专题05 化学反应原理应用（抢分专练）（上海专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题05 化学反应原理应用 题型 考情分析 考向预测 热化学方程式书写及有关ΔH的计算 近三年上海卷：考查热化学方程式书写，盖斯定律的应用。 一、命题创新点（2026 年新动向）： 1.跨学科融合：化学 + 物理（电化学能量效率）、化学 + 生物（酶催化）、化学 + 环境（碳减排）。 2.开放论证题：“为什么选择该温度 / 压强？”“催化剂为何能提高产率？”“图像趋势原因？”。 3.数据表格分析：多组数据对比、规律总结、计算推导。 4.多平衡耦合：同时存在两个可逆反应、平衡相互影响、综合计算。 二、必考模块与高频考点： 1.反应热（ΔH）：盖斯定律 +ΔG–T 图像（必考） 2. 化学反应速率：速率方程 + 活化能 + 多因素影响（高频）。 3. 化学平衡（核心）：K/Kp + 图像 + 多平衡（重中之重）。 4. 电化学（必考）：新型电池 + 电极反应 + 计算（高频）。 5. 水溶液离子平衡（高频）：pH+Ka/Ksp + 守恒（高频） 有关反应速率、转化率、速率常数的计算 近三年上海卷：考查反应速率，转化率，速率常数的计算 有关与T的图像分析 近三年上海卷：考查与T的图像分析 有关温度、压强影响的平衡图像分析 近三年上海卷：考查温度、压强影响的平衡图像分析 有关选择最佳反应条件的平衡图像 近三年上海卷：考查最佳反应条件的平衡图像及条件选择 有关转化率、产率变化分析的平衡图像 近三年上海卷：考查转化率、产率变化分析的平衡图像 电解质溶液中有关电离(水解)平衡常数的计算 近三年上海卷：考查电离及水解平衡常数的计算 溶度积( Ksp)的相关计算 近三年上海卷：考查溶度积( Ksp)的相关计算 酸碱中和滴定及拓展 近三年上海卷：考查酸碱中和滴定，氧化还原滴定，沉淀滴定 有关电极反应式的书写 近三年上海卷：考查有关电极反应式的书写 考点1 热化学方程式书写及有关ΔH的计算 【典例】（2026·上海宝山·二模）可再生能源驱动的二氧化碳电催化还原制燃料和化学品是实现国家“双碳”目标的一条重要途径。以下是三种不同条件下电催化还原制乙烯的方法。 (1)已知： 共价键 键能() 799 467 413 615 498 根据上表数据求算电催化还原制总反应：的___________；该反应在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。 【答案】(1) +1303 高温 【解析】（1）=反应物总键能-生成物总键能，反应物中含有4个C=O键和4个O-H键，反应物总键能=，生成物中含有1个C=C键、4个C-H键和3个O=O键，生成物总键能=，则该反应；当时反应可自发进行，该反应，若，该反应不可能自发进行，只有当，在高温条件下可自发进行； 1．热化学方程式书写的注意事项 2．根据盖斯定律计算反应热 常用以下两种方法： (1)热化学方程式相加或相减，如： ①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1； ②C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2； ①－②可得CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝ΔH1－ΔH2。 (2)合理设计反应途径，如： 顺时针方向和逆时针方向变化反应热代数和相等。ΔH＝ΔH1＋ΔH2。 (3)常见物质中的化学键数目 ①CO2(C===O)：2；②CH4(C—H)：4； ③P4(P—P)：6; ④SiO2(Si—O)：4； ⑤石墨：1.5; ⑥金刚石：2； ⑦S8(S—S)：8; ⑧Si：2 1．（25-26高三下·上海·开学考试）丙烯是一种重要的有机化工基础原料，丙烷催化脱氢制丙烯的不同工艺反应如下： Ⅰ．直接脱氢   Ⅱ．氧化脱氢 Ⅲ．副反应   （1）根据上述的信息，写出氢气在空气中点燃生成水蒸气的热化学方程式：___________。 【答案】（1）   【解析】（1）根据盖斯定律，2（Ⅱ-Ⅰ）得到： ； 2．（25-26高三下·上海·月考）NO和CO均为汽车尾气的成分，是造成大气污染的罪魁祸首。 NO和CO在汽车的催化转换器中可发生如下反应：； (2)已知该反应为自发反应，则该反应的反应热___________0。 A．大于    B．小于    C．等于 (3)已知：①   ②   ③   则反应  ___________(用含a、b、c的表达式表示)。 【答案】(2)B (3) 【解析】（2），该反应的，该反应为自发反应，，故； （3）根据盖斯定律可知：，； 考点2 有关反应速率、转化率、速率常数的计算 【典例】（25-26高三上·上海·期中）、下，向装有催化剂的恒压密闭容器中以投料，发生直接脱氢反应，丙烷的平衡转化率。 （1）达到平衡后时刻向体系中充入，时达到新平衡，此过程中丙烷的转化率（）随时间（t）变化的曲线为_____。 A．    B． C．    D． 方法Ⅱ：氧化脱氢工艺    丙烷氧化脱氢反应历程分为如下四步（其中“·”表示基团含有的单电子）： i.（慢）ii.（快） iii.（快）iv.……（快） （2）步骤iv的反应式为_____。 （3）决定丙烷氧化脱氢反应整体反应速率大小的步骤是_____。 A．步骤i    B．步骤ii    C．步骤iii    D．步骤iv 氧化脱氢除生成外，还会生成、等物质。在某催化剂作用下，相同反应时间内的转化率和的产率随温度变化关系如图所示。 （4）图中的转化率随温度升高而上升的原因可能是_____。（不定项） A．温度升高，平衡正向移动 B．温度升高，有效碰撞频率增大 C．温度升高，催化剂活性增大 D．温度升高，正向自发程度增大 【答案】 （1） B （2） （3） A （4）BC 【解析】 （1）充入水蒸气（无关气体）后，在恒压条件下，容器体积增大，相当于减压，反应 气体分子数增加，减压有利于平衡正向移动，丙烷转化率升高，因此，曲线应从原平衡值（45%）开始逐渐上升，到达新平衡时转化率更高，根据图片描述，曲线应显示在充入点后转化率平稳上升，B正确； （2）丙烷氧化脱氢总反应为，前三步反应相加得到，对比总反应，可知步骤iv反应为 ； （3）化学反应速率由慢反应决定，因为慢反应是整个反应的“瓶颈”，步骤i是慢反应，所以决定丙烷氧化脱氢反应整体反应速率大小的步骤是步骤i，答案选A； （4）．A．对于氧化脱氢反应，总反应式可写为这是一个燃烧反应，，是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向吸热方向移动，即逆向移动，A错误； B．温度升高会增大反应物分子的平均动能，从而显著增加分子间的有效碰撞频率，加快所有化学反应（包括主反应和副反应）的速率，在未达到平衡的给定时间内，更高的反应速率会导致更多的反应物被消耗，从而表现为转化率上升，B正确； C．在许多催化反应中，催化剂有一个最佳活性温度区间，在一定范围内，升高温度确实可以提高催化剂的活性，从而加快反应速率，提高转化率，这是一个合理的原因，C正确； D．反应的自发性由吉布斯自由能决定。由于该反应，且，升高温度会使 -T∆S 项变得更负， 自发程度变大，但是单位时间内的转化率和速率有关，和自发进行程度无关，因此，这不是主要原因，D错误； 答案选BC； 1．公式法求算化学反应速率 v(B)＝＝ 2．比值法求算化学反应速率 同一化学反应，各物质的反应速率之比等于方程式中的化学计量数之比。对于反应：mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)来说，则有＝＝＝。 3．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% 1．化学平衡常数的3大应用 (1)根据平衡常数判断可逆反应进行的程度 平衡常数越大，正反应进行的程度越大，反应物的转化率越高，平衡后生成物的浓度越大，反应物的浓度越小。 (2)利用K判断化学反应的热效应 (3)利用K判断反应进行的方向 若任意状态下的生成物与反应物的浓度幂之积的比值为Qc，则Qc＞K，反应向逆反应方向进行；Qc＝K，反应处于平衡状态；Qc＜K，反应向正反应方向进行。 2．不同反应化学平衡常数的关系 (1)同一化学反应，化学反应方程式写法不同，其平衡常数表达式及数值亦不同。如： N2O4(g)2NO2(g) K＝ N2O4(g)NO2(g) K′＝＝ 2NO2(g)N2O4(g) K″＝＝ 因此书写平衡常数表达式及数值时，要与化学反应方程式相对应，否则意义就不明确。 (2)不同的化学反应，可利用已知反应，找到不同反应化学平衡常数(K)之间的关系。 Ⅰ.若两反应之和等于第三个反应，即反应①(平衡常数K1)＋反应②(K2)＝反应③(K3) 则K3＝K1·K2 如：①C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)　K1 ②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　K2 ①＋②得反应C(s)＋2H2O(g)CO2(g)＋2H2(g)　K3 则K3＝K1·K2 Ⅱ.若两反应之差等于第三个反应，即反应④(平衡常数K4)－反应⑤(K5)＝反应⑥(K6) 则K6＝ (3)对于气体反应，写平衡常数关系式时，除可以用平衡时的物质的量浓度表示外，也可以用平衡时各气体的分压来表示，例如： N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) Kp＝ [注意]　p(NH3)、p(N2)、p(H2)分别为NH3、N2、H2的平衡分压，某气体平衡分压＝平衡时总压×该气体的物质的量分数。 1.（2026·上海·模拟预测）和是两种主要的温室气体，有多种方法可以实现两者的资源化利用。 甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法，涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： (2)一定温度下，2 L容器中充入4 mol 和12 mol ，若20 min后反应达到平衡，容器中、CO均为1 mol。则0～20 min内_______，反应Ⅰ的平衡常数_______(保留三位有效小数)。 恒温恒压下，甲烷水蒸气重整反应达到平衡时体系中各组分摩尔分数(物质的摩尔分数)与投料水碳比的关系如图所示。 (3)随水碳比的变化曲线是_______ A．曲线①　　　B．曲线②　　　C．曲线③ 【答案】(2) 0.075 4.76 (3)B 【解析】（2）平衡时，则反应Ⅰ消耗、，生成，反应Ⅱ消耗、，生成，总消耗，则： ；平衡浓度：，，，c(H2)=3.5 mol/L，反应Ⅰ平衡常数： 。 （3）水碳比增大，转化率升高，剩余摩尔分数减小，排除上升的曲线①，初始水碳比小时，摩尔分数大于，因此对应曲线②，故选B。 2.（2026·上海闵行·二模）红树林湿地被誉为“海岸卫士”，通过厌氧氨氧化和硫自养脱氮高效净化水体。 厌氧氨氧化的总反应为   已知：①   ②   ③   (1)上述厌氧氨氧化反应的_______。 (2)在15℃、25℃和35℃下模拟厌氧氨氧化，实验数据如下图所示，则35℃时，0~2 min内的平均反应速率为_______。(反应前后溶液体积不变，) 红树林底泥中富含硫元素，硫自养脱氮细菌能利用单质硫将还原脱氮。 【答案】(1)-274.0 (2) 【解析】（1）目标反应可由反应③-反应①-反应②得到，则由盖斯定律得； （2）相同条件下，升高温度，反应速率加快，则35 ℃对应曲线Ⅲ，0~2 min内的平均反应速率为； 考点3 有关ΔH – TΔS与T的图像分析 【典例】（2026·上海奉贤·二模）碳酸二甲酯(DMC)结构简式为，是一种重要的化工原料，用于制备锂离子电池和聚碳酸酯等。DMC的合成方法如下： 方法I：“甲醇氧化羰基法” i．制备 此方法以捕集回收的为原料，在一定条件下直接催化合成甲醇，全过程无新的碳排放。涉及的反应为: 在某催化剂作用下的反应机理如图所示： ii．制备DMC 以和为原料，为催化剂，一定条件下发生反应为： 反应1 已知： 反应2   反应3   反应4   （1）如图关于反应1的随温度变化趋势正确的是__________。 A．① B．② C．③ D．④ 【答案】（1）C 【解析】（1）反应1的焓变，为放热反应；同时该反应是气体分子数减少的反应，。根据吉布斯自由能判据，因此低温自发，高温不自发。反应1的随温度变化趋势为曲线③，选C； 一、基本公式与核心含义 自由能判据： ΔG=ΔH−TΔS （1）ΔG<0：反应自发 （2）ΔG=0：平衡状态（转变温度） （3）ΔG>0：非自发 把式子看成一次函数： ΔG=(−ΔS)⋅T+ΔH 对应： y=kx+b 二、图像四要素（必背） （1）横坐标：温度 T（K） （2）纵坐标：ΔG （3）斜率：k=−ΔS （4）截距：b=ΔH（T=0 时的 ΔG） 三、四类反应图像终极对照表（最核心） 1. ΔH < 0，ΔS > 0（放热、熵增） （1）斜率：−ΔS<0 → 直线向下倾斜 （2）截距：ΔH<0 → 与纵轴交于负半轴 （3）结论：任何温度下 ΔG<0，均自发 2. ΔH > 0，ΔS < 0（吸热、熵减） （1）斜率：−ΔS>0 → 直线向上倾斜 （2）截距：ΔH>0 → 与纵轴交于正半轴 （3）结论：任何温度下 ΔG>0，均非自发 3. ΔH < 0，ΔS < 0（放热、熵减） （1）斜率：−ΔS>0 → 直线向上倾斜 （2）截距：ΔH<0 → 与纵轴交于负半轴 （3）与 T 轴有交点（转变温度 T0​） （4）结论：低温自发，高温非自发 4. ΔH > 0，ΔS > 0（吸热、熵增） （1）斜率：−ΔS<0 → 直线向下倾斜 （2）截距：ΔH>0 → 与纵轴交于正半轴 （3）与 T 轴有交点（转变温度 T0​） （4）结论：高温自发，低温非自发 四、转变温度 T0​ 计算（必考） 令 ΔG=0： T0​= （1）T>T0​：看图像在下方（ΔG<0） （2）T<T0​：看图像在上方（ΔG>0） 五、图像秒判口诀（上海考生必背） 1.斜率看熵：正斜熵减，负斜熵增 2.截距看焓：上截吸热，下截放热 3.过 T 轴有转变温度 4.始终在下全自发，始终在上全不自发 六、典型图像快速判断（考试直接套用） 1.向下斜 + 下截：任何 T 自发（ΔH<0，ΔS>0） 2.向上斜 + 上截：任何 T 非自发（ΔH>0，ΔS<0） 3.向上斜 + 下截：低温自发（ΔH<0，ΔS<0） 4.向下斜 + 上截：高温自发（ΔH>0，ΔS>0） 1．（2026·上海徐汇·二模）乙二醇是重要的化工原料，可用于生产防冻液、聚酯纤维等产品。煤制乙二醇主要包括煤制合成气(CO和)和合成气制乙二醇两个步骤，煤制合成气的原理如下。   。 (1)能表示煤制合成气反应的与温度()关系的是___________。 A．① B．② C．③ D．④ 【答案】(1)C 【解析】（1）煤制合成气反应的，,随温度升高，由大变小，数值由正转负，故能表示煤制合成气反应的与温度()关系的是③； 2．（25-26高三下·上海·月考）和是两种主要的温室气体，有多种方法可以实现两者的资源化利用。 （1）联合重整技术：也是研究热点，下列关于该反应的随温度变化判断正确的是_______。 【答案】（1）B 【解析】（1）该反应是气体分子数增大的反应，ΔS>0；结合之前重整反应的吸热规律，该反应为吸热反应，ΔH>0。公式 ΔG=ΔH−TΔS，斜率为−ΔS<0，所以ΔG随T升高而减小，ΔH>0，所以截距大于0，对应选项B； 考点4 有关温度、压强影响的平衡图像分析 【典例】（25-26高三上·上海·期末）利用(一碘甲烷)热裂解是制备低碳烯烃的主要途径之一，过程中涉及反应： ． ． ． 在容积为的恒容密闭容器中投入发生上述反应，在不同温度下平衡体系中、、物质的量分数随温度的变化如图所示： (6)图中曲线___________(填“X”或“Y”)表示物质的量分数随温度的变化曲线，判断的理由是___________。 (7)下列关于上述体系说法正确的是___________。 A．增大压强对3个反应的影响相同 B．时，说明反应达到平衡状态 C．对于反应、，升高温度，正、逆反应速率均增大 D．反应体系中碳元素的质量分数不变，说明反应达到平衡状态 (8)时，的转化率为___________，该温度下反应的化学平衡常数为___________。 【答案】(6) Y 反应I为吸热反应，反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应I正向移动，乙烯物质的量均增大，X代表乙烯，Y对应​ (7)C (8) 80% 0.8 【解析】（6）反应I为吸热反应，反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应I正向移动，乙烯物质的量均增大，所以X代表乙烯，Y对应​。 （7）A．三个反应气体分子数变化不同，增大压强对平衡移动方向影响不同，A错误； B．未说明正逆反应速率，不能说明平衡，B错误； C．升高温度，正逆反应速率均增大，C正确； D．整个体系碳元素质量守恒，碳元素质量分数始终不变，不能说明平衡，D错误; 故选C。 （8）715K时，物质的量分数为4%，为8%，​为8%，设平衡时 为x mol，为2x mol，​为2x mol，CH3I为y mol，根据碘原子守恒，HI为(1-y) mol。 由碳原子守恒可得：y+2x+8x+6x=1； 乙烯的物质的量分数为4%可得： ； 解得，y=0.2； CH3I的转化率为； 反应I平衡常数为。 1．有“断点”的平衡图像 当可逆反应达到一种平衡后，若某一时刻外界条件发生改变，可以使速率(v)—时间(t)图像的曲线上出现不连续的情况，即出现“断点”，根据“断点”前后速率的大小，即可对外界条件的变化作出判断。 (1)对于可逆反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH<0 t2时刻改变的条件是加入催化剂或增大压强 (2)对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0 t2时刻改变的条件是增大压强　t2时刻改变的条件是升高温度 2．有“拐点”的平衡图像 同一可逆反应，若反应条件不同，达到平衡所用的时间也可能不同，反映到图像上出现“拐点”的时间也会有差异。根据外界条件对化学反应速率的影响，即可判断出温度的高低、压强的大小以及是否使用催化剂。 如密闭容器中进行可逆反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)　ΔH，在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，混合气体中C的体积分数φ(C)与反应时间(t)的关系如图所示： (1)根据曲线①、②(压强相同时)，最先出现“拐点”的温度高，即T1>T2；由T1→T2，降低温度，φ(C)增大，说明平衡正向移动，故正反应为放热反应，则ΔH<0。 (2)根据曲线②、③(温度相同时)，最先出现“拐点”的压强大，即p2>p1；由p1→p2，增大压强，φ(C)增大，说明平衡正向移动，故正反应为气体分子数减小的反应，则a＋b>c。 3．由“平滑曲线”组成的平衡图像 已知不同温度下的转化率(或百分含量)—压强图像或不同压强下的转化率(或百分含量)—温度图像，推断反应的热效应或反应前后气体物质间化学计量数的关系。 如可逆反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)　ΔH 反应物A的转化率(αA)与压强(p)、温度(T)的关系如图所示： (1)图甲中，任意一条等温线，增大压强，αA增大，说明增大压强平衡正向移动，正反应为气体分子数减小的反应，则a＋b>c，在图中作垂线，与三条线交于M、N、P三点，由M→N→P，为压强相等时，升高温度，αA减小，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，ΔH<0。 (2)图乙中，任意一条等压线，升高温度，αA减小，说明升温平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，ΔH<0，在图中作垂线，与三条线交于M、N、P三点，由P→N→M，为温度相等时，增大压强，αA增大，说明增大压强，平衡正向移动，正反应为气体分子数减小的反应，则a＋b>c。 【答题模板及剖析】 恒压线(恒温线) 答题策略 叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果) 答题模板 该反应的正反应是气体分子数减小(或增大)的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，因此×××(得结论) 经典例题 乙烯气相水合反应的热化学方程式为C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝－45.5 kJ·mol－1，下图是乙烯气相水合法制乙醇中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。图中压强(p1、p2、p3、p4)的大小顺序为__________，理由是______________ 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．（2026·上海嘉定·一模）光气是一种重要的化工原料。合成原理如下： 反应①   (2)在不同压强的反应体系中，充入体积比为1：1的CO和进行反应，实验测得反应体系中的平衡体积分数与压强和温度的关系曲线如下图所示： ①图中A点和C点化学平衡常数的大小关系：___________； A．大于    B．小于    C．等于 ②比较和大小并说明原因___________。 (6)某课题组对该方法制光气进行研究，在不同温度下，向等容积的反应器中投入相同的原料，反应相同时间，测得容器内压强随时间变化及光气产率随温度的变化关系如下： ①该时间段不同温度下，化学反应速率最快的是___________。 A．    B．    C．    D． ②以后随温度升高，产率急剧下降的原因是___________。 【答案】(2) A ；反应①正反应气体分子数减少，增大压强平衡正向移动，体积分数增大 (6) A 温度过高可能使催化剂活性降低，或副反应增多 【解析】（2）① 反应①为放热反应（），温度升高平衡常数减小。由图可知，因此，故答案选A； ② 反应①是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，平衡体积分数增大。在相同温度下，时体积分数更高，因此，故答案为：；反应①正反应气体分子数减少，增大压强平衡正向移动，体积分数增大； （6）① 温度越高，压强下降越快，反应速率越快，因此415℃时速率最快，故答案选A； ② 375℃以后，温度过高可能使催化剂活性降低，或副反应增多，导致光气产率急剧下降，故答案为：温度过高可能使催化剂活性降低，或副反应增多； 2．（25-26高三上·上海黄浦·期末）丙烯腈是一种重要的化工原料，在合成纤维领域中有着广泛的应用。 Ⅱ．工业上还可用以丙烯、氨气和氧气为原料在催化剂作用下制备丙烯腈。主要反应如下： i． ii． 一定条件下，向恒压密闭容器中通入、和发生上述反应。平衡时，丙烯腈的选择性与温度、压强的关系如图所示。 （1）若在上述条件下，仅考虑反应i的发生，则下列能表明反应已经达到平衡状态的是_______。 A． B．丙烯与氨气的物质的量浓度之比不再变化 C．容器内的气体的密度不再发生变化 D．每断开键生成 （2）比较、、的大小，并说明理由_______。 （3）温度为500℃、压强为时，测得平衡时的物质的量为2.6 mol，则该条件下反应ii的平衡常数为_______。 【答案】 （1）C （2）反应i为气体分子数增大的反应、反应ii为气体分子数不变的反应，增大压强，反应i平衡逆向移动、反应ii平衡不移动，丙烯腈选择性降低，则<< （3）26 【解析】（1）A．没有说明正逆反应，不能确定反应是否平衡，错误； B．丙烯与氨气投料之比等于系数比，其物质的量浓度之比为定值，不能说明反应达到平衡，错误； C．恒压密闭容器中进行反应，气体体积为变量，气体总质量不变，则密度为变量，容器内的气体的密度不再发生变化，反应达到平衡，正确； D．每断开键生成，描述都是正反应，不能说明反应平衡，错误； 故选C； （2）反应i为气体分子数增大的反应、反应ii为气体分子数不变的反应，增大压强，反应i平衡逆向移动、反应ii平衡不移动，丙烯腈选择性降低，则<<； （3）温度为500℃、压强为时，测得平衡时的物质的量为2.6 mol，丙烯腈的选择性为0.8，设生成丙烯腈、分别为0.8amol、0.2amol，结合反应i、反应ii，则分别生成2.4amol、0.2amol水，则2.4a+0.2a=2.6，a=1，则反应i消耗、、分别为0.8mol、0.8mol、1.2mol，反应ii消耗、均为0.2mol，平衡时、、、、水、分别为0.2mol、0.4mol、0.1mol、0.8mol、2.6mol、0.2mol，则该条件下反应ii的平衡常数为。 考点5 有关选择最佳反应条件的平衡图像 【典例】（2026·上海青浦·二模）氢源是燃料电池市场化关键，甲醇制氢是重要技术路线。常用的甲醇制氢方案如下： 方案一    方案二    方案三    已知反应①分两步进行： a.   b.   其它条件相同，在不同温度和水醇比条件下进行反应①，达平衡时测得甲醇转化率、CO物质的量分数如图所示：(已知：水醇比) （1）结合图中数据综合考虑，反应温度和水醇比的最佳选择是_______。 A．300℃，1.0 B．200℃，1.0 C．250℃，1.5 D．250℃，2.0 【答案】 （1）C 【解析】（1）工业生产需要综合考虑转化率、杂质含量、能耗和成本：甲醇转化率太低，温度高能耗大，且含量很高，排除A、B；时，水醇比1.5已经达到很高的甲醇转化率，且含量已经较低，水醇比进一步提高到2.0时，转化率和含量提升很小，还会增加水的汽化成本，因此最佳选择为，水醇比1.5。 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+BC A+BD ③某些物质能够使催化剂中毒，失去活性 （4）浓度：原料尽可能循环利用 ①适当增大廉价物质的浓度，提高难获得原料的转化率。②必要时可以采用循环反应，以增大原料利用率。 （5）反应热的综合利用：一般采用热交换器 （6）反应容器的选择：恒压容器有利于提高反应物的转化率 2．工业合成氨生产条件的选择 （1）合成氨生产的要求。 ①反应要有较快的反应速率。 ②要最大限度地提高平衡混合物中NH3的含量。 （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．（25-26高三上·上海·期末）氮氧化物是大气的主要污染物，为防治环境污染，科研人员做了大量研究。 Ⅰ．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使CO和NO两种尾气反应生成N2，可有效降低汽车尾气污染，反应为：2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)  ΔH1。 （1）将CO和NO按物质的量之比为1:1以一定的流速分别通过两种催化剂（Cat1和Cat2）进行反应，相同时间内测定逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率（NO的转化率），结果如图所示。 ①最合适的催化剂是______。 A．Cat1                    B．Cat2 最佳温度是______℃。 A．100                    B．250                    C．450 ②催化剂Cat2催化条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是______。 【答案】（1） B C 该反应正反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动；且温度过高会降低催化剂Cat2的活性，因此脱氮率下降 【解析】（1）①由图可知，相同温度下Cat2的脱氮率远高于Cat1，故最合适的催化剂为Cat2；Cat2的脱氮率峰值在450℃左右，故最佳温度为450℃； ②该反应正反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动；且温度过高会降低催化剂Cat2的活性，因此脱氮率下降。 2．（2026·上海静安·二模）2024年4月，上海港首开绿色甲醇“船-船”加注，至2025年底已形成10万吨绿色甲醇本地产能，成为东北亚航运脱碳核心补给港。 绿色甲醇的主流生产是生物质路线和二氧化碳加氢路线，两路线涉及的反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   3MPa下，按、进气流量持续通过装有0.5 g催化剂的反应管，仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，经相同时间，测得的时空收率、转化率和的选择性随温度(T)变化的曲线如图。 已知： 的时空收率 的选择性 CO的选择性 （1）图中，代表选择性随温度变化的是___________。 A．曲线P    B．曲线N    C．曲线M （2）280℃时，若的时空收率为，则的转化率=___________。 （3）当，曲线M快速下降的原因是___________。 【答案】 （1）C （2） （3）反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度后反应Ⅱ平衡逆向移动、反应Ⅲ平衡正向移动，的选择性大幅降低，因此曲线M快速下降 【解析】（1）反应Ⅱ放热，反应III吸热，升高温度，平衡向反应Ⅲ正向、反应Ⅱ逆向移动，转化为的比例降低，因此选择性随温度升高逐渐降低，对应图中一直下降的曲线M，选C； （2）总进气流量为，，因此单位时间（小时）通入的物质的量为 ，根据题干时空收率的公式得，时，由图可知选择性，则； （3）反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度后，平衡向反应Ⅱ逆向、反应Ⅲ正向移动，更多转化为，的选择性大幅降低，因此代表选择性的曲线M快速下降。 考点6 有关转化率、产率变化分析的平衡图像 【典例】（2026·上海·模拟预测）用乙苯为原料，通过直接脱氢法或氧化脱氢法均可制备苯乙烯。反应原理表示如下： 反应①(直接脱氢)：  ； 反应②(氧化脱氢)   ； 已知：  ； (4)对于反应①：实际生产中常在恒压条件下掺入高温水蒸气作为反应体系的稀释剂(水蒸气不参加反应)，乙苯的转化率随稀释比的变化如图所示，说明乙苯转化率变化的原因：___________。 【答案】(4)乙苯转化率变化的原因该反应为气体分子数增多的反应，随着增大，容积增大，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大 【解析】（4）该反应为气体分子数增多的反应，恒压条件下，随着增大，容积增大，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大； 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: 转化率变化具体分析 (恒容)反应物只有一种:a A (g) bB (g)+cC (g) 条件 特点 A的转化率 增加A的量 a>b+c 增大 a=b+c 不变 a<b+c 减小 反应物不止一种:a A (g) + bB (g)cC (g) +cC (g) 条件 特点 A的转化率 B的转化率 增加A的量 可逆反应 减小 增大 按原比例同时增加A、B的物质的量 a+b>c+d 增大 增大 a+b=c+d 不变 不变 a+b<c+d 减小 减小 1．（25-26高三下·上海浦东新·月考）肼的化学式为，在工业上应用广泛。常温下将盐酸滴加到肼的水溶液中，微粒的分布分数随的关系如下图所示。[X的分布分数，X表示或或] (7)产物在单位时间内的产率随温度变化的关系如下图。 关于产物在单位时间内的产率，下列说法错误的是_________。 A．室温至400℃，通过改用其他催化剂，可使产率增大 B．当与的产率相等时，参与反应的和的物质的量之比为 C．温度从400℃升到900℃，反应(ⅱ)平衡正向移动，使的产率增大 D．温度高于900℃时，与的产率降低，反应速率的变化趋势无法判断 【答案】(7)C 【解析】（7）A．催化剂可以改变反应速率，室温到400℃，换对反应i催化活性更高的催化剂，可加快反应i，提高单位时间内的产率，A正确； B．设产率相等时，生成消耗、，生成消耗、，消耗，B正确； C．反应ii，放热，升温平衡逆向移动，C错误； D．温度升高，反应速率一定增大，产率降低是平衡逆向移动导致，反应速率的变化趋势无法判断，D正确； 答案C。 2．（25-26高三上·上海·期末）游离态氮（惰性氮）转化为化合态氮称为氮的活化。过量活化会导致氮向大气和水体迁移，破坏氮循环平衡。通过催化还原把这些活性化合物再变回无害的氮气称为氮的转化。 已知：、、等都可以催化还原氮氧化物生成惰性氮。在，时， a. b. c. （1）合成氨工业中，以下措施既能提高化学反应速率又能提高原料的平衡转化率的是______。 A．升高温度 B．将氨液化从体系中分离 C．加入催化剂 D．增大压强 （2）新型催化剂M能催化与反应生成，反应方程式为。 ①现向某密闭容器中充入等物质的量浓度的和气体，维持恒温恒容，在催化剂作用下发生反应。相关数据如下： 0 在内，以的浓度变化表示的反应速率为______，在时，的转化率为______。此温度下，该反应的化学平衡常数______（保留两位有效数字）。 ②该反应的正、逆反应的平衡常数（K）与温度（T）的关系如图所示，其中表示正反应的平衡常数（）的是______（选“A”或“B”），原因是______。 （3）用还原的反应为。为研究和的起始投料比对平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为的刚性密闭容器中加入一定量和发生反应，实验结果如图。反应温度、、从大到小的关系为______。 （4）还原的主反应为。相同时间内测得选用不同催化剂的实验相关数据如图1、2所示： ①由图可知具有较高活性和选择性的催化剂为______。 A．    B．酸化的 ②图1中转化率升高的原因为______。 【答案】 （1）D （2） 44% 0.11 B 该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，K减小 （3） （4） B 图1中100 ℃至300 ℃，反应未达到平衡状态，温度越高，反应速率越大，NO转化率升高 【解析】（1）A．反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A错误； B．将氨液化从体系中分离，导致平衡正向移动，但是物质浓度减小，反应速率减慢，B错误； C．加入催化剂不影响平衡移动，C错误； D．反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动且反应速率加快，D正确； 故选D。 （2）①在0~5 min内，氮气的反应速率为 ，则由化学方程式体现的关系可知，以的浓度变化表示的反应速率为：，在10 min时，反应的的浓度为，则反应的CO的浓度为0.88 mol/L，故CO的转化率为；15 min开始达到平衡，列三段式如下： ，由三段式可知，此温度下，该反应的化学平衡常数K=； ②该反应的正、逆反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系如图所示，其中表示正反应的平衡常数()的是B，原因是该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，减小； （3）正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低，根据图示，反应温度、、从高到低的关系为； （4）①由图可知，具有较高活性和选择性的催化剂为酸化的，在250～300℃(或区间内任一温度)催化剂的催化效果最好，NO的转化率最高；故选B； ②图1中100～300 ℃NO转化率升高的原因为，图1中100 ℃至300 ℃，反应未达到平衡状态，温度越高，反应速率越大，NO转化率升高。 考点7 电解质溶液中有关电离(水解)平衡常数的计算 【典例】（2026·上海青浦·二模）已知：：、、；：。 （1），测得溶液，此时溶液中的微粒浓度大小关系：_______(选填“>”、“<”或“=”)。 （2）计算该反应的平衡常数_______(保留2位有效数字)。 【答案】（1）< （2） 【解析】（1）根据电荷守恒：，时，移项得； （2）反应的平衡常数变形推导： ， 代入、、，得。 1．电离常数与水解常数的关系　 (1)电离常数表达式 ①一元弱酸(HA)： HAH+＋A－ ②二元弱酸(H2A)：H2AH+＋HA－ HA—H+＋A2－ ③一元弱碱(BOH)：BOHB+＋OH－ (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＝ (3)电离常数与水解常数的关系 ①对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系：Kh＝ 如：CH3COONa：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ ②对于二元弱酸H2B，Kal(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系： ； B2－＋H2OHB－＋OH－，Kh1(B2－)＝＝＝ HB－＋H2OH2B＋OH－，Kh2(HB－)＝＝＝ ③强酸弱碱盐：Kh＝ 如：NH4Cl：NH4+＋H2ONH3·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＝ 如：AlCl3：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ 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＝lg＝lg逐渐增大 ②lg＝lg＝lg逐渐减小 3）电离常数：找浓度相等点 ①a点：lg＝0，c（H2Y）＝c（HY－），Ka1＝＝c（H+）＝10－1.3 ②e点：lg＝0，c（HY－）＝c（Y2－），Ka2＝＝c（H+）＝10－4.3 4）交点c的特殊性：lg＝lg，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＝＝＝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＝＝＝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＝ 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＝ 3)恰好完全反应点：水解三段式法或利用水解常数和电离常数的关系 例3、25 ℃时，0.1 mol·L－1的HCOONa溶液的pH＝10，则HCOOH的电离常数Ka＝10－7 方法探究：方法I、直接列水解三段式求解 方法II、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I、直接列水解三段式求解 HCOO—＋H2OHCOOH＋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＝＝ 方法II、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＝＝ Ka＝ 1．（25-26高三上·上海·期中）乙酸是不仅是生活中的调味品，而且是重要的化工原料。一定条件下，以天然气为起始原料可合成乙烯、乙醇、乙酸及三氟乙酸等重要化学物质，如下图所示。 (1)用表示盐的水解平衡常数，则______。 A．大于 B．等于 C．小于 D．无法确定 “乙酸催化氯化法”可用于工业合成甘氨酸()。甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在25℃时，、和NH2CH2COO-的分布分数δ与溶液pH关系如图。(已知：分布分数) (2)代表的是______。 A．曲线a        B．曲线b        C．曲线c (3)表示电离平衡常数，则______。 (4)反应：的平衡常数______。 (5)比较大小：______。 A．大于 B．等于 C．小于 D．无法确定 【答案】(1)C (2)C (3)10-9.78 (4)10-11.65 (5)A 【解析】（1）F的电负性比Cl大，-CF3对电子的吸引能力更强，更易电离，酸性更强，故CF3COOH酸性更强。根据“酸性越弱对应的盐越水解”，则＜，故选C。 （2）甘氨酸中含有氨基和羧基，氨基显碱性，羧基显酸性，在酸性条件下，存在的形式为，随着pH增大，逐步转化成，最终转化成NH2CH2COO-，从而确定曲线a代表，曲线b代表为，曲线c代表，故选C。 （3）根据电离方程式，根据b、c交点可知，此时pH为9.78，故=10-9.78； （4）根据a、b交点可知，此时pH=2.35，则的平衡常数=10-11.65。 （5），=10-9.78；，=10-11.65；故Ka·K=，故=10-7.43＜1，故＞，故选A。 2．（2026·上海奉贤·二模）连二亚硫酸钠()，也称保险粉，广泛用于印染、造纸、医疗等领域。一种制备的反应为：。 已知：时，二元弱酸的电离平衡常数分别为，水的离子积为。 （1）在溶液中，相关微粒浓度关系式为：__________。计算该溶液中__________。(用含及的代数式表示) 【答案】 （1） 【解析】（1）在0.1mol/L 溶液中，由电荷守恒得，由物料守恒得，将物料守恒代入电荷守恒，消去，整理得质子守恒：；由知，，由知，，结合，将上三式代入质子守恒式，整理可得。 考点8 溶度积( Ksp)的相关计算 【典例（2026·上海宝山·二模）锂资源是新能源电池产业的核心战略资源，利用盐湖卤水梯度提锂是低成本获取锂资源的主流工业技术。某盐湖富含LiCl、NaCl、、等物质，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：①草酸盐受热易分解； ②常温下，部分物质的溶度积常数。 物质 (1)步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是___________，滤渣I的主要成分为___________。 (2)步骤Ⅰ的浓缩液中的浓度为，求该条件下开始沉淀时的pH___________。 【答案】(1) 富集锂 、 (2)8.45 【解析】（1）由分析知，“蒸发”的目的是富集锂，滤渣I的主要成分为和； （2）根据， mol/L ，，故； 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 1:2型或2：1型 1:3型或3:1型 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＋)＝=10a mol·L－1 类型三、判断沉淀的生成或沉淀是否完全 计算技巧 ①把离子浓度数据代入Ksp表达式得Qc，若Qc>Ksp，则有沉淀生成；若Qc<Ksp，无沉淀生成 ②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－1，则该离子沉淀完全 类型四、常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH 计算技巧 ①根据氢氧化物的Ksp，先计算初始浓度溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH ②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1，依据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH 类型五、计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度 计算技巧 依据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K值越大，转化反应越易进行，转化程度越大 (若计算沉淀转化的平衡常数K＜10－5，则沉淀转化反应不能进行；若10－5＜K＜105，则沉淀转化反应为可逆反应，若K>105，则认为沉淀完全转化) 已知常温下，ZnS和CuS的Ksp分别为1.6×10－24和6.4×10－36，判断常温下反应： ZnS(s)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋Zn2＋(aq)能否进行 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＝ 计算技巧 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(aq)，平衡常数 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)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)由饱和溶液的物质的量浓度c(mol/L)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)＝，，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．