沉淀溶解平衡常考考点
突破一 沉淀溶解平衡及其应用
1．沉淀溶解平衡
(1)沉淀溶解平衡是动态平衡，平衡时v沉淀＝v溶解≠0，条件改变，平衡会发生移动，生成沉淀或沉淀逐渐溶解。
(2)温度升高，沉淀溶解平衡不一定向溶解的方向移动，因为有些难溶电解质的溶解度随温度的升高而减小，如Ca(OH)2。
2．沉淀溶解平衡的应用
(1)除去废水中的重金属离子。
(2)生活或科研中将难溶强酸盐转化为难溶弱酸盐。
(3)除杂
如除去CuSO4溶液中混有的Fe3＋，可向溶液中加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3调节溶液的pH至3～4，Fe3＋就会全部转化为Fe(OH)3沉淀而除去。
1．不同金属的氢氧化物在酸中的溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属氢氧化物在不同pH下的溶解度曲线如图所示：
(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是________。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH________(填字母)。
A．<1 B．4左右 C．>6
(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，________(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是_________________________________________________。
(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水生成[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式：_________________________________________________________。
(5)已知一些难溶物的溶度积常数如下表。
物质 FeS MnS CuS
Ksp 1.59×10－19 4.65×10－14 1.27×10－36
物质 PbS HgS ZnS
Ksp 9.04×10－29 6.4×10－53 2.9×10－25
为除去某工业废水中含有的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋杂质，最适宜向此工业废水中加入过量的________(填字母)。
A．NaOH B．FeS C．Na2S
解析：(1)由题图可知，在pH＝3时，溶液中不会出现Cu(OH)2沉淀，则铜元素主要以Cu2＋的形式存在。
(2)除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右，Fe3＋沉淀完全，而Cu2＋没有形成沉淀。
(3)从图示关系可看出，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，无法通过控制溶液pH来分离二者。
(4)氢氧化铜沉淀溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2＋，反应的离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。
(5)要使Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋三种离子形成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，能使三种阳离子转化为更难溶解的金属硫化物沉淀，同时又不引入其他杂质离子。
答案：(1)Cu2＋ (2)B
(3)不能 Co2＋和Ni2＋沉淀时的pH范围相差太小
(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O (5)B
2．高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Mn2＋ Fe2＋ Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ Zn2＋ Ni2＋
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9
(1)“滤渣1”含有S和________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式________________________________________________________________________。
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________。
(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为________～6之间。
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是________。
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋。若溶液酸度过高，Mg2＋沉淀不完全，原因是______________________________________。
解析：(1)硫化锰矿及二氧化锰粉末中加入硫酸后，发生氧化还原反应：MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O，故滤渣1的主要成分为S和SiO2(不溶性硅酸盐)。
(2)Fe2＋沉淀完全时，Mn2＋已经开始沉淀，故加入MnO2是为了将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除去。
(3)除去Fe3＋及Al3＋，应使二者沉淀完全，故pH应大于4.7。
(4)锌和镍的硫化物都难溶于水，故“滤渣3”的主要成分为ZnS、NiS。
(5)“除杂1”步骤结束后，杂质金属阳离子只有Mg2＋，加入MnF2形成MgF2沉淀而除去Mg2＋，若溶液酸度过高，H＋浓度偏大，则F－与H＋结合形成HF，使MgF2沉淀溶解平衡正向移动而重新溶解。
答案：(1)SiO2(不溶性硅酸盐) MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O (2)将Fe2＋氧化为Fe3＋ (3)4.7 (4)NiS和ZnS (5)F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2????Mg2＋＋2F－平衡向右移动
突破二 溶度积常数的相关计算
1．Ksp的计算类型
(1)已知Ksp求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝ mol·L－1 。
(2)已知Ksp、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol·L－1。
(3)计算反应的平衡常数， 如对于反应Cu2＋(aq)＋MnS(s)????CuS(s)＋Mn2＋(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，而平衡常数K＝＝。
(4)利用Ksp和Kw的关系计算溶液的pH
①沉淀开始时pH的计算
已知25 ℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2×10－20，计算向2 mol·L－1的CuSO4溶液中加入NaOH调节溶液pH为多少时才开始生成Cu(OH)2沉淀。
提示：Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×c2(OH－)＝2×10－20 c(OH－)＝10－10 mol·L－1
c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－4 mol·L－1
pH＝－lg c(H＋)＝－lg 10－4＝4
②沉淀完全时pH的计算
已知25 ℃时，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，计算向0.1 mol·L－1 ZnCl2溶液中加入NaOH调节溶液pH为多少时，溶液中Zn2＋沉淀完全。
提示：当溶液中c(Zn2＋)≤10－5 mol·L－1时，可视为Zn2＋沉淀完全。
Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－5·c2(OH－)＝1×10－17
c(OH－)＝10－6 mol·L－1
c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1
pH＝－lg c(H＋)＝－lg 10－8＝8
2．溶度积、溶解度和物质的量浓度之间的关系
溶度积Ksp、溶解度S和饱和溶液的物质的量浓度c都可以用来衡量沉淀的溶解能力或溶解程度，它们彼此关联，可以互相换算。
以CaCO3的溶解平衡为例：CaCO3(s)????Ca2＋(aq)＋CO(aq)，Ksp＝c(Ca2＋)·c(CO)，S是100 g水中所溶解的CaCO3的质量。由于浓度很小，将溶液的密度近似为1 g·cm－3。
(1)已知Ksp，则c(Ca2＋)＝c(CO)＝ mol·L－1，S＝×100 g＝×100 g≈0.1 L×c(Ca2＋)×M(CaCO3)＝10 g(100 g溶液中水的质量近似为100 g)。
(2)已知S，即已知100 g水(0.1 L)溶液中所含CaCO3的质量为S g，那么c(Ca2＋)＝＝ mol·L－1，Ksp＝。
(3)已知c(Ca2＋)＝a mol·L－1，则Ksp＝c(Ca2＋)·c(CO)＝a2，1 L溶液中含有a mol Ca2＋、a mol CO，S＝×100 g＝10a g。
[名师点拨]
(1)在计算难溶电解质溶液中离子平衡浓度时不要搞错计量数关系。如x mol·L－1铬酸银(Ag2CrO4)溶液中c(Ag＋)是2x mol·L－1而不是x mol·L－1。
(2)类型不同的难溶电解质的溶度积大小不能直接反映出它们的溶液中离子浓度的大小，因为它们的溶度积表达式是不同的。Ksp与S的换算没有统一的公式，因电解质类型(阴、阳离子数目比)的不同而相异。
1．(1)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl－，利用Ag＋与CrO生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl－恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5 mol·L－1)时，溶液中c(Ag＋)为________ mol·L－1，此时溶液中c(CrO)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10－12和2.0×10－10)
(2)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后得浓缩液，该浓缩液中主要含有I－、Cl－等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为________。已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。
解析：(1)由AgCl的Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)，当溶液中Cl－恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5 mol·L－1)时，溶液中c(Ag＋)＝ mol·L－1＝2.0×10－5 mol·L－1；由Ag2CrO4的Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO)，此时溶液中c(CrO)＝ mol·L－1＝5.0×10－3 mol·L－1。
(2)当AgCl开始沉淀时，溶液中＝＝＝≈4.7×10－7。
答案：(1)2.0×10－5 5.0×10－3 (2)4.7×10－7
2．已知：25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33。
(1)①25 ℃时，向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________(填化学式)沉淀。
②将MgCl2、AlCl3的混合溶液(A)与过量氨水(B)反应，为使Mg2＋、Al3＋同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入________(填“A”或“B”)，再滴加另一反应物。
(2)①25 ℃时，Fe3＋发生水解反应Fe3＋＋3H2O????Fe(OH)3＋3H＋，该反应的平衡常数为________________________。
②25 ℃时，若向FeCl3溶液中加入一定量的石灰水来调节溶液的pH，可得到红褐色沉淀。若调节后溶液的pH为5，则溶液中Fe3＋的浓度为______________________。
(3)溶液中金属离子的物质的量浓度低于1.0×10－5 mol·L－1时，可认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和FeCl3的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3＋恰好完全沉淀时，测得c(Al3＋)＝0.2 mol·L－1，此时所得沉淀中________(填“含有”或“不含有”)Al(OH)3。
解析：(1)①因为Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，生成Cu(OH)2所需要的c(OH－)小于生成Mg(OH)2所需要的c(OH－)，因此先生成Cu(OH)2沉淀。②若要使Mg2＋、Al3＋同时生成沉淀，则应先加入氨水。
(2)①K＝＝＝ eq \f(K,Ksp[Fe（OH）3]) ＝≈3.85×10－4。②pH＝5时，c(Fe3＋)＝＝ mol·L－1＝2.6×10－12 mol·L－1。
(3)Fe3＋恰好完全沉淀时，c3(OH－)＝＝ mol3·L－3＝2.6×10－34 mol3·L－3，c(Al3＋)·c3(OH－)＝0.2×2.6×10－34＝5.2×10－35
答案：(1)①Cu(OH)2 ②B (2)①3.85×10－4 ②2.6×10－12 mol·L－1 (3)不含有
3．若FeCl2与MgCl2溶液中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？[已知：FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24]________________________________________________________________________
______________________________________________________________(列式计算)。
解析：先求出Fe3＋转化成FePO4沉淀完全时的c(PO)，根据c(Fe3＋)·c(PO)＝Ksp(FePO4)，可得c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1。混合后溶液中镁离子浓度为c(Mg2＋)＝0.01 mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)＝0.013×(1.3×10－17)2≈1.7×10－40答案：Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1，则c3(Mg2＋)·c2(PO)值为0.013×(1.3×10－17)2≈1.7×10－404．(1)已知在25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝3.2×10－11，假设饱和Mg(OH)2溶液的密度为1 g·mL－1，试求Mg(OH)2的溶解度为________g。
(2)在25 ℃时，向0.02 mol·L－1的MgCl2溶液中加入NaOH固体，如要生成Mg(OH)2沉淀，应使溶液中的c(OH－)最小为________mol·L－1。
(3)25 ℃时，向浓度均为0.02 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成______沉淀(填化学式)；当两种沉淀共存时，＝______。
解析：(1)设溶液中c(Mg2＋)为x mol·L－1，则c(OH－)为2x mol·L－1。由Ksp[Mg(OH)2]＝3.2×10－11＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝x×(2x)2＝4x3，解得c(Mg2＋)＝2×10－4 mol·L－1，则1 L 溶液中(即1 L水中)溶解的Mg(OH)2的物质的量为2×10－4 mol，即1 000 g 水中溶解的Mg(OH)2为2×10－4 mol×58 g·mol－1＝1.16×10－2 g，所以Mg(OH)2的溶解度为1.16×10－3 g。
(2)当c(Mg2＋)·c2(OH－)＝3.2×10－11时开始生成Mg(OH)2沉淀，则c2(OH－)＝＝＝1.6×10－9，解得c(OH－)＝4×10－5 mol·L－1。
(3)由于Ksp[Cu(OH)2]小于Ksp[Mg(OH)2]，所以 Cu(OH)2先沉淀；当两种沉淀共存时，此时的溶液对于Mg(OH)2和Cu(OH)2而言都是饱和的，OH－、Mg2＋、Cu2＋同时满足Ksp[Cu(OH)2]和Ksp[Mg(OH)2]的关系，因为它们都在同一溶液中，Ksp[Cu(OH)2]和Ksp[Mg(OH)2]的关系式中c(OH－)应相等，所以＝＝＝1.6×109。
答案：(1)1.16×10－3 (2)4×10－5
(3)Cu(OH)2 1.6×109
突破三 沉淀溶解平衡图像识别
1．常规图像
以CaSO4沉淀溶解平衡曲线为例。
(1)a、c点在曲线上，a→c的变化为增大c(SO)，如加入Na2SO4固体，但Ksp不变。
(2)b点在曲线的上方，c(Ca2＋)·c(SO)>Ksp，将会有沉淀生成。
(3)d点在曲线的下方，c(Ca2＋)·c(SO)2．对数图像
pC图像是将溶液中某一微粒浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取负对数，即pC＝－lg c(A)，反映到图像中是c(A)越大，则pC越小。有三种碳酸盐的负对数图像如下。pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数。
①直线AB上的点：c(M2＋)＝c(R2－)；
②溶度积：Ksp(CaSO4)> Ksp(CaCO3)> Ksp(MnCO3)；
③X点对CaCO3要析出沉淀，对CaSO4是不饱和溶液，能继续溶解CaSO4；
④Y点：c(SO)>c(Ca2＋)，二者的浓度积等于10－5；Z点：c(CO)1．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)＝Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)
C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
解析：选B A正确，难溶物质的溶解度可以用物质的量浓度(摩尔浓度)表示，即图中a、b分别表示T1、T2温度下，1 L CdS饱和溶液里含a mol、b mol CdS；B错误，Ksp在一定温度下是一个常数，所以Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)2．一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg、Ca、Mn)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(M2＋)＝－lg c(M2＋)，p(CO)＝－lg c(CO)。下列说法正确的是 ( )
A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2＋)＝c(CO)
C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2＋)D．c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2＋)>c(CO)
解析：选B 碳酸盐MCO3的溶度积表达式为Ksp(MCO3)＝c(M2＋)·c(CO)，将表达式两边取负对数可得新的表达式：－lg c(M2＋)－lg c(CO)＝－lg Ksp(MCO3)，即p(M2＋)＋p(CO)＝－lg Ksp(MCO3)，以p(M2＋)为纵坐标，p(CO)为横坐标对新的表达式作图像可得一直线，图中三条直线是三种不同物质的沉淀溶解平衡曲线。当p(CO)＝0时，p(M2＋)＝－lg Ksp(MCO3)，此时－lg Ksp(MCO3)是直线在纵轴上的截距。截距越大，则－lg Ksp(MCO3)越大，lg Ksp(MCO3)就越小，Ksp(MCO3)就越小，所以三种物质的Ksp大小为MgCO3>CaCO3>MnCO3，A项错误。直线上任意一点均表示该温度下的饱和溶液，a点时p(Mn2＋)＝p(CO)，所以c(Mn2＋)＝c(CO)，B项正确。b点p(Ca2＋)c(CO)，C项错误。该温度下，直线下方任意一点有p(CO)＋p(M2＋)<－lg Ksp(MCO3)，即－lg c(M2＋)－lg c(CO)<－lg Ksp(MCO3)，得lg c(M2＋)＋lg c(CO)>lg Ksp(MCO3)，则c(M2＋)·c(CO)>Ksp(MCO3)，所以在该温度下，直线下方的任意一点所表示的溶液均为过饱和溶液且有溶质析出；而直线上方任意一点均为该温度下的不饱和溶液，所以c点表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2＋)3．若定义pAg＝－lg c(Ag＋)，pCl＝－lg c(Cl－)，根据不同温度下氯化银饱和溶液的pAg和pCl可绘制如图所示图像，且已知氯化银的溶解度随温度的升高而增大，根据该图像，下列表述正确的是( )
A．T3B．将A点的溶液降温，可能得到C点的饱和溶液
C．向B点所表示的溶液中加入氯化钠溶液，溶液可能变至D点
D．A点表示的是T2温度下的不饱和溶液
解析：选A pAg＝－lg c(Ag＋)，pCl＝－lg c(Cl－)，则c(Ag＋)、c(Cl－)越大，pAg、pCl越小，且已知氯化银的溶解度随温度的升高而增大，则温度：T3c(Ag＋)，而D点溶液中c(Cl－)4．常温下，Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A.Ksp[Fe(OH)3]> Ksp[Cu(OH)2]
B．a、b、c、d四点的Kw不同
C．在Fe(OH)3饱和溶液中加入适量硝酸钾晶体可使a点变到b点
D．d点时的Cu(OH)2溶液为不饱和溶液
解析：选D 根据图示，b点的c(Fe3＋)与c点的c(Cu2＋)相等，而b点的c(OH－)＝10－12.7 mol·L－1，c点的c(OH－)＝10－9.6 mol·L－1，根据Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－) ，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，显然Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Cu(OH)2]，A项错误；a、b、c、d四点的温度相同，Kw相同，B项错误；在Fe(OH)3饱和溶液中加入适量硝酸钾晶体，对Fe(OH)3的沉淀溶解平衡没有影响，C项错误；d点位于Cu(OH)2沉淀溶解平衡曲线左方，为不饱和溶液，D项正确。
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11第一课时 化学反应速率的表示方法
明课程标准 扣核心素养
1.知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。2.能进行化学反应速率的简单计算。 变化观念与平衡思想：能从原子、分子水平分析化学变化的内因和变化的本质，能理解化学反应的历程。证据推理与模型认知：能认识物质及其变化的理论模型与研究对象之间的异同，能对模型和原型的关系进行评价并改进模型；能说明模型的使用条件和适用范围。
室温下，有少量催化剂存在时，过氧化氢在水溶液中发生分解反应：2H2O22H2O＋O2↑，反应过程中过氧化氢的物质的量浓度变化如下表所示。
表1 H2O2分解过程中浓度随时间的变化
t/min 0 20 40 60 80
c(H2O2)/(mol·L－1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.05
表2
Δt/min 0～20 20～40 40～60 60～80
Δc(H2O2)/(mol·L－1) 0.40 0.20 0.10 0.05
[问题探讨]
1．请结合教材P41观察思考中绘制的H2O2分解反应的浓度—时间曲线及表2数据分析，如何表示化学反应速率？
提示：曲线的斜率可以表示化学反应速率，其数学表达式为v＝。
2．化学反应速率有无单位？不同单位之间如何换算？
提示：化学反应速率的常用单位是mol·L－1·min－1、mol·L－1·s－1等。
1 mol·L－1·s－1＝＝60 mol·L－1·min－1。
3．能否用液态水表示化学反应速率？
提示：不能用固体和纯液体表示化学反应速率，因为其浓度可视为不变的常数。
4．一定条件下，在2 L的密闭容器中充入一定量的N2和H2发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，5分钟内生成了6.8 g NH3，试求出用NH3、N2、H2表示的化学反应速率。
提示：n(NH3)＝＝0.4 mol，则v(NH3)＝＝＝0.04 mol·L－1·min－1，
v(N2)＝＝＝0.02 mol·L－1·min－1，
v(H2)＝＝＝0.06 mol·L－1·min－1。
5．通过4的计算，在合成氨的反应中，用N2、H2、NH3表示的反应速率数值之间有何关系？
提示：v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)＝0.02 mol·L－1·min－1∶0.06 mol·L－1·min－1∶0.04 mol·L－1·min－1＝1∶3∶2，即化学反应中各物质的反应速率之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比。
(1)由公式v＝计算得到的化学反应速率，是某一时间段的平均速率而不是瞬时速率。
(2)不论是反应物还是生成物，用其表示的化学反应速率的值都取正值。
(3)固体或纯液体(不是溶液)的物质的量浓度可视为不变的常数，因此，一般不用固体或纯液体表示化学反应速率。
(4)同一化学反应中，用不同物质表示的化学反应速率的意义完全相同，但它们表示的数值可能不同。因此，要在反应速率v后标明具体的物质。
1．下列有关化学反应速率的说法正确的是( )
A．对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B．化学反应速率可用任何一种反应物或任何一种生成物来表示
C．若某化学反应中用某反应物表示的反应速率为0.5 mol·L－1·s－1，就是指在该时间段内反应物和生成物的浓度变化都为0.5 mol·L－1
D．化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢的尺度
解析：选D A项，中和反应速率很快，但有的没有明显现象，错误；B项，在化学反应中，由于固体和纯液体的浓度视为常数，其浓度变化值为零，不能用其表示化学反应速率，错误；C项，由于化学计量数不一定相同，在该时间段内反应物和生成物的浓度变化不一定都为0.5 mol·L－1，错误。
2．某温度下，N2O5在CCl4中发生反应：2N2O5===4NO2＋O2，N2O5的浓度随反应时间(t)的变化数据如下表。在0～10 s内，平均反应速率为( )
t/s 0 5 10 15
N2O5/(mol·L－1) 0.82 0.40 0.32 0.28
A.v(N2O5)＝0.032 mol·L－1
B．v(N2O5)＝0.050 mol·L－1
C．v(N2O5)＝0.050 mol·L－1·s－1
D．v(N2O5)＝0.032 mol·L－1·s－1
解析：选C 根据化学反应速率的数学表达式知，v(N2O5)＝ mol·L－1·s－1＝0.050 mol·L－1·s－1。
化学反应速率的测定方法及化学反应速率的计算与大小比较
通过实验测定化学反应速率的方法有多种。
下面是实验室测定锌粒与稀硫酸反应的化学反应速率的装置图。
[问题探讨]
1．如何设计实验方案测定上述反应的化学反应速率？
提示：方案1：测定一定时间(如1分钟)内产生H2的体积；
方案2：测定产生一定体积的H2所需的时间。
2．你还能想到哪些测定化学反应速率的方法？
提示：通过一定时间内气体压强的变化来测定化学反应速率；利用科学仪器测量(如用于比色分析的分光光度计)。
3．NH3和纯净的O2在一定条件下发生反应：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)，现向一容积不变的2 L 密闭容器中充入4 mol NH3和3 mol O2，4 min后，测得生成的H2O(g)占混合气体体积的40%，则此段时间内该反应的平均速率如何计算？
提示：设4 min后NH3转化的物质的量为x mol，列三段式为
4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)
起始量/mol 4 3 0 0
变化量/mol x x x x
4－x 3－x x x
由题意知，×100%＝40%。
解得x＝2，则v(O2)＝＝
＝0.187 5 mol·L－1·min－1。
4．对于反应A(g)＋3B(g)2C(g)，在三种不同条件下的反应速率分别为
①v(A)＝0.01 mol·L－1·s－1；
②v(B)＝0.60 mol·L－1·min－1；
③v(C)＝1.0 mol·L－1·min－1。
在这三种不同条件下的化学反应速率大小顺序是怎样的？
提示：先统一单位，①v(A)＝0.60 mol·L－1·min－1，＝0.60 mol·L－1·min－1；
②＝0.20 mol·L－1·min－1；
③＝0.50 mol·L－1·min－1；
故化学反应速率大小顺序为①>③>②。
1．化学反应速率的测定
(1)测定原理：利用化学反应中与某一种物质的浓度(或质量)相关的性质进行测定。
(2)测定方法：
①利用能够直接观察的某些性质测定：如通过测量释放出一定体积气体的时间来测定化学反应速率，或通过测定一定时间内气体压强的变化来测定化学反应速率。
②利用科学仪器测量：如在溶液中，当反应物或生成物本身有较明显的颜色时，可利用颜色深浅与显色物质浓度间的正比关系来跟踪反应的过程和测量化学反应速率。
2．化学反应速率的计算方法——“三段式”法
(1)求解化学反应速率计算题的一般步骤：
①写出有关反应的化学方程式。
②找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。
③根据已知条件列方程计算。
例如 mA ＋ nB pC
起始浓度/mol·L－1 a b c
转化浓度/mol·L－1 x
某时刻浓度/mol·L－1 a－x b－ c＋
v(B)＝＝
(2)计算中注意以下量的关系：
①对反应物：c(起始)－c(转化)＝c(某时刻)
②对生成物：c(起始)＋c(转化)＝c(某时刻)
③转化率＝×100%
3．化学反应速率大小的比较方法
同一化学反应中，用不同物质来表示化学反应速率时，数值可能不同，需要进行转化。常用以下两种方法：
(1)归一法
(2)比值法
通过化学反应速率与其对应的化学计量数的比值进行比较，比值大的化学反应速率大。
如对于反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，若>，则用A表示的化学反应速率较大。
1．一定条件下，向2 L密闭容器中加入2 mol N2和10 mol H2，发生反应：N2＋3H22NH3，2 min时测得剩余的N2为1 mol，下列化学反应速率不正确的是( )
A．v(N2)＝0.25 mol·L－1·min－1
B．v(H2)＝0.75 mol·L－1·min－1
C.v(NN3)＝1 mol·L－1·min－1
D．v(NH3)＝0.5 mol·L－1·min－1
解析：选C v(N2)＝＝0.25 mol·L－1·min－1。因为v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)＝1∶3∶2，故v(H2)＝0.75 mol·L－1·min－1，v(NH3)＝0.5 mol·L－1·min－1。
2．在不同条件下，分别测得反应2SO2＋O22SO3的化学反应速率如下，其中表示该反应进行得最快的是( )
A．v(SO2)＝4 mol·L－1·min－1
B．v(O2)＝3 mol·L－1·min－1
C．v(SO2)＝0.1 mol·L－1·s－1
D．v(O2)＝0.1 mol·L－1·s－1
解析：选D 本题考查的是化学反应速率的比较。以SO2为标准，并将单位进行统一，将A、B、C、D选项换算成以SO2表示的化学反应速率分别为A中v(SO2)＝4 mol·L－1·min－1；B中v(SO2)＝2v(O2)＝6 mol·L－1·min－1；C中v(SO2)＝(0.1×60) mol·L－1·min－1＝6 mol·L－1·min－1；D中v(SO2)＝2v(O2)＝(2×0.1×60)mol·L－1·min－1＝12 mol·L－1·min－1。则D项符合题意。
3．通过实验测定反应速率的方法有多种，如
(1)比较锌粒与不同浓度硫酸溶液反应时的速率，可通过测定收集等体积H2需要的________来实现。
(2)在KMnO4溶液与H2C2O4溶液的反应中，KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________
__________________，可通过观察__________________来测定该反应的速率。
解析：(1)比较锌粒与不同浓度的硫酸溶液反应的速率，可通过测定收集等体积H2需要的时间来实现，所需时间越短，说明反应速率越快。
(2)KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应，离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，反应完全后溶液由紫红色变为无色，故可通过观察溶液褪色所需时间的长短来测定该反应的速率。
答案：(1)时间
(2)2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 溶液褪色所需时间
一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是( )
A．反应开始到10 s时，用Z表示的化学反应速率为0.158 mol·L－1·s－1
B．反应开始到10 s时，X的物质的量浓度减小了0.79 mol·L－1
C．反应到达10 s时，c(Y)＝0.105 mol·L－1·s－1
D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)
提示：由图可知，0～10 s，n(X)由1.20 mol减少到0.41 mol，n(Y)由1.00 mol减少到0.21 mol，n(Z)由0增加到1.58 mol，故v(Z)＝1.58 mol÷2 L÷10 s＝0.079 mol·L－1·s－1，A项错误；反应开始到10 s时，X的物质的量浓度减小了＝0.395 mol·L－1，B项错误；10 s时，c(Y)＝＝0.105 mol·L－1，单位有误，C项错误；相同时间内X、Y、Z的物质的量的变化值之比为0.79 mol∶0.79 mol∶1.58 mol＝1∶1∶2，故反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，D项正确。
[反思归纳] 由图像确定化学方程式的方法
①反应物和生成物的确定方法
根据图像中曲线的变化趋势，物质的量(或浓度)减小的是反应物，物质的量(或浓度)增加的是生成物。
②各物质化学计量数的确定方法
一段时间内，各物质的物质的量(或浓度)变化量之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比。
③若反应最后浓度不随时间改变，书写化学方程式时应以“”连接。
1．一定温度下，某纯气体反应在密闭容器中进行，各物质的物质的量随反应时间的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是( )
A．该反应的化学方程式为5Y3X
B．t1 min时，Y的浓度是X的浓度的1.5倍
C．t2 min时，正、逆反应速率相等
D．t3 min时，逆反应速率大于正反应速率
解析：选B 由图可知，反应达到平衡时，Y减少了 6 mol，X增加了3 mol，因此该反应的化学方程式为2YX，故A项错误；t1 min时，Y的物质的量为6 mol，X的物质的量为4 mol，则c(Y)＝1.5c(X)，B项正确；由图可知，t2 min时，X、Y两物质的物质的量相等，但不表示正、逆反应速率相等，故C项错误；t3 min时，反应达到平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，故D项错误。
2．某温度时，在V L密闭容器中，A、B、C三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析：
(1)反应的化学方____________________________________________________________。
(2)从开始到t1 min末，用物质C表示的反应速率为__________________。
解析：根据图像可知，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)＝(12－4) mol∶(8－4) mol∶(6－0) mol＝4∶2∶3，所以该反应的化学方程式为4A＋2B3C；根据反应速率的定义式可知，v(C)＝＝ mol·L－1·min－1。
答案：(1)4A＋2B3C (2) mol·L－1·min－1
[分级训练·课课过关]__________________________________________________________
1．下列说法正确的是( )
A．化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的质量变化来表示
B．用不同物质的浓度变化表示同一时间内同一反应的速率时，其数值之比等于反应方程式中对应物质的化学计量数之比
C．由v＝计算所得化学反应速率为某时刻的瞬时速率
D．在反应过程中，反应物的浓度逐渐变小，所以用反应物表示的化学反应速率为负值
解析：选B 化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示，A错误；由v＝计算所得化学反应速率为平均速率，C错误；化学反应速率均为正值，不出现负值，因为Δc(变化量)不能为负，D错误。
2．在铝与稀硫酸的反应中，已知10 s 末硫酸的浓度减少了0.6 mol·L－1，若不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10 s 内生成硫酸铝的平均反应速率是( )
A．0.02 mol·L－1·min－1 B．1.8 mol·L－1·min－1
C．1.2 mol·L－1·min－1 D．0.18 mol·L－1·min－1
解析：选C v(H2SO4)＝
＝0.06 mol·L－1·s－1，v[Al2(SO4)3]＝v(H2SO4)
＝×0.06 mol·L－1·s－1＝0.02 mol·L－1·s－1×60 s·min－1＝1.2 mol·L－1·min－1。
3.某温度时，在2 L恒容密闭容器中X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析，该反应的化学方程式和反应开始至2 min末Z的平均反应速率分别为( )
A．X＋3Y===2Z 0.1 mol·L－1·min－1
B．2X＋Y2Z 0.1 mol·L－1·min－1
C．X＋2Y===Z 0.05 mol·L－1·min－1
D．3X＋Y2Z 0.05 mol·L－1·min－1
解析：选D 由图像可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2 min时，Δn(X)＝0.3 mol，Δn(Y)＝0.1 mol，Δn(Z)＝0.2 mol，则Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝3∶1∶2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则该反应的化学方程式为3X＋Y2Z；反应开始至2 min末，Z的平均反应速率v(Z)＝＝0.05 mol·L－1·min－1，故D正确。
4．化学反应速率是通过实验测定的，测定下列化学反应的速率时，其测量依据不合理的是( )
选项 化学反应 测量依据(单位时间内)
A CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) 压强变化
B Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑ H2体积
C 2NO2(g) N2O4(g) 颜色深浅
D Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH 沉淀质量
解析：选A A项，该反应是气体分子数不变(反应前后的化学计量数之和相等)的反应，反应前后压强不变，A项不合理；B项，若单位时间内H2的体积变化大，则反应速率快，B项合理；C项，2NO2N2O4，NO2是红棕色气体，N2O4是无色气体，可以用单位时间内气体颜色的变化来衡量反应的快慢，C项合理；D项，单位时间内产生的沉淀的质量越大，反应速率越快，D项合理。
5.已知：反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，某温度下，在2 L的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。
(1)反应从开始到12 s时，用A表示的平均反应速率为______________。
(2)经测定前4 s内，用C表示的平均反应速率v(C)＝0.05 mol·L－1·s－1，则该反应的化学方程式为_____________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为：
甲：v(A)＝0.3 mol·L－1·s－1；
乙：v(B)＝0.12 mol·L－1·s－1；
丙：v(C)＝9.6 mol·L－1·min－1。
则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为__________________。
解析：(1)从0到12 s，Δc(A)＝0.8 mol·L－1－0.2 mol·L－1＝0.6 mol·L－1，v(A)＝＝0.05 mol·L－1·s－1。
(2)前4 s内，Δc(A)＝0.8 mol·L－1－0.5 mol·L－1＝0.3 mol·L－1，v(A)＝＝0.075 mol·L－1·s－1；v(A)∶v(C)＝a∶c＝0.075 mol·L－1·s－1∶0.05 mol·L－1·s－1＝3∶2。由图像知，在12 s时Δc(A)∶Δc(B)＝0.6 mol·L－1∶0.2 mol·L－1＝3∶1＝a∶b，则a∶b∶c＝3∶1∶2，所以该反应的化学方程式为3A(g)＋B(g)2C(g)。
(3)丙容器中v(C)＝9.6 mol·L－1·min－1＝0.16 mol·L－1·s－1。甲容器中v＝＝＝0.1 mol·L－1·s－1，乙容器中v＝＝＝0.12 mol·L－1·s－1，丙容器中v＝＝＝0.08 mol·L－1·s－1，故甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为乙>甲>丙。
答案：(1)0.05 mol·L－1·s－1 (2)3A(g)＋B(g)2C(g) (3)乙>甲>丙
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12(共31张PPT)
第三课时 化学平衡常数及应用
分点突破1
化学平衡常数及其影响因素
分点突破2
平衡常数、平衡转化率的计算
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
K值越大)正反应进行的程度越大→反应物的转化率越高
K值越小)→正反应进行的程度越小→反应物的转化率越低溶液的酸碱性
题型一 溶液的酸碱性与测定
1．关于溶液的酸碱性，下列说法正确的是( )
A．c(H＋)很小的溶液一定呈碱性
B．c(OH－)＝c(H＋)的溶液一定呈中性
C．不能使酚酞溶液变红的溶液一定呈酸性
D．pH＝7的溶液一定呈中性
解析：选B 如果酸的浓度很小，则c(H＋)很小，但溶液仍可能呈酸性，故A错误、B正确；使酚酞的变色的pH范围是 8～10，所以不能使酚酞溶液变红的溶液，可能是中性溶液或酸性溶液，C错误；只有在常温下，pH＝7的溶液才呈中性，D错误。
2．下列溶液一定显酸性的是( )
A．溶液中c(OH－)>c(H＋)
B．滴加紫色石蕊溶液后变红色的溶液
C．溶液中c(H＋)＝10－6 mol·L－1
D．常温时，溶液中由水电离的c(H＋)＝10－9 mol·L－1
解析：选B 判断溶液酸碱性的关键是看c(H＋)和c(OH－)的相对大小，若c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；而pH<7或c(H＋)>10－7 mol·L－1的溶液呈酸性，仅适用于常温时，若温度不确定，就不能用来判断溶液的酸碱性。B项中可使紫色石蕊溶液变红，则该溶液为酸性；D项中水电离的c(H＋)＜10－7 mol·L－1，说明向水中加入了抑制水电离的酸或者碱，溶液的酸碱性不能确定。
3．25 ℃时，下列溶液中碱性最强的是( )
A．pH＝11的溶液
B．c(OH－)＝0.12 mol·L－1的溶液
C．1 L中含有4 g NaOH的溶液
D．c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1的溶液
解析：选B 溶液的碱性最强，则该溶液中的c(OH－)最大。A项，c(OH－)＝10－3 mol·L－1；C项，c(OH－)＝＝0.1 mol·L－1；D项，c(OH－)＝ mol·L－1＝ mol·L－1＝10－4 mol·L－1。
题型二 溶液的pH计算
4．常温下，0.01 mol·L－1的一元碱溶液的pH为( )
A．≥2 B．12
C．≤12 D．无法确定
解析：选C 假设该碱为强碱，强碱完全电离，此时溶液中c(OH－)＝0.01 mol·L－1，根据水的离子积，此时溶液c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－12 mol·L－1，即pH＝12；假设该碱为弱碱，部分电离，此时溶液中c(OH－)<0.01 mol·L－1，c(H＋)>10－12 mol·L－1，即pH<12，综上所述，选项C正确。
5．常温下柠檬水溶液的pH是3，其中的c(OH－)是( )
A．0.1 mol·L－1 B．1×10－3 mol·L－1
C．1×10－11 mol·L－1 D．1×10－7 mol·L－1
解析：选C 溶液的pH是3，根据公式可以计算出c(H＋)＝10－3 mol·L－1，又因为在25 ℃下Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，求得c(OH－)＝10－11 mol·L－1，故选C。
6．室温下将0.1 mol·L－1 HCl溶液和0.06 mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合后，该溶液的pH是( )
A．1.7 B．12.3
C．12 D．1
解析：选C 这是强酸和强碱的混合，要先判断混合液的酸碱性。酸中c(H＋)＝0.1 mol·L－1；碱中c(OH－)＝0.12 mol·L－1，等体积混合碱过量，根据pH的计算方法，要先求剩余c(OH－)，再求c(H＋)，最后求pH。c余(OH－)＝0.01 mol·L－1，c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，则pH＝－lg c(H＋)＝12。
7．常温下，将pH＝2的盐酸与pH＝13的Ba(OH)2溶液混合后，所得溶液的pH＝11，则盐酸与Ba(OH)2溶液的体积比为( )
A．1∶11 B．11∶1
C．1∶9 D．9∶1
解析：选D 25 ℃时，pH＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，pH＝2的盐酸溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，两溶液混合后溶液pH＝11，此时c(OH－)＝0.001 mol·L－1，设氢氧化钡的体积为y L、盐酸的体积为x L，则0.001 mol·L－1＝ mol·L－1，解得x∶y＝9∶1，故选D。
8．Ⅰ.计算下列溶液的pH(25 ℃)，将20 mL 0.01 mol·L－1 KOH溶液与30 mL 0.005 mol·L－1 H2SO4溶液混合并加水至100 mL。
(1)求KOH溶液的pH________；
(2)求H2SO4溶液的pH________；
(3)求混合液的pH________。
Ⅱ.将10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH(酸)与强碱的pH(碱)之间应满足的关系________。
解析：Ⅰ.(1)0.01 mol·L－1 KOH溶液，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，则c(H＋)＝10－12 mol·L－1，则pH＝12；(2)0.005 mol·L－1 H2SO4溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，根据pH＝－lgc(H＋)得，pH＝2；(3)n(OH－)＝0.01 mol·L－1×0.02 L＝0.000 2 mol，n(H＋)＝0.01 mol·L－1×0.03 L＝0.000 3 mol，二者反应后n(H＋)＝0.000 3 mol－0.000 2 mol＝0.000 1 mol，c(H＋)＝ mol·L－1＝0.001 mol·L－1，则pH＝3；Ⅱ.假设强酸的pH为a，则c(H＋)＝10－a mol·L－1，强碱的pH为b，则c(OH－)＝10－14＋b mol·L－1，混合后溶液呈中性，则有10×10－a＝10－14＋b×1 ，－a＋1＝－14＋b，则有a＋b＝15，即pH(酸)＋pH(碱)＝15。
答案：Ⅰ.(1)pH＝12 (2)pH＝2 (3)pH＝3
Ⅱ.pH(酸)＋pH(碱)＝15
题型三 溶液稀释后的pH变化规律
9．将体积均为10 mL、pH均为3的盐酸和醋酸，加水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积( )
A．a＝b＝100 B．a＝b＝1 000
C．a＜b D．a＞b
解析：选C 若a＝b＝1 000，稀释后的CH3COOH溶液pH<5，若使CH3COOH溶液pH＝5，就必须继续加水稀释，即a＜b。
10．25 ℃时，pH＝2 的盐酸和醋酸溶液各1 mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅰ代表醋酸溶液的稀释过程
B．a点溶液的导电性比c点溶液的导电能力差
C．将a、b两溶液加热至30 ℃(忽略溶质挥发)，变大
D．与相同浓度和体积的NaOH溶液恰好中和时，消耗a溶液的体积比b溶液的体积大
解析：选D pH＝2的盐酸和醋酸溶液加水稀释相同倍数，强酸的pH变化大，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程，曲线Ⅱ代表醋酸的稀释过程，故A错误；盐酸加水稀释时，溶液中c(Cl－)、c(H＋)减小，溶液的导电能力减弱，故a点溶液的导电能力比c点溶液的导电能力强，故B错误；升高温度，CH3COOH的电离平衡正向移动，c(CH3COO－)增大，而c(Cl－)基本不变，所以变小，故C错误；pH＝2的盐酸和醋酸相比，c(CH3COOH)>c(HCl)，体积相等的两种溶液中n(CH3COOH)>n(HCl)，与等浓度等体积的NaOH溶液发生中和反应时，消耗CH3COOH溶液的体积小，即消耗a溶液的体积比b溶液的体积大，故D正确。
11．下列有关溶液的酸碱性与pH的说法错误的是( )
A．温度一定时，溶液pH越小，酸性越强，反之，碱性越强
B．pH＜7的溶液可能呈酸性
C．当溶液中的c(H＋)或c(OH－)较小时，用pH表示其酸碱度更为方便
D．把pH试纸直接插入待测溶液中，测其pH
解析：选D 根据pH＝－lg c(H＋)，溶液的pH越小，则溶液中c(H＋)就越大，溶液的酸性就越强，反之溶液的碱性就越强，A正确；在室温下Kw＝10－14，pH＝7的溶液呈中性；当溶液中溶解一定量的酸时，溶液中c(H＋)＞10－7 mol·L－1，溶液的pH＜7，溶液显酸性，B正确；pH用来表示稀溶液的酸碱性，C正确；测定溶液pH时，不能将试纸直接插入待测液中，D错误。
12．常温下，关于pH＝2的盐酸，下列说法不正确的是( )
A．溶液中c(H＋)＝1.0×10－2 mol·L－1
B．加水稀释100倍后，溶液的pH＝4
C．此溶液中由水电离出的H＋和OH－浓度均为1.0×10－12 mol·L－1
D．加入等体积pH＝12的Ba(OH)2溶液，溶液呈碱性
解析：选D 假设稀释前溶液的体积为1 L，稀释100倍后，溶液中c(H＋)＝ mol·L－1＝1×10－4 mol·L－1，即pH＝4，A、B正确；盐酸中c(OH－)＝＝ mol·L－1＝1×10－12 mol·L－1，水电离出的H＋和OH－浓度均为1.0×10－12 mol·L－1，C正确；pH＝12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝10－2 mol·L－1，等体积混合后，H＋和OH－恰好完全反应，溶液为中性，故D错误。
13．常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10－12 mol·L－1，该溶液可能是( )
①二氧化硫的水溶液 ②氯化钠溶液 ③硝酸钠溶液 ④氨水
A．①④ B．①②
C．②③ D．③④
解析：选A 常温下某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10－12 mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液既可能呈酸性，也可能呈碱性。
14．常温下，等体积酸和碱的溶液混合后，溶液pH<7的是( )
A．pH之和为14的硝酸和氢氧化钾溶液
B．pH＝5的盐酸和pH＝9的氨水
C．物质的量浓度相等的醋酸和苛性钠溶液
D．pH之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液
解析：选D A项，二者等体积混合后溶液呈中性，常温下pH＝7，错误；B项，二者等体积混合后氨水过量，溶液显碱性，溶液的pH>7，错误；C项，二者反应后溶液中溶质为醋酸钠，溶液呈碱性，C项错误；设硫酸溶液的pH＝a，则氢氧化钡溶液的pH＝13－a，常温下溶液中c(OH－)＝10pH－14 mol·L－1＝1013－a－14 mol·L－1＝10－a－1 mol·L－1＝×10－a mol·L－1，c(OH－)15．有一学生在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测液进行检测。
(1)该学生的操作________(填“正确”或“错误”)，其理由是__________________;
(2)该操作是否一定有误差？________；
(3)若用此方法分别测定c(OH－)相等的氢氧化钠溶液和氨水的pH，误差较大的是________，原因是__________________________________________________________。
解析：(1)用pH试纸测量溶液的pH时，pH试纸不能润湿，否则相当于将原溶液稀释。(2)若溶液呈酸性或碱性，稀释必然会造成测量数据错误，若溶液呈中性，则对结果无影响。(3)NH3·H2O是弱电解质，加水稀释时，促进它的电离，故对OH－浓度相等的氢氧化钠溶液和氨水来说，加水稀释相同倍数，氨水的pH减小程度小些，误差小些。
答案：(1)错误 用pH试纸测量溶液的pH时，pH试纸用蒸馏水润湿，相当于将原溶液稀释 (2)不一定
(3)氢氧化钠溶液 NH3·H2O是弱电解质，稀释过程中，NH3·H2O继续电离出OH－，减弱了因稀释OH－浓度减小的程度，所以测得氢氧化钠溶液的pH误差较大
16．常温下，计算下列溶液的pH，并将计算结果填在横线上：
(1)c(OH－)＝1×10－4 mol·L－1的溶液________。
(2)将0.1 mol HCl溶于水制成100 mL溶液________。
(3)将pH＝2的HCl溶液和pH＝2的H2SO4溶液以体积比3∶1混合________。
(4)将0.23 g金属钠溶于水并配制成100 mL的溶液________。
解析：(1)c(OH－)＝1×10－4 mol·L－1的溶液，c(H＋)＝＝10－10 mol·L－1，pH＝－lg 10－10＝10。
(2)将0.1 mol HCl溶于水制成100 mL溶液，c(H＋)＝＝1 mol·L－1，pH＝－lg 1＝0。
(3)将pH＝2的HCl溶液和pH＝2的H2SO4溶液以体积比3∶1混合，设HCl溶液与H2SO4溶液的体积分别为3 L、1 L，
c(H＋)＝＝10－2 mol·L－1，pH＝－lg 10－2＝2。
(4)将0.23 g金属钠溶于水，生成0.01 mol NaOH，并配制成100 mL的溶液，c(OH－)＝＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－13 mol·L－1，pH＝－lg 10－13＝13。
答案：(1)10 (2)0 (3)2 (4)13
17．现有常温下的六份溶液：
①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液
②0.01 mol·L－1盐酸
③pH＝12的氨水
④pH＝12的NaOH溶液
⑤0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液
⑥0.01 mol·L－1盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后所得溶液
(1)其中水的电离程度最大的是________(填序号，下同)，水的电离程度相同的是________。
(2)若将②③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积②________(填“＞”“＜”或“＝”)③。
(3)将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：
①________②，③________④，⑤________⑥。(填“＞”“＜”或“＝”)
解析：(1)酸和碱都会抑制水的电离，⑥为NaCl溶液，对H2O的电离无抑制作用，②③④对水的电离抑制程度相同。(2)因pH＝12的氨水中c(NH3·H2O)＞0.01 mol·L－1，故②③混合，欲使pH＝7，则需溶液的体积：②＞③。
答案：(1)⑥ ②③④ (2)＞ (3)＞ ＞ ＞
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7(共47张PPT)
第四课时 电解原理的应用
分点突破1
氯碱工业（电解饱和食盐水的工业生产）
分点突破2
电镀和电解精炼铜
分点突破3
电解的相关计算
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
稀食,忄,阳离子交角多
C
↑稀NaOH
盐水
阳
阴
溶液
Na
OH-
浓食盐水
浓NaOH溶液
电解饱和食盐水的原理示意图
④
铁
石墨
C
加酚酞试液
的NaCl溶液
Nat、Cl(Ca2、Mg2、SO2)
↓①加入过量BaCl2溶液(除O )
Nat+、Cl(Ca2、Ba2+、Mg2+)
②加入过量NaOH溶液(除Mg2)
Nat、Cl(Ca2+、Ba2、OH)
③加入过量Na2CO3溶液
并过滤(除Ca2及Ba2)
Nat、Cl(CO)、OH)
④加入适量稀盐酸至不再
有气泡产生(除CO3、OH)
Nat Cl
阳极:镀层金属
阴极:待镀的金属制品
电解质溶液:含有镀层金属离子的溶液
电极反应式:
纯铜(阴极
Zn-2e=ln
2+
电极反应式:
2+
粗铜
Fe-2e=Fe
Cu2++2e==cu
Ni-2e= Ni2+
氧化性较弱的目主主主
(阳极
Cu-2e=Cuz
Zn2+、Fe2+、Ni2+
位于金属活动性顺序
等留在电解质溶CuSO溶液(溶
中铜之后的金属如
液中)
液中的CuSO4
Ag、Au等沉积在电解
需定期补充)
槽底形成阳极泥
》
分清交换膜类型:即交换膜属于阳离子交换膜、阴
第一步离子交换膜或质子交换膜中的哪一种,判断允许哪
种离子通过交换膜
第二步}写出电极反应式,判断交换膜两侧离子的变化,推
断电荷变化,根据电荷平衡判断离子迁移的方向
分析交换膜的作用:在产品制备中,交换膜的作用
第三步主要是提高产品纯度,避免产物之间发生反应
a直流电源
b
质子交换膜
Pt电极
Ag-P电极
直流‖电流
负极。正极
Cuh精铜相点铁棒
电源碳棒
淀粉
钾溶
稀H2SO4
CuSO4ZnCl2溶液饱和食盐水(含酚酞)
Cu-Zn原电池粗铜的精炼铁片镀锌
验证NaCl溶液
电解产物
A
B
D
石墨石墨
石墨
KOl溶液NaNO3溶液CuSO4溶液化学反应速率与化学平衡图像的常见类型
题型一 速率—时间(或温度、压强)图像
1．在一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2 mol A和1 mol B，发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g) ΔH＜0。达到平衡后，在t1时刻改变条件，化学反应速率随时间变化如图。下列对t1时刻改变条件的推测中正确的是( )
A．保持压强不变，升高反应温度
B．保持温度不变，增大容器体积
C．保持温度和容器体积不变，充入1 mol C(g)
D．保持温度和压强不变，充入1 mol C(g)
解析：选D 升高温度，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数，故A错误；保持温度不变，增大容器体积，导致容器内压强减小，正、逆反应速率都减小，正反应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数，平衡逆向移动，故B错误；保持温度和容器体积不变，充入1 mol C(g)的瞬间，C的浓度增大，A和B的浓度不变，所以逆反应速率大于正反应速率，但正反应速率与原速率应有接触点，故C错误；保持温度和压强不变，充入1 mol C(g)的瞬间，容器的体积增大，导致生成物的浓度增大，反应物的浓度减小，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，故D正确。
2．下图是可逆反应A＋2B2C＋3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况，由此可推断( )
A．降温后逆反应速率增大
B．逆反应是放热反应
C．若A、B是气体，则D是液体或固体
D．A、B、C、D均为气体
解析：选C 降低温度，正、逆反应速率都降低，故A错误；根据图像，降低温度，平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理知，正反应为放热反应，故B错误；加压时，正、逆反应速率都增大，且平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，加压时平衡应向气体体积减小的方向移动，A、B、C为气体，D为固体或液体，故C正确，D错误。
题型二 物质的量(或浓度)—时间图像
3．在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是( )
A．平衡常数K＝
B．该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
C．CO合成甲醇的反应为吸热反应
D．处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
解析：选D A项，因该反应中氢气前的系数为2，则该反应的平衡常数的表达式为K＝，错误；B项，由图像可知，反应从T2到T1时，甲醇的物质的量增大，根据平衡常数和计算式可知T1时的平衡常数比T2时的大，错误；C项，由图像可知在T2温度下反应先达到平衡，反应速率较T1快，则有T2＞T1，从图像的纵坐标分析可得温度降低，平衡向正反应方向移动，则正反应为放热反应，错误；D项，处于A点的反应体系从T1变到T2的过程中，平衡向逆反应方向移动，则c(H2)增大，而c(CH3OH)减小，达到平衡时应该增大，正确。
4．向一容积为1 L的密闭容器中加入一定量的X、Y，发生化学反应：aX(g)＋2Y(s)bZ(g) ΔH＜0。如图是容器中X、Z的物质的量浓度随时间变化的曲线。根据以上信息，下列说法正确的是( )
A．根据上图可求得方程式中a∶b＝1∶3
B．推测在第7 min时曲线变化的原因可能是升温
C．推测在第13 min时曲线变化的原因可能是降温
D．用X表示0～10 min内该反应的平均速率为v(X)＝0.045 mol·L－1·min－1
解析：选B 0～10 min内X的变化量是0.25 mol·L－1，Z的变化量是0.5 mol·L－1，所以a∶b＝1∶2，故A错误；从图中可以看出7 min时速率加快，但浓度没有改变，所以有可能是升高温度，故B正确；从图中可以看出13 min时X的浓度增大，Z的浓度减小，说明平衡逆向移动，不可能是降温，故C错误；0～10 min内该反应的平均速率为v(X)＝＝0.025 mol·L－1·min－1，故D错误。
5．某温度时，在一个容积为2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：
(1)该反应的化学方程式为__________________________________________________。
(2)反应开始至2 min，气体Z的平均反应速率为________________。
(3)若X、Y、Z均为气体，反应达到平衡时：
①压强是开始时的________倍；
②若此时将容器的容积缩小为原来的，达到平衡时，容器内温度将升高(容器不与外界进行热交换)，则该反应的正反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。
解析：(1)由图像知平衡时，Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝0.3 mol∶0.1 mol∶0.2 mol＝3∶1∶2，又由于该反应不能进行彻底，所以化学方程式为3X＋Y2Z。
(2)v(Z)＝＝0.05 mol·L－1·min－1。
(3)①X、Y、Z均为气体时，反应前n(总)＝2.0 mol，平衡时n(总)＝0.7 mol＋0.9 mol＋0.2 mol＝1.8 mol，所以p(平)∶p(始)＝1.8 mol∶2.0 mol＝0.9。
②将容器容积缩小，相当于增压，平衡向正反应方向移动，达平衡时，温度升高，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应。
答案：(1)3X＋Y2Z (2)0.05 mol·L－1·min－1 (3)①0.9 ②放热
题型三 有关“量”—温度(或压强)—时间图像
6．下列反应中符合图像的是( )
A．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
ΔH＝－Q1 kJ·mol－1(Q1＞0)
B．2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)
ΔH＝Q2 kJ·mol－1(Q2＞0)
C．4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)
ΔH＝－Q3 kJ·mol－1(Q3＞0)
D．H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)
ΔH＝Q4 kJ·mol－1(Q4＞0)
解析：选B 由左边的图像可知，温度越高，生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；由右边图像可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，v逆＞v正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；综合可知，可逆反应的正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应。A为放热反应，正反应是气体物质的量减小的反应，故不符合；B为吸热反应，正反应是气体物质的量增大的反应，故符合；C的正反应是气体物质的量增大的反应，但为放热反应，故不符合；D为吸热反应，但正反应是气体物质的量减小的反应，故D不符合。
7．mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，当反应达到平衡后，若压强改变，其v t图像如下：
(1)图①表示的压强变化是________，平衡移动方向是向________方向。
(2)图②表示的压强变化是________，平衡移动方向是向________方向。
(3)m＋n________p＋q(填“>”“＝”或“<”)。
解析：图①中t1时刻v′正、v′逆均增大，故为增大压强；由v′正>v′逆知平衡正向移动，则m＋n>p＋q；图②中t1时刻v′正、v′逆均减小，故为减小压强，由v′正答案：(1)增大压强 正反应 (2)减小压强 逆反应 (3)>
题型四 恒压(或恒温)图像
8．可逆反应mA(g)＋nB(s)rC(g)＋qD(g)在反应过程中，其他条件不变，D的体积百分含量和温度T或压强p的关系如图所示，下列叙述中正确的是( )
A．化学方程式系数m＋n＝r＋q
B．使用催化剂，D的物质的量分数增加
C．温度降低，化学平衡向正反应方向移动
D．物质B的颗粒越小，反应越快，有利于平衡向正反应方向移动
解析：选C 由右图可知，压强为p2时先到达平衡，故p2＞p1，增大压强，D%不变，则平衡不移动，反应中B为固体，故m＝r＋q，故A错误；使用催化剂，可缩短达到平衡所需的时间，平衡不移动，D%不变，故B错误；由左图知，温度为T2时先到达平衡，故T2＞T1，升高温度，D%减小，则平衡向逆反应方向移动，因此温度降低，化学平衡向正反应方向移动，C正确；B为固体，物质B的颗粒越小，接触面积越大，反应越快，但对平衡移动没有影响，故D错误。
9．可逆反应A＋aBC＋2D(a为化学方程式中B物质的系数)，已知B、C、D为气态物质。反应过程中，当其他条件不变时，C的体积百分含量(φ)与温度(T)和压强(p)的关系如图甲、乙所示。下列说法正确的是( )
A．T2＜T1，p2＞p1
B．该反应的正反应为吸热反应
C．若a＝2，则A为液态或固态物质
D．增加B的物质的量，该反应的ΔH绝对值增大
解析：选C A项，根据“先拐先平数值大”可知T2＞T1，p2＞p1，错误；B项，根据图甲，T2＞T1，升高温度，C的体积百分含量降低，平衡左移，所以该反应的正反应为放热反应，错误；C项，B、C、D为气态物质，根据图乙，p2＞p1，增大压强，C的体积百分含量降低，若a＝2，则A为液态或固态物质，才能使平衡左移，正确；D项，反应的ΔH与化学方程式中物质的系数有关，与平衡移动无关，错误。
10．下图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是( )
A．反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
C.该反应达到平衡态Ⅰ后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
D．同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等
解析：选C 减小反应物浓度的瞬间，逆反应速率不变，正反应速率迅速降低，且达到新平衡时的反应速率比原平衡时的速率小，这与图像不符，C错。
11．甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，反应为CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。在不同温度下，向a、b两个恒温恒容的密闭容器中均通入1.1 mol CH4(g)和1.1 mol H2O(g)，测得容器a中CO物质的量、容器b中H2物质的量随时间的变化曲线如图所示(已知容器a、b的容积为2 L)。下列说法正确的是( )
A．该反应为放热反应
B．两容器达到平衡时，b容器中CO的体积分数大于a容器
C．a容器前4 min用CH4表示的平均反应速率为0.125 mol·L－1·min－1
D．a容器达到平衡后，再充入1.1 mol CH4(g)和1 mol CO(g)，此时v正＜v逆
解析：选C 已知在a、b两个恒温、恒容的密闭容器中，充入相同量的甲烷和水，生成氢气的计量数是CO的3倍，结合图像可知，b为H2(g)的图像，同时b容器中生成0.6 mol CO(g)；a为CO(g)的图像，a达到平衡所用的时间比b段短，则a的温度高于b，升高温度，CO的物质的量增大，即平衡正向移动，故正反应为吸热反应，则A说法错误；两容器达到平衡时，b容器中CO的体积分数小于a容器，B说法错误；根据图像，a容器前4 min CO的物质的量为1.0 mol，用CH4表示的平均反应速率为＝0.125 mol·L－1·min－1，C说法正确；a容器达到平衡时，列三段式：
CH4(g) ＋ H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
初始/mol 1.1 1.1 0 0
反应/mol 1 1 1 3
平衡/mol 0.1 0.1 1 3
再充入1.1 mol CH4(g)和1 mol CO(g)，K＝>Qc＝，平衡正向移动，v正＞v逆，D说法错误。
12.在2 L恒容密闭容器中充入1 mol CO、2 mol H2，在一定条件下发生如下反应：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g) ΔH＝－90.1 kJ·mol－1；CO的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图所示。下列推断正确的是( )
A．工业上，利用上述反应合成甲醇，温度越高越好
B．图像中X代表压强，M1与M2代表不同温度，且M2>M1
C．图像中P点代表的平衡常数K的数值为4
D．若维持温度和容器容积不变，再充入1 mol CO、2 mol H2，达到平衡时CO的转化率不变
解析：选C 该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，导致原料的利用率降低，故A错误；图示中横坐标X越大，CO的转化率越大，说明增大X平衡向着正反应方向移动，该反应为气体体积缩小的放热反应，则X代表压强，M代表温度，压强一定时，温度越高CO的转化率越小，则T(M2) 2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)
开始量/(mol·L－1) 1 0.5 0
转化量/(mol·L－1) 0.5 0.25 0.25
平衡量/(mol·L－1) 0.5 0.25 0.25
则该反应的化学平衡常数K＝＝＝4，故C正确；温度和容积不变，再充入2 mol H2、1 mol CO，相当于增大了压强，化学平衡向着正反应方向移动，达到平衡时CO的转化率增大，故D错误。
13．已知反应：CH2==CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2==CHCH2Cl(g)＋HCl(g)。在一定压强下，按w＝向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数(φ)与温度(T)、w的关系，图乙表示正、逆反应的平衡常数与温度的关系。则下列说法中错误的是( )
A．图甲中w2＞1
B．图乙中，A线表示逆反应的平衡常数
C．温度为T1、w＝2时，Cl2的转化率为50%
D．若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强增大
解析：选C 根据图甲中信息可知，增大n(Cl2)，w增大，平衡正向移动，丙烯的体积分数(φ)减小，故w2＞1，A项正确；根据图甲可知，升高温度，丙烯的体积分数增大，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，则升高温度，正反应的平衡常数减小，逆反应的平衡常数增大，图乙中，A线表示逆反应的平衡常数，B项正确；由图乙知，温度为T1时，正、逆反应的平衡常数相等，又因两者互为倒数，则平衡常数K＝1，w＝2时，设CH2===CHCH3和Cl2的物质的量分别为a、2a，参加反应的Cl2的物质的量为b，利用三段式可列关系式＝1，解得＝，则Cl2的转化率约为33.3%，C项错误；该反应为反应前后气体体积不变的放热反应，反应向正反应方向进行，体系温度升高，气体膨胀，达到平衡时，装置内的气体压强将增大，D项正确。
14．化工厂利用CH4制取CO和H2，其生产流程如图所示。回答下列问题：
(1)该流程中第Ⅰ步反应为CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH，一定条件下，CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图，则p1________(填“>”“<”或“＝”，下同)p2，ΔH________0。
(2)该流程中第Ⅱ步反应的平衡常数随温度的变化如下表：
温度/ ℃ 300 500 830
平衡常数K 12 9 1
①据上表信息分析判断，该反应的ΔH________(填“>”“<”或“＝”)0。
②写出第Ⅱ步反应的化学方程式：____________________________________________。
在830 ℃时，设起始时CO和H2O(g)的浓度均为0.10 mol·L－1，在该条件下反应达到平衡时，CO的转化率为________。
解析：(1)该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，则甲烷的平衡转化率降低，根据图像可知，温度相同时，p1的转化率大于p2的转化率，则p1＜p2；根据图像，升高温度，甲烷的平衡转化率增大，即平衡正向移动，则正反应为吸热反应，ΔH＞0；
(2)①根据表中数据，升高温度，平衡常数减小，即平衡逆向移动，故正反应为放热反应，ΔH＜0；
②根据流程可知，CO与水反应生成二氧化碳和氢气，化学方程式为CO＋H2O(g)H2＋CO2；起始时CO和H2O(g) 的浓度均为0.10 mol·L－1，则：
CO ＋ H2O H2＋CO2
起始/(mol·L－1) 0.10 0.10 0 0
反应/(mol·L－1) x x x x
平衡/(mol·L－1) 0.10－x 0.10－x x x
＝1，解得x＝0.05，转化率＝×100%＝50%。
答案：(1)＜ ＞ (2)①＜ ②CO＋H2O(g)H2＋CO2 50%
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10酸碱中和滴定
题型一 酸碱中和滴定的原理
1．准确量取24.90 mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是( )
A．50 mL量筒 B．10 mL量筒
C．50 mL酸式滴定管 D．50 mL碱式滴定管
解析：选C KMnO4具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，而量筒只能精确到0.1 mL，故应选用 50 mL 的酸式滴定管。
2．在一支25 mL的酸式滴定管中加入0.1 mol·L－1的盐酸，其液面恰好在5 mL刻度处，若把滴定管中的溶液全部转移到烧杯中，然后用0.1 mol·L－1NaOH溶液进行中和，则消耗NaOH溶液的体积( )
A．大于20 mL B．小于20 mL
C．等于20 mL D．等于5 mL
解析：选A V(HCl)＞20 mL，所以消耗NaOH溶液的体积大于20 mL。
3．以酚酞溶液作指示剂，对某新制NaOH溶液进行中和滴定(滴定后溶液体积的变化忽略不计)，数据记录如下表所示：
实验 待测液 消耗0.01 mol·L－1盐酸的体积
① 20 mL NaOH溶液 V1 mL
② 20 mL NaOH溶液＋10 mL H2O V2 mL
③ 敞口隔夜放置的20 mL NaOH溶液 V3 mL
则该新制NaOH溶液的浓度(c)计算合理的是( )
A．c＝ mol·L－1
B．c＝ mol·L－1
C．c＝ mol·L－1
D．c＝ mol·L－1
解析：选B ②20 mL NaOH溶液中加入10 mL H2O，其溶质的物质的量不变；③敞口隔夜放置的NaOH溶液已部分发生反应，生成了Na2CO3，用酚酞作指示剂，消耗盐酸的量将发生改变。计算该新制NaOH溶液的浓度应用实验①、②的平均值。
4．下列说法正确的是( )
A．用图示仪器Ⅰ准确量取25.00 mL酸性KMnO4溶液
B．装置Ⅱ可用于用已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸的实验
C．中和滴定时，滴定管用所盛装的待装液润洗2～3次
D．中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶
解析：选C 酸性KMnO4溶液不能用碱式滴定管量取，A项不正确；NaOH溶液不能盛装在酸式滴定管中，B项不正确；中和滴定时滴定管需用待装液润洗，而锥形瓶不能用待测液润洗，C项正确、D项不正确。
题型二 酸碱中和滴定实验
5．下列说法不正确的是( )
A．使用滴定管时，滴定管必须用待装液润洗2～3次
B．滴定操作中，若用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高
C．用10 mL的量筒量取8.58 mL 0.10 mol·L－1的稀盐酸
D．稀释浓硫酸时，将浓硫酸缓缓加入水中，并不断用玻璃棒搅拌
解析：选C 使用滴定管时，滴定管必须用待装液润洗2～3次，A项正确；若用待测液润洗锥形瓶，滴定时消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，B项正确；10 mL的量筒只能精确到0.1 mL，故不能用10 mL量筒量取8.58 mL 的稀盐酸，C项错误；稀释浓硫酸时，正确方法是将浓硫酸缓缓加入水中，并不断用玻璃棒搅拌，D项正确。
6．某同学进行中和滴定实验，并绘制出如图所示的滴定曲线。下列有关该实验的说法正确的是( )
A．锥形瓶中盛有NaOH溶液，指示剂为酚酞
B．滴定管使用前先用待测液润洗，再用蒸馏水润洗
C．滴定时，应时刻注视滴定管中液面的变化
D．滴定终点附近，测试和记录pH的间隔要小
解析：选D 锥形瓶中盛的是酸溶液；滴定管使用前先用蒸馏水润洗，再用待测液润洗；滴定时，应时刻注视锥形瓶中溶液颜色的变化；滴定终点附近，测试和记录pH的间隔要小。
7．现有下列仪器或用品：①铁架台(含铁圈、各式铁夹)
②锥形瓶 ③酸式滴定管和碱式滴定管 ④烧杯 ⑤玻璃棒(普通) ⑥胶头滴管 ⑦托盘天平(含砝码) ⑧滤纸 ⑨量筒 ⑩漏斗 药匙
现有下列药品：a.NaOH固体 b．标准NaOH溶液
c．未知浓度盐酸 d．蒸馏水 e．碳酸钠溶液
根据所做过的实验，回答下列问题：
(1)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，还缺少的仪器是________。
(2)准确量取25.00 mL碳酸钠溶液，可选用的仪器是________(填字母)。
A．25 mL量筒 B．25 mL酸式滴定管
C．25 mL碱式滴定管 D．有刻度的50 mL烧杯
(3)进行中和滴定时，不可预先用待装液润洗的仪器是________(填字母)。
A．酸式滴定管 B．碱式滴定管 C．锥形瓶
(4)用标准强碱溶液滴定盐酸时，滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，会使得测定的盐酸浓度结果________(填“偏高”“偏低”或“不影响”，下同)。
(5)用标准强碱溶液去滴定未知浓度盐酸，用滴定管取10.00 mL盐酸放入锥形瓶时，前仰视、后俯视读数，会使得测定的盐酸浓度结果________。
解析：(1)根据提供的仪器知，还缺少的仪器有容量瓶。(2)滴定管精确到0.01 mL，碳酸钠溶液呈碱性，可用碱式滴定管，故选C。(3)锥形瓶不能润洗，否则结果偏高。(4)滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，说明标准强碱溶液的体积测量值大于实际值，结果偏高。(5)读取待测盐酸体积时，开始仰视读数，结束时俯视读数，造成V(待测)偏小，根据c(待测)＝，可知c(待测)偏高。
答案：(1)容量瓶 (2)C (3)C (4)偏高 (5)偏高
题型三 酸碱中和滴定误差分析
8．室温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定0.1 mol·L－1盐酸，如达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05 mL)，继续加水至50 mL，所得溶液的pH是( )
A．4 B．7.2
C．10 D．11.3
解析：选C c(OH－)＝＝1×10－4 mol·L－1，c(H＋)＝＝1×10－10 mol·L－1，pH＝10，故C项正确。
9．下面是中和滴定过程中，容易引起误差的五个方面，根据题意，用“偏高”“偏低”或“无影响”填空。
(1)仪器润洗：锥形瓶用蒸馏水冲洗后，再用待测液润洗，使滴定结果________。
(2)存在气泡：滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终了有气泡，使滴定结果________。
(3)读数操作：①滴定前平视滴定管刻度线，滴定终点俯视刻度线，使滴定结果________；
②滴定前仰视滴定管刻度线，滴定终点俯视刻度线，使滴定结果________。
(4)指示剂选择：用盐酸滴定氨水，选用酚酞作指示剂，使滴定结果________。
(5)存在杂质：①用含NaCl杂质的NaOH配制成标准溶液来滴定盐酸，则测定的盐酸浓度将________；
②用含Na2O杂质的NaOH配制成标准溶液来滴定盐酸，则测定的盐酸浓度________。
解析：(1)锥形瓶用待测液润洗，待测溶液溶质的物质的量增大，消耗标准溶液的体积增大，结果偏高。(2)滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点有气泡，读取的体积数比实际消耗标准溶液的体积小，结果偏低。(3)仰视读数时，读取的体积数偏大，俯视读数时，读取的体积数偏小。(4)用盐酸滴定氨水，选用酚酞作指示剂，由于酚酞变色时，溶液呈碱性，盐酸不足，氨水有剩余，消耗盐酸的体积数偏小，结果偏低。(5)①用含NaCl杂质的NaOH配制成标准溶液来滴定盐酸，由于NaCl不与盐酸反应，消耗的溶液体积增大，结果偏高。②中和 1 mol HCl 所需Na2O质量为31 g，中和1 mol HCl所需NaOH质量为40 g，可知中和相同量盐酸时，所需含Na2O的NaOH的量比所需纯NaOH的量小，结果偏低。
答案：(1)偏高 (2)偏低 (3)①偏低 ②偏低 (4)偏低 (5)①偏高 ②偏低
10．下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是( )
A．用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：KMnO4——浅红色
B．利用“Ag＋＋SCN－===AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3——浅红色
C．利用“2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋”，用FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉——蓝色
D．利用OH－＋H＋===H2O来测量某盐酸的浓度时：酚酞——浅红色
解析：选C A项，利用KMnO4本身的颜色来确定终点；B项，利用Fe3＋能与KSCN结合成Fe(SCN)3，判断滴定终点，溶液变为浅红色为终点；C项，反应一开始就有I2生成，溶液就呈蓝色，无法判断终点；D项，溶液由无色变为浅红色为滴定终点。
11.如图是常温下向20.0 mL的盐酸中，逐滴加入0.10 mol·L－1的NaOH溶液时，溶液的pH随NaOH溶液的体积V(mL)变化的曲线，根据图像所得的下列结论中不正确的是( )
A.原盐酸的浓度为0.10 mol·L－1
B．x的值为20.0
C．pH＝12时，加入NaOH溶液的体积为24.4 mL
D．原盐酸的浓度为1.0 mol·L－1
解析：选D 当V(NaOH)＝0 mL时，盐酸的pH＝1，因此c(HCl)＝0.10 mol·L－1；当反应后溶液pH＝7时，HCl与NaOH恰好完全反应，因此n(HCl)＝n(NaOH)，此时V(NaOH)＝20.0 mL，即x＝20.0；当反应后溶液pH＝12时，＝1×10－2 mol·L－1，解得V(NaOH)≈0.024 4 L＝24.4 mL。
12．常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00 mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000 mol·L－1、0.100 0 mol·L－1和0.010 00 mol·L－1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)变化的曲线如图所示，在V(NaOH)＝20.00 mL前后pH出现突跃。下列说法不正确的是( )
A.3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍
B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c
C．当V(NaOH)＝20.00 mL时，3个体系中均满足：c(Na＋)＝c(Cl－)
D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H＋)最大
解析：选D 由图可知，c(HCl)分别为1.000 mol·L－1，0.100 mol·L－1和0.010 00 mol·L－1，故最大的是最小的100倍，A正确；加入多于20 mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c(NaOH)最大，以此类推，B正确；当 V(NaOH)＝20.00 mL 时，都恰好完全反应，溶液呈中性：c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可得，c(Na＋)＝c(Cl－)，C正确；当V(NaOH)相同时，达到反应终点前，pH突跃最大的体系中的c(H＋)最大，达到反应终点后，pH突跃最大的体系中的c(H＋)最小，D不正确。故选D。
13．滴定法是化学分析的常用方法，是一种简便、快速和应用广泛的定量分析方法，在常量分析中有较高的准确度。酸碱滴定和氧化还原滴定是常见的两种滴定方法：
Ⅰ.氧化还原滴定：双氧水常用于医用伤口消毒、环境消毒和食品消毒。化学兴趣小组欲准确测定某市售双氧水中H2O2的含量：取双氧水25.00 mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释。用一定浓度的高锰酸钾标准溶液滴定，其反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O。
(1)滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入________式滴定管中(填“酸”或“碱”)。
(2)滴定到达终点的现象是_______________________________________________。
Ⅱ.酸碱中和滴定：常温下，用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液分别滴定20.00 mL等浓度的盐酸和醋酸溶液，得到两条滴定曲线，如图所示：
(1)滴定盐酸的曲线是图________(填“1”或“2”)。
(2)滴定前CH3COOH的电离度为________。
(3)达到B、D状态时，反应消耗的NaOH溶液的体积a________b(填“>”“<”或“＝”)。
解析：Ⅰ.(1)由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，所以只能使用酸式滴定管；(2)滴定到达终点的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为紫色，且30秒内不褪色；
Ⅱ.(1)HCl是强酸、CH3COOH是弱酸，浓度相同的HCl和CH3COOH溶液的pH：HClb。
答案：Ⅰ.(1)酸 (2)滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为紫色，且30秒内不褪色 Ⅱ.(1)1 (2)1% (3)>
14．某课外活动小组测定了某工厂工业废水中游离态氯的含量，下面是测定实验分析报告：
(一)测定目的：测定工厂工业废水中的游离态氯的含量
(二)测定原理：Cl2＋2KI===2KCl＋I2；I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
(三)实验用品及试剂：
(1)仪器和用品(自选，略)
(2)试剂：指示剂________(填名称)，KI溶液，浓度为0.010 mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，蒸馏水等。
(四)实验过程：
(1)取水样10.00 mL 于锥形瓶中，加入10.00 mL KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。
(2)取碱式滴定管(经检查不漏水)，依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.010 mol·L－1Na2S2O3溶液待用。
(3)将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定，眼睛注视__________________直至滴定终点，滴定至终点的现象是__________________________。
(五)数据记录与处理：(请在下面表格中的有括号的横线上填上必要的物理量，不必填数据)
滴定次数 (______) (________)
(______) (______) (______) 平均值
1 10.00
2 10.00
3 10.00
若经数据处理，滴定中消耗标准的Na2S2O3溶液的体积平均是20.00 mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________，从实验过程分析，此浓度比实际浓度________(填“偏大”“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是
________________________________________________________________________
____________________________________(若认为没有误差，该问可不答)。
(六)问题和讨论：
实验结束后，发现个别同学结果误差较大，其所测游离态氯的含量较废水中Cl2的含量低。经过思考，该同学提出了下列可能造成结果偏小的原因，其中你认为正确的是________(填编号)。
①滴定前，滴定管嘴尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
②滴定过程中由于振荡过于剧烈，使少量溶液溅出锥形瓶外
③滴定前平视Na2S2O3液面，滴定后俯视Na2S2O3液面
解析：(五)由反应：
Cl2＋2KI===2KCl＋I2
I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
得关系式
Cl2 ～ I2 ～ 2Na2S2O3
1 mol 1 mol 2 mol
2n(Cl2)＝2n(I2)＝n(Na2S2O3)，n(Na2S2O3)＝c(Na2S2O3)×V(Na2S2O3)，本实验中要通过Na2S2O3溶液消耗的体积进行计算，所以需要提供：待测液的体积，标准溶液滴定前后的刻度，进而得知实际消耗标准液的体积。为减小误差，一般是测量2～3次，所以还需要知道消耗标准溶液体积的平均值。
n(Na2S2O3)＝c(Na2S2O3)×V(Na2S2O3)＝0.010 mol·L－1×20×10－3L＝0.000 2 mol，n(Cl2)＝ 0.000 1 mol，c(Cl2)＝＝0.010 mol·L－1。
从实验步骤来看，滴定管没有用标准Na2S2O3溶液润洗，残留的水会稀释标准溶液，导致所消耗标准液的体积偏大，使待测液浓度偏大。
(六)c(待测)＝，滴定过程中任何不当操作最终都表现为标准液体积的变化，标准液体积用量增多，待测液浓度偏高；标准液体积用量减少，待测液浓度偏低。①气泡的体积会记录为标准液的体积，消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏大；②液体溅出造成待测液中溶质的减少，消耗标准液体积偏小，待测液浓度偏小；
③
V(标准)＝V(后)－V(前)，滴定后俯视V(后)减小，V(标准)偏小，待测液浓度偏小。
答案：(三)(2)淀粉溶液
(四)(3)锥形瓶内溶液颜色变化 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色
(五)数据记录与处理
滴定次数 待测溶液体积/mL 标准Na2S2O3溶液体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 实际体积 平均值
1
2
0．010 mol·L－1 偏大 滴定管没有用标准Na2S2O3溶液润洗
(六)②③
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9化学反应与能量变化
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意)
1．建立清洁低碳、安全高效的能源体系，消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想(如图)。下列说法不正确的是( )
A．电能属于一次能源
B．氢能是一种燃烧无害、十分清洁的能源
C．太阳能能量巨大，取之不尽，用之不竭
D．氢能的广泛使用还有待各位同学不懈努力，加强技术研发
答案：A
2．俄罗斯用“质子 M”号运载火箭成功将“光线”号卫星送入预定轨道。发射用的运载火箭以液氢为燃烧剂，液氧为氧化剂的高能低温推进剂，已知：
(1)H2(g)===H2(l) ΔH1＝－0.92 kJ·mol－1
(2)O2(g)===O2(l) ΔH2＝－6.84 kJ·mol－1
(3)如图：
下列说法正确的是( )
A．2 mol H2(g)与1 mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量低
B．氢气的标准燃烧热为ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
C．火箭中液氢燃烧的热化学方程式：2H2(l)＋O2(l)===2H2O(g) ΔH＝－474.92 kJ·mol－1
D．H2O(g)变成H2O(l)的过程中，断键吸收的能量小于成键放出的能量
解析：选C 由图像分析，2 mol H2(g)与1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(g)，放出483.6 kJ的热量，故2 mol H2(g)与1 mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量高，故A错误；氢气的标准燃烧热是指 1 mol 氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，故氢气的燃烧热为－＝－285.8 kJ·mol－1，故B错误；由图像分析，2H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH1＝－483.6 kJ·mol－1 ①，H2(g)===H2(l) ΔH1＝－0.92 kJ·mol－1 ②，O2(g)===O2(l) ΔH2＝－6.84 kJ·mol－1 ③，将①－②×2－③×2可得2H2(l)＋O2(l)===2H2O(g) ΔH＝－474.92 kJ·mol－1，故C正确；H2O(g)生成H2O(l)为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，故D错误。
3．如图是课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法错误的是( )
A．铜片表面有气泡生成
B．如果将硫酸换成柠檬汁，导线中不会有电子流动
C．装置中存在“化学能→电能→光能”的转换
D．如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向不变
解析：选B 铜片为正极，H＋在其表面得到电子生成H2，故其表面有气泡生成，A说法正确；如果将硫酸换成柠檬汁，因为柠檬汁也有较强的酸性，故仍能形成原电池，导线中也会有电子流动，B说法错误；该装置属于原电池，能将化学能转化为电能，LED灯发光时，电能又转化为光能，故存在“化学能→电能→光能”的转换，C说法正确；如果将锌片换成铁片，铜片仍为正极，故电路中的电流方向不变，D说法正确。
4．某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋C6(x<1)。下列关于该电池的说法不正确的是( )
A．放电时，Li＋在电解质中由负极向正极迁移
B．放电时，负极的电极反应式为LixC6－xe－===xLi＋＋C6
C．充电时，若转移1 mol e－，石墨(C6)电极将增重7x g
D．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋
解析：选C 放电时，负极反应为LixC6－xe－===xLi＋＋C6，正极反应为Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋===LiCoO2，A、B正确；充电时，阴极反应为xLi＋＋C6＋xe－===LixC6，转移1 mol e－时，石墨(C6)电极将增重 7 g，C项错误；充电时，阳极反应为放电时正极反应的逆反应：LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋，D项正确。
5．电解CuSO4溶液时，若要达到以下三点要求：①阳极质量减少；②阴极质量增加；③电解液中c(Cu2＋)不变，则可选用的电极是( )
A．含Zn、Ag的铜合金作阳极，纯铜作阴极
B．纯铜作阳极，含Zn、Ag的铜合金作阴极
C．用纯铁作阳极，用纯铜作阴极
D．用石墨作阳极，用惰性电极(Pt)作阴极
解析：选B A项，Zn的活泼性比Cu强，则Zn先放电，在Zn放电时，阴极上Cu2＋也放电，导致的结果是溶液中c(Cu2＋)减小，不符合题意；B项，阳极上Cu放电生成Cu2＋，阴极上Cu2＋放电生成Cu，故阳极的质量减少，阴极的质量增加，溶液中c(Cu2＋)不变，符合题意；C项，阳极上Fe放电生成Fe2＋，阴极上Cu2＋放电生成Cu，则溶液中c(Cu2＋)减小，不符合题意；D项，阳极上水电离出的OH－放电生成O2，阴极上水电离出的H＋放电生成H2，相当于电解水，故阳极、阴极的质量不变，溶液中c(Cu2＋)增大，不符合题意。
6．如图所示，电化学原理与微生物工艺相组合的电解脱硝法可除去引起水华的NO，原理是将NO还原为N2。下列说法正确的是( )
A．若加入的是NaNO3溶液，则导出的溶液呈碱性
B．镍电极上的电极反应式为Ni－2e－===Ni2＋
C．电子由石墨电极流出，经溶液流向镍电极
D．若阳极生成0.1 mol气体，理论上可除去0.04 mol NO
解析：选A 镍电极是阴极，阴极上发生的电极反应为2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－，所以导出的溶液呈碱性，故A正确， B错误；电子不能经过溶液，C错误；由电极反应2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－可知，生成1 mol氮气消耗 2 mol 的硝酸根离子，所以若阳极生成0.1 mol气体，理论上可除去0.2 mol NO，D错误。
7．若要在铁钉上镀铜，下列设计正确的是( )
选项 接电源正极 接电源负极 电解质溶液
A Cu Fe CuSO4溶液
B Cu Fe FeSO4溶液
C Fe Cu CuSO4溶液
D Fe Cu FeSO4溶液
解析：选A 根据要求在铁钉上镀铜，Cu接电源的正极，Fe接电源负极，CuSO4溶液为电解质溶液，故选A。
8．利用含双膜(阴离子交换膜和过滤膜)的电解装置将普通电解精炼铜所制备的精铜(仍含微量杂质)提纯为高纯度铜。下列有关叙述中正确的是( )
A．电极a为精铜，电极b为高纯度铜
B．电极a上发生的反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
C．甲膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区
D．当电路中通过0.1 mol电子时，溶解3.2 g精铜
解析：选C A项，制备高纯度铜时，电极b为精铜，错误；B项，a极上发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu，错误；C项，根据图示知甲膜为阴离子交换膜；D项，当电路中通过0.1 mol电子时，溶解的铜为0.05 mol即3.2 g，但由于精铜中含有杂质，故溶解的精铜大于3.2 g。
9．光电池在光照条件下可产生电压，如图所示装置可实现光能的充分利用。双极膜复合层间的H2O能解离为H＋和OH－，且双极膜能实现H＋和OH－的定向通过。下列说法正确的是( )
A．该装置将光能最终转化为电能
B．再生池中的反应为2V2＋＋2H2O===2V3＋＋2OH－＋H2↑
C．当阳极生成33.6 L O2时，电路中转移电子数为6NA
D．光照过程中阳极区溶液中的n(OH－)基本不变
解析：选D 由图可知，该装置将光能转化为电能，然后分解水，则能量的转化形式：光能转化为电能，然后转化为化学能，故A错误；据图分析，再生池中的反应为2V2＋＋2H＋===2V3＋＋H2↑，故B错误；没有给出所处状况，无法进行具体的计算，故C错误；双极膜可将水解离为H＋和OH－，且双极膜能实现H＋和OH－的定向通过，右侧阳极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，根据溶液呈电中性可知，阳极放电消耗的OH－与从双极膜中进入右侧的OH－数目相等，即溶液中的n(OH－)基本不变，故D正确。
10．用如图装置进行实验(A为电流计)：
观察到现象：
装置图1：Cu电极上产生大量的无色气泡
装置图2：Cu电极上无气泡产生，而Cr电极上产生大量气泡
则下列说法正确的是( )
A．图1是电解池，图2是原电池
B．两个电池中，电子均由Cr电极流向Cu电极
C．图2中Cr电极可能被浓HNO3钝化成惰性电极
D．由实验现象可知金属活动性：Cu>Cr
解析：选C 图1与图2均没有外加电源，所以均为原电池装置，故A错误；图1中Cr为负极，铜为正极，电子由Cr电极流向Cu电极，图2中Cr为正极，铜为负极，电子由Cu电极流向Cr电极，故B错误；图2中Cr电极可能由于被浓HNO3钝化成惰性电极而作正极，铜失电子作负极，故C正确；由图1根据原电池原理可知金属活动性： Cr>Cu，故D错误。
11．如下图所示的装置，C、D、F、X、Y都是惰性电极，E为铁棒。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则以下说法不正确的是( )
A．电源B极是负极
B．欲用丙装置给铜镀银，H应该是Cu，电镀液是AgNO3 溶液
C．甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1∶2 ∶2∶2
D．装置丁中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
解析：选C 电解滴入酚酞的氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，导致阴极附近溶液显碱性，所以阴极附近溶液显红色，由于F极附近显红色，所以F极是阴极，则B极是负极，A正确；电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子和阳极材料含相同元素，所以欲用丙装置给铜镀银，H应该是Cu，电镀液是AgNO3溶液，B正确；电解饱和NaCl溶液时，E为阳极且Fe作电极，故发生的反应为Fe－2e－===Fe2＋，无单质生成，C错误； 电解池工作时，溶液中的阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，装置丁中，X极是阳极，Y极是阴极，Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒向阴极移动，由此证明氢氧化铁胶粒带正电荷，D正确。
12．下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是( )
A．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－===Fe2＋
B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋
D．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑
解析：选D 钢铁发生电化学腐蚀时，负极上Fe失电子发生氧化反应，所以负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，故A错误； 氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，如果是氢氧燃料碱性电池，则正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故B错误； 粗铜精炼时，粗铜连接电源正极、纯铜连接电源负极，则阳极上的电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋、阴极上的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，故C错误； 电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，则阳极、阴极反应式分别为2Cl－－2e－===Cl2↑、2H＋＋2e－===H2↑，故D正确。
13．某火力发电厂利用SO2传感器监测发电厂周围大气中SO2的含量，其工作原理如图所示，在V2O5电极上将SO2转化为SO3。下列说法正确的是( )
A.传感器在工作时O2－向正极移动
B．传感器在工作时，V2O5电极上的电极反应式为SO2－2e－＋O2－===SO3
C．固体电解质可以用稀硫酸代替
D．外电路中电子由Pt电极流向V2O5电极
解析：选B V2O5电极上SO2转化为SO3，发生氧化反应，所以V2O5电极为负极，Pt电极为正极。传感器工作时为原电池，原电池中阴离子流向负极，故A错误；V2O5电极上SO2失电子结合迁移到负极的氧离子生成SO3，电极反应式为SO2－2e－＋O2－===SO3，故B正确；氧离子无法在水溶液中进行传导，负极无法生成SO3，故C错误；Pt电极为正极，V2O5电极为负极，外电路中电子由负极流向正极，故D错误。
二、非选择题(本题共4小题，共61分)
14．(15分)请根据所学知识回答下列问题：
(1)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，ΔH1 ________ΔH2(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。
(2)相同条件下，2 mol氢原子所具有的能量_________1 mol 氢分子所具有的能量。
(3)已知常温时红磷比白磷稳定，比较下列反应中ΔH的大小：ΔH1________ΔH2。
①P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH1
②4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH2
(4)已知：稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 mol水，放出的热量________57.3 kJ。
(5)已知：0.5 mol CH4(g)与0.5 mol水蒸气在t ℃、p kPa 时，完全反应生成CO和H2的混合气体，吸收了a kJ热量，该反应的热化学方程式是____________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)反应热与反应物的总能量和生成物的总能量有关系，与反应条件无关，则光照和点燃条件下的ΔH相同，即ΔH1＝ΔH2。
(2)氢气分子生成氢原子要破坏化学键，断键需要吸热，则2 mol氢原子所具有的能量大于1 mol氢分子所具有的能量。
(3)已知常温时红磷比白磷稳定，说明白磷能量高，反应放出的热量较多，由于ΔH＜0，放出的能量越多反应热越小，因此ΔH1＜ΔH2。
(4)由于浓硫酸溶于水放热，所以浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 mol水，放出的热量＞57.3 kJ。
(5)已知0.5 mol CH4(g)与0.5 mol水蒸气在t ℃、p kPa 时，完全反应生成CO和H2的混合气体，吸收了a kJ热量，所以1 mol CH4(g)与1 mol水蒸气在t ℃、p kPa，完全反应生成CO和H2的混合气体时，吸收2a kJ 热量，所以该反应的热化学方程式是CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) ΔH＝2a kJ·mol－1。
答案：(1)＝ (2)＞ (3)＜ (4)＞ (5)CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) ΔH＝2a kJ·mol－1
15．(15分)某实验小组用0.50 mol·L－1 NaOH溶液和0.50 mol·L－1 硫酸溶液进行中和热的测定。
Ⅰ.配制0.50 mol·L－1 NaOH溶液。
(1)若实验中大约要使用245 mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体________g。
(2)从下图中选择称量NaOH固体所需要的仪器(填字母)：________。
名称 托盘天平(带砝码) 小烧杯 坩埚钳 玻璃棒 药匙 量筒
仪器
序号 a b c d e f
Ⅱ.测定稀硫酸和稀NaOH中和热的实验装置如下图所示。
(1)写出该反应的热化学方程式(中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1)：________________
________________________________________________________________________。
(2)取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。
①请填写下表中的空白：
温度 实验编号 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 温度差平均值(t2－t1)/℃
H2SO4 NaOH 平均值
1 26.2 26.0 26.1 30.1
2 25.0 25.2 25.1 31.2
3 25.9 25.9 25.9 29.8
4 26.4 26.2 26.3 30.4
②近似认为0.50 mol·L－1NaOH溶液和0.50 mol·L－1硫酸溶液的密度都是1 g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1。则中和热ΔH＝______(取小数点后一位)。
③上述实验数值结果与57.3 kJ·mol－1有偏差，产生偏差的原因可能是________(填字母)。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
解析：Ⅰ.(1)配制245 mL 0.50 mol·L－1 NaOH溶液，实验室无245 mL容量瓶，需选用略大规格的250 mL容量瓶，则m(NaOH)＝n(NaOH)×M(NaOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)×M(NaOH)＝250×10－3 L×0.50 mol·L－1×40 g·mol－1＝5.0 g。
(2)NaOH固体易吸湿，称量时需要的仪器为托盘天平、小烧杯、药匙， a、b、e正确。
Ⅱ.(1)根据热化学反应方程式的书写原则，可得H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6 kJ·mol－1或用H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
(2)①1、2、3、4次实验的终止温度与初始温度的差值分别为4.0 ℃、6.1 ℃、3.9 ℃、4.1 ℃。②第2组数据与其他三组数据相比，悬殊较大，舍去。其余三次温度差的平均值为4.0 ℃。由于0.50 mol·L－1 H2SO4(aq)和0.50 mol·L－1 NaOH(aq)的密度均为1 g·cm－3，故m[H2SO4(aq)]＝ρ[H2SO4(aq)] ×V[H2SO4(aq)]＝1 g·mL－1×30 mL＝30 g，m[NaOH(aq)]＝ρ[NaOH(aq)]×V[NaOH(aq)]＝1 g·mL－1×50 mL＝50 g，混合后溶液总质量为80 g。中和后的反应热＝[m(NaOH)＋m(H2SO4)]×c×(t2－t1)。由于中和热为生成1 mol H2O(l)时放出的热量，ΔH＝－×10－3 kJ·mol－1≈－53.5 kJ·mol－1。③测定结果数值偏小可能的原因是保温差，热量有损失，如多次加入溶液、温度计测完碱溶液后直接测酸的温度，造成起始温度数值偏高等原因，选项a、c、d正确。
答案：Ⅰ.(1)5.0 (2)abe
Ⅱ.(1)H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6 kJ·mol－1
(2)①4.0 6.1 3.9 4.1 ②－53.5 kJ·mol－1 ③acd
16．(15分)利用所学电化学反应原理，解决以下问题：
(1)如图是电解未知浓度的硝酸银溶液的示意图，请根据要求答题。
①Fe电极作________极，C电极的电极反应式为_______________________________
____________________。
②当某电极的固体质量增重21.6 g时，整个装置共产生气体(标准状况下)体积2.24 L，推断该气体的组成为________。
(2)图中甲池的总反应式为N2H4＋O2===N2＋2H2O。
①甲池中负极上的电极反应式为___________________________________
________________________________________________________________________。
②乙池中石墨电极上发生的反应为__________________________________________
________________________________________________________________________。
③要使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入适量的________(填字母)。
A．CuO B．Cu(OH)2
C．CuCO3 D．CuSO4
(3)某科研小组用SO2为原料制取硫酸。
①利用原电池原理，用SO2、O2和H2O来制备硫酸，该电池用多孔材料作电极，它能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触。请写出该电池负极的电极反应式：________________________________________________________________________。
②用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后电解该溶液可制得硫酸。电解原理示意图如下。请写出开始时阳极的电极反应式：_________________________。
解析：(1)①Fe电极连接的是电源的负极，因此Fe电极为电解池的阴极，C电极为阳极，阳极上是水中的氢氧根离子失去电子生成O2，其电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。②当某电极的固体质量增重21.6 g时，则为铁电极上生成银单质，物质的量为0.2 mol，阳极生成氧气，则根据得失电子守恒和4Ag～O2，则生成银时得到的氧气的物质的量为＝0.05 mol，而整个装置共产生气体(标准状况下)体积2.24 L即0.1 mol，则说明阴极银离子反应完全后，氢离子开始反应，因此该气体的组成为H2和O2。
(2)①根据甲池总反应得知甲池为原电池，N2H4中氮元素化合价升高，在原电池负极发生氧化反应，因此甲池中负极上的电极反应式为N2H4＋4OH－－4e－===N2↑＋4H2O；②乙池中石墨连接电源的正极，则石墨为阳极，其电极上发生的反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；③乙池电解得到铜和氧气，只需将生成的物质两者反应即得到氧化铜，再加入到反应后的溶液中就能使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入适量的氧化铜，而碳酸铜加入后释放出二氧化碳，相当于加入的也是氧化铜，因此选A、C。
(3)①利用原电池原理，用SO2、O2和H2O来制备硫酸，SO2中S元素的化合价升高，在原电池负极发生氧化反应，因此电池负极的电极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋；②用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后电解该溶液可制得硫酸，HSO失去电子得到硫酸，为电解池的阳极，因此开始时阳极的电极反应式：HSO＋H2O－2e－===SO＋3H＋。
答案：(1)①阴极 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
②H2和O2
(2)①N2H4＋4OH－－4e－===N2↑＋4H2O
②2H2O－4e－===O2↑＋4H＋或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ ③AC (3)①SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋ ②HSO＋H2O－2e－===SO＋3H＋
17．(16分)A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如下表所示：
阳离子 Na＋、K＋、Cu2＋
阴离子 SO、OH－
在如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A、B、C三种溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得乙烧杯中c电极质量增加了16.0 g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图所示。据此回答下列问题：
(1)b电极上的电极反应式为_______________________________________。
(2)计算电极e上生成的气体在标况下的体积为_______。
(3)写出乙烧杯中的电解反应方程式：_______________________________
________________________________________________________________________。
(4)要使乙烧杯中的B溶液恢复到原来的浓度，需要向乙烧杯中加入________，__________(填加入物质的名称和质量)。
(5)酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池放电产生MnOOH。电池反应的离子方程式为______________________________________；维持电流强度为0.5 A，电池工作5 min，理论上消耗锌________g(已知F＝96 500 C·mol－1)。
解析：根据电解时溶液pH的变化及乙烧杯中c电极质量增加了16.0 g，铜离子与氢氧根离子不能共存，可知溶液乙为硫酸铜溶液；溶液甲显碱性，含有氢氧根离子；溶液丙显中性，含有硫酸根离子。乙烧杯中c电极质量增加了16.0 g，溶液中铜离子得电子生成单质铜，则c电极为阴极，则M为负极。
(1)分析可知，溶液甲为碱性溶液，b电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气和水，电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O。
(2)溶液丙为中性溶液，电解时产生氢气和氧气，乙烧杯中c电极质量增加了16.0 g，转移电子的物质的量为×2＝0.5 mol，e电极为阴极，生成的气体为氢气，物质的量为0.25 mol，标况下的体积为5.6 L。
(3)乙烧杯中的电解质为硫酸铜，阴极上铜离子得电子生成单质铜，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，总反应式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。
(4)根据方程式可知，析出的物质为铜、氧气，要还原到原来的浓度应加入CuO，生成的Cu为16.0 g，即0.25 mol，则需加入的氧化铜的质量为20 g。
(5)Zn失电子生成锌离子，MnO2得电子与氢离子反应生成MnOOH，电池反应的离子方程式为Zn＋2MnO2＋2H＋===Zn2＋＋2MnOOH；维持电流强度为0.5 A，电池工作5 min，Q＝It＝0.5 A×300 s＝150 C，m(Zn)＝×0.5×65 g·mol－1≈0.05 g。
答案：(1)4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
(2)5.6 L
(3)2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋
(4)CuO 20 g
(5)Zn＋2MnO2＋2H＋===Zn2＋＋2MnOOH 0.05
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13第二课时 温度变化对化学平衡的影响
明课程标准 扣核心素养
1.通过实验探究，了解温度对化学平衡状态的影响。2.能运用温度对化学平衡的影响规律，推测平衡移动方向及浓度、转化率等相关物理量的变化。 变化观念与平衡思想：形成化学变化是有条件的观念，认识温度对化学平衡移动的影响，能运用化学平衡移动原理分析影响化学变化的因素。证据推理与模型认知：能建构、理解、描述温度对平衡移动影响模型，并运用模型解释或推测相关的化学问题。科学探究与创新意识：能依据推测提出探究课题，并设计实验方案，组装实验仪器，与同学合作完成实验操作，能运用多种方式收集实验证据，基于实验事实得出结论，并能提出自己有创意的看法。
探究温度对化学平衡移动的影响
原理 [Co(H2O)6]2＋＋4Cl－ [CoCl4]2－＋6H2O粉红色 蓝色 ΔH>0
实验步骤 取一支试管，向试管中加入少量氯化钴晶体(CoCl2·6H2O)，再逐滴加入浓盐酸至晶体完全溶解，然后滴加水至溶液呈紫色为止。将所得溶液分装于三支试管中，并分别置于热水、冰水和室温条件下，观察实验现象
现象 室温时混合溶液颜色为紫色热水中混合溶液颜色为蓝色冰水中混合溶液颜色为粉红色
[问题探讨]
1．根据实验事实，得出温度对化学平衡移动的结论是什么？
提示：升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动。
2．如何通过速率—时间图像认识上述规律？
提示：
3．升温，再次平衡后体系的温度与原平衡相比是升高了吗？
提示：温度升高了，平衡移动仅是减弱了升温的影响。
1．温度对化学平衡的影响规律
在其他条件不变的情况下，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；降低温度，化学平衡向放热反应方向移动。
2．图像分析
(1)若aA＋bBcC＋dD ΔH＜0
(2)若aA＋bBcC＋dD ΔH＞0
[名师点拨]
(1)任何化学反应都伴随着能量的变化(放热或吸热)，所以任意可逆反应的化学平衡状态都随温度的变化而发生改变。
(2)若某反应的正反应为放(吸)热反应，则逆反应必为吸(放)热反应，吸收的热量与放出的热量数值相等。
(3)对同一化学反应，若正反应为吸热反应，升高温度，使v正、v逆都增大，但v正增大的倍数更大，即v正′>v逆′，平衡向吸热反应方向移动；反之，降低温度，使v正、v逆都减小，但v正减小的倍数更大，即v正′1．反应A(g)＋3B(g)2C(g) ΔH<0，达到平衡后，将反应体系的温度降低，下列叙述中正确的是( )
A．正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动
B．正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动
C.正反应速率和逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动
D．正反应速率和逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
解析：选C 降低温度，v正、v逆均减小，平衡向放热反应方向移动，即平衡向正反应方向移动。
2．一定条件下，在恒容密闭容器中发生反应CO＋NO2CO2＋NO，达到化学平衡后，降低温度，混合物的颜色变浅，下列有关该反应的说法正确的是( )
A．正反应为吸热反应 B．正反应为放热反应
C．降温后CO的浓度增大 D．降温后各物质的浓度不变
解析：选B 降低温度，混合物的颜色变浅，说明NO2的浓度减小，平衡向右移动，正反应为放热反应，CO的浓度减小。
3．向一容积不变的密闭容器中充入H2和I2，发生反应H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH<0，当达到平衡后，t0时若保持混合气体总物质的量不变而改变某一反应条件，使平衡移动(如图所示)，下列说法正确的是( )
A．容器内气体颜色变深，平均相对分子质量不变
B．平衡不移动，混合气体密度增大
C．H2转化率增大，HI平衡浓度减小
D．t0时改变的条件为减小体积或升高体系温度
解析：选A 条件改变后，正、逆反应速率均增大，但是逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，改变的条件应为升高温度，A项正确。
NO2 N2O4体系体积变化过程中透光率的变化
上图是反应2NO2(g)N2O4(g)平衡体系的压强、透光率与时间关系的图像(已知透光率与气体颜色有关，气体颜色越深，透光率越小)。
[问题探讨]
1．压缩针筒时，观察到气体颜色如何变化？怎样用平衡移动原理解释？
提示：气体颜色先变深，再变浅，但最终气体颜色比原平衡深。压缩针筒，气体压强增大，平衡正向移动，c(NO2)减小，气体颜色变浅，但移动只是减弱压强增大对平衡移动的影响，最终c(NO2)增大了。
2．拉伸针筒时，实验现象是什么？怎样解释？
提示：气体颜色先变浅，再变深，但比原平衡颜色浅。拉伸针筒，减小压强，尽管平衡逆向移动，最终c(NO2)减小了。
3．浓度、温度对平衡移动的影响与压强类似，这个原理称为勒夏特列原理，其具体内容是什么？有何应用？
提示：每一种影响平衡因素的变化，都会使平衡向减弱这种影响的方向移动。可用勒夏特列原理判断条件改变时平衡移动的方向。
1．勒夏特列原理内容
如果改变影响平衡的一个因素(参加反应的物质的浓度、温度、气体反应的压强等)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
2．解读
(1)勒夏特列原理仅适用于已达到平衡的反应体系，不可逆过程或未达到平衡的可逆过程均不能使用该原理。此外，勒夏特列原理对所有的动态平衡(如溶解平衡、电离平衡和水解平衡等)都适用。
(2)勒夏特列原理只适用于判断“改变影响平衡的一个因素”时平衡移动的方向。若同时改变影响平衡移动的几个因素，则不能简单地根据勒夏特列原理来判断平衡移动的方向，只有在改变的因素对平衡移动的方向影响一致时，才能根据勒夏特列原理进行判断。
(3)勒夏特列原理中的“减弱”不等于“消除”，更不是“扭转”，即平衡移动不能将外界影响完全消除，而只能减弱。如平衡体系的压强为p，若其他条件不变，将体系的压强增大到2p，平衡将向气体分子数减小的方向移动，达到新平衡时体系的压强介于p～2p之间。
3．理解
(1)浓度：增大反应物浓度，平衡正向移动，使反应物浓度减小一些。
(2)压强(化学反应前后气体分子数不等的反应)：增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，使压强减小一些。
(3)温度：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，使温度降低一些。
1．勒夏特列原理在工业生产、人们的生活和化学学习中具有重要应用。下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )
A．炎热的夏季，开启啤酒瓶盖，啤酒喷涌而出
B．工业制取金属钾[Na(l)＋KCl(l)NaCl(l)＋K(g)]时，不断将K(g)从混合物中分离出来
C.由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压(缩小体积)后颜色变深
D．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
解析：选C A项，未开瓶盖的啤酒瓶内存在平衡：H2CO3(aq)CO2(g)＋H2O(l)，打开瓶盖，啤酒瓶内压强减小，该平衡向右移动，符合勒夏特列原理；B项，分离出钾蒸气，有利于平衡向正反应方向移动，符合勒夏特列原理；C项，H2(g)＋I2(g)2HI(g)，增大压强(缩小体积)，各物质浓度增大，颜色加深，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释；D项，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，饱和食盐水中，氯离子浓度较大，则平衡向逆反应方向移动，从而减小了氯气的溶解量。
2．下列事实能用勒夏特列原理解释的是( )
A．使用催化剂有利于合成氨的反应
B．对H2(g)、I2(g)和HI(g)组成的平衡体系减压后颜色变浅
C．对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1来说，500 ℃时比室温更有利于合成氨的反应
D．将混合气体中的氨液化有利于合成氨反应
解析：选D 使用催化剂不能使化学平衡移动，A项错误；体系颜色变浅是因为I2的浓度减小，而减压平衡并未发生移动，B项错误；由于合成氨的正反应是放热反应，从平衡移动角度来分析，低温比高温更有利于氨的合成，而采用500 ℃是考虑到反应速率和催化剂的活性问题，C项错误；将混合气体中的氨液化相当于减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动，有利于氨的合成，D项正确。
2021年是合成氨工业先驱哈伯(P·Haber)获得诺贝尔奖103周年。工业合成氨工艺流程如图所示：
已知在不同温度、压强下，合成氨平衡体系中NH3的物质的量分数见下表(N2和H2的起始物质的量之比为1∶3)。
压强/MPa氨的平衡含量/%温度/℃ 0.1 10 20 30 60 100
200 15.3 81.5 86.4 89.9 95.4 98.8
300 2.20 52.0 64.2 71.0 84.2 92.6
400 0.40 25.1 38.2 47.0 65.2 79.8
500 0.10 10.6 19.1 26.4 42.2 57.5
600 0.05 4.50 9.10 13.8 23.1 31.4
[问题探讨]
1．合成氨反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，该反应有何特点？
提示：该反应有以下三个特点：
①可逆反应，②正反应为放热反应，③正反应是气体总体积缩小的反应。
2．从影响反应速率的角度考虑，增大合成氨反应速率的措施有哪些？
提示：措施主要有：①增大反应物(N2和H2)的浓度，②升高温度，③增大压强，④使用催化剂。
3．从影响化学平衡的角度考虑，提高平衡混合气体中氨含量的措施有哪些？
提示：采取的措施有：①增大反应物(N2、H2)的浓度，②降低温度，③增大压强。
4．根据理论分析，结合表中数据，氨的含量最高的反应条件是什么？实际工业生产中为什么不选择该反应条件？
提示：生成物中NH3的含量最高(即为98.8%)的条件为200 ℃、100 MPa。但实际生产中压强不能太大，因压强过高，对生产设备的要求也高，难以实现。
5．合成氨反应条件的选择原则是什么？合成氨生产的适宜条件是什么？
提示：(1)原则：①尽量提高反应物的转化率，充分利用原料。
②选择较快的化学反应速率，提高单位时间内的产量。
(2)适宜条件为温度：700 K；浓度：N2、H2投料比1∶2.8；压强：1×107～1×108 Pa；
催化剂：选择铁作催化剂。
合成氨生产的适宜条件
1．合成氨条件的选择原则
(1)尽量增大反应物的转化率，充分利用原料。
(2)选择较快的反应速率，提高单位时间内的产量。
(3)考虑设备和技术条件。
2．合成氨的适宜条件
反应条件 对化学反应速率的影响 对平衡混合物中氨的含量的影响 合成氨条件的选择
增大压强 有利于提高反应速率 有利于提高平衡混合物中氨的含量 压强增大，有利于氨的合成，但需要的动力大，对材料、设备等要求高，因此，工业上一般采用的压强为1×107～1×108 Pa
升高温度 有利于提高反应速率 不利于提高平衡混合物中氨的含量 合成氨时温度要适宜。工业上一般控制反应温度在700 K 左右
增大反应物浓度 有利于提高反应速率 N2和H2的浓度之比为1∶3时，平衡转化率最高 实验表明，N2和H2的浓度比为1∶2.8时，更能促进合成氨反应的进行。工业上通常用N2与H2物质的量之比为1∶2.8的比例投料，并且及时分离出NH3，促使平衡正向移动
使用催化剂 有利于提高反应速率 没有影响 工业上一般选择铁作催化剂，使反应能在较低温度下较快进行
1．下列有关合成氨工业的说法中，正确的是( )
A．从合成塔出来的混合气体，其中NH3只占15%，所以合成氨工厂的效率都很低
B．由于氨易液化，N2、H2循环使用，所以总体来说氨的产率很高
C．合成氨工业的反应温度控制在500 ℃左右，目的是使化学平衡向正反应方向移动
D．合成氨工厂采用的压强是10 MPa～30 MPa，因为在该压强下铁触媒的活性最大
解析：选B 虽然反应出来的混合气体中NH3的含量比较低，但原料循环使用，连续化生产，所以生产氨的工厂效率不低，A错误；由于氨易液化，可以分离出氨气，使平衡正向移动，提高原料转化率，而且N2、H2循环使用，所以总体来说氨的产率很高，B正确；合成氨是放热反应，所以低温时有利于平衡正向移动，但反应速率跟温度有关，温度越高速率越大，所以在选择温度时既保证一定速率，又保证平衡尽量向正反应移动，同时还要确保催化剂活性，因为催化剂活性跟温度关系极大，一般合成氨反应控制在500 ℃是保证催化剂活性最大，不是为了使化学平衡向正反应方向移动，C错误；合成氨的反应是分子数减小的反应，高压有利于平衡向正反应方向移动，且能提高正反应速率，跟催化剂无关，D错误。
2．对于合成氨工业，只从提高原料转化率看，从下列条件中选择最适宜的组合是( )
①高温 ②低温 ③低压 ④高压 ⑤催化剂 ⑥加氨
⑦除氨
A．②④⑤ B．②④⑦
C．①④⑤ D．②③⑥
解析：选B N2＋3H22NH3 ΔH<0，反应是气体体积减小的放热反应，根据勒夏特列原理分析可知高温下，平衡逆向移动，反应物转化率减小，故①错误；低温条件下，平衡正向移动，反应物转化率增大，故②正确；反应是气体体积减小的反应，低压平衡逆向移动，反应物转化率减小，故③错误；在高压条件下，平衡正向移动，反应物转化率增大，故④正确；催化剂改变反应速率不改变化学平衡，反应物转化率不变，故⑤错误；加入氨气，平衡逆向移动，反应物转化率减小，故⑥错误；除氨，减小生成物浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故⑦正确。
在一个绝热的密闭反应容器中只发生两个反应：
A(g)＋B(g)2C(g) ΔH1<0
X(g)＋3Y(g)2Z(g) ΔH2>0
进行相关操作并达到平衡时(忽略体积改变所做的功)，下列叙述错误的是( )
A．等压时，通入惰性气体，C的物质的量不变
B．等压时，通入Z气体，反应器中温度升高
C．等容时，通入惰性气体，各反应的速率不变
D．等容时，通入Z气体，Y的物质的量浓度增大
提示：本题要特别注意题干中的信息“绝热的密闭反应容器”。等压时通入惰性气体，气体的体积增大，反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)的平衡逆向移动，反应放出热量，反应体系的温度升高，由于该反应容器是一个绝热的容器，所以反应A(g)＋B(g)2C(g)的平衡逆向(吸热方向)移动，C的物质的量减小，A项错误；同理，等压时通入Z气体，反应器中温度升高，B项正确；等容时通入惰性气体，各反应物和生成物的物质的量没有变化，即各组分的浓度没有发生变化，所以各反应的速率不发生变化，C项正确；等容时通入Z气体，增大了生成物Z的浓度，平衡逆向移动，所以Y的物质的量浓度增大，D项正确。
[反思归纳] 分析化学平衡移动的一般思路
1．密闭容器中，反应2X(g)Y(g)＋Z(s)已达到平衡，下列叙述正确的是( )
A．若升高温度，X(g)的浓度增大，则正反应为吸热反应
B．若容器容积不变，在平衡混合物中加入少量Z(s)，则平衡向左移动
C．压强变化对该平衡没有影响
D．若容器容积不变，加入氦气，平衡不移动
解析：选D 若升温，X(g)的浓度增大，说明平衡左移，即正反应为放热反应，A错误；Z是固体，加入少量Z(s)，平衡不移动，B错误；正反应方向气体体积缩小，压强改变平衡会移动，C错误；若容器容积不变，加入氦气，各物质的浓度不变，平衡不移动，D正确。
2．可逆反应mA(g)＋nB(？)pC(g)＋qD(？)(其中A和C都是无色气体)，当反应达到平衡状态时，下列叙述正确的是( )
A．增大压强，平衡不移动，说明(m＋n)一定等于(p＋q)
B．升高温度，A的转化率减小，说明正反应是吸热反应
C．若增加B的量，平衡体系的颜色加深，说明B一定是气体
D．若B是气体，增加A的量，A、B的转化率都增大
解析：选C 改变压强，平衡不移动，只能说明该反应为反应前后气态物质系数不变的反应，而B、D的状态不清楚，A项错误；根据平衡移动原理，升高温度，A的转化率减小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，B项错误；由于A、C为无色气体，而增加B的量，体系的颜色加深，不管该颜色是来自于B，还是来自于D，均是由增加气体B所致，C项正确；若增加A的量，A的转化率减小，B的转化率增大，D项错误。
[分级训练·课课过关]_______________________ _________________________________
1．合成氨时，既要使H2的转化率增大，又要使反应速率增大，可采取的方法是( )
A．补充H2 B．升高温度
C．增大压强 D．使用催化剂
解析：选C 合成氨反应是放热反应，且反应前后气体体积减小，补充H2、升高温度、增大压强、使用催化剂都能使反应速率增大，但补充H2会使H2的转化率减小，升温使平衡逆向移动，H2的转化率减小，使用催化剂，平衡不移动，H2的转化率不变，只有增大压强会使平衡正向移动，使H2的转化率增大。
2．反应C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g) ΔH>0在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中，不能提高乙烷平衡转化率的是( )
A．增大容器容积 B．升高反应温度
C．分离出部分氢气 D．等容下通入惰性气体
解析：选D 该反应正向是气体体积增大的反应，增大容器容积相当减压，平衡正向移动，乙烷平衡转化率升高，故A不选；该反应正向是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙烷平衡转化率升高，故B不选；分离出部分氢气，即为减小生成物的浓度，平衡正向移动，乙烷平衡转化率升高，故C不选；等容下通入惰性气体，反应体系中各物质的浓度均不变，平衡不移动，乙烷平衡转化率不变，故选D。
3．t ℃时，某一气态平衡体系中含有X、Y、Z、W四种气体物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为K＝，下列有关该平衡体系的说法正确的是( )
A．升高温度，平衡常数K增大，则正反应为吸热反应
B．增大压强，W的质量分数增加
C．增大X浓度，平衡向正反应方向移动
D．升高温度，若混合气体的平均相对分子质量变大，则正反应是放热反应
解析：选A 根据K的表达式知该反应方程式为2Z(g)＋2W(g)X(g)＋2Y(g)，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为吸热反应，故A正确；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，增大压强平衡正向移动，则W的质量分数减小，故B错误；增大X浓度，平衡向使X浓度减小的方向移动，平衡逆向移动，故C错误；升高温度，混合气体的平均相对分子质量变大，说明平衡正向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则正反应为吸热反应，故D错误。
4．某温度下，在容积固定的密闭容器中发生可逆反应X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s) ΔH>0，下列叙述正确的是( )
A．加入少量W，逆反应速率增大
B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡
C．平衡后升高温度，平衡逆向移动
D．平衡后加入X(g)，上述反应的ΔH增大
解析：选B A错，W是固体，其量的增加对反应速率无影响。B正确，该反应在反应前后气体分子数不同，故容器内压强不变时，反应达到平衡。C错，正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动。D错，一个反应的ΔH不会随着物质浓度的改变而改变，对一个确定的化学方程式来说，ΔH是固定的。
5．在2 L密闭容器内，800 ℃时反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s 0 1 2 3 4
n(NO)/mol 0.020 0.01 0.008 0.007 0.007
(1)800 ℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是____________；升高温度，NO的浓度增大，则该反应是____________(填“放热”或“吸热”)反应。
(2)能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________(填字母)。
a．及时分离出NO2气体 B．适当升高温度
c．增大O2的浓度 D．选择高效催化剂
解析：(1)平衡时，n(NO)＝0.007 mol，c(NO)＝＝0.003 5 mol·L－1。升高温度，c(NO)增大，则平衡左移，正反应是放热反应。
(2)分离出NO2气体，反应速率减慢；加入催化剂，平衡不移动；升高温度，该反应向逆反应方向移动，所以a、b、d均错误。增大反应物O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，c正确。
答案：(1)0.003 5 mol·L－1 放热 (2)c
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12(共35张PPT)
专题重点突破(八)
沉淀溶解平衡常考考点
200
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150
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m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
S/(molL
0.10
Fe(OID)3|N班2
Co(OH
0.05
Cu(oh)2
0
123456789pH
H2S04Mno2氨水Na2SMnF2 NHHCO3
M粉→溶浸氧化一圆→除杂除杂24沉锰
滤渣1
滤渣2滤渣3滤渣4
HSO
MnsOd
Mnco
了MnCO3+-
T
6-+-1-+-1CaCO3+-
(5.3)
5}-
4gaS4B(343)
+-+-X+-+-+-2-+-+-+
≤A(25,2.5)
2
十
T=十
L二二二LSL
L
T
T
F=十
0
1234567pR
p(M2)12
10}++++++
千千--厂
8+-÷++-++-
O-I
C_i-X-AMnCO
L三L〓LL
Cad3
piggot
024681012
p( Cos(共26张PPT)
专题重点突破(二) 新型化学电池
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8—
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AAT
在硪性(OH)条件下
CO
碳元素
其他三种条件下
有机物
在酸性(H)条件下
H
氢元素
其他三种条件下
Hoo
负载
cO
淡水
N
2
低浓度
低浓度
有机废水
反厂NO3废水
厌
化
高浓度
菌高浓度
有机废水
NO3废水
离子交换膜Ⅰ咸水离子交换膜Ⅱ第二课时 化学电源
明课程标准 扣核心素养
1.能列举常见的化学电源，并能利用相关信息分析化学电源的工作原理。2.充分利用铅蓄电池、氢氧燃料电池等案例素材，发展学生对原电池工作原理的认识。3.学会制作简单的燃料电池。 宏观辨识与微观探析：能从宏观和微观结合的视角认识常见化学电源的结构、工作原理及物质与能量转化。科学态度与社会责任：具有理论联系实际的观念，有将化学成果应用于生产、生活的意识，能依据所学原电池知识解释生产、生活中简单的化学问题；在实践中逐步形成保护环境的观念。
普通锌锰干电池和碱性锌锰电池的构造如下图所示：
普通锌锰干电池 碱性锌锰电池
[问题探讨]
1．你能指出两种干电池中的正、负极材料及电解质吗？
提示：普通锌锰干电池的负极为Zn，正极为石墨棒，电解质为NH4Cl、ZnCl2，碱性锌锰电池的负极为Zn，正极为MnO2，电解质为KOH。
2．试写出碱性锌锰电池的正、负极反应式。
提示：负极反应式：Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2，
正极反应式：2MnO2＋2e－＋2H2O===2MnOOH＋2OH－。
3．对比两种干电池，比较两种电池的优缺点。
提示：普通锌锰干电池中的NH4Cl糊呈酸性，能腐蚀负极材料Zn，故该干电池不能长时间储存；碱性锌锰电池比普通锌锰干电池性能好，它的比能量和可储存时间均有所提高，是普通锌锰干电池的升级换代产品。
1．化学电池
(1)概念
化学电池是将化学能转化为电能的装置。
(2)分类
(3)优点
①化学电池的能量转换效率较高，供能稳定可靠。
②可以制成各种形状和大小、不同容量和电压的电池及电池组。
③使用方便，易于维护，可在各种环境下工作。
(4)判断电池优劣的主要标准
①比能量：电池单位质量或单位体积所输出电能的多少，单位是(W·h)·kg－1或(W·h)·L－1。
②比功率：电池单位质量或单位体积所输出功率的大小，单位是W·kg－1或W·L－1。
③电池的可储存时间的长短。
(5)化学电池回收利用
废旧电池中含重金属和酸碱等有害物质，应回收利用，既减少污染，又节约资源。
2．普通锌锰干电池和碱性锌锰电池
普通锌锰干电池 碱性锌锰电池
装置
电极反应式及电池反应方程式 负极：Zn－2e－===Zn2＋正极：2NH＋2MnO2＋2e－===2NH3＋Mn2O3＋H2O电池反应：Zn＋2MnO2＋2NH===Zn2＋＋2NH3＋Mn2O3＋H2O 负极：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2正极：2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnOOH＋2OH－电池反应：Zn＋2MnO2＋2H2O===2MnOOH＋Zn(OH)2
特点 优点：制作简单，价格便宜。缺点：放电时间短，放电后电压下降较快 优点：克服了普通锌锰干电池的缺点，单位质量所输出的电能多，储存时间长，适用于大电流和连续放电
3.银锌电池
(1)构成：常见的纽扣电池为银锌电池，一般用不锈钢制成小圆盒形，圆盒由正极壳和负极盖组成，盒内靠近正极壳的一端填充由Ag2O和少量石墨组成的正极活性材料，靠近负极盖的一端填充由锌汞合金组成的负极活性材料，电解质溶液为浓KOH溶液，溶液两边用羧甲基纤维素作隔膜，将电极与电解液分开，如图所示。
(2)电极反应式及电池反应方程式
负极：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2
正极：Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－
电池反应：Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag
(3)优点：银锌电池具有比能量大、电压稳定、储存时间长等特点。
(4)用途：常制成纽扣式微型电池，广泛用于电子手表、计算器和其他微型电子仪器中。
1．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。碱性锌锰电池以氢氧化钾溶液为电解质溶液，电池反应方程式为Zn＋2MnO2＋2H2O===Zn(OH)2＋2MnOOH，下列说法错误的是( )
A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnOOH＋2OH－
C.电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D．外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量理论上减少6.5 g
解析：选C 由所给的电池反应方程式可知，电池工作时，每有 1 mol Zn参加反应，会有2 mol 电子从负极Zn经外电路流向正极，并在正极发生反应：2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnOOH＋2OH－，则外电路每通过0.2 mol电子，Zn的质量减少6.5 g。
2．纽扣电池可用作计算器、电子表等的电源。有一种纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，用KOH溶液做离子导体，电池反应方程式为Zn＋Ag2O＋H2O===2Ag＋Zn(OH)2，下列关于该电池的叙述不正确的是( )
A．正极的电极反应式为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－
B．Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应
C．使用时，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，Zn是负极
D．使用时，溶液中OH－向Ag2O极移动
解析：选D 由电池反应方程式可知，Ag2O为正极，Ag2O得电子发生还原反应，碱性环境中，正极的电极反应式为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－，A正确；Zn为负极，Zn失电子发生氧化反应，Ag2O为正极，Ag2O得电子发生还原反应，B正确；Zn为负极，Ag2O为正极，放电时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，C正确；电解质溶液中的阴离子移向负极，则OH－向Zn极移动，D错误。
铅蓄电池是最常见的二次电池。铅蓄电池是由两组平行的栅状铝合金极板交替排列而成，可放电也可充电，一般用硬橡胶或透明塑料制成长方形外壳(防止酸液泄漏)。铅蓄电池设有多层电极板，其中正极板上覆盖有棕褐色的PbO2，负极板上覆盖有海绵状的金属Pb，正、负电极之间用微孔橡胶或微孔塑料隔开(防止电极之间发生短路)，两极均浸入H2SO4溶液中，如图所示。
已知铅蓄电池的充、放电过程：
Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。
[问题探讨]
1．写出铅蓄电池放电时的负极、正极的电极反应式。
提示：负极反应式：Pb＋SO－2e－===PbSO4；
正极反应式：PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O。
2．铅蓄电池放电时，正极区域溶液的pH是如何变化的？
提示：铅蓄电池放电时，正极的电极反应式为PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O，反应消耗H＋，故c(H＋)下降，pH升高。
3．铅蓄电池充电时的反应和放电时的反应是可逆反应吗？
提示：不是；充电时的反应和放电时反应的反应条件不同。
4．铅蓄电池放电时，两极发生什么反应？充电时两极发生什么反应？据此，在充电时，怎样连接电源的两极？
提示：放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；充电时，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应；铅蓄电池在充电时，负极接电源负极，正极接电源正极。
1．二次电池
二次电池又称为充电电池或蓄电池，是一类放电后可以再充电而反复使用的电池。
2．铅蓄电池
(1)工作原理
放电 负极 Pb＋SO－2e－===PbSO4
正极 PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O
电池反应 Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O
充电 阴极 PbSO4＋2e－===Pb＋SO
阳极 PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO
电池反应 2PbSO4＋2H2O===Pb＋PbO2＋2H2SO4
合并总反应 Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O
(2)电池的优缺点
①优点：可多次重复使用、电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉，在生产、生活中应用广泛。
②缺点：比能量低、笨重、废弃电池会污染环境。
3．可充电电池充、放电时电极的连接
1．下列关于铅蓄电池的说法正确的是( )
A．放电时，正极发生的电极反应是Pb＋SO===PbSO4＋2e－
B．放电时，该电池的负极材料是铅板
C．充电时，电池中硫酸的浓度不断减小
D．充电时，阳极发生的反应是PbSO4＋2e－===Pb＋SO
解析：选B 铅蓄电池充、放电总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。放电时Pb作负极，发生的电极反应为Pb－2e－＋SO===PbSO4，正极发生的反应为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO===PbSO4＋2H2O。充电时，H2SO4的浓度不断增大，阳极上失去电子发生氧化反应。
2．镍镉(Ni Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：
Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2
有关该电池的说法正确的是( )
A．充电时阳极反应：Ni(OH)2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O
B．充电过程是化学能转化为电能的过程
C．放电时负极附近溶液的碱性不变
D．放电时电解质溶液中的OH－向正极移动
解析：选A 由总反应可知，放电时，负极Cd发生氧化反应：Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2，负极碱性变弱，C项错误；正极反应为2NiOOH＋2e－＋2H2O===2Ni(OH)2＋2OH－，放电时，OH－由正极向负极移动，D项错误；充电时，电能转化为化学能，B项错误；充电时阳极发生氧化反应，即为Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O，A项正确。
信息1 中国氢燃料电池汽车网 2021年3月12日消息，东风氢燃料客车上榜第342批公告，搭载中山大洋电机股份有限公司的质子交换膜燃料电池系统，驱动电机额定功率：90 kW，峰值功率：200 kW，该车采用电机控制器限速，限速69 km·h－1。
信息2 质子交换膜燃料电池 质子交换膜燃料电池(proton exchange membrane fuel cell，英文简称PEMFC)是一种燃料电池，在原理上相当于水电解的“逆”装置。其单电池由阳极、阴极和质子交换膜组成，阳极为氢燃料发生氧化反应的场所，阴极为氧化剂发生还原反应的场所，两极都含有加速电极电化学反应的催化剂，质子交换膜作为电解质。工作时相当于一直流电源，即其阳极为电源负极，阴极为电源正极。
[问题探讨]
1．试写出该氢氧燃料电池的电极反应式。
提示：负极：2H2－4e－===4H＋；
正极：O2＋4H＋＋4e－===2H2O。
2．燃料电池有哪些优点？
提示：(1)能量转化率高。
(2)排放的废弃物少，绿色环保。
(3)燃料与氧化剂方便更换，且能连续不断地提供电能。
3．常见的燃料电池还有哪些？
提示：甲烷、甲醇、肼(N2H4)、氨等都可以作为燃料电池的燃料。
1．燃料电池的概念
燃料电池是利用燃料和氧化剂之间发生的氧化还原反应，将化学能直接转化为电能的化学电池。
2．燃料电池的工作原理
(1)连续地将燃料(常见的有氢气、烃、肼、甲醇、氨、煤气等气体或液体)和氧化剂的化学能直接转化为电能。
(2)燃料电池的电极本身不参与氧化还原反应，只是一个催化转化元件。
(3)工作时，燃料和氧化剂连续地由外部输入，在电极上不断地进行反应，生成物不断地被排出。
3．常见的四种典型燃料电池
名称 电解质 电极反应式和电池反应方程式
氢氧燃料电池 KOH 正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－负极：2H2－4e－＋4OH－===4H2O电池反应：2H2＋O2===2H2O
H2SO4 正极：O2＋4e－＋4H＋===2H2O负极：2H2－4e－===4H＋电池反应：2H2＋O2===2H2O
甲烷燃料电池 KOH 正极：2O2＋4H2O＋8e－===8OH－负极：CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O电池反应：CH4＋2O2＋2KOH===K2CO3＋3H2O
甲醇燃料电池 KOH 正极：3O2＋6H2O＋12e－===12OH－负极：2CH3OH＋16OH－－12e－===2CO＋12H2O电池反应：2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O
肼燃料电池 KOH 正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－负极：N2H4＋4OH－－4e－===N2＋4H2O电池反应：N2H4＋O2===N2＋2H2O
1.质子交换膜燃料电池的工作原理如图所示，下列叙述正确的是( )
A．通入氧气的电极发生氧化反应
B．通入氢气的电极为正极
C．导电离子为质子，且在电池内部由正极定向移动至负极
D．正极的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O
解析：选D 该燃料电池中，H2和O2分别在负极和正极上发生氧化反应和还原反应，正极的电极反应式为4H＋＋O2＋4e－===2H2O，该电池中导电离子为H＋，在电池内部由负极定向移动至正极。
2．肼(N2H4) 空气燃料电池是一种环保型碱性燃料电池，电解质为20%～30%的KOH溶液，电池反应方程式为N2H4＋O2===N2＋2H2O。下列关于该电池工作时的说法中正确的是( )
A．溶液的pH保持不变
B．溶液中的阴离子向正极移动
C．正极的电极反应式：O2＋4H＋＋4e－===2H2O
D．负极的电极反应式：N2H4＋4OH－－4e－===4H2O＋N2↑
解析：选D A项，因为有水生成，溶液的pH会减小，错误；B项，原电池中，溶液中的阴离子总是移向电池的负极，错误；C项，溶液介质为碱性，正极的电极反应式是O2＋2H2O＋4e－===4OH－，错误；D项，负极上发生燃料失电子的氧化反应，即N2H4＋4OH－－4e－===4H2O＋N2↑，正确。
“绿水青山就是金山银山”，利用电池原理治理各种污染是科研工作人员致力研究的重要课题之一。
(1)硫化氢是一种具有臭鸡蛋气味的有毒气体，我国最近在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢的研究中获得新进展，相关装置如图所示。
①指出a极和b极的名称，并写出电极反应式。
提示：从图示可以看出电子从a极流出，故a极为负极，电极反应式为Fe2＋－e－===Fe3＋；b极为正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。
②结合离子方程式分析H2S气体去除的原理。
提示：除去H2S的过程涉及两个反应步骤，第一步Fe2＋在电极上发生反应：Fe2＋－e－===Fe3＋；第二步，生成的铁离子氧化硫化氢生成硫单质，离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋。
(2)碳排放是影响气候变化的重要因素之一。最近，科学家开发出一种新系统，“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，生成电能和氢气，其工作原理如图所示。
写出生成氢气的电极反应式和此电池的电池反应方程式。
提示：氢气在b电极产生，其电极反应式为2CO2＋2H2O＋2e－===2HCO＋H2，a电极反应式为Na－e－===Na＋，因此电池反应方程式为2Na＋2CO2＋2H2O===2NaHCO3＋H2。
(3)微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，如图为其工作原理，右下图为废水中Cr2O的浓度与去除率的关系。
根据图示写出正极的电极反应式。
提示：根据原电池的工作原理知，电子流入的一极为正极，即N极为正极，根据图示可以判断在正极上得电子的物质有O2和Cr2O，因此电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O。
解答有关化学电源电极反应式书写试题的思维流程如下：
1.如图是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量监测与控制的功能，下列有关说法正确的是( )
A．电流由呼气所在的铂电极流出
B．H＋通过质子交换膜流向氧气所在的铂电极
C．电路中流过2 mol电子时，消耗11.2 L O2
D．该电池的负极反应为CH3CH2OH＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋
解析：选B 呼气所在的电极发生乙醇转化为醋酸的氧化反应，故为负极，而电流由正极流出，A项错误；H＋通过质子交换膜流向正极(氧气所在的铂电极)，B项正确；正极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，电路中流过2 mol 电子时，消耗0.5 mol O2，在标准状况下的体积为11.2 L，但题中未指明是否为标准状况，C项错误；该电池的负极反应为CH3CH2OH＋H2O－4e－===CH3COOH＋4H＋，D项错误。
2．某新型可充电电池构造如图所示，工作时(需先引发铁和氯酸钾的反应，从而使LiCl KCl共晶盐熔化)某电极(记为X)的反应式之一为xLi＋＋xe－＋LiV3O8===Li1＋xV3O8。下列说法正确的是( )
A．放电时，正极上的电极反应式为Li－e－===Li＋
B．放电时，电池反应方程式为xLi＋LiV3O8===Li1＋xV3O8
C．充电时，X电极与电源负极相连
D．充电时，X电极的质量增加
解析：选B 由题干所给电极反应式可知，X电极发生得电子的还原反应，故X电极是正极，结合题图知，X电极是LiV3O8，则Li Si合金是负极，负极的电极反应式为Li－e－===Li＋，结合X电极的电极反应式可知放电时电池反应方程式为xLi＋LiV3O8===Li1＋xV3O8，A项错误，B项正确；充电时，X电极应与电源正极相连，C项错误；充电时，X电极的电极反应与放电时X电极的电极反应互为逆反应，则充电时X电极的质量减轻，D项错误。
[分级训练·课课过关]___________________________________________________
1．铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解质溶液为硫酸，工作时的电池反应方程式为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，下列结论正确的是( )
A．Pb为正极被氧化
B．溶液的pH不断减小
C．SO只向PbO2处移动
D．溶液的pH不断增大
解析：选D 由Pb元素化合价的变化，可以看出Pb是负极， A错误；由题给电池反应方程式可以看出硫酸不断被消耗，故pH不断增大， B错误，D正确；原电池工作时，阴离子向负极移动，即SO移向Pb极，C错误。
2．微型锂碘电池可用作植入某些心脏病人体内的心脏起搏器的电源。这种电池中的电解质是固体电解质LiI，其中的导电离子是I－。下列有关说法正确的是( )
A.正极反应：2Li－2e－===2Li＋
B．负极反应：I2＋2e－===2I－
C．电池反应是2Li＋I2===2LiI
D．金属锂作正极
解析：选C 该电池中Li的活泼性强，作负极，其发生的反应为2Li－2e－===2Li＋，B、D均错误；正极发生的反应为I2＋2e－===2I－，A错误；电池反应为2Li＋I2===2LiI，C正确。
3．下面是几种常见的化学电源的示意图，有关说法不正确的是( )
A．上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池
B．干电池在长时间使用后，锌筒被破坏
C．铅蓄电池工作过程中，每转移2 mol电子，负极质量减小207 g
D．氢氧燃料电池是一种具有广阔应用前景的绿色电源
解析：选C A项，干电池是一次电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，正确；B项，在干电池中，Zn作负极，被氧化，正确；C项，铅蓄电池工作过程中，硫酸铅在负极上析出，该极质量增加而非减小，错误；D项，氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内，且最终产物是水，故氢氧燃料电池是一种具有广阔应用前景的绿色电源，正确。
4．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH。下列叙述不正确的是( )
A．放电时负极反应为 Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2
B．充电时阳极反应为 Fe(OH)3－3e－＋5OH－===FeO＋4H2O
C.放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化
D.放电时正极附近溶液的碱性增强
解析：选C 放电时负极发生氧化反应：Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2，正极发生还原反应：FeO＋3e－＋4H2O===Fe(OH)3＋5OH－，电极附近溶液碱性增强，A、D正确，C不正确；充电时阳极发生氧化反应：Fe(OH)3－3e－＋5OH－===FeO＋4H2O，B正确。
5．化学电池在通讯、交通及日常生活中有着广泛的应用。
(1)锌锰干电池是应用最普遍的电池之一(如图1所示)，锌锰干电池的负极材料是________，负极的电极反应式为____________________________。若反应消耗32.5 g负极材料，则电池中转移电子的数目为________。
(2)目前常用的镍(Ni)镉(Cd)电池其电池总反应式可以表示为Cd＋2NiOOH＋2H2O2Ni(OH)2＋Cd(OH)2(充电是指外加电流作用发生氧化还原反应)，已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水，但能溶于酸，以下说法中正确的是________(填序号)。
①上述反应可以在酸性条件下进行
②上述反应不是可逆反应
③放电时正极金属Cd的质量增加
④放电时化学能转变为电能
(3)如图2为氢氧燃料电池的构造示意图，电解质溶液的溶质是KOH。则X极为电池的________(填“正”或“负”)极，X极的电极反应式为_____________________________。
解析：(1)负极发生氧化反应，锌失去电子，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，32.5 g锌的物质的量为0.5 mol，而1 mol 锌失去2 mol电子，所以32.5 g锌参与反应时转移电子的物质的量为1 mol，数目为NA或6.02×1023。(2)①Ni(OH)2与Cd(OH)2可以与酸反应，则不能在酸性条件下进行，错误；②因为电池充放电在不同条件下进行，所以该电池反应不是可逆反应，正确；③放电时Cd在负极发生氧化反应转化为Cd(OH)2，金属Cd的质量增加，错误；④该电池放电为原电池工作原理，是将化学能转化为电能，正确。(3)电解质溶液为KOH溶液，X电极失去电子，为负极，氢气在负极被氧化，失电子发生氧化反应：H2－2e－＋2OH－===2H2O。
答案：(1)锌 Zn－2e－===Zn2＋ NA或6.02×1023 (2)②④ (3)负 H2－2e－＋2OH－===2H2O
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15化学反应速率与化学平衡
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意)
1．下列说法正确的是( )
A．在化学反应中，固体和纯液体的化学反应速率为零
B．在可逆反应里，当反应达到平衡后，其化学反应速率为零
C．在某一化学反应里，其化学反应速率可以用反应物浓度的改变或生成物浓度的改变来表示，其数值可能相同，也可能不相同
D．化学反应速率用生成物浓度的改变来表示时可以是负值
解析：选C 固体和纯液体的浓度视为常数，故不能用固体和纯液体的浓度变化量来表示化学反应速率，故A错误；可逆反应达到平衡的重要特征是正、逆反应速率相等，但不为零，故B错误；化学反应速率一律用正值表示，它表示一段时间内的平均反应速率，故D错误。
2．实验室用锌粒与2 mol·L－1稀硫酸反应制取氢气，下列措施不能增大化学反应速率的是( )
A．向该稀硫酸中加入等体积的水
B．改用6 mol·L－1盐酸
C．改用热的2 mol·L－1稀硫酸
D．用锌粉代替锌粒
解析：选A 向该稀硫酸中加入等体积的水，硫酸浓度降低，反应速率减小；6 mol·L－1盐酸中H＋的浓度大于2 mol·L－1稀硫酸中H＋的浓度，反应物浓度增大，反应速率增大；改用热的2 mol·L－1稀硫酸，温度升高，化学反应速率增大；用锌粉代替锌粒，反应物的接触面积增大，反应速率增大；故选A。
3．在气体参加的反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大的方法是( )
①增大反应物浓度 ②增大压强 ③升高温度 ④加入催化剂 ⑤移去生成物
A．①②③ B．②③④
C．①③④ D．③④
解析：选D 增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，而升高温度、加入正催化剂既能增大活化分子数，又能增大活化分子百分数，移去生成物，活化分子数目减少，只有③④正确。故选D。
4．在一定温度下，容积不变的密闭容器中有可逆反应：A(g)＋B(g)2C(g)＋D(s)，可以判断反应达到平衡的是( )
A．单位时间内反应n mol B同时生成2n mol C
B．容器内气体的物质的量不再变化
C．A的生成速率与B的生成速率相等
D．容器内气体的密度不再变化
解析：选D A中前者表示v正，后者表示v正，未涉及v逆，不能作为平衡标志；该反应气体分子数不变，气体的总物质的量不变，B不能作为反应达到平衡的标志；C中前者表示v逆，后者表示v逆，未涉及v正，不能作为平衡标志；若反应正向进行时，气体质量减小，体积不变，密度减小，D能作为平衡标志。
5．在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，已知3v(B)＝2v(A)、2v(C)＝3v(B)，则此反应可表示为( )
A．2A＋3B===2C B．A＋3B===2C
C．3A＋2B===3C D．A＋B===C
解析：选C 由3v(B)＝2v(A)、2v(C)＝3v(B)可推出：＝，＝，即v(A)∶v(B)∶v(C)＝3∶2∶3，速率之比等于化学计量数之比，C项正确。
6.在如图中a曲线表示一定条件下可逆反应X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(s)(正反应放热)的反应过程。要使a曲线变为b曲线，可采取的措施是( )
A．加入催化剂 B．增大Y的浓度
C．降低温度 D．减小体系压强
解析：选C 使用催化剂，反应速率加快，且X的转化率不变，故A错误；增大Y的浓度，反应速率加快，但化学平衡正向移动，达到平衡时X的转化率增大，故B错误；降低温度，反应速率减慢，该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，X的转化率增大，故C正确；反应X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(s)中，气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等，则减小体系压强反应速率减慢，达到平衡需要的时间增长，但平衡不移动，故D错误。
7．一定条件下，在密闭容器里进行如下可逆反应：S2Cl2(橙黄色液体)＋Cl2(气)2SCl2(鲜红色液体) ΔH＝－61.16 kJ·mol－1。下列说法正确的是( )
A．增大压强，平衡常数将增大
B．达到平衡时，单位时间里消耗n mol S2Cl2的同时也生成2n mol Cl2
C．达到平衡时，若升高温度，氯气的体积分数增大
D．温度一定，在原平衡体系中加入氯气，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时氯气的浓度与原平衡的相同
解析：选D 平衡常数随温度变化，增大压强平衡常数不变，故A错误；达到平衡时正、逆反应速率相等，则根据方程式可判断单位时间里消耗n mol S2Cl2的同时也生成n mol Cl2，故B错误；该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，氯气的转化率降低，但体系中只有氯气一种气体，则氯气的体积分数不变，故C错误；温度一定，在原平衡体系中加入氯气，平衡向正反应方向移动，温度不变，平衡常数不变，由于K＝，因此再次达到平衡时氯气的浓度与原平衡的相同，故D正确。
8．一定条件下，在一个容积为2 L的密闭容器中加入0.8 mol A2气体和0.6 mol B2气体，反应达到平衡时生成1 mol AB气体并释放出能量。反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示。下列说法不正确的是( )
A．图中a的值为0.15
B．该反应的平衡常数K＝0.03
C．平衡时B2的物质的量为0.1 mol
D．平衡时A2的转化率为62.5%
解析：选B 由图像知该反应为A2(g)＋B2(g)2AB(g)，Δn(A2)＝Δn(B2)＝0.5 mol，a＝0.4－0.25＝0.15，A项正确；反应达到平衡时，c(A2)＝0.4 mol·L－1－0.25 mol·L－1＝0.15 mol·L－1，则该反应的平衡常数K＝≈33，B项错误；平衡时B2的物质的量为0.1 mol，C项正确；平衡时A2的转化率为×100%＝62.5%，D项正确。
9．恒温条件下，反应aX(g)bY(g)＋cZ(g)达到平衡后，把容器体积压缩到原来的一半且达到新平衡时，X的物质的量浓度由0.1 mol·L－1增大到0.19 mol·L－1，下列判断正确的是( )
A．a>b＋c B．aC．a＝b＋c D．a＝b＝c
解析：选A 由于体积减小一半，而X的浓度增加不到原来的2倍，说明增大压强，平衡向右移动，即正反应为气体体积减小的反应，所以a>b＋c。
10．下列说法不正确的是( )
A．反应NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＜0
B．反应CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)在室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH＜0
C．一定温度下，反应MgCl2(l)===Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0，ΔS＞0
D．常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0
解析：选B 当ΔG＝ΔH－TΔS＜0时，反应能自发进行，已知反应NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行，说明该反应为ΔG＜0的反应，因为该反应的ΔS＜0，所以反应的ΔH＜0，A正确；该反应的ΔS＞0，室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH＞0，B错误；分解反应一般为吸热反应，所以ΔH＞0；MgCl2分解生成气体是一个熵增加的反应，所以ΔS＞0，C正确；该反应熵值增加，反应不能自发进行，说明反应一定是吸热反应，D正确。
11．关节炎首次发作一般在寒冷季节，原因是关节滑液中形成了尿酸钠晶体(NaUr)，易诱发关节疼痛，其化学机理是：①HUr(aq)＋H2O(l)Ur－(aq)＋H3O＋(aq)；②Ur－(aq)＋Na＋(aq)NaUr(s) ΔH。下列叙述不正确的是( )
A．降低温度，反应②平衡正向移动
B．关节保暖可以缓解疼痛，原理是平衡②逆向移动
C．降低关节滑液中HUr及Na＋含量是治疗方法之一
D．反应②正方向是吸热反应
解析：选D 关节炎是因为在关节滑液中形成了尿酸钠晶体，尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛，反应②平衡向正反应方向移动，故A正确；保暖可促使平衡②逆向移动，减少尿酸钠晶体的形成，故B正确；降低关节滑液中HUr及Na＋含量，生成的尿酸钠晶体就会减少，可以减轻疼痛，故C正确；温度降低有利于生成尿酸钠，即反应②正向进行，则生成尿酸钠的反应②是放热反应，故D错误。
12．某温度下，向2 L恒容密闭容器中充入1.0 mol A和1.0 mol B，反应A(g)＋B(g)C(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是( )
t/s 0 5 15 25 35
n(A)/mol 1.0 0.85 0.81 0.80 0.80
A.相同温度下，若起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，则反应达到平衡前v(正)＜v(逆)
B．反应在前5 s的平均速率v(A)＝0.03 mol·L－1·s－1
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)＝0.41 mol·L－1，则反应的ΔH>0
D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的转化率大于80%
解析：选A 平衡时A的物质的量为0.80 mol，浓度是0.4 mol·L－1，则列三段式：
A ＋ B C
始/(mol·L－1) 0.5 0.5 0
变/(mol·L－1) 0.1 0.1 0.1
平/(mol·L－1) 0.4 0.4 0.1
K＝＝0.625
相同温度下，起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，Qc＝＝50＞K，反应逆向进行，反应达到平衡前v(正)13．一定温度下，在3个1.0 L的恒容密闭容器中分别进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g) ΔH，达到平衡。相关数据如表。下列说法不正确的是( )
容器 温度/K 物质的起始浓度/(mol·L－1) 物质的平衡浓度/(mol·L－1)
c(X) c(Y) c(Z) c(Z)
Ⅰ 400 0.20 0.10 0 0.080
Ⅱ 400 0.40 0.20 0 a
Ⅲ 500 0.20 0.10 0 0.025
A.平衡时，X的转化率：Ⅱ>Ⅰ
B．平衡常数：K(Ⅱ)＝K(Ⅰ)
C．达到平衡所需时间：Ⅲ<Ⅰ
D．a＝0.16
解析：选D Ⅱ可以看成是向2 L的容器中，充入0.4 mol X和0.2 mol Y(则Ⅰ、Ⅱ的平衡等效)，平衡后再将容器压缩至1 L，由于压强增大，平衡向右移动，所以Ⅱ中X的转化率＞Ⅰ，A正确；平衡常数只和温度有关，Ⅰ、Ⅱ的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，B正确；Ⅲ的温度比Ⅰ的高，Ⅲ的化学反应速率也快，则Ⅲ先达到平衡，所用时间较短，C正确；结合选项A可知，Ⅱ平衡等效于Ⅰ的平衡增压后右移，则a>0.16，D错误。
二、非选择题(本题共4小题，共61分)
14．(14分)如表所示是稀硫酸与某金属反应的实验数据：
实验序号 金属质量/g 金属状态 c(H2SO4)/(mol·L－1) V(H2SO4)/mL 溶液温度/℃ 金属消失的时间/s
反应前 反应后
1 0.10 丝 0.5 50 20 34 500
2 0.10 粉末 0.5 50 20 35 50
3 0.10 丝 0.7 50 20 36 250
4 0.10 丝 0.8 50 20 35 200
5 0.10 粉末 0.8 50 20 36 25
6 0.10 丝 1.0 50 20 35 125
7 0.10 丝 1.0 50 35 50 50
8 0.10 丝 1.1 50 20 34 100
9 0.10 丝 1.1 50 30 44 40
分析上述数据，回答下列问题：
(1)实验4和5表明：____________________对反应速率有影响，其影响是________，反应速率越快，能表明同一规律的实验还有________(填实验序号)。
(2)仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有________(填实验序号，填一组即可)。
(3)本实验中影响反应速率的其他因素还有________，其实验序号是________(填一组即可)。
(4)实验中的所有反应，反应前后溶液的温度变化值(约15 ℃)相近，推测其原因：______________________________________________________________________________
____________________。
解析：(1)实验4和5不同之处是金属的表面积，粉末状的金属消失的快，说明其反应速率快，其中实验1和2也可以说明这一点。(2)仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验，其他条件应完全相同，则为实验1、3、4、6、8中任意两组及实验2和5。(3)从表中可以看出，溶液反应前的温度不同，其他条件都相同的是实验6和7或实验8和9。(4)在所有反应中，该金属的质量和硫酸溶液的体积相等，且H2SO4过量，则产生的热量相等，故溶液温度变化值相近。
答案：(1)固体反应物的表面积 表面积越大 1和2
(2)3和4(1、3、4、6、8中任意两组或2和5也可)
(3)反应前溶液温度 6和7(或8和9)
(4)一定量的该金属与足量的硫酸反应放出的热量相同
15．(15分)氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答：
(1)若在一容积为2 L的密闭容器中加入0.2 mol N2和0.6 mol H2，在一定条件下发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2 mol。则前5分钟的平均反应速率v(N2)＝____________________。平衡时H2的转化率为________%。
(2)平衡后，若要提高H2的转化率，可以采取的措施有
________________________________________________________________________(任写一项)。
(3)若在0.5 L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示。请完成下列问题：
T/℃ 200 300 400
K K1 K2 0.5
①试比较K1、K2的大小，K1________K2(填“<”“>”或“＝”)。
②400 ℃时，反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的化学平衡常数为________。
当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3 mol、2 mol和1 mol时，则该反应的v正(N2)________v逆(N2)(填“<”“>”或“＝”)。
解析：(1)若在5分钟时反应达到平衡，此时NH3的物质的量为0.2 mol，由方程式可知，消耗氮气的物质的量为0.1 mol，容器体积为2 L，则浓度是0.1 mol÷2 L＝0.05 mol·L－1，则v(N2)＝0.05 mol·L－1÷5 min＝0.01 mol·L－1·min－1；根据方程式可知平衡时消耗的H2为0.3 mol，所以转化率为×100%＝50%；
(2)该反应焓变小于0，为放热反应，所以降低温度可以使平衡正向移动，氢气的转化率提高；及时移走氨气也可以使平衡正向移动，增大氢气的转化率；该反应为气体系数之和减小的反应，所以缩小体积增大压强可以使平衡正向移动，氢气的转化率增大；加入一定量的氮气也可以使平衡正向移动，氢气的转化率增大；
(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故K1>K2；
②400 ℃时，反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的化学平衡常数K＝1÷0.5＝2；
当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3 mol、2 mol和1 mol时，各物质的浓度分别为6 mol·L－1、4 mol·L－1、2 mol·L－1，所以此时浓度商Qc＝＝v逆(N2)。
答案：(1)0.01 mol·L－1·min－1 50 (2)缩小容器体积增大压强、降低温度、加入一定量的N2 (3)①> ②2 >
16．(16分)C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。
(1)研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49.6 kJ·mol－1
反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g) ΔH2＝23.4 kJ·mol－1
反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3
①ΔH3＝________kJ·mol－1。
②在恒定压强、T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入容积为3 L的密闭容器中发生反应Ⅰ、Ⅲ，5 min后反应达到平衡状态，此时CH3OH(g)物质的量为2 mol，CH3OCH3(g)的物质的量为0.5 mol，则T1温度时反应Ⅰ的平衡常数K的计算式为________。
③恒压下将CO2和H2按体积比为1∶3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度(℃)的变化如下图。其中：CH3OH的选择性＝×100%。
在上述条件下合成甲醇的工业条件是______(填字母)。
A．210 ℃ B．230 ℃
C．催化剂CZT D．催化剂CZ(Zr 1)T
(2)一定条件下，可以通过CO与SO2反应生成S和一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫的回收，写出该反应的化学方程式：_______________________________________。
在不同条件下，向容积为2 L的恒容密闭容器中通入2 mol CO和1 mol SO2，反应体系总压强随时间的变化如图所示：
①图中三组实验从反应开始至达到平衡时，反应速率v(CO)最大的为________(填标号)。
②与实验a相比，实验c改变的实验条件可能是_______。
解析：(1)①根据盖斯定律，由反应Ⅰ×2－反应Ⅱ可得2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3，则ΔH3＝－49.6 kJ·mol－1×2－23.4 kJ·mol－1＝－122.6 kJ·mol－1。
② Ⅰ CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
转化/mol 2 6 2 2
平衡/mol 3 3 2 3.5
Ⅱ 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)
转化/mol 1 3 0.5 1.5
平衡/mol 3 3 0.5 3.5
则平衡时，n(CO2)＝3 mol，n(H2)＝3 mol，n(CH3OH)＝2 mol，n(CH3OCH3)＝0.5 mol，n(H2O)＝3.5 mol，保持恒压状态，则平衡后的体积＝×3 L＝2 L，平衡时的浓度c(CO2)＝1.5 mol·L－1，c(H2)＝1.5 mol·L－1，c(CH3OH)＝1 mol·L－1，c(H2O)＝1.75 mol·L－1，反应Ⅰ的平衡常数K＝。
③根据题图可知，选择CZ(Zr 1)T催化剂在230 ℃时产率最高，则合成甲醇的工业条件是B、D。
(2)CO与SO2反应生成S和一种无毒的气体，根据原子守恒，可推断该无毒物质为二氧化碳，则反应的化学方程式为2CO＋SO2S＋2CO2。①反应速率越大，达到平衡状态所用的时间越短，根据题图可知，实验b达到平衡状态所用的时间最短，反应速率最大。
答案：(1)①－122.6 ② ③BD
(2)2CO＋SO2S＋2CO2 ①b ②升高温度
17．(16分)在一个容积为2 L的真空密闭容器中加入0.5 mol CaCO3，发生反应：CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)，测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化关系如下图所示，图中A表示CO2的平衡浓度与温度的关系曲线，B表示不同温度下反应经过相同时间时CO2的物质的量浓度的变化曲线。请按要求回答下列问题：
(1)该反应的正反应为________(填“吸”或“放”)热反应，温度为T5 ℃时，该反应耗时40 s达到平衡，则T5 ℃时，该反应的平衡常数数值为________。
(2)如果该反应的平衡常数K值变大，该反应________(填字母)。
a．一定向逆反应方向移动
b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向正反应方向移动
d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
(3)请说明随温度的升高，曲线B向曲线A逼近的原因：
________________________________________________________________________。
(4)保持温度、容积不变，充入CO2气体，则CaCO3的质量________，CaO的质量________，CO2的浓度______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(5)在T5 ℃下，维持温度和容器容积不变，向上述平衡体系中再充入0.5 mol N2，则最后平衡时容器中的CaCO3的质量为________g。
解析：(1)T5 ℃时，c(CO2)＝0.20 mol·L－1，K＝c(CO2)＝0.20。
(2)K值增大，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率。
(4)容积不变，增大c(CO2)，平衡左移，CaCO3质量增大，CaO质量减小，由于温度不变，K不变，所以c(CO2)不变。
(5)保持容积、温度不变，充入N2，平衡不移动，c(CO2)仍等于0.20 mol·L－1，其物质的量为0.4 mol，所以剩余CaCO3的物质的量为0.5 mol－0.4 mol＝0.1 mol，其质量为10 g。
答案：(1)吸 0.20 (2)bc (3)随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需要的时间变短 (4)增大 减小 不变 (5)10
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11化学反应速率影响因素及其图像分析
突破一 控制变量法分析化学反应速率的影响因素
在研究影响化学反应速率的因素时，由于外界影响因素较多，故为搞清某个因素对化学反应速率的影响需控制其他因素均相同或不变，再进行实验。因此，常用控制变量思想解决该类问题。
(1)探究流程
(2)注意事项
①要选择合适的化学反应，所选择的反应不能太灵敏，也不能太迟钝。
②反应物的浓度要适当，不能太大，而探索浓度变量时，浓度间的差别也不能太大。
③要有规律地设计不同的反应体系的温度，也要注意物质的相应性质，不能选择会引起反应体系发生变化的温度。
④对变量要进行适当的组合，组合的一般原则是“变一定多”，即保持其他变量不变，改变其中一个变量的值进行实验，测定数据，通过系列实验，找出变量对反应的影响。
1．某学习小组用测定稀HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，探究影响反应速率的因素，所用稀HNO3的浓度为1.00 mol·L－1、2.00 mol·L－1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298 K、308 K，每次实验稀HNO3的用量为25.00 mL、大理石的用量为10.00 g。
实验设计如表：
编号 T/K 大理石规格 HNO3浓度
① 298 粗颗粒 2.00 mol·L－1
② 298 粗颗粒 1.00 mol·L－1
③ 308 粗颗粒 2.00 mol·L－1
④ 298 细颗粒 2.00 mol·L－1
将相应的实验目的填入下列空格中：
(1)实验①和②探究________对该反应速率的影响；
(2)实验①和③探究________对该反应速率的影响；
(3)实验①和④探究________对该反应速率的影响。
答案：(1)浓度 (2)温度 (3)固体物质的表面积
2．某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。
分组实验 催化剂
① 10 mL 5% H2O2溶液 无
② 10 mL 2% H2O2溶液 无
③ 10 mL 5% H2O2溶液 1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液
④ 10 mL 5% H2O2溶液＋少量盐酸 1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液
⑤ 10 mL 5% H2O2溶液＋少量NaOH溶液 1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液
(1)催化剂能加快化学反应速率的原因是________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)实验①和②的目的是探究________对反应速率的影响。
实验时由于没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是_____________________________。
(3)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图。分析图像能够得出的实验结论①________环境能增大H2O2分解的速率；②________环境能减小H2O2分解的速率。
解析：(1)催化剂能加快化学反应速率的原因是催化剂降低了反应的活化能，从而增大了活化分子的百分数。
(2)实验①和②的差别是H2O2溶液的浓度不同，故目的是探究浓度对反应速率的影响；由于通常条件下H2O2稳定，不易分解，所以为了加快反应速率，可向反应物中加入等量的同种催化剂或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中。
(3)据图可以看出在碱性条件下反应最快，在酸性条件下反应最慢。
答案：(1)催化剂降低了反应的活化能，增大了活化分子的百分数
(2)浓度 向反应物中加入等量的同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)
(3)碱性 酸性
突破二 化学反应速率图像分析
化学反应速率图像是将化学反应速率变化的情况在直角坐标系中表达的结果，是化学反应速率变化规律的反映。
此类图像主要包括反应速率与浓度、压强、温度、催化剂等外界条件的关系以及反应过程中的速率变化等。
1．定性型图像的分析
(1)速率—时间图像
如Zn与足量盐酸的反应，反应速率随时间的变化如图所示。
AB段：Zn与盐酸的反应是放热反应，溶液的温度升高，化学反应速率逐渐增大。
BC段：随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，化学反应速率逐渐减小。
(2)速率—温度图像
其他条件一定，反应速率随着温度的升高而增大，随着温度的降低而减小。如图A所示。
(3)速率—压强图像
对于有气体参与的反应，其他条件一定，增大压强(缩小容器的容积)，反应速率增大；减小压强(增大容器的容积)，反应速率减小。如图B所示。
2．定量型图像分析
化学反应速率的定量型图像主要反映物质的量(或物质的量浓度、反应速率)与反应时间t的定量关系。该类图像所能解决的问题主要有①反应物、生成物的确定；②反应起始时进行方向的确定；③可逆或不可逆反应的确定；④反应化学方程式的确定；⑤某时间段内平均反应速率的计算；⑥化学反应达到平衡的时刻及各量之间的关系。
解答此类问题时应先根据曲线图弄清反应物以及生成物，并依据物质的量的变化量之比等于物质化学式前的系数之比写出反应的化学方程式，然后依据化学反应速率的定义进行相关计算和判断。例如：某温度时，在一容积恒定(V L)的容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化如图所示。
①据图可进行如下计算：
a．用某物质表示的平均反应速率，如v(X)＝
mol·L－1·s－1。
b．某物质的转化率(转化量占起始量的百分比)，如Y的转化率为×100%。
②据图可确定反应的化学方程式：X、Y为反应物，Z为生成物，且X、Y、Z三种物质的化学式前的系数之比为(n1－n3)∶(n2－n3)∶n2，最终反应物不能完全转化，说明该反应为可逆反应，故图示反应的化学方程式可表示为(n1－n3)X＋(n2－n3)Yn2Z。
3．定性与定量相结合的图像分析
此类图像通常既包括反应速率的定性比较，如曲线的趋势等，也包括反应速率、物质的量或物质的量浓度的计算和定量比较，需要依据相关的计算公式和外界条件影响反应速率的规律从定量和定性两个方面加以分析。
[名师点拨] 有关化学反应速率图像题的解题方法
分析有关化学反应速率的图像，要注意分析图像的变化趋势，弄清影响化学反应速率的因素。一般要从以下几个方面分析：
1．明确坐标轴含义，首先要知道横轴和纵轴所代表的物理量。
2．看起点和变化趋势，分清反应物和生成物。与起始时相比，浓度或物质的量减小的是反应物，浓度或物质的量增大的是生成物。反应物以高于原点的点为起点，生成物多以原点为起点。
3．看终点，分清消耗的浓度和增加的浓度，反应物的消耗浓度和生成物的增加浓度之比等于化学方程式中相应物质化学式前的系数之比。
4．看变化条件，如升高温度或降低温度、增大压强或减小压强等，注意浓度、温度、压强等的改变对化学反应速率的影响。
5．对于速率—时间图像，看清曲线是连续的还是跳跃的，分清“渐变”“突变”“大变”和“小变”。
1．一定质量的锌粒与1.0 L稀盐酸反应(放热反应)，生成H2的物质的量与反应时间的关系如图所示，下列结论不正确的是( )
A．若将锌粒改为锌粉，可以加快产生H2的速率
B．反应前4 min内温度对反应速率的影响比浓度大
C．反应前4 min内平均速率v(HCl)＝
0．18 mol·L－1·min－1
D．反应时加入大量的CuSO4固体，会使生成氢气的速率加快
解析：选D 若将锌粒改成锌粉，增大了固体物质的表面积，即增大了反应物的接触面积，可以加快产生H2的速率，A正确；该反应为放热反应，由曲线变化趋势可知前4 min 内温度对反应速率的影响比较大，B正确；反应前4 min 内生成H2的物质的量为0.36 mol，则消耗HCl的物质的量为0.72 mol，反应前4 min内平均速率v(HCl)＝0.18 mol·L－1·min－1，C正确；反应时加入大量的CuSO4固体，锌置换出的铜附着在锌粒表面，阻止锌与盐酸的进一步反应，使生成氢气的速率减小，D错误。
2．实验测得某反应在不同pH下产物A的浓度随时间变化的关系如图所示(其他条件相同)。则下列说法不正确的是( )
A．若增大压强，该反应的反应速率可能不变
B．pH＝7.5时，随着反应的进行反应速率逐渐增大
C．一定pH范围内，溶液中H＋浓度越大，反应速率越快
D．可采取调节pH的方法使反应停止
解析：选B 图像没有给出压强对反应速率的影响，因此增大压强，反应速率可能不变，A正确；pH＝7.5时，随着反应的进行，曲线斜率先逐渐增大，后逐渐减小，说明反应速率先增大后减小，B错误；由图像可知，一定pH范围内，溶液中H＋浓度越大，反应速率越快，C正确；当pH＝8.8时，反应速率接近0，所以可采取调节pH的方法使反应停止，D正确。
3．某温度下，在4 L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
该反应的化学方程式是_____________________________________________________。
解析：由图像可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，且最终反应物、生成物共存，则该反应为可逆反应。当反应进行到5 min 时，Δn(Y)＝0.2 mol，Δn(Z)＝0.4 mol，Δn(X)＝0.6 mol，则Δn(Y)∶Δn(Z)∶Δn(X)＝1∶2∶3，参加反应的物质物质的量的变化量之比等于物质化学式前的系数之比，则反应的化学方程式为3X(g)＋Y(g)2Z(g)。
答案：3X(g)＋Y(g)2Z(g)
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6(共51张PPT)
第二单元 溶液的酸碱性
第一课时 溶液的酸碱性
分点突破1
溶液的酸碱性与测定
分点突破2
溶液的pH计算
分点突破3
溶液稀释后的pH变化规律
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
概念:c(H)的负对数,pH=-1gc(H
意义:pH越大,溶液的碱性越强
pH
pH越小,溶液的酸性越强
适用范围:1×10-14molL1≤c(H)
1×100mol·L的溶液
0310
0-610
2
5678910
酸性增强
性碱性增强
广泛pH试纸:pH范围是1~14(最常用)或0~10,
种类川可以识别的pH差约为1
精密pH试纸:p范围较窄,可判别02或03的pH差
使用取一小片pH试纸放在干燥、洁净的玻璃片(或表面皿)
方法上,用干净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部试纸
变色后,与标准比色卡对照比色,确定溶液的pH
注意D试纸用于测定溶液的pH时使用前一定不能用水润湿
事项片不能把pH试纸直接插入待测液中
广泛pH试纸的读数是整数,不能是小数
pH↑
pl
强酸
弱酸
强碱弱碱
稀释过程
稀释过程
酸溶液稀释
碱溶液稀释
y05
10
15-10-50x第二课时 酸碱中和滴定
明课程标准 扣核心素养
能从离子反应的角度理解酸碱中和滴定的原理，掌握酸碱中和滴定的方法及误差分析。 变化观念与平衡思想：能从宏观和微观结合的视角认识酸碱中和滴定的原理和方法。证据推理与模型认知：对实验过程中出现的问题、测定的数据能缜密思考，科学分析，并最终得出合理的结论。
用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：
(1)将准确称取的4.3 g烧碱样品配成250 mL待测液，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有__________________________。
(2)取10.00 mL待测液，用________式滴定管量取。
(3)用0.200 0 mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视____________________，直到滴定终点。
(4)根据下列数据，烧碱的纯度为________。
滴定次数 待测体积/mL 标准盐酸体积/mL
滴定前读数/mL 滴定后读数/mL
第一次 10.00 0.50 20.40
第二次 10.00 4.00 24.10
第三次 10.00 2.00 26.00
提示：(1)250 mL容量瓶、胶头滴管
(2)碱 (3)锥形瓶内溶液颜色变化 (4)93.02%
[问题探讨]
1．酸碱中和滴定时酸式滴定管、碱式滴定管在构造上有哪些不同？滴定管在使用时有哪些注意事项？
提示：
(1)刻度(以50 mL规格为例)：
滴定管上标有温度(20 ℃)和刻度，刻度共50大格，每大格为1 mL，每大格分为10小格，每小格为0.1 mL，因此能读至0.01 mL(估读1位)。“0”刻度在上，“50”刻度在下，在“0”以上至管口和“50”以下至尖嘴处均无刻度。
(2)滴定管盛装试剂要求——“二不能”：
酸式滴定管不能装碱性溶液及氢氟酸。碱式滴定管不能装酸性溶液或高锰酸钾等强氧化性物质的溶液(橡胶易被腐蚀)。
2．滴定前的准备有哪些？
提示：
3．滴定操作及终点判断的方法是什么？
提示：
(1)滴定
(2)终点判断
等到滴入最后一滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。
4．数据处理时应注意哪些事项？实验中测得的3组数据均为有效数据吗？
提示：数据处理时应舍去无效数据。实验中测得三次消耗标准盐酸体积分别为19.90 mL、20.10 mL、24.00 mL，第3次数据明显偏大，应舍去。
1．滴定原理
(1)反应实质：H＋＋OH－===H2O。
(2)定量关系：中和反应中酸提供的H＋与碱提供的OH－的物质的量相等，n(H＋)＝n(OH－)，即c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱，则c(H＋)＝或c(OH－)＝。
2．指示剂的选择
(1)中和反应恰好完全反应的时刻叫滴定终点。为准确判断滴定终点，必须选用变色明显、变色范围的pH与终点的pH相一致的酸碱指示剂。通常选用酚酞或甲基橙，而不选用颜色变化不灵敏的石蕊。
(2)中和滴定中，酸碱指示剂用量及颜色变化
滴定种类 选用的指示剂 滴定终点颜色变化 指示剂用量 滴定终点判断标准
强酸滴定强碱 甲基橙 黄色→橙色 2～3滴 当指示剂恰好变色并在半分钟内不恢复原色，即认为达到滴定终点
酚酞 红色→无色
强酸滴定弱碱 甲基橙 黄色→橙色
强碱滴定强酸 甲基橙 红色→黄色
酚酞 无色→粉红色
强碱滴定弱酸 酚酞 无色→粉红色
3.酸碱中和滴定pH突变
理论上，强酸、强碱完全反应时溶液的pH应为7，滴定终点应选用pH＝7时变色的指示剂；但从实验数据可以看出，开始时由于被中和的酸(或碱)的浓度较大，加入少量的碱(或酸)对其pH影响不大，上图中，当滴加NaOH溶液的体积从19.98 mL变为20.02 mL(只滴加1滴)时，pH从4.3 突变至9.7，因此只要选择变色范围在这一突变范围内的指示剂就不会造成很大的误差。
4．酸碱中和滴定实验的两个关键
(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积
用滴定管测定酸、碱溶液的体积，不能用量筒，因为量筒只能粗略量取液体体积，精确度为0.1 mL，而滴定管的精确度为0.01 mL。
(2)准确判断滴定终点(以NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸为例)
①若用酚酞作指示剂，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液的颜色由无色突变为粉红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。
②若用甲基橙作指示剂，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液的颜色由红色变为黄色，且半分钟内不变为原色，说明达到滴定终点。
[名师点拨]
(1)中和滴定实验中，滴定管必须润洗，锥形瓶不能润洗。
(2)强酸与强碱相互滴定时，既可选用甲基橙，也可选用酚酞作指示剂。
(3)石蕊颜色变化不明显，变色范围宽，一般不用作中和滴定的指示剂。
(4)强酸与弱碱相互滴定时，应选用甲基橙。强碱与弱酸相互滴定时，应选用酚酞。
(5)当滴入最后一滴标准液，指示剂颜色发生变化， 必须保证半分钟内不恢复原来的颜色，才是滴定的终点。
(6)若滴定管的活塞为聚四氟乙烯，则滴定管既能盛放酸性溶液又能盛放碱性溶液。
1．下列有关滴定操作的顺序正确的是( )
①检查滴定管是否漏水 ②用蒸馏水洗涤玻璃仪器 ③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管 ④向滴定管中分别注入标准溶液和待测液并调整液面，记录初始读数 ⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中并滴加适量的指示剂 ⑥滴定
A．①③②④⑤⑥ B．①②③④⑤⑥
C．②③①④⑤⑥ D．④⑤①②③⑥
解析：选B 滴定操作步骤：查漏→水洗→润洗→装液→排气泡、调液面→记读数→滴定，B项正确。
2．某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来滴定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准盐酸滴定待测氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________________。直到因加入一滴盐酸后，溶液由红色变为无色，并且__________________为止。
(2)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则起始读数为________mL，终点读数为________mL。
(3)某学生根据三次实验分别记录有关数据如下：
滴定次数 NaOH溶液/mL 0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前 滴定后 溶液体积/mL
第一次 25.00 0.00 26.11 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30 28.74
第三次 25.00 0.22 26.31 26.09
请选用其中合理的数据计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c(NaOH)＝________。
(4)达到滴定终点时酸碱________恰好反应(填“是”或“不是”)，若不是，则应是________稍微过量；若溶液由红色褪至无色停止滴定，测得NaOH溶液的物质的量浓度可能________(填“偏高”“偏低”或“无误差”)。
解析：(1)滴定时眼睛要时刻注视锥形瓶内液体的颜色变化，以便及时、准确判断终点。为防止过早或过晚判断终点，造成较大误差，必须待半分钟内不恢复红色为准。
(2)读数时视线要与凹液面水平相切，另外，滴定管的精确度可以达到0.01 mL，读数时要自上而下读出刻度，如最后的读数不能由下而上读为27.90 mL，应读为26.10 mL。
(3)在进行数据处理时，要注意有效可用的数据相差不到0.20 mL，如第二次的测量结果，和其他两次差别较大，说明该次操作误差较大，该结果不可信，因此，计算时，酸溶液的体积应为第一、三次的平均值。而后代入计算即可得出待测NaOH溶液的浓度。
(4)滴定终点和酸碱恰好反应是两个不同的概念，前者指的是操作停止的一点，不是酸碱恰好完全反应，而是某一溶液稍微过量(不到一滴)，作为滴定操作来说，可忽略不计。没有反滴一滴标准溶液，这时溶液中也可能盐酸过量很多，溶液也是无色，所以测得溶液的物质的量浓度有可能偏高。
答案：(1)锥形瓶内溶液颜色的变化 半分钟内不恢复红色 (2)0.00 26.10 (3)0.104 4 mol·L－1
(4)不是 NaOH溶液 偏高
实验室用盐酸标准溶液滴定某NaOH溶液，用甲基橙作指示剂。下列操作中可能对测定结果产生哪些误差？
(1)酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次。
提示：这样操作会导致标准酸溶液稀释，消耗标准酸溶液体积增大，测定结果偏高。
(2)开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失。
提示：该操作使气泡的体积也算进了消耗标准溶液的体积，导致测得的消耗标准盐酸体积偏大，测定结果偏高。
(3)滴定前正确读数，滴定后俯视读数如图所示。
提示：如图V实偏小，测定结果偏低。
(4)盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次。
提示：锥形瓶不能用NaOH溶液润洗，否则内壁沾附的NaOH溶液会使消耗的标准盐酸体积偏大，导致测定结果偏高。
1．分析依据
分析误差要根据计算式：c待测＝，当用标准液滴定待测液时，c标准、V待测均为定值，c待测的大小由V标准的大小决定。
2．误差分析
(1)在进行误差分析时，要特别注意弄懂俯视(视线偏高)及仰视(视线偏低)的含义，并会区分俯视、仰视对量筒、滴定管产生误差的不同(如图)。
(2)用标准盐酸滴定待测NaOH溶液
步骤 操作 c(NaOH)
洗涤 未用标准溶液润洗酸式滴定管 偏高
锥形瓶用待测溶液润洗 偏高
未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管 偏低
锥形瓶洗净后瓶内还残留有少量蒸馏水 无影响
取液 取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束后气泡消失 偏低
滴定 滴定完毕后立即读数，半分钟后颜色又褪去 偏低
滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 偏高
滴定过程中振荡时有液滴溅出 偏低
滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水 无影响
读数 滴定前仰视读数或滴定后俯视读数 偏低
滴定前俯视读数或滴定后仰视读数 偏高
1．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，若测得的结果偏低，则产生误差的原因可能是( )
A．滴定时，装未知浓度的NaOH溶液的锥形瓶忘记用NaOH溶液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，没用标准盐酸润洗
C．滴定前，滴定管的尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失
D．滴定前仰视读取了酸式滴定管的读数，滴定后读数正确
解析：选D 选项A操作正确，若锥形瓶用NaOH溶液润洗了，会使测定结果偏高，故不润洗是正确的；B项中酸式滴定管未用标准液润洗，所以盐酸变稀了，V[HCl(aq)]就偏大，会使测定的c(NaOH)偏高；C项滴定前有气泡，滴定后无气泡，使一部分盐酸充满原来气泡的体积，未与NaOH溶液反应，使盐酸的体积比实际反应用量大，V[HCl(aq)]偏大，测定的c(NaOH)也会偏高；D项滴定前仰视，读数偏大，滴定后读数正确，使V[HCl(aq)]偏小，会使c(NaOH)偏低。
2．下列有关滴定操作的说法正确的是( )
A．用25 mL滴定管进行中和滴定时，用去标准溶液的体积为21.7 mL
B．用KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低
C．用KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，用于配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高
D．用未知浓度的盐酸滴定KOH标准溶液，若读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高
解析：选D 25 mL滴定管读数可精确到0.01 mL，故读数时应保留小数点后2位数字，A错误；用KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，由于没有润洗，标准溶液浓度偏小，消耗标准溶液体积增大，则测定结果偏高，B错误；配制KOH标准溶液所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的NaOH和KOH，NaOH的物质的量大，故所配溶液的OH－浓度偏大，导致消耗标准溶液的体积V碱偏小，则c酸偏小，C错误；用未知浓度的盐酸滴定KOH标准溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终点后俯视读数，导致测得的消耗盐酸体积偏小，依据c酸＝可知测定结果偏高，D正确。
[分级训练·课课过关]______________________________________________________
1．下列有关叙述正确的是( )
A．下端连有橡胶管的滴定管为酸式滴定管
B．在进行滴定时，左手操作锥形瓶，右手操作滴定管
C．滴定前应排除滴定管尖嘴部分的气泡
D．滴定过程中两眼应注意滴定管内液面的变化
解析：选C A选项中所指滴定管是碱式滴定管；B选项中应右手操作锥形瓶，左手操作滴定管；D选项，滴定过程中两眼应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。
2．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是( )
A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，直接装入标准盐酸进行滴定
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C．用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定
D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
解析：选C 滴定管使用前要用标准盐酸润洗，A项错误；锥形瓶不能用氢氧化钠溶液润洗，B项错误；锥形瓶中加入蒸馏水，不影响结果，C项正确；用酚酞作指示剂滴至红色变无色，且半分钟不变色，才到终点，D项错误。
3．准确移取20.00 mL某待测 HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是( )
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液的pH由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
解析：选B A．滴定管用蒸馏水洗涤后，需用标准液润洗才能装入NaOH溶液进行滴定；B.随着NaOH溶液的滴入，锥形瓶内溶液中c(H＋)越来越小，故pH由小变大；C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去时，说明达到滴定终点，应停止滴定；D.滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有悬滴，则所加标准NaOH溶液量偏多，使测定结果偏大。
4．用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是( )
A．可以用酚酞代替指示剂
B．滴定前用待测液润洗锥形瓶
C．若氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果
D．当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点
解析：选C 酚酞变色范围在8.2～10.0，指示剂变色时，碱没有完全反应，故不能使用酚酞指示剂，故A错误；滴定前用待测液润洗锥形瓶，导致NaOH的物质的量增大，消耗的盐酸量偏大，滴定前用待测液润洗锥形瓶，滴定结果偏大，故B错误；若NaOH吸收少量CO2，发生的反应为CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，再滴入盐酸，盐酸先和剩余的氢氧根离子反应：H＋＋OH－===H2O，再与碳酸钠反应：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑，可以发现存在关系2OH－～CO～2H＋，因此消耗盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量，因此氢氧化钠吸收少量二氧化碳不影响测定结果，故C正确；该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟不褪色，即为滴定终点，如果变为红色说明盐酸已经过量，故D错误。
5．用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：
(1)准确称量8.2 g 含有少量中性易溶杂质的样品，配成500 mL 待测溶液。称量时，样品可放在________(填字母)称量。
A．小烧杯中 B．洁净纸片上 C．托盘上
(2)滴定时，用0.200 0 mol·L－1的盐酸来滴定待测溶液，不可选用________(填字母)作指示剂。
A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞 D．甲基红
(3)滴定过程中，眼睛应注视_______________________________________________；
在铁架台上垫一张白纸，其目的是_________________________________________。
(4)根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是________mol·L－1，烧碱样品的纯度是________。
滴定次数 待测溶液体积/mL 标准酸体积
滴定前的刻度/mL 滴定后的刻度/mL
第一次 10.00 0.40 20.50
第二次 10.00 4.10 24.00
解析：(1)称量氢氧化钠等易潮解、腐蚀性强的试剂时，样品应放在小烧杯中。
(2)酸碱中和滴定时，一般应选甲基橙、酚酞等颜色变化较明显的指示剂，石蕊在酸或碱溶液中颜色变化不明显，易造成误差。
(4)根据c(NaOH)＝，分别求第一、二次的V(HCl)值，再求V(HCl)平均值，解得c(NaOH)＝0.400 0 mol·L－1，
w(NaOH)＝×100%≈97.56%。
答案：(1)A (2)B
(3)锥形瓶内溶液颜色的变化 便于观察锥形瓶内液体颜色的变化，减小滴定误差
(4)0.400 0 97.56%
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10(共30张PPT)
第二课时 影响盐类水解的因素
分点突破1
盐类水解的影响因素
关键能力培养
探究与创新能力
[分级训练·课课过关]
200
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AAT
点
水解是吸热过程,故升高温度,水解程度增大;
温度人(反之,则减小
增大盐溶液的浓度,水解平衡向右移动,但水
解程度减小
外浓度月「加水稀释可以促进水解,使平衡右移,水解程
因
度增大
向盐溶液中加入H,可以促进弱酸阴离子的水
解,抑制弱碱阳离子的水解
酸碱性片(向盐溶液中加入OH,可以促进弱碱阳离子的
水解,抑制弱酸阴离子的水角
①加入生石灰②室温③加入NHNO3晶体(共41张PPT)
第三课时 电解及其装置
分点突破1
电解池的工作原理及其构成条件
分点突破2
酸、碱、盐溶液的电解规律
分点突破3
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
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AAT
点
与电源正极相连
电子流出
阴离子移向阳极)(发生氧化反应
阳离子移向阴极」发生还原反应
电子流入
与电源负极相连
导线传递」ne沿导线
沿
e
传递
氧化反应
C
还原反应
阳极
阴极
Blne=B
阳
aTtn =A
阴离子移向
电解质溶液
离子移向
石墨电极
铁电极
熔融NaOl
zr
Cu Cu
g Cu
Ag
C
H2SO4
H2 SO4
h,So Fe sO4
H2SO4
B
D
石墨电极
石墨电极
Ⅹ溶液
电源
废水
铝片
铅片
硫酸
石墨
Cu
Cu
FeCu石墨hcu
韭
稀盐酸
FeCl3溶液稀H2SO4CuSO4溶液
B
a b
B
足量
Cuso
溶液(共49张PPT)
专题1 化学反应与能量变化
第一单元 化学反应的热效应
第一课时 化学反应的焓变
分点突破1
焓变、反应热
分点突破2
探究化学反应中的能量变化
分点突破3
热化学方程式的书写
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
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AAT
点
面使用漫优气
(3)加入催化剂可以使反应历程一能量曲线的“山
降低,改变了反应历程,但加入催化剂前后反应物和生成物
的总能量差不变,即前后的¨“落差”不变,故加入催化剂不影
响反应的ΔH,如下图所示(图中b表示加入催化剂后的能
量变化)
反应物
生成物
焓
反应物的
总焓
生成物的
总焓
吸收能量○○+
放出能量
946 KJ mol-l
2×632 kj mol1
吸收能量
○O498kmo
NO
N
反应物
生成物
总
能反应物
总
能
生成物
量吸收
能量;△H为负值里能量
△H为正值
或△H<0
或△H>0
生成物
反应物
反应过程
反应过程
放热反应
吸热反应
能量
能量↑
反应物的反应物
生成物的
生成物
总能量
总能量
生成物的
总能量
生成物
反应物图反应物
总能量
反应过程
反应过程
b
反应物
△H1年成物
反应历程
能量
过渡态
El134 K. mol
反应物
E2=368 kJ. mol
生成物
反应过程弱电解质的电离平衡及应用
突破一 弱电解质的电离平衡移动及其应用
分析弱电解质电离平衡移动的方法
弱电解质的电离平衡遵循勒夏特列原理，因而要依据化学平衡的特点及其移动原理来理解弱电解质电离平衡以及外界条件对它的影响。如电离是吸热过程，温度升高，电离程度增大；外加试剂(可能发生化学反应)相当于改变了反应物或生成物的浓度。
1．在100 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液中，欲使醋酸的电离程度增大，H＋浓度减小，可采用的方法是( )
A．加热
B．加入100 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液
C．加入少量0.5 mol·L－1的硫酸
D．加入少量1 mol·L－1的NaOH溶液
解析：选D A项，加热促进电离，H＋浓度增大；B项，醋酸的电离程度、H＋浓度均不变；C项，加H2SO4抑制醋酸的电离，且H＋浓度增大；D项，加NaOH，OH－与H＋反应，平衡向右移动，电离程度增大，H＋浓度减小。
2．用蒸馏水逐渐稀释0.1 mol·L－1的氨水，若维持温度不变，则在稀释过程中逐渐增大的是( )
A．NH的物质的量浓度
B．NH3·H2O的物质的量浓度
C．OH－的物质的量浓度
D．NH和OH－的物质的量
解析：选D 稀释氨水时，NH3·H2O的电离平衡正向移动，所以NH和OH－的物质的量均增大，但是溶液的体积变化更大，NH、NH3·H2O、OH－的物质的量浓度均减小。
3．CH3COOH的电离方程式为CH3COOH????H＋＋CH3COO－，25 ℃时，0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的Ka＝1.7×10－5。下列说法正确的是( )
A．向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B．向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C．该温度下0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液的Ka＜1.7×10－5
D．升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
解析：选D 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，虽然平衡逆向移动，但是根据平衡移动原理可知，平衡的移动不能阻止c(H＋)增大，故A错误；向该溶液中加少量CH3COONa固体，增加了CH3COO－的浓度，平衡逆向移动，故B错误；因为电离平衡常数只和温度有关，所以该温度下0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液的Ka＝1.7×10－5，故C错误；由于电离过程吸热，所以升高温度，电离平衡正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，故D正确。
4．某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B．溶液中水的电离程度：b点>c点
C．从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)
D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同
解析：选C 由Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)可知，酸性HNO2>CH3COOH。A错误，pH相同的两种酸稀释相同倍数时，酸性强的酸pH变化大，所以曲线Ⅱ为HNO2；B错误，b、c两点处，b点酸性强，对水的电离抑制程度大，所以水的电离程度：c点>b点；C正确，从c点到d点，＝＝，Kw和Ka是两个常数，只要温度不变，比值也不变；D错误，相同体积a点的两溶液中，由于c(CH3COOH)>c(HNO2)，故n(CH3COOH)>n(HNO2)，因此与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)不同。
突破二 弱电解质的识别与判断
判断弱电解质的二个思维角度
角度一：弱电解质的定义，即弱电解质不能完全电离。
(1)测定一定浓度的HA溶液的pH。
(2)与同浓度盐酸比较导电能力。
(3)与同浓度的盐酸比较和锌反应的快慢。
角度二：弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动。
(1)从一定pH的HA溶液稀释前后pH的变化判断。
(2)从升高温度后pH的变化判断。
(3)从等体积、等pH的HA溶液、盐酸分别与过量的锌反应生成H2的量判断。
1．下列实验事实不能证明醋酸是弱酸的是( )
A．常温下，相同浓度的醋酸溶液和盐酸，导电能力前者弱
B．常温下，测得0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝4
C．常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1 000倍，测得pH＜4
D．常温下，将物质的量浓度相同的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合后恰好中和
解析：选D 同温、同浓度的醋酸溶液和盐酸，醋酸溶液的导电能力弱是由于醋酸不完全电离造成的，说明CH3COOH为弱酸。若为强酸，常温下0.1 mol·L－1的一元酸溶液的pH＝1，醋酸溶液的pH＝4，说明醋酸未完全电离，醋酸是弱酸。醋酸在稀释过程中可以继续电离，则pH＝1的醋酸溶液稀释到体积为原来的1 000倍时，pH＜4。
2．甲、乙两位同学设计用实验确定某酸HA是弱电解质，存在电离平衡，且改变条件平衡发生移动。实验方案如下：
甲：取纯度相同，质量、大小相等的锌粒于两支试管中，同时加入0.1 mol·L－1的HA溶液、稀盐酸各10 mL，按图示装好，观察现象。
乙：①用pH计测定浓度均为0.1 mol·L－1的HA溶液和稀盐酸的pH；
②再取0.1 mol·L－1的HA溶液和稀盐酸各2滴分别稀释至100 mL，再用pH计测其pH。
(1)乙的方案中说明HA是弱电解质的理由是：测得0.1 mol·L－1的HA溶液的pH________1(填“＞”“＜”或“＝”)；甲方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是________(填字母)。
A．加入两种稀酸后，两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大
B．加入HA溶液后，试管上方的气球鼓起慢
C．加入稀盐酸后，试管上方的气球鼓起慢
(2)乙同学设计的实验第________步，能证明改变条件能使弱电解质平衡发生移动。甲同学为了进一步证明弱电解质电离平衡移动的情况，设计如下实验：
①使HA的电离程度和c(H＋)都减小，c(A－)增大，可在0.1 mol·L－1的HA溶液中，选择加入____________试剂(填“A”“B”“C”或“D”，下同)；
②使HA的电离程度减小，c(H＋)和c(A－)都增大，可在0.1 mol·L－1的HA溶液中，选择加入________试剂。
A．NaA固体(可完全溶于水)
B．1 mol·L－1 NaOH溶液
C．1 mol·L－1H2SO4溶液
D．2 mol·L－1 HA溶液
(3)体积相等、H＋浓度相同的两份溶液A(盐酸)和B(CH3COOH溶液)分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是________(填序号)。
①反应所需要的时间B＞A
②开始反应时的速率A＞B
③参加反应的锌的物质的量A＝B
④反应过程的平均速率B＞A
⑤A中有锌剩余
⑥B中有锌剩余
解析：(1)弱酸不能完全电离，故0.1 mol·L－1的HA溶液中c(H＋)必小于0.1 mol·L－1，其pH＞1。因HA为弱酸，溶液中的c(H＋)低于相同浓度的一元强酸的c(H＋)，故产生氢气的速率稍慢，但最终由于电离出的氢离子的量相同，故生成氢气的体积一样大，即气球的体积一样大。
(2)乙方案中②，取0.1 mol·L－1的HA溶液和稀盐酸各2滴稀释相同的倍数，弱酸HA的pH变化小，强酸的pH变化大，这是因为稀释能促进弱电解质电离。HA????H＋＋A－，加入固体NaA，c(A－)增大，电离平衡左移，电离程度及c(H＋)减小；加入NaOH溶液，H＋与OH－反应，电离程度增大，但c(H＋)减小，c(A－)增大；加入H2SO4，电离平衡逆向进行，电离程度减小，但c(H＋)增大，c(A－)减小；加入2 mol·L－1HA，电离程度减小，但平衡正向进行，c(H＋)、c(A－)均增大。故①②分别选A、D。
(3)H＋浓度相同时，CH3COOH溶液的浓度大，在反应过程中CH3COOH不断电离补充H＋，故CH3COOH与锌粉的反应速率大，所用时间少。因放出H2相等，所以耗锌量相等。若锌足量，应是CH3COOH放H2多，所以盐酸中有锌剩余。
答案：(1)＞ B (2)② A D (3)③④⑤
突破三 一元强酸与一元弱酸的比较
1．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比较
(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
比较 项目酸 c(H＋) pH 中和碱的能力 与活泼金属反应产生H2的量 开始与金属反应的速率
盐酸 大 小 相同 相同 大
醋酸溶液 小 大 小
(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
比较 项目酸 c(H＋) c(酸) 中和碱的能力 与足量活泼金属反应产生H2的量 开始与金属反应的速率
盐酸 相同 小 小 少 相同
醋酸溶液 大 大 多
2．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像的比较
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸溶液
加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大 加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸溶液
加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大 加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
1．某温度下，体积和c(H＋)均相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中的c(H＋)随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅱ表示盐酸c(H＋)的变化曲线
B．b点溶液的导电能力比c点溶液的导电能力强
C．取等体积的a点、b点对应的溶液，消耗的NaOH的量相同
D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
解析：选B 醋酸属于弱电解质，在稀释时会继续电离出H＋，故稀释相同倍数时醋酸溶液中c(H＋)的变化要比盐酸中c(H＋)的变化小一些，即曲线Ⅰ表示盐酸c(H＋)的变化曲线，曲线Ⅱ表示醋酸c(H＋)的变化曲线，A项错误；溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，离子浓度：b＞c，故导电能力：b＞c，B项正确；a点、b点表示溶液稀释相同倍数，溶质的量没有发生变化，都等于稀释前的物质的量，稀释前两溶液中c(H＋)相同，但CH3COOH为弱酸，则c(CH3COOH)＞c(HCl)，故稀释前n(CH3COOH)＞n(HCl)，即CH3COOH消耗的NaOH多，C项错误；a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，D项错误。
2．在一定温度下，有a.盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸：
(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是__________(用字母表示，下同)。
(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是________。
(3)若三者c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是________。
(4)当三者c(H＋)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是________。
(5)当三者c(H＋)相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为____________，反应所需时间的长短关系是________。
(6)将c(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H＋)由大到小的顺序是________________。
(7)将c(H＋)相同且体积也相同的三种酸，分别与等浓度的NaOH稀溶液反应至pH＝7，则消耗NaOH溶液的体积大小关系为________。
解析：解答本题要注意以下三点：①HCl、H2SO4都是强酸，但H2SO4是二元酸；②CH3COOH是弱酸，在水溶液中不能完全电离；③醋酸溶液中存在CH3COOH????CH3COO－＋H＋的电离平衡。
答案：(1)b＞a＞c (2)b＞a＝c (3)c＞a＞b (4)c＞a＝b (5)a＝b＝c a＝b＞c (6)c＞a＝b (7)c＞a＝b
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6(共36张PPT)
第二课时 沉淀溶解平衡
原理的应用
分点突破1
沉淀的转化
分点突破2
沉淀的溶解与生成
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
清洗后。清洗前能源的充分利用
题型一 标准燃烧热
1．下列关于热化学反应的描述中正确的是( )
A.HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则1 mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6 kJ
B．H2(g)的标准燃烧热是285.8 kJ·mol－1，则2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)反应的ΔH＝571.6 kJ·mol－1
C．放热反应比吸热反应容易发生
D．1 mol丙烷燃烧生成水和一氧化碳所放出的热量是丙烷的标准燃烧热
解析：选B 1 mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应时，氢离子与氢氧根离子反应生成2 mol液态水，放出的热量为114.6 kJ，同时硫酸根离子与钡离子生成沉淀也伴随能量的变化，所以1 mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热一定不是114.6 kJ，A错误；氢气与氧气常温下不反应，在点燃条件下发生反应，该反应为放热反应；而氢氧化钡晶体与氯化铵固体常温下发生反应，该反应为吸热反应；所以放热反应不一定比吸热反应容易发生，C错误；1 mol丙烷燃烧生成液态水和气态二氧化碳时所放出的热量是丙烷的标准燃烧热，D错误；故选B。
2．下列热化学方程式中，ΔH能正确表示物质的标准燃烧热的是( )
A．2C8H18(l)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l) ΔH＝－11 003 kJ·mol－1
B．H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
C．2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1
D．CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
解析：选D C8H18的化学计量数为2，产物是稳定氧化物，ΔH不代表标准燃烧热，故A错误；H2的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，ΔH不代表标准燃烧热，故B错误；C的化学计量数为2，产物不是稳定氧化物，ΔH不代表标准燃烧热，故C错误。
3．在101 kPa时，氢气在1.0 mol氧气中完全燃烧，生成2.0 mol 液态水，放出571.6 kJ的热量，氢气的标准燃烧热ΔH为________，表示氢气标准燃烧热的热化学方程式为________________________________________________________________________。
解析：在101 kPa时，氢气在1.0 mol氧气中完全燃烧，生成2.0 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，所以1 mol氢气完全燃烧生成1.0 mol液态水放出285.8 kJ热量，氢气的标准燃烧热ΔH＝－285.8 kJ·mol－1；则氢气标准燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1。
答案：－285.8 kJ·mol－1 H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
题型二 能源的充分利用
4．下列分别是利用不同能源发电的实例图形，其中不符合开源节流思想的是( )
解析：选C 火力发电是利用煤作燃料，不属于新能源的开发利用。
5．下列说法不正确的是( )
A．乙醇作燃料易燃烧，污染小，但不可再生
B．选择燃料需要考虑燃料热值的大小
C．若反应物总能量大于生成物总能量则该反应为放热反应
D．将煤制成水煤气可提高煤的利用率
解析：选A 乙醇作燃料易燃烧，污染小，可再生。
6．下列有关说法正确的是( )
A．天然气的主要成分是甲烷，是一种可再生的清洁能源
B．将农业废弃物在一定条件下产生热值较高的可燃气体，是对生物质能的有效利用
C．若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则反应放热
D．寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向
解析：选B 煤、石油、天然气属于化石燃料，它们都是不可再生能源，故A错误；生物质发酵转化为可燃性气体比如甲烷，是对生物质能的有效利用，故B正确；若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则吸收的能量大于放出的能量，反应吸热，故C错误；催化剂只能改变化学反应速率，而不能违背能量守恒规律，水分解是吸热反应，这是不可逆转的，故D错误；故选B。
题型三 ΔH计算的几种方法
7．已知：①1 mol晶体硅中含有2 mol Si—Si键；
②Si(s)＋O2(g)===SiO2(s) ΔH，其反应过程与能量变化如图所示(a、b、c均大于0)；
③
化学键 Si—O O===O Si—Si
断开1 mol共价键所需能量/kJ 460 500 176
下列有关说法正确的是( )
A．晶体硅光伏发电是将化学能转化成了电能
B．二氧化硅的稳定性小于硅的稳定性
C．ΔH＝－988 kJ·mol－1
D．ΔH＝(a－c)kJ·mol－1
解析：选C 晶体硅光伏发电是将太阳能转化为电能，A项错误；根据化学键的键能计算，断裂1 mol二氧化硅的化学键需要吸收的能量为4×460 kJ＝1 840 kJ，断裂1 mol 晶体硅需要吸收的能量为2×176 kJ＝352 kJ，故二氧化硅的稳定性强于硅的稳定性，B项错误；Si(s)＋O2(g)===SiO2(s)的ΔH＝(176×2＋500－460×4)kJ·mol－1＝－988 kJ·mol－1，C项正确；根据题图中信息可知，ΔH＝－c kJ·mol－1，D项错误。
8．联氨(N2H4)常温下为无色液体，可用作火箭燃料。
①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l) ΔH1
②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l) ΔH2
③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g) ΔH3
④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1
下列说法不正确的是( )
A．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH5，ΔH5>ΔH3
B．ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1
C．1 mol O2(g)和2 mol H2(g)具有的总能量高于2 mol H2O(g)具有的总能量
D．联氨和N2O4作火箭推进剂的原因之一是反应放出大量的热
解析：选A H2燃烧生成液态水比生成气态水放出的热量多，ΔH3、ΔH5均为负值，放出热量越多ΔH越小，即ΔH5<ΔH3，A项错误；根据盖斯定律，由③×2－②×2－①得2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1，B项正确；③为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C项正确；由ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1可知，反应放出大量的热，故可用联氨和N2O4作火箭推进剂，D项正确。
9．研究化学反应原理对于生产、生活及环境保护具有重要意义。已知：
Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g)
ΔH＝64.39 kJ·mol－1
2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)
ΔH＝－196.46 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.84 kJ·mol－1
则H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2＋和H2O的ΔH为( )
A．319.68 kJ·mol－1 B．259.7 kJ·mol－1
C．－319.68 kJ·mol－1 D．－259.7 kJ·mol－1
解析：选C ①Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g) ΔH＝64.39 kJ·mol－1
②2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)
ΔH＝－196.46 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.84 kJ·mol－1
依据盖斯定律①＋×②＋③得：Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－319.68 kJ·mol－1，故选C。
10．能源与人类的生活和社会发展密切相关，下列关于能源开发和利用的说法中不正确的是( )
A．充分利用太阳能
B．因地制宜开发利用风能、水能、地热能、潮汐能
C．合理、安全开发利用氢能、核能
D．能源都是通过化学反应获得的
解析：选D 人类利用的能源不一定都是通过化学反应获得的，例如水力发电等不是通过化学反应获得的，故D错误。
11．高温下可将煤转化为水煤气，水煤气可作为气体燃料，有关热化学方程式如下：
①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
ΔH1＝131.3 kJ·mol－1
②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)
ΔH2＝－566.0 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A．煤不属于化石燃料
B．等质量的CO和H2完全燃烧时，前者放热多
C．水煤气作为气体燃料，比煤直接燃烧污染小
D．由反应③可以确定H2的标准燃烧热为241.8 kJ·mol－1
解析：选C 煤是常见的化石燃料，故A错误；根据2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2＝－566.0 kJ·mol－1，可知56 g CO完全燃烧放热566 kJ，根据2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1，可知56 g H2完全燃烧放热483.6 kJ×14＝6 770.4 kJ，故B错误；CO和H2燃烧只生成二氧化碳和水，无污染，故C正确；氢气的标准燃烧热是1 mol氢气生成液态水放出的热量，所以H2的标准燃烧热不是241.8 kJ·mol－1，故D错误。
12．氢气(H2)、一氧化碳(CO)、辛烷(C8H18)、甲烷(CH4)燃烧的热化学方程式分别为
H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－282.9 kJ·mol－1
C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l) ΔH＝－5 518 kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
相同质量的H2、CO、C8H18、CH4完全燃烧时，放出热量最少的是( )
A．H2(g) B．CO(g)
C．C8H18(l) D．CH4(g)
解析：选B 比较、、、的大小，可知相同质量时，CO(g)完全燃烧放出的热量最少。
13．已知：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.0 kJ·mol－1。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：
过程Ⅰ：2Fe3O4(s)===6FeO(s)＋O2(g) ΔH＝313.2 kJ·mol－1
过程Ⅱ：……
下列有关说法不正确的是( )
A．过程Ⅰ中每消耗232 g Fe3O4转移2 mol电子
B．过程Ⅱ反应的热化学方程式为3FeO(s)＋H2O(l)===H2(g)＋Fe3O4(s) ΔH＝128.9 kJ·mol－1
C．过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是太阳能→化学能、化学能→热能
D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源，产物易分离等优点
解析：选C 过程Ⅰ中每消耗232 g(1 mol) Fe3O4生成0.5 mol O2，反应转移电子的物质的量为0.5 mol×4＝2 mol，故A正确；利用盖斯定律，结合题给两个热化学方程式可得过程Ⅱ反应的热化学方程式：3FeO(s)＋H2O(l)===H2(g)＋Fe3O4(s) ΔH＝(＋571.0 kJ·mol－1)×－(＋313.2 kJ·mol－1)×＝128.9 kJ·mol－1，故B正确；过程Ⅰ和过程Ⅱ发生的反应都是吸热反应，过程Ⅰ中能量转化的形式是太阳能转化为热能、热能转化为化学能，过程Ⅱ中能量转化的形式是热能转化为化学能，故C错误；铁氧化合物循环制H2以太阳能为热源分解Fe3O4，以H2O和Fe3O4为原料，具有成本低、产物易分离的优点，故D正确。
14．将煤转化为水煤气的主要化学反应为C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。C(s)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式为
C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484.0 kJ·mol－1
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566.0 kJ·mol－1
(1)根据以上数据，写出C(s)与水蒸气反应的热化学方程式：_________________________
________________________________________________________________________。
(2)水煤气不仅是优良的气体燃料，也是重要的有机化工原料。CO和H2在一定条件下可以合成：
①甲醇 ②甲醛 ③甲酸 ④乙酸。试分析当CO和H2按1∶1的体积比混合发生反应，合成上述________(填序号)物质时，可以满足“绿色化学”的要求，完全利用原料中的原子，实现零排放。
解析：(1)①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1，②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484.0 kJ·mol－1，③2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566.0 kJ·mol－1，根据盖斯定律，得：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝131.5 kJ·mol－1。
(2)“绿色化学”能实现零排放，即反应物中的原子利用率达到100%，也就是说反应类型一般是化合反应，且反应后产物中的各原子数目比不变，CO和H2在一定条件下按照1∶1反应，则只要各选项中的化学式能转化为形式(CO)n(H2)n，都是正确的。
答案：(1)C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝131.5 kJ·mol－1 (2)②④
15．汽车尾气中的NOx和CO污染环境，在汽车尾气排放系统中安装催化转化器，可有效减少NOx和CO的排放。
Ⅰ.已知：①2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)
ΔH1＝－566.0 kJ·mol－1
②N2(g)＋O2(g)===2NO(g)
ΔH2＝180.5 kJ·mol－1
③2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)
ΔH3＝－116.5 kJ·mol－1
(1)CO的标准燃烧热为______________。
(2)若1 mol N2(g)、1 mol O2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的热量，则1 mol NO(g)分子中化学键断裂时需吸收的热量为________。
Ⅱ.利用水煤气合成二甲醚的总反应为3CO(g)＋3H2(g)===CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH＝－246.4 kJ·mol－1。
(3)它可以分为两步，反应分别如下：
①2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH1＝－205.1 kJ·mol－1
②CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝________。
(4)已知CH3OCH3(g)的标准燃烧热为1 455 kJ·mol－1，写出表示其标准燃烧热的热化学方程式：__________________________________；若二甲醚燃烧生成的CO2恰好能被100 mL 0.2 mol·L－1NaOH溶液吸收生成Na2CO3，则燃烧过程中放出的热量为______________。
解析：(1)由①2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH1＝－566.0 kJ·mol－1可知，2 mol CO完全燃烧生成CO2(g) 时放出566.0 kJ的热量，所以1 mol CO完全燃烧生成CO2(g)时放出283.0 kJ的热量，CO的标准燃烧热为283.0 kJ·mol－1。
(2)若1 mol N2(g)、1 mol O2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的热量，设1 mol NO(g)分子中化学键断裂时需吸收的热量为x kJ，由②N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH2＝946 kJ·mol－1＋498 kJ·mol－1－2x kJ·mol－1＝180.5 kJ·mol－1，解得x＝631.75，所以1 mol NO(g)分子中化学键断裂时需吸收的热量为631.75 kJ。
(3)已知：ⅰ.3CO(g)＋3H2(g)===CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH＝－246.4 kJ·mol－1
ⅱ.2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH1＝－205.1 kJ·mol－1
根据盖斯定律，ⅰ－ⅱ可得：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝ΔH－ΔH1＝－246.4 kJ·mol－1－(－205.1 kJ·mol－1)＝－41.3 kJ·mol－1。
(4)已知CH3OCH3(g)的标准燃烧热为1 455 kJ·mol－1，则表示其标准燃烧热的热化学方程式为CH3OCH3(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 455 kJ·mol－1；100 mL 0.2 mol·L－1NaOH溶液中含氢氧化钠0.02 mol，若二甲醚燃烧生成的CO2恰好能被100 mL 0.2 mol·L－1NaOH溶液吸收生成Na2CO3，需消耗0.01 mol二氧化碳，则燃烧过程中放出的热量为1 455 kJ·mol－1×0.005 mol＝7.275 kJ。
答案：(1)283.0 kJ·mol－1
(2)631.75 kJ
(3)－41.3 kJ·mol－1
(4)CH3OCH3(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 455 kJ·mol－1 7.275 kJ
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8(共33张PPT)
第三课时 盐类水解的应用
分点突破1
盐类水解在生产、生活中的应用
分点突破2
盐类水解在化学实验中的应用
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
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30
AAT
点弱电解质的电离平衡
题型一 弱电解质的电离平衡常数和电离度
1．下列关于电离常数的说法中正确的是( )
A．电离常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱
B．电离常数与温度无关
C．不同浓度的同一弱电解质，其电离常数不同
D．多元弱酸的各步电离常数相互关系为Ka1＜Ka2＜Ka3
解析：选A 电离常数的大小反映了该弱电解质的电离能力，A正确；电离常数的大小与温度有关，因为弱电解质电离过程一般都吸热，温度升高，电离常数增大，除温度外，电离常数与其他因素无关，B、C错误；对于多元弱酸，第一步电离产生的H＋对第二步电离起抑制作用，故Ka1 Ka2 Ka3，D错误。
2．在25 ℃时，0.1 mol·L－1 HNO2、HCOOH、HCN、H2CO3的溶液中，溶质的电离常数分别为4.6×10－4、1.77×10－4、4.9×10－10、Ka1＝4.4×10－7和Ka2＝4.7×10－11，其中氢离子浓度最小的是( )
A．HNO2溶液 B．HCOOH溶液
C．HCN溶液 D．H2CO3溶液
解析：选C 由电离常数的大小可知，酸性由强到弱的顺序是HNO2＞HCOOH＞H2CO3＞HCN，故c(H＋)最小的是HCN溶液。
3．已知25 ℃时，测得浓度为0.1 mol·L－1的BOH溶液中，c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1。
(1)写出BOH的电离方程式__________________________________________________。
(2)BOH的电离度α＝________。
(3)BOH的电离常数K＝______________。
解析：因c初始(BOH)＝0.1 mol·L－1，c电离(BOH)＝c(B＋)＝c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，则电离度α＝×100%＝1%，BOH不完全电离，故其电离方程式为BOH???B＋＋OH－，电离平衡时c(BOH)＝0.1 mol·L－1－1×10－3 mol·L－1≈0.1 mol·L－1，则电离常数K＝＝＝1×10－5。
答案：(1)BOH???B＋＋OH－ (2)1% (3)1×10－5
题型二 电离平衡的影响因素
4．醋酸在水溶液中存在电离平衡：CH3COOH???CH3COO－＋H＋，下列说法不正确的是( )
A．加入醋酸钠晶体后，溶液的pH增大
B．加入碳酸钠，平衡向右移动
C．加水稀释，溶液中c(H＋)和c(OH－)均减小
D．升高温度，Ka(CH3COOH)增大
解析：选C 加入CH3COONa晶体，溶液中c(CH3COO－)增大，抑制醋酸的电离，溶液中c(H＋)减小，pH增大，A项正确；醋酸的酸性强于碳酸，CO能与H＋反应，促进醋酸的电离，平衡向右移动，B项正确；加水稀释，促进电离，但c(H＋)降低，温度不变，则c(OH－)增大，C项错误；电离平衡常数只受温度的影响，弱电解质的电离过程是吸热过程，升高温度，促进电离，电离平衡常数增大，D项正确。
5．下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常数不变的操作是( )
A．加水稀释
B．升高温度
C．加少量冰醋酸
D．加少量的CH3COONa固体
解析：选A 电离常数只与温度有关，醋酸溶液中加水稀释，促进电离，A项正确；升高温度，电离程度增大，电离常数增大，B项错误；加入冰醋酸，醋酸浓度增大，电离程度减小，电离常数不变，C项错误；加入CH3COONa固体，抑制CH3COOH的电离，电离程度减小，电离常数不变，D项错误。
6．在0.1 mol·L－1的HCN溶液中存在电离平衡：HCN???H＋＋CN－，下列叙述正确的是( )
A．加入少量NaOH固体，平衡正向移动
B．加水，平衡逆向移动
C．滴加少量0.1 mol·L－1的HCl溶液，溶液中c(H＋)减小
D．加入少量NaCN固体，平衡正向移动
解析：选A 加入NaOH固体，OH－与H＋反应，平衡向右移动，A项正确；加蒸馏水促进HCN电离，B项错误；滴加少量盐酸，c(H＋)增大，C项错误；加入少量NaCN固体，c(CN－)增大，平衡逆向移动，D项错误。
7.常温下，稀释0.5 mol·L－1的醋酸溶液，图中的纵坐标不能表示( )
A．CH3COOH的电离程度
B．溶液中H＋的数目
C．溶液中OH－的浓度
D．溶液中CH3COOH的浓度
解析：选D 稀释0.5 mol·L－1的醋酸溶液，醋酸电离程度增大，溶液中H＋的数目增大，所以纵坐标能表示CH3COOH的电离程度和溶液中H＋的数目；稀释0.5 mol·L－1 的醋酸溶液，氢离子浓度减小，水的离子积为定值，c(OH－)增大，所以纵坐标能表示溶液中OH－的浓度；稀释0.5 mol·L－1的醋酸溶液，CH3COOH的浓度减小，所以纵坐标不能表示CH3COOH的浓度。
8．由表格中的电离常数判断下列可以发生的反应是( )
化学式 电离常数
HClO Ka＝3.0×10－8
H2CO3 Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝5.6×10－11
A.NaClO＋NaHCO3===HClO＋Na2CO3
B．2HClO＋Na2CO3===2NaClO＋CO2↑＋H2O
C．2NaClO＋CO2＋H2O===2HClO＋Na2CO3
D．NaClO＋CO2＋H2O===HClO＋NaHCO3
解析：选D 依据电离常数分析可知酸性由强至弱的顺序为H2CO3＞HClO＞HCO，根据强酸可以制取弱酸的规律分析，A项与酸性：HClO＞HCO矛盾，错误；B项与酸性：H2CO3＞HClO矛盾，错误；C项与酸性：H2CO3＞HClO＞HCO矛盾，反应应该生成碳酸氢钠，错误；D项与酸性：H2CO3＞HClO＞HCO吻合，正确。
9．H2S水溶液中存在电离平衡：H2S???H＋＋HS－和HS－???H＋＋S2－。若向H2S溶液中( )
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小
D．加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，平衡右移，氢离子浓度减小
解析：选C 加水促进H2S电离，但氢离子浓度减小，A项错误；通入过量SO2气体发生反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，H2S浓度减小，平衡逆向移动，但当SO2过量时溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH减小，B项错误；滴加新制氯水，发生反应：Cl2＋H2S===2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH减小，C项正确；加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D项错误。
10．已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH???CH3COO－＋H＋，要使溶液中值增大，可以采取的措施是( )
①加少量烧碱固体 ②升高温度 ③加少量冰醋酸
④加水 ⑤加少量醋酸钠固体
A．①② B．②③⑤
C．③④⑤ D．②④
解析：选D ①中加少量NaOH固体时，H＋与OH－结合生成难电离的H2O，c(H＋)减小，平衡正向移动，c(CH3COO－)增大，使＝值减小；②中CH3COOH的电离是吸热过程，升温，c(H＋)增大，c(CH3COOH)减小，故值增大；③中加入无水CH3COOH时，c(CH3COOH)增大量大于c(H＋)增大量，致使值减小；④中加水稀释，电离平衡右移，n(CH3COOH)减小，n(H＋)增大，故＝值增大；⑤加少量醋酸钠固体时，平衡逆向移动，c(H＋)减小，c(CH3COOH) 增大，值减小。
11．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH???H＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是( )
A．升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B．0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH－)增大
C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．25 ℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸
解析：选D 弱电解质的电离平衡常数只受温度影响，升高温度电离平衡常数增大，A项正确；将溶液稀释，c(H＋)减小，c(OH－)增大，B项正确；加入CH3COONa固体会抑制CH3COOH电离，C项正确；加入冰醋酸，溶液的pH、电离程度均减小，但电离常数不变，D项错误。
12．一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力变化曲线如图所示，回答：
(1)H＋的物质的量最大的是_______(填“a”“b”或“c”)。
(2)经实验测得c点处：c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，c(CH3COO－)＝0.01 mol·L－1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka＝________。
解析：(1)稀释促进弱电解质的电离，c点加水量最多，浓度最小，电离程度最大，氢离子的物质的量最大，不过其浓度却是最小。
(2)c点：c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(H＋)＝0.01 mol·L－1，则Ka＝＝≈1.0×10－3。
答案：(1)c (2)1.0×10－3
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一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意)
1．化学与生产、生活、社会、环境关系密切，下列说法正确的是( )
A．NH4Cl和ZnCl2溶液可用作焊接钢铁时的除锈剂
B．大力生产铅蓄电池、汞锌锰干电池，满足消费需求
C．工业生产中使用催化剂可改变反应的活化能和焓变
D．牺牲阳极的阴极保护法是应用电解原理防止金属腐蚀
解析：选A A项，NH4Cl和ZnCl2都是强酸弱碱盐，水解显酸性，所以可用作焊接时的除锈剂；B项，含汞锌锰的干电池会污染环境；C项，催化剂可改变反应的活化能，但不能改变焓变；D项，牺牲阳极的阴极保护法是根据原电池原理防止金属腐蚀，外加电流的阴极保护法是根据电解原理防止金属腐蚀。
2．下列对化学反应的认识正确的是( )
A．化学反应过程中，分子的种类和数目一定发生改变
B．如果某化学反应的ΔH和ΔS均小于0，则反应一定能自发进行
C．化学反应过程中，一定有化学键的断裂和形成
D．放热反应的反应速率一定比吸热反应的反应速率大
解析：选C A．化学反应前后分子种类发生变化，但数目不一定变化；B.反应自发进行的判断根据是ΔH－TΔS<0；C.化学反应的实质是旧化学键断裂的同时新化学键形成的过程；D.反应速率的大小与反应的吸、放热无关。
3．乙醇燃料电池中采用磺酸类质子溶剂，在一定温度下供电，电池总反应为C2H5OH＋3O2===2CO2＋3H2O，电池示意图如图。下列说法中错误的是( )
A．电池工作时，质子向电池的正极迁移
B．电池工作时，电流由b极沿导线流向a极
C．a极上发生的电极反应是C2H5OH＋3H2O＋12e－===2CO2↑＋12H＋
D．b极上发生的电极反应是4H＋＋O2＋4e－===2H2O
解析：选C 质子移向b极，则b极为正极，A正确；a极为负极，电流从正极流向负极，B正确；a极上发生失电子的氧化反应，电极反应：C2H5OH＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋，C错误；b极上发生得电子的还原反应，在酸性条件下，电极反应：4H＋＋O2＋4e－===2H2O，D正确。
4．中国探月工程“嫦娥五号”探测器于2020年12月17日完成探月任务，是我国航天事业发展的巨大成就。“嫦娥五号”采用长征五号火箭运输，其芯一级和芯二级采用液氧液氢发动机，助推器采用液氧煤油发动机，“嫦娥五号”本身采用偏二甲肼/四氧化二氮发动机，其反应方程式为C2H8N2＋2N2O42CO2＋4H2O＋3N2；“嫦娥五号”的电源系统由电源控制器、锂离子蓄电池组及太阳电池阵组成，锂离子蓄电池放电的反应式如下：Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋C6(x＜1)。下列关于长征五号火箭及“嫦娥五号”探测器燃料的说法不正确的是( )
A．煤油来源于化石燃料，化石燃料是不可再生能源
B．燃烧产物无污染是液氢作发动机燃料的主要优点之一
C．N2O4是“嫦娥五号”发动机内发生的化学反应的还原剂
D．将燃料和氧气压缩冷却成液体，目的是便于储存并缩小航天器的体积
解析：选C A．煤油是石油分馏的产品，来源于化石燃料，化石燃料是不可再生能源，正确；B.液氢燃烧的产物是水，燃烧产物无污染，正确；C.在反应中，N2O4中N元素的化合价从＋4价降低为0，作氧化剂，错误；D.将燃料和氧气压缩冷却成液体，目的是便于储存并缩小航天器的体积，正确。
5．下列关于反应C2H8N2(g)＋2N2O4(g)===2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g) ΔH说法正确的是( )
A．该反应的ΔH<0，ΔS<0
B．该反应的平衡常数表达式为K＝
C．由该热化学反应方程式可知，偏二甲肼的标准燃烧热为ΔH
D．用E总表示键能之和，该反应ΔH＝E总(反应物)－E总(生成物)
解析：选D 根据反应关系知，ΔH<0，ΔS>0，故A错误；该反应的平衡常数表达式为K＝，故B错误；标准燃烧热指在101 kPa，25 ℃下，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，方程式中水的状态为气态，其稳定态应为液态，故C错误，D正确。
6．室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是( )
A．0.1 mol·L－1 NH3·H2O溶液的pH小于13
B．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．向0.1 mol·L－1 NH3·H2O溶液中加入MgCl2溶液产生白色沉淀
解析：选D A．0.1 mol·L－1 NH3·H2O溶液的pH小于13，则溶液中c(OH－)<0.1 mol·L－1，说明NH3·H2O 为弱电解质；B.0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液的pH小于7，显酸性，说明 NH3·H2O是弱电解质；C.相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3·H2O为弱电解质；D.有白色沉淀产生，说明NH3·H2O显碱性，并不能说明NH3·H2O是弱电解质。故选D。
7．对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)????4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是( )
A．若单位时间内生成x mol NO的同时消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
B．达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)
C．达到化学平衡时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D．化学反应速率关系是2v正(NH3)＝3v正(H2O)
解析：选B A．生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，表述的都是v正，错误；B.当达到平衡时，有4v正(O2)＝5v逆(NO)，正确；C.达到化学平衡时，若增大容器体积，则正、逆反应速率都减小，错误；D.化学反应速率之比等于化学计量数之比，应该为3v正(NH3)＝2v正(H2O)，错误。
8．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．钠与水反应：Na＋H2O===Na＋＋OH－＋H2↑
B．向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO＋4NH＋2H2O
C．FeCl3溶液净水原理：Fe3＋＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3H＋
D．用饱和Na2CO3溶液处理重晶石：BaSO4＋CO===BaCO3＋SO
解析：选D A．钠与水反应的离子方程式为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，错误；B.AlCl3溶液与过量氨水反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，错误； C．FeCl3在溶液中水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2O????Fe(OH)3(胶体)＋3H＋，错误；D.沉淀转化的离子方程式为BaSO4＋CO===BaCO3＋SO，正确。
9．以0.10 mol·L－1的NaOH溶液滴定某一元弱酸HA的滴定曲线如图所示，下列表述正确的是( )
A．此实验可以选用酚酞作指示剂
B．弱酸HA的浓度约为1×10－4mol·L－1
C．根据已知条件，弱酸HA的浓度为0.10 mol·L－1
D．当NaOH体积为9 mL时，恰好完全中和反应
解析：选A NaOH和弱酸的反应在反应终点时生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，应选择碱性条件下变色的指示剂，A正确；起点pH＝4，表明溶液中c(H＋)＝1×10－4mol·L－1，弱酸的浓度大于溶液中c(H＋)，B错误；从图像中可以看到，当NaOH溶液使用10 mL时溶液的pH发生突变，滴定达到终点，但V(HA)未知，c(HA)无法计算，C错误；NaOH和弱酸恰好完全反应时生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，而图中V＝9 mL时溶液pH＝7，二者不一致，D错误。
10．取500 mL过氧化氢水溶液，在少量I－存在下分解：2H2O2===2H2O＋O2↑。在常温常压下，测得O2的放出量转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min 0 20 40 60 80
c/(mol·L－1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050
下列说法正确的是( )
A．反应20分钟时，测得O2的体积为448 mL
B．40～60 min，消耗H2O2的平均速率为
0．2 mol·L－1·min－1
C．第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率
D．第100 min时，H2O2分解完全
解析：选C A．气体状况未知，故无法计算气体体积，错误；B.40～60 min，消耗H2O2的平均速率为v＝＝＝0.005 mol·L－1·min－1，错误；C.随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率降低，所以第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率，C项正确；D.60～80 min，反应消耗H2O2的物质的量浓度为0.050 mol·L－1，剩余的H2O2的物质的量浓度为0.050 mol·L－1，H2O2不可能完全分解，D项错误。
11．甲烷液化可获得工业原料甲醇，反应原理是：
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
③CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH3＝－49.0 kJ·mol－1
下列说法不正确的是( )
A．升高温度，反应①中CH4的转化率提高
B．反应③是CO2资源化利用的方法之一
C．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)
ΔH＝－90.0 kJ·mol－1
D．上述合成甲醇过程中需要向原料气中补充H2
解析：选D A．从热化学方程式可知，反应①为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CH4的转化率提高；B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇；C.根据盖斯定律：由②＋③得到：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝－90.0 kJ·mol－1；D.从上述合成甲醇的反应可知，CO2不足而H2过量，所以不需要向原料气中补充H2。
12．合成氨工艺是人工固氮最重要的途径，已知N2(g)＋3H2(g)????2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，实际工业生产中，合成氨的原料气N2可通过分离空气得到，H2可通过天然气和水蒸气转化制得，原料气中N2和H2物质的量之比为1∶2.8，常用工艺条件：铁触媒作催化剂，控制温度773 K、压强3.0×107 Pa。氨的实际生产流程如图所示，下列说法不正确的是( )
A．控制温度(773 K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率
B．增大相对廉价的N2在原料气中的比例以提高氢气的平衡转化率
C．将NH3液化，并不断将液氨移去，利于反应正向进行
D．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生
解析：选A A．控制温度(773 K)远高于室温，是为了加快反应速率；B.增大相对廉价的N2在原料气中的比例以提高氢气的平衡转化率；C.将NH3液化，并不断将液氨移去，利于反应正向进行；D.原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。故选A。
13．根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是( )
选项 实验操作和现象 结论
A 向2 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液中加入4 mL 0.1 mol·L－1的KI溶液，充分反应后，分别取少量溶液于两支试管中，向其中一支试管中滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝，另一支试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液变红 KI与FeCl3的反应是可逆反应
B 室温下，向0.1 mol·L－1 HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升 镁与盐酸反应放热
C 向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp(AgI)D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaHCO3溶液的pH约为10 CH3COOH电离出H＋的能力比H2CO3强
解析：选D A．二者反应后KI过量，根据滴入KSCN溶液后溶液变红色的现象可知，反应后溶液中仍然含有铁离子，所以该反应为可逆反应；B.反应后溶液温度上升，说明反应放热；C.一支试管中产生黄色沉淀，沉淀为AgI，则c(Ag＋)·c(I－)>Ksp，另一支中无明显现象，说明c(Ag＋)·c(Cl－)二、非选择题(本题共4小题，共61分)
14．(15分)消除氮氧化物(主要为NO和NO2)污染是“蓝天计划”的重要内容之一。
(1)甲烷还原方法可在催化剂作用下消除氮氧化物污染， NO、O2和CH4的混合物反应体系主要发生如下反应：
2NO(g)＋O2(g)????2NO2(g)
ΔH＝－113.0 kJ·mol－1①
CH4(g)＋2O2(g)????CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－802.3 kJ·mol－1②
CH4(g)＋4NO(g)????2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－116 0 kJ·mol－1③
①则反应CH4(g)＋2NO2(g)????N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝ __________________。
②反应CH4(g)＋2O2(g)????CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－a kJ·mol－1，则a________802.3(填“＞”“＜”或“＝”)。
③在一定温度下，提高反应③中NO的转化率可采取的措施是__________________。
(2)利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。
①图Ⅰ装置实现的能量转化形式是____________________________________________。
石墨Ⅱ电极上发生的电极反应为________________________。相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为________。
②图Ⅱ为电解NO制备NH4NO3的装置。该装置中阳极的电极反应式为_____________。
“反应室”中发生反应的离子方程式为_______________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)①2NO(g)＋O2(g)????2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·mol－1 ①，CH4(g)＋2O2(g)????CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802.3 kJ·mol－1 ②，CH4(g)＋4NO(g)????2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1 160 kJ·mol－1 ③，根据盖斯定律：(③－①×2＋②)×得到：CH4(g)＋2NO2(g)????N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝[－1 160－(－113.0)×2＋(－802.3)]×＝－868.15(kJ·mol－1)；②反应②CH4(g)＋2O2(g)????CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802.3 kJ·mol－1；反应CH4(g)＋2O2(g)????CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－a kJ·mol－1，因为生成液态水放热更多，所以a>802.3；③CH4(g)＋4NO(g)????2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，要提高NO的转化率，应使平衡正向移动，可采取增大CH4浓度或移走生成物的措施。
(2)图Ⅰ装置为燃料电池，化学能转化为电能，负极上通入NO2，正极上通入O2，根据电解质知，负极电极反应式为NO2－e－＋NO===N2O5，石墨Ⅱ电极为正极，电极反应式为O2＋2N2O5＋4e－===4NO，放电过程中两电极得失电子守恒，由两电极反应式可知，消耗的NO2和O2的体积比为4∶1；图Ⅱ装置为电解装置，阳极发生氧化反应，电极反应式为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋。阴极发生还原反应，电极反应式为NO＋5e－＋6H＋===NH＋H2O，“反应室”中发生反应的离子方程式为NH3＋H＋===NH。
答案：(1)①－868.15 kJ·mol－1 ②> ③增大CH4浓度或移走生成物 (2)①化学能转化为电能 O2＋4e－＋2N2O5===4NO 4∶1 ②NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋ NH3＋H＋===NH
15．(15分)工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O，利用滴定原理测定Cr2O含量的方法如下：
步骤Ⅰ：量取30.00 mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O。
步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴加几滴指示剂。用滴定管量取0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：(I2＋2Na2S2O3 ===2NaI＋Na2S4O6)
滴定次数 Na2S2O3溶液起始读数/mL Na2S2O3溶液终点读数/mL
第一次 1.02 19.03
第二次 2.00 19.99
第三次 0.20 a
(1)步骤Ⅰ量取30.00 mL废水，选择的仪器是________。
(2)步骤Ⅲ中滴加的指示剂为________。滴定达到终点时的实验现象是____________。
(3)步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则：
①a＝________。
②Cr2O的含量为________g·L－1。
(4)以下操作会造成废水中Cr2O含量测定值偏高的是________(填字母)。
A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度
B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D．量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
解析：(1)根据信息，Cr2O氧化性较强，量取废水时应用酸式滴定管。(2)滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂；滴定达到终点时碘单质刚好被消耗，所以溶液的颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色。(3)①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到 0.01 mL，a值为18.20; ②从表格数据可知，三次实验消耗0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液的体积的平均值为18.00 mL，根据Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O和I2＋2Na2S2O3 ===2NaI＋Na2S4O6得关系式：Cr2O～3I2～6Na2S2O3，n(Cr2O)＝n(Na2S2O3)＝×0.100 0 mol·L－1×18.00×10－3 L＝3×10－4 mol，Cr2O的含量为＝2.16 g·L－1。(4)根据Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O和I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6分析，c(待测)偏高，Cr2O含量就偏高；滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)＝分析，测定c(待测)偏低，故A错误；盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测)＝分析，测定c(待测)无影响，故B错误；滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V(标准)偏大，根据c(待测)＝分析，测定c(待测)偏高，故C正确；未用标准液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)＝分析，测定c(待测)偏高，D正确。
答案：(1)酸式滴定管 (2)淀粉溶液 溶液刚好从蓝色变为无色，且30 s内不变色 (3)①18.20 ②2.16 (4)CD
16．(15分)三种酸的电离平衡常数如下：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 1.8×10－5 Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11 3.0×10－8
回答下列问题：
(1)写出HClO的电离方程式________________________________________________。
(2)少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
(3)加水稀释0.10 mol·L－1的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是________(填字母)。
a． b．
c． d．
(4)体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程中pH变化如图所示。稀释后，HX溶液中由水电离出来的c(H＋)________(填“＞”“＜”或“＝”)醋酸溶液中由水电离出来的c(H＋)。
解析：(1)HClO是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离方程式为HClO????H＋＋ClO－。(2)根据电离平衡常数越大，相应的酸的酸性越强，结合强酸与弱酸盐反应制取弱酸分析。由电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，所以将少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O===HCO＋HClO。(3)醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOH????CH3COO－＋H＋。向醋酸溶液中加水稀释，电离平衡正向移动，c(CH3COOH)减小的倍数大于c(H＋)减小的倍数，因此溶液中减小，a不符合题意；向醋酸溶液中加水稀释，电离平衡正向移动，则c(CH3COOH)减小的倍数大于c(CH3COO－)减小的倍数，所以增大，b符合题意；加水稀释，溶液中c(H＋)减小，而水的离子积常数Kw不变，所以减小，c不符合题意；加水稀释，溶液中c(H＋)减小，而水的离子积常数Kw不变，则溶液中c(OH－)增大，所以减小，d不符合题意。(4)由图可知，稀释相同倍数后HX溶液的pH比醋酸大，则HX电离生成的c(H＋)小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中由水电离出来的c(H＋)大，即稀释后，HX溶液中由水电离出来的 c(H＋)＞醋酸溶液中由水电离出来的c(H＋)。
答案：(1)HClO????H＋＋ClO－ (2)ClO－＋CO2＋H2O===HCO＋HClO (3)b (4)＞
17．(16分)请运用化学反应原理的相关知识回答下列问题：
(1)焦炭可用于制取水煤气。测得12 g碳与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了131.6 kJ热量。该反应的热化学方程式为_______________________________________________。
该反应在________条件下能自发进行(填“高温”“低温”或“任意温度”)。
(2)CO是有毒的还原性气体，在工业上有重要的应用。 CO是高炉炼铁的还原剂，其主要反应为Fe2O3(s)＋3CO(g)????2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－28.5 kJ· mol－1。
在T ℃时，该反应的平衡常数K＝64，在恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加入物质，反应经过一段时间后达到平衡。
Fe2O3 CO Fe CO2
甲/mol 1.0 1.0 1.0 1.0
乙/mol 1.0 2.0 1.0 1.0
下列说法正确的是________(填字母)
a．若容器内气体密度恒定时，标志着反应达到平衡状态
b．甲容器中CO的平衡转化率为60%，大于乙
c．甲、乙容器中，CO的平衡浓度之比为2∶3
d．由于容器的容积未知，所以无法计算该条件下甲容器中CO的平衡转化率
(3)甲醇(CH3OH)燃料电池是以铂为电极，以KOH溶液为电解质溶液，在两极区分别加入CH3OH和O2即可产生电流。负极的电极反应是________________________________。
解析：(1)12 g碳的物质的量是1 mol，1 mol C与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了131.6 kJ热量，则该反应的热化学方程式为H2O(g)＋C(s)????CO(g)＋H2(g) ΔH＝131.6 kJ·mol－1；根据反应自发进行的判断依据：当ΔG＝ΔH－TΔS＜0时反应可自发进行，由于ΔH＞0，ΔS＞0，所以该反应应该在高温条件下自发进行。(2)容器的容积恒定不变，气体的质量会发生变化，若容器内气体密度恒定时，说明气体的质量不变，标志着反应达到平衡状态，a正确；假设容器的容积是V L，对于甲，假设平衡时CO转化的物质的量是x mol，则平衡时 n(CO)＝(1.0－x)mol，n(CO2)＝(1.0＋x)mol，所以K＝＝64，解得x＝0.6，所以CO的平衡转化率＝×100%＝60%；对于乙，假设平衡时CO转化的物质的量是y，则平衡时n(CO)＝(2.0－y)mol，n(CO2)＝(1.0＋y)mol，反应前后气体的物质的量不变，所以K＝＝64，解得y＝1.4，所以CO的平衡转化率＝×100%＝70%＞60%，所以CO的平衡转化率：甲＜乙，b、d错误；根据选项b分析可知平衡时n(CO)甲＝1.0 mol－0.6 mol＝0.4 mol, n(CO)乙＝2.0 mol－1.4 mol＝0.6 mol，容器的容积恒定不变，则气体的物质的量之比等于浓度之比，故CO的平衡浓度之比为0.4∶0.6＝2∶3，c正确。(3)通入CH3OH的电极为负极，在负极上CH3OH失去电子被氧化为CO2，CO2结合OH－，最后转化为CO，故负极的电极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O。
答案：(1)H2O(g)＋C(s)????CO(g)＋H2(g) ΔH＝131.6 kJ·mol－1 高温 (2)ac
(3)CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
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12化学反应的焓变
题型一 焓变 反应热
1．下列关于化学反应与能量变化的说法正确的是( )
A．放热反应的发生无须任何条件
B．化学键的断裂和形成与反应放热和吸热无关
C．化学反应过程都伴随着能量的变化
D．硫酸与氢氧化钠的反应是吸热反应
解析：选C 放热反应的发生可能需要条件，如加热等，A项错误；化学键的断裂和形成与反应放热和吸热有关，B项错误；化学反应过程都伴随着能量的变化，C项正确；H2SO4与NaOH的反应是放热反应，D项错误。
2．下列过程伴随的能量变化中，属于反应热的是( )
A．形成1 mol H—Cl键放出的能量
B．石墨转化为金刚石吸收的能量
C．1 mol O2形成2 mol O吸收的能量
D．水蒸气变成液态水放出的能量
解析：选B 化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成。A项，只有化学键的形成，C项只有化学键的断裂，故其能量的变化不属于反应热，A、C错误；石墨转化为金刚石既有旧键的断裂，又有新键的形成，故其能量的变化属于反应热，B正确；水蒸气变成液态水是物理变化，故其能量的变化不属于反应热，D错误。
3．下列说法正确的是( )
A．焓变单位中的kJ·mol－1，是指1 mol物质参加反应时的能量变化
B．当反应放热时ΔH>0，反应吸热时ΔH<0
C．一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，ΔH的符号为“－”
D．一个化学反应中，生成物的总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，ΔH为正值
解析：选C 焓变单位中的kJ·mol－1，是指每摩尔具体的反应，不一定指参加反应的物质，A错；在反应中物质所具有的总能量减少，反应就放热，反之就吸热，C对；化学反应的实质是旧化学键的断裂，新化学键的形成，断键时吸收能量，成键时释放能量，所以D错。
题型二 探究化学反应中的能量变化
4．已知化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是( )
A．每生成2分子AB(g)吸收b kJ热量
B．该反应的反应热ΔH＝(a－b)kJ·mol－1
C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D．断裂1 mol A—A键和1 mol B—B键，放出a kJ能量
解析：选B 每生成2 mol AB(g)吸收的热量应为(a－b)kJ，故A错误；焓变＝反应物的键能之和－生成物的键能之和＝(a－b)kJ·mol－1，故B正确；由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，故C错误；断键应吸收能量，故D错误；故选B。
5．已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)，1 mol H2完全燃烧放出241.8 kJ热量，有关键能数据如下：
化学键 H—O O===O
键能/(kJ·mol－1) 463.4 498
则H—H键键能为( )
A．413 kJ·mol－1 B．557 kJ·mol－1
C．221.6 kJ·mol－1 D．436 kJ·mol－1
解析：选D 设H—H键键能为x kJ·mol－1，根据反应热和键能关系可知，ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和，即(2x＋498－4×463.4) kJ·mol－1＝(－241.8×2) kJ·mol－1，解得x＝436。
6．已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－483.6 kJ·mol－1
下列有关说法不正确的是( )
A．该反应是氧化还原反应
B．破坏1 mol H—O键需要的能量是463.4 kJ
C.H2O(g)===H2(g)＋O2(g) ΔH＝241.8 kJ·mol－1
D．H2(g)中的H—H键比H2O(g)中的H—O键牢固
解析：选D 该反应中有元素的化合价发生改变，是氧化还原反应，A说法正确；根据旧键的断裂吸热，新键的形成放热，H—O键的键能＝＝463.4 kJ·mol－1，故破坏1 mol H—O键需要的能量是463.4 kJ，B说法正确；已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则H2O(g)===H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋241.8 kJ·mol－1，C说法正确；H2(g)中的H—H键的键能为436 kJ·mol－1，H2O(g)中的H—O键的键能为463.4 kJ·mol－1，则H2(g)中的H—H键比H2O(g)中的H—O键的稳定性差，D说法错误；故选D。
题型三 热化学方程式
7．下列说法错误的是( )
A．热化学方程式未注明温度和压强时，ΔH表示标准状况下的数据
B．热化学方程式中各物质化学式前的化学计量数不表示分子个数，只代表物质的量
C．同一化学反应，化学计量数不同，ΔH不同；化学计量数相同而物质的聚集状态不同，ΔH也不相同
D．化学反应过程所吸收或放出的热量与参加反应的物质的物质的量成正比
解析：选A 热化学方程式未注明温度和压强时，ΔH表示在25 ℃、101 kPa条件下测定的数据，故A错误；热化学方程式中的化学计量数只表示反应物或生成物的物质的量，不表示微粒数，系数可以用分数表示，故B正确；化学反应的焓变(ΔH)只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，ΔH与热化学方程式的化学计量数成正比，对于同一化学反应，当化学计量数不同时，其ΔH不同，只要热化学方程式的化学计量数一定，ΔH值一定，化学反应过程所吸收或放出的热量与参加反应的物质的物质的量成正比，故C、D正确。
8．2019年7月6～9日 “中国(北京)新能源汽车博览会”在北京国家会议中心盛大举办。氢气作为新型能源因释放的能量高，无污染而备受欢迎。已知在101 kPa、298 K条件下，2 mol H2(g)完全燃烧生成水蒸气放出484 kJ热量，下列有关热化学方程式正确的是( )
A．H2O(g)===H2(g)＋O2(g)
ΔH＝242 kJ·mol－1
B．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－484 kJ·mol－1
C．H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝242 kJ·mol－1
D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝484 kJ·mol－1
解析：选A 在判断热化学方程式的正误时，应注意以下几点：①标明各物质的状态，B中H2O的状态标错，B错误。②标明反应是吸热还是放热，C、D应为负值，故C、D错误。③若反应逆向进行，ΔH应改变符号，但绝对值不变，故A正确。
9．已知：H2(g)＋F2(g)===2HF(g) ΔH＝－270 kJ·mol－1。下列有关说法正确的是( )
A．在相同条件下，1 mol H2(g)与1 mol F2(g) 的能量总和大于2 mol HF(g) 的能量
B．1 mol H2(g)与1 mol F2(g) 反应生成2 mol液态HF放出的热量小于270 kJ
C．该反应的逆反应是放热反应
D．该反应过程的能量变化可用下图来表示
解析：选A 该反应为放热反应，则在相同条件下，1 mol H2(g)与1 mol F2(g)的能量总和大于2 mol HF(g)的能量，故A正确；物质由气态变为液态时放出能量，则1 mol H2(g)与1 mol F2(g)反应生成2 mol液态HF放出的热量大于270 kJ，故B错误；因该反应的正反应为放热反应，所以逆反应是吸热反应，故C错误；由反应的热化学方程式可知，该反应的ΔH＜0，为放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误。
10．CO(g)与H2O(g)反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A.该反应为吸热反应
B．CO(g)和H2O(g)所具有的总能量大于CO2(g)和H2(g)具有的总能量
C．热化学方程式为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH＝41 kJ·mol－1
D．1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)反应生成1 mol CO(g)和H2O(g)要放出41 kJ热量
解析：选B 从题图数据可以看出，该反应的ΔH<0，为放热反应，CO(g)和H2O(g)的总能量大于CO2(g)和H2(g)的总能量，反应的热化学方程式为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41 kJ·mol－1。该反应的逆反应要吸收热量。故选B。
11．下列说法正确的是( )
A．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B．已知C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应是氧化还原反应，且反应的焓变大于零
D．含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.4 kJ·mol－1
解析：选D 等量的硫蒸气和硫固体，硫蒸气的能量高，能量越高，燃烧放出的热量越多，A项错误；由C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH>0可知，金刚石的能量比石墨的能量高，能量越高，越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，B项错误；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应中无元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，反应吸热，焓变大于零，C项错误；20.0 g NaOH的物质的量为0.5 mol，与稀盐酸反应生成0.5 mol H2O放热 28.7 kJ，则生成1 mol水放出57.4 kJ的热量，热化学方程式可表示为NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.4 kJ·mol－1，D项正确。
12．根据碘与氢气反应的热化学方程式：
①I2(g)＋H2(g)????2HI(g) ΔH＝－9.48 kJ·mol－1
②I2(s)＋H2(g)????2HI(g) ΔH＝26.48 kJ·mol－1
下列有关判断正确的是( )
A．254 g I2(g)中通入2 g H2(g)，反应放热9.48 kJ
B．1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
C．反应①的产物比反应②的产物稳定
D．反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低
解析：选D A项，因为是可逆反应，所以不能进行完全，放出的热量小于9.48 kJ，错误；B项，1 mol固态碘与1 mol 气态碘所含的能量相差26.48 kJ－(－9.48 kJ)＝35.96 kJ，错误；C项，生成物都是气态HI，一样稳定，错误；D项，等量的同一物质，固态物质的能量比气态物质的能量低，反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低，正确。
13．下表中的数据是破坏1 mol物质中的化学键所消耗的能量：
物质 Cl2 Br2 I2 HCl HBr HI H2
能量/kJ 243 193 151 432 366 298 436
根据上述数据回答(1)～(4)题。
(1)下列物质本身具有的能量最低的是________(填字母，下同)。
A．H2 B．Cl2
C．Br2 D．I2
(2)下列氢化物中，最稳定的是________。
A．HCl B．HBr C．HI
(3)X2＋H2===2HX(X代表Cl、Br、I)的反应是______(吸热反应或放热反应)。
(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收的热量最多的是________。
解析：破坏1 mol物质中的化学键所消耗的能量越大，则物质越稳定，所具有的能量越低，则(1)所给的四种物质中，物质本身具有的能量最低的是H2，答案选A；(2)所给的三种物质中，最稳定的是HCl，答案选A；(3)以氯元素为例进行计算。断开Cl—Cl键和H—H键需吸收的能量为243 kJ＋436 kJ＝679 kJ，而形成2 mol HCl放出的能量为2×432 kJ＝864 kJ，所以反应Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)放出864 kJ－679 kJ＝185 kJ的热量，同理可计算反应Br2(g)＋H2(g)===2HBr(g)、I2(g)＋H2(g)===2HI(g)分别放出103 kJ、9 kJ的热量，故答案为放热反应；(4)根据(3)中计算可知，相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是氯气。
答案：(1)A (2)A (3)放热反应 (4)氯气
14．在25 ℃、101 kPa的条件下，断裂1 mol H—H键吸收436 kJ能量，断裂1 mol Cl—Cl键吸收243 kJ能量，形成1 mol H—Cl键放出431 kJ能量。H2＋Cl2===2HCl的化学反应过程中的能量变化可用如图表示：
请回答下列有关问题：
(1)反应物断键吸收的总能量为________。
(2)生成物成键放出的总能量为________。
(3)判断H2＋Cl2===2HCl反应________(填“吸收”或“放出”)能量。
(4)反应物的总能量________(填“＞”“＝”或“＜”)生成物的总能量。
解析：(1)反应物断键吸收的总能量为氢气和氯气的键能之和，则反应物断键吸收的总能量为436 kJ＋243 kJ＝679 kJ；
(2)生成物成键放出的总能量为形成2 mol HCl的总键能，则生成物成键放出的总能量为431 kJ×2＝862 kJ；
(3)断键吸收的总能量是679 kJ，形成2 mol HCl释放的总能量是862 kJ，吸收的能量少，放出的能量多，因此该反应是放出热量的反应；
(4)反应放出热量，说明反应物的总能量大于生成物的总能量。
答案：(1)679 kJ (2)862 kJ (3)放出 (4)>
15．根据图示回答下列问题：
(1)化学反应N2＋3H2????2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是________(填字母)。
A．N2(g)＋3H2(g)????2NH3(l)
ΔH＝2(a－b－c)kJ·mol－1
B．N2(g)＋3H2(g) ????2NH3(g)
ΔH＝2(b－a)kJ·mol－1
C．N2(g)＋H2(g)????NH3(l)
ΔH＝(b＋c－a)kJ·mol－1
D．N2(g)＋H2(g)????NH3(g)
ΔH＝(a＋b)kJ·mol－1
(2)如图是N2和H2反应生成2 mol NH3过程中能量变化的示意图，请计算每生成1 mol NH3放出的热量为________。
(3)2SO2(g)＋O2(g)????2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示：
已知1 mol SO2(g)氧化为 1 mol SO3(g)的ΔH＝－99 kJ·mol－1。
①图中A、C分别表示________、________，E的大小对该反应的反应热有无影响？________________________________________________________________________。
②图中ΔH＝________kJ·mol－1。
解析： (1)由题图可以看出， mol N2(g)和 mol H2(g)的化学键断裂吸收的能量为a kJ，形成1 mol NH3(g)放出的能量为b kJ，所以N2(g)＋H2(g)????NH3(g) ΔH＝(a－b)kJ·mol－1，而1 mol NH3(g)转化为1 mol NH3(l)放出的热量为c kJ，所以有N2(g)＋H2(g)????NH3(l) ΔH＝(a－b－c)kJ·mol－1，即：N2(g)＋3H2(g)????2NH3(l) ΔH＝2(a－b－c)kJ·mol－1。
(2)由题图可知生成2 mol NH3放出热量为427.2 kJ－335 kJ＝92.2 kJ，则生成1 mol NH3放出热量为46.1 kJ。
(3)①由图示可知，A表示反应物总能量，C表示生成物总能量；E值不影响A、C的能量值，故能量E的大小对该反应的反应热无影响。②ΔH对应2 mol SO2(g)转化为2 mol SO3(g)的焓变，其值为2×(－99 kJ·mol－1)＝－198 kJ·mol－1。
答案：(1)A (2)46.1 kJ (3)①反应物总能量 生成物总能量 无影响 ②－198
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第三单元 盐类的水解
第一课时 盐类水解及其平衡常数
分点突破1
盐类水解的实质与规律
分点突破2
盐类水解离子方程式的书写
分点突破3
盐的水解平衡常数
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
H+ oh-
Ch cooNa =chcoo+ Nat
CH COOH沉淀溶解平衡原理
题型一 沉淀溶解平衡及其特征
1．下列对“难溶”的理解正确的是( )
A．在水中难溶的物质，在其他溶剂中也是难溶的
B．难溶就是绝对不溶
C．难溶就是溶解度相对较小，没有绝对不溶于水的电解质
D．如果向某溶液中加入足量的另一种试剂时，生成了难溶性的电解质，则说明原溶液中的相应离子已沉淀完全
解析：选C 难溶是指物质在水中的溶解度小于0.01 g。
2．下列说法正确的是( )
A．溶解度小的物质，Ksp一定小，溶解度大的物质，Ksp也一定大
B．等物质的量的AgNO3和NaCl混合后，溶液中不存在Ag＋和Cl－
C．当改变外界条件时，沉淀溶解平衡会发生移动，直至达到新的平衡
D．向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2溶液，则SO沉淀完全，溶液中只含Ba2＋、Na＋和Cl－，不含SO
解析：选C 溶解度小的Ksp不一定小，达到沉淀溶解平衡后，溶液中含有溶解产生的离子，且外界条件改变，沉淀溶解平衡会发生移动，直至建立新的平衡。
3．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是( )
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
解析：选B A项，反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系；C项，平衡时，溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等；D项，平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，由于固体的浓度为常数，且溶液已达饱和，故平衡不发生移动。
题型二 溶度积常数
4．下列说法中，正确的是( )
A．两种难溶电解质，其中Ksp小的溶解度一定小
B．溶液中存在两种可以与同一沉淀剂生成沉淀的离子，则Ksp小的一定先生成沉淀
C.难溶电解质的Ksp与温度有关
D．同离子效应使难溶电解质的溶解度变小，也使Ksp变小
解析：选C Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关。
5．常温下几种难溶电解质的溶度积如下表所示：
物质名称 硫化亚铁 硫化铜 硫化锌
溶度积 6.3×10－18 6.3×10－36 1.6×10－24
向含有等物质的量浓度的FeCl2、CuSO4、ZnSO4混合溶液中滴加0.01 mol·L－1 Na2S溶液时，Fe2＋、Cu2＋、Zn2＋沉淀的先后顺序为( )
A．Fe2＋、Zn2＋、Cu2＋ B．Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋
C．Zn2＋、Fe2＋、Cu2＋ D．Cu2＋、Fe2＋、Zn2＋
解析：选B 组成结构相似的物质，Ksp越小越易形成沉淀。硫化铜的溶度积最小，Cu2＋最先沉淀，然后是Zn2＋、Fe2＋。
6．某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡：FeR(s)????Fe2＋(aq)＋R2－(aq)，其沉淀溶解平衡曲线如图所示：
(1)能否可以通过升温实现由a点变到c点？______。
(2)b点对应的Ksp________(填“大于”“等于”或“小于”)a点对应的Ksp。
(3)d点是否可能有沉淀生成？________。
(4)该温度下，Ksp＝________。
解析：(1)升高温度，Fe2＋和R2－的浓度同时增大，所以不能通过升温来实现由a点变到c点。
(2)曲线上的点，均为平衡点，温度不变，Ksp不变。
(3)d点相对于平衡点a点，c(Fe2＋)相同，但d点的c(R2－)小于a点，故没有沉淀生成。
(4)选a点或b点计算，Ksp(FeR)＝2×10－18。
答案：(1)不能 (2)等于 (3)没有沉淀 (4)2×10－18
题型三 沉淀溶解平衡的影响因素
7．下列物质中，溶解度不随pH变化的是( )
A．AgCl B．CaCO3
C．Fe(OH)3 D．Mg(OH)2
解析：选A B、C、D中的物质溶解度均随pH的减小而增大。
8．室温下，氢氧化钙固体在水溶液中达到溶解平衡：Ca(OH)2(s)????Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，向其中加入以下物质，恢复到室温后，Ca(OH)2固体减少的是( )
A．CH3COONa B．AlCl3
C．NaOH D．CaCl2
解析：选B 加入CH3COONa，CH3COO－水解产生OH－，溶液中OH－浓度增大，平衡向左移动，Ca(OH)2固体析出，A错误；加入AlCl3，Al3＋与OH－反应，OH－浓度减小，平衡向右移动，Ca(OH)2固体减少，B正确；加入NaOH，溶液中OH－浓度增大，平衡左移，则Ca(OH)2固体增加，C错误；加入CaCl2，Ca2＋浓度增大，平衡左移，Ca(OH)2固体增加，D错误。
9．向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)，下列数值变小的是( )
A．c(CO) B．c(Mg2＋)
C．c(H＋) D．Ksp(MgCO3)
解析：选A 含MgCO3固体的溶液中存在沉淀溶解平衡：MgCO3(s)????Mg2＋(aq)＋CO(aq)，滴加少许浓盐酸，H＋与CO反应，使平衡向右移动，则c(Mg2＋)和c(H＋)增大，c(CO)减小，温度不变，Ksp(MgCO3)不变，故A正确。
10．在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中( )
A．c(Ba2＋)＝c(SO)＝
B．c(Ba2＋)·c(SO)>Ksp，c(Ba2＋)＝c(SO)
C．c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp，c(Ba2＋)>c(SO)
D．c(Ba2＋)·c(SO)≠Ksp，c(Ba2＋)解析：选C 平衡后c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp；加入BaCl2溶液，使c(Ba2＋)增大，BaSO4(s)????Ba2＋(aq)＋SO(aq)平衡向左移动，c(SO)减小，故c(Ba2＋)>c(SO)。
11．下列有关说法正确的是( )
A．常温下，AgCl在等物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
B．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生，说明常温下Ksp(BaCO3)C．向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明AgCl的溶解平衡正向移动
D．已知Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，说明Ag2CrO4的溶解度小于AgCl
解析：选C A选项，CaCl2溶液中c(Cl－)大，则在CaCl2溶液中AgCl的溶解度小，错误；B选项，如果Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，因为存在BaSO4(s)????Ba2＋(aq)＋SO(aq)，Na2CO3溶液浓度大，也有可能生成少部分BaCO3沉淀，错误；D选项，Ag2CrO4的溶解度大，错误。
12．常温下，Ksp(PbI2)＝8.5×10－9。取适量黄色PbI2粉末溶于水中，充分搅拌后得到浊液，过滤。在滤液中加入少量KI，测得c(I－)＝1.0×10－2 mol·L－1。下列说法正确的是( )
A．Ksp(PbI2)减小
B．溶液中c(I－)减小
C．产生黄色沉淀
D．溶液中c(Pb2＋)＝8.5×10－7 mol·L－1
解析：选C Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，A项错误；溶液中c(I－)明显增大了，B项错误；在滤液中，Ksp(PbI2)＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝4c3(Pb2＋)＝8.5×10－9，c(Pb2＋)≈1.3×10－3 mol·L－1，c(I－)≈2.6×10－3 mol·L－1。在滤液中加入少量KI，测得c(I－)＝1.0×10－2 mol·L－1，则若产生PbI2沉淀，Pb2＋的最小浓度c(Pb2＋)＝ mol·L－1＝8.5×10－5 mol·L－1＜1.3×10－3 mol·L－1，所以溶液中一定会产生PbI2黄色沉淀，C项正确，D项错误。
13．25 ℃时有关物质的颜色和溶度积(Ksp)如下表：
物质 AgCl AgBr AgI Ag2S
颜色 白色 淡黄色 黄色 黑色
Ksp 1.8×10－10 7.7×10－13 1.5×10－16 1.8×10－50
下列叙述中不正确的是( )
A．向AgCl的白色悬浊液中加入0.1 mol·L－1 KI溶液，有黄色沉淀产生
B．25 ℃时，AgCl、AgBr、AgI、Ag2S的饱和水溶液中Ag＋的浓度相同
C．25 ℃，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同
D．在5 mL 1.8×10－6 mol·L－1 NaCl溶液中，加入1滴(20滴约为1 mL)1×10－3 mol·L－1 AgNO3溶液，不能产生白色沉淀
解析：选B 由Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)可知，A正确；由四种物质的溶度积常数计算可知，其饱和水溶液中c(Ag＋)的大小关系为AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S，B错误；由于溶度积常数只是温度的函数，C正确；加入一滴硝酸银溶液后c(Cl－)可认为保持不变，即c(Cl－)＝1.8×10－6 mol·L－1，而AgNO3溶液相当于稀释100倍，故c(Ag＋)＝1×10－5 mol·L－1，c(Cl－)·c(Ag＋)＝1.8×10－11＜Ksp(AgCl)，故没有沉淀生成，D正确。
14．以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表，若混合溶液中Ca2＋、Al3＋、Fe3＋的浓度均为1.0×10－4 mol·L－1，c(AsO)最大是( )
难溶物 Ksp
Ca3(AsO4)2 6.8×10－19
AlAsO4 1.6×10－16
FeAsO4 5.7×10－21
A.5.7×10－16 mol·L－1 B．8.2×10－3 mol·L－1
C．1.6×10－12 mol·L－1 D．5.7×10－17 mol·L－1
解析：选D 若混合溶液中Ca2＋、Al3＋、Fe3＋的浓度均为1.0×10－4 mol·L－1，依据表中难溶物的Ksp的大小可知，反应过程中Fe3＋先形成沉淀，依据Ksp(FeAsO4)＝c(Fe3＋)·c(AsO)＝5.7×10－21可得，c(AsO)＝＝5.7×10－17 mol·L－1。
15．已知t ℃时，Ksp(AgCl)＝4×10－10，该温度下AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．图中a点对应的是t ℃时AgBr的不饱和溶液
B．向AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变为b点
C．t ℃时，AgBr的Ksp为4.9×10－13
D．t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)????AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
解析：选B 由t ℃时AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线可知，a点对应的是AgBr的不饱和溶液，A项正确；在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体时，可促使平衡AgBr(s)????Ag＋(aq)＋Br－(aq)逆向移动，c(Ag＋)减小，B项错误；由图中数据确定AgBr的Ksp＝7×10－7×7×10－7＝4.9×10－13，C项正确；该反应的平衡常数K＝＝＝＝≈816，D项正确。
16．T1、T2两种温度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题：
(1)T1____________(填“＞”“＜”或“＝”)T2，T2时Ksp(BaSO4)＝________。
(2)根据T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是________(填字母)。
A．加入Na2SO4可由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C.蒸发溶剂可能由d点变为T1曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)
D．升温可由b点变为d点
解析：(1)BaSO4沉淀溶解平衡是吸热反应，T1温度下的离子积较小，所以T1(2)A项，由于存在溶解平衡，加入Na2SO4，c(SO)增大，BaSO4的沉淀溶解平衡逆向移动，c(Ba2＋)降低，a点会变为b点，故正确；B项，T1曲线上方区域的离子积大于溶度积，所以会析出沉淀，故正确；C项，蒸发溶剂，不饱和溶液中的c(Ba2＋)、c(SO)都变大，可能由d点变为T1曲线上a、b之间的某一点，故正确；D项，升高温度，平衡向沉淀溶解的方向移动，c(Ba2＋)、c(SO)都变大，故错误。
答案：(1)＜ 5.0×10－9 (2)ABC
17．已知难溶于水的盐在水中存在溶解平衡，例如氯化银在水中的溶解平衡为AgCl(s)????Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，在一定温度下，水溶液中银离子(Ag＋)和氯离子(Cl－)的物质的量浓度的乘积为一常数，可用Ksp表示：Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8 × 10－10，现把氯化银(足量)分别放入：①100 mL蒸馏水中；②100 mL 0.1 mol·L－1 的盐酸溶液中；③1 000 mL 0.1 mol·L－1 的氯化铝溶液中；④100 mL 0.1 mol·L－1 的氯化镁溶液中。
(1)充分搅拌后相同温度下，银离子浓度由大到小顺序是______________(填序号)。
(2)0.1 mol·L－1 氯化铝溶液中，银离子的物质的量浓度最大可达到________mol·L－1。
(3)向氯化银的饱和溶液中滴加硫化钾溶液，可观察到的现象是__________________，产生此现象涉及的离子方程式为______________________________________________。
解析：(1)通过计算分别得到：①中c(Ag＋)和c(Cl－)相同，约为1.34×10－5 mol·L－1；②中c(Ag＋)为1.8×10－9 mol·L－1；③中c(Cl－)为0.3 mol·L－1，c(Ag＋)为6×10－10 mol·L－1；④中c(Cl－)为0.2 mol·L－1，c(Ag＋)为1.8×10－10÷0.2＝9×10－10 mol·L－1；综上所述c(Ag＋)大小顺序为①②④③；
(2)在0.1 mol·L－1氯化铝溶液中，c(Ag＋)最大可达到6.0×10－10 mol·L－1。
答案：(1)①>②>④>③ (2)6.0×10－10 (3)白色沉淀变为黑色 2AgCl(s)＋S2－(aq)????Ag2S(s)＋2Cl－(aq)
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7第一课时 化学反应的焓变
明课程标准 扣核心素养
1.知道内能是体系内物质的各种能量的总和，受温度、压强、物质的聚集状态和组成的影响。2.认识化学能与热能的相互转化，恒温恒压条件下化学反应的反应热可以用焓变表示。3.能辨识化学反应中的能量转化形式，能解释化学反应中能量变化的本质。4.能用热化学方程式表示反应中的能量变化。 变化观念与平衡思想：能认识化学变化伴随着能量变化，并能定量分析化学变化伴随发生的能量变化。证据推理与模型认知：能从宏观和微观结合上收集证据，分析化学变化中的能量吸收或释放的原因。
[问题探讨]
1．天然气燃烧过程中涉及哪些能量变化？
提示：天然气燃烧时将化学能转化为热能和光能。
2．反应热、ΔH之间有什么关系？
提示：恒压条件下，体系只做体积功，不做其他功(如电功等)，则ΔH与反应热相等。
3．如何从宏观认识放热反应和吸热反应？
提示：宏观可从反应物、生成物的总能量的相对大小去分析。
1．反应热产生的原因
化学反应前后体系的内能(符号为U)发生了变化。 内能是体系内物质的各种能量的总和，受温度、压强、物质的聚集状态和组成的影响。
2．焓与焓变
(1)焓：是与内能有关的物理量，符号为H。
(2)焓变：同一反应中生成物与反应物的焓值差，符号为ΔH，单位为kJ·mol－1。
数学表达式为ΔH＝H(生成物)－H(反应物)。
3．反应热与焓变的关系
在恒压条件下进行的化学反应，其焓变等于该反应的反应热。由于化学反应大多是在敞口容器中进行的，故反应体系的压强与外界压强相等，即反应是在恒压条件下进行的。所以如不作特殊说明，化学反应的反应热等于该反应的焓变(ΔH)。因此，高中阶段学习中的反应热用ΔH表示。
4．焓变与放热反应、吸热反应的关系
放热反应 吸热反应
H(反应物)>H(生成物) H(反应物)[名师点拨]
(1)焓研究的对象是物质，焓变研究的对象是某一个化学变化过程。
(2)当反应物总焓(总能量)大于生成物总焓(总能量)时，ΔH<0，该反应为放热反应，反之则为吸热反应，ΔH>0。
1．已知某反应的焓变如图所示，下列说法正确的是( )
A.该反应为放热反应
B.该反应为吸热反应
C.生成物的焓小于反应物的焓
D.反应物的总能量大于生成物的总能量
解析：选B ΔH＝H(生成物)－H(反应物)，ΔH>0时为吸热反应。由图像可知，生成物的焓大于反应物的焓，反应物的总能量小于生成物的总能量。
2．下列变化一定为放热的化学反应的是( )
A.H2O(g)===H2O(l)放出44 kJ热量
B.ΔH>0的化学反应
C.形成化学键时共放出862 kJ能量的化学反应
D.能量变化如图所示的化学反应
解析：选D H2O(g)===H2O(l)为物理变化，A项错误；ΔH>0，反应吸收热量，B项错误；不知道断裂化学键时吸收能量的情况，无法确定反应是放热还是吸热，C项错误；由题图可知H(生成物)N2与O2在放电时发生反应生成NO，下面是反应N2(g)＋O2(g)===2NO(g)的过程中的能量变化图。
[问题探讨]
1．断裂1 mol N2分子、1 mol O2分子中的化学键吸收的总能量是多少？形成2 mol NO分子中的化学键释放的总能量是多少？由此计算该反应的ΔH是多少？
提示：断键吸收的总能量为946 kJ·mol－1＋498 kJ·mol－1＝1 444 kJ·mol－1。形成化学键放出的总能量为2×632 kJ·mol－1＝1 264 kJ·mol－1。则反应N2(g)＋O2(g)===2NO(g)吸收的热量为1 444 kJ·mol－1－1 264 kJ·mol－1＝180 kJ·mol－1，即反应的ΔH＝180 kJ·mol－1。
2．根据图示中的数据计算2NO(g)===N2(g)＋O2(g)的焓变(ΔH)是多少？与问题1中的ΔH相比，得出的结论是什么？
提示：ΔH＝断裂化学键吸收的总能量－形成化学键释放的总能量＝(2×632 kJ·mol－1)－(946 kJ·mol－1＋498 kJ·mol－1)＝－180 kJ·mol－1。正、逆反应的焓变(ΔH)数值相等，符号相反。
3．N2(g)和O2在高温、足够大的压力下会生成NO(g)，那么该反应的ΔH是否发生变化？
提示：ΔH不发生变化，ΔH仍为180 kJ·mol－1；因为化学反应的焓变(ΔH)与反应条件无关。
1．焓变产生的微观原因
当E1>E2时，反应吸收能量
当E1化学反应中的能量变化，本质上是由于化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时释放的能量不同所导致的。因此，化学键的断裂和形成是化学反应过程中伴随能量变化的根本原因。在恒温、恒压条件下，化学反应中的能量变化以热的形式表现出来，这就是反应热，也称化学反应的焓变。
图示：2SO2(g)＋O2(g)????2SO3(g) 放热反应
图中a表示2 mol SO2、1 mol O2分子中的化学键断裂时吸收的能量；b表示2 mol SO3分子中的化学键形成时放出的能量，ΔH＝a－b<0，该反应为放热反应。
2．焓变产生的宏观原因
从物质内能角度分析，若化学反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应物转化为生成物时释放能量，则该反应为放热反应，反应的ΔH为负值；反之，则为吸热反应，反应的ΔH为正值。如下图所示为化学变化过程中的能量变化。
3．计算焓变的两种方法
(1)宏观角度计算：ΔH＝生成物总焓－反应物总焓
(2)微观角度计算：反应物的总键能－生成物的总键能。可以简单记忆为反应热(ΔH)等于反应物断键吸热与生成物成键放热的代数和，吸热取正值，放热取负值。
[拓展] 常见物质的分子中的化学键数目
物质 CO2(C===O) CH4(C—H) 白磷(P4)(P—P) H2O(H—O)
键数 2 4 6 2
例如，已知N≡N键的键能为941 kJ·mol－1，N—N键的键能为193 kJ·mol－1，且N4的空间构型为正四面体形()，则反应2N2(g)===N4(g)的反应热ΔH＝2×941 kJ·mol－1－6×193 kJ·mol－1＝724 kJ·mol－1。
[名师点拨]
(1)正、逆反应的ΔH数值相等，但符号相反。
(2)可逆反应的反应热(ΔH)是指反应物完全转化为生成物时的理论数据。
(3)物质本身能量越低越稳定，如石墨转化成金刚石是吸热反应(ΔH>0)，则金刚石的能量更高，故石墨的稳定性大于金刚石。
1．如下图所示，有关化学反应和能量变化的说法不正确的是( )
A.图a表示的是放热反应的能量变化
B.图b表示反应物的化学键断裂吸收的总能量高于生成物的化学键形成释放的总能量
C.图b可以表示氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应的能量变化
D.图a表示的反应不需要加热就一定能发生，图b表示的反应一定需要加热才能发生
解析：选D 图a中反应物的总能量大于生成物的总能量，表示的是放热反应，A项正确；图b表示的是吸热反应，故反应物的化学键断裂吸收的总能量高于生成物的化学键形成释放的总能量，B项正确；氯化铵固体与氢氧化钡晶体的反应是吸热反应，C项正确；放热反应、吸热反应的发生与反应是否需要加热无关，D项错误。
2．键能是两原子间形成1 mol新键(或其逆过程)时释放(或吸收)的能量。已知下列物质的键能：
化学键 H—H键 N≡N键 N—H键
键能/( kJ·mol－1) 436 946 391
则反应：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)的ΔH＝________________。
解析：ΔH＝反应物断键吸收的总能量－生成物成键释放的总能量＝946 kJ·mol－1＋3×436 kJ·mol－1－6×391 kJ·mol－1＝2 254 kJ·mol－1－2 346 kJ·mol－1＝－92 kJ·mol－1。
答案：－92 kJ·mol－1
CCS技术是将工业和有关能源产业中所产生的CO2进行捕捉与封存的技术，被认为是拯救地球、应对全球气候变化最重要的手段之一。其中一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”的简单流程图如图所示(部分条件及物质未标出)。
[问题探讨]
1．CH4在催化剂作用下实现第一步反应，也称为甲烷的不完全燃烧，1 g CH4不完全燃烧时放出2.21 kJ的热量，你能写出该反应的热化学方程式吗？
提示：甲烷不完全燃烧的化学方程式为2CH4＋O2===2CO＋4H2，1 g CH4的物质的量为 ＝ mol，则2 mol CH4不完全燃烧放出的热量为2.21 kJ×16×2＝70.72 kJ。因此，第一步反应的热化学方程式为2CH4(g)＋O2(g)===2CO(g)＋4H2(g) ΔH＝－70.72 kJ·mol－1。
2．第二步中涉及的化学反应为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)，其反应过程的能量变化如图所示：
你能写出该反应的热化学方程式吗？
提示：由图可知，1 mol CO(g)与1 mol H2O(g)完全反应生成1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)，放出41 kJ的热量，故反应的热化学方程式为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41 kJ·mol－1。
3．已知H2燃烧的热化学方程式如下：
①H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH1＝－285.8 kJ·mol－1
②H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH2＝－241.8 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH3＝－571.6 kJ·mol－1
仔细分析以上三个热化学方程式，解决以下两个问题。
(1)为什么热化学方程式中必须注明各物质的状态？
提示：由热化学方程式①、②可知，均是1 mol H2与0.5 mol O2反应生成1 mol H2O，但生成H2O的状态不同时，反应放出的热量不同，由此可知，反应放出(或吸收)热量的多少与物质的状态密切相关，因此，书写热化学方程式时要注明物质的状态。
(2)同一反应不同的热化学方程式中的焓变(ΔH)与化学计量数之间有何关系？
提示：对比热化学方程式①、③可知，同一反应不同的热化学方程式中的ΔH与物质的化学计量数成正比，即ΔH3＝2ΔH1＝2×(－285.8)kJ·mol－1＝－571.6 kJ·mol－1。
1．热化学方程式
(1)概念：能够表明反应所释放或吸收的热量的化学方程式。
(2)意义：表明了化学反应中的物质变化和能量变化。
如热化学方程式H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH(298 K)＝－285.8 kJ·mol－1的意义：在298 K时，1 mol H2(g)和 mol O2(g)完全反应生成1 mol H2O(l)时放出的热量为285.8 kJ。
2．书写热化学方程式的方法
(1)写出符合质量守恒定律的化学方程式
热化学方程式中各物质化学式前的化学计量数不表示分子个数，只表示物质的量，因此，可以用整数或简单分数表示。
(2)标明反应的温度和压强
反应的温度或压强不同时，其ΔH也可能不同。对于25 ℃、101 kPa时进行的反应，可以不标明。
(3)标明物质的状态
因为物质发生状态的变化时也伴随着能量的变化，所以书写热化学方程式时必须标明物质的状态。通常用g、l、s、aq分别表示气态、液态、固态、水溶液。
(4)用ΔH表示化学反应释放或吸收的热量
放热反应的ΔH的符号为“－”，吸热反应的ΔH的符号为“＋”(“＋”可省略)；ΔH的常用单位是kJ·mol－1。
3．书写热化学方程式时需注意的问题
(1)热化学方程式书写的常见误区
①热化学方程式中不用标明反应条件(如“加热”“高温”“催化剂”等)。
②由于已经标明了物质的状态，所以在热化学方程式中不再用“↑”“↓”来标记气体生成物和难溶生成物。
③热化学方程式中一般用“===”(可逆反应中用“????”)，即使是有机反应的热化学方程式中也不用“―→”。
(2)热化学方程式中化学式前面的化学计量数必须与ΔH相对应，若化学计量数加倍，则ΔH的数值也要加倍。
(3)当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热的数值相等，符号相反。
[名师点拨]
(1)ΔH的单位为kJ·mol－1，它并不是指每摩尔具体物质反应时伴随的能量变化是多少千焦，而是指给定形式的具体反应以各物质的化学计量数来计量其物质的量时伴随的能量变化是多少千焦。
(2)可逆反应的ΔH和实际吸收或放出热量的区别：不论化学反应是否可逆，热化学方程式中ΔH都表示反应按照化学计量数所表示的物质的量完全反应所释放或吸收的热量。如2SO2(g)＋O2(g)????2SO3(g) ΔH＝－197 kJ·mol－1是指2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)完全转化为 2 mol SO3(g)时释放的热量为197 kJ。若在相同的温度和压强下，向某容器中加入2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)，反应达到平衡时放出的热量为Q，因反应不能进行彻底，故Q<197 kJ。
1．在常温常压下，1 g H2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出92.3 kJ的热量。下列有关热化学方程式正确的是 ( )
A．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝－92.3 kJ·mol－1
B．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝92.3 kJ·mol－1
C．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝184.6 kJ·mol－1
D．2HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)
ΔH＝184.6 kJ·mol－1
解析：选D H2在Cl2中燃烧生成HCl气体，1 g H2燃烧放出92.3 kJ的热量，则1 mol(即2 g)H2燃烧放出184.6 kJ的热量，化学反应放出热量，ΔH的符号为“－”。则H2在Cl2中燃烧生成HCl气体的热化学方程式为H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH＝－184.6 kJ·mol－1。一个放热反应的逆反应是吸热反应，并且在其他条件相同时，正、逆反应的ΔH的绝对值相等，符号相反。则该题的四个选项中只有D项是正确的。
2．写出下列反应的热化学方程式：
(1)1 mol C2H5OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出1 366.8 kJ热量：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)1 mol C(石墨，s)与适量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)，吸收131.3 kJ热量：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)1.7 g NH3(g)发生催化氧化反应生成气态产物，放出22.67 kJ的热量：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)C2H5OH燃烧的化学方程式为C2H5OH＋3O22CO2＋3H2O，那么，相应的热化学方程式为C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 366.8 kJ·mol－1。
(2)1 mol C(石墨，s)反应吸收131.3 kJ热量，则相应的热化学方程式为C(石墨，s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。
(3)1.7 g NH3的物质的量为0.1 mol，1 mol NH3完全反应放出的热量为226.7 kJ，则4 mol NH3完全反应放出的热量为226.7 kJ×4＝906.8 kJ。那么相应的热化学方程式为4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝－906.8 kJ·mol－1或NH3(g)＋O2(g)===NO(g)＋H2O(g) ΔH＝－226.7 kJ·mol－1。
答案：(1)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1 366.8 kJ·mol－1
(2)C(石墨，s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1
(3)4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝－906.8 kJ·mol－1或NH3(g)＋O2(g)===NO(g)＋H2O(g) ΔH＝－226.7 kJ·mol－1
已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)，反应过程中的能量变化如图所示，则：
(1)a、b、c分别代表什么意义？
a________________________________________________________________________；
b________________________________________________________________________；
c________________________________________________________________________。
提示：H2(g)＋O2(g)与2H(g)＋O(g)之间的能量差是H2―→2H(g)和O2(g)―→O(g)过程中断开H—H键和O===O键需吸收的能量和。所以a代表旧键断裂吸收的能量，b代表2H(g)和O(g)结合成H2O(g)所放出的能量，c则代表断键所吸收的能量与成键所释放的能量之差，即反应热。
(2)该反应是________反应(填“吸热”或“放热”)，ΔH________0(填“>”或“<”)。
提示：由图可知该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，ΔH<0。
1．反应热(ΔH)＝(a－b)kJ·mol－1。
2．反应热(ΔH)取决于反应物具有的总能量和生成物具有的总能量。
3．加入催化剂可以使反应过程—能量曲线的“山峰”降低，改变了反应过程，但加入催化剂前后反应物和生成物的总能量差不变，即前后的“落差”不变，故加入催化剂不影响反应的ΔH，如下图所示(图中b表示加入催化剂后的能量变化)。
下图是1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化的示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_______________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：由图可知其热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g) ΔH＝E1－E2＝134 kJ·mol－1－368 kJ·mol－1＝－234 kJ·mol－1。
答案：NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g) ΔH＝－234 kJ·mol－1
[分级训练·课课过关]_________________________________________________
1．下列过程中ΔH小于零的是( )
A．氯酸钾分解制氧气
B．氯化铵受热分解
C．碳还原水蒸气
D．实验室用锌和稀硫酸反应制氢气
解析：选D ΔH小于零说明该反应是放热反应。A、B、C项均是吸热反应，错误；D项，实验室用锌和稀硫酸反应制氢气为金属与酸的反应，是放热反应，正确。
2．H2与O2发生反应的过程用模型表示如下(“－”表示化学键)：
下列有关说法不正确的是( )
A．过程Ⅰ是吸热过程
B．过程Ⅲ一定是放热过程
C．该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键
D．该反应的能量转化只能以热能的形式进行
解析：选D 过程Ⅰ分子中的化学键断裂，形成原子，属于吸热过程，A项正确；过程Ⅲ为新化学键形成的过程，属于放热过程，B项正确；过程Ⅰ中所有的旧化学键都断裂，过程Ⅲ为新化学键形成的过程，C项正确；该反应可通过燃料电池实现化学能到电能的转化，D项错误。
3．下列热化学方程式书写正确的是(已知焓变的绝对值均正确)( )
A．2SO2＋O22SO3 ΔH＝－196.6 kJ·mol－1
B．4H2(g)＋2O2(g)===4H2O(l)
ΔH＝－1 143.2 kJ·mol－1
C．C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝393.5 kJ
D．C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝393.5 kJ·mol－1
解析：选B A中未注明各物质的聚集状态，也不需要标注反应条件，C、D中ΔH的符号错误，放热反应的ΔH<0，且C中ΔH的单位也错误。
4．已知在25 ℃、101 kPa下，1 g C8H18(辛烷)完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.4 kJ热量。表示该反应的热化学方程式正确的是( )
A．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g)
ΔH＝－48.4 kJ·mol－1
B．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－5 517.6 kJ·mol－1
C．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝5 517.6 kJ·mol－1
D．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－48.4 kJ·mol－1
解析：选B C8H18(辛烷)的摩尔质量为114 g·mol－1，所以1 mol C8H18(辛烷)完全燃烧生成二氧化碳和液态水时放出5 517.6 kJ热量。
5．我国自主研制的“天宫二号”飞行器的外壳覆盖了一种新型结构陶瓷材料，其主要成分是氮化硅，该陶瓷材料可由石英固体与焦炭颗粒在高温的氮气流中通过如下反应制得：3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO，该反应变化过程中的能量变化如图所示。回答以下问题。
(1)上述反应中的还原剂是________，其还原产物是________。
(2)该反应________(填“吸热”或“放热”)，反应热ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。
解析：(1)由3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO知，反应中碳元素的化合价由0升高到＋2，氮元素的化合价由0降低到－3。故反应中的还原剂是C，还原产物为Si3N4。
(2)该反应过程中，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，ΔH<0。
答案：(1)C Si3N4 (2)放热 <
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14(共39张PPT)
专题2 化学反应速率与化学平衡
第一单元 化学反应速率
第一课时 化学反应速率的表示方法
分点突破1
化学反应速率及其表示方法
分点突破2
化学反应速率的测定方法及化学反应速率的计算与大小比较
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
稀硫酸
1020304050
锌粒
看化学反应速率的单位是否·致
若不一致,需转化为同一单位
化将不同物质表示的化学反应速率转化
成同一物质表示的化学反应速率
标准统一后比较数值大小,数值
三比较
越大,化学反应速率越大酸碱中和滴定的理解与应用
突破一 中和滴定曲线的“5点”分析法
1．抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱。
2．抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合。
3．抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性。
4．抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足。
5．抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。
1．如图是向100 mL的盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液的pH变化图像，根据如图所得结论正确的是( )
A．原盐酸的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
B．X处为含0.1 mol的NaOH溶液
C．原盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
D．X处为含0.01 mol的NaOH溶液
解析：选A 原盐酸的pH＝1，则c(HCl)＝0.1 mol·L－1，A正确；滴定终点时加入的NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.01 mol，但浓度与体积都无法计算。
2．如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是( )
A．盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
B．P点时恰好完全反应，溶液呈中性
C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
解析：选B 当曲线a所表示的中和反应刚开始时，溶液的pH＝1，说明原溶液是盐酸，所以曲线a表示的是氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线，故c(HCl)＝c(H＋)＝10－1 mol·L－1＝0.1 mol·L－1，A项、C项错误；P点时二者恰好完全中和，生成氯化钠，则溶液呈中性，故B项正确；甲基橙的变色范围是3.1～4.4，酚酞的变色范围是8.2～10.0，且变色现象较明显，所以该中和滴定实验可以用酚酞或甲基橙作指示剂，故D项错误。
3．如图是用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度盐酸(酚酞作指示剂)的滴定曲线。
(1)c(HCl)＝________。
(2)水电离出的氢离子浓度：a点和b点什么关系？
(3)指示剂变色时，盐酸与NaOH是否恰好完全反应？
(4)当滴加NaOH溶液为10.00 mL时，该混合液的pH为多少？
解析：(1)当NaOH溶液的体积为20.00 mL时，二者恰好反应，则c(HCl)×20.00 mL＝0.100 0 mol·L－1×20.00 mL，故c(HCl)＝0.100 0 mol·L－1。
(2)a、b两点均是盐酸过量，均会抑制水的电离，由于a点的c(H＋)较大，故由水电离出的氢离子浓度：a＜b。
(3)指示剂由无色变为浅红色时，说明溶液已经显碱性，即NaOH已经有一点过量。
(4)当V(NaOH)＝0.01 L时，溶液显酸性，此时c(H＋)＝＝ mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg ＝1＋lg 3。
答案：见解析
突破二 中和滴定原理的迁移应用
中和滴定实验作为一个实验原型，由此衍生出的实验也很多，如氧化还原滴定实验、沉淀滴定实验。在氧化还原滴定实验中：
(1)指示剂的选择
用KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液或Fe2＋溶液时，不需另加指示剂。用Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液时，以淀粉为指示剂。
(2)计算依据
依据化学方程式或离子方程式或关系式列比例式，或运用原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等列式进行计算。
1.Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。为测定制备的Na2S2O3·5H2O产品的纯度：准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 mol·L－1碘的标准溶液滴定。反应原理为2S2O＋I2===S4O＋2I－
(1)滴定至终点时，溶液颜色的变化：_____________________________。
(2)滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为________ mL。产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)________________。
解析：(1)达到滴定终点时，I2使无色的淀粉溶液变蓝。(2)起始读数为0.00 mL，终点读数为18.10 mL，所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL－0.00 mL＝18.10 mL；根据2Na2S2O3·5H2O～2S2O～I2，得n(Na2S2O3·5H2O)＝2n(I2)＝2×0.100 0 mol·L－1×18.10×10－3 L＝3.62×10－3 mol，则产品的纯度为×100%＝×100%。
答案：(1)由无色变为蓝色 (2)18.10 ×100%
2．已知KMnO4、MnO2在酸性条件下均能将草酸钠(Na2C2O4)氧化：
2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
MnO2＋C2O＋4H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O
某研究小组为测定某软锰矿中MnO2的质量分数，准确称取1.20 g软锰矿样品，加入2.68 g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应之后冷却、滤去杂质，将所得溶液转移到容量瓶中并定容；从中取出25.00 mL待测液置于锥形瓶中，再用0.020 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液进行滴定，当滴入20.00 mL KMnO4溶液时恰好完全反应。试回答下列问题：
(1)0.020 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液应置于________(填“甲”或“乙”)滴定管中；滴定终点如何判断______________________________________。
(2)你能否帮助该研究小组求得软锰矿中MnO2的质量分数________(填“能”或“否”)。若回答“能”，请给出计算结果__________________________________；若回答“否”，试说明原因____________________。
(3)若在实验过程中存在下列操作，其中会使所测MnO2的质量分数偏小的是________(填字母)。
A．溶液转移至容量瓶中，未将烧杯、玻璃棒洗涤
B．滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失
C．定容时，俯视刻度线
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
E．锥形瓶水洗之后未用待测液润洗
解析：(1)高锰酸钾溶液具有强氧化性，因此应置于酸式滴定管中，酸式滴定管的下端是玻璃管，碱式滴定管的下端是橡皮管，所以甲是酸式滴定管，乙是碱式滴定管。由于高锰酸钾溶液显紫红色，所以不需要指示剂，当达到终点时溶液会显浅紫色，据此可以判断。
(2)根据反应过程可以计算出25.00 mL溶液中过量的草酸钠的物质的量，但由于不知道容量瓶的规格，所以无法计算总的过量的草酸钠，因而也不能计算软锰矿中二氧化锰的质量分数。
(3)A说明配制的样品的浓度偏低，因此消耗的高锰酸钾的量就偏低，则过量的草酸钠的物质的量也偏低，所以和二氧化锰反应的草酸钠的量就偏高，即测定结果偏高。B中说明消耗的高锰酸钾的量偏高，则和二氧化锰反应的草酸钠的量就偏低，测定结果偏低。C中配制的样品的浓度偏高，因此消耗的高锰酸钾的量就偏高，则过量的草酸钠的物质的量也偏高，所以和二氧化锰反应的草酸钠的量就偏低，即测定结果偏低。D中说明消耗的高锰酸钾的体积偏低，因此消耗的高锰酸钾的量就偏低，根据上面的分析可知，最终的测定结果就偏高。锥形瓶不能用待测液润洗，所以E是不影响最后测定结果的。
答案：(1)甲 当加入最后1滴KMnO4溶液后，锥形瓶中溶液立即变成浅紫色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点 (2)否 因为不知道容量瓶的规格 (3)BC
3．中和滴定原理在实际生产生活中应用广泛。某化学学习小组同学的研究课题是探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻，得知草酸易溶于水，其水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定，反应原理为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。
回答下列问题：
(1)该滴定实验所需的玻璃仪器有________。
A．酸式滴定管(50 mL)
B．碱式滴定管(50 mL)
C．量筒(50 mL)
D．锥形瓶
E．烧杯
(2)滴定终点的现象为_________________________________________________。
(3)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数 待测H2C2O4溶液的体积/mL 0.100 0 mol·L－1 KMnO4的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 滴液体积/mL
第一次 25.00 0.00 26.11 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30 28.74
第三次 25.00 0.22 26.31 26.09
依据上表数据列式计算该H2C2O4溶液的物质的量浓度________(计算结果保留四位有效数字)。
(4)讨论：若滴定到终点时俯视滴定管刻度线读数，则由此测得的x值会________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。解析：(1)草酸和高锰酸钾都要用酸式滴定管，锥形瓶用于装待测液进行滴定，烧杯主要用于接润洗后的液体及排气泡和调零时的液体，因此滴定实验所需的玻璃仪器有ADE。
(2)锥形瓶中是草酸溶液，用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，开始时无色，当到达滴定终点时，锥形瓶中为高锰酸钾溶液的颜色，滴定终点的现象为当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。
(3)根据三次数据分析，第二次是错误的数据，应舍去，只能用第一次和第三次，取平均值为26.10 mL，该H2C2O4溶液的物质的量浓度c待＝＝＝0.104 4 mol·L－1。
(4)若滴定到终点时俯视滴定管刻度线读数，读出的标准液体积偏小，草酸浓度偏小，x值偏大。
答案：(1)ADE (2)当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(3)0.104 4 mol·L－1 (4)偏大
4．成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的I2 KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为____________________，样品中S2－的含量为______________(写出表达式)。
解析：淀粉溶液遇到I2溶液变蓝，当Na2S2O3将I2消耗完后，溶液由浅蓝色变至无色，即滴定终点时，溶液会由浅蓝色变至无色。设Na2S2O3消耗的I2的物质的量为n1。
由离子方程式
I2 ＋ 2S2O === 2I－＋S4O
1 mol 2 mol
n1 0.100 0 mol·L－1×V×10－3 L
可得：n1＝V× 0.100 0×10－3 mol
设样品中S2－的含量为w，则由反应I2＋S2－===2I－＋S↓
I2 ～ S2－
1 mol 32 g
25．00×10－3 L×0.100 0 mol·L－1
－V×0.100 0×10－3 mol m g×w
可得：w＝×100%
答案：浅蓝色至无色 ×100%
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6化学平衡状态
题型一 可逆反应及其特征
1．下列反应不属于可逆反应的是( )
A．SO2溶于水和H2SO3分解
B．H2跟I2化合成HI和HI分解
C．SO2跟O2化合成SO3和SO3分解
D．NH3与HCl化合生成NH4Cl和NH4Cl受热分解生成NH3和HCl
解析：选D 在相同条件下，既能正向进行又能逆向进行的化学反应称为可逆反应，条件是判断的关键。D中正、逆反应的条件不同，不是可逆反应。
2．在一定条件下，使SO2和O2在一密闭容器中进行反应，下列说法中不正确的是( )
A．反应开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零
B．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后为零
C．随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后不变
D．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后不变
解析：选B 在一定条件下，反应开始时，反应物的浓度最大，正反应速率最大，生成物的浓度为零，逆反应速率为零，A正确；随着反应的进行，反应物的浓度降低，因可逆反应不能进行到底，则正反应速率最后不变但不为零，B错误，D正确；随着反应的进行，生成物的浓度增大，逆反应速率逐渐增大，最后不变，正、逆反应速率相等，C正确。
3．在一个恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，反应过程中某一时刻测得SO2、O2、SO3的浓度分别为1.0 mol·L－1、1.0 mol·L－1、0.5 mol·L－1，当反应达到最大限度时，可能出现的数据是( )
A．c(SO3)＝1.5 mol·L－1
B．c(O2)＝c(SO3)＝0.75 mol·L－1
C．c(O2)＝1.25 mol·L－1
D．c(SO2)＋c(SO3)＝1.5 mol·L－1
解析：选D A项，该反应为可逆反应，不能完全转化，则c(SO3)＜1.5 mol·L－1，错误；B项，某一时刻测得SO2、O2、SO3的浓度分别为1.0 mol·L－1、1.0 mol·L－1、0.5 mol·L－1，SO3的浓度增大0.25 mol·L－1变为0.75 mol·L－1，此时转化的氧气为0.125 mol·L－1，此时c(O2)＝1.0 mol·L－1－0.125 mol·L－1＝0.875 mol·L－1，错误；C项，该反应为可逆反应，不能完全转化，结合上述分析可知，c(O2)＜1.25 mol·L－1，错误；D项，由S原子守恒可知，c(SO2)＋c(SO3)＝1.5 mol·L－1，正确。
题型二 化学平衡状态
4．已知：K3[Fe(CN)6]溶液是检验Fe2＋的试剂，若溶液中存在Fe2＋，将产生蓝色沉淀。将0.2 mol·L－1的KI溶液和0.05 mol·L－1的Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明下列溶液中存在化学平衡“2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2”的是( )
实验编号 实验操作 实验现象
① 滴入KSCN溶液 溶液变红色
② 滴入AgNO3溶液 有黄色沉淀生成
③ 滴入K3[Fe(CN)6]溶液 有蓝色沉淀生成
④ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色
A.① B．②和④
C．③和④ D．①和③
解析：选A 设溶液体积各为1 L，则n(I－)＝0.2 mol，n(Fe3＋)＝0.1 mol，故I－过量，故溶液中一定有I－、Fe2＋、I2。要证明溶液中存在化学平衡“2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2”，只需证明溶液中还存在Fe3＋即可。
5．哈伯因发明了由氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，在一定条件下使该反应发生：N2＋3H22NH3，下列有关说法正确的是( )
A．达到化学平衡时，N2将完全转化为氨
B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
C．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化
D．达到化学平衡时，正、逆反应速率都为零
解析：选C 达到化学平衡时，各组分的浓度不再变化。
6．一定条件下，反应2A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(g)在容积不变的密闭容器中进行，达到化学平衡状态的标志是( )
A．单位时间内生成2n mol B，同时消耗3n mol C
B．容器内压强不随时间变化
C．混合气体的密度不随时间变化
D．单位时间内生成2n mol A，同时生成n mol D
解析：选D 此反应是反应前后气体的体积和总质量不变的反应，只要反应一开始，其气体的总压强、总物质的量、密度均不随时间变化，故气体的总压强、气体的密度不变，不能说明达到平衡状态。A项中均表示逆反应速率，不能说明达到平衡状态；D项中单位时间内生成2n mol A，则消耗n mol D，同时生成n mol D，则正、逆反应速率相等，说明反应已达到平衡状态。
7．在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列证据不能说明反应一定达到化学平衡状态的是( )
A．c(SO2)∶c(O2)∶c(SO3)＝2∶1∶2
B．容器内的压强不再改变
C．SO2的转化率不再改变
D．SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等
解析：选A c(SO2)∶c(O2)∶c(SO3)＝2∶1∶2，只能说明某一时刻各物质的浓度之间的关系，不能说明各物质的物质的量浓度不变，A错误；该反应为反应前后气体的体积发生变化的反应，容器内的压强不再改变时，说明气体的物质的量也不再发生变化，反应达到平衡状态，B正确；SO2的转化率不再改变，说明各组分物质的量不变，反应达到平衡状态，C正确；SO3的生成速率与SO3的消耗速率相等，说明正、逆反应的速率相等，反应达到平衡状态，D正确。
8．在200 ℃时，将1 mol H2(g)和2 mol I2(g)充入到容积为V L的密闭容器中，发生反应：I2(g)＋H2(g)2HI(g) ΔH＝－c kJ·mol－1
(1)反应刚开始时，由于c(H2)＝________，c(I2)＝________，而c(HI)＝________，所以化学反应速率________最大，而________最小(为零)。
(2)随着反应的进行，反应混合物中各组分浓度的变化趋势为c(H2)________，c(I2)________，而c(HI)______，从而化学反应速率v正________，而v逆________。(以上填“增大”“减小”或“不变”)
(3)当反应进行到v正与v逆________时，此可逆反应就达到了平衡。若保持外界条件不变时，反应混合物的总物质的量为________mol，此时放出的热量Q________c kJ(填“＝”“>”或“<”)。
解析：(1)根据定义c＝即可求出各自的浓度。浓度越大，反应速率越大。因此刚开始时正反应速率最大，逆反应速率最小。
(2)该反应在反应前后分子数相等，混合物总物质的量始终为3 mol；该反应为可逆反应，不可能进行完全，放出的热量小于c kJ。
答案：(1) mol·L－1 mol·L－1 0 v正 v逆
(2)减小 减小 增大 减小 增大
(3)相等 3 <
9．在一定温度下，容器内某一反应中两种气态物质M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是( )
A．反应的化学方程式为2MN
B．t2时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态
C．t3时，M上a点正反应速率等于N上b点的逆反应速率
D．t3后的单位时间段内，无论是用M表示还是用N表示，反应速率均为0
解析：选D 由图可知，M为生成物，N为反应物。在0～t1时间内N和M的物质的量的变化量之比为2∶1，反应最后M、N的物质的量均不发生变化，说明该反应为可逆反应，故得反应方程式应为2NM，A错误；t2时，N的物质的量仍在减小，M的物质的量在增加，说明v(正)>v(逆)，没有达到平衡状态，B错误；2NM，t3时达到平衡状态，v正(M)∶v逆(N)＝1∶2，C错误；达到平衡后，各物质的浓度不再发生变化，因此t3后的单位时间段内，各物质的浓度变化量为0，D正确。
10．工业上常用煤和水作原料经过多步反应制得氢气，其中一步反应的原理为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，下列选项的条件中可判断该反应达到平衡状态的是( )
A．单位时间内消耗2 mol CO的同时生成2 mol CO2
B．两个H—O键断裂的同时有一个H—H断裂
C．反应容器内的压强不再发生变化
D．混合气体的相对分子质量不发生变化
解析：选B A项描述的反应速率都是v正，无法判断是否达到平衡；B项说明H2O的分解速率(v正)与H2的消耗速率(v逆)相等，即v正(H2O)＝v逆(H2O)，能判断反应达到平衡；C项，由于该反应在反应前后气体的物质的量不变，故压强始终不变，不能说明反应达到平衡；D项，混合气体的质量不变，物质的量不变，反应前后混合气体的相对分子质量不变，故不能说明反应达到平衡状态。
11．可逆反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是( )
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO；
③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态；
④混合气体中不变；
⑤混合气体的颜色不再改变的状态；
⑥混合气体的密度不再改变的状态；
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A．①⑤⑥ B．①④⑤⑦
C．①⑤⑥⑦ D．①③⑤⑥⑦
解析：选B ①单位时间内生成n mol O2等效于消耗2n mol NO2，同时生成2n mol NO2，正、逆反应速率相等，达到平衡状态，正确；②单位时间内生成n mol O2的同时生成 2n mol NO，都表示的是正反应速率，错误；③正反应速率不一定等于逆反应速率，无法判断是否达到平衡状态，错误；④混合气体中不变，说明各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，正确；⑤混合气体的颜色不再改变，说明NO2的浓度不变，反应达到平衡状态，正确；⑥恒容密闭容器，且反应中气体总质量不变，故混合气体的密度一直不变，错误；⑦该反应是反应前后气体体积变化的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，正确。
12．在容积为4 L的刚性密闭容器中，进行可逆反应：X(g)＋2Y(g)2Z(g)并达到平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反应速率v(正)、v(逆)与时间t的关系如图。则图中阴影部分的面积表示( )
A．X的浓度的变化 B．Y的物质的量的变化
C．Z的浓度的变化 D．Z的物质的量的减少
解析：选C 由v＝可知，v正与t的乘积为浓度减小量，v逆与t的乘积为浓度增加量，Δc＝v正Δt－v逆Δt＝SabdO－SbOd，所以阴影部分的面积为Y的浓度的变化，Y浓度的变化也等于Z浓度的增加，为X浓度减小的2倍，C项正确。
13．在密闭容器中发生反应：A(g)＋2B(s)xC(g)，达到平衡后减小压强，10 s后A的浓度减小2 mol·L－1。下列说法中正确的是( )
A．x一定大于3
B．v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1
C．增加B的量，反应速率加快
D．A的转化率降低
解析：选B 减小压强，任何气体物质的浓度都减小，与化学方程式中各物质的化学计量数无关，不能确定x的值，A项错误；v(A)＝＝＝0.2 mol·L－1·s－1，B项正确；B是固体，增加B的量，化学反应速率不变，C项错误；不能确定平衡移动的方向，因此也就不能确定A的转化率是升高还是降低，D项错误。
14．一定温度下，在10 L密闭容器中加入5 mol SO2和3 mol O2，发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，10 min 时，反应达到平衡状态，此时有3 mol SO2发生了反应。
(1)反应生成了________mol SO3，v(SO2)＝________。
(2)平衡时SO3的浓度是________，SO2的转化率是________。
(3)平衡时容器内气体的总物质的量为________mol。
(4)物质的浓度不再改变标志着该反应已达平衡，下列还可以说明该反应已达平衡的是________(填序号)。
①体系内压强不再改变
②容器内气体的密度不再改变
③混合气体的平均相对分子质量不再改变
④v正(SO3)＝2v逆(O2)
⑤n(SO3)∶n(O2)∶n(SO2)＝2∶1∶2
解析： 2SO2 ＋ O2 2SO3
开始： 5 mol 3 mol 0
变化： 3 mol 1.5 mol 3 mol
平衡： 2 mol 1.5 mol 3 mol
则平衡时SO3的浓度为＝0.3 mol·L－1，v(SO2)＝＝＝0.03 mol·L－1·min－1，SO2的转化率为×100%＝60%，平衡时混合气体的总物质的量为2 mol＋1.5 mol＋3 mol＝6.5 mol。
(4)根据反应方程式知：①中体系压强不变，说明反应已达平衡状态；②中容器的体积不变，混合气体的质量不变，则反应过程中密度始终不变，密度不变不能说明反应已达平衡状态；③中混合气体的总质量不变，但反应过程中混合气体的总物质的量改变，若平均相对分子质量不变，说明反应已达平衡状态；④表示v正＝v逆，说明反应已达平衡状态；⑤中三者的物质的量之比等于化学计量数之比，不能说明反应已达平衡状态。
答案：(1)3 0.03 mol·L－1·min－1
(2)0.3 mol·L－1 60%
(3)6.5 (4)①③④
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7第一课时 原电池的工作原理
明课程标准 扣核心素养
1.认识化学能转化为电能的实际意义及其重要应用。2.了解原电池的工作原理。3.能分析、解释原电池的工作原理，能设计简单的原电池。 宏观辨识与微观探析：能根据原电池的构成条件辨识原电池装置，能分析原电池中能量转化及与物质性质的关系。证据推理与模型认知：能通过原电池认知模型理解原电池的工作原理，通过在复杂化学问题中应用模型解决问题加深对模型的认识。
用Zn片、铜片、CuSO4溶液、ZnSO4溶液及装有KCl饱和溶液的盐桥组成下面甲、乙、丙三套装置，观察到甲装置中溶液温度升高，乙、丙装置中的电流计的指针均发生了偏转。
[问题探讨]
1．装置甲、乙、丙中能量转化的方式是怎样的？
提示：装置甲：化学能转化为热能；装置乙、丙：化学能转化为电能。
2．装置丙中取出盐桥，电流表的指针如何变化？为什么会出现这种现象？
提示：取出盐桥，丙装置中电流表的指针不再发生偏转；取出盐桥后，不能形成闭合回路，不能形成原电池，故电流表指针不再发生偏转。
3．装置丙是由两个半电池组成，请指出原电池的正、负极，并写出电极反应式。
提示：Zn电极为负极，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋；Cu电极为正极，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu。
4．装置丙中电子在导线中的移动方向是怎样的？盐桥中的K＋、Cl－的移动方向是怎样的？
提示：电子的移动方向是Zn(负极)→电流表→Cu(正极)，盐桥中的Cl－移向负极，K＋移向正极。
5．装置丙中，盐桥的作用是什么？
提示：①形成闭合回路；②保持溶液中电荷守恒，使电池反应能持续发生。
6．装置乙中观察到锌片逐渐溶解，表面有少量红色固体析出，该红色固体的成分是什么？装置乙最大的缺点是什么？
提示：红色固体物质是铜；装置乙中Zn片与CuSO4溶液直接接触发生反应，造成一部分负极材料Zn的损耗，故装置乙中产生的电量少。
1．原电池构成条件
(1)电极材料：一般为活泼性不同的两种金属或金属与非金属单质(如石墨)。
(2)离子导体：电解质溶液。
(3)电子导体：金属导线。
(4)电极反应：自发进行的氧化还原反应。
2．原电池的工作原理
(1)原理图示
(2)电极名称与反应类型
正极→还原反应；负极→氧化反应。
(3)电子流向：负极→正极。
(4)电流方向：正极→负极。
(5)离子流向：阳离子→正极；阴离子→负极。
3．带盐桥的原电池装置中盐桥的作用
盐桥在原电池中起导电作用，使整个装置形成闭合回路，盐桥导电利用的是阴、阳离子的定向移动，使两电解质溶液均保持电中性，从而使原电池能相对持续、稳定地产生电流。
4．原电池中正、负极的判断
判断依据 负极 正极
电极材料 活动性较强的金属 活动性较弱的金属或能导电的非金属
电子流动方向 电子流出极 电子流入极
电解质溶液中阴、阳离子定向移动的方向 阴离子移向的电极 阳离子移向的电极
电流方向 电流流入极 电流流出极
两极发生的变化 失电子，发生氧化反应 得电子，发生还原反应
反应现象 电极溶解 电极质量增加或有气泡产生
[名师点拨]
(1)自发进行的氧化还原反应不一定是电极与电解质溶液的反应，也可能是电极与溶液中溶解的O2等发生反应，如将铁与石墨相连浸入食盐水中，Fe与O2发生反应。
(2)电子只能在导线中流动而不能在溶液中流动；离子只能在溶液中移动而不能在导线中移动。原电池中的内电路和外电路分别通过离子的移动和电子的流动而形成闭合回路，可形象的描述为“电子不下水，离子不上岸”。
(3)带盐桥的原电池装置中，负极半电池：还原性强的材料作负极，失去电子被氧化；正极半电池：电解质溶液中氧化性强的离子在正极得到电子被还原，其中盐桥不能用导线代替。
1．下列关于原电池的叙述中正确的是( )
A．构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属
B．原电池是将化学能转化为电能的装置
C.原电池工作时，正极和负极上发生的都是氧化还原反应
D．原电池放电时，电流从负极流向正极
解析：选B 原电池的电极材料可以是金属，也可以是能导电的非金属等；原电池是将化学能转化为电能的装置；原电池工作时，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应；原电池放电时电流从正极流向负极。
2．如图所示，铜锌原电池工作时，下列有关叙述不正确的是( )
A．负极电极反应为Zn－2e－===Zn2＋
B．电池总反应为Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
C．在外电路中，电子从Zn极沿导线流向Cu极
D．盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液
解析：选D 正极发生还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu，负极发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋，原电池总反应为Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu；电子从Zn极沿导线流向Cu极；由于Cu2＋放电，为使CuSO4溶液保持电中性，则盐桥中的K＋移向CuSO4溶液，Cl－移向ZnSO4溶液。故D项错误。
根据离子反应：Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋，设计一个原电池，画出原电池构造示意图，指出正、负极并写出电极反应式。
提示：
原电池的电极反应式为
负极(Fe)：Fe－2e－===Fe2＋，
正极(Cu)：Cu2＋＋2e－===Cu。
[问题探讨]
1．如何根据氧化还原反应的化学方程式设计原电池？
提示：还原剂→负极反应物或负极材料
氧化剂→正极反应物或离子导体
一般来说，若还原剂为金属，则直接充当负极材料，而正极可以选择活动性比负极弱的金属或石墨。
2．把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线相连组成原电池。若a、b相连时，a为负极。c、d相连时，电流由d到c。a、c相连时，c极上产生大量气泡。b、d相连时，b极上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序由强到弱为________。
提示：a>c>d>b。
1．加快化学反应的进行
(1)原理：在原电池中，氧化反应和还原反应分别在两极进行，溶液中的粒子运动时相互间的干扰小，使化学反应加快。
(2)应用：实验室中用Zn与稀H2SO4反应制取H2时，通常滴入几滴CuSO4溶液。这样做的原因是Zn与置换出的Cu、稀H2SO4构成了原电池，加快了反应的进行。
2．比较金属的活动性强弱
(1)原理：一般在原电池中活动性较强的金属作负极，活动性较弱的金属作正极。
(2)应用：A、B两种金属用导线连接后插入稀H2SO4中，若A极溶解，B极上有气泡冒出，则金属活动性：A＞B。
3．利用原电池原理设计原电池
原电池装置的设计思路是“两极一液一连线”。
以反应Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu为例，原电池装置设计思路如下。
第一步：将电池总反应拆成两个半反应，分别作原电池的负极和正极反应。电极反应式分别为
负极：Fe－2e－===Fe2＋，正极：Cu2＋＋2e－===Cu。
第二步：确定负极材料、正极材料和电解质溶液。
负极材料：失电子的物质(还原剂)作负极材料，即Fe。
正极材料：比负极材料金属活动性弱的金属或非金属导体作正极材料，如Cu、Ag或C等。
电解质溶液：含有氧化剂的物质作电解质，即CuSO4溶液，如果两个半反应分别在两个容器中进行(中间连接盐桥)，则两个容器中的电解质溶液应含有与电极材料相同的金属阳离子。
第三步：画出装置图，并注明电极材料和电解质溶液，如图：
[名师点拨]
(1)通过原电池原理比较金属活泼性时，A、B两种金属 用导线相连需浸入非氧化性酸中(如稀H2SO4、盐酸)，而在其他电解质溶液中，不一定较活泼的金属作负极，如Mg Al NaOH 溶液形成的原电池中，Al作负极，Mg作正极，但金属活泼性：Mg＞Al。
(2)设计原电池时，正极材料若无合适的金属，则可用石墨棒作正极，如将反应2FeCl3＋Fe===3FeCl2设计成原电池时，用铁作负极，石墨作正极，FeCl3作电解质溶液。
(3)设计原电池时，若氧化还原反应中无明确的电解液，可以用水作电解液，但为了增强其导电能力，往往向其中加入少量强碱或强酸。
1．10 mL 1 mol·L－1的硫酸与过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是( )
A．加入适量的3 mol·L－1的硫酸
B．加入适量的蒸馏水
C．加入数滴硫酸铜溶液
D．加入适量的硫酸钠溶液
解析：选C 向溶液中再加入硫酸，H＋的物质的量增加，生成H2的总量也增加，A错误；向原溶液中加入水或硫酸钠溶液都会使溶液中H＋浓度下降，反应速率变慢，B、D错误；加硫酸铜溶液后，锌置换出的少量铜附着在锌片上，形成了铜锌原电池，使反应速率加快，又因为锌过量，所以生成H2的总量取决于硫酸的量生成H2的总量不变，C正确。
2．设计原电池Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，在方框中画出能形成稳定电流的半电池形式的装置图(标出电极材料、电解质溶液)。
负极：________，电极反应：____________________________________________；
正极：________，电极反应：_________________________________。
解析：分析元素化合价的变化可知，Cu为负极，比Cu活泼性差的金属或导电非金属(石墨等)作正极，选择与电极材料有相同离子的溶液作电解质溶液。
答案：
Cu Cu－2e－===Cu2＋
C 2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
根据原电池的工作原理，写出下列原电池的电极反应式。
(1)将铁片、铜片用导线连接后，置于稀硫酸中，形成原电池：
①正极反应式是_________________________________________________________；
②负极反应式是____________________________________________________________；
③原电池总反应的离子方程式是____________________________________________。
提示：①2H＋＋2e－===H2↑
②Fe－2e－===Fe2＋
③Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
(2)利用反应2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O可制备硫酸铜，若将该反应设计为原电池，其负极反应式是__________________，正极反应式是_____________________________
___________________________________________________________。
提示：Cu－2e－===Cu2＋ O2＋4e－＋4H＋===2H2O
(3)某原电池总反应式为2FeO＋3H2===Fe2O3＋4OH－＋H2O，在该原电池中：
负极反应式是__________________________________________________________；
正极反应式是_______________________________________________________。
提示：3H2－6e－＋6OH－===6H2O
2FeO＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－
1．已知原电池的构成或装置图书写电极反应式
(1)判断原电池的正、负极，即找出氧化剂和还原剂。
(2)结合介质的酸、碱性确定还原产物和氧化产物。
(3)写出电极反应式，将两式相加得总反应式。
2．已知总反应式，书写电极反应式
(1)分析原电池总反应式中各元素的化合价变化情况，找出氧化剂及其对应的还原产物，氧化剂发生的反应即为正极反应；找出还原剂及其对应的氧化产物，还原剂发生的反应即为负极反应。
(2)当氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物由多种元素组成时，还应注意电解质参与的反应。
(3)若有一电极反应式较难书写，可先写较易写出的电极反应式，然后利用总反应式减去该电极反应式即可得到另一电极反应式。
1．分析如图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是( )
A.①②中Mg作负极，③④中Fe作负极
B．②中Mg作正极，电极反应式为6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑
C．③中Fe作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
D．④中Cu作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
解析：选B ②中Mg不与NaOH溶液反应，而Al能和NaOH溶液反应，失去电子，故Al作负极，③中Fe在浓硝酸中易钝化，Cu和浓硝酸反应失去电子，故Cu作负极，A、C项错误；②中电池总反应为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑，负极电极反应式为2Al＋8OH－－6e－===2AlO＋4H2O，二者相减得到正极电极反应式为6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑，B项正确；④中Cu作正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D项错误。
2．如图所示，下列说法正确的是( )
A．装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe－2e－===Fe2＋
B．装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．装置Ⅰ和装置Ⅱ的盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动
D．放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大
解析：选D 装置Ⅰ中的Zn为负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，A项错误；装置Ⅱ的正极为Cu，如果HCl足量，则正极反应为2H＋＋2e－===H2↑，B项错误；原电池中阳离子向正极移动，故装置Ⅰ的盐桥中阳离子移向左侧烧杯，装置Ⅱ的盐桥中阳离子移向右侧烧杯，C项错误；放电过程中装置Ⅰ左侧烧杯的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，pH增大，装置Ⅱ右侧烧杯中H＋反应生成H2，pH增大，D项正确。
3．由A、B、C、D四种金属按下表中装置图进行实验。
装置
现象 二价金属A不断溶解 C的质量增加 A上有气体产生
根据实验现象回答下列问题：
(1)装置甲中负极的电极反应式是_____________________________________________。
(2)装置乙中正极的电极反应式是_________________________________。
(3)装置丙中溶液的pH________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)四种金属活泼性由强到弱的顺序是____________。
解析：甲、乙、丙均为原电池装置，依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活泼性：A＞B；乙中C极增重，即析出Cu，则B为负极，活泼性：B＞C；丙中A上有气体(即有H2)产生，则A为正极，活泼性：D＞A，随着H＋的消耗，pH变大。
答案：(1)A－2e－===A2＋ (2)Cu2＋＋2e－===Cu
(3)变大 (4)D＞A＞B＞C
设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。
限选材料：ZnSO4(aq)，FeSO4(aq)，CuSO4(aq)，铜片，铁片，锌片和导线。
(1)完成原电池甲的装置示意图，并作相应标注。
要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。
提示：(下列三幅图中，作出任意一幅即可)
(2)铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极有什么现象？
提示：电极逐渐溶解。
(3)甲、乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是________，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
提示：甲 乙池的负极可与CuSO4溶液直接发生反应，导致部分化学能转化为热能；甲池的负极不与所接触的电解质溶液发生化学反应，化学能在转化为电能时损耗较小。
双池原电池中，负极与氧化剂不直接接触，仅有化学能转化为电能，避免了能量损耗，故电流稳定，持续时间长。
1．控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－????2Fe2＋＋I2设计成如图所示的原电池。下列判断不正确的是( )
A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原
C．电流表读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流表读数为零后，在甲中加入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
解析：选D 根据反应2Fe3＋＋2I－????2Fe2＋＋I2可知，铁元素的化合价降低，碘元素的化合价升高，则甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。乙中石墨电极周围的碘离子发生氧化反应，生成碘单质，电极反应式为2I－－2e－===I2，A正确；甲中石墨电极上Fe3＋得电子发生还原反应生成亚铁离子，B正确；当电流表读数为零时，反应达到平衡状态，C正确；加入FeCl2固体，平衡逆向移动，则Fe2＋失去电子生成Fe3＋，甲中石墨电极为负极，而乙中石墨电极为正极，D错误。
2．某研究性学习小组根据反应2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。
回答下列问题：
(1)此原电池的正极是石墨________(填“a”或“b”)，发生________反应。
(2)电池工作时，盐桥中的SO移向________(填“甲”或“乙”)烧杯。
(3)写出两烧杯中的电极反应式
甲______________________，乙________________________________________。
(4)若不考虑溶液的体积变化，MnSO4浓度变为1.5 mol·L－1，则反应中转移的电子为________mol。
解析：(1)根据题目提供的总反应方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生还原反应，故石墨a是正极。(2)电池工作时，SO向负极移动，即向乙烧杯移动。(3)甲烧杯中的电极反应式为MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O；乙烧杯中的电极反应式为Fe2＋－e－===Fe3＋。(4)溶液中的MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol·L－1，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，故转移的电子的物质的量为0.1 mol×5＝0.5 mol。
答案：(1)a 还原 (2)乙 (3)MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O Fe2＋－e－===Fe3＋ (4)0.5
[分级训练·课课过关]_________________________________________ _________
1．下列有关电化学知识的描述正确的是( )
A．反应CaO＋H2O===Ca(OH)2可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池，将化学能转化为电能
B．某原电池反应为Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag，装置中的盐桥中可装含琼胶的KCl饱和溶液
C．原电池的两极一定是活泼性不同的两种金属
D．理论上，任何能自发进行的氧化还原反应都可以设计成原电池
解析：选D A项，该反应不是氧化还原反应，不能把该反应设计成原电池，错误；B项，某原电池反应为Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag，装置中的盐桥中可装含琼胶的KNO3饱和溶液，不能装含琼胶的KCl饱和溶液，因为氯化钾与硝酸银会发生反应，错误；C项，原电池的两极不一定是活泼性不同的两种金属，也可能是一种金属和一种非金属，错误。
2．铜锌原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是( )
A．铜电极上发生氧化反应
B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO)减小
C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D．阴、阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡
解析：选C A项，Cu作正极，电极上发生还原反应，错误；B项，电池工作过程中，SO不参加电极反应，故甲池的c(SO)基本不变，错误；C项，电池工作时，甲池反应为Zn－2e－===Zn2＋，乙池反应为Cu2＋＋2e－===Cu，甲池中的Zn2＋会通过阳离子交换膜进入乙池，以维持溶液中电荷平衡，由电极反应式可知，乙池中每有64 g Cu析出，就有65 g Zn2＋进入，溶液总质量略有增加，正确；D项，由题干信息可知，阴离子不能通过阳离子交换膜。
3．某小组为研究电化学原理，设计了如图所示装置。下列叙述不正确的是( )
A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色
D．a和b用导线连接后，电流由铁电极经导线流向铜电极
解析：选D a和b用导线连接后，铁电极为负极，铜电极为正极，电流由正极经导线流向负极，故D项不正确。
4．有A、B、C、D四种金属。将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀。将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化。如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是( )
A．D＞C＞A＞B B．D＞A＞B＞C
C．D＞B＞A＞C D．B＞A＞D＞C
解析：选B ①将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，构成了原电池，原电池中较活泼的金属作负极，负极上金属失电子生成金属阳离子进入溶液而被腐蚀，较不活泼的金属作正极而不易腐蚀，B不易腐蚀，所以金属活动性：A＞B；②金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈，将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈，所以金属活动性：D＞A；③金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，所以金属活动性：B＞Cu；④如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，说明金属活动性：Cu＞C。所以它们的活动性由强到弱的顺序是D＞A＞B＞C，故合理选项是B。
5.根据氧化还原反应：2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag，设计的原电池如图所示，其中盐桥内装琼胶 饱和KNO3溶液。请回答下列问题：
(1)电极X的材料是_______；电解质溶液Y是________。
(2)银电极为电池的________极，写出两电极的电极反应式：
银电极：_________________________________________________________________；
X电极：__________________________________________________________________。
(3)外电路中的电子是从______电极流向______电极。
(4)从盐桥向CuSO4溶液迁移的离子是_____(填字母)。
A．K＋ B．NO
C．Ag＋ D．SO
(5)其中CuSO4溶液能否被H2SO4(稀)溶液代替______。Ag电极能否被石墨代替________。
解析：(1)由反应方程式可知，Cu为还原剂，作负极，即Cu为电极X的材料，Ag＋(aq)为氧化剂，即Y应为AgNO3溶液。(2)银电极为电池的正极，正极发生还原反应：2Ag＋＋2e－===2Ag，负极(X电极)发生氧化反应：Cu－2e－===Cu2＋。(3)外电路中的电子从Cu电极(负极)流向Ag电极(正极)。(4)左边烧杯中Cu－2e－===Cu2＋，阳离子浓度增加，故盐桥中的阴离子NO移向CuSO4溶液。(5)CuSO4溶液主要的作用是导电，可以被其他不与Cu反应的电解质溶液代替。正极本身不参与反应，只要是活泼性比Cu差的金属或能导电的非金属均可以作电极，故Ag电极能被石墨代替。
答案：(1)Cu AgNO3溶液
(2)正 2Ag＋＋2e－===2Ag Cu－2e－===Cu2＋
(3)Cu Ag (4)B (5)能 能
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14化学反应速率的表示方法
题型一 化学反应速率的表示方法
1．下列关于化学反应速率的说法中，不正确的是( )
A．化学反应速率是表示化学反应进行快慢程度的物理量
B．化学反应速率通常用单位时间内生成或消耗某物质的质量的多少来表示
C．在同一个反应中，可以用反应物或生成物来表示反应速率
D．化学反应速率的常用单位有mol·L－1·s－1和mol·L－1·min－1
解析：选B 化学反应速率常用单位时间内某反应物浓度的减小或某生成物浓度的增加来表示，故B错误；故选B。
2．氨分解反应在容积为2 L的密闭容器内进行。已知起始时氨气的物质的量为4 mol，5 s末为2.4 mol，则用氨气表示该反应的速率为( )
A．0.32 mol·L－1·s－1 B．0.16 mol·L－1·s－1
C．1.6 mol·L－1·s－1 D．0.8 mol·L－1·s－1
解析：选B v(NH3)＝＝0.16 mol·L－1·s－1，B正确。
3．已知4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)来表示，则正确的关系是( )
A．v(NH3)＝v(O2) B．v(O2)＝v(H2O)
C．v(NH3)＝v(H2O) D．v(O2)＝v(NO)
解析：选D aA＋bB===cC＋dD，用不同物质表示的反应速率的关系为v(A)∶v(B) ∶v(C) ∶v(D)＝a∶b∶c∶d。v(NH3)＝v(O2)，系数关系不对，应该为v(NH3)＝v(O2)，A项错误；同理，B、C项错误，D项正确。
4．在一定温度下，密闭容器中发生反应：2NO22NO＋O2，经2 min后，测得混合气中NO2浓度为0.06 mol·L－1，O2的浓度为0.12 mol·L－1，且各物质的浓度不再发生变化。
(1)NO2的起始浓度：____________。
(2)2 min时NO2的转化率：__________。
(3)2 min内生成NO的化学反应速率：____________。
解析：(1)设NO2的起始浓度为a，生成O2的浓度为x，则由题意得：a－2x＝0.06 mol·L－1，
已知x＝0.12 mol·L－1，
所以NO2的起始浓度为a＝0.06 mol·L－1＋2×0.12 mol·L－1＝0.3 mol·L－1。
(2)α(NO2)＝×100%＝×100%＝80%。
(3)v(NO)＝＝
＝0.12 mol·L－1·min－1。
答案：(1)0.3 mol·L－1 (2)80%
(3)0.12 mol·L－1·min－1
题型二 化学反应速率的快慢比较
5．对于反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)来说，以下表示中，反应速率最快的是( )
A．v(A)＝0.8 mol·L－1·s－1
B．v(B)＝0.4 mol·L－1·s－1
C．v(C)＝0.6 mol·L－1·s－1
D．v(D)＝1.8 mol·L－1·s－1
解析：选D A．v(A)＝0.8 mol·L－1·s－1；B.v(B)＝0.4 mol·L－1·s－1，则v(A)＝v(B)≈0.13 mol·L－1·s－1；C.v(C)＝0.6 mol·L－1·s－1，则v(A)＝v(C)＝0.3 mol·L－1·s－1；D.v(D)＝1.8 mol·L－1·s－1，则v(A)＝v(D)＝0.9 mol·L－1·s－1。综上所述，反应速率最快的是D，故选D。
6．反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为
①v(A)＝0.15 mol·L－1·s－1
②v(B)＝0.6 mol·L－1·s－1
③v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1
④v(D)＝0.45 mol·L－1·s－1
则该反应在四种不同情况下进行的快慢顺序为( )
A．④>③＝②>① B．①>③＝②>④
C．④>③>①>② D．④>③>②>①
解析：选A ①、②、③、④的反应速率与化学计量数之比为∶∶∶＝0.15∶0.2∶0.2∶0.225，故反应在四种不同情况下进行的快慢顺序为④>③＝②>①。
题型三 化学反应速率的测定方法
7．一定温度下，10 L 0.40 mol·L－1的H2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况下)如表所示：
t/min 0 2 4 6 8 10
V(O2)/L 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9
下列说法不正确的是(溶液体积变化忽略不计)( )
A．0～4 min内的平均反应速率v(H2O2)＝
0．038 4 mol·L－1·min－1
B．6～10 min内的平均反应速率v(H2O2)<0．038 4 mol·L－1·min－1
C．反应至6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol·L－1
D．反应至6 min时，H2O2分解了50%
解析：选C A项，H2O2分解的化学方程式为2H2O2 O2↑＋2H2O，0～4 min内反应生成17.2 L(约0.768 mol)氧气，消耗H2O2的物质的量约为1.536 mol，平均反应速率v(H2O2)＝＝0.038 4 mol·L－1·min－1，正确；B项， 随着反应的进行，H2O2的浓度减小，反应速率减慢，6～10 min内的平均反应速率c(H2O2)<0.038 4 mol·L－1·min－1，正确；C项， 反应至6 min时，V(O2)＝22.4 L(1 mol氧气)，结合化学方程式2H2O2O2↑＋2H2O 知，消耗的H2O2的物质的量为2 mol，剩余H2O2的物质的量为10 L×0.40 mol·L－1－2 mol＝2 mol，易知反应至6 min时，c(H2O2)＝0.20 mol·L－1，错误；D项，反应至6 min时，H2O2分解了＝50%，正确。
8．设计实验测定锌与硫酸反应的速率，按下列实验步骤完成实验：
①按下图所示安装装置，加入锌粒，然后快速加入40 mL 1 mol·L－1的硫酸，测量收集10 mL H2所用的时间。
②按图示再安装一套装置，加入与前一套装置相同的锌粒，然后再快速加入40 mL
4 mol·L－1的硫酸，测量收集10 mL H2所用的时间。
回答下列问题：
(1)实验所用仪器除锥形瓶、分液漏斗、导气管、50 mL注射器、铁架台外，还需要：__________。
(2)观察到的现象：____________________________________________________。
(3)你能得出的实验结论是：____________________________________________。
(4)该实验中的注意事项有哪些：___________________________________
________________________________________________________。(至少答出一条)
(5)请你想出其他可能的方法测定它们反应速率的大小__________________
_________________________________________________________________。(至少答出一条)
解析：化学反应速率是用单位时间内物质浓度的变化量来表示的，它可通过测定单位时间内物质的物质的量的变化来换算，对于溶液中的化学反应，可以测出单位时间内产生的气体体积或测出收集单位体积气体所用的时间，也可测出单位时间内产生的沉淀质量，也可利用pH计测定单位时间内溶液pH的变化。因此除图示装置所用仪器外，还需要秒表。
答案：(1)秒表
(2)锌跟硫酸反应产生气泡；②收集10 mL气体所用的时间比①所用的时间短
(3)4 mol·L－1的硫酸与锌反应比1 mol·L－1的硫酸与锌反应快
(4)①锌粒的颗粒(即表面积)大小基本相同；②40 mL的硫酸溶液要迅速加入；③装置气密性要好，且计时要迅速、准确
(5)测定一段时间内溶液中c(H＋)的变化(即溶液的pH)，或测定一段时间内锌粒质量的变化
9．在2 L密闭容器中，盛有2 mol X和2 mol Y物质进行如下反应：X(s)＋3Y(g)Z(g)，当反应进行到10 s时，测得生成0.5 mol Z，这期间的平均反应速率为( )
A．v(X)＝0.5 mol·L－1·s－1
B．v(X)＝0.025 mol·L－1·s－1
C．v(Y)＝0.05 mol·L－1·s－1
D．v(Y)＝0.075 mol·L－1·s－1
解析：选D 在2 L密闭容器中，盛有2 mol X和2 mol Y物质进行如下反应：X(s)＋3Y(g)Z(g)，当反应进行到10 s时，测得生成0.5 mol Z，则v(Z)＝＝0.025 mol·L－1·s－1，v(Y)＝3v(Z)＝0.075 mol·L－1·s－1。
10．在一定温度下的容积不变的容器中进行反应：2X(g)2Y(g)＋Z(g)，若Y的浓度由0.048 mol·L－1增加到0.12 mol·L－1需18 s，那么由0.12 mol·L－1增加到0.2 mol·L－1，需要反应的时间是( )
A．等于20 s B．等于18 s
C．大于20 s D．大于18 s
解析：选C 如果两段时间内该反应的化学反应速率相同，则生成物浓度的增加量应该与反应时间成正比，即所需时间为20 s；但后期反应物浓度变小，反应速率变慢，因此实际所需时间应该大于20 s，C项正确。
11．在可逆反应2A(g)＋3B(g)xC(g)＋D(g)中，已知：反应开始加入的物质只有A、B，起始浓度A为5 mol·L－1，B为3 mol·L－1，前2 min C的平均反应速率为0.5 mol·L－1·min－1，2 min末时，测得D的浓度为0.5 mol·L－1，则关于此反应的下列说法中正确的是( )
A．2 min末时A和B的浓度之比为5∶3
B．x＝1
C．2 min末时B的浓度为1.5 mol·L－1
D．2 min末时A消耗的浓度为0.5 mol·L－1
解析：选C 依题意知2 min末时，c(C)＝0.5 mol·L－1·min－1×2 min＝1 mol·L－1，而c(D)＝0.5 mol·L－1，所以x＝2。列三段式有：
2A(g)＋3B(g)2C(g)＋D(g)
c(起始)/(mol·L－1) 5 3 0 0
c(变化)/(mol·L－1) 1 1.5 1 0.5
c(2 min末)/(mol·L－1) 4 1.5 1 0.5
可知C正确。
12.用纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是( )
A．OE段表示的平均速率最快
B．EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1
C．OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7
D．G点表示收集的CO2的量最多
解析：选D 相同时间段内，收集到的CO2越多反应速率越大，EF段反应速率最大，A项错误；EF段生成的V(CO2)＝672 mL－224 mL＝448 mL，n(CO2)＝ mol＝0.02 mol，根据CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O可知，参加反应的氯化氢为0.04 mol，盐酸的浓度变化量为＝0.4 mol·L－1，v(HCl)＝0.4 mol·L－1·min－1，B项错误；OE、EF、FG三段所用时间相同，而生成的二氧化碳的体积分别为224 mL、448 mL、112 mL，用CO2表示的平均反应速率之比为224 mL∶448 mL∶112 mL＝2∶4∶1，C项错误；G点表示从开始到G点收集的二氧化碳，共784 mL，D项正确。
13．在一定条件下，将8 mol A和25.7 mol B两种气体通入容积为W L的密闭容器中发生反应：mA(g)＋nB(g)===2C(g)。经t秒，A、B、C的物质的量分别为7.5 mol，23.7 mol，1 mol。则m与n值应是( )
A．m＝2，n＝1 B．m＝1，n＝3
C．m＝1，n＝4 D．m＝3，n＝1
解析：选C 经t秒，A、B、C的物质的量分别为7.5 mol，23.7 mol，1 mol，则：
Δn(A)＝8 mol－7.5 mol＝0.5 mol，
Δn(B)＝25.7 mol－23.7 mol＝2 mol，
Δn(C)＝1 mol，
根据物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比知，m∶n∶2＝Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)＝0.5 mol∶2 mol∶1 mol＝1∶4∶2，解得m＝1，n＝4，故选C。
14．一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是( )
A．该反应的化学方程式为3B＋4D6A＋2C
B．反应进行到1 s时，v(A)＝v(D)
C．6 s内，B的平均反应速率为0.05 mol·L－1·s－1
D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等
解析：选C 各物质的物质的量的变化量之比等于化学方程式中化学计量数之比，由题图知，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)＝(1.2－0)mol∶(1.0－0.4)mol∶(1.0－0.2)mol∶(0.4－0)mol＝6∶3∶4∶2，所以该反应的化学方程式为3B＋4C6A＋2D，A项错误；不论在什么时刻，用各物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，B、D项错误；反应进行6 s时Δc(B)＝＝＝0.3 mol·L－1, v(B)＝＝＝0.05 mol·L－1·s－1，C项正确。
15．在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g)3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol；5 min末时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.2 mol·L－1·min－1。计算：
(1)5 min末A的物质的量浓度为________。
(2)前5 min内用B表示的化学反应速率v(B)为______。
(3)化学方程式中n值为________。
(4)此反应在四种不同情况下的反应速率分别为
①v(A)＝5 mol·L－1·min－1
②v(B)＝6 mol·L－1·min－1
③v(C)＝4.5 mol·L－1·min－1
④v(D)＝8 mol·L－1·min－1
其中反应速率最快的是________(填编号)。
解析：由v(D)＝得，Δn(D)＝0.2 mol·L－1·min－1×2 L×5 min＝2 mol。
三段式表示为
A(g)＋2B(g)3C(g)＋nD(g)
n(初)/mol 4 6 0 0
Δn/mol 1 2 3 2
n(末)/mol 3 4 3 2
(1)5 min末c(A)＝＝1.5 mol·L－1。
(2)v(B)＝＝0.2 mol·L－1·min－1。
(3)＝，即n＝2。
(4)比较、、、的相对大小，值越大反应速率越快。代入数据计算比较得，①表示的反应速率最快。
答案：(1)1.5 mol·L－1 (2)0.2 mol·L－1·min－1 (3)2 (4)①
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7(共65张PPT)
第二课时 影响化学反应速率的因素
分点突破1
浓度对化学反应速率的影响
分点突破2
压强对化学反应速率的影响
分点突破3
温度对化学反应速率的影响
分点突破4
催化剂对化学反应速率的影响
分点突破5
其他因素对化学反应速率的影响
关键能力培养
探究与创新能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
有效碰撞一能发生反应的碰撞
活化分子一能量较高,能够发生有效碰撞的分子
活化能]活化分子的平均能量与所有分子的平均
能量之差
分子具有活化
分子相互足够能量分子
有效碰撞→化学反应
运动碰撞、有合适的取向
产生H2的速率
总反应:
E
O3+O,→202
E
反应物:
滥/O3+O
a2
催化反应:
△H①O2+C→>O2+(lO
E
②(lO…+O·>C1+O2
生成物:O2+O2
反应过程温度变化对化学平衡的影响
题型一 温度对化学平衡移动的影响
1．已知反应：2NO2(g)N2O4(g)，把NO2、N2O4的混合气体盛装在两个连通的烧瓶里，然后用弹簧夹夹住橡皮管，把烧瓶A放入热水里，把烧瓶B放入冰水里，如图所示。与常温时烧瓶内气体的颜色进行对比发现，A烧瓶内气体颜色变深，B烧瓶内气体颜色变浅。下列说法错误的是( )
A．上述过程中，A烧瓶内正、逆反应速率均加快
B．上述过程中，B烧瓶内c(NO2)减小，c(N2O4)增大
C．上述过程中，A、B烧瓶内气体密度均保持不变
D．反应2NO2(g)N2O4(g)的逆反应为放热反应
解析：选D 升高温度，正、逆反应速率都增大，A项正确；B烧瓶内气体颜色变浅，说明平衡向生成N2O4的方向移动，B烧瓶内c(NO2)减小，c(N2O4)增大，B项正确；容器的容积不变，混合气体的质量不变，A烧瓶、B烧瓶内气体密度都不变，C项正确；放在热水中的A烧瓶内气体颜色变深，放在冰水中的B烧瓶内气体颜色变浅，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动，降低温度平衡向生成N2O4的方向移动，故反应2NO2(g)N2O4(g)的正反应为放热反应，D项错误。
2．当反应2X＋Y2Z ΔH<0达到平衡时，若升高温度则能使( )
A．Z的质量分数增大
B．X的转化率增大，Y的转化率减小
C．X的转化率减小，Y的转化率增大
D．Y的质量分数增大
解析：选D 正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的质量分数减小，反应物的转化率降低，但反应物的含量增大，D正确，其余选项错误。
3．工业制硫酸中的一步重要反应是SO2的催化氧化：2SO2＋O22SO3 ΔH＜0，下列有关说法正确的是( )
A．升高温度只提高逆反应速率
B．降低温度可提高正反应速率
C．升高温度，平衡向正反应方向移动
D．降低温度，平衡向正反应方向移动
解析：选D 升温正、逆反应速率均增大，A项错误；降温正、逆反应速率均减小，B项错误；此反应的正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，C项错误；降温平衡正向移动，D项正确。
4．在某温度下，反应ClF(g)＋F2(g)ClF3(g) ΔH＝268 kJ·mol－1，在密闭容器中达到平衡，下列说法中正确的是( )
A．升高温度，平衡常数不变，平衡向正反应方向移动
B．升高温度，平衡常数减小
C．升高温度，平衡向正反应方向移动，F2的转化率增大
D．降低温度，ClF3的产率增大
解析：选C 因为ΔH＞0，升高温度，平衡常数增大，平衡向正反应方向移动，降低温度平衡向逆反应方向移动。
题型二 勒夏特列原理
5．下列不能用勒夏特列原理解释的事实是( )
A．红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C．黄绿色的氯水光照后颜色变浅
D．合成氨工业使用高压以提高氨的产量
解析：选B A项，涉及二氧化氮与四氧化二氮的平衡转化，故可以用勒夏特列原理解释；B项，加压后平衡不移动，但体积缩小，浓度增大使颜色变深，不能用勒夏特列原理解释；C项，光照后，次氯酸见光分解，使氯气与水反应的平衡向右移动，故可以用勒夏特列原理解释；D项，合成氨工业加压使化学平衡向右移动，可以用勒夏特列原理解释。
6．下列叙述及解释正确的是( )
A．2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色) ΔH＜0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅
B．H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH＜0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变
C．对于N2＋3H22NH3，平衡后，压强不变，充入Ar，平衡左移
D．FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3(血红色)＋3KCl，在平衡后，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅
解析：选C 对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，虽然平衡向正反应方向移动，但由于容积减小，所以c(NO2)增大，故体系颜色加深，故A错误；平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，平衡不移动，但c(I2)减小，故体系颜色变浅，故B错误；对于N2＋3H22NH3，平衡后，压强不变，充入Ar，使容器的容积增大，平衡左移，故C正确；FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3(血红色)＋3KCl，在平衡后，加少量KCl，KCl不参与离子反应，平衡不移动，故体系颜色不变，故D错误。
7．在密闭容器中进行如下反应：CO2(g)＋C(s)2CO(g) ΔH＞0，达到平衡后，若改变下列条件，则指定物质的浓度及平衡如何变化？
(1)增加C(s)，则平衡________(填“逆向移动”“正向移动”或“不移动”，下同)，c(CO2)________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。
(2)保持温度不变，增大反应容器的容积，则平衡______，c(CO2)________。
(3)保持反应容器的容积和温度不变，通入He，则平衡________，c(CO2)________。
(4)保持反应容器的容积不变，升高温度，则平衡________，c(CO)________。
解析：(1)C为固体，增加C的量，其浓度不变，平衡不移动，c(CO2)不变。
(2)增大反应容器的容积，即减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，c(CO2)减小。
(3)通入He，但容积和温度不变，平衡不会发生移动，c(CO2)不变。
(4)容积不变，升高温度，平衡向吸热方向移动，c(CO)增大。
答案：(1)不移动 不变 (2)正向移动 减小 (3)不移动 不变 (4)正向移动 增大
题型三 化工生产中实际反应条件的选择
8．在合成氨反应中使用催化剂和施加高压，下列叙述中正确的是( )
A．都能提高反应速率，都对化学平衡无影响
B．都对化学平衡有影响，但都不影响达到平衡状态所用的时间
C．都能缩短达到平衡状态所用的时间，只有施加高压对化学平衡有影响
D．使用催化剂能缩短反应达到平衡状态所用的时间，而施加高压无此效果
解析：选C 对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，使用催化剂只能提高反应速率，缩短达到平衡状态所用的时间，不能使化学平衡发生移动。施加高压既能提高反应速率，使反应达到平衡状态所用的时间缩短，也能使化学平衡向生成NH3的方向移动。
9．有平衡体系：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH<0，为了增加甲醇(CH3OH)的产量，应采用的正确措施是( )
A．高温、高压 B．适宜温度、高压、催化剂
C．低温、低压 D．高温、高压、催化剂
解析：选B 此反应ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，甲醇的产率减小，A错误；适宜的温度和催化剂，有利于增大反应速率，此反应为气体体积减小的反应，故增大压强可使平衡正向移动，B正确；减小压强，平衡逆向移动，不利于甲醇的产出，C错误；升高温度，可使平衡逆向移动，甲醇的产率减小，D错误。
10．在一密闭容器中，发生可逆反应：3A(g)3B＋C(正反应为吸热反应)，平衡时，升高温度，气体的平均相对分子质量有变小的趋势，则下列判断中正确的是( )
A．B和C可能都是固体
B．B和C一定都是气体
C．若C为固体，则B一定是气体
D．B和C不可能都是气体
解析：选C 正反应吸热，升温，平衡右移。若B、C都为固体，则气体的平均相对分子质量不变，故A错误；若C为固体，B为气体，平衡右移，气体的总质量减小，总物质的量不变，平均相对分子质量减小，故B错误，C正确；若B、C都是气体，平衡右移，气体的总质量不变、总物质的量增加，则平均相对分子质量减小，故D错误。
11.反应：L(s)＋aG(g)bR(g)达到平衡，温度和压强对该反应的影响如图所示，图中：压强p1＞p2，x轴表示温度，y轴表示平衡混合气体中G的体积分数。据此可判断( )
A．上述反应是吸热反应
B．上述反应是放热反应
C．a＞b
D．无法确定a、b的大小
解析：选A 由图像曲线的变化特点可知，升高温度，G的体积分数减小，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明该反应的正方向为吸热反应；因压强p1＞p2，压强增大，G的体积分数增大，则平衡向生成G的方向移动，说明a＜b，故A正确。
12．下列事实不能用勒夏特列原理(平衡移动原理)解释的是( )
①铁在潮湿的空气中容易生锈 ②二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深 ③实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气 ④钠与氯化钾共熔制备钾：Na(l)＋KCl(l)K(g)＋NaCl(l) ⑤开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
A．③④ B．①②
C．①⑤ D．①②⑤
解析：选B ①铁在潮湿的空气中生锈是因为发生了电化学腐蚀，与平衡移动无关；②二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深，是因为二氧化氮浓度的增大，并不是因平衡移动导致。故答案为①②，选B。
13.在刚性容器中发生反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)，一定压强下，平衡时H2的转化率α(H2)随温度T、投料比(a、b、c)的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．投料比的大小关系是a>b>c
B．图中M点对应的平衡，若容积不变，充入He，则α(H2)不变
C．该反应的平衡常数K(600 ℃)>K(500 ℃)
D．若上图表示相同投料时，不同压强下α(H2)随T的变化关系，则压强最大的是a
解析：选C 增大投料比，H2的转化率增大，所以a>b>c，A项正确；题图中M点对应的平衡，若容积不变，充入He，则反应物和生成物的浓度都不发生改变，平衡不发生移动，α(H2)不变，B项正确；温度升高，H2的转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以该反应的平衡常数K(600 ℃)14.反应：2X＋3Y4Z，如图是温度和压强对该反应影响的示意图，图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数：
(1)该反应的正反应为______(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)分析上图，若X是气态，则Y、Z的状态分别是_____________________________。
解析：(1)由题图可知，随着温度的升高，Z的体积分数逐渐增大，说明升温平衡右移，正反应为吸热反应。
(2)增大压强，Z的体积分数逐渐减小，说明平衡逆向移动；若X是气态，则Y为固体或液态，Z为气态。
答案：(1)吸热 (2)Y为固体或液态，Z为气态
15．如图所示，烧杯甲中盛放100 mL 6 mol·L－1 HCl溶液，烧杯乙中盛放100 mL冷水，现向烧杯甲的溶液中放入25 g NaOH固体，同时向烧杯乙中放入25 g NH4NO3固体，搅拌使之溶解。
(1)A瓶中气体的颜色________，简述理由：_________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)B瓶中气体的颜色________，简述理由：___________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：甲中NaOH固体溶解及盐酸与氢氧化钠发生中和反应均放出热量；乙中NH4NO3固体溶解要吸收热量。2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，温度升高，平衡向逆反应方向移动，颜色加深；温度降低，平衡向正反应方向移动，颜色变浅。
答案：(1)变深 NaOH固体溶解放热，NaOH中和HCl也放热，甲中溶液温度升高，A中气体温度升高，2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色加深
(2)变浅 NH4NO3固体溶解吸热，乙中溶液温度降低，B中气体温度降低，2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，平衡正向移动，NO2浓度减小，颜色变浅
16．高炉炼铁过程中发生的主要反应为Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃ 1 000 1 150 1 300
平衡常数 4.0 3.7 3.5
请回答下列问题：
(1)该反应正反应是________热反应(填“吸”或“放”)。
(2)欲提高反应中CO的平衡转化率，可采取的措施是________(填字母)。
A．减少Fe的量 B．增加Fe2O3的量
C．移出部分CO2 D．加入合适的催化剂
E．增大容器的容积
(3)在一个容积为1 L的密闭容器中，1 000 ℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各2.0 mol，反应经过5 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率：v(CO2)＝________、CO的平衡转化率＝________。如果此时向密闭容器中加入CO和CO2各2 mol，平衡________(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。
(4)在恒温恒容下，下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是________(填字母)。
A．压强不再变化
B．气体密度不再变化
C．CO的消耗速率与CO2的消耗速率之比为1∶1
D．气体平均摩尔质量不再变化
E．CO与CO2的浓度相等
解析：(1)随着温度升高，平衡常数减小，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应。
(2)欲提高反应中CO的平衡转化率，需要让平衡正向移动。A.Fe是固体，减少Fe的量，平衡不移动；B.Fe2O3是固体，增加Fe2O3的量，平衡不移动；C.移出部分CO2，平衡正向移动，CO的转化率提高；D.加入合适的催化剂，平衡不移动；E.该反应是气体体积不变的反应，增大容器的容积，平衡不移动；故选C。
(3)设CO转化的物质的量为x mol，则
Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)
起始量/mol 2.0 2.0
转化的量/mol x x
平衡时的量/mol 2.0－x 2.0＋x
1 000 ℃时K＝4.0，则有 ＝4.0，解得x＝1.2，CO2的浓度变化量为c(CO2)＝1.2 mol·L－1，则用二氧化碳表示的反应速率为＝0.24 mol·L－1·min－1，CO的转化率为×100%＝60%。
(4)该反应是气体体积不变的反应，体系压强一直不变，压强不再变化不能说明反应达到平衡，故A错误；反应Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)正向进行时，气体质量增大，密度增大，当气体密度不再变化时，说明反应达到平衡，故B正确；CO的消耗速率与CO2的消耗速率之比为1∶1，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，故C正确；气体总物质的量不变，反应正向进行时，气体质量增大，气体平均摩尔质量增大，当气体平均摩尔质量不再变化时，说明反应达到平衡，故D正确；CO与CO2的浓度相等不能说明反应达到平衡，故E错误。
答案：(1)放 (2)C (3)0.24 mol·L－1·min－1 60% 向正反应方向 (4)BCD
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8(共22张PPT)
专题重点突破(六)
酸碱中和滴定的理解与应用
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乙(共35张PPT)
专题重点突破(七)
电解质溶液中粒子浓度关系
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(得质子)(基准态物质)(失质子)
HS
+h
HSF+2H+
HO++H+
HO
HOHi
pH
E
730
1020
40V(Naoh)/mL
超始点A
0
JA溶液的pH>1,故HA为弱酸
溶质为NaA和HA
溶液
半
(H*>COH)
溶液中
中性点
溶质为NaA和
HA(稍过量
溶液中
恰好
反应点
溶质为NaA
(OH->c(H)
溶液中
过量点E溶质为NaA、 NaOHHpH>7c(Na)>c(OH)
>c(A)>c(H)
1.0
X2+
0.8
XOH
(OH)2
0.6
(62,0.5)
(92,0.5)
0.4
0.2
67891011
pH
H
13
③
4
05101520
40
V(CH, COOH/mL
A
13
B
D
0a25V(醋酸)mL
1.0
HA
90.5
0123456pH电解原理的应用
题型一 氯碱工业(电解饱和食盐水的工业生产)
1.如图所示，用石墨电极电解饱和食盐水，下列说法不正确的是( )
A．a极是阳极
B．通电使NaCl发生电离
C．Na＋、H＋向b极移动
D．a极产生黄绿色气体
解析：选B 电解饱和食盐水的装置中，与电源正极相连的是阳极，与电源负极相连的是阴极，则a极是阳极，A正确；NaCl是强电解质，溶于水即可完全电离，B错误；电解过程中，阳离子向阴极移动，故Na＋、H＋向b极移动，C正确；电解过程中，阳极发生失电子的氧化反应，a极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，生成的氯气为黄绿色气体，D正确。
题型二 电镀和电解精炼铜
2．利用电解原理，在铁皮表面镀一层锌的有关叙述正确的是( )
A．用可溶性铁盐作电解液 B．锌元素既被氧化又被还原
C．铁为负极，锌为正极 D．铁为阳极，锌为阴极
解析：选B 利用电解原理，在铁皮表面镀一层锌，应该使铁皮与电源的负极连接作阴极，Zn片与电源的正极连接，发生氧化反应失去电子变为Zn2＋进入电解液，电解液是含有Zn2＋的溶液，而电解液中的Zn2＋得到电子变为Zn在铁皮上被还原。
3．利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是( )
A．电解时以纯铜作阳极
B．电解时阴极发生氧化反应
C．粗铜连接电源负极，其电极反应式是Cu－2e－===Cu2＋
D．电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥
解析：选D 电解精炼铜时，粗铜应作阳极，纯铜作阴极，故A错误；阳极与电池的正极相连，发生氧化反应，阴极与电池的负极相连，发生还原反应，故B错误；粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，故C错误；金属活动性顺序为Zn>Fe>Cu>Ag>Pt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式在阳极附近沉积下来，故D正确。
4．关于镀铜和电解精炼铜，下列说法中正确的是( )
A．都用粗铜作阳极、纯铜作阴极
B．电解液的成分都保持不变
C．阳极反应都只有Cu－2e－===Cu2＋
D．阴极反应都只有Cu2＋＋2e－===Cu
解析：选D A项，电镀时镀件作阴极；B项，电解精炼铜时电解液成分改变；C项，电解精炼铜时，杂质若有比铜活泼的金属如锌，则还会发生Zn－2e－===Zn2＋的反应。
题型三 电冶金
5．在冶金工业中，钠、镁、铝等金属常用电解法得到，其原因是( )
A．都属于轻金属 B．都属于活泼金属
C．成本低廉 D.这些金属的化合物熔点较低
解析：选B 金属冶炼方法的选取的主要依据是金属的活泼性强弱，不活泼的金属可以用热分解法制备，如加热氧化汞；比较活泼的金属用热还原法制备，如用焦炭炼铁；活泼的金属离子很难被其他还原剂还原，只能用电解法制备，由于钠、镁、铝是活泼金属，所以只能用电解法制备。
6．工业上冶炼金属钠，通常采用的方法是( )
A．热分解法 B．热还原法
C．结晶法 D．电解法
解析：选D 根据金属活动性顺序可知，常见的金属冶炼方法有电解法、热还原法、热分解法等，活泼性不同的金属用不同的冶炼方法，特别活泼的金属如K、Ca、Na、Mg、Al用电解的方法冶炼，故合理选项是D。
题型四 物质的制备、提纯
7．用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中不正确的是( )
A．X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极
B．阳极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C．图中的b>a
D．该过程中的产品主要为H2SO4和H2
解析：选B 根据Na＋和SO的移向可知Pt(Ⅰ)为阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，Pt(Ⅱ)为阳极，电极反应为HSO＋H2O－2e－===SO＋3H＋、SO－2e－＋H2O===SO＋2H＋。
题型五 电解的相关计算
8．用惰性电极电解饱和食盐水，当电源供给0.2 mol电子时停止通电。若此溶液体积为2 L，则常温下所得电解质溶液的c(OH－)是( )
A．1 mol·L－1 B．0.2 mol·L－1
C．0.1 mol·L－1 D．0.02 mol·L－1
解析：选C 常温下电源供给0.2 mol电子，则消耗的H＋为0.2 mol，同时生成0.2 mol OH－，溶液体积为2 L，则c(OH－)＝＝0.1 mol·L－1。
9．将0.4 mol Cu(NO3)2、0.6 mol KCl溶于水，配成100 mL溶液，用惰性电极电解一段时间后，某一电极上析出了0.3 mol Cu，此时在另一电极上产生的气体体积(标准状况下)为( )
A．7.84 L B．6.72 L
C．5.6 L D．4.48 L
解析：选B 若在一极析出0.3 mol Cu，则阴极得到的电子的物质的量为0.3 mol×2＝0.6 mol，阳极发生反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，则0.6 mol Cl－失去0.6 mol电子，生成0.3 mol Cl2，生成的气体的体积为0.3 mol×22.4 L·mol－1＝6.72 L；故选B。
10．在如图所示的装置中，通电5 min后，铜电极的质量增加2.16 g。试回答下列问题：
(1)电源中X极为直流电源的________极。
(2)溶液pH的变化情况：A__________，B__________，C________。(填“增大”“减小”或“不变”)
(3)通电5 min后，B装置中共收集224 mL(标准状况下)气体，溶液体积为200 mL，则通电前该装置溶液中CuSO4的物质的量浓度为________(设电解前后溶液体积无变化)。
解析：根据实验现象分析出电源的正、负极，进而确定三个电解池中电极的名称。(1)三个装置是串联的电解池。质量增加的铜电极是阴极，电解AgNO3溶液时，Ag＋在阴极发生还原反应生成Ag，则银电极是阳极，故Y极是电源的正极，X极是电源的负极。(2)电解KCl溶液生成KOH，溶液的pH增大；电解CuSO4溶液生成H2SO4，溶液的pH减小；电解AgNO3溶液，银为阳极，不断溶解，Ag＋的浓度基本不变，溶液的pH不变。(3)通电5 min后，C中析出0.02 mol Ag，电路中通过0.02 mol电子。B装置中共收集0.01 mol气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过0.04 mol电子，与事实不符。因此，B装置中的电解过程分为两个阶段，先是电解CuSO4溶液生成O2和铜，然后是电解水，生成O2和H2，即B装置中收集到的气体是O2和H2的混合物。设电解CuSO4溶液时生成O2的物质的量为x，电解H2O时生成O2的物质的量为y，生成H2的物质的量为2y，则4x＋4y＝0.02 mol(电子守恒)，x＋3y＝0.01 mol，解得x＝y＝0.002 5 mol，所以n(CuSO4)＝2×0.002 5 mol＝0.005 mol，c(CuSO4)＝＝0.025 mol·L－1。
答案：(1)负 (2)增大 减小 不变 (3)0.025 mol·L－1
11．化学实验小组在学习化学电源和氯碱工业相关知识后，在实验室进行实验验证。他们设计组装了如图所示装置，已知a为石墨电极，b为铁电极，c为铝电极(已除去表面氧化膜)，d为多孔石墨电极，烧杯中是足量饱和食盐水(滴有酚酞)，连好导线后，电流计指针发生明显偏转。下列判断正确的是( )
A．b为负极，d为阳极
B．一段时间后，a和d电极附近溶液变红
C．b电极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑
D．电解一段时间，当B中出现大量白色沉淀时，停止实验，再将A中溶液倒入B中混合，充分振荡，沉淀全部消失
解析：选D 右侧装置为原电池，左侧装置为电解池。在右侧装置中，通入O2的电极为原电池的正极，其电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，所以一段时间后d电极附近溶液变红，Al为原电池的负极，Al失去电子生成Al3＋，Al3＋与溶液中的OH－反应生成白色的Al(OH)3 沉淀，电池反应方程式为4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3，a与电池的正极相连，故a为电解池的阳极，b与电池的负极相连，故b为电解池的阴极，电解饱和NaCl溶液时，Cl－在a极放电生成Cl2，H＋在b极放电生成H2，故一段时间后b电极附近溶液变红。根据得失电子守恒知，A中产生的NaOH与B中和Al3＋结合的OH－的物质的量相等，所以电解一段时间后，将A、B溶液混合并充分振荡，Al(OH)3能被NaOH全部溶解。
12．下列实验装置，其中按要求设计正确的是( )
解析：选B Fe与电源正极相连为阳极，铁失去电子，则阳极不生成氯气，所以利用淀粉 KI溶液检验不到氯气的生成，不合理，A错误；锌的金属性强于铜，Zn为负极，Cu为正极，图中构成Cu Zn原电池，产生的电流由正极流向负极，B正确；电镀银时，Ag为阳极，镀件为阴极，电解质溶液为硝酸银，不能是硝酸钠，不合理，C错误；粗铜精炼时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，图中与之相反，不合理，D错误。
13．如图A为直流电源，B为浸透饱和NaCl溶液和酚酞溶液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后发现B上的c点显红色，为实现铁上镀铜，接通K后，使c、d两点短路，下列叙述正确的是( )
A．a为直流电源的负极
B．c极上发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑
C．f电极为铜板
D．e极发生还原反应
解析：选B K断开时，接通电路后，B上的c点显红色则证明c极为电解池的阴极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，a为直流电源的正极，已知C为电镀池，e为阳极，f为阴极，则f电极为铁，e电极为铜，发生氧化反应。
14．用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH，模拟装置如图所示。下列说法正确的是( )
A.阳极室溶液由无色变成棕黄色
B．阴极的电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C．电解一段时间后，阴极室溶液的pH升高
D．电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是(NH4)3PO4
解析：选C Fe与电源正极相连为阳极，失电子发生氧化反应生成Fe2＋，故溶液由无色变为浅绿色，A项错误；阴极上H＋发生还原反应：2H＋＋2e－===H2↑，B项错误；根据阴极上发生的电极反应知，阴极消耗H＋，电解一段时间后，阴极室溶液pH升高，C项正确；电解一段时间后，阴极室溶液pH升高，阴极室溶液中的溶质可能有很多种，比如(NH4)3PO4、NH4H2PO4、(NH4)2HPO4、H3PO4等，D项错误。
15．化学可以变废为宝，利用电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的是( )
A．该电解池的阳极反应为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋
B．该电解池的电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率
C．用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行
D．为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为HNO3
解析：选D 根据装置图可知：在阳极NO失去电子，被氧化生成NO：NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋；在阴极NO被还原生成NH，电极反应式为NO＋5e－＋6H＋===NH＋H2O，电解反应方程式为8NO＋7H2O3NH4NO3＋2HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，要适当补充NH3, A正确，D错误；多孔石墨电极表面积大，吸附力强，因此可提高NO的利用率和加快反应速率，B正确；NH4NO3的稀溶液导电能力比水强，因此用NH4NO3稀溶液代替水有利于电解的顺利进行，C正确。
16．电解的应用比较广泛，回答下列问题：
(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是______(填字母，下同)。
a．Fe2O3 b．NaCl
c．Cu2S d．Al2O3
(2)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是________。
a．电能全部转化为化学能
b．粗铜接电源正极，发生氧化反应
c．溶液中Cu2＋向阳极移动
d．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
e．若阳极质量减少64 g，则转移电子数为2NA个
f．SO的物质的量浓度不变(不考虑溶液体积变化)
(3)如图为电解精炼银的示意图，________(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为_________________________。
(4)以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极的电极反应式为__________________________；取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因为________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为________(填化学式)溶液，阳极的电极反应式为__________________，电解过程中Li＋向________(填“A”或“B”)电极迁移。
解析：(1)电解法适合冶炼Na、Mg、Al等强还原性金属，在熔融状态下，分别电解NaCl、Al2O3冶炼Na和Al。Fe和Cu的还原性较弱，用Fe2O3、Cu2S等冶炼相应金属时，采用加还原剂的还原法。(2)以CuSO4溶液为电解质溶液电解精炼铜时，粗铜作阳极，发生氧化反应，精铜作阴极，发生还原反应。Al、Zn、Cu在阳极被氧化，不活泼金属Au、Pt、Ag在阳极附近沉积，形成阳极泥，电解质溶液中的Cu2＋向阴极移动，电解过程中，电能转化为化学能和热能，在溶液体积不变时，电解质溶液中c(SO)不变。阳极质量减少的64 g包括Al、Zn及Cu，故当阳极质量减少64 g时，电子转移数目不等于2NA个。(3)电解精炼银与电解精炼铜原理相似。电解精炼银装置中，含有杂质的粗银作阳极，电解池的阳极与电源的正极相连，则该装置中a极为含杂质的粗银。该电解池的b极为阴极，阴极上有红棕色气体，则知NO被还原为NO2，电极反应式为NO＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O。(5)两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，根据电解装置图知，B区产生H2，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，剩余的OH－与Li＋结合生成LiOH，所以B极区电解液为LiOH溶液，B电极为阴极，则A电极为阳极，阳极区电解液为LiCl溶液，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，电解过程中Li＋向B电极迁移。
答案：(1)bd (2)bdf (3)a NO＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O(或NO＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O、2NO＋O2===2NO2) (4)2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋ HCO与H＋反应放出气体，c(H＋)减小，平衡Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋向右移动，产生Al(OH)3沉淀 (5)LiOH 2Cl－－2e－===Cl2↑ B
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8(共52张PPT)
第二单元 化学能与电能的转化
第一课时 原电池的工作原理
分点突破1
原电池的工作原理
分点突破2
原电池原理的应用
分点突破3
原电池正极反应式的书写及正误判断
关键能力培养
探究与创新能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
温度
a KCl
Zn
Zn l
C
CuSO4 Zn
溶液
Cu znso
盐桥
CusO4
CuSo
溶液
溶液
溶液
甲
乙
丙
电子沿导线传递产生电流
发生氧化反应
发生还原反应
负极
原电池
正极
阳
阴离子移向
一般为活泼金
般为不活泼金
属且不断溶解
属或导电非金属
离子移向
电解质溶液
盐桥(装有琼脂的
饱和KCl溶液)
Znso
Cuso
溶液
溶液
0000
F
SO4溶液
SO4溶液CuSO4溶液
Zn片
(u片mn片
Fe片
或
ZnSo4(ag CuSO aq)
ZnSOa(ag) Fesoa ag)
或
Fe片
Cu片
Feso ag) CuSo(aq)
电流表
盐桥
CuSO4溶液Y金属的腐蚀与防护
题型一 金属的电化学腐蚀
1．下列关于金属腐蚀的叙述正确的是( )
A．本质是2M＋2nH2O===2M(OH)n＋nH2↑
B．电化学腐蚀必须在酸性条件下进行
C．化学腐蚀比电化学腐蚀更普遍
D．本质是M－ne－===Mn＋
解析：选D 金属腐蚀的本质是金属失去电子而被氧化成金属阳离子的过程，包括化学腐蚀和电化学腐蚀，A不正确；电化学腐蚀可以在酸性条件下进行，也可以在其他条件下进行，B不正确；化学腐蚀没有电化学腐蚀普遍，C不正确；金属腐蚀本质是金属失去电子而被氧化成金属阳离子的过程，可简单表示为M－ne－===Mn＋，D正确。
2．下列有关金属电化学腐蚀的说法正确的是( )
A．铜既可以发生析氢腐蚀也可以发生吸氧腐蚀
B．铁只能发生析氢腐蚀
C．铜只能发生吸氧腐蚀
D．析氢腐蚀比吸氧腐蚀普遍
解析：选C 在金属活动性顺序中，铜在氢之后，铜不能置换出氢气，因此铜不能发生析氢腐蚀，只能发生吸氧腐蚀，A项错误，C项正确；铁既可以发生析氢腐蚀也可以发生吸氧腐蚀，B项错误；在自然界中，吸氧腐蚀比析氢腐蚀普遍，D项错误。
3．金属腐蚀的电化学原理可用下图模拟。
(1)请写出有关电极反应式：
①铁棒上的电极反应式：______________________________________________。
②碳棒上的电极反应式：_____________________________________________。
(2)该图所表示的是________(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀。
(3)若将O2撤走，并将NaCl溶液改为稀H2SO4溶液，则此图可表示__________(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀原理；若用牺牲阳极的阴极保护法来保护铁棒不被腐蚀溶解，即可将碳棒改为_________棒。
解析：金属的腐蚀，在中性溶液中发生吸氧腐蚀，在酸性溶液中发生析氢腐蚀。
答案：(1)①2Fe－4e－===2Fe2＋
②O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)吸氧 (3)析氢 锌(或其他比铁活泼的金属)
题型二 金属的电化学防护
4．下列防止金属腐蚀的方法属于电化学防护的是( )
A．船体表面刷漆
B．加入铬、锰、硅等制成不锈钢
C．自行车链条涂油
D．水中的钢闸门连接电源的负极
解析：选D 水中的钢闸门连接电源的负极，是加电流的阴极保护法，属于电化学防护方法，故D符合题意。
5．(Ⅰ)钢铁容易生锈的主要原因是因为钢铁在炼制过程中混有少量的碳杂质，在潮湿的空气中容易形成原电池，发生电化学腐蚀。在空气酸度不大的环境中，其正极反应式为________________________________________________________________________。
(Ⅱ)下列各情况，在其中Fe片腐蚀由快到慢的顺序是(用序号表示)________。
(Ⅲ)在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀。装置示意图如图。请回答：
①A电极对应的金属是________(写元素名称)，B电极的电极反应式是_____________
___________________________________________________________。
②镀层破损后，镀铜铁比镀锌铁更________(填“容易”或“不容易”)被腐蚀。
解析：(Ⅰ)钢铁在空气酸度不大的环境中，发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，负极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋。(Ⅱ)(1)为化学腐蚀；(2)中形成原电池，活泼性：Fe>Sn，Fe为负极，发生的电极反应为Fe－2e－===Fe2＋；(3)中形成原电池，活泼性：Fe(2)>(1)>(3)>(4)。(Ⅲ)①在铁的表面镀铜，阳极材料为Cu，阴极材料为Fe，电解质溶液为CuSO4溶液。A与外加直流电源的正极相连，A为阳极，A电极对应的金属为铜。B为阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu。②镀层破损后，镀铜铁发生腐蚀时铁为负极，镀锌铁发生腐蚀时铁为正极被保护，因此镀铜铁比镀锌铁更容易被腐蚀。
答案：(Ⅰ) O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (Ⅱ)(5)>(2)>(1)>(3)>(4) (Ⅲ)①铜 Cu2＋＋2e－===Cu ②容易
6．下列有关金属腐蚀的说法中正确的是( )
①金属的腐蚀全部是氧化还原反应
②金属的腐蚀可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，只有电化学腐蚀才是氧化还原反应
③因为二氧化碳普遍存在，所以钢铁的电化学腐蚀以析氢腐蚀为主
④无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，总是金属被氧化
A．①③ B．②③
C．①④ D．①③④
解析：选C 金属的腐蚀是金属失电子发生氧化反应的过程，金属的腐蚀全部是氧化还原反应，故①正确；金属的腐蚀可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，化学腐蚀和电化学腐蚀都是氧化还原反应，故②错误；钢铁的电化学腐蚀以吸氧腐蚀为主，在酸度较大的区域以析氢腐蚀为主，故③错误；无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，都是金属失去电子发生氧化反应的过程，故④正确；故选C。
7．研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是( )
A．d为石墨，铁片腐蚀加快
B．d为石墨，石墨上电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．d为锌块，铁片不易被腐蚀
D．d为锌块，铁片上电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
解析：选D 铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2＋进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，比没有形成原电池时的反应速率快，A、B正确；若d为锌块，则由于金属活动性：Zn＞Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，C正确；d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D错误。
8．我国某大城市今年夏季多次降下酸雨。据环保部门测定，该城市整个夏季酸雨的pH平均值为3.2。在这种环境中的铁制品极易被腐蚀。对此条件下铁的腐蚀的叙述不正确的是( )
A．此腐蚀过程有化学腐蚀也有电化学腐蚀
B．发生电化学腐蚀时，正极的电极反应式为2H2O＋O2＋4e－===4OH－
C．在电化学腐蚀过程中有氢气产生
D．发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
解析：选B 在金属铁的腐蚀中，金属铁可以和酸中的氢离子直接发生化学腐蚀，铁制品中含有铁和碳，具备电解质环境，满足原电池的构成条件，构成了原电池，也可以发生电化学腐蚀，故A正确；发生电化学腐蚀时，碳作正极，溶液中的氢离子得电子生成氢气，2H＋＋2e－===H2↑，故B错误，C正确；发生电化学腐蚀时的负极是铁，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，故D正确。
9．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是( )
A．
B．
C．
D．铁钉几乎没被腐蚀
解析：选C 根据电流的方向可知a为电解池的阳极，则装置①用来精炼铜时，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4 溶液，故A正确；装置②为外加电流的阴极保护法，钢闸门与外接电源的负极相连，电源提供电子而防止铁被氧化，故B正确；铁比铜活泼，为原电池的负极，发生的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，故C错误；浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以被腐蚀，故D正确。
10．利用下图所示装置可以模拟铁的电化学腐蚀。下列说法中，正确的是( )
A．若X为碳棒，开关K置于M处可以减缓铁的腐蚀
B．若X为铜棒，开关K置于N处可以加快铁的腐蚀
C．若X为碳棒，开关K置于M处，则为牺牲阳极的阴极保护法
D．若X为碳棒，开关K置于N处，则为外加电流的阴极保护法
解析：选D K置于M处是原电池，X为碳，铁比碳活泼作负极，铁失去电子，加速铁的腐蚀，A错误；K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，可以减缓铁的腐蚀，B错误；K置于M处是原电池，Fe比碳活泼，铁作负极失去电子被腐蚀，这不是牺牲阳极的阴极保护法，若X为比铁活泼的金属，则铁作正极被保护，才是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；开关K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，这是外加电流的阴极保护法，D正确。
11．支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是( )
A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
解析：选C 支撑海港码头基础的钢管桩应用电解原理防腐，钢管桩作为电解池的阴极被保护、高硅铸铁作为惰性辅助阳极起传递电流的作用。通电后，外电路电子从阳极高硅铸铁流出，流入直流电源的正极，从直流电源的负极流出，流入阴极钢管桩，通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，通入的保护电流根据环境条件变化进行调整。表述不正确的是C选项。
12．据美国、日本、加拿大等国统计，每年因金属腐蚀造成的损失占国民经济总值的1%，是地震、风灾、火灾损失的总和。下图是某研究小组的金属腐蚀探究实验装置图。
(1)酸雨浸泡过的铁钉置于试管中(如图)，一段时间后，如果U形管中红墨水液面左高右低，则铁钉发生了________(填“A”或“B”)，如果U形管内液面左低右高，则铁钉发生了________(填“A”或“B”)。
A．析氢腐蚀 B．吸氧腐蚀
研究小组发现开始一段时间，U形管内液面左低右高，再过一段时间右边液面不仅没有继续升高，反而有回落的趋势(装置气密性良好)，造成这一现象的原因是_______________
________________________________________________________________________。
(2)若将铁钉换成含杂质炭的锌块，并在试管中加入少许氯化钠溶液，一段时间后，U形管内液面出现了左高右低的现象。试写出电极反应式：
负极_____________________________________________________________________，
正极_____________________________________________________________________。
(3)若将锌块换成铜块(含杂质炭)，并加入少许0.1 mol·L－1 的硫酸溶液，________(填“能”或“不能”)发生析氢腐蚀；但一段时间后铜块明显发生了腐蚀，试写出其电极反应式：
负极______________________________________________________________________，
正极______________________________________________________________________。
(4)美国的“自由女神”是铜铸艺雕，表面因生铜绿而被腐蚀，写出空气中铜表面生成铜绿[Cu2(OH)2CO3]的化学方程式：______________________________________________。
解析：(1)如图所示，如果U形管中红墨水液面左高右低，说明试管内压强减小，则铁钉发生了吸氧腐蚀，如果U形管内液面左低右高，说明试管内压强增大有气体生成，则铁钉发生了析氢腐蚀，开始时铁钉表面水膜酸度较大发生析氢腐蚀，后来水膜酸度降低，铁钉发生了吸氧腐蚀；(2)将铁钉换成含杂质炭的锌块，此时的腐蚀属于电化学腐蚀，属于吸氧腐蚀；(3)因为铜不活泼，所以不能发生析氢腐蚀，仍然是吸氧腐蚀，负极和正极的电极反应式分别为Cu－2e－===Cu2＋ , O2＋4e－＋4H＋===2H2O；(4)铜绿的生成属于吸氧腐蚀，同时空气中的二氧化碳也参与了反应。
答案：(1)B A 开始时铁钉表面水膜酸度较大发生析氢腐蚀，后来水膜酸度降低，铁钉发生了吸氧腐蚀
(2)Zn－2e－===Zn2＋ O2＋4e－＋2H2O===4OH－
(3)不能 Cu－2e－===Cu2＋ O2＋4e－＋4H＋===2H2O (4)2Cu＋O2＋H2O＋CO2===Cu2(OH)2CO3
13．垃圾是放错了位置的资源。垃圾主要分为可回收垃圾、有害垃圾、厨余垃圾和其他垃圾四类。
A B C D
(1)小明在整理房间时，清理出如下物品：旧作业本、镍镉电池、汽水易拉罐、生锈铁钉、矿泉水瓶、烂苹果、涂改液瓶、过期药片。其中镍镉电池和汽水易拉罐分别投入________和________垃圾桶中(填“A”“B”“C”或“D”)。
(2)生锈铁钉属于可回收垃圾。铁生锈的实质是铁失去电子被氧化。为探究金属的腐蚀条件，小明同学做了以下五个对照实验。
实验1 实验2 实验3 实验4 实验5
8小时未观察到明显锈
蚀 8小时未观察到明显锈蚀 8小时未观察到明显锈蚀 8小时未观察到明显锈蚀 1小时观察到明显锈蚀
由以上实验可知，金属腐蚀的条件是______________________________________。
请用电极反应式表示实验5得电子的反应过程：________________________________
________________________________________________________________________。
(3)防止金属腐蚀的方法有电化学防护、添加保护层等多种方法。如图所示装置，可以模拟铁的电化学防护。
若模拟用外加电流的阴极保护法防止铁腐蚀，电极材料X可为碳棒，并将开关K置于N处；若模拟用牺牲阳极的阴极保护法防止铁腐蚀，电极材料X及相关操作为
________________________________________________________________________。
(4)镀铜可防止铁制品腐蚀，请在下方方框内画出在铁制品上镀铜的实验装置示意图。
(5)金属阳极钝化是一种电化学防腐方法。将Fe作阳极置于一定浓度的H2SO4溶液中，一定条件下Fe钝化形成致密的Fe3O4氧化膜，请写出该阳极的电极反应式：
________________________________________________________________________。
解析：(1)其中镍镉电池和汽水易拉罐分别属于有害垃圾和可回收垃圾，应分别投入B和A垃圾桶中。(2)从图中对比可知金属腐蚀的条件是有氧气和电解质溶液，实验5得电子的反应过程为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。(3)若模拟用外加电流的阴极保护法防止铁腐蚀，电极材料X可为碳棒，并将开关K置于N处；若模拟用牺牲阳极的阴极保护法防止铁腐蚀，电极材料X可为锌棒，并将开关K置于M处 。(4)在铁制品上镀铜时铁制品作阴极，铜作阳极，硫酸铜作电解质，则实验装置示意图为
。
(5)将Fe作阳极置于一定浓度的H2SO4溶液中，一定条件下Fe钝化形成致密的Fe3O4氧化膜，阳极的电极反应式为3Fe－8e－＋4H2O===Fe3O4＋8H＋。
答案：(1)B A (2)有氧气和电解质溶液 O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (3)电极材料X可为锌棒，并将开关K置于M处 (4)见解析图 (5)3Fe－8e－＋4H2O===Fe3O4＋8H＋
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9影响化学反应速率的因素
题型一 有效碰撞理论
1．下列说法正确的是( )
A．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
B．活化分子具有的能量是活化能
C．活化分子的总数越多，反应速率越快
D．单位时间内有效碰撞次数越多，反应速率越快
解析：选D 活化分子间的碰撞并不都是有效碰撞，只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，活化分子具有的平均能量与普通分子具有的平均能量之差才叫活化能；单位体积内活化分子总数越多，有效碰撞机会越多，反应速率才越快，A、B、C三项均错。
2．下列说法正确的是( )
A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增多
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数
D．催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成千上万倍地增大反应速率
解析：选D 浓度和压强的变化是改变单位体积内分子的总数，活化分子的百分数不变，而单位体积内活化分子的数目与单位体积内分子总数成正比，也发生变化；温度、催化剂是改变活化分子的百分数，单位体积内分子总数不变。
题型二 浓度、压强对化学反应速率的影响
3．将质量相同的锌粉分别投入下列4个烧杯的溶液中，反应速率最快的是( )
解析：选D 当反应中某一种反应物相同时，反应速率的快慢取决于另一种反应物的浓度而不是用量，四个装置中所用的酸虽不同，但都是由c(H＋)的大小决定反应的快慢，D中溶液c(H＋)最大，反应速率最快。
4．在C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的反应中，现采取下列措施：
①缩小容积，增大压强 ②增加碳的量 ③通入CO2 ④恒容下充入N2 ⑤恒压下充入N2
其中能够使反应速率增大的措施是( )
A．①④ B．②③⑤
C．①③ D．①②④
解析：选C 对于有气体物质参加或生成的反应，增大压强，其反应速率加快，增加固体物质的用量，对反应速率无影响，充入与反应无关的气体，不会增加反应物浓度，故不会加快反应速率，恒压充入氮气，体系容积增大，浓度减小，反应速率减小。
题型三 温度对化学反应速率的影响
5．设C(s)＋CO2(g)2CO(g) ΔH>0，反应速率为v1，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，反应速率为v2，对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为( )
A．同时增大 B．同时减小
C．v1增大，v2减小 D．v1减小，v2增大
解析：选A 温度升高，反应速率加快；温度降低，反应速率减慢。该结论对吸热反应、放热反应均适用，A项正确。
6．已知FeCl3和MnO2都可作H2O2分解制O2的催化剂，为了探究温度对化学反应速率的影响，下列实验方案可行的是( )
解析：选D A项，不能形成对比实验，无法探究温度对该反应速率的影响，错误；B项，温度和催化剂都不一样的情况下，无法探究温度对该反应速率的影响， 错误；C项，第一个装置中缺少催化剂二氧化锰，无法探究温度对该反应速率的影响，错误；D项，催化剂是一样的，都是氯化铁，温度不同，这样可以探究温度对该反应速率的影响，正确。
题型四 催化剂对化学反应速率的影响
7．催化剂之所以能加快反应速率，是因为( )
A．减小了反应速率常数 B．降低了反应的活化能
C．降低了反应的焓 D．降低了反应的熵
解析：选B 催化剂之所以能加快反应速率，是因为催化剂降低了反应的活化能，增大了活化分子的百分含量，有效碰撞的次数增加，反应速率加快，故选B。
8．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－198 kJ·mol－1，在V2O5存在时，该反应的机理为V2O5＋SO2―→2VO2＋SO3(快) 4VO2＋O2―→2V2O5(慢)。下列说法正确的是( )
A．反应速率主要取决于V2O5的质量
B．VO2是该反应的催化剂
C．2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)的活化能大于198 kJ·mol－1
D．增大SO2的浓度可显著提高反应速率
解析：选C 由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但不主要取决于催化剂V2O5的质量，A、B项错误；ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝－198 kJ·mol－1，所以2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)的活化能大于198 kJ·mol－1，C项正确；增大SO2的浓度可以提高反应速率，不是显著提高，D项错误。
题型五 其他因素对化学反应速率的影响
9．演示铁在纯氧中燃烧实验时，将铁丝绕成螺旋状，其主要目的是( )
A．提高铁丝利用率 B．提高反应温度
C．增大反应物的接触面积 D．使瓶底氧气充分利用
解析：选C 做铁在纯氧中燃烧的实验时，将铁丝绕成螺旋状，主要目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，因此答案选C。
10．在实验Ⅰ和实验Ⅱ中，用定量、定浓度的盐酸与足量的石灰石反应，并在一定的时间内测量反应所放出的CO2的体积。实验Ⅰ用的是块状的石灰石，实验Ⅱ用的是粉末状石灰石。下图中哪个图像能正确反映两种实验的结果( )
解析：选B 固体物质参加反应，增大接触面积，能提高反应速率，粉末状的固体比块状的固体的表面积大，则反应Ⅱ比反应Ⅰ的反应速率快；盐酸的物质的量相同，则产生的CO2的体积应相等，因此A、C错，从D中可以看出反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ的反应速率，故D错。
11．下列有关化学反应速率的说法中正确的是( )
A．100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变
B．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率
C．汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
D．二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
解析：选C 100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，盐酸的浓度变小，故生成氢气的速率减小，A项错误；用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸不能加快产生氢气的速率，因为铁在常温下遇浓硫酸会发生钝化，B项错误；汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应物的浓度减小，故反应速率减慢，C项正确；其他条件不变时，升高温度，任何化学反应的反应速率都加快，D项错误。
12．等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定反应过程中产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得如图所示曲线，则对于曲线a、b、c、d所对应的实验组别，下列有关说法错误的是( )
实验组别 c(HCl)/(mol·L－1) 温度/℃ 形状(Fe)
Ⅰ 2.0 30 块状
Ⅱ 2.5 30 块状
Ⅲ 2.5 50 粉末状
Ⅳ 2.5 50 块状
A.曲线a对应的实验组别为Ⅰ
B．对比实验Ⅰ、Ⅱ说明浓度对化学反应速率的影响
C．对比实验Ⅱ、Ⅳ说明温度对化学反应速率的影响
D．曲线a、b、c、d对应的实验组别分别为Ⅲ、Ⅳ、Ⅱ、Ⅰ
解析：选A 等质量的铁与过量的盐酸反应，故生成H2的体积相同。A项，化学反应速率随反应物浓度增大而增大，随温度升高而增大，随反应物接触面积增大而增大，由图表和图像可知，a曲线为实验Ⅲ对应的曲线，错误；B项，对比实验Ⅰ、Ⅱ，盐酸浓度不同，其他条件都相同，是说明浓度对化学反应速率的影响，正确；C项，对比实验Ⅱ、Ⅳ，温度不同，其他条件都相同，是说明温度对化学反应速率的影响，正确；D项，由图像可知，t越小，说明反应需要的时间越少，反应速率越快，则反应速率为a>b>c>d。由表中数据可知，实验Ⅲ、Ⅳ的温度高于Ⅰ、Ⅱ，且Ⅰ的HCl浓度最低，则Ⅳ中反应速率大于Ⅰ、Ⅱ，即Ⅳ>Ⅱ>Ⅰ；Ⅲ的接触面积大，则反应速率Ⅲ>Ⅳ，所以反应速率大小顺序为Ⅲ>Ⅳ>Ⅱ>Ⅰ。则曲线a、b、c、d对应的实验组别分别为Ⅲ、Ⅳ、Ⅱ、Ⅰ，正确。
13．某温度下，在容积一定的密闭容器中进行如下反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s) ΔH＞0，下列有关叙述正确的是( )
A．在容器中加入氩气，反应速率不变
B．加入少量W，逆反应速率增大
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．若将容器的容积压缩，可增大单位体积内活化分子的百分数，有效碰撞次数增加
解析：选A 在容器中加入氩气，参加反应的气体的浓度不变，则反应速率不变，A项正确；W为固体，固体的浓度可以看作是一个常数，加入少量W，逆反应速率不变，B项错误；升高温度，正、逆反应速率都增大，C项错误；增大压强，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增加，而活化分子的百分数不变，D项错误。
14．合成气(CO和H2)是目前化工常用的原料，下面是用甲烷制备合成气的两种方法：
①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
ΔH1＝216 kJ·mol－1；
②2CH4(g)＋O2(g)===2CO(g)＋4H2(g)
ΔH2＝－72 kJ·mol－1。
其中一个反应的反应过程与能量变化关系如图所示。则下列说法正确的是( )
A．E1表示2CH4(g)＋O2(g)===2CO(g)＋4H2(g)的活化能
B．E2表示CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的活化能
C．该图示为反应②的反应过程与能量变化示意图
D．一般情况下，加入催化剂，既能降低E1，也能降低E2，但不能改变E1与E2的差值
解析：选D 由题给热化学方程式可知反应①是吸热反应，反应②是放热反应，而图示所表示的反应是吸热反应，则图示为反应①的反应过程与能量变化示意图。E1表示CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的正反应的活化能，A、B、C项错误；加入催化剂，正、逆反应的活化能都降低，即E1、E2都降低，但不能改变E1与E2的差值，D项正确。
15．(1)对于反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，改变下列条件对反应速率和产量有何影响 (填“增大”“减小”或“不变”)：把铁片改成铁粉：________；滴加几滴浓硫酸：________；加压：________。
(2)某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：
实验编号 0.1 mol·L－1酸性KMnO4溶液的体积/mL 0.6 mol·L－1 H2C2O4溶液的体积/mL H2O的体积/ mL 实验温度/℃ 溶液褪色所需时间/ min
a 10 V1 35 25
b 10 10 30 25
c 10 10 V2 50
①表中V1＝________mL。
②探究温度对化学反应速率影响的实验编号是______(填编号)。
③实验c测得KMnO4溶液的褪色时间为2 min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)＝________mol·L－1·min－1。
解析：(1)对于反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，把铁片改成铁粉，增大反应物的接触面积，化学反应速率增大；滴加几滴浓硫酸，增大反应物的浓度，化学反应速率增大；加压，对化学反应速率无影响。
(2)①实验b和实验a温度相同，是讨论浓度对化学反应速率的影响，所以溶液的总体积也应该相同，均为50 mL，经分析可知表中V1＝50－35－10＝5。
②实验b和实验c反应物浓度相同，温度不同，所以探究温度对化学反应速率影响的实验编号是b和c。
③由化学反应方程式关系可知：5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，加入的KMnO4的物质的量为0.1 mol·L－1×0.01 L＝0.001 mol，加入的H2C2O4的物质的量为0.01 L×0.6 mol·L－1＝0.006 mol，由关系式5H2C2O4～2KMnO4可知H2C2O4过量，所以参加反应的n(H2C2O4)＝0.1 mol·L－1×0.01 L×＝0.002 5 mol，实验c测得酸性KMnO4溶液的褪色时间为2 min，所以H2C2O4在2 min内的平均反应速率为v(H2C2O4)＝0.002 5 mol÷0.05 L÷2 min＝0.025 mol·L－1·min－1。
答案：(1)增大 增大 不变
(2)①5 ②bc ③0.025
16．化学反应速率在生产生活中有重要作用。
(1)一定温度下，氧化铁可与一氧化碳发生反应：Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)。在2 L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10 min后，生成单质铁11.2 g。10 min内v(CO)＝____________mol·L－1·min－1。
(2)研究反应2X(g)Y(g)＋Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度随反应时间的变化情况如图所示。
①对比实验Ⅰ、Ⅱ可得出：________，化学反应速率加快。
②对比实验Ⅱ、Ⅳ可得出：________，化学反应速率加快。
③在0～10 min内，实验Ⅲ的平均速率v(Y)＝________ mol·L－1·min－1。
答案：(1)0.015 (2)①增大反应物浓度 ②升高温度 ③0.02
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7原电池的工作原理
题型一 化学能与电能的转化
1．下列装置工作时，将化学能转化为电能的是( )
A.风力发电机 B.硅太阳能电池
C.纽扣式银锌电池 D.电解熔融氯化钠
解析：选C 该装置将风能转化为电能，A错误；该装置将太阳能转化为电能，B错误；该装置将化学能转化为电能，C正确；该装置将电能转化为化学能，D错误。
题型二 原电池的工作原理
2．下列说法正确的是( )
A．原电池中，负极上发生的反应是还原反应
B．原电池中，电流的方向是负极—导线—正极
C．双液原电池中的盐桥是为了连通电路，所以也可以用金属导线代替
D．在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极
解析：选D A项，负极上发生氧化反应；B项，电流的方向应是正极—导线—负极；C项，盐桥不能用导线代替。
3．铜锌原电池工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A.锌片上的电极反应为Zn－2e－===Zn2＋
B．负极上发生还原反应
C．外电路中，电子从铜片经导线流向锌片
D．铜是正极，铜片上有气泡产生
解析：选A 金属锌是负极，发生氧化反应，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，故A正确；原电池负极发生氧化反应，故B错误；Zn为负极，Cu为正极，外电路中，电子从锌片经导线流向铜片，故C错误；铜是正极，铜片上铜离子放电，有铜析出，无气体生成，故D错误。
4．由锌片、铜片和200 mL稀H2SO4组成的原电池如图所示。
(1)原电池的负极反应式是_________________________________________________，
正极反应式是_________________________________________________________。
(2)外电路中电流的方向是_______________________________________。
(3)一段时间后，当在铜片上放出2.24 L(标准状况)气体时，H2SO4恰好消耗一半。则产生这些气体的同时，共消耗________g锌，此时转移的电子的物质的量为________，原硫酸的物质的量浓度是__________(设溶液体积不变)。
解析：(1)根据电极材料可知，锌为负极，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，铜为正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑；(2)外电路中电流从正极流向负极；(3)当正极上放出2.24 L(标准状况)氢气时，则有：
Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑ ～ 2e－
65 g 1 mol 22.4 L 2 mol
m n(H2SO4) 2.24 L n(e－)
计算可得：m＝6.5 g，n(H2SO4)＝0.1 mol，n(e－)＝0.2 mol，则c(H2SO4)＝＝1.0 mol·L－1。
答案：(1)Zn－2e－===Zn2＋ 2H＋＋2e－===H2↑
(2)由Cu极流向Zn极 (3)6.5 0.2 mol 1.0 mol·L－1
题型三 原电池原理的应用
5．有a、b、c、d四个金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：
实验装置
部分实验现象 a极质量减小；b极质量增加 b极有气体产生；c极无变化 d极溶解；c极有气体产生 电流从a极流向d极
由此判断这四种金属的活动性顺序是( )
A．a>b>c>d B．b>c>d>a
C．d>a>b>c D．a>b>d>c
解析：选C 由第一个装置中a极溶解可知a为负极，金属活动性：a>b；第二个装置依据金属活动顺序可知金属活动性：b>c；同理由第三个装置中d极溶解可知d极为负极，金属活动性：d>c；由第四个装置中电流从a极流向d极可知电子从d极流向a极，故金属活动性：d>a；综上分析，则选项C符合题意。
6．一个电池反应的离子方程式是Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，该反应的原电池的正确组合是( )
选项 A B C D
正极 Zn Cu Cu Fe
负极 Cu Zn Zn Zn
电解质溶液 CuCl2 H2SO4 CuSO4 HCl
解析：选C 该原电池负极为Zn，正极为比Zn不活泼的金属或石墨等，电解质溶液中含有Cu2＋，故只有C选项正确。
7．根据反应KMnO4＋FeSO4＋H2SO4―→MnSO4＋Fe2(SO4)3＋K2SO4＋H2O(未配平)设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有琼脂凝胶，内含K2SO4。下列说法不正确的是( )
A．石墨b是原电池的负极，发生氧化反应
B．甲烧杯中的电极反应式：MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O
C．电池工作时，盐桥中的阴、阳离子分别向乙、甲烧杯中移动，保持溶液中的电荷平衡
D．忽略溶液体积变化，Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol·L－1时，反应中转移的电子的物质的量为0.1 mol
解析：选D 根据题给反应可知，Fe2＋的化合价升高，则石墨b为负极，发生氧化反应，故A正确；石墨a为正极，发生还原反应，电极反应式为MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O，故B正确；盐桥的作用是形成闭合回路，同时保持溶液中的电荷平衡，根据原电池工作原理知，阳离子向正极移动，即K＋向甲烧杯移动，SO向乙烧杯移动，故C正确；负极的电极反应式为Fe2＋－e－===Fe3＋，生成的Fe3＋的物质的量为(200×10－3×1.5×2－200×10－3×1×2)mol＝0.2 mol，因此外电路中转移电子的物质的量为0.2 mol，故D错误。
8．根据下图，判断下列说法中错误的是( )
A．导线上电子由Ag极流向石墨极
B．负极电极反应式：Fe3＋＋e－===Fe2＋
C．盐桥中阴离子移向AgNO3溶液
D．电池反应为Fe3＋＋Ag===Fe2＋＋Ag＋
解析：选B 银作原电池的负极，电子从银极流向石墨极，正确，不选A；负极是银极，银失去电子生成银离子，错误，选B；盐桥中的阴离子移向负极，即向硝酸银溶液移动，正确，不选C；电池反应为银与铁离子反应生成银离子和亚铁离子，正确，不选D。
9．将反应Cu(s)＋2Ag＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计成如图所示的原电池，下列叙述正确的是( )
A．KNO3盐桥中的K＋移向Cu(NO3)2溶液
B．该原电池可使用KCl盐桥
C．工作一段时间后，Cu(NO3)2溶液中c(Cu2＋)增大
D．取出盐桥后，电流表的指针依然发生偏转
解析：选C 该原电池中Cu为负极，Cu极的电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，Ag为正极，Ag极的电极反应式为Ag＋＋e－===Ag。A项，KNO3盐桥中的K＋移向正极，即移向AgNO3溶液，错误；B项，KCl与AgNO3反应会生成AgCl沉淀，不能使用KCl盐桥，错误；C项，由于负极反应生成的Cu2＋进入Cu(NO3)2溶液中，故工作一段时间后，Cu(NO3)2溶液中c(Cu2＋)增大，正确；D项，取出盐桥后，不能形成闭合回路，电流表的指针不会发生偏转，错误。
10．原电池的电极反应式不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法错误的是( )
A．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成的原电池，负极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
B．由Al、Cu、稀硫酸组成的原电池，负极的电极反应式为Al－3e－===Al3＋
C．由Al、Mg、NaOH溶液组成的原电池，负极的电极反应式为Al＋4OH－－3e－===AlO＋2H2O
D．由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池，负极的电极反应式为Al－3e－===Al3＋
解析：选D 铁比铜活泼，铁作负极，负极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，故A正确；铝比铜活泼，铝作负极，负极的电极反应式为Al－3e－===Al3＋，故B正确；虽然镁比铝活泼，但镁不与氢氧化钠溶液反应，因此铝作负极，负极的电极反应式为Al＋4OH－－3e－===AlO＋2H2O，故C正确；Al遇浓硝酸发生钝化，则铜作负极，负极的电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，故D错误。
11．按下图装置实验，若x轴表示流出负极的电子的物质的量，则y轴应表示( )
①c(Ag＋) ②c(NO) ③a棒的质量 ④b棒的质量
⑤溶液的质量
A．①③⑤ B．③④
C．①②④ D．②
解析：选D 在这个原电池中，负极：Fe－2e－===Fe2＋，使a棒质量减轻；正极：Ag＋＋e－===Ag，使b棒增重，但溶液中c(NO)不变；反应过程中每溶解56 g铁，析出216 g银，故溶液质量减轻。
12．某校化学兴趣小组为了探究原电池工作原理，进行如下系列实验。
请分析实验结果并回答相应问题。
(1)实验一中，铜片、锌片表面均有红色物质析出，电流表指针偏转，但较短时间内电流明显减小。实验结束时测得锌片减少了3.94 g，铜片增重了3.84 g，则该原电池的工作效率是________(指参加原电池反应的锌占反应总量的百分率)。
(2)实验二中，刚将铜片、锌片插入溶液中时电流表指针偏转，但立即就归零了。为什么锌的电子不能持续通过导线流向铜极给Cu2＋？____________________________。
(3)实验三中，盐桥中K＋移向________(填“ZnSO4”或“CuSO4”)溶液，如果Zn的消耗速率为1×10－3 mol·s－1，则K＋的迁移速率为________mol·s－1。与实验一比较，实验三原电池的工作效率大大提高，原因是______________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)根据实验一、二、三可得出的结论是_____________________________
________________________________________________________________________(写出两点即可)。
解析：(1)铜片、锌片表面均有红色物质铜析出，固体减小的质量为3.94 g－3.84 g＝0.1 g，
根据反应关系式：Zn ～ Cu Δm(减小)
65 64 1
6.5 g 0.1 g
参加反应的锌的质量为6.5 g，根据电子守恒得，参加原电池反应的锌的物质的量为n(Zn)＝n(Cu)＝＝0.06 mol，该原电池的工作效率为×100%＝60%。
(2)由于锌失电子形成Zn2＋进入溶液，使其显正电性，Cu2＋得电子使溶液显负电性，这两种因素均阻碍电子流向铜板，未形成闭合回路。
(3)实验三中，铜为正极，锌为负极，电流在外电路由铜流向锌，溶液中电流由锌流向铜，所以钾离子移向CuSO4 溶液，氯离子移向硫酸锌溶液；根据电荷守恒可知，如果Zn的消耗速率为1×10－3 mol·s－1，则K＋的迁移速率为2×10－3 mol·s－1；实验一中Zn直接和硫酸铜接触，有少量的铜离子在锌的表面得电子发生反应，而实验三中氧化剂和还原剂互不接触，电子只能通过导线发生转移，所以工作效率大大提高。
(4)根据实验一、二、三可得出的结论是Zn的活泼性比Cu的强、原电池的两极需要形成闭合回路才能产生电流、有盐桥的原电池可以提高工作效率。
答案：(1)60% (2)未形成闭合回路 (3)CuSO4 2×10－3 氧化剂和还原剂互不接触，电子只能通过导线发生转移 (4)Zn的活泼性比Cu的强、原电池的两极需要形成闭合回路才能产生电流、有盐桥的原电池可以提高工作效率(其他答案合理也可)
13．某探究活动小组想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，有甲、乙两位同学均使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6 mol·L－1的稀H2SO4中，乙同学将电极放入6 mol·L－1的NaOH溶液中，如图所示。
(1)写出甲池中发生的原电池反应的电极反应式：
负极：______________________________________________________________，
正极：___________________________________________________________________。
(2)写出乙池中发生的原电池反应的电极反应式：
负极：_________________________________________________________________，
正极：_________________________________________________________________。
电池反应方程式为________________________________________________________。
(3)如果甲与乙两位同学均认为“构成原电池的电极材料若是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出________的活动性更强，而乙会判断出________的活动性更强。(填写元素符号)
(4)由此实验，可得到如下哪些结论？________(填字母)。
A．利用原电池反应判断金属活动性顺序应注意选择合适的介质
B．镁的金属性不一定比铝的金属性强
C．该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值
D．该实验说明化学研究对象复杂、反应条件多变，应具体问题具体分析
(5)上述实验也反过来证明了“利用金属活动性顺序直接判断原电池中正、负极”的做法________(填“可靠”或“不可靠”)。如不可靠，则请你提出另一个判断原电池正、负极可行的实验方案：_______________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)甲池中电池反应方程式为Mg＋H2SO4===MgSO4＋H2↑，Mg作负极，电极反应式为Mg－2e－===Mg2＋，Al作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。
(2)乙池中电池反应方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，负极上为Al与OH－反应生成AlO，电极反应式为2Al－6e－＋8OH－===2AlO＋4H2O；正极产物为H2，电极反应式为6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑。
(3)甲池中Mg为负极，Al为正极；乙池中Al为负极，Mg为正极，若根据负极材料金属比正极材料金属活泼判断，则甲会判断出Mg的活动性更强，乙会判断出Al的活动性更强。
(4)Mg的金属活动性一定比Al强，金属活动性顺序是正确的，应用广泛。
(5)判断原电池的正、负极可根据回路中电流的流向或电子的流向等进行判断，直接利用金属活动性顺序判断原电池的正、负极是不可靠的。
答案：(1)Mg－2e－===Mg2＋
2H＋＋2e－===H2↑
(2)2Al＋8OH－－6e－===2AlO＋4H2O
6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(3)Mg Al (4)AD
(5)不可靠 将两种金属电极连上电流表而构成原电池，利用电流表检测电流的方向，从而判断电子的流动方向，再来确定原电池的正、负极(合理即可)
14．(1)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理如下图所示。回答下列问题：
①Pt电极上还需通入的气体是________。
②写出NiO电极的电极反应式：_______________________________________________。
(2)盐桥电池是一种比较普遍的原电池，该电池反应原理如下图所示。
①负极电极反应式为_______________________________________________。
②当电路中通过0.1 mol电子时，两电极质量差为________g，此时原电池电解质溶液的总质量与开始时电解质溶液的总质量的差为________g(不考虑溶液离子向盐桥移动)。
解析：(1)①Pt电极上为了使由O2转化而来的O2－成为NO，还需通入的气体是N2O5。
②NiO电极的电极反应式：NO2－e－＋NO===N2O5。
(2)①负极是铁电极，其电极反应式为Fe－2 e－===Fe2＋。
②当电路中通过0.1 mol电子时，负极消耗0.05 mol即2.8 g Fe，正极得到0.05 mol即3.2 g Cu，两电极质量差为(2.8＋3.2)g＝6 g，负极产生0.05 mol即2.8 g Fe2＋，正极消耗0.05 mol即3.2 g Cu2＋，盐桥中0.1 mol 即7.45 g KCl移向溶液，此时原电池电解质溶液的总质量与开始时电解质溶液的总质量的差为(2.8－3.2＋7.45)g＝7.05 g。
答案：(1)①N2O5 ②NO2－e－＋NO===N2O5
(2)①Fe－2e－===Fe2＋ ②6 7.05
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9第二课时 反应热的测量与计算
明课程标准 扣核心素养
1.能进行反应焓变的简单计算。2.了解盖斯定律及其简单应用。 证据推理与模型认知：能理解、描述和表示盖斯定律计算模型，并能熟练运用于反应焓变的计算。
1．实验目的
通过一定量的酸、碱溶液在反应前后温度的变化，计算反应放出的热量，由此求得中和反应的反应热(简称中和热)。
2．实验装置(简易量热计)
3．实验步骤
(1)用量筒量取50 mL 0.50 mol·L－1盐酸，倒入简易量热计中，测量并记录盐酸的温度(T1)。
(2)另取一量筒量取50 mL 0.50 mol·L－1氢氧化钠溶液，测量并记录氢氧化钠溶液的温度(T2)。
(3)将量筒中的氢氧化钠溶液迅速倒入盛有盐酸的简易量热计中，立即盖上盖板，用环形玻璃搅拌棒轻轻搅拌，观察温度计的温度变化，准确读出反应体系的最高温度(T3)并记录。
(4)重复上述步骤(1)至步骤(3)两次。
4．数据记录与处理
盐酸的温度(T1)/℃
氢氧化钠溶液的温度(T2)/℃
反应体系的最高温度(T3)/℃
反应体系的温度变化/℃
反应体系的热容
[C＝(VHCl·ρHCl＋VNaOH·ρNaOH)×4.18]/(J·℃－1)
反应热/(kJ·mol－1)
(1)假设溶液的比热与水的比热相等，溶液的密度与水的密度相等(1 g·cm－3)，忽略量热计的比热，根据溶液温度升高的数值，即可计算该酸碱反应的反应热。
(2)反应体系的热容C＝(VHCl·ρHCl＋VNaOH·ρNaOH)×4.18 J·℃－1＝[(50＋50)×4.18]J·℃－1＝418 J·℃－1，则ΔH＝－ kJ·mol－1＝－ kJ·mol－1，即HCl(aq)＋NaOH(aq)===H2O(l)＋NaCl(aq) ΔH＝－ kJ·mol－1。
[问题探讨]
1．如果用同样的方法测定氢氧化钾溶液与盐酸反应、氢氧化钠溶液与硝酸反应的反应热，请预测其反应热是否相同并说明理由。
提示：所测得的上述三个中和反应的反应热相同。以上三组溶液中所发生的反应均为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)，由于三组实验中所用溶液的体积相同，溶液中H＋和OH－的浓度相同，反应温度相同，因此三个反应的反应热也相同。
2．能否用铜质搅拌棒代替玻璃搅拌棒？
提示：不能，原因是金属铜传热快，实验过程中会造成热量损失。
3．实验过程中能否用醋酸代替盐酸，或用氨水代替NaOH溶液？否则对实验结果会造成什么影响？
提示：不能；弱酸、弱碱电离吸收热量，会使测得的中和热的数值偏小。
1．注意问题
(1)实验中要用强酸、强碱的稀溶液(0.1～0.5 mol·L－1)。
(2)操作时动作要快，尽量减少热量的损失，使用绝热装置，避免热量散发到反应体系外。
(3)测量盐酸的温度后，要将温度计上的酸冲洗干净后，再测量NaOH溶液的温度，避免酸、碱在温度计的表面反应放热而影响测量结果。
(4)读取中和反应体系的温度(T3)是反应混合液的最高温度。
(5)测定中和热不能用弱酸或弱碱，因弱酸、弱碱电离时吸收热量而使测量的数值偏低。
(6)中和热的数值是57.3 kJ·mol－1，测定时与强酸、强碱的用量无关。
2．误差分析
看实验中有哪些因素能使ΔT出现误差。若ΔT偏大，则中和热数值偏大；若ΔT偏小，则中和热数值偏小。
例如：50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.50 mol·L－1 NaOH溶液反应的误差分析：
引起误差的实验操作 ΔT 中和热数值
保温措施不好 偏小 偏小
搅拌不充分 偏小 偏小
所用酸、碱的浓度过大 偏大 偏大
用同浓度的氨水代替NaOH溶液 偏小 偏小
用同浓度的醋酸代替盐酸 偏小 偏小
量热器中小烧杯杯口与大烧杯杯口不相平 偏小 偏小
1．在测定中和热的实验中，下列说法正确的是( )
A．使用玻璃搅拌器是为了加快反应速率，减小实验误差
B．为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触
C．用0.55 mol·L－1 NaOH溶液分别与0.50 mol·L－1的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同
D．在测定中和热的实验中，需要使用的仪器有天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计、玻璃搅拌器
解析：选A 温度计水银球应浸入溶液中但不能与烧杯底部接触，B项错误；盐酸是强酸，醋酸是弱酸，醋酸电离吸热，测得的中和热数值不同，C项错误；在测定中和热的实验中，不需要滴定管、天平，D项错误。
2．在测定中和热的实验中，至少应知道的数据是( )
①酸的浓度和体积 ②碱的浓度和体积 ③比热容
④反应后溶液的质量 ⑤生成水的质量 ⑥反应前后温度的变化
A．①②③⑥ B．①③④⑤
C．③④⑤⑥ D．全部
解析：选A 由反应热的计算公式ΔH＝－可知，计算酸与碱反应的中和热时，至少需要的数据有比热容c，酸的浓度和体积，碱的浓度和体积，反应前后温度变化Δt，然后计算出反应后溶液的质量、生成水的物质的量，故选A。
1．盖斯定律的内容
一个化学反应，不论是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相等的。或者说，化学反应的反应热只与反应体系的起始状态和最终状态有关， 而与反应的途径无关。
2．盖斯定律的特点
(1)反应的热效应只与始态、终态有关，与反应的途径无关。
(2)反应热总值一定，如下图表示始态到终态的反应热：
则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4＋ΔH5。
(3)能量守恒：能量既不会增加，也不会减少，只会从一种形式转化为另一种形式。
3．盖斯定律的应用
因为有些反应进行得很慢，有些反应不容易直接进行，有些伴有副反应发生，这给直接测定这些反应的反应热造成了困难，应用盖斯定律可以间接地把它们的反应热计算出来，例如求C(s)＋O2(g)===CO(g)的反应热：
(1)C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1；
(2)CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－283.0 kJ·mol－1，求C(s)＋O2(g)===CO(g)的反应热ΔH。
根据盖斯定律，知：
ΔH1＝ΔH＋ΔH2，则：ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－393.5__kJ·mol－1－(－283.0__kJ·mol－1)＝_－110.5_kJ·mol－1。
[问题探讨]
1．已知：①C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
②C(金刚石，s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH2＝－395.0 kJ·mol－1
由石墨变成金刚石是放热反应还是吸热反应？判断金刚石和石墨哪种物质的稳定性更强。
提示：根据盖斯定律，由①－②得：C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＝1.5 kJ·mol－1，石墨变成金刚石是吸热反应；石墨的稳定性更强。
2．目前，宇宙飞船中常用的推进剂是肼(N2H4)和NO2，即肼为燃料，二氧化氮作氧化剂，二者反应生成氮气和气态水，已知：
①N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)
ΔH＝67.7 kJ·mol－1
②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－534 kJ·mol－1
③H2(g)＋F2(g)===HF(g)
ΔH＝－269 kJ·mol－1
④H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－242 kJ·mol－1
(1)试写出肼和NO2反应的热化学方程式。
提示：根据盖斯定律，由②×2－①得，
2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－1 135.7 kJ·mol－1。
(2)有人提出用氟气代替NO2作氧化剂，则反应释放的能量更大，试写出肼与氟气反应的热化学方程式，并判断这种观点是否正确。
提示：根据盖斯定律，由②＋③×4－④×2可得：N2H4(g)＋2F2(g)===N2(g)＋4HF(g) ΔH＝－1 126 kJ·mol－1；等量的肼分别与NO2和F2发生反应，与F2反应放出的热量更多，故上述观点正确。
应用盖斯定律的常用方法
1．虚拟路径法
若反应物A变为生成物D，可以有两个途径：
(1)由A直接变成D，反应热为ΔH；
(2)由A经过B变成C，再由C变成D，每步的反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，如图所示：
，
则有：ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。
(3)实例：已知下列两个热化学方程式
Ⅰ.P4(s，白磷)＋5O2(g)===P4O10(s)
ΔH1＝－2 983.2 kJ·mol－1
Ⅱ.P(s，红磷)＋O2(g)===P4O10(s)
ΔH2＝－738.5 kJ·mol－1
写出白磷转化成红磷的热化学方程式。
可虚拟如下路径：
根据盖斯定律可得，ΔH＝ΔH1＋(－ΔH2)×4＝－2 983.2 kJ·mol－1＋738.5 kJ·mol－1×4＝－29.2 kJ·mol－1，故白磷转化成红磷的热化学方程式为P4(s，白磷)===4P(s，红磷) ΔH＝－29.2 kJ·mol－1
2．加和法
根据待求反应的化学方程式中各物质的化学计量数和位置对已知反应的热化学方程式进行处理，得到变形后的新反应的热化学方程式
将新得到的反应的热化学方程式进行加减(反应热也需要进行相应加减)
上例中用加和法，根据盖斯定律，由Ⅰ－4×Ⅱ可得反应的ΔH＝ΔH1－4ΔH2＝－2 983.2 kJ·mol－1－4×(－738.5 kJ·mol－1)＝－29.2 kJ·mol－1，即白磷转化成红磷的热化学方程式为P4(s，白磷)===4P(s，红磷) ΔH＝－29.2 kJ·mol－1。
[名师点拨]
(1)热化学方程式同乘以某一个数时，反应热数值也必须乘上该数。
(2)热化学方程式相加减时，同种物质之间可相加减，反应热也随之相加减(带符号)。
(3)将一个热化学方程式颠倒时，ΔH的“＋”“－”号必须随之改变，但数值不变。
1．在298 K、101 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是( )
A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
解析：选A 将题给的三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①＋②×2可得③，故ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2，A项正确。
2．已知：
2Zn(s)＋O2(g)===2ZnO(s) ΔH＝－701.0 kJ·mol－1
2Hg(l)＋O2(g)===2HgO(s) ΔH＝－181.6 kJ·mol－1
则反应Zn(s)＋HgO(s)===ZnO(s)＋Hg(l)的ΔH为( )
A．＋519.4 kJ·mol－1 B．＋259.7 kJ·mol－1
C．－259.7 kJ·mol－1 D．－519.4 kJ·mol－1
解析：选C 设Zn(s)＋HgO(s)===ZnO(s)＋Hg(l)ΔH1，
2Zn(s)＋O2(g)===2ZnO(s) ΔH2，
2Hg(l)＋O2(g)===2HgO(s) ΔH3，
由盖斯定律得：
ΔH1＝＝－259.7 kJ·mol－1。
2021年3月13日，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将遥感三十一号04组卫星发射升空，卫星进入预定轨道。
(1)长征四号丙运载火箭的一子级、助推器和二子级使用液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)作为推进剂。N2O4与偏二甲肼燃烧产物只有CO2(g)、H2O(g)、N2(g)，并放出大量热，已知10.0 g液态偏二甲肼与液态四氧化二氮完全燃烧可放出425 kJ热量，书写该反应的热化学方程式。
提示：N2O4与偏二甲肼反应的产物为CO2、N2和气态水，1 mol C2H8N2(l)与N2O4(l)完全燃烧放出的热量为×60 g＝2 550.0 kJ。该反应的热化学方程式为C2H8N2(l)＋2N2O4(l)===2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g) ΔH＝－2 550.0 kJ·mol－1。
(2)长征四号丙运载火箭的三子级使用的是效能更高的液氢和液氧作为推进剂。已知：
①H2(g)===H2(l) ΔH＝－0.92 kJ·mol－1
②O2(g)===O2(l) ΔH＝－6.84 kJ·mol－1
③H2O(l)===H2O(g) ΔH＝＋44.0 kJ·mol－1
④H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
请写出液氢和液氧生成气态水的热化学方程式。
提示：根据盖斯定律，由④＋③－①－②×得：H2(l)＋O2(l)===H2O(g) ΔH＝－237.46 kJ·mol－1。
(3)肼(N2H4)常用作火箭燃料。
肼(H2N—NH2)的有关化学反应的能量变化如图所示：
计算下表中的a值。
化学键 N—N O===O N≡N O—H N—H
键能/(kJ·mol－1) 154 500 942 463 a
提示：391。由能量变化图示可知，反应N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)的ΔH1＝－576 kJ·mol－1，根据反应热与键能的关系可知ΔH1＝ΔH3－ΔH2＝(4a kJ·mol－1＋154 kJ·mol－1＋500 kJ·mol－1)－(942 kJ·mol－1＋4×463 kJ·mol－1)＝－576 kJ·mol－1，解得a＝391。
反应热计算的常用方法
1．根据热化学方程式计算。
2．根据盖斯定律计算
根据盖斯定律，可以将两个或两个以上的热化学方程式包括其ΔH相加或相减，得到一个新的热化学方程式。
3．根据键能计算
ΔH＝反应物的化学键断裂所吸收的能量总和－生成物的化学键形成所释放的能量总和。
1．探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)????CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH1＝－49.5 kJ·mol－1
Ⅱ.CO(g)＋2H2(g)????CH3OH(g)
ΔH2＝－90.4 kJ·mol－1
Ⅲ.CO2(g)＋H2(g)????CO(g)＋H2O(g) ΔH3
ΔH3＝________kJ·mol－1。
解析：分析三个热化学方程式，可应用盖斯定律计算，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－49.5 kJ·mol－1－(－90.4 kJ·mol－1)＝＋40.9 kJ·mol－1。
答案：＋40.9
2．100 mL 0.200 mol·L－1 CuSO4溶液与1.95 g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1 ℃，反应后最高温度为30.1 ℃。
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18 J·g－1·℃－1、溶液的密度均近似为1.00 g·cm－3，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：
(1)反应放出的热量Q＝________J。
(2)反应Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝________kJ·mol－1(列式计算)。
解析：(1)根据Q＝cmΔt，反应放出的热量Q＝4.18 J·g－1·℃－1×100 mL×1.00 g·cm－3×(30.1 ℃－20.1 ℃)＝4.18×103 J。(2)n(CuSO4)＝0.100 L×0.200 mol·L－1＝0.020 mol，n(Zn)＝＝0.030 mol，显然Zn过量，即0.020 mol Zn和0.020 mol CuSO4反应放出的热量为4.18×103 J，故反应Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH＝－＝－209 kJ·mol－1。
答案：(1)4.18×103
(2)－＝－209
[分级训练·课课过关]______________________________________________________
1.假设反应体系的始态为甲，中间态为乙，终态为丙，它们之间的变化如图所示，则下列说法不正确的是( )
A．|ΔH1|一定大于|ΔH2|
B．|ΔH1|<|ΔH3|
C．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝0
D．甲→丙过程的ΔH＝ΔH1＋ΔH2
解析：选A 题述过程中甲为始态，乙为中间态，丙为终态，由盖斯定律可知，甲→丙过程的ΔH＝ΔH1＋ΔH2，D项正确；在题述过程中无法判断ΔH1与ΔH2的大小，故无法判断|ΔH1|与|ΔH2|的大小，A项错误；由|ΔH3|＝|ΔH1|＋|ΔH2|可知，|ΔH1|<|ΔH3|，B项正确；ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝0，C项正确。
2．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸分别与0.1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，放出的热量与消耗NaOH溶液的体积之间的关系如图所示(CH3COOH电离要吸热)。则下列描述正确的是( )
A.A表示稀硝酸与NaOH溶液的反应
B．B表示稀醋酸与NaOH溶液的反应
C．b＝5.73
D．C表示浓硫酸与NaOH溶液的反应
解析：选C CH3COOH是弱酸，电离会吸热，浓硫酸溶解会放出大量的热，这些不属于中和热，所以稀醋酸、浓硫酸、稀硝酸分别与1.0 L 0.1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反应，实际放出的热量的大小顺序为浓硫酸(A)>稀硝酸(B)>稀醋酸(C)，b点表示生成0.1 mol H2O(l)放出的热量，所以b＝5.73。
3．下列关于盖斯定律的描述不正确的是( )
A．化学反应的反应热不仅与反应体系的始态和终态有关，也与反应的途径有关
B．盖斯定律遵守能量守恒定律
C．利用盖斯定律可间接计算难以通过实验测定的反应的反应热
D．利用盖斯定律可以计算有副反应发生的反应的反应热
答案：A
4．已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH1＝180.5 kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH2＝－221.0 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH3＝－393.5 kJ·mol－1
则能表示汽车尾气转化的热化学方程式为( )
A．2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)
ΔH＝－746.5 kJ·mol－1
B．2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)
ΔH＝＋746.5 kJ·mol－1
C.NO(g)＋CO(g)===N2(g)＋CO2(g)
ΔH＝－373.25 kJ
D．2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)
ΔH＝＋1 493 kJ·mol－1
解析：选A 将已知的热化学方程式从上到下依次编号为①、②、③，能表示汽车尾气转化的反应的化学方程式为2NO＋2CO===N2＋2CO2，则根据盖斯定律，由③×2－①－②即可得出要求的热化学方程式，其ΔH＝2ΔH3－ΔH1－ΔH2＝－746.5 kJ·mol－1，所以A项正确。
5．(1)已知：①Fe(s)＋O2(g)===FeO(s) ΔH1＝－272.0 kJ·mol－1，②2Al(s)＋O2(g)===Al2O3(s)
ΔH2＝－1 675.7 kJ·mol－1。
那么Al和FeO发生反应(铝热反应)的热化学方程式是
________________________________________________________________________。
(2)已知：Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3(s)＋10H2O(g)
ΔH＝＋532.36 kJ·mol－1
Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3·H2O(s)＋9H2O(g)
ΔH＝＋473.63 kJ·mol－1
写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式： _____________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)该铝热反应的化学方程式为3FeO(s)＋2Al(s)===Al2O3(s)＋3Fe(s)，其热化学方程式可由②－①×3得到，故该反应的ΔH＝ΔH2－ΔH1×3＝－1 675.7 kJ·mol－1－(－272.0 kJ·mol－1)×3＝－859.7 kJ·mol－1。
(2)Na2CO3·H2O脱水的化学方程式为Na2CO3·H2O(s)===Na2CO3(s)＋H2O(g)，将题给热化学方程式依次编号为①、②，则①－②即得目标热化学方程式：
Na2CO3·H2O(s)===Na2CO3(s)＋H2O(g)
ΔH＝＋532.36 kJ·mol－1－(＋473.63 kJ·mol－1)＝＋58.73 kJ·mol－1。
答案：(1)3FeO(s)＋2Al(s)===Al2O3(s)＋3Fe(s)
ΔH＝－859.7 kJ·mol－1
(2)Na2CO3·H2O(s)===Na2CO3(s)＋H2O(g)
ΔH＝＋58.73 kJ·mol－1
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13影响盐类水解的因素
1．室温下，将碳酸钠溶液加热至70 ℃，其结果是( )
A．溶液中c(CO)增大 B．水的电离程度不变
C．Kw将变小 D．溶液的碱性增强
解析：选D 对于Na2CO3溶液的水解平衡：CO＋H2O????HCO＋OH－，升温，平衡右移，c(CO)减小，水的电离程度增大，Kw变大，溶液的碱性增强。
2．在Al3＋＋3H2O????Al(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解的方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是( )
A．加热 B．通入HCl
C．加入适量NaOH(s) D．加入少量NaCl(s)
解析：选C 加热可使平衡向水解方向移动，c(H＋)增大，溶液的pH减小，A项不符合题意；通入HCl，c(H＋)增大，平衡逆向移动，B项不符合题意；加入适量NaOH(s)，中和H＋，c(H＋)减小，平衡向水解的方向移动，溶液的pH增大，C项符合题意；加入少量NaCl，平衡不移动，D项不符合题意。
3．下列能影响水的电离平衡，并使溶液中c(OH－)＞c(H＋)操作是( )
A．加入Na2CO3固体 B．加入NaNO3固体
C．加入NaHSO4固体 D．加入(NH4)2SO4固体
解析：选A H2O????H＋＋OH－，增加H＋或OH－，抑制水的电离；消耗H＋或OH－，促进水的电离。CO＋H＋????HCO，消耗了H＋，促进水的电离，同时c(OH－)＞c(H＋)，A正确；Na＋、NO对水的电离无影响，B错误；NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，抑制水的电离，但c(H＋)＞c(OH－)，C错误；NH＋OH－????NH3·H2O，促进水的电离，但c(H＋)＞c(OH－)，D错误。
4．升高温度，下列溶液的pH不变的是( )
A．NaCl溶液 B．NaOH溶液
C．NaHSO3溶液 D．NaHSO4溶液
解析：选D A项，升高温度，Kw增大，c(H＋)增大，pH减小；B项，升高温度，Kw增大，c(OH－)不变，c(H＋)增大，pH减小；C项，HSO的电离是主要过程，HSO的水解可以不考虑，升高温度，HSO的电离程度增大，c(H＋)增大，pH减小；D项，NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，升高温度，c(H＋)保持不变，pH不变。
5．请完成下列小题：
(1)相同温度下，等浓度的CH3COONa和Na2CO3溶液比较，____________溶液的碱性更强。
(2)升高温度，盐类的水解平衡向________(填“左”或“右”)移动，即升高温度________(填“促进”或“抑制”)盐类的水解。
(3)盐溶液的浓度越小，盐就越______(填“容易”或“不易”)水解，即加水______(填“促进”或“抑制”)盐类的水解。
(4)向CH3COONa溶液中加入NaOH溶液，则平衡向________(填“左”或“右”)移动，即加碱能________(填“促进”或“抑制”)强碱弱酸盐的水解。
(5)向NH4Cl溶液中加入CH3COONH4晶体，水解平衡向________(填“左”或“右”)移动。
解析：(1)醋酸的酸性比碳酸的强，则碳酸钠的水解程度较大，溶液的碱性较强；(2)盐类的水解为吸热过程，加热促进水解，升高温度，盐类水解向正反应方向移动；(3)盐溶液的浓度越小，水解程度越大，加水促进盐类的水解；(4)CH3COONa 水解呈碱性，向CH3COONa溶液中加入NaOH溶液，抑制CH3COONa的水解；(5)向NH4Cl溶液中加入CH3COONH4晶体，铵根离子的浓度增大，则氯化铵的水解平衡正向移动。
答案：(1)Na2CO3 (2)右 促进 (3)容易 促进
(4)左 抑制 (5)右
6．浓度均为1 mol·L－1的Na2CO3、FeCl3溶液，在Na2CO3溶液中滴入酚酞试剂，则溶液呈现________(填“浅红”或“红色”)，原因：_____________________________________
(用离子方程表达)，加热，则颜色变________(填“浅”或“深”)，在FeCl3溶液中滴入石蕊溶液，则溶液呈现________(填颜色)，若将其蒸干并灼烧，则得到的固体物质为________，若将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，则发生的反应：__________________________(用离子方程表达)。
解析：Na2CO3溶液中的碳酸根离子会水解使溶液呈碱性，遇到酚酞溶液变浅红色；加热，促进盐的水解，碳酸钠溶液的碱性增强，则溶液颜色变深；Fe3＋会水解使溶液呈酸性，滴入石蕊后溶液显红色；将FeCl3溶液蒸干时，铁离子水解生成Fe(OH)3和HCl，升高温度促进HCl挥发，所以蒸干溶液时得到Fe(OH)3，灼烧时，Fe(OH)3会分解成Fe2O3；氯化铁饱和溶液滴入沸水中生成氢氧化铁胶体。
答案： 浅红 CO＋H2O????HCO＋OH－ 深 红色 Fe2O3 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
7．一定条件下，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2O????CH3COOH＋OH－。下列说法正确的是( )
A．加入少量NaOH固体，c(CH3COO－)减小
B．升高温度，溶液的pH增大
C．稀释溶液，溶液的pH增大
D．通入少量HCl气体，水解平衡常数减小
解析：选B 加入的NaOH会抑制CH3COO－的水解，使c(CH3COO－)增大；升温能促进盐类的水解，即c(OH－)增大，溶液的pH增大；虽然稀释能促进水解，但仍以增大溶液体积为主，即c(OH－)减小，溶液的pH也减小；通入的HCl能促进CH3COO－的水解，但温度不变，水解平衡常数不变。
8．相同温度下，1 L 1 mol·L－1 NH4Cl溶液中NH的个数和2 L 0.5 mol·L－1NH4Cl溶液中NH的个数( )
A．前者大于后者 B．后者大于前者
C．二者相等 D．无法比较
解析：选A 稀释易水解的盐溶液时，为抵消体积增大对浓度的影响，只有增大溶液中微粒的物质的量，也就是促进盐的水解，即浓度越稀水解程度越大。两种溶液中氯化铵的物质的量相同，前者浓度大，水解程度小，溶液中剩余的NH个数多，A正确。
9．能证明Na2SO3溶液中存在SO＋H2O????HSO＋OH－水解平衡事实的是( )
A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去
B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去
C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
D．滴入酚酞溶液变红，再加入NaHSO4溶液后红色褪去
解析：选C 滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液呈碱性。加入硫酸溶液后，H2SO4和Na2SO3反应，不能说明平衡移动，故A错误；氯水具有强氧化性、漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故B错误；再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，可以说明存在水解平衡，故C正确；加入NaHSO4溶液后，NaHSO4和Na2SO3反应，不能说明平衡移动，故D错误。
10．根据下列实验操作所得的现象及结论不正确的是( )
选项 实验操作 现象及结论
A 将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧 得到的白色固体为氧化铝
B 向体积均为25 mL的冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液 前者为黄色，后者为红褐色，说明温度升高，Fe3＋的水解程度增大
C 取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再给试管加热 溶液颜色变深，说明CH3COONa溶液中存在水解平衡
D 室温下，用pH试纸分别测0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液和0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液的pH 前者 pH约为10，后者pH约为5，说明HSO结合H＋的能力比SO强
解析：选D 加热促进AlCl3的水解平衡正向移动，生成氢氧化铝沉淀，灼烧氢氧化铝分解为氧化铝，故A正确；FeCl3在冷水中的水解程度较小，加热促进FeCl3水解，得到氢氧化铁胶体，故B正确；加热含有酚酞的醋酸钠的溶液，颜色加深，说明醋酸钠水解平衡正向移动，溶液碱性增强，故C正确；HSO结合H＋的能力比SO弱，0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液的pH约为5，是因为HSO的电离大于水解，故D错误。
11．为了使NH4Cl溶液中 eq \f(c（Cl－）,c（NH）) 的比值变大，可加入少量的物质是( )
A．NaHSO4固体 B．NaOH固体
C．CuSO4固体 D．冰醋酸
解析：选B 在氯化铵溶液中存在以下平衡：NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋ ，加入NaHSO4 固体，c(NH)增大，c(Cl－)不变，比值变小，故不选A；加入NaOH固体，c(NH)减少，c(Cl－)不变，比值变大，故选B；加入 CuSO4固体，CuSO4水解使溶液显酸性，抑制NH的水解，使c(NH)增大，c(Cl－)不变，比值变小，故不选C；加入冰醋酸，冰醋酸电离出氢离子，抑制NH的水解，使c(NH)增大，c(Cl－)不变，比值变小，故不选D。
12．已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：
HSO＋H2O????H2SO3＋OH－①
HSO????H＋＋SO②
向0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是( )
A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大
B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO)
C．加入少量NaOH溶液， eq \f(c（SO）,c（HSO）) 、的值均增大
D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SO)＞c(H＋)＝c(OH－)
解析：选C A项，加入少量金属Na，Na与水反应生成NaOH，c(HSO)减小，c(SO)增大。B项，加入Na2SO3固体，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)。C项，加入少量NaOH溶液，平衡②右移， eq \f(c（SO）,c（HSO）) 增大，增大。D项，由物料守恒，c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)，则c(Na＋)>c(SO)，可知D错。
13．物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3 ②NaHCO3
③H2CO3 ④(NH4)2CO3 ⑤NH4HCO3，按c(CO)由小到大排列的顺序是( )
A．⑤＜④＜③＜②＜①
B．③＜⑤＜②＜④＜①
C．③＜②＜⑤＜④＜①
D．③＜⑤＜④＜②＜①
解析：选B ①Na2CO3和④(NH4)2CO3中，盐直接电离产生CO，对应CO的浓度大于其它溶液；后者溶液中NH的水解促进CO的水解，使得其溶液中c(CO)变小，c(CO)：Na2CO3＞(NH4)2CO3。NaHCO3和NH4HCO3溶液都能完全电离出HCO，HCO再部分电离：HCO????CO＋H＋；碳酸溶液中，H2CO3经两步电离出CO。NH4HCO3溶液中NH水解呈酸性，抑制HCO的电离，c(CO)变小；H2CO3一级电离产生的H＋，抑制HCO的电离，c(CO)变小，碳酸电离产生的H＋大于NH水解产生的H＋，碳酸抑制程度大，故c(CO)大小顺序：NaHCO3＞NH4HCO3＞H2CO3。
14．已知：25 ℃时，0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离度约为1%。该温度下，用0.100 0 mol·L－1氨水滴定10.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液，溶液的pH与溶液的导电能力的关系如图所示。下列说法中正确的是( )
A．M点→N点，水的电离程度逐渐增大
B．25 ℃时，CH3COOH的电离常数约为1.0×10－2
C．N点溶液中，c(CH3COO－)>c(NH)
D．当滴入20 mL氨水时，溶液中c(CH3COO－)>c(NH)
解析：选A 醋酸溶液中加入氨水，二者反应生成醋酸铵和水，醋酸电离出的氢离子浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，A项正确；25 ℃时，0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离度约为1%，则醋酸的电离平衡常数约为＝10－5，B项错误；N点溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒有c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，则c(CH3COO－)＝c(NH)，C项错误；当滴入20 mL氨水时，溶液中含有等浓度的NH3·H2O和醋酸铵，溶液呈碱性，根据电荷守恒有c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，且c(H＋)15．在水溶液中橙红色的Cr2O与黄色的CrO有下列平衡关系：Cr2O＋H2O????2CrO＋2H＋，把重铬酸钾(K2Cr2O7)溶于水配成稀溶液是橙色的。
(1)向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈________色
因为_____________________________________________________________________。
(2)向已加入NaOH溶液的(1)中再加入过量稀硫酸，则溶液呈________色，因为___________________________________________________________________________。
(3)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)则平衡________，溶液颜色将________。
解析：加碱中和溶液中的H＋，平衡右移，溶液中的c(CrO)增大；加酸使平衡左移，溶液中的c(Cr2O)增大。加Ba(NO3)2，发生的反应为Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓(黄色)，平衡向右移动，溶液颜色将由橙色逐渐变浅，直至无色。
答案： (1)黄 OH－与H＋结合生成水，使平衡向右移动，CrO浓度增大，c(Cr2O)减小，溶液由橙色变为黄色
(2)橙红 c(H＋)增大，平衡左移，Cr2O浓度增大，c(CrO)减小，溶液又由黄色变为橙红色
(3)向右移动 逐渐变浅，直至无色
PAGE
7(共40张PPT)
第三单元 化学平衡的移动
第一课时 浓度、压强变化对
化学平衡的影响
分点突破1
浓度对化学平衡移动的影响
分点突破2
压强对化学平衡移动的影响
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
(正)
(正)
增大反应物的浓度
v(逆)
2(正)
v(逆)
减小生成物的浓度
T(逆)
O
(正)
(逆)
(正)
增大生成物的浓度
2(逆)
v(逆)
→减小反应物的浓度
T(正)
O
物080
0.260
质的量
0.60
0
8
600
0.40k
0
分0.20
0
0.606
500
数0
450
200
300
400
压强/103Pa400
500
不同温度和压强下合成氨平衡体系中氨的物质的量分数
反应前后气体体积
改\浓
不等:(正)≠v/(逆
平衡移动
变引度引率
压起改起改
强/变/变
反应前后气体体积
平衡不发
相等:(正)=0(逆)1生移动
a0(正E)
(正)
增大压强
/(逆
(逆)
减小压强
T(正)
t
2
(逆)
(正)
(正)
—>增大压强
/(正)
(道逆)
减小压强
T(道)
(正)=(逆
(正)
>增大压强
12(逆)=n(正)
减小压强
(道
气体的密度0
时间
容器Ⅰ
容器Ⅱ
图Ⅲ水溶液中的离子反应
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意)
1．下列说法正确的是( )
A．氯水能导电，所以氯气是电解质
B．碳酸钙不溶于水，所以它是非电解质
C．固体磷酸是电解质，所以磷酸在熔融状态下和溶于水时都能导电
D．胆矾虽不能导电，但它属于电解质
解析：选D 氯水导电是因为Cl2溶于水生成的盐酸和次氯酸电离产生了离子，A错误；碳酸钙是盐，是电解质，B错误；磷酸是酸，只在水中导电，熔融状态时不电离、不导电，C错误；胆矾属于盐，是电解质，D正确。
2．用水稀释0.1 mol·L－1氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是( )
A．
B．
C．c(H＋)和c(OH－)的乘积
D．n(OH－)
解析：选B Kb＝ eq \f(c（NH）·c（OH－）,c（NH3·H2O）) ，＝ eq \f(Kb,c（NH）) ，稀释时Kb不变，c(NH)减小，则增大，减小。c(H＋)和c(OH－)的乘积实为水的离子积Kw，温度不变，Kw不变。稀释过程，促进电离，n(OH－)增大。
3．pH＝2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两酸溶液物质的量浓度一定相等
B．稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C．当a＝5时，A是强酸，B是弱酸
D．若A、B都是弱酸，则5≥a>2
解析：选C 由图可知A、B两种酸在稀释时pH变化不同，两种酸的强弱不同。稀释相同倍数后，A酸的pH大于B酸的pH，说明A酸的电离程度比B酸的大，原酸pH相同，则两种溶液的浓度不相同，A错误；稀释后A酸的pH大，酸性弱，B错误；若A为强酸，当稀释为原体积的103倍时，pH变为5，B酸pH小于5，则B酸为弱酸，C正确；若A为弱酸，当稀释为原体积的103倍时，pH变化小于3，a<5，D错误。
4．下列说法正确的是( )
A．强酸的水溶液中不存在OH－
B．pH＝0的溶液是酸性最强的溶液
C．在温度不变时，水溶液中c(H＋)和c(OH－)不能同时增大
D．某温度下，纯水中c(H＋)＝2×10－7 mol·L－1，其呈酸性
解析：选C 在任何水溶液中均存在H＋和OH－，A错误；pH＝0的溶液中c(H＋)＝1.0 mol·L－1，不是酸性最强的溶液，B错误；温度一定时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，Kw是定值，c(H＋)和c(OH－)不能同时增大，C正确；纯水中c(H＋)＝c(OH－)，呈中性，D错误。
5．常温下，将pH＝1的硫酸溶液平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，两者pH都升高了1。则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为( )
A．11∶1 B．10∶1
C．6∶1 D．5∶1
解析：选C 设硫酸的体积为V1，使硫酸pH升高1，所加水的体积为9V1；与NaOH溶液混合后pH＝2，说明溶液呈酸性，设NaOH溶液体积为V2，则有c(H＋)＝ mol·L－1＝0.01 mol·L－1，得V2＝V1，即V水∶V(NaOH)＝6∶1，C正确。
6．在由水电离的c(H＋)＝10－14 mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A．K＋、Fe2＋、S2－、MnO
B．Al3＋、Cl－、NH、SO
C．Na＋、NO、Cl－、SO
D．Na＋、AlO、Br－、Cl－
解析：选C 水电离产生的c(H＋)＝1×10－14 mol·L－1<1×10－7 mol·L－1，水的电离被抑制，可能是酸的溶液(有大量H＋)，也可能是碱的溶液(有大量OH－)。在酸性条件下MnO具有强氧化性，能氧化Fe2＋或S2－，在碱性条件下Fe2＋不能存在，A不合题意；在碱性溶液中，Al3＋、NH和OH－反应分别生成Al(OH)3和NH3·H2O，B不合题意；在酸性溶液中，AlO与H＋不能共存，D不合题意。
7．下列实验操作正确的是( )
A．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面
B．测定某无色溶液的pH值时，用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较
C．滴定管洗净后经蒸馏水润洗，即可注入标准液进行滴定
D．向某待测液中加入氢氧化钠并加热，将湿润的蓝色石蕊试纸靠近，若变红，说明原溶液有NH
解析：选B 滴定时眼睛应注意锥形瓶中颜色的变化，以确定滴定终点，A错误；滴定管使用时应用所盛装的液体进行润洗，防止滴定管壁残留的水对所盛装的溶液进行稀释，对实验造成影响，C错误；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，D错误。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH＝2的H2S溶液，下列说法正确的是( )
A．由水电离出的H＋数目为10－12NA
B．c(H＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(OH－)
C．加水稀释过程中增大
D．加入CuSO4固体，溶液酸性增强
解析：选D pH＝2的H2S溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－12 mol·L－1，但题中没有提供溶液体积，故由水电离出的H＋数目无法计算，A项错误；根据电荷守恒，pH＝2的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，B项错误；根据H2S的Ka1、Ka2可知，＝Ka1·Ka2，加水稀释过程中，温度不变，Ka1、Ka2不变，则不变，C项错误；加入CuSO4固体，发生反应：H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，溶液酸性增强，D项正确。
9．已知在25 ℃时，FeS、CuS的溶度积常数(Ksp)分别为6.3×10－18、1.3×10－36。常温时下列有关说法正确的是( )
A．向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体，溶液的酸性增强
B．将足量的CuSO4溶解在0.1 mol·L－1的H2S溶液中，溶液中Cu2＋的最大浓度为1.3×10－35 mol·L－1
C．因为H2SO4是强酸，所以反应：CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4不能发生
D．除去工业废水中的Cu2＋可以选用FeS作沉淀剂
解析：选D 2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，溶液酸性减弱，A项错误；足量CuSO4可使S2－生成CuS沉淀，CuS的Ksp＝1.3×10－36，H2S是弱电解质，S2－浓度最大为0.1 mol·L－1，Cu2＋的浓度最小为1.3×10－35 mol·L－1，B项错误；CuS不溶于水且不溶于硫酸，反应CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4可以发生，C项错误；由FeS、CuS的溶度积常数知，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，溶解度大的较易转化为溶解度小的，且过量FeS也可与CuS一起过滤除去，D项正确。
10．取0.10 mol·L－1的盐酸25.00 mL，用0.10 mol·L－1的NaOH溶液滴定。下列说法正确的是( )
A．由图可知曲线c为NaOH滴定盐酸
B．由图可知曲线a为NaOH滴定盐酸
C．滴定实验可用紫色石蕊试液作指示剂
D．由图可知曲线b为NaOH滴定盐酸
解析：选D 二者浓度相同，恰好完全反应时酸碱体积相等，都为25.00 mL；曲线a消耗NaOH溶液体积15 mL 达到终点，曲线b消耗NaOH溶液体积25 mL达到终点，曲线c消耗NaOH溶液体积40 mL达到终点，A、B错误，D正确；石蕊的颜色变化不灵敏，pH的变色范围较大，这些都会增大实验误差，通常不用石蕊作指示剂，C错误。
11．下列离子方程式书写错误的是( )
A．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2＋2MnO＋4H＋===3SO＋2Mn2＋＋2H2O
B.泡沫灭火器工作原理：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
C．工业上用FeS除去废水中的Hg2＋：FeS＋Hg2＋ HgS＋Fe2＋
D．NaClO溶液中通入少量二氧化碳：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO[已知电离常数：K(HClO)＝3×10－8；K(H2CO3)＝4.31×10－7，K(HCO)＝5.61×10－11]
解析：选A 根据得失电子守恒可知，SO2与MnO的系数应分别为5、2，再根据电荷守恒、元素守恒配平方程式，正确的离子方程式为5SO2＋2MnO＋2H2O===5SO＋2Mn2＋＋4H＋，A错误；泡沫灭火器中的试剂为硫酸铝与碳酸氢钠溶液，二者发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，达到灭火的效果，离子方程式正确，B正确；HgS比 FeS更难溶，则FeS与Hg2＋反应可生成HgS、Fe2＋，离子方程式正确，C正确；由于酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，故NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式正确，D正确。
12．已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Cu2＋和Fe3＋完全生成氢氧化物沉淀时的pH分别为6.7和3.2。现在向pH＝0、浓度均为0.04 mol·L－1的Cu2＋、Fe3＋溶液中加入某一固体，以中和H＋调节pH(设溶液体积不变)，该过程中Cu2＋、Fe3＋的浓度与pH的关系正确的是( )
解析：选B 由Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20、Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，0.04 mol·L－1的Cu2＋、Fe3＋溶液，Cu2＋开始沉淀时，c(OH－)＝≈7.4×10－10 mol·L－1，pH约为4.8；Fe3＋开始沉淀时，c(OH－)＝＝10－12 mol·L－1，pH＝2；所以pH＝2时Fe3＋开始沉淀，当全部沉淀，即c(Fe3＋)<1×10－5 mol·L－1时，pH为3.2，pH从2增加到3.2的过程中，铜离子浓度不变，B项正确。
13．常温下，向50 mL 0.01 mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的MOH溶液，混合溶液pH的变化与所加MOH溶液的体积关系如图所示(密度引起的体积变化忽略不计)，下列说法正确的是( )
A．由图无法判断HA是强酸还是弱酸
B．混合溶液的pH＝7时，HA与MOH恰好完全反应
C．K点对应的溶液中，c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
D．当加入MOH溶液的体积为50 mL时，溶液中：c(H＋)＝c(MOH)＋c(OH－)
解析：选D 从图像上可以看出，不加MOH时，溶液pH＝2，说明酸完全电离，说明HA是强酸，A错误；酸、碱溶液浓度相同，当二者恰好完全反应时，说明二者溶液的体积相同，此时溶液中溶质为MA，MA是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，pH<7，B错误；K点为MA和MOH的混合溶液，溶液呈碱性，MOH的电离程度大于MA的水解程度，故溶液中氢氧根离子的浓度小于A离子的浓度，C错误；当加入50 mL MOH时，酸碱恰好完全反应，溶质为MA，可以得出溶液的质子守恒式：c(H＋)＝c(MOH)＋c(OH－)，D正确。
二、非选择题(本题共4小题，共61分)
14．(15分)某兴趣小组对NaOH溶液和稀盐酸混合后的有关问题进行了如下探究：
查阅资料：下表是实验室里盐酸、NaOH试剂瓶标签上的部分说明：
化学式 相对分子质量
盐酸 HCl 36.5 密度：1.20 g·mL－1，质量分数：36.5%，无色易挥发
氢氧化钠 NaOH 40 俗名：烧碱、火碱、苛性钠，易潮解的固体
实验探究：
(1)配制溶液：甲同学配制100 mL 1.5 mol·L－1 NaOH溶液，乙同学取20 mL 36.5%的盐酸稀释到200 mL。甲为了证明NaOH溶液与稀盐酸能发生化学反应，设计并完成了如下图所示的实验。
X溶液滴入的量一般为________，使用酸式滴定管前检查活塞是否漏水的操作方法是_________________________________________________________________________。
(2)乙设计完成了另一个实验，以证明NaOH溶液与盐酸能够发生反应。他在盛有20 mL稀盐酸的锥形瓶里，用碱式滴定管滴入NaOH溶液，不断振荡溶液，同时用pH计测定溶液的pH，直到NaOH溶液过量。则在滴定过程中，滴定终点附近的操作是________________________________________________________________________。
(3)你认为甲、乙两位同学的实验中，________(填“甲”“乙”或“甲和乙”)的实验能充分证明NaOH与盐酸发生了反应。
(4)丙同学为了测定上述36.5%盐酸的物质的量浓度，进行了如下实验：在锥形瓶中加入已稀释的盐酸，用碱式滴定管滴入甲配制的NaOH溶液，测定的结果如下表：
测定次数 盐酸的体积/mL 氢氧化钠溶液的体积
滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL
1 25.00 1.02 21.03
2 25.00 2.00 21.99
3 25.00 0.20 20.20
据此通过计算可知实验测定的盐酸浓度与标签说明的浓度相比________(填“偏高”“偏低”或“相等”)。
解析：(1)X溶液应是酚酞，指示剂的用量一般为2～3滴。
(2)在滴定终点附近时，溶液的pH会发生突变，此时测试和记录pH的间隔要小，每加1滴测一次，并记录。
(3)甲实验中没有证明盐酸不能使酚酞溶液褪色，乙实验更能说明问题。
(4)根据标签数据计算盐酸的物质的量浓度为c1＝＝12 mol·L－1，实验测定的盐酸浓度为×＝12 mol·L－1，二者相等。
答案：(1)2～3滴 将活塞关闭，在滴定管内注入一定量的水，记下读数，静置约2 min，观察液面是否下降，活塞周围及尖嘴处是否漏液；然后将活塞转动180°，再检查一次 (2)测试和记录pH的间隔要小，每加1滴测1次，并记录1次 (3)乙 (4)相等
15．(15分)(1)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中Fe2＋的含量，请写出酸性条件下K2Cr2O7与Fe2＋反应的离子方程式___________________________________
___________________(K2Cr2O7被还原为Cr3＋)。
(2)若需配制浓度为0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取K2Cr2O7________g[保留四位有效数字，已知M(K2Cr2O7)＝294.0 g·mol－1]。配制该标准溶液时，下列仪器一定不会用到的有________(填序号)。
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤250 mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦托盘天平
(3)若配制K2Cr2O7标准溶液时，俯视刻度线，则测定结果________(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)；滴定操作中，若滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则滴定结果将________。
(4)用0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定20.00 mL 未知浓度的含Fe2＋的溶液。恰好完全反应时消耗10.00 mL K2Cr2O7标准溶液，则溶液中Fe2＋的物质的量浓度是多少？
解析：(1)反应中Cr2O被还原为Cr3＋，Fe2＋被氧化为Fe3＋，同时生成水，根据氧化还原反应原理可得离子方程式。
(2)m(K2Cr2O7)＝0.010 00 mol·L－1×0.250 L×294.0 g·mol－1＝0.735 0 g；根据溶液浓度的精度，应选择电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，用玻璃棒搅拌，恢复室温，用玻璃棒引流，移入250 mL容量瓶中，继续加水至离刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管加水定容，用不到的仪器为量筒和托盘天平。
(3)c(待测)＝。配制K2Cr2O7标准溶液时，俯视刻度线，溶液的实际体积偏小，标准溶液的浓度偏大，造成消耗的V(标准)偏小，测定结果偏小；滴定操作中，气泡的体积被记录为标准液的体积，V(标准)偏大，测定结果偏大。
(4)设Fe2＋的物质的量浓度为c：
6Fe2＋＋ Cr2O＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
6 1
c×20.00 0.010 00×10.00
c＝0.030 0 mol·L－1。
答案：(1)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (2)0.735 0 ③⑦ (3)偏小 偏大
(4)0.030 0 mol·L－1
16．(15分)已知亚磷酸(H3PO3)的结构如图，亚磷酸是具有强还原性的二元弱酸，可以被银离子氧化为磷酸。
(1)已知亚磷酸可由PCl3水解而成，请写出相应的离子方程式_______________________
_________________________________________________________。
(2)亚磷酸与银离子反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(3)某温度下，0.10 mol·L－1的H3PO3溶液的pH为1.6，即c(H＋)＝2.5×10－2 mol·L－1，该温度下H3PO3的一级电离平衡常数Ka1＝________。(H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字)
(4)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中：c(Na＋)________(填“>”“<”或“＝”)c(H2PO)＋2c(HPO)。
解析：(1)由题意可知PCl3水解生成H3PO3和HCl，离子方程式为PCl3＋3H2O===H3PO3＋3H＋＋3Cl－。(2)亚磷酸与银离子反应时，银离子被还原为Ag，亚磷酸被氧化为磷酸，根据得失电子守恒，可知亚磷酸与银离子反应时，氧化剂(Ag＋)与还原剂(H3PO3)的物质的量之比为2∶1。(3)由题意可知，c(H＋)≈c(H2PO)＝2.5×10－2 mol·L－1，则Ka1＝≈8.3×10－3。(4)根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋c(OH－)，由于溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)。
答案：(1)PCl3＋3H2O===H3PO3＋3H＋＋3Cl－
(2)2∶1
(3)8.3×10－3
(4)＝
17．(16分)已知常温下各物质的溶度积或电离平衡常数如下：
Ksp(CuS)＝1.3×10－36，Ksp(FeS)＝6.5×10－18
H2S：Ka1＝1.2×10－7，Ka2＝7×10－15
一般来说，如果一个反应的平衡常数大于105，通常认为反应进行得较完全；如果一个反应的平衡常数小于10－5，则认为该反应很难进行。请回答：
(1)向浓度均为0.1 mol·L－1的FeSO4和CuSO4的混合溶液中加入Na2S溶液，请写出首先出现沉淀的离子方程式_____________________________________________________。
当加入Na2S溶液至出现两种沉淀，则溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝________。
(2)通过计算说明反应CuS(s)＋2H＋===Cu2＋＋H2S进行的程度__________________。
(3)常温下，NaHS溶液呈碱性，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是______________
______________________________________________________。
若向此溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应，所得溶液的pH________(填“>”“<”或“＝”)7。用离子方程式表示其原因____________________________________________。
解析：(1)由于c(Cu2＋)和c(Fe2＋)浓度相同且Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，当加入Na2S溶液时先生成CuS沉淀，当同时产生CuS和FeS沉淀时，CuS和FeS均达到溶解平衡，所以＝＝＝5.0×1018。(2)K＝＝＝Ksp(CuS)×＝＝≈1.55×10－15<10－5，故反应很难进行。(3)HS－的水解能力大于其电离能力，溶液中c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)。CuSO4 溶液与NaHS溶液发生反应的离子方程式为Cu2＋＋HS－===CuS↓＋H＋，故溶液的pH<7。
答案：(1)Cu2＋＋S2－===CuS↓ 5.0×1018
(2)反应很难进行
(3)c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－) < HS－＋Cu2＋===CuS↓＋H＋
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10化学平衡常数及应用
题型一 化学平衡常数及其影响因素
1．在一定条件下，已达平衡的可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，下列说法中正确的是( )
A．平衡时，此反应的平衡常数K与各物质的浓度有如下关系：K＝
B．改变条件后，该反应的平衡常数K一定不变
C．如果改变压强并加入催化剂，平衡常数随之变化
D．若平衡时增加A和B的浓度，则平衡常数会减小
解析：选A 对于确定的反应，K只与温度有关，改变除温度之外的条件都不会引起K的改变。
2．下列说法正确的是( )
A．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)和N2(g)＋H2(g)NH3(g)的平衡常数表达式相同
B．改变反应物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数K
C．平衡常数K既与温度、反应物本身的性质有关，也与反应物浓度、压强有关
D．从平衡常数K的大小可以推断一个反应进行的程度
解析：选D 平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，不同温度下，化学平衡常数不同。化学方程式的系数不同，化学平衡常数表达式也不一样，故A、B、C错误；平衡常数K越大，反应正向进行的程度越大，故由平衡常数K的大小可以推断一个反应进行的程度，D正确。
3．反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数为K1；反应HI(g)H2(g)＋I2(g)的平衡常数为K2，则K1、K2的关系为(平衡常数为同温度下的测定值)( )
A．K1＝2K2 B．K1＝ eq \f(1,K)
C．K1＝K D．K1＝
解析：选B 反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数为K1，则相同温度下，反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)的平衡常数为，故反应HI(g)H2(g)＋I2(g)的平衡常数K2＝，故K1＝ eq \f(1,K) ，故选B。
题型二 化学平衡常数、平衡转化率的计算
4．已知热化学方程式：aX(g)＋3Y(s)bZ(g) ΔH＜0。现在2 L的密闭容器中加入0.9 mol X和1 mol Y，当Y的物质的量减少0.75 mol时，达到平衡状态，此时X、Z的浓度分别是0.2 mol·L－1和0.5 mol·L－1，该温度下的平衡常数为( )
A． B．
C．35 D．20
解析：选A aX(g)＋3Y(s)bZ(g) ΔH＜0
开始/mol 0.9 1 0
反应/mol 0.25a 0.75 0.25b
平衡/mol 0.4 0.25 1
所以0.9－0.25a＝0.4，0.25b＝1，则a＝2，b＝4，则该温度下的平衡常数K＝＝＝，故选A。
5．已知合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92 kJ·mol－1，在恒温恒容的密闭容器中通入2 mol N2和6 mol H2，达平衡时放出热量73.0 kJ，则N2的转化率最接近( )
A．40% B．80%
C．30% D．60%
解析：选A 由热化学方程式可知，消耗的氮气的物质的量为≈0.80 mol，则转化率为×100%＝40%，故选A。
6．对于反应2A(g)＋xB(g)4C(g)达到平衡时C的浓度为1.5 mol·L－1，当其他条件不变，把体积扩大1倍时，测得C的浓度为0.8 mol·L－1，则x的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A 其他条件不变，把体积扩大1倍时，假定平衡不移动，C的浓度为0.75 mol·L－1，实际C的浓度为0.8 mol·L－1，大于0.75 mol·L－1，说明体积扩大，降低压强，平衡向生成C的方向移动，降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动，则：x＋2＜4，且x为整数，故x＝1，故选A。
7．在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质 X Y Z
初始浓度/(mol·L－1) 0.1 0.2 0
平衡浓度/(mol·L－1) 0.05 0.05 0.1
下列说法错误的是( )
A．反应达平衡时，X的转化率为50%
B．反应可表示为X＋3Y2Z，该温度下其平衡常数为1 600
C．改变压强可以改变此反应的平衡常数
D．改变温度可以改变此反应的平衡常数
解析：选C X、Y、Z三种物质变化的浓度之比为(0.1 mol·L－1－0.05 mol·L－1)∶(0.2 mol·L－1－0.05 mol·L－1)∶0.1 mol·L－1＝1∶3∶2，故化学方程式为X＋3Y2Z，K＝＝＝1 600。平衡常数K只与温度有关，与压强无关，C项错误。
8．CO可用于合成甲醇，化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。
(1)图1是反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①该反应的焓变ΔH________(填“>”“<”或“＝”)0。
②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________(填“>”“<”或“＝”)K2。在T1温度下，往容积为1 L的密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。则该反应的平衡常数为________。
(2)在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230 ℃、250 ℃和270 ℃三种温度下合成甲醇的规律。如图3是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是________℃；该温度下上述反应的化学平衡常数为________。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为________。
解析：(1)①根据先拐先平温度高可知：T2>T1，温度越高，CO的转化率越小，说明升温平衡逆向移动，所以ΔH<0；
②对于放热反应，温度越高，平衡逆向移动，化学平衡常数越小，所以K1>K2，在T1温度下，平衡状态下CO的浓度为0.25 mol·L－1，CH3OH(g)的浓度为0.75 mol·L－1，列三段式，
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始量/(mol·L－1) 1 2 0
变化量/(mol·L－1) 0.75 1.5 0.75
平衡量/(mol·L－1) 0.25 0.5 0.75
K＝＝12。
(2)该反应为放热反应，温度越高，CO的转化率越小，所以曲线z对应的温度为270 ℃，由图像可知当270 ℃时，CO的转化率为50%，此时n(H2)∶n(CO)＝1.5，则
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始/(mol·L－1) 1 1.5 0
转化/(mol·L－1) 0.5 1 0.5
平衡/(mol·L－1) 0.5 0.5 0.5
K＝＝＝4，a、b点在等温线上，温度高于c点的温度，所以K1＝K2答案：(1)①< ②> 12 (2)270 4 K1＝K29．下列有关平衡常数的说法中，正确的是( )
A．改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
B．反应2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0，升高温度，该反应平衡常数增大
C．对于给定的可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等
D．CO2＋H2CO＋H2O的平衡常数表达式为K＝
解析：选D 化学平衡常数只与温度有关，改变条件反应物转化率增大时温度不一定改变，则化学平衡常数不一定增大，故A错误；该反应的正反应是放热反应，升高温度化学平衡常数减小，故B错误；温度一定时，正、逆反应的化学平衡常数互为倒数，不一定相等，故C错误；该反应平衡常数表达式为K＝，故D正确。
10．O3是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生的反应如下：
反应① O3O2＋[O] ΔH>0 平衡常数为K1；
反应② [O]＋O32O2 ΔH<0 平衡常数为K2；
总反应：2O33O2 ΔH<0 平衡常数为K。
下列叙述正确的是( )
A．降低温度，总反应K减小 B．K＝K1＋K2
C．适当升温，可提高消毒效率 D．压强增大，K2减小
解析：选C 降温，总反应平衡向右移动，K增大，A项错误；K1＝、K2＝、K＝＝K1·K2，B项错误；升高温度，反应①平衡向右移动，c([O])增大，可提高消毒效率，C项正确；压强增大，K2不变，D项错误。
11．向2 L的密闭容器中充入1 mol A和1 mol B，反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g) ΔH的平衡常数(K)和温度(T)的关系如下。800 ℃时，经5 s反应达到平衡状态，此时B的平均反应速率v(B)＝0.04 mol·L－1·s－1。下列说法不正确的是( )
温度/℃ 700 800 900
平衡常数 0.1 X 1
A.平衡时，c(B)为0.6 mol·L－1
B．800 ℃时平衡常数X＝
C．ΔH＞0
D．900 ℃该反应达到平衡状态时，A的物质的量为0.5 mol
解析：选A 根据B的平均反应速率，则Δc(B)＝v(B)×Δt＝0.04 mol·L－1·s－1×5 s＝0.2 mol·L－1，则c(B)＝0.5 mol·L－1－0.2 mol·L－1＝0.3 mol·L－1，故A错误；平衡时c(A)＝0.3 mol·L－1，c(B)＝0.3 mol·L－1，c(C)＝c(D)＝0.2 mol·L－1，所以K＝＝＝，故B正确；根据700 ℃和900 ℃的平衡常数分析，温度升高，K增大，说明温度升高有利于反应正向进行，则ΔH＞0，故C正确。
12．将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)，②2HI(g)H2(g)＋I2(g)，当反应达到平衡时，测得c(H2)＝0.5 mol·L－1，c(HI)＝4 mol·L－1，则反应①的平衡常数为( )
A．4 B．16
C．20 D．25
解析：选C 平衡时c(HI)＝4 mol·L－1，HI分解生成的H2的浓度为0.5 mol·L－1，NH4I分解生成的HI的浓度为4 mol·L－1＋2×0.5 mol·L－1＝5 mol·L－1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为c(NH3)＝5 mol·L－1，所以反应①的平衡常数为K＝c(NH3)·c(HI)＝5×4＝20，故选C。
13．已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，其平衡常数K和温度的关系如下表：
温度/℃ 700 800 830 1 000 1 200
K 1.67 1.11 1.00 0.60 0.38
下列有关叙述错误的是( )
A．该反应的化学方程式为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
B．上述反应的正反应是放热反应
C．如果在一定容积的密闭容器中加入CO2和H2各1 mol，5 min后，温度升高到830 ℃，此时测得CO2的物质的量为0.4 mol，则该反应达到平衡状态
D．某温度下，若平衡浓度符合下列关系式：＝，则此时的温度是1 000 ℃
解析：选C 根据平衡常数表达式知，A项正确；该反应的平衡常数随着温度的升高而减小，故该反应的正反应是放热反应，B项正确；由n(CO2)＝0.4 mol可推知，该状态下，n(H2)＝0.4 mol、n(H2O)＝0.6 mol、n(CO)＝0.6 mol，Q＝<1.00，故该反应没有达到化学平衡状态，C项错误；将所给关系式进行变化，可知该条件下平衡常数K＝0.60，D项正确。
14．将6 mol A和5 mol B混合于4 L密闭容器中，发生反应：3A(g)＋B(g)nC(g)＋2D(g)，5 s后反应达到平衡状态，生成2 mol D和2 mol C，则下列结论中不正确的是( )
A．该温度下反应的化学平衡常数为
B．n＝2
C．平衡时B的浓度为1 mol·L－1
D．平衡时B的转化率为50%
解析：选D 生成C、D的物质的量相等，则C、D的化学计量数也相等，故n＝2，设转化的B的物质的量为x mol，则有：
3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)
初始/mol 6 5 0 0
转化/mol 3x x 2x 2x
平衡/mol 6－3x 5－x 2x 2x
根据题意得2x＝2，x＝1。平衡时B的浓度c(B)＝＝1 mol·L－1，转化率α(B)＝×100%＝20%。K＝＝。
15．化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。
利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：
TaS2(s)＋2I2(g)TaI4(g)＋S2(g) ΔH＞0(Ⅰ)
(1)反应(Ⅰ)的平衡常数表达式K＝______________。
(2)若K＝1，向某恒容密闭容器中加入1 mol I2(g)和足量TaS2(s)，I2(g)的平衡转化率为________。
解析：(1)根据题意反应(Ⅰ)的平衡常数表达式K＝；
(2)若K＝1，设I2的平衡转化率为x，则参加反应的为x mol，平衡时生成TaI4和S2各0.5x mol，剩余I2为(1－x)mol，根据K＝＝＝1，
解得：x≈66.7%；
答案：(1) (2)66.7%
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7(共34张PPT)
第二单元 化学反应的方向与限度
第一课时 化学反应的方向
分点突破1
自发过程和自发反应
分点突破2
化学反应进行方向的判据
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点(共41张PPT)
第二课时 弱电解质的电离平衡
分点突破1
弱电解质的电离平衡常数和电离度
分点突破2
电离平衡的影响因素
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
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250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
pH
NHhO
的电离程度↑溶液导电能力↑K
水量
水量O水量O水量
A
B
D电解质溶液中粒子浓度关系
突破一 电解质溶液中的三个守恒关系
1．电荷守恒
(1)含义：电解质溶液中无论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数。
(2)应用：如Na2CO3溶液中存在Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，根据电荷守恒有n(Na＋)＋n(H＋)＝n(OH－)＋n(HCO)＋2n(CO)或c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)。
(3)意义：由电荷守恒可准确、快速地解决电解质溶液中许多复杂的离子浓度关系问题。在应用时，务必弄清电解质溶液中所存在的离子的全部种类，切勿忽略H2O电离所产生的H＋和OH－。
2．物料守恒
(1)含义：在电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，某种元素的存在形式可能不同，但元素种类、每种元素的原子总数、不同元素之间原子数目之比都是保持不变的，称为物料守恒。它的数学表达式叫做物料恒等式或质量恒等式。
(2)应用：如Na2S溶液中存在的物料守恒为c(Na＋)＝2[c(H2S)＋c(S2－)＋c(HS－)]。
(3)意义：物料守恒能用于准确、快速地解决电解质溶液中复杂的离子、分子的物质的量浓度或物质的量关系的问题。在应用时，务必弄清电解质溶液中存在的变化(电离和水解反应)，抓住物料守恒的实质。
3．质子守恒
(1)含义：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的H＋总数等于粒子接受的H＋总数。
(2)应用：如Na2S溶液中的质子转移如下：
可得Na2S溶液中质子守恒关系为c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。质子守恒关系也可由电荷守恒关系与物料守恒关系推导得到。
[名师点拨] 分清主次关系
(1)在多元弱酸的酸式强碱盐溶液中，既存在电离，又存在水解。应该全面分析，找出溶液中存在的平衡关系和主次关系，其中以电离为主的溶液呈酸性，如NaHSO3溶液、NaH2PO4溶液；以水解为主的溶液呈碱性，如NaHCO3溶液、NaHS溶液、Na2HPO4溶液等。
(2)在弱酸(碱)和其强碱(酸)盐等量混合的溶液中，既存在弱电解质的电离平衡，又存在盐的水解平衡，应分析这两个过程的主次关系来确定结果。如CH3COOH和CH3COONa等量混合的溶液显酸性，而HCN和NaCN等量混合的溶液显碱性；再如NH3·H2O和NH4Cl等量混合的溶液显碱性。
1．已知某一温度下，在0.1 mol·L－1的强电解质NaHA溶液中，c(H＋)＜c(OH－)。则下列关系式或说法一定不正确的是( )
A．c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)
B．c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1 mol·L－1
C．将上述溶液稀释至0.01 mol·L－1，c(H＋)·c(OH－) 不变
D．c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2A)
解析：选A 根据电荷守恒得：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，故A项不正确；由元素质量守恒知：c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1 mol·L－1，故B项正确；温度不变，则c(H＋)·c(OH－)不变，故C项正确；由元素质量守恒关系式和电荷守恒关系式可得：c(H＋)＋c(H2A)＝c(A2－)＋c(OH－)，故D项正确。
2．0.1 mol·L－1的CH3COONH4溶液显中性，下列关于该溶液的说法正确的是( )
A．该溶液中：c(CH3COO－)＝c(NH)＝0.1 mol·L－1
B．该溶液中：c(CH3COOH)＝c(NH3·H2O)＝c(H＋)＝c(OH－)
C．该溶液中：c(OH－)－c(CH3COOH)＝c(H＋)－c(NH3·H2O)
D．该溶液中：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(NH3·H2O)＋c(NH)＝0.4 mol·L－1
解析：选C 0.1 mol·L－1的CH3COONH4溶液显中性，则该溶液中c(H＋)＝c(OH－)，而CH3COO－和NH均会发生水解反应，则由电荷守恒可知，c(CH3COO－)＝c(NH)＜0.1 mol·L－1，A项错误；CH3COO－和NH的水解程度相同，CH3COO－＋H2O????CH3COOH＋OH－，NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋，又因溶液中的H＋(或OH－)包括水解产生的H＋(或OH－)和水电离产生的H＋(或OH－)两部分，故c(CH3COOH)＝c(NH3·H2O)＜c(H＋)＝c(OH－)，B项错误；由c(CH3COOH)＝c(NH3·H2O)，c(H＋)＝c(OH－)可知，c(OH－)－c(CH3COOH)＝c(H＋)－c(NH3·H2O)，C项正确；根据物料守恒可知，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，c(NH3·H2O)＋c(NH)＝0.1 mol·L－1，D项错误。
3．常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是( )
A.HA为强酸
B．该混合液pH＝7
C．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)
D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋
解析：选C 图中，A－浓度最大，X、Y、Z浓度依次减小，由题意知，两者反应生成0.1 mol·L－1的NaA溶液。由于A－浓度小于0.1 mol·L－1，说明A－水解，即HA是弱酸，A错误；由于A－水解，水解后溶液呈碱性，B错误；混合液中粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞c(H＋)，因此X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)，C正确，D错误。
4．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)
B．Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
C．Na2S溶液中：c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)
D．pH相同的①CH3COONa、②NaClO、③NaOH三种溶液中c(Na＋)：③＞①＞②
解析：选B 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，A错误；在Na2CO3溶液中：Na2CO3===2Na＋＋CO，由于CO＋H2O????HCO＋OH－，HCO＋H2O????H2CO3＋OH－，故水电离出来的H＋在溶液中的存在形式有HCO、H2CO3、H＋，根据质子守恒得c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)，B正确；0.1 mol·L－1 Na2S溶液中，根据物料守恒得c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]，C错误；NaOH是强碱，在水溶液中完全电离，醋酸根离子和次氯酸根离子水解使溶液显碱性，且醋酸根离子的水解能力小于次氯酸根离子，故pH相同的①CH3COONa、②NaClO、③NaOH三种溶液中c(Na＋)：①＞②＞③，D错误。
突破二 溶液中粒子浓度的大小比较
1．单一溶液中粒子浓度的大小比较
(1)多元弱酸溶液
根据多步电离分析知：一级电离>二级电离>三级电离。
例如，0.1 mol·L－1 H3PO4溶液中离子间的关系是c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)>c(OH－)。
(2)多元弱酸的正盐溶液
根据弱酸根离子分步水解分析知：一级水解>二级水解。
例如，0.1 mol·L－1 Na2S溶液中：
一级水解：S2－＋H2O????HS－＋OH－(主要)
二级水解：HS－＋H2O????H2S＋OH－(次要)
故离子浓度的关系为c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。
(3)多元弱酸的酸式盐溶液
①若离子的水解程度大于电离程度，溶液显碱性(如NaHCO3溶液)。
0．1 mol·L－1 NaHCO3溶液中存在：
水解：HCO＋H2O????H2CO3＋OH－(主要)
电离：HCO????H＋＋CO(次要)
水的电离：H2O????H＋＋OH－(极微弱)
因水解程度>电离程度，故溶液呈碱性；溶液中微粒大小关系为
c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H＋)>c(CO)。
②若离子的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性(如NaHSO3溶液)。
0．1 mol·L－1 NaHSO3溶液中存在：
电离：HSO????H＋＋SO(主要)
水解：HSO＋H2O????H2SO3＋OH－(次要)
水的电离：H2O????H＋＋OH－(极微弱)
因电离程度>水解程度，故溶液呈酸性，溶液中微粒大小关系为
c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)。
2．混合溶液中粒子浓度大小比较
混合溶液中粒子浓度的大小比较，根据电离程度、水解程度的相对大小分析。
(1)电离程度大于相应离子的水解程度
例如等物质的量浓度的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中存在：
NH3·H2O的电离：
NH3·H2O????NH＋OH－(主要)
NH的水解：NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋(次要)
因为电离程度>水解程度，故混合溶液呈碱性。
溶液中存在的电荷守恒式：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，由于c(OH－)>c(H＋)，则c(NH)>c(Cl－)。
物料守恒式：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)
由于c(NH)>c(Cl－)，则c(Cl－)>c(NH3·H2O)
故混合溶液中粒子浓度大小顺序为
c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)。
再如等物质的量浓度的CH3COONa与CH3COOH的混合溶液呈酸性，溶液中粒子浓度大小顺序为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)。
(2)电离程度小于相应离子的水解程度
例如等物质的量浓度的NaCN和HCN的混合溶液中存在：
CN－的水解：CN－＋H2O????HCN＋OH－(主要)
HCN的电离：HCN????H＋＋CN－(次要)
因为水解程度>电离程度，故混合溶液呈碱性。
溶液中各粒子浓度大小顺序为c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。
3．不同盐溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其电离或水解的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为③>①>②。
1．在CH3COONa溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是( )
A．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
解析：选A 在CH3COONa溶液中由于CH3COO－的水解，使得c(Na＋)>c(CH3COO－)；并且由于水解，使溶液显碱性，故c(OH－)>c(H＋)；由于盐的水解程度比较小，所以c(CH3COO－)>c(OH－)，即A项正确。
2．常温下0.1 mol·L－1 ①CH3COOH溶液、②NaOH溶液、③CH3COONa溶液，下列叙述正确的是( )
A．①中c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
B．①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一
C．①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)
D．①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小
解析：选B CH3COOH是弱电解质，电离是极其微弱的，溶剂水电离产生氢离子，所以①中c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)，故A错误；①②等体积混合后，两者恰好完全反应，所以浓度是原来的一半，但溶液的体积变大促进醋酸根离子的水解，所以①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一，故B正确；①③等体积混合以后，以醋酸的电离为主，所以溶液呈酸性，则c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)，故C错误；①②等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，水解对水的电离起促进作用，而①③等体积混合以醋酸电离为主，溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，所①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度大，故D错误。
3．已知某溶液中只存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有以下几种
①c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
②c(Cl－)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)
③c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
④c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－)
则：(Ⅰ)上述关系一定不正确的是________(填序号)。
(Ⅱ)若溶液中只有一种溶质，则该溶液中离子浓度的大小关系为________(填序号)。
(Ⅲ)若四种离子浓度关系有c(NH)＝c(Cl－)，则该溶液显________(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
解析：溶液中只存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子时，c(Cl－)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)一定不正确，因为此时电荷不守恒；若溶液中只有一种溶质，则为NH4Cl溶液，该溶液中离子浓度的大小关系为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)；若四种离子浓度关系有c(NH)＝c(Cl－)，根据溶液中电荷守恒，有 c(OH－)＝c(H＋)，则该溶液显中性。
答案：② ① 中性
突破三 利用图像分析溶液中粒子浓度的关系
1．酸碱中和滴定图像
抓五点破滴定图像
抓反应的“起始”点 判断酸、碱的相对强弱
抓反应的“一半”点 判断是哪种溶质的等量混合
抓溶液的“中性”点 判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足
抓“恰好”反应点 判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性
抓反应的“过量”点 判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量
例如：室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示：
2．分布系数(δ)－pH图像
注意：曲线交点时，曲线对应微粒浓度相等。
1．25 ℃时，向20.00 mL NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液。滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液体积的关系如图所示，点②时NaOH溶液恰好被中和。则下列说法中错误的是( )
A.CH3COOH溶液的浓度为0.1 mol·L－1
B．图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小
C．点④所示溶液中存在：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
D．滴定过程中会存在：c(Na＋)>c(CH3COO－)＝c(OH－)>c(H＋)
解析：选C 根据图像分析，滴定前NaOH溶液的pH＝13，则氢氧化钠溶液的浓度为0.1 mol·L－1，点②时氢氧化钠恰好被中和，消耗醋酸溶液20 mL，则醋酸溶液的浓度为0.1 mol·L－1，A正确；图中点①到点③所示溶液中，随着滴入醋酸溶液，水电离被抑制的程度减小，即水的电离程度增大，恰好反应后继续滴加醋酸，对水的电离起到抑制作用，即图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小，B正确；点④所示溶液是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，根据物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Na＋)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)，C错误；滴定过程中， 醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c(Na＋)>c(CH3COO－)＝c(OH－)>c(H＋)，D正确。
2．25 ℃时，在25 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液，溶液的pH与醋酸体积的关系如图所示，下列分析正确的是( )
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．B点的横坐标a＝12.5
C．水的电离程度：D>C>B
D．D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)
解析：选A A项，达到滴定终点时溶液显碱性，应该选用酚酞作为指示剂，正确；B项，当a＝12.5时，氢氧化钠和醋酸的物质的量之比为1∶1，恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性，与溶液pH＝7不符，错误；C项，B点时溶液显中性，则醋酸过量，D点时溶液显酸性，醋酸过量更多，水的电离受到抑制，则水的电离程度：D3．室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A．三种酸的电离常数关系：K(HA)＞K(HB)＞K(HD)
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：
c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
解析：选C 根据起点pH：HA＜HB＜HD知，酸性：HA＞HB＞HD，根据酸性越强，酸的电离常数越大，则K(HA)＞K(HB)＞K(HD)，故A项正确；根据P点时横坐标中和百分数为50%知，c(HB)∶c(NaB)＝1∶1，根据纵坐标pH＜7知，酸的电离程度大于盐的水解程度，故B项正确；根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)和pH＝7知c(Na＋)＝c(A－)，同理c(Na＋)＝c(B－)、c(Na＋)＝c(D－)，根据中和原理知溶液显中性时需要的NaOH的量不同，故c(Na＋)不相同，则c(A－)、c(B－)、c(D－)三者不相同，C项错误；当中和百分数都达到100%时，溶液为NaA、NaB、NaD的混合物，则c(OH－)＝c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＋c(H＋)，即 c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D项正确。
4．室温下，0.1 mol·L－1的某二元酸H2A溶液中，逐渐加入NaOH溶液，可能存在的含A粒子的物质的量分数φ随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．H2A的电离方程式：H2A????H＋＋HA－
B.pH＝5时，在NaHA和Na2A的混合溶液中：c(HA－)∶c(A2－)＝1∶10
C．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(A2－)＞c(HA－)
D．Na2A溶液中必存在：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)＋2c(H2A)，各粒子浓度均大于0
解析：选C 二元酸H2A溶液中不存在H2A分子，说明第一步完全电离，则H2A的电离方程式为H2A===H＋＋HA－、HA－????H＋＋A2－，A项错误；由图中pH＝3时的数据，可求得HA－的电离平衡常数Ka＝＝1×10－3，温度不变，电离常数不变，pH＝5时电离常数Ka＝＝＝1×10－3，解得c(HA－)∶c(A2－)＝1∶100，B项错误；由HA－的电离常数可知，等物质的量浓度的NaHA和Na2A的混合溶液中，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，故离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(A2－)＞c(HA－)，C项正确；二元酸H2A的电离方程式为H2A===H＋＋HA－、HA－????H＋＋A2－，Na2A溶液中不存在H2A分子，c(H2A)＝0，D项错误。
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10(共21张PPT)
专题重点突破(四)
化学反应速率影响因素及其图像分析
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8—
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30
AAT
影响化学反应速率的外界因素主要有:浓度
变量内容温度、压强催化剂固体物质的表面积
依据实验目的,搞清某个外界因素对化学反
应速率的影响时,需控制其他因素均不变,
确定变量J再进行实验,从而理浩影响实验探究结果的
因素,确定出变量和定量
探究时,先确定只变化一种因素,其他因素
定多变
不变,看这种因素和探究的问题存在怎样的
种,从而得出相应的实验结·再确定另
关系;这样确定一种因素以后
数据有效解答时要注意择数据(或设置实验)要有效
2500p6.8apH=75
oE
pl8.2·pH=8.8
200
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子100
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4 t/s第三课时 化学平衡常数及应用
明课程标准 扣核心素养
1.知道化学平衡常数是表征反应限度的物理量，理解化学平衡常数的含义。2.了解浓度商和化学平衡常数的相对大小与反应方向之间的联系。3.能书写平衡常数表达式，能进行平衡常数、转化率的简单计算，能利用平衡常数和浓度商的关系判断化学反应是否达到平衡及平衡移动的方向。 变化观念与平衡思想：能从不同视角认识化学变化的多样性，能运用对立统一的思想和定性定量结合的方式揭示可逆反应的本质特征。证据推理与模型认知：能建构、理解、描述和表示平衡常数、平衡转化率的计算模型，并运用模型解决相关问题。
表1 二氧化氮－四氧化二氮体系中各物质的物质的量浓度(25 ℃)
起始浓度/(mol·L－1) 平衡浓度/(mol·L－1) 平衡浓度关系
c(NO2) c(N2O4) c(NO2) c(N2O4)
2.00×10－2 0 6.32×10－3 6.84×10－3 1.08 0.17×10－3
3.00×10－2 0 8.00×10－3 1.10×10－2 1.38 0.17×10－3
0 2.00×10－2 9.46×10－3 1.52×10－2 1.62 0.17×10－3
0 0.100 2.28×10－2 8.86×10－2 3.89 0.17×10－3
[问题探讨]
1．分析表1中数据，你能得出平衡时各组分浓度之间有怎样的关系吗？
提示：在一定温度(25 ℃)下，起始时各物质浓度不同，但最后都达到平衡，平衡时是一个常数，这个常数称为该反应在该温度下的平衡常数。
2．写出下表2中各反应的平衡常数表达式，并分析平衡常数表达式书写时应注意的要点。
表2
反应 平衡常数表达式
3Fe(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋4H2(g) K＝
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) K＝
2NH3(g) N2(g)＋3H2(g) K＝
N2(g)＋H2(g) NH3(g) K＝
提示：(1)固体、纯液体、水溶液中水的浓度可视为定值，其浓度不列入平衡常数表达式中。
(2)平衡常数表达式与方程式的书写方式有关。对于同一化学反应，由于书写方式不同，各反应物、生成物的系数不同，平衡常数的表达式就不同。
3．由表2中合成氨的平衡常数表达式，你能得出化学平衡常数与化学方程式的书写方式有什么关系吗？
提示：化学平衡常数是指某一具体化学方程式的平衡常数。
(1)正、逆反应的平衡常数互为倒数。
(2)若化学方程式中各物质的系数等倍扩大或缩小，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。
4．根据下表3中的信息，你能得出哪些结论？
表3
化学反应 K 反应可能进行的程度
2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)(570 K) 约为1059 正反应可接近完全
PCl3(g)＋Cl2(g) PCl5(g)(470 K) 约为1 正、逆反应相当
2HCl(g) H2(g)＋Cl2(g)(300 K) 约为10－33 正反应几乎不发生
提示：平衡常数K的大小能说明反应进行的程度(也叫反应的限度)。K值越大，表示反应进行得越完全；K值越小，表示反应进行得越不完全。
5．表4为合成氨反应的平衡常数与温度的关系
表4
T/K 373 473 573 673 773
K 3.35×109 1.00×107 2.45×105 1.88×104 2.99×103
结合表1、表2，你能得出影响平衡常数的因素有哪些？
提示：在化学方程式书写方式一定时，化学平衡常数仅与温度有关。温度不变，平衡常数不变；温度改变，平衡常数改变。
化学平衡常数
(1)意义
化学平衡常数的大小能说明反应进行的程度(也叫反应限度)。K值越大，表示反应进行得越完全；K值越小，表示反应进行得越不完全。一般来说，当K>105时，通常认为反应基本完全。
(2)影响因素
K只受温度影响，与反应物或生成物的浓度无关。
(3)平衡常数的应用
①判断可逆反应进行程度的大小
②判断反应的热效应
a．升高温度
b．降低温度
[名师点拨]
(1)反应物或生成物中有固体或纯液体存在时，其浓度可看作“1”，而不代入平衡常数表达式，如：Fe3O4(s)＋4H2(g)===3Fe(s)＋4H2O(g)的平衡常数K＝。
(2)化学平衡常数表达式中各物质的浓度必须是平衡浓度，不能用任何一时刻的浓度。
(3)使用催化剂能改变化学反应速率，但不会改变平衡常数。
(4)化学平衡常数表达式与化学方程式的书写方式有关。同一个化学反应，化学方程式不同，平衡常数不同，如合成氨反应：
若写成：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，
K1＝；
若写成：N2(g)＋H2(g)NH3(g)，
K2＝，且K1＝K。
1．下列关于化学平衡常数的叙述正确的是( )
A．温度一定，一个化学反应的平衡常数不是一个常数
B．两种物质反应，不管怎样书写化学方程式，平衡常数不变
C．温度一定时，对于给定的化学反应，正、逆反应的平衡常数互为相反数
D．温度变化时，一个化学反应的平衡常数一定发生变化
解析：选D K是温度的函数，平衡常数的表达式与化学方程式的书写方式有关。正、逆反应的平衡常数互为倒数，如H2(g)＋I2(g)2HI(g)，K正＝，K逆＝，所以K正＝。
2．一定温度下，已知反应：①H2(g)＋S(s)H2S(g) K1，②S(s)＋O2(g)SO2(g) K2，则相同温度下，反应H2(g)＋SO2(g)H2S(g)＋O2(g)的平衡常数K等于( )
A．K1＋K2 B．K1－K2
C．K1·K2 D．
解析：选D 由①－②可得反应H2(g)＋SO2(g)H2S(g)＋O2(g)，K1＝，K2＝，K＝，所以K＝。
3．在一定温度下，下列反应的化学平衡常数如下：
①2NO(g)N2(g)＋O2(g) K1＝1×1030
②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) K2＝2×1081
③2CO2(g)2CO(g)＋O2(g) K3＝4×10－92
下列有关说法正确的是 ( )
A．该温度下，反应①的平衡常数表达式为K1＝c(N2)·c(O2)
B．该温度下，反应2H2O(g)2H2(g)＋O2(g)的平衡常数的数值约为5×10－80
C．该温度下，NO、H2O、CO2产生O2的倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2
D．以上说法都不正确
解析：选C 由化学平衡常数定义可知K1＝，A项错误；该温度下，水分解反应的平衡常数为＝＝5×10－82，B项错误；该温度下，NO、H2O、CO2三种化合物分解产生O2的反应的化学平衡常数分别为1×1030、5×10－82、4×10－92，所以产生O2的倾向：NO>H2O>CO2，C项正确，D项错误。
[例] 某温度下，向10 L真空容器中注入1.00 mol H2(g)和1.00 mol I2(g)，反应达到平衡状态后I2(g)的浓度为0.020 0 mol·L－1。试求该温度下H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数。
[解析] 依据题意可知，起始时c(H2)＝c(I2)＝0.100 mol·L－1，平衡时c(H2)＝c(I2)＝0.020 0 mol·L－1，生成的c(HI)＝0.160 mol·L－1。
H2(g) ＋ I2(g)2HI(g)
0.100 0.100 0
0.020 0 0.020 0 0.160
K＝＝＝64.0。
[答案] 平衡常数为64.0。
[问题探讨]
1．若向例题的10 L真空密闭容器中注入2.00 mol HI，保持与例题相同的温度，达到平衡时，容器中H2和I2的浓度如何计算？请利用例题的结果进行计算。
提示：设平衡时c(H2)＝c(I2)＝x mol·L－1，则起始c(HI)＝0.200 mol·L－1。
H2(g) ＋ I2(g)2HI(g)
0 0 0.200
x x 0.200－2x
K＝＝＝＝64.0。
解方程得x＝0.02。
故平衡时c(H2)＝c(I2)＝0.02 mol·L－1。
2．经第1问计算可知平衡时各组分浓度与例题完全相同，为什么？
提示：问题1相当于例题中的反应从逆反应建立的平衡，二者平衡是等效的。
3．反应的平衡转化率表示在一定温度下某一反应进行的限度，可表示为α＝×100%
试计算例题中达到平衡时H2的转化率。
提示：H2的转化率为80%。
4．平衡常数、平衡转化率的计算、解题思路和关键步骤是什么？
提示：三段式建模。
平衡转化率
(1)含义：平衡时已转化了的某反应物的量与转化前(初始时)该反应物的量之比。
(2)表达式
对于可逆反应：aA＋bBcC＋dD
αA＝×100%
＝×100%
αA＝×100%
＝×100%。
1．某温度下，向容积为2 L的密闭反应器中充入0.10 mol SO3，当反应器中的气体压强不再变化时测得SO3的转化率为20%，则该温度下反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的平衡常数为( )
A．3.2×103 B．1.6×103
C．8.0×102 D．4.0×102
解析：选A 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
c(始)/(mol·L－1) 0 0 0.05
c(变)/(mol·L－1) 0.01 0.005 0.01
c(平)/(mol·L－1) 0.01 0.005 0.04
K＝3.2×103。
2．已知CO与H2O(g)的反应为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。在427 ℃时的平衡常数是9.0。如果反应开始时，CO和H2O(g)的浓度均为0.01 mol·L－1，计算CO在此反应条件下的转化率。
解析：设此条件下CO的转化浓度为x mol·L－1。
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始/(mol·L－1)0.01 0.01 0 0
转化/(mol·L－1) x x x x
平衡/(mol·L－1) 0.01－x 0.01－x x x
则：K＝＝9.0，解得x＝，
则CO的转化率为×100%＝75%。
答案：CO在此反应条件下的转化率为75%。
[分级训练·课课过关]________ ______________________________________________
1．下列对化学平衡常数(K)的叙述正确的是( )
A．仅升高温度，K可能增大，也可能减小
B．仅加入催化剂，K可能增大
C．仅增大压强，K可能减小
D．仅减小浓度，K值可能减小
解析：选A 升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，则对于吸热反应，升高温度K增大，对于放热反应，升高温度K减小，选项A正确；催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡移动，则加入催化剂，K不变，选项B错误；K只与温度有关，而与浓度、压强无关，改变压强、减小浓度K均不变，选项C、D错误。
2．可逆反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在t ℃下达到平衡，其平衡常数可表示为( )
A．K＝ B．K＝
C．K＝ D．K＝
解析：选D C(碳)是固体，它的浓度视为“1”，在平衡常数表达式中不出现。
3．H2和CO2在高温下发生反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。下表是986 ℃时，在容积不变的密闭容器中进行反应的四组数据：
编号 起始浓度/(mol·L－1) 平衡浓度/(mol·L－1)
c0(H2) c0(CO2) c0(H2O) c0(CO) c(H2) c(CO2) c(H2O) c(CO)
1 1.0 1.0 0 0 0.44 0.44 0.56 0.56
2 1.0 2.0 0 0 0.27 1.27 0.73 0.73
3 0 0 2.0 2.0 0.88 0.88 1.12 1.12
4 0.2 0.4 0.6 0.8 0.344 0.544 0.456 0.656
下列叙述正确的是( )
A．此温度下反应的平衡常数约为1.62
B．该反应的平衡常数与反应的起始浓度有关
C．增大CO2的起始浓度，可使CO2的转化率增大
D．从反应开始至达到平衡状态，混合气体的密度增大
解析：选A 此温度下K＝＝≈1.62，A项正确；平衡常数K只受温度的影响，与起始浓度无关，B项错误；增大CO2的起始浓度，CO2的转化率降低，C项错误；反应体系中各物质均为气体，且容积不变，故从始至终混合气体的密度不变，D项错误。
4．工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，设在容积为2.0 L的密闭容器中充入0.60 mol N2(g)和1.60 mol H2(g)，反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数(NH3的物质的量与反应体系中总的物质的量之比)为。计算：
(1)该条件下N2的平衡转化率为________。
(2)该条件下反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的平衡常数为________。
解析：设平衡时N2转化的物质的量浓度为x mol·L－1，根据“三段式”分析：
N2 ＋ 3H22NH3
起始浓度/(mol·L－1) 0.3 0.8 0
转化浓度/(mol·L－1) x 3x 2x
平衡浓度/(mol·L－1) 0.3－x 0.8－3x 2x
所以＝，解得x＝0.2，
N2的转化率为×100%≈66.7%。
反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的平衡常数
K＝＝＝0.005。
答案：(1)66.7% (2)0.005
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9(共45张PPT)
第三课时 能源的充分利用
分点突破1
标准燃烧热
分点突破2
能源的充分利用
分点突破3
计算反应热（ΔH）的几种方法
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
△
C(s)+H2O(g)+O2(g)->CO2(g)
△H
△于
△
CO(g)+O2(g)+H2(g)>((g)+H2Og)+2O2(g)
能量/kJ
419
510
1 mol co(g)
2 mol H,g)
1 mol CH3oh(g)
反应过程第四课时 电解原理的应用
明课程标准 扣核心素养
1.认识电能转化为化学能的实际意义及其重要应用。2.了解电解饱和食盐水、电镀、电解精炼铜、电冶金的原理。3.能根据电解池的工作原理设计简单的电解池。 证据推理与模型认知：能认识和建构电解池应用装置和工作原理的认知模型，并能说明模型使用的条件及适用范围。科学态度与社会责任：能列举事实说明化学对人类文明的伟大贡献，主动关心与环境保护、资源开发有关的社会热点问题，形成与环境和谐共处，合理利用自然资源的观念。
电解饱和食盐水时，发生如下反应：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。
[问题探讨]
1．在氯化钠溶液中存在Na＋、H＋、Cl－和OH－，通电后离子的移动方向如何？根据实验事实指出哪些离子优先在电极上发生反应。
提示：通电后，Cl－、OH－移向阳极，阳极产生Cl2说明Cl－优先在阳极上放电，Na＋、H＋移向阴极，阴极上产生H2说明H＋优先在阴极上放电，同时得到OH－。
2．电解时阳极产生Cl2，阴极产生H2、NaOH，请写出阴极和阳极的电极反应式。
提示：阴极：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑。
3．电解池的阴极区和阳极区用阳离子交换膜隔开，与下面的装置对比，这样做的优点是什么？
提示：工业用离子交换膜电解槽来制烧碱，阳离子交换膜把电解池分成阳极室和阴极室，从而避免了Cl2与NaOH溶液的接触反应，提高了NaOH的纯度。
精制食盐水的方法(除去食盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO)
除上述操作顺序外，还可以是②→①→③→④或①→③(去掉过滤)→②(增加过滤)→④。
1．下列关于用惰性电极电解NaCl溶液的叙述中，正确的是( )
A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠
B．若向阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色
C．若向阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈无色
D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性
解析：选B 用惰性电极电解NaCl溶液，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，有Cl2生成；Cl2可与KI反应生成I2，I2溶于水呈棕色；阴极的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故向阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色；电解液中有NaOH生成，溶液呈碱性。
2．如图为工业上氯碱工业的电解槽示意图，据图回答下列问题：
(1)图中a、c物质分别是a________、c________(填“名称”)；b是________(填“符号”)。
(2)若没有阳离子交换膜，则电解一段时间后在电解槽的溶液中可能发生的化学反应方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出工业上电解饱和食盐水的化学方程式：_____________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)工业上用电解饱和食盐水的方法制取氯气和烧碱，在阳极区域加入饱和食盐水，氯离子在阳极上放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧化钠生成，所以在阴极区域产生氢氧化钠，阳离子交换膜只能阳离子通过，钠离子通过阳离子交换膜进入阴极区；(2)阳极上生成的氯气会与阴极区生成的氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，氢气和氯气反应生成氯化氢，反应的化学方程式为Cl2＋H2===2HCl；(3)电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，反应的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。
答案：(1)饱和食盐水 氢氧化钠溶液 Na＋
(2)Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O Cl2＋H2===2HCl
(3)2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
[实验] 电镀——铁钉镀锌
实验装置图 实验现象 解释或化学方程式
[问题探讨]
1．怎样设计实验在铁钉上镀锌，请绘制出实验装置图，指出电极材料及离子导体。
提示：
2．实验中观察到哪些实验现象？如何解释？
提示：实验中观察到的实验现象：铁钉表面有银白色镀层生成。
解释：在阴极发生反应：Zn2＋＋2e－===Zn，析出的Zn逐渐覆盖在铁钉上形成银白色镀层。
3．电镀一段时间后，电镀液的浓度发生改变吗？
提示：阳极：Zn－2e－===Zn2＋，阴极：Zn2＋＋2e－===Zn2＋，故电镀的过程可以看做将阳极上的锌搬运到阴极上，所以电镀液(ZnCl2溶液)浓度不变。
1．电镀
(1)定义：电镀是应用电解的原理在某些金属或其他材料制品表面镀上一薄层其他金属或合金的过程。
(2)电镀装置
(3)目的：使金属增强抗腐蚀能力，提升美观和增加表面硬度。
(4)原理：电镀时，通常把镀层金属作阳极，待镀金属制品(镀件)作阴极，含镀层金属离子的溶液作电解质溶液。在直流电源的作用下，阳极金属失电子，溶解在溶液中成为阳离子，移向阴极，溶液中该金属离子在阴极获得电子被还原为金属，覆盖在镀件上。
(5)实例
如在铁制品表面镀铜，可用CuSO4溶液作电解质溶液，电极反应式分别为阳极：Cu－2e－===Cu2＋；阴极：Cu2＋＋2e－===Cu。
[记忆口诀] 电镀规律口诀：
镀层阳极待镀阴，镀层离子溶液跟。
我与电解共原理，浓度不变要记真。
2．电解精炼铜
(1)目的
①降低粗铜中的杂质含量，从而提高铜的性能。
②回收粗铜中的金、银等贵重金属。
(2)电解精炼铜的装置图
(3)电解特点
电解结束后，阳极泥中含有Au、Pt、Ag等，电解质溶液中的金属阳离子有Zn2＋、Fe2＋、Ni2＋、Cu2＋等，阴极得到精铜，但电解液中Cu2＋的浓度减小。
3．电冶金
(1)电冶金
电冶金：由于电解是最强有力的氧化还原手段，所以电解法是冶炼金属的一种重要方法。本方法适用于一些活泼金属单质的制取，如冶炼钠、钙、镁、铝等活泼金属。
(2)电解法制取活泼金属
①电解熔融氯化钠制取金属钠
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：2Na＋＋2e－===2Na
电解反应：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑
②电解熔融MgCl2制取金属Mg
阴极：Mg2＋＋2e－===Mg
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
电解反应：MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑
③电解熔融Al2O3制取金属Al
阴极：4Al3＋＋12e－===4Al
阳极：6O2－－12e－===3O2↑
电解反应：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
[名师点拨]
(1)电镀特点：“一多、一少、一不变”。一多是指阴极上有镀层金属沉积，一少是指阳极上有镀层金属溶解，一不变是指电解质溶液的浓度不变。
(2)电解精炼铜时，由于在阳极上溶解的金属有Fe、Zn、Ni、Cu等，而在阴极上只有Cu析出，根据得失电子守恒可知，阳极产生的铜离子数目和阴极得电子变成单质铜的铜离子数目不相等，所以电解质溶液中Cu2＋的浓度减小。
1．利用如图所示装置可以在铜牌表面电镀一层银。下列有关说法正确的是( )
A．通电后，Ag＋向阳极移动
B．银片与电源负极相连
C．该电解池阴极发生的电极反应可表示为Ag＋＋e－===Ag
D．当电镀一段时间后，将电源反接，铜牌可恢复如初
解析：选C 铜牌上镀银，银片为阳极，Ag＋向阴极移动，阴极反应为Ag＋＋e－===Ag。由于实验中镀层不可能非常均匀致密，所以将电源反接，阳极上Cu、Ag均会溶解，铜牌不可能恢复如初。
2．金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(氧化性：Fe2＋A．阳极发生还原反应，其电极反应为Ni2＋＋2e－===Ni
B．电解过程中，阳极质量减少的量与阴极质量增加的量相等
C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2＋和Zn2＋
D．电解后，电解槽底部的阳极泥中不可能有Fe和Zn
解析：选D 电解池阳极发生氧化反应：Ni－2e－===Ni2＋(主要)。因为粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt杂质，电解过程中，阳极会溶解Fe、Zn、Ni，而阴极只析出Ni，故阳极质量减少的量与阴极质量增加的量不相等。电解后，溶液中存在的金属阳离子除Fe2＋和Zn2＋外，还有Ni2＋，电解槽底部的阳极泥中不可能存在Fe、Zn，因为Fe、Zn比Ni活泼。
1．计算方法
有关电解的计算通常是求电解后某产物的质量、气体的体积、某元素的化合价、元素的相对原子质量、溶液的pH及物质的量浓度等。不论哪种计算，均可概括为下列三种计算方法：
电子守恒法计算 用于串联电路，通过阴、阳两极的电量相同等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等
电解反应式计算 先写出电极反应式，再写出电解反应方程式，最后根据电解反应方程式列比例式计算
关系式计算 根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需要的关系式
2．等量关系
(1)电解池中阳极失去的电子总数＝阴极得到的电子总数。
(2)当电流通过一个或多个串联的电解池时， 它们皆处于同一闭合电路中，所以各池的电流强度相等，同一时间内通过的电子的物质的量相等。
(3)常见电化学计算的对应关系：
H2～Cl2～O2～Cu～2Ag～2H＋～2OH－。
如电解中析出气体时，在同温同压下析出各气体的物质的量之比为n(H2)∶n(Cl2)∶n(O2)＝1∶1∶0.5。
题型一 单一溶液电解的计算
[例1] 以惰性电极电解CuSO4溶液，若阳极上产生气体的物质的量为0.010 0 mol，则阴极上析出铜的质量为( )
A．0.64 g B．1.28 g
C．2.56 g D．5.12 g
[解析]
2CuSO4＋2H2O2Cu ＋ O2↑＋2H2SO4
0.020 0 mol 0.010 0 mol
m(Cu)＝0.020 0 mol×64 g·mol－1＝1.28 g。
[答案] B
[反思归纳] 写出电极反应式及电解反应方程式，用关系式计算、总反应式计算、电子守恒法计算均可快速求解。
题型二 混合溶液电解的计算
[例2] 将1 L含有0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl的水溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一电极上析出19.2 g Cu；此时，在另一电极上放出气体的体积在标准状况下为(不考虑产生的气体在水中的溶解)( )
A．3.36 L B．5.6 L
C．6.72 L D．13.44 L
[解析] 根据电解原理知，阴极的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，由题意知，在阴极上析出0.3 mol Cu，则转移0.6 mol电子；阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，Cl－完全放电时，转移的电子数为0.4 mol，生成0.2 mol Cl2，故根据得失电子守恒分析，阳极上Cl－放电完全后，OH－放电，即4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，转移电子的物质的量为0.2 mol时，生成0.05 mol O2，故阳极放出气体的体积为(0.2 mol＋0.05 mol)×22.4 L·mol－1＝5.6 L。
[答案] B
[反思归纳] 首先分析电解质溶液中的阴、阳离子，依据放电顺序确定阴极、阳极放电的离子，结合题目信息写出阴极、阳极的电极反应式，利用电子守恒法进行计算。
题型三 串联装置电解的计算
[例3] 如图所示的A、B两个电解池中的电极均为铂，在A池中加入0.05 mol·L－1的CuCl2溶液，B池中加入0.1 mol·L－1的AgNO3溶液，进行电解。a、b、c、d四个电极上所析出的物质的物质的量之比是( )
A．2∶2∶4∶1 B．1∶1∶2∶1
C．2∶1∶1∶1 D．2∶1∶2∶1
[解析] 由电解规律可知：a、c为阴极，b、d为阳极。a极上析出Cu，b极上析出Cl2，c极上析出Ag，d极上析出O2。由电子守恒可得出：2e－～Cu～Cl2～2Ag～O2，所以a、b、c、d四个电极上所析出的物质的物质的量之比为2∶2∶4∶1。
[答案] A
[反思归纳] 串联装置各电极转移的电子数相等，可根据电子守恒建立的关系式快速计算。
四室式电渗析法制备盐酸和NaOH的装置如图所示。a、b、c为阴、阳离子交换膜。已知：阴离子交换膜只允许阴离子透过，阳离子交换膜只允许阳离子透过。下列叙述正确的是( )
A．b、c分别依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
B．通电后Ⅲ室中的Cl－透过c迁移至阳极区
C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ室中的溶液的pH均升高
D．电解反应为4NaCl＋6H2O4NaOH＋4HCl＋2H2↑＋O2↑
提示：由图中信息可知，左边电极与电源负极相连为阴极，右边电极为阳极，所以通电后，阴离子向右定向移动，阳离子向左定向移动，阳极上H2O放电生成O2和H＋，阴极上H2O放电生成H2和OH－；H＋透过c膜，Cl－透过b膜，二者在b、c之间的Ⅲ室形成盐酸，盐酸浓度变大，所以b、c分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜；Na＋透过a膜，NaOH的浓度变大，所以a是阳离子交换膜，故A、B两项均错误；电解一段时间后，Ⅰ中溶液的c(OH－)升高，pH升高，Ⅱ中为NaCl溶液，pH不变，Ⅲ中有HCl生成，故c(H＋)增大，pH减小，Ⅳ中H＋移向Ⅲ，H2O放电生成O2，使水的量减小，c(H＋)增大，pH减小，C不正确。
[反思归纳] 含离子交换膜电化学装置题的解题步骤
1．电解降解法可用于治理水体硝酸盐污染，将NO降解成N2的电解装置如下图所示。下列说法正确的是( )
A．电源的正极为b极
B．电解时H＋从膜右侧迁移到膜左侧
C．Ag Pt电极反应为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑
D．若转移的电子数为1.204×1024，生成N2 5.6 g
解析：选D 根据题意分析可知，Ag Pt电极作阴极，b极为电源负极，A项错误；阳离子向阴极移动，故质子应是由左侧向右侧迁移，B项错误；阴极得电子，C项错误；根据N原子守恒可知2NO～N2～10e－，若转移电子数为1.204×1024即转移2 mol电子时，生成0.2 mol N2，N2的质量为5.6 g，D项正确。
2．KIO3可采用“电解法”制备，装置如图所示。
(1)写出电解时阴极的电极反应式_________________________________________。
(2)电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为______，其迁移方向是________。
解析：(1)该装置为电解池，电解时阴极电解质为KOH，由水电离出的氢离子放电，故电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑；(2)电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K＋，在电解池中离子移动方向为阳离子移向阴极，故K＋由a到b迁移。
答案：(1)2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑ (2)K＋ 由a到b
[分级训练·课课过关]___________________________________________________ ___
1．下面有关电化学的图示，完全正确的是( )
解析：选D A为原电池，锌应为负极；B为电解精炼铜的装置，粗铜应为阳极；C为电镀池，镀件铁片应该为阴极；D为电解饱和食盐水并检验其产物的装置，电流流入的一极为阳极，阳极析出氯气，用淀粉碘化钾溶液检验氯气，阴极析出的氢气，用向下排空气法收集。
2．若在铜片上镀银时，下列叙述正确的是( )
①将铜片接在电源的正极上；②将银片接在电源的正极上；③在铜上发生的反应是Ag＋＋e－===Ag；④在银片上发生的反应是4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；⑤需用硫酸铜溶液作为电镀液；⑥需用硝酸银溶液作为电镀液
A．①③⑥ B．②③⑥
C．①④⑤ D．②③⑤
解析：选B 在铜片上镀银，铜片作阴极，电极反应式为Ag＋＋e－===Ag；银片作阳极，电极反应式为Ag－e－===Ag＋；电解液应含有Ag＋，故B正确。
3．常温下，如图装置电解一段时间，当某极析出0.32 g Cu时，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液pH分别为(溶液足量，体积均为100 mL且电解前后溶液体积变化忽略不计)( )
A．13、7、1 B．12、7、2
C．1、7、13 D．7、13、1
解析：选A n(Cu)＝＝0.005 mol，由电极反应式Cu2＋＋2e－===Cu可知，转移的电子的物质的量为0.01 mol，电解时，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中电解反应方程式分别为2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑、2H2O2H2↑＋O2↑、2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4。Ⅰ中生成0.01 mol OH－，c(OH－)＝＝0.1 mol·L－1，pH＝13；Ⅱ中电解实质是电解水，溶液仍然呈中性，溶液的pH＝7；Ⅲ中生成0.01 mol H＋，c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1，pH＝1，故A正确。
4．用含少量银和锌的粗铜作阳极，纯铜片作阴极，CuSO4溶液作电解液，电解一段时间后，阳极质量减少了x g，则( )
A．电解液质量增加x g B．阴极质量增加x g
C．阴极质量增加b g，b解析：选C 由于粗铜中含有Zn和Ag，在电解过程中阳极先是锌失去电子，然后是铜失去电子，Ag形成阳极泥；而阴极一直是铜析出。在电解过程中，两极得失电子相等，所以溶解的锌和铜的物质的量之和等于析出的铜的物质的量，但由于M(Zn)>M(Cu)，且还有一部分Ag要形成阳极泥，所以阳极减少的金属的质量大于阴极析出铜的质量，即b5．氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。如图是离子交换膜法电解饱和食盐水制烧碱的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。完成下列填空：
(1)写出电解精制饱和食盐水的离子方程式：_____________________________________
________________________________________________________________________。
(2)离子交换膜的作用为______________________________________________。
(3)精制饱和食盐水从图中________位置补充，氢氧化钠溶液从图中________位置流出。(填“a”“b”“c”或“d”)
解析：(1)电解精制饱和食盐水时可制得氯气、氢气、烧碱，反应的离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
(2)阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜进入阴极，如果氯气进入阴极则易和氢气混合发生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯。
(3)电解槽中阴极上氢离子放电生成氢气，水的电离平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠溶液，NaOH溶液的出口为d；氯气在阳极生成，根据装置图分析可知精制饱和食盐水从阳极补充，即进口为a。
答案：(1)2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
(2)既避免了Cl2与H2混合光照下发生爆炸，又防止了Cl2与NaOH溶液的反应 (3)a d
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13第二课时 化学平衡状态
明课程标准 扣核心素养
1.了解可逆反应的含义，知道可逆反应在一定条件下能达到化学平衡。2.能描述化学平衡状态，判断化学反应是否达到平衡。 变化观念与平衡思想：能从不同视角认识可逆反应，知道可逆反应在一定条件下能达到化学平衡，条件改变，平衡可能会发生移动。证据推理与模型认知：能从定性、定量角度收集证据，通过图像建立化学平衡状态的认知模型，并能运用模型解决有关化学平衡状态的有关问题。
可逆反应
(1)概念
在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应。
(2)表示方法
用“”表示，把从左向右进行的反应称为正反应，从右向左进行的反应称为逆反应。例如工业合成氨的反应为N2＋3H22NH3。
(3)特征
②实例：使2 mol SO2与1 mol O2在密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，充分反应后，容器中存在的物质有SO2、O2、SO3。
1．在已达到平衡的可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)中，充入由18O组成的氧气一段时间后，18O存在于下列物质中的( )
A．氧气中 B．氧气和三氧化硫中
C．氧气和二氧化硫中 D．二氧化硫、氧气和三氧化硫中
解析：选D 化学平衡是动态平衡，加入的18O2会与SO2结合生成含18O的SO3，同时含有18O的SO3又会分解得到SO2和O2，使得SO2和O2中也含有18O，因此18O存在于SO2、O2、SO3这三种物质中。
2．在容积不变的密闭容器中进行反应：X2(g)＋3Y2(g)2Z2(g)，若X2、Y2、Z2的初始物质的量浓度分别为0.10 mol·L－1、0.30 mol·L－1、0.20 mol·L－1，当反应达到平衡时Z2的物质的量浓度不可能是 ( )
A．0.05 mol·L－1 B．0.20 mol·L－1
C．0.35 mol·L－1 D．0.40 mol·L－1
解析：选D 假设X2和Y2全部转化为Z2，此时c(X2)＝0 mol·L－1，c(Y2)＝0 mol·L－1，c(Z2)＝0.40 mol·L－1，但由于该反应是可逆反应，则达到平衡时反应物和生成物的浓度均不可能是0。故平衡时Z2的物质的量浓度不可能是0.40 mol·L－1。
可逆反应是有限度的，在一定的条件下会建立化学平衡状态，下面以合成氨反应为例进行探究。图1为可逆反应中反应物和生成物的浓度随时间的变化曲线，图2为可逆反应的正、逆反应速率随时间的变化曲线。
[问题探讨]
1．随着反应的进行，反应物和生成物的浓度如何变化？正、逆反应速率如何变化？
提示：反应物浓度逐渐减小，生成物浓度逐渐增大，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大。
2．当反应进行足够长时间后，反应物和生成物的浓度是否发生变化？正、逆反应速率是否发生变化？此时的状态称为什么？
提示：浓度不再变化，正、逆反应速率也不再变化，此时v正＝v逆，各组分浓度均不再改变，即反应达到了化学平衡状态。
3．当反应进行足够长时间后，反应是否停止？
提示：此时v正＝v逆≠0，故反应没有停止。
1．化学平衡状态的建立
(1)在一定条件下，把1 mol N2和3 mol H2充入一密闭容器中发生反应。
(2)用速率—时间(v t)图像表示出以上过程：
2．化学平衡状态的概念
当外界条件不变时，可逆反应进行到一定程度，反应物和生成物的浓度不再随时间而发生变化，我们称之为化学平衡状态，简称化学平衡。
3．化学平衡状态的特征
4．判断可逆反应是否达到平衡状态的方法
(1)直接判据
①v正＝v逆
②反应混合物中各组分的质量和浓度保持不变
(2)间接判据
①常用物理量：气体总的物质的量、压强、混合气体的平均密度、平均摩尔质量。
②判断方法：“变量不变即为平”即假设反应向正反应方向进行时，该物理量若发生变化，则某时刻该物理量不再改变时，即认为达到化学平衡状态。若该物理量为一直不变的量，则无法用于判断。
1．在一个固定容积的密闭容器中，有可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，当m、n、p、q为任意正整数时，能说明该反应一定达到平衡状态的是( )
A.气体分子的平均摩尔质量不再发生变化
B．各组分的物质的量浓度不再改变
C．A与C的质量分数相等
D．反应速率vA∶vB∶vC∶vD＝m∶n∶p∶q
解析：选B 若m＋n＝p＋q，反应前后气体的总物质的量不变，且各反应物与生成物都是气体，则混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能根据气体分子的平均摩尔质量判断反应是否达到平衡状态，A错误；各组分的物质的量浓度不再改变，表明正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，B正确；A与C的质量分数相等时，正、逆反应速率不一定相等，无法判断反应是否达到平衡状态，C错误；反应速率始终满足vA∶vB∶vC∶vD＝m∶n∶p∶q，无法据此判断反应是否达到平衡状态，D错误。
2．在密闭容器中发生反应I2(g)＋H2(g)2HI(g) ΔH＝－14.9 kJ·mol－1，能说明反应已经达到化学平衡状态的是( )
A．各物质的浓度相等
B．反应容器内压强不变
C．混合气体的颜色不再变化
D．单位时间内断裂a mol H—H键，同时形成2a mol H—I键
解析：选C 各物质的浓度相等，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，A错误；该反应反应前后气体分子数不变，无论反应进行到什么程度，反应混合物的物质的量不变，体系的压强不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡，B错误；反应混合物中只有I2是有色气体，若混合气体的颜色不再变化，说明I2的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；单位时间内断裂a mol H—H键，同时形成2a mol H—I键表示的都是正反应速率，不能据此判断反应是否达到平衡状态，D错误。
3．一定温度下，在2 L的恒容密闭容器内发生的反应中，M、N的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
请回答下列问题：
(1)该反应的化学方程式为___________________________________________________。
(2)在t2时刻，存在的等量关系是________，此时反应是否达到化学平衡状态？________(填“是”或“否”)
(3)在t3时刻，v正________(填“>”“<”或“＝”)v逆，理由是 ________________________________________________________________________。
解析：(1)当N减少6 mol时，M增加3 mol，所以化学方程式为2NM。(2)t2时刻，n(M)＝n(N)＝4 mol，t2时刻后，N的物质的量继续减小，M的物质的量继续增加，故反应未达到平衡状态。(3)t3时刻，M和N的物质的量均不再发生变化，此时反应已达到平衡状态。
答案：(1)2NM
(2)n(M)＝n(N) 否
(3)＝ M和N的物质的量不再随时间发生变化，所以反应已达到平衡状态
[分级训练·课课过关]____________________ _____________________________________
1.一定条件下，向密闭容器中充入1 mol NO 和1 mol CO进行反应：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)，测得化学反应速率随时间的变化关系如图所示，其中处于化学平衡状态的点是( )
A．d点 B．b点
C．c点 D．a点
解析：选A 由图可知，a、b、c点的正反应速率均大于逆反应速率，都未达到平衡状态；只有d点正、逆反应速率相等，由正、逆反应速率相等的状态为平衡状态可知，图中处于化学平衡状态的点是d点，选项A正确。
2．下列说法中，可以证明反应N2＋3H22NH3已达到平衡状态的是( )
①1个N≡N键断裂的同时有3个H—H键形成
②N2、H2、NH3的分子数之比为1∶3∶2 ③1个N≡N键断裂的同时有6个N—H键形成 ④N2、H2、NH3的浓度不再变化
A．①④ B．②③
C．①③ D．②④
解析：选A ①有一个N≡N键断裂时，也应有3个H—H键断裂，即与3个H—H键形成是相反方向的，v正＝v逆，故能说明反应达到平衡状态；②平衡时，N2、H2、NH3的分子数之比不一定为1∶3∶2；③一个N≡N 键断裂的同时必定形成6个N—H键，不能说明反应达到平衡；④各物质浓度不变，是化学平衡状态的重要标志之一，反应达到平衡。
3．一定条件下，将NO2与SO2以体积比为1∶2置于密闭容器中发生反应：NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g) ΔH＝－41.8 kJ·mol－1，下列能说明反应达到平衡状态的是( )
A．体系压强保持不变
B．混合气体的颜色保持不变
C．SO3和NO的体积比保持不变
D．每消耗1 mol SO2的同时消耗1 mol NO2
解析：选B 由于该反应为反应前后气体体积相等的反应，体系的压强始终保持不变，故压强不变，反应不一定达到平衡，A错误；混合气体的颜色保持不变，说明反应达到平衡状态，B正确；SO3与NO的体积比始终保持1∶1，C错误；每消耗1 mol SO2同时生成1 mol NO2时，表示正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D错误。
4．一定温度下，在恒容密闭容器中充入CO和H2，发生反应：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g) ΔH<0。下列图像符合实际且t0时达到平衡状态的是( )
解析：选D 该反应中气体总质量、容器容积为定值，则密度始终不变，题图A不符合实际，错误；初始CH3OH的体积分数应该为0，题图B与实际不符，错误；2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)为反应前后有气体体积差的反应，混合气体总质量为定值，反应过程中混合气体的物质的量逐渐减小，则混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，题图C与实际不符，错误；2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)为反应前后有气体体积差的反应，反应过程中压强逐渐减小，当压强不再变化时，如t0时，表明反应达到平衡状态，D正确。
5．下列叙述中可以说明反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)已达平衡状态的是( )
①单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI；②反应体系的颜色不再变化；③百分组成w(HI)＝w(I2)；④反应速率v(H2)＝v(I2)＝v(HI)；⑤c(HI)∶c(H2)∶c(I2)＝2∶1∶1；⑥v分解(HI)＝v生成(HI)；⑦压强不变。
A．①③⑤ B．②⑥
C．④⑤ D．④⑥⑦
解析：选B ①中表示的反应速率的方向相反，但不能满足反应速率之比等于相应的化学计量数之比；②产物中I2(g)有颜色，当体系的颜色不再发生变化时，说明I2(g)的浓度不再变化，可以判断反应达到平衡；平衡时各物质的浓度不再发生变化，但各物质的浓度之间不一定满足某种关系，故③、⑤不能说明反应达到平衡状态；反应速率之比等于相应的化学计量数之比，因此④中的关系是始终成立的，不能说明反应达到平衡状态；⑥v分解(HI)、v生成(HI)分别表示正、逆反应速率，二者相等时说明反应达到平衡状态；根据反应方程式可知，反应前后气体体积是不变的，因此压强始终是不变的，所以⑦不能说明反应达到平衡状态。
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7第二课时 影响化学反应速率的因素
明课程标准 扣核心素养
1.通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。2.知道化学反应是有历程的，认识基元反应的活化能对化学反应速率的影响。3.知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。4.能通过实验探究分析不同组分浓度的改变对化学反应速率的影响，能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。 变化观念与平衡思想：形成化学变化是有条件的观念，认识反应条件对化学反应速率的影响，能运用相关原理分析影响化学反应速率的因素，形成并发展变量控制的实验思想。证据推理与模型认知：能依据证据从不同视角分析问题，推理并得出合理的结论；能建构、理解、描述并应用影响化学反应速率的模型。
硫代硫酸钠溶液与稀硫酸发生下列反应：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O。向A、B、C三支试管中各加入2 mL不同浓度的硫代硫酸钠溶液，浓度依次为0.1 mol·L－1、0.05 mol·L－1、0.01 mol·L－1，再同时各加入2 mL 0.2 mol·L－1稀硫酸，观察并比较试管中出现浑浊现象的快慢。
[问题探讨]
1．你观察到哪些实验现象？
提示：三支试管中均逐渐出现浑浊，出现浑浊由快到慢的顺序为A、B、C。
2．依据实验现象，你能得出哪些实验结论？
提示：实验中仅改变了Na2S2O3的物质的量浓度，故可得出结论：在其他条件不变时，增大Na2S2O3的浓度，反应速率增大；减小Na2S2O3的浓度，反应速率减小。
3．如何运用“碰撞理论”解释上述实验现象？
提示：化学反应中，能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子。当增加反应物的浓度时，单位体积内反应物的活化分子数目增多，反应物发生有效碰撞的次数增多，反应速率增大。
4．化学反应是有历程的，反应物分子经过一次碰撞就转化为产物分子的反应(一步完成反应)称为基元反应。那么H2(g)＋I2(g)===2HI(g)反应的历程是什么？每个基元反应都有对应的活化能，活化能与活化分子所占比例有什么关系？对化学反应速率有哪些影响？决定化学反应速率大小的是活化能大的还是活化能小的基元反应？
提示：反应历程：I2===2I、H2＋2I===2HI，反应的活化能越大，活化分子所占比例越小，有效碰撞的比例也就越小，故化学反应速率越小；活化能大的基元反应决定整个反应的化学反应速率的大小。
1．浓度对化学反应速率的影响
对于气体或在溶液中发生的化学反应，其他条件不变时，增大反应物的浓度可以增大化学反应速率；减小反应物的浓度可以减小化学反应速率。
2．浓度对化学反应速率影响的注意点
(1)若质量、物质的量、体积等的改变不能使浓度改变，则化学反应速率不变。
(2)由于固体或纯液体的浓度可视为常数，所以改变固体或纯液体的量，对化学反应速率无影响。
(3)增大固体的表面积能加快化学反应速率，如用锌粒与盐酸反应制氢气比用锌片与盐酸反应制氢气的速率快。
(4)若为可逆反应，增大反应物浓度，正反应速率增大，在此瞬间生成物浓度不变，逆反应速率不变。但随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，生成物的浓度逐渐增大，故正反应速率逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大，直到二者相等。
3．有效碰撞理论与活化能
如图所示：
图中E1指反应的活化能，E1－E2是反应热。
4．化学反应速率与活化分子、有效碰撞的关系
活化分子的百分数越大，单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。如图所示：
[拓展] 反应物的浓度与化学反应速率之间的定量关系
(1)反应速率方程
反应速率方程可定量地表示参与反应的反应物浓度与化学反应速率之间的关系。
有关反应速率方程的注意点
①化学反应的反应速率方程是实验测定的结果，不能随意根据反应的化学方程式直接写出。对于很多反应，反应速率方程中浓度的方次与化学方程式中各物质化学式前的系数无确定关系。如H2＋Cl2===2HCl，v＝kc(H2)·c(Cl2)。
②对于有固体或纯液体参加的化学反应，固体或纯液体的浓度可视为常数，不能出现在反应速率方程中。如C(s)＋O2(g)===CO2(g)，v＝kc(O2)。
(2)反应速率常数(k)
含义 表示单位浓度下的化学反应速率
单位 不同的反应速率方程中k的单位不同
意义 通常，反应速率常数k越大，反应进行得越快
影响因素 与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响
1．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是( )
实验 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol·L－1) V/mL c/(mol·L－1) V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
解析：选D 多个外界条件不同时，要对比找出其他相同条件，然后比较不同条件。影响化学反应速率的因素很多，本题从浓度和温度两个因素考查，结合选项知混合液体的体积都为20 mL，根据浓度越大、温度越高，反应速率越快，可以推知D选项正确。
2．已知反应2NO＋2H2===N2＋2H2O的反应速率方程为v＝kc2(NO)·c(H2)(k为反应速率常数)，其反应历程如下：
①2NO＋H2―→N2＋H2O2 慢
②H2O2＋H2―→2H2O 快
下列说法不正确的是( )
A．增大c(NO)，可提高总反应的反应速率
B．c(NO)、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同
C．该反应的快慢主要取决于反应①
D．减小c(H2)，可降低总反应的反应速率
解析：选B 根据反应速率方程v＝kc2(NO)·c(H2)知，增大c(NO)，可提高总反应的反应速率，减小c(H2)，可降低总反应的反应速率，故A、D项正确；根据反应速率方程v＝kc2(NO)·c(H2)知，c(NO)、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不同，如c(NO)变为原来的2倍，v则变为原来的4倍，而c(H2)变为原来的2倍，v变为原来的2倍，故B项错误；反应速率由最慢的一步决定，该反应的快慢主要取决于反应①，故C项正确。
在化学反应中，若反应物分别以气体、液体或固体三种状态存在，改变反应体系的压强，反应物的浓度是否都发生变化呢？对化学反应速率有哪些影响？
提示：改变体系的压强对液体、固体的浓度几乎没有任何影响，但会影响气体的浓度。对于有气体参加的反应，在密闭容器中保持温度不变时，增大压强，气体体积减小，相当于增大反应物的浓度，反应速率增大；减小压强，气体体积增大，相当于减小反应物的浓度，反应速率减小。
[问题探讨]
1．恒温恒容时，向反应体系中充入反应气体(如向合成氨反应中充入N2)，化学反应速率如何变化？
提示：总压强增大，该反应物浓度增大，反应速率增大。
2．恒温恒容时，充入“无关气体”(如He、Ne、Ar等不参与反应也不干扰反应的气体)，体系总压强增大，反应速率也增大吗？
提示：总压强增大，但反应混合物中各组分的浓度没有改变，反应速率不变。
3．恒温恒压时，向反应体系中充入“无关气体”，反应速率如何变化？
提示：体积增大，反应混合物中各组分的浓度减小，反应速率减小。
4．经过研讨，你对“压强对化学反应速率的影响”有哪些新的认识？
提示：压强对化学反应速率的影响是通过改变物质的浓度实现的，若压强改变，反应体系中物质的浓度不变，则对化学反应速率无影响。若压强增大，反应体系中物质的浓度增大，则反应速率增大；若压强减小，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小。
改变压强，对化学反应速率产生影响的根本原因是引起浓度改变。所以在讨论压强对反应速率的影响时，应区分引起压强改变的原因。
1．对于没有气体参与的化学反应，改变压强，对化学反应速率无影响。
2．对于有气体参与的化学反应，有以下几种情况。
(1)恒温恒容时
①充入气体反应物总压强增大浓度增大反应速率加快。
②充入“无关气体”(如He、Ne、Ar、N2等不参与本反应也不干扰本反应的气体，下同)总压强增大，但各反应物浓度不变，则反应速率不变。
(2)恒温恒压时
①同等程度地充入相应的气体反应物体积增大，但各反应物浓度不变，则反应速率不变。
②充入“无关气体”体积增大各反应物浓度减小反应速率减慢。
1．在一定条件下的密闭容器中存在下列四个化学反应，增大容器的容积对化学反应速率没有影响的是 ( )
A．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
B．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
C．CO2(g)＋H2O(l)H2CO3(aq)
D．Fe3＋(aq)＋3SCN－(aq)Fe(SCN)3(aq)
解析：选D 压强只对有气体参加或生成的反应的反应速率有影响，对于没有气体参加或生成的反应的反应速率无影响，D项符合题意。
2．反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施能使该反应的反应速率减慢的是 ( )
A．缩小体积使压强增大
B．压强不变充入He使体积增大
C．体积不变充入He使压强增大
D．体积不变充入NO使压强增大
解析：选B A项，反应体系中物质的浓度增大，反应速率加快；B项，反应体系中物质的浓度减小，反应速率减小；C项，反应体系中物质的浓度不变，反应速率不变；D项，反应体系中物质的浓度增大，反应速率加快。
酸性高锰酸钾溶液与草酸(H2C2O4)发生下列反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O。
取3支试管(分别标记为A、B、C)，向试管中分别加入2 mL 0.01 mol·L－1酸性高锰酸钾溶液，再向试管中分别加入2 mL 0.1 mol·L－1草酸溶液。将3支试管分别放入冰水中、室温下及80 ℃的热水中。
[问题探讨]
1．你预测3支试管中会出现哪些现象？
提示：三支试管中酸性KMnO4溶液均逐渐褪色，褪色先后顺序为C、B、A。
2．实验中你观察到哪些现象？
提示：与预测现象相同。
3．通过实验，你得出哪些结论？
提示：其他条件相同时，升高温度，反应速率增大；降低温度，反应速率减小。
4．运用“碰撞理论”，如何解释上述现象？
提示：随着温度的升高，反应物的活化分子数目增多，分子运动加快，活化分子有效碰撞的次数增多，反应速率增大。
1．温度对化学反应速率的影响
其他条件相同时，升高温度，反应速率增大；降低温度，反应速率减小。
2．温度对化学反应速率影响的理论解释
其他条件相同时，升高温度可以提高反应物分子的能量，反应物的活化分子数目增多，分子运动加快，活化分子有效碰撞的次数增多，反应速率增大。
3．所有化学反应的反应速率都与温度有关
一般来说，温度对化学反应速率的影响比浓度、压强对化学反应速率的影响要大，也更易于控制，加热是实验室最常用的加快化学反应速率的方法。科学研究表明对于许多反应而言，一般温度每升高10 K，其反应速率可增加2～4倍。
1．升高温度能加快化学反应速率的主要原因是( )
A．增加活化分子百分数
B．降低活化分子的能量
C．活化分子的能量明显增加
D．降低反应所需的能量
解析：选A 升高温度，活化分子的百分数增加，有效碰撞的次数增加，所以化学反应速率加快。
2.把镁条投入盛有盐酸的敞口容器中，产生氢气的速率变化曲线如图所示。下列因素中，影响该反应速率的主要因素是( )
①盐酸的浓度 ②镁条的表面积
③溶液的温度 ④Cl－的浓度
A．①④ B．③④
C．①③ D．②③
解析：选C 由题图可知，该反应速率先增大后减小，该反应为放热反应，放出热量，温度升高，则反应速率加快，后来盐酸浓度减小，则反应速率逐渐减小，即前一阶段温度对反应速率的影响起主要作用，后一阶段盐酸的浓度对反应速率的影响起主要作用。因Cl－不参与反应，Cl－的浓度增大或减小都不影响化学反应速率，且该反应中Cl－的浓度可视为不变，另外镁条的表面积会影响反应速率，但在该反应中不是主要因素，即影响该反应速率的主要因素为①③，答案选C。
向A、B、C 3支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，再向试管中分别加入2～3滴洗涤剂。向试管A中加入2～3滴FeCl3溶液，向试管B中加入少量MnO2粉末，C试管留作比较用。观察、比较3支试管中发生的实验现象。
提示：3支试管中均产生气泡，B试管中气泡最多，A试管中气泡较少，C试管中气泡很少。
[问题探讨]
1．通过实验得出的实验结论是什么？
提示：催化剂对化学反应速率有显著影响，一般来说，使用催化剂可以加快化学反应速率。
2．如何用常用的反应速率理论(过渡态理论)解释催化剂对化学反应速率的影响？
提示：使用催化剂可以改变反应历程，降低反应的活化能，活化能越低，反应速率越快。
3．如表所示列出了一些反应在使用催化剂前后的活化能数据以及反应速率常数之比。
化学反应 催化剂 Ea/(kJ·mol－1)
无催化剂 有催化剂
C12H22O11(蔗糖)＋H2O===C6H12O6(葡萄糖)＋C6H12O6(果糖) 蔗糖酶 107 36 9.2×1011(310 K)
2HI===H2＋I2 金 184 105 1.6×108(503 K)
CH3CHO===CH4↑＋CO↑ 碘 210 136 7.5×104(793 K)
2H2O2===2H2O＋O2↑ 过氧化氢酶 75 25 5.8×108(298 K)
分析表中数据，你能得出哪些结论？
提示：(1)分析表中数据可以得出：有催化剂时，反应的活化能降低，反应速率常数增大，化学反应速率增大。
(2)与其他因素相比，催化剂对化学反应速率影响的程度更大，这是因为催化剂能通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能。
1．催化剂对化学反应速率的影响
催化剂是通过降低化学反应所需的活化能来增大反应速率的。
2．催化剂的催化原理
(1)由于催化剂的质量及化学性质在反应前后不变，反应历程中必定既包括有催化剂参与的反应，又包括使催化剂再生成的反应。
(2)催化剂通过参与反应改变反应历程，较大幅度地降低反应的活化能来提高化学反应速率。
(3)催化剂的催化机理
使用催化剂―→改变反应历程―→降低反应的活化能(如下图所示臭氧分解反应的历程)―→使更多的反应物分子成为活化分子―→增加活化分子百分数―→加快化学反应速率：
3．催化剂的特点
(1)选择性：某种催化剂对某一反应可能是活性很强的催化剂，但对其他反应就不一定有催化作用。催化剂只能在一定的条件下，才能催化某个或某几个反应。
(2)高效性：可以较大幅度地降低反应的活化能，从而有效地提高化学反应速率。
[名师点拨]
(1)催化剂可同等程度地改变可逆反应的正、逆反应速率。
(2)催化剂只有在一定温度下才能最大程度地显示其催化作用，不同的催化剂对温度的要求不一定相同。
(3)有的催化剂能加快化学反应速率，有的催化剂能减慢化学反应速率。能加快化学反应速率的催化剂叫做正催化剂；能减慢化学反应速率的催化剂叫做负催化剂。在实践中，如不特别说明，凡是说催化剂都是指正催化剂。
(4)催化剂中毒：催化剂的催化性能往往因接触某些物质而明显下降甚至失效，这种现象叫做催化剂中毒。工业上为了防止催化剂中毒而把原料进行净化，除去杂质。
1．下列关于催化剂的说法正确的是( )
A．催化剂能使不发生反应的物质发生反应
B．催化剂的化学性质在反应前后发生改变，但质量不变
C．催化剂能改变化学反应速率
D．任何化学反应都需要催化剂
解析：选C 催化剂能改变化学反应速率，但不能使不发生反应的物质发生反应，A项错误，C项正确；催化剂的质量及化学性质在反应前后均不发生变化，B项错误；很多化学反应不需要催化剂就能发生，如酸碱中和反应，D项错误。
2．过二硫酸钾(K2S2O8)是一种无色结晶，不溶于乙醇，有强氧化性，易分解。在Ag＋催化下，Cr3＋被S2O氧化为Cr2O的机理为：
S2O＋2Ag＋===2SO＋2Ag2＋ 慢
2Cr3＋＋6Ag2＋＋7H2O===6Ag＋＋14H＋＋Cr2O 快
下列有关说法正确的是( )
A．反应速率与Ag＋浓度有关
B．Ag2＋也是该反应的催化剂
C．Ag＋能降低该反应的活化能和焓变
D．v(Cr3＋)＝v(S2O)
解析：选A 慢反应中Ag＋参与反应，快反应中又生成了Ag＋，则Ag＋起到催化剂的作用，催化剂可降低反应的活化能，但不能改变焓变。Ag＋浓度越大，反应速率越大，A正确，C错误；Ag2＋为中间产物，不是催化剂，B错误；反应总方程式为3S2O＋2Cr3＋＋7H2O===6SO＋14H＋＋Cr2O，反应速率之比等于化学计量数之比，D错误。
3．为探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解反应的催化效果，某同学分别设计了如图中甲、乙所示的实验。下列叙述不正确的是( )
A．甲实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
B．若甲实验中反应速率①>②，则一定可以说明Fe3＋比Cu2＋对H2O2分解反应的催化效果好
C．乙实验可通过测定相同状况下产生气体的体积与反应时间来比较反应速率的大小
D．乙实验中关闭A处活塞，将注射器活塞向外拉，松开后注射器活塞复原说明装置气密性良好
解析：选B 可以通过观察产生气泡的快慢来比较甲实验中反应速率的大小，故A正确；若甲实验中反应速率①>②，则能说明FeCl3比CuSO4对H2O2分解反应的催化效果好，但不一定是Fe3＋和Cu2＋起催化作用，也可能是SO和Cl－起催化作用，故B错误；可以通过测定相同状况下产生气体的体积与反应时间来比较乙实验中反应速率的大小，故C正确；乙实验中关闭A处活塞，将注射器活塞向外拉出一定距离，若装置气密性良好，松开后注射器活塞会复原，故D正确。
其他因素对化学反应速率的影响
(1)增大反应物间的接触面积，反应速率会随之增大。固体物质的反应速率与表面积有关，颗粒越小，表面积越大，反应速率就越快，故块状固体可通过研磨来增大表面积，从而加快化学反应速率。如在三氧化硫的吸收阶段，吸收塔里装填瓷环，增大气液接触面积，使气体的吸收速率增大。
(2)光、电磁波、超声波等因素也会对反应速率产生影响。
1．用纯净的碳酸钙和稀盐酸反应制取CO2气体。下列措施对改变该反应的反应速率几乎没有影响的是( )
①改用等浓度的硝酸与碳酸钙反应
②增大反应体系的压强或减小反应体系的压强
③改用相同质量的粉末状碳酸钙代替块状碳酸钙
④改用含有相同H＋浓度的稀硫酸
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
解析：选A 因硝酸与盐酸的浓度相同，故对反应速率无影响。压强对反应速率的影响是通过改变气体的浓度来改变反应速率的，而该反应为固体碳酸钙与液体盐酸的反应，反应物中没有气体，故改变压强对该反应的反应速率几乎没有影响；粉末状碳酸钙的表面积较大，反应速率增大；尽管强调了稀硫酸与原盐酸中的H＋浓度相同，但稀硫酸与碳酸钙反应生成的CaSO4微溶，会覆盖在碳酸钙表面，从而使碳酸钙与H＋的接触面积减小，导致反应速率减小。
2．在四支试管中发生反应：Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑，生成H2的速率最大的是( )
试管 等质量镁的形状 盐酸的浓度/(mol·L－1) 温度/℃
A 条状 0.1 30
B 条状 0.1 40
C 粉末状 0.1 40
D 粉末状 0.5 40
解析：选D 浓度越大，温度越高，固体的表面积越大，则反应速率越大，对比表中数据可知，D中盐酸浓度最大，固体呈粉末状，温度也是最高，则反应速率最大。
Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2＋浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。某校化学兴趣小组现运用该方法降解有机污染物p－CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
【实验设计】控制p－CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298 K或313 K(其余实验条件见下表)，设计如下对比实验：
实验编号 实验目的 T/K pH c/(10－3 mol·L－1)
H2O2 Fe2＋
① 为以下实验作参考 298 3 6.0 0.30
② 探究温度对降解反应速率的影响
③ 298 10 6.0 0.30
(1)请完成上述实验设计表(表中不要留空格)。
提示：②313 3 6.0 0.30
③探究pH对降解反应速率的影响
【数据处理】实验测得p－CP的浓度随时间变化的关系如图。
(2)请根据如图实验①曲线，计算降解反应在50～150 s内的反应速率v(p－CP)。
提示：v(p－CP)＝
＝8×10－6 mol·L－1·s－1。
【解释与结论】
(3)实验①②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因。
提示：温度过高，H2O2分解使c(H2O2)降低。
(4)实验时需在不同时间点从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法。
提示：根据曲线③可以得出，该反应在pH＝10的溶液中停止，故可在反应液中加入碱溶液，使溶液的pH迅速增大，从而使反应停止。
[反思归纳] 化学反应速率影响因素类题的分析方法
1．变量控制法
当物质发生化学反应时，化学反应速率的大小不仅取决于物质的本质特性，还受浓度、温度、压强、催化剂等外界因素的影响。当研究某个因素对化学反应速率的影响时，常常先控制其他因素不变，这种方法称为变量控制法。
2．分清主次法
当多个因素同时影响化学反应速率时，要分清哪个是主要因素。如锌与稀硫酸反应时，氢气的生成速率先由小变大，再由大变小，这是因为锌与稀硫酸反应时放热，体系温度逐渐升高，此时温度对反应速率的影响占主导地位，所以氢气的生成速率由小变大；一段时间后，反应体系中H＋的浓度减小，此时浓度对反应速率的影响占主导地位，所以氢气的生成速率又由大变小。
1．下表为某学生进行的两组实验：
反应物 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 水
甲 0.1 mol·L－1 10 mL 0.1 mol·L－1 10 mL 5 mL
乙 0.2 mol·L－1 5 mL 0.2 mol·L－1 5 mL 20 mL
若其他条件均相同，上述两组实验中，对应反应的反应速率关系为( )
A．甲>乙 B．甲<乙
C．甲＝乙 D．无法判断
解析：选A 甲组溶液的总体积是25 mL，混合溶液中，甲组反应物的浓度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝＝0.04 mol·L－1；乙组溶液的总体积是30 mL，混合溶液中，乙组反应物的浓度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝≈0.033 mol·L－1。由于甲组中反应物的浓度较大，故在其他条件相同时，其反应速率较大，即甲组的反应速率大于乙组的反应速率，A项正确。
2．某同学做探究浓度对化学反应速率的影响的实验时，将3支试管分别编号为①②③，实验结束后记录的数据如表所示。
试管编号 加3% Na2S2O3溶液 加H2O溶液 加H2SO4 出现浑浊的时间
① 3 mL 3 mL 5滴 33 s
② a mL 2 mL 5滴 28 s
③ 5 mL b mL 5滴 16 s
下列叙述不正确的是( )
A．反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O
B．Na2S2O3的浓度越大，反应速率越快
C．a＝4
D．b＝2
解析：选D Na2S2O3中S元素的化合价为＋2，Na2S2O3具有氧化性和还原性，在酸性条件下会发生氧化还原反应，反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，A项正确；在其他条件不变时，反应物的浓度越大，反应速率越快，B项正确；该实验是研究浓度对化学反应速率的影响，根据①可知，反应溶液的总体积为6 mL，则a＝4，b＝1，C项正确，D项错误。
[分级训练·课课过关]_________________________________________________________
1．反应3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )
A．压强不变，充入N2使容器容积增大
B．将容器的容积缩小一半
C．容积不变，充入水蒸气使体系压强增大
D．增加Fe的量
解析：选D 压强不变，充入N2使容器容积增大，则H2O(g)、H2(g)的浓度减小，反应速率减慢；将容器的容积缩小一半，反应体系中H2O(g)、H2(g)的浓度增大，反应速率加快；容积不变，向容器中充入反应物H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，反应速率加快；增加固体Fe的量，对反应速率不会产生影响。
2．增大压强对下列反应的速率无影响的是( )
A．CO2(g)＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O
B．H2(g)＋I2(g)===2HI(g)
C．NaCl＋AgNO3AgCl↓＋NaNO3
D．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
解析：选C 对于反应前后没有气体参与或生成的反应，如选项C中的反应，压强对其化学反应速率无影响。
3．在一氧化碳变换反应CO＋H2OCO2＋H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是( )
A．使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞概率增加
B．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞概率增加
C．增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞概率增加
D．增大c(CO)，活化分子百分数增大，有效碰撞概率增加
解析：选D 催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数，增大反应速率，所以使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞概率增加，故A正确；温度升高，活化分子的百分数增大，有效碰撞概率增加，反应的速率加快，故B正确；增大压强，活化分子百分数不变， 单位体积内活化分子数增多，有效碰撞概率增加，故C正确；浓度变大，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，有效碰撞概率增加，反应速率加快，故D错误。
4．反应2SO2＋O22SO3 ΔH＜0，当其他条件不变时，只改变一个反应条件，将生成SO3的反应速率的变化填入空格里(填写“增大”“减小”或“不变”)。
编号 改变的条件 生成SO3的速率
① 升高温度
② 降低温度
③ 增大氧气的浓度
④ 使用V2O5作催化剂
⑤ 压缩体积
⑥ 保持压强不变，充入N2
⑦ 保持气体总体积不变，充入N2
解析：升高温度，反应速率增大，反之反应速率减小；增大反应物的浓度，反应速率增大；使用适当催化剂，反应速率增大；压缩体积，浓度增大，反应速率增大；恒容条件下通入无关气体，反应物、生成物的浓度不变，反应速率不变；恒压条件下通入无关气体，容器容积增大，反应物、生成物的浓度减小，反应速率减小。
答案：①增大 ②减小 ③增大 ④增大 ⑤增大 ⑥减小 ⑦不变
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17浓度、压强变化对化学平衡的影响
题型一 浓度对化学平衡移动的影响
1．下列说法不正确的是( )
A．反应混合物各组分百分含量发生改变，化学平衡一定发生了移动
B．外界条件的改变引起v正≠v逆，则平衡一定发生移动
C．平衡移动，反应物的浓度一定减小
D．外界条件发生变化，化学平衡不一定移动
解析：选C 外界条件的改变使正、逆反应速率不相等时才能使化学平衡发生移动，增大反应物浓度使化学平衡移动时反应物的浓度增大。
2．在一恒容密闭容器中，反应A(g)＋B(g)C(g)达到平衡，若增大A的浓度，使平衡右移，并达到新的平衡，下列说法正确的是( )
A．A的浓度一定比原平衡小
B．A的转化率增大
C．C的体积分数一定大于原平衡C的体积分数
D．B的转化率一定增大
解析：选D 增大A的浓度，尽管平衡右移，但加入的A不可能全部转化，平衡的移动只是一个减弱的过程。平衡时A的浓度一定比原平衡大。增大A的浓度，A的转化率降低，而同为反应物的B的转化率升高。因为A的总量在增大，C的体积分数不一定增大。
3．在恒温恒容的条件下，反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(s)已达平衡，能使平衡正向移动的措施是( )
A．减小C或D的浓度 B．增大D的浓度
C．减小B的浓度 D．增大A或B的浓度
解析：选D 增大反应物的浓度或减小生成物的浓度都可以使平衡向正反应方向移动，但注意本题中物质D是固体，其浓度视为常数，故改变物质D的量对平衡无影响，D项正确。
题型二 压强对化学平衡移动的影响
4．在一密闭容器中发生反应：2A(g)＋2B(g)C(s)＋3D(g) ΔH<0，达到平衡时采取下列措施，可以使正反应速率v正增大、c(D)增大的是( )
A．移走少量C B．扩大容积，减小压强
C．缩小容积，增大压强 D．体积不变，充入“惰”气
解析：选C 改变固体用量对反应速率无影响，A错误；扩大容积，减小压强，v正减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，即逆向移动，c(D)也减小，B错误；C项与B项相反，正确；体积不变，充入“惰”气，反应物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，D错误。
5．在注射器中充入NO2，平衡后在恒温下进行压缩，若体积减小，则( )
A．体系颜色比原来深 B．体系颜色比原来浅
C．体系颜色不变 D．注射器内压强不变
解析：选A 对于可逆反应2NO2(g，红棕色)N2O4(g，无色)，增大压强，平衡右移，NO2的物质的量减小，但NO2的浓度比原来大，故体系颜色变深。
6．25 ℃时，在密闭容器中合成氨反应如下：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，下列叙述正确的是( )
A.混合气体的质量不变时，说明该反应一定达到平衡状态
B．将容器的体积扩大到原来的2倍，v正减小，v逆增大，平衡向左移动
C．1 mol N2(g)和3 mol H2(g)的总键能大于2 mol NH3(g)的总键能
D．在密闭容器中通入1 mol N2和3 mol H2进行反应，测得反应放出的热量小于92.4 kJ
解析：选D 该反应在反应前后气体的质量始终不变，故A错误；将容器的体积扩大到原来的2倍，容器中气体的压强减小，平衡逆向移动，v正、v逆都减小，故B错误；该反应为放热反应，说明1 mol N2(g)和3 mol H2(g)的总键能小于2 mol NH3(g)的总键能，故C错误；该反应为可逆反应，1 mol N2和3 mol H2不可能完全反应，反应放出的热量一定小于92.4 kJ，故D正确。
7．往FeCl3溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液呈红色，发生如下反应：
FeCl3＋3KSCN3KCl＋Fe(SCN)3
(棕黄色) (无色) (无色) (红色)
下列说法中正确的是( )
A．往上述溶液中滴入浓Fe2(SO4)3溶液，溶液红色变浅
B．往上述溶液中滴入浓NH4SCN溶液，溶液红色不变
C．往上述溶液中加入铁粉，溶液红色加深
D．往上述溶液中滴入NaOH溶液，溶液红色变浅
解析：选D 滴入浓Fe2(SO4)3溶液，Fe3＋浓度增大，平衡正向移动，Fe(SCN)3浓度增大，溶液红色变深；滴入浓NH4SCN溶液，SCN－浓度增大，平衡正向移动，Fe(SCN)3 浓度增大，溶液红色变深；加入铁粉，发生反应：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，Fe3＋浓度减小，平衡左移，Fe(SCN)3 浓度减小，红色变浅；滴入NaOH溶液形成氢氧化铁沉淀，平衡左移，Fe(SCN)3浓度减小，溶液颜色变浅。
8．在容积一定的恒温密闭容器中加入等物质的量的X、Y，进行如下可逆反应：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s) ΔH>0，当达到平衡后，下列叙述正确的是( )
A．若继续充入X，平衡向正反应方向移动，Y的转化率增大
B．若继续充入Z，平衡逆向移动，达到新平衡时Z的体积分数减小
C．若移走部分W，平衡正向移动
D．若移走部分X，上述反应的ΔH减小
解析：选A X为气体反应物，充入X，平衡正向移动，Y的转化率增大，故A正确；Z为气体生成物，虽然充入Z平衡逆向移动，但由于充入了Z达到新平衡时Z的体积分数增大，故B错误；W为固体，改变其用量，平衡不移动，故C错误；ΔH只与热化学方程式中的化学计量数及各物质的状态有关，与参加反应的反应物的量无关，故D错误。
9．有甲、乙、丙三支试管，分别加入下列物质后，观察这三支试管的颜色，其中颜色最浅的是( )
甲：10 mL 0.01 mol·L－1的FeCl3溶液和10 mL 0.01 mol·L－1的KSCN溶液
乙：5 mL水、10 mL 0.01 mol·L－1的FeCl3溶液和5 mL 0.01 mol·L－1的KSCN溶液
丙：10 mL 0.1 mol·L－1的FeCl3溶液和10 mL 0.1 mol·L－1的KSCN溶液
A．甲试管 B．乙试管
C．丙试管 D．无法判断
解析：选B 三支试管中存在如下平衡体系：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3(血红色)，由于丙试管中Fe3＋和SCN－的浓度最大，故其颜色最深；甲与乙相比，甲中SCN－的浓度大于乙中SCN－的浓度，平衡正向移动，颜色加深，故乙中颜色最浅。
10．在一个固定容积的密闭容器中，放入3 L X(g)和2 L Y(g)，在一定条件下发生反应：4X(g)＋3Y(g)2Q(g)＋nR(g)，达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5%，X的浓度减少，则方程中n的值是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选D 达到平衡后，混合气体的压强比原来增加，压强之比等于物质的量之比，即反应后的气体系数之和大于反应前气体的系数之和，则4＋3＜2＋n，只有D符合，故选D。
11．在密闭容器中发生反应：aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的2.3倍，下列叙述正确的是( )
A．A的转化率变小 B．平衡向逆反应方向移动
C．a>c＋d D．D的体积分数变小
解析：选C 反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度为原平衡的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的2.3倍，可知压强增大，平衡正向移动，则A的转化率变大，a>c＋d，D的体积分数变大。
12．温度不变时，在恒压容器a与恒容容器b中，分别充入体积比为1∶3的N2和H2。若开始时两容器的体积相等，且在相同条件下达到平衡时，两容器中N2的转化率应当是( )
A．a中大 B．b中大
C．a、b一样大 D．无法判断
解析：选A 氮气和氢气的反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强越大，氮气的转化率越大，随着反应的进行，a容器内气体的压强不变，b容器内气体的压强减小，a容器中气体的压强大于b容器中气体的压强，所以a容器中氮气的转化率大。
13．已知反应mA(g)＋nB(g)pC(g) ΔH<0，m＋n回答下列问题：
(1)表示反应物浓度增大的图像是________，表示反应物浓度减小的图像是________，表示生成物浓度增大的图像是______，表示生成物浓度减小的图像是______。(填序号，下同)
(2)表示平衡正向移动的图像是________，表示平衡逆向移动的图像是________。
解析：图像①v′正>v′逆，t1时v′正突增，故为增大反应物浓度，平衡正向移动；图像②v′正>v′逆，t1时v′逆突减，故为减小生成物浓度，平衡正向移动；图像③v′逆>v′正，t1时v′逆突增，故为增大生成物浓度，平衡逆向移动；图像④v′逆>v′正，t1时v′正突减，故为减小反应物浓度，平衡逆向移动。
答案：(1)① ④ ③ ② (2)①② ③④
14．反应3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)，在一可变容积的密闭容器中进行，试回答：
(1)增加Fe的量，其正反应速率的变化是________(填“增大”“不变”或“减小”，下同)，平衡________(填“不”“向正反应方向”或“向逆反应方向”，下同)移动。
(2)将容器的容积缩小一半，其正反应速率________，平衡________移动。
(3)保持容积不变，充入N2使体系压强增大，其正反应速率________，平衡________移动。
(4)保持容积不变，充入水蒸气，其正反应速率______，平衡________移动。
解析：增加Fe的量，其正反应速率不变，平衡不移动；将容器的体积缩小一半，压强增大，其正反应速率增大，但反应前后气体体积不变，平衡不移动；保持体积不变，充入N2使体系压强增大，但容器中原气体的浓度不变，正反应速率不变，平衡不移动；保持体积不变，充入水蒸气，反应物的浓度增大，其正反应速率增大，平衡向正反应方向移动。
答案：(1)不变 不 (2)增大 不 (3)不变 不
(4)增大 向正反应方向
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5第一课时 盐类水解及其平衡常数
明课程标准 扣核心素养
1.认识盐类水解的原理，能解释强酸弱碱盐和强碱弱酸盐的水解。2.能运用盐类水解的规律判断盐溶液的酸碱性，会书写盐类水解的离子方程式。 变化观念与平衡思想：能用动态平衡的观点分析和理解盐类的水解。证据推理与模型认知：能定性、定量搜集证据建立常见物质的水解模型和盐类水解的认知模型，并能利用模型解决常见问题。
盐溶液的酸碱性
1．根据形成盐的酸和碱的强弱，将下表中的盐按强酸强碱盐、强酸弱碱盐、强碱弱酸盐分类填空。
2．常温下，用pH试纸(或pH计)测量下表所列盐溶液的酸碱性。
盐溶液 NaCl Na2CO3 NH4Cl CH3COONa AlCl3
盐的类型 强酸强碱盐 强碱弱酸盐 强酸弱碱盐 强碱弱酸盐 强酸弱碱盐
溶液的酸碱性 中性 碱性 酸性 碱性 酸性
3．分析上述实验结果，归纳盐溶液的酸碱性与盐的类型间的关系
盐的类型 强酸强碱盐 强碱弱酸盐 强酸弱碱盐
盐溶液的酸碱性 中性 碱性 酸性
[问题探讨]
1．试运用微粒观、平衡观分析CH3COONa的溶液为什么显碱性？
提示：
CH3COO－和H＋结合生成弱电解质CH3COOH，使c(H＋)减小，破坏了水的电离平衡，使水的电离平衡正向移动，最终使溶液中c(OH－)＞c(H＋)。这一过程称为盐类的水解，用水解离子方程式表示为CH3COO－＋H2O????CH3COOH＋OH－。
2．NH4Cl溶液、Na2CO3溶液、AlCl3溶液中哪种离子发生了水解？NaCl溶液能否发生水解？
提示：NH4Cl溶液中的NH、Na2CO3溶液中的CO、AlCl3溶液中的Al3＋发生了水解，它们均为“弱离子”；NaCl溶液不发生水解，因为溶液中无“弱离子”。
3．由问题2及盐的类型与溶液酸碱性的关系，你能得出盐类水解的哪些规律？
提示：有弱才水解，无弱不水解，谁强显谁性 。
4．已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，测定25 ℃时浓度相同的CH3COONa溶液、NaHCO3溶液、NaClO溶液、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3溶液＞NaClO溶液＞NaHCO3溶液＞CH3COONa溶液，据此你又能得出盐类水解的什么规律？
提示：越弱越水解。
5．25 ℃时，pH＝5的盐酸和NH4Cl溶液中c水(H＋)分别是多少？你得出盐类的水解对水的电离影响是什么？
提示：10－9 mol·L－1；10－5 mol·L－1；盐类的水解促进水的电离。
1．盐类水解的概念
在水溶液中，盐电离出来的离子与水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
2．盐类水解的实质
盐电离→→生成弱电解质(弱酸或弱碱)并建立平衡→破坏了水的电离平衡→水的电离程度增大→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性或酸性。
3．盐类水解的规律
(1)“有弱才水解，无弱不水解”——盐中有弱酸阴离子或弱碱阳离子才水解，若没有，则是强酸强碱盐，不发生水解反应。
(2)“越弱越水解”——弱酸阴离子对应的酸越弱，水解程度越大；弱碱阳离子对应的碱越弱，其水解程度越大。
(3)“都弱都水解”——弱酸弱碱盐电离出的弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，且相互促进。
(4)“谁强显谁性”——当盐中的阴离子对应的酸比阳离子对应的碱更容易电离时，水解后盐溶液呈酸性，反之，呈碱性，即强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。
4．盐类水解反应的特征
[名师点拨] 酸式盐溶液酸碱性的判断
(1)多元弱酸的酸式盐：因弱酸的酸式酸根离子既可以发生电离，又可以发生水解，故盐溶液的酸碱性取决于对应酸式酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小。如NaHCO3溶液中，HCO的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；NaHSO3溶液中，HSO的电离程度大于水解程度，溶液显酸性。
(2)强酸的酸式盐：强酸的酸式酸根离子在溶液中完全电离，故盐溶液显酸性。如NaHSO4溶液显酸性。
1．下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是( )
A．盐溶液呈酸性或碱性的原因是破坏了水的电离平衡
B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)＞c(OH－)
C．在稀CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH－)≠c(H＋)
D．水电离出的H＋或OH－与盐中的弱离子结合，造成盐溶液呈酸性或碱性
解析：选C 在水溶液中，盐电离出的弱离子和水电离出的H＋或OH－结合生成弱电解质，溶液中c(H＋)＞c(OH－)，不相等，导致溶液呈酸性或碱性，即破坏了水的电离平衡，故A、D项正确；氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液中c(H＋)＞c(OH－)，则溶液呈酸性，故B项正确；任何稀的电解质溶液中由水电离的c(OH－)＝c(H＋)，与电解质溶液的酸碱性无关，故C项错误。
2．常温下，一定浓度的某溶液中由水电离出的c(OH－)＝1×10－4 mol·L－1，则该溶液中的溶质可能是( )
A．NH3·H2O B．CH3COOH
C．NaOH D．CH3COOK
解析：选D 常温下，纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，因为1×10－4＞1×10－7，所以该溶液中的溶质能促进水的电离。盐类的水解能促进水的电离，而酸、碱无论强弱都会抑制水的电离。
3．有下列盐溶液：①KNO3 ②AgNO3 ③K2CO3
④FeCl3 ⑤K2SO4 ⑥NaClO ⑦NH4Cl
呈酸性的是________，呈碱性的是________，呈中性的是________。
解析：AgNO3、FeCl3、NH4Cl属于强酸弱碱盐，溶液呈酸性；K2CO3、NaClO属于强碱弱酸盐，溶液呈碱性；KNO3、K2SO4属于强酸强碱盐，溶液呈中性。
答案：②④⑦ ③⑥ ①⑤
写出下列盐水解的离子方程式
(1)NH4Cl
(2)NaClO
(3)Na2CO3
(4)FeCl3
提示：(1)NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋
(2)ClO－＋H2O????HClO＋OH－
(3)CO＋H2O????HCO＋OH－
HCO＋H2O????H2CO3＋OH－
(4)Fe3＋＋3H2O????Fe(OH)3＋3H＋
[问题探讨]
1．多元弱酸根离子的水解离子方程式的书写注意事项是什么？
提示：分步写，用“????”连。
2．弱碱阳离子的水解方程式书写注意点是什么？
提示：一步写出，产物不出现“↓”。
1．一般盐类水解程度很小，水解产物很少，通常不生成沉淀和气体，也不发生分解，因此盐类水解的离子方程式中不标“↑”或“↓”，也不把生成物(如NH3·H2O、H2CO3等)写成其分解产物的形式。
2．盐类水解是可逆反应，是中和反应的逆反应，而中和反应是趋于完全的反应，则盐的水解是微弱的。盐类水解的离子方程式一般不写“===”而写“????”。
3．盐类水解方程式的常见类型
一元弱酸的强碱盐 以CH3COONa为例：CH3COO－＋H2O????CH3COOH＋OH－
一元弱碱的强酸盐 以NH4Cl为例：NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋
多元弱酸的强碱盐(正盐) 多元弱酸的阴离子的水解是分步进行的，以第一步水解为主。如Na2CO3的水解：CO＋H2O????HCO＋OH－
多元弱碱的强酸盐 多元弱碱的阳离子水解复杂，可看作一步水解，如AlCl3的水解：Al3＋＋3H2O????Al(OH)3＋3H＋
互促水解反应 某些盐溶液在混合时，一种盐的阳离子和另一种盐的阴离子，在一起都发生水解，相互促进对方的水解，水解趋于完全。如Al3＋与HCO的水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
1．下列物质水解的离子方程式书写正确的是( )
A．醋酸钠：CH3COO－＋H2O===CH3COOH＋OH－
B．硫化钾：S2－＋2H2O????H2S＋2OH－
C．氯化铵：NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋
D．硫酸铁：Fe3＋＋3H2O????Fe(OH)3↓＋3H＋
解析：选C CH3COO－的水解是可逆的，正确的离子方程式为CH3COO－＋H2O????CH3COOH＋OH－，A错误；多元弱酸根离子分步水解，正确的离子方程式为S2－＋H2O????HS－＋OH－，B错误；Fe3＋水解产生的氢氧化铁不是沉淀，正确的离子方程式为Fe3＋＋3H2O????Fe(OH)3＋3H＋，D错误。
2．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]水溶液呈________性，原因是__________________(用离子方程式表示，下同)；小苏打水溶液呈__________性，原因是________________。二者均______(填“促进”或“抑制”)水的电离。
解析：明矾中Al3＋水解显酸性，小苏打(NaHCO3)中HCO水解显碱性，二者水解都促进了水的电离。
答案：酸 Al3＋＋3H2O????Al(OH)3＋3H＋ 碱 HCO＋H2O????H2CO3＋OH－ 促进
1．请写出水解反应A－＋H2O????HA＋OH－的平衡常数(Kh)的表达式。
提示：Kh＝。
2．若常温下弱酸HA的电离平衡常数为Ka，水的离子积常数为Kw，请分析Kh与Ka和Kw的关系。
提示：HA????H＋＋A－ Ka＝
H2O????H＋＋OH－ Kw＝c(H＋)·c(OH－)
Kh＝
Kh·Ka＝Kw。
[问题探讨]
1．利用化学平衡的有关知识分析影响水解平衡常数Kh的因素有哪些？
提示：仅与温度有关，盐类的水解是吸热的，温度升高，Kh变大。
2．水解常数有哪些应用？
提示：Kh越大，盐溶液中弱离子(弱酸酸根离子，弱碱阳离子)的水解程度越大。Kh与对应弱电解质的电离常数成反比。
3．25 ℃时H2CO3的电离常数为Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，试分析NaHCO3溶液的酸碱性是什么？
提示：NaHCO3===Na＋＋HCO
HCO????H＋＋CO Ka2＝5.6×10－11
HCO＋H2O????H2CO3＋OH－
Kh＝＝≈2.3×10－8
Kh＞Ka2，溶液显碱性。
电离常数与水解常数的关系
(1)对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系
HA????H＋＋A－，Ka(HA)＝；A－＋H2O????HA＋OH－，Kh(A－)＝。则Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw，故Kh＝。常温时Ka·Kh＝Kw＝1.0×10－14，Kh＝。
同理，强酸弱碱盐(如NH4Cl)的水解常数(Kh)与弱碱电离常数(Kb)之间的关系：Kh＝。
(2)对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系
HB－＋H2O????H2B＋OH－，Kh(HB－)＝＝＝。
B2－＋H2O????HB－＋OH－，Kh(B2－)＝＝＝。
[名师点拨]
常温时，对于一元弱酸HA，当Ka＞1.0×10－7时，Kh＜1.0×10－7，此时将等物质的量浓度的HA溶液与NaA溶液等体积混合，HA的电离程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性；同理，当Ka＜1.0×10－7时，Kh＞1.0×10－7，A－的水解程度大于HA的电离程度，溶液呈碱性。对于多元弱酸，Kh＝，Ka是其阴离子结合一个H＋所形成的粒子的电离常数。
1．已知25 ℃时，草酸的电离平衡常数Ka1＝5.0×10－2，Ka2＝5.2×10－5，则NaHC2O4溶液的pH________(填“＞”“＜”或“＝”，下同)7。
解析：HC2O的电离平衡常数Ka2(H2C2O4)＝5.2×10－5，Kh＝＝＝2×10－13，Ka2＞Kh，溶液显酸性，pH＜7。
答案：＜
2．25 ℃时，H2SO3????HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中 eq \f(c（H2SO3）,c（HSO）) 将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：Ka＝ eq \f(c（H＋）·c（HSO）,c（H2SO3）)
Kh＝ eq \f(c（OH－）·c（H2SO3）,c（HSO）) ＝ eq \f(\f(Kw,c（H＋）)·c（H2SO3）,c（HSO）) ＝ eq \f(Kw·c（H2SO3）,c（H＋）·c（HSO）) ＝＝1×10－12。
HSO＋H2O????H2SO3＋OH－，当加入少量I2时，发生反应：I2＋HSO＋H2O===2I－＋3H＋＋SO。
根据Kh＝ eq \f(c（OH－）·c（H2SO3）,c（HSO）) 可知，由于c(OH－)减小，而Kh不变，所以 eq \f(c（H2SO3）,c（HSO）) 增大。
答案：1×10－12 增大
表中是常温下几种弱酸的电离平衡常数：
CH3COOH Ka＝1.7×10－5
H2S Ka1＝1.1×10－7Ka2＝1.3×10－13
HClO Ka＝4.7×10－8
下列说法正确的是( )
A．可发生反应：H2S＋2ClO－===S2－＋2HClO
B．CH3COOH溶液与Na2S溶液反应不能生成NaHS
C．相同温度下，同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液
D．相同温度下，同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH溶液
提示：根据电离平衡常数可知酸性：CH3COOH＞H2S>HClO＞HS－，则H2S与ClO－反应应生成HS－和HClO，即H2S＋ClO－===HS－＋HClO，A项错误；CH3COOH溶液与Na2S溶液反应可以生成NaHS，B项错误，根据越弱越水解可知，离子的水解能力：CH3COO－＜HS－＜ClO－＜S2－，所以相同温度下同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，C项错误；根据酸性：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS－，相同温度下同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH溶液，D项正确。
1．已知某温度下，Ka(HCN)＝6.2×10－10，Ka(HF)＝6.8×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5，Ka(HNO2)＝7.1×10－4。物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液中，pH由大到小的顺序是( )
A．NaCN>NaNO2>CH3COONa>NaF
B．NaF>NaNO2>CH3COONa>NaCN
C．NaCN>CH3COONa>NaNO2>NaF
D．NaCN>CH3COONa>NaF>NaNO2
解析：选D 由Ka(HNO2)>Ka(HF)>Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)可知，酸性：HNO2>HF>CH3COOH>HCN，水解能力：CN－>CH3COO－>F－>NO，水解能力越强，溶液的碱性越强，pH越大。
2．温度相同、浓度均为0.2 mol·L－1的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NaHSO4、④NH4NO3、⑤Na2CO3、⑥CH3COONa溶液，它们的pH由小到大的排列顺序是( )
A．③①④②⑥⑤ B．①③⑥④②⑤
C．③②①⑥④⑤ D．⑤⑥②④①③
解析：选A NaHSO4中的HSO在溶液中完全电离，相当于一元强酸，所以NaHSO4溶液的pH最小；(NH4)2SO4、NH4NO3水解显酸性，(NH4)2SO4溶液中NH浓度比NH4NO3溶液中的大，水解程度小，但发生水解的NH数目多，故其水解产生的H＋的物质的量多，溶液的酸性强；NaNO3溶液呈中性；Na2CO3和CH3COONa溶液显碱性，但Na2CO3水解程度大，碱性较强，则pH由小到大的排列顺序是③①④②⑥⑤。
[分级训练·课课过关]____________________________________________________
1．中国丝绸有五千年的历史和文化，古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮。这种“碱剂”可能是( )
A．食盐 B．火碱
C．草木灰 D．胆矾
解析：选C 由题意可知，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐。食盐中氯化钠为强酸强碱盐，故A错误；火碱是氢氧化钠，属于碱，故B错误；草木灰中碳酸钾是强碱弱酸盐，故C正确；胆矾是硫酸铜晶体，是强酸弱碱盐，故D错误。
2．下图所示是某离子X的水解过程示意图，则离子X可能是( )
A．CO B．HCO
C．Na＋ D．NH
解析：选D 由题给水解过程示意图右侧的结构模型可判断X为NH。
3．下列各物质常温下发生水解，对应的离子方程式正确的是( )
A．Na2CO3：CO＋2H2O????H2O＋CO2↑＋2OH－
B．NH4Cl：NH＋H2O????NH3·H2O＋OH－
C．CuSO4：Cu2＋＋2H2O????Cu(OH)2＋2H＋
D．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
解析：选C 多元弱酸根离子分步水解，多元弱碱阳离子一步完成，故A错误，C正确；B中电荷不守恒；D应用“????”。
4．物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是( )
A．HX>HZ>HY B．HZ>HY>HX
C．HX>HY>HZ D．HY>HZ>HX
解析：选C 三种盐的阳离子都是Na＋，当物质的量浓度相同时，溶液的pH分别为8、9、10，碱性逐渐增强，也就是X－、Y－、Z－的水解程度依次增大。因为越容易水解的弱酸根离子对应的酸的酸性越弱，因此三种酸的酸性由强到弱的顺序为HX>HY>HZ。
5．(1)下列盐溶液中能发生水解的用离子方程式表示，不能发生水解的请写上“不发生水解”字样，并说明溶液的酸碱性：
K2CO3________________________，溶液呈______性；
K2SO4________________________，溶液呈______性；
NH4Cl________________________，溶液呈______性。
(2)物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液：①KNO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaHSO4、⑤NH4Cl，pH由大到小的顺序为__________________(填数字代号)。
(3)现有常温下的0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液：
①你认为该溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)____________________；
②为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程__________________。
解析：(1)K2CO3是强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，水解离子方程式为CO＋H2O????HCO＋OH－；K2SO4是强酸强碱盐，不发生水解，溶液呈中性；NH4Cl是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，水解离子方程式为NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋。
(2)①KNO3是强酸强碱盐，水溶液呈中性，pH＝7；②Na2CO3是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性；③NaHCO3是弱酸的酸式盐，水解显碱性，水解程度小于Na2CO3，碱性小于Na2CO3；④NaHSO4是强酸酸式盐，在水中完全电离成钠离子、硫酸根离子、氢离子，所以c(H＋)＝0.1 mol·L－1，所以pH＝1；⑤NH4Cl是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，1③>①>⑤>④。
(3)①Na2CO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，其水解离子方程式为CO＋H2O????HCO＋OH－；②向Na2CO3溶液中加酚酞试液，溶液变红色，说明溶液显碱性，证明Na2CO3水解。
答案：(1)CO＋H2O????HCO＋OH－ 碱 不发生水解 中 NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋ 酸
(2)②>③>①>⑤>④
(3)①CO＋H2O????HCO＋OH－
②向Na2CO3溶液中加酚酞试液，溶液变红色，说明溶液显碱性，证明Na2CO3水解
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12第三课时 水的电离平衡
明课程标准 扣核心素养
1.认识水的电离。2.了解水的离子积常数，并能应用水的离子积常数进行相关计算。 变化观念与平衡思想：认识水的电离存在电离平衡，理解水的电离平衡的影响因素，会分析水的电离平衡的移动。了解水的离子积常数，并能用其进行相关计算。
实验表明，水是一种极弱的电解质。水分子之间相互作用，按下图方式发生电离：
[问题探讨]
1．水的电离方程式可简写为什么？并写出水的电离平衡常数表达式。
提示：H2O????H＋＋OH－；
K＝。
2．水的离子积常数是如何推导的？
提示：在一定温度下，纯水和稀溶液中c(H2O)可视为一定值，则有Kw＝K·c(H2O)＝c(H＋)·c(OH－)。
3．已知在25 ℃，水的离子积常数Kw＝1.0×10－14，0.1 mol·L－1盐酸中水电离出的c(H＋)是多少？将盐酸换为NaOH溶液，又该如何计算？
提示：稀的强酸中，H＋主要来源于强酸的电离，而OH－则全部来自于水的电离；稀的强碱中，OH－主要来源于强碱的电离，而H＋则全部来自于水的电离。0.1 mol·L－1盐酸中，水电离出的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1。换为NaOH溶液，则水电离出的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1。
4．温度越高，水的离子积常数越大，为什么？
提示：水的电离是吸热过程，升高温度，有利于平衡正向移动，故Kw增大。
1．水的离子积常数
(1)含义：在一定温度下，纯水和稀溶液中的c(H2O)可视为一定值，因此有：Kw＝K·c(H2O)＝c(H＋)·c(OH－)，Kw称为水的离子积常数，简称水的离子积。
(2)表达式与数值：表达式Kw＝c(H＋)·c(OH－)，
室温时，Kw＝1.0×10－14。
(3)影响因素：Kw只受温度影响，由于水的电离是吸热过程，故温度升高，Kw增大。
2．水电离出的c(H＋)和c(OH－)的计算(25 ℃时)
(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1。
(2)溶质为酸的溶液：H＋来源于酸的电离和水的电离，而OH－只来源于水的电离。如计算0.01 mol·L－1盐酸中由水电离出的c(H＋)，方法是先求出溶液中的c(OH－)＝10－12 mol·L－1，则由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。即：c(OH－)H2O＝c(H＋)H2O＝c(OH－)＝。
(3)溶质为碱的溶液：OH－来源于碱的电离和水的电离，而H＋只来源于水的电离。如计算0.01 mol·L－1 NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)，方法是先求出溶液中c(H＋)＝10－12 mol·L－1，则由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。即：c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O＝c(H＋)＝。
[名师点拨]
(1)Kw揭示了任何溶液中均存在水的电离平衡，H＋与OH－共存，只是相对含量不同。
(2)Kw＝c(H＋)·c(OH－)不仅适用于纯水(或其他中性溶液)，也适用于一切酸、碱、盐的稀溶液。Kw不随溶液中c(H＋)和c(OH－)的改变而改变。
(3)在Kw＝c(H＋)·c(OH－)表达式中，c(H＋)、c(OH－)均分别表示整个溶液中H＋、OH－的物质的量浓度。在不同溶液中，c(H＋)、c(OH－)可能不同，但任何溶液中由水电离产生的c(H＋)、c(OH－)总是相等的。
1．下列说法正确的是( )
A．水的电离方程式为H2O===H＋＋OH－
B．升高温度，水的电离程度增大
C．NaOH溶液中不存在H＋
D．HCl溶液中不存在OH－
解析：选B 水是弱电解质，只有少部分电离，应用“????”表示，故A项错误；水的电离是吸热过程，所以升高温度，水的电离程度增大，故B项正确；在NaOH溶液中，c(OH－)>c(H＋)，在HCl溶液中，c(OH－)2．回答下列问题：
(1)某温度(t ℃)时，水的Kw＝1×10－12，则该温度________25 ℃(填“>”“<”或“＝”)，其理由是___________________________________________________________________。
(2)该温度下，c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1的溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH－)＝______mol·L－1。
解析：(1)升高温度，Kw增大，现Kw＝1×10－12>1×10－14，因此该温度大于25 ℃。
(2)该温度下该溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，因为c(OH－)>c(H＋)，所以溶液呈碱性；NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)等于溶液中的c(H＋)，即为1×10－7 mol·L－1。
答案：(1)> 升温促进水电离，Kw增大
(2)碱性 1×10－7
在水的电离平衡中，c(H＋)和c(OH－)的关系如图所示：H2O????H＋＋OH－
[问题探讨]
1．水由25 ℃升到100 ℃，水中c(H＋)、c(OH－)均增大，为什么？
提示：水的电离是吸热过程，温度升高，平衡正向移动。
2．25 ℃时，若向溶液中滴加盐酸，水的电离平衡如何移动，在图像上怎样体现？
提示：外加酸(或碱)会抑制水的电离，平衡逆向移动，图像过A点沿曲线向下(或向上)移动。
1．外界条件对水的电离平衡的影响
影响因素 水的电离平衡移动H2O????H＋＋OH－ 影响结果
方向 原因 Kw c(H＋) 变化 c(OH－) 变化 c(H＋)与c(OH－)的关系
温度 升温 右移 水的电离过程吸热 增大 增大 增大 c(H＋)＝c(OH－)
降温 左移 减小 减小 减小 c(H＋)＝c(OH－)
外加酸、碱 加酸 左移 增大c(H＋) 不变 增大 减小 c(H＋)>c(OH－)
加碱 左移 增大c(OH－) 不变 减小 增大 c(H＋)外加活泼金属 右移 金属消耗水电离出的H＋ 不变 减小 增大 c(H＋) 2.水的电离平衡规律
(1)不同的溶液中，c(H＋)与c(OH－)不一定相等，但由水电离产生的c水(H＋)与c水(OH－)一定相等，判断溶液中水的电离程度时，看H＋或OH－哪一个完全来源于水的电离：酸溶液中的c(OH－)或碱溶液中的c(H＋)完全来源于水的电离。
(2)若水电离产生c水(H＋)＝10－a mol·L－1(常温下，a>7)，说明水的电离受到了抑制，溶液可显酸性，也可显碱性。
1．水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是( )
A．4 ℃时，纯水中c(H＋)＝10－7 mol·L－1
B．升高温度，纯水中的c(H＋)增大，c(OH－)减小
C．水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子
D．向水中加入酸或碱，可抑制水的电离，使水的离子积减小
解析：选C 水的电离是吸热过程，常温下纯水中c(H＋)＝10－7 mol·L－1，A错误；升高温度促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度均增大，B错误；水在常温下电离出氢离子和氢氧根离子的浓度为10－7 mol·L－1，纯水中主要以水分子形式存在，C正确；向水中加入酸或碱，可抑制水的电离，但水的离子积只随温度的变化而变化，D错误。
2．下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)>c(OH－)的是( )
A．向纯水中投入少量Na2O2
B．将水加热煮沸
C．向水中通入CO2
D．向水中加入NaCl
解析：选C 生成NaOH，溶液中c(OH－)>c(H＋)；加热可促进水的电离，但c(H＋)＝c(OH－)；CO2可与水反应生成H2CO3，H2CO3可抑制水的电离，但H2CO3电离产生氢离子使溶液中c(H＋)>c(OH－)；NaCl对水的电离无影响。
一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是( )
A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13
C．该温度下，加入稀盐酸可能引起由b向a的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
提示：升高温度促进水的电离，c(H＋)和c(OH－)都增大，A错误；该温度下Kw＝c(OH－)·c(H＋)＝1×10－14，B错误；加入HCl，溶液中c(H＋)增大，c(OH－)减小，C正确；稀释时，若c(OH－)减小，则c(H＋)应变大，不可能由c向d变化，D错误。
1．如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是( )
A．两条曲线上任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B．M区域内任意点均有c(H＋)C．图中T1D．XZ线上任意点均有pH＝7
解析：选D 由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A正确；由图像可知，XZ线上任意点均有c(H＋)＝c(OH－)，而M区域在XZ线上面，故M区域内任意点均有c(H＋)2．在水的电离平衡中，c(H＋)和c(OH－)的关系如图所示：
(1)A点水的离子积为1.0×10－14，B点水的离子积为________。造成水的离子积变化的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)下列说法正确的是________(填字母)。
a．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B>A>D
b．AB线上任意点的溶液均显中性
c．B点溶液的pH＝6，显酸性
d．图中温度T1>T2
(3)T2时，若向溶液中滴加盐酸，能否使体系处于B点位置？为什么？________________________________________________________________________。
(4)T2时，若盐酸中c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则由水电离产生的c(H＋)＝________________。
答案：(1)1.0×10－12 水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大 (2)b
(3)否，加入盐酸，c(H＋)>c(OH－)，所以体系不可能处于B点位置 (4)2×10－9 mol·L－1
[分级训练·课课过关]________________________________________________________
1．下列说法正确的是( )
A．c(H＋)＝的溶液一定呈中性
B．将水加热，Kw增大，pH不变，仍呈中性
C．向水中加入少量碳酸氢钠固体，溶液中c(H＋)增大，Kw不变
D．向0.1 mol·L－1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H＋)将减小
解析：选A Kw＝c(H＋)·c(OH－)，若c(H＋)＝，说明c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液一定呈中性，A正确；水的电离为吸热过程，加热促进水的电离，Kw增大，c(H＋)增大，则pH减小，但仍呈中性，B错误；碳酸氢钠溶于水使溶液显碱性，溶液中c(OH－)增大，c(H＋)减小，Kw不变，C错误；向0.1 mol·L－1醋酸溶液中加水，c(H＋)减小，Kw＝c(H＋)·c水(OH－)，c水(OH－)增大，c水(OH－)＝c水(H＋)，则溶液中水电离产生的c(H＋)增大，D错误。
2．一定温度下，向蒸馏水中滴入少量盐酸后，下列说法错误的是( )
A．c(H＋)·c(OH－)不变 B．pH减小
C．c(OH－)减小 D．水电离出的c(H＋)增大
解析：选D 无论溶液呈酸性、中性还是碱性，只要温度不变，溶液中c(H＋)与c(OH－)的乘积就不变，A项正确；加入少量盐酸，溶液呈酸性，c(H＋)增大，pH减小，B项正确；加酸抑制水的电离，使水电离出的c(OH－)和c(H＋)都减小，C项正确，D项错误。
3．某温度下，纯水中c(H＋)＝2.0×10－7 mol·L－1，则此时c(OH－)＝______________，保持温度不变，向水中逐滴滴入盐酸，使c(H＋)＝5.0 mol·L－1，则此时溶液中 c(OH－)＝______________。
解析：纯水中c(H＋)＝c(OH－)，据此先求出c(OH－)＝2.0×10－7 mol·L－1，再确定此温度下Kw＝4.0×10－14。根据“温度不变，Kw不变”，则滴入盐酸后，溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝8.0×10－15 mol·L－1。
答案：2.0×10－7 mol·L－1 8.0×10－15 mol·L－1
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8(共44张PPT)
第二课时 反应热的测量与计算
分点突破1
反应热的测量实验
分点突破2
盖斯定律
关键能力培养
归纳与论证能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
co()+o, (g)
△H
△H2
C(s)+02(gHAH1-CO2 ()
P4(s,白磷)
△H,4P(s,红磷)
△H1
△H2)×4
POo(s)
密(共22张PPT)
专题重点突破(五)
弱电解质的电离平衡及应用
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
pH
d曲线Ⅱ
曲线I
加水体积
反应前
反应后强电解质和弱电解质
题型一 强电解质、弱电解质
1．下列关于强、弱电解质的叙述中正确的是( )
A．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
B．强电解质都是可溶性化合物，弱电解质都是难溶性化合物
C．强电解质熔化时都完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离
D．强电解质不一定能导电，弱电解质溶液的导电能力不一定比强电解质溶液的弱
解析：选D 共价化合物如HCl也是强电解质，A错误；强、弱电解质与溶解性无关，B错误；有些强电解质熔化时不能电离，如H2SO4等，C错误；电解质导电是有条件的，溶液的导电能力与溶液中离子的浓度和所带的电荷数有关，D正确。
2．下列各组物质中，都是强电解质的是( )
A．HNO3、HCl、BaSO4
B．NH4Cl、CH3COOH、Na2S
C．NaOH、Ca(OH)2、NH3·H2O
D．HClO、CH3COONa、Ba(OH)2
解析：选A 解答本题的关键：一是明确强、弱电解质的判断依据，二是熟知常见的强、弱电解质。强酸(如HNO3、HCl)、强碱[如NaOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2]、盐(如BaSO4、NH4Cl、Na2S、NaF)均为强电解质；弱酸(如CH3COOH、HClO)、弱碱(如NH3·H2O)为弱电解质。
3．下列事实可以证明NH3是非电解质的是( )
A．NH3是气体
B．NH3水溶液显碱性
C．液氨和氨水中NH3均不能电离出离子
D．液氨不导电
解析：选C 电解质的“是与非”与物质的状态、物质本身是否导电、其水溶液的酸碱性无关，A、B、D不符合题意；液氨和氨水中NH3均不能直接电离出离子，说明NH3是非电解质，C符合题意。
4．下列说法正确的是( )
A．相同温度下，饱和溶液的导电能力一定比不饱和溶液的导电能力强
B．Na2O的水溶液能导电是因为Na2O与水反应生成的NaOH发生电离，所以NaOH是电解质，Na2O是非电解质
C．强电解质水溶液的导电能力一定比弱电解质水溶液的导电能力强
D．难溶于水的物质不一定是弱电解质
解析：选D 由于不同物质的溶解度不同，饱和溶液的浓度不一定大，导电能力不一定强，A项错；Na2O在熔融状态可以导电，是电解质，B项错；强电解质溶液的浓度若太小，即使全部电离，离子浓度也很小，导电能力并不强，C项错；CaCO3等物质虽然难溶于水，但溶于水的部分全部电离，属于强电解质，D项正确。
5．下图所示的是在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时溶液导电性能发生的变化，其电流(I)随新物质加入量(m)的变化曲线，以下四个导电性能实验，其中与A图变化趋势一致的是________，与B图变化趋势一致的是________，与C图变化趋势一致的是________。
①Ba(OH)2溶液中滴入稀硫酸至过量
②醋酸溶液中滴入氨水至过量
③澄清石灰水中通入CO2至过量
④NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体
解析：电流与溶液中自由移动离子的浓度及所带的电荷成正比。①③中均因为生成沉淀而使溶液中自由移动离子的浓度降低，所以电流逐渐减小，完全反应时电流最小，随后①中因为加入强电解质硫酸、③中因为CaCO3生成强电解质Ca(HCO3)2而使电流增大，与图像B对应；醋酸溶液中滴入氨水至过量，开始因为生成强电解质醋酸铵而使电流增大，完全反应时最大，后来因为加入的NH3·H2O为弱电解质且溶液体积增大导致电流减小，与图像A对应；NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体，NH4Cl转化为NaCl，溶液中自由移动离子的浓度变化不大，电流变化不大，与图像C对应。
答案：② ①③ ④
题型二 弱电解质电离平衡状态及其特征
6．将1 mol冰醋酸加入到一定量的蒸馏水中最终得到1 L溶液。下列各项中，表示已达到电离平衡状态的是( )
A．醋酸的浓度达到1 mol·L－1
B．H＋的浓度达到0.5 mol·L－1
C．醋酸的浓度、醋酸根离子的浓度、H＋的浓度均为0.5 mol·L－1
D．醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等
解析：选 D 平衡状态的标志是正、逆反应速率相等。在反应开始时c(CH3COOH)＝1 mol·L－1，当醋酸、H＋、CH3COO－的浓度不再变化时(但此时三者的浓度不一定是0.5 mol·L－1)，醋酸的电离达到平衡状态。
7．下列有关电离平衡的叙述正确的是( )
A．电解质在溶液里达到电离平衡时，分子的浓度和离子的浓度相等
B．电离平衡时，由于分子和离子的浓度不再发生变化，所以说电离平衡是静态平衡
C．电离平衡是相对的，外界条件改变时，平衡就有可能会发生移动
D．电解质达到电离平衡后，各种离子的浓度相等
解析：选 C 达到电离平衡时，分子的浓度和离子的浓度不一定相等，离子和分子浓度保持不变，A项错误；达到电离平衡时分子和离子不断转化，是动态平衡，B项错误；改变外界条件，化学平衡可能发生移动，C项正确；电解质达到电离平衡后，各种离子的浓度不一定相等，D项错误。
8．在水溶液中下列电离方程式书写正确的是( )
A．Ca(OH)2???Ca2＋＋2OH－
B．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
C．H2CO3???2H＋＋CO
D．Na2SO4===2Na＋＋SO
解析：选D Ca(OH)2为强电解质，书写电离方程式用“===”；NaHCO3电离产生Na＋与HCO；H2CO3为多元弱酸，分步电离，应分步书写，不可一步完成。
9．下列说法正确的是( )
A．强电解质的水溶液导电能力不一定强于弱电解质的水溶液
B．可溶性盐在水中完全电离是强电解质，难溶性盐在水中溶解度很小是弱电解质
C．硫酸氢钠在水溶液和熔融状态下的电离方程式均为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO
D．强电解质都是离子化合物，在水溶液或熔融状态下完全电离，以离子形式存在
解析：选A 难溶性盐溶解部分全部电离，因此难溶性盐属于强电解质，故B错误；NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，在熔融状态下电离方程式为NaHSO4===Na＋＋HSO，故C错误；部分共价化合物也属于强电解质，如H2SO4、HNO3等，故D错误。
10．下表中物质的分类组合完全正确的是( )
A B C D
强电解质 KNO3 H2SO4 BaSO4 HClO4
弱电解质 HF CaCO3 HClO NH3
非电解质 SO2 金属Al H2O C2H5OH
解析：选A 电解质必须是化合物且自身在水溶液中或熔融状态下能发生电离，SO2、NH3是非电解质，SO2、NH3本身不电离，但溶于水生成的H2SO3、NH3·H2O能电离，H2SO3、NH3·H2O是电解质；金属Al既不是电解质也不是非电解质；H2O是弱电解质，CaCO3是强电解质。
11．相同体积、相同c(H＋)的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②分别与足量的锌发生反应，下列关于产生氢气的体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是( )
解析：选C 相同体积、相同c(H＋)的一元强酸和一元弱酸，刚开始与锌粉反应的速率是相同的，随着反应的进行，弱酸继续电离，故其反应速率比强酸的大，排除B、D项；弱酸的物质的量浓度大于强酸的物质的量浓度，所以弱酸与足量的锌粉反应生成氢气的量较多，排除A项。
12．相同体积和浓度的盐酸和醋酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是( )
A．醋酸溶液产生更多的H2 B．盐酸溶液反应的时间长
C．醋酸溶液中的H＋浓度大 D．盐酸反应的平均速率快
解析：选D 盐酸和醋酸的物质的量相等，生成的H2一样多；盐酸中c(H＋)大，所以盐酸反应的速率快，反应时间短；醋酸溶液中醋酸部分电离，故c(H＋)小。
13．醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是( )
①1 mol·L－1的醋酸溶液中，c(H＋)＝0.01 mol·L－1
②醋酸以任意比与水互溶 ③10 mL 1 mol·L－1的醋酸溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液完全反应 ④在相同条件下，醋酸溶液的导电能力比盐酸弱
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
解析：选D ①中若醋酸完全电离，则c(H＋)＝1 mol·L－1，而现在c(H＋)＝0.01 mol·L－1，说明醋酸部分电离，为弱电解质；③是与强碱的反应，不能说明其电离程度的大小；④是在相同条件下，比较二者导电能力的强弱，醋酸溶液的导电能力弱，说明醋酸溶液中离子浓度小，因盐酸中的HCl是完全电离的，故说明醋酸是部分电离的，为弱电解质。
14．对物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸溶液和醋酸溶液，分别作导电能力实验，发光较亮的灯泡中的电流一定是通过______溶液的。将上述两种溶液各取50 mL 于大试管中，分别投入0.50 g锌粒，放出气体速率快的是__________，最后在相同状况下，放出氢气的体积__________多。请写出盐酸和醋酸的电离方程式：______________、_________________。请写出锌粒分别与两种酸溶液发生反应的离子方程式：_______、
________________________________________________________________________。
解析：此题考查的知识点是强、弱电解质的比较和电离方程式的书写。当盐酸溶液和醋酸溶液物质的量浓度一致时，因为盐酸是强电解质完全电离，而醋酸是弱电解质部分电离，所以盐酸溶液中的离子浓度比醋酸溶液中的离子浓度大得多，电流强，灯泡亮。与锌粒反应时，盐酸溶液中的c(H＋)比醋酸溶液中的c(H＋)大得多，所以盐酸溶液放出气体的速率快。而产生氢气的总量取决于盐酸和醋酸的物质的量和锌的量。此处计算可知锌是过量的，盐酸和醋酸都是一元酸，物质的量相同，最终能电离出的H＋总量相等，因此产生的氢气总量应一样多。
答案：盐酸 盐酸 一样 HCl===H＋＋Cl－ CH3COOH???CH3COO－＋H＋ Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑ Zn＋2CH3COOH===Zn2＋＋H2↑＋2CH3COO－
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5(共30张PPT)
专题3 水溶液中的离子反应
第一单元 弱电解质的电离平衡
第一课时 强电解质和弱电解质
分点突破1
强电解质和弱电解质
分点突破2
弱电解质的电离
平衡特征
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
镁条与盐酸、醋酸溶液的反应
强酸|HCl、H2SO灬、HNO3、HClO4等
强电
解质
强碱KOH、NaOH、Ba(OH2等
绝大多
电
数盐
Nacl Na2SO4、 Nahco3等
角解
H2S、H2CO2、CH2COOH、HCN、
质
弱酸
H2SO3、HC0O等
弱电
解质
弱碱NHH2O、Fe(OH)2、Fe(O)3等
极少
数盐(CH3COO2Pb等
水
醋酸
醋酸根离子
→|
水
水合|°8唧醋酸分
氢离子十5
水分子
弱电解质
分子电离
两种速率相等
处于电离平衡状态
离子结合为弱!
电解质分子
O
反应时间(共45张PPT)
第三单元 金属的腐蚀与防护
分点突破1
金属的电化学腐蚀
分点突破2
金属的电化学防护
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
∵
b
/化}含义「金属与其他物质直接接触发生氧化还原反应而
引起的腐蚀
腐
蚀条件∫干燥气体,如氧气、氯气、二氧化硫等,非电解
质液体,如石油
电含义「不纯的金属或合金发生原电池反应,使较活泼的
化
金属失去电子被氧化而引起的腐蚀
学
腐|条件
蚀
接触到电解质溶液
铁丝
碱石灰
铁钉植物油空气十铁钉
水
水
D
我在故宫修交物
MASTERS IN FORBIDDEN CITY
原理
方法
措施
牺牲阳板的阴极保护法作原电池
的正极
电化学保护法
外加电流的阴极保护法作电解池
的阴极
覆盖保护层
喷油漆、
涂油脂、电镀
改变金属内部结构
制成防腐合金、不锈钢
铜丝
铁
钉
浓硫酸
经酸化的3%的NaCl溶液
地面
导线
钢铁
输水管第一课时 化学反应的方向
明课程标准 扣核心素养
1.知道化学反应是有方向的。2.知道化学反应的方向与反应的焓变和熵变有关。 变化观念与平衡思想：能运用焓变和熵变分析影响化学反应方向的因素，初步学会用焓变和熵变研究化学反应进行的方向。证据推理与模型认知：能从定性与定量结合上收集证据，能通过定性分析和定量计算推出合理的结论，推断化学反应进行的方向。
将白色CuSO4粉末溶于水得到蓝色的CuSO4溶液，然后插入锌片，有何现象？
提示：锌片表面逐渐析出红色固体。
[问题探讨]
1．上述实验中存在哪些自发过程、自发反应？
提示：CuSO4固体的溶解是自发过程，锌片与CuSO4溶液的反应既是自发过程，又是自发反应。
2．若将铜片置于ZnSO4溶液中，会发生反应吗？如何让反应发生？
提示：不反应。若让反应发生可设计成电解池，Cu作阳极，石墨作阴极，ZnSO4溶液作离子导体，然后通电能让上述反应得以发生。
3．你是如何理解自发过程与自发反应的？
提示：在温度和压强一定的条件下，不借助光、电等外部力量就能自动进行的过程为自发过程，在一定条件下可以自发进行的化学反应为自发反应，自发过程可能是物理过程，不一定是自发反应，但自发反应一定是自发过程。
1．自发过程与自发反应
自发过程 自发反应
含义 在一定条件下，不需要借助外力就能自发进行的过程 在给定的条件下，可以自发进行到显著程度的化学反应
特征 具有方向性，即某个方向在一定条件下是自发的，而其逆方向在该条件下肯定是不能自发进行的
举例 高山流水，自由落体运动 钢铁生锈
应用 (1)可被用来完成有用功，如水力发电(2)可用来实现化学能转化为电能，如H2燃烧可设计成原电池(3)非自发过程要想发生，必须对它做功。如通电将水分解为H2和O2
2．自发过程的特点
(1)体系趋向于从高能状态转变为低能状态。
(2)体系趋向于从有序体系转变为无序体系。
[名师点拨]
(1)一定条件下，如果一个过程是自发的，则其逆过程在相同条件下就是非自发的。
(2)自发过程可以是物理过程，不一定是自发反应，而自发反应一定是自发过程。
1．在图①中的A、B两个容器里，分别收集着两种不同的理想气体。若将中间活塞打开，两种气体分子立即都充满了两个容器(如图②)。下列关于此过程的说法不正确的是( )
A．此过程是体系从无序程度小向无序程度大变化的过程，即熵增大的过程
B．此过程为自发过程，而且没有热量的吸收或放出
C．此过程从有序到无序，无序程度增大
D．此过程是自发可逆的
解析：选D 由题意可知，此过程为不伴随能量变化的自发过程，是体系无序程度增大的过程。自发过程是不可逆的。
2．下列说法中正确的是( )
A．能自发进行的反应一定能迅速发生反应
B．非自发进行的反应一定不可能发生反应
C．能自发进行的反应实际可能没有发生反应
D．常温下，2H2O2H2↑＋O2↑，即常温下水的分解反应是自发反应
解析：选C 自发反应为在温度、压强一定的条件下，化学反应自动发生的趋势，即反应发生的可能性，它并不能说明在该条件下一个可能自发进行的化学反应能否实际发生，因为化学反应能否实际发生还涉及到反应速率问题，所以A不正确；非自发不含有“不可能”之意，例如，水的分解在常温常压下是非自发的，但在通直流电条件下，水会电解生成氢气和氧气，只不过消耗了其他功，所以B不正确；水在常温常压下电解才发生分解，即环境对它做功才能使它发生，所以是非自发反应，所以D不正确。
汽车尾气中的污染物是NO和CO，它们是现代城市中的重要大气污染物。为了减轻大气污染，人们提出通过以下反应来处理汽车尾气的设想。2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.8 kJ·mol－1，ΔS＝－197.5 J·mol－1·K－1，请判断该设想是否可行，并说明理论依据。
[问题探讨]
1．你对S、ΔS是如何理解的？
提示：衡量一个体系混乱度的物理量叫做熵，用符号S表示。反应前后熵值的变化称为反应的熵变(ΔS)。若发生变化后体系的混乱度增大，则该过程的ΔS>0；反之，ΔS<0。
2．反应熵变与反应方向有怎样的关系？
提示：熵变是一个与反应能否自发进行有关的因素，但不能直接用熵增大(ΔS>0)或熵减小(ΔS<0)来判断化学反应能否自发进行。
3．反应焓变与反应方向之间的关系是什么？
提示：大多数自发进行的反应是放热反应，有些吸热反应也能自发进行，所以反应焓变是与反应能否自发进行有关的因素之一。
4．如何判断一个反应能否自发进行？
提示：利用综合判据，若ΔH－TΔS<0，则反应正向能自发进行，若ΔH－TΔS＝0，反应达到平衡状态，若ΔH－TΔS>0，反应正向不能自发进行。
5．请利用综合判据分析上述反应在298 K、100 kPa下能否自发进行？
提示：ΔH－TΔS＝－746.8 kJ·mol－1－298 K×(－197.5×10－3)kJ·mol－1·K－1≈－687.9 kJ·mol－1<0。因此该反应在室温下正向能自发进行。
1．焓变与反应方向
(1)大多数放热反应是可以自发进行的，例如，酸碱中和反应、H2的燃烧反应、Zn与CuSO4溶液的置换反应等放热反应都是能自发进行的。因此，放热反应具有自发进行的倾向，可以用焓变来判断反应进行的方向。
(2)有些吸热反应也可以自发进行。
实例：①Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是ΔH>0的反应，该反应能自发进行。
②2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)
ΔH＝＋109.8 kJ·mol－1
(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)
ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1
以上两个反应能自发进行。
(3)结论
多数能自发进行的化学反应是放热反应，但有些吸热反应也能自发进行，因此，焓变是反应进行方向的有关因素之一，但不是决定反应能否自发进行的唯一因素。
2．熵变与反应方向
(1)自发过程进行的方向与“混乱度”有关
如右图所示，两个广口瓶中分别盛有氯气和氢气，开始时中间用玻璃片隔开，当抽掉玻璃片后，可以观察到盛放氯气的瓶内气体颜色逐渐变浅，而盛放氢气的瓶内显现出了浅黄绿色，最后两瓶中的颜色相同。不需要外界的任何作用，气体通过分子的扩散自发地混合均匀。显然，上述过程是自发地从混乱度小(有序)向混乱度大(无序)的方向进行。
(2)熵
①熵是衡量体系混乱度大小的物理量，符号为S，熵值越大，体系的混乱度越大。
②影响熵(S)大小的因素
a．同一物质的熵在不同状态下熵值不同：
S(g)>S(l)>S(s)。
b．熵值与物质的量的关系：
物质的量越大，分子数越多，熵值越大。
(3)熵变
①概念：发生化学反应时物质熵的变化称为熵变，符号为ΔS。
②熵变规律
a．物质由固态―→液态―→气态的过程为熵增的过程，ΔS>0；反之为熵减的过程，ΔS<0。
b．气体物质的量增大的反应是熵增大的反应，ΔS>0；气体物质的量减小的反应是熵减小的反应，ΔS<0。
3．化学反应进行方向的综合判断方法(拓展)
(1)化学反应进行方向的判断
焓变(ΔH)和熵变(ΔS)都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据。要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变。体系的自由能变化(ΔG，kJ·mol－1)不仅与ΔH、ΔS有关，还与温度T有关，其表达式为ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG是恒温、恒压下判断化学反应自发性的判据，其规律是
(2)ΔH、ΔS与反应的自发性
类型 ΔH ΔS 反应的自发性
1 <0 >0 ΔG0，反应一定自发进行
2 >0 <0 ΔG0，反应一定不能自发进行
3 <0 <0 反应能否自发进行与温度有关，一般低温时以焓变影响为主，故低温时自发进行
4 >0 >0 反应能否自发进行与温度有关，一般高温时以熵变影响为主，故较高温度时能自发进行
1．下列反应在任何温度下均能自发进行的是( )
A．2N2(g)＋O2(g)===2N2O(g) ΔH＝＋163 kJ·mol－1
B．Ag(s)＋Cl2(g)===AgCl(s) ΔH＝－127 kJ·mol－1
C．HgO(s)===Hg(l)＋O2(g) ΔH＝＋91 kJ·mol－1
D．H2O2(l)===O2(g)＋H2O(l) ΔH＝－98 kJ·mol－1
解析：选D 反应自发进行的前提条件是反应的ΔH－TΔS<0，温度的变化可能使ΔH－TΔS的符号发生变化。A项，ΔH>0，ΔS<0，在任何温度下，ΔH－TΔS>0，即任何温度下，反应都不能自发进行；B项，ΔH<0，ΔS<0，在较低温度下，ΔH－TΔS<0，即反应温度不能过高；C项，ΔH>0，ΔS>0，若使反应自发进行，即ΔH－TΔS<0，必须升高温度，即反应只有在较高温度下才能自发进行；D项，ΔH<0，ΔS>0，在任何温度下，ΔH－
TΔS<0，即在任何温度下反应均能自发进行。
2．下列说法正确的是( )
A．反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH<0
B．ΔH<0、ΔS<0的反应在高温条件下能自发进行
C．反应CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)的ΔS<0
D．同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
解析：选A 反应物中有气体，生成物中没有气体，则ΔS<0，若要使反应自发进行，需满足ΔH－TΔS<0，则ΔH必须小于0，A项正确；根据ΔH－TΔS<0时，反应能自发进行，则ΔH<0、ΔS<0的反应在低温条件下才能自发进行，B项错误；反应物中无气体，生成物中有气体，则ΔS>0，C项错误；同一物质不同状态的熵值：气体>液体>固体，D项错误。
3．汽车尾气(含烃类、CO、NO、SO2等)是城市主要污染源之一，可以采用在汽车排气管上装催化转化器，使NO与CO反应生成可参与大气生态循环的无毒气体的方法进行治理，其反应原理是2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。在298 K、101 kPa下，该反应的ΔH＝－113 kJ·mol－1，ΔS＝－145 J·mol－1·K－1。下列说法错误的是( )
A．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
B．该反应在常温下不能自发进行，因此需要高温和催化剂条件
C．该反应在常温下能自发进行，高温和催化剂条件能加快反应的速率
D．汽车尾气中的NO、CO会与血红蛋白结合而使人中毒
解析：选B 此反应是放热反应，A项正确；常温下，ΔH－TΔS<0，该反应常温下可以自发进行，高温和催化剂条件能加快反应速率，B项错误，C项正确；NO、CO都可与血红蛋白结合而使人中毒，D项正确。
[分级训练·课课过关]_________________________________________________________
1．下列反应中ΔH>0，ΔS>0的是( )
A．CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)
B．NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)
C．4Fe(OH)2(s)＋O2(g)＋2H2O(l)===4Fe(OH)3(s)
D．2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)
解析：选A CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)是吸热反应，气体体积增大，故A正确；NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)是放热反应，气体体积减小，故B错误；4Fe(OH)2(s)＋O2(g)＋2H2O(l)===4Fe(OH)3(s)是放热反应，气体体积减小，故C错误；2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)，ΔH<0，故D错误。
2．下列关于自发过程的叙述中，正确的是( )
A．只有不需要任何条件就能够自动进行的过程才是自发过程
B．需要加热才能进行的过程肯定不是自发过程
C．同一可逆反应的正、逆反应在不同条件下都有自发的可能
D．非自发过程在任何条件下都不可能变为自发过程
解析：选C 在一定条件下，不用借助外力即可自发进行的过程为自发过程，所以自发过程也需要特定的条件，A、B项错误；可逆反应在不同的条件下，可以向不同方向自发进行，故C项正确；改变条件，可以使非自发过程转变为自发过程，D项错误。
3.金属锡的冶炼常用焦炭作还原剂：SnO2(s)＋2C(s)===Sn(s)＋2CO(g)，反应过程中能量的变化如图所示。下列有关该反应的ΔH、ΔS的说法中正确的是( )
A．ΔH<0，ΔS<0 B．ΔH>0，ΔS<0
C．ΔH<0，ΔS>0 D．ΔH>0，ΔS>0
解析：选D SnO2(s)＋2C(s)===Sn(s)＋2CO(g)，该反应中生成物气体化学计量数大，混乱度大，所以是熵增加的反应，故ΔS>0；从图中可知，反应物能量低，生成物能量高，该反应是吸热反应，故ΔH>0。
4．下列对化学反应方向的说法，正确的是( )
A．同一物质的固、液、气三种状态的熵值递减
B．常温下反应2Na2SO3＋O2(g)===2Na2SO4(s)能自发进行，则ΔH<0
C．CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g) ΔH>0，ΔS>0，不论在何种条件下都不可能自发进行
D．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为判断反应能否自发进行的依据
解析：选B 同一物质的固、液、气三种状态的熵值递增，故A错误；反应的ΔS<0，由ΔG＝ΔH－TΔS<0，反应在常温下可自发进行可知，ΔH<0，故B正确；能自发进行，应满足ΔH－TΔS<0，ΔH>0，ΔS>0，则在高温下能自发进行，故C错误；在温度、压强一定的条件下，焓变和熵变共同决定一个化学反应的方向，若ΔH－TΔS<0，则能自发进行，若ΔH－TΔS>0，则不能自发进行，故D错误。
5．下列内容与结论相对应的是( )
选项 内容 结论
A H2O(g)变成H2O(l) ΔS>0
B 硝酸铵溶于水可自发进行 因为该反应的ΔS>0
C 一个反应的ΔH>0，ΔS >0 反应一定不能自发进行
D H2(g)＋F2(g)===2HF(g)的ΔH＝－271 kJ·mol－1，ΔS＝＋8 J·mol－1·K－1 反应在任意温度下都不能自发进行
解析：选B 物质由气态变为液态，混乱度减小，即ΔS<0，A项不符合题意；硝酸铵溶于水是吸热的熵增加过程，ΔS>0，反应可自发进行，B项符合题意；ΔH>0，ΔS>0，根据复合判据可知，高温时ΔH－TΔS<0，即高温条件下，反应能自发进行，C项不符合题意；由ΔH<0，ΔS>0知，ΔH－TΔS<0，故该反应在任意温度下都能自发进行，D项不符合题意。
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8第三课时 化学反应速率与化学平衡图像的常见类型
明课程标准 扣核心素养
1.认识化学反应速率、化学平衡图像的常见类型。2.能通过分析图像，推测或解释有关化学问题，得出合理的结论。 证据推理与模型认知：理解、描述或表示有关常见类型的化学反应速率、化学平衡图像，并能运用模型分析、解释或推测有关化学问题。
已知工业合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.2 kJ·mol－1。
一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如图所示，其中t2、t4、t7时刻所对应的改变的实验条件分别是t2：________、t4：________、t7：________。
提示：t2：增大N2或H2的浓度
t4：加入催化剂
t7：降温
[问题探讨]
1．t5时刻改变的实验条件是什么？
提示：t5：减小NH3的浓度。
2．t9时刻如果增大压强，v(正)、v(逆)如何变化，请用图像表示。
提示：
增大压强，v(正)、v(逆)均增大，平衡正向移动。
3．t7时刻温度是如何影响v(正)、v(逆)的？速率—时间—温度图像的特点是什么？
提示：升高温度，v(正)、v(逆)均增大，吸热反应速率增大的多；降低温度，v(正)、v(逆)均减小，吸热反应速率减小的多，图像有断点。
4．一定条件下的可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，其图像如下图，在t2时刻改变的实验条件可能是什么？
提示：加入催化剂或m＋n＝p＋q时增大压强。
1．“渐变”类v t图——浓度对化学反应速率的影响
图像Ⅰ中，v′(正)突变，而v′(逆)渐变，t1时刻图像中有一条线是连续的，且v′(正)＞v′(逆)，说明t1时刻改变的条件是增大了反应物的浓度，使v′(正)突变，平衡正向移动。
图像Ⅱ中，v′(正)渐变，v′(逆)突变，t1时刻图像中有一条线是连续的，且v′(正)＞v′(逆)，说明t1时刻改变的条件是减小了生成物的浓度，使v′(逆)突变，平衡正向移动。
2．“断点”类v t图——温度(或压强)对化学反应速率的影响
图像Ⅰ中，v′(正)、v′(逆)都是突然增大的，t1时刻，图像中出现了“断点”，且v′(正)＞v′(逆)，平衡正向移动，说明该反应的正反应可能是吸热反应(或气体总体积减小的反应)，改变的外界条件是升高温度(或增大压强)。
图像Ⅱ中，v′(正)、v′(逆)都是突然变小的，t1时刻，图像中出现了“断点”，且v′(正)＞v′(逆)，平衡正向移动，说明该反应的正反应可能是放热反应(或气体总体积增大的反应)，改变的条件是降低温度(或减小压强)。
3．“平台”类v t图——催化剂(或压强)对化学反应速率的影响
图像中v′(正)、v′(逆)都是突然增大，且增大的程度相同，t1时刻，图像中出现了“平台”，化学平衡不发生移动，改变的条件可能是使用了催化剂，也可能是对反应前后气体总体积不发生变化的反应增大了压强。
1．某密闭容器中发生如下反应：X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH＜0。如图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是( )
A．t2时一定加入了催化剂 B．t3时减小了压强
C．t5时可能升高了温度 D．t4～t5转化率最低
解析：选C A项，由图可知，t2时刻改变条件，正、逆反应速率均增大且相等，平衡不移动，若增大压强平衡也不发生移动，则t2时不一定加入了催化剂，A错误；B项，t3时刻改变条件，正、逆反应速率均减小，且正反应速率小于逆反应速率，若减小压强，平衡不发生移动，与图像不符，错误；C项，t5时刻改变条件，正、逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，若升高温度，平衡逆向移动，与图像符合，正确；D项，催化剂对平衡移动无影响，t3～t4平衡逆向移动，转化率减小，t5～t6平衡逆向移动，转化率继续减小，显然t5～t6转化率比t4～t5转化率低，错误。
2．对于反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0已达平衡，如果其他条件不变时，分别改变下列条件，对化学反应速率和化学平衡产生影响，下列改变的条件与图像不相符的是(O～t1：v正＝v逆；t1时改变条件，t2时重新建立平衡)( )
解析：选C 分析时要注意改变条件瞬间v正、v逆的变化。增加O2的浓度，v正增大，v逆瞬间不变，A正确；增大压强，v正、v逆都增大，v正增大的倍数大于v逆，B正确；升高温度，v正、v逆都瞬间增大，C错误；加入催化剂，v正、v逆同时同倍数增大，D正确。
[规律方法] 解答“v?t”图像的技巧与方法
(1)抓住“图像的断点”突破：即由图像中条件改变的瞬间，正、逆反应速率的变化情况进行分析；若均增大或均减小，则改变的条件一般为温度、压强和催化剂；若正、逆反应只有一个速率改变，则改变的条件为浓度。
(2)抓住“图像的连续点”突破：通过改变条件的瞬间过后，正、逆反应速率的继续变化，可以确定平衡移动的方向。
(3)抓住“图像的对称性”突破：一般速率—时间图像中，平衡移动时正、逆反应速率的变化情况为一增一减，且呈对称图形，所以如果图中只提供正、逆反应速率中的一种变化情况，则可根据对称性，确定另外一方的变化情况。
某温度时，在2 L容器中X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间的变化关系曲线如图所示。
[问题探讨]
1．该反应的化学方程式是什么？
提示：3X＋Y2Z。
2．5 min内用X表示的化学反应速率是多少？
提示：v(X)＝＝＝0.06 mol·L－1·min－1。
3．Y的转化率是多少？
提示：α(Y)＝×100%＝20%。
4．解答物质的量—时间图像题的思路与关键是什么？
提示：三看
1．反应物或生成物的物质的量(或物质的量浓度)与反应时间图像
反应物或生成物的物质的量(或物质的量浓度)与反应时间的定量关系，如图所示。
该类图像所能解决的主要问题：①反应物、生成物的确定；②可逆反应或不可逆反应的确定；③反应化学方程式的确定；④某时间段内的平均反应速率；⑤化学反应达到平衡所用的时间。分析时灵活应用“反应速率之比＝化学计量数之比＝浓度的变化量之比＝物质的量的变化量之比”。
2．解答有关化学反应速率图像问题的一般步骤
(1)认准横坐标、纵坐标所表示的物理量；
(2)看清曲线的起点位置及曲线的变化趋势，确定函数的增减性；
(3)理解曲线斜率的意义，弄清当斜率为0时，曲线为一水平线的特定含义；
(4)准确把握各个特殊点(如起点、最高点、转折点、交点等)的含义；
(5)认准某些关键数据在解题中的作用；
(6)全面、准确地从图中找出直接或隐含的信息，结合上述几点快速得出答案。
1.工业上制备合成气的工艺主要是水蒸气重整甲烷：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH>0，在一定条件下，向容积为1 L的密闭容器中充入1 mol CH4(g) 和1 mol H2O(g)，测得H2O(g)和H2(g)的浓度随时间的变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A．达到平衡时，CH4(g)的转化率为75%
B．0～10 min内，v(CO)＝0.075 mol·L－1·min－1
C．该反应的化学平衡常数K＝0.187 5
D．当CH4(g)的消耗速率与H2(g)的消耗速率相等时，反应到达平衡
解析：选C 由图可知，10 min时反应到达平衡，平衡时水蒸气和氢气的浓度均为0.75 mol·L－1，则：
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
开始/(mol·L－1) 1 1 0 0
转化/(mol·L－1) 0.25 0.25 0.25 0.75
平衡/(mol·L－1) 0.75 0.75 0.25 0.75
平衡时甲烷的转化率＝×100%＝25%，A项错误；0～10 min内，v(CO)＝＝0.025 mol·L－1·min－1，B项错误；平衡常数K＝＝＝0.187 5，C项正确；同一物质的消耗速率与其生成速率相等时，反应达到平衡，由热化学方程式可知当CH4(g)的消耗速率与H2(g)的消耗速率之比为1∶3时，反应到达平衡，D项错误。
2．化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入6 mol CO2和8 mol H2，发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－48.97 kJ·mol－1，测得n(H2)随时间的变化如曲线Ⅰ所示。下列说法正确的是( )
A．该反应在0～8 min内CO2的平均反应速率是0.375 mol·L－1·min－1
B．保持温度不变，若起始时向上述容器中充入4 mol CO2、2 mol H2、2 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)，则此时反应向正反应方向进行
C．保持温度不变，若起始时向上述容器中充入3 mol CO2和4 mol H2，则平衡时H2的体积分数等于20%
D．改变条件得到曲线Ⅱ、Ⅲ，则曲线Ⅱ、Ⅲ改变的条件分别是升高温度、充入氦气
解析：选B 由图中曲线Ⅰ可知，该反应在0～8 min内H2的变化量为6 mol，则CO2的变化量为2 mol，该反应在0～8 min内CO2的平均反应速率是＝0.125 mol·L－1·min－1，A项错误；由图中曲线Ⅰ可知，该反应在8 min时达到平衡，平衡混合物中有4 mol CO2、2 mol H2、2 mol CH3OH(g)和2 mol H2O(g)，保持温度不变，若起始时向容器中充入4 mol CO2、2 mol H2、2 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)，相当于在原平衡状态的基础上减少1 mol H2O(g)，则此时反应向正反应方向进行，B项正确；原平衡混合物中H2的体积分数等于20%，保持温度不变，若起始时向上述容器中充入3 mol CO2和4 mol H2，相当于对原平衡减压，平衡逆向移动，则平衡时H2的体积分数大于20%，C项错误；该反应为放热反应，由图像可知，改变条件后，化学反应速率都加快，但是Ⅱ的平衡向左移动、Ⅲ的平衡向右移动，所以曲线Ⅱ改变的条件是升高温度，曲线Ⅲ改变的条件是增大压强，D项错误。
以甲醇为原料在一定条件下合成乙烯，2CH3OH(g)C2H4(g)＋2H2O(g)。某研究小组将甲醇蒸气以一定的流速持续通过相同量的同种催化剂，不同温度下得到如下图像。
[问题探讨]
1．合成乙烯比较适宜的温度是多少？
提示：450 ℃。
2．一段时间后甲醇反应率下降，原因是什么？
提示：因控制甲醇流速一定，故可能是催化剂活性下降导致甲醇反应率下降。
3．由图2可知最先达到平衡的反应条件是什么？如何解释？
提示：450 ℃。温度高，反应快，最先达到平衡。
百分含量(或转化率)—时间—温度(或压强)图像
(1)图像展示
(2)解题原则——“先拐先平数值大”
在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高(如图Ⅰ中T2>T1)、压强较大(如图Ⅱ中p2>p1)或使用了催化剂(如图Ⅲ中a使用了催化剂)。
Ⅰ.表示T2>T1，生成物的百分含量降低，说明正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动。
Ⅱ.表示p2>p1，A的转化率减小，说明正反应是气体总体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动。
Ⅲ.生成物C的百分含量不变，说明平衡不发生移动，但反应速率：a>b，故a使用了催化剂；也可能该反应是反应前后气体总体积不变的可逆反应，a增大了压强(压缩体积)。
1．一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是( )
A．CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH<0
B．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH>0
C．CH3CH2OH(g)CH2===CH2(g)＋H2O(g) ΔH>0
D．2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2C6H5CH===CH2(g)＋2H2O(g) ΔH<0
解析：选A 四个选项中水蒸气均为生成物。依左图可知：T2>T1，升温，水蒸气含量减小，平衡左移，所以正反应为放热反应即ΔH<0，B、C错；依右图可知：p1>p2，增压，水蒸气含量增加，即正反应为气体体积减小的反应，A对，D错。
2.反应：2X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0，在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，产物Z的物质的量n与反应时间t的关系如图所示。下列判断正确的是( )
A．T1p2
C．T1>T2，p1>p2 D．T1>T2，p1解析：选C 温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡，因此同为p2时，T1>T2；压强越大，反应速率越快，反应先达到平衡，因此同为T2时，p1>p2。
将合成气以＝2通入1 L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)＋2CO(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示。
[问题探讨]
1．该反应的ΔH________0(填“>”或“<”)。
提示：压强不变时，温度升高，CO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，ΔH<0。
2．p1、p2、p3由高到低的顺序是什么？
提示：固定温度不变，压强增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故p1>p2>p3。
3．若将纵坐标由CO的平衡转化率改为CO的平衡浓度，则1、2问的推断结果发生哪些变化？
提示：ΔH>0 p1百分含量(或转化率)－压强－温度图像
(1)图像展示
(2)解题原则——“定一议二”
在化学平衡图像中，包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的三个变量，分析方法是确定其中一个变量，讨论另外两个变量之间的关系。如图Ⅰ中确定压强为105 Pa或107 Pa，则生成物C的百分含量随温度T的升高而逐渐减小，说明正反应是放热反应；再确定温度T不变，作横坐标的垂线，与压强线出现两个交点，分析生成物C的百分含量随压强p的变化可以发现，压强增大，生成物C的百分含量增大，说明正反应是气体总体积减小的反应。
1．反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)达到平衡时，A的转化率与压强、温度的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．正反应是放热反应，m＋n>p＋q
B．正反应是吸热反应，m＋nC．正反应是放热反应，m＋nD．正反应是吸热反应，m＋n>p＋q
解析：选D 图像中有三个量，应固定一个量来分别讨论另外两个量之间的关系。固定压强，T与A的转化率的关系：同一压强下，温度越高，A的转化率越高，说明正反应是吸热反应。固定温度，压强与A的转化率的关系：同一温度下，压强越大，A的转化率越高，说明正反应是气体体积减小的反应，即m＋n>p＋q。
2．对于反应：2A(g)＋B(g)2C(g) ΔH<0，下列图像正确的是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
解析：选D 该反应正方向是气体分子数目减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，B的含量减小，C的物质的量分数增大；升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，B的物质的量分数增大，C的物质的量分数减小，达到平衡的时间短，故①、④正确。
在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。
(1)反应2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)的ΔH大于零还是小于零？
提示：随着温度的升高，NO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应，ΔH<0。
(2)图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO的转化率吗？
提示：X点对应NO的转化率低于该温度下NO的平衡转化率，所以反应没有达到平衡状态，延长反应时间，可以提高NO的转化率。
(3)图中Y点所示条件下，增加O2的浓度能不能提高NO转化率？为什么？
提示：能；Y点时反应已达到平衡状态，增加O2的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高。
相同时间，不同温度(或压强)下转化率或含量图像题的解题注意点：
(1)转化率(或含量)最大点为平衡点。
(2)平衡点前，温度低(或压强小)未达平衡；平衡点后，温度高(或压强大)已达平衡，在升温(或加压)下平衡发生移动。
1．取五等份NO2，分别充入五个温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，反应相同时间后，分别测定体系中NO2的体积分数[φ(NO2)]，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是( )
A．①② B．①④
C．②③ D．②④
解析：选D 恒容条件下，在五个温度不同的密闭容器中同时通入等量的NO2，反应相同的时间，那么有三种可能的情况：一是全部反应已达到平衡状态，二是部分反应还没有达到平衡状态，三是全部反应没有达到平衡状态。若五个容器中的反应在反应相同的时间后，均已达到平衡，则因为该反应是放热反应，故温度升高，平衡向逆反应方向移动，NO2的体积分数增大，所以②正确。若五个容器中的反应有未达到平衡状态的，则反应正向进行，那么温度越高，反应速率越快，则NO2转化得越快，故NO2的体积分数减少；而对于其他达到平衡状态的反应，随着温度升高，平衡左移，NO2的体积分数增大，④正确；若五个容器中的反应均未达到平衡状态，那么随着温度的升高，反应速率增大，则NO2的体积分数持续降低。综上所述，答案选D。
2．已知反应2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)的平衡常数如下表。按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列大小比较正确的是( )
温度/℃ 500 700 800
平衡常数K 2.50 0.34 0.15
A.平衡常数：K(a)>K(c)，K(b)＝K(d)
B．正反应速率：v(a)>v(c)，v(b)＝v(d)
C．达到平衡所需时间：t(a)＝t(c)，t(b)>t(d)
D．平均相对分子质量：r(a)＝r(c)，r(b)>r(d)
解析：选A 温度相同，平衡常数相同，不同温度时，CO的转化率越大，平衡常数越大，所以K(a)>K(c)，K(b)＝K(d)，A项正确；根据表中数据，温度越高，平衡常数越小，说明正反应为放热反应，所以T1v(d)，B项错误；因为v(a)v(d)，所以达到平衡所需时间：t(a)>t(c)、t(d)>t(b)，C项错误；平衡向右移动，气体的物质的量减小，平均相对分子质量增大，所以r(a)>r(c)，D项错误。
[分级训练·课课过关]____________ __________________________________________
1．某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应：A(g)＋xB(g)2C(g)，达到平衡后，改变反应条件，在不同的时间段内反应物与生成物的浓度随时间的变化如图甲所示，正、逆反应速率随时间的变化如图乙所示，下列说法中正确的是( )
A．30～40 min间该反应使用了催化剂
B．化学方程式中的x＝1，正反应为吸热反应
C．30 min时降低温度，40 min时升高温度
D.8 min前A的平均反应速率为0.08 mol·L－1·min－1
解析：选D 若使用催化剂，则化学反应速率加快，A项错误；由甲图像可知，A、B的浓度变化相同，故A、B化学式前的系数相同，都为1；由乙图像可知，30 min时改变的条件为减小压强，40 min时改变的条件为升高温度，且升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，B、C错误；8 min前A的平均反应速率为＝0.08 mol·L－1·min－1，D项正确。
2．合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，在反应过程中，正反应速率的变化如图。下列说法正确的是( )
A．t1时升高了温度 B．t2时使用了催化剂
C．t3时增大了压强 D．t4时降低了温度
解析：选B t1～t2，v正先增大后逐渐减小，说明平衡正向移动，而根据ΔH<0可知，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡应逆向移动，故t1时不是升高温度，可能是增大压强或者增大反应物浓度，A项错误；t2～t3，正、逆反应速率同等程度地增大，可能是使用了催化剂，B项正确；t3时若增大了压强，正反应速率增大，平衡正向移动，则正反应速率应先增大后减小，与图像不符，故C项错误；t4时若是降低温度，则在t3～t4平衡的基础上，v正应瞬间减小，平衡正向移动，与图像不符，故D项错误。
3．已知某可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t下，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B%的关系曲线，下列判断正确的是( )
A．T1p2、m＋n>p，放热反应
B．T1>T2、p1p，吸热反应
C．T1p2、m＋nD．T1>T2、p1解析：选D 当压强相同时，可以比较温度的大小，即比较曲线①、②，根据“先拐先平数值大”的原则可知T1>T2；由题图知温度越高，B的体积分数越小，即平衡正向移动，因升高温度，平衡向吸热方向移动，故正反应为吸热反应；当温度相同时，可以比较压强的大小，即比较曲线②、③，根据“先拐先平数值大”的原则可知p1T2，该反应为吸热反应，p14．图中甲、乙分别表示反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH>0在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个外界条件而发生变化的情况，下列说法正确的是( )
A．甲中t2时改变的条件一定是同倍数增大CO2和H2的浓度
B．甲中t2时改变的条件一定是加入催化剂
C．乙中t2时改变的条件可能是降低温度
D．乙中t2时改变的条件可能是增大CO2的浓度
解析：选C 由题图可知，甲中t2时正、逆反应速率均增大且相等，化学平衡不移动，由热化学方程式可知，反应前后气体体积不变，增大压强，平衡不移动，则t2时可能改变的条件是增大压强或加入催化剂，A、B项错误；乙中t2时CO2的浓度增大，CO的浓度减小，应是平衡逆向移动的结果，由于该反应的正反应是吸热反应，根据平衡移动原理知，降低温度，平衡向放热方向移动，使CO2的浓度增大，CO的浓度减小，C项正确；若t2时改变的条件是增大CO2的浓度，则CO2的浓度应瞬间增大，由于平衡正向移动，CO的浓度也会增大，与题图不符，D项错误。
5．可逆反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g) ΔH＝Q，同时符合下列两图中各曲线的规律的是( )
A．a＋b＞c＋d T1＞T2 Q＞0
B．a＋b＜c＋d T1＞T2 Q＞0
C．a＋b＜c＋d T1＜T2 Q＜0
D．a＋b＞c＋d T1＜T2 Q＜0
解析：选D 对于左图，先拐先平衡，说明反应速率快，即T2＞T1，随温度的升高，生成物的浓度减小，平衡逆向移动，且平衡向吸热反应方向移动，即正反应是放热反应，即Q＜0；对于右图，v正和v逆相交后，随压强的增大，v正大于v逆，平衡向正反应方向移动，即正反应是气体体积减小的反应，即a＋b＞c＋d，D选项正确。
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16电解及其装置
题型一 电解池的工作原理及构成条件
1．有关电解原理的说法正确的是( )
①电解是把电能转化成化学能 ②电解是把化学能转化成电能 ③电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化 ④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现 ⑤任何溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生
A．①②③④ B．②③⑤
C．③④ D．①③④⑤
解析：选D 电解时先通电，后发生化学反应，是把电能转化成化学能，①正确，②错误；电解质溶液导电时，两个电极上发生氧化还原反应，有新物质产生，发生的是化学变化，金属导电是自由电子的定向移动，没有新物质产生，是物理变化，③、⑤正确；电解不仅能使自发反应进行，也能使非自发反应进行，即无论氧化还原反应是否可以自发进行，都可通过电解的原理实现，④正确；故选D。
2．如图是电解氯化铜溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是( )
A．a为负极，b为正极
B．a为阳极，b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加
D．电解过程中，氯离子浓度不变
解析：选C 由图示电流方向可知， a是电源正极，b是电源负极；则c是电解池的阳极，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，溶液中氯离子不断减少；d是电解池的阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，d电极质量不断增加。
3．如下图所示装置中，属于电解池的是( )
解析：选C 根据电解池的构成条件进行判断：装置A、B、D中无直流电源，装置D中不能形成闭合回路，A、B、D不能形成电解池。
4．某同学将电解池工作时的电子、离子流动方向及电极种类等信息表示在图中，下列有关分析完全正确的是( )
选项 A B C D
a电极 阳极 阴极 阳极 阴极
d电极 正极 正极 负极 负极
Q离子 阳离子 阳离子 阴离子 阴离子
解析：选B 根据题图知，该装置有外接电源，所以属于电解池，根据电子流向知，c是负极，d是正极，a是阴极，b是阳极，电解时，电解质溶液中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则Q离子是阳离子，P离子是阴离子，故B正确。
题型二 酸、碱、盐溶液的电解规律
5．如图所示，a、b、c、d均为石墨电极，通电进行电解，下列说法正确的是( )
A．电路中的电子流向：负极→d→c→b→a→正极
B．a、c两极产生气体的物质的量相等
C．SO向b电极移动，Cl－向c电极移动
D．通电后乙烧杯滴入酚酞溶液d极会变红
解析：选D 电子只能在外电路中移动，故A错误；a极产生O2，c极产生Cl2，根据电子守恒得关系式：O2～2Cl2～4e－，O2和Cl2的物质的量之比为1∶2，故B错误；阴离子向阳极移动，a和c是阳极，所以SO向a电极移动，Cl－向c电极移动，故C错误；d极是阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，所以滴入酚酞溶液d极会变红，故D正确。
6．如图，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板增重，b极板有无色无味气体放出，符合这一情况的是( )
选项 a极板 b极板 X极 Z溶液
A 锌 石墨 负极 CuSO4溶液
B 石墨 石墨 负极 NaOH溶液
C 银 铁 正极 AgNO3溶液
D 铜 石墨 负极 CuCl2溶液
解析：选A a极质量增加，必定是有金属在a极析出，a极一定是阴极。B选项Z溶液为NaOH溶液，无金属析出，被排除。又因为b极有无色无味气体生成，只能是O2，而D选项电解CuCl2溶液，阳极要析出Cl2，D选项被排除。在A、C选项中，根据电极名称，X极应当为电源的负极。
7．如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液。下列实验现象中正确的是( )
A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的
B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色
解析：选D a为阴极产生氢气，b为阳极产生氧气，逸出气体的体积，a电极的大于b电极的，故A、B错误；a电极氢离子放电，a周围还有大量的氢氧根离子，使a电极附近的石蕊溶液变为蓝色，b电极氢氧根离子放电，b周围还有大量的氢离子，使b电极附近的石蕊溶液变为红色，故C错误，D正确。
8．下列选项中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是( )
A．HCl、CuCl2、Ba(OH)2
B．NaOH、CuSO4、H2SO4
C．NaOH、H2SO4、Ba(OH)2
D．NaBr、H2SO4、Ba(OH)2
解析：选C A中，2HClCl2↑＋H2↑，CuCl2Cu＋Cl2↑，错误；B中，2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，错误；D中，2NaBr＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Br2，错误。
9．如图X是直流电源。Y池中c、d为石墨棒，Z池中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近显红色。
(1)①电源上b为________极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”，下同)。
②Z池中e为________极。
③连接Y、Z池的线路中，电子流动的方向是d________e(用“→”或“←”填空)。
(2)①写出c极的电极反应式：_________________________________________________。
②写出Y池中电解反应的化学方程式：_______________________________________。
③写出Z池中e极的电极反应式：_______________________________________。
解析：d极附近显红色，说明d为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，c为阳极，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，Y池电解NaCl溶液的电解反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；直流电源中a为正极，b为负极，Z池中f为阴极，e为阳极，电极反应式分别为Cu2＋＋2e－===Cu、Cu－2e－===Cu2＋，电子流动方向由e→d。
答案：(1)①负 ②阳 ③←
(2)①2Cl－－2e－===Cl2↑
②2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
③Cu－2e－===Cu2＋
10．下列关于电化学的说法中错误的是( )
A．原电池的负极、电解池的阳极均发生氧化反应
B．原电池将化学能转化为电能，电解池将电能转化为化学能
C．利用原电池原理可制备化学电源，利用电解池原理可制备化学物质
D．电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，可加入NaCl、H2SO4
解析：选D 原电池的负极、电解池的阳极均发生失电子、化合价升高的氧化反应，A正确；原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，B正确；利用原电池原理可制备化学电源，比如各式各样的电池，利用电解池原理可制备化学物质，如氯碱工业就是利用电解原理生成氯气、氢氧化钠，C正确；电解水和电解硫酸溶液的电解反应方程式均为2H2O2H2↑＋O2↑，电解NaCl溶液的电解反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑ ，加入NaCl后，阳极会产生Cl2，D错误。
11．如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流表中有电流通过。则下列说法正确的是( )
A．锌片是负极
B．两个铜片上都发生氧化反应
C．石墨是阴极
D．两个番茄都形成原电池
解析：选A 根据图示可推知左侧为原电池，其中Zn作负极，Cu作正极，Cu片上发生还原反应；右侧为电解池，其中Cu为阴极，发生还原反应，C为阳极，发生氧化反应。
12．为使反应Cu＋2H2O===Cu(OH)2＋H2↑能够发生，下列设计方案正确的是( )
A．用铜片作负极，石墨电极作正极，氯化钠溶液为电解质溶液构成原电池
B．用铜片作电极，外接直流电源电解硫酸铜溶液
C．用铜片作阳极，铁片作阴极，电解硫酸钠溶液
D．用铜片作阴、阳电极，电解稀硫酸
解析：选C 该反应为不能自发进行的氧化还原反应，必须设计为电解池才能发生。阳极为Cu放电，阴极为H＋放电，即用Cu作阳极，电解质溶液中为H2O放电，选项C符合要求。
13．下列有关 2 个电化学装置的叙述不正确的是( )
A．图Ⅰ，在不改变总反应的前提下，可用 Na2SO4 替换 ZnSO4，用石墨替换 Cu 棒
B．图Ⅰ，电流形成的完整过程是负极Zn－2e－===Zn2＋，电子经导线流向正极，正极 Cu2＋＋2e－===Cu
C．图Ⅱ，通电后向两极滴加酚酞，左侧变红
D．图Ⅰ，盐桥中 Cl－向左侧移动，图Ⅱ，溶液中 Cl－向右侧移动
解析：选B 将图Ⅰ中的ZnSO4替换为Na2SO4，对左侧区反应无影响，将Cu棒替换为石墨棒，仍然是锌为负极，石墨棒为正极，故并不改变总反应，故A正确；图Ⅰ中电流形成的完整过程是负极Zn－2e－===Zn2＋，外电路中电子经导线流向正极，正极Cu2＋＋2e－===Cu，内电路的盐桥中的阴离子移向负极，阳离子移向正极，故B错误；图Ⅱ中左侧区是阴极，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故阴极区显碱性，加酚酞后溶液变红，故C正确；图Ⅰ中左侧为负极，故盐桥中Cl－向左侧移动，图Ⅱ中右侧是阳极，故溶液中Cl－向右侧移动，故D正确。
14．工业上可以通过电解NO制备NH4NO3，原理如图所示。写出电解过程阳极的电极反应式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：电解NO制备NH4NO3，阳极发生氧化反应，NO失去电子生成NO，发生的电极反应为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋。
答案：NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋
15．用石墨电极电解氯化铜溶液，装置如图所示。请回答下列问题：
(1)阳极上生成的气体的颜色为________； 该装置工作过程中的能量转化方式为____________________。
(2)写出电解初期阴极的电极反应式：_________________________________________。
(3)电解一段时间后取出阴极的石墨棒，发现表面有浅蓝色固体Cu(OH)2，请说明Cu(OH)2产生的原因________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)阳极，Cl－放电，2Cl－－2e－===Cl2↑，氯气颜色为黄绿色；电解池工作过程中是将电能转化为化学能；(2)阴极上发生还原反应，Cu2＋转化为Cu，则电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu；(3)阴极发生还原反应，电解一段时间后，溶液中Cu2＋的浓度减小，H＋也会在阴极放电，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，产生的OH－与Cu2＋生成浅蓝色固体Cu(OH)2。
答案：(1)黄绿色 电能转化为化学能 (2)Cu2＋＋2e－===Cu (3)随着反应的进行，Cu2＋浓度降低，此时有一部分H＋放电使此区域的OH－浓度增大，故生成浅蓝色固体Cu(OH)2
16．用石墨作电极电解下列溶液
①稀H2SO4 ②K2SO4溶液 ③CuCl2溶液 ④CuSO4溶液 ⑤KOH溶液
(1)阴极、阳极都有气体产生，且体积比(相同条件下)为2∶1 的是__________(填序号)，其阳极的电极反应式都是___________________________________________，
阴极的电极反应式都是_________________________________________________，
电解反应方程式都是______________________________________________。
(2)阴极、阳极都有气体产生，其中溶液酸性增强的是____________(填序号)。
(3)一个电极析出金属，另一个电极逸出刺激性气味气体的是________(填序号)，其阳极的电极反应式是______________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)电解水时，阴极氢离子放电，生成氢气，阳极氢氧根离子放电，生成氧气，两极都有气体产生，且体积比(相同条件下)为2∶1，电解①②⑤时，均相当于电解水，阴极氢离子放电，生成氢气，即2H＋＋2e－===H2↑，阳极氢氧根离子放电，生成氧气，即4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，电解反应为2H2O2H2↑＋O2↑；(2)电解①②⑤时，两极都有气体产生，电解③④时，阴极Cu2＋放电，没有气体产生，①溶液的浓度增大，pH变小；②溶液的浓度增大，pH不变；⑤溶液的浓度增大，pH变大；(3)电解③④时，阴极都是Cu2＋放电，析出金属铜，③中阳极Cl－放电产生的氯气，有刺激性气味；④中阳极OH－放电产生的氧气，无刺激性气味。
答案：(1)①②⑤ 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ 2H＋＋2e－===H2↑ 2H2O2H2↑＋O2↑
(2)① (3)③ 2Cl－－2e－===Cl2↑
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8第一课时 沉淀溶解平衡原理
明课程标准 扣核心素养
1.认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，了解其影响因素。2.明确溶度积和浓度商的关系，并由此学会判断反应进行的方向。 变化观念与平衡思想：能从不同视角认识沉淀溶解平衡。证据推理与模型认知：能识别沉淀溶解平衡并能用化学平衡的观点认识沉淀溶解平衡，建立相应的认知模型。
按照如下步骤进行实验：
1．将少量碘化铅(PbI2，难溶于水)固体加入到盛有少量水的50 mL烧杯中，用玻璃棒充分搅拌，静置。
2．从烧杯中取2 mL上层清液于试管中，逐滴加入AgNO3 溶液，充分振荡，静置。
请仔细观察实验现象，并分析产生此实验现象的原因。
[问题探讨]
1．实验中观察到的实验现象是什么？
提示：PbI2固体溶于水后得到PbI2的饱和溶液，静置后，可观察到烧杯底部有黄色固体，上层清液为无色。取2 mL 上层清液于试管中，滴加AgNO3溶液，产生黄色沉淀。
2．如何解释上述实验现象？
提示：PbI2尽管难溶，但在水中仍有极少量的溶解，溶解后溶液中存在Pb2＋、I－，取少量清液于试管中，滴加AgNO3溶液，发生反应Ag＋＋I－===AgI↓，产生黄色沉淀。
3．25 ℃时，PbI2溶于水建立了沉淀溶解平衡，请用图像表示这一过程。
提示：
1．沉淀溶解平衡的概念
在一定温度下，当难溶电解质溶解的速率和离子结合形成沉淀的速率相等时，离子的沉积与难溶电解质的溶解达到平衡状态，溶液中对应的离子浓度、难溶电解质的量不再改变，我们把这种平衡叫做沉淀溶解平衡。
2．沉淀溶解平衡的建立(以PbI2固体的沉淀溶解平衡为例)
一定温度下，PbI2固体难溶于水，但仍有部分Pb2＋和I－离开固体表面进入溶液，而进入溶液的Pb2＋和I－又有部分结合形成固体沉淀下来。当这两个过程的速率相等时，Pb2＋和I－的沉积与PbI2固体的溶解达到平衡状态，溶液中Pb2＋和I－的浓度不再增大，PbI2固体的量不再减少，得到PbI2的饱和溶液，这时达到沉淀溶解平衡状态。该过程可表示为PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)。
3．沉淀溶解平衡的特征
1．下列对AgCl(s)????Ag＋(aq)＋Cl－(aq)的理解正确的是( )
①说明AgCl没有完全电离，AgCl是弱电解质
②说明溶解的AgCl已完全电离，AgCl是强电解质
③说明Cl－与Ag＋的反应不能完全进行
④说明Cl－与Ag＋的反应可以完全进行
A．③④ B．②③
C．①③ D．②④
解析：选B 关于沉淀溶解平衡的表达式，其完整的书写形式为AgCl(s)????AgCl(aq)===Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，故对于难溶物质来说，是先溶解，再电离。
2．下列关于沉淀溶解平衡的说法正确的是( )
A．只有难溶电解质才存在沉淀溶解平衡状态
B．沉淀溶解平衡过程是可逆的
C．在平衡状态时v(溶解)＝v(沉淀)＝0
D．达到沉淀溶解平衡的溶液不一定是饱和溶液
解析：选B 无论难溶电解质还是易溶电解质，都存在沉淀溶解平衡状态，例如含NaCl固体的NaCl饱和溶液中就存在沉淀溶解平衡状态，故A错；电解质的沉淀溶解平衡过程是可逆的，故B对；沉淀溶解平衡状态时v(溶解)＝v(沉淀)≠0，故C错；达到沉淀溶解平衡时，溶解的速率等于沉淀的速率，所以溶液的浓度不变，一定是饱和溶液，故D错。
常见难溶电解质的溶度积常数和溶解度(25 ℃)
难溶物 Ksp 溶解度/g
AgCl 1.8×10－10 1.5×10－4
BaSO4 1.1×10－10 2.4×10－3
AgBr 5.4×10－13 8.4×10－6
Fe(OH)3 2.6×10－39 3.0×10－9
AgI 8.5×10－17 2.1×10－7
CaCO3 5.0×10－9 7.1×10－4
[问题探讨]
1．简述溶度积常数的概念？写出AgCl、Fe(OH)3的溶解平衡方程式及溶度积常数表达式。
提示：难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡常数，称为溶度积常数，简称溶度积。
AgCl(s)????Ag＋＋Cl－ Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)；
Fe(OH)3(s)????Fe3＋＋3OH－ Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)。
2．请利用25 ℃时的Ksp数据比较AgCl、AgBr、AgI在水中的溶解能力大小。
提示：难溶电解质的Ksp的大小反映了其在水中的溶解能力。对于同类型的难溶电解质(如AgCl、AgBr、AgI等)而言，Ksp越小，其在水中的溶解能力越小，故AgCl、AgBr、AgI在水中的溶解能力由大到小的顺序为AgCl＞AgBr＞AgI。
3．已知25 ℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12，能否直接依据Ksp的大小判断其在水中的溶解能力？
提示：对于不同类型(阴、阳离子个数比不同)的难溶电解质，不能直接依据Ksp的大小判断其在水中的溶解能力。虽然Ksp(Ag2CrO4)＜Ksp(AgCl)，但在水中的溶解能力：Ag2CrO4＞AgCl。
4．如何利用Ksp判断沉淀的生成与溶解？
提示：以BaSO4(s)????Ba2＋＋SO为例，
c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp，沉淀溶解平衡；
c(Ba2＋)·c(SO)＞Ksp，生成沉淀；
c(Ba2＋)·c(SO)＜Ksp，沉淀溶解。
5．要将等体积的4×10－3 mol·L－1 AgNO3溶液和4×10－3 mol·L－1 K2CrO4溶液混合，是否能析出Ag2CrO4沉淀？[已知Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12]
提示：混合后，c(Ag＋)＝c(CrO)＝2×10－3 mol·L－1，c2(Ag＋)·c(CrO)＝(2×10－3)2×2×10－3＝8×10－9＞1.12×10－12，故有Ag2CrO4沉淀析出。
溶度积(Ksp)
(1)表达式
沉淀溶解平衡AmBn(s)????mAn＋(aq)＋nBm－(aq)的溶度积常数可表示为Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。
(2)影响因素
Ksp是一个温度函数，只与难溶电解质的性质、温度有关，而与沉淀的量无关，且溶液中的离子浓度的变化只能使平衡移动，并不改变溶度积。
(3)意义
溶度积的大小与溶解度有关，它反映了物质的溶解能力。对同类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI等，在相同温度下，Ksp越大，溶解度就越大；Ksp越小，溶解度就越小。
(4)应用——溶度积规则
通过比较溶度积常数Ksp与溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解，这就是溶度积规则。
难溶电解质AmBn的水溶液中，离子积为cm(An＋)·cn(Bm－)。
若cm(An＋)·cn(Bm－)若cm(An＋)·cn(Bm－)＝Ksp，溶液为饱和溶液，沉淀与溶解处于平衡状态；
若cm(An＋)·cn(Bm－)>Ksp，溶液为过饱和溶液，体系中有沉淀生成，直至溶液饱和，达到新的平衡。
[名师点拨]
(1)AgCl(s)????Ag＋(aq)＋Cl－(aq)与AgCl===Ag＋＋Cl－所表示的意义不同。前者表示难溶电解质AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡表达式；后者表示强电解质AgCl在水溶液中的电离方程式。
(2)通常认为残留在溶液中离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀达到完全。
(3)溶度积与溶解度都可用于表示物质的溶解能力，利用Ksp的大小判断难溶电解质在水中溶解能力的大小时需注意：
①对于同类型的物质(难溶电解质化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同)，Ksp越小，则难溶电解质在水中的溶解能力就越弱。
②对于不同类型的物质，Ksp不能直接用于判断溶解能力的大小，而应通过计算将Ksp转化为饱和溶液中溶质的物质的量浓度进而确定溶解能力的大小。
1．已知在Ca3(PO4)2的饱和溶液中，c(Ca2＋)＝2.0×10－6mol·L－1，c(PO)＝1.58×10－6mol·L－1，则Ca3(PO4)2的Ksp为( )
A．2.0×10－29 B．3.2×10－12
C．6.3×10－18 D．5.1×10－27
解析：选A Ca3(PO4)2的Ksp＝c3(Ca2＋)·c2(PO)＝(2.0×10－6)3×(1.58×10－6)2≈2.0×10－29。
2．下列有关溶度积常数Ksp的说法正确的是( )
A．常温下，向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小
B．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp减小
C．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp增大
D．常温下，向Mg(OH)2的饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变
解析：选D 温度不变，溶度积常数不变，故A项不正确，D项正确；温度升高，大多数难溶物的Ksp增大，但也有少数物质相反，如Ca(OH)2，故B、C项均不正确。
3．已知CaCO3的Ksp＝2.8×10－9，现将浓度为2×10－4 mol·L－1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应大于( )
A．2.8×10－2 mol·L－1
B．1.4×10－5 mol·L－1
C．2.8×10－5 mol·L－1
D．5.6×10－5 mol·L－1
解析：选D 由沉淀形成的条件可知，要产生沉淀必须满足c(Ca2＋)·c(CO)＞2.8×10－9，因两种溶液等体积混合后c(CO)＝1×10－4 mol·L－1，故混合后溶液中c(Ca2＋)应大于2.8×10－5 mol·L－1，则混合前c(CaCl2)至少应大于5.6×10－5 mol·L－1。
将碳酸钙分别加入水和饱和碳酸钠溶液中，达到沉淀溶解平衡，请比较两个体系中Ca2＋浓度的大小。
提示：CaCO3(s)????Ca2＋＋CO，饱和Na2CO3溶液中，c(CO)增大，平衡逆向移动，c(Ca2＋)减小，故饱和Na2CO3溶液中的Ca2＋浓度小。
[问题探讨]
1．请设计实验方案，使CaCO3的沉淀溶解平衡向生成CaCO3的方向移动。
提示：加入浓的CaCl2溶液或浓的Na2CO3溶液[增大c(Ca2＋)或c(CO)]。
2．请设计实验方案，使CaCO3的沉淀溶解平衡向碳酸钙溶解的方向移动。
提示：升高温度或加水稀释或加入盐酸(降低CO的浓度)。
沉淀溶解平衡的影响因素
内因 难溶电解质本身的性质是决定因素。不存在绝对不溶的物质，同时微溶物的溶解度差别也很大
外因 温度 升高温度，多数平衡向溶解的方向移动；其原因是大多数难溶电解质的溶解过程是吸热的
浓度 加水稀释，平衡向溶解的方向移动
同离子效应 加入与难溶电解质所含离子相同的物质，平衡向生成沉淀的方向移动
其他 加入能消耗难溶电解质所含离子的物质，平衡向溶解的方向移动
以AgCl(s)????Ag＋(aq)＋Cl－(aq) ΔH＞0为例分析外因对溶解平衡移动的影响。
外界条件 平衡移动方向 平衡后c(Ag＋) 平衡后c(Cl－)
升高温度 正向 增大 增大
加水稀释 正向 不变 不变
加入少量AgNO3 逆向 增大 减小
通入HCl 逆向 减小 增大
通入H2S 正向 减小 增大
[名师点拨]
1．沉淀溶解平衡移动遵循勒夏特列原理，如增大溶解产生的离子的浓度，溶解平衡向减小该离子浓度的方向移动，即向生成沉淀的方向移动，但最终平衡时该离子的浓度比原平衡时的大。
2．升高温度，少数平衡向生成沉淀的方向移动，如Ca(OH)2的溶解平衡。
3．沉淀溶解达到平衡时，再加入该难溶物对平衡无影响。
1．把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)????Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，下列叙述正确的是( )
A．给溶液加热，溶液的pH升高
B．恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
C．向溶液中加入Na2CO3溶液，Ca(OH)2固体增多
D．向溶液中加入少量的NaOH固体，Ca(OH)2固体增多
解析：选D A项，加热时Ca(OH)2溶解度减小，平衡逆向移动，c(OH－)减小，pH减小，错误；B项，CaO＋H2O===Ca(OH)2，由于保持恒温，Ca(OH)2溶解度不变，c(OH－)不变，因此pH不变，错误；C项，CO＋Ca2＋===CaCO3↓，使平衡正向移动，Ca(OH)2固体减少，错误；D项，加入NaOH固体时，c(OH－)增大，平衡逆向移动，因此Ca(OH)2固体增多，正确。
2．在一定温度下，当Mg(OH)2固体在水溶液中达到下列平衡时：Mg(OH)2(s)????Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，要使Mg(OH)2固体减少而c(Mg2＋)不变，可采取的措施是( )
A．加MgSO4固体 B．加HCl溶液
C．加NaOH固体 D．加少量水
解析：选D Mg(OH)2(s)????Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加MgSO4固体使该溶解平衡左移，Mg(OH)2固体增多，c(Mg2＋)变大；加HCl溶液使该溶解平衡右移，Mg(OH)2固体减少，c(Mg2＋)变大；加NaOH固体使该溶解平衡左移，Mg(OH)2固体增多，c(Mg2＋)变小；加少量水，使溶解平衡正向移动，Mg(OH)2固体减少，因为加水后仍是饱和溶液，所以c(Mg2＋)不变。
室温时，CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示。已知25 ℃其溶度积为2.8×10－9。
(1)x数值为多少？
提示：d点c(CO)＝1.4×10－4 mol·L－1，又知25 ℃时，CaCO3的溶度积Ksp＝2.8×10－9，故c(Ca2＋)＝x＝ eq \f(Ksp,c（CO）) ＝ mol·L－1＝2×10－5mol·L－1，则x＝2×10－5。
(2)c点时是否有碳酸钙沉淀生成？
提示：c点c(Ca2＋)＞2×10－5mol·L－1，c(Ca2＋)·c(CO)＞Ksp，故有碳酸钙沉淀生成。
(3)加入蒸馏水能否使溶液由d点变到a点？
提示：d点为饱和溶液，加入蒸馏水后若仍为饱和溶液，则c(Ca2＋)、c(CO)均不变，若为不饱和溶液，则Ca2＋、CO浓度都减小，故不可能使溶液由d点变为a点。
(4)b点与d点对应的溶度积相等吗？
提示：b点与d点，温度相同，溶度积相等。
沉淀溶解平衡曲线分析方法
(1)明确纵横坐标的意义。
(2)线上为平衡点，温度相同，Ksp相同。
(3)线外为非平衡点，过该点作平行于坐标轴的直线，找到该点对应溶液的各离子浓度，利用溶液中的离子浓度之积和Ksp的相对大小判断是否生成沉淀或沉淀是否溶解。
1．某温度时，AgCl(s)????Ag＋(aq)＋Cl－(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点
B．加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小
C．d点有AgCl沉淀生成
D．a点对应的Ksp小于b点对应的Ksp
解析：选C A项，加入AgNO3，c(Cl－)减小，故不能使溶液由c点变到d点；B项，虽然AgCl的溶解度减小，但Ksp不改变；C项，d点时，c(Ag＋)·c(Cl－)＞Ksp，即有沉淀生成；D项，a、b两点温度相同，则对应的Ksp相等。
2．某温度下，Ksp(CaSO4)＝9×10－6，此温度下CaSO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．CaSO4溶解在水中形成的饱和溶液，c(Ca2＋)＝c(SO)＝3×10－3 mol·L－1
B．在d点溶液中加入一定量的CaCl2可能会有沉淀析出
C．a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
D．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO)＝3×10－3 mol·L－1
解析：选D CaSO4溶解在水中形成的是饱和溶液，存在c(Ca2＋)·c(SO)＝Ksp，所以c(Ca2＋)＝c(SO)＝＝3×10－3 mol·L－1，A对；d点与c点相比较，SO浓度相同，Ca2＋浓度较c点小，所以溶液未达到饱和，加入CaCl2后，如果c(Ca2＋)·c(SO)>Ksp，可能有沉淀析出，B对；a点和c点在同一条线上，所以Ksp相等，C对；b点与c点相比较，SO浓度相同，Ca2＋浓度偏大，相当于在CaSO4的平衡中增大Ca2＋浓度，平衡向生成沉淀的方向进行，且Ca2＋浓度大于SO浓度，D错。
[分级训练·课课过关]_____________________________________________________
1．下列有关CaCO3的溶解平衡的说法中不正确的是( )
A．CaCO3沉淀析出和沉淀溶解不断进行，但速率相等
B．CaCO3难溶于水，其饱和溶液不导电，属于弱电解质
C．升高温度，CaCO3的溶解度增大
D．向含CaCO3沉淀的溶液中加入纯碱固体，CaCO3溶解的量减少
解析：选B 达到沉淀溶解平衡时，CaCO3沉淀析出和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等，A正确；CaCO3难溶于水，其饱和溶液几乎不导电，但是溶解的碳酸钙能够完全电离，属于强电解质，B错误；CaCO3的溶解度随温度的升高而增大，C正确；加入纯碱固体，由于溶液中碳酸根离子浓度增大，碳酸钙的沉淀溶解平衡逆向移动，CaCO3溶解的量减少，D正确。
2．下列说法不正确的是( )
A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B．由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀
C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变
D．两种难溶电解质作比较时，Ksp小的溶解度一定小
解析：选D 溶度积常数只与电解质本身的性质和温度有关，A正确；由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，在ZnS饱和溶液中加入含Cu2＋的溶液，可生成CuS沉淀，B正确；难溶物确定时，Ksp只受温度的影响，与浓度无关，C正确；对于阴、阳离子的个数比相同即同一类型的难溶电解质，Ksp越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强，即溶解度越大，对于阴、阳离子的个数比不同即不同类型的难溶电解质，不能直接用Ksp的大小比较它们的溶解度，必须通过计算进行比较，D错误。
3．欲使Mg(OH)2的溶解平衡向沉淀溶解的方向移动，可采用的方法是( )
A．增大pH B．加入NH4Cl固体
C．加入MgSO4固体 D．加入适量95%乙醇
解析：选B Mg(OH)2饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)????Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)。增大pH或加入MgSO4固体，c(OH－)或c(Mg2＋)增大，沉淀溶解平衡左移；加入适量95%乙醇对Mg(OH)2的沉淀溶解平衡无影响；加入NH4Cl固体，NH与OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，c(OH－)减小，Mg(OH)2的溶解平衡向沉淀溶解的方向移动。
4．溶度积常数表达式符合Ksp＝c2(Ax＋)·c(By－)的是( )
A．AgCl(s)????Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
B．Na2S===2Na＋＋S2－
C．Ag2S(s)????2Ag＋(aq)＋S2－(aq)
D．PbI2(s)????Pb2＋(aq)＋2I－(aq)
解析：选C 由于Ksp＝c2(Ax＋)·c(By－)，即阳离子前的化学计量数为2；Na2S为可溶性盐不存在溶度积常数，故C正确。
5．某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是( )
A．AgCl的溶解度、Ksp均减小
B．AgCl的溶解度、Ksp均不变
C．AgCl的溶解度减小，Ksp不变
D．AgCl的溶解度不变，Ksp减小
解析：选C AgCl饱和溶液中存在溶解平衡：AgCl(s)????Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，加入少量稀盐酸，溶液中的c(Cl－)增大，溶解平衡向左移动，AgCl溶解度减小，由此排除B、D项；温度不变，Ksp不变，故A项错误，C项正确。
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11(共26张PPT)
第二课时 化学平衡状态
分点突破1
可逆反应及其特征
分点突破2
化学平衡状态
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
双向性指可逆反应分为方向相反的两个反应,即正
反应和逆反应
双同性一指正、逆反应是在同一条件下,同时进行
共存性指反应物的转化率小于100%,反应物生
成物共存于同一体系
浓度
反
正反应
速
生成物
反应物
逆反应
时间
时间
图
图
反应开始时c最大,c为零
反应物浓度逐渐减小—哐逐渐减
反应进行时小,生成物浓度由零逐渐增大一嗵
从零开始逐渐增大
C=逆,反应混合物中各组分的浓
达到平衡时
度保持不变
正
7正=v逆
化学平衡
逆
(逆)研究对象为可逆反应
正、逆化学反应速率相等,即v正=7逆
动)化学平衡是动态平衡,即D=≠0
定)一平衡混合物中,各组分的百分含量保持一定
变)外界条件改变,化学平衡状态可能发生改变
正
U逆
t
个密度
CH3OH体积分数
to
B
平均摩尔质量
压强
O沉淀溶解平衡原理的应用
题型一 沉淀的转化
1．已知：Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，在有白色固体ZnS存在的饱和溶液中滴加适量CuSO4溶液，产生的实验现象是( )
A．固体逐渐溶解，最后消失
B．固体由白色变为黑色
C．固体颜色变化但质量不变
D．固体逐渐增多，但颜色不变
解析：选B ZnS和CuS的阴、阳离子个数比都为1∶1，且Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，可得ZnS的溶解度大于CuS的溶解度，因此在ZnS的饱和溶液中加CuSO4溶液会使ZnS沉淀转化成黑色CuS。
2．25 ℃时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)＝6.3×10－18；Ksp(CuS)＝1.3×10－36；Ksp(ZnS)＝1.6 ×10－24。下列有关叙述正确的是( )
A．硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大
B．将足量的ZnSO4晶体加入到0.1 mol·L－1的Na2S溶液中，Zn2＋的浓度最大只能达到1.6×10－23 mol·L－1
C．除去工业废水中含有的Cu2＋，可采用FeS固体作为沉淀剂
D．向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2＋)变大、c(S2－)变小，但Ksp(FeS)变大
解析：选C 化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强，由Ksp可知，常温下，CuS的溶解度最小，故A错；将足量的ZnSO4晶体加入到0.1 mol·L－1的Na2S溶液中，c(S2－)将减至非常小，而Zn2＋的浓度远远大于1.6×10－23 mol·L－1；因CuS比FeS更难溶，所以FeS沉淀可转化为CuS沉淀；温度不变，Ksp(FeS)不变。
题型二 沉淀的溶解与生成
3．欲除去混在BaSO4中的少量CaCO3杂质，下列措施正确的是( )
A．盐酸、过滤 B．稀硫酸、过滤
C．NaOH溶液、过滤 D．四氯化碳、分液
解析：选A A项，CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O，BaSO4不溶于盐酸，故可行；B项，CaSO4微溶，阻止反应进一步进行；C项，CaCO3与NaOH不反应；D项，CaCO3不溶于CCl4。
4．要使工业废水中的Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：
化合物 PbSO4 PbCO3 PbS
溶解度/g 1.03×10－4 1.81×10－7 1.84×10－14
由上述数据可知，沉淀剂最好选用( )
A．硫化物 B．硫酸盐
C．碳酸盐 D．以上沉淀剂均可
解析：选A 沉淀工业废水中的Pb2＋时，生成沉淀的反应进行得越完全越好，由于PbS的溶解度最小，故选硫化物作为沉淀剂。
5．T ℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝1.1×10－38。此温度下要除去CuCl2溶液中的少量FeCl3，可以边搅拌边加入一种试剂，这种试剂是( )
A．CuO B．NaOH溶液
C．氨水 D．CuSO4溶液
解析：选A 根据溶度积常数可知Cu(OH)2的溶度积大于Fe(OH)3的溶度积，因此要除去混在CuCl2溶液中的FeCl3，可加入氢氧化铜粉末、CuO或CuCO3，通过调节溶液的pH，促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，本题选A。
6．在2 mL物质的量浓度相等的NaCl和NaI溶液中滴入几滴AgNO3溶液，发生的反应为( )
A．只有AgCl沉淀生成
B．只有AgI沉淀生成
C．生成等物质的量的AgCl和AgI沉淀
D．两种沉淀都有，但以AgI为主
解析：选D 在同浓度的NaCl和NaI溶液中，c(Cl－)＝c(I－)，滴入几滴AgNO3溶液后，由于Ksp(AgI)7．锅炉水垢是一种安全隐患，除去水垢中的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。下列说法不正确的是( )
A．CaCO3的溶解度小于CaSO4的
B．沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动
C．沉淀转化的难易与溶解度差别的大小无关
D．CaSO4到CaCO3的沉淀转化中并存着两个沉淀溶解平衡
解析：选C 沉淀转化的方向是难溶物向更难溶的方向转化，所以沉淀的溶解度差别越大，越易转化，C选项错误。
8．以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有少量Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是( )
A．具有吸附性
B．溶解度与CuS、PbS、CdS等相同
C．溶解度大于CuS、PbS、CdS
D．溶解度小于CuS、PbS、CdS
解析：选C 本题考查了沉淀的转化，MnS能与Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋生成溶解度更小的硫化物。
9．下列说法正确的是( )
A．锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去
B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，再用水稀释到所需的浓度
C．Na2CO3溶液保存在带磨口塞的玻璃瓶中
D．用pH试纸测得0.1 mol·L－1NH4Cl溶液的pH＝5.2
解析：选A 锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去，A正确；加入硫酸溶液引入硫酸根离子杂质，B错误；碳酸钠溶液水解显碱性，和玻璃中的二氧化硅反应生成矿物胶硅酸钠粘结瓶口与瓶塞，不易打开，C错误；因氯化铵溶液中铵根离子的水解，溶液显酸性，用pH试纸测得0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液的pH小于7 ，但pH试纸测得的pH为整数5 ，不可能是5.2，D错误。
10．自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是( )
A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度
B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性
C．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2＋＋S2－===CuS↓
D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应
解析：选D CuSO4与PbS反应可以生成CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的，A错误；硫化物中硫的化合价为－2，具有还原性，B错误；ZnS难溶于水，不能写成离子形式，C错误；铜的硫化物首先被氧化成CuSO4，然后硫酸铜与ZnS、PbS发生复分解反应生成更难溶的CuS，D正确。
11．已知在pH为4～5的环境中，Cu2＋、Fe2＋几乎不水解，而Fe3＋几乎完全水解。工业上制CuCl2溶液是将浓盐酸用蒸气加热到80 ℃左右，再慢慢加入粗氧化铜(含少量杂质FeO)，充分搅拌使之溶解。欲除去溶液中的杂质离子，下述方法中可行的是( )
A．向溶液中通入Cl2，再加入纯净的CuO粉末调节pH为4～5
B．向溶液中通入H2S使Fe2＋沉淀
C．向溶液中通入Cl2，再通入NH3，调节pH为4～5
D．加入纯Cu将Fe2＋还原为Fe
解析：选A 根据题干信息，A项中的操作可将Fe2＋转化为Fe3＋，再转化为Fe(OH)3沉淀而除去，A正确；在酸性溶液中H2S与Fe2＋不反应，而H2S与Cu2＋反应生成CuS沉淀，B错误；C项中的操作会引入新的杂质离子NH，C错误；由金属的活动性Fe>Cu知，D错误。
12．已知同温度下的溶解度：Zn(OH)2>ZnS，MgCO3>Mg(OH)2。就溶解或电离出S2－的能力而言，FeS>H2S>CuS。则下列离子方程式错误的是( )
A．Mg2＋＋2HCO＋2Ca2＋＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
B．Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋
C．Zn2＋＋S2－＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑
D．FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
解析：选C 就溶解度而言，反应向着生成溶解度更小的沉淀方向进行；就电离而言，反应向着生成难电离的物质方向进行。
13．化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋＋MnS(s)????CuS(s)＋Mn2＋。一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是( )
A．该反应达到平衡时：c(Cu2＋)＝c(Mn2＋)
B．平衡体系中加入少量CuS(s)后，c(Mn2＋)变小
C．平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大
D．该反应平衡常数表达式：K＝
解析：选C 根据Cu2＋＋MnS(s)????CuS(s)＋Mn2＋得：Ksp(CuS)1，即c(Cu2＋)14．钡(Ba)和锶(Sr)及其化合物在工业上有着广泛的应用，它们在地壳中常以硫酸盐的形式存在，BaSO4和SrSO4都是难溶性盐。工业上提取钡和锶时首先将BaSO4和SrSO4转化成难溶弱酸盐。
已知：SrSO4(s)????Sr2＋(aq)＋SO(aq)
Ksp＝2.5×10－7；
SrCO3(s)????Sr2＋(aq)＋CO(aq) Ksp＝2.5×10－9。
(1)将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为_____________________________________；
该反应的平衡常数表达式为________；该反应能发生的原因是_______(用沉淀溶解平衡的有关理论解释)。
(2)对于上述反应，实验证明：增大CO的浓度或降低温度都有利于提高SrSO4的转化率。判断在下列两种情况下，平衡常数K的变化情况(填“增大”“减小”或“不变”)。
①升高温度，平衡常数K将________。
②增大CO的浓度，平衡常数K将________。
(3)已知，SrSO4和SrCO3在酸中的溶解度与BaSO4和BaCO3类似，设计实验证明上述过程中SrSO4是否完全转化成SrCO3。实验所用的试剂为________；实验现象及其相应结论为________________________________________________________________________。
解析：(1)SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为SrSO4(s)＋CO????SrCO3(s)＋SO，平衡常数表达式为K＝ eq \f(c（SO）,c（CO）) ，根据沉淀转化的原理，该反应能够发生，是因为Ksp(SrCO3)(2)①降低温度有利于提高SrSO4的转化率，说明降温平衡向正反应方向移动，因此升高温度，平衡向逆反应方向移动，故平衡常数K减小。②平衡常数只与温度有关，增大CO的浓度，平衡常数不变。
(3)根据提供的信息，可以推断SrSO4难溶于盐酸，而SrCO3 可溶于盐酸，因此向溶液中加入盐酸，若沉淀全部溶解，则SrSO4完全转化成SrCO3，若沉淀没有全部溶解，则SrSO4没有完全转化成SrCO3，需要注意的是，不能选择稀硫酸，因为SrCO3与稀硫酸反应生成SrSO4。
答案：(1)SrSO4(s)＋CO????SrCO3(s)＋SO K＝ eq \f(c（SO）,c（CO）) Ksp(SrCO3)(2)①减小 ②不变
(3)盐酸 若沉淀完全溶解，则证明SrSO4完全转化成SrCO3，否则，未完全转化
15．已知常温下：Cu(OH)2(s)????Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20。当溶液中各种离子的浓度幂的乘积大于溶度积时，则产生沉淀，反之固体溶解。
(1)某CuSO4溶液里c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，如果生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于________。
(2)要使0.2 mol·L－1 CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液中加入NaOH溶液，使溶液的pH为________。
解析：(1)根据信息，当c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20时开始出现沉淀，则c(OH－)＝ mol·L－1＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1，c(H＋)＝10－5 mol·L－1，pH＝5，所以要生成Cu(OH)2沉淀，应调整pH>5。(2)要使Cu2＋浓度降至＝2×10－4 mol·L－1，则c(OH－)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，c(H＋)＝10－6 mol·L－1，此时溶液的pH＝6。
答案： (1)5 (2)6
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6第一课时 溶液的酸碱性
明课程标准 扣核心素养
1.认识溶液的酸碱性及pH，掌握检测溶液pH的方法。2.能进行溶液pH的简单计算，能正确测定溶液pH，能调控溶液的酸碱性。3.能选择实例说明溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的重要作用。 变化观念与平衡思想：能运用动态平衡的观点分析水的电离与溶液pH之间的关系。证据推理与模型认知：能收集相关证据，能依据证据从不同视角分析溶液pH的计算，推出合理的结论，并建立起溶液pH计算的模型。
在25 ℃时，水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14，请分别计算浓度均为0.01 mol·L－1的盐酸、NaCl溶液、NaOH溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度。
提示： c(H＋) c(OH－)
盐酸 0.01 mol·L－1 1×10－12 mol·L－1
NaCl溶液 1×10－7 mol·L－1 1×10－7 mol·L－1
NaOH溶液 1×10－12 mol·L－1 0.01 mol·L－1
[问题探讨]
1．根据计算结果，溶液的酸碱性与氢离子、氢氧根离子的关系是什么？
提示：酸性溶液：c(H＋)＞c(OH－)，c(H＋)越大，酸性越强；中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)；碱性溶液：c(H＋)＜c(OH－)，c(OH－)越大，碱性越强。
2．当c(H＋)≤1 mol·L－1时，人们常用pH表示溶液的酸碱性，pH与氢离子浓度的数学表达式是什么？25 ℃时，溶液的酸碱性与pH的关系是什么？
提示：pH＝－lg c(H＋)。
25 ℃时，pH＜7时，溶液显酸性；pH＝7时，溶液显中性；pH＞7时，溶液显碱性。
3．t ℃时，Kw＝1.0×10－13，此时pH＝7的溶液一定显中性吗？为什么？
提示：t ℃时，中性溶液c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－6.5，pH＝6.5，pH＝7的溶液显碱性。
4．通过以上讨论，能得出判断溶液酸碱性的绝对判据和相对判据分别是什么？
提示：绝对判据：c(H＋)、c(OH－)的相对大小，相等为中性，谁大显谁性；相对判据：溶液的pH。
注意：温度不同，Kw不同，溶液显中性时的pH也不同。
5．常温下，利用平衡移动原理分析比较在不同情况下，c(H＋)和c(OH－)的值与变化趋势(增大或减小)。
体系 纯水 向纯水中加入少量盐酸 向纯水中加入少量NaOH溶液
c(H＋) 10－7 增大 减小
c(OH－) 10－7 减小 增大
c(H＋)和c(OH－)的大小比较 c(H＋)＝c(OH－) c(H＋)>c(OH－) c(H＋)1．溶液的酸碱性与pH
(1)pH
(2)溶液的酸碱性与pH的关系(25 ℃)
即中性溶液的pH＝7，酸性溶液的pH<7，碱性溶液的pH>7。
2．溶液pH的测定方法
(1)酸碱指示剂法
酸碱指示剂一般是有机弱酸或弱碱，它们的颜色在一定的pH范围内发生变化，因此，可以用这些弱酸、弱碱来粗略测定溶液的pH范围，但不能准确测定出pH的具体值。几种常用指示剂的变色范围和颜色变化如表所示：
指示剂 变色范围(pH) 遇酸的颜色 遇碱的颜色
甲基橙 3.14.4 红色(pH<3.1) 黄色(pH>4.4)
石蕊 5.08.0 红色(pH<5.0) 蓝色(pH>8.0)
酚酞 8.210.0 无色(pH<8.2) 红色(pH>10.0)
(2)pH试纸法
(3)pH计法
pH计又称酸度计，是一种用来精确测量溶液pH的仪器。测得的溶液pH可以是整数或小数。
(4)pH传感器法
pH传感器，是用来检测被测物中氢离子浓度并转换成相应的输出信号的传感器。可全量程测量溶液的酸碱度，自动绘制出溶液的pH曲线。
[名师点拨]
(1)pH＝－lg c(H＋)，这里的c(H＋)指溶液中的氢离子浓度，而非水电离产生的氢离子浓度。
(2)溶液呈酸性或碱性的本质在于溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小，而不在于c(H＋)或c(OH－)的绝对大小。在一定温度下，c(H＋)与c(OH－)此增彼减，但Kw＝c(H＋)·c(OH－)始终不变。
(3)若溶液具有漂白性，则不能用酸碱指示剂测定溶液的酸碱性，也不能用pH试纸测定其pH。如不能用pH试纸测量氯水的pH。
1．下列说法正确的是( )
A．pH＝7的溶液一定显中性
B.常温下由水电离产生的c(OH－)为1×10－8 mol·L－1的溶液一定呈酸性
C．c(H＋)＜c(OH－)的溶液一定显碱性
D．c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1的溶液一定呈碱性
解析：选C 溶液的酸碱性取决于c(H＋)与c(OH－)的相对大小，利用pH或c(H＋)判断时应注意温度。常温下由水电离产生的c(OH－)为1×10－8 mol·L－1，可能溶液中c(OH－)＝1×10－8 mol·L－1，c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，溶液呈酸性，也可能溶液中c(H＋)＝1×10－8 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，溶液呈碱性。
2．用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是( )
A．将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B．用广泛pH试纸测得氯水的pH为2
C．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照
D．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH一定偏低
解析：选C pH试纸直接浸入待测液，会污染溶液，A错误；氯水有强氧化性，pH试纸会被漂白，应用pH计测定氯水的pH，B错误；测定溶液pH的正确操作方法为用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液滴到放在玻璃片或表面皿上的pH试纸上，显色后，与标准比色卡比较，C正确；湿润的pH试纸测量的pH不一定偏低，如用湿润的pH试纸测量氯化钠溶液的pH，测定结果不变，D错误。
计算25 ℃时下列溶液的pH：
(1)0.1 mol·L－1盐酸，pH＝________。
(2)0.005 mol·L－1硫酸，pH＝________。
(3)0.001 mol·L－1 NaOH溶液，pH＝________。
(4)0.05 mol·L－1 Ba(OH)2溶液，pH＝________。
提示：(1)1 (2)2 (3)11 (4)13
[问题探讨]
1．25 ℃时，若将0.05 mol·L－1盐酸与0.15 mol·L－1盐酸等体积混合，所得溶液的pH是多少？
提示：c混(H＋)＝＝0.1 (mol·L－1)
pH＝－lg 0.1＝1。
2．25 ℃时，pH＝10和pH＝12的NaOH溶液等体积混合后的pH是多少？
提示：c混(OH－)＝
＝5×10－3(mol·L－1)
c混(H＋)＝＝
＝2×10－12(mol·L－1)
pH＝－lg 2×10－12≈11.7。
3．25 ℃时，50 mL 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液与100 mL 0.25 mol·L－1盐酸混合，所得溶液的pH是多少？
提示：混合溶液显酸性，c混(H＋)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1
pH＝－lg 0.1＝1。
溶液的pH计算
1．单一溶液pH的计算
溶液类型 相关计算
强酸(HnA)溶液 设HnA的浓度为c mol·L－1，则c(H＋)＝nc mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg nc
强碱[B(OH)n]溶液 设B(OH)n的浓度为c mol·L－1，则c(OH－)＝nc mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝14＋lg nc
2.混合溶液pH的计算
溶液类型 相关计算
两种强酸混合 c混(H＋)＝ pH
两种强碱混合 c混(OH－)＝ c混(H＋)＝ pH
强酸、强碱混合 恰好完全反应 pH＝7(25 ℃)
酸过量 c混(H＋)＝ pH
碱过量 c混(OH－)＝ c混(H＋)＝ pH
[名师点拨]
(1)强酸溶液和强碱溶液混合后计算pH，必须先判断出混合后溶液的酸碱性，然后计算混合后的OH－或H＋浓度。
(2)根据酸的浓度计算酸溶液的pH时，不必考虑温度，而根据碱的浓度计算碱溶液的pH时，需要根据离子积计算c(H＋)，因此一定要注意溶液的温度，只有室温时，Kw＝1.0×10－14。
(3)一定pH的强碱与强碱混合后求pH。在计算过程中一定用OH－浓度计算混合后的OH－浓度，H＋浓度必须通过c(H＋)＝求出。
(4)两种强酸等体积混合时，若二者pH之差≥2，则pH混＝pH小＋0.3；两种强碱等体积混合时，若二者pH之差≥2，则pH混＝pH大－0.3。
(5)计算混合溶液的pH时，一般忽略两溶液混合时体积的变化，即混合液的总体积等于两溶液的体积之和。
1．已知在t ℃时，水的离子积Kw＝1×10－12，下列溶液的温度均为t ℃。其中说法正确的是( )
A．0.005 mol·L－1 H2SO4溶液，pH＝2
B．0.001 mol·L－1 NaOH溶液，pH＝11
C．0.005 mol·L－1 H2SO4溶液与0.01 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性
D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50 mL，需要pH＝9的NaOH溶液100 mL
解析：选A A项，0.005 mol·L－1 H2SO4溶液中，c(H＋)＝0.005 mol·L－1×2＝0.01 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 0.01＝2；B项，0.001 mol·L－1 NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝1×10－9 mol·L－1，pH＝－lg(1×10－9)＝9。C项，0.005 mol·L－1 H2SO4溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性，pH＝6；D项，pH＝3的H2SO4溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝9的NaOH溶液中，c(OH－)＝10－3 mol·L－1，二者完全中和，需要溶液的体积相等。
2．(1)某温度时，测得0.01 mol·L－1 NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数Kw＝________。
(2)在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的硫酸Vb L混合。
①若所得混合溶液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝________。
②若所得混合溶液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝________。
解析：(1)0.01 mol·L－1 NaOH溶液的pH＝11，则Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－11×0.01＝1×10－13。(2)pH＝a的NaOH溶液中，c(OH－)＝＝10－13＋a mol·L－1，pH＝b的H2SO4中，c(H＋)＝10－b mol·L－1。两者混合后：①若溶液呈中性，则10－13＋a·Va＝10－b·Vb，将a＝12，b＝2代入，得Va∶Vb＝1∶10。②若pH＝10，则呈碱性，c(OH－)混＝＝10－3 mol·L－1，而c(OH－)混＝ mol·L－1，将a＝12，b＝2代入，得Va∶Vb＝1∶9。
答案：(1)1×10－13 (2)①1∶10 ②1∶9
盐酸是化学工业重要原料之一，广泛用于化工原料、染料、医药、食品、印染、皮革、制糖、冶金等行业，还用于离子交换树脂的再生以及电镀、金属表面的清洗剂。
回答以下几个问题：
25 ℃下0.01 mol·L－1 HCl溶液中
(1)pH是多少？
(2)加水稀释1 000倍，pH是多少？
(3)加水稀释105倍，pH是多少？
(4)无限稀释，pH是多少？
提示：(1)2 (2)5 (3)约为7，但比7小。 (4)约为7，但比7小。
[问题探讨]
1．pH＝a的强酸溶液，加水稀释10n倍，pH为多少？
提示：a＋n。
2．结合(3)(4)问分析，酸溶液稀释后能变为中性或碱性溶液吗？
提示：不能，无论怎么稀释，酸还是酸，碱还是碱。
3．将探究活动中HCl换为NaOH，答案变为什么？
提示：(1)12 (2)9 (3)约为7，但比7大。 (4)约为7，但比7大。
酸、碱溶液稀释时pH的变化与计算
(1)酸、碱溶液稀释时pH的计算
酸(pH＝a) 碱(pH＝b)
弱酸 强酸 弱碱 强碱
稀释10n倍 pHb－n>7 pH＝b－n>7
无限稀释 此时考虑水的电离，pH只能接近7(略小于7) 此时考虑水的电离，pH只能接近7(略大于7)
(2)酸、碱溶液稀释时pH的变化趋势
对于pH相同的强酸和弱酸(或强碱和弱碱)溶液稀释相同的倍数，强酸(或强碱)溶液的pH变化幅度大(如图所示)。这是因为强酸(或强碱)已完全电离，随着加水稀释，溶液中H＋(或OH－)的物质的量(水电离的除外)不会增多，而弱酸(或弱碱)随着加水稀释，电离程度增大，H＋(或OH－)的物质的量会不断增多。
[名师点拨]
对于物质的量浓度相同的强酸和弱酸(或强碱和弱碱)溶液，虽然起始时溶液pH不同，但若稀释相同倍数，仍是强酸(或强碱)pH的变化幅度大。
1．常温下，下列溶液中与浓度为1.0×10－5 mol·L－1的NaOH溶液的pH相同的是( )
A．把pH＝6的盐酸稀释1 000倍
B．把pH＝10的Ba(OH)2溶液稀释10倍
C．把pH＝10的氨水稀释10倍
D．把pH＝8的NaOH溶液稀释10倍
解析：选B 常温下，浓度为1.0×10－5 mol·L－1的NaOH溶液的pH为9。把pH＝6的盐酸稀释1 000倍，pH接近7，故A错误；氢氧化钡是强碱，把pH＝10的Ba(OH)2溶液稀释10倍，pH为9，故B正确；一水合氨是弱碱，把pH＝10的氨水稀释10倍，氢氧根离子浓度>10－5 mol·L－1，则稀释后氢离子浓度<10－9 mol·L－1，pH>9，故C错误；把pH＝8的NaOH溶液稀释10倍，pH接近7，故 D错误。
2．常温下，关于溶液的稀释下列说法正确的是( )
A．pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B．pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1
C．将1 L 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH＝13
D．pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
解析：选C A项，pH＝3的醋酸溶液在稀释过程中电离平衡正向移动，稀释100倍时，3＜pH＜5，错误；B项，pH＝4的H2SO4溶液稀释100倍时，溶液中的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，溶液中的c(OH－)水＝＝1×10－8 mol·L－1，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－8 mol·L－1，错误；C项，1 L 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液稀释到2 L时，c(OH－)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1，pH＝13，正确；D项，NaOH溶液是强碱溶液，无论怎么稀释，pH在常温下不可能成为6，只能无限接近于7，错误。
已知水在25 ℃和100 ℃时，其电离平衡曲线如图所示：
(1)100 ℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，理由是__________________________。
提示：温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，水中H＋的浓度、OH－的浓度都增大，水的pH减小，但水仍呈中性。结合题图中A、B曲线变化情况及H＋的浓度、OH－的浓度可以判断100 ℃时水的电离平衡曲线为B。
(2)25 ℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积之比为________。
提示：25 ℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性，即酸碱恰好完全中和，即n(H＋)＝n(OH－)，V(NaOH)×10－5 mol·L－1＝V(H2SO4)×10－4 mol·L－1，V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10∶1。
(3)100 ℃时，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系式为________________(用含a、b的式子表示)。
提示：要注意100 ℃时，水的离子积为10－12，即c(H＋)·c(OH－)＝10－12。根据100 ℃时混合后溶液呈中性知，100×10－a＝1×10b－12，即10－a＋2＝10b－12，a＋b＝14。
图像类溶液中的pH计算方法
(1)注意温度，温度不同Kw不同。
(2)溶液呈中性，则满足n(H＋)＝n(OH－)，据此结合题意，计算c(H＋)进而计算溶液的pH。
1.
在某温度下的水溶液中，c(H＋)＝10x mol·L－1，c(OH－)＝10y mol·L－1，x与y的关系如图所示：
(1)该温度下，水的离子积为________。
(2)该温度下，0.01 mol·L－1 NaOH溶液中c(H＋)为________。
解析：(1)当x＝－10时，y＝－5，则c(H＋)＝10－10 mol·L－1，c(OH－)＝10－5 mol·L－1，故该温度下，水的离子积为Kw＝10－10×10－5＝10－15。
(2)该温度下，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，故c(H＋)＝＝＝10－13 (mol·L－1)。
答案：(1)10－15 (2)10－13 mol·L－1
2.
T ℃下的某溶液中，c(H＋)＝10－x mol·L－1，c(OH－)＝10－y mol·L－1，x与y的关系如图所示。请回答下列问题：
(1)此温度下，水的离子积Kw＝________，则T________25(填“>”“<”或“＝”)。
(2)在此温度下，向Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH＝a的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示：
实验序号 Ba(OH)2溶液的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH
① 22.00 0.00 8
② 22.00 18.00 7
③ 22.00 22.00 6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则a＝______，实验②中由水电离产生的c(OH－)＝______ mol·L－1。
解析：(1)此温度下，水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－x·10－y＝10－12·100＝1×10－12>1×10－14，升温促进水的电离，则T>25。
(2)由实验①可知，在此温度下，Ba(OH)2溶液的pH＝8，c(OH－)＝＝ mol·L－1＝1×10－4 mol·L－1，向22.00 mL Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH＝a的盐酸22.00 mL，所得溶液的pH＝6，混合溶液呈中性，则盐酸中c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，pH＝a＝4；实验②中溶液呈碱性，由水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1。
答案：(1)1×10－12 > (2)4 1×10－7
[分级训练·课课过关]_____________________________________________________
1．下列有关pH的说法正确的是( )
A．常温下，测得0.1 mol·L－1盐酸的pH＝1
B．测定溶液pH时，事先将pH试纸润湿
C．pH相同的醋酸溶液导电性一定比盐酸弱
D．常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1 000倍，测得pH＝4
解析：选A 0.1 mol·L－1盐酸的c(H＋)＝0.1 mol·L－1，常温下，测得0.1 mol·L－1盐酸的pH＝1，A正确；测定溶液pH时，不能事先将pH试纸润湿，若润湿则相当于将待测液加水稀释，可能使测定结果有误差，B错误；pH相同的醋酸溶液与盐酸的导电性相同，C错误；常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1 000倍后，醋酸的电离平衡正向移动，测得醋酸溶液pH小于4，D错误。
2．已知t ℃时水的离子积常数为Kw。该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA溶液与b mol·L－1的一元碱BOH溶液等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是( )
A．a＝b
B．混合溶液的pH＝7
C．混合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1
D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)
解析：选C 溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，结合水的离子积常数可知c(H＋)＝c(OH－)＝ mol·L－1，故C项正确。
3．用pH试纸测定某无色溶液的pH时，规范的操作是( )
A．用pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化，跟标准比色卡比较
B．将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较
C．用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较
D．在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色，跟标准比色卡比较
解析：选C 用pH试纸测量溶液pH时，不得将试纸放入溶液中，以免污染溶液，不能将溶液直接倒在试纸上，以免浪费溶液。
4．在T ℃时，某NaOH稀溶液中c(H＋)＝10－a mol·L－1，c(OH－)＝10－b mol·L－1，已知a＋b＝12。向该溶液中逐滴加入pH＝c的盐酸(T ℃)，测得混合溶液的部分pH如表所示：
序号 NaOH溶液体积/mL 盐酸体积/mL 溶液pH
① 20.00 0.00 8
② 20.00 20.00 6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为( )
A．1 B．6
C．5 D．4
解析：选D a＋b＝12，则T ℃时，水的离子积常数是10－12，pH＝8的NaOH溶液的物质的量浓度是 mol·L－1＝10－4 mol·L－1；20.00 mL该氢氧化钠溶液与20.00 mL盐酸混合，溶液pH＝6，呈中性，则氢氧化钠溶液与盐酸浓度相同，即盐酸的物质的量浓度为10－4 mol·L－1，c(H＋)＝10－4 mol·L－1，pH＝4，故选D。
5．计算25 ℃时下列溶液的pH：
(1)1 mL pH＝2的H2SO4加水稀释至100 mL，pH＝________。
(2)0.001 mol·L－1盐酸，pH＝________。
(3)0.01 mol·L－1 NaOH溶液，pH＝________。
(4)0.015 mol·L－1硫酸与0.01 mol·L－1的NaOH等体积混合，混合溶液的pH＝________。
解析：(1)强酸稀释100倍，pH变化2个单位，即稀释后溶液的pH＝4。(2)c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝3。(3)c(OH－)＝0.01 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝10－12 mol·L－1，pH＝－lg 10－12＝12。(4)酸碱发生中和反应时，酸过量，则c(H＋)＝ mol·L－1＝0.01 mol·L－1，pH＝－lg 0.01＝2。
答案：(1)4 (2)3 (3)12 (4)2
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13新型化学电池
突破一 层出不穷的二次电池
1．二次电池的思维模型
2．“加减法”书写新型二次电池放电的电极反应式
若已知电池放电时的电池反应方程式，可先写出较易书写的一极的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，由电池反应方程式减去较易写出的一极的电极反应式，即可得到较难写出的另一极的电极反应式。
1．锂离子电池的正极材料是含锂的钴酸锂(LiCoO2)，充电时LiCoO2中的Li被氧化，Li＋迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳(C6)中，用LiC6表示。电池反应为CoO2＋LiC6LiCoO2＋C6，下列说法正确的是( )
A．充电时，电池负极的电极反应式为LiC6－e－===Li＋＋C6
B．放电时，电池正极的电极反应式为CoO2＋Li＋＋e－===LiCoO2
C．羧酸、醇等含活泼氢的有机物可用作锂离子电池的电解质
D．锂离子电池的比能量(单位质量释放的能量)低
解析：选B 充电时为电解池，电池负极即为电解池阴极，发生还原反应：Li＋＋C6＋e－===LiC6，A项错误；放电时为原电池，电池正极发生还原反应，B项正确；单质锂较活泼，易与羧酸、醇等含活泼氢的有机物发生反应，C项错误；锂的相对原子质量小，密度小，所以锂离子电池的比能量高，D项错误。
2．中国科学院兰州化物所和中国科学技术大学在锂硫电池的研究上获得重大进展。一种锂硫电池的总反应为16Li＋S88Li2S，该电池的装置如图甲所示，充、放电过程中物质的转化关系如图乙所示。该装置工作时，下列叙述正确的是( )
A．放电时，电池的正极反应为S＋2Li＋＋2e－===Li2S
B．放电时，1 mol Li2S6转化为Li2S4得到1 mol电子
C．充电时，M电极的电势比N电极的低
D．充电时，Li＋通过阳离子交换膜，到达M电极附近
解析：选B 由电池总反应及电池装置图可知，该电池的负极反应式为Li－e－===Li＋，由电池总反应减去负极反应式即得正极反应式，则正极反应式为S8＋16Li＋＋16e－===8Li2S，A项错误；由充、放电过程中的物质转化关系可知，Li2S6转化为Li2S4是放电过程，由质量守恒可知该反应的化学方程式是2Li2S6＋2Li===3Li2S4，2 mol Li2S6参加反应得到2 mol电子，则1 mol Li2S6转化为Li2S4得到1 mol电子，B项正确；放电时N为负极，M为正极，则充电时，M接电源正极，N接电源负极，M电极的电势比N电极的高，C项错误；充电时，阳离子移向阴极，即Li＋通过阳离子交换膜到达N电极附近，D项错误。
3．(1)目前常用的镍镉电池的总反应可以表示为Cd＋2NiOOH＋2H2O2Ni(OH)2＋Cd(OH)2。已知Ni(OH)2 和Cd(OH)2均难溶于水但能溶于酸，下列说法正确的是________(填字母)。
①上述反应是可逆反应 ②上述反应不是可逆反应
③充电时化学能转化为电能 ④放电时化学能转化为电能
A．①③ B．②④
C．①④ D．②③
(2)废弃的镍镉电池已成为重要的环境污染物，有资料表明一节废镍镉电池可以使1 m2耕地失去使用价值。在酸性土壤中这种污染更为严重，这是因为______________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：二次电池充放电条件不同，故不是可逆反应，充电时将电能转化为化学能，放电时则将化学能转化为电能。
答案：(1)B (2)Ni(OH)2和Cd(OH)2均能溶于酸，其可以和酸发生反应生成金属离子，金属离子的危害性较大，而且金属离子易随雨水流淌到其他地方，造成更多土壤被污染
突破二 形形色色的燃料电池
1．燃料电池的组成
(1)电极：惰性电极。
(2)燃料：包括H2、烃(如CH4)、醇(如C2H5OH)、肼(N2H4)等。
(3)电解质：①酸性电解质溶液，如H2SO4溶液；②碱性电解质溶液，如NaOH溶液；③能传导O2－的固体电解质(如Y2O)；④熔融碳酸盐(如熔融K2CO3)。
2．正极的电极反应式的书写(记忆法)
介质 正极的电极反应式
酸性(质子交换膜) O2＋4H＋＋4e－===2H2O
碱性 O2＋2H2O＋4e－===4OH－
能传导O2－的固体电解质 O2＋4e－===2O2－
熔融碳酸盐 O2＋2CO2＋4e－===2CO
3.负极的电极反应式的书写——直接书写法
(1)第一步：确定生成物
(2)第二步：确定转移电子数
利用化合物中化合价代数和为0的规则确定有机物中碳元素的化合价，从而确定1 mol有机物失去电子的数目。
如C2H4中碳元素的化合价为－2价，发生反应时碳元素化合价的变化为－2→＋4，故1 mol C2H4失去12 mol电子。
(3)第三步：列出负极反应的表达式，如C2H4在碱性条件下负极反应的表达式：C2H4＋OH－－12e－===CO＋H2O。
(4)第四步：利用原子守恒和电荷守恒定律确定电极反应式中各物质的化学计量数，由碳原子守恒确定CO的化学计量数为2，由电荷守恒确定OH－的化学计量数为16(注：失去12e－，相当于带12个正电荷)，由氢原子守恒确定H2O的化学计量数为10，故负极的电极反应式为C2H4＋16OH－－12e－===2CO＋10H2O。
[名师点拨]
(1)电池的负极通入可燃性气体，失电子，发生氧化反应。电池的正极通入氧气或空气，得电子，发生还原反应。
(2)电极材料一般不参加化学反应，只是一个催化转化元件。
(3)书写电极反应式时，要分清电解质溶液的酸、碱性。在碱性电解质溶液中，电极反应式中不能出现H＋；在酸性电解质溶液中，电极反应式中不能出现OH－。
(4)正、负极的电极反应式在得失电子守恒的前提下，相加后的电池反应方程式必然是燃料燃烧反应和燃烧产物与电解质溶液反应的叠加反应式。
(5)电极反应式遵循质量守恒、电荷守恒定律。
1．如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料、氧气为氧化剂、某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700～900 ℃时，O2－可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是( )
A．电极甲发生还原反应
B．电池内的O2－由电极乙移向电极甲
C．电池反应为N2H4＋2O2===2NO＋2H2O
D．当电极甲上消耗1 mol N2H4时，电极乙上有22.4 L O2参与反应
解析：选B 根据原电池的工作原理进行分析，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。通O2的一极为正极，通N2H4的一极为负极，即电极甲为负极，依据原电池的工作原理知，电极甲上发生氧化反应，A错误；O2－从正极移向负极，即由电极乙移向电极甲，B正确；因为反应生成无毒无害物质，则N2H4转化成N2和H2O，电池反应方程式为N2H4＋O2===N2＋2H2O，C错误；题目中没有说明是否为标准状况下，因此无法计算气体的体积，D错误。
2．一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，其中离子交换膜Ⅰ、Ⅱ分别是氯离子交换膜和钠离子交换膜中的一种，图中有机废水中的有机物可用C6H10O5表示。下列有关说法正确的是( )
A．a电极为该电池的负极，离子交换膜Ⅰ是钠离子交换膜
B．a电极附近溶液的氯离子浓度增大，b电极附近溶液的pH减小
C．a电极的电极反应式为C6H10O5－24e－＋7H2O===6CO2↑＋24H＋
D．中间室中Na＋移向左室，Cl－移向右室
解析：选C 有机物在a电极失电子生成CO2，故a电极为负极，负极发生的反应为C6H10O5－24e－＋7H2O===6CO2↑＋24H＋。负极发生反应生成氢离子，为维持溶液呈电中性，咸水中的Cl－移向左室，则离子交换膜Ⅰ是氯离子交换膜，故A错误，C正确；电解质溶液中的Cl－移向左室，a电极附近溶液的氯离子浓度增大，b电极的电极反应式为2NO＋10e－＋12H＋===N2↑＋6H2O，消耗H＋，溶液的pH增大，故B错误；放电时，电解质溶液中的阳离子移向右室，阴离子移向左室，故D错误。
3．如图甲为氢氧燃料电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。回答下列问题。
(1)氢氧燃料电池能量转化的主要形式是________；导线中电子流动方向为________(用a、b表示)。
(2)负极的电极反应式为____________________________________________________。
(3)电极表面镀铂粉的原因为____________________________________________。
(4)KOH溶液的pH________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)如果以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可研发出既能提供电能又能固氮的新型电池，装置如图乙所示。
①该电池的正极为________(填“a”或“b”)。
②物质A的化学式为________。
解析：(1)氢氧燃料电池属于原电池，是将化学能转化为电能的装置。在原电池中，电子从负极经外电路流向正极，通入燃料氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，所以导线中电子从a流向b。
(2)a为负极，在碱性电解质溶液中，H2在负极失去电子与OH－反应生成H2O，电极反应式为H2－2e－＋2OH－===2H2O。
(3)根据题目信息“电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定”可知，电极表面镀铂粉的原因为增大电极单位面积内吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率，保证气体充分参与电极反应。
(4)由于反应中不断生成水，相当于将KOH溶液稀释，c(OH－)减小，pH变小。
(5)根据图示，该装置是以N2和H2为反应物形成的燃料电池，N2得到电子发生还原反应，a为正极，电极反应式为N2＋6e－＋8H＋===2NH，H2失去电子发生氧化反应，b为负极，电极反应式为H2－2e－===2H＋；根据电极反应式，相加得到电池反应方程式为N2＋3H2＋2HCl===2NH4Cl，则物质A为NH4Cl。
答案：(1)化学能转化为电能 由a到b
(2)H2－2e－＋2OH－===2H2O
(3)增大电极单位面积内吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率
(4)变小
(5)①a ②NH4Cl
突破三 金属燃料电池
金属燃料电池中金属充当负极材料，正极上氧化剂充当正极反应物，发生还原反应。
1．用于潜航器的镁 过氧化氢燃料电池的工作原理如图所示。以下说法中错误的是( )
A．电池负极的电极反应式为Mg－2e－===Mg2＋
B．电池工作时，H＋向负极移动
C．电池工作一段时间后，溶液的pH增大
D．电池反应为Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
解析：选B Mg H2O2燃料电池中Mg为负极：Mg－2e－===Mg2＋，Pt为正极：H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O，电池反应为Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，消耗H＋，c(H＋)减小，溶液的pH增大，且H＋移向正极。综上所述，B项错误。
2．金属(M) 空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的电池反应方程式为4M＋nO2＋2nH2O===4M(OH)n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是( )
A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
B．比较Mg、Al、Zn三种金属 空气电池，Al 空气电池的理论比能量最高
C．M 空气电池放电过程的正极反应：4Mn＋＋nO2＋2nH2O＋4ne－===4M(OH)n
D．在Mg 空气电池中，为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
解析：选C 金属M失电子作负极，由电池反应方程式4M＋nO2＋2nH2O===4M(OH)n推出正极反应物是O2。多孔电极主要是为了增大接触面积，有利于气体的扩散与反应，A项正确；单位质量释放电能最大也就是转移电子数最多，转移相同电子数所需Al的质量最小，也就是Al 空气电池的理论比能量最高，B项正确；中间是阴离子交换膜，所以Mn＋不会转移到正极参与反应，正极反应应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C项错误；Mg 空气电池中，容易在负极生成Mg(OH)2沉淀，为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用阳离子交换膜，Mg2＋转移到正极区与OH－反应生成沉淀，同时负极区不能显碱性，D项正确。
3．锂(Li) 空气电池的工作原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A．金属锂作负极，发生氧化反应
B．Li＋通过有机电解质向水溶液处移动
C．正极的电极反应：O2＋4e－===2O2－
D．电池反应：4Li＋O2＋2H2O===4LiOH
解析：选C 锂(Li) 空气电池中，锂为负极，发生氧化反应，A项正确；负极的电极反应式为Li－e－===Li＋，生成的Li＋向正极移动，B项正确；通入空气的一极为正极，正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C项错误；由正、负极的电极反应可得电池反应：4Li＋O2＋2H2O===4LiOH，D项正确。
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8水的电离平衡
题型一 水的离子积常数
1．下列关于水的离子积常数的叙述中，正确的是( )
A．因水的离子积常数的表达式是Kw＝c(H＋)·c(OH－)，所以Kw随着H＋和OH－浓度的变化而变化
B．水的离子积常数Kw与水的电离平衡常数K是同一个物理量
C．水的离子积常数仅仅是温度的函数，随着温度的变化而变化
D．水的离子积常数与水的电离平衡常数是两个没有任何关系的物理量
解析：选C 水的离子积常数仅仅是温度的函数，只随温度的变化而变化，与溶液中OH－和H＋浓度的变化无关。
2．在某温度时，测得纯水中的c(H＋)＝2.4×10－7 mol·L－1，则c(OH－)为( )
A．2.4×10－7mol·L－1 B．0.1×10－7 mol·L－1
C． mol·L－1 D．c(OH－)无法确定
解析：选A 纯水中c(H＋)＝c(OH－)，故c(OH－)＝2.4×10－7mol·L－1。
3．25 ℃时，在0.01 mol·L－1的硫酸溶液中，水电离出的H＋浓度是( )
A．5×10－13 mol·L－1 B．0.02 mol·L－1
C．1×10－7 mol·L－1 D．1×10－12 mol·L－1
解析：选A 溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，溶液中的OH－是由水电离产生的，则水溶液中c水(H＋)＝c水(OH－)＝c(OH－)＝＝ mol·L－1＝5×10－13 mol·L－1。
4．常温下，下列三种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为( )
①1 mol·L－1 的盐酸 ②0.1 mol·L－1的盐酸
③0.01 mol·L－1的NaOH溶液
A．1∶10∶100 B．0∶1∶12
C．14∶13∶12 D．14∶13∶2
解析：选A ①1 mol·L－1盐酸中c(H＋)＝1 mol·L－1，c水(H＋)＝c水(OH－)＝c(OH－)＝10－14 mol·L－1，
②0.1 mol·L－1盐酸中，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c水(H＋)＝c水(OH－)＝c(OH－)＝10－13 mol·L－1，
③0.01 mol·L－1 NaOH溶液中，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，c水(H＋)＝c水(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1，
则三者由水电离出的氢离子浓度之比为10－14∶10－13∶10－12＝1∶10∶100。
题型二 水的电离平衡的影响因素
5．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2O(l)???H＋(aq)＋OH－(aq) ΔH>0，下列叙述正确的是( )
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量固体CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，c(H＋)不变
解析：选B A项，NH3·H2O???NH＋OH－，使c(OH－)增大，水的电离平衡逆向移动；B项，NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，使c(H＋)增大，但温度不变，Kw不变；C项，CH3COOH???CH3COO－＋H＋，使c(H＋)增大，水的电离平衡逆向移动；D项，升高温度，Kw增大，c(H＋)增大。
6．下列能促进水的电离，并使溶液中c(H＋)＝c(OH－)的操作是( )
①将水加热煮沸 ②向水中投入一小块金属钠 ③向水中通CO2 ④向水中通NH3 ⑤向水中加NaCl固体
A．① B．①③
C．②④ D．③⑤
解析：选A ①中加热促进水的电离，且c(H＋)＝c(OH－)；②中生成的氢氧化钠抑制水的电离，且c(H＋)＜c(OH－)；③中c(H＋)＞c(OH－)，但这是碳酸电离的结果，并未促进水的电离，反而抑制水的电离；④中生成的一水合氨电离出的氢氧根离子抑制水的电离，且c(H＋)＜c(OH－)；⑤NaCl对水的电离无影响，c(H＋)＝c(OH－)，所以选A。
7．常温下水的离子积常数Kw＝1.0×10－14，在100 ℃时水的离子积常数Kw′＝1.0×10－12。若将下列溶液加热至90 ℃(忽略溶液体积变化)，则溶液pH不变的是( )
A．硫酸钠溶液 B．稀硫酸
C．氢氧化钠溶液 D．浓盐酸
解析：选B 由题目提供的不同温度下水的离子积常数可知，温度升高，水的离子积常数增大。硫酸钠不会破坏水的电离平衡，但升高温度时，水的电离程度增大，溶液中c(H＋)增大，溶液的pH减小；稀硫酸的pH取决于H2SO4完全电离产生的c(H＋)，不会随温度变化而变化；升高温度时，氢氧化钠溶液中c(OH－)不会变化，但由于水的离子积常数增大，所以c(H＋)增大，溶液的pH减小；因为加热浓盐酸时，会有大量HCl气体逸出，c(H＋)减小，溶液的pH增大。
8．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A．图中对应点的温度关系为a＞b
B．水的电离常数Kw数值大小关系为b＞d
C．温度不变，加入少量NaOH可使溶液从c点变到a点
D．纯水仅降低温度可由b点到d点
解析：选B H2O???H＋＋OH－，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，只与温度有关，温度越高，Kw越大。 b点Kw＝10－6×10－6＝10－12>a点Kw＝10－7×10－7＝10－14，b点温度高， A错误； d点与a点温度相同，Kw相同，由A分析知Kw数值大小关系为b＞a＝d，B正确；c点Kw大于a点Kw，温度高于a点，仅加入NaOH不能使溶液从c点变到a点，C错误；纯水中降低温度，溶液中c(H＋)和 c(OH－)均减小，而b点到d点溶液的c(OH－)未变，故仅降低温度溶液不能从b点到d点，D错误。
9．关于水的离子积常数，下列说法正确的是( )
A．水中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B．纯水中，25 ℃时，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
C．25 ℃时，任何溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
D．改变溶液的酸碱度，Kw随之改变
解析：选B 纯水中，c(H＋)·c(OH－)＝Kw，但不一定是1×10－14，这与温度有关，A错误；在纯水中，25 ℃时，c(H＋)·c(OH－)＝Kw＝1×10－14，B正确；在任何物质的稀溶液中存在c(H＋)·c(OH－)＝Kw，若溶液温度是25 ℃，则Kw＝1×10－14，C错误；改变溶液的酸碱度，只能改变溶液中c(H＋)、c(OH－)的相对大小，但Kw不变，D错误。
10．下列说法中正确的是( )
A．水是极弱的电解质，它能微弱电离出H＋，所以严格地说纯水呈微酸性
B．向水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，c(OH－)降低
C．25 ℃纯水中c(OH－)·c(H＋)＝Kw，稀酸、稀碱溶液中Kw＝c(OH－)·c(H＋)≠10－14
D．H2O???H＋＋OH－是吸热过程，所以温度升高，平衡向电离方向移动，Kw随之增大
解析：选D 纯水呈中性，A项错误；向水中加入稀氨水，溶液中氢氧根离子浓度增大，B项错误；25 ℃时，纯水中c(OH－)·c(H＋)＝Kw＝10－14，Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故稀酸、稀碱溶液中Kw＝c(OH－)·c(H＋)＝10－14，C项错误；水的电离是吸热过程，温度升高，平衡向电离方向移动，故Kw随之增大，D项正确。
11．下列叙述正确的是( )
A．在常温下，任何稀溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B．无论在什么条件下，中性溶液里的H＋浓度一定等于1×10－7 mol·L－1
C．0.2 mol·L－1CH3COOH溶液的c(H＋)是0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的c(H＋)的2倍
D．任何浓度的溶液都可以用c(H＋)和c(OH－)的相对大小来表示酸碱性强弱
解析：选A B选项，只有在25 ℃时，中性溶液中c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1；C选项，由于醋酸为弱酸，所以c(H＋)＝，c(H＋)之比为＝＝，不是2倍；D选项，对于浓度大于1 mol·L－1的酸或碱溶液，就不用c(H＋)和c(OH－)的相对大小来表示酸碱性强弱。
12．室温下由水电离出的H＋的浓度是1×10－12mol·L－1，则该溶液( )
A．一定是酸性溶液
B．一定是碱性溶液
C．可能是中性溶液
D．可能是酸性溶液也可能是碱性溶液
解析：选D 水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1＜1×10－7 mol·L－1，说明抑制了水的电离，该溶液可能为酸性或者碱性溶液，故选D。
13．某温度下，向c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是( )
A．该温度高于25 ℃
B．由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10 mol·L－1
C．加入NaHSO4晶体抑制水的电离
D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH－)减小
解析：选D 该温度下蒸馏水中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，大于25 ℃时纯水中c(H＋)，故温度高于25 ℃，A项正确；此温度下Kw＝1×10－12，故该NaHSO4溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－10 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，B项正确；加入NaHSO4后，NaHSO4电离出的H＋抑制了水的电离，C项正确；加水稀释时，c(H＋)减小，而Kw不变，故c(OH－)增大，D项错误。
14．与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3???NH＋NH，据此判断以下叙述中错误的是( )
A．液氨中含有NH3、NH、NH等微粒
B．一定温度下液氨中c(NH)·c(NH)是个常数
C．液氨的电离达到平衡时：c(NH3)＝c(NH)＝c(NH)
D．只要不加入其他物质，液氨中c(NH)＝c(NH)
解析：选C 此题要求将水的电离迁移应用于NH3。NH3分子电离产生H＋和NH，H＋与NH3结合生成NH，液氨电离产生等量的NH与NH，一定温度下离子浓度乘积为一常数；NH类似于H＋，NH类似于OH－。
15．下表是不同温度下水的离子积常数。
T/K 298 T1 T2
水的离子积常数(Kw) 1×10－14 a 1×10－12
试回答以下问题：
(1)若298”“<”或“＝”)1×10－14，判断的理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)298 K时，某Na2SO4溶液中c(SO)＝5×10－4 mol·L－1，取该溶液1 mL加水稀释至10 mL，则稀释后溶液中c(Na＋)∶c(OH－)＝________。
解析：(1)升高温度，水的电离程度变大，Kw变大。
(2)c(SO)＝5×10－4 mol·L－1，则c(Na＋)＝2c(SO)＝1×10－3 mol·L－1，稀释到原溶液体积的10倍，则c(Na＋)＝1×10－4 mol·L－1。298 K时Na2SO4溶液中c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，稀释到原溶液体积的10倍后仍然为1×10－7 mol·L－1，则c(Na＋)∶c(OH－)＝103∶1。
答案：(1)> 水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离程度变大，离子积常数增大
(2)1 000∶1(或103∶1)
16．有同学为探究Kw的影响因素，做了以下实验：
(1)查阅资料，不同温度下水的离子积常数如下表。
t/℃ 0 10 20 25 40 50 90 100
Kw/10－14 0.134 0.292 0.681 1.01 2.92 5.47 38.0 55.0
由此推出：随着温度的升高，Kw的值________(填“增大”或“减小”)；水的电离程度________(填“增大”或“减小”)；水的电离平衡向________(填“左”或“右”)移动，水的电离过程是________(填“放热”或“吸热”)过程。
(2)取三支烧杯A、B、C，分别加入适量水，再向B、C烧杯中分别加入适量盐酸和NaOH，分析并填写下表：
纯水 加少量盐酸 加少量NaOH
c(H＋) 1.0×10－7mol·L－1 增大
c(OH－) 1.0×10－7mol·L－1 增大
c(H＋)和c(OH－)大小比较 c(H＋)＝c(OH－) c(H＋)____c(OH－) c(H＋)____c(OH－)
水的电离平衡移动方向 —
Kw值 1.0×10－14
综上所述，可得出如下结论：
①温度、________、________均能影响水的电离平衡。
②Kw只受________的影响，而与其他因素无关。
解析：水的电离是吸热过程，升高温度，Kw增大；向水中加入酸或碱，c(H＋)或c(OH－)增大，抑制水的电离；Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变。
答案：(1)增大 增大 右 吸热
(2)减小 减小 ＞ ＜ 向左 向左 1.0×10－14 1.0×10－14
①酸 碱 ②温度
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6金属的腐蚀与防护
明课程标准 扣核心素养
1.了解金属发生电化学腐蚀的本质，知道金属腐蚀的危害。2.了解防止金属腐蚀的措施。3.能利用电化学原理解释金属腐蚀现象，选择并设计防腐措施。 宏观辨识与微观探析：能从宏观与微观结合的视角对金属的腐蚀和防护进行分类和表征。能运用电化学符号等解释金属发生腐蚀的原因，能分析技术防护与金属腐蚀之间的关系。证据推理与模型认知：运用电化学模型认识并分析金属腐蚀的原理及防护的方法。
向铁粉中加入少量炭粉，混合均匀后，撒入内壁分别用氯化钠溶液和稀醋酸润湿过的两支具支试管(分别标记为a、b)中，按下图组装好仪器。几分钟后，打开止水夹，观察、比较导管中水柱(在水中滴加几滴红墨水)的变化和试管中的现象。
[问题探讨]
1．图a导管中水柱和具支试管中的铁粉有什么变化？产生这种现象的原因是什么？
提示：导管中水柱上升，铁粉表面生锈；产生这种现象的原因是铁粉在潮湿的环境中发生吸氧腐蚀。电极反应，负极：2Fe－4e－===2Fe2＋，正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，由于盛铁粉的具支试管中不断消耗O2而使体系内的压强减小，从而引起水的倒吸。
2．图b导管中水柱及具支试管中的铁粉有什么变化？如何解释？
提示：导管中水柱下降，铁粉表面生锈；产生这种现象的原因是铁粉在潮湿的、酸性较强的环境中发生了析氢腐蚀。电极反应，负极：Fe－2e－===Fe2＋，正极：2H＋＋2e－===H2↑，产生的H2使体系内的压强增大，从而使导管中的水柱下降。
3．若将图b中的稀醋酸换为盐酸(足量)，则实验中存在哪些形式的腐蚀？
提示：若换为盐酸，则实验中会发生铁与盐酸的化学腐蚀，同时也有电化学腐蚀。
4．化学腐蚀与电化学腐蚀的异同点是什么？
提示：相同点是都造成金属被氧化腐蚀。不同点是化学腐蚀是金属和氧化剂直接发生氧化还原反应，无电流产生；电化学腐蚀是发生原电池反应，有电流产生。
1．金属腐蚀
(1)概念：金属或合金与周围环境中的物质发生化学反应而腐蚀损耗的现象。
(2)本质：金属本身失去电子变成阳离子的过程(发生氧化反应)：M－ne－===Mn＋。
(3)金属腐蚀的分类
根据金属或合金与接触的介质不同，金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀两大类。
2．电化学腐蚀的类型和原理
根据电解质溶液的酸碱性不同，电化学腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀。
(1)析氢腐蚀
在潮湿的空气中，钢铁表面形成一层薄薄的水膜，若水膜中溶解有CO2、SO2、H2S等气体，其与水反应生成的酸电离使水膜中含有一定量的H＋。此时电解质溶液酸性较强，在钢铁表面构成无数微小的原电池，其中Fe和C分别作负极和正极。Fe在负极失去电子发生氧化反应，H＋在正极得到电子发生还原反应，电子从负极流向正极。
该过程中发生的原电池反应：负极为Fe－2e－===Fe2＋，正极为2H＋＋2e－===H2↑，总反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。
(2)吸氧腐蚀
①一般情况下，如果钢铁表面吸附的水膜酸性很弱或呈中性，但溶有一定量的氧气，就会发生吸氧腐蚀。腐蚀原理如图所示。
发生的电极反应如下：
负极(Fe)：2Fe－4e－===2Fe2＋(氧化反应)
正极(C)：2H2O＋O2＋4e－===4OH－(还原反应)
总反应：2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2
②铁锈的形成过程
Fe(OH)2继续与空气中的O2作用，生成Fe(OH)3，即4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去部分水生成Fe2O3·nH2O(铁锈的主要成分)，即2Fe(OH)3===Fe2O3·nH2O＋(3－n)H2O。铁锈疏松地覆盖在钢铁表面，不能阻止钢铁继续腐蚀。
[名师点拨]
(1)析氢腐蚀和吸氧腐蚀取决于金属表面电解质溶液的酸碱性，实际情况中以吸氧腐蚀为主。
(2)判断金属的腐蚀类型要从本质入手，化学腐蚀和电化学腐蚀的本质区别在于是否产生电流。腐蚀过程中有电流产生的为电化学腐蚀，无电流产生的为化学腐蚀。
(3)电化学腐蚀中，只有在金属活动性顺序中位于氢之前的金属才可能发生析氢腐蚀，而位于氢之后的金属只能发生吸氧腐蚀，吸氧腐蚀是金属腐蚀的主要形式。
1．下列说法正确的是( )
A．在生产和生活中，化学腐蚀比电化学腐蚀普遍，危害更大
B．大多数金属腐蚀的原因是发生氧化还原反应
C．化学腐蚀的速度随着温度的升高而加快
D．化学腐蚀和电化学腐蚀过程中都产生电流
解析：选C 电化学腐蚀比化学腐蚀普遍，危害更大，A项错误；所有金属腐蚀的原因均为发生氧化还原反应，B项错误；温度升高，化学反应速率增大，C项正确；化学腐蚀过程中无电流产生，电化学腐蚀过程中有微弱的电流产生，D项错误。
2．某研究小组对铁生锈的条件进行研究。请回答下列问题：
(1)甲同学设计了A、B、C一组实验(如图所示)，探究铁生锈的条件。经过较长时间后，甲同学观察到A中铁钉生锈；B中铁钉不生锈；C中铁钉不生锈。
①通过分析上述实验现象，可得出铁生锈的外部条件是
________________________________________________________________________；
②铁钉发生电化学腐蚀的正极反应式为______________________________________
________________________________________________________________________；
③实验B所用的水要经过________处理，植物油的作用是__________________________；
④实验C中碱石灰的作用是____________________________________________。
(2)乙同学设计了实验D(如图所示)，一段时间后，发现试管中的液面升高，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：对比A、B、C中现象可知铁生锈的外部条件是有水(或电解质溶液)和氧气(或空气)。铁钉生锈所处的环境为中性环境时，发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。
答案：(1)①有水(或电解质溶液)和氧气(或空气)
②O2＋4e－＋2H2O===4OH－
③煮沸 隔绝空气中的氧气和水蒸气
④吸收水蒸气
(2)铁腐蚀吸收氧气，造成试管内气体体积减小，试管内压强减小
[实验] 探究牺牲阳极的阴极保护法保护铁
实验操作 (1)以Fe作被保护电极，以Zn作辅助电极，以经过酸化的3% NaCl溶液作电解质溶液，按下图所示连接装置。观察电流表指针的变化以及烧杯中两个电极附近发生的现象；(2)过一段时间，用胶头滴管从Fe电极区域取出少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，观察试管中溶液颜色的变化
实验装置
实验现象 (1)电流表指针发生偏转，Fe电极上有气泡产生；(2)试管中滴入K3[Fe(CN)6]溶液未出现特殊蓝色沉淀
[问题探讨]
1．该实验装置是电化学装置中的原电池还是电解池？指出装置中的电极名称并写出电极反应式。
提示：Zn、Fe和经过酸化的NaCl溶液构成原电池；其中Zn作负极，电极反应式：Zn－2e－===Zn2＋；Fe作正极，电极反应式：2H＋＋2e－===H2↑。
2．一段时间后，从Fe电极区域取出少量溶液于试管中，加入2滴K3[Fe(CN)6]溶液的目的是什么？若铁电极区域有Fe2＋存在，会出现什么现象？写出反应的离子方程式。
提示：加入K3[Fe(CN)6]溶液的目的是检验铁电极是否发生反应生成Fe2＋；若铁电极区域有Fe2＋生成，加入K3[Fe(CN)6]后会产生蓝色沉淀，反应的离子方程式为3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色)。
3．通过上述实验得出的实验结论是什么？为什么要向船体上镶嵌锌块？该保护船体的方法的名称是什么？
提示：Zn?Fe?电解质溶液构成的装置中，铁未被腐蚀，即受到了保护。向船体上镶嵌锌块的目的是在Zn?Fe?海水构成的原电池装置中，牺牲锌块而保护船体不受腐蚀；该保护船体的方法的名称是牺牲阳极的阴极保护法。
4．常见的白铁皮是在薄钢板表面镀上一层锌，罐装食品用的马口铁是在薄钢板表面上镀上一层锡，若上述两种钢铁制品的表面出现破损时，白铁皮和马口铁中哪一种更容易受到腐蚀？其原因是什么？
提示：马口铁中的铁更容易被腐蚀。原因是马口铁中的铁比锡活泼，形成原电池时，铁作负极而被腐蚀；白铁皮中锌比铁活泼，形成原电池时，铁作正极而受到保护。
5．你还能想出哪些防止金属Fe发生腐蚀的措施？能防止金属腐蚀的原理是什么？
提示：(1)在金属制品表面覆盖保护层，原理：避免金属与潮湿的环境接触构成原电池而发生腐蚀。
(2)让被保护的金属与外接直流电源的负极相连，充当电解池的阴极而被保护。
1．金属防护的原理
金属防护就是防止金属的腐蚀，要解决的主要问题是使金属不被氧化，应从金属腐蚀的化学反应原理、腐蚀的类型等方面来确定金属防护的具体方法。
2．金属防护的方法
(1)改变金属材料的组成
如把铬、镍等加入普通钢里制成不锈钢，就大大增加了钢铁对各种侵蚀的抵抗力。
(2)在金属表面覆盖保护层
在金属表面覆盖致密的保护层，从而使金属制品与周围物质(外界空气、水、电解质溶液等)隔离，这是一种普遍采用的防护方法。
①非金属保护层：如喷油漆、涂油脂。
②金属保护层：如在钢铁表面镀一层锌、锡、铬、镍等。
(3)电化学防护法
牺牲阳极的阴极保护法 外加电流的阴极保护法
依据 原电池原理 电解原理
原理 形成原电池时，被保护的金属作正极(阴极)，不反应受到保护；活泼金属作负极(阳极)，发生反应受到腐蚀。负极(阳极)要定期予以更换 将被保护的金属与另一附加电极作为电解池的两个极，使被保护的金属作阴极，在外加直流电的作用下使阴极得到保护
应用 保护一些钢铁设备，如锅炉内壁、船体外壳等装上镁合金或锌块 保护土壤、海水及水中的金属设备
实例示意图
[名师点拨]
(1)金属表面覆盖保护层的其他方法
①用化学方法在钢铁部件表面进行发蓝处理(生成一层致密的Fe3O4薄膜)。
②利用阳极氧化处理铝制品的表面，使之形成致密的氧化膜而钝化。
(2)Fe2＋与[Fe(CN)6]3－反应生成带有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀：3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓，此反应可用于检验Fe2＋。
1．下列有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是( )
A．可在船壳外刷油漆进行保护
B．可将船壳与电源的负极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护
D．在海上航行时，船壳主要发生析氢腐蚀
解析：选D 在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触，所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护，故A正确；将船壳与电源的负极相连，即船壳为阴极，阴极材料不易被腐蚀，在电解池的阴极金属被保护，故B正确；在船底安装锌块，形成原电池，金属锌作负极，被腐蚀，正极材料Fe被保护，故C正确；海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀，即在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，故D错误。
2．下列防止金属腐蚀的做法不可行的是( )
A．在某些工具的机械转动部位刷油漆以防生锈
B．衣架和电线外面包上一层塑料层以防生锈
C．在钢材制造的大型船舶上装上一定数量的锌块
D.自行车的钢圈和车铃上镀上一层铬，既耐腐蚀又美观耐磨
解析：选A 在某些工具的机械转动部位刷油漆，能隔绝空气和水，但转动部位的漆易脱落，应该涂油，故A错误；衣架和电线外面包上一层塑料层，能隔绝空气和水，所以能防止生锈，故B正确；在钢材制造的大型船舶上装上一定数量的锌块，Fe、Zn和海水构成原电池，Zn易失电子作负极，Fe作正极，所以Fe被保护，故C正确；自行车的钢圈和车铃上镀上一层铬，能隔绝空气和水，且铬不易发生腐蚀，所以能防止铁生锈，故D正确。
《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物保护的主旨。
(1)查阅高中教材得知铜锈为Cu2(OH)2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。请写出铜绿与盐酸反应的化学方程式。
提示：Cu2(OH)2CO3＋4HCl===2CuCl2＋3H2O＋CO2↑。
(2)继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示：
Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因。
提示：结合图可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈。Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈。
(3)如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀生成有害锈Cu2(OH)3Cl的原理示意图。
①写出在发生电化学腐蚀的过程中正极的电极反应式。
提示：正极的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。
②若生成2.145 g Cu2(OH)3Cl，计算理论上消耗标准状况下氧气的体积。
提示：n[Cu2(OH)3Cl]＝＝0.01 mol，根据得失电子守恒可得n(O2)＝0.01 mol×2×2÷4＝0.01 mol，故在标准状况下氧气的体积为V＝0.01 mol×22.4 L·mol－1＝0.224 L。
③文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl(白色不溶于水的固体)：
写出过程Ⅰ中负极的电极反应式。
提示：结合图可知，过程Ⅰ中Cu作负极，电极反应式是Cu－e－＋Cl－===CuCl。
(4)BTA保护法是青铜器修复中最常用的方法之一，原理如图所示：
请分析BTA保护法可能的优点。
提示：在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜；能够替换出锈层中的Cl－，能够高效除去有害锈；此法不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”。
[思维建模] 解答有关金属防护措施问题的思维流程如下：
1．某同学利用如图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件{已知Fe2＋遇K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀}。
下列说法不合理的是( )
A.①区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6] 溶液后出现蓝色沉淀，Fe被腐蚀
B．②区Cu电极附近滴加酚酞试液后变成红色，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色沉淀，Fe被腐蚀
C．③区Zn电极的电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液未出现蓝色沉淀，Fe被保护
D．④区Zn电极的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色沉淀，Fe被腐蚀
解析：选A ①区发生吸氧腐蚀，Cu为正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，Cu电极上不产生气泡，A项错误；②区Cu为阴极，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，Cu电极附近溶液碱性增强，滴加酚酞试液后变成红色，Fe为阳极，被腐蚀，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色沉淀，B项正确；③区Zn为负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，Fe为正极，被保护，C项正确，④区Zn为阴极，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，Fe为阳极，被腐蚀，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色沉淀，D项正确。
2．钢铁的防护方法有多种，图中的方法描述正确的是( )
A．b为电源负极
B．该方法是牺牲阳极的阴极保护法
C．电子流向：a→钢铁闸门→辅助电极→b→a
D．电源改用导线连接进行防护时，辅助电极发生氧化反应
解析：选D 从图示可知，由于有外加电源，故此防护方法为外加电流的阴极保护法，B错误；在外加电流的阴极保护法中，钢铁作电解池的阴极，即a为电源的负极，则b为电源的正极，故A错误；在电解池中，电子由电解池的阳极→电源的正极，电源的负极→电解池的阴极，溶液中通过离子导电而不是电子，故C错误；电源改用导线连接进行防护时，即牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要作负极，发生氧化反应，故D正确。
[分级训练·课课过关]__________________________________________________
1．如图表示钢铁在海水中的锈蚀过程，以下有关说法正确的是( )
A．该金属腐蚀过程为析氢腐蚀
B．正极为C，发生的反应为氧化反应
C.在酸性条件下发生的是吸氧腐蚀
D．正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
解析：选D 钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极，从图中可以看出，空气中的O2参加反应，所以发生的是吸氧腐蚀，A项错误；碳作正极，发生的反应为还原反应，B项错误；在酸性条件下，原电池的正极上H＋得电子发生还原反应，析出H2，即在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，C项错误；发生吸氧腐蚀时，O2在正极发生得电子的还原反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D项正确。
2.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是( )
A．铁被氧化的电极反应式为Fe－3e－===Fe3＋
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
解析：选C A、D错误，铁在中性环境中会发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O＋O2＋4e－===4OH－；B错误，铁的电化学腐蚀过程中，化学能除转化为电能外还有部分转化为热能。
3．下列与金属腐蚀有关的说法中，正确的是( )
A．图甲中，铁钉易被腐蚀
B．图乙中，滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色
C．图丙中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀
D．图丁中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极
解析：选C 图甲中浓硫酸能吸收空气中的水蒸气，干燥条件下铁钉不易被腐蚀，A错误；图乙中构成原电池，铁为负极失去电子，转化为亚铁离子，因此滴加少量KSCN溶液，溶液不会变为红色，B错误；图丙中燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁和氧气发生反应，为化学腐蚀，C正确；图丁中用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁比铁活泼，则镁块相当于原电池的负极，D错误。
4．我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，防护原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．通电时，锌环为阳极，发生氧化反应
B．通电时，阴极上的电极反应：
2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
C．断电时，锌环上的电极反应：
Zn2＋＋2e－===Zn
D．断电时，仍能防止铁帽被腐蚀
解析：选C 通电时，锌环连接电源正极，锌环为阳极，发生氧化反应，A正确；通电时，阴极上溶液中由水电离出的氢离子得电子，所以发生的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，B正确；断电时发生原电池反应，锌环失电子作负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，C错误；断电时锌环作负极被腐蚀，铁帽作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，D正确。
5.如图所示，容器中的试管内有一枚铁钉，放置数天后观察：
(1)若容器内液体是水，铁钉逐渐生锈，则铁钉的腐蚀属于________腐蚀。
(2)若试管内液面上升，则原溶液呈________性，发生________腐蚀，负极的电极反应为__________________，正极的电极反应为______________________。
(3)若试管内液面下降，则原溶液呈________性，发生________腐蚀，负极的电极反应为__________________，正极的电极反应为____________________。
解析：(1)铁钉中含有的杂质碳和铁作原电池的两极，在水、空气等构成的电解质溶液中发生电化学腐蚀。(2)试管中被密封的是空气，液面上升，即空气减少，发生的是吸氧腐蚀。(3)试管内液面下降，则发生析氢腐蚀，生成的H2使试管内气体体积增大。
答案：(1)电化学 (2)弱酸性或中 吸氧 2Fe－4e－===2Fe2＋ O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (3)较强的酸 析氢 Fe－2e－===Fe2＋ 2H＋＋2e－===H2↑
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13(共24张PPT)
专题重点突破(三) 电解及其综合应用
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AAT
锌铜原电池
电解精炼铜镀件上镀铜电解氯化铜溶液
A
C
粗铜
镀
Zn
纯铜
CuE
石墨
稀硫酸
硫酸铜溶液硫酸铜溶液
氯化铜溶液
A
B
电源
Zn
Cu
H2SO4(稀
菲闺AgNO2溶液
甲
F
Pt
e
BaCl2和NaI
H2SO4(稀)
自混合液
丙
a
b
C●
d
KMnO4
Pt
CuSO4
溶液
Z
体
电源
惰性电极
惰性电极
阳离子交换膜第一课时 强电解质和弱电解质
明课程标准 扣核心素养
1.知道强、弱电解质的区别。2.认识弱电解质在水溶液中存在电离平衡。3.能够书写常见弱电解质的电离方程式。 变化观念与平衡思想：知道弱电解质在水溶液中存在电离平衡，能正确书写弱电解质的电离方程式。
1．问题探究
盐酸和醋酸是两种常见的酸，根据你已有的知识和经验，推测它们在水溶液中的电离程度有无差异？说出理由，然后设计实验方案验证你的推测。
提示：有差异，在水溶液中HCl完全电离，CH3COOH部分电离，据此可设计实验方案如下：①测定相同条件盐酸、醋酸溶液的pH；②测定相同条件下二者的导电能力。
2．实验探究
(1)分别测量物质的量浓度均为1 mol·L－1的盐酸和醋酸溶液的pH。
(2)如下图所示，在两只锥形瓶中分别加入等体积、物质的量浓度均为1 mol·L－1的盐酸和醋酸溶液，在两只气球中分别加入经砂纸打磨过的大小相同的足量镁条，将气球套在锥形瓶瓶口，再将气球中的镁条送入锥形瓶中，观察、比较气球鼓起的快慢等现象。
[问题探讨]
1．浓度均为1 mol·L－1的盐酸和醋酸溶液的pH相同吗？为什么？
提示：不同，醋酸溶液的pH大。二者电离程度不同，CH3COOH部分电离，醋酸溶液的c(H＋)小，pH大。
2．相同条件下盐酸、醋酸溶液分别与大小相同的过量的镁条反应的过程中，你观察到了什么现象？如何解释？
提示：气球均变大，盛醋酸的装置中气球变大速率小。镁条与盐酸、醋酸溶液反应的实质是Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，醋酸溶液中的c(H＋)小，反应速率小，气球慢慢变大。
3．通过实验，你得出的实验结论是什么？判断HCl、CH3COOH中哪种物质属于弱电解质？
提示：HCl、CH3COOH的电离程度不同，其中CH3COOH属于弱电解质，HCl属于强电解质。
4．相同浓度的盐酸和醋酸溶液，哪一种溶液的导电能力强？为什么？
提示：HCl为强电解质，溶于水完全电离，溶液中自由移动的离子浓度大，导电能力强。
1．强、弱电解质的概念
(1)强电解质：在水溶液中能够全部电离的电解质称为强电解质。
(2)弱电解质：在水溶液中仅有部分电离的电解质称为弱电解质。
2．电解质的分类
3．强电解质和弱电解质的比较
强电解质 弱电解质
电离过程 不可逆过程，全部电离 可逆过程，部分电离
溶液中存在的粒子(水分子不计) 只有电离出的阴、阳离子，不存在电解质分子 既有电离出的阴、阳离子，又有电解质分子
续表
强电解质 弱电解质
化合物类型 离子化合物、共价化合物 共价化合物
电离方程式 以HCl为例：HCl===H＋＋Cl－ 以CH3COOH为例：CH3COOH????H＋＋CH3COO－
共同特点 在水溶液中能产生自由移动的阴、阳离子
[名师点拨]
(1)电解质的强弱与溶解性无关
某些盐如BaSO4、CaCO3等，虽难溶于水却是强电解质；而如CH3COOH、NH3·H2O，尽管易溶于水，却部分电离，是弱电解质。
(2)电解质的强弱与溶液的导电能力没有必然联系
溶液导电能力的强弱由溶液中自由离子的浓度和离子所带电荷的多少决定，很稀的强电解质溶液导电能力很弱，浓度较大的弱电解质溶液导电能力可能较强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱。
(3)电解质的强弱与化学键没有必然联系
一般强电解质含有离子键或强极性共价键，但含有强极性共价键的化合物不一定是强电解质，如HF就是弱电解质。
1．用我们日常生活中的食用白醋(醋酸浓度约为1 mol·L－1)进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是( )
A．白醋中滴入紫色石蕊试液呈红色
B．白醋中存在分子
C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出
D．经检验白醋中c(H＋)约为0.01 mol·L－1
解析：选D 白醋中滴入紫色石蕊试液呈红色，说明白醋呈酸性，不能说明醋酸部分电离，A错误；没有明确指出白醋中存在的分子是醋酸分子还是水分子，所以不能说明醋酸部分电离，B错误；蛋壳浸泡在白醋中有气体生成，说明醋酸的酸性强于碳酸，但不能说明醋酸部分电离，C错误；白醋中c(H＋)约为0.01 mol·L－1，远小于1 mol·L－1，说明醋酸部分电离，醋酸为弱电解质，D正确。
2．下列说法中，正确的是( )
A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
B．强电解质的水溶液中不存在分子
C．SO2和乙醇均属共价化合物，在水中都不能电离，均属非电解质
D．不同的弱电解质只要物质的量浓度相同，电离程度也相同
解析：选C 溶液的导电能力与溶液中离子的浓度及离子所带的电荷数有关，与电解质的强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故A错误；强电解质溶于水的部分完全电离，但水是弱电解质，微弱电离，大部分仍以水分子的形式存在，故B错误；SO2自身不能电离，是非电解质，乙醇在水中不能电离，是非电解质，故C正确；不同的弱电解质浓度相同时，电离程度不一定相同，故D错误。
3．现有：①硫酸铜溶液 ②CO2 ③石墨 ④KOH
⑤CH3COOH ⑥NH3 ⑦NH3·H2O ⑧NaHCO3
其中属于强电解质的是________(填序号，下同)，属于弱电解质的是________，属于非电解质的是________，既不是电解质，也不是非电解质的是________。
解析：强电解质一般包括强酸、强碱和大部分盐类等，KOH、NaHCO3属于强电解质；弱电解质一般包括弱酸、弱碱和水等，CH3COOH、NH3·H2O属于弱电解质；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，硫酸铜溶液、石墨既不是电解质，也不是非电解质；CO2、NH3是非电解质。
答案：④⑧ ⑤⑦ ②⑥ ①③
弱电解质醋酸在水中部分电离，电离的示意图如下。
[问题探讨]
1．醋酸溶于水，部分电离产生离子，在一定温度下，建立电离平衡，请写出醋酸的电离方程式，并利用化学平衡的有关知识，分析其建立电离平衡的过程，并用v t图像表示。
提示：CH3COOH????H＋＋CH3COO－；醋酸电离平衡的建立过程
2．利用化学平衡的有关知识，推测电离平衡有哪些特征？
提示：逆、等、动、定、变。
3．向醋酸溶液中滴几滴紫色石蕊试液，溶液变红且不随时间的延长而变化，是否意味着CH3COOH不再电离？加热后溶液的红色加深，为什么？
提示：溶液红色不变，说明建立了电离平衡，此时反应并未停止，只是CH3COOH电离出CH3COO－、H＋的速率与CH3COO－、H＋结合成CH3COOH分子的速率相等；加热后溶液红色加深，说明温度升高，电离平衡正向移动，溶液中c(H＋)增大，溶液酸性增强。
1．弱电解质的电离平衡
在一定温度下，当弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等，溶液中弱电解质分子和离子的浓度不再发生变化时，弱电解质的电离过程达到了电离平衡状态。
2．弱电解质电离平衡的建立
3．电离平衡的特征
(1)逆：弱电解质的电离过程是可逆的，存在电离平衡。
(2)等：弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等。
(3)动：弱电解质分子电离成离子和离子结合成弱电解质分子的速率相等，不等于零，是动态平衡。
(4)定：弱电解质在溶液中达到电离平衡时，溶液中离子的浓度、分子的浓度都不再改变。
(5)变：外界条件改变时，平衡被破坏，电离平衡可能发生移动。
4．电离方程式的书写
类型 电离方程式的特点 典型例子
强电解质 完全电离，电离方程式写“===” H2SO4===2H＋＋SO NaOH===Na＋＋OH－NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO
弱电解质 一元弱酸或弱碱 不完全电离，电离方程式写“????” CH3COOH????CH3COO－＋H＋NH3·H2O????NH＋OH－
多元弱酸 分步电离，以第一步为主，电离方程式写“????” H2CO3????H＋＋HCO(主)HCO????H＋＋CO(次)
多元弱碱 分步电离，一步书写，且电离方程式写“????” Cu(OH)2????Cu2＋＋2OH－
[名师点拨]
(1)弱电解质的电离过程一般是吸热的。
(2)在弱电解质溶液中，分子、离子在溶液中共存，完全不同于强电解质。
(3)弱电解质在溶液中的电离都是微弱的，一般来说，电离的分子极少，绝大多数弱电解质以分子形式存在，如0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中，c(H＋)大约为1×10－3 mol·L－1。
(4)弱电解质的电离达到平衡后，加水稀释，电离程度增大，但电解质分子、电解质电离出的离子(包括H＋或OH－)浓度均减小。判断离子浓度比值变化时，只考虑物质的量的比值即可。
(5)酸式盐：强酸的酸式盐完全电离，一步完成。
如：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO(水溶液中)，NaHSO4===Na＋＋HSO(熔融状态)。
弱酸的酸式盐强中有弱，分步完成。
如：NaHCO3===Na＋＋HCO，HCO????H＋＋CO。
1．下列电离方程式书写正确的是( )
A．H2S????2H＋＋S2－
B．H2S＋H2O????H3O＋＋HS－
C．NH3＋H2O===NH＋OH－
D．HClO===H＋＋ClO－
解析：选B H2S为多元弱酸，应分步电离，故A错误；H2S＋H2O????H3O＋＋HS－相当于H2S????H＋＋HS－，故B正确；C项，正确的电离方程式应为NH3·H2O????NH＋OH－，错误；弱电解质的电离用“????”，故D错误。
2．下列说法正确的是( )
A．电解质在溶液中存在电离平衡状态
B．电离平衡状态时v结合＝v电离＝0
C．弱电解质溶液中，既存在离子也存在分子
D．电解质的电离是可逆过程
解析：选C A．弱电解质在溶液中存在电离平衡状态，而强电解质在溶液中不存在电离平衡，错误；B.电离平衡状态时v结合＝v电离≠0，错误；C.弱电解质溶液中存在电离平衡，既存在离子，也存在未电离的电解质分子，正确；D.弱电解质的电离是可逆过程，而强电解质在溶液中完全电离，不存在可逆过程，错误。
[分级训练·课课过关]_____________________________________________
1．下列物质属于弱电解质的是( )
A．NaCl B．NaOH
C．NH3·H2O D．H2SO4
解析：选C NaCl、NaOH、H2SO4是强电解质，NH3·H2O在水中部分电离，是弱电解质。
2．下列事实可证明NH3·H2O为弱碱的是( )
A．氨水能与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝
B．经实验测得在氨水中存在NH3·H2O分子
C．碳酸铵受热易分解
D.等浓度、等体积的氨水和氢氧化钠溶液分别与醋酸中和，二者消耗的醋酸的物质的量相同
解析：选B 氨水、氢氧化钠都能与氯化铝溶液反应生或氢氧化铝，只能证明NH3·H2O属于碱，但不能证明其为弱碱，A不符合题意；强电解质在水溶液中完全电离，水溶液中不存在强电解质分子，氨水中存在NH3·H2O 分子，则表明NH3·H2O不能完全电离，故其为弱碱，B符合题意；碳酸铵受热易分解，说明碳酸铵具有不稳定性，不能证明一水合氨为弱碱，C不符合题意；不管是强碱还是弱碱，与醋酸反应时，都发生完全电离，所以二者消耗的醋酸的物质的量相同，不能证明NH3·H2O为弱碱，D不符合题意。
3．在水溶液中，下列物质的电离方程式书写正确的是( )
A．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
B．HF＋H2O===H3O＋＋F－
C．H2SO3????2H＋＋SO
D．NH3·H2O????NH＋OH－
解析：选D HF、NH3·H2O属于弱电解质，不完全电离，故D项正确，B项错误；H2SO3为二元中强酸，属于弱电解质，应分步电离，故C项错误；NaHCO3的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO，故A项错误。
4．在醋酸溶液中，CH3COOH电离达到平衡的标志是( )
A．溶液显电中性
B．溶液中检测出CH3COOH分子、CH3COO－共同存在
C．c(H＋)恒定不变
D．c(H＋)＝c(CH3COO－)
解析：选C 不管CH3COOH电离是否达到平衡，CH3COOH溶液均显电中性，故A不是CH3COOH电离达到平衡的标志；不管CH3COOH电离是否达到平衡，溶液中CH3COOH分子、CH3COO－总是共同存在，故B不是CH3COOH电离达到平衡的标志；c(H＋)恒定不变，表明CH3COOH电离达到平衡，故C是CH3COOH电离达到平衡的标志；c(H＋)与c(CH3COO－)的比值与CH3COOH的电离平衡之间没有一定关系，故D不是CH3COOH电离达到平衡的标志。
5．下列叙述中，能证明某物质是弱电解质的是( )
A．水溶液的导电能力很弱
B．熔化状态时不导电
C．在水溶液中，存在分子
D．稀溶液中已电离的离子和未电离的分子共存
解析：选D A．水溶液导电能力与溶液中的离子浓度有关，强电解质的稀溶液的导电能力也弱，错误；B.熔化状态不导电的不一定是弱电解质，如HCl是强电解质，但熔融状态不导电，错误；C.在水溶液中存在分子的物质不一定是电解质，如蔗糖，错误；D.稀溶液中存在离子与未电离的分子，说明该物质能发生电离，但部分电离，所以是弱电解质，正确。
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9第三课时 电解及其装置
明课程标准 扣核心素养
1.了解电解池的工作原理，认识电解在实现物质转化和储存能量中的具体应用。2.充分利用电解熔融态氯化钠和电解饱和食盐水等案例素材，发展学生对电解池工作原理的认识。3.能分析、解释电解池的工作原理，能设计简单的原电池和电解池。 宏观辨识与微观探析：能根据电解池的构成条件辨识电解池装置，能分析电解池中能量转化及与物质性质的关系。证据推理与模型认知：能认识和建构电解池的装置和工作原理的认知模型，并能说明模型使用的条件及适用范围。
[实验] 电解熔融态氯化钠
实验装置及操作 容器中盛有熔融态氯化钠，两侧分别插入石墨片和铁片作为电极材料，两个电极分别与电源的正极和负极相连
实验现象 通电后，在石墨片周围有黄绿色的气泡产生，在铁片周围有银白色金属生成
[问题探讨]
1．装置中电子的流向及石墨电极、铁电极各带什么电荷？
提示：电子由直流电源负极流向铁电极，铁电极带负电；石墨电极带正电，电子由石墨电极流到电源正极。
2．通电前后Na＋、Cl－的移动方向有何不同？
提示：通电前作无规则运动，通电后定向移动，Na＋移向铁电极，Cl－移向石墨电极。
3．如何解释实验现象？
提示：(1)熔融态氯化钠中含有可自由移动的Na＋和Cl－。
(2)通电后离子的移动：Na＋移向铁电极；Cl－移向石墨电极。
(3)电极上发生的变化
铁电极：2Na＋＋2e－===2Na，
石墨电极：2Cl－－2e－===Cl2↑。
4．通过上述实验，你能得出哪些结论？
提示：在通直流电条件下，熔融的氯化钠发生了化学反应，分解生成钠和氯气：2NaCl2Na＋Cl2↑。
5．如果将离子导体换为氯化铜溶液，又能观察到哪些实验现象？如何解释？
提示：通电后，溶液中的Cu2＋移向铁电极(阴极)，优先于H＋在阴极上获得电子，被还原为金属铜，故可观察到阴极上覆盖了一层红色固体物质；而阳极(石墨电极)上有气体产生，经检验为Cl2，说明Cl－优先于OH－在阳极上失去电子被氧化而生成Cl2。
1．电解
(1)概念：在直流电的作用下，在两电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程。
(2)电解装置——电解池
①概念：将电能转变为化学能的装置。
②构成条件
a．两个电极：阳极——与电源正极连接；
阴极——与电源负极连接。
b．电解质溶液或熔融电解质。
c．直流电源。
d．构成闭合回路。
③电解池中电子和离子的移动方向
a．电子从电源的负极沿导线流入电解池的阴极，经过阴、阳离子的定向移动形成内电路；阳极上的物质失去电子，电子沿导线流向电源的正极。因此，电解质溶液的电解过程就是电解质溶液的导电过程。
b．电解质电离产生的阴、阳离子在电流作用下定向移动，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
2．电解池电极的判断
3．电解池的工作原理
4．电解产物的判断方法
(1)阳极产物的判断
先看电极再判断，如果是活性电极(除Au、Pt以外的金属电极是活性电极)，则电极材料失去电子，被溶解；如果是惰性电极(指石墨、Au、Pt等电极)，根据阴离子的放电顺序判断。
阴离子的放电顺序：S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子>F－。
(2)阴极产物的判断
直接根据阳离子的放电顺序判断。
阳离子的放电顺序：
Ag＋>Hg2＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋(酸)>Pb2＋>Sn2＋>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)>Al3＋>Mg2＋>Na＋。
[名师点拨]
(1)电解时必须使用直流电源，不能使用交流电源。
(2)常见的惰性电极有石墨、铂(Pt)、金(Au)等电极，活性电极是指金属活动性顺序中Ag和Ag之前的金属。
(3)电解过程是化学变化，而金属的导电是物理变化；书写电解反应方程式要注明“电解”或“通电”这一反应条件。
(4)原电池装置和电解池装置的最大区别是有无外接直流电源，有外接直流电源的是电解池。
(5)解答电解类题目时首先判断阳极材料，确定是活性电极还是惰性电极，若为活性电极，则电极材料本身失去电子生成金属阳离子，而溶液中的所有阴离子不再放电；若为惰性电极，则按电解质溶液中阴离子的放电顺序放电。
1.如图是电解熔融NaCl制备金属钠的装置示意图，下列有关判断正确的是( )
A．通过该装置可以将化学能转变为电能
B．石墨电极为正极
C．Na＋在铁极上得到电子被还原为钠原子
D．铁电极为阳极
解析：选C 该装置为电解池装置，可将电能转化为化学能，石墨电极作阳极，铁电极作阴极。
2．下列各装置中，在铜电极上不能产生气泡的是( )
解析：选B A项，该原电池中，锌失电子作负极，铜作正极，正极上氢离子放电生成氢气，不符合题意；B项，该电解池中，阳极上铜失电子生成铜离子进入溶液，所以铜电极上不产生气泡，符合题意；C项，该原电池中，铁失电子作负极，铜作正极，正极上氢离子放电生成氢气，不符合题意；D项，该电解池中，阳极上银失电子发生氧化反应生成Ag＋，阴极上氢离子放电生成氢气，不符合题意。
探究酸、碱、盐溶液的电解规律，实验装置如下：
[问题探讨]
1．若X为H2SO4或NaOH或Na2SO4，试分析实际放电离子、实际电解对象。
提示：阳极OH－放电，阴极H＋放电。实际电解对象为H2O。
2．若X为HCl或CuCl2，实际电解对象是什么？
提示：实际电解对象分别为HCl、CuCl2。
3．若X为NaCl或KBr，阴极发生的电极反应有哪些特点？
提示：阴极均为H＋放电，同时生成OH－。
4．若X为CuSO4或AgNO3，则阳极发生的电极反应有什么特点？
提示：阳极均为OH－放电，同时生成H＋。
电解后溶液的变化及恢复原组成的措施
类型 电极反应特点 实例 电解对象 电解质溶液浓度变化 pH 电解质溶液复原
电解水型 阴极：2H＋＋2e－===H2↑阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ NaOH H2O 增大 增大 加水
H2SO4 H2O 增大 减小 加水
Na2SO4 H2O 增大 不变 加水
电解质分解型 电解质电离出的阴、阳离子分别在两极放电 HCl 电解质 减小 增大 通HCl
CuCl2 电解质 减小 增大 加CuCl2
放氢生碱型 阴极：H2O放出H2生成碱阳极：电解质阴离子放电 KCl 电解质和水 生成新电解质 增大 通HCl
放氧生酸型 阴极：电解质阳离子放电阳极：H2O放出O2生成酸 CuSO4 电解质和水 生成新电解质 减小 加CuO或CuCO3
[名师点拨]
1．对于电解质溶液复原的问题，不仅要求溶质不变，还要注意溶质的浓度也不变。恢复电解质溶液，应遵循“缺什么加什么，缺多少加多少”的原则。
2．一般加入阴极产物与阳极产物的化合物。若两极产物分别是H2和Cl2，则应加入HCl气体而不是稀盐酸；若两极产物分别是Cu和O2，则加入CuO或CuCO3都可以使电解质溶液复原，因为CuCO3(可以写成CuO·CO2)在与酸反应时，生成的CO2气体会逸出，但不能加入Cu(OH)2和Cu2(OH)2CO3。
3．电解后溶液pH的变化规律
(1)电极区域
①当阴极是由H＋放电产生H2时，阴极区pH变大。
②当阳极是由OH－放电产生O2时，阳极区pH变小。
(2)电解质溶液
①电解过程中，既产生H2，又产生O2，实质是电解水，溶液浓度增大(饱和溶液除外)，故原溶液若呈酸性，则pH变小；原溶液若呈碱性，则pH变大；原溶液若呈中性，则pH不变。
②电解过程中，无H2和O2产生，pH几乎不变。
③电解过程中，只产生H2，溶液中OH－浓度增大，pH变大。
④电解过程中，只产生O2，溶液中H＋浓度增大，pH变小。
[记忆口诀] 只放氢pH升，只放氧pH降；放氢放氧浓度增(饱和溶液除外)，无氢无氧自牺牲。
1．用惰性电极实现电解，下列说法正确的是( )
A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液的pH不变
B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH－，故溶液的pH减小
C．电解Na2SO4溶液，在阴极上和阳极上析出的产物的物质的量之比为1∶2
D．电解CuCl2溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
解析：选D 电解稀H2SO4溶液，实质是电解水，因溶剂减少，H2SO4浓度将增大，故溶液的pH变小；电解稀NaOH溶液，虽然OH－在阳极放电，但H＋同时也在阴极放电， 其实质同样是电解水，溶液的浓度也将变大，故溶液的pH变大；电解Na2SO4溶液，其实质也是电解水，在阴极和阳极分别析出H2和O2，二者的物质的量之比为 2∶1，而非 1∶2；电解CuCl2溶液，在阴、阳两极上分别析出Cu和Cl2，二者的物质的量之比为1∶1。
2．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定量的另一种物质(括号内物质)，能够使溶液恢复到原来的成分和浓度的是( )
A．CuCl2(CuSO4) B．NaOH(NaOH)
C．NaCl(HCl) D．CuSO4[Cu(OH)2]
解析：选C A中电解CuCl2溶液时，损失了Cu和Cl两种元素，加入CuSO4不能弥补Cl－，而且多了SO，错误；B中电解NaOH溶液的实质是电解水，故应加入适量水才能复原，错误；C中电解NaCl溶液时，NaOH仍留在原溶液中，H2、Cl2逸出，则损失了H、Cl两种元素，且物质的量之比是1∶1，故应通入适量HCl气体，正确；D中电解CuSO4溶液的化学方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，脱离反应体系的物质是“2Cu和O2”，相当于“2CuO”，故应加入适量CuO或CuCO3，错误。
3．某溶液中含有NaCl和H2SO4两种溶质，它们的物质的量之比为3∶1。用石墨作电极电解该混合溶液时，根据两极放电离子的来源不同，可明显分为三个阶段。下列叙述不正确的是( )
A．阴极自始至终只析出H2
B．阳极先析出Cl2，后析出O2
C．电解的最后阶段为电解水
D．溶液的pH不断增大，最后为7
解析：选D 由题意可知n(H＋)∶n(Cl－)＝2∶3，在阴极H＋放电，在阳极先是Cl－放电，然后是OH－放电；反应开始时H＋、Cl－在两极放电，相当于电解HCl；H2SO4电离出的H＋放电完全后，在两极放电的是由水电离出的H＋和剩余的Cl－，相当于电解NaCl的水溶液；Cl－放电完全后，在两极放电的是由水电离出的H＋和OH－，相当于电解水；随着电解的进行，溶液的pH不断增大，但最后溶质是NaOH和Na2SO4，所以溶液的pH不为7。
含有氰化物的废水危害极大，能毒杀各种鱼类和水生物。c(CN－)在0.01～0.04 mg·L－1时，就有强烈的毒杀作用。
用如图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液pH为9～10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体。
(1)若用石墨和铁作电极材料，哪者为阳极？哪者为阴极？
提示：石墨为阳极，铁为阴极。若铁作阳极，铁失电子生成Fe2＋，则CN－无法除去，故铁只能作阴极。
(2)如何书写阳极、阴极的电极反应式？
提示：阳极：Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O
阴极：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。
阳极Cl－放电生成ClO－，氯元素的化合价升高，故在阳极发生氧化反应，由题目知该溶液呈碱性。阳离子在电解池的阴极得电子发生还原反应，在碱性条件下，H2O提供阳离子(H＋)。
(3)写出除去CN－的离子反应方程式。
提示：由于溶液是碱性条件，故除去CN－发生的反应为2CN－＋5ClO－＋H2O===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋2OH－。
电解池中方程式书写的3个关键点
(1)书写电解池中电极反应式时，一般以实际放电的离子表示，但书写电解反应方程式时，弱电解质一定要写成化学式。
(2)书写电极反应式时，首先根据题干要求及信息大胆写出反应物和生成物，然后根据“阴(极)得(e－)阳(极)失(e－)”加上得、失电子数目，最后根据电解质溶液酸碱性补上H＋、OH－或H2O，依据电荷守恒定律配平反应式。
(3)要确保两极得、失电子数目相等，且电解反应方程式注明条件“电解”或“通电”。
1．铝及铝合金经过阳极氧化，铝表面能生成几十微米厚的氧化铝膜。某研究性学习小组模拟工业法对铝片表面进行氧化处理。分别以铅片、铝片为电极，以硫酸为电解液，按照如图所示连接电解装置，电解40 min后取出铝片，用水冲洗，放在水蒸气中封闭处理20～30 min，即可得到更加致密的氧化膜。下列有关说法正确的是( )
A．电解时电子流向：电源正极→导线→铝极，铅极→导线→电源负极
B．在电解过程中，H＋向阳极移动，SO向阴极移动
C．在电解过程中，阳极周围溶液的pH减小
D．电解反应方程式：2Al＋6H＋2Al3＋＋3H2↑
解析：选C 从装置示意图分析，铝片为阳极，铅片为阴极，所以电解时电子的流向：电源负极→导线→铅极，铝极→导线→电源正极，A错；电解过程中，阳离子向阴极移动，阴离子则向阳极移动，B错；根据题意知，电解反应方程式：2Al＋3H2OAl2O3＋3H2↑，阳极的电极反应式：2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋，阳极周围溶液的pH减小，C对，D错。
2．(1)工业上使用下图装置，采用石墨作电极电解Na2CrO4溶液，使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，其转化原理为_______________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)CrO3和K2Cr2O7均易溶于水，它们是工业废水造成铬污染的主要原因。要将Cr(Ⅵ)转化为Cr(Ⅲ)常见的处理方法是电解法。
将含Cr2O的废水通入电解槽内，用铁作阳极，在酸性环境中，加入适量的NaCl进行电解，使阳极生成的Fe2＋和Cr2O发生反应，其离子方程式为_______________________
________________________________________________________________________。
阴极上Cr2O、H＋、Fe3＋都可能放电。若Cr2O放电，则阴极的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(2)酸性环境中阳极生成的Fe2＋和Cr2O发生反应，其离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。阴极上若Cr2O放电，则阴极的电极反应式为Cr2O＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O。
答案：(1)阳极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，使c(H＋)增大，从而导致反应2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O发生
(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O Cr2O＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O
[分级训练·课课过关]_________________________________________________________
1．下列装置能构成电解池的是( )
解析：选D 电解池是将电能转化为化学能的装置，必须有外接电源，同时有闭合电路，A装置没有形成闭合电路，B和C没有外接电源，D装置满足电解池的构成条件，故答案为D。
2.利用如图装置电解硫酸铜溶液，下列说法正确的是( )
A．b电极上发生氧化反应
B．该装置能将化学能转变成电能
C．电解质溶液中Cu2＋从b电极向a电极迁移
D．若a为铜，则a的电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋
解析：选D b与电源负极相连，b为阴极，阴极上发生还原反应，A项错误；该装置是电解池，将电能转化为化学能，B项错误；电解池中，阳离子(Cu2＋)向阴极(b极)移动，C项错误；a为阳极，若a为Cu，属于活性电极，则阳极发生的反应为Cu－2e－===Cu2＋，D项正确。
3．用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别为H2和O2的是( )
A．稀HCl溶液 B．稀Na2SO4溶液
C．CuCl2溶液 D．酸性AgNO3溶液
解析：选B A项，电解稀HCl溶液，阴极产物为H2，阳极产物为Cl2，错误；B项， 电解Na2SO4溶液，实际上是电解水，阴极产物为H2，阳极产物为O2，正确；C项，电解 CuCl2溶液，阴极产物为Cu，阳极产物为Cl2，错误；D项，电解酸性AgNO3溶液，阴极产物为Ag，阳极产物为O2，错误。
4.如图所示为在直流电源的作用下电解CuSO4溶液的装置，其中A、B为石墨电极，a、b为电源的两极，当接通电源，通电一段时间后，将B电极取出，洗干净并干燥后称重，其质量增加了3.2 g，则：
(1)a电极为电源的________极。
(2)写出电极反应式：A极_________________________，B极______________________。
(3)若要使反应后的溶液恢复到原来状态，则应该加入________，加入________g。
解析：B电极质量增加，则B电极为电解池的阴极，阴极发生还原反应，铜离子得到电子生成铜单质，阴极与电源的负极相连，因此b电极为电源的负极、a电极为电源的正极。A电极为电解池的阳极，发生氧化反应，水失去电子生成氧气和氢离子。应补充氧化铜使电解质溶液恢复到原来状态，阴极析出的铜的质量为3.2 g，而氧化铜中铜的质量分数为80%，因此需要补充的氧化铜的质量为4.0 g。
答案：(1)正 (2)2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
2Cu2＋＋4e－===2Cu (3)CuO 4.0
PAGE
11(共60张PPT)
第三课时 化学反应速率与
化学平衡图像的
常见类型
分点突破1
速率—时间（或温度、压强等）图像
分点突破2
物质的量（或浓度）
—时间图像
分点突破3
有关“量”—温度
（或压强）—时间图像
分点突破4
恒压（或恒温）图像
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
(正)
y(正)
(正)
(逆)
(正)
(逆)
v(逆)
v(逆)
时间
()人 (正)
(正)
(逆
o(逆)片
0(逆)入Q(正)
(逆)
t1
Ⅲ
0正
正
逆
逆
2
2
A.增加氧气的浓度
B.增大压强
逆
正
U逆
正
ti t2
O
C.升高温度
D.加入催化剂
物质的量
0
0.9
0.8
0
0.6
0.5
0.4
0.4
0.3
0.2
0
↑n(H)/mol
86420
a(1,6)
b(3,3)c(8,2)l(1,)
246810t/min
甲醇反应率/%
乙烯产率/%
1001
100
450℃
50
50
400℃
400℃
450℃
100200300400500
100200300400500
反应时间/min
反应时间/min
图1
图2
C%(生成物)
A(反应物)的转化率个C%(生成物)
Ⅲ
水蒸气含量
水蒸气含量
时间
时间
温度(⑦的影响
压强(P)的影响
100
您计妥只
50
200
300316
400温度/℃
B的物质的量分数
400℃
A的转化率
600℃
400℃
200℃
200℃
时间
O
压强
101×1039Pa
C的物质的量分数
1.01×108Pa
1.01×109Pa
1.01×103Pa
1.01×103Pa
A的转化率0
101×105Pa
O
温度
3
④温度
100
80x
餐60
s40
Y
20
0
100200300400500600
温度/℃
T/K
7/K
②2
T/K
T/K
④
餐80
60
40
20
0
0.5
1.0p/10kPa
6
54t/
304054t
B
②
T1P③3
速率
浓度
CO
CO
1t2时间
时间
乙反应热常考的几种题型
突破一 图像在化学反应能量变化中的应用
1．能量—反应过程图(a，b，c均大于0)
ΔH＝(a－b)kJ·mol－1＝－c kJ·mol－1
ΔH＝(a－b)kJ·mol－1＝＋c kJ·mol－1
2．能量—反应历程图
N2O(g)＋CO(g)===N2(g)＋CO2(g) ΔH<0
(1)ΔH与反应历程无关。
(2)中间反应的ΔH通过观察反应物、生成物的能量判断ΔH的正负。
1．根据如图所示能量关系判断下列说法正确的是( )
A．1 mol C(s)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJ
B．反应2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量
C．由C(s)与O2(g)反应生成CO(g)的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·mol－1
D．CO(g)与O2(g)反应生成CO2(g)的热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－282.9 kJ·mol－1
解析：选C 由图可知1 mol C(s)与1 mol O2(g)的总能量比1 mol CO2(g)的总能量高393.5 kJ，故A项错误；由图可知2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－565.8 kJ·mol－1，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B、D项错误；由图可知1 mol C(s)与O2(g)反应生成1 mol CO(g)放出的热量为393.5 kJ－282.9 kJ＝110.6 kJ，则C(s)与O2(g)反应生成CO(g)的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221.2 kJ·mol－1，故C项正确。
2．1 mol NO2气体和1 mol CO气体反应生成CO2气体和NO气体过程中的能量变化如图所示，请写出NO2与CO反应的热化学方程式：______________________________
________________________________________________________________________。
解析：由图可知ΔH＝134 kJ·mol－1－368 kJ·mol－1＝－234 kJ·mol－1，热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g) ΔH＝－234 kJ·mol－1。
答案：NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g) ΔH＝－234 kJ·mol－1
3．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。
可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E正＝______eV，写出该步骤的化学方程式______________________。
解析：根据图像，初始时反应物的总能量为0，反应后生成物的总能量为－0.72 eV，则ΔH＝－0.72 eV，即ΔH小于0。由图像可看出，反应的最大能垒在过渡态2，则此能垒E正＝1.86 eV－(－0.16 eV)＝2.02 eV。由过渡态2初始反应物COOH*＋H*＋H2O*和结束时生成物COOH*＋2H*＋OH*，可得反应的化学方程式为COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*===H*＋OH*)。
答案：小于 2.02 COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*===H*＋OH*)
突破二 根据已知信息书写热化学方程式的思路
1．根据反应物和生成物写出化学方程式，并标明各物质的聚集状态。
2．根据题中一定量反应物(或生成物)反应(或生成)时对应的热量变化，求出指定量反应物(或生成物)反应(或生成)时对应的热量变化。
3．标明该反应的ΔH。
4．注意特殊要求。如表示标准燃烧热的热化学方程式中可燃物化学式前的系数必须是1。
1．(1)硅粉与HCl在300 ℃时反应生成1 mol SiHCl3气体和H2，放出225 kJ热量，该反应的热化学方程式为_________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g)
ΔH1＝＋175.4 kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH2＝－220.9 kJ·mol－1
沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：_______________。
解析：(1)根据题干知，反应的热化学方程式为Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g) ΔH＝－225 kJ·mol－1。
(2)根据盖斯定律，将已知的两个热化学方程式相加即可得到所求的热化学方程式。
答案：(1)Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g) ΔH＝－225 kJ·mol－1
(2)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH＝－45.5 kJ·mol－1
2．已知298 K、101 kPa时，H2(g)、CO(g)、C2H5OH(l)、CH4(g)的标准燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1、283.0 kJ·mol－1、1 366.8 kJ·mol－1、890.3 kJ·mol－1。
下列热化学方程式的书写正确的是( )
A．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
B．2CO(g)＋O2===2CO2(g)
ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
C．C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1 366.8 kJ
D．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
解析：选D 用H2的标准燃烧热数据书写的热化学方程式中，H2O必须是液态，A项错误；焓变与热化学方程式中各物质化学式前的系数成正比，CO的标准燃烧热是指1 mol CO(g)完全燃烧为同温下的指定产物CO2(g)时的焓变，而B项热化学方程式中CO的系数为2，则该项热化学方程式对应的ΔH＝－566.0 kJ·mol－1，B项错误；ΔH的单位为kJ·mol－1，C项错误。
3．下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为__________、______________________________，制得等量H2所需能量较少的是____________。
解析：系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)都是吸热反应，从热化学方程式可以看出，系统(Ⅱ)制备1 mol H2需要消耗20 kJ能量，而系统(Ⅰ)制备1 mol H2需要消耗286 kJ能量，故系统(Ⅱ)消耗的能量较少。
答案：H2O(l)===H2(g)＋O2(g) ΔH＝286 kJ·mol－1
H2S(g)===H2(g)＋S(s) ΔH＝20 kJ·mol－1
系统(Ⅱ)
突破三 反应热(ΔH)的计算与大小比较
1．比较类型与方法
(1)同一反应，生成物的状态不同
如A(g)＋B(g)===C(g) ΔH1<0
A(g)＋B(g)===C(l) ΔH2<0
因为C(g)===C(l) ΔH3 <0，
而ΔH3＝ΔH2－ΔH1，则ΔH1>ΔH2。
(2)同一反应，反应物的状态不同
如S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1＝－a kJ·mol－1
S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2＝－b kJ·mol－1
(3)同素异形体的不同单质发生相似反应，产物相同时
如C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH1＝－a kJ·mol－1
C(s，金刚石)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH2＝－b kJ·mol－1
(4)两个有联系的不同反应
C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1<0
C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH2<0
C(s)CO2(g)
C(s)CO(g)CO2(g) ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，ΔH1<0，ΔH2<0，ΔH3<0，所以ΔH1<ΔH2。
并据此可以写出热化学方程式：CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH3＝ΔH1－ΔH2。
2．大小比较原则
(1)比较ΔH的大小时，必须把反应热的“＋”“－”与反应热的数值看作一个整体进行比较，比较反应放出或吸收的热量时只比较数值的大小；比较“标准燃烧热”“中和热”时，只需比较数值的大小。
(2)反应物的状态、化学计量数不同，则ΔH不同。
(3)ΔH是带符号进行比较的，所有吸热反应的ΔH均比放热反应的ΔH大；放热反应的ΔH<0，放热越多，ΔH越小，但|ΔH|越大。
(4)同一物质，状态不同，反应热亦不同。
如A(g)A(l)A(s)。
(5)对于可逆反应，因反应不能进行到底，实际反应过程中放出或吸收的能量要小于热化学方程式中反应热的数值。
1．下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是( )
①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1；
C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH2
②S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH3；
S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH4
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH5；
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH6
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g) ΔH7；
CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(aq) ΔH8
A．仅①② B．仅①④
C．仅②③④ D．仅②③
解析：选C ①中前式减后式得CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2<0，故ΔH1<ΔH2；②中前式减后式得S(s)===S(g) ΔH＝ΔH3－ΔH4>0，故ΔH3>ΔH4；③中ΔH6＝2ΔH5，且ΔH6、ΔH5均小于零，故ΔH5>ΔH6；④中ΔH7>0，ΔH8<0，故ΔH7>ΔH8。
2．已知：CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH1
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH2
CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH3
CuO(s)＋CO(g)===Cu(s)＋CO2(g) ΔH4
2CuO(s)＋C(s)===2Cu(s)＋CO2(g) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断不正确的是( )
A．ΔH1＞0 B．ΔH2＞0
C．ΔH2＜ΔH3 D．ΔH5＝2ΔH4＋ΔH1
解析：选C A项，此反应是吸热反应，ΔH1＞0，正确；B项，生成水煤气的反应是吸热反应，ΔH2＞0，正确；C项，CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH1 ①，C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH2 ②，②－①得：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)，ΔH3＝ΔH2－ΔH1＜0，ΔH2＞ΔH3，错误；D项，CuO(s)＋CO(g)===Cu(s)＋CO2(g) ΔH4 ④，④×2＋①得出：2CuO(s)＋C(s)===2Cu(s)＋CO2(g) ΔH5＝2ΔH4＋ΔH1，正确。
PAGE
7(共52张PPT)
第二课时 化学电源
分点突破1
一次电池
分点突破2
二次电池
分点突破3
燃料电池
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
又叫干电池,活性物质(发生氧化还原
次电池反应的物质)消耗到一定程度,就不能
使用了
化学电池
又称为充电电池或蓄电池,放电后可以
二次电池
再充电使活性物质获得再生
种连续地将燃料和氧化剂的化学能
燃料电池直接转化成电能的化学电池,如氢氧
燃料电池
极壳
负极盖
Zn粉
锌粉
隔膜
浸有KO
胶圈
极材
溶液的隔板
氧化银
Ag2O粉
O2(正极
0(负极)
负极:氧化反应←还原反应:阴极
放电
充电—电源
正极:还原反应氧化反应:阳极
FUECELB
KLEiO
阳极
阴极
水+热
料
氢气
空气
质子交换膜
催化剂
解第一步审题干,析图示,判断原电池
题L第二步算价态,找变化判断正负极
四
步
第三步
按原理,抓守恒,书写反应式
骤
第四步据产物,判移向,计算各种量
质子交换膜
Pt
呼气
醋酸
H2o
微处理器液晶显示屏
石墨电极
N
糊糊
锌
锌锰干电池的构造
图
Y
电解质
KOH)
HoO
图2(共46张PPT)
第四单元 沉淀溶解平衡
第一课时 沉淀溶解平衡原理
分点突破1
沉淀溶解平衡及其特征
分点突破2
溶度积常数
分点突破3
沉淀溶解平衡的影响因素
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
逆)一沉淀溶解平衡是可逆的
等)溶解速率和沉淀速率相等
动)动态平衡,溶解速率和沉淀速率不等于零
定)—一处于平衡状态时,固体质量溶液中的离子浓度保持不变
变)一当外界条件改变时,沉淀溶解平衡发生移动
(Caz)/(mol L
a0
1.4×10c(CO3)/moL
c(Ag/(molL
4×10
2×10-5
0
2×10354×10-5
c ci)/(mol L第二课时 沉淀溶解平衡原理的应用
明课程标准 扣核心素养
1.能用平衡移动原理分析沉淀的生成、溶解与转化，并理解其实质。2.学会用沉淀溶解平衡的移动解决生产、生活中的实际问题。 变化观念与平衡思想：能从不同视角认识沉淀溶解平衡，能运用定性与定量结合的方式揭示沉淀的生成、溶解与转化的本质。证据推理与模型认知：能识别沉淀溶解平衡并能用化学平衡的观点认识沉淀溶解平衡，建立相应的认知模型。能通过定性分析和定量计算研究沉淀的生成与溶解。
[实验1] 取一支试管，向其中加入2 mL 0.01 mol·L－1氯化钠溶液，再逐滴加入硝酸银溶液至Cl－沉淀完全静置。
[实验2] 倾倒出实验1试管中的上层清液，再向试管中滴加0.01 mol·L－1碘化钾溶液。
[实验3] 倾倒出实验2试管中的上层清液，再向试管中滴加0.01 mol·L－1硫化钠溶液。
[问题探讨]
1．实验1观察到哪些实验现象，写出有关化学方程式。
提示：产生白色沉淀，NaCl＋AgNO3===AgCl↓＋NaNO3。
2．实验2滴加碘化钾溶液后观察到什么实验现象，如何用平衡移动原理解释？
提示：白色沉淀转化为黄色沉淀。原溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)????Ag＋＋Cl－，当向体系中滴加KI溶液时，溶液中的Ag＋和I－结合生成了更难溶的AgI，溶液中Ag＋浓度减小，促使AgCl的沉淀溶解平衡向其溶解的方向移动，最终将AgCl转化为AgI。化学方程式为AgCl(s)＋I－????AgI(s)＋Cl－。
3．实验3中观察到什么实验现象？写出有关化学方程式。
提示：黄色沉淀转化为黑色沉淀。化学方程式为2AgI(s)＋S2－????Ag2S(s)＋2I－。
4．已知在20 ℃，AgCl、AgI、Ag2S在水中的溶解度分别为1.5×10－4 g、2.1×10－7 g、6.3×10－16 g，你能根据它们溶解能力的差异分析上述现象产生的原因吗？
提示：一般来说，溶解能力相对较强的物质容易转化为溶解能力相对较弱的物质。沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。
1．沉淀转化的实质与规律
(1)实质：沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。
(2)规律：①两种沉淀的溶解度不同，一般来说溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，沉淀的溶解度差别越大，沉淀转化越容易。
②当一种试剂能沉淀溶液中的几种离子时，生成沉淀所需要的试剂浓度越小的离子越先沉淀。
③如果各种离子生成沉淀所需要试剂的浓度相差较大，就能分步沉淀，从而达到分离的目的。
2．沉淀转化的应用
(1)锅炉除水垢：将水垢中含有的难溶于酸的CaSO4转化为易溶于酸的CaCO3，离子方程式：CaSO4(s)＋CO(aq)????CaCO3(s)＋SO(aq)。
(2)自然界中矿物的转化：如ZnS遇CuSO4溶液转化为CuS，离子方程式：Cu2＋(aq)＋ZnS(s)????CuS(s)＋Zn2＋(aq)。
(3)在工业废水处理过程中，可用FeS等作为沉淀剂除去废水中的Cu2＋、Hg2＋、Pb2＋等重金属离子。
沉淀转化的总反应：
FeS(s)＋Hg2＋(aq)????HgS(s)＋Fe2＋(aq)
FeS(s)＋Cu2＋(aq)????CuS(s)＋Fe2＋(aq)
FeS(s)＋Pb2＋(aq)????PbS(s)＋Fe2＋(aq)
在工业生产和科学研究中，除FeS之外，难溶物MnS也可用作沉淀剂；常用的沉淀剂还有H2S、Na2S、NaHS、(NH4)2S等。
3．沉淀转化一般原则的归纳
(1)溶解度较小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀。
(2)当一种试剂能使溶液中的几种离子沉淀时，生成沉淀所需试剂浓度越小的离子越先沉淀。
(3)如果各种离子生成沉淀所需试剂的浓度相差较大，就能分步沉淀，从而达到分离的目的。
(4)沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动：溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀，两种沉淀的溶解度差别越大，沉淀越容易转化。
1．已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.3×10－17。下列关于难溶物之间转化的说法中错误的是( )
A．AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B．两种难溶物的Ksp相差越大，难溶物就越容易转化为更难溶的物质
C．AgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgI
D．常温下，要使AgCl在NaI溶液中转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×10－12 mol·L－1
解析：选A Ksp(AgI)Ksp，故I－的浓度必须不低于 mol·L－1＝×10－12 mol·L－1。
2．化工生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋，反应为Cu2＋(aq)＋MnS(s)????Mn2＋(aq)＋CuS(s)。已知Kap(MnS)＝2.5×10－13，Ksp(CuS)＝1.3×10－36。下列叙述错误的是( )
A．相同温度下，MnS的溶解度大于CuS的溶解度
B．Cu2＋(aq)＋MnS(s)????Mn2＋(aq)＋CuS(s)的化学平衡常数为5.2×10－24
C．Na2S、H2S也可以用作沉淀剂
D．向处理后的反应体系中加入少量CuSO4固体，c(Mn2＋)变大
解析：选B 由Ksp(MnS)、Ksp(CuS)可知，相同温度下MnS的溶解度大于CuS的溶解度，A项正确。K＝＝＝＝≈1.92×1023，B项错误。Na2S、H2S溶液中c(S2－)更大，所以Na2S、H2S也能用作沉淀剂，C项正确。向Cu2＋(aq)＋MnS(s)????Mn2＋(aq)＋CuS(s)平衡体系中加入少量CuSO4固体，c(Cu2＋)增大，平衡正向移动，c(Mn2＋)变大，D项正确。
[实验1] 探究沉淀的生成
试管中盛有AgI的饱和溶液，向上层清液中滴加浓AgNO3溶液，可以观察到什么现象？如何解释？
提示：AgI饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgI(s)????Ag＋(aq)＋I－(aq)，滴加浓AgNO3溶液，c(Ag＋)增大，c(Ag＋)·c(I－)>Ksp，平衡逆向移动，生成AgI沉淀。
[实验2] 探究Mg(OH)2沉淀溶解的方法
实验操作 向2支盛有少量Mg(OH)2沉淀的试管中分别滴加适量的蒸馏水、盐酸
实验装置
实验现象 沉淀不溶解 沉淀溶解
[问题探讨]
1．运用平衡移动原理，解释为什么Mg(OH)2能溶于盐酸？
提示：Mg(OH)2存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)????Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入盐酸，H＋与OH－反应生成H2O，平衡体系中c(OH－)不断减小，c(Mg2＋)·c2(OH－)2．还有哪些方法可以溶解Mg(OH)2
提示：加入NH4Cl溶液。
1．沉淀生成的方法
(1)调节pH法：如工业原料氯化铵中含有杂质氯化铁，使其溶解于水，再加入氨水调节溶液pH至7～8，可使Fe3＋转变为Fe(OH)3沉淀而除去。反应的离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
(2)加沉淀剂法：如以Na2S、H2S等作为沉淀剂，使某些金属离子如Cu2＋、Hg2＋等，生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀，也是分离、除去杂质常用的方法。
(3)相同离子法：增大沉淀溶解平衡体系中某种离子的浓度，使平衡向生成沉淀的方向移动，如向AgCl的饱和溶液中加入饱和食盐水可继续生成AgCl沉淀。
(4)氧化还原法：改变离子的存在形式，促使其转化为溶解度更小的难溶电解质，便于分离出来。例如，通过氧化还原反应将Fe2＋氧化为Fe3＋，从而生成更难溶的Fe(OH)3沉淀。
[名师点拨]
(1)加沉淀剂除杂时，既要能除去溶液中的指定离子，又不能影响其他离子的存在，并且由沉淀剂引入溶液的杂质离子要便于除去，如沉淀KNO3溶液中的Ag＋，可用KCl作沉淀剂，而不能选用NaCl。
(2)溶液中沉淀物的溶解度越小，离子沉淀越完全，如沉淀Ca2＋，可将Ca2＋转化为CaCO3、CaSO4，因CaSO4是微溶物，不如CaCO3的溶解度小，因此转化为CaCO3沉淀时除去得更完全。
(3)要注意沉淀剂的电离程度，如使Mg2＋转化为Mg(OH)2沉淀时，用NaOH溶液作沉淀剂要比用氨水的效果好。
2．沉淀溶解的方法
(1)酸溶解法：如难溶于水的BaCO3沉淀可溶于盐酸中，其溶解原理可表示为
(2)盐溶解法：如难溶于水的Mg(OH)2沉淀可溶于NH4Cl溶液中。
(3)生成配合物法：如AgCl沉淀可溶于氨水，其溶解原理为AgCl电离出的Ag＋与NH3·H2O作用生成可溶但难电离的配离子[Ag(NH3)2]＋，则AgCl溶解平衡体系中c(Ag＋)减小，溶解平衡向右移动直至AgCl完全溶解，反应的离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O????[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。
(4)氧化还原法：有些金属硫化物(如CuS、HgS等)不溶于非氧化性酸，只能溶于氧化性酸，则可通过减小c(S2－)来达到使沉淀溶解的目的，例如：3CuS＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋3S＋2NO↑＋4H2O。
1．25 ℃时，下列5种盐的溶度积常数(Ksp)分别是：
Ag2SO4 Ag2S AgCl AgBr AgI
1.4×10－5 6.3×10－50 1.8×10－10 5.4×10－13 8.5×10－16
结合相关数据分析，下列说法不正确的是( )
A．除去溶液中的Ag＋用硫化钠溶液比硫酸钠效果好
B．向AgCl(s)????Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡体中系加入少量氯化钠固体，溶液中c(Ag＋)不变
C．向少量溴化银悬浊液中加入足量饱和食盐水，沉淀颜色会由浅黄色变为白色
D．向生成的黄色AgI沉淀中滴加少量Na2S溶液，沉淀会变为黑色
解析：选B A项，Ag2S的溶度积比Ag2SO4的小，更易生成Ag2S沉淀，正确；B项，由于温度一定时氯化银的溶度积一定，加入少量氯化钠会增加氯离子浓度，所以溶液中银离子浓度会减小，平衡逆向移动，错误；C项，由于饱和NaCl溶液中Cl－的浓度较大，溴化银沉淀会转化为氯化银沉淀，正确；D项，由于硫化银更难溶，所以碘化银会转化为黑色的硫化银，正确。
2．如表所示是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH－完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，加入的试剂最合理的是( )
金属离子 Fe2＋ Fe3＋ Zn2＋
完全沉淀时的pH 7.7 4.5 6.5
A.H2O2、ZnO B．氨水
C．KMnO4、ZnCO3 D．NaOH溶液
解析：选A 要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH，使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。为了不引入新的杂质，可用H2O2来氧化Fe2＋，用ZnO来调节pH，将Fe3＋沉淀完全，故A项符合题意。
锅炉内如结有水垢后会产生以下危害：(1)锅炉钢板、管路因过热而被烧损；(2)燃料大量浪费；(3)增加锅炉检修量；(4)威胁人身安全。
某学习小组欲探究使CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀，从而将其除去的可能性，查得如下资料(25 ℃)：
难溶电解质 CaCO3 CaSO4
Ksp 3.4×10－9 4.9×10－5
实验步骤如下：
①向100 mL 0.1mol·L－1 CaCl2溶液中加入100 mL 0.1 mol·L－1 Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成；
②向上述悬浊液中加入3 g Na2CO3固体，搅拌，静置，沉淀后弃去上层清液；
③再加入蒸馏水搅拌，静置，沉淀后再弃去上层清液；
④________________________________________________________________________。
请思考下列问题：
(1)题给的两种物质，Ksp越大，表示电解质的溶解度越________(填“大”或“小”)。
提示：大。Ksp(CaCO3)(2)写出第②步发生反应的化学方程式。
提示：Na2CO3＋CaSO4===Na2SO4＋CaCO3。
(3)设计第③步操作的目的是什么？
提示：洗去沉淀中附着的SO。
(4)请补充第④步操作及发生的现象。
提示：向沉淀中加入足量的稀盐酸，沉淀完全溶解。
(5)请写出该转化在实际生活、生产中的一个应用。
提示：将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，易于除去。
沉淀的转化实质上是沉淀溶解平衡的移动，一般来说，溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，沉淀的溶解度差别越大，沉淀转化越容易。注意，只要满足离子浓度之积大于>Ksp，溶解度小的沉淀也可以转化为溶解度较小的沉淀。
1．实验：①0.1 mol·L－1AgNO3溶液和0.1 mol·L－1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；②向滤液b中滴加0.1 mol·L－1KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1 mol·L－1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是( )
A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)????Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
B．滤液b中不含有Ag＋
C．③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D．实验可以证明AgI比AgCl更难溶
解析：选B 难溶物质在溶液中存在沉淀溶解平衡，A正确；溶液中存在沉淀溶解平衡，故滤液b中含有Ag＋，B错误；沉淀由白色变为黄色，说明生成AgI，反应向生成更难溶沉淀的方向进行，C、D正确。
2．常温下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。将等体积的AgCl和AgI的饱和溶液的清液混合，再向其中加入一定量的AgNO3固体，下列说法正确的是( )
A．两溶液混合，AgCl和AgI都沉淀
B．若AgNO3足量，AgCl和AgI都可沉淀，但以AgCl为主
C．向AgI饱和溶液加入AgNO3，c(Ag＋)增大，Ksp(AgI)也增大
D．若取0.143 5 g AgCl固体放入100 mL水中(忽略体积变化)，c(Cl－)为0.01 mol·L－1
解析：选B 饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)≈1.342×10－5 mol·L－1；饱和AgI溶液中c(Ag＋)＝c(I－)＝1.0×10－8 mol·L－1；两者等体积混合后，浓度减半，c(Cl－)≈6.71×10－6 mol·L－1、c(I－)＝5.0×10－9 mol·L－1、c(Ag＋)≈6.71×10－6 mol·L－1，此时c(Cl－)·c(Ag＋)＝6.71×10－6×6.71×10－6＝4.5×10－11Ksp(AgI)，故产生AgI沉淀，不产生AgCl沉淀，A错误。由于c(Cl－) c(I－)，故当加入足量AgNO3时，两种沉淀都可生成，但以AgCl为主，B正确。AgI饱和溶液中加入AgNO3，c(Ag＋)增大，但Ksp(AgI)只与温度有关，温度不变，Ksp(AgI)不变，C错误。0.143 5 g(0.001 mol)AgCl固体放入100 mL水中，只有部分溶解，此时溶液中c(Cl－)≈1.342×10－5 mol·L－1，D错误。
[分级训练·课课过关]____________________________________________________ ____
1．某同学进行如下实验：①向盛有1 mL 0.1 mol·L－1MgCl2溶液的试管中加入1 mL 0.2 mol·L－1NaOH溶液，得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c。②向浊液a中滴加0.1 mol·L－1FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成。下列分析不正确的是( )
A．滤液b中不含有Mg2＋
B．该实验可以证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶
C．②中颜色变化说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3
D．浊液a中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)????Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)
解析：选A 将1 mL 0.1 mol·L－1 MgCl2溶液和1 mL 0.2mol·L－1NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应得到氢氧化镁沉淀和氯化钠溶液，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)????Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，故滤液b中含有Mg2＋，A项错误，D项正确；一种难溶物可以转化为另一种更难溶的物质，所以该实验可以证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶，B、C项正确。
2．已知，常温下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.3×10－17，下列叙述正确的是( )
A．常温下，AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小
B．向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色
C．将0.001 mol·L－1 AgNO3溶液滴入KCl和KI的混合溶液中，一定先产生AgI沉淀
D．向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体有AgCl析出，溶液中c(Ag＋)仍与c(Cl－)相等
解析：选B Ksp只与温度有关，与溶液中离子浓度无关，A错误；Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，沉淀转化为溶解度更小的物质，B正确；KCl和KI混合溶液中，c(Cl－)和c(I－)的大小无法比较，无法判断离子浓度之积与Ksp的相对大小，无法确定沉淀的先后顺序，C错误；向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，沉淀溶解平衡逆向移动，c(Ag＋)减小，c(Cl－)增大，c(Ag＋)3．“转化”是化学研究的重要范畴之一。沉淀转化在科研和生产中具有重要的应用价值。当容器壁上沉积一厚层BaSO4时很难直接除去。除去的方法是向容器壁内加入Na2CO3溶液，使BaSO4转化为BaCO3，然后加盐酸洗去沉淀物。已知常温下Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。
(1)Na2CO3俗称纯碱，被广泛应用于生活和工业生产中。Na2CO3溶液呈碱性，用水解离子方程式解释其呈碱性的原因：________________________________________________。
(2)要使BaSO4转化成BaCO3，Na2CO3溶液的浓度应大于________mol·L－1。(已知≈1)
解析：(1)碳酸钠是弱酸强碱盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，碳酸根离子在溶液中的水解是分步进行的，以第一步水解为主，水解的离子方程式为CO＋H2O????HCO＋OH－。
(2)硫酸钡转化为碳酸钡的离子方程式为BaSO4(s)＋CO????BaCO3(s)＋SO，BaSO4的悬浊液中c(Ba2＋)＝c(SO)＝＝ mol·L－1≈1×10－5 mol·L－1，故使Ba2＋沉淀需要碳酸根离子的最小浓度为c(CO)＝＝ mol·L－1＝5.1×10－4 mol·L－1。
答案：(1)CO＋H2O????HCO＋OH－
(2)5.1×10－4
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10(共43张PPT)
第二课时 温度变化对化学
平衡的影响
分点突破1
温度对化学平衡的影响
分点突破2
勒夏特列原理
分点突破3
化工生产中实际反应条件的选择
关键能力培养
理解与辨析能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
CoC26140分装
浓盐酸
+H,O
热水冰水室温
(
升高温度
(逆)
逆
降低温度
O
70↑透光率/%
65开始压缩针筒
60
50
开始拉伸针筒
45
新平衡
12141618时间/s
冷却塔
氮气
和氢
压除合
分「液氨
气混缩-油成
离\口储槽
合气机鬥器|塔
循环压缩机
改反应速率不变(如容积不变时充入与反应无关的气体)
外‖反改变程度相使用催化剂
衡不移
界感同(n=)气态物质系数不变的反应改变压强}
条速
件
浓度变化
改改变程度不
变同(v≠
压强变化
移
温度变化化学反应的方向
题型一 自发过程和自发反应
1．下列过程中，属于非自发过程的是( )
A．N2和O2混合
B．常温、常压下石墨转化为金刚石
C．H2和O2化合生成H2O
D．C＋O2CO2
解析：选B B符合题意，因为金刚石的能量高于石墨的能量，常温常压下不能自发进行。
2．向平底烧瓶中放入氢氧化钡晶体[Ba(OH)2·8H2O]和氯化铵晶体，塞紧瓶塞。在瓶底和木板间滴少量水，如下图所示，一会儿，就会发现瓶内固态物质变稀，有液体生成，瓶壁变冷，小木板因少量水结冰冻结，而将烧瓶黏住，这时打开瓶塞，散发出来的气体有氨味。这是自发地发生了反应：Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)===BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l)。实验中的下列结论正确的是( )
A．自发反应一定是放热反应
B．自发反应一定是吸热反应
C．有的吸热反应也能自发进行
D．吸热反应不能自发进行
解析：选C 由“瓶壁变冷，小木板黏结在烧瓶底部”的实验现象可判断该反应为吸热反应，进一步可推断有的吸热反应常温下也能自发进行，只有C正确。
3．下列说法正确的是( )
A．非自发进行的反应一定不能发生
B．自发进行的反应一定能迅速发生
C．在一定条件下，非自发进行的反应也能发生
D．吸热反应一定不能自发进行
解析：选C 自发过程的体系趋向于从高能状态转变为低能状态，体系对外做功或释放热量。 自发进行只能说明反应进行的方向，不能说明反应发生的难易和快慢，B错误；有些吸热反应也能自发进行，如氢氧化钡晶体[Ba(OH)2·8H2O]和氯化铵晶体在常温下可发生反应，D错误；非自发反应在一定条件下也能发生，如通电条件下熔融态氧化铝可以分解为铝和氧气，A错误，C正确。
题型二 化学反应进行方向的判据
4．下列反应的自发性可用焓变来解释的是( )
A．氢氧化钡与氯化铵反应
B．2N2O5(g) === 4NO2(g)＋O2(g)
ΔH＝56.7 kJ·mol－1
C．(NH4)2CO3(s) === NH4HCO3(s)＋NH3(g)
ΔH＝74.9 kJ·mol－1
D．2H2(g)＋O2(g) === 2H2O(l)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
解析：选D 焓变可以用来解释放热过程的自发性，A、B、C三项中的反应均为吸热反应，因此反应的自发性不能用焓变来解释。
5．下列过程的熵变小于零的是( )
A．H2O(s)→H2O(l)→H2O(g)
B．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
C．NaOH(s)===Na＋(aq)＋OH－(aq)
D．CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)
解析：选B 气体体积减小或微粒混乱度减小均可使熵变小于零。
6．已知反应2C(s)＋O2(g) ===2CO(g)的ΔH<0，ΔS>0。设ΔH和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是( )
A．低温下才能自发进行
B．高温下才能自发进行
C．任何温度下都能自发进行
D．任何温度下都不能自发进行
解析：选C 已知反应的ΔH＜0，ΔS＞0，所以ΔH－TΔS＜0，即反应在任何温度下都能自发进行，答案选C。
7．下列关于化学反应方向及其判据的说法错误的是( )
A．1 mol H2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]
B．放热反应都可以自发进行，而吸热反应不能自发进行
C．反应2KClO3(s)===2KCl(s)＋3CO2(g) ΔH＞0能否自发进行与温度有关
D．常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0
解析：选 B A项，物质聚集状态不同熵值不同，S(气体)＞S(液体)＞S(固体)，1 mol H2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]，正确；B项，焓变小于零的反应为放热反应，ΔH＜0，若ΔS＜0，高温下可以使ΔH－TΔS＞0，反应不能自发进行；焓变大于零的反应为吸热反应，ΔH＞0，若ΔS＞0，高温下可以使ΔH－TΔS＜0，反应可自发进行，错误；C项，ΔH＞0、ΔS＞0，则在高温下ΔH－TΔS＜0可以成立，反应可自发进行，故反应能否自发进行与温度有关，正确；D项，常温下，该反应不能自发进行，则ΔH－TΔS＞0，因为反应的ΔS＞0，则ΔH＞0，正确。
8．下列关于化学反应进行的方向叙述不正确的是( )
A．ΔH<0，ΔS>0时，反应能自发进行，如金属钠和水的反应
B．过程的自发性能判断过程的方向，还能确定过程是否一定会发生
C．ΔH>0，ΔS<0时，反应不能自发进行，如2CO(g)===2C(s)＋O2(g)
D．同一种物质，气态时的熵值最大、液态时次之、固态时最小
解析：选B 对于ΔH<0、ΔS>0的反应，ΔH－TΔS<0，反应能自发进行，故A正确；过程的自发性仅能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定能发生，故B错误；已知反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH>0，ΔS<0，所以ΔH－TΔS>0，反应在任何温度下都不能自发进行，故C正确；物质的熵值与物质的状态有关，气体的混乱度最大，液体次之，固体最小，故D正确。
9．回答下列问题：
(1)汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)===2C(s)＋O2(g)。已知该反应的ΔH>0，简述该设想能否实现的依据：____________________________
________________________________________________________________________。
(2)下列反应中，在高温下不能自发进行的是________(填字母)。
a．CO(g)===C(s)＋O2(g)
b．2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)
c．(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)
d．MgCO3(s)===MgO(s)＋CO2(g)
(3)运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究。
生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO(g) ΔH＝ 131.3 kJ·mol－1，ΔS＝＋133.7 J·mol－1·K－1，该反应在低温下______(填“能”或“不能”)自发进行。
解析：(1)该反应ΔH>0、ΔS<0，根据ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG>0，故该设想不能实现。
(2)a、b、c、d的ΔH>0，b、c、d的ΔS>0，ΔH－TΔS<0时，反应才能自发进行。a项ΔS<0，ΔH－TΔS>0，所以在高温时该反应不能自发进行。
(3)该反应的ΔH>0，ΔS>0，故该反应在高温下可自发进行，即该反应在低温下不能自发进行。
答案：(1)该反应是ΔH>0、ΔS<0的反应，任何温度下均不能自发进行 (2)a (3)不能
10．下列说法中正确的是( )
A．ΔH<0的反应均是自发反应
B．自发进行的反应一定能迅速进行
C．高锰酸钾受热分解是一个熵减小的过程
D．冰在室温下自动融化成水，这是熵增的过程
解析：选D A项，满足ΔH－TΔS＜0的反应一定为自发反应，若ΔH＜0且ΔS＜0，则有可能出现ΔH－TΔS＞0，此时对应反应为非自发反应，错误；B项，自发进行，只是反应的一个方向，而反应速率不一定快，错误；C项，KMnO4固体分解产生气体O2，体系混乱程度增大，属于熵增过程，错误；D项，固态冰融化成液态水需要吸热，吸热后水分子运动速度加快，体系混乱程度增大，属于熵增过程，正确。
11．运用相关化学知识进行判断，下列结论正确的是( )
A．某吸热反应能自发进行，因此该反应一定是熵增反应
B．合成氨的反应中，给体系加压(压缩)，活化分子百分数增加，所以反应速率加快
C．活化分子之间的碰撞都是有效碰撞，都能引发化学反应
D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率
解析：选A ΔH＞0的反应能够自发进行时，ΔS必须大于0，A正确；给体系加压(压缩)，活化分子百分数不变，但浓度增大，反应速率增大，B错；活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，当发生化学反应时的碰撞才是有效碰撞，C错；浓硫酸与铁发生钝化，D错。
12．下列表述中正确的是( )
A．任何能使熵值增大的过程都能自发进行
B．ΔH＜0，ΔS＞0的化学反应一定能自发进行
C．已知热化学方程式2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q＞0)，则将
2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出Q kJ的热量
D．稀溶液中1 mol NaOH分别和1 mol CH3COOH、1 mol HNO3反应，两者放热一样多
解析：选B 根据ΔG＝ΔH－TΔS，当ΔG小于0时，反应才是自发进行的，A错误；ΔG＝ΔH－TΔS＜0时，反应可自发进行，所以ΔH＜0，ΔS＞0的化学反应一定能自发进行，B正确；可逆反应不能完全进行，则将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出的热量小于Q kJ，C错误；醋酸是弱电解质，电离时要吸热，所以醋酸和氢氧化钠反应放出的热量要小于硝酸和氢氧化钠反应放出的热量，D错误。
13．下列说法正确的是( )
A．SO2(g)＋H2O(g)===H2SO3(l)，该过程熵值增大
B．SO2(g) ===S(s)＋O2(g) ΔH＞0，ΔS＜0，该反应能自发进行
C．SO2(g)＋2H2S(g)===3S(s)＋2H2O(l)，该过程熵值增大
D.Ba(OH)2(s)＋2NH4Cl(s)===2BaCl2(s)＋2NH3(g)＋2H2O(l) ΔH>0，此反应常温下能自发进行
解析：选D A中反应，气体的物质的量减少，ΔS<0 ，错误；B中ΔH＞0，ΔS＜0，ΔG恒大于0，反应不能自发进行，错误；C中反应物为气体，生成物无气体，ΔS＜0，错误。
14．在298 K和101 kPa时，2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)
ΔH＝56.7 kJ·mol－1，能自发进行的合理解释是( )
A．是熵减反应
B．是熵增效应大于能量效应
C．是吸热反应
D．是放热反应
解析：选B ΔH－TΔS<0，反应才能自发进行， 2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)，ΔH>0、ΔS>0，298 K和101 kPa时，反应能自发进行的原因是熵增效应大于能量效应，故选B。
15．水煤气的主要成分为CO和H2，工业上常利用CH4和H2O来制备水煤气，原理为CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) ΔH>0。对于该反应的下列判断正确的是( )
A．ΔS<0
B．在热力学上趋势很大
C．任何温度下均能自发进行
D．在ΔG<0时能自发进行
解析：选D 该反应为气体物质的量增大的熵增反应，A项错误；该反应为吸热反应，在热力学上趋势不大，B项错误；该反应的ΔH＞0，ΔS＞0，所以在高温下才能自发进行，C项错误；根据ΔG＝ΔH－TΔS，在ΔG<0时反应能自发进行，D项正确。
16．回答下列问题：
(1)用钌的配合物作催化剂，一定条件下可直接光催化分解CO2，发生反应：2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)，该反应的ΔH________(填“>”“<”或“＝”)0，ΔS______(填“>”“<”或“＝”)0，在低温下，该反应________(填“能”或“不能”)自发进行。
(2)超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家研究了利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2的方法，化学方程式为2NO＋2CO2CO2＋N2。反应在常温下能够自发进行，则反应的ΔH________(填“>”“<”或“＝”)0。
(3)已知在100 kPa、298 K时石灰石分解反应CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)的ΔH>0，
ΔS>0，则：
①该反应常温下________(填“能”或“不能”)自发进行。
②据本题反应数据分析，温度________(填“能”或“不能”)成为反应方向的决定因素。
(4)已知CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH＝ 218 kJ·mol－1，该反应能够自发进行的反应条件是________。
(5)某吸热反应能自发进行，则该反应的ΔS________(填“>”或“<”)0。
解析：(1)该反应为吸热反应，化学反应后气体的化学计量数之和增加，所以ΔH＞0，ΔS>0，故低温下ΔH－TΔS＞0，反应不能自发进行。
(2)因为ΔS<0，且ΔH－TΔS<0，故ΔH<0。
(3)①常温下石灰石不分解。②该反应的ΔH>0，ΔS>0，属于熵增加的吸热反应，故在高温下该反应能够自发进行。
(4)自发反应的条件是ΔH－TΔS<0，即ΔH0，故T>，即T值较大时该反应能自发进行，故该反应应在高温下进行。
(5)吸热反应能自发进行，即ΔH>0，ΔH－TΔS<0，又知T>0，故ΔS>0。
答案：(1)> > 不能 (2)< (3)①不能 ②能 (4)高温 (5)>
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6第三课时 盐类水解的应用
明课程标准 扣核心素养
1.了解盐类水解在生产、生活中的应用。2.通过了解盐类水解的应用，进一步体会化学对社会发展的作用。 证据推理与模型认知：能定性、定量搜集证据建立盐类水解应用的认知模型，并能利用模型解决常见问题。
盐类水解的应用
完成下列实验，观察实验现象并记录在下表中。
[实验1]取一只250 mL锥形瓶，向其中加入20 mL饱和Al2(SO4)3溶液，再加入30 mL饱和NaHCO3溶液。
[实验2]取A、B两只100 mL烧杯，各加入50 mL带有悬浮颗粒的水。向A烧杯中加入5 mL饱和明矾溶液，再滴加5滴饱和NaHCO3溶液，轻轻搅拌后静置，10 min后与B烧杯比较。
盐类水解的应用实验
实验现象
实验1
实验2
[问题探讨]
1．实验1的实验现象有哪些？写出反应的化学方程式，并运用盐类水解的有关知识进行解释。
提示：实验1的现象为产生沉淀，放出气体。反应的化学方程式为Al2(SO4)3＋6NaHCO3===2Al(OH)3↓＋6CO2↑＋3Na2SO4。
溶液中的Al3＋与HCO发生相互促进的水解反应，生成Al(OH)3沉淀和CO2气体。
2．实验2的实验现象是什么？如何解释？
提示：A烧杯中先是产生气泡，溶液变浑浊，静置一段时间后，与B烧杯相比，溶液变澄清。
3．由实验1、实验2可以得出盐类水解在生产、生活中有哪些应用？
提示：制作泡沫灭火器，明矾净水。
4．你还知道哪些盐类水解在生产、生活中的应用？
提示：热碱去油污，草木灰不能与铵态氮肥混用等。
盐类水解在工农业生产和生活中的应用
应用 举例
泡沫灭火器原理 主要成分为NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液，发生的反应为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，灭火器内压强增大，CO2、Al(OH)3一起喷出覆盖在着火物质上使火焰熄灭
化肥的施用 铵态氮肥(溶液显酸性)与草木灰(溶液显碱性)不得混合施用
热的纯碱溶液清洗油污 CO＋H2O????HCO＋OH－，加热，水解平衡右移，溶液碱性增强，去污能力增强
明矾净水 Al3＋＋3H2O????Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体具有吸附性，可作净水剂
除锈剂 NH4Cl、ZnCl2溶液因NH、Zn2＋水解而显酸性，金属表面的氧化膜可与H＋反应，因此均可作焊接时的除锈剂
[名师点拨]
铝盐、铁盐是常见的净水剂，其原理是利用Al3＋、Fe3＋水解得到Al(OH)3、Fe(OH)3胶体，可以使水中细小的悬浮颗粒聚集成较大的颗粒而沉淀，从而除去水中的悬浮物，起到净水的作用。
1．《礼记·内则》记载：“冠带垢，和灰清漱；衣裳垢，和灰清浣。”古人洗涤衣裳、冠带，用的就是浸泡过草木灰的溶液。下列说法错误的是( )
A．草木灰的主要成分是K2CO3
B．浸泡过草木灰的溶液呈碱性
C．加热浸泡过草木灰的溶液可增强其去油污能力
D．草木灰作肥料时可与铵态氮肥混合施用
解析：选D 草木灰的主要成分是K2CO3，A正确；K2CO3水解使溶液呈碱性，B正确；盐类的水解吸热，故加热能促进水解，增强其去油污能力，C正确；K2CO3中的CO与铵态氮肥中的NH水解相互促进，故草木灰作肥料时不宜与铵态氮肥混合施用，D错误。
2．现需同时对某农作物施用分别含有N、P、K三种元素的化肥，已知给定的化肥有①K2CO3 ②KCl ③Ca(H2PO4)2 ④(NH4)2SO4 ⑤氨水，最合适的组合是( )
A．①③④ B．②③④
C．①③⑤ D．②③⑤
解析：选B Ca(H2PO4)2是其中唯一含磷的肥料，肯定要用，Ca(H2PO4)2的水溶液呈酸性，不宜与碱性肥料NH3·H2O及水解呈碱性的K2CO3混合施用，能与中性肥料KCl和酸性肥料(NH4)2SO4混合施用。
1．比较相同物质的量浓度的Na2CO3溶液与NaHCO3溶液的碱性强弱，并说明理由。
提示：由于酸性：H2CO3＞HCO，故HCO的水解程度比CO的水解程度小，所以相同物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液，Na2CO3溶液的碱性强。
2．实验室配制FeCl3溶液时，需要抑制Fe3＋的水解，可以采取什么措施？
提示：将FeCl3固体溶解在稀盐酸中，然后稀释至所需浓度。
3．实验室欲利用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，请设计实验方案，并写出反应的化学方程式。
提示：用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1～2 mL饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体刚好呈透明的红褐色，立即停止加热。用激光笔照射烧杯中的液体，观察是否有丁达尔效应。
反应的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
[问题探讨]
1．实验室中若将FeCl3溶液蒸干，会得到什么产物？灼烧后又得到什么产物？
提示：FeCl3＋3H2O????Fe(OH)3＋3HCl，加热促进水解平衡右移，HCl挥发，蒸干后得到Fe(OH)3，进一步灼烧得到Fe2O3。
2．实验室中欲除去CuCl2溶液中的Fe3＋，应采取什么措施？
提示：可在加热搅拌下加入过量的CuCO3或CuO或Cu(OH)2等，调节溶液pH，使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀，而后通过过滤除去。
3．实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶为什么不能用玻璃塞？
提示：因为这些盐水解生成的NaOH会腐蚀玻璃而生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞黏在一起，故一般采用橡皮塞或软木塞，而不使用玻璃塞。
盐类水解在化学实验中的应用
应用 举例
判断溶液的酸碱性 如NH水解，溶液呈酸性；CO、ClO－水解，溶液呈碱性
配制或贮存易水解的盐溶液 实验室配制FeCl3溶液、AlCl3溶液、SnCl2溶液时，要在溶液中加少量盐酸，抑制Fe3＋、Al3＋、Sn2＋的水解，否则会产生沉淀。同理在配制CuSO4溶液时，常加几滴稀H2SO4来抑制Cu2＋的水解
续表
应用 举例
判断盐溶液蒸干产物 加热蒸干AlCl3溶液，因为水解产物之一为挥发性的盐酸，不断挥发出氯化氢气体，导致水解平衡不断向右移动，最后彻底水解，蒸干后得到Al(OH)3，进一步灼烧得到Al2O3
胶体的制备 制备Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
物质的提纯 除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3
离子共存的判断 Al3＋与CO、HCO、S2－、HS－、AlO等因发生相互促进的水解反应而不共存
试剂的保存 在实验室中盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡皮塞或软木塞。因这些盐水解生成的NaOH会腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞黏在一起
某些较活泼的金属与强酸弱碱盐溶液反应 将Mg粉放入NH4Cl溶液中可产生H2：Mg＋2NH＋2H2O????2NH3·H2O＋H2↑＋Mg2＋
利用盐的水解除杂 除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌条件下加入过量MgCO3(或MgO)过滤。Fe3＋＋3H2O????Fe(OH)3＋3H＋、MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2↑＋H2O。加入MgCO3(或MgO)，破坏了Fe3＋的水解平衡，在加热搅拌条件下使其水解完全，生成Fe(OH)3沉淀而除去Fe3＋
1．为了配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入( )
①适量的HCl ②适量的NaCl ③适量的氨水 ④适量的NaOH
A．①② B．③
C．③④ D．④
解析：选B NH4Cl溶液中存在NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋，为增大NH浓度，应加入酸或NH3·H2O，①加入HCl虽然增大了H＋的浓度，但也增大了Cl－的浓度，不符合题目要求。
2．将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶，再灼烧，所得物质化学组成与原固体物质相同的是( )
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④纯碱 ⑤小苏打 ⑥氯化铜
A．③④ B．①③④
C．①②③④ D．全部
解析：选A 胆矾(CuSO4·5H2O)溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜(CuSO4)，得不到原物质，故①错误；氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢挥发，蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧得到氧化铝，得不到原物质，故②错误；硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸难挥发，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，灼烧时不分解，最终得到的固体是原物质，故③正确；纯碱(Na2CO3)溶于水后，蒸发结晶得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，灼烧时不分解，最终得到原物质，故④正确；小苏打溶于水后，蒸发结晶后分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，灼烧得到的固体是碳酸钠，所以得不到原物质，故⑤错误；氯化铜溶于水后，蒸发结晶过程中氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，氯化氢易挥发，蒸发结晶得到的固体是氢氧化铜，氢氧化铜不稳定，灼烧时分解生成氧化铜，最终得到的固体不是原物质，故⑥错误。
2019年中国地质大学(武汉)新校区开展了“身边的化学”年度秀，让同学们“get”生活妙招，如“一杯矿泉水摇身成为草莓牛奶”、“自制护手霜”，这次该校化学院“Chemistry Show——身边的化学”年度秀活动，吸引数百名师生围观。
请同学们利用化学知识来分析下列问题的化学原理：
(1)实验室在配制Cu(NO3)2的溶液时，常将Cu(NO3)2固体先溶于较浓的硝酸中，再用蒸馏水稀释到所需的浓度，其目的是什么？
提示：抑制Cu2＋的水解。
(2)FeCl3净水的原理是________________________(用离子方程式表示)；将AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是__________(写化学式)。
提示：Fe3＋＋3H2O????Fe(OH)3(胶体)＋3H＋ Al2O3
(3)泡沫灭火器内装有NaHCO3饱和溶液，该溶液呈碱性的原因是__________________(用离子方程式表示)；灭火器内另一容器中装有Al2(SO4)3溶液，该溶液呈酸性的原因是____________________(用离子方程式表示)；当意外失火时，使泡沫灭火器倒过来摇动即可使药液混合，喷出大量的白色泡沫，阻止火势蔓延，其相关的离子方程式为______________________。
提示：HCO＋H2O????H2CO3＋OH－
Al3＋＋3H2O????Al(OH)3＋3H＋
3HCO＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3CO2↑
1．下列说法正确的是( )
A．将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
C．用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋
D．为抑制Fe3＋的水解，较好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸
解析：选D A项，氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到氧化铝，而硫酸铝溶液蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸铝，不正确；B项，所加酸应是稀硫酸，不能引入新杂质，不正确；C项，加热法不能除去Fe3＋，不正确；D项，因FeCl3水解显酸性，加入盐酸可抑制Fe3＋的水解，正确。
2．合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐类水解的性质无关的是( )
A．金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂
B．配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉
C.长期施用铵态氮肥会使土壤酸化
D．向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生
解析：选B NH4Cl水解使溶液显酸性，能和锈反应从而除锈，故和盐类水解有关，A不符合题意；亚铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止Fe2＋被氧化，与盐类水解无关，B符合题意；铵根离子水解使溶液显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类水解有关，C不符合题意；FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3＋水解使溶液显酸性，故加入碳酸钙后有气泡产生，与盐类水解有关，D不符合题意。
[分级训练·课课过关]_________________________________________________
1．下列与盐类水解有关的是( )
①自来水的生产过程中，常用含有Fe3＋的净水剂净水
②热的纯碱溶液可以有效地去除油污
③实验室配制FeCl2溶液，需要加入少量的铁粉
④实验室存放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
⑤铵态氮肥与草木灰不能混合施用
⑥将氯化铁溶液蒸干并灼烧，得到的最终产物是氧化铁
A．①②③④⑤ B．①②④⑤⑥
C．①②⑤⑥ D．全部
解析：选B ③Fe2＋易被氧化，需要加入少量的铁粉防止亚铁离子被氧化，与盐的水解无关，故错误；①②④⑤⑥都与盐的水解有关。
2．下列溶液蒸干并灼烧，最后得到的固体是溶质本身的是( )
A．CuSO4 B．NaHCO3
C．KMnO4 D．FeCl3
解析：选A CuSO4溶液中存在水解平衡：CuSO4＋2H2O????Cu(OH)2＋H2SO4，硫酸难挥发，蒸干后得到CuSO4，且CuSO4性质稳定，灼烧后得到的固体是溶质本身，A正确；NaHCO3在加热条件下易分解生成Na2CO3，B错误；KMnO4在加热条件下易分解生成K2MnO4和MnO2，C错误；FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2O????Fe(OH)3＋3HCl，在加热条件下，HCl挥发，促进水解不断向右进行，蒸干后得到Fe(OH)3，灼烧后得到Fe2O3，D错误。
3．下列事实不属于盐类水解应用的是( )
A．明矾净水
B．使用热的纯碱溶液去除油污
C．实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D．向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀
解析：选D A中明矾净水利用了Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中的杂质，正确；B中使用热的纯碱溶液去除油污利用了加热促进CO水解使溶液碱性增强，正确； 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸是为了抑制Fe3＋的水解，正确；D中发生反应Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，与盐类水解无关，错误。
4．下列应用与盐类水解无关的是( )
A．草木灰与铵态氮肥不能混合施用
B．NaHCO3溶液加热蒸发，最终得到Na2CO3固体
C．AlCl3溶液加热蒸发、灼烧，最终得到Al2O3固体
D．除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可以加入MgCO3固体
解析：选B CO和NH之间的水解是相互促进的，草木灰与铵态氮肥混合施用会降低肥效，与盐类水解有关，故A错误；NaHCO3在加热条件下分解得到Na2CO3固体，与盐类水解无关，故B正确；加热促进Al3＋水解生成Al(OH)3，最终Al(OH)3受热分解得到Al2O3固体，故C错误；除去MgCl2溶液中的Fe3＋，加入MgCO3固体可促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，过滤即可，故D错误。
5．(1)把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是________。
(2)用离子方程式表示泡沫灭火器的灭火原理：________________________________。
(3)为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgCO3固体，过滤后再加入足量盐酸。MgCO3固体能除去Fe3＋的原因是_______________________________。
解析：(1)FeCl3溶液中存在FeCl3＋3H2O????Fe (OH)3＋3HCl，加热时HCl挥发，蒸干时得到 Fe(OH)3，再灼烧得到Fe2O3。
(2)泡沫灭火器的灭火原理是利用NaHCO3与Al2(SO4)3相互促进水解，反应为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(3)MgCO3与Fe3＋水解产生的H＋反应：MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2↑＋H2O，使Fe3＋的水解平衡正向移动，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。
答案：(1)Fe2O3
(2)Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
(3)MgCO3与Fe3＋水解产生的H＋反应，促进了Fe3＋的水解，使Fe3＋转化为 Fe(OH)3沉淀而除去
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9第一课时 浓度、压强变化对化学平衡的影响
明课程标准 扣核心素养
1.通过实验探究，了解浓度、压强对化学平衡状态的影响。2.能运用浓度、压强对化学平衡的影响规律，推测平衡移动方向及浓度、转化率等相关物理量的变化。 变化观念与平衡思想：形成化学变化是有条件的观念，认识浓度、压强对化学平衡移动的影响，能运用化学平衡移动原理分析影响化学变化的因素。证据推理与模型认知：能建构、理解、描述浓度、压强对平衡移动原理模型，并运用模型解释或推测相关的化学问题。科学探究与创新意识：能依据推测提出探究课题，并设计实验方案，组装实验仪器，与同学合作完成实验操作，能运用多种方式收集实验证据，基于实验事实得出结论，并能提出自己有创意的看法。
已知黄色的铬酸根离子(CrO)和橙色的重铬酸根离子(Cr2O)在溶液中存在如下平衡：
2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O
进行以下实验，记录实验结果，并分析改变反应物的浓度对平衡移动的影响。
[实验1] 向试管中加入4 mL 0.1 mol·L－1 K2CrO4溶液，再滴加数滴1 mol·L－1 HNO3溶液，观察溶液颜色的变化。
[实验2] 将上述溶液分为两份，向其中一份中滴加1 mol·L－1 NaOH溶液，观察溶液颜色的变化，并和另一份溶液作对比。
实现现象 结论
实验1
实验2
提示：实验现象：实验1：溶液由黄色逐渐变为橙色；实验2：溶液由橙色逐渐变为黄色。
[问题探讨]
1．由实验1的现象，能得出反应物的浓度对平衡移动有怎样的影响？
提示：在其他条件不变时，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动。
2．根据实验2的现象，你又能得出反应物的浓度是如何影响化学平衡移动的？
提示：在其他条件不变时，减小反应物的浓度，平衡向逆反应方向移动。
3．利用浓度商可以预测化学平衡移动的方向，通过比较浓度商与平衡常数的相对大小，你能得出什么结论？
提示：若Qc若Qc＝K，体系恰好处于平衡状态，平衡不移动；
若Qc>K，平衡向逆反应方向移动。
4．如何利用浓度商解释上述实验结论？
提示：实验1中c(H＋)增大，QcK，平衡向逆反应方向移动，c(CrO)增大，溶液变为黄色。
5．可逆反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在某温度下达到平衡后，增加或移去一部分C(s)，化学平衡是否移动？为什么？
提示：不移动。增加固体或纯液体的量，由于其浓度不变，所以化学平衡不移动。
1．浓度对化学平衡的影响规律
(1)在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动；减小反应物的浓度或增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动。
(2)图像分析
①增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，可瞬间增大v(正)或减小v(逆)，使得v(正)>v(逆)，化学平衡向正反应方向移动：
②减小反应物的浓度或增大生成物的浓度，可瞬间减小v(正)或增大v(逆)，使得v(正)2．化学平衡移动
(1)概念：在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态后，如果改变反应条件，平衡状态被破坏，平衡体系的物质组成也会随着改变，直到达到新的平衡状态。这种由原有的平衡状态达到新的平衡状态的过程叫做化学平衡的移动。
(2)化学平衡移动方向的判断
条件改变
3．利用平衡常数判断平衡移动方向
在等温条件下，对于一个已达到化学平衡的反应，当改变条件时，根据浓度商与平衡常数的大小关系，可以判断化学平衡移动的方向。
对于可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)在任意状态下，生成物的浓度和反应物的浓度之间的关系用浓度商Qc＝表示，则：
当Qc＝K时，v正＝v逆，反应处于平衡状态；
当Qcv逆，平衡向正反应方向移动；
当Qc>K时，v正[名师点拨]
(1)增加固体或纯液体的量，由于浓度不变，所以化学平衡不移动。
(2)工业生产上适当增大廉价反应物的浓度，使化学平衡向正反应方向移动，可提高价格较高原料的转化率，以降低生产成本。
(3)在溶液中进行的反应，如果稀释溶液，反应物浓度减小，生成物浓度也减小，v正、v逆均减小，但减小的程度不同，总的结果是化学平衡向反应方程式中化学计量数增大的方向移动。
1．在K2Cr2O7溶液中存在平衡：2CrO(黄色)＋2H＋Cr2O(橙色)＋H2O，溶液颜色介于黄色和橙色之间，现欲使溶液颜色变浅，可以在溶液中加入( )
①H＋ ②OH－ ③K＋ ④H2O
A．①③ B．②④
C．①④ D．②③
解析：选B 平衡向右移动，颜色变深，平衡向左移动，颜色变浅。加入OH－，c(H＋)减小，平衡左移，颜色变浅；加入水，溶液体积增大，离子浓度减小，溶液颜色变浅；c(K＋)不影响化学平衡。
2．可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达到平衡状态后，保持温度、容器容积不变，向容器中充入一定量的O2，下列说法正确的是(K为平衡常数，Qc 为浓度商)( )
A．Qc不变，K变大，O2的转化率增大
B．Qc不变，K变大，SO2的转化率减小
C．Qc减小，K不变，O2的转化率减小
D．Qc增大，K不变，SO2的转化率增大
解析：选C 当可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达到平衡状态后，保持温度、容器容积不变，向容器中充入一定量的O2，浓度商Qc减小，平衡向右移动，但O2的转化率减小，K不变。
下图是在合成氨过程中测得的不同温度、压强下反应达到平衡时氨在体系中的物质的量分数。试分析压强改变对合成氨平衡的影响。(氮气、氢气起始物质的量之比为1∶3)
提示：在一定温度下，增大压强，氨的物质的量分数增大，平衡向正反应方向移动。
[问题探讨]
1．根据图示信息，结合合成氨反应的特点，你能归纳出压强改变、平衡移动方向与反应前后气体体积变化的哪些结论？
提示：增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。
2．通过增大或减小反应容器的体积，以改变体系的压强，相应气体的浓度也发生改变，请填写下表，解释压强变化对平衡移动的影响。
可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
平衡常数表达式：K＝
体积变化 浓度变化 Qc、K比较 移动方向
增大压强
减小压强
提示：
体积变化 浓度变化 Qc、K比较 移动方向
增大压强 减小 增大 Qc减小压强 增大 减小 Qc>K 逆向移动
3．对合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，保持恒温恒容，充入无关气体(如氩气)，体系压强增大，平衡移动吗？为什么？
提示：不移动。尽管体系压强增大，但各组分浓度不变，Qc＝K，平衡不移动。
4．对反应H2(g)＋I2(g)===2HI(g)，改变压强，平衡移动吗？为什么？
提示：不移动。改变压强，同等倍数地改变各组分浓度，而反应前后气态物质系数和相等，Qc＝K，平衡不移动。
1．压强改变与化学反应速率、化学平衡移动间的关系
2．压强对化学平衡的影响规律
(1)在其他条件不变的情况下，增大压强，化学平衡向气态物质分子数减少的方向移动。
(2)在其他条件不变的情况下，减小压强，化学平衡向气态物质分子数增多的方向移动。
(3)改变压强，对反应前后气体分子数目不变的反应没有影响。
3．图像分析
以mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)为例
(1)若m＋n＞p＋q
(2)若m＋n＜p＋q
(3)若m＋n＝p＋q
[名师点拨]
(1)无气态物质存在的化学平衡，由于改变压强不能改变化学反应速率，所以改变压强不能使平衡发生移动。
(2)在容积不变的密闭容器中，气体反应已达到平衡，若向该容器中充入与反应体系无关的气体，化学平衡不移动，原因是气态反应物、生成物的浓度未改变。
(3)在容积可变的恒压容器中，充入与反应体系无关的气体，此时虽然总压强不变，但各气态物质的浓度减小(相当于减压)，平衡向气体体积增大的方向移动。
(4)对于反应前后气体分子数相等的可逆反应，改变压强后，正、逆反应速率同等程度地改变。因此，增大或减小压强不能使化学平衡发生移动。
1．对已达到化学平衡的反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)，减小压强时，对反应产生的影响是( )
A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
解析：选C 反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)是反应前后气体体积减小的反应，减小压强时，正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，C项正确。
2．压强变化不会使下列化学反应的平衡发生移动的是( )
A．H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)
B．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
C．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
D．C(s)＋CO2(g)2CO(g)
解析：选A 压强变化时，平衡不发生移动，主要考虑两种情况：一是没有气体参加的反应，二是反应前后气体体积不发生改变的反应。A项中反应前后气体体积没有改变，所以压强变化时平衡不发生移动。
生命过程与化学平衡移动密切相关。血红蛋白(Hb)与O2结合形成氧合血红蛋白分子[Hb(O2)]的过程可表示为Hb＋O2Hb(O2)。下列说法正确的是( )
A．体温升高，O2与Hb结合更快，该反应的平衡常数不变
B．吸入新鲜空气，平衡逆向移动
C．CO达到一定浓度可使人中毒，是因为CO结合Hb，使Hb(O2)分解速率增大
D．利用高压氧舱治疗CO中毒者，原理是使平衡Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)右移
提示：K与温度有关，体温升高，O2与Hb结合更快，该反应的平衡常数改变，A错误；吸入新鲜空气，氧气浓度增大，则平衡正向移动，B错误；CO达到一定浓度可使人中毒，是因为CO与Hb结合，导致Hb＋O2Hb(O2)逆向移动，Hb(O2)浓度降低，C错误；治疗CO中毒者可根据Hb(CO)＋O2(g)Hb(O2)＋CO(g)增大氧气的浓度，使平衡正向移动，释放CO，增大氧合血红蛋白分子的浓度，D正确。
1．平衡常数在化学方程式确定时随温度变化而变化。
2．增大反应物浓度，平衡正向移动。
3．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动。
1．常压下羰基化法精炼镍的原理为Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，下列说法正确的是( )
A．增加Ni的用量，可加快反应速率
B．该反应达到平衡时，4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)
C．减小压强，平衡逆向移动，平衡常数减小
D．选择合适的催化剂可提高CO的转化率
解析：选B Ni为固体，增加Ni的用量，反应速率不变，A错误；平衡时，4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，B正确；平衡常数只与温度有关，则减小压强平衡逆向移动，平衡常数不变，C错误；催化剂对平衡移动无影响，则选择合适的催化剂不影响CO的转化率，D错误。
2．如图所示，容器Ⅰ表示恒压密闭容器，容器Ⅱ表示恒容密闭容器。当其他条件相同时，在起始体积均为V L的Ⅰ、Ⅱ中分别都加入2 mol X和2 mol Y，发生如下反应并达到平衡状态：2X(？)＋Y(？)aZ(g)，已知平衡时Ⅰ中X、Y、Z的物质的量之比为1∶3∶2。下列判断不正确的是( )
A．物质Z的化学计量数a＝1
B．若X、Y均为气态，则平衡时X的转化率：Ⅰ>Ⅱ
C．若Ⅱ中气体的密度与时间的关系如图Ⅲ所示，则X、Y中只有一种为气态
D．若X为固态、Y为气态，则Ⅰ、Ⅱ中反应从开始到平衡所需的时间：Ⅰ>Ⅱ
解析：选D 对于容器Ⅰ，设达平衡时反应消耗Y的物质的量为x，则：
2X(？) ＋ Y(？) aZ(g)
起始量： 2 mol 2 mol 0
转化量： 2x x ax
平衡量： 2 mol－2x 2 mol－x ax
由(2 mol－2x)∶(2 mol－x)∶(ax)＝1∶3∶2，可得x＝0.8 mol，a＝1，A项正确；若X、Y均为气态，反应开始后恒有容器Ⅰ中的压强大于容器Ⅱ中的压强，则容器Ⅰ中的平衡可看成是在容器Ⅱ的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动后达到的新平衡，则X的转化率：Ⅰ>Ⅱ，B项正确；若X、Y都是气体，则混合气体的密度不变，由图Ⅲ可知，反应达到平衡前气体的密度增大，且初始密度不为0，容器Ⅱ为恒容密闭容器，体积不变，气体的密度增大，则X、Y中一种为固体或液体，另一种为气体，C项正确；若X为固态、Y为气态，则反应前后气体的物质的量相等，压强不变，又因为起始时容器Ⅱ中压强等于容器Ⅰ中压强，则Ⅰ、Ⅱ中反应从开始到平衡所需的时间：Ⅰ＝Ⅱ，D项错误。
[分级训练·课课过关]_______________ _______________________________________
1．将NO2装入带活塞的密闭容器中，当反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡后，改变下列一个条件，其中叙述正确的是( )
A.升高温度，气体颜色加深，则此反应为吸热反应
B．慢慢压缩气体体积，平衡向右移动，混合气体颜色变浅
C．慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，则压强增大，但小于原来的两倍
D．恒温恒容时，充入少量惰性气体，压强增大，平衡向右移动，混合气体的颜色变浅
解析：选C 升高温度，气体颜色加深，则平衡向左移动，该反应为放热反应，A错误；混合气体的颜色比原平衡深，压强小于原平衡的两倍，因此B错误，C正确；恒温恒容时，充入惰性气体，c(NO2)和c(N2O4)均不变，平衡不移动，气体的颜色不变，D错误。
2．在一恒温密闭容器中，反应mA(g)nB(g)＋nC(g)达平衡后，将容器容积扩大到原来的2倍，当达到新的平衡时，B和C的浓度均是原来的80%，则( )
A．mC．物质C的质量分数减小 D．平衡向逆反应方向移动
解析：选B 将容器容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，B、C的浓度变为原来的50%，而达到新的平衡时，B和C的浓度均是原来的80%，可知容器容积增大、压强减小，平衡正向移动，则m3．在常温下，下列可逆反应体系的气体颜色变化受压强变化影响的是( )
A．2NO2N2O4
B．2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O
C．2HIH2＋I2
D．FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl
解析：选A A项，压强改变化学平衡移动，气体颜色变化；C项，常温下，I2为固体，压强的变化虽能使平衡移动，但气体无颜色变化；B、D项，均是在溶液中进行的反应，压强对平衡无影响。
4．下列叙述中说明某化学平衡一定发生移动的是( )
A．混合体系中气体密度发生变化
B．正、逆反应速率改变
C．混合物中各组分的浓度改变
D．反应物的转化率改变
解析：选D 对于反应前后气体体积相等的反应来说，增大压强，气体的密度增大，平衡不移动，A错误；对于反应前后气体体积不变的反应，增大压强反应速率增大，但平衡不发生移动，B错误；对于反应前后气体体积相等的反应来说，增大体系的体积，体系各组分的物质的量浓度减小，平衡不移动，C错误；反应物的转化率发生改变，说明物质的量一定在变化，化学平衡一定发生移动，D正确。
5．温度一定时，在密闭容器中发生可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)，达到平衡后，若将混合气体的体积压缩到原来的，当再次达到平衡时，C的浓度是原平衡时的1.9倍，试判断：
(1)压缩体积时平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动；
(2)反应再次达到平衡后，C气体的体积分数________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(3)反应再次达到平衡后，A气体的转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(4)m＋n________p(填“>”“<”或“＝”)。
解析：将混合气体的体积压缩到原来的，若平衡不移动，则C的浓度为原平衡时的2倍，但实际上C的浓度是原平衡时的1.9倍，说明压缩体积(增大压强)平衡向逆反应方向移动，则m＋n答案：(1)逆反应 (2)减小 (3)减小 (4)<
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11盐类水解及其平衡常数
题型一 盐类水解的实质与规律
1．下列有关盐类水解的说法不正确的是( )
A．盐类的水解破坏了纯水的电离平衡
B．盐类的水解是酸碱中和反应的逆过程
C．盐类的水解使溶液一定不呈中性
D．NaClO水解的实质是ClO－与H2O电离出的H＋结合生成HClO
解析：选C 弱酸弱碱盐电离出的阴、阳离子水解程度相同时，溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性，C项错误；故选C。
2．下列物质的水溶液在常温下pH小于7的是( )
A．NaCl B．CH3COONa
C．NH4Cl D．NaHCO3
解析：选C A项是强酸强碱盐，溶液呈中性；B、D项是弱酸强碱盐，溶液呈碱性；C项是强酸弱碱盐，溶液呈酸性。
3．下列说法中正确的是( )
A．HCO在水溶液中只电离，不水解
B．硝酸钠水解后溶液呈中性
C．可溶性的铝盐都能发生水解反应
D．可溶性的钠盐都不发生水解反应
解析：选C HCO既能发生电离又能发生水解：HCO????H＋＋CO， HCO＋H2O????H2CO3＋OH－，A不正确；NaNO3不发生水解，B不正确；Al3＋一定发生水解，C项正确；弱酸根离子对应的钠盐(如Na2CO3)可发生水解反应，D项正确。
4．现有S2－、SO、NH、Al3＋、HPO、Na＋、SO、AlO、Fe3＋、HCO、Cl－等离子，请按要求填空：
(1)在水溶液中，离子水解呈碱性的是_________________________________________。
(2)在水溶液中，离子水解呈酸性的是_____________________________________。
(3)既能在酸性较强的溶液里大量存在，又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有__________。
(4)既不能在酸性较强的溶液里大量存在，又不能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有__________。
解析：(1)弱酸根离子水解溶液显碱性，部分弱酸的酸式酸根离子若水解程度大，则溶液也显碱性，即S2－、SO、HPO、AlO、HCO水解后溶液呈碱性。
(2)NH、Al3＋、Fe3＋属于弱碱的阳离子，水解后溶液呈酸性。
(3)Na＋、Cl－、SO既能在强酸性溶液中存在又能在强碱性溶液中存在。
(4)HPO、HCO属于弱酸的酸式酸根离子，既能与强酸反应又能与强碱反应。
答案：(1)S2－、SO、HPO、AlO、HCO
(2)NH、Al3＋、Fe3＋
(3)Na＋、Cl－、SO
(4)HPO、HCO
题型二 盐类水解离子方程式的书写
5．下列各式表示水解反应的是( )
A．H2O＋H2O????H3O＋＋OH－
B．HCO＋H2O????H2CO3＋OH－
C．HS－＋OH－????S2－＋H2O
D．HCO＋H2O????H3O＋＋CO
解析：选B A是水的电离方程式，不是水解方程式，故A不选；HCO＋H2O????H2CO3＋OH－是碳酸氢根离子的水解方程式，故B选；C是硫氢根离子与氢氧根离子的反应，不是水解方程式，故C不选；D是HCO的电离方程式，故D不选。
6．写出下列物质发生水解反应的离子方程式，并指明水溶液的酸碱性：
(1)Na2S：__________________________________________________________________。
(2)CuSO4：________________________________________________________________。
(3)NH4NO3：_________________________________________________________。
(4)NaF：_______________________________________________________________。
解析：Na2S、NaF为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；CuSO4、NH4NO3为强酸弱碱盐，溶液呈酸性。
答案：(1)S2－＋H2O????HS－＋OH－、HS－＋H2O????H2S＋OH－；碱性
(2)Cu2＋＋2H2O????Cu(OH)2＋2H＋；酸性
(3)NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋；酸性
(4)F－＋H2O????HF＋OH－；碱性
7．下列化合物：①HCl ②NaOH ③CH3COOH
④NH3·H2O ⑤CH3COONa ⑥AlCl3。
(1)溶液呈碱性的有________(填序号)。
(2)常温下0.01 mol·L－1HCl溶液的pH＝________；pH＝11的CH3COONa溶液中由水电离产生的 c(OH－)＝________。
(3)用离子方程式表示CH3COONa溶液呈碱性的原因：
________________________________________________________________________。
解析：(1)①HCl为强酸，③CH3COOH是弱酸，溶液呈酸性；②NaOH是强碱，④NH3·H2O是弱碱，溶液呈碱性；⑤CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性；⑥AlCl3是强酸弱碱盐，铝离子水解使溶液呈酸性。故溶液呈碱性的有②④⑤；
(2)常温下0.01 mol·L－1HCl溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1 ，则溶液的pH＝－lg c(H＋)＝－lg 0.01＝2；pH＝11的CH3COONa溶液中c(OH－)等于由水电离产生的c(OH－)，则由水电离产生的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－3 mol·L－1。
(3)CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CH3COO－＋H2O????CH3COOH＋OH－。
答案：(1)②④⑤ (2)2 10－3 mol·L－1
(3)CH3COO－＋H2O????CH3COOH＋OH－
8．下列说法中错误的是( )
A．在Na2S溶液中滴入酚酞试液，呈红色
B．硫酸铵溶液显酸性
C．一切钾盐、钠盐、硝酸盐都不能发生水解
D．醋酸盐溶于水能发生水解
解析：选C Na2S属于强碱弱酸盐，在水溶液中水解显碱性，滴入酚酞试液，呈红色，故A正确；硫酸铵属于强酸弱碱盐，在水溶液中水解显酸性，故B正确；钾盐、钠盐、硝酸盐如果含有弱酸根离子或弱碱阳离子也会水解，如Na2CO3在水溶液中水解其溶液显碱性，故C错误；醋酸盐属于弱酸盐，溶于水，醋酸根离子能水解，溶液显碱性，故D正确。
9．相同温度、相同浓度下的六种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③代表的物质可能分别为( )
A．NH4Cl (NH4)2SO4 CH3COONa
B．(NH4)2SO4 NH4Cl CH3COONa
C．(NH4)2SO4 NH4Cl NaOH
D．CH3COOH NH4Cl (NH4)2SO4
解析：选B (NH4)2SO4比NH4Cl溶液中的铵根离子浓度大，水解生成的氢离子浓度大；醋酸钠水解显碱性，且其碱性比Na2CO3溶液要弱。
10．A＋、B＋、C－、D－四种离子两两组成四种可溶性盐，其中：AC和BD盐溶液的pH＝7，BC盐溶液的pH＞7，则下列说法不正确的是( )
A．AD盐溶液的pH＜7
B．在AC盐溶液中：c(A＋)＋c(AOH)＝c(C－)＋c(HC)
C．碱的电离程度一定是：AOH＞BOH
D．酸的电离程度一定是：HD＞HC
解析：选C AC、BD盐溶液的pH＝7，说明AOH与HC、BOH与HD的电离程度相当，而BC盐溶液的pH＞7，说明BOH比HC的电离程度大，故碱的电离程度：AOH＜BOH，酸的电离程度：HD＞HC，C项错误，D项正确；AD盐溶液中，AOH比HD的电离程度小，故溶液显酸性，A项正确；由物料守恒可知，B项正确。
11．下列微粒能使水电离出的H＋浓度增大的是( )
A．NaHSO4 B．NaHCO3
C．
解析：选B A项，NaHSO4在水中完全电离生成Na＋、H＋和SO，其中H＋能抑制水的电离，错误；B项，NaHCO3电离出的HCO能结合水电离出的H＋，生成H2CO3，促进水的电离，使得水电离出的H＋浓度增大，正确；C项中的K＋、D项中的Cl－对水的电离无影响，故C、D两项不正确。
12．常温下，pH＝10的三种钠盐溶液其物质的量浓度大小为NaX＜NaY＜NaZ，下列说法正确的是( )
A．HX、HY、HZ酸性依次减弱
B．浓度相同的HX和NaY能发生反应：HX＋NaY===HY＋NaX
C．浓度相同的三种钠盐溶液中，水的电离程度最大的是NaZ的溶液
D．中和体积和pH均相等的HX、HY、HZ溶液，HX消耗的NaOH最多
解析：选D 酸越弱，对应的盐的水解程度越大，pH相同时浓度：NaX＜NaY＜NaZ，则酸性：HX＜HY＜HZ，故A不符合题意；根据分析，酸性：HX＜HY，则不能发生反应：HX＋NaY===HY＋NaX，故B不符合题意；HX的酸性最弱，则NaX的水解程度最大，所以水的电离程度最大的是NaX的溶液，故C不符合题意；根据分析，酸性：HX＜HY＜HZ，pH值相同的三种酸的水溶液，浓度：HX＞HY＞HZ，则恰好中和体积和pH均相等的HX、HY、HZ溶液时所耗NaOH的物质的量为HX＞HY＞HZ，故D符合题意。
13．下列方程式书写错误的是( )
A．NaHCO3水解的离子方程式：HCO＋H2O????CO＋H3O＋
B．NH4Cl水解的化学方程式：NH4Cl＋H2O????NH3·H2O＋HCl
C．Al(OH)3的两性电离方程式：H＋＋AlO＋H2O????Al(OH)3????Al3＋＋3OH－
D．NaHSO3的电离方程式：NaHSO3===Na＋＋HSO
解析：选A 选项A表示的是HCO的电离方程式，水解的离子方程式应为HCO＋H2O????H2CO3＋OH－。
14．NH4Cl溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子为( )
A．NH2D·H2O和D3O＋
B．NH3·D2O和HD2O＋
C．NH3·HDO和D3O＋
D．NH2D·HDO和H2DO＋
解析：选C NH4Cl水解的实质是其电离出的NH与重水电离出的OD－结合生成一水合氨，即D2O????D＋＋OD－，NH＋OD－????NH3·HDO，D＋与D2O结合生成D3O＋。
15．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是( )
A．W2－、X＋ B．X＋、Y3＋
C．Y3＋、Z2－ D．X＋、Z2－
解析：选C A选项，W在X的上一周期，所以X为第3周期元素，W、X分别为O、Na；B选项，X可能为Na、Y可能为Al；D选项，X可能为Na、Z可能为S；上述选项中的Na＋均不影响水的电离平衡；C选项，Y只能为Al、Z只能为S，Al3＋、S2－均影响水的电离平衡。
16．25 ℃时，如果将0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计)，测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：
(1)混合溶液的pH＝8的原因：___________________________________________
(用离子方程式表示)。
(2)混合溶液中由水电离出的c水(H＋)________(填“<”“>”或“＝”)0.1 mol·L－1 NaOH溶液中由水电离出的c水(H＋)。
(3)已知NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH________7(填“<”“>”或“＝”)。
(4)将相同温度下相同浓度的五种溶液：
①(NH4)2CO3；②NH3·H2O；③(NH4)2SO4；④NH4Cl；⑤CH3COONH4。按c(NH)由大到小的顺序排列：____________(填序号)。
解析：(1)等量的HA与NaOH混合，恰好完全反应生成盐NaA，由于溶液显碱性，说明NaA是强碱弱酸盐，A－发生了水解。
(2)由于生成的盐NaA能水解，所以促进了水的电离，而NaOH抑制水的电离。
(3)由NH4A溶液为中性可知，HA与NH3·H2O的电离程度相同，又由HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出可知，HA的电离程度大于H2CO3，所以NH3·H2O的电离程度大于H2CO3，所以(NH4)2CO3溶液显碱性(“谁强显谁性”)。
(4)假设盐未水解，①＝③>④＝⑤>②；由于①的水解程度大于③，所以c(NH)：③>①；由于④的水解程度小于⑤，所以c(NH)：④>⑤。
答案：(1)A－＋H2O????HA＋OH－ (2)> (3)> (4)③>①>④>⑤>②
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6化学电源
题型一 一次电池
1．现在各类碱性电池已经占有了越来越多的市场份额，这类电池广泛地应用于各种小型用电器(如照相机、收音机等)中。有一种新型的锌锰电池就是这种碱性电池，它是在传统锌锰电池的基础上改进的。下列对于碱性锌锰电池的叙述中不正确的是( )
A．碱性锌锰电池工作时，电子由Zn极经外电路流向MnO2极
B．这种电池较传统锌锰电池(即干电池)使用寿命长
C．碱性锌锰电池可以实现化学能向电能的转化和电能向化学能的转化
D．这种电池的电解质由传统的NH4Cl换成湿的KOH
解析：选C A项，碱性锌锰电池是一次电池，锌作负极失电子，叙述正确；B项，碱性锌锰电池的使用寿命比传统锌锰电池的使用寿命要长，叙述正确；C项，干电池只能实现化学能向电能的转化，叙述不正确；D项，传统的锌锰干电池电解质为NH4Cl，碱性锌锰电池的电解质为KOH，叙述正确。
2．锌锰电池(俗称干电池)在生活中的用量很大。两种锌锰电池的构造如图(a)所示。回答下列问题：
(1)普通锌锰干电池放电时发生的主要反应为Zn＋2NH4Cl＋2MnO2===Zn(NH3)2Cl2＋2MnOOH，该电池中，负极材料主要是______________，电解质的主要成分是__________，正极发生的主要反应是______________________________________。
(2)与普通锌锰干电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是_____________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)根据电池反应方程式Zn＋2NH4Cl＋2MnO2===Zn(NH3)2Cl2＋2MnOOH知，反应中Zn被氧化，为电池负极，氯化铵是电解质的主要成分，二氧化锰和铵根离子在正极发生反应：MnO2＋NH＋e－===MnOOH＋NH3↑。
(2)与普通锌锰干电池相比，碱性锌锰电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部；碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中的稳定性比在酸性电解质中的稳定性高。
答案：(1)Zn NH4Cl MnO2＋NH＋e－===MnOOH＋NH3↑ (2)碱性锌锰电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部；碱性锌锰电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中的稳定性比在酸性电解质中的稳定性高。
题型二 二次电池
3．已知铅蓄电池的反应为PbO2＋2H2SO4＋Pb2PbSO4＋2H2O。下列关于铅蓄电池的说法中正确的是( )
A．铅蓄电池属于充电电池
B．铅蓄电池的放电与充电是可逆反应
C．铅蓄电池放电时，正极不参与电极反应
D．铅蓄电池充电时，把化学能转化为电能
解析：选A 铅蓄电池的充电和放电是在不同的条件下进行的反应，它们不是可逆反应，故B错误；铅蓄电池放电时，化学能转化为电能，负极(铅)和正极(二氧化铅)都参与电极反应，故C错误；铅蓄电池充电时，把电能转化为化学能，故D错误；故选A。
4．铅蓄电池是化学电源，它工作时的电池反应为
PbO2＋Pb＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。
试回答：
(1)铅蓄电池正极的电极材料是__________。
(2)工作时该铅蓄电池负极的电极反应式是____________________________。
(3)铅蓄电池工作时，电解质溶液的密度________(填“减小”“增大”或“不变”，下同)，pH________。
(4)如果用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取Cl2(Cl－失电子生成Cl2)，当制得0.05 mol Cl2时，在理论上电池内部消耗的H2SO4的物质的量是____________。
解析：(1)根据电池反应方程式知，PbO2中的Pb元素化合价降低，得到电子，即PbO2为正极材料；
(2)根据电池反应方程式知，Pb失去电子作负极，PbSO4难溶于水，则电极反应式为Pb＋SO－2e－===PbSO4；
(3)根据电池反应方程式知，铅蓄电池工作时消耗硫酸，因此电解质溶液的密度减小，pH增大；
(4)根据已知：2Cl－－2e－===Cl2↑，及铅蓄电池正极的电极反应式PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O，得关系式：Cl2～2e－～2H2SO4，则消耗的硫酸的物质的量为0.05×2 mol＝0.10 mol。
答案：(1)PbO2 (2)Pb＋SO－2e－===PbSO4
(3)减小 增大 (4)0.10 mol
题型三 燃料电池
5．下列电池工作时，负极上有H2参与反应的是( )
解析：选A 氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应，故A正确；碱性锌锰电池中，负极上锌失电子发生氧化反应，故B错误；铅蓄电池中，负极上铅失电子发生氧化反应，故C错误；纽扣式银锌电池中，负极上锌失电子发生氧化反应，故D错误。
6．“除氢气外，烃、肼、甲醇、氨、煤气等液体或气体，均可作燃料电池的燃料”。已知肼燃烧时发生下列反应：N2H4＋O2N2＋2H2O。以Pt为电极、硫酸为电解质溶液组成肼燃料电池，下列关于肼燃料电池的说法中不正确的是( )
A．肼是燃料电池的负极反应物，O2是正极反应物
B．肼燃料电池的正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．肼燃料电池的负极反应为N2H4－4e－===N2↑＋4H＋
D．电池工作过程中H＋向正极移动，但H＋的物质的量不变
解析：选B 根据肼的燃烧反应知，肼是还原剂、氧气是氧化剂。根据原电池原理，在酸性电解质溶液中，肼在负极上发生氧化反应，电极反应式为N2H4－4e－===N2↑＋4H＋，氧气在正极上发生还原反应，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，电池工作过程中H＋向正极移动，根据电池反应可知，H＋的物质的量不变。故选B。
7．固体氧化物燃料电池以固体氧化锆—氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2－)在其中通过。该电池的工作原理如下图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是( )
A．有O2参加反应的a极为电池的负极
B．b极的电极反应式为H2－2e－===2H＋
C．a极对应的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．该电池的电池反应方程式为2H2＋O2===2H2O
解析：选D 由题图可知电子从b电极流向a电极，所以b电极为负极，H2在该极发生氧化反应；a电极为正极，O2在该极发生还原反应。由此推断该原电池负极的电极反应式为H2－2e－＋O2－===H2O，正极的电极反应式为O2＋2e－===O2－，则电池反应方程式为2H2＋O2===2H2O，综上分析，D项正确。
8．下列关于化学电源的叙述错误的是( )
A．普通锌锰干电池中碳棒为正极
B．铅蓄电池中覆盖着PbO2的电极板是负极板
C．氢氧燃料电池的正极是通入氧气的那一极
D．碱性锌锰电池的比能量和储存时间比普通锌锰干电池高
解析：选B 普通锌锰干电池中碳棒为正极，故A正确；铅蓄电池中覆盖着PbO2的电极板是正极板，故B错误；通入氧气的那一极是氢氧燃料电池的正极，故C正确；碱性锌锰电池不发生自放电，所以比能量和储存时间比普通锌锰干电池高，故D正确。
9．锂电池是一代新型高能电池，它以质量轻、能量高而受重视，目前已研制成功多种锂电池。某种锂电池的电池反应方程式为Li＋MnO2===LiMnO2，下列说法正确的是( )
A．Li是正极，电极反应式为Li－e－===Li＋
B．Li是负极，电极反应式为Li－e－===Li＋
C．MnO2是负极，电极反应式为MnO2＋e－===MnO
D．Li是负极，电极反应式为Li－2e－===Li2＋
解析：选B 根据锂电池的电池反应方程式Li＋MnO2===LiMnO2知，失电子的金属Li为负极，电极反应式为Li－e－===Li＋，故A、D错误，B正确；MnO2是正极，电极反应式为MnO2＋e－===MnO，故C错误。
10．2019年10月9日，瑞典皇家科学院将诺贝尔化学奖授予古迪纳夫等三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究成果，钴酸锂电池是他们的研究成果之一，其工作原理为LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2。下列说法正确的是( )
A．放电时，Li＋从正极通过导线流向负极
B．放电时，负极的电极反应式为LixC6－xe－===C6＋xLi＋
C.充电时，电池的负极与电源的正极相连
D．充电时，阴极的电极反应式为LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋
解析：选B 放电时，电解质溶液中阳离子(Li＋)从负极移向正极，故A错误；放电时，负极上Li失去电子发生氧化反应，电极反应式为LixC6－xe－===C6＋xLi＋，故B正确；充电时，电池的负极与电源的负极相连，作阴极，发生还原反应，故C错误；充电时，阴极Li＋得电子，电极反应式为C6＋xLi＋＋xe－===LixC6，故D错误。
11．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，电池反应方程式为CH3CH2OH＋O2===CH3COOH＋H2O，下列有关说法正确的是( )
A．外电路的电子由正极向负极移动
B．若电路中有0.4 mol电子转移，消耗2.24 L氧气
C．电池正极的反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．电池负极的反应为CH3CH2OH＋H2O－4e－===CH3COOH＋4H＋
解析：选D 根据原电池工作原理知，电子从负极经外电路流向正极，故A错误；若电路中有0.4 mol电子转移，消耗O2的物质的量为0.1 mol，没有指明是否是标准状况，无法直接用22.4 L·mol－1计算氧气的体积，故B错误；根据电池反应方程式知，生成醋酸，因此正极的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，故C错误；根据电池反应方程式知，负极的电极反应式为CH3CH2OH＋H2O－4e－===CH3COOH＋4H＋，故D正确。
12．锂空气电池比传统的锂离子电池拥有更强的蓄电能力，是传统锂离子电池容量的10倍，其工作原理示意图如下：
放电时，b电极为电池的_____________极，电极反应式为_________________________
____________________________________________。
解析：电池放电时属于原电池，电极a为Li电极，为负极，发生氧化反应，b为正极，发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。
答案：正 O2＋2H2O＋4e－===4OH－
13．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉。铂吸附气体的能力强，性质稳定。请回答下列问题：
(1)氢氧燃料电池能量转化的主要形式是________，在导线中电子流动方向为______(用a、b表示)。
(2)负极的电极反应式为_____________________________________________________。
(3)电极表面镀铂粉的原因是____________________________________________。
(4)该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能。因此，大量安全储氢是关键技术之一，金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ.2Li＋H22LiH
Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是________，反应Ⅱ中的氧化剂是________。
②已知LiH固体密度为0.82 g·cm－3，用锂吸收224 L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比值为__________。
③由②生成的LiH与H2O作用放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为________mol。
解析：(1)原电池的能量转化形式为化学能转化成电能，电池反应为2H2＋O2===2H2O，则其中H2在负极失电子，即电子从a流向b。(2)负极为H2失电子生成H＋，但溶液为KOH溶液，故负极反应为H2－2e－＋2OH－===2H2O。(3)铂吸附气体的能力强，电极表面镀铂粉可以增大电极单位面积内吸附的H2、O2的分子数，加快反应速率。(4)①反应Ⅰ中Li从0价升至＋1价，为还原剂，反应Ⅱ中H2O中的H从＋1价降至0价，为氧化剂。②在反应Ⅰ中，当吸收10 mol H2时，生成20 mol LiH，V＝＝×10－3 L≈195.12×10－3 L，则＝≈8.71×10－4。③反应Ⅱ中20 mol LiH可生成20 mol H2，由题意知实际参加反应的H2为20 mol×80%＝16 mol，每1 mol H2生成H2O时，转移2 mol 电子，故导线中通过电子的物质的量为16 mol×2＝32 mol。
答案：(1)化学能转化为电能 a流向b
(2)H2－2e－＋2OH－===2H2O
(3)增大电极单位面积内吸附的H2、O2的分子数，加快反应速率
(4)①Li H2O ②8.71×10－4 ③32
14．人们应用原电池原理制作了多种电池以满足不同的需要。电池发挥着越来越重要的作用，如在宇宙飞船、人造卫星、电脑、照相机等，都离不开各式各样的电池，同时废弃的电池随便丢弃也会对环境造成污染。请根据题中提供的信息，回答下列问题：
(1)研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电，在海水中电池反应可表示为5MnO2＋2Ag＋2NaCl===Na2Mn5O10＋2AgCl
①该电池的负极反应式是_____________________________________________；
②在电池中，Na＋不断移动到“水”电池的________极(填“正”或“负”)；
③外电路中每通过4 mol电子，生成的Na2Mn5O10的物质的量是________。
(2)中国科学院应用化学研究所在甲醇(CH3OH是一种可燃物)燃料电池技术方面获得新突破。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。
①该电池工作时，b口通入的物质为________。
②该电池负极的电极反应式：_________________________________________________。
③工作一段时间后，当6.4 g甲醇完全反应生成CO2时，有________NA个电子转移。
(3)Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，当银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，写出该电池反应方程式：________________________________________________________________________。
解析：(1)①根据电池反应5MnO2＋2Ag＋2NaCl===Na2Mn5O10＋2AgCl可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极反应式为Ag＋Cl－－e－===AgCl；②在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以钠离子向正极移动；③根据电池反应方程式可知每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子，则外电路中每通过4 mol电子，生成的Na2Mn5O10的物质的量是2 mol。
(2)①据氢离子的移动方向知，右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇；②正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为3O2＋12H＋＋12e－===6H2O，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH－6e－＋H2O===CO2＋6H＋；③根据2CH3OH－12e－＋2H2O===2CO2＋12H＋知，当6.4 g甲醇完全反应生成CO2时，转移的电子的物质的量＝＝1.2 mol，则转移的电子的个数为1.2NA。
(3)电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，正极电极反应式为Ag2O2＋4e－＋2H2O===2Ag＋4OH－，负极电极反应式为2Zn－4e－＋8OH－===2Zn(OH)，反应还应有KOH参加，则该电池反应方程式为Ag2O2＋2Zn＋4KOH＋2H2O===2K2Zn(OH)4＋2Ag。
答案：(1)①Ag－e－＋Cl－===AgCl ②正 ③2 mol
(2)①CH3OH ②CH3OH－6e－＋H2O===CO2＋6H＋ ③1.2 (3)Ag2O2＋2Zn＋4KOH＋2H2O===2K2Zn(OH)4＋2Ag
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8第三课时 能源的充分利用
明课程标准 扣核心素养
1.能举例说明化学在解决能源危机中的重要作用，能分析能源的利用对自然环境和社会发展的影响。能综合考虑化学变化中的物质变化和能量变化来分析、解决实际问题，如煤炭的综合利用、新型电池的开发等。2.能进行反应焓变的简单计算。 科学态度与社会责任：化学在解决能源危机中做出了重要贡献，主动关心与环境保护、资源开发等有关的社会热点问题，形成与环境和谐共处，合理利用资源的观念。具有“绿色化学”观念，能运用所学知识分析和探讨某些能源在使用过程中对人类健康、社会可持续发展可能带来的双重影响。
1．概念
在101 kPa下，1 mol物质完全燃烧的反应热叫做该物质的标准燃烧热。
2．单位
标准燃烧热属于反应热的一种，单位为 kJ·mol－1。
3．完全燃烧的含义
物质中所含有的氮元素转化为N2(g)，氢元素转化为H2O(l)，碳元素转化为CO2(g)，硫元素转化为SO2(g)。
4．意义
25 ℃时，甲烷的标准燃烧热为ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1。表示1_mol甲烷完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出890.3 kJ的热量。
[问题探讨]
1．什么是热值？热值较大的气体有哪些？
提示：1 g物质完全燃烧的反应热叫做该物质的热值。对气体而言，热值较大的有H2、CH4、C2H6等。
2．书写标准燃烧热的热化学方程式时，可燃物的化学计量数有什么要求？
提示：可燃物的化学计量数必须为1，因为标准燃烧热是指1 mol 物质完全燃烧的反应热。
3．石墨和金刚石都是碳的单质，它们的标准燃烧热是否相等？为什么？
提示：不相等。因为等物质的量的石墨和金刚石具有的能量不相等，等物质的量的石墨和金刚石完全燃烧时，金刚石放出的热量大于石墨放出的热量。
4．已知：CO的标准燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则14 g CO在 101 kPa下完全燃烧放出的热量是多少？
提示：14 g CO的物质的量是0.5 mol，所以放出的热量为283.0 kJ·mol－1×0.5 mol＝141.5 kJ。
1．正确理解标准燃烧热
(1)标准燃烧热一般是由实验测得的。物质燃烧时放出的热量多少与外界条件(如温度、压强)有关(如果未注明条件，就是指25 ℃、101 kPa时的热量)，还与反应物和生成物的聚集状态有关。
(2)概念中的“1 mol物质”是指1 mol纯净物(单质或化合物)。
(3)可燃物完全燃烧的指定产物为C→CO2(g)，H→H2O(l)，S→SO2(g)，N→N2(g)；C→CO不是完全燃烧，而S→SO3不是燃烧产物，生成的水为液态，不能是气态。
(4)因为物质燃烧都是放热反应，故用文字叙述标准燃烧热时用正值；用ΔH表示标准燃烧热时，要加“－”，如CH4的标准燃烧热为890.3 kJ·mol－1或ΔH＝－890.3 kJ·mol－1。
(5)标准燃烧热是以1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量来定义的，因此在书写表示标准燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1 mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，故在其热化学方程式中常出现分数。
2．反应热、标准燃烧热和中和热的比较
反应热 标准燃烧热 中和热
概念 在等温条件下，化学反应体系向环境释放或从环境吸收的热 在101 kPa下，1 mol物质完全燃烧的反应热 在25 ℃和101 kPa下，强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成1 mol液态水时所放出的热量
能量的变化 放热或吸热 放热 放热
ΔH的大小 放热时，ΔH<0；吸热时，ΔH>0 ΔH<0 ΔH<0
反应条件 一定温度下 101 kPa 稀溶液
反应物的量 不限 1 mol物质 不一定是1 mol
生成物的量 不限 不限 1 mol液态水
1．下列关于标准燃烧热的说法中正确的是( )
A．在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧的反应热，叫做该物质的标准燃烧热
B．常温下，可燃物燃烧放出的热量
C．在25 ℃、1.01×105 Pa时，1 mol纯物质燃烧时所放出的热量
D．标准燃烧热随化学方程式前的化学计量数的改变而改变
解析：选A 在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧的反应热，叫做该物质的标准燃烧热，A正确，B错误，C错误。标准燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧释放的热量，与化学计量数无关，D错误。
2．已知下列两个热化学方程式：
①H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH1＝－285.8 kJ·mol－1
②C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH2＝－2 220 kJ·mol－1
实验测得H2和C3H8的混合气体共5 mol，完全燃烧时放出的热量为3 847.0 kJ，则混合气体中H2与C3H8的体积之比是( )
A．1∶3 B．3∶1
C．1∶4 D．1∶1
解析：选B 方法一 设H2的物质的量为x，则依据题意有285.8 kJ·mol－1×x＋2 220.0 kJ·mol－1×(5 mol－x)＝3 847.0 kJ，解得x≈3.75 mol，即C3H8的物质的量为1.25 mol，二者的物质的量之比为3.75∶1.25＝3∶1，则同温同压下，二者的体积之比为3∶1。
方法二 混合气体的平均标准燃烧热为3 847.0 kJ÷5 mol＝769.4 kJ·mol－1，则有
1 450.6∶483.6≈3∶1，即二者的体积之比是3∶1。
将煤转化为水煤气的主要化学反应为C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)；C(s)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式为
①C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
②H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
③CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
[问题探讨]
1．根据以上数据，写出C(s)与水蒸气反应的热化学方程式。
提示：根据盖斯定律，由①－②－③即可得C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝131.3 kJ·mol－1。
2．比较反应热数据可知，1 mol CO(g)和1 mol H2(g)完全燃烧放出的热量之和比1 mol C(s)完全燃烧放出的热量多。甲同学据此认为“煤转化为水煤气可以使煤燃烧放出更多的热量”；乙同学根据盖斯定律做出下列循环图：
C(s)＋H2O(g)＋O2(g)CO2(g)＋H2O(g)
CO(g)＋O2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)＋O2(g)
并据此认为“煤转化为水煤气再燃烧放出的热量与煤直接燃烧放出的热量相等”。甲、乙两同学谁的观点正确？为什么？
提示：由问题1可知煤转化为水煤气是吸热反应，而甲同学正是忽略了这个问题，才认为“煤转化为水煤气可以使煤燃烧放出更多的热量”。故乙同学的观点正确。
3．请列举将煤转化为水煤气作为燃料的优点。
提示：减少污染，燃烧充分，方便运输等。
1．能源及其重要作用
自然界中，能为人类提供能量的物质或物质运动统称能源，包括阳光、风力、流水、生物质能、地热能、潮汐、核能、化石燃料(煤、石油和天然气)等。能源是国民经济和社会发展的重要物质基础，它的开发和有效利用程度以及人均消费量，是一个国家生产技术水平和生活水平的重要标志。
2．我国的能源状况
(1)我国的能源总量较丰富，约占世界能源总量的十分之一，但人均能源可采储量远低于世界平均水平。
(2)我国的能源结构不平衡、资源分布不均衡。目前我国能源消费快速增长，消费结构以煤为主，以石油、天然气为辅，以流水、核能、风力、阳光为补充。
3．解决能源危机的措施
(1)“开源”，即开发核能、风能、太阳能等新能源。
(2)“节流”，加大节能减排的力度，提高能源利用效率。
4．新能源特点及开发
人类理想中的新能源应具有资源丰富、可再生、无污染或少污染等特点，只有这样才能实现人类社会绿色、生态化、可持续的发展。当前，我国大力倡导“构建清洁低碳、安全高效的能源体系”，降低能耗，努力开发和研究太阳能、氢能、风能、地热能、潮汐能和生物质能等多种形式的新能源及其应用。
1．能源与我们的日常生活密切相关，下列有关能源的叙述不正确的是( )
A．化石能源是不可再生能源
B．发展太阳能有助于减缓温室效应
C．使用乙醇汽油可以减少汽车尾气排放造成的大气污染
D．人类利用的能源都是通过化学反应获得的
解析：选D 化石能源包括石油、煤和天然气，不可再生，A项正确；发展太阳能可减少CO2的排放，B项正确；普通汽油中含有硫、氮等元素，燃烧会产生二氧化硫和氮氧化物等有害气体，造成大气污染，使用乙醇汽油可减少大气污染，C项正确；水能、风能等不需要通过化学反应就能获得，D项错误。
2．“世界环境日”主题之一是促进物质的循环利用。有专家指出，可利用太阳能对燃烧产物CO2、H2O、N2等进行处理，使它们重新组合，实现如图所示的转化。在此循环中太阳能最终转化为( )
A．化学能 B．热能
C．生物质能 D．电能
解析：选B 图中由CO2、H2O、N2转化为燃料CH4、CH3OH、NH3是在太阳能的作用下完成的，然后燃料燃烧释放出热量，即太阳能先转化为化学能，最终转化为热能，B项正确。
1．已知由氢气和氧气反应生成4.5 g水蒸气时放出60.45 kJ的热量，试计算反应2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)的ΔH。
提示：已知生成4.5 g水蒸气(即0.25 mol)放出60.45 kJ的热量
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH
2 mol 1 mol 2 mol |ΔH|
0.25 mol 60.45 kJ
则＝
|ΔH|＝483.6 kJ·mol－1
由于反应放热，所以ΔH＝－483.6 kJ·mol－1。
2．根据下表中的键能数据：
化学键 C—H C—F H—F F—F
键能/(kJ·mol－1) 414 489 565 155
估算CH4(g)＋4F2(g)===CF4(g)＋4HF(g)的反应热ΔH。
提示：根据ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和，得ΔH＝(4×414＋4×155－4×489－4×565)kJ·mol－1＝－1 940 kJ·mol－1。
3．(1)工业上制取硝酸铵的流程如下图所示：
已知：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)????4N2(g)＋6H2O(g) ΔH＝－1 745.2 kJ·mol－1；
6NO(g)＋4NH3(g)????5N2(g)＋6H2O(g)
ΔH＝－1 925.2 kJ·mol－1。
则反应Ⅰ的热化学方程式可表示为_______________________________________
________________________________________________________________________。
(2)用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。
传统上该转化通过如图所示的催化循环实现。其中，反应①为
2HCl(g)＋CuO(s)????H2O(g)＋CuCl2(s) ΔH1
反应②生成1 mol Cl2(g)的反应热为ΔH2，则总反应的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(反应热用ΔH1和ΔH2表示)。
提示：(1)将已知的两个热化学方程式从上到下依次标记为①和②，根据盖斯定律由①×5－②×4得：
4NH3(g)＋5O2(g)????4NO(g)＋6H2O(g)
ΔH＝－1 025.2 kJ·mol－1。
(2)设2HCl(g)＋CuO(s)????H2O(g)＋CuCl2(s) ΔH1①
由图得2CuCl2(s)＋O2(g)===2CuO(s)＋2Cl2(g) 2ΔH2②
运用盖斯定律：①×2＋②得总反应：4HCl(g)＋O2(g)===2H2O(g)＋2Cl2(g) ΔH＝2ΔH1＋2ΔH2。
反应热的计算依据及计算方法
计算依据 计算方法
热化学方程式 热化学方程式可以左右颠倒同时改变ΔH的正负号，各物质化学式前的系数及ΔH数值的绝对值可以同时扩大或缩小相同的倍数
盖斯定律 先根据盖斯定律采取“加和法”或“虚拟路径法”写出目标热化学方程式，然后进行相应的计算
标准燃烧热 物质完全燃烧放出的热量＝n(物质)×其|标准燃烧热|
化学键的变化 ΔH＝反应物的化学键断裂所吸收的能量之和－生成物的化学键形成所释放的能量之和
反应物和生成物的总能量 ΔH＝E生成物－E反应物
图像信息(a、b、c均大于0) ΔH＝(E2－E1)kJ·mol－1＝(a－b)kJ·mol－1＝－c kJ·mol－1
图像信息(a、b、c均大于0) ΔH＝(E2－E1)kJ·mol－1＝(a－b)kJ·mol－1＝＋c kJ·mol－1
1．在25 ℃、101 kPa条件下，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的标准燃烧热分别为393.5 kJ·mol－1、285.8 kJ·mol－1、870.3 kJ·mol－1，则2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)的反应热为( )
A．－488.3 kJ·mol－1 B．＋488.3 kJ·mol－1
C．－191 kJ·mol－1 D．＋191 kJ·mol－1
解析：选A 由25 ℃、101 kPa条件下，H2(g)、C(s)和CH3COOH(l)的标准燃烧热分别是285.8 kJ·mol－1、393.5 kJ·mol－1和870.3 kJ·mol－1，得H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1①，C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1②，CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－870.3 kJ·mol－1③，由盖斯定律可知，①×2＋②×2－③可得反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l) ΔH＝2ΔH1＋2ΔH2－ΔH3＝2×(－285.8 kJ·mol－1)＋2×(－393.5 kJ·mol－1)＋870.3 kJ·mol－1＝－488.3 kJ·mol－1。
2．请完成下列填空：
(1)已知
2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g) ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1
2NO2(g)===N2O4(g) ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1
则反应N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气的化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)。
已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键 C—H C===O H—H CO(CO)
键能/(kJ·mol－1) 413 745 436 1 075
则该反应的ΔH＝__________________。
解析：(1)已知2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g) ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1、2NO2(g)===N2O4(g) ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1，根据盖斯定律可知反应N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝ΔH1－ΔH2＝kJ·mol－1＝(－2.2＋55.3)kJ·mol－1＝53.1 kJ·mol－1。
(2)对于反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，断裂反应物中的化学键吸收的能量E1＝(413×4＋745×2)kJ＝3 142 kJ，形成生成物中化学键释放的能量E2＝(2×1 075＋2×436)kJ·mol－1＝3 022 kJ·mol－1，则E1>E2，反应为吸热反应，因此ΔH＝E1－E2＝＋120 kJ·mol－1。
答案：(1)53.1 (2)＋120 kJ·mol－1
3．(1)实验测得，5 g甲醇(CH3OH)液体在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5 kJ的热量，则表示甲醇标准燃烧热的热化学方程式为_____________________
________________________________________________________________________。
(2)从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键断裂和生成物的化学键形成的过程。在化学反应过程中，断裂化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量。
化学键 H—H N—H N≡N
键能/(kJ·mol－1) 436 391 945
已知：N2(g)＋3H2(g)????2NH3(g) ΔH＝a kJ·mol－1，根据上表中所列键能数据可计算出a＝________。
(3)根据下图图像写出反应CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)的热化学方程式：_____________
________________________________________________________________________。
解析：(1)5 g液态CH3OH在氧气中充分燃烧生成CO2气体和液态水时放出113.5 kJ热量，故32 g即1 mol液态CH3OH在氧气中充分燃烧生成CO2气体和液态水时放出×113.5 kJ＝726.4 kJ热量，则表示甲醇标准燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－726.4 kJ·mol－1。
(2)N2(g)＋3H2(g)????2NH3(g)的ΔH＝945 kJ·mol－1＋436 kJ·mol－1×3－391 kJ·mol－1×6＝－93 kJ·mol－1，故a＝－93。
(3)ΔH＝419 kJ·mol－1－510 kJ·mol－1＝－91 kJ·mol－1，故该反应的热化学方程式为CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝－91 kJ·mol－1。
答案：(1)CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－726.4 kJ·mol－1 (2)－93
(3)CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)
ΔH＝－91 kJ·mol－1
[分级训练·课课过关]____________________________________ _________________
1．已知：CH4在一定条件下可发生一系列反应，如图所示。
下列有关说法不正确的是( )
A．ΔH1>ΔH5
B．ΔH3＝ΔH2－ΔH5
C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4
D．ΔH4>0
解析：选B 根据盖斯定律，ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＝ΔH4＋ΔH5，ΔH4是反应2H2O(l)===2H2O(g)的焓变，则ΔH4>0，ΔH1>ΔH5，A、C、D项正确；根据ΔH2＋ΔH3＝ΔH5，则ΔH3＝ΔH5－ΔH2，B项错误。
2．根据表中的键能数据，可知CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)的ΔH为( )
化学键 O===O C—H H—O C===O
键能/(kJ·mol－1) 497 414 463 803
A.－379 kJ·mol－1 B．－808 kJ·mol－1
C．－1 656 kJ·mol－1 D．－2 532 kJ·mol－1
解析：选B 反应热等于反应中断裂旧化学键吸收的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，则ΔH＝4×414 kJ·mol－1＋2×497 kJ·mol－1－2×803 kJ·mol－1－4×463 kJ·mol－1＝－808 kJ·mol－1，B正确。
3．金刚石与石墨是碳的两种同素异形体。已知25 ℃、101 kPa下，C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.51 kJ·mol－1，C(金刚石，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－395.41 kJ·mol－1。下列说法或表达正确的是( )
A．“钻石恒久远，一颗永流传”，说明金刚石比石墨稳定
B．C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH>0
C．已知金刚石在隔绝空气的条件下加热到1 000 ℃，可转变为石墨，则该反应为吸热反应
D．金刚石是天然存在的最硬的物质，所以不能用石墨为原料人工合成金刚石
解析：选B 石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为
①C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH1＝－393.51 kJ·mol－1
②C(金刚石，s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH2＝－395.41 kJ·mol－1
石墨燃烧放热较少，金刚石燃烧放热较多，可知等物质的量的石墨总能量比金刚石低，则石墨比金刚石稳定，A错误；石墨转化为金刚石的反应是吸热反应，ΔH大于0，B正确；由上述分析可得金刚石转化成石墨的反应为放热反应，C错误；在一定条件下，可以用石墨为原料人工合成金刚石，D错误。
4．已知：H2和CH4的标准燃烧热分别为ΔH＝－285.8 kJ·mol－1 和ΔH＝－890 kJ·mol－1，112 L H2和CH4的混合气体(标准状况下)完全燃烧生成CO2和液态水时放出3 695 kJ的热量，则混合气体中H2和CH4的物质的量之比是________。
解析：n气体＝＝5 mol，1 mol混合气体完全燃烧放出的热量为＝739 kJ，利用十字交叉法计算
故＝≈。
答案：1∶3
5．(1)随着化石能源的减少，新能源的开发利用日益迫切。Bunsen热化学循环制氢工艺由下列三个反应组成：
SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)===2HI(g)＋H2SO4(l)
ΔH＝a kJ·mol－1
2H2SO4(l)===2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g)
ΔH＝b kJ·mol－1
2HI(g)===H2(g)＋I2(g) ΔH＝c kJ·mol－1
则：2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝____________kJ·mol－1。
(2)据粗略统计，我国没有经过处理便排放的焦炉煤气已超过250亿立方米，这不仅是能源的浪费，也对环境造成了极大污染。为解决这一问题，我国在2004年起已利用焦炉煤气制取甲醇及二甲醚。
已知CO中的C与O之间为三键连接，且合成甲醇的主要反应原理为CO(g)＋2H2(g)????CH3OH(g) ΔH。下表所列为常见化学键的键能数据：
化学键 C—C C—H H—H C—O CO H—O
键能/ ( kJ·mol－1) 348 414 436 326.8 1 032 464
则该反应的ΔH＝__________kJ·mol－1。
(3)恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图所示。
已知：2SO2(g)＋O2(g)????2SO3(g)
ΔH＝－196.6 kJ·mol－1
①写出能表示硫的标准燃烧热的热化学方程式：_______________________________
________________________________________________________________________。
②ΔH2＝________ kJ·mol－1。
解析：(1)将题给的热化学方程式依次编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，根据盖斯定律，由Ⅰ×2＋Ⅱ＋Ⅲ×2得2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝(2a＋b＋2c)kJ·mol－1。
(2)ΔH＝1 032 kJ·mol－1＋2×436 kJ·mol－1－3×414 kJ·mol－1－326.8 kJ·mol－1－464 kJ·mol－1＝－128.8 kJ·mol－1。
(3)①由图可知1 mol S(s)完全燃烧放出的热量为297 kJ，故能表示硫的标准燃烧热的热化学方程式为S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1。
②由图可知，参加反应的n(SO2)＝1 mol－0.2 mol＝0.8 mol，根据2SO2(g)＋O2(g)????2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·mol－1，ΔH2＝0.8××(－196.6 kJ·mol－1)＝－78.64 kJ·mol－1。
答案：(1)(2a＋b＋2c) (2)－128.8
(3)①S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1
②－78.64
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14第二课时 弱电解质的电离平衡
明课程标准 扣核心素养
1.了解弱电解质的电离平衡常数概念和电离平衡常数与电离程度的关系。2.理解影响弱电解质电离平衡的因素对电离平衡移动的影响。3.了解常见弱酸和弱碱的电离常数大小，能比较它们的电离能力强弱。 变化观念与平衡思想：能运用动态平衡的观点分析电离平衡的移动，能利用电离常数比较弱电解质的强弱、判断电离平衡移动的方向。证据推理与模型认知：能收集相关证据，利用证据建立强弱电解质的判断和“强酸制弱酸”的思维模型。
醋酸电离达到平衡时，实验测定的溶液中各种微粒的浓度如表1所示。
表1 醋酸电离达到平衡时各种微粒的浓度(25 ℃)
初始浓度/(mol·L－1) 1.00 0.100
平衡浓度/(mol·L－1) CH3COOH 0.996 0.098 7
H＋ 4.21×10－3 1.34×10－3
CH3COO－ 4.21×10－3 1.34×10－3
1.78×10－5 1.82×10－5
×100% 0.421% 1.34%
表2 几种弱酸的电离平衡常数(25 ℃)
CH3COOH H2CO3 H3BO3
1.8×10－5 Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11 5.81×10－10
[问题探讨]
1．分析表1中的数据，你能得出关于初始浓度、平衡浓度及的哪些结论？
提示：温度一定，初始浓度不同，平衡浓度不同，但的值不变，其称为醋酸的电离常数。
2．表1中×100%，称为电离度，分析相关数据，又可以得出什么结论？
提示：温度一定，初始浓度不同，电离度不同，电离度越大，CH3COOH的电离程度越大。
3．在一定温度下，电离平衡常数越大，弱酸的电离程度越大，弱酸的酸性越强。分析表2中的数据，CH3COOH、H2CO3、HCO、H3BO3四种酸的酸性由强到弱的顺序是什么？
提示：CH3COOH>H2CO3>H3BO3>HCO。
4．利用第3问中酸性强弱顺序推测Na2CO3＋H3BO3能否发生反应？若反应，写出有关化学方程式。
提示：能发生反应，化学方程式为Na2CO3＋H3BO3＋H2O===NaHCO3＋Na[B(OH)4]。
1．电离常数的概念
在一定条件下，当弱电解质的电离达到平衡时，溶液中弱电解质电离所生成的各种离子浓度的乘积，与溶液中未电离的弱电解质分子的浓度之比是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K表示(弱酸通常用Ka表示，弱碱通常用Kb表示)。
2．表达式
(1)一元弱酸、一元弱碱的电离常数
例如：CH3COOH????CH3COO－＋H＋，
Ka＝，
NH3·H2O????NH＋OH－，
Kb＝ eq \f(c（NH）·c（OH－）,c（NH3·H2O）) 。
(2)多元弱酸、多元弱碱的电离常数
①多元弱酸或多元弱碱的每一步电离都有电离常数，这些电离常数各不相同，通常用Ka1、Ka2或Kb1、Kb2等加以区别。例如25 ℃时，H2CO3的电离分两步：
H2CO3????H＋＋HCO，Ka1＝ eq \f(c（H＋）·c（HCO）,c（H2CO3）) ＝4.3×10－7，
HCO????H＋＋CO，Ka2＝ eq \f(c（H＋）·c（CO）,c（HCO）) ＝5.6×10－11。
②一般多元弱酸或多元弱碱各步电离常数的大小为Ka1 Ka2，Kb1 Kb2，因此，多元弱酸(或弱碱)的酸性(或碱性)主要由第一步电离决定(八字诀：分步进行，一步定性)。
3．电离常数的影响因素
影响因素
电离常数只与温度有关，而不受粒子浓度的影响。由于电解质的电离过程吸热，故电离常数随着温度的升高而增大。
4．电离常数的意义：衡量弱电解质的电离程度
(1)一定温度下，电离常数越大，弱电解质的电离程度越大。
(2)相同温度下，等浓度的弱酸或弱碱的电离常数(对于多元弱酸或多元弱碱来说，只看其第一步电离的电离常数)越大，其酸性或碱性越强。
5．电离度
(1)定义
弱电解质在水中的电离达到平衡状态时，已电离的弱电解质浓度占弱电解质的起始浓度(包括已电离的和未电离的)的百分率称为电离度，通常用α表示。
(2)表达式
α＝×100%
(3)意义
电离度实质上是一种平衡转化率，表示弱电解质在水中的电离程度。
①相同温度时，弱电解质溶液的浓度越小，电离度越大。
②一定浓度的弱电解质溶液，温度越高，电离度越大。
[名师点拨]
(1)电离常数与弱酸、弱碱的浓度无关，同一温度下，不论弱酸、弱碱的浓度如何变化，电离常数是定值。
(2)弱电解质的电离常数只受温度变化的影响。升高温度，电离常数增大。
(3)利用电离常数可判断某些复分解反应能否发生，一般符合“强酸制弱酸”的规律，如：已知Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Ka(HClO)＝4.0×10－8，则NaClO能与CH3COOH发生反应。
1．下列说法正确的是( )
A．电离平衡常数受溶液浓度的影响
B．电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱
C．Ka大的酸溶液中c(H＋)一定比Ka小的酸溶液中的c(H＋)大
D．H2CO3的电离常数表达式为Ka＝ eq \f(c（H＋）·c（CO）,c（H2CO3）)
解析：选B 对于同一弱电解质的稀溶液来说，电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，A项错误；电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱，B项正确；酸溶液中c(H＋)既跟酸的电离常数有关，也跟酸溶液的浓度有关，C项错误；碳酸是分步电离的，第一步电离常数的表达式为Ka1＝ eq \f(c（H＋）·c（HCO）,c（H2CO3）) ，第二步电离常数的表达式为Ka2＝ eq \f(c（H＋）·c（CO）,c（HCO）) ，D项错误。
2．已知7.1×10－4、6.8×10－4、6.2×10－10分别是三种酸的电离平衡常数。若这三种酸可发生如下反应：
①NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2
②NaCN＋HF===HCN＋NaF
③NaNO2＋HF===HNO2＋NaF
则下列叙述不正确的是( )
A．HF的电离平衡常数为7.1×10－4
B．HNO2的电离平衡常数为6.2×10－10
C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D．HNO2的电离平衡常数比HCN的大，比HF的小
解析：选B 根据强酸制弱酸的规律可知，题给三个反应中，第①个反应说明酸性：HNO2>HCN，第③个反应说明酸性：HF>HNO2，故HF、HNO2、HCN的酸性依次减弱，酸性越强，电离平衡常数越大。
影响弱电解质电离平衡的因素
影响因素 对电离平衡的影响
内因 弱电解质本身的性质(决定性因素)
外因 温度 电离是吸热过程，温度升高，电离平衡右移，电离程度增大
浓度 增大弱电解质的浓度，电离平衡右移，但电离程度减小
加水稀释时，电离平衡右移，电离程度增大
同离子效应 在弱电解质溶液中加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡左移，电离程度减小
化学反应 若外加物质能与弱电解质电离出的离子发生反应，则电离平衡右移，电离程度增大
1．在醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH????CH3COO－＋H＋，要使电离平衡右移且c(H＋)增大，应采取的措施是( )
A．加入NaOH(s) B．加入盐酸
C．加蒸馏水 D．升高温度
解析：选D 加入NaOH(s)、蒸馏水、升高温度均能使平衡右移，但加入NaOH(s)、蒸馏水时c(H＋)减小，升高温度时c(H＋)增大；加入盐酸，电离平衡左移，c(H＋)增大。
2．25 ℃时不断将水滴入0.1 mol·L－1的氨水中，下列图像变化合理的是( )
解析：选C 25 ℃时，无论如何稀释，氨水的pH不可能小于7，A错误；NH3·H2O的电离程度在稀释过程中始终增大，B错误；稀释过程中虽然NH3·H2O的电离程度逐渐增大，但溶液体积的增大占主导地位，则NH和OH－的浓度逐渐减小，故溶液的导电能力逐渐减弱，C正确；温度不变，Kb不变，D错误。
25 ℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 1.8×10－5 Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11 2.95×10－8
请回答下列问题：
(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为___________________________。
提示：弱酸的电离平衡常数越大，酸性相对越强，由于K(CH3COOH)>Ka1(H2CO3)>K(HClO)，则酸性由强到弱的顺序：CH3COOH>H2CO3>HClO。
(2)同浓度的CH3COO－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为________________________________________________________________________。
提示：弱酸的电离平衡常数越小，说明其越不容易电离出H＋，则电离出的阴离子结合H＋的能力越强，由于Ka2(H2CO3)ClO－>HCO>CH3COO－。
(3)将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出反应的离子方程式：________________________________________________________________________。
提示：根据电离平衡常数可以判断酸性：H2CO3>HClO>HCO，H2CO3可以和ClO－反应生成HCO和HClO，HCO不能继续和ClO－反应，所以少量CO2与NaClO溶液反应生成HCO和HClO。
[反思归纳] 电离平衡常数的应用
(1)衡量弱电解质电离的难易程度。在相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越易电离，所对应的酸性或碱性相对越强。
(2)判断弱酸酸性的相对强弱，进而判断某些有酸参加的复分解反应能否发生。一般符合“强酸制弱酸”规律。
(3)比较溶液稀释时粒子浓度比值的变化。弱酸如CH3COOH溶液中，＝＝，稀释过程中，c(H＋)减小，Ka值不变，则的值变大。
(4)判断电离平衡的移动方向。向稀醋酸中加入冰醋酸，此时c(CH3COOH)增大，溶液中有关微粒的浓度商Qc＝Ka，电离平衡逆向移动。
1．将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是( )
A．c(H＋) B．Ka(HF)
C． D．
解析：选D 解本题时注意HF溶液加水稀释时体积增大占主导地位。加水稀释HF溶液时，因HF是弱酸，电离程度增大，n(H＋)增大，但c(H＋)不断减小，A项不符合题意；Ka(HF)只随温度的变化而改变，故B项不符合题意；加水稀释促进了HF的电离，故HF电离产生的n(H＋)与n(F－)均变大，溶液的体积相同，则两种离子浓度的比值不变，但随着稀释的进行，c(H＋)不会低于10－7 mol·L－1，c(F－)不断减小，则变小，C项不符合题意；因Ka(HF)＝，当HF溶液加水不断稀释时，c(F－)不断减小，Ka(HF)不变，则增大，D项符合题意。
2．下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25 ℃)。
酸 电离方程式 电离平衡常数K
CH3COOH CH3COOH????CH3COO－＋H＋ 1.8×10－5
H2CO3 H2CO3????H＋＋HCOHCO????H＋＋CO Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11
H2S H2S????H＋＋HS－HS－????H＋＋S2－ Ka1＝9.1×10－8 Ka2＝1.1×10－12
H3PO4 H3PO4????H＋＋H2POH2PO????H＋＋HPOHPO????H＋＋PO Ka1＝7.5×10－3Ka2＝6.2×10－8Ka3＝2.2×10－13
回答下列问题：
(1)当温度升高时，K值________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)在温度相同时，各弱酸的K值不同，那么K值的大小与酸性的相对强弱有何关系？________________________________________________________________________。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCO、H2S、HS－、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，其中酸性最强的是________，最弱的是________。
(4)多元弱酸是分步电离的，每一步都有相应的电离平衡常数，对于同一种多元弱酸的Ka1、Ka2、Ka3之间存在着一定的规律，此规律是________，产生此规律的原因是___________________________________________________________________________。
解析：(1)弱电解质的电离过程为吸热过程，所以升高温度，电离平衡向右移动，c(H＋)、c(A－)增大，c(HA)减小，所以K值增大。(2)K值越大，电离出的氢离子浓度越大，酸性越强。(3)比较这几种粒子的电离常数可知，H3PO4的酸性最强，HS－的酸性最弱。(4)由于上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用，使得上一级的电离常数远大于下一级的电离常数。
答案：(1)增大
(2)K值越大，电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强
(3)H3PO4 HS－
(4)Ka1 Ka2 Ka3 上一级电离产生的H＋对下一级电离起抑制作用
[分级训练·课课过关]__________________________________________________________
1．对于碳酸溶液中的电离平衡，下列电离常数的表达式正确的是( )
A．K＝ eq \f(c（CO）·c（H＋）,c（H2CO3）)
B．K＝ eq \f(c（CO）·c2（H＋）,c（H2CO3）)
C．Ka1＝ eq \f(c（HCO）·c（H＋）,c（H2CO3）)
D．Ka2＝ eq \f(c（CO）·c2（H＋）,c（HCO）)
解析：选C 碳酸是分步电离的，H2CO3????HCO＋H＋、HCO????CO＋H＋，其中以第一步电离为主，故碳酸的第一步电离的平衡常数Ka1＝ eq \f(c（H＋）·c（HCO）,c（H2CO3）) ，第二步电离的平衡常数Ka2＝ eq \f(c（H＋）·c（CO）,c（HCO）) ，C项正确。
2．某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2O????NH＋OH－，如想增大NH的浓度，而不增大OH－的浓度，应采取的措施是( )
①适当升高温度 ②加入NH4Cl固体
③通入NH3 ④加入少量盐酸
A．①② B．②③
C．②④ D．①④
解析：选C 升温平衡向右移动，c(NH)、c(OH－)都增大；加入NH4Cl固体，相当于增大c(NH)，平衡向左移动，c(OH－)减小；通入NH3平衡向右移动，c(NH)、c(OH－)都增大；加入少量盐酸，H＋与OH－反应使c(OH－)减小，平衡向右移动，使c(NH)增大。
3．用水稀释0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，下列说法正确的是( )
A．CH3COOH的电离程度增大，溶液中c(H＋)增大
B．CH3COOH的Ka不变
C．溶液中n(H＋)减小
D．增大
解析：选B 加水稀释时，醋酸的电离程度增大，n(H＋)增大，但溶液被稀释导致溶液体积增加的倍数远远超过n(H＋)增加的倍数，故溶液中c(H＋)变小，A、C项错误；Ka只与温度有关，温度不变，Ka不变，B项正确；由于Ka＝，加水稀释时，c(H＋)变小，Ka不变，＝增大，则减小，D项错误。
4．一定温度下，已知0.1 mol·L－1的氨水中存在电离平衡：NH3·H2O????NH＋OH－，对于该平衡，下列叙述正确的是( )
A．加入水时，平衡向逆反应方向移动
B．对氨水加强热，平衡向正反应方向移动
C．0.1 mol·L－1氨水的pH小于1 mol·L－1氨水的pH
D．加入少量NH4Cl固体，平衡向正反应方向移动
解析：选C 弱电解质“越稀越电离”，所以加水后，电离平衡正向移动，A错误；对氨水加强热，会促进一水合氨的分解：NH3·H2ONH3↑＋H2O，致使电离平衡逆向移动，B错误；虽然0.1 mol·L－1氨水中NH3·H2O的电离程度大于1 mol·L－1氨水，但由于后者起始浓度大，故后者c(OH－)大，pH相对更大，碱性更强，C正确；根据同离子效应，NH浓度增大，平衡逆向移动，D错误。
5．已知氢氰酸及部分弱酸的电离常数如下表所示：
弱酸 HCOOH HCN H2CO3
电离常数/(25 ℃) Ka＝1.8×10－4 Ka＝4.93×10－10 Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11
(1)依据表格中三种酸的电离常数，判断三种酸酸性强弱的顺序为__________________________。
(2)向NaCN溶液中通入CO2气体能否制得HCN？______。若能写出反应的化学方程式；若不能，此问可不答。__________________________。
(3)同浓度的HCOO－、HCO、CO、CN－结合H＋的能力由强到弱的顺序是________________________________________________________________________。
(4)①升高0.1 mol·L－1 HCN溶液的温度，HCN的电离程度如何变化？________________________________________________________________________。
②加水稀释，如何变化？___________________________________________。
解析：(1)电离常数越大酸性越强，依据表格中三种酸的电离常数，判断三种酸酸性强弱的顺序为HCOOH>H2CO3>HCN。
(2)由于Ka1(H2CO3)>Ka(HCN)>Ka2(H2CO3)，向NaCN溶液中通入CO2气体可制得HCN，但只能生成NaHCO3，不能生成Na2CO3。
(3)弱酸的电离常数越大，酸性就越强，其对应的酸根离子结合H＋的能力就越小。
(4)①升高温度促进电离，HCN的电离程度增大。
②加水稀释，c(CN－)减小，由于电离常数不变，则增大。
答案：(1)HCOOH>H2CO3>HCN
(2)能 NaCN＋H2O＋CO2===HCN＋NaHCO3
(3)CO>CN－>HCO>HCOO－
(4)①升高温度，HCN的电离程度增大
②加水稀释，增大
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10(共37张PPT)
第二课时 酸碱中和滴定
分点突破1
酸碱中和滴定
分点突破2
酸碱中和滴定的误差分析
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
检漏}检查滴定管活塞是否漏水
洗涤(先用蒸馏水洗涤,再用标准液润洗滴定管2-3次
装,排(滴定管中装液至“0”刻度线以上2~3m,并赶走气泡
调,读(调整液面至“0”或“0”刻度线以下的某刻度,并读数
注加将一定体积的待测液注入锥形瓶,并加2-3滴指示
剂,且锥形瓶不能用待测液润洗
26
0
27
11
俯视读数偏大
俯视读数偏小
0←平视读数正确
0←平视读数正确
仰视读数偏小
仰视读数偏大
量筒
滴定管第二课时 影响盐类水解的因素
明课程标准 扣核心素养
了解影响盐类水解平衡的因素，能多角度、动态地分析外界条件对盐类水解平衡的影响。 变化观念与平衡思想：知道反应条件对盐类水解平衡的影响，能用化学平衡的原理分析影响盐类水解的因素。证据推理与模型认知：能定性、定量搜集证据建立盐类水解的认知模型，并能利用模型解决常见问题。
[探究1]
已知HClO、CH3COOH、HNO2都是弱酸，它们的电离常数依次为4.0×10－8、1.8×10－5、5.6×10－4。试推测0.1 mol·L－1 NaClO、CH3COONa、NaNO2溶液pH的大小顺序。用pH计测量上述溶液的pH，将测定的结果与你的推测相比较，并对实验结果进行解释。
提示：预测：溶液的pH由小到大的顺序为NaNO2溶液＜CH3COONa溶液＜NaClO溶液。
实验结果与预测一致
解释：“越弱越水解”，同浓度时，盐中弱酸阴离子对应的弱酸酸性越弱，盐水解的程度就越大，则盐溶液的碱性越强。
[问题探讨]
通过讨论，得出影响盐类水解的因素是什么？是如何影响？
提示：盐自身的组成和性质，盐类水解生成的弱电解质越难电离，则生成弱电解质的倾向越大，盐水解的程度越大。
[探究2]
[实验1]在小烧杯中加入20 mL 0.1 mol·L－1Fe(NO3)3溶液，用pH计测量该溶液的pH。
[实验2]在另一只小烧杯中加入5 mL 0.1 mol·L－1 Fe(NO3)3溶液，加水稀释到50 mL，请预测稀释后溶液的pH。用pH计测量稀释后溶液的pH，将所得数据与你的预测进行比较。
[实验3]在A、B、C三支试管中各加入相同体积的0.1 mol·L－1 Fe(NO3)3溶液。将A试管在酒精灯火焰上加热到溶液沸腾，向B试管中加入3滴6 mol·L－1 HNO3溶液。观察A、B试管中溶液的颜色，并与C试管进行比较。
[问题探讨]
1．从Fe(NO3)3的组成上看，Fe(NO3)3溶液中的Fe3＋是否容易发生水解？水解的产物是什么？Fe(NO3)3溶液的酸碱性如何？写出Fe(NO3)3水解的化学方程式和离子方程式。
提示：从组成上看，Fe(NO3)3属于强酸弱碱盐，溶于水电离产生的Fe3＋能发生水解，水解产物为Fe(OH)3、H＋，水解后Fe(NO3)3溶液显酸性，水解的化学方程式为Fe(NO3)3＋3H2O????Fe(OH)3＋3HNO3，水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2O????Fe(OH)3＋3H＋。
2．实验2测得溶液的pH比预测的小，请用平衡移动原理解释。
提示：加水稀释10倍，若平衡不移动，则溶液的pH增加1个单位，而实际ΔpH＜1，说明水解平衡正向移动，加水稀释，促进了Fe(NO3)3的水解。
3．用平衡移动原理对实验3中的现象进行解释。
提示：A试管中，加热至溶液沸腾，温度升高，Fe(NO3)3的水解平衡正向移动，溶液颜色加深；B试管中滴加3滴6 mol·L－1 HNO3溶液，c(H＋)增大，使Fe(NO3)3的水解平衡逆向移动，抑制了Fe3＋的水解，溶液颜色变浅。
4．通过以上探究，影响Fe(NO3)3水解平衡的因素有哪些？
提示：Fe(NO3)3的浓度，温度及溶液的酸碱性等。
1．盐类水解的特征
(1)盐类的水解反应是吸热反应。
(2)加水稀释能促进盐类的水解。
2．影响盐类水解的因素
(1)内因
①主要因素是盐本身的性质，组成盐的酸根离子对应的酸越弱或阳离子对应的碱越弱，水解程度就越大(越弱越水解)。
例如，酸性：HF>CH3COOH，
则水解程度：NaF②多元弱酸正盐的水解，水解反应第一步远远大于第二步，原因是第一步水解产生的OH－对第二步水解有抑制作用，并且正盐阴离子与H＋结合能力比酸式盐阴离子结合能力强。例如，Na2CO3溶液中
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CO＋H2O????HCO＋OH－（主要）,HCO＋H2O????H2CO3＋OH－（微弱）))
(2)外因
[名师点拨]
(1)能水解的盐的浓度越大，水解程度越小，但其溶液的酸性(或碱性)比稀溶液的酸性(或碱性)强。
(2)越弱越水解，越热越水解，越稀越水解，加酸碱抑制或促进水解。
1．下列关于FeCl3水解的说法错误的是( )
A．在FeCl3稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动
B．浓度为5 mol·L－1和0.5 mol·L－1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者小于后者
C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50 ℃和20 ℃时发生水解，50 ℃时Fe3＋的水解程度比20 ℃时的小
D．为了抑制Fe3＋的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸
解析：选C 增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但Fe3＋水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，Fe3＋水解程度增大，A、B项均正确；盐类水解是吸热过程，温度升高，水解程度增大，C项错误；Fe3＋水解后溶液呈酸性，增大H＋的浓度可抑制Fe3＋的水解，D项正确。
2．在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2O????HS－＋OH－。下列说法正确的是( )
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．加入少量NH4Cl固体，HS－浓度增大
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
解析：选B 水解平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，加水稀释，水解平衡常数不变，A错误；加入少量NH4Cl固体，NH与OH－发生反应，c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，c(HS－)增大，B正确；盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解，c(HS－)增大，c(S2－)减小，增大，C错误；加入NaOH固体，虽然抑制S2－水解，但c(OH－)增大，pH增大，D错误。
测定0.1 mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是( )
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2O????HSO＋OH－
提示：Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中存在水解平衡：SO＋H2O????HSO＋OH－，A项正确。
B．④的pH与①不同，是SO浓度减小造成的
提示：①与④的温度相同，但pH不同，主要是由于Na2SO3被氧化为Na2SO4，从而使溶液的碱性减弱，pH减小，B项正确。
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
提示：①→③的过程中，温度升高使水解平衡正向移动，而SO的浓度逐渐减小，使水解平衡逆向移动，故温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，C项错误。
D．①与④的Kw相等
提示：①与④的温度相同，故Kw相同，D项正确。
在分析影响盐类水解的因素时要考虑盐本身的性质，特别要注意盐是否易被氧化、受热易分解等，同时，当多个条件共同影响盐类水解平衡移动时，要结合题目信息综合分析，看以哪一种因素影响为主。
1．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO＋H2O????HCO＋OH－。下列说法正确的是( )
A．加水稀释溶液，水解程度增大，c(OH－)增大
B．通入CO2，平衡正向移动
C．升高温度， eq \f(c（HCO）,c（CO）) 减小
D．加入NaOH固体，平衡逆向移动，溶液pH减小
解析：选B 加水稀释溶液，水解程度增大，但c(OH－)减小，A项错误；将CO2通入水溶液中，生成的H2CO3可以与OH－反应，使平衡正向移动，B项正确；升高温度，水解平衡正向移动，故 eq \f(c（HCO）,c（CO）) 增大，C项错误；加入NaOH固体，溶液碱性增强，pH增大，D项错误。
2．常温下，物质的量浓度相同的稀溶液：①NH4Cl溶液、②NH4Al(SO4)2溶液、③CH3COONH4溶液、④氨水中，c(NH)由大到小的排列顺序为( )
A．①＞②＞③＞④
B．②＞①＞④＞③
C．②＞①＞③＞④
D．④＞③＞②＞①
解析：选C NH4Cl溶液中Cl－对NH的水解无影响；NH4Al(SO4)2溶液中Al3＋水解生成的H＋可抑制NH的水解；CH3COONH4溶液中CH3COO－水解生成的OH－可促进NH的水解；氨水中NH3·H2O电离出少量的NH。故c(NH)由大到小的顺序为②＞①＞③＞④，C项正确。
3．加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH变化如表所示：
温度/℃ 10 20 30 加热煮沸后冷却到50 ℃
pH 8.3 8.4 8.5 8.8
(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是温度升高，HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为______________________。
(2)乙同学认为，该溶液的pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。
(3)丙同学认为甲、乙同学的判断都不充分。丙同学认为：
①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则________(填“甲”或“乙”)同学判断正确。试剂X是________(填字母)。
A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液
C．NaOH溶液 D．澄清石灰水
②将加热煮沸后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH________(填“＞”“＜”或“＝”)8.3，则甲同学判断正确。
解析：(2)乙同学推断NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，因溶液碱性增强，故Na2CO3的水解程度大于NaHCO3。(3)①丙同学加入足量的试剂X，目的是检验溶液中CO的存在，A、D均为碱，加入后无论是否存在CO均会产生沉淀，不能说明问题，C项NaOH也为强碱，但不会产生沉淀，故只能加入BaCl2溶液，若产生沉淀，则说明溶液中存在CO，即乙同学观点正确；反之，乙同学观点不正确。②将加热煮沸后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH＝8.3，说明降温，水解平衡逆向移动，恢复到原来状态，故说明甲同学观点正确。
答案：(1)HCO＋H2O????H2CO3＋OH－ (2)大于 (3)①乙 B ②＝
[分级训练·课课过关]_____________________________________________________
1．对滴有酚酞试液的下列溶液，经各种操作后溶液颜色变深的是( )
A．明矾溶液：微热
B．CH3COONa溶液：微热
C．氨水：加入少量NH4Cl固体
D．小苏打溶液：加入少量NaCl固体
解析：选B 明矾溶液中Al3＋的水解使溶液显酸性，滴加酚酞试液后，溶液仍为无色，微热促进Al3＋的水解，但溶液颜色不变，A项错误；CH3COONa溶液中CH3COO－的水解使溶液显碱性，滴加酚酞试液后溶液为红色，微热促进CH3COO－的水解，OH－浓度增大，溶液颜色变深，B项正确；氨水中存在电离平衡：NH3·H2O????NH＋OH－，滴加酚酞试液后溶液变红，加入少量NH4Cl固体，则NH浓度增大，电离平衡逆向移动，OH－浓度减小，溶液颜色变浅，C项错误；小苏打溶液中HCO水解程度大于其电离程度，则溶液显碱性，滴加酚酞试液后溶液变红，加入少量NaCl固体，Na＋、Cl－不影响HCO的电离和水解程度，溶液颜色不变，D项错误。
2．FeCl3的水解方程式可写为FeCl3＋3H2O????Fe(OH)3＋3HCl，若提高水解程度可采取的方法是( )
A．降温 B．加入饱和食盐水
C．加入少量盐酸 D．增加FeCl3的浓度
解析：选B A．FeCl3的水解吸热，降温，FeCl3的水解程度降低；B.FeCl3溶液被稀释，FeCl3的水解程度提高；C.盐酸抑制FeCl3的水解，FeCl3的水解程度降低；D.FeCl3的水解程度降低。
3．向CH3COONa稀溶液中加入(或通入)少许X，其溶液中部分微粒的浓度变化如表所示(溶液温度不变)。由此判断X是( )
微粒 H＋ OH－ CH3COO－ CH3COOH
物质的量浓度 增大 减小 减小 增大
A.氢氧化钠 B．氯化氢
C．蒸馏水 D．磷酸钠
解析：选B 向CH3COONa稀溶液中加入少许氢氧化钠，c(OH－)增大；加入少许蒸馏水，c(CH3COOH)减小；加入少许磷酸钠，抑制CH3COO－的水解，c(CH3COO－)增大。
4．如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L－1CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 mol·L－1CH3COONa溶液显浅红色的原因为__________________。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是________(填字母)。
A．水解反应为放热反应
B．水解反应为吸热反应
C．NH4NO3溶于水时放出热量
D．NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 mol·L－1CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为________、________、________、________(填“左”“右”或“不移动”)。
解析：(1)CH3COONa中CH3COO－水解使溶液显碱性，碱性溶液使酚酞显红色。
(2)生石灰与水反应放出大量的热，根据烧瓶①中溶液的红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热的，同时烧瓶③中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量。
(3)酸促进CH3COO－的水解；碱抑制CH3COO－的水解；CO与CH3COO－水解相互抑制；Fe2＋与CH3COO－水解相互促进。
答案：(1)CH3COO－＋H2O????CH3COOH＋OH－，使溶液显碱性
(2)BD (3)右 左 左 右
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8反应热的测量与计算
题型一 反应热的测量
1．下列各说法中，正确的是( )
A．中和热一定是强酸跟强碱反应放出的热量
B．1 mol酸与1 mol 碱完全反应放出的热量是中和热
C．在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)时所释放的热量叫做中和热
D．测定中和热时可用稀硫酸和稀Ba(OH)2溶液反应
解析：选C 中和热是稀的酸与碱反应生成1 mol水放出的热量，故A错误；1 mol酸与1 mol碱完全反应可能生成2 mol水，且酸、碱不一定为强电解质，则放出的热量不一定为中和热，故B错误；在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)时的反应热叫做中和热，故C正确；硫酸和氢氧化钡除生成水外还生成硫酸钡沉淀，生成沉淀放热，故D错误。
2．下列有关中和热的说法正确的是( )
A．表示中和热的热化学方程式：H＋(l)＋OH－(l)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
B．准确测量中和热的实验过程中，至少需测定温度4次
C．测量混合溶液温度时，温度计插在溶液中
D．已知2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6 kJ·mol－1，则该反应的中和热为114.6 kJ·mol－1
解析：选C A项，表示中和热的热化学方程式：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，错误；B项，准确测量中和热的实验过程中，至少需测定温度3次，即反应前酸溶液的温度、碱溶液的温度及反应后混合溶液的最高温度，错误；C项，测量混合溶液温度时，温度计要一直插在溶液中，观察其最高温度，正确；D项，中和热是酸与碱反应产生1 mol的水时所放出的热量，所以该反应的中和热为57.3 kJ·mol－1，错误。
题型二 盖斯定律及应用
3．下列关于盖斯定律的说法不正确的是( )
A．不管反应是一步完成还是分几步完成，其反应热相同
B．反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关
C．有些反应的反应热不能直接测得，可通过盖斯定律间接计算得到
D．根据盖斯定律，热化学方程式中ΔH直接相加即可得总反应热
解析：选D 热化学方程式按一定系数比加和时其反应热也按该系数比加和，D错误。
4．将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一。
已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(l)＋O2(g)
ΔH＝140.5 kJ·mol－1
C(s，石墨)＋O2(g)===CO(g)
ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
则反应TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)===TiCl4(l)＋2CO(g)的ΔH是( )
A．80.5 kJ·mol－1 B．30.0 kJ·mol－1
C．－30.0 kJ·mol－1 D．－80.5 kJ·mol－1
解析：选D 对已知热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，由①＋②×2可得热化学方程式：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)===TiCl4(l)＋2CO(g) ΔH＝140.5 kJ·mol－1＋(－110.5 kJ·mol－1)×2＝－80.5 kJ·mol－1，故选D。
5．已知反应：H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH1
N2(g)＋O2(g)===NO2(g) ΔH2
N2(g)＋H2(g) ????NH3(g) ΔH3
则反应2NH3(g)＋O2(g)===2NO2(g)＋3H2O(g)的ΔH为( )
A．2ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3 B．ΔH1＋ΔH2－ΔH3
C．3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3 D.3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3
解析：选D 把已知反应依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①×3＋②×2－③×2得2NH3(g)＋O2(g)===2NO2(g)＋3H2O(g) ΔH＝3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3。
6．肼(N2H4)是火箭发动机的一种燃料，它与N2O4反应时N2O4为氧化剂，反应生成N2和水蒸气。已知：
①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g) ΔH＝8.7 kJ·mol－1
②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－534 kJ·mol－1
下列表示N2H4和N2O4反应的热化学方程式，正确的是( )
A．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－1 076.7 kJ·mol－1
B．N2H4(g)＋N2O4(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－542.7 kJ·mol－1
C．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－542.7 kJ·mol－1
D．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－1 076.7 kJ·mol－1
解析：选A 根据盖斯定律，将②×2－①得2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1 076.7 kJ·mol－1。
7．按要求回答下列问题：
(1)以天然气为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。
已知：①CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)
ΔH1＝a kJ·mol－1
②CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)
ΔH2＝b kJ·mol－1
③CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g) ΔH3
请计算反应③的反应热ΔH3＝__________(用a、b表示)kJ·mol－1。
(2)已知：①COS(g)＋H2(g)===H2S(g)＋CO(g) ΔH1＝－17 kJ·mol－1
②COS(g)＋H2O(g)===H2S(g)＋CO2(g)
ΔH2＝－35 kJ·mol－1
③CO(g)＋H2O(g)===H2(g)＋CO2(g) ΔH3
则ΔH3＝________。
解析：(1)根据盖斯定律可得③＝①×2－②，所以ΔH3＝2ΔH1－ΔH2＝(2a－b)kJ·mol－1。
(2)根据盖斯定律，由②－①＝③可得ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝(－35 kJ·mol－1)－(－17 kJ·mol－1)＝－18 kJ·mol－1。
答案：(1)(2a－b) (2)－18 kJ·mol－1
8．下列关于能量变化的说法，正确的是( )
A．将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O5(s)放出的热量相同
B．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，该反应生成物的总能量高于反应物的总能量
C．中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒的材料若用铜代替，则测出的中和热数值偏小
D．化学键的断裂是吸热过程，并且一定发生了化学变化
解析：选C 红磷和白磷的分子结构不同，等质量的两种物质含有的能量也不同，因此将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O5(s)放出的热量不相同，A错误；Na与H2O的反应是放热反应，说明反应物的总能量比生成物的总能量高，B错误；金属Cu容易导热，若将环形玻璃搅拌棒的材料用铜代替，会导致一部分热量损失，使测出的中和热数值偏小，C正确；化学键的断裂过程是吸热过程，但不一定发生了化学变化，如HCl在水中的溶解或NaCl的熔化过程，有化学键的断裂，但没有产生新物质，D错误。
9．下列说法正确的是( )
A．化学反应的反应热与反应过程有密切的关系
B．化学反应的反应热取决于反应体系的始态和终态
C．盖斯定律只是一条简单的自然规律，其实际作用不大
D．有的化学反应过程没有能量变化
解析：选B 根据盖斯定律知，反应热的大小只与反应体系的始态、终态有关，和反应的途径、过程无关，A错误；根据盖斯定律知，反应热的大小只与反应体系的始态、终态有关，B正确；盖斯定律虽然是一条简单的自然规律，但实际作用很大，C错误；任何化学反应过程都有能量变化，D错误。
10．含有11.2 g KOH的稀溶液与1 L 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液反应，放出11.46 kJ的热量，表示该反应的中和热的热化学方程式为( )
A.KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－11.46 kJ·mol－1
B．0.2KOH(aq)＋0.1H2SO4(aq)===0.1K2SO4(aq)＋0.2H2O(l) ΔH＝－11.46 kJ·mol－1
C．2KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6 kJ·mol－1
D.KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
解析：选D 中和热是以生成1 mol H2O(l)所放出的热量来衡量的，故书写中和热的热化学方程式时，应以生成1 mol H2O(l)为标准来配平其余物质的化学计量数，再结合放热数值写出ΔH。
11．室温下，将1 mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将1 mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2；CuSO4(s)·5H2O(s)受热分解的化学方程式为CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)＋5H2O(l)，热效应为ΔH3。则下列判断正确的是( )
A．ΔH2＞ΔH3 B．ΔH1＜ΔH3
C．ΔH1＋ΔH3＝ΔH2 D．ΔH1＋ΔH2＞ΔH3
解析：选B 方法一：“虚拟”路径法。
根据盖斯定律得：ΔH1＝ΔH3＋ΔH2，
由于ΔH1>0，ΔH3>0，ΔH2<0 ，所以ΔH1<ΔH3。
方法二：方程式叠加法。
CuSO4·5H2O(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)＋5H2O(l) ΔH1>0①
CuSO4(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq) ΔH2<0②
CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)＋5H2O(l) ΔH3>0③
根据盖斯定律，由②＋③得：CuSO4·5H2O(s)===Cu2＋(aq)＋SO(aq)＋5H2O(l) ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
由于ΔH1>0，ΔH2<0，ΔH3>0，所以ΔH1<ΔH3。
12．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0 g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3 kJ的热量
B．已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则该反应可表示生成36 g H2O的热效应
C．已知①2C(s)＋2O2(g)===2CO2(g) ΔH＝a kJ·mol－1，②2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝b kJ·mol－1，则a>b
D．已知P(白磷，s)===P(红磷，s) ΔH<0，则白磷比红磷稳定
解析：选A A项，醋酸是弱酸，电离时吸收热量，酸碱中和时放出的热量少，正确；B项，未注明水的状态，错误；C项，反应①为碳完全燃烧，反应②为碳不完全燃烧，完全燃烧放热多，但a、b数值都为负值，应为a13．已知25 ℃、101 kPa条件下：
①4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)
ΔH＝－2 834.9 kJ·mol－1
②4Al(s)＋2O3(g)===2Al2O3(s)
ΔH＝－3 119.1 kJ·mol－1
由此得出的正确结论是( )
A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为吸热反应
B．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应
C．O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应
D．O2比O3稳定，由O2变O3为放热反应
解析：选A 根据盖斯定律，①式－②式得：3O2(g)===2O3(g) ΔH＝284.2 kJ·mol－1，即等质量的O2比O3能量低，O2比O3稳定，O2变O3为吸热反应。
14.在量热计中(如图所示)将100 mL 0.50 mol·L－1的CH3COOH溶液与100 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液混合，温度从298.0 K升高到300.7 K，已知量热计的热容常数(量热计各部件温度每升高1 K 所需要的热量)是150.5 J·K－1，溶液密度均为1 g·mL－1，充分混合后溶液的比热容c＝4.184 J·(g·K)－1。
(1)CH3COOH的中和热ΔH＝________。
(2)CH3COOH的中和热的文献值为56.1 kJ·mol－1，你认为(1)中测得的实验值出现偏差可能的原因是_______________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)实验中NaOH过量的目的是_______________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)你认为CH3COOH的中和热与HCl的中和热数值相比，________的中和热数值较大，其原因是_______________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)根据题中所给信息可推算出酸和碱的物质的量，酸为0.050 mol，碱为0.055 mol，可知碱是过量的，应以酸的量计算，算出生成0.050 mol水时放出的热量，进而算出生成1 mol水时放出的热量，即可得出CH3COOH的中和热：ΔH＝
≈－5.33×104 J·mol－1＝－53.3 kJ·mol－1。
(2)本实验测得的CH3COOH的中和热数值小于文献值，原因可能有以下几个方面：①量热计的保温瓶绝热效果不好；②酸、碱溶液混合不迅速；③温度计不够精确等。(3)过量的碱能保证CH3COOH完全被中和，从而提高实验准确度。(4)CH3COOH是弱酸，发生电离时要吸热，发生中和反应时放热较少。
答案：(1)－53.3 kJ·mol－1 (2)量热计的保温瓶绝热效果不好，酸、碱溶液混合不迅速，温度计不够精确等(合理即可) (3)保证CH3COOH完全被中和，从而提高实验准确度 (4)HCl CH3COOH是弱酸，发生电离时要吸热，发生中和反应时放热较少
15．最新一期国际学术期刊《自然·纳米技术》介绍了我国科学家曾杰团队的成果：在含铂高效催化剂作用下把二氧化碳高效转化为清洁液态燃料——甲醇。
(1)该法利用CO2制取甲醇的有关化学反应如下：
①CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH1＝－178 kJ·mol－1
②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)
ΔH2＝－566 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1
已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键 C—C C—H H—H C—O H—O
键能/(kJ·mol－1) 348 413 436 358 463
由此计算断开1 mol C===O键需要吸收________ kJ的能量(甲醇的结构式为)；
CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝_____kJ·mol－1。
(2)甲醇燃烧时发生如下反应(a、b、c、d均大于0)：
①2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH1＝－a kJ·mol－1
②2CH3OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH2＝－b kJ·mol－1
③CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－c kJ·mol－1
④CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l) ΔH4＝－d kJ·mol－1
由此知，a、b、c、d由小到大的排序为________。
解析：(1)二氧化碳的结构式为O===C===O，设C===O键的键能为x kJ·mol－1，根据已知热化学方程式①反应焓变ΔH＝反应物键能之和－生成物键能之和＝[2x＋3×436－(3×413＋358＋463)－(2×463)]kJ·mol－1＝－178 kJ·mol－1，解得x＝750，即断开1 mol C===O键需要吸收的能量为750 kJ；根据盖斯定律，由①＋(②－③)×得：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝(－178 kJ·mol－1)＋[(－566 kJ·mol－1)－(－483.6 kJ·mol－1)]×＝－219.2 kJ·mol－1。(2)根据产物、状态、化学计量数判断，液态变气态时要吸收热量，则放出的热量由多到少的顺序：②>①>③>④，故d答案：(1)750 －219.2 (2)dPAGE
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第三课时 水的电离平衡
分点突破1
水的离子积常数
分点突破2
水的电离平衡的
影响因素
关键能力培养
归纳与论证能力
[分级训练·课课过关]
200
00
150
250m
100
50m|
m
50
0400
20
8—
50
30
AAT
点
水分子相互作用并发生电离的过程示意图
c oh/mo1.L)
106
B
10-7
A
100℃
25℃
0
107106c(H)/(molL1)盐类水解的应用
题型一 盐类水解在生产、生活中的应用
1．化学与生活生产密切相关。下列说法中不正确的是( )
A．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰(含K2CO3)混合使用
B．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C．施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)的碱性
D．将海水直接电解可获得Mg及Cl2等单质
解析：选D 制备活泼金属单质Mg应采用电解熔融MgCl2的方法，D项错误。
2．下列说法中正确的是( )
A．将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小
B．配制FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解
C．FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体
D．向0.1 mol·L－1氨水中加入少量水，溶液中 eq \f(c（NH）,c（NH3·H2O）) 减小
解析：选A 水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，Kw增大，c(H＋)增大，pH变小，A项正确；HNO3具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，因此配制FeSO4溶液时，需要加入稀H2SO4抑制Fe2＋的水解，B项错误；FeCl3溶液中Fe3＋能水解：FeCl3＋3H2O????Fe(OH)3＋3HCl，升高温度，促进水解，也能促进HCl的挥发，蒸干后得到Fe(OH)3，灼烧至恒重，最终得到的是Fe2O3固体，C项错误；氨水中存在电离平衡：NH3·H2O????NH＋OH－，加水稀释，促进电离，n(NH)增加，n(NH3·H2O)减小，即溶液中 eq \f(c（NH）,c（NH3·H2O）) 增大，D项错误。
3．下列根据反应原理设计的应用中不正确的是( )
A．CO＋H2O????HCO＋OH－ 热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2O????Al(OH)3(胶体)＋3H＋ 明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)????TiO2·xH2O↓＋4HCl 用TiCl4制备TiO2
D．SnCl2＋H2O????Sn(OH)Cl↓＋HCl 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
解析：选D 加热使水解平衡右移，碱性增强，有利于除油污，A正确；Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可用于净水，B正确；TiCl4与水反应：TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)????TiO2·xH2O↓＋4HCl，加热时HCl挥发，TiO2·xH2O失水可得TiO2，C正确；加入NaOH，平衡向SnCl2水解的方向移动，得不到SnCl2溶液，应该先将SnCl2溶解在盐酸中抑制其水解，后加水稀释到相应浓度，D错误。
题型二 盐类水解在化学实验中的应用
4．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是( )
A．NH3·H2O B．NaOH
C．Na2CO3 D．MgO
解析：选D 加入NH3·H2O或NaOH或Na2CO3时，均能引入杂质离子NH或Na＋，不符合题意。因为原溶液中Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2O????Fe(OH)3＋3H＋，当加入MgO后，消耗了H＋，使平衡正向移动，生成的Fe(OH)3 在加热搅拌条件下发生聚沉，最后可将Fe3＋除去。加入MgCO3、Mg(OH)2也能达到同样的效果。
5．实验室有下列试剂：①NaOH溶液、②水玻璃、③Na2S溶液、④Na2CO3溶液、⑤NH4Cl溶液、⑥澄清石灰水、⑦浓硫酸，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是( )
A．①⑥ B．①②③④⑥
C．①②③⑥ D．①②③④⑦
解析：选B 水玻璃是矿物胶，能将玻璃瓶塞与瓶口黏结在一起；碱性溶液均会腐蚀玻璃，生成硅酸盐，故只有⑤⑦不用橡胶塞。故选B。
6．下列物质的溶液经加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧后，所得固体的成分不相同的是( )
A．FeCl2、FeCl3 B．NaHCO3、Na2CO3
C．NaAlO2、AlCl3 D．Mg(HCO3)2、MgCl2
解析：选C FeCl2、FeCl3灼烧后的产物都是Fe2O3；NaHCO3、Na2CO3灼烧后的产物都是Na2CO3；NaAlO2灼烧后的产物为NaAlO2，AlCl3灼烧后的产物为Al2O3；Mg(HCO3)2与MgCl2灼烧后的产物都为MgO。故选C。
7．下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是( )
①25 ℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7 ②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗 ③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1 mol·L－1HNO2溶液的pH＝2
A．①②③ B．②③④
C．①④ D．①②④
解析：选C NaNO2溶液pH>7，说明NO能发生水解，HNO2为弱酸，①符合题意；溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，离子浓度越大溶液的导电能力越强，不能说明HNO2的电离程度，②不符合题意；HNO2不与Na2SO4反应，不能说明HNO2是弱酸，③不符合题意；0.1 mol·L－1HNO2溶液pH＝2，c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1，说明HNO2未完全电离，HNO2是弱电解质，④符合题意。综上，C正确。
8．下列实验操作能达到目的的是( )
①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体
③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体
④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体
A．①② B．②③
C．③④ D．①③
解析：选B ①硫离子和铝离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===3H2S↑＋2Al(OH)3↓，无法制取硫化铝(Al2S3)固体，错误；④氯化镁溶液在加热过程中，镁离子水解生成氢氧化镁，错误。
9．相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温、同体积、同浓度的HCN和HClO溶液的说法中正确的是( )
A．酸的强弱：HCN>HClO
B．pH：HClO>HCN
C．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCN
D．酸根离子浓度：c(CN－)解析：选D 弱酸强碱盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其强碱盐溶液的碱性越强。NaCN溶液的pH比NaClO 大，说明HCN的酸性比HClO的酸性弱。
10．常温下，下列溶液中粒子浓度关系一定正确的是( )
A．氨水与氯化铵的pH＝7的混合溶液中：c(Cl－)>c(NH)
B．pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合：c(OH－)＝c(H＋)
C．0.1 mol·L－1的硫酸铵溶液中：c(NH)>c(SO)>c(H＋)
D．0.1 mol·L－1的硫化钠溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
解析：选C pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒，则c(NH)＝c(Cl－)，A项错误；B项，若酸为强酸则正确，若酸为弱酸则溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，错误；盐的水解程度比较小，主要还是盐的电离，故c(NH)>c(SO)>c(H＋)，C项正确；根据质子守恒得，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，D项错误。
11．(1)常温下，把pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的醋酸溶液等体积混合，在所得溶液中离子浓度大小关系是__________________________________。
(2)室温下，将等体积的盐酸溶液和氨水混合后，溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则此时溶液的pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7。
解析：(1)混合后溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液中存在：CH3COO－＋H2O????CH3COOH＋OH－，CH3COOH????CH3COO－＋ H＋，CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，c(Na＋)＜c(CH3COO－)，即c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。
(2)当盐酸和氨水混合后，无论二者用量多少，溶液中存在离子种类相同，都有电荷守恒式：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；当c(NH)＝c(Cl－)时，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，pH＝7。
答案：(1)c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
(2)＝
12．下列判断中，正确的是( )
A．泡沫灭火器的灭火原理：2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑
B．将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中CH3COO－的水解程度减小
C．某物质的溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－a mol·L－1，若a>7时，则该溶液的pH一定为14－a
D．已知25 ℃时NH4CN溶液显碱性，则25 ℃时的电离常数Kb(NH3·H2O)＞Ka(HCN)
解析：选D 泡沫灭火器中盛装的反应物是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，利用两者的双水解反应生成CO2，其灭火原理为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，A错误；CH3COONa溶液中的水解反应吸热，升高温度促进水解，水解程度增大， B错误；某物质的溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－a mol·L－1，若a＞7时，说明水的电离被抑制，酸或碱都能抑制水的电离，所以溶液的pH可以是a，也可以是14－a，C错误；25 ℃ 时NH4CN溶液显碱性，说明CN－的水解程度大于NH的水解程度，HCN的电离程度小于NH3·H2O的电离程度，则25 ℃时的电离常数Kb(NH3·H2O)＞Ka(HCN)，D正确。
13．下列说法正确的是( )
A．天然水呈弱碱性的原因是其中含有较多的Ca2＋、Mg2＋等离子
B．纯碱可去油污与盐类水解无关
C．100 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
D．蒸干、灼烧AlCl3溶液可得到AlCl3固体
解析：选C 天然水呈弱碱性，是因为天然水中含有CO或HCO，CO、HCO水解使水呈弱碱性，其水解的离子方程式为CO＋H2O????HCO＋OH－、HCO＋H2O????H2CO3＋OH－，A项错误；Na2CO3溶液中CO水解使溶液显碱性，纯碱可去油污与盐类水解有关，B项错误；CO水解的离子方程式为CO＋H2O????HCO＋OH－，水解后阴离子变多，C项正确；AlCl3溶液中的Al3＋水解生成Al(OH)3，蒸干、灼烧AlCl3溶液最后得到Al2O3固体，D项错误。
14．某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是( )
A．该溶液可能由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C．加入适量NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH)之和
解析：选A CH3COOH为弱酸，pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，得到CH3COONa、CH3COOH的混合液，溶液呈酸性，且溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子，故A项正确；等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合后，两者恰好完全反应，由于生成的CH3COONa水解，使溶液呈碱性，故B项错误；c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)违背了电荷守恒，故C项错误；加入适量氨水，溶液可能呈中性，当溶液呈中性时：c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(NH)，故D项错误。
15．将标准状况下的2.24 L CO2通入150 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液中，下列说法正确的是( )
A．c(HCO)略大于c(CO)
B．c(HCO)等于c(CO)
C．c(Na＋)等于c(CO)与c(HCO)之和
D．c(HCO)略小于c(CO)
解析：选A 0.1 mol CO2与0.15 mol NaOH反应生成Na2CO3和NaHCO3各0.05 mol，由于CO的水解能力比HCO强，且CO水解生成HCO，因此溶液中c(HCO)略大于c(CO)。由物料守恒知2c(Na＋)＝3[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]。
16．25 ℃时，在25 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol·L－1的CH3COOH溶液，溶液的pH与CH3COOH溶液体积关系如图所示。下列有关粒子浓度关系正确的是( )
A.曲线上A、B间的任意一点：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B．B点：c(Na＋)＝c(CH3COO－)，c(OH－)＝c(H＋)
C．C点：c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)
D．D点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)
解析：选B 由图可知，A、B间溶液的pH>7，溶液呈碱性，当加入的CH3COOH溶液较少时，则有c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)，A错误。B点溶液的pH＝7，溶液呈中性，则有c(OH－)＝c(H＋)；据电荷守恒可得c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，则有c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B正确。C点溶液的pH<7，溶液呈酸性，则有c(H＋)>c(OH－)；结合电荷守恒推知c(CH3COO－)>c(Na＋)，溶液中离子浓度大小关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，C错误。D点V[CH3COOH(aq)]＝25 mL，此时溶液为等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合液，据物料守恒可得c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，D错误。
17．(1)AgNO3的水溶液呈________(填“酸”“中”或“碱”)性，原因是__________(用离子方程式表示)；实验室在配制AgNO3溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水将其稀释到所需的浓度，以________(填“促进”或“抑制”)其水解。
(2)明矾可用于净水，原因是____________________________________________
(用离子方程式表示)。将FeCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是________。
(3)纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是_____________________________________
______________(用离子方程式表示)。
解析：(1)AgNO3溶液中存在水解平衡：Ag＋＋H2O????AgOH＋H＋，所以溶液呈酸性，为抑制AgNO3的水解，配制时通常先溶于较浓的硝酸中。
(2)由反应Al3＋＋3H2O????Al(OH)3(胶体)＋3H＋和Al(OH)3胶体能沉降水中的悬浮杂质可知，明矾能用于净水；FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2O????Fe(OH)3＋3HCl，加热时HCl挥发，蒸干时得到Fe(OH)3，再灼烧得到Fe2O3。
(3)纯碱是Na2CO3，在其水溶液中CO水解使溶液显碱性，故能用于除去油污。
答案：(1)酸 Ag＋＋H2O????AgOH＋H＋ 抑制
(2)Al3＋＋3H2O????Al(OH)3(胶体)＋3H＋ Fe2O3
(3)CO＋H2O????HCO＋OH－
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专题重点突破(一)
反应热常考的几种题型
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8—
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AAT
热化学硫碘循环水分解制氢系统(Ⅰ)
H2So4(aq)=so2(g)+h2o()+o 8 AH, =327 kJ. mol
sog)+()+2H100=ra)+HO()2=-151lJm
2HI(ag)=H2 g)+i2(s)
△H2=110kJ·mol1
hS(g)+h2So4(ag-s(s)+So2(g)+2H20()A H4=61 kJ. mol
热化学硫碘循环硫化氢分解联产氬气、硫黄系统(Ⅱ)
能↑S(g)+O2(g)
量
△H1=akJ,mo
S(s)+o2 (g) AH2=-61kJ mol-1
SO
S(g)的能量
高于S(s)
反应过程
S(g)的能量高,生成SO2时,放出热量多
所以a>b,△H1<△H2<0
石墨能个金刚石()+O2(9
量
石墨的能
石墨(s)+O2(g)
比金量低
△H2= 6].mol
刚石L于金
△H1=- a kj mol1CO2(g)
稳定刚石
反应过程
的能
量
金刚石的能量高,放出热量多,所
以b>a,△H2<△H1<0