《优化方案》苏教化学选修4电子题库（23份打包）

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1．下列有关化学电源的叙述错误的是(　　)
A．干电池根据电池内的电解质分为酸性电池和碱性电池
B．干电池中碳棒为正极
C．铅蓄电池是充电电池
D．铅蓄电池中的PbO2为负极
解析：选D。干电池中碳棒为正极，电解质可为酸性，也可为碱性，A、B正确；铅蓄电池中，PbO2的变化为：PbO2＋4H＋＋ ＋2e－===PbSO4＋2H2O，发生还原反应，所以此反应应为正极反应，且铅蓄电池为二次电池，故C正确，D错误。
2.(2010年高考安徽卷)某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构如图，电池总反应可表示为：2H2＋O2===2H2O，下列有关说法正确的是(　　)
A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2
D．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
解析：选D。本题考查原电池知识，意在考查考生的分析能力。该原电池的化学原理是H2被氧化，在负极(a极)发生反应：H2－2e－===2H＋，H＋由a极转移到b极，D项正确；O2发生还原反应，在正极(b极)发生反应：O2＋4H＋＋4e－===2H2O，则电子从a极流向b极，A、B两项不正确；C项因未指明气体所处的温度和压强，不正确。
3.(2010年高考福建卷)铅蓄电池的工作原理为：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，研读下图，下列判断不正确的是(　　)
A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋
B．当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol
C．K闭合时，Ⅱ中 向c电极迁移
D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极
解析：选C。本题考查铅蓄电池，意在考查考生对电池的充电和放电过程所涉及的化学原理进行分析的能力。根据图示，Ⅰ为原电池，a为正极，b为负极，Ⅱ为电解池，c为阴极，d为阳极。K闭合时，d为阳极，发生氧化反应：PbSO4－2e－＋2H2O===PbO2＋4H＋＋
，A项正确；根据铅蓄电池的总反应知该反应中转移电子数为2e－，则电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗0.2 mol H2SO4，B项正确；K闭合时，Ⅱ中 向阳极(d极)迁移，C项错误；K闭合一段时间后，c电极析出Pb，d电极析出PbO2，电解质溶液为H2SO4溶液，此时可以形成铅蓄电池，d电极作正极，D项正确。
4．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的比是金属中最大的，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。
5．(2011年福建泉州高二检测)一种甲醇燃料电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气。回答下列问题：
(1)这种电极放电时发生的化学反应方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)此电极的正极发生的电极反应式是________________________________________________________________________；
负极发生的电极反应式是________________________________________________________________________。
(3)电解液中的H＋向________极移动；向外电路释放电子的电极是________。
(4)比起直接燃烧燃料产生电力，使用燃料电池有许多优点，其中主要有两点：首先是燃料电池能量转化效率高，其次是________________________________________________________________________。
解析：甲醇燃料电池实质就是利用CH3OH燃料在氧气中反应来提供电能。CH3OH作负极，发生氧化反应，电极反应为2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋；氧气在正极反应：3O2＋12H＋＋12e－===6H2O，两反应相加得总反应式。在电池中，负极释放电子传到正极上，故H＋向正极移动。甲醇反应产物为CO2和H2O，对环境无污染。
答案：(1)2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O
(2)3O2＋12H＋＋12e－===6H2O
2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋
(3)正　负极　(4)产物对环境无污染
1．(2009年高考广东文基卷)下列说法正确的是(　　)
A．废旧电池应集中回收，并填埋处理
B．充电电池放电时，电能转变为化学能
C．放在冰箱中的食品保质期较长，这与温度对反应速率的影响有关
D．所有燃烧反应都是放热反应，所以不需吸收能量就可以进行
解析：选C。废旧电池应回收利用，既减少污染，又节约能源，A错误；电池放电时，化学能转变成电能，B错误；温度降低，化学反应速率减小，食品不易变质，C正确；有些放热反应需要加热或点燃，D错误。
2．(2009年高考浙江卷)市场上经常见到的标记为Li?ion的电池称为“锂离子电池”。它的负极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li＋的高分子材料。这种锂离子电池的电池反应式为：Li＋2Li0.35 NiO22Li0.85 NiO2
下列说法不正确的是(　　)
A．放电时，负极的电极反应式：Li－e－===Li＋
B．充电时，Li0.85 NiO2既发生氧化反应又发生还原反应
C．该电池不能用水溶液作为电解质
D．放电过程中Li＋向负极移动
解析：选D。此类题，在确定两极后，先考虑放电的各种情况，再考虑充电的各种情况。放电时，Li作负极，失电子(A项正确)，生成的Li＋从负极移向正极(D项错)。充电时，是电池反应的反方向，从总方程式可知，此时的Li0.85 NiO2既发生氧化反应又发生还原反应，B项正确。C项，由于Li可以与水反应，故电解质应为非水材料，正确。
3．(2009年高考上海卷)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(　　)
①铝合金是阳极　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)，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)。
4．电池是人类生产和生活中的重要能量来源，各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是(　　)
A．锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细
B．氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能
C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化
D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
解析：选C。因为锌锰干电池中锌棒为负极，锌棒变细，碳棒不变，故A错；原电池是将化学能直接转变为电能，所以B错；氢氧燃料电池负极反应为H2－2e－===2H＋，所以C正确；太阳能电池的主要材料是硅，D错。
5．(2010年高考浙江卷)Li-Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li＋＋FeS＋2e－===Li2S＋Fe，有关该电池的下列说法中，正确的是(　　)
A．Li-Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为＋1价
B．该电池的电池反应式为：2Li＋FeS===Li2S＋Fe
C．负极的电极反应式为：Al－3e－===Al3＋
D．充电时，阴极发生的电极反应式为：Li2S＋Fe－2e－===2Li＋＋FeS
解析：选B。本题考查原电池知识，意在考查考生分析新型原电池工作原理的能力。从组成材料看，负极应该是单质锂，电极反应为：Li－e－===Li＋，A、C项不正确；充电时，阴极即为原电池的负极，但是反应恰好相反：Li＋＋e－===Li，D项不正确。
6．据报道，某海军航空站安装了一台250 kW的MCFC型的燃料电池，该电池不仅能为航空站提供电能，同时还供应水蒸气，其工作温度为600 ℃～700 ℃，所用的燃料是H2，电解质是熔融的Na2CO3。已知该电池的总反应式为：2H2＋O2===2H2O，正极的电极反应是：O2＋4e－＋2CO2===2 ，则下列说法正确的是(　　)
A．放电时，负极反应为：H2－2e－===2H＋
B．电池工作时，电解质中的 移向电池的负极
C．该燃料电池供应1 mol水蒸气时转移电子的物质的量为4 mol
D．放电过程中，电池中的Na2CO3的物质的量逐渐增大
解析：选B。放电时，负极反应是：H2－2e－＋ ===CO2＋H2O；由电池总反应知，供应1 mol水蒸气时，转移电子的物质的量为2 mol；放电过程中电解质Na2CO3的物质的量不变；电池工作时，电解质中的 移向电池的负极，故B正确。
7．(2011年江苏省扬州中学高二期中考试)最近，科学家研制出一种纸质电池，这种“软电池”采用薄层纸片作为载体和传导体，在一边附着锌，在另一边附着二氧化锰。电池总反应为：Zn＋2MnO2＋H2O===ZnO＋2MnOOH。下列说法不正确的是(　　)
A．该电池Zn为负极，MnO2为正极
B．该电池的正极反应为：MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－
C．导电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路电子由MnO2流向Zn
D．电池工作时水分子和OH－都能通过薄层纸片
解析：选C。原电池反应中Zn失电子、MnO2得电子，因此该电池负极为Zn，正极为MnO2。由电池总反应式减去负极反应式Zn－2e－＋2OH－===ZnO＋H2O即得正极反应式MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－。电子只能由Zn经外电路流向MnO2，而不能通过内电路。
8．(2009年高考广东卷)可用于电动汽车的铝?空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是(　　)
A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e－===Al(OH)3↓
C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变
D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
解析：选A。正极O2得电子，溶液显碱性或中性时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，A正确。铝作负极，铝失电子，中性溶液(NaCl)中的负极反应为：Al－3e－===Al3＋，碱性溶液(NaOH)中的负极反应为：Al＋4OH－－3e－=== AlO2－＋2H2O，B不正确。在碱性时总的电池反应式为：4Al＋3O2＋4OH－===4AlO2－＋2H2O，溶液pH降低，C项错。电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，D项错。
9．(2009年高考江苏卷)以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如下图所示。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。微生物主要成分是蛋白质，高温条件下蛋白质变性，失去活性，A不正确。通入燃料C6H12O6的极为负极，负极反应为：C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋(能放出CO2应该是酸性，所以右边写H＋。不能在左边加OH－、右边写H2O)，B项正确。正极反应为：6O2＋24H＋＋24e－===12H2O，从两极反应可知：负极生成H＋，正极消耗H＋，即通过质子交换膜从负极到正极传导H＋，选项C不正确。从总反应C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O可知，每消耗1 mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体22.4 L，D项错。
10．如图是某公司批量生产的笔记本电脑所用的甲醇燃料电池的构造示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H＋)和电子，电子经过电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，该电池总反应式为：2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O。下列有关该电池的说法错误的是(　　)
A．右边的电极为电池的负极，b处通入的是空气
B．左边的电极为电池的负极，a处通入的是甲醇
C．电池负极的反应式为：2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋
D．电池正极的反应式为：3O2＋12H＋＋12e－===6H2O
解析：选A。在电解质溶液中，阳离子从负极移向正极，从质子通过的方向可知，a处通入的为甲醇，为原电池的负极，b处通入的为空气，为原电池的正极，A选项错误。
11．氯铝电池是一种新型的燃料电池，电解质溶液是KOH溶液，试回答下列问题：
(1)通入氯气的电极是________极(填“正”或“负”)，电极反应式为：________________________________________________________________________。
(2)加入铝的电极是________极(填“正”或“负”)，电极反应式为：________________________________________________________________________。
(3)电子从________极流向________极(填“Al”或“Cl2”)。
解析：根据Cl2和Al的反应方程式：3Cl2＋2Al===2AlCl3可知，铝易失电子被氧化，为负极，但电解液为KOH溶液，故负极反应为：2Al－6e－＋8OH－===2 AlO2－＋4H2O，Cl2易得电子被还原，为正极，电极反应为3Cl2＋6e－===6Cl－。在外电路中电子从负极(铝极)流出沿导线流向正极(Cl2极)。
答案：(1)正　3Cl2＋6e－===6Cl－
(2)负　2Al－6e－＋8OH－===2 AlO2－＋4H2O
(3)Al　Cl2
12．(2009年高考山东卷改编题)Zn-MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液。
(1)该电池的负极材料是________。电池工作时，电子流向________(填“正极”或“负极”)。
(2)若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2＋，会加速某电极的腐蚀，其主要原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
欲除去Cu2＋，最好选用下列试剂中的________(填代号)。
a．NaOH b．Zn
c．Fe d．NH3·H2O
解析：(1)负极是失电子的一极，Zn失电子由负极经外电路流向正极。
(2)锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀。除杂的基本要求是不能引入新杂质，所以应选Zn将Cu2＋置换为单质而除去。
答案：(1)Zn(或锌)　正极
(2)锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀　b
13．(原创题)2010年10月上海世博会临近结束的时刻，燃料电池车成为世博会上冉冉升起的新星。燃料电池是一种新型电池，它主要是利用燃料在氧化过程中把化学能直接转化为电能。氢氧燃料电池的突出优点是把化学能直接转变为电能，而不经过热能这一中间形式，它已用于宇宙飞船及潜艇中。
(1)阿波罗宇宙飞船上使用的是氢氧燃料电池，其电池反应为2H2＋O2===2H2O，电解液为KOH溶液，反应保持在较高温度使H2O蒸发。下列叙述正确的是________。
A．此电池能发出蓝色火焰
B．H2为正极，O2为负极
C．工作时，电解液的pH不断减小
D．负极的电极反应为2H2＋4OH－－4e－===4H2O，
正极的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)在宇宙飞船或潜艇中，还可利用氢氧燃料电池所产生的水作为饮用水，今欲得常温下1 L水，则电池内电子转移的物质的量约为________。
(3)由美国西屋公司研制开发的固体氧化物燃料电池，以固体氧化铝—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图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。
该电池a极对应的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
电池总反应方程式为________________________________________________________________________。
解析：(1)A项燃料电池中的反应没有燃烧现象；反应中H2被氧化，为负极反应物，O2为正极反应物；反应中电解液KOH的质量不变，而且题意交代反应产生的水蒸发，故电解液浓度不变，则pH不变。
(2)1 L水为1000 g，物质的量为＝55.6 mol，由 ，得转移的电子数为55.6×2 mol＝1.1×102 mol。
(3)据该电池的工作原理图可知，被氧化的是H2，H2－2e－＋O2－===H2O，b极为原电池的负极；被还原的是O2，O2＋4e－===2O2－，a极为原电池的正极。总反应方程式为2H2＋O2===2H2O，反应条件应是高温。
答案：(1)D　(2)1.1×102 mol
(3)O2＋4e－===2O2－　2H2＋O22H2O
14．下图是一个乙醇燃料电池工作时的示意图，请回答下列问题：
(1)M电极的名称为________(填“阳极”或“阴极”)；通入O2的Pt电极的电极反应式为________________________________________________________________________。
(2)在此过程中，乙池中某一电极析出金属银4.32 g时，甲池中理论上消耗O2为________L(标准状况下)；若此时乙池溶液的体积为400 mL，则乙池中溶液的pH为________________________________________________________________________。
(3)若在常温常压下，1 g C2H5OH燃烧生成CO2和液态H2O时放出热量为29.71 kJ，表示该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________。
解析：关于原电池、电解池的计算，利用各个电极上转移的电子相等来进行。热化学方程式的书写要注意物质的状态，化学计量数与对应热量的关系。
答案：(1)阴极　O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)0.224　1
(3)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)；ΔH＝－1366.66 kJ·mol－1
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1．下列有关电解池的说法正确的是(　　)
A．在电解池中与外接电源负极相连的电极是阳极
B．电解任何物质阳极上失电子数与阴极上得电子数相等
C．电解氯化铜溶液时在阴极上有气体生成
D．电解NaCl、CuCl2两种溶液参加反应的物质是相同的
解析：选B。与负极相连的是阴极；电解氯化铜时阳极上有氯气生成，阴极上有铜析出；电解NaCl溶液时水参加了反应，而电解CuCl2溶液水没有参加反应。
2．pH＝a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pH＞a，则该电解质可能是(　　)
A．NaOH B．H2SO4
C．AgNO3 D．Na2SO4
解析：选A。由阴、阳离子的放电顺序可知，电解NaOH、H2SO4、Na2SO4溶液的实质都是电解水，电解质溶液的浓度都增大，故NaOH溶液的pH增大，H2SO4溶液的pH减小，Na2SO4溶液的pH不变；AgNO3的电解方程式为：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3，故溶液的pH减小。
3．下列关于电解法精炼粗铜的叙述中不正确的是(　　)
A．粗铜板作阳极
B．电解时，阳极发生氧化反应，而阴极发生的反应为：Cu2＋＋2e－===Cu
C．粗铜中所含Ni、Fe、Au、Ag等金属杂质，电解后以单质形式沉积槽底，形成阳极泥
D．电解铜的纯度可达99.95%～99.98%
解析：选C。电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的盐溶液作电解质溶液，阴极发生的反应：Cu2＋＋2e－===Cu，阳极粗铜中Fe、Ni均参与放电，以离子的形式进入溶液，而Ag、Au不参与放电以单质形式沉积槽底，形成阳极泥。
4．用如图甲所示装置进行实验，若图乙中横坐标x表示流入电极的电子的物质的量。下列叙述不正确的是(　　)
A．E表示反应生成Cu的物质的量
B．E表示反应消耗H2O的物质的量
C．F表示反应生成H2SO4的物质的量
D．F表示反应生成O2的物质的量
解析：选C。此题的考查点为电解池反应，在该电解池中，阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，总反应：2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，从乙中所给的图象看每转移4 mol e－，E从0→2，F从0→1，显然，A、B、D正确，选项C中要表示生成H2SO4的物质的量应为E。
5．(2010年高考全国卷)下图是一个用铂丝作电极，电解稀的MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性红指示剂，此时溶液呈红色。(指示剂的pH变色范围：6.8～8.0，酸色——红色，碱色——黄色)
回答下列问题：
(1)下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是________(填编号)；
①A管溶液由红变黄　②B管溶液由红变黄　③A管溶液不变色　④B管溶液不变色
(2)写出A管中发生反应的反应式：________________________________________________________________________；
(3)写出B管中发生反应的反应式：________________________________________________________________________；
(4)检验a管中气体的方法是________________________________________________________________________；
(5)检验b管中气体的方法是________________________________________________________________________；
(6)电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是________________________________________________________________________。
解析：本题考查电解原理和气体检验，意在考查考生化学用语书写能力和实验能力。根据图可以确定，A极为阴极，B极为阳极。A极H＋放电，A极附近OH－增加，溶液碱性增强，A极附近溶液变黄色，同时Mg2＋与OH－结合生成Mg(OH)2沉淀；B极OH－放电，使得溶液中H＋增加，B极附近溶液显酸性，溶液仍为红色。电解后，将电解液倒入烧杯中，A极附近生成的Mg(OH)2与B极附近生成的H2SO4反应，生成MgSO4，即沉淀溶解，溶液呈红色。根据上述分析，a中收集的是氢气，b中收集的是O2。
答案：(1)①④
(2)2H＋＋2e－===H2↑(写2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑同样给分)，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
(3)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑(写2H2O－4e－===4H＋＋O2↑同样给分)
(4)用拇指按住管口，取出试管，靠近火焰，放开拇指，有爆鸣声，管口有蓝色火焰
(5)用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内会复燃
(6)溶液呈红色，白色沉淀溶解(或大部分溶解)
1．下列说法中不正确的是(　　)
A．不能自发进行的氧化还原反应，一般可以通过电解实现
B．电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化
C．电解池和原电池中均发生氧化还原反应
D．电解、电离、原电池均需要通电
解析：选D。电离不需要通电，而是溶于水或熔化状态下发生的。
2．用石墨作电极，电解1 mol·L－1下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是(　　)
A．HCl B．NaOH
C．Na2SO4 D．NaCl
解析：选C。选项A，电解1 mol·L－1 HCl溶液，阴极2H＋＋2e－===H2↑，阳极2Cl－－2e－===Cl2↑，H＋得电子，c(H＋)减小，pH增大。选项B，电解1 mol·L－1 NaOH溶液，阴极2H＋＋2e－===H2↑，阳极4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，实质上电解水，NaOH浓缩，溶液的pH增大。选项C，电解1 mol·L－1 Na2SO4溶液，阴极2H＋＋2e－===H2↑，阳极4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，实质上电解水，溶液的pH保持不变。选项D，电解1 mol·L－1 NaCl溶液，阴极2H＋＋2e－===H2↑，阳极2Cl－－2e－===Cl2↑，破坏了水的电离平衡，c(OH－)增大，pH增大。
3．在水中加等物质的量的Ag＋、Pb2＋、Na＋、SO42－、NO－3、Cl－，该溶液放在用惰性材料作电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物与还原产物质量比为(　　)
A．35.5∶108 B．16∶207
C．8∶1 D．108∶35.5
解析：选C。溶液中的六种离子，有四种发生反应生成沉淀，Ag＋＋Cl－===AgCl↓、
Pb2＋＋SO42－===PbSO4↓，最后溶液就成了NaNO3溶液；而电解NaNO3溶液，实质就是电解水，电解方程式为：2H2O2H2↑＋O2↑。氧化产物和还原产物的质量之比为m(O2)∶m(H2)＝(1 mol×32 g·mol－1)∶(2 mol×2 g·mol－1)＝8∶1，即C项正确。
4．(2010年蚌埠高二检测)用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，若保持温度不变，则一段时间后(　　)
A．溶液的pH变大
B．c(Na＋)与c(CO32－)的比值变大
C．溶液浓度变大，有晶体析出
D．溶液浓度不变，有晶体析出
解析：选D。用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，实际是电解水，故Na2CO3会结晶析出，若保持温度不变，则仍为原温度下的饱和溶液，故溶液浓度不变，pH不变，c(Na＋)∶c(CO2－3)不变，故选D。
5.
