第II、先求出水解常數，再利用水解常數和電離常數的關系進行計算利用左邊的三段式，先求出HCOO—的水解常數Kh＝＝Ka＝【變式7-1】（2023上·河北邯鄲·高三磁縣第一中學校考）25℃時，用氫氧化鈉溶液調節醋酸溶液的，實驗測得溶液中、的分布系數與的關系如圖所示。其中。下列說法錯誤的是A．25℃，的電離常數B．曲線2代表C．溶液中始終存在D．【答案】C【解析】A．由圖可知，當時，，解得，，，故，A正確；B．隨著的增加，濃度減小，濃度增大，由圖可知曲線1代表，曲線2代表，B正確；C．根據電荷守恒可知，溶液中始終存在，C錯誤；D．，D正確；故選C。【變式7-2】（2023上·河南鄭州·高三統考）常溫下，用濃度為的標準溶液滴定濃度均為的和的混合溶液，滴定過程中溶液的隨的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A．b點：B．c點：C．水的電離程度：D．常溫下的水解平衡常數約為【答案】A【分析】鹽酸是強酸、醋酸是弱酸，用氫氧化鈉滴定和的混合溶液，氫氧化鈉先和鹽酸反應，當=1時，溶質為氯化鈉和醋酸。【解析】A．b點=1.5，溶質為NaCl、CH3COONa、CH3COOH，物質的量比為2:1:1，溶液呈酸性，CH3COONa水解小于CH3COOH電離，所以，故A錯誤；B．c點=1.5，溶質為等物質的量的NaCl、CH3COONa，根據物料守恒，故B正確；C．c點溶質為NaCl、CH3COONa，CH3COONa水解促進水電離，c點之前越小，剩余的酸越多，對電離的抑制作用越大，所以水的電離程度：，故C正確；D．a點=1，溶質是濃度均為0.01mol/L的NaCl、CH3COOH，醋酸電離使溶液呈酸性，pH=3.38，則Ka=，常溫下的水解平衡常數約為，故D正確；選A。【考向八】溶度積(Ksp)的相關計算【典例8】（2023上·貴州·高三清華中學校聯考）常溫下，向溶液中逐滴加入等濃度的氨水。反應過程中，或與加入氨水體積的關系如圖所示。下列說法正確的是A．a點溶液中：B．已知，則b點溶液的pH約為8C．從b到c的過程中，水的電離程度增大D．m點溶液中：【答案】D【解析】A．a點溶液為溶液，Ag+部分水解，所以，故A錯誤；B．b點溶液中Ag+剛好完全生成，此時，，已知，所以，則，b點溶液的pH約為10，故B錯誤；C．b到c的過程為，生成OH-，抑制水的電離，故C錯誤；D．根據電荷守恒，，m點溶液中的濃度為0.01mol/L，溶液呈堿性，所以，即，故D正確；故答案選D。類型一、由溶度積求飽和溶液溶質的物質的量濃度——比較溶解度的大小計算技巧飽和溶液時的物質的量濃度與Ksp的關系1:1型1:2型或2：1型1:3型或3:1型類型二、已知溶度積、溶液中某離子的濃度，求溶液中的另一種離子的濃度計算技巧某溫度下AgCl的Ksp＝a，在0.1mol·L－1的NaCl溶液中加入過量的AgCl固體，達到平衡后c(Ag＋)＝=10amol·L－1類型三、判斷沉淀的生成或沉淀是否完全計算技巧①把離子濃度數據代入Ksp表達式得Qc，若Qc>Ksp，則有沉淀生成；若Qc<Ksp，無沉淀生成②利用Ksp的數值計算某一離子濃度，若該離子濃度小于10－5mol·L－1，則該離子沉淀完全類型四、常溫下，計算氫氧化物沉淀開始和沉淀完全時的pH計算技巧①根據氫氧化物的Ksp，先計算初始濃度溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH②金屬陽離子沉淀完全時的離子濃度為10－5mol·L－1，依據Ksp可計算金屬陽離子沉淀完全時溶液中的c(OH－)，進而求得pH類型五、計算沉淀轉化反應的平衡常數，并判斷沉淀轉化的程度計算技巧依據沉淀的轉化反應和Ksp，計算該反應的平衡常數，K值越大，轉化反應越易進行，轉化程度越大(若計算沉淀轉化的平衡常數K＜10－5，則沉淀轉化反應不能進行；若10－5＜K＜105，則沉淀轉化反應為可逆反應，若K>105，則認為沉淀完全轉化)已知常溫下，ZnS和CuS的Ksp分別為1.6×10－24和6.4×10－36，判斷常溫下反應：ZnS(s)＋Cu2＋(aq)=CuS(s)＋Zn2＋(aq)能否進行該反應的平衡常數K＝eq\f(c（Zn2＋）,c（Cu2＋）)＝eq\f(c（Zn2＋）·c（S2－）,c（Cu2＋）·c（S2－）)＝eq\f(Ksp（ZnS）,Ksp（CuS）)＝eq\f(1.6×10－24,6.4×10－36)＝2.5×1011＞105，故反應能完全轉化類型六、溶度積常數(Ksp)與水解常數(Kh)的關系——強酸多元弱堿鹽：Kh＝計算技巧Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(aq)，平衡常數類型七、溶度積與溶解度的相互計算計算技巧①由飽和溶液的物質的量濃度c(mol·L－1)飽和溶液的溶解度S(g)以AgCl(s)Ag+(aq)＋Cl－(aq)為例，飽和溶液的物質的濃度c＝1.34×10－5mol·L－1即：1L溶液中含有1.34×10－5mol的AgCl溶質，也就是(1.34×10－5×143.5)g＝1.92×10－3g即：1L溶液中溶解的AgCl為1.92×10－3g，由于溶液極稀，其溶液近似等于水的密度，ρ＝1g/cm3即：1000g溶液中溶解了1.92×10－3g的AgCl，100g水中溶解了1.92×10－4g的AgCl即：AgCl的溶解度S(AgCl)＝1.92×10－4g②飽和溶液的溶解度S(g)由飽和溶液的物質的量濃度c(mol/L)KSP20℃時，S(AgCl)＝1.5×10－4g，即：100g水中溶解了AgCl的質量為1.5×10－4g，由于溶液極稀，其溶液近似等于水的密度，ρ＝1g/cm3，也即是：0.1L水中溶解了AgCl的質量為1.5×10－4g，也即是：0.1L溶液中溶解了AgCl的質量為1.5×10－4g，此時n(AgCl)＝，，c(AgCl)＝1.05×10－5mol·L－1，KSP＝c(Ag+)·c(Cl－)＝1.05×10－5×1.05×10－5＝1.1×10－10【變式8-1】（2024上·山東菏澤·高三山東省鄄城縣第一中學校考）在不同溫度下的沉淀溶解平衡曲線如圖所示()。下列說法不正確的是A．溫度為時， B．的溶解度：C．的溶解過程吸收能量 D．將Z溶液升溫可以得到Y溶液【答案】D【解析】A．由Y點可知，，A項正確；B．X、Z、W是同一溫度下的飽和溶液，相同，等體積的溶液中溶解的的物質的量的關系為，的溶解度的關系為，B項正確；C．溫度升高變大，說明的溶解是吸熱的，C項正確；D．將Z溶液升溫，雖溶解度增大，但沒加入，故得不到Y溶液，D項錯誤；故選D。【變式8-2】（2023上·河北滄州·高三泊頭市第一中學校聯考）一定溫度下，和的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。或下列說法正確的是A．，B．a點能生成沉淀，不能生成沉淀C．b點時，D．向、均為的混合溶液中滴加溶液，先產生沉淀【答案】D【解析】A．的溶度積常數表達式為，對該等式求負對數可得：，因此。題圖中的沉淀溶解平衡曲線斜率約為1，因此；同理可求得，A項錯誤；B．過a點做橫軸垂線并反向延長，該垂線分別與和的沉淀溶解平衡曲線相交，a點縱坐標小于垂線與的沉淀溶解平衡曲線交點的縱坐標，該點的大于相應的飽和溶液中的，因此能生成沉淀，同理分析可知不能生成沉淀，B項錯誤；C．由點計算可得到的溶度積常數，由點可得到的溶度積常數，因此，C項錯誤；D．向、均為的混合溶液中滴加溶液，開始沉淀時所需要的分別為和，說明此時沉淀需要的更低，在這種情況下，先產生沉淀，D項正確；答案選D。【考向九】電極方程式書寫【典例9】（2023上·上海黃浦·高三格致中學校考期中）我國科學家研發出一種新系統，通過鈉離子電池“溶解”水中的二氧化碳，以觸發電化學反應，可有效減少碳的排放，其工作原理如圖所示。其中鈉超離子導體，除了明顯的結構穩定性外它們還表現出異常高的離子電導率。（1）b極區是極，系統工作時，b極區參與的電極總反應式為。（2）工作是b極區可能會有少量固體析出，分析原因。【答案】（1）正極（2）負極產生的鈉離子并移動到正極，遇到碳酸氫根離子，形成碳酸氫鈉飽和溶液后析出碳酸氫鈉固體【解析】（1）由圖可知，加入金屬鈉的為負極，即a極區為負極，則b極區是正極，系統工作時，b極區CO2參與反應會生成H2和，電極總反應式為；；（2）工作時b極區可能會有少量固體析出，原因是負極產生的鈉離子移到正極，遇到碳酸氫根離子，形成碳酸氫鈉飽和溶液后析出碳酸氫鈉固體。一、原電池中電極反應式的書寫

