下反应（只考虑主反应），当
改变某一外界条件（温度或压强）时，
平衡时体积分数
(
)变化趋势如图所示：
①图中Y 轴表示 （填“温度”或“压强”）；X 轴上a 点的数值比b 点 （填“大”
或“小”）。
②平衡时，M 点
的体积分数为
，容器的体积为
，则
的转化率为 ，平衡常
数
（精确到小数点后二位）。
(3)将
和
按物质的量比
混合，以固定流速通过盛放高效催化剂的反应器，在相同时间内，不同温
度下的实验数据如图所示。
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①催化剂活性最好的温度为 （填字母标号）。
A．
B．
C．
D．
②温度由
升到
，
的平衡转化率和
的实验产率均降低，解释原因： 。
【答案】(2) 温度 小 66.67%
(3) C 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度由523K 升到543K，主反应逆向移动，副反应
正向移动，导致
的平衡转化率和
的实验产率均降低
【解析】（2）①由
可知，该反应是气体体积减小
的放热反应，根据图示信息，随着Y 值的增加，CH3OH 的体积分数φ(CH3OH)减小，平衡向逆反应方向进行，
故Y 表示温度，X 表示压强，增大压强平衡正向移动，X 轴上a 点的数值比b 点小；
②平衡时，M 点CH3OH 的体积分数为25%，容器的体积为
，则
，CH3OH(g)的体积分数=CH3OH(g)的物质的
量分数，即
=25%，解之，
，则
的转化率为
×100%=66.67%，平衡常数K=
=
；
（3）①当温度523K 时，CO2的实验转化率和CH3OH 的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，故
32
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选C；②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度由523K 升到543K，主反应逆向移动，副反应正向
移动，导致
的平衡转化率和
的实验产率均降低；
5．（2024·贵州遵义·一模）我国提出2060 年实现碳中和。将
转化为甲醇、乙烯、甲酸等有机物对实
现碳中和有重要的意义。回答下列问题：
Ⅰ．
氢化制备
涉及的反应如下：
①
；
②
；
③
；
(2)当
与
的物质的量之比为3 1∶时，在不同条件下发生氢化反应，甲醇选择性[
]随温度、压强的变化曲线如图所示，则代表甲醇选择性随压强变化的曲线为(选填“a”
或“b”) ，原因是 ；为了提高甲醇的选择性，除了通过改变温度和压强外还可以采
取的措施是 。
【答案】
(2) b 增大压强后，反应①平衡不移动，对甲醇选择性无影响，反应②、③向正反应方向移动，
增大，甲醇选择性增大 增大
【解析】（2）当
与
的物质的量之比为3∶1 时，在不同条件下发生氢化反应，根据甲醇选择性[
]可知，增大压强后，反应①平衡不移动，对甲醇选择性无影响，反应②、
③向正反应方向移动，
增大，甲醇选择性增大，因此代表甲醇选择性随压强变化的曲线为b；
要提高甲醇的选择性，主要是提高
，除了通过改变温度和压强使
增加外，还可以采
取增大
的方式增加
，提高甲醇选择性。
故答案为：b；增大压强后，反应①平衡不移动，对甲醇选择性无影响，反应②、③向正反应方向移动，
增大，甲醇选择性增大；增大
。
33
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题型5 有关选择最佳反应条件的平衡图像
1．（2024·福建·高考真题）
是制造多晶硅的原料，可由
和
耦合加氢得到，相关反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
(4)
下、其他条件相同时，用
和
分别催化上述反应，一段时间内
的转化率如下表
所示。(产物
选择性均高于98.5%)
催化剂
的转化率/%
7.3
14.3
22.3
①使用不同催化剂时，反应Ⅳ的
催化剂
催化剂(填“>”“<”或“=”)；反应Ⅳ的活化能：
催化剂
催化剂(填“>”“<”或“=”)。
②使用
催化剂，初始投料
该段时间内得到
，则
的选择性
。(列出计算式)
【规范答案】(4) = >
【解题思路】（4）①使用不同催化剂时，反应
的
催化剂与
催化剂相比较，由于反应
热只和反应物的始态与生成物的终态有关，与催化剂无关，所以
催化剂=
催化剂；根据
表中数据，在相同单位时间内，
作催化剂
的转化率为7.3%、
作催化剂
的转化率为
22.3%，由此可以得出
作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应
的活化能：
催化剂
催
化剂；②根据反应
：
，初始投料
该段时间内得到
，列式
，得出生成
所消耗的
的
物质的量
，根据表的转化率可知所消耗的
的总物质的量为
，最后根据公
式
。
34
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故答案为：=；>；
。
2．（24-25 高三上·福建厦门·期中）二甲醚是重要的化工原料，采用二氧化碳的有效转化，既是生成二甲
醚的简便方法，又是实现“碳中和”的重要途径。
Ⅰ．
催化加氢合成二甲醚是一种
转化方法，其过程中发生副反应：
①
kJ·mol-1
已知反应：②
kJ·mol-1
(2)在恒压、
和
的起始量一定的条件下，
的平衡转化率和平衡时
的选择性随温度变化
如左图。其中，
的选择性
。
当温度高于300℃，
的平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。若起始投料比为
，不考虑其他副反应，则288℃时，反应①的化学平衡常数
(
)。
【规范答案】(2) 反应①的
，
转化为
的反应的
，温度升高，使
转化为
CO 的平衡转化率上升，而使
转化为
的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 0.04
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【解题思路】（2）反应①的
，
转化为
的反应的
，温度升高，使
转化为CO
的平衡转化率上升，而使
转化为
的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；
288℃时，二甲醚的选择性是0.333，二氧化碳的平衡转化率是0.3，设起始时氢气是3mol、二氧化碳是
1mol，则
，
，因此，
，
，解得
、
，平衡时二氧化碳物质的量为0.7mol，氢气物质的量
为2.5mol，CO 物质的量为0.2mol，水物质的量为0.35mol，反应①的前后体积不变，则其平衡常数
；故答案为：反应①的
，
转化为
的反应的
，温度升高，使
转化为CO 的平衡转化率上升，而使
转化为
的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；
0.04。
1．选择原则：反应速率快，产品含量高
（1）温度
①所选温度兼顾反应速率快，产品含量高 ②尽可能选择催化剂的最大温度
（2）压强
①所选压强对反应物转化率的影响变化幅度大 ②压强不能无限大，防止增大设备成本和动力成本
（3）催化剂
①选用催化效率高的催化剂
②催化剂对反应有选择性，同一反应物选用不同的催化剂，产物可能不同
A+B
C A+B
D
③某些物质能够使催化剂中毒，失去活性
（4）浓度：原料尽可能循环利用
①适当增大廉价物质的浓度，提高难获得原料的转化率。②必要时可以采用循环反应，以增大原料利用
率。
（5）反应热的综合利用：一般采用热交换器
（6）反应容器的选择：恒压容器有利于提高反应物的转化率
2．工业合成氨生产条件的选择
（1）合成氨生产的要求。
①反应要有较快的反应速率。 ②要最大限度地提高平衡混合物中NH3的含量。
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（2）合成氨生产条件的选择依据。
①化学反应速率和化学平衡原理的有关知识。②合成氨生产中的动力、材料、设备、生产成本等因素。
（3）选择合成氨生产条件的理论分析。
外界因素
理论分析
压强
压强越大越有利于合成氨，但在实际生产中，应根据反应设备可使用的钢材质量及综
合指标来选择压强，大致分为低压、中压和高压三种类型，一般采用高压
温度
温度越高，反应速率越大，但不利于氨的合成，在实际生产中一般控制反应温度在
700 K 左右（且在此温度时催化剂的活性最大）
催化剂
使用催化剂可以大幅度提高反应速率，合成氨生产一般选择铁作催化剂
浓度
合成氨生产通常采用N2和H2物质的量之比为1 2.8
∶
的投料比，并且及时将氨气从反应
混合物中分离出去
其他
为提高平衡转化率，工业合成采用的原料循环利用
1．（2024·重庆·一模）光催化技术是一种绿色高效的高级氧化技术，
聚苯胺
纳米复合材
料是一种增强光催化活性的催化剂，一种制备
复合材料的技术路线如下。
(5)分别对复合
10%、20%、40%的复合材料进行光催化分解RhB(一种强荧光材料)的性能测试，
结果如下图所示，横坐标为时间
，纵坐标
为降解残留率，催化材料效果最佳的条件是
、
min。
【答案】(5) 20% 40
【解析】（5）由图可知，
20%时，效果最好，时间为40min；
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2．（2024·浙江宁波·一模）以
为碳源催化加氢合成甲醇，有利于降低碳的排放，实现“碳中和”。
已知：I：
Ⅱ：
请回答：
(2)将
和
按物质的量之比
充入恒压
容器中，在催化剂的作用下发生反应I 和Ⅱ，测得
的平衡转化率及
的选择性随温度的变化如图所示。
(3)
(4)
下列说法正确的是 。
a．若温度不变，缩小容器体积，达到新平衡后
浓度增大
b．升高温度，反应速率和
的平衡产率一定都增大
c．使用合适的催化剂，可以提高单位时间内
的产量
d．当
时，反应达到平衡
②
后，
的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。
③
时，反应Ⅱ的平衡常数
