专题03 化学反应原理综合（大题专练，逐空突破）（上海专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题03 化学反应原理综合 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 化学反应原理综合题是必考题型，涉及热化学、电化学、四大平衡等，结合生产、生活、科技背景材料。本题型往往取材于能源、环境问题、化工生产等情景。题目围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现，每个小题有一定的相对独立性，将热化学、化学反应速率、电化学及三大平衡知识融合在一起进行考查；且题目中结合图象、表格、数据、装置等信息，考查学生的阅读、读图、分析归纳能力，增加试题的难度。考点主要涉及盖斯定律与热化学方程式、化学反应速率的计算及其影响因素、平衡常数计算及其影响因素、化学平衡移动及其影响因素、电极反应方程式书写等。题目形式包括图表、图像，考查信息处理能力和综合分析能力。重点有盖斯定律、反应速率、化学平衡移动、离子平衡、电化学等。 预计2026年试题会以实际情景为背景，多因素影响分析，填空、读图、计算等形式出现。可能会更强调实际情境的应用，比如新能源、环保、工业生产中的具体问题。多因素综合影响分析，比如温度、浓度、催化剂共同作用，需要学生综合考虑，而不仅仅是单一因素。图表和数据的复杂度可能增加，比如多重平衡体系，连续反应或竞争反应的平衡常数计算。另外，核心素养如变化观念与平衡思想会更突出，可能涉及开放性试题，考查创新能力。考生应多关注实际应用和跨模块整合，比如与电化学、工业流程结合的问题。同时，强化三段式、图像分析、语言表述的规范性。 热点·设问·拆解 热点设问01 化学反应与能量变化 热点设问02 化学反应速率与化学平衡的影响因素 热点设问03 化学反应速率与化学平衡的计算 热点设问04 水溶液中的离子平衡 热点设问05 电化学原理综合应用 热点设问01化学反应与能量变化 析典例·明思路 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)I.铝的三种化合物的沸点如下表所示： 铝的卤化物 沸点 1500 370 430 (1)解释三种卤化物沸点差异的原因 。 (2)已知反应。 ① ② ③ ④ ⑤ 则 。 (3)由图可知，若该反应自发，则该反应的_______。 A．ΔH＞0，ΔS＞0 B．ΔH＜0，ΔS＞0 C．ΔH＞0，ΔS＜0 D．ΔH＜0，ΔS＜0 2．(2026·上海普陀区高三质量调研) (3)合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。 ①合成氨反应的N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH=___________kJ·mol-1(用图中字母表示)。 ②下列说法正确的是___________。(不定项) A．反应历程中存在4个基元反应 B．反应历程中存在σ键和π键的断裂和形成 C．反应需在高温条件下才能自发进行 D．决速步的反应方程式为NH2*＋H*=NH3* 研考点·通技法 1．热化学方程式的书写方法 2．．根据盖斯定律进行计算 (1)计算步骤 (2)ΔH与书写方式的关系 ①正逆反应的△H、K的关系：△H正+△H逆＝0，K正·K逆＝1 ②化学计量数变成n倍，△H变为n倍，K变为n次方倍 ③反应③＝反应①+反应②，则：△H3＝△H1+△H2，K3＝K1·K2 ④反应③＝反应①－反应②，则：△H3＝△H1－△H2，K3＝ ⑤反应③＝a×反应①－×反应②，则：△H3＝a△H1－△H2，K3＝ 3．常用关系式 热化学方程式 焓变之间的关系 aA===B ΔH1 A===B ΔH2 ΔH2＝ΔH1或ΔH1＝aΔH2 aA===B ΔH1 B===aA ΔH2 ΔH1＝－ΔH2 ΔH＝ΔH1＋ΔH2 4．ΔH的三种计算式 (1)ΔH＝生成物总能量－反应物总能量＝H(生成物)－H(反应物) (2)ΔH＝反应物总键能之和－生成物总键能之和 ①常见分子：根据成键原则画出结构式即可判断 分子式 Cl2 O2 N2 H2O H2O2 CO2 结构式 Cl－Cl O＝O N≡N H－O－H H-O-O-H O＝C＝O 分子式 HCN NH3 CH4 C2H4 C2H6 N2H4 结构式 H－C≡N ②信息分子：根据分子结构示意图数共价键个数 物质 硫化磷 雄黄(As4S4) P4O10 S8单质 N4分子 P4O6 结构 键数 12个P-S键 2个P＝S键 2个As-As键 8个S-As键 4个P＝O键 12个P－O键 8个S－S键 6个N－N键 12个P－O键 ③特殊物质：选修物质结构内容 物质/mol 白磷 金刚石 晶体硅 SiO2 石墨 结构 键数/mol 6 2 2 4 1.5 (3)ΔH＝E1－E2，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能 破类题·提能力 1．(2026·上海嘉定区高三质量调研)(7)下列对反应判断正确的是______。 A. ΔH＜0 ΔS＞0 B. ΔH＜0 ΔS＜0 C. ΔH＞0 ΔS＞0 D. ΔH＞0 ΔS＜0 2．(2026·上海闵行区高三学业质量调研)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：①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH1＝-92.4kJ·mol−1 ②NH3(g)+H+(aq)=NH4+(aq) ΔH2＝-52.3kJ·mol−1 ③2NO2-(aq)+2H+(aq)+3H2(g)=N2(g)＋4H2O(l) ΔH3＝-745.0kJ·mol−1 (1)上述厌氧氨氧化反应的ΔH＝_______kJ·mol−1。 3．(2026·上海宝山区高三质量监测)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CO2还原制乙烯的方法。 (1)已知： 共价键 C=O H-O H-C C=C O=O 键能(kJ·mol−1) 799 467 413 615 498 根据上表数据求算电催化CO2还原制C2H4总反应：2CO2(g)＋2H2O(g)C2H4(g)＋3O2(g)的ΔH =___________ kJ·mol−1；该反应在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。 4．(2026·上海奉贤区高三二模)碳酸二甲酯(DMC)结构简式为CH3OCOOCH3，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。“甲醇氧化羰基法”制备CH3OH： 此方法以捕集回收的CO2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：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH 在某催化剂作用下的反应机理如图所示： (1) 判断该反应的热效应ΔH________0。 A．> B．＜ (2) 在该反应机理中，共有________个基元反应。 A． 7 B． 8 C． 13 D． 14 (3) 写出上述机理中决速步骤反应方程式_________。 5．(2026·上海金山区高三二模)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C40H20经过连续脱氢反应生成。其中第一步反应为：①C40H20(g)C40H18(g)＋H2(g) ΔH1 该步反应的反应历程—能量变化示意图如下所示。 (1)ΔH1=________kJ·mol−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。 热点设问02化学反应速率与化学平衡的影响因素 析典例·明思路 1．(2026·上海金山区高三二模)一定条件下，在2 L恒容密闭容器中，充入2molC40H20，发生反应：C40H20(g)C40H18(g)＋H2(g) 。达到平衡后，测得c(H2)=0.2mol·L-1 。 (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1molH-H键的同时，断开1molC-H键 (4)C40H20的平衡转化率为________；其他条件不变，下列措施可以提高C40H20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N2 D．及时分离出H2 (5)达到平衡后，向容器中充入C40H20和H2各0.5 mol，通过计算判断化学平衡的移动方向________。 2．(2026·上海普陀区高三质量调研) (4)在不同压强下，按(H2)=0.75，(N2)=0.25组成进料(物质i的物质的量分数：)，反应达到平衡时氨的物质的量分数与温度的关系如图所示。 ①下列说法正确的是___________。(不定项) A．压强P1＞P2 B．平衡常数KA=KB＞KC C．达到平衡时，反应速率vB＞vA D．D处迅速升温由T1到T2，此时v正＜v逆 ②在容积为2 L的密闭容器中投入共1 mol反应气体，5 min后达到A处平衡状态，则氮气的反应速率v(N2)=___________mol⋅L−1⋅min−1。 ③压强为P1时，按(H2)=0.675，(N2)=0.225，(Ar)=0.1组成进料，在下图中画出平衡时氨的物质的量分数与温度的关系曲线___________。 研考点·通技法 1．影响化学平衡的因素 (1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响 改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强(对有气体参加的反应) 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动 减小压强 向气体分子总数增大的方向移动 反应前后气体体积不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向吸热反应方向移动 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动 (2)“惰性气体”对化学平衡移动的影响 ①恒温、恒容下：加入惰性气体体系总压增大，但体积不变，各反应物、生成物的浓度均未改变，故反应速率不变，V正、V逆也不变，化学平衡也不发生移动 ②恒温、恒压下：加入惰性气体体积增大各反应物浓度减少反应速率减小，V正、 V逆均减小，等效于降压，故化学平衡向气体总体积增大的方向移动 2．掌握三类平衡移动图像：反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n＞p＋q，且ΔH＞0 (1)速率—时间图——注意断点 t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t3时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大 (2)转化率(或含量)—时间图——先拐先平 甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率 (3恒压(温)线——定一议二 分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即：为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。 破类题·提能力 1．(2026·上海青浦区高三学业质量调研)通过催化剂可将NO和CO转化为无毒气体。反应方程式为：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＜0，恒容密闭容器中，固定投料比，反应相同时间，不同温度下NO的转化率如图： (3) 结合上图，下列说法正确的是_______。(不定项) A． 混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态 B． 使用更高效的催化剂，可提高NO平衡转化率 C． NO转化率达到最高点时，反应不一定处于化学平衡状态 D． 达到平衡后，再通入NO，NO转化率增大 (4)在以下，升高温度NO转化率增大，请用碰撞理论解释原因(不考虑催化剂活性的变化)：_______。 2．(2025·上海市曹杨第二中学高三期中考试)恒容密闭容器中，对反应C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，ΔH= -569kJ·mol−1，进行相关实验探究。改变投料比[n0(N2)：n2(CO2)]进行多组实验(各次实验的温度可能相同也可能不同)，测定N2的平衡转化率，部分实验结果如图： (3)如果要将图中点的平衡状态改变为点的平衡状态，应采取的措施是 。 (4)图中、、、四点对应的实验温度相等的是 (填编号)。 3．(2025·上海市华东师范大学第一附属中学高三期中)利用CO2制备CO，一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量CO2和H2进行反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。 (1)下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是_______。 A．体系压强不再发生变化 B．体系内气体平均摩尔质量不再发生变化 C．1molH-H键断裂，同时生成2molH-O键 D．体系内CO2与H2O的物质的量之比保持不变 (2)在恒定温度与容积下，可以提高CO2平衡转化率的措施有_______。 A．向反应容器中充入H2 B．向反应容器中充入CO2 C．添加更有效的催化剂 D．利用合适试剂干燥混合气体 (3)其他条件相同，在甲、乙、丙三种不同催化剂作用下，相同时间内测得氢气转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是_______。 A．850℃下，甲、乙、丙可能均达到平衡 B．700℃下，甲对应的活化能最大 C．一般催化剂能降低活化能，但不改变反应的焓变 D．其它条件一定时，随着温度升高，活化分子百分数增大 4．(2025·上海复旦大学附属中学高三期中)脱除汽车尾气中NO和CO包括以下两个反应： 反应ⅰ. 2NO+CON2O+CO2； 反应ⅱ. N2O+CON2+CO2。 将恒定组成的NO和CO混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图。 (1)实验过程中，高于340℃后N2O浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因是 。 (2)450℃时，该时间段内NO的脱除率= (保留2位有效数字，NO的脱除率)。 5．(2025·上海市奉贤中学年高三期中)硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，合成原理为SO2(g)＋Cl2 (g) SO2Cl2 (g) △H＜0。 (1)下列关于该反应自发性的判断正确的是_______。 A．高温自发 B．低温自发 C．任何温度都自发 D．任何温度都不自发 (2)保持一定温度，向体积为1.5L的恒容密闭容器中充入1.5mol SO2和1mol Cl2。 ①下列说法能说明该反应达到平衡的是 。 A．SO2Cl2的体积分数不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．混合气体的平均相对分子质量不再变化 D．v(SO2)=v(SO2Cl2) ②测得体系初始压强P0=72 MPa，达到平衡时体系压强减小了14.4MPa。计算该温度下的平衡常数K= 。(写出计算过程) ③其他条件不变时，将起始投料改为3mol2和2mol Cl2，达到新平衡时，SO2的转化率将 。 A．增大 B．不变 C．减小 6．(2025·上海市静安区高三一模调研)工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如下图所示。 反应器IV中的总反应为2NH3(g)+ CO2(g)CO(NH2)2(s) + H2O(g)，该反应需要两步才能完成，其能量变化如下图所示。 (1)第一步反应的平衡常数表达式K= ； (2)①当升高温度，第二步反应的平衡常数将 ； A． 减小 B． 增大 C． 保持不变 D．条件不足，无法判断 ②恒温恒容的密闭容器中，能说明总反应达到平衡状态的是 。 A．二氧化碳的生成速率和水的消耗速率相等 B．容器内气体的压强保持不变 C．容器内NH3 、CO2、H2O的物质的量之比为2：1：1 D．单位时间内，每断裂3molN-H键，同时形成1molO-H键 热点设问03化学反应速率与化学平衡的计算 析典例·明思路 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)回答下列问题： (1)氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存，其原因是 。 PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙[XeF]+[Pt2F11]-的制备方式如图所示 (2)上述反应中的催化剂为_______。 A．PtF6 B．PtF7- C．F- D．XeF+ (3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。 A．② B．③ C．④ D．⑤ (4)氟气通入氙(Xe)会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将的Xe和的F2同时通入的容器中，反应后，测得容器内共有气体，且三种氟化物的比例为XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3，则内XeF4的速率v(XeF4)= 。 2．(2026·上海闵行区高三学业质量调研)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 (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NO2-的平均反应速率为_______ mol·L-1·min-1。(反应前后溶液体积不变，1mmol=10-3mol) 研考点·通技法 1．有关化学反应速率计算公式的理解 对于反应mA(g)＋nB(g)===cC(g)＋dD(g) (1)计算公式：v(A)＝ (2)同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反应速率，存在如下关系：v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶c∶d (3)注意事项 ①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体 ②化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是瞬时速率，且计算时取正值 2．化学平衡计算中常用公式 对于可逆反应：对以下反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx mol，容器容积为V L mA(g) ＋ nB(g)pC(g)＋qD(g) 起始/mol a b 0 0 变化/mol mx  nx px qx 平衡/mol a－mx  b－nx px qx 平衡常数：K＝＝ (固体和纯液体的浓度为常数，不计入化学平衡常数表达式中) 反应物(A)的转化率：α(A)＝×100%＝×100%＝×100% 3．化学反应速率常数及应用 (1)速率常数含义：反应速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用反应速率常数大小来比较化学反应的反应速率 (2)速率常数的影响因素：与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，但温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值，一般温度越高，反应速率常数越大。通常反应速率常数越大，反应进行得越快。不同反应有不同的速率常数 (3)速率方程 ①定义：一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比 ②表达式：对于反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，则v正＝k正·ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的反应速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的反应速率常数) 如：反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，v正＝k正·c2(NO2)，v逆＝k逆·c2(NO)·c(O2)。 (4)速率常数与化学平衡常数之间的关系 ①K与k正、k逆的关系 对于反应：aA(g)＋bB(g)pC(g)＋qD(g)， 则：v正＝k正·ca(A)·cb(B) (k正为正反应速率常数) v逆＝k逆·cp(C)·cq(D) (k逆为逆反应速率常数) 反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·ca(A)·cb(B)=k逆·cp(C)·cq(D)，即： ②Kp与k正、k逆的关系 以2NO2N2O4为例，v正＝k正·p2(NO2)，v逆＝k逆·p(N2O4) 反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·p2(NO2)＝k逆·p(N2O4)＝＝Kp，即：Kp＝ 4．分压平衡常数(Kp) (1)气体的分压p(B)：相同温度下，当某组分气体B单独存在且具有与混合气体总体积相同的体积时，该气体B所具有的压强，称为气体B的分压强，简称气体B的分压。符号为p(B)，单位为Pa或kPa或MPa (2)分压定律 ①分压定律：混合气体的总压等于相同温度下各组分气体的分压之和 p(A)＋p(B)＋p(C)＋p(D)＋…＝p ②气体的分压之比等于其物质的量之比：＝ ③某气体的分压p(B)与总压之比等于其物质的量分数：＝＝x(B) 则：气体的分压＝气体总压×体积分数＝总压×物质的量分数 (3)分压平衡常数Kp (只受温度影响) 一定温度下，气相反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)达平衡时，气态生成物分压幂之积与气态反应物分压 幂之积的比值为一个常数，称为该反应的压强平衡常数，用符号Kp表示，Kp的表达式如下： ，其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)分别为A、B、C、D各气体的分压 5．Kp计算的两种类型 类型1．根据“某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)”计算压强平衡常数 第一步：根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度 第二步：计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。 第三步：根据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分(或物质的量分数) 第四步：根据平衡常数计算公式代入计算。例如，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，压强平衡常数表达式为Kp＝ 类型2．直接根据分压强计算压强平衡常数 N2(g) ＋ 3H2(g)2NH3(g) p(始)： p0 3p0 0 Δp： p 3p 2p p(平)： p0－p 3p0－3p 2p Kp＝ 破类题·提能力 1．(2026·上海青浦区高三学业质量调研)通过催化剂可将NO和CO转化为无毒气体。反应方程式为：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＜0 (5)一定温度下，向2 L密闭容器中充入2 mol NO和2.4 mol CO发生上述反应。10 s时，容器内的总压强为起始时的85%。计算10s内v(CO2)=_______。 2．(2025·上海市华东师范大学第一附属中学高三期中)保持温度和压强不变，在某密闭容器中按n(C6H6)∶n(CH4)=1∶5充入气体，发生反应6CH4(g)C6H6(l)＋9H2(g)，平衡时C6H6与C7H8的物质的量之比为3∶1.该条件下，平衡常数K= (保留3位有效数字)。 3．将硫化氢分解使其转化成氢气和硫具有非常重要的工业意义。 H2S(g)分解反应：2H2S(g)2H2(g)＋S2(g) ΔH1＝+170kJ·mol−1 (2)维持常压(0.1MPa)，将V(H2S)：V(N2)=1：4 (N2为稀释剂)的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)。T℃下，H2S的平衡转化率为，忽略副反应，则 MPa． 4．以CO2为碳源催化加氢合成甲醇，有利于降低碳的排放，实现“碳中和”。 已知：I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.8kJ·mol−1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2 (2)将CO2和H2按物质的量之比1：3充入恒压(5MPa)容器中，在催化剂的作用下发生反应I和Ⅱ，测得CO2的平衡转化率及CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。 ③225℃时，反应Ⅱ的平衡常数K= (保留3位小数)。 5．水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。 水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1 该反应分两步完成： 3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1 2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2 (2)恒定总压1.70MPa和水碳比[n (H2O)/ n(CO)] =12：5投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表： p(CO2)/MPa p(H2)/MPa p(CH4)/MPa 条件1 0.40 0.40 0 条件2 0.42 0.36 0.02 ①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数___________。 ②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。 6．(2025·上海市川沙中学高三第三次月考)CH4-H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。其反应原理为：CH4(g)＋2H2O(g)CO(g)＋4H2(g) ΔH＝+164.6kJ·mol−1。恒容密闭容器中，采用不同温度、不同投料，在实验室进行上述反应，数据如下： 温度(/℃) 浓度(/mol/L) CH4 H2O CO2 H2 T1 起始 1 2 0 0 平衡 0.5 T2 起始 2.5 2 0.5 0 平衡 2 1 1 2 (1)T1时，CO2的平衡产率为 ，K(T1℃)的数值为 。 (2)判断T1 T2(选填“＞”、“＜”或“=”)，理由是 。 热点设问04 水溶液中的离子平衡 析典例·明思路 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)液态氟化氢(HF)的电离方式为：3HFX+HF2，其中X为 。HF2的结构为，其中F-与HF依靠 相连接。 2．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)(1)AlBr3水解可得Al(OH)3胶体，请解释用Al(OH)3可净水的原因 。 (2)用上述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，该粒子可能是_______。 A． B． C． D． 3．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)已知：Ca2++2HCO3-CaCO3+H2CO3 ①HCO3-H++CO32- ②Ca2++CO32-CaCO3 ③HCO3-+H+H2CO3 (1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。 A．钙离子浓度保持不变 B．保持不变 C． D． (2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。 (3)已知H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11，Ksp(CaCO3)= 2.8×10－9，c(H＋)=8.4×10-9mol·L-1，c(HCO3-)=1.0×10-4mol·L-1，c(H2CO3)为 。当c(Ca2+)= mol·L-1时，开始产生CaCO3沉淀。 研考点·通技法 1．强弱电解质的比较与判断 (1)在相同浓度、相同温度下，对强弱电解质做导电对比实验。 (2)在相同浓度、相同温度下，比较反应速率的快慢。如将Zn粒投入到等浓度的盐酸和醋酸中，结果前者比后者反应快。 (3)浓度与pH的关系。如常温下，0.1 mol·L－1的醋酸溶液，其pH>1，即可证明CH3COOH是弱电解质。 (4)测定对应盐的酸碱性。如CH3COONa溶液呈碱性，则证明CH3COOH是弱酸。 (5)稀释前后的pH与稀释倍数的变化关系。如将pH＝2的酸溶液稀释100倍，若pH<4，则证明该酸为弱酸，若pH＝4，则证明该酸为强酸。 (6)利用实验证明存在电离平衡。如向醋酸溶液中滴入石蕊溶液变红，再加CH3COONH4，颜色变浅。 (7)利用较强酸制较弱酸来判断电解质强弱。如将CO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明酸性：H2CO3>C6H5OH。 2．根据水电离出的c(H＋)和溶液中c(H＋)判断溶液的性质 (1)室温下水电离出的c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，若某溶液中水电离出的c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，则可判断该溶液呈酸性或碱性；若某溶液中水电离出的c(H＋)>1×10－7 mol·L－1，则可判断出该溶液中存在能水解的盐，从而促进了水的电离。 (2)室温下，溶液中的c(H＋)>1×10－7 mol·L－1，说明该溶液是酸性溶液或水解呈酸性的盐溶液；溶液中的c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，说明该溶液是碱性溶液或水解呈碱性的盐溶液。 3．“用规律”“抓类型”突破盐类水解问题 (1)规律：有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性，越热越水解，越稀越水解。 (2)类型 ①强碱弱酸盐，阴离子水解，其水溶液呈碱性，如醋酸钠水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；多元弱酸酸根分步水解，如碳酸钠水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 ②强酸弱碱盐，阳离子水解，其水溶液呈酸性，如氯化铵、氯化铝水解的离子方程式分别为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。 ③NaCl等强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。 ④弱酸弱碱盐相互促进水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。 ⑤弱酸酸式盐水溶液酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。 a．若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4等。 b．若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，如NaHCO3、Na2HPO4等。 4．沉淀溶解平衡突破 (1)沉淀能否生成或溶解的判断方法 通过比较溶度积与非平衡状态下溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Qc的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀生成或溶解的情况： Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出； Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态； Qc<Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出。 (2)沉淀的转化方法 沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，非氧化还原类离子反应都是向离子浓度减小的方向移动，从溶解角度说，一般是易溶物质转化成微溶物质，微溶物质转化为难溶物质。有些金属硫化物(如CuS、HgS等)溶度积特别小，在饱和溶液中这些金属硫化物不能溶于非氧化性强酸，只能溶于氧化性酸，c(S2－)减小，可达到沉淀溶解的目的。 (3)溶度积(Ksp)与溶解能力的关系的突破方法 溶度积(Ksp)反映了电解质在水中的溶解能力，对于阴阳离子个数比相同的电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强；但对于阴阳离子个数比不同的电解质，不能直接比较Ksp数值的大小。 5．电解质溶液中粒子浓度大小的比较实例 类型 方法 举例 不等 式的 建立 一元弱酸(弱碱)、多元弱酸溶液中粒子浓度大小比较 考虑电离是可逆过程，电离程度较小，多元弱酸以一级电离为主 CH3COOH溶液中：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－) H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(OH－) 能水解的盐溶液中粒子浓度大小比较 考虑电离(完全)，水解是可逆过程，水解是微弱的 Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋) 不等 式的建立 酸式盐溶液中粒子浓度大小比较 水解程度大于电离程度 NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)或c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋) 电离程度大于水解程度 NaHSO3溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)或c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)> c(OH－) 不等 式的 建立 不同溶液中指定粒子浓度大小比较 主要考虑电离、起始浓度、水解程度 浓度均为0.1 mol·L－1的 (NH4)2CO3、(NH4)2SO4、NH4Cl 、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NH)的大小顺序：(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4Cl 不等 式的 建立 两种不反应的物质混合后溶液中粒子浓度大不比较 考虑电离和水解程度的相对大小 等浓度的NH4Cl和NH3·H2O混合溶液中(pH＞7)：c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－) >c(H＋) 等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中(pH＜7)：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－) 不等 式的 建立 两种溶液混合发生反应后的粒子浓度大小比较 考虑反应、过量、电离和水解 0.2 mol·L－1 HCN溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合的溶液中(pH＞7)：c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋) 破类题·提能力 1．(2026·上海奉贤区高三二模)已知：25℃ 时，二元弱酸H2SO3的电离平衡常数分别为Ka1、Ka2，水的离子积为KW。 (6) 在0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，相关微粒浓度关系式为：[H+]+[H2SO3]=__________。计算该溶液中[H+]=__________。(用含Ka1、Ka2、KW及[HSO3-]的代数式表示) 2．(2026·上海虹口区高三二模)25℃时，次磷酸钠NaH2PO2溶液中的摩尔分数随pH的变化曲线如图所示。 已知： 若要求溶液中的摩尔分数，则应控制溶液的pH不小于_______(精确到0.01)。 3．(2026·上海金山区高三二模)As(Ⅲ)在水溶液中不同存在形态所占物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。 (3)通过加入Bi2O3调节溶液pH至8，此时溶液中________。(用小数表示) 某兴趣小组向含0.01mol·L-1 Pb2+mol·L-1 和0.01mol·L-1 Bi2+的混合溶液中，缓慢滴加Na2S稀溶液(忽略体积变化)。 已知常温下，，。 (7) 当Bi3+完全沉淀(离子浓度)时，溶液中S2-浓度为________mol·L-1；此时Pb2+是否开始沉淀？________。 4．(2026·上海闵行区高三学业质量调研)红树林能通过沉积物中的Fe3+有效截留来自陆地径流的过量磷酸盐，缓解水体富营养化。下图是不同pH下磷酸的分布形式。 (7)下列说法正确的是_______。(不定项) A． 酸性水体比弱碱性水体更利于磷酸盐形成沉淀 B． 水体pH=8时，Fe3+去除磷酸盐的主要离子方程式：Fe3++HPO42-=FePO4↓+H+ C． 的 D． 向磷酸溶液中加入NaOH溶液至pH=12.3时，此时溶液中存在： 5．(2026·上海杨浦区高三学业质量调研)草酸钙常与方解石共生于岩石中，探究草酸钙在盐酸中的溶解可实现二者的分离。某温度下，将定量的草酸钙与足量不同初始浓度的盐酸混合，平衡时测得Ca2+、HC2O4-、C2O42-的lgc随变化趋势如图所示。 已知：该温度下草酸Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3。 (7) 曲线Ⅰ表示HC2O4-、曲线Ⅱ表示___________的浓度变化趋势。 A．C2O42- B．H2C2O4 (8)时，溶液的pH=___________。 A． 0 B． 1 C． 1．2 D． 1．3 (9)由图中获取信息并结合草酸的电离平衡常数，计算： CaC2O4(s)+2H+(aq)Ca2+((aq)+ H2C2O4-(aq)的平衡常数___________。(写出计算过程) 6．(2026·上海普陀区高三质量调研)(6)水解中和法。常温下，水溶液中含铜微粒Cu2＋、[Cu(OH)]＋、Cu(OH)2、[Cu(OH)3]-和[Cu(OH)4]2-的分布系数(某含铜微粒占总含铜微粒的物质的量分数)随pH的变化曲线如图所示。 ①曲线3代表的含铜微粒为___________。 ②pH=10.7时，c{[Cu(OH)3]-}＋2c{[Cu(OH)4]2-}＋2c(SO42-) ___________c(Na＋)(选填“＞”、“=”、“＜”)。 ③计算Cu(OH)2＋2OH-[Cu(OH)4]2-的平衡常数K=___________。 ④若CuSO4溶液起始浓度为α mol·L-1，加入NaOH固体调节溶液pH(忽略加入固体后引起的溶液体积的变化)，求M点混合溶液中Na＋的浓度___________(用含α的式子表示)。 热点设问05电化学原理综合应用 析典例·明思路 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)(1)根据如图，写出电极a的电极反应式 。 (2)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。 A．该装置实现电能转化为化学能 B．电极b是负极 C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a D．每1 mol(CH2O)n参与反应时，转移4 mol电子 (3)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于(CH2O)n的除去，但不利于硝酸根的除去。 。 2．(2026·上海普陀区高三质量调研)(8)某高校团队设计并使用如图装置电解TiO2获得金属钛。 ①若使用铅酸蓄电池作为电源，则X电极应与___________(填“Pb”或“PbO2”)极相连； ②若X极产生9．6g金属钛(M = 48g·mol−1)，则Y电极将生成___________L的一氧化碳(标况下)。 (9)已知TiCl4和TiO2的熔沸点如下表： 物质 TiCl4 TiO2 熔点/℃ -25．0 1840 沸点/℃ 136．4 2900 试解释工业上直接电解熔融TiO2获得金属钛而非电解熔点较低的TiCl4的原因___________。 研考点·通技法 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 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。 4．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。 破类题·提能力 1．(2026·上海浦东新联考)(8)下列有关电解精炼铜的说法中错误的是________。 A．粗铜做阳极，精铜做阴极 B．金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属转化为正离子进入溶液中 C．阳极泥有比铜不活泼的银、金等贵重金属 D．电解精炼铜和电镀铜的过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加都相等 2．(2026·上海嘉定区高三质量调研)新一代锂硒电池具有优异的循环稳定性，装置如下： (8)锂硒电池放电时正极的电极反应式为______。 (9)用该锂硒电池作电源电解500 mL足量的饱和食盐水，经过10 min负极固体质量减少1.4 g，该电解反应的速率v(OH-)=______。(假设溶液体积不变，也不考虑气体在溶液中的溶解。) 3．(2026·上海闵行区高三学业质量调研)碱性混合多硫化物—空气液流电池具有成本低、性能稳定等优点，其工作原理如图所示。 注：A．阳离子交换膜、B．阴离子交换膜 (9) 充电时，A极的电极反应式为_______。 (10)放电时，每消耗1molO2，Ⅲ室溶液的质量减少_______g。 A． 18 B． 23 C． 36 D． 68 4．(2026·上海奉贤区高三二模)CO2高效串联电催化合成DMC反应原理及其装置工作原理如下所示：CO2+2CH3OHCH3OCOOCH3+H2O (10) 阴极电极反应为__________。 5．(2026·上海虹口区高三二模)电解法可生产半导体掺杂所需的高纯PH3.该方法采用磷酸溶液作为电解液，把熔融的白磷(P4)分散到溶液中。 (1)M电极是_______。 A．正极 B．负极 C．阴极 D．阳极 (2)写出生成PH3的电极反应式_______。 6．(2026·上海普陀区高三质量调研) 电催化硝酸盐还原合成氨，装置如图甲。电解时NO3-先吸附到催化剂表面放电产生NH4+。控制其它条件不变，NH4+产率随pH变化如图乙。 (5)生成NH4+的电极反应式为___________。 (6)控制pH为6～8时，NH4+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)。 7．(2026·上海青浦区高三学业质量调研)以聚合物电解质膜为电极材料，利用电化学催化甲醇水蒸气制氢，所得氢气纯度高。装置示意图如下： (5) 装置中b为_______极。 A． 正 B． 负 C． 阳 D． 阴 (6)写出a电极的反应方程式：_______。 (7)工作时每消耗30 g甲醇，生成61.6LH2(标准状况下)，计算H2产率_______。(结果保留3位小数) (8)电化学法制得的H2纯度比方案一更高，原因是_______。 刷模拟 1．(2026·格致中学高三第二次测验)利用太阳能等可再生能源制氢并与二氧化碳合成甲醇，具有减少碳排放、提供高效储氢等多重优点。利用CO2加氢制备CH3OH的步骤如下所示： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： (1) 关于反应Ⅱ自发性说法正确的是___________。 A. 低温自发 B. 高温自发 C. 任意温度自发 D. 任意温度不自发 (2)恒温恒压条件下，若将含等物质的量CO和H2的混合气体充入密闭容器中进行反应Ⅱ，下列事实不能说明此反应已达到平衡状态的是___________。(不定项) A. 容器内气体密度保持不变 B. 混合气体的平均相对分子质量不变 C. 平衡常数保持不变 D. CO与H2的物质的量之比保持不变 (3)CO2和H2在光催化下发生反应Ⅲ，反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用*表示。写出虚线框中决速步的化学方程式___________。 向恒容密闭容器充入1molCO2和3molH2，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，测得平衡时CO2的转化率、和CH3OH的选择性随温度变化如图。 已知：选择性 (4)表示CO选择性的曲线是___________。 A．a B．b C．c (5)230℃时，一定能同时提高CO2平衡转化率和CH3OH选择性的方法是___________。 A．通入CO2 B．减小容器体积 C．恒容通入氩气 (6)210~250℃过程中，CO2平衡转化率变化的原因是___________。 在体积为2L的恒容容器中，4molCO2和12molH2在催化剂作用下发生反应Ⅲ，相同时间内不同的温度下，测定CH3OH的产率与温度的关系如图。 (7)Q点的反应速率___________。 A．> B．< C．= (8)520K时，X点所对应甲醇的产率50%，计算此时反应Ⅲ的化学平衡常数K=___________。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 2．(2026·上海华东师大二附中高三适应性模拟)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：； (1)苯乙烯有___________个碳原子共面，最多有___________个原子共面，最多有___________个原子共线。 (2)实验室欲测定苯乙烯中的官能团可利用的测量方法为________。 A. 核磁共振氢谱 B. 原子光谱 C. 红外光谱 D. 质谱 (3)除去乙醛中混有的苯乙烯需要加入的试剂为：___________。 (4)乙苯制苯乙烯的原理：，下列说法正确的是________。 A. 该反应是加成反应 B. 乙苯中碳原子的杂化形式有sp2，sp3 C. 乙苯可以通过煤的干馏直接得到 D. 乙苯有3种同分异构体，苯乙烯有4种同分异构体 (5)回答下列问题 ①具有良好性能的工程塑ABS()可由苯乙烯与其他物质聚合得到。写出除苯乙烯外的另两种单体的结构简式：___________、___________。 ②在①问中得到的另两种单体中同分异构体有炔烃的物质，其同分异构体中氢原子种类只有1种的炔烃系统命名为___________。 (6) 实验测得反应①的速率方程为v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)，下图中③代表lgk逆随的变化关系，则能代表lgk正随的变化关系的是___________。(选填序号) (7)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：___________。 某温度下，向2 L容器中通入2 mol 气态乙苯与2 mol O2发生反应②，10 min后反应达到平衡，此时混合气体中乙苯和苯乙烯的物质的量相等。 (8) 反应②从开始反应至达到平衡时间段内平均反应速率v(O2) = ___________。 (9)写出表示氢气燃烧热的热化学方程式：___________。 (10)判断反应②能否自发进行：___________，并说明理由：___________。 (11)该温度下某时刻容器中所有反应物和生成物浓度均为1mol/L，则v正___________v逆(选填“>”或“=”或“<”)，结合数据计算给出判断理由：___________。 (12) CO2氧化乙苯脱氢是制备苯乙烯的另一种方式。其方程式如下： 该反应在催化剂表面发生的历程如图所示： 反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH=3.5~4.5之间，原因是pH过低时，催化剂表面正电荷聚集，妨碍与CO2结合；pH过高时，CO2易形成CO； 相对于反应①，CO2氧化法制备苯乙烯工艺的优点为合成速率快、单位时间内的产量高；其缺点为：①：反应需要控制酸度，工艺较为复杂；②：___________；③：___________。 刷真题 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红 (1)在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是_______。 A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．FeS D．FeS2 (2)如图所示，加热试管中的铁粉和硫粉，下列说法正确的是_______。 A．移开酒精灯后，固体保持红色 B．反应中S只做还原剂 C．反应中主要产生的气体副产物为SO3 D．最终得到黑色的Fe2S3固体 (3)基态铁原子中，_______。 A．有4个不同能级的电子 B．有5个未成对电子 C．核外电子共占据15个原子轨道 D．有26种能量不同的电子 在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，产生[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2，溶液变为血红色。 (4)下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。 A．常温下显中性 B．加入铁粉后溶液变为红褐色 C．遇沸水时产生胶体 D．加入氨水后产生白色沉淀 (5)在配合物 [Fe(SCN)(H2O)5]Cl2中，内界为_______，配体有_______种 工业盐酸常混有少量Fe3+，会使溶液呈黄色，是因为形成了一系列含铁配合物，这些配合物可简写为[FeClx]3-x(x=1，2，3，4)。 室温下，在溶液中Fe3+与Cl-存在平衡：Fe3+(aq)+xCl-(aq)[FeClx]3-x(aq) (6)现加水稀释FeCl3溶液至体积为原来的两倍，则溶液中Fe3+的物质的量n(Fe3+)_______。 A．增大B．不变C．减小 并用离子积Q与平衡常数K的大小关系解释n(Fe3+)变化的原因_______。 (7)室温下，x取不同值时，对应的平衡常数见下表： x 1 2 3 4 K 30.20 134.90 97.72 1.02 某工业盐酸中c(Cl-)=12.00mol·L-1，则c(FeCl3)的摩尔分数为_______。(用小数表示，精确到小数点后2位) 已知：c[(FeClx)3-x]的摩尔分数== 2．(2024·上海市普通高中学业水平等级性考试)已知：Ca2++2HCO3-CaCO3+H2CO3 ①HCO3-H++CO32- ②Ca2++CO32-CaCO3 ③HCO3-+H+H2CO3 (1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。 A．钙离子浓度保持不变 B．保持不变 C． D． (2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。 (3)已知H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11，Ksp(CaCO3)= 2.8×10－9，c(H＋)=8.4×10-9mol·L-1，c(HCO3-)=1.0×10-4mol·L-1，c(H2CO3)为 。当c(Ca2+)= mol·L-1时，开始产生CaCO3沉淀。 (4)根据如图，写出电极a的电极反应式 。 (5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。 A．该装置实现电能转化为化学能 B．电极b是负极 C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a D．每1 mol(CH2O)n参与反应时，转移4 mol电子 (6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于(CH2O)n的除去，但不利于硝酸根的除去。 。 3．(2024·上海市普通高中学业水平等级性考试)I.铝的三种化合物的沸点如下表所示： 铝的卤化物 沸点 1500 370 430 (1)解释三种卤化物沸点差异的原因 。 (2)已知反应。 ① ② ③ ④ ⑤ 则 。 (3)由图可知，若该反应自发，则该反应的_______。 A． B． C． D． II.已如的晶胞如图所示(已知结构为平行六面体，各棱长不相等，在棱心) (4)该晶体中，每个，距离其最近的有_______个。 A．4 B．5 C．8 D．12 (5)已知，一个晶胞的体积。求的晶胞密度 。 (6)水解可得胶体，请解释用可净水的原因 。 (7)用上述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，该粒子可能是_______。 A． B． C． D． 1 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 化学反应原理综合 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 化学反应原理综合题是必考题型，涉及热化学、电化学、四大平衡等，结合生产、生活、科技背景材料。本题型往往取材于能源、环境问题、化工生产等情景。题目围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现，每个小题有一定的相对独立性，将热化学、化学反应速率、电化学及三大平衡知识融合在一起进行考查；且题目中结合图象、表格、数据、装置等信息，考查学生的阅读、读图、分析归纳能力，增加试题的难度。考点主要涉及盖斯定律与热化学方程式、化学反应速率的计算及其影响因素、平衡常数计算及其影响因素、化学平衡移动及其影响因素、电极反应方程式书写等。题目形式包括图表、图像，考查信息处理能力和综合分析能力。重点有盖斯定律、反应速率、化学平衡移动、离子平衡、电化学等。 预计2026年试题会以实际情景为背景，多因素影响分析，填空、读图、计算等形式出现。可能会更强调实际情境的应用，比如新能源、环保、工业生产中的具体问题。多因素综合影响分析，比如温度、浓度、催化剂共同作用，需要学生综合考虑，而不仅仅是单一因素。图表和数据的复杂度可能增加，比如多重平衡体系，连续反应或竞争反应的平衡常数计算。另外，核心素养如变化观念与平衡思想会更突出，可能涉及开放性试题，考查创新能力。考生应多关注实际应用和跨模块整合，比如与电化学、工业流程结合的问题。同时，强化三段式、图像分析、语言表述的规范性。 热点·设问·拆解 热点设问01 化学反应与能量变化 热点设问02 化学反应速率与化学平衡的影响因素 热点设问03 化学反应速率与化学平衡的计算 热点设问04 水溶液中的离子平衡 热点设问05 电化学原理综合应用 热点设问01化学反应与能量变化 析典例·明思路 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)I.铝的三种化合物的沸点如下表所示： 铝的卤化物 沸点 1500 370 430 (1)解释三种卤化物沸点差异的原因 。 (2)已知反应。 ① ② ③ ④ ⑤ 则 。 (3)由图可知，若该反应自发，则该反应的_______。 A．ΔH＞0，ΔS＞0 B．ΔH＜0，ΔS＞0 C．ΔH＞0，ΔS＜0 D．ΔH＜0，ΔS＜0 【答案】(1)AlF3为离子晶体，AlCl3和AlBr3为分子晶体，故AlF3的沸点最高；AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，故AlBr3的分子间作用力大于AlCl3，所以AlBr3的沸点高于AlCl3。 (2) ΔH1= -ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5 (3)A 【解析】(1)AlF3为离子晶体，AlCl3和AlBr3为分子晶体，故AlF3的沸点最高；AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，故AlBr3的分子间作用力大于AlCl3，所以AlBr3的沸点高于AlCl3。 (2)由题中所给的热化学方程式，根据盖斯定律可知，目标热化学方程式可由①×(-1)+②×2+③×3+④×3+⑤×(-1)得到，故ΔH1= -ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5。 (3)由 ΔG=ΔH-TΔS可得 ΔG=-TΔS+ΔH，根据图像可知，该直线解析式得斜率小于0，纵截距大于0，即-ΔS＜0，ΔH＞0；故结果为ΔS＞0，ΔH＞0，选项A正确。 2．(2026·上海普陀区高三质量调研) (3)合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。 ①合成氨反应的N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH=___________kJ·mol-1(用图中字母表示)。 ②下列说法正确的是___________。(不定项) A．反应历程中存在4个基元反应 B．反应历程中存在σ键和π键的断裂和形成 C．反应需在高温条件下才能自发进行 D．决速步的反应方程式为NH2*＋H*=NH3* 【答案】(3) ① -2(a-b)或2b-2a ② AD 【解析】(3)图中为，反应物相对能量为0，生成物NH3相对能量为b-a，该反应；总反应计量数为其2倍，故。② A． 1个过渡态对应1个基元反应，图中共4个过渡态，因此有4个基元反应，A正确； B． 反应中N2断裂σ键和π键，H2断裂σ键，仅生成N-Hσ键，没有π键生成，B错误； C． 合成氨ΔH＜0、ΔS＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0 ，反应低温自发，C错误；D．活化能最大的步骤为决速步，图中的活化能最大，是决速步，D正确；故选D。 研考点·通技法 1．热化学方程式的书写方法 2．．根据盖斯定律进行计算 (1)计算步骤 (2)ΔH与书写方式的关系 ①正逆反应的△H、K的关系：△H正+△H逆＝0，K正·K逆＝1 ②化学计量数变成n倍，△H变为n倍，K变为n次方倍 ③反应③＝反应①+反应②，则：△H3＝△H1+△H2，K3＝K1·K2 ④反应③＝反应①－反应②，则：△H3＝△H1－△H2，K3＝ ⑤反应③＝a×反应①－×反应②，则：△H3＝a△H1－△H2，K3＝ 3．常用关系式 热化学方程式 焓变之间的关系 aA===B ΔH1 A===B ΔH2 ΔH2＝ΔH1或ΔH1＝aΔH2 aA===B ΔH1 B===aA ΔH2 ΔH1＝－ΔH2 ΔH＝ΔH1＋ΔH2 4．ΔH的三种计算式 (1)ΔH＝生成物总能量－反应物总能量＝H(生成物)－H(反应物) (2)ΔH＝反应物总键能之和－生成物总键能之和 ①常见分子：根据成键原则画出结构式即可判断 分子式 Cl2 O2 N2 H2O H2O2 CO2 结构式 Cl－Cl O＝O N≡N H－O－H H-O-O-H O＝C＝O 分子式 HCN NH3 CH4 C2H4 C2H6 N2H4 结构式 H－C≡N ②信息分子：根据分子结构示意图数共价键个数 物质 硫化磷 雄黄(As4S4) P4O10 S8单质 N4分子 P4O6 结构 键数 12个P-S键 2个P＝S键 2个As-As键 8个S-As键 4个P＝O键 12个P－O键 8个S－S键 6个N－N键 12个P－O键 ③特殊物质：选修物质结构内容 物质/mol 白磷 金刚石 晶体硅 SiO2 石墨 结构 键数/mol 6 2 2 4 1.5 (3)ΔH＝E1－E2，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能 破类题·提能力 1．(2026·上海嘉定区高三质量调研)(7)下列对反应判断正确的是______。 A. ΔH＜0 ΔS＞0 B. ΔH＜0 ΔS＜0 C. ΔH＞0 ΔS＞0 D. ΔH＞0 ΔS＜0 【答案】(7)B 【解析】(7)该反应是P和F2的化合反应，属于放热反应，ΔH＜0；反应前气体总物质的量为5 mol，反应后气体总物质的量为2 mol，气体分子数减少，混乱度减小，因此ΔS＜0，选B。 2．(2026·上海闵行区高三学业质量调研)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：①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH1＝-92.4kJ·mol−1 ②NH3(g)+H+(aq)=NH4+(aq) ΔH2＝-52.3kJ·mol−1 ③2NO2-(aq)+2H+(aq)+3H2(g)=N2(g)＋4H2O(l) ΔH3＝-745.0kJ·mol−1 (1)上述厌氧氨氧化反应的ΔH＝_______kJ·mol−1。 【答案】(1)-274.0 【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； 3．(2026·上海宝山区高三质量监测)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CO2还原制乙烯的方法。 (1)已知： 共价键 C=O H-O H-C C=C O=O 键能(kJ·mol−1) 799 467 413 615 498 根据上表数据求算电催化CO2还原制C2H4总反应：2CO2(g)＋2H2O(g)C2H4(g)＋3O2(g)的ΔH =___________ kJ·mol−1；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)① +1303 ②高温 【解析】(1) ΔH=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ΔG=ΔH-TΔS＜0时反应可自发进行，该反应ΔH＞0，若ΔS＜0，该反应不可能自发进行，只有当ΔS＞0，在高温条件下可自发进行； 4．(2026·上海奉贤区高三二模)碳酸二甲酯(DMC)结构简式为CH3OCOOCH3，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。“甲醇氧化羰基法”制备CH3OH： 此方法以捕集回收的CO2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：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH 在某催化剂作用下的反应机理如图所示： (1) 判断该反应的热效应ΔH________0。 A．> B．＜ (2) 在该反应机理中，共有________个基元反应。 A． 7 B． 8 C． 13 D． 14 (3) 写出上述机理中决速步骤反应方程式_________。 【答案】(1) B (2) B (3)或； 【解析】(1)从反应历程能垒图可以看出，反应的最终状态能量低于初始状态能量，说明该反应为放热反应，因此ΔH＜0； (2)基元反应的数目等于反应历程中过渡态(TS)的数目和吸附于催化剂和脱离催化剂过程，因此共8步基元反应； (3)决速步是活化能最大的步骤，对应能垒图中能量差最大的一步。从图中可以看出，第4步的能垒最高，为决速步。该步骤的反应方程式为：或：； 5．(2026·上海金山区高三二模)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C40H20经过连续脱氢反应生成。其中第一步反应为：①C40H20(g)C40H18(g)＋H2(g) ΔH1 该步反应的反应历程—能量变化示意图如下所示。 (1)ΔH1=________kJ·mol−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。 【答案】(1) C (2) 3 3 【解析】(1)反应①：C40H20(g)C40H18(g)＋H2(g),反应热ΔH等于生成物总能量减去反应物总能量，由图可知，反应物C40H20(g)的相对能量为，生成物C40H18(g)＋H2(g)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； 热点设问02化学反应速率与化学平衡的影响因素 析典例·明思路 1．(2026·上海金山区高三二模)一定条件下，在2 L恒容密闭容器中，充入2molC40H20，发生反应：C40H20(g)C40H18(g)＋H2(g) 。达到平衡后，测得c(H2)=0.2mol·L-1 。 (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1molH-H键的同时，断开1molC-H键 (4)C40H20的平衡转化率为________；其他条件不变，下列措施可以提高C40H20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N2 D．及时分离出H2 (5)达到平衡后，向容器中充入C40H20和H2各0.5 mol，通过计算判断化学平衡的移动方向________。 【答案】(3) A (4)20% BD (5)向逆反应方向移动 【解析】(3)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 molH2，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 C40H20，平衡时c(H2)=0.2mol·L-1，则生成的H2物质的量为，由反应式可知，反应的C40H20物质的量为0.4mol，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：，c(C40H18)=0.2mol·L-1，c(H2)=0.2mol·L-1，；充入各0.5 mol C40H20和H2后，各物质浓度：，c(C40H18)=0.2mol·L-1，，浓度商：，，说明反应逆向进行，平衡向逆反应方向移动； 2．(2026·上海普陀区高三质量调研) (4)在不同压强下，按(H2)=0.75，(N2)=0.25组成进料(物质i的物质的量分数：)，反应达到平衡时氨的物质的量分数与温度的关系如图所示。 ①下列说法正确的是___________。(不定项) A．压强P1＞P2 B．平衡常数KA=KB＞KC C．达到平衡时，反应速率vB＞vA D．D处迅速升温由T1到T2，此时v正＜v逆 ②在容积为2 L的密闭容器中投入共1 mol反应气体，5 min后达到A处平衡状态，则氮气的反应速率v(N2)=___________mol⋅L−1⋅min−1。 ③压强为P1时，按(H2)=0.675，(N2)=0.225，(Ar)=0.1组成进料，在下图中画出平衡时氨的物质的量分数与温度的关系曲线___________。 【答案】(4) ① ACD ② 0．01 ③ 【解析】(4)A．合成氨是气体分子数减少的反应，压强越大，NH3平衡物质的量分数越大；相同温度下P1的x(NH3)更大，故P1＞P2​，A正确； B． 合成氨放热，温度升高平衡常数减小，KA＞KB＞KC，B错误；C．温度越高反应速率越快，B点温度高于A点，故vB>vA，C正确；D．升温后合成氨平衡逆向移动，因此v正＜v逆，D正确。② 设平衡时转化的N2​为xmol，总起始气体为1mnol：​​ 平衡总物质的量，A点，解得x=0.1mol，因此。③曲线趋势与原P1​曲线一致(随温度升高x(NH3)降低)，同温度下x(NH3)小于原P1曲线，整体位于原P1曲线下方。 (恒压下加入惰性气体，反应物分压减小，平衡逆向移动，NH3物质的量分数降低)即：。 研考点·通技法 1．影响化学平衡的因素 (1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响 改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强(对有气体参加的反应) 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动 减小压强 向气体分子总数增大的方向移动 反应前后气体体积不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向吸热反应方向移动 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动 (2)“惰性气体”对化学平衡移动的影响 ①恒温、恒容下：加入惰性气体体系总压增大，但体积不变，各反应物、生成物的浓度均未改变，故反应速率不变，V正、V逆也不变，化学平衡也不发生移动 ②恒温、恒压下：加入惰性气体体积增大各反应物浓度减少反应速率减小，V正、 V逆均减小，等效于降压，故化学平衡向气体总体积增大的方向移动 2．掌握三类平衡移动图像：反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n＞p＋q，且ΔH＞0 (1)速率—时间图——注意断点 t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t3时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大 (2)转化率(或含量)—时间图——先拐先平 甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率 (3恒压(温)线——定一议二 分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即：为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。 破类题·提能力 1．(2026·上海青浦区高三学业质量调研)通过催化剂可将NO和CO转化为无毒气体。反应方程式为：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＜0，恒容密闭容器中，固定投料比，反应相同时间，不同温度下NO的转化率如图： (3) 结合上图，下列说法正确的是_______。(不定项) A． 混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态 B． 使用更高效的催化剂，可提高NO平衡转化率 C． NO转化率达到最高点时，反应不一定处于化学平衡状态 D． 达到平衡后，再通入NO，NO转化率增大 (4)在以下，升高温度NO转化率增大，请用碰撞理论解释原因(不考虑催化剂活性的变化)：_______。 【答案】(3)AC (4)升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内有效碰撞次数增多，反应速率加快，该温度范围内反应未达到平衡，相同时间内NO转化量更多 【解析】(3)A．混合气体总质量不变，反应前后气体总物质的量变化，平均相对分子质量​，M不变说明不变，反应达到平衡，A正确；B．催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率，不能提高NO的平衡转化率，B错误；C．该反应ΔH＜0，如果所有温度下反应都达到平衡，NO平衡转化率应该随温度升高持续降低。但图中250℃前转化率随温度升高而增大，说明该区间内反应未达到平衡，测得的转化率是相同反应时间下的非平衡转化率，转化率升高仅因为温度升高反应速率加快，转化量更多，因此“转化率达到最高点时，反应不一定处于平衡状态”的说法正确，C正确；D．恒容平衡后再通入NO，平衡正向移动，CO转化率增大，NO自身转化率降低，D错误；故选AC； (4)升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内有效碰撞次数增多，反应速率加快，该温度范围内反应未达到平衡，相同时间内NO转化量更多，因此转化率增大； 2．(2025·上海市曹杨第二中学高三期中考试)恒容密闭容器中，对反应C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，ΔH= -569kJ·mol−1，进行相关实验探究。改变投料比[n0(N2)：n2(CO2)]进行多组实验(各次实验的温度可能相同也可能不同)，测定N2的平衡转化率，部分实验结果如图： (3)如果要将图中点的平衡状态改变为点的平衡状态，应采取的措施是 。 (4)图中、、、四点对应的实验温度相等的是 (填编号)。 【答案】(3)升高温度 (4)X和Z 【解析】(3)反应④是气体体积不变的放热反应，增大压强，平衡不移动，氮气的转化率不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氮气的转化率减小，由图可知，R点和X点的投料比相等，R点氮气的转化率大于X点， 则升高温度可以将图中R点的平衡状态改变为X点的平衡状态，故答案为：升高温度； (4)由图可知，R点和X点的投料比相等，都为1，R点、X点氮气的转化率为80%，设起始氮气和二氧化碳的浓度都为1mol/L，由方程式可知，R点平衡时氮气、二氧化碳、一氧化氮的浓度分别为1mol/L—1mol/L×80%=0.2mol/L、1mol/L—1mol/L×80%=0.2mol/L、 1mol/L×80%=0.8mol/L，则反应的平衡常数K==16，同理可知，X点平衡时氮气、二氧化碳、一氧化氮的浓度分别为1mol/L—1mol/L×50%=0.5mol/L、1mol/L—1mol/L×50%=0.5mol/L、 1mol/L×50%=0.5mol/L，反应的平衡常数K==1；Y点投料比为1.5，氮气的转化率为40%，设起始氮气和二氧化碳的浓度分别为3mol/L和2mol/L，由方程式可知，R点平衡时氮气、二氧化碳、一氧化氮的浓度分别为3mol/L—3mol/L×40%=1.8mol/L、2mol/L—3mol/L×40%=0.8mol/L、 3mol/L×40%=1.2mol/L，反应的平衡常数K=≈0.83；Z点投料比为3，氮气的转化率为25%，设起始氮气和二氧化碳的浓度分别为3mol/L和1mol/L，由方程式可知，R点平衡时氮气、二氧化碳、一氧化氮的浓度分别为3mol/L—3mol/L×25%=2.25mol/L、1mol/L—3mol/L×25%=0.25mol/L、 3mol/L×25%=0.75mol/L，反应的平衡常数K==1，温度不变，平衡常数不变，则X点和Z点平衡常数相同，温度相同。 3．(2025·上海市华东师范大学第一附属中学高三期中)利用CO2制备CO，一定温度下，在恒容密闭容器中投入一定量CO2和H2进行反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。 (1)下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是_______。 A．体系压强不再发生变化 B．体系内气体平均摩尔质量不再发生变化 C．1molH-H键断裂，同时生成2molH-O键 D．体系内CO2与H2O的物质的量之比保持不变 (2)在恒定温度与容积下，可以提高CO2平衡转化率的措施有_______。 A．向反应容器中充入H2 B．向反应容器中充入CO2 C．添加更有效的催化剂 D．利用合适试剂干燥混合气体 (3)其他条件相同，在甲、乙、丙三种不同催化剂作用下，相同时间内测得氢气转化率随温度变化如图所示。下列说法错误的是_______。 A．850℃下，甲、乙、丙可能均达到平衡 B．700℃下，甲对应的活化能最大 C．一般催化剂能降低活化能，但不改变反应的焓变 D．其它条件一定时，随着温度升高，活化分子百分数增大 【答案】(1)D (2)AD (3)B 【解析】(1)A项，CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是反应前后气体体积不变的反应，压强始终不变，压强不能作为平衡的判断依据，A错误；B项，密闭容器中物质的质量不变，反应前后气体的物质的量不变，故平均摩尔质量始终不变，不能作为平衡判断的依据，B错误；C项，1molH-H键断裂，同时生成2molH-O键都是正反应速率，不能作为平衡判断依据，C错误；D项，体系内CO2与H2O的物质的量之比保持不变，证明反应达到了动态平衡状态，D正确；故选D。(2)A项，通入氢气平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率增大，A正确；B项，通入二氧化碳，根据勒夏特列原理其转化率降低，B错误；C项，催化剂只能改变反应速率不能改变反应限度，C错误；D项，干燥混合气体，降低生成物水的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，D正确；故选AD。(3)A项，催化剂只影响反应速率，不影响化学平衡，投料比和温度等条件都相同的情况下，三个反应达到平衡时氢气的转化率相同，850℃时，氢气的转化率相等，则甲乙丙可能均达到平衡，A正确；B项，活化能越大反应速率越慢，相同时间内的转化率越低，则该条件下甲对应的活化能最低，B错误；C项，一般的催化剂降低了过渡态的能量从而降低活化能，但是不改变焓变，C正确；D项，升高温度，分子的能量升高，活化分子百分数增大，D正确；故选B。 4．(2025·上海复旦大学附属中学高三期中)脱除汽车尾气中NO和CO包括以下两个反应： 反应ⅰ. 2NO+CON2O+CO2； 反应ⅱ. N2O+CON2+CO2。 将恒定组成的NO和CO混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图。 (1)实验过程中，高于340℃后N2O浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因是 。 (2)450℃时，该时间段内NO的脱除率= (保留2位有效数字，NO的脱除率)。 【答案】(1)反应ⅰ、ⅱ的反应速率随温度的升高而增大，高于340℃后，升高温度，反应ⅱ速率增加的程度超过反应ⅰ增加的程度，使得反应ⅱ速率大于反应ⅰ速率，所以N2O浓度减小 (2)88% 【解析】(1)反应ⅰ、ⅱ的反应速率随温度的升高而增大，高于340℃后，升高温度，反应ⅱ速率增加的程度超过反应ⅰ增加的程度，使得反应ⅱ速率大于反应ⅰ速率，所以N2O浓度减小；(2)根据450℃时各物质的浓度，NO的初始浓度为(200+125×2+1625×2)10-6mol/L=3.710-3mol/L，转化为氮气的NO的浓度162510-6mol/L×2=3.2510-3mol/L，该时间段内NO的脱除率约为。 5．(2025·上海市奉贤中学年高三期中)硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，合成原理为SO2(g)＋Cl2 (g) SO2Cl2 (g) △H＜0。 (1)下列关于该反应自发性的判断正确的是_______。 A．高温自发 B．低温自发 C．任何温度都自发 D．任何温度都不自发 (2)保持一定温度，向体积为1.5L的恒容密闭容器中充入1.5mol SO2和1mol Cl2。 ①下列说法能说明该反应达到平衡的是 。 A．SO2Cl2的体积分数不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．混合气体的平均相对分子质量不再变化 D．v(SO2)=v(SO2Cl2) ②测得体系初始压强P0=72 MPa，达到平衡时体系压强减小了14.4MPa。计算该温度下的平衡常数K= 。(写出计算过程) ③其他条件不变时，将起始投料改为3mol2和2mol Cl2，达到新平衡时，SO2的转化率将 。 A．增大 B．不变 C．减小 【答案】(1)B (2) AC 1.5 mol·L-1 A 【解析】(1)反应要自发进行，则ΔG＜0，又因ΔG=ΔH-TΔS，ΔH＜0，ΔS＜0，故该反应是低温自发进行，故答案为B。(2)①A项，SO2Cl2的体积分数不再变化，说明各物质的量不变，反应达到平衡状态；B项，该反应前后气体质量不变，容器体积不变，则密度始终不变；C项，该反应前后气体质量不变，气体物质的量改变，则混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态；D项，v(SO2)=v(SO2Cl2)，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡；故选AC。②反应前气体总物质的量为1.5mol＋1mol＝2.5mol，体系初始压强P0=72 MPa，平衡时压强为57.6 MPa，设平衡时反应的物质的量为xmol，则      平衡时气体总物质的量为2.5-xmol，则，x=0.5mol，则平衡时SO2，Cl2，SOCl2的浓度分别为：，，，该温度下的平衡常数 ；③将起始投料改为3molSO2和2mol Cl2，相当于对原平衡一个加压，加压条件下，平衡正向移动，故SO2的转化率将增大，故选A。 6．(2025·上海市静安区高三一模调研)工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如下图所示。 反应器IV中的总反应为2NH3(g)+ CO2(g)CO(NH2)2(s) + H2O(g)，该反应需要两步才能完成，其能量变化如下图所示。 (1)第一步反应的平衡常数表达式K= ； (2)①当升高温度，第二步反应的平衡常数将 ； A． 减小 B． 增大 C． 保持不变 D．条件不足，无法判断 ②恒温恒容的密闭容器中，能说明总反应达到平衡状态的是 。 A．二氧化碳的生成速率和水的消耗速率相等 B．容器内气体的压强保持不变 C．容器内NH3 、CO2、H2O的物质的量之比为2：1：1 D．单位时间内，每断裂3molN-H键，同时形成1molO-H键 【答案】(1) (2) ①B ②B 【解析】(1)第一步反应的化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=H2NCOONH4(s)，平衡常数表达式K=； (2)由图可知，第二步反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故选B；A项，二氧化碳的生成速率和水的消耗速率都是逆反应速率，不符合正逆反应速率相等，A不符合；B项，该反应是前后气体系数不等的反应，恒温恒容下，反应容器压强是变量，气体的压强保持不变时达到平衡状态，B符合；C项，容器内NH3 、CO2、H2O的物质的量之比为2：1：1时，物质的量分数不一定保持不变，反应不一定达到平衡状态，C错误；D项，单位时间内，每断裂3mol N-H键，同时形成1mol O-H键，意味着每反应1mol NH3，同时生成0.5mol H2O，均表示正反应方向，不符合正逆反应速率相等，D不符合；故选B。 热点设问03化学反应速率与化学平衡的计算 析典例·明思路 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)回答下列问题： (1)氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存，其原因是 。 PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙[XeF]+[Pt2F11]-的制备方式如图所示 (2)上述反应中的催化剂为_______。 A．PtF6 B．PtF7- C．F- D．XeF+ (3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。 A．② B．③ C．④ D．⑤ (4)氟气通入氙(Xe)会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将的Xe和的F2同时通入的容器中，反应后，测得容器内共有气体，且三种氟化物的比例为XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3，则内XeF4的速率v(XeF4)= 。 【答案】(1)氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氯化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应 (2)A (3)AB (4) 0.0004 mol·L-1·min-1 【解析】(1)氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存。类比铝在空气中不易被腐蚀的原理，可用Cu制容器储存氟单质的原因是氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氯化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应。 (2)由图中信息可知，PtF6参与了反应过程，但最后又生成了PtF6，因此上述反应中的催化剂为PtF6，故选A。 (3)由图中信息可知，反应②的化学方程式为PtF7-+Xe→PtF6-+ XeF，反应③的化学方程式为PtF6-+XeF→PtF6+ XeF+，这两步反应中Xe和Pt的化合价都发生了变化，因此，上述过程中属于氧化还原反应的是②和③；反应④的化学方程式为PtF6-→PtF5+ F-，反应⑤的化学方程式为PtF6-+PtF5=[Pt2F11]-，这两步反应中元素的化合价没有变化，因此，这两个反应不是氧化还原反应，故选AB。 (4)氟气通入氙(Xe)会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将1 mol的Xe和9 mol的F2同时通入50L的容器中，反应10 min后，测得容器内共有8.9 mol气体，且三种氟化物的比例为XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3。假设XeF2、XeF4、XeF6的物质的量分别为x、6x、3x，则1 mol +9 mol +10x-10x-x--=8.9 mol，解之得，10 min内XeF4的速率。 2．(2026·上海闵行区高三学业质量调研)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 (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NO2-的平均反应速率为_______ mol·L-1·min-1。(反应前后溶液体积不变，1mmol=10-3mol) 【答案】(2)1.0×10-3 【解析】(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NO2-的平均反应速率为； 研考点·通技法 1．有关化学反应速率计算公式的理解 对于反应mA(g)＋nB(g)===cC(g)＋dD(g) (1)计算公式：v(A)＝ (2)同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反应速率，存在如下关系：v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶c∶d (3)注意事项 ①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体 ②化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是瞬时速率，且计算时取正值 2．化学平衡计算中常用公式 对于可逆反应：对以下反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx mol，容器容积为V L mA(g) ＋ nB(g)pC(g)＋qD(g) 起始/mol a b 0 0 变化/mol mx  nx px qx 平衡/mol a－mx  b－nx px qx 平衡常数：K＝＝ (固体和纯液体的浓度为常数，不计入化学平衡常数表达式中) 反应物(A)的转化率：α(A)＝×100%＝×100%＝×100% 3．化学反应速率常数及应用 (1)速率常数含义：反应速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用反应速率常数大小来比较化学反应的反应速率 (2)速率常数的影响因素：与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，但温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值，一般温度越高，反应速率常数越大。通常反应速率常数越大，反应进行得越快。不同反应有不同的速率常数 (3)速率方程 ①定义：一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比 ②表达式：对于反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，则v正＝k正·ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的反应速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的反应速率常数) 如：反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，v正＝k正·c2(NO2)，v逆＝k逆·c2(NO)·c(O2)。 (4)速率常数与化学平衡常数之间的关系 ①K与k正、k逆的关系 对于反应：aA(g)＋bB(g)pC(g)＋qD(g)， 则：v正＝k正·ca(A)·cb(B) (k正为正反应速率常数) v逆＝k逆·cp(C)·cq(D) (k逆为逆反应速率常数) 反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·ca(A)·cb(B)=k逆·cp(C)·cq(D)，即： ②Kp与k正、k逆的关系 以2NO2N2O4为例，v正＝k正·p2(NO2)，v逆＝k逆·p(N2O4) 反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·p2(NO2)＝k逆·p(N2O4)＝＝Kp，即：Kp＝ 4．分压平衡常数(Kp) (1)气体的分压p(B)：相同温度下，当某组分气体B单独存在且具有与混合气体总体积相同的体积时，该气体B所具有的压强，称为气体B的分压强，简称气体B的分压。符号为p(B)，单位为Pa或kPa或MPa (2)分压定律 ①分压定律：混合气体的总压等于相同温度下各组分气体的分压之和 p(A)＋p(B)＋p(C)＋p(D)＋…＝p ②气体的分压之比等于其物质的量之比：＝ ③某气体的分压p(B)与总压之比等于其物质的量分数：＝＝x(B) 则：气体的分压＝气体总压×体积分数＝总压×物质的量分数 (3)分压平衡常数Kp (只受温度影响) 一定温度下，气相反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)达平衡时，气态生成物分压幂之积与气态反应物分压 幂之积的比值为一个常数，称为该反应的压强平衡常数，用符号Kp表示，Kp的表达式如下： ，其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)分别为A、B、C、D各气体的分压 5．Kp计算的两种类型 类型1．根据“某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)”计算压强平衡常数 第一步：根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度 第二步：计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。 第三步：根据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分(或物质的量分数) 第四步：根据平衡常数计算公式代入计算。例如，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，压强平衡常数表达式为Kp＝ 类型2．直接根据分压强计算压强平衡常数 N2(g) ＋ 3H2(g)2NH3(g) p(始)： p0 3p0 0 Δp： p 3p 2p p(平)： p0－p 3p0－3p 2p Kp＝ 破类题·提能力 1．(2026·上海青浦区高三学业质量调研)通过催化剂可将NO和CO转化为无毒气体。反应方程式为：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＜0 (5)一定温度下，向2 L密闭容器中充入2 mol NO和2.4 mol CO发生上述反应。10 s时，容器内的总压强为起始时的85%。计算10s内v(CO2)=_______。 【答案】(5) 0.066mol·L-1· s-1 【解析】(5)恒温恒容下，压强比等于物质的量之比，起始总物质的量为2mol+2.4mol=4.4mol，10 s后总物质的量为。 设转化的NO为2amol，根据反应2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ，总物质的量，解得，则，； 2．(2025·上海市华东师范大学第一附属中学高三期中)保持温度和压强不变，在某密闭容器中按n(C6H6)∶n(CH4)=1∶5充入气体，发生反应6CH4(g)C6H6(l)＋9H2(g)，平衡时C6H6与C7H8的物质的量之比为3∶1.该条件下，平衡常数K= (保留3位有效数字)。 【答案】0.0175 【解析】设初始通入C6H6、CH4的物质的量分别为1mol、5mol，可列三段式： 则，解得x＝0.25，所以平衡常数。 3．将硫化氢分解使其转化成氢气和硫具有非常重要的工业意义。 H2S(g)分解反应：2H2S(g)2H2(g)＋S2(g) ΔH1＝+170kJ·mol−1 (2)维持常压(0.1MPa)，将V(H2S)：V(N2)=1：4 (N2为稀释剂)的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)。T℃下，H2S的平衡转化率为，忽略副反应，则 MPa． 【答案】(2)或 【解析】(2)假设硫化氢、氮气投料分别为1mol、4mol，T℃下，H2S的平衡转化率为50.0%，忽略副反应，则反应硫化氢0.5mol，生成氢气0.5mol、S20.25mol，总的物质的量为5.25mol，则或 MPa。 4．以CO2为碳源催化加氢合成甲醇，有利于降低碳的排放，实现“碳中和”。 已知：I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.8kJ·mol−1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2 (2)将CO2和H2按物质的量之比1：3充入恒压(5MPa)容器中，在催化剂的作用下发生反应I和Ⅱ，测得CO2的平衡转化率及CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。 ③225℃时，反应Ⅱ的平衡常数K= (保留3位小数)。 【答案】(2)③0.007 【解析】③由图像可知，225℃时，CO2的平衡转化率为25%，CH3OH的选择性为80%，设反应I中CO2的转化量为x mol，设反应II中CO2的转化量为y mol，根据题意列三段式有： 则， ，解得，；反应Ⅱ为等体积反应，故反应Ⅱ的平衡常数。 5．水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。 水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1 该反应分两步完成： 3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1 2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2 (2)恒定总压1.70MPa和水碳比[n (H2O)/ n(CO)] =12：5投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表： p(CO2)/MPa p(H2)/MPa p(CH4)/MPa 条件1 0.40 0.40 0 条件2 0.42 0.36 0.02 ①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数___________。 ②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。 【答案】(2)① 2.0 ②CO+3H2CH4+H2O 【解析】(2)①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式： ，解得x=4；则平衡常数；②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2CH4+H2O。 6．(2025·上海市川沙中学高三第三次月考)CH4-H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。其反应原理为：CH4(g)＋2H2O(g)CO(g)＋4H2(g) ΔH＝+164.6kJ·mol−1。恒容密闭容器中，采用不同温度、不同投料，在实验室进行上述反应，数据如下： 温度(/℃) 浓度(/mol/L) CH4 H2O CO2 H2 T1 起始 1 2 0 0 平衡 0.5 T2 起始 2.5 2 0.5 0 平衡 2 1 1 2 (1)T1时，CO2的平衡产率为 ，K(T1℃)的数值为 。 (2)判断T1 T2(选填“＞”、“＜”或“=”)，理由是 。 【答案】(1)50% 16 (2)> 根据数据计算得K(T1℃)16，K(T2℃)=8，可得K(T1℃)＞K(T2℃)，说明T1时，正反应进行程度大，又因为正反应是吸热反应，所以T1＞T2 【解析】(1)T1℃时，反应至达到平衡， CH4的浓度为0.5mol/L，根据三段式有： CO2理论能生成1mol/L，则CO2的平衡产率为，T1℃时，反应的平衡常数K(T1℃)=；(2)T2℃时，根据三段式有： T2℃时平衡常数K=，故T1℃时反应的平衡常数K大于T2℃时的平衡常数，根据CH4(g)＋2H2O(g)CO(g)＋4H2(g) ΔH＝+164.6kJ·mol−1正反应为吸热反应，升高温度K增大，故T1℃>T2℃。故理由可以描述为：根据表中数据计算得T2℃时平衡常数为8，小于T1℃时平衡常数，从T2到T1，平衡常数增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，所以改变的条件是升高温度。 热点设问04 水溶液中的离子平衡 析典例·明思路 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)液态氟化氢(HF)的电离方式为：3HFX+HF2，其中X为 。HF2的结构为，其中F-与HF依靠 相连接。 【答案】H2F 氢键 【解析】根据原子守恒可知，X为H2F。HF2的结构为，其中F-与HF之间依靠氢键连接。 2．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)(1)AlBr3水解可得Al(OH)3胶体，请解释用Al(OH)3可净水的原因 。 (2)用上述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，该粒子可能是_______。 A． B． C． D． 【答案】(1)氢氧化铝胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，因而常用于水的净化 (2)A 【解析】(1)由于氢氧化铝胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，因而常用于水的净化。 (2)某种胶体粒子向阴极移动，说明该粒子带正电，故选A。 3．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)已知：Ca2++2HCO3-CaCO3+H2CO3 ①HCO3-H++CO32- ②Ca2++CO32-CaCO3 ③HCO3-+H+H2CO3 (1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。 A．钙离子浓度保持不变 B．保持不变 C． D． (2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。 (3)已知H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11，Ksp(CaCO3)= 2.8×10－9，c(H＋)=8.4×10-9mol·L-1，c(HCO3-)=1.0×10-4mol·L-1，c(H2CO3)为 。当c(Ca2+)= mol·L-1时，开始产生CaCO3沉淀。 【答案】(1)AB (2)pH越大，即c(H+)越小，促进H2CO3HCO3-+H+的平衡正向移动，即cHCO3-增大，方程式Ca2++2HCO3-CaCO3+H2CO3平衡正向移动，有利于生成CaCO3 (3) 2×10-6mol·L-1 4.2×10-3 【解析】(1)A项，钙离子浓度保持不变，说明此时v正= v逆，反应达到平衡，A符合题意；B项，反应①中，即，K只与温度有关，保持不变，即cH+保持不变，说明此时，反应达到平衡，B符合题意；C项，CaCO3为固体，其浓度为常数，一般不用固体来表示化学反应速率，C不符合题意；D项，不同物质表示正逆反应速率，且之比不等于化学计量数之比，说明正反应速率不等于逆反应速率，反应未达到平衡状态，D不符合题意；故选AB；(2)pH越大，即c(H+)越小，促进H2CO3HCO3-+H+的平衡正向移动，即cHCO3-增大，方程式Ca2++2HCO3-CaCO3+H2CO3平衡正向移动，有利于生成CaCO3；(3)，，H2CO3的，；，即，； 研考点·通技法 1．强弱电解质的比较与判断 (1)在相同浓度、相同温度下，对强弱电解质做导电对比实验。 (2)在相同浓度、相同温度下，比较反应速率的快慢。如将Zn粒投入到等浓度的盐酸和醋酸中，结果前者比后者反应快。 (3)浓度与pH的关系。如常温下，0.1 mol·L－1的醋酸溶液，其pH>1，即可证明CH3COOH是弱电解质。 (4)测定对应盐的酸碱性。如CH3COONa溶液呈碱性，则证明CH3COOH是弱酸。 (5)稀释前后的pH与稀释倍数的变化关系。如将pH＝2的酸溶液稀释100倍，若pH<4，则证明该酸为弱酸，若pH＝4，则证明该酸为强酸。 (6)利用实验证明存在电离平衡。如向醋酸溶液中滴入石蕊溶液变红，再加CH3COONH4，颜色变浅。 (7)利用较强酸制较弱酸来判断电解质强弱。如将CO2通入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明酸性：H2CO3>C6H5OH。 2．根据水电离出的c(H＋)和溶液中c(H＋)判断溶液的性质 (1)室温下水电离出的c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，若某溶液中水电离出的c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，则可判断该溶液呈酸性或碱性；若某溶液中水电离出的c(H＋)>1×10－7 mol·L－1，则可判断出该溶液中存在能水解的盐，从而促进了水的电离。 (2)室温下，溶液中的c(H＋)>1×10－7 mol·L－1，说明该溶液是酸性溶液或水解呈酸性的盐溶液；溶液中的c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，说明该溶液是碱性溶液或水解呈碱性的盐溶液。 3．“用规律”“抓类型”突破盐类水解问题 (1)规律：有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性，越热越水解，越稀越水解。 (2)类型 ①强碱弱酸盐，阴离子水解，其水溶液呈碱性，如醋酸钠水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；多元弱酸酸根分步水解，如碳酸钠水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。 ②强酸弱碱盐，阳离子水解，其水溶液呈酸性，如氯化铵、氯化铝水解的离子方程式分别为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。 ③NaCl等强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。 ④弱酸弱碱盐相互促进水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。 ⑤弱酸酸式盐水溶液酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。 a．若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4等。 b．若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，如NaHCO3、Na2HPO4等。 4．沉淀溶解平衡突破 (1)沉淀能否生成或溶解的判断方法 通过比较溶度积与非平衡状态下溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Qc的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀生成或溶解的情况： Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出； Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态； Qc<Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出。 (2)沉淀的转化方法 沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，非氧化还原类离子反应都是向离子浓度减小的方向移动，从溶解角度说，一般是易溶物质转化成微溶物质，微溶物质转化为难溶物质。有些金属硫化物(如CuS、HgS等)溶度积特别小，在饱和溶液中这些金属硫化物不能溶于非氧化性强酸，只能溶于氧化性酸，c(S2－)减小，可达到沉淀溶解的目的。 (3)溶度积(Ksp)与溶解能力的关系的突破方法 溶度积(Ksp)反映了电解质在水中的溶解能力，对于阴阳离子个数比相同的电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强；但对于阴阳离子个数比不同的电解质，不能直接比较Ksp数值的大小。 5．电解质溶液中粒子浓度大小的比较实例 类型 方法 举例 不等 式的 建立 一元弱酸(弱碱)、多元弱酸溶液中粒子浓度大小比较 考虑电离是可逆过程，电离程度较小，多元弱酸以一级电离为主 CH3COOH溶液中：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－) H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(OH－) 能水解的盐溶液中粒子浓度大小比较 考虑电离(完全)，水解是可逆过程，水解是微弱的 Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋) 不等 式的建立 酸式盐溶液中粒子浓度大小比较 水解程度大于电离程度 NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)或c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋) 电离程度大于水解程度 NaHSO3溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)或c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)> c(OH－) 不等 式的 建立 不同溶液中指定粒子浓度大小比较 主要考虑电离、起始浓度、水解程度 浓度均为0.1 mol·L－1的 (NH4)2CO3、(NH4)2SO4、NH4Cl 、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NH)的大小顺序：(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3>NH4Cl 不等 式的 建立 两种不反应的物质混合后溶液中粒子浓度大不比较 考虑电离和水解程度的相对大小 等浓度的NH4Cl和NH3·H2O混合溶液中(pH＞7)：c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－) >c(H＋) 等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中(pH＜7)：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－) 不等 式的 建立 两种溶液混合发生反应后的粒子浓度大小比较 考虑反应、过量、电离和水解 0.2 mol·L－1 HCN溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合的溶液中(pH＞7)：c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋) 破类题·提能力 1．(2026·上海奉贤区高三二模)已知：25℃ 时，二元弱酸H2SO3的电离平衡常数分别为Ka1、Ka2，水的离子积为KW。 (6) 在0.1mol·L-1NaHSO3溶液中，相关微粒浓度关系式为：[H+]+[H2SO3]=__________。计算该溶液中[H+]=__________。(用含Ka1、Ka2、KW及[HSO3-]的代数式表示) 【答案】(6) 【解析】(6)在0.1mol/L NaHSO3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。 2．(2026·上海虹口区高三二模)25℃时，次磷酸钠NaH2PO2溶液中的摩尔分数随pH的变化曲线如图所示。 已知： 若要求溶液中的摩尔分数，则应控制溶液的pH不小于_______(精确到0.01)。 【答案】3.23 【解析】当时，，，故，要求>0.99，则>0.99，>99，代入Ka得：，故。 3．(2026·上海金山区高三二模)As(Ⅲ)在水溶液中不同存在形态所占物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。 (3)通过加入Bi2O3调节溶液pH至8，此时溶液中________。(用小数表示) 某兴趣小组向含0.01mol·L-1 Pb2+mol·L-1 和0.01mol·L-1 Bi2+的混合溶液中，缓慢滴加Na2S稀溶液(忽略体积变化)。 已知常温下，，。 (7) 当Bi3+完全沉淀(离子浓度)时，溶液中S2-浓度为________mol·L-1；此时Pb2+是否开始沉淀？________。 【答案】(3)0.1 (7) 1×10－29 B 【解析】(3)据H3AsO3H++H2AsO3-，电离平衡常数，由图可知pH=9时，，故。pH=8时，，因此。 (7)，完全沉淀时，代入得，解得。 此时浓度商，故Pb2+未开始沉淀，故选B。 4．(2026·上海闵行区高三学业质量调研)红树林能通过沉积物中的Fe3+有效截留来自陆地径流的过量磷酸盐，缓解水体富营养化。下图是不同pH下磷酸的分布形式。 (7)下列说法正确的是_______。(不定项) A． 酸性水体比弱碱性水体更利于磷酸盐形成沉淀 B． 水体pH=8时，Fe3+去除磷酸盐的主要离子方程式：Fe3++HPO42-=FePO4↓+H+ C． 的 D． 向磷酸溶液中加入NaOH溶液至pH=12.3时，此时溶液中存在： 【答案】(7)BD 【解析】(7)磷酸(H3PO4)属于弱电解质，电离过程分步进行，依次电离出H2PO4-、HPO42-、PO43-，结合不同pH下磷酸的分布形式可知，曲线1、2、3、4分别代表H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-的变化，且、、。A．由图可知，酸性水体中(pH较低)，磷酸主要以H3PO4、H2PO4-形式存在；弱碱性水体中(pH较高)，磷酸主要以HPO42-、PO43-形式存在，而Fe3+与PO43-结合生成FePO4沉淀的趋势更大，所以弱碱性水体更利于磷酸盐形成沉淀，A错误；B．由图可知，水体pH=8时，磷酸主要以HPO42-形式存在，则Fe3+去除磷酸盐的主要离子方程式为：Fe3++HPO42-=FePO4↓+H+，B正确；C．反应Fe3++H2PO4-FePO4+2H+的，C错误；D．由曲线可知pH=12．3时，c(HPO42-)= c(PO43-)，则向磷酸溶液中加入NaOH溶液至pH=12.3时，溶质为等物质的量的Na3PO4和Na2HPO4，即发生反应：2H3PO4+5NaOH=Na3PO4+Na2HPO4+5H2O，根据物料守恒可得，，则此时溶液中存在：，D正确；故选BD。 5．(2026·上海杨浦区高三学业质量调研)草酸钙常与方解石共生于岩石中，探究草酸钙在盐酸中的溶解可实现二者的分离。某温度下，将定量的草酸钙与足量不同初始浓度的盐酸混合，平衡时测得Ca2+、HC2O4-、C2O42-的lgc随变化趋势如图所示。 已知：该温度下草酸Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3。 (7) 曲线Ⅰ表示HC2O4-、曲线Ⅱ表示___________的浓度变化趋势。 A．C2O42- B．H2C2O4 (8)时，溶液的pH=___________。 A． 0 B． 1 C． 1．2 D． 1．3 (9)由图中获取信息并结合草酸的电离平衡常数，计算： CaC2O4(s)+2H+(aq)Ca2+((aq)+ H2C2O4-(aq)的平衡常数___________。(写出计算过程) 【答案】(7) A (8)D (9) 【解析】(7)初始HCl浓度越大，酸性越强，H+浓度越大，C2O42-结合H+的程度越大，C2O42-浓度越小，lgc随增大而减小，因此下降的曲线II表示C2O42-​，选A。 (8)时，此时图中， ，带入浓度条件得， ，pH=1．3，故选D。 (9)平衡常数 ​ 已知：时，，此时 ，所以 ​ 此时，结合 ，可得，则。 6．(2026·上海普陀区高三质量调研)(6)水解中和法。常温下，水溶液中含铜微粒Cu2＋、[Cu(OH)]＋、Cu(OH)2、[Cu(OH)3]-和[Cu(OH)4]2-的分布系数(某含铜微粒占总含铜微粒的物质的量分数)随pH的变化曲线如图所示。 ①曲线3代表的含铜微粒为___________。 ②pH=10.7时，c{[Cu(OH)3]-}＋2c{[Cu(OH)4]2-}＋2c(SO42-) ___________c(Na＋)(选填“＞”、“=”、“＜”)。 ③计算Cu(OH)2＋2OH-[Cu(OH)4]2-的平衡常数K=___________。 ④若CuSO4溶液起始浓度为α mol·L-1，加入NaOH固体调节溶液pH(忽略加入固体后引起的溶液体积的变化)，求M点混合溶液中Na＋的浓度___________(用含α的式子表示)。 【答案】(6)①Cu(OH)2 ②＜ ③104.8 ④ 【解析】(6)①pH升高，OH-浓度增大，含铜微粒中OH-数目逐渐增加，按pH从小到大，微粒依次为Cu2＋、Cu(OH)+、Cu(OH)2、Cu(OH)3-、Cu(OH)42-。②根据电荷守恒： ，pH=10.7，，且由图可知Cu2＋、Cu(OH)+浓度接近为0，整理得： 。③，pH=12.5时交点处，，pH=10.7时交点处，，故。④M点pH=7，，，根据此时溶液中的电荷守恒 代入得。 热点设问05电化学原理综合应用 析典例·明思路 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)(1)根据如图，写出电极a的电极反应式 。 (2)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。 A．该装置实现电能转化为化学能 B．电极b是负极 C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a D．每1 mol(CH2O)n参与反应时，转移4 mol电子 (3)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于(CH2O)n的除去，但不利于硝酸根的除去。 。 【答案】(1) 2NO3-+12H＋＋10e-=N2↑+6H2O (2)B (3)氧气浓度变大后，O2在正极放电，使得硝酸根的去除率减小，等物质的量的O2得电子的数目大于NO3-，使得转移电子数增大，有机物的去除率增大 【解析】(1)电极a上NO3-得到电子变为N2，电极反应式为：2NO3-+12H＋＋10e-=N2↑+6H2O； (2)A项，由图可知，电极与负载相连接，该装置为原电池，能实现化学能到电能的转化，故A错误；B项，电极b上(CH2O)失去电子变为CO2，电极b是负极，故B正确；C项，电极a为正极，电极b为负极，电子从电极b经过负载到电极a，电子不会进入水体中，故C错误；D项，电极b的电极反应式为：，每1 mol(CH2O)n参与反应时，转移4nmol电子，故D错误；故选B； (3)氧气浓度变大后，O2在正极放电，使得硝酸根的去除率减小，等物质的量的O2得电子的数目大于NO3-，使得转移电子数增大，有机物的去除率增大。 2．(2026·上海普陀区高三质量调研)(8)某高校团队设计并使用如图装置电解TiO2获得金属钛。 ①若使用铅酸蓄电池作为电源，则X电极应与___________(填“Pb”或“PbO2”)极相连； ②若X极产生9．6g金属钛(M = 48g·mol−1)，则Y电极将生成___________L的一氧化碳(标况下)。 (9)已知TiCl4和TiO2的熔沸点如下表： 物质 TiCl4 TiO2 熔点/℃ -25．0 1840 沸点/℃ 136．4 2900 试解释工业上直接电解熔融TiO2获得金属钛而非电解熔点较低的TiCl4的原因___________。 【答案】(8) Pb 8.96 (9)TiO2为离子晶体，熔融状态能导电，而TiCl4为分子晶体，液态不能导电，无法电解 【解析】(8)①该装置通过电解TiO2制备钛为电解池，二氧化钛得电子生成钛，电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，要定期补充TiO2电极；Y为阳极，应该接直流电源的正极，X电极为阴极接电源负极，发生还原反应，电极反应：C+O2--2e-=CO↑；若使用铅酸蓄电池作为电源，则X电极应与Pb极相连；②若X极产生9．6g金属钛(M = 48g·mol−1)，即0．2molTi生成，根据电子守恒列关系式Ti~4e-~2CO可知Y电极将生成一氧化碳为0．4mol，在标准状况下体积为； (9)工业上电解熔融TiO2制备钛，使用TiCl4无法制备，再结合表格数据可以推知，TiO2为离子晶体，熔融状态能导电，而TiCl4为分子晶体，液态不能导电，无法电解。 研考点·通技法 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 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。 4．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。 破类题·提能力 1．(2026·上海浦东新联考)(8)下列有关电解精炼铜的说法中错误的是________。 A．粗铜做阳极，精铜做阴极 B．金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属转化为正离子进入溶液中 C．阳极泥有比铜不活泼的银、金等贵重金属 D．电解精炼铜和电镀铜的过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加都相等 【答案】(8)D 【解析】(8)A．电解精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，硫酸铜溶液做电解质溶液，A正确；B．电解精炼铜时，金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属会在阳极失去电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液中，B正确；C．电解精炼铜时，有比铜不活泼的银、金等贵重金属不能在阳极放电转化为金属阳离子，而是沉入阳极的底部形成阳极泥，C正确；D．电解精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，硫酸铜溶液做电解质溶液，金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属会在阳极失去电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液中，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，电镀铜时，Cu为阳极，硫酸铜溶液做电解质溶液，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等，D错误；故选D。 2．(2026·上海嘉定区高三质量调研)新一代锂硒电池具有优异的循环稳定性，装置如下： (8)锂硒电池放电时正极的电极反应式为______。 (9)用该锂硒电池作电源电解500 mL足量的饱和食盐水，经过10 min负极固体质量减少1.4 g，该电解反应的速率v(OH-)=______。(假设溶液体积不变，也不考虑气体在溶液中的溶解。) 【答案】(8)4Se+2e-+2Li+=Li2Se4 (9)0.04 mol·L－1·min－1 【解析】(8)由图可知，Li为负极，Se为正极，放电时正极的电极反应式为4Se+2e-+2Li+=Li2Se4； (9)负极固体质量减少1.4 g，即消耗Li的物质的量为7g/mol，则电路中转移0.2mol电子，根据电解饱和食盐水的阴极反应2H2O+2e-=H2↑＋2OH-可知，生成0.2mol OH-，该电解反应的速率。 3．(2026·上海闵行区高三学业质量调研)碱性混合多硫化物—空气液流电池具有成本低、性能稳定等优点，其工作原理如图所示。 注：A．阳离子交换膜、B．阴离子交换膜 (9) 充电时，A极的电极反应式为_______。 (10)放电时，每消耗1molO2，Ⅲ室溶液的质量减少_______g。 A． 18 B． 23 C． 36 D． 68 【答案】(9)S42-+2e-=2S22- ​​ (10)C 【解析】(9)充电时A极为阴极，S42-得电子被还原为S22-，电极反应式为：S42-+2e-=2S22- ； (10)放电时，B极为正极，1molO2反应，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，转移4mol电子，膜b为阴离子交换膜，生成的4molOH-移出Ⅲ室；进入Ⅲ室的O2质量为，移出的OH-质量为，因此Ⅲ室质量减少68g-32g=36g。 4．(2026·上海奉贤区高三二模)CO2高效串联电催化合成DMC反应原理及其装置工作原理如下所示：CO2+2CH3OHCH3OCOOCH3+H2O (10) 阴极电极反应为__________。 【答案】(10)CO2+2CH3OH+2e-=2CH3O-+CO+H2O 【解析】(10)据图示可知，玻碳电极上Br-转化为Br2，发生氧化反应，玻碳电极为阳极，阳极电极反应式为：2Br--2e-=Br2，则金电极上CO2转化为CO，金电极为阴极，阴极电极反应式为CO2+2CH3OH+2e-=2CH3O-+CO+H2O。 5．(2026·上海虹口区高三二模)电解法可生产半导体掺杂所需的高纯PH3.该方法采用磷酸溶液作为电解液，把熔融的白磷(P4)分散到溶液中。 (1)M电极是_______。 A．正极 B．负极 C．阴极 D．阳极 (2)写出生成PH3的电极反应式_______。 【答案】(1)C (2)P4+12H⁺+12e-=4PH3 【解析】(1)M电极是P4为反应物，PH3为生成物，P元素化合价从0降低为-3，得电子发生还原反应，电解池中阴极发生还原反应，故M为阴极；  (2)酸性电解液中，P4得电子，结合H⁺生成PH3，故生成PH3的电极反应式为：P4+12H⁺+12e-=4PH3； 6．(2026·上海普陀区高三质量调研) 电催化硝酸盐还原合成氨，装置如图甲。电解时NO3-先吸附到催化剂表面放电产生NH4+。控制其它条件不变，NH4+产率随pH变化如图乙。 (5)生成NH4+的电极反应式为___________。 (6)控制pH为6～8时，NH4+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)NO3- ＋8e-＋10H＋→NH4+＋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O3-在催化剂表面的吸附，从而使NH4+的产率逐渐减小；若溶液pH过大，反应所需H＋浓度减小，使NO3-还原反应变难，故产率较低。(或H＋浓度对于NO3-氧化性的影响) 【解析】(5)NO3-在阴极得电子生成NH4+，N从+5价变为-3价，得8e⁻，酸性环境下用H＋配平电荷和原子，得到上述电极反应。 (6)pH过低时，H＋浓度过大，易发生析氢副反应(2H＋＋2e-=H2↑)，NH4+产率降低；pH过高时，H＋浓度过小，O3-氧化性减弱，反应速率减慢，NH4+产率降低，因此pH为6~8时产率较高。 7．(2026·上海青浦区高三学业质量调研)以聚合物电解质膜为电极材料，利用电化学催化甲醇水蒸气制氢，所得氢气纯度高。装置示意图如下： (5) 装置中b为_______极。 A． 正 B． 负 C． 阳 D． 阴 (6)写出a电极的反应方程式：_______。 (7)工作时每消耗30 g甲醇，生成61.6LH2(标准状况下)，计算H2产率_______。(结果保留3位小数) (8)电化学法制得的H2纯度比方案一更高，原因是_______。 【答案】(5) D (6)CH3OH+H2O-6e-=CO2＋6H+ (7) 0.978 (8)方案一的产物中H2会混有杂质CO、CO2；电化学法中在阴极生成H2，在阳极生成CO2，产物自动分离，因此H2纯度更高。 【解析】(5)该装置为电解池，H+移向b极，且b极上H+得电子生成H2，电解池中阳离子得电子发生还原反应的是阴极，因此b为阴极。 (6)a为阳极，CH3OH失电子被氧化为CO2，结合电荷、原子守恒配平即可得反应方程式为。 (7)，根据总反应CH3OH+H2O=3H2+CO2，理论生成，标况下理论体积，因此产率。 (8)方案一为均相催化反应，产物H2中混有CO、CO2杂质，而电化学法两极产物分离，从根源避免了CO混入H2，因此纯度更高。 刷模拟 1．(2026·格致中学高三第二次测验)利用太阳能等可再生能源制氢并与二氧化碳合成甲醇，具有减少碳排放、提供高效储氢等多重优点。利用CO2加氢制备CH3OH的步骤如下所示： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： (1) 关于反应Ⅱ自发性说法正确的是___________。 A. 低温自发 B. 高温自发 C. 任意温度自发 D. 任意温度不自发 (2)恒温恒压条件下，若将含等物质的量CO和H2的混合气体充入密闭容器中进行反应Ⅱ，下列事实不能说明此反应已达到平衡状态的是___________。(不定项) A. 容器内气体密度保持不变 B. 混合气体的平均相对分子质量不变 C. 平衡常数保持不变 D. CO与H2的物质的量之比保持不变 (3)CO2和H2在光催化下发生反应Ⅲ，反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用*表示。写出虚线框中决速步的化学方程式___________。 向恒容密闭容器充入1molCO2和3molH2，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，测得平衡时CO2的转化率、和CH3OH的选择性随温度变化如图。 已知：选择性 (4)表示CO选择性的曲线是___________。 A．a B．b C．c (5)230℃时，一定能同时提高CO2平衡转化率和CH3OH选择性的方法是___________。 A．通入CO2 B．减小容器体积 C．恒容通入氩气 (6)210~250℃过程中，CO2平衡转化率变化的原因是___________。 在体积为2L的恒容容器中，4molCO2和12molH2在催化剂作用下发生反应Ⅲ，相同时间内不同的温度下，测定CH3OH的产率与温度的关系如图。 (7)Q点的反应速率___________。 A．> B．< C．= (8)520K时，X点所对应甲醇的产率50%，计算此时反应Ⅲ的化学平衡常数K=___________。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 【答案】(1)A (2)C (3)=或= (4)c (5)B (6)反应Ⅰ为吸热反应，升温促进其正向移动，使CO2转化率增大；反应Ⅲ为放热反应，升温使其逆向移动，使CO2转化率减小；210~250℃区间，升温对反应Ⅰ的促进作用大于对反应Ⅲ的抑制作用，因此CO2总平衡转化率随温度升高而增大 (7)B (8) 0.037 【解析】(1)根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ=反应Ⅲ，得=−90.1 kJ·mol−1<0；反应Ⅱ中气体总物质的量减小，ΔS<0。根据ΔG=ΔH−TΔS<0反应自发，可知该反应低温自发，故选A。 (2)A．，不变，变化，密度不变时说明反应达平衡；B．，不变，n变化，平均相对分子质量不变时说明达平衡；C．平衡常数只与温度有关，恒温下无论是否平衡K都不变，不能说明平衡；D．起始，反应过程中比值一直变化，比值不变时说明达平衡；故选C。 (3)决速步是活化能(能垒)最大的步骤，由图可知，第二步=的能垒最大。 (4)生成CO的反应Ⅰ是吸热反应，温度升高，反应Ⅰ正向移动，CO选择性随温度升高而增大，且低温下CO选择性远低于CH3OH，因此曲线c代表CO选择性。 (5)A．通入CO2，CO2自身平衡转化率降低，错误；B．减小容器体积(增大压强)，反应Ⅰ气体分子数不变，压强不影响其平衡；反应Ⅲ是气体分子数减小的反应，增大压强使反应Ⅲ正向移动，同时提高CO2转化率和CH3OH选择性，正确；C．恒容通入氩气，各反应物分压不变，平衡不移动，不能提高转化率和选择性，错误；故选B。 (6)反应Ⅰ为吸热反应，升温促进其正向移动，使CO2转化率增大；反应Ⅲ为放热反应，升温使其逆向移动，使CO2转化率减小；210~250℃区间，升温对反应Ⅰ的促进作用大于对反应Ⅲ的抑制作用，因此CO2总平衡转化率随温度升高而增大。 (7)图中最高点为平衡点，Q点在最高点之后，反应处于平衡状态，Q点甲醇产率高于该温度下的平衡产率，反应逆向进行，所以正反应速率小于逆反应速率。 (8) 甲醇产率50%，则平衡时，n(H2O)=2 mol，平衡常数为。 2．(2026·上海华东师大二附中高三适应性模拟)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：； (1)苯乙烯有___________个碳原子共面，最多有___________个原子共面，最多有___________个原子共线。 (2)实验室欲测定苯乙烯中的官能团可利用的测量方法为________。 A. 核磁共振氢谱 B. 原子光谱 C. 红外光谱 D. 质谱 (3)除去乙醛中混有的苯乙烯需要加入的试剂为：___________。 (4)乙苯制苯乙烯的原理：，下列说法正确的是________。 A. 该反应是加成反应 B. 乙苯中碳原子的杂化形式有sp2，sp3 C. 乙苯可以通过煤的干馏直接得到 D. 乙苯有3种同分异构体，苯乙烯有4种同分异构体 (5)回答下列问题 ①具有良好性能的工程塑ABS()可由苯乙烯与其他物质聚合得到。写出除苯乙烯外的另两种单体的结构简式：___________、___________。 ②在①问中得到的另两种单体中同分异构体有炔烃的物质，其同分异构体中氢原子种类只有1种的炔烃系统命名为___________。 (6) 实验测得反应①的速率方程为v正=k正p乙苯，v逆=k逆p苯乙烯p氢气(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)，下图中③代表lgk逆随的变化关系，则能代表lgk正随的变化关系的是___________。(选填序号) (7)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：___________。 某温度下，向2 L容器中通入2 mol 气态乙苯与2 mol O2发生反应②，10 min后反应达到平衡，此时混合气体中乙苯和苯乙烯的物质的量相等。 (8) 反应②从开始反应至达到平衡时间段内平均反应速率v(O2) = ___________。 (9)写出表示氢气燃烧热的热化学方程式：___________。 (10)判断反应②能否自发进行：___________，并说明理由：___________。 (11)该温度下某时刻容器中所有反应物和生成物浓度均为1mol/L，则v正___________v逆(选填“>”或“=”或“<”)，结合数据计算给出判断理由：___________。 (12) CO2氧化乙苯脱氢是制备苯乙烯的另一种方式。其方程式如下： 该反应在催化剂表面发生的历程如图所示： 反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH=3.5~4.5之间，原因是pH过低时，催化剂表面正电荷聚集，妨碍与CO2结合；pH过高时，CO2易形成CO； 相对于反应①，CO2氧化法制备苯乙烯工艺的优点为合成速率快、单位时间内的产量高；其缺点为：①：反应需要控制酸度，工艺较为复杂；②：___________；③：___________。 【答案】(1) 8 16 4 (2) C (3) 溴的四氯化碳溶液 (4)B (5) ①. CH2=CHCN CH2=CH-CH=CH2 ②2-丁炔 (6) ④ (7) 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 (8) 0.025mol·L-1·min-1 (9) (10) 能 反应②为熵增的放热反应，任何条件下都可自发 (11) < ，反应正在向逆反应方向进行，故v正<v逆 (12) 催化剂易失去活性 原料转化率低 【解析】(5)由于苯环和乙烯基通过单键连接，且乙烯基上的碳碳双键与苯环共轭，因此整个分子可以共面。所以，苯环6个C+双键2个C，共8个碳原子共面；苯环6C+5H+双键2C+3H，共16个原子共面；苯乙烯分子中，苯环上的对位碳原子、与苯环直接相连的碳原子、双键上的另一个碳原子以及与苯环对位碳原子相连的氢原子，共4个原子共线； (2)A．核磁共振氢谱测氢原子种类，A错误；B．原子光谱测元素种类，B错误；C．红外光谱可检测官能团的特征吸收峰，C正确D．质谱测相对分子质量，D错误；故答案为C； (3)苯乙烯分子中含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成无色的 1，2 - 二溴苯乙烷(溶于四氯化碳)；乙醛分子中没有碳碳双键，不与溴的四氯化碳溶液反应； (4)A．该反应是脱氢反应，不是加成反应，A错误。B．乙苯中苯环 C 为 sp2 杂化，乙基 C 为 sp3 杂化，B正确。C．煤的干馏得到煤焦油，需分馏才能得到乙苯，不能直接得到，C错误。D．乙苯的同分异构体(含苯环的有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯3种，不含苯环的很多，例如CH3(CH2)3C≡C-C≡CH等，苯乙烯的同分异构体不知4种，例如CH3CH2-CH=CHC≡C-C≡CH，挪动碳碳三键、双键的位置，可得到多种同分异构体，D错误；故答案为B； (5)根据ABS的结构简式，其单体为苯乙烯、丙烯腈和1,3-丁二烯。因此，除苯乙烯外的另两种单体结构简式为CH2=CHCN和CH2=CH-CH=CH2；“另两种单体”是丙烯腈(CH2=CHCN)和1,3-丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)。丙烯腈的同分异构体中不可能是炔烃。1,3-丁二烯的分子式的同分异构体中含有炔烃的物质有1-丁炔和2-丁炔。则其中氢原子种类只有1种的炔烃为2-丁炔(CH3-C≡C-CH3)。 (6)平衡时，正逆反应速率相等，平衡常数，反应①吸热，图示横坐标为，从左到右温度降低，温度越低，K越小，由图知k逆减小，则k正减小幅度应更大，故为④； (7)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； (8)设消耗氧气浓度为x，列出三段式为 因为乙苯和苯乙烯的物质的量相等，故1-2x=2x，得x=0.25，； (9)反应①(直接脱氢)：； 反应②(氧化脱氢) ； 已知③； 根据盖斯定律，-①+②+③可得，故氢气燃烧热的热化学方程式为； (10)反应②为熵增的放热反应，由知，任何条件下都可自发； (11)，，Q大于K，反应正在向逆反应方向进行，故v正<v逆； (12)pH过低时，催化剂表面正电荷聚集，妨碍与CO2结合，所以催化剂易失去活性；pH过高时，CO2易形成CO32-，减少和乙苯的反应，易导致原料转化率低。 刷真题 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红 (1)在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是_______。 A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．FeS D．FeS2 (2)如图所示，加热试管中的铁粉和硫粉，下列说法正确的是_______。 A．移开酒精灯后，固体保持红色 B．反应中S只做还原剂 C．反应中主要产生的气体副产物为SO3 D．最终得到黑色的Fe2S3固体 (3)基态铁原子中，_______。 A．有4个不同能级的电子 B．有5个未成对电子 C．核外电子共占据15个原子轨道 D．有26种能量不同的电子 在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，产生[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2，溶液变为血红色。 (4)下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。 A．常温下显中性 B．加入铁粉后溶液变为红褐色 C．遇沸水时产生胶体 D．加入氨水后产生白色沉淀 (5)在配合物 [Fe(SCN)(H2O)5]Cl2中，内界为_______，配体有_______种 工业盐酸常混有少量Fe3+，会使溶液呈黄色，是因为形成了一系列含铁配合物，这些配合物可简写为[FeClx]3-x(x=1，2，3，4)。 室温下，在溶液中Fe3+与Cl-存在平衡：Fe3+(aq)+xCl-(aq)[FeClx]3-x(aq) (6)现加水稀释FeCl3溶液至体积为原来的两倍，则溶液中Fe3+的物质的量n(Fe3+)_______。 A．增大B．不变C．减小 并用离子积Q与平衡常数K的大小关系解释n(Fe3+)变化的原因_______。 (7)室温下，x取不同值时，对应的平衡常数见下表： x 1 2 3 4 K 30.20 134.90 97.72 1.02 某工业盐酸中c(Cl-)=12.00mol·L-1，则c(FeCl3)的摩尔分数为_______。(用小数表示，精确到小数点后2位) 已知：c[(FeClx)3-x]的摩尔分数== 【答案】(1)A (2)A (3)C (4)C (5)[Fe(SCN)(H2O)5]2+ 2 (6) A 所有离子浓度变为原来，，平衡逆移 (7)0.80 【解析】(1)Fe2S3、Fe3O4、FeS均为黑色，赭红的主要成分是Fe2O3，故选A； (2)A．铁粉和硫粉的反应为放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，A正确；B．硫在反应中化合价从0价降至-2价(FeS)，硫只作​​氧化剂​​，而不是还原剂，B错误；C．该反应在加热条件下主要生成FeS，基本不产生SO3气体；若有少量气体产生，是硫和氧气反应生成的二氧化硫，而不是SO3，C错误；D．该反应在加热条件下主要生成FeS，D错误；故选A； (3)铁为26号元素原子，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；A．有7个不同能级的电子，A错误；B．结合Fe的电子排布式可知，有4个未成对电子，B错误；C．结合Fe的电子排布式可知，核外电子共占据1+1+3+1+3+5+1=15个原子轨道，C正确；D．同一能级能量相同，结合Fe的电子排布式可知，有7种能量不同的电子，D错误；故选C； (4)A．氯化铁溶液中三价铁离子水解，导致溶液显酸性，A错误；B．加入铁粉后，三价铁和单质铁反应生成氯化亚铁，溶液变为浅绿色，B错误；C．饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，三价铁水解可以产生氢氧化铁胶体，C正确；D．加入氨水后产生红褐色氢氧化铁沉淀，D错误；故选C； (5)结合配合物[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2的结构可知，其内界为[Fe(SCN)(H2O)5]2+，配体有SCN-、H2O两种； (6)所有离子浓度变为原来，，平衡逆移，使得溶液中铁离子的物质的量增大，故选A； (7)、、、，=。 2．(2024·上海市普通高中学业水平等级性考试)已知：Ca2++2HCO3-CaCO3+H2CO3 ①HCO3-H++CO32- ②Ca2++CO32-CaCO3 ③HCO3-+H+H2CO3 (1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。 A．钙离子浓度保持不变 B．保持不变 C． D． (2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。 (3)已知H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11，Ksp(CaCO3)= 2.8×10－9，c(H＋)=8.4×10-9mol·L-1，c(HCO3-)=1.0×10-4mol·L-1，c(H2CO3)为 。当c(Ca2+)= mol·L-1时，开始产生CaCO3沉淀。 (4)根据如图，写出电极a的电极反应式 。 (5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。 A．该装置实现电能转化为化学能 B．电极b是负极 C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a D．每1 mol(CH2O)n参与反应时，转移4 mol电子 (6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于(CH2O)n的除去，但不利于硝酸根的除去。 。 【答案】(1)AB (2)pH越大，即c(H+)越小，促进H2CO3HCO3-+H+的平衡正向移动，即cHCO3-增大，方程式Ca2++2HCO3-CaCO3+H2CO3平衡正向移动，有利于生成CaCO3 (3) 2×10-6mol·L-1 4.2×10-3 (4) 2NO3-+12H＋＋10e-=N2↑+6H2O (5)B (6)氧气浓度变大后，O2在正极放电，使得硝酸根的去除率减小，等物质的量的O2得电子的数目大于NO3-，使得转移电子数增大，有机物的去除率增大 【解析】(1)A项，钙离子浓度保持不变，说明此时v正= v逆，反应达到平衡，A符合题意；B项，反应①中，即，K只与温度有关，保持不变，即cH+保持不变，说明此时，反应达到平衡，B符合题意；C项，CaCO3为固体，其浓度为常数，一般不用固体来表示化学反应速率，C不符合题意；D项，不同物质表示正逆反应速率，且之比不等于化学计量数之比，说明正反应速率不等于逆反应速率，反应未达到平衡状态，D不符合题意；故选AB； (2)pH越大，即c(H+)越小，促进H2CO3HCO3-+H+的平衡正向移动，即cHCO3-增大，方程式Ca2++2HCO3-CaCO3+H2CO3平衡正向移动，有利于生成CaCO3； (3)，，H2CO3的，；，即，； (4)电极a上NO3-得到电子变为N2，电极反应式为：2NO3-+12H＋＋10e-=N2↑+6H2O； (5)A项，由图可知，电极与负载相连接，该装置为原电池，能实现化学能到电能的转化，故A错误；B项，电极b上(CH2O)失去电子变为CO2，电极b是负极，故B正确；C项，电极a为正极，电极b为负极，电子从电极b经过负载到电极a，电子不会进入水体中，故C错误；D项，电极b的电极反应式为：，每1 mol(CH2O)n参与反应时，转移4nmol电子，故D错误；故选B； (6)氧气浓度变大后，O2在正极放电，使得硝酸根的去除率减小，等物质的量的O2得电子的数目大于NO3-，使得转移电子数增大，有机物的去除率增大。 3．(2024·上海市普通高中学业水平等级性考试)I.铝的三种化合物的沸点如下表所示： 铝的卤化物 沸点 1500 370 430 (1)解释三种卤化物沸点差异的原因 。 (2)已知反应。 ① ② ③ ④ ⑤ 则 。 (3)由图可知，若该反应自发，则该反应的_______。 A． B． C． D． II.已如的晶胞如图所示(已知结构为平行六面体，各棱长不相等，在棱心) (4)该晶体中，每个，距离其最近的有_______个。 A．4 B．5 C．8 D．12 (5)已知，一个晶胞的体积。求的晶胞密度 。 (6)水解可得胶体，请解释用可净水的原因 。 (7)用上述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，该粒子可能是_______。 A． B． C． D． 【答案】(1)AlF3为离子晶体，AlCl3和AlBr3为分子晶体，故AlF3的沸点最高；AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，故AlBr3的分子间作用力大于AlCl3，所以AlBr3的沸点高于AlCl3。 (2) (3)A (4)A (5)3.24g·cm-3 (6)氢氧化铝胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，因而常用于水的净化 (7)A 【解析】(1)为离子晶体，和为分子晶体，故的沸点最高；的相对分子质量大于，故的分子间作用力大于，所以的沸点高于。 (2)由题中所给的热化学方程式，根据盖斯定律可知，目标热化学方程式可由①×(-1)+②×2+③×3+④×3+⑤×(-1)得到，故。 (3)由可得，根据图像可知，该直线解析式得斜率小于0，纵截距大于0，即，；故结果为，，选项A正确。 (4)选取晶胞中宽上的棱心分子，由于各棱长不相等，与该棱心分子距离最近的分子为该晶胞中相邻两条高中的棱心分子以及相邻晶胞中两条高中的棱心分子，共有4个，故选A。 (5)由Al2Br6的晶胞图可知，根据均摊法，一个晶胞中Al2Br6的个数为，则一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积，则Al2Br6的晶胞密度为； (6)由于氢氧化铝胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，因而常用于水的净化。。(7)某种胶体粒子向阴极移动，说明该粒子带正电，故选A。 1 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $