1.5 大题突破(二) 反应原理综合题 热点题空4 电极反应式的书写（Word教参）-【正禾一本通】2026年高考化学二轮专题复习高效讲义（双选版）

[课下巩固检测练(二十七)]　平衡体系中的有关计算 (非选择题每题10分) 1．(2025·山东高考)利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ.CaS(s)＋2SO2(g)⥫⥬CaSO4(s)＋S2(g)　ΔH1 Ⅱ.CaSO4(s)＋4H2(g)⥫⥬CaS(s)＋4H2O(g)　ΔH2 Ⅲ.SO2(g)＋3H2(g)⥫⥬H2S(g)＋2H2O(g)　ΔH3 恒容条件下，按1 mol CaS、1 mol SO2和0.1 mol H2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lg n随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变。 回答下列问题： (1)反应4H2(g) ＋2SO2(g)⥫⥬4H2O(g)＋S2(g)的焓变ΔH＝________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。 (2)乙线所示物种为________(填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3________0(填“>”“<”或“＝”)。 (3)T1温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为a mol，则S2为________mol(用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)－n(CaSO4)＝________mol(用含a的最简代数式表示)。 (4)T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比________(填“增大”“减小”或“不变”)，H2O物质的量n(H2O)________(填“增大”“减小”或“不变”)。 解析：(2)根据图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变知，恒有＝108，＝102，则＝102，lg n(H2O)－lg n(H2)＝2，结合图中曲线变化趋势知，乙线表示H2O，丁线表示H2。温度升高，S2逐渐减少，反应Ⅰ的平衡逆向移动，则SO2逐渐增多，故丙线为SO2，甲线为H2S，结合K3＝＝知，温度升高，K3减小，故反应Ⅲ的平衡逆向移动，反应Ⅲ为放热反应，ΔH3<0。(3)T1温度下，平衡体系中H2的物质的量为a mol，H2O和SO2的物质的量相等，根据＝102，知n(H2O)＝n(SO2)＝100a mol，根据H守恒，n(H2)＋n(H2O)＋n(H2S)＝0.1 mol，则n(H2S)＝(0.1－101a) mol；根据S守恒，n(H2S)＋n(SO2)＋2n(S2)＝1 mol，则n(S2)＝ mol＝ mol；根据O守恒，n(H2O)＋2n(SO2)＋4n(CaSO4)＝2 mol，则n(CaSO4)＝ mol＝ mol；根据Ca守恒，n(CaS)＋n(CaSO4)＝1 mol，则n(CaS)＝mol＝ mol，故n(CaS)－n(CaSO4)＝ mol－ mol＝150a mol。(4)T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡正向移动，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比增大，反应Ⅱ的平衡常数K＝基本不变，重新平衡时H2的物质的量减小，则n(H2O)减小。 答案：(1)ΔH1＋ΔH2　(2)H2O　<　(3)　150a　(4)增大　减小 2．(2023·湖北高考节选)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。 (1)1 200 K时，假定体系内只有反应C40H12(g)⥫⥬C40H10(g)＋H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数Kp为________________________________________________________________ ____________________________________________________________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。 (2)H19(g)⥫⥬C40H18(g)＋H·(g)及H11(g)⥫⥬C40H10(g)＋H·(g)反应的ln K(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，ln K＝－＋c(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是__________________________________________________________________ ___________________________________________________________________。 (3)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C40H10的反应速率的是______(填字母)。 a．升高温度　b．增大压强　c．加入催化剂 解析：(1)设起始时C40H12的物质的量为y，已知平衡转化率为α，则平衡时C40H12的物质的量为y(1－α)，生成的C40H10和H2的物质的量均为yα，Kp＝＝p0＝p0。 (2)图中两条线几乎平行，说明两条线的斜率近似相等，已知ln k＝＋C即两反应的ΔH基本相等，原因是两反应均断开1个碳氢键、形成1个碳碳键，反应历程几乎等效，所以反应限度受温度影响的程度几乎相同。 (3)脱氢的过程为吸热过程，则温度升高，反应速率加快，平衡正向移动，平衡转化率提高，a正确；脱氢的过程为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，b错误；催化剂不可以改变平衡转化率，只能加快反应速率，c错误。 答案：(1)p0　(2)两反应过程中断键和成键过程相同　 (3)a 3．(2024·山东高考节选) 水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C­H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下： C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)(Ⅰ)　ΔH1>0 CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)(Ⅱ)　ΔH2<0 CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s)(Ⅲ)　ΔH3<0 回答下列问题： (1)压力p下，C­H2O­CaO体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为__________(填化学式)。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是__________________________ ___________________________________________________________________。 (2)压力p下、温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应CO(g)＋H2O(g)⥫⥬CO2(g)＋H2(g)的平衡常数Kp＝________；此时气体总物质的量为4.0 mol，则CaCO3(s)的物质的量为________ mol；若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，分压p(CO2)将________(填“增大”“减小”或“不变”)，p(CO)将________(填“增大”“减小”或“不变”)。 解析：(1)图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ可知，H2的摩尔分数减小，CO的摩尔分数增大，开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化。 (2)压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：1－0.5－0.15－0.05＝0.30，则反应CO(g)＋H2O(g) ⥫⥬CO2(g)＋H2(g)的平衡常数Kp＝＝＝。设起始状态1 mol C(s)，x mol H2O(g)，反应Ⅰ 进行完全。 则依据三段式： 　 C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) 起 1 x 0 0 转 1 1 1 1 平 0 x－1 1 1 　CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) 转 a 　a 　a 　a 　CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s) 转 b b 根据平衡时H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有＝0.5、＝0.15、＝0.05，解出x＝，a＝，b＝，则n(总)＝x＋1－b＝＋1－＝，而由于平衡时n(总)＝4 mol，当起始状态时C(s)为y mol时，则y＝4，y＝，则n(CaCO3)＝b·y＝×＝0.5。若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，温度不变，反应CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s)的Kp＝不变，则分压p(CO2)不变；体系中增加了CO2(g)，若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前提下，CO、H2O的分压增大，H2分压减小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与事实不符， 所以为了保证Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即p(CO)不变。 答案：(1)H2　当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ为放热反应，平衡逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小 (2)　0.5　不变　不变 热点题空4　电极反应式的书写　►对应学生用书P78 　　　　　　　核心知识 1．书写步骤 2．不同介质在电极反应中的“去留” 中性溶液 反应物若是H＋得电子或OH－失电子，则H＋或OH－均来自水的电离 酸性溶液 反应物或生成物中均没有OH－ 碱性溶液 反应物或生成物中均没有H＋ 水溶液 不能出现O2- 　　　　　　　真题精研 1.(2025·北京高考节选)铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理：PbO2＋Pb＋2H2SO42PbSO4＋2H2O ①充电时，阴极发生的电极反应为____________________________________ __________________。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗H2SO4的物质的量为________ mol。已知：转移1 mol电子所产生的电量为96 500库仑。 ③铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：PbO2电极在H2SO4作用下产生的O2可将Pb电极氧化。O2氧化Pb发生反应的化学方程式为____________ ________________________________________________________________。 答案：①PbSO4＋2e－===Pb＋SO　②　③2Pb＋O2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O 2．(2025·重庆高考节选)用如图所示电化学装置进行如下实验。 ①用H2实验：在左侧通入H2，产物为H2O，盐桥中K＋移向装置的______(填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为________________________________ __________________________________________________________________。 ②用O2实验：在一侧通入O2，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为__________________________________________________________________ ________________________________________________________________。 解析：②用O2进行实验，一侧通入O2，电池总反应方程式不变，则该电池为氢气和氧气组成的燃料电池，该侧的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。 答案：①右侧　2H2＋O2===2H2O　②O2＋4e－＋2H2O===4OH－ 　　　　　　　模拟预测 1.(2025·湖南长沙模拟)有人设计一种电解装置，用乙炔合成丁二烯(C4H6)的装置如图，电解质溶液为1.0 mol/L KHCO3溶液。 ①请写出生成C4H6的电极的电极反应式：______________________________。 ②用1.0 L 1.0 mol/L KOH溶液吸收阳极逸出的气体再生电解质溶液。不考虑气体溶解残留，当电路中转移0.75 mol e－时，计算再生液的c(H＋)≈___________。(已知H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10-7，Ka2＝4.7×10-11) 解析：②由图可知，左侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，放电生成的氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO＋H＋===CO2↑＋H2O，由方程式可知，电路中转移0.75 mol电子时，反应生成二氧化碳的物质的量为0.75 mol，氢氧化钾溶液中氢氧化钾的物质的量为1.0 mol/L×1 L＝1 mol，则由方程式2KOH＋CO2===K2CO3＋H2O、K2CO3＋CO2＋H2O===2KHCO3可知，二氧化碳与氢氧化钾溶液反应得到碳酸钾和碳酸氢钾的混合溶液，设溶液中碳酸钾、碳酸氢钾的物质的量分别为a mol、b mol，由钾原子个数守恒可得：2a＋b＝1，由碳原子个数守恒可得：a＋b＝0.75，解联立方程可得a＝0.25、b＝0.5，由碳酸的二级电离常数Ka2＝＝＝4.7×10-11，解得c(H＋)＝9.4×10-11 mol/L。 答案：①2C2H2＋2e－＋2HCO===C4H6＋2CO　②9.4×10-11 mol/L 2．微生物燃料电池(MFC)是一种现代化氨氮去除技术，如图为MFC碳氮联合同时去除的氮转化系统原理示意图。 A极的电极反应式为______________________________________________ ___________________________________________________________， A、B两极生成CO2和N2的物质的量之比为________。 解析：由图可知A极CH3COO－失电子被氧化的电极反应式为CH3COO－－8e－＋2H2O===2CO2↑＋7H＋；B极电极反应式为2NO＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O，根据两极反应式计算，转移相同电子时两极产生的CO2和N2的物质的量之比为5∶2。 答案：CH3COO－－8e－＋2H2O===2CO2↑＋7H＋　5∶2 学科网（北京）股份有限公司 $