(保留3 位小数)。
④其他条件相同，若将反应物充入恒压
容器中发生反应，
的选择性随温度的变化与
时变化相似，请在图中画出
之间
的平衡转化率随温度变化曲线 (只作定性描述)。
【答案】(2)
反应I 为放热反应，升高温度平衡逆向移动；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度平
衡正向移动；
后，反应Ⅱ正向移动的程度比反应I 逆向移动的程度大，因此
的平衡转化率随温
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度升高而增大 0.007
【解析】（2）①A．温度不变，缩小容器的体积，体系中各气体的浓度均增大，反应I 正向移动，达到新
平衡后，
浓度变大，A 项正确；
B．升高温度，反应速率增大，但反应I 平衡逆向移动，
的平衡产率减小，B 项错误；
C．使用合适的催化剂，可以加快反应速率，在相同时间内可提高
的产量，C 项正确；
D．当反应达到平衡时，各物质的物质的量不再发生变化，故不能确定当
时，反应达
到平衡，D 项错误；
答案选AC；
②
后，继续升高温度，对反应II 的影响大于反应I，而反应II 为吸热反应，温度升高，反应II 平衡正
向移动，因此
的平衡转化率随温度升高而增大；
③由图像可知，
时，
的平衡转化率为25%，
的选择性为80%，设反应I 中
的转化量
为x mol，设反应II 中
的转化量为y mol，根据题意列三段式有：
，
，
则
，
，解得
，
反应Ⅱ为等体积反应，故反应Ⅱ的平衡常数
；
④其他条件相同，若将反应物充入恒压
容器中发生反应，压强较原来降低，反应II 平衡不移动，
反应I 平衡逆向移动，因此相同温度下，
的平衡转化率小于
时的平衡转化率，故CO2的平衡转化
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率随温度的变化曲线为：
。
3．（2024·四川成都·模拟预测）氢能是一种重要的绿色能源，工业上用乙醇与水催化重整制氢气，发生以
下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(3)维持压强在100kPa 不变情况下，
和
发生上述反应，平衡时乙醇的转化率、
的选择性、CO 的选择性随温度升高的变化曲线如图所示。[已知：
]
①图中表示
选择性的曲线是 (填标号)。
②573K 时，反应达到平衡，则平衡时乙醇的物质的量为 mol。
③573K 时，反应Ⅱ的
(列出计算式即可，
用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质
的量分数)。
【答案】(3) a 0.4
【解析】（3）①反应Ⅰ、Ⅲ都为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡向正反应
40
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方向移动，反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，则乙醇的转化率增大、二氧化碳的选择性减小、一氧化碳的
选择性增大，则曲线a 表示二氧化碳的选择性；
②由题意可知，573K 反应达到平衡时二氧化碳的选择性和一氧化碳选择性之和为1，则曲线b 表示乙醇的
转化率，由图可知，平衡时乙醇的转化率为60%，则平衡时乙醇的物质的量为1mol-1mol×60%=0.4mol；
③由图可知，573K 反应达到平衡时二氧化碳的选择性为85%、一氧化碳选择性为15%、乙醇的转化率为
60%，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol×60%×85%=1.02mol、一氧化碳的物质的量为
1mol×60%×15%=0.18mol，设反应Ⅰ生成一氧化碳的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由反应前后氢原子个数守恒可得：12=2.4+2.4+2a+6.84，解得a=0.18，则平衡时一氧化碳、水蒸气、二氧化
碳、氢气、混合气体的物质的量分别为0.18mol、1.38 mol、1.02 mol、3.42 mol、6.4mol，则反应Ⅱ的Kp=
。
4．（2024·广西·模拟预测）先进的甲醇低压羰基合成乙酸工艺的普及推广，导致我国乙酸产能过剩。使用
特定催化剂进行乙酸直接加氯制备乙醇，反应原理如下：
主反应：
；
副反应：
。
回答下列问题：
(3)S 表示选择性。在
时，2MPa 下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随温度的变化；
250℃下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压强的变化如右图所示：
41
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已知：
。
①250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是 。
②曲线b 变化的原因是 。
③150℃时，在催化剂作用下
和
反应一段时间后，乙醇的选择性位于m 点，不改变反
应时间和温度，—定能提高乙醇选择性的措施 (填一条)。
【答案】(3) a 主反应与副反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的
程度大于副反应 使用对主反应催化活性更高的催化剂(或“增大压强”)
【解析】
（3）①主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，
乙醇选择性随压强变化的曲线是a；
②主反应和副反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，所以
乙醇的选择性随着温度升高而减小；
③主反应为气体体积减小的反应，增大压强，反应正向移动，可以提高乙醇选择性；
（4）平衡时
，体系中气体物质的量减小20%，列化学平衡三段式，则：
体积减小20%，说
明平衡时容器内气体总物质的量减少20%，即为3m01×80%=2.4mol，平衡时混合气体总物质的量为
，结合
，解得
，
，
；平衡时
，
42
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，
，
。
5．（2024·浙江·模拟预测）乙烯是重要的化工原料，科学家在研发制备乙烯
的新方法。
(2)CO2催化加氢合成乙烯：
涉及的反应如下：主反应：
副反应：
(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH2>0
恒定压强为pMPa，n(CO2)：n(H2)=1：3，在不同的催化剂(M、N)下发生上述反应，测得
的转化率、
的选择性(乙烯中含C 的物质的量/参加反应的
的物质的量×100%)在相同时间随温度的变化如图2
所示：
①图2 中800K 时X 点已达到平衡，请写出主反应在800K 时化学平衡常数。
的计算式 。
②请在图3 中画出(800→T1)之间，相同时间内，以M 为催化剂为CO2的转化率随温度的变化(已知在催化剂
M 作用下，900K 时反应达到平衡，T1K 之前以主反应为主 。
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【答案】(2)
MPa-3
【解析】（2）①令CO2的物质的量为1mol，氢气物质的量为3mol，800K 时，X 点已达到平衡，此时消耗
CO2物质的量为1mol×15%=0.15mol，生成乙烯物质的量为0.15mol×60%×
=0.045mol，副反应是反应前后
气体物质的量不变的反应，主反应是物质的量减小的反应，因此当生成0.045mol 乙烯时，混合气体总物质
的量为(4mol－0.045mol×3)=3.865mol，主反应中生成水蒸气物质的量为4×0.045mol=0.18mol，主要反应中
消耗CO2物质的量0.045mol×2=0.09mol，消耗H2物质的量为0.045mol×6=0.27mol，副反应中消耗CO2物质
的量为(0.15mol－0.09mol)=0.06mol，此时副反应消耗氢气物质的量为0.06mol，生成水蒸气物质的量为
0.06mol，平衡时，即主反应的平衡常数Kp=
MPa-3=
MPa-3；故答案为
MPa-3；
②800KX 点达到平衡，催化剂对化学平衡移动无影响，根据图像可知，在催化剂M 下，Y 点没有达到平衡，
此时CO2转化率为10%，继续升高温度，反应向正反应方向进行，CO2的转化率增大，在900K 时，反应达
到平衡，此时CO2的转化率为15%，T1K 之前以主反应为主，主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，
CO2的转化率降低，因此图像是
；
题型6 有关转化率、产率变化分析的平衡图像
44
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1．（2024·吉林·高考真题）为实现氯资源循环利用，工业上采用
催化氧化法处理
废气：
。将
和
分别以不同起始流速通入
反应器中，在
和
下反应，通过检测流出气成分绘制
转化率(
)曲线，如下图所示(较
低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
(3)下列措施可提高M 点
转化率的是_______(填标号)
A．增大
的流速
B．将温度升高
C．增大
D．使用更高效的催化剂
(4)图中较高流速时，
小于
和
，原因是 。
(5)设N 点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数
(用平衡物质的量分数代替平衡
浓度计算)
【规范答案】(3)BD
(4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3 温度低，反应
速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
(5)6