用Pt电极电解含有各0.1 mol Cu2＋和X3＋的溶液，阴极析出固体物质的质量m(g)与溶液中通过电子的物质的量n(mol)的关系见图示，则离子的氧化能力由大到小排列正确的是(　　)
A．Cu2＋＞X3＋＞H＋ B．H＋＞X3＋＞Cu2＋
C．X3＋＞H＋＞Cu2＋ D．Cu2＋＞H＋＞X3＋
解析：选D。有些学生没认真分析，就将X3＋与Fe3＋联系起来，选择C答案。这其实是简单记忆阳离子放电顺序导致思维定式造成的结果。本题的解题信息在图象中：一通电就有固体析出，且通过0.2 mol电子后，再没有固体析出了，说明是Cu2＋放电的结果。X3＋不放电，故答案应为D。
6．关于下图所示装置的判断，叙述正确的是(　　)
A．左边的装置是电解池，右边的装置是原电池
B．该装置中铜为正极，锌为负极
C．当铜片的质量变化为12.8 g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24 L
D．装置中电子的流向是：a→Cu→经过CuSO4溶液→Zn→b
解析：选C。根据图中所给的信息，我们可以判断出左边是氢氧燃料电池，右边是电解池，所以A错；根据入口中所标的氧气和氢气的位置，可以知道a作正极，b作负极；并且Zn和b相连，所以是阴极，而Cu是阳极，故B项错误；Cu片上的电极反应式为：Cu－2e－===Cu2＋，当铜片的质量变化为12.8 g时，电路中转移电子的物质的量为：n(e－)＝2n(Cu2＋)＝2×＝0.4 mol。a极上的电极反应为：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，因为各个电极转移电子的物质的量相等，所以a极上消耗V(O2)＝22.4 L·mol－1×n(O2)＝22.4 L·mol－1×＝2.24 L，故C项正确；装置中电子的流向为：b→Zn，Cu→a，所以D项错误。
7．用含少量银和锌的粗铜作阳极，纯铜片作阴极，CuSO4溶液作电解液，电解一段时间后，阳极质量减少了x g，则(　　)
A．电解液质量增加x g
B．阴极质量增加x g
C．阴极质量增加a g，a＞x
D．阴极质量增加b g，b＜x
解析：选D。由于粗铜中含有Zn和Ag，在电解过程中阳极先是锌失去电子，然后是铜失去电子；而阴极一直是铜析出。在电解过程中，两极得失电子相等，所以溶解的锌和铜的物质的量之和等于析出的铜的物质的量，但由于m(Zn)＞m(Cu)，所以阳极溶解的金属的质量大于阴极析出铜的质量，即b＜x，所以D项正确。
8．如下图所示，下列叙述正确的是(　　)
A．Y为阴极，发生还原反应
B．X为正极，发生氧化反应
C．Y与滤纸接触处有氧气生成
D．X与滤纸接触处变红
解析：选A。该题考查电化学的知识，图中左边为原电池，右边为电解池，Zn比Cu活泼，Zn作负极，Cu作正极，则X为电解池的阳极，氢氧根在该极失去电子生成氧气，发生氧化反应；Y为电解池的阴极，氢离子在该极得到电子生成氢气，发生还原反应；因而A对，B、C错；由于水中氢离子在Y极得到电子而余下氢氧根离子，Y处溶液变红，D也错。
9.取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圈呈浅红色。则下列说法错误的是(　　)
A．b电极是阴极
B．a电极与电源的正极相连接
C．电解过程中，水是氧化剂
D．b电极附近溶液的pH变小
解析：选D。解答本题应先根据实验现象判断出a、b的两极名称，再根据电解原理的有关知识对各项作出判断。由题意知，外圈呈浅红色，说明该处呈酸性：Cl2＋H2O??HCl＋HClO，则a极上产生Cl2，a极为阳极，b极为阴极，故A、B项均正确；在2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑中，H2O作氧化剂，故C项正确；b极上由于H＋放电，导致b极附近溶液中的OH－浓度增大，溶液的pH变大，故D项错误。
10．(2010年江苏无锡高二检测)如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则以下说法正确的是(双选)(　　)
A．电源B极是正极
B．(甲)、(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1∶2∶2∶2
C．欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D．装置(丁)中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
解析：选BD。据F极附近显红色，推出F为阴极，电极反应：2H＋＋2e－===H2↑，从而确定A为电源正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极。故A错误，C、D、E、F分别生成单质为O2、Cu、Cl2、H2，转移电子的量相同，故其物质的量之比为1∶2∶2∶2，B正确；因G为阳极，故G应为Ag，H为铜，C错误；据Y极附近红褐色加深，说明Fe(OH)3胶体微粒带有正电荷向阴极移动，D正确。
11．如图是两种溶液进行电解的装置，电极A是由金属M制成的，M的硝酸盐的化学式为M(NO3)2，B、C、D都是铂电极，P、Q是电池的两极，电路接通后，试回答下列问题：
(1)电极B上金属M沉淀出来：电极反应为________________，同时电极C产生________，电极反应为____________，电极D产生________，电极反应为________________________________________________________________________。
(2)电池中P是________极，Q是________极。
(3)A极上电极反应为____________________。
解析：电极B上金属M沉淀出来说明B是阴极，A是阳极，而乙池中电极C是阳极，D是阴极；对应的电极P是正极，电极Q是负极；而乙中的电解质溶液为硫酸钠溶液，所以在C电极上有氧气产生，D电极上有氢气产生。
答案：(1)M2＋＋2e－===M　氧气　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑　氢气　2H＋＋2e－===H2↑
(2)正　负
(3)M－2e－===M2＋
12.如图，X 和Y均为石墨电极。
(1)若电解液为滴有酚酞的饱和食盐水，电解反应的离子方程式为__________________________；电解过程中________(填“阴”或“阳”)极附近会出现红色。
(2)若电解液为500 mL含A溶质的某蓝色溶液，电解一段时间，观察到X电极表面有红色的固态物质生成，Y电极有无色气体生成；溶液中原有溶质完全电解后，停止电解，取出X电极，洗涤、干燥、称量，电极质量增加1.6 g。
①电解后溶液的pH为________；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，需加入一定量的________(填加入物质的化学式)。(假设电解前后溶液的体积不变)
②Y电极产生气体的体积为________L。
③请你推测原溶液中所含的酸根离子可能是________；并设计实验验证你的推测，写出实验的操作步骤、现象和结论：________________________________________________________________________。
解析：(1)电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑，在阴极区生成NaOH，使酚酞溶液变红。
(2)蓝色溶液中可能含有Cu2＋，并且在电解过程中析出红色固体，进一步验证析出的是铜；Y电极上析出无色气体，应该是O2，电解离子方程式：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。
①根据电解离子方程式得：n(H＋)＝2n(Cu2＋)＝2×＝0.05 mol，故溶液中c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1，溶液的pH＝1。要使溶液恢复到以前，可以加入CuO或CuCO3。
②根据电解离子方程式得：n(O2)＝×n(Cu)＝0.0125 mol，在标准状况下的体积V(O2)＝22.4 L·mol－1×0.0125 mol＝0.28 L。
③溶液中存在的必须是含氧酸根离子，可以是SO2－4或NO－3；然后利用实验进行检验。
答案：(1)2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑　阴
(2)①1　CuO(或CuCO3)　②0.28　③硫酸根离子　取少量待测液于试管中，滴加盐酸无明显现象，继续加入氯化钡溶液若有白色沉淀产生，则证明是硫酸根离子(或：硝酸根离子　取少量待测液于试管中，加热浓缩后滴加浓硫酸和铜粉，若有红棕色气体产生，则证明是硝酸根离子)
13.右图中的A为直流电源，B为渗透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色。请填空：
(1)电源A的a为________极。
(2)滤纸B上发生的总反应方程式为
________________________________________________________________________。
(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为________________，电极f上发生的反应为__________________，槽中盛放的电镀液可以是________或________(只要求填两种电解质溶液)。
解析：根据c点酚酞变红，则该极的反应为2H＋＋2e－===H2↑，即该极为阴极，与电源的负极相连，所以a极是正极。(2)滤纸B上发生的总反应方程式为2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH。(3)c、d两点短路后，e为阳极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，阴极上镀锌，则阴极反应为Zn2＋＋2e－===Zn，电解液用含镀层离子的电解质，所以可用ZnSO4溶液或Zn(NO3)2溶液等。
答案：(1)正
(2)2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH
(3)Zn－2e－===Zn2＋　Zn2＋＋2e－===Zn
ZnSO4溶液　Zn(NO3)2溶液
14.
(2010年南通月考)如图Ⅰ所示是用石墨和铁作电极电解饱和食盐水的装置，请填空：
(1)X的电极名称是________极，发生的电极反应式为：____________，Y极的电极材料是________，检验X极产物的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)某同学在实验时误将两种电极材料接反，导致X极上未收集到预期产物，一段时间后又将两极的连接方式纠正过来，发现X极附近出现了白色沉淀，此沉淀是______________(填化学式)，其形成原因是__________________________________，该沉淀在空气中放置，现象是________________________________________________________________________。
(3)工业上电解饱和食盐水的方法之一是将两个电极室用离子交换膜隔开(如图Ⅱ所示)，其目的是________________________________________________________________________，
阳极室(A处)加入________________________________________________________________________，
阴极室(B处)加入________，离子交换膜只许______________离子通过。
解析：与电源正极相接的为电解池的阳极，与电源负极相接的为电解池的阴极，若接反则金属Fe失去电子，而产生Fe(OH)2沉淀。
答案：(1)阳　2Cl－－2e－===Cl2↑　Fe　用湿润的淀粉碘化钾试纸放在X极附近，若试纸变蓝，说明生成了Cl2
(2)Fe(OH)2　铁作阳极时被氧化为Fe2＋，纠正连接后，这一端又变为阴极，2H＋＋2e－===H2↑，生成的OH－与Fe2＋结合成Fe(OH)2　先变灰绿色，后变红褐色
(3)防止H2与Cl2混合发生爆炸，防止Cl2与NaOH反应生成NaClO，使NaOH不纯　饱和食盐水　纯水(或NaOH稀溶液)　钠
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1．在理论上不能用于设计原电池的化学反应是(　　)
A．H2SO4(aq)＋BaCl2(aq)===2HCl(aq)＋BaSO4(s)
ΔH＜0
B．2CH3OH(l)＋3O2(g)―→2CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＜0
C．4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)
ΔH＜0
D．3Cu(s)＋8HNO3(aq)===
3Cu(NO3)2(aq)＋2NO(g)＋4H2O(l)　ΔH＜0
解析：选A。原电池原理是利用氧化还原反应发生电子转移，A项为非氧化还原反应，故不能用于设计原电池。
2．X、Y、Z、W四块金属分别用导线两两相连浸入稀硫酸中组成原电池。X、Y相连时，X为负极；Z、W相连时，电流方向是W→Z；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡，W、Y相连时，W极发生氧化反应。据此判断四种金属的活动性顺序是(　　)
A．X＞Z＞W＞Y　　　　　　 B．Z＞X＞Y＞W
C．X＞Y＞Z＞W D．Y＞W＞Z＞X
解析：选A。在原电池中，活泼金属作原电池的负极，失去电子发生氧化反应；不活泼的金属作原电池的正极，得到电子发生还原反应。电子由负极经导线流向正极，与电流的方向相反。因此，X、Y相连时，X为负极，则活动性X＞Y；Z、W相连时，电流方向是W→Z，则活动性Z＞W；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡，则活动性X＞Z；W、Y相连时，W极发生氧化反应，则W＞Y。综上所述，可以得出金属的活动性顺序是X＞Z＞W＞Y。
3.(2010年高考课标全国卷)根据右图，可判断出下列离子方程式中错误的是(　　)
A．2Ag(s)＋Cd2＋(aq)===2Ag＋(aq)＋Cd(s)
B．Co2＋(aq)＋Cd(s)===Co(s)＋Cd2＋(aq)
C．2Ag＋(aq)＋Cd(s)===2Ag(s)＋Cd2＋(aq)
D．2Ag＋(aq)＋Co(s)===2Ag(s)＋Co2＋(aq)
解析：选A。本题考查原电池原理及其运用，意在考查考生对原电池装置的判断和总反应方程式的书写。从两个原电池的电极可以判断出三种金属的活泼性关系为：Cd＞Co＞Ag，则氧化性关系为：Cd2＋＜Co2＋＜Ag＋，根据氧化还原反应规律知A项错误。
4．(2010年高考广东卷)铜锌原电池(如图)工作时，下列叙述正确的是(双选)(　　)
A．正极反应为：Zn－2e－===Zn2＋
B．电池反应为：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
C．在外电路中，电子从负极流向正极
D．盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液
解析：选BC。本题考查原电池，意在考查考生对原电池工作原理的分析能力。该电池中Zn为负极，电极反应为：Zn－2e－===Zn2＋，Cu为正极，电极反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，A项错误；电池总反应为：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，B项正确；原电池工作时，外电路中电子由负极流出经导线流向正极，C项正确；负极上由于Zn放电ZnSO4溶液中Zn2＋的浓度增大，故盐桥中的Cl－移向ZnSO4溶液，D项错误。
5．为了避免锌片与Cu2＋直接接触发生反应而影响原电池的放电效率，有人设计了如下装置，按要求完成以下填空：
(1)此装置工作时，可以观察到的现象是____________________________，电池总反应式为________________________________________________________________________。
(2)以上电池中，锌和锌盐溶液组成________，铜和铜盐溶液组成________，中间通过盐桥连接起来。
(3)电池工作时，硫酸锌溶液中 向________移动，硫酸铜溶液中 向________移动。
(4)此盐桥内为饱和KCl溶液，盐桥是通过________移动来导电的。在工作时，K＋移向________。
解析：该装置为锌铜原电池，总反应式为：Zn＋Cu2＋===Cu＋Zn2＋，电池工作时，观察到①电流计指针发生偏转，②锌片不断溶解，③铜片上有红色物质析出，其中Zn与ZnSO4溶液组成锌半电池，Cu与CuSO4溶液组成铜半电池。电池工作时，ZnSO4溶液中 向负极(锌电极)移动，CuSO4溶液中 向盐桥移动，而盐桥中，K＋向正极区(CuSO4溶液)移动，Cl－向负极区(ZnSO4溶液)移动，这样靠离子的移动形成闭合回路而导电。
答案：(1)电流计指针发生偏转，锌片逐渐溶解，铜片上有红色物质析出　Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
(2)锌半电池　铜半电池　(3)锌电极　盐桥
(4)离子　正极区(CuSO4溶液)
1．下列说法正确的是(　　)
A．原电池是把电能转化为化学能的装置
B．原电池中电子流出的一极是正极，发生氧化反应
C．原电池的两极发生的反应均为氧化还原反应
D．形成原电池后，原电池中的阳离子向正极移动
解析：选D。原电池是把化学能转化为电能的装置，电子流出的一极是负极，负极发生氧化反应，电解质溶液中的阴离子向负极移动；电子流进的一极是正极，正极发生还原反应，电解质溶液中的阳离子向正极移动。
2．(2009年苏州高三期中考试)将铁片和银片用导线连接置于同一稀盐酸溶液中，并经过一段时间后，下列叙述中正确的是(　　)
A负极有Cl2逸出，正极有H2逸出
B．负极附近Cl－的浓度减小
C．正极附近Cl－的浓度逐渐增大
D．溶液中Cl－的浓度基本不变
解析：选D。在该原电池中，Fe为负极，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，正极为Ag，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，整个溶液中Cl－的浓度基本保持不变，故D正确。
3．在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片，下列叙述正确的是(　　)
A．正极附近的SO2－4浓度逐渐增大
B．电子通过导线由铜片流向锌片
C．正极有O2逸出
D．铜片上有H2逸出
解析：选D。题干所述装置属于原电池装置，负极反应：Zn－2e－===Zn2＋，正极反应：2H＋＋2e－===H2↑，电子由负极流出经过外电路流向正极。为形成闭合回路，溶液中的阴离子向负极迁移，阳离子向正极移动，因此可知只有选项D正确。
4．有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D―→导线―→C；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡；④B、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应。据此，判断四种金属的活动性顺序是(　　)
A．A＞B＞C＞D B．A＞C＞D＞B
C．C＞A＞B＞D D．B＞D＞C＞A
解析：选B。金属与稀硫酸溶液组成原电池，活泼金属为负极，失去电子发生氧化反应，较不活泼的金属为正极，H＋在正极表面得到电子生成氢气，电子运动方向由负极到正极。题中由①知A＞B；由②知C＞D；由③知A＞C；由④知D＞B。综合以上信息可知金属活动性A＞C＞D＞B。
5.
根据反应：2Ag＋＋Cu===Cu2＋＋2Ag，设计如图所示原电池，下列说法错误的是(　　)
A．X可以是银或石墨
B．Y是硫酸铜溶液
C．电子从铜电极经外电路流向X电极
D．X极上的电极反应式为：Ag＋＋e－===Ag
解析：选B。据题意，铜应为负极，X为正极，则X应为活泼性比铜弱的金属或导电的非金属，A项正确；电解质溶液应含Ag＋，B项错；在原电池中，电子从负极经外电路流向正极，Ag＋在正极X上得电子，Ag＋＋e－===Ag，故C、D项正确。
6．关于如图所示的原电池，下列说法正确的是(　　)
A．电子从铜电极通过检流计流向锌电极
B．盐桥中的阳离子向硫酸铜溶液中迁移
C．锌电极发生还原反应，铜电极发生氧化反应
D．铜电极上发生的电极反应是2H＋＋2e－===2H2↑
解析：选B。此原电池中锌为负极，铜为正极，原电池中，电子从负极流向正极，A项错误；原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，B项正确；原电池负极失电子，发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应，C项错误；铜电极上的电极反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，D项错误。
7．(2009年高考福建卷)控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－??2Fe2＋＋I2设计成下图所示的原电池。下列判断不正确的是(　　)
A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原
C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
解析：选D。由总反应方程式知，I－失去电子(氧化反应)，Fe3＋得电子(被还原)，故A、B项正确。当电流计为零时，即说明没有电子发生转移，可证明反应达平衡，C项正确。加入Fe2＋，导致平衡逆向移动，则Fe2＋失去电子生成Fe3＋，甲中石墨作负极，D项错。
8．电子表所用电源常为微型银锌原电池，其电极为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，其电极反应分别为：Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O；Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－，下列叙述正确的是(　　)
A．Zn为正极，Ag2O为负极
B．放电时，电池负极附近溶液的pH变大
C．放电时，溶液中阴离子向Ag2O极方向移动
D．放电时，电子由Zn极经外电路流向Ag2O极
解析：选D。从电极反应分析可以知道：Zn极失电子，发生氧化反应，为负极，Ag2O极得电子，发生还原反应，为正极，故A项不正确；从负极的电极反应式Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O看出，反应中消耗了OH－，所以负极附近溶液的pH变小，溶液中的阴离子应向负极移动，来补充电荷，以维持电极附近溶液的电中性，故B、C项不正确；原电池在工作时，电子的流向是由负极流向正极，即由Zn极流向Ag2O极，故D项是正确的。
9．科学家正在研究高铁可充电电池，据研究人员推测，这种电池具有容量大、放电电流大、稳定性好等优点，将有广泛的应用前景。高铁电池放电时，锌、K2FeO4分别在两极上发生反应，以KOH溶液为电解液，电池总反应为：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O===3Zn(OH)2↓＋2Fe(OH)3↓＋4KOH，下列说法中错误的是(　　)
A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为：
2FeO2－4＋8H2O＋6e－===2Fe(OH)3↓＋10OH－
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1.204×1023个电子，锌的质量理论上减少6.5 g
解析：选C。本题主要考查电池反应式，并分析电池原理。原电池工作时要“放电”，由总反应式可知，锌发生了氧化反应，失去电子，为负极，A选项正确；正极上发生还原反应，铁元素由＋6价降至＋3价，2 mol K2FeO4得到6 mol e－，B选项正确；电子总是从负极通过外电路流向正极，C选项错误；1.204×1023个电子即0.2 mol，即0.1 mol Zn失去的电子数，所以Zn的质量理论上减少6.5 g，D选项正确。
10．将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是(　　)
A．两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．两烧杯中溶液的pH均增大
D．产生气泡的速度甲比乙慢
解析：选C。由题目所给图示可知，甲为原电池，铜作正极，发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，反应速率加快；乙不能构成原电池(无闭合回路)，只在锌片上发生反应：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，二者都消耗H＋，故溶液的pH都增大。
11．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×0.1 L＝0.05 mol，则转移电子为0.05 mol， n(ZnCl2)＝×0.05 mol＝0.025 mol，
c(ZnCl2)＝＝0.25 mol/L。
答案：(1)
石墨　2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋　Zn　Zn－2e－===Zn2＋
(2)0.25 mol/L　0.05
12．(2010年江苏省常州高级中学高二检测)将Fe片和石墨用导线相连，一组插入稀H2SO4中，一组插入FeCl3溶液中，分别形成了原电池。
(1)这两个原电池中，正极分别是________。
A．石墨、石墨 B．石墨、Fe片
C．Fe片、Fe片 D．Fe片、石墨
(2)写出插入稀H2SO4中形成原电池的正极反应式(用离子方程式表示)________________________________________________________________________。
(3)写出插入FeCl3溶液中形成原电池的电池总反应式(用离子方程式表示)________________________________________________________________________。
解析：当电解质溶液为H2SO4溶液时，总反应为Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，则负极为Fe，正极为石墨，正极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑；当电解质溶液为FeCl3溶液时，总反应为：Fe＋2FeCl3===3FeCl2，离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，负极为Fe，正极为石墨。
答案：(1)A　(2)2H＋＋2e－===H2↑
(3)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
13.
如图所示装置，烧杯中盛有200 mL 1 mol·L－1的CuSO4溶液。
(1)负极为________，电极反应式为______________________。正极为________，电极反应式为
________________________________________________________________________。
(2)若初始时Zn片与Cu片质量相等，实验结束后，称得两极质量差为12.9 g，则反应中转移电子的物质的量为________，反应后溶液中溶质的物质的量浓度为________________________________(忽略溶液体积的变化)。
解析：(1)负极为Zn，电极反应式为：Zn－2e－===Zn2＋；正极为Cu，电极反应式为：Cu2＋＋2e－===Cu。
(2)电池总反应为：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，反应过程中Zn片质量减轻，Cu片质量增重，两极质量差应为反应掉的Zn的质量与析出的Cu的质量之和，设Zn反应的物质的量为x，则析出的Cu的物质的量也为x，所以，65 g·mol－1x＋64 g·mol－1x＝12.9 g，解得x＝0.1 mol，由电极反应式可知1 mol Cu参加反应，转移电子为2 mol，所以整个反应中转移电子为0.2 mol。反应后溶液中的溶质为ZnSO4与CuSO4，c(ZnSO4)＝＝0.5 mol·L－1，c(CuSO4)＝＝0.5 mol·L－1。
答案：(1)Zn　Zn－2e－===Zn2＋
Cu　Cu2＋＋2e－===Cu
(2)0.2 mol 　c(ZnSO4)＝0.5 mol·L－1，c(CuSO4)＝0.5 mol·L－1
14．(思维拓展题)如图是一套电化学实验装置，图中C、D均为铂电极，U为盐桥，G是灵敏电流计，其指针总是偏向电源正极。
(1)As(砷)位于元素周期表中第四周期ⅤA族，则Na3AsO4溶液的pH________7(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(2)向B烧杯中加入适量较浓的硫酸，发现G的指针向右偏移。此时A烧杯中的主要实验现象是________________________________________________________________________。
C电极上的电极反应式为：________________________________________________________________________。
(3)一段时间后，再向B烧杯中加入适量的质量分数为40%的氢氧化钠溶液，发现G的指针向左偏移。此时整套实验装置总的离子方程式为I2＋ ＋2OH－===2I－＋AsO3－4＋H2O，此时D为________极， 发生________反应。
(4)再过一段时间后，G的指针逐渐归零，此时实验装置中的化学反应已经达到化学平衡状态，该反应的化学平衡常数的表达式为：K＝________________________________________________________________________。
解析：(1)因非金属性：As＜P，则两性：H3AsO4＜H3PO4，故Na3AsO4为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。(2)因指针向右偏移，说明C极为负极，发生氧化反应：2I－－2e－===I2，因此I2遇淀粉变蓝。(3)因指针向左偏移，说明D为负极，结合方程式知AsO3－3在D极发生氧化反应。(4)据(3)中方程式可得出K＝ 。
答案：(1)＞
(2)溶液变蓝　2I－－2e－===I2
(3)负　氧化
(4)
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1．(原创题)“嫦娥二号”于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，并获得了圆满成功。发射“嫦娥二号”的长三丙火箭的第三级使用的推进剂是液氢和液氧。已知下列热化学方程式：
①H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH1＝－285.8 kJ/mol
②H2(g)===H2(l)　ΔH2＝－0.92 kJ/mol
③O2(g)===O2(l)　ΔH3＝－6.84 kJ/mol
④H2O(l)===H2O(g)　ΔH4＝＋44.0 kJ/mol
则反应H2(l)＋O2(l)===H2O(g)的反应热ΔH为(　　)
A．＋237.46 kJ/mol B．－474.92 kJ/mol
C．－118.73 kJ/mol D．－237.46 kJ/mol
解析：选D。根据盖斯定律，将反应①－②－③×＋④可得目标反应方程式，其反应热ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3×＋ΔH4＝－237.46 kJ/mol。
2．下列关于热化学反应的描述中正确的是(　　)
A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ/mol。则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3) kJ/mol
B．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋(2×283.0) kJ/mol
C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
解析：选B。本题以燃烧热、中和热等为背景，考查化学反应中的能量变化。通过分析可以发现，解答时首先要明确燃烧热和中和热的意义，并且要注意ΔH值与化学方程式的化学计量数是成比例关系的。A项中H2SO4与Ca(OH)2不仅生成水，而且还生成微溶物CaSO4，会改变体系热量；C项中，需加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如燃烧反应；D项中甲烷的燃烧热应指生成液态水时放出的热量。
3．(2010年高考广东卷)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。本题考查盖斯定律，意在考查考生对盖斯定律的运用能力及对反应热的计算能力。设提供的三个热化学方程式分别为①、②、③，根据盖斯定律，由①＋②×2可以得到③，故ΔH1＋2ΔH2＝ΔH3，A项正确。
4．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)下面均是正丁烷与氧气反应的热化学方程式(25 ℃，101 kPa)；
①C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)；
ΔH＝－2878 kJ/mol
②C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)；
ΔH＝－2658 kJ/mol
③C4H10(g)＋O2(g)===4CO(g)＋5H2O(l)；
ΔH＝－1746 kJ/mol
④C4H10(g)＋O2(g)===4CO(g)＋5H2O(g)；
ΔH＝－1526 kJ/mol
由此判断，正丁烷的燃烧热是(　　)
A．－2878 kJ/mol B．－2658 kJ/mol
C．－1746 kJ/mol D．－1526 kJ/mol
解析：选A。本题考查燃烧热定义，意在考查考生对基本概念的理解与运用。②中，生成物水是气态；③④中均生成CO，气态水和CO均不是稳定的氧化物。
5．(1)在101 kPa时，H2(g)在1.00 mol O2(g)中完全燃烧生成2.00 mol H2O(l)时放出571.6 kJ的热量，H2的燃烧热为____________，表示H2燃烧热的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)1.00 L 1.00 mol/L H2SO4溶液与2.00 L 1.00 mol/L NaOH溶液完全反应，放出114.6 kJ热量，该反应的中和热为____________，表示其中和热的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：此题考查了燃烧热和中和热的定义，及热化学方程式的书写。燃烧热是指在101 KPa下，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；而中和热是强酸、强碱的稀溶液发生中和反应生成1 mol H2O(l)时放出的热量；写热化学方程式时还要注明状态、ΔH的“＋、－”等。
答案：(1)285.8 kJ/mol
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ/mol
(2)57.3 kJ/mol　H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol
1．(2009年高考重庆卷)下列热化学方程式叙述正确的是(ΔH的绝对值均正确)(　　)
A．C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)
ΔH＝－1367.0 kJ·mol－1(燃烧热)
B．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)
ΔH＝＋57.3 kJ·mol－1(中和热)
C．S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－296.8 kJ·mol－1(反应热)
D．2NO2===O2＋2NOΔH＝＋116.2 kJ·mol－1(反应热)
解析：选C。本题考查热化学方程式的正误判断。选项A，H2O是不稳定的状态，不是表示燃烧热的热化学方程式。选项B，中和热为放热反应，ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。选项C，S燃烧生成SO2的反应是放热反应，ΔH＜0，同时标明了物质的聚集状态等，正确。选项D，未注明物质的聚集状态，错误。
2．有人预言：H2是21世纪最理想的能源，其根据不正确的是(　　)
A．生产H2的原料来源广阔
B．在等质量的可燃气体中，H2燃烧时放出的热量多
C．H2易液化，携带方便
D．燃烧时无污染
解析：选C。H2燃烧值大，来源广，无污染，是理想的新能源，但是由水分解成H2和储存及运输H2等技术还有待解决。
3．在25 ℃、1.01×105 Pa时，1 g CH4燃烧时生成CO2与液态H2O，放出55.6 kJ的热量，则CH4的燃烧热ΔH为(　　)
A．－55.6 kJ·mol－1 B．889.6 kJ·mol－1
C．－889.6 kJ·mol－1 D．444.8 kJ·mol－1
解析：选C。Q＝n(可燃物)×ΔH，所以ΔH＝Q/n(可燃物)，计算可得ΔH＝－889.6 kJ·mol－1。
4．已知反应(　　)
①101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)；ΔH＝－221 kJ/mol
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)；ΔH＝－57.3 kJ/mol
下列结论正确的是(　　)
A．碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol
B．①的反应热为221 kJ/mol
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为－57.3 kJ/mol
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
解析：选A。1 mol C不完全燃烧生成CO放出热量＝110.5 kJ,1 mol C完全燃烧生成CO2放出热量大于110.5 kJ，即C的燃烧热大于110.5 kJ·mol－1；反应①的反应热为ΔH＝－221 kJ·mol－1；稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ·mol－1；醋酸是弱酸，与NaOH溶液中和生成1 mol水时放出的热量小于57.3 kJ。
5．已知：CH3CH2CH2CH3(g)＋6.5O2(g)―→4CO2(g)＋5H2O(l)＋2878 kJ
(CH3)2CHCH3(g)＋6.5O2(g)―→4CO2(g)＋5H2O(l)＋2869 kJ
下列说法正确的是(　　)
A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子
B．正丁烷的稳定性大于异丁烷
C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程
D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多
解析：选A。由题目所给热化学方程式可知燃烧等物质的量正丁烷和异丁烷，前者放热更多，这意味着正丁烷分子储存能量更多，因此稳定性关系：正丁烷＜异丁烷。C项是由低能量物质向高能量物质的转化过程，应是一个吸热过程；D项两者分子中的碳氢键一样多。
6．(2010年广州高二检测)下列说法或表示法不正确的是(　　)
A．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多
B．已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ/mol，则H2的燃烧热为285.8 kJ/mol
C．在稀溶液中：H＋＋OH－===H2O　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若将含1 mol CH3COOH的醋酸溶液与含1 mol Ba(OH)2的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ
D．在101 kPa、25 ℃时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝＋285.8 kJ·mol－1
解析：选D。A项中硫蒸气转化为等量的硫固体，需放出热量，故等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，A正确；B项中由2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ/mol及燃烧热的定义知，H2的燃烧热为＝285.8 kJ/mol，B正确；C项中CH3COOH为弱酸，电离时需吸收热量，故1 mol CH3COOH与1 mol Ba(OH)2反应时，放出的热量小于57.3 kJ，C正确；D项中H2燃烧为放热反应，ΔH＜0，且ΔH数值错误。
7．下列说法中正确的是(　　)
A．1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2完全中和所放出的热量为中和热
B．在25℃、101 kPa下，1 mol S和2 mol S的燃烧热相等
C．CO是不稳定的氧化物，它能继续和氧气反应生成稳定的CO2，所以CO的燃烧反应一定是吸热反应
D．101 kPa时，1 mol C燃烧所放出的热量为碳的燃烧热
解析：选B。中和热是指在稀溶液里强酸和强碱反应生成1 mol H2O所放出的热量，而1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2完全中和时生成2 mol H2O，A错误；相同条件下，同一种物质的燃烧热相同，与参加反应的可燃物质的量的多少无关，B正确；CO的燃烧为放热反应，C错误；燃烧热是指在25 ℃、101 kPa时1 mol纯物质完全燃烧生成的反应热，D项说法不全面。
8．已知H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝Q1 kJ·mol－1；C2H5OH(g)===C2H5OH(l)　ΔH＝Q2 kJ·mol－1；C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)　ΔH＝Q3 kJ·mol－1。若使23 g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(　　)
A．Q1＋Q2＋Q3
B．0.5(Q1＋Q2＋Q3)
C．0.5Q2－1.5Q1－0.5Q3
D．1.5Q1－0.5Q2＋0.5Q3
解析：选C。23 g酒精的物质的量为0.5 mol，生成1.5 mol气态H2O，冷至室温放热－1.5Q1，酒精汽化时吸收的热量为－0.5Q2，故反应总放热效应为－1.5Q1＋0.5Q2－0.5Q3。
9．(2010年安徽蚌埠高二检测)已知在298 K时下述反应的有关数据
C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)ΔH1＝－110.5 kJ/mol
C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5 kJ/mol
则C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的ΔH为(　　)
A．＋283.5 kJ/mol B．＋172.5 kJ/mol
C．－172.5 kJ/mol D．－504 kJ/mol
解析：选B。根据盖斯定律：
ΔH＝2ΔH1－ΔH2
　＝2×(－110.5 kJ/mol)－(－393.5 kJ/mol)
　＝＋172.5 kJ/mol
故选B。
10．(2010年山东青岛高二检测)已知下列反应的反应热：
(1)CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH1＝－870.3 kJ/mol
(2)C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5 kJ/mol
(3)H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH3＝－285.8 kJ/mol
则2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)的反应热为(　　)
A．－870.3 kJ/mol B．－571.6 kJ/mol
C．787.0 kJ/mol D．－488.3 kJ/mol
解析：选D。根据盖斯定律得2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)反应热为ΔH4，则(4)＝(2)×2＋(3)×2－(1)　ΔH4＝2ΔH2＋2ΔH3－ΔH1＝2×(－393.5 kJ/mol)＋2×(－285.8 kJ/mol)－(－870.3 kJ/mol)＝－488.3 kJ/mol，故选D。
11．1 mol气态钠离子和1 mol气态氯离子结合生成1 mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能。
(1)下列热化学方程式中，能直接表示出氯化钠晶体晶格能的是________。
A．Na＋(g)＋Cl－(g)===NaCl(s)　ΔH
B．Na(s)＋Cl2(g)===NaCl(s)　ΔH1
C．Na(s)===Na(g)　ΔH2
D．Na(g)－e－===Na＋(g)　ΔH3
E.Cl2(g)===Cl(g)　ΔH4
F．Cl(g)＋e－===Cl－(g)　ΔH5
(2)写出ΔH1与ΔH、ΔH2、ΔH3、ΔH4、ΔH5之间的关系式。
解析：(1)由题意知，A表示的是晶格能。
(2)由盖斯定律
B＝A＋C＋D＋E＋F
ΔH1＝ΔH＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5
答案：(1)A
(2)ΔH1＝ΔH＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5
12．实验中不能直接测出由石墨和氢气生成甲烷反应的反应热，但可测出CH4、石墨和H2燃烧反应的反应热。求由石墨生成甲烷的反应热。已知：
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH1＝－890.3 kJ/mol　①
C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－393.5 kJ/mol②
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝－285.8 kJ/mol③
则C(s，石墨)＋2H2(g)===CH4(g)　ΔH＝__________。
解析：所求方程式可由②＋③×2－①得到，
所以ΔH＝ΔH2＋2ΔH3－ΔH1＝－393.5 kJ/mol＋2×(－285.8 kJ/mol)－(－890.3 kJ/mol)＝－74.8 kJ/mol。
也可以设计成以下的反应途径来求：
可得：ΔH＋ΔH1＝ΔH2＋2ΔH3，即ΔH＝ΔH2＋2ΔH3－ΔH1＝－74.8 kJ/mol。
答案：－74.8 kJ/mol
13．煤燃烧的反应热可通过以下两个途径来利用：
①利用煤在充足的空气中直接燃烧产生的反应热；
②先使煤与水蒸气反应得到氢气和一氧化碳，然后使得到的氢气和一氧化碳在充足的空气中燃烧，这两个过程的热化学方程式为：
①C(s)＋O2(g)===CO2(g)；ΔH＝E1[1]
②C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)；ΔH＝E2[2]
H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)；ΔH＝E3[3]
CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)；ΔH＝E4[4]
回答：(1)途径②与途径①相比有较多的优点，即________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)上述四个热化学方程式中哪个反应ΔH＞0________。
(3)等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量正确的关系是________。
A．①比②多
B．①比②少
C．①与②在理论上相同
解析：(1)途径①是直接燃烧固体燃料，煤的利用率低，燃烧效率差。途径②是先将固体燃料汽化，然后燃烧CO和H2，这样使燃料燃烧得更加充分，提高了燃烧效率。
(2)题目中的四个热化学方程式中，C、H2、CO的燃烧均为放热反应，ΔH＜0；C与H2O(g)的反应是吸热反应，ΔH＞0。
(3)相同质量的煤无论通过什么途径，产生的能量总是相等的。
答案：(1)途径②是一种洁煤技术，其优点是煤的利用率高，变为气体燃料后，方便运输(管道)，且燃烧充分，减少了粉尘对环境的污染
(2)反应[2]　(3)C
14．分别取40 mL的0.50 mol/L盐酸与0.55 mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题：
(1)理论上稀强酸、稀强碱反应生成1 mol水时放出57.3 kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式________________________________________________________________________。
(2)如右图所示，A为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃棒，两个小孔不能开得过大，其原因是________________________________________________________________________；
反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是________________________________________________________________________。
(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J/(g·℃)，为了计算中和热，实验时还需测量的数据有________(填序号)；
A．反应前盐酸溶液的温度
B．反应前盐酸溶液的质量
C．反应前氢氧化钠溶液的温度
D．反应前氢氧化钠溶液的质量
E．反应后混合溶液的最高温度
F．反应后混合溶液的质量
(4)某学生实验记录数据如下：
实验序号 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃
盐酸 氢氧化钠 混合溶液
1 20.0 20.1 23.2
2 20.2 20.4 23.4
3 20.5 20.6 23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________；
(5)假定该学生的操作完全同上，实验中改用100 mL 0.5 mol/L盐酸跟100 mL 0.55 mol/L氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热________(填“相等”或“不相等”)。
解析：中和热的标准是以“强酸、强碱的稀溶液反应生成1 mol液态水时所放出的热量”为标准的，所以中和热与所取用的酸碱量无关，但是要注意防止热量的散失影响中和热，另外读取混合液的温度要把握好，一定要读取出其“最高”点。
答案：(1)NaOH(aq)＋H2SO4(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol
(2)减少热量损失　用水将温度计上的液体冲掉
(3)ACE　(4)ΔH＝－51.8 kJ/mol　(5)不相等　相等
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1．下列说法正确的是(　　)
A．化学反应中的能量变化，都表现为热量变化
B．物理变化过程中，也可能有热量的变化
C．ΔH的大小与反应时的温度、反应物的多少无关
D．放热反应中，任何一种反应物的能量一定大于任何一种生成物的能量
解析：选B。A项，化学反应中的能量变化有热能，也可能有光能、电能等其他形式；B项，物理变化也有可能伴随能量变化，如物质的液化、汽化等；C项，ΔH的大小与反应温度有关，与化学方程式中的化学计量数(反应物的量)有关；D项，放热反应是指反应物的总能量大于生成物的总能量，但具体到某一物质，反应物的能量不一定大于生成物的能量。
2．(2010年临沂高二检测)下列说法正确的是(双选)(　　)
A．干冰蒸发需要吸收大量的热，这就是化学反应中的吸热反应
B．酒精常被用作酒精灯和内燃机的燃料，说明酒精燃烧是放热反应
C．木炭常温下不燃烧，加热才能燃烧，说明木炭燃烧是吸热反应
D．人们用氢氧焰焊接或切割金属，主要利用了氢气和氧气化合时所放出的能量
解析：选BD。干冰升华要吸热，这是物理变化，A不正确；酒精之所以能作燃料，是因为它燃烧放热，B正确；木炭燃烧需加热引发反应，但反应开始后，反应放出的热可使木炭继续燃烧，说明反应放热，C不正确；D正确。
3．已知方程式2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1＝－571.6 kJ/mol，则关于方程式2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)ΔH2＝？的说法中正确的是(　　)
A．此方程式中的化学计量数可表示分子数
B．该反应ΔH2大于零
C．该反应ΔH2＝571.6 kJ
D．该反应可表示36 g水分解时的热效应
解析：选B。热化学方程式中的系数只表示物质的量而不能表示分子数，在书写热化学方程式时，若把反应物与生成物相调换，则ΔH数值不变，而符号相反，但C中ΔH单位不对，D中又未指明状态。
4．根据热化学方程式：S(l)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝
－293.23 kJ/mol，分析下列说法正确的是(　　)
A．S(s)＋O2(g)===SO2(g)，反应放出的热量大于293.23 kJ/mol
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g)，反应放出的热量小于293.23 kJ/mol
C．1 mol SO2的化学键断裂吸收的能量总和大于1 mol硫和1 mol氧气的化学键断裂吸收的能量之和
D．1 mol SO2的化学键断裂吸收的能量总和小于1 mol硫和1 mol氧气的化学键断裂吸收的能量之和
解析：选C。由S(s)→S(l)→S(g)间转化时内能增大知，等量的S(s)燃烧放出的热量最少，S(g)放出的热量最多，所以A、B均不对；再由S燃烧生成SO2是放热反应，所以SO2的化学键断裂吸收的能量大，故D错。
5．已知破坏1 mol 键、H—H键和N—H键分别需吸收的能量为946 kJ、436 kJ、391 kJ。计算1 mol N2(g)和3 mol H2(g)完全转化为NH3(g)时反应热的理论值。
解析：N2(g)与H2(g)反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝Q，使1 mol 键断裂吸收946 kJ的能量，使3 mol H—H键断裂共需吸收436 kJ/mol×3 mol＝1308 kJ的能量，因此使1 mol N2(g)和3 mol H2(g)中的化学键断裂共需吸收的能量为946 kJ＋1308 kJ＝2254 kJ。而2 mol NH3(g)中含6 mol N—H键，形成6 mol N—H键时放出的能量为391 kJ/mol×6 mol＝2346 kJ。因此反应热的值应等于生成物分子形成时所释放的总能量(2346 kJ)与反应物分子的化学键断裂时所吸收的总能量的差，即放出了92 kJ的能量，即ΔH＝－92 kJ/mol。
答案：ΔH＝－92 kJ/mol
1．下列说法不正确的是(　　)
A．化学变化过程是原子的重新组合过程
B．化学反应可分为吸热反应和放热反应
C．化学反应中能量变化多少与其反应量有关
D．化学变化中的能量变化都是以热能形式表现出来的
解析：选D。化学反应中能量变化除以热能形式表现出来以外，还常以电能、光能等形式表现出来。化学反应过程就是旧键的断裂、新键的形成，即原子重新组合的过程。
2．下列各图所表示的反应是吸热反应的是(　　)
解析：选A。当生成物的总能量高于反应物的总能量时，该反应为吸热反应，反之为放热反应。
3.
