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(共98张PPT)
选择题突破十　水溶液中的离子反应与平衡
突破点1　文字描述型及滴定图像分析
突破点2　对数图像及分布分数图像
目录索引
突破点3　特殊图像分析
突破点1
文字描述型及滴定图像分析
聚焦　核心要点
1.基于“三大守恒”规律,明确溶液中微粒浓度的关系[1]
【应用示例1】常温下,用0.1 mol·L-1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,回答下列问题:
(1)在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)　　　c(CH3COO-);
(2)当滴入氨水10 mL时,c(N)+c(NH3·H2O)　　　c(CH3COO-)+ c(CH3COOH);
(3)当滴入氨水20 mL时,c(CH3COOH)+c(H+)　　　c(NH3·H2O)+c(OH-);
(4)当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20 mL,c(N)　　　c(Cl-)。
>
=
=
>
2.滴定曲线[2]
(1)强碱滴定弱酸曲线特点
由图可知:酸性越弱,Ka越小,滴定突跃范围就越小。
(2)抓住酸碱滴定过程中“五点”,判断溶液中的微粒浓度的关系
起点 判断酸、碱的相对强弱,计算弱酸(碱)的电离常数
半点 判断是哪种溶质的等量混合,根据溶液酸碱性,判断电离与水解程度的大小
中性点 判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足,利用电荷守恒求算电离常数
中和点 判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性,确定酸、碱的强弱
过量点 判断溶液中的溶质,判断哪种物质过量
如:常温下,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图:
【应用示例2】25 ℃时,向20.00 mL 0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液中滴入0.10 mol·L-1 NaOH溶液,溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。回答下列问题:

(1)25 ℃时,CH3COOH的电离平衡常数Ka=　　　　;
(2)M点对应的NaOH溶液体积　　　　20.00 mL;
(3)N点与Q点所示溶液中水的电离程度:N　　Q;
(4)N点所示溶液(溶质只有CH3COONa)中离子浓度由大到小的顺序为
　 。
1.0×10-5
<
>
c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
链接高考[1]
判断正误:对的打“√”,错的打“×”(NA为阿伏加德罗常数的值)。
(1)(2025·河北卷)1 L 1 mol·L-1的NaF溶液中阳离子总数为NA。(　　)
(2)(2025·广东卷)在1 L 0.1 mol·L-1的NH4Cl溶液中,N的数目为0.1NA。
(　　)
(3)(2024·安徽卷)1 L 0.1 mol·L-1 NaNO2溶液中,Na+和N数均为0.1NA。
(　　)
(4)(2024·海南卷)1 L 0.1 mol·L-1 NaClO溶液中ClO-的数目为0.1NA。(　　)
(5)(2021·天津卷)在0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2P)>c(HP)>c(P)。(　　)
×
×
×
×
√
(6)(2021·天津卷)在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ c(HC2)+c(C2)。(　　)
(7)(2021·天津卷)在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HC)=0.1 mol·L-1。(　　)
(8)(2021·天津卷)常温下,氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液中c(Cl-) >c(N)>c(OH-)>c(H+)。(　　)
×
×
×
链接高考[2]
1.(2023·湖南卷)常温下,用浓度为0.020 0 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液,滴定过程中溶液的pH随 的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76
B.点a:c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.点b:c(CH3COOH)D.水的电离程度:aD
2.(2021·湖南卷)常温下,用0.100 0 mol·L-1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L-1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液,滴定曲线如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A.该NaX溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
B.三种一元弱酸的电离常数:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C.当pH=7时,三种溶液中:c(X-)=c(Y-)=c(Z-)
D.分别滴加20.00 mL盐酸后,再将三种溶液混合:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-)
C
精研　核心命题
命题角度1 描述型溶液中离子浓度的比较
例1(2024·安徽卷)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2+。已知25 ℃时,H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L-1,(H2S)=10-6.97,
(H2S)=10-12.90,Ksp(FeS)=10-17.20,Ksp(CdS)=10-26.10。
下列说法错误的是(　　)
A.Na2S溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)
B.0.01 mol·L-1 Na2S溶液中:c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)
C.向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中加入FeS,可使c(Cd2+)<10-8 mol·L-1
D.向c(Cd2+)=0.01 mol·L-1的溶液中通入H2S气体至饱和,所得溶液中: c(H+)>c(Cd2+)
B
[变式演练1] (2025·重庆渝中预测)谷氨酸( ,用H2A表示)在生物体内的蛋白质代谢过程中占重要地位,在水溶液中有4种分布形式(H3A+、H2A、HA-和A2-)。常温下,用0.1 mol·L-1 HCl溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 Na2A溶液。下列叙述正确的是(　　)
A.Na2A溶液中,c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
B.当c(H2A)=c(HA-)时pH=a,c(H2A)=c(A2-)时pH=b,则H2A的=10a-b
C.当V(HCl)=10 mL时,c(HA-)+2c(H2A)+3c(H3A+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
D.当V(HCl)=30 mL时,2c(HA-)+2c(H2A)+2c(H3A+)+2c(A2-)=3c(Cl-)
C
命题角度2 滴定图像分析
例2(2022·河北卷)某水样中含一定浓度的C、HC和其他不与酸碱反应的离子。取10.00 mL水样,用0.010 00 mol·L-1的HCl溶液进行滴定,溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
下列说法正确的是(　　)
A.该水样中c(C)=0.01 mol·L-1
B.a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)
C.当V(HCl)≤20.00 mL时,溶液中c(HC)基本保持不变
D.曲线上任意一点存在c(C)+c(HC)+c(H2CO3)=0.03 mol·L-1
C
[变式演练2] 常温下,向20.00 mL 0.10 mol·L-1 HA溶液中滴入0.10 mol·L-1的NaOH溶液,溶液中酸度值AG[AG=lg]与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.常温下,HA电离常数约为1×10-5
B.a点对应的溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
C.b点:V[NaOH溶液]=20 mL,c(A-)=c(Na+)
D.c点对应的溶液中:2c(Na+)=c(A-)+c(OH-)
A
分层训练
层级1练真题·明考向
1.(2024·江苏卷)室温下,通过下列实验探究SO2的性质。已知(H2SO3)=1.3×10-2,(H2SO3)=6.2×10-8。
实验1:将SO2气体通入水中,测得溶液pH=3。
实验2:将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中,当溶液pH=4时停止通气。
实验3:将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中,当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是(　　)
D
2.(2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液,混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示,下列说法错误的是(　　)
A.水的电离程度:MB.M点:2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
C.当V(HCOOH)=10 mL时,c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)
D.N点:c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)
D
解析:结合起点和终点,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液,发生浓度改变的微粒是OH-和HCOO-,当V(HCOOH)=0 mL,溶液中存在的微粒是OH-,可知随着甲酸的加入,OH-被消耗,逐渐下降,即经过M点在下降的曲线表示的是OH-浓度的改变,经过M点、N点的在上升的曲线表示的是HCOO-浓度的改变。M点时,V(HCOOH)=10 mL,溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOO-)=1∶1,仍有未反应的甲酸,对水的电离是抑制的,N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,此时仅存在HCOONa的水解,水的电离程度最大,故A正确;M点时,V(HCOOH)=10 mL,溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOO-)=1∶1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),M点为交点可知c(HCOO-)=c(OH-),联合可得2c(OH-)=c(Na+)+c(H+),故B正确;
当V(HCOOH)=10 mL时,溶液中的溶质为c(HCOOH)∶c(HCOONa)=1∶1,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),根据元素守恒c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH),联合可得c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH) +c(HCOO-),故C正确;N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa,甲酸根发生水解,因此c(Na+)>c(HCOO-)及c(OH-)>c(H+),观察图中N点可知,c(HCOO-)≈0.05 mol·L-1,根据Ka(HCOOH)= =1.8×10-4,可知c(HCOOH)>c(H+),故D错误。
层级2 练易错·避陷阱
3.(2025·甘肃兰州一模)1922年范斯莱克提出用缓冲容量β来描述缓冲溶液缓冲能力大小,β越大,缓冲能力越大。下图是常温下,CH3COOH和CH3COONa组成缓冲溶液的β-pH关系图,其中A、B两条曲线分别对应c总=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1和c总=c(CH3COOH)+c(CH3COO-) =0.2 mol·L-1。已知常温下,Ka(CH3COOH)=10-4.76,
下列说法不正确的是(　　)
A.向pH=4.76的上述缓冲溶液中加入少量NaOH溶液,水的电离程度会增大
B.A曲线上任意一点的溶液中均存在c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.1 mol·L-1+c(OH-)
C.B曲线代表的溶液缓冲能力最大时,溶液中c(Na+)>c(CH3COOH)
D.pH=4时,A、B曲线所代表的溶液中 相等
C
解析:向pH=4.76的题述缓冲溶液中加入少量NaOH溶液,醋酸钠物质的量增大,醋酸钠水解促进水电离,所以水的电离程度会增大,A正确;根据电荷守恒,A曲线上任意一点的溶液中均存在c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-), c(Na+)+c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(OH-),c总= c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1,所以c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+) =0.1 mol·L-1+c(OH-),B正确;B曲线代表的溶液缓冲能力最大时,pH=4.76, Ka(CH3COOH)=10-4.76,所以溶液中c(CH3COOH)=c(CH3COO-),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),溶液呈酸性,c(Na+)4.(2025·吉林白城一模)25 ℃时,分别稀释pH=11的Ba(OH)2溶液和氨水,溶液pH的变化如下图所示。
已知:Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5 mol·L-1。
下列说法错误的是(　　)
A.若35 ℃时分别稀释上述两种溶液,则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近
B.保持25 ℃不变,取A、B两点对应的溶液等体积混合后,pH=9
C.由水电离产生的c(H+):A点=B点
D.曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中,=1.8×10-5 mol·L-1
A
解析:25 ℃时,Ba(OH)2溶液和氨水的pH相同,由于Ba(OH)2是强电解质,完全电离,而氨水中NH3·H2O是弱电解质,部分电离,稀释相同倍数时,由于稀释过程中NH3·H2O会继续电离出OH-,导致溶液中OH-的浓度大于Ba(OH)2溶液中的OH-浓度,即溶液的pH变化小于Ba(OH)2溶液,因此曲线Ⅰ代表氨水稀释时溶液pH随稀释倍数的变化,曲线Ⅱ代表Ba(OH)2溶液稀释时溶液pH随稀释倍数的变化。
温度升高,促进一水合氨的电离,稀释相同倍数时,氨水的pH变化更小,则在35 ℃时分别稀释两种溶液,图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来疏远,A错误;25 ℃时,A、B两点对应的溶液的pH均为9,保持25 ℃不变,则KW不变,两者等体积混合后,溶液中H+浓度不变,故pH仍不变,B正确;A点和B点溶液pH相同,则由水电离产生的H+浓度:A点=B点,C正确;曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中存在电荷守恒:c(OH-)=c(H+)+c(N),则有=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5 mol·L-1,D正确。
突破点2　对数图像及分布分数图像
聚焦　核心要点
1.对数图像[1]
(1)对数图像及分析
利用某种离子浓度(或两种离子浓度比值)的对数(或负对数)与溶液的pH为坐标,建立滴定过程中对数关系图像,电解质溶液中四种常考对数关系及分析如下表:
Ⅰ
>
不变
10-6.3
(2)沉淀溶解平衡图像及分析[2]
【应用示例2】常温下,CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。回答下列问题:
(1)向X点对应溶液中加入适量的NaOH溶液,　　　(填“能”或“不能”)得到Z点对应溶液;
(2)相同温度下,Ksp(CdCO3)　　　(填“>”“<”或“=”)100Ksp[Cd(OH)2];
(3)Y点对应的CdCO3分散系中,v(溶解)　　　v(沉淀);
(4)常温下,CdCO3、Cd(OH)2饱和溶液,　 　　溶液中c(Cd2+)较大。
不能
=
<
Cd(OH)2
2.分布分数图像[3]
分布分数图像是酸碱中和滴定曲线的一种变式,常以pH、分布分数(δ)为横、纵坐标,结合滴定实验数据绘制出关系曲线,这里分布分数(δ)代表组分的平衡浓度占总浓度的分数。一元弱酸和二元弱酸的分布分数图像及分析如下:
链接高考[1]
(2023·辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和,即c(H2S)=0.1 mol·L-1,通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离,体系中pH与-lgc关系如图所示,c为HS-、S2-、Ni2+和Cd2+的浓度,单位为 mol·L-1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)。
下列说法正确的是(　　)
A.Ksp(CdS)=10-18.4
B.曲线③为pH与-lgc(HS-)的关系曲线
C.(H2S)=10-8.1
D.(H2S)=10-14.7
D
链接高考[2]
下列说法错误的是(　　)
A.线①代表-lgc(M2+)与pH的关系
B.M(OH)2的Ksp约为1×10-17
C.向c(M2+)=0.1 mol·L-1的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0,体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在
D.向c[M(OH]=0.1 mol·L-1的溶液中加入等体积0.4 mol·L-1的HCl后,体系中元素M主要以M2+存在
D
链接高考[3]
1.(2023·北京卷)利用平衡移动原理,分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知:ⅰ.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ⅱ.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c( )=Ksp(MgCO3)[注:起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1,不同pH下c( )由图1得到]。
图1
图2
C
2.25 ℃时,向20 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L-1 HCl溶液,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A.pH=8时,溶液中水的电离程度最大
B.当溶液中c(HC):c(C)=2∶1时,溶液的pH=10.2(已知lg2取0.3)
C.在同一溶液中,H2CO3、HC、C能大量共存
D.pH=7时,溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HC)>c(Cl-)
B
精研　核心命题
命题角度1 对数图像的分析
例1(2025·黑吉辽蒙卷)室温下,将0.1 mol AgCl置于0.1 mol·L-1 NH4NO3溶液中,保持溶液体积和N元素总物质的量不变,pX-pH曲线如图,Ag++NH3 [Ag(NH3)]+和Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+的平衡常数分别为K1和K2;N的水解常数Kh(N)=10-9.25。下列说法错误的是(　　)
A.Ⅲ为[Ag(NH3)2]+的变化曲线
B.D点:c(N)-c(OH-)>0.1 mol·L-1-c(H+)
C.K1=103.24
D.C点:c(NH3)=10-3.52 mol·L-1
B
[变式演练1] (2024·河北卷)在水溶液中,CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN-形成配离子达平衡时, 与-lg c(CN-)的关系如图:
下列说法正确的是(　　)
A.99%的X、Y转化为配离子时,两溶液中CN-的平衡浓度:X>Y
B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐,达平衡时
C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时,消耗CN-的物质的量:YD.若相关离子的浓度关系如P点所示,Y配离子的解离速率小于生成速率
B
A.线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况
B.CH3COOH的电离平衡常数Ka=10-n
C.pH=n时,c(Ag+)=
D.pH=10时,c(Ag+)+c(CH3COOAg)=0.08 mol·L-1
命题角度2 分布分数图像分析
例2(2024·山东卷)常温下Ag(Ⅰ)-CH3COOH水溶液体系中存在反应:Ag++CH3COO- CH3COOAg(aq),平衡常数为K。已知初始浓度c0(Ag+)=c0(CH3COOH)=0.08 mol·L-1,所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化),下列说法正确的是(　　)
C
下列说法正确的是(　　)
A.曲线Ⅱ表示[Cu(NH3)]2+分布分数的变化情况
B.当p(NH3)=4时,c(Cu2+)>
c{[Cu(NH3)]2+}>c{[Cu(NH3)2]2+}
A
命题角度3 沉淀溶解平衡曲线分析
例3(2024·黑吉辽卷)25 ℃下,AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂,用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl-水样、含Br-水样。
已知:①Ag2CrO4为砖红色沉淀;
②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr;
③25 ℃时,p(H2CrO4)=0.7,p(H2CrO4)=6.5。
D
[变式演练3] (2024·河北邯郸一模)25 ℃时,用NaOH溶液分别滴定一元酸HA溶液和CuSO4溶液,pM[p表示负对数,M表示 、c(Cu2+)]与溶液pH的变化关系如图所示。已知:①CuA2易溶于水,②平衡常数K>105时反应进行完全。下列说法错误的是(　　)

A.该温度下,Cu(OH)2的Ksp=10-19.6
B.滴定CuSO4溶液至x点时,改为滴加HA溶液,沉淀逐渐完全溶解
C.25 ℃,NaA溶液中,A-水解常数的数量级为10-7
D.滴定HA溶液至x点时,溶液中c(HA)>c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
B
分层训练
层级1 练真题·明考向
1.(2023·全国乙卷)一定温度下,AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀,也能生成AgCl沉淀
D.向NaCl、Na2CrO4的浓度均为0.1 mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液,先产生Ag2CrO4沉淀
C
C
A.当pH=1时,体系中c(H2L)>c([FeL]+)>c(OH-)>c(HL-)
B.pH在9.5~10.5之间,含L的物种主要为L2-
C.L2-+[FeL]+ [FeL2]-的平衡常数的lgK约为14
D.当pH=10时,参与配位的c(L2-)≈1.0×10-3 mol·L-1
Fe(Ⅲ)-H2L体系部分物种分布图
根据图像,pH=10时溶液中主要的型体为[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-,其分布分数均为0.5,因此可以得到c([FeL3]3-)= c([FeL2(OH)]2-)=1×10-4 mol·L-1,此时形成[FeL3]3-消耗了3×10-4 mol·L-1的L2-,形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4 mol·L-1的L2-,共消耗了5×10-4 mol·L-1的L2-,即参与配位的c(L2-)≈5×10-4 mol·L-1,D错误。
层级2 练易错·避陷阱
3.(2025·辽宁大连一模)HA和H2B分别为一元酸和二元酸,M2+不发生水解。常温条件下,现有含MA2(s)的MA2饱和溶液和含MB(s)的MB饱和溶液。两份溶液中pc(M2+)(pc=-lg c)及含A粒子的分布分数δ[如δ(A-)= ]随pH的变化关系如下图所示。下列说法正确的是
(　　)
A
A.曲线②是MA2饱和溶液中pc(M2+)随pH变化曲线
B.Ksp(MB)=10-12
C.A-+H2O HA+OH-的平衡常数约为10-9
D.pH=4时,MB饱和溶液中存在2c(M2+)+c(H+)=2c(B2-)+c(HB-)+c(OH-)
突破点3　特殊图像分析
聚焦　核心要点
1.“四步骤”突破多曲线图像题
(1)明确横、纵坐标的含义。一般情况下,横坐标为pH,纵坐标为各组分浓度随pH的变化趋势。
(2)抓住关键点。重视起点、终点和交点对应的pH,特别要关注交点,交点处微粒浓度相同,可用此特殊关系计算电离常数或水解平衡常数。
(3)理解最高点和最低点对应的pH和各组分存在的pH范围。
(4)联系电离平衡、水解平衡的规律及电荷守恒、元素守恒的关系分析判断。
2.解答特殊图像的思维模型
【应用示例】常温下,用0.12 mol·L-1的Na2SO4溶液滴定50.00 mL未知浓度的BaCl2溶液。溶液中电导率k、
-lgc(Ba2+)随滴入Na2SO4溶液体积V(Na2SO4)的变化关系如图所示。
回答下列问题:
(1)当k=1.2×10-4 μS·cm-1时,溶液中存在的阳离子为　　　 　。
(2)该BaCl2溶液的物质的量浓度是　　　　 mol·L-1。
(3)该温度下BaSO4的溶度积常数Ksp=　　　。
(4)当V(Na2SO4)=3 mL时,溶液中c(Na+)　　　c(Cl-)+2c(S)。
Na+、H+
0.006
10-10
=
链接高考
1.(2022·湖北卷)下图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸(H2T,lg=-3.04,lg=
-4.37)混合体系中部分物种的c-pH图(浓度:总As为5.0×10-4 mol·L-1,总T为1.0×10-3 mol·L-1)。
下列说法错误的是(　　)
A.As(OH)3的lg为-9.1
B.[As(OH)2T]-的酸性比As(OH)3的强
C.pH=3.1时,As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]-的高
D.pH=7.0时,溶液中浓度最高的物种为As(OH)3
D
2.(2021·辽宁卷)用0.100 0 mol·L-1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液,溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。[如A2-分布分数: δ(A2-)= ]
下列说法正确的是(　　)
A.H2A的为10-10.25
B.c点:c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C.第一次突变,可选酚酞作指示剂
D.c(Na2A)=0.200 0 mol·L-1
C
精研　核心命题
命题角度1 双纵坐标(或横坐标)曲线
例1(2025·江苏苏州一模)HM是一种一元弱酸,常温下向20 mL 0.2 mol·L-1 HM溶液中逐滴加入浓度为0.2 mol·L-1的NaOH溶液,溶液中lg、pH、中和率(中和率=)的变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.HM的电离常数为10-5.2
B.b点时,c(H+)+c(HM)=c(Na+)+c(OH-)
C.c点时,c(HM)+c(M-)=c(Na+)=0.2 mol·L-1
D.溶液中水电离出c(OH-):c>b>a
C
解析:a点时lg=0,c(HM)=c(M-),pH=5.2,则HM电离常数Ka= =c(H+)=10-5.2,A正确;b点中和率为50%,此时溶液为等浓度的HM和NaM混合溶液,根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(M-)+c(OH-)和元素守恒2c(Na+)=c(M-) +c(HM)可得c(H+)+c(HM)=c(Na+)+c(OH-),B正确;c点中和率为100%,此时得到NaM溶液,根据元素守恒n(HM)+n(M-)=n(Na+)=0.2 mol·L-1×0.02 L= 0.004 mol,由于此时溶液的体积大于20 mL,则c(HM)+c(M-)=c(Na+)<0.2 mol·L-1,C错误;a点为HM和NaM的混合溶液,水的电离被抑制,b点时被中和的HM为50%,此时溶液中HM和NaM浓度基本相同,NaM水解促进水的电离但是HM的存在抑制水的电离,c点时被中和的HM为100%,溶液中全为NaM,NaM水解促进水的电离,溶液中水电离出c(OH-):c>b>a,D正确。
[变式演练1] 电位滴定是根据滴定过程中电极电位的变化来确定滴定终点的一种分析方法。在化学计量点附近,被测离子浓度发生突跃,电极电位也发生突跃,进而确定滴定终点。常温下利用盐酸滴定某溶液中Na2CO3的含量,其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
D
命题角度2 酸碱中和特殊曲线
例2 25 ℃时,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定0.100 0 mol·L-1醋酸溶液,由水电离出的c水(H+)与加入NaOH溶液的体积V(NaOH)的关系如图所示[已知pKa(CH3COOH)=4.74]。下列说法正确的是(　　)
A.图中x=10-11.13
B.b、d两点溶液组成相同,且均存在c(Na+)=c(CH3COO-)
C.c点溶液中存在c(CH3COOH)>c(OH-)
A
解析:CH3COOH溶液中加入NaOH溶液,CH3COOH的电离程度不断增大,溶液的酸性不断减弱,水电离的程度不断增大,当有少量CH3COOH剩余时,溶液呈中性;继续加入NaOH溶液至c点时,CH3COOH全部转化为CH3COONa,此时水的电离程度最大;继续加入NaOH,对CH3COONa的水解产生抑制,水解程度不断减小,到达d点时,CH3COONa基本不发生水解,再往后,加入的NaOH使溶液呈碱性。pKa(CH3COOH)=4.74,则Ka(CH3COOH)=1×10-4.74,图中x点,Ka(CH3COOH)==1×10-4.74,c(H+)=1×10-2.87 mol·L-1,则x==10-11.13,A正确;b点溶液为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液,此时c(Na+)=c(CH3COO-),d点溶液为CH3COONa与NaOH的混合溶液,此时c(Na+)>c(CH3COO-),B不正确;
c点,CH3COOH与NaOH刚好完全反应,此时溶液为CH3COONa溶液, CH3COO-发生水解生成等量的CH3COOH和OH-,水电离又生成OH-,所以存在c(CH3COOH)[变式演练2]常温下,向10.00 mL浓度均为0.100 mol·L-1的NaOH溶液和NH3·H2O的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图;已知常温下Kb(NH3·H2O) =1.80×10-5。下列说法正确的是(　　)
C
A.a点溶液中,c(N)约为1.80×10-4 mol·L-1
B.c点溶液中:c(Na+)+c(N)=c(Cl-)
C.V(HCl)=15.00 mL时,c(N)>c(NH3·H2O)
D.从a到c的过程中,水的电离程度最大的是b点
分层训练
层级1 练真题·明考向
1.(2024·全国甲卷)将0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0 mL悬浊液,向其中滴加0.10 mol·L-1的NaCl溶液。lg[cM/(mol·L-1)](M代表Ag+、Cl-或Cr)随加入NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示。
D
2.(2021·福建卷,10)如图为某实验测得0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是(　　)
A
层级2 练易错·避陷阱
3.(2025·四川宜宾一模)25 ℃时,将浓度均为0.1 mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合,保持Va+Vb=100 mL,Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)
B.b点时c(N)>c(HX)>c(OH-)=c(H+)
C.a、b、d三点中,d点水的电离程度最大
D.a→b点过程中,可能存在c(X-)B
解析:根据b点,等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液pH=7,说明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O),A错误;b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液,溶质是NH4X,pH=7,X-、N相互促进水解生成HX,所以c(N)>c(HX)>c(OH-)=c(H+),B正确;a→b点过程,相当于向HX溶液中加氨水至恰好反应,所以水的电离程度逐渐增大,a、b、d三点中,b点水的电离程度最大,C错误;a→b点过程中,溶液呈酸性,c(OH-)4.MOH为可溶性一元弱碱,向MCl溶液中不断加入蒸馏水,c2(H+)随c(M+)而变化;在某温度下,实验测得MCl溶液中c2(H+)随c(M+)的变化如图中实点所示。下列叙述错误的是(　　)
D
A.b点溶液中:c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-)
B.该溶液中总存在:c(H+)=c(MOH)+c(OH-)
C.c点溶液中,c(OH-)=1×10-7 mol·L-1
D.温度不变,c2(H+)~c(M+)一定呈线性关系
解析:由图可知,a点为纯水,此时c(H+)= mol·L-1=×10-7 mol·L-1,则KW=2×10-14。b点溶液中溶质为MCl,且M+水解使溶液显酸性,故c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-),A正确;根据质子守恒可知,该溶液中总存在: c(H+)=c(MOH)+c(OH-),B正确;由图可知,c点溶液中c(H+)= mol·L-1=2×10-7 mol·L-1,则c(OH-)= mol·L-1=1×10-7 mol·L-1,C正确;由图a、c点可知,温度不变,若c2(H+)~c(M+)呈线性关系,则b点纵坐标应为3,与图不符,D错误。(共148张PPT)
主观题突破四　化学反应原理综合题
突破点1　热化学方程式书写及反应热计算
突破点2　化学平衡状态及平衡移动的分析
目录索引
突破点3　反应速率、平衡常数及转化率的计算
突破点4　速率及平衡图像的综合分析
突破点5　电化学的综合应用
突破点1
热化学方程式书写及反应热计算
聚焦　核心要点
1.焓变的计算[1]
(1)根据(相对)能量计算
ΔH=H总(生成物)-H总(反应物)
(2)根据键能计算
ΔH=∑E(反应物键能之和)-∑E(生成物键能之和)
【应用示例1】CO2经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为2CO2(g)+6H2(g) CH2=CH2(g)+4H2O(g)　ΔH。几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0,测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如表所示:
则ΔH=　　　　　　。
-128 kJ·mol-1
(3)根据活化能计算
ΔH=E(正反应的活化能)-E(逆反应的活化能)。
【应用示例2】催化过程一般有吸附—解离—反应—脱附等过程,图示为N2和H2在固体催化剂表面合成氨反应路径的势能面图(部分数据略),其中“*”表示被催化剂吸附。
氨气的脱附是　　　　(填“吸热”或“放热”)过程,合成氨的热化学方程式为　 　 。
吸热
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)　ΔH=-92 kJ·mol-1
2.热化学方程式书写易出现的错误
(1)未标明反应物或生成物的状态而造成错误。对于具有同素异形体的物质,除了要注明聚集状态之外,还要注明物质的名称。
(2)反应热的符号使用不正确,即吸热反应未标出“+”号,放热反应未标出“-”号,从而导致错误。
(3)漏写ΔH的单位,或者将ΔH的单位写为 kJ,从而造成错误。
(4)反应热的数值与方程式的计量数不对应而造成错误。
(5)对燃烧热的概念理解不到位,忽略其标准是1 mol可燃物而造成错误。
3.利用盖斯定律计算反应热[2]
【应用示例3】实验室可用KClO3分解制取O2,KClO3受热分解的反应分两步进行:
-144
链接高考[1]
1.(2025·陕晋宁青卷)MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线,主要反应如下:
Ⅰ.MgCO3(s) ══MgO(s)+CO2(g)　ΔH1=+101 kJ·mol-1
Ⅱ.CO2(g)+4H2(g) ══CH4(g)+2H2O(g)　ΔH2=-166 kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g) ══H2O(g)+CO(g)　ΔH3=+41 kJ·mol-1
回答下列问题:
计算MgCO3(s)+4H2(g) ══MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)　ΔH4=________kJ·mol-1。
-65
+128
3.(2023·北京卷)20世纪初,工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步:
ⅰ.CO2和NH3生成NH2COONH4;
ⅱ.NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应历程中能量变化示意图,下列说法正确的是　　　(填字母)。
a.活化能:反应ⅰ<反应ⅱ
b.ⅰ为放热反应,ⅱ为吸热反应
c.CO2(l)+2NH3(l)═CO(NH2)2(l)+H2O(l)　ΔH=E1-E4
ab
链接高考[2]
1.(2023·湖南卷)已知下列反应的热化学方程式:
+118
2.(2022·海南卷)已知:电解液态水制备1 mol O2(g),电解反应的ΔH=+572 kJ·mol-1。由此计算H2(g)的燃烧热(焓)ΔH=　　 kJ·mol-1。
-286
精研　核心命题
命题角度1 焓变的计算
例1(1)(2024·河北卷)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂,工业上制备原理如下:SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(g)　ΔH=-67.59 kJ·mol-1。
若正反应的活化能为E正 kJ·mol-1,则逆反应的活化能E逆=　　　　 kJ·mol-1 (用含E正的代数式表示)。
E正+67.59
解析:根据反应热ΔH与活化能E正和E逆关系为ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可知,该反应的E逆=E正 kJ·mol-1-ΔH=(E正+67.59) kJ·mol-1。
(2)(2025·贵州黔东南一模)科学家开发催化剂实现CO2催化还原制备附加值高的产品。利用CO2制备甲醇的有关反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH2
已知几种共价键的键能如下:
利用键能数据计算:ΔH1=　　　 kJ·mol-1。
-92
解析:焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能,可得ΔH1=(799×2+436×3-413×3-358-467-467×2) kJ·mol-1=-92 kJ·mol-1。
(3)利用CO2催化加氢制二甲醚,可以实现CO2的再利用,涉及以下主要反应:
Ⅰ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH1
Ⅱ.2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)　ΔH2
相关物质及能量变化的示意图如图所示。
回答下列问题:
反应Ⅱ的ΔH2=　　 kJ·mol-1,该反应在　　　　(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
-123.1
低温
解析:根据图示,2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)　ΔH2=(-99.2 kJ·mol-1-23.9 kJ·mol-1)=-123.1 kJ·mol-1;该反应ΔH2<0、ΔS<0,在低温下能自发进行。
[变式演练1]
(1)已知:工业合成氨合成塔中每产生2 mol NH3,放出92.2 kJ热量,则1 mol N—H断裂吸收的能量为　　　 kJ。
391
(2)(2025·四川兴文一模)工业上采用CH4-H2O催化重整制取合成气(CO和H2的混合气)的过程中发生如下反应:
①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)　ΔH1=+206.4 kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-41.0 kJ·mol-1
③CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g)　ΔH3
若反应③的正向活化能Ea(正)为219.4 kJ·mol-1,则该反应的逆向活化能Ea(逆)为　 　 kJ·mol-1。
54.0
命题角度2 盖斯定律的应用
例2(1)(2023·山东卷)一定条件下,水气变换反应CO+H2O CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程,研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分子反应:
Ⅰ.HCOOH CO+H2O(快)
Ⅱ.HCOOH CO2+H2(慢)
回答下列问题:
一定条件下,反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2,则该条件下水气变换反应的焓变ΔH=　　 　(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
ΔH2-ΔH1
解析:根据盖斯定律,反应Ⅱ-反应Ⅰ=水气变换反应,故水气变换反应的焓变ΔH=ΔH2-ΔH1。
(2)(2024·山东卷)水煤气是H2的主要来源,研究CaO对C-H2O体系制H2的影响,涉及主要反应如下:
C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)(Ⅰ)　ΔH1>0
CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)(Ⅱ)　ΔH2<0
CaO(s)+CO2(g)═CaCO3(s)(Ⅲ)　ΔH3<0
回答下列问题:
C(s)+CaO(s)+2H2O(g) CaCO3(s)+2H2(g)的焓变ΔH=　　　　　　(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
ΔH1+ΔH2+ΔH3
解析:根据已知三个反应:设目标反应C(s)+CaO(s)+2H2O(g) CaCO3(s) +2H2(g)为Ⅳ,根据盖斯定律,Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ,所以ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。
[变式演练2]
(1)(2025·辽宁大连模拟预测)CH4和CO2重整反应(DRM)可同时利用两种温室气体转化成用途广泛的合成气,发生的反应主要有:
Ⅰ.CH4(g)+2CO2(g) 3CO(g)+H2(g)+H2O(g)　ΔH1
Ⅱ.CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g)　ΔH2
Ⅲ.2CH4(g)+CO2(g) C2H2(g)+2H2(g)+CO(g)+H2O(g)
Ⅳ.CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)　ΔH4
则C(s)+CO2(g) 2CO(g)　ΔH=　　　　　　　　　(用含ΔH1、ΔH2、ΔH4的代数式表示)。
ΔH1-ΔH2-ΔH4
(2)已知:
ΔH3-ΔH1-ΔH2
命题角度3 结合催化机理求反应热
例3(2025·福建龙岩一模)在180~280 ℃下,Cu/ZrO2催化CO2和H2合成甲醇是实现碳中和的措施之一,其主反应为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)　ΔH1=-49.3 kJ·mol-1,该合成过程还存在一个副反应:CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)　ΔH2,催化合成机理如图。
物质 CO2(g) CO(g) H2O(g)
焓/(kJ·mol-1) -394 -111 -242
稳定单质的焓(H)为0,有关物质的焓如上表所示,
ΔH2=　　　 kJ·mol-1。
+41
[变式演练3]
(1)科技工作者结合实验与计算机模拟结果,研究了一个乙苯分子在催化剂表面脱氢制苯乙烯的反应,其历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注):
乙苯脱氢制苯乙烯反应的焓变ΔH=　 eV;为提高乙苯的平衡转化率,应选择的反应条件为　　　(填字母)。
A.低温、高压 B.高温、低压
C.低温、低压 D.高温、高压
-1.35
B
(2)钌及其化合物在合成工业上有广泛用途,下图是用钌(Ru)基催化剂催化合成甲酸的过程。每生成92 g液态HCOOH放出62.4 kJ的热量。
根据图示写出该反应的热化学方程式: 　 。
H2(g)+CO2(g)═HCOOH(l)　ΔH=-31.2 kJ·mol-1
突破点2
化学平衡状态及平衡移动的分析
聚焦　核心要点
1.化学平衡状态的判断[1]
(1)“两方法”——逆向相等、变量不变
①“逆向相等”:反应速率必须一个是正反应的速率,一个是逆反应的速率,且经过换算成同一种物质后的消耗速率和生成速率相等。
②“变量不变”:如果一个量是随反应进行而改变的,当不变时为平衡状态。
(2)“三关注”
①关注反应条件,是恒温恒容、恒温恒压还是绝热容器;
②关注反应特点,是等体积反应,还是非等体积反应;
③关注特殊情况,是否有固体参加或生成,或是否为固体的分解反应。
【应用示例1】已知:2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)　ΔH<0。
一定温度下,将2 mol NO(g)与2 mol Cl2(g)置于2 L恒容密闭容器中发生上述反应,若4 min末反应达到平衡状态,此时压强是初始时的80%,则0~4 min内,平均反应速率v(Cl2)=　　　 　　。下列现象可判断反应达到平衡状态的是　　　　(填字母)。
A.混合气体的平均相对分子质量不变
B.混合气体的密度保持不变
C.每消耗1 mol NO(g)同时生成1 mol ClNO(g)
D.NO和Cl2的物质的量之比保持不变
0.1 mol·L-1·min-1
AD
2.化学平衡移动的判断方法[2]
化学平衡移动的过程
(1)依据反应速率判断
若外界条件改变,使正逆反应速率满足下列条件:
v(正)>v(逆) 平衡向正反应方向移动
v(正)=v(逆) 反应达到平衡状态,平衡不发生移动
v(正)(2)依据浓度商(Q)判断
通过比较浓度商(Q)与平衡常数(K)的大小来判断平衡移动的方向。
①若Q>K,平衡逆向移动;
②若Q=K,平衡不移动;
③若Q(3)依据勒夏特列原理判断
如果改变影响平衡的一个因素(如温度、压强及参加反应的物质的浓度),平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动。当达到平衡时,在其他条件不变的情况下:
改变因素 平衡移动方向
浓度 增大c(反应物) 向正反应方向移动
减小c(反应物) 向逆反应方向移动
温度 升高反应温度 向吸热反应的方向移动
降低反应温度 向放热反应的方向移动
压强(有气体参加或生成的反应) 增大压强 向气体体积缩小的方向移动
减小压强 向气体体积增大的方向移动
【应用示例2】工业上利用两种温室气体CH4和CO2催化重整制取H2和CO,主要反应为
反应Ⅰ:CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)　ΔH=+247.4 kJ·mol-1　K1
过程中还发生三个副反应:
反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH=+41.2 kJ·mol-1　K2
反应Ⅲ:2CO(g) CO2(g)+C(s)　ΔH=-171.0 kJ·mol-1　K3
反应Ⅳ:CH4(g) 2H2(g)+C(s)　ΔH　K4
将CH4与CO2(体积比为1∶1)的混合气体以一定流速通过催化剂,产物中H2与CO的物质的量之比、CO2的转化率与温度的关系如图所示。
(1)升高温度,反应Ⅰ、Ⅱ平衡　　 移动;
(2)反应Ⅳ的平衡常数K4=　　　　　(用K1、K2、K3表示);
(3)升高温度,CO2的转化率　　　　,反应Ⅲ的速率　　　　　　;
(4)升高温度,产物中H2与CO的物质的量之比增大,除由于升温有利于反应Ⅱ正向进行、反应Ⅲ逆向进行外,另一原因是　 。
正向
K1·K3
增大
加快
反应Ⅳ正向进行
链接高考[1]
1.(2025·安徽卷)通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应:
①HCOOH(g)══ CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+26.3 kJ·mol-1
②HCOOH(g)══CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-14.9 kJ·mol-1
一定温度下,向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g),发生上述两个分解反应,下列说法中能表明反应达到平衡状态的是　　　　(填字母)。
a.气体密度不变
b.气体压强不变
c.H2O(g)的浓度不变
d.CO和CO2的物质的量相等
bc
2.(2022·福建卷)异丙醇(C3H8O)可由生物质转化得到,催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯(C3H6)的工业化技术已引起人们的关注,其主要反应如下:
Ⅰ.C3H8O(g) C3H6(g)+H2O(g)　ΔH1=+52 kJ·mol-1
Ⅱ.2C3H6(g) C6H12(g)　ΔH2=-97 kJ·mol-1
回答下列问题:
在恒温刚性密闭容器中,反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是　　　　(填字母)。
a.H2O(g)的分压不变
b.混合气体密度不变
c.n(C3H6)=2n(C6H12)
d.v正(H2O)=v逆(C3H8O)
ad
2.(2021·天津卷)CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2,S8受热分解成气态S2,发生反应2S2(g)+CH4(g) CS2(g)+2H2S(g),回答下列问题:
某温度下,若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中,S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。
(1)当CS2的体积分数为10%时,CH4的转化率为　　　 。
(2)当以下数值不变时,能说明该反应达到平衡的是　　　(填字母)。
a.气体密度　b.气体总压　c.CH4与S2体积比　d.CS2的体积分数
30%　
d
链接高考[2]
1.(2024·甘肃卷)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3:
3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s) 4SiHCl3(g)
773 K,2 L密闭容器中,经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反应,SiCl4转化率随时间的变化如下图所示:
(1)0~50 min,经方式　　　　　　　　处理后的反应速率最快;在此期间,经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)=　　　　　　 mol·L-1·min-1。
(2)当反应达平衡时,H2的浓度为　　　　　　mol·L-1,平衡常数K的计算式为　　　　　 。
(3)增大容器容积,反应平衡向　　　 移动。
甲
5.6×10-5
0.195 13
逆反应方向
2.(2023·浙江1月卷)“碳达峰”“碳中和”是我国社会发展重大战略之一,CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一,相关的主要反应有:
Ⅰ:CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)　ΔH1=+247 kJ·mol-1,K1
Ⅱ:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41 kJ·mol-1,K2
请回答:
有利于提高CO2平衡转化率的条件是　　　(填字母)。
A.低温低压 B.低温高压
C.高温低压 D.高温高压
C
3.(2022·重庆卷)反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)在工业上有重要应用。
(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃ 700 800 830 1 000
平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59
①反应的ΔH　　 (填“>”“<”或“=”)0。
②反应常在较高温度下进行,该措施的优缺点是 　 。
<
优点是升高温度,反应速率较快;缺点是正反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,产物的转化率较低
(2)该反应常在Pd膜反应器中进行,其工作原理如图所示。
利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是
　 。
Pd膜能选择性分离出H2,平衡正向移动,平衡转化率增大
精研　核心命题
命题角度1 化学平衡标志的判断
AB
[变式演练1]CO2的高效转化利用对缓解能源危机以及实现“碳中和”目标具有重要的战略意义。
利用CO2加氢制备CH3OH是人工固碳的途径之一。已知:
(1)有利于提高反应Ⅱ中CO2的平衡转化率的措施有　　　(填字母,下同)。
A.使用催化剂 B.加压
C.升温 D.增大CO2和H2的初始投料比
C
(2)若将含等物质的量CO和H2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行反应Ⅲ,下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是　　　　　。
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.生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等
D.CO的体积分数保持不变
BD
【注意】在利用M、ρ、n(总)、p(总)判断时要注意反应特点和容器的容积变化问题。
命题角度2 化学平衡的移动
例2(2024·黑吉辽卷)为实现氯资源循环利用,工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气:
将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中,在360 ℃、400 ℃和440 ℃下反应,通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线,如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
图1
图2
回答下列问题:
(1)T3=　　 ℃。
(2)下列措施可提高M点HCl转化率的是　　 (填字母)。
A.增大HCl的流速
B.将温度升高40 ℃
C.增大n(HCl)∶n(O2)
D.使用更高效的催化剂
(3)图中较高流速时,α(T3)小于α(T2)和α(T1),原因是 　 。
360
BD
较高流速时反应未达平衡,温度升高,反应速率变快,相同时间内转化率大
解析:(1)题中所给反应热ΔH1=-57.2 kJ·mol-1,温度升高时平衡逆向移动,HCl的转化率减小,所以T1=440 ℃、T2=400 ℃、T3=360 ℃。
(2)A项,由图像可知增大HCl的流速,其转化率减小;B项,升高温度,反应速率加快,可提高M点HCl的转化率;C项,增大n(HCl)∶n(O2),O2的转化率增大,HCl的转化率减小;D项,催化剂可加快反应速率,可提高M点HCl的转化率。故选B、D。
(3)较高流速时,反应未达到平衡,温度越高,反应速率越快,单位时间内HCl消耗掉的量越多,转化率越大,所以α(T3)小于α(T2)和α(T1)。
[变式演练2] (2025·浙江绍兴一模)用太阳能电池电解水得到的H2,再与CO2反应生成甲醇,是目前推动“碳达峰、碳中和”的新路径。合成甲醇过程中主要发生以下反应:
在9.0 MPa下,分别按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3、n(CO)∶n(H2)=1∶2的投料比在容积可变的密闭容器中反应相同时间,测得甲醇的生成速率和温度的关系如图所示。请回答:
(1)下列说法正确的是　　 (填字母)。
A.其他条件不变,温度升高,甲醇的生成速率加快
B.其他条件不变,压缩容器容积增大压强,甲醇的产率增大
C.选用更高效的催化剂,可增加甲醇的生成速率和平衡转化率
D.反应ⅲ低于500 K时很难发生可能是因为催化剂未达到最适温度
BD
(2)其他条件不变,将投料比由n(CO2)∶n(H2)=1∶3改成n(CO2)∶n(CO)∶n(H2)=4∶1∶15,发现产物中水蒸气物质的量分数极低。已知反应ⅱ能快速达到平衡,请在图中画出520 K之前投料比为n(CO2)∶n(CO)∶n(H2)=4∶1∶15时甲醇生成速率和温度的关系。
突破点3
反应速率、平衡常数及转化率的计算
聚焦　核心要点
1.速率常数和速率方程[1]
(1)速率方程的类型
一定温度下,基元反应的速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。
①正逆反应速率方程:
对于反应:aA+bB gG+hH
则v(正)=k正ca(A)·cb(B),v(逆)=k逆cg(G)·ch(H)(其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数)。
②总反应速率方程:某反应的总反应速率方程通常由实验测定,其中v应指净反应速率,即v(正)-v(逆),如某合成氨速率方程为v=kcα(N2)·cβ(H2)·cγ(NH3)。
(2)速率方程及速率常数的求算方法
利用所给数据采用“定多议一”的原则求算,如合成氨速率方程为v=kcα(N2)·cβ(H2)·cγ(NH3)中,让NH3和H2的浓度保持不变,利用N2浓度的不同求α。
(3)速率常数和平衡常数的关系
基元反应:aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g)
①平衡条件v(正)=v(逆):
2.化学平衡常数
(1)三种平衡常数[2]
aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g)
ⅰ平衡量必须为平衡时的浓度
ⅱ等体积反应:可以用平衡时的物质的量代替平衡时的浓度
ⅲ恒压条件下:先计算平衡体积,再算平衡常数
(2)多平衡体系化学平衡常数的计算
①多重平衡是指相互关联的若干平衡同时存在于一个平衡系统中,且至少有一种物质同时参与几个相互关联的平衡。
②同一容器内的多平衡体系,相同组分的平衡浓度相同
如化学平衡:aA(g) bB(g)+cC(g),cC(g) dD(g)+eE(g),计算K1、K2时,用到的c(C)相同。
③计算方法
元素守恒法 根据某元素守恒,计算出平衡时相应组分的浓度
设未知 数法 ①有几个平衡假设几个未知数(变化量)
②用这些未知数表示出平衡时相应组分的浓度
③根据相关量计算出未知数,代入平衡常数表达式求解
【应用示例】二氧化碳催化加氢制甲醇有利于减少温室气体排放,涉及的反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1　K1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+40.9 kJ·mol-1　K2
Ⅲ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)　ΔH3=-90.4 kJ·mol-1　K3
回答下列问题:
在恒温恒压(压强为p)的某密闭容器中,充入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g),仅发生反应Ⅰ和Ⅱ,经过一段时间后,反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡,此时测得CO2的平衡转化率为20%,甲醇的选择性为50%{甲醇选择性[(CH3OH)%= ×100%]},则该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kp=　　　　　　(写出计算式即可,分压=总压×物质的量分数)。
解析:在恒温恒压(压强为p)的某密闭容器中,充入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g),仅发生反应Ⅰ和Ⅱ,经过一段时间后,反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡,此时测得CO2的平衡转化率为20%,甲醇的选择性为50%,根据三段式分析可知:
　　　　 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
起始量/mol 1 3 0 0
转化量/mol 0.1 0.3 0.1 0.1
平衡量/mol 0.9 2.7 0.1 0.1
　　　　 CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
起始量/mol 0.9 2.7 0 0.1
转化量/mol 0.1 0.1 0.1 0.1
平衡量/mol 0.8 2.6 0.1 0.2
链接高考[1]
1.(2023·山东卷)一定条件下,水气变换反应CO+H2O CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程,研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分子反应:
Ⅰ.HCOOH CO+H2O(快)
Ⅱ.HCOOH CO2+H2(慢)
反应Ⅰ正反应速率方程为v=kc(H+)·c(HCOOH),k为反应速率常数。T1温度下,HCOOH电离平衡常数为Ka,当HCOOH平衡浓度为x mol·L-1时,H+浓度为　　 mol·L-1,此时反应Ⅰ速率v=　　 mol·L-1·h-1(用含Ka、x和k的代数式表示)。
2.(2022·辽宁卷)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破,目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖,其反应为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)　ΔH=
-92.4 kJ·mol-1　ΔS=-200 J·K-1·mol-1。
某合成氨速率方程为v=kcα(N2)cβ(H2)cγ(NH3),根据表中数据,γ=　　 ;
在合成氨过程中,需要不断分离出氨的原因为　　 (填字母)。
a.有利于平衡正向移动 b.防止催化剂中毒 c.提高正反应速率
-1
ac
3.(2021·海南卷)溶于水的CO2只有部分转化为H2CO3(aq),大部分以水合CO2的形式存在,水合CO2可用CO2(aq)表示。已知25 ℃时,H2CO3(aq) CO2(aq)+H2O(l)的平衡常数K=600,正反应的速率可表示为v(H2CO3)= k1·c(H2CO3),逆反应的速率可表示为v(CO2)=k2·c(CO2),则k2=　　　(用含k1的代数式表示)。
链接高考[2]
1.(2023·河北卷)恒温下,将1 mol空气(N2和O2的体积分数分别为0.78和0.21,其余为惰性组分)置于容积为V L的恒容密闭容器中,假设体系中只存在如下两个反应:
ⅰ.N2(g)+O2(g) 2NO(g)　K1　ΔH1
ⅱ.2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)　K2　ΔH2=-114 kJ·mol-1
若上述平衡体系中c(NO2)=a mol·L-1,c(NO)=b mol·L-1,则c(O2)=__________ mol·L-1,K1=　 (写出含a、b、V的计算式)。
解析:根据三段式:
2.(2022·河北卷)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。
3.(2023·湖北卷)1 200 K时,假定体系内只有反应C40H12(g) C40H10(g)+H2(g)发生,反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强),平衡转化率为α,该反应的平衡常数Kp为　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
精研　核心命题
命题角度1 速率常数及与平衡常数的关系
例1(1)(2025·甘肃卷)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质,得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应:
反应1:C2H2(g)+H2(g) ══C2H4(g)　ΔH1=-175 kJ·mol-1(25 ℃、101 kPa)
反应2:C2H2(g)+2H2(g) ══C2H6(g)
ΔH2=-312 kJ·mol-1(25 ℃、101 kPa)
①25 ℃、101 kPa时,反应C2H4(g)+H2(g) ══C2H6(g)　ΔH=________kJ·mol-1。
-137
②对于反应1,反应速率v(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程式v(C2H2)=k[c(H2)]α表示(k为常数)。145 ℃时,保持其他条件不变,测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当v(C2H2)=1.012×10-4 mol·L-1·s-1时,c(H2)= ________ mol·L-1。
实验组
一 4.60×10-3 5.06×10-5
二 1.380×10-2 1.518×10-4
9.2×10-3
解析:将表格中两组数据分别代入速率方程,
得到方程组:
解得
故当v(C2H2)=1.012×10-4 mol·L-1·s-1时,
c(H2)= mol·L-1=9.2×10-3 mol·L-1。
(2)(2025·湖南长沙一模)为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染,需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)　ΔH1=-746.8 kJ·mol-1。实验测得:
v(正)=k正·p2(NO)·p2(CO),v(逆)=k逆·p(N2)·p2(CO2),其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数,只与温度有关;p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。
①达到平衡后,仅升高温度,k正增大的倍数　　　(填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2∶2∶1,压强为p0 kPa。达平衡时压强为0.9 p0 kPa,此时 =________
kPa-1。
小于
[变式演练1] 温度为T1时,在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中按如表三种投料比进行反应2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)　ΔH=+196.6 kJ·mol-1。结果如表,实验测得:v(正)=k正c2(SO3),v(逆)=k逆c2(SO2)·c(O2),k正、k逆为速率常数(仅与温度有关)。
容器 编号 物质的起始浓度 物质的平衡浓度
c(SO3) c(SO2) c(O2) c(SO2)
Ⅰ 0.3 0 0 0.2
Ⅱ 0.1 0.3 0.2
Ⅲ 0.3 0 0.1
回答下列问题:
(1)温度为T1时,该反应的平衡常数为　　　　。
(2)容器Ⅱ中起始时,v(逆)　　　(填“>”“<”或“=”,下同)v(正)。
(3)达平衡时,容器Ⅲ中SO2的体积分数　　　50%。
(4)容器Ⅰ中达平衡后,温度改变为T2时,若k正=k逆,则T1　　T2。
0.4
>
<
<
命题角度2 化学平衡常数的计算
例2(2024·山东卷)水煤气是H2的主要来源,研究CaO对C-H2O体系制H2的影响,涉及主要反应如下:
回答下列问题:
(1)压力p下,C-H2O-CaO体系达平衡后,图示温度范围内C(s)已完全反应,CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示,则a线对应物种为　　　　　　(填化学式)。当温度高于T1时,随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是　 　 。
H2
温度高于T1时,C(s)已经反应完全,CaCO3(s)完全分解,体系中只存在反应(Ⅱ),由于ΔH2<0,所以温度升高平衡逆向移动,CO2的摩尔分数逐渐降低
解析:图示温度范围内C(s)已完全反应,故不考虑反应(Ⅰ),反应(Ⅱ)、(Ⅲ)均为放热反应,温度升高,平衡均逆向移动,所以H2的摩尔分数一直在减小,a线对应物种是H2;而CO的摩尔分数一直增大,所以b线代表CO、c线代表CO2。温度高于T1时,CaCO3(s)完全分解,体系中只存在反应(Ⅱ),由于ΔH2<0,所以温度升高平衡逆向移动,CO2的摩尔分数逐渐降低。
(2)压力p下、温度为T0时,图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05,则反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)的平衡常数Kp=　　　　　;此时气体总物质的量为4.0 mol,则CaCO3(s)的物质的量为　　　　 mol;若向平衡体系中通入少量CO2(g),重新达平衡后,分压p(CO2)将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”,下同),p(CO)将　　　　。
0.5
不变
不变
则x mol+y mol=2.0 mol
x mol-y mol=0.6 mol
解得x=1.3　y=0.7
而CO2总量为y mol-z mol=0.2 mol
故z=0.5
所以CaCO3(s)的物质的量为0.5 mol。
[变式演练2] (2025·山东济南一模)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。
在2 L密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2合成CH3OH,测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数φ(CH3OH)与温度的关系如图所示。
(1)若温度为T时,反应15分钟,φ(CH3OH)=30%,则0~15分钟内,CH3OH的平均反应速率v=　 。
(2)b点φ(CH3OH)=25%,则反应的平衡常数K=　　　　　。
0.025 mol·L-1·min-1
命题角度3 转化率的计算
例3(2025·广东卷)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N2H4)的分解反应:
①N2H4══N2+2H2
②3N2H4══N2+4NH3
为研究某钛基催化剂对上述反应的影响,以肼的水溶液为原料(含N2H4的物质的量为n0)进行实验,得到n1/n0、n2/n0随时间t变化的曲线如图。其中,n1为H2与N2的物质的量之和;n2为剩余N2H4的物质的量。
0~t0 min内,N2H4的转化率为　　　　　　　(用含y2的代数式表示)。
(1-y2)×100%
解析: t0时,n2=y2·n0,N2H4的转化率=×100%=(1-y2)×100%。
[变式演练3] (2025·山东实验中学一模)一种利用太阳能催化甲烷、水蒸气重整制氢反应原理及各步反应以气体分压表示的平衡常数与温度T变化关系如图所示。
回答下列问题:
(1)若第Ⅰ步反应生成1 mol H2,吸收Q kJ热量,第Ⅰ步的热化学方程式为
　 。
(2)甲烷水蒸气重整制氢反应:CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g),
ΔH　　　(填“>”“<”或“=”)0。
(3)已知上述制氢过程中存在副反应:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)。压强为100 kPa时,将n(H2O)∶n(CH4)=3∶1的混合气体投入温度为T ℃的恒温恒容的密闭容器中,发生甲烷水蒸气重整反应和上述副反应,达平衡时容器内的压强为140 kPa,CO2分压为10 kPa,则H2O的平衡转化率为　　 　,此时温度T　　　(填“>”“<”或“=”)1 000。
CH4(g)+NiFe2O4(s)══ CO(g)+2H2(g)+2FeO(s)+NiO(s)　ΔH=+2Q kJ·mol-1
>
40%
>
突破点4
速率及平衡图像的综合分析
聚焦　核心要点
1.化学平衡状态及平衡的分析[1]
(1)化学平衡图像中信息加工处理的方法
(2)化学平衡移动的定性分析与定量计算
2.平衡体系中最佳反应条件、选择性、转化率、产率变化的分析[2]
(1)平衡转化率大小变化分析技巧
非平衡状态的转化率 侧重分析温度、压强、浓度对反应快慢、催化剂对反应快慢及选择性(主副反应)的影响
平衡转化率 侧重分析温度、压强、浓度对化学平衡的影响,有时也涉及温度对催化活性的影响
(2)化学反应中的选择性
①原理:化学反应中的选择性涉及反应物之间的相互作用以及反应路径的能量变化。在反应物作用下,可能存在多个反应途径。某个特定的反应途径能够优先进行,是由于在该途径中,反应物之间具有更有利的相互作用、活化能较低等特点。
②影响因素:反应物的结构、催化剂的选择、反应条件、速率常数、反应平衡常数等。
(3)化工生产中最佳反应条件的选择
化工生产中反应条件的选择,除应考虑反应速率、反应限度等反应本身的因素外,还必须考虑生产成本,如动力设备要求、原料和能量的充分利用等。
条件 原则
从化学反应速率分析 既不能过快,又不能太慢
从化学反应限度分析 既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性,又要注意二者影响的矛盾性
从原料的利用率分析 增加易得廉价原料,提高难得高价原料的利用率,从而降低生产成本
从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析 注意温度对催化剂活性的限制
【应用示例】二氧化碳催化加氢制甲醇,有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题:
二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为
①CO2的转化率随温度升高而增大的原因可能是 　 ;
②CH3OH的选择性随温度升高而减小的原因可能是 　 。
反应Ⅱ为吸热反应,温度升高不但反应速率加快,也有利于该反应正向进行
反应Ⅰ(或Ⅲ)为放热反应,而反应Ⅱ为吸热反应,所以温度升高不利于CH3OH的合成,但有利于CO的生成,所以CH3OH产率降低
(2)除调控合适的温度外,使CH3OH的选择性增大的方法有　 。
增大压强或使用其他催化剂
链接高考[1]
(2023·山东卷)一定条件下,水气变换反应CO+H2O CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程,研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应:
Ⅰ.HCOOH CO+H2O(快)
Ⅱ.HCOOH CO2+H2(慢)
研究发现,在反应Ⅰ、Ⅱ中,H+仅对反应Ⅰ有催化加速作用;反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ,近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离,其浓度视为常数。回答下列问题:
T3温度下,在密封石英管内完全充满1.0 mol·L-1 HCOOH水溶液,使HCOOH分解,分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1,反应Ⅱ达平衡时,测得H2的浓度为y mol·L-1。体系达平衡后 =　　　　(用含y的代数式表示,下同),反应Ⅱ的平衡常数为　　　 。
相同条件下,若反应起始时溶液中同时还含有0.10 mol·L-1盐酸,则图示点a、b、c、d中,CO新的浓度峰值点可能是　　　(填字母)。与不含盐酸相比, CO达浓度峰值时,CO2浓度　　　　(填“增大”“减小”或“不变”), 的值　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
a
减小
不变
链接高考[2]
(2023·辽宁卷)硫酸工业在国民经济中占有重要地位。接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化:
(1)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度,绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图所示,下列说法正确的是
　　　(填字母,下同)。
a.温度越高,反应速率越大
b.α=0.88的曲线代表平衡转化率
c.α越大,反应速率最大值对应温度越低
d.可根据不同α下的最大速率,选择最佳生产温度
cd
解析:根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出,随着温度的升高反应速率先加快后减慢,a错误;随着转化率的增大,最大反应速率不断减小,最大反应速率出现的温度也逐渐降低,c正确。
(2)为提高钒催化剂的综合性能,我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下,温度和转化率关系如图所示,催化性能最佳的是　　　(填字母)。
d
解析:由图可知曲线d的效果最佳。
(3)设O2的平衡分压为p,SO2的平衡转化率为αe,用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=　　 　(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
精研　核心命题
命题角度1 选择反应最佳条件
例1(2023·浙江6月卷)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:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)　ΔH=-41.2 kJ·mol-1
(1)水煤气变换反应是放热的可逆反应,需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示),保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内,图2中b~c段对应降温操作的过程,实现该过程的一种操作方法是　　　(填字母)。
A.按原水碳比通入冷的原料气
B.喷入冷水(蒸气)
C.通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温,在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。
A
解析:①按原水碳比通入冷的原料气,可以降低温度,同时化学反应速率稍减小,由于有CO通入导致CO的转化率稍减小,与图中变化相符,A正确;喷入冷水(蒸气),可以降低温度,但是同时水蒸气的浓度增大,会导致CO的转化率增大,与图中变化不符,B错误;通过热交换器换热,可以降低温度,反应正向进行,导致CO的转化率稍增大,与图中变化不符,C错误。②增大水蒸气的浓度,平衡正向移动,则一氧化碳的平衡转化率增大,会高于原平衡线。
(2)在催化剂活性温度范围内,水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高,该反应的反应速率先增大后减小,其速率减小的原因是 　 。
温度过高时,不利于反应物分子在催化剂表面的吸附,从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低,反应速率减小;温度过高还会导致催化剂的活性降低,从而使化学反应速率减小
[变式演练1] (1)科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法: 2C2H5OH(g) CH3COOC2H5(g)+2H2(g),在常压下反应,冷凝收集,测得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图所示。
则反应温度不宜超过　 。
300 ℃
(2)甲烷还原可消除NO污染。将NO、O2、CH4混合物按一定体积比通入恒容容器中,发生如下主要反应:
①CH4(g)+2NO(g)+O2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH1<0
②CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2<0
③CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)　ΔH3<0
在催化剂A和B的分别作用下,NO的还原率和CH4的转化率分别和温度的关系如图所示。
由图可知,消除NO的最佳条件是　 　　和催化剂　　　　　。
500 ℃
A
(3)利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时, 、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示:
由图所示可知脱硫脱硝最佳条件是　 。
命题角度2 解释曲线发生某种现象的原因
例2(2024·江苏卷)氢能是理想清洁能源,氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
(1)一定条件下,将氮气和氢气按n(N2)∶n(H2)=1∶3混合匀速通入合成塔,发生反应N2+3H2 2NH3。海绵状的α-Fe作催化剂,多孔Al2O3作为α-Fe的“骨架”和气体吸附剂。
①H2中含有CO会使催化剂中毒。
CH3COO[Cu(NH3)2]和氨水的混合溶液能吸收CO生成CH3COO[Cu(NH3)3CO]溶液,该反应的化学方程式为 　 。
CH3COO[Cu(NH3)2]+NH3·H2O+CO═CH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O
解析:①根据题给反应物及生成物书写化学方程式。②多孔Al2O3可作气体吸附剂,含量过多会吸附生成的NH3,且当Al2O3含量大于2%时,催化剂α-Fe的表面积减小,与反应物的接触面积减小,反应速率减小,也会导致产生的NH3减少。
②Al2O3含量与α-Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于2%,出口处氨含量下降的原因是 　 。
多孔Al2O3可作气体吸附剂,含量过多会吸附生成的NH3;Al2O3含量大于2%,α-Fe表面积减小,反应速率减小,产生NH3减少
①密闭容器中,其他条件不变,向含有催化剂的0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中通入H2,HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于70 ℃,HCOO-产率下降的可能原因是 　。
①HC受热分解,c(HC)减小,导致HCOO-产率下降
②使用含氨基物质(化学式为CN—NH2,CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢,可能机理如图所示。氨基能将HC控制在催化剂表面,其原理是　　　　　　　　　　　　　　　;用重氢气(D2)代替H2,通过检测是否存在　 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。
—NH2可与HC形成氢键
DCOO-、CN—NHD
解析:②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上,HC中的H原子连在电负性较大的O原子上,二者之间可以形成氢键N—H…O、N…H—O。由图可知,步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水,氢气发生共价键断裂,氢原子被吸附,步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键断裂,碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO-,则用D2代替H2,得到的产物为CN—NHD和DCOO-。
图1
图2
①图1中,温度高于290 ℃,CO2平衡总转化率随温度升高而上升的原因可能是 　 。
②图2中,在240~300 ℃范围内,相同温度下,二甲醚的实际选择性高于其平衡值,从化学反应速率的角度解释原因: 　。
温度高于290 ℃,随着温度升高,CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)平衡向右移动的程度大于2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)平衡向左移动的程度,使CO2的平衡总转化率上升
CO2催化加氢直接合成二甲醚的反应活化能较低,而合成二甲醚时的副反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)活化能较高,所以二甲醚的实际选择性高于其平衡值
(2)(2025·黑龙江哈尔滨二模)恒压密闭容器中按物质的量之比1∶3充入N2和H2,在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下发生反应N2(g)+3H2(g)
2NH3,测得相同反应时间内,NH3的体积分数随温度变化如图所示。
①温度小于300 ℃,曲线Ⅲ与此温度下平衡曲线Ⅰ、Ⅱ有差异的原因是___________________________________________________。
②温度大于300 ℃,曲线重合的原因是________________________。
催化剂Ⅲ活性低,导致生成NH3速度较慢
温度大于300 ℃,反应均达到平衡状态,催化剂无法改变平衡时NH3的体积分数
突破点5　电化学的综合应用
聚焦　核心要点
1.电极反应式的书写步骤[1]
以电化学方法将CO2转化为CO实现再利用装置为例,装置如图:
2.电化学计算方法[2]
【应用示例】利用多晶铜高效催化电解CO2制乙烯的原理如图所示。因电解前后电解液浓度几乎不变,故可实现CO2的连续转化。
(1)电解过程中HC向　　　　　(填“铂”或“多晶铜”)电极方向移动。
(2)多晶铜电极上的电极反应式为 　。
(3)理论上当生产0.05 mol乙烯时,铂电极产生的气体在标准状况下体积为
　　　　　(不考虑气体的溶解)。
铂
14CO2+8H2O+12e-═C2H4+12HC
16.8 L
链接高考[1]
(2023·湖南卷)“电解精炼Ga”装置如图所示,电解池温度控制在40~45 ℃的原因是 　,阴极的电极反应式为
　 。
已知:金属Ga的化学性质和Al相似,Ga的熔点为29.8 ℃。
保证Ga为液体,便于纯Ga流出
Ga3++3e-═Ga
链接高考[2]
(2023·江苏卷)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下,恒定通过电解池的电量,电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。
其中,QX=nF,n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量,F表示法拉第常数。
(1)当电解电压为U1 V时,电解过程中含碳还原产物的FE%为0,阴极主要还原产物为　　　　(填化学式)。
(2)当电解电压为U2 V时,阴极由HC生成CH4的电极反应式为
　。
(3)当电解电压为U3 V时,电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为
　　　　　。
H2
HC+8e-+6H2O═CH4↑+9OH-
1∶2
精研　核心命题
命题角度1 原电池原理的综合应用
例1(1)S4广泛用于杀菌剂和抗真菌剂中,可由H2S2的燃料电池获得,其装置如图所示。
①H2S2的名称是　　　　　　　。
②电极b为　　　　。
③电极a上发生的电极反应为 　 。
过硫化氢
正极
4H2S2-8e-═S8+8H+
解析:①根据H2O2是过氧化氢可判断H2S2的名称是过硫化氢。②电极b产生水,说明氧气得到电子,为正极。③电极a是负极,H2S2发生失去电子的氧化反应,由于是质子固体电解质,则发生的电极反应为4H2S2-8e-═S8+8H+。
(2)(2025·黑龙江齐齐哈尔二模)甲醇既是重要的化工原料,又可作为燃料。如图是甲醇(CH3OH)燃料电池的工作原理示意图。该燃料电池内部电流的方向为___________________(填“A→B”或“B→A”),负极的电极反应式为______________________________________。
A→B
CH3OH-6e-+8OH-══C+6H2O
[变式演练1] (1)(2025·上海四区一模)含铁化合物在生产、生活中有广泛的应用。下图是一种太阳能电池工作原理的示意图,其中电解质溶液为K3[Fe(CN)6]和K4[Fe(CN)6]的混合溶液。
①K4[Fe(CN)6]中,中心离子为　　　　　。
②电池工作时,下列描述正确的是　　　(填字母)。
A.电极a为正极
B.K+向电极a移动
C.电子由电极a经导线流向电极b
③正极上发生的电极反应为 　 。
Fe2+
C
[Fe(CN)6]3-+e-═[Fe(CN)6]4-
(2)(2025·黑龙江哈尔滨一模改编)某新型多功能(甲醛—硝酸盐)电池,可同时处理废水中的甲醛和硝酸根离子,其工作原理如图所示。
电池工作时,b电极反应式是_______________________________________, a电极区总反应为_______________________________________。
N+6H2O+8e-══NH3↑+9OH-
2HCHO+4OH--2e-══2HCOO-+H2↑+2H2O
命题角度2 电解原理的综合应用
例2(1)(2021·湖南卷)利用电解原理,将氨转化为高纯氢气,其装置如图所示。
①电解过程中OH-的移动方向为　　　 　(填“从左往右”或“从右往左”);
②阳极的电极反应式为　 。
从右往左
2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O
解析:①左侧发生NH3→N2的氧化反应,则左侧为阳极,OH-从阴极向阳极移动,即从右往左移动。②阳极上NH3失电子生成N2,环境为KOH溶液,则阳极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O。
(2) 工业上可以通过电化学方法获得环氧乙烷,原理如图所示:
①P电极是该电解池的　　　　极。
②该电池阴极电极反应式为 　 。
阳
2H2O+2e-═H2↑+2OH-
解析:①由图可知,P电极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气,则P电极是电解池的阳极;②由图可知,水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子,电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-。
[变式演练2] (1)(2025·河南濮阳一模)利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料,装置如图所示。铜电极上产生HCOOH的电极反应式为
　　　　　　　　　　　　　　。若用甲醇燃料电池为此电解池供电,生成138 g HCOOH时,理论上需要消耗　　　 g甲醇。
CO2+2e-+2H+═HCOOH
32
(2)科研人员报道了一种电催化半氢化策略,在室温条件下,水溶液介质中可选择性地将C2H2还原为C2H4,其原理示意图如下:
①阴极的电极反应式为 　。
②同温同压下,相同时间内,若进口处气体物质的量为a mol,出口处气体的总体积为进口处的x倍,则C2H2转化率为　　　 　。
C2H2+2H2O+2e-═C2H4+2OH-
(2x-2)×100%
命题角度3 交换膜在电化学中的应用
例3某实验小组用Zn-CO2水介质电池电解含有尿素的碱性废水,装置如图(电极a为Zn,b、c、d均为惰性电极)。
装置Ⅰ中双极膜为阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成,与b极室相连的交换膜为　　　　(填“阴”或“阳”)离子交换膜,装置Ⅱ阳极上的反应式为　 　 。
阳
CO(NH2)2+2H2O-6e- ═ N2+C+8H+
解析:从图分析,c电极产生氮气,为阳极反应,d上产生氢气,为阴极反应,则a为负极,锌失去电子,结合氢氧根离子,故该交换膜为阴离子交换膜,b为正极,与b极室相连的交换膜为阳离子交换膜,装置Ⅱ阳极上的反应式为CO(NH2)2+2H2O-6e-═N2+C+8H+。
[变式演练3] (2025·江苏常州一模改编)海水原位直接电解制氢技术是利用海水侧和电解质溶液侧的水蒸气压力差使海水自然蒸发,并以蒸汽形式通过透气膜扩散到电解质溶液侧重新液化,为电解提供淡水(工作时KOH溶液的浓度保持不变)。装置如图所示。
(1)M电极反应式为　 。
(2)离子交换膜b为　　　　交换膜。
(3)当产生标准状况下33.6 L H2时,有　　　 mol H2O(g)透过透气膜a。
4OH--4e-═O2↑+2H2O
阴离子
1.5(共67张PPT)
选择题突破九　化学反应与电能
突破点1　原电池　新型化学电源
突破点2　电解原理及金属的防护
目录索引
突破点1　原电池　新型化学电源
聚焦　核心要点
1.原电池工作原理及应用[1]
(1)原电池工作原理示意图
(2)原电池电极反应式的书写
(3)设计制作原电池的方法
【应用示例1】硫化氢(H2S)是一种神经毒素,对黏膜有强烈的刺激作用。科研人员设计了如图装置,借助太阳能,将H2S再利用,变废为宝。
(1)b电极发生　　　　反应。
(2)a电极区　　　(填“能”或“不能”)用NaOH溶液作电解质溶液。
(3)H+的迁移方向为　　　电极→　　　电极。
(4)每生成2 g H2,负极区需消耗　　　 L H2S(标准状况)。
还原
不能
a
b
22.4
2.新型化学电源[2]
(1)单液电池
(2)双液电池
(3)间接电池
媒质也称为“电对”或“介对”,其首先在电极表面失去(或得到)电子,形成氧化态(或还原态)在电解质溶液中进一步氧化(或还原)反应基质,最终生成目的产物。其原理如下图所示:
(4)二次电池
(5)解答燃料电池题目的几个关键点
①注意介质成分,是电解质溶液还是熔融盐、氧化物或是有机溶剂。
②通入负极的物质为燃料,通入正极的物质为氧气(或其他氧化剂)。
③通过介质中离子的移动方向,可判断电池的正负极,同时考虑该离子是否参与靠近一极的电极反应。
【应用示例2】直接H2O2-H2O2燃料电池是一种新型化学电源,其工作原理如图所示。
(1)电池工作时,电极　　电势低;
(2)电池放电时,电极Ⅰ的反应式为　　　　　　　　　 ,电极Ⅱ的反应式为　　　　　　　　　　　　;
(3)电池放电时,电池总反应为　 ;
(4)电池放电时,当电路中转移0.1 mol电子时,通过阳离子交换膜的K+为
　　 g。
Ⅰ
H2O2-2e-+2OH-═O2↑+2H2O
H2O2+2e-+2H+═2H2O
2H2O2+2KOH+H2SO4═O2↑+K2SO4+4H2O
3.9
链接高考[1]
1.(2024·北京卷)酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理,下列说法正确的是(　　)
A.石墨作电池的负极材料
B.电池工作时,N向负极方向移动
C.MnO2发生氧化反应
D.锌筒发生的电极反应为Zn-2e-═Zn2+
D
2.(2021·广东卷)火星大气中含有大量CO2,一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极,碳纳米管为正极,下列有关放电时的说法正确的是(　　)
A.负极上发生还原反应 B.CO2在正极上得电子
C.阳离子由正极移向负极 D.将电能转化为化学能
B
链接高考[2]
1.(2023·全国乙卷)室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极,表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时,在硫电极发生反应:
下列说法错误的是(　　)
A.充电时Na+从钠电极向硫电极迁移
B.放电时外电路电子流动的方向是a→b
D.炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
A
2.(2023·辽宁卷)某低成本储能电池原理如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A.放电时负极质量减小
B.储能过程中电能转变为化学能
C.放电时右侧H+通过质子交换膜移向左侧
D.充电总反应:
B
精研　核心命题
命题角度1 二次电池及其分析
例1(2024·全国甲卷)科学家使用δ-MnO2研制了一种MnO2-Zn可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后,MnO2电极上检测到MnOOH和少量ZnMn2O4。下列叙述正确的是(　　)

A.充电时,Zn2+向阳极方向迁移
B.充电时,会发生反应Zn+2MnO2═ZnMn2O4
C.放电时,正极反应有MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-
D.放电时,Zn电极质量减少0.65 g,MnO2电极生成了0.020 mol MnOOH
C
解析:根据化合价代数和为0,MnOOH和ZnMn2O4中Mn的化合价为+3价,则MnO2发生了还原反应,该电极为正极,Zn电极为负极。
充电时,阳离子Zn2+应移向阴极(Zn),A项错误;根据价态变化,Zn+2MnO2═ZnMn2O4为放电时的反应,B项错误;MnOOH为正极放电产物,根据电子守恒和电荷守恒配平方程式:MnO2+H2O+e-═MnOOH+OH-,C项正确;放电时,Zn电极质量减少0.65 g,转移电子0.02 mol,MnO2得电子转化的产物有MnOOH和ZnMn2O4两种形式,D项错误。
[变式演练1] (2025·安徽卷)研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示),使用前需先充电,其固体电解质仅允许Li+通过。下列说法正确的是
(　　)
A.放电时电解质溶液质量减小
B.放电时电池总反应为H2+2Li══2LiH
C.充电时Li+移向惰性电极
D.充电时每转移1 mol电子,c(H+)降低1 mol·L-1
C
命题角度2 新型化学电源及分析
例2(2025·黑吉辽蒙卷)一种基于Cu2O的储氯电池装置如图,放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极,b极仍增重。关于图中装置所示电池,下列说法错误的是(　　)
A.放电时Na+向b极迁移
B.该电池可用于海水脱盐
C.a极反应:Cu2O+2H2O+Cl--2e-══Cu2(OH)3Cl+H+
D.若以Ag/AgCl电极代替a极,电池将失去储氯能力
D
解析:依据信息“放电过程中a、b极均增重”可知,放电时,a极变化为Cu2O→Cu2(OH)3Cl,b极变化为NaTi2(PO4)3→Na3Ti2(PO4)3,由此可知,a极为负极,b极为正极。放电时,Na+(阳离子)向b极(正极)迁移,A项正确;该电池工作时,负极吸收Cl-,正极吸收Na+,故可用于海水脱盐,B项正确;放电时,a为负极,Cu2O失e-生成Cu2(OH)3Cl,同时储氯,电极反应式为Cu2O-2e-+2H2O+Cl-══Cu2(OH)3Cl+H+,C项正确;由题意可知,Ag的失电子能力比Cu2O强,若以Ag/AgCl电极代替a极(负极),将发生反应:Ag-e-+Cl-══AgCl,电池仍具有储氯能力,D项错误。
[变式演练2] (2025·黑龙江齐齐哈尔一模)2024年,吉林大学科研团队采用等离子体Au纳米粒子(可吸收可见光,产生电子)修饰的缺陷氮化碳
(Au-Nv-C3N4)光电正极,建立了一种新型双功能辅助Li-N2电池系统,总反应为6Li+N2══2Li3N,结构示意图和光电正极的工作原理如图所示,下列说法正确的是(　　)
C
A.Nv可以捕获光产生电子用于氧化N2
B.放电时,电流由a电极沿导线流向b电极
C.产生1 A·h电荷量时,生成Li3N的质量与消耗N2的质量比为5∶2
D.用此电池为铅酸蓄电池充电,消耗0.7 g Li时,铅酸蓄电池消耗0.9 g水
命题角度3 燃料电池及其分析
例3(2025·广东湛江一模)如图是一种酸性燃料电池酒精检测仪,具有自动吹起、流量侦测与控制的功能,非常适合进行现场酒精检测。下列说法正确的是(　　)
B
A.电子由氧气通入的Pt电极流出
B.质子(H+)通过质子交换膜从负极流向正极
C.每消耗22.4 L O2,会产生1 mol醋酸
D.左侧Pt电极表面发生的反应:CH3CH2OH+2e-═CH3COOH+2H+
解析:乙醇酸性燃料电池中,乙醇发生失电子的氧化反应生成醋酸,则乙醇所在铂电极为负极,负极反应式为CH3CH2OH-4e-+H2O═4H++CH3COOH, O2所在的铂电极为正极、发生得电子的还原反应,电极正极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O,放电时,电子由负极经过导线流向正极。由图可知,氧气通入的Pt电极为电池正极,电子流入正极,A项错误;电池工作时,质子(H+)通过质子交换膜从负极流向正极,B项正确;未指明标准状况,O2的物质的量无法判断,C项错误;左侧Pt电极表面发生的反应为CH3CH2OH-4e-+H2O═ 4H++CH3COOH,D项错误。
[变式演练3] 一种双阴极微生物燃料电池装置如图所示。该装置可以同时进行硝化和反硝化脱氮,其中硝化过程中N被O2氧化。下列叙述正确的是(　　)
D
A.电池工作时,“厌氧阳极”为正极,“缺氧阴极”和“好氧阴极”为负极
B.电池工作时,“缺氧阴极”电极附近溶液的pH减小
C.“好氧阴极”存在反应:N-6e-+8OH-═N+6H2O
D.“厌氧阳极”区质量减少28.8 g时,该电极输出电子2.4 mol
分层训练
层级1 练真题·明考向
1.(2024·湖南卷)在KOH水溶液中,电化学方法合成高能物质K4C6N16时,伴随少量O2生成,电解原理如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.电解时,OH-向Ni电极移动
B.生成C6的电极反应:
2C3N8H4+8OH--4e-═C6+8H2O
C.电解一段时间后,溶液pH升高
D.每生成1 mol H2的同时,生成0.5 mol K4C6N16
B
2.(2023·新课标卷)一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质溶液的电池,其示意图如下所示。放电时,Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是(　　)
A.放电时V2O5为正极
B.放电时Zn2+由负极向正极迁移
C.充电总反应:xZn+V2O5+nH2O═ZnxV2O5·nH2O
D.充电阳极反应:ZnxV2O5·nH2O-2xe-═xZn2++V2O5+nH2O
C
解析:由题中信息可知,该电池中Zn为负极、V2O5为正极,电池的总反应为xZn+V2O5+nH2O═ZnxV2O5·nH2O。由题给信息可知,放电时,Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O,V2O5发生了还原反应,则放电时V2O5为正极,A正确;Zn为负极,放电时Zn失去电子变为Zn2+,阳离子向正极迁移,则放电时Zn2+由负极向正极迁移,B正确;电池在放电时的总反应为xZn+V2O5+nH2O═ZnxV2O5·nH2O,则其在充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O═xZn+V2O5+nH2O,C不正确;充电阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5,则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O-2xe-═xZn2++V2O5+nH2O,D正确。
层级2 练易错·避陷阱
3.(2025·福建南平一模)锌-空气二次电池具有性能高、寿命长、可充电等优点,其工作原理如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.充电时a极与直流电源的负极相连
B.放电过程中22.4 L O2(标准状况)参与反应时,有4 mol OH-由b极区向a极区迁移
C.充电过程中a极的电极反应为[Zn(OH)4]2-+2e-═Zn+4OH-
D.放电一段时间后,a极区c(KOH)大于b极区c(KOH)
D
解析:根据反应的自发性,活泼金属电池中金属往往作负极,故锌在负极放电,电极反应式为Zn+4OH--2e-═[Zn(OH)4]2-,氧气在正极放电,电极反应式为O2+4e-+2H2O═4OH-。放电时a极为负极,则充电时a极为阴极,阴极与直流电源的负极相连,A正确;放电时b极为正极,正极的电极反应为O2+4e-+2H2O═4OH-,22.4 L O2(标准状况)参与反应时,外电路中有4 mol电子通过,内电路中有4 mol OH-由b极区向a极区迁移,B正确;放电过程中a极的电极反应为Zn-2e-+4OH-═[Zn(OH)4]2-,则充电过程中a极的电极反应为[Zn(OH)4]2-+2e-═Zn+4OH-,C正确;放电过程中,外电路中有4 mol电子通过时,a极区消耗8 mol OH-,同时有4 mol OH-由b极区向a极区迁移,a极区c(KOH)减小,b极区n(KOH)保持不变,但溶剂的量减小,即溶液的体积减小,b极区c(KOH)增大,故放电一段时间后,a极区c(KOH)小于b极区c(KOH),D错误。
4.电化学原理可应用于处理环境污染问题。一种能有效消除氮氧化物(NOx)污染物又能充分利用化学能的装置如图。下列说法正确的是(　　)
C
A.电极M为正极,电极N上发生氧化反应
B.电子流向:电极M→负载→电极N→溶液→电极M
C.电极N上的电极反应式为2NOx+4xe-+2xH2O═N2+4xOH-
D.当生成15.68 L(标准状况)N2时,反应中转移电子的物质的量为2.4 mol
解析:根据装置图可知,电极M通入氨气,氨气被氧化为氮气,则电极M发生氧化反应,为原电池的负极,电极反应式为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O,则电极N为原电池正极,电极反应为2NOx+4xe-+2xH2O═N2+4xOH-,电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极。根据分析可知,M为电池的负极,发生氧化反应,N为电池的正极,A项错误;电子流向为电极M→负载→电极N,不经过溶液,B项错误;根据分析可知,电极N上的电极反应式为2NOx+4xe-+2xH2O ═N2+4xOH-,C项正确;当生成15.68 L(标准状况)N2时,N2的物质的量为0.7 mol,NOx中x未知,则无法确定转移的电子数,D项错误。
突破点2　电解原理及金属的防护
聚焦　核心要点
1.电解原理及应用[1]
(1)电解过程的三个流向
①电子流向:电源负极→电解池阴极;电解池阳极→电源正极;
②离子流向:阳离子→电解池的阴极,阴离子→电解池的阳极。
③电流方向:电源正极→电解池阳极→电解质溶液→电解池阴极→电源负极。
(2)判断电极产物及电极反应式的方法
【应用示例1】一种氯离子介导的电化学合成方法,能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷,电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后,将阴、阳极电解液输出混合,便可反应生成环氧乙烷。
(1)Ni电极与电源　　极相连,电极反应式为　 。
(2)阴极生成标准状况下22.4 L气体,最终可制得　　　(填“>”“<”或“=”)
1 mol 。
(3)工作过程中阴极附近pH　　　　　。
(4)在电解液混合过程中会发生反应　 。
负
2H2O+2e-═H2↑+2OH-
<
增大
HCl+KOH═KCl+H2O
2.金属的腐蚀与防护[2]
(1)电化学腐蚀
析氢腐蚀与吸氧腐蚀(以钢铁的腐蚀为例):
类型 析氢腐蚀 吸氧腐蚀
条件 水膜酸性较强(pH≤4.3) 水膜酸性很弱或呈中性
电极 反应 负极 Fe-2e-═Fe2+ 正极 2H++2e-═H2↑ O2+2H2O+4e-═4OH-
总反应式 Fe+2H+═Fe2++H2↑ 2Fe+O2+2H2O═2Fe(OH)2
联系 吸氧腐蚀更普遍 (2)金属的防护
①电化学防护。
方法 原理 正负极
牺牲阳极保护法 原电池 原理 负极:比被保护金属活泼的金属
正极:被保护的金属设备
外加电流的阴极保护法 电解 原理 阴极:被保护的金属设备
阳极:惰性金属或石墨
②改变金属的内部结构,如制成合金、不锈钢等。
③加防护层,如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法。
【应用示例2】利用原电池原理可以避免金属腐蚀,某小组同学设计了如图所示的实验方案来探究铁片的腐蚀情况。
(1)　　(填“甲”或“乙”)中的铁片附近会出现蓝色。
(2)甲中形成了　　　　　装置,锌片作　　极。
(3)乙中　　　　片附近会出现红色。
(4)上述装置可用于铁的保护的是培养皿　　　　,属于　　　　　　法。
乙
原电池
负
铜
甲
牺牲阳极保护
链接高考[1]
1.判断正误:对的打“√”,错的打“×”。
(1)(2025·江苏卷)以稀硫酸为电解质溶液的光解水装置如图所示,总反应为2H2O 2H2↑+O2↑。电极a上发生氧化反应生成O2。(　　)
(2)(2023·广东卷,13)利用活性石墨电极电解饱和食盐水,U形管两侧均有气泡冒出,分别是Cl2和O2。(　　)
√
×
2.(2023·湖北卷)我国科学家设计如图所示的电解池,实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变,电解生成氢气的速率为x mol·h-1。
下列说法错误的是(　　)
A.b电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-
B.离子交换膜为阴离子交换膜
C.电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜
D.海水为电解池补水的速率为2x mol·h-1
D
3.(2023·浙江1月卷)在熔融盐体系中,通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi),电解装置如图。
下列说法正确的是(　　)
A.石墨电极为阴极,发生氧化反应
B.电极A的电极反应:8H++TiO2+SiO2+8e-═TiSi+4H2O
C.该体系中,石墨优先于Cl-参与反应
D.电解时,阳离子向石墨电极移动
C
链接高考[2]
1.(2024·广东卷)我国自主设计建造的浮式生产储卸油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用,其钢铁外壳镶嵌了锌块,以利用电化学原理延缓外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是(　　)
A.钢铁外壳为负极
B.镶嵌的锌块可永久使用
C.该法为外加电流法
D.锌发生反应:Zn-2e-══Zn2+
D
2.(2020·江苏卷)将金属M连接在钢铁设施表面,可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。

下列说法正确的是(　　)
A.金属M的活动性比Fe的活动性弱
B.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
C.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
D.阴极的电极反应式为Fe-2e-═Fe2+
B
精研　核心命题
命题角度1 V电解原理及应用
例1(2023·辽宁卷)某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如图所示,其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是(　　)
A.b端电势高于a端电势
B.理论上转移2 mol e-生成4 g H2
C.电解后海水pH下降
D.阳极发生:Cl-+H2O-2e-═HClO+H+
D
解析:由图可知,左侧电极产生氧气,则左侧电极为阳极,电极a为正极,右侧电极为阴极,b电极为负极,该装置的总反应产生氧气和氢气,相当于电解水。由分析可知,a为正极,b电极为负极,则a端电势高于b端电势,A错误;右侧电极上产生氢气的电极反应式为2H++2e-═H2↑,则理论上转移2 mol e-生成2 g H2,B错误;由图可知,该装置的总反应为电解海水的装置,随着电解的进行,海水的浓度增大,但是其pH基本不变,C错误;由图可知,阳极上的电极反应为Cl-+H2O-2e-═HClO+H+,D正确。
[变式演练1] (2024·山东卷)以不同材料修饰的Pt为电极,一定浓度的NaBr溶液为电解液,采用电解和催化相结合的循环方式,可实现高效制H2和O2,装置如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.电极a连接电源负极
B.加入Y的目的是补充NaBr
C.电解总反应式为Br-+3H2O Br+3H2↑
D.催化阶段反应产物物质的量之比n(Z)∶n(Br-)=3∶2
B
命题角度2 原电池、电解池的综合装置
例2(2025·河北石家庄一模)以浓差电池(电解质溶液浓度不同造成电势差)为电源,用石墨作电极将NH3转化为高纯H2的装置如图。下列说法错误的是(　　)
A.Cu(1)的电极反应式为Cu-2e-═Cu2+
B.离子交换膜Ⅱ可以为阴离子交换膜
C.工作时,M电极附近溶液的pH降低
D.电解停止时,理论上Cu(1)和Cu(2)电极的质量差为256 g
A
解析:以浓差电池为电源,以石墨为电极将NH3转化为高纯H2,M电极上,NH3转化为N2,N元素化合价升高,发生氧化反应,M电极为阳极,则N电极为阴极,Cu(1)为正极,Cu(2)为负极。Cu(1)为正极,正极发生反应:Cu2++2e-═Cu,故A错误;M电极为阳极,发生电极反应:2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O,消耗了OH-,则丙室内阴离子浓度降低,N电极为阴极,发生电极反应:2H2O+2e-═H2↑+2OH-,丁室内阴离子浓度增大,为保持两侧电荷守恒,可以是丙室中钾离子进入丁室,则离子交换膜为阳离子交换膜,也可以是丁中氢氧根离子进入丙室,则离子交换膜可以为阴离子交换膜,故B正确;电极M为阳极,发生电极反应:2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O,消耗了OH-,碱性减弱,pH减小,故C正确;电池从开始工作到停止放电,正极区硫酸铜溶液的浓度由2.5 mol·L-1降低到1.5 mol·L-1,负极区硫酸铜溶液的浓度由0.5 mol·L-1升到1.5 mol·L-1,正
极反应可还原Cu2+的物质的量为2 L×(2.5-1.5) mol·L-1=2 mol,正极质量增加128 g,电路中转移4 mol电子,负极反应:Cu-2e-═Cu2+,转移4 mol电子时,负极消耗2 mol Cu单质,质量减少128 g,理论上Cu(1)和Cu(2)电极的质量差为256 g,故D正确。
[变式演练2] 羟基自由基(·OH)有极强的氧化性,其氧化性仅次于氟单质。我国科学家设计的一种能将苯酚(C6H6O)氧化为CO2和H2O的原电池—电解池组合装置如图所示,该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法正确的是(　　)
A
A.该装置工作时,电流方向为电极b→Ⅲ室→Ⅱ室→Ⅰ室→电极a
B.装置工作时,c极区溶液碱性明显增强
C.电极d的电极反应式为H2O+e-═H++·OH
D.当电极b上有0.6 mol CO2生成时,电极c、d两极共产生气体22.4 L(标准状况)
命题角度3 金属的腐蚀与防护
例3对如图所示的实验装置的判断错误的是(　　)
A.开关K置于A处时,可减缓铁的腐蚀
B.开关K置于A处时,铁棒表面有氢气产生
C.开关K置于B处时,铁棒一定为负极
D.开关K置于B处时,可通过牺牲阳极保护法减缓铁的腐蚀
C
解析:开关K置于A处,则铁为阴极,可减缓铁的腐蚀,A正确;开关K置于A处,铁为阴极,阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子,铁棒表面有氢气生成,B正确;开关K置于B处,X电极的材料未知,无法确定铁棒一定为负极,C错误;开关K置于B处,X金属的活泼性若强于铁,则X为负极,铁为正极被保护,可通过牺牲阳极保护法减缓铁的腐蚀,D正确。
[变式演练3] (2025·安徽安庆3月二模)为了更好模拟在pH=2的混合溶液中钢铁电化学腐蚀的过程,利用压强传感器、氧气传感器进行数字化实验,得出相应的图像数据如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A.20~40 s内平均反应速率v(O2)=0.03 kPa·s-1
B.反应初期氧气减少,总压增大,说明初期以析氢腐蚀为主,不受其他因素影响
C.以析氢腐蚀为主时,pH越小,腐蚀越快
D.40 s后,炭粉表面发生的主要电极反应是O2+2H2O+4e-══4OH-
B
分层训练
层级1练真题·明考向
1.(2024·湖北卷)我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂,用H2C2O4和NH2OH电化学催化合成甘氨酸,原理如图,双极膜中H2O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。已知在KOH溶液中,甲醛转化为HOCH2O-,存在平衡HOCH2O-+OH- [OCH2O]2-+H2O。Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2--e-═HCOO-+H·。
下列说法错误的是(　　)
A.电解一段时间后阳极区c(OH-)减小
B.理论上生成1 mol H3N+CH2COOH,双极膜中有4 mol H2O解离
C.阳极总反应式为2HCHO+4OH--2e-═2HCOO-+H2↑+2H2O
D.阴极区存在反应H2C2O4+2H++2e-═OHC—COOH+H2O
B
解析:根据题述信息,在KOH溶液中HCHO转化为HOCH2O-,离子方程式为HCHO+OH-→HOCH2O-,存在平衡HOCH2O-+OH- [OCH2O]2-+H2O,Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2--e-═HCOO-+H·,2个H·结合生成H2,Cu电极为阳极;PbCu电极为阴极,首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH,电极反应式为H2C2O4+2e-+2H+═ OHC—COOH+H2O,再是OHC—COOH与HO—N+H3反应生成HOOC—CH=N—OH,离子方程式为OHC—COOH+HO—N+H3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H+,最后HOOC—CH=N—OH在Cu上发生得电子的还原反应转化成H3N+CH2COOH,电极反应式为HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+═ H3N+CH2COOH+H2O。
根据分析,电解过程中,阳极区消耗OH-、同时生成H2O,故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小,A项正确;根据分析,阴极区的总反应为H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+═H3N+CH2COOH+3H2O,1 mol H2O解离成1 mol H+和1 mol OH-,故理论上生成1 mol H3N+CH2COOH,双极膜中有6 mol H2O解离,B项错误;根据分析,结合装置图,阳极总反应为2HCHO-2e-+4OH-═2HCOO-+H2↑+2H2O,C项正确;根据分析,阴极区的Pb上发生反应H2C2O4+2e-+2H+═OHC—COOH+H2O,D项正确。
2.(2023·广东卷)用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图),可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时,H2O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-,有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是(　　)

A.电解总反应:KNO3+3H2O═NH3·H2O+2O2↑+KOH
B.每生成1 mol NH3·H2O,双极膜处有9 mol H2O解离
C.电解过程中,阳极室中KOH的物质的量不因反应而改变
D.相比于平面结构双极膜,“卯榫”结构可提高氨生成速率
B
解析:由信息大电流催化电解KNO3溶液制氨可知,在电极a处KNO3放电生成NH3,发生还原反应,故电极a为阴极,电极反应式为N+8e-+9H+═ NH3·H2O+2H2O,电极b为阳极,电极反应式为4OH--4e-═O2↑+2H2O,“卯榫”结构的双极膜中的H+移向电极a,OH-移向电极b。由分析中阴阳极电极反应式可知,电解总反应为KNO3+3H2O═NH3·H2O+2O2↑+KOH,A正确;每生成1 mol NH3·H2O,阴极得8 mol e-,同时双极膜处有8 mol H+进入阴极室,即有8 mol的H2O解离,B错误;电解过程中,阳极室每消耗4 mol OH-,同时有4 mol OH-通过双极膜进入阳极室,KOH的物质的量不因反应而改变,C正确;相比于平面结构双极膜,“卯榫”结构具有更大的膜面积,有利于H2O被催化解离成H+和OH-,可提高氨生成速率,D正确。
层级2 练易错·避陷阱
3.(2025·黑龙江大庆模拟预测)通过Cu2O超低电位下电催化硝酸盐与甲醛的耦合反应,实现了处理污染物的同时产生增值化学品,其原理如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.电极的电势:电极a>电极b
B.当电源的电压过大时,阳极可能会产生氧气
C.阳极区发生的总反应为HCHO+3OH--2e-══HCOO-+2H2O
D.由N生成34 g NH3时至少转移12 mol电子
D
解析:根据图知,电极a发生氧化反应,是阳极,电极反应:Cu2O-2e-+2OH-+H2O══2Cu(OH)2;电极b发生还原反应,是阴极,电极反应:N+8e-+6H2O══NH3+9OH-。阳极电势高于阴极电势,即电极a>电极b,A正确;当电源的电压过大时,OH-可能在阳极发生反应产生氧气,B正确;根据图知,阳极电极反应:Cu2O-2e-+2OH-+H2O══2Cu(OH)2,又发生: HCHO+2Cu(OH)2+OH-══HCOO-+Cu2O+3H2O,则阳极区发生的总反应为HCHO+3OH--2e-══HCOO-+2H2O,C正确;根据电极反应:N+8e-+6H2O══NH3+9OH-,生成34 g NH3(即2 mol)时至少转移16 mol电子,D错误。(共70张PPT)
选择题突破八　反应机理　反应速率及化学平衡
突破点1　化学反应机理分析
突破点2　化学反应速率与化学平衡
目录索引
突破点1　化学反应机理分析
聚焦　核心要点
1.反应历程中的能量变化图像
(1)活化能-反应历程图像及分析[1]
A+B—C→[A…B…C]→A—B+C
①以上为一种基元反应,其中正反应活化能Ea正=b-a,逆反应活化能Ea逆=b-c,ΔH=Ea正-Ea逆。 ②过渡态([A…B…C])不稳定 中间体:在多步反应中两个过渡态之间的是中间体,中间体很活泼,寿命很短,但是会比过渡态更稳定些
①反应热取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小,仅由部分反应物和部分生成物的总能量,不能判断反应是吸热反应还是放热反应。
②从反应物至最高点的能量数值代表正反应的活化能(E1),从最高点到生成物的能量数值代表逆反应的活化能(E2)。
③催化剂只能改变正、逆反应的活化能,从而改变反应速率,但不能改变反应的ΔH。
【应用示例1】下面是丙烷(用RH表示)的氯化和溴化反应时的相对能量变化图(已知1 eV=1.6×10-19 J)及产率关系。
(1)1 mol RH(g)完全生成1 mol RCl(g)放热　　　　 　 J。
(2)稳定性Br·　　 Cl·。
(3)以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2-丙醇,更优越的是_______ (填“Br2”或“Cl2”)。
(4)溴代的决速反应是第　　　步;氯代的决速反应是第　　　步。
NA×1.6×10-19(a-b)
>
Br2
一
一
(2)催化机理能垒图[2]
①在催化机理能垒图中,有几个活化状态,就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质,写出其热化学方程式。注意:如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV),焓变应转化成每摩尔。
②每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小,能垒越大,反应速率越慢。
例如:在Rh催化下,甲酸分解制H2反应的过程如图所示。
其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面,该反应历程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*═HCOO*+H*;甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)═CO2(g)+H2(g)　ΔH=-0.16NA eV·mol-1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
【应用示例2】Cu-Ce-Ox固溶体作为金属催化剂,能有效促进电化学还原,反应产生CH4和C2H4的共同中间体*CO在催化剂表面的反应机理如图所示。
(1)Cu-Ce-Ox固溶体催化剂对生成　　　　有较高选择性。
(2)制约CO2还原为C2H4反应速率的是　　　　　　 　。
(3)由*CO生成*OH的反应为　 。
CH4
*CH—COH→C—COH
*CO+5H++5e-═CH4+*OH
解析:(1)由图像分析,生成甲烷的最大能垒相对能量低,所以在该催化剂表面更容易生成甲烷,即Cu-Ce-Ox固溶体催化剂对生成CH4有较高选择性;(2)制约反应速率的应该是能垒最高的吸热反应,所以制约CO2还原为C2H4反应速率的是*CH—COH→C—COH;(3)反应在催化剂表面吸附状态下发生,由图像可知是H+参加反应,所以由*CO生成*OH的反应为*CO+5H++5e-═CH4+*OH。
2.物质转化—循环图示及分析[3]
在机理图中,通览全图,找准一“剂”三“物”
一“剂” 催化剂 “先消耗后生成”——催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的,以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上
三“物” 反应物 “只进不出”——通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物
生成物 “只出不进”——通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物
中间体 “先生成后消耗”——通过一个箭头脱离整个历程,但又生成的是中间体,通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体,中间体有时在反应历程中用“[　]”标出
如下图所示:
最后依据判断的反应物、生成物形成总化学方程式。
链接高考[1]
(2025·河南卷)在催化剂a或催化剂b作用下,丙烷发生脱氢反应制备丙烯,总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g) CH3CH═CH2(g)+H2(g),反应进程中的相对能量变化如图所示[*表示吸附态, *CH3CHCH2+2*H→CH3CH═CH2(g)+H2(g)中部分进程已省略]。
下列说法正确的是(　　)
A.总反应是放热反应
B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同
C.和催化剂b相比,丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定
D.①转化为②的进程中,决速步骤为*CH3CH2CH3→*CH3CHCH3+*H
C
链接高考[2]
1.(2024·甘肃卷)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示,下列说法错误的是(　　)
A.E2=1.41 eV
B.步骤2逆向反应的ΔH=+0.29 eV
C.步骤1的反应比步骤2快
D.该过程实现了甲烷的氧化
C
2.(2024·北京卷)苯在浓硝酸和浓硫酸作用下,反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是(　　)
C
A.从中间体到产物,无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B.X为苯的加成产物,Y为苯的取代产物
C.由苯得到M时,苯中的大π键没有变化
D.对于生成Y的反应,浓硫酸作催化剂
3.(2022·山东卷改编)在NO催化下,丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。
(1)含N分子参与的反应　　　　(填“一定”或“不一定”)有电子转移。
(2)由NO生成HONO的反应历程有　　种。
(3)增大NO的量,C3H8的平衡转化率　　　。
(4)在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应方程式为　　　　　　;当主要发生包含②的历程时,最终生成的水的量　　　　　。
一定
2
不变
2C3H8+O2 2C3H6+2H2O
不变
链接高考[3]
(2025·河南卷)在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下,CH4可在室温下高效转化为CH3COOH,其可能的反应机理如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A.该反应的原子利用率为100%
B.每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH
C.反应过程中,Rh和Fe的化合价均发生变化
D.若以CD4为原料,用H2O吸收产物可得到CD3COOH
B
精研　核心命题
命题角度1 活化能—反应历程图像及分析
例1(2025·安徽A10联盟5月模拟)十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体,一定条件下,在某催化剂作用下,依次经历反应ⅰ和反应ⅱ释放氢气:
反应ⅰ.C10H18(l) C10H12(l)+3H2(g)　ΔH1
反应ⅱ.C10H12(l) C10H8(l)+2H2(g)　ΔH2
脱氢过程中的能量变化如图所示。
下列叙述错误的是(　　)
A.反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ的活化能
B.萘(C10H8)的储氢过程是放热反应
C.“低压、高温”条件下,能提高十氢萘的脱氢率
D.十氢萘脱氢反应达平衡时,适当升高温度,反应体系中增大
D
解析:由图可判断,反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ的活化能,A正确;十氢萘脱氢时的两步反应中反应物的总能量小于生成物的总能量,均为吸热反应,则萘(C10H8)的储氢过程是放热反应,B正确;反应ⅰ、ⅱ均为气体体积增大的吸热反应,“低压、高温”条件下,有利于反应ⅰ、ⅱ向正反应方向进行,能提高十氢萘的脱氢率,C正确;反应ⅰ、ⅱ均为气体体积增大的吸热反应,平衡时,适当升高温度,反应ⅰ、ⅱ均向正反应方向移动,则减小,D错误。
[变式演练1] (2024·安徽卷)某温度下,在密闭容器中充入一定量的X(g),发生下列反应:X(g) Y(g)(ΔH1<0),Y(g) Z(g)(ΔH2<0),测得各气体浓度与反应时间的关系如下图所示。下列反应历程示意图符合题意的是(　　)
B
命题角度2 催化机理能垒图
例2(2025·河北卷)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料,广泛应用于光电信息材料等领域,可利用反应Ga2O3(s)+2NH3(g) 2GaN(s)+3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下:
下列说法错误的是(　　)
A.反应ⅰ是吸热过程
B.反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69 eV
C.反应ⅲ包含2个基元反应
D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中
D
解析:观察反应历程图可知,反应ⅰ反应物的相对能量为0,产物的相对能量为0.05 eV,反应ⅰ为吸热过程,A项正确;反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤经过TS5,该步骤的活化能为3.39 eV-0.70 eV=2.69 eV,B项正确;反应ⅲ要经过TS6和TS7,说明包含2个基元反应,C项正确;速控步的活化能最大,速控步包含在反应ⅲ中,最大活化能为6.37 eV-3.30 eV=3.07 eV,D项错误。
[变式演练2] 一定温度、压强下,CH3—CH=CH2(g)与HCl(g)反应可以生成CH3CHClCH3(g)和CH3CH2CH2Cl(g),反应中的能量变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)
D
A.生成CH3CH2CH2Cl(g)的反应中,第一步为反应的决速步
B.短时间内,CH3CHClCH3(g)是主产物
C.升高温度达平衡时,可以提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例
D.CH3—CH=CH2(g)+HCl(g) CH3CH2CH2Cl(g)的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值
命题角度3 物质转化—循环图示及分析
例3CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应机理如图所示,下列叙述错误的是(　　)
D
A.LnNi能提高CO2、C2H4混合体系中活化分子百分数
B.总反应方程式为CO2+CH2=CH2+CH3I CH2=CHCOOCH3+HI
C.反应①中断裂的化学键有极性键和非极性键
D.该反应的原子利用率为100%
解析:对反应机理图分析可知LnNi是催化剂,CO2、CH2=CH2、CH3I为反应物,CH2=CHCOOCH3、HI为生成物,其他为中间产物。LnNi是催化剂,能降低反应的活化能,提高反应物中活化分子的百分数,A正确;CO2、CH2=CH2、CH3I为反应物,CH2=CHCOOCH3、HI为生成物,则总反应方程式为CO2+CH2=CH2+CH3I CH2=CHCOOCH3+HI,B正确;反应①中断裂了极性键(C=O)和非极性键(C=C),C正确;由总反应方程式可知,除目标产物丙烯酸甲酯外还有HI生成,原子利用率不是100%,D错误。
[变式演练3] (2023·湖南卷)N2H4是一种强还原性的高能物质,在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L-Ru—NH3]+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4,其反应机理如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后,配体NH3失去质子能力增强
B.M中Ru的化合价为+3
C.该过程有非极性键的形成
D.该过程的总反应式:4NH3-2e-═N2H4+2
B
分层训练
层级1 练真题·明考向
1.(2023·浙江1月卷)标准状态下,气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0],下列说法不正确的是
(　　)
A.E6-E3=E5-E2
B.可计算Cl—Cl键能为2(E2-E3) kJ·mol-1
C.相同条件下,O3的平衡转化率:历程Ⅱ>历程Ⅰ
D.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)═O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4) kJ·mol-1
C
2.(2024·河北卷)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池,以Mg(TFSI)2为电解质,电解液中加入1,3-丙二胺(PDA)以捕获CO2,使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍,同时改善了Mg2+的溶剂化环境,提高了电池充放电循环性能。
对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究,电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。
下列说法错误的是(　　)
C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同;路径2、3起始物相同但产物不同
D.三个路径速控步骤均涉及*C转化,路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生
D
层级2 练易错·避陷阱
3.(2025·黑龙江齐齐哈尔二模)某复合石墨烯基催化剂催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图,图中TS表示过渡态,吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注,下列说法中正确的是(　　)
B
A.反应过程中,涉及极性键、非极性键的断裂和形成
B.H2吸附在催化剂表面的过程为放热过程
C.催化剂降低反应活化能,增大活化分子百分数,提高反应的平衡转化率
D.该反应历程包含了5步基元反应,且决速步骤方程式为H2CO*+══H3CO_H*
解析:根据反应历程图可知,第一步基元反应中涉及H—H非极性键的断裂,但是整个过程中没有非极性键的生成,由总反应CO+2H2══CH3OH可知,反应过程中既有极性键的断裂也有极性键的形成,A错误;由图可知,H2吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量,为放热过程,B正确;催化剂降低反应活化能,增大活化分子百分数,不能提高反应的平衡转化率,C错误;基元反应步骤要求反应物一步变成生成物,没有任何中间产物,由图可知,整个反应历程中有四步基元反应,第三步反应活化能最大,反应速率最慢,是决速步骤,决速步骤方程式为H2CO*+H*2══H3CO-H*,D错误。
突破点2　化学反应速率与化学平衡
聚焦　核心要点
1.化学反应速率及其影响因素和相关计算[1]
外界条件对化学反应速率的影响与结果
【应用示例1】氨基甲酸铵(H2NCOONH4)主要用作磷化铝中间体,也用于医药。在T ℃时,将足量的H2NCOONH4固体置于恒温恒容容器中,存在如下化学平衡:H2NCOONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g),经t min达到平衡状态,平衡时体系的总浓度为c0 mol·L-1。回答下列问题:
(1)T ℃时,向平衡体系中加入适量H2NCOONH4,反应速率将　　　。
(2)在0~t min时间段内,平均反应速率v(CO2)=　　 　。
(3)向平衡体系中充入适量的CO2,逆反应速率　　　。
不变
增大
2.化学平衡及影响因素[2]
(1)判断化学平衡状态的方法
(2)影响化学平衡的因素
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 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 (3)判断化学平衡移动方向的方法
根据离子积(Q)与平衡常数(K)的大小判断平衡移动的方向
【应用示例2】某温度下,反应CH2=CH2(g)+H2O(g) CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡。回答下列问题:
(1)增大压强,v(正)　　v(逆),平衡常数将　　　　。
(2)加入催化剂,平衡时CH3CH2OH(g)的浓度将　　　。
(3)恒容下,充入一定量的H2O(g),平衡向　　　反应方向移动。
(4)恒容下,充入一定量的CH2=CH2(g),CH2=CH2(g)的平衡转化率将　　　。
>
不变
不变
正
减小
3.平衡转化率[3]
(1)转化率和平衡转化率
转化率有未达到平衡的转化率和已达到平衡的平衡转化率,在审题的时候一定要注意转化率是否为平衡转化率。
(2)转化率与温度的关系
可逆反应的焓变ΔH 升高温度
吸热反应,ΔH>0 未达到平衡的转化率增大
已达到平衡的平衡转化率增大
放热反应,ΔH<0 未达到平衡的转化率增大
已达到平衡的平衡转化率减小
(3)增大反应物的浓度与平衡转化率的关系(其中A、B、C均为气体)
链接高考[1]
1.(2024·甘肃卷)下列措施能降低化学反应速率的是(　　)
A.催化氧化氨制备硝酸时加入铂
B.中和滴定时,边滴边摇锥形瓶
C.锌粉和盐酸反应时加水稀释
D.石墨合成金刚石时增大压强
C
2.(2022·辽宁卷)某温度下,在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X发生反应
2X(s) Y(g)+2Z(g),有关数据如下:
下列说法错误的是(　　)
A.1 min时,Z的浓度大于0.20 mol·L-1
B.2 min时,加入0.20 mol Z,此时v正(Z)C.3 min时,Y的体积分数约为33.3%
D.5 min时,X的物质的量为1.4 mol
B
0~2 0.20
0~4 0.15
0~6 0.10
链接高考[2]
1.(2023·北京卷)下列事实能用平衡移动原理解释的是(　　)
A.H2O2溶液中加入少量MnO2固体,促进H2O2分解
B.密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体,受热后颜色加深
C.铁钉放入浓硝酸中,待不再变化后,加热能产生大量红棕色气体
D.锌片与稀硫酸反应过程中,加入少量CuSO4固体,促进H2的产生
B
2.(2022·天津卷)向恒温恒容密闭容器中通入2 mol SO2和1 mol O2,反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)达到平衡后,再通入一定量O2,达到新平衡时,下列说法错误的是(　　)
A.SO3的平衡浓度增大
B.反应平衡常数增大
C.正向反应速率增大
D.SO2的转化总量增大
B
链接高考[3]
(2022·河北卷)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:
(1)下列操作中,能提高CH4(g)平衡转化率的是　　　(填字母)。
A.增加CH4(g)用量 B.恒温恒压下通入惰性气体
C.移除CO(g) D.加入催化剂
BC
(2)恒温恒压条件下,1 mol CH4(g)和5 mol H2O(g)反应达平衡时,CH4(g)的转化率为0.90,CO2(g)的物质的量为0.65 mol,则平衡体系中H2(g)的物质的量分数为　　　(结果保留两位有效数字)。
43%
精研　核心命题
命题角度1 化学反应速率影响因素及计算
例1(2024·安徽卷)室温下,为探究纳米铁去除水样中Se的影响因素,测得不同条件下Se浓度随时间变化关系如下图。
C
A.t1时NO的转化率:T1>T2
B.容器内气体颜色不再改变时,说明反应达到平衡状态
C.若T1时,NO和O3的起始投入量均为a mol,则达到平衡时NO的残留量为0.4a mol
D.该反应的ΔH<0
[变式演练1] (2025·黑龙江哈尔滨二模)在不同温度下,分别向10 L的恒容密闭容器中按物质的量比1∶1充入一定量的NO和O3发生反应:NO(g)+O3(g)
NO2(g)+O2(g),其中NO的物质的量随时间变化如图所示,下列说法错误的是(　　)
A
命题角度2 化学平衡移动及分析
例2(2024·山东卷改编)逆水气变换反应:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH>0。一定压力下,按CO2、H2物质的量之比n(CO2)∶n(H2)=1∶1投料,T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2),T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1、k2。下列说法错误的是(　　)
A.k1>k2
B.T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值:
C.温度不变,仅改变体系初始压力,反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化
D.T2温度下,改变初始投料比例,可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同
D
[变式演练2] (2025·辽宁辽阳二模)恒温条件下,向带活塞的容器中加入2 mol A(g)与2 mol B(g),发生反应mA(g)+nB(g) pC(g),其他条件不变,反应相同时间时,A(g)的转化率随压强变化(通过推动活塞改变压强)的关系如图所示(整个过程中各物质状态不发生改变)。下列说法错误的是(　　)
A
A.a点:v(正)=v(逆)
B.平衡常数:K(d)=K(b)
C.m+nD.压强为p kPa时,c点正反应速率大于逆反应速率
命题角度3 化工生产条件及分析
例3对于放热的可逆反应,某一给定转化率下,最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)　ΔH<0在催化剂作用下原料的总转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、原料的总平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图最合理的是(　　)
C
解析:对于放热的可逆反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g),该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度,在该温度下化学反应速率最大,原料的转化率也最大;当温度高于最适宜温度后,催化剂的催化活性逐渐减小,催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响,因此化学反应速率逐渐减小,原料的转化率也逐渐减小;由于该反应为放热反应,随着温度的升高,原料的平衡转化率减小;由于反应混合物与催化剂的接触时间较少,在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态,故在相应温度下原料的转化率低于其平衡转化率。因此,反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图可表示如下:
分层训练
层级1 练真题·明考向
1.(2024·黑吉辽卷)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品;150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示,15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是(　　)
A.3 h时,反应②正、逆反应速率相等
B.该温度下的平衡常数:①>②
C.0~3 h平均速率v(异山梨醇)=0.014 mol·kg-1·h-1
D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
A
层级2练易错·避陷阱
2.(2025·山东青岛一模)CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)　ΔH1,其中,积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有:②CH4(g) C(s)+2H2(g)　ΔH2=+74.6 kJ·mol-1 ,
③2CO(g) C(s)+CO2(g)　ΔH3=-172.5 kJ·mol-1。
科研人员研究压强对催化剂活性的影响:在1 073 K时,将恒定组成的CO2、CH4混合气体,以恒定流速通过反应器,测得数据如图:
注:Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率,即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。下列分析正确的是(　　)
A.向反应器中通入适量水蒸气,可加速Ra的衰减
B.压强增大,反应②平衡逆向移动,导致Ra衰减加快
C.保持其他条件不变,适当减小投料比 有利于增大CH4转化率
D.研究表明“通入适量O2有利于重整反应”,因为O2能与C反应并放出热量
D
解析:向反应器中通入适量水蒸气,高温下可以与C反应生成CO和H2,减少积炭,可减缓Ra的衰减,A错误;压强越大,Ra降低越快,说明催化剂活性降低越快,积炭越多,其主要原因是反应③为气体体积减小的反应,加压平衡正向移动,使得积炭增多,B错误;保持其他条件不变,适当增大投料比 有利于增大CH4转化率,C错误;根据盖斯定律,①=②-③,ΔH1=ΔH2-ΔH3= +247.1 kJ·mol-1,反应①为吸热反应,通入适量O2,O2能与C反应并放出大量的热,可减少积炭,减缓Ra的衰减,同时反应放热使得反应①正向移动,有利于重整反应,D正确。

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