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大题04 化学反应原理综合题
本题型往往取材于能源、环境问题、化工生产等情景。题目围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现，
每个小题有一定的相对独立性，将热化学、化学反应速率、电化学及三大平衡知识融合在一起进行考查；
且题目中结合图象、表格、数据、装置等信息，考查学生的阅读、读图、分析归纳能力，增加试题的难度。
考点主要涉及盖斯定律与热化学方程式、化学反应速率的计算及其影响因素、平衡常数计算及其影响因素、
化学平衡移动及其影响因素、电极反应方程式书写等。预测2024 年高考将以填空、读图、作图、计算等形
式呈现，以实际情景(场景)为背景，体现核心素养的要求，预计对单一因素影响的考查已经越来越少了，
主要以“多因素影响”出现，考查考生的综合分析判断能力。
1
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常设考向一 热化学方程式书写及有关ΔH 的计算
1．（2023·全国·统考高考真题）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制
造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)已知下列热化学方程式：
则
的
。
【规范答案】(1)(a+c-2b)
【解题思路】（1）①
②
③
根据盖斯定律可知，①+
-
③②2 可得
，则
(a+c-2b)
。
2．（2023·全国·统考高考真题）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
反应③
的
，平衡常数
(用
表
示)。
【规范答案】(1)
或
【解题思路】（1）根据盖斯定律可知，反应③=
(反应②-
)
①，所以对应
；根据平衡常数表达式与热化学方程式之
2
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间的关系可知，对应化学平衡常数
或
，故答案为：
；
或
；
1．热化学方程式的书写方法
2．．根据盖斯定律进行计算
（1）计算步骤
（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＝
K 1
a
K 2
−b
3．常用关系式
3
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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
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
4
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1．（2024·陕西·模拟预测）甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用CO 或
来
生产甲醇燃料。
已知：反应Ⅰ：
；
反应Ⅱ：
；
反应Ⅲ：
。
回答下列问题：
(1)反应Ⅱ的
。
(2)若已知反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数分别为
、
，则反应Ⅲ的平衡常数
(用
、
表示)。
【答案】(1)+41
(2)
【解析】（1）反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，则
；
（2）反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则
；
2．（2024·四川巴中·一模）研究
的综合利用、实现
资源化，生产高能燃料和高附加值化学品，有
利于实现碳资源的有效循环。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
反应Ⅱ中，
(用含
和
的式子表示)，该反应在 下能自发进行(填“高
温”或“低温”)。
【答案】(1)
低温
5
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【解析】（1）反应Ⅱ=反应Ⅲ-2×反应Ⅰ，则ΔH2=ΔH3-2ΔH1。该反应为放热反应，且是熵减反应，根据
ΔH-TΔS<0 反应可自发进行可知该反应在低温下能自发进行。
3．（2024·安徽滁州·一模）晶体硅主要用于微电子技术。工业上将粗硅经以下两步反应制备高纯硅：
i．
ii．
回答下列问题：
(1)已知：
。
写出
还原
生成
的热化学方程式为 。
【答案】(1)
【解析】（1）(1) H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)
SiH2Cl2(g)+2HCl(g)
，由盖斯定律可知(反应①-反应②)×2+反应③可得该反应，则反应的△H=2(
H
△
1-
H
△
2)+
H
△
3=(2a-2b+c)kJ·mol-1，因此H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为SiCl4(g)
+2H2(g)
SiH
⇌
2Cl2(g)+2HCl(g) H=(2a-2b+c)kJ·mol
△
-1；
4．（2024·江苏南通·一模）二氧化碳的综合利用具有重要意义。
(1)工业上以
和
为原料可以制取合成气（
和
）。
①已知
的燃烧热分别为
，则反应
的
。
【答案】(1)
【解析】（1）①已知
的燃烧热分别为
、
、
，则有：
根据盖斯定律，Ⅰ-2（Ⅱ+Ⅲ）可得：
ΔH，则
；故答案为：+247.3；
5．（2024·河北·一模）CO2-CH4干气重整反应制合成气(H2、CO)是CO2资源化利用的重要研究方向。其反
应主要包括：
反应I
反应Ⅱ
(1)已知 H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8 kJ∙mol-1和283kJ∙mol-1，水的汽化热为44kJ∙mol-1，则△H2=
kJ∙mol-1；能同时提高CH4(g)的平衡转化率和反应速率的措施为 (写一条即可)。
6
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【答案】(1)+41.2 增大CO2的浓度(其他合理答案也正确)
【解析】（1）已知 H2(g)、CO(g)的燃烧热分别为285.8 kJ∙mol-1和283kJ∙mol-1，水的汽化热为44kJ∙mol-1，
则可得到下列热化学方程式：
H
①
2(g)+
O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ∙mol-1
CO(g)+
②
O2(g)=CO2(l) △H=-283 kJ∙mol-1
H
③
2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ∙mol-1
利用盖斯定律，反应①-
+
②③得：△H2=-285.8 kJ∙mol-1-(-283 kJ∙mol-1)+44 kJ∙mol-1=+41.2 kJ∙mol-1；增大CO2
的浓度，能使平衡正向移动，能同时提高CH4(g)的平衡转化率和反应速率，则措施为：增大CO2的浓度(其
他合理答案也正确)。
6．（2024·海南·模拟预测）1868 年狄肯和洪特发明了用氯化铜作催化剂，在加热时，用空气中的
氧化
气体制取
的方法，称为“地康法”。其反应原理为
。回
答下列问题：
(1)已知部分共价键的键能如表所示。
共价键
键能/（
）
431.8
497.3
242.7
462.8
根据键能数据计算上述反应的
=
，该反应在 （填“较高”“较低”或“任何”）
温度下能自发进行。
【答案】(1)－112.1 较低
【解析】（1）反应热等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。
。该反应的
，
，根据
，判断，该反应在较低温度下能自发进行；
常设考向二 有关反应速率、转化率、速率常数的计算
1．（2023·山东·统考高考真题）一定条件下，水气变换反应
的中间产物是
。
为探究该反应过程，研究
水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，
仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建
立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
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(1)反应Ⅰ正反应速率方程为：
，k 为反应速率常数。
温度下，
电离平衡
常数为
，当
平衡浓度为
时，
浓度为
，此时反应Ⅰ的反应速率
(用含
和k 的代数式表示)。
【规范答案】(1)
【解题思路】（1）T1温度时，HCOOH 建立电离平衡：
，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝
。
。
2．（2023·全国·统考高考真题）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
(1)电喷雾电离等方法得到的
(
等)与
反应可得
。
与
反应能高选择性地生
成甲醇。分别在
和
下(其他反应条件相同)进行反应
，结果如下图所
示。图中
的曲线是 (填“a”或“b”。
、
时
的转化率为 (列出算式)。
【规范答案】(1)b
【解题思路】（1）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg(
)，即与MO+的微粒分布系数成反
比，与M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b 曲线生成M+的物质的量浓度比a 曲线的小，证明化学
反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b 表示的是300 K 条件下的反应；
根据上述分析结合图像可知，
、
时-lg(
)=0.1，则
=10-0.1，利用数
学关系式可求出
，根据反应
可知，生成的M+即为转
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化的
，则
的转化率为
；故答案为：b；
；
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
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)。
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(4)速率常数与化学平衡常数之间的关系
K
①
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·安徽黄山·一模）
是重要的化工原料，合理使用
能发挥其在工业生产、物质合成、速率
分析等领域的重要作用。
(1)650K 时，某研究小组测得反应i：
的浓度、速率数据如下：
实验编号
①
0.025
0.040
②
0.050
0.040
③
0.025
0.120
已知k 为速率常数，一般情况下只与温度有关，实验测得
，通过以上实验数据可知
，
；650K 时，若
，
，
。
【答案】(1)1 1 3.52×10-3
【解析】（1）由①②数据可得：
=
，解得m=1，由①③数据可得：
=
，
解得n=1，由①中数据可得反应速率常数k=
L·mol-1·s-1=0.22 L·mol-1·s-1，则650K 时，初始一
氧化碳浓度为0.100mol/L、二氧化氮浓度为0.160mol/L 时，一氧化氮的反应速率为0.22
L·mol-1·s-1×0.100mol/L×0.160mol/L=3.52×10-3 mol/(L·s)，故答案为：1；1；3.52×10-3；
2．（2024·河南南阳·一模）某科研团队利用
和
反应使之转化为水煤气，对争取2060 年前实现
“碳中和”、减缓燃料危机和减轻温室效应具有重要的意义。请回答下列问题：
(1)
均为
的恒容密闭容器，向
容器中充入
和
，向
容器中充入
和
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，在催化剂存在下发生反应：
，测得
的平衡转化率随
温度的变化如图甲所示．
①
容器中在温度为
时，
到达点，用
表示
内的化学反应速率为
，此时的化学平衡常数
为 （保留两位小数），若在此温度下时向
容器的平衡体系中再充
入
各
各
，重新达到平衡前，
（填“
“
”或
）。
②
点时该反应的平衡常数为
，则
（填“>”“<”或“=”）。
③
两点处容器内气体总压强分别是
，则
的大小顺序为 。
【答案】(1)0.12mol/(L·min)
< < p(b)>p(a)
【解析】（1）①由图可知，c 点甲烷转化率为60%，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可知，0 5min
∼
内甲烷的反应速率为
=0.12mol/(L·min)，反应的平衡常数K1=
=
，若在此温度下时向A 容器的平衡体系中再充入二氧化碳、甲烷各
0.4mol，一氧化碳、氢气各1.2mol 相当于增大压强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆
反应方向移动，则逆反应速率大于正反应速率，故答案为：0.12mol/(L·min)；
；<；
②由图可知，升高温度，甲烷的转化率增大，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，a 点反应温度高于c
点，则平衡常数K2大于K1，故答案为：>；
③由图可知，升高温度，甲烷的转化率增大，c 点温度低于b 点，则c 点甲烷转化率与b 点相等说明c 中二
氧化碳的，该反应是气体体积增大的反应，所以相同温度时，a 点甲烷的转化率小于b 点，气体物质的量
大于小于b 点，混合气体压强小于b 点，故答案为：p(b)>p(a)；
3．（23·24 高三上·河北唐山·阶段练习）合成氨厂和硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物，脱硝是指将烟
气中的氮氧化物转化为无毒无害物质的化学过程。回答下列问题：
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(1)在一定条件下，向某反应容器中投入5molN2、15molH2在不同温度(T)下发生反应：
，平衡体系中
的质量分数随平衡时气体总压强变化的曲线如图所示。
T
①
1、T2、T3中，温度最低的是 。
M
②
点时，
的转化率为 。
③下列情况能说明反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．2v(NH3)=3v(H2)
B．混合气体的相对分子质量不再变化
C．N2体积分数不再变化
D．恒容容器中混合气体的密度保持不变
【答案】(1)T1 60% BC
【解析】（1）①由第(1)小题可知，合成氨反应
为放热反应，降低温度，平衡
向合成氨的方向移动，平衡体系中NH3的质量分数增大，故T1、T2、T3中，温度最低的是T1；
5mol N
②
2和15mol H2的总质量
，设M 点时NH3的物质的量为
n(NH3)，则平衡体系中NH3的质量分数
，解得n(NH3)=6mol。则M 点时，消耗
9mol H2和3mol N2，H2的转化率
；
A
③．在反应开始后的任意时刻，均有3v(NH3)=2v(H2)，不能说明反应达到平衡状态，A 不符合题意；
B．该反应为气体物质的量减小的反应，且体系中的物质均为气体，则由
可知，混合气体的相对分
子质量是个变量，当其不再变化时，说明反应达到平衡状态，B 符合题意；
C．N2体积分数不再变化时，说明N2的浓度不再变化，反应达到平衡状态，C 符合题意；
D．体系中的物质均为气体，则混合气体的总质量不变，因此在恒容容器中，混合气体的密度
在任
意时刻保持不变，所以混合气体的密度保持不变不能作为反应达平衡的依据，D 不符合题意；
故选BC。
4．（23·24 高三上·河南南阳·阶段练习）在“碳达峰”“碳中和”的发展背景下，
催化加氢合成甲醇
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是重要的碳捕获利用与封
存技术，该过程主要发生下列反应：
反应①
反应②
回答下列问题：
(1)①现向2L 恒容密闭容器中加入
，在恒温下发生上述反应。10s 后反应达到平衡，此时
容器内
的浓度为
，CO 为
。则前10s 内的平均反应速率
；反
应(2)0.5MPa 下，将
的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，测得
的转
化率、
或CO 的选择性[
]以及
的产率(
的转化率×
的选择性)随温度的变化如图2 所示。
曲线a 表示 (填“
”或“CO”)的选择性随温度的变化，270℃时，对应
的转化率为