1、先確定原電池的正負極，列出正負極上的反應物質，并標出相同數目電子的得失。

2、注意負極反應生成的陽離子與電解質溶液中的陰離子是否共存。若不共存，則該電解質溶液中的陰離子應寫入負極反應式：若正極上的反應物質是O2，且電解質溶液為中性或堿性，則水必須寫入正極反應式中，且O2生成OH-，若電解質溶液為酸性，則H+必須寫入正極反應式中，O2生成水。

3、正負極反應式相加得到電池反應的總反應式。若已知電池反應的總反應式，可先寫出較易書寫的電極反應式，然后在電子守恒的基礎上，總反應式減去較易寫出的書寫電極反應式，即得到較難寫出的書寫電極反應式。

二、電解池中電極反應式的書寫

1、首先看陽極材料，如果陽極是活潑電極（金屬活動順序表Ag以前），則應是陽極失電子，陽極不斷溶解，溶液中的陰離子不能失電子。

2、如果陽極是惰性電極（Pt、Au、石墨），則應是電解質溶液中的離子放電，應根據離子的放電順序進行書寫電極反應式。

陽極（惰性電極）發生氧化反應，陰離子失去電子被氧化的順序為：S2->SO＞I-＞Br-＞C1-＞OH-＞水電離的OH-＞含氧酸根離子＞F-。

陰極發生還原反應，陽離子得到電子被還原的順序為：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>（酸電離出的H+）＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+＞（水電離出的H+）＞Al3+＞Mg2+＞Na+＞Ca2+>K+。

注：在水溶液中A13+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+這些活潑金屬陽離子不被還原，這些活潑金屬的冶煉往往采用電解無水熔融態鹽或氧化物而制得。

三、燃料電池電極反應式的書寫

電極：惰性電極。

燃料包含：H2；烴如：CH4；醇如：C2H5OH等。

電解質包含：①酸性電解質溶液如：H2SO4溶液：②堿性電解質溶液如：NaOH溶液：③熔融氧化物如：Al2O3；④熔融碳酸鹽如：K2CO3等。

第一步：寫出電池總反應式

燃料電池的總反應與燃料的燃燒反應一致，若產物能和電解質反應則總反應為加合后的反應。

如氫氧燃料電池的總反應為：2H2+O2=2H2O：甲烷燃料電池（電解質溶液為NaOH溶液）的反應為：

①CH4+2O2=CO2+2H2O

②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O

①式+②式得燃料電池總反應為：CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O

第二步：寫出電池的正極反應式

根據燃料電池的特點，一般在正極上發生還原反應的物質都是O2，隨著電解質溶液的不同，其電極反應有所不同，其實，我們只要熟記以下四種情況：

（1）酸性電解質溶液環境下電極反應式：O2+4H++4e-=2H2O

（2）堿性電解質溶液環境下電極反應式：O2+2H2O+4e-=40H-

（3）固體電解質（高溫下能傳導O2-）環境下電極反應式：O2+4e-=2O2-

（4）熔融碳酸鹽（如：熔融K2CO3）環境下電極反應式：O2+2CO2+4e-=2CO。

第三步：根據電池總反應式和正極反應式寫出電池的負極反應式

電池的總反應和正、負極反應之間有如下關系：電池的總反應式=電池正極反應式+電池負極反應式

故根據第一、二步寫出的反應，有：電池的總反應式-電池正極反應式=電池負極反應式，注意在將兩個反應式相減時，要約去正極的反應物O2。

四、可充電電池電極反應式的書寫及應用

（一）可充電電池試題必備知識

1.對可充電電池充電和放電兩過程認識：放電是原電池反應，充電是電解池反應。要能根據題給總反應式，寫出原電池總反應式和電解池總反應式。

2.對可充電電池電極極性和材料的判斷：判斷電池放電時電極極性和材料，可先標出放電（原電池）總反應式電子轉移的方向和數目，失去電子的一極為負極，該物質即為負極材料：得到電子的一極為正極，該物質即為正極材料。若判斷電池充電時電極極性和材料，方法同前，失去電子的一極為陽極，該物質即為陽極材料；得到電子的一極為陰極，該物質即為陰極材料。

3.可充電電池電極反應式的書寫方法：

書寫可充電電池電極反應式，一般都是先書寫放電的電極反應式。書寫放電的電

極反應式時，一般要遵守三步：第一，先標出原電池總反應式電子轉移的方向和

數目，指出參與負極和正極反應的物質；第二，寫出一個比較容易書寫的電極反

應式（書寫時一定要注意電極產物是否與電解質溶液共存）；第三，在電子守恒

的基礎上，總反應式減去寫出的電極反應式即得另一電極反應式。

充電的電極反應與放電的電極反應過程相反，充電的陽極反應為放電止極反應的逆過程，充電的陰極反應為放電負極反應的逆過程。

對可充電電池某電極是發生氧化還是還原反應及某元素被氧化還是被還原的判斷：可根據電極反應式進行分析，放電（原電池）的負極及充電（電解池）的陽極均失去電子，發生了氧化反應，其變價元素被氧化；放電（原電池）的正極及充電（電解池）的陰極均得到電子，發生了還原反應，其變價元素被還原。

5.對溶液中離子的移動方向判斷：放電時，陰離子移向負極，陽離子移向正極；充電時，陰離子移向陽極，陽離子移向陰極。

6.可充電電池充電時與電源的連接：可充電電池用完后充電時，原電池的負極與外電源的負極相連，原電池的正極與外電源的正極相連。

7.有關電化學的計算：有關電化學的計算都必須利用電子守恒，要注意各電極轉移的電子數均相等。這類計算通常有計算電極的增重或較少量、溶液的PH、溶液的離子濃度、電子轉移的數目等。

五、特殊情況電極反應式的書寫

在書寫電極反應式時，一定要注意一些特殊情況。

1、注意溶液中的離子濃度的改變會引起離子放電順序的改變溶液中的離子濃度改變，有時可導致離子放電順序的改變。

2、注意電解質溶液的改變會引起電極正負的改變在原電池中，一般較活潑金屬作負極，但當電解質溶液發生改變時，較活潑金屬就不一定作負極了。【變式9-1】Ⅰ.與MnO2—Zn電池類似，K2FeO4—Zn也可以組成堿性電池，K2FeO4在電池中作為正極材料，其電極反應式為，該電池總反應的離子方程式為。【答案】Fe+3e—+4H2O=Fe(OH)3+5OH—2Fe+3Zn+8H2O=2Fe(OH)3↓+3Zn(OH)2↓+4OH—【解析】由題意可知，高鐵酸鉀是原電池的正極，水分子作用下高鐵酸根離子在正極得到電子發生還原反應生成氫氧化鐵和氫氧根離子，電極反應式為Fe+3e—+4H2O=Fe(OH)3↓+5OH—，鋅是負極，堿性條件下鋅失去電子發生氧化反應生成氫氧化鋅，電極反應式為Zn—2e—+2OH—=Zn(OH)2，則總反應為2Fe+3Zn+8H2O=2Fe(OH)3↓+3Zn(OH)2↓+4OH—，故答案為：Fe+3e—+4H2O=Fe(OH)3+5OH—；2Fe+3Zn+8H2O=2Fe(OH)3↓+3Zn(OH)2↓+4OH—。Ⅱ.以Al和NiO(OH)為電極，NaOH溶液為電解液組成一種新型電池，放電時NiO(OH)轉化為Ni(OH)2，該電池反應的化學方程式是。【答案】【解析】利用題中信息可知放電時NiO(OH)作正極，發生還原反應放電時NiO(OH)轉化為Ni(OH)2，，則Al作負極，因電解質溶液為NaOH，則放電時Al極發生氧化反應生成NaAlO2，電池總反應式：。【變式9-2】2019年諾貝爾化學獎頒給在鋰離子電池發展方面作出突出貢獻的三位科學家，頒獎詞中說：他們創造了一個可再充電的世界。下面是最近研發的Ca-LiFePO4可充電電池的工作示意圖，鋰離子導體膜只允許Li+通過，電池反應為：xCa2+＋2LiFePO4xCa＋2Li1-xFePO4＋2xLi+。

負極反應：；正極反應：；陽極反應：；陰極反應：。【答案】Ca－2e-=Ca2+Li1-xFePO4＋xLi+＋xe-=LiFePO4LiFePO4－xe-=xLi+＋Li1-xFePO4Ca2+＋2e-=Ca【分析】根據電池反應知，放電時Ca發生失電子的氧化反應生成Ca2+，Li1-xFePO4發生得電子的還原反應生成LiFePO4；充電時Ca2+發生得電子的還原反應生成Ca，LiFePO4發生失電子的氧化反應生成Li1-xFePO4。【解析】根據電池反應知，放電為原電池原理，總反應為xCa＋2Li1-xFePO4＋2xLi+=xCa2+＋2LiFePO4，Ca元素的化合價由0價升至+2價，鈣電極為負極，負極反應為Ca－2e-=Ca2+，Li1-xFePO4/LiFePO4電極為正極，正極上Li1-xFePO4發生得電子的還原反應生成LiFePO4，正極反應為Li1-xFePO4＋xLi+＋xe-=LiFePO4；充電為電解池原理，電解總反應為xCa2+＋2LiFePO4xCa＋2Li1-xFePO4＋2xLi+，鈣電極為陰極，陰極反應為Ca2+＋2e-=Ca，Li1-xFePO4/LiFePO4電極為陽極，陽極反應為LiFePO4－xe-=xLi+＋Li1-xFePO4；答案為：Ca－2e-=Ca2+；Li1-xFePO4＋xLi+＋xe-=LiFePO4；LiFePO4－xe-=xLi+＋Li1-xFePO4；Ca2+＋2e-=Ca。1．（2023·全國卷）一定溫度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。

下列說法正確的是A．a點條件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀B．b點時，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)C．Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常數K=107.9D．向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先產生Ag2CrO4沉淀【答案】C【分析】根據圖像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度積Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度積Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，據此數據計算各選項結果。【解析】A．假設a點坐標為(4，6.5)，此時分別計算反應的濃度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的濃度熵均小于其對應的溶度積Ksp，二者不會生成沉淀，A錯誤；B．Ksp為難溶物的溶度積，是一種平衡常數，平衡常數只與溫度有關，與濃度無關，根據分析可知，二者的溶度積不相同，B錯誤；C．該反應的平衡常數表達式為K=，將表達式轉化為與兩種難溶物的溶度積有關的式子得K=====1×107.9，C正確；D．向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，開始沉淀時所需要的c(Ag+)分別為10-8.8和10-5.35，說明此時沉淀Cl-需要的銀離子濃度更低，在這種情況下，先沉淀的是AgCl，D錯誤；故答案選C。2．（2023·全國卷）室溫鈉-硫電池被認為是一種成本低、比能量高的能源存儲系統。一種室溫鈉-硫電池的結構如圖所示。將鈉箔置于聚苯并咪唑膜上作為一個電極，表面噴涂有硫黃粉末的炭化纖維素紙作為另一電極。工作時，在硫電極發生反應：S8+e-→S，S+e-→S，2Na++S+2(1-)e-→Na2Sx下列敘述錯誤的是A．充電時Na+從鈉電極向硫電極遷移B．放電時外電路電子流動的方向是a→bC．放電時正極反應為：2Na++S8+2e-→Na2SxD．炭化纖維素紙的作用是增強硫電極導電性能【答案】A【分析】由題意可知放電時硫電極得電子，硫電極為原電池正極，鈉電極為原電池負極。【解析】A．充電時為電解池裝置，陽離子移向陰極，即鈉電極，故充電時，Na+由硫電極遷移至鈉電極，A錯誤；B．放電時Na在a電極失去電子，失去的電子經外電路流向b電極，硫黃粉在b電極上得電子與a電極釋放出的Na+結合得到Na2Sx，電子在外電路的流向為a→b，B正確；C．由題給的的一系列方程式相加可以得到放電時正極的反應式為2Na++S8+2e-→Na2Sx，C正確；D．炭化纖維素紙中含有大量的炭，炭具有良好的導電性，可以增強硫電極的導電性能，D正確；故答案選A。3．（2023·全國卷）下圖為和在水中達沉淀溶解平衡時的關系圖(；可認為離子沉淀完全)。下列敘述正確的是

A．由點可求得B．時的溶解度為C．濃度均為的和可通過分步沉淀進行分離D．混合溶液中時二者不會同時沉淀【答案】C【解析】A．由點a(2，2.5)可知，此時pH=2，pOH=12，則===，故A錯誤；B．由點(5，6)可知，此時pH=5，pOH=9，則===，時的溶解度為=10-3，故B錯誤；C．由圖可知，當鐵離子完全沉淀時，鋁離子尚未開始沉淀，可通過調節溶液pH的方法分步沉淀和，故C正確；D．由圖可知，沉淀完全時，，pM5，此時pH約為4.7，在此pH下剛開始沉淀的濃度為，而題中>，則會同時沉淀，故D錯誤；答案選C。4．（2023·全國卷）向飽和溶液(有足量固體)中滴加氨水，發生反應和，與的關系如下圖所示(其中M代表、、或)。

下列說法錯誤的是A．曲線I可視為溶解度隨濃度變化曲線B．的溶度積常數C．反應的平衡常數K的值為D．時，溶液中【答案】A【分析】氯化銀飽和溶液中銀離子和氯離子的濃度相等，向飽和溶液中滴加氨水，溶液中銀離子濃度減小，氯離子濃度增大、一氨合銀離子增大，繼續滴加氨水，一氨合銀離子增大的幅度小于二氨合銀離子，則曲線I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、氯離子與氨氣濃度對數變化的曲線。【解析】A．氨的濃度較小時AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，濃度較大時AgCl(s)+2NH3(aq)+Cl-(aq)，氯化銀的溶解度曲線應與氯離子的曲線吻合，應該為曲線Ⅳ，故A錯誤；B．由圖可知，c(NH3)=10-1mol/L時，c(Cl-)=10-2.35mol/L,c(Ag+)=10-7.40mol/L，則氯化銀的溶度積為10-2.35×10-7.40=10-9.75，故B正確；C．由圖可知，氨分子濃度對數為-1時，溶液中二氨合銀離子和一氨合銀離子的濃度分別為10-2.35mol/L和10-5.16mol/L，則的平衡常數K===，故C正確；D．由分析可知，曲線I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、氯離子與氨氣濃度對數變化的曲線，則時，溶液中，故D正確；故選A。5．（2023·天津卷）已知，如圖下表是幾種不同有機酸的大小，由此產生的推斷，正確的是有機酸pKa2.662.862.864.74A．對鍵合電子吸引力： B．酸性：C． D．堿性：【答案】C【解析】A．電負性：F>Cl>Br，電負性越大，對鍵合電子吸引力越強，則對鍵合電子吸引力：F>Cl>Br，故A錯誤；B．由于電負性：F>I，F的電負性較大，C-F的共用電子對偏向F，通過傳導作用，導致羧基中O-H鍵的極性最大，酸性增強，則酸性：，故B錯誤；C．F的電負性最大，C-F的共用電子對偏向F，通過傳導作用，導致羧基中O-H鍵的極性最大，酸性增強，氟原子個數越多，酸性越大，所以酸性：，則，故C正確；D．由表格數據可知，，則酸性：，酸性越弱，對應酸根水解程度越大，堿性越強，則堿性：，故D錯誤；故選C。6．（2023·天津卷）在濃度為的溶液中，如下說法正確的是A．溶液中濃度最大的離子是B．C．D．磷酸第二步電離平衡的平衡常數表達式為【答案】B【解析】A．在水溶液中完全電離生成Na+和，又發生電離和水解，則溶液中濃度最大的離子是Na+，故A錯誤；B．根據NaH2PO4溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=c()+c(PO)+c(HPO)+c(H3PO4)=0.1mol/L，故B正確；C．根據NaH2PO4溶液中的電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，故C錯誤；D．磷酸第二步電離方程式為：，電離平衡的平衡常數表達式為，故D錯誤；故選B。故選：B。7．（2023·全國卷）硫酸亞鐵在工農業生產中有許多用途，如可用作農藥防治小麥黑穗病，制造磁性氧化鐵、鐵催化劑等。回答下列問題：（1）在氣氛中，的脫水熱分解過程如圖所示：根據上述實驗結果，可知，。（2）已知下列熱化學方程式：則的。（3）將置入抽空的剛性容器中，升高溫度發生分解反應：(Ⅰ)。平衡時的關系如下圖所示。時，該反應的平衡總壓、平衡常數。隨反應溫度升高而(填“增大”“減小”或“不變”)。（4）提高溫度，上述容器中進一步發生反應(Ⅱ)，平衡時(用表示)。在時，，則，(列出計算式)。【答案】（1）41（2）(a+c-2b)（3）3增大（4）46.26【解析】（1）由圖中信息可知，當失重比為19.4%時，轉化為，則，解之得=4；當失重比為38.8%時，轉化為，則，解之得y=1。（2）①②③根據蓋斯定律可知，①+③-②2可得，則(a+c-2b)。（3）將置入抽空的剛性容器中，升高溫度發生分解反應：(Ⅰ)。由平衡時的關系圖可知,時，，則，因此，該反應的平衡總壓3、平衡常數。由圖中信息可知，隨著溫度升高而增大，因此，隨反應溫度升高而增大。（4）提高溫度，上述容器中進一步發生反應(Ⅱ)，在同溫同壓下，不同氣體的物質的量之比等于其分壓之比，由于僅發生反應(Ⅰ)時，則，因此，平衡時。在時，，則、，聯立方程組消去，可得，代入相關數據可求出46.26，則，。8．（2023·全國卷）甲烷選擇性氧化制備甲醇是一種原子利用率高的方法。回答下列問題：（1）已知下列反應的熱化學方程式：①

②

反應③的，平衡常數(用表示)。（2）電噴霧電離等方法得到的(等)與反應可得。與反應能高選擇性地生成甲醇。分別在和下(其他反應條件相同)進行反應，結果如下圖所示。圖中的曲線是(填“a”或“b”。、時的轉化率為(列出算式)。

（3）分別與反應，體系的能量隨反應進程的變化如下圖所示(兩者歷程相似，圖中以示例)。

(ⅰ)步驟Ⅰ和Ⅱ中涉及氫原子成鍵變化的是(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(ⅱ)直接參與化學鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應速率會變慢，則與反應的能量變化應為圖中曲線(填“c”或“d”)。(ⅲ)與反應，氘代甲醇的產量(填“＞”“＜”或“=”)。若與反應，生成的氘代甲醇有種。【答案】（1）或（2）b（3）Ⅰc<2【解析】（1）根據蓋斯定律可知，反應③=(反應②-①)，所以對應；根據平衡常數表達式與熱化學方程式之間的關系可知，對應化學平衡常數或，故答案為：；或；（2）根據圖示信息可知，縱坐標表示-lg()，即與MO+的微粒分布系數成反比，與M+的微粒分布系數成正比。則同一時間內，b曲線生成M+的物質的量濃度比a曲線的小，證明化學反應速率慢，又因同一條件下降低溫度化學反應速率減慢，所以曲線b表示的是300K條件下的反應；根據上述分析結合圖像可知，、時-lg()=0.1，則=10-0.1，利用數學關系式可求出，根據反應可知，生成的M+即為轉化的，則的轉化率為；故答案為：b；；（3）(ⅰ)步驟Ⅰ涉及的是碳氫鍵的斷裂和氫氧鍵的形成，步驟Ⅱ中涉及碳氧鍵形成，所以符合題意的是步驟Ⅰ；(ⅱ)直接參與化學鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應速率會變慢，則此時正反應活化能會增大，根據圖示可知，與反應的能量變化應為圖中曲線c；(ⅲ)與反應時，因直接參與化學鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，步驟Ⅰ的活化能增大，反應速率會變慢，則CH2DOD更難獲得，故產率：<；根據反應機理可知，若與反應，生成的氘代甲醇可能為或共2種，故答案為：<；2。1．（2024上·甘肅酒泉）氨是最重要的化學品之一，我國目前氨的生產能力位居世界首位。回答下列問題：能量轉換關系（1）根據如圖數據判斷H—H的鍵能為。（2）合成氨反應，根據上述反應機理，使用催化劑，該反應的（填“增大”“減小”或“不變”），寫出（ⅱ）步的熱化學方程式：；計算反應的。（3）用催化還原還可以消除氮氧化物的污染。

寫出被還原生成的熱化學方程式：。【答案】（1）（2）不變（3）【解析】（1）根據如圖所示，，吸收的能量為654kJ數據判斷H—H的鍵能為；（2）使用催化劑，只改變反應歷程，降低活化能，不改變反應的焓變，所以不變；第（ⅱ）步的熱化學方程式為：；根據如圖所示數據，反應的；（3）根據已知反應，被還原生成的化學方程式為：，，熱化學方程式為：。2．（2023下·湖北武漢·高三華中師大一附中校聯考）一定溫度下，向容器相同的恒容密閉容器中充入1molM和W的混合物氣體和4molN，發生如下反應反應Ⅰ.

反應Ⅱ.

實驗測得起始充入的與M和W的平衡轉化率的關系如圖所示。下列說法正確的是A．曲線表示起始充入的與M的平衡轉化率的關系B．x>1C．若M和W的轉化率均處于b點狀態時，反應Ⅰ和Ⅱ均存在D．若縮小容器的容積，達到新平衡后P的體積分數與原平衡相等【答案】B【解析】A．W只是Ⅱ的反應物，增大，W的平衡轉化率增大，表示起始充入的與W的平衡轉化率的關系，A項錯誤；B．根據2個反應方程式可知，當x=1時，即M和W等物質的量，M的平衡轉化率大于W，當x>1時，M的平衡轉化率才可能等于W，B項正確；C．對于反應Ⅰ：，對于反應Ⅱ：，C項錯誤；D．縮小容器體積，反應Ⅱ正向進行，M減小，Q增多，反應Ⅰ逆向進行，P的體積分數改變，D項錯誤；故選B。3．Binoist等進行了H2S熱分解實驗：2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)，開始時，當1molH2S與23.75molAr混合，在101kPa及不同溫度下反應達平衡時H2、H2S及S2(g)的體積分數如圖所示，該反應在Q點對應溫度下的平衡常數Kp=kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數，分壓=總壓×物質的量分數，結果保留小數點后兩位)