【解题思路】（3）A．增大HCl 的流速，由图像可知，HCl 的转化率在减小，不符合题意；
B．M 对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl 的转化率增大，符合题意；
C．增大n(HCl):n(O2)，HCl 的转化率减小，不符合题意；
D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl 的转化率增加，符合题意；
故选BD。
（4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不
及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢
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的转化率低。
（5）由图像可知，N 点HCl 的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式
则
。
2．（2024·江西·高考真题）石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途
径。CH4和H2S 重整制氢的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(g)
CS
⇌
2(g)+4H2(g) ΔH1=+260kJ/mol
反应Ⅱ：CH4(g)
C(s)+2H
⇌
2(g) ΔH2=+90kJ/mol
反应Ⅲ：2H2S(g)
S
⇌2(g)+2H2(g) ΔH3=+181kJ/mol
回答下列问题：
(3)保持反应器进料口总压为100kPa．分别以8kPaCH4、24kPaH2S(He 作辅气)与25kPaCH4、75kPaH2S 进料。
CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He 的曲线为 ，理由是 。
(4)假设在10L 的恒温刚性容器中，通入0.3mol CH4和0.15mol H2S 发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为P0.CH4
和H2S 的转化率与时间的关系如图2，0～5min 内H2的化学反应速率为 mol/(L•min)；5min 时，容
器内总压为 。
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【规范答案】(3) M 总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移
动，CH4平衡转化率增大
(4) 1.2×10-3
P0
【解题思路】（3）保持反应器进料口总压为100kPa。分别以8kPaCH4、24kPaH2S（He 作辅气）与
25kPaCH4、75kPaH2S 进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He 的曲线为M，理由是总压一定，
充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大
（4）由图可知，0～5min 内消耗的CH4为0.3mol×5%＝0.015mol，消耗的H2S 为0.15mol×20%＝0.03mol，
根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min 内H2的化学反应速
率为v(H2)
1.2×10-3mol/(L•min)；
设反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化了
(0.03-2x) molH2S，列三段式有
，5min 时，n(CH4)=0.285mol，n(H2S)=0.12mol，n(H2)＝
0.06mol，n(CS2)=xmol，n(S2)=(0.015-x)mol，n(总)=0.48mol，起始总压为P0，气体总量为0.45mol，根据压强
之比等于物质的量之比，可得5min 时，容器内总压为
×P0=
P0；
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转化率问题首先看是否是平衡转化率，若为非平衡状态的转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对反应
快慢、催化剂对反应快慢及选择性(主副反应)的影响；若为平衡转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对
化学平衡的影响，有时也涉及温度对催化活性的影响
如果平衡向正反应方向移动，反应物转化率一定会增大吗?不一定。这要看平衡向正反应方向移动是由什
么条件引起的。如果是通过改变温度、压强或减小生成物浓度引起的平衡右移，则反应物的转化率一定
增大。如果是向体系中增加某种反应物的量，造成平衡向正反应方向移动，则转化率的变化要具体分析:
1．（2024·全国·模拟预测）CO、NO 是常见的大气污染物，将二者转化为无毒、无害的气体是研究的热点
课题。在催化剂作用下会发生如下反应：
反应1：
反应2：
(3)220℃时，在可见光下或黑暗中，CO 与NO 按投料比1：1 在催化剂NiCo2O4作用下反应，NO 转化率和N2
选择性随时间变化的曲线如图所示。
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CO 与NO 适宜的反应条件是 (填“黑暗”或“可见光”)；若要提高N2的选择性可采取的措施
是 。在可见光条件下反应进行到
时，NO 的转化率不再变化时可近似为平衡转化率，已知该
条件下的副反应为
。该温度下，CO 的平衡转化率为 ，
主反应
的平衡常数
(只列表达式，用平衡时各物质
的物质的量分数代替平衡浓度计算)。
【答案】(3) 可见光 在可见光下反应(或选择合适的催化剂) 63%
【解析】（3）N2在黑暗中的选择性低，所以CO 与NO 适宜的反应条件是可见光；
若要提高N2的选择性可采取的措施是在可见光下反应或选择合适的催化剂；
假设CO 和NO 的起始投入量均为1 mol，由题图可知NO 的转化率为75%，N2的选择性为68%，根据“三段
式”计算
平衡时
，
，
，
，
，
，该温度下CO 的平衡转化率
，主反应的平衡常数
；
2．（24-25 高三上·山东·阶段练习）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。
方法一：直接脱氢法
Ⅰ．
方法二：二氧化碳氧化法
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
49
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(1)相关物质的燃烧热数据如下：
物质
燃烧热
-1560
-1411
-286
反应Ⅰ的
。
(2)在
恒压下，分别按照反应气组成
为
、
、
投料，发生反应，乙烷的
平衡转化率随反应温度的变化关系如图。图中
点正反应速率和
点逆反应速率的大小关系为
(填“>”“=”或“<”)
。在
，按
投料时，若达到平衡所需要的时间为
，
则平均反应速率
。
【答案】(1)+137
(2) < 0.33
【解析】（1）燃烧热是指
燃料充分燃烧生成指定产物所释放的热量，根据表格中信息可知
①
，
②
，
③
，
根据盖斯定律知，反应②-反应③-反应①得：
，反应热
；
（2）该反应是气体体积增大的反应，恒压条件下，乙烷和水蒸气的比值减小相当于增大体积，平衡向正
反应方向移动，乙烷的转化率增大，由图可知，相同温度时，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应乙烷的转化率依次减小，
则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示
为
、
、
投料；
点浓度大于
点，浓度越大，反
应速率越快，即
点反应速率小于
点；在
，按
投料时，乙烷的平衡转化率为
，设起始乙烷和水蒸气的物质的量分别为
和
，由题意可建立如下三段式：
50
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乙烷的起始分压为
，由三段式数据可知，平衡时乙烷、乙烯、氢气的平衡分压为
、
、
，则
内乙烷的平均反应速率为
；
3．（24-25 高三上·安徽六安·阶段练习）氯化亚铜(
)是常用的催化剂。以低品位铜矿(主要成分为
、
和铁的氧化物等)为原料制备
步骤如下：
(3)“还原”。
溶液、
溶液和
溶液反应生成
沉淀。已知：
易被
氧化，易与
形成可溶的
。
①反应生成
的离子方程式为 。
②如下图所示，
和其他条件相同时，
产率随
增大先升高后降低的原因是
。
③如下图所示，其他条件相同时，
产率随反应时间延长而降低的原因是 。
【答案】(3)
增大，溶液中
浓度
51
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增大，使得更容易生成
，随着反应的进行，
易与过多的
形成可溶的
，使得
沉
淀逐渐消失，产率下降 反应时间越长，
与空气接触越久，越容易被氧化，使得
产率下降
【解析】（3）①由题意分析，铜元素化合价降低，
是常见还原剂，根据氧化还原反应特点，
溶液、
溶液和
溶液反应生成
沉淀的离子方程式是
；
②
产率随
增大先升高后降低的原因是
增大，溶液中
浓度增大，使得更容易
生成
，随着反应的进行，
易与过多的
形成可溶的
，使得
沉淀逐渐消失，产率
下降；
③反应时间越长，
与空气接触越久，越容易被氧化，使得
产率下降。
4．（24-25 高三上·北京·开学考试）以
为有效成分的漂白液应用广泛。某实验小组以
为氧化
剂，在实验室模拟氨氮废水的处理过程。
(6)测定相同时间不同
值时次氯酸钠氧化去除氨氮的去除率如下图所示。
①去除率效果较好的
范围为 。
②
较低或较高去除率均下降的原因是 。
【答案】(6)
较低时，
更多转化为
不稳定易分解，
降低，氧
化速率变小
较高时，
氧化性减弱，氧化速率变小
【解析】（6）①由图可知，去除率效果较好的
范围为
；②
较低时，
更多转化为
，
不稳定易分解，
降低，氧化速率变小，
较高时，
氧化性减弱，氧化速率变小；
题型7 电解质溶液中有关电离(水解)平衡常数的计算
1．（23-24 高三上·广东江门·阶段练习）NaHSO3是常见的亚硫酸盐，在潮湿的空气中易被氧化，在工业生
52
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产和实验室都有着广泛的应用。为探究NaHSO3溶液的性质，甲同学配制了
溶液。
做了如下实验：
(1)配制溶液需用到的玻璃仪器有玻璃棒、量筒、烧杯、 、 。
(2)常温下，用pH 计测量新配制的
溶液的pH，测得pH 约为4.1。
①若在实验室用pH 试纸测量溶液的pH，其简单操作为 。
②
溶液呈酸性，说明H2SO3的第二步电离常数Ka2 (填“>”、“<”或“=”)
的第二
步水解常数
。
【规范答案】(1) 胶头滴管
容量瓶
(2) 在白瓷板或玻璃片上放一小块
试纸，用玻璃棒蘸取
溶液，点在
试纸中部，
待其变色后，与标准比色卡对照，读出
【解题思路】（1）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗
涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制
溶液，需要使用100mL 的容量瓶，故配制溶液
需用到的玻璃仪器有玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管、
容量瓶；
（2）①若在实验室用pH 试纸测量溶液的pH，其简单操作为：在白瓷板或玻璃片上放一小块
试纸，用
玻璃棒蘸取
溶液，点在
试纸中部，待其变色后，与标准比色卡对照，读出
。
②
溶液呈酸性，说明
的电离大于水解，则为H2SO3的第二步电离常数
Ka2>
的第二步水解常数
；
2．（23-24 高三下·重庆·阶段练习）回答下列问题
(1)工业以煤为燃料时，会产生大量的羰基硫
，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降、环境污染等
不利影响。羰基硫的氢解和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式分别为：
i 氢解反应：
ii 水解反应：
请回答下列问题：
①
的电子式为 ，分子中碳元素的化合价为 。
②已知：
写出表示
燃烧热的热化学方程式： 。
(2)①常温下，
水解常数
，若
与
溶液等体积混合后溶液呈中性（假
设溶液体积具有加和性）。则
。
②已知
，小王网购了一盆杜鹃花，客服告诉小王要定期
施用
肥料。由此可知，杜鹃花适宜种植在 土壤中（填“酸性”、“中性”或“碱性”）。
通过计算说明判断的依据是 。
53
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【规范答案】(1)
(2)
酸性
溶液中存在
，存在
，
，
电离程度大于水解程度，溶液呈酸
性。
【解题思路】（1）①
的电子式为
，由于分子中硫元素和氧元素都是-2 价，所以碳元素
的化合价为
。
②CO 燃烧热的方程式需要保证CO 的系数为1，所以方程式为
，假设
为反应iii，结合题中反应i 和ii，利用盖斯定律可以得到CO 燃烧的
焓变计算为
，所以
燃烧热的热化学方程式
。
（2）①电荷守恒：
，由于混合后溶液呈中性，所以氢离子和氢氧根离
子浓度相等，所以
物料守恒：
，所以
由于溶液呈中性，
，解得
②酸性
溶液中存在
，
，存在
，
，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性。
1．电离常数与水解常数的关系
(1)电离常数表达式
** 错误的表达式 **一元弱酸(HA)： HA
H+＋A－ Ka=c( H +)⋅c( A−)
c(HA )
** 错误的表达式 **二元弱酸(H2A)：H2A
H+＋HA－ Ka1=c( H +)⋅c(HA−)
c( H 2 A )
54
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HA—
H+＋A2－ Ka 2= c( H +)⋅c( A2−)
c(HA —)
** 错误的表达式 **一元弱碱(BOH)：BOH
B+＋OH－ K b=c(B+)⋅c(OH −)
c(BOH )
(2)电离常数(K 电离)与电离度(α)的关系——以一元弱酸HA 为例
25 ℃，c mol·L－1的弱酸HA，设电离度为α
HA
H＋ ＋ A－
起始浓度/mol·L－1 c 0 0
变化浓度/mol·L－1 c 酸·α c 酸·α c 酸·α
平衡浓度/mol·L－1 c 酸－c 酸·α c 酸·α c 酸·α
电离平衡常数Ka＝＝，由于α 很小，可认为1－α≈1
则Ka＝c 酸·α2，α＝ (越稀越电离)，则：c(H＋)＝c 酸·α＝√K a⋅c酸
(3)电离常数与水解常数的关系
** 错误的表达式 **对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系：Kh＝
如：CH3COONa：CH3COO－＋H2O
CH3COOH＋OH－
** 错误的表达式 **对于二元弱酸H2B，Kal(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系： K h1= K w
K a2 ；
K h2= K w
K a1
B2－＋H2O
HB－＋OH－，Kh1(B2－)＝＝＝
HB－＋H2O
H2B＋OH－，Kh2(HB－)＝＝＝
** 错误的表达式 **强酸弱碱盐：Kh＝
如：NH4Cl：NH4
+＋H2O
NH3·H2O＋H+
(3)水解常数(Kh)与溶度积常数(Ksp)的关系——强酸多元弱碱盐：Kh＝
Kw n
Ksp
如：AlCl3：Al3＋＋3H2O
Al(OH)3＋3H＋
K h= c3( H +)
c(Al 3+)
= c3( H +)⋅c3(OH −)
c(Al 3+)⋅c3(OH −)
= Kw 3
Ksp
2．计算电离常数的常见类型
（1）中和滴定中直线图像
55
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常温下，向二元弱酸H2Y 溶液中滴加NaOH 溶液，所得混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所
示：
1）滴定原理：H2Y+OH－
H2O+HY－、HY－+OH－
H2O+Y2－
2）滴定过程：随着NaOH 的加入，c（H+）逐渐减小
①lg
c（HY
－）
c（H2Y ）＝lg
c（HY
－）×c（H
+）
c（H2Y ）×c（H
+）＝lg
Ka1
c（H
+）逐渐增大
②lg
c（HY−）
c（Y 2−
）＝lg
c（HY
−）×c（H
+）
c（Y
2−
）×c（H
+）＝lg
c（H
+）
Ka2
逐渐减小
3）电离常数：找浓度相等点
①a 点：lg
c（HY
－）
c（H2Y ）＝0，c（H2Y）＝c（HY－），Ka1＝
c（HY
－）×c（H
+）
c（H2Y ）
＝c（H+）＝10－1.3
②e 点：lg
c（HY−）
c（Y 2−
）＝0，c（HY－）＝c（Y2－），Ka2＝
c（Y
2－）×c（H
+）
c（HY
－）
＝c（H+）＝10－4.3
4）交点c 的特殊性：lg
c（HY
－）
c（H2Y ）＝lg
c（HY−）
c（Y 2−
），c（H2Y）＝c（Y2－）
5）酸式盐NaHY 的酸碱性：比较Ka2和Kh2的相对大小
①若Ka2＞Kh2，说明HY－的电离程度大于HY－的水解程度，溶液呈酸性
②若Ka2＜Kh2，说明HY－的电离程度小于HY－的水解程度，溶液呈碱性
③Kh2＝
K w
K a1 ＝
10－14
10－1.3 ＝10－12.7＜Ka2＝10－4.3，说明NaHY 呈酸性
（2）中和滴定曲线图像
1)起点：巧用三段式
例1．HR 是一元酸。室温时，用0.250 mol·L－1 NaOH 溶液滴定25.0 mL HR 溶液时，溶液的pH 变化情况
如图所示。其中，b 点表示两种物质恰好完全反应。计算的电离常数Ka＝5×10
－ 6
方法探究：此题根据纵坐标所给的数据，起点时刻pH＝3，HR 中和一半时的pH＝
4.7，可以优先考虑起点时刻计算电离常数，常用方法：三段式
解析：根据题意，b 点时酸碱恰好完全反应，则c(HR)＝0.250 mol·L －1×0.02
L÷0.025 L＝0.2 mol·L－1，即0.2 mol·L－1的HR 溶液的pH＝3
HR
H+＋ R—
56
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起始：0.2 0 0
转化：10－3 10－3 10－3
平衡：0.2-10－3 10－3 10－3
HR 的电离常数Ka＝
c( H+)⋅c(R−)
c(HR )
＝＝5×10－6
2)中性点：电荷守恒、物料守恒综合应用
例2．在25℃下，amol·L－1 的氨水与0.01mol·L－1 的盐酸以体积比3:4 混合，此时溶液中c(NH)＝c(Cl
－)，则溶液显中性(填“酸”、“碱”或“中”)；用含a 的代数式表示NH3·H2O 的电离常数Kb＝
4×10—9
3a-0.04
方法探究：中性时刻采取电荷守恒和物料守恒，解题时建议用物质的量守恒去写，因为在反应过程中体
积已经发生了变化
解析：根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，
故溶液显中性。
电荷守恒得：n(H＋)＋n(NH)＝n(Cl－)＋n(OH－)，则：n(NH)＝n(Cl－)=0.01×4=0.04 mol
物料守恒得：3a＝n(NH)＋n(NH3·H2O)，则：n(NH3·H2O)＝(3a—0.04) mol
Kb＝
c(NH
4+)×c(OH −)
c(NH 3⋅H 2O）=
0.04
4+3 ×10—7
3a-0.04
4+3
= 4×10—9
3a-0.04
3)恰好完全反应点：水解三段式法或利用水解常数和电离常数的关系
例3、25 ℃时，0.1 mol·L－1的HCOONa 溶液的pH＝10，则HCOOH 的电离常数Ka＝
10
－ 7