；在210～250℃之间，
的产率增大的原因是 。
【答案】
(1)
(2)CO 21% 温度升高，生成
的反应速率增大
【解析】（1）①根据题意列三段式如下：
，
，则平衡时，
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，则
。反应②的平衡常数
。
（2）反应①为放热反应，升高温度，未达到平衡之前，相同时间内甲醇的产率增加，达到平衡后随温度
的升高，反应①平衡逆向移动，甲醇的产率和选择性降低；反应②为吸热反应，随着温度的升高，CO 的
产率和选择性升高，故曲线a 代表CO 的选择性随温度的变化。270℃时，CO 的选择性为70%，则甲醇的
选择性为30%，6.3%甲醇的产率为6.3%，故对应
的转化率为
。在210～250℃之间，
反应①未达到平衡，
的产率增大的原因是温度升高，生成
的反应速率增大。
5．（23·24 高三上·重庆梁平·阶段练习）用甲烷制高纯氢气是目前研究热点之一、
(1)工业上常利用甲烷与水蒸气重整制氢，涉及热化学反应方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
②为提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有 (写一条)。
③已知830℃时，反应Ⅱ的平衡常数
。在容积不变的密闭容器中，将
与
加热
到830℃，反应达平衡时CO 的转化率为 。
④在常压、600℃条件下，甲烷与水蒸气制备氢气的总反应中H2平衡产率为82％。若加入适量生石灰后H2
的产率可提高到95％。应用化学平衡移动原理解释原因 。
(2)利用甲烷与CO2重整制氢的热化学反应方程式如下：
Ⅲ．
(主反应)
Ⅳ．
(副反应)
①在恒压条件下，等物质的量的CH4和CO2发生重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图所示，
则表示CO2平衡转化率的是曲线 (填“A”或“B”)。
【答案】(1) 适当减小压强或者升高升高温度，增大H2O(g)的浓度等 80% 加入生石灰，发生反
应CaO+CO2
CaCO3，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，氢气的产率升高
(2)A
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【解析】（1）②由上述分析可知，总反应正反应是一个气体体积增大的吸热反应，故为提高CH4的平衡
转化率，可采取的措施有适当减小压强或者升高升高温度，增大H2O(g)的浓度等，故答案为：适当减小压
强或者升高升高温度，增大H2O(g)的浓度等；
③已知830℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=1，在容积不变的密闭容器中，将2molCO 与8molH2O 加热到
830℃，假设达到平衡时CO 的物质的量变化量为x，列出三段式：
，平衡常数K=
=
=1，解
得x=1.6，则平衡时CO 的转化率=
×100%=80%，故答案为：80%；
④在常压，600℃条件下，甲烷制备氢气的总反应中H2平衡产率为82%．若加入适量生石灰后H2的产率可
提高到95%，若加入生石灰，发生反应CaO+CO2
CaCO3，二氧化碳浓度降低，总反应平衡正向移动，
氢气的产率升高，故答案为：加入生石灰，发生反应CaO+CO2
CaCO3，二氧化碳浓度降低，总反应
平衡正向移动，氢气的产率升高；
（2）①相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g)+CO2
(g)=2CO(g)+2H2 (g)(主反应)，H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) (副反应)，因为CO2同时参与两个反应，故转化
率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A，故答案为：A；
6．（2023·吉林长春·三模）我国力争于2030 年前做到碳达峰，2060 年前实现碳中和。我国科学家研究
加氢制备甲醇方面取得一定进展。在一定温度和压强下，
加氢制备甲醇的过程中主要发生如下三
个反应，请回答以下问题：
反应I．
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
(1)有利于提高甲醇平衡产率的措施有 (至少回答2 条)。
(2)T℃时，将
的混合气体充入压强为6MPa 的恒压密闭容器中，在催化剂的作用下发
生反应Ⅱ和反应Ⅲ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应达到平衡状态时，
和
的分压相等，甲醇的选择性是
的2 倍，则
的平衡转化率为
，【答案】(1)降低温度、增大压强
(2)50%
15
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【解析】（1）反应Ⅰ和反应Ⅲ中，均在低温和增压条件下，有利于提高甲醇的平衡产率，降温，反应Ⅱ
平衡逆移，抑制副反应的发生，增大压强对反应Ⅱ无影响。
（2）根据已知条件列出“三段式”
依据反应达到平衡状态时，
和
的分压相等，则n(H2)=n(CO2)，3-x-2x=5-x-6x，解得x=0.5，则
的平衡转化率为
=50%，n(总)= n(H2)+n(CO2)+ n(H2O)+n(CO)+ n(CH3OH)=6mol，
常设考向三 有关分压平衡常数(Kp)计算
1．（2023·全国·统考高考真题）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制
造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。平衡时
的关系如下图所示。
时，该反应的平衡总压
、平衡常数
。
随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)提高温度，上述容器中进一步发生反应
(Ⅱ)，平衡时
(用
表示)。在
时，
，则
，
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(列出计算式)。
【规范答案】(1)3
增大
(2)
46.26
【解题思路】（1）将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。由平衡时
的关系图可知,
时，
，则
，因此，该反应的平衡总压
3
、平衡常数
。由图
中信息可知，
随着温度升高而增大，因此，
随反应温度升高而增大。
（2）提高温度，上述容器中进一步发生反应
(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的
物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时
，则
，因此，平衡时
。在
时，
，则
、
，
联立方程组消去
，可得
，代入相关数据可求出
46.26
，则
，
。
2．（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)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
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的平衡常数
(化为最简式)。
【规范答案】(1)
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
【解题思路】（1）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
，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
。
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
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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)
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= pp(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．（2023·四川绵阳·一模）甲酸甲酯(HCOOCH3)是一种重要的有机合成中间体，可通过甲醇催化脱氢法制
备，其工艺过程包含以下反应：
反应Ⅰ：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)+2H2(g) K1，△H1=+51.2kJ•mol-1
反应Ⅱ：CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g) K2，△H2=+90.1kJ•mol-1
回答下列问题：
(1)在400kPa、铜基催化剂存在下，向密闭容器中通入CH3OH 进行Ⅰ、Ⅱ两个反应。体系中气体平衡组成
比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
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550K
②
时，反应2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)+2H2(g)的平衡常数Kp= kPa，
【答案】((1) 64
【解析】（1）①反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向正反应方向移动，CH3OH 的平衡组成比
例下降；
②在400kPa 铜基催化剂存在下，密闭容器中发生反应Ⅰ：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)+2H2(g)和反应Ⅱ：
CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)，550K 时CH3OH 的物质的量分数等于H2的物质的量分数等于0.4，CO 的物质的
量分数为0.04，则HCOOCH3的物质的量分数等于1-0.4-0.4-0.04=0.16，
=
=0.4×400=160kPa，
P(CO)=0.04×400=16 kPa，
=0.16×400=64 kPa，Kp=
=
；
2．（2024·广西柳州·一模）二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有：
反应①
反应②
反应③
(1)在
下，
和
按物质的量之比为
进行投料，只发生反应①和反应③，平衡时CO 和
在含碳产物中的物质的量分数及
转化率随温度的变化如图所示。
20
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250℃
③
时，反应①的平衡常数
(
为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)
【解析】（1）250°C 时，二氧化碳的转化率为20%，CO 和CH3OH 的物质的量分数相等，发生反应①和③：
由二氧化碳的转化率为20%得出5×20%=2x，x=0.5mol，平衡后各物质的物质的量为：n(CO2)=4mol，
n(H2)=17-4x=15mol，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=2x=1mol，n(CH3OH)=0.5mol，n(总)=4+15+0.5+0.5+1=21mol，
Kp=
=
；
3．（2024·陕西安康·一模）达成“双碳”目标的重要途径是实现碳的固定。利用CO、
和
可以合成
生物质能源甲醇：
反应1：
反应2：
反应3：
回答下列问题：
(1)
时，向一体积为1L 的恒容密闭容器中充入1molCO、
和
，在一定条件下发生上述3
个反应，达到平衡时得到
和
，此时
平衡转化率为50%。该温度下，反应1 的
平衡常数K=
。(列出计算式)
【答案】(1)
【解析】（1）
时，向一体积为1L 的恒容密闭容器中充入1molCO、
和
，在一定条件
下发生上述3 个反应，达到平衡时得到
和
，此时
平衡转化率为50%，则平衡
时CO 的物质的量为1mol-0.5×1mol=0.5mol，根据H 原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为
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3mol-0.5mol-0.8mol×2=0.9mol，反应1 的平衡常数K=
。
4．（2024·江西上饶·一模）Ⅰ、
的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，回答
下列问题：
(1)
和
都是主要的温室气体。发生催化重整反应
已知
时，相关物质的燃烧热数据如下表：
物质
燃烧热
反应的
(2)在恒温恒容装置中通入等体积
和
，发生上述反应，起始压强为p，
的平衡转化率为。达
平衡时，容器内总压为 。该反应的平衡常数
(用平衡分压代替平衡浓度计算，
分压
总压×物质的量分数，用、
表达，并化为最简式)。
【答案】(1)+247.3
(2)
【解析】（1）根据各物质的燃烧热可得：①
，②
③
根据盖斯定律，
可得
催化重整反应的
，故答案为：+247.3；
（2）在恒温恒容装置中通入等体积CO2和CH4，发生反应：CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) △H=+247.3
kJ/mol，起始压强为p，假设反应开始时CO2和CH4的物质的量分别是1 mol，CO2的平衡转化率为α，则根
据物质反应转化关系可知反应产生达平衡时，H2、CO 的物质的量分别是2α mol，CO2和CH4的物质的量分
别是(1-α) mol，此时容器中气体的总物质的量为
，
在恒温恒容条件下气体的物质的量与压强呈正比，则
，解得
，即平衡时容器内
总压为(1+α)p；平衡时各种气体所占的平衡分压分别是：p(CH4)=p(CO2)=
=
；
p(H2)=p(CO)=
= αp，则该反应的平衡常数Kp=
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，故答案为：
；
；
5．（2023·贵州贵阳·模拟预测）雾霾主要成分为灰尘、SO2、NOx和有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是
治理雾霾的方法之一。
(1)以臭氧为烟气脱硝剂时，脱硝过程涉及的反应之一为：2NO2(g)+O3(g)
N
⇌
2O5(g)+O2(g)。不同温度下，控
制其它条件一定，在两个恒容容器中发生该反应，相关信息如下表及图所示：
容器
甲
乙
温度/K
T1
T2
容积/L
2
起始充入量
4molNO2和2molO3
T
①
1 T2(填“<"、“>”或“无法确定”)，该反应的△H 0(填“<”或“>”)。
0~25min
②
内乙容器中反应的平均速率：v(NO2)= 。
T
③
1温度下，混合气体的起始总压为p，则达到平衡时，NO2的转化率为 ，平衡常数Kp=
(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)> < 0.04
40%
【解析】（1）①根据图中信息，T1温度下，甲容器先达到平衡，反应速率快，所以T 1> T2；T1温度下，
N2O5百分含量低，说明升温平衡逆移，正反应放热，所以△H<0；②0~25min 内乙容器中反应的平均速率：
v(N2O5)=
，根据计量系数之比，可知v(NO2)=2 v(N2O5)= 0.04
；③根据图
中信息，列三段式如下：
，则达到平衡时，NO2的转化率为
，平衡常数Kp=
；
6．（2024·吉林·模拟预测）氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”目标中起到重要
作用。乙醇与水催化重整制氢发生以下反应：
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反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)压强为100
下，1
和3
发生上述反应，平衡时
和
的选择性、乙醇
的转化率随温度的升高曲线如图所示。[已知：
的选择性
]
573K
①
时，10 分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量
。
②表示
选择性的曲线是 (填标号)。
573K
③
时，反应Ⅱ的
(保留到小数点后两位)。
【答案】(1)-0.6 c 14.04
【解析】（1）①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移
动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO 的选择性增大，CO2的选择性
减小，由于CO 的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示
选择性的曲线是c，表
示乙醇的转化率的曲线是b。573K 时，10 分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量
-1mol=-0.6
。
②结合①中分析知，表示
选择性的曲线是c。
573K
③
时，CO2的选择性为85%，CO 的选择性为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时
n(CO2)+n(CO)=1mol×0.6×2=1.2mol，n(CO)= 1.2mol×15%= 0.18mol，n(CO2)= 1.2mol×85%= 1.02mol，设反
应Ⅰ中
转化了xmol，反应Ⅱ中CO 转化了ymol，反应Ⅲ中
转化了zmol，则
，
，
，那么x+z=0.6，2x-y=0.18，
y+2z=1.02，平衡时n(H2O)=3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38mol，n(H2)=4x+y+6z=4(x+z)+
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(y+2z)=2.4+1.02=3.42mol，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4mol，故反应Ⅱ的
。
常设考向四 有关温度、压强影响的平衡图像分析
1．（2022·全国·统考高考真题）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处
理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算
热分解反应④
的
。
(2)较普遍采用的
处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④
高温热分解
。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。
(3)在
、
反应条件下，将
的混合气进行
热分解反应。平衡时混合气中
与
的分压相等，
平衡转化率为 ，平衡常数
。
(4)在
、
反应条件下，对于
分别为
、
、
、
、
的
混合气，
热分解反应过程中
转化率随时间的变化如下图所示。
①
越小，
平衡转化率 ，理由是 。
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②
对应图中曲线 ，计算其在
之间，
分压的平均变化率为
。
【规范答案】(1)170
(2)副产物氢气可作燃料 耗能高
(3)50% 4.76
(4)越高 n(H2S):n(Ar)越小，H2S 的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S 平衡转化率越高 d
24.9
【解题思路】（1）已知：
2H
①
2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/mol
4H
②
2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/mol
2H
③
2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/mol
根据盖斯定律(
+
)×
①②
－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×
+484kJ/mol＝
170 kJ/mol；
（2）根据盖斯定律(
+
)×
①②
可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×
=
－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方
法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高
温分解H2S 会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol 和4mol，根据三段式可知：
平衡时H2S 和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S 的平衡转化率
为
，所以平衡常数Kp＝
＝
≈4.76kPa；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S 的分压越小，相当于降低压强，平衡
向正反应方向移动，因此H2S 平衡转化率越高；
n(H
②
2S):n(Ar)越小，H2S 平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9 对应的曲线是d；根据图象可知
n(H2S):n(Ar)＝1:9 反应进行到0.1s 时H2S 转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质
的量分别为1mol 和9mol，则根据三段式可知
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此时H2S 的压强为
≈7.51kPa，H2S 的起始压强为10kPa，所以H2S 分压的平均
变化率为
＝24.9kPa·s－1。
2．（2021·天津·统考高考真题）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备
CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应
，回答下列问题：
(1)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。
据图分析，生成CS2的反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的
条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是 。
【规范答案】(1)放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速
率慢
【解题思路】（1）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在
600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于
600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。
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
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(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
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)
28
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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
______________
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．（2024·陕西咸阳·一模）丙烯是三大合成材料的基本原料之一，可用于生产多种重要有机化工原料。由
丙烷制丙烯的两种方法如下：
I．丙烷无氧脱氢法：
II．丙烷氧化脱氢法：
请回答下列问题：
(1)对于反应I，下列条件有利于提高
的平衡转化率的是___________(填字母)
A．高温低压
B．低温高压
C．高温高压
D．低温低压
(2)某温度下，在刚性密闭容器中充入
发生反应I，起始压强为
，平衡时总压强为
的平衡转化率为
(3)一定压强下，向密闭容器中充入一定量的
和
，发生反应
，
的平衡转化率在不同投料比
下与温度的关系如图所示，
投料比L 由小到大的顺序为 ，判断依据是 。
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(4)反应II 制备丙烯时还会生成
等副产物，在催化剂的作用下，
的转化率和
的产率随温
度的变化关系如图所示，
的选择性：550℃ 575℃(填“>”或“<”)。
【答案】(1)A
(2)40%
(3)
相同温度下，增大投料比L 相当于增大
浓度，平衡正向移动，
的平衡转化
率增大
(4)>
【解析】（1）反应I 是气体体积增大的吸热反应，升高温度和降低压强，平衡都向正反应方向移动，丙烷
的转化率增大，故选A；
（2）设起始丙烷的物质的量为1mol，平衡时生成丙烯amol，由题意可建立如下三段式：
由混合气体的压强之比等于物质的量之比可得：
=
，解得a=0.4，则丙烷的转化率为
×100%=40%，
（3）温度一定时，增大投料比L 相当于增大二氧化碳的浓度，温度一定时，二氧化碳浓度增大，丙烷的
转化率增大，由图可知，相同温度时L3、L2、L1条件下丙烷的转化率依次增大，则投料比由小到大的顺序
为L3<L2<L1，故答案为：L3<L2<L1；相同温度下，增大投料比L 相当于增大
浓度，平衡正向移动，
的平衡转化率增大；
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（4）由图可知，550℃时丙烷的转化率为13%、丙烯的产率为8%，设参加反应丙烷的物质的量为
100mol，则起始丙烷的物质的量为
，平衡时反应生成丙烯的物质的量为
×8%，所以丙烯的
选择性为
×100%≈61.5%；575℃时丙烷的转化率为33%、丙烯的产率为17%，设参加反应丙烷
的物质的量为100mol，则起始丙烷的物质的量为
，平衡时反应生成丙烯的物质的量为
×17%，所以丙烯的选择性为
×100%≈51.5%，则550℃时丙烯的选择性大于575℃时丙烯的选
择性，故答案为：>。
2．（23·24 高二上·安徽六安·期末）以
为原料合成
涉及的反应如下：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
(1)在
下，按照
投料，假设只发生反应I 和Ⅱ，平衡时，
和
在含碳产
物物质的量分数及
的转化率随温度的变化如图：
①图中代表
的曲线为 (填“m”或“n”)。
②解释
范围内
转化率随温度升高而降低的原因 。
③下列说法正确的是 (填字母)。
A．温度越高，越有利于工业生产
B．
范围内，温度升高，
的平衡产量先减小后增大
C．随着温度逐渐升高，混合气体的平均相对分子质量几乎又变回起始的状态
【答案】(1)m 反应I 是放热反应，反应II 是吸热反应，温度升高，反应I 使
平衡转化率减小的程
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度大于反应II 使
平衡转化率增大的程度 BC
【解析】（1）①根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH 生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是
说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH 的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分
数减小，故符合这个规律的是曲线m。
②反应I 是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，CO2转化率降低，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，正
反应程度增大，CO2转化率升高，在150～250℃范围内，温度升高，整体上CO2转化率降低，说明反应Ⅰ
逆向移动的程度大于反应II 正向移动的程度，导致CO2转化率随温度升高而降低。
A
③．起始n(CO2)：n(H2)=1：3 投料，只发生反应I 时，CO2、H2转化率相同，发生反应II 时，H2的平衡转
化率小于CO2的转化率，当I、II 都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A 正确；
B．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH 的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是
温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，故B 错误；
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH 的平衡转化速率，并不能提高平衡转化率，故C 错误；
故答案为：BC；
3．（2024·四川自贡·一模）丙烯是重要的化工原料，可用于生产丙醇、卤代烃和塑料。回答下列问题：
(1)工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为：
①
②
已知：
的活化能
为
，则该反应的活化
能
为
。
(2)某研究小组向密闭容器中充入一定量的
和
，分别在
、
两种不同催化剂作用下发生
反应①，一段时间后测得
的产率与温度的关系如下图所示。
①下列说法错误的是 (填代号)。
A．使用催化剂
的最佳温度约为
B．相同条件下，改变压强不影响
的产率
C．两种催化剂均能降低反应的活化能，但
不变
D．P 点是对应温度下
的平衡产率
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②在催化剂
作用下，温度低于
时，
的产率随温度升高变化不大，主要原因是
。
(3)
在不同温度下达到平衡，在总压强分别为
和
时，测得丙烷及丙烯的物
质的量分数如图所示。
a
①．d 代表 (填“丙烷”或“丙烯”)，
(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②起始时充入一定量丙烷，在恒压
条件下发生反应，
点对应温度下丙烷的转化率为
(保留1 位小数)，该反应的平衡常数
(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】(1)132
(2)BD 温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小
(3)丙烷 大于
0.025
【解析】（1）根据盖斯定律定律①-②得：
，反应的焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，
则
-
=-32kJ/mol，
=132
；
（2）①A．由图示可知使用催化剂A 时产率最高时，温度约为250℃，所以使用催化剂A 的最佳温度约为
250℃，故A 正确；
B．反应①是一个气体分子数减少的反应，改变压强可以使该反应的化学平衡发生移动，故的产率会随着
压强的改变而改变，故B 错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应的速率，但不影响反应焓变
，故C 正确；
D．250℃以后，
的产率随温度升高而降低，该反应为放热反应，升高温度平衡向右移动，
的产率降低，P 点不是
的最高产率，则可能为对应温度的平衡产率，但不
一定是对应温度下
的平衡产率，故D 错误；
故选BD。
②在催化剂
作用下，温度低于
时，
的产率随温度升高变化不大，主要原因是温度
较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小；
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（3）①此反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，丙烷的物质的量分数减小，丙烯的物质的量分数增
大，由图知，a、d 曲线平衡时物质的量分数随温度升高而降低，所以a、d 曲线代表丙烷；反应为气体分
子数增大的反应，温度一定，压强增大，平衡逆向移动，平衡时反应物丙烷物质的量分数增大，故p1大于
p2；
②图中可知，丙烷在Q 点物质的量分数为50%，设丙烷物质的量为1mol，消耗物质的量为amol，列出三
段式可得：
，
，则Q 点对应温度下丙烷的转化率为33.3%；Q 点C3H8的物质的量分数为
50%，C3H6和H2的物质的量分数为25%，该反应的平衡常数
。
4．（23·24 高三上·河南周口·阶段练习）四氯化钛
是生产金属钛及其化合物的重要中间体，工业上
以高钛渣（主要成分为
）为原料生产
的化学反应原理为
。请回答下列问题：
(1)T℃时，将足量的
、C 加入某恒容密闭容器中，并通入一定量的
和
（
不参与反应）只发生
反应：
，测得容器内总压强（
）和
的转化率（）随
时间的变化关系如图所示：
T℃
①
时，反应的平衡常数
kPa（
为以各组分的平衡分压表示的平衡常数，分压=总压×物质
的量分数）。
②保持温度和起始总压相同，若向恒容密闭容器中通入的
中不含氮气，与含有氮气相比，
的平衡转
化率
（填“增大”“减小”或“不变”），其原因为 。
【答案】(1)1458 减小 保持总压不变，不含氮气时，相当于增大压强，平衡逆向移动
【解析】（1）①设起始有xmol
和ymol
，起始压强为80kPa，平衡时总压强为98kPa，
的转化率
为90%，反应氯气0.9xmol，则平衡时有0.1xmol 氯气，0.9xmol 一氧化碳，0.45xmol 四氯化钛，ymol 氮气，
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共有1.45xmol+ymol，恒温恒容，压强之比等于物质的量之比，总的物质的量增加0.45xmol、压强增加
18mol，则可得
，平衡时氯气、一氧化碳、四氯化钛分压分别为
、
、
，该反应的平衡常数
；
②保持温度和起始总压相同，若向恒容密闭容器中通入的
中不含氮气，与含有氮气相比，
的平衡转
化率
减小，原因：保持总压不变，不含氮气时，相当于增大压强，平衡逆向移动；
5．（2022·浙江·模拟预测）硫的氧化物是大气的主要污染物，是当前环保工作的重要研究内容之一、一定
温度下，将
和
充入4L 恒容密闭容器中，发生反应：
。一般认为该反应通过如下步骤来实现：
①
；
②
；
③
。
(1)
。
(2) (填“低温”“高温”或“任意温度”)下有利于反应
自发进行，判断
的理由为 。
(3)若反应
在5min 时达到平衡，测得平衡时混合气体的总压强与起始时混合气
体的总压强之比为7 10
∶
。
0
①～5min 内，
。
②
的平衡转化率为 ％。
③
(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，假设反应达到平衡时混合气体的总压强为
p，写出计算式即可)。
(4)为减少
的排放，工业上常将
转化为
固定，但存在CO 又会同时发生以下两个反应：
序
号
反应
活化能
平衡常数
Ⅰ
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Ⅱ
①恒容、恒温
条件下，反应体系中
随时间t 变化的总趋势如图。结合已知信息分析
随时
间t 变化的原因： 。
②恒容、恒温(
，
)条件下，请在图中画出
随时间t 变化图 。
【答案】(1)
(2)低温 该反应
，
，根据
时反应自发可知，低温条件有利于反应自发
进行
(3)0.036 90
(4)由于反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，
变大；由于反应Ⅱ的平衡常数远大
于反应Ⅰ，反应Ⅱ进行的程度更大，随反应进行，以反应Ⅱ为主，
变大，使反应Ⅰ平衡逆向移动，
变小
【解析】（1）根据盖斯定律可知，③-②＋①可得反应
，
。
（2）由(1)分析可知，反应：
，根据反应中各物质的化学计量数可知，
正反应是一个气体分子数减小的反应，即
，根据
时反应自发可知，低温条件下有
利于该反应自发进行。
（3）①若反应
在5min 时达到平衡，此时测得平衡时混合气体的总压强与起
始时混合气体的总压强之比为7 10
∶
，设反应消耗了
，可列三段式：
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同温同体积下，气体的物质的量之比等于气体的压强之比，则
，解得
，0～5min 内，
；
②
的平衡转化率为
％=90％；
③假设反应达到平衡时混合气体的总压强为p，则平衡时
、
、
的平衡分压分别为
、
、
，则
。
（4）①由于反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，
变大，由于反应Ⅱ的平衡常数
大于反应Ⅰ，反应Ⅱ进行的程度更大，随反应进行，以反应Ⅱ为主，
变大，使反应Ⅰ平衡逆向移
动，
变小。
②由题给条件：
，可知开始时T2条件下反应速率更快，单位时间内
变化更大，即开始曲线
的斜率比原来大，由于反应Ⅱ是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，
变小，反应Ⅰ是吸热反应，
温度升高，且
变小，平衡正向移动，两个因素都使T2时终点
比T1时高，即曲线终点比原来
高，图像为
6．（22·23 高三上·山东潍坊·期中）落实“双碳”目标，发展绿色能源，首先是对氢能源的开发利用。利
用甲烷制氢是当前研究的热点。涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)
时，在某密闭容器中通入一定量的
和
，加入金属镍做催化剂，在一定温度下发生上
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述反应。
①为提高
的平衡转化率，除改变温度外，还可以采取的措施是 。
②恒温恒容条件下，起始时
和
的浓度分别为
和
，达平衡时
和
的浓
度分别为
和
。达平衡时，
的浓度是
，反应Ⅰ的平衡常数K 是 。
(用含a、b、c、d 的代数式表示)
③在该温度下，反应Ⅲ的标准平衡常数
。[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应
，
，其中
，
为各组分的平衡分
压]
(2)在某一给定进料比的情况下，温度、压强对平衡体系中
物质的量分数的影响如下图：
压强由大到小的顺序为 ，体系温度未达到
时，
物质的量分数几乎为0 的原因是 。
【答案】(1)减小压强 b-c-2d
(2)p3>p2>p1 反应Ⅰ和反应Ⅱ的△H>0，△S>0，在较低温度下不能自发进行反应
【解析】（1）①反应Ⅲ前后系数相同，压强不影响，反应Ⅰ和反应Ⅲ的反应物系数小于生成物系数，可
以减小压强，有利于平衡正向移动，提高
的平衡转化率；②由方程式可知，CH4中的C 全部转化给
CO 和CO2，H2O 中的O 全部转化给CO 和CO2，CH4和H2O 中的H 全部转化给H2，所以平衡后，CH4剩余
（a-c-d）mol L-1，H2O 剩余（b-c-2d）mol L-1，生成CO 为cmol L-1、CO2为b mol L-1、H2为（3c+4d）
mol L-1，则平衡常数K=
=
；反应Ⅲ的方程式前后系数相同，反应过
程中压强不变，设起始压强为p，平衡时，气体总的浓度为a+b+2c+2d，CO 分压为
p，H2O
分压为
p，CO2分压为
p，H2分压为
p，
；
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（2
）反应Ⅲ前后系数相同，压强不影响，反应Ⅰ和反应Ⅲ的反应物系数小于生成物系数，减小压强，有利于
平衡正向移动，致使H2物质的量分数增大，结合曲线图可知，p3>p2>p1；体系温度未达到
时，
物
质的量分数几乎为0，根据吉布斯自由能△H=△H-T△S<0 才能自发进行，反应Ⅰ和反应Ⅱ的△H>0，
△S>0，在较低温度下不能自发进行。
常设考向五 有关选择最佳反应条件的平衡图像
1．（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)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(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)。
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(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p 和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=
(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【规范答案】(1)cd d
【解题思路】（1）(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；
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SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp=
=
=
；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp=
=
，故答案为
。
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
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（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。
（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．（2022·安徽合肥·模拟预测）甲醇是重要的化工原料，可以使用多种方法制备甲醇。
(1)利用CO 和H2合成甲醇，已知在一定温度和压强下，发生如下反应：
①
②
③
(2)利用CO2和H2合成甲醇，在催化剂Cu/ZnO 作用下可发生如下两个平行反应。反应I：CO2(g)＋
3H2(g)→CH3OH(g)＋H2O(g)反应II：CO2(g)＋H2(g)→CO(g)＋H2O(g);温度对CO2转化率及甲醇和CO 产率的
影响如图乙所示。
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①由图乙判断合成CH3OH 最适宜的温度是 。
②由图可知，温度升高CH3OH 产率先升高后降低，降低的可能原因是 。
③下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH 的平衡转化率的有 。
A．增大体系压强
B．提高CO2和H2的投料比
C．体积和投料比不变，提高反应物浓度
(3)利用CH4与O2在催化剂的作用下合成甲醇。主反应：CH4(g)＋
O2(g)→CH3OH(g)，副反应：CH4(g)＋
2O2(g)→CO2(g)＋2H2O(g)。在温度为T℃、压强为PKPa 条件下，向容器中充入2molCH4、1molO2和
6molH2O，充分反应达平衡时CH4的转化率为50%，产物的选择性(如甲醇的选择性=
)如
图丙所示：
①求平衡时O2的物质的量为
②主反应的相对压力平衡常数
= 。(用含P 和p0的计算式表示。
表达式写法：在浓度平衡
常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压除以p0)
【答案】(2)250℃ 反应I 的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OH 产率降低；或温度升
高，催化剂的活性下降，CH3OH 产率降低 AC
(3)0.35mol
【解析】（2）①由图乙中可以看出，250℃时CH3OH 的产率最高，所以合成CH3OH 最适宜的温度是
250℃。
②由图可知，温度升高CH3OH 产率先升高后降低，降低表明平衡逆向移动，升高表明反应可能还未达平
42
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衡，也可能是催化剂的活性发生改变造成的，所以降低的可能原因是：反应I 的正反应为放热反应，升高
温度平衡逆向移动，CH3OH 产率降低；或温度升高，催化剂的活性下降，CH3OH 产率降低。
A
③．反应I 中，由于反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，所以增大体系压强，平衡正向移动，
而对反应II 无影响，所以CO2转化为CH3OH 的平衡转化率增大，A 正确；
B．提高CO2和H2的投料比，则虽然平衡正向移动，但CO2的转化率降低，B 不符合题意；
C．体积和投料比不变，提高反应物浓度，则相当于增大压强，平衡正向移动，CO2转化为CH3OH 的平衡
转化率增大，C 正确；
故选AC。答案为：250℃；反应I 的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH3OH 产率降低；或温
度升高，催化剂的活性下降，CH3OH 产率降低；AC；
（3）在温度为T℃、压强为PKPa 条件下，向容器中充入2molCH4、1molO2和6molH2O，充分反应达平衡
时CH4的转化率为50%，则参加反应的CH4物质的量为1mol，其中生成CO2的CH4为1mol×10%=0.1mol，
生成CH3OH 的CH4的物质的量为1mol-0.1mol=0.9mol。
由此可建立如下三段式：
平衡时O2的物质的量为1mol-0.45mol-0.2mol=0.35mol。
②平衡时压强为P，CH3OH 的相对分压为
，CH4的相对分压为
，O2的相对分压为
，
所以主反应的相对压力平衡常数
=
。答案为：0.35mol；
。
2．（21·22 高三下·福建泉州·开学考试）能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是一种可再生能源，
具有开发应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。
(1)工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有两种。
①甲醇蒸汽重整法。主要反应为CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)；设在容积为2.0L 的密闭容器中充入
0.60molCH3OH(g)，体系压强为P1，在一定条件下达到平衡时，体系压强为P2，且P2/P1=2.2，则该条件下
CH3OH 的平衡转化率为 。
②甲醇部分氧化法。在一定温度下以Ag/CeO2—ZnO 为催化剂时原料气比例对反应的选择性(选择性越大，
表示生成的该物质越多)影响关系如图4 所示，则当
=0.25 时，CH3OH 与O2发生的主要反应方程
43
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式 。在制备H2时最好控制
= 。
【答案】(1)60% 2CH3OH＋O2
2HCHO(g)＋2H2O 0.5
【解析】（1）①令达到平衡时，消耗CH3OH 物质的量为xmol，则生成CO 的物质的量为xmol，氢气的物
质的量为2xmol，相同条件下，气体压强之比等于其物质的量之比，即
，解得x=0.36，
则甲醇的平衡转化率为
60%；故答案为60%；
②当
=0.25，根据图象，此时HCHO 的选择性最大，因此CH3OH 和氧气发生的主要反应是生成
HCHO，主要反应的方程式为2CH3OH＋O2
2HCHO(g)＋2H2O；制备氢气，则氢气的选择性
最大，根据图象可知，
=0.5；故答案为2CH3OH＋O2
2HCHO(g)＋2H2O；0.5。
3．（2021·山东济南·一模）环戊烯(
)常用于有机合成及树脂交联等。在催化剂作用下，可通过环
戊二烯(
)选择性氧化制得，体系中同时存在如下反应：
反应I：
(g)+H2(g)
(g) ΔH1=-100.3 kJ·mol-1
反应Ⅱ：
(g)+H2(g)=
(g) ΔH2= -109.4 kJ·mol-1
反应Ⅲ：
(g)+
(g)
2
ΔH3
44
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已知选择性指生成目标产物所消耗的原料量在全部所消耗原料量中所占的比例。回答下列问题，
(1)为研究不同温度下催化剂的反应活性，保持其他条件不变，测得在相同时间内，上述反应的转化率和选
择性与温度的关系如图所示。
该氢化体系制环戊烯的最佳温度为 ；30°C 以上时，环戊烯的选择性降低的可能原因是 (填
标号)。
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．反应活化能减小
【答案】(1)30 A
【解析】（1）根据图象可知，该体系温度为30℃左右时，环戊烯的选择性和环戊二烯的转化率都很高，
因此最佳温度为30℃；
A．催化剂的活性在一定温度范围内最大，高于或低于这个温度范围，催化剂的活性降低，导致选择性降
低，故A 符合题意；
B．催化剂对化学平衡移动无影响，故B 不符合题意；
C．使用催化剂，降低反应活化能，催化剂的活性降低，活化能应增大，故C 不符合题意；
故答案为：30；A；
4．（2022·辽宁·模拟预测）近年来，我国大力加强温室气体
氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实
现可持续发展。在合适的催化剂作用下，二氧化碳可催化加氢制甲醇。
(1)已知：①
②
则反应③
。
(2)在
MPa、原料气
、合适催化剂的条件下发生反应，温度对
转化率、
产率、
选择性的影响如图所示。已知：
选择性
。
45
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a.
转化率随温度升高而增大的原因可能是 ；
b.
选择性随温度升高而减小的原因可能是 ；
c.写出240℃时反应①的平衡常数的表达式： 。
(3)除调控合适的温度外，使
选择性增大的方法有 。
【答案】(1)-49.1
(2)反应①为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行 反应②(或反应③)
为放热反应，而反应①为吸热反应，所以温度升高不利于
的合成，但有利于CO 的生成，所以
产率降低
(3)增大压强或使用更高效的催化剂
【解析】（1）反应③=反应①+反应②，则ΔH3=ΔH1+ΔH2=+41.4 kJ⋅mol−1+(-90.5kJ⋅mol−1)=-49.1kJ⋅mol−1。
（2）a．反应①为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行，故CO2转化率
随温度升高而增大；
b．反应②(或反应③)为放热反应，而反应①为吸热反应，所以温度升高不利于CH3OH 的合成，但有利于
CO 的生成，所以CH3OH 产率降低，CH3OH 选择性减小；
c．反应①的平衡常数的表达式为K=
。
（3）反应②（或反应③）是气体体积减小的反应，反应①是气体体积不变的反应，增大压强，反应①的
平衡不移动，反应②（或反应③）的平衡正向移动，CH3OH 产率增大，CH3OH 选择性增大；使用更高效
的催化剂，加快反应②（或反应③）的速率，使CH3OH 产率增大，从而使CH3OH 选择性增大；综上所述，
除调控合适的温度外，使CH3OH 选择性增大的方法有增大压强或使用更高效的催化剂。
5．（2022·江苏·二模）尽管NOx、SO2、CO 都是有毒气体，但是它们在生产、医学领域中都有重要应用。
合理利用或转化CO、NOx等污染性气体是人们共同关注的课题。回答下列问题：
(1)已知：①CO(g)+ H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
H=-41.0kJ·mol
△
-1
N
②
2(g)+ O2(g)=2NO(g)
H=+ 180.0kJ· mol
△
-1
H
③
2(g)+
O2 (g)=H2O(g)
H=- 241.8kJ·mol
△
-l
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CO 和NO 按一定比例混合，在适当催化剂作用下可生成无毒气体实现安全排放，该反应的热化学方程式为
。
(2)利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，
、 溶液pH 对脱硫脱硝的影响如图所示：
①由图所示可知脱硫脱硝最佳条件是 。
②根据图示SO2的去除率随pH 的增大而增大，而NO 的去除率在pH>5.5 时反而减小，请解释NO 去除率
减小的可能原因是 。
【答案】(1)2CO(g)+ 2NO(g) =2CO2(g)+N2(g)
H= - 745.6kJ/mol
△
(2)pH 在5.5~6.0，
=6：1 pH>5.5 以后，随着pH 增大，NO 的还原性降低；或H2O2和
NaClO2氧化性减弱，不能将NO 氧化为硝酸
【解析】（1）①CO(g)+ H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
H=-41.0kJ·mol
△
-1
N
②
2(g)+ O2(g)=2NO(g)
H=+ 180.0kJ· mol
△
-1
H
③
2(g)+
O2 (g)=H2O(g)
H=- 241.8kJ·mol
△
-l
CO 和NO 按一定比例混合，在适当催化剂作用下可生成无毒气体，反应方程式为2CO(g)+ 2NO(g)
=2CO2(g)+N2(g)，根据盖斯定律①×2-
+
×2
②③
得该反应的热化学方程式为2CO(g)+ 2NO(g) =2CO2(g)+N2(g)
△H=-41.0kJ·mol-1×2-180.0kJ· mol-1+(- 241.8kJ·mol-l) ×2= - 745.6kJ/mol。
（2）①根据图示，pH 在5.5~6.0，
=6：1 时NO、SO2除去率最高，所以脱硫脱硝最佳条件是
pH 在5.5~6.0，
=6：1；
pH>5.5
②
以后，随着pH 增大，H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO 氧化为硝酸，所以NO 的去除率在
pH>5.5 时减小。
6．（2022·山东济宁·一模）利用CO2可合成尿素、醇等系列重要化工原料。回答下列有关问题：
(1)以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
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反应1：2NH3(g)+CO2(g)
NH2CO2NH4(s) △H1=-159.47kJ·mol-1
反应2：NH2CO2NH4(s)
CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H2=+72.49kJ·mol-1
反应3：2NH3(g)+CO2(g)
CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H3
反应1、2 和3 的△G(自由能变化)随温度的变化关系如图所示。图中对应于反应3 的线条是 。提高尿素
产率的方法有 、 。
一定条件下，恒容容器中，充入原料气3molNH3和1molCO2，平衡时CO2的转化率为0.5，容器内总压强
为pkPa，已知反应2 的Kp=ap 则上述反应3 的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总
压×物质的量分数)。以惰性电极电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液，阳极有N2产生，写出阳极的电极反应方
程式 。
(2)工业上利用CO2可以制备甲醇，某一刚性容器中充入1molCO2和3molH2，在催化剂存在的条件下进行
反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图所示。
反应1：CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) △H1
反应2：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) △H2
已知：CH3OH 选择性=
，反应1 为 (填“放热”或“吸热”)反应，有研究表明，在原
料气中掺入适量的CO 有利于提高CH3OH 选择性，说明其可能的原因是 ，有利于提高CH3OH 选择性
反应条件还可以是 (填标号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
【答案】(1)c 分离出水蒸气 增大压强(减小体积)
CO(NH)2-6e-+8OH-=N2+CO
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+6H2O
(2)放热 增大CO 的浓度，反应2 向逆反应方向移动，CO2浓度增大，反应1 向正反应方向移动，
CH3OH 选择性增大 C
【解析】(1)
根据盖斯定理可知反应1+反应2=反应3，△H3=△H1+△H2=-159.47kJ·mol-1+72.49kJ·mol-1=-86.98kJ·mol-1，反
应1 的ΔS1<0，反应2 的ΔS2>0，反应3 的ΔS3<0，由ΔG=ΔH-TΔS，再结合数据，3 个一次函数，可知b
为反应2，a 反应1，c 反应3；
反应为气体体积减小的反应，平衡正向移动可以提高尿素产率，方法如增大压强，及时移走产物，可以及
时分离出H2O；
根据反应1 和反应3 可知
根据平衡时平衡时CO2的转化率为0.5=
，解得x=0.5，所以平衡时n(NH3)=3-2×0.5=2mol，n(CO2)=1-
0.5=0.5mol，已知反应2 的Kp=ap=p(H2O)，反应达到平衡时只有三种气体，NH3、CO2、H2O，容器内总压
强为pkPa，NH3、CO2分得压强为（p-ap）Pa，同一条件压强之比等于物质的量之比，p(NH3)=
×(p-
ap)=
×(p-ap)，p(NH3)=
×(p-ap)=
×(p-ap)，根据反应3 的平衡常数Kp=
=
=
，
阳极上尿素失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子、氮气和水电极反应式为：CO(NH)2-6e-+8OH-
=N2+CO
+6H2O；
(2)
根据图中信息可知随着升高温度甲醇的选择性减低，二氧化碳的转化率降低，升温向逆向移动，说明反应
1 放热；
增大CO 的浓度，反应2 向逆反应方向移动，CO2浓度增大，反应1 向正反应方向移动，CH3OH 选择性增
大；
根据CH3OH 选择性=
，可知要想提高选择性，应该尽可能增大甲醇的量减小CO 的量，
即主反应正向进行，副反应逆向进行，根据反应的热效应和方程式的系数可得高压利于主反应正向进行，
低温利于副反应逆向进行；
故选C。
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常设考向六 有关转化率、产率变化分析的平衡图像
1．（2023·浙江·高考真题）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，
还原
是实现“双
碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
(1)有利于提高
平衡转化率的条件是___________。
A．低温低压
B．低温高压
C．高温低压
D．高温高压
(2)反应
的
，
(用
表
示)。
(3)恒压、
时，
和
按物质的量之比
投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现
高
效转化。
①下列说法正确的是 。
A．
可循环利用，
不可循环利用
B．过程ⅱ，
吸收
可促使
氧化
的平衡正移
C．过程ⅱ产生的
最终未被
吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原
需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入
，测得一段时间内
物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释
物质的量上升的原因 。
(4)
还原能力
可衡量
转化效率，
(同一时段内
与
的物质的量变
化量之比)。
①常压下
和
按物质的量之比
投料，某一时段内
和
的转化率随温度变化如图1，请在
图2 中画出
间R 的变化趋势，并标明
时R 值 。
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②催化剂X 可提高R 值，另一时段内
转化率、R 值随温度变化如下表：
温度/℃
480
500
520
550
转化率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
下列说法不正确的是
A．R 值提高是由于催化剂X 选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中
占比越高
C．温度升高，
转化率增加，
转化率降低，R 值减小
D．改变催化剂提高
转化率，R 值不一定增大
【规范答案】(1)C
(2)
(3)BC 通入
分解平衡正移，导致
增大，促进
还原
平衡正移
(4)
C
【解题思路】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高
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温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高
平衡转化率的条件是高温低压；答案选C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2 得反应
；
故
△H1+2△H2=+329
，
；
（3）①A．根据流程可知，
转化为Fe，Fe 又转化为
，
可循环利用；CaCO3受热分解生
成
和CO2,
又与CO2反应生成CaCO3，
也可循环利用，选项A 错误；
B．过程ⅱ，
吸收
使
浓度降低，促进
氧化
的平衡正移，选项B 正确；
C．过程ⅱ
吸收
而产生的
最终未被
吸收，在过程ⅲ被排出，选项C 正确；
D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原
需吸收的
能量一样多，选项D 错误；
答案选BC；
②通入
分解平衡正移，导致
增大，促进
还原
平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入
，
测得一段时间内
物质的量上升；
（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R 减小，600℃以上，
二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R 增大，根据图1 可知
时，
转化
率为100%，即
=1mol,
转化率为60%,即
=3mol 60%=1.8mol，故
=
=1.8，故
间R 的变化趋势如图：
A
②．R 值提高是由于催化剂X 选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，
增大的倍数比
大，则R 提高，选项A 正确；
B．根据表中数据可知，温度越低，
转化率越小，而R 越大，
增大的倍数比
大，含
氢产物中
占比越高，选项B 正确；
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C．温度升高，
转化率增加，
转化率也增大，且两个反应中的
转化率均增大，增大倍数多，
故R 值增大，选项C 不正确；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高
转化率，若
转化率减小，则R 值不一定增大，选
项D 正确；
答案选C。
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．（23·24 高三下·山西晋城·开学考试）探究CH3OH 合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH
的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH 涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
(1)不同压强下，按照
投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH 的平衡产率随温度
的变化关系如下图所示。
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已知：
CH3OH 的平衡产率=
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序
为 ；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。
(2)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH 的平衡产率，应选择的反应条件为___________(填标号)。
A．低温、高压
B．高温、低压
C．低温、低压
D．高温、高压
【答案】(1)乙 p1、p2、p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没
有影响
(2)A
【解析】（1）反应Ⅰ和Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH 的平衡产率减少，所以图甲
表示CH3OH 的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应Ⅰ和Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移
动，CO2的平衡转化率降低，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度反应Ⅲ向正反应方向移动，升高一定温度后以
反应Ⅲ为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；
压强增大，反应Ⅰ和Ⅱ是气体体积减小的反应，反应Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ气体体积不变化，平衡
不移动，故压强增大CH3OH 的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1>p2>p3；
温度升高，反应Ⅰ和Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原
因为：T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响。
（2）根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH 的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡
转化率越大，CH3OH 的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。
2．（23·24 高三上·河南周口·阶段练习）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO 和Cl2反应得
到，化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)⇌2NOCl(g)。
(1)在1L 恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)，在不同温度下测得c(NOCl)与时间t 的关系如图A
所示：
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①反应开始到10min 时NO 的平均反应速率v(NO)= mol·L-1·min-1。
T
②
2时该反应的平衡常数K= 。
T
③
2时Cl2的平衡转化率为 。
(2)若按投料比n(NO) n(Cl
∶
2)=2 1∶把NO 和Cl2加入一恒压的密闭容器中发生反应，平衡时NO 的转化率与温
度T、压强p(总压)的关系如图B 所示：
①该反应的ΔH (填“>”“<”或“=”)0。
②在p 压强条件下，M 点时容器内NO 的体积分数为 。
③若反应一直保持在p 压强条件下进行，则M 点的压强平衡常数Kp= (用含p 的表达式表示，
用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。
【答案】(1)0.1 2 50%
(2)< 40%
【解析】（1）①由方程式结合图可知，反应开始到10min 时NO 的平均反应速率
。
T
②
2时达到平衡时，NOCl 浓度为1mol/L，
该反应的平衡常数
；
③由②分析可知，T2时Cl2的平衡转化率为
；
（2）①根据图像，升高温度，平衡时NO 的转化率减小，说明平衡逆向移动，说明该反应正反应属于放热
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反应，ΔH＜0；
②根据图像，在p 压强条件下，M 点时容器内NO 的转化率为50%；设一氧化氮、氯气投料分别为2mol、
1mol，则：
NO 的体积分数为
40%。
③结合②分析可知，M 点的压强平衡常数
。
3．（23·24 高三上·四川成都·阶段练习）完成下列问题
(1)已知：
反应Ⅰ：N2(g)+O2(g)
2NO(g) ΔH1=akJ/mol
反应Ⅱ；2NO(g)+O2(g)
2NO2(g) ΔH2=bkJ/mol
反应Ⅲ：2N2O(g)
2N2(g)+O2(g) ΔH3=ckJ/mol
反应Ⅳ：N2O(g)+NO2(g)
3NO(g) ΔH= kJ/mol
(2)汽车尾气中的NO 和CO 可在催化剂作用下生成无污染的气体。在密闭容器中充入反应物，测得平衡时
NO 的体积分数与温度、压强的关系如图。
①反应2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g) ΔH<0，则T1 T2(填“>”“=”或“<”)
②该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和NO 的转化率，可采取的措施有 (答两点即可)。
③在D 点，对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A～G 点中
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的 点。
(3)在催化剂作用下，利用反应C(s)+2NO(g)
N2(g)+CO2(g) ΔH=-34.0kJ/mol，用活性炭对NO 进行吸附。
已知在密闭容器中加入足量的C 和一定量的NO 气体，保持恒容，在相同时间内测得NO 的转化率随温度
的变化如图所示：
①由图可知，1050K 前反应中NO 的转化率随温度升高而增大，其原因为 ；在1050K 时，CO2
的体积分数为 。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1100K、1.1×106Pa 时，
该反应的化学平衡常数Kp= [已知：气体分压(P 分)=气体总压(Pa)×体积分数]。
【答案】(1)ΔH=a-
b+
c
(2)< 增大CO 的浓度、压缩容器体积或增大压强 G
(3)升高温度，催化剂活性增强，反应速率加快，NO 的转化率增大 40%
【解析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅳ=
Ⅲ-
Ⅱ+I，ΔH=(a-
b+
c )kJ/mol。
（2）①正反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，NO 的体积分数增大，故T2>T1。
②反应为气体分子数减小的反应，增大压强可以提高反应速率并且提高NO 的转化率；增大某一反应物的
浓度可以增大反应速率，也可以提高另外的反应物的转化率，故答案为：增大CO 的浓度、缩小容器体积
或增大压强。
③反应放热，降低温度，平衡正移，NO 的体积分数减小；反应正向气体分子数减小，增大压强，平衡正
移，NO 的体积分数减小，则达新平衡时可能是G 点。
（3）①因为该反应放热，升高温度，NO 的平衡转化率会减小，但在1050K 之前，NO 的转化率却在上升，
说明在这段时间内，反应未达到平衡状态，随温度升高，催化剂活性逐渐增强，反应速率加快，1050K 之
前NO 的转化率随温度升高而增大；1050K 时，NO 的转化率为80%，设起始时NO 的物质的量为2mol，
可列三段式：
，平衡时CO2的体积分数等于物质的量分
数，为
=40%。
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②温度高于1050K 后，反应达平衡，升高温度，平衡逆移，NO 的转化率减小，在1100K 时，NO 的平衡
转化率为40%，设起始时NO 的物质的量为2mol，可列三段式：
，平衡时NO、N2、CO2的物质的量之比为3：1：1，该
反应为气体分子数不变的反应，在1100K、恒容条件下，气体的总压强始终为1.1×106Pa，Kp=
=
。
4．（23·24 高三上·四川南充·阶段练习）我国氢能源汽车已经开始销售，氢能源的热值高、无污染，使其
成为理想的能源，工业上量产化制氢原理是：CH4(g)＋2H2O(g)
CO2(g)＋4H2(g) ΔH=akJ/mol。
(1)相关化学键键能数据如下表所示。
化学键
H-H
C=O
H-O
C-H
435
745
463
415
则a= 。
(2)关于上述反应中CO2产物的再利用一直是科研工作者研究的重点。工业上利用 CO2和
制备甲醇的原
理是：CO2(g) + 3H2(g)
H2O(g) + CH3OH(g)，现研究温度及分子筛膜(用分子筛膜代替容器器壁，该膜只
允许极性分子通过)对甲醇平衡产率的影响。将CO2和
初始投料分别按1.0mol/L 和4.0mol/L 充入恒容容
器中，温度及分子筛膜对甲醇平衡产率的影响如图所示。
220℃
①
时，经过2min 达到M 点，则该条件下0~2min 内的平均反应速率
；无分子筛
膜时，升高温度，反应速率
将 (选填“增大”、“减小” 或“不变”)。
②其他条件不变，有分子筛膜时甲醇的平衡产率总是高于没有分子筛膜，其原因可能是 。
【答案】(1)+282
(2)0.3mol·L-1·min-1 增大 分子筛膜时能及时分离出产物，上述平衡正向移动，甲醇的平衡产率增
大
【解析】（1）根据反应热
等于反应物总的键能之和减去生成物总的键能之和，故a=4E(C-H)+4E(O-
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H)-2E(C=O)-4E(H-H)=4×415
+4×463
-(2×745
+4×435
)=282
，故答案为：
282；
（2）①
根据M 点数据可知，
=20%，即x=0.2， 220℃时，经过2min 达到M 点，则该条件下0~2min 内的平均反
应速率
0.3mol·L-1·min-1，无分子筛膜时，升高温度，任何反应的反应速率都增大，故反
应②速率
将增大。
H
②
2O 和 CH3OH 都是极性分子，可以透过分子筛膜，使得分子筛膜时能及时分离出产物，上述平衡正向
移动，甲醇的平衡产率增大；
5．（23·24 高三上·广东广州·阶段练习）二氧化碳催化加氢制甲醇有利于减少温室气体排放。涉及的主要
反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
(1)不同压强下，按照
投料，实验测得
的平衡转化率和
的平衡产率随温度
的变化关系如下图所示。
已知：
的平衡转化率
的平衡产率
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其中纵坐标表示
平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”)，压强
、
、
由大到小的顺
序为 ，图乙中
温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。
【答案】(1)乙 P1>P2>P3 T1时以反应II 为主，反应II 前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有
影响
【解析】（1）开始的时候主要进行反应I，随着温度的升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，但
到了后期主要进行反应III，随着温度的升高，平衡正向移，CO2的平衡转化率升高，故乙图表示CO2平衡
转化率；对反应I，压强增大，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，即P1>P2>P3；当图乙中温度到了T1时，
主要进行反应II，此时反应前后系数和不变，压强的变化不会引起平衡的移动，故三条曲线几乎交于一点。
6．（23·24 高三上·黑龙江大庆·期中）推动
的综合利用、实现碳中和是党中央作出的重大战略决策。
(1)
一定条件可转化为
，
②恒压下，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，分
子筛膜能选择性分离出
。P 点甲醇产率高于T 点的原因为 。
(2)
与丙烯催化合成甲基丙烯酸。催化剂在温度不同时对
转化率的影响如图所示，
时
转
化率低于
和
的原因可能为 。
【答案】(1) 子筛膜从反应体系中不断分离出水，有利于反应正向进行，甲醇产率升高
(2)温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低
【解析】（1）②根据题意，分子筛膜分离出水，使平衡正向移动，向着产物的方向进行，即分子筛膜从
反应体系中不断分离出水，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；
（2）催化剂需要一定的活性温度，高温时，催化剂活性降低，效率降低，故填温度过高，可能会导致催
化剂催化效率降低。
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常设考向七 电解质溶液中有关电离(水解)平衡常数的计算
1．（2022·天津·统考高考真题）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物
(L 为配
体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体
转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个
阶段：①
的吸收氧化；②
的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
(1)
的电离方程式为 。25℃时，
溶液中
、
、
在含硫粒子总浓度中所占分数
随溶液pH 的变化关系如图2，由图2 计算，
的
，
。再生反应在
常温下进行，
解离出的
易与溶液中的
形成沉淀。若溶液中的
，
，为避免有FeS 沉淀生成，应控制溶液pH 不大于 (已知25℃时，FeS
的
为
)。
【规范答案】(1)
或
8
【解题思路】（1）
是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式
为
或
；根据题意pH=7 时
、
的所占分数相等，因此
的
，pH=13 时
、
的所占分数相等，则
。再生反应在常温下进行，
解离出的
易与溶液中的
形
成沉淀。若溶液中的
，根据
得到
，根据
和
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，得到
，pH=8，因此为避
免有FeS 沉淀生成，应控制溶液pH 不大于8；故答案为：
或
；
；
；8。
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－ Ka 1=c( H +)⋅c(HA−)
c( H 2 A )
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 ；
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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
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
a
①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
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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—
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
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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．（2023·上海浦东新·一模）资源化利用二氧化硫，一方面能保护环境，另一方面能提高经济效益，具有
深远意义。
(1)将
通入
溶液时，得到一组
的混合溶液，溶液中
部分微粒的物质的量浓度随
的关系曲线如下图所示。
若溶液的
，溶液中
，此时溶液中
。
(选填“
”“
”或“
”)
(2)上述混合液中存在多个水解平衡，与化学平衡一样，水解平衡也有自己的平衡常数(
)。以醋酸钠(
)为例，其水解平衡常数存在以下定量关系：
(
为水的离子
积常数，
为
的电离常数)亚硫酸为二元弱酸，
时，其电离常数
，
。请结合相关数据说明
溶液呈酸性的理由。
【答案】(1)
>
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(2)
的水解常数
，小于
的电离解常数
，所以溶液显酸性
【解析】（1）根据电荷守恒：
，pH=7 时溶液中氢离子和
氢氧根离子浓度相等，则
；
，
此时
，从图中可以读出
，则
；
2．（22·23 高三上·河北·阶段练习）回答下列问题
(1)99℃时，
，该温度下测得
溶液的
。
在水溶液中的电离方程式
为 。
(2)常温下，
为二元弱酸，
溶液的
，则该溶液中下列微粒的浓度
①
②
③
④
⑤
由大到小的顺序为 (填序号)。
(3)
25℃
①
时，向1L0.1mol/LCH3COOH 溶液中加入0.1molCH3COONa 固体，则醋酸的电离平衡向
(填“正”或“逆”)反应方向移动：水的电离程度将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
25℃
②
时，CH3COOH 的电离平衡常数Ka=1.75×10-5，则CH3COONa 水解常数Kh= (保留三位
有效数字)。改变下列条件，能使CH3COONa 稀溶液中
增大的是 。
a．降温 b．加入
固体 c．稀释 d．加入
固体
(4)在剧烈运动中，因缺氧肌肉会产生乳酸(HL)，而血液中，乳酸与碳酸氢盐发生复分解反应。已知乳酸
(HL)是一元酸，
。碳酸的电离平衡常数为：
，
①
乳酸的
为 (
，
)
②乳酸和碳酸氢盐反应的平衡常数的数值 。
【答案】(1)
(2)
(3)逆 增大
ad
(4)2.55 311
【解析】（1）99℃时，
，该温度下测得0.1mol/LNa2A 溶液的pH=6，即该温度下该溶液呈
中性，即Na2A 是强酸强碱盐，故H2A 在水溶液中的电离方程式为H2A=2H++A2-，故答案为：H2A=2H+
+A2-；
（2）常温下，H2A 为二元弱酸，
溶液的
，该溶液显酸性，即HA-的电离小于水解，
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则该溶液中下列微粒的浓度由大到小的顺序为
＞
＞
＞
＞
即
，故答案为：
；
（3）①25℃时，向1L0.1mol/LCH3COOH 溶液中加入0.1molCH3COONa 固体，导致溶液中CH3COO-浓度
增大，导致醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，CH3COO-水解程度增大，故水的电离程度将增大，故答案
为：逆；增大；
25℃
②
时，CH3COOH 的电离平衡常数Ka=1.75×10-5，则CH3COONa 水解常数Kh=
=
=
=
=5.71×10-10，改变下列条件，能使CH3COONa 稀溶液中
=
，据此分析解题：
a．CH3COO-水解是一个吸热过程，故降温导致水解平衡逆向移动，则CH3COO-浓度增大，OH-减小，故
增大，a 符合题意；
b．
=
，加入NaOH 固体导致水解平衡逆向移动，温度不变Kh 不变，CH3COOH
的浓度减小，故
减小，b 不合题意；
c．
=
，稀释虽然导致水解平衡正向移动，但Kh 不变，CH3COOH 的浓度减小，
故
减小，c 不合题意；
d．加入CH3COONa 固体，导致CH3COO-浓度增大，其水解平衡逆向移动，导致OH-浓度减小，故
增大，d 不合题意；
故答案为：ad；
（4）①已知乳酸HL
H++L-，c(HL)
0.056mol/L，K(HL)=
=
=1.4×10-4，解得：c(H+)
2.8×10-3，0.056mol/L 乳酸的pH=-lgc(H+)=-lg(2.8×10-3)=4-2lg2-lg7=2.55，故答案为：2.55；
②乳酸和碳酸氢盐反应为HL+NaHCO3=NaL+H2O+CO2↑，则该反应平衡常数K=
=
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=
=
=311，故答案为：311。
3．（2023·广东汕头·一模）硫及其化合物在日常生活、工业生产中都非常普遍。
(1)在水中，硫酸是一种强酸，但实际上只有第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，电离方程式可表
示为：H2SO4=H＋＋
，
H＋＋
。
25℃
①
时，Na2SO4溶液的pH (填“>”“<”或“=”)7。
0.100 mol∙L
②
−1的稀硫酸中，c(H＋)=0.109 mol∙L−1，求硫酸第二步电离的电离常数 (写出计算过
程，结果保留三位有效数字)。
(2)液态水中，水存在自偶电离：H2O＋H2O
H3O＋＋OH－。平常书写的H＋，实际上是纯水或水溶液中
H3O＋的缩写。如HCl 在水中电离，完整写法是HCl＋H2O=H3O＋＋Cl－。
①液态的醋酸(用HAc 表示)中，同样存在HAc 的自偶电离，其方程式可表示为 。
②用醋酸作溶剂时，硫酸是一种二元弱酸。将少量H2SO4溶于冰醋酸中，第一步电离的完整写法是
。若保持温度不变，关于该所得溶液，下列说法正确的是 。
A．加入少量冰醋酸，c(
)与c(
)均减小
B．加入少量H2SO4，H2SO4的电离程度增大
C．加入少量NaAc 固体。c(
)与c(
)的比值减小
D．加入少量Na2SO4固体，c(Ac－)减小
【答案】(1)＞ 第一步完全电离，可电离出0.100 mol∙L−1的H＋，故第二步电离出0.009 mol∙L−1的H＋和
，c(
)=(0.100−0.009) mol∙L−1=0.091 mol∙L−1，
(2)HAc＋HAc
H2Ac＋＋Ac－ H2SO4＋HAc
H2Ac＋＋
AC
【解析】（1）在水中，硫酸是一种强酸，但实际上只有第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，电
离方程式可表示为：H2SO4=H＋＋
，
H＋＋
。
①根据
H＋＋
，25℃时，Na2SO4溶液中硫酸根水解生成硫酸氢根和氢氧根，导致溶液中氢
氧根浓度大于氢离子浓度，因此溶液的pH＞7；故答案为：＞。
0.100 mol∙L
②
−1的稀硫酸中，c(H＋)=0.109 mol∙L−1，硫酸第一步完全电离，可电离出0.100 mol∙L−1的H＋，故
第二步电离出0.009 mol∙L−1的H＋和
，c(
)=(0.100−0.009)mol∙L−1=0.091 mol∙L−1，
；故答案为：第一步完全电离，可电离出0.100 mol∙L−1的H
＋，故第二步电离出0.009 mol∙L−1的H＋和
，c(
)=(0.100−0.009) mol∙L−1=0.091 mol∙L−1，
。
68
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（2）液态水中，水存在自偶电离：H2O＋H2O
H3O＋＋OH－。平常书写的H＋，实际上是纯水或水溶液
中H3O＋的缩写。如HCl 在水中电离，完整写法是HCl＋H2O=H3O＋＋Cl－。
①根据H2O＋H2O
H3O＋＋OH－分析液态的醋酸(用HAc 表示)中同样存在HAc 的自偶电离，其方程式
可表示为HAc＋HAc
H2Ac＋＋Ac－；故答案为：HAc＋HAc
H2Ac＋＋Ac－。
②用醋酸作溶剂时，硫酸是一种二元弱酸。将少量H2SO4溶于冰醋酸中，硫酸电离出的氢离子与HAc 结合
成H2Ac＋，因此第一步电离的完整写法是H2SO4＋HAc
H2Ac＋＋
。若保持温度不变：
A．加入少量冰醋酸，由于溶液体积增大占主要因素，因此c(
)与c(
)均减小，故A 正确；
B．加入少量H2SO4，平衡正向移动，由于硫酸浓度增大占主要因素，因此H2SO4的电离程度减小，故B 错
误；
C．加入少量NaAc 固体，Ac－与氢离子结合，硫酸氢根电离程度增大，硫酸氢根浓度减小，硫酸根浓度
增大，则c(
)与c(
)的比值减小，故C 正确；
D．加入少量Na2SO4固体，抑制硫酸氢根电离，增大了HAc 的自偶电离，则c(Ac－)增大，故D 错误；
综上所述，答案为：AC。
4．（22·23 高二上·广西桂林·期中）常温时，几种弱酸的电离平衡常数如表所示。
酸
亚硫酸
碳酸
次氯酸
电离平衡常
数
(1)次氯酸(HClO)的电离方程式为 。
(2)
的电离平衡常数表达式K= ，通过改变外界条件可以使K 值发生变化，则使K 值增大需改
变的条件是 。
(3)测得某HClO 溶液中
，则该溶液中HClO 的电离度约为 [已知：
，电离度是指已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比]。
(4)
的酸性由强到弱的顺序为 ；向
溶液中滴加HClO 溶液发生反应的离子
方程式为 ；向
溶液中滴加HClO 溶液发生反应的离子方程式为 。
【答案】(1)
(2)
升高温度
(3)0.3%
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(4)HSO >HClO> HCO HClO+CO
=ClO-+HCO HClO+SO
=Cl-+SO
+H+
【解析】（1）次氯酸(HClO)为弱酸，部分电离出氢离子和次氯酸根离子，电离方程式为
；
（2）HSO 电离平衡HSO
H++SO
，电离平衡常数表达式K=
；平衡常数只与温度有关，
弱电解质的电离平衡是吸热反应，要想K 值增大，只需要升高温度；
（3）设HClO 的浓度为c，混合溶液中HClO 的电离平衡常数为K=
，
弱电解质的电离是微弱的，故c-x
c，
，电离度为：0.3%；
（4）根据表格平衡常数可知HSO >HClO> HCO ；向Na2CO3溶液中滴加HClO 溶液发生反应的离子方程
式为HClO+CO
=ClO-+HCO ，次氯酸具有强氧化性，能把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，故向
Na2SO3溶液中滴加HClO 溶液发生反应的离子方程式为HClO+SO
=Cl-+SO
+H+。
常设考向八 溶度积( Ksp)的相关计算
1．（2022·天津·统考高考真题）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物
(L 为配
体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体
转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个
阶段：①
的吸收氧化；②
的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
(1)
的电离方程式为 。25℃时，
溶液中
、
、
在含硫粒子总浓度中所占分数
随溶液pH 的变化关系如图2，由图2 计算，
的
，
。再生反应在
常温下进行，
解离出的
易与溶液中的
形成沉淀。若溶液中的
，
，为避免有FeS 沉淀生成，应控制溶液pH 不大于 (已知25℃时，FeS
的
为
)。
【规范答案】(1)
或
8
【解题思路】（1）
是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式
70
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为
或
；根据题意pH=7 时
、
的所占分数相等，因此
的
，pH=13 时
、
的所占分数相等，则
。再生反应在常温下进行，
解离出的
易与溶液中的
形
成沉淀。若溶液中的
，根据
得到
，根据
和
，得到
，pH=8，因此为避
免有FeS 沉淀生成，应控制溶液pH 不大于8；故答案为：
或
；
；
；8。
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
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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
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
143.5g/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．（2024·广东·模拟预测）银作为催化剂，主要用于乙烯氧化制环氧乙烷、甲醇氧化制甲醛等，通过亚硫
酸钠-甲醛还原法或氨浸-水合肼还原法可回收失效的银催化剂。
回答下列问题：
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(1)向银催化剂中加入稀硝酸溶解的化学方程式为 。
(2)用氯化钠溶液沉淀银离子可发生下列反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
①计算
（列出计算式即可）。
②根据上述平衡信息，为了使
沉淀完全，应注意控制的条件是 。
(3)亚硫酸钠-甲醛还原法浸取
的主要反应为
。
①该反应在敞口容器中进行，其他条件不变时，浸出时间过长会使银的浸出率降低，原因可能是
（用离子方程式表示）。
②浸出液中含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度及浸出液
的关系如图所示：
已知浸出液中含银微粒的存在形式为
、
和
（X 为
或
），则含硫微粒的总浓度
+ + +
；
时，含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化不大，
时，含银微粒总浓度随含
硫微粒总浓度的变化较大，原因是 。
(4)常温下用氨浸-水合肼还原法浸取
，已知：
，
，写出
溶于氨水发生反应的离子方程式： ，计算该反应的平衡常数
（保留3 位有效数
字）。
【答案】(1)
(2)
或
控制氯化钠的用量
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(3)
或
较小时，
与
结合生成
或
，尽管含硫微粒总浓度增大，但
较小
(4)
【解析】（1）银和稀硝酸反应的化学方程式为
；
（2）①根据盖斯定律，可知反应Ⅲ
反应Ⅱ-反应Ⅰ，所以
。
②根据过程中发生的反应，可知加入氯离子过量，反应Ⅱ和Ⅲ会正向移动，导致生成的氯化银沉淀溶解，
沉淀不完全，所以为使
沉淀完全，应注意控制氯化钠的用量（浓度）或控制
的用量（浓度）等；
（3）①其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率降低，可能原因是亚
硫酸钠或
被空气中的氧气氧化，离子方程式为
或
；
②根据元素质量守恒，
；
时，
含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化与
时不同，结合硫元素的存在形式，可推测原因是
较
小时，
与
结合生成
或
，尽管含硫微粒总浓度增大，但
较小，
溶解较少；
（4）
溶于氨水的离子方程式为
；
，
，所以
。
2．（2023·山东德州·模拟预测）
元素是自然界中以及生活中常见的元素，请回答下列有关问题。
(1)已知
，若使
溶液中的
完全沉淀（
），应调节
最小为 ．
【答案】(1)3
【解析】（1）
，溶液中的Fe3+完全沉淀（c≤1.0×10-6mol/L），
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，
，
；
故答案为：3；
3．（23·24 高二上·北京顺义·期中）(1)锅炉水垢的主要成分是碳酸钙和硫酸钙，清洗时，经常先加入饱和
的碳酸钠溶液浸泡，最后用酸溶解。结合沉淀溶解平衡原理解释清洗硫酸钙的过程 。
(2)当器壁上附有
很难除去时，也常采用沉淀转化的方法。已知某温度下
，
。在该温度下要使
转化成
，
溶液的浓度应大于
。
【答案】(1)CaSO4(s)
Ca2+(aq)+
(aq)，因为CaCO3的溶解度小于CaSO4，加入Na2CO3，
与
Ca2+生成CaCO3，平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，与盐酸反应而除去
(2)5.1×10-4
【解析】（1）硫酸钙存在溶解平衡：CaSO4(s)
Ca2+(aq)+
(aq)，由于CaCO3的溶解度小于CaSO4，加
入Na2CO3后
与Ca2+生成CaCO3，溶解平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，生成的碳酸钙可溶于盐酸，故
答案为：CaSO4(s)
Ca2+(aq)+
(aq)，因为CaCO3的溶解度小于CaSO4，加入Na2CO3，
与Ca2+生成
CaCO3，平衡右移，CaSO4转化为CaCO3，与盐酸反应而除去；
（2）硫酸钡转化为碳酸钡的离子方程式为BaSO4(s)+
(aq)
BaCO3(s)+
(aq)，BaSO4的悬浊液中c
平(Ba2+)=c 平(
)=
=
mol•L-1=1×10-5 mol•L-1，故使Ba2+沉淀需要碳酸根离子的最小
浓度为c 平(
)=
=
mol•L-1=5.1×10-4 mol•L-1，故答案为：5.1×10-4；
4．（2023 高三·全国·专题练习）已知Ka(Kb)、Kw、Kh、Ksp分别表示弱酸的电离平衡常数(弱碱的电离平衡
常数)、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。通过查阅资料获得温度为25℃
时以下数据：Kw=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Ka(HSCN)=0.13，Ka(HF)=4.0×10-4，
Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11。
(1)为探究Mg(OH)2在酸中的溶解性，利用以上数据可以计算出反应：Mg(OH)2(s)+2CH3COOH(aq)
Mg2+
(aq)+2CH3COO-(aq)+2H2O(l)在25℃时的平衡常数K= ，并据此推断Mg(OH)2 (填“能”或“不
能”)溶解于醋酸(已知1.83≈5.8)。
【答案】(1)5.8×107 能
【解析】（1）Mg(OH)2(s)+2CH3COOH(aq)
Mg2+(aq)+2CH3COO-(aq)+2H2O(l)在25℃时的平衡常数
，即
，所以氢氧化镁能
溶于醋酸。
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常设考向九 有关电极反应式的书写
1．（2023·北京·统考高考真题）尿素
合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)近年研究发现，电催化
和含氮物质(
等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮
废水污染问题。向一定浓度的
溶液通
至饱和，在电极上反应生成
，电解原理如图所
示。
①电极是电解池的 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。
【规范答案】(1)阳
【解题思路】（1）①电极b 上发生
失电子生成
的氧化反应，是电解池的阳极。②a 极硝酸根离子
得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为
。
答案为阳极；
；
2．（2022·湖南·高考真题）2021 年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列
问题：
(1)一种脱除和利用水煤气中
方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中
溶液吸收一定量的
后，
，则该溶液的
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(该温度下
的
)；
②再生塔中产生
的离子方程式为 ；
③利用电化学原理，将
电催化还原为
，阴极反应式为 。
【规范答案】(1)10 2
CO2↑+
+H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【解题思路】（1）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(
):c(
)=1:2，由
可知，
=
，则该溶液的
pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O 和CO2，该反应的离子方程式为2
CO2↑+
+H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通
过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl 电极均为阴极，在电解过程中AgCl 可
以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
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。
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+。
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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：
CH
①
4 +2O2=CO2 +2H2O
CO
②
2 +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
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
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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．（23·24 高三下·贵州黔东南·开学考试）2023 年7 月全球首枚液氧甲烷火箭——朱雀二号在酒泉卫星发
射中心发射成功。根据所学知识，回答下列问题：
(1)某科研小组用甲烷燃料电池(电解质溶液为
溶液)提供能量制备
，并获得副产品
，
其工作原理如下图所示(已知：电解装置的电极材料分别为金属钴和不锈钢，
是一元弱酸)。
①膜
为 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②电解过程中，原料室溶液的
(填“增大”“减小”或“不变”)。
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③燃料电池
极的电极反应为 。
【答案】(1)阴 减小
【解析】（3）①根据图示可知，左侧为阳极室则M 为阳极，阳极上Co 失电子生成Co2+，Co2+向阴极移动，
故通过阳离子交换膜进入产品室，但是不能通过膜b，因此膜b 为阴离子交换膜；
②
水解使溶液呈碱性，电解过程中
通过膜b 进入产品室，导致原料室内
浓度减小，则
溶液中因
水解生成的氢氧根离子浓度减小，溶液pH 减小；
m
③
为燃料电池的正极，故电极反应式为
。
2．（23·24 高三下·北京海淀·阶段练习）H2S 是一种大气污染物。工业尾气中含有H2S，会造成严重的环境
污染；未脱除H2S 的煤气，运输过程中还会腐蚀管道。
(1)电化学溶解—沉淀法是一种回收利用H2S 的新方法，其工艺原理如下图所示。
已知：Zn 与强酸、强碱都能反应生成H2；Zn(II)在过量的强碱溶液中以
形式存在。
①锌棒连接直流电源的 （填“正极”或“负极”）。
②反应器中反应的离子方程式为 。
③电解槽中，没接通电源时已经有H2产生，用化学用语解释原因： 。
【答案】(1)正极 H2S+[Zn(OH)4]2-=ZnS↓+2H2O+2OH- Zn+2H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-+H2↑
【解析】（1）由题给信息可知Zn(Ⅱ)在过量的强碱溶液中以[Zn(OH)4]2-形式存在，由流程可知，出料液与
硫化氢反应生成ZnS 和NaOH，电解时，锌为阳极，被氧化，碳钢为阴极，发生还原反应生成氢气，电解
液可循环使用；
①电解的目的是生成[Zn(OH)4]2-，以用于除去硫，则锌连接电源的正极；
②由上述分析可知，反应器中H2S 与[Zn(OH)4]2-反应生成ZnS 和NaOH，离子方程式为H2S+[Zn(OH)4]2-
=ZnS↓+2H2O+2OH-；
③电解槽中，没接通电源时已经有H2产生，原因是锌与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为
Zn+2H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-+H2↑；
3．（2024·吉林延边·一模）利用
催化加氢制二甲醚，可以实现
的再利用，涉及以下主要反应：
I．
Ⅱ．
相关物质及能量变化的示意图如图1 所示。
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回答下列问题：
(1)如图所示是绿色电源“二甲醚(
)燃料电池”的工作原理示意图(a、b 均为多孔性
电极)。负极
是 (填写“a”或“b”)，该电极的电极反应式是 ，若有
氢离子通过质子交换膜，则b 电极
在标准状况下吸收
氧气。
【答案】(1)a
44.8
【解析】（1）根据图示，a 极二甲醚失电子发生氧化反应生成二氧化碳，则负极是a，该电极的电极反应
式是
，若有
氢离子通过质子交换膜，说明电路中转移8mol 电
子，b 电极发生反应O2+4e-+4H++2H2O，则b 电极消耗2mol 氧气，在标准状况下吸收44.8
氧气。
4．（23·24 高三上·山东枣庄·期中）氮是空气中含量最多的元素，在自然界中的存在十分广泛，实验小组
对不同含氮物质做了相关研究。
(1)利用电化学原理脱硝可同时获得电能，其工作原理如图所示。则负极发生的电极反应式为 ，
当外电路中有2mol 电子通过时，理论上通过质子膜的微粒的物质的量为 。
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【答案】(1)NO-3e-+2H2O=NO +4H+ 2mol
【解析】（1）该装置为原电池，在原电池反应中，负极失去电子，发生氧化反应，正极上得到电子，发
生还原反应。根据图示可知：NO 在负极失去电子转化为HNO3，电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO+4H+；
当外电路中有2 mol 电子通过时，有2 mol H+通过质子膜进入正极区和O2 结合生成H2O，根据电子守恒，
通过的微粒的物质的量为2 mol。
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