（2026·上海普陀·二模）精炼铜的阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液浸出回收银。某小组在实验室模拟了从沉渣中分离出AgCl，并使浸取剂再生的过程。 已知：ⅰ．25℃，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2SO3)=1.5×10-14，Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5； ⅱ．25℃，Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.3×10-8；Ka2(H2SO4)=1.2×10-2。 (1)AgCl、Ag2SO3、Ag2SO4三种盐的溶解度由大到小顺序为___________。 【步骤Ⅰ】浸出AgCl (2)已知： 。[Ag(SO3)2]3-的浓度与溶液pH的关系如图___________所示。 (3)取AgCl固体，加入一定体积 1 mol·L-1 Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液(pH=8)。该反应的离子方程式是___________。 【步骤Ⅱ】酸化沉银 (4)①取步骤Ⅰ所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时pH约为5，完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫微粒是___________。(不定项) A．       B．             C．            D． ②pH不能过低的原因是___________。 (5)请运用化学平衡移动原理解释白色沉淀可能是AgCl的原因___________。 (6)将沉淀过滤并洗净，取少量沉淀，___________(填操作和现象)，证实其中不含Ag2SO4。 (7)为证明白色沉淀中不含Ag2SO3，设计了如下对比实验。 序号 实验 固体A 加入试剂 现象 Ⅰ 白色沉淀 先滴加1 mL稀硫酸，再加1滴稀KMnO4溶液。 浅紫红色浊液 Ⅱ Ag2SO3 白色浊液 Ⅲ X ___________ 固体X是___________，出现___________(填写现象)，说明沉淀中不含Ag2SO3。 【步骤Ⅲ】浸取剂再生 (8)向步骤Ⅱ所得溶液(pH ≈ 5)，加___________试剂可使浸取液再生。此时需调控溶液的pH范围为___________(写出计算过程)。 A．3 ~ 5           B．5 ~ 7               C．7 ~ 9              D．9 ~ 11 【答案】(1) (2)A (3) (4) AD 溶液中氢离子浓度过大，导致亚硫酸根离子生成二氧化硫逸出，污染环境 (5)滴加稀硫酸后，，浓度减小，使得平衡正移，增大，，生成了氯化银沉淀； (6)加入足量稀盐酸，充分反应后取上层清液，滴加氯化钡溶液，无沉淀生成 (7) AgCl 浅紫红色浊液 (8) NaOH 银离子沉淀完全，同时避免沉淀。根据，要使为主要存在形式，则，则，即；若要使浓度远大于即浓度大于浓度的100倍，则需要调控溶液，故选D 【解析】（1）已知25℃，，，可知三种饱和溶液中分别为、、，溶解度：； （2）增大，消耗越多，平衡逆向移动，浓度减小，故pH增大，浓度增大，故答案为A； （3）由A图可知pH=8时溶液中银元素主要以形式存在，AgCl固体与Na2SO3溶液反应的离子方程式为； （4）①加稀硫酸后，解离出，与Cl⁻结合生成AgCl沉淀。完全沉淀时，发生反应为：，未参与反应，溶液中大量存在的微粒含有，此时pH约为5，，，则溶液中含硫粒子主要为，故答案为：AD； ②pH不能过低的原因是溶液中氢离子浓度过大，导致亚硫酸根离子生成二氧化硫逸出，污染环境； （5）滴加稀硫酸后，，浓度减小，使得平衡正移，增大，，生成了氯化银沉淀； （6）微溶，若要证实其中不含，将其转化为，检验即可，方法是：加入足量稀盐酸，充分反应后取上层清液，滴加氯化钡溶液，无沉淀生成，即可证明其中不含； （7）为证明白色沉淀中不含，含有氯化银，设计了三组对比实验，I组加入白色沉淀，出现浅紫红色浊液，第II组加入，仍是浊液；对比前两组实验现象可知白色沉淀中不含；第III组加入固体X应为AgCl，应出现浅紫红色浊液，说明沉淀中不含，应含有氯化银； （8）为了使浸取液再生，就是将银离子沉淀回收，应向Ⅱ所得溶液加NaOH调，可使浸取液再生。银离子沉淀完全，同时避免沉淀。根据，要使为主要存在形式，则，则，即；若要使浓度远大于即浓度大于浓度的100倍，则需要调控溶液，使银离子沉淀完全，同时避免沉淀，故选D。 2．（2026·上海金山·二模）铋（Bi）及其化合物应用广泛。某工厂采用辉铋矿（主要成分为，含少量、等杂质）冶炼粗铋，进一步精炼制备高纯铋，并测定其纯度。该工艺的部分流程如下： 已知：①焙砂的主要成分是、、 ② 已知常温下，，。 （1）当完全沉淀（离子浓度）时，溶液中浓度为________；此时是否开始沉淀？________。 A．开始沉淀    B．未开始沉淀 【答案】（1） B 【解析】（1），完全沉淀时，代入得，解得。 此时浓度商，故未开始沉淀，故选B。 考点9 酸碱中和滴定及拓展 【典例】（25-26高三下·上海·月考）四氯化钛(TiCl4)是钛工业的核心中间体，常用于钛金属的制备，某化学小组成员在实验室中制备。已知有关物质的部分性质如下表所示： 物质 熔点/°C 沸点℃ 性质 136.4 高温时能与反应，极易水解生成白色沉淀，能溶于等有机物。 304 316 遇水易水解生成红褐色物质 76.8 难溶于水，且密度大于水 实验装置如下图所示： 产品纯度的测定：取实验制得产品3.8g在密闭条件下溶于水，促使水解完全，发生反应：。将溶液最后定容为，取出溶液于锥形瓶中，加入几滴作指示剂为砖红色沉淀)，用标准溶液进行滴定。 已知：。 （1）整个纯度测定过程中没有使用到的仪器是___________。(不定项) （2）平行滴定三次，达到滴定终点时，消耗的标准溶液平均体积为，该产品中的纯度为___________。 （3）下列有关滴定过程中的说法，正确的是___________。(不定项) A．相同条件下比更难溶 B．滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内状态的变化，产生白色沉淀即为滴定终点 C．滴定终点读数时俯视，会导致测定结果偏低 D．若指示剂浓度过高，会导致测定结果偏低 【答案】 （1）b、e （2）96％ （3）CD 【解析】（1）用到的仪器：溶解：a烧杯；定容：c 500mL容量瓶、d胶头滴管；滴定：f酸式滴定管（AgNO3显酸性，用酸式滴定管）、锥形瓶（题目未画出）；未用到的仪器：b分液漏斗（用于分液，本实验无分液操作）、e直形冷凝管（用于蒸馏，本实验无蒸馏操作）； （2）由TiCl4 + (x+2)H2O = TiO2·xH2O↓ + 4HCl，HCl + AgNO3 = AgCl↓ + HNO3，可得反应关系：TiCl4~ 4HCl ~ 4AgNO3，则n(TiCl4) =n(AgNO3)；25.00mL溶液中的n(AgNO3)=0.1000mol/L×0.03840L= 0.003840mol，500mL溶液中的n(AgNO3)=0.003840mol ×=0.07680mol；则 n(TiCl4)= × 0.07680mol=0.01920mol ，m(TiCl4) = 0.01920mol × 190g/mol = 3.648g，其纯度为×100%=96%； （3）A．滴定过程中先生成氯化银后生成铬酸银，说明氯化银更难溶，也可通过计算溶解度比较：s(AgCl)=≈1.33×10-5mol/L；7.94×10-5mol/L；因此AgCl更难溶；A错误； B．滴定终点为出现砖红色沉淀（Ag2CrO4）且半分钟不褪色，白色沉淀（AgCl）从滴定开始就生成，不是终点标志，B错误； C．滴定终点读数时俯视，读取的标准液体积偏小，计算出的n(AgNO3)偏小，导致n(TiCl4)偏小，测定结果偏低，C正确； D．K2CrO4浓度过高时，会提前生成Ag2CrO4沉淀，导致滴定终点提前，消耗的AgNO3体积偏小，测定结果偏低，D正确； 故答案选CD。 1．氧化还原滴定 (1)原理 以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。 (2)实例 ①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液。 原理 2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 指示剂 酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点 ②Na2S2O3溶液滴定碘液。 原理 2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI 指示剂 用淀粉作指示剂，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点 2.沉淀滴定 (1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。 (2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物二者反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。 [注意]　(1)在回答滴定终点的颜色变化时，要强调在半分钟内溶液颜色不褪去(或不恢复原色)。 (2)在进行相关计算时，要注意取出样品溶液与原样品所配制溶液量之间的关系。 1．（2026·上海宝山·二模）肼类推进剂是航天领域不可或缺的动力核心，其工业化制备的优化程度与纯度定量的准确性，是保障推进剂燃烧效率与安全应用的关键。某研究小组结合工业生产与实验室检测，开展系列探究。 一、工业制备水合肼(尿素法) 工业上用尿素制备水合肼()的简化流程如下： 已知：(ⅰ)NaClO受热易分解： (ⅱ)②中主要反应如下： NaClO过量会发生副反应： (ⅲ)水合肼为无色透明发烟液体，熔点约为℃，沸点约为120.1℃，受热会分解。属于二元弱碱，电离方程式为：()、()。 二、无水肼的含量测定 方法一：仲裁法 酸性条件下，采用碘酸钾()标准液滴定无水肼样品，用四氯化碳萃取反应的中间产物碘单质，通过四氯化碳层颜色变化判断滴定终点。 相关反应如下： 第一步： 第二步： 总反应： 已知：ICl可溶于水，不溶于四氯化碳。 (6)该方法选择四氯化碳作为萃取剂判断滴定终点，滴定终点的现象为___________。 (7)下列滴定操作会导致测得肼含量偏高的是___________。(不定项) A．碘酸钾标准液滴定前未润洗滴定管 B．滴定终点时，俯视碘酸钾标准液滴定管读数 C．锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入待测肼溶液 D．滴定过程中，锥形瓶振荡过猛，有少量液体溅出 方法二：电位滴定法 移取0.3000 g无水肼样品，置于盛有少量水的50 mL容量瓶中，加水稀释至刻度，摇匀得待测液。移取5.00 mL待测液于烧杯中，加入适量浓盐酸和水，用碘酸钾标准液进行电位滴定，消耗标准液体积为6.20 mL。 相关反应如下： (8)计算该无水肼样品中用电位滴定法得到的肼的质量分数(写出计算过程，结果保留4位有效数字)，并根据计算结果判断哪种滴定法更好？___________。已知：该无水肼样品w(肼)为99.19%，用仲裁法得到的w(肼)为99.28%。 【答案】(6)当滴入最后半滴碘酸钾标准液时，四氯化碳层的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 (7)A (8)根据反应关系，消耗的物质的量：，5 mL待测液中，50 mL样品总肼的物质的量： ，肼的质量：， 质量分数：。已知真实值，仲裁法结果为，电位滴定法结果更接近真实值，误差更小，因此电位滴定法更好 【解析】（6）滴定过程中生成的溶于四氯化碳显紫红色，达到滴定终点时，完全被反应转化为不溶于四氯化碳的，四氯化碳层紫色褪去；则滴定终点的现象为：当滴入最后半滴碘酸钾标准液时，四氯化碳层的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色； （7）根据总反应与物质的量之比为，肼含量： A．标准液未润洗滴定管，标准液被稀释，浓度降低，消耗偏大，测得结果偏高，A正确； B．终点俯视读数，读取的终点体积偏小，偏小，结果偏低，B错误； C．锥形瓶有水不改变溶质肼的总物质的量，对结果无影响，C错误； D．液体溅出，溶质肼损失，消耗偏小，结果偏低，D错误； 故选A； （8）根据反应关系，消耗的物质的量：，5 mL待测液中，50 mL样品总肼的物质的量： ，肼的质量：， 质量分数：。已知真实值，仲裁法结果为，电位滴定法结果更接近真实值，误差更小，因此电位滴定法更好。 2．（25-26高三下·上海·月考）我国芒硝(Na2SO4·10H2O)资源丰富。工业上以芒硝为原料可制备 NaHCO3和 NaHSO4， 实验室模拟其流程如下。 测定产品 NaHSO4的纯度：称取 1.250 g 样品，配成 100 mL 溶液，每次取出配制的溶液 20.00 mL，用 0.1000 mol·L -1 NaOH 溶液滴定，以酚酞作指示剂，实验数据如下表： 序号 1 2 3 4 NaOH溶液体积/mL 20.05 18.40 19.95 20.00 (5)配制上述 NaHSO4溶液所需要的仪器有______。(不定项) A．滴定管 B．量筒 C．100 mL 容量瓶 D．电子天平 (6)达到滴定终点的现象为______。 (7)所得产品 NaHSO4的纯度为______。 (8)若测定结果偏低，可能的原因是______。(不定项) A．滴定终点时俯视读数 B．滴定管未用 NaOH 溶液润洗 C．指示剂颜色发生改变时，立即停止滴定 D．滴定前滴定管尖嘴部分有小气泡，滴定后气泡消失 (9)检验产品 NaHSO4中是否混有(NH4)2SO4的方法是______。 【答案】(5)CD (6)当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中由无色变为浅红色且30s不恢复原来的颜色 (7)96% (8)AC (9)取适量产品溶于水，加入浓NaOH溶液并加热，将产生的气体通入红色石蕊溶液，若溶液变蓝，则证明样品中含有 【解析】（5）配制上述，用电子天平称取 1.250 g 样品，在烧杯中溶解样品，然后将溶液转移至100 mL容量瓶中，通过定容配成 100 mL 溶液，故所需要的仪器有CD。 （6）滴定前锥形瓶中含有显酸性的溶液和酚酞，此时锥形瓶中无色，滴定达到终点时锥形瓶中显红色，故达到滴定终点的现象为当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中由无色变为浅红色且30s不恢复原来的颜色。 （7）四组滴定实验中第二组数据有误差，需删去，剩余三组中平均消耗NaOH20.00 mL，根据滴定方程式，，样品的纯度。 （8）A．滴定终点时俯视读数会使读出的NaOH体积偏小，测定结果偏低，A符合题意； B．滴定管未用 NaOH 溶液润洗，则使用的Naoh溶液浓度小于标记浓度，消耗的NaOH溶液体积偏大，测定结果偏高，B不符合题意； C．指示剂颜色发生改变时，立即停止滴定可能是未达到滴定，消耗的NaOH溶液偏小，滴定结果偏低，C符合题意； D．滴定前滴定管尖嘴部分有小气泡，滴定后气泡消失导致读出的NaOH的体积偏大，滴定结果偏高，D不符合题意； 故选AC （9）中不含、中含有，可通过检验是否含有的方法检验是否混有，具体方法是：取适量产品溶于水，加入浓NaOH溶液并加热，将产生的气体通到湿润红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则证明样品中含有。 考点10 有关电极反应式的书写 【典例】（2026·上海普陀·二模）电催化硝酸盐还原合成氨，装置如图甲。电解时先吸附到催化剂表面放电产生。控制其它条件不变，产率随pH变化如图乙。 (5)生成的电极反应式为___________。 (6)控制pH为6～8时，的产率较高，请解释其原因：___________。(提示：离子浓度的大小可能会对氧化性的强弱产生影响)。 【答案】(5) ＋8e-＋10H＋→＋3H2O (6)若溶液pH减小，H＋浓度增大，H＋在催化剂表面得电子的竞争加剧，阻碍了在催化剂表面的吸附，从而使的产率逐渐减小；若溶液pH过大，反应所需H＋浓度减小，使还原反应变难，故产率较低。（或H＋浓度对于氧化性的影响） 【解析】（5）在阴极得电子生成，N从+5价变为-3价，得8e⁻，酸性环境下用配平电荷和原子，得到上述电极反应。 （6）pH过低时，浓度过大，易发生析氢副反应（），产率降低；pH过高时，浓度过小，氧化性减弱，反应速率减慢，产率降低，因此pH为6~8时产率较高。 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+。 注：在水溶液中A13+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+这些活泼金属阳离子不被还原，这些活泼金属的冶炼往往采用电解无水熔融态盐或氧化物而制得。 三、燃料电池电极反应式的书写 电极：惰性电极。 燃料包含：H2；烃如：CH4；醇如：C2H5OH等。 电解质包含：①酸性电解质溶液如：H2SO4溶液：②碱性电解质溶液如：NaOH溶液：③熔融氧化物如：Al2O3；④熔融碳酸盐如：K2CO3等。 第一步：写出电池总反应式 燃料电池的总反应与燃料的燃烧反应一致，若产物能和电解质反应则总反应为加合后的反应。 如氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O：甲烷燃料电池（电解质溶液为NaOH溶液）的反应为： ①CH4 +2O2=CO2 +2H2O ②CO2 +2NaOH=Na2CO3 +H2O ①式+②式得燃料电池总反应为：CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O 第二步：写出电池的正极反应式 根据燃料电池的特点，一般在正极上发生还原反应的物质都是O2，随着电解质溶液的不同，其电极反应有所不同，其实，我们只要熟记以下四种情况： （1）酸性电解质溶液环境下电极反应式：O2+4H++4e-=2H2O （2）碱性电解质溶液环境下电极反应式：O2+2H2O+4e-=40H- （3）固体电解质（高温下能传导O2-）环境下电极反应式：O2+4e-=2O2- （4）熔融碳酸盐（如：熔融K2CO3）环境下电极反应式：O2+2CO2+4e-=2CO。 第三步：根据电池总反应式和正极反应式写出电池的负极反应式 电池的总反应和正、负极反应之间有如下关系：电池的总反应式=电池正极反应式+电池负极反应式 故根据第一、二步写出的反应，有：电池的总反应式-电池正极反应式=电池负极反应式，注意在将两个反应式相减时，要约去正极的反应物O2。 四、可充电电池电极反应式的书写及应用 （一）可充电电池试题必备知识 1.对可充电电池充电和放电两过程认识：放电是原电池反应，充电是电解池反应。要能根据题给总反应式，写出原电池总反应式和电解池总反应式。 2.对可充电电池电极极性和材料的判断：判断电池放电时电极极性和材料，可先标出放电（原电池）总反应式电子转移的方向和数目，失去电子的一极为负极，该物质即为负极材料：得到电子的一极为正极，该物质即为正极材料。若判断电池充电时电极极性和材料，方法同前，失去电子的一极为阳极，该物质即为阳极材料；得到电子的一极为阴极，该物质即为阴极材料。 3.可充电电池电极反应式的书写方法： 书写可充电电池电极反应式，一般都是先书写放电的电极反应式。书写放电的电 极反应式时，一般要遵守三步：第一，先标出原电池总反应式电子转移的方向和 数目，指出参与负极和正极反应的物质；第二，写出一个比较容易书写的电极反 应式（书写时一定要注意电极产物是否与电解质溶液共存）；第三，在电子守恒 的基础上，总反应式减去写出的电极反应式即得另一电极反应式。 充电的电极反应与放电的电极反应过程相反，充电的阳极反应为放电止极反应的逆过程，充电的阴极反应为放电负极反应的逆过程。 对可充电电池某电极是发生氧化还是还原反应及某元素被氧化还是被还原的判断：可根据电极反应式进行分析，放电（原电池）的负极及充电（电解池）的阳极均失去电子，发生了氧化反应，其变价元素被氧化；放电（原电池）的正极及充电（电解池）的阴极均得到电子，发生了还原反应，其变价元素被还原。 5.对溶液中离子的移动方向判断：放电时，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。 6.可充电电池充电时与电源的连接：可充电电池用完后充电时，原电池的负极与外电源的负极相连，原电池的正极与外电源的正极相连。 7.有关电化学的计算：有关电化学的计算都必须利用电子守恒，要注意各电极转移的电子数均相等。这类计算通常有计算电极的增重或较少量、溶液的PH、溶液的离子浓度、电子转移的数目等。 五、特殊情况电极反应式的书写 在书写电极反应式时，一定要注意一些特殊情况。 1、注意溶液中的离子浓度的改变会引起离子放电顺序的改变溶液中的离子浓度改变，有时可导致离子放电顺序的改变。 2、注意电解质溶液的改变会引起电极正负的改变在原电池中，一般较活泼金属作负极，但当电解质溶液发生改变时，较活泼金属就不一定作负极了。 1．（2025·上海杨浦·模拟预测）氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其结构如图所示： （1）放电时负极电极反应式为_______。 （2）采用固态电解质的氟离子电池大多需要在高达170℃的温度下工作，采用“高温”工作的原因是_______。 【答案】（1） （2）固态电解质高温下才能导电 【解析】（1）由电子流向可知N极为负极，负极Mg失电子，结合生成，电极反应式为：； （2）固态电解质常温下迁移速率慢，导电性差，升高温度可加快迁移速率，增强电解质导电性，保证电池正常工作 2．（25-26高三下·上海·月考）我国科学家创新研发乙醇绿色制氢技术，在高效产氢的同时，还能高附加值生产乙酸，实现了能源与化工的协同发展。 一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现生产乙酸(沸点118℃)，主要反应： 反应1：C2H5OH(g)CH3CHO(g)+H2(g)  ΔH1=+68.7 kJ·mol-1  Kp1 反应2：C2H5OH(g)+H2O(g)2H2(g)+CH3COOH(g)  ΔH2 反应3：CH3CHO(g)+H2O(g)H2(g)+CH3COOH(g)  ΔH3=-24.3 kJ·mol-1 （1）该反应耗能较大，我国研究人员利用具有热催化和电催化活性的双功能催化剂，实现了乙醇制氢和乙醛的高效转化。其装置如图所示。则阳极区总的电极方程式为：___________。 【答案】 （1）CH3CH2OH-2e-=CH3CHO+2H+ 【解析】 （1）阳极发生氧化反应，乙醇失电子生成乙醛和，配平后得电极反应式为。 1．（24-25高三上·上海奉贤·期中）将通入NaOH溶液中可得到含次氯酸钠(NaClO)的溶液，工业上常利用NaClO溶液处理氨氮废水(以计)。现测定氨氮脱除率受溶液pH和投料比例的影响，结果如下： 一定投料比下，pH对氨氮脱除率的影响 pH 反应前氮元素质量 反应后氮元素质量 氨氮脱除率 5.8 49.3 24.11 51.1% 6.9 49.3 19.08 61.3% 7.7 49.3 16.86 65.8% 8.8 49.3 18.88 61.7% 9.3 49.3 25.29 48.7% 一定pH下，投料比对氨氮脱除率的影响 (1)由上述信息判断，反应的最佳pH范围是______，最佳投料比是_______。 (2)实验表明在某强酸性条件下，投料比例3∶2时，氨氮脱除率只有50%。从氧化还原反应的角度分析可能的原因_______。 【答案】(1) 6.9～8.8 3.25 (2)强酸性条件下，HClO浓度较大，易分解；酸性条件下，与反应得到氯气逸出 【解析】（1）①由表中数据可知，pH在6.9～8.8时氨氮脱除率较大；由图可知=3.25时氨氮脱除率较大，则反应的最佳pH范围是6.9～8.8，最佳投料比是3.25； （2）因为在强酸性条件下，HClO浓度较大，易分解，且在酸性条件下与反应得到氯气逸出：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故导致氨氮脱除率只有50%。 2．（25-26高三下·上海·月考）环氧丙醇(GLD)常用作树脂改性剂。在液相有机体系中，可通过碳酸二甲酯(DMC)和丙三醇(GL)制得，体系中同时存在如下反应： 反应I：   反应Ⅱ：   反应III：   反应I、II、III的焓变随温度的变化如图所示： （1）据图判断，表示反应I的焓变曲线为__。 A．曲线a    B．曲线b    C． 曲线c （2）反应II的自发性判断是___。 A．高温自发    B．低温自发    C． 任意条件自发 已知： ①敞口容器可看成恒压装置，体系压强在反应过程中与大气压相等； ②反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%； ③气体和液体共存于同一体系，如在溶剂中发生的反应，其平衡常数表达式可表示为、为气体分压，为液相体系中物质的物质的量分数，)。 （3）为研究上述反应的平衡关系，向敞口反应容器中加入1.0molDMC和1.0molGL，控制温度为。平衡时，测得液相体系中的物质的量分数，反应II的平衡常数，平衡时GLD的产率___________。(请写出计算过程) （4）反应I各组分以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数_____。 （5）同温下，向上述体系中注入惰性四氯化碳稀释，重新达到平衡时，GLD的产率将__。 A．增大    B．减小    C． 不变 以表示体系中加入与反应物物质的量的比值。实验测定不同时，DMC的平衡转化率和GLD的平衡产率随温度的变化关系如图所示： （6）其中纵坐标表示GLD平衡产率的是图__。 A．甲    B．乙 （7）最大的是___。 A．    B．    C． （8）图乙中的曲线先减小后增大，请解释原因：___________；而和曲线没有出现明显的先减小后增大的原因是___________。 【答案】（1）C （2）A （3）25%（计算过程见解析） （4）0.4 （5）A （6）B （7）A （8） 低温时，温度升高，反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动的程度；高温时，温度升高，反应Ⅰ逆向移动的程度小于反应Ⅱ正向移动的程度 温度升高，反应Ⅰ逆向移动的程度始终大于反应Ⅱ正向移动的程度 【解析】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ=反应Ⅲ，则反应Ⅲ的焓变为：ΔH3=ΔH1+ΔH2，且ΔH3＜0，ΔH1＜0，ΔH2＞0，由图可知，温度为T1时，焓变存在如下关系式：(-6.63kJ/mol)+(+1.88kJ/mol)=-4.75kJ/mol，则曲线a代表反应Ⅱ、曲线b代表Ⅲ、曲线c代表反应Ⅰ，故选C； （2）由方程式可知，反应Ⅱ是熵增的吸热反应，高温条件下反应(ΔH—TΔS)小于0，反应能自发进行，故选A； （3）由题意可知，二氧化碳的平衡分压为：1105 Pa0.04%=40 Pa；由方程式可知，反应Ⅱ的平衡常数为：，则由平衡常数K2为40 Pa可得：=40 Pa，解得：=1；设平衡时GLD和R的物质的量为x mol，由方程式可知，平衡时DMC、GL的物质的量均为(1-2x) mol，甲醇的物质的量为4x mol，则平衡时液相体系中总的物质的量为：[(1-2x)+ (1-2x)+4x+x+x] mol=(2+2x) mol，由GLD的物质的量分数为10%可得：，解得：x=0.25，则平衡时GLD的产率为：=25%； （4）平衡时，DMC、GL的物质的量分数均为：=20%，甲醇的物质的量分数均为：=40%，则反应Ⅰ的平衡常数为：==0.4； （5）同温下，加入不参与反应的惰性四氯化碳稀释时，反应物和产物浓度均降低，在二氧化碳平衡分压不变的情况下，反应Ⅱ的平衡不移动，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，GLD的产率增大，故选A； （6）反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，DMC的平衡转化率降低，则图甲表示DMC的平衡转化率、图乙表示GLD的平衡产率，故选B； （7）同温下，加入不参与反应的惰性四氯化碳稀释时，反应物和产物浓度均降低，反应Ⅱ的平衡不移动，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，GLD的产率增大，则W最大的是W1，故选A； （8）反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，DMC的平衡转化率降低、GLD的产率，图乙中的曲线先减小后增大说明条件下，低温时，温度升高，反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动的程度；高温时，温度升高，反应Ⅰ逆向移动的程度小于反应Ⅱ正向移动的程度；和曲线没有出现明显的先减小后增大说明温度升高，反应Ⅰ逆向移动的程度始终大于反应Ⅱ正向移动的程度。 3．（25-26高三上·上海·阶段练习）碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以为原料合成甲醇可以减少的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。 和生成甲醇涉及的反应如下： 主反应：， 副反应： (1)主反应的焓变和熵变随温度变化很小，可视为常数，主反应能自发进行温度范围是_____。 (2)反应_____。 (3)下图中能正确反映反应的平衡常数随温度变化关系的曲线为_____。 A．a    B．b 时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性随压强的变化如图所示。[选择性] (4)增大压强，甲醇的选择性增大的原因是_____。 (5)时，若在密闭容器中充入和，在压强为时，生成（此时水为气态），整个体系_____（填“吸收”或“放出”）热量_____kJ；则T°C时，主反应的压强平衡常数_____。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。 一定条件下使CO2、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如图所示。 (6)温度高于时，平衡转化率升高的原因是_____。 【答案】(1)小于279.2K (2) (3)A (4)主反应正反应为气体分子数减小的反应，增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大 (5) 吸收 （即） (6)温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度 【解析】（1），反应能够自发进行，则主反应能自发进行时温度是，反应为放热的熵减反应，则主反应能自发进行温度范围是小于279.2K； （2）已知： ① ② 由盖斯定律，①-②得； （3）反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则反应的平衡常数随温度变化关系的曲线为a；故选A； （4）增大压强，甲醇的选择性增大的原因是：主反应正反应为气体分子数减小的反应，增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大； （5）由图可知，平衡时，甲醇的选择性为40%，此时生成0.6molCO，则生成0.4mol的甲醇，则： 平衡时总物质的量1mol+1mol+0.6mol+1mol+0.4mol=4mol，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的分压分别为、、、，则时，主反应的压强平衡常数；整个体系能量变化为=+，则吸收热量； （6）温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度，导致温度高于时，平衡转化率升高。 4．（24-25高三下·上海·月考）石油开采的天然气含有。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。和重整制氢的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）分子的电子式为___________。 （2）C、H、S电负性由小到大的顺序为___________。 （3）反应Ⅰ中的极性分子的是___________(不定项)。 A． B． C． D． （4）反应Ⅳ：___________。 （5）保持反应器进料口的气体总压强不变，分别以物质的量之比与 (不通入)进料。平衡转化率与温度的关系如图1，含有的曲线为___________，理由是___________。 假设在的恒温刚性容器中，通入和发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为和的转化率与时间的关系如图2： （6）内的化学反应速率为___________； （7）时，容器内总压为___________。 （8）与传统天然气制氢中需要脱硫将转化为硫黄和水相比，上述方法优点是___________。 【答案】（1） （2）H<C<S （3）B （4）+11 （5） 曲线M 总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大 （6）1.2×10-3 （7）P0 （8）H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2 【解析】（1）H2S是共价化合物，S和H共用一对电子形成共价键，电子式为； （2）元素非金属性越强，电负性越大，C、H、S电负性由小到大的顺序为H<C<S； （3）A．CH4为正四面体结构，是极性键构成的非极性分子； B．H2S类似H2O，分子构型为V形，正负电中心不重合，是极性键构成的极性分子； C．CS2分子为直线形，类似CO2，是极性键构成的非极性分子； D．H2是非极性分子； 故选B； （4）根据盖斯定律可知，反应Ⅳ可以由反应Ⅱ+反应Ⅲ-反应Ⅰ得到，则CS2(g)⇌S2(g)+C(s) ΔH4＝ΔH2+ΔH3-ΔH1＝(90+181-260)kJ/mol＝+11kJ/mol； （5）保持反应器进料口的气体总压强不变，分别以物质的量之比CH4∶H2S∶He=1∶3∶6与CH4∶H2S=1∶3（不同He）进料，CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为M，理由是总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大； （6）由图可知，0～5min内消耗的CH4为0.3mol×5%＝0.015mol，消耗的H2S为0.15mol×20%＝0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min内H2的化学反应速率为v(H2)==1.2×10-3mol/(L•min)； （7）设0~5min反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化了(0.03-2x) molH2S，列三段式有， 5min时，n(CH4)=0.285mol，n(H2S)=0.12mol，n(H2)＝0.06mol，n(CS2)=xmol，n(S2)=(0.015-x)mol，n(总)=0.48mol，起始总压为P0，气体总量为0.45mol，根据压强之比等于物质的量之比，可得5min时，容器内总压为×P0=P0； （8）与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2。 5．（25-26高三下·上海·开学考试）含氯消毒剂广泛应用于医疗环境、公共场所和家庭日常消毒，能有效杀灭细菌、病毒等病原微生物。在疫情防控和水质净化中作用关键，对维护人类健康具有重要意义。氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图所示的装置来制取。 （1）装置中的离子膜为___________离子交换膜。 A．阴 B．阳 C．质子 D．气体 （2）图中a口出来的气体为___________。 A．    B．    C． 次氯酸为一元弱酸，其电离平衡体系中各成分的组成分数与pH的关系如图所示。 （3）结合图像计算，常温下NaClO的水解常数值为___________。 （4）结合图像说明，下列pH下漂白能力最强的是___________。 A．6 B．7 C．8 D．9 （5）“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是___________(用离子方程式表示)。 （6）工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若反应后的NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需要消耗氯气的质量为___________。(结果保留3位有效数字) Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。 （7）上述制备的化学方程式为___________。 （8）如果也具有漂白性，请猜想原因是___________。 ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、、的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到溶液。 （9）上述过程中，生成的反应属于歧化反应，每生成1 mol 消耗的量为___________mol。 （10）产生“气泡”的离子方程式为___________。 【答案】 （1）B （2）C （3） （4）A （5） （6）203 kg （7） （8）中Cl的化合价为，和次氯酸相同，可能具有漂白性 （9）1.25 （10） 【解析】（1）电解饱和食盐水时采用的交换膜为阳离子交换膜，交换膜只允许阳离子通过，不允许阴离子和分子通过，目的是防止氯气与氢氧化钠溶液反应导致所得氢氧化钠溶液不纯，同时防止氯气和氢气混合遇光或热发生爆炸，故选B； （2）由图可知，左侧电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则a口出来的气体为氯气，故选C； （3）由图可知，溶液中次氯酸和次氯酸根离子浓度相等时，溶液的pH为7.5，则次氯酸根离子的水解常数为：Kh== c(OH-)==10-6.5； （4）溶液中次氯酸的浓度越大，溶液的漂白能力最强，由图可知，溶液pH为6时，次氯酸的浓度最大，溶液的漂白能力最强，故选A； （5）酸性清洁剂的主要成分是盐酸，84消毒液与酸性清洁剂混合会发生反应生成有毒的氯气，污染环境，所以84消毒液与酸性清洁剂不能混合使用，反应的离子方程式为：； （6）氯气与氢氧化钠溶液的反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，设反应消耗氯气的质量为x kg，则由方程式可知，反应消耗氢氧化钠的质量为：×2×40 kg/mol= kg ；由质量守恒定律可知，30%氢氧化钠溶液的质量为：1000 kg -x kg=(1000-x) kg，由反应前后氢氧化钠的质量不变可得：+1000 kg×1%=(1000-x)×30%，解得：x≈203 kg； （7）由题意可知，制备一氧化二氯的反应为氯气与氧化汞反应生成氯化亚汞和一氧化二氯，反应的化学方程式为：； （8）次氯酸能表现漂白性是因为次氯酸中氯元素为+1价，具有强氧化性，能使有机色素漂白褪色，一氧化二氯中氯元素也为+1价，与次氯酸中氯元素的化合价相同，所以二氧化氯也具有漂白性； （9）由题意可知，生成二氧化氯的反应为：5ClO+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O，则由方程式可知，生成1 mol二氧化氯时，反应消耗亚氯酸钠的物质的量为：1 mol×=1.25 mol； （10）由题意可知，产生“气泡”的反应为溶液中碳酸氢根离子与硫酸氢钠电离出的氢离子反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为：。 6．（2026·上海徐汇·一模）二氧化碳甲烷化是一种将捕获的二氧化碳与氢气在催化剂作用下转化为甲烷的过程。该反应不仅能够有效减少温室气体排放，还能通过“电力到气体”技术，将过剩的可再生能源转化为高能量密度的燃料。 ① ② (1)反应平衡常数与温度的关系如下图，上述反应中符合变化趋势的是___________。 = A．反应①    B．反应② (2)利用或作催化剂有利于甲烷化，反应路径的相对能量如下图。根据图像可知，的催化效果更好，理由是___________，该催化路径决速步骤的能垒是___________eV。 向恒容密闭容器中充入和，在不同温度下同时发生反应①和反应②，平衡时含碳物质的物质的量与温度的关系如下图所示。 (3)当反应①和反应②均达到化学平衡状态时，维持温度不变，压缩装置体积，则反应②的平衡移动方向是___________。 A．正向移动 B．逆向移动 C．不移动 D．无法确定 (4)曲线Z表示的是___________(填化学式)的物质的量与温度的关系，解释其在温度段物质的量增大的原因___________。 (5)计算800 K时，反应②的平衡常数的值___________。(写出计算过程，结果保留两位小数) (6)二氧化碳甲烷化反应体系中，催化剂的表面积炭可导致催化剂失活。研究表明，催化剂(助剂／载体)载体表面碱性越强，抗积炭能力越强。下列催化剂抗积炭能力最强的是___________。 A． B． C． D． 光催化也可以制备甲烷，反应原理示意图如下图所示。 (7)写出a区的电极反应___________。 【答案】(1)B (2) 能更大程度的降低活化能 1.03 (3)B (4) CO2 反应①放热，反应②吸热，此温度范围内，升高温度，反应①平衡左移使CO2增大的程度大于反应②右移使CO2减少的程度 (5)0.34 (6)C (7) 【解析】（1）由图可知，随着温度升高，K增大，符合吸热反应的变化趋势，故为反应②； （2）能更大程度的降低活化能，使反应速率更快；慢反应决定反应速率，而活化能越大，反应速率越慢，故决速步的能垒为0.65eV-(-0.38eV)=1.03 eV； （3）反应①气体分子总数减小、反应②气体分子总数不变，均达到化学平衡状态时，维持温度不变，压缩装置体积，反应①正向移动，使氢气量减小、水蒸气量增加，则反应②的平衡移动方向是逆向移动，选B； （4）曲线Y对应物质的含量随温度升高不断增加，则曲线Y对应物质为CO，曲线Z对应物质为CO2，0-1100K左右，反应①占优势，反应①平衡左移使CO2增大的程度大于反应②右移使CO2减少的程度，导致CO2的含量增大，1100K后，反应②占优势，导致CO2的含量减少； （5）设反应①和反应②中分别反应amol和bmol的CO2，可列出如下三段式：，，由图可知5-a-b=1，b=0.2，则a=3.8，故平衡时CO2、H2、CO、H2O的物质的量分别为1mol、4.6mol、0.2mol、7.8mol，设容器体积为VL，代入公式； （6）是两性氧化物，碱性较弱，是酸性氧化物，是强碱性氧化物，是弱碱性氧化物，碱性最强的应该为，故答案选C； （7）由原理图可知，在a区，CO2得到电子，并与由b区转移过来的H+反应转化成CH4和水，故电极反应式为。 7．（2026·上海金山·二模）纳米碗是一类具有独特碗状结构的纳米材料，在催化、生物医药等领域具有广阔前景。高温条件下，纳米碗可由经过连续脱氢反应生成。其中第一步反应为：①   该步反应的反应历程—能量变化示意图如下所示。 （1）________。 A．70.9 B．110.3 C．128.2 D．150.8 （2）图中包含________步基元反应，决速步骤是第________步。 一定条件下，在2 L恒容密闭容器中，充入，发生反应①。达到平衡后，测得。 （3）能说明该反应达到化学平衡状态的是________。 A．压强保持不变 B．平衡常数保持不变 C．气体密度保持不变 D．单位时间内，断开键的同时，断开键 （4）的平衡转化率为________；其他条件不变，下列措施可以提高平衡转化率的是________。（不定项） A．使用合适的催化剂    B．升高温度    C．充入一定量的    D．及时分离出 （5）达到平衡后，向容器中充入和各0.5 mol，通过计算判断化学平衡的移动方向________。 将Fe、N掺入纳米碗并替代部分碳原子，可制得高比表面积的铁纳米碗（简称Fe-SANBs）。酸性条件下，过量的与其表面的发生类芬顿反应，生成具有强氧化性的自由羟基（），该反应可用于肿瘤治疗，反应原理为： 反应过程示意图如下所示。 （6）下列关于类芬顿反应的说法正确的是________。 A．反应速率随温度升高，不断增大 B．增加Fe-SANBs投入量，可提高单位时间内生成量 C．反应过程中，溶液pH不断减小 D．滴加淀粉KI试液，溶液变蓝，说明生成了 （7）酸性环境有利于Fe-SANBs表面的参与类芬顿反应。从化学平衡移动的角度解释原因________。 实验小组选用某Fe-SANBs样品模拟类芬顿反应，]，并使溶液中维持在。 已知反应的速率表达式为，速率常数（）。 （8）初始反应速率________；在实际治疗肿瘤的过程中，要求1分钟内产生的浓度不低于，分析并判断该Fe-SANBs样品是否满足要求________。 【答案】（1）C （2） 3 3 （3）A （4） 20% BD （5）向逆反应方向移动 （6）B （7）酸性环境中浓度高，反应平衡正向移动，促进参与反应 （8） 不满足要求 【解析】（1）反应①：,反应热等于生成物总能量减去反应物总能量，由图可知，反应物的相对能量为，生成物的相对能量为，因此：，对应选项为 C； （2）反应历程中，过渡态的数量等于基元反应的数量。由图可知，反应过程中有3个过渡态（对应3个能峰），因此包含 3步基元反应。决速步骤为活化能最大的步骤，活化能是过渡态与前一状态的能量差：第1步：；第2步：；第3步：，活化能最大的是第3步，因此决速步骤为第 3步； （3）反应①为气体分子数增大的反应，恒容条件下： A．反应前后气体物质的量变化，压强随反应进行而增大，压强不变说明气体物质的量不变，反应达到平衡，A正确； B．平衡常数仅与温度有关，温度不变时，平衡常数始终不变，不能说明反应达到平衡，B错误； C．恒容条件下，气体总质量不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡，C错误； D．正反应断开C—H键、逆反应形成C—H键，平衡时断开与形成的速率应相等，即断开1 mol H—H键的同时应断开2 mol C—H键（正反应消耗2 mol C—H键生成1 mol），因此该描述不能说明平衡，D错误； （4）在2 L恒容容器中，充入2 mol ，平衡时，则生成的物质的量为，由反应式可知，反应的物质的量为，因此平衡转化率：； A．催化剂只改变反应速率，不影响平衡，转化率不变，A不符合题意； B．反应①（吸热反应），升高温度平衡正向移动，转化率提高，B符合题意； C．恒容条件下，充入惰性气体不改变各物质浓度，平衡不移动，转化率不变，C不符合题意； D．生成物浓度降低，平衡正向移动，转化率提高，D符合题意； （5）平衡时：，，，；充入各0.5 mol 和后，各物质浓度：，， 浓度商：，，说明反应逆向进行，平衡向逆反应方向移动； （6）A．温度过高时，反应物易分解，导致其浓度降低，反应速率可能随之下降，A错误； B．Fe-SANBs为催化剂，增加用量即增加活性位点，反应速率加快，生成量提高，B正确； C．反应消耗，pH应增大，C错误； D．也具有强氧化性，可氧化使淀粉变蓝，不能仅说明生成，D错误； （7）从平衡移动角度，反应中，为反应物，酸性环境（浓度高）会使平衡正向移动，促进反应进行，提高的生成速率和浓度，因此有利于Fe-SANBs表面的参与类芬顿反应； （8）已知速率表达式：，代入数据： ，， ，；1分钟（60 s）内生成的浓度：，由于，因此该Fe-SANBs样品不满足要求。 8．（25-26高三上·上海·期中）综合利用、CO对实现“零排放”有重要意义。和CO合成甲醇反应为：  ∆H=-99kJ·mol-1。回答下列问题： （1）能正确表示合成甲醇反应中能量变化的图像是___________。 A． B． C． D． （2）该反应的随温度的变化趋势正确的是___________。 A． B． C． D． （3）恒容条件下，下列说法能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。(不定项) A．CO、、的物质的量之比为 B．混合气体密度不发生变化 C．容器内压强不再变化 D．混合气体平均相对分子质量不再变化 【答案】（1）B （2）C （3）CD 【解析】（1）该反应焓变小于零，反应焓变等于生成物能量减去反应物能量，所以生成物能量小于反应物能量，反应时，需要先吸收能量突破活化能能垒，故答案为：B。 （2）该反应为气体分子数减小的反应，所以熵变小于零，则ΔH-TΔS(kJ•mol-1)随温度T/(K)的图像斜率大于零，焓变小于零，所以温度接近0 K时曲线与纵轴的交点小于零，故答案为：C。 （3）．A．CO、、的物质的量之比为时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故A不选； B．混合气体总质量不变，恒温恒容下，容器内气体密度始终保持不变，不能说明反应到达平衡，故B不选； C．随反应进行混合气体物质的量减小，恒温恒容下压强减小，容器中压强保持不变说明到达平衡，故C选； D．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体物质的量减小，平均相对分子质量增大，平均相对分子质量不变说明到达平衡，故D选； 故答案为：CD。 9．（2026·上海长宁·一模）高氯酸氟是一种极不稳定、容易爆炸的气体，具有强氧化性，在医药、农药、材料科学等领域具有重要应用。其分子式为FClO4，结构式为：F、Cl、O元素单质及其化合物性质丰富多样，应用广泛。 （1）下列实验现象与结论都正确的是_______。 实验操作 现象 结论 A 向紫色石蕊溶液中滴加氯水 溶液先变红后褪色 氯水只含H+，不含HClO B 将Cl2通入品红溶液中，再加热 溶液褪色，加热后恢复 HClO的漂白作用具有可逆性 C 向AgNO3溶液中通入Cl2 产生白色沉淀 Cl2能电离出Cl- D 向FeCl2溶液中通入Cl2 溶液变为棕黄色 Cl2具有氧化性 A．A B．B C．C D．D （2）已知一氯乙烯()分子中，Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大键()。一氯乙烷()、一氯乙烯()、一氯乙炔()分子中，C-Cl键长的顺序是_______，理由：(i)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强；(ii)Cl参与形成的_______越_______，形成的C-Cl键的键长越短。 （3）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_______。解释X的熔点比Y高的原因_______。 （4）属于氟原子激发态的电子排布式的是_______。(不定项) A． B． C． D． （5）25℃时，甲酸(HCOOH)的，氢氟酸(HF)的。 ①写出氢氟酸的电离平衡常数表达式：_______。 ②Ka越大的酸溶液中c(H+)_______(填“一定”或“不一定”)大，其理由为：_______。 （6）猜想下列关于FClO4的说法错误的是_______。 A．分子中氯元素显+7价 B．分子的空间构型是正四面体 C．制备 FClO4时产物需在低温下处理 D．能氧化碘离子 （7）已知，，常温下该反应不能自发进行的主要原因是_______。 A．熵减太小 B．活化能过高 C．焓增过大 D．平衡常数K＜1 【答案】（1）D （2） 一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔 大π键 多 （3） CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体 （4）BD （5） Ka(HF)= 不一定 酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关 （6）B （7）C 【解析】（1）A．已知Cl2+H2OH++Cl-+HClO，则向紫色石蕊溶液中滴加氯水，观察到溶液先变红后褪色的现象，说明氯水中含有H+和具有强氧化性的HClO，A不合题意； B．氯水的漂白性是由于HClO的强氧化性，氧化性漂白不具有可逆性，即将Cl2通入品红溶液中，再加热，溶液褪色，但加热后不恢复，HClO的漂白性不具有可逆性，即现象和结论均不正确，B不合题意； C．向AgNO3溶液中通入Cl2，产生白色沉淀是由于Cl2与水反应的产物HCl电离出Cl-，而不是Cl2本身电离出Cl-，结论不正确，C不合题意； D．已知Cl2具有强氧化性，能够将Fe2+氧化为Fe3+，向FeCl2溶液中通入Cl2，可观察到溶液由浅绿色变为棕黄色，验证Cl2具有氧化性，D符合题意； 故答案为：D； （2）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键(Π)，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键(Π)，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，故答案为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔；大π键；多； （3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变即Cs为+1价、I为+1价、Cl为-1价，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高，故答案为：CsCl；CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体； （4）已知F为9号元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p5，据此解题： A．核外有10个电子，是Ne激发态电子排布式，A不合题意； B．核外有9个电子，其中2p上的一个电子激发到3s上，是激发态F原子的电子排布式，B符合题意； C．该电子排布式核外电子总数为8，不属于氟原子，C不合题意； D．核外有9个电子，其中2p上的2个电子激发到3p上，是激发态F原子的电子排布式，D符合题意； 故答案为：BD； （5）25℃时，甲酸(HCOOH)的，氢氟酸(HF)的。 ①已知HF的电离方程式为：HFH++F-，则氢氟酸的电离平衡常数表达式为：Ka(HF)=； ②酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，即Ka越大的酸溶液中c(H+)不一定大，故答案为：不一定；酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关； （6）A．由题干FClO4的结构式可知，FClO4可看作高氯酸(HClO4)中的H被F取代的产物，Cl元素与在高氯酸中一样，均显+7价，A正确； B．由题干FClO4的结构式可知，中心Cl原子形成4个共价键，价层电子对数为4，其空间构型为四面体，由于连接的基团不完全相同，故不是正四面体，B错误； C．由题干信息可知，高氯酸氟是一种极不稳定、容易爆炸的气体，故制备 FClO4时产物需在低温下处理，防止高温下发生分解，甚至发生爆炸，C正确； D．由题干信息可知，高氯酸氟具有强氧化性，故能氧化碘离子，D正确； 故答案为：B； （7）已知，是一个焓增熵增的反应，根据自由能变＜0时反应能够自发进行，据此解题： A．熵减太小：反应是熵增，不是熵减，A不合题意； B．活化能影响反应速率，不影响反应的自发趋势(自发与否是热力学问题，活化能是动力学问题)，B不合题意； C．焓增过大即H > 0，是导致常温下G > 0的主要原因，即是常温下该反应不能自发进行的主要原因，C符合题意； D．平衡常数反映反应进行的程度，平衡常数K<1不能说明反应的自发性，D不合题意； 故答案为：C。 10．（2026·上海青浦·二模）锶元素(Sr)位于元素周期表第五周期第2族。某难溶于水的固体废渣主要成分为、、和少量、。实验室利用该废渣提取锶，流程如下： （1）结合元素周期律，下列关于锶及其化合物的描述正确的是_______。 A．原子半径： B．Sr与溶液可置换出金属Cu C．碱性： D．常温下为易溶于水的白色固体 （2）滤渣A的成分为_______。 （3）工业上在氨水与碳酸氢铵作用下可转化为。请写出该反应的化学方程式_______。 （4）滤液A中的可用二苯并18-冠-6来吸收，吸收过程表示如下。下列说法不正确的是_______。(不定项) A．二苯并18-冠-6只能吸收与其“空腔”大小相匹配的微粒 B．该吸收过程属于分子识别，微粒A为超分子 C．含有微粒A的晶体为分子晶体 D．二苯并18-冠-6中碳原子的杂化类型为 滤液B经过一系列操作可得无水，与KCl混合后，在熔融状态下电解可得金属锶。 （5）是离子化合物，请书写电子式_______。 （6）电解过程中，KCl的作用可能是_______。 （7）“一系列操作”中包含将滤液B加热浓缩，该操作需要的仪器有铁架台、酒精灯、玻璃棒、_______。 称取样品溶解于适量水中，平均分成四份进行平行实验，向每份加入10.00 mL 的溶液。用含的溶液作指示剂，用的KSCN溶液进行滴定。已知：。 （8）判断滴定达到终点的现象是_______。 （9）滴定过程平均消耗KSCN溶液10.00 mL，样品中的质量分数为_______。(写出计算过程，结果保留3位小数) 【答案】（1）C （2）、 （3） （4）CD （5） （6）降低熔融的熔点，降低能耗，同时增强熔融盐的导电性 （7）蒸发皿 （8）当滴入最后半滴溶液时，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色 （9）0.928 【解析】（1）锶为第五周期第ⅡA族元素，根据元素周期律分析： A．同周期从左到右原子半径减小，在左侧，原子半径，A错误； B．是极活泼金属，投入溶液先与水反应，无法置换出，B错误； C．同主族从上到下金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强，故碱性，C正确； D．第ⅡA族碳酸盐溶解度从上到下减小，难溶，故也难溶于水，D错误； 故选C； （2） 加足量稀盐酸后，和都不与稀盐酸反应，因此留在滤渣中； （3）与碳酸氢铵、氨水反应生成，同时生成硫酸铵和水，配平后方程式为； （4）A．冠醚的核心特性是尺寸识别效应：不同冠醚具有固定大小的空腔，仅能结合尺寸与空腔大小匹配的微粒，A正确； B．超分子是两种及以上分子通过非共价相互作用结合形成的、具有特定结构功能的聚集体，分子识别是超分子的核心特征。该过程中二苯并18-冠-6特异性结合Sr²+，属于分子识别，得到的微粒A就是超分子，B正确； C．为阳离子，晶体中还存在阴离子，属于离子晶体，不是分子晶体，C错误； D．二苯并18-冠-6中苯环上的碳原子为杂化，只有饱和碳为杂化，D错误； 故选CD； （5） 是离子化合物，由和两个构成，电子式为； （6） 电解熔融盐时，加入可以降低熔融物的熔点，减少能耗，同时增加熔融状态下自由移动离子浓度，增强导电性； （7）加热浓缩操作在蒸发皿中进行，因此除给定仪器外还需要蒸发皿； （8） 用滴定过量，终点时稍过量，与指示剂结合使溶液变为血红色，因此终点现象为当滴入最后半滴溶液时，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色； （9）每份样品中，加入的总物质的量： ，滴定过量消耗的物质的量： ，即过量的与反应的，因此每份样品中； 1个含2个，因此每份样品中： ， 的摩尔质量 ，每份样品中的质量：， 原样品共分为4份，因此总的质量：，计算质量分数： 。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 化学反应原理应用 考点1 热化学方程式书写及有关ΔH的计算 【典例】(1) +1303 高温 1.（1）   2.(2)B (3) 考点2 有关反应速率、转化率、速率常数的计算 【典例】（1） B （2） （3） A （4）BC 1.(2) 0.075 4.76 (3)B 2.(1)-274.0 (2) 考点3 有关ΔH – TΔS与T的图像分析 【典例】（1）C 1.(1)C 2.（1）B 考点4 有关温度、压强影响的平衡图像分析 【典例】(6) Y 反应I为吸热反应，反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应I正向移动，乙烯物质的量均增大，X代表乙烯，Y对应​ (7)C (8) 80% 0.8 1.(2) A ；反应①正反应气体分子数减少，增大压强平衡正向移动，体积分数增大 (6) A 温度过高可能使催化剂活性降低，或副反应增多 2.（1）C （2）反应i为气体分子数增大的反应、反应ii为气体分子数不变的反应，增大压强，反应i平衡逆向移动、反应ii平衡不移动，丙烯腈选择性降低，则<< （3）26 考点5 有关选择最佳反应条件的平衡图像 【典例】（1）C 1.（1） B C 该反应正反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动；且温度过高会降低催化剂Cat2的活性，因此脱氮率下降 2.（1）C （2） （3）反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度后反应Ⅱ平衡逆向移动、反应Ⅲ平衡正向移动，的选择性大幅降低，因此曲线M快速下降 考点6 有关转化率、产率变化分析的平衡图像 【典例】(4)乙苯转化率变化的原因该反应为气体分子数增多的反应，随着增大，容积增大，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大 1.(7)C 2. （1）D （2） 44% 0.11 B 该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，K减小 （3） （4） B 图1中100 ℃至300 ℃，反应未达到平衡状态，温度越高，反应速率越大，NO转化率升高 考点7 电解质溶液中有关电离(水解)平衡常数的计算 【典例】（1）< （2） 1.(1)C (2)C (3)10-9.78 (4)10-11.65 (5)A 2. （1） 考点8 溶度积( Ksp)的相关计算 【典例】(1) 富集锂 、 (2)8.45 1.(1) (2)A (3) (4) AD 溶液中氢离子浓度过大，导致亚硫酸根离子生成二氧化硫逸出，污染环境 (5)滴加稀硫酸后，，浓度减小，使得平衡正移，增大，，生成了氯化银沉淀； (6)加入足量稀盐酸，充分反应后取上层清液，滴加氯化钡溶液，无沉淀生成 (7) AgCl 浅紫红色浊液 (8) NaOH 银离子沉淀完全，同时避免沉淀。根据，要使为主要存在形式，则，则，即；若要使浓度远大于即浓度大于浓度的100倍，则需要调控溶液，故选D 2.（1） B 考点9 酸碱中和滴定及拓展 【典例】（1）b、e （2）96％ （3）CD 1.(6)当滴入最后半滴碘酸钾标准液时，四氯化碳层的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 (7)A (8)根据反应关系，消耗的物质的量：，5 mL待测液中，50 mL样品总肼的物质的量： ，肼的质量：， 质量分数：。已知真实值，仲裁法结果为，电位滴定法结果更接近真实值，误差更小，因此电位滴定法更好 2.(5)CD (6)当滴入最后半滴NaOH溶液时，锥形瓶中由无色变为浅红色且30s不恢复原来的颜色 (7)96% (8)AC (9)取适量产品溶于水，加入浓NaOH溶液并加热，将产生的气体通入红色石蕊溶液，若溶液变蓝，则证明样品中含有 考点10 有关电极反应式的书写 【典例】(5) ＋8e-＋10H＋→＋3H2O (6)若溶液pH减小，H＋浓度增大，H＋在催化剂表面得电子的竞争加剧，阻碍了在催化剂表面的吸附，从而使的产率逐渐减小；若溶液pH过大，反应所需H＋浓度减小，使还原反应变难，故产率较低。（或H＋浓度对于氧化性的影响） 1.（1） （2）固态电解质高温下才能导电 2.（1）CH3CH2OH-2e-=CH3CHO+2H+ 1．(1) 6.9～8.8 3.25 (2)强酸性条件下，HClO浓度较大，易分解；酸性条件下，与反应得到氯气逸出 2．（1）C （2）A （3）25%（计算过程见解析） （4）0.4 （5）A （6）B （7）A （8） 低温时，温度升高，反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应Ⅱ正向移动的程度；高温时，温度升高，反应Ⅰ逆向移动的程度小于反应Ⅱ正向移动的程度 温度升高，反应Ⅰ逆向移动的程度始终大于反应Ⅱ正向移动的程度 3．(1)小于279.2K (2) (3)A (4)主反应正反应为气体分子数减小的反应，增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大 (5) 吸收 （即） (6)温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度 4．（1） （2）H<C<S （3）B （4）+11 （5） 曲线M 总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大 （6）1.2×10-3 （7）P0 （8）H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2 5．（1）B （2）C （3） （4）A （5） （6）203 kg （7） （8）中Cl的化合价为，和次氯酸相同，可能具有漂白性 （9）1.25 （10） 6．(1)B (2) 能更大程度的降低活化能 1.03 (3)B (4) CO2 反应①放热，反应②吸热，此温度范围内，升高温度，反应①平衡左移使CO2增大的程度大于反应②右移使CO2减少的程度 (5)0.34 (6)C (7) 7．（1）C （2） 3 3 （3）A （4） 20% BD （5）向逆反应方向移动 （6）B （7）酸性环境中浓度高，反应平衡正向移动，促进参与反应 （8） 不满足要求 8．（1）B （2）C （3）CD 9．（1）D （2） 一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔 大π键 多 （3） CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体 （4）BD （5） Ka(HF)= 不一定 酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关 （6）B （7）C 10．（1）C （2）、 （3） （4）CD （5） （6）降低熔融的熔点，降低能耗，同时增强熔融盐的导电性 （7）蒸发皿 （8）当滴入最后半滴溶液时，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色 （9）0.928 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 化学反应原理应用 题型 考情分析 考向预测 热化学方程式书写及有关ΔH的计算 近三年上海卷：考查热化学方程式书写，盖斯定律的应用。 一、命题创新点（2026 年新动向）： 1.跨学科融合：化学 + 物理（电化学能量效率）、化学 + 生物（酶催化）、化学 + 环境（碳减排）。 2.开放论证题：“为什么选择该温度 / 压强？”“催化剂为何能提高产率？”“图像趋势原因？”。 3.数据表格分析：多组数据对比、规律总结、计算推导。 4.多平衡耦合：同时存在两个可逆反应、平衡相互影响、综合计算。 二、必考模块与高频考点： 1.反应热（ΔH）：盖斯定律 +ΔG–T 图像（必考） 2. 化学反应速率：速率方程 + 活化能 + 多因素影响（高频）。 3. 化学平衡（核心）：K/Kp + 图像 + 多平衡（重中之重）。 4. 电化学（必考）：新型电池 + 电极反应 + 计算（高频）。 5. 水溶液离子平衡（高频）：pH+Ka/Ksp + 守恒（高频） 有关反应速率、转化率、速率常数的计算 近三年上海卷：考查反应速率，转化率，速率常数的计算 有关与T的图像分析 近三年上海卷：考查与T的图像分析 有关温度、压强影响的平衡图像分析 近三年上海卷：考查温度、压强影响的平衡图像分析 有关选择最佳反应条件的平衡图像 近三年上海卷：考查最佳反应条件的平衡图像及条件选择 有关转化率、产率变化分析的平衡图像 近三年上海卷：考查转化率、产率变化分析的平衡图像 电解质溶液中有关电离(水解)平衡常数的计算 近三年上海卷：考查电离及水解平衡常数的计算 溶度积( Ksp)的相关计算 近三年上海卷：考查溶度积( Ksp)的相关计算 酸碱中和滴定及拓展 近三年上海卷：考查酸碱中和滴定，氧化还原滴定，沉淀滴定 有关电极反应式的书写 近三年上海卷：考查有关电极反应式的书写 考点1 热化学方程式书写及有关ΔH的计算 【典例】（2026·上海宝山·二模）可再生能源驱动的二氧化碳电催化还原制燃料和化学品是实现国家“双碳”目标的一条重要途径。以下是三种不同条件下电催化还原制乙烯的方法。 (1)已知： 共价键 键能() 799 467 413 615 498 根据上表数据求算电催化还原制总反应：的___________；该反应在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。 1．热化学方程式书写的注意事项 2．根据盖斯定律计算反应热 常用以下两种方法： (1)热化学方程式相加或相减，如： ①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1； ②C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2； ①－②可得CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝ΔH1－ΔH2。 (2)合理设计反应途径，如： 顺时针方向和逆时针方向变化反应热代数和相等。ΔH＝ΔH1＋ΔH2。 (3)常见物质中的化学键数目 ①CO2(C===O)：2；②CH4(C—H)：4； ③P4(P—P)：6; ④SiO2(Si—O)：4； ⑤石墨：1.5; ⑥金刚石：2； ⑦S8(S—S)：8; ⑧Si：2 1．（25-26高三下·上海·开学考试）丙烯是一种重要的有机化工基础原料，丙烷催化脱氢制丙烯的不同工艺反应如下： Ⅰ．直接脱氢   Ⅱ．氧化脱氢 Ⅲ．副反应   （1）根据上述的信息，写出氢气在空气中点燃生成水蒸气的热化学方程式：___________。 2．（25-26高三下·上海·月考）NO和CO均为汽车尾气的成分，是造成大气污染的罪魁祸首。 NO和CO在汽车的催化转换器中可发生如下反应：； (2)已知该反应为自发反应，则该反应的反应热___________0。 A．大于    B．小于    C．等于 (3)已知：①   ②   ③   则反应  ___________(用含a、b、c的表达式表示)。 考点2 有关反应速率、转化率、速率常数的计算 【典例】（25-26高三上·上海·期中）、下，向装有催化剂的恒压密闭容器中以投料，发生直接脱氢反应，丙烷的平衡转化率。 （1）达到平衡后时刻向体系中充入，时达到新平衡，此过程中丙烷的转化率（）随时间（t）变化的曲线为_____。 A．    B． C．    D． 方法Ⅱ：氧化脱氢工艺    丙烷氧化脱氢反应历程分为如下四步（其中“·”表示基团含有的单电子）： i.（慢）ii.（快） iii.（快）iv.……（快） （2）步骤iv的反应式为_____。 （3）决定丙烷氧化脱氢反应整体反应速率大小的步骤是_____。 A．步骤i    B．步骤ii    C．步骤iii    D．步骤iv 氧化脱氢除生成外，还会生成、等物质。在某催化剂作用下，相同反应时间内的转化率和的产率随温度变化关系如图所示。 （4）图中的转化率随温度升高而上升的原因可能是_____。（不定项） A．温度升高，平衡正向移动 B．温度升高，有效碰撞频率增大 C．温度升高，催化剂活性增大 D．温度升高，正向自发程度增大 1．公式法求算化学反应速率 v(B)＝＝ 2．比值法求算化学反应速率 同一化学反应，各物质的反应速率之比等于方程式中的化学计量数之比。对于反应：mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)来说，则有＝＝＝。 3．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% 1．化学平衡常数的3大应用 (1)根据平衡常数判断可逆反应进行的程度 平衡常数越大，正反应进行的程度越大，反应物的转化率越高，平衡后生成物的浓度越大，反应物的浓度越小。 (2)利用K判断化学反应的热效应 (3)利用K判断反应进行的方向 若任意状态下的生成物与反应物的浓度幂之积的比值为Qc，则Qc＞K，反应向逆反应方向进行；Qc＝K，反应处于平衡状态；Qc＜K，反应向正反应方向进行。 2．不同反应化学平衡常数的关系 (1)同一化学反应，化学反应方程式写法不同，其平衡常数表达式及数值亦不同。如： N2O4(g)2NO2(g) K＝ N2O4(g)NO2(g) K′＝＝ 2NO2(g)N2O4(g) K″＝＝ 因此书写平衡常数表达式及数值时，要与化学反应方程式相对应，否则意义就不明确。 (2)不同的化学反应，可利用已知反应，找到不同反应化学平衡常数(K)之间的关系。 Ⅰ.若两反应之和等于第三个反应，即反应①(平衡常数K1)＋反应②(K2)＝反应③(K3) 则K3＝K1·K2 如：①C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)　K1 ②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　K2 ①＋②得反应C(s)＋2H2O(g)CO2(g)＋2H2(g)　K3 则K3＝K1·K2 Ⅱ.若两反应之差等于第三个反应，即反应④(平衡常数K4)－反应⑤(K5)＝反应⑥(K6) 则K6＝ (3)对于气体反应，写平衡常数关系式时，除可以用平衡时的物质的量浓度表示外，也可以用平衡时各气体的分压来表示，例如： N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) Kp＝ [注意]　p(NH3)、p(N2)、p(H2)分别为NH3、N2、H2的平衡分压，某气体平衡分压＝平衡时总压×该气体的物质的量分数。 1.（2026·上海·模拟预测）和是两种主要的温室气体，有多种方法可以实现两者的资源化利用。 甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法，涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： (2)一定温度下，2 L容器中充入4 mol 和12 mol ，若20 min后反应达到平衡，容器中、CO均为1 mol。则0～20 min内_______，反应Ⅰ的平衡常数_______(保留三位有效小数)。 恒温恒压下，甲烷水蒸气重整反应达到平衡时体系中各组分摩尔分数(物质的摩尔分数)与投料水碳比的关系如图所示。 (3)随水碳比的变化曲线是_______ A．曲线①　　　B．曲线②　　　C．曲线③ 2.（2026·上海闵行·二模）红树林湿地被誉为“海岸卫士”，通过厌氧氨氧化和硫自养脱氮高效净化水体。 厌氧氨氧化的总反应为   已知：①   ②   ③   (1)上述厌氧氨氧化反应的_______。 (2)在15℃、25℃和35℃下模拟厌氧氨氧化，实验数据如下图所示，则35℃时，0~2 min内的平均反应速率为_______。(反应前后溶液体积不变，) 红树林底泥中富含硫元素，硫自养脱氮细菌能利用单质硫将还原脱氮。 考点3 有关ΔH – TΔS与T的图像分析 【典例】（2026·上海奉贤·二模）碳酸二甲酯(DMC)结构简式为，是一种重要的化工原料，用于制备锂离子电池和聚碳酸酯等。DMC的合成方法如下： 方法I：“甲醇氧化羰基法” i．制备 此方法以捕集回收的为原料，在一定条件下直接催化合成甲醇，全过程无新的碳排放。涉及的反应为: 在某催化剂作用下的反应机理如图所示： ii．制备DMC 以和为原料，为催化剂，一定条件下发生反应为： 反应1 已知： 反应2   反应3   反应4   （1）如图关于反应1的随温度变化趋势正确的是__________。 A．① B．② C．③ D．④ 一、基本公式与核心含义 自由能判据： ΔG=ΔH−TΔS （1）ΔG<0：反应自发 （2）ΔG=0：平衡状态（转变温度） （3）ΔG>0：非自发 把式子看成一次函数： ΔG=(−ΔS)⋅T+ΔH 对应： y=kx+b 二、图像四要素（必背） （1）横坐标：温度 T（K） （2）纵坐标：ΔG （3）斜率：k=−ΔS （4）截距：b=ΔH（T=0 时的 ΔG） 三、四类反应图像终极对照表（最核心） 1. ΔH < 0，ΔS > 0（放热、熵增） （1）斜率：−ΔS<0 → 直线向下倾斜 （2）截距：ΔH<0 → 与纵轴交于负半轴 （3）结论：任何温度下 ΔG<0，均自发 2. ΔH > 0，ΔS < 0（吸热、熵减） （1）斜率：−ΔS>0 → 直线向上倾斜 （2）截距：ΔH>0 → 与纵轴交于正半轴 （3）结论：任何温度下 ΔG>0，均非自发 3. ΔH < 0，ΔS < 0（放热、熵减） （1）斜率：−ΔS>0 → 直线向上倾斜 （2）截距：ΔH<0 → 与纵轴交于负半轴 （3）与 T 轴有交点（转变温度 T0​） （4）结论：低温自发，高温非自发 4. ΔH > 0，ΔS > 0（吸热、熵增） （1）斜率：−ΔS<0 → 直线向下倾斜 （2）截距：ΔH>0 → 与纵轴交于正半轴 （3）与 T 轴有交点（转变温度 T0​） （4）结论：高温自发，低温非自发 四、转变温度 T0​ 计算（必考） 令 ΔG=0： T0​= （1）T>T0​：看图像在下方（ΔG<0） （2）T<T0​：看图像在上方（ΔG>0） 五、图像秒判口诀（上海考生必背） 1.斜率看熵：正斜熵减，负斜熵增 2.截距看焓：上截吸热，下截放热 3.过 T 轴有转变温度 4.始终在下全自发，始终在上全不自发 六、典型图像快速判断（考试直接套用） 1.向下斜 + 下截：任何 T 自发（ΔH<0，ΔS>0） 2.向上斜 + 上截：任何 T 非自发（ΔH>0，ΔS<0） 3.向上斜 + 下截：低温自发（ΔH<0，ΔS<0） 4.向下斜 + 上截：高温自发（ΔH>0，ΔS>0） 1．（2026·上海徐汇·二模）乙二醇是重要的化工原料，可用于生产防冻液、聚酯纤维等产品。煤制乙二醇主要包括煤制合成气(CO和)和合成气制乙二醇两个步骤，煤制合成气的原理如下。   。 (1)能表示煤制合成气反应的与温度()关系的是___________。 A．① B．② C．③ D．④ 2．（25-26高三下·上海·月考）和是两种主要的温室气体，有多种方法可以实现两者的资源化利用。 （1）联合重整技术：也是研究热点，下列关于该反应的随温度变化判断正确的是_______。 考点4 有关温度、压强影响的平衡图像分析 【典例】（25-26高三上·上海·期末）利用(一碘甲烷)热裂解是制备低碳烯烃的主要途径之一，过程中涉及反应： ． ． ． 在容积为的恒容密闭容器中投入发生上述反应，在不同温度下平衡体系中、、物质的量分数随温度的变化如图所示： (6)图中曲线___________(填“X”或“Y”)表示物质的量分数随温度的变化曲线，判断的理由是___________。 (7)下列关于上述体系说法正确的是___________。 A．增大压强对3个反应的影响相同 B．时，说明反应达到平衡状态 C．对于反应、，升高温度，正、逆反应速率均增大 D．反应体系中碳元素的质量分数不变，说明反应达到平衡状态 (8)时，的转化率为___________，该温度下反应的化学平衡常数为___________。 1．有“断点”的平衡图像 当可逆反应达到一种平衡后，若某一时刻外界条件发生改变，可以使速率(v)—时间(t)图像的曲线上出现不连续的情况，即出现“断点”，根据“断点”前后速率的大小，即可对外界条件的变化作出判断。 (1)对于可逆反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH<0 t2时刻改变的条件是加入催化剂或增大压强 (2)对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0 t2时刻改变的条件是增大压强　t2时刻改变的条件是升高温度 2．有“拐点”的平衡图像 同一可逆反应，若反应条件不同，达到平衡所用的时间也可能不同，反映到图像上出现“拐点”的时间也会有差异。根据外界条件对化学反应速率的影响，即可判断出温度的高低、压强的大小以及是否使用催化剂。 如密闭容器中进行可逆反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)　ΔH，在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，混合气体中C的体积分数φ(C)与反应时间(t)的关系如图所示： (1)根据曲线①、②(压强相同时)，最先出现“拐点”的温度高，即T1>T2；由T1→T2，降低温度，φ(C)增大，说明平衡正向移动，故正反应为放热反应，则ΔH<0。 (2)根据曲线②、③(温度相同时)，最先出现“拐点”的压强大，即p2>p1；由p1→p2，增大压强，φ(C)增大，说明平衡正向移动，故正反应为气体分子数减小的反应，则a＋b>c。 3．由“平滑曲线”组成的平衡图像 已知不同温度下的转化率(或百分含量)—压强图像或不同压强下的转化率(或百分含量)—温度图像，推断反应的热效应或反应前后气体物质间化学计量数的关系。 如可逆反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)　ΔH 反应物A的转化率(αA)与压强(p)、温度(T)的关系如图所示： (1)图甲中，任意一条等温线，增大压强，αA增大，说明增大压强平衡正向移动，正反应为气体分子数减小的反应，则a＋b>c，在图中作垂线，与三条线交于M、N、P三点，由M→N→P，为压强相等时，升高温度，αA减小，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，ΔH<0。 (2)图乙中，任意一条等压线，升高温度，αA减小，说明升温平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，ΔH<0，在图中作垂线，与三条线交于M、N、P三点，由P→N→M，为温度相等时，增大压强，αA增大，说明增大压强，平衡正向移动，正反应为气体分子数减小的反应，则a＋b>c。 【答题模板及剖析】 恒压线(恒温线) 答题策略 叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果) 答题模板 该反应的正反应是气体分子数减小(或增大)的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，因此×××(得结论) 经典例题 乙烯气相水合反应的热化学方程式为C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝－45.5 kJ·mol－1，下图是乙烯气相水合法制乙醇中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。图中压强(p1、p2、p3、p4)的大小顺序为__________，理由是______________ 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．（2026·上海嘉定·一模）光气是一种重要的化工原料。合成原理如下： 反应①   (2)在不同压强的反应体系中，充入体积比为1：1的CO和进行反应，实验测得反应体系中的平衡体积分数与压强和温度的关系曲线如下图所示： ①图中A点和C点化学平衡常数的大小关系：___________； A．大于    B．小于    C．等于 ②比较和大小并说明原因___________。 (6)某课题组对该方法制光气进行研究，在不同温度下，向等容积的反应器中投入相同的原料，反应相同时间，测得容器内压强随时间变化及光气产率随温度的变化关系如下： ①该时间段不同温度下，化学反应速率最快的是___________。 A．    B．    C．    D． ②以后随温度升高，产率急剧下降的原因是___________。 2．（25-26高三上·上海黄浦·期末）丙烯腈是一种重要的化工原料，在合成纤维领域中有着广泛的应用。 Ⅱ．工业上还可用以丙烯、氨气和氧气为原料在催化剂作用下制备丙烯腈。主要反应如下： i． ii． 一定条件下，向恒压密闭容器中通入、和发生上述反应。平衡时，丙烯腈的选择性与温度、压强的关系如图所示。 （1）若在上述条件下，仅考虑反应i的发生，则下列能表明反应已经达到平衡状态的是_______。 A． B．丙烯与氨气的物质的量浓度之比不再变化 C．容器内的气体的密度不再发生变化 D．每断开键生成 （2）比较、、的大小，并说明理由_______。 （3）温度为500℃、压强为时，测得平衡时的物质的量为2.6 mol，则该条件下反应ii的平衡常数为_______。 考点5 有关选择最佳反应条件的平衡图像 【典例】（2026·上海青浦·二模）氢源是燃料电池市场化关键，甲醇制氢是重要技术路线。常用的甲醇制氢方案如下： 方案一    方案二    方案三    已知反应①分两步进行： a.   b.   其它条件相同，在不同温度和水醇比条件下进行反应①，达平衡时测得甲醇转化率、CO物质的量分数如图所示：(已知：水醇比) （1）结合图中数据综合考虑，反应温度和水醇比的最佳选择是_______。 A．300℃，1.0 B．200℃，1.0 C．250℃，1.5 D．250℃，2.0 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+BC A+BD ③某些物质能够使催化剂中毒，失去活性 （4）浓度：原料尽可能循环利用 ①适当增大廉价物质的浓度，提高难获得原料的转化率。②必要时可以采用循环反应，以增大原料利用率。 （5）反应热的综合利用：一般采用热交换器 （6）反应容器的选择：恒压容器有利于提高反应物的转化率 2．工业合成氨生产条件的选择 （1）合成氨生产的要求。 ①反应要有较快的反应速率。 ②要最大限度地提高平衡混合物中NH3的含量。 （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．（25-26高三上·上海·期末）氮氧化物是大气的主要污染物，为防治环境污染，科研人员做了大量研究。 Ⅰ．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使CO和NO两种尾气反应生成N2，可有效降低汽车尾气污染，反应为：2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)  ΔH1。 （1）将CO和NO按物质的量之比为1:1以一定的流速分别通过两种催化剂（Cat1和Cat2）进行反应，相同时间内测定逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率（NO的转化率），结果如图所示。 ①最合适的催化剂是______。 A．Cat1                    B．Cat2 最佳温度是______℃。 A．100                    B．250                    C．450 ②催化剂Cat2催化条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是______。 2．（2026·上海静安·二模）2024年4月，上海港首开绿色甲醇“船-船”加注，至2025年底已形成10万吨绿色甲醇本地产能，成为东北亚航运脱碳核心补给港。 绿色甲醇的主流生产是生物质路线和二氧化碳加氢路线，两路线涉及的反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   3MPa下，按、进气流量持续通过装有0.5 g催化剂的反应管，仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，经相同时间，测得的时空收率、转化率和的选择性随温度(T)变化的曲线如图。 已知： 的时空收率 的选择性 CO的选择性 （1）图中，代表选择性随温度变化的是___________。 A．曲线P    B．曲线N    C．曲线M （2）280℃时，若的时空收率为，则的转化率=___________。 （3）当，曲线M快速下降的原因是___________。 考点6 有关转化率、产率变化分析的平衡图像 【典例】（2026·上海·模拟预测）用乙苯为原料，通过直接脱氢法或氧化脱氢法均可制备苯乙烯。反应原理表示如下： 反应①(直接脱氢)：  ； 反应②(氧化脱氢)   ； 已知：  ； (4)对于反应①：实际生产中常在恒压条件下掺入高温水蒸气作为反应体系的稀释剂(水蒸气不参加反应)，乙苯的转化率随稀释比的变化如图所示，说明乙苯转化率变化的原因：___________。 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: 转化率变化具体分析 (恒容)反应物只有一种:a A (g) bB (g)+cC (g) 条件 特点 A的转化率 增加A的量 a>b+c 增大 a=b+c 不变 a<b+c 减小 反应物不止一种:a A (g) + bB (g)cC (g) +cC (g) 条件 特点 A的转化率 B的转化率 增加A的量 可逆反应 减小 增大 按原比例同时增加A、B的物质的量 a+b>c+d 增大 增大 a+b=c+d 不变 不变 a+b<c+d 减小 减小 1．（25-26高三下·上海浦东新·月考）肼的化学式为，在工业上应用广泛。常温下将盐酸滴加到肼的水溶液中，微粒的分布分数随的关系如下图所示。[X的分布分数，X表示或或] (7)产物在单位时间内的产率随温度变化的关系如下图。 关于产物在单位时间内的产率，下列说法错误的是_________。 A．室温至400℃，通过改用其他催化剂，可使产率增大 B．当与的产率相等时，参与反应的和的物质的量之比为 C．温度从400℃升到900℃，反应(ⅱ)平衡正向移动，使的产率增大 D．温度高于900℃时，与的产率降低，反应速率的变化趋势无法判断 2．（25-26高三上·上海·期末）游离态氮（惰性氮）转化为化合态氮称为氮的活化。过量活化会导致氮向大气和水体迁移，破坏氮循环平衡。通过催化还原把这些活性化合物再变回无害的氮气称为氮的转化。 已知：、、等都可以催化还原氮氧化物生成惰性氮。在，时， a. b. c. （1）合成氨工业中，以下措施既能提高化学反应速率又能提高原料的平衡转化率的是______。 A．升高温度 B．将氨液化从体系中分离 C．加入催化剂 D．增大压强 （2）新型催化剂M能催化与反应生成，反应方程式为。 ①现向某密闭容器中充入等物质的量浓度的和气体，维持恒温恒容，在催化剂作用下发生反应。相关数据如下： 0 在内，以的浓度变化表示的反应速率为______，在时，的转化率为______。此温度下，该反应的化学平衡常数______（保留两位有效数字）。 ②该反应的正、逆反应的平衡常数（K）与温度（T）的关系如图所示，其中表示正反应的平衡常数（）的是______（选“A”或“B”），原因是______。 （3）用还原的反应为。为研究和的起始投料比对平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为的刚性密闭容器中加入一定量和发生反应，实验结果如图。反应温度、、从大到小的关系为______。 （4）还原的主反应为。相同时间内测得选用不同催化剂的实验相关数据如图1、2所示： ①由图可知具有较高活性和选择性的催化剂为______。 A．    B．酸化的 ②图1中转化率升高的原因为______。 考点7 电解质溶液中有关电离(水解)平衡常数的计算 【典例】（2026·上海青浦·二模）已知：：、、；：。 （1），测得溶液，此时溶液中的微粒浓度大小关系：_______(选填“>”、“<”或“=”)。 （2）计算该反应的平衡常数_______(保留2位有效数字)。 1．电离常数与水解常数的关系　 (1)电离常数表达式 ①一元弱酸(HA)： HAH+＋A－ ②二元弱酸(H2A)：H2AH+＋HA－ HA—H+＋A2－ ③一元弱碱(BOH)：BOHB+＋OH－ (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＝ (3)电离常数与水解常数的关系 ①对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系：Kh＝ 如：CH3COONa：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ ②对于二元弱酸H2B，Kal(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系： ； B2－＋H2OHB－＋OH－，Kh1(B2－)＝＝＝ HB－＋H2OH2B＋OH－，Kh2(HB－)＝＝＝ ③强酸弱碱盐：Kh＝ 如：NH4Cl：NH4+＋H2ONH3·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＝ 如：AlCl3：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ 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＝lg＝lg逐渐增大 ②lg＝lg＝lg逐渐减小 3）电离常数：找浓度相等点 ①a点：lg＝0，c（H2Y）＝c（HY－），Ka1＝＝c（H+）＝10－1.3 ②e点：lg＝0，c（HY－）＝c（Y2－），Ka2＝＝c（H+）＝10－4.3 4）交点c的特殊性：lg＝lg，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＝＝＝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＝＝＝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＝ 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＝ 3)恰好完全反应点：水解三段式法或利用水解常数和电离常数的关系 例3、25 ℃时，0.1 mol·L－1的HCOONa溶液的pH＝10，则HCOOH的电离常数Ka＝10－7 方法探究：方法I、直接列水解三段式求解 方法II、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I、直接列水解三段式求解 HCOO—＋H2OHCOOH＋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＝＝ 方法II、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＝＝ Ka＝ 1．（25-26高三上·上海·期中）乙酸是不仅是生活中的调味品，而且是重要的化工原料。一定条件下，以天然气为起始原料可合成乙烯、乙醇、乙酸及三氟乙酸等重要化学物质，如下图所示。 (1)用表示盐的水解平衡常数，则______。 A．大于 B．等于 C．小于 D．无法确定 “乙酸催化氯化法”可用于工业合成甘氨酸()。甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在25℃时，、和NH2CH2COO-的分布分数δ与溶液pH关系如图。(已知：分布分数) (2)代表的是______。 A．曲线a        B．曲线b        C．曲线c (3)表示电离平衡常数，则______。 (4)反应：的平衡常数______。 (5)比较大小：______。 A．大于 B．等于 C．小于 D．无法确定 2．（2026·上海奉贤·二模）连二亚硫酸钠()，也称保险粉，广泛用于印染、造纸、医疗等领域。一种制备的反应为：。 已知：时，二元弱酸的电离平衡常数分别为，水的离子积为。 （1）在溶液中，相关微粒浓度关系式为：__________。计算该溶液中__________。(用含及的代数式表示) 考点8 溶度积( Ksp)的相关计算 【典例（2026·上海宝山·二模）锂资源是新能源电池产业的核心战略资源，利用盐湖卤水梯度提锂是低成本获取锂资源的主流工业技术。某盐湖富含LiCl、NaCl、、等物质，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：①草酸盐受热易分解； ②常温下，部分物质的溶度积常数。 物质 (1)步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是___________，滤渣I的主要成分为___________。 (2)步骤Ⅰ的浓缩液中的浓度为，求该条件下开始沉淀时的pH___________。 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 1:2型或2：1型 1:3型或3:1型 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＋)＝=10a mol·L－1 类型三、判断沉淀的生成或沉淀是否完全 计算技巧 ①把离子浓度数据代入Ksp表达式得Qc，若Qc>Ksp，则有沉淀生成；若Qc<Ksp，无沉淀生成 ②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－1，则该离子沉淀完全 类型四、常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH 计算技巧 ①根据氢氧化物的Ksp，先计算初始浓度溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH ②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1，依据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH 类型五、计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度 计算技巧 依据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K值越大，转化反应越易进行，转化程度越大 (若计算沉淀转化的平衡常数K＜10－5，则沉淀转化反应不能进行；若10－5＜K＜105，则沉淀转化反应为可逆反应，若K>105，则认为沉淀完全转化) 已知常温下，ZnS和CuS的Ksp分别为1.6×10－24和6.4×10－36，判断常温下反应： ZnS(s)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋Zn2＋(aq)能否进行 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＝ 计算技巧 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(aq)，平衡常数 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)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)由饱和溶液的物质的量浓度c(mol/L)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)＝，，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．（2026·上海普陀·二模）精炼铜的阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可用Na2SO3溶液浸出回收银。某小组在实验室模拟了从沉渣中分离出AgCl，并使浸取剂再生的过程。 已知：ⅰ．25℃，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2SO3)=1.5×10-14，Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5； ⅱ．25℃，Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.3×10-8；Ka2(H2SO4)=1.2×10-2。 (1)AgCl、Ag2SO3、Ag2SO4三种盐的溶解度由大到小顺序为___________。 【步骤Ⅰ】浸出AgCl (2)已知： 。[Ag(SO3)2]3-的浓度与溶液pH的关系如图___________所示。 (3)取AgCl固体，加入一定体积 1 mol·L-1 Na2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液(pH=8)。该反应的离子方程式是___________。 【步骤Ⅱ】酸化沉银 (4)①取步骤Ⅰ所得浸出液，滴加稀硫酸，生成白色沉淀。继续滴加稀硫酸，当恰好沉淀完全时pH约为5，完全沉淀时，溶液中大量存在的含硫微粒是___________。(不定项) A．       B．             C．            D． ②pH不能过低的原因是___________。 (5)请运用化学平衡移动原理解释白色沉淀可能是AgCl的原因___________。 (6)将沉淀过滤并洗净，取少量沉淀，___________(填操作和现象)，证实其中不含Ag2SO4。 (7)为证明白色沉淀中不含Ag2SO3，设计了如下对比实验。 序号 实验 固体A 加入试剂 现象 Ⅰ 白色沉淀 先滴加1 mL稀硫酸，再加1滴稀KMnO4溶液。 浅紫红色浊液 Ⅱ Ag2SO3 白色浊液 Ⅲ X ___________ 固体X是___________，出现___________(填写现象)，说明沉淀中不含Ag2SO3。 【步骤Ⅲ】浸取剂再生 (8)向步骤Ⅱ所得溶液(pH ≈ 5)，加___________试剂可使浸取液再生。此时需调控溶液的pH范围为___________(写出计算过程)。 A．3 ~ 5           B．5 ~ 7               C．7 ~ 9              D．9 ~ 11 2．（2026·上海金山·二模）铋（Bi）及其化合物应用广泛。某工厂采用辉铋矿（主要成分为，含少量、等杂质）冶炼粗铋，进一步精炼制备高纯铋，并测定其纯度。该工艺的部分流程如下： 已知：①焙砂的主要成分是、、 ② 已知常温下，，。 （1）当完全沉淀（离子浓度）时，溶液中浓度为________；此时是否开始沉淀？________。 A．开始沉淀    B．未开始沉淀 考点9 酸碱中和滴定及拓展 【典例】（25-26高三下·上海·月考）四氯化钛(TiCl4)是钛工业的核心中间体，常用于钛金属的制备，某化学小组成员在实验室中制备。已知有关物质的部分性质如下表所示： 物质 熔点/°C 沸点℃ 性质 136.4 高温时能与反应，极易水解生成白色沉淀，能溶于等有机物。 304 316 遇水易水解生成红褐色物质 76.8 难溶于水，且密度大于水 实验装置如下图所示： 产品纯度的测定：取实验制得产品3.8g在密闭条件下溶于水，促使水解完全，发生反应：。将溶液最后定容为，取出溶液于锥形瓶中，加入几滴作指示剂为砖红色沉淀)，用标准溶液进行滴定。 已知：。 （1）整个纯度测定过程中没有使用到的仪器是___________。(不定项) （2）平行滴定三次，达到滴定终点时，消耗的标准溶液平均体积为，该产品中的纯度为___________。 （3）下列有关滴定过程中的说法，正确的是___________。(不定项) A．相同条件下比更难溶 B．滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内状态的变化，产生白色沉淀即为滴定终点 C．滴定终点读数时俯视，会导致测定结果偏低 D．若指示剂浓度过高，会导致测定结果偏低 1．氧化还原滴定 (1)原理 以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。 (2)实例 ①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液。 原理 2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 指示剂 酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点 ②Na2S2O3溶液滴定碘液。 原理 2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI 指示剂 用淀粉作指示剂，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点 2.沉淀滴定 (1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。 (2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物二者反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。 [注意]　(1)在回答滴定终点的颜色变化时，要强调在半分钟内溶液颜色不褪去(或不恢复原色)。 (2)在进行相关计算时，要注意取出样品溶液与原样品所配制溶液量之间的关系。 1．（2026·上海宝山·二模）肼类推进剂是航天领域不可或缺的动力核心，其工业化制备的优化程度与纯度定量的准确性，是保障推进剂燃烧效率与安全应用的关键。某研究小组结合工业生产与实验室检测，开展系列探究。 一、工业制备水合肼(尿素法) 工业上用尿素制备水合肼()的简化流程如下： 已知：(ⅰ)NaClO受热易分解： (ⅱ)②中主要反应如下： NaClO过量会发生副反应： (ⅲ)水合肼为无色透明发烟液体，熔点约为℃，沸点约为120.1℃，受热会分解。属于二元弱碱，电离方程式为：()、()。 二、无水肼的含量测定 方法一：仲裁法 酸性条件下，采用碘酸钾()标准液滴定无水肼样品，用四氯化碳萃取反应的中间产物碘单质，通过四氯化碳层颜色变化判断滴定终点。 相关反应如下： 第一步： 第二步： 总反应： 已知：ICl可溶于水，不溶于四氯化碳。 (6)该方法选择四氯化碳作为萃取剂判断滴定终点，滴定终点的现象为___________。 (7)下列滴定操作会导致测得肼含量偏高的是___________。(不定项) A．碘酸钾标准液滴定前未润洗滴定管 B．滴定终点时，俯视碘酸钾标准液滴定管读数 C．锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入待测肼溶液 D．滴定过程中，锥形瓶振荡过猛，有少量液体溅出 方法二：电位滴定法 移取0.3000 g无水肼样品，置于盛有少量水的50 mL容量瓶中，加水稀释至刻度，摇匀得待测液。移取5.00 mL待测液于烧杯中，加入适量浓盐酸和水，用碘酸钾标准液进行电位滴定，消耗标准液体积为6.20 mL。 相关反应如下： (8)计算该无水肼样品中用电位滴定法得到的肼的质量分数(写出计算过程，结果保留4位有效数字)，并根据计算结果判断哪种滴定法更好？___________。已知：该无水肼样品w(肼)为99.19%，用仲裁法得到的w(肼)为99.28%。 2．（25-26高三下·上海·月考）我国芒硝(Na2SO4·10H2O)资源丰富。工业上以芒硝为原料可制备 NaHCO3和 NaHSO4， 实验室模拟其流程如下。 测定产品 NaHSO4的纯度：称取 1.250 g 样品，配成 100 mL 溶液，每次取出配制的溶液 20.00 mL，用 0.1000 mol·L -1 NaOH 溶液滴定，以酚酞作指示剂，实验数据如下表： 序号 1 2 3 4 NaOH溶液体积/mL 20.05 18.40 19.95 20.00 (5)配制上述 NaHSO4溶液所需要的仪器有______。(不定项) A．滴定管 B．量筒 C．100 mL 容量瓶 D．电子天平 (6)达到滴定终点的现象为______。 (7)所得产品 NaHSO4的纯度为______。 (8)若测定结果偏低，可能的原因是______。(不定项) A．滴定终点时俯视读数 B．滴定管未用 NaOH 溶液润洗 C．指示剂颜色发生改变时，立即停止滴定 D．滴定前滴定管尖嘴部分有小气泡，滴定后气泡消失 (9)检验产品 NaHSO4中是否混有(NH4)2SO4的方法是______。 考点10 有关电极反应式的书写 【典例】（2026·上海普陀·二模）电催化硝酸盐还原合成氨，装置如图甲。电解时先吸附到催化剂表面放电产生。控制其它条件不变，产率随pH变化如图乙。 (5)生成的电极反应式为___________。 (6)控制pH为6～8时，的产率较高，请解释其原因：___________。(提示：离子浓度的大小可能会对氧化性的强弱产生影响)。 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+。 注：在水溶液中A13+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+这些活泼金属阳离子不被还原，这些活泼金属的冶炼往往采用电解无水熔融态盐或氧化物而制得。 三、燃料电池电极反应式的书写 电极：惰性电极。 燃料包含：H2；烃如：CH4；醇如：C2H5OH等。 电解质包含：①酸性电解质溶液如：H2SO4溶液：②碱性电解质溶液如：NaOH溶液：③熔融氧化物如：Al2O3；④熔融碳酸盐如：K2CO3等。 第一步：写出电池总反应式 燃料电池的总反应与燃料的燃烧反应一致，若产物能和电解质反应则总反应为加合后的反应。 如氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O：甲烷燃料电池（电解质溶液为NaOH溶液）的反应为： ①CH4 +2O2=CO2 +2H2O ②CO2 +2NaOH=Na2CO3 +H2O ①式+②式得燃料电池总反应为：CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O 第二步：写出电池的正极反应式 根据燃料电池的特点，一般在正极上发生还原反应的物质都是O2，随着电解质溶液的不同，其电极反应有所不同，其实，我们只要熟记以下四种情况： （1）酸性电解质溶液环境下电极反应式：O2+4H++4e-=2H2O （2）碱性电解质溶液环境下电极反应式：O2+2H2O+4e-=40H- （3）固体电解质（高温下能传导O2-）环境下电极反应式：O2+4e-=2O2- （4）熔融碳酸盐（如：熔融K2CO3）环境下电极反应式：O2+2CO2+4e-=2CO。 第三步：根据电池总反应式和正极反应式写出电池的负极反应式 电池的总反应和正、负极反应之间有如下关系：电池的总反应式=电池正极反应式+电池负极反应式 故根据第一、二步写出的反应，有：电池的总反应式-电池正极反应式=电池负极反应式，注意在将两个反应式相减时，要约去正极的反应物O2。 四、可充电电池电极反应式的书写及应用 （一）可充电电池试题必备知识 1.对可充电电池充电和放电两过程认识：放电是原电池反应，充电是电解池反应。要能根据题给总反应式，写出原电池总反应式和电解池总反应式。 2.对可充电电池电极极性和材料的判断：判断电池放电时电极极性和材料，可先标出放电（原电池）总反应式电子转移的方向和数目，失去电子的一极为负极，该物质即为负极材料：得到电子的一极为正极，该物质即为正极材料。若判断电池充电时电极极性和材料，方法同前，失去电子的一极为阳极，该物质即为阳极材料；得到电子的一极为阴极，该物质即为阴极材料。 3.可充电电池电极反应式的书写方法： 书写可充电电池电极反应式，一般都是先书写放电的电极反应式。书写放电的电 极反应式时，一般要遵守三步：第一，先标出原电池总反应式电子转移的方向和 数目，指出参与负极和正极反应的物质；第二，写出一个比较容易书写的电极反 应式（书写时一定要注意电极产物是否与电解质溶液共存）；第三，在电子守恒 的基础上，总反应式减去写出的电极反应式即得另一电极反应式。 充电的电极反应与放电的电极反应过程相反，充电的阳极反应为放电止极反应的逆过程，充电的阴极反应为放电负极反应的逆过程。 对可充电电池某电极是发生氧化还是还原反应及某元素被氧化还是被还原的判断：可根据电极反应式进行分析，放电（原电池）的负极及充电（电解池）的阳极均失去电子，发生了氧化反应，其变价元素被氧化；放电（原电池）的正极及充电（电解池）的阴极均得到电子，发生了还原反应，其变价元素被还原。 5.对溶液中离子的移动方向判断：放电时，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。 6.可充电电池充电时与电源的连接：可充电电池用完后充电时，原电池的负极与外电源的负极相连，原电池的正极与外电源的正极相连。 7.有关电化学的计算：有关电化学的计算都必须利用电子守恒，要注意各电极转移的电子数均相等。这类计算通常有计算电极的增重或较少量、溶液的PH、溶液的离子浓度、电子转移的数目等。 五、特殊情况电极反应式的书写 在书写电极反应式时，一定要注意一些特殊情况。 1、注意溶液中的离子浓度的改变会引起离子放电顺序的改变溶液中的离子浓度改变，有时可导致离子放电顺序的改变。 2、注意电解质溶液的改变会引起电极正负的改变在原电池中，一般较活泼金属作负极，但当电解质溶液发生改变时，较活泼金属就不一定作负极了。 1．（2025·上海杨浦·模拟预测）氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其结构如图所示： （1）放电时负极电极反应式为_______。 （2）采用固态电解质的氟离子电池大多需要在高达170℃的温度下工作，采用“高温”工作的原因是_______。 2．（25-26高三下·上海·月考）我国科学家创新研发乙醇绿色制氢技术，在高效产氢的同时，还能高附加值生产乙酸，实现了能源与化工的协同发展。 一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现生产乙酸(沸点118℃)，主要反应： 反应1：C2H5OH(g)CH3CHO(g)+H2(g)  ΔH1=+68.7 kJ·mol-1  Kp1 反应2：C2H5OH(g)+H2O(g)2H2(g)+CH3COOH(g)  ΔH2 反应3：CH3CHO(g)+H2O(g)H2(g)+CH3COOH(g)  ΔH3=-24.3 kJ·mol-1 （1）该反应耗能较大，我国研究人员利用具有热催化和电催化活性的双功能催化剂，实现了乙醇制氢和乙醛的高效转化。其装置如图所示。则阳极区总的电极方程式为：___________。 1．（24-25高三上·上海奉贤·期中）将通入NaOH溶液中可得到含次氯酸钠(NaClO)的溶液，工业上常利用NaClO溶液处理氨氮废水(以计)。现测定氨氮脱除率受溶液pH和投料比例的影响，结果如下： 一定投料比下，pH对氨氮脱除率的影响 pH 反应前氮元素质量 反应后氮元素质量 氨氮脱除率 5.8 49.3 24.11 51.1% 6.9 49.3 19.08 61.3% 7.7 49.3 16.86 65.8% 8.8 49.3 18.88 61.7% 9.3 49.3 25.29 48.7% 一定pH下，投料比对氨氮脱除率的影响 (1)由上述信息判断，反应的最佳pH范围是______，最佳投料比是_______。 (2)实验表明在某强酸性条件下，投料比例3∶2时，氨氮脱除率只有50%。从氧化还原反应的角度分析可能的原因_______。 2．（25-26高三下·上海·月考）环氧丙醇(GLD)常用作树脂改性剂。在液相有机体系中，可通过碳酸二甲酯(DMC)和丙三醇(GL)制得，体系中同时存在如下反应： 反应I：   反应Ⅱ：   反应III：   反应I、II、III的焓变随温度的变化如图所示： （1）据图判断，表示反应I的焓变曲线为__。 A．曲线a    B．曲线b    C． 曲线c （2）反应II的自发性判断是___。 A．高温自发    B．低温自发    C． 任意条件自发 已知： ①敞口容器可看成恒压装置，体系压强在反应过程中与大气压相等； ②反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%； ③气体和液体共存于同一体系，如在溶剂中发生的反应，其平衡常数表达式可表示为、为气体分压，为液相体系中物质的物质的量分数，)。 （3）为研究上述反应的平衡关系，向敞口反应容器中加入1.0molDMC和1.0molGL，控制温度为。平衡时，测得液相体系中的物质的量分数，反应II的平衡常数，平衡时GLD的产率___________。(请写出计算过程) （4）反应I各组分以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数_____。 （5）同温下，向上述体系中注入惰性四氯化碳稀释，重新达到平衡时，GLD的产率将__。 A．增大    B．减小    C． 不变 以表示体系中加入与反应物物质的量的比值。实验测定不同时，DMC的平衡转化率和GLD的平衡产率随温度的变化关系如图所示： （6）其中纵坐标表示GLD平衡产率的是图__。 A．甲    B．乙 （7）最大的是___。 A．    B．    C． （8）图乙中的曲线先减小后增大，请解释原因：___________；而和曲线没有出现明显的先减小后增大的原因是___________。 3．（25-26高三上·上海·阶段练习）碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以为原料合成甲醇可以减少的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。 和生成甲醇涉及的反应如下： 主反应：， 副反应： (1)主反应的焓变和熵变随温度变化很小，可视为常数，主反应能自发进行温度范围是_____。 (2)反应_____。 (3)下图中能正确反映反应的平衡常数随温度变化关系的曲线为_____。 A．a    B．b 时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性随压强的变化如图所示。[选择性] (4)增大压强，甲醇的选择性增大的原因是_____。 (5)时，若在密闭容器中充入和，在压强为时，生成（此时水为气态），整个体系_____（填“吸收”或“放出”）热量_____kJ；则T°C时，主反应的压强平衡常数_____。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。 一定条件下使CO2、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如图所示。 (6)温度高于时，平衡转化率升高的原因是_____。 4．（24-25高三下·上海·月考）石油开采的天然气含有。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。和重整制氢的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： （1）分子的电子式为___________。 （2）C、H、S电负性由小到大的顺序为___________。 （3）反应Ⅰ中的极性分子的是___________(不定项)。 A． B． C． D． （4）反应Ⅳ：___________。 （5）保持反应器进料口的气体总压强不变，分别以物质的量之比与 (不通入)进料。平衡转化率与温度的关系如图1，含有的曲线为___________，理由是___________。 假设在的恒温刚性容器中，通入和发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为和的转化率与时间的关系如图2： （6）内的化学反应速率为___________； （7）时，容器内总压为___________。 （8）与传统天然气制氢中需要脱硫将转化为硫黄和水相比，上述方法优点是___________。 5．（25-26高三下·上海·开学考试）含氯消毒剂广泛应用于医疗环境、公共场所和家庭日常消毒，能有效杀灭细菌、病毒等病原微生物。在疫情防控和水质净化中作用关键，对维护人类健康具有重要意义。氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图所示的装置来制取。 （1）装置中的离子膜为___________离子交换膜。 A．阴 B．阳 C．质子 D．气体 （2）图中a口出来的气体为___________。 A．    B．    C． 次氯酸为一元弱酸，其电离平衡体系中各成分的组成分数与pH的关系如图所示。 （3）结合图像计算，常温下NaClO的水解常数值为___________。 （4）结合图像说明，下列pH下漂白能力最强的是___________。 A．6 B．7 C．8 D．9 （5）“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是___________(用离子方程式表示)。 （6）工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若反应后的NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需要消耗氯气的质量为___________。(结果保留3位有效数字) Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。 （7）上述制备的化学方程式为___________。 （8）如果也具有漂白性，请猜想原因是___________。 ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、、的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到溶液。 （9）上述过程中，生成的反应属于歧化反应，每生成1 mol 消耗的量为___________mol。 （10）产生“气泡”的离子方程式为___________。 6．（2026·上海徐汇·一模）二氧化碳甲烷化是一种将捕获的二氧化碳与氢气在催化剂作用下转化为甲烷的过程。该反应不仅能够有效减少温室气体排放，还能通过“电力到气体”技术，将过剩的可再生能源转化为高能量密度的燃料。 ① ② (1)反应平衡常数与温度的关系如下图，上述反应中符合变化趋势的是___________。 = A．反应①    B．反应② (2)利用或作催化剂有利于甲烷化，反应路径的相对能量如下图。根据图像可知，的催化效果更好，理由是___________，该催化路径决速步骤的能垒是___________eV。 向恒容密闭容器中充入和，在不同温度下同时发生反应①和反应②，平衡时含碳物质的物质的量与温度的关系如下图所示。 (3)当反应①和反应②均达到化学平衡状态时，维持温度不变，压缩装置体积，则反应②的平衡移动方向是___________。 A．正向移动 B．逆向移动 C．不移动 D．无法确定 (4)曲线Z表示的是___________(填化学式)的物质的量与温度的关系，解释其在温度段物质的量增大的原因___________。 (5)计算800 K时，反应②的平衡常数的值___________。(写出计算过程，结果保留两位小数) (6)二氧化碳甲烷化反应体系中，催化剂的表面积炭可导致催化剂失活。研究表明，催化剂(助剂／载体)载体表面碱性越强，抗积炭能力越强。下列催化剂抗积炭能力最强的是___________。 A． B． C． D． 光催化也可以制备甲烷，反应原理示意图如下图所示。 (7)写出a区的电极反应___________。 7．（2026·上海金山·二模）纳米碗是一类具有独特碗状结构的纳米材料，在催化、生物医药等领域具有广阔前景。高温条件下，纳米碗可由经过连续脱氢反应生成。其中第一步反应为：①   该步反应的反应历程—能量变化示意图如下所示。 （1）________。 A．70.9 B．110.3 C．128.2 D．150.8 （2）图中包含________步基元反应，决速步骤是第________步。 一定条件下，在2 L恒容密闭容器中，充入，发生反应①。达到平衡后，测得。 （3）能说明该反应达到化学平衡状态的是________。 A．压强保持不变 B．平衡常数保持不变 C．气体密度保持不变 D．单位时间内，断开键的同时，断开键 （4）的平衡转化率为________；其他条件不变，下列措施可以提高平衡转化率的是________。（不定项） A．使用合适的催化剂    B．升高温度    C．充入一定量的    D．及时分离出 （5）达到平衡后，向容器中充入和各0.5 mol，通过计算判断化学平衡的移动方向________。 将Fe、N掺入纳米碗并替代部分碳原子，可制得高比表面积的铁纳米碗（简称Fe-SANBs）。酸性条件下，过量的与其表面的发生类芬顿反应，生成具有强氧化性的自由羟基（），该反应可用于肿瘤治疗，反应原理为： 反应过程示意图如下所示。 （6）下列关于类芬顿反应的说法正确的是________。 A．反应速率随温度升高，不断增大 B．增加Fe-SANBs投入量，可提高单位时间内生成量 C．反应过程中，溶液pH不断减小 D．滴加淀粉KI试液，溶液变蓝，说明生成了 （7）酸性环境有利于Fe-SANBs表面的参与类芬顿反应。从化学平衡移动的角度解释原因________。 实验小组选用某Fe-SANBs样品模拟类芬顿反应，]，并使溶液中维持在。 已知反应的速率表达式为，速率常数（）。 （8）初始反应速率________；在实际治疗肿瘤的过程中，要求1分钟内产生的浓度不低于，分析并判断该Fe-SANBs样品是否满足要求________。 8．（25-26高三上·上海·期中）综合利用、CO对实现“零排放”有重要意义。和CO合成甲醇反应为：  ∆H=-99kJ·mol-1。回答下列问题： （1）能正确表示合成甲醇反应中能量变化的图像是___________。 A． B． C． D． （2）该反应的随温度的变化趋势正确的是___________。 A． B． C． D． （3）恒容条件下，下列说法能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。(不定项) A．CO、、的物质的量之比为 B．混合气体密度不发生变化 C．容器内压强不再变化 D．混合气体平均相对分子质量不再变化 9．（2026·上海长宁·一模）高氯酸氟是一种极不稳定、容易爆炸的气体，具有强氧化性，在医药、农药、材料科学等领域具有重要应用。其分子式为FClO4，结构式为：F、Cl、O元素单质及其化合物性质丰富多样，应用广泛。 （1）下列实验现象与结论都正确的是_______。 实验操作 现象 结论 A 向紫色石蕊溶液中滴加氯水 溶液先变红后褪色 氯水只含H+，不含HClO B 将Cl2通入品红溶液中，再加热 溶液褪色，加热后恢复 HClO的漂白作用具有可逆性 C 向AgNO3溶液中通入Cl2 产生白色沉淀 Cl2能电离出Cl- D 向FeCl2溶液中通入Cl2 溶液变为棕黄色 Cl2具有氧化性 A．A B．B C．C D．D （2）已知一氯乙烯()分子中，Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大键()。一氯乙烷()、一氯乙烯()、一氯乙炔()分子中，C-Cl键长的顺序是_______，理由：(i)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强；(ii)Cl参与形成的_______越_______，形成的C-Cl键的键长越短。 （3）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_______。解释X的熔点比Y高的原因_______。 （4）属于氟原子激发态的电子排布式的是_______。(不定项) A． B． C． D． （5）25℃时，甲酸(HCOOH)的，氢氟酸(HF)的。 ①写出氢氟酸的电离平衡常数表达式：_______。 ②Ka越大的酸溶液中c(H+)_______(填“一定”或“不一定”)大，其理由为：_______。 （6）猜想下列关于FClO4的说法错误的是_______。 A．分子中氯元素显+7价 B．分子的空间构型是正四面体 C．制备 FClO4时产物需在低温下处理 D．能氧化碘离子 （7）已知，，常温下该反应不能自发进行的主要原因是_______。 A．熵减太小 B．活化能过高 C．焓增过大 D．平衡常数K＜1 10．（2026·上海青浦·二模）锶元素(Sr)位于元素周期表第五周期第2族。某难溶于水的固体废渣主要成分为、、和少量、。实验室利用该废渣提取锶，流程如下： （1）结合元素周期律，下列关于锶及其化合物的描述正确的是_______。 A．原子半径： B．Sr与溶液可置换出金属Cu C．碱性： D．常温下为易溶于水的白色固体 （2）滤渣A的成分为_______。 （3）工业上在氨水与碳酸氢铵作用下可转化为。请写出该反应的化学方程式_______。 （4）滤液A中的可用二苯并18-冠-6来吸收，吸收过程表示如下。下列说法不正确的是_______。(不定项) A．二苯并18-冠-6只能吸收与其“空腔”大小相匹配的微粒 B．该吸收过程属于分子识别，微粒A为超分子 C．含有微粒A的晶体为分子晶体 D．二苯并18-冠-6中碳原子的杂化类型为 滤液B经过一系列操作可得无水，与KCl混合后，在熔融状态下电解可得金属锶。 （5）是离子化合物，请书写电子式_______。 （6）电解过程中，KCl的作用可能是_______。 （7）“一系列操作”中包含将滤液B加热浓缩，该操作需要的仪器有铁架台、酒精灯、玻璃棒、_______。 称取样品溶解于适量水中，平均分成四份进行平行实验，向每份加入10.00 mL 的溶液。用含的溶液作指示剂，用的KSCN溶液进行滴定。已知：。 （8）判断滴定达到终点的现象是_______。 （9）滴定过程平均消耗KSCN溶液10.00 mL，样品中的质量分数为_______。(写出计算过程，结果保留3位小数) 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $