资源简介 (共37张PPT)新高考化学二轮重点专题30讲2026版第16讲-变与不变：四大平衡常数及其应用contents目录01考向分析010203知识重构重温经典04模型建构考向分析PART 01012025年考查情况汇总卷别 题号 题型 情境素材 考查内容全国卷 13 选择题 HF溶液中的离子平衡 电离常数与平衡常数计算全国卷 28 非选择题 乙酸乙酯的制备 平衡常数计算福建卷 10 选择题 K2CrO4溶液中的离子平衡 分布分数曲线与平衡常数福建卷 14 非选择题 抗癌药物顺铂相关转化 连续反应平衡常数的关系海南卷 16 非选择题 石硫合剂的制备与使用 电离常数、溶度积常数计算安徽卷 14 选择题 难溶盐MA的溶解度曲线 溶度积常数计算安徽卷 15 非选择题 废渣提锶 溶度积常数相关计算安徽卷 17 非选择题 甲烷和二氧化碳重整 压强平衡常数计算北京卷 19 非选择题 化学平衡常数的测定实验 化学平衡常数的测定与验证河北卷 14 选择题 Cu2+的配位平衡 配位常数与电离常数河北卷 17 非选择题 乙二醇的合成 物质的量分数表示的平衡常数2025年考查情况汇总卷别 题号 题型 情境素材 考查内容河南卷 14 选择题 乙二胺与Ag+的配位平衡 电离常数与配位常数河南卷 17 非选择题 合成气的生产 压强平衡常数计算江苏卷 12 选择题 废渣提铜和镍 电离常数相关计算重庆卷 17 非选择题 水溶液中的酸碱平衡 水的电离平衡常数山东卷 10 选择题 Na2SiF6(s)热解反应 温度对平衡常数的影响山东卷 15 选择题 Co2+和C2O42－的离子平衡体系 电离常数与溶度积常数山东卷 20 非选择题 燃煤脱硫技术 化学平衡常数计算四川卷 15 选择题 难溶盐MA的离子平衡曲线 电离常数与溶度积常数计算四川卷 18 非选择题 乙二醇的工业合成 平衡常数及其影响因素云南卷 14 选择题 甲醛法测定 平衡常数计算云南卷 17 非选择题 乙醇的生产 压强平衡常数计算2025年考查情况汇总卷别 题号 题型 情境素材 考查内容浙江1月卷 15 选择题 碳酸与碳酸钙的离子平衡 电离常数、溶度积常数、平衡常数浙江1月卷 18 非选择题 二甲胺及其衍生物的合成 电离常数相关计算黑吉辽蒙卷 15 选择题 银氨配离子的平衡体系 配位平衡常数计算黑吉辽蒙卷 18 非选择题 乙二醇的合成 温度对平衡常数的影响、浓度商湖北卷 14 选择题 铜（Ⅰ）和乙腈的配位平衡 配位平衡常数计算甘肃卷 14 选择题 氨基已酸平衡体系 电离平衡常数计算广东卷 17 非选择题 苯甲酸电离常数的测定 电离常数的测定与酸性比较广东卷 18 非选择题 多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni 溶度积常数相关计算广东卷 19 非选择题 钛单质及其化合物的应用 平衡常数表达式书写陕晋青宁卷 14 选择题 Al3+、Zn2+、Cd2+沉淀体系 平衡常数计算陕晋青宁卷 16 非选择题 综合回收电解锰工业废盐 溶度积常数计算陕晋青宁卷 17 非选择题 CO2捕获及转化 压强平衡常数计算（1）选择题部分通常考查电离常数、溶度积常数、水解常数、配位常数、化学平衡常数及相关计算，多为水溶液中离子的多重平衡体系的图像分析，涉及对数曲线、分布分数曲线、滴定曲线、配位平衡曲线等考查。（2）非选择题部分通常考查复杂反应体系（连续反应、竞争反应）的化学平衡常数计算，多与图像分析结合，考点涉及浓度平衡常数、压强平衡常数、以物质的量分数表示的平衡常数等。2025年考查方式总结重温经典PART 0202【例题1】 （2022年全国甲卷28题节选）金属钛（Ti）在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石（TiO2）转化为 TiCl4,再进一步还原得到钛。回答下列问题:(1)TiO2 转化为 TiCl4 有直接氯化法和碳氯化法。在 1 000 ℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下:(ⅰ)直接氯化:TiO2(s)+2Cl2(g) == TiCl4(g)+O2(g) ΔH1=172 kJ·mol-1,Kp1=1.0×10-2(ⅱ)碳氯化:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s) == TiCl4(g)+2CO(g) ΔH2=-51 kJ·mol-1,Kp2=1.2×1012 Pa① 反应 2C(s)+O2(g) == 2CO(g)的 ΔH 为 kJ·mol-1,Kp= Pa。【解析】①由盖斯定律可知,反应(ⅱ)-反应(ⅰ)可得 2C(s)+O2(g) == 2CO(g)ΔH = -51 kJ·mol-1 -172 kJ·mol-1 = -223 kJ·mol-1Kp =Kp2Kp11.2×1012 Pa1.0×10-2== 1.2×1014 Pa-2231.2×1014重温经典，感悟高考(2)在 1.0×105 Pa,将 TiO2、C、Cl2 以物质的量比1∶2.2∶2 进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。①反应 C(s)+CO2(g) == 2CO(g)的平衡常数Kp(1 400 ℃) = Pa。Kp(1 400 ℃) ==(0.6p总)20.05p总= 7.2p总= 7.2×105Pa7.2×105【解析】重温经典，感悟高考【例题2】 （2022年江苏卷14题节选）硫铁化合物(FeS、FeS2 等)应用广泛。(1) 纳米 FeS 可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在 pH=4~7 的水溶液中,纳米 FeS 颗粒表面带正电荷,Cr(Ⅵ)主要以 HCrO4- 、Cr2O72-、CrO42 形式存在，纳米 FeS 去除水中 Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。己知:Ksp(FeS)=6.5×10-18,Ksp[Fe(OH)2]=5.0×10-17;H2S 电离常数分别为 Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。②在弱酸性溶液中,反应 FeS+H+ Fe2+ +HS-的平衡常数 K 的数值为 。K =c(Fe2+）·c(HS-)c(H+）【解析】=c(Fe2+）·c(HS-)c(H+）c(S2-)c(S2-)6.5×10-181.3×10-13== 5×10-5关键：构建平衡常数关系重温经典，感悟高考【例题3】 （2022年山东卷20题节选）利用 γ-丁内酯(BL)制备 1,4-丁二醇(BD),反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和 1-丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下:已知:①反应Ⅰ为快速平衡,可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响;②因反应Ⅰ在高压 H2 氛围下进行, 故 H2 压强近似等于总压。回答下列问题:(1)以 5.0×10-3 mol BL 或 BD 为初始原料,在 493 K、3.0×103 kPa 的高压 H2 氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时,以 BL 为原料，体系向环境放热 X kJ;以 BD 为原料，体系从环境吸热 Y kJ。(2)初始条件同上。xi 表示某物种 i 的物质的量与除 H2 外其他各物种总物质的量之比，xBL 和 xBD 随时间 t 变化关系如图甲所示。实验测得 X图甲创新1【解析】创新25.0×10-3 mol BL5.0×10-3 mol BD493 K、3.0×103 kPa 的高压 H2 氛围全等平衡平衡时BL的量＞BD的量a 或 cKp=0.36(3×103)2=× 0.48= 8.3×10-8反应多、信息多=重温经典，感悟高考Ⅰ. CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g); Ⅱ. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和 1molH2O(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为 α，CO2(g)的物质的量为 bmol，则反应Ⅰ的平衡常数 Kx = (写出含有 α 、b 的计算式；对于反应mA(g) + nB(g) pC(g) + qD(g)， x 为物质的量分数)。【例题4】 （2022年河北卷16题节选）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。Ⅰ. CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g); Ⅱ. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)【解析】起始 1 1 0 0转化 α α α 3α1-α 1-α α 3αα 1-α 0 3αb达平衡时气体总物质的量为(2+2α)b b b bα- b1-α-b3α+bKx =x(CO）·x3(H2)x(CH4)· x (H2O)重温经典，感悟高考【例题5】 （2022年1月浙江卷29题节选）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：(3)一氧化碳变换反应：CO(g) + H2O(g) == CO2(g) + H2(g) ΔH =-41kJ·mol-1。①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO) = 0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa 和 p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数 K 的数值为 。K= Kp=pV=nRTp=cRT9【解析】当反应前后气体分子数相等时：Kp＝Kc＝Kχ＝KnK=c=重温经典，感悟高考【例题6】(2022年海南卷14题节选)某元素 M 的氢氧化物 M(OH)2(s)在水中的溶解反应为:M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq)、M(OH)2(s)+2OH-(aq) M(OH)42 (aq)，25 ℃,-lg c 与 pH 的关系如图所示,c 为 M2+或 M(OH)42 浓度的值,下列说法错误的是A.曲线①代表-lg c(M2+)与 pH 的关系B. M(OH)2 的 Ksp 约为 1×10-10【解析】① M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq)、 ② M(OH)2(s)+2OH-(aq) M(OH)42 (aq)增大pH,①平衡左移②平衡右移,即c(M2+)减小， c[M(OH)42 ]增大Ksp=c(M2+)c2 (OH-)=1×10-17减小增大重温经典，感悟高考知识重构PART 0303【知识重构】1. 四大平衡常数的比较 化学平衡常数 (K ) 电离常数 (Ka 、Kb) 盐类的水解常数 (Kh) 难溶电解质溶度积常数(Ksp)概念 在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂（以其化学计量数为指数）之积与反应物浓度幂之积的比是一个常数，这个常数叫作该反应的化学平衡常数，用 K 表示。 在一定条件下达到电离平衡时，弱电解质电离形成的各种离子的浓度的乘积与溶液中未电离的分子的浓度之比是一个常数，这个常数称为电离常数。 在一定温度下，当盐类水解反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，这个常数就是该反应的水解平衡常数。 在一定温度下，在难溶电解质的饱和溶液中，各离子浓度幂之积为一个常数。意义 反映化学反应进行的程度， K 值越大，表示反应进行得 越完全，反应物平衡转化率越大，一般认为当反应的平衡常数K ＞ 105 ，反应物几乎完全转化。 反映弱电解质电离程度的大小，常数越大，则电离程度越大，酸( 碱) 性越强。 反映盐水解程度的大小，常数越大，水解程度越大，则酸( 碱) 性越强。 反映电解质的溶解程度，常数越小的，溶解度一般也越小。影响 因素 只与反应本身和温度有关 只与温度和弱电解质性质有关，升高温度，Ka 、Kb增大 只与温度和盐的性质有关，升高温度，Kh增大 只与难溶电解质的性质和温度有关浓度平衡常数（Kc）分压平衡常数（Kp）物质的量分数平衡常数（Kχ）【知识重构】2. K 的四种表达式物质的量平衡常数（Kn）混合气体中某组分的分压 = 总压 × 该组分的物质的量分数固体、纯液体不写入平衡常数表达式3. Ka Kb Kh Ksp表达式电离常数 Ka 电离常数 Kb 水解常数 Kh 溶度积常数Ksp电离方程式表达式HA H+ + A-BOH B+ + OH-A-+H2O HA + OH-Kb=Ksp(AmBn)＝Ka=Kh=固体、纯液体不写入平衡常数表达式Ka·Kh=KwKb·Kh=Kw【知识重构】【知识重构】4. 四大平衡常数的应用化学平衡常数电离平衡常数1.计算初始(或平衡)浓度2.计算转化率(或产率)3.判断平衡移动的方向(或放热、吸热等情况)4.判断反应温度5.利用Qc与K 的关系判断平衡移动方向1.由Ka或Kb求pH2.比较酸性强弱3.比较或计算微粒浓度大小【知识重构】4. 四大平衡常数的应用水解平衡常数溶度积常数1.判断弱酸根或弱碱根的水解程度，比较pH2.比较微粒浓度大小3.比较对应酸碱性强弱1.溶解度与Ksp的换算与比较2.沉淀后溶液中剩余离子浓度的计算3.沉淀先后的计算与判断4.沉淀转化分析与计算5.沉淀开始及是否沉淀完全的计算模型建构PART 0404化学方程式题干内容列式计算起始量转化量平衡量一般模型观察多重反应搞清几个反应的关系（连续反应、平行反应）由题干信息表达出每个反应组分的变化量表达整个反应体系各组分的平衡量列式计算复杂反应的多重平衡模型1.K 计算基本思维模型2. 构建化学平衡常数关系模型化学方程式的变化对K的影响:同一可逆反应中,K正·K逆=1;几个可逆反应方程式相加,得总方程式,则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积。同一方程式中的化学计量数扩大或缩小n倍,则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′=Kn或K′= ;即若Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则KⅠ× KⅡ= KⅢ ，若Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ， 则 = KⅢc(H+)c(H+)Kw ①Ka3 ②①-②得一级水解反应推导【知识重构】3. 构建多元弱酸电离常数与多元弱酸根水解常数关系模型构建平衡常数关系模型【例题7】 （2022年江苏卷12题节选）一种捕集烟气中 CO2 的过程如图所示。室温下以 0.1 mol·L-1 KOH 溶液吸收 CO2,若通入CO2 所引起的溶液体积变化和 H2O 挥发可忽略,溶液中含碳物种的浓度 c 总=c(H2CO3)+c(HCO3- ) +c(CO32 )。H2CO3 电离常数分别为 Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是3C. KOH 溶液吸收 CO2，c 总=0.1 mol·L-1 溶液中:c(H2CO3)>c(CO32 )【解析】考点：微粒浓度的大小比较根据物料守恒可以确定，C项中溶质为KHCO3 。HCO3- 的电离常数为 Ka2 = 4.4×10-11水解常数为 Kh2 =KwKa11×10-144.4×10-7=＞4.4×10-11水解＞电离【例题8】 (2021年山东卷15题节选) 赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+ H2R+ HR R-向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。 δ(x) =H3R2+H2R+HRR-4. 构建利用图像特殊点计算K的方法模型多元弱酸各种微粒分布分数与pH变化关系曲线:A. ＞【例题9】 （2022年海南卷13题节选）NaClO 溶液具有漂白能力,已知 25 ℃,Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于 NaClO 溶液说法正确 的 是D. 25 ℃,pH=7.0 的 NaClO 和 HClO 的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO-) = c(Na+)考点：酸及其对应的盐的混合溶液中微粒浓度大小比较【解析】c(OH-) + c(ClO-) = c(Na+) + c(H+)c(ClO-) = c(Na+)c(ClO-)c(HClO)c(H+)Ka(HClO)==4.0×10-81.0×10-7= 0.4c(HClO) > c(ClO-)5. 变换平衡常数关系式解决多元弱酸根与其分子比值问题【例题10】 （2022年全国乙卷13题节选）常温下,一元酸 HA 的 Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中，H+与A-离子不能穿过隔膜,未电离的 HA 可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中 c总(HA) = c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是B.溶液Ⅱ中的 HA 的电离度 为C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的 c(HA)不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的 c 总(HA)之比为 10-4【解析】c(A-)c总(HA)=c(A-)c(HA)+c(A-)=1+11+1==1+1c总(HA)Ⅰ = c(HA) Ⅰ + c(A-) Ⅰc总(HA) Ⅱ = c(HA) Ⅱ + c(A-) Ⅱ= c(HA) + c(A-) Ⅰ= c(HA) + c(A-) Ⅱ= c(HA) += c(HA) += (1+104)c(HA)= (1+0.01)c(HA)K =c(Ba2+)c(Ba2+)Ksp(BaCO3） ①Ksp(BaSO4） ②K =Ksp(BaCO3）Ksp(BaSO4）不同类型的沉淀转化反应的平衡常数6. 构建沉淀转化反应的化学平衡常数与溶度积常数的关系模型①-②得上述沉淀转化反应【例题11】 （2022年全国乙卷26题节选）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO 和Pb,还有少量 Ba、Fe、Al 的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源,通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表:难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-102.6×10-9回答下列问题:(1)在“脱硫”中 PbSO4 转化反应的离子方程式为 。用沉淀溶解平衡原理解释选择 Na2CO3 的原因 。(2)在“脱硫”中,加入 Na2CO3 不能使铅膏中 BaSO4 完全转化,原因是 。K =【解析】Ksp(PbCO3）Ksp(PbSO4）2.5×10-87.4×10-14=＞105= 3.4×105Na2CO3几乎可以使PbSO4完全转化为PbCO3K =Ksp(BaCO3）Ksp(BaSO4）1.1×10-102.6×10-9== 4.2×10-2＜1057. 构建沉淀开始、完全、先后、溶解的思维模型沉淀开始沉淀完全沉淀先后沉淀溶解Qc > Kspc < 1×10 -5 mol·L-1形成沉淀所需微粒浓度越小，越先沉淀沉淀溶解产生离子浓度越大，越先溶解【例题12】 （2022年北京卷18题节选）白云石的主要化学成分为 CaMg(CO3)2，还含有质量分数约为 2.1%的 Fe2O3和 1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。已知：物质 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3Ksp 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6(2)①解释“浸钙”过程中主要浸出 CaO 的原因是(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 = CaO + MgO + 2CO2CaMg(CO3)2↑高温Ksp[Ca(OH)2]>> Ksp[Mg(OH)2]，在一定浓度NH4Cl 溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故 CaO 先浸出+【解析】【例题13】 （2022年山东卷14题节选）工业上以 SrSO4(s)为原料生产 SrCO3(s),对其工艺条件进行研究。现有含 SrCO3(s)的 0.1mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2CO3 溶液,含 SrSO4(s)的 0.1 mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2SO4 溶液。在一定 pH 范围内，四种溶液中 lg[c(Sr2+)/mol·L-1]随 pH 的变化关系如图所示。下列说法错误的是A. 反应 SrSO4(s)+CO32 SrCO3(s)+SO42 的平衡常数B. a = -6.5C. 曲线④代表含 SrCO3(s)的 1.0 mol·L-1 Na2CO3 溶液的变化曲线K =Ksp(SrCO3）Ksp(SrSO4）【解析】减小pH，平衡不移动， c(Sr2+)几乎不变减小pH， c(CO32–)减小，平衡向溶解方向移动，c(Sr2+)增大SrCO3(s) Sr2+(aq)+CO32–(aq)SrSO4(s) Sr2+(aq)+SO42–(aq)pH相同时，c(CO32–)越大，平衡向沉淀方向移动，c(Sr2+)减小pH相同时，c(SO42–)越大，平衡向沉淀方向移动，c(Sr2+)减小曲线②代表含 SrSO4(s)的 1.0 mol·L-1 Na2SO4 溶液的变化曲线曲线①代表含 SrSO4(s)的 0.1mol·L-1 Na2SO4 溶液的变化曲线温度不变,溶度积不变, ① ②中c(Sr2+)1 c(SO42–)1 = c(Sr2+)2 c(SO42–)210-5.5 ×0.1= c(Sr2+)2 ×1.0SrSO4SrCO3x2 ·= 4.0×10-6【例题14】 （2022年山东卷17题节选）工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含 SiO2 等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下：6部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比 n(Na2CO3)∶n(SiF6 2 )=1∶1 加入Na2CO3 脱氟,充分反应后，c(Na+)= mol·L-1;再分批加入一定量的 BaCO3,首先转化为沉淀的离子是 。项目 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4BaSO4Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-41.0×10-10【解析】2Na+ ~ SiF6 2 起始c 2 ： 1变化c 2m ： m平衡c 2-2m ：1- m设平衡c xKsp = c2(Na+) c(SiF6 2 )x = 2×10-22×10-2粗磷酸中硫酸钙达到饱和状态c(Ca2+ )=c(SO4 2– ) =c(SO4 2– ) =3×10-2 mol·L-1c(Ba2+) =Ksp(BaSiF6)c(SiF6 2 )= 1.0×10-4 mol·L-1,c(Ba2+) =Ksp(BaSO4)c(SO4 2 )= 3.3×10-9 mol·L-1,SO4 2–c(SiF6 2 ) = 1×10-2 mol·L-1感谢您的观看一、考向分析1.2025年考查情况汇总卷别 题号 题型 情境素材 考查内容全国卷 13 选择题 HF溶液中的离子平衡 电离常数与平衡常数计算全国卷 28 非选择题 乙酸乙酯的制备 平衡常数计算福建卷 10 选择题 K2CrO4溶液中的离子平衡 分布分数曲线与平衡常数福建卷 14 非选择题 抗癌药物顺铂相关转化 连续反应平衡常数的关系海南卷 16 非选择题 石硫合剂的制备与使用 电离常数、溶度积常数计算安徽卷 14 选择题 难溶盐MA的溶解度曲线 溶度积常数计算安徽卷 15 非选择题 废渣提锶 溶度积常数相关计算安徽卷 17 非选择题 甲烷和二氧化碳重整 压强平衡常数计算北京卷 19 非选择题 化学平衡常数的测定实验 化学平衡常数的测定与验证河北卷 14 选择题 Cu2＋的配位平衡 配位常数与电离常数河北卷 17 非选择题 乙二醇的合成 物质的量分数表示的平衡常数河南卷 14 选择题 乙二胺与Ag＋的配位平衡 电离常数与配位常数河南卷 17 非选择题 合成气的生产 压强平衡常数计算江苏卷 12 选择题 废渣提铜和镍 电离常数相关计算重庆卷 17 非选择题 水溶液中的酸碱平衡 水的电离平衡常数山东卷 10 选择题 Na2SiF6(s)热解反应 温度对平衡常数的影响山东卷 15 选择题 Co2和C2O42－的离子平衡体系 电离常数与溶度积常数山东卷 20 非选择题 燃煤脱硫技术 化学平衡常数计算四川卷 15 选择题 难溶盐MA的离子平衡曲线 电离常数与溶度积常数计算四川卷 18 非选择题 乙二醇的工业合成 平衡常数及其的影响因素云南卷 14 选择题 甲醛法测定 平衡常数计算云南卷 17 非选择题 乙醇的生产 压强平衡常数计算浙江1月卷 15 选择题 碳酸与碳酸钙的离子平衡 电离常数、溶度积常数、平衡常数浙江1月卷 18 非选择题 二甲胺及其衍生物的合成 电离常数相关计算黑吉辽蒙卷 15 选择题 银氨配离子的平衡体系 配位平衡常数计算黑吉辽蒙卷 18 非选择题 乙二醇的合成 温度对平衡常数的影响、浓度商湖北卷 14 选择题 铜（Ⅰ）和乙腈的配位平衡 配位平衡常数计算甘肃卷 14 选择题 氨基已酸平衡体系 电离平衡常数计算广东卷 17 非选择题 苯甲酸电离常数的测定 电离常数的测定与酸性比较广东卷 18 非选择题 多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni 溶度积常数相关计算广东卷 19 非选择题 钛单质及其化合物的应用 平衡常数表达式书写陕晋青宁卷 14 选择题 Al3＋、Zn2＋、Cd2＋沉淀体系 平衡常数计算陕晋青宁卷 16 非选择题 综合回收电解锰工业废盐 溶度积常数计算陕晋青宁卷 17 非选择题 CO2捕获及转化 压强平衡常数计算2.2025年考查方式总结（1）选择题部分通常考查电离常数、溶度积常数、水解常数、配位常数、化学平衡常数及相关计算，多为水溶液中离子的多重平衡体系的图像分析，涉及对数曲线、分布分数曲线、滴定曲线、配位平衡曲线等考查。（2）非选择题部分通常考查复杂反应（连续反应、平行反应）多重平衡体系的化学平衡常数计算，多与图像分析结合，考点涉及浓度平衡常数、压强平衡常数、物质的量分数平衡常数、物质的量平衡常数等。二、重温经典【例题1】（2022年全国甲卷28题节选）金属钛（Ti）在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石（TiO2）转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：（1）TiO2 转化为 TiCl4 有直接氯化法和碳氯化法。在 1 000 ℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：（ⅰ）直接氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(g)＋O2(g) ΔH1＝172 kJ·mol－1，Kp1＝1.0×10－2（ⅱ）碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH2＝－51 kJ·mol－1，Kp2＝1.2×1012 Pa① 反应 2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)的 ΔH 为 kJ·mol－1，Kp＝ Pa。（2）在 1.0×105 Pa，将 TiO2、C、Cl2 以物质的量比1∶2.2∶2 进行反应。体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。①反应 C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)的平衡常数Kp(1 400 ℃)＝ Pa。【答案】（1）－223 1.2×1014（2）7.2×105【解析】（1）根据盖斯定律进行计算可知，反应（ⅱ）－反应（ⅰ）得到 2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH＝－51 kJ·mol－1－172 kJ·mol－1＝－223 kJ·mol－1；Kp＝＝＝1.2×1014 Pa。（2）Kp(1 400 ℃)＝ ＝ ＝7.2p总＝7.2×105 Pa。【例题2】（2022年江苏卷14题节选）硫铁化合物（FeS、FeS2等）应用广泛。（1）纳米 FeS 可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在 pH＝4~7 的水溶液中，纳米 FeS 颗粒表面带正电荷，Cr(Ⅵ)主要以 HCrO4－ 、Cr2O、CrO形式存在，纳米 FeS 去除水中 Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。己知：Ksp(FeS)＝6.5×10－18，Ksp[Fe(OH)2]＝5.0×10－17；H2S 电离常数分别为 Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13。②在弱酸性溶液中，反应 FeS ＋ H＋Fe2＋ ＋ HS－的平衡常数K的数值为 。【答案】5×10－5【解析】K＝＝＝＝＝5×10－5。【例题3】（2022年山东卷20题节选）利用 γ-丁内酯（BL）制备 1，4-丁二醇（BD），反应过程中伴有生成四氢呋喃（THF）和 1-丁醇（BuOH）的副反应，涉及反应如下：已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压 H2 氛围下进行， 故H2压强近似等于总压。回答下列问题：（1）以 5.0×10－3 mol BL 或 BD 为初始原料，在 493 K、3.0×103 kPa 的高压 H2 氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热 X kJ；以 BD为原料，体系从环境吸热 Y kJ。（2）初始条件同上。xi 表示某物种 i 的物质的量与除 H2 外其他各物种总物质的量之比，xBL 和 xBD 随时间t变化关系如图甲所示。实验测得 X【答案】a 或 c 8.3×10－8【解析】初始投料为5.0×10－3 mol BL和5.0×10－3 mol BD，在493 K、3.0×103 kPa的高压 H2氛围近似为全等平衡，由X【例题4】（2022年河北卷16题节选）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。Ⅰ. CH4(g) ＋ H2O(g) CO(g) ＋ 3H2(g)；Ⅱ. CO(g) ＋ H2O(g) CO2(g) ＋ H2(g)③恒温恒压条件下，1 mol CH4(g)和 1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为 α，CO2(g)的物质的量为b mol，则反应Ⅰ的平衡常数Kx ＝ （写出含有 α、b的计算式；对于反应 mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，Kx＝，x为物质的量分数）。【答案】【解析】Ⅰ. CH4(g) ＋ H2O(g) CO(g) ＋ 3H2(g)；起始(mol) 1 1 0 0转化(mol) α α α 3α平衡(mol) 1－α 1－α α 3αⅡ. CO(g) ＋ H2O(g) CO2(g) ＋ H2(g)起始(mol) α 1－α 0 3α转化(mol) b b b b平衡(mol) α－b 1－α－b b 3α＋b根据差量法，达平衡时气体总物质的量为(2＋2α) mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、。因此，反应 I 的平衡常数Kx＝＝。【例题5】（2022年1月浙江卷29题节选）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：（3）一氧化碳变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41 kJ·mol－1。①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强（即组分的物质的量分数×总压）：p(CO)＝0.25 MPa、p(H2O)＝0.25 MPa、p(CO2)＝0.75 MPa 和 p(H2)＝0.75 MPa，则反应的平衡常数 K 的数值为 。【答案】9【解析】依题意可知平衡常数表达式K＝，又由克拉伯龙方程pV＝nRT 推出p＝cRT，所以c＝，所以K＝Kp＝ ＝＝9。当反应前后气体分子数相等时：Kp＝Kc＝Kχ＝Kn。【例题6】（2022年海南卷14题节选）某元素 M 的氢氧化物 M(OH)2(s)在水中的溶解反应为：M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)、M(OH)2(s)＋2OH－(aq) M(OH)42 (aq)，25 ℃时，－lgc与pH的关系如图所示，c为M2＋或M(OH)42 浓度的值，下列说法错误的是（ ）A.曲线①代表－lg c(M2＋)与 pH 的关系B. M(OH)2 的 Ksp 约为1×10－10【答案】B【解析】对于两个反应①M(OH)2(s) M2＋(aq)＋2OH－(aq)；② M(OH)2(s)＋2OH－(aq) M(OH)42 (aq)；增大pH，①平衡左移 ②平衡右移，即c(M2＋)减小， c[M(OH)42 ]增大，因此曲线①代表－lg c(M2＋)与 pH 的关系；由图像，pH＝7.0时，－lg c(M2＋)＝3.0，则M(OH)2的Ksp＝c(M2＋)·c(OH－)2＝1×10－3×（1×10－7）2＝1×10－17。三、知识重构1. 四大平衡常数的比较 化学平衡常数（K） 电离常数（Ka、Kb） 盐类的水解常数（Kh） 难溶电解质溶度积常数（Ksp）概念 在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂（以其化学计量数为指数）之积与反应物浓度幂之积的比是一个常数，这个常数叫作该反应的化学平衡常数，用 K 表示。 在一定条件下达到电离平衡时，弱电解质电离形成的各种离子的浓度的乘积与溶液中未电离的分子的浓度之比是一个常数，这个常数称为电离常数。 在一定温度下，当盐类水解反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，这个常数就是该反应的水解平衡常数。 在一定温度下，在难溶电解质的饱和溶液中，各离子浓度幂之积为一个常数。意义 反映化学反应进行的程度，K 值越大，表示反应进行得越完全，反应物平衡转化率越大，一般认为当反应的平衡常数K ＞ 105 ，反应物几乎完全转化。 反映弱电解质电离程度的大小，常数越大，则酸（碱）性越强。 反映弱盐水解程度的大小，常数越大，则酸（碱）性越强。 反映电解质的溶解程度，Ksp越小的，溶解度也越小。影响 因素 只与温度有关。 与温度和弱电解质的性质有关，升高温度，Ka、Kb增大。 与温度和盐的性质有关，升高温度，Kh增大。 与难溶电解质的性质和温度有关。2. K 的四种表达式浓度平衡常数（Kc） Kc ＝分压平衡常数（Kp） Kp ＝物质的量分数平衡常数（Kχ） Kχ ＝物质的量平衡常数（Kn） Kn ＝注意：①混合气体中某组分的分压 ＝ 总压 × 该组分的物质的量分数。②固体、纯液体不写入平衡常数表达式。3. Ka 、Kb 、Kh 、Ksp表达式电离方程式 表达式电离常数Ka HA H＋ ＋ A－ Ka ＝电离常数Kb BOHB＋ ＋ OH－ Kb ＝水解常数Kh A－＋H2O HA ＋ OH－ Kh ＝溶度积常数Ksp AmBn(s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq) Ksp ＝ c m (An＋)·c n (Bm－)注意：①固体、纯液体不写入平衡常数表达式。②Ka·Kh＝Kw；Kb·Kh＝Kw。4. 四大平衡常数的应用平衡常数 应用化学平衡常数 1.计算初始（或平衡）浓度； 2.计算转化率（或产率）； 3.判断平衡移动的方向（或放热、吸热等情况）； 4.判断反应温度。电离平衡常数 1.由Ka或Kb求pH； 2.比较酸性强弱； 3.比较或计算微粒浓度大小；水解平衡常数 1.判断弱酸根或弱碱根的水解程度，比较pH； 2.比较微粒浓度大小； 3.比较对应酸酸性强弱。溶度积常数 1.溶解度与Ksp的换算与比较； 2.沉淀后溶液中剩余离子浓度的计算； 3.沉淀先后的计算与判断； 4.沉淀转化分析与计算； 5.沉淀开始及是否沉淀完全的计算。四、模型建构1. K 计算基本思维模型一般模型复杂反应的多重平衡模型2. 构建化学平衡常数关系模型化学方程式的变化对K的影响：①同一可逆反应中，K正·K逆＝1；②同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′＝Kn或K′＝；③几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积。即若Ⅰ＋Ⅱ＝Ⅲ，则KⅠ× KⅡ＝KⅢ ，若Ⅰ－Ⅱ＝Ⅲ，则＝ KⅢ。3. 构建多元弱酸电离常数与多元弱酸根水解常数关系模型多元弱酸 电离 H3A H＋ ＋ H2 A H2A H＋ ＋ HA2 HA2H＋ ＋ A3 Ka1＝ Ka2 ＝ Ka3 ＝ Ka1·Kh3 ＝ Kw Ka2·Kh2 ＝ Kw Ka3·Kh1 ＝Kw Kh1 ＝ Kh2 ＝ Kh3 ＝水解 A3＋H2O HA2＋ OH HA2＋H2O H2A＋ OH H2A＋H2O H3A ＋ OH Kh1＝ Kh2 ＝ Kh3 ＝H3AH2A－HA2－R3－【例题7】（2022年江苏卷12题节选）一种捕集烟气中 CO2 的过程如图所示。室温下以 0.1 mol·L－1 KOH 溶液吸收 CO2，若通入CO2 所引起的溶液体积变化和 H2O 挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度 c总＝ c(H2CO3)＋c(HCO3－) ＋c(CO)。H2CO3 电离常数分别为 Ka1＝4.4×10－7、Ka2＝4.4×10－11。下列说法正确的是C. KOH溶液吸收CO2，c总＝0.1 mol·L－1溶液中：c(H2CO3)>c(CO32 )【答案】C【解析】根据物料守恒可以确定，C项中溶质为KHCO3。HCO3－ 的电离常数 Ka2 ＝4.4×10－11，水解常数Kh2＝＝＞4.4×10－11，因此HCO3－ 的水解程度＞电离程度，所以c(H2CO3)>c(CO32 )。4. 构建利用图像特殊点计算K的方法模型多元弱酸各种微粒分布分数与pH变化关系曲线。【例题8】（2021年山东卷15题节选）赖氨酸[H3N＋(CH2)4CH(NH2)COO－，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐（H3RCl2）在水溶液中存在平衡：H3R2＋H2R＋HRR－。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2＋、H2R＋、HR和R－的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)＝。A．>【答案】A错误【解析】从图像中分析可知M、N、P对应c(H＋)分别等于K1、K2、K3的值，有反应H2R2＋ H2R＋＋H＋ (K1)，H2R＋ HR＋H＋ (K2) ，HR R－＋H＋ (K3)，所以K1＝ ＝ 10－2.2；K2＝ ＝ 10－9.1；K3＝ ＝ 10－10.8。则 ＝ ＝ 10－6.9， ＝ ＝ 10－1.7，则＜， A错误。5. 变换平衡常数关系式解决多元弱酸根与其分子比值问题【例题9】（2022年海南卷13题节选）NaClO 溶液具有漂白能力，已知 25 ℃，Ka(HClO)＝4.0×10－8。下列关于 NaClO 溶液说法正确的是 （ ）D. 25 ℃，pH＝7.0 的 NaClO 和 HClO 的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO－) ＝ c(Na＋)【答案】D【解析】根据电荷守恒c(OH－)＋c(ClO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)以及室温条件下pH＝7.0可以推出c(ClO－)＝c(Na＋) ，又因为＝＝ ＝0.4可以推出c(HClO) > c(ClO－) 。【例题10】（2022年全国乙卷13题节选）常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－离子不能穿过隔膜，未电离的 HA 可自由穿过该膜（如图所示）。设溶液中 c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）B.溶液Ⅱ中的 HA 的电离度为C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4【答案】B【解析】＝＝＝＝＝，B正确；根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中c(HA)相等，C错误；c总(HA)Ⅰ＝c(HA) Ⅰ＋c(A－) Ⅰ＝c(HA)＋c(A－) Ⅰ＝c(HA)＋＝(1＋104)c(HA)，同理可得c总(HA) Ⅱ＝(1＋0.01)c(HA)，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。6. 构建沉淀转化反应的化学平衡常数与溶度积常数的关系模型BaCO3(s)＋SO (aq) BaSO4(s)＋CO (aq)的 K＝＝＝。BaCO3(s) Ba 2＋(aq) ＋ CO (aq) Ksp(BaCO3） ①BaSO4(s) Ba 2＋(aq) ＋ SO (aq) Ksp(BaSO4） ②①－②得上述沉淀转化反应：K＝＝。不同类型的沉淀转化反应的平衡常数3Mg(OH)2(s) ＋ 2Fe3＋ (aq) 2Fe(OH)3 (s) ＋ 3Mg2＋(aq)的K＝。【例题11】（2022年全国乙卷26题节选）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO 和Pb，还有少量 Ba、Fe、Al 的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3Ksp 2.5×10－8 7.4×10－14 1.1×10－10 2.6×10－9回答下列问题：（1）在“脱硫”中 PbSO4 转化反应的离子方程式为 。用沉淀溶解平衡原理解释选择 Na2CO3 的原因 。（2）在“脱硫”中，加入 Na2CO3 不能使铅膏中 BaSO4 完全转化，原因是 。【答案】（1）PbSO4(s) ＋CO(aq) PbCO3(s) ＋SO(aq)；反应PbSO4(s) ＋CO(aq) PbCO3(s) ＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝＝＝3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3。（2）反应BaSO4(s) ＋CO(aq) BaCO3(s) ＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝＝＝4.210－2<<105，反应正向进行的程度有限。【解析】同答案。7. 构建沉淀开始、完全、先后、溶解的思维模型沉淀开始 Qc > Ksp沉淀完全 c < 1×10 －5 mol·L－1沉淀先后 形成沉淀所需微粒浓度越小，越先沉淀沉淀溶解 沉淀溶解产生离子浓度越大，越先溶解【例题12】（2022年北京卷18题节选）白云石的主要化学成分为 CaMg(CO3)2，还含有质量分数约为2.1%的 Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。已知：物质 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3Ksp 5.5×10－6 5.6×10－12 3.4×10－9 6.8×10－6（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 ；（2）①“解释“浸钙”过程中主要浸出 CaO 的原因是 。【答案】（1）CaMg(CO3)2＝CaO＋MgO＋2CO2↑（2）Ksp [Ca(OH)2 ] < Ksp [Mg(OH)2 ]，在一定量NH4Cl溶液中，Ca(OH)2会和NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能，故CaO先浸出。【解析】氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，Ksp [Ca(OH)2 ] < Ksp [Mg(OH)2 ]，在一定量NH4Cl溶液中，Ca(OH)2会和NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能，故CaO首先溶解被浸出。【例题13】（2022年山东卷14题节选）工业上以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1mol·L－1、1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1 mol·L－1、1.0 mol·L－1 Na2SO4溶液。在一定 pH 范围内，四种溶液中 lg[c(Sr2＋)/mol·L－1]随 pH 的变化关系如图所示。下列说法错误的是A. 反应 SrSO4(s)＋CO32 SrCO3(s)＋SO42 的平衡常数K＝B. a＝－6.5C. 曲线④代表含SrCO3(s)的1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液的变化曲线【答案】ABC均正确【解析】对于反应SrSO4(s) Sr2＋(aq)＋SO42–(aq)减小pH，平衡不移动， c(Sr2＋)几乎不变。对于反应SrCO3(s) Sr2＋(aq)＋CO32–(aq)减小pH， c(CO32–)减小，平衡向溶解方向移动，c(Sr2＋)增大；当pH相同时，c(CO32–)越大，平衡向沉淀方向移动，c(Sr2＋)减小；当pH相同时，c(SO42–)越大，平衡向沉淀方向移动，c(Sr2＋)减小；所以曲线①代表含SrSO4(s)的0.1mol·L－1 Na2SO4 溶液的变化曲线，曲线②代表含 SrSO4(s)的 1.0 mol·L－1 Na2SO4 溶液的变化曲线；温度不变，溶度积不变， ①②中c(Sr2＋)1·c(SO)1 ＝ c(Sr2＋)2·c(SO)2即10－5.5 ×0.1＝ c(Sr2＋)2 ×1.0，所以a＝－6.5。【例题14】（2022年山东卷17题节选）工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含 SiO2 等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：项目 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4Ksp 1.0×10－6 4.0×10－6 9.0×10－4 1.0×10－10部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比 n(Na2CO3)∶n(SiF6 2 )＝1∶1 加入Na2CO3 脱氟，充分反应后，c(Na＋)＝ mol·L－1；再分批加入一定量的 BaCO3，首先转化为沉淀的离子是 。考点：达沉淀溶解平衡时，溶液中离子浓度的计算，沉淀先后顺序的判断【答案】2×10－2 SO【解析】2Na＋ ~ SiF6 2 起始c 2 ： 1变化c 2m ： m平衡c 2－2m ：1－ m设平衡c xKsp＝c2(Na＋) c(SiF6 2 ) 即x2 · ＝4.0×10－6解得x＝2×10－2所以c(SiF6 2 ) ＝ 1×10－2 mol·L－1 ， c(Na＋)＝2×10－2 mol·L－1粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2＋)＝c(SO)＝＝3.0×10－2mol·L－1；分批加入一定量BaCO3，当BaSiF6开始沉淀时，c(Ba2＋)＝＝1.0×10－4 mol·L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2＋)＝＝3.3×10－9 mol·L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO ，然后才是SiF。1.（2025年全国卷28题节选）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题：（3）在常压和353.15 K时，初始组成n(CH3COOH) :n(C2H5OH)＝3:1、NaHSO4作催化剂的条件下进行酯化反应CH3COOH(1)＋C2H5OH(1)＝CH3COOC2H5(1)＋H2O(1)，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。平衡时乙酸的转化率α＝ %，平衡常数K＝ （保留2位有效数字）。2．（2025年福建卷14题节选）研究抗癌药物顺铂[Pt(NH3)2Cl2]与胸苷（简写为TH，结构如下）的配体交换反应及所形成配合物的稳定性。I．配合物[Pt(NH3)2Cl2]的制备（2）“步骤2”中体系存在以下平衡：i．TH H＋＋T－ K1ii．[Pt(NH3)2(H2O)2]2＋＋2 T－ Pt(NH3)2(T)2＋2H2O K2①反应[Pt(NH3)2(H2O)2]2＋＋2HT Pt(NH3)2(T)2＋2H＋＋2H2O的平衡常数K＝ （用K1、K2列出计算式）。3．（2025年海南卷16题节选）石硫合剂是作物抗病抑菌的无机农药。生产上以硫磺、石灰和水为原料，经加热熬煮得棕红色混悬液体。（5）判断将浓度均为2 mol·L 的CaS2O3、KH2PO4等体积混合，构成K、P、Ca、S四元肥料混合液后，是否析出S及CaHPO4沉淀，造成叶面施肥喷头堵塞，并说明理由 。已知：25℃下，pKa1(H2S2O3)＝0.60，pKa2(H2S2O3)＝1.50，pKa2(H3PO4)＝7.20，pKsp(CaHPO4)＝6.66（pK＝－lgK）。H2S2O3分子不稳定，生成即分解为S和SO2。4 .（2025年安徽卷15题节选）某含锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知 25℃时， Ksp(SrSO4)＝10－6.46，Ksp(BaSO4)＝10－9.97。（3） “盐浸 ”中SrSO4转化反应的离子方程式为 ； 25℃时，向 0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11mol ·L－1 BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2＋)·c(SO42－)＝ _______ (mol ·L－1)2（忽略溶液体积的变化）。5.（2025年安徽卷17题节选） Ⅱ. 甲烷和二氧化碳重整是制取合成气（CO和H2）的重要方法，主要反应有：③CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)④CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)⑤CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)（5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar 混合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如下图。ii. 若平衡时 Ar的分压为p kPa，根据 a 、b两点计算反应⑤的平衡常数Kp＝ (kPa)2（用含 p的代数式表示，Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。6. （2025年北京卷19题）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2＋2Br－＋4H＋ Mn2＋＋Br2＋2H2O”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。（1）理论分析①Br2易挥发，需控制生成c(Br2)较小。②根据25℃时K＝6.3×104分析，控制合适pH，可使生成c(Br2)较小；用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应，反应前后c(Br－)几乎不变； c(Mn2＋)＝c(Br2)，仅需测定平衡时溶液pH和c(Br2)。③Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。（2）实验探究序号 实验内容及现象I 25℃，将0.200 mol·L－1KBr溶液（pH≈1）与过量MnO2混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。Ⅱ 25℃，将0.200 mol·L－1KBr溶液（pH≈2）与过量MnO2混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的pH；取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用Na2S2O3标准溶液滴定，测定c(Br2)。已知：I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 。用离子方程式表示KI的作用： 。②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH （填“增大”、“减小”或“不变”）。平衡后，按计算所得值小于25℃的K值，是因为Br2挥发导致计算时所用 的浓度小于其在溶液中实际浓度。③Ⅱ中，按计算所得值也小于25℃的K值，可能原因是 。（3）实验改进分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。控制反应温度为40℃，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 值比较。②综合调控pH和温度的目的是 。7. （2025年河北卷17题节选）乙二醇（EG）是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。（2）煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：2CO(g)＋3H (g) HOCH CH OH(g) ΔH按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：①代表α＝0.6的曲线为_____（填“L1” “L ”或“L ” ）；原因是___________________。②ΔH______0（填“>” “<”或“＝”）。③已知：反应aA(g)＋bB(g) yY(g)＋zZ(g)，Kx ＝，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系，Kx(M)________Kx(N)（填“>” “<”或“＝”），D点对应体系的Kx的值为________。④已知：反应aA(g)＋bB(g) yY(g)＋zZ(g)，Kp＝ ，p为组分的分压。调整进料比为n(CO) : n(H ) ＝ m : 3，系统压强维持p0 MPa，使α(H )＝0.75，此时Kp＝_____________MPa－ （用含有m和p0的代数式表示）。8. （2025年河南卷17题节选）CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气（H2＋CO），实现碳资源的二次利用。主要反应如下：反应Ⅰ：CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g) ΔH1＝+178 kJ·mol－1反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g) ΔH2＝+247 kJ·mol－1反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g) ΔH3＝+41 kJ·mol－1回答下列问题：（5）在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是 （填“T1”“T2”或“T3” ），原因是 。（6）一定温度、100 kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3 mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp ＝_______（保留小数点后一位），此时原位CO2利用率为_______。已知：原位CO2利用率＝×100%。9. （2025年江苏卷12题）室温下，有色金属冶炼废渣（含Cu、Ni、Si等的氧化物），用过量的浓的H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如题12图所示：已知：Ka(HSO4－ )＝1.2×10－2、Ka1(H2SO3)＝1.2×10－2、Ka2(H2SO3)＝6.0×10－8。下列说法正确的是A．较浓的H2SO4溶液中：c(H＋)＝2c(SO42 －)＋c(OH－)B．NaHSO3溶液中：2HSO3－ SO32 －＋H2SO3的平衡常数K＝5.0×10－6C．(NH4)2C2O4溶液中：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O4－ )＋c(H＋)D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中，c提铜(Na＋)＝c沉镍(Na＋)10. （2025年重庆卷17题节选）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。（3）① 25 ℃时，H2O H＋＋OH－的平衡常数K＝_____ mol·L－1（保留2位有效数字）。11. （2025年山东卷20题节选）利用CaS 循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：Ⅰ．CaS(s)＋2SO2(g) CaSO4(s)＋S2(g) ΔH1Ⅱ．CaSO4(s)＋4H2(g) CaS(s)＋4H2O(g) ΔH2Ⅲ．SO2(g)＋3H2(g) H2S(g)＋2H2O(g) ΔH3恒容条件下，按1 molCaS，1 mol SO2和0.1 molH2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变。回答下列问题：（1）反应4H2(g)+2SO2(g) 4H2O(g)+S2 (g)的焓变ΔH＝ （用含ΔH1、ΔH2的代数式表示）。（2）乙线所示物种为 （填化学式）。反应Ⅲ的焓变ΔH3 0（填“>”“<”或“＝” ）。（3）T1温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为a mol，则S2为 mol（用含a的代数式表示）；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)－n(CaSO4 )＝ mol （用含a的最简代数式表示）。（4）T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比n(H2S)/n(H2 ) （填“增大”“减小”或“不变”），H2O物质的量n(H2O) （填“增大”“减小”或“不变”）。12. （2025年四川卷18题节选）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气（CO＋H2）为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：① HCHO(g)＋CO(g)＋H2(g)＝HOCH2CHO(l)② HOCH2CHO(l)＋H2(g)＝HOCH2CH2OH(l)已知：ΔfHm为物质生成焓，反应焓变ΔH＝产物生成焓之和－反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。物质 HCHO(g) CO(g) H2(g) HOCH2CH2OH(l)ΔfHm/kJ·mol－1 －116 －111 0 －455回答下列问题：（1）生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为_____________________________，ΔS______0（填“＞”“＜”或“＝”），反应在______（填“高温”或“低温”）自发进行。（2）恒压时，合成气中n(H2)∶n(CO)增大，HOCH2CHO（羟基乙醛）单位时间产率降低，其原因是_________________________________________。（3）反应中伴随副反应④：HCHO(g)＋H2(g)＝CH3OH(l)。平衡常数与温度之间满足关系lnK＝－＋常数，反应②和④的lnK与的关系如图所示，则ΔH2______ΔH4（填“＞”“＜”或“＝”）；欲抑制甲醇的生成，应适当______（填“升高”或“降低”）反应温度，理由是______________。（4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛起始浓度为1.0 mol·L－1。① 反应5h后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，则甲醛的平均消耗速率＝__________mol·L－1·h－1。② 溶剂中H2和CO浓度分别保持为1.0×10－4 mol·L－1、6.0×10－4 mol·L－1，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为18%、34%、14%，生成乙二醇的平衡常数K＝____(mol·L－1)－3（科学记数，保留小数点后2位）。13. （2025年云南卷17题节选）我国科学家研发出一种乙醇（沸点78.5℃）绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸（沸点118℃）的生产，主要反应为：I．C2H5OH(g)＋H2O(g) ＝ 2H2(g)＋CH3COOH(g) ΔH1 Kp1II．C2H5OH(g) ＝ CH3CHO(g)＋H2(g) ΔH2＝＋68.7 kJ·mol－1回答下列问题：（1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为秸秆纤维素 乙醇（2）对于反应Ⅰ：①已知CH3CHO(g)＋H2O(g)＝ H2(g)＋CH3COOH(g) ΔH＝－24.3 kJ·mol－1，则ΔH1＝ kJ·mol－1。②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是___（填标号）。A．容器的压强不再变化B．混合气体的密度不再变化C．CH3COOH的体积分数不再变化D．单位时间内生成1 mol H2O，同时消耗2 mol H2③反应后从混合气体分离得到H2，最适宜的方法为 。（3）恒压100 kPa下，向密闭容器中按n(H2O)∶n(C2H5OH)＝9∶1投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性＝]①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为 。②由图中信息可知，乙酸可能是 （填“产物1”“产物2”或“产物3”）。③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)＝ ，平衡常数Kp1＝ kPa（列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。14. （2025年浙江1月卷15题）25 ℃时，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7、Ka2＝4.7×10－11、Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，下列描述不正确的是( )A. HCO3－＋H2O OH－＋H2CO3 K＝2.2×10－8B. 2HCO3－ CO32－＋H2CO3 K＝1.0×10－4C. HCO3－＋Ca2＋ CaCO3(s)＋H＋ K＝1.4×10－2D.NaHCO3溶液中，c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO32－)，则c(H＋)＝15. （2025年浙江1月卷18题节选）二甲胺[(CH3)2NH]、N,N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答：（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，－lgKb＝3.2，则1 mol/L [(CH3)2NH2]＋Cl－水溶液的pH＝______。16. （2025年黑吉辽蒙18题）乙二醇是一种重要化工原料，以合成气（CO、H2）为原料合成乙二醇具有重要意义。Ⅰ．直接合成法：2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g)，不同温度下平衡常数如下表所示。温度 298 K 355 K 400 K平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10-3（1）该反应的 H_______0（填“>”或“<” ）。（2）已知CO(g)、H2(g)、 HOCH2CH2OH(g)的燃烧热（ H）分别为－a kJ·mol－1、－b kJ·mol－1、－c kJ·mol－1，则上述合成反应的 H =_______ kJ·mol－1 （用a、b和c表示）。（3）实验表明，在500 K时，即使压强（34 MPa）很高乙二醇产率（7%）也很低，可能的原因是 （答出1条即可）。Ⅱ．间接合成法：用合成气和O2制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。（4）在2 MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性]。①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线_______（填图中标号，下同）表示DMO的转化率，曲线_______表示MG的选择性。②有利于提高A点DMO转化率的措施有_______（填标号）。A．降低温度 B．增大压强C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间③483 K时，出口处的值为_______（精确至0.01）。④A点反应MG(g)+2H2(g)HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)的浓度商Qx=_______（用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001）。17. （2025年广东卷17题节选）酸及盐在生活生产中应用广泛。（3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度c0和苯甲酸的Ka，实验如下：取50.00 mL苯甲酸饱和溶液，用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：①c0= mol/L。②苯甲酸的Ka= （列出算式，水的电离可忽略）。（4）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。①知识回顾羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为：H3COOH < CH2ClCOOH < CCl3COOH < CF3COOH。随着卤原子电负性 ，羧基中的羟基 增大，酸性增强。②提出假设甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：③验证假设甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序，因为 。乙同学用（3）中方法测定了上述三种酸的Ka，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。④实验小结假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。（4）该小组尝试测弱酸HClO的Ka。①丙同学认为不宜按照（3）中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为 。②小组讨论后，选用0.100 mol/LNaClO溶液（含少量NaCl）进行实验，以获得HClO的Ka。简述该方案 （包括所用仪器及数据处理思路）。③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。18. （2025年广东卷第18题节选）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。氢氧化物 Fe(OH)3 Al (OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2Ksp(298K) 2.8×10－39 1.3×10－33 2.2×10－20 5.5×10－16（4）“沉铝”时，pH最高可调至 （溶液体积变化可忽略）。已知：“滤液1”中c(Cu2+)=0.022 mol/L，c(Ni2+)=0.042 mol/L。19. （2025年广东卷19题节选）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。（3）以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0 mol TiCl4与10.0 mol Ti放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。编号 过程 ΔH(a) Ti (s)+ TiCl4(g) 2TiCl2(s) ΔH1(b) TiCl2(s)+ TiCl4(g) 2TiCl3(g) +200.1 kJ/oml(c) Ti (s)+ 3TiCl4(g) 4TiCl3(g) +132.4 kJ/mol(d) TiCl3(g) TiCl3(s) ΔH2①ΔH1= kJ/mol。②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为 。③温度T0 K下，n[TiCl4(g)] mol，反应(c)的平衡常数K= （列出算式，无须化简）。20. （2025年陕晋青宁卷16题节选）一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分为Mn2+、Mg2+、NH4+的硫酸盐）的工艺流程如下。已知：①常温下Ksp(MgCO3)=10－5.17，Ksp [Mg(OH)2]=10－11.25 ，Ksp [Mn(OH)2]=10－12.72；②S2O82－的结构式为。回答下列问题：（2）“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式 。当Mg2+（c=10－0.68mol·L－1）将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2+浓度为_______mol·L－1。第16讲－变与不变：四大平衡常数及其应用答案及解析1.【答案】（3）30 3.9【解析】（3）根据题中数据列三段式进行计算：CH3COOH(1)＋C2H5OH(1)＝CH3COOC2H5(1)＋H2O(1)起始浓度（mol·L ） 9.90 3.30 0 0变化浓度（mol·L ） 2.97 2.97 2.97 2.97平衡浓度（mol·L ） 6.93 0.33 2.97 2.97则反应达到平衡时乙酸的转化率α＝×100%＝30%。平衡常数K＝＝3.9。2.【答案】（2）K12·K2【解析】（2）①将反应i×2＋反应ii可得到反应[Pt(NH3)2(H2O)2]2＋＋2HT Pt(NH3)2(T)2＋2H＋＋2H2O，则其平衡常数K＝K12·K2。3. 【答案】（5）不会产生S沉淀；因为H3PO4的Ka2远远小于H2S2O3的Ka1，不能产生H2S2O3，因此不会产生S沉淀。会产生CaHPO4沉淀；等体积混合后，各物质的浓度均为1 mol·L－1，1 mol·L－1KH2PO4电离出的H＋浓度约为1×10－3.6，则c(Ca2＋)×c(HPO42－)＝l×10－3.6，大于Ksp(CaHPO4)。【解析】同答案。4.【答案】（3）SrSO4(s)＋Ba2＋(aq) BaSO4(s)＋Sr2＋(aq) 10－8.97【解析】“盐浸 ”工序中SrSO4转化为相对更难溶的BaSO4，离子方程式为SrSO4(s)＋Ba2＋(aq) BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)；该反应的平衡常数 。平衡常数很大，可近似认为SrSO4完全转化，则反应后溶液中c(Ba2＋)＝0.01 mol·L－1，则c(SO42－)＝Ksp(BaSO4)/c(Ba2＋)＝＝10－7.97 mol·L－1 ，因此c(Sr2＋)·c(SO42－)＝0.1×10－7.97＝10－8.97(mo·L－1)2。5. 【答案】（5）②0.675p2【解析】设起始的物质的量n0(CH4)＝n0(CO2)＝40 mol，n0(Ar)＝20 mol。有图中数据计算可知n平(CH4)＝40×(1－20%)＝32 mol，n平(CO2)＝40×(1－30%)＝28 mol。反应的量为：n反(CH4)＝40×20%＝8 mol，n反(CO2)＝40×30%＝12 mol。根据C守恒，反应掉的含C物质全转化为CO：则n平(CO)＝8 mol＋12 mol＝20 mol。根据O守恒，反应掉的CO2中的O，转移给了CO和H2O，则2n反(CO2)＝n平(CO)＋n平(H2O)，n平(H2O)＝2×12 mol－20 mol＝4 mol。再根据H守恒，反应掉的CH4中的H，转移给了H2和H2O，则4n反(CH4)＝2n平(H2)＋2n平(H2O)，n平(H2)＝2n反(H2)－n平(H2O)＝2×8 mol－4 mol＝12 mol。分压之比等于物质的量之比。 ，可得p平(CH4)＝1.6p。同理可得p平(H2O)＝0.2p，p平(CO)＝p，p平(H2)＝0.6p，因此。6. 【答案】（2）① 滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 Br2＋2I－＝2Br－＋I2②增大 Mn2＋③实验Ⅱ的c(H＋)浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中c(Mn2＋)、c(Br2)偏低，计算的K值偏小（3）① 40℃下的理论K②使反应更快地达到平衡状态的同时，减少Br2的挥发，从而准确测定K值。【解析】（2）①淀粉遇I2显蓝色，I2与Na2S2O3反应后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；KI的作用：与Br2反应转化为I2，便于后续滴定，离子方程式为Br2＋2I－＝2Br－＋I2；②由反应方程式可知，该反应消耗H＋生成水，因此pH增大；由实验现象液面上方有淡黄色气体可知有Br2的挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，c(Mn2＋)＝c(Br2)，则计算时所用Mn2＋的浓度小于其在溶液中实际浓度；③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明c(Br2)的测定没有问题；对比实验Ⅰ和Ⅱ可发现，实验Ⅱ的pH更大，实验Ⅱ的c(H＋)低于实验Ⅰ，且反应后溶液为淡黄色，说明c(Br2)相对较小，则可能原因是反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中c(Mn2＋)、c(Br2)偏低，计算的K值偏小；（3）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较。②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于c(H＋)大，反应速率快，导致Br2有部分挥发，使得计算的K值偏小，实验Ⅱ由于c(H＋)过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故想要测定准确的K值需要综合调控pH和温度以使反应更快地达到平衡状态的同时减少Br2的挥发，从而准确测定K值。7. 【答案】（2）①L1 ②< ③＝ 12 ④【解析】（2）①该合成反应正向是气体分子总数减小的反应，增大压强平衡正向移动，平衡转化率增大。读图，温度相同时，L1的压强最大，其平衡转化率是最大的0.6。所以，本题答案为L1。②读图，当压强相同时，L1对应的温度最低且转化率最大，说明温度降低平衡正向移动，则反应放热，则ΔH<0。③N两点均在L1上，平衡转化率相等，则各组分对应的物质的量分数相等，Kx(M)＝Kx(N)。用物质的量分数表示的平衡常数，与温度有关；有气体参加的反应，当反应前后气体分子总数不同时，也与压强有关。深入研究表明，物质的量分数平衡常数与温度和压强的关系为：Kx＝Kc·，式中Kc为用浓度表示的平衡常数，R为理想气体常数，T为温度，p总为体系的总压，Δn为生成物气体与反应物气体的化学计量数总数的差。对于反应2CO(g)＋3H (g) HOCH CH OH(g)，ΔH<0，Δn<0，温度越高，Kx越大；体系总压越大，Kx越小。从M点到N点，温度升高，使Kx增大，但总压升高，使Kx减小，总的结果，两个影响恰好抵消，Kx相等。D点在L2上，平衡转化率α＝0.5，设初始投料为n(CO)＝2 mol，n(H2O)＝3 mol，列三段式如下：2CO(g) ＋ 3H (g) HOCH CH OH(g)n初始/mol：2 3 0n转化/mol：2×0.5 3×0.5 0.5n平衡/mol：1 1.5 0.5平衡时x(CO) ＝ ＝ ，同理，x(H2) ＝ 0.5，x(HOCH CH OH) ＝ ，则Kx＝ ＝ 12。④设初始进料为 m mol CO，3 mol H ，平衡时α(H ) ＝ 0.75，列三段式：2CO(g) ＋ 3H (g) HOCH CH OH(g)n(初始)/mol m 3 0n(转化)/mol 1.5 3×0.75 0.75n(平衡)/mol m－1.5 0.75 0.75平衡时n(总)＝m－1.5＋0.75＋0.75＝m mol，则p(CO)＝ MPa ， p(H )＝MPa ， p(HOCH CH OH) ＝ MPa。Kp ＝ MPa－ ＝ MPa－ 。8．【答案】（15分）（5）① T1 ②反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动（6）①1.2 ②70%【解析】（5）反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，平衡正向移动，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1，故答案为：T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动。（6）一定温度、100 kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO3和1 mol CH4，恒压反应至平衡时，体系中有CaCO3、CaO、CO2、CO、CH4、H2、H2O，根据已知条件和原子守恒，可知平衡时，各种物质的物质的量分别为CaCO3 CaO CO2 CO CH4 H2 H2O（mol) 0.2 0.8 0.1 1.3 0.4 1.1 0.1体系中气体的总物质的量为3.8 mol，则≈1.2。CaCO3平衡时， ×100%＝×100%＝70%。故答案为：1.2；70%。9. 【答案】B【解析】A项，由已知Ka(HSO4－ )的存在知，浓H2SO4的二级电离是存在电离平衡的，即浓H2SO4溶液中存在：H2SO4＝H＋＋HSO4－ ，HSO4－ H＋＋SO42 －，所以较浓的H2SO4溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＝c(HSO4－ )＋2c(SO42 －)＋c(OH－)，错误；B项，反应：2HSO3－ SO32 －＋H2SO3的平衡常数K＝＝＝＝ ＝5.0×10－6，正确；C项，(NH4)2C2O4溶液的质子守恒关系图为：得关系式为：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O4－ )＋c(H＋)，错误；D项，“提铜”中加入NaHSO3溶液，Na＋不参加反应，在“沉镍”过程中，Na＋也不参加反应，两份滤液中Na＋的物质的量不变，但是“沉镍”时加入(NH4)2C2O4溶液，使得溶液的总体积变大，相当于稀释Na＋，则有：c提铜(Na＋)＞c沉镍(Na＋)，错误。10. 【答案】（3）①1.8×10－16【解析】（3）①对于反应H2O H＋＋OH－，平衡常数K＝，在25℃的纯水中，水的离子积常数为Kw＝ c(H＋)·c(OH－)＝10－14，c(H2O)＝＝55.6 mol·L－1，代入公式：K＝1.8×10－16。11. 【答案】（1）ΔH1+ΔH2（2）H2O ＜（3）0.45＋0.5a 150a （4）增大 减小【解析】（1）依据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ即得目标反应，则其焓变ΔH＝ΔH1+ΔH2；（2）由于图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K＝＝108，可知 始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2。T1后升高温度，S2减小，说明反应Ⅰ逆向移动，ΔH1< 0，K1＝。在T ~T1段， 不变，所以增大，故曲线丙为，曲线甲为H2S。随温度升高， H2S)减小，故ΔH3 < 0。（3）T1平衡时H2是a mol，根据，可知H2O和SO2的物质的量均为100a mol，列元素守恒：H元素守恒：n(H2S)＋n(H2O)＋n(H2)＝0.1 mol，n(H2S)＋100a＋a＝0.1 mol，故n(H2S)＝(0.1－101a) mol。S元素守恒：n(H2S)＋n(SO2)＋2n(S2)＝1 mol，(0.1－101a)＋100a＋2n(S2)＝1 mol，故n(S2)＝(0.45＋0.5a) mol。O元素守恒：n(H2O)＋2n(SO2)＋4n(CaSO4)＝2 mol，100a＋200a＋4n(CaSO4)＝2 mol， 故n(CaSO4)＝(0.5－75a) mol。Ca元素守恒：n(CaS)＋n(CaSO4)＝1 mol，n(CaS)＋(0.5－75a)＝1 mol，故n(CaS)＝(0.5＋75a) mol。则CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)－n(CaSO4)＝ 150a mol。（4）压缩容积S2的产率增大，因反应Ⅰ的平衡常数不变，所以SO2增多；反应Ⅲ的平衡常数可表示为，始终不变，所以K＝×104， ＝10－4 K·c(SO2) ，c(SO2)增大则增大。因n(SO2) 、n(S2)均增大，由S元素守恒：n(H2S)＋n(SO2)＋2n(S2)＝1 mol，可知n(H2S)减小，n(H2)减小，，n(H2O)也减小。12. 【答案】（1）HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)＝HOCH2CH2OH(l) ΔH=－228 kJ·mol－1；＜；低温。（2）恒压增大n(H2)∶n(CO)，相当于增大了H2的浓度，降低了CO的浓度，反应①的速率可能增大也可能减小，但增大H2的浓度使反应②正向速率加快，消耗HOCH2CHO的速率加快，单位时间内HOCH2CHO产率降低。（3）＜；降低；由图像可知随温度降低，反应②的平衡常数增大更快，所以低温时生成更多的主产物，相当于抑制了副反应。（4）①0.112 ②1.67×1011【解析】（1）反应①+反应②=反应③，根据焓变与各物质的生成焓的关系，利用数据进行计算，即可得出反应③的热化学方程式：HCHO(g) + CO(g) + 2H2(g)＝HOCH2CH2OH(l) ΔH=－445 kJ·mol－1－（－166－111） kJ·mol－1=－228 kJ·mol－1；反应③是气体分子数减少的反应，所以ΔS＜0；该反应的ΔH和ΔS均小于0，因此在低温条件下自发进行。（2）恒压增大n(H2)∶n(CO)，相当于增大了H2的浓度，降低了CO的浓度，反应①的速率可能增大也可能减小，但增大H2的浓度反应使②正向速率加快，消耗HOCH2CHO的速率加快，单位时间内HOCH2CHO产率降低。（3）根据lnK＝－＋常数的图像，斜率－越大说明反应的ΔH越小，故ΔH2＜ΔH4；由图像可知随温度降低，反应②的平衡常数增大更快，所以低温时生成更多的主产物，相当于抑制了副反应。（4）① 羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，说明这三个反应分别消耗甲醛0.38 mol·L－1、0.08 mol·L－1和0.10 mol·L－1，计算可知v＝Δc/t＝(0.38＋0.08＋0.10) mol·L－1/5 h＝0.112 mol·L－1·h－1。② 结合平衡常数的单位可知生成乙二醇的反应，指的是反应③，而不是反应②。根据羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为18%、34%、14%，计算出甲醛的平衡浓度1.0－0.18－0.34－0.14＝0.34 mol·L－1，乙二醇的产率为34%平衡浓度也是0.34mol·L－1，反应③HCHO＋CO＋2H2＝HOCH2CH2OH的平衡常数K＝＝＝1.67×1011 (mol·L) －3。13.【答案】（1）葡萄糖（2）①＋44.4 ②AC ③冷却后将H2分离出（3）①反应速率快且乙酸选择性最高 ②产物1③36∶5【解析】（1）纤维素（淀粉）等多糖发生水解得到葡萄糖，葡萄糖继续发生氧化反应生成乙醇；（2）①结合已知反应及反应II，利用盖斯定律可得出ΔH1＝＋68.7 kJ·mol－1；②对于反应I：C2H5OH(g)＋H2O(g)＝＝＝ 2H2(g)＋CH3COOH(g)，在恒容密闭容器中，反应是否达到平衡状态，判断物理量是否为变量，若为变量，当变量不变时，反应达到平衡状态：选项 物理量 是否变量的相关解释 能否说明平衡A 压强 反应I为气体分子数增大的反应，随着反应进行，恒容容器内气体分子数逐渐增多，压强逐渐增大（变量） 能B 密度 恒容容器的体积不变，容器内涉及反应物质均为气体，气体的总质量不发生变化，密度始终不变（非变量） 不能C 体积分数 反应开始，CH3COOHd体积分数为0，随着反应进行，CH3COOH逐渐增多，CH3COOH的体积分数逐渐增大（变量） 能D 速率 若v正＝v逆，则反应达到平衡。生成1 mol H2O（v逆），消耗2 mol H2（v逆），均指向v逆，未体现v正＝v逆 不能③反应I中涉及的物质有乙醇、水、氢气、乙酸等，因为氢气沸点比其他三种成分更低，故可将体系降温后将H2分离收集。（3）①根据图1可知，当温度为270℃时，乙酸的选择性最高（80%）且产氢速率较快；②分析图2中产物1、产物2、产物3的成分，其成分应为乙酸、乙醛、C1副产物，结合反应I和反应II的焓变，为吸热反应，故产物1、产物2对应的物质为乙酸、乙醛，产物3为C1副产物；反应过程中，乙酸的选择性更高，故生成乙酸的能垒应更低，生成产物1的最大能垒为0.58 eV，生成产物2的最大能垒为0.66 eV，故乙酸可能是产物1；③按n(H2O)∶n(C2H5OH)＝9∶1发生反应I和II，设初始时，n(H2O)＝9 mol， n(C2H5OH)＝1 mol。已知乙醇转化率为90%，乙酸选择性为80%，则生成乙酸的物质的量为0.72 mol，生成乙醛的物质的量为0.18 mol，剩余乙醇的物质的量为0.1 mol，则p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)＝36∶5；反应I的ΔV＝1，反应II的ΔV＝1，反应的乙醇的物质的量为0.9 mol，故体系内气体的总物质的量增加0.9 mol，即为10.9 mol，各气体的物质的量分别为：n(C2H5OH)＝0.1 mol，n(CH3COOH)＝0.72 mol，n(H2)＝1.62 mol，n(H2O)＝8.28 mol，n(CH3CHO)＝0.18 mol，故平衡常数Kp1＝ kPa（也可列出三段式进行计算）。14.【答案】D 【解析】反应HCO3－＋H2O OH－＋H2CO3，其平衡常数，A选项正确；反应2HCO3－ CO32－＋H2CO3，其平衡常数，B选项正确；反应HCO3－＋Ca2＋ CaCO3(s)＋H＋，其平衡常数1.4×10－2，C选项正确；将、、代入质子守恒式：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO32－)，得，则，故，D选项错误。15.【答案】（2）5.4【解析】（2）分析题意：将(CH3)2NH·H2O类比成NH3·H2O，[(CH3)2NH2]＋Cl－类比成NH4Cl，[(CH3)2NH2]＋水解类比NH4＋水解。(CH3)2NH·H2O的电离方程式为(CH3)2NH·H2O[(CH3)2NH2]＋＋OH－，，[(CH3)2NH2]＋Cl－水溶液中发生水解：[(CH3)2NH2]＋＋H2O(CH3)2NH·H2O＋H＋，水解平衡常数为 。设达到水解平衡时， ，[(CH3)2NH2]＋＋H2O(CH3)2NH·H2O＋H＋c(始) 1 0 0c(变) x x xc(平) 1－x x x则有，解得 ， ，。16. 【答案】（1）< （2）－2a－3b+c(或c－2a－3b)（3）温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低（或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低）（4）① I 、IV；②BD；③1.98；④0.025【解析】（1）根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH<0。（2）根据已知条件可以写出如下热化学方程式：①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=－a kJ·mol－1②H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH2=－b kJ·mol－1③HOCH2CH2OH(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol－1根据盖斯定律，用反应③减去2倍的反应①和3倍的反应②即可得到目标方程式，故目标方程式的ΔH=(c－2a－3b) kJ·mol－1。（3）根据表格中的平衡常数，反应温度在500 K时，平衡常数K<1.3×10－3，此时平衡常数过小，导致乙二醇产率过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低。（4）根据图示的曲线，随着反应的温度升高I曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率趋于恒定，故I曲线为DMO的实际转化率曲线；又已知II为乙二醇的选择性曲线，观察曲线II和曲线IV可知，随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线。①根据上述分析，曲线I为DMO的实际转化率曲线；曲线IV为MG的选择性曲线；②A．根据图示，降低温度，DMO的转化率降低，A不符合题意；B．增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率增大，B符合题意；C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不符合题意；D．A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，D符合题意；③483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为100 mol，则出口处流出的乙醇的物质的量为100 mol×99%×2%=1.98 mol，此时还有1 mol DMO未反应从出口流出，因此出口处==1.98；④设初始时H2与DMO的投料分别为52.4mol和1mol，A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二醇的选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO转化为MG，可写出如下关系：第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系：这时，体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx==0.025。17.【答案】（3）0.028 Ka=（4）增大 H－O键极性 常温下三种酸的溶解度不同，可能是浓度对pH的影响（5）2HClO2H++2Cl－+O2↑ 实验方案：取适量0.100 mol/LNaClO溶液加入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO－的水解，故根据0.100 mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO－的水解平衡常数Kh，再利用公式Ka=求出HClO的Ka。【解析】（3）①V(NaOH)=14 mL时，C6H5COOH 和NaOH恰好中和，则c0===0.028 mol/L；②选取数据：起点（pH=2.89）,说明苯甲酸饱和溶液。建立三段式：C6H5COOH C6H5COO－ + H+c(原) （mol/L） c0=0.028c(变) （mol/L） 10－2.89 10－2.89 10－2.89c(评) （mol/L） c0－10－2.89≈c0 10－2.89 10－2.89则苯甲酸的Ka=。（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O－H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O－H键的极性越大，酸性越强；③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。（5）①次氯酸在光照条件下易分解: 2HClO2H++2Cl－+O2↑；②实验方法：取适量0.100 mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO－的水解，故根据0.100 mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO－的水解平衡常数Kh，再利用公式Ka=求出HClO的Ka。18. 【答案】（4）5.0【解析】（3）由Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Ni (OH)2]， “沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，选取Ksp [Cu(OH)2]。c(Cu2+)=0.022mol/L，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH－)=0.022×c2(OH－)=2.2×10－20，得出c(OH－)=10－9 mol/L，pH=5.0。19. 【答案】（3）－267.8 TiCl2(s) 0.5 ()4/()3 mol/L【解析】（3）① 已知：反应b：TiCl2(s)+ TiCl4(g) 2TiCl3(g)，反应c：Ti (s)+ 3TiCl4(g) 4TiCl3(g)，由盖斯定律得：反应(c)－2×反应(b)=Ti (s)+ TiCl4(g) 2TiCl2(s)，所以ΔH1=132.4 kJ/mol －2×200.1 kJ/mol=－267.8 kJ/mol。② 主要考查温度对平衡的影响→影响物质含量：低温区：反应(a)(Ti (s)+ TiCl4(g) 2TiCl2(s))为主，ΔH1<0，升高温，平衡逆向移动TiCl2(s)减少，所以TiCl2(s)与T成反比；高温区反应(b)、(c)为主，ΔH>0，升高温，平衡正向移动，TiCl3(g)增多，所以TiCl3(g)与T成正比。所以，I为TiCl2(s)；II为TiCl3(g)；③ 温度T0 K下，n[Ti(s)]=8.5 mol，n[TiCl3(g)]=6.0 mol，n[TiCl3(s)]= n[TiCl2(s)]=0 mol，根据Ti元素守恒，可推出n[TiCl4(g)]=(10+5－6－8.5) mol=0.5 mol，则c[TiCl4(g)]= mol/L，c[TiCl3(g)]= mol/L，反应(c)的平衡常数K== ()4/()3 mol/L，故答案为：0.5；()4/()3 mol/L。20.【答案】（2）6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O 10－2.15【解析】（2）Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，每1 mol氧气得4 mol个电子，每生成1 molMn3O4失去2 mol电子，化学方程式为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O；根据，则c(Mn2+)=10-2.15 mol/L。 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第16讲：变与不变：四大平衡常数及其应用-真题演练.docx 第16讲：变与不变：四大平衡常数及其应用-讲义.docx 第16讲：变与不变：四大平衡常数及其应用.pptx
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