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重点知识(三) 化学反应原理
重点知识15 反应机理图和能量历程图
考向1 环式反应机理图
高考真题导向
1.解析：选B。图像分析如下：
据图可知，Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[LRu—NH3]2＋可与NH3反应生成[LRu—NH2]＋
和NH4
+，配体NH3失去质子能力增强，A 项正确；结合图示可知，[LRu—NH3]2＋→[L-Ru—
NH2]+失去1 个H，所带电荷数减1，则Ru 化合价不变，与[L-Ru—NH2]+相比，M 中N 由含
1 个孤电子对变为1 个单电子，是把1 个e－给了Ru，所以Ru 的化合价不是+3，而是+2，B
项错误；据图可知，反应过程中有N—N 非极性键的形成，C 项正确；结合图示可知，总
反应为4NH3—2e－===N2H4＋2NH4
+，D 项正确。
2.解析：选D。含N 分子参与的反应包括将NO 转化为NO2、将NO 和NO2 转化为
HONO、将HONO 转化为NO 以及将NO2转化为HONO，上述反应中N 的化合价均发生了
改变，一定有电子转移，故A 正确；由NO 生成HONO 的反应历程有历程①②和NO
历程①
→
NO2·C3 H 7
→
HONO，共2 种，故B 正确；NO 是催化剂，增大NO 的量，C3H8的平
衡转化率不变，故C 正确；无论反应历程如何，在NO 的催化下丙烷与O2反应制备丙烯的
总反应都为2C3H8＋O2
2C3H6＋2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不
变，故D 错误。
题组跟进演练
1.解析：选D。A 项，由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知，A 项正确；B 项，图中循环
Ⅰ、Ⅱ反应都为H2O 重整CH4(CH4＋H2O===CO＋3H2)，得到合成气CO 和H2，B 项正确；
C 项，由图示可知，循环Ⅰ中，在UV 的作用下，Rh2V O2CH2
− UV
→
Rh2VO－＋CO↑
＋H2↑，C 项正确；D 项，Rh2VO－、Rh2VO2
−、Rh2VO3
−中钒的化合价一定不同，D 项错误。
2．解析：选D。根据流程示意图可知，物质3、5 是整个过程的反应物，物质1、6 是
整个过程的生成物，物质2 是催化剂，物质4、7 是反应中间体，整个过程表示为：物质3
＋物质5物质2
→
物质1＋物质6。A 项，制取出多氟芳香族取代产物的反应为取代反应，原
子利用率不是100%，故A 正确；B 项，物质2 在反应第一步加入，且在最后又生成，反应
1
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前后的质量不变，物质2 是该反应的催化剂，B 正确；C 项，对比物质的结构可知，2 向4
的转化过程中C—F 键断裂，形成了C—N 键，C 正确；D 项，若5 为
时，X
可能为
或—CH3，则1 可能为
或
，故D 错误。
考向2 反应能垒历程图
1．解析：选C。由能量变化图可知，E2＝0.70 eV－(－0.71 eV)＝1.41 eV，A 项正确
由能量变化图可知，步骤2 逆向反应的δH＝－0.71 eV－(－1.00 eV)＝＋0.29 eV，B 项正
确；由能量变化图可知，步骤1 的活化能E1＝0.70 eV，步骤2 的活化能E3＝－0.49 eV－
(－0.71 eV)＝0.22 eV，步骤1 的活化能大于步骤2 的活化能，步骤1 的反应比步骤2 慢，
C 项错误；该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷氧化，D 项正确。
2．解析：选C。生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更
低即产物Ⅱ更稳定，以上2 个角度均有利于产物Ⅱ，A 正确；根据前后结构对照，X 为苯
的加成产物，Y 为苯的取代产物，B 正确；M 的六元环中与—NO2相连的C 为sp3杂化，苯
中大π 键发生改变，C 错误；苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂，D 正确。
题组跟进演练
1.解析：选D。由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于
反应物，故从CH3CH2Br 生成CH3CH2CN 和CH3CH2NC 的反应都是放热反应，A 项正确；
与Br 原子相连的C 原子为αC，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1 是由CN－的C
原子进攻CH3CH2Br 的αC，形成碳碳键，B 项正确；由反应历程及能量变化图可知，后续
物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是“N…Ag”和“C…Ag”，且后者吸收更多的能量，
故Ⅰ中“N…Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”之间的作用力弱，C 项正确；由于生成
CH3CH2CN 所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成CH3CH2NC ，
CH3CH2NC 为主要产物，D 项错误。
2．解析：选B。反应很短一段时间内，生成IM1 的能垒高于生成IM4，故IM4 多于
IM1，A 正确；乙二醛制乙醛酸的最大能垒为295.4 kJ·mol-1，B 错误；选择合适的催化剂
可提高乙二酸的选择性，使反应向有利于生成乙二酸的方向进行，C 正确；由图可知，三
个反应的生成物总能量均低于反应物总能量，均为放热反应，D 正确。
重点知识16 新型化学电池分析
高考真题导向
1.解析：选C。充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即Zn2+向阴极方
向迁移，A 不正确；放电时，负极的电极反应为Zn－2e－===Zn2+，则充电时阴极反应为
Zn2+＋2e－===Zn，即充电时Zn 元素化合价应降低，而选项中Zn 元素化合价升高，B 不正
2
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确；放电时MnO2电极为正极，正极上检测到MnOOH 和少量ZnMn2O4，则正极上主要发
生的电极反应是MnO2＋H2O＋e－===MnOOH＋OH－，C 正确；放电时，Zn 电极质量减少
0.65 g(物质的量为0.010 mol)，电路中转移0.020 mol 电子，由正极的主要反应MnO2＋
H2O＋e－===MnOOH＋OH－可知，若正极上只有MnOOH 生成，则生成MnOOH 的物质的
量为0.020 mol，但是正极上还有ZnMn2O4 生成，因此，MnOOH 的物质的量小于0.020
mol，D 不正确。
2．解析：选C。标注框内Zn 和N 之间存在配位键，N 和C、C 和C、C 和H 之间存在
共价键，A 项正确；放电时Zn 为负极，电极反应式为Zn－2e－===Zn2+，ZnTCPP 为正极，
电极反应式为I 3
−＋2e－===3I－，则电池总反应为Zn＋I 3
−
==
⥫
⥬Zn2+＋3I－，B 项正确；充电
时Zn 为阴极，阴极反应式为Zn2+＋2e－===Zn，Zn2+来自电解质溶液，C 项错误；根据放电
时负极反应式：Zn－2e－===Zn2+知，消耗0.65 g Zn，即0.01 mol Zn，理论上转移0.02
mol 电子，D 项正确。
题组跟进演练
1.解析：选D。氧气在反应中得到电子发生还原反应，则参比电极作正极，氧气得电
子转化为O2-，负极O2-失电子生成氧气，电子由负极经外电路流向正极，熔融金属氧化物
电离出的氧离子向负极定向移动可用于传递O2-，A 正确，B 正确；负极氧离子失去电子发
生氧化反应会不断生成氧气，混合气体氧气浓度增大，故用初期读数计算所得空气中氧气
含量更准确，C 正确；两极氧气浓度差越大，两极电势差越大，则相同压强下，电势差越
大，空气中氧气含量越低，D 错误。
2．解析：选C。充电时，Zn 作为阴极，双极膜在工作时催化H2O 解离为H＋和OH－，
氢离子移向阴极，电极反应式为Zn(OH )4
2−＋4H＋＋2e－===Zn＋4H2O，催化电极为阳极，
双极膜在工作时催化H2O 解离为H＋和OH－，氢氧根移向阳极，电极反应式为CO＋2OH－
－2e－===CO2＋H2O。
3．解析：选D。由图可知，放电时Sn2+在M 极失去电子生成Sn4+，即SnBr2 转化为
SnBr4，M 极是负极；为了维持电荷守恒，NaBr 溶液中的溴离子要通过X 膜进入Ⅰ室，X
膜为阴离子交换膜；Ⅲ室中Br2在N 极得到电子生成溴离子并转移到Ⅱ室，则N 极为正极，
Y 膜为阴离子交换膜。充电时，N 极为阳极，M 极为阴极，阴离子向阳极迁移，A 项错误；
充电时，N 极电极反应式为2Br－－2e－===Br2，B 项错误；X 膜、Y 膜均为阴离子交换膜，
C 项错误；设起始时Ⅰ室n(SnBr2)＝x mol，c(S n
4+)
c(S n
2+)
＝
0.5a mol
x mol−0.5a mol ＝1
4 ，x＝
2.5a，D 项正确。
重点知识17 电解原理的分析与应用
高考真题导向
1.解析：选B。由分析可知，Ni 电极为阴极，Pt 电极为阳极，电解过程中，阴离子向
阳极移动，即OH－向Pt 电极移动，A 错误； Pt 电极C3N8H4失去电子生成C6 N 16
4−，电解质
3
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溶液为KOH 水溶液，电极反应为：2C3N8H4＋8OH－－4 e
− ===C6 N 16
4−＋8H2O，B 正确；
阳极主要反应为：2C3N8H4－4e－＋8O H
− ===C6 N 16
4−＋8H2O，阴极反应为：2H2O＋2e－
===H2↑＋2OH－，则电解过程中发生的总反应主要为：2C3N8H4＋4OH－电解
❑C6 N 16
4−＋
4H2O＋2H2↑，反应消耗OH－，生成H2O，电解一段时间后，溶液pH 降低，C 错误；根据
电解总反应：2C3N8H4＋4OH－电解
❑C6 N 16
4−＋4H2O＋2H2↑可知，每生成1 mol H2，生成
0.5 mol K4C6N16，但Pt 电极伴随少量O2 生成，发生电极反应：4OH－－4e－===O2↑＋
2H2O，则生成1 mol H2时得到的部分电子由OH－放电产生O2提供，所以生成K4C6N16小
于0.5 mol，D 错误。
2．解析：选B。电极a 为阴极，连接电源负极，A 项正确；电解过程中消耗H2O 和Br
－，而催化阶段BrO3
−被还原成Br－循环使用，故加入Y 的目的是补充H2O，维持NaBr 溶液
为一定浓度，B 项错误；根据分析电解总反应式为Br－＋3H2O电解
❑
BrO3
−＋3H2↑，C 项正
确；催化阶段，Br 元素的化合价由＋5 价降至－1 价，生成1 mol Br－得到6 mol 电子，O
元素的化合价由－2 价升至0 价，生成1 mol O2失去4 mol 电子，根据得失电子守恒，反
应产物物质的量之比n(O2) ∶n(Br－)＝6∶4＝3∶2，D 项正确。
题组跟进演练
1.解析：选B。多孔电极1 上H2O(g)发生得电子的还原反应转化成H2(g)，多孔电极1
为阴极，电极反应为2H2O＋4e－===2H2＋2O2-；多孔电极2 上O2-发生失电子的氧化反应转
化成O2(g)，多孔电极2 为阳极，电极反应为2O2-－4e－===O2。电极1 的多孔结构能增大电
极的表面积，增大与水蒸气的接触面积，A 项正确；电极2 为阳极，发生氧化反应：2O2-－
4e－===O2，B 项错误；工作时，阴离子O2-向阳极移动，即O2-从多孔电极1 迁移到多孔电
极2，C 项正确；电解总反应为2H2O(g)电解
❑2H2＋O2，分解2 mol H2O 转移4 mol 电子，
则理论上电源提供2 mol 电子能分解1 mol H2O，D 项正确。
2．解析：选D。钛网上发生氧化反应，为阳极，则电源a 端为正极，电源b 端为负极，
a 端电势高于b 端电势，A 项错误；根据阴极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，理论上
每转移2 mol e－，生成1 mol H2，质量为2 g，B 项错误；电解总反应为Cl－＋H2O通电
❑
ClO－＋H2↑，电解后ClO－水解使溶液呈碱性，海水pH 上升，C 项错误；阳极上Cl－放电
转化为HClO，电极反应为Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D 项正确。
3．解析：选C。催化电极a 为阳极，与电源正极相连，则电势：催化电极a>催化电极
b，A 错误；电子不经过内电路，因此电子移动方向：催化电极a→电源→催化电极b，B
错误；催化电极b 为阴极，发生反应：2HCO3
−＋2e－===H2↑＋2CO3
2−，C 正确；由2
HCO3
−＋2e－===H2↑＋2CO3
2−可知，催化电极b 上生成7 mol 气体时，电解池转移电子的
4
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物质的量为14 mol ，催化电极a 上发生主反应：CN(CH2)6CN －2e －＋2HCO3
−
===2CH3CH===CHCN＋2CO2↑＋2H2O(反应中2 mol e－对应2 mol 气体)，催化电极a 上
发生副反应：4HCO3
−－4e－===O2↑＋4CO2↑＋2H2O(副反应中4 mol e－对应5 mol 气体)，
设主、副反应生成的气体分别为x mol、y mol，则x＋y＝15 ①，x＋4
5 y＝14 ②，解方程组
可知x＝10，y＝5，因此，电流效率＝10
14 ≈71%，D 错误。
重点知识18 金属的腐蚀与防护
高考真题导向
1.D
2．解析：选B。图1 为牺牲阳极法，牺牲阳极一般为较活泼金属，其作为原电池的负
极，其失去电子被氧化；图2 为外加电流法，阳极材料为辅助阳极，其通常是惰性电极，
其本身不失去电子，电解质溶液中的阴离子在其表面失去电子，如海水中的Cl－，A 不正
确。图2 中，外加电压偏高时，钢闸门表面积累的电子很多，除了海水中的H＋放电外，海
水中溶解的O2也会竞争放电，故可发生O2＋4e－＋2H2O===4OH－，B 正确。图2 为外加电
流法，理论上只要能对抗钢闸门表面的腐蚀电流即可，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时保
护效果最好；腐蚀电流会随着环境的变化而变化，若外加电压保持恒定不变，则不能保证
抵消腐蚀电流，不利于提高对钢闸门的防护效果，C 不正确。图1、图2 中，当钢闸门表面
的腐蚀电流为零时，说明从牺牲阳极或外加电源传递过来的电子阻止了Fe－2e－===Fe2+的
发生，钢闸门不发生化学反应，但是牺牲阳极上发生了氧化反应，辅助阳极上也发生了氧
化反应，D 不正确。
题组跟进演练
1.解析：选C。锌环与电源的正极相连，为阳极，A 项正确；断电时，Zn 比铁活泼，
作负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2+，C 项错误。
2．解析：选D。氢原子将硫酸根离子中＋6 价的S 还原为－2 价的硫离子，SRB 不做
还原剂，A 错误；温度超过一定范围，硫酸盐还原菌(SRB)活性下降，速率减慢，B 错误；
碳作正极，电极反应为：H＋＋e－===H，C 错误；根据示意图可知，总反应的化学方程式为
8H＋＋4Fe＋SO4
2−===FeS＋3Fe2+＋4H2O，D 正确。
3．解析：选C。取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1 滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食盐
水，铁皮发生吸氧腐蚀，没有H2生成，A 错误；铁片发生吸氧腐蚀，Fe 电极方程式为：Fe
－2e－===Fe2+，边缘处红色的原因是二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁，B 错误；铁片
发生吸氧腐蚀，反应后中心区域溶液呈碱性，pH>7，C 正确；铁皮发生吸氧腐蚀的原理是
原电池，但化学能不能完全转化为电能，D 错误。
重点知识19 电化学中的多室、多池装置
高考真题导向
1.解析：选C。由分析可知，阳极反应为：2Cl－－2e－===Cl2↑，A 正确；阴极反应为：
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Fe2O3＋6e－＋3H2O===2Fe＋6OH－，消耗水产生OH－，阴极区溶液中OH－浓度逐渐升高，
B 正确；理论上每消耗1 mol Fe2O3，转移6 mol 电子，产生3 mol Cl2，同时有6 mol Na
＋由阳极转移至阴极，则阳极室溶液减少3×71 g＋6×23 g＝351 g，C 错误；理论上每消
耗1 mol Fe2O3，转移6 mol 电子，有6 mol Na＋由阳极转移至阴极，阴极室物质最多增加
6×23 g＝138 g，D 正确。
2．解析：选A。Zn 电极为负极，MnO2电极为正极，故Ⅱ区的K＋向Ⅰ区移动，Ⅰ区
的SO2-
4 向Ⅱ区移动，A 错误，B 正确；MnO2 电极的电极反应式为MnO2＋2e －＋4H ＋
===Mn2+＋2H2O，C 正确；电池的总反应为Zn＋4OH －＋MnO2＋4H ＋===[Zn(OH)4]2-＋
Mn2+＋2H2O，D 正确。
题组跟进演练
1.解析：选C。由图可知，含铁的电极为原电池的正极，盐酸作用下一氧化氮在正极
得到电子发生还原反应，电极反应式为NO＋3e－＋4H＋===NH3OH＋，铂电极为负极，氢气
在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2－2e－===2H＋，原电池工作时
氢离子通过氢离子交换膜由负极区进入正极区。Y 为反应机理最终产物，故Y 为NH3OH
＋，分析正极反应机理，结合元素守恒可以判断X 为氢离子，A 正确；含Fe 电极为正极，
导电，同时根据反应机理可知，铁起着催化剂的作用，故含Fe 电极起到导电和催化的作用，
B 正确；铂电极为负极，氢分子失去电子生成氢离子，正确的电极反应式为H2－2e－===2H
＋，C 错误；根据正极电极反应式，消耗1 mol NO，外电路有3 mol 电子转移，同时有3
mol H＋通过交换膜，D 正确。
2．解析：选D。由图可知，放电时，锌电极为原电池的负极，碱性条件下锌在负极失
去电子发生氧化反应，右侧电极为正极，酸性条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反
应生成甲酸，双极膜中氢离子向右室移动、氢氧根离子向左室移动；充电时，锌电极为电
解池的阴极，右侧电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子和氧气，
双极膜中氢离子向左室移动、氢氧根离子向右室移动。
3．解析：选D。电解KI 制备KIO3，则I 的化合价从－1 价升高到＋5 价，发生氧化反
应，则石墨电极为阳极，铜电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为：6H2O＋6e－
===3H2↑＋6OH－，A 项正确；原料室中OH－向阳极(石墨电极)迁移，K＋向阴极(铜电极)迁
移，B 项正确；石墨电极发生氧化反应，电极反应式为：I－＋6OH －－6e－===IO－
3＋
3H2O，C 项正确；若电路上转移0.6 mol 电子，理论上原料室溶液减少的质量＝0.6
mol×39 g·mol-1＋0.6 mol×17 g·mol-1＝33.6 g，D 项错误。
重点知识20 热化学方程式的书写与焓变的计算
考向1 热化学方程式的书写
高考真题导向
1.答案：H2(g)＋1
2O2(g)===H2O(l) ΔH＝－286 kJ·mol-1
2．答案：6CO2(g)＋6H2O(l)===C6H12O6(s)＋6O2(g) ΔH＝＋2 804 kJ·mol-1
3．答案：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－(a－b) kJ·mol-1 降低反应的活化能
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题组跟进演练
1.解析：由势能面图可知，氨气从催化剂上脱附时势能面在升高，为吸热过程，由图
知，1
2 mol 氮气和3
2 mol 氢气生成1 mol 氨气的反应热为21 kJ·mol-1－17 kJ·mol-1－50
kJ·mol-1＝－46 kJ·mol-1，则合成氨的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－92
kJ·mol-1。
答案：吸热 N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－92 kJ·mol-1
2．解析：根据整个流程图可知，CO2(g)和H2(g)为反应物，生成物为HCOOH(l)，92 g
HCOOH 的物质的量为
92 g
46 g·mol
−1＝2 mol，所以生成1 mol HCOOH(l)放出31.2 kJ 热
量，热化学方程式为H2(g)＋CO2(g)===HCOOH(l) ΔH＝－31.2 kJ·mol-1。
答案：H2(g)＋CO2(g)===HCOOH(l) ΔH＝－31.2 kJ·mol-1
考向2 焓变的计算
高考真题导向
1．解析：由已知可得：
Ⅰ.NaNO2(s)＋NH4Cl(s)===N2(g)＋NaCl(s)＋2H2O(l) ΔH1；
Ⅱ.NaNO2(s)===Na＋(aq)＋NO2
−(aq) ΔH2；
Ⅲ.NH4Cl(s)===Cl－(aq)＋NH 4
+(aq) ΔH3；
Ⅳ.NaCl(s)===Na＋(aq)＋Cl－(aq) ΔH4；
由盖斯定律可知，目标方程式NO2
−(aq)＋NH 4
+(aq)===N2(g)＋2H2O(l)可由方程式Ⅰ－Ⅱ
－Ⅲ＋Ⅳ得到，故ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＋ΔH4。
答案：ΔH1－ΔH2－ΔH3＋ΔH4
2．解析：(1)由题图可知，FeSO4·7H2O→FeSO4 即7 个结晶水完全失去时失重比为
45.3%，则失重比为19.4%时，失去的结晶水数目为19.4 %×7
45.3 %
≈3，故x＝7－3＝4，同理可
推出y＝7－38.8 %×7
45.3 %
≈1。(2)将题中反应依次编号为①、②、③，已求得x＝4，y＝1，则
根据盖斯定律，由①＋③－2×②可得FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)
ΔH＝ΔH1＋ΔH3－2ΔH2＝(a＋c－2b) kJ·mol-1。
答案：(1)4 1 (2)(a＋c－2b)
题组跟进演练
1.解析：向恒压容器中充入0.2 mol C2H4(g)、0.2 mol H2(g)和0.2 mol CO(g)，若在该
条件下只发生主反应Ⅰ，达平衡时，放出15.48 kJ 的能量，反应C2H4(g)＋H2(g)＋
CO(g)⥫⥬CH3CH2CHO(g)的Q 正＝－15.48
0.2 ＝－77.4 kJ/mol；若向相同容器中充入0.4 mol
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CH3CH2CHO(g)，吸收20.64 kJ 的能量，Q 逆＝20.64
0.4 ＝51.6 kJ/mol，所以ΔH1＝Q 正－Q 逆
＝－(77.4＋51.6)＝－129 kJ/mol。
答案：－129
2．解析：SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋74.22 kJ·mol-1＋(＋
219.29 kJ·mol-1)＝＋293.51 kJ·mol-1，则制备56 g Si，即2 mol Si，需要吸收热量为
293.51 kJ·mol-1×2＝587.02 kJ·mol-1；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利
于制备硅。
答案：吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动
3．解析：由盖斯定律可得，反应Ⅰ－反应Ⅱ×4 可得题中热化学方程式，即ΔH＝ΔH1
－4ΔH2＝－905.8 kJ/mol－4×180.0 kJ/mol＝－1 625.8 kJ/mol。
答案：－1 625. 8
重点知识21 电极反应式书写
高考真题导向
1.答案：(1)N2－10e－＋6 H 2O ===2 NO3
−＋12H＋
(2)反应ⅲ生成O2，O2将NO 氧化成NO2，NO2更易转化成NO3
−
2．答案：Sn＋4CH2===CHCN＋4e－＋4H＋===Sn(CH2CH2CN)4
3．答案：(1)阳 (2)2NO3
−＋16e－＋CO2＋18H＋===CO(NH2)2＋7H2O
题组跟进演练
1.答案：(1)从右往左 (2) 2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O
2．解析：(1)该装置为原电池，负极失去电子，HCOO－中C 为＋2 价，转化为HCO3
−，
C 为＋4 价，化合价升高失去电子，则1 mol HCOO－转化为1 mol HCO3
−，转移2 mol e－，
电解质为KOH，故用OH－平衡电荷。正极处为Fe3+得电子生成Fe2+，Fe2+又被O2氧化生成
Fe3+，此条件为酸性条件，若为碱性条件，则生成Fe(OH)3，装置中流出K2SO4，则物质A
应为H2SO4，发生反应：4Fe2+＋O2＋4H＋===4Fe3+＋2H2O。(2)HCOOH 被O2氧化生成HCO3
−，
根据C、O 得失电子守恒配平反应，用OH－平衡电荷。
答案：(1)HCOO－＋2OH－－2e
− === HCO3
−＋H2O H2SO4 (2)2HCOOH＋2OH－＋
O2===2 HCO3
−＋2H2O
8
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重点知识22 化学反应速率及其影响因素
高考真题导向
1.解析：选C。A.催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化
学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率；B.中和滴定时，边
滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率；C.锌粉和盐酸反应时加
水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率；D.石墨合成金刚石，该反应中没有气体
参与，增大压强不会改变化学反应速率。
2 ．解析：选C 。实验①中，0 ～2 小时内平均反应速率v(SeO4
2−)＝
(5.0−1.0)×10
−5 mol· L
−1
2 h
＝2.0×10-5 mol·L-1·h-1，A 项错误；实验③中水样初始pH＝
8，溶液呈弱碱性，反应物中不应出现H＋，B 项错误；由实验①、②可知，其他条件相同
时，适当增加纳米铁质量，反应速率加快，C 项正确；由实验②、③可知，其他条件相同
时，适当减小水样初始pH，SeO4
2−的去除效果更好，但若水样初始pH 太小，与H＋反应的
纳米铁的量会增多，从而影响SeO4
2−的去除效果，故D 项错误。
3．解析：选C。根据题图可知，随着反应的进行，Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明
Mn(Ⅲ)先生成后被消耗，则Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A 错误；由“Mn(Ⅱ)起催化作用”可知，
该反应过程中，反应物浓度和Mn(Ⅱ)均影响化学反应速率，反应前期无Mn(Ⅱ)，反应物浓
度随反应的进行逐渐减小，故反应速率逐渐减小，生成Mn(Ⅱ)后，Mn(Ⅱ)催化反应的进行，
使反应速率加快，但随着反应物浓度的降低，浓度变化起决定作用，反应速率又会减小，
所以反应速率会先减小后增大再减小，B 错误；根据题图，Mn(Ⅶ)浓度减小到0 时，
Mn(Ⅱ)浓度才逐渐增大，说明Mn(Ⅶ)和Mn(Ⅱ)不能大量共存，C 项正确；草酸为弱酸，
在离子方程式中写化学式，总反应为2MnO4
−＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O，D
项错误。
题组跟进演练
1．解析：选C。由第二组和第四组数据，A 浓度相同，B 浓度不同，速率相等，可知
n＝0，再由第一组和第二组数据代入v＝k×cm(A)×cn(B)可得(
0.50
0.25)
m＝3.2×10
−3
1.6×10
−3，可知m
＝1；将第一组数据代入v＝k×c(A)×c0(B)＝k×0.25×0.050＝1.6×10-3，可得k＝6.4×10-3，则v
＝k×c(A)×c0(B)＝6.4×c(A)×10-3。根据数据分析，m＝1，n＝0，v1＝v2，A 错误；由分析可
知，速率常数k＝6.4×10-3 min-1，B 错误；存在过量的B 时，反应掉75%的A 可以看作经历
2 个半衰期，即50%＋25%，因此所需的时间为2×
0.8
6.4×10
−3 min＝250 min，C 正确；速
率常数与浓度无关，缩小容积(加压)不会使k 增大，D 错误。
2．解析：选A。根据图中信息可知，Ⅰ和Ⅲ S(催化剂)相同，N2O 的起始浓度不同，
但反应速率相同，说明反应速率与N2O 的起始浓度无关，所以n＝0，k＝v(N2O)＝0.075
mol·L-1·min-1，A 错误；对比Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅱ中S(催化剂)大，反应速率大，k 大，Ⅰ和Ⅲ的
S(催化剂)相同，反应速率相同，k 相同，所以其他条件相同，S(催化剂)越大，k 越大，B 正
确；由以上分析可知，c(N2O)与反应速率无关，C 正确；由图可知，S(催化剂)＝450
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m2·g-1，c(N2O)起始＝3.0 mol·L-1，消耗1.5 mol/L N2O 所用的时间为20 min，所以半衰期为20
min，D 正确。
3．解析：选D。H2还原NO 生成N2过程中，活化能最大的是⑥，速率最慢的步骤为
⑥不是⑦，A 错误；NO 被还原为N2的最大活化能明显大于还原生成NH3的最大活化能，
故在该催化剂作用下，NO 被还原为NH3更容易，B 错误；生成NH3的基元反应中，NH2O
＋H―→NH2OH 这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，是决定NO 生成NH3速率
的基元反应，C
错误；图示可知，生成氨气的过程为：
NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反应中N 元素化合价均是降低，被还原，D
正确。
重点知识23 化学平衡状态及其影响因素
高考真题导向
1.解析：选B。MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A 项错误；NO2转化为N2O4
的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B 项正确；
铁在浓硝酸中钝化，加热会使铁表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体
与平衡移动无关，C 项错误；加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速
率加快，与平衡移动无关，D 项错误。
2．解析：选C。该反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强可以加快化学反应速
率，正反应速率增大的幅度大于逆反应，故v 正>v 逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温
度不变，故平衡常数不变，A 不正确；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不
影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B 不正确；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓
度增大，平衡向正反应方向移动，C 正确；恒容下，充入一定量的CH2==CH2(g)，平衡向
正反应方向移动，但是CH2==CH2(g)的平衡转化率减小，D 不正确。
3．解析：选C。2CrO4
2−(黄色)＋2H＋⥫⥬Cr2O7
2−(橙色)＋H2O，向1 mL 0.1 mol/L
K2CrO4溶液中加入1 mL 1.0 mol/L HBr 溶液，H＋浓度增大，平衡正向移动，实验现象为溶
液橙色加深，但该溶液具有氧化性，HBr 具有还原性，可发生反应生成Br2，Br2溶于水显
橙色，对实验产生干扰，A 错误；反应2HI⥫⥬H2＋I2为反应前后气体总体积不变的可逆反
应，向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100 mL HI 气体，分解达到平衡后再充入100 mL Ar，
平衡不发生移动，气体颜色不变，应得到的结论是：对于反应前后气体总体积不变的可逆
反应，恒温恒容时，改变压强平衡不移动，B 错误；反应2NO2⥫⥬N2O4为放热反应，升高
温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，C 正确；催化剂只会
改变化学反应速率，不影响平衡移动，D 错误。
题组跟进演练
1.解析：选D。升高温度，正逆反应速率均增大，A 错误；K＝c(CO)，由于温度不变，
c(CO)不变，B 错误；碳粉为固体，加入少量碳粉，对平衡无影响，CuO 的平衡转化率不变，
C 错误；分离出CO，使平衡正向移动，有利于Cu2O 的生成，D 正确。
2．解析：选C。由图像分析，在0～t1 时间内该化学反应速率v(Z)＝Δc
Δt ＝0.05
t1
mol·L-1·s-1 ，根据反应方程式，化学计量数与速率成正比，故v(Y) ＝2v(Z) ＝0.10
t1
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mol·L-1·s-1，A 正确；平衡时，c(Z)＝0.05 mol/L，c(Y)＝0.10 mol/L，则该反应的化学平衡常
数K＝c(Z)·c2(Y)＝0.05×0.12＝0.000 5，B 正确；该反应反应物是固体，生成物是气体，由
于生成物Y 与Z 物质的量之比满足方程式化学计量数之比，故无论反应是否达到平衡，Z
的体积分数都是1
3，C 错误；若其他条件不变，t2时将容器体积压缩到1 L，Z 的浓度瞬间
变为2 倍即0.10 mol/L，平衡逆向移动，Z 的浓度减小，由于温度不变K 不变，则再次平衡
时，仍满足c(Z)＝0.05 mol/L，c(Z)在t2～t4时间内的变化曲线正确，D 正确。
3．解析：选D。若T1>T2，则表示降低温度CO2的量增加，平衡正向移动，正反应放
热，ΔH<0，A 正确；根据表格中的数据有
2NO(g)＋2CO(g)⥫⥬N2(g)＋2CO2(g)
起始mol 0.2 0.2 0 0
变化mol 2x 2x x 2x
平衡mol 0.2－2x 0.2－2x x 0.1
解得x＝0.05，则NO 的转化率为2 x
0.2×100%＝2×0.05
0.2
×100%＝50%，B 正确；由以上
可知，1 L 的恒容密闭容器，平衡时c(NO)＝0.1 mol/L，c(CO)＝0.1 mol/L，c(N2)＝0.05
mol/L，c(CO2)＝0.1 mol/L，故平衡常数K＝c(N 2)·c
2(C O2)
c
2(NO)·c
2(CO)
＝0.1
2×0.05
0.1
2×0.1
2 ＝5，C 正确；
平衡后向容器中再充入0.2 mol CO 和0.2 mol CO2后，CO 和CO2的瞬时浓度变为0.3 mol/L
和0.3 mol/L，浓度商Q＝c(N 2)·c
2(C O2)
c
2(NO)·c
2(CO)
＝0.3
2×0.05
0.1
2×0.3
2 ＝5＝K，平衡不移动，D 错误。
4．解析：选C。同压下温度升高，氨的平衡转化率上升，2NH3⥫⥬3H2＋N2平衡正向
移动，ΔH＞0，A 错误；氢气和氮气的物质的量之比始终为3 1∶，保持不变不能说明反应到
达平衡状态，B 错误；2NH3⥫⥬3H2＋N2为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移
动，氨的平衡转化率下降，因此p1<p2<p3<p4，C 正确；平衡常数只与温度有关，500 K 时
无论压强是多少，K 为定值，D 错误。
重点知识24 反应速率与平衡图像
高考真题导向
1.解析：选A。3 h 时异山梨醇的浓度仍在增大，1，4失水山梨醇的浓度仍在减小，说
明此刻反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，A 错误；由题图可知，3 h 时山
梨醇的浓度已为0，副产物的浓度不变，说明反应①、③均是不可逆反应，15 h 后异山梨
醇的浓度不再变化，1，4失水山梨醇的浓度大于0，说明反应②是可逆反应，则该温度下
的平衡常数：①>②，B 正确；0～3 h 内平均速率v(异山梨醇)＝0.042 mol·k g
−1
3 h
＝0.014
mol·kg-1·h-1，C 正确；反应②使用催化剂能加快反应速率，缩短达到化学平衡状态的时间，
但是催化剂对化学平衡移动无影响，故加入催化剂不改变其平衡转化率，D 正确。
2．解析：选D。若投料比x 代表n(C H 3OH )
n(CO)
，x 越大，可看作是CH3OH 的量增多，
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由主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分数越高，与图像不符，则
可知投料比x 代表
n(CO)
n(C H 3OH )
，曲线a 或曲线b 表示δ(CH3COOH)，曲线c 或曲线d 表示
δ(CH3COOCH3), A 错误、B 错误。曲线c 或曲线d 表示δ(CH3COOCH3)，当同一投料比时，
观察可知T1 时δ(CH3COOCH3)大于T2 时δ(CH3COOCH3)，而T2>T1，可知温度越高则
δ(CH3COOCH3)越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，ΔH2<0，C 错误。L、M、N 三
点对应副反应ΔH2<0，且TN>TM＝TL，升高温度平衡逆向移动，K(L)＝K(M)>K(N)，D 正确。
题组跟进演练
1.解析：选B。反应①②同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该
同时达到平衡，A 正确；由图可知，550～650 ℃条件下，甲烷的转化率大于二氧化碳的转
化率，说明升温更有利于反应①，B 错误；升高温度和增大压强，化学反应速率均增大，
则加热、加压时，反应①②的反应速率均会增大，C 正确；由方程式可知，反应①中氢气
与一氧化碳的物质的量比始终为1.0，则氢气与一氧化碳的物质的量比始终低于1.0 说明发
生了反应②，D 正确。
2．解析：选D。由图可知，升高温度，S2的体积分数增大较多，CH4的平衡转化率减
小，说明反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，ΔH1>0，说明反应Ⅱ逆向
移动，反应Ⅱ是放热反应，ΔH2<0，A 正确；反应Ⅰ为气体体积增大的反应，反应Ⅱ为气
体体积不变的反应，恒温恒压下充入氦气，导致容器的体积增大，相当于减小压强，对于
反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，S2(g)浓度增大，则反应Ⅱ正向移动，CH4的平衡转化率增
大，B 正确；由图可知，在600 ℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600 ℃时，S2浓度明
显偏小，使得反应Ⅱ的反应速率变慢，C 正确；在密闭容器中，n(S2)∶n(CH4)＝2 1∶开始反应，
设CH4的起始物质的量为a，转化的物质的量为x，即：
2S2(g)＋CH4(g)⥫⥬CS2(g)＋2H2S(g)
起始/mol 2a a 0 0
转化/mol 2x x x 2x
平衡/mol 2a－2x a－x x 2x
CS2 的体积分数为10%，即
x
2a−2 x +a−x + x +2 x ×100%＝10%，解得x＝0.3a，则
CH4的转化率为30%，D 错误。
重点知识25 平衡体系中曲线变化趋势分析及反应条件的选择
高考真题导向
1.答案：(1)4NH3＋5O2 催化剂
△
4NO＋6H2O
(2)2NO＋O2⥫⥬2NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO 转化率
高于p2，故p1>p2，x、y 点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响
2．解析：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe 浸出率上升，5 min 之后，HCl 被逐渐消耗，c(H
＋)下降，Fe3＋水解生成Fe(OH)3进入滤渣中，使得Fe 浸出率又下降。
答案：浸出初期，c(H＋)较大，Fe 的浸出率较大，5 min 之后，溶液酸性减弱，Fe3＋水
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解生成Fe(OH)3进入滤渣
3．解析：(2)②氨基中的H 原子连在电负性较大的N 原子上，HCO3
−中的H 原子连在
电负性较大的O 原子上，二者之间可以形成氢键N—H…O、N…H—O。加氢方式判断的
关键在于步骤Ⅲ中HCOO－中的氢是来自D2还是氨基，所以可以通过检测是否存在DCOO－
或CN—NHD 确认反应过程中的加氢方式。
答案：(1)
CH
①
3COO[Cu(NH3)2]＋NH3·H2O＋CO===CH3COO[Cu(NH3)3CO]＋H2O 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%，αFe 表面积
减小，反应速率减小，产生NH3减少 (2)
NaHCO
①
3受热分解 ②—NH2可以与HCO3
−形
成氢键 DCOO－或CN—NHD
题组跟进演练
1.答案：pH 为5.5～6.0、n( H 2O2)
n( NaClO2)＝6
2．解析：温度相同时，CO 和HCOOH 的选择性相加为1，同时主反应Ⅰ为放热反应，
升高温度，主反应Ⅰ平衡逆向移动，HCOOH 的选择性下降，即曲线a 为HCOOH 的选择
性，曲线c 为CO 的选择性，曲线b 为CO2的转化率。200～360 ℃，升高温度，曲线b 对
应的纵坐标值减小，原因是主反应Ⅰ平衡逆向移动程度大于副反应Ⅱ平衡正向移动程度。
由图可知240 ℃时，CO2转化率为y，CO 的选择性为x，则HCOOH 的选择性为1－x，设
投入的CO2的物质的量为a mol，可得出如下各物质的转化量：
CO2(g)＋H2(g)⥫⥬HCOOH(g)
n(转化)/mol ay(1－x) ay(1－x) ay(1－x)
CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)
n(转化)/mol ayx ayx ayx ayx
n(CO2)＝[a－ay(1－x)－ayx] mol＝[a(1－y)] mol，n(HCOOH)＝[ay(1－x)] mol 。设平衡
时密闭容器中气体总物质的量为n 总，气体总压强为p 总。已知240 ℃时，平衡体系中H2的
分压为p0 kPa，则240 ℃时主反应Ⅰ的Kp＝
p( HCOOH )
p(CO2)· p( H 2)＝
p总× ay(1−x)
n总
p总× a(1−y)
n总
× p0
(kPa)－
1＝(1−x) y
(1−y) p0
(kPa)－1。
答案：CO2的转化率 主反应Ⅰ平衡逆向移动程度大于副反应Ⅱ平衡正向移动程度
(1−x) y
(1−y) p0
3．解析：水的量越大生成氢气的产率越高，即水碳比越大氢气的产率越高，因此水碳
比(S/C)＝4 的曲线是b，由图像可知该水碳比下制氢的最佳温度是600 ℃；乙酸的裂解是吸
热反应，升高温度有利于H2的生成，约600 ℃时达到最大，但升高温度有利于水煤气变换
反应向逆反应方向进行，此时体系内主要发生反应Ⅳ，反应Ⅳ放热，升高温度，平衡逆向
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移动，消耗H2，因此H2的产率会先增大后逐渐减小。
答案：(1)b 600 ℃ (2)此时体系内主要发生反应Ⅳ，反应Ⅳ放热，升高温度，平衡
逆向移动，消耗H2
重点知识26 平衡体系中的有关计算
高考真题导向
1.解析：(1)由转化率图像可知，0～50 min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙
处理后，50 min 时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2%＝0.004
2 mol，根据化学计量数可得反应生成的SiHCl3 的物质的量为0.004 2 mol×4
3 ＝0.005 6
mol，平均反应速率v(SiHCl3)＝0.005 6 mol
2 L×50 min＝5.6×10－5 mol·L－1·min－1。
(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0.195 1 mol·L －1 ，平衡常数K 的计算式为
0.009 7
4
0.042 7
3×0.195 1
2。
(3)增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应
方向移动。
答案：(1)甲 5.6×10－5 (2)0.195 1
0.009 7
4
0.042 7
3×0.195 1
2 (3)逆反应方向
2．解析：(1)由于反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接
触面积，因此随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低。
(3)设起始时C6H6的物质的量为1 mol，CH4的物质的量为5 mol，参加反应的C6H6的物
质的量为x mol，则可建立如下三段式：
C6H6(g)＋CH4(g)⥫⥬C7H8(g)＋H2(g)
起始量/mol 1 5 0 0
变化量/mol x x x x
平衡量/mol 1－x 5－x x x
依题意，
1−x
6
× p总
x
6 × p总
＝4
1 ，解得x＝0.2，平衡时，n(C6H6)＝0.8 mol，n(CH4)＝4.8
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mol，n(C7H8)＝0.2 mol，n(H2)＝0.2 mol，则C6H6的平衡转化率为0.2 mol
1 mol ×100%＝20%，
平衡常数Kp＝
( 0.2
6 ×100 kPa)
2
( 0.8
6 ×100 kPa)×( 4.8
6 ×100 kPa)
或
0.2
2
0.8×4.8。
(4)已知Ea，苯<Ea，二甲苯，v苯
v二甲苯
＝A1
A2
e
( Ea, 二甲苯−Ea, 苯
RT
)
，则温度降低，v苯
v二甲苯
增大，可提
高苯的产率；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。
答案：(1)反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂
表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小
(2)10.0 pH＝10.0 时，产物中积炭平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产
率最高
(3)20%
( 0.2
6 ×100 kPa)
2
( 0.8
6 ×100 kPa)×( 4.8
6 ×100 kPa)
(或
0.2
2
0.8×4.8)
(4)适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可)
题组跟进演练
1．解析：(1)由盖斯定律可知，反应Ⅰ＋Ⅱ×2 得到反应Ⅲ，则反应ΔH＝ΔH1＋2ΔH2＝
(＋255.7 kJ/mol)＋2×(－41.2 kJ/mol)＝＋173.3 kJ/mol，反应的平衡常数K＝K1K 2
2；该反应
是熵增的吸热反应，高温条件下，反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行。
(2)①平衡常数为温度的函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，A、D 两点的反
应温度相同，则A、D 两点平衡常数相等。
(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，573
K 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1 mol－1
mol×60%＝0.4 mol；③由图可知，573 K 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2×1
mol×60%×85%＝1.02 mol、一氧化碳的物质的量为2×1 mol×60%×15%＝0.18 mol，由O 元
素守恒，平衡时n(H2O)＝1＋3－0.4－1.02×2－0.18＝1.38 mol，由H 元素守恒，平衡时
n(H2)＝6×1+2×3−6×0.4−1.38×2
2
＝3.42 mol，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0.18 mol、1.38 mol、1.02 mol、3.42 mol、6.4 mol，
则反应Ⅱ的Kp＝
( 1.02
6.4 ×100)×( 3.42
6.4 ×100)
( 0.18
6.4 ×100)×( 1.38
6.4 ×100)
。
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答案：(1)＋173.3 kJ/mol K1K 2
2 高温
(2)＝ 平衡常数只与温度有关，A、D 两点的温度相同，则平衡常数相等 B 点温度高
于A 点，升高温度，反应Ⅱ逆向移动消耗H2的量与反应Ⅰ、反应Ⅲ正向移动产生H2的量
相等
(3)a 0.4
( 1.02
6.4 ×100)×( 3.42
6.4 ×100)
( 0.18
6.4 ×100)×( 1.38
6.4 ×100)
2．解析：(1)丙烷无氧脱氢反应C3H8(g)⥫⥬C3H6(g)＋H2(g) ΔH1＝(413×8＋348×2－
413×6－615－348－436)kJ/mol＝＋123 kJ/mol，可知ΔH1>0，反应ΔS>0，ΔG＝ΔH－TΔS<0
时反应自发进行，则需要在较高温度下反应才可自发进行。
(2)②根据题意，随着氢气的增加，可以生成更多催化效果更好的催化剂GaH/GaOx，
因此反应速率逐渐增加。而氢气的增加，会促使主反应平衡逆向移动，因此转化率降低。
根据以上分析，可以判断随着氢气增多，逐渐上升的曲线即曲线d 为丙烯生成速率，逐渐
下降的曲线即曲线c 为丙烷平衡转化率。图中，当n(H2)∶n(C3H8)为2 时，丙烯生成速率最大，
此时丙烷平衡转化率为45%，丙烯选择性为90%。设氢气和丙烷的起始量分别为2 mol、1
mol，依据图中数据列三段式：
C3H8(g)⥫⥬C3H6(g)＋H2(g)
变/mol 0.405 0.405 0.405
C3H8(g)⥫⥬C2H4(g)＋CH4(g)
变/mol 0.045 0.045 0.045
平衡时n(C3H8)＝0.55 mol、n(C3H6)＝0.405 mol、n(H2)＝2.405 mol、n(C2H4)＝0.045
mol 、n(CH4) ＝0.045 mol ，n
总＝3.45 mol ，p
总＝0.1 MPa ，因此Kp ＝
0.405
3.45 ×0.1× 2.405
3.45 ×0.1
0.55
3.45 ×0.1
MPa。
答案：(1)①＋123 ②较高
(2)
Ga
①
H/GaOx 据Arrhenius 经验公式，斜率越小，活化能越小，催化剂催化效果越
好 ②d
0.405
3.45 ×0.1× 2.405
3.45 ×0.1
0.55
3.45 ×0.1
重点知识27 反应原理综合题
悟高考·练模拟
1.解析：(1)ΔH3＝ΔH1－2ΔH2＝－566 kJ·mol-1。(2)由题图知，压强一定时，温度越高，
C2H6平衡转化率越高，则升温平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应，ΔH4>0。平衡
转化率接近40%的曲线应介于平衡转化率为20%与50%的曲线之间，a 项代表的点在20%
线左侧，b 项代表的点位于20%线与50%线之间，c 项代表的点在50%线与80%线之间，故
b 符合题意。(3)①设初始投入C2H6的物质的量为1 mol，且仅发生反应ⅰ，结合C2H6的平
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衡转化率为25.0%列出三段式：
C2H6(g)⥫⥬C2H4(g)＋H2(g)
起始量/mol 1 0 0
变化量/mol 0.25 0.25 0.25
平衡量/mol 0.75 0.25 0.25
平衡时体系中总物质的量为0.75 mol＋0.25 mol＋0.25 mol＝1.25 mol，则C2H6、C2H4、
H2 的物质的量分数分别为0.75
1.25 、0.25
1.25、0.25
1.25 ，代入平衡常数表达式得：Kx1 ＝
0.25
1.25 × 0.25
1.25
0.75
1.25
＝1
15。(4)通常配位键的形成需要一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。
Cu＋与C2H4形成配位键时，C2H4提供了π 键中的一个共用电子对，Cu＋提供空轨道。该分
子筛与C2H4可形成配位键，强于其与C2H6之间的范德华力，因此该分子筛可以高选择地吸
附C2H4分子，而不吸附C2H6分子。由于该配位键弱于共价键，则在一定条件下C2H4容易
发生脱附，再生的分子筛可重复利用，故其优点是选择性好，分离出的产物纯度高、可重
复使用。(5)前30 min，两种气体出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比为0，说明两者的出口浓度
均为0，两种气体均被完全吸附，A 错误；进口处C2H6 和C2H4 等体积混合，c0(C2H6)＝
c0(C2H4)，p 点对应时刻，
c(C2 H 6)
c0(C2 H 6)
≫
c(C2 H 4)
c0(C2 H 4)
，说明出口浓度c(C2H6)≫c(C2H4)，即出
口气体主要成分是C2H6，B 正确；a 点处C2H6的c
c0
＝1.0，出口浓度与进口浓度相等，说明
此时吸附剂对C2H6饱和，a～b 对应时间段内，
c(C2 H 6)
c0(C2 H 6)
>1.0，出口浓度大于进口浓度，
说明已吸附的C2H6被释放，与此同时，C2H4的
c(C2 H 4)
c0(C2 H 4)
<1.0，出口浓度小于进口浓度，
说明仍在吸收C2H4，结合a 点处吸附剂对C2H6已经饱和可知，a～b 对应时间段内，已吸附
的C2H6逐渐被C2H4替代，C 正确。
答案：(1)－566 (2)> b (3)①1
15 ②增大 (4)4s 空轨道 选择性好，分离出的产
物纯度高，可重复使用 (5)BC
2．解析：(2)①将BaCO3(s)＋4C(s)⥫⥬BaC2(s)＋3CO(g)记为反应Ⅲ，由盖斯定律可知，
反应Ⅲ＝反应Ⅰ＋反应Ⅱ，根据方程式相加，K 相乘的原则，有K Ⅲ＝K Ⅰ·K Ⅱ。由图1 可
知，1 585 K 时lg K Ⅰ＝2.5，lg K Ⅱ＝－1.5，则该温度下K Ⅲ＝102.5×10-1.5＝10。根据Kp＝
(pco)n、K＝(
pco
10
5 Pa)
n
可知，K p＝K ×(10
5 Pa)
n
，其中n 为方程式中CO 的化学计量
数。反应Ⅲ中CO 的化学计量数为3，因此反应Ⅲ的K p＝K Ⅲ ×(10
5 Pa)3＝1016 Pa3。
②由图1 可知，1 320 K 时，lg K Ⅰ＝0，即K Ⅰ＝1。反应Ⅰ中CO 的化学计量数为2，则该
温度下，Kp(Ⅰ)＝K Ⅰ×(105 Pa)2＝1010 Pa2。根据反应Ⅰ可知，其分压平衡常数表达式为Kp(Ⅰ)
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＝pco
2 ，因此平衡时pco＝√K p(Ⅰ)＝ √10
10 P a
2＝105 Pa。平衡常数只与温度有关，将容器
体积压缩到原来的1
2，Kp(Ⅰ)不变，则pco不变，仍为105 Pa。(3)①由图2 可知，1 823 K 下，
BaC2产率随着时间的延长不断增加至接近100%，而1 400 K 下，BaC2产率始终为0，说明
反应Ⅱ在1 400 K 以下没有发生，而BaCO3 全部消耗，说明反应Ⅰ已完全进行，生成
BaO，故此时体系中含Ba 物种为BaO。②图2 的横坐标为时间，纵坐标为BaC2产率，则
图像的斜率可代表反应速率，由图2 可知，1 823 K 下，t1～t2阶段净反应速率不变，t2后反
应达到平衡，净反应速率恒为0。该体系中的反应物均为固体，固体的浓度为定值，不会
随着反应消耗而发生改变，因此出现上述特点。
答案：(1)BaC2＋2H2O===Ba(OH)2＋C2H2↑ (2)
10
①
16 ②105 105 (3)
BaO
①
②t1～
t2阶段净反应速率为正值且恒定不变，t2后反应达到平衡，净反应速率恒为0 反应物均为
固体，固体的浓度为定值，不会随着消耗而发生改变
3．解析：(1)该反应反应后气体分子数减少，ΔS<0。该反应为放热反应，达到平衡后，
其他条件不变时，升高温度，平衡逆向移动，HCl 的平衡转化率降低，由题图知，较低流
速下，T3时HCl 的转化率最大，故T3＝360 ℃。(2)将题中已知反应依次编号为①、②、③，
根据盖斯定律，由①－②＋③可得：H2(g)＋1
2O2(g)===H2O(l) ΔH＝－57.2 kJ·mol-1－(＋
44.0 kJ·mol-1)－184.6 kJ·mol-1＝－285.8 kJ·mol-1，故H2的燃烧热ΔH＝－285.8 kJ·mol-1。
(3)由题图可知，增大HCl 的流速，HCl 的转化率降低，A 项错误；将温度升高40℃，即升
温至 400℃，由题图可知，HCl 的转化率增大，B 项正确；增大n(HCl)∶n(O2)，HCl 的转化
率减小，C 项错误；M 点该反应未达到平衡，使用更高效的催化剂，可以加快反应速率，
提高HCl 的转化率，D 项正确。(4)图中较高流速时，反应未达到平衡状态，T3温度低，反
应速率慢，且较高流速时，反应物在催化剂表面接触时间短，故HCl 的转化率低。(5)N 点
起始时n(HCl)∶n(O2)＝4 4∶，HCl 的平衡转化率为80%，设起始时HCl、O2的物质的量均为1
mol，列三段式：
2HCl(g)＋1
2O2(g)⥫⥬Cl2(g)＋H2O(g)
起始量/mol： 1 1 0 0
转化量/mol： 0.8 0.2 0.4 0.4
平衡量/mol： 0.2 0.8 0.4 0.4
则该温度下反应的平衡常数K＝
0.4
1.8 × 0.4
1.8
(
0.2
1.8)
2
×(
0.8
1.8)
1
2
＝6。(6)二者晶体结构相同，晶胞体
积近似相等，则二者密度之比等于摩尔质量之比，设Ru 的相对原子质量为Mr，则M r+32
48+32
＝1.66，解得Mr≈101。
答案：(1)< 360 (2)－285.8 (3)BD (4)反应未达到平衡，T3温度低，反应速率慢，
且反应物在催化剂表面接触时间短，相同时间内HCl 的转化率低 (5)6 (6)101
4．解析：(1)①已知：
反应Ⅰ：CH4(g)＋2S2(g)===CS2(g)＋2H2S(g) ΔH1＝－104.71 kJ·mol-1
反应Ⅱ：2CH4(g)＋S8(g)===2CS2(g)＋4H2S(g) ΔH2＝＋201.73 kJ·mol-1
由盖斯定律可知，反应Ⅱ－2×反应Ⅰ得S8(g)===4S2(g) ΔH＝＋411.15 kJ·mol-1。
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②由题图可知，650 ℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；
700 ℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650～
700 ℃达到峰值，故为提高CH4平衡转化率，控制温度范围在650～700 ℃。
(2)①T ℃、c0＝1.0 mol·L-1时，测得t＝9.5 s、α＝95%，则9.5＝
1
k ×1.0(
0.95
1−0.95)，k
＝2 L·mol-1·s-1。②T ℃时，计划在5 s 内转化率达90%，则5＝
1
2×c0
×(
0.90
1−0.90)，c0＝
0.9 mol·L-1，应控制初始浓度c0大于0.9 mol·L-1。
(3)①根据化学方程式体现的关系式可知，二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为
1 4∶，结合图像可知，图中表示CS2 的曲线是b。②950 ℃时，反应物投料比采用
n(CH4)∶n(H2S)＝1 2∶，维持体系压强为100 kPa，设甲烷、硫化氢投料分别为1 mol、2 mol，
CH4(g)＋2H2S(g) ⥫⥬ CS2(g)＋4H2(g)
起始/mol 1 2 0 0
转化/mol a 2a a 4a
平衡/mol 1－a 2－2a a 4a
由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等，则1－a＝a，a＝0.5 mol，则甲烷、硫化
氢、二硫化碳、氢气分别为0.5 mol、1 mol、0.5 mol、2 mol，总的物质的量为4 mol，该反
应的Kp＝(100× 2
4)
4
(100× 0.5
4 )
(100× 1
4)
2
(100× 0.5
4 )
＝104 kPa2。③相比以硫黄矿为原料，使用H2S 的优点是
可以变废为宝，减小污染；缺点是反应温度更高、耗能更大。
答案：(1)
①＋411.15 ②B 650 ℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，
转化率增大；700 ℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小
(2)
2
① ②0.9 (3)
①b ②104 ③变废为宝，减小污染 反应温度更高、耗能更大
重点知识28 溶液中的电离平衡与水解平衡
高考真题导向
1.解析：选D。实验1 所得溶液中存在电荷守恒：c(H ＋)＝c(O H
−)+ c(HSO3
−)＋
2c(SO3
2−)>c(HSO3
−) ＋c(SO3
2−)，A 错误；实验2 所得溶液pH ＝4，即c(H ＋)＝10-4
mol·L-1，代入H2SO3的二级电离常数计算式Ka2(H2SO3)＝
c(H
+)·c(SO3
2−)
c(HSO3
−)
＝6.2×10-8，得：
c(SO3
2−)
c(HSO3
−)
＝6.2×10
−8
10
−4
＝6.2×10-4＜1，故c(SO3
2−)＜c(HSO3
−)，B 错误；NaHSO3受热易分
解，且易被空气中的O2氧化，故经过蒸干、灼烧无法得到NaHSO3固体，C 错误；SO2通
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入酸性KMnO4溶液中发生反应：5SO2＋2MnO4
−+2 H 2O ===5SO4
2−＋2Mn2+＋4H＋，生成
的SO4
2−多于Mn2+，故实验3 所得溶液中：c(SO4
2−)>c(M n
2+)，D 正确。
2．解析：选B。Na2S 溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－) ＋
2c(S2-) ，A 项正确；Na2S 溶液中存在水解平衡：S2- ＋H2O⥫⥬HS －＋OH －、HS －＋
H2O⥫⥬H2S ＋OH －，且第一步水解程度远大于第二步水解程度，Kh(S2-) ＝
c(O H
−)·c(H S
−)
c(S
2−)
＝
K w
K a2(H 2S)
＝1.0×10
−14
10
−12.90
＝10-1.10 ，又c(HS －) 一定小于0.01
mol·L-1
，
则
c(O H
−)
c(S
2−)
>
10
−1.10
10
−2 >1，故c(O H
−)>c(S
2−)，B项错误；由题给条件可知，K sp(FeS)> K sp(CdS)，向c(C d
2+)
＝0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS，发生沉淀转化：Cd2+＋FeS⥫⥬CdS＋Fe2+，该反应的平衡
常数K＝c(F e
2+)
c(C d
2+)
＝c(F e
2+)·c(S
2−)
c(C d
2+)·c(S
2−)
＝K sp(FeS)
K sp(CdS) ＝10
−17.20
10
−26.10＝108.90>105，反应能进行完
全，最后所得溶液为CdS 的饱和溶液，则溶液中c(Cd2+)＝√K sp(CdS)＝10-13.05 mol·L-1<10-8
mol·L-1，C 项正确；向c(Cd2+)＝0.01 mol·L-1 的溶液中通入H2S 气体至饱和，发生反应：
Cd2+
＋
H2S⥫⥬CdS
＋
2H
＋
，
该
反
应
的
平
衡
常
数
K
＝
c
2(H
+)
c(C d
2+)·c(H 2S)
＝K a1(H 2S)· K a2(H 2S)
K sp(CdS)
＝10
−6.97 ×10
−12.90
10
−26.10
＝10
6.23 >10
5，反应能进
行完全，所得溶液中c(C d
2+)<c(H
+)，D 项正确。
题组跟进演练
1．解析：选D。0 s 时，pH＝5.2，溶液呈酸性是因为铜离子发生水解反应Cu2+＋
2H2O⥫⥬Cu(OH)2＋2H＋，A 错误；20～94 s，溶液pH 从5.9 升高至6.8，仍为酸性，则不存
在大量OH－，主要反应的离子方程式为2Cu2+＋SO4
2−＋2NH3·H2O⥫⥬Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4
+
，B 错误；从94 s 到144 s，溶液pH 从6.8 升高至9.5，碱性增强，抑制水的电离，则混合
液中水的电离程度减小，C 错误；从144 s 到430 s，蓝绿色沉淀溶解，溶液变为深蓝色，
为氨水和铜离子形成配离子[Cu(NH3)4]2+，pH 升高与Cu2(OH)2SO4转化为[Cu(NH3)4]2+的反应
有关，D 正确。
2．解析：选B。pKa越大，Ka越小，酸性越弱，酸性：HNO2＞HF＞HClO＞HCN。A
项，次氯酸钠溶液中OH－来自水的电离，稀释次氯酸钠溶液过程中，碱性减弱，水电离的
c(H＋)、c(OH－)减小，正确；B 项，由“越弱越水解”知，碱性：NaCN＞NaClO＞NaF＞
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NaNO2，错误；C 项，所得溶液中c(HNO2)＝c(KNO2)，pKh＝14－pKa＝10.63＞3.37，溶液
呈酸性，正确；D 项，CN－＋H2O⥫⥬HCN＋OH－，Kh＝c (HCN )·c(O H
−)
c(C N
−)
＝K w
K a
，pKh＝
14－9.31＝4.69，正确。
3．解析：选D。由信息“H3A 与足量NaOH 溶液反应生成NaH2A”推知H3A 是一元
弱酸，A 错误；25 ℃时，H3A 的电离常数Ka＝5.8×10-10，则H2A －的水解常数Kh＝
1.0×10
−14
5.8×10
−10 ＝10
5.8 ×10
−5 ＝c(H 3 A)·c(O H
−)
c(H 2 A
−)
≈c
2(O H
−)
c(H 2 A
−)
＝c
2(O H
−)
0.100 0 ，计算得c(OH
－)的数量级为10-3，故P 点溶液中，由水电离出的c(OH－)的数量级为10-3，B 错误；Q 点溶
液的pH＝7，又因为等物质的量浓度的H3A 的电离程度小于H2A－的水解程度，故a>10，C
错误；Q 点溶液中的溶质为NaH2A、H3A 和NaCl，根据电荷守恒和元素守恒可知，c(H3A)
＝c(Cl－)>c(H2A－)，D 正确。
重点知识29 电解质溶液中的图像分析——中和滴定曲线
高考真题导向
1.解析：选D。图像分析如下：
根据CH3COOH⥫⥬CH3COO－＋H＋，可近似认为a 点c(H＋)＝c(CH3COO－)，又a 点pH
＝3.38，c(H＋)＝10－3.38mol·L－1，故Ka(CH3COOH)≈10
−3.38 ×10
−3.38
0.010 0
＝10－4.76，A 项正确；
a 点HCl 恰好被完全中和，由元素守恒可得溶液中c(Na ＋)＝c(Cl －) ＝c(CH3COO －)＋
c(CH3COOH) ，B 项正确；b 点溶液中溶质为NaCl 、CH3COOH 、CH3COONa ，且
c(CH3COOH)＝c(CH3COONa)，pH<7，溶液呈酸性，说明CH3COOH 的电离程度大于
CH3COO－的水解程度，即溶液中c(CH3COOH) <c(CH3COO－)，C 项正确；a、b 两点溶液呈
酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH 越小，水的电离受抑制程度越大，c 点酸碱恰好完全
中和，CH3COO－水解促进水的电离，d 点NaOH 过量，又抑制水的电离，故D 项错误。
2．解析：选C。NaX 为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度
的大小顺序为c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A 正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，
由分析可知，HX、HY、HZ 三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的
大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，B 正确；当溶液pH 为7 时，酸越弱，向盐溶液中
加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X
－)＞c(Y－)＞c(Z－)，C 错误；向三种盐溶液中分别滴加20.00 mL 盐酸，三种盐都完全反应，
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溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋ c(H
＋)＝ c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＋ c(Cl－)＋ c(OH－)，由c(Na＋)＝ c(Cl－)可得：c(X－)＋c(Y－)＋
c(Z－)＝ c(H＋)－c(OH－)，故D 正确。
题组跟进演练
1．解析：选B。用不同浓度的NaOH 溶液分别滴定20 mL 与其同浓度的某弱酸HA 溶
液，滴定终点之后，滴入相同体积的氢氧化钠溶液时，氢氧化钠浓度越大，过量的氢氧化
钠越多，溶液的碱性越强，pH 越大，因此c1>c2>c3，A 项正确；M 点溶液中存在电荷守恒
和元素守恒，分别为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)和2c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，因此
2c(H＋)＋c(HA)＝2c(OH－)＋c(A－)，B 项错误；恰好中和时，溶液中的溶质为NaA，A－水
解，溶液显碱性，溶液中离子浓度的大小关系为c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，C 项正确；
设NaOH 溶液、HA 溶液的浓度均为c mol·L－1，pH＝7 时，加入的氢氧化钠溶液为V
mL，生成的NaA 为V×10－3 c mol，溶液中存在c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(A－)，Ka＝
c(H
+)c( A
−)
c (HA)
＝
10
−7 × V ×10
−3 c
(20+V )×10
−3
(20−V )×10
−3 c
(20+V )×10
−3
＝10
−7 V
20−V ，D 项正确。
2 ．解析：选C 。由图可知，0.10 mol·L －1 CH3COOH 溶液的pH ＝3 ，则Ka ＝
c(C H 3COO
−)·c(H
+)
c(C H 3COOH )
＝10
−3 ×10
−3
0.10−10
−3 ≈10－5，A 项错误；M 点pH＝7，若加入20 mL
NaOH 溶液，溶液中溶质是CH3COONa，CH3COO－水解使溶液显碱性，与题干的溶液显中
性相违背，说明M 点对应的NaOH 溶液的体积小于20 mL，B 项错误；N 点pH 小于Q 点，
Q 点OH－对水的电离抑制程度大，故N 点水的电离程度比Q 点大，C 项正确；该溶液中离
子浓度关系为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，D 项错误。
3．解析：选C。亚磷酸(H3PO3)的分级电离常数全部数据为Ka1＝10－1.4，Ka2＝10－6.7，
说明亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，则Na2HPO3 属于正盐，HPO3
2−水解而使溶液显碱性；
NaH2PO3属于酸式盐，由于Ka2＝10－6.7>Kh2＝K w
K a1
＝1×10
−14
10
−1.4
，电离程度大于水解程度，
则溶液显酸性，A 正确。根据题意，向亚磷酸钠溶液中滴加盐酸，a 点是第一次滴定终点，
则溶液主要含NaH2PO3、NaCl，根据质子守恒得到存在关系：c(H＋)＋c(H3PO3)＝c(OH－)＋
c(HPO3
2−)，B 正确；根据题意，向亚磷酸钠溶液中滴加盐酸，b 点是第二次滴定终点，则溶
液主要含H3PO3、NaCl，b 点对应的溶液中存在：c(H＋)＝c(H 2PO3
−)＋2c(HPO3
2−)＋c(OH
－)，C 错误；根据滴定终点时，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，b 点
生成的亚磷酸属于弱酸，溶液的电极电位突变是因为此时离子浓度突然增大，D 正确。
重点知识30 电解质溶液中的图像分析——物质分布系数曲线
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高考真题导向
1.解析：选D。根据分析，曲线M 表示δ(CH2ClCOO－)～pH 的变化关系，A 错误；根
据Ka(CHCl2COOH)＝c(CHC l2COO
−)×c(H
+)
c(CHC l2COOH )
，初始c0(CHCl2COOH)＝0.1 mol·L－1，若
溶
液
中
溶
质
只
有
CHCl2COOH
，
则
c(CHCl2COO
－
)
＝
c(H
＋
)≈
√K a(CHC l2COOH )c0(CHC l2COOH )＝10 －1.15 mol·L －1，但a 点对应的c(H ＋)＝0.1
mol·L－1，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，c(H＋)>c(CHCl2COO－)＋
c(OH－)，B 错误；根据分析，CH2ClCOOH 的电离常数Ka＝10－2.8，C 错误；电离度α＝
n电离
n始
，n 始＝n 电离＋n 未电离，则α(CH2ClCOOH) ＝δ(CH2ClCOO －) ，α(CHCl2COOH) ＝
δ(CHCl2COO－), pH＝2.08 时，δ(CH2ClCOO－)＝0.15，δ(CHCl2COO－)＝0.85，D 正确。
2．解析：选C。FeS 的溶解平衡为FeS(s)⥫⥬Fe2＋(aq)＋S2－(aq)，饱和FeS 溶液中Fe2＋
的物质的量浓度为√K sp(FeS)＝√6.3×10
−18 mol/L＝√6.3×10－9 mol/L，Fe(OH)2的溶解
平衡为Fe(OH)2(s)⥫⥬Fe2＋(aq)＋2OH－(aq)，饱和Fe(OH)2 溶液中Fe2＋的物质的量浓度为
3√
K sp[Fe(OH )2]
4
＝
3√
4.9×10
−17
4
mol/L＝
3√12.25×10－6 mol/L＞√6.3×10－9 mol/L，故
溶解度：FeS 小于Fe(OH)2，A 项错误；酚酞的变色范围为8.2～10，若以酚酞为指示剂，
用NaOH 标准溶液滴定H2S 水溶液，由图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，
即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B 项错误；Na2S 溶液中存在水解平衡S2 －＋
H2O⥫⥬HS－＋OH－、HS－＋H2O⥫⥬H2S＋OH－(忽略第二步水解)，第一步水解平衡常数
Kh(S2－)＝c(H S
−)c(O H
−)
c(S
2−)
＝c(H S
−)c(O H
−)c(H
+)
c(S
2−)c(H
+)
＝
K w
K a2(H 2S)
＝1×10
−14
1×10
−13＝0.1，
设水解的S2 －的浓度为x mol/L，则
x
2
0.1−x ＝0.1，解得x≈0.062，S2 －的水解率约为
0.062 mol / L
0.1 mol / L ×100%＝62%，C 项正确；0.01 mol/L FeCl2 溶液中加入等体积0.2 mol/L
Na2S 溶液，瞬间得到0.005 mol/L FeCl2和0.1 mol/L Na2S 的混合液，结合C 项，瞬时c(Fe2
＋)c(S2－)＝0.005 mol/L×(0.1 mol/L－0.062 mol/L)＝1.9×10－4＞Ksp(FeS)，c(Fe2＋)c2(OH－)＝
0.005 mol/L×(0.062 mol/L)2＝1.922×10－5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反应初始生成的沉淀是FeS 和
Fe(OH)2，D 项错误。
题组跟进演练
1．解析：选B。向10 mL 0.1 mol·L－1 H2A 水溶液中逐滴滴加同浓度的NaOH 溶液，
H2A 的浓度逐渐减小、HA－的浓度先增大后减小、A2－的浓度逐渐增大，则曲线Ⅰ表示H2A
物质的量分数(δ)随pH 变化的关系，曲线Ⅱ表示HA－物质的量分数(δ)随pH 变化的关系，
曲线Ⅲ表示A2－物质的量分数(δ)随pH 变化的关系。当H2A 的浓度等于HA－的浓度时pH＝
1.2，当HA－的浓度等于A2－的浓度时pH＝4.2，则Ka1＝10－1.2、Ka2＝10－4.2，A 错误；Ka1＝
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10－1.2，Ka2＝10－4.2，c(H A
−)c(H
+)
c(H 2 A)
× c( A
2−)c(H
+)
c(H A
−)
＝c( A
2−)c
2(H
+)
c(H 2 A)
＝10－1.2×10－4.2＝
10－5.4，当溶液中c(H2A)＝c(A2－)时，c2(H＋)＝10－5.4，pH＝2.7，B 正确；滴加NaOH 溶液过
程中，溶液体积增大，根据元素守恒，c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)<0.1 mol·L－1，C 错误；当
H2A 被完全中和时，溶质为Na2A，根据质子守恒，c(OH－)＝c(HA－)＋2c(H2A)＋c(H＋)，D
错误。
2．解析：选D。由图可知，pH＝6.5 时δ(Pb2 ＋)>75%，c(Pb2 ＋)＝c0(Pb2 ＋)·δ(Pb2
＋)>1.5×10－5 mol·L－1，此时体系中还没有PbCO3(s)，则Ksp(PbCO3)≥c(Pb2＋)·c(CO3
2−)，c(
CO3
2−)≤
K sp(PbC O3)
c(Pb
2+)
＜
10
−12.1
1.5×10
−5 mol·L－1＝2
3×10－7.1 mol·L－1＜1.5×10－5 mol·L－1＜
c(Pb2 ＋) ，A 正确；δ(Pb2 ＋) ＝δ(PbCO3) 时，体系中还存在Pb(OH) ＋，因此δ(Pb2 ＋) ＝
δ(PbCO3)<50%，则c(Pb2＋)＝c0(Pb2＋)·δ(Pb2＋)<1.0×10－5 mol·L－1，B 正确；体系的初始状态
为Pb(ClO4)2溶液和CO2气氛，由于ClO4
−不水解，根据c0(Pb2＋)＝2.0×10－5 mol·L－1可知c(
ClO4
−)＝4.0×10－5 mol·L－1，读图可知，pH ＝7 时，δ(Pb2＋)<50%，δ[Pb(OH)＋]<25%，则
c(Pb2＋)＝c0(Pb2＋)·δ(Pb2＋)<2.0×10－5 mol·L－1×50%＝1.0×10－5 mol·L－1，c[Pb(OH)＋]＝
c0(Pb2＋)·δ[Pb(OH)＋]<2.0×10－5 mol·L－1×25%＝5.0×10－6 mol·L－1，则2c(Pb2＋)＋c[Pb(OH)
＋]<2×1.0×10－5 mol·L－1＋5.0×10－6 mol·L－1＝2.5×10－5 mol·L－1<4.0×10－5 mol·L－1＝c(
ClO4
−)<2c(CO3
2−)＋c(HCO3
−)＋c(ClO4
−)，C 正确；NaHCO3溶液中HCO3
−的水解平衡常数＝
K w
K a1(H 2C O3)
＝1×10
−14
10
−6.4
＝10－7.6＞Ka2(H2CO3)，即HCO3
−水解程度大于电离程度，加入
NaHCO3后溶液中CO3
2−浓度几乎没有变化，且加入少量NaHCO3固体，溶液的pH 稍微增大，
结合图像可知，PbCO3的物质的量稍微增加，PbCO3不溶解，D 错误。
3．解析：选B。0 min，溶液是饱和氨盐水，溶质为NH3、NaCl，溶液显碱性，溶液
中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(NH4
+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，则c(Na＋)＋c(NH4
+)>c(Cl－)，A
错误；0～60 min，反应生成的少量白色沉淀为碳酸氢钠晶体，发生的主要反应的离子方程
式为：2CO2＋3NH3·H2O===CO3
2−＋HCO3
−＋3NH4
+＋H2O，B 正确；0 min 时溶液是饱和氨盐
水，溶质为NH3、NaCl，NH3·H2O 抑制水的电离，60 min 时，通入的二氧化碳反应消耗一
水合氨，溶液中有HCO3
−、CO3
2−、NH4
+，水解促进水的电离，水的电离程度：0 min<60
min，故C 错误；D.0～100 min，n(Cl－)保持不变，n(Na＋)减小，故D 错误。
重点知识31 电解质溶液中的图像分析——对数曲线
高考真题导向
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解析：选B。设X 的初始浓度为a，99%的X 转化成配离子时，c(X) ＝0.01a，
