《优化方案》苏教版化学选修4电子题库（29份打包）

(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，每小题只有一个正确答案)
1．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列符合未来新能源标准的是(　　)
①天然气　②煤　③地热能　④石油　⑤太阳能　⑥生物质能　⑦风能　⑧氢能
A．①②③④　　　　　　　 B．⑤⑥⑦⑧
C．③⑤⑥⑦⑧ D．③④⑤⑥⑦⑧
解析：选C。天然气、煤、石油等化石燃料，属不可再生的常规能源，太阳能、风能、氢能、地热能、生物质能等为新能源。
2．下列反应中属于吸热反应的是(　　)
A．CaO＋H2O===Ca(OH)2
B．C＋H2O(g)CO＋H2
C．HCl＋NaOH===NaCl＋H2O
D．2Al＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2↑
解析：选B。分解反应、铵盐与碱反应生成氨气、以及C＋H2O(g)CO＋H2等都是吸热反应。
3．有关能量的判断或表示方法正确的是(　　)
A．由H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，可知：含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量大于57.3 kJ
B．从C(石墨)===C(金刚石)　ΔH＝＋1.19 kJ·mol－1，可知：金刚石比石墨更稳定
C．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多
D．2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
解析：选A。由于浓硫酸稀释是放热的，含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合反应时，放出的热量除反应热之外还有稀释所放出的热量，故应该大于57.3 kJ，A正确；石墨转化成金刚石吸收热量，说明石墨的能量比金刚石的能量要低，能量越低物质越稳定，所以B项错误；硫固体汽化需要吸收能量，所以等质量的硫燃烧时，硫蒸气放热更多，C项错误；D项中2 g氢气燃烧放热285.8 kJ,2 mol氢气燃烧放热应为571.6 kJ。
4．一种充电电池放电时的电极反应为 H2＋2OH－－2e－===2H2O；NiO(OH)＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是(　　)
A．H2O的还原 B．NiO(OH)的还原
C．H2的氧化 D．Ni(OH)2的氧化
解析：选D。由题中给出的电极反应可判断出作原电池时，H2是还原剂被氧化、NiO(OH)是氧化剂被还原，则充电时H2是还原产物、NiO(OH)是氧化产物，与正极相连的是阳极发生氧化反应，所以D项正确。
5．在298 K、100 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)　ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)　ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是(　　)
A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
解析：选A。由盖斯定律可直接求出ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2。
6．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周中心区(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。液滴边缘O2多，发生正极反应O2＋2H2O＋4e－===4OH－。液滴下的Fe发生负极反应，Fe－2e－===Fe2＋，为腐蚀区(a)。A错误，Cl－由b区向a区迁移。B正确。C错误，液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀。D错误，Cu更稳定，作正极，反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。
7.
某同学利用家中废旧材料制作一个可使玩具扬声器发出声音的电池，装置如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．电流方向为：铝质易拉罐→导线→扬声器→导线→碳棒
B．铝质易拉罐将逐渐得到保护
C．电池总反应为：4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3
D．碳棒上发生的主要反应为：2H＋＋2e－===H2↑
解析：选C。A项中为电子移动的方向，电流方向与之相反；B项中铝质易拉罐逐渐溶解；D项中碳棒为原电池的正极，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－；C项正确。
8．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。可以迅速选出C项是错误的，因为原电池放电时OH－是向负极移动的。这种电池名称叫锂水电池。可推测其总反应为：2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑。再写出其电极反应如下：(－)2Li－2e－===2Li＋，(＋)2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑。结合选项分析A、B、D都是正确的。
9．用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是(　　)
A．用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片
B．用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片
C．用氢氧化钠溶液吸收阴极产物
D．用带火星的木条检验阳极产物
解析：选B。用电解法提取氯化铜废液中的铜时，铜必需作阴极，阳极是铜或惰性电极，阴极的反应式为：Cu2＋＋2e－===Cu。
10．LiFePO4新型锂离子动力电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。已知该电池放电时的电极反应式为：正极：FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4，负极：Li－e－===Li＋。下列说法正确的是(　　)
A．充电时电池反应式为FePO4＋Li===LiFePO4
B．放电时在正极上是Li＋得电子被还原
C．放电时电池内部Li＋向负极移动
D．充电时动力电池上“＋”的电极与外接电源的正极相连
解析：选D。将电池放电时正、负极反应式相加得到FePO4＋Li===LiFePO4，故充电时电池反应式为LiFePO4===FePO4＋Li；放电时正极上Fe3＋获得电子被还原；放电时电池内部Li＋向正极移动；放电时正极材料被还原，所以充电时标注“＋”的应与外接电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，使电极材料复原。
11．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2。下列有关该电池的说法不正确的是(　　)
A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B. 电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2
C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D. 电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O
解析：选C。由放电时的反应可以得出铁作还原剂失去电子，Ni2O3作氧化剂得到电子，因此选项A、B均正确；充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，电池放电时，负极反应为：Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－，因此电池充电过程中，阴极附近溶液的pH会升高，C不正确；同理分析选项D正确。
12．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。用石墨作电极电解CuSO4溶液的电解方程式是2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑，根据缺什么补什么的原理，选项C正确。
13.
Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：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。由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨作阴极，阴极上是溶液中的H＋反应，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。
14.
如图所示装置，通电后，可观察到Cu极溶解。现有下列说法：①A为负极，②A为正极，③Pt极产生的气体是同池Fe极的2倍，④CuSO4溶液浓度不变。其中说法正确的是(　　)
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
解析：选D。只有金属作阳极时金属才会溶解，所以，乙池中Cu极为阳极，Fe极为阴极。因此可推知，电源B端为负极，A端为正极；甲池Pt极为阳极，Fe极为阴极。甲池电解H2SO4溶液，实际上是电解水，Pt极放出O2，Fe极放出H2，根据2H2O2H2↑＋O2↑可知，Pt极上放出气体体积是同池Fe极上放出气体体积的，而不是2倍。乙池实为电镀池，即Fe极上镀Cu，电解液CuSO4的浓度保持不变。
15．如下图所示，电解池中装有硫酸铜溶液，选用不同材料的电极进行电解。下表中说法正确的是(　　)
序号
电极材料
通电后的变化
阴极
阳极
A
石墨
石墨
阴极质量增加，溶液的pH增大
B
铜
铜
阳极质量减小，阴极质量增加
C
铁
铁
两极的质量不发生变化
D
铂
铁
阳极质量增加，溶液的pH不变
,解析：选B。A项溶液的pH减小；B项为电镀；C、D项铁为阳极，铁失去电子而溶解，阳极质量减小。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(8分)下列两个热化学方程式：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ/mol
C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－2220 kJ/mol
根据上面两个热化学方程式，试回答下列问题：
(1)H2的燃烧热为________，C3H8的燃烧热为________________。
(2)1 mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为________。
(3)现有H2和C3H8的混合气体共5 mol，完全燃烧时放热3847 kJ，则在混合气体中H2和C3H8的体积比为____________。
解析：(1)根据燃烧热的概念可知：H2、C3H8的燃烧热分别为285.8 kJ/mol、2220 kJ/mol。
(2)释放总热量的计算式为：
Q放＝1 mol×285.8 kJ/mol＋2 mol×2220 kJ/mol＝4725.8 kJ。
(3)设H2、C3H8的物质的量分别为n1、n2，则有

解得
在相同p、T时，V(H2)∶V(C3H8)＝n(H2)∶n(C3H8)＝3∶1。
答案：(1)285.8 kJ/mol　2220 kJ/mol
(2)4725.8 kJ
(3)3∶1
17．(11分)盐酸和氢氧化钠溶液的中和反应，没有明显的现象。某学习兴趣小组的同学为了证明氢氧化钠溶液与盐酸或硫酸发生了反应，从中和反应的热效应出发，设计了下面几种实验方案。请回答有关问题。
(1)方案一：如图组装好实验装置，图中小试管用细线吊着，细线的上端拴在细铁丝上。开始时使右端U型管两端红墨水相平。实验开始，向下插细铁丝，使小试管内盐酸和广口瓶内氢氧化钠溶液混合，此时观察到的现象是________________________。原因是____________________________________________________。
(2)方案二：该小组借助反应溶液温度的变化来判断反应的发生。如果氢氧化钠溶液与盐酸混合前后有温度的变化，则证明发生了化学反应。该小组同学将不同浓度的氢氧化钠溶液和盐酸各10 mL混合，用温度计测量反应前后温度的变化，测得的部分数据如下表：
编号
盐酸
氢氧化钠
Δt/℃
1
0.1 mol·L－1
0.05 mol·L－1
3.5
2
0.1 mol·L－1
0.1 mol·L－1
x
3
0.2 mol·L－1
0.2 mol·L－1
14
则x等于______________。
(3)方案三：该小组还设计了如图所示装置来证明氢氧化钠溶液确实与稀硫酸发生了反应。他们认为若洗气瓶中导管口有气泡冒出，则说明该反应放出热量，从而证明发生了反应。
①实验时，打开分液漏斗活塞，发现导管流出液体不畅，原因可能是________________________。
②从原理上讲，该实验设计的不合理之处为______________________________________。
请你在此实验装置的基础上提出修改方案__________________________________。
解析：(1)方案一中盐酸和氢氧化钠发生中和反应会放出热量，使广口瓶内气体温度升高，气体受热膨胀。压强增大，U形管内液面左边下降、右边升高。(2)方案二中由反应的氢氧化钠和盐酸的物质的量来看，1号反应中参加反应的氢氧化钠和盐酸都是0.05×10－3mol，温度升高3.5 ℃，3号反应中参加反应的氢氧化钠和盐酸都是0.2×10－3mol，为1号反应的4倍，而温度变化量也是4倍，由此看出参加反应的物质的量与温度变化量成正比。2号反应中参加反应的氢氧化钠和盐酸的物质的量是1号反应的2倍，故温度变化也应为2倍，为7 ℃。(3)方案三中稀硫酸具有一定的体积，冒出气泡的原因可能是加入
稀硫酸的体积引起的。可以在分液漏斗上部塞子和锥形瓶之间连接一导管，即维持分液漏斗和锥形瓶内气压相等，便于液体顺利流下，又不会引入液体体积。如图：
答案：(1)U形管内液面左边下降、右边升高　盐酸和氢氧化钠发生中和反应放出热量，使瓶内气体温度升高，压强增大
(2)7
(3)①没打开分液漏斗上部塞子　②稀硫酸具有一定的体积，冒出气泡的原因可能是加入稀硫酸的体积引起的　分液漏斗上部塞子和锥形瓶之间连接一导管
18．(10分)某课外活动小组准备用如下图所示的装置进行实验。现有甲、乙、丙三位同学分别选择了如下电极材料和电解质溶液：
A电极
B电极
X溶液
甲
Cu
Zn
H2SO4
乙
Pt
Pt
CuCl2
丙
Fe
Cu
？
(1)甲同学在实验中将电键K5闭合，Zn电极上的电极反应式为____________________。
(2)乙同学准备进行电解CuCl2溶液的实验，则电解时的总反应方程式为_________________________。实验时应闭合的电键的组合是：________。
[从下列五项中选择所有可能组合，第(3)小题也在这五项中选择]
A．K1和K2 B．K1和K3
C．K1和K4 D．K2和K3
E．K2和K4
(3)丙同学准备在Fe上镀Cu，选择了某种盐来配制电镀液，则该盐中应含的阳离子的化学式为________，实验时，应闭合的电键的组合是________(选项如上)。
解析：(1)甲同学在实验中将电键K5闭合，形成Cu-Zn-稀硫酸的原电池；Zn活泼失电子：Zn－2e－===Zn2＋。
(2)乙同学准备进行电解CuCl2溶液的实验，形成电解池，需外加电源，需闭合K1和K4或K2和K3，电解CuCl2溶液实质是电解CuCl2：CuCl2Cu＋Cl2↑。
(3)丙同学准备在Fe上镀Cu，所以Cu作电镀池的阳极，Fe作电镀池的阴极，电解液中含Cu2＋。
答案：(1)Zn－2e－===Zn2＋
(2)CuCl2Cu＋Cl2↑　C或D
(3)Cu2＋　 D
19．(10分)开发氢能是实现社会可持续发展的需要。硫铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。
请回答下列问题：
(1)已知1 g FeS2完全燃烧放出7.1 kJ热量，FeS2燃烧反应的热化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)该循环工艺过程的总反应方程式为________________________________________________________________________。
(3)用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH表示)，NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：
NiO(OH)＋MHNi(OH)2＋M
①电池放电时，负极的电极反应式为________________________________________________________________________。
②充电完成时，Ni(OH)2全部转化为NiO(OH)。若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为________________________________________________________________________。
解析：本题主要考查热化学方程式的书写和电极反应方程式的书写。
答案：(1)4FeS2(s)＋11O2(g)2Fe2O3(s)＋8SO2(g)
ΔH＝－3408 kJ/mol
(2)2H2O＋SO2===H2SO4＋H2
(3)MH＋OH－－e－===M＋H2O
2H2O＋O2＋4e－===4OH－
20．(16分)氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
已知： CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)
ΔH＝＋206.2 kJ·mol－1
CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)
ΔH＝＋247.4 kJ·mol－1
2H2S(g)===2H2(g)＋S2(g)
ΔH＝＋169.8 kJ·mol－1
(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________。
(2)H2S热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是______________________________。燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，写出该反应的化学方程式：_________________________________。
(3)H2O的热分解也可得到H2，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图甲所示。图中A、B表示的物质依次是____________________________。
(4)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图见图乙(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)。电解时，阳极的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________。
(5)Mg2Cu是一种储氢合金。350 ℃时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物(其中氢的质量分数为0.077)。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
解析：本题以新能源为背景涉及元素化合物性质、热化学方程式和电极反应方程式的书写、读图读表的综合题，是以化学知识具体运用的典型试题。
(1)利用盖斯定律即可得出；(2)H2S热分解制氢属于吸热反应，需要提供能量；(3)在很高的温度下，氢气和氧气会分解生成氢原子和氧原子；(4)阳极失去电子，在碱性溶液中碳原子变成CO。
答案：(1)CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)
ΔH＝165.0 kJ·mol－1
(2)为H2S热分解反应提供热量　2H2S＋SO2===2H2O＋3S↓ (或4H2S＋2SO2===4H2O＋3S2↓)
(3)H、O(或氢原子、氧原子)
(4)CO(NH2)2＋8OH－－6e－===CO＋N2↑＋6H2O
(5)2Mg2Cu＋3H2MgCu2＋3MgH2

1．下列说法不正确的是(　　)
A．任何化学反应都伴随着能量变化
B．化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C．反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反应
D．反应物的总能量低于生成物的总能量时，发生吸热反应
解析：选B。任何化学反应都伴随着能量变化，但能量变化不一定表现为热量变化，还可能以光能等其他形式的能量放出；E(反应物)>E(生成物)，反应放热，E(反应物)2．下列过程一定释放出能量的是(　　 )
A．化合反应　　　　　　 B．分解反应
C．分子拆成原子 D．原子组成分子
解析：选D。形成化学键释放能量，原子结合成分子放出能量；化合、分解反应有可能是放热反应，也有可能是吸热反应。
3．下列反应中生成物总能量大于反应物总能量的是(　　)
A．氢气在氧气中燃烧 B．铁丝在氧气中燃烧
C．硫在氧气中燃烧 D．焦炭在高温下与水蒸气反应
解析：选D。当生成物的总能量大于反应物总能量时，反应是吸热的。A、B、C三项均为燃烧反应，均是放热的。
4．下列反应属于吸热反应的是(　　)
A．稀硫酸与氢氧化钾溶液反应
B．氢气还原氧化铜的反应
C．锌与稀硫酸的反应
D．生石灰变成熟石灰的反应
解析：选B。A、C、D三项中的反应都是我们比较熟悉的放热反应，而B项氢气还原氧化铜的反应需要持续加热，是吸热反应。
5．下列变化，属于吸热过程的是(双选)(　　)
A．浓H2SO4溶于水 B．甲烷燃烧
C．KClO3受热分解 D．NH4Cl溶于水
解析：选CD。变化既包括物理变化过程，又包括化学变化过程。
6．航天飞机用铝粉与高氯酸铵(NH4ClO4)的混合物为固体燃料，点燃时铝粉氧化放热引发高氯酸铵反应，其方程式可表示为：2NH4ClO4N2↑＋4H2O＋Cl2↑＋2O2↑　ΔH＜0。下列对此反应的叙述中错误的是(　　 )
A．上述反应属于分解反应
B．上述反应瞬间产生大量高温气体推动航天飞机飞行
C．反应从能量变化上说，主要是化学能转变为热能和动能
D．在反应中高氯酸铵只起氧化剂作用
解析：选D。在2NH4ClO4N2↑＋4H2O＋Cl2↑＋2O2↑　ΔH＜0中，高氯酸铵既是氧化剂又是还原剂。
7．已知反应X＋Y===M＋N为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是(　　)
A．X的能量一定高于M
B．Y的能量一定高于N
C．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量
D．X和Y的总能量一定低于M和N的总能量
解析：选C。放热反应是反应物的总能量高于生成物的总能量的反应。
8．由右图分析，有关叙述正确的是(　　)
A．A―→B＋C和B＋C―→A两个反应吸收或放出的能量不等
B．A―→B＋C是放热反应
C．A具有的能量高于B和C具有的能量总和
D．A―→B＋C是吸热反应，则B＋C―→A必然是放热反应
解析：选D。本题考查化学反应中的能量变化，由图可知，B＋C的能量高于A的能量，则反应B＋C―→A一定是放热反应；反之，A―→B＋C则是吸热反应。根据能量守恒定律，两反应的反应热在数值上相等，符号相反。
9．在相同温度和压强下，将等质量的硫分别在足量的纯氧气中、空气中燃烧，设前者放出的热量为Q1，后者放出的热量为Q2，则Q1和Q2相对大小判断正确的是(　　)
A．Q1＝Q2 B．Q1＞Q2
C．Q1＜Q2 D．无法判断
解析：选C。由硫在空气中燃烧比在纯氧气中的火焰明亮度差，剧烈程度缓和可知，硫在纯氧气中燃烧速率更快，发光更强。相等质量的硫燃烧放出的能量(在相同条件下)是一定的，而发光、发热均是能量的体现形式，根据总能量一定，发光越多，则转化为热能的部分就越少，所以等质量的硫在空气中燃烧放出的热量要比在纯氧气中燃烧放出的热量多。
10．研究物质变化时，人们可以从不同的角度、不同的层面来认识物质变化时所引起的化学键及能量变化。据此判断以下叙述中错误的是(　　)
A．金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低
B．物质燃烧可看作是储存在物质内部的能量(化学能)转化为热能释放出来
C．氮气分子内部存在着很强的化学键，故通常情况下氮气的化学性质很活泼
D．需要加热才能发生的反应不一定是吸收能量的反应
解析：选C。氮气分子内部存在着很强的化学键，所以通常情况下氮气的的化学性质稳定。
11．某学习小组设计以下实验，探究化学反应中的热效应，把试管放入盛有25 ℃的饱和石灰水的烧杯中，试管中开始放入几小块镁片，再用滴管往其中滴加5 mL盐酸。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)写出有关反应的离子方程式：________________________________________________________________________。
(4)由实验推知，MgCl2和H2的总能量______(填“大于”、“小于”或“等于”)镁片和盐酸的总能量。
(5)如果将本题中“25 ℃的饱和石灰水”换成“20 ℃碳酸饮料”进行实验探究，实验中观察到的另一现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：镁与盐酸反应是放热反应，镁与盐酸反应产生的热量使石灰水的温度升高，Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，气体的溶解度也随温度的升高而减小。
答案：(1)试管中镁片逐渐溶解，并有气体产生，烧杯中石灰水变浑浊
(2)镁与稀盐酸反应是放热反应，该反应放出的热量使石灰水温度升高，Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，故变浑浊
(3)Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑
(4)小于
(5)烧杯中液体放出气泡的速率逐渐加快　气体的溶解度随着温度的升高而减小
12．已知在相同状况下，同一化学键断裂需要吸收的能量等于形成该化学键放出的能量。下列说法正确的是(　　)
A．电解熔融的Al2O3可以制得金属铝和氧气，该反应是一个放出热量的反应
B．水分解产生氢气和氧气时放出热量
C．相同状况下，反应2SO2＋O2===2SO3是一个放热反应，则反应2SO3===2SO2＋O2是一个吸热反应
D．氯化氢分解成氢气和氯气时放出热量
解析：选C。由题意可以推测，如果一个反应过程放出热量，那么使该反应向反方向进行则需要吸收热量，所以C正确；另外氢气和氧气反应、氢气和氯气反应、铝和氧气反应都是放出热量的反应，与它们相反的反应：水、Al2O3和氯化氢的分解都应该是吸收热量的反应，A、B、D错误。
13．右图是等质量的Na2CO3、NaHCO3粉末分别与足量的盐酸发生反应时的情景，产生CO2气体的体积较多的试管中加入的固体试剂是________，当反应结束时，A、B两试管中消耗的盐酸的质量之比为__________。
实验过程中我们还能感受到Na2CO3与盐酸反应时是放热反应，而NaHCO3与盐酸反应时表现为吸热。在A、B两试管中的此反应过程中，反应体系的能量变化的总趋势分别对应于A－____，B－____。(填写a或b)
解析：等质量的Na2CO3、NaHCO3粉末中，NaHCO3含碳量高，所以产生CO2气体的体积较多；消耗盐酸的质量比为：∶＝84∶53；A中为NaHCO3与盐酸反应，为吸热反应，选b；B 中为Na2CO3与盐酸反应，为放热反应，选a。
答案：NaHCO3　84∶53　b　a

1．下列说法正确的是(双选)(　　 )
A．物质发生反应时放出的热量来源于对反应的加热
B．化学反应除了生成新物质外，还发生能量变化
C．化学反应过程中放出或吸收的热量，都是物质本身所具有的能量变化的表现
D．化学反应总是放出热量
解析：选BC。在化学反应中有新物质生成的同时，必然伴有能量的变化，因为各种物质中所具有的能量不一定相等。反应物具有的能量与生成物具有的能量不相等，导致了反应中能量的变化。因此A、D的叙述是错误的，B、C正确。
2．下列说法正确的是(双选)(　　)
A．需要加热方能发生的反应一定是吸热反应
B．放热反应在常温下一定很容易发生
C．反应是吸热还是放热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小
D．吸热反应在一定条件下也能发生
解析：选CD。反应在加热条件下进行，不一定是吸热反应，例如：Fe＋SFeS属于加热条件下进行的放热反应，A不正确；放热反应常温下不一定容易发生，如铝热反应，B不正确；反应吸、放热取决于反应物和生成物所含总能量的相对大小，C正确；吸热反应在一定条件下也能发生，如CaCO3分解，D正确。
3．下列化学反应属于吸热反应的有(双选)(　　)
A．盐酸与烧碱溶液反应
B．Ba(OH)2·8H2O＋2NH4Cl===BaCl2＋10H2O＋2NH3↑
C．C＋CO22CO
D．葡萄糖在人体内氧化分解
解析：选BC。所有的中和反应都是放热反应，A为放热反应。D项葡萄糖在人体内氧化分解，给人的生命活动提供能量，因而D为放热反应。B和C都是吸热反应。
4．下列各图中，表示正反应是吸热反应的是(　　)
解析：选A。反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应过程中需吸收能量，即为吸热反应，故选A。
5．下列说法正确的是(　　)
A．焓变是指1 mol物质参加反应时的能量变化
B．当反应放热时ΔH＞0，反应吸热时ΔH＜0
C．在加热条件下发生的反应均为吸热反应
D．一个化学反应中，当反应物能量大于生成物能量时，反应放热，ΔH为“－”
解析：选D。焓变与参加反应的物质多少有关，反应物越多则焓变值越大，与反应条件是否加热没有直接关系。所以A、C均不正确。在反应中物质所具有的总能量减少，反应就放热，反之就吸热。因此，D正确。B错误是显然的。

1．下列说法正确的是(双选)(　　)
A．反应热是指反应过程中放出的热量
B．热化学方程式的系数只能是整数
C．在热化学方程式中无论是反应物还是生成物必须标明聚集状态
D．所有的化学反应都伴随着能量变化
解析：选CD。吸收或放出的热量都是反应热，A错。热化学方程式的系数也可以是分数，B错。C、D说法正确。
2．下列说法正确的是(　　)
A．反应热就是反应中放出的能量
B．热化学方程式中各物质的化学计量数既表示物质的量，也表示分子的个数
C．由C(石墨)―→C(金刚石)　ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1可知，金刚石比石墨稳定
D．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多
解析：选D。反应过程中所放出或吸收的热量都是反应热，因此A错；热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的量，不表示分子的个数，B项错；由C(石墨)―→C(金刚石)　ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1可知，金刚石能量高，不稳定，C项错；因为硫固体变为硫蒸气要吸热，所以等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多是正确的。
3．热化学方程式C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1表示(　　)
A．碳和水反应吸收131.3 kJ能量
B．1 mol碳和1 mol水反应生成1 mol一氧化碳和1 mol氢气并吸收131.3 kJ热量
C．1 mol固态碳和1 mol水蒸气反应生成1 mol一氧化碳气体和1 mol氢气并吸收131.3 kJ热量
D．1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.3 kJ
解析：选C。依据反应热的概念，表示按照热化学方程式计量数的物质的量反应时吸收或放出的热量，单位是kJ·mol－1，该热化学方程式表示1 mol固态碳和1 mol水蒸气反应生成1 mol一氧化碳气体和1 mol氢气，吸收131.3 kJ的热量，特别要指明水的状态。
4．下列各组变化中，化学反应的ΔH前者小于后者的一组是(　　)
①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1；
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH2；
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1；
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2；
③t ℃时，在一定条件下，将1 mol SO2和1 mol O2分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，达到平衡状态时放出的热量分别为Q1、Q2；
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH1；
CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)　ΔH2。
A．①②③　　　　　　　　　 B．②④
C．②③④ D．③④
解析：选A。比较ΔH时既要比较数值大小，还要比较符号。
5．丙烷(C3H8)完全燃烧后只有CO2和H2O，不会造成环境污染，已知有以下四个热化学反应方程式：
①C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－a kJ·mol－1
②C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－b kJ·mol－1
③2C3H8(g)＋9O2(g)===4CO2(g)＋2CO(g)＋8H2O(l)
ΔH＝－c kJ·mol－1
④C3H8(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－d kJ·mol－1
其中a、b、c、d最大的是(　　)
A．a B．b
C．c D．d
解析：选C。①与②相比生成液态水比生成气态水放出的热量多，所以b>a，④中各物质的量均为①中的一半，所以d＝a，③与②相比，2 mol C3H8燃烧生成4 mol CO2和2 mol CO，相当于此反应中的2 mol C3H8有 mol C3H8完全燃烧， mol C3H8不完全燃烧，故放出的热量c大于b，所以c最大。
6．已知热化学方程式：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1＝－571.6 kJ·mol－1，则关于热化学方程式：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH2＝？的说法中正确的是(　　)
A．热化学方程式中化学计量数表示分子数
B．该反应ΔH2大于零
C．该反应的ΔH2＝－571.6 kJ·mol－1
D．该反应可表示36 g水分解时的热效应
解析：选B。ΔH2与ΔH1符号相反，数值相等，故ΔH2＝＋571.6 kJ·mol－1；D选项没有指明36 g水的状态，故D项错误。
7．已知25 ℃、101 kPa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为：
C(石墨)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1　①
C(金刚石)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－395.4 kJ·mol－1　②
据此判断，下列说法正确的是(　　 )
A．由石墨制备金刚石是吸热反应；石墨的能量比金刚石的低
B．由石墨制备金刚石是吸热反应；石墨的能量比金刚石的高
C．由石墨制备金刚石是放热反应；石墨的能量比金刚石的低
D．由石墨制备金刚石是放热反应；石墨的能量比金刚石的高
解析：选A。反应中放出的热量＝反应物的总能量－生成物的总能量，石墨的能量比金刚石的能量低，石墨更稳定。故正确答案为A。
8．已知H—H键键能(断裂时吸收或生成时释放的能量)为436 kJ·mol－1，N—H键键能为391 kJ·mol－1，根据热化学方程式：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。则N≡N键的键能是(　　)
A．431 kJ·mol－1 B．945.6 kJ·mol－1
C．649 kJ·mol－1 D．896 kJ·mol－1
解析：选B。ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和，ΔH＝3×E(H—H)＋E(N≡N)－6E(N—H)＝3×436 kJ·mol－1＋E(N≡N)－6×391 kJ·mol－1＝－92.4 kJ·mol－1，所以E(N≡N)＝－92.4 kJ·mol－1＋6×391 kJ·mol－1－3×436 kJ·mol－1＝945.6 kJ·mol－1。
9．已知下列热化学方程式：
(1)H2(g)＋1/2O2 (g)===H2O (g)　ΔH1＝a kJ/mol
(2)2H2(g)＋O2 (g)===2H2O (g)　 ΔH2＝b kJ/mol
(3)H2 (g)＋1/2 O2 (g)===H2O (l)　 ΔH3＝c kJ/mol
(4)2H2 (g)＋O2 (g)===2H2O (l)　ΔH4＝d kJ/mol
则a、b、c、d的关系正确的是(　　)
A．ad>0
C．2a＝b<0 D．2c＝d>0
解析：选C。在比较ΔH 时不仅要看物质的量与聚集状态，还要看正负。该题中反应都是放热反应，故ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4，即a、b、c、d均小于0，(2)中反应物是(1)中反应物的2倍，故放出的热量也是(1)中放出热量的2倍，故2a＝b<0，同理，2c＝d<0；(1)中生成气态水，而(3)中生成液态水，(1)比(3)放出的热量少，故c10．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112 L(即5 mol)混合气体中H2的物质的量为x，则285.8x＋890(5－x)＝3695，解得：x＝1.25 mol。则n(H2)∶n(CH4)＝1.25 mol∶3.75 mol＝1∶3。
11．已知由氢气和氧气反应生成1 mol水蒸气，放出241.8 kJ热量。
(1)写出该反应的热化学方程式：________________________________________________________________________。
(2)若1 g水蒸气转化成液态水放热2.494 kJ，则反应H2(g)＋O2(g)===H2O(l)的ΔH＝________kJ·mol－1。
解析： (1)书写热化学方程式时应注意：化学计量数改变时，ΔH也同等倍数地改变，故生成水蒸气时的热化学方程式可写为：
H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ·mol－1或2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1等多种形式。
(2)18 g水蒸气变成18 g液态水时放热为2.494 kJ×18≈44.89 kJ，所以1 mol H2燃烧生成1 mol H2O(l)时，ΔH＝－241.8 kJ·mol－1＋(－44.89 kJ·mol－1)＝－286.7 kJ·mol－1。
答案：(1)H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ·mol－1[或2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1]　(2)－286.7
12．下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系
据此判断下列说法中正确的是(　　)
A．石墨转变为金刚石是吸热反应
B．白磷比红磷稳定
C．S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1，
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2，则ΔH1>ΔH2
D．CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH>0
解析：选A。A项，石墨的能量比金刚石的能量低，故石墨转化为金刚石是吸热反应，正确；B项，白磷比红磷的能量高，故白磷比红磷活泼，不稳定；C项，S(g)的能量高于S(s)的能量，而且燃烧放热，S(g)比S(s)放出的热量多，故ΔH1<ΔH2；D项，CO(g)＋H2O(g)的能量高于CO2(g)＋H2(g)的能量，故反应CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0，B、C、D项均不正确。
13．下表中的数据是破坏1 mol物质中的化学键所消耗的能量(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)～(6)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______反应(填“吸热”或“放热”)。
(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，若消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收热量最多的是
________________。
(5)若无上表中的数据，你能正确回答出问题(4)吗？________；你的根据是________________________________________________________________________。
(6)写出H2和Cl2反应的热化学方程式：________________________________________________________________________
___________________。
解析：破坏1 mol物质中的化学键所消耗的能量与相同条件下由该物质的两原子形成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)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　(4)Cl2
(5)能　生成物越稳定，放出的热量越多，在HX中，HCl最稳定
(6)H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－185 kJ·mol－1

1．下列热化学方程式书写正确的是(　　)
A．2SO2＋O2===2SO3　ΔH＝－196.6 kJ/mol
B．H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ/mol
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571 kJ
D．C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝＋393.5 kJ/mol
解析：选B。热化学方程式必须注明物质的聚集状态，A项错误；热化学方程式的反应热单位是kJ·mol－1，C项错误；碳燃烧为放热反应，ΔH应为负值，D项错误。
2．已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1 mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则下列乙炔燃烧的热化学方程式书写正确的是(　　)
A．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－4b kJ·mol－1
B．C2H2(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)
ΔH＝2b kJ·mol－1
C．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－2b kJ·mol－1
D．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝b kJ·mol－1
解析：选A。乙炔燃烧是放热反应，ΔH＜0，则排除B、D两选项；又因反应生成1 mol二氧化碳气体时，放出热量为b kJ，则生成4 mol CO2(g)应放出热量4b kJ，故A正确，C不正确。
3．下列热化学方程式书写正确的是(　　 )
A．2SO2＋O22SO3　 ΔH＝－196.6 kJ·mol－1
B．H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ
D．C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝393.5 kJ·mol－1
解析：选B。书写热化学方程式必须注意以下几点：①要注明反应物和生成物的聚集状态，A错；②放热反应ΔH为“－”，吸热反应ΔH为“＋”，D错，③ΔH的单位为kJ·mol－1，C错。
4．CO(g)与H2O(g)反应过程的能量变化如图所示，有关两者反应的说法中正确的是(　　)
A．该反应为吸热反应
B．CO(g)和H2O(g)所具有的总能量大于CO2(g)和H2(g)所具有的总能量
C．反应的热化学方程式：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　 ΔH＝41 kJ·mol－1
D．1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)反应生成1 mol CO(g)和H2O(g)要放出41 kJ的热量
解析：选B。从图中数据可以看出：该反应的ΔH<0，为放热反应；CO(g)和H2O(g)所具有的总能量大于CO2(g)和H2(g)所具有的总能量；反应的热化学方程式为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41 kJ·mol－1；而1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)反应生成1 mol CO(g)和H2O(g)要吸收41 kJ的热量。
5.
白磷的化学式为P4，分子的空间构型是正四面体(如图)。白磷在空气中燃烧生成十氧化四磷(P4O10)，在十氧化四磷分子里只存在P—O和P===O两种共价键。已知几种共价键的键能：P—O 360 kJ·mol－1；
P===O 585 kJ·mol－1；P—P 198 kJ·mol－1；
O===O 498 kJ·mol－1。
请问：在P4(s)＋5O2(g)===P4O10(s)中，ΔH＝________。
解析：由P4的分子结构和P4＋5O2P4O10的物质变化，在P4O10分子中只存在P—O和P===O两种共价键，P4O10中P显＋5价、O显－2价等事实可知，在P4分子结构的基础上，每2个P原子之间插入1个O原子形成2个P—O键，每个P原子再结合1个O原子形成P===O键，就构成了P4O10的分子结构。这样，在1个P4O10分子中共有12个P—O键、4个P===O键。
ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和＝6×198 kJ·mol－1＋5×498 kJ·mol－1－(12×360 kJ·mol－1＋4×585 kJ·mol－1)＝－2982 kJ·mol－1。
答案：－2982 kJ·mol－1

1．在相同条件下，将1 mol C(s)分别按如下途径燃烧：
①1 mol C(s)→1 mol CO2(g)；②1 mol C(s)→1 mol CO(g)，1 mol CO(g)→1 mol CO2(g)，放出的热量关系为(　　 )
A．①>②　　　　　　　　　　 B．①＝②
C．①<② D．无法比较
解析：选B。途径①和②虽过程不同，但始态、终态相同，故两途径的焓变相同。
2．已知H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH＝－184.6 kJ·mol－1，则反应HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)的ΔH为(　　)
A．＋184.6 kJ/mol B．－92.3 kJ/mol
C．－369.2 kJ/mol D．＋92.3 kJ/mol
解析：选D。互逆的两个化学反应吸收或放出的热量的数值相等，但吸热或放热符号正好相反，热化学方程式的系数表示各物质的物质的量，可以是分数，也可以同时乘以某一个数，且ΔH也相应地乘以该数。
3．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|，故D项错误。
4．已知热化学方程式：
(1)H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O (l) ；　ΔH1＝－57.3 kJ/mol，
(2)1/2H2SO4(浓)＋NaOH(aq)===1/2 Na2SO4(aq)＋H2O (l)；ΔH2＝m，
下列说法正确的是(　　)
A．上述热化学方程式中的计量数表示分子数
B．ΔH1>ΔH2
C．ΔH2＝－57.3 kJ/mol
D．|ΔH1|>|ΔH2|
解析：选B。(2)中由于浓硫酸溶于水放热，所以(2)放出的热量比(1)多，因此ΔH1>ΔH2、|ΔH1|＜|ΔH2|；计量数表示物质的量。
5．为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是(　　)
①酸的浓度和体积　②碱的浓度和体积　③比热容
④反应后溶液的质量　⑤生成水的物质的量　⑥反应前后温度的变化　⑦操作所需时间
A．①②③⑥ B．①③④⑤
C．③④⑤⑥ D．全部
解析：选C。中和热ΔH＝，其中n为生成水的物质的量，m酸为酸溶液的质量，m碱为碱溶液的质量，c为溶液体系的比热容，C对。
6．将V1 mL 1.00 mol/L HCl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溶液的浓度约为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。从图中曲线可以看出，温度为22 ℃时，V1为5 mL，则V2为45 mL，此时已经开始发生反应，所以22 ℃一定不是室温，A错；曲线随V1增多而升高，随反应的进行，溶液温度升高，说明反应放热，化学能转化为热能，B正确；当V1＝30 mL时温度最高，说明此时两者恰好完全反应，则c(NaOH)＝＝1.5 mol·L－1，C错；该实验不能证明有水生成的其他反应也是放热的，D错。
7．已知热化学方程式：
2H2O(l)=== 2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋571.6 kJ/mol
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ/mol
当1 g液态水变为气态水时，对其热量变化的下列描述：①放出热量；②吸收热量；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。直接将两个热化学方程式相加得：
2H2O(l)===2H2O(g)　ΔH＝88 kJ/mol；即1 g液态水变为气态水时，吸收热量为88/36 kJ＝2.44 kJ。
8．如下图所示，ΔH1＝－393.5 kJ/mol，ΔH2＝－395.4 kJ/mol，下列说法或表示式正确的是(　　 )
A．C(s、石墨)===C(s、金刚石)　ΔH＝＋1.9 kJ/mol
B．石墨和金刚石的转化是物理变化
C．金刚石的稳定性强于石墨
D．1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ
解析：选A。石墨和金刚石是两种物质，其转化过程为化学变化，B项错误；由图中看出石墨的能量比金刚石低，由石墨转变成金刚石要吸收热量，故C、D项错误，A项正确。
9．已知下列热化学方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)
ΔH1＝－26.7 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g)
ΔH2＝－50.75 kJ·mol－1
③Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)
ΔH3＝－36.5 kJ·mol－1
则反应FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)的焓变为(　　)
A．7.28 kJ·mol－1 B．－7.28 kJ·mol－1
C．43.68 kJ·mol－1 D．－43.68 kJ·mol－1
解析：选A。根据盖斯定律，首先考虑目标反应与三个已知反应的关系，三个反应中，FeO、CO、Fe、CO2是要保留的，而与这四种物质无关的Fe2O3、Fe3O4要通过方程式的叠加处理予以消去，因此将①×3－②－③×2得到：
6FeO(s)＋6CO(g)===6Fe(s)＋6CO2(g)　 ΔH＝43.65 kJ·mol－1
化简：FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)　ΔH＝7.28 kJ·mol－1
10．下列说法正确的是(　　 )
A．任何酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O的过程中，能量变化均相同
B．同温同压下，H2 (g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
C．已知：①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol－1，②2H2(g)＋O2 (g)===2H2O(1)　ΔH＝－b kJ·mol－1，则a>b
D．已知：①C(s，石墨)＋O2 (g)===CO2(g)
ΔH＝－393.5 kJ·mol－1，
②C(s，金刚石)＋O2(g)===CO2 (g)
ΔH＝－395.0 kJ·mol－1，
则C(s，石墨)===C(s，金刚石)
ΔH＝＋1.5 kJ·mol－1
解析：选D。A项中只有稀强酸与稀强碱反应生成1 mol H2O的过程中，能量变化相同；B项中ΔH相同，与反应条件无关；C项中气态水能量比液态水能量高，所以b>a；根据盖斯定律知D项正确。
11．根据热化学方程式S(s)＋O2(g)===SO2(g)；ΔH＝－297.23 kJ·mol－1，分析下列说法正确的是(双选)(　　)
A．S(g)＋O2(g)===SO2(g)；|ΔH|>297.23 kJ·mol－1
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g)；|ΔH|<297.23 kJ·mol－1
C．1 mol SO2(g)所具有的能量大于1 mol S(s)与1 mol O2(g)所具有的能量之和
D．1 mol SO2(g)所具有的能量小于1 mol S(s)与1 mol O2(g)所具有的能量之和
解析：选 AD。S(s)具有的能量比S(g) 具有的能量低，所以A正确，题干中热化学方程式表示的反应为放热反应，所以D正确。
12．(2011·高考北京卷)25 ℃、101 kPa 下：①2Na(s)＋1/2O2(g)===Na2O(s)　ΔH1＝－414 kJ·mol－1
②2Na(s)＋O2(g)===Na2O2(s)　ΔH2＝－511 kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D．25 ℃、101 kPa 下，Na2O2(s)＋2Na(s)===2Na2O(s)　ΔH＝－317 kJ/mol
解析：选D。Na2O是由Na＋和O2－构成的，二者的个数比是2∶1。Na2O2是由Na＋和O构成的，二者的个数比也是2∶1，选项A不正确；由化合价变化可知生成1 mol Na2O转移2 mol电子，而生成1 mol Na2O2也转移2 mol电子，因此选项B不正确；常温下Na与O2反应生成Na2O，在加热时生成Na2O2，所以当温度升高到一定程度时就不再生成Na2O，所以选项C也不正确；由盖斯定律知①×2－②即得到反应Na2O2(s)＋2Na(s)===2Na2O(s)　ΔH＝－317 kJ/mol，因此选项D正确。
13．(1)已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。回答有关中和反应的问题。
(1)用0.1 mol Ba(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应，能放出________kJ热量。
(2)如图装置中仪器A的名称是________________________________________________________________________，
作用是________________________________________________________________________；
仪器B的名称是________，作用是________________________________________________________________________；
碎泡沫塑料的作用是________________________________________________________________________。
(3)若通过实验测定中和热的ΔH，其结果常常大于－57.3 kJ·mol－1，其原因可能是________________________________________________________________________。
(4)用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
解析：(1)根据中和热的含义：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，所以0.1 mol Ba(OH)2稀溶液与足量稀硝酸反应时生成0.2 mol H2O(l)，故放出热量为11.46 kJ。
(2)由实验装置知，A为环形玻璃搅拌棒，作用是搅拌，使溶液充分混合；B为温度计，作用是测量温度；碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失。
(3)在测定中和热的实验中，减少热量损失是实验的关键，而在实验中会不可避免有少量热量损失，导致结果常常大于－57.3 kJ·mol－1。
(4)用氨水代替NaOH溶液，会使测得的中和热数值偏小，因为氨水(NH3·H2O)是弱电解质，电离时需吸收热量。
答案：(1)11.46
(2)环形玻璃搅拌棒　搅拌，使溶液充分混合　温度计　测量温度　减少实验过程中的热量损失
(3)实验中不可避免有少量热量损失
(4)偏小

1．已知：①4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)　ΔH＝－2834.9 kJ·mol－1　②4Al(s)＋2O3(g)===2Al2O3(s)　ΔH＝－3119.1 kJ·mol－1
由此得出的正确结论是(　　 )
A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为吸热反应
B．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应
C．O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应
D．O2比O3稳定，由O2变O3为放热反应
解析：选 A。据盖斯定律，①式－②式得：3O2(g)===2O3(g)　ΔH＝284.2 kJ·mol－1
即等质量的O2比O3能量低，O2比O3稳定，O2变O3为吸热反应。
2．盖斯定律指出：化学反应的反应热只与反应的始态(各反应物)和终态(各生成物)有关，而与具体反应进行的途径无关。物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是(　　)
A．A→F　ΔH＝－ΔH6
B．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH6＝1
C．C→F　|ΔH|＝|ΔH1＋ΔH2＋ΔH6|
D．|ΔH1＋ΔH2＋ΔH3|＝|ΔH4＋ΔH5＋ΔH6|
解析：选B。 F→A，ΔH＝ΔH6，则A→F，ΔH＝－ΔH6；6个ΔH全部相加，是A→A的ΔH，应等于零；F→C的ΔH＝ΔH6＋ΔH1＋ΔH2，则C→F的ΔH＝－(ΔH6＋ΔH1＋ΔH2)；A→D的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，D→A的ΔH＝ΔH4＋ΔH5＋ΔH6，二者的绝对值相等，符号相反。
3．在298 K、101 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)　ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)　ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是(　　 )
A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2
B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2
D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
解析：选 A。令2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　ΔH1①
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)　ΔH2②
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)　ΔH3③
根据盖斯定律，将反应①＋反应②×2即可求得反应③，因此有ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2，故A项正确。
4．实验室进行中和热的测定的实验装置如图所示，下列所用的仪器和试剂正确的一组是(　　)
A．0.50 mol·L－1盐酸、0.50 mol·L－1 NaOH溶液、100 mL量筒1个
B．0.50 mol·L－1盐酸、0.50 mol·L－1 NaOH溶液、100 mL量筒2个
C．0.50 mol·L－1盐酸、0.55 mol·L－1 NaOH溶液、50 mL量筒1个
D．0.50 mol·L－1盐酸、0.55 mol·L－1 NaOH溶液、50 mL量筒2个
解析：选 D。中和热的测定实验中，要使碱稍过量，以便H＋反应完全；量筒要2个，分别量取酸液和碱液。
5．已知强酸与强碱在稀溶液中反应的中和热可表示为：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，对下列反应：CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－Q1 kJ·mol－1
H2SO4(浓)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－Q2 kJ·mol－1，HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－Q3 kJ·mol－1。
上述反应均在溶液中进行，则下列Q1、Q2、Q3的关系正确的是(　　)
A．Q1＝Q2＝Q3
B．Q2＞Q1＞Q3
C．Q2＞Q3＞Q1
D．Q2＝Q3＞Q1
解析：选C。CH3COOH与NaOH溶液反应除放出中和热外，还包括CH3COOH电离吸热过程，故Q1<57.3；浓硫酸与NaOH溶液反应除生成1 mol H2O放出中和热外，还包括浓硫酸溶于水放出的大量热，Q2>57.3；稀HNO3和NaOH溶液反应是强酸、强碱在稀溶液中的反应，故Q3＝57.3。

1．形成节约能源和保护生态环境的产业结构是人类与自然和谐发展的重要保证，你认为下列行为中有悖于这一保证的是(　　)
A．开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
B．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展
C．在农村推广使用沼气
D．减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生
解析：选B。采煤、采油在化工过程中产生污染。
2．如图所示是 “能源相关图”，下列四组能源选项中全部符合图中阴影部分能源的是(　　)
A．煤炭、石油、沼气
B．水能、生物质能、天然气
C．风能、太阳能、潮汐能
D．地热能、海洋能、核能
解析：选C。阴影部分的能源应该既是来自太阳辐射的能量也是可再生的能源，还属于新能源。
3．下列叙述中正确的是(　　)
A．在稀溶液中，1 mol酸和1 mol碱完全反应所放出的热量，叫做中和热
B．在101 kPa时，1 mol物质燃烧时所放出的热量叫做该物质的燃烧热
C．热化学方程式中，各物质前的化学计量数不表示分子个数
D．如果反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量，则发生的反应是放热反应
解析：选C。A、B两项要注意对中和热、燃烧热概念的理解，前者是以稀的强酸、强碱反应生成1 mol H2O为标准，后者是以1 mol物质完全燃烧，生成稳定的氧化物为标准；D项中反应物总能量低于生成物总能量，反应过程中需吸收能量，即为吸热反应。
4．已知：H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋Q1 kJ·mol－1
2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋Q2 kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－Q3 kJ·mol－1
则H2和CH4的燃烧热的比值为(　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C。已知得：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－Q2 kJ·mol－1，H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－Q1 kJ·mol－1。根据燃烧热的定义有：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－(2Q1＋Q2) kJ·mol－1，故H2的燃烧热为 kJ·mol－1，CH4的燃烧热为Q3 kJ·mol－1，则H2和CH4的燃烧热的比值为。
5．人体内葡萄糖的消耗可用下列热化学方程式表示：
C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)　ΔH＝－2800.6 kJ·mol－1；如果某人每天消耗12540 kJ热量，则他每天至少要摄入葡萄糖的质量为(　　)
A．806 g B．1000 g
C．1250 g D．1500 g
解析：选A。每天需要摄入葡萄糖的质量为×180 g/mol＝806 g。
6．已知化学反应：C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)　ΔH1<0，
CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)　ΔH2<0，
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH3<0；
下列说法正确的是(　　)
A．56 g CO和32 g O2所具有的总能量小于88 g CO2所具有的总能量
B．碳的燃烧热是ΔH3
C．ΔH1<ΔH3
D．28 g CO的总能量比44 g CO2的总能量高
解析：选B。CO燃烧是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，A错；D选项中忽略了O2的能量，D错；比较ΔH时必须带符号比较，C错。
7．甲醇属于可再生能源，可代替汽油作为汽车的燃料。已知常温下32 g甲醇完全燃烧放出736.3 kJ的热量，下列能正确表示甲醇燃烧热的热化学方程式的是(　　)
A．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝736.3 kJ·mol－1
B．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－736.3 kJ·mol－1
C．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－675.3 kJ·mol－1
D．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－1472.6 kJ·mol－1
解析：选B。燃烧为放热反应，ΔH<0，A选项不正确；燃烧热表示1 mol物质完全燃烧放出的热量，D选项不正确；生成稳定氧化物，C选项H2O(g)不符合题意。
8．燃烧热是指1 mol可燃物充分燃烧生成稳定氧化物时放出的热量。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。解决本题要抓住两点：燃烧热的意义和盖斯定律。合理运用热化学方程式的加减进行计算，注意改变反应方向时相应的反应热的符号也要改变。
依据题意：①H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，
②C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－1411.0 kJ·mol－1，
③C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1366.8 kJ·mol－1，
则后两个方程式相减，便得到：
C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l)　ΔH＝－44.2 kJ·mol－1。
9．已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－Q1 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－Q2 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－Q3 kJ·mol－1
常温下，取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2 L(标准状况)，经完全燃烧后恢复到常温，放出的热量为(　　)
A．0.4Q1＋0.05Q3 B．0.4Q1＋0.05Q2
C．0.4Q1＋0.1Q3 D．0.4Q1＋0.2Q3
解析：选A。标准状况下的混合气体11.2 L，其物质的量是0.5 mol。其中甲烷0.4 mol，氢气0.1 mol。又知在常温下，水是液态。所以0.4 mol甲烷完全燃烧放出热量：0.4 mol×Q1 kJ·mol－1＝0.4Q1 kJ；0.1 mol氢气完全燃烧放出热量：0.1 mol×Q3 kJ·mol－1＝0.05Q3 kJ，所以标准状况下11.2 L混合气体燃烧共放出热量：(0.4Q1＋0.05Q3)kJ。
10．(1)在101 kPa时，4.0 g硫粉在氧气中完全燃烧生成二氧化硫，放出27 kJ的热量，硫的燃烧热为________，硫燃烧的热化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)在101 kPa时，氢气在1.0 mol氧气中完全燃烧，生成2.0 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，氢气的燃烧热为________，表示氢气燃烧热的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)4.0 g硫粉的物质的量为0.125 mol，在O2中完全燃烧时放出27 kJ的热量，1 mol硫在O2中完全燃烧时放出的热量为×1 mol＝216 kJ，故硫的燃烧热为216 kJ·mol－1，硫燃烧的热化学方程式为S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－216 kJ·mol－1。(2)1 mol H2在O2中完全燃烧时，消耗O2的物质的量为 mol，故H2的燃烧热为 kJ·mol－1＝285.8 kJ·mol－1，表示H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1。
答案：(1)216 kJ·mol－1　S(s)＋O2(g)===SO2(g)；　ΔH＝－216 kJ·mol－1
(2)285.8 kJ·mol－1　H2(g)＋O2(g)===H2O(l)；　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
11．已知：①CaCO3(s)===CaO＋CO2(g)　ΔH＝＋177.7 kJ·mol－1
②C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝－131.3 kJ·mol－1
③C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
④CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJ·mol－1
⑤H2SO4(l)＋NaOH(l)===Na2SO4(l)＋H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
⑥HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
⑦2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
(1)上述热化学方程式中，不正确的有________，不正确的理由分别是________________________________________________________________________
____________________。
(2)根据上述信息，写出C转化为CO的热化学方程式__________________________________________。
(3)上述正确的热化学方程式中，表示燃烧热的热化学方程式有________；表示中和热的热化学方程式有________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)观察题给热化学方程式：①不正确，原因是CaO的聚集状态没写；②不正确，因为该反应不符合事实，生成水煤气的反应是一个吸热反应，应为“ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1”；⑤不正确，中和反应是溶液中的离子反应，不是液体之间的反应，除H2O外其余物质状态应改为“aq”。③④⑥⑦均正确。
(2)由③④，根据盖斯定律可知，C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110.5 kJ·mol－1。(3)燃烧热是101 kPa下，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以③④是表示燃烧热的热化学方程式。只有⑥是表示中和热的热化学方程式。
答案：(1)①②⑤　①CaO的状态没标，②应为“ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1”，⑤除H2O外其余物质状态应改为“aq”
(2)C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
(3)③④　⑥
12．已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566 kJ·mol－1，Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋O2(g)　ΔH＝－226 kJ·mol－1。
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是(　　)
A．CO的燃烧热为283 kJ
B．右图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C．2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g)　ΔH>－452 kJ·mol－1
D．CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
解析：选C。A选项中燃烧热单位错误，应为kJ·mol－1；B项图中没有表示出ΔH＝－566 kJ·mol－1时，对应的反应物与生成物的量的关系且未标明状态，B项错；由于2Na2O2(s)＋2CO2(g)===2Na2CO3(s)＋O2(g)　ΔH＝－452 kJ·mol－1，所以2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g)　ΔH>－452 kJ·mol－1，C正确；由盖斯定律得：CO(g)＋Na2O2(s)===Na2CO3(s)　ΔH＝－509 kJ·mol－1，可知当放出509 kJ热量时，消耗1 mol CO，电子转移数为2×6.02×1023，D错误。
13．一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物
ΔH/(kJ·mol－1)
化合物
ΔH/(kJ·mol－1)
甲烷
－891.0
正丁烷
－2878.0
乙烷
－1560.8
异丁烷
－2869.6
丙烷
－2221.5
2-甲基丁烷
－3531.3
下列说法正确的是(　　)
A．正戊烷的燃烧热大约是－3540 kJ·mol－1
B．热稳定性：正丁烷>异丁烷
C．乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1560.8 kJ·mol－1
D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
解析：选A。由正丁烷和异丁烷的燃烧热数据可推出正戊烷比2-甲基丁烷的燃烧热略大些，A正确；1 mol正丁烷完全燃烧放出的热量比1 mol异丁烷完全燃烧放出的热量多，即1 mol正丁烷与O2反应时断键所吸收的能量比1 mol异丁烷与O2反应时断键所吸收的能量少，从而说明正丁烷的热稳定性小于异丁烷；C项中的ΔH＝－3121.6 kJ·mol－1且H2O应为液态；D项1 g CH4燃烧放出55.69 kJ的热量，1 g C2H6燃烧放出52.03 kJ的热量，D项错误。

1．下列有关能量转换的说法正确的是(双选)(　　)
A．煤燃烧是化学能转化为热能的过程
B．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
C．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转化成化学能
D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转化成热能的过程
解析：选AB。A项，煤燃烧放出热量，是化学能转化为热能；B项，化石燃料由植物转变而来，植物中的能量均来自太阳能；C项，葡萄糖氧化放出能量，是化学能转化为热能；D项，绿色植物的光合作用是太阳能转化为化学能。
2．下列关于燃烧热的说法中正确的是(　　)
A．1 mol物质燃烧所放出的热量
B．常温下，可燃物燃烧放出的热量
C．在25 ℃、1.01×105 Pa时，1 mol物质燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量
D．燃烧热随化学方程式前的化学计量数的改变而改变
解析：选C。根据燃烧热定义可知C正确。
3．关于能源，以下说法中不正确的是(　　)
A．煤、石油、天然气等燃料的最初来源都可追溯到太阳能
B．柴草燃烧时释放的能量是生物能
C．核能和地热能来自地球自身
D．潮汐能来源于月球引力做功
解析：选B。B选项中，柴草燃烧是剧烈的氧化反应，燃烧时化学能转变为热能，而柴草具有的化学能的最初来源也可追溯到太阳能。
4．下列热化学方程式中ΔH的数值表示可燃物燃烧热的是(　　)
A．CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－283 kJ·mol－1
B．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－802.3 kJ·mol－1
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝－184.6 kJ·mol－1
解析：选A。根据燃烧热的概念知应是1 mol燃料生成常温常压下稳定的氧化物，H2O在上述情况下液态稳定。
5．已知H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，CO的燃烧热为282.8 kJ·mol－1；现有H2和CO组成的混合气体 5.6 L(标准状况)，经充分燃烧后，放出总热量为71.15 kJ，并生成液态水。下列说法正确的是(　　)
A．CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－282.8 kJ·mol－1
B．H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
C．燃烧前混合气体中CO的体积分数为60%
D．燃烧后的产物全部与足量的过氧化钠作用可产生0.125 mol O2
解析：选D。根据H2、CO的燃烧热数据判断，A项：ΔH应为－565.6 kJ·mol－1，A项错；B项：应为液态水，B项错；C项：CO的体积应进行计算。设H2、CO物质的量分别为x、y，则x＋y＝＝0.25 mol①
H2燃烧放热为285.8x kJ，CO燃烧放热为282.8y kJ
则：285.8x＋282.8y＝71.15 kJ②
解①②联立方程得x＝0.15 mol，y＝0.1 mol
故CO的体积分数为40%，C选项错。
D项：根据元素守恒H2、CO燃烧后生成H2O、CO2，与燃烧前H2、CO总物质的量相等，与Na2O2反应生成的O2是H2O和CO2总物质的量的一半。

1．下列叙述与电化学腐蚀有关的是(　　)
A．切过菜的菜刀不及时清洗易生锈
B．在空气中金属镁、铝都具有较好的抗腐蚀性
C．红热的铁丝与水接触时，表面形成了蓝黑色的物质
D．把铁片投入到氯化铜的溶液中，在铁表面上附着一层红色的铜
解析：选A。切过菜的菜刀不及时清洗，在菜刀上就会以NaCl为电解质溶液形成原电池，发生电化学腐蚀。金属镁、铝都具有较好的抗腐蚀性，是因为它们在空气中容易氧化，在金属表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止继续被氧化。红热的铁丝与水蒸气接触和铁片投入到氯化铜的溶液中是直接发生化学反应，属于化学腐蚀。
2．下列有关金属腐蚀的说法中正确的是(　　)
①金属的腐蚀全部是氧化还原反应　② 金属的腐蚀可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，只有电化学腐蚀才是氧化还原反应　③因为二氧化碳普遍存在，所以钢铁的电化学腐蚀以析氢腐蚀为主　④无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，总是金属被氧化
A．①③　　　　　　　 B．②③
C．①④ D．①③④
解析：选C。金属腐蚀的本质：M－ne－===Mn＋都属于氧化还原反应，金属化合价升高被氧化。金属在酸性较强的环境才发生析氢腐蚀。
3．为了避免青铜器生成铜绿，以下方法正确的是(　　)
A．将青铜器放在银质托盘上
B．将青铜器与直流电源的正极相连
C．将青铜器保存在潮湿的空气中
D．在青铜器的表面覆盖一层防渗透的高分子膜
解析：选D。避免金属腐蚀的方法很多，但本质上都是避免金属失电子。A项构成原电池，Cu作负极，被腐蚀；B项是电解池，Cu作阳极被腐蚀；C项潮湿的空气中青铜器易被腐蚀；D项在青铜器的表面覆盖一层防渗透的高分子膜，可以隔绝空气与水蒸气，在很大程度上避免了青铜器的电化学腐蚀，故选D。
4.
铁生锈是一种常见的自然现象，其主要化学反应方程式为：4Fe＋3O2＋2xH2O===2Fe2O3·xH2O。如图为一放在水槽中的铁架，水位高度如图所示。最容易生锈的铁架横杆是(　　)
A．① B．②
C．③ D．④
解析：选C。铁的腐蚀分化学腐蚀和电化学腐蚀，其中最主要的是电化学腐蚀，而电化学腐蚀中最常见的是在中性和弱酸性条件下的吸氧腐蚀，题中③处的铁块接触空气和水，最符合吸氧腐蚀发生的条件，所以腐蚀最快。
5．下图装置中铁锈蚀的快慢顺序是(　　)
A．a>b　c>d B．a>b　cC．ad D．a解析：选B。a与b比较，a中Fe与空气接触，b中Fe不与空气接触，故铁锈蚀的速率a＞b。c与d比较，c、d都形成原电池。c中Zn活泼性强于Fe，Zn失去电子作原电池负极：Zn－2e－===Zn2＋，溶液中H＋在Fe极上得电子：2H＋＋2e－===H2↑(正极)，Fe得到保护；d中Fe活泼性强于Cu，失去电子被氧化，故铁锈蚀的速率d＞c。
6．按下图所示的装置，用导线将电极连接起来，放置一段时间后，溶液的pH下降的是(　　)
解析：选D。A中H＋在正极放电，浓度减小，pH增大，B中O2在Cu极上转化为OH－，pH也增大，C中溶液中H＋在阴极放电，pH会增大，D中OH－在阳极放电，pH会减小。
7．为研究金属腐蚀的条件和速率，某课外兴趣活动小组学生用金属丝将三根大小相同的铁钉分别固定在如下图所示的三个装置中，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中不正确的是(　　)
A．实验结束时，装置Ⅰ左侧的液面一定会下降
B．实验结束时，左侧液面装置Ⅰ比装置Ⅱ的低
C．实验结束时，装置Ⅱ中的铁钉腐蚀最严重
D．实验结束时，装置Ⅲ中的铁钉几乎没有被腐蚀
解析：选B。装置Ⅰ中的铁钉处于盐酸蒸气中，被侵蚀而释放出H2，使左侧液面下降而右侧液面上升；装置Ⅱ中铁钉同样处于盐酸的蒸气中，所不同的是悬挂铁钉的金属丝由铁丝换成了铜丝，在这种氛围中构成了原电池，加速了铁钉的腐蚀而放出更多的H2，使左侧液面下降更多，右侧液面上升更多；装置Ⅲ中虽然挂铁钉的还是铜丝，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。
8．铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如右图所示，下列有关说法正确的是(　　)
A．正极电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑
B．此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3
C．此过程中Fe、Cu均被腐蚀
D．此过程中电流从Fe移向Cu
解析：选B。铆钉处吸氧腐蚀的正极电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，铜作正极不被腐蚀，电子从负极铁通过导线流向正极铜。
9．如图所示，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中，再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后形成琼胶(离子在琼胶内可以移动)，下列叙述正确的是(　　)
A．a中铁钉附近呈现红色
B．b中铁钉上发生还原反应
C．a中铜丝上发生氧化反应
D．b中铝条附近有气泡产生
解析：选B。a、b均能形成原电池，其中a中Fe作负极：Fe－2e－===Fe2＋，发生氧化反应，Cu作正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，发生还原反应，铜丝附近呈现红色；B中Al作负极：Al－3e－===Al3＋，发生氧化反应，而Fe作正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，发生还原反应。
10．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞混合液的U形管中，如右图所示，最终可在A极观察到酚酞变红。问：A是原电池的________极，代表金属________(填“锌”或“铁”)；电极方程式分别为正极：______________________，负极：________________________，原电池反应为____________________。
解析：Fe、Zn在浸入电解质溶液时，不难判断Zn作负极、Fe作正极。由于电解质为NaCl溶液(滴有酚酞)，所以Zn不能直接与NaCl溶液反应，判断发生的是吸氧腐蚀，吸氧腐蚀时正极电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，pH变大，酚酞试液变红。
答案：正　铁　O2＋2H2O＋4e－===4OH－　2Zn－4e－===2Zn2＋　2Zn＋O2＋2H2O===2Zn(OH)2
11．炒过菜的铁锅未及时洗净(残液中有NaCl)，第二天便会被腐蚀而出现红褐色铁锈，试回答：
(1)铁锅的腐蚀属于________腐蚀，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(2)铁锅锈蚀的电极反应式为：负极________，正极________。正、负极电极反应的产物会继续发生反应，反应的化学方程式为：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)铁锅的腐蚀属于吸氧腐蚀；因为铁锅是铁合金，其中含碳，铁锅中的铁和碳就会和表面残留的强电解质NaCl的水溶液形成许多微小的原电池；并且NaCl溶液呈中性，所以发生吸氧腐蚀，是电化学腐蚀。
(2)在铁锅中铁比较活泼作负极，电极反应：2Fe－4e－===2Fe2＋；碳作正极，电极反应：2H2O＋O2＋4e－===4OH－；总反应为：2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3、2Fe(OH)3＋(x－3)H2O===Fe2O3·xH2O。
答案：(1)吸氧　铁锅是铁合金，其中含碳，铁锅中的铁和碳就会和表面残留的强电解质NaCl的水溶液形成许多微小的原电池，发生电化学腐蚀，并且NaCl溶液呈中性，所以发生的是电化学腐蚀中的吸氧腐蚀
(2)2Fe－4e－===2Fe2＋　2H2O＋O2＋4e－===4OH－　2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3、2Fe(OH)3＋(x－3)H2O===Fe2O3·xH2O
12．市场上出售的“热敷袋”主要成分是铁屑、炭粉、木屑和少量氯化钠、水等。热敷袋使用前，用塑料袋使之与空气隔绝，使用时打开塑料袋轻轻揉搓就会放出热量，使用完后，你会发现有大量铁锈存在。
(1)“热敷袋”放出的热量是利用了铁________放出的热量。
(2)炭粉的主要作用是______________________________________________________。
(3)氯化钠的主要作用是____________________________________________________。
(4)写出电极反应，正极：____________________，负极：______________________，若铁锈的主要成分为Fe2O3，写出产生Fe2O3的有关反应方程式_____________________________。
解析：此题为结合日常生活应用的实践题目，涉及原电池原理，首先铁应为负极：Fe－2e－===Fe2＋，正极上必然为空气中的氧气得电子：O2＋4e－＋2H2O===4OH－；使用过程中放出大量热必定为Fe被氧化而产生的，最后得到大量铁锈，结合Fe2＋生成Fe(OH)2转化为Fe(OH)3。加入炭粉自然是提供形成原电池的正极，而加入NaCl溶于水就是为了形成电解质溶液。
答案：(1)氧化
(2)与铁屑、氯化钠溶液构成原电池，加速铁屑氧化
(3)氯化钠溶于水形成电解质溶液
(4)2H2O＋O2＋4e－===4OH－　Fe－2e－===Fe2＋　Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3,2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O
13．金属铝易与空气中的氧气发生反应生成一层氧化膜，使铝件有耐腐蚀性，但氧化膜很薄，易被摩擦损坏。为了增厚氧化膜，人们常将铝和铝的合金做进一步的氧化处理。电化学氧化法是将铝件和另一种材料作电极，在特定的电解质溶液中通电电解。在铝与电解质溶液的接触面上
形成一层Al(OH)3薄膜，薄膜的某些部位存在着小孔，电流从小孔通过并产生热量，从而形成一层较厚的氧化膜。
试回答下列问题：
(1)铝件在电解的过程中作_____极(填“阳”或“阴”)。
(2)写出铝件所发生的电极反应式以及形成氧化膜的化学方程式________________________________________________________________________，
______________________________。
(3)在海洋工程上，通常用铝合金(Al－Zn－Cd)保护海底设施，其原理如图所示：其中负极发生的电极反应式为：_______________；在实际应用中，用铝合金而不选用纯铝，纯铝不能很好地起到保护作用，其原因是：__________________________。
解析：本题以电解形成氧化膜(防腐)为背景材料，熟练掌握各学科的定律、规律及知识点的联系，是解决本题的关键。
(1)有的学生思维因受“电镀”知识的定势影响，将铝件作阴极，但Al2O3是由铝单质失去电子后生成的，所以铝件应作阳极，
(2)发生的电极反应式为：Al－3e －＋3OH－===Al(OH)3，生成的Al(OH)3疏松地覆盖在铝件的表面，使电阻增大，温度升高。Al(OH)3分解生成Al2O3，反应方程式为：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O ，生成的Al2O3沉积在铝件表面，逐渐增厚。
(3)金属Al作负极，电极反应为Al－3e－===Al3＋ 。
答案：(1)阳
(2)Al－3e－＋3OH－===Al(OH)3
2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
(3)Al－3e－===Al3＋　 铝合金表面易被氧化，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，使金属铝呈现“惰性”

1．下列说法正确的是(　　)
A．钢铁因含杂质而容易发生电化学腐蚀，所以合金都不耐腐蚀
B．原电池反应是导致金属腐蚀的主要原因，故不能用来减缓金属的腐蚀
C．钢铁电化学腐蚀的两种类型主要区别在于水膜的pH不同，引起的负极反应不同
D．无论哪种类型的腐蚀，其实质都是金属被氧化
解析：选D。金属可以制成防腐蚀的合金，不锈钢，A项不正确；原电池反应既可加快金属的腐蚀，也可用于防止金属的腐蚀，如镀锌铁中的Fe不易腐蚀，B项不正确；依据电化学腐蚀中析氢腐蚀和吸氧腐蚀的原理可知，C项不正确；金属的腐蚀就是金属失电子被氧化的过程，D项正确。
2．钢铁的锈蚀过程中，下列五种变化可能发生的是(　　)
①Fe由＋2价转化为＋3价　②O2被还原　③H＋被还原
④有Fe2O3·xH2O生成　⑤杂质被氧化
A．①②　　　　　　　　 B．③④
C．①②③④ D．①②③④⑤
解析：选C。钢铁的腐蚀过程中铁失电子变为＋2价，氧化后变为＋3价，还存在吸氧腐蚀和析氢腐蚀。
3．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞试液混合溶液的玻璃皿中(如图所示平面图)，经过一段时间后，最先观察到溶液变红的区域是(　　)
图甲　　　　　　　图乙
A．Ⅰ和Ⅲ附近 B．Ⅰ和Ⅳ附近
C．Ⅱ和Ⅲ附近 D．Ⅱ和Ⅳ附近
解析：选B。图甲属电解池，阳极(Fe)电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，阴极(Zn)电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，由于H＋在该极上放电，促进水的电离，产生OH－，故该极附近的溶液最先变红；
图乙属原电池，负极(Zn)电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，正极(Fe)电极反应为 O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故该极附近的溶液最先变红。
4．相同材质的铁在下图中的四种情况下最不易被腐蚀的是(　　)
解析：选C。在A中，食醋提供电解质溶液环境，铁勺和铜盆是相互接触的两个金属极，形成原电池，铁是活泼金属作负极；在B中，食盐水提供电解质溶液环境，铁炒锅和铁铲都是铁碳合金，符合原电池形成的条件，铁是活泼金属作负极，碳作正极；在D中，酸雨提供电解质溶液环境，铁铆钉和铜板分别作负、正极，形成原电池；在上述三种情况中，都是铁作负极，铁容易被腐蚀；在C中，铜镀层将铁球覆盖，使铁被保护，所以铁不易被腐蚀。
5．钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢材约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的腐蚀速率，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Fe被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法。
(3)属于外加电流的阴极保护法，需把被保护的铁闸门连接在电源的负极。
答案：(1)负极：2Fe－4e－===2Fe2＋，
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)C
(3)负

1．下列反应可用于设计原电池的是(　　)
A．H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O
B．2FeCl3＋Fe===3FeCl2
C．Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑
D．NaCl＋AgNO3===NaNO3＋AgCl↓
解析：选B。只有氧化还原反应才能用于设计原电池。
2．对于原电池的电极名称，叙述错误的是(　　)
A．发生氧化反应的一极为负极
B．正极为电子流入的一极
C．比较不活泼的金属为负极
D．电流流出的一极为正极
解析：选C。在原电池中，较活泼的金属为负极，失电子，发生氧化反应，故A正确，C错误；电子流入(或电流流出)的一极为正极，B、D正确。
3．下列烧杯中盛放的都是稀硫酸，不能形成原电池的是(双选)(　　)
解析：选CD。构成原电池的条件是①两种活泼性不同的电极(活泼金属与较不活泼金属或非金属)；②电解质溶液；③形成闭合回路；④总反应为能自发进行的氧化还原反应。在选项中，A项中虽然Zn和Fe都能与硫酸反应，但由于其相对活泼性不同，所以能构成原电池；对于B项的理解，很多同学往往会误认为没有导线，所以不构成原电池，其实只要两个电极能够接触就能形成回路，所以B项能形成原电池；C项中由于电极材料相同，所以不能构成原电池；D项中不能构成闭合回路所以也不能构成原电池。
4．有a、b、c、d四种金属，将a与b用导线连接起来，浸入电解质溶液中，b不易腐蚀。将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应剧烈，将铜浸入b盐溶液中，无明显变化。将铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出。据此可推知它们的活动性顺序由强到弱为(　　)
A．dcab　　　　　　　　　　　 B．dabc
C．dbac D．badc
解析：选B。依题干知，a、b作为电极构成原电池时，b不易被腐蚀，说明金属活动性a>b。d与盐酸反应比a剧烈，说明金属活动性d>a。将铜分别浸入到b和c的溶液中，只能置换出c，说明金属活动性b>c，综上所述，四种金属的活动性由强到弱的顺序为：dabc。
5．100 mL浓度为2 mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的量，可采用的方法是(　　)
A．加入适量的6 mol·L－1的盐酸
B．加入数滴氯化铜溶液
C．加入适量蒸馏水
D．加入适量的氯化钠溶液
解析：选B。A项中增加HCl总量，生成H2增多。C、D项都会使溶液变稀，反应速率减慢。B项中滴入CuCl2溶液，Zn能置换出少量铜，形成原电池使反应速率加快，同时又不影响H2的总量，选B。
6．(2012·南京高二检测)某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，不能实现该反应的原电池是(　　)
A．正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3
B．正极为C，负极为Fe，电解质溶液为Fe(NO3)3
C．正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2(SO4)3
D．正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为Fe2(SO4)3
解析：选C。还原剂应为负极，材料为单质铁；氧化剂为Fe3＋，在正极上得到电子，电解质溶液应该为含有Fe3＋的溶液。C选项不能实现2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
7．将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入相同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是(　　)
A．两个烧杯中铜片表面均无气泡产生
B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C．两个烧杯中溶液的pH均增大
D．产生气泡的速率甲比乙慢
解析：选C。甲装置为原电池，锌片为负极，铜片为正极，铜片上(正极)反应为：2H＋＋2e－===H2↑，有气泡冒出，而乙未形成原电池，Zn与H2SO4直接接触发生化学反应，铜片上无气泡冒出，故A、B均错误；两个烧杯中均消耗H＋产生H2，而使c(H＋)减小，pH增大，C正确；甲因形成原电池而使反应速率加快，D错误。
8．(2012·徐州高二检测)如图是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡片上记录如下，卡片上的描述合理的是(　　)
NO.：28　　Date：2011.11.8
实验后的记录：
①Zn为正极，Cu为负极。
②H＋向负极移动。
③电子流动方向Zn→Cu。
④Cu极上有H2产生。
⑤若有1 mol电子流过导线，则产生H2 0.5 mol。
⑥正极的电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋。
A.①②③ B．③④⑤
C．④⑤⑥ D．②③④
解析：选B。本题考查了锌、铜和稀硫酸构成的原电池的基本工作原理。Zn比Cu活泼，Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－===Zn2＋，Cu为正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，每转移1 mol电子，产生H2 0.5 mol，电子由Zn流出，经导线流向铜片，溶液中H＋向正极移动，SO向负极移动，故选B。
9.
如右图所示，检流计G发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的(　　)
A．A是Zn、B是Cu、C为稀硫酸溶液
B．A是Cu、B是Zn、C为稀硫酸溶液
C．A是Fe、B是Ag、C为AgNO3溶液
D．A是Ag、B是Fe、C为AgNO3溶液
解析：选D。该装置为原电池，A极变粗，说明A上有金属析出，即在A极上发生还原反应，A为正极，电解质溶液中应含有易得电子的金属阳离子，B为负极，应是活泼性比A极材料强的金属，只有D项符合题意，D中负极(Fe)反应：Fe－2e－===Fe2＋，正极(Ag)反应：2Ag＋＋2e－===2Ag。
10．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。Cu作负极，Ag作正极。负极：Cu－2e－===Cu2＋；正极：2Ag＋＋2e－===2Ag。在外电路中，电子由Cu电极流向Ag电极，而电流方向与电子流向相反，所以①错，没有盐桥，原电池不能继续工作，③错。无论是否为原电池，反应实质相同，均为氧化还原反应，④对。
11．(2012·济南高二检测)由A、B、C、D四种金属按下表中装置图进行实验
装置
现象
二价金属A不断溶解
C的质量增加
A上有气体产生
根据实验现象回答下列问题：
(1)装置甲中负极的电极反应式是_________________________。
(2)装置乙中正极的电极反应式是_________________________。
(3)装置丙中溶液的pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)四种金属活泼性由强到弱的顺序是________________________________________________________________________。
解析：甲、乙、丙均为原电池装置。依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活泼性A>B；乙中C极增重，即析出Cu，则B为负极，活泼性B>C；丙中A上有气体即H2产生，则A为正极，活泼性D>A，随着H＋的消耗，pH变大。
答案：(1)A－2e－===A2＋　(2)Cu2＋＋2e－===Cu
(3)变大　(4)D>A>B>C
12．在装有水的烧杯中，用线(绝缘)悬挂一个呈水平方向的由铁和银焊接而成的柱形金属圈，处于平衡状态。如果向水中加入CuSO4溶液(溶液的密度变化不考虑):
(1)片刻后可观察到的现象是(指悬吊的金属圈)________________________________________________________________________
(填选项字母)。
A．铁圈和银圈左右摇摆不定
B．保持平衡状态不变
C．铁圈向下倾斜
D．银圈向下倾斜
(2)产生上述现象的原因是：______________________________________。
解析：一般认为铜离子与铁发生置换反应，铁圈增重向下沉。实际上应该考虑原电池反应，铜将在银圈上析出而不是在铁圈上析出，所以应该是银圈下沉铁圈上升。
答案：(1)D　 (2)因原电池反应，铁圈不断溶解，铜在银圈(正极)上析出，所以银圈下沉铁圈上升
13．写出Fe-Cu-浓硝酸构成的原电池的电极反应式及电池反应式。
解析：Fe遇冷的浓硝酸钝化，故在该原电池中Cu作负极，Fe作正极，浓硝酸为电解质溶液。
答案：负极反应式：Cu－2e－===Cu2＋，
正极反应式：4H＋＋2NO＋2e－===2H2O＋2NO2↑；
电池反应式：Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2H2O＋2NO2↑。

1．下列叙述中正确的是(　　)
A．原电池的负极得电子，发生还原反应
B．原电池中较活泼的金属作正极
C．原电池中的电极一定要由两种不同的金属组成
D．原电池中发生氧化反应的电极是负极
解析：选D。原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应。
2．下列能形成原电池装置并能产生明显电流的是(　　)
解析：选C。解题时先明确原电池的形成条件，再依次判断。构成原电池要有三个基本条件：①电解质溶液；②两个电极，其中一个相对较活泼，另一个相对较不活泼，两个电极直接或间接地连接在一起，并插入电解质溶液中，能自发地发生氧化还原反应；③形成闭合回路。A中缺电解质溶液(酒精是非电解质)；B中两电极相同；D中没有形成闭合回路，故A、B、D不能组成原电池。只有C具备形成原电池的条件，可组成原电池。
3．一个原电池的总反应的离子方程式是Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，该原电池的正确组成是(　　)
A
B
C
D
正极
Zn
Cu
Zn
Fe
负极
Cu
Zn
Ag
Zn
电解质溶液
CuCl2
H2SO4
CuSO4
CuCl2
解析：选D。A项，Zn应为负极，Cu应为正极；B项，电池总反应为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑；C项，Zn应为负极，Ag应为正极。
4．有X、Y、Z、W四种金属，已知：①X(OH)3的碱性强于Y(OH)2；②X3＋可将Z氧化；③W可与热水反应产生H2，X不能与热水反应；④把X的金属片插入稀H2SO4中，让金属片与Z接触，则X溶解速率加快。下列四种金属活动性强弱关系中一定正确的是(　　)
A．X>Y　　　　　　　　 B．Z>Y
C．W>Z D．Z>X
解析：选C。据③知金属性W>X；据④知金属性X>Z，则W>Z，C选项正确，D选项错误；据①，由于没有说明是主族元素最高价氧化物对应的水化物，故X、Y的金属性无法比较；据②也不能判定X、Z的金属性强弱，如：Mg＋2Fe3＋===Mg2＋＋2Fe2＋，Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋。
5．利用反应：Zn＋2FeCl3===ZnCl2＋2FeCl2组成一个化学电池。
(1)画出装置图，并指出正极为________，电极反应式为：___________________________，负极为________，电极反应式为：________________________________________________________________________。
(2)若电池内溶液为100 mL 0.5 mol·L－1的FeCl3溶液，当溶液中FeCl3全部被还原成FeCl2时，溶液中ZnCl2的
物质的量浓度是______，导线上通过的电子是____mol。
解析：(1)据氧化还原方程式知还原剂Zn为负极，电极反应为：Zn－2e－===Zn2＋，正极可为Cu、Fe、Ag或石墨，电极反应为：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋。
(2)n(Fe3＋)＝0.5 mol·L－1×0.1 L＝0.05 mol，则转移电子的物质的量为0.05 mol，c(ZnCl2)＝1/2×0.5 mol·L－1＝0.25 mol·L－1。
答案： (1)
石墨(答案合理即可)　2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋　Zn
Zn－2e－===Zn2＋
(2)0.25 mol·L－1　 0.05

1．茫茫黑夜中，航标灯为航海员指明了方向。航标灯的电源必须长效、稳定。我国科技工作者研制出以铝合金、Pt-Fe合金网为电极材料的海水电池。在这种电池中，下列描述正确的是(　　)
①铝合金理论上不会被消耗　②铝合金是负极　③海水是电解液　④铝合金电极发生还原反应
A．②③　　　　　　　　 B．②④
C．①② D．①④
解析：选A。较活泼的铝合金为负极(②对、①不对)，Pt-Fe合金网为正极，海水是电解液(③对)，负极上发生氧化反应(④错)。
2．如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是(　　)
A．a电极是负极
B．b电极的电极反应为：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
D．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置
解析：选B。分析氢氧燃料电池原理示意图可知a极为负极，其电极反应为：2H2－4e－===4H＋，b极为正极，其电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，电池总反应式为：2H2＋O2===2H2O。H2为还原剂，O2为氧化剂，H2、O2不需全部储藏在电池内。
3．一种燃料电池中发生的化学反应为：在酸性溶液中甲醇与氧作用生成水和二氧化碳。该电池负极发生的反应是(　　)
A．CH3OH(g)＋O2(g)－2e－===H2O(l)＋CO2(g)＋2H＋(aq)
B．O2(g)＋4H＋(aq)＋4e－===2H2O(l)
C．CH3OH(g)＋H2O(l)－6e－===CO2(g)＋6H＋(aq)
D．O2(g)＋2H2O(l)＋4e－===4OH－
解析：选C。该原电池的负极反应物为甲醇，负极反应式中不应该出现氧化剂，而A、B、D项中电极反应物中均出现氧化剂氧气，所以A、B、D不正确。
4．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn(s)＋2MnO2(s)＋H2O(l)===Zn(OH)2(s)＋Mn2O3(s)，下列说法错误的是(　　)
A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为2MnO2(s)＋H2O(l)＋2e－===Mn2O3(s)＋2OH－(aq)
C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D．外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量理论上减小6.5 g
解析：选C。根据原电池原理结合氧化还原反应的有关常识可判断出原电池的电极及其反应式、电子得失情况及流向。
5．获得“863”计划和中科院“百人计划”支持的环境友好型铝碘电池已研制成功，电解液为AlI3溶液，已知电池总反应为：2Al＋3I2===2AlI3。下列说法不正确的是(　　)
A．该电池负极的电极反应为：Al－3e－===Al3＋
B．电池工作时，溶液中铝离子向正极移动
C．消耗相同质量金属时，用锂作负极时，产生电子的物质的量比铝多
D．该电池可能是一种可充电的二次电池
解析：选D。由电池总反应方程式和电池中离子的移动方向可知A、B正确；锂提供的电子数与其质量比是金属中最大的，C正确；充电时为电解池，而在水溶液中Al3＋不可能放电析出到电极上，所以D不正确。
6．肼(N2H4)－空气燃料电池是一种环保型碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。电池总反应为：N2H4＋O2===N2＋2H2O。下列关于该燃料电池工作时的说法正确的是(　　)
A．负极的电极反应式是：
N2H4＋4OH－－4e－===4H2O＋N2↑
B．正极的电极反应式是：O2＋4H＋＋4e－===2H2O
C．溶液中阴离子向正极移动
D．溶液中阴离子物质的量显著减少
解析：选A。由电池总反应：N2H4＋O2===N2＋2H2O知，在反应中N2H4中N元素由－2价变为0价，失电子，发生氧化反应，为负极，O2得电子发生还原反应，为正极，又由于电解质溶液为KOH溶液，故电极反应式为：负极：N2H4－4e－＋4OH－===N2↑＋4H2O，正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，负极失电子带正电，使溶液中阴离子向负极移动，根据总反应式知，n(OH－)不变。
7．以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。关于该电池的叙述正确的是(　　)
A．该电池能够在高温下工作
B．电池的负极反应为：C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋
C．放电过程中，H＋从正极区向负极区迁移
D．在电池反应中，每消耗1 mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体 L
解析：选B。高温下，微生物发生蛋白质的变性，A错误；B正确；放电过程中，H＋移向正极区，C错误；葡萄糖燃料电池的总反应式为：C6H12O6＋6O2―→6CO2＋6H2O，即1 mol O2～1 mol CO2，每消耗1 mol O2，理论上生成标准状况下CO2气体为22.4 L，D错误。
8．固体氧化物燃料电池是由美国西屋公司研制开发的。它以固体氧化锆-氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2－)在其间通过。该电池的工作原理如下图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是(　　)
A．有O2放电的a极为电池的负极
B．有H2放电的b极为电池的正极
C．a极对应的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．该电池的总反应方程式为2H2＋O2===2H2O
解析：选D。a为正极：O2＋4e－===2O2－，b为负极：2H2＋2O2－－4e－===2H2O，总反应方程式：2H2＋O2===2H2O。
9．美国纽约州的工科大学——伦斯勒理工学院(RPI)宣布开发出了由纤维素和碳纳米管组成的双层电容器。这些元件的厚度仅为数十微米，相当于人头发的粗细，能够和纸一样弯曲。RPI的研究人员认为，“未来能够利用卷对卷印刷技术制造电池”。
一种碳纳米管(里面储存有H2)二次电池的装置如图所示。该电池的电解质溶液为6 mol·L－1的KOH溶液，下列有关说法不正确的是(　　)
A．储存H2的碳纳米管作电池的负极
B．电池的负极反应式为H2＋2OH－－2e－===2H2O
C．电池的正极反应式为NiOOH＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－
D．放电时，电池总反应为2H2＋O2===2H2O
解析：选D。该二次电池中H2在负极上失去电子被氧化，在碱性介质中生成水，电池的负极反应式为H2＋2OH－－2e－===2H2O。由图示可知，正极上NiOOH被还原为Ni(OH)2，电池的正极反应式为NiOOH＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－，正极反应式的计量数扩大2倍与负极电极反应式相加即得总反应为：2NiOOH＋H2===2Ni(OH)2，故D错。
10．微型钮扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池， 其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应为：Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O，Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－
根据上述反应式，做下列题目：
(1)判断下列叙述中正确的是______。
A．在使用过程中，电解质KOH被不断消耗
B．使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
C．Zn是负极，Ag2O是正极
D．Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应
(2)写出电池的总反应式_____________________。
(3)使用时，负极区的pH______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，正极区的pH______，电解质溶液的pH______。
解析：(1)选C。判断原电池的正、负极，可以从两个方面：①微观：电子流出的一极是负极，电子流入的一极是正极。②宏观：活泼的一极是负极，不活泼的一极是正极，电子是从负极沿导线流入正极，据此判断Zn为负极，发生氧化反应，Ag2O为正极，发生还原反应，将两极反应式相加得总反应式，由总反应式知，使用过程中KOH的量不变。
(2)将正、负极的电极反应式合并就可得到总反应式：
Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag。
(3)负极反应时，消耗OH－，则负极区pH减小，正极反应时，生成了OH－，故正极区pH增大，负极消耗OH－的量与正极反应生成OH－的量相等，所以电解质溶液的pH不变。
答案：(1)C
(2)Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag
(3)减小　 增大　 不变
11．航天飞机常采用新型燃料电池作为电能来源，燃料电池一般指采用H2、CH4、CO、C2H5OH等可燃物质与O2－一起构成的电池装置，它可直接将化学能转化为电能。甲烷电池是常用的燃料电池，该电池以KOH溶液为电解液，其总反应的化学方程式为：CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O。
(1)负极上的电极反应式为_____________________。
(2)消耗标准状况下5.6 L O2时，有_______mol电子发生转移。
(3)开始放电时，正极附近溶液的pH______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
解析：(1)负极发生氧化反应，从总反应式可知它是CH4→CO的反应。由CH4、CO中C元素的化合价分别为－4，＋4可知负极的电极反应式为CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O。
(2)设有x mol电子发生转移，由关系式知
CH4　　　～　　2O2　　　 ～　　 8e－
　　　　　 　2 mol　　　　　　8 mol
　　　　 　　　 x mol
得x＝1。
(3)开始放电时，正极发生反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，因此该极附近pH增大。
答案：(1)CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O
(2)1
(3)增大
12. Li-SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解质是LiAlCl4-SOCl2。电池的总反应可表示为：4Li＋2SOCl2===4LiCl＋S＋SO2↑。
请回答下列问题：
(1)电池的负极材料为________，发生的电极反应为__________________；
(2)电池正极发生的电极反应为__________________；
(3)SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是__________________，反应的化学方程式为____________________；
(4)组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，原因是___________________________________________。
解析：分析反应的化合价变化，可得Li为还原剂，SOCl2为氧化剂。
(1)负极材料为Li(还原剂)，电极反应式为Li－e－===Li＋。
(2)正极反应式可由总反应式减去负极反应式得到：2SOCl2＋4e－===4Cl－＋S＋SO2↑。
(3)题中给出有碱液吸收时的产物，则没有碱液吸收时的产物应为SO2和HCl，所以现象应该为出现白雾和有刺激性气味气体生成。
(4)因为构成电池的主要成分Li能和氧气、水反应，且SOCl2也与水反应。
答案：(1)Li　Li－e－===Li＋
(2)2SOCl2＋4e－===4Cl－＋S＋SO2↑
(3)出现白雾、有刺激性气味气体生成
SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑
(4)因为构成电池的主要成分Li能和氧气、水反应，且SOCl2也与水反应
13．在长期载人太空飞行的宇航器中，每个宇航员平均每天要消耗0.9 kg氧气，呼出1.0 kg的二氧化碳，为了保持飞船座舱内空气成分的稳定，宇航科学家进行大量的科学探索。
方法一：有的科学家提出“金属过氧化物处理系统”，即不断地将座舱内的空气通过盛有金属过氧化物(以过氧化钠为例)的容器，并把处理后的气体充入座舱。有关的化学方程式为(1)__________________________，(2)__________________________；将处理后的气体充入座舱时，应注意采取的一项措施是_______________________________________。
方法二：有的科学家设计了飞船内空气更新实验系统，该系统结构示意图如图：
电化学处理系统　　　　　　　电解水系统
(1)管道①把飞船座舱内含有较多量CO2的潮湿空气通入“电化学二氧化碳处理系统”的N极室，通过该电极反应可以使CO2不断被吸收，该电极反应式为___________________。其电极产物吸收CO2的离子方程式为__________________。在N极室吸收CO2后形成的离子会通过隔膜进入M极室，通过M极的电极反应可以使CO2从电解液中释放出来，并保持系统的pH不变，该电极反应式为______________________________，CO2逸出的离子方程式为______________________________。
(2)逸出的CO2没有排除飞船外，而是通过管道③进入“二氧化碳还原系统”。在该系统内，CO2跟H2在一定条件下反应，其产物为甲烷等气体，请评价这样处理的意义
________________________________________________________________________
_____________________________________。
解析：方法一：提示以Na2O2为例处理座舱内的空气，所以反应以Na2O2分别与CO2和水蒸气为反应；因为在处理过程中消耗了水蒸气，所以需补充水蒸气。
方法二：“电化学二氧化碳处理系统”是按原电池原理设计的燃料电池。总反应式为O2＋2H2===2H2O。N极室通入了“含有较多量CO2的潮湿空气”，N极是原电池的正极，空气中O2变为OH－：O2＋2H2O＋4e－===4OH－；同时，通入的二氧化碳与过量的OH－反应生成CO，这样，在原电池内部，剩余的CO和OH－都要向M极移动。M极是原电池的负极，通入的H2失电子变成H＋：H2－2e－===2H＋；负极区产生的H＋与正极区产生的CO和OH－恰好反应：H＋＋OH－===H2O，CO＋2H＋===H2O＋CO2↑；逸出的二氧化碳和氢气被送入“二氧化碳还原系统”；生成的水可以利用燃料电池进行电解：2H2O2H2↑＋O2↑，电解产生的氧气供宇航员呼吸用。
答案：方法一：(1)2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑　
充入适量水蒸气，增加“空气”湿度
方法二：(1)O2＋2H2O＋4e－===4OH－　2OH－＋CO2===H2O＋CO
H2＋2OH－－2e－===2H2O　 H2＋CO－2e－===2H2O＋CO2↑
(2)既能为电解水系统提供水，又能减少太空污染，还能产生供飞船使用的燃料

1．下列说法中正确的是(　　)
A．镍氢电池、锂离子电池和碱性锌锰干电池都是二次电池
B．燃料电池是一种高效但是会污染环境的新型电池
C．化学电池的反应基础是氧化还原反应
D．铅蓄电池放电的时候正极是Pb负极是PbO2
解析：选C。A项中碱性锌锰干电池是一次电池，A项错误；燃料电池是一种高效不会污染环境的新型电池，B项错误；铅蓄电池放电的时候正极是PbO2，负极是Pb，D项错误。
2．银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为：
2Ag＋Zn(OH)2Ag2O＋Zn＋H2O，在此电池放电时，负极上发生反应的物质是(　　)
A．Ag　　　　　　　　　　　 B．Zn(OH)2
C．Ag2O D．Zn
解析：选D。此电池放电时是原电池，反应物应从右边找，在Ag2O、Zn、H2O中Zn失去电子被氧化，故Zn是负极。
3．据报道，我国拥有完全自主产权的氢氧燃料电池车在北京奥运会期间为运动员提供了服务。某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是(　　)
A．正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变
C．该燃料电池的总反应方程式为：2H2＋O2===2H2O
D．用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24 L Cl2(标准状况)时，有0.1 mol电子转移
解析：选D。把释放能量的氧化还原反应：2H2＋O2===2H2O通过电池反应进行就制得氢氧燃料电池。H2失去电子，在负极上被氧化，产生H＋，由于电解液中有大量的OH－，所以电极反应式为：2H2－4e－＋4OH－===4H2O。工作一段时间后，KOH溶液被稀释，但KOH的物质的量不变。对D项，n(Cl2)＝0.1 mol，转移电子0.2 mol。
4．铅蓄电池(原电池)工作时，总反应为：PbO2＋Pb＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，由此可以判断：
(1)铅蓄电池的电极材料：正极为________，负极为________。
(2)两极的电极反应式：正极为________________________________________________________________________，
负极为________________________________________________________________________。
(3)工作一段时间后，铅蓄电池电解质溶液的pH__________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
解析：反应中发生氧化反应的是Pb，所以Pb是负极，发生还原反应的是PbO2，所以正极是PbO2。负极Pb失去电子，发生氧化反应变为Pb2＋，但是在硫酸环境下，Pb2＋与SO不能共存，生成PbSO4；正极PbO2得到电子发生还原反应，也生成Pb2＋，在硫酸环境中也生成PbSO4，同时氧与酸中的H＋反应生成水。
答案：(1)PbO2　Pb　(2)PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O　Pb＋SO－2e－===PbSO4　(3)变大
5．(1)今有2H2＋O22H2O反应，构成燃料电池，则负极通的应是__________，正极通的应是__________，电极反应式分别为________________________、____________________________。
(2)如把KOH改为稀H2SO4作电解质，则电极反应式分别为______________________________、____________________________。(1)和(2)的电解液不同，反应进行后，其溶液的pH各有何变化？________________________________________________________________________。
(3)如把H2改为甲烷，KOH作导电物质，则电极反应式为__________________、____________________。
解析：根据电池反应式可知H2在反应中被氧化，O2被还原，因此H2应在负极上反应，O2应在正极上反应。又因为是碱性溶液，此时应考虑不可能有H＋参加或生成，故负极反应为：2H2＋4OH－－4e－===4H2O，正极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－。若将导电物质换成酸性溶液，此时应考虑不可能有OH－参加或生成，故负极：2H2－4e－===4H＋，正极：O2＋4H＋＋4e－===2H2O。由于前者在碱性条件下反应KOH量不变，但工作时H2O增多，故溶液变稀，碱性变小，pH将变小。而后者为酸溶液，H2SO4不变、水增多，溶液酸性变小，故pH将变大。如把H2改为甲烷，用KOH作导电物质，根据反应CH4＋2O2===CO2＋2H2O，则负极为发生氧化反应的CH4，正极为发生还原反应的O2，由于有KOH存在，此时不会有CO2放出。
答案：(1)H2　O2　负极：2H2＋4OH－－4e－===4H2O　
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)负极：2H2－4e－===4H＋　正极：O2＋4H＋＋4e－===2H2O　(1)中pH变小，(2)中pH变大
(3)负极：CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O
正极：2O2＋4H2O＋8e－===8OH－

1．电解某盐溶液时在阴阳两极上一定相等的是(　　)
A．析出金属的物质的量　　　　　 B．析出金属的质量
C．通过的电子数目 D．放出气体的体积
解析：选C。电解池的阳极上一定不会析出金属，A、B项不成立；阴、阳两极若同时放出气体，放出气体的体积不一定相等，如用石墨电极电解食盐水时两极放出气体的体积相等，若用石墨电极电解Na2SO4溶液时，阴、阳两极放出H2、O2的体积比为2∶1，D项不符合题意。
2．下列关于铜电极的叙述不正确的是(　　)
A．在镀件上镀铜时镀件作阴极
B．在镀件上镀铜时可用金属铜作阳极
C．用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极
D．用电解法精炼粗铜时纯铜作阳极
解析：选D。在镀件上镀铜时，要将镀件制品作阴极，金属铜作阳极，用含有铜离子的电解质溶液作电解液，故A、B正确；用电解法精炼粗铜时，要用粗铜作阳极，纯铜作阴极，用含铜离子的电解质溶液作电解液，故C正确、D错误。
3．下列说法错误的是(　　)
A．电解质的导电过程是化学变化，而金属的导电是物理变化
B．电解质溶液导电的过程，就是电解质被电解的过程
C．电解质在任何条件下均可以导电
D．电解质溶液在导电过程中一定有新物质生成
解析：选C。电解质导电的过程就是被电解的过程，在电解过程中发生氧化还原反应一定有新物质生成，所以是化学变化；而金属导电是靠自由电子的定向移动，无新物质生成，是物理变化，故A、B、D项正确。电解质要导电只有在电离的条件下，存在自由移动的离子时才能导电，所以C项错误。
4．用惰性电极分别电解下列各物质的水溶液，一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量相应的溶质能使溶液恢复到电解前浓度的是(　　)
A．AgNO3 B．Na2SO4
C．CuCl2 D．KCl
解析：选C。直接加入溶质就能使溶液恢复到电解前的浓度应属于电解溶质型，即选C；AgNO3发生的电解反应是：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3，可加Ag2O或Ag2CO3；电解Na2SO4的水溶液实际电解的是水；电解KCl水溶液实际电解的是溶质和溶剂，类似电解NaCl溶液，通HCl气体能恢复原状。
5．如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味气体放出。符合这一情况的是附表中的(　　)
a极板
b极板
X电极
Z溶液
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
,
解析：选A。由题意知，通电后a极板质量增加，说明有金属析出，由此可知，a极为电解池的阴极，则X为电源负极，B、C均不符合；又b极放出的是无色无味的气体，可淘汰D。
6.
如图所示的两个实验装置中，溶液的体积均为200 mL，开始时电解质溶液的浓度均为0.1 mol·L－1，工作一段时间后，测得两端导线中均通过0.02 mol电子，若不考虑盐的水解和溶液体积的变化，则下列叙述中正确的是(　　)
A．产生气体的体积：①>②
B．两极上析出物质的质量：②>①
C．溶液的pH变化：①增大，②减小
D．电极反应式：①中阳极：4OH－===2H2O＋O2↑＋4e－；②中阴极：2H＋＋2e－===H2↑
解析：选D。A选项中因①中只有阳极上发生4OH－===2H2O＋O2↑＋4e－而放出气体，②中只有阴极上发生：2H＋＋2e－===H2↑而放出气体，通过等量的电子时，产生的气体体积为②>①，A不正确；B选项中①中在阴极上发生Cu2＋＋2e－===Cu，在阳极上发生：4OH－===2H2O＋O2↑＋4e－，析出Cu和O2，而在②中只在阴极上析出H2，故电极上析出物质的质量①>②；C选项中①中电解CuSO4溶液时，生成了H2SO4(2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑)使溶液酸性增强，pH减小；②中反应消耗了H2SO4，使c(H＋)减小，pH增大。
7．在25 ℃时，将两个铜电极插入到一定的Na2SO4饱和溶液中，通直流电电解并不断搅拌，当阴极上收集到a mol气体时，溶液中析出了b mol的结晶水合物Na2SO4·10H2O，若保持温度不变，则所剩溶液中溶质的质量分数是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C。电解发生的电极反应：阳极为Cu===Cu2＋＋2e－，阴极为2H＋＋2e－===H2↑。电解时总的化学反应方程式为Cu＋2H2OCu(OH)2↓＋H2↑，阴极逸出a mol H2，水被电解了2a mol，根据溶解度知识，所剩溶液中溶质的质量分数＝
×100%＝。
8．观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是(　　)
A．装置①中阳极上析出红色固体
B．装置②的待镀铁制品应与电源正极相连
C．装置③中外电路电子由a极流向b极
D．装置④中的离子交换膜允许阳离子、阴离子、水分子自由通过
解析：选C。本题所涉及的四个装置图全部来源于高中教材，装置①，电解氯化铜的装置图中没有标明电极材料的名称，但根据溶液的组成及所给提示“电解CuCl2溶液实验装置示意图”，不难判断，铜应该在阴极上析出。电镀实验中，待镀金属作为阴(负)极，故在装置②电镀铜实验中，待镀铁制品应与电源负极相连。装置③，根据氢气的入口，故很容易判断出原电池的左边为负极，氢气在左边电极上失电子，故外电路电子由a极流向b极。装置④的离子交换膜是阳离子交换膜，只允许阳离子、水分子自由通过，不允许阴离子通过。
9．按图甲装置进行实验，若图乙中横坐标x表示通过电极的电子的物质的量。下列叙述正确的是(　　)
A．F表示反应生成Cu的物质的量
B．E表示反应实际消耗H2O的物质的量
C．E表示反应生成O2的物质的量
D．F表示反应生成H2SO4的物质的量
解析：选B。电解实质为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，则每通过4 mol e－，生成Cu 2 mol，O2 1 mol，耗H2O 2 mol，生成H2SO4 2 mol。
10．以铁为阳极、铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解。一段时间后得到2 mol Fe(OH)3沉淀，此时共消耗的水的物质的量为(　　)
A．2 mol B．3 mol
C．4 mol D．5 mol
解析：选D。电极反应式为：
阳极：Fe－2e－===Fe2＋
阴极：2H＋＋2e－===H2↑
沉淀反应为：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，
4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3
整个过程的总反应方程式可写为：
4Fe＋10H2O＋O24Fe(OH)3＋4H2↑
故得到2 mol Fe(OH)3沉淀，共消耗水5 mol。
11．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c(CuSO4)＝____________。
(3)若A中KCl溶液的体积也是200 mL，电解后溶液中仍有Cl－，则电解后溶液的pH＝__________。
解析：①要注意电解的阶段性。如含Cl－的溶液中Cl－电解完后继续通电会使OH－放电，Cu2＋在阴极上被电解完全后H＋又会放电等。②电极反应式和总反应方程式、电解产物物质的量与得失电子数之间的关系式是电化学计算的主要依据。
(1)铜极增重，说明银在铜极析出，则铜极为阴极，X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＋已被电解完。由2e－～Cu，可知n(Cu2＋)＝0.005 mol，则：c(CuSO4)＝0.005 mol÷0.2 L＝0.025 mol·L－1。
(3)由4e－～4OH－知，A中生成0.02 mol OH－，则：c(OH－)＝0.1 mol·L－1，pH＝13。
答案：(1)负
(2)0.025 mol·L－1
(3)13
12．氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：
依据上图，完成下列填空：
(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的电极反应式为________________________，与电源负极相连的电极附近，溶液pH________(选填“不变”、“升高”或“下降”)。
(2)工业食盐中含Ca2＋、Mg2＋等杂质，精制过程中除去这些杂质时发生反应的离子方程式为__________________________、__________________________。
(3)如果粗盐中SO含量过高，必须添加钡试剂除去SO，该钡试剂可以是________(填写字母序号，下同)。
A．Ba(OH)2　　　　B．Ba(NO3)2　　　　C．BaCl2
(4)为有效除去Ca2＋、Mg2＋、SO，加入试剂的合理顺序为________。
A．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂
B．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
C．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3
(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过________、冷却、________、________(填写操作名称)除去NaCl。
(6)用隔膜法电解食盐水时，电解槽分隔为阳极区和阴极区，防止Cl2与NaOH反应；采用无隔膜法电解冷的食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，得到的产物仅是NaClO和H2，则与该反应相应的化学方程式为________________________________________________。
解析：(1)电解饱和食盐水，与电源正极相连的电极为阳极，电极反应式是2Cl－－2e－===Cl2↑；与电源负极相连的电极为阴极，电极反应式是2H＋＋2e－===H2↑，消耗H＋，产生OH－，所以溶液的pH升高。
(2)除去Ca2＋：Ca2＋＋CO===CaCO3↓，除去Mg2＋：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，由于Mg(OH)2的溶解能力小于MgCO3，所以Mg2＋与CO、OH－混合时，一般是生成Mg(OH)2沉淀。
(3)除去SO，应选择Ba2＋，如果加入Ba(NO3)2，溶液中会引进新的杂质，加入Ba(OH)2、BaCl2不会增加新的杂质，选A、C。
(4)除去杂质时加入Ba2＋和OH－，无先后之分，但Na2CO3一定要在最后加入，因为CO还要除去多余的Ba2＋，过滤沉淀后即认为NaCl被提纯，选B、C。
(5)脱盐实际上是分离NaOH和NaCl，由于NaCl溶解度小，因而NaCl首先析出，其操作过程是蒸发、冷却、结晶，经过滤得NaCl晶体，滤液进一步精制得NaOH。
(6)将2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑和Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O合并，即可得出答案。
答案：(1)2Cl－－2e－===Cl2↑　升高
(2)Ca2＋＋CO===CaCO3↓
Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
(3)AC
(4)BC
(5)蒸发　结晶　过滤
(6)NaCl＋H2ONaClO＋H2↑(或2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH；Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O)
13．工业上为了处理含有Cr2O的酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水中加入适量NaCl，以Fe为电极进行电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，工业废水中铬的含量已低于排放标准。
(1)两极发生反应的电极反应式________________________________________________________________________
____________、________________________________________________________________________。
(2)写出Cr2O变为Cr3＋的离子方程式：________________________________________。
(3)工业废水由酸性变为碱性的原因是____________________________________________________。
(4)________(填“能”或“不能”)改用石墨作电极，原因是________________________________________________________________________。
解析：通过电解形成Fe2＋，然后Fe2＋和Cr2O反应生成Fe3＋和Cr3＋，最后形成沉淀。
答案：(1)Fe－2e－===Fe2＋　2H＋＋2e－===H2↑
(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(3)H＋不断放电，Cr2O与Fe2＋反应消耗H＋，打破了水的电离平衡，使溶液c(OH－)>c(H＋)
(4)不能　用石墨作电极，阳极产生Cl2，得不到Fe2＋，缺少还原剂，不能使Cr2O―→Cr3＋―→Cr(OH)3↓而除去

1．关于电解槽的叙述中，不正确的是(　　)
A．电解槽的阳极发生氧化反应
B．电子从电源的负极沿导线流入电解槽的阴极
C．与电源正极相连的是电解槽的阴极
D．参与电解的阳离子往阴极移动
解析：选C。与电源正极相连的是电解槽的阳极。
2.
某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，通电时，为使Cl2被完全吸收制得有较强杀菌能力的消毒液，设计了如图所示的装置。以下对电源电极名称和消毒液的主要成分判断正确的是(　　)
A．a为正极，b为负极；NaClO和NaCl
B．a为负极，b为正极；NaClO和NaCl
C．a为阳极，b为阴极；HClO和NaCl
D．a为阴极，b为阳极；HClO和NaCl
解析：选B。电解饱和食盐水的方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，NaOH在阴极区生成，Cl2在阳极区生成。按照该学生制作的竖直的家用环保型消毒装置，若将阳极置于上方，则氯气一生成即逸出，不能完全与NaOH作用。显然，应将阳极置于下方，阴极置于上方，下方阳极生成的氯气通过溶液时即可很好地被阴极生成的NaOH吸收。反应为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。还应注意的是图中电极a、b是电源的电极而非电解池的电极。与电解装置上方阴极相连的a为电源的负极，则b为正极。
3．根据金属活动性顺序表，Cu不能发生：Cu＋2H2O===Cu(OH)2＋H2↑的反应。但是选择恰当的电极材料和电解质溶液进行电解，这个反应就能实现。下列四组电极和电解质溶液中，能实现该反应最为恰当的一组是(　　)
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
CuSO4
溶液
解析：选B。分析所给出的化学方程式可知Cu为阳极：Cu－2e－===Cu2＋；2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－为阴极反应；C项电解质溶液为H2SO4会与生成的Cu(OH)2中和，
实际上不会生成Cu(OH)2；D项在Pt上析出铜，不会生成Cu(OH)2；而B项中Na2SO4溶液起增强导电性作用，可以发生电解反应Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑。
4．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(方括号内的物质)，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。A项：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3，脱离反应体系的物质是4Ag＋O2，相当于2Ag2O，所以应当加入适量Ag2O才能复原(加入AgNO3，会使NO的量增加)；B项：2H2O2H2↑＋O2↑，脱离反应体系的是2H2＋O2，相当于2H2O，加入适量水可以复原；C项：2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑，脱离反应体系的是H2＋Cl2，相当于2HCl，应通入适量HCl气体才能复原(加入盐酸时，同时也增加了水)；D项：2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑，脱离反应体系的是2Cu＋O2，相当于2CuO，加入适量CuO可以复原。
5．用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则电解过程中转移的电子的物质的量为(　　)
A．0.1 mol B．0.2 mol
C．0.3 mol D．0.4 mol
解析：选D。由电解CuSO4溶液的反应的化学方程式2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4知，电解过程中只析出Cu和放出O2，故电解后加入CuO就可以复原。但本题提示加入0.1 mol Cu(OH)2可以复原，说明电解过程中不仅有CuSO4被电解，还有H2O被电解。0.1 mol Cu(OH)2相当于0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，由电子守恒得0.1 mol CuO～0.1 mol Cu～0.2 mol e－，0.1 mol H2O～0.1 mol H2～0.2 mol e－，共计0.4 mol e－。

(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，每小题只有一个正确答案)
1．下列关于化学反应的熵变的叙述中，正确的是(　　)
A．化学反应的熵变与反应的方向无关
B．化学反应的熵变直接决定了反应的方向
C．熵变为正的反应都是混乱度增大的反应
D．熵变为正的反应都能自发进行
解析：选C。熵变为正，表示反应是一个熵增加的反应。这种反应从熵变角度来判定是有利于自发进行的，也仅仅是有利于，不一定可以自发进行。虽然仅仅依靠熵变不能决定化学反应的方向，但是熵变影响一个化学反应进行的方向。熵变是表示体系混乱程度的变化，ΔS是正值，表示混乱度增大。
2．用3 g块状大理石与30 mL 3 mol·L－1盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是(　　)
①再加入30 mL 3 mol·L－1盐酸　②改用30 mL 6 mol·L－1盐酸　③改用3 g粉末状大理石　④适当升高温度
A．①②④ B．②③④
C．①③④ D．①②③
解析：选B。①中再加入的盐酸与原盐酸浓度相同，故加入后c(HCl)不变，v不变，而②中，c(HCl)增大，v加快；③增大了反应物的接触面积，化学反应速率加快；④温度升高，化学反应速率加快。
3．下列叙述中，不正确的是(　　)
A．某特定反应的平衡常数仅是温度的函数
B．焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的
C．平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动，达到新的平衡
D．化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化
解析：选D。平衡常数是表示一个可逆反应达到化学平衡状态时，生成物浓度系数次方的乘积与反应物浓度系数次方的乘积的比值，平衡常数表征了化学反应的限度，故平衡常数变，平衡一定发生移动，C正确；但平衡发生移动，平衡常数不一定会改变，如浓度改变引起的平衡移动其平衡常数不变，故D错误；平衡常数仅受温度影响，A正确；当ΔH<0，ΔS>0时，ΔH－TΔS恒小于0，故反应一定自发，B正确。
4．对达到平衡状态的可逆反应：A＋BC＋D，在t1时增大压强，则正、逆反应速率变化如图所示(v表示反应速率，t代表时间)，下列有关A、B、C、D的状态叙述正确的是(　　)
A．A、B、C是气体，D不是气体
B．A、B是气体，C、D有一种是气体
C．C、D是气体，A、B有一种是气体
D．C、D有一种是气体，A、B都不是气体
解析：选C。增大压强，v(逆)＞v(正)，平衡向逆反应方向移动，则逆反应是气体体积减小的反应。
5．下列事实中不能用勒夏特列原理来解释的是(　　)
A．向H2S水溶液中加入NaOH有利于S2－增多
B．鼓入过量空气有利于SO2转化为SO3
C．高压对合成氨有利
D．500 ℃左右比室温更有利于合成氨的反应
解析：选D。A中放入NaOH使HS－H＋＋S2－平衡右移，B中空气过量提供充足O2，使2SO2＋O22SO3平衡右移，C中高压使N2＋3H22NH3平衡右移。
6．在密闭容器中进行A(g)＋4B(g) 2C(g)＋3D(g)的反应，其中A、B、C、D的起始浓度分别为0.1 mol·L－1、0.4 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.3 mol·L－1，当反应达到平衡时，各物质的物质的量浓度不可能是(　　)
A．c(A)＝0.15 mol·L－1
B．c(B)＝0.8 mol·L－1
C．c(C)＝0.3 mol·L－1
D．c(D)＝0.5 mol·L－1
解析：选B。可逆反应不可能进行完全。
7．实验室用4 mol SO2与2 mol O2在一定条件下进行下列反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＝－196.64 kJ/mol，当放出314.624 kJ热量时，SO2的转化率为(　　)
A．40% B．50%
C．80% D．90%
解析：选C。由题意得2 mol SO2反应时，放热196.64 kJ；则放热314.624 kJ时，反应的SO2为：n(SO2)＝＝3.2 mol，故α(SO2)＝×100%＝80%。
8．如图是温度和压强对X＋Y2Z反应影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是(　　)
A．上述可逆反应的正反应为放热反应
B．X、Y、Z均为气态
C．X和Y中只有一种为气态，Z为气态
D．上述反应的逆反应的ΔH＞0
解析：选C。根据图像，其他条件不变，升高温度，Z的体积分数增大，正反应为吸热反应；其他条件不变，压强增大，Z的体积分数减小，正反应是气体体积增大的反应。
9．在一定温度不同压强(p1＜p2)下，可逆反应2X(g) 2Y(g)＋Z(g)中，生成物Z在反应混合物中的体积分数(φ)与反应时间(t)的关系如下图，正确的是(　　)
解析：选B。p1＜p2，达平衡时p1所需时间长，排除A、C，正反应是气体体积增大的反应，压强增大，Z的体积分数减小。
10．已知可逆反应：2X(g)＋Y(g) mZ(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1(a＞0)。现有甲、乙两个容积相等的容器，向甲容器中充入2 mol X和1 mol Y，达到平衡时放出热量b kJ；向乙容器中充入1 mol X和0.5 mol Y，达到平衡时放出热量c kJ，且b＞2c，则a、b的大小关系及m的值域正确的是(　　)
A．a＝b　m＝3　　　　　　 B．a＞b　m≥3
C．a＞b　m≤2 D．a＜b　m≤2
解析：选C。正反应为放热反应，乙容器与甲容器相比平衡左移，正反应是气体体积减小的反应。
11．下列说法正确的是(　　)
A．放热反应均能自发进行
B．ΔS为正值的反应均是自发进行的反应
C．物质的量增加的反应，ΔS为正值
D．如果ΔH和ΔS均为正值，当温度升高时，反应可能自发进行
解析：选D。绝大多数放热反应都能自发进行，故A不正确；ΔS为正值，若ΔH>0，则反应能否自发进行与温度有关，B不正确；未说明反应中各物质的聚集状态，所以物质的量增加，ΔS不一定增大；化学反应进行的方向复合判据是：ΔH－TΔS，若小于0一定能自发进行，故ΔH、ΔS均为正值时，高温时可使ΔH－TΔS<0。
12．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。由反应平衡常数的表达式可知该反应方程式为：CO2＋H2CO＋H2O，温度升高，H2浓度减小，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，A项正确，D项错误；增大压强，平衡不移动，H2浓度不变，B项错误；升高温度，正、逆反应速率都增大，C项错误。
13．在密闭容器中发生反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，起始时SO2和O2分别为20 mol和10 mol，达到平衡时，SO2的转化率为80%，若从SO3开始进行反应，在相同条件下，欲使平衡时各成分的体积分数与前者相同，则起始时SO3的物质的量及SO3的转化率为(　　)
A．10 mol和10% B．20 mol和20%
C．20 mol和40% D．30 mol和80%
解析：选B。在相同条件下，欲使平衡时各成分的体积分数与前者相同，原来平衡时，SO2的转化率为80%，则反过来SO2的产率为20%。原来起始时SO2和O2分别为20 mol和10 mol，在恒温恒容时前后气体化学计量数不相等的反应的等效平衡，必须一边倒后完全相等，所以如果反应逆向进行，起始SO3的量为20 mol。
14．在相同温度下，体积均为0.25 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)；ΔH＝－92.6 kJ/mol，实验测得起始与平衡时有关数据如下表所示：
实验编号
起始时各物质的量/mol
达到平衡时体系能量的变化
N2
H2
NH3
①
1
3
0
23.15 kJ
②
0.9
2.7
0.2
Q
下列叙述错误的是(　　)
A．达到平衡时两容器中压强相同
B．平衡时两容器内NH3的体积分数均为
C．平衡时容器②中Q＝23.15 kJ
D．若容器①的容积为0.5 L，则平衡时放出的热量小于23.15 kJ
解析：选C。将容器②中NH3的量转化为N2、H2后知，两个容器中相同的物质起始量相同，故它们可构成恒容条件下的等效平衡，平衡时两容器内各物质的量对应相等，A对；但通过反应生成NH3的量容器②的比①的少，故②中反应放出的热量少于23.15 kJ，C错；当容器容积扩大时，相当于减小压强，平衡向左移动，放出的热量减少，D对；由热化学方程式及平衡时放出的热量数值知，平衡时生成了0.5 mol NH3，混合气体共为3.5 mol，故B对。
15．在一定容积的密闭容器中发生反应：X(g)＋Y(g) Z(g)＋W(s)；ΔH>0。若开始投入1 mol X和1 mol Y，在一定条件下达到平衡，改变条件，其变化关系符合甲、乙图像。下列有关判断正确的是(　　)
A．甲图表示温度对X转化率的影响，且Ⅰ温度较低
B．乙图一定表示压强对X体积分数的影响，且Ⅳ压强较高
C．甲图一定表示压强对X体积分数的影响，且Ⅰ压强较高
D．甲、乙图都可以表示温度、压强对平衡的影响，且Ⅰ>Ⅱ、Ⅲ<Ⅳ
解析：选D。W为固态，该可逆反应的正反应是气体体积减小的吸热反应。若甲图表示压强对平衡的影响，根据先拐先平数值大，Ⅰ的压强较大，Ⅱ到Ⅰ(增大压强)，平衡向右移动，X的转化率增大，体积分数减小；若甲图表示温度对平衡影响，则Ⅰ的温度较高，Ⅱ到Ⅰ(升温)，平衡向正方向移动，X的转化率增大。同理，乙图也可以表示温度、压强对平衡的影响，且Ⅳ一定大于(或高于)Ⅲ，只有D项正确。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(12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增加了 mol，D增加了n mol，此时达到平衡。
(1)该反应方程式中，各物质的化学计量数分别为：
a＝________，b＝________，c＝________，d＝________。
(2)若只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不移动，该反应中各物质的聚集状态为：A________，B________，D________。
(3)若只升高温度，反应一段时间后，测得四种物质的物质的量又达相等，则正反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。
解析：(1)据物质的量变化比等于化学计量数之比：
a∶b ∶c∶d＝n∶∶∶n＝2∶1∶3∶2，即a＝2，b＝1，c＝3，d＝2。(2)改变压强，速率改变，说明反应体系中必有气体。又因为平衡不受压强影响，说明两边气体的化学计量数相等，由于C为固态，D一定是气体，所以只能A为气体，B为固体或液体。(3)升高温度，四种物质的物质的量又相等，说明平衡逆向移动，逆反应方向吸热，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．(10分)一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)达到化学平衡状态。
(1)500 ℃时，从反应开始到达到化学平衡状态，以H2的浓度变化表示的化学反应速率是________(用nB、tB表示)。
(2)判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是________(填字母)。
a．v生成(CH3OH)＝v消耗(CO)
b．混合气体的密度不再改变
c．混合气体的平均相对分子质量不再改变
d．CO、H2、CH3OH的浓度均不再变化
(3)300 ℃时，将容器的容积压缩到原来的1/2，在其他条件不变的情况下，对平衡体系产生的影响是________(填字母)。
a．c(H2)减小
b．正反应速率加快，逆反应速率减慢
c．CH3OH的物质的量增加
d．重新达到平衡时，减小
解析：(1)0～tB时间内，生成nB mol CH3OH，则消耗2nB mol H2，则Δc(H2)＝ mol/L，v(H2)＝ mol·L－1·min－1
(2)选项a，任何时刻都有v生成(CH3OH)＝v消耗(CO)。选项b，因混合气体的体积不变，混合气体的质量不变，任何时刻混合气体的密度都保持不变。选项C，根据＝，m气体总不变，不变，说明n气体总不变，所以反应达到了平衡状态。选项d，各种物质的浓度不变，也说明了反应已达到平衡状态。
(3)压缩容器容积相当于增大体系压强，则平衡向着正反应方向移动，正、逆反应速率都增大，但由于容积缩小为原平衡的，达新平衡时c(H2)比原平衡时的大，由于平衡向正反应方向移动，重新达到平衡时c(H2)/c(CH3OH)减小，所以选项a、b错误，c、d正确。
答案：(1) mol·L－1·min－1　(2)cd　(3)cd
18．(10分)在2 L密闭容器内，800 ℃时反应2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)写出该反应的平衡常数表达式：K＝________。
已知：K300 ℃>K350 ℃ ，则该反应是________热反应。
(2)如图中表示NO2的变化的曲线是________。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝________。
(3) 能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。
a．及时分离出NO2气体　 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
解析：(1)由K300 ℃>K350 ℃，得升高温度化学平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应。
(2)由于NO2的变化量与NO的变化量相等，是O2变化量的2倍，但曲线的变化方向相反，因此可确定b曲线是NO2的变化曲线。
v(O2)＝v(NO)＝×＝1.5×10－3 mol/(L·s)。
(3)a.是减少物质，所以不能增大反应速率，错误。b.升高温度，平衡向逆反应方向移动，错误。c.正确。d.催化剂只能改变反应速率，不会影响平衡移动，错误。
答案：(1)　放　(2)b　1.5×10－3mol/(L·s)　(3)c
19．(8分)有甲、乙两个容积均为1 L的密闭容器，在控制两容器的温度相同且恒定的情况下进行反应：2A(g)＋B(g) xC(g)。①向甲中通入4 mol A、2 mol B，达平衡时测得其中C的体积分数为40%；②向乙中通入1 mol A、0.5 mol B和3 mol C，平衡时测得C的体积分数为W%。试回答：
(1)若W%＝40%，且建立平衡的过程中乙的压强有变化，则x＝________。
(2)若W%＝40%，且平衡时甲、乙的压强不同，则乙中平衡时c(A)＝________。
(3)若x＝4，则W%________40%(填“大于”、“小于”或“等于”)。
解析：(1)甲、乙为等效平衡，建立平衡的过程中乙的压强有变化，说明反应前后气体分子数不相等，则通过化学计量数换算成相同物质的浓度相等，根据化学方程式，3 mol C等效于 mol A和 mol B，故＋1＝4，解得x＝2。(2)甲、乙为等效平衡，由于平衡时甲、乙压强不同，则反应前后气体分子数相等，故x＝3。假设乙平衡建立过程中C转化的物质的量为n mol，则平衡时A、B、C的物质的量分别为(1＋n)mol、(0.5＋n)mol、(3－n)mol，则×100%＝40%，解得n＝1.2，故平衡时n(A)＝1＋×1.2＝1.8 mol，c(A)＝1.8 mol/L。(3)若x＝4，则乙中等效于起始时通入2.5 mol A和1.25 mol B，相对于甲，乙中压强减小，平衡向正反应方向移动，因此C的体积分数增大，故W%大于40%。
答案：(1)2　 (2)1.8 mol/L　(3)大于
20．(15分)请用下图的装置设计一个实验，以测定SO2转化为SO3的转化率。
(1)这些装置的连接顺序(按气体从左到右的方向)是______________。(填各接口的编号)
(2)实验时甲仪器的作用与原理是______________。
(3)从乙处均匀通入O2，为使SO2有较高的转化率，实验时Ⅰ处滴入浓硫酸与Ⅱ处加热催化剂的先后顺序是______________。
(4)Ⅳ处观察到的现象是______________。
(5)在Ⅰ处用大火加热烧瓶时SO2的转化率会______________。(填“增大”、“不变”或“减小”)
(6)用n mol Na2SO3粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O2一段时间后，称得Ⅲ处增重 m g，则本实验中SO2的转化率为______________。
解析：该实验为实验室测SO2转化率的装置，连接顺序a→h→i→b→c→f→g→d→e，涉及反应：
H2SO4(浓)＋Na2SO3(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O
2SO2＋O22SO3
Ⅰ.装置产生SO2，Ⅱ.氧化SO2，Ⅲ.吸收尾气，Ⅳ.冷却SO3，Ⅴ.干燥SO2，反应时应先加热Ⅱ处玻璃管，后滴加浓H2SO4以免造成污染与浪费。
(6)Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O
　1　　　　　　　　　　　　　　 1
　n　　　　　　　　　　　　　　 n
×100%＝×100%。
答案：(1)a→h→i→b→c→f→g→d→e
(2)使烧瓶与分液漏斗保持压强一致，有利于液体流下
(3)应先加热后滴加浓H2SO4
(4)有无色晶体出现
(5)减小
(6)×100%

1．(2012·如皋检测)氨分解反应在容积为2 L的密闭容器内进行。已知起始时氨气的物质的量为4 mol,5 s末为2.4 mol，则用氨气表示该反应的平均速率为(　　)
A．0.32 mol/(L·s)　　　　　　 B．0.16 mol/(L·s)
C．1.6 mol/(L·s) D．0.8 mol/(L·s)
解析：选B。正确的计算是：v(NH3)＝＝0.16 mol/(L·s)
2．对于化学反应3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是(　　)
A．v(W)＝3v(Z) B．2v(X)＝3v(Z)
C．2v(X)＝v(Y) D．3v(W)＝2v(X)
解析：选C。根据速率之比等于方程式的计量系数之比，A项，v(W)＝v(Z)；B项，3v(X)＝2v(Z)；C项，2v(X)＝v(Y)；D项，2v(W)＝3v(X)。
3. 在一定条件下，将A2和B2气体通入1 L密闭容器中，反应按下式进行：mA2＋nB22C,2 s内反应速率如下：v(A2)＝0.5 mol·L－1·s－1，v(B2)＝1.5 mol·L－1·s－1，v(C)＝1 mol·L－1·s－1，则m和n的值分别为(　　)
A．2、3 B．3、2
C．3、1 D．1、3
解析：选D。对同一化学反应，用不同物质表示的化学反应速率之比，等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比，所以m∶n∶2＝v(A2)∶v(B2)∶v(C)＝0.5 mol·L－1·s－1∶1.5 mol·L－1·s－1∶1 mol·L－1·s－1＝1∶3∶2，故m和n的值分别为1、3。
4．在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，生成氨的反应速率最快的是(　　)
A．v(NH3)＝0.1 mol·L－1·min－1
B．v(N2)＝0.1 mol·L－1·min－1
C．v(N2)＝0.2 mol·L－1·min－1
D．v(H2)＝0.3 mol·L－1·min－1
解析：选C。合成氨反应：N2＋3H22NH3，在同一反应用不同物质表示其反应速率时，反应速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比，要在四种不同情况下比较反应速率快慢需用同一物质的变化表示。又因为v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)＝1∶3∶2，将B、C、D中的反应速率转化成v(NH3)，即分别为：0.2 mol·L－1·min－1、0.4 mol·L－1·min－1、0.2 mol·L－1·min－1。
5.
用纯净的CaCO3与稀HCl反应制取CO2，实验过程记录如图所示。根据分析、判断，正确的是(　　)
A．OE段表示反应速率最快
B．EF段表示反应速率最快，单位时间内收集的CO2最多
C．FG段表示收集的CO2最多
D．OG段表示随着时间的推移，反应速率逐渐增快
解析：选B。应从曲线变化的斜率进行分析：OE、EF、FG三段中EF的斜率最大，则单位时间内，生成的CO2最多且速率最快。
6．某温度下，浓度都是1 mol/L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，c(Y2)＝0.8 mol/L，c(Z)＝0.4 mol/L，则反应式可表示为(　　)
A．X2＋2Y2===2XY2 B．2X2＋Y2===2X2Y
C．3X2＋Y2===2X3Y D．X2＋3Y2===2XY3
解析：选C。根据变化量之比等于方程式中化学计量数之比可得到答案。
7．甲、乙两容器均进行同一反应：A2B。甲容器内每分钟减少4 mol A，乙容器内每分钟减少2 mol A，则两者的化学反应速率相比(　　)
A．甲快 B．乙快
C．一样快 D．无法比较
解析：选D。由于不知道甲、乙两容器的容积分别为多少，无法知道它们的浓度变化量大小。
8．在2 L密闭容器中进行如下反应：mX(g)＋nY(g)===pZ(g)＋qQ(g)，2 s时间内X表示的平均反应速率为0.3 m/p mol·L－1·s－1，则2 s时间内，Q物质增加的物质的量为(　　)
A．1.2q/p mol B．1.2m/p mol
C．1.6q/p mol D．0.6q/p mol
解析：选A。不同物质表示的反应速率之比等于它们的化学计量数之比，X表示的平均反应速率为0.3 m/p mol·L－1·s－1，Q表示的平均反应速率为0.3 m/p mol·L－1·s－1×＝0.3 q/p mol·L－1·s－1。则Δn(Q)＝0.3 q/p mol·L－1·s－1×2 L×2 s＝1.2 q/p mol。
9．(2012·蚌埠检测)一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如右图。下列叙述中正确的是(　　)
A．反应的化学方程式为5YX
B．t1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍
C．t2时，正、逆反应速率相等
D．t3时，逆反应速率大于正反应速率
解析：选B。反应开始时Y为10 mol，X为2 mol，达到平衡时Y减少了7 mol，X增多了3 mol，因此反应方程式是7Y3X，A不正确；t1时，Y为6 mol、X为4 mol，其物质的量比为3∶2，即Y的浓度是X浓度的1.5倍，B正确；从图像可以看出，t2时刻X、Y两物质的物质的量相等，而不是反应速率相等，C不正确；t3时，反应达到平衡状态，所以正反应速率等于逆反应速率，D不正确。
10．将物质的量相等的H2和I2气体充入密闭容器，进行反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)，测得2 min时v(HI)为0.1 mol·(L·min)－1，I2(g)的浓度为0.4 mol·L－1，试确定：
(1)H2和I2的反应速率为________________________________________________________________________。
(2)H2和I2的起始浓度为________________________________________________________________________。
(3)2 min 末HI的浓度为________________________________________________________________________。
解析：2 min时v(HI)＝0.1 mol·L－1·min－1，则v(H2)＝v(I2)＝v(HI)＝×0.1 mol·L－1·min－1＝0.05 mol·L－1·min－1，Δc(HI)为0.2 mol·L－1，则起始时c(H2)＝c(I2)＝0.4 mol·L－1＋0.1 mol·L－1＝0.5 mol·L－1。
答案：(1)v(H2)＝v(I2)＝0.05 mol·(L·min)－1
(2)c(H2)＝c(I2)＝0.5 mol·L－1　(3)0.2 mol·L－1
11．将等物质的量的A和B混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)===xC(g)＋2D(g)，经过5 min后测得D的浓度为0.5 mol·L－1，c(A) ∶c(B)＝3∶5，C的反应速率是0.1 mol·L－1·min－1，A在5 min末的浓度是__________，B的平均反应速率是________，D的平均反应速率是________，x的值是________。
解析：　　　　　3A(g)＋B(g)===xC(g)＋2D(g)
起始浓度：　　　a　　　　a　　　　　　 　0
转化浓度：　　　0.75　　0.25　　　　　　0.5
5 min后浓度：　a－0.75　a－0.25　　　　 0.5
(a－0.75)∶(a－0.25)＝3∶5，解得a＝1.5 mol·L－1，故A在5 min末的浓度是1.5 mol·L－1－0.75 mol·L－1＝0.75 mol·L－1。
v(B)＝＝0.05 mol·L－1·min－1，
v(D)＝＝0.1 mol·L－1·min－1，
x＝v(C)/v(B)＝＝2。
答案：0.75 mol·L－1　 0.05 mol·L－1·min－1　 0.1 mol·L－1·min－1　2
12.
一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，请回答：
(1)该反应的化学方程式为
________________________________________________________________________；
(2)反应进行到6 s时，B的平均反应速率为________________________________________________________________________。
解析：根据各物质的物质的量变化之比等于化学方程式中化学计量数之比，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)＝(1.2－0) mol∶(1.0－0.4) mol∶(1.0－0.2) mol∶(0.4－0) mol＝6∶3∶4∶2，所以化学方程式为3B＋4C6A＋2D。
v(B)＝＝＝＝0.05 mol·L－1·s－1
答案：(1)3B＋4C6A＋2D
(2)0.05 mol·L－1·s－1
13．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，则：
(1)反应4～8 min间的平均反应速率为________________________________________________________________________；
(2)推测反应16 min时反应物的浓度为________________________________________________________________________。
解析：本题考查化学反应速率的计算，意在考查考生对图表的分析能力和数据的处理能力。4～8 min间化合物Bilirubin的浓度变化为Δc＝10 μmol·L－1，则v(Bilirubin)＝＝2.5 μmol·L－1·min－1；根据图示，每隔4 min化合物Bilirubin的浓度减小一半，则16 min时化合物Bilirubin的浓度为8 min时浓度的1/4，故16 min时其浓度为10 μmol·L－1×1/4＝2.5 μmol·L－1。
答案：(1)2.5 μmol·L－1·min－1　(2)2.5 μmol·L－1

1．反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 mol·L－1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 mol·L－1·s－1，则这段时间为(　　)
A．0.1 s　　　　　　　　　 B．2.5 s
C．10 s D．5 s
解析：选D。根据题意知，SO3的浓度增加0.4 mol·L－1，则O2的浓度减小0.2 mol·L－1，v(O2)＝，则Δt＝＝＝5 s。
2．对于反应A＋3B===2C＋D来说，下列反应速率中最快的是(　　)
A．v(A)＝0.3 mol·L－1·min－1
B．v(B)＝0.6 mol·L－1·min－1
C．v(C)＝0.5 mol·L－1·min－1
D．v(D)＝0.002 mol·L－1·s－1
解析：选A。首先统一单位：v(D)＝0.002 mol·L－1·s－1＝0.12 mol·L－1·min－1。然后再把B、C、D的反应速率转化为A的速率，B中：v(A)＝v(B)＝0.6 mol·L－1·min－1×＝0.2 mol·L－1·min－1 ；C中：v(A)＝v(C)＝0.5 mol·L－1·min－1×＝0.25 mol·L－1·min－1；D中： v(A)＝v(D)＝0.12 mol·L－1·min－1。
3．在2 L容器中发生3A＋B2C的反应，最初加入的A、B都是4 mol，A的反应速率为0.12 mol·L－1·s－1,10 s后容器内B的物质的量为(　　)
A．1.6 mol B．2.8 mol
C．3.2 mol D．3.6 mol
解析：选C。v(B)＝v(A)＝×0.12 mol·L－1·s－1＝0.04 mol·L－1·s－1，Δc(B)＝v(B)·Δt＝0.04 mol·L－1·s－1×10 s＝0.4 mol·L－1，Δn(B)＝Δc(B)·V＝0.4 mol·L－1×2 L＝0.8 mol，故10 s后容器内B的物质的量为4 mol－0.8 mol＝3.2 mol。
4.
(2012·山东枣庄检测)在一体积为10 L的密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，在850 ℃时发生如下反应：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0
CO和H2O浓度变化如右图，则0～4 min的平均反应速率v(H2O)＝________mol·(L·min)－1。
解析：(1)v(H2O)＝＝＝0.03 mol·L－1·min－1。
答案：0.03
5．(2012·宁波检测)在25 ℃时，向100 mL含氯化氢14.6 g的盐酸溶液里放入5.6 g纯铁粉(不考虑反应前后溶液体积的变化)，反应开始至2 min末收集到氢气1.12 L(标况)，在此之后，又经过4 min铁粉全部溶解。则：
(1)在前2 min内用FeCl2表示的平均反应速率是多少？
(2)在后4 min内用HCl表示的平均反应速率是多少？
解析：(1)n(HCl)＝＝0.4 mol
n(Fe)＝＝0.1 mol
n(H2)＝＝0.05 mol
反应方程式：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑
2 min内　　　0.1 mol　0.05 mol　0.05 mol
则v(FeCl2)＝＝＝0.25 mol/(L·min)
(2)后4 min内：v(FeCl2)＝＝0.125 mol/(L·min)
则v(HCl)＝2v(FeCl2)＝0.25 mol/(L·min)
答：(1)在前2 min内用FeCl2表示的平均反应速率是0.25 mol/(L·min)。
(2)在后4 min内用HCl表示的平均反应速率是0.25 mol/(L·min)。
答案：见解析。

1．对于可逆反应2SO2＋O22SO3(正反应为放热反应)，决定反应速率的最主要因素是(　　)
A．温度　　　　　　　　　　　　 B．压强
C．SO2和O2的性质 D．催化剂
解析：选C。反应物的性质是决定反应速率的最主要因素。
2．下列说法正确的是(双选)(　　)
A．增大压强，活化分子数增多，化学反应速率一定增大
B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
C．加入反应物，使活化分子百分数增大，化学反应速率增大
D．使用催化剂，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率一定增大
解析：选BD。增大压强，活化分子数不一定增加(如恒容条件下充入惰性气体使体系压强增大)，A错误；加入反应物，只能增多单位体积内活化分子数，故C错误。
3．将质量相同的锌粉分别投入下列4个烧杯的溶液中，反应速率最快的是(　　)
解析：选D。当反应中一种反应物相同时，反应速率的快慢取决于另一种反应物的浓度而不是用量，四个装置中所用的酸虽不同，但都是由c(H＋)的大小决定反应的快慢。
4．当其他条件不变时，下列化学反应的反应速率与压强变化基本无关的是(　　)
A．CaCO3(固)CaO(固)＋CO2(气)
B．2SO2(气)＋O2(气)2SO3(气)
C．2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O
D．H2(气)＋I2(气) 2HI(气)
解析：选C。改变压强，对化学反应速率影响的根本原因是引起浓度的改变，所以只有有气体参加或生成的反应改变压强才能引起反应速率的改变，因此C项不符合题意。
5．实验测得：温度每升高10 ℃，化学反应速率通常增加到原来的2～4倍。若按温度每升高10 ℃，化学反应速率增大2倍来计算，若某反应由50 ℃升温到80 ℃，反应速率比原来增大(　　)
A．4 倍 B．6 倍
C．8 倍 D．9 倍
解析：选C。根据题意可知：＝2m，m＝＝3，所以C项正确。
6．酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应的化学方程式为：2KMnO4＋3H2SO4＋5H2C2O4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，下列不能使反应速率加快的措施是(　　)
A．增大酸性高锰酸钾溶液的浓度
B．增大草酸溶液的浓度
C．增大压强
D．升高温度
解析：选C。该反应是在溶液状态下进行的，反应物中无气体，加压不能增大反应速率，C选项错误。
7．下列关于催化剂的说法，正确的是(　　)
A．催化剂能使不起反应的物质发生反应
B．催化剂在化学反应前后化学性质和质量都不变
C．催化剂不能改变化学反应速率
D．任何化学反应都需要催化剂
解析：选B。催化剂能改变化学反应速率的原因是它能改变反应机理，在化学反应过程中，催化剂参与反应，经过一系列变化之后，催化剂又恢复到原来的状态，尽管催化剂能改变化学反应速率，但对于不能起反应的物质，是不能使其反应的，另外，有些反应是不需要催化剂的，如燃烧、中和反应等。
8．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是(　　)
A．催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B．增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D．在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3(g)生成的平均速率为v＝
解析：选D。A项，催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，A项错误；B项，在恒容的条件下，通入惰性气体，压强增大，但各物质的浓度不变，反应速率不变，故B项错误；C项，降低温度，反应速率也降低，反应达到平衡的时间会延长，故C项错误；根据反应速率的计算公式可知D项正确。
9．某探究小组利用丙酮的溴代反应(CH3COCH3＋Br2CH3COCH2Br＋HBr)来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率v(Br2)通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：
实验序号
初始浓度c/mol·L－1
溴颜色消失所需时间t/s
CH3COCH3
HCl
Br2
①
0.80
0.20
0.001 0
290
②
1.60
0.20
0.001 0
145
③
0.80
0.40
0.001 0
145
④
0.80
0.20
0.002 0
580
分析实验数据所得出的结论不正确的是(　　)
A．增大c(CH3COCH3)，v(Br2)增大
B．实验②和③的v(Br2)相等
C．增大c(HCl)，v(Br2)增大
D．增大c(Br2)，v(Br2)增大
解析：选D。A项，由实验①和②对比可知增大c(CH3COCH3)，反应时间变短，v(Br2)增大；B项，实验②和③反应时间相同，起始Br2浓度相同，则v(Br2)相等；C项，比较实验①和③可知，增大c(HCl)时，反应时间缩短，v(Br2)增大；D项，比较实验①和④可知，增大c(Br2)时，v(Br2)减小，故选D。
10．某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00 mol·L－1、2.00 mol·L－1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298 K、308 K，每次实验HNO3的用量为25.0 mL、大理石用量为10.00 g。
请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
实验
编号
T/K
大理石
规格
HNO3浓度
/mol·L－1
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
(Ⅰ)实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；
(Ⅱ)实验①和________探究温度对该反应速率的影响；
(Ⅲ)实验①和________探究大理石规格(粗、细)对该反应速率的影响
②
③
④
解析：实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，所以①和②的温度和大理石规格要相同，HNO3浓度要不同；若实验①和③探究温度对该反应速率的影响，则①和③的温度要不相同，HNO3浓度和大理石规格要相同；若实验①和④探究大理石规格(粗、细)对该反应速率的影响，则①和④的大理石的规格(粗、细)要不同，温度、HNO3浓度要相同。
答案：
实验
编号
T/K
大理石
规格
HNO3浓度
/mol·L－1
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
(Ⅱ)实验①和③
(Ⅲ)实验①和④
②
298
粗颗粒
1.00
③
308
粗颗粒
2.00
④
298
细颗粒
2.00
11.用如图所示装置进行如下实验：
(1)在检验装置气密性后，向试管a中加入10 mL 6 mol·L－1的稀硝酸和1 g铜片，立即用橡皮塞塞紧试管口。请写出在试管a中有可能发生的所有反应的化学方程式
________________________________________________________________________。
(2)在实验过程中常常反应开始时速率缓慢，随后逐渐加快，这是由于____________________________________________，当反应进行一段时间后速率又逐渐减小，原因是________________________________。
(3)欲较快地制得NO，可采取的措施是__________(填写字母序号)。
A．加热 B．使用铜粉
C．稀释HNO3 D．增大硝酸的浓度
解析：反应开始时溶液温度较低，故反应速率较慢，该反应为放热反应，随着反应的进行，溶液的温度逐渐升高，反应速率加快；反应一段时间后，HNO3因消耗而浓度减小，HNO3的浓度成为影响反应速率的主要因素，故反应速率减慢。加热和增加反应物的接触面积都能加快反应的速率；稀释HNO3，速率减慢；Cu与浓HNO3反应得到的气体是NO2。
答案：(1)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O,2NO＋O2===2NO2
(2)开始时溶液温度较低，反应速率缓慢，后随反应进行，反应放热，溶液温度升高是影响化学反应速率的主要因素　反应一段时间后，HNO3的浓度降低是影响化学反应速率的主要因素
(3)A、B
12．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(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(×100%)在温度T1下随反应时间(t)的变化见下图：
(1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：
反应时间范围/min
0～5
10～15
20～25
30～35
40～45
50～55
75～80
平均反应速率/
(10－3 mol·min－1)
1.9
7.4
7.8
4.4
1.6
0.8
0.0
请计算15～20 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·min－1(不要求写出计算过程)。
(2)依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：
①反应初期：________________________________________________________________________；
②反应中期：________________________________________________________________________；
③反应后期：________________________________________________________________________。
解析：(1)由图中数据可以看出15～20 min内甲酸甲酯转化率提高了4.5%，利用转化率和速率的计算式计算。
(2)表格中平均反应速率的数据显示反应速率先增大后减小，因该反应是吸热反应，排除温度升高的影响，则只能是反应体系中的某物质对该反应起到催化作用。该反应中甲酸具有催化作用。
答案：(1)0.045　9.0×10－3
(2)①虽然甲酸甲酯量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢
②甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大
③甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成为主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零达到平衡状态
13．某中学化学小组查阅资料发现金属氧化物A也能催化氯酸钾的分解，且将A和二氧化锰的催化性能进行了定量对照实验。实验时均以收集满500 mL氧气为准(其他可能影响实验的因素均已忽略)。
表1　用MnO2作催化剂
实验序号
KClO3质量(g)
MnO2质量(g)
反应温度(℃)
待测数据
1
8.00
2.00
500
2
8.00
2.00
500
表2　用A作催化剂
实验序号
KClO3质量(g)
A质量(g)
反应温度(℃)
待测数据
1
8.00
2.00
500
2
8.00
2.00
500
请回答：
上述实验中的待测数据应是________。完成此研究后，他们准备发表一篇研究报告，请你替他们拟一个报告的题目：____________________。
解析：该题给出的数据有KClO3的质量、催化剂的质量和反应温度，而且对照表格1和表格2可知，这些数据都是不变的，变的是催化剂的种类。表格1中用的催化剂是MnO2，而表格2中用的是金属氧化物A，所以该题考查的就是对于金属氧化物A作为催化剂对KClO3分解的催化效果，因此待测的数据是时间。实验报告的题目一般会体现出实验的目的，可以给这个实验报告拟定题目“催化效果的对照研究”，或者“MnO2与金属氧化物A催化效果的对照研究”。
答案：时间　催化效果的对照研究(或MnO2与金属氧化物A催化效果的对照研究)

1．对于溶液中的反应：MnO＋5Fe2＋＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，下列措施能使化学反应速率提高的是(　　)
A．加水
B．增加同浓度FeSO4的用量
C．向溶液中滴加稀硫酸
D．加入少量KMnO4晶体
解析：选D。D项加入KMnO4晶体后，KMnO4晶体被溶解，溶液的浓度比原KMnO4溶液浓度大，所以化学反应速率加快。
2．反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是(双选)(　　)
A．增加C的量
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D．保持压强不变，充入N2使容器体积变大
解析：选AC。C为固态反应物，增加其用量对反应速率几乎没有影响；容器体积缩小一半相当于压强增大一倍，浓度增大，正、逆反应速率均增大；体积不变，充入N2体系总压强增大，但反应混合物浓度并未改变，反应速率基本不变；充入N2使容器体积增大，总压强不变，但反应混合物浓度同等程度变小，正、逆反应速率均变慢。
3．NO和CO都是汽车尾气中的有害物质，它们能缓慢地起反应，生成N2和CO2。对此反应的下列叙述中正确的是(　　)
A．使用催化剂能加快反应的速率
B．使一种反应物过量能提高反应的速率
C．改变压强对反应速率没有影响
D．降低温度能加快反应速率
解析：选A。本题中B不正确，因为一种反应物过量并不一定是反应物浓度增加，一种反应物过量只能使另一种反应物转化率提高，不涉及反应的速率问题；C也不正确，对气体来说，改变压强必然影响速率；D也不正确，降低温度只能降低反应速率。
4．对于反应3X(g)＋Y(g)===Z(g)，在其他条件不变时，改变其中一个条件则生成Z的速率：(填“增大”、“减小”或“不变”)
(1)升高温度：________________________________________________________________________；
(2)增大压强：________________________________________________________________________；
(3)增大容器容积： ________________________________________________________________________；
(4)加入X：________________________________________________________________________；
(5)加入Y：________________________________________________________________________；
(6)压缩体积：________________________________________________________________________。
解析：升高温度，增大压强，增加反应物X或Y的浓度，均能加快反应速率，也加快了生成Z的速率，反之减慢反应速率。
答案：(1)增大　(2)增大　(3)减小　(4)增大　(5)增大　(6)增大
5．氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应生成Cl(－1价)和S(＋6价)的速率v(纵坐标)与反应时间t(横坐标)的关系如图所示，已知该反应速率随着溶液中c(H＋)的增大而加快。
(1)反应开始时反应速率加快的原因是________________________________________________________________________；
(2)反应后期反应速率减慢的原因是________________________________________________________________________。
解析：该反应的实质为：ClO＋3HSO===Cl－＋3SO＋3H＋，由题意知，反应随溶液中c(H＋)的增大而加快，一开始c(H＋)很小，速率很小，但随反应进行，c(H＋)增大，反应速率增大，但到一定程度后，c(ClO)、c(HSO)减小，此时反应物的浓度起主要作用，反应速率减小。
答案：(1)2KClO3＋6NaHSO3===3Na2SO4＋2KCl＋3H2SO4，溶液中c(H＋)增大　(2)ClO和HSO浓度减小

1．关节炎是因为在关节滑液中形成了尿酸钠晶体，尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛，其化学机理如下：
①HUr＋H2OUr－＋H3O＋，
　尿酸　　　　　 尿酸根离子
②Ur－(aq)＋Na＋(aq) NaUr(s)。
下列对反应②的叙述正确的是(　　)
A．正反应为吸热反应
B．正反应为放热反应
C．升高温度，平衡向正反应方向移动
D．降低温度，平衡向逆反应方向移动
解析：选B。题意中明确指出“尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛”，说明温度降低，反应②Ur－(aq)＋Na＋(aq) NaUr(s)的平衡向正反应方向移动，可知其正反应为放热反应。
2．在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g)1/2N2(g)＋CO2(g)　ΔH＝－373.2 kJ·mol－1，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是(　　)
A．加催化剂同时升高温度
B．加催化剂同时增大压强
C．升高温度同时充入N2
D．降低温度同时增大压强
解析：选B。降低温度虽然能提高NO的转化率，但也降低了反应速率，D选项同时采取了降温和增压措施，对提高NO的转化率是一致的，但对加快反应速率是矛盾的，故D项不能保证满足题中条件。
3．等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行可逆反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(s)　ΔH＜0，下列叙述正确的是(　　)
A．平衡常数K值越大，X的转化率越大
B．达到平衡时，反应速率v正(X)＝2v逆(Z)
C．达到平衡后，降低温度，正向反应速率减小的倍数大于逆向反应速率减小的倍数
D．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡向逆反应方向移动
解析：选A 。平衡常数K值越大，反应向正反应进行的程度越大，X的转化率越大，A项正确。达平衡时2v正(X)＝v逆(Z)，B项错误。达平衡后降低温度，正逆反应速率均减小，又因平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小的倍数小于逆反应速率减小的倍数，C项错误。增大压强平衡不移动，升高温度平衡逆向移动，D项错误。
4．在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是(　　)
测定时刻/s
t1
t2
t3
t4
c(A)/(mol/L)
6
3
2
2
c(B)/(mol/L)
5
3.5
3
3
c(C)/(mol/L)
1
2.5
3
3
A.在t3时刻反应已经停止
B．A的转化率比B的转化率低
C．在容器中发生的反应为：2A＋B2C
D．在t2～t3内A的平均反应速率为：[1/(t3－t2)]mol/(L·s)
解析：选D。从表中数据可以看出，反应没有进行到底，所以这是一个可逆反应，反应方程式为2A＋BC，t3时刻达到了平衡而不是反应终止，A、C错误；达到平衡时，A转化了2/3而B转化了2/5，B错误。
5．一定条件下，在体积为10 L的密闭容器中，1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)，经60 s达到平衡，生成0.3 mol Z，下列说法正确的是(　　)
A．以X浓度变化表示的反应速率为0.001 mol/(L·s)
B．将容器体积变为20 L，Z的平衡浓度为原来的1/2
C．若增大压强，则物质Y的转化率减小
D．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH>0
解析：选A 。以Z表示的反应速率为v(Z)＝＝0.0005 mol/(L·s)，根据同一反应中不同物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，则v(X)＝2v(Z)＝0.001 mol/(L·s)，A对；将容器体积变为20 L，则压强减小，平衡向逆反应方向移动，Z的物质的量减小，则Z的平衡浓度小于原来的1/2，B错；增大压强，平衡向正反应方向移动，Y的转化率增大，C错；升高温度，X的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0，D错。
6．在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A(g)＋3B(g)2C(g)　ΔH<0。某研究小组A研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图，下列判断一定错误的是(　　)
A．图Ⅰ研究的是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高
B．图Ⅰ研究的是压强对反应的影响，且乙的压强较高
C．图Ⅱ研究的是温度对反应的影响，且甲的温度较高
D．图Ⅲ研究的是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高
解析：选A。本题考查学生的识图能力和知识分析能力。催化剂只能改变反应速率，改变到达平衡的时间，不能改变平衡，即在相同的前提条件下，到达平衡时各组分的浓度、各组分的物质的量分数不变，所以A错；压强增大，速率提高，且压强增大，平衡向正反应方向移动，B对；温度升高，速率增大，缩短到达平衡的时间，且温度升高，平衡向逆反应方向移动，那么B的转化率降低，所以C对；催化剂只能改变速率，不能改变平衡的移动，催化剂效率越高，到达平衡的时间越短，所以D对。
7.现有下列两个图像：
下列反应中符合上述图像的是(　　)
A．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＜0
B．2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)　ΔH＞0
C．4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＜0
D．H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)　ΔH<0
解析：选 B。由Ⅰ知升高温度，生成物浓度增加，平衡向正反应方向移动，正反应吸热；由Ⅱ知，增大压强，逆反应速率大于正反应速率，则该反应为气体体积增大的反应，故B项符合。
8．已知在一定条件下有CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，在某一容积为2 L的密闭容器中，加入0.2 mol的CO和0.2 mol的H2O，在催化剂存在的条件下，高温加热，发生如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－a kJ/mol，反应达平衡后，测得c(CO)∶c(CO2)＝3∶2，下列说法正确的是(　　)
A．反应放出的热量为0.04a kJ
B．平衡时H2O的转化率为40%
C．若将容器的体积压缩为1 L，有利于该反应平衡正向移动
D．判断该反应达到平衡的依据是CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等
解析：选B。A项，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
开始(mol)　　　　0.2　　 0.2
反应(mol)　　　　x　　　 x　　　　　　 x　　　x
平衡(mol)　　　 0.2－x　0.2－x　　　　 x　　　x
(0.2－x)∶x＝3∶2，解得x＝0.08
A项，反应放出的热量为0.08a kJ；B项，平衡时H2O的转化率为×100%＝40%；C项，该反应为反应前后气体不变的反应，改变压强，平衡不移动；D项，CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等时，不一定是平衡状态。
9．有一化学平衡：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图是表示A的转化率与压强、温度的关系，分析下图可以得出的正确结论是(　　)
A．正反应是吸热反应，且m＋n>p＋q
B．正反应是吸热反应，且m＋nC．正反应是放热反应，且m＋n>p＋q
D．正反应是放热反应，且m＋n解析：选A。此题是两个条件同时对化学平衡产生影响的图像。先固定一个条件不变，分析另一个条件变化对平衡的影响，得出一个结论，然后再固定这个条件不变，分析另一条件变化对平衡的影响。温度不变，压强越大，A的转化率越高，得出：m＋n>p＋q；压强不变，温度越高，A的转化率越大，得出：正反应吸热。
10．反应A(s)＋2B(g)2C(g)在密闭容器中达到平衡。
(1)若升高温度能使C的物质的量减少，则正反应是________热反应；
(2)若增加A的物质的量，平衡________移动；
(3)若增大压强，平衡________移动；
(4)若增加C的浓度，B(g)的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
解析：(1)升温时C的物质的量减小，说明平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应。
(2)A为固体，增加A的用量，A的浓度不改变，平衡不移动。
(3)该反应为体积不变的反应，加压，平衡不移动。
(4)增大C的浓度，使平衡向逆反应方向移动，B的转化率应减小。
答案：(1)放　(2)不　(3)不　(4)减小
11．如图，甲、乙、丙分别表示在不同条件下可逆反应A(g)＋B(g)xC(g)的生成物C在反应混合物中的百分含量w(C)和反应时间(t)的关系。
(1)若甲图中两条曲线分别表示有催化剂和无催化剂的情况，则________曲线表示无催化剂时的情况，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(2)若乙图表示反应达到平衡后分别在恒温恒压条件下和恒温恒容条件下充入氦气后的情况，则________曲线表示恒温恒容的情况，原因是________________________________________________________________________；
(3)根据丙图可以判断该可逆反应的正反应是________(填“吸”或“放”)热反应，化学计量数x的值________。
解析：(1)催化剂能够加快反应速率，缩短反应达到平衡时的时间，所以a曲线表示有催化剂时的情况，b曲线表示无催化剂时的情况。
(2)恒温恒容条件下，向平衡体系中通入稀有气体，平衡不移动；恒温恒压条件下，向平衡体系中通入稀有气体，平衡向体积增大的方向移动。
(3)由丙图可知，恒压条件下，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应；恒温条件下，增大压强，平衡向逆反应方向进行，所以正反应为体积增大的反应，x>2或x≥3。
答案：(1)b　b达到平衡所用时间长，说明b的反应速率小于a
(2)a　a中充入氦气，w(C)不变，平衡不移动
(3)吸　大于2或大于等于3
12．在某一容积为 V L的密闭容器内，加入等物质的量的X和Y，在一定的条件下发生如下反应：X(g)＋Y(g)2Z(g)　ΔH<0，
(1)该反应的化学平衡常数表达式为______________。
(2)若升高温度，化学反应速率________，Z的浓度________，化学平衡常数K________(均填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)下图中Ⅰ、Ⅱ表示该反应在t1时达到平衡，在t2时因改变某个条件而发生变化的曲线：
由图Ⅰ判断，反应进行至t2 min时，曲线发生变化的原因是___________(用文字表示)；
由图Ⅱ判断，t2 min到t3 min的曲线变化的原因可能是________(填字母)。
a．降低温度　　　　 b．加了催化剂
c．增加Z的量 d．缩小容器体积
解析：(2)升高温度，v正、v逆都增大，由于该正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以Z的浓度减小，K也减小。
(3)由图Ⅰ可知，t2到t3 min时，产物浓度增大，反应物浓度减小，说明平衡正向移动，该正反应为气体分子数不变的放热反应，所以曲线变化的原因是降低温度，因为曲线连续，所以不可能是改变浓度；图Ⅱ中，t2→t3，正、逆反应速率增大同样倍数，可以是加入催化剂；该反应气体分子数不变，所以也可以是缩小容器体积即加压。
答案：(1)K＝　(2)增大　减小　减小
(3)降低温度　bd
13．在一容积为2 L的密闭容器中，加入0.2 mol的N2和0.6 mol的H2，在一定条件下发生如下反应：
N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＜0，
反应中NH3的物质的量浓度的变化情况如下图所示，请回答下列问题：
(1)根据上图，计算从反应开始到平衡时，平衡反应速率v(NH3)为______________。
(2)该反应达到平衡时H2的转化率为________。
(3)反应达到平衡后，第5分钟末，保持其他条件不变，若改变反应温度，则NH3的物质的量浓度不可能为____________。(填序号)
a．0.20 mol·L－1 b．0.12 mol·L－1
c．0.10 mol·L－1 d．0.08 mol·L－1
(4)反应达到平衡后，第5分钟末，保持其他条件不变，若只把容器的体积缩小一半，平衡________________移动(填“向逆反应方向”、“向正反应方向”或“不”)。
(5)在第5分钟末将容器的体积缩小一半后，若在第8分钟末达到新的平衡(此时NH3的浓度约为0.25 mol·L－1)，请在上图中画出第5分钟末到此平衡时NH3浓度的变化曲线。
解析：(1)4 min时达到平衡，v(NH3)＝＝0.025 mol/(L·min)
(2)(3)　　　　N2　　　＋　 3H22NH3
始(mol·L－1)　 0.1　　　　0.3　　　　　　0
转(mol·L－1)　0.05　　　　0.15　　　　　 0.1
平(mol·L－1)　0.05　　　　0.15　　　　　 0.1
所以α(H2)＝×100%＝50%，
改变温度，平衡必移动，NH3的物质的量浓度不可能再是0.1 mol/L，可逆反应不彻底，NH3的浓度达不到0.2 mol/L。
答案：(1)0.025 mol/(L·min)
(2)50%
(3)ac
(4)向正反应方向
(5)右图：

1．对已达化学平衡的下列反应2X(g)＋Y(g) 2Z(g)减小压强时，对反应产生的影响是(　　)
A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向运动
D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
解析：选C。减小压强，体系中各组分浓度都减小，所以正、逆反应速率都减小，平衡向气体体积增大的方向移动。
2．下列事实中不能用平衡移动原理解释的是(　　)
A．密闭、低温是存放氨水的必要条件
B．实验室常用排饱和食盐水法收集氯气
C．硫酸工业生产中，使用过量空气以提高SO2的利用率
D．合成氨反应采用催化剂以提高氨气的生产效率
解析：选D。密闭、低温不利于平衡NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－逆向移动，有利于存放氨水；饱和食盐水中存在的大量Cl－抑制平衡Cl2＋H2OHCl＋HClO的正向移动，从而减小氯气的溶解量，所以实验室常用排饱和食盐水法收集氯气；硫酸工业生产中，使用过量空气增大了氧气的浓度，有利于平衡2SO2＋O22SO3的正向移动，提高SO2的利用率；合成氨反应采用催化剂可以增大反应速率，但对氨气的产量没有影响，与平衡移动无关。
3．在某温度下，反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)(正反应为放热反应)在密闭容器中达到平衡，下列说法中正确的是(　　)
A．温度不变，缩小体积，N2的转化率增大
B．温度不变，增大体积，NH3的产率提高
C．升高温度，增大体积，有利于平衡向正反应方向移动
D．降低温度，体积不变，H2的转化率降低
解析：选A。本题主要考查温度对化学平衡的影响。题给反应是一个气体体积缩小的、放热的可逆反应。温度不变，缩小体积，平衡向气体体积缩小(正反应)方向移动，N2的转化率将增大；温度不变，增大体积，平衡向气体体积扩大(逆反应)方向移动，NH3的产率降低；升高温度，增大体积，均使平衡向逆反应方向移动；降低温度，体积不变，平衡向正反应方向移动，会提高H2的转化率。
4．在一定条件下，反应2A(气)＋B(气)2C(气)　ΔH＜0达到平衡后，根据下列图像判断引起平衡移动的因素及平衡移动的的方向：
Ⅰ　　　　　　　　　Ⅱ　　　　　　　　Ⅲ
(1)图Ⅰ引起平衡移动的因素是______________，平衡将向_______方向移动。
(2)图Ⅱ引起平衡移动的因素是_____________，平衡将向_______方向移动。
(3)图Ⅲ引起平衡移动的因素是______________，平衡将向_______方向移动。
解析：根据外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律以及题给反应是一个气体体积缩小的、放热的可逆反应来分析可得出正确的结论。
答案：(1)增大反应物浓度　正反应　(2)减小反应物浓度　逆反应　(3)缩小体积增大压强　正反应
5．反应mA(g)＋nB(g)pC(g)在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表所示：
压强/Pa
2×105
5×105
1×106
c(A)/mol·L－1
0.08
0.2
0.44
分析表中数据，回答：
(1)当压强从2×105 Pa增加到5×105 Pa时，平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动，理由是____________________________________。
(2)当压强从5×105 Pa增加到1×106 Pa时，该反应的化学平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动，判断的依据是______________________________，可能的原因是_______________________________________________。
解析：若m＋n＝p时，当压强加倍，则体积减半，即p2＝2p1时，V2＝V1，各组分浓度加倍。若c(A)增大倍数比压强增大倍数小，则平衡右移，反之左移。中学化学中往往通过改变容器体积来增大或减小体系的压强。为什么一个平衡，加压平衡不移动，即m＋n＝p，再增大压强，逆向移动呢？只能说明左边气体数目比右边小，只能是B的状态发生了改变，压强增大，气体可能变成液态甚至固态。有时，等倍数的增加各组分浓度也看作压强增大。
答案：(1)不　当压强增大到原来2.5倍时，c(A)也增大到原来的2.5倍，说明平衡没有移动，即m＋n＝p
(2)向左　当压强增大到原来的2倍，c(A)却增大到原来的2.2倍，说明平衡向生成A的方向移动了　增大压强时，B转化为液体或固体

1．下列反应一定能自发进行的是(　　)
A．放热反应　　　　　　　 B．熵增加的反应
C．熵增加的吸热反应 D．熵增加的放热反应
解析：选D。反应能自发进行，则ΔH－TΔS＜0，只有熵增加的放热反应ΔH－TΔS＜0，故选D。
2．有关化学反应的说法，正确的是(　　)
A．自发反应都是放热反应
B．自发反应都是熵增大的反应
C．自发反应一定能实现
D．非自发反应在一定条件下也能实现
解析：选D。选项A错，如NH4NO3溶于水是自发反应却是吸热反应；选项B错，当ΔH＜0，ΔS＜0时有适当的温度也会发生自发反应；选项C错，有些自发反应需要一定的温度。
3．实验证明，多数能自发进行的反应都是放热反应。对此说法的理解的叙述中，正确的是(　　)
A．所有的放热反应都是自发进行的
B．所有的自发反应都是放热的
C．焓变是影响反应是否具有自发性的一种重要因素
D．焓变是决定反应是否具有自发性的判据
解析：选C。多数能自发进行的反应都是放热反应，并不是所有自发进行的反应都是放热反应。焓变是影响反应是否具有自发性的一种重要因素，但不是唯一因素。
4．下列说法中正确的是(　　)
A．某反应低温条件下能自发进行，那么高温条件下也一定能自发进行
B．某反应高温条件下不能自发进行，那么低温条件下也不能自发进行
C．反应方向是由焓变和熵变共同决定的，与反应温度无关
D．温度有可能对反应的方向起决定性的作用
解析：选 D。反应能否进行取决于ΔH－TΔS，当ΔH－TΔS＜0时能自发进行，因而选项A、B不正确；能否自发进行与温度有关，因而选项C不正确，选项D正确。
5．25 ℃时，KNO3在水中的饱和溶液物质的量浓度是6 mol·L－1，若将1 mol固体KNO3置于1 L水中，则KNO3变成盐溶液过程的ΔH－TΔS的取值为(　　)
A．小于0 B．等于0
C．大于0 D．不能确定
解析：选A。因为KNO3溶于水，混乱度增加，其取值为负值。
6．已知2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH为正值，ΔS为负值。设ΔH和ΔS都不随温度而变，以下是对该反应的自发性的判断，其中正确的是(　　)
A．低温下是自发反应
B．高温下是自发反应
C．低温下是自发反应，高温下是非自发反应
D．任何温度下都是非自发反应
解析：选D。ΔH为正值，ΔS为负值，则ΔH－TΔS>0。所以该反应在任何温度下都是非自发反应。
7．石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为
C(石墨)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.51 kJ·mol－1
C(金刚石)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－395.41 kJ·mol－1
关于金刚石和石墨的相互转化，下列说法正确的是(　　)
A．石墨转化成金刚石是自发进行的过程
B．金刚石转化成石墨是自发进行的过程
C．金刚石比石墨更稳定
D．金刚石比石墨能量低
解析：选B 。由热化学方程式可知，石墨比金刚石能量低，1 mol石墨转化为1 mol金刚石需吸收1.9 kJ的热量，金刚石转化为石墨是放热反应，因此金刚石转化为石墨是自发进行的过程。物质所具有的能量越低越稳定。
8．下列说法中正确的是(　　)
A．能自发进行的反应一定能迅速发生反应
B．非自发进行的反应一定不可能发生反应
C．能自发进行的反应实际可能没有发生反应
D．常温下，2H2O2H2↑＋O2↑，即常温下水的分解反应是自发反应
解析：选C。ΔH－TΔS这个判据指的是在温度、压强一定条件下化学反应自动发生的趋势，即反应发生的可能性，它并不能说明在该条件下一个可能自发进行的化学反应能否实际发生，因为化学反应能否实际发生还涉及反应速率问题等，所以A不正确。非自发不含有“不可能”之意，例如：水的分解在常温常压下是非自发的，但在通直流电条件下，电解生成氢气和氧气，只不过消耗了其他功，所以B错。水在常温常压下电解才发生分解，即环境对它做电功才能使它发生，所以是非自发反应，所以D不正确。
9．汽车尾气(含烃类、CO、NO与SO2等)是城市主要污染源之一，治理的办法之一是在汽车排气管上装催化转化器，它使NO与CO反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，其反应原理是：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)，在298 K、100 kPa下ΔH＝－113 kJ·mol－1，ΔS＝－145 J·mol－1·K－1。下列说法中错误的是(　　)
A．该反应中反应物总能量高于生成物的总能量
B．该反应常温下不能自发进行，因此需要高温和催化剂条件
C．该反应常温下能自发进行，高温和催化剂条件只是加快反应的速率
D．汽车尾气中的这两种气体会与人体血红蛋白结合而使人中毒
解析：选B 。解答本题要注意以下两点：(1)利用ΔG＝ΔH－TΔS判断反应的方向。(2)注意反应发生的条件。因为2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)，298 K时，ΔH＝－113 kJ/mol，ΔS＝－145 J·mol－1·K－1，说明该反应为放热反应，且是熵减的反应，生成物的总能量低于反应物的总能量。常温时ΔG＝ΔH－TΔS＝－113 kJ·mol－1－298 K×(－145×10－3 kJ·mol－1·K－1)＝－69.79 kJ·mol－1<0，即该反应在常温下能自发进行，故A、C、D正确。
10．已知100 kPa、298.15 K时有以下反应：NH4Cl(s) ===NH3(g)＋HCl(g)　ΔH＝176.4 kJ·mol－1，ΔS＝284.3 J·mol－1·K－1　设ΔH和ΔS不随温度而变化， 试计算NH4Cl分解自发进行的最低温度。
答案：ΔH－TΔS＝176.4 kJ·mol－1－298.15 K×284.3×10－3 kJ·mol－1·K－1＝91.64 kJ·mol－1＞0，此条件下该反应为非自发反应。要使反应能够自发进行，则ΔH－TΔS＜0，即T＞ΔH/ΔS＝176.4 kJ·mol－1/284.3×10－3 kJ·mol－1·K－1＝620.5 K，即NH4Cl分解自发进行的最低温度为620.5 K。
11．有A、B、C、D四个反应：
反应
A
B
C
D
ΔH/kJ·mol－1
10.5
1.80
－126
－11.7
ΔS/J·mol－1·K－1
30.0
－113.0
84.0
－105.0
(1)在任何温度都能自发进行的反应是________________________________________________________________________；
(2)任何温度都不能自发进行的反应是________________________________________________________________________；
(3)另两个反应中，在温度高于________℃时，可自发进行的反应是________；在温度低于______℃时，可自发进行的反应是______。
解析：当ΔH<0，ΔS>0，任何温度均能自发进行，反应C；当ΔH>0，ΔS<0，任何温度均不能自发进行，反应B；ΔH>0，ΔS>0，高温自发进行，反应A，由ΔH－TΔS<0，T>＝＝350 K，故为77 ℃；ΔH<0，ΔS<0，低温自发进行，反应D，同理T<＝111.4 K，故为－161.6 ℃。
答案：(1)C
(2)B
(3)77　A　－161.6　D
12．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：S( C2H5OH)＝161.0 J·mol－1·K－1、 S(H2)＝130. 6 J·mol－1·K－1、S(石墨)＝5.74 J·mol－1·K－1、S(O2)＝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？
答案：由盖斯定律得2C(石墨)＋3H2(g)＋O2(g)===C2H5OH(l)　ΔH，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·K)
ΔG＝ΔH－TΔS＝－277.6 kJ·mol－1－298 K×(－344.93×10－3 kJ·mol－1·K－1)＝－174.8 kJ·mol－1。
13．已知在298 K时，由石墨生成金刚石的反应的ΔH＝＋1.895 kJ·mol－1，ΔH－TΔS＝2.866 kJ·mol－1，又已知石墨的熵S(石)＝5.694 J·mol－1·K－1，求金刚石的熵S(金)，并回答这两种碳的同素异形体哪种更有序？
答案：石墨转化为金刚石的反应为：C(s，石墨)===C(s，金刚石)，ΔH－TΔS＝ΔH－T[S(金)－S(石)]＝2.866 kJ·mol－1，即1.895 kJ·mol－1－298 K×[S(金)－5.694]×10－3 kJ·mol－1·K－1＝2.866 kJ·mol－1，解得S(金)＝2.436 J·mol－1·K－1。熵是体现混乱度的量度，混乱度越小，体系的熵值就越小，或者说体系的熵值越小，则越有序。通过上面的计算知S(金)＜S(石)，则金刚石比石墨更有序。

1．下列说法正确的是(　　)
A．凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
B．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C．自发反应在恰当条件下才能实现
D．自发反应在任何条件下都能实现
解析：选C。放热反应常常是容易进行的过程，吸热反应有些也是自发反应；自发反应的熵不一定增大，可能减小，也可能不变。过程的自发性只能用于判断过程的方向，是否能实现还要看具体的条件。
2．下列对熵的理解不正确的是(　　)
A．同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小
B．体系越有序，熵值越小；越混乱，熵值越大
C．与外界隔离的体系，自发过程将导致体系的熵减小
D．25 ℃、1.01×105 Pa时，2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)是熵增的反应
解析：选C。体系都有从有序自发转变为无序的倾向，此过程为熵增过程，故C错误。
3．已知在等温等压条件下，化学反应方向的判据为：
ΔH－TΔS＜0反应能自发进行，
ΔH－TΔS＞0反应不能自发进行，
(其中ΔH为焓变，ΔS为熵变，T为热力学温度，单位为K)
设反应A(s)===D(g)＋E(g)　ΔH－TΔS＝(－4500＋11T)J·mol－1，要防止反应发生，温度必须(　　)
A．高于409 K　　　　　　　　　 B．低于136 K
C．高于136 K而低于409 K D．低于409 K
解析：选A。要防止反应发生，需满足ΔH－TΔS＞0的条件，解不等式得T＞409 K。
4．试判断下列过程中体系的熵变是大于0，还是小于0。
(1)溶解少量食盐于水中：________________________________________________________________________；
(2)纯碳和氧气反应生成CO(g)：________________________________________________________________________；
(3)H2O(g)变成液态水：________________________________________________________________________；
(4)CaCO3(s)加热分解为CaO(s)和CO2(g)：________________________________________________________________________。
解析：熵变(ΔS)是依据混乱度来取值的，混乱度的大小取决于能够自由运动的粒子的数目。(1)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；(2)2C(s)＋O2(g)===2CO(g)，注意C是固体，n(CO)＞n(O2)，则ΔS＞0；(3)H2O(g)变为H2O(l)，分子的自由度减少，则ΔS＜0；(4)CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)，注意CaCO3和CaO均是固体，则ΔS＞0。
答案：(1)ΔS＞0　(2)ΔS＞0　(3)ΔS＜0　(4)ΔS＞0
5．汽车尾气处理反应：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)
已知298 K、100 kPa下该反应的ΔH＝－746.8 kJ/mol　ΔS＝－197.5 J·mol－1·K－1试判断该反应在室温下能否自发进行？
答案：已知：T＝298 K，ΔH＝－746.8 kJ/mol，ΔS＝－197.5 J·mol－1·K－1
据：ΔH－TΔS＝－746.8 kJ/mol－298 K×(－197.5×10－3 kJ·mol－1·K－1)＝－687.9 kJ/mol＜0知该反应在室温下能自发进行。

1．一定条件下，将A、B、C三种物质各1 mol通入一个密闭容器中发生反应：2A＋B??2C，达到平衡时，B的物质的量可能是(　　)
A．1.5 mol　　　　　　　　　　 B．1 mol
C．0.5 mol D．0
解析：选B。若A、B完全反应，达平衡时B物质的量为0.5 mol，若C完全反应，达平衡时B为1.5 mol，但反应为可逆反应，不能进行到底，故0.52．在一定条件下，密闭容器中进行可逆反应：N2＋3H22NH3，下列说法能说明该反应已达到化学反应限度的是(　　)
A．反应物浓度等于生成物浓度
B．容器中N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2
C．单位时间生成n mol N2，同时生成3n mol H2
D．H2的生成速率等于NH3的生成速率的1.5倍
解析：选D。D项表示生成H2的速率等于消耗H2的速率，即达到平衡状态。
3．下列关于化学反应限度的说法中正确的是(双选)(　　)
A．一个可逆反应达到的平衡状态就是这个反应在该条件下所能达到的限度
B．当一个可逆反应进行到平衡状态时，这个反应的正反应速率和逆反应速率相等
C．平衡状态是一种静止的状态，因为反应物和生成物的浓度已经不再改变
D．化学反应的限度不可能通过改变条件而改变
解析：选AB。当一个可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时，该反应已达到平衡状态；反之，当一个可逆反应进行到平衡状态时，这个反应的正反应速率和逆反应速率相等，所以B正确。当一个可逆反应进行到平衡状态时，这个反应的正反应速率和逆反应速率相等，从表面上看，反应物不再被消耗，生成物也不再增加，反应物达到了最大转化率，生成物达到最大产率，这就是这个反应在该条件下所能达到的限度，所以A正确。化学平衡状态是一种动态平衡，一旦条件改变，平衡就要被破坏，化学反应的限度也就随之而改变，所以C、D说法是错误的。
4.
在一定温度下，容器内某一反应中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浓度的2倍
解析：选D。由曲线可知，N物质的量减少，是反应物；M物质的量增加，是生成物，A不正确。横轴t2对应纵轴数值为4，纵轴是物质的量轴，不是速率轴，B不正确。t3时刻以后，M、N物质的量不再改变，反应达到平衡状态，v正＝v逆，C不正确。t1时刻N的物质的量为6 mol，M的物质的量为3 mol，D正确。
5．可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系式中能说明反应已达到平衡状态的是(　　)
A．av正(A)＝bv正(B) B．bv正(A)＝av逆(B)
C．av正(C)＝cv正(A) D．av正(A)＝bv逆(B)
解析：选B。当正反应速率等于逆反应速率时，可逆反应达到平衡状态。正、逆反应速率相等有以下几种表现形式：若用同一物质表示：v正＝v逆；若用不同物质表示v逆∶v正＝化学方程式中的化学计量数之比。根据化学方程式中A、B、C间的计量关系，可知上述四个选项中，只有bv正(A)＝av逆(B)表示正、逆反应速率相等。
6．在密闭容器中进行反应：X(g)＋4Y(g)2Z(g)＋3W(g)，其中X、Y、Z、W的起始浓度分别为：0.1 mol·L－1、0.4 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.3 mol·L－1，反应达到平衡时，各物质的浓度不可能为(双选)(　　)
A．c(X)＝0.15 mol·L－1
B．c(Y)＝0.9 mol·L－1
C．c(Z)＝0.3 mol·L－1
D．c(W)＝0.6 mol·L－1
解析：选BD。采用极限假设法，找出各物质浓度的范围。
7．可逆反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)在密闭容器中进行，下列能说明该反应已达到平衡状态的是(　　)
A．容器内压强不随时间变化而变化
B．混合气体总分子数不随时间变化而变化
C．混合气体的颜色不再改变
D．c(H2)与c(I2)保持相等
解析：选C。该反应为体积不变的反应，总分子数不变、压强不变不能证明平衡已建立，H2、I2都是生成物且计量数相等，因此二者浓度相等也不能证明平衡已建立。
8．在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时，表明反应A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)已达到平衡状态的是(双选)(　　)
A．混合气体的压强
B．混合气体的密度
C．B的物质的量浓度
D．气体的总物质的量
解析：选BC。首先要确定可逆反应的特点：反应前后气体体积不变，反应物A为固体，再确认外界条件为恒温、恒容条件。因此，压强、气体的总物质的量均为不变量，而混合气体的密度、B的物质的量浓度均为可变量，因此，答案为B、C。
9．已知汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)　ΔH<0下列说法不正确的是(　　)
A．升高温度可使该反应的逆反应速率降低
B．反应达平衡后，CO的反应速率保持不变
C．使用高效催化剂可有效提高正、逆反应速率
D．单位时间内消耗CO和N2的物质的量之比为2∶1时，反应达到平衡
解析：选A。此反应的正反应是放热反应，升高温度，正、逆反应速率都增大，故A错；加入催化剂，能同等程度地提高正、逆反应速率，故C正确；平衡时，各成分的反应速率保持不变，但不为0，故B正确；消耗CO为v(正)，消耗N2为v(逆)，当单位时间内消耗CO和N2的物质的量之比为2∶1时，均换算为CO的反应速率，得v(正)＝v(逆)，达平衡，故D正确。
10．把6 mol A气体和5 mol B气体混合放入4 L密闭容器中，在一定条件下发生反应：
3A(g)＋B(g)2C(g)＋xD(g)，经5 min达到平衡，此时生成C为2 mol，测定D的平均反应速率为0.1 mol·L－1·min－1。
(1)x＝________。
(2)平衡时A的浓度为________________________________________________________________________。
解析：本题是一道有关化学平衡的基础计算题，解题的关键是弄清各量的含义。
因n(D)＝v(D)·V·t＝0.1 mol·L－1·min－1×4 L×5 min＝2 mol，
n(C)∶n(D)＝2 mol∶2 mol＝1∶1，所以x＝2。
　　　　 3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)
起始量(mol)　6　　　 5　　　　0　　　0
变化量(mol)　3　　　 1　　　　2　　　2
平衡量(mol)　3　　　 4　　　　2　　　2
平衡时A的浓度：＝＝0.75 mol·L－1。
答案：(1)2　(2)0.75 mol·L－1
11．在400 ℃、101 kPa，将SO2和14 mol O2装入一个有催化剂的5 L密闭容器中，发生了2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)的反应，10 min时达到平衡时，测得容器内有2 mol SO2和12 mol O2 。则：
(1)SO2的起始浓度为____________。
(2)平衡时体系中有__________mol SO3。
(3)从开始反应至达到平衡状态用O2表示的平均反应速率为__________________。
(4)平衡体系中含SO3的体积分数为______________。
解析：　　　2SO2　＋　　O22SO3
起始/mol　　　　　　　 14　　　　 0
变化/mol　　　4　　　　 2　　　　　4
平衡/mol　　　2　　　　 12　　　　 4
则c始(SO2)＝＝1.2 mol/L，
平衡时n(SO3)＝4 mol，
v(O2)＝＝0.04 mol/(L·min)，
平衡体系中含SO3的体积分数为：＝。
答案：(1)1.2 mol/L　(2)4　(3)0.04 mol/(L·min)　(4)
12．将2 mol H2O和2 mol CO置于1 L容器中，在一定条件下，加热至高温，发生如下可逆反应：2H2O(g) 2H2＋O2,2CO＋O22CO2。
(1)容器内气体密度不发生变化时，能不能说明反应已达到平衡状态？为什么？
(2)当上述系统达到平衡时，欲求其混合气体的平衡组成，则至少还需要知道两种气体的平衡浓度，但这两种气体不能同时是什么？(写出它们的分子式)
(3)若平衡时O2和CO2的物质的量分别为n平(O2)＝a mol，n平(CO2)＝b mol。试求n平(H2O)(用含a、b的代数式表示)。
解析：(1)不能；反应过程中，容器体积不变，气体质量不变，密度也就不发生变化，无论平衡还是不平衡，气体密度始终不变。
(2)因为H2O(g)与H2的变化量始终相同，CO与CO2的变化量始终相同，故同时知道H2O(g)和H2的平衡浓度或同时知道CO和CO2的平衡浓度，无法确定混合气体的平衡组成。
(3)据n平(CO2)＝b mol，推知2CO＋O22CO2反应中消耗n(O2)＝ mol，结合n平(O2)＝a mol，可知2H2O(g) 2H2＋O2反应生成O2的物质的量为a mol＋ mol，则n平(H2O)＝2 mol－(a mol＋ mol)×2＝(2－2a－b)mol。
答案：(1)不能；反应过程中，容器体积不变，气体质量不变，密度也就不发生变化，无论平衡还是不平衡，气体密度始终不变。
(2)H2O(g)和H2或CO和CO2。
(3)(2－2a－b)mol。
13．在一定条件下，反应2A(g)＋B(g) 4C(g)达到平衡，讨论：
(1)若A、B的起始浓度分别为2 mol·L－1和1 mol·L－1，平衡时A、B、C的浓度取值范围分别是__________________；若A、C的起始浓度分别为2 mol·L－1、2 mol·L－1，平衡时A、B、C的浓度取值范围分别是____________________________。
(2)若平衡时A、B、C的浓度分别为a mol·L－1，d mol·L－1和a mol·L－1。起始时A、B、C的浓度分别是___________________。改变条件达到新平衡时，使B的浓度变化范围为0.5 d～1.5 d mol·L－1，则应满足的条件是___________________。
解析：(1)采用极限假设法，计算出各物质浓度的范围。
(2)平衡时A、B、C的浓度分别为a mol·L－1、d mol·L－1、a mol·L－1，其反应可能从正反应开始；也可能从逆反应开始。但从逆反应开始时，由于仅有反应C物质不能得到平衡时的A、B、C的浓度，所以要配置一定量的A或B物质。究竟选择A或B，就从A与B之间的过量问题进行判断。
当a＞2d时，意味A为过量，则B的起始浓度为0 mol·L－1。4d mol·L－1C转化d mol·L－1B和2d mol· L－1A，则C的起始浓度为(a＋4d)mol·L－1，A的起始浓度为(a－2d) mol·L－1。
当a<2d时，B过量，A、B、C的浓度分别是：0 mol·L－1，(d－0.5a) mol·L－1,3a mol·L－1。
改变条件，使B的平衡浓度在0.5d～1.5d mol·L－1范围内变化，也就是讨论A、B、C的取值范围。实际上就是要有一定量的A，消耗物质B(由d mol·L－1减少到0.5d mol·L－1)生成C，根据方程式系数关系A的消耗量为d mol·L－1，即现有的A(a mol·L－1)应大于d mol·L－1。同理当B的量增大时，C的消耗量为2d mol·L－1，即现有的C(a mol·L－1)应大于2d mol·L－1。两者都满足：a＞2d。
答案：(1)0～2 mol·L－1、0～1 mol·L－1、0～4 mol·L－1
2～3 mol·L－1、0～0.5 mol·L－1、0～2 mol·L－1
(2)从正反应开始：1.5 a mol·L－1、(0.25 a＋d)mol·L－1、0 mol·L－1；
从逆反应开始：若a＞2d时(a－2d)mol·L－1、0 mol·L－1、(a＋4d) mol·L－1；
若a＜2d时0 mol·L－1、(d－0.5a) mol·L－1、3a mol·L－1　a＞2d

1．下列对可逆反应的认识正确的是(　　)
A．NH4Cl NH3 ↑＋HCl ↑与NH3＋HCl===NH4Cl互为可逆反应
B．既能向正反应方向进行，又能向逆反应方向进行的反应叫可逆反应
C．在同一条件下，同时向正、逆两个方向进行的反应叫可逆反应
D. 对于可逆反应：N2＋3H22NH3，增加反应物中N2的比例，可使H2完全转化为NH3
解析：选C 。可逆反应的特征“两同”：同时、同条件。A项中两个反应的条件不同；B项不具备同时、同条件的特征；可逆反应中不管反应物比例如何，反应物不可能完全转化为生成物，D项不正确。
2．在密闭容器中进行如下反应：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.2 mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是(　　)
A．Z为0.3 mol·L－1
B．X2为0.2 mol·L－1
C．Y2为0.4 mol·L－1
D．c(X2)＋c(Y2)＋c(Z)＝0.55 mol·L－1
解析：选A 。可逆反应中，反应体系中各物质一定共存，如果B、C选项中的数据存在，则Z的浓度为0，这是不可能的，A选项符合题意；又因为该反应是总体积不变的反应，达到平衡时，不论X2、Y2、Z怎么变化，总物质的量不会改变，总浓度也不会改变，即：c(X2)＋c(Y2)＋c(Z)＝0.6 mol·L－1。
3．可以充分说明反应P(g)＋Q(g)R(g)＋S(g)在恒温下已达到平衡的是(　　)
A．反应容器内的压强不随时间改变
B．反应容器内P、Q、R、S四者共存
C．P的生成速率和S的生成速率相等
D．反应容器内的气体总物质的量不随时间变化
解析：选C。该反应是反应前后气体体积不变的反应，体系中气体总物质的量和压强不随时间而改变，故A、D不能作为反应是否达平衡的标准；因为是可逆反应，反应物和生成物一定共存，B项错；P的生成速率和S的生成速率相等，说明v(正)＝v(逆)，反应达平衡。
4．恒温恒容下，将2 mol A气体和2 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(s)，2 min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2 mol B，并测得C的浓度为1.2 mol·L－1。
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为________。
(2)x＝________。
(3)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是________。
A．压强不再变化
B．气体密度不再变化
C．气体的平均相对分子质量不再变化　　
D．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1
解析：本题着重考查化学反应速率和化学平衡的概念及相关的简单计算。(1)较为简单，依据公式即可得出结果。在(2)中，列出反应的化学方程式，求解：
　　　　2A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(s)
起始量(mol)：　 2　　 2　　　　0
转化量(mol)：　1.6　 0.8　 　 2.4
平衡量(mol)：　0.4　 1.2　 　 2.4
由于转化量之比等于化学计量数之比，即0.8∶2.4＝
1∶x，解得x＝3。在(3)中，由于反应前后气体体积相同，故A项不可作为反应达到平衡状态的标志，又无论反应是否达到平衡，恒有A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1。
答案：(1)0.6 mol/(L·min)　(2)3　(3)BC　
5．有A、B、C三种气体，若起始时取1 mol A与2 mol B发生反应：A＋2B2C，达到平衡时，c(A)、c(B)、c(C)之比等于v(A)、v(B)、v(C)之比，则达到平衡时A的物质的量是__________。
解析：根据反应的化学方程式知，v(A)∶v(B)∶v(C)＝1∶2∶2，则c(A)∶c(B)∶c(C)＝1∶2∶2，此时可判断c(B)＝c(C)，因为此反应中B的消耗量等于C的生成量，又等于B的剩余量，则B消耗了原来的一半，即1 mol，同时A消耗了0.5 mol。
答案：0.5 mol

1．已知下列反应的平衡常数：①H2(g)＋S(s)H2S(g)，K1；②S(s)＋O2(g)SO2(g)，K2。则反应H2(g)＋SO2(g)O2(g)＋H2S(g)的平衡常数是(　　)
A．K1＋K2　　　　　　　　 B．K1－K2
C．K1×K2 D.
解析：选D。由于所求的反应式③可用反应式①－反应式②得到，故由化学平衡常数的意义知，K3＝。
2．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。根据题意可知，发生反应的氢气的物质的量为8 mol×25%＝2 mol，因此可得下列“三段式”：
　　　 N2　＋　3H2 2NH3
初始/mol：　2　　　 8　　　　 0
转化/mol：　　　　 2　　　　　
平衡/mol：　　　　 6　　　　　
在同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，因此平衡时氮气的体积分数等于其物质的量分数，即为×100%≈15%。
3．下列关于平衡常数的叙述正确的是(　　)
A．一个化学反应的平衡常数是一个常数
B．两种物质反应，不管怎样书写化学方程式，平衡常数不变
C．温度一定时，对于给定的化学反应，正、逆反应的平衡常数互为倒数
D．浓度商Qc＝解析：选C。化学平衡常数在一定温度时是一个常数，A错；平衡常数的表达式与化学方程式书写方式有关，B错；对于任意反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)的任意状态，称为浓度商，用Qc表示，当Qcv逆，D错。
4．一定温度下，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的转化率为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。在其他条件一定时，增大一种反应物的浓度可以提高其他反应物的转化率，即当反应物I2的浓度增大时，另一种反应物H2的转化率将增大。
5．某温度，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值应为(　　)
A．2500 B．100
C．4×10－4 D．2×10－2
解析：选C。由题意知反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的平衡常数K＝502＝2500，则其逆反应2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)的平衡常数K＝＝4×10－4。
6．某温度下反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数K＝57.0，现向此温度下的真空容器中充入0.2 mol·L－1H2(g)、0.5 mol·L－1I2(g)及0.3 mol·L－1HI(g)，则下列说法中正确的是(　　)
A．反应正好达平衡
B．反应向逆反应方向进行
C．反应向某方向进行一段时间后K<57.0
D．反应向某方向进行一段时间后c(H2)<0.2 mol·L－1
解析：选D。Qc＝
＝＝0.97．低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：
2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)2N2(g)＋3H2O(g)　ΔH<0，在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是(　　)
A．平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B．平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C．单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时，反应达到平衡
D．其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
解析：选C。对于放热反应，升温平衡常数减小，A错；增大一个反应物浓度另一反应物转化率增大，B错；使用催化剂平衡不移动，转化率不会改变，D错。
8．人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力。CO吸入肺中发生反应：CO＋HbO2O2＋HbCO,37 ℃时，该反应的平衡常数K＝220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是(　　)
A．CO与HbO2反应的平衡常数为K＝
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧舱中解毒，其原理是使上述可逆反应向逆反应方向进行
解析：选C。该平衡的平衡常数表达式为K＝，A项正确；c(CO)越大，平衡正向移动，会使HbO2减少，B正确；C项中，因为K＝＝220，且＝0.02时，会使人智力受损，将两式合并，可知：220＝×0.02，＝，所以≥时，人的智力就会受损，C项说法错。
9．在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L－1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol·L－1
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是(　　)
A．反应达到平衡时，X的转化率为50%
B．反应可表示为X＋3Y2Z，其平衡常数为1600
C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D．改变温度可以改变此反应的平衡常数
解析：选C。平衡常数只与温度有关。
10．已知可逆反应：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)　ΔH>0，请回答下列问题：
(1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)＝1 mol·L－1，c(N)＝2.4 mol·L－1；达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为________；
(2)若反应温度升高，M的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”)；
(3)若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)＝c(N)＝b mol·L－1，达到平衡后，M的转化率为________。
解析：　　　　　 M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)
起始浓度(mol·L－1)　1　　 2.4　　　0　　　0
浓度变化(mol·L－1)　0.6　 0.6　　 0.6　　 0.6
平衡浓度(mol·L－1)　0.4　 1.8　　 0.6　 　0.6
(1)α(N)＝×100%＝25%。
(2)该可逆反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应方向进行，所以M的转化率增大。
(3)温度不变，平衡常数不变，所以根据(1)可求出平衡常数K＝＝0.5。
　　　　　　　　 M(g)＋N(g) P(g)＋Q(g)
起始浓度(mol·L－1)　b　　　 b　　　0　　 0
浓度变化(mol·L－1)　bα　　　bα　　 bα　　bα
平衡浓度(mol·L－1)　b(1－α) b(1－α) bα　　bα
K＝＝0.5，得 α＝41%。
答案：(1)25%　(2)增大　(3)41%
11．往一真空密闭容器中通入一定量的气体A，在一定温度下发生反应：2A(g)B(g)＋xC(g)，反应达平衡时，测得容器内压强增大了p%，若此时A的转化率为a%，则x、p、a之间应满足的关系为：______________________。
解析：　　　2A(g)B(g)　＋　xC(g)
起始　　　　 m　　　 0　　　　　 0
变化量　　　m·a%　 m·a%　 m·a%
平衡　　 m(1－a%)　 ma%　　m·a%
则＝，
得x＝。
答案：x＝
12．在一定温度下的密闭容器中存在如下反应：
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，已知c始(SO2)＝0.4 mol·L－1，c始(O2)＝1 mol·L－1，经测定该反应在该温度下的平衡常数K≈19。试判断：
(1)当SO2转化率为50%时，该反应是否处于平衡状态，若未达到平衡状态，向哪个方向进行？
(2)到达平衡状态时，SO2的转化率应为多少？
解析：(1)　　　　　2SO2＋O22SO3
起始/mol·L－1　　　　0.4　　1　　　 0
转化/mol·L－1　　　　0.2　　0.1　　 0.2
转化后/mol·L－1　　　0.2　　0.9　　 0.2
此时：Qc＝
＝＝1.1 L·mol－1＜K，
所以当SO2转化率为50%时，反应未达平衡状态，反应向正反应方向进行。
(2)设达平衡时转化的SO2的物质的量浓度为x
　　　　　　 2SO2　＋O2??2SO3
c始/mol·L－1　　 0.4　　 1　　　 0
c转/mol·L－1　　 x　　　 　　　 x
c平/mol·L－1　　0.4－x　1－　 x
K＝≈19，
解得：x＝0.32，
α(SO2)＝×100%＝80%。
即到达平衡状态时，SO2的转化率应为80%。
答案：见解析。
13．在一定温度下，向容积不变的容器中加入2 mol N2、8 mol H2及固体催化剂，使之反应。
已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.2 kJ· mol－1。平衡时，容器内气体压强为起始时的80%。
(1)反应达到平衡时，放出的热量(　　)
A．小于92.2 kJ　　B．等于92.2 kJ　　C．大于92.2 kJ
(2)保持同一温度，在相同的容器中，若起始时加入2 mol NH3、1 mol H2及固体催化剂，反应达到平衡时NH3的体积分数(　　)
A．等于0.25　　　B．大于0.25　　　C．小于0.25
(3)保持同一温度，在相同的容器中，起始通入一定物质的量N2、H2、NH3，欲使平衡时NH3的体积分数一定等于0.25。且起始时向正反应方向进行，则充入N2的物质的量a mol的取值范围是________。
解析：(1)平衡时，容器内气体压强为起始时的80%，则生成NH3 2 mol，放出热量92.2 kJ。
(2)此时NH3的体积分数为0.25，若起始时加入2 mol NH3、1 mol H2，则NH3的体积分数小于0.25。
(3)设n(N2)＝a，n(H2)＝b，n(NH3)＝c，则a＋c＝2 mol，故a<2 mol，当a＝1 mol，c＝2 mol，b＝5 mol时，NH3的体积分数等于0.25，要使起始时向正反应方向进行，则a>1 mol。故1答案：(1)B　(2)C　 (3)1
1．下列关于化学平衡常数的说法中，正确的是(　　)
A．在任何条件下，化学平衡常数K都是一个定值
B．当改变反应物的浓度时，化学平衡常数会发生改变
C．化学平衡常数K只与温度有关，与反应物浓度、体系的压强无关
D．化学平衡常数K与反应物的转化率是一一对应的
解析：选C。化学平衡常数K只与温度有关，与反应物浓度、体系的压强无关，故化学平衡常数与反应物的转化率不是一一对应的。
2．对于3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)，反应的化学平衡常数的表达式为(　　)
A．K＝　　 B．K＝
C．K＝ D．K＝
解析：选D。平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，但固体浓度视为1，不写入平衡常数计算式中。
3．将2 mol X和2 mol Y充入2 L密闭容器中发生如下反应：
X(g)＋3Y(g)2Z(g)＋aQ(g)
达到平衡时生成0.8 mol Z，测得Q的浓度为0.4 mol/L，下列叙述错误的是(　　)
A．a的值为2
B．平衡时X的浓度为0.2 mol/L
C．平衡时Y的转化率为60%
D．平衡时Z的体积百分含量为20%
解析：选B。本题考查化学平衡的计算，中等难度。由题意知生成Q的物质的量为0.8 mol，与生成Z的物质的量相等。由转化的物质的物质的量之比等于化学计量数之比得a＝2，A正确。X反应了0.4 mol，Y反应了1.2 mol，平衡时X的物质的量为1.6 mol，Y的物质的量为0.8 mol，则平衡时X的浓度为0.8 mol/L，Y的转化率为60%，所以B错误，C正确。平衡时总物质的量为4 mol，所以平衡时Z的体积百分含量为20%，D正确。
4．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＝1×1030
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，水分解产生O2，此时平衡常数值约为__________。
(3)常温下，NO、H2O、CO2三种化合物分解放出氧气的倾向大小顺序为______>______>______。
解析：由于互为可逆反应的平衡常数互为倒数，所以水分解产生O2的Kc＝＝＝5×10－82，K越大，反应进行越彻底，比较K1、Kc、K3大小可知放出O2的倾向大小为NO>H2O>CO2。
答案：(1)K＝　(2)5×10－82　(3)NO　H2O　CO2
5．在100 ℃时，将0.100 mol的四氧化二氮气体充入1 L抽空的密闭容器中，每隔20 min对该容器内的物质浓度进行分析得到如下表数据：
时间/s
0
20
40
60
80
c(N2O4)/mol·L－1
0.100
c1
0.050
c3
c4
c(NO2)/mol·L－1
0.000
0.060
c2
0.120
0.120
通过计算可知：
(1)c1＝____________________；
(2)求100 ℃时该反应的平衡常数；
(3)在下图中画出并标明此反应中N2O4和NO2的浓度随时间变化的曲线；
(4)在上述条件下，从反应开始直至达到化学平衡时，四氧化二氮的平均反应速率为________mol·L－1·s－1。
解析：由反应N2O4(g)2NO2(g)可知：c1＝0.070 mol·L－1，c2＝0.100 mol·L－1，c3＝c4＝0.040 mol·L－1。平衡时c(N2O4)＝0.040 mol·L－1，c(NO2)＝0.120 mol·L－1，K＝＝0.36 mol·L－1。
由表格数据可知60 s时达到平衡，v(N2O4)＝＝0.001 mol·L－1·s－1。
答案：(1)0.07
(2)K＝0.36 mol·L－1
(3)
(4)0.001

(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，每小题只有一个正确答案)
1．0.1 mol·L－1的下列物质的水溶液，只存在一种分子的是(　　)
A．NaF　　　　　　　　　 B．NH4Cl
C．HClO D．HNO3
解析：选D。发生水解的盐，可以生成弱电解质分子，还有水分子，弱酸HClO，只有一小部分发生电离，只有强酸HNO3全部电离，溶液中只有水分子。
2．下列溶液一定显碱性的是(　　)
A．c(OH－)＞c(H＋)的溶液
B．含OH－的溶液
C．pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合
D．滴加甲基橙后溶液显红色
解析：选A。只要溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液一定显碱性；任何溶液中都存在OH－；pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液呈酸性；甲基橙试剂的指示剂变色范围是3.1～4.4，溶液显红色，说明溶液呈酸性。
3．两份等体积、等浓度的NaOH溶液，分别与体积相等的AlCl3、MgCl2溶液混合，充分反应后Al3＋、Mg2＋均恰好形成沉淀，则原AlCl3、MgCl2溶液中Cl－浓度之比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶3 D．3∶2
解析：选A。 NaOH的物质的量是一定的，可用“定1法”看作是1 mol，则1 mol NaOH可使1/3 mol AlCl3沉淀，可使1/2 mol MgCl2沉淀，故两溶液提供的Cl－的物质的量相等，由体积相等，则Cl－浓度之比为1∶1。
4.
如图某学生用碱式滴定管量取0.1 mol·L－1的NaOH溶液，开始时仰视液面，读数为1.0 mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11.0 mL，该同学在操作中实际取出的液体(　　)
A．大于10.0 mL
B．小于10.0 mL
C．等于10.0 mL
D．等于11.0 mL
解析：选A。滴定管上读数时，抓好“三点一线”，即溶液的凹液面、滴定管上的刻度线、人的眼睛这三个点在同一水平线上时，读出的数值才是准确的。
5．将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，下列各图中生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2体积(V)的关系正确的是(　　)
解析：选D。通入CO2发生的反应是①CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O；②CO2＋2KOH===K2CO3＋H2O，两个反应可认为同时发生，但因为有难溶物生成，可认为①先反应；当CaCO3完全生成后，反应②再发生。当继续通入CO2后，又面临③K2CO3＋CO2＋H2O===2KHCO3，④CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2，由起始时c(CO)较大，则CaCO3不会溶解，先是③反应，当c(CO)较低时，才发生反应④，沉淀逐步完全溶解。综合以上，表现在图像上，开始生成沉淀，逐渐增大，达到最大，后沉淀量不变，到沉淀量逐渐减小至为0，选D。
6．下列反应的离子方程式正确的是(　　)
A．等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba(OH)2溶液混合：
2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋CO＋2H2O
B．饱和石灰水跟稀硝酸反应：Ca(OH)2＋2H＋===Ca2＋＋2H2O
C．向稀氨水中加入稀盐酸：NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O
D．碳酸钙溶于醋酸中：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑
解析：选C。 A中应是等物质的量反应：HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O，B中是饱和石灰水，应用离子形式表示，D中CH3COOH应用化学式表示。
7．有Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl及NH4NO3五瓶无标签溶液，为鉴别它们，取4支试管分别装入一种溶液，再向上述4支试管中加入少许剩下的一种溶液，下列表达中错误的是(　　)
A．若3支试管出现沉淀时，则后加入的是AgNO3溶液
B．全部没有什么现象变化时，则后加入的是NH4NO3溶液
C．1支试管出现气体，2支试管出现沉淀时，最后加入的是HCl溶液
D．若只有2支试管出现沉淀时，则后加入的是BaCl2溶液
解析：选C。要熟悉各物质反应时，是否生成难溶物和气体。做此题可用每种物质进行尝试，取一种物质向其他四种物质的溶液中滴加，得Na2CO3(两种沉淀，一种气体)、AgNO3(只得3种沉淀)、BaCl2(只得两种沉淀)、HCl(一种沉淀，一种气体)、NH4NO3(无明显现象变化)。
8．酸雨是煤和石油燃烧时生成的硫及氮的氧化物溶于水生成硫酸和硝酸之缘故。现取某酸雨试样分析得如下数据：
组分
浓度(mol·L－1)
组分
浓度(mol·L－1)
NH
1.9×10－5
Na＋
2.0×10－5
NO
2.4×10－5
Cl－
6.0×10－5
SO
2.8×10－5
则此酸雨中H＋的物质的量浓度(mol·L－1)最接近的数值是(　　)
A．1.01×10－6 B．1.01×10－5
C．1.01×10－4 D．1.01×10－3
解析：选C。由电荷守恒：c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(NO)＋2c(SO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，忽略c(OH－)，因为溶液显酸性。
9．室温下，Va L pH＝a的强酸与Vb L pH＝b的强碱溶液混合，混合后溶液pH＝3。(混合前后体积变化忽略不计)已知a＋b＝13，Vb＝4.5Va，则a值为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B。由强酸和强碱混合后溶液显酸性，则是酸过量，＝10－3mol·L－1，整理后再把Vb＝4.5Va，b＝13－a代入，即可求得a＝2。
10．用1 mol·L－1NaOH溶液中和某浓度的硫酸溶液时，其pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示，原硫酸溶液的物质的量浓度和反应后溶液的总体积分别是(　　)
A．1 mol·L－1,100 mL B．0.5 mol·L－1,80 mL
C．1 mol·L－1,60 mL D．1 mol·L－1,80 mL
解析：选B。解此题有两个关键点，一是从图像上看，起始时硫酸溶液的pH＝0，则H2SO4的起始浓度为0.5 mol·L－1，二是加40 mL NaOH溶液时，恰好和硫酸能中和，pH＝7。
11．下列各种溶液中，可能大量共存的离子组是(　　)
A．pH＝0的溶液中：Fe2＋、NO、SO、I－
B．由水电离出的c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：Na＋、AlO、S2－、CO
C．含有大量Fe3＋的溶液中：Na＋、I－、K＋、NO
D．c(H＋)＝10－14 mol·L－1的溶液中：Mg2＋、NO、Fe2＋、ClO－
解析：选B。A项中酸性条件下NO要氧化Fe2＋、I－；B项中水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若呈碱性，可能大量共存；C项中Fe3＋与I－不能大量共存；D项中溶液呈碱性，Mg2＋、Fe2＋不能大量存在。
12．下列各组数据中，其比值为2∶1的是(　　)
A．氨水与(NH4)2SO4溶液混合后pH＝7的溶液中，c(NH)∶c(SO)
B．相同温度下，0.2 mol·L－1乙酸溶液与0.1 mol·L－1乙酸溶液中c(H＋)之比
C．Na2CO3溶液中，c(Na＋)∶c(CO)
D．pH＝12的Ba(OH)2溶液与pH＝12的KOH溶液中，c[Ba(OH)2]∶c(KOH)
解析：选A。选项A可由电荷守恒得到。B项中由于弱电解质浓度越小，电离程度越大，可知，0.2 mol·L－1乙酸溶液与0.1 mol·L－1乙酸溶液中，c(H＋)之比小于2∶1。C项中由于CO水解c(Na＋)∶c(CO)大于2∶1。D项中为1∶2。
13．下列说法正确的是(　　)
A．相同温度下，1 mol·L－1醋酸溶液与0.5 mol·L－1醋酸溶液中，c(H＋)之比是2∶1
B．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，使混合液的pH＝7，此时混合液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)
C．pH＝3的盐酸和醋酸加水使溶液体积分别扩大100倍，pH仍相同
D．0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)
解析：选B。对一定浓度的弱酸溶液加水稀释时，由于在稀释的过程中，又电离出H＋，稀释的倍数比c(H＋)的倍数小。依据电荷守恒，判定B正确，D右边漏掉c(OH－)是错误的。
14．如图所示，下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符合的是(　　)
A．NaHSO3粉末加入HNO3溶液中
B．H2S气体通入氯水中
C．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中
D．CO2气体通入澄清石灰水中
解析：选D。因为NaHSO3与HNO3反应时，被氧化成SO，所以无气体生成，A不对。H2S气体通入到氯水中生成HCl，酸性一直增强，B不对。NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中开始就有沉淀生成，C不对。CO2气体通入石灰水中，开始反应至完全沉淀时，导电能力最弱，再通CO2，CaCO3＋CO2＋H2O===Ca(HCO3)2，离子浓度增大导电性增强，完全溶解时离子浓度基本不变，导电性也不变。
15．某溶液中仅含Na＋、H＋、OH－、CH3COO－四种离子，下列说法错误的是(　　)
A．溶液中四种粒子之间不可能满足：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)
B．若溶液中部分粒子间满足：c(CH3COO－)＝c(Na＋)，则该溶液一定呈中性
C．若溶液中溶质仅为CH3COONa，则粒子间一定满足：
c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．若溶液中的溶质为CH3COONa和CH3COOH，则溶液中粒子间一定满足：
c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
解析：选D。据电荷守恒，A、B正确； D中思考的切入点放在若在CH3COONa溶液中滴加少量CH3COOH时，溶液中c(H＋)也可能小于c(OH－)，故D项错误。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(6分)(1)室温下，在pH＝12的某种溶液中，由水电离的c(OH－)为____________。
(2)等体积的下列溶液中，阳离子的总物质的量最大的是____________。
①0.2 mol·L－1的CuSO4溶液
②0.1 mol·L－1的Na2CO3
③0.2 mol·L－1的KCl
④0.1 mol·L－1的Na2SO4
(3)浓度为0.100 mol·L－1的下列各物质的溶液中，c(NH)由大到小的顺序是_____________________。
①NH4Cl　　　　　　　　 ②NH4HSO4
③NH3·H2O ④CH3COONH4
解析：(1)分析思路涉及两个方面，若是碱的溶液，则抑制水的电离，使水的电离程度减小，水电离的c(OH－)为10－12 mol·L－1；若是强碱弱酸盐的溶液，因水解对水的电离起促进作用，水电离的c(OH－)为10－2 mol·L－1。
(2)溶液的体积相等，不考虑其他影响，溶液中各阳离子的物质的量相同，因Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，即使少量Cu2＋水解，但因1 mol Cu2＋水解可生成2 mol H＋，故CuSO4溶液中阳离子的总的物质的量最大。
(3)由于弱电解质的电离和盐类的水解程度都是比较小的，故③中NH3·H2O提供的c(NH)最小，②中电离出的H＋抑制NH水解，④中CH3COO－的水解促进NH的水解。
答案：(1)10－12 mol·L－1或10－2 mol·L－1
(2)①
(3)②＞①＞④＞③
17．(8分)(1)向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，到不再产生二氧化碳气体为止。在此过程中，溶液中的碳酸氢根离子浓度的变化趋势可能是__________________(从下面的选项中选择)，有关反应的离子方程式为______________________________________。
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先逐渐增大，而后减小 D．先逐渐减小，而后增大
(2)在纯碱溶液中滴入酚酞，溶液变红。若在该溶液中再滴入过量的氯化钡溶液，所观察到的现象是________________________________________________________，原因是____________________________________________________________(以离子方程式和简要文字说明)。
解析：(1)由Na2CO3溶液中存在CO＋H2OHCO＋OH－，逐滴加入稀盐酸时，破坏水解平衡，向右移动，使CO逐渐转化成HCO，当完全转化为HCO时，由还存在着HCO＋H2OH2CO3＋OH－，又使平衡右移，随生成H2CO3增多，不稳定发生分解，生成CO2气体，此时c(HCO)又减小。(2)该题考查盐类的水解，及水解平衡的移动和沉淀生成的知识。
答案：(1)C　CO＋H＋HCO，HCO＋H＋H2O＋CO2↑
(2)①生成白色沉淀，②溶液红色逐渐变浅，最后消失　纯碱溶液中，因存在CO＋H2OHCO＋OH－，使溶液中c(OH－)＞c(H＋)溶液变红，滴入过量BaCl2溶液时，Ba2＋＋CO===BaCO3↓转化成难溶物质，使平衡左移，c(CO)减小，碱性减弱，红色变浅，最后消失
18．(18分)某课外活动小组为了测定一瓶变质的氢氧化钠固体中碳酸钠的质量分数，教师提供样品的质量为m g。甲、乙二位同学分别设计了如下的实验方案：
(1)甲同学的方案是：将样品溶解，加过量氯化钡溶液，过滤洗涤，取沉淀烘干，称量得固体n g。则混合物中碳酸钠的质量分数为_____________；若Ca2＋、Ba2＋都可使CO沉淀完全，但使用氯化钡溶液比氯化钙溶液所得的结果具有更高的精确度，原因是____________________________________________________。
(2)乙同学的方案如图所示：
根据该实验方案，乙同学在实验中必须准确测定的数据是____________；当混合物样品充分反应完全时，缓慢通入空气的目的是______________________，其中，装置A的作用是_________________________。装置E的作用是________________________________________________________________。
答案：(1)×100%　碳酸钡的相对分子质量比碳酸钙大，在CO的量一定的条件下，加入BaCl2生成的沉淀质量多，测定的相对误差较小
(2)装置D反应前后的质量　将反应中生成的CO2排出，完全被碱石灰吸收　吸收通入空气中的CO2　防止外界空气中CO2和水蒸气进入D，影响测定结果
19．(15分)用实验确定某酸HA是弱电解质，两同学的方案是
甲：①称取一定量的HA配制成0.1 mol·L－1的溶液100 mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。
乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸溶液，
分别配制pH＝1的两种酸溶液各100 mL；
②分别取这两种溶液各10 mL，加水稀释为100 mL；
③各取相同体积的两种稀释液装入两支试管，同时加入纯度和大小相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。
(1)甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH________1。(选填“＞”、“＜”或“＝”)乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是_____________。(不能多选)
a．装盐酸溶液的试管中放出H2的速率快
b．装HA溶液的试管中放出H2的速率快
c．两支试管中产生气体的速率一样快
(2)请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处：__________________，_________________________________________。
(3)请你再提出一个合理而比较容易进行的方案(药品可任取)，作简明扼要表述：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：本题考查强弱电解质的区别：当强酸和弱酸均为一元酸时，相同浓度的强酸和弱酸的pH不同；相同pH的强酸和弱酸的物质的量浓度不同；相同pH的强酸和弱酸等体积稀释后溶液的pH不同；相同条件的强酸和弱酸的盐溶液pH不同。
(1)甲方案：因为HA是弱电解质，0.1 mol·L－1HA的溶液pH不等于1，且溶液pH大于1。
乙方案：相同pH的强酸和弱酸等同稀释后，弱酸溶液的pH小于强酸溶液的pH，反应制氢的能力强。
(2)配制pH＝1的HA溶液难以实现，不妥之处在于加入的锌粒难以做到表面积相同。
(3)配制NaA溶液，测其pH＞7即证明HA是弱电解质。
答案：(1)＞　b
(2)配制pH＝1的HA溶液难以实现　加入的锌粒难以做到表面积相同
(3)配制NaA溶液，测其pH＞7即证明HA是弱电解质
20．(8分)难溶化合物的饱和溶液存在溶解平衡，例如：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)，在一定温度下，其离子浓度乘积为常数，这一常数叫溶度积常数，用Ksp表示，已知：Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝1.9×10－12，现用0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴定0.01 mol·L－1KCl和0.001 mol·L－1K2CrO4混合溶液，通过计算回答：
(1)Cl－、CrO谁先沉淀？
(2)当刚出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中Cl－浓度是多少？(设混合溶液在反应中体积不变)
解析：本题考查运用离子反应的原理进行综合计算。
(1)设混合溶液为1 L，沉淀Cl－需AgNO3溶液体积为x L，沉淀CrO需AgNO3溶液为y L。
则(0.01 mol·L－1×x)·(0.01 mol·L－1×1)＝1.8×10－10
x＝1.8×10－6 L
(0.01 mol·L－1×y)2·(0.001 mol·L－1×1)＝1.9×10－12
y＝4.36×10－3 L
因为x＜y，所以Cl－先沉淀。
(2)因c2(Ag＋)·c(CrO)＝1.9×10－12，
c2(Ag＋)×0.001 mol·L－1＝1.9×10－12，
c(Ag＋)＝4.36×10－5 mol·L－1 ，
c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，
4．36×10－5·c(Cl－)＝1.8×10－10，
c(Cl－)＝4.13×10－6 mol·L－1。
当刚出现Ag2CrO4沉淀时；溶液中Cl－浓度是4.13×10－6 mol·L－1。
答案：见解析。

1．下列物质在水溶液中，存在电离平衡的是(　　)
A．Ca(OH)2　　　　　　 B．CH3COOH
C．BaSO4 D．CH3COONa
解析：选B。弱电解质在水溶液中存在电离平衡。
2．下列关于强、弱电解质的叙述，有错误的是(　　)
A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡
B．在溶液中，导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质
C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不同
D．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电
解析：选B。溶液的导电能力取决于单位体积中自由移动的离子物质的量和离子所带的电荷数，强电解质离子浓度不一定大，弱电解质离子浓度不一定小，它们的电离程度不同。
3．下列关于电解质电离的叙述中，正确的是(双选)(　　)
A．碳酸钙在水中溶解度很小，其溶液的电阻率很大，所以碳酸钙是弱电解质
B．碳酸钙在水中的溶解度很小，但被溶解的碳酸钙全部电离，所以碳酸钙是强电解质
C．氯气和氨气的水溶液导电性都很好，所以它们是强电解质
D．水难电离，纯水几乎不导电，所以水是弱电解质
解析：选BD。理解强电解质与弱电解质的概念。
4．下列说法中，正确的是(　　)
A．强电解质溶液一定比弱电解质溶液的导电能力强
B．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
C．强电解质的水溶液中不存在溶质分子
D．不溶性盐都是弱电解质，可溶性酸和具有极性键的化合物都是强电解质
解析：选C。强电解质完全电离，无溶质分子。
5．下列说法正确的是(　　)
A．NaCl溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子
B．溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸
C．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质
D．二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质
解析：选C。电解质的电离不是在电流作用下，B不符合酸的定义，二氧化碳是非电解质。
6．下列关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是(　　)
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
HI
非电解质
Cl2
蔗糖
C2H5OH
SO2
解析：选C。A项中Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质；B项BaSO4是难溶物，但溶解部分完全电离，所以BaSO4是强电解质；D项HI在水溶液中完全电离是强电解质。
7.
在电解质溶液的导电性装置(如图所示)中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的是(　　)
A．盐酸中逐滴加入食盐溶液
B．硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C．硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液
D．醋酸中逐滴加入氨水(氨水为弱电解质，CH3COONH4为强电解质)
解析：选C。溶液导电能力取决于自由移动离子浓度。由亮变暗，至熄灭说明随着反应的进行，自由移动离子浓度逐渐减少接近为零；而后又逐渐变亮说明随着加入溶液的过量，自由移动离子浓度逐渐增大。
8．下列说法正确的是(　　)
A．电解质的电离是在通电的条件下进行的
B．在水溶液中和熔融状态下能够导电的化合物是电解质
C．电解质电离的条件是溶于水或受热熔化
D．强电解质能够电离，弱电解质不能电离
解析：选C。电解质是在溶于水或熔融状态下发生电离的，电离并不需要通电，所以A错，C项对；在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物就是电解质，两个条件满足一个即可，并不需要两个条件同时满足，所以B项错误；强、弱电解质在溶于水或熔融状态下均可以电离，所以D项叙述错误。
9．把0.05 mol NaOH固体，分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是(　　)
①自来水　②0.5 mol·L－1盐酸　③0.5 mol·L－1醋酸
④0.5 mol·L－1NH4Cl溶液
A．①②　　　　　　　　　 B．②④
C．③④ D．②③
解析：选B。离子浓度变化不大，导电能力变化就不大。在H2O中、CH3COOH中加入NaOH固体，离子浓度都增大；向HCl中加入NaOH固体，自由移动离子数基本不变，则离子浓度变化不大；向NH4Cl中加入NaOH固体，离子浓度基本不变。
10．问题讨论：(填“一定”或“不一定”)
(1)相同温度，相同浓度的强电解质溶液的导电性_______强于弱电解质溶液的导电性；
(2)强电解质的导电性_______强(如硫酸钡，碳酸钡等难溶性盐溶液)，弱电解质的导电性__________弱；
(3)强电解质溶液的导电性_____比弱电解质溶液的导电性强，反之亦然。
解析： 强、弱电解质导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度，强电解质的自由移动离子的浓度不一定大，弱电解质自由移动离子浓度不一定小。
答案：(1) 一定　(2) 不一定　不一定　(3)不一定
11．双氧水(H2O2)和水都是极弱电解质，但H2O2比H2O更显酸性。
(1)若把H2O2看成是二元弱酸，请写出在水中的电离方程式：________________________________________________________________________。
(2)鉴于H2O2显弱酸性，它能同强碱作用形成正盐，在一定条件下也可形成酸式盐。请写出H2O2与Ba(OH)2作用形成盐的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)水电离生成H3O＋和OH－叫作水的自偶电离。同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，其自偶电离的方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：H2O2看成是二元弱酸，电离方程式分步写，即H2O2H＋＋HO，HOH＋＋O。H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O或2H2O2＋Ba(OH)2===Ba(HO2)2＋2H2O。根据H2O＋H2OH3O＋＋OH－的自偶电离知H2O2自偶电离的方程式为H2O2＋H2O2H3O＋HO。
答案：(1)H2O2H＋＋HO、HOH＋＋O
(2)H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O或2H2O2＋Ba(OH)2===Ba(HO2)2＋2H2O
(3)H2O2＋H2O2H3O＋HO
12．如图是在一定温度下，向不同电解质溶液中加入新物质时溶液的导电性能发生变化，其电流强度(I)随新物质加入量(m)的变化曲线，以下四个导电性实验，其中与A图变化趋势一致的是__________，与B图变化趋势一致的是________，与C图变化趋势一致的是________。
①氢氧化钡溶液中滴入硫酸溶液至过量；
②醋酸溶液中滴入氨水至过量；
③澄清石灰水中通入CO2至过量；
④氯化铵溶液中逐渐加入适量氢氧化钠固体。
解析：②CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COONH4＋H2O，由于生成了强电解质CH3COONH4，所以导电性先增强，继续加氨水对溶液进行稀释，导电性会减弱。①③涉及的反应：Ba(OH)2＋H2SO4===BaSO4↓＋2H2O，Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2，①导电性又增大是因为加入过量的H2SO4，而③是沉淀又和CO2作用生成了强电解质Ca(HCO3)2。④的过程导电性变化不大，因为NH4Cl和生成的NaCl浓度变化不大。
答案：②　①③　④
13．现有浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，回答下列问题：
(1)若三种溶液中c(H＋)分别为a1 mol·L－1、a2 mol·L－1、a3 mol·L－1，则它们的大小关系为________。
(2)等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1 mol、b2 mol、b3 mol，则它们的大小关系为________。
(3)分别用以上三种酸中和一定量的NaOH溶液生成正盐，若需要酸的体积分别为V1、V2、V3，其大小关系为________。
(4)分别与Zn反应，开始时生成H2的速率为v1、v2、v3，其大小关系为________。
解析：(1)盐酸中c(H＋)＝c(HCl)＝0.1 mol·L－1；
硫酸中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝2×0.1 mol·L－1＝0.2 mol·L－1；
醋酸中由于存在电离平衡 CH3COOHCH3COO－＋H＋，CH3COOH部分电离，所以c(H＋)＜0.1 mol·L－1。
(2)由于三种酸中溶质的物质的量相同，所以与足量NaOH溶液反应生成盐的物质的量也相同。
(3)设所用NaOH溶液中n(NaOH)为1 mol。
HCl＋NaOH===NaCl＋H2O
所以消耗盐酸的体积V1＝＝10 L；
H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O；
消耗硫酸的体积V2＝＝5 L；
CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O；
消耗醋酸的体积V3＝＝10 L；
(4)由于开始时盐酸、硫酸、醋酸中c(H＋)为0.1 mol·L－1、0.2 mol·L－1、小于0.1 mol·L－1，所以有v2＞v1＞v3。
答案：(1)a2＝2a1＞a3(答a2＞a1＞a3也可)
(2)b1＝b2＝b3
(3)V1＝V3＝2V2　(4)v2＞v1＞v3

1．下列溶液导电能力最强的是(　　)
A．0.1 mol·L－1的氨水100 mL
B．0.1 mol·L－1的醋酸50 mL
C．0.05 mol·L－1的醋酸100 mL
D．0.05 mol·L－1的硫酸100 mL
解析：选D。导电能力强说明自由移动离子浓度大，A、B、C均部分电离，A、B项中阴、阳离子总和远小于0.2 mol·L－1，C项中阴、阳离子浓度之和远小于0.1 mol·L－1，D项中H2SO4完全电离：H2SO4===2H＋＋SO，阴、阳离子浓度之和等于0.15 mol·L－1。
2．甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(双选)(　　)
A．1 mol·L－1甲酸溶液的pH约为2
B．甲酸能与水以任意比例互溶
C．10 mL 1 mol·L－1甲酸恰好与10 mL 1 mol·L－1NaOH溶液完全反应
D．在相同条件下，甲酸溶液的导电性比强酸溶液弱
解析：选AD。强弱电解质本质区别在于电离程度，另外，弱电解质中存在着平衡，也可通过平衡移动证明。
3．在水溶液中下列电离方程式书写正确的是(　　)
A．Ca(OH)2Ca2＋＋2OH－
B．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
C．H2CO32H＋＋CO
D．Na2SO4===2Na＋＋SO
解析：选D。Ca(OH)2为强电解质；NaHCO3电离产生Na＋与HCO；H2CO3为多元弱酸，分步电离，不可一步完成。
4．下列叙述中正确的是(　　)
A．固体氯化钠不导电，所以氯化钠是非电解质
B．铜丝能导电，所以铜是电解质
C．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质
D．三氧化硫溶于水能导电，所以三氧化硫是电解质
解析： 选C。A项NaCl不导电，是因为虽然NaCl晶体中有Na＋、Cl－，但不能自由移动，将它溶于水或熔融时则可导电，所以NaCl是电解质；B项铜是单质不是化合物；D项SO3溶于水导电，是生成的H2SO4溶液导电，H2SO4是电解质，而SO3不是电解质，只有C项正确。
5．由于弱电解质存在电离平衡，因此弱电解质的电离方程式的书写与强电解质不同。试写出下列物质的电离方程式：
(1)H2CO3　(2)H2S　(3) NaHCO3　(4)NaHSO4　(5)HClO
解析：强电解质完全电离，用“===”，弱电解质部分电离，用“”，多元弱酸的电离是分步进行的，以第一步电离为主。而多元弱碱则不分步。对于酸式盐的电离要格外注意，强酸的酸式盐要完全电离，弱酸的酸式盐电离的是酸式酸根。
答案：(1)H2CO3H＋＋HCO　HCOH＋＋CO
(2)H2SH＋＋HS－　HS－H＋＋S2－
(3)NaHCO3===Na＋＋HCO　HCOH＋＋CO
(4)NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO
(5)HClOH＋＋ClO－

1．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起(　　)
A．溶液的pH增大　　　　 B．CH3COOH电离度变大
C．溶液的导电能力减弱 D．溶液中c(OH－)减少
解析：选A。CH3COOH溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋。当加水稀释时，溶液中CH3COOH、CH3COO－、H＋的浓度都减小，溶液的导电能力减弱。所以CH3COOH溶液的pH增大。因为溶液变稀，所以CH3COOH电离度变大。当加入CH3COONa晶体时，发生CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，使得溶液中c(CH3COO－)变大，平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋左移；CH3COOH电离度变小，c(H＋)减小，但溶液导电能力增大。
2．0.10 mol·L－1 HA溶液中有1%的HA电离，则HA的电离平衡常数Ka为(　　)
A．1.0×10－5 B．1.0×10－7
C．1.0×10－8 D．1.0×10－9
解析：选A。电离出的HA的物质的量浓度为：c(HA)＝0.10 mol·L－1×1%＝1.0×10－3 mol·L－1，根据：HAH＋＋A－，则平衡时：c(H＋)＝c(A－)＝1.0×10－3 mol·L－1，c(HA)平＝0.10 mol·L－1－1.0×10－3 mol·L－1≈1.0×10－1 mol·L－1，将有关数据代入平衡常数表达式得：Ka＝＝1.0×10－5。
3．已知H2CO3的电离常数：K1＝4.4×10－7，K2＝4.7×10－11，HClO的电离常数：2.95×10－8。反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO达到平衡后，要使HClO浓度增大可加入(　　)
A．NaOH B．HCl
C．CaCO3(固体) D．H2O
解析：选C。要使HClO浓度增大，必须使平衡右移，且加入的物质与HClO不反应，所以加入NaOH时，平衡虽然右移，但HClO也参与反应，导致HClO减小；加入HCl时，平衡左移，c(HClO)减小；加水稀释时，c(HClO)也减小；加入CaCO3固体时，只与盐酸反应，使平衡右移，c(HClO)增大，所以选C。
4．欲使醋酸溶液中的CH3COO－浓度增大，且不放出气体，可向醋酸中加入少量固体(双选)(　　)
A．NaOH B．NaHCO3
C．CH3COOK D．Mg
解析：选AC。A项由于加入NaOH会减少H＋的物质的量，使平衡向右移动；C项由于加入CH3COOK会增加CH3COO－物质的量，故A、C均可以。B项中加入NaHCO3会降低H＋的物质的量浓度，使平衡右移，CH3COO－物质的量增加，但产生了CO2；D项中加入Mg会降低H＋的物质的量浓度，使平衡右移，但产生了H2，故B和D错误。
5．从植物花中可提取一种简写为HIn的有机物，在水溶液中因存在以下电离平衡，故可用作酸碱指示剂。HIn(aq，红色) H＋＋In－(aq，黄色)，在浓度为0.02 mol·L－1的下列各溶液(1)HCl、(2)Na2O2、(3)NaCl(aq)、(4)NaHSO4(aq)、(5)NaHCO3(aq)、(6)氨水中加入该指示剂，其中能使指示剂显黄色的是(　　)
A．(1)(4)(5) B．(2)(6)
C．(1)(4) D．(5)(6)
解析：选D。平衡右移，方能使指示剂显黄色，即应加入碱性物质，但Na2O2有强氧化性，使有机色素褪色。
6．H＋浓度均为0.01 mol/L的盐酸和醋酸各100 mL分别稀释2倍后，再分别加入0.03 g锌粉，在相同条件下充分反应，有关叙述正确的是(双选)(　　)
A．醋酸与锌反应放出氢气多
B．盐酸和醋酸分别与锌反应放出的氢气一样多
C．醋酸与锌反应速率大
D．盐酸和醋酸分别与锌反应的速率一样大
解析：选BC。相同温度下反应速率取决于c(H＋)与锌的固体接触面积，由于锌粉面积可以看作相同，这时仅考虑c(H＋)，浓度越大反应速率越快。由于盐酸和醋酸的c(H＋)相对于锌来说是过量的，故按照锌的质量来计算氢气的体积。
7．向0.1 mol·L－1醋酸溶液中逐滴加入氨水至过量时，溶液的导电能力将发生相应的变化，其电流强度(I)随加入氨水的体积(V)变化的曲线关系是下图中的(　　)
解析：选B。0.1 mol·L－1醋酸溶液导电能力不为零，由于反应将弱电解质转化成强电解质，导电能力增强。反应结束后氨水稀释，溶液导电能力降低。
8．已知0.1 mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是(双选)(　　)
A．加少量烧碱溶液 B．升高温度
C．加少量冰醋酸 D．加水
解析：选BD。A项加少量烧碱溶液，将减小溶液中氢离子浓度，虽然平衡右移，但醋酸浓度降低的程度小于溶液中氢离子浓度降低的程度；C项加少量冰醋酸平衡右移，但比值减小；升高温度，平衡右移，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，B正确；加水，氢离子浓度和醋酸浓度都降低，若平衡不移动，则比值不变，但事实上平衡右移，故D正确。
9．下列解释实验事实的方程式不准确的是(　　)
A．0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH>1：
CH3COOHCH3COO－＋H＋
B．“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：
2NO2(g) N2O4(g)　ΔH<0
C．少量铁溶于稀硝酸，溶液变黄：
3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
D．向H2CO3溶液中滴入石蕊试液，溶液变红：
H2CO3H＋＋HCO
解析：选C。硝酸具有氧化性，能将铁氧化为铁离子，铁离子显黄色，因此反应后溶液呈现黄色。
10．甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1 mol·L－1和0.1 mol·L－1，则甲、乙两瓶氨水中c(OH－)之比________(填“大于”、“等于”或“小于”)10。请说明理由________________。
解析：增大c(NH3·H2O)，反应NH3·H2ONH＋OH－平衡右移，根据勒夏特列原理，平衡移动的结果只是减弱这种改变但并不能消除，即1 mol·L－1的NH3·H2O的电离度不是0.1 mol·L－1的10倍，而是比10倍要小。
答案：小于　NH3·H2O是弱碱，溶液越稀，NH3·H2O的电离程度越大
11．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，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：c(CH3COOH)＝＝0.1 mol/L
因为　　　　CH3COOH　　CH3COO－　＋　H＋
起始(mol/L)　　0.1　　　　　　　　0　　　　1
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。
答案：0.1 mol·L－1　1.99×10－5　变大
12．在a、b两支试管中，分别装上形态相同、质量相等的一颗锌粒，然后向两支试管中分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸。填写下列空白：
(1)a、b两支试管中的现象：相同点是________________________________________________________________________；
不同点是______________；原因是________________________________________________________________________。
(2)a、b两支试管中生成气体的体积开始时是Va______Vb；反应完毕后生成气体的总体积是Va______Vb；原因是________________________________________________________________________。
解析：锌粒与酸反应的实质是Zn与酸电离的H＋发生置换反应产生H2，c(H＋)越大，产生H2的速率越快。盐酸是强电解质，醋酸是弱电解质，在起始时物质的量浓度相同时，盐酸中c(H＋)远大于醋酸中c(H＋)；反应完毕后，两者产生H2的体积(标准状况)却是相等的。因醋酸中存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋，Zn与H＋发生反应，使c(H＋)减小，醋酸的电离平衡向电离方向移动，继续发生H＋与Zn反应，足量的Zn可使醋酸中的H＋全部电离并与Zn反应生成H2，而n(HCl)＝n(CH3COOH)，因而产生H2的量相等。
答案：(1)都产生无色气泡　a中反应速率较快　盐酸是强酸、醋酸是弱酸，盐酸溶液中c(H＋)大
(2)大于　等于　开始反应时，盐酸溶液中H＋浓度较大，但H＋的总的物质的量相等
13．H2S溶于水的电离方程式为________________________________________________________________________。
(1)向H2S溶液中加入CuSO4溶液时，电离平衡向________移动，c(H＋)________，c(S2－)________；
(2)向H2S溶液中加入NaOH固体时，电离平衡向_____移动，c(H＋)______，c(S2－)______；
(3)若将H2S溶液加热至沸腾，c(H2S)________；
(4)若要增大H2S溶液中c(S2－)，最好加入____________________________________。
解析：H2S是二元弱酸，在水溶液中是分两步电离的，其电离方程式应为H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－。
对(1)，当加入CuSO4时，因发生反应Cu2＋＋S2－===CuS↓，使平衡右移，导致c(H＋)增大，但c(S2－)减小；对(2)，当加入NaOH时，因发生反应H＋＋OH－===H2O，使平衡右移，导致c(H＋)减小，但c(S2－)增大；对(3)，当加热H2S溶液至沸腾时，因H2S挥发，使c(H2S)减小；对(4)，增大c(S2－)最好是加入只与H＋反应的物质，可见加入强碱如NaOH固体最适宜。
答案：H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－
(1)右　增大　减小
(2)右　减小　增大
(3)减小
(4)NaOH固体

1．某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2ONH＋OH－，如果增大NH的浓度，而不增大OH－的浓度，应采取的措施是(　　)
A．适当升高温度　　　　　 B．加入NH4Cl固体
C．通入NH3 D．加入少量NaOH
解析：选B。升温平衡向右移动，c(NH)、c(OH－) 都增大；加入NH4Cl固体，相当于增大c(NH)，平衡向左移动，c(OH－)减小，但c(NH)仍较原来大；通入NH3平衡向右移动，c(NH)、c(OH－) 都增大；加入少量NaOH，c(OH－)增大，使c(NH)下降。
2．使某弱酸HX的电离程度增大，溶液中的c(H＋)减小的措施有(　　)
A．通入HCl B．加NaX
C．加热 D．加镁粉
解析：选D。通入HCl后HX的电离程度减小，溶液中的c(H＋)增大，A不正确；加NaX后弱酸HX的电离程度减小，B不正确；加热弱酸HX的电离程度增大，溶液中的c(H＋)增大，C不正确；加镁粉后弱酸HX的电离程度增大，溶液中的c(H＋)减小，因此D正确。
3．在含酚酞的0.1 mol·L－1氨水中加入少量NH4Cl晶体，则溶液颜色(　　)
A．变蓝色 B．变深
C．变浅 D．不变
解析：选C。NH4Cl晶体抑制氨水电离平衡，c(OH－)减小，所以C正确。
4．在RNH2·H2ORNH＋OH－的平衡中，要使RNH2·H2O的电离程度及c(OH－)都增大，可采取的措施(　　)
A．通入氯化氢 B．加少量氢氧化钠固体
C．加水 D．升温
解析：选D。只有升高温度能使平衡正向移动，c(OH－)增大。
5．根据下列数据(均在同温、同压下测定)：
酸
HX
HY
HZ
物质的量浓度
(mol·L－1)
0.1
0.2
0.3
电离平衡常数
7.2×10－4
1.8×10－4
1.8×10－5
可得出弱电解质强弱顺序正确的是(　　)
A．HZ＞HY＞HX B．HX＞HY＞HZ
C．HY＞HZ＞HX D．HZ＞HX＞HY
解析：选B。因三种酸均为一元酸，电离平衡常数越大，酸性越强。

1．纯水在10 ℃和50 ℃的H＋浓度，前者与后者的关系是(　　)
A．前者大　　　　　　　　　　 B．后者大
C．相等 D．不能确定
解析：选B。水的电离是吸热反应，温度升高水的电离程度增大，促进水的电离，故50 ℃时的 c(H＋)大。
2．25 ℃时，向纯水中加入少量氯化氢气体，仍能保持不变的是(　　)
A．c(H＋) B．c(OH－)
C．KW D．c(H＋)/c(OH－)
解析：选C。氯化氢抑制水的电离，c(H＋) 、c(OH－)、c(H＋)/c(OH－)都改变。温度不变KW不变。
3．下列说法正确的是(　　)
A．HCl溶液中无OH－
B．NaOH溶液中无H＋　
C．NaCl溶液中既无OH－也无H＋
D．室温下，任何物质的水溶液中都有H＋和OH－，且KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
解析：选D。无论酸溶液还是碱溶液都存在水的电离，都有OH－、H＋。室温下水的离子积不变。
4．下列粒子能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡向右移动的是(　　)
A．CH3COOH B．OH－
C．Fe3＋ D．
解析：选C。A项，CH3COOH电离出H＋，使水的电离平衡左移；B项，OH－能使水的电离平衡左移；C项，Fe3＋会水解，使水的电离平衡右移；D项，Cl－不影响水的电离平衡。
5．pH＝2的强酸溶液，加水稀释，若溶液体积扩大10倍，则c(H＋)或c(OH－)的变化(　　)
A．c(H＋)和c(OH－)都减小 B．c(H＋)增大
C．c(OH－)减小 D．c(H＋)减小
解析：选D。加水稀释c(H＋)减小，c(OH－)增大。
6．室温时，某溶液中由水电离生成的H＋和OH－物质的量浓度的乘积为1×10－24，则在该溶液中一定不能大量共存的离子组是(　　)
A．Al3＋、Na＋、NO、Cl－
B．K＋、Na＋、Cl－、CO
C．NH、Na＋、Cl－、SO
D．NH、K＋、SiO、NO
解析：选D。溶液中由水电离生成的H＋和OH－物质的量浓度的乘积为1×10－24，则抑制了水的电离，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，两者都不能大量共存是D项。
7．25 ℃时，KW＝1×10－14,100 ℃时，KW＝1×10－12，这说明(双选)(　　)
A．100 ℃时水的电离程度较大
B．100 ℃时水的酸性增强
C．KW与温度无直接关系
D．水的电离是一个吸热过程
解析：选AD。由题意可知，温度升高，KW增大，即c(H＋)·c(OH－)增大，说明水的电离平衡H2OH＋＋OH－向右移动，水的电离程度增大，故水的电离是一个吸热过程。
8．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH＞0，下列叙述正确的是(　　)
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变
C．向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，KW增大，pH不变
解析：选B。本题考查外界条件对水的电离平衡的影响。解答时要先分析清楚水的电离平衡的移动方向，然后再讨论c(H＋)、c(OH－)或KW的变化。向水中加入稀氨水，c(OH－)增大，平衡逆向移动，c(H＋)减小，A项不正确；向水中加入少量固体NaHSO4：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，c(H＋)增大，但KW不变，B项正确；向水中加入少量CH3COOH后，使水的电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，c(H＋)增大，C项不正确；将水加热，水的电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大，KW增大，pH减小，但仍呈中性，D项不正确。
9．常温下，下列四种溶液：①pH＝0的盐酸，②0.1 mol·L－1的盐酸，③0.01 mol·L－1的NaOH溶液，④pH＝11的NaOH溶液中，由水电离生成的H＋的物质的量浓度之比为(　　)
A．1∶10∶100∶1000 B．0∶1∶12∶11
C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶1
解析：选A。在盐酸中，由水电离产生的c(H＋)等于溶液中的c(OH－)：①c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1，②c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1；在NaOH溶液中，由水电离产生的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)，③c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，④c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1。因此，四种溶液中由水电离出的H＋的浓度之比为10－14∶10－13∶10－12 ∶10－11＝1∶10∶100∶1000。
10．在－50 ℃时液氨中存在着下列平衡：2NH3(液)?? NH＋NH，两种离子的平衡浓度均为1.0×10－15mol·L－1。
(1)液氨中离子积为__________________；
(2)向液氨中加入氨基钠(NaNH2)，液氨的离子积__________；向液氨中加入NH4Cl，c(NH)增大，离子积的数值________。
解析：应用知识迁移，将水的离子积迁移应用到液氨中。只要温度不变离子积就不变。
答案：(1)1.0×10－30　(2)不变　不变
11．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，回答下列各问题：
(1)该溶液的pH＝________；
(2)HA的电离平衡常数K＝________；
(3)升高温度时，K________(填“增大”、“减小”或“不变”)，pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)；
(4)由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的________倍。
解析： (1)HA电离出的c(H＋)＝0.1×0.1% mol·L－1＝1×10－4 mol·L－1，pH＝－lg(1×10－4)＝4；(2)电离平衡常数K＝＝ mol·L－1＝1×10－7mol·L－1；(3)因HA??H＋＋A－，电离过程是吸热的，所以升高温度c(H＋)、c(A－)均增大，则K增大，而pH减小；(4)c(H＋)HA＝1×10－4 mol·L－1。c(H＋)水＝c(OH－)＝mol·L－1＝1×10－10 mol·L－1，所以c(H＋)HA∶c(H＋)水＝(1×10－4)∶(1×10－10)＝106。
答案：(1)4　(2)1×10－7　(3)增大　减小　(4)106
12.
在不同温度下的水溶液中c(H＋)＝10x mol/L，c(OH－)＝10y mol/L，x与y的关系如右图所示。请回答下列问题：
(1)曲线Ⅰ代表的温度下，水的离子积为________，曲线Ⅰ所代表的温度________(填“高于”、“低于”或“等于”)曲线Ⅱ所代表的温度。你判断的依据是________________________________________________________________________。
(2)曲线Ⅰ所代表的温度下，0.01 mol/L的NaOH溶液的pH为________。
解析：(1)根据曲线中的数据，可以知道曲线Ⅰ代表的温度下水的离子积为1×10－12，水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积就越大，曲线Ⅰ所代表的离子积比曲线Ⅱ的大，所以，曲线Ⅰ代表的温度高。
(2)曲线Ⅰ所代表水的离子积为1×10－12,0.01 mol/L的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2 mol/L，则c(H＋)＝10－10 mol/L，pH＝10。
答案：(1)1×10－12　高于　曲线Ⅱ所代表的离子积比曲线Ⅰ的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，离子积越大，故曲线Ⅱ代表的温度低　(2)10
13．实验表明，液态时，纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，纯硫酸的导电性也显著强于纯水。又知液态纯酸都能像水那样进行自身电离(H2O＋H2OH3O＋＋OH－)而建立平衡，且在一定温度下都有各自的离子积常数。据此回答：
(1)纯硫酸在液态时自身电离的方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)25 ℃时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)_______1×10－14(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(3)在纯硫酸与纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是____________，这是因为混合酸中不仅存在硫酸和硝酸各自电离的两个电离平衡，而且还因硫酸的酸度大于硝酸，又在无水条件下，混合酸中必然发生______________________________________________________(写离子方程式)反应。
解析：根据实验表明，液态时，纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，纯硫酸的导电性也显著强于纯水。已知液态纯酸都能像水那样进行自身电离(H2O＋H2OH3O＋＋OH－)而建立平衡，且在一定温度下都有各自的离子积常数，这些信息告诉我们纯硫酸存在着电离平衡，且电离程度强于纯硝酸和纯水，仿照纯水的电离方式，可以推知纯硫酸的电离方程式为 2H2SO4H3SO＋HSO。在25 ℃时，液态纯H2SO4的离子积常数K(H2SO4)比1×10－14大。由于在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4H3SO＋HSO为主要的电离方式，而纯硝酸电离受到纯硫酸电离出的H＋的抑制，因此，在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是HSO。同时，无水条件下，混合酸中必然发生H＋＋NOHNO3(或NO＋H3SOHNO3＋H2SO4)的反应。
答案：(1)2H2SO4H3SO＋HSO
(2)＞　(3)HSO　H＋＋NOHNO3(或NO＋H3SOHNO3＋H2SO4)

1．关于水的离子积常数，下列说法不正确的是(　　)
A．100 ℃水中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B．纯水中，25 ℃时，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
C．25 ℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
D．KW值随温度升高而增大
解析：选A。KW只与温度有关，升高温度，KW增大，25℃时，纯水和任何物质的水溶液中KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14。
2．在氢硫酸中，c(H＋)和c(S2－)的比值是(　　)
A．4　　　　　　　　　　 B．2
C．大于2 D．在1～2之间
解析：选C。弱电解质的电离为部分电离，电离程度一般很小，氢硫酸是二元弱酸；分两步电离：H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－；二级电离更弱，以第一级电离为主。虽然由HS－电离产生的H＋与S2－浓度相同，但一级电离产生H＋却没有产生S2－，故c(H＋)/c(S2－)>2。
3．常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1，该溶液可能是(　　)
①二氧化硫水溶液　②氯化铵水溶液　③硝酸钠水溶液
④氢氧化钠水溶液
A．①④ B．①②
C．②③ D．③④
解析：选A。由水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1<1×10－7 mol·L－1，即该溶液中的溶质抑制了水的电离，因此要么加碱抑制，要么加酸抑制，故①④正确。
4．在相同温度下，0.01 mol·L－1 NaOH溶液和0.01 mol·L－1的盐酸相比，下列说法正确的是(　　)
A．由水电离出的c(H＋)相等
B．由水电离出的c(H＋)都是1.0×10－12 mol·L－1
C．由水电离出的c(OH－)都是0.01 mol·L－1
D．两者都促进了水的电离
解析：选A。若该温度下水的离子积常数为KW(这里没有说是25℃)，则在0.01 mol·L－1的NaOH溶液中，由水电离的c(H＋)＝＝ mol·L－1。在0.01 mol·L－1的HCl溶液中，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)水电离＝ mol·L－1。
5．在由水电离出的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是(　　)
A．K＋、Fe2＋、SO、MnO
B．Na＋、Cl－、NO、SO
C．Al3＋、NH、Cl－、SO
D．Na＋、AlO、Br－、Cl－
解析：选B。由水电离出的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，两者都能大量共存的是B项。

1．能使电离平衡H2OH＋＋OH－向右移动，且使溶液呈酸性的是(　　)
A．向水中加入少量氯化钠固体，并加热到100 ℃
B．向水中加入少量硫酸氢钠固体
C．在水中加入小苏打固体
D．在水中加入氯化铝固体
解析：选D。弱碱阳离子水解，促进水的电离，且使溶液呈酸性。
2．下列各组离子在溶液中能大量共存的是(　　)
A．Ca2＋、HCO、Cl－、K＋
B．Al3＋、AlO、HCO、Na＋
C．Fe2＋、NH、SO、S2－　
D．Fe3＋、SCN－、Na＋、CO
解析：选A。B中Al3＋与AlO因水解相互促进发生反应而不能共存：Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓。C中Fe2＋与S2－因能结合为沉淀而不能大量共存：Fe2＋＋S2－===FeS↓。D中Fe3＋与SCN－因络合而不能共存：Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3；Fe3＋与CO因水解相互促进而发生反应，不能共存：2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑。
3．有pH分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是(　　)
A．在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强
B．HX、HY、HZ三者均为弱酸
C．在X－、Y－、Z－三者中，以Z－最易发生水解
D．中和1 mol HY酸，需要的NaOH稍小于1 mol
解析：选D。三种盐溶液均显碱性，所对应的酸均为弱酸，根据盐溶液的pH和“越弱越水解”，可知Z－最易发生水解，酸性：HX＞HY＞HZ，一元酸和一元碱中和，酸碱的物质的量相等，故正确答案为D。
4．下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是(　　)
A．盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡
B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－)
C．在CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH－)≠c(H＋)
D．水电离出的H＋和OH－与盐中弱离子结合，造成盐溶液呈酸碱性
解析：选C。盐溶液呈酸碱性的原因，就是破坏了水的电离平衡，使溶液中c(H＋)≠c(OH－)，故A对；溶液显酸性则一定有c(H＋)>c(OH－)，故B对；根据水的电离方程式：H2O??H＋＋OH－，水在任何溶液中电离出的c(OH－)＝c(H＋)，但在CH3COONa溶液中，由于生成了弱电解质CH3COOH，使得c(OH－)>c(H＋)，故显碱性，所以C项说法错误；水电离出的H＋和OH－与盐中弱酸阴离子或弱碱阳离子结合生成弱电解质，正是造成盐溶液呈酸碱性的原因，所以D对。
5．下列水解离子方程式正确的是(　　)
A．Na2CO3：CO＋2H2OH2CO3＋2OH－
B．NH4Cl：NH＋H2ONH3·H2O＋OH－
C．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
D．CuSO4：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋
解析：选D。多元强碱弱酸盐水解应分步写，A错；一元强酸弱碱盐水解显酸性，B错；水解一般用“”号，C错；多元弱碱水解应一步完成，D正确。
6．物质的量浓度相同的下列各溶液，由水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是(　　)
①NaHSO4　②NaHCO3　③Na2CO3　④Na2SO4
A．④③②①　　　　　　　 B．①②③④
C．③②④① D．③④②①
解析：选C。水中存在的电离平衡：H2O??H＋＋OH－，对于能电离出H＋或OH－的物质，加入水中使水的电离程度减小，反之对于能结合水中H＋或OH－的物质，加入水中则使水的电离程度增大。NaHSO4抑制水的电离，而Na2CO3、NaHCO3均能促进水的电离，且Na2CO3较NaHCO3更大。
7．物质的量浓度相同的下列溶液中，含粒子种类最多的是(　　)
A．CaCl2 B．CH3COONa
C．NH3 D．K2S
解析：选D。CaCl2不水解，溶液中存在的粒子有Ca2＋、Cl－、OH－、H＋、H2O 5种；CH3COONa发生水解，溶液中存在Na＋、CH3COO－、CH3COOH、H＋、OH－、H2O 6种粒子；氨水中存在NH3、NH3·H2O、NH、OH－、H＋、H2O 6种粒子；K2S中S2－发生两步水解，溶液中存在K＋、S2－、HS－、H2S、OH－、H＋、H2O 7种粒子。
8．将标准状况下的2.24 L CO2通入150 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液中，下列说法正确的是(　　)
A．c(HCO)略大于c(CO)
B．c(HCO)等于c(CO)
C．c(Na＋)等于c(CO)与c(HCO)之和
D．c(HCO)略小于c(CO)
解析：选A。0.1 mol CO2与0.15 mol NaOH反应生成Na2CO3和NaHCO3各0.05 mol，由于CO水解能力比HCO强，且CO水解又生成HCO，因此溶液中c(HCO)略大于c(CO)。
9．在25 ℃时，浓度均为1 mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)三种溶液中，测得c(NH)分别为a、b、c(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。若不考虑酸根离子或阳离子对NH水解的影响，则a＝b＝c，但CO水解呈碱性，促进NH水解，Fe2＋水解呈酸性，抑制NH水解，SO不水解，对NH水解无影响。
10．在FeCl3溶液中存在下列平衡：
FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl　ΔH＞0
(1)加热FeCl3溶液，溶液的颜色会不断加深，可得到一种红褐色透明液体，向这种溶液中加入MgCl2溶液，产生的现象为______________。
(2)不断加热FeCl3溶液，蒸干水分并灼烧得到的固体可能是____________________。
(3)在配制FeCl3溶液时，为防止产生浑浊，应加入______________________________。
解析：(1)加热FeCl3溶液得到Fe(OH)3胶体，加入MgCl2溶液使胶体聚沉而得到红褐色沉淀。(2)加热可促进盐类水解，由于HCl挥发，可使水解进行彻底，得到Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解最终产物为Fe2O3。(3)为防止FeCl3水解，应加入少许稀盐酸抑制FeCl3水解。
答案：(1)生成红褐色沉淀　(2)Fe2O3　(3)少许稀盐酸
11．(1)常温下，0.10 mol·L－1 NH4Cl溶液pH______7(填“>”、“＝”或“<”)。
(2)相同物质的量浓度的Na2S溶液与NaHS溶液，pH大小：Na2S________NaHS(填“>”、“＝”或“<”)，两种溶液中粒子种类：Na2S________NaHS(填“>”、“＝”或“<”)。
(3)NaHCO3溶液呈碱性的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(用文字说明并写出有关的离子方程式)。
解析：(1)NH发生水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，使溶液显酸性，溶液pH<7。
(2)S2－分两步水解，HS－只有一步水解，且水解程度S2－>HS－，因此等浓度时溶液pH：Na2S>NaHS；Na2S溶液：Na2S===2Na＋＋S2－、S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋H＋、H2OH＋＋OH－，故溶液中存在七种粒子：Na＋、S2－、HS－、H2S、H2O、H＋、OH－。
NaHS溶液中：NaHS===Na＋＋HS－、HS－＋H2OH2S＋OH－、HS－H＋＋S2－、H2OH＋＋OH－，故溶液中含有：Na＋、HS－、H2O、H2S、OH－、S2－、H＋七种粒子。
(3)NaHCO3溶于水时发生电离：NaHCO3===Na＋＋HCO，电离出的HCO水解：HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，而使溶液中c(OH－)>c(H＋)，显碱性。
答案：(1)<　(2)>　＝
(3)NaHCO3电离出的HCO水解：HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，而使溶液呈碱性
12．有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、盐酸和Na2SO4溶液中的一种。
(1)已知A、B的溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。A是________溶液，B是________溶液，C是________溶液。
(2)若B溶液中c(OH－)与C溶液中的c(H＋)相同，现将B的溶液稀释10倍后溶液的pH用pHB表示，C溶液的pH用pHC表示，则pHB＋pHC________(填大于或等于某个数)。
解析：(1)由于CH3COONa、NH4Cl对水的电离起促进作用，且CH3COONa溶液的pH>7、NH4Cl溶液的pH<7；盐酸对水的电离起抑制作用，且盐酸的pH<7；Na2SO4对水的电离无影响，且Na2SO4溶液的pH＝7。综合分析，满足题目要求时，A为NH4Cl溶液、B为CH3COONa溶液、C为盐酸、D为Na2SO4溶液。
(2)设B溶液中c(OH－)与C溶液中的c(H＋)均为10－amol·L－1，则pHC＝－lg10－a＝a。
由于将B溶液稀释10倍(假设水解平衡不移动)，则稀释后的c(OH－)＝10－amol·L－1×＝10－a－1mol·L－1；而稀释过程中水解平衡右移，导致稀释后的c(OH－)>10－a－1mol·L－1，则c(H＋)＝<＝10a－13 mol·L－1，所以pHB>－lg10a－13＝13－a。
故pHB＋pHC>(13－a)＋a＝13。
答案：(1)NH4Cl　CH3COONa　盐酸　(2)>13
13．某盐或“类盐”的化学式为XmYn最简结构，将一定量的该盐溶于足量的水时：
(1)若m≠n，测得溶液的pH为5，则该盐与水反应的离子方程式可能为________________________________________________________________________。
(2)若m≠n，测得该盐溶液的pH为9，则该盐与水反应的离子方程式可能主要为________________________________________________________________________。
(3)若m≠n，X、Y为同周期的短周期元素，XmYn溶于水时，既有白色沉淀生成，又有无色气体放出，则该物质溶于水的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)若m≠n，X、Y为不同周期的短周期元素，XmYn溶于水时，既有白色沉淀生成，又有无色气体放出，则该物质溶于水的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)若X、Y为同主族元素，且m＝n，则该物质溶于水的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
溶于水后溶液呈碱性，如________；溶于水后溶液呈酸性，如________。
解析：盐在水中能完全电离：XmYn=== mXn＋＋nYm－。
(1)溶液的pH＝5，说明该盐为强酸弱碱盐，因此发生水解：Xn＋＋nH2OX(OH)n＋nH＋。
(2)溶液的pH＝9，说明该盐为强碱弱酸盐，因此发生水解：Ym－＋H2OHY(m－1)－＋OH－。
(3)据有关现象可知盐溶于水时能发生水解且相互促进。因为X、Y为同周期短周期元素，且能完全水解，因此该盐为硫化铝，水解方程式为 Al2S3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。
(4)X、Y不在同周期的短周期内，“类盐”有氮化镁、氮化钠、碳化铝等，溶于水都能发生水解反应：Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑，Al4C3＋12H2O===4Al(OH)3↓＋3CH4↑。氮化钠水解没有白色沉淀生成。
(5)X、Y为同主族元素，形成化合物，如NaH、KH、BrCl、IBr，水解反应式分别为：NaH＋H2O===NaOH＋H2↑，KH＋H2O===KOH＋H2↑，BrCl＋H2O===HBrO＋HCl，IBr＋H2O===HIO＋HBr。
答案：(1)Xn＋＋nH2OX(OH)n＋nH＋
(2)Ym－＋H2OHY(m－1)－＋OH－
(3)Al2S3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑
(4)Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑，
Al4C3＋12H2O===4Al(OH)3↓＋3CH4↑
(5)NaH＋H2O===NaOH＋H2↑，KH＋H2O===KOH＋H2↑，BrCl＋H2O===HBrO＋HCl，IBr＋H2O===HIO＋HBr　NaH，KH　BrCl，IBr

1．能使水的电离平衡正向移动，而且所得溶液呈酸性的是(　　)
A．将水加热到100 ℃时，水的pH＝6
B．向水中滴加少量稀H2SO4
C．向水中加入少量NaHCO3
D．向水中加入少量胆矾晶体
解析：选D。B使水的电离平衡逆向移动，A、C、D使水的电离平衡正向移动，但A仍为中性，C为碱性，D为酸性。故应选D。
2．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。本题是对盐类水解的原理和实质的考查。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－)，因此应选D。
3．常温下，在pH＝11的某溶液中，由水电离出的c(OH－) 可能为(　　)
①1.0×10－3 mol·L－1　②1.0×10－6 mol·L－1
③1.0×10－7 mol·L－1　④1.0×10－11mol·L－1
A．①③　　　　　　　　　 B．③
C．④ D．①④
解析：选D。常温下，该溶液若为碱的溶液，则水电离出的c(OH－)＝1.0×10－11mol·L－1，若为强碱弱酸盐溶液，水电离出的c(OH－)＝1.0×10－3 mol·L－1。
4．下列过程中或现象与盐类水解无关的是(　　)
A．纯碱溶液去油污
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热FeCl3溶液颜色变深
D．浓Na2S溶液有臭味
解析：选B。纯碱去油污利用其水解显碱性；加热FeCl3时FeCl3水解为红褐色Fe(OH)3，颜色加深；浓Na2S溶液有臭味是因为Na2S水解产生少量的H2S气体，而铁生锈主要是Fe在潮湿条件下发生电化学腐蚀。
5．写出下列盐溶于水后发生水解反应的离子方程式。
(1)CH3COONa________________________________________________________________。
(2)NH4Cl____________________________________________________________________。
(3)Na2CO3________________________________________________________________。
(4)Al2(SO4)3_______________________________________________________________。
(5)KnA溶液呈碱性：________________________________________________________。
解析：单个离子的水解程度都很小，要写可逆号，多元弱酸分步水解且以第一步为主，多元弱碱可写一步。第(5)题可谓是由感性上升到理性。
答案：(1)CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
(2)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
(3)CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－
(4)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
(5)An－＋H2OHA(n－1)－＋OH－，HA(n－1)－＋H2OH2A(n－2)－＋OH－……

1．能够使CH3COONa溶液pH增大且水解程度也增大的条件是(　　)
A．加水　　　　　　　　　　 B．升温
C．加压 D．加CH3COONa固体
解析：选B。CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；加水时该平衡虽然正移，但离子浓度减小，c(OH－)减小，pH减小；升温平衡正移，c(OH－)增大，pH增大；加压对水解平衡几乎无影响；加CH3COONa固体，使c(CH3COO－)增大，水解平衡正移，c(OH－)增大，pH增大，但水解程度是减小的。
2．NH4Cl溶液的pH和稀HCl的pH均为5，其中由水电离出的c(H＋)分别为x mol·L－1和y mol·L－1，则x与y的比值正确的是(　　)
A．1 B．10
C．104 D．10－4
解析：选C。NH4Cl的pH＝5，c(H＋)水＝10－5 mol·L－1，盐酸的pH＝5，c(H＋)水＝c(OH－)水＝10－9 mol·L－1，则x∶y＝10－5∶10－9＝104∶1。
3．使0.1 mol/L的NaHCO3的溶液中c(H＋)、c(CO)、c(HCO)都减少，其方法是(　　)
A．通入二氧化碳气体 B．加入氢氧化钠固体
C．通入氯化氢气体 D．加入饱和石灰水溶液
解析：选D。想解本题，应从电离、电离平衡、水解平衡、平衡的移动等方面去考虑。A项中因有CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO而使c(H＋)、c(HCO)都增大；B项中因OH－＋HCO===H2O＋CO而使c(CO)增大；C项中因HCl溶于水电离出H＋而使c(H＋)变大。故D符合要求。
4．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澄清石灰水　⑦浓HNO3　⑧浓H2SO4
A．①⑥ B．①②③④⑥
C．①②③⑥⑦⑧ D．⑤⑦⑧
解析：选B。呈碱性的盐，因OH－与玻璃中的SiO2反应生成硅酸盐，使试剂瓶瓶颈与瓶塞粘结，因而不能用带玻璃塞的试剂瓶贮存，必须用带橡胶塞的试剂瓶保存；酸性及强氧化性的物质不能用带橡胶塞的试剂瓶盛放。
5．下列四种肥料可以与草木灰(主要成分是K2CO3)混合施用的是(　　)
A．硫酸铵 B．氯化铵
C．硝酸钾 D．硝酸铵
解析：选C。铵态氮肥中NH的水解反应为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，水解显酸性，而草木灰中K2CO3水解显碱性，CO＋H2OHCO＋OH－，二者水解相互促进，NH大部分生成NH3·H2O，而后分解，造成氮肥损失。
6．下列实验操作能达到目的的是(　　)
①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体
③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体
④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体
A．①② B．②③
C．③④ D．①③
解析：选B。Al3＋和S2－会在溶液中发生双水解：2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑，得不到Al2S3；MgCl2会水解：MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，加热时水蒸发，HCl挥发，最后得到Mg(OH)2，灼烧得MgO，而得不到MgCl2。
7．下面的问题中，与盐类水解有关的是(　　)
①为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸；
②实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡胶塞；
③在NH4Cl或AlCl3溶液中加入镁条会产生气泡；
④长期使用硫酸铵，土壤酸性增强。
A．只有①④ B．只有②③
C．只有③④ D．全部
解析：选D。题中涉及的四个问题都与盐类的水解有关系。具体解释依次如下：①保存FeCl3溶液，在溶液中加入少量盐酸，可以抑制FeCl3发生水解反应生成Fe(OH)3沉淀。②Na2CO3、Na2SiO3可以发生水解使溶液显碱性，从而能腐蚀玻璃，故实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡胶塞，不能用玻璃塞，避免瓶塞和瓶口粘连在一起。③NH4Cl、AlCl3发生水解，溶液呈酸性，镁可以置换溶液中的氢，放出H2，从而产生气泡。④硫酸铵水解呈酸性，长期使用此化肥，土壤酸性将增强。
8．下面提到的问题中，与盐的水解无关的是(　　)
①明矾和FeCl3可作净水剂。
②实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶在盐酸中，而后加水稀释。
③比较NH4Cl和Na2S等溶液中离子浓度的大小或某些盐溶液的酸碱性。
④中和物质的量浓度和体积均相同的盐酸与醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同
A．① B．②
C．③ D．④
解析：选D。①②③都与盐的水解有关，④是酸碱中和反应。
9．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
弱酸
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。①溶液为中性，pH等于7，②一元强酸和一元强碱等浓度混合，由于碱的体积大，碱在反应中过量，所以溶液的pH大于7。③中不知道两者的电离程度，无法确定溶液的酸碱性。④中混合生成强碱弱酸盐，生成物发生水解，溶液呈碱性，pH大于7。
10．某温度时0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，c(Na＋)/c(CO)＝＞2，其原因是(用离子方程式表示)__________________________。现向Na2CO3溶液中通入一定量的CO2后，c(Na＋)/c(CO)＝＞，其原因是(用离子方程式表示)_______________________，此时c(HCO)＝_________________。
解析：Na2CO3===2Na＋＋CO，
CO＋H2OHCO＋OH－，
HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
恰好完全电离时c(Na＋)∶c(CO)＝2，因为CO水解使c(Na＋)∶c(CO)＞2。当向Na2CO3溶液中通入CO2时，CO＋H2O＋CO2===2HCO，使c(CO)减小而c(Na＋)不变，故c(Na＋)/c(CO)＝＞。
因为c(Na＋)＝0.2 mol·L－1，又c(Na＋)/c(CO)＝5/2，c(CO)＝0.08 mol·L－1，由C原子守恒得c(HCO)＝0.02 mol·L－1
答案：CO＋H2OHCO＋OH－
CO＋H2O＋CO2===2HCO　0.02 mol·L－1
11．现有S2－、SO、NH、Al3＋、Na＋、SO、AlO、Fe3＋、HCO、Cl－等离子，请按要求填空：
(1)在水溶液中，该离子水解呈碱性的是________________________________________________________________________。
(2)在水溶液中，该离子水解呈酸性的是________________________________________________________________________。
(3)既能在酸性较强的溶液里大量存在，又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有________________________________________________________________________。
(4)既不能在酸性较强的溶液里大量存在，又不能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有________________________________________________________________________。
解析：水解呈碱性的是弱酸的阴离子，水解呈酸性的是弱碱的阳离子，能在酸性和碱性较强的溶液里大量存在的离子说明与酸碱都不反应。
答案：(1)S2－、SO、AlO、HCO
(2)NH、Al3＋、Fe3＋
(3)Na＋、SO、Cl－
(4)HCO
12．10 ℃时，在烧杯中加入0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液400 mL，加热，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
50
70
pH
8.3
8.4
8.5
8.9
9.4
(1)甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为______________________________________________________。
(2)乙同学认为：溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，并推断水解程度Na2CO3________(填“大于”或“小于”)NaHCO3；
(3)丙同学认为，要确定上述哪种说法合理，只要把加热后的溶液冷却到10 ℃后再测定溶液的pH，若pH________8.3(填“＞”、“＜”或“＝”)，说明甲同学正确；若pH________8.3(填“＞”、“＜”或“＝”)，说明乙同学正确。
(4)丁同学设计如下实验方案对甲、乙同学的解释进行判断：实验装置如图，加热煮沸NaHCO3溶液，发现试管A中产生沉淀，说明________(填“甲”或“乙”)同学推测正确。
解析： (1)HCO水解的离子方程式为HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
(2)乙同学根据NaHCO3受热易分解的性质，认为受热时2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，这样溶质成为Na2CO3，而pH增大，也说明Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。
(3)若甲同学的观点正确，则当温度再恢复至10 ℃时，pH应为8.3；若乙同学的观点正确，则当温度降回到10 ℃时，pH应大于8.3。
(4)根据A中澄清石灰水变浑浊，说明NaHCO3在加热煮沸时分解生成了Na2CO3、CO2和水，证明乙同学观点正确。
答案：(1)HCO＋H2OH2CO3＋OH－
(2)大于　(3)＝　＞　(4)乙
13．某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是：
H2A===H＋＋HA－　HA－H＋＋A2－
完成以下问题：
(1)Na2A溶液显________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，理由是____________________________________(用离子方程式表示)。
(2)已知0.1 mol·L－1的NaHA溶液pH＝2，则0.1 mol·L－1的H2A溶液中氢离子的物质的量浓度_________0.11 mol·L－1(填“＞”、“＝”或“＜”)。
解析：(1)H2A===H＋＋HA－第一步完全电离，HA－H＋＋A2－第二步微弱电离，可知A2－能够发生水解，水解显碱性A2－＋H2OHA－＋OH－。
(2)已知0.1 mol·L－1的NaHA溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，相当于在0.1 mol·L－1的NaHA中加H＋，c(H＋)增大抑制了HA－的电离，故c(H＋)＜0.11 mol·L－1。
答案：(1)碱性　A2－＋H2OHA－＋OH－
(2)＜

1．下列有关问题，与盐的水解有关的是(　　)
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A．①②③　　　　　　　 B．②③④
C．①④⑤ D．①②③④⑤
解析：选D。①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈。②HCO与Al3＋两种离子水解相互促进，产生二氧化碳，可作灭火剂。③草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，两物质水解相互促进放出氨气因而不能混合施用。④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶口黏合在一起而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞。⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体。
2．为了除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是(　　)
A．NaOH B．Na2CO3
C．氨水 D．MgO
解析：选D。要除去FeCl3实际上是除去Fe3＋，方法是加入某物质使之成为沉淀过滤即可。本题的常规方法是加入化学物质直接与Fe3＋反应形成沉淀，但在这里却巧妙地利用了MgO消耗FeCl3水解生成的HCl，促使FeCl3水解成Fe(OH)3，同时MgO转化成MgCl2不引入新杂质，即使MgO过量，因为它不溶于水也不会引起二次污染。还可以使用Mg(OH)2、MgCO3等试剂。
3．广义的水解观认为，无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点下列说法不正确的是(　　)
A．CaO2的水解产物是Ca(OH)2和H2O2
B．NaClO的水解产物之一是HClO
C．PCl3的水解产物是PH3和HClO
D．Mg3N2水解生成NH3和Mg(OH)2
解析：选C。PCl3的水解产物是H3PO4和HCl。
4．将下列物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是(　　)
①胆矾　②氯化铝　③硫酸铝　④Na2CO3　⑤NaHCO3
⑥氯化铜
A．③④ B．①③④
C．①②③④⑤ D．全部
解析：选A。①胆矾的化学式是CuSO4·5H2O，其水溶液尽管Cu2＋水解，由于H2SO4为高沸点酸，蒸发结晶得胆矾晶体，灼烧晶体失水最后得CuSO4，①不符合题意；②⑥溶液中Al3＋、Cu2＋水解，HCl挥发，蒸发结晶得Al(OH)3、Cu(OH)2，灼烧分解得Al2O3、CuO，②⑥不符合题意；③溶液中尽管Al3＋水解，由于H2SO4为高沸点酸，蒸发结晶、再灼烧最后得Al2(SO4)3固体，③符合题意；④溶液中尽管加热促进Na2CO3水解，但生成的NaHCO3 和NaOH反应后仍为Na2CO3，④符合题意； ⑤溶液蒸发结晶、再灼烧NaHCO3分解为Na2CO3 , ⑤不符合题意。
5．25 ℃时0.1 mol·L－1的醋酸溶液的pH约为3，当向其中加入醋酸钠晶体，等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，c(OH－)增大了，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H＋)减小，因此溶液的pH增大。
(1)为了验证上述解释哪种正确，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________(填编号)，然后测定溶液的pH(CH3COONH4溶液呈中性)。
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，(1)中所测溶液的pH应________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
解析：由题意要求，要判断甲、乙两种解释正确与否，可加入一种含有CH3COO－而不显碱性的盐，如CH3COONH4，其溶液呈中性，从水解的角度对醋酸溶液的pH变化无影响；但CH3COONH4电离产生的CH3COO－，可使醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋向左移动，c(H＋)减小，pH增大，从而说明甲不正确，乙正确。
答案：(1)B　(2)乙　增大

1．用0.10 mol·L－1的盐酸滴定0.10 mol·L－1 的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是(　　)
A．c(NH)>c(Cl－)，c(OH－)>c(H＋)
B．c(NH)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋)
C．c(Cl－)>c(NH)，c(OH－)>c(H＋)
D．c(Cl－)>c(NH)，c(H＋)>c(OH－)
解析：选C。溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况，不遵循电荷守恒，故C项错；A项为氨水过量较多的情况；B项为氨水适当过量；D项为氨水不足或恰好中和。
2．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．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B．c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
C．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
解析：选D。pH＝11的NaOH溶液中c(NaOH)＝c(OH－)＝10－3 mol·L－1，而pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，c(CH3COOH)远远大于10－3 mol·L－1。两者等体积混合后，形成CH3COOH与CH3COONa混合液，且c(CH3COOH)远大于c(CH3COONa)，溶液呈酸性，由电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，离子浓度大小顺序为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
3．已知0.1 mol·L－1的二元酸H2A溶液的pH＝4.0，则下列说法中正确的是(　　)
A．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同
B．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等
C．在NaHA溶液中一定有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)
D．在Na2A溶液中一定有c(Na＋)>c(A2－)>c(H＋)>c(OH－)
解析：选C。二元酸H2A在浓度为0.1 mol/L时，pH＝4.0，说明H2A为弱酸，Na2A水解有HA－生成，溶液中的离子有Na＋、A2－、HA－、OH－、H＋。而NaHA既能水解又能电离，溶液中的离子与前者相同，A项错。若Na2A与NaHA不水解且HA－不再电离，阴离子数目才相等，但由于水解反应A2－＋H2OHA－＋OH－，使阴离子增多，HA－＋H2OH2A＋OH－，阴离子不变，HA－H＋＋A2－，阴离子不变，但A2－水解程度要大于HA－的电离程度，故前者阴离子数目多于后者，B选项也不正确。C选项符合电荷守恒关系，正确。D项Na2A溶液因A2－水解而显碱性，明显错误。
4. 25 ℃时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH＝7时，下列关系正确的是(　　)
A．c(NH)＝c(SO)
B．c(NH)＞c(SO)
C．c(NH)＜c(SO)
D．c(OH－)＋c(SO)＝c(H＋)＋c(NH)
解析：选B。氨水与稀硫酸发生反应：2NH3·H2O＋H2SO4===(NH4)2SO4＋2H2O，由电荷守恒得：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)。因为pH＝7，所以c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NH)＝2c(SO)，即c(NH)＞c(SO)。
5．盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是(　　)
A．在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO和OH－
B．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
C．10 mL 0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同
解析：选C。A中，生成Na2CO3溶液，CO会发生水解，生成HCO，所以A错；B中，电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，物料守恒：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，两式相减得：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(CO)＋c(OH－)，所以B错误；C中，生成CH3COONa，CH3COO－水解呈碱性，故C正确；相同pH、相同体积的HCl和CH3COOH，因为CH3COOH为弱酸，所以CH3COOH的物质的量浓度大，CH3COOH 所消耗的NaOH的物质的量多，D错。
6．根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是(　　)
化学式
电离常数
HClO
K＝3×10－8
H2CO3
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
A.c(HCO)>c(ClO－)>c(OH－)
B．c(ClO－)>c(HCO)>c(H＋)
C．c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(ClO－)＋c(OH－)
解析：选A。由电离常数可知H2CO3的一级电离要大于HClO的电离，故ClO－的水解程度大于HCO的水解程度，故c(HCO)>c(ClO－)>c(OH－)，A正确，B错误。C中根据C、Cl守恒可知缺少CO，应为：c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。D中的电荷守恒中缺少CO，应为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(ClO－)＋c(OH－)＋2c(CO)。
7．已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合后加热煮沸能产生CO2气体。现有浓度均为0.1 mol/L的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，两溶液中各微粒浓度关系一定正确的是(R表示S或C)(　　)
A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO)＋c(RO)＋c(OH－)
B．c(H＋)＋c(H2RO3)＝c(RO)＋(OH－)
C．c(Na＋)＞c(HRO)＞c(H＋)＞c(OH－)＞c(RO)
D．c(HRO)＞c(H2RO3)＞c(OH－)＞c(RO)＞c(H＋)
解析：选B。选项A表示的是电荷守恒关系，正确表达式应为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO)＋2c(RO)＋c(OH－)；B项是一个质子守恒式，正确；若溶液是NaHCO3，HCO水解显碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，故C不正确；对于D项，若溶液是NaHSO3，由题干信息知NaHSO3溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，故D不正确。
8．向体积为Va的0.05 mol·L－1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05 mol·L－1KOH溶液，下列关系错误的是(　　)
A．Va>Vb时：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)>c(K＋)
B．Va＝Vb时：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．Vac(K＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．Va与Vb任意比时：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
解析：选C。若Va＝Vb，则溶质只有CH3COOK，据质子守恒知，B正确；若Va>Vb，则CH3COOH剩余，溶质为CH3COOH、CH3COOK，A正确；若Vac(CH3COO－)，C错误；根据电荷守恒知，D正确。
9．下列各溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
B．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液：c(NH)＝c(Cl－)
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到酸性的混合溶液：
c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO)＋c(Cl－)
解析：选A。在0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在如下平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，H2OH＋＋OH－，根据电荷守恒有：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)；根据物料守恒有：c(Na＋)＝2c(HCO)＋2c(CO)＋2c(H2CO3)，综合上述两式可得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。在0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH发生水解，故c(NH)c(OH－)，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COO－)>c(Na＋)，因此溶液中的离子浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。硝酸钠与稀盐酸得到pH＝5的混合溶液，硝酸钠不发生水解，忽略水的电离，根据电荷守恒则有c(Na＋)＝c(NO)。
10．将物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，则混合后溶液呈________(填“酸”、“碱”或“中”)性，醋酸与氢氧化钠溶液的体积大小关系是V(CH3COOH)________V(NaOH)(填“>”、“＝”或“<”)。
解析：根据溶液中电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，又因为c(CH3COO－)＝c(Na＋)，所以c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。若醋酸和氢氧化钠等体积混合，恰好完全反应生成CH3COONa溶液，CH3COO－水解使溶液显碱性，若要使溶液呈中性，必须使醋酸过量，故V(CH3COOH)>V(NaOH)。
答案：中　>
11．已知某溶液中存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：
①c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
②c(Cl－)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋)
③c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
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，则溶液中的溶质为________________________。
(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c(HCl)______c(NH3·H2O)(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)______c(OH－)。
解析：(1)若溶液只有一种溶质，该溶质为NH4Cl，因NH水解溶液呈酸性，离子浓度的大小关系为c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。
(2)因为c(OH－)>c(H＋)、c(NH)>c(Cl－)，所以溶液中除含有NH4Cl外，还必须含有NH3·H2O。若c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)，则说明溶液中含有NH4Cl和HCl。
(3)NH4Cl水解溶液呈酸性，若等体积稀盐酸与氨水混合后呈中性，说明氨水过量，故c(HCl)答案：(1)NH4Cl　①
(2)NH4Cl和NH3·H2O　NH4Cl和HCl
(3)小于　大于
12．25 ℃时，将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水，形成1 L混合溶液。回答下列问题：
(1)该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
(2)溶液中共有________种不同的粒子(指分子和离子)。
(3)在这些粒子中，浓度为0.01 mol·L－1的是______，浓度为0.002 mol·L－1的是________。
(4)________和________两种粒子物质的量之和等于0.01 mol。
解析：0.01 mol CH3COONa与0.002 mol HCl溶于水形成1 L溶液，CH3COO－＋H＋===CH3COOH，生成0.002 mol CH3COOH，剩余0.008 mol CH3COONa，生成0.002 mol NaCl，溶液中存在的水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，存在的电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，H2OH＋＋OH－。此时溶液中存在的离子有Cl－、Na＋、CH3COO－、H＋、OH－，分子有H2O、CH3COOH，能够水解的离子及电离(微弱)产生的离子浓度随外界条件的变化发生变化，故浓度为定值的是强酸、强碱对应的阴阳离子，c(Na＋)＝0.01 mol·L－1，c(Cl－)＝0.002 mol·L－1，由物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.01 mol·L－1，故CH3COO－与CH3COOH的物质的量之和为0.01 mol。
答案：(1)①CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
②CH3COOHCH3COO－＋H＋　③H2OH＋＋OH－
(2)7　(3)Na＋　Cl－　(4)CH3COOH　CH3COO－
13．已知某无色透明溶液中仅含有包括Na＋和CH3COO－在内的四种离子，请完成下列问题：
(1)该溶液中的溶质可能有三种情况。分别为①________，②_________，③_________。(填化学式)
(2)当该溶液中溶质为两种，且溶液呈碱性时，四种离子的物质的量浓度由大到小的排列顺序可能为(可能有多种情况，只写出两种即可)：
①________________________________________________________________________，
②________________________________________________________________________。
解析：①透明溶液中有Na＋和CH3COO－、H＋、OH－，可能存在的情况是CH3COONa，其离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
②CH3COONa和NaOH
可能存在的情况为NaOH远远过量：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)；
CH3COONa过量：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
③CH3COONa、CH3COOH
CH3COONa远远过量：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；
CH3COOH过量：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。
答案：(1)①CH3COONa
②CH3COONa、NaOH
③CH3COONa、CH3COOH
(2)①c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
②c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
(答案合理即可)

1．某酸式盐NaHY的水溶液c(OH－)>c(H＋)，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：c(Na＋)>c(HY－)>c(OH－)>c(H＋)
D．该酸式盐溶液中离子浓度关系：c(Na＋)>c(Y2－)>c(HY－)>c(OH－)>c(H＋)
解析：选C。H2Y是弱酸，应分步电离，所以A项一步电离是错误的；依题意，它的酸式钠盐溶液呈碱性，说明HY－以水解为主，HY－＋H2OH2Y＋OH－，B项不正确；溶液中存在：NaHY===Na＋＋HY－，HY－＋H2OH2Y＋OH－，则c(Na＋)>c(HY－)>c(OH－)>c(H2Y)>c(H＋)，C项正确；D项，根据HY－的水解程度大于其电离程度，离子浓度大小有：c(Na＋)>c(HY－)>c(H2Y)>c(Y2－)。
2．表示0.1 mol/L NaHCO3溶液中有关粒子浓度的关系正确的是(　　)
A．c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)
C．c(OH－)－c(H＋)＝c(CO)－c(H2CO3)
D．c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
解析：选D。A.NaHCO3溶液因为水解大于电离而呈碱性，因此c(OH－)>c(H＋)。B.应考虑电荷守恒，c(CO)前应乘以2；C.由电荷守恒和物料宇恒得c(OH－)－c(H＋)＝c(H2CO3)－c(CO)；D.含弱电解质分子应考虑物料守恒，在NaHCO3溶液中存在下列关系：NaHCO3===Na＋＋HCO ；HCOH＋＋CO ；HCO＋H2OH2CO3＋OH－，则c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)符合题意。故选D。
3．草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性，在0.1 mol/L KHC2O4溶液中，下列关系正确的是(　　)
A．c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(OH－)＋c(C2O)
B．c(HC2O)＋ c(C2O)＝0.1 mol/L
C．c(C2O)＜c(H2C2O4)
D．c(K＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)
解析：选D。A是电荷守恒，c(C2O) 应乘以2 ；B是物料守恒，要加上c(H2C2O4)；C中电离大于水解，所以c(C2O)＞c(H2C2O4) ；D是物料守恒，正确。
4．25 ℃时，浓度均为0.2 mol·L－1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。二者都存在盐的水解和水的电离，A项正确。B项中注意HCO电离出CO。HCO的水解弱于CO，所以c(OH－)是前者小于后者，C项错。D项中，加入NaOH固体，前者因OH－与HCO反应而使c(CO)增大，后者因OH－抑制CO的水解而使c(CO)增大，所以D项正确。
5．0.2 mol/L的CH3COOK与0.1 mol/L的盐酸等体积混合后，溶液中下列粒子的物质的量关系正确的是(　　)
A．c(CH3COO－)＝c(Cl－)＝c(H＋)>c(CH3COOH)
B．c(CH3COO－)＝c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
C．c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COOH)
D．c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
解析：选D。两溶液混合后CH3COOK＋HClKCl＋CH3COOH，又知CH3COOK过量，反应后溶液中CH3COOK、CH3COOH和KCl物质的量相等。由于CH3COOH的电离和CH3COO－的水解程度均很小，且CH3COOH的电离占主导地位，因此，c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)。又知c(Cl－)＝0.05 mol/L，c(CH3COOH)<0.05 mol/L。因此，选项中D是正确的。

1．常温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1，则该溶液的pH可能是(　　)
A．4　　　　　　　　　 B．7
C．8 D．11
解析：选D。由题意知由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1<1×10－7 mol·L－1，抑制了水的电离，可能是酸，也可能是碱，若是酸，c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，pH＝3，若是碱，c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，pH＝11。
2．25 ℃时，若pH＝a的10体积某强酸溶液与pH＝b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系(　　)
A．a＋b＝14 B．a＋b＝13
C．a＋b＝15 D．a＋b＝7
解析：选C。酸中n(H＋)＝10－a×10，碱中n(OH－)＝×1＝10－14＋b，根据混合后溶液呈中性，故n(H＋)＝n(OH－)，即10－a×10＝10－14＋b，所以a＋b＝15。
3．下列试纸中，在测溶液的性质时，预先不能用蒸馏水润湿的是(　　)
A．石蕊试纸 B．醋酸铅试纸
C．KI-淀粉试纸 D．pH试纸
解析：选D。pH试纸测溶液的酸碱性时是定量测定，加水润湿后会导致溶液的浓度降低，使测得的pH产生偏差，所以不能润湿。
4．在常温下，将pH＝8的NaOH溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH最接近于(　　)
A．8.3 B．8.7
C．9 D．9.7
解析：选D。本题考查有关混合溶液pH的计算。有关稀溶液混合，总体积近似等于两种溶液体积之和。强碱溶液混合，应按c(OH－)计算：c混(OH－)＝(1×10－6 mol·L－1＋1×10－4 mol·L－1)/2＝5.05×10－5 mol·L－1，c混(H＋)＝KW/c(OH－)≈2×10－10 mol·L－1，pH＝9.7。
5．在25 ℃时，某溶液中，由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，则该溶液的pH可能是(双选)(　　)
A．12 B．7
C．6 D．2
解析：选AD。在溶液中，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－12 mol/L，当溶液中，c(OH－)溶液＝c(OH－)水＝1×10－12mol/L时，c(H＋)溶液＝＝10－2mol/L，所以pH＝－lg10－2＝2；当溶液中，c(H＋)溶液＝c(H＋)水＝1×10－12mol/L时，pH＝12。
6．下列叙述正确的是(　　)
A．无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c(H＋)×c(OH－)＝1×10－14
B．c(H＋)等于1×10－7 mol·L－1的溶液一定是中性溶液
C．0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液中的c(H＋)是0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍
D．任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
解析：选A。KW＝c(H＋)·c(OH－) ，且KW只与温度有关，所以，在常温下，纯水，酸性、碱性或中性稀溶液，其KW＝1×10－14；在温度不确定时，中性溶液里的c(H＋)不一定等于1×10－7 mol·L－1；0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度比0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度小，所以，0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液中的c(H＋)小于0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍；当c(H＋)或c(OH－)大于1 mol·L－1时，用pH表示溶液的酸碱性就不简便了，所以，当c(H＋)或c(OH－)大于1 mol·L－1时，一般不用pH表示溶液的酸碱性，而是直接用c(H＋)或c(OH－)来表示。
7．pH＝3的两种一元酸HX和HY溶液，分别取50 mL加入足量的镁粉，充分反应后，收集到H2的体积分别为V(HX)和V(HY)，若V(HX)>V(HY)，则下列说法正确的是(　　)
A．HX可能是强酸
B．HY一定是强酸
C．HX的酸性强于HY的酸性
D．反应开始时二者生成H2的速率相等
解析：选D。本题考查了强、弱酸的判断及溶液酸性大小的比较。据题意，Mg粉足量，酸不足，应根据酸的物质的量来计算H2的体积，由V(HX)>V(HY)，知pH相等时，HX的物质的量浓度比HY的大，即HX是比HY弱的弱酸，而无法判断HY是强酸还是弱酸，故A、B、C错误；D项，反应开始时的速率取决于c(H＋)，因为开始时c(H＋)相等，故D项正确。
8.
某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH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。本题考查了强酸和弱酸的稀释规律，解题时要注意弱酸在稀释时还会继续电离。pH相同的盐酸(强酸)和醋酸(弱酸)，稀释相同的倍数时，因醋酸在稀释时仍不断地电离，故盐酸的pH增大的多，故曲线Ⅰ代表盐酸稀释时pH的变化曲线，A错误；不断加水稀释时，溶液中c(H＋)不断减小，导电性减弱，B正确；因为KW仅仅是温度的函数，因此在相同的温度下，故a点KW与c点KW的数值相同，C错误；因盐酸和醋酸的pH相同，则c(醋酸)>c(盐酸)，稀释相同的倍数，由于醋酸存在电离平衡，故仍有c(醋酸)>c(盐酸)，D错误。
9．室温时，将x mL pH＝a的稀NaOH溶液与y mL pH＝b的稀盐酸充分反应，下列关于反应后溶液pH的判断正确的是(　　)
A．若x＝y且a＋b＝14，则pH＞7
B．若10x＝y且a＋b＝13，则pH＝7
C．若ax＝by且a＋b＝13，则pH＝7
D．若x＝10y且a＋b＝14，则pH＞7
解析：选D。中和反应的本质是H＋＋OH－===H2O，其反应过程中n(H＋)＝n(OH－)，所以可得V碱·10a－14＝V酸·10－b，然后利用题给代数式代入讨论可得出答案。
10．某温度下重水的离子积常数为1.6×10－15，像定义pH一样来规定pD＝－lgc(D＋)，请回答以下问题：
(1)写出重水的电离方程式________________________。
(2)该温度下，重水中的c(D＋)＝____________________________，pD＝____________________(已知lg2＝0.3)。
(3)0.01 mol·L－1的NaOD溶液pD＝__________。
解析：(1)重水电离方程式类似于H2O，即D2O??D＋＋OD－；
(2)该温度下，c(D＋)＝ mol·L－1＝4×10－8 mol·L－1 ，pD＝－lg(4×10－8)＝8－2lg2＝7.4；
(3)由公式c(D＋)·c(OD－)＝KW，c(D＋)＝ mol·L－1＝1.6×10－13 mol·L－1 ，pD＝14－lg16＝14－4lg2＝12.8。
答案：(1)D2O??D＋＋OD－　(2)4×10－8 mol·L－1　7.4　 (3)12.8
11．有pH＝12的NaOH溶液100 mL，要使它的pH降为11。
(1)若加入蒸馏水，应加________mL；
(2)若加入pH为10的NaOH溶液，应加________mL；
(3)若加入0.01 mol·L－1 的盐酸，应加________mL。
解析：(1)100 mL的NaOH溶液pH由12降到11，溶液应稀释到1000 mL，故加水900 mL。
(2)设加入pH为10的NaOH溶液的体积为V L，c(OH－)混＝ mol·L－1＝10－3mol·L－1，解得V＝1 L＝1000 mL。
(3)设加入0.01 mol·L－1 的盐酸的体积为V L，c(OH－)混＝＝10－3mol·L－1，解得V≈0.0818 L＝81.8 mL。
答案：(1)900　(2)1000　(3)81.8
12. (1)某温度时，测得0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数KW＝__________。
(2)在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的硫酸Vb L混合。
①若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝________。
②若所得混合液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝________。
解析：(1)0.01 mol·L－1 NaOH溶液的pH＝11，则KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－11×0.01＝1×10－13。
(2)pH＝a的NaOH溶液中，c(OH－)＝KW/c(H＋)＝10－13＋a mol·L－1，pH＝b的H2SO4中，c(H＋)＝10－b mol·L－1。两者混合后：①若呈中性，则10－13＋a·Va＝10－b·Vb，将a＝12，b＝2代入，得Va∶Vb＝1∶10。②若pH＝10，则呈碱性，c(OH－)混＝＝10－3 mol·L－1，而c(OH－)混＝，将a＝12，b＝2代入，得Va∶Vb＝1∶9。
答案：(1)1×10－13　(2)①1∶10　②1∶9
13．工业上制备CuCl2时，是将浓盐酸用水蒸气加热至80 ℃左右，慢慢加入粗制CuO粉(含杂质FeO)，充分搅拌，使之溶解，反应如下：
CuO＋2HCl===CuCl2＋H2O
FeO＋2HCl===FeCl2＋H2O
已知：pH≥7.6时，Fe2＋以Fe(OH)2的形式开始沉淀，pH≥9.6时，Fe2＋沉淀完全；pH≥4.4时，Cu2＋以Cu(OH)2的形式开始沉淀，pH≥6.4时，Cu2＋沉淀完全；pH≥2.7时，Fe3＋以Fe(OH)3的形式开始沉淀，pH≥3.7时，Fe3＋沉淀完全。
(1)为除去溶液中的Fe2＋，可采用的方法是______________________________________________。
(2)工业上为除去溶液中的Fe2＋，常使用NaClO，当向溶液中加入NaClO后，溶液的pH变化是______________。
(3)若此溶液中只含Fe3＋时，要调整pH在3.7～4.4之间，此时最好向溶液中加入________________。
(4)已知溶液中c(Cu2＋)与pH的关系为lgc(Cu2＋)＝8.6－2pH，若溶液中c(Cu2＋)为1 mol/L，则此溶液的pH为________，此时溶液中的Fe3＋能否沉淀完全：________(填“能”或“否”)。
解析：本题主要考查pH知识在工业生产中的运用，明确各离子沉淀的pH范围是解题的关键。
(1)从各离子沉淀的pH范围看，当Fe2＋完全沉淀时，Cu2＋肯定也完全沉淀，而Fe3＋完全沉淀时，Cu2＋不能被沉淀，所以应该加入合适的氧化剂，使Fe2＋被氧化为Fe3＋，再调节pH在3.7～4.4之间，从而除去溶液中原有的Fe2＋。
(2)具有强氧化性的NaClO在氧化Fe2＋时要消耗H＋：ClO－＋2Fe2＋＋2H＋===Cl－＋2Fe3＋＋H2O，使溶液的酸性减弱，pH增大。
(3)若此溶液只含Fe3＋时，可向溶液中加入CuO、Cu(OH)2或CuCO3等能与酸反应的物质，调整溶液的pH在3.7～4.4之间，既能使Fe3＋完全沉淀，又不会引入新的杂质。
(4)c(Cu2＋)＝1 mol/L,2pH＝8.6－lgc(Cu2＋)，pH＝4.3。根据Fe3＋完全沉淀的pH范围，可知pH＝4.3时，Fe3＋将沉淀完全。
答案：(1)加入合适的氧化剂，使Fe2＋被氧化为Fe3＋，再调节pH在3.7～4.4之间
(2)增大
(3)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3]
(4)4.3　能

1．下列溶液一定呈中性的是(　　)
A．pH＝7的溶液
B．c(H＋)＝c(OH－)的溶液
C．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
解析：选B。pH＝7，说明c(H＋)＝10－7mol·L－1，当温度比室温高时，中性溶液中的c(H＋)＞10－7 mol·L－1，pH＜7，即pH＝7的溶液显碱性，故A项错误。等物质的量的强酸与强碱，由于它们所含H＋和OH－的物质的量未知，因此无法判断它们混合后溶液的酸碱性，故C项错误。非电解质溶于水，可以使溶液显酸性、碱性、中性，如SO2溶于水生成H2SO3溶液显酸性，NH3溶于水生成NH3·H2O溶液显碱性，乙醇、蔗糖等溶于水，溶液显中性，故D项错误。
2．下列酸溶液的pH相同时，其物质的量浓度最小的是(　　)
A．H2SO3　　　　　　　 B．H2SO4
C．CH3COOH D．HNO3
解析：选B。pH相同，即c(H＋)相同。而H2SO3、CH3COOH是两种弱酸，要与H2SO4、HNO3两强酸电离出等浓度的H＋，则该两弱酸的浓度需大于两强酸，而在H2SO4、HNO3两强酸中，若c(H＋)相等，则c(H2SO4)＝c(HNO3)，所以选B。
3．pH＝5和pH＝3的两种盐酸以1∶2体积比混合，该混合液的pH为(　　)
A．3.2 B．4.0
C．4.2 D．5.0
解析：选A。设取pH＝5和pH＝3的两种盐酸分别为V L和2V L，pH＝5的盐酸c(H＋)＝10－5 mol/L，pH＝3的盐酸c(H＋)＝10－3 mol/L，c(H＋)混＝
＝6.7×10－4 mol/L，pH＝－lg c(H＋)＝－lg (6.7×10－4)＝4－0.8＝3.2。
4．下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是(　　 )
A．相同浓度的两溶液中c(H＋)相同
B．100 mL 0.1 mol·L－1的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠
C．pH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5
D．两溶液中分别加入少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小
解析：选B。A项，盐酸和醋酸浓度相同时，因两者电离能力不同，c(H＋)盐酸>c(H＋)醋酸；B项，两者均为一元酸，在同体积、同浓度的前提下，盐酸和醋酸中和氢氧化钠的能力相同；C项，稀释后，盐酸的pH＝5，而醋酸电离平衡被促进，其pH<5；D项，盐酸中c(H＋)几乎不变。
5．室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是(　　)
A．pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合
B．pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
C．pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
D．pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合
解析：选C。c(H＋)与c(OH－)相同的溶液等体积混合，按照“谁弱谁过量，谁弱显谁性”的规律分析。

1．在一支25.00 mL的酸式滴定管中盛有0.1 mol·L－1HCl溶液，其液面恰好在5.00 mL刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以0.1 mol·L－1NaOH溶液进行中和，则所需NaOH溶液的体积(　　)
A．大于20 mL　　　　　　 B．小于20 mL
C．等于20 mL D．等于5 mL
解析：选A。25.00 mL的滴定管中，若液面在5.00 mL刻度处，则其中液体体积是25.00 mL－5.00 mL＝20.00 mL。考虑到25.00 mL刻度下方还有一段无刻度区，若将液体全部放出，则应该是多于20.00 mL。
2．下列有关中和滴定的叙述中正确的是(　　)
A．中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入2～3 mL
B．滴定管、锥形瓶均先水洗后润洗
C．滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化而不应注视滴定管内液面变化
D．若用标准盐酸滴定待测NaOH溶液，滴定前仰视，滴定后俯视则测定值偏大
解析：选C。中和滴定中，标准溶液越浓误差越大，指示剂用量一般为2～3滴，A错；盛待测液的锥形瓶不应润洗，否则测定结果偏大，B错；滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化而不应注视滴定管内液面变化，C正确；滴定前仰视，读数偏大，滴定后俯视，读数偏小，致使标准溶液盐酸的体积偏小，故测定值偏小，D错。
3．如图是对10 mL一定物质的量浓度的盐酸用一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定的图像。依据图像推出盐酸和NaOH溶液的物质的量浓度是下表内各组中的(　　)
A
B
C
D
c(HCl)/mol·L－1
0.12
0.04
0.03
0.09
c(NaOH)/mol·L－1
0.04
0.12
0.09
0.03
解析： 选D。由图像可知，30 mL NaOH溶液恰好中和10 mL盐酸，则3c(NaOH)＝c(HCl)，表中A、D组属此种情况，但A组中c(HCl)＝0.12 mol·L－1，c(H＋)＝0.12 mol·L－1，pH＜1，不符合图像，D组中c(H＋)＝0.09 mol·L－1，pH＞1，加入20 mL NaOH溶液后混合液的c(H＋)＝＝1×10－2 mol·L－1，pH＝－lg10－2＝2，正好符合题意。
4．以酚酞试液作指示剂，对某新制NaOH溶液进行中和滴定实验，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
敞口隔夜放置的20 mL NaOH溶液
V3 mL
则该新制的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。酸碱中和滴定实验一般重复2～3次，取体积的平均值，求待测液的浓度，故D不正确；用酚酞作指示剂时，敞口放置的NaOH吸收CO2生成的Na2CO3与盐酸反应只生成NaHCO3，使所耗酸的体积偏小，故只能用V1、V2进行计算。
5．能表示人体喝水时，胃液pH变化的图像是(　　)
解析：选A。胃酸呈酸性，喝水稀释，但不会变为碱性。
6．下列指示剂的选择不正确的是(　　)
(已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6)
标准溶液
待测溶液
指示剂
A
HCl
NaOH
甲基橙
B
NaOH
HCl
酚酞
C
I2
Na2S2O3
淀粉
D
KMnO4
Na2SO3
酚酞
解析：选D。强酸与强碱滴定时，甲基橙或酚酞均可以，但一般强酸滴定强碱时用甲基橙，反之用酚酞，A、B均正确；据I2遇淀粉变蓝可检验I2，C正确；D项中KMnO4本身有颜色，无需再用其他指示剂，D不正确。
7．用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定0.1 mol·L－1的盐酸，如果达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液体积约为0.05 mL)，继续加水至50 mL，所得溶液pH是(　　)
A．4 B．7.2
C．10 D．11.3
解析：选C。本题是以酸碱中和滴定为素材设计的题目，涉及到溶液中OH－、H＋、pH的计算，考查学生的计算能力。用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定0.1 mol·L－1的盐酸，滴定到终点时溶液呈中性。多加1滴NaOH溶液(1滴溶液体积为0.05 mL)，加水至50 mL，此时溶液中
c(OH－)＝＝1×10－4 mol·L－1
c(H＋)＝＝＝1×10－10 mol·L－1
pH＝10即选项C正确。
8．下列实验操作不会引起误差的是(　　)
A．酸碱中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶
B．酸碱中和滴定时，用冲洗干净的滴定管盛装标准溶液
C．用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸溶液时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴
D．用标准盐酸测定未知浓度NaOH结束实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡
解析：选C。A：锥形瓶一定不要用待测液润洗，否则使待测液的量偏大，消耗标准液的体积偏大从而使所测浓度偏大。B：冲洗干净的滴定管无论是盛装标准溶液，还是量取待测溶液，都必须用待装溶液润洗2～3次，否则会使标准溶液或待测溶液比原来溶液的浓度偏小，影响结果。C：在滴定过程中，指示剂略多加了几滴，一般不影响实验结果，因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量。D：开始实验时酸式滴定管中无气泡，结束实验时有气泡，会导致所读取的V(HCl)偏小，依据V(HCl)·c(HCl)＝V(NaOH)·c(NaOH)，使所测的c(NaOH)偏小。
9．中和滴定实验中，标准NaOH溶液的浓度，通常用H2C2O4·H2O为基准物质进行标定。基准物质必须具备的条件：①物质纯度要高；②相对分子质量较大；③性质稳定，如不易分解、不风化、不潮解、不跟空气中的CO2、O2等反应。实验室标定盐酸的浓度时，选择的基准物质最好是(　　)
A．NaOH B．NaHCO3
C．Na2CO3 D．Na2CO3·10H2O
解析：选C。NaOH容易潮解、容易和空气中的CO2反应，NaHCO3易分解，Na2CO3·10H2O易风化，都不易作基准物质。
10．氧化还原滴定实验与中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。
现有0.001 mol·L－1KMnO4酸性溶液和未知浓度的无色NaHSO3溶液。反应离子方程式是2MnO＋5HSO＋H＋===2Mn2＋＋5SO＋3H2O。
填空完成问题：
(1)该滴定实验所需仪器有下列中的________________________________________________________________________。
A．酸式滴定管(50 mL)　B．碱式滴定管(50 mL)　C．量筒(10 mL)　D．锥形瓶　E．铁架台　F．滴定管夹　G．烧杯　H．白纸　I．胶头滴管　J．漏斗
(2)不用________(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。试分析原因________________________________________________________________________。
(3)选何种指示剂，说明理由________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)滴定前平视KMnO4液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，则(b－a) mL比实际消耗KMnO4溶液体积________(填“多”或“少”)。根据(b－a) mL计算得到的待测浓度，比实际浓度________(填“大”或“小”)。
解析：(1)(2)酸性KMnO4具有强氧化剂，要放在酸式滴定管中，取用待测NaHSO3溶液要用碱式滴定管，再根据滴定所需的仪器可选出正确答案。
(3)酸性KMnO4被还原为Mn2＋后由紫红色变为无色。
(4)俯视读得的数值偏小。
答案：(1)ABDEFGH
(2)碱　KMnO4溶液能把橡胶管氧化
(3)不用指示剂，因为KMnO4被还原剂还原成Mn2＋，紫红色褪去，所以不需要指示剂
(4)少　小
11.
设水的电离平衡曲线如图所示。
(1)若以A点表示25 ℃水的电离平衡时的离子浓度，当温度上升到100 ℃时，水的电离平衡状态移至B点，则此时水的离子积从______________变为______________。
(2)将pH＝8的Ba(OH)2溶液与pH＝5的稀盐酸混合，并保持100 ℃的恒温，致使混合液的pH＝7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为__________。
解析：(1)由图得出A点KW＝1×10－14，B点KW＝1×10－12。
(2)100 ℃时，KW＝1×10－12 ，若为中性，则pH＝6；现在pH＝7显碱性，设Ba(OH)2体积为V1，稀盐酸体积为V2，则：＝10－5 mol·L－1
解得V1∶V2＝2∶9。
答案：(1)1×10－14　1×10－12　(2)2∶9
12．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视____________________，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并__________________为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是(　　)
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL，所用盐酸溶液的体积为________mL。
(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。
解析：在求c(NaOH)和进行误差分析时应依据公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)，须先求V[(HCl)aq]再代入公式；进行误差分析时，要考虑实际操作对每一个量即V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影响，进而影响c(NaOH)。
(1)考查酸碱中和滴定实验的规范操作。
(2)考查由于不正确操作引起的误差分析。滴定管未用标准盐酸润洗，内壁附着一层水，可将加入的盐酸稀释，消耗相同量的碱，所需盐酸的体积偏大，结果偏高；用碱式滴定管取出的待测NaOH溶液的物质的量一旦确定，倒入锥形瓶后，水的加入不影响OH－的物质的量，也就不影响结果；若排出气泡，液面会下降，故读取V酸偏大，结果偏高；正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)如图所示。
(3)读数时，以凹液面的最低点为基准。
(4)先算出耗用标准酸液的平均值
＝＝26.10 mL(第二次偏差太大，舍去)。c(NaOH)＝＝0.1044 mol·L－1。
答案：(1)锥形瓶中溶液颜色变化　在半分钟内不变色　(2)D　(3)0.00　26.10　26.10
(4)＝＝26.10 mL，c(NaOH)＝＝0.1044 mol·L－1
13．在化工分析中常用到滴定度这个概念。滴定度是指每毫升滴定剂标准溶液相当于被测组分的质量，其单位为g·mL－1。现有一不溶于水的氧化亚铜样品，该样品能溶于用硫酸酸化了的硫酸铁溶液，所发生反应的化学方程式为(未配平)：
Cu2O＋Fe2(SO4)3＋H2SO4CuSO4＋FeSO4＋H2O。反应生成的硫酸亚铁用硫酸酸化了的高锰酸钾溶液进行滴定，其滴定反应的化学方程式为(未配平)：
KMnO4＋H2SO4＋FeSO4Fe2(SO4)3＋MnSO4＋K2SO4＋H2O
若每升滴定剂溶液中含有0.400 mol KMnO4，求该KMnO4溶液对Cu2O的滴定度。
解析：由题意每毫升滴定剂溶液中含KMnO4的物质的量为0.400 mol×＝4.00×10－4 mol。
2KMnO4＋8H2SO4＋10FeSO4===5Fe2(SO4)3＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O①
Cu2O＋Fe2(SO4)3＋H2SO4===2CuSO4＋2FeSO4＋H2O②
由①②得2KMnO4～10FeSO4～5Cu2O
由以上关系式可求Cu2O的质量。
答案：解：每毫升KMnO4溶液中含KMnO4的物质的量为0.400 mol×＝4.00×10－4 mol
2KMnO4＋8H2SO4＋10FeSO4===5Fe2(SO4)3＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O
Cu2O＋Fe2(SO4)3＋H2SO4===2CuSO4＋2FeSO4＋H2O
由以上两方程知
2KMnO4～10FeSO4～5Cu2O
2 mol　　　　　　　5×144 g
4．00×10－4 mol　　 m(Cu2O)
＝
m(Cu2O)＝＝0.144 g
即KMnO4溶液对Cu2O的滴定度为0.144 g·mL－1。

1．下列仪器中使用前不需要检验是否漏水的是(　　)
A．滴定管　　　　　　　　 B．分液漏斗
C．过滤漏斗 D．容量瓶
解析：选C。只有过滤漏斗不需要检漏。
2．酸碱恰好完全中和时(　　)
A．酸与碱的物质的量一定相等
B．溶液呈现中性
C．酸与碱的物质的量浓度相等
D．酸所能提供的H＋与碱所能提供的OH－的物质的量相等
解析：选D。酸碱恰好完全中和时酸所能提供的H＋与碱所能提供的OH－的物质的量相等，但酸与碱的物质的量不一定相等，溶液也不一定呈中性。
3．用盐酸滴定NaOH溶液的实验中，以甲基橙为指示剂，滴定到终点时，溶液颜色的变化是(　　)
A．由黄色变为红色 B．由黄色变为橙色
C．由橙色变为红色 D．由红色变为橙色
解析：选B。甲基橙指示剂在NaOH溶液为黄色，突变时为橙色。
4．用标准盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，下列操作导致结果偏低的是(　　)
①锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用待测液润洗2～3次
②滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
③滴定前仰视读数，滴定后平视读数
④摇动锥形瓶时，有少量液体溅出
⑤滴定时，锥形瓶里加入少量蒸馏水稀释溶液
A．③ B．④⑤
C．①②③ D．③④
解析：选D。①中相当于向锥形瓶中事先加入了一部分NaOH，会多耗用盐酸，导致结果偏高；②中气泡体积充当了标准盐酸，导致V(HCl)偏大，结果偏高；③中滴定前仰视使V(HCl)初偏大，则ΔV(HCl)＝V(HCl)末－V(HCl)初偏小，结果偏低；④中使NaOH溅出，则使V(HCl)偏小，结果偏低；⑤对结果无影响，综合分析，选D。
5．称取一定质量的NaOH来测定未知浓度的盐酸时(NaOH放在锥形瓶内，盐酸放在滴定管中)。用A.偏高；B.偏低；C.无影响；D.无法判断，填写下列各项操作会给实验造成的误差。
(1)称量固体NaOH时，未调节天平的零点(　　)
(2)将NaOH放入锥形瓶中加水溶解时，加入水的体积不准确(　　 )
(3)滴定管装入盐酸前未用盐酸润洗(　　 )
(4)开始滴定时，滴定管尖端处有气泡，滴定完毕气泡排出(　　 )
(5)滴定前未将液面调至刻度线“0”或“0”以下，结束时初读数按0计算(　　 )
(6)在滴定过程中活塞处漏液(　　 )
(7)摇动锥形瓶时，因用力过猛，使少量溶液溅出(　　 )
(8)滴定前读数时仰视，滴定完毕读数时俯视(　　 )
解析：(1)称量固体NaOH时，未调节天平零点，不能确定称量结果是偏大还是偏小，故选D。(2)锥形瓶内是否含水或加多少水并不影响NaOH与HCl的中和反应。(3)滴定管中装盐酸前未润洗相当于将待测液稀释了，导致测定结果偏低。(4)滴定前有气泡，滴定后无气泡，相当于待测液比实际用量多了，导致结果偏低。(5)读出的数据比实际值小，导致结果偏高。(6)滴定过程中漏液使读出的待测液的体积比实际消耗量多，导致结果偏低。(7)摇动锥形瓶时，用力过猛，使少量液体溅出，致使一部分NaOH未被中和，消耗待测液体积减小，使测定结果偏高。(8)读出的数据比实际值偏小，使结果偏高。
答案：(1)D　(2)C　(3)B　(4)B　(5)A　(6)B　(7)A　(8)A

1．CaCO3在下列哪种液体中，溶解度最大(　　)
A．H2O　　　　　　　　　 B．Na2CO3溶液
C．CaCl2溶液 D．乙醇
解析： 选A。在B、C选项的溶液中，分别含有CO、Ca2＋，会抑制CaCO3的溶解，而CaCO3在乙醇中是不溶的。
2．下列说法正确的是(　　)
A．溶度积就是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的乘积
B．溶度积常数是不受任何条件影响的常数，简称溶度积
C．可用离子积Qc判断沉淀溶解平衡进行的方向
D．所有物质的溶度积都是随温度的升高而增大的
解析：选C。溶度积不是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的简单乘积，还与平衡式中化学计量数的幂指数有关，溶度积受温度的影响，不受离子浓度的影响。
3．AgCl和Ag2CrO4的溶度积分别为1.8×10－10和2.0×10－12，若用难溶盐在溶液中的浓度来表示其溶解度，则下面的叙述中正确的是(　　)
A．AgCl和Ag2CrO4的溶解度相等
B．AgCl的溶解度大于Ag2CrO4的溶解度
C．两者类型不同，不能由Ksp的大小直接判断溶解能力的大小
D．都是难溶盐，溶解度无意义
解析：选C。在AgCl的饱和溶液中存在AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)，而Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)，所以AgCl的饱和溶液中c(Ag＋)＝＝＝1.3×10－5 mol·L－1。在Ag2CrO4的饱和溶液中存在Ag2CrO4(s)??2Ag＋(aq)＋CrO(aq)，溶液中c(Ag＋)＝2c(CrO)，而Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO)，所以Ag2CrO4的饱和溶液中c(Ag＋)＝＝＝1.6×10－4 mol·L－1。很明显Ag2CrO4饱和溶液中的c(Ag＋)大于AgCl饱和溶液中的c(Ag＋)，即Ag2CrO4的溶解度大于AgCl的溶解度，从中可以看出Ag2CrO4的Ksp虽然比AgCl的Ksp小，但是其溶解度却比AgCl大。综上所述正确选项为C。
4．已知：25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp(MgF2)＝7.42×10－11。下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
B．25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
C．25 ℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L－1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液中的Ksp小
D．25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后， Mg(OH)2不可能转化为MgF2
解析：选B。Mg(OH)2与MgF2均为AB2型难溶电解质，故Ksp越小，其溶解度越小，前者c(Mg2＋)小，A错误；因为NH＋OH－NH3·H2O，所以加入NH4Cl后促进Mg(OH)2的溶解平衡向右移动，c(Mg2＋)增大，B正确；Ksp只受温度的影响，25 ℃时，Mg(OH)2的溶度积Ksp为常数，C错误；加入NaF溶液后，若Qc＝c(Mg2＋)·[c(F－)]2>Ksp(MgF2)，则会产生MgF2沉淀，D错误。
5．当氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)时，为使Mg(OH)2固体的量减少，须加入少量的(　　)
A．MgCl2 B．NaOH
C．MgSO4 D．NaHSO4
解析：选D。若使Mg(OH)2固体的量减小，应使Mg(OH)2的溶解平衡右移，应减小c(Mg2＋)或c(OH－)。
6．含有较多Ca2＋、Mg2＋和HCO的水称为暂时硬水，加热可除去Ca2＋、Mg2＋，使水变为软水。现有一锅炉厂使用这种水，试判断其水垢的主要成分为(　　)
(已知Ksp(MgCO3)＝6.8×10－6，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12)
A．CaO、MgO B．CaCO3、MgCO3
C．CaCO3、Mg(OH)2 D．CaCO3、MgO
解析：选C。考查沉淀转化的原理，加热暂时硬水，发生分解反应：Ca(HCO3)2CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，Mg(HCO3)2MgCO3↓＋CO2↑＋H2O，生成的MgCO3在水中建立起平衡：MgCO3(s)Mg2＋(aq)＋CO(aq)，而CO发生水解反应：CO＋H2OHCO＋OH－，使水中的OH－浓度增大，由于Ksp[Mg(OH)2]7．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。提示：BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)的平衡常数Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)，称为溶度积常数，下列说法正确的是(　　)
A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点
B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点
C．d点无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
解析：选C。由溶度积公式可知，在溶液中当c(SO)升高时，c(Ba2＋)要降低，而由a点变到b点c(Ba2＋)没有变化，A错；蒸发浓缩溶液时，离子浓度都升高，而由d点变到c点时，c(SO)却没变化，B错；d点落在平衡图像的下方，说明Ksp>c(Ba2＋)·c(SO)，此时是未饱和溶液，无沉淀析出，C正确；该图像是BaSO4在某一确定温度下的平衡曲线，温度不变，溶度积不变，a点和c点的Ksp相等，D错。
8．已知HF的Ka＝3.6×10－4，CaF2的Ksp＝1.46×10－10。向1 L 0.1 mol·L－1的HF溶液中加入11.1 g CaCl2，下列有关说法正确的是(　　)
A．通过计算得知，HF与CaCl2反应生成白色沉淀
B．通过计算得知，HF与CaCl2不反应
C．因为HF是弱酸，HF与CaCl2不反应
D．如果升高温度，HF的Ka、CaF2的Ksp可能增大，也可能减小
解析：选A。该题可采用估算法。0.1 mol·L－1的HF溶液中c(HF)＝0.1 mol·L－1，因此，c2(F－)＝c(H＋)·c(F－)≈3.6×10－4×0.1＝3.6×10－5，又c(Ca2＋)＝＝0.1 mol·L－1，c2(F－)×c(Ca2＋)＝3.6×10－6>Ksp，显然，A是正确的；D项，由于HF的电离是吸热的，升高温度，Ka一定增大，D错误。
9．下列说法不正确的是(　　)
A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B．由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀
C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变
D．两种难溶电解质作比较时，Ksp小的溶解度一定小
解析：选D。Ksp只与难溶电解质的性质、温度有关，与浓度无关；Ksp的大小反映难溶电解质溶解能力的大小；阴阳离子个数比相同的，Ksp越大，溶解度越大。
10．向含有AgI固体的饱和溶液中：
(1)加入固体AgNO3，则c(I－)________(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)。
(2)若改加更多的AgI，则c(Ag＋)将________。
(3)若改加AgBr固体，则c(I－)__________________，而c(Ag＋)________。
解析：含有AgI的饱和溶液中存在如下沉淀溶解平衡：
AgI(s)Ag＋(aq)＋I－(aq)。
(1)加入固体AgNO3，c(Ag＋)变大，平衡向逆反应方向移动，则c(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c(Ag＋)不变。
(3)若改加AgBr固体，则c(Ag＋)变大，平衡向逆反应方向移动，则c(I－)变小。
答案：(1)变小　(2)不变　(3)变小　变大
11．(1)在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。
①在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适的氧化剂，使Fe2＋转化为Fe3＋，下列物质可采用的是______。
A．KMnO4 B．H2O2
C．氯水 D．HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液pH至4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的______。
A．NaOH B．NH3·H2O
C．CuO D．Cu(OH)2
(2)甲同学怀疑调整溶液pH至4是否能达到除去Fe3＋而不损失Cu2＋的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp＝1.0×10－38，Cu(OH)2的溶度积Ksp＝3.0×10－20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时就认定沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L－1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为______，Fe3＋完全沉淀[即c(Fe3＋)≤1.0×10－5 mol·L－1]时溶液的pH为______，通过计算确定上述方案______(填“可行”或“不可行”)。
解析：Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，则c(OH－)＝　＝1.0×10－10 mol·L－1，则c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，pH＝4。
Fe3＋完全沉淀时：Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，则c(OH－)＝　＝1.0×10－11 mol·L－1。此时c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，pH＝3，因此上述方案可行。
答案：(1)①B　②CD　(2)4　3　可行
12．向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，＝______________。
[Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgCl)＝2.0×10－10]
解析：所谓沉淀共存，就是AgCl、AgBr都有，即AgCl＋Br－AgBr＋Cl－即这个反应达到平衡，＝＝＝＝2.7×10－3
答案：2.7×10－3
13．金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，以达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S/mol·L－1)如下图。
(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是______。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为______。
A．＜1　　　　　B．4左右　　　　　C．＞6
(3)在Ni(OH)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，______(填
“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是
________________________________________________________________________。
(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水，生成[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式
________________________________________________________________________。
(5)已知一些难溶物的溶度积常数如下表：
物质
FeS
MnS
CuS
PbS
HgS
ZnS
Ksp
6.3×10－18
2.5×10－13
1.3×10－36
3.4×10－28
6.4×10－53
1.6×10－24
某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的______除去它们。(选填序号)
A．NaOH　　　　B．FeS　　　　　C．Na2S
解析：(1)据图知pH＝4～5时，Cu2＋开始沉淀为Cu(OH)2，因此pH＝3时，铜元素主要以Cu2＋形式存在。
(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3＋，以保证Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋还未沉淀，据图知pH应为4左右。
(3)据图知，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的Co2＋。
(4)据已知条件结合原子守恒即可写出离子方程式：
Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。
(5)因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中只有FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积差别较大，因此应用沉淀的转化可除去废水中的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，且因FeS也难溶，不会引入新的杂质。
答案：(1)Cu2＋　(2)B
(3)不能　Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小
(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O
(5)B

1．下列关于沉淀溶解平衡的说法中不正确的是(　　)
A．难溶电解质在水中存在沉淀溶解平衡，且是一种动态平衡
B．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关
C．Ksp反映了物质在水中的溶解能力，可直接根据Ksp的数值大小比较电解质在水中的溶解能力大小
D．Ksp改变，可使沉淀溶解平衡移动
解析：选C。本题考查了沉淀溶解平衡特点以及Ksp的含义、应用。沉淀溶解平衡是平衡的一种，也是一种动态平衡。B、C、D三项考查的是Ksp的含义。难溶电解质的Ksp的大小反映了难溶电解质在水中的溶解能力。它只与难溶电解质的性质和温度有关，与沉淀的量无关。溶液中离子浓度改变只能使平衡移动，并不改变溶度积。在一定温度下，Ksp为一常数。
2．一定温度一定量的水中，石灰乳悬浊液存在溶解平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，当向此悬浊液中加入少量生石灰，下列说法正确的是(　　)
A．n(Ca2＋)增大　　　　　 B．c(Ca2＋)增大
C．n(OH－)增大 D．c(OH－)不变
解析：选D。加入CaO后，CaO＋H2O===Ca(OH)2，溶液中H2O减少，析出Ca(OH)2固体，但溶液仍为饱和溶液，溶液中离子浓度不变，但离子数目减小。
3．下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是(　　)
①热纯碱溶液的洗涤油污能力强　②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]，当作食盐使用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒　③溶洞、珊瑚的形成　④碳酸钡不能作“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．①②③④⑤
解析：选A。热纯碱溶液的洗涤油污能力强，是由于碳酸钠的水解程度随温度的升高而增强，因而溶液的碱性越强，除油污的效果自然就强了；泡沫灭火器灭火的原理也运用了盐类的水解原理，只是强度更大，能够进行得更彻底。
4．要使工业废水中的重金属Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：
化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
溶解度/g
1.03×10－4
1.81×10－7
1.84×10－14
由上述数据可知，选用沉淀剂最好为(　　)
A．硫化物 B．硫酸盐
C．碳酸盐 D．以上沉淀剂均可
解析：选A。PbS的溶解度最小，沉淀最彻底，故选A。
5．Mg(OH)2难溶于水，但它溶解的部分全部电离。室温下，饱和Mg(OH)2溶液的pH＝11，若不考虑KW的变化，则该温度下Mg(OH)2的溶解度是多少？(溶液密度为1.0 g·cm－3)
答案：根据Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，c(OH－)＝10－3 mol·L－1，则1 L Mg(OH)2溶液中，溶解的n[Mg(OH)2]＝1 L××10－3 mol·L－1＝5×10－4 mol，其质量为58 g·mol－1×5×10－4 mol＝0.029 g，再根据＝可求出S≈0.0029 g。
故该温度下Mg(OH)2的溶解度是0.0029 g。