【答案】1.01【解析】設S2(g)的生成量為amol，則有Q點：1-2a=2a，a=0.25p(H2S)=×101kPa=2.02kPa=p(H2)，p(S2)=×101kPa=1.01kPa，K==1.01kPa。4．（2022上·山西呂梁·高三統考）下列圖示與對應的敘述相符的是A．圖一表示反應在一定溫度下達到平衡時B的轉化率與壓強變化的關系，x點的反應速率比y點的快B．圖二表示反應的速率一時間圖象，在時刻改變的條件可，能是加入催化劑或增大壓強C．圖三表示反應中A的百分含量與溫度(T)的變化情況，則該反應的D．圖四所示圖中的陰影部分面積的含義是()【答案】B【解析】A．由圖一可知，x點的壓強比y點的小，所以x點的反應速率比y點的慢，A錯誤；B．由圖二可知，在時刻正、逆反應速率都增大且增大的程度相同，所以改變的條件可能是加入催化劑或增大壓強，B正確；C．由圖三可知，在M點之前，反應未達平衡，在M點之后，隨著溫度的不斷升高，A的百分含量不斷增大，則平衡逆向移動，所以該反應的，C錯誤；D．圖四表示速率-時間關系曲線，圖中的陰影部分面積的含義是，D錯誤。答案選B。5．（2024上·江蘇南通·高三校聯考）二氧化碳的資源化利用對實現“雙碳”有著重要意義。二氧化碳加氫制甲烷過程中的主要反應為在密閉容器中，、時，平衡轉化率、在催化劑作用下反應相同時間所測得的實際轉化率隨溫度的變化如題圖所示。的選擇性可表示為。下列說法正確的是A．反應B．的選擇性一定隨著溫度的升高而增加C．用該催化劑催化二氧化碳反應的最佳溫度約為的原因是此溫度下的平衡轉化率接近100%D．時，提高的值或增大壓強，均能使平衡轉化率達到X點的值【答案】D【解析】A．①，②，根據蓋斯定律：①-②計算反應的焓變，A錯誤；B．生成CH4的反應是放熱反應，升高溫度時平衡逆向移動，CH4的物質的量減小，溫度達到550°C后CO2平衡轉化率增大，則CH4的選擇性降低，B錯誤；C．由圖可知，400℃時CO2實際轉化率最大，由圖可知，用該催化劑催化二氧化碳反應的最佳溫度范圍約為350~400°C，C錯誤；D．生成CH4的反應是氣體體積減小的反應，增大壓強、增大氫氣的濃度均能使平衡正向移動，有利于提高CO2平衡轉化率，即溫度一定時提高的值或增大壓強，均能使CO2平衡轉化率達到X點的值，D正確；答案選D。6．（2023·河北衡水）兩個容積均為2L的密閉容器I和II中充入NO和CO氣體，發生反應：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH，各物質的起始物質的量見下表。實驗測得兩容器在不同溫度下達到平衡時CO2的物質的量如圖所示。下列說法正確的是容器起始物質的量NOCOI1mol3molII6mol2molA．ΔH>0B．N點的平衡常數為0.08C．若將容器I的容積改為1L，T1溫度下達到平衡時NO的轉化率為25%D．圖中M點所示條件下，再通入CO、N2各2mol，此時v(正)＞v(逆)【答案】D【分析】T1溫度下M點和N點的溫度相同，化學平衡常數相等，由圖可知，M點二氧化碳的物質的量為1mol，由方程式可知，平衡時一氧化氮、一氧化碳、氮氣和二氧化碳的濃度分別為=2.5mol/L、=0.5mol/L、×=0.25mol/L、=0.5mol/L，則平衡常數K==0.04。【解析】A．由圖可知，溫度升高，平衡時二氧化碳的物質的量減小，說明升高溫度，平衡向逆反應方向移動，該反應為放熱反應，反應ΔH<0，故A錯誤；B．由分析可知，N點的平衡常數為0.04，故B錯誤；C．化學平衡常數是溫度函數，溫度不變，化學平衡常數不變，設T1溫度下達到平衡時NO的轉化率為25%，由方程式可知，平衡時一氧化氮、一氧化碳、氮氣和二氧化碳的濃度分別為=0.75mol/L、=2.75mol/L、×=0.125mol/L、=0.25mol/L，平衡常數K=≈0.0018≠0.04，故C錯誤；D．若圖中M點所示條件下，再通入一氧化碳和氮氣各2mol，此時一氧化氮、一氧化碳、氮氣和二氧化碳的濃度分別為2.5mol/L、1.5mol/L、1.25mol/L、0.5mol/L，濃度熵Qc=≈0.022<0.04，則平衡向逆反應方向移動，反應速率v(正)>v(逆)，故D正確；故選D。7．（2023·上海金山）在體積均為1.0L的恒容密閉容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同溫度下發生反應：CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡濃度隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.10.30乙000.4A．曲線Ⅰ對應的是甲容器B．a、b兩點所處狀態的壓強大小關系：9pa＞14pbC．c點：CO的體積分數＞D．900K時，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，則v(正)＞v(逆)【答案】C【解析】A．固體物質不應平衡移動，乙投入0.4mol一氧化碳相當于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相當于兩個甲容器加壓，無論平衡如何移動，乙中一氧化碳濃度一定大于甲，故圖中曲線Ⅰ對應的是乙容器，A錯誤；B．甲容器b處乙容器a處若a、b兩點所處溫度相同，壓強比等于物質的量之比，pa：pb=（0.12+0.16）：（0.02+0.16）=14:9，即9pa=14pb，由于b點溫度更高，故a、b兩點所處狀態的壓強大小關系：9pa<14pb，B錯誤；C．a點一氧化碳體積分數為；c點相當于減壓，平衡正向移動，一氧化碳體積分數變大，故CO的體積分數＞，正確；D．a點1100K時的K=，降溫則一氧化碳濃度減小，K值減小，900K時K值小于0.213；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，則Q=，平衡逆向移動，v(正)<v(逆)，D錯誤。故選C。8．（2024·陜