c[X(CN)x]＝0.99a，lg
c (X )
c[ X (CN )x]
＝lg 0.01a
0.99a≈－2，同理，lg
c (Y )
c[Y (CN )y]
≈－2，在图像
中找到X、Y 两直线纵坐标值为－2 对应的横坐标的值，X 的横坐标数值更大，由于横坐标
是－ lg c(CN－)，则X 对应的c(CN－)更小，A 错误；向Q 点X、Z 的混合液中加少量可溶
性Y 盐，Y 会消耗溶液中的CN－，新平衡下c(CN－)会变小，－lg c(CN－)就会变大，则此
时X、Z 对应的点会沿着相应直线向右移动，结合图像可知，移动后lg
c (X )
c[ X (CN )x]
>lg
c (Z)
c[Z (CN )z]
，则
c (X )
c[ X (CN )x]
>
c (Z)
c[Z (CN )z]
，B 正确；设X、Y、Z 与CN－形成的配离子分
别为X (CN )x、Y(CN)y、Z(CN)z，以X 为例，存在X + xC N
− ⥫⥬X (CN )x，其平衡常数
K＝
c[ X (CN )x]
c (X )·c
x(C N
−)
，两边同时取对数并整理得lg
c (X )
c[ X (CN )x]
＝x·[－lg c(CN－)]－lg K，
则X 对应的图像为斜率＝x 的直线，同理，Y 对应的图像为斜率＝y 的直线，Z 对应的图像
为斜率＝z 的直线，由图可知，x>y>z，因此由Y 和Z 分别制备等物质的量的配离子时，消
耗CN－的物质的量Y>Z，C 错误；直线上的点代表平衡状态，P 点在Y 对应直线的下方，
在－ lg c(CN－)不变，即c(CN－)不变的情况下，P 点的lg
c (Y )
c[Y (CN )y]
相比平衡时偏小，
即
c (Y )
c[Y (CN )y]
偏小，则此时QY＝c (Y )·c
y(C N
−)
c[Y (CN )y]
<KY，则解离平衡Y(CN)y⥫⥬Y＋yCN－会
向右移动，故P 点时Y 配离子的解离速率大于生成速率，D 错误。
题组跟进演练
1．解析：选C。由题干信息可知，Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Zn(OH)2]，加碱后溶液中Cu2+先
沉淀，Zn2+后沉淀，即①代表滴定CuSO4溶液的变化关系，②代表滴定ZnSO4溶液的变化
关系，③表示p
c(C H 3COOH )
c(C H 3COO
−)
，pc(Cu2+)＝0 时，c(Cu2+)＝1 mol·L-1，pH＝4.2，c(OH－)
＝10 －(14 －4.2) mol·L-1 ＝10 －9.8 mol·L-1 ，Ksp[Cu(OH)2] ＝1×(10 －9.8)2 ＝10 －19.6 ，同理，
Ksp[Zn(OH)2]＝1×[10－(14-5.85)]2＝10-16.30，A 正确，C 错误；③表示p
c(C H 3COOH )
c(C H 3COO
−)
，当p
c(C H 3COOH )
c(C H 3COO
−)
＝0 时，即c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，此时c(H＋)＝10-4.76，故25 ℃
时，CH3COOH 的Ka ＝10-4.76 ，B 正确；a 点c(Zn2+) ＝
c(C H 3COOH )
c(C H 3COO
−)
，即
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K sp[Zn(OH )2]
c
2(O H
−)
＝c(C H 3COOH )
c(C H 3COO
−)
＝c(H
+)c(C H 3COOH )
c(H
+)c(C H 3COO
−)
＝c(H
+)
K a
，K sp[Zn(OH )2]× K a＝c(H
+)×
c2(OH －) ＝Kw×c(OH －) ，得c(OH －) ＝10
−16.30 ×10
−4.76
10
−14
＝10-7.06 ，则c(Zn2+) ＝
K sp[Zn(OH )2]
c
2(O H
−)
＝10
−16.30
(10
−7.06)
2＝10-2.18，即对应的pM＝2.18，D 正确。
2．解析：选B。向某浓度H2A 溶液中加入NaOH(s)时，由于二者发生反应，所以H2A
逐渐减少，－lg c(H2A)会逐渐增大，所以图中呈上升趋势的曲线为－lg c(H2A)与pH 的变
化关系，标①；H2A⥫⥬H＋＋HA－，HA－⥫⥬H＋＋A2-，A2-会逐渐增大，－lg c(A2-)会逐渐
减小，但是不会等于0，所以呈下降趋势且与横坐标无交点的曲线为－lg c(A2-)与pH 的变
化关系，标②，另一条曲线则是－lg[
c( A
2−)
c(H A
−)]与pH 的变化关系，标③，以此解题。a 到
b 的滴定过程－lg c(A2-)逐渐减小，则c(A2-)逐渐增大，A2-对水电离起促进作用，c(A2-)越
大，水的电离程度越大，a 到b 过程中水的电离程度逐渐增大，故A 错误；电离常数的表
达
式
：
Ka1
＝
c(H
+)·c(H A
−)
c(H 2 A)
，
Ka2
＝
c(H
+)·c( A
2−)
c(H A
−)
，
Ka1·Ka2
＝
c
2(H
+)·c( A
2−)
c(H 2 A)
，当pH ＝3.05时 ，−lgc( A
2−)与−lgc(H 2 A)相等，即c( A
2−)＝c(H 2 A)
，可得Ka1·Ka2 ＝(10-3.05)2 ＝10-6.1 ，又由图中③可知，当pH ＝5.3 时，－lg
[
c( A
2−)
c(H A
−)]＝0，即c( A
2−)＝c(H A
−)，即Ka2＝10-5.3，所以Ka1＝10
−6.1
10
−5.3＝10-0.8，故B
正
确
；
a
点
溶
液
中
c(A2-)
＝
c(H2A)
，
a
点
时
Ka1
＝
c(H
+)·c(H A
−)
c(H 2 A)
＝c(H
+)·c(H A
−)
c( A
2−)
，K a1
c(H
+)
＝c(H A
−)
c( A
2−)
＝10
−0.8
10
−3.05 ＝10
2.25 ，则c(H A
−)>c( A
2−)
，故C 错误；NaHA 溶液中，由于HA－既存在电离又存在水解，所以c(N a
+)>c(H A
−)，
Ka2＝10-5.3，HA－的水解常数Kh＝K w
K a1
＝10
−14
10
−0.8 ＝10
−13.2 ＜K a2，HA－的水解程度小于
其电离程度，所以c(H 2 A)< c( A
2−)，NaHA 溶液中c(N a
+)＞c(H A
−)＞c( A
2−)＞
c(H2A)，故D 错误。
3．解析：选D。随pH 的增大，c(H2Se)减小，c(HSe－)先增大，因此lg
c(H 2Se)
c(HS e
−)
减
小，即直线①代表lg
c(H 2Se)
c(HS e
−)
与pH 的关系，A 正确；依据图像信息及电离平衡常数表达
式，可求出氢硒酸的电离平衡常数Ka1＝10-3.9、Ka2＝10-11，m 点为两直线的交点，可得
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c(H 2Se)
c(HS e
−)
＝c(S e
2−)
c(HS e
−)
，m 点存在c2(H＋)＝Ka1·Ka2＝10-14.9，即pH 为7.45，B 正确；改变溶
液的pH，可能是通过加入酸或碱进行，故导电能力会改变，C 正确；根据电离平衡常数，
Na2Se 是强碱弱酸盐，NaHSe 的水解大于电离，溶液呈碱性，即以水解为主，由水解常数
知Se2-的水解程度大于HSe－，溶液中c(HSe－)>c(Se2-)，D 错误。
重点知识32 沉淀溶解平衡图像分析
高考真题导向
1.解析：选D。AgCl 与AgBr 结构相似，故图中二者斜率相同，且相同条件下
Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，因此曲线①代表Ag2CrO4沉淀溶解平衡曲线，曲线②代表AgCl 沉淀
溶解平衡曲线，曲线③代表AgBr 沉淀溶解平衡曲线，根据①上的点(2.0，7.7)可求得：
Ksp(Ag2CrO4)＝10-11.7；根据②上的点(2.0，7.7)可求得：Ksp(AgCl)＝10-9.7；根据③上的点
(6.1 ，6.1) 可求得：Ksp(AgBr) ＝10-12.2 ，A 正确；该反应的平衡常数K ＝
c
2( A g
+)×c(H CrO4
−)
c(H
+)
＝c
2( A g
+)×c(H CrO4
−)×c(CrO4
2−)
c(H
+)×c(CrO4
2−)
＝K sp( A g2Cr O4)
K a2(H 2Cr O4)
＝10
−11.7
10
−6.5
＝10-5.2，B 正确；Cl－沉淀完全时，CrO4
2−才能开始沉淀，当Cl－恰好沉淀完全时，溶液中
c(Ag＋)＝√K sp( AgCl)＝10-4.85 mol·L-1，由Ksp(Ag2CrO4)＝10-11.7可知，生成Ag2CrO4沉淀时
c(CrO4
2−)＝10
−11.7
(10
−4.85)
2 mol·L－1＝10－2 mol·L－1，故滴定Cl－时，理论上混合液中指示剂浓度
不宜超过10－2 mol·L－1，C 正确；滴定Br－达终点时，溶液中同时存在AgBr、Ag2CrO4沉
淀，则溶液中c(Br
−)
c(CrO4
2−)
＝K sp( AgBr)·c( A g
+)
K sp( A g2Cr O4)
＝10－0.5c(Ag＋)，D 错误。
2．解析：选D。根据题意可知，在整个滴加0.10 mol·L－1 NaCl 溶液的过程中，溶液
中存在的平衡有Ag2CrO4和AgCl 的沉淀溶解平衡，同时也存在由Ag2CrO4转化为AgCl 的
沉淀转化平衡。由反应Ag2CrO4＋2NaCl⥫⥬2AgCl＋Na2CrO4可知，Ag2CrO4与NaCl 完全反
应的点位于V(NaCl)＝2.0 mL 处。当V(NaCl)＜2.0 mL 时，由于Ag2CrO4过量，滴加NaCl
溶液的过程中Ag＋浓度变化缓慢，Cl－少量，则Cl－浓度也变化缓慢；当V(NaCl)＞2.0 mL
时，因为Cl－过量导致Cl－浓度陡然增加，而Ag＋浓度陡然减小，故可确定图中从上到下第
一条曲线对应CrO4
2−浓度变化，第二条曲线对应Cl－浓度变化，第三条曲线对应Ag＋浓度变
化。Ag2CrO4 转化为AgCl 需消耗2.0 mL NaCl 溶液，结合题图知，交点a 处c(Na ＋)≈
3.0×0.10
4.0
mol·L－1，c(Cl－)≈(3.0−2.0)×0.10
4.0
mol·L－1，因此c(Na＋)≠2c(Cl－)，A 错
误；V(NaCl)＝1.0 mL 时，溶液中存在Ag2CrO4、AgCl 沉淀，因此溶液中满足Ksp(Ag2CrO4)
＝c2(Ag＋)·c(CrO4
2−)，即lg [Ksp(Ag2CrO4)]＝2 lg [c(Ag＋)]＋ lg [c(CrO4
2−]＝2×(－5.18)＋(－
1.60) ＝－11.96 ，Ksp(Ag2CrO4) ＝10 －11.96 ，同理可得Ksp(AgCl) ＝10 －9.75 ，则
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K sp( AgCl)
K sp( A g2Cr O4)
＝10
−9.75
10
−11.96＝102.21 ，B 错误；在滴加NaCl 溶液的最初阶段，滴入的Cl－
的量极少，尚不足以生成AgCl 沉淀，滴入的Cl－全部以离子形式存在，其浓度随着NaCl
溶液的滴入而增大，由于Cl－未与Ag＋发生作用，此时溶液仍为Ag2CrO4的饱和溶液，其中
c(CrO4
2−)＝ 3√
K sp( A g2Cr O4)
4
，为定值，因此在此阶段，c(CrO4
2−)
c(C l
−)
随着NaCl 溶液的滴入
而减小，当Ag2CrO4 转化为AgCl 后，结合沉淀转化反应为可逆反应知，当V(NaCl)≤2.0
mL 时，体系中仍存在Ag2CrO4 沉淀，溶液中满足Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag ＋)·c(CrO4
2−)、
Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)，两式相除得c(CrO4
2−)
c(C l
−)
＝
K sp( A g2Cr O4)
K sp( AgCl)·c( A g
+)
，其中c(Ag＋)在滴
加NaCl 溶液的过程中会随着c(Cl－)的增加而减少，因此c(CrO4
2−)
c(C l
−)
会随着NaCl 溶液的滴加
而增大，C 错误；V(NaCl)＝2.4 mL 时，体系中有AgCl 沉淀，溶液中满足lg [Ksp(AgCl)]＝
lg [c(Ag＋)]＋lg [c(Cl－)]，代入数据－9.75＝y1＋(－1.93)，得y1＝－7.82，假设此时溶液中仍
存在Ag2CrO4，则lg [Ksp(Ag2CrO4)]＝2 lg [c(Ag ＋)]＋lg [c(CrO4
2−)]，代入数据－11.96＝
2×(－7.82)＋lg [c(CrO4
2−)]，得lg [c(CrO4
2−)]＝3.68，即c(CrO4
2−)＝103.68 mol·L－1，远超过
Ag2CrO4全部溶解所得CrO4
2−的浓度，因此此时溶液中不存在Ag2CrO4沉淀，Ag2CrO4已全
部溶解，故c(CrO4
2−)＝0.10 mmol
3.4 mL
＝1
34 mol·L－1，y2＝lg 1
34 ＝－lg 34，D 正确。
题组跟进演练
1.解析：选B。Ksp(CaC2O4)＝c(Ca2＋)·c(C2O4
2−)＝6.7×10－4，则图中a 的数量级为10－
2，A 正确；m 点c(Ca2＋)＝c(C2O4
2−)，升高温度，则m 点的饱和溶液的组成由m 沿Om 线向
远离O 点方向移动，B 错误；恒温条件下，向m 点的溶液加入少量Na2C2O4固体，c(C2O4
2−)
增大，温度未变，Ksp(CaC2O4)不变，则溶液组成由m 沿曲线向n 方向移动，C 正确；T1
时，将浓度均为0.03 mol·L－1 的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，c(Ca2＋)＝c(C2O4
2−)＝
0.015 mol·L－1，Q＝0.015×0.015＝2.25×10－4＜Ksp(CaC2O4)，不能观察到沉淀，D 正确。
2．解析：选C。结合题图可知，a 点时pH＝2、pM＝2.5，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3
＋)·c3(OH－)＝10－2.5×(10－12)3＝10－38.5，A 错误；由题图可知，pH＝4 时Al3＋对应的pM＝
3，即c(Al3＋)＝10－3 mol·L－1，故Al(OH)3 的溶解度为10－3 mol·L－1，B 错误；由题图可
知，Fe3＋优先沉淀，当Fe3＋沉淀完全时，c3(OH－)＝10
−38.5
10
−5 (mol·L－1)3＝10－33.5(mol·L－1)3，
此时Q[Al(OH)3]＝0.01 mol/L×10－33.5 (mol·L－1)3＝10－35.5<Ksp[Al(OH)3]＝10－33，Al3＋还未沉
淀，所以浓度为0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离，C 正确；由题图可
知，Al3＋沉淀完全时，pH 约为4.7，Cu2＋刚要开始沉淀，此时c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，若
c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1>0.1 mol·L－1，Cu2＋、Al3＋会同时沉淀，D 错误。
3．解析：选D。从图可以看出加入相同NaOH 后Ⅱ溶液中金属离子浓度较多，由于
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Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3] ，即Al(OH)3 的溶解度大，则Ⅱ为Al3 ＋，Ⅰ为Fe3 ＋，Ⅲ为
[Al(OH)4]－。a、b 两点溶液的pH 分别为3.0、4.3，即c(OH－)分别为10－11 mol/L、10－9.7
mol/L，由a 点计算得Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)c3(OH－)＝10－5×(10－11)3＝10－38，同理得到
Ksp[Al(OH)3]＝10－5×(10－9.7)3＝10－34.1，A 正确、B 正确；b 点两种金属离子完全沉淀，金属
元素主要存在形式为Fe(OH)3 和Al(OH)3，c 点Al(OH)3 会与NaOH 反应全部转变为
[Al(OH)4] －，所以铝以[Al(OH)4] －存在，C 正确；K ＝Ksp[Al(OH)3]·K 稳＝1.0×10 －
34.1×1.1×1033＝1.1×10－1.1，平衡常数K 为10－2数量级，D 错误。
重点知识33 电离常数、溶度积常数的有关计算
高考真题导向
1.解析：高氯水样中c(Cl －)很高，滴加Ag ＋时会产生AgCl 沉淀，则溶液中满足
Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)；生成Ag2CrO4 沉淀时，溶液中满足Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(
CrO4
2−) 。联立两式可得：c(Cl －) ＝
K sp( AgCl)
c( A g
+)
＝
K sp( AgCl)
√
K sp( A g2Cr O4)
c(CrO4
2−)
＝1.8×10
−10
√
2.0×10
−12
5×10
−3
mol·L－1＝9×10－6 mol·L－1。
答案：9×10－6
2．解析：(2)当n(HB)
n0(KIn)＝1.0 时，设此时转化的HB 的物质的量浓度为y mol/L，可列
出三段式如下：
In－ ＋ HB ⥫⥬ B－＋HIn
起始浓度/(mol/L) c0 c0 0 0
转化浓度/(mol/L) y y y y
平衡浓度/(mol/L) c0－y c0－y y y
此时c平 (I n
−)
c平 (HIn)
<1.0，即c0−y
y
<1.0，则y>0.5c0，则平衡常数K2＝K a(HB)
K a(HIn)>1，
Ka(HB)>Ka(HA)，Ka(HB)>Ka(HIn)。
答案：(1)由变化曲线图可知，当n(HA)
n0(KIn)＝1.0 时，c平 (I n
−)
c平 (HIn)
＝3.0，设初始c0(KIn)
＝c0 mol/L，则初始c(HA)＝c0 mol/L，转化的物质的量浓度为x mol/L，可列出三段式如
下：
In－ ＋ HA ⥫⥬ A－＋HIn
起始浓度/(mol/L) c0 c0 0 0
转化浓度/(mol/L) x x x x
平衡浓度/(mol/L) c0－x c0－x x x
由c平 (I n
−)
c平 (HIn)
＝3.0，即c0−x
x
＝3.0，解得x＝0.25c0，则该反应的平衡常数为K1＝
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c( A
−)·c (HIn)
c(I n
−)·c (HA)
＝c( A
−)·c (HIn)·c(H
+)
c(I n
−)·c (HA)·c(H
+)
＝K a(HA)
K a(HIn) ＝0.25c0×0.25c0
0.75c0×0.75c0
＝K a(HA)
3.6×10
−20
解得Ka(HA)＝4.0×10－21。
(2)＞ ＞
3．解析：溶液pH＝4，即c(OH－)＝10－10 mol·L－1时，由Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH
－)＝2.8×10－39，可得c(Fe3＋)＝2.8×10－9 mol·L－1<1.0×10 －5 mol·L －1，此时Fe3＋已沉淀
完全。同理，pH＝7，c(OH－)＝10－7mol·L－1时，c(Al3＋)＝1.3×10－12 mol·L－1<1.0×10 －5
mol·L －1，Al3＋被除去，c(Ni2＋)＝5.5×10－2mol·L－1>1.0×10 －5 mol·L －1，Ni2＋未被除去，
所以pH≈7 时除去的金属离子是Al 3＋。
答案：2.8×10－9 Al3＋
题组跟进演练
1．解析：在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3－和[Ag(SO3)3]5－浓度之和为0.075 mol·L－
1，溶液中存在平衡关系：[Ag(SO3)2]3－＋SO3
2−⥫⥬[Ag(SO3)3]5－，当c(SO3
2−)＝0.5 mol/L 时，
此时c[Ag(SO3)2]3 －＝c[Ag(SO3)3]5 －＝0.037 5 mol/L ，则该平衡关系的平衡常数K ＝
c[ Ag(SO3)3]
5−
c[ Ag(SO3)2]
3− ·c(SO3
2−)
＝
0.037 5
0.037 5×0.5＝2 ，当c(SO3
2−) ＝1 mol/L 时，K ＝
c[ Ag(SO3)3]
5−
c[ Ag(SO3)2]
3− ·c(SO3
2−)
＝
c[ Ag(SO3)3]
5−
(0.075−c[ Ag(SO3)3]
5−)×1
＝2，解得此时c[Ag(SO3)3]5－
＝0.05 mol/L。
答案：0.05
2．答案：溶液中存在平衡：CaSO4(s)＋H2C2O4(aq)⥫⥬CaC2O4(s)＋2H ＋(aq)＋SO4
2−
(aq)，
K＝
K a1(H 2C2O4)· K a2(H 2C2O4)· K sp(CaSO4)
K sp(CaC2O4)
≈0.19，
Q＝c
2(H
+)·c(SO4
2−)
c(H 2C2O4)
＝2.0
2×1.0
0.5
＝8>K，所以在“浸取”时，上述平衡逆向移动，
得到CaSO4而不是CaC2O4
3．解析：当c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1时，根据Ksp的公式可知，溶液中的c3(OH－)
＝
K sp［Fe(OH )3］
c(F e
3+)
＝2.16×10
−39
1.0×10
−5 mol3·L－3＝2.16×10－34 mol3·L－3，c(OH－)＝6×10－
12 mol·L－1，计算可得pH≈2.8，Q[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.2×(6.0×10－12)2＝7.2×10
－24，因为Q[Ni(OH)2]＜Ksp[Ni(OH)2]，所以无Ni(OH)2沉淀生成。
答案：2.8 无
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重点知识34 化学工艺流程题
悟高考·练模拟
1．解析：(3)由题给信息可知，此时c(Zn2＋)≤10－5 mol·L－1，则c(S2－)＝
K sp(ZnS)
c(Z n
2+)
≥2.5×10－17 mol·L－1，则c(Co2＋)＝
K sp(cos)
c(S
2−)
≤1.6×10－4 mol·L－1＜0.10 mol·L－1，Co2＋已
经部分沉淀，故不能实现Zn2＋和Co2＋的完全分离。(4)根据题给条件及氧化还原反应规
律，可写出“沉锰”步骤中发生反应的离子方程式：Mn2＋＋S2O8
2−＋2H2O===MnO2↓＋2
SO4
2−＋4H＋，则生成1.0 mol MnO2 时，产生4.0 mol H＋。(5)由已知②可知，溶液pH＝4
时，Fe3＋转化为Fe(OH)3。(6)“沉钴”时，Co2＋与ClO－反应转化为Co(OH)3与Cl－，结合
氧化还原反应规律可知，该反应的离子方程式为2Co2＋＋ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－
＋4H ＋。(7)由已知②可知，Zn2 ＋在pH≈8.2～12 时以Zn(OH)2 沉淀形式析出，故回收
Zn(OH)2时应调pH≈8.2～12，再过滤分离。
答案：(1)增大反应物之间接触面积，加快“酸浸”速率
(2)CoO＋H2SO4===CoSO4＋H2O (3)1.6×10－4 不能
(4)4.0 mol (5)Fe(OH)3
(6)2Co2＋＋ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋
(7)用NaOH 调节滤液pH 为8.2～12，将析出的沉淀过滤、洗涤、干燥
2．解析：(1)V 为23 号元素，价层电子排布式为3d34s2；结合已知信息可知，焙烧后
V 的存在形式为Ca(VO3)2、NaVO3，V 为＋5 价；焙烧时，CaCO3 分解产生的气体①为
CO2。(2)结合石煤和苛化泥的主要成分及已知信息知，焙烧所得产物主要为Ca(VO3)2、
NaVO3、Na[Al(OH)4]等，其中Ca(VO3)2难溶于水，水浸后得到NaVO3、Na[Al(OH)4]的混合
溶液，结合该流程的目的为制备V2O5知，滤液中的杂质主要为Na[Al(OH)4]。(3)盐浸工序
中Ca(VO3)2转化为CaCO3，结合电荷守恒、元素守恒配平可得反应的离子方程式。加压条
件下通入CO2可增大溶液中HCO3
−浓度，促进Ca(VO3)2转化为CaCO3，VO3
−进入溶液进行后
续操作，从而提高钒的浸出率。盐浸后滤液①中含有VO3
−，为提高钒的利用率，可将其加
入离子交换工序。(4)离子交换时发生阴离子交换反应：VO3
−＋R—N(CH3)3Cl===R—
N(CH3)3VO3＋Cl－，根据所用树脂类型及苛化泥主要成分含Na 元素知，洗脱时可使用NaCl
溶液，使钒元素转入溶液中：R—N(CH3)3VO3＋Cl－===R—N(CH3)3Cl＋VO3
−。(5)将溶液调
至碱性，NH4Cl 会转变成NH3·H2O，从而影响沉钒；降低NH4Cl 的浓度会使沉钒不充分，
也会影响沉钒。
答案：(1)3d34s2 ＋5 CO2 (2)Na[Al(OH)4]
(3)Ca(VO3)2＋HCO3
−＋OH－65～70 ℃
❑
CaCO3＋2VO3
−＋H2O 使HCO3
−浓度增大，促
进Ca(VO3)2转化为CaCO3，使VO3
−进入溶液中 离子交换 (4)NaCl (5)bd
3．解析：(3)可以磁选分离说明含铁元素的产物是磁性氧化铁，即Fe3O4，其中有两个
Fe 为＋3 价，一个为＋2 价，氢还原焙烧是还原氢氧化铁，每得到1 mol Fe3O4，有1 mol
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Fe3＋得1 mol 电子变为＋2 价，即转移电子数为NA。
(4)由图像知，pH＝3 时，Fe(OH)3溶解度为0，说明铁元素主要存在形式是Fe(OH)3，
A 错误；根据图像，当Ni2＋以氢氧化物形式沉淀时，Co(OH)2溶解度很小，说明Co2＋也大
量以氢氧化物形式沉淀，不能除去Co2＋，B 错误；由图像，pH＝4 时，Fe3＋已经完全以氢
氧化物形式沉淀，而Cu(OH)2溶解度还较大，Cu2＋还未沉淀，可以分离Fe3＋和Cu2＋，C 正
确；若在含有同浓度Cu2＋和Ni2＋的溶液中加入烧碱，pH 增大过程中，Cu(OH)2溶解度先减
小为0，说明Cu(OH)2优先沉淀，D 错误。
(5)根据Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)c2(OH－)＝2.5×10－16，c(Ni2＋)＝
K sp[Ni(OH )2]
c
2(O H
−)
，pH 为
7.0～8.5，10－8.5 mol/L≤c(H＋)≤10－7 mol/L，则10－7 mol/L≤c(OH－)≤10－5.5 mol/L，故
2.5×10－5 mol/L≤c(Ni2＋)≤2.5×10－2 mol/L。
(6)3 kg Ni(OH)2固体中Ni 元素的质量为
59
59+2×17 ×3≈1.903 kg，100 kg 含镍2%的红
土镍矿中Ni 元素的质量为2 kg，故Ni 的回收率为95.2%。
答案：(1)[Ar]3d8 (2)NiO＋2NH4
+===Ni2＋＋H2O＋2NH3↑ H2SO4
(3)Fe3O4 NA (4)C
(5)2.5×10－5 mol/L≤c(Ni2＋)≤2.5×10－2 mol/L
(6)95.2%
32
