(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)
1．下列说法中正确的是( )
A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化
B．生成物的全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应
C．生成物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，ΔH>0
D．ΔH的大小与热化学方程式的计量数无关
解析：选C。化学反应过程中一定有能量的变化，A错误；B项中，应为放热反应，B错误；ΔH的大小与热化学方程式的计量数成正比，D错误。
2．硫有多种单质。S(单斜)和S(正交)是其中的两种同素异形体。已知：
①S(单斜，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH1＝－297.16 kJ·mol－1
②S(正交，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH2＝－296.83 kJ·mol－1
③S(单斜，s)===S(正交，s) ΔH3
下列说法不正确的是( )
A．ΔH3<0
B．正交硫比单斜硫稳定
C．单斜硫转化为正交硫是吸热反应
D．质量相等时，单斜硫能量比正交硫能量高
解析：选C。根据盖斯定律，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－297.16 kJ·mol－1－(－296.83 kJ·mol－1)＝－0.33 kJ·mol－1，即反应③为放热反应，正交硫能量比单斜硫低，更稳定。
3．四个电解装置都以Pt做电极，它们分别装着如下电解质溶液进行电解，电解一段时间后，测定其pH变化，所记录的结果正确的是( )
A
B
C
D
电解质溶液
HCl
AgNO3
BaCl2
KOH
pH变化
减小
增大
不变
增大
解析：选D。A项2HClH2↑＋Cl2，pH增大；B选项4AgNO3＋2H2O4Ag↓＋O2↑＋4HNO3，pH减小；C项BaCl2＋2H2OBa(OH)2＋Cl2↑＋H2↑，pH增大；D项中2H2O2H2↑＋O2↑，溶剂减少，KOH浓度增大，pH增大。
4．炽热的炉膛内有反应：
C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－392 kJ/mol，
往炉膛内通入水蒸气时，有如下反应：
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)ΔH＝131 kJ/mol ①
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－564 kJ/mol ②
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－482 kJ/mol ③
由以上反应推断往炽热的炉膛内通入水蒸气时( )
A．不能节约燃料，但能使炉膛火更旺
B．虽不能使炉膛火更旺，但可节约燃料
C．既可使炉膛火更旺，又能节约燃料
D．既不能使炉膛火更旺，又不能节约燃料
解析：选A。向炉膛内通入水蒸气时，将对反应①×2＋②＋③，可得2C(s)＋2O(g)===2CO2(g)，其反应热ΔH＝131 kJ/mol×2＋(－564 kJ/mol)＋(－482 kJ/mol)＝－784 kJ/mol，即当1 mol C完全燃烧时放出392 kJ的能量，与未加水蒸气时反应热相同，故未节约燃烧。但生成CO(g)与H2(g)增大了与O2的接触面积，故炉膛火更旺。
5．下列叙述正确的是( )
A．在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应
B．用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1∶2
C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1 mol电子转移，则生成1 mol NaOH
D．镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀
解析：选C。电解池的阴极上发生的是得电子的还原反应，A错；用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴极上生成H2，阳极上生成O2，二者的物质的量之比为2∶1，B错；用惰性电极电解饱和NaCl溶液时发生反应为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，有1 mol电子转移生成1 mol NaOH，C对；镀层破损后，在潮湿的空气中会形成原电池，镀锡铁板中铁做负极，易被腐蚀，D错。
6．同温同压下，已知下列各反应为放热反应，下列各热化学方程式中反应热最小的是( )
A．2A(l)＋B(l)===2C(g) ΔH1
B．2A(g)＋B(g)===2C(g) ΔH2
C．2A(g)＋B(g)===2C(l) ΔH3
D．2A(l)＋B(l)===2C(l) ΔH4
解析：选C。反应物由液态变为气态需要吸收能量，生成物由气态变为液态需要放出能量，由此知C项放出的热量最多，其数值最小。
7．已知下列热化学方程式：
①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH1＝－870.3 kJ·mol－1
②C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)的焓变ΔH为( )
A．488.3 kJ·mol－1 B．－244.5 kJ·mol－1
C．244.15 kJ·mol－1 D．－488.3 kJ·mol－1
解析：选D。运用盖斯定律，②×2＋③×2－①可得目标反应方程式，其焓变ΔH＝ΔH2×2＋ΔH3×2－ΔH1＝－488.3 kJ·mol－1。
8．把等物质的量的Na2SO4、NaCl、AgNO3混合物放入足量水中，经充分搅拌后，将所得溶液用石墨电极进行电解，阳极生成的物质是( )
A．H2 B．Ag
C．Cl2 D．O2
解析：选D。将等物质的量的NaCl和AgNO3混合物放入水中，发生反应：NaCl＋AgNO3===NaNO3＋AgCl↓，所得溶液为NaNO3和Na2SO4的混合液，用石墨电极电解时，实质是电解水，阳极上生成的物质是O2。
9．以硫酸铜溶液做电解液，对含有杂质Fe、Zn、Ag的粗铜进行电解精炼。下列叙述正确的是( )
①粗铜与直流电源负极相连 ②阴极发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu ③电路中每通过3.01×1023个电子，得到的纯铜质量为16 g ④杂质Ag以Ag2SO4的形式沉入电解池底部形成阳极泥
A．①③ B．②④
C．③④ D．②③
解析：选D。电解精炼铜时，粗铜与电源的正极相连做阳极，纯铜与电源负极相连做阴极。Zn、Fe等比Cu活泼的杂质金属放电生成离子进入溶液，Ag比Cu不活泼的金属以单质的形式沉入电解池底部形成阳极泥。阴极反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，当电路中通过3.01×1023个电子时，阴极得到纯铜的质量为16 g。
10．按如图A所示装置进行实验，若图B的x轴表示流入电极的电子的量，则y轴不可能表示的情况是( )
①[Ag＋] ②pH ③Ag棒的质量 ④Fe棒的质量
⑤[NO]
A．①③ B．只有⑤
C．①② D．③④
解析：选D。由图B可知，y轴代表的物理量不随电量变化而变化，A中阳极反应为：Ag－e－===Ag＋；阴极反应为：Ag＋＋e－===Ag，因此，溶液中[Ag＋]不变，[NO]不变，AgNO3溶液的pH也不变，但是Ag棒质量会减少，Fe棒质量会增加。
11．化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是( )
A．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：
2Cl－－2e－===Cl2↑
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．钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：
Fe－3e－===Fe3＋
解析：选A。电解饱和食盐水时，阳极上Cl－放电：2Cl－－2e－===Cl2↑；氢氧燃料电池的负极发生氧化反应，应是H2失电子；精炼铜时，粗铜与电源正极相连；钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋。
12．烧杯A中盛放0.1 mol·L－1的H2SO4溶液，烧杯B中盛放0.1 mol·L－1的CuCl2溶液(两种溶液均足量)，装置如图所示，下列说法不正确的是(双选)( )
A．A为原电池， B为电解池
B．A为电解池， B为原电池
C．当A烧杯中产生0.1 mol气体时，B烧杯中产生气体的物质的量也为0.1 mol
D．一段时间后，B烧杯中溶液的浓度增大
解析：选BD。由A、B两装置可知，A为原电池，B为电解池。A、B两池产生气体关系为：H2～Cl2～2e－，故n(H2)＝n(Cl2) CuCl2溶液的反应式为CuCl2电解,Cu＋Cl2↑，故浓度减小。
13．铅蓄电池的工作原理为：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，研读下图，下列判断不正确的是( )
A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO
B．当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol
C．K闭合时，Ⅱ中SO向c电极迁移
D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极
解析：选C。本题考查铅蓄电池，意在考查考生对电池的充电和放电过程所涉及的化学原理进行分析的能力。根据图示，Ⅰ为原电池，a为正极，b为负极，Ⅱ为电解池，c为阴极，d为阳极。K闭合时，d为阳极，发生氧化反应：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO，A项正确；根据铅蓄电池的总反应知该反应中转移电子数为2e－，则电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗0.2 mol H2SO4，B项正确；K闭合时，Ⅱ中SO向阳极(d极)迁移，C项错误；K闭合一段时间后，c电极析出Pb，d电极析出PbO2，电解质溶液为H2SO4，此时可以形成铅蓄电池，d电极做正极，D项正确。
14．如图所示，下列说法不正确的是( )
A．燃料电池中正极反应为O2(g)＋2e－＋2H＋===H2O
B．当燃料电池消耗1 mol H2时，U形管中转移2 mol电子
C．当此装置用于铁表面电镀铜时，a为铁，电镀过程中，硫酸铜溶液浓度基本不变
D．若a为粗铜，b为纯铜，该装置可用于铜的精炼
解析：选C。由图知左图为酸性条件下的氢氧燃料电池，通H2一极为负极，电极反应式为：H2－2e－===2H＋，通O2一极为正极，电极反应式为：O2＋2e－＋2H＋===H2O。右图为电解池，a与原电池正极相连，为阳极，b为阴极，二者串联，转移电子相同，即消耗1 mol H2转移2 mol电子，电镀时铜做阳极，为a极，精炼铜时粗铜为阳极，纯铜为阴极，故A、B、D正确。C错误。
15．在298 K、1.01×105 Pa下，将22 g CO2通入750 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液中充分反应，测得反应放出x kJ的热量。已知在该条件下，1 mol CO2通入1 L 2 mol·L－1 NaOH溶液中充分反应放出y kJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是( )
A．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq)
ΔH＝－(2y－x)kJ·mol－1
B．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq)
ΔH＝－(2x－y)kJ·mol－1
C．CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq)
ΔH＝－(4x－y)kJ·mol－1
D．2CO2(g)＋2NaOH(l)===2NaHCO3(l)
ΔH＝－(8x－2y)kJ·mol－1
解析：选C。0.5 mol CO2与0.75 mol NaOH反应生成0.25 mol Na2CO3和0.25 mol NaHCO3，反应所放出的热量为x kJ，则生成1 mol Na2CO3和1 mol NaHCO3放出4x kJ的热量。写出对应的热化学方程式：
2CO2(g)＋3NaOH(aq)===Na2CO3(aq)＋NaHCO3(aq)＋H2O(l) ΔH1＝－4x kJ·mol－1。①
由题意知：CO2(g)＋2NaOH(aq)===Na2CO3(aq)＋H2O(l) ΔH2＝－y kJ·mol－1。②
①－②得：CO2(g)＋NaOH(aq)===NaHCO3(aq) ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－(4x－y)kJ·mol－1。
D项中NaOH与NaHCO3的状态未标对。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(9分)某反应过程中的能量变化如图所示：
(1)写出该反应的热化学方程式：__________________________
__________________________。
(2)在溶液中进行化学反应中的物质，其状态标为“aq”，已知0.5 mol H2SO4在溶液中与足量氢氧化钠反应放出57.3 kJ的热量，用离子方程式写出该反应的热化学方程式：__________________________
__________________________。
(3)合成氨反应的热化学方程式：
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)ΔH＝－92.2 kJ·mol－1
已知合成氨反应是一个反应物不能完全转化为生成物的反应，在某一定条件下，N2的转化率仅为10%，要想通过该反应得到92.2 kJ的热量，至少在反应混合物中要投放N2的物质的量为__________ mol。
解析：(1)由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，可判断所给反应是一个放热反应，据图可写出反应的热化学方程式。
(3)据热化学方程式可知，1 mol N2完全反应才能得到92.2 kJ的热量，而N2转化率为10%，则实际需要投入10 mol N2才能转化1 mol N2。
答案：(1)A(g)＋2B(g)===C(l)＋3D(l)
ΔH＝－432 kJ·mol－1
(2)H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
(3)10
17．(8分)在现代人倡导低碳生活、清洁能源的同时，煤的清洁利用提上了日程。CFB锅炉洁净煤燃烧技术，为处理高硫煤和劣质煤及满足严格的大气排放标准带来了美好前景。把煤作为燃料可通过下列两种途径：
途径Ⅰ：C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1<0
途径Ⅱ：先制水煤气：
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH2>0，再燃烧水煤气：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3<0，
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH4<0。
请回答下列问题：
(1)途径Ⅰ放出的热量__________(填“大于”、“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。
(2)ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系是__________。
(3)由于制取水煤气的反应中，反应物具有的总能量__________(填“大于”、“等于”或“小于”)生成物具有的总能量，所以在化学反应时，反应物就需要__________(填“吸收”或“释放”)能量才能转化为生成物，因此其反应条件为__________。
(4)与途径Ⅰ相比，途径Ⅱ有较多的优点，请写出两点：
__________________________
__________________________
__________________________。
解析：途径Ⅱ中的反应：
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH2>0 ①
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH3<0 ②
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH4<0 ③
①＋②×＋③×可得途径Ⅰ对应的热化学方程式，即Ⅰ、Ⅱ两途径放出的热量相等，且有ΔH1＝ΔH2＋(ΔH3＋ΔH4)。
答案：(1)等于 (2)ΔH1＝ΔH2＋(ΔH3＋ΔH4)
(3)小于 吸收 高温 (4)煤的利用率高；变成气体燃料后，运输方便；使燃料充分燃烧(任选两点作答，其他合理答案均可)
18．(9分)(1)原电池反应通常是放热反应，在理论上可设计成原电池的化学反应是__________(填序号)，理由是__________________________
__________________________
__________________________。
A．C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH>0
B．Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)===
BaCl2(aq)＋2NH3·H2O(l)＋8H2O(l) ΔH>0
C．CaC2(s)＋2H2O(l)===Ca(OH)2(s)＋C2H2(g)
ΔH<0
D．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH<0
(2)电解原理在化学工业中有着广泛的应用。现将你设计的原电池通过导线与下图中电解池相连，其中，a为电解液，X和Y是两块电极板，则：
①若X和Y均为惰性电极，a为饱和的NaCl溶液，则电解时，检验Y电极反应产物的方法是__________________________
__________________________。
②若X、Y分别为石墨和铁，a仍为饱和的NaCl溶液，则电解过程中生成的白色固体物质露置在空气中可观察到的现象为__________________________
__________________________。
解析：(1)原电池反应是放热反应，还要求是氧化还原反应。
(2)由电解池装置可知，Y为电解池阳极，X为电解池阴极。
①以惰性电极电解NaCl溶液时，阳极反应产物为Cl2，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验。
②阳极为铁电极时，阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋，所以有Fe(OH)2生成，露置在空气中时迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
答案：(1)D 理由是该反应既是放热反应，又是氧化还原反应
(2)①将湿润的淀粉-KI试纸放置于Y电极支管口处，试纸变蓝
②白色固体迅速变为灰绿色最后变为红褐色
19．(14分)为节省药品和时间，甲、乙、丙三位同学用铜片、锌片、稀硫酸、CuSO4溶液，直流电源、石墨电极、导线、烧杯、试管等中学化学常见的药品(用品)和仪器，以巧妙的构思，“接力”的方式，设计了比较铜与锌金属活动性相对强弱的系列实验，试填空：
(1)甲同学分别将一小片铜片、锌片置于烧杯底部(铜与锌不接触)，小心向烧杯中加入稀硫酸，观察到的现象是
__________________________，
甲同学的设计思路是__________________________。
(2)乙同学接着甲的实验，向烧杯中滴加__________溶液，进而观察到的现象是__________________________。
乙同学作出锌、铜金属活动性相对强弱所依据的原理是
__________________________
__________________________。
(3)丙同学使用直流电源、石墨电极组装好电解装置，向乙同学实验后的溶液中补充了必要的试剂(作为电解液)。反应在调控下随即开始，实验中有关化学反应方程式：__________________________
__________________________，
明显的实验现象是__________________________。
解析：比较金属活动性强弱可以从以下几个角度分析：
①与酸或水反应置换出氢的难易程度；②相互间的置换反应；③形成原电池时电极反应；④电解时离子放电顺序等。
甲同学从铜、锌与稀硫酸反应有无氢气放出比较两者金属活动性的相对强弱；乙同学向烧杯中加入CuSO4溶液，锌置铁出铜，并构成铜锌原电池；丙同学在乙同学的基础上再利用电解装置，因Cu2＋的氧化性强于Zn2＋，故硫酸铜电解。
答案：(1)锌片上有气泡产生，铜片上无气泡 锌能置换出酸中的氢而铜不能
(2)CuSO4 锌片上有红色物质析出，且锌片上产生气泡的速率明显加快 活泼金属可将不活泼金属从其盐溶液中置换出来，Zn、Cu、稀硫酸组成原电池，Zn为负极
(3)2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4 阴极上有红色物质析出
20．(15分)如下图装置所示，C、D、E、F都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。
(1)B极是电源的__________。
(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为__________。
(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是__________(填“镀层金属”或“镀件”)，电镀液是__________溶液。当乙中溶液的c(OH－)＝0.1 mol·L－1时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为__________，甲中溶液的pH__________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是__________________________。
解析：此题是电解原理的综合应用。
(1)乙池为电解饱和食盐水装置，F极附近变红色，说明F极为阴极，由此可推知电源以及电解池中各电极名称：A为正极，B为负极，C、E、G为阳极，D、H、F为阴极，可写出电极反应式。
(2)根据电极反应式确定各电极产物的物质的量之比为1∶2∶2∶2。
(3)根据电镀原理，阴极材料应为镀件，电镀液应为硝酸银溶液，当乙中溶液的c(OH－)＝0.1 mol·L－1时(乙溶液体积为500 mL)，电子转移为0.05 mol，根据电子守恒，可知丙中镀件上析出银的物质的量也为0.05 mol，质量为5.4 g，甲池因为氢氧根离子放电而生成氢离子，使溶液的pH减小。
(4)将C电极换为铁，甲中阳极发生Fe－2e－===Fe2＋，阴极发生Cu2＋＋2e－===Cu，总反应式为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。
答案：(1)负极
(2)1∶2∶2∶2 (3)镀件 硝酸银
5．4 g 变小
(4)Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu
1．下列说法正确的是( )
A．物质发生化学反应都伴随着能量变化，但不一定会引起状态的变化
B．伴随着能量变化的物质变化都是化学变化
C．反应物的总能量低于反应产物的总能量，此反应需加热才进行
D．反应物的总能量高于反应产物的总能量，此反应在任何条件下都可进行
解析：选A。任何化学反应都会伴随能量变化，但物质状态不一定变化，如N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)；有许多物理变化，如物质的三态变化也有能量变化；当E反应物
E反应产物时，该反应放热，有的需加热或还要有更高条件下才能进行。
2．(创新题)下列说法不正确的是(双选)( )
A．化学反应中能量变化多少与反应物的质量有关
B．化学变化中的能量变化都是以热能形式表现出来的
C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓与反应产物的总焓一定不同
D．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓总是高于反应产物的总焓
解析：选BD。化学反应中的能量变化与反应物的量成正比，其能量表现形式有多种，如热能、光能、电能等；在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓(设为x)与反应产物的总焓(设为y)之间的关系为：①x>y，化学反应为放热反应；②x3．(2012·广州高二检测)下列变化过程，属于放热反应的是( )
①液态水变成水蒸气 ②酸碱中和反应 ③浓H2SO4稀释 ④固体NaOH溶于水 ⑤H2在Cl2中燃烧 ⑥食物腐败
A．②③④⑤⑥ B．②③④
C．②⑤⑥ D．①③⑤
解析：选C。放热反应是在化学反应中伴随有热量放出的反应，其中①属于吸热过程，③和④属于放热过程但非放热反应。
4．(2012·淄博高二期中考试)已知：H2(g)＋F2(g)===2HF(g) ΔH＝－270 kJ·mol－1，下列说法正确的是( )
A．2 L氟化氢气体分解成1 L氢气与1 L氟气吸收270 kJ热量
B．1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量小于270 kJ
C．在相同条件下，1 mol氢气与1 mol氟气的能量总和大于2 mol氟化氢气体的能量
D．1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢气体分子放出270 kJ热量
解析：选C。A项中用L做单位是错误的，因为热化学方程式的化学计量数表示物质的量；B项中放出热量小于270 kJ是错误的，应大于270 kJ；D项中，热化学方程式中各物质的计量数仅表示物质的量。
5．近年来，科学家正在探索利用铝粉做燃料的可能性，以期待铝能成为石油的一种替代物。假如铝作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法，你认为哪项是错误的( )
A．铝质轻，便于运输、贮存，且安全
B．铝燃烧时放出的热量大，且燃烧后新产物对环境的污染容易得到有效控制
C．在地球上，铝矿资源丰富
D．现代电冶铝的工业技术已为铝作为新能源奠定了重要基础
解析：选D。冶炼铝若采用电解工艺则要消耗大量的电能。
6．下列热化学方程式书写正确的是( )
A．2SO2＋O2===2SO3 ΔH＝－196.6 kJ·mol－1
B．H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D．C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝393.5 kJ·mol－1
解析：选C。本题考查热化学方程式的书写。A漏掉了各物质的聚集状态，B中ΔH的单位应是kJ·mol－1，D中碳与O2反应应是放热反应。
7．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。共价键的键能是两种原子间形成1 mol共价键(或其逆过程)时释放(或吸收)的能量。已知H—H键的键能为436 kJ·mol－1，Cl—Cl键的键能为243 kJ·mol－1，H—Cl键的键能为431 kJ·mol－1，则H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应热(ΔH)等于( )
A．－183 kJ·mol－1 B．183 kJ·mol－1
C．－826 kJ·mol－1 D．826 kJ·mol－1
解析：选A。ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和＝436 kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1－2×431 kJ·mol－1＝－183 kJ·mol－1。
8．将V1 mL 1.0 mol·L－1盐酸溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液的温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)。下列叙述正确的是( )
A．做该实验时环境温度为22 ℃
B．该实验表明化学能可以转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约是1.00 mol·L－1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
解析：选B。由图可知，加入5 mL盐酸时混合液的温度达到22 ℃，故环境的温度应低于22 ℃；反应放热，由化学能转化为热能；恰好反应时放出热量最多，NaOH溶液的浓度为：＝1.5 mol·L－1；有水生成的反应不一定是放热反应，如Ba(OH)2·8H2O＋2NH4Cl===BaCl2＋2NH3↑＋10H2O是吸热反应。
9．有如下3个热化学方程式：
H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH1＝－a kJ·mol－1①
H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH2＝－b kJ·mol－1②
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH3＝－c kJ·mol－1③
关于它们在下列表述中原因和结论都正确的是( )
选项
原因
结论
A
H2的燃烧是放热反应
a、b、c均大于零
B
方程式①和②的物质种类和系数均相同
a＝b
C
方程式①和③中H2O的状态不同，系数不同
a、c不会有任何关系
D
方程式③的系数是②的2倍
ΔH2<ΔH3
解析：选A。本题考查对热化学方程式的理解。H2燃烧是放热反应，因此ΔH1、ΔH2、ΔH3均小于零，故a、b、c均大于零，A对；①生成H2O(g)，②生成H2O(l)，①放出的热量小于②，a2a，C错；c＝2b，因ΔH<0，故ΔH3<ΔH2，D错。
10．某同学做测定中和反应的反应热的实验，实验完成后发现实验结果偏低，试分析造成结果偏低的原因可能是__________。(填编号)
a．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净
b．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓
c．将50 mL 0.55 mol·L－1的氢氧化钠溶液取成了50 mL 0.55 mol·L－1氨水
d．用量筒量取盐酸时俯视读数
e．大烧杯的盖板中间小孔太大
解析：a.测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，使参加反应的盐酸的量减小，所测定的热量减少，计算的中和热偏低；b.把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓会造成热量损耗而计算结果减小；c.将50 mL 0.55 mol·L－1的氢氧化钠溶液取成了50 mL 0.55 mol·L－1的氨水，由于氨水为弱电解质，其电离需吸热，导致反应产生的热量小，中和热减小；d.在量取盐酸时俯视读数，使所取盐酸的体积小于50 mL，反应放热少，计算时中和热偏低；e.大烧杯的盖板中间小孔太大，热量损失，中和热测定结果偏低。
答案：abcde
11．一定条件下，A与B反应可生成C和D，其能量变化如图：
反应前反应后
(1)下列有关反应A＋B===C＋D的说法正确的是__________。
A．反应前后原子的种类和数目一定不变
B．该反应若有热量变化，则一定是氧化还原反应
C．若该反应为放热反应，则不需要加热反应就一定能自发进行
D．反应物的总质量、总能量与生成物的总质量、总能量均相等
(2)若E1”、“<”或“＝”)反应物的总能量，反应热ΔH________0(填“>”、“<”或“＝”)。
解析：本题考查对化学反应中能量转化的理解。(1)化学反应前后原子的种类和数目不变，A对；热量变化与是否是氧化还原反应无关，B错；加热是引发反应的外界条件，与反应吸热、放热无关，C错；反应物的总能量与生成物的总能量不相等，D错。(2)E10。
答案：(1)A (2)> >
12．下表中的数据是破坏1 mol物质中的化学键所消耗的能量(kJ)：
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)～(5)题。
(1)下列物质本身具有的能量最低的是__________。
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)的反应是吸热反应还是放热反应？答：__________________________。
(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
________________。
(5)若无上表中的数据，你能正确回答出问题(4)吗？
解析：破坏1 mol物质的化学键时所消耗的能量与相同条件下由形成该物质的原子形成1 mol该物质放出的能量相等，放出的能量越多，物质本身具有的能量越低，分子越稳定。(1)生成1 mol H2时放出的能量最多，为436 kJ；(2)在氢化物中，生成1 mol HCl时放出的能量最多，为432 kJ；(3)分别计算出三个反应放出的热量依次为：185 kJ、103 kJ和9 kJ。
答案：(1)A (2)A (3)放热反应 (4)Cl2
(5)能。元素的非金属性越强，生成的氢化物越稳定，反应放出的能量就越多。
13．(2012·蚌埠高二调研)科学实验和人类的生活经验告诉我们，化学反应中的物质变化和能量变化是紧密地联系在一起的。请回答以下问题：
(1)离子反应H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1表示在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1 mol H2O(l)放出热量57.3 kJ，这时的反应热叫做中和热。
①在中和热的测定实验中，下列溶液组合最合适的是__________(填编号)。
A．25 mL 0.4 mol·L－1盐酸溶液与25 mL 0.4 mol·L－1氨水
B．25 mL 0.4 mol·L－1盐酸溶液与25 mL 0.41 mol·L－1 NaOH溶液
C．25 mL 0.4 mol·L－1 H2SO4溶液与25 mL 0.8 mol·L－1 NaOH溶液
D．25 mL 0.4 mol·L－1 H2SO4溶液与25 mL 0.41 mol·L－1 NaOH溶液
②举一例符合上述离子反应的非酸碱的中和反应的化学方程式：__________________________。
(2)已知CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－890.31 kJ·mol－1
当1 mol CH4(g)与2 mol O2(g)的总能量之和是3048.44 kJ·mol－1时，则1 mol CO2(g)与2 mol H2O(l)的总能量之和是__________ kJ·mol－1。
解析：(1)根据中和反应的实质是n(H＋)＝n(OH－)，故强酸的n(H＋)与强碱中的n(OH－)基本相等，一般使酸(或碱)稍过量，使碱(或酸)完全反应，以不足物质的量为基准计算中和热。对照选项只有B符合题目要求。符合离子反应H＋＋OH－===H2O的非酸碱的中和反应为NaOH＋NaHSO4===Na2SO4＋H2O。
(2)根据甲烷燃烧的热化学方程式可知：1 mol CO2(g)与2 mol H2O(l)总能量之和为3048.44 kJ·mol－1－890.31 kJ·mol－1＝2158.13 kJ·mol－1。
答案：(1)①B ②NaOH＋NaHSO4===Na2SO4＋H2O
(2)2158.13
1．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是( )
A．碳酸钙受热分解
B．乙醇燃烧
C．铝粉与氧化铁粉末反应
D．氧化钙溶于水
解析：选A。生成物总能量高于反应物总能量即ΔH>0，反应吸收能量，属于吸热反应，故只有A项符合。
2．(2012·德州高二检测)下列关于反应热的说法正确的是( )
A．当ΔH为“－”时，表示该反应为吸热反应
B．反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关
C．化学反应的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
D．由热化学方程式H2(g)＋F2(g)===2HF(g) ΔH＝－270 kJ/mol可知2 L氟化氢气体分解成1 L的氢气和1 L的氟气吸收270 kJ热量
解析：选C。当ΔH为“－”时，表示该反应为放热反应；ΔH的大小与反应物和生成物所具有的能量有关，但与反应途径无关；D选项中由方程式可知2 mol HF(g)分解生成1 mol H2和1 mol F2时吸收270 kJ热量。
3．在25 ℃、101 kPa下，0.1 mol甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热72.58 kJ，下列热化学方程式正确的是( )
A．CH3OH(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝＋725.8 kJ/mol
B．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－1451.6 kJ/mol
C．CH3OH(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－725.8 kJ/mol
D．2CH3OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－1451.6 kJ/mol
解析：选C。由题意知，1 mol甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热725.8 kJ。A中，放热反应ΔH应小于0，故A错；B中，反应生成的为液态水，故B错；D中，甲醇在25 ℃为液态，故D错。
4.
(2012·山东实验中学高二检测)如图所示，把试管小心地放入盛有20 ℃的碳酸饮料的烧杯中，试管中开始加入约5 mL滴有酚酞试液的蒸馏水，然后往试管中加入1 g Na2O2粉末。试回答下列问题：
(1)实验中观察到的现象是__________________________
__________________________。
(2)产生上述现象的原因是__________________________。
(3)写出上述过程所涉及的离子方程式__________________________。
(4)由实验推知，NaOH和O2的总焓__________(填“大于”、“小于”或“等于”)反应物的总焓。
解析：Na2O2与水的反应属放热反应，则H(反应物)>H(生成物)，描述固体粉末与液体反应的现象时，主要从溶液颜色、气体变化等方面考虑分析。
答案：(1)试管内剧烈反应，产生大量气泡，溶液颜色先变红后退色，试管外烧杯中也有大量气泡冒出
(2)Na2O2与水反应放热，产生O2和NaOH，NaOH可使酚酞试液变红，同时Na2O2的强氧化性使颜色退去，烧杯中碳酸受热分解产生CO2气体
(3)2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑ (4)小于
5．2SO2(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。
请回答下列问题：
(1)该反应属于__________反应(填“放热”或“吸热”)。
(2)图中A、C分别表示__________、__________。
(3)改变反应条件可改变E值大小，如加入V2O5做催化剂，可使E值减小。E的大小对该反应的反应热有无影响？__________________________。
(4)图中ΔH＝__________ kJ·mol－1。
(5)若已知1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(l)的ΔH′＝－Q kJ·mol－1，则ΔH________ΔH′，Q________99(填“>”、“<”或“＝”)。
解析：本题综合考查化学反应的热效应、焓变、化学键以及物质能量之间的关系。解题时应分析清楚图像含义以及其与上述四者之间的关系。
(1)因ΔH＝－99 kJ·mol－1<0，故为放热反应。
(2)分析图像，纵坐标为能量变化，横坐标为反应过程，则A代表起始能量(即反应物的总能量)，C代表终态能量(即生成物的总能量)。
(3)ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量，由于E值改变时A和C并不发生变化，故对反应热无影响。
(4)图中ΔH应表示2 mol SO2(g)在完全转化为2 mol SO3(g)时的焓变，即ΔH＝－99 kJ·mol－1×2＝－198 kJ·mol－1。
(5)比较ΔH大小时，要连同“＋”、“－”比较，类似于数学上的正负数比较，如果只比较反应放出或吸收热量多少，则只比较数值大小，与“＋”、“－”无关。由题意可知SO3的状态不同，则反应的ΔH也不相同。因为SO3(g)在转化为SO3(l)时会放热，即1 mol SO2(g)生成1 mol SO3(l)释放的能量比生成1 mol SO3(g)释放的能量多，即Q>99，但ΔH>ΔH′。
答案：(1)放热
(2)反应物的总能量 生成物的总能量
(3)无影响 (4)－198 (5)> >
1．(2012·济南高二统考)已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(Q1、Q2均为正值)：
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)＋Q1
H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)＋Q2
有关上述反应的叙述正确的是(双选)( )
A．Q1>Q2
B．生成物总能量均高于反应物总能量
C．生成1 mol HCl气体时放出Q1热量
D．1 mol HBr(g)具有的能量大于1 mol HBr(l)具有的能量
解析：选AD。A项，因为Cl2比Br2活泼，所以Q1>Q2；B项，因为反应为放热反应，所以生成物总能量要低于反应物总能量；C项，生成1 mol HCl气体时放出热量Q1；D项，因为HBr(g)→HBr(l)为放热反应，所以1 mol HBr(g)具有的能量大于1 mol HBr(l)具有的能量。
2．已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是285.8 kJ·mol－1、1411.0 kJ·mol－1和1366.8 kJ·mol－1，则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的ΔH为( )
A．－44.2 kJ·mol－1 B．44.2 kJ·mol－1
C．－330 kJ·mol－1 D．330 kJ·mol－1
解析：选A。本题考查ΔH有关计算。C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l)，ΔH＝∑E(反应物燃烧热)－∑E(生成物燃烧热)＝－1411＋0－(－1366.8)＝－44.2(kJ·mol－1)，A正确。注：H2O(l)燃烧热为0。
3．(2011·青岛高二期中考试)盖斯定律认为：不管化学反应是一步完成或分为几步完成，这个过程的热效应是相同的。
已知：H2O(g)===H2O(l)；ΔH1＝－Q1 kJ·mol－1
C2H5OH(g)===C2H5OH(l)；ΔH2＝－Q2 kJ·mol－1
C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)；ΔH3＝－Q3kJ·mol－1
若使23 g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(kJ)( )
A．Q1＋Q2＋Q3 B．0.5(Q1＋Q2＋Q3)
C．0.5Q1－1.5Q2＋0.5Q3 D．1.5Q1－0.5Q2＋0.5Q3
解析：选D。23 g酒精为0.5 mol。此过程可以设计为：
1 mol C2H5OH(l)发生燃烧生成CO2(g)和H2O(l)的ΔH＝3ΔH1＋ΔH3－ΔH2＝－(3Q1＋Q3－Q2) kJ·mol－1，所以0.5 mol酒精燃烧放出热量为(1.5Q1＋0.5Q3－0.5Q2) kJ。
4．已知S(s)===S(g) ΔH1，S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2，则S(s)燃烧的热化学方程式为( )
A．S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝ΔH2－ΔH1
B．S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2
C．S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2
D．1 mol S(s)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量大于1 mol S(g)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量
解析：选C。将S(s)===S(g) ΔH1与S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2等号两侧直接相加得：S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2；又因为ΔH1>0，ΔH2<0，所以|ΔH|<|ΔH2|，即1 mol S(s)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量小于1 mol S(g)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量，D项错误。
5．已知H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g) ΔH＝－72 kJ·mol－1，蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ，其他相关数据如下表：
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1 mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ
436
a
369
则表中a为( )
A．404 B．260
C．230 D．200
解析：选D。本题考查共价键的键能与焓变的关系。
H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g) ΔH＝－72 kJ·mol－1①
Br2(l)===Br2(g) ΔH＝30 kJ·mol－1②
①－②得
H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g) ΔH＝－102 kJ·mol－1
所以：a＋436－369×2＝－102，得a＝200。
6．(2012·济南高二质检)常温下，已知：
4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s) ΔH1
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s) ΔH2
下面关于ΔH1、ΔH2的比较正确的是( )
A．ΔH1>ΔH2 B．ΔH1<ΔH2
C．ΔH1＝ΔH2 D．无法计算
解析：选B。上式减下式整理得：4Al(s)＋2Fe2O3(s)===2Al2O3(s)＋4Fe(s) ΔH＝ΔH1－ΔH2，由于铝热反应为放热反应，故有ΔH＝ΔH1－ΔH2<0，即ΔH1<ΔH2。
7．已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890 kJ·mol－1
现有H2与CH4的混合气体112 L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，若实验测得反应放热为3695 kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是( )
A．1∶1 B．1∶3
C．1∶4 D．2∶3
解析：选B。设H2与CH4的物质的量分别是x mol和y mol，则x＋y＝，＋890y＝3695，解得x＝1.25，y＝3.75，故原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1∶3。
8．(2012·亳州高二质检)根据热化学方程式：S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝a kJ·mol－1(a＝－297.2)，分析下列说法中不正确的是( )
A．S(s)在O2(g)中燃烧的反应是放热反应
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝b kJ·mol－1，则aC．1 mol SO2(g)所具有的能量低于1 mol S(s)与1 mol O2(g)所具有的能量之和
D．16 g固体硫在空气中充分燃烧，可放出148.6 kJ的热量
解析：选B。从所给热化学方程式分析，ΔH<0，故反应放热；对比可知B项中硫为气态，由S(s)―→S(g)要吸收热量，故等量的S(g)燃烧放出的热量多，ΔH小，即a>b；因为S的燃烧是放热反应，故1 mol SO2(g)所具有的能量低于1 mol S(s)和1 mol O2(g)所具有的能量之和。
9．(2012·威海高二质检)已知：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)ΔH＝571.6 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1。当1 g液态水变为气态水时，对其热量变化的下列描述：①放出；②吸收；③2.44 kJ；④4.88 kJ；⑤88 kJ。其中正确的是( )
A．②和⑤ B．①和③
C．②和④ D．②和③
解析：选D。2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1①
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1②
得总反应：H2O(l)===H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－1
1 g液态水变为气态水，要吸收热量 kJ＝2.44 kJ。
10．由金红石(TiO2)制取单质Ti的反应步骤为：
TiO2―→TiCl4Ti
已知：
①C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－566.5 kJ·mol－1
③TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(s)＋O2(g)ΔH＝－141 kJ·mol－1
则④TiO2(g)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH＝__________。
解析：根据盖斯定律，由③＋①×2－②得④式。所以：ΔH＝－141 kJ·mol－1＋(－393.5 kJ·mol－1)×2－(－566.5 kJ·mol－1)＝－361.5 kJ·mol－1。
答案：－361.5 kJ·mol－1
11．同素异形体相互转化的反应热相当小而且转化速率较慢，有时还很不完全，测定反应热很困难。现在可根据盖斯提出的“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”观点来计算反应热。已知
P4(s，白磷)＋5O2(g)===P4O10(s)
ΔH＝－2983.2 kJ·mol－1①
P(s，红磷)＋O2(g)===P4O10(s)
ΔH＝－738.5 kJ·mol－1②
则白磷转化为红磷的热化学方程式为__________________________
__________________________。
相同状况下，能量状态较低的是__________；白磷的稳定性比红磷的__________(填“高”或“低”)。
解析：根据盖斯定律，将①－②×4可得如下热化学方程式：
P4(s，白磷)===4P(s，红磷) ΔH＝－29.2 kJ·mol－1
白磷转化为红磷放热，说明白磷的能量高，红磷的能量低，而能量越低的物质越稳定。
答案：P4(s，白磷)===4P(s，红磷)
ΔH＝－29.2 kJ·mol－1 红磷 低
12．“氢能”将是未来最理想的新能源。
(1)实验测得，1 g氢气燃烧生成液态水时放出142.9 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为__________(填序号)。
A．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－142.9 kJ·mol－1
B．H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D．H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
(2)根据“绿色化学”思想制备H2，某化学家设计了下列反应步骤：
你认为该方法的主要缺点是__________________________。
(3)利用核能把水分解制氢气，是目前正在研究的课题。如图所示是其中的一种流程，其中用了过量的碘。
请写出反应①的化学方程式：__________________________；
用该法制取氢气最大的优点是__________________________。
(4)有人认为目前利用氢气作为能源不太现实，请问你认为是否现实？__________(填“不现实”或“现实”)，说明能够支持你的观点的两条理由：____________________；____________________。
解析：(1)1 g H2为0.5 mol，则1 mol H2燃烧放出的热量为285.8 kJ，B、C正确。(2)由题中4个反应可得，在制备H2的循环过程中，需要很高的能量，且使用重金属汞，会产生污染，不符合“绿色化学”的要求。(3)反应①的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O 2HI＋H2SO4；这一方法制取H2的最大优点是SO2和I2可循环使用，且无污染。(4)本题为开放性试题，可以通过正反两方面作答，一种是否定的回答，不现实，理由是现有的制取氢气的方法耗能大，制取的成本太高；另外是氢气的熔沸点太低，给储存和运输带来困难。另一种则是肯定的回答，现实，理由是制取氢气用水为原料，来源丰富；氢气燃烧的产物是水，不会给环境带来任何污染等。
答案：(1)BC (2)循环过程需要很高的能量，且使用重金属汞会产生污染 (3)SO2＋I2＋2H2O2HI＋H2SO4 SO2和I2可循环使用，无污染 (4)不现实
现有的制取氢气的方法耗能大，制取的成本太高 氢气的熔沸点太低，给储存和运输带来困难(或：现实 制取氢气用水为原料，来源丰富 氢气燃烧的产物是水，不会给环境带来任何污染等)
13．硅在燃烧时会释放出大量热能，因此曾被考虑用做固体燃料。
已知：1 mol硅晶体中含有2 mol Si—Si键，1 mol SiO2晶体中含有4 mol Si—O键，且破坏1 mol化学键所需能量如下表所示：
化学键
Si—O
Si—Cl
H—H
H—Cl
Si—Si
O===O
Cl—Cl
所需能量/kJ
460
360
436
431
176
494
243
(1)工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl4(g)＋2H2(g) Si(s)＋4HCl(g)，该反应的反应热ΔH＝__________kJ·mol－1。
(2)写出硅燃烧的热化学方程式__________________________。
(3)已知反应Si＋2Cl2SiCl4，试比较1 mol硅转化生成SiCl4和SiO2时的热效应大小。
解析：本题考查焓变、热效应、化学键的关系以及热化学方程式的书写。解答时应首先明确“焓变＝断裂旧键吸收的能量－形成新键释放的能量”。
(1)ΔH＝4E(Si—Cl)＋2E(H—H)－2E(Si—Si)－4E(H—Cl)＝360 kJ·mol－1×4＋436 kJ·mol－1×2－431 kJ·mol－1×4－176 kJ·mol－1×2＝＋236 kJ·mol－1
(2)硅燃烧的化学方程式为
Si＋O2===SiO2
ΔH＝2E(Si—Si)＋E(O===O)－4E(Si—O)
＝176 kJ·mol－1×2＋494 kJ·mol－1－460 kJ·mol－1×4＝－994 kJ·mol－1
即热化学方程式为：
Si(s)＋O2(g)===SiO2(s) ΔH＝－994 kJ·mol－1
(3)硅与Cl2反应生成SiCl4的反应为
Si＋2Cl2SiCl4
其ΔH＝2E(Si－Si)＋2E(Cl—Cl)－4E(Si—Cl)
＝176 kJ·mol－1×2＋243 kJ·mol－1×2－360 kJ·mol－1×4＝－602 kJ·mol－1
故与生成SiO2比较，生成SiCl4放出的热量较少。
答案：(1)＋236
(2)Si(s)＋O2(g)===SiO2(s)ΔH＝－994 kJ·mol－1
(3)生成SiO2放热较多。
1．(2012·青岛高二质检)今有如下三个热化学方程式：
H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝a kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝b kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝c kJ·mol－1
下列关于它们的表述正确的是( )
A．它们都是吸热反应 B．a、b和c均为正值
C．a＝b D．2b＝c
解析：选D。①根据热化学方程式书写中反应热表示方法的规定即ΔH为“－”表示放热，H2燃烧放出的热量应用负值表示，故A、B不正确；②根据相同物质的反应，聚集状态不同，反应热不同，可判断a≠b，故C错；③根据相同物质的反应，反应热与反应物的物质的量成正比，可判断2b＝c。
2．已知：
Fe2O3(s)＋C(s)===CO2(g)＋2Fe(s)
ΔH＝234.1 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
则2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)的ΔH是( )
A．－824.4 kJ·mol－1 B．－627.6 kJ·mol－1
C．－744.7 kJ·mol－1 D．－169.4 kJ·mol－1
解析：选A。根据2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)，结合已知反应可设计如下转化途径：反应(2)×－反应(1)即得2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)，所以根据盖斯定律可知该反应的ΔH＝× (－393.5 kJ·mol－1)－234.1 kJ·mol－1＝－824.4 kJ·mol－1，故选A。
3．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＝－283.0 kJ·mol－1
C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－5518 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。设各物质的质量都为1 g，则H2、CO、C8H18、CH4的物质的量分别是 mol、 mol、 mol、 mol，依据方程式可知分别放热为142.9 kJ、10.1 kJ、48.4 kJ、55.6 kJ，可见放热最少的是CO。故选B。
4．为了合理利用化学能，确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓变，并采取相应措施。化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算。
(1)实验测得，1 g乙醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水释放出29.7 kJ的热量，试写出乙醇燃烧的热化学方程式：__________________________。
(2)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行理论推算。试依据下列热化学方程式，计算反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)的焓变为________________。
①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ·mol－1
②C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1
解析：(2)根据盖斯定律②×2＋③×2－①得：
2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)
ΔH＝2ΔH2＋2ΔH3－ΔH1＝2×(－393.5 kJ·mol－1)＋2×(－285.8 kJ·mol－1)＋870.3 kJ·mol－1＝－488.3 kJ·mol－1。
答案：(1)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1366.2 kJ·mol－1
(2)－488.3 kJ·mol－1
5．2011年4月，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭，成功将第八颗北斗导航卫星送入太空预定轨道。
(1)“长征三号甲”三子级使用的燃料是液氢和液氧，下面是298 K时，氢气(H2)、碳(C)燃烧的热化学方程式：
H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ/mol
C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ/mol
等质量的氢气和碳燃烧时产生的热量的比是__________(保留1位小数)。
(2)已知：H2(g)===H2(l) ΔH＝－0.92 kJ/mol
O2(g)===O2(l) ΔH＝－6.84 kJ/mol
H2O(l)===H2O(g) ΔH＝＋44.0 kJ/mol
请写出液氢和液氧反应生成气态水的热化学方程式：
__________________________。
(3)如果此次“长征三号甲”三子级所携带的燃料为45吨，液氢、液氧恰好完全反应生成气态水，总共释放能量__________ kJ(保留3位有效数字)。
解析：本题主要考查反应热的相关计算及盖斯定律的应用。
(1)注意把质量先转化为物质的量再进行比较计算。(2)运用盖斯定律，变形并叠加各热化学方程式即可得到所求热化学方程式。(3)根据(2)中的反应热数据计算即可。
答案：(1)4.4∶1
(2)H2(l)＋1/2O2(l)===H2O(g) ΔH＝－237.46 kJ/mol
(3)5.94×108
1．下列叙述中，正确的是( )
①电解池是既能将化学能转变成电能又能将电能转变成化学能的装置
②金属和石墨导电均为物理变化，电解液导电是化学变化
③不能自发进行的氧化还原反应，通过电解有可能实现
A．①②③ B．②③
C．①③ D．只有③
解析：选B。电解池是只能将电能转化为化学能的装置，①错；金属和石墨导电是自由电子在电场作用下定向移动，电解质溶液导电时两极上均有离子放电，是化学变化，②对；电解可强制氧化还原反应发生，③对。答案选B。
2．用惰性电极电解下列溶液一段时间后再加入一定量的某种纯净物(方括号内物质)，能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是( )
A．AgNO3[AgNO3] B．NaOH[H2O]
C．KCl[KCl] D．CuSO4[Cu(OH)2]
解析：选B。欲使溶液恢复到原来的成分和浓度，应遵循“少什么加什么”的原则，将电解后生成的固体或气体化合后即可得到答案。A应加入Ag2O，B应加入H2O，C应加入HCl，D应加入CuO或CuCO3。答案选B。
3.
如图所示，在一U形管中装入含有紫色石蕊的Na2SO4试液，通直流电，一段时间后U形管内会形成一个倒立的三色“彩虹”，从左到右的颜色顺序是( )
A．蓝、紫、红
B．红、蓝、紫
C．红、紫、蓝
D．紫、红、蓝
解析：选C。用惰性电极电解Na2SO4溶液，实际上就是电解水，其两极反应式为：阴极：4H＋＋4e－===2H2↑，阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，故阴极区域富集OH－，溶液呈碱性，使石蕊试液变蓝；阳极区域富集H＋，溶液中c(H＋)增大，使石蕊试液变红。
4．将含有KCl、CuBr2、Na2SO4三种物质的水溶液用铂电极进行电解，且电解时间足够长。有以下结论：①溶液中几乎没有Br－；②电解质溶液为无色；③最终溶液显碱性；④K＋、Na＋和SO的浓度几乎没有变化。正确的是(设Cl2、Br2全部从溶液中逸出)( )
A．①②③ B．仅③
C．①④ D．均正确
解析：选A。第一阶段放电的离子为Cu2＋、Br－，溶液中几乎没有Br－，且溶液变为无色。第二阶段放电的离子为Cl－、H＋，由于H2O电离出的H＋放电，使溶液中c(OH－)增大。第三阶段放电的离子为OH－、H＋，相当于电解H2O。Na＋、K＋、SO在水溶液中不放电，随着水的减少，三种离子的浓度不断增大。
5．(2012·蚌埠高二期中考试)串联电路中的四个电解池分别装有0.05 mol·L－1的下列溶液，用惰性电极电解，连接直流电源一段时间后，溶液的pH最小的是( )
A．KNO3 B．NaCl
C．AgNO3 D．CuCl2
解析：选C。电解KNO3溶液的实质是电解水，pH不变。电解NaCl溶液，H＋在阴极上放电，阴极附近OH－浓度增大；阳极上Cl－放电，阳极区域H＋、OH－浓度基本不变，整个溶液pH变大。电解AgNO3溶液，阴极Ag＋放电；阳极是OH－放电，阳极区域H＋浓度变大，溶液pH变小。电解CuCl2溶液，H＋或OH－都没有放电，若CuCl2完全电解后，如果不考虑Cl2溶于水生成HCl和HClO，溶液呈中性，pH增大(实际上由于部分Cl2生成HCl、HClO，溶液呈酸性)。
6．下列说法正确的是( )
A．电解NaOH溶液时，溶液浓度将减小，pH增大
B．电解H2SO4溶液时，溶液浓度将增大，pH增大
C．电解Na2SO4溶液时，溶液浓度将增大，pH不变
D．电解NaCl溶液时，溶液浓度将减小，pH不变
解析：选C。本题考查电解规律。A、B、C均为电解水，溶液浓度增大，pH分别增大、减小、不变；电解NaCl溶液时，H＋和Cl－放电，NaCl的浓度减小，pH增大。
7．pH＝a的某电解质溶液中，插入两只惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pH>a，则该电解质可能是( )
A．KOH B．H2SO4
C．AgNO3 D．NaNO3
解析：选A。依题意，要求在电解过程中溶液pH增大。电解KOH溶液，实质上是电解水。使溶液的浓度增大，所以溶液的pH增大；电解稀H2SO4溶液，实质上也是电解水，使溶液的浓度增大，所以溶液的pH减小；电解AgNO3溶液有HNO3生成，pH减小；电解NaNO3溶液实质上是电解水，使溶液的浓度增大，但溶液中c(H＋)和c(OH－)相等，所以溶液的pH不变。
8．用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是( )
组号
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
CuSO4
CuSO4溶液
C
C
C
H2SO4
H2O
D
Fe
Ag
AgNO3
AgNO3晶体
解析：选C。电解NaCl水溶液：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，显然加H2O不能恢复到电解前的状态，应通入适量HCl气体；电解CuSO4溶液时，SO物质的量不变，加CuSO4溶液也不能复原，应加入适量CuO或CuCO3；电解H2SO4溶液，实质是电解水，再加适量水可使H2SO4溶液复原。Fe做阳极，Ag做阴极，电解AgNO3溶液，总电解方程式为Fe＋2Ag＋===Fe2＋＋2Ag，电解后得Fe(NO3)2溶液，加AgNO3晶体不能复原。
9．(2012·淄博高二竞赛考试)用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.2 mol Cu(OH)2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度。则电解过程中转移的电子的物质的量为( )
A．0.4 mol B．0.5 mol
C．0.6 mol D．0.8 mol
解析：选D。若只电解CuSO4，加入CuO即可恢复电解前的浓度，题意加入Cu(OH)2说明电解了0.2 mol CuSO4和0.2 mol H2O，故转移的电子数目为0.4 mol＋0.4 mol＝0.8 mol。
10．电解装置如下图所示，图中B装置盛1 L 2 mol·L－1的Na2SO4溶液，A装置中盛1 L 2 mol·L－1 AgNO3溶液。通电后，湿润的淀粉-KI试纸的C端变蓝色。电解一段时间后，试回答：
(1)A中发生反应的化学方程式为__________________________
__________________________。
(2)在B中观察到的现象是__________________________。
解析：由题意，C端变蓝色，则C极发生的的反应：2I－－2e－===I2应为电解池的阳极，则D为阴极，a为电源的负极，b为正极，A中Fe为阴极，Pt为阳极，即A为惰性电极电解AgNO3溶液发生的反应是4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。B中反应为：Cu电极：Cu－2e－===Cu2＋，石墨电极：2H＋＋2e－===H2↑(产生OH－)。总反应：Cu＋2H2OCu(OH)2↓＋H2↑。
答案：(1)4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3
(2)接通电源后，铜棒周围开始变蓝色，石墨棒上有无色气泡产生，一段时间后，U形管底部出现蓝色沉淀
11．用石墨做电极电解：①稀硫酸、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，下同)__________，其阳极的电极反应式都是__________，阴极的电极反应式都是__________，总反应的化学方程式都是__________________________
__________________________。
(2)阴极、阳极都有气体产生，其中溶液pH变小的是__________，pH变大的是__________。
(3)一个电极析出金属，一个电极析出气体，且溶液pH明显减小的是__________，其总反应的化学方程式是__________________________
__________________________。
解析：(1)电解时两极都产生气体，且体积比为2∶1时，阴阳两极应分别得到H2、O2，故电解质为含氧酸、强碱、活泼金属含氧酸盐，即为①②⑤。(2)分析(1)中H2SO4电解时，水减少，H＋浓度增大，pH减小；KOH溶液电解时实质电解水，OH－浓度增大，pH变大。(3)CuCl2、CuSO4溶液电解时，阳极产生气体，阴极析出金属，但CuCl2溶液电解时pH几乎不变，CuSO4溶液电解时溶液pH减少。
答案：(1)①②⑤ 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ 4H＋＋4e－===2H2↑ 2H2O2H2↑＋O2↑
(2)① ⑤ (3)④ 2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑
12.
(2012·渭南高二统考)如图为持续电解含一定CaCl2水溶液的装置(以铂为电极)，A为电流表。电解一段时间t1后，将CO2持续通入电解液中。
(1)电解时，F极发生________(填“氧化”或“还原”，下同)反应，电极反应式为：__________________________
__________________________，
E极发生__________反应，电极反应式为：__________________________
__________________________，电解总反应式
为：__________________________。
(2)电解池中产生的现象：
①__________________________；
②__________________________；
③__________________________。
(3)持续通入CO2发生的反应有：__________________________
__________________________。
解析：溶液中含有Ca2＋、H＋、Cl－、OH－，通电时，Ca2＋、H＋移向阴极，由于H＋放电能力比Ca2＋强，在E极上发生反应：2H＋＋2e－===H2↑；Cl－、OH－移向阳极，Cl－在阳极放电：2Cl－－2e－===Cl2↑，电解至t1后，溶液中OH－浓度增大，通入CO2后会有CaCO3沉淀生成。
答案：(1)氧化 2Cl－－2e－===Cl2↑
还原 2H＋＋2e－===H2↑
CaCl2＋2H2OCa(OH)2＋H2↑＋Cl2↑
(2)①通电后E极处溶液呈红色
②通电时，E极、F极均有气体生成，E极气体无色，F极气体为黄绿色
③通CO2时，溶液中先出现白色沉淀，继续通CO2，沉淀又消失
(3)CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O，
CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2
13．如图所示，甲烧杯中盛有100 mL 0.50 mol·L－1 AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100 mL 0.25 mol·L－1CuCl2溶液，A、B、C、D均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A极比C极重1.9 g，则
(1)电源E为__________极，F为__________极。
(2)A极的电极反应式为__________________________，
析出物质__________ mol。
(3)B极的电极反应式为__________________________，
析出气体__________ mL(标准状况)。
(4)C极的电极反应式为__________________________，
析出物质__________ mol。
解析：由电解一段时间后A极比C极重，可知A极上有Ag析出，C极上有Cu析出，若A极上析出银的物质的量为n(Ag)，则C极上析出Cu的物质的量为n(Ag)，有关系式108 g·mol－1·n(Ag)－64 g·mol－1·n(Ag)×＝1.9 g，n(Ag)＝0.025 mol。由此可知，两电解池内的电解质均是足量的，故两池电极反应式分别为：A极：Ag＋＋e－===Ag；B极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；C极：Cu2＋＋2e－===Cu；D极：2Cl－－2e－===Cl2↑。A、C两极析出物质的量分别为0.025 mol和0.0125 mol，B极析出O2的体积为：0.00625 mol×22.4 L·mol－1＝0.14 L＝140 mL。
答案：(1)负 正 (2)4Ag＋＋4e－===4Ag 0.025
(3)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ 140
(4)Cu2＋＋2e－===Cu 0.0125
1.
Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图，电解总反应为：
2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。
下列说法正确的是( )
A．石墨电极上产生氢气
B．铜电极发生还原反应
C．铜电极接直流电源的负极
D．当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成
解析：选A。本题主要考查电化学的基础知识，意在考查考生的分析推理能力和实际运用知识的能力。由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu做电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨做阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，A选项正确；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu＋2OH－－2e－===Cu2O＋H2O，当有0.1 mol电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，D选项错误。
2．(2011·高考大纲全国卷)用石墨作电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的( )
A．CuSO4 B．H2O
C．CuO D．CuSO4·5H2O
解析：选C。由硫酸铜溶液的电解方程式：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4可知，加入CuO才可与生成的H2SO4反应生成CuSO4而使电解液恢复到原浓度，故C正确。
3．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pH不变
B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH－，故溶液pH减小
C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D．电解氯化铜溶液，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。A项，电解稀H2SO4溶液，实质是电解H2O，由于H2O量减小，c(H2SO4)增大，pH降低；B项，电解NaOH，实质是电解H2O，由于H2O量减少，c(NaOH)增大，pH升高；C项电解Na2SO4溶液，实质也是电解H2O，阳极产生O2，阴极产生H2，n(H2)∶n(O2)＝2∶1；D项，电解CuCl2溶液时，发生反应CuCl2Cu＋Cl2↑，阴极析出Cu，阳极产生Cl2，n(Cu)∶n(Cl2)＝1∶1。
4．(1)以惰性电极分别电解：①NaNO3溶液、②NaCl溶液，若要使电解之后的溶液恢复到电解之前的浓度，应加入的物质是①__________、②__________。
(2)以惰性电极电解Cu(NO3)2溶液，若要使电解之后的溶液恢复到电解之前的浓度，下列物质中可以选用的是__________(填序号)。
①Cu(NO3)2 ②CuO ③CuCO3 ④Cu(OH)2
解析：(1)电解NaNO3溶液，2H2O2H2↑＋O2↑，因此加适量的H2O即可达到目的。
电解NaCl溶液，2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，Cl2与H2反应生成HCl，因此通适量HCl气体就能达到目的。
(2)电解Cu(NO3)2溶液，2Cu(NO3)2＋2H2O2Cu＋O2↑＋4HNO3，Cu与O2生成CuO，CuO＋2HNO3===Cu(NO3)2＋H2O，因此加适量的CuO即可达到目的。由CuCO3＋2HNO3===Cu(NO3)2＋H2O＋CO2↑可知加CuCO3也可达到目的。
答案：(1)①H2O ②HCl (2)②③
5.
(2012·宁德一中高二质检)在如图用石墨做电极的电解池中，放入500 mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出A电极，洗涤、干燥、称量，电极增重1.6 g。请回答下列问题：
(1)B电极发生反应的电极反应式__________________________。
(2)写出电解时反应的离子方程式__________________________。
(3)电解后溶液的pH为__________，要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入__________，其质量为________(假设电解前后溶液的体积不变)。
(4)请你设计实验确定原溶液中可能含有的酸根离子，要求：提出两种可能的假设，分别写出论证这两种假设的操作步骤、实验现象和实验结论。
①假设一：__________________________。
②假设二：__________________________。
解析：本题根据实验现象大胆推理，合理假设，并给出验证方法，属于探究型综合题。抓住关键现象“红色固体”、“无色气体”显然两极分别产生Cu与O2，从而顺利推出结果。
答案：(1)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(2)2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋
(3)1 CuO 2 g
(4)①假设原溶液中的酸根离子为SO。取电解后的溶液向其中加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则原溶液中含SO
②假设原溶液中的酸根离子为NO。取电解后的溶液，向其中加入Cu微热，若Cu溶解，并有无色气体生成，在空气中变为红棕色，则含有NO
1．下列描述中，不符合生产实际的是( )
A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁做阳极
B．电解法精炼粗铜，用纯铜做阴极
C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网做阴极
D．在镀件上电镀锌，用锌做阳极
解析：选A。电解池的阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应。电解熔融的Al2O3制Al时，若用Fe做阳极，会发生Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋移动到阴极上发生Fe2＋＋2e－===Fe，使得到的Al不纯。
2.
某同学按如图所示的装置进行电解实验。下列说法正确的是(双选)( )
A．电解过程中，铜电极上有H2产生
B．电解初期，主反应：Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑
C．电解一定时间后，石墨电极上有铜析出
D．整个电解过程中，H＋的浓度不断增大
解析：选BC。本题是电解原理的具体应用，由题可知，活泼金属做阳极，阳极反应：Cu－2e－===Cu2＋，初期在阴极上溶液中的H＋放电，2H＋＋2e－===H2↑。溶液中的H＋浓度不断降低，总反应：Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑，随着反应的进行，溶液中Cu2＋数目增多，此时在阴极上Cu2＋得电子，Cu2＋＋2e－===Cu，溶液中的H＋浓度保持不变。
3．电解CuSO4溶液时，若要达到以下三个要求：①阳极质量减少；②阴极质量增加；③电解溶液中[Cu2＋]不变，则可选用的电极是( )
A．纯铜做阳极，含Zn、Ag的Cu合金做阴极
B．含Zn、Ag的Cu合金做阳极，纯铜做阴极
C．用纯铁做阳极，纯铜做阴极
D．用石墨做阳极，用惰性电极(Pt)做阴极
解析：选A。A项中阳极：Cu－2e－===Cu2＋，阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，电解解过程中[Cu2＋]不变，符合题意；B项中当合金中的Zn失电子时，电解质溶液中[Cu2＋]减小；C项中阳极：Fe－2e－===Fe2＋，阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，[Cu2＋]减小；D项中阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu，[Cu2＋]减小。
4．某同学欲在铜钥匙上镀锌，有关说法正确的是( )
A．用铜钥匙做阳极，碳棒做阴极，CuSO4溶液做电解质溶液
B．Zn与铜钥匙用导线相连插入ZnSO4溶液中
C．Zn做阳极，铜钥匙做阴极，ZnSO4溶液做电镀液电解
D．在电镀过程中溶液中的Zn2＋浓度减小，Cu2＋浓度增大
解析：选C。锌为镀层金属需做阳极，铜为镀件，需做阴极，含有镀层金属离子的溶液做电解液。
5．(2012·龙岩高二质检)根据金属活动性顺序，Cu不能发生：Cu＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2↑的反应。但选择恰当电极材料和电解质溶液进行电解，这个反应就能变为现实。下列四组电极和电解质溶液中，能实现该反应最为恰当的是( )
A
B
C
D
阳极
石墨棒
Cu
Cu
Cu
阴极
石墨棒
石墨棒
Fe
Pt
电解质溶液
CuSO4溶液
Na2SO4溶液
H2SO4溶液
H2O
解析：选B。在反应中Cu失电子发生氧化反应，因此Cu做阳极，H2O中氢元素被还原，在阴极得电子，但H2O导电能力差，应选择Na2SO4溶液。
6．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(双选)( )
A．电解时以精铜做阳极
B．电解时阴极发生还原反应
C．粗铜连接电源负极，其电极反应是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BD。粗铜精炼以精铜做阴极，粗铜做阳极，电解时阴极Cu2＋得到电子发生还原反应，B正确；粗铜连接电源正极，粗铜中的Ag、Pt等金属不及Cu活泼，不能失电子被氧化，形成阳极泥。
7．如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b电极附近溶液呈红色。下列说法正确的是( )
A．X是负极，Y是正极
B．Pt是阴极，Cu是阳极
C．CuSO4溶液的酸性增强
D．CuSO4溶液的酸碱性不变
解析：选C。b电极附近呈红色，溶液显碱性，b极是阴极，Y是负极，X是正极，则Pt是阳极，电解CuSO4溶液时，阳极OH－放电，阴极Cu2＋放电，溶液中有H2SO4生成，酸性增强。
8．(2012·潍坊高二调研)用阳极a和阴极b电解c的水溶液一段时间，然后加入d，能使溶液恢复到电解前状态的正确组合是(双选)( )
a
b
c
d
A
Pt
Pt
NaOH
NaOH
B
C
C
NaCl
HCl
C
Cu
Cu
CuSO4
Cu(OH)2
D
Pt
Pt
H2SO4
H2O
解析：选BD。用惰性电极电解NaOH溶液、H2SO4溶液的实质是电解水，因此加入水就能恢复电解前的状态；电解NaCl溶液，生成NaOH、H2和Cl2：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，因此通入HCl气体能恢复电解前的状态；Cu做阳极电解CuSO4溶液，实质是电镀，电解质溶液未发生变化。
9．KIO3在工业上可用电解法制取，以石墨和铁为电极，以KI溶液为电解质溶液。在一定条件下电解，反应式为KI＋3H2OKIO3＋3H2↑。下列有关说法中，正确的是( )
A．电解时，石墨做阳极，铁做阴极
B．电解时，在阳极上产生氢气
C．电解后得到KIO3产品的步骤有：过滤―→浓缩―→结晶―→灼烧
D．电解中，每转移0.6 mol电子，理论上可得到0.6 mol无水KIO3晶体
解析：选A。电解过程中，阳极I－放电生成IO，阴极H＋放电生成H2，因此应为惰性电极做阳极。1 mol I－～1 mol IO转移电子6 mol，每转移0.6 mol电子，得0.1 mol KIO3。得到KIO3的步骤为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。
10．如图所示，甲、乙为相互串联的两个电解池。
(1)甲池若为用电解原理精炼铜的装置，则A电极名称为__________极，电极材料是____________，电极反应式为__________，电解质溶液可以是__________。
(2)乙池中铁极电极反应式为__________，则乙池中滴入少量酚酞试液，开始电解一段时间后，铁极附近呈__________色。
(3)若将乙中的石墨电极改为银电极，则乙池为________装置，电解一段时间后，溶液的浓度________________，现象__________________________。
解析：(1)本题考查铜的精炼。阳极材料为粗铜，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋；阴极材料为精铜，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu。(2)明确石墨做阳极，铁做阴极。(3)考查电镀池，阳极为镀层金属，阴极为镀件，电镀液含镀层金属离子。
答案：(1)阴 精铜 Cu2＋＋2e－===Cu 含Cu2＋的溶液
(2)Ag＋＋e－===Ag 无
(3)电镀 不变 铁表面附着一层光亮的金属
11．在25℃时，用石墨做电极电解2.0 L 0.5 mol·L－1CuSO4溶液。5 min后，在一个石墨电极上有6.4 g Cu生成。试回答下列问题：
(1)发生氧化反应的是__________极，电极反应式为__________。
(2)若电解后溶液的体积不变，则电解后溶液的c(H＋)为__________。
(3)若将溶液恢复到与电解前一样，则需加入__________ mol的__________。
(4)若用等质量的两块铜片代替石墨做电极，电解后两铜片的质量相差__________g，电解液的pH__________(填“变小”、“变大”或“不变”)。
解析：用石墨电极电解CuSO4溶液，电极反应分别为：阴极2Cu2＋＋4e－===2Cu，阳极4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，电池反应为2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑。
(1)由以上分析可知发生氧化反应的是阳极。
(2)由以上反应式可知：
2Cu～4e－～O2～2H2SO4～4H＋
128 g 1 mol 4 mol
6．4 g n(O2) n(H＋)
即n(H＋)＝0.2 mol
c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1
(3)由(2)可以从溶液中析出n(Cu)＝0.1 mol，n(O2)＝0.05 mol，故恢复至原状态应加入0.1 mol CuO(或0.1 mol CuCO3)。
(4)若将石墨电极改为铜片，则原装置变为电镀装置，电解前后电解液不发生变化，pH不变。若阴极铜析出6.4 g，则阳极溶解铜片6.4 g，两极质量差为6.4 g×2＝12.8 g。
答案：(1)阳 4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
(2)0.1 mol·L－1 (3)0.1 CuO或CuCO3
(4)12.8 不变
12．(2010·高考大纲全国卷Ⅱ)如图是一个用铂丝作电极，电解稀的MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性红指示剂，此时溶液呈红色。(指示剂的pH变色范围：6.8～8.0，酸色－红色，碱色－黄色)
回答下列问题：
(1)下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是__________(填编号)；
①A管溶液由红变黄；②B管溶液由红变黄；③A管溶液不变色；④B管溶液不变色；
(2)写出A管中发生反应的反应式：__________________________
__________________________。
(3)写出B管中发生反应的反应式：__________________________
__________________________。
(4)检验a管中气体的方法是__________________________
__________________________。
(5)检验b管中气体的方法是__________________________
__________________________。
(6)电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是__________________________。
解析：A为阴极，B为阳极，电极反应式分别为：
A极：2H＋＋2e－===H2↑
B极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
则A极附近会产生OH－(水电离出来的)，并与Mg2＋形成沉淀，B极附近会产生H＋(水电离出来的)，所以A处溶液由红变黄，B处溶液不变色；电解一段时间后，溶液底部会产生Mg(OH)2沉淀，溶液中有H2SO4，切断电源后，Mg(OH)2会溶解。
答案：(1)①④
(2)2H＋＋2e－===H2↑，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
(3)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(4)用拇指按住管口，取出试管，靠近火焰，放开拇指，有爆鸣声，管口有蓝色火焰
(5)用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内会复燃
(6)溶液呈红色，白色沉淀溶解
13．如图所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液如图所示。
(1)关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为__________极，通电一段时间后，观察到滤纸d端的电极反应式是__________________________
__________________________；
(2)
已知C装置中溶液的溶质为Cu(NO3)2和X(NO3)3，且均为0.1 mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示。
则Cu2＋、X3＋、H＋氧化能力由大到小的顺序是____________________；
(3)D装置中溶液是H2SO4溶液，则电极C端从开始至一段时间后的实验现象是：__________________________
__________________________。
解析：(1)当打开K2，关闭K1时，B形成了一个电解池，由于紫红色的MnO向c端移动，从而可以确定c为电解池的阳极，a为电源的正极，b为电源的负极。因此电解池中H＋和K＋向阴极d移动，由于H＋放电能力强。故d端的电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑。
(2)由通过电子的物质的量与阴极析出固体质量图示可以看出，当通过超过0.2 mol电子时，阴极析出固体质量不再发生变化，说明此过程中放电的为H＋，而通过0.2 mol电子时，溶液中某金属阳离子完全放电。再结合Cu2＋和X3＋的电荷数，可以确定通过0～0.2 mol电子时，放电的为Cu2＋，故Cu2＋、H＋、X3＋的氧化能力为Cu2＋>H＋>X3＋。
答案：(1)负 2H＋＋2e－===H2↑
(2)Cu2＋>H＋>X3＋
(3)在C端开始时有无色无味气体产生；一段时间后有红色物质析出
1.
(2012·济南高二调研)如图为电解饱和食盐水的简易装置，下列有关说法正确的是( )
A．电解一段时间后，往蛋壳中的溶液中滴加几滴酚酞，呈红色
B．蛋壳表面缠绕的铁丝发生氧化反应
C．铁丝表面生成的气体能使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝
D．蛋壳可阻止生成的氯气与氢气、氢氧化钠溶液接触
解析：选D。由装置图可知碳棒为阳极，电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，发生氧化反应；铁丝为阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，发生还原反应，生成的H2不能使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝，故D正确。
2．下列说法中，不正确的是( )
A．用电解法精炼粗铜时粗铜做阴极
B．用电解法精炼粗铜时纯铜做阴极
C．在镀件上电镀铜时可用金属铜做阳极
D．电子从电源的负极沿导线流入电解池的阴极
解析：选A。精炼金属时原料做阳极，电镀时镀件作阴极。
3．(2012·吴忠高二质检)将质量分数为0.052(5.2%)的NaOH溶液1 L(密度为1.06 g·cm－3)，用铂电极电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010(1.0%)时停止电解，则此时溶液中应符合的关系是( )
NaOH的质量分数
阳极析出物的质量/g
阴极析出物的质量/g
A
0.062(6.2%)
19
152
B
0.062(6.2%)
152
19
C
0.042(4.2%)
1.2
9.6
D
0.042(4.2%)
9.6
1.2
解析：选B。电解过程中，浓度的变化主要是由水的减少引起，若设水减少的质量为x，则
＝0.052＋0.01
解得：x＝171 g
阳极析出物为O2：171 g×＝152 g
阴极析出物为H2：171 g×＝19 g
此题也可根据数据不经计算便可求解。①电解NaOH溶液消耗的是水，NaOH溶液的质量分数应变大，故C、D选项排除。②电解水阳极生成O2，阴极生成H2，两产物的质量比为8∶1，在A、B两选项中，只有选项B符合题意。
4．在50 mL 0.2 mol·L－1 CuSO4溶液中插入两个电极，通电电解(不考虑水分蒸发)则：
(1)若两极均为铜片，电解过程中CuSO4溶液的浓度__________(填“增大”、“减小”或“不变”)；
(2)若阳极为纯锌，阴极为铜片，阳极反应式是__________________________
__________________________；
(3)若阳极为纯锌，阴极为铜片，当电路中有0.04 mol电子通过时，阴极增重____________ g，阴极上的电极反应式是
__________________________。
解析：(1)两极均为铜片，电解液为CuSO4溶液，这是一个电镀装置，电解过程中电解质溶液的浓度不变。
(2)阳极为纯锌，为活泼金属，通电电解时，锌发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋。
(3)若阳极为纯锌，阴极为铜片，则阴极首先发生反应Cu2＋＋2e－===Cu，当Cu2＋消耗完时，会发生2H＋＋2e－===H2↑的反应，当电路中有0.04 mol电子通过时，因为溶液中Cu2＋的总物质的量为：n(Cu2＋)＝0.2×0.05＝0.01 mol，则Cu2＋转移电子为n(e－)＝0.01×2＝0.02 mol；故阴极还有H＋得到电子。
答案：(1)不变 (2)Zn－2e－===Zn2＋
(3)0.64 g Cu2＋＋2e－===Cu；2H＋＋2e－===H2↑
5．如图所示，若电解5 min时，测得铜电极的质量增加2.16 g。试回答：
(1)电源中X极是__________(填“正”或“负”)极。
(2)通电5 min时，B中共收集到224 mL(标准状况)气体，溶液体积为200 mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，则通电前[CuSO4]＝__________。
解析：(1)铜极增重，说明银在铜极析出，则铜极为阴极，X极为负极。
(2)C中铜极增重2.16 g，即析出0.02 mol Ag，线路中通过0.02 mol电子。由4e－～O2，可知B中产生的O2只有0.005 mol，即112 mL。但B中共收集到224 mL气体，说明还有112 mL气体是H2，即Cu2＋全部在阴极放电后，H＋接着放电产生了112 mL H2，则通过0.01 mol电子时，Cu2＋已完全变为Cu单质。由2e－～Cu，可知n(Cu2＋)＝0.005 mol，则：[CuSO4]＝0.005 mol÷0.2 L＝0.025 mol/L。
答案：(1)负 (2)0.025 mol/L
1．下列反应，不可以设计成原电池的是( )
A．2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2
B．NaOH＋HCl===NaCl＋H2O
C．2Fe＋3Br2===2FeBr3
D．2KMnO4＋5SO2＋2H2O===K2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4
解析：选B。只有自发进行的氧化还原反应才能设计成原电池，B选项为中和反应，所以不能设计成原电池。
2．关于如图所示①、②两个装置的叙述，正确的是( )
A．装置名称：①是原电池，②是电解池
B．硫酸浓度变化：①增大，②减小
C．电极反应式：①中阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
②中正极：Zn－2e－===Zn2＋
D．离子移动方向：①中H＋向阴极方向移动 ②中H＋向负极方向移动
解析：选B。该装置①为电解池，发生反应是2H2O2H2↑＋O2↑。②为原电池，电池反应：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑。所以H2SO4浓度变化为①增大，②减小。
3．(2012·蚌埠高二质检)用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥(装有琼脂-KNO3的U形管)构成一个原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是( )
①在外电路中，电流由铜电极流向银电极 ②正极反应为：Ag＋＋e－===Ag ③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作 ④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同
A．①② B．②③
C．②④ D．③④
解析：选C。根据原电池原理可判断相对活泼的铜为负极，失电子，电子经导线转移至银电极上，乙池中的Ag＋得到电子在电极上析出。电子从Cu→Ag，电流从Ag→Cu；盐桥的作用是使甲、乙两电池中电荷平衡，所以取出盐桥，就不能形成闭合回路，即不会形成原电池；铜片浸入AgNO3溶液后，铜失电子，Ag＋得电子，所以④说法正确，答案为C。
4．关于下图所示的原电池，下列说法正确的是( )
A．电子从锌电极通过电流表流向铜电极
B．盐桥中的阴离子向硫酸铜溶液中迁移
C．锌电极发生还原反应，铜电极发生氧化反应
D．铜电极上发生的电极反应是2H＋＋2e－===H2↑
解析：选A。由图可见锌做负极，铜做正极，故电子从锌电极通过外电路流向铜电极，A正确。内电路电流方向是从锌通过溶液流向铜，而盐桥中的阴离子反向流向硫酸锌溶液中，B错误。根据锌做负极发生氧化反应，铜做正极发生还原反应，C错误。铜电极上发生的电极反应是Cu2＋＋2e－===Cu，D错误。
5．如图所示，将两烧杯用导线如图相连，Pt、Cu、Zn、C分别为四个电极，当闭合开关后，以下叙述正确的是( )
A．Cu极附近OH－浓度增大
B．Cu极为原电池负极
C．电子流向是由C极流向Pt极
D．当C极上有4 mol电子转移时，Pt极上有1 mol O2生成
解析：选A。闭合开关后，右侧装置中有自发的氧化还原反应，是原电池，Zn做原电池的负极，C做正极。左侧装置是电解池，Cu做阴极，Pt做阳极，B项错误。Cu电极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，OH－浓度增大，A项正确。电子流向应由电解池的阳极Pt流向原电池的正极C，C项错误。Pt电极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，当有4 mol电子转移时，Pt电极上有2 mol Cl2生成，D项错误。
6．(2012·潍坊高二统考)关于如图所示各装置的叙述中，正确的是(双选)( )
A．装置①是原电池，总反应是：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
B．装置①中，铁做负极，正极反应式为：Fe3＋＋e－===Fe2＋
C．装置②通电一段时间后石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深
D．若用装置③精炼铜，则d极为粗铜，c极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液
解析：选BC。装置①中，Fe为负极，总反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，A错误，B正确；装置②中石墨Ⅱ为阴极，Fe(OH)3胶粒带正电荷，移向阴极，颜色加深，C正确；装置③中，c为阳极，d为阴极，D错误。
7．(2011·高考广东卷)某小组为研究电化学原理，设计下图装置，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分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动
解析：选D。a和b不连接时，铁与CuSO4溶液发生反应：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，A项正确；a和b用导线连接时，组成了原电池，Fe为负极，Cu为正极，铜片上发生还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu，铁片上发生氧化反应：Fe－2e－===Fe2＋，B项正确；通过以上分析可知，无论a和b是否连接，均发生反应：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故溶液均从蓝色(Cu2＋的颜色)逐渐变成浅绿色(Fe2＋的颜色)，C项正确；a和b分别连接直流电源正、负极时，构成电解池，铜片为阳极，铁片为阴极，Cu2＋应向阴极(铁电极)移动，D项错误。
8．(2011·高考安徽卷)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差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl===Na2Mn5O10＋2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是( )
A．正极反应式：Ag＋Cl－－e－===AgCl
B．每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子
C．Na＋不断向“水”电池的负极移动
D．AgCl是还原产物
解析：选B。A项，Ag＋Cl－－e－===AgCl应为负极反应式，故错误；B项，负极只有Ag失电子，根据电荷守恒，由总反应式可知正确；C项，Na＋由负极向正极移动，故错误；D项，AgCl为氧化产物，故错误。
9．(2012·威海高二期中考试)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(双选)( )
A．放电时锌做负极
B．充电时Fe(OH)3被还原
C．充电时溶液的碱性减弱
D．放电时每转移3 mol电子，有2 mol FeO被还原
解析：选BD。根据总反应中各元素的化合价变化情况可判断，放电时，Zn发生氧化反应，做负极，A正确；充电时Fe(OH)3在阳极发生氧化反应，B错误；充电时消耗KOH，故溶液的碱性减弱，C正确；放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被还原，D错误。
10．依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)，设计一个最简单的原电池。
(1)在下边方框内画出实验装置图。
并指出正极为__________，电极反应式为__________________________；
负极为__________，电极反应式为________________。
(2)该反应还可设计成能量转化效率更高的原电池装置，如图所示：
请回答下列问题：
①电极X的材料是__________，Y的材料是__________，电解质溶液Z是__________。
②盐桥的作用是__________。
③外电路中的电子是从__________电极流向__________电极。
解析：本题考查原电池的原理和设计，解题时应明确设计思路，理解带盐桥的原电池的组成原理。根据已知的氧化还原反应设计原电池的思路是：首先将已知的反应拆成两个半反应(即氧化反应和还原反应)：Cu－2e－―→Cu2＋，2Ag＋＋2e－―→2Ag；然后结合原电池的电极反应特点，分析可知，该电池的负极应该用Cu做材料，正极要保证Ag＋得到负极失去的电子，一般用不能还原Ag＋的材料如Pt或碳棒等，电解质溶液只能用含Ag＋的电解质溶液如AgNO3溶液。在带盐桥的原电池组成半电池时，注意电极材料与溶液中的离子一般要相对应，
如Cu2＋/Cu或Ag＋/Ag。
答案：(1)实验装置图如图：
Pt 2Ag＋＋2e－===2Ag Cu Cu－2e－===Cu2＋ (2)①Cu Ag AgNO3 ②将两个隔离的电解质溶液连接起来，可使电流持续传导 ③Cu Ag
11．铅蓄电池是典型的可充电电池，它的正负极是惰性材料，电池总反应式为：
Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO 2PbSO4＋2H2O
请回答下列问题(不考虑氢、氧的氧化还原)：
(1)放电时，正极的电极反应式是__________________________；
电解液中H2SO4的浓度将变__________；当外电路通过1 mol电子时，理论上负极板的质量增加__________g。
(2)
在完全放电耗尽PbO2和Pb时，若按右图连接，电解一段时间后，则在A电极上生成__________________________，
B电极上生成__________，此时铅蓄电池的正负极的极性将__________________________。
解析：原电池中正极上得电子、负极上失电子。根据电池总反应式，正极反应为：PbO2＋2e－＋4H＋＋SO===PbSO4＋2H2O
负极反应为：
Pb＋SO===PbSO4＋2e－ 质量增加
2 mol 96 g
1 mol Δm
求得Δm＝48 g。
电解池中与电源正极相连的电极(阳极)上失电子，与电源负极相连的电极(阴极)上得电子。则阳极反应为PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO；阴极反应为PbSO4＋2e－===Pb＋SO。根据图示，电解一段时间后，原PbO2极(阴极)变成Pb，原Pb极(阳极)变成PbO2，即铅蓄电池的正负极的极性对换。
答案：(1)PbO2＋2e－＋4H＋＋SO===PbSO4＋2H2O 小 48 (2)Pb PbO2 对换
12．如图所示，甲池中电池反应式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，已知B电极质量不变，C、D为石墨电极，乙池中为200 mL饱和NaCl溶液。
回答下列问题：
(1)A极为____________极(填“正”或“负”)，电极材料为__________，发生__________反应(填“氧化”或“还原”)。
(2)写出乙池的电极反应式：
阳极反应式为__________________________；
阴极反应式为__________________________。
(3)A电极质量减少0.64 g时，此时乙池中电解液中[OH－]＝__________ mol·L－1(忽略反应过程中溶液体积的变化)，C电极上产生的气体在标准状况下的体积为__________ L。
解析：由题知，甲池为原电池，A为负极，电极材料为Cu；乙池为电解池，C为阳极，电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，D为阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑。
(3)A极有0.64 g Cu溶解时，转移0.02 mol电子，乙池中C极上生成0.01 mol Cl2，溶液中生成0.02 mol OH－。
答案：(1)负 铜 氧化
(2)2Cl－－2e－===Cl2↑ 2H＋＋2e－===H2↑
(3)0.1 0.224
13.
(2012·重庆高二检测)如图所示，A、F为石墨电极，B、E为铁片电极。按要求回答下列问题。
(1)打开K2，合并K1。B为__________极，A极的电极反应式为________，最终可观察到的现象是__________________________。
(2)打开K1，合并K2。E为__________极，F极的电极反应式为__________________________，
检验F极产生气体的方法是__________________________。
(3)若往U形管中滴加酚酞，进行(1)(2)操作时，A、B、E、F电极周围能变红的是__________，原因是__________________________。
解析：(1)当打开K2，合并K1时，左边装置为原电池，A为石墨电极，B为Fe电极，则B应为负极，电极反应为：Fe－2e－===Fe2＋，正极反应为：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，有白色氢氧化亚铁沉淀生成，随即沉淀变成灰绿色，最后变成红褐色；
(2)打开K1，合并K2时右边装置为电解池，E为阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，同时生成OH－，F为阳极，电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，检验氯气一般使用湿润的淀粉-碘化钾试纸；
(3)由分析可知进行(1)(2)操作时，A、E电极周围有OH－生成，溶液显碱性，滴加酚酞后溶液变红。
答案：(1)负 O2＋4e－＋2H2O===4OH－
溶液中产生白色沉淀，随即变成灰绿色，最终变为红褐色
(2)阴 2Cl－－2e－===Cl2↑ 用湿润的淀粉-碘化钾试纸检验，试纸变蓝，则说明是氯气
(3)A、E A极O2上放电产生OH－，E极上水放电产生H2和OH－，均导致电极区域呈碱性
1．(2010·高考课标全国卷)根据下图，可判断出下列离子方程式中错误的是( )
A．2Ag(s)＋Cd2＋(aq)===2Ag＋(aq)＋Cd(s)
B．Co2＋(aq)＋Cd(s)===Co(s)＋Cd2＋(aq)
C．2Ag＋(aq)＋Cd(s)===2Ag(s)＋Cd2＋(aq)
D．2Ag＋(aq)＋Co(s)===2Ag(s)＋Co2＋(aq)
解析：选A。第一个原电池装置中，Cd做负极，Co做正极，自发进行的氧化还原反应是Co2＋(aq)＋Cd(s)===Co(s)＋Cd2＋(aq)；第二个原电池装置中，Co做负极，Ag做正极，自发进行的氧化还原反应是2Ag＋(aq)＋Co(s)===2Ag(s)＋Co2＋(aq)。由以上两个方程式相加可得2Ag＋(aq)＋Cd(s)===2Ag(s)＋Cd2＋(aq)，因此B、C、D项都正确，Cd2＋不能氧化Ag，所以A项错误。故选A项。
2．(2011·高考福建卷)研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。关于该电池的下列说法不正确的是( )
A．水既是氧化剂又是溶剂
B．放电时正极上有氢气生成
C．放电时OH－向正极移动
D．总反应为：2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑
解析：选C。在原电池中电解质溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极。
3．被称之为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片作为传导体，在其一边镀锌，而在其另一边镀二氧化锰。在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液。电池总反应为：Zn＋MnO2＋H2O===ZnO＋Mn(OH)2。下列说法正确的是( )
A．该电池的正极为锌
B．该电池反应中二氧化锰起催化剂作用
C．当0.1 mol Zn完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.204×1023
D．电池正极反应式为：
MnO2＋2e－＋2H2O===Mn(OH)2＋2OH－
解析：选D。从电池反应可以知道Zn发生的是氧化反应，应为负极，故A错；二氧化锰发生还原反应，是氧化剂，B错；当0.1 mol Zn反应时电子转移为0.2 mol，个数为1.204×1023，但是电子并不会流经电解液，C错，只有D项的正极反应式是正确的。
4．由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。
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：(1)装置甲中二价金属A不断溶解，A极为原电池负极，电极反应式是A－2e－===A2＋。
(2)装置乙中C的质量增加，则C极为原电池正极，溶液中的Cu2＋得电子析出，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu。
(3)装置丙中A上有气体产生，则析出气体为H2，D为负极，原电池反应为D＋nH＋===Dn＋＋H2↑(设n为金属D的化合价数)，反应一段时间后溶液的pH变大。
(4)三个装置中关于金属活泼性的比较分别为：甲中A>B，乙中B>C，丙中D>A，综上可知四种金属活泼性由强到弱的顺序是D>A>B>C。
答案：(1)A－2e－===A2＋ (2)Cu2＋＋2e－===Cu
(3)变大 (4)D>A>B>C
5．科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电力的重要途径，美国已计划将甲醇燃料电池用于军事。一种甲醇燃料电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解质中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气。回答下列问题。
(1)这种电池放电时发生的化学反应方程式是__________________________
__________________________。
(2)此电池的正极发生的电极反应式是__________________________，
负极发生的电极反应式是__________________________。
(3)电解液中的H＋向__________极移动，向外电路释放电子的电极是__________。
(4)比起直接燃烧燃料产生电力，使用燃料电池有许多优点，其中主要有两点：首先是燃料电池的能量转化效率高，其次是__________________________。
解析：先确定甲醇燃料电池的总反应，再分析反应式中从化合价变化确定哪些元素得失电子，再根据“正得还，负失氧”得出O元素从0价变为－2价，在溶液中－2价的氧离子不稳定，会与溶液中物质结合生成稳定的物质，所以与H＋结合生成水。总反应方程式：2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O。正极：3O2＋12H＋＋12e－===6H2O；负极为总反应方程式减去正极反应式：
故有2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2＋12H＋。在电解液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。使用燃料电池能量转化率高，而且无污染。
答案：(1)2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O
(2)3O2＋12H＋＋12e－===6H2O
2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2＋12H＋
(3)正 负极 (4)无污染
1．下列关于金属腐蚀的说法正确的是( )
A．金属在潮湿空气中腐蚀的实质是M＋nH2O===M(OH)n＋H2↑
B．金属化学腐蚀的实质是M－ne－===Mn＋，电子直接转移给氧化剂
C．金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行
D．在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀主要是析氢腐蚀
解析：选B。金属与接触的化学物质直接发生氧化还原反应的过程为化学腐蚀，金属失去的电子直接转移给氧化剂；金属的腐蚀以电化学腐蚀为主，在中性或弱酸性环境中，主要发生吸氧腐蚀。
2．下列金属防护的方法不正确的是( )
A．对健身器材涂油漆以防止生锈
B．对某些工具的“机械转动部位”选用刷油漆的方法来防锈
C．用牺牲锌块的方法来保护船身
D．自行车的钢圈上镀上一层铬防锈
解析：选B。“机械转动部位”应涂油脂防锈，油脂既能防水又能防止气体对金属的腐蚀，还能使转动部位灵活。
3．(2012·吴忠高二质检)下列几种金属制品的镀层损坏后，金属腐蚀的速率最快的是( )
A．镀铝塑料 B．食品罐头盒(镀锡)
C．白铁水桶(镀锌) D．镀银铜质奖章
解析：选B。关键是看，镀层损坏后，暴露出的金属与镀层能否形成原电池，形成原电池金属是否是负极。A项塑料不会被腐蚀；B项Fe为原电池负极，锡为原电池的正极，加速Fe的腐蚀；C项Zn为电池的负极，铁为电池的正极，铁被保护起来；D项Cu为原电池的负极，Ag为原电池的正极，加速了铜的腐蚀。但由于Fe比Cu更易失去电子，所以腐蚀最快的是B中的铁。
4．铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如下图所示，下列有关说法不正确的是( )
A．正极的电极反应为：2H＋＋2e－===H2↑
B．此过程中还涉及反应：4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3
C．此过程中铜并不被腐蚀
D．此过程中电子从Fe移向Cu
解析：选A。吸氧腐蚀中正极是O2得电子：O2＋2H2O＋4e－===4OH－。
5.
(2012·榆林高二质检)缠有金属丝的铁钉插在含有酚酞的NaCl溶液中，如图所示，可以看到在贴近金属丝一边的溶液中出现粉红色。则该金属丝可能是( )
A．镁 B．铝
C．锌 D．铜
解析：选D。在金属丝一边的溶液中出现粉红色，是由于铁钉发生吸氧腐蚀，则铁钉做原电池的负极：2Fe－4e－===2Fe2＋；比铁不活泼的金属做正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，由于[OH－]增大，溶液显红色，D正确。
6．为研究金属腐蚀的条件和速率，某课外小组学生用金属丝将三根大小相同的铁钉分别固定在图示的三个装置中，再放置于玻璃钟罩里保存相同的一段时间。下列对实验结束时现象的描述不正确的是( )
A．装置Ⅰ左侧的液面一定会下降
B．左侧液面装置Ⅰ比装置Ⅱ的低
C．装置Ⅱ中的铁钉腐蚀最严重
D．装置Ⅲ中的铁钉几乎没被腐蚀
解析：选B。装置Ⅰ中铁钉处于盐酸的蒸气中，被侵蚀而释放出H2，使左侧液面下降，右侧液面上升；装置Ⅱ中铁钉同样处于盐酸的蒸气中，不同的是悬挂铁钉的金属丝由铁丝换成了铜丝，由于Fe比Cu活泼，在这种氛围中构成的原电池会加速铁钉的侵蚀而放出更多的H2，使左侧液面下降得更多，右侧液面上升得更多；装置Ⅲ中虽然悬挂铁钉的还是铜丝，但由于浓硫酸有吸水性而无挥发性，使铁钉处于一种较为干燥的空气中，因而在短时间内几乎没有被侵蚀。
7．(2011·高考北京卷)结合下图判断，下列叙述正确的是( )
A．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护
B．Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe－2e－===Fe2＋
C．Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，均有蓝色沉淀
解析：选A。A项，电子从负极流向正极，抑制正极失电子，所以正极均被保护。B项，Ⅰ中的负极反应为Zn－2e－===Zn2＋。C项，Ⅱ中的正极反应为2H＋＋2e－===H2↑。D项，由于Ⅰ中负极反应产生Zn2＋，不会与K3[Fe(CN)6]溶液作用产生蓝色沉淀。
8．钢铁生锈过程发生如下反应：
①2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2；
②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3；
③2Fe(OH)3===Fe2O3＋3H2O。
下列说法正确的是( )
A．反应①、②中电子转移数目相等
B．反应①中氧化剂是氧气和水
C．与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀
D．钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀
解析：选A。①②反应中消耗O2的量相等，两个反应也仅有O2作为氧化剂，故转移电子数是相等的，A项正确；B项错误；铜和钢构成原电池，钢质水管腐蚀速度加快，C项错误；钢铁是铁和碳的混合物，在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D项错误。
9．镀锌铁在发生析氢腐蚀时，若有0.2 mol电子发生转移，下列说法正确的是( )
①有5.6 g金属被腐蚀 ②有6.5 g金属被腐蚀 ③在标准状况下有2.24 L气体放出 ④在标准状况下有1.12 L气体放出
A．①② B．②③
C．①④ D．③④
解析：选B。镀锌铁发生析氢腐蚀时，负极：Zn－2e－===Zn2＋，正极：2H＋＋2e－===H2↑，原电池反应为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑。当有0.2 mol e－发生转移时，被腐蚀的Zn为6.5 g，生成0.1 mol H2，即2.24 L H2。
10．如图所示，水槽中试管内有一枚铁钉，放置数天后观察：
(1)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，电极反应式：负极：________________，正极：________________。
(3)若试管内液面下降，则原溶液呈__________性，发生__________腐蚀，电极反应式：负极：____________________________，正极：__________________________。
(4)若溶液甲为水，溶液乙为海水，则铁钉在__________(填“甲”或“乙”)溶液中腐蚀的速度快。
解析：根据原电池的构成条件：有两种不同的材料(铁为负极，碳为正极)，有电解质溶液，形成闭合回路可知，铁钉的腐蚀属于电化学腐蚀。根据金属腐蚀的条件、原理可知：试管内液面上升，是铁钉吸氧腐蚀的结果，据此写出电极反应式：试管内液面下降，是铁钉析氢腐蚀的结果，据此写出电极反应式。
答案：(1)电化学
(2)弱酸性或中 吸氧 2Fe－4e－===2Fe2＋
O2＋4e－＋2H2O===4OH－
(3)酸 析氢 Fe－2e－===Fe2＋
2H＋＋2e－===H2↑
(4)乙
11．(2010·高考山东卷)对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。
(1)以下为铝材表面处理的一种方法：
①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常用气泡冒出，原因是____________________(用离子方程式表示)。为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的__________。
a．NH3 b．CO2
c．NaOH d．HNO3
②以铝材为阳极，在硫酸中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为__________。取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是__________________________。
(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是__________________________。
(3)利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。
若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于__________处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为__________。
解析：(1)①冒气泡的原因是Al与NaOH反应，化学方程式为：2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑；使[Al(OH)4]－生成沉淀，最好是通入CO2，若加HNO3，过量时沉淀容易溶解。
②阳极是Al，发生氧化反应，要生成氧化膜，还必须有H2O参加，故电极反应式为：2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于废电解液中的Al3＋和HCO水解相互促进。
(2)电镀时，阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2＋，以补充电镀液中的Cu2＋。
(3)铁被保护，可以是作原电池的正极，或者电解池的阴极，故若X为碳棒，开关K应置于N处，Fe做阴极受到保护；若X为锌，开关K置于M处，铁是做正极，锌做负极，称为牺牲阳极的阴极保护法。
答案：(1)①2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑ b
②2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋ Al3＋和HCO水解相互促进：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
(2)阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2＋，以补充电镀液中的Cu2＋
(3)N 牺牲阳极的阴极保护法
12.
某学生在A、B、C、D四只小烧瓶中分别放入干燥的细铁丝、浸过食盐水的细铁丝、浸过清水的细铁丝、食盐水及细铁丝(并使铁丝完全浸没在食盐水中)，然后装配成如下图所示的装置四套，每隔一段时间测量导管中水面上升的高度，结果如下表(表中所列数据为导管中水面上升的高度/cm)所示：
时间/小时
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
A瓶(盛干燥铁丝)
0
0
0
0
0
0
0
B瓶(盛蘸了食盐水的铁丝)
0
0.4
1.2
3.4
5.6
7.6
9.8
C瓶(盛蘸了清水的铁丝)
0
0
0
0.3
0.8
2.0
3.5
D瓶(盛完全浸没在食盐水中的铁丝)
0
0
0
0
0
0
0
(1)为什么有的导管中水面会上升？__________________________
__________________________。
(2)上述实验中，铁生锈的速率由大到小的排列顺序为(填小烧瓶的字母编号)__________________________。
(3)影响铁生锈的因素除氧气外，还有__________________________。
(4)日常生活中常见的铁制品生成铁锈，试写出铁制品生成铁锈(Fe2O3·xH2O)的化学方程式__________________________
__________________________。
解析：钢铁在食盐水中会形成原电池，负极反应为Fe－2e－===Fe2＋；正极反应为2H2O＋O2＋4e－===4OH－。由于钢铁腐蚀过程中消耗了O2，使瓶内气体的物质的量减少，压强减小，致使导管中水面上升。产生的Fe2＋和OH－结合成Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步氧化生成Fe(OH)3：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3,2Fe(OH)3===Fe2O3＋3H2O，从而形成铁锈。
答案：(1)铁丝发生吸氧腐蚀，氧气消耗后，瓶内气体分子数减少，导致瓶内压强减小，因此导管中水面上升
(2)B>C>A＝D
(3)水、电解质(或电解质溶液)
(4)4Fe＋3O2＋2xH2O===2Fe2O3·xH2O
13．(2012·南平高二质检)钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢材占世界钢铁年产量的四分之一。
(1)钢铁腐蚀主要是吸氧腐蚀，该腐蚀过程中的电极反应式为__________________________
__________________________。
(2)为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采用图甲所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用__________。
A．铜 B．钠
C．锌 D．石墨
(3)图乙所示的方案也可以降低铁闸门腐蚀的速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的__________极。
解析：(1)发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失去电子，正极上O2得到电子。
(2)铁闸门上连接一块比铁活泼的金属如锌，就可由锌失去电子，锌被溶解，而铁被保护，属于牺牲阳极的保护法。
(3)属于阴极电保护法，需把被保护的铁闸门连接在电源的负极上。
答案：(1)负极：2Fe－4e－===2Fe2＋；
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)C (3)负
1．下列说法正确的是( )
A．金属腐蚀就是金属原子失去电子被还原的过程
B．合金都比纯金属易被腐蚀
C．将金属与外加直流电源的负极相连，而将正极接到废铁上，可以防止金属被腐蚀
D．钢铁设备上连接铜块可以防止钢铁被腐蚀
解析：选C。金属腐蚀是金属原子失去电子被氧化的过程，故A错；合金不一定比纯金属易被腐蚀，如不锈钢，故B错；金属与电源负极相连时，金属做阴极，处于被保护状态，故C对；D项，钢铁比铜活泼，与铜连接时易被腐蚀，故D错。
2．(2012·济南高二质检)将炭粉和铁粉均匀混合，撒入内壁分别用氯化钠溶液和稀醋酸溶液润湿过的几支试管中，并按下图装置好仪器，观察下图，示意正确的是( )
解析：选B。用氯化钠溶液润湿过的具支试管中发生吸氧腐蚀，正极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，负极反应：2Fe－4e－===2Fe2＋，总反应式：2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2，具支试管内气体压强减小，导管中液柱上升；用稀醋酸溶液润湿过的具支试管中发生析氢腐蚀，正极反应：2H＋＋2e－===H2↑，负极反应：Fe－2e－===Fe2＋，总反应式：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，密封的几支试管内气体压强增大，导管中液柱下降。
3.
(2011·高考浙江卷)将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如下图所示。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少。下列说法正确的是( )
A．液滴中的Cl－由a区向b区迁移
B．液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2＋由a区向b区迁移，与b区的OH－形成Fe(OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈
D．若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为：Cu－2e－===Cu2＋
解析：选B。本题考查原电池、钢铁的吸氧腐蚀等知识。依题意，可判断中心区a为原电池的负极，液滴边缘O2含量较大，是原电池的正极，A中Cl－在电池工作时向负极(a)移动，A项错误；B项显然正确；C中Fe失电子被氧化而被腐蚀，故C项错误，D中因Fe比Cu活泼，充当负极的是Fe，负极反应为Fe－2e－===Fe2＋，故D错误。
4．钢铁工业是国家工业的基础，请回答钢铁腐蚀与防护过程中的有关问题。
(1)生产中可用盐酸来除铁锈。现将一生锈的铁片放入盐酸中，当铁锈被除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式为__________________________。
(2)下列哪些装置可防止铁棒被腐蚀__________。
(3)
在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀，装置如图：
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若电镀前A、B两金属片质量相同，电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量，二者质量差为5.12 g，则电镀时电路中通过的电子为__________ mol。
③镀层破损后，镀铜铁比镀锌铁更容易被腐蚀，请简要说明原因__________________________。
解析：(1)铁锈的主要成分为氧化铁的水合物，与盐酸反应后生成了三价铁离子，而后铁与三价铁离子会反应生成亚铁离子。(2)B中锌比铁活动性强，为牺牲阳极保护法，D为阴极电保护法。A、C均易使铁棒腐蚀。(3)为在铁表面镀铜需将铁作阴极、铜作阳极，当析出1 mol铜时两电极的质量差为64＋64＝128(g)，转移2 mol电子，当质量差为5.12 g时，电路中通过的电子为0.08 mol；镀层破损后，镀铜铁比镀锌铁更容易被腐蚀，因为镀铜铁的镀层破坏后，在潮湿环境中形成原电池，铁为负极，加速铁的腐蚀。
答案：(1)2FeCl3＋Fe===3FeCl2 (2)BD
(3)①铜 Cu2＋＋2e－===Cu ②0.08
③铁比铜活泼，镀层破坏后，在潮湿环境中形成原电池，铁为负极，加速铁的腐蚀(其他答案合理也可)
5．某地区常下酸雨，因而使金属制品锈蚀严重，铁制品镀铜可以有效防止铁的锈蚀，如图所示为铁制品镀铜的过程，请据此回答下列问题：
(1)写出a、b电极的正、负：a__________极、b__________极(填“正”或“负”)。
(2)写出A代表物质的化学式__________，写出电解液的名称__________，理论上电解质溶液的浓度__________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(3)写出电极反应式，阴极：__________，阳极：__________________________。
解析：电镀铜时要在镀件上沉积一薄层Cu，反应为Cu2＋＋2e－===Cu，这样A极应能为电解液补充Cu2＋，即Cu===Cu2＋＋2e－，理论上，电解过程中电解质溶液浓度不变。
答案：(1)负 正
(2)Cu CuSO4溶液(合理即可) 不变
(3)Cu2＋＋2e－===Cu Cu－2e－===Cu2＋
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)
1．下列事实能说明醋酸是弱电解质的是( )
①醋酸与水能以任意比互溶；
②醋酸溶液能导电；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；
④常温下，0.1 mol·L－1醋酸的pH比0.1 mol·L－1盐酸的pH大；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；
⑥0.1 mol·L－1醋酸钠溶液pH＝8.9；
⑦大小相同的铁片与等物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，开始醋酸产生H2速率慢；
⑧pH＝a的溶液的物质的量浓度等于pH＝a＋1的溶液的物质的量浓度的10倍
A．②⑥⑦⑧ B．③④⑥⑦
C．③④⑥⑧ D．①②
解析：选B。①为醋酸的物理性质；②无论醋酸是强电解质还是弱电解质，其水溶液都能导电；③符合弱电解质概念；④盐酸和醋酸都是一元酸，前者是强酸，在水中完全电离。两者等浓度时，后者pH大，则说明醋酸在水中没有完全电离，是弱电解质；⑤只能证明酸性CH3COOH＞H2CO3；⑥中CH3COONa水溶液显碱性，说明CH3COO－发生水解，则CH3COOH是弱酸；⑦中说明两溶液中c(H＋)盐酸＞c(H＋)醋酸，即CH3COOH为弱酸。⑧符合强酸特性。
2.
某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如右图所示。据图判断正确的是( )
A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线
B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C．a点KW的数值比c点KW的数值大
D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
解析：选B。盐酸是强酸，醋酸是弱酸，在稀释的过程中，醋酸不断电离，故Ⅱ为醋酸稀释时pH值的变化曲线；稀释过程中，温度不变，KW不变；相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸的浓度要大于盐酸的浓度，稀释相同的倍数，醋酸的浓度仍大于盐酸的浓度(a＞b)；故A、C、D错误。
3．室温下，在pH＝11的某溶液中，由水电离的c(OH－)可能为( )
①1.0×10－7mol·L－1 ②1.0×10－6mol·L－1
③1.0×10－3mol·L－1 ④1.0×10－11mol·L－1
A．③ B．④
C．①③ D．③④
解析：选D。pH＝11即c(OH－)＝10－3mol·L－1是碱性溶液，碱性溶液有两种情况：一是碱溶液，一是强碱弱酸盐的溶液。因为由水电离出的c(H＋)始终等于由水电离出的c(OH－)，若为碱溶液，由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝＝10－11mol·L－1；若为强碱弱酸盐的溶液，由水电离出的c(OH－)＝10－3mol·L－1。
4．某酸HX稀溶液和某碱YOH稀溶液的物质的量浓度相等，两溶液混合后，溶液的pH大于7，下表中判断合理的是( )
编号
HX
YOH
溶液的体积关系
①
强酸
强碱
V(HX)＝V(YOH)
②
强酸
强碱
V(HX)＜V(YOH)
③
强酸
弱碱
V(HX)＝V(YOH)
④
弱酸
强碱
V(HX)＝V(YOH)
A.①③ B．②③
C．①④ D．②④
解析：选D。
编号
是否正好中和
产物情况
pH
结论
①
正好中和
强酸强碱盐，不水解
pH＝7
不合题意
②
碱过量
强酸强碱盐，不水解
pH＞7
符合题意
③
正好中和
强酸弱碱盐，水解呈酸性
pH＜7
不合题意
④
正好中和
弱酸强碱盐，水解呈碱性
pH＞7
符合题意
5.下列各组离子在强碱性溶液中，可以大量共存的是( )
A．K＋、Na＋、HSO、Cl－
B．Na＋、Ba2＋、[Al(OH)4]－、NO
C．NH、K＋、Cl－、NO
D．Fe2＋、Na＋、ClO－、S2－
解析：选B。A中HSO、C中NH在碱性溶液中不能大量存在，D中Fe2＋与S2－不能共存，且Fe2＋与OH－也不能大量共存。
6．往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如图所示。则原溶液中c(I－)/c(Cl－)的比值为( )
A．(V2－V1)/V1 B．V1/V2
C．V1/(V2－V1) D．V2/V1
解析：选C。从图象变化情况看，O→V1主要是生成AgI沉淀，V1―→V2段主要是生成AgCl沉淀，所以溶液中c(I－)/c(Cl－)＝。
7．在BaSO4饱和溶液中，加入Na2SO4(s)，达平衡时( )
A．c(Ba2＋)＝c(SO)
B．c(Ba2＋)＝c(SO)＝[Ksp(BaSO4)]1/2
C．c(Ba2＋)≠c(SO)，c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp(BaSO4)
D．c(Ba2＋)≠c(SO)，c(Ba2＋)·c(SO)≠Ksp(BaSO4)
解析：选C。BaSO4饱和溶液中存在溶解平衡，c(Ba2＋)＝c(SO)且c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp(BaSO4)。加入Na2SO4(s)，Na2SO4溶于水中电离出SO使c(SO)增大，溶解平衡逆向移动，使c(Ba2＋)减小，但达到平衡时离子积不变，仍然有c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp(BaSO4)。
8．下列离子方程式书写正确的是( )
A．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2＋2OH－===SO＋H2O
B．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O
D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋CO
解析：选C。过量的SO2与NaOH作用生成NaHSO3，A不符合反应的实际情况；在酸性条件下，NO的氧化性强于Fe3＋，方程式中应有NO；C选项电荷、质量、电子得失都守恒；NaHCO3与过量Ba(OH)2溶液反应的离子反应方程式为HCO＋OH－＋Ba2＋===BaCO3↓＋H2O。
9．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．c点对应的Ksp小于a点对应的Ksp
解析：选C。本题考查难溶电解质的溶解平衡。A项，当加入AgNO3时，溶液中的c(Ag＋)增大，而c(Cl－)下降，即溶液不能由c点变到d点，错；B项，加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，但Ksp不变，错；C项，d点时的c(Ag＋)·c(Cl－)＞Ksp，有沉淀生成，对；D项，曲线上的点对应的是溶解平衡时的离子浓度关系，而当温度一定时，Ksp不变，即c点对应的Ksp与a点对应的Ksp相等，错。
10．下列各组溶液中，用括号内的试剂及物质间相互反应不能鉴别的一组是( )
A．Ba(OH)2、KSCN、NaCl、Mg(NO3)2(FeCl3溶液)
B．NaNO3、NaHCO3、(NH4)2SO3、Na2SiO3(H2SO4溶液)
C．NH4Br、K2CO3、NaI、CaCl2(AgNO3溶液)
D．(NH4)3PO4、NaBr、CuSO4、AlCl3(KOH溶液)
解析：选C。
选项
现象
结论
A
选用FeCl3检出KSCN(红色)和Ba(OH)2(红褐色沉淀)，再用Ba(OH)2检验Mg(NO3)2(白色沉淀)
能鉴别
B
加入H2SO4有无色无味气体放出的为NaHCO3，有刺激性气味气体放出的为(NH4)2SO3，有白色沉淀的为Na2SiO3
能鉴别
C
加入AgNO3溶液，CaCl2和K2CO3均产生白色沉淀
不能鉴别
D
加入KOH溶液，只产生刺激性气味气体的为(NH4)3PO4，有蓝色沉淀生成的为CuSO4，有白色沉淀生成且随KOH的加入而使沉淀消失的为AlCl3，无明显现象发生的为NaBr
能鉴别
11.在25 ℃时，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是( )
A．[Na＋]＝[CH3COO－]＋[CH3COOH]
B．[H＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]
C．[Na＋]＞[CH3COO－]＞[OH－]＞[H＋]
D．[CH3COO－]＞[Na＋]＞[H＋]＞[OH－]
解析：选D。两溶液混合后，溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液呈酸性，A、B、C错误。
12．下列叙述正确的是( )
A．某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH＝b，则a＞b
B．在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜7
C．1.0×10－3mol·L－1盐酸的pH＝3.0,1.0×10－8mol·L－1盐酸的pH＝8.0
D．若1 mL pH＝1的盐酸与100 mL NaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，则NaOH溶液的pH＝11
解析：选D。本题考查电解质溶液，意在考查考生对水溶液中离子平衡的理解和应用能力。醋酸在稀释时，其电离程度增大，n(H＋)增大，但c(H＋)减小，因此pH增大，故a＜b，A项错误；在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液显弱碱性，B项错误；pH＝8.0的溶液为碱性溶液，因此1.0×10－8mol·L－1的盐酸其pH不可能等于8，只能接近7，C项错误；设NaOH溶液的pH＝b，两溶液混合后溶液的pH＝7，则1×10－3L×10－1mol·L－1＝100×10－3L×10b－14mol·L－1，解得b＝11，D项正确。
13．下列溶液中微粒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：[Cl－]＞[NH]
B．pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合：[OH－]＝[H＋]
C．0.1 mol·L－1的硫酸铵溶液中：[NH]＞[SO]＞[H＋]
D．0.1 mol·L－1的硫化钠溶液中：[OH－]＝[H＋]＋[HS－]＋[H2S]
解析：选C。本题考查离子浓度的大小比较，意在考查考生的分析能力。氨水与氯化铵混合溶液的pH＝7，则[H＋]＝[OH－]，根据电荷守恒：[H＋]＋[NH]＝[OH－]＋[Cl－]，则[NH]＝[Cl－]，A项错误；pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合，若一元酸为强酸，则二者恰好完全反应，溶液显中性，[H＋]＝[OH－]，若一元酸为弱酸，则一元酸剩余，溶液显酸性，[H＋]＞[OH－]，B项错误；0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液中由于NH水解，溶液显酸性，离子浓度大小为[NH]＞[SO]＞[H＋]＞[OH－]，C项正确；0.1 mol·L－1的Na2S溶液中，根据电荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝2[S2－]＋[HS－]＋[OH－]…①，根据物料守恒：[Na＋]＝2([S2－]＋[HS－]＋[H2S])…②，将②代入①，消去[Na＋]，则[H＋]＋[HS－]＋2[H2S]＝[OH－]，D项错误。
14．下列反应的离子方程式正确的是(双选)( )
A．NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液
NH＋HCO＋2OH－===CO＋NH3·H2O＋H2O
B．等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合
Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O
C．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液
Fe2＋＋2H＋＋H2O2===Fe3＋＋2H2O
D．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝
4I－＋O2＋2H2O===2I2＋4OH－
解析：选AD。A项中，因NaOH足量，NH和HCO均参与反应，正确；B项中，Ca(HCO3)2和NaOH按物质的量之比1∶1反应，应为：Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O，错误；C项中，应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，错误；D项中，I－被O2氧化成I2，正确。
15．将0.2 mol·L－1的NaA溶液和0.1 mol·L－1的盐酸等体积混合后，所得溶液pH＞7，则下列关于所得溶液的关系式中错误的是(双选)( )
A．c(HA)＋c(A－)＝0.2 mol·L－1
B．c(HA)＞c(A－)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
D．c(Cl－)＞c(A－)
解析：选AC。NaA＋HCl===NaCl＋HA，所以反应后溶液中溶质为NaA和HA及NaCl，且浓度均为0.05 mol·L－1，因溶液pH＞7，故A－水解大于HA的电离浓度，所以c(HA)＞c(A－)，B正确；c(Cl－)＞c(A－)，D正确；据原子守恒知c(HA)＋c(A－)＝0.1 mol·L－1，A不正确；据电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，C错误。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(10分)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________(填编号字母)称量。
A．小烧杯中 B．洁净纸片上 C．托盘上
(2)滴定时，用0.2000 mol·L－1的盐酸来滴定待测溶液，不可选用________(填编号字母)做指示剂。
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
(5)下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
①观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，则滴定结果________。
②若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00 mL待测液，则滴定结果________。
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、甲基红等颜色变化较明显的指示剂，石蕊在酸或碱溶液中颜色比较淡，颜色变化不明显，易造成误差；(4)根据c待测＝分别求第一、二次的值，再求平均值，解得c(NaOH)＝0.4000 mol·L－1；(5)①中V标偏大，故浓度偏高；②中V标偏大，c待测也偏高。
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)0.4000 97.56% (5)①偏高 ②偏高
17．(7分)某温度(t ℃)下的溶液中，[H＋]＝10－xmol·L－1，[OH－]＝10－ymol·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为________，则该温度t____25 ℃(填“＞”“＜”或“＝”)，pH＝7的溶液显____(填“酸”“碱”或“中”)性。
(2)若将此温度(t℃)下pH＝11的苛性钠溶液a L与pH＝1的稀硫酸b L混合(假设混合后溶液体积的微小变化忽略不计)。试通过计算填写以下不同情况时两种溶液的体积比。
①若所得混合液为中性，则a∶b＝________；
②若所得混合液的pH＝2，则a∶b＝________。
解析：(1)由图知KW＝1×10－13＞10－14，则t＞25℃，中性时pH＝6.5，当pH＝7时溶液呈碱性；(2)pH＝11的NaOH溶液中[OH－]＝＝10－2mol·L－1，溶液呈中性时，n(H＋)＝n(OH－)即10－1×b＝10－2×a，a∶b＝10∶1；若混合液pH＝2，则＝10－2，得a∶b＝9∶2。
答案：(1)1×10－13 ＞ 碱
(2)①10∶1 ②9∶2
18．(13分)现有四瓶丢失标签的NaOH、Na2CO3、AlCl3、NH4HSO4溶液，为鉴别四瓶溶液，将四瓶溶液编号为A溶液、B溶液、C溶液、D溶液进行实验。实验过程和记录如图所示(无关物质已经略去)：
请回答：
(1)Y、Z的化学式分别为：Y________；Z________。
X与B反应的离子方程式为___________________________。
(2)D溶液pH________7(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是(用离子方程式表示)___________________________
___________________________。
(3)等物质的量浓度的A、B、C、D溶液pH由大到小的顺序是__________________。(用化学式表示)
(4)请写出C与过量B反应(加热)的离子方程式___________________________
___________________________。
(5)若B、C的稀溶液混合后(不加热)溶液呈中性，则该溶液中离子浓度从大到小的顺序是________________。
解析：根据A、B反应的物质的量之比及沉淀和B反应的物质的量之比可知，A为AlCl3，B为NaOH；NaOH与C反应可产生使石蕊溶液变蓝的气体，则C为NH4HSO4，D为Na2CO3。
(5)由于NH水解使溶液呈酸性，而NaOH、NH4HSO4的稀溶液混合后(不加热)溶液呈中性，则NaOH的物质的量比NH4HSO4的大，该混合溶液中离子浓度从大到小的顺序是[Na＋]＞[SO]＞[NH]＞[H＋]＝[OH－]。
答案：(1)NH3 CO2
Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－
(2)大于 CO＋H2OHCO＋OH－
(3)NaOH＞Na2CO3＞AlCl3＞NH4HSO4
(4)NH＋H＋＋2OH－NH3↑＋2H2O
(5)[Na＋]＞[SO]＞[NH]＞[H＋]＝[OH－]
19．(12分)常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号
HA
NaOH
混合溶液的pH
甲
[HA]＝0.2 mol·L－1
[NaOH]＝0.2 mol·L－1
pH＝a
乙
[HA]＝c1 mol·L－1
[NaOH]＝0.2 mol·L－1
pH＝7
丙
[HA]＝0.1 mol·L－1
[NaOH]＝0.1 mol·L－1
pH＝9
丁
pH＝2
pH＝12
pH＝b
请回答：
(1)不考虑其他组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a(混合溶液的pH)来说明HA是强酸还是弱酸？
___________________________。
(2)c1________(填“＜”、“＞”或“＝”)0.2 mol·L－1。乙组实验中HA和NaOH溶液混合前，HA溶液中[A－]与NaOH溶液中[Na＋]的关系是________(从下面选项中选择填空)。
A．前者大 B．后者大
C．二者相等 D．无法判断
(3)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是______________________，其中，[A－]＝________mol·L－1(不能做近似计算，回答准确值，结果不一定要化简)。
(4)丁组实验中，HA和NaOH溶液混合前[HA]____(填“＜”、“＞”或“＝”)[NaOH]，b____(填“＜”、“＞”或“＝”)7。
解析：(1)甲组中HA与NaOH恰好完全反应生成NaA和H2O，若溶液呈中性，说明A－不水解，HA是强酸，若溶液呈碱性，说明A－水解，HA是弱酸；(2)乙组混合溶液呈中性，而甲溶液可能呈碱性，所以[HA]大于甲中的浓度，但由于HA不完全电离，其中[A－]要远小于NaOH溶液中[Na＋]；(3)丙组混合溶液呈碱性，[OH－]＞[H＋]，由电荷守恒[Na＋]＋[H＋]＝[A－]＋[OH－]知[Na＋]＞[A－]，所以离子浓度由大到小的顺序是[Na＋]＞[A－]＞[OH－]＞[H＋]。[A－]＝[Na ＋]＋[H＋]－[OH－]＝(0.05＋1×10－9－1×10－5)mol·L－1。
(4)HA的pH＝2，则[H＋]＝10－2mol·L－1，[HA]＞10－2mol·L－1，NaOH溶液的pH＝12，则[OH－]＝10－2mol·L－1，[NaOH]＝10－2mol·L－1，二者混合后HA过量，溶液呈酸性，pH ＜7。
答案：(1)若a＝7，HA是强酸，若a＞7，HA是弱酸
(2)＞ B
(3)[Na＋]＞[A－]＞[OH－]＞[H＋] 0.05－1×10－5＋1×10－9
(4)＞ ＜
20．(13分)描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，下表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)，表2是常温下几种难(微)溶物的溶度积常数(Ksp)。
表1
酸或碱
电离常数(Ka或Kb)
CH3COOH
1.8×10－5
HNO2
4.6×10－4
HCN
5×10－10
HClO
3×10－8
NH3·H2O
1.8×10－5
表2
难(微)溶物
溶度积常数(Ksp)
BaSO4
1×10－10
BaCO3
2.6×10－9
CaSO4
7×10－5
CaCO3
5×10－9
请回答下面问题：
(1)上述四种酸中，酸性最弱的是________(用化学式表示)。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离度增大，而电离常数不变的操作是________(填序号)。
A．升高温度
B．加水稀释
C．加少量的CH3COONa固体
D．加少量冰醋酸
(2)CH3COONH4的水溶液呈________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，理由是___________________________
___________________________。
溶液中各离子浓度大小的关系是___________________________。
(3)物质的量之比为1∶1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，该溶液中离子的浓度从大到小排列为__________________。
(4)工业中常将BaSO4转化为BaCO3后，再将其制成各种可溶性的钡盐(如：BaCl2)。具体做法是用饱和的纯碱溶液浸泡BaSO4粉末，并不断补充纯碱，最后BaSO4转化为BaCO3。现有足量的BaSO4悬浊液，在该悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使SO物质的量浓度达到0.01 mol·L－1以上，则溶液中CO物质的量浓度应≥________mol·L－1。
解析：(1)四种酸中电离常数最小的是HCN，其酸性最弱。电离常数只受温度的影响，温度升高，电离常数增大；加入醋酸钠固体可以使醋酸的电离平衡逆向移动；加入冰醋酸可以使醋酸的电离度减小；只有加水符合题目的要求，故B项正确。
(2)醋酸的电离常数与一水合氨的电离常数相等，故醋酸铵溶液呈中性，溶液中各离子浓度的大小关系是c(NH)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)。
(3)根据题目信息，在NaCN和HCN混合溶液中是以NaCN的水解为主，故溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
(4)根据Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10和c(SO)＝0.01 mol·L－1可以算出溶液中c(Ba2＋)＝1.0×10－8mol·L－1；再根据Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9，可以算出c(CO)＝0.26 mol·L－1。
答案：(1)HCN B
(2)中性 水电离出的H＋和OH－的浓度相等，CH3COONH4溶于水后，根据电离平衡常数，CH3COO－结合H＋和NH结合OH－生成弱电解质的程度一样，导致溶液中的H＋和OH－浓度仍相等，呈中性 c(NH)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)
(3)c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)
(4)0.26
1．下列关于水的离子积常数的叙述中，正确的是( )
A．因为水的离子积常数的表达式是KW＝[H＋][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KW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，而与溶液中OH－和H＋的浓度无关；水的离子积常数KW和水的电离平衡常数K的关系为KW＝K[H2O]。
2．(2012·德州一中高二质检)下列说法正确的是(双选)( )
A．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
B．溶液导电能力的强弱主要与溶液中的离子浓度大小和离子所带电荷数有关
C．强弱电解质的本质区别是溶液导电能力的强弱
D．强电解质的溶液中只有离子，没有分子存在
解析：选AB。强弱电解质的本质区别在于能否完全电离成离子而不是溶液导电能力的强弱；溶液导电能力的强弱主要与溶液中的离子浓度大小和离子所带电子荷数有关；强电解质溶液中，离子浓度不一定就大，强电解质溶液中也有水分子存在。
3．下列电离方程式书写错误的是( )
A．Na2CO3===2Na＋＋CO
B．HClOH＋＋ClO－
C．Ca(OH)2===Ca2＋＋2OH－
D．HIH＋＋I－
解析：选D。HI为强酸，完全电离，方程式应为HI===H＋I－，D错误。
4．下列措施对水的电离无影响的是( )
A．升高温度 B．加入稀醋酸
C．加入NaOH固体 D．加入食盐
解析：选D。水存在H2OH＋＋OH－平衡；升高温度、加酸、加碱都能使平衡移动。
5．在约100 ℃的温度下，NaCl稀溶液中[H＋]为1×10－6 mol·L－1，下列说法正确的是( )
A．该溶液中[H＋]≠[OH－]
B．Na＋、Cl－促进了水的电离
C．该NaCl溶液中KW＝1.0×10－14 mol2·L－2
D．在100 ℃时水的电离平衡常数较大
解析：选D。在NaCl溶液中存在水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，升温，平衡向右移动，平衡常数增大，[H＋]、[OH－]变大，但[H＋]＝[OH－]，KW＝[H＋]·[OH－]＝1.0×10－6mol·L－1×1.0×10－6mol·L－1＝1.0×10－12mol2·L－2。
6．水的电离过程为H2OH＋＋OH－，在不同温度下，其离子积分别为：KW(25 ℃)＝1.0×10－14 mol2·L－2，KW(35 ℃)＝2.1×10－14 mol2·L－2，则下列叙述正确的是( )
A．[H＋]随着温度的升高而降低
B．在35 ℃时，[H＋]＞[OH－]
C．水的电离程度α(25 ℃)＞α(35 ℃)
D．[OH－]随温度升高而增大
解析：选D。35 ℃时的KW大于25 ℃时的KW，说明温度升高，水的电离平衡向右移动，[H＋]、[OH－]都增大，但是仍相等。
7．一定温度下，测得纯水中[OH－]＝2.5×10－7 mol·L－1，则[H＋]为( )
A．2.5×10－7 mol·L－1 B．1.0×10－7 mol·L－1
C. mol·L－1 D．无法确定[H＋]
解析：选A。不论在什么情况下纯水中一定存在[H＋]＝[OH－]。
8．常温下，0.1 mol·L－1的NaOH溶液中由水电离出的OH－的物质的量浓度为( )
A．0.1 mol·L－1 B．1×10－13 mol·L－1
C．1.0×10－7 mol·L－1 D．无法确定
解析：选B。NaOH为强碱，在水溶液中完全电离为Na＋和OH－，水电离出的OH－很少，可以忽略不计，所以0.1 mol·L－1 的NaOH溶液中[OH－]＝0.1 mol·L－1，[OH－]H2O＝[H＋]＝＝＝1.0×10－13 mol·L－1。
9．(2012·淮北高二统考)室温下，已知某溶液中由水电离生成的H＋和OH－的物质的量浓度的乘积为10－24 mol2·L－2，则在该溶液中，一定不能大量存在的离子是( )
A．SO B．NH
C．NO D．HCO
解析：选D。因溶液中水电离生成的H＋和OH－的浓度相等，故水电离的[OH－]＝[H＋]＝10－12 mol·L－1。则溶液为强酸性或强碱性，HCO与H＋或OH－都不能大量存在。
10．浓度为0.1 mol·L－1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，试回答：
(1)三种溶液中[H＋]依次为a mol·L－1，b mol·L－1，c mol·L－1，其大小顺序为____________。
(2)等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH溶液反应，生成的盐的物质的量依次为n1 mol，n2 mol，n3 mol，它们的大小关系为____________。
(3)中和一定量NaOH溶液生成正盐时，需上述三种酸的体积依次是V1 L、V2 L、V3 L，其大小关系为____________。
(4)与锌反应时产生氢(气)的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为____________。
解析：(1)这三种酸中盐酸与硫酸为强酸，完全电离，故盐酸中[H＋]＝0.1 mol·L－1，硫酸中[H＋]＝0.2 mol·L－1，而醋酸是弱酸，存在电离平衡，部分电离，[H＋]＜0.1 mol·L－1。
(2)等体积的三种酸，其物质的量相等，所以其生成的盐的物质的量也相等。
(3)生成正盐是指与这些酸中的H＋完全反应，由于硫酸是二元酸，另外两种都是一元酸，所以在等体积的前提下，硫酸中的H＋的物质的量是另外两种酸的两倍，因此中和一定量的NaOH所需硫酸的体积是另外两种酸体积的一半。
(4)[H＋]越大，产生H2速率越快，由(1)知v2＞v1＞v3。
答案：(1)a＝＞c(或b＞a＞c)
(2)n1＝n2＝n3
(3)V1＝2V2＝V3(或V1＝V3＞V2)
(4)v2＞v1＞v3
11．25 ℃时欲配制1 L某溶液，使水电离产生的[H＋]＝10－13 mol·L－1。
(1)若向水中加入5.0 mol·L－1的盐酸能达到要求，则加入盐酸的体积是________L。
(2)若向水中加入NaOH晶体能达到要求，则加入NaOH的质量是________g。
解析：[H＋]水＝10－13 mol·L－1。若为酸溶液，溶液中的[OH－]＝[H＋]水＝10－13 mol·L－1，由[H＋]＝＝＝10－1 mol·L－1，则1 L×10－1 mol·L－1＝V×5.0 mol·L－1，V＝0.02 L；若为碱溶液，溶液中的[H＋]＝[H＋]水＝10－13 mol·L－1，由[OH－]＝＝＝10－1 mol·L－1，则1 L×10－1 mol·L－1＝，m(NaOH)＝4 g。
答案：(1)0.02 (2)4
12．液态水对于地球上已知的生命存在显得如此不可或缺，不过，在很多科学家看来，也许水远非生命存在的惟一基石，比如液氨就具有许多和水类似的性质，可以完成水所支持的大多数生命功能。
在－50 ℃时，液氨发生电离，其电离与水的电离(2H2OH3O＋＋OH－)相似，且电离出的两种离子的平衡浓度均为1×10－15 mol·L－1。据此回答：
(1)液氨电离的方程式是___________________________。
(2)－50 ℃时，液氨的离子积常数为___________________________。
(3)若在液氨中加入NH4Cl，则液氨中的c(NH)______c(NH)(填“＞”、“＜”或“＝”)。
解析：信息告诉我们液氨电离与水相似，由水的电离方程式可写出液氨的电离方程式：2NH3NH＋NH。K＝c(NH)·c(NH)＝1×10－15 mol·L－1×1×10－15 mol·L－1＝1×10－30 mol2·L－2。在液氨中加入NH4Cl后，电离平衡逆向移动使c(NH)减小。加入NH4Cl后c(NH)增大，故c(NH)＞c(NH)。
答案：(1)2NH3NH＋NH
(2)1×10－30 mol2·L－2 (3)＞
13．(2012·日照高二质检)在水的电离平衡中，[H＋]和[OH－]的关系如图所示：
(1)A点水的离子积为1×10－14 mol2·L－2，B点水的离子积为________ mol2·L－2。造成水的离子积变化的原因是___________________________
___________________________。
(2)100 ℃时，若向溶液中滴加盐酸，能否使体系处于B点位置？为什么？___________________________
___________________________。
(3)100 ℃时，若盐酸中[H＋]＝5×10－4 mol·L－1，则由水电离产生的[H＋]是多少？
解析：(1)KW＝[H＋]·[OH－]＝10－6 mol·L－1·10－6 mol·L－1＝10－12(mol·L－1)2。由于水的电离是吸热过程，升温，KW增大，水的电离平衡正向移动。
(2)若加盐酸，使[H＋]＞[OH－]，但KW不变。
(3)盐酸中[H＋]主要考虑HCl的电离，溶液中[OH－]＝＝＝2×10－9 mol·L－1，[H＋]水＝[OH－]＝2×10－9 mol·L－1。
答案：(1)1×10－12 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)否，盐酸中[H＋]≠[OH－]，所以不在B点
(3)2×10－9 mol·L－1
1．往纯水中加入下列物质，能使水的电离平衡发生移动的是(双选)( )
A．蔗糖 B．NaOH
C．酒精 D．CH3COOH
解析：选BD。蔗糖和乙醇均属于非电解质，尽管两者的溶解度很大(乙醇与水能以任意比混溶)，但是却不会电离，因此对于氢离子和氢氧根离子的浓度均没有影响，所以不影响水的电离；而氢氧化钠和醋酸却会因各自电离出的氢氧根离子和氢离子而明显改变溶液中两种粒子的浓度，进而使水的电离平衡发生移动。
2．(2012·东营高二质检)25 ℃时水的KW＝1.0×10－14 mol2·L－2，而100 ℃时水的KW＝5.5×10－13 mol2·L－2。若在100 ℃时某溶液的[H＋]＝1.0×10－7 mol·L－1，则该溶液呈( )
A．酸性 B．中性
C．碱性 D．可能是酸性，也可能是碱性
解析：选C。100 ℃时中性溶液中[OH－]＝＝＝5.5×10－6 mol·L－1＞[H＋]，故溶液呈碱性。
3．已知25 ℃时KW＝10－14 mol2·L－2，如果100 ℃时KW＝10－12 mol2·L－2，这说明( )
A．100 ℃时水的电离程度较小
B．前者[H＋]较后者的大
C．水的电离过程是一个吸热过程
D．100 ℃时水的电离程度是室温时电离程度的100倍
解析：选C。本题灵活考查了水的离子积常数与温度的关系问题。由题意知，随水溶液的温度升高，KW也随之增大。KW较大，即[H＋]·[OH－]较大。[H＋]·[OH－]较大，说明H2OH＋＋OH－向右进行的程度大，由此可知水的电离是吸热的。所以A、B两选项错误，C选项正确。100 ℃时水的电离程度是室温时电离程度的10倍，故D选项错误。
4．掌握电解质和非电解质的概念，能熟练判断一种物质是否是电解质是认识电解质的性质、研究离子反应的前提。以下有①～⑩10种物质：①铜 ②稀硫酸 ③氯化氢 ④氨气 ⑤空气 ⑥二氧化碳 ⑦金属汞(俗称水银) ⑧氯化钠 ⑨碳酸钙 ⑩氯气
按照表中提示的信息，把它们中符合左栏条件的物质的化学式或名称填入右栏相应的位置。
序号
符合条件
物质的化学式或名称
1
混合物
2
电解质，但熔融状态下并不导电
3
电解质，但难溶于水
4
非电解质
5
既不是电解质，也不是非电解质，但本身能导电
解析：10种物质中稀硫酸和空气属于混合物。HCl溶于水可电离出H＋、Cl－，能导电，但熔融状态下不存在自由移动的离子，不导电，故HCl属于电解质。CaCO3是难溶性电解质。NH3、CO2的水溶液虽然能导电，但不是它们本身发生了电离，而是它们与水分别发生了反应，生成了电解质NH3·H2O和H2CO3，故它们属于非电解质。铜和金属汞属于单质，不是化合物，故既不是电解质也不是非电解质，但能导电。
答案：
序号
符合的条件
物质的化学式或名称
1
混合物
②稀硫酸 ⑤空气
2
电解质，但熔融状态下并不导电
③HCl
3
电解质，但难溶于水
⑨CaCO3
4
非电解质
④NH3 ⑥CO2
5
既不是电解质，也不是非电解质，但本身能导电
①铜 ⑦金属汞
5.常温下，0.1 mol·L－1的H2SO4溶液中，c(H＋)＝__________________；c(OH－)＝__________；由水电离出的c(OH－)水＝__________，c(H＋)水＝__________。
解析：根据常温下水的离子积公式KW＝[H＋][OH－]＝10－14 mol2·L－2计算即可。
答案：0.2 mol·L－1 5×10－14 mol·L－1 5×10－14 mol·L－1 5×10－14 mol·L－1
1．下列说法正确的是( )
A．pH＜7的溶液一定是酸性溶液
B．常温时，pH＝5的溶液和pH＝3的溶液相比，前者[OH－]是后者的100倍
C．室温下，每1×107个水分子中只有一个水分子发生电离
D．改变外界条件使溶液中[H＋]增大，则其pH增大
解析：选B。溶液呈酸碱性的本质为[H＋]和[OH－]的相对大小，pH＜7的溶液中[H＋]不一定大于[OH－]；常温下，pH＝5，[OH－]＝1×10－9 mol·L－1，pH＝3，[OH－]＝1×10－11 mol·L－1，前者[OH－]是后者的100倍；室温时，每升水有1×10－7 mol水分子发生电离，即＝55.6 mol,55.6 mol水分子中只有1×10－7 mol水分子电离；改变外界条件，[H＋]增大，pH减小。
2．甲、乙两种溶液，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的2倍，甲溶液中[H＋]一定是乙溶液中[H＋]的( )
A. B.
C. D．无法确定
解析：选D。因为pH＝－lg[H＋]，故[H＋]＝10－pH。pH甲＝2pH乙，则＝＝10－pH乙，所以比值大小与乙溶液的pH有关。
3．25 ℃时下列溶液中碱性最强的是( )
A．pH＝11的溶液
B．[OH－]＝0.12 mol·L－1的溶液
C．1 L含4 g NaOH的溶液
D．[H＋]＝1.0×10－10mol·L－1的溶液
解析：选B。计算出每个选项中的[OH－]，即可比较出碱性最强的溶液。
4．(2012·济南高二检测)往一定体积的Ba(NO3)2溶液中逐滴加入pH＝1的稀硫酸，至溶液中Ba2＋恰好完全沉淀，测得溶液的pH＝2，忽略混合时溶液体积的变化，则H2SO4与Ba(NO3)2溶液的体积比为( )
A．1∶10 B．1∶9
C．10∶1 D．9∶1
解析：选B。H2SO4与Ba(NO3)2溶液混合发生反应时，只有Ba2＋与SO结合生成BaSO4沉淀，H＋并不参加反应，[H＋]变化实际上是溶液稀释问题。稀释时有下列关系[H＋]1V1＝[H＋]2(V1＋V2)，即10－1V1＝10－2(V1＋V2)，V1∶V2＝1∶9。
5．95 ℃时，纯水中的H＋的物质的量浓度为10－6 mol·L－1，若把0.01 mol的NaOH固体溶解于95 ℃的水中配成1 L溶液，则溶液的pH为( )
A．4 B．10
C．2 D．12
解析：选B。[OH－]＝0.01 mol·L－1，KW＝10－12 mol2·L－2，[H＋]＝＝10－10 mol·L－1，pH＝－lg10－10＝10。
6．常温下，下列关于溶液的稀释说法正确的是( )
A．将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液加水稀释为2 L，pH＝13
B．pH＝6的盐酸加水稀释10倍，pH＝7
C．pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的[H＋]＝1×10－6mol·L－1
D．pH＝8的NaOH溶液加水稀释100倍，其pH＝6
解析：选A。A.将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液加水稀释为2 L时，[OH－]＝
＝0.1 mol·L－1，[H＋]＝＝＝1.0×10－13mol·L－1，pH＝13；B.加水稀释时，溶液酸性减弱，无论是稀释10倍还是1000倍，pH<7；C.pH＝4的H2SO4溶液稀释100倍后，由H2SO4电离产生的[H＋]＝1×10－6 mol·L－1，由水电离产生的[H＋]＝＝1×10－8 mol·L－1；D.pH＝8的NaOH溶液稀释100倍后，pH只能接近7，不可能小于7。
7．有人曾建议用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG＝lg。下列表述正确的是( )
A．在25 ℃时，若溶液呈中性，则pH＝7，AG＝1
B．在25 ℃时，若溶液呈酸性，则pH＜7，AG＜0
C．在25 ℃时，若溶液呈碱性，则pH＞7，AG＞0
D．在25 ℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG＝2(7－pH)
解析：选D。根据AG的定义，当溶液呈中性时，[H＋]＝[OH－]，则AG＝lg1＝0，当溶液呈酸性时，[H＋]＞[OH－]，则AG＞0，当溶液呈碱性时，[H＋]＜[OH－]，则AG＜0。由AG＝lg，得AG＝lg[H＋]－lg[OH－]＝－pH－lg＝14－2pH。
8．常温时，纯水中由水电离的[H＋]＝a，pH＝1的盐酸中由水电离出的[H＋]＝b,0.2 mol·L－1的盐酸与0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合后，由水电离的[H＋]＝c，则a，b，c的关系正确的是( )
A．a＞b＝c B．a＞c＞b
C．c＞b＞a D．b＞c＞a
解析：选B。pH＝1的盐酸中溶质的物质的量浓度为0.1 mol·L－1,0.2 mol·L－1的盐酸与0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合后，两者反应后盐酸过量，盐酸的物质的量浓度为0.05 mol·L－1。当在水中加入酸或者碱时将会抑制水的电离，从而可知选项B正确。
9．(2012·宿州高二调研)常温下，将0.02 mol·L－1的Ba(OH)2溶液100 mL和0.02 mol·L－1NaHSO4溶液100 mL混合，若忽略溶液体积变化，则混合后的溶液(双选)( )
A．pH＝12
B．pH＝2
C．由水电离产生的[H＋]＝1.0×10－2 mol·L－1
D．溶质的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
解析：选AD。n[Ba(OH)2]＝0.02 mol·L－1×0.1 L＝0.002 mol，n(OH－)＝0.004 mol
n(NaHSO4)＝0.02 mol·L－1×0.1 L＝0.002 mol，n(H＋)＝0.002 mol
中和反应后n[OH]＝0.002 mol
[OH－]＝＝0.01 mol·L－1
则[H＋]＝＝1×10－12 mol·L－1，pH＝12。
反应后溶液中的溶质为NaOH，其物质的量为0.002 mol，溶液体积为0.2 L，所以c(NaOH)＝0.01 mol·L－1。
10．有100 mL pH＝12的NaOH溶液，欲使它的pH降为11。
(1)如果加入蒸馏水，应加入______mL。
(2)如果加入pH＝10的NaOH溶液，应加入______mL。
(3)如果加入0.008 mol·L－1的盐酸，应加入______mL。
解析：pH＝12的NaOH溶液中[OH－]＝10－2 mol·L－1，当pH＝11时，[OH－]＝10－3 mol·L－1
(1)若加入水，溶液体积应为1000 mL，则加入水的体积为900 mL。
(2)设需加NaOH溶液的体积为x
＝10－3 mol·L－1，x＝1 L＝1000 mL。
(3)设需加盐酸的体积为y
＝10－3 mol·L－1，y＝0.1 L＝100 mL。
答案：(1)900 (2)1000 (3)100
11．(2012·潍坊高二检测)在t ℃时，某NaOH稀溶液中，[H＋]＝10－a mol·L－1，[OH－]＝10－b mol·L－1，已知a＋b＝12，则
(1)该温度下水的离子积常数KW________。
(2)该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是________ mol·L－1。
解析：由[H＋]＝10－a mol·L－1，[OH－]＝10－b mol·L－1和a＋b＝12，可知KW＝[H＋]×[OH－]＝10－12 mol2·L－2；该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是溶液的[OH－]与水电离的[OH－]之差，即10－b－10－a。
答案：(1)10－12 mol2·L－2 (2)10－b－10－a
12．在某温度下，重水(D2O)的离子积常数为1×10－12 mol2·L－2，若用与pH一样的定义来规定pD，则pD＝－lg[D＋]，则在该温度下：
(1)纯重水的pD＝____________。
(2)溶有0.01 mol的NaOD的D2O溶液1 L，其pD＝____________。
(3)100 mL 0.1 mol·L－1的D2SO4的D2O溶液与100 mL 0.4 mol·L－1的KOD的D2O溶液混合后pD＝____________。
解析：(1)在重水中D2OD＋＋OD－，所以[D＋][OD－]＝1×10－12 mol2·L－2，[D＋]＝1×10－6 mol·L－1，pD＝6；(2)[OD－]＝0.01 mol·L－1，则[D＋]＝＝1×10－10 mol·L－1，pD＝10；(3)二者混合后碱过量，溶液呈碱性。[OD－]＝＝0.1 mol·L－1，所以[D＋]＝＝1×10－11 mol·L－1，pD＝11。
答案：(1)6 (2)10 (3)11
13．25 ℃时，若体积为Va、pH＝a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH＝b的某一元强碱溶液混合，恰好中和，且已知Va＜Vb和a＝0.5b，请填写下列空白：
(1)a值可否等于3(填“可”或“否”)______，其理由是___________________________
___________________________。
(2)a值可否等于5(填“可”或“否”)______，其理由是___________________________
___________________________。
(3)a值的取值范围是___________________________。
解析：强酸强碱恰好中和，则有n(H＋)＝n(OH－)，即10－a·Va＝10b－14·Vb，＝10a＋b－14
(1)若a＝3，则b＝6，这与一元碱相矛盾。
(2)若a＝5，则b＝10
＝10a＋b－14＝10，即Va＞Vb，这与Va＜Vb矛盾。
(3)由于Va＜Vb，所以a＋b－14＜0，且a＝0.5b，则3a＜14，a＜，又因为b＞7，所以a＞，因此a的取值范围是＜a＜。
答案：(1)否 若a＝3，则b＝6，溶液显酸性，不符合题意
(2)否 若a＝5，[H＋]＝10－5 mol·L－1，则b＝10，[OH－]＝10－4 mol·L－1，依题意Va·10－5 mol·L－1＝Vb·10－4 mol·L－1，则＝＝10＞1，不符合题意Va＜Vb
(3)＜a＜
1．(2012·深圳高二教学质量检测)现有常温时pH＝1的某强酸溶液10 mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是( )
A．加水稀释成100 mL
B．加入10 mL的水进行稀释
C．加入10 mL 0.01 mol·L－1的NaOH溶液
D．加入10 mL 0.01 mol·L－1的盐酸
解析：选A。加水稀释时，稀释为原溶液体积的10倍，强酸溶液的pH正好增大1，强碱溶液的pH减小1；若加入0.01 mol·L－1的NaOH溶液，由[H＋]余＝代入已知数据可得V碱＝45 mL；向[H＋]＝0.1 mol·L－1的盐酸中加入[H＋]＝0.01 mol·L－1的盐酸，[H＋]>0.01 mol·L－1，pH<2。
2．将pH＝8和pH＝10的两种氢氧化钠溶液等体积混合，混合后溶液中的[H＋]最接近于( )
A．(10－8＋10－10)/2 mol·L－1
B．(10－8＋10－10)mol·L－1
C．(10－14－5×10－5)mol·L－1
D．2×10－10 mol·L－1
解析：选D。由于碱溶液中的[OH－]＞[H＋]，这就决定了不能用混合前溶液中的[H＋]直接求混合后溶液的[H＋]，一定要先求出混合后溶液中的[OH－]，再换算成混合后的[H＋]。根据水的离子积常数可知，pH＝8和pH＝10的两种氢氧化钠溶液的[OH－]分别为10－6 mol·L－1和10－4 mol·L－1，因此混合后溶液的[OH－]＝(10－6＋10－4)/2 mol·L－1，可近似看为10－4/2 mol·L－1。根据水的离子积常数可知，混合后溶液的[H＋]＝2×10－10 mol·L－1。因此应选D。
3．(2012·毫州高二质检)取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2的体积比例混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为( )
A．0.01 mol/L B．0.017 mol/L
C．0.05 mol/L D．0.50 mol/L
解析：选C。设原溶液物质的量浓度为c，V(NaOH)＝3 L，V(HCl)＝2 L，二者混合后，混合溶液体积为5 L，所得溶液pH＝12，则混合液[OH－]＝10－2 mol·L－1,3 L×c－2 L×c＝10－2 mol·L－1×5 L，则c＝0.05 mol·L－1。
4．(1)某温度下纯水中c(H＋)＝2×10－7 mol·L－1，则此时溶液中的c(OH－)为____________ mol·L－1；若温度不变滴入稀盐酸使c(H＋)＝5.0×10－6 mol·L－1，则c(OH－)为__________ mol·L－1。
(2)室温时，将pH＝5的硫酸溶液稀释10倍，c(H＋)：c(SO)＝__________，将稀释后的溶液再稀释100倍，c(H＋)∶c(SO)＝__________。
解析：(1)纯水中，c(H＋)＝c(OH－)，且c(H＋)·c(OH－)＝常数。(2)pH＝5的硫酸溶液稀释10倍后，c(H＋)＝10－6 mol·L－1，c(SO)＝5×10－7 mol·L－1；将稀释后的溶液再稀释100倍后，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，c(SO)＝5×10－9 mol·L－1。
答案：(1)2×10－7 8×10－9 (2)2∶1 20∶1
5．25 ℃时，pH＝x的HCl与pH＝y的NaOH，取Vx L HCl用NaOH溶液中和需Vy L NaOH。
(1)若x＋y＝14，则＝____________(填数值)；
(2)若x＋y＝13，则＝____________(填数值)；
(3)若x＋y＞14，则＝____________(填含x、y的表达式)，且Vx____Vy(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(4)若x＋y＝15，则＝____________(填数值)。
解析：pH＝x的盐酸：[H＋]＝[HCl]＝10－x mol·L－1，pH＝y的NaOH：[H＋]＝10－y mol·L－1，其溶液的[OH－]＝10y－14 mol·L－1。
完全中和应满足：Vx×10－x＝Vy×10y－14，
所以＝10x＋y－14
(1)若x＋y＝14，则＝1；
(2)若x＋y＝13，则＝1013－14＝0.1；
(3)若x＋y＞14，则＝10x＋y－14＞1，Vx＞Vy；
(4)若x＋y＝15，则＝1015－14＝10。
答案：(1)1 (2)0.1 (3)10x＋y－14 ＞ (4)10
1．(2012·潍坊高二质检)对于0.1 mol·L－1的醋酸溶液，下列说法正确的是( )
A．加水稀释后，溶液中[H＋]和[OH－]都减小
B．温度升高后，溶液的pH增大
C．加入少量Na2CO3固体，醋酸电离平衡向左移动
D．加入少量冰醋酸后，溶液的[H＋]增大
解析：选D。加水稀释，[H＋]减小，[OH－]增大；温度升高，醋酸的电离程度增大，[H＋]增大；加入Na2CO3，CO与H＋结合，醋酸的电离平衡右移。
2．已知下面三个数据：①7.2×10－4，②2.6×10－4，③4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：
NaCN＋HNO2===NaNO2＋HCN
NaCN＋HF===NaF＋HCN
NaNO2＋HF===NaF＋HNO2
由此可判断下列叙述中正确的是( )
A．HF的电离常数是① B．HNO2的电离常数是①
C．HCN的电离常数是② D．HNO2的电离常数是③
解析：选A。由反应可知，酸性HF＞HNO2＞HCN，酸性越强，其电离常数越大。
3．对某弱酸(HA)稀溶液加水稀释，下列叙述错误的是( )
A．弱酸的电离平衡右移
B．弱酸分子的浓度减小
C．溶液中的[OH－]增大
D．溶液的导电性增强
解析：选D。在弱酸溶液中存在HA的电离平衡：HAH＋＋A－，加水稀释，电离平衡右移，弱酸分子的物质的量减小，n(H＋)增大，但二者的浓度均减小；由于温度不变，KW不变，[H＋]减小，[OH－]增大；溶液中主要离子的浓度减小，导电性减弱。
4．下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
弱酸
HCN
HF
CH3COOH
HNO2
电离常数
6.2×10－10
6.8×10－4
1.8×10－5
6.4×10－6
则0.1 mol·L－1的下列溶液中，c(H＋)最大的是( )
A．HCN B．HF
C．CH3COOH D．HNO2
解析：选B。电离平衡常数越大，电离程度越大，同浓度时，电离产生的c(H＋)越大。
5．已知室温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是( )
A．该溶液的pH＝4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D．由HA电离出的[H＋]约为水电离出的[H＋]的106倍
解析：选B。HA有0.1%发生电离，则[A－]＝[H＋]＝0.1 mol·L－1×0.1%＝1×10－4 mol·L－1，pH＝4；升高温度，电离平衡右移，[H＋]增大，pH减小；其电离平衡常数Ka＝＝≈1×10－7 mol·L－1；室温时，KW＝1×10－14 mol2·L－2，则[OH－]＝[H＋]水＝＝1×10－10 mol·L－1，HA电离的[H＋]约为水电离出的[H＋]的106倍。
6．用水稀释0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，其中随水的量增加而增大的是(双选)( )
A．[H＋] B.
C．[CH3COO－] D．[OH－]
解析：选BD。CH3COOH中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水稀释，电离平衡向右移动，n[H＋]增大，n(CH3COOH)减小，[H＋]减小，所以[OH－]增大，增大。
7．有弱酸A和B，当其浓度均为0.01 mol·L－1时，A中的[H＋]约为B中[H＋]的2倍。现有两种不同浓度的A酸溶液a1和a2，以及0.01 mol·L－1的B酸，已知三种溶液的pH从小到大依次为a1、B、a2。则( )
A．a1的浓度必大于B的浓度
B．a2的浓度必大于B的浓度
C．a1的浓度必小于B的浓度
D．a2的浓度必小于B的浓度
解析：选D。A、B均为0.01 mol·L－1时，A中的[H＋]约为B中[H＋]的2倍，说明酸性A＞B，A酸溶液a2的pH比0.01 mol·L－1的酸B大，说明a2的浓度必小于B的浓度，a1的pH比B的小，由于酸A强于酸B，a1浓度可能大于、等于或略小于B的浓度。
8．(2010·高考大纲全国卷Ⅱ)相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是( )
解析：选C。pH相同的一元中强酸的物质的量浓度大于一元强酸的物质的量浓度，所以加入足量锌粉最终产生氢气的量，一元中强酸多，反应过程中，未电离的中强酸分子继续电离，H＋浓度比强酸大，反应速率中强酸大于强酸。
9．常温下，pH＝10的X、Y两种碱溶液各1 mL，分别稀释到100 mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．X、Y两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等
B．稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强
C．分别完全中和X、Y这两种碱溶液时，消耗同浓度盐酸的体积VX＞VY
D．若8＜a＜10，则X、Y都是弱碱
解析：选D。强碱稀释100倍，c(OH－)降为原来的，则pH减小2个单位；弱碱稀释时，电离程度增大，稀释100倍c(OH－)减小，但大于原来的，pH减小少于2个单位。
10．已知HClO是比H2CO3还弱的酸，氯水中存在下列平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO；HClOH＋＋ClO－，达到平衡后：
(1)要使HClO的浓度增大，可加入下列物质中的(填代号)____________。
A．SO2 B．CaCO3
C．HCl D．NaOH
(2)由此说明在实验室里可用排饱和食盐水法收集Cl2的理由是___________________________
___________________________
___________________________。
解析：A、D都能直接和HClO反应使其浓度降低，C项中HCl浓度增大，使平衡逆向移动，HClO浓度降低；B项中CaCO3只与HCl反应，与HClO不反应，使Cl2＋H2OHCl＋HClO平衡右移，HClO浓度增大。饱和食盐水中的Cl－使Cl2＋H2OHCl＋HClO平衡左移，从而降低Cl2的溶解度。
答案：(1)B (2)氯气溶于水中存在下列平衡：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，而在饱和食盐水中[Cl－]较大，可使上述平衡向左移动，使Cl2的溶解度降低
11．(2012·北京海淀区高二质检)在一定条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：
CH3COOHCH3COO－＋H＋；ΔH＞0
(1)下列方法中，可以使0.10 mol·L－1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是____________。
a．加入少量0.10 mol·L－1的稀盐酸
b．加热CH3COOH溶液
c．加水稀释至0.010 mol·L－1
d．加入少量冰醋酸
e．加入少量氯化钠固体
f．加入少量0.10 mol·L－1的NaOH溶液
(2)25 ℃时，该电离平衡的平衡常数为1.75×10－5。现有：
①0.10 mol·L－1CH3COOH溶液
②0.0010 mol·L－1CH3COOH溶液
其c(H＋)之比为①∶②＝________。[提示：进行简化计算，平衡时的c(CH3COOH)可用起始浓度代替，水电离出的c(H＋)、c(OH－)忽略不计。]
解析：(1)可以采用减少氢离子或醋酸根离子或加热的方法使平衡向右移动。(2)设①的氢离子浓度为c1，②的氢离子浓度为c2，依据电离平衡常数的表达式：＝1.75×10－5，＝1.75×10－5, 可得c1∶c2＝10∶1。
答案：(1)bcf (2)10∶1
12．将6 g CH3COOH溶于水制成1 L溶液，此溶液的物质的量浓度为______________，经测定溶液中含CH3COO－为1.4×10－3 mol·L－1，此温度下醋酸的电离常数：Ka＝________，温度升高Ka将________(填“变大”、“不变”或“变小”)。
解析：[CH3COOH]＝＝0.1 mol·L－1
因为 CH3COOHCH3COO－＋H＋
起始mol/L 0.1 0 0
平衡mol/L 0.1－1.4×10－3 1.4×10－3 1.4×10－3
所以Ka＝
＝
＝1.99×10－5 mol·L－1。
答案：0.1 mol·L－1 1.99×10－5mol·L－1 变大
13．与化学平衡类似，电离平衡时的平衡常数叫做电离平衡常数，用K表示，弱酸的电离平衡常数用Ka表示，Ka只与温度有关。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Ka
CH3COOH
CH3COOH CH3COO－＋H＋
1.76×10－5
H2CO3
H2CO3 H＋＋HCO
HCO H＋＋CO
Ka1＝4.31×10－7 Ka2＝5.61×10－11
H3PO4
H3PO4 H＋＋H2PO
H2PO H＋＋HPO
HPO H＋＋PO
Ka1＝7.1×10－3
Ka2＝6.3×10－8
Ka3＝4.2×10－13
回答下列问题：
(1)温度升高时，________(填“促进”或“抑制”)弱酸的电离，Ka值________(填“增大”、“减小”或“不变”)
(2)在温度相同时，各弱酸的Ka值不同，那么Ka值的大小与酸性的相对强弱的关系是___________________________
___________________________。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCO、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，则它们的酸性强弱顺序是___________________________
___________________________。
(4)25 ℃时，若醋酸的起始浓度为0.010 mol·L－1，则平衡时溶液的pH是________。
解析：(1)电离是一个吸热过程，温度升高，平衡正向移动，Ka值增大。
(2)电离平衡常数表示的是弱电解质的电离程度，Kα值越大，表示电离程度越大，对于弱酸来说，Kα值越大，酸性越强。
(3)根据表中提供的电离平衡常数值，酸性由强到弱的顺序为：H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2PO＞HCO＞HPO
(4) CH3COOHCH3COO－＋H＋
起始浓度/mol·L－1 0.010 0 0
转化浓度/mol·L－1 x x x
平衡浓度/mol·L－1 0.010－x x x
＝1.76×10－5，x＝4.10×10－4 mol·L－1
pH＝－lg[H＋]＝－lgx＝4－lg4.10。
答案：(1)促进 增大 (2)Ka值越大，酸性越强
(3)H3PO4＞CH3COOH＞H2CO3＞H2PO＞HCO＞HPO (4)4－lg4.10
1．(2011·高考新课标全国卷)将浓度为0.1 mol·L－1HF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。HF溶液加水稀释，平衡向右移动，所以增大。选项D正确。
2．(2011·高考山东卷)室温下向10 mL pH＝3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是( )
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中不变
C．醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大
D．再加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，混合液pH＝7
解析：选B。醋酸稀释过程中，醋酸的电离度增大，同时溶液的体积也增大，所以c(H＋)、c(CH3COO－)均减小，但自由移动的离子数目增大，所以，A项、C项错误；B项，Ka＝在一定温度下为一常数，把该温度下的KW＝c(H＋)·c(OH－)代入Ka得：＝，Ka、KW在一定温度下均为常数，所以，为一常数；D项，两溶液混合，醋酸过量，所以，混合后溶液呈酸性，pH＜7。
3．对室温下pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是( )
A．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B．使温度升高20 ℃后，两溶液的pH均不变
C．加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小
D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多
解析：选A。醋酸是弱酸，而盐酸是强酸，pH相同时，[CH3COOH]>[HCl]，因此，体积相同时n(HCl)4．在0.2 mol·L－1氨水中存在着下列平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，当改变条件时，表中各项内容有何变化：
改变条件
平衡移动方向
pH
[NH]
通入氨气至饱和
加入少量盐酸
加入少量NH4Cl
加水稀释
解析：通入氨气至饱和，平衡右移，使[NH]和[OH－]增大，pH增大；加少量盐酸，盐酸电离出的H＋与OH－反应，使[OH－]减少，平衡右移，[NH]增大；加少量NH4Cl时，电离出的NH使[NH]增大，平衡左移，[OH－]减少，pH减小；加水稀释，平衡右移，NH和OH－的量增大，但浓度却减少，故pH减小。
答案：
改变条件
平衡移动方向
pH
[NH]
通入氨气至饱和
右移
增大
增大
加入少量盐酸
右移
减小
增大
加入少量NH4Cl
左移
减小
增大
加水稀释
右移
减小
减小
5.为了验证同浓度同体积的盐酸和醋酸的酸性不同，在同温同压下，设计如下实验：
(1)实验中酸均为0.1 mol·L－1 100 mL，则镁带的质量至少为________g，应选用________mL的量筒。(填“100”、“200”或“500”)
(2)铜丝不能接触酸溶液的原因___________________________。
(3)本实验中验证盐酸和醋酸酸性不同的思路是___________________________
___________________________
___________________________
___________________________。
解析：同温同浓度的盐酸和醋酸的区别：
①c(H＋)HCl>c(H＋)CH3COOH
②pH(HCl)③与Mg反应：盐酸比醋酸快。
答案：(1)0.12 200 (2)防止铜、镁与酸形成原电池，干扰实验现象的观察
(3)在外界条件相同的情况下，反应速率快的说明[H＋]大，酸性强
1．(2012·银川高二竞赛考试)下列有关盐类水解的说法不正确的是( )
A．盐类水解过程破坏了纯水的电离平衡
B．盐类水解反应是酸碱中和反应的逆反应
C．盐类水解的结果使溶液不一定呈中性
D．Na2S溶液中c(Na＋)是c(S2－)的2倍
解析：选D。由于盐电离出的离子与水电离出的H＋或OH－结合，从而促进了水的电离，使溶液不一定呈中性。盐类水解与酸碱中和反应互为逆反应。D项中，Na2S溶液中若无S2－水解，则c(Na＋)＝2c(S2－)成立；由于S2－水解，故c(Na＋)>2c(S2－)。
2．下列物质的稀溶液中，溶质的阴、阳离子个数之比为1∶2的是( )
A．K2SO4 B．Na2CO3
C．(NH4)2SO4 D．NH4HCO3
解析：选A。Na2CO3和(NH4)2SO4溶液，因溶质电离出的阴、阳离子个数比为1∶2，但由于CO、NH的水解使阴、阳个数比不等于1∶2；NH4HCO3溶液中因溶质电离出的阴、阳个数比为1∶1，无论NH、HCO是否存在水解，其对应个数比不会为1∶2。
3．25 ℃时，在浓度均为1 mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2SO3、(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中，若测得其中c(NH)分别为a、b、c(单位为mol/L)，则下列判断正确的是( )
A．a＝b＝c B．c＞a＞b
C．b＞a＞c D．a＞c＞b
解析：选B。(NH4)2SO4中NH水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，(NH4)2SO3溶液中NH、SO都水解且相互促进，从而增大了NH的水解程度，c(NH)浓度进一步减小；而(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2＋水解：Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，溶液呈酸性，对NH的水解有抑制作用，NH水解程度减小。
4．常温下某溶液中，水电离出的[OH－]＝10－4 mol·L－1，该溶液中的溶质可能是(双选)( )
A．碳酸氢钠 B．醋酸钠
C．氢氧化钠 D．硫酸氢钠
解析：选AB。溶液中水电离出的[OH－]比纯水中水电离出的[OH－]大，所以溶质能促进水的电离，且溶液呈碱性。
5．有①Na2CO3溶液 ②CH3COONa溶液 ③NaOH溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 mol/L，下列说法正确的是( )
A．3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①
B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C．若分别加入25 mL 0.1 mol·L－1的盐酸后，pH最大的是①
D．若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②
解析：选C。因Na2CO3的水解程度大于CH3COONa的水解程度，所以pH的大小应为③＞①＞②；若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③，因为稀释促进了①②的水解；加入25 mL 0.1 mol·L－1的盐酸后，①变成NaHCO3溶液，呈碱性，②变成CH3COOH溶液呈酸性，③变成NaCl溶液呈中性，故C正确；当3种溶液的pH均为9时，物质的量浓度的大小顺序应为②＞①＞③。
6．(2012·济南高二检测)物质的量浓度相同的下列溶液中，含微粒种类最多的是( )
A．CaCl2 B．CH3COONa
C．NH3 D．K2S
解析：选D。对于CaCl2溶液，其中存在的微粒有Ca2＋、Cl－、H＋、OH－、H2O 5种；由于CH3COONa水解：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，溶液中存在Na＋、CH3COOH、CH3COO－、H2O、H＋、OH－6种微粒；对于NH3在溶液中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，溶液中存在着NH、NH3·H2O、NH3、H2O、H＋、OH－6种微粒；对于K2S，由于发生两级水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，溶液中存在着K＋、S2－、HS－、H2S、H2O、H＋、OH－7种微粒。
7．25 ℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c(OH－)前者大于后者
D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
解析：选C。本题考查电离平衡和水解平衡的知识，意在考查学生对比分析问题、揭示问题本质的能力。在两溶液中，因为电离平衡和水解平衡的存在，特别是HCO H＋＋CO和CO＋H2OHCO＋OH－的存在，导致两溶液中存在的粒子种类相同。因为CO的水解能力大于HCO的水解能力，所以c(OH－)后者大于前者。D项，分别加入NaOH固体后，NaHCO3溶液中NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，使c(CO)浓度增大，在Na2CO3溶液中加入NaOH固体抑制了CO的水解，使c(CO)增大，D正确。
8．为了使CH3COONa溶液中Na＋的浓度与CH3COO－的浓度比为1∶1，可在CH3COONa溶液中加入( )
①适量的盐酸 ②适量的NaCl ③适量的醋酸 ④适量的CH3COONa
A．①② B．③
C．③④ D．④
解析：选B。在CH3COONa溶液中，由于CH3COO－的水解：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使CH3COO－浓度比Na＋浓度要小。②不成立，它加入了Na＋，使它们的差距拉大；①使平衡向右移动了，使它们的差距变得更大，④中加入了CH3COONa，使CH3COO－的浓度增大，但Na＋也随着增大，只有③加入醋酸，使平衡左移，另外其本身也可以电离出CH3COO－，使溶液中的CH3COO－的浓度增大。
9．向三份0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为( )
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
解析：选A。CH3COONa溶液中，存在CH3COO－的水解反应：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，当分别加入NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体时：由于NH4NO3溶液呈酸性(NH水解)，故促进了CH3COO－的水解，使c(CH3COO－)减小；由于Na2SO3溶液呈碱性(SO水解)，故抑制了CH3COO－的水解，使c(CH3COO－)增大；由于FeCl3溶液呈酸性(Fe3＋水解)，故促进CH3COO－的水解，使c(CH3COO－)减小。
10．浓度为0.1 mol·L－1的8种溶液：①HNO3，②H2SO4，③HCOOH，④Ba(OH)2，⑤NaOH，⑥CH3COONa，⑦KCl，⑧NH4Cl 溶液pH由小到大的顺序为__________________(填写编号)。
解析：相同物质的量浓度的各种溶液的pH大小比较有以下规律：
(1)同物质的量浓度的酸及水解呈酸性的盐溶液，其pH的关系一般是：二元强酸<一元强酸<弱酸<水解显酸性的盐溶液。
(2)同物质的量浓度的碱及水解呈碱性的盐溶液，其pH的关系一般是：二元强碱>一元强碱>弱碱>水解呈碱性的盐溶液。
(3)强酸弱碱盐，碱越弱，水溶液酸性越强；弱酸强碱盐，酸越弱，溶液碱性越强。
(4)同物质的量浓度的多元弱酸及其盐溶液的pH关系是：以H3PO4为例：H3PO4答案：②①③⑧⑦⑥⑤④
11．已知25 ℃时0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH约为3，向其中加入少量醋酸钠晶体，待晶体溶解后发现溶液的pH增大，对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，增大了[OH－]，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出的大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使[H＋]减小，因此溶液的pH增大。你认为上述两种解释中________(填“甲”或“乙”)正确。
(1)为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1 mol·L－1的醋酸溶液中加入少量下列物质中的________(填写编号)，然后测定溶液的pH。(已知：25 ℃时，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，CH3COOH的Ka＝1.8×10－5)
A．固体CH3COOK
B．固体CH3COONH4
C．气体NH3
D．固体NaHCO3
(2)若________(填“甲”或“乙”)的解释正确，溶液的pH应________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)由NH3·H2O的Kb与CH3COOH的Ka可知，二者电离程度相同，所以CH3COONH4应呈中性，所以CH3COONH4是最好的选择。
答案：乙 (1)B (2)乙 增大
12．(1)室温下pH＝9的NaOH溶液和pH＝9的CH3COONa溶液，设由水电离产生的OH－的物质的量浓度分别为A和B，则A和B的关系为___________________________。
(2)对于盐AmBn的溶液：①若为强酸弱碱盐，其水解的离子方程式是______________________；②若为弱酸强碱盐，其水解的离子方程式是___________________________。
解析：(1)在pH＝9的NaOH溶液中，[H＋]水＝10－9mol·L－1，其H＋全部是水电离产生的，因为[H＋]水＝[OH－]水，即A＝10－9mol·L－1。在CH3COONa溶液中，由于CH3COO－结合了水中的H＋，水的电离平衡向正反应方向移动，[OH－]增大；在pH＝9的CH3COONa溶液中，[OH－]＝1×10－5mol·L－1，其OH－全部是水电离产生的，即B＝10－5mol·L－1，所以，A∶B＝10－9mol·L－1∶10－5mol·L－1＝10－4∶1。(3)正确地表示An＋、Bm－符号及Bm－水解产物HB(m－1)－至关重要。
答案：(1)A∶B＝10－4∶1
(2)①An＋＋nH2OA(OH)n＋nH＋
②Bm－＋H2OHB(m－1)－＋OH－
1．下列离子既能电离又能水解，且能与强碱溶液反应的是( )
A．CH3COO－ B．HSO
C．HSO D．CO
解析：选C。下表中“√”表示能发生，“×”表示不能发生。
选项
内容
A
B
C
D
电离
×
√
√
×
水解
√
×
√
√
与强碱反应
×
√
√
×
2.下列离子方程式中，属于水解反应的是( )
A．HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O＋
B．CO2＋H2OHCO＋H＋
C．CO＋H2OHCO＋OH－
D．HS－＋H2OS2－＋H3O＋
解析：选C。A是电离方程式；B代表的是化学平衡；D是HS－的电离方程式，故答案为C。
3．(2012·滨州高二月考)在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是( )
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
解析：选B。本题考查盐类的水解，意在考查学生对水解平衡移动的判断。温度一定，水解平衡常数不变，选项A错；通入二氧化碳，二氧化碳与OH－反应生成HCO，OH－浓度减小，平衡向正反应方向移动，选项B正确；水解反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，HCO浓度增大，而CO浓度减小，故增大，选项C错误；加入 NaOH固体，NaOH电离，溶液中OH－浓度增大，pH增大，选项D错误。
4．向纯碱溶液中滴入酚酞试液，观察到的现象是________，原因是___________________________；
若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，观察到的现象是__________，原因是___________________________
___________________________。
解析：本题主要考查学生利用盐的水解规律及水解平衡移动的知识分析实验现象的能力及文字表达能力。Na2CO3水解显碱性，加酚酞则溶液变红色；加入过量CaCl2溶液后发生反应Ca2＋＋CO===CaCO3↓，使Na2CO3的水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－向逆反应方向移动，c(OH－)减小，溶液的碱性减弱，因此溶液的红色退去。
答案：溶液变红色 Na2CO3水解：CO＋H2OHCO＋OH－，溶液呈碱性 产生白色沉淀，溶液的红色退去 Ca2＋＋CO===CaCO3↓，使CO＋H2OHCO＋OH－平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，碱性变弱
5．(1)相同温度下，等浓度的CH3COONa和Na2CO3溶液，________的碱性强。
(2)升高温度，使盐类的水解平衡向____移动，即升高温度________盐类的水解(填“促进”或“抑制”)。
(3)盐溶液的浓度越小，盐就越易水解，即加水________盐类的水解(填“促进”或“抑制”)。
(4)向CH3COONa溶液中加入盐酸，其水解平衡向______移动，加入NaOH溶液，则平衡向________移动，即加酸能______(填“促进”或“抑制”，下同)强碱弱酸盐的水解，加碱能________强碱弱酸盐的水解。
(5)向NH4Cl溶液中加入CH3COONH4晶体，水解平衡向________移动。
解析： (1)因为CH3COOH酸性大于H2CO3，所以CO比CH3COO－更容易水解。(2)因为水解是吸热的，故温度越高，水解程度越大。(3)CH3COONa水解呈碱性，所以加入强酸会促进水解，加入强碱会抑制水解。(5)NH4Cl溶液中加入CH3COONH4，加大了NH的浓度，水解平衡向右移动，但NH水解程度减小。
答案：(1)Na2CO3溶液 (2)右 促进 (3)促进 (4)右 左 促进 抑制 (5)右
1．对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是( )
解析：选C。本题主要考查电解质与化学平衡移动的知识。水的电离方程式为：H2OH＋＋OH－。A溶于水成为盐酸，电离产生的H＋，使得平衡左移；B中质子数为26的是Fe3＋，其能发生水解，使得平衡右移；C表示的是Cl－，不影响该平衡；D是醋酸根离子，其能水解，使平衡右移。
2．实验室有下列试剂，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是( )
①NaOH溶液 ②水玻璃 ③Na2S溶液 ④Na2CO3溶液 ⑤NH4Cl溶液 ⑥澄清的石灰水 ⑦浓硫酸
A．只有①⑥ B．只有①②③④⑥
C．只有①②③⑥ D．只有①②③④
解析：选B。带玻璃塞的试剂瓶不能贮存碱液。[如NaOH、Ca(OH)2溶液]，水解呈碱性的盐溶液(如Na2S、Na2CO3溶液)及具有黏性的溶液(如Na2SiO3溶液)，这些物质必须用带橡胶塞的试剂瓶保存。
3．(2012·西工大附中高二月考)某酸式盐NaHY的水溶液显碱性，下列叙述正确的是( )
A．H2Y的电离方程式：H2Y2H＋＋Y2－
B．HY－的水解方程式：HY－＋H2OH3O＋＋Y2－
C．该酸式盐溶液中离子浓度关系：[Na＋]＞[HY－]＞[OH－]＞[H＋]
D．该酸式盐溶液中离子浓度关系：[Na＋]＞[Y2－]＞[HY－]＞[OH－]＞[H＋]
解析：选C。NaHY溶液显碱性，说明HY－发生水解，即H2Y为弱酸，故A项不正确；B项是HY－电离的方程式；该溶液中，[Na＋]＞[HY－]＞[OH－]＞[H＋]，故C项正确，D项不正确。
4．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：[CN－]<[ClO－]
解析：选D。相同物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液，NaCN溶液的pH较大，说明CN－水解程度大，HCN酸性比HClO弱；酸性越强，[H＋]越大，pH越小；所以同温度下同浓度的HCN和HClO，HClO的pH小，溶液中[ClO－]大；二者物质的量相同，与NaOH恰好完全反应时消耗NaOH一样多。
5．0.1 mol·L－1Ba(OH)2溶液与0.1 mol·L－1的铵明矾[NH4Al(SO4)2]溶液等体积混合，反应后混合液各离子浓度大小比较合理的是( )
A．[SO]＞[NH]＞[Al3＋]＞[OH－]＞[H＋]
B．[SO]＞[NH]＞[Al3＋]＞[H＋]＞[OH－]
C．[NH]＞[SO]＞[Al3＋]＞[OH－]＞[H＋]
D．[SO]＞[Al3＋]＞[NH]＞[H＋]＞[OH－]
解析：选B。各取1 L溶液混合，若不考虑水解，则反应后所得溶液中含有0.1 mol SO、0.1 mol NH、0.033 mol Al3＋；考虑NH、Al3＋水解，溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，n(NH)＜0.1 mol，c(SO)＞c(NH)。
6．一种常用的泡沫灭火器构造如图。内筒a是玻璃瓶，外筒b是钢瓶，平时泡沫灭火器内筒外筒盛有液态试剂，当遇火警时，将灭火器取下倒置，内外筒液体试剂立即混合产生大量CO2泡沫灭火，从液态试剂在灭火器中长久放置和快速灭火两个角度分析，盛放药品正确的是( )
A．a中盛饱和Na2CO3溶液，b中盛Al2(SO4)3溶液
B．a中盛饱和NaHCO3溶液，b中盛Al2(SO4)3溶液
C．a中盛Al2(SO4)3溶液，b中盛饱和Na2CO3溶液
D．a中盛Al2(SO4)3溶液，b中盛饱和NaHCO3溶液
解析：选D。本题以生活中常见泡沫灭火器为素材综合考查盐类水解以及影响水解的因素等考点，着重培养学生运用化学基本理论解决实际问题的能力。Al2(SO4)3是强酸弱碱盐水溶液呈酸性，若久置于钢瓶中则腐蚀钢瓶。从久置角度考虑内筒应盛Al2(SO4)3溶液，外筒应盛饱和NaHCO3溶液；因CO＋H＋===HCO HCO＋H＋===H2O＋CO2↑，所以从快速产生CO2灭火的角度看应选饱和NaHCO3，而不应选饱和Na2CO3溶液。
7．常温下，用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是( )
A．点①所示溶液中：[CH3COO－]＋[OH－]＝[CH3COOH]＋[H＋]
B．点②所示溶液中，[Na＋]＝[CH3COOH]＋[CH3COO－]
C．点③所示溶液中：[Na＋]＞[OH－]＞[CH3COO－]＞[H＋]
D．滴定过程中可能出现：[CH3COOH]＞[CH3COO－]＞[H＋]＞[Na＋]＞[OH－]
解析：选D。A项，点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1∶1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故[Na＋]＞[CH3COOH]；由电荷守恒可知：[CH3COO－]＋[OH－]＝[Na＋]＋[H＋]，所以[CH3COO－]＋[OH－]＞[CH3COOH]＋[H＋]。B项，点②时，pH＝7，即[H＋]＝[OH－]，由电荷守恒知：[Na＋]＋[H＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]，故[Na＋]＝[CH3COO－]。C项，点③时，恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO－水解，[Na＋]＞[CH3COO－]＞[OH－]＞[H＋]。D项，当CH3COOH较多，生成CH3COONa少量时，可能出现此离子浓度关系。
8．已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的NaA和NaB混合液中，下列排序正确的是( )
A．[OH－]＞[HA]＞[HB]＞[H＋]
B．[OH－]＞[A－]＞[B－]＞[H＋]
C．[OH－]＞[B－]＞[A－]＞[H＋]
D．[OH－]＞[HB]＞[HA]＞[H＋]
解析：选A。因为NaA、NaB水解是微弱的，[OH－]不可能比[A－]、[B－]大，B、C项错误；因HA酸性比HB酸性弱，NaA比NaB水解程度大，[HA]＞[HB]，故A项正确，D项错误。
9．已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性。现有浓度均为0.1 mol/L NaHSO3和NaHCO3的两种溶液，两种溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系(R表示S或C)，其中正确的一组是( )
A．c(Na＋)＞c(HRO)＞c(H＋)＞c(RO)＞c(OH－)
B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO)＋c(RO)＋c(OH－)
C．c(H＋)＋c(H2RO3)＝c(RO)＋c(OH－)
D．c(Na＋)＝c(HRO)＋c(H2RO3)＋2c(RO)
解析：选C。NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈碱性，可知A不正确；据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO)＋2c(RO)＋c(OH－)，可知B不正确；据物料守恒：c(Na＋)＝c(HRO)＋c(H2RO3)＋c(RO)，可知D不正确；将电荷守恒与物料守恒联立，消掉c(Na＋)可得质子守恒：c(H＋)＋c(H2RO3)＝c(RO)＋c(OH－)，可知C正确。
10．(2012·郑州高二测试)硫酸是强酸，中学阶段将硫酸在水溶液中看做完全电离。但事实是，硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二步电离并不完全，其电离情况为：
H2SO4===H＋＋HSO，HSO H＋＋SO。
请回答下列有关问题：
(1)H2SO4溶液与BaCl2溶液反应的离子方程式为___________________________
___________________________；
(2)在0.10 mol·L－1的Na2SO4溶液中，下列离子浓度关系正确的是________(填写编号)；
A．c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO4)
B．c(OH－)＝c(HSO)＋c(H＋)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)
D．c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)
(3)写出NaHSO4溶液中溶质电离常数(Ka)的表达式___________________________
___________________________。
解析：硫酸与氯化钡反应时应以硫酸的一级电离为主，HSO＋Ba2＋===BaSO4↓＋H＋，然后SO＋Ba2＋===BaSO4↓，这一步反应较微弱；分析Na2SO4溶液中各离子浓度关系时，可仿照碳酸钠溶液进行，A是物料守恒，应为c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)]，B是质子守恒，C是电荷守恒，D是物料守恒；NaHSO4溶液中存在两种电离：NaHSO4===Na＋＋HSO，HSO H＋＋SO，前者完全电离，后者不完全电离，电离平衡常数为：Ka＝。
答案：(1)HSO＋Ba2＋===BaSO4↓＋H＋ (2)BCD
(3)Ka＝
11．(2012·泰安高二质检)化合物SOCl2是一种液态化合物，沸点为77 ℃。在盛有10 mL水的锥形瓶中，小心地滴加8～10滴SOCl2，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出。该气体可使滴有品红试液的滤纸退色。轻轻振荡锥形瓶。等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色凝乳状沉淀析出。
(1)根据上述实验，写出SOCl2和水反应的化学方程式：
___________________________。
(2)AlCl3溶液蒸干灼烧得不到无水AlCl3，而用SOCl2与AlCl3·6H2O混合共热，可得无水AlCl3，其原因是___________________________
___________________________。
解析：从信息知SOCl2与水反应生成了SO2和HCl气体，由于HCl气体存在，可抑制AlCl3的水解。
答案：(1)SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑
(2)SOCl2和水反应生成SO2和HCl，一方面使水的物质的量减小，另一方面生成的酸抑制AlCl3的水解，所以SOCl2和AlCl3·6H2O共热可制得无水AlCl3。若AlCl3溶液蒸干灼烧，则经历：AlCl3Al(OH)3Al2O3，最终得到的是Al2O3
12．经测定某溶液中只含有NH、Cl－、H＋、OH－四种离子，其浓度大小可能有如下四种关系：
①[Cl－]＞[NH]＞[H＋]＞[OH－]
②[Cl－]＞[NH]＞[OH－]＞[H＋]
③[NH]＞[Cl－]＞[OH－]＞[H＋]
④[Cl－]＞[H＋]＞[NH]＞[OH－]
填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(填序号)。
(2)若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为___________________________；
若上述关系中④是正确的，则溶液的溶质为___________________________；
上述关系式肯定错误的是________。
(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前[HCl]________[NH3·H2O](填“大于”、“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中[H＋]和碱中[OH－]的关系为[H＋]________[OH－]。
解析：(1)若溶质为一种物质即为NH4Cl。由于NH水解溶液显酸性，[Cl－]＞[NH]＞[H＋]＞[OH－]。
(2)[NH]＞[Cl－]＞[OH－]＞[H＋]溶液显碱性，即为NH3·H2O和NH4Cl的混合液。若④正确，溶液显酸性且[H＋]＞[NH]即为HCl和NH4Cl的混合液；①～④中，②式不能满足电荷守恒，错误。(3)溶液显中性，即NH3·H2O稍过量，则[HCl]＜[NH3·H2O]，由于HCl、NH3·H2O分别为强酸和弱碱，则混合前[H＋]＞[OH－]。
答案：(1)NH4Cl ① (2)NH4Cl和NH3·H2O HCl和NH4Cl ② (3)小于 大于
13．25 ℃时，有0.1 mol·L－1的稀氨水，请回答下列问题：
(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中[OH－]与[NH3·H2O]的比值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好完全中和，写出反应的离子方程式___________________________。
所得溶液的pH________7(填“＞”、“＜”或“＝”)，用离子方程式表示其原因__________________________。若将此溶液低温加热蒸干得到固体物质是________(填化学式)。
(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此时[NH]＝a mol·L－1，则[SO]＝________。
(4)若向氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是____________________。
解析：(1)稀氨水中存在NH3·H2ONH＋OH－平衡，加少量(NH4)2SO4固体，c(NH)增大，平衡左移，使[OH－]/[NH3·H2O]减小。
(2)氨水和稀H2SO4恰好中和，其物质的量关系为2NH3·H2O～H2SO4～(NH4)2SO4，由于NH水解，溶液显酸性，将其加热蒸干得到(NH4)2SO4 固体。
(3)若pH＝7，溶液中[H＋]＝[OH－]，由电荷守恒得[H＋]＋[NH]＝[OH－]＋2[SO]，故SO＝0.5 a mol·L－1。
(4)c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1，c(H2SO4)＝0.05 mol·L－1等体积混合得(NH4)2SO4溶液，离子浓度大小关系：[NH]＞[SO]＞[H＋]＞[OH－]。
答案：(1)减小 (2)NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O ＜ NH＋H2ONH3·H2O＋H＋ (NH4)2SO4
(3)0.5a mol·L－1
(4)[NH]＞[SO]＞[H＋]＞[OH－]
1．(2012·青岛高二调研)为了同时对某农作物施用分别含有N、P、K三种元素的化肥，对于下列给定的化肥：①K2CO3；②KCl；③Ca(H2PO4)2；④(NH4)2SO4；⑤氨水。最适合的组合是( )
A．①③④ B．②③④
C．①③⑤ D．②③⑤
解析：选B。本题考查了盐类水解在施用化肥上的应用。要想同时对某农作物施用分别含有N、P、K三种元素的化肥，一定会有③Ca(H2PO4)2，因为只有它含磷，因为H2PO电离大于水解，溶液呈酸性，为了不降低肥效，不能选用呈碱性的化肥，即不能选用①、⑤，因K2CO3在水溶液中水解呈碱性，氨水电离呈碱性，只可选用KCl，呈中性，而(NH4)2SO4水解呈酸性，答案为B。
2．(2011·高考广东卷)对于0.1 mol·L－1Na2SO3溶液，正确的是( )
A．升高温度，溶液pH降低
B．c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋c(OH－)
D．加入少量NaOH固体，c(SO)与c(Na＋)均增大
解析：选D。升高温度会促进SO的水解，溶液碱性增强，pH升高，A项错误；根据物料守恒，c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)，B项错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，C项错误；加入少量NaOH固体，c(Na＋)、c(OH－)均增大，平衡SO＋H2OHSO＋OH－逆向移动，c(SO)增大，D项正确。
3．(2010·高考广东卷)HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L－1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是( )
A．c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)
C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
解析：选D。由题中信息知NaA为强碱弱酸盐，其水溶液因A－发生水解而呈碱性，则溶液中c(H＋)＜c(OH－)，A项错；由于A－的水解是微弱的，故溶液中离子浓度关系为c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，可见B项错；由“电荷守恒”(即溶液呈电中性)可知C项错误、D项正确。
4．在配制FeCl3溶液时，在水中首先加少量稀盐酸的作用是________。配制成FeCl3溶液中各离子浓度的顺序是____________________。若把FeCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体产物是________，用化学方程式和必要的文字说明___________________________
___________________________。
解析：FeCl3在水解时，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，产生了酸，所以加盐酸可使水解平衡逆向移动，从而抑制Fe3＋水解；FeCl3溶于水发生电离产生了Fe3＋和Cl－：FeCl3===Fe3＋＋3Cl－。Fe3＋水解而使其浓度减小，所以Cl－浓度最大，Fe3＋次之，又因为Fe3＋水解使溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，故各离子浓度大小的顺序是c(Cl－)＞c(Fe3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；加热促进了水解，再加上HCl受热挥发从而使水解进行彻底，生成了Fe(OH)3，而Fe(OH)3灼烧时又会分解：2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，所以得到的固体是Fe2O3。
答案：抑制FeCl3的水解 c(Cl－)＞c(Fe3＋)＞c(H＋)＞c(OH－) Fe2O3 FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，因水解反应吸热，加热温度升高平衡正向移动，同时HCl挥发使水解趋于完全，最后生成Fe(OH)3，经灼烧后2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，最后得到Fe2O3固体
5．(2012·镇江高二检测)(1)有甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如下实验，证明盐类的水解是吸热的。其中正确的是________。
甲：将氯化钠溶于水，若水温不变，说明盐类水解是吸热的
乙：在盐酸中加入同浓度的氨水，若反应过程中温度上升，说明盐类水解是吸热的
丙：在醋酸中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的
丁：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深，说明盐类水解是吸热的
(2)某同学根据所学知识对Na2CO3溶液进行分析，写出了以下四个关系式。请你判断，在正确的关系式后面打“√”，在错误的后面写出正确的关系式。
①[Na＋]＝2([CO]＋[HCO])：___________________________
___________________________
②[Na＋]＋[H＋]＝[CO]＋[HCO]＋[OH－]：___________________________
___________________________
③[OH－]＝[H＋]＋[HCO]＋2[H2CO3]：___________________________
___________________________
④[Na＋]＞[CO]＞[OH－]＞[HCO]：___________________________
___________________________
解析：(1)氯化钠为强酸强碱盐，不水解，甲错；乙中反应过程中温度上升，说明酸碱中和反应放热，乙错；丙中在醋酸中加入醋酸钠晶体，抑制了醋酸的电离，所以丙错；丁中加热溶液红色变深，说明溶液pH增大，醋酸钠水解程度变大，即加热能促进醋酸钠的水解，所以丁正确。
(2)①根据物料守恒，[Na＋]＝2([CO]＋[HCO]＋[H2CO3])
②根据电荷守恒，[Na＋]＋[H＋]＝2[CO]＋[HCO]＋[OH－]
答案：(1)丁
(2)①[Na＋]＝2([CO]＋[HCO]＋[H2CO3])
②[Na＋]＋[H＋]＝2[CO]＋[HCO]＋[OH－]
③√ ④√
1．下列化学原理的应用，主要是利用沉淀溶解平衡原理的是( )
①热纯碱溶液洗涤油污的能力强 ②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当做食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒
③溶洞的形成 ④碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能
⑤泡沫灭火器灭火的原理
A．②③④ B．①②③
C．③④⑤ D．全部
解析：选A。①、⑤与离子的水解有关，与沉淀溶解平衡无关。
2．下列说法正确的是( )
A．在一定温度下的AgCl水溶液中，Ag＋和Cl－浓度的乘积是一个常数
B．AgCl的Ksp＝1.8×10－10 mol2·L－2，在任何含AgCl固体的溶液中，[Ag＋]＝[Cl－]，且Ag＋和Cl－浓度的乘积等于1.8×10－10 mol2·L－2
C．温度一定时，在AgCl饱和溶液中，Ag＋和Cl－浓度的乘积是一个常数
D．向饱和AgCl溶液中加入盐酸，Ksp变大
解析：选C。AgCl的溶度积Ksp是饱和溶液中[Ag＋]与[Cl－]的乘积，只受温度影响，C正确，D错误；在含有AgCl固体的溶液中[Ag＋]、[Cl－]不一定只来源于AgCl的溶解，二者不一定相等，B错误；A中不一定是饱和溶液，A错误。
3．将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为( )
A．只有AgBr沉淀生成
B．AgCl和AgBr沉淀等量生成
C．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主
D．AgCl和AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主
解析：选C。由于浓AgNO3溶液是足量的，Cl－和Br－都会与过量的Ag＋结合成沉淀，但AgBr的溶解度相对更小，混合液中c(Cl－)远大于c(Br－)，所以以AgCl沉淀为主。
4．已知BaCO3和BaSO4均为难溶电解质，其溶度积分别为Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9 mol2·L－2，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10 mol2·L－2，则下列说法中正确的是( )
A．BaSO4可做钡餐而BaCO3不能是因为Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)
B．在制腈纶纤维的1 L溶液中含SO为1.0×10－3 mol，则加入0.01 mol BaCl2不能使SO完全沉淀
C．在清理有关仪器的BaSO4沉淀时，常加入饱和Na2CO3溶液，使BaSO4转化为BaCO3再用酸处理
D．用稀H2SO4洗涤BaSO4效果比用水好，BaCO3也能用此法处理
解析：选C。BaCO3不能用做钡餐是因为胃酸能与CO结合，生成CO2和H2O，使BaCO3的溶解平衡向右移动，Ba2＋浓度增大，造成人体Ba2＋中毒，A项错误；B项有：[Ba2＋]＝0.01 mol·L－1－(0.001 mol·L－1－[SO])＝0.009 mol·L－1＋[SO]。则Ksp＝(0.009 mol·L－1＋[SO])×[SO]＝1.1×10－10 mol2·L－2，得[SO]＝1.20×10－8 mol·L－1，其小于完全沉淀的标准值(1×10－5 mol·L－1)，B项错误；用稀H2SO4洗涤BaSO4沉淀可以抑制BaSO4的溶解而减少损失，BaCO3却与酸反应，故BaCO3沉淀不能用酸洗，D项错误。
5．(2012·龙岩高二质检)要使工业废水中的重金属离子Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等做沉淀剂，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，选用的沉淀剂最好是( )
A．硫化物 B．硫酸盐
C．碳酸盐 D．以上沉淀剂均可
解析：选A。产生的沉淀的溶解度越小，沉淀反应进行的越完全。在某种沉淀中加入适当的沉淀剂，可使原来的沉淀溶解而转化为另一种溶解度更小的沉淀。
6．已知，同温度下的溶解能力：Zn(OH)2＞ZnS，MgCO3＞Mg(OH)2；就溶解或电离出S2－的能力而言，FeS＞H2S＞CuS，则以下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。反应中一般优先生成溶解度小的物质。Zn2＋与S2－反应倾向于生成更难溶的ZnS。
7．(2012·聊城高二调研)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，下列说法不正确的是( )
A．x数值为2×10－5
B．c点时有碳酸钙沉淀生成
C．加入蒸馏水可使溶液由d点变到a点
D．b点与d点对应的溶度积相等
解析：选C。根据溶度积数值可以计算出x数值为2×10－5；c点Q＞Ksp，故有沉淀生成；加入蒸馏水后d点各离子浓度都减小，不可能变到a点保持钙离子浓度不变；溶度积只与温度有关；b点与d点对应的溶度积相等。
8．向5 mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系为( )
A．AgCl＝AgI＝Ag2S B．AgCl＜AgI＜Ag2S
C．AgCl＞AgI＞Ag2S D．AgI＞AgCl＞Ag2S
解析：选C。沉淀转化时，是溶解度小的向溶解度更小的转化。
9．已知25 ℃时，电离度[]α(HF)＝3.6×10－4，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.46×10－12，现向1 L 0.2 mol·L－1HF溶液加入1 L 0.2 mol·L－1CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是( )
A．25 ℃时，0.1 mol·L－1HF溶液中pH＝1
B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C．该体系中Ksp(CaF2)＝
D．该体系中有CaF2沉淀产生
解析：选D。因α(HF)＝3.6×10－4，HF为弱酸，则0.1 mol·L－1HF溶液中pH＞1，Ksp只受温度影响；C项将α(HF)＝3.6×10－4和Ksp(CaF2)＝1.46×10－12代入可知Ksp(CaF2)≠；混合后：c(HF)＝0.1 mol·L－1，[H＋]＝c(F－)＝c·α＝0.1 mol·L－1×3.6×10－4＝3.6×10－5 mol·L－1，c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1，Q＝c(Ca2＋)·c2(F－)＝0.1×1.3×10－9＝1.3×10－10＞Ksp，故有CaF2沉淀产生。
10．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．加入纯Cu将Fe2＋还原为Fe
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．向溶液中通入Cl2，再加入纯净的CuO粉末调节pH
解析：选D。除去Cu2＋溶液中的Fe2＋，需先转化为Fe3＋，再用CuO调节pH：CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O，将Fe3＋转化为沉淀，从而避免引入杂质离子。
11．牙齿表面由一层坚硬的成分为Ca5(PO4)3OH的物质保护着，它在唾液中存在下列平衡：Ca5(PO4)3OH(s) 5Ca2＋＋3PO＋OH－。
(1)进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，其原因是___________________________。
(2)已知Ca5(PO4)3F(s)的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚固。当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋齿的原因是(用离子方程式表示)___________________________
___________________________。
(3)根据以上原理，请你提出另外一种促进矿化的方法：
___________________________。
解析：(1)产生有机酸与OH－反应，使平衡向右移动，Ca5(PO4)3OH减少，牙齿受到腐蚀；(2)沉淀易向溶度积更小的物质转化，由于Ca5(PO4)3F(s)的溶解度比Ca5(PO4)3OH更小，当有F－时易转化为Ca5(PO4)3F(s)；(3)促进矿化即使平衡向左移动，加入Ca2＋或PO均可。
答案：(1)有机酸与OH－反应生成H2O，[OH－]减小，使平衡向脱矿方向移动
(2)Ca5(PO4)3OH＋F－===Ca5(PO4)3F↓＋OH－
(3)加入Ca2＋或者PO等
12．重晶石(主要成分为BaSO4)是制备钡的化合物的重要原料，由重晶石制备BaCl2的大致流程如图。
请回答下列问题。
(1)由重晶石转化为BaCO3时，试剂a应用________，该步转化能够实现的原因是___________________________。
(2)操作①所对应的具体操作是___________________________。
(3)由BaCO3转化为BaCl2的过程中，加入的试剂b是________，操作②是___________________________。
解析：(1)BaSO4＋Na2CO3(饱和) BaCO3＋Na2SO4，若要使BaCO3沉淀，应使溶液中[Ba2＋]·[CO]＞Ksp(BaCO3)。虽然BaSO4溶液中[Ba2＋]很小，但可通过增大[CO]来达到目的，所以选用的是饱和Na2CO3溶液。
(2)多次重复移走上层清液。
(3)BaCO3＋2HCl===BaCl2＋CO2↑＋H2O，所以试剂b为HCl溶液，从BaCl2溶液中获得BaCl2固体可采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤的操作。
答案：(1)饱和Na2CO3溶液 [Ba2＋]·[CO]＞Ksp(BaCO3)
(2)多次重复移走上层清液
(3)HCl溶液 蒸发浓缩、降温结晶、过滤
13．(1)已知硫酸钡和碳酸钡的Ksp分别为1.1×10－10 mol2·L－2和5.5×10－9 mol2·L－2，用平衡移动理论解释透视用“钡餐”选硫酸钡而不选碳酸钡的理由：___________________________
___________________________
___________________________
___________________________。
(2)向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L－1的盐酸，生成沉淀。如果溶液中[Ag＋]、[Cl－]的乘积为一个常数，即Ksp＝1.0×10－10 mol2·L－2，试求：
①沉淀生成后溶液中[Ag＋]为___________________________；
②沉淀生成后溶液的pH是________。
解析：(1)胃酸的主要成分是盐酸，若用碳酸钡作为钡餐，盐酸与碳酸根离子反应生成CO2，使得碳酸钡的沉淀溶液平衡正向移动，钡离子增多，被人体吸收后导致重金属中毒；若用硫酸钡作钡餐，盐酸与之不反应，对人体比较安全。
(2)反应前溶液中Ag＋的物质的量为0.0009 mol，Cl－的物质的量为0.001 mol，反应完后剩余Cl－的物质的量为0.0001 mol，则Cl－的浓度约为0.001 mol·L－1，由于Ksp＝1.0×10－10 mol2·L－2，所以沉淀生成后溶液中[Ag＋]＝＝1×10－7 mol·L－1。沉淀生成后溶液中的[H＋]＝＝0.01 mol·L－1，pH＝2。
答案：(1)胃酸的主要成分是盐酸，若用碳酸钡作钡餐，盐酸与碳酸根离子反应生成CO2，使得碳酸钡的沉淀溶液平衡正向移动，钡离子增多，被人体吸收后导致重金属中毒，若用硫酸钡作钡餐，盐酸与之不反应，对人体比较安全
(2)①1×10－7 mol·L－1 ②2
14．(1)在25 ℃下，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________沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为___________________________。
已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。
(2)与KW＝[H＋][OH－]类似，FeS饱和溶液中存在：FeS(s) Fe2＋(aq)＋S2－(aq)，Ksp＝[Fe2＋][S2－]。常温下Ksp＝8.1×10－17(mol·L－1)2。
①理论上FeS溶解度为___________________________。
②又知FeS饱和溶液中[H＋]与[S2－]之间存在以下限量关系：[H＋]2·[S2－]＝1.0×10－22，为了使溶液里[Fe2＋]达到1 mol·L－1，现将适量酸倒入其饱和溶液中，应调节溶液中的c(H＋)为________。
解析：(1)Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Cu(OH)2沉淀。
(2)由FeS(s) Fe2＋(aq)＋S2－(aq)
[Fe2＋]＝＝＝9×10－9 mol·L－1
即1 L水中可溶解9×10－9 mol的FeS。
由100∶S＝1000∶(9×10－9×88) g
所以S＝7.92×10－8 g。
(2)[Fe2＋]＝1 mol·L－1，则[S2－]＝＝＝8.1×10－17 mol·L－1。又[H＋]2·[S2－]＝1.0×10－22，所以[H＋]＝＝＝1.12×10－3 mol·L－1。
答案：(1)Cu(OH)2
Cu2＋＋2NH3·H2OCu(OH)2↓＋2NH
(2)①7.92×10－8g ②1.12×10－3 mol·L－1
1．下列事实不能用沉淀溶解平衡原理解释的是( )
A．误食可溶性钡盐，用硫酸钠溶液洗胃
B．除去硫酸铜溶液中的铁离子，可加Cu(OH)2，调节pH
C．在AgI的沉淀体系中加硫化钠溶液，出现黑色沉淀
D．在配制FeCl3溶液时，滴加少量盐酸
解析：选D。A、B为沉淀的生成，C为沉淀的转化，D是水解问题。
2．下列说法中正确的是( )
A．钡中毒患者可尽快使用苏打溶液洗胃，随即导泻使Ba2＋转化为BaCO3而排出
B．工业上可以用NaHS、(NH4)2S等可溶性硫化物作沉淀剂除去废水中的Hg2＋、Cu2＋等，但不能使用FeS等不溶性硫化物作沉淀剂
C．水中的Mg(HCO3)2、Ca(HCO3)2受热易分解生成难溶性的MgCO3、CaCO3，故水垢的主要成分是MgCO3、CaCO3
D．珊瑚虫从周围海水中获取Ca2＋和HCO，经反应形成石灰石(CaCO3)外壳，从而逐渐形成珊瑚
解析：选D。胃液的酸性较强，不能形成BaCO3，A项错误；由于Ksp(FeS)大于Ksp(HgS)或Ksp(CuS)，可以用FeS除去废水中的Hg2＋、Cu2＋，B项错误；由于Ksp[Mg(OH)2]＜Ksp(MgCO3)，故水垢的主要成分中不应是MgCO3、CaCO3，应为Mg(OH)2、CaCO3，C项错误。
3．(2012·蚌埠高二质检)在BaSO4饱和溶液中加入少量氯化钡溶液时产生沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中( )
A．[Ba2＋]＝[SO]＝(Ksp)
B．[Ba2＋][SO]＞Ksp，[Ba2＋]＝[SO]
C．[Ba2＋][SO]＝Ksp，[Ba2＋]＞[SO]
D．[Ba2＋][SO]≠Ksp，[Ba2＋]＜[SO]
解析：选C。BaSO4沉淀溶解平衡表达式：BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO(aq)，加入少量BaCl2时，增大Ba2＋的浓度，平衡左移，使SO浓度减少，但Ksp不变。
4．向含有AgI固体的饱和溶液中：
(1)加入固体AgNO3，则[I－]________(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)。
(2)若改加更多的AgI，则[Ag＋]将________。
(3)若改加AgBr固体，则[I－]________，而[Ag＋]________。
解析：含有AgI的饱和溶液中存在如下沉淀溶液平衡：
AgI(s) Ag＋(aq)＋I－(aq)。
(1)加入固体AgNO3，[Ag＋]变大，平衡向逆反应方向移动，则[I－]变小。
(2)若向含有AgI的饱和溶液中改加更多的AgI，对平衡没有影响，则[Ag＋]不变。
(3)若改加AgBr固体，则[Ag＋]变大，平衡向逆反应方向移动，则[I－]变小。
答案：(1)变小 (2)不变 (3)变小 变大
5．(2012·德州一中高二检测)痛风是以关节炎反复发作及产生肾结石为特征的一类疾病，关节炎的原因归结于在关节滑液中形成了尿酸钠(NaUr)晶体，有关平衡如下：
①HUr(尿酸，aq) Ur－(尿酸根，aq)＋H＋(aq)(37 ℃时，Ka＝4.0×10－6)
②NaUr(s) Ur－(aq)＋Na＋(aq)
(1)37 ℃时，1.0 L水中最多可溶解8.0×10－3mol尿酸钠，此温度下尿酸钠的Ksp为___________________________。
(2)关节炎发作多在脚趾和手指的关节处，这说明温度降低时，尿酸钠的Ksp________(填“增大”、“减小”或“不变”)，生成尿酸钠晶体的反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
(3)37 ℃时，某尿酸结石病人尿液中尿酸分子和尿酸根离子的总浓度为2.0×10－3mol/L，其中尿酸分子的浓度为5.0×10－4mol/L，该病人尿液的c(H＋)为____________，pH________7(填“>”、“<”或“＝”)。
解析：(1)尿酸钠的Ksp＝c(Na＋)·c(Ur－)＝8.0×10－3×8.0×10－3＝6.4×10－5(mol2·L－2)。
(2)由题给信息，关节炎是因为形成了尿酸钠晶体，说明反应②的平衡向逆反应方向移动，Ksp减小。温度降低平衡逆向移动，说明生成尿酸钠晶体的反应是放热反应。
(3)c(HUr)＝5.0×10－4mol·L－1，c(Ur－)＝2.0×10－3mol·L－1－5.0×10－4mol·L－1＝1.5×10－3mol·L－1，根据：Ka＝，
c(H＋)＝＝1.33×10－6(mol·L－1)。
答案：(1)6.4×10－5mol2·L－2
(2)减小 放热
(3)1.33×10－6mol·L－1 <
1．Ba(HCO3)2和NaHSO4两溶液混合后，实际参加反应的离子是( )
A．Ba2＋、HCO、HSO
B．Ba2＋、HCO、H＋、SO
C．Ba2＋、H＋、CO、SO
D．Ba2＋、SO
解析：选B。两溶质都是强电解质，Ba(HCO3)2===Ba2＋＋2HCO。NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。混合后Ba2＋与SO反应生成BaSO4，H＋与HCO反应生成CO2气体和水。
2．下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )
A．H3O＋、NO、Fe2＋、Na＋
B．Ag＋、NO、Cl－、K＋
C．K＋、Ba2＋、OH－、SO
D．Cu2＋、NH、Br－、OH－
解析：选A。所给四个选项中各组离子均不能大量共存，只有A中的H3O＋、NO、Fe2＋三种离子因发生氧化还原反应而不能共存。
3．(2012·临沂高二检测)在如图所示点滴板上有四个溶液间反应的小实验，其对应反应的离子方程式书写正确的是( )
A．a反应：Fe2＋＋2H＋＋H2O2===Fe3＋＋2H2O
B．b反应：HCO＋OH－===CO＋H2O
C．c反应：H＋＋OH－===H2O
D．d反应：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
解析：选D。A选项电荷不守恒；B选项因NaOH过量，则还应存在NH与OH－的离子反应；C选项中CH3COOH是弱酸，应写成化学式；D项正确。
4．下列各组离子，在溶液中能大量共存、加入NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是(双选)( )
A．Ba2＋、NO、NH、Cl－
B．Ca2＋、HCO、NH、[Al(OH)4]－
C．NH、Ba2＋、Cl－、HSO
D．Mg2＋、NH、SO、K＋
解析：选CD。A项加入NaOH溶液后只有气体放出，没有沉淀生成；B项NH与[Al(OH)4]－、HCO与[Al(OH)4]－不能共存；C项加入NaOH溶液后有沉淀生成，有NH3放出；D项Mg2＋与OH－可生成沉淀，NH与OH－可生成气体。
5．(2010·高考天津卷)下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是( )
A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2＋H2O===2Na＋＋2OH－＋O2↑
C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
解析：选A。本题考查离子反应方程式的正误判断。Fe3＋具有强氧化性，能够用于腐蚀铜线路板，A项正确。B项的离子方程式书写不正确。C项离子方程式中HClO是弱酸，不能拆分开。D项高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够将浓盐酸氧化为氯气，故浓盐酸不能用来酸化高锰酸钾溶液。
6．(2010·高考福建卷)下列关于电解质溶液的正确判断是( )
A．在pH＝12的溶液中，K＋、Cl－、HCO、Na＋可以常量共存
B．在pH＝0的溶液中，Na＋、NO、SO、K＋可以常量共存
C．由0.1 mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH溶液中存在BOH===B＋＋OH－
D．由0.1 mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液中存在A－＋H2OHA＋OH－
解析：选D。本题考查电解质溶液，意在考查考生对该部分知识的理解和应用能力。pH＝12的溶液为强碱性溶液，HCO不能在碱性溶液中常量共存(HCO＋OH－===CO＋H2O)，A项错误；pH＝0的溶液为强酸性溶液，SO在酸性溶液中与H＋反应，且其与NO不能在酸性溶液中常量共存(发生反应：3SO＋2H＋＋2NO===3SO＋2NO↑＋H2O)，B项错误；0.1 mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10，则c(OH－)＝10－4 mol·L－1，说明BOH没有全部电离，溶液中存在电离平衡：BOHB＋＋OH－，C项错误；0.1 mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，则c(H＋)＝10－3 mol·L－1，说明HA为弱酸，则NaA为强碱弱酸盐，其溶液中存在水解平衡：A－＋H2OHA＋OH－，D项正确。
7．某溶液既能溶解Al(OH)3，又能溶解H2SiO3，在该溶液中可以大量共存的离子组是( )
A．K＋、Na＋、HCO、NO
B．Na＋、SO、Cl－、ClO－
C．H＋、Mg2＋、SO、NO
D．Cu2＋、K＋、NO、Na＋
解析：选B。该溶液既能溶解Al(OH)3，又能溶解H2SiO3，说明为碱性较强的溶液，含有大量的OH－。A中HCO，C中H＋和Mg2＋，D中Cu2＋均不能与OH－共存。故A、C、D中的离子均不能在该溶液中大量共存。
8．将0.5 mol Cl2通入到含0.5 mol FeBr2的溶液中，所发生反应的离子方程式为( )
A．Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－
B．Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－
C．3Cl2＋2Fe2＋＋4Br－===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
D．2Cl2＋2Fe2＋＋2Br－===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－
解析：选D。由题意知，Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶1，其中Cl2首先氧化Fe2＋，然后氧化Br－，但溶液中的Br－不能全部被氧化。
9．下列离子方程式的书写中，正确的是(双选)( )
A．过量的NaHSO4与Ba(OH)2溶液反应：
Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O
B．碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：
HCO＋OH－===CO＋H2O
C．用铜做电极电解硫酸铜溶液：
2Cu2＋＋2H2O4H＋＋2Cu＋O2↑
D．硫化钠溶于水中：S2－＋H2OHS－＋OH－
解析：选AD。A项过量的NaHSO4能使Ba(OH)2中的Ba2＋和OH－全部反应，正确；B项过量的NaOH不仅与HCO反应，还能与NH反应，B不正确；C项用Cu作电极电解CuSO4溶液时，阳极是铜失电子，C不正确；D项Na2S溶于水，S2－很微弱水解，即：S2－＋H2OHS－＋OH－，D正确。
10．某河道两旁有甲、乙两厂，它们排放的工业废水中，共含K＋、Ag＋、Fe3＋、Cl－、OH－、NO六种离子。
(1)甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中所含的三种离子是________。
(2)乙厂废水中含有另外三种离子。如果加入一定量________(填“活性炭”、“硫酸亚铁”或“铁粉”)可以回收其中的金属________(填写金属元素符号)。
(3)另一种设想是将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的________(填写离子符号)转化为沉淀，经过滤后的废水主要含________________________________(填化学式)，可以用来浇灌农田。
解析：(1)据离子共存原则知甲厂废水中含有：OH－、Cl－、K＋，乙厂中含有Fe3＋、Ag＋、NO。
(2)据题意，在工厂排出的废水中加入的物质应能使Ag＋或Fe3＋中的一种变为金属单质，加入铁粉是可行的，因为Fe可与Ag＋发生置换反应而生成单质银，这样就起到回收银的作用。
(3)当甲乙两厂废水按适当比例混合时，Fe3＋可与OH－发生反应生成沉淀，Ag＋可与Cl－反应生成沉淀。假设它们都恰好全部转化为沉淀，则过滤后的废水主要含KNO3。
答案：(1)K＋、OH－、Cl－
(2)铁粉 Ag
(3)Ag＋、Fe3＋、Cl－、OH－ KNO3
11．在硝酸铅[Pb(NO3)2]的稀溶液中滳入几滴稀硫酸，生成白色PbSO4沉淀，再滴入数滴饱和醋酸钠溶液，微热并不断搅动，沉淀慢慢溶解。以上发生的都是复分解反应，写出反应过程的离子方程式___________________________、
___________________________，
试推测第二步离子反应发生的原因是___________________________
___________________________。
解析：Pb(NO3)2溶液中有Pb2＋，加入H2SO4后，Pb2＋与SO结合生成PbSO4沉淀，再滴入CH3COONa溶液，沉淀慢慢溶解是因为PbSO4转化成了更难电离的Pb(CH3COO)2。
答案：Pb2＋＋SO===PbSO4↓
PbSO4＋2CH3COO－===Pb(CH3COO)2＋SO
Pb(CH3COO)2比PbSO4更难电离
12．某溶液由Na＋、Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋、[Al(OH)4]－、CO、SO、Cl－中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：
根据上述实验回答下列问题：
(1)气体A的化学式是__________，白色沉淀B的摩尔质量是________g·mol－1。
(2)生成沉淀D的离子方程式是___________________________。
(3)原溶液中一定存在的离子是___________________________，
一定不存在的离子是___________________________。
解析：溶液加入过量盐酸生成无色气体，说明一定含有CO，则一定不含Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，据电荷守恒知一定含有Na＋。向无色溶液中加入过量氨水生成白色沉淀B，则B为Al(OH)3，说明原溶液中一定含有[Al(OH)4]－，[Al(OH)4]－＋4H＋===Al3＋＋4H2O，Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH。加过量Ba(OH)2溶液生成白色沉淀，说明含有SO，白色沉淀为BaSO4。由题知白色沉淀D是AgCl，因加入了过量盐酸，因此无法确定原溶液中是否有Cl－。
答案：(1)CO2 78
(2)Ag＋＋Cl－===AgCl↓
(3)[Al(OH)4]－、CO、SO、Na＋、 Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋
13.
某溶液中可能含有H＋、Na＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、SO等离子，当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的阳离子是________，且各离子的物质的量之比为________；肯定不含的阳离子是________。
解析：由图中可知：开始加NaOH溶液到两个单位时才出现沉淀，说明含H＋。沉淀达到最大值时继续加NaOH溶液，沉淀的量有一段不变，说明存在NH。继续加NaOH溶液到过量沉淀完全消失，说明含Al3＋，无Mg2＋和Fe3＋。是否含有Na＋无法确定，由于溶液呈电中性，必有SO。
H＋＋OH－===H2O Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
2 2 1 3 1
NH＋OH－===NH3·H2O
3 3
Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－
1 1
答案：H＋、Al3＋、NH 2∶1∶3 Mg2＋、Fe3＋
1．(2012·宿州高二质检)对溶液中的离子反应，下列说法：①不可能是氧化还原反应；②只能是复分解反应；③可能是置换反应；④不能没有分子参加。其中正确的是( )
A．①③ B．③
C．①② D．③④
解析：选B。溶液中有离子参与的反应都是离子反应。离子反应可能是氧化还原反应、复分解反应或置换反应，也可能有分子参加，据此可知①④错，而离子反应不一定只是复分解反应，故②错。
2．能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( )
A．用碳酸钠溶液吸收少量二氧化硫：
2CO＋SO2＋H2O===2HCO＋SO
B．金属铝溶于盐酸中：Al＋2H＋===Al3＋＋H2↑
C．硫化钠溶于水中：S2－＋2H2O===H2S↑＋2OH－
D．碳酸镁溶于硝酸中：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
解析：选A。根据题意B项电荷不守恒；C项水解是分步进行的可逆反应且以第一步为主；D项碳酸镁难溶于水不能拆成CO。
3．(2011·高考广东卷)能在水溶液中大量共存的一组离子是( )
A．H＋、I－、NO、SiO B．Ag＋、Fe3＋、Cl－、SO
C．K＋、SO、Cu2＋、NO D．NH、OH－、Cl－、HCO
解析：选C。A项，H＋与SiO不能大量共存，NO在H＋存在下能将I－氧化为I2，不能大量共存；B项，Ag＋与Cl－因生成沉淀不能大量共存；C项，各离子不发生反应，能大量共存；D项，OH－与NH、HCO不能大量共存。
4．(2011·高考新课标全国卷)能正确表示下列反应的离子方程式为( )
A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO＋OH－===CO＋H2O
C．少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O－＋SO2＋H2O===C6H5OH＋HSO
D．大理石溶于醋酸中：CaCO3＋2CH3COOH===Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O
解析：选D。A项，FeS被稀硝酸氧化为Fe3＋和S，错；B项，漏掉了NH与OH－的反应，错；C项，少量SO2通入苯酚钠溶液中，产物为C6H5OH和SO，错；D正确。
5．已知在0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为：[Na＋]>[HSO]>[SO]>[H2SO3]
(1)该溶液中[H＋]________[OH－](填“>”、“<”或“＝”)，简述理由：___________________________。
(2)现向NH4HSO3溶液中，逐滴加入少量含有酚酞的氢氧化钠溶液，可观察到的现象是___________________________，
写出该反应的离子方程式___________________________。
解析：由溶液中离子浓度大小可判断NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则[H＋]>[OH－]。当加入少量含有酚酞的NaOH溶液后，OH－＋HSO===SO＋H2O，NH＋OH－===NH3·H2O，则红色逐渐变浅，甚至退去。
答案：(1)> HSO可电离出H＋(电离程度大于水解程度)：HSO H＋＋SO
(2)红色逐渐变浅甚至变为无色 HSO＋OH－===SO＋H2O，NH＋OH－===NH3·H2O
1．(2012·宿州高二质检)铁、稀盐酸、澄清石灰水、氯化铜溶液是中学化学中常见物质，四种物质间的反应关系如右图所示。图中两圆相交部分(A、B、C、D)表示物质间的反应，其中对应反应的离子方程式书写正确的是( )
A．OH－＋HCl===H2O＋Cl－
B．Ca(OH)2＋Cu2＋===Cu2＋＋Cu(OH)2
C．Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋
D．Fe＋2H＋===Fe3＋＋H2↑
解析：选C。A项为盐酸与澄清石灰水反应的离子方程式，应为H＋＋OH－===H2O；B项为澄清石灰水与CuCl2溶液的反应，应为2OH－＋Cu2＋===Cu(OH)2↓；C项为CuCl2溶液与Fe的反应；D项为Fe与盐酸的反应，应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。
2．下列各组溶液，不用其他试剂，就可以将它们区别开的是( )
A．盐酸、氢氧化钾、硫酸钾、碳酸钾
B．硝酸钠、盐酸、氯化铵、氢氧化钾
C．氯化钡、氯化钙、硫酸钾、硝酸钾
D．氢氧化钾、碳酸钾、硫酸铝、硫酸氢钾
解析：选D。A中KOH与K2SO4没法区别，B中各溶液均无法区别，C中只能区别出K2SO4，D中两两混合，既能产生沉淀也能产生气体的为K2CO3；与之产生沉淀的是Al2(SO4)3，产生气体的是KHSO4；剩余一种为KOH。
3．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞为指示剂，造成测定结果偏高的原因可能是(双选)( )
A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作均正确
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．未用标准液润洗碱式滴定管
解析：选CD。由计算公式c(HCl)＝分析，造成结果偏高的原因是V(NaOH)偏大。
4．提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液，可以采用的方法是( )
A．加入过量的碳酸钠溶液，过滤、除去沉淀，溶液中补加适量的硝酸
B．加入过量的硫酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量的硝酸
C．加入过量的硫酸钠溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量的硝酸
D．加入过量的碳酸钾溶液，过滤，除去沉淀，溶液中补加适量的硝酸
解析：选D。A、C中会引入Na＋杂质离子，B中会引入SO杂质离子。
5．某白色固体可能含有①NH4Cl ②AlCl3 ③NaCl ④KOH中的一种或几种。将此固体投入水中得到澄清溶液，该溶液可使酚酞呈红色。若向溶液中滴加稀硝酸至过量，先产生白色沉淀后溶解，对原固体判断正确的是(双选)( )
A．肯定不存在② B．至少存在②和④
C．无法确定是否有③ D．至少存在②③④
解析：选BC。溶液使酚酞呈红色，说明溶液呈碱性，则一定含有OH－，向溶液中滴加稀HNO3，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，说明溶液中含有[Al(OH)4]－，因此原固体物质中一定含有②AlCl3和④KOH，二者混合后发生Al3＋＋4OH－===[Al(OH)4]－，生成[Al(OH)4]－。
6．用过量的H2SO4、NaOH、NH3·H2O、NaCl溶液，按图所示步骤分开五种离子，则溶液①②③④是( )
A．①NaCl ②NaOH ③NH3·H2O ④H2SO4
B．①H2SO4 ②NaOH ③NH3·H2O ④NaCl
C．①H2SO4 ②NH3·H2O ③NaOH ④NaCl
D．①NaCl ②NH3·H2O ③NaOH ④H2SO4
解析：选D。加入①时，只产生一种沉淀，故①一定是NaCl，沉淀为AgCl；在滤液中加入②后，生成两种沉淀，②是NH3·H2O或NaOH，而生成的沉淀有一种在③中溶解，故②为NH3·H2O，③为NaOH，则④为H2SO4。
7．(2011·淄博高二期中考试)以酚酞试液作指示剂，对某新配制的NaOH溶液进行中和滴定试验，数据记录如下表：
待测液
消耗标准盐酸(0.01 mol·L－1)的体积
①
20 mL NaOH溶液
V1 mL
②
20 mL NaOH溶液＋10 mL H2O
V2 mL
③
敞开隔夜放置的20 mL NaOH溶液
V3 mL
则该NaOH溶液的浓度c(mol·L－1)合理的是( )
A．c＝0.01×(V1＋V2＋V3)/(3×20)
B．c＝0.01×(V1＋V2)/(2×20)
C．c＝0.01×(V1＋V3)/(2×20)
D．c＝0.01×V1/20
解析：选B。③敞口隔夜放置的NaOH溶液其成分已改变，故V3 mL弃之不用，取①、②两次实验所用盐酸溶液体积的平均值。
8．某溶液可能含有Na＋、Ag＋、Al3＋、[Al(OH)4]－、S2－、CO、SO、NO等离子中的数种。向此溶液中加入稀盐酸，有浅黄色沉淀和气体出现，此溶液的焰色为黄色。根据以上实验现象，下列结论中不正确的是( )
A．此溶液中一定有S2－、SO、Na＋
B．此溶液中可能有[Al(OH)4]－、CO
C．此溶液中一定没有Ag＋、Al3＋
D．此溶液中可能有NO
解析：选A。加入稀盐酸产生浅黄色沉淀，说明生成硫，溶液中生成硫的反应可能有二种：一是S2－、SO在酸性条件下生成，二是S2－被HNO3氧化生成，所以溶液中一定存在S2－、SO、NO存在一种或二种，Al3＋、Ag＋不存在，[Al(OH)4]－能与盐酸反应生成Al(OH)3沉淀，盐酸过量，Al(OH)3能溶解，所以[Al(OH)4]－可能存在；产生的气体可能是H2S或SO2或CO2，所以溶液中可能有CO。溶液焰色反应呈黄色，则一定存在Na＋。
9．如图是常温下向20.0 mL的盐酸中，逐滴加入0.10 mol·L－1NaOH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正确的是( )
A．原盐酸的浓度为0.10 mol·L－1
B．x的值为2.0
C．pH＝12，V值为20.4
D．原盐酸的浓度为1.0 mol·L－1
解析：选A。当V(NaOH)＝0时，盐酸溶液的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)。故V(NaOH)＝20.0 mL；当反应后溶液pH ＝12时，
＝1×10－2 mol·L－1，解得V(NaOH)＝24.4 mL。
10．氯碱工业中，是以食盐水为原料，通过电解产生烧碱、氢气、氯气并以此生产一系列其他产品，但工业粗盐中含有Ca2＋、Mg2＋、SO，会影响产品的质量，需除去这些离子。
(1)除去Mg2＋应加入________溶液，除去Ca2＋应加入稍过量的________溶液，除去SO应加稍过量的________溶液。
(2)为有效除去Ca2＋、Mg2＋、SO，加入溶液的合理顺序为________。
A．先除Mg2＋，再除Ca2＋，后除SO，调pH
B．先除SO，再除Mg2＋，后除Ca2＋，调pH
C．先除Mg2＋，再除SO，后除Ca2＋，调pH
解析：为了不引入新的杂质离子，除去Mg2＋用NaOH溶液，除去Ca2＋用Na2CO3溶液，除去SO用BaCl2溶液，且Na2CO3溶液应在BaCl2溶液之后加入，目的是除去过量的Ba2＋。
答案：(1)NaOH Na2CO3 BaCl2 (2)BC
11．某强碱性溶液中含有的离子是K＋、NH、Al3＋、[Al(OH)4]－、SO、SiO、CO、Cl－中的某几种，现进行如下实验：
(1)取少量的溶液用硝酸酸化后，加Ba(NO3)2溶液无沉淀生成。
(2)另取少量溶液加入盐酸其现象是：一段时间保持原样后，开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失。则原溶液中肯定存在的离子是___________________________。
肯定不存在的离子是________；已知一定量的原溶液中加入5 mL 0.2 mol·L－1盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187 g，则原溶液中________(填“有”或“没有”)Cl－。
解析：①此溶液酸化后加Ba(NO3)2无沉淀，说明无SO、SiO，NH不能与OH－共存，所以肯定没有NH，Al3＋不能与OH－共存，所以肯定也没有Al3＋。
②另取少量溶液加盐酸，一段时间保持原样，说明发生酸碱中和反应，肯定有OH－；沉淀量逐渐增多，有[Al(OH)4]－＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O，沉淀量基本不变后，产生一种气体，说明有CO，根据溶液中电荷守恒可知有K＋。m(HCl)＝5×0.2×143.5×10－3 g＝0.1435 g，小于0.187 g故溶液中必有Cl－。
答案：OH－、[Al(OH)4]－、CO、K＋ NH、SO、SiO、Al3＋ 有
12．某同学用中和滴定法测定某烧碱的纯度，实验过程如下：
(1)配制待测液：称取4.1 g固体烧碱样品(杂质不与酸反应)配制成250 mL溶液，需要的主要仪器有___________________________。
(2)滴定
①用________________量取10.00 mL待测液。
②向锥形瓶中加入几滴酚酞，用0.2010 mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视________，直到________________时停止滴定。
(3)数据处理
实验次数编号
盐酸溶液体积V(mL)
氢氧化钠溶液体积V(mL)
1
19.90
10.00
2
20.10
10.00
3
22.00
10.00
4
20.00
10.00
根据上述各数据，选取合适的三组，计算待测烧碱溶液的浓度为________，烧碱的纯度为________。
解析：(1)配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，由于溶质是固体，需称量其质量，用到的仪器是托盘天平，溶解固体NaOH需用到的仪器是烧杯、玻璃棒，由于配制250 mL的溶液，需用到的仪器是250 mL 的容量瓶，在定容时需用的仪器是胶头滴管。
(3)由于第三次测得V(HCl)与其他三次测得V(HCl)差距超过1 mL，所以第三次数据不合理，应舍去。
V(HCl)＝＝20.00 mL
c(NaOH)＝
＝0.4020 mol·L－1。
烧碱的纯度为：
×100%＝98.05%。
答案：(1)托盘天平、烧杯、玻璃棒、250 mL的容量瓶、胶头滴管
(2)①碱式滴定管 ②锥形瓶内溶液颜色的变化 溶液中红色退去(或红色变为无色)，并半分钟内不复原
(3)0.4020 mol·L－1 98.05%
13.
(2012·潍坊高二质检)在25 mL氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1醋酸溶液，滴定曲线如图所示。
(1)写出氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应的离子方程式：___________________________
___________________________。
(2)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。
(3)在B点，a________12.5 mL(填“＞”、“＜”或“＝”，下同)，若由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而恰好呈中性，则混合前c(NaOH)________c(CH3COOH)，混合前酸中[H＋]和碱中[OH－]的关系：[H＋]________[OH－]。
(4)在D点，溶液中离子浓度大小关系为：___________________________。
解析：(2)由图像知，当不加醋酸时，pH＝13，则氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1；(3)由图像知，B点pH＝7，若a＝12.5 mL，则酸碱恰好完全反应，溶液呈碱性，故若要pH＝7，醋酸应过量，即a＞12.5 mL。若体积相等混合呈中性，氢氧化钠浓度应小于醋酸浓度。由于酸是弱酸，碱是强碱，故混合前[H＋]＜[OH－]。(4)在D点，醋酸过量，溶液呈酸性，即[H＋]＞[OH－]，又由电荷守恒，[CH3COO－]＋[OH－]＝[Na＋]＋[H＋]，所以各种离子浓度大小顺序为[CH3COO－]＞[Na＋]＞[H＋]＞[OH－]。
答案：(1)OH－＋CH3COOH===CH3COO－＋H2O
(2)0.1 (3)＞ ＜ ＜
(4)[CH3COO－]＞[Na＋]＞[H＋]＞[OH－]
1．为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：
①测定溶液的pH，溶液显强碱性。
②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性气味、能使澄清石灰水变浑浊的气体。
③在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀。
④取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。
根据实验，以下推测正确的是(双选)( )
A．一定有SO
B．一定有CO
C．不能确定Cl－是否存在
D．不能确定HCO是否存在
解析：选BC。根据实验判断离子的存在情况，考查推理能力及思维的严密性。由①知强碱性溶液中HCO不存在；由②产生无刺激性气味且使澄清石灰水变浑浊的气体必是CO2，故一定无SO，一定有CO，这在实验③得到证实；由于②中加入盐酸引入Cl－，因此不能通过④确定Cl－的存在。
2．下列根据实验事实得出的结论，正确的是( )
解析：选A。本题考查了离子反应的应用，利用离子反应检验离子的存在。在试液中加入KSCN溶液，无明显现象，说明原溶液中没有Fe3＋，加入氯气后，溶液变为红色，说明加入氯气后有Fe3＋生成，则其来源一定是Fe2＋，A正确；加入AgNO3溶液产生的黄色沉淀并不一定是AgI，也可能是Ag3PO4，要想本法可用，后面要加入稀硝酸，产生不溶于稀硝酸的黄色沉淀，则有I－，B错误；能使石蕊试液变蓝色的是碱性溶液，不一定是碱溶液，C错误；SO2也具有选项D中所述性质，则D错误。
3．下列几种情况，对中和滴定结果无影响的是( )
A．滴定管用蒸馏水洗后注入标准液
B．滴定管尖端未充满液体
C．滴定管中标准液在零刻度以上
D．盛未知浓度溶液的锥形瓶中有少量蒸馏水
解析：选D。A中应用标准液润洗，否则浓度下降，消耗标准液多；B中致使起始读数偏大；C中零刻度以上的液体体积无法读出。蒸馏水的存在并不影响待测液的量，故不影响测定结果。
4．(2012·渭南高二质检)有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH、K＋、Na＋、Mg2＋、Ba2＋、Al3＋、Fe3＋、Cl－、I－、NO、CO、SO，取该溶液进行以下实验：
①取pH试纸检验，表明溶液呈强酸性；
②取少许溶液，加入少量CCl4及数滴新制氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色；
③另取溶液少许，加入NaOH溶液使溶液由酸性逐渐变为碱性，整个操作过程均无沉淀产生；
④取③的溶液少许，加入Na2CO3溶液有白色沉淀生成；
⑤若将③的溶液加热有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
根据以上事实，该溶液中肯定存在的离子是________；肯定不存在的离子是________；还不能确定是否存在的离子是________；另外，若取④的上层溶液做焰色实验，火焰呈黄色，________(填“能”或“不能”)证明原溶液中含有Na＋；透过蓝色的钴玻璃观察火焰呈浅紫色，________(填“能”或“不能”)证明原溶液中含K＋。
解析：往溶液中加入氯水和CCl4，CCl4层呈紫色，说明原溶液中一定存在I－，结合实验①的结果一定存在大量H＋，推测溶液中一定不存在NO、Fe3＋和CO。
由实验③推知，溶液中不含Mg2＋、Al3＋，但在③的溶液中加入Na2CO3溶液出现白色沉淀，则溶液中一定含有Ba2＋，一定有存在SO。
由实验⑤推知溶液中含有NH。因此，溶液中一定存在Ba2＋、NH、I－，一定不存在Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO、NO、SO，不能确定的是Na＋、K＋、Cl－。
因在实验③中加入NaOH，④中加入Na2CO3溶液，尽管焰色反应呈黄色，但仍无法判断原溶液中是否存在Na＋。但透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，则证明原溶液中含有K＋。
答案：Ba2＋、NH、I－、H＋
Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO、NO、SO
Na＋、K＋、Cl－ 不能 能
5．某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A．用250 mL容量瓶配制250 mL烧碱溶液；
B．用移液管(或碱式滴定管)量取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙指示剂；
C．在天平上准确称取烧碱样品w g，在烧杯中加蒸馏水溶解；
D．将物质的量浓度为m mol·L－1的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1 mL；
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点消耗硫酸体积为V2 mL。
回答下列问题：
(1)正确的操作步骤是____―→____―→____―→D―→____。(填字母)
(2)滴定管读数时应注意___________________________。
(3)操作中锥形瓶下垫一张白纸的作用是___________________________。
(4)操作D中液面应调整到___________________________；
尖嘴部分应____________________。
(5)滴定到终点时锥形瓶内溶液的pH约为________；终点时的颜色变化是________。
(6)若酸式滴定管没用标准H2SO4溶液润洗，会对测定结果有何影响________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”，其他操作均正确)。
(7)该烧碱样品的纯度计算式是___________________________。
解析：对于中和滴定的操作问题要依据中和滴定的正确步骤和规范操作去思考，而分析产生的误差，要注意滴定过程中消耗标准液体积偏大，还是偏小，还是不变。
该题配制250 mL NaOH溶液，取25 mL于锥形瓶中，用H2SO4溶液进行滴定，以甲基橙作指示剂。滴定过程中需注意的问题：滴定管应用所盛液体润洗，读数时视线与凹液面最低点相平，尖嘴部分应充满液体等。
答案：(1)C A B E
(2)滴定管应垂直；装液和放液后需等一会儿，待液面上下不发生变化时才能读数；读数时不能俯视或仰视，视线应与凹液面最低点相平；读数应精确到0.01 mL
(3)便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况
(4)零刻度或零刻度以下的某一刻度 充满溶液，无气泡
(5)3.1～4.4 指示剂颜色由黄色变为橙色
(6)偏高 (7)%
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)
1．对于一定不能自发进行的反应来说，反应后体系的( )
A．混乱度减小，而能量增加
B．混乱度增大，而能量降低
C．混乱度减小，能量降低
D．混乱度增大，能量增加
解析：选A。根据熵判据和焓判据，熵增加或焓降低的反应是有利自发的。如果一个反应一定不能自发进行，则熵变和焓变是不利的，故A正确。B、C、D都是可能自发的，可用ΔG＝ΔH－TΔS<0是自发的来判断。
2．已知下列反应的平衡常数：
H2＋SH2S，K1 S＋O2SO2，K2
则反应H2＋SO2O2＋H2S的平衡常数为( )
A．K1＋K2 B．K1－K2
C．K1× K2 D.
解析：选D。在反应中S为固体，与平衡常数无关，则K1＝，K2＝。H2＋SO2O2＋H2S的平衡常数为＝。
3．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)＋2H2(g) Si(s)＋4HCl(g)；ΔH＝＋Q kJ·mol－1(Q>0)，
某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器进行以上的反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是( )
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1 mol，则达到平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4 min时，若HCl的浓度为0.12 mol·L－1，则H2的反应速率为0.03 mol·L－1·min－1
D．当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好反应
解析：选D。该反应为体积增大的反应，增大压强平衡左移，SiCl4转化率减小，A错；该反应为可逆反应，不能实现完全转化，放出的热量一定小于QkJ，B错；反应至4 min时，HCl的浓度为0.12 mol·L－1，表示的反应速率为：v(HCl)＝0.03 mol·L－1·min－1，换算为v(H2)＝0.015 mol·L－1·min－1，C错；当吸热0.025Q kJ时，说明反应的SiCl4为0.025 mol，生成HCl 0.1 mol，其与100 mL 1 mol·L－1的NaOH恰好反应，D正确。
4．一密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，如图表示该反应的速率(v)在某一时间(t)段内的变化。则下列时间中，SO3的百分含量最高的是( )
A．t0→t1 B．t2→t3
C．t3→t4 D．t3→t5
解析：选A。在t1－t2段，v(逆)>v(正)，平衡逆向移动；t4－t5时，v(逆)>v(正)，平衡逆向移动，所以t0－t1段SO3的含量最高。
5．在一定体积的密闭容器中，进行如下的化学反应CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)，其＝K，K被称为化学平衡常数，其中K和温度的关系如下表：
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
根据以上信息推断以下说法正确的是( )
A．此反应为放热反应
B．此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化
C．此反应达到1000 ℃时的反应速率比700 ℃时大
D．该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低
解析：选C。K随温度升高而增大，说明温度升高反应向正反应方向进行，所以是吸热反应，不同体系的平衡常数不一样，对一确定的化学反应，平衡常数越大，说明生成物平衡浓度越大，反应物浓度越小，即反应物的转化率越高。
6．合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应。合成氨工业的生产流程如下：
关于合成氨工业的说法中不正确的是( )
A．混合气进行循环利用遵循绿色化学思想
B．合成氨反应须在低温下进行
C．对原料气进行压缩是为了增大原料气的转化率
D．使用催化剂可以提高反应的速率，但是不能使平衡向正反应方向移动
解析：选B。合成氨反应在700 K的高温下进行。
7．H2与I2反应产生HI的反应速率可用下式表示：
v＝kc(H2)·c(I2)。在一定温度下，在一定容积的反应容器中，使H2和I2的浓度发生变化，测量了初始反应速率，如下所示：
实验序号(N)
1
2
3
4
5
c(H2)/mol·L－1
0.01
0.03
0.05
0.07
0.09
c(I2)/mol·L－1
0.09
0.07
0.05
0.03
0.01
据此实验结果，所得出的图像为( )
解析：选D。根据题给的反应速率公式：反应速率v＝kc(H2)·c(I2)，所以实验1、2、3、4、5中初始反应速率数值依次为：0.0009 k、0.0021 k、0.0025 k、0.00021 k、0.0009 k，用这些数据描绘成图像后，可判断出答案为D。
8．已知200 ℃，反应2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g)的平衡常数K＝10，则下列情况达到平衡状态的是( )
c(NO)
c(CO)
c(CO2)
c(N2)
A
1
1
0.1
0.1
B
0.1
0.1
0.1
0.1
C
0.2
0.1
0.2
1
D
0.3
0.2
0.2
0.3
解析：选B。根据方程式写出浓度商的表达式，然后代入数值计算，浓度商与平衡常数相等时即为平衡状态。B项中Q＝＝10，即Q＝K，处于平衡状态。
9．高温下，某反应达平衡，平衡常数K＝，恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是( )
A．该反应的焓变为正值
B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2
解析：选A。由平衡常数的表达式可得，该反应化学方程式应为CO2＋H2CO＋H2O，故D错；由题意知，温度升高，平衡向正反应方向移动，说明正反应为吸热反应，ΔH>0，A正确；恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，H2浓度不变，故B错；C项，升高温度，正、逆反应速率都会增大，故C错。
10．下图表示反应X(g) 4Y(g)＋Z(g) ΔH<0，在某温度、容器体积不变时，X的浓度随时间变化的曲线：
下列有关该反应的描述正确的是( )
A．第6 min后，反应就终止了
B．X的平衡转化率为85%
C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%
D．若降低温度，v(正)和v(逆)将以同样倍数减小
解析：选B。A项，6 min时反应达平衡，但反应未停止，故错；B错，X的平衡转化率为：×100%＝85%，正确．C项，ΔH<0，正反应方向为放热，升浊国，平衡逆向移动，X的转化率减小，故C项错；D项，温度变化对正、逆反应速率的影响不是同等倍数变化，故错．
11．某温度下，反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g) ΔH<0，在一带有活塞的密闭容器中达到平衡，下列说法不正确的是( )
A．恒温压缩体积，平衡不移动，颜色加深
B．恒压迅速充入HI，开始时正反应速率减小
C．恒容，升温正反应速率减小
D．恒容，充入H2，I2的百分比含量降低
解析：选C。A正确，压缩体积，增大压强，平衡虽不移动，但有色物质[I2]增大，颜色加深；B正确，恒压迅速充入HI，容器体积增大，开始时[H2]和[I2]均减小，故正反应速率减小；C错误，升高温度，正、逆反应速率均增大；D正确，恒容，充入H2，[H2]增大，平衡右移，导致I2的百分含量降低。
12．在一固定容积的密闭容器中，加入4 L X(g)和6 L Y(g)，发生如下反应：X(g)＋nY(g) 2R(g)＋W(g)反应达到平衡时，测知X和Y的转化率分别为25%和50%，则化学方程式中的n值为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选B。 X(g) ＋ nY(g) 2R(g)＋W(g)
起始 4 L 6L
转化 4 L×25% 4 L×25%·n
而Y转化量为6 L×50%，
所以4 L×25%·n＝6 L×50%；n＝3。
13．汽车尾气净化中的一个反应如下：NO(g)＋CO(g) N2(g)＋CO2(g) ΔH＝－373.4 kJ·mol－1在恒容的密闭容器中，反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是( )
解析：选C。ΔH＝－373.4 kJ·mol－1，温度升高，平衡向逆反应方向移动，K减小，CO转化率降低，故A、B两项均错；K只与温度有关，C项正确；D项增大N2的物质的量平衡左移，则NO转化率降低，所以D项错。
14．在某密闭容器中，可逆反应：A(g)＋B(g) xC(g)符合图像(Ⅰ)所示关系。由此推断，对图像(Ⅱ)的不正确的说法是( )
A．p3>p4，y轴表示A的转化率
B．p3>p4，y轴表示B的质量分数
C．p3>p4，y轴表示C的质量分数
D．p3>p4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量
解析：选B。据图像(Ⅰ)知，在压强不变时，曲线b的斜率比c的大，故T1>T2。降温(T1→T2)时，C%增大，即平衡正向移动，说明正反应为放热反应。当温度不变时，曲线b的斜率比a的大，故压强p2>p1，增大压强(p1→p2)时，C%增大，即平衡正向移动，故x<2即x＝1。由图像(Ⅱ)知，保持体系温度不变，增大压强(p4→p3)，平衡正向移动。C%、A、B的转化率、混合气体的平均相对分子质量均增大，而A、B的质量分数要减小，故答案为B。
15．某温度下，在一容积可变的恒压密闭容器里，反应3A(g) B(g)＋3C(g)达到平衡时，A、B、C的物质的量分别是6 mol、2 mol、6 mol。在保持温度和压强不变的情况下，下列说法正确的是( )
A．将A、B、C各减少1 mol，达到平衡后C的百分含量增加
B．充入A、B、C各2 mol，平衡将向正方向移动
C．充入1 mol的氦(He)(He与容器里的气体不反应)，平衡不移动
D．加入一定量的A气体达到平衡后，C的百分含量一定增加
解析：选A。A项将A、B、C各减少1 mol，相当于先减少A、C各1 mol，B减少 mol，平衡不移动，再减少 mol B致使平衡右移，C的百分含量增加；B项思路同A，平衡将向逆方向移动；C项充入1 mol He，相当于增大体积、减小压强，平衡右移；D项中平衡不移动，C的百分含量不变。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(10分)将等物质的量的A、B、C、D四种物质混合，发生如下反应：aA＋bBcC(s)＋dD，当反应进行一段时间后，测得A减少了n mol，B减少了 mol，C增加n mol，D增加了n mol，此时达到化学平衡状态。
(1)该化学方程式中各物质的化学计量数为：
a＝__________，b＝__________，c＝__________，d＝__________。
(2)若只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，该反应中各物质的聚集状态是：
A．__________，B.__________，D.__________。
(3)若只升高温度，反应一段时间后，测得四种物质其物质的量又达到相等，则该反应的正反应为__________(填“放热”或“吸热”)反应。
解析：化学方程式中各物质的系数比等于化学反应速率之比，则a∶b∶c∶d＝n∶∶∶n＝2∶1∶3∶2；只改变压强，反应速率发生变化，说明有气态物质，但平衡不移动，说明反应前后气态物质系数相等，因此A为气态，B为非气态，D为气态；达到平衡时A、B的物质的量小于C、D的物质的量，只升高温度反应一段时间后，四种物质的物质的量又相等，说明升温平衡逆向移动，则正反应为放热反应。
答案：(1)2 1 3 2 (2)气态 固态或液态 气态 (3)放热
17．(8分)反应mA＋nBpC在某温度下达到平衡状态。
(1)若升高温度，A物质的转化率增大，该反应为__________热反应。
(2)若C为气体，且m＋n＝p，在加压时化学平衡发生移动，则平衡必定向__________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。
(3)如果在体系中增加或减少B的量，平衡均不发生移动，则B肯定不能为__________态。
解析：升高温度，A的转化率增大，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应；C为气体，m＋n＝p，若A、B都为气体，则增大压强，平衡不会移动，而加压平衡发生移动，则A、B中至少有一种为非气态，则平衡必定逆向移动；由题意知改变B的量，平衡不移动，则B应为固态或液态。
答案：(1)吸 (2)逆反应 (3)气
18．(12分)向某恒容密闭容器中加入4 mol A、1.2 mol C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示[已知t0～t1阶段c(B)未画出]。乙图为t2时刻后改变反应条件，反应速率随时间的变化情况，在t2、t3、t4、t5时刻各改变一种不同的条件，已知t3时刻为使用催化剂。
(1)若t1＝15 s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(C)＝__________。
(2)t4时刻改变的条件为__________，B的起始物质的量为__________。
(3)写出该反应的化学方程式__________________________，
该反应的逆反应为__________(填“吸热反应”或“放热反应”)。
(4)图乙中共有Ⅰ～Ⅴ五处平衡，其平衡常数与Ⅰ处的平衡常数不相等的是__________(填“Ⅱ”、“Ⅲ”、“Ⅳ”或“Ⅴ”)。
解析：(1)v(C)＝＝＝0.02 mol/(L·s)。
(2)由图知在t3和t4时刻改变条件后平衡并未发生移动，而t3时刻为使用催化剂，因为恒容时改变浓度和温度化学平衡一定会发生移动，因此t4时刻改变条件为压强，由于反应速率减小，因此为减小压强。在t0～t1时间段内A的浓度减小了0.2 mol·L－1，C的浓度增加了0.3 mol·L－1，由于压强改变平衡不移动，即反应前后气体体积相等，因此在此时间段内B的浓度应减小0.1 mol·L－1，所以此反应的化学方程式为2A＋B3C。根据题目条件可知，此容器的体积为4 L，因此B的起始物质的量为：
(0.4＋0.1)mol·L－1×4 L＝2.0 mol。
(3)由于t5时刻v(正)、v(逆)均增大，改变条件应为升温，且v(正)>v(逆)，即平衡向正反应方向移动，所以逆反应为放热反应。
(4)化学平衡常数只受温度影响，因此Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ处平衡常数相等，由于t5时升高温度，因此Ⅴ处平衡常数增大。
答案：(1)0.02 mol/(L·s) (2)减小压强 2.0 mol
(3)2A＋B3C 放热反应 (4)Ⅴ
19．(12分)现有可逆反应：A(g)＋2B(g) C(g)＋D(g) ΔH<0。在相同温度下，将1 mol A和2 mol B加入到容积固定不变的甲容器中，将2 mol C和2 mol D加入到容积可变的乙容器中，t1＝5 min时两容器内均达到平衡状态，甲中c(C)＝1.5 mol·L－1。
请回答下列问题：
(1)5 min内，用B物质表示甲容器中的平均反应速率v(B)＝__________。
(2)若使甲容器化学平衡向正反应方向移动，则可以改变的条件是__________(填写字母)；改变条件的瞬间，体系的正反应速率将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
A．减小A的物质的量 B．降低体系的温度
C．增大D的浓度 D．加入催化剂
(3)保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙容器中C的物质的量浓度c(C)__________________________
(填“>”、“<”或“＝”)3 mol·L－1。
(4)保持温度不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，图中能表示甲中反应速率变化情况的是__________，能表示乙中反应速率变化情况的是__________。
解析：(1)由于v(B)∶v(C)＝2∶1，所以v(B)＝2v(C)＝2×＝0.6 mol·L－1·min－1。
(2)减小A的物质的量、增大D的浓度，平衡均逆向移动；使用催化剂对化学平衡无影响；该反应ΔH<0，降低温度，平衡正向移动。
(3)假设2 mol C和2 mol D在容积为甲容器2倍的乙中保持体积不变建立平衡，则c(C)＝1.5 mol·L－1，此时压缩乙的容积使之与甲相同，c(C)＝3.0 mol·L－1，但由于平衡正向移动，c(C)增大，故平衡后c(C)>3 mol·L－1。
(4)恒温、恒容时充入氦气，甲中v(正)、v(逆)不变，平衡不移动；乙中恒压恒温下充入氦气，平衡体系压强减小，v(正)、v(逆)均减小，平衡逆向移动。
答案：(1)0.6 mol·L－1·min－1 (2)B 减小
(3)> (4)A C
20．(13分)氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制得：
SiO2＋C＋N2Si3N4＋CO
(1)配平上述反应的化学方程式(将化学计量数填在方框内)；
(2)该反应的氧化剂是__________，还原产物是________；
(3)该反应的平衡常数表达式为K＝________；
(4)若知上述反应为放热反应，则其反应热ΔH______0(填“>”、“<”或“＝”)；升高温度，其平衡常数________(填“增大”、“减小”或“不变”)；
(5)若使压强增大，则上述平衡向________反应方向移动(填“正”或“逆”)；
(6)若已知CO生成速率为v(CO)＝18 mol·L－1·min－1，则N2消耗速率为v(N2)＝________ mol·L－1·min－1。
解析：(1)利用观察法配平或利用氧化还原反应中的电子守恒来配平，配平后的化学方程式为3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO。
(2)分析各物质的化合价变化情况：C由0价升高为＋2价，在反应中做还原剂被氧化；N由0价降低为－3价，在反应中作氧化剂被还原。因此，此反应的氧化剂为N2，还原产物为Si3N4。
(3)因SiO2、C、Si3N4均为固体，只有N2和CO为气体，存在平衡浓度(或平衡分压)，因此根据化学反应平衡常数的表达式可以得出此反应的平衡常数表达式为K＝。
(4)放热反应的焓变ΔH<0，升高温度，平衡向左移动，使c(CO)减小、c(N2)增大，因此平衡常数K减小。
(5)由于此反应的正反应为气体体积增大的反应，因此增大压强，平衡将向逆反应方向移动。
(6)根据同一反应在同一时间段内，各物质的反应速率之比等于各物质在化学方程式中对应的化学计量数之比。则有＝，所以v(N2)＝v(CO)＝×18 mol·L－1·min－1＝6 mol·L－1·min－1。
答案：(1)3 6 2 1 6 (2)N2 Si3N4 (3)
(4)< 减小 (5)逆 (6)6
1．对反应的方向起作用的因素的判断不正确的是( )
A．有时焓变对反应的方向起决定性作用
B．有时熵变对反应的方向起决定性作用
C．焓变和熵变是判断反应方向的两个主要因素
D．任何情况下，温度都不可能对反应的方向起决定性作用
解析：选D。如果反应的焓变和熵变的作用相反且相差不大时，温度有可能对反应的方向起决定性作用。
2．以下自发过程可用焓判据来解释的是( )
A．硝酸铵固体自发地溶于水
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。A、B、C均为吸热的熵增反应，只有D是放热的熵减反应，因此D可用焓判据来解释。
3．(2012·深圳高二调研)已知反应CO(g)===C(s)＋O2(g)的ΔH为正值，ΔS为负值。设ΔH与ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是( )
A．低温下是自发变化
B．高温下是自发变化
C．低温下是非自发变化，高温下是自发变化
D．任何温度下都是非自发变化
解析：选D。由知ΔH－TΔS>0，且随温度升高而增加。
4．某反应2AB(g) C(g)＋3D(g)在高温时能自发进行，其逆反应在低温时能自发进行，则该反应的ΔH、ΔS应为( )
A．ΔH<0，ΔS>0 B．ΔH<0，ΔS<0
C．ΔH>0，ΔS>0 D．ΔH>0，ΔS<0
解析：选C。该反应ΔS>0，若要在高温时能自发进行，且其逆反应在低温下自发进行，需正方向反应ΔH>0。
5．下列反应中，在高温下不能自发进行的是( )
A．CO(g)===C(s)＋O2(g) ΔH>0
B．2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g) ΔH>0
C．(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g) ΔH>0
D．MgCO3(s)===MgO(s)＋CO2(g) ΔH>0
解析：选A。四个反应均为分解反应，且都是吸热反应，要想在高温下自发进行需ΔS>0，而A不符合。
6．(2012·石嘴山高二检测)某化学反应其ΔH＝122 kJ/mol，ΔS＝231 J/(mol·K)，则此反应在下列哪种情况下可自发进行( )
A．在任何温度下都能自发进行
B．在任何温度下都不能自发进行
C．仅在高温下自发进行
D．仅在低温下自发进行
解析：选C。当ΔH－TΔS<0时反应可以自发进行，由于该反应的ΔH、ΔS均为正值，则只有在高温时ΔH－TΔS才可能为负值，反应才可自发进行，故选C。
7．(2012·周口高二调研)灰锡结构松散，不能制造器皿，而白锡结构坚固可以制造器皿。现把白锡制成的器皿放在0 ℃、100 kPa的室内存放，它会不会变成灰锡而不能再继续使用？(已知在0 ℃、100 kPa条件下白锡→灰锡反应的焓变和熵变分别为ΔH＝－2180.9 J·mol－1，ΔS＝－6.61 J·mol－1·K－1)( )
A．会变 B．不会变
C．不能确定 D．升高温度才会变
解析：选A。ΔH－TΔS＝－2180.9 J·mol－1－273 K×(－6.61 J·mol－1·K－1)＝－376.37 J·mol－1<0，因此在该条件下白锡会变为灰锡。
8．在如下图所示图1中A、B两容器里，分别收集着两种互不作用的理想气体。若将中间活塞打开(如图2所示)，两种气体分子立即都分布在两个容器中。这是一个不伴随能量变化的自发过程。关于此过程的下列说法中不正确的是( )
A．此过程为混乱程度小的向混乱程度大的方向的变化过程，即熵增大的过渡
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，混乱度增大
D．此过程是自发可逆的
解析：选D。由题意知ΔH＝0、ΔS>0，由ΔH－TΔS知该过程的逆过程不能自发进行，所以D错。
9．已知反应FeO(s)＋C(s)===CO(g)＋Fe(s)的ΔH为正、ΔS为正(假定ΔH、ΔS不随温度而变化)，下列叙述中正确的是( )
A．低温下为自发过程，高温下为非自发过程
B．高温下为自发过程，低温下为非自发过程
C．任何温度下均为非自发过程
D．任何温度下均为自发过程
解析：选B。由反应能否自发进行的判据：ΔH－TΔS知：ΔH>0、ΔS>0时， ΔH－TΔS的值的正、负不能确定，此时将由温度T决定。当处于低温时，TΔS的值较小，ΔH－TΔS>0，反应非自发进行；当温度升高，TΔS的值增大，只要温度升高到使得TΔS>ΔH，即ΔH－TΔS<0时，反应自发进行，所以这种反应应该为：高温下反应自发进行，低温下反应非自发进行。
10．在298 K时，下列反应的ΔH依次为：
C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH1＝－1366.8 kJ·mol－1
C(石墨)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)
ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1
乙醇(C2H5OH)、氢气、石墨和氧气的熵值分别为：161.0 J·mol－1·K－1、130.6 J·mol－1·K－1、5.74 J·mol－1·K－1、205.3 J·mol－1·K－1，则298 K时，由单质生成1 mol乙醇的ΔH、ΔS及ΔH－TΔS分别为多少？
解析：ΔH＝2ΔH2＋3ΔH3－ΔH1＝2×(－393.5 kJ·mol－1)＋3×(－285.8 kJ·mol－1)－(－1366.8 kJ·mol－1)＝－277.6 kJ·mol－1
ΔS＝161.0 J·mol－1·K－1－3×130.6 J·mol－1·K－1－2×5.74 J·mol－1·K－1－1/2×205.3 J·mol－1·K－1＝－344.93 J·mol－1·K－1
ΔH－TΔS＝－277.6 kJ·mol－1－298 K×(－344.93×10－3 kJ·mol－1·K－1)＝－174.8 kJ·mol－1。
答案：ΔH＝－277.6 kJ·mol－1 ΔS＝－344.93 J·mol－1·K－1
ΔH－T·ΔS＝－174.8 kJ·mol－1
11．(2012·阜阳一中高二期中考试) (1)某蛋白质在323.2 K时变性并达到平衡状态，即天然蛋白质变性蛋白质。已知该变性过程的ΔH(323.2 K)＝29.288 kJ·mol－1，则该反应的熵变ΔS(323.2 K)＝________________。
(2)通常采用的制高纯镍的方法是将粗镍在323 K时与CO反应，生成的Ni(CO)4经提纯后在约473 K时分解得到高纯镍：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(l)，已知反应的ΔH＝－161 kJ·mol－1，ΔS＝－420 J·mol－1·K－1，用该方法提纯镍__________(填“合理”或“不合理”)。
解析：(1)达平衡时，ΔH－TΔS＝0，则有：
ΔS＝＝
＝0.09062 kJ·mol－1·K－1
＝90.62 J·mol－1·K－1。
(2)根据ΔH－TΔS＝0时，反应达到平衡，则反应的转折温度为：T＝＝＝383 K，
当T<383 K时，ΔH－TΔS<0，反应正向自发进行；
当T>383 K时，ΔH－TΔS>0，反应逆向自发进行；
粗镍在323 K时与CO反应能生成Ni(CO)4，Ni(CO)4为液态，很容易与反应物分离，Ni(CO)4在473 K时分解可得到高纯镍，因此，上述制高纯镍的方法是合理的。
答案：(1)90.62 J·mol－1·K－1
(2)合理
12．已知甲烷隔绝空气在不同温度下有可能发生如下两个裂解反应：
①CH4(g)―→C(s)＋2H2(g)，②2CH4(g)―→C2H2(g)＋3H2(g)。某同学为了得到用天然气制取炭黑的允许温度范围和最佳温度，在图书馆查到了如下热力学数据：
①的ΔH(298 K)＝＋74.848 kJ·mol－1，
ΔS(298 K)＝＋80.674 J·mol－1·K－1
②的ΔH(298 K)＝＋376.426 kJ·mol－1，
ΔS(298 K)＝＋220.211 J·mol－1·K－1
已知焓变和熵变随温度变化很小。请帮助这位同学考虑如下问题：
(1)判断该反应高温自发还是低温自发：__________(填“高温”或“低温”)。
(2)通过计算判断此反应在常温下能否自发进行__________________________。
(3)求算制取炭黑的允许温度范围__________________________。
(4)为了提高甲烷的碳化程度，你认为下面四个温度中最合适的是__________。
A．905.2 K B．927 K
C．1273 K D．2000 K
解析：(2)ΔH－TΔS＝74.848 kJ·mol－1－80.674×10－3kJ·mol－1·K－1×298 K＝50.807 kJ·mol－1>0，所以该反应常温下不能自发进行。
(3)裂解为炭黑和H2时，ΔH－TΔS＝74.848 kJ·mol－1－80.674×10－3kJ·mol－1·K－1×T<0，得 T>927.8 K，即裂解为炭黑的最低温度为927.8 K。裂解为乙炔时，ΔH－TΔS＝376.426 kJ·mol－1－220.211×10－3kJ·mol－1·K－1×T<0，得T>1709.4 K，即温度高于1790.4 K自发裂解为乙炔和氢气。所以要制取炭黑，温度须控制在927.8～1790.4 K。
答案：(1)高温 (2)不能自发进行
(3)927.8～1790.4 K (4)C
1．已知下列过程都能自发进行，其中不能用“焓判据”解释的是( )
A．2Na(s)＋Cl2(g)===2NaCl(s) ΔH<0
B．C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l) ΔH<0
C．2NH4Cl(s)＋Ca(OH)2(s)===2NH3(g)＋CaCl2(s)＋2H2O(l) ΔH>0
D．2Mg(s)＋O2(g)===2MgO ΔH<0
解析：选C。放热反应过程中，体系能量降低，具有自发进行的倾向，也就是说，ΔH<0的反应一般能自发进行，这就是焓判据。本题的C项，ΔH>0，按焓判据反应不能发生，而题给条件是能自发进行，所以，不能用“焓判据”解释。
2．对下列过程中熵变的判断不正确的是( )
A．溶解少量食盐于水中：ΔS>0
B．纯碳和氧气反应生成CO(g)：ΔS>0
C．H2O(g)变成液态水：ΔS>0
D．CaCO3(s)高温分解为CaO(s)和CO2(g)：ΔS>0
解析：选C。A项固体食盐由于离子键的作用，Na＋、Cl－不能自由运动，但食盐溶于水后，电离出自由移动的Na＋、Cl－，则ΔS>0；B项2C(s)＋O2(g)===2CO(g)，注意C是固体，n(CO)>n(O2)，则ΔS>0；C项H2O(g)变为H2O(l)，分子的自由度减少，则ΔS<0；D项CaCO3(s)△,CaO(s)＋CO2(g)，注意CaCO3和CaO均是固体，则ΔS>0。
3．对于反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s) ΔH＝－444.3 kJ·mol－1，ΔS＝－280.1 J·mol－1·K－1。
在常温、常压下反应能自发进行，对反应的方向起决定性作用的是( )
A．熵变 B．温度
C．压强 D．焓变
解析：选D。ΔH<0有利于反应自发进行，ΔS<0不利于反应自发进行，且|ΔH|?|ΔS|，所以反应焓变对反应方向起决定性作用，使反应在常温常压下能自发进行。
4．(2012·龙岩高二调研)在冶金工业中，以C作为还原剂，如温度高于980 K时，氧化产物以CO为主，低于980 K时以CO2为主。
(1)已知2CO(g) CO2(g)＋C(s)，T＝980 K时ΔH－TΔS＝0。当体系温度低于980 K时，估计ΔH－TΔS__________0(选填“大于”、“小于”或“等于”)；当体系温度高于980 K时，该反应__________自发进行(填“能”或“不能”)。
(2)电子工业中清洗硅片上的SiO2(s)的反应为
SiO2(s)＋4HF(g)===SiF4(g)＋2H2O(g)
ΔH(298.15 K)＝－94.0 kJ·mol－1，
ΔS(298.15 K)＝－75.8 J·mol－1·K－1，设ΔH和ΔS不随温度变化而变化，则此反应自发进行的温度是__________。
解析：(1)C(s)＋CO2(g) 2CO(g)的反应为吸热反应，ΔH>0，则2CO(g) CO2(g)＋C(s)为放热反应，ΔH<0，且该反应ΔS<0，则当T<980 K时，ΔH－TΔS<0；T>980 K时，ΔH－TΔS>0，该反应不能自发进行。
(2)由题给信息，要使反应能自发进行，须有ΔH－TΔS<0，即－94.0 kJ·mol－1－T×[－75.8 J/(mol·K)×10－3 kJ/J]<0，
则T<＝1.24×103 K。
答案：(1)小于 不能 (2)小于1240 K
5．已知：CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g) ΔH＝178.32 kJ·mol－1，ΔS＝160.6 J·mol－1·K－1。利用已知条件判断：①常温下碳酸钙能否分解？②若要使碳酸钙分解应满足什么条件？(假定ΔH、ΔS都不会随温度的改变而改变)
解析：此类题目关键在于两点：一是正确使用ΔH－TΔS判据，二是临界温度的判断及计算。
(1)利用ΔH－TΔS判据进行判断：
ΔH－TΔS＝178.32 kJ·mol－1－298.15 K×160.6×10－3 kJ·mol－1·K－1＝130.4 kJ·mol－1>0，故常温下碳酸钙不能分解。
(2)若要使碳酸钙分解应至少满足ΔH－TΔS＝0
T＝＝＝1110 K，即应使温度达到1110 K以上才能使碳酸钙分解。
答案：①常温下碳酸钙不能分解。②使碳酸钙分解应满足温度达到1110 K以上。
1．关于化学平衡常数的叙述中，正确的是( )
A．只与化学反应方程式本身和温度有关
B．只与反应的温度有关
C．与化学反应本身和温度有关，并且会受到起始浓度的影响
D．是只与化学反应本身有关，与其他任何条件无关的一个不变的常数
解析：选A。化学平衡常数决定于两个方面的因素：化学反应的本身和反应体系的温度，与起始浓度等其他外界条件没有任何关系。
2．(2012·宿州高二期末检测)一定条件下，下列反应呈平衡状态时的平衡常数：3H2(g)＋N2(g) 2NH3(g) K1 2NH3(g) 3H2(g)＋N2(g) K2，则K1与K2的关系为( )
A．K1＝K2 B．K2＝1/K1
C．K1/2＝K2 D．无法确定
解析：选B。两个反应方程式互为可逆反应，平衡常数互为倒数，即K1·K2＝1。
3．在1000 K时，已知反应Ni(s)＋H2O(g) NiO(s)＋H2(g)的平衡常数K＝0.0059。当水蒸气和氢气的物质的量浓度相等时，此反应( )
A．未达平衡状态，反应逆向进行
B．未达平衡状态，反应正向进行
C．已达平衡状态
D．无法确定
解析：选A。Q＝＝1>K，故反应未达平衡状态且逆向进行。
4．将2.00 mol SO2和2.00 mol O2通入1.00 L的密闭容器中，1500 K时，反应达到平衡，测得SO3的物质的量浓度为0.64 mol·L－1，则平衡时SO2的平衡转化率为( )
A．30% B．32%
C．50% D．18%
解析：选B。因平衡时SO3的物质的量浓度为0.64 mol·L－1，则转化的SO2的物质的量浓度为0.64 mol·L－1，即c0(SO2)－[SO2]＝0.64 mol·L－1，而c0(SO2)＝2.00 mol·L－1，所以α(SO2)＝×100%＝×100%＝32%。
5．(2012·淮北高二质检)X、Y、Z为三种气体，把a mol X和b mol Y充入容积为1 L的密闭容器中，发生反应X＋2Y2Z，达到平衡时，若它们的物质的量满足：n(X)＋n(Y)＝n(Z)，则Y的平衡转化率为( )
A.×100% B.×100%
C.×100% D.×100%
解析：选B。设Y转化了x mol，
X ＋ 2Y 2Z
初始物质的量 a mol b mol 0
转化物质的量 mol x mol x mol
平衡物质的量 mol (b－x)mol x mol
据题意：mol＋(b－x)mol＝x mol
x＝
α(Y)＝×100%＝×100%。
6．一定温度下，在一密闭容器中，充入一定量的H2(g)和I2(g)发生如下反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，并达到平衡状态，此时H2的转化率x%，向平衡混合体系中充入一定量的I2(g)，重新达到平衡后H2的转化率将( )
A．增大 B．减小
C．不变 D．无法确定
解析：选A。达到平衡时，浓度商与平衡常数相等，当再充入一定量的I2(g)时，Q小于K，反应又正向进行直到平衡，转化的H2的量增加，转化率增大。
7．在一定温度下，反应H2(g)＋X2(g) HX(g)的平衡常数为10。若将1.0 mol的HX(g)通入体积为1.0 L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于( )
A．5% B．17%
C．25% D．33%
解析：选B。本题考查化学平衡常数的应用，意在考查学生利用化学平衡常数进行计算的能力。由题中反应和数据可知：HX(g) H2(g)＋X2(g)的平衡常数K＝0.1。设在该温度下HX(g)的分解反应达平衡后其减小的浓度为x mol/L，则平衡时HX、H2、X2的浓度分别为(1.0－x)mol/L、0.5x mol/L、0.5x mol/L，代入K的表达式有：(0.5x)1/2·(0.5x)1/2/(1.0－x)＝0.1，解得x＝0.167，故可知HX的转化率为×100%＝16.7%。
8．在5 L的密闭容器中充入2 mol A气体和1 mol B气体，在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)，达到平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的，则A的转化率为( )
A．67% B．50%
C．25% D．5%
解析：选B。恒温恒容时，混合气体的压强是反应前的，说明混合气体的物质的量也是反应前的。设A转化了x
2A(g) ＋ B(g) 2C(g)
初始物质的量 2 mol 1 mol 0
转化物质的量 x x x
平衡物质的量 2 mol－x 1 mol－x x
则(2 mol－x)＋＋x
＝×(2 mol＋1 mol)
x＝1 mol
A的转化率α(A)＝×100%＝50%。
9．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①NH4I(s) NH3(g)＋HI(g)
②2HI(g) H2(g)＋I2(g)
达到平衡时，c(H2)＝0.5 mol·L－1，c(HI)＝4 mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为( )
A．9 mol2·L－2 B．16 mol2·L－2
C．20 mol2·L－2 D．25 mol2·L－2
解析：选C。根据题干信息，可知平衡时c(NH3)＝c(HI)＋2c(H2)＝4 mol·L－1＋2×0.5 mol·L－1＝5 mol·L－1，反应①的平衡常数为K＝[NH3][HI]＝5×4 mol2·L－2＝20 mol2·L－2。
10．在某温度下，将H2和I2各0.10 mol的气态混合物充入10 L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得[H2]＝0.0080 mol·L－1。
(1)H2的转化率为__________；反应的平衡常数为__________。
(2)在上述温度下，该容器中若通入H2和I2各0.20 mol的气态混合物，则达到化学平衡状态时HI的物质的量浓度为__________。
解析：(1)根据题意
H2(g) ＋ I2(g) 2HI(g)
起始浓度(mol·L－1) 0.010 0.010 0
转化浓度(mol·L－1) 0.0020 0.0020 0.0040
平衡浓度(mol·L－1) 0.0080 0.0080 0.0040
α(H2)＝0.0020 mol·L－1÷0.010 mol·L－1×100%＝20%，K＝
＝＝0.25。
(2)设转化的H2的物质的量浓度为x mol·L－1，
H2 ＋ I2(g) 2HI(g)
起始浓度(mol ·L－1) 0.020 0.020 0
转化浓度(mol ·L－1) x x 2x
平衡浓度(mol ·L－1) 0.020－x 0.020－x 2x
K＝
＝
＝0.25，
解得x＝0.0040，平衡时，[HI]＝0.0080 mol·L－1。
答案：(1)20% 0.25 (2)0.0080 mol·L－1
11．高炉炼铁中发生的基本反应之一如下：
FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g) ΔH<0。
其化学平衡常数可表示为K＝，已知1100 ℃时K＝0.263。化学平衡常数只与温度有关，不随浓度和压强的变化而变化。
(1)当温度升高后，该反应的平衡常数将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)1100 ℃时测得高炉中c(CO2)＝0.025 mol·L－1，c(CO)＝0.1 mol·L－1，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态__________(填“是”或“否”)，此时，化学反应速率是v正__________v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。
解析：(1)该反应ΔH<0，是放热反应，所以温度升高K将减小。
(2)此时反应的Q＝＝0.25v逆。
答案：(1)减小 (2)否 大于
12．在557 ℃密闭容器中进行反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，若CO的起始浓度为2 mol·L－1，水蒸气的起始浓度为2 mol·L－1，达平衡后，测得CO2的浓度为1.2 mol·L－1。
(1)求该温度下反应的平衡常数及此状态下CO的平衡转化率。
(2)当起始投料c0(CO)＝2 mol·L－1，c0(H2O)＝3 mol·L－1时CO的平衡转化率；
(3)当起始投料c0(CO)＝2 mol·L－1，c0(H2O)＝1 mol·L－1时CO的平衡转化率。
解析：(1)设达到平衡的过程中实际转化(消耗)的CO的浓度为c，根据反应方程式计算：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)
2 2 0 0
c c c c
2－c 2－c c c
由于达平衡后，CO2的浓度为1.2 mol·L－1，故c＝1.2，则平衡后[H2]＝1.2 mol·L－1，[CO]＝[H2O]＝(2－1.2)mol·L－1＝0.8 mol·L－1，
K＝＝＝2.25，
CO的平衡转化率α(CO)＝×100%
＝×100%＝60%。
(2)设达到平衡的过程中实际转化(消耗)的CO的浓度为x，根据方程式计算：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)
起始浓度/mol·L－1 2 3 0 0
转化浓度/mol·L－1 x x x x
平衡浓度/mol·L－1 2－x 3－x x x
K＝＝＝2.25，
解得：x1＝1.43 mol·L－1，
x2＝7.57 mol·L－1>2 mol·L－1(无意义，舍去)。
CO的平衡转化率α(CO)＝×100%＝71.5%。
(3)同理可解得当起始投料c0(CO)＝2 mol·L－1，
c0(H2O)＝1 mol·L－1时，α(CO)＝39%。
答案：(1)2.25 60% (2)71.5% (3)39%
13．(2012·日照高二质检)联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料，N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
(1)25 ℃时，1.00 g N2H4(l)与足量N2O4(l)完全反应生成N2(g)和H2O(l)，放出19.14 kJ的热量。则反应2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)的ΔH＝__________ kJ·mol－1。
(2)17 ℃、1.01×105 Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，[NO2]＝0.0300 mol·L－1、[N2O4]＝0.0120 mol·L－1。计算反应2NO2(g) N2O4(g)的平衡常数K。
(3)现用一定量的Cu与足量的浓硝酸反应，制得1.00 L已达到平衡的N2O4和NO2的混合气体(17 ℃、1.01×105 Pa)，理论上至少需消耗Cu多少克？
解析：(2)根据题意知平衡时：[N2O4]＝0.0120 mol·L－1；[NO2]＝0.0300 mol·L－1
K＝＝＝13.3(mol·L－1)－1。
(3)由(2)可知，在17 ℃、1.01×105 Pa达到平衡时，1.00 L混合气体中：
n(N2O4)＝c(N2O4)×V＝0.0120 mol·L－1×1.00 L＝0.0120 mol
n(NO2)＝c(NO2)×V＝0.0300 mol·L－1×1.00 L＝0.0300 mol
则n总(NO2)＝n(NO2)＋2×n(N2O4)＝0.0540 mol
由Cu＋4HNO3===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O可得
m(Cu)＝×64 g·mol－1＝1.73 g。
答案：(1)－1224.96 (2)13.3 mol·L－1 (3)1.73 g
1．某温度时，反应SO2(g)＋O2(g) SO3(g)的平衡常数K＝50，在同一温度下，反应2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g)的平衡常数K′应为( )
A．2500 B．100
C．4×10－4 D．2×10－2
解析：选C。K＝，K′＝，由两个表达式可得出K′＝＝＝4×10－4。
2．(2012·潍坊高二统考)X、Y、Z三种气体，取X和Y按1∶1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X＋2Y2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，则Y的转化率最接近于( )
A．33% B．40%
C．50% D．65%
解析：选D。设X、Y的起始时物质的量均为1，X转化的物质的量为a，
X ＋ 2Y 2Z
起始： 1 1 0
转化： a 2a 2a
平衡： 1－a 1－2a 2a
根据题意有＝，a＝。
则Y的转化率＝＝，故Y的转化率最接近于65%。
3．碘钨灯比白炽灯使用寿命长。灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以发生反应：W(s)＋I2(g) WI2(g) ΔH<0(温度T1A．灯管工作时，扩散到灯丝附近高温区的WI2(g)会分解出W，W重新沉积到灯丝上
B．灯丝附近温度越高，WI2(g)的转化率越低
C．该反应的平衡常数表达式是K＝
D．利用该反应原理可以提纯钨
解析：选AD。由方程式知在高温区WI2分解为W，W重新沉积到灯丝上，这时WI2的转化率升高，故A项正确，B项错误。平衡常数应为生成物除以反应物：K＝C项错误。利用该反应可往钨矿石中加入I2单质，使其反应生成WI2富集，再通过高温加热WI2生成钨，从而提纯W，D项正确。
4．SO2虽然是大气污染物，但也是重要的化工原料，综合的治理和应用
SO2会造福人类。
硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)
某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示。根据图示回答下列问题：
(1)将2.0 mol SO2和1.0 mol O2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10 MPa。该反应的平衡常数等于__________。
(2)平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)__________K(B)(填“>”、“<”或“＝”)。
解析：(1)2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)
起始浓度(mol·L－1) 0
平衡浓度(mol·L－1)0.04 0.02 0.16
K＝＝800 L·mol－1
(2)平衡状态由A变到B时，条件的改变是增大压强，温度没有变化，所以平衡常数不变，K(A)＝K(B)。
答案：(1)800 L·mol－1 (2)＝
5．平衡常数K的数值大小是衡量化学反应进行程度的标志。在25 ℃时，下列反应的平衡常数如下：
2NO(g) N2(g)＋O2(g) K1＝10×1030
2H2(g)＋O2(g) 2H2O(g) K2＝2×1081
2CO2(g) 2CO(g)＋O2(g) K3＝4×10－92
(1)常温下，NO分解产生O2反应的平衡常数表达式为
__________________________。
(2)常温下，H2O(g)分解产生O2，此时的平衡常数约为
__________________________。
(3)常温下，NO、H2O(g)、CO2三种化合物分解生成氧气的倾向大小顺序是______>______>______。
(4)随着轿车进入家庭，汽车尾气污染成为倍受关注的环境问题，市政府要求全市对所有汽车尾气处理装置完成改装，以基本除去氮氧化物、一氧化碳污染气体排放，而改装后的尾气处理装置主要是加入了有效催化剂，请你根据以上有关数据分析，仅仅使用催化剂__________(填“能”或“不能”)促进污染气体间的反应而除去污染气体。
解析：(1)由反应可知：K1＝。
(2)正逆反应的平衡常数互为倒数，故2H2O(g) 2H2(g)＋O2(g)的平衡常数为K＝＝＝5×10－82。
(3)由于NO、H2O(g)、CO2分解生成O2的K值依次减小，故分解程度越来越难。
(4)由第三个反应可知，其逆反应的K＝＝2.5×1091>105，故2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g)进行的程度大；再结合第一个反应2NO(g) N2(g)＋O2(g) K1＝10×1030，
K1>105，进行的比较完全，
因此，使用催化剂，可以加快反应速率，促进污染气体间的反应。
答案：(1)K＝ (2)5×10－82 (3)NO H2O CO2 (4)能
1．一定温度下，反应A2(g)＋B2(g) 2AB(g)达到平衡的标志是( )
A．单位时间内生成n mol A2同时生成n mol AB
B．容器内的总压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内生成2n mol AB同时生成n mol B2
D．单位时间内生成n mol A2同时生成n mol B2
解析：选C。在一定条件下，判断一个反应是否达到平衡，主要看正逆反应速率是否相等，体系中各组分的浓度(或含量)是否保持不变。
2．在反应2SO2＋O22SO3建立的平衡体系里，加入催化剂，效果是( )
A．正反应速率加快，逆反应速率减慢，使平衡向正反应方向移动
B．正反应速率减慢，逆反应速率加快
C．可以缩短到达平衡的时间
D．使SO2转化率提高
解析：选C。催化剂可以同等倍数增大v正和v逆，缩短到达平衡的时间，但对于平衡移动没有影响，答案选C。
3．反应NH4HS(s) NH3(g)＋H2S(g)在某温度下达到平衡，下列各种情况中，不会使平衡发生移动的是( )
A．温度、容积不变时，通入SO2气体
B．移走一部分NH4HS固体
C．容器体积不变，充入HCl气体
D．保持压强不变，充入氮气
解析：选B。通入SO2、HCl气体，可分别和H2S、NH3反应，导致平衡正向移动，保持压强不变，充入N2，会导致容器内NH3、H2S浓度减小，相当于减压，平衡正向移动，由于NH4HS为固体，移走一部分对平衡无影响。
4．(2012·惠州高二检测)下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是( )
①已达平衡的反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动
②已达平衡的反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高
③有气体参加的反应达到平衡时，若缩小反应器容积，平衡一定向气体体积增大的方向移动
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A．①④ B．①②③
C．②③④ D．①②③④
解析：选D。①中增加C(s)的量，平衡不移动；②中N2的转化率降底；③中平衡向气体体积缩小的方向移动；④中充入稀有气体，反应器若体积增大，等效为减小压强，平衡向增大的体积方向移动。
5．在一密闭容器中，反应aA(g) bB(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积扩大一倍，当达到新平衡时B的浓度是原来的60%，则( )
A．平衡向逆反应方向移动
B．B的质量分数增加
C．a>b
D．A的转化率减少了
解析：选B。将容器体积扩大1倍，相当于降压，B的浓度是原来的60%，说明平衡向正反应方向移动，如果平衡不移动，B的浓度应变为原来的50%。
6．在一定条件下，容器内某一反应M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，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，达到平衡
C．t3时，正反应速率大于逆反应速率
D．t1时，N的浓度是M的浓度的2倍
解析：选D。由图像知，O～t2时间内N的浓度的变化量是M浓度的变化量的2倍，可得反应的方程式为2NM；t2时刻体系并未达到平衡，故正反应速率与逆反应速率不相等；t3时刻反应已达到平衡，此时v正＝v逆，因此选项A、B、C的说法都是错误的。
7．在一定温度下，CO和水蒸气分别为1 mol、3 mol，在密闭容器中发生反应CO＋H2O(g) CO2＋H2，达到平衡后测得CO2为0.75 mol，再通入6 mol水蒸气，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和可能为( )
A．1.2 mol B．1.5 mol
C．1.8 mol D．2.5 mol
解析：选C。第一次平衡时，n(CO2)＋n(H2)＝1.5 mol，再通入6 mol水蒸气，平衡右移，n(CO2)＋n(H2)>1.5 mol，且n(CO2)＋n(H2)<2 mol，因CO2和H2的物质的量之和为2 mol时，n(CO)＝0。
8．(2012·南平高二竞赛考试)在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX(g) nY(g) ΔH＝Q kJ·mol－1。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
下列说法正确的是(双选)( )
A．mB．Q<0
C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减小
D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
解析：选AC。当温度不变时，随着容器体积的扩大，Y物质的浓度不断减小，若平衡不发生移动，在某温度时，容器为2 L时Y的浓度应为1 L时的，但由表中数据可知容器为2 L时Y的浓度大于1 L时的，即随着容器体积的扩大，压强的减小，平衡正向移动，故m0，B、D错误。
9．(2012·宿迁高二质检)T ℃时，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示，则下列结论正确的是( )
A．在(t1＋10)min时，其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动
B．(t1＋10)min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向右移动
C．T ℃时，在相同容器中，若由0.3 mol·L－1 A、0.1 mol·L－1 B和0.4 mol·L－1C反应，达到平衡后，C的浓度仍为0.4 mol·L－1
D．该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，A的转化率升高
解析：选C。图(Ⅰ)是c-t图，根据A、B浓度分别减少0.2 mol·L－1、0.6 mol·L－1，C的浓度增大0.4 mol·L－1，则反应方程式为A＋3B2C，A选项，增大压强，平衡右移，A错误；B选项，保持总压不变，通入稀有气体，平衡左移，B错误；C选项，与原平衡浓度相等，C正确；D选项，由图(Ⅱ)可知：T1>T2，且温度升高，B的体积分数增大，平衡左移，所以正反应方向为放热反应，A的转化率减小，D错误。
10．(1)反应aA(g) bB(g)＋cC(g)在一容积不变的容器内进行，反应达到平衡后(以下填“增大”、“减小”或“不变”)：
①若a＝b＋c，增大A的浓度，A的转化率__________。
②若a>b＋c，增大A的浓度，A的转化率__________。
(2)若反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋d(D)(g)，容器体积固定不变，且起始时A与B的物质的量之比为a∶b。
①平衡时A与B的转化率之比是__________。
②若增大A的浓度，则A的转化率__________。
③若同时同等倍数地增大A、B的浓度，则a＋b与c＋d满足什么关系时，A与B的转化率同时增大？a＋b__________c＋d(填空“>”、“＝”或“<”)。
解析：(1)①若a＝b＋c，增大A的浓度，可理解为同等倍数地增加A、B、C的平衡混合气体，即相当于加压，但平衡不移动，A的转化率不变。②若a>b＋c，增大A的浓度，可理解为同等倍数地增加A、B、C的平衡混合气体，即相当于加压，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大。
(2)①起始时A与B的物质的量之比与方程式中A、B的化学计量数之比相同，A、B的转化率相等。②增大A的浓度，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，但A的转化率减小。③同时同等倍数地增大A、B的浓度，若a＋b＝c＋d，A、B的转化率均不变；若a＋b>c＋d，A、B的转化率同时增大；若a＋b答案：(1)①不变 ②增大 (2)①1∶1 ②减小 ③>
11.
将 mol I2(g)和2 mol H2置于某2 L的密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)＋H2(g) 2HI(g) ΔH<0，并达平衡。HI的体积分数φ(HI)随时间的变化如图中曲线(Ⅱ)所示：
(1)达平衡时，I2(g)的物质的量浓度为__________ mol·L－1。
(2)若改变反应条件，在甲条件下φ(HI)的变化如图曲线(Ⅰ)所示，在乙条件下φ(HI)的变化如图曲线(Ⅲ)所示，则甲条件可能是__________，乙条件可能是__________(填序号)。
①恒容条件下，升高温度
②恒容条件下，降低温度
③恒温条件下，缩小反应容器体积
④恒温条件下，扩大反应容器体积
⑤恒温、恒容条件下，加入适当催化剂
(3)若保持温度不变，在另一相同的2 L密闭容器中加入a mol I2(g)、b mol H2(g)和c mol HI(g)(a、b、c均大于0)，发生反应达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，则a、b、c的关系是__________。
解析：(2)由图像可知：(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)之间只是改变了反应速率而未使平衡移动，所以①②均不能选，因为温度改变必定引起平衡的移动。(3)是等效平衡问题。对于反应前后气态物质系数不变的反应，恒温、恒容条件下建立等效平衡状态，只要满足所加物质的物质的量之比与参照状态相同即可，具体说就是把c mol HI(g)转变为H2(g)和I2(g)，相当于只加入H2(g)和I2(g)，分别是mol和mol，满足＝，得出2b－4a＝c。
答案：(1)0.05 (2)③⑤ ④ (3)2b－4a＝c
12．对于反应2X(g)＋Y(g) 2Z(g)不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，产生Z的物质的量n和反应时间t的关系如图所示，根据图像回答下列问题。
(1)温度T1和T2的关系为__________，理由是__________________________
__________________________。
(2)压强p1和p2的关系为__________，理由是__________________________
__________________________。
(3)该正反应为吸热反应还是放热反应？说出你的判断依据。
(4)若起始加入X、Y分别为3 mol和1 mol。求出在T2、p1条件下X的平衡转化率为多少？
解析：由图像中曲线趋势和拐点可以看出，在压强都为p2时，在T1温度下，曲线先出现拐点即达到平衡，说明在T1温度下反应速率快，故T1>T2；在相同温度T2时，p1压强下曲线先出现拐点，即先达平衡，说明在p1压强下反应速率快，故有p1>p2；由于T1>T2，而温度升高时Z生成量反而减少，说明平衡左移，正反应为放热反应；由图像可以看出反应达平衡时生成Z为0.75 mol，根据化学方程式知消耗X也为0.75 mol，故A的平衡转化率为×100%＝25%。
答案：(1)T1>T2 相同压强下，T1温度下反应先达到平衡，反应速率快
(2)p1>p2 相同温度下，p1压强下反应先达到平衡，反应速率快
(3)放热反应 温度升高，Z生成量减小，说明平衡左移，从而知逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应。
(4)25%
13．一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。
根据题意完成下列各题：
(1)反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝__________，升高温度，K值__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的，下列有关该体系的说法正确的是__________。
a．氢气的浓度减少
b．反应物浓度减小，生成物浓度增大
c．甲醇的物质的量增加
d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
解析：(1)K＝，升高温度，甲醇的物质的量减小，平衡左移，说明正向是放热反应，K值减小。
(2)压缩体积，增大压强，反应物、生成物浓度均会增大，由于压强增大，平衡正向移动，反应物浓度会比2倍少一些。
答案：(1) 减小
(2)c
1．有一处于平衡状态的反应：X(s)＋3Y(g) 2Z(g) ΔH<0。为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是( )
①高温 ②低温 ③高压 ④低压 ⑤加正催化剂
⑥分离出Z
A．①③⑤ B．②③⑤
C．②③⑥ D．②④⑥
解析：选C。该反应的特点是正反应放热，且是气体体积减小的反应，所以高压、低温条件下平衡都正向移动；分离出Z，相当于减小生成物的浓度，平衡正向移动；加催化剂平衡不移动。
2．已知反应mX(g)＋nY(g) qZ(g)的ΔH<0，m＋n>q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是( )
A．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动
B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍
C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小
D．增加X的物质的量，Y的转化率降低
解析：选B。可逆反应在恒容密闭容器中达到平衡时，向其中通入稀有气体，由于影响平衡移动的条件没有改变，平衡不移动；降低温度，平衡右移，气体的质量不变，气体的物质的量减少，平均相对分子质量变大；增加反应物X的量，能提高另一反应物Y的转化率，综上所述，A、C、D项均不正确，B项正确。
3．(2011·高考北京卷)已知反应：2CH3COCH3(l) CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线(Y-t)如下图所示。下列说法正确的是( )
A．b代表0 ℃下CH3COCH3的Y-t曲线
B．反应进行到20 min末，CH3COCH3的>1
C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D．从Y＝0到Y＝0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的＝1
解析：选D。A项，反应速率越快，达到化学平衡所需的时间越短，所以b代表20 ℃下CH3COCH3的Y-t曲线。B项，由题图可知，20 min时a曲线对应点的斜率小于b曲线，所以CH3COCH3的<1。C项，由题图可知，20 ℃时CH3COCH3的平衡转化率一定小于0 ℃时的平衡转化率。D项，当Y＝0.113时，a曲线与b曲线相交，故产物量相同。
4．在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：
2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH<0
(1)写出该反应的化学平衡常数表达式K＝__________。
(2)降低温度，该反应K值____________，二氧化硫转化率__________，化学反应速率__________(以上均填“增大”、“减小”或“不变”)。
解析：(1)化学平衡常数是指一定温度下，达到平衡的可逆反应中生成物浓度的系数次方的乘积与反应物浓度的系数次方的乘积之比，故K＝。(2)降低温度，平衡正向移动，反应物浓度减小，生成物浓度增大，故K增大，SO2转化率增大，但反应速率减小。
答案：(1) (2)增大 增大 减小
5．(2011·银川高二检测)现有反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：
(1)该反应的逆反应为__________热反应，且m＋n__________p(填“>”、“<”或“＝”)。
(2)减压时，A的质量分数__________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。
(3)若加入B(体积不变)，则A的转化率__________。
(4)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将__________。
(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量__________。
(6)若B是有色物质，A、C均无色，则加入C(体积不变)时混合物颜色__________；而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色__________。(填“变深”、“变浅”或“不变”)
解析：本题考查影响化学平衡移动的因素。
(1)升高温度，α(B)增大，平衡右移，即正反应吸热，逆反应为放热反应；减小压强，C的质量分数减小，平衡左移，即m＋n>p。
(2)减压，平衡左移，A的质量分数增大。
(3)在体积不变的容器中充入B，增加B的浓度，A的转化率增大。
(4)升高温度，平衡右移，c(B)减小，c(C)增大，减小。
(5)加入催化剂，平衡不移动，平衡时混合物总物质的量不变。
(6)体积不变时充入C，平衡左移，c(B)增大，颜色加深；维持压强不变，充入氖气，体积增大，各物质浓度减小，虽然平衡左移有使c(B)增大的趋势，但无法消除外界条件使c(B)减小的结果，故变浅。
答案：(1)放 > (2)增大 (3)增大
(4)减小 (5)不变 (6)变深 变浅
1．(2012·临沂高二统考)已知反应A(g)＋3B(g)===2C(g)＋D(g)在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1 mol·L－1·min－1，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为( )
A．0.5 mol·L－1·min－1 B．1 mol·L－1·min－1
C．2 mol·L－1·min－1 D．3 mol·L－1·min－1
解析：选C。根据化学反应中速率之比等于各物质的系数之比，可得v(A)∶v(C)＝1∶2，而v(A)＝1 mol·L－1·min－1，则v(C)＝2 mol·L－1·min－1。
2．(2011·惠州高二检测)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]＝×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．甲、乙两容器中都在进行A→B的反应，甲容器内每分钟减少4 mol A，乙容器内每分钟减少2 mol A，则甲容器内的反应的反应速率比乙容器内的反应速率要( )
A．快 B．慢
C．相等 D．无法判断
解析：选D。因题中未给出A、B的体积，所以无法判断浓度的变化，因而无法比较速率。
4．(2012·天津高二调研)在N2＋3H22NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.6 mol·L－1。在此时间内用H2表示的平均反应速率为0.45 mol·(L·s)－1，所经过的时间是( )
A．0.44 s B．1 s
C．1.33 s D．2 s
解析：选D。用NH3表示的反应速率为：v(NH3)＝v(H2)＝×0.45 mol·(L·s)－1＝0.3 mol·(L·s)－1，设所用时间为t，则0.3 mol·(L·s)－1×t＝0.6 mol·L－1，t＝2 s，故应选D。
5．某温度下，浓度都是1 mol·L－1的两种气体X2和Y2，在密闭容器中反应生成气体Z，经过t min后，测得物质的浓度分别为：c(X2)＝0.4 mol·L－1，c(Y2)＝0.8 mol·L－1，c(Z)＝0.4 mol·L－1。则该反应的化学方程式可表示为( )
A．X2＋2Y22XY2 B．2X2＋Y22X2Y
C．3X2＋Y22X3Y D．X2＋3Y22XY3
解析：选C。t min后，Δc(X2)＝1 mol·L－1－0.4 mol·L－1＝0.6 mol·L－1，Δc(Y2)＝1 mol·L－1－0.8 mol·L－1＝0.2 mol·L－1，Δc(Z)＝0.4 mol·L－1，v(X2)∶v(Y2)∶v(Z)＝0.6∶0.2∶0.4＝3∶1∶2，所以该反应的化学方程式为3X2＋Y22X3Y。
6．在容积为2 L的密闭容器中充入2 mol SO2和一定量O2，发生反应2SO2＋O22SO3，当反应进行到4 min时，测得n(SO2)＝0.4 mol。若反应进行到2 min时，容器中SO2的物质的量是( )
A．等于1.6 mol B．等于1.2 mol
C．大于1.6 mol D．小于1.2 mol
解析：选D。由题意可求得4 min内SO2的平均反应速率v(SO2)＝＝0.2 mol·(L·min)－1。若按照这个反应速率计算，2 min时转化的SO2的物质的量为0.2 mol·(L·min)－1×2 min×2 L＝0.8 mol，但由于前2 min比后2 min的反应速率大，所以2 min时，n(SO2)<2 mol－0.8 mol＝1.2 mol。
7．把0.6 mol X气体和0.4 mol Y气体混合于2 L容器中，使它们发生如下反应：3X(g)＋Y(g) nZ(g)＋2W(g)，5 min末已生成0.2 mol W，若以Z的浓度来表示的反应速率为0.01 mol·L－1·min－1，则上述反应中Z气体的系数n的值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A。v(W)＝＝0.02 mol·L－1·min－1，因为＝＝，所以n＝1。
8．在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) xC(g)＋2D(g)。2 min后该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol·L－1。
下列判断错误的是(双选)( )
A．x＝1
B．2 min内A的反应速率为0.6 mol·L－1·min－1
C．B的转化率为40%
D．若混合气体的密度不变则表明该反应达到平衡状态
解析：选BD。2 min后生成C的物质的量为0.2 mol·L－1×2 L＝0.4 mol，是D的一半，所以x＝1，消耗A 1.2 mol，v(A)＝＝＝0.3 mol·L－1·min－1；参加反应的B为0.4 mol，其转化率为α(B)＝×100%＝40%；任何时刻，容器中气体的质量不变，容器体积不变，混合气体的密度不变，所以密度不变不能认为反应达到平衡。
9．一定温度下，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，用Z表示的反应速率为0.158 mol·L－1·s－1
B．反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1
C．反应开始到10 s时，Y的转化率为79.0%
D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g) Z(g)
解析：选C。观察曲线的走势，X、Y随时间变化而逐渐减小，Z随时间变化而逐渐增大，在10 s时达到平衡，由此可见X、Y为反应物，Z为生成物。在0～10 s内，Z增加了1.58 mol，X减少(1.20－0.41)＝0.79(mol)，Y减少(1.00－0.21)＝0.79(mol)，根据化学反应方程式的化学计量数之比等于其物质的量之比有0.79X＋0.79Y＝1.58Z，即X＋Y===2Z，v(Z)＝÷10 s＝0.079 mol/(L·s)；X的物质的量浓度减少了＝0.395 mol/L；Y的转化率＝×100%＝79.0%。
10．近年来，人们大量的开发使用能源，不但使得煤、石油、天然气的储量大大减少，而且直接燃烧化石燃料造成的环境污染问题，也是人类面临的重大挑战，如何实现化石燃料的综合利用，提高效率，减少污染提上了日程。为了提高煤的利用率，人们先把煤转化为CO和H2，再将它们转化为甲醇，某实验人员在一定温度下的密闭容器中，充入一定量的H2和CO，发生反应：2H2(g)＋CO(g)催化,CH3OH(g)，测定的部分实验数据如下：
t/s
0
500 s
1000 s
c(H2)/mol·L－1
5.00
3.52
2.48
c(CO)/mol·L－1
2.50
(1)在500 s内用H2表示的化学反应速率为__________ mol·L－1·s－1。
(2)在1000 s内用CO表示的化学反应速率是__________ mol·L－1·s－1,1000 s时H2的转化率是__________。
(3)在500 s时生成的甲醇的浓度是__________ mol·L－1。
解析：(1)在500 s内，
v(H2)＝
＝2.96×10－3mol·L－1·s－1。
(2)在1000 s时反应了的H2的浓度是Δc(H2)＝5.00 mol·L－1－2.48 mol·L－1＝2.52 mol·L－1，则反应了的CO的浓度是：Δc(CO)＝Δc(H2)＝1.26 mol·L－1，用CO表示此段时间内的平均速率为：
v(CO)＝＝1.26×10－3mol·L－1·s－1，H2的转化率为×100%＝50.4%。
(3)在500 s时反应了的H2的浓度为：c(H2)＝1.48 mol·L－1，则生成的CH3OH的浓度为：
c(CH3OH)＝c(H2)＝0.74 mol·L－1。
答案：(1)2.96×10－3 (2)1.26×10－3 50.4%
(3)0.74
11．(2012·济南高二期中考试)将等物质的量的A、B混合于2 L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)＋B(g)===xC(g)＋2D(g)。经4 min后测知D的浓度为0.5 mol·L－1，cA∶cB＝3∶5，C的平均反应速率是0.125 mol·L－1·min－1，此时A的物质的量浓度为__________，B的平均反应速率为____________，x值是____________。
解析：由4 min内 D的浓度变化量为0.5 mol·L－1，可以求出A、B、C的浓度变化量分别为×0.5 mol·L－1、 ×0.5 mol·L－1、×0.5 mol·L－1。
设A、B的起始浓度为n，则可以得到下列关系：
3A(g) ＋ B(g) === xC(g)＋2D(g)
起始浓度 n n 0 0
浓度变化量 0.75 0.25 0.25x 0.5
4 min后浓度 (n－0.75) (n－0.25) 0.25x 0.5
由题意 cA∶cB＝(n－0.75)∶(n－0.25)＝3∶5，
n＝1.5 mol·L－1，cA＝(n－0.75)mol·L－1＝0.75 mol·L－1；
根据v(B)＝或先求v(D)再根据v(B)∶v(D)＝1∶2，求得v(B)＝0.0625 mol·L－1·min－1；
根据v(C)∶v(D)＝x∶2，求得x＝2。
答案：0.75 mol·L－1 0.0625 mol·L－1·min－1 2
12．(1)在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：
Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)
该温度下，在2 L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10 min后，生成了单质铁11.2 g。则10 min内CO的平均反应速率为__________________________。
(2)甲酸甲酯水解反应方程式为：
HCOOCH3(l)＋H2O(l) HCOOH(l)＋CH3OH(l)
ΔH>0
某小组通过实验研究该反应(体积为1 L且反应过程中体积变化忽略不计)。反应体系中各组分的起始量如下表：
组分
HCOOCH3
H2O
HCOOH
CH3OH
物质的量/mol
1.00
1.99
0.01
0.52
甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间(t)的变化如图：
请计算15 min～20 min范围内甲酸甲酯的减少量为__________ mol，甲酸甲酯的平均反应速率为__________________________
mol·L－1·min－1。
解析：(1)生成单质铁0.2 mol，消耗n(CO)＝0.3 mol，所以10分钟内CO的平均反应速率为：v(CO)＝＝0.015 mol·L－1·min－1。
(2)由变化图可知15 min和20 min时，甲酸甲酯的转化率分别为6.7%、11.2%。
则15～20 min甲酸甲酯的减少量为：
1．00 mol×(11.2%－6.7%)＝0.045 mol，所以甲酸甲酯的平均速率＝0.045 mol/(5 min×1 L)＝0.009 mol·L－1·min－1。
答案：(1)0.015 mol·L－1·min－1
(2)0.045 0.009
13．有人研究了340 K时N2O5的分解反应：2N2O5===4NO2＋O2，所得实验数据(各种物质在不同时刻的浓度)见下表。
t/min
0
1
2
3
4
c(N2O5)/mol·L－1
0.160
0.114
0.080
0.056
0.040
c(O2)/mol·L－1
0
0.023
0.040
0.052
0.060
(1)图像能够非常直观地描述物理量的变化趋势。请你在下图中画出c(N2O5)－t曲线及c(O2)－t曲线，描述反应物、生成物的浓度与反应时间的关系。
(2)数据处理是化学实验过程中非常重要的一个环节。请按下式计算化学反应速率，将计算结果填入表中。
v(B)＝
Δt
t1－t0
t2－t1
t3－t2
t4－t3
v(N2O5)(mol·L－1·min－1)
v(O2)(mol·L－1·min－1)
(3)根据计算结果寻找用各物质表示的化学反应速率之间的关系__________________________
__________________________。
解析：横坐标为时间、纵坐标为物质的量浓度，找到各对应点，连线即得图像，根据表中数据和速率表达式可得各个数据，数据之比等于化学方程式中各物质的系数之比。
答案：(1)
(2)
Δt
t1－t0
t2－t1
t3－t2
t4－t3
v(N2O5)(mol·L－1·min－1)
0.046
0.034
0.024
0.016
v(O2)(mol·L－1·min－1)
0.023
0.017
0.012
0.008
(3)用各物质表示的化学反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比
1．在恒温恒容的容器中进行反应A(g)＋B(g)===C(g)＋D(g)，若反应物A浓度由0.1 mol/L降到0.06 mol/L需20 s，那么由0.06 mol/L降到0.02 mol/L需反应的时间为( )
A．等于20 s B．大于20 s
C．小于20 s D．无法确定
解析：选B。A的浓度由0.1 mol/L降到0.06 mol/L时，v(A)＝(0.1 mol/L－0.06 mol/L)÷20 s＝0.002 mol/(L·s)，浓度越小反应速率越慢，由0.06 mol/L降到0.02 mol/L的速率小于0.002 mol/(L·s)，所以反应时间会大于20 s。
2．在可逆反应2A(g)＋3B(g) xC(g)＋D(g)中，已知：起始浓度A为5 mol·L－1，B为3 mol·L－1，C的反应速率为0.5 mol/(L·min)，2 min后，测得D的浓度为0.5 mol·L－1。则关于此反应的下列说法正确的是( )
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的消耗浓度为0.5 mol·L－1
解析：选C。根据化学方程式
2A(g)＋3B(g) xC(g)＋D(g)
开始浓度(mol·L－1) 5 3 0 0
1 1.5 1 0.5
4 1.5 1 0.5
由于D的浓度等于C的浓度的，故x＝2,2 min后，A和B的浓度之比等于8∶3,2 min末时B的浓度为1.5 mol·L－1,2 min末时A消耗的浓度为1 mol·L－1。
3．(2011·高考江苏卷)700 ℃时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)
反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1)：
反应时间/min
n(CO)/mol
n(H2O)/mol
0
1.20
0.60
t1
0.80
t2
0.20
下列说法正确的是(双选)( )
A．反应在t1 min内的平均速率为v(H2)＝ mol·L－1·min－1
B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60 mol CO和1.20 mol H2O，达到平衡时n(CO2)＝0.40 mol
C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O，与原平衡相比，达到新平均时CO转化率增大，H2O的体积分数增大
D．温度升高至800 ℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
解析：选BC。A项，反应到t1 min时消耗的CO为0.40 mol，则生成的H2也为0.40 mol，则用H2表示该反应的平均速率为v(H2)＝＝mol·L－1·min－1；B项，由于CO、H2O的化学计量数相同，向容器中充入1.20 mol CO、0.60 mol H2O与充入0.60 mol CO、1.20 mol H2O反应的结果是相同的，生成CO2的物质的量均为0.40 mol；C项，向平衡体系中充入H2O(g)，平衡正向移动，CO的转化率增大，但由于H2O的总量增加，本身的转化率下降，所以H2O的体积分数增大；D项，700 ℃时该反应的平衡常数K＝1，温度升高到800 ℃时K变为0.64，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应。
4．将化合物A的蒸气1 mol充入0.5 L容器中加热分解：2A(g) B(g)＋nC(g)。反应到3 min末时，容器内A的浓度为0.8 mol·L－1，测得这段时间内，平均反应速率v(C)＝0.6 mol·L－1·min－1，则化学方程式中n值为__________，v(B)＝__________。
解析：因为化学反应速率的数值之比等于化学方程式中各物质的系数之比，所以欲求n值，可先求v(A)的值。
Δc(A)＝－0.8 mol·L－1
＝1.2 mol·L－1；
A的化学反应速率：v(A)＝＝＝0.4 mol·L－1·min－1，则v(A)∶v(C)＝2∶n，代入数据知n＝3。v(B)＝v(A)＝×0.4 mol·L－1·min－1＝0.2 mol·L－1·min－1。
答案：3 0.2 mol·L－1·min－1
5．在一个容积为3 L的密闭容器里进行如下反应：
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
反应开始时n(N2)＝1.5 mol，n(H2)＝4.4 mol,2 min末n(H2)＝0.8 mol。
(1)试用H2、N2和NH3的浓度分别表示该反应的反应速率；
(2)并求出2 min末N2的浓度。
解析：(1) N2 ＋ 3H2 2NH3
起始(mol) 1.5 4.4 0
转化(mol) 1.2 4.4－0.8＝3.6 2.4
0.3 0.8 2.4
v(H2)＝＝0.6 mol·L－1·min－1。
v(N2)＝v(H2)＝0.2 mol·L－1·min－1；
v(NH3)＝2v(N2)＝0.4 mol·L－1·min－1。
(2)c(N2)反应末＝＝0.1 mol·L－1。
答案：(1)v(H2)＝0.6 mol·L－1·min－1
v(N2)＝0.2 mol·L－1·min－1
v(NH3)＝0.4 mol·L－1·min－1
(2)c(N2)反应末＝0.1 mol·L－1
1．对于反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，能增大正反应速率的措施是( )
A．恒容通入一定量的O2 B．增大体系容积
C．恒容移去部分SO3 D．降低体系温度
解析：选A。恒容，通入一定量的O2，浓度增大，反应速率增大。
2．NO和CO都是汽车尾气里的有害物质，它们能缓慢地起反应生成氮气和二氧化碳气体：2NO＋2CO===N2＋2CO2。对此反应，下列叙述正确的是( )
A．使用催化剂能加快反应速率
B．压强增大不影响化学反应速率
C．冬天气温低，反应速率降低，对人体危害减小
D．无论外界条件怎样改变，均对此化学反应的速率无影响
解析：选A。使用(正)催化剂能加快反应速率，A正确；增大压强反应速率增大，B错误；冬天气温低，反应速率降低，对人类危害较大，因为NO、CO都有毒，C错；改变温度、压强等外界条件，化学反应速率会改变，D错。
3．一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生反应：2HIH2＋I2。若c(HI)由0.1 mol·L－1降到0.07 mol·L－1，需要15 s，那么c(HI)由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1时，所需的反应时间为( )
A．等于5 s B．大于10 s
C．等于10 s D．小于10 s
解析：选B。v(HI)＝＝0.002 mol·L－1·s－1，若反应仍以该速率进行，
则t＝＝10 s，但随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，所用时间大于10 s。
4．反应A＋B―→C的反应速率方程为：v＝k·c(A)·c(B)，v为反应速率，k为反应速率常数。当c(A)＝c(B)＝1 mol·L－1时，反应速率在数值上等于速率常数。下列说法正确的是( )
A．只增大c(A)时，v值增大
B．只升高温度时，k值不变
C．只增大c(A)时，v值不变
D．只升高温度时，k值变小
解析：选A。只增大c(A)，c(B)不变，k不变，v增大；升高温度时，k增大。
5．用铝粉和碘甲烷制(CH3)3Al时，于100 ℃搅拌6 h，产率约为10%，若用超声波，则室温下反应2.5 h，产率可达96%。有关叙述中正确的是(双选)( )
A．超声波加快反应速率的作用大于搅拌
B．超声波使Al溶于CH3I中乳化成为胶体
C．超声波使化学反应局部急骤升温
D．超声波使CH3I分解为碘和甲烷的速度加快
解析：选AB。由题意知，用超声波化学反应速率明显加快，故A正确；前者温度高于后者，可见温度变化对该反应速率影响不大，故C不正确，而乳化作用，增大Al(s)接触面积，反应速率增大，D中的反应与题给反应无关。
6.
(2012·阜阳高二质检)对于一个气态反应体系，如图所示，表示的是反应速率和时间的关系，其中t1达到平衡，t2～t3是改变条件后出现的情况情况，则该条件可能是(双选)( )
A．加压
B．增大反应物浓度
C．减压
D．加入催化剂
解析：选AD。t1时达到平衡，t2时改变条件，v正、v逆均增大，且仍相等，即化学平衡不移动，因此，可能是加入催化剂，也可能是反应前后气体体积不变的反应增大压强。
7．(2012·潍坊高二统考)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．二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D．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
解析：选D。选项A中，加入氯化钠溶液，相当于对盐酸稀释，浓度降低，反应速率减慢；选项B中，改用铁片与浓硫酸反应时，如常温则发生钝化，如加热，则反应生成二氧化硫气体，得不到氢气；选项C中，升温，化学反应速率加快；D项对有气体参与的反应，减小压强，反应速率减慢。
8．(2011·济南高二统考)向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小顺序排列正确的是( )
甲．在500 ℃时，SO2和O2各10 mol反应
乙．在500 ℃时，用V2O5做催化剂，10 mol SO2和5 mol O2反应
丙．在450 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
丁．在500 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
A．甲、乙、丙、丁 B．乙、甲、丙、丁
C．乙、甲、丁、丙 D．丁、丙、乙、甲
解析：选C。催化剂、温度对化学反应速率影响程度较大，其中催化剂为最大，浓度、压强影响程度相对较小，同温时乙中速率最快，同时无催化剂时，甲中浓度大于丁中浓度，故甲>丁，丙温度最低，速率最慢，故C正确。
9.
如图为反应A(s)＋D(g) E(g) ΔH<0的逆反应速率随时间的变化情形，试根据此曲线判断下列说法不正确的是(双选)( )
A．t3时刻可能采取的措施是减少c(D)
B．t5时刻可能采取的措施是降温
C．t7时刻可能采取的措施是减小压强
D．t5～t6时间段平衡逆向移动
解析：BD。本题在讨论时要注意三点，一要注意题给反应物A是固体，二是图像中给出的纵坐标是用v(逆)来表示的，三是在对化学反应速率的影响因素讨论时需把整张图补齐后再分析[v(正)在原平衡线上方]。t5时刻采取的措施应是增大c(D)，同时减小c(E)，因此平衡正向移动。
10．反应aA＋bB===cC的反应速率方程的基本形式为v＝kcm(A)cn(B)，其中k为速率常数。下表是在298 K时，取不同的A、B起始浓度，测得的化学反应速率。
实验编号
1
1.0
1.0
1.2×10－2
2
2.0
1.0
2.4×10－2
3
4.0
1.0
4.8×10－2
4
1.0
2.0
4.8×10－2
5
1.0
4.0
1.92×10－1
(1)k＝__________；k所表达的意义为__________；
(2)求得的反应速率方程为__________________________；
(3)根据速率方程，求A、B的起始浓度分别为2 mol·L－1、3 mol·L－1时的反应速率。
解析：(1)由表中数据，当c0(A)＝1.0 mol·L－1，
c0(B)＝1.0 mol·L－1时，
k＝1.2×10－2 mol1－m－n·Lm＋n－1·s－1。
k表示单位浓度时的反应速率。
(2)根据v＝1.2×10－2 mol1－m－n·Lm＋n－1·s－1cm(A)cn(B)
取2、3组数据代入，求得m＝1，
取4、5组数据代入，求得n＝2。
故速率方程为：v＝1.2×10－2mol－2·L2·s－1c(A)c2(B)。
(3)把c(A)＝2 mol·L－1，c(B)＝3 mol·L－1代入速率方程得反应速率为v＝1.2×10－2mol－2L2·s－1×2 mol·L－1×(3 mol·L－1)2＝0.216 mol·L－1·s－1。
答案：(1)1.2×10－2mol1－m－nLm＋n－1·s－1
单位浓度时的反应速率
(2)v＝1.2×10－2mol－2·L2·s－1c(A)c2(B)
(3)v＝0.216 mol·L－1·s－1
11．某化学反应2AB＋D在四种不同条件下进行。B、D起始浓度为0，反应物A的浓度(mol·L－1)随反应时间(min)的变化情况如下表：
实验序号
0
10
20
30
40
50
60
1
800℃
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2
800℃
c2
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
800℃
c3
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
4
820℃
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
根据上述数据，完成下列填空：
(1)实验1，反应在10至20分钟内的平均速率为__________ mol·L－1·min－1。
(2)实验2，A的初始浓度c2＝__________ mol·L－1，反应经20分钟就可达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是__________________________。
(3)设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3________v1(填“>”、“<”或“＝”)且c3__________1.0 mol·L－1(填“>”、“<”或“＝”)。
(4)比较实验4和实验1，可推测该反应是__________反应(填“吸热”或“放热”)，理由是__________________________
__________________________。
解析：从数据中隐含的信息探究影响v的条件是命题方向之一，在本题中：
(1)实验1，反应在10至20分钟内的平均速率为＝0.013 mol·L－1·min－1。
(2)由实验1、2知：反应达平衡时，1、2中A的平衡浓度相同，因此初始浓度也相同，即2中A的初始浓度也为1 mol·L－1；由表中数据可看出：温度相同时2中反应达到平衡所需要的时间大大缩短了，因此隐含的条件为使用催化剂。
(3)比较实验1、3的平衡浓度，可知3的平衡浓度大于1的平衡浓度，由温度相同，可知3的初始浓度大于1的初始浓度，从而确定3的反应速率大于1的反应速率。
(4)比较实验1、4的平衡浓度，可知1的平衡浓度大于4的平衡浓度，且初始浓度相同，说明升高温度，平衡正移(正反应为吸热反应)。
答案：(1)0.013 (2)1.0 使用催化剂 (3)> >
(4)吸热 温度升高，平衡向右移动
12．(2011·高考广东卷改编题)利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ)作用下，CH4产量随光照时间的变化如图所示。
在0～30小时内，CH4的平均生成速率vⅠ、vⅡ、vⅢ从大到小的顺序为________；反应开始后的12小时内，在第________种催化剂作用下，收集的CH4最多。
解析：分析vⅠ、vⅡ、vⅢ的大小，可从图像中三线的斜率直接得出，斜率大的速率大，显然是vⅢ＞vⅡ＞vⅠ；在0～12小时内，Ⅱ得到的CH4最多。
答案：vⅢ＞vⅡ＞vⅠ Ⅱ
13．在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：
2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)
(1)降低温度，化学反应速率__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)600 ℃时，在一个容积为2 L的密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，在反应进行至10 min和20 min时，改变了影响反应的一个条件，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示，前10 min正反应速率变化趋势是__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
前15 min平均反应速率用SO3浓度变化可表示为__________。
(3)图中反应进程，表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是__________。
(4)据图判断：10 min时改变的反应条件可能是__________(填写编号，下同)；20 min时改变的反应条件可能是__________。
a．加了催化剂 b．缩小容器体积
c．降低温度 d．增加O2的物质的量
解析：(1)降低温度，化学反应速率减小；(2)前10 min随着反应的不断进行，因反应物SO2、O2的浓度不断减小，正反应速率减小；(3)反应过程中SO2、O2、SO3物质的量不随时间变化的时间段，即15～20 min和25～30 min，反应处于平衡状态；(4)反应进行至10 min到15 min三条曲线的斜率突然地大，说明反应的速率突然加快，其原因可能是加了催化剂或缩小容器体积。20 min时，曲线发生的变化是O2的物质的量突然增大，平衡发生移动，引起SO2、SO3的物质的量随之发生变化。
答案：(1)减小 (2)减小 mol·L－1·min－1
(3)15～20 min,25～30 min (4)ab d
1．对于反应N2＋O22NO，在密闭容器中进行，下列哪些条件能加快该反应的速率(双选)( )
A．缩小体积使压强增大
B．体积不变充入N2使压强增大
C．体积不变充入氦气使压强增大
D．压强不变充入N2使体积增大
解析：选AB。压缩体积使压强增大，反应速率加快；体积不变，充入N2，相当于增大N2的浓度，反应速率加快；体积不变，充入与反应无关的气体He，化学反应速率不变；压强不变，充入N2，使体积增大，相当于减小O2、NO的浓度，化学反应速率减慢。
2．(2012·郑州高二统考)把下列4种X溶液分别加入4个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50 mL，此时X和盐酸进行反应，其中反应速率最大的是( )
A．20 mL 3 mol·L－1的X溶液
B．20 mL 2 mol·L－1的X溶液
C．10 mL 4 mol·L－1的X溶液
D．10 mL 2 mol·L－1的X溶液
解析：选A。(1)影响反应速率的反应物浓度，指的是溶液混匀瞬间的浓度，而不是其独立存在时的浓度。
(2)各选项中反应开始瞬间盐酸的浓度相等，均为＝0.4 mol·L－1；X溶液的浓度分别是：＝1.2 mol·L－1、
＝0.8 mol·L－1、
＝0.8 mol·L－1、
＝0.4 mol·L－1，故A项中X溶液浓度最大；反应物浓度越大，反应速率越快。
3．反应速率v与反应物浓度的关系是用实验测定的。例如：化学反应：H2＋Cl2===2HCl的反应速率v可表示为v＝kcm(H2)cn(Cl2)，式中k为反应速率常数，m和n的数值可以用下表中的数据算出。
浓度与反应速率的关系
c(H2)/mol·L－1
c(Cl2)/mol·L－1
v/mol·L－1·s－1
1.0
1.0
1.0k
2.0
1.0
2.0k
2.0
4.0
4.0k
由此可以推得m、n的值正确的是( )
A．m＝1，n＝1 B．m＝，n＝
C．m＝，n＝1 D．m＝1，n＝
解析：选D。把表中所列c(H2)、c(Cl2)的各组数值分别代入表达式v＝kcm(H2)cn(Cl2)中，则可确定m＝1，n＝。
4．某学生做浓度对化学反应速率影响的实验时，将3支试管编号为①、②、③，并按下表中物质的量进行实验，记录下的时间数据是：16 s、28 s、33 s，请将3个数据填入下表的适当位置，并写出实验结论。
试管编号
加3% Na2S2O3
加H2O
加H2SO4(1∶5)
出现浑浊时间
①
3 mL
3 mL
5滴
(a)s
②
4 mL
2 mL
5滴
(b)s
③
5 mL
1 mL
5滴
(c)s
(1)将对应①②③的时间分别写出：
(a)________，(b)________，(c)________。
(2)实验结论：__________________________。
(3)写出反应的化学方程式：__________________________。
解析：①、②、③组所用H2SO4的浓度、体积相同，所加Na2S2O3与H2O的体积比分别为1∶1,2∶1,5∶1，故参加反应的Na2S2O3的浓度由大到小的顺序为③＞②＞①，反应速率③＞②＞①，出现浑浊的时间③＜②＜①，这说明，反应物浓度越大，化学反应速率越快。
答案：(1)33 28 16 (2)增大反应物浓度，化学反应速率加快 (3)Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O
5．(2010·高考大纲全国卷Ⅱ)向2 L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B，在一定条件下发生反应：
xA(g)＋yB(g) pC(g)＋q(D)(g)
已知：平均反应速率vC＝vA；反应2 min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了 mol，有a mol D生成。
回答下列问题：
(1)反应2 min内，vA＝__________，vB＝__________；
(2)化学方程式中，x＝____________、y＝____________、p＝____________、q＝____________；
(3)反应平衡时，D为2a mol，则B的转化率为__________；
(4)如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5a mol，则该反应的ΔH__________0(填“>”、“<”或“＝”)；
(5)如果其他条件不变，将容器的容积变为1 L，进行同样的实验，则与上述反应比较：
①反应速率__________(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是__________________________
__________________________；
②平衡时反应物的转化率__________(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是__________________________。
解析：本题考查化学反应速率计算以及影响化学反应速率和化学平衡移动的因素，意在考查考生的计算能力和分析解决问题的能力。
(1)根据化学反应速率定义：
v(A)＝Δc(A)/Δt＝a/(2×2)＝a mol/(L·min)，
v(B)＝Δc(B)/Δt＝a/(2×2)＝a mol/(L·min)。
(2)可以求出v(C)＝ a mol/(L·min)，v(D)＝a mol/(L·min)，根据速率之比等于反应方程式中计量数之比，x∶y∶p∶q＝∶∶∶，则x＝2；y＝3；p＝1；q＝6。
(3) 2A(g)＋3B(g) C(g)＋6D(g)
起始/mol a b 0
变化/mol a 2a
平衡/mol 2a
B的转化率＝×100%。
(4)其他条件不变，升高温度，平衡时D的量减少，说明升高温度平衡向左移动，即正反应为放热反应。
(5)其他条件不变缩小体积，浓度增大，所以反应速率增大；该反应是气体体积增大的反应，缩小体积，平衡将向体积缩小的方向移动，即向左移动，所以反应物的转化率减小。
答案：(1)mol/(L·min) mol/(L·min)
(2)2 3 1 6 (3)×100% (4)<
(5)①增大 体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大 ②减小 体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数减少的方向(即逆反应方向)移动，因而使反应物转化率减小
1．合成氨工业上采用了循环操作，主要原因是( )
A．加快反应速率 B．提高NH3的平衡浓度
C．降低NH3的沸点 D．提高N2和H2的利用率
解析：选D。合成氨是可逆反应，在中压工艺条件下合成氨厂出口气中的氨含量一般为13%～14%，循环使用可提高N2和H2的利用率。
2．工业上合成氨一般采用700 K左右的温度，其原因是( )
①适当提高氨的合成速率 ②提高H2的转化率 ③提高氨的产率 ④催化剂在700 K时活性最大
A．只有① B．①②
C．②③④ D．①④
解析：选D。从影响化学反应速率和催化剂的活性两方面考虑。
3．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%，所以生产氨的工厂的效率都很低
B．由于氨易液化，N2、H2在实际生产中是循环使用，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 ℃，目的是使化学平衡向正反应方向移动
D．合成氨厂采用的压强是2×107～5×107 Pa，因为该压强下铁触煤的活性最大
解析：选B。合成氨的反应在适宜的生产条件下达到平衡时，原料的转化率并不高，但生成的NH3分离出后，再将未反应的N2、H2循环利用，这样处理后，可使氨的产率较高，据此可知A项错误，B项正确；合成氨工业选择500 ℃左右的温度，是综合了多方面的因素而确定的。因合成氨的反应是放热反应，低温才有利于平衡向正反应方向移动，故C项错误；不论从反应速率还是化学平衡考虑，高压更有利于合氨，但压强太大，对设备、动力的要求更高，基于此选择了20 MPa～50 MPa的高压，催化剂活性最大时的温度是500 ℃，故D项错误。
4．在N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0的平衡体系中，当分离出NH3时，下列说法正确的是( )
A．平衡正向移动
B．平衡逆向移动
C．平衡体系中NH3的含量增大
D．N2的平衡转化率降低
解析：选A。降低产物浓度，平衡正向移动，反应物的转化率提高。
5．对于可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)(正反应为放热反应)，下列说法中正确的是( )
A．达到平衡后加入N2，当重新达到平衡时，NH3的浓度比原平衡的大，N2的浓度比原平衡的小
B．达到平衡后，升高温度，既加快了正、逆反应速率，又提高了NH3的产率
C．达到平衡后，缩小容器体积，既有利于加快正、逆反应速率，又有利于提高氢气的转化率
D．加入催化剂可以缩短达到平衡的时间，是因为正反应速率增大，逆反应速率减小
解析：选C。达到平衡后，加入N2，平衡将正向移动，达到新平衡后，NH3的浓度会增大，而N2的浓度比原平衡的大；达到平衡后，升高温度，正、逆反应速率都增大，但平衡逆向移动，不利于NH3的生成；达到平衡后，缩小容器体积即增大压强，正、逆反应速率都增大，平衡正向移动，有利于提高H2的转化率；加入催化剂，能同等程度地增大正、逆反应速率，缩短反应达到平衡的时间。
6．在合成氨时，既要使氨的产率增大，又要使化学反应速率增大，可以采取的措施有( )
①增大体积使压强减小 ②减小体积使压强增大 ③升高温度 ④降低温度 ⑤恒温恒容，再充入等量的N2和H2 ⑥恒温恒压，再充入等量的N2和H2 ⑦及时分离产生的NH3 ⑧使用合适的催化剂
A．②④⑤⑦ B．②③④⑤⑦⑧
C．②⑤ D．②③⑤⑧
解析：选C。①减小压强，产率降低，速率变慢，所以②正确；③升温平衡左移，④降温速率变慢，所以③④错；⑤相当于加压，正确，⑥错；⑦反应速率变慢；⑧对平衡无影响。
7．(2010·高考上海理科综合能力测试)1913年德国化学家哈伯发明了以低成本制造大量氨的方法，从而大大满足了当时日益增长的人口对粮食的需求。下列是哈伯法的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施是( )
A．①②③ B．②④⑤
C．①③⑤ D．②③④
解析：选B。合成氨反应为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，加压、降温、减小NH3的浓度均有利于平衡向正反应方向移动，②、④正确；将原料气循环利用也可提高原料的转化率，⑤正确。
8．(2012·济南高二调研)工业合成氨的正反应是放热反应，下列关于N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)反应的图像中，错误的是( )
解析：选C。合成氨的正反应是放热反应，升温，正、逆反应速率都增大，但逆反应增大的程度大，A正确；在T1时NH3%最大，达到平衡，再升高温度，平衡逆向移动，NH3%减小，B正确；低温下达到平衡，NH3的含量大，C错误；增大压强，平衡向右移动，NH3%增大，D正确。
9．在一定条件下，合成氨反应达到平衡后，混合气体中NH3的体积分数为25%。若反应前后保持条件不变，则反应后缩小的气体体积与原反应物体积的比值是( )
A．1/5 B．1/4
C．1/3 D．1/2
解析：选A。设平衡后混合气体的体积为100 mL，则其中氨的体积为25mL。由反应的化学方程式N2＋3H22NH3可以看出，每生成2体积的NH3，反应体系的总体积也缩小2体积，从而推知，反应后缩小的气体体积和平衡后混合气体中NH3的体积相等，即缩小的气体体积为25 mL，则反应前的气体体积为100 mL＋25 mL＝125 mL。反应后缩小的气体体积与原反应物体积的比值是25∶125＝1/5，即选项A正确。
10.
合成氨工业对化学工业和国防工业具有重要意义。工业合成氨的原理是：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，生产流程如图所示。
(1)X的化学式为__________。
(2)如图中条件选定的主要原因是(选填字母)__________。
A．升高温度、增大压强均有利于氨的合成
B．铁在该温度时活性最大
C．工业生产受动力、材料、设备等条件的限制
(3)改变反应条件，会使平衡发生移动。
如图表示随条件改变，产物中氨气的百分含量的变化趋势。
当横坐标为压强时，变化趋势正确的是(填字母)__________。
当横坐标为温度时，变化趋势正确的是(填字母)__________。
解析：(1)由合成塔中合成的流程标识知最后冷却分离出去的是液态NH3。
(2)综合选择的合成条件，选择的主要原因是温度影响铁的催化活性，压强影响到设备、材料等。
(3)增大压强，平衡右移，w(NH3)增大；升高温度，平衡左移，w(NH3)减小。
答案：(1)NH3 (2)BC (3)c a
11．合成氨工业中，采用氮气和氢气1∶2.8的物质的量之比进入合成塔。从合成塔出来的混合气体中，氨气占体积的15%。为使氮气和氢气得到充分利用，工业上采用将氨气分离向剩余反应物中不断补充新鲜的原料气使氮气和氢气的物质的量之比仍为1∶2.8，并将其重新充入合成塔的方法来合成氨。
(1)不用计算，说出H2、N2平衡转化率较大的是__________________________。
(2)从合成塔出来的气体__________(填“<”、“>”或“＝”)。
(3)采用相同温度、相同压强，若初始n(N2)∶n(H2)＝1∶3，则氨气的体积分数__________15%(填“<”、“>”或“＝”)。
(4)计算氮气和氢气以1∶2.8的物质的量之比反应时H2、N2的平衡转化率__________________________。
解析：很明显，当反应物按照化学方程式中的系数之比加入时，各物质的转化率相同，生成物的体积分数最大。当不按照反应的系数比加入时，比例变小的转化率高，平衡时所占比例会更小。
假设加入氮气和氢气分别为1 mol、2.8 mol，反应的氮气的物质的量为x mol，则
3H2 ＋ N22NH3
初始物质的量/mol 2.8 1 0
转化物质的量/mol 3x x 2x
平衡物质的量/mol 2.8－3x 1－x 2x
×100%＝15%
x＝0.248
N2的平衡转化率为×100%＝24.8%
H2的平衡转化率为×100%＝26.6%
答案：(1)H2 (2)> (3)> (4)α(N2)＝24.8% α(H2)＝26.6%
12．铁在高温下可以与CO2或水蒸气反应，化学方程式及对应的平衡常数如下：
①Fe(s)＋CO2(g) FeO(s)＋CO(g) K′c
②Fe(s)＋H2O(g) FeO(s)＋H2(g) K″c
请回答下列各题：
(1)反应①的平衡常数K′c的表达式为__________________________
__________________________。
(2)在不同温度下，K′c和K″c的值如下表所示：
T(K)
K′c
K″c
973
1.47
2.36
1173
2.15
1.67
a.反应①的正反应是__________(填“吸热”或“放热”，下同)反应，反应②的正反应是__________反应。
b．现有可逆反应③：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)，其正反应的焓变ΔH__________(填“>”或“<”)0。
(3)要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施为__________(填字母)。
A．缩小容器体积 B．降低温度
C．升高温度 D．使用合适的催化剂
解析：由表中数据知：反应①随温度升高，K′增大，说明反应①为吸热反应；同理知反应②为放热反应。即有
①Fe(s)＋CO2(g) FeO(s)＋CO(g) ΔH′>0
②Fe(s)＋H2O(g) FeO(s)＋H2(g) ΔH″<0，
将①式减去②式整理得：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH＝ΔH′－ΔH″>0。
答案：(1)K′c＝ (2)吸热 放热 > (3)C
13．(2012·石嘴山高二竞赛考试)科学家一直致力于“人工固氮”的新方法研究。
(1)目前合成氨技术原理为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
ΔH＝－92.2 kJ·mol－1。
①673 K,30 MPa下，上述合成氨反应中n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述正确的是__________。
A．点a的正反应速率比点b的大
B．点c处反应达到平衡
C．点d和点e处的n(N2)相同
D．773 K,30 MPa下，t2时刻也是该反应的平衡点，则n(NH3)比图中e点的值大
②在容积为2.0 L恒容的密闭容器中充入0.80 mol N2(g)和1.60 mol H2(g)，反应在673 K、30 MPa下进行，达到平衡时，NH3的体积分数为20%。该条件下反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的平衡常数K＝__________。
(2)
希腊亚里斯多德大学的两位科学家曾采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H＋)，实现了高温常压下高转化率的电解合成氨。其实验装置如图。阴极的电极反应式为______________________。
(3)根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂(掺有少量Fe2O3的TiO2)表面与水发生下列反应：
N2(g)＋3H2O(l) 2NH3(g)＋O2(g)
ΔH＝a kJ·mol－1
进一步研究NH3生成量与温度的关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下表：
T/K
303
313
323
NH3生成量/(10－6mol)
4.8
5.9
6.0
①此合成反应的a __________ 0；ΔS __________ 0。(填“>”、“<”或“＝”)
②已知：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
ΔH＝－92.2 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
则N2(g)＋3H2O(l) 2NH3(g)＋O2(g)
ΔH＝__________。
解析：(1)①a、b两点均未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，且正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，则点a的正反应速率比点b的大；点c处，c(H2)＝c(NH3)，相等并不是不变，此点未达到平衡；点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处都是处在平衡状态，n(N2)或c(N2)不变；温度升高，合成氨的可逆反应平衡逆向移动，n(H2)或c(H2)增大，n(NH3)减小。
②设在反应过程中N2的物质的量的变化为x。
3H2 ＋ N2 2NH3
始/mol 1.60 0.80 0
变/mol 3x x 2x
平/mol 1.6－3x 0.8－x 2x
×100%＝20%，
解得x＝0.2。
K＝＝＝ mol－2·L2。
(2)合成氨反应中H2是还原剂，N2是氧化剂，N2在阴极得电子变成N3－，与H2失电子之后传导过来的H＋结合生成NH3，即阴极反应式为N2＋6H＋＋6e－===2NH3。
(3)①温度升高，NH3的生成量增多，平衡右移，故正反应吸热，ΔH>0，即a>0；由于原反应中反应后气体的物质的量增大，故ΔS>0。
②第1个反应减去第二个反应的倍可得：
N2(g)＋3H2O(l) 2NH3(g)＋O2(g) ΔH＝＋765.2 kJ·mol－1。
答案：(1)①AC ② mol－2·L2(或1.07 mol－2·L2或1.1 mol－2·L2)
(2)N2＋6H＋＋6e－===2NH3
(3)①> > ②＋765.2
1．在一定条件下，可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) (正反应放热)达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述中错误的是(双选)( )
A．加催化剂，v正、v逆都变化，且变化的倍数相等
B．加压，v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
C．降温，v正、v逆都减小，且v正减小的倍数大于v逆减小的倍数
D．加入氩气，v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
解析：选CD。催化剂的加入，同等倍数的改变正、逆反应速率，A正确；而加压，平衡将向右移动，故v正增大的倍数大于v逆增大的倍数，B正确；降温，平衡向放热的方向——向右移动，v正减小的倍数小于v逆减小的倍数，C错误；恒温、恒容通入氩气，各物质浓度不变，平衡不移动，v正、v逆都不变，D错误。
2．合成氨工业中，常加热至500 ℃，下列有关叙述正确的是( )
A．为加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间
B．加快v正，减小v逆
C．使平衡向合成氨的方向移动
D．提高原料转化率
解析：选A。合成氨是放热反应，采用500 ℃的高温，从化学平衡上看，由于合成氨反应放热，不利于氨的合成。但是为了提高反应速率，更快、更多的生成氨，也采用适当的高温。
3．(2011·高考大纲全国卷)在容积可变的密闭容器中，2 mol N2和8 mol H2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于( )
A．5% B．10%
C．15% D．20%
解析：选C。由题给数据知：参加反应的H2的物质的量为：8 mol×25%＝2 mol。
N2 ＋ 3H22NH3
始态： 2 mol 8 mol 0
变化量： mol 2 mol mol
平衡态： mol 6 mol mol
平衡时N2的体积分数为：＝15%，故C正确。
4．在容积相同的四个容器中，按下列要求充入各气体，并加入适当的催化剂，在400 ℃时分别建立平衡，四种情况下H2的转化率由大到小的顺序是__________。
①1 mol N2＋3H2 ②2 mol N2＋3H2 ③1 mol N2＋4H2
④1 mol N2＋4H2＋0.5 mol NH3
解析：②是在①中增加N2，故H2的转化率增大，即②>①。③是在①中增加H2，故H2的转化率减小，即①>③。而④是在③基础上增加氨，平衡向逆反应方向移动，H2的转化率变小，有③>④。由此可知H2的转化率由大到小顺序为②>①>③>④。
答案：②>①>③>④
5.
(2012·青岛高二质检)密封体系中发生下列反应：N2＋3H22NH3 ΔH<0，如图是某一段时间中反应速率与反应进程的曲线关系图。
回答下列问题：
(1)处于平衡状态的时间段是
__________________________。
(2)t1、t3、t4时刻体系中分别是什么条件发生了变化__________________________
__________________________。
(3)下列各时间段内，氨的百分含量最高的是__________。
A．t0～t1 B．t2～t3
C．t3～t4 D．t5～t6
解析：(1)处于平衡状态时，v正＝v逆。(2)t1时刻分析图像知增大生成物NH3的浓度；t3时刻使用了催化剂；t4时刻降低了压强。(3)分析图像t1、t4时刻v逆>v正，故平衡向左移动，使氨的百分含量减小，t3时刻平衡不移动。
答案：(1)t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6 (2)加入生成物NH3、使用催化剂、降压 (3)A