方法探究：方法** 错误的表达式 **、直接列水解三段式求解
方法** 错误的表达式 **、先求出水解常数，再利用水解常数和电离常数的关系进行计算
方法** 错误的表达式 **、直接列水解三段式
求解
HCOO—＋H2O
HCOOH＋OH－
起始: 0.1 0 0
转化: 10－4 10－4 10－4
平衡: 0.1-10－4 10－4 10－4
Ka＝
c( H+)⋅c(R−)
c(HR )
＝
10−10⋅(0.1−10−4)
10−4
=10−7
方法** 错误的表达式 **、先求出水解常数，再利用
水解常数和电离常数的关系进行计算
利用左边的三段式，先求出HCOO—的水解常数
Kh＝
c(HCOOH )⋅c(OH −)
c(HCOO −)
＝
10−4⋅10−4
0.1−10−4=10−7
Ka＝
K w
K h
=10−14
10−7 =10−7
1．（2024 高三·全国·专题练习）按要求回答下列问题。
57
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(1)已知室温下HA 的电离平衡常数Ka=1.0×10-5，则100mL0.lmol·L-1HA 溶液中，HA 的电离度为 。
(2)已知次氯酸(HClO)的电离平衡常数为Ka=4.0×10-8，向20mL0.1mol•L-1的HClO 溶液中滴加少量硫酸，再加
水稀释至40mL，此时测得c(H+)=0.05mol•L-1，则溶液中c(ClO-)= mol•L-1。
(3)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为 (已知：
N2H4+H+
N2H 的
；
)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为 。
(4)已知25℃，NH3·H2O 的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8.若氨水的浓度为2.0mol·L-1，则溶液
中的c(OH-)= mol·L-1.HSO 的电离常数表达式K= 。将SO2通入该氨水中，当溶液中
c(H+)为1.0×10-7mol·L-1时，溶液中的
= 。
【答案】(1)1%
(2)4.0×10-8
(3) 8.7×10-7 N2H6(HSO4)2
(4) 6×10-3
0.62
【解析】（1）由HA 的电离常数可知，0.lmol·L-1HA 溶液中氢离子浓度为
=
=10—
3mol/L，则HA 的电离度为
×100%=1%；
（2）次氯酸(HClO)的电离平衡常数为Ka=
=4.0×10-8，向20mL0.1mol•L-1的HClO 溶液中滴加
少量硫酸，再加水稀释至40mL，则c(HClO)=0.05mol/L，此时测得c(H+)=0.05mol•L-1，依据电离平衡常数公
式可知，c(ClO-)=4.0×10-8mol/L；
（3）
联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4+H2O
N2H5
++OH-，
再根据已知：N2H4+H+
N2H5
+的
及
，故联氨第一步电离平衡常数为
；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成
酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2；
（4）由氨水的电离常数可知，2.0mol·L-1氨水中氢氧根离子浓度为
=
=6×10—3mol/L；HSO3
-的电离常数表达式K=
；将SO2通入该氨水中，当溶液中c(H+)为1.0×10-
7mol·L-1时，溶液中的
=
=
=0.62。
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2．（2024 高三·全国·专题练习）完成下列问题
(1)碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的
pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5 mol·L-1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3
HCO +H+的电离
常数K1= (已知：10-5.60=2.5×10-6)。
(2)已知室温时，0.1 mol·L-1某一元酸HA 在水中有0.1%发生电离，此酸的电离常数约为 。
(3)在25 ℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH )=c(Cl-)，则溶
液显 (填“酸”、“碱”或“中”)性；用含a 的代数式表示NH3·H2O 的电离常数Kb=
。
(4)常温下，将a mol·L-1的醋酸与b mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在
2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka= (用含a 和b 的代数式表示)。
(5)25 ℃时，向含a mol NH4NO3的溶液中滴加b L 氨水，溶液呈中性，则所滴加氨水的浓度为
mol·L-1[已知Kb(NH3·H2O)=2×10-5]。
【答案】(1)4.2×10-7
(2)1×10-7
(3) 中
(4)
(5)
【解析】（1）
由H2CO3
H++HC
得K1=
=
≈4.2×10-7；
（2）由电离常数表达式算出Ka=
≈1×10-7；
（3）氨水与盐酸等体积混合，电荷守恒关系式为c(N
)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因c(N
)=c(Cl-)，故有
c(H+)=c(OH-)，溶液显中性。
NH3·H2O
N
+ OH-
浓度/(mol·L-1)
-
10-7
Kb=
=
；
（4）根据电荷守恒2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于c(CH3COO-)=2c(Ba2+)=b mol·L-1，所以
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c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性。
CH3COOH
CH3COO-+H+
浓度/(mol·L-1)
-b b 10-7
Ka=
=
；
（5）根据溶液呈中性可知c(OH-)=c(H+)=1×10-7 mol·L-1，n(N
)=n(N
)=a mol。设加入的氨水的浓度为c
mol·L-1，混合溶液的体积为V L，由Kb=
=
=2×10-5，得c=
。
3．（23-24 高三下·上海·阶段练习）已知
时，部分电解质的电离常数如下表所示：
电解质
电离常
数
电解质
电离常
数
(1)根据在
时，用蒸馏水稀释
的醋酸溶液至
，随着溶液的稀释，下列各项中始终保
持增大趋势的是_____。(单选)
A．
B．
C．
D．
(2)常温下，同浓度的下列物质的水溶液
最小的是_____。(单选)
A．
B．
C．
D．
(3)常温下，下列操作(忽略过程中温度变化)可以使亚硫酸稀溶液中的
增大的是_____。(单选)
A．通入
气体
B．通入
气体
C．加入
固体
D．加入
固体
【答案】(1)A
(2)D
(3)C
60
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【解析】（1）A．
，
，
，稀释过程所有离子浓度降低，K 只受温度影响，则比值增大，A 正确；
B．稀释过程中，各离子浓度减小，故比值可能增大，也可能减小，B 错误；
C．
，c(H+)浓度减小，则比值减小，C 错误；
D．
，K 只受温度影响，D 错误；
故答案为：A；
（2）A．CH3COONa 水解显碱性，pH＞7；
B．Na2CO3水解显碱性，pH＞7；
C．Na2SO3水解显碱性，pH＞7；
D．NaHSO3电离大于水解显酸性，pH＜7；
故答案为：D；
（3）
，
，
，K 只受温度影响；
A．加入HCl 气体，加入H+，则比值减小，A 不符合题意；
B．通入SO2气体，溶于水显酸性，引入氢离子，则比值减小，B 不符合题意；
C．加入NaOH 固体，消耗氢离子，则比值增大，C 符合题意；
D．加入NaHSO4固体，
，引入氢离子，则比值减小，D 不符合题意；
故答案为：C；
4．氨是重要的基础化工原料，可以制备亚硝酸(HNO2)、连二次硝酸(H2N2O2)、尿素[CO(NH2)2]等多种含氮的
化工产品。
(1)NH3极易溶于水且溶液显碱性，请用化学方程式解释原因： 。
(2)25℃时，亚硝酸和连二次硝酸的电离常数如下表所示：
化学式
HNO2
H2N2O2
电离常
数
Ka=5.1×10-4
Ka1=6.17×10-8、Ka2=2.88×10-12
①物质的量浓度相同的NaNO2和NaHN2O2溶液的pH(NaHN2O2) pH(NaNO2)(填“>”、“<”或“=”)。
②25℃时NaHN2O2溶液中存在水解平衡，其水解常数Kh= (保留三位有效数字)。
③0.1mol/LNa2N2O2溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
61
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【答案】(1)NH3+H2O
NH3•H2O
NH +OH-
(2) > 1.62×10﹣7 c(Na+)>c(N2O
)>c(OH﹣)>c(HN2O )>c(H+)
【解析】（1）NH3极易溶于水且溶液显碱性，由于NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH +OH﹣；
（2）①根据电离平衡常数判断HNO2、H2N2O2的酸性强弱顺序为：HNO2>H2N2O2，所以物质的量浓度相同的
弱酸强碱盐NaNO2和NaHN2O2溶液中
水解程度大于NaNO2溶液中NO ，即物质的量浓度相同的
NaNO2和NaHN2O2溶液中，NaHN2O2溶液的碱性强、pH 大；
②NaHN2O2溶液中，
水解常数Kh与第一级电离常数Ka1关系为Ka1×Kh=Kw，所以25℃时，Kh=
；
③由于Na2N2O2存在二级水解且一级水解远大于二级水解，故Na2N2O2溶液中粒子浓度由大到小为
c(Na+)>c(N2O
)>c(OH﹣)>c(HN2O )>c(H+)；
5．（24-25 高三上·四川内江·阶段练习）汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处
理是环境保护重要课题。试回答下列问题：
(7)在25℃时，将amol·L-1氨水与0.1mol·L-1的硝酸等体积混合后溶液显中性，用含a 的代数式表示
的水解常数
。
【答案】(7)
【解析】（7）在25℃时，将amol·L-1氨水与0.1mol·L-1的硝酸等体积混合后溶液显中性，则
，
此时溶质为
和
，根据电荷守恒有
，那么
，根据N 守恒，
，而
的水解常数
=
。
6．（23-24 高三上·河南三门峡·阶段练习）氨是重要的基础化工原料，可以制备亚硝酸
、连二次硝
酸
、尿素
等多种含氮的化工产品．
(2)
时，亚硝酸和连二次硝酸的电离常数如下表所示：
化
学
式
电
离
62
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常
数
①物质的量浓度相同的
和
溶液的
（填“>”、
“<”或“=”）．
②
时
溶液中存在水解平衡，其水解常数
（保留三位有效数字）．
【答案】(1)NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌
+OH-
(2) ＜ 1.62×10-7
【解析】（2）①根据电离平衡常数判断HNO2、H2N2O2的酸性强弱顺序为：HNO2＞H2N2O2，所以物质的量
浓度相同的弱酸强碱盐NaNO2和NaHN2O2溶液中HN2
水解程度大于NaNO2溶液中
，即物质的量浓度
相同的NaNO2和NaHN2O2溶液中，NaHN2O2溶液的碱性强、pH 大；故答案为：＜；
②NaHN2O2溶液中，HN2
水解常数Kh与第一级电离常数Ka1关系为Ka1×Kh=kw，所以25℃时，Kh=
=
≈1.62×10-7；
题型8 溶度积( Ksp)的相关计算
1．（24-25 高三上·河北沧州·阶段练习）硫代乙酰胺，简称
，是一种有机化合物，化学式为
，为白色结晶性粉末，可代替
作为沉淀剂，用于分离溶液中的
、
。
(3)用
作沉淀剂时，需向溶液中不断通入
，使其维持饱和状态。室温下，饱和氢硫酸中
，氢硫酸水溶液中存在平衡：
。
①用含
的式子表示溶液中
与
的关系为
，据此可知，可通过
调节
来控制溶液中
。
②某离子在溶液中的浓度降至
时，该离子达到完全沉淀标准。已知
，为使
溶液中的
完全沉淀，应控制
(保留一位有效数字)。
③已知
，当溶液中
为
时，溶液中的
(填“已沉淀完
全”或“未沉淀完全”)。
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【规范答案】(3)
未沉淀完全
【解题思路】（3）①室温下，饱和氢硫酸中
，两个电离平衡加和可得：
，平衡常数
，
；
②
，
在溶液中的浓度降至
时，该离子达到完全沉淀
标准，则
，由①中所得关系式可知，为使溶液中的
完全沉淀，则
；
③
为
时，由①中所得关系式可知
，
，此时溶液中的
未沉淀完全。
2．弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡以及难溶电解质的沉淀溶解平衡均属于化学平衡。
(5)已知室温时，
。在
的
溶液中，逐滴加入
溶液、当
完全沉淀时、溶液的
是 。(已知
)
(6)重金属离子对河流海洋造成严重污染。某化工厂废水(
)中含有
、
等重金属离子，其浓
度均约为
。排放前用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如表所示：
难溶电解质
①你认为往废水中投入 (填字母)，沉淀效果最好。
A．
B．
C．
D．
②常温下，如果用生石灰处理上述废水，使溶液的
，处理后的废水中
。
【规范答案】(5)11.3
(6) B
【解题思路】（5）已知室温时，
，当Mg2+完全沉淀时，溶液中镁离子浓度是
1.0×10-5mol/L，c(OH-)=
mol/L =2.0×10-3mol/L，c(H+)=
mol/L，溶液的pH=
64
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11.3；
（6）①溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中数据可知，硫化物的溶度积小，应选择Na2S，故选B；
②由Pb(OH)2的溶度积为
，pH=8.0 时，c(OH-)=10-6mol/L，则c(Pb2+)=
。
类型一、由溶度积求饱和溶液溶质的物质的量浓度——比较溶解度的大小
计算技巧
饱和溶液时的物质的量浓度与Ksp的关系
1:1 型
x=√Ksp
1:2 型或2：1 型
x=
3√
K sp
4
1:3 型或3:1 型
x=
4√
Ksp
27
类型二、已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度
计算技巧
某温度下AgCl 的Ksp＝a，在0.1 mol·L－1的NaCl 溶液中加入过量的AgCl 固体，达到平衡后
c(Ag＋)＝
Ksp
0.1 =10a mol·L－1
类型三、判断沉淀的生成或沉淀是否完全
计算技巧
①把离子浓度数据代入Ksp表达式得Qc，若Qc>Ksp，则有沉淀生成；若Qc<Ksp，无沉淀生成
②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－1，则该离子沉淀完全
类型四、常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH
计算技巧
①根据氢氧化物的Ksp，先计算初始浓度溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH
②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1，依据Ksp可计算金属阳离子沉淀完
全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH
类型五、计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度
计算
技巧
依据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K 值越大，转化反应越易进行，转化程度
越大 (若计算沉淀转化的平衡常数K＜10－5，则沉淀转化反应不能进行；若10－5＜K＜105，则沉
淀转化反应为可逆反应，若K>105，则认为沉淀完全转化)
已知常温下，ZnS 和CuS 的Ksp分别为1.6×10－24和6.4×10－36，判断常温下反应：
ZnS(s)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋Zn2＋(aq)能否进行
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该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝2.5×1011＞105，故反应能完全转化
类型六、 溶度积常数(Ksp)与水解常数(Kh)的关系——强酸多元弱碱盐：Kh＝
Kw n
Ksp
计算技巧
Fe3＋＋3H2O
Fe(OH)3＋3H＋(aq)，平衡常数
K= c3( H +)
c(Fe 3+)
= c3( H +)×c3(OH −)
c(Fe 3+)×c3(OH −)
=
K
w3
K sp
类型七、溶度积与溶解度的相互计算
计算
技巧
①由饱和溶液的物质的量浓度c(mol·L－1)⃗转化饱和溶液的溶解度S(g)
以AgCl(s)
Ag+(aq)＋Cl－(aq)为例，饱和溶液的物质的浓度c＝1.34×10－5mol·L－1
即：1L 溶液中含有1.34×10－5 mol 的AgCl 溶质，也就是(1.34×10－5×143.5)g＝1.92×10－3g
即：1L 溶液中溶解的AgCl 为1.92×10－3g，由于溶液极稀，其溶液近似等于水的密度，ρ＝
1g/cm3
即：1000g 溶液中溶解了1.92×10－3g 的AgCl，100g 水中溶解了1.92×10－4g 的AgCl
即：AgCl 的溶解度S(AgCl)＝1.92×10－4g
②饱和溶液的溶解度S(g)⃗转化由饱和溶液的物质的量浓度c(mol/L)⃗转化KSP
20℃时，S(AgCl)＝1.5×10－4g，即：100g 水中溶解了AgCl 的质量为1.5×10－4g，由于溶液极
稀，其溶液近似等于水的密度，ρ＝1g/cm3，也即是：0.1L 水中溶解了AgCl 的质量为1.5×10－
4g，也即是：0.1L 溶液中溶解了AgCl 的质量为1.5×10－4g，此时n(AgCl)＝
1.5×10－4 g
143.5 g/mol =1.05×10－6mol
，
c(AgCl)= n
V =1.05×10— 6 mol
0.1 L
，c(AgCl)＝1.05×10－5 mol·L－1，KSP＝
c(Ag+)·c(Cl－)＝1.05×10－5×1.05×10－5＝1.1×10－10
1．（24-25 高三上·重庆·期中）一种用海底锰结核(主要成分为
，含少量
)为原料提纯二氧化锰和制备金属镁的工艺如下：
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已知：
时几种难溶物的溶度积如下表所示(当溶液中某种离子浓度
时，认为其沉淀完
全)：
化学式
完成下列问题：
(3)若浸出液中
为
，则“调pH”的范围为 。
【答案】(3)
【解析】（3）调节滤液的pH 值，使Fe3+、Al3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3过滤除去，“滤液”中Mn2+、
Mg2+不能形成沉淀，溶液中某离子浓度≤1.0×10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，
Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，当Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，此时溶液中c(OH-)=
=1.0×10-9mol·L-1，pOH=9，则pH=14- pOH=5；根据Ksp[Mn(OH)2]= 1.9×10-13，
Ksp[Mg(OH)2]= 1.9×10-11，当“滤液1”中c(Mn2+)为0.19mol·L-1时，溶液中c(OH-)=
=1.0×10-6mol·L-1，pOH=6，则pH=14- pOH=8，则“调节pH”的范围为
；
2．锰锌铁氧体可表示为
，属于软磁铁氧体，可用于制作电感器、变压器、滤波器的磁芯、磁
头及天线棒。一种以黄钾铁矾渣为原料制备锰锌铁氧体的工艺流程如图所示：
已知：
I．黄钾铁矾渣的主要成分为
，含杂质
、
、
、
等的氧化物。
II．常温下，相关物质的
数据如下表：
物质的溶度积常数
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物质
III．常温下，有关离子沉淀
的数据如下表：
有关离子沉淀的pH
(
为金属离子)
开始沉淀
2.2
5.8
6.2
4.4
完全沉淀
3.2
8.3
8.2
6.4
回答下列问题：
(4)加
除铜、镉，最先沉淀的离子是 (填离子符号)，若要将溶液中的铜和镉完全沉淀，
溶液中的
不低于
；但也应避免过量，原因是 。
(5)加
除杂时，溶液的
不宜太小或太大，生产中
保持在5 左右的原因是 。
【答案】(4)
过量，
、
会转化为
、
沉淀造成
、
损失
(5)
小于5 时，酸性太强，由
可知，
、
可能因
浓度太小而不能完全沉淀；
大于时，溶液中
、
会以氢氧化物的形式沉淀
【解析】（4）①由于
和
均为“
”型化合物，且
的
更小，所以除铜、镉中，最先沉淀
的离子是
，故答案为：
；
②若要将溶液中的铜、镉完全沉淀，即
完全沉淀即可，根据
，则溶液中的
，故答案为：
；
③
过量，
、
会转化为
、
沉淀造成
、
损失；
（5）
小于5 时，酸性太强，由
可知，
、
可能因
浓度太小而不能完全沉淀；
大于5 时，溶液中
、
会以氢氧化物的形式沉淀；
3．（24-25 高三上·湖北·阶段练习）磷酸锰铁锂
是一种新型的锂离子电池正极材料，具
有高能量密度、长寿命、安全性好等优点，但仍面临电子电导率低和锂离子扩散速率慢的问题。为此，研
究者提出一种碳包覆改性的磷酸锰铁锂正极材料制备工艺如下：
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回答下列问题：
(4)25
℃时，物质的溶度积常数
Ksp
，则制备前驱体的过程中易产生 (写化学式)，导致
被包覆而使
得原料利用率下降，阻碍前驱体的生成。
【答案】(4)
₂
【解析】（4）根据物质的溶度积常数，可知
的溶度积常数较小，则制备前驱体的
过程中易产生
沉淀。
4．（2024·湖南衡阳·模拟预测）为解决钒、铬资源的利用问题，利用钒铬渣(含有V2O3、Cr2O3、及SiO2、
Fe2O3、FeO 等)提取钒铬的工艺流程：
已知：25℃时，Cr(OH)3的溶度积常数为6.4×10−31；lg4=0.6
回答下列问题：
(6)“沉铬”过程中，室温下，当溶液的pH 为5 时，溶液中的Cr3+是否已完全沉淀？(列式计算)
(已知溶液中离子浓度10−5mol/L 时认为已完全沉淀)。
【答案】(6)由
①得，pH=5，可得c(OH−)=10−9mol/L②，
算出
Cr3+浓度为6.4×10−4mol/L>10−5mol/L，所以沉淀不完全
【分析】本流程中“氧化焙烧”步骤中V2O3、Cr2O3、SiO2分别转化为NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3，Fe2O3、
FeO 则变为Fe2O3，水浸后过滤出滤渣1 为Fe2O3，向滤液中加入硫酸得到硅酸沉淀，过滤出得到滤渣2 为
H2SiO3，加入硫酸铵沉淀钒元素，生成NH4VO3沉淀，对NH4VO3进行焙烧得到V2O5，反应方程式为：
，向滤液中加入双氧水和硫酸，将Na2CrO4还原为Cr3+，离子方程式为：
2
+3H2O2+10H+=2Cr3++3O2↑+8H2O，然后加入氨水，沉淀铬，Cr3++3NH3·H2O=Cr(OH)3↓+3
，再对
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Cr(OH)3进行灼烧，2Cr(OH)3
Cr2O3+3H2O，据此分析解题。
【解析】（6）“沉铬”过程中，室温下，当溶液的pH 为5 时，c(OH-)=
，溶液中
c(Cr3+)=
>10−5mol/L，所以沉淀不完全。
5．（23-24 高三上·山西晋城·期末）
是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生
产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中，由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、
硅的氧化物)为原料制取
的步骤如下图：
已知：镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为＋2 价。
物
质
电离常数
物
质
溶度积常
数
物质
溶度积常
数
CuS
NiS
(4)理论上，除铜后，溶液中
mol/L[计算时
取0.1mol/L，结果保留两位有效数
字]。
(5)除镁过程中，调节溶液pH 呈中性的原因是 。
【答案(4)
(5)酸性环境下，
与
结合成HF，或小
浓度，不利于
沉淀
(【解析】（4）由
的电离常数可得：
，则pH=0.5 时，溶液中
mol/L，溶液中
mol/L；
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（5）酸性环境下，
与
结合成HF，或小
浓度，不利于
沉淀，因此除镁过程中，调节溶液pH
呈中性；
题型9 有关电极反应式的书写
1．（2024·重庆·高考真题）高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷值。
(3)
(四乙基铅)能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为
，阴极为碳钢，电解液
为溶有格氏试剂(
)的有机体系。
①阳极上生成
的电极反应式为 。
②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的
，其原理是
。
③为减少铅污染，
被限制使用。
是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所
示(
为催化剂)。总反应化学方程式为 ；外电路转移
电子时，理论上可生成
的
物质的量为
。
【规范答案】(3)
阴极
得到电子发生还原反应生成镁单质：
，在阴极区不断加入适量的
，发生反应
，实
现阴极产物的循环利用
0.5
【解题思路】（3）①电解池的阳极为
，阳极上Pb 失去电子发生氧化反应生成
，电极反
应式为
。
②阴极
得到电子发生还原反应生成镁单质：
，在阴极区不断加入适量的
，发生反应
，实现阴极产物的循环利用；
③由图，A 极二氧化碳得到电子发生还原生成CO 和
：
，CO 和
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再和Pt2+反应生成
：
，则总反应为二氧化碳和甲醇
反应生成
和水：
；反应中电子转移为
，则
外电路转移
电子时，理论上可生成
的物质的量为0.5
。
2．（2024·北京·高考真题）
是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备
。
(3)方法三：研究表明可以用电解法以
为氮源直接制备
，其原理示意图如下。
①电极a 表面生成
的电极反应式： 。
②研究发现：
转化可能的途径为
。电极a 表面还发生iii．
。iii 的存在，有利
于途径ii，原因是 。
【规范答案】(3)
反应iii 生成
，
将
氧化成
，
更
易转化成
【解题思路】（3）①由电极a 上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a 为阳极，电
极反应式为
；
②反应iii 生成
，
将
氧化成
，
更易转化成
。
一、原电池中电极反应式的书写
1、先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失。
2、注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存。若不共存，则该电解质溶液中的阴离
子应写入负极反应式：若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，则水必须写入正极反应
式中，且O2生成OH-，若电解质溶液为酸性，则H+必须写入正极反应式中，O2生成水。
3、正负极反应式相加得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式，可先写出较易书写的电极
反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的书写电极反应式，即得到较难写出的书写
电极反应式。
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二、电解池中电极反应式的书写
1、首先看阳极材料，如果阳极是活泼电极（金属活动顺序表Ag 以前），则应是阳极失电子，阳极不断
溶解，溶液中的阴离子不能失电子。
2、如果阳极是惰性电极（Pt、Au、石墨），则应是电解质溶液中的离子放电，应根据离子的放电顺序进
行书写电极反应式。
阳极（惰性电极）发生氧化反应，阴离子失去电子被氧化的顺序为：S2->SO
＞I-＞Br-＞C1-＞OH-＞水电离
的OH-＞含氧酸根离子＞F-。
阴极发生还原反应，阳离子得到电子被还原的顺序为：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>（酸电离出的H+）＞Pb2+＞
Sn2+＞Fe2+＞Zn2+＞（水电离出的H+）＞Al3+＞Mg2+＞Na+＞Ca2+>K+。
注：在水溶液中A13+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+这些活泼金属阳离子不被还原，这些活泼金属的冶炼往往采用
电解无水熔融态盐或氧化物而制得。
三、燃料电池电极反应式的书写
电极：惰性电极。
燃料包含：H2；烃如：CH4；醇如：C2H5OH 等。
电解质包含：①酸性电解质溶液如：H2SO4溶液：②碱性电解质溶液如：NaOH 溶液：③熔融氧化物如：
Al2O3；④熔融碳酸盐如：K2CO3等。
第一步：写出电池总反应式
燃料电池的总反应与燃料的燃烧反应一致，若产物能和电解质反应则总反应为加合后的反应。
如氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O：甲烷燃料电池（电解质溶液为NaOH 溶液）的反应为：
①CH4 +2O2=CO2 +2H2O
②CO2 +2NaOH=Na2CO3 +H2O
①式+②式得燃料电池总反应为：CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O
第二步：写出电池的正极反应式
根据燃料电池的特点，一般在正极上发生还原反应的物质都是O2，随着电解质溶液的不同，其电极反应
有所不同，其实，我们只要熟记以下四种情况：
（1）酸性电解质溶液环境下电极反应式：O2+4H++4e-=2H2O
（2）碱性电解质溶液环境下电极反应式：O2+2H2O+4e-=40H-
（3）固体电解质（高温下能传导O2-）环境下电极反应式：O2+4e-=2O2-
（4）熔融碳酸盐（如：熔融K2CO3）环境下电极反应式：O2+2CO2+4e-=2CO
。
第三步：根据电池总反应式和正极反应式写出电池的负极反应式
电池的总反应和正、负极反应之间有如下关系：电池的总反应式=电池正极反应式+电池负极反应式
故根据第一、二步写出的反应，有：电池的总反应式-电池正极反应式=电池负极反应式，注意在将两个反
应式相减时，要约去正极的反应物O2。
四、可充电电池电极反应式的书写及应用
（一）可充电电池试题必备知识
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1.对可充电电池充电和放电两过程认识：放电是原电池反应，充电是电解池反应。要能根据题给总反应
式，写出原电池总反应式和电解池总反应式。
2.对可充电电池电极极性和材料的判断：判断电池放电时电极极性和材料，可先标出放电（原电池）总反
应式电子转移的方向和数目，失去电子的一极为负极，该物质即为负极材料：得到电子的一极为正极，
该物质即为正极材料。若判断电池充电时电极极性和材料，方法同前，失去电子的一极为阳极，该物质
即为阳极材料；得到电子的一极为阴极，该物质即为阴极材料。
3.可充电电池电极反应式的书写方法：
书写可充电电池电极反应式，一般都是先书写放电的电极反应式。书写放电的电
极反应式时，一般要遵守三步：第一，先标出原电池总反应式电子转移的方向和
数目，指出参与负极和正极反应的物质；第二，写出一个比较容易书写的电极反
应式（书写时一定要注意电极产物是否与电解质溶液共存）；第三，在电子守恒
的基础上，总反应式减去写出的电极反应式即得另一电极反应式。
充电的电极反应与放电的电极反应过程相反，充电的阳极反应为放电止极反应的逆过程，充电的阴极反
应为放电负极反应的逆过程。
对可充电电池某电极是发生氧化还是还原反应及某元素被氧化还是被还原的判断：可根据电极反应式进
行分析，放电（原电池）的负极及充电（电解池）的阳极均失去电子，发生了氧化反应，其变价元素被
氧化；放电（原电池）的正极及充电（电解池）的阴极均得到电子，发生了还原反应，其变价元素被还
原。
5.对溶液中离子的移动方向判断：放电时，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴离子移向阳
极，阳离子移向阴极。
6.可充电电池充电时与电源的连接：可充电电池用完后充电时，原电池的负极与外电源的负极相连，原电
池的正极与外电源的正极相连。
7.有关电化学的计算：有关电化学的计算都必须利用电子守恒，要注意各电极转移的电子数均相等。这类
计算通常有计算电极的增重或较少量、溶液的PH、溶液的离子浓度、电子转移的数目等。
五、特殊情况电极反应式的书写
在书写电极反应式时，一定要注意一些特殊情况。
1、注意溶液中的离子浓度的改变会引起离子放电顺序的改变溶液中的离子浓度改变，有时可导致离子放
电顺序的改变。
2、注意电解质溶液的改变会引起电极正负的改变在原电池中，一般较活泼金属作负极，但当电解质溶液
发生改变时，较活泼金属就不一定作负极了。
1．（24-25 高三下·湖北·阶段练习）甲醇是主要的有机原料，常利用
等进行制备。回答下列问题：
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Ⅲ．科学家设计如图(串联光电催化反应池)减少
排放并获取制备甲醇的
。
(6)光催化电池中的半导体是在晶体硅中掺杂B 原子和P 原子实现的。p 型半导体也称为空穴型半导体，n
型半导体也称为电子型半导体。
据此，推测n 型半导体掺杂的是 (填元素符号)。
(7)产生
的电极反应式为： 。
【答案】(6)P
(7)
【解析】（6）n 型半导体是电子型半导体，硅最外层4 个电子，P 最外层5 个电子，掺入P 原子后会多余
电子，形成n 型半导体。
（7）
得到电子生成
，根据电荷守恒和原子守恒配平电极反应式
。
2．（24-25 高三下·湖南·开学考试）二氧化碳和甲烷是两种温室气体，
和
催化重整制取CO 和
的反应为
。回答下列问题：
(5)CO、
熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。
已知：电量
，n 表示电路中转移电子的物质的量，
。电极A 上CO 参与的电极反应为
；当电极A 上消耗标准状况下1.12L 混合气体(
、CO)时，电路中通过的电量为 C。
【答案】(5)
9650
【解析】（5）结合图形信息可推断电极A 上CO 参与的电极反应为：
。根据图中变化
可知每1mol
或CO 都转移2mol 电子，当电极A 上消耗标准状况下1.12L 混合气体(
、CO)即0.05mol 时，
电路中通过的电量为0.1mol，电量为
。
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3．（24-25 高三上·重庆·阶段练习）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料，在现代石油和化学工业中具有
举足轻重的作用。下列是几种工业中常用的生产乙烯的路径。回答下列问题。
(3)电化学原理制乙烯
科学家利用原电池装置，实现了温室气体
和
的耦合转化制取乙烯，装置如图c 所示。
①催化电极1 除了有
生成外，还有
和少量水产生，则固体电解质为 (填“氧离子导
体”或“质子导体”)。
②经测定，某次实验中共产生
，则催化电极2 上转移电子的物质的量为
(用含y
的式子表示)。
【答案】(3) 氧离子导体
【解析】（3）①在催化电极1 上，
转化为
、
和水，C 失电子，发生了氧化反应，作负极，
电极反应为
、
，催化电极2 上，
转化为
，C
得到电子，发生还原反应，作正极，电极反应为
，两电极之间的固体电解质只允许离子
通过，结合电极反应可知该固体电解质为“氧离子导体”；
②根据①中的电极反应可得计量关系
，实验中共产生
，则转移的电子的物质的量为
2ymol。
4．（2025·上海松江·一模）向含
电解液的
电池中，加入
离子液体，可提高电池的
性能。
电池的总反应为：
，其工作原理如下图所示：
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(1)该电池放电时，正极反应式为 。
(2)关于该电池，下列说法正确的是_______。
A．电解液应选择非水溶剂
B．放电时，产物
既是氧化产物也是还原产物
C．放电时，多孔电极附近有固体生成
D．充电时，锂离子的移动方向是锂电极→多孔电极
【答案】(1)
(2)AC
【解析】（1）放电时，多孔电极为正极，其电极反应为：
；
（2）A．据题干反应方程式信息，锂作原电池的负极，多孔电极为正极，锂为活泼碱金属，易与水反应，
故该电池不能用水溶液作为电解液，A 正确；
B．根据总反应可知，放电时，Li 被氧化为
，则产物
是氧化产物，B 错误；
C．根据放电时多孔电极反应可知，二氧化碳被还原为碳单质，则多孔电极附近有固体碳单质生成，C 正确；
D．充电时，锂离子向阴极移动，锂电极与电源负极相连为阴极，则锂离子的移动方向是多孔电极→锂电
极，D 错误；
故选AC；
5．（2025·上海闵行·一模）硝酸是一种重要的基础化工原料。历史上先后出现多种不同的制备硝酸的方法。
方法一：17 世纪，人们以硝石(主要成分
)为氮源制备硝酸。
方法三：某科研小组研制的NO-空气质子交换膜燃料电池利用电化学法，实现了制硝酸、发电、环保三位
一体，其工作原理如图所示：
电池负极的电极反应式为 。
【答案】NO-3e-+2H2O=
+4H+
【解析】由图分析可知，左侧Pt 电极发生氧化反应，是原电池的负极，右侧发生还原反应，是原电池的正
极。负极失去电子，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒。负极的电极反应式为：NO-3e-+2H2O=
+4H+；
6．甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、氧气、KOH 溶液(电解质溶液)
构成。甲醇碱性燃料电池工作原理如图所示。
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X 电极上的电极反应式为 。
【答案】
【解析】甲醇燃料电池中OH-向X 电极移动，故X 电极为负极，通入甲醇，Y 电极为正极，通入氧气。X 电
极的电极反应为：
。
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