(2010年江苏启东中学高二检测)下列变化为放热的化学反应的是(　　)
A．H2O(g)===H2O(l)
ΔH＝－44.0 kJ/mol
B．2HI(g)===H2(g)＋I2(g)　ΔH＝＋14.9 kJ/mol
C．形成化学键时共放出能量862 kJ的化学反应
D．能量变化如图所示的化学反应
解析：选D。H2O(g)===H2O(l)不是化学反应，A错误；2HI(g)===H2(g)＋I2(g)　ΔH＞0为吸热反应，B错误；由于旧化学键断裂时吸收的能量未知，故不能确定该反应是吸热反应还是放热反应，C错误；反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，D正确。
4.
分析图中的能量变化情况，下列正确的是(　　)
A．2A＋B===2C　ΔH＜0
B．2C===2A＋B　ΔH＜0
C．2A(g)＋B(g)===2C(g)　ΔH＞0
D．2A(g)＋B(g)===2C(g)　ΔH＜0
解析：选C。表示化学反应的能量变化，必须注明物质的聚集状态，故选项A、B错误，从物质储存的能量高低来看，若A和B为反应物，C为生成物，则该反应是吸热反应，ΔH＞0，故C正确。
5．氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰。在反应过程中，破坏1 mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1 kJ，破坏1 mol氯气中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1 mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3 kJ。下列关系式中，正确的是(　　)
A．Q2＞Q3 B．Q1＋Q2＞2Q3
C．Q1＋Q2＜Q3 D．Q1＋Q2＜2Q3
解析：选D。氢气在氯气中燃烧时放出能量，所以形成2 mol氯化氢中的化学键释放的能量大于破坏1 mol氢气中的化学键和破坏1 mol氯气中的化学键消耗的能量。
6．2010年第十六届广东亚运会的火炬(潮流)使用的燃料为丙烷(C3H8)，其完全燃烧后只有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中与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1 mol完全燃烧，1 mol不完全燃烧。故放出的热量c大于b，所以c最大，选C。
7．已知：①1 mol H2分子中化学键断裂时需要吸收436 kJ的能量，②1 mol I2蒸气中化学键断裂时需要吸收151 kJ的能量，③由H原子和I原子形成1 mol HI分子时释放299 kJ的能量。下列热化学方程式正确的是(　　)
A．2HI(g)===H2(g)＋I2(g)　ΔH＝＋11 kJ/mol
B.H2(g)＋I2(g)===HI(g)　ΔH＝－11 kJ/mol
C．H2(g)＋I2(g)===2HI(g)　ΔH＝＋288 kJ/mol
D.H2(g)＋I2(g)===HI(g)　ΔH＝－144 kJ/mol
解析：选A。设反应为：H2(g)＋I2(g)===2HI(g)，则ΔH＝E(H－H)＋E(I－I)－2E(H－I)＝436 kJ/mol＋151 kJ/mol－2×299 kJ/mol＝－11 kJ/mol。对照题目选项只有选项A正确。
8．0.3 mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5 kJ的热量，又知：H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44 kJ·mol－1，下列热化学方程式正确的是(双选)(　　)
A.B2H6(g)＋O2(g)===B2O3(s)＋H2O(g)
ΔH＝－677.7 kJ·mol－1
B．B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(g)
ΔH＝－2165 kJ·mol－1
C．B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(g)
ΔH＝－2033 kJ·mol－1
D．B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(l)
ΔH＝－2033 kJ·mol－1
解析：选AC。本题考查热化学方程式的书写及判断能力。需要注意的是题干中所给的生成物的聚集状态：水为液态，三氧化二硼为固态。若写成水为气态，则需考虑水汽化时的吸热。
??9.(2009年高考上海卷改编题)已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(Q1、Q2均为正值)：
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－Q1 kJ/mol
H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)　ΔH＝－Q2 kJ/mol
有关上述反应的叙述正确的是(　　)
A．Q1＜Q2
B．生成物总能量均高于反应物总能量
C．生成1 mol HCl气体时放出Q1热量
D．1 mol HBr(g)具有的能量大于1 mol HBr(l)具有的能量
解析：选D。Cl2比Br2活泼，等量的Cl2、Br2与H2反应，生成HCl的稳定性大于HBr，放出的热量多，即Q1＞Q2，A错误；因为X2与H2的反应为放热反应，所以生成物总能量小于反应物总能量，B错误；Q1是生成2 mol HCl(g)时放出的热量，C错误；1 mol HBr(l)要吸收热量才能变成1 mol HBr(g)，D正确。
10．(2010年启东高二检测)同温同压下，已知下列各反应为放热反应，下列各热化学方程式中热量数值最小的是(　　)
A．2A(l)＋B(l)===2C(g)　ΔH1
B．2A(g)＋B(g)===2C(g)　ΔH2
C．2A(g)＋B(g)===2C(l)　ΔH3
D．2A(l)＋B(l)===2C(l)　ΔH4
解析：选A。放热反应中，反应物的能量总和大于生成物的能量总和。差值越小，放出的热量越少。而物质的状态与能量的关系是：气＞液＞固。所以反应物为液态，生成物为气态时，放出的热量最少，故选A。
11．已知：在热力学标准态(298 K、1.01×105 Pa)下，由稳定的单质发生反应生成1 mol化合物的反应热叫该化合物的生成热(ΔH)。下图为氧族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。
试回答下列问题：
(1)请你归纳：非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的生成热ΔH的关系________________________________________________________________________。
(2)写出硒化氢在热力学标准态下，发生分解反应的热化学反应方程式：________________________________________________________________________。
解析：本题涉及氢化物的稳定性问题。从非金属性角度看，非金属性越强，对应的氢化物就越稳定。在氧族元素中，O的非金属性最强，故水最稳定。从能量角度看：能量越低对应的物质越稳定，即反应过程中放热最多(或ΔH越小)氢化物越稳定。由此可以判断出a、b、c、d分别为H2Te、H2Se、H2S、H2O。
答案：(1)非金属元素氢化物越稳定，ΔH越小，反之则相反
(2)H2Se(g)===Se(s)＋H2(g)；ΔH＝－81 kJ·mol－1
12．根据事实，写出下列反应的热化学方程式。
(1)甲硅烷(SiH4)是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态水。已知室温下1 g甲硅烷自燃放出热量44.6 kJ，其热化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)13 g C2H2(g)完全燃烧生成CO2和H2O(l)时，放出659 kJ的热量，该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)2.3 g某液态有机物和一定量的氧气混合点燃，恰好完全燃烧，生成2.7 g水和 2.24 L CO2(标准状况)，并放出68.35 kJ热量，则该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：此题考查了热化学方程式的书写，应注明状态，注意ΔH与化学计量数的关系及“＋”、“－”号，注意计算和转换。
答案：(1)SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(l)
ΔH＝－1427.2 kJ/mol
(2)2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－2636 kJ/mol
(3)C2H6O(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1367 kJ/mol
13.如图所示，把试管小心地放入盛有20 ℃的碳酸饮料的烧杯中，试管中开始加入约5 mL滴有酚酞试液的蒸馏水，然后往试管中加入1 g Na2O2粉末。试回答下列问题：
(1)实验中观察到的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)产生上述现象的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出上述过程所涉及的离子方程式
________________________________________________________________________。
(4)由实验推知，NaOH和O2的总焓________(填“大于”、“小于”或“等于”)反应物的总焓。
解析：Na2O2与水的反应属放热反应，则H(反应物)＞H(生成物)，描述固体粉末与液体反应的现象时，主要从溶液颜色、气体变化等考虑分析。
答案：(1)试管内剧烈反应，产生大量气泡，溶液颜色先变红后褪色，烧杯中(试管外)也有大量气泡冒出
(2)Na2O2与水反应放热，产生O2和NaOH，NaOH可使酚酞试液变红，同时Na2O2的强氧化性使颜色褪去，烧杯中碳酸受热分解产生CO2气体
(3)2Na2O2＋2H2O===4Na＋＋4OH－＋O2↑
(4)小于
14．(2009年高考江苏卷)废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染。废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末。
(1)下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是________(填字母)。
A．热裂解形成燃油
B．露天焚烧
C．作为有机复合建筑材料的原料
D．直接填埋
(2)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：
Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g)
ΔH＝＋64.39 kJ·mol－1
2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)
ΔH＝－196.46 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.84 kJ·mol－1
在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2＋和H2O的热化学方程式为________________________________________________________________________。
解析：(1)B会引起大气污染，D会造成土壤、水体重金属污染。
(2)总方程式为Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O，它可由题目提供的3个方程式得到，
故ΔH＝＋64.39 kJ·mol－1＋(－196.46 kJ·mol－1)×＋(－285.84 kJ·mol－1)＝－319.68 kJ·mol－1
故Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)；
ΔH＝－319.68 kJ·mol－1。
答案：(1)BD
(2)Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===
Cu2＋(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－319.68 kJ·mol－1
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1．(2011年东北师大附中高二检测)下列说法正确的是(　　)
A．物质的溶解性为难溶，则该物质不溶于水
B．不溶于水的物质溶解度为0
C．绝对不溶解的物质是不存在的
D．某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为0
解析：选C。25 ℃时，将溶解度小于0.01 g的电解质称为难溶电解质，因此难溶电解质溶解度尽管很小，但不会等于0，也并非不溶于水，即绝对不溶解的物质是不存在的，通常把残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol/L时，认为沉淀完全。故只有C正确。
2．对于难溶盐MX，其饱和溶液中M＋和X－的物质的量浓度之间的关系类似于c(H＋)·c(OH－)＝Kw，存在等式c(M＋)·c(X－)＝Ksp。现将足量的AgCl分别放入下列溶液中，AgCl的溶解的量由大到小的排列顺序是(　　)
①20 mL 0.01 mol/L KCl溶液
②30 mL 0.02 mol/L CaCl2溶液
③40 mL 0.03 mol/L HCl溶液
④10 mL蒸馏水
⑤50 mL 0.05 mol/L AgNO3溶液
A．①>②>③>④>⑤ B．④>①>③>②>⑤
C．⑤>④>②>①>③ D．④>③>⑤>②>①
解析：选B。本题考查的是沉淀溶解平衡的影响因素。AgCl固体在水中存在如下溶解平衡：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，由于c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp，c(Cl－)或c(Ag＋)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl的溶解量就越小。注意AgCl的溶解量大小只与溶液中Ag＋或Cl－的浓度有关，而与溶液的体积无关。①中c(Cl－)＝0.01 mol/L；②中c(Cl－)＝0.04 mol/L；③中c(Cl－)＝0.03 mol/L；④中c(Cl－)＝0 mol/L；⑤中c(Ag＋)＝0.05 mol/L。Ag＋或Cl－的浓度由小到大的顺序为：④<①<③<②<⑤，故AgCl的溶解量由大到小的排列顺序为：④>①>③>②>⑤。
3．将一定量的硫酸钡放入水中，对此有关的叙述正确的是(　　)
A．硫酸钡不溶于水，硫酸钡固体质量不会改变
B．最终会得到BaSO4的极稀的饱和溶液
C．因为Ba2＋＋SO===BaSO4↓很容易发生，所以不存在BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO(aq)的反应
D．因为BaSO4难溶于水，所以改变外界条件也不会改变BaSO4的溶解度
解析：选B。BaSO4是难溶电解质，溶解度虽然较小，但溶于水的部分完全电离，即在BaSO4的悬浊液中有沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO(aq)，改变外界条件可以使沉淀溶解平衡发生移动，从而改变BaSO4的溶解度。
4．(2009年高考山东卷改编题)在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合液中逐滴加入氨水，先生成__________沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为________________________________________________________________________。
已知25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11 mol3·L－3，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20 mol3·L－3。
解析：在混合溶液中c(Mg2＋)＝c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，向溶液中滴加氨水时，首先满足Q＝c(M2＋)·c2(OH－)>Ksp(M2＋为Mg2＋或Cu2＋)的离子先生成沉淀。由于Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20 mol3·L－3Ksp[Cu(OH)2]，即Cu2＋先生成沉淀Cu(OH)2。
答案：Cu(OH)2　Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH
1．对“AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)”的理解正确的是(　　)
A．说明AgCl没有完全电离，AgCl是弱电解质
B．说明溶解的AgCl已完全电离，是强电解质
C．说明Ag＋与Cl－反应不能完全进行到底
D．说明Ag＋与Cl－反应可以完全进行到底
解析：选C。AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)表示的是AgCl的溶解平衡，说明Ag＋与Cl－反应不能完全进行到底。
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，还与平衡式中的化学计量数成幂指数关系；溶度积受温度的影响，少数物质如Ca(OH)2，其Ksp随温度的升高而减小，不受离子浓度的影响。
3．下列化学原理的应用，主要是利用沉淀溶解平衡原理来解释的是(　　)
①热纯碱溶液洗涤油污的能力强；②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，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．全部
解析：选A。①、⑤都是利用盐的水解原理，②、③、④涉及到了沉淀的生成与沉淀的溶解，都可用沉淀溶解平衡原理来解释。
4．(2009年高考广东卷)硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是(双选)(　　)
A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO)的增大而减小
B．三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大
C．283 K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液
D．283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液
解析：选BC。平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，A错误。由图可知，c(SO)相同时，三个不同温度中以313 K的c(Sr2＋)最大，所以平衡常数Ksp＝c(Sr2＋)·c(SO)最大，B正确。从图中数据大小可知：一定温度时线下的点都是浓度偏小，处于不饱和状态，所以C项正确；线上的点处于过饱和状态(D项错误：原状态处在363 K线的上方)。
5．已知AgCl和Ag2CrO4的溶度积分别为1.8×10－10 mol2·L－2和2.0×10－12 mol3·L－3。若用难溶盐在溶液中的浓度来表示其溶解度，则下列叙述正确的是(　　)
A．AgCl和Ag2CrO4的溶解度相等
B．AgCl的溶解度大于Ag2CrO4
C．两者类型不同，不能直接由Ksp的大小来判断其溶解能力的大小
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－11。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饱和溶解中的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。
6．(2011年山东淄博模拟)常温下，Ag2SO4、AgCl、AgI的溶度积常数依次为：Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5、Ksp(AgCl)＝1.8×10－10、Ksp(AgI)＝8.3×10－17。下列有关说法中，错误的是(　　)
A．常温下，Ag2SO4、AgCl、AgI在水中溶解能力依次减弱
B．在AgCl饱和溶液中加入NaI固体，有AgI沉淀生成
C．Ag2SO4、AgCl、AgI的溶度积常数之比等于它们饱和溶液的物质的量浓度之比
D．在Ag2SO4饱和溶液中加入Na2SO4固体有Ag2SO4沉淀析出
解析：选C。从数据可知A选项正确；Ksp(AgI)7．已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：
(1)CuSO4与Na2CO3反应
主要：Cu2＋＋CO＋H2O===Cu(OH)2↓＋CO2↑
次要：Cu2＋＋CO===CuCO3↓
(2)CuSO4与Na2S反应
主要：Cu2＋＋S2－===CuS↓
次要：Cu2＋＋S2－＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2S↑
则下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是(　　)
A．CuSB．CuS>Cu(OH)2>CuCO3
C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS
D．Cu(OH)2解析：选A。由题意可知，主要反应和次要反应均为生成沉淀的反应，只有容易形成沉淀即溶解度较小的沉淀的反应才是主要反应。因CuSO4与Na2CO3反应中主要生成Cu(OH)2沉淀，次要生成CuCO3沉淀，即Cu(OH)2比CuCO3更易形成沉淀，故Cu(OH)2的溶解度比CuCO3的溶解度要小；同理由CuSO4与Na2S的主要和次要反应得知CuS的溶解度比Cu(OH)2的溶解度要小。所以溶解度的大小顺序为CuS8．(2011年浙江杭州模拟)下列说法中正确的是(　　)
A．饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH增大
B．AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，往其中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度会减小
C．AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D．硬水中含有较多的Ca2＋、Mg2＋、HCO、SO，加热煮沸可以完全除去其中的Ca2＋、Mg2＋
解析：选C。A项中温度升高，Ca(OH)2溶解度降低，有Ca(OH)2固体析出，析出后的溶液仍是饱和溶液，故pH不变，A项错误；B项中加入NaCl，平衡左移，由勒夏特列原理知，溶液中离子的总浓度会增大，B项错误；沉淀总是向溶解度更小的方向转化，C项中现象说明AgI的溶解度小于AgCl，对于阴、阳离子个数相等的难溶物，溶解度越小，Ksp越小，C项正确；D项加热煮沸，只能降低Ca2＋、Mg2＋的浓度，而不可能完全除去，D项错误。
9．25 ℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s) Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是(　　)
A．溶液中Pb2＋和I－浓度都增大
B．溶度积常数Ksp增大
C．沉淀溶解平衡不移动
D．溶液中Pb2＋浓度减小
解析：选D。当加入KI溶液时，使溶液中I－浓度增大，PbI2(s) Pb2＋(aq)＋2I－(aq)平衡向左移动，溶液中Pb2＋浓度减小。Ksp只与温度有关，与浓度无关，温度变化，Ksp才产生变化。
10．(1)对于Ag2S(s) 2Ag＋(aq)＋S2－(aq)，其Ksp的表达式为__________。
(2)下列说法中不正确的是__________(填序号)。
①用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小
②一般地，物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解大多是吸热的
③对于Al(OH)3(s) Al(OH)3Al3＋＋3OH－，前者为溶解平衡，后者为电离平衡
④除去溶液中的Mg2＋，用OH－沉淀比用CO好，说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3大
⑤沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀更完全
(3)如何除去Mg(OH)2中混有的Ca(OH)2？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
解析：(1)由溶度积常数的概念可直接写出。(2)①Cl－抑制AgCl溶解，正确；②物质的溶解大多是吸热的，正确；③正确；④除去溶液中的Mg2＋，用OH－沉淀比用CO好，是因为Mg(OH)2的Ksp更小，剩余的Mg2＋更少，错误；⑤正确。(3)根据沉淀的转化原理，向其中加Mg2＋即可。
答案：(1)Ksp＝c2(Ag＋)·c(S2－)　(2)④　(3)加足量MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，洗涤即得纯Mg(OH)2
11．常温下FeS饱和溶液中Ksp＝c(Fe2＋)·c(S2－)＝8.1×10－17。
(1)理论上FeS的溶解度为__________ g，而实际上其浓度远大于这个值。其原因可能是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)已知FeS饱和溶液中c(H＋)和c(S2－)之间存在以下限量关系：c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22，为了使溶液里c(Fe2＋)达到1 mol·L－1，现将适量的FeS投入其饱和溶液中。应调节溶液中的c(H＋)为__________ mol·L－1。
解析：(1)FeS虽然是难溶的盐，但存在着溶解平衡：FeS(s) Fe2＋(aq)＋S2－(aq)，极少量溶解的FeS电离出来的两种离子的乘积即可达到溶度积常数。Ksp不受浓度的影响，一般只受温度影响。在FeS饱和溶液中，c(Fe2＋)＝c(S2－)＝＝9×10－9 mol·L－1，设其饱和溶液为1 L，(由于FeS溶解度很小，该溶液的密度可近似为1 g·mL－1)。则n(FeS)＝9×10－9 mol，即1000 g水中溶解m(FeS)＝9×10－9 mol×88 g·mol－1＝7.92×10－7 g，所以FeS的理论溶解度为9×10－8 g。实际FeS的溶解度比9×10－8 g大得多，原因是S2－水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，同时Fe2＋也水解：Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，使Fe2＋、S2－的浓度减小，促使FeS(s) Fe2＋(aq)＋S2－(aq)的溶解平衡向溶解方向移动，所以FeS实际溶解度增大。
(2)当溶液中c(Fe2＋)＝1 mol·L－1时，c(S2－)＝＝＝8.1×10－17(mol·L－1)，由于c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22，则溶液中的c2(H＋)＝，则c(H＋)≈1.11×10－3 mol·L－1。
答案：(1)7.92×10－8　因为FeS溶解后电离生成的S2－水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，同时Fe2＋也水解：Fe2＋＋2H2O??Fe(OH)2＋2H＋，使Fe2＋、S2－的浓度减小，促使FeS(s) Fe2＋(aq)＋S2－(aq)的溶解平衡向溶解方向移动，所以FeS实际溶解度增大
(2)1.11×10－3
12．回答下列有关问题：
(1)醋酸铵水解的离子方程式为：
CH3COO－＋NH＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O
如何判断溶液的酸碱性________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)污水中含有Hg2＋，用难溶的FeS作为沉淀剂可使Hg2＋转化为HgS而除去，该反应能进行的依据是：________________；有人认为加入FeS作为沉淀剂还可以起到净化水的作用，请运用所学知识进行解释
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)因CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，而NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，这样最终溶液的酸碱性取决于CH3COO－水解生成的OH－与NH水解生成的H＋的相对多少，而比较CH3COOH与NH3·H2O的电离常数即可作出判断。
(2)因为Ksp(HgS)答案：(1)比较NH3·H2O、CH3COOH电离常数的大小(其他合理答案也可)
(2)Ksp(HgS)13．已知在25 ℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，且Ksp(AgX)＝1.8×10－10 mol2·L－2、Ksp(AgY)＝1.0×10－12 mol2·L－2、Ksp(AgZ)＝8.7×10－17 mol2·L－2。
(1)根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度(用已被溶解的溶质的物质的量/1 L溶液表示)S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为：
________________________________________________________________________。
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y－)__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)在25 ℃时，若取0.188 g的AgY(相对分子质量188)固体放入100 mL水中(忽略溶液体积的变化)，则溶液中Y－的物质的量浓度为__________。
(4)由上述Ksp判断，在上述(3)的体系中，能否实现AgY向AgZ的转化，并简述理由：________________________________________________________________________。
解析：(1)由于AgX、AgY、AgZ的组成相似，所以溶度积Ksp大的其溶解度就大，由于Ksp(AgX)>Ksp(AgY)>Ksp(AgZ)，所以三者的溶解度大小顺序为S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)。
(2)AgX固体在溶于水时存在沉淀溶解平衡AgX(s) Ag＋(aq)＋X－(aq)，由于AgY比AgX更难溶，所以AgX溶解部分产生的Ag＋和AgY饱和溶液中的Y－足以满足Q＝c(Ag＋)·c(Y－)>Ksp(AgY)，即产生AgY沉淀，也就是发生了沉淀的转化AgX(s)＋Y－(aq)===AgY(s)＋X－(aq)，所以c(Y－)减小。
(3)在25 ℃时AgY的Ksp＝1.0×10－12 mol2·L－2，即AgY形成饱和溶液时有Ksp＝c(Ag＋)·c(Y－)，则c(Ag＋)＝c(Y－)＝＝
＝1.0×10－6 mol·L－1。所以将0.188 g AgY(物质的量为0.001 mol)溶于100 mL水时，AgY没有完全溶解，形成的是AgY的饱和溶液。
(4)因为Ksp(AgZ)答案：(1)S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)
(2)减小　(3)1.0×10－6 mol·L－1
(4)能，因为Ksp(AgY)＝1.0×10－12 mol2·L－2>Ksp(AgZ)＝8.7×10－17 mol2·L－2
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1．下列反应中可判断为可逆反应的是(　　)
A．氢气和氯气受热生成氯化氢，氯化氢受热分解为氢气和氯气
B．氮气和氢气在高温、高压、催化下可以生成氨气，同时氨气又分解为氮气和氢气
C．单质溴可以置换出碘，氯气又可以置换出溴
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸光照条件下可分解为盐酸和氧气
解析：选B。A项中两个“受热”的温度不同，不属于同一条件下；C、D中都不是同一个反应，谈不上可逆的问题。
2．在2 L密闭容器内，800 ℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，能说明该反应已达到平衡状态的是(双选)(　　)
A．v(NO2)＝2v(O2) B．v逆(NO)＝2v正(O2)
C．容器内压强不变 D．容器内密度不变
解析：选BC。v(正)与v(逆)之比等于化学计量数之比，可判断该反应达到平衡状态，A错误、B正确；该反应为反应前后体积变化的反应，压强保持不变，达到平衡，C正确；根据ρ＝，该体系密度始终保持恒定，不能判断是否达到平衡，D错误。
3．在一定条件下，向2 L密闭容器中充入3 mol X气体和1 mol Y气体，发生下列反应：2X(g)＋Y(g) 3Z(g)＋2W(g)，在某一时刻达到化学平衡时，测出的下列各生成物浓度的数据肯定错误的是(　　)
A．c(Z)＝0.75 mol/L　　　　　　 B．c(Z)＝1.2 mol/L
C．c(W)＝0.80 mol/L D．c(W)＝1.00 mol/L
解析：选D。当1 mol Y气体完全参与反应时，生成Z气体和W气体的浓度分别为1.50 mol/L、1.00 mol/L，因该反应为可逆反应、反应物不可能完全转化为生成物，故平衡时：04．(2010年盐城月考)在一定条件下，可逆反应2AB＋3C在下列4种状态中，处于平衡状态的是(　　)
A．正反应速率vA＝2 mol/(L·min)逆反应速率vB＝2 mol/(L·min)
B．正反应速率vA＝2 mol/(L·min)逆反应速率vC＝2 mol/(L·min)
C．正反应速率vA＝1 mol/(L·min)逆反应速率vB＝1.5 mol/(L·min)
D．正反应速率vA＝1 mol/(L·min)逆反应速率vC＝1.5 mol/(L·min)
解析：选D。化学平衡状态的重要标志是正、逆反应速率相等，判断正、逆反应速率是否相等时，需根据化学反应速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比进行换算。
5．某温度下：A＋B2C，反应达到平衡状态。
(1)如果A为气体，且增大压强时，通过平衡移动使A的平衡浓度增大，则B为________(填状态)，原因是__________________________。
(2)如果减小或增加B的量，平衡不移动，则B是________(填状态)。
(3)如果升温，C的平衡浓度降低，此反应的逆反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
答案：(1)固体或液体　压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的物质的量之和应该小于2
(2)固体或液体
(3)吸热
1．某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A＋3B2C。若维持温度和压强不变，当达到平衡时容器的体积为V L，其中C气体的体积占10%。下列推断正确的是(　　)
①原混合气体的体积为1.2V L　②原混合气体的体积为1.1V L　③反应达到平衡时气体A消耗掉0.05V L
④反应达平衡时气体B消耗掉0.05V L
A．②③ B．②④
C．①③ D．①④
解析：选A。设起始A和B的体积分别为a、b。
　　　　　　A　＋　　 3B 2C
起始的体积/L: a b 0
转化的体积/L: 0.05V 0.15V 10%V
平衡时体积/L: a－0.05V b－0.15V 10%V
a－0.05V＋b－0.15V＋10%V＝V
a＋b＝1.1V
2．在一定条件下，某容器中充入N2和H2合成NH3，以下叙述错误的是(　　)
A．开始反应时，正反应速率最大，逆反应速率为零
B．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后减小为零
C．随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后保持恒定
D．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后与逆反应速率相等且都保持恒定
解析：选B。随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，后保持恒定，但最后不可能减小为零。
3.
对于反应N2O4(g) 2NO2(g)在温度一定时，平衡体系中NO2的体积分数φ(NO2)随压强的变化情况如图所示(实线上的任何一点为对应压强下的平衡点)，下列说法正确的是(　　)
A．A、C两点的正反应速率的关系为v(A)>v(C)
B．A、B、C、D、E各状态中，v(正)C．维持p1不变，E→A所需时间为x；维持p2不变，D→C所需时间为y，则xD．使E状态从水平方向到达C状态后，再沿平衡曲线到达A状态，从理论上来讲，可选用的条件是从p1突然加压至p2，再由p2无限缓慢降压至p1
解析：选D。在有气体参加的反应体系中，增大压强，反应速率增大，A点的压强小于C点，故反应速率v(A)v(逆)，D点表示向逆向进行，v(正)p1，故在p2时反应速率大于p1时，因此，达到平衡的时间比p1要短，y4．(2011年济源高二检测)在一密闭容器中进行反应：
2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol/L、0.1 mol/L、0.2 mol/L。当反应达到平衡时可能存在的数据是(　　)
A．SO2为0.4 mol/L，O2为0.2 mol/L
B．SO3为0.25 mol/L
C．SO2、SO3均为0.15 mol/L
D．SO3为0.4 mol/L
解析：选B。A项SO2为0.4 mol/L，O2为0.2 mol/L时SO3为零，对于可逆反应不可能出现这种情况，A错；同理D错；C项不可能出现，SO2浓度减小时，SO3的浓度要增大，故C错；B项可能。
5．(2011年盐城高二检测)可逆反应：2NO22NO＋O2在恒容密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是(　　)
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A．①④⑥ B．②③⑤
C．①③④ D．①②③④⑤⑥
解析：选A。判断可逆反应达到化学平衡状态的标志是v(正)＝v(逆)和各成分的百分含量保持不变。
①生成n mol O2为v(正)，生成2n mol NO2为v(逆)且v(正)＝v(逆)。
②生成n mol O2，同时生成2n mol NO都是指v(正)。
③在任何条件下反应速率之比等于化学计量数之比。
④在2NO22NO＋O2中NO2为红棕色气体，NO、O2为无色气体，故颜色不变时，即达平衡状态。
⑤气体总质量不变，容器体积不变，故ρ始终不变。
⑥随反应进行，气体总质量不变，但物质的量增大，根据＝知，减小，当不变时，物质的量不变，即达平衡状态。故①④⑥正确，选A。
6．把HI气体充入密闭容器中，在一定条件下发生反应：2HI(g) H2(g)＋I2(g)，在反应趋向平衡状态的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．HI的生成速率等于其分解速率
B．HI的生成速率小于其分解速率
C．HI的生成速率大于其分解速率
D．无法判断HI的生成速率和分解速率的相对大小
解析：选B。化学平衡从HI分解开始建立，在趋向于平衡状态的过程中应是HI的分解速率大于HI的生成速率。
7．下列各关系式中能说明反应N2＋3H22NH3已达平衡状态的是(　　)
A．3v正(N2)＝v正(H2)
B．v正(N2)＝v逆(NH3)
C．2v正(H2)＝3v逆(NH3)
D．v正(N2)＝3v逆(H2)
解析：选C。可逆反应化学平衡状态的主要特征之一是v正＝v逆，A只表示同一方向的反应速率，无法证明正、逆反应速率相等，故A不正确。利用速率之比等于反应方程式中化学计量数之比，即v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)＝1∶3∶2，判断B、C、D，可知C正确。
8．在恒温下的密闭容器中，有可逆反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)　ΔH<0，不能说明反应已达到平衡状态的是(　　)
A．正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率相等
B．反应器中压强不随时间变化而变化
C．混合气体颜色深浅保持不变
D．混合气体平均相对分子质量保持不变
解析：选A。A中正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率相等时，不符合化学式前的化学计量数之比，所以A不能说明已达到平衡状态。
9．下列说法中可以证明反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)已达到平衡状态的是(双选)(　　)
A．1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键形成
B．1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键断裂
C．1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂
D．1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键形成
解析：选AC。N≡N键断裂、N—H键形成都代表正反应，不能用于判断反应是否达到平衡。A、C两项中H—H键形成、N—H键断裂代表逆反应，而且正、逆反应速率符合化学计量数之比，可以用于证明该反应已达到平衡状态。
10．425 ℃时，在1 L密闭容器中进行的反应：H2＋I22HI达到平衡，分别说明下列各图所表示的涵义。由图中的事实可以说明化学平衡具有哪些特征。
解析：图Ⅰ：反应物为H2和I2，生成物为HI，开始时H2、I2浓度最大，随着反应的进行，浓度逐渐减小，最后达到平衡时浓度不受时间变化的影响；开始时HI浓度为0，随着反应的进行，浓度越来越大，达到平衡时浓度不受时间变化的影响；
图Ⅱ：反应物为HI，生成物为I2和H2，开始时HI浓度最大，随着反应的进行，HI浓度逐渐减小；开始时I2浓度为0，H2浓度为0，随着反应的进行，I2浓度增加，H2浓度增加，最后不变。
综合Ⅰ、Ⅱ得出化学平衡的特征：(1)动：平衡时反应物、产物浓度不为0，且保持不变，说明v正＝v逆≠0；
(2)定：达平衡后各物质的浓度不再改变；
(3)同：其他条件相同时，Ⅰ、Ⅱ建立的平衡相同。
答案：见解析
11．在200 ℃，将a mol H2(g)和b mol I2(g)充入到体积为V L的密闭容器中，发生反应：
I2(g)＋H2(g) 2HI(g)。
(1)反应刚开始时，由于c(H2)＝________，c(I2)＝________，而c(HI)＝________，所以化学反应速率________最大，而________最小(为零)；
(2)随着反应的进行，反应混合物中各组分浓度的变化趋势为c(H2)________，c(I2)________，而c(HI)________，从而化学反应速率v(正)________，而v(逆)________；
(3)当反应进行到v(正)与v(逆)________时，此可逆反应就达到了平衡，若保持外界条件不变时，反应混合物中各组分的物质的量、物质的量浓度、质量分数、体积分数、反应物的转化率和生成物的产率及体系的总压强(或各组分的分压)都将________。
解析：由题意可知，反应刚开始时，c(H2)和c(I2)最大，分别为 mol/L、 mol/L，而c(HI)为0，故v(正)最大，v(逆)＝0；随着反应的进行，H2和I2不断消耗，其浓度逐渐减小，故v(正)减小，而HI的浓度逐渐增大，v(逆) 增大，当v(正)＝v(逆)时即达平衡状态，外界条件不变，则平衡不移动，题中各种量都将保持不变。
答案：(1) mol/L 　 mol/L　0　v(正)　v(逆)
(2)减小　减小　增大　减小　增大
(3)相等　保持不变
12．(2009年高考全国卷Ⅱ改编题)某温度时，在2 L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。
(1)根据下表中数据，在下图中画出X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线：
t/min X/mol Y/mol Z/mol
0 1.00 1.00 0.00
1 0.90 0.80 0.20
3 0.75 0.50 0.50
5 0.65 0.30 0.70
9 0.55 0.10 0.90
10 0.55 0.10 0.90
14 0.55 0.10 0.90
(2)体系中发生反应的化学方程式是
________________________________________________________________________；
(3)列式计算该反应在0 min～3 min时间内产物Z的平均反应速率：________________________________________________________________________；
(4)如果该反应是放热反应。改变实验条件(温度、压强、催化剂)得到Z随时间变化的曲线①、②、③(如图所示)则曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：
①____________；②____________；③____________。
解析：(2)由表中数据可知X、Y、Z是以1∶2∶2的比例进行反应的，且9 min以后各物质的物质的量不发生变化也均不为零，则该反应是可逆反应，反应方程式为：
X(g)＋2Y(g)??2Z(g)。
(3)v(Z)＝＝
＝0.083 mol·L－1·min－1。
(4)对比曲线①和表中数据可知：曲线①达到平衡所用时间短(2 min)，且生成的Z较少，即相对原平衡来说是增大了反应速率且平衡向逆向移动，故曲线①改变的条件是升高了温度。对比曲线②和表中数据可知：曲线②达到平衡所用时间短(1 min)，但生成Z的量不变，即加快了反应速率但平衡没有移动，故曲线②改变的条件是加入了催化剂。对比曲线③和表中数据可知：曲线③达到平衡所用时间短(7 min)，且平衡时生成Z的量增多(0.95 mol)，即加快了反应速率且平衡向正向移动，故曲线③改变的条件是增大压强。
答案：(1)
(2)X(g)＋2Y(g) 2Z(g)
(3)＝0.083 mol·L－1·min－1
(4)①升高温度　②加入催化剂　③增大压强
13．将一定量的SO2和含0.7 mol氧气的空气(忽略CO2)放入一定体积的密闭容器中，550 ℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO2＋O22SO3(正反应放热)。反应达到平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28 L；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6 L(以上气体体积均为标准状况下的体积)。(计算结果保留一位小数)
请回答下列问题：
(1)判断该反应达到平衡状态的标志是________。(填字母)
a．SO2和SO3浓度相等
b．SO2百分含量保持不变
c．容器中气体的压强不变
d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等
e．容器中混合气体的密度保持不变
(2)求该反应达到平衡时SO2的转化率(用百分数表示)。
(3)若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀多少克？
解析：(1)平衡标志的判断：一是正逆反应速率相等，二是各成分含量保持不变。浓度相等不能作为平衡标志的判断，a不正确；由于是气体体积不相等的反应，压强不变可以作为平衡判断标志；d项中均表示正反应速率，不正确。由于均为气体反应，气体的质量守恒，体积不变，密度不变，不能作为平衡的标志。
答案：(1)bc
(2)消耗O2的物质的量：0.7 mol－＝0.45 mol
生成SO3的物质的量：0.45 mol×2＝0.9 mol
SO2和SO3的物质的量之和：＝0.95 mol
反应前SO2的物质的量：0.95 mol
SO2的转化率：×100%＝94.7%
(3)在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO3不会存在。因此BaSO4的质量为0.9 mol×0.05×233 g·mol－1≈10.5 g。
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1．考察下述自然界的一些自发变化，可发现它们有一些共同的特点。下列说法不正确的是(　　)
A．都有一定的方向性，按某一物理量标度由高到低自发进行
B．都可以用来做功，自发过程一旦发生后体系做功的本领就会降低
C．有一定的进行限度，自发过程总是单向地趋向于非平衡状态
D．有一定的数据差来判断自发变化能否发生
解析：选C。自发过程是不借助外力，就能发生的过程。由图知，都是从高―→低的过程，且都对外界做功，变化过程中产生了一些数据差，可以判断过程是否自发进行，故A、B、D正确。
2．将等物质的量的F2和ClF混合，在密闭容器中发生反应：F2(g)＋ClF(g) ClF3(g)　ΔH<0。下列叙述正确的是(双选)(　　)
A．恒温恒容时，当ClF转化40%时，容器内的压强为初始时的0.8
B．若c(F2)∶c(ClF)∶c(ClF3)＝1∶1∶1，则反应一定达到平衡状态
C．达到平衡后，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡左移
D．平衡后再降低温度，保持恒容，达到新的平衡，则混合气体的平均摩尔质量增大
解析：选AD。设F2和ClF的物质的量均为1 mol，
　　　　 F2(g)＋ClF(g) ClF3(g)
开始(mol)　　1　　　1　　　　　 0
反应(mol)　　0.4　　0.4　　　　 0.4
平衡(mol)　　0.6　　0.6　　　　 0.4
＝＝＝0.8，A项正确；
不同条件下的平衡，转化率不同，反应物与产物的比例不同，故B项错；增大体积，正、逆反应速率都减小，C项错；降温，平衡向正反应方向移动，D项对。
3．(2011年潍坊模拟)下列说法正确的是(　　)
A．放热反应的焓变小于零，熵变大于零
B．放热及熵增加的反应，一定能自发进行
C．放热反应的焓变大于零，熵变小于零
D．放热及熵减小的反应，一定能自发进行
解析：选B。放热反应的焓变一定小于零，但熵变不一定大于零，也不一定小于零，A、C错误；由ΔG＝ΔH－TΔS可推知，当ΔH<0、ΔS>0时，反应一定能自发进行，B正确，D错误。
4．已知反应CO(g)===C(s)＋O2(g)的ΔH为正值，ΔS为负值。设ΔH与ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是(　　)
A．低温下是自发变化
B．高温下是自发变化
C．低温下是非自发变化，高温下是自发变化
D．任何温度下都是非自发变化
解析：选D。由知ΔH－T·ΔS>0且随温度升高而增加。
5．(1)化学反应：CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)，ΔH(298 K)＝＋178.2 kJ/mol ，ΔS(298 K)＝＋169.6 J/(mol ·K)，常温下该反应________(填“能”或“不能”)自发进行，CaCO3分解反应要自发进行，温度T应高于________K。
(2)化学反应2NO(g) ＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2 (g)，在298 K、100 kPa下：ΔH＝－113.0 kJ/mol, ΔS＝－145.3 J/(mol·K)，反应在常温下________(填“能”或“不能”)自发进行。
(3)求反应2HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)标准熵变。已知：HCl(g)的S＝＋186.6 J/(mol·K)，H2(g)的S＝＋130 J/(mol·K)，Cl2(g)的S＝＋223 J/(mol·K)，ΔS＝________。
解析：(1)298 K时，ΔH－TΔS＝＋178.2 kJ/mol －298 K×169.6×10－3kJ/(mol·K)＝＋128 kJ/mol >0，故常温下反应不能自发进行。当ΔH－TΔS＝0时，T＝＝＝1051 K，故当T> 1051 K时，ΔH－TΔS<0，反应才能自发进行。(2)298 K时，ΔH－TΔS＝－113.0 kJ/mol－298 K×[－145.3×10－3 kJ/(mol ·K)]＝－69.7 kJ/mol<0，因此常温下反应能自发进行。(3)ΔS＝＋130 J/(mol ·K)＋223 J/(mol·K)－2×186.6 J/(mol ·K)＝－20.2 J/(mol·K)。
答案：(1)不能　1051　(2)能　(3)－20.2 J·mol－1·K－1
1．下列关于化学反应的熵变的叙述正确的是(　　)
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．熵值增大的反应都是混乱度增大的反应
D．熵值增大的反应都能自发进行
解析：选C。熵值增大的反应，即ΔS>0的反应容易自发进行，所以熵变与反应的方向有关；熵变是反应能否自发进行的一个因素，但不是唯一因素，所以B错；自发反应不一定ΔS>0，故D错。
2．[(NH4)2CO3]在室温下就能自发地分解产生氨气，对其说法正确的是(　　)
A．碳酸铵分解是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大
B．碳酸铵分解是因为外界给予了能量
C．碳酸铵分解是吸热反应，根据能量判据不能自发分解
D．碳酸盐都不稳定，都能自发分解
解析：选A。碳酸铵自发分解，是因为体系由于氨气的生成而使熵增大；大多数碳酸盐的性质稳定，不能自发分解。
3．(原创题)“熵”与“焓”是化学热力学中两个重要的参数，是判断化学反应进行程度和方向的两个重要判据，若熵增大、焓减小则反应可以在任何情况下自发进行，下列问题不能用“熵”和“焓”解释的是(　　)
A．蛋白质胶体加热发生凝聚
B．一般情况下，升高温度，固体物质的溶解度增大，气体物质的溶解度减小
C．(NH4)2Cr2O7在一定条件下发生反应：(NH4)2Cr2O7===Cr2O3＋N2＋4H2O　ΔH<0，该反应无逆反应
D．水解反应是中和反应的逆反应，加热可以促进水解
解析：选A。熵与焓是描述化学反应的两个重要的热力学参数，而蛋白质加热凝聚不属于化学反应，故选A。固体物质的熵小于液体物质的熵，气体物质的熵最大，因此加热固体变成离子、溶液中的溶质变为气体，均能使熵增大，故B正确；(NH4)2Cr2O7分解是焓减小、熵增大的反应，但是其逆反应则是熵减小、焓增大，这对反应均是不利的，故在任何情况下不能发生逆反应；水解反应是熵增大的过程，加热有利于熵增大。
4．25 ℃和1.01×105 Pa时，反应2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋56.76 kJ·mol－1，自发进行的原因是(　　)
A．是吸热反应
B．是放热反应
C．是熵减少的反应
D．熵增大效应大于能量效应的反应
解析：选D。该反应是吸热反应，根据焓判据是不能发生的，说明该反应是熵增反应，并且熵增大效应大于能量效应。
5．下列说法不正确的是(双选)(　　)
A．体系有序性越高，熵值就越低
B．自发过程将导致体系的熵增大
C．吸热反应不可以自发进行
D．同种物质气态时熵值最大
解析：选BC。熵表示的是物质的混乱度，混乱度越大，相应熵值越高，所以体系有序性越高，熵值就越低，A正确；有些熵减小的过程也能自发进行，B不正确；吸热反应有的也可以自发进行，如碳酸钙在较高温度下的分解就是一个典型的吸热反应，但是由于产生了气体，所以熵值增大，可以自发进行，C错误；同种物质气态时，混乱程度最大，所以熵值也最大。
6．(2011年大庆高二检测)对于化学反应能否自发进行，下列说法中错误的是(　　)
A．若ΔH<0，ΔS<0低温时可自发进行
B．若ΔH>0，ΔS>0低温时可自发进行
C．若ΔH>0，ΔS<0任何温度下都不能自发进行
D．若ΔH<0，ΔS>0任何温度下都能自发进行
解析：选B。根据ΔG＝ΔH－T·ΔS知，ΔG<0反应能自发进行，ΔG>0反应不能自发进行，当ΔH<0，ΔS<0时，ΔH－T·ΔS中ΔH<0，－T·ΔS>0，若ΔG<0，则ΔH当ΔH<0，ΔS>0时，ΔH－T·ΔS<0，能自发进行，D正确。
当ΔH>0，ΔS<0时，此时ΔH－T·ΔS>0，不能自发进行，C正确。
当ΔH>0，ΔS>0时，ΔH－T·ΔS<0时，T为高温，故B错误。
7．(2011年江苏常州高二质检)在图甲中的A、B两容器里，分别收集着两种互不作用的理想气体。若将中间活塞打开(如图乙所示)，两种气体分子立即都分布在两个容器中。这是一个不伴随能量变化的自发过程。关于此过程的下列说法不正确的是(　　)
A．此过程为混乱程度小的向混乱程度大的方向的变化过程。即熵增大的过程
B．此过程为自发过程，而且没有热量的吸收或放出
C．此过程从有序到无序，混乱度增大
D．此过程是自发可逆的
解析：选D。由题意知ΔH＝0，ΔS>0，由ΔH－T·ΔS知该过程的逆过程不能自发进行，所以D错。
8．已知：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)　ΔH<0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入0.2 mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是(　　)
A．甲、乙提高相同温度
B．甲中加入0.1 mol He，乙不变
C．甲降低温度，乙不变
D．甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2
解析：选C。在相同体积和温度的条件下，甲、乙两容器是等效体系，平衡时两容器中各组分的浓度相同；若提高相同温度，甲、乙两体系平衡移动的情况相同；若向甲中加入一定量的He，平衡不移动；若向甲中加入0.1 mol H2和向乙中加入0.1 mol I2，则使平衡移动的效果无法判断；而降低甲的温度会使平衡向正方向移动，c(H2)提高。
9．已知在等温条件下，化学反应方向的判据为：
ΔH－TΔS<0，反应能正向自发进行；
ΔH－TΔS＝0，反应达平衡状态；
ΔH－TΔS>0，反应能逆向自发进行。
(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，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而且低于409 K
D．低于409 K
解析：选A。要防止反应的发生，只要使ΔH－TΔS>0即可，所以T>409 K，A正确。
10．某化学反应，在高温时能自发进行，在低温时逆反应能自发进行，则对其正反应的判断正确的是(　　)
A．放热反应，熵增加　　　　 B．放热反应，熵减小
C．吸热反应，熵增加 D．吸热反应，熵减小
解析：选C。对同一反应，ΔH、ΔS相同，高温(T1)时，反应能自发进行，即ΔH－T1·ΔS<0；低温(T2)时，反应逆向自发进行，即正反应不能自发进行，ΔH－T2·ΔS>0。所以，即温度越高，T·ΔS越大。因为低温时，ΔS>0，ΔH>T2·ΔS>0
所以ΔH>0。故选C。
11．下列说法是否正确，试加以解释。
(1)吸热反应一定是非自发进行的反应。
(2)氨气和氯化氢气体之所以能化合成NH4Cl晶体是由于体系的熵值增大。
解析：(1)反应是否能自发进行，要用焓和熵的复合判据判断，单用焓判据和熵判据均不合理。
(2)根据复合判据，放热的熵减反应，在较低温度下可以自发进行，NH3和HCl生成NH4Cl是熵减的放热反应，不是熵增反应。
答案：(1)不正确。吸热反应也有能自发进行。例如：(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)　ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1，由于NH3的生成使体系的熵值增大，且熵增效应大于能量效应，故能自发进行。
(2)不正确。NH3和HCl化合生成NH4Cl的过程是熵减过程，但该过程是放热过程，能量降低，故能自发进行。
12．化学反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)是硫酸制造工业的基本反应。将0.050 mol　SO2(g)和0.030 mol O2(g)注入体积为1.0 L的密闭反应器并置于温度为850 K的恒温环境中，达化学平衡后测得反应器中有0.044 mol SO3(g)，求850 K时该反应的平衡常数及SO2、O2的平衡转化率。
解析：　　　　　　2SO2(g)＋O2 (g) 2SO3(g)
初始浓度/mol/L　 0.050　　0.030　　　 0
转化浓度/mol/L　 0.044　　0.022　　　　0.044
平衡浓度/mol/L　 0.006　　0.008　　　 0.044
K＝＝
＝6.27×10－3L/mol
α(SO2)＝×100%＝88%
α(O2)＝×100%＝73.3%
答案：SO2转化率为88%，O2转化率为73.3%。
13．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，s) ＋ O2(g)=== CO2(g)
ΔH2＝ －393.5 kJ·mol－1
H2(g) ＋ 1/2O2(g) ===H2O(l)
ΔH3 ＝ －285.8 kJ·mol－1
乙醇(C2H5OH)、氢气、石墨和氧气的熵值分别为：161.0、130.6、5.74、205.3 (J·mol－1·K－1)，则298 K时，由单质生成1 mol乙醇的ΔH、ΔS及ΔH－TΔS分别为多少？
解析：ΔH＝2ΔH2＋3ΔH3—ΔH1
＝2×(－393.5 kJ·mol－1)＋3×(－285.8 kJ·mol－1)－(－1366.8 kJ·mol－1) ＝－277.6 kJ·mol－1，
ΔS＝161.0 J·mol－1·K－1－3×130.6 J·mol－1·K－1－2×5.74 J·mol－1·K－1－1/2×205.3 J·mol－1·K－1＝－344.93 J·mol－1·K－1，
ΔG＝ΔH－TΔS＝－277.6 kJ·mol－1－298 K×(－344.93×10－3kJ·mol－1·K－1)＝－174.8 kJ·mol－1。
答案：－277.6 kJ·mol－1 　－344.93 J·mol－1·K－1　－174.8 kJ·mol－1
14．金刚石和石墨本是一对孪生兄弟，但现在却是一个光彩夺目、坚硬无比，一个漆黑一团、柔软细腻，只因为碳元素的排列不同，它们的价值便有了天壤之别。由于地球上天然金刚石很稀少，从20世纪50年代开始，很多国家都在进行把石墨转化为金刚石的尝试，在1800 ℃和7万个大气压的条件下，人们终于将石墨转变成了人造金刚石。
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·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？(化学反应的熵变是生成物的总熵与反应物的总熵之差。)
解析：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－1－289 K×(S金－5.694)×10－3 kJ·(mol·K)－1＝2.866 kJ·mol－1，解得S金＝2.436 J·(mol·K)－1。熵是体现混乱度的度量，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金答案：S金＝2.436 J·(mol·K)－1　金刚石更有序
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1．在盐类发生水解的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．盐的水解不属于离子反应
B．溶液的pH发生改变
C．水的电离程度逐渐增大
D．没有中和反应发生
解析：选C。本题考查的是盐类水解的实质。盐的水解属于离子反应，选项A不正确；像CH3COONH4这样的弱酸弱碱盐，CH3COO－和NH的水解程度一样大，水解后溶液仍然呈中性，溶液的pH不发生改变，选项B也不正确；盐类发生水解，实质是促进水的电离，选项C正确；盐类水解反应的逆过程是中和反应，因此有中和反应发生。故正确答案为C。
2．将①H＋、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO、⑧NH分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是(　　)
A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑦
C．①⑥ D．②④⑥⑧
解析：选B。H＋、OH－抑制水的电离，Al3＋、S2－、NH能发生水解而促进水的电离，Cl－、K＋、NO对水的电离无影响。
3．(2009年全国卷Ⅱ改编题)现有等浓度的下列溶液：①醋酸、②苯酚、③苯酚钠、④碳酸、⑤碳酸钠、⑥碳酸氢钠。按溶液pH由小到大排列正确的是(已知酸性：H2CO3>>HCO)(　　)
A．④①②⑤⑥③ B．④①②⑥⑤③
C．①④②⑥③⑤ D．①④②③⑥⑤
解析：选C。结合信息知酸性大小顺序为CH3COOH>H2CO3>>HCO，再据“越弱越水解”的规律知，等物质的量浓度的六种溶液的pH顺序为：CH3COOH4．下列关于FeCl3水解的说法错误的是(　　)
A．水解达到平衡时(不饱和)，加氯化铁溶液达饱和，溶液的酸性会增强
B．浓度为5 mol/L和0.5 mol/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者比后者小
C．有50 ℃和20 ℃的同浓度的两种FeCl3稀溶液，基他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者比后者小
D．为抑制Fe3＋的水解，较好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸
解析：选C。据平衡移动原理分析，增大FeCl3溶液的浓度，Fe3＋水解程度会减弱，但因c(Fe3＋)增大，溶液的酸性会增强；稀释有利于水解；因Fe3＋的水解是吸热的，升高温度后会使水解平衡向右移动，使Fe3＋的水解程度增大；Fe3＋水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，要抑制Fe3＋的水解，可向溶液中加入少量盐酸。
5．(2011年浙江嘉兴高二调研)如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol/L CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入烧碱，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 mol/L CH3COONa溶液显浅红色的原因为________________________________________________________________________。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是__________。
A．水解反应为放热反应
B．水解反应为吸热反应
C．NH4NO3溶于水时放出热量
D．NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为____________、____________、____________、____________(填“左”、“右”或“不移动”)。
解析：(1)CH3COONa中CH3COO－水解使溶液显碱性，酚酞试液遇碱显红色。(2)烧碱溶于水放出大量的热，根据烧杯①中溶液的红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧杯③中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量。(3)酸促进CH3COO－的水解；碱抑制CH3COO－的水解；CO与CH3COO－带同种电荷，水解相互抑制；Fe2＋与CH3COO－带异种电荷，水解相互促进。
答案：(1)CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使溶液显碱性
(2)BD　(3)右　左　左　右
1．0.1 mol/L Na2CO3溶液和0.1 mol/L NaHCO3溶液的pH的大小关系是(　　)
A．前者大 B．相等
C．前者小 D．不能肯定
解析：选A。CO＋H2OHCO＋OH－，且水解程度较大，产生的c(OH－)较大，而HCO＋H2OH2CO3＋OH－；HCOH＋＋CO，因此NaHCO3溶液的碱性比Na2CO3弱。
2．下列说法正确的是(　　)
A．HCO在水溶液中只电离，不水解
B．硝酸钠溶液水解之后呈中性
C．可溶性的铝盐都能发生水解反应
D．可溶性的钾盐都不发生水解反应
解析：选C。多元弱酸的酸根离子在溶液中既可电离，又能水解；NaNO3为强酸强碱盐，不水解；钾盐中K＋不水解但阴离子可能水解，如K2CO3；而C中Al3＋为弱碱的阳离子，一定能水解。
3．物质的量浓度相同时，下列既能跟NaOH溶液反应又能跟盐酸反应的溶液中，pH最大的是(　　)
A．Na2CO3溶液 B．NH4HCO3溶液
C．NaHCO3溶液 D．NaHSO4溶液
解析：选C。选项中KW E NH4HCO3溶液和NaHCO3溶液既能与碱反应又能与酸反应，排除选项A和D；铵根离子水解呈酸性，碳酸氢根离子水解呈碱性，因此可知NaHCO3溶液的pH大于NH4HCO3溶液的pH。
4．一元酸HA溶液中，加入一定量强碱MOH溶液后，恰好完全反应，反应后的溶液中，下列判断一定正确的是(　　)
A．c(A－)≥c(M＋)
B．c(A－)＝c(M＋)
C．若MA不水解，则c(OH－)D．若MA水解，则c(OH－)>c(H＋)
解析：选D。若MA不水解，溶液呈中性，c(OH－)＝c(H＋)；若MA水解，说明HA为弱酸，则MA溶液中c(OH－)>c(H＋)。
5．(2011年朝阳区高二检测)下列说法正确的是(　　)
A．t ℃时，某溶液pH＝6，则该溶液一定为酸性
B．常温下，将pH＝11的氨水稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
C．常温下，将pH＝11的NaOH溶液和pH＝3的HCl溶液等体积混合后，溶液pH＝7
D．常温下，物质的量浓度和体积相同的Na2CO3、Na2SO4、HCl溶液混合后，pH<7
解析：选C。据pH与7的关系判断溶液的酸碱性时，条件为25 ℃，故A错误；加水稀释氨水，c(OH－)减小，据c(H＋)·c(OH－)＝KW知，c(H＋)增大，B错误；C项中的NaOH与HCl恰好中和且NaCl为强酸强碱盐，故pH＝7，C正确；D项Na2SO4不参与化学反应，Na2CO3与HCl发生反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，因NaHCO3发生水解而使溶液呈碱性，pH>7，D错误。
6．下列离子方程式中，属于水解反应的是(　　)
A．HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O＋
B．CO2＋H2OHCO＋H＋
C．CO＋H2OHCO＋OH－
D．HS－＋H2OS2－＋H3O＋
解析：选C。因为水解是弱酸根离子(或弱碱阳离子)结合水电离出的H＋(或OH－)，破坏了水的电离平衡，从而使盐溶液呈碱性(或酸性)，由此可判断C正确；A、B项为弱酸的电离，D为弱酸的酸式酸根离子的电离方程式，皆与题意不符。
7．在pH＝9的NaOH溶液和CH3COONa溶液中，设由水电离出的OH－浓度分别为M和N，则M和N的关系为(　　)
A．M>N B．M＝10－4N
C．N＝10－4M D．M＝N
解析：选B。本题考查酸、碱及水解盐溶液的pH与水电离的H＋、OH－浓度的关系。pH＝9的氢氧化钠溶液的H＋均是由水电离的，c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－9mol·L－1，即M＝10－9 mol·L－1；pH＝9的CH3COONa溶液中c(OH－)＝10－5 mol·L－1，它完全由水电离产生，即N＝10－5，所以M＝10－4 N。
8．甲型H1N1病毒引起的感冒可传染，切断它的传播变得非常重要，84消毒液可以杀死此病毒，它的有效成分为NaClO，下列关于此消毒液说法正确的是(　　)
A．此溶液显中性
B．此溶液呈白色
C．此溶液有强氧化性
D．此溶液中只含一种分子
解析：选C。A项，由ClO－＋H2OHClO＋OH－知此溶液显碱性，故A项错误；B项，此溶液为钠盐溶液，为无色，故B项错误；C项，因次氯酸盐都具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故C项正确；D项，此溶液除含H2O分子外，据ClO－水解知还存在HClO分子，故D项错误。
9．(2011年豫南七校高二检测)能使电离平衡H2OH＋＋OH－向右移动，且使溶液呈酸性的是(　　)
A．向水中加入少量硫酸氢钠固体
B．向水中加入少量硫酸铝固体
C．向水中加入少量碳酸钠固体
D．将水加热到100 ℃，使水的pH＝6
解析：选B。A项，向水中加入少量硫酸氢钠固体，溶液呈酸性，水的电离平衡向左移动；B项，向水中加入少量硫酸铝固体，Al3＋水解使水的电离平衡向右移动，溶液呈酸性；C项，向水中加入少量碳酸钠固体，CO水解使水的电离平衡向右移动，溶液呈碱性；D项，将水加热到100 ℃，使水的pH＝6，水的电离平衡向右移动，但溶液呈中性。
10．(2009年高考天津卷)25 ℃时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是(　　)
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c(OH－)前者大于后者
D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
解析：选C。NaHCO3溶液中存在：NaHCO3===Na＋＋HCO，HCOH＋＋CO，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，H2OH＋＋OH－；Na2CO3溶液中存在：H2OH＋＋OH－，CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－。A正确；两溶液中均存在H2O、H2CO3、Na＋、H＋、CO、HCO、OH－七种微粒，B正确；因水解能力：CO>HCO，故Na2CO3溶液中c(OH－)大，C错误；加入NaOH固体时，HCO＋OH－===CO＋H2O，故NaHCO3溶液中c(CO)增大，而Na2CO3溶液中加入NaOH，使c(OH－)增大，所以抑制了CO的水解，因此Na2CO3溶液中c(CO)增大，D正确。
11．pH＝2的某酸HnA(A为酸根)与pH＝12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为6。
(1)写出生成的正盐的分子式：__________。
(2)该盐中存在着一定水解的离子，该离子的水解方程式为________________________________________________________________________。
(3)简述该混合液呈酸性的原因：________________________________________________________________________。
解析：(1)正盐即酸中的H＋与碱中的OH－完全反应生成的盐，A显－n价，B显＋m价，所以正盐为BnAm。
(2)若为强酸强碱，两者恰好反应生成的盐不水解，溶液呈中性，不符合；若为弱碱强酸，则等体积混合时，碱过量较多，混合液应呈碱性，不符合，所以应为弱酸强碱混合，An－水解，注意An－分步水解，可只写第一步：
An－＋H2OHA(n－1)－＋OH－。
(3)弱酸过量，电离出H＋。
答案：(1)BnAm
(2)An－＋H2OHA(n－1)－＋OH－
(3)过量的弱酸进一步电离出H＋
12．NH4Cl溶于重水(D2O)后产生一水合氨和水合氢离子，试回答以下问题。
(1)溶液中滴入几滴紫色石蕊溶液，观察到的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)写出一水合氨和水合氢离子的化学式__________、__________。
(3)此NH4Cl溶液中存在的微粒有________________________________________________________________________，
各离子的浓度大小顺序为________________________________________________________________________。
解析：(1)NH4Cl溶于重水(D2O)中与溶于普通水(H2O)中相似，水解显酸性，滴入紫色石蕊溶液后，溶液显红色。
(2)NH4Cl水解的实质是其电离出的NH与重水电离出的OD－结合生成一水合氨，即D2OD＋＋OD－，NH＋OD－NH3·HDO，D＋再与D2O结合生成D3O＋。
(3)由NH4Cl在重水中水解的方程式及其电离的方程式知，微粒有NH、Cl－、NH3·HDO、OD－、D＋。的浓度大小顺序为：c(Cl－)>c(NH)>c(D＋)>c(OD－)。
答案：(1)溶液显红色　(2)NH3·HDO　D3O＋
(3)NH、Cl－、NH3·HDO、OD－、D＋
c(Cl－)>c(NH)>c(D＋)>c(OD－)
13．(1)常温下，pH都为10的NaOH和CH3COONa溶液中，升高温度，两溶液的pH大小关系为__________。
A．一样大 B．前者大
C．后者大 D．无法判断
(2)常温下，某浓度的NH4Cl溶液中的c(H＋)和某浓度的NaOH溶液中的c(OH－)相同，则该NH4Cl溶液和NaOH溶液的pH之和为__________；将两溶液分别稀释至原体积的10倍，NH4Cl溶液的pH用a表示，NaOH溶液的pH用b表示，则a＋b的大小应满足的关系为__________。
(3)有相同浓度的下列溶液：
A．NH4HSO4溶液 B．NH4Cl溶液
C．(NH4)2SO4溶液 D．NH4HCO3溶液
这四种溶液的pH由大到小的顺序是(用序号表示)
解析：(1)升高温度，CH3COO－水解程度增大，OH－浓度增大，pH增大。而NaOH溶液中OH－浓度不变。
(2)NH4Cl溶液中的c(H＋)和NaOH溶液中的c(OH－)相同，则NH4Cl的pH与NaOH的pH相等，pH之和为14；溶液稀释时，NaOH溶液的c(OH－)变为原来的1/10，而稀释促进了NH4Cl的水解，使H＋的浓度要比原来的1/10大，所以其pH之和小于14。
(3)NH3·H2O与CH3COOH的电离常数相等，大于H2CO3，所以NH4HCO3的pH大于7，A项中HSO为强酸的酸式根完全电离，C项中NH的浓度是B项中的2倍，所以酸性C>B。
答案：(1)C　(2)14　a＋b<14　(3)D>B>C>A
14．(2011年泉州高二检测)在室温下，下列五种溶液：
①0.1 mol/L NH4Cl
②0.1 mol/L CH3COONH4
③0.1 mol/L NH4HSO4
④0.1 mol/L NH3·H2O和0.1 mol/L NH4Cl混合液
⑤0.1 mol/L NH3·H2O
请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈__________性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。(用离子方程式表示)
(2)比较溶液②、③中c(NH)的大小关系是②______③(填“>”、“<”或“＝”)。
(3)在溶液④中，__________离子的浓度为0.1 mol/L；NH3·H2O和__________离子的物质的量浓度之和为0.2 mol/L。
(4)室温下，测得溶液②的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度__________(填“>”、“<”或“＝”)NH的水解程度，CH3COO－与NH浓度的大小关系是：c(CH3COO－)__________c(NH)(填“>”、“<”或“＝”)
解析：(1)NH4Cl溶液中存在NH的水解平衡，NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，所以溶液呈酸性。
(2)②、③溶液中均存在NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，而②中阴离子CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，这样NH与CH3COO－相互促进水解，而③溶液中NH4HSO4电离出的H＋抑制了NH的水解，所以c(NH)大小为②<③。
(3)根据原子守恒知在④溶液中c(Cl－)＝0.1 mol/L，c(NH3·H2O)＋c(NH)＝0.1 mol/L＋0.1 mol/L＝0.2 mol/L。
(4)由于CH3COO－水解生成OH－，NH水解生成H＋，而溶液的pH＝7，说明CH3COO－与NH的水解程度相同，溶液中二者浓度也相同。
答案：(1)酸　NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
(2)<　(3)Cl－　NH　(4)＝　＝
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1．按照混合物、纯净物、强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列正确的一组是(　　)
A．盐酸、氯气、BaSO4、CO2、SO2
B．硫酸、氨水、醋酸、乙醇、NO2
C．漂白粉、胆矾、NH4Cl、CH3COOH、CO2
D．干冰、氯水、HCl、HClO、CO
解析：选C。本题考查对常见概念进行辨析能力，各选项对应的前两种物质中，盐酸、漂白粉、氨水、氯水均是混合物，其余为纯净物。后三种物质中，BaSO4、NH4Cl、HCl是强电解质，醋酸、HClO是弱电解质，其余均为非电解质。
2．(2011年浙江宁波高二竞赛)将0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加入少量的CH3COONa晶体时，会引起(　　)
A．溶液的pH增加
B．溶液中的c(H＋)增大
C．溶液的导电能力减弱
D．溶液中的c(OH－)减小
解析：选A。CH3COOHCH3COO－＋H＋，当加入CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡向左移动，c(H＋)减小，pH增加，c(OH－)增大，但溶液中离子浓度增大，导电性增强，故选A。
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．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是(　　)
解析：选C。本题考查弱电解质的电离平衡，意在考查学生分析图像的能力。pH相同的一元中强酸的物质的量浓度大于一元强酸的物质的量浓度，所以加入足量锌粉最终产生氢气的量，一元中强酸多，反应过程中，未电离的中强酸分子继续电离，使得溶液中H＋浓度比强酸大，反应速率中强酸大于强酸。
5．(原创题)2011年3月22日是第十九届“世界水日”。3月22日－28日是第二十四届“中国水周”。我国纪念2011年“世界水日”和开展“中国水周”活动的宣传主题为“严格管理水资源，推进水利新跨越”。
(1)下列有关水的说法中错误的是________(填编号)。
A．矿泉水是纯净物
B．纯水几乎不导电，所以水是非电解质
C．高效催化剂可使水分解获得氢气，同时释放能量
D．非电解质的水溶液中无离子存在
(2)写出两项能影响水的电离平衡，且使溶液显酸性的措施：
①________________________________________________________________________，
②________________________________________________________________________。
(3)室温下平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n＝________。
解析：(1)A项矿泉水中含Ca2＋、Mg2＋等多种离子，不是纯净物；B项水是很弱的电解质；C项要使H2O分解制取氢气，只能吸收能量；D项中任何物质的水溶液中都有水电离的H＋、OH－存在。
(2)能影响水的电离平衡，且使溶液显酸性的有：①通入与水反应呈酸性的气体，如CO2、SO2、Cl2、NO2等；②加酸；③加酸式盐如NaHSO4等。
(3)取1 L水，则n(H2O)＝ mol，则＝，
故n＝5.56×108。
答案：(1)ABCD
(2)①通入CO2　②加入盐酸(其他合理答案亦可)
(3)5.56×108
1．下列关于强、弱电解质的叙述中，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．在溶液里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．纯的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电
解析：选B。B项是错误的，在溶液中，比较电解质导电能力的强弱应在相同浓度的条件下进行，若不限制条件，强电解质的稀溶液可能比弱电解质的浓溶液导电能力弱。
2．下列叙述可判定某酸为强电解质的是(　　)
A．该酸加热至沸腾也不分解
B．该酸可溶解Cu(OH)2
C．该酸可跟石灰石反应放出CO2
D．0.1 mol·L－1一元酸c(H＋)＝0.1 mol·L－1
解析：选D。酸的强弱取决于其电离能力的大小。A只是说明酸较稳定；B、C只说明酸具有酸性，不能说明完全电离；D中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，等于酸的浓度，说明酸完全电离是一元强酸。
3．下列叙述中正确的是(　　)
A．物质的溶解过程，实质上就是其电离过程
B．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质
C．1 L 0.1 mol/L的H2SO4溶液中含有0.2 mol H＋
D．1 L 0.2 mol/L的H2SO3溶液中含有0.2 mol H＋
解析：选C。正确理解电解质及强弱电解质的概念是解答本题的关键。非电解质在溶解过程中并不电离，A项错；SO2溶于水时与水发生反应生成电解质H2SO3，而不是SO2本身电离，故SO2不是电解质，B项错；H2SO4是强电解质，完全电离，H2SO3是弱电解质，不完全电离，故C项正确，D项错。
4．下列电离方程式错误的是(　　)
A．(NH4)2SO4溶于水：(NH4)2SO4===2NH＋SO
B．H3PO4溶于水：H3PO43H＋＋PO
C．HF溶于水：HFH＋＋F－
D．NaHS溶于水：NaHS===Na＋＋HS－，HS－H＋＋S2－
解析：选B。(NH4)2SO4属于强电解质，完全电离，A正确；H3PO4属于弱电解质，不能完全电离，应分步书写，且主要写出第一步，B错误；HF为一元弱酸，部分电离，C正确；NaHS属于弱酸的酸式盐，两个电离方程式均正确。
5．(2011年河北唐山高二检测)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为5，而醋酸电离平衡被促进，电离程度增大，pH小于5；D项，c(H＋)几乎不变。
6．区分强弱电解质的标准是(　　)
A．化学键 B．电离程度
C．溶解度大小 D．溶液导电能力的强弱
解析：选B。电解质划分为强、弱电解质的关键是：电离程度，完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；并且电解质的强弱与溶解度、溶液的导电性没有必然的联系。故B项正确，A、C、D三项错误。
7．(2011年福建晋江季廷中学高二竞赛选拔)一元弱酸HA(aq)中存在下列电离平衡：HAH＋＋A－。将1.0 mol HA分子加入1.0 L水中，如图，表示溶液中HA、H＋、A－的物质的量浓度随时间而变化的曲线正确的是(　　)
解析：选C。随着时间的进行c(HA)逐渐变小，c(A－)逐渐变大，且c(H＋)＝c(A－)，c(HA)＋c(A－)＝1.0 mol/L。
8．(2009年高考上海卷)根据以下事实得出的判断一定正确的是(　　)
A．HA的酸性比HB的强，则HA溶液pH比HB溶液的小
B．A＋和B－的电子层结构相同，则A原子的核电荷数比B原子的大
C．A盐的溶解度在同温下比B盐的大，则A盐溶液的溶质质量分数比B盐溶液的大
D．A原子失去的电子比B原子的多，则A单质的还原性比B单质的强
解析：选B。A中没有指明浓度，无法比较。C项中没有指明溶液是否饱和，A盐溶液的溶质质量分数不一定比B盐溶液的大。还原性强弱的比较，与失电子的难易有关，与失电子的多少无关，D不正确。
9．已知0.1 mol/L的醋酸溶液中存在如下电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋，并测得其在t ℃时Ka＝b，下列说法正确的是(　　)
A．增大c(CH3COOH)，b增大
B．加水稀释，b减小
C．b的大小只与温度有关
D．以上说法均不对
解析：选C。在一个给定的反应中电离常数是一个仅与温度有关的函数，与浓度无关，故选C。
10．已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：
①NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2
②NaCN＋HF===HCN＋NaF
③NaNO2＋HF===HNO2＋NaF
由此可判断下列叙述中，不正确的是(　　)
A．HF的电离平衡常数为7.2×10－4
B．HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10
C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D．HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
解析：选B。相同温度下的弱电解质的电离平衡常数是比较弱电解质相对强弱的依据之一。该题中涉及三个反应，由此三个反应化学方程式可以得出：HF、HNO2、HCN的酸性依次减弱。酸性越强，电离常数越大，据此可以将三个K值与酸对应起来。以上三个反应中，第①个反应说明HNO2>HCN，第③个反应说明HF>HNO2，只根据这两个反应即可作出比较。
11．25 ℃时，50 mL 0.10 mol·L－1醋酸中存在下述平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，若分别作如下改变，对上述平衡有何影响？
(1)加入少量冰醋酸，平衡将__________，溶液中c(H＋)将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)；
(2)加入一定量蒸馏水，平衡将__________，溶液中c(H＋)将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)；
(3)加入少量0.10 mol·L－1盐酸，平衡将__________，溶液中c(H＋)将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)；
(4)加入20 mL 0.10 mol·L－1 NaCl溶液，平衡将__________，溶液中c(H＋)将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
解析：对于弱电解质的水溶液(以CH3COOHCH3COO－＋H＋为例)，加水稀释，溶液的体积增大，相当于化学平衡的减压扩体，平衡向粒子数增大的一方(即向电离的方向)移动(化学平衡中气体分子数大的方向)。若加入冰醋酸，CH3COOH分子的浓度增大，平衡也向电离方向移动。
答案：(1)向电离方向移动　增大
(2)向电离方向移动　减小
(3)向离子结合成分子的方向移动　增大
(4)向电离方向移动　减小
12．将6 g CH3COOH溶于水制成1 L溶液，此溶液的物质的量浓度为__________，若此温度下醋酸的电离数K＝1.96×10－5，则溶液中CH3COO－为__________mol/L，H＋为__________ mol/L，若升高温度，则c(H＋)__________(填“变大”、“变小”或“不变”)，K将__________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
解析：c(CH3COOH)＝＝0.1 mol/L，当CH3COOH达到电离平衡时生成的CH3COO－、H＋的浓度相等，设为x mol/L
则 CH3COOHCH3COO－＋H＋
c(初)/mol·L－1 0.1 0 0
Δc/mol·L－1 x x x
c(平)/mol·L－1 0.1－x≈0.1 x x
K＝＝1.96×10－5
解得x＝1.4×10－3
当升高温度时，电离平衡向右移动，c(H＋)变大c(CH3COOH)变小，K值变大。
答案：0.1 mol/L　1.4×10－3　1.4×10－3　变大　变大
13．(思维拓展题)罗马尼亚炼金废水曾泄入多瑙河导致大量鱼类死亡，沿河居民长时期停止使用此水源，酿成世界级污染事件。炼金废水中含有络离子[Au(CN)2]－，其电离出的CN－有毒，当与H＋结合生成HCN时，其毒性更强。回答下列问题：
(1)剧毒物HCN为一元弱酸且酸性很弱，试写出其电离方程式________________________________________________________________________。
(2)与弱电解质碳酸的电离方式相似，[Au(CN)2]－也存在着两步电离，其一级电离方程式为________________________________________________________________________。
(3)处理这种废水时是在碱性条件下，NaClO将CN－氧化为CO和N2，在酸性条件下，ClO－也能氧化CN－，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的主要原因是
________________________________________________________________________。
解析：(1)据HCN为一元弱酸，即可写出电离方程式为：HCNH＋＋CN－。(2)其两步电离方程式分别为：[Au(CN)2]－AuCN＋CN－，AuCNAu＋＋CN－。(3)利用题给信息CN－与H＋结合生成HCN时，其毒性更强可知，此为实际处理废水时不在酸性条件下的主要原因。
答案：(1)HCNH＋＋CN－
(2)[Au(CN)2]－AuCN＋CN－
(3)生成剧毒物HCN，对人体有害
14．下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25 ℃)。
酸 电离方程式 电离平衡常数K
CH3COOH CH3COOHCH3COO－＋H＋ 1.75×10－5
H2CO3 H2CO3H＋＋HCO?HCO H＋＋CO K1＝4.4×10－7K2＝4.7×10－11
H2S H2SH＋＋HS－HS－H＋＋S2－ K1＝1.3×10－7K2＝7.1×10－15
H3PO4?? H3PO4H＋＋H2POH2PO H＋＋HPOHPO H＋＋PO K1＝7.1×10－3K2＝6.3×10－8K3＝4.2×10－13
回答下列各题：
(1)在温度相同时，各弱酸的K值不同，那么K值的大小与酸性的相对强弱有何关系？________________________________________________________________________。
(2)若把CH3COOH、H2CO3、HCO、H2S、HS－、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，其中酸性最强的是__________，最弱的是__________。
(3)多元弱酸是分步电离的，每一步都有相应的电离平衡常数。对于同一种多元弱酸的K1、K2、K3之间存在着数量上的规律，此规律是__________，产生此规律的原因是
________________________________________________________________________。
(4)用食醋浸泡有水垢的水壶，可以清除其中的水垢，这是利用醋酸的__________。通过该事实__________(填“能”或“不能”)比较醋酸与碳酸的酸性强弱，请设计一个简单的实验方案验证醋酸与碳酸的酸性强弱。
方案：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)K值越大，电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强。(2)比较这几种粒子的电离常数可知，H3PO4酸性最强，HS－酸性最弱。(3)由于上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用，使得上一级的电离常数远大于下一级的电离常数。(4)醋酸的酸性大于碳酸，可用CH3COOH与CaCO3(水垢的主要成分)或NaHCO3反应产生CO2来证明。
答案：(1)K值越大，电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强
(2)H3PO4　HS－
(3)K1 K2 K3　上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用
(4)酸性大于碳酸　能　向盛有少量NaHCO3溶液的试管中加入适量CH3COOH溶液，产生无色气泡，证明醋酸酸性大于碳酸
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(时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
图1－6
1．已知四个点电荷q、q、－q、q分别分布于边长为a的正方形的四个顶点A、B、C、D处，如图1－6所示，则正方形中心处的场强大小为(　　)
A.　　　　　　 B．0
C．4 D.
解析：选C.几个点电荷同时存在时，电场中任一点的场强等于这几个点电荷各自在该点产生的电场强度的矢量和，B、D各自在正方形中心产生的场强等大反向，合场强为零，A、C两点的电荷在正方形中心的场强均为E＝＝，方向相同，合场强E总＝2E＝4，故C对，A、B、D错．
图1－7
2．如图1－7所示，A、B是一条电场线上的两点，一带正电的点电荷沿电场线从A点运动到B点，在这个过程中，关于电场力做功的说法正确的是(　　)
A．电场力做正功
B．电场力做负功
C．电场力不做功
D．电场力先做正功后做负功
解析：选A.正电荷的受力方向与电场线方向相同，则从A到B电场力做正功．A对，B、C、D错．
图1－8
3．(2011年黄冈高二检测)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图象如图1－8所示．则这一电场可能是(　　)
图1－9
解析：选A.由v－t图可知，微粒的速度减小，加速度增大，可知微粒所受电场力方向由B指向A，从A到B运动过程中电场力大小逐渐变大，结合粒子带负电，可以判断电场线方向由A指向B，且越来越密，A对，B、C、D错．
4．(2011年韶关高二检测)如图1－10所示，A和B为两等量异种电荷，A带正电，B带负电．在A、B的连线上有a、b、c三点，其中b为连线的中点，a、c两点与b点等距，则下列说法错误的是(　　)
图1－10
A．a点与c点的电场强度相同
B．a点与c点的电势相同
C．a、b间的电势差与b、c间的电势差相同
D．如果以无穷远处为零电势点，则b点的电势为零
解析：选B.A和B为两等量异种电荷，形成的电场具有对称性，选项A、C正确；沿电场线的方向电势降低，选项B错误；过b点作A、B连线的垂线为一条等势线，所以选项D正确．故选B.
5.
图1－11
如图1－11所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示．则(　　)
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增加
C．a的加速度将减小，b的加速度将增加
D．两个粒子的电势能一个增加一个减小
解析：选C.由于不知场强方向，故A错．由电场线疏密得C正确．由轨迹可以判断电场力对a做正功，对b也做正功，因此a、b速度都增加，电势能都减小，B、D错．
6．带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入平行金属板形成的匀强电场中，它离开时偏离原方向y，位移偏角为φ，下列说法不正确的是(　　)
A．粒子在电场中做类平抛运动
B．偏角φ与粒子的电量和质量无关
C．粒子飞过电场的时间，取决于极板长和粒子进入电场时的初速度
D．粒子的偏移距离y，可用加在两极板上的电压控制
解析：选B.粒子受恒定电场力且与初速度垂直，做类平抛运动，A对；由t＝可知C对；由y＝可知，可以通过改变U的大小来改变y的大小，D对；tanφ＝，可知偏角φ大小与q及m都有关，B错．
二、双项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项是正确的．全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有错选或不答的得0分)
7．电场中有A、B两点，A点的电势φA＝30 V，B点的电势φB＝10 V，一个电子由A点运动到B点的过程中，下面几种说法中正确的是(　　)
A．电场力对电子做功20 eV，电子的电势能减少了20 eV
B．电子克服电场力做功20 eV，电子的动能减少了20 eV
C．电场力对电子做功20 eV，电子的电势能和动能之和增加了20 eV
D．电子克服电场力做功20 eV，电子的电势能增加了20 eV，动能和电势能之和不变
解析：选BD.电子由A到B电场力做功，WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝－20 eV，即克服电场力做功20 eV，电势能增加20 eV，动能减少20 eV，动能、电势能之和不变，B、D对，A、C错．
8．如图1－12所示，AB、CD为一圆的两条直径且相互垂直，O点为圆心．空间存在一未知静电场，场强方向与圆周所在平面平行．现有一电子，在电场力作用下(重力不计)，先从A点运动到C点，动能减少了W；又从C点运动到B点，动能增加了W，那么关于此空间存在的静电场可能是(　　)
图1－12
A．方向垂直于AB并由O指向C的匀强电场
B．方向垂直于AB并由C指向O的匀强电场
C．位于O点的正点电荷形成的电场
D．位于D点的正点电荷形成的电场
解析：选AD.减小的动能转化为电子的电势能，由A到C减小的动能与由C到B增加的动能相等，所以场强方向由O指向C，A和B的电势相等，形成电场的正点电荷应位于D点．
9．(2011年辽宁丹东高二检测)在场强E＝1.0×102 V/m的匀强电场中，有相距d＝2.0×10－2 m的a、b两点，则a、b两点间的电势差可能为(　　)
A．1.0 V　　　　　　　 B．2.0 V
C．3.0 V D．4.0 V
解析：选AB.若a、b两点在同一条电场线上，则U＝Ed＝2.0 V，故a、b两点的电势差最大值为2.0 V，故选A、B.
10．两块大小、形状完全相同的金属板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图1－13所示，接通开关S，电源即给电容器充电(　　)
图1－13
A．保持S接通，减小两板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小
B．保持S接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大
C．断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
D．断开S，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大
解析：选BC.S接通，U不变，E＝，减小两板间的距离电场强度增大，由和Q＝CU，知插入电介质Q增大；S断开，Q不变，Q＝CU，在两极板间插入介质，C将增大，由C＝和Q＝CU，知插入电介质，Q增大；两极板间电势差减小．
11．如图1－14所示，水平固定的小圆盘A带电荷量为Q，电势为零，从盘心处O释放一质量为m、带电荷量为＋q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的C点，OC＝h，又知道过竖直线上B点时，小球速度最大，由此可确定Q形成的电场中下述物理量的是(　　)
图1－14
A．B点的场强 B．C点的场强
C．B点的电势 D．C点的电势
解析：选AD.小球速度最大时合外力为零，则有mg＝qE，A正确；由动能定理可得：qUOC－mgh＝0即q(φO－φC)＝mgh，所以φC＝－，D项正确．
12．(2011年三亚高二检测)如图1－15所示，绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在与环心等高处放有一质量为m，电荷量为＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是(　　)
图1－15
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球经过最低点时速度最大
C．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋qE)
D．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg－qE)
解析：选BC.小球由释放运动到轨道最低点的过程中，重力和电场力对球做正功，机械能增加，A错；由动能定理(mg＋qE)R＝mv2可知，小球过最低点时速度最大，B正确；球在最低点由牛顿第二定律FN－(qE＋mg)＝m得FN＝3(mg＋qE)．故球在最低点对轨道压力为3(mg＋qE)，C正确，D错误．
三、计算题(本题共4小题，共40分．解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)如图1－16所示，一个电子以4×106 m/s的速度沿与电场线垂直的方向从A点飞过匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150°角方向飞出，那么A、B两点间的电势差为多少伏？(电子的质量为9.1×10－31 kg)
图1－16
解析：电子在水平方向做匀速直线运动，即到达B点时，水平分速度仍为vA，(2分)
则vB＝＝2vA.(2分)
由动能定理：－eUAB＝mv－mv，(2分)
解得UAB＝－1.4×102 V．(2分)
答案：－140 V
14．(10分)一匀强电场，场强方向是水平的(如图1－17)．一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能做沿与场强的反方向成θ角的直线运动．求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差．
图1－17
解析：
设电场强度为E，小球带电量为q，因小球做直线运动，它受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线，如图qE＝，(1分)
由图可知，小球做匀减速运动的加速度大小为
a＝，(2分)
设从O到最高点的路程为s，v＝2as，(2分)
运动的水平距离为L＝scosθ，(2分)
两点的电势能之差ΔEp＝qEL，(2分)
由以上各式得ΔEp＝mvcos2θ.(1分)
答案：mvcos2θ
15．(10分)一质量为1 g的带正电小球，在某竖直方向的匀强电场中，由静止释放，当小球下落10 m时，速度为10 m/s，求电场力对小球做的功及小球的电势能变化．若小球带电量为5×10－4 C，则此电场的场强大小为多少？方向如何？(g＝10 m/s2)
解析：根据题意知对小球做功的只有其重力和所受的电场力，由动能定理得WG＋W电＝mv2(3分)
所以W电＝mv2－mgh＝×10－3×102 J－10－3×10×10 J＝－0.05 J(2分)
故小球电势能变化ΔEp＝－W电＝0.05 J(2分)
而W电＝qEd，E＝＝ N/C＝－10 N/C，(2分)
负号表示场强方向与小球位移方向相反，即电场方向竖直向上．(1分)
答案：－0.05 J　0.05 J　10 N/C　竖直向上
16．(12分)示波管的主要结构由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．在电子枪中，电子由阴极K发射出来，经加速电场加速，然后通过两对互相垂直的偏转电极形成的电场，发生偏转．其示意图如图1－18所示(图中只给出一对YY′电极)．已知：电子质量为m，电荷量为e，两个偏转电极间的距离为d，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L.没有偏转电压时，电子从阴极射出后，沿中心线打到荧光屏上的O点时动能是Ek0.设电子从阴极发射出来的初速度可以忽略，偏转电场只存在于两个偏转电极之间，求：
图1－18
(1)电子枪中的加速电压U为多大？
(2)如果在YY′方向的偏转电极加的偏转电压是Uy，电子打到荧光屏上P点时的动能为Ek，求电子离开偏转电场时距中心线距离sy.
解析：(1)电子由阴极发射出来，经过电场加速，通过偏转电场的初速度为v0.
eU＝mv而Ek0＝mv(2分)
因此电子枪中的加速电压为U＝.(2分)
(2)电子在偏转电场中的运动为类平抛运动，电子在平行极板方向做匀速运动，有vx＝v0(2分)
电子在垂直极板方向的运动为初速度为零的匀加速运动，设电子离开偏转电场时，侧移距离为sy，根据动能定理，电子在偏转电场中运动，电场力做功为W.
W＝Ek－Ek0　且W＝qE·sy＝esy(4分)
故电子离开偏转电场时，距中心线的距离为：
sy＝.(2分)
答案：(1)　(2)
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1．关于化学平衡常数的叙述正确的是(　　)
A．化学平衡常数与温度无关
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．化学平衡常数等于某时刻生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值
D．温度一定，对于给定的化学反应，正逆反应的平衡常数互为倒数
解析：选D。化学平衡常数是与温度有关的常数，不同温度下，K值不同，同时平衡常数还与方程式的书写方式有关，故A、B错。K值的计算必须用平衡浓度，故C错。
2．(2010年石家庄高二检测)在恒温、恒容下，有反应2A(g)＋2B(g) C(g)＋3D(g)，现从两条途径分别建立平衡。途径Ⅰ：A、B的起始浓度均为2 mol·L－1；途径Ⅱ：C、D的起始浓度分别为2 mol·L－1和6 mol·L－1。以下叙述正确的是(　　)
A．达到平衡时，途径Ⅰ的反应速率等于途径Ⅱ的反应速率
B．达到平衡时，途径Ⅰ所得混合气体的压强等于途径Ⅱ所得混合气体的压强
C．两途径最终达到平衡时，体系内各组分的百分含量相同
D．两途径最终达到平衡时，体系内各组分的百分含量不相同
解析：选C。该反应为两端气体分子数相等的反应，故途径Ⅰ和途径Ⅱ建立了等效平衡，达到平衡时，各成分的量不同，但体系内各组分的百分含量相同。
3．对于反应3Fe(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋4H2(g)的平衡常数，下列说法正确的是(　　)
A．K＝
B．K＝
C．增大c(H2O)或减小c(H2)，会使该反应平衡常数减小
D．改变反应的温度，平衡常数不一定变化
解析：选B。固体反应物或生成物，其浓度可看做1，在平衡常数表达式中不写，故A错误，B正确；化学平衡常数是反应的特性常数，只与温度有关，而与反应物、生成物的浓度无关，故增大c(H2O) 或减小c(H2)，该反应的平衡常数不变，但温度改变，平衡常数一定改变，故C、D错误。
4．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。依据平衡常数和温度变化的结果分析，写出该反应的化学方程式，再根据方程式和反应热进行具体分析。由平衡常数表达式写出可逆反应为CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)，D项错误；由于升高温度，H2浓度减小，说明升温平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热的，焓变为正值，A项正确；由于反应前后气体体积相等，但若通入H2使压强增大，则H2浓度会增大，B项错误；升高温度，正逆反应速率都会增大，C项错误。
5．钾是一种活泼的金属，工业上通常用金属钠和氯化钾在高温下反应制取。
该反应为：Na(l)＋KCl(l) NaCl(l)＋K(g)　ΔH>0，该反应的平衡常数可表示为：K＝c(K)，各物质的沸点与压强的关系见下表：
压强(kPa) 13.33 53.32 101.3
K的沸点(℃) 590 710 770
Na的沸点(℃) 700 830 890
KCl的沸点(℃) 1437
NaCl的沸点(℃) 1465
(1)在常压下金属钾转变为气态从反应混合物中分离的最低温度约为________，而反应的最高温度应低于________。
(2)在制取钾的过程中，为了提高原料的转化率可以采取的措施是________________________________________________________________________。
(3)常压下，当反应温度升至900 ℃时，该反应的平衡常数可表示为：K＝________。
解析：(1)由于钠的金属性比钾弱，所以要制取钾，应该利用影响化学平衡的条件，使平衡向正反应方向移动。在常压下金属钾转变为气态从反应混合物中分离的最低温度应高于钾的沸点，最高温度应低于钠的沸点；(2)在制取钾的过程中，为了提高原料的转化率，应使平衡尽可能正向移动，所以根据影响平衡的条件，应该降低压强或移去钾蒸气或适当升高温度；(3)当温度升高到900 ℃时，钠和钾都是气体，根据化学平衡常数的定义式，该反应的平衡常数可表示为：K＝。
答案：(1)770 ℃　890 ℃
(2)降低压强或移去钾蒸气或适当升高温度　(3)
1．对于可逆反应：C(s)＋CO22CO，在一定温度下，其平衡常数为K，下列条件的变化中，能使K发生变化的是(　　)
A．将C(s)的表面积增大
B．增大体系压强
C．升高体系温度
D．使用合适的催化剂
解析：选C。对于一个给定的可逆反应，其化学平衡常数K的大小仅与温度有关，与其他因素无关。
2．(2010年龙岩高二检测)某温度下，反应2A(g)＋B(g) 2C(g)的平衡常数K1＝50，在同一温度下，反应2C(g) 2A(g)＋B(g)的平衡常数K2为(　　)
A．2500　　　　　　　　　　 B．50
C．0.02 D．0.002
解析：选C。对反应2A(g)＋B(g) 2C(g)的平衡常数K1＝，而同一温度下，反应2C(g) 2A(g)＋B(g)的平衡常数K2＝＝＝0.02，故选C。
3．在一定条件下，有下列分子数相同的可逆反应，其平衡常数K值分别是
①H2＋F22HF　K＝1047
②H2＋Cl22HCl　K＝1017
③H2＋Br22HBr　K＝109
④H2＋I22HI　K＝1
比较K值大小，可知各反应的正反应进行的程度由大到小的顺序是(　　)
A．①②③④　　　　　　　　　 B．④②③①
C．①④③② D．无法确定
解析：选A。化学平衡常数越大，表示该反应的正反应进行的程度越大，故A正确。
4．对于可逆反应：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)，在一定温度下达到平衡时，其平衡常数表达式正确的是(　　)
A．K＝ B．K＝
C．K＝ D．K＝
解析：选D。平衡常数等于平衡时生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值；当有纯固体或纯液体参加反应时，它们不列入平衡常数的表达式中。
5．X、Y、Z三种气体，取X和Y按1∶1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X＋2Y2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，则Y的转化率最接近于(　　)
A．33%　　　　　　　　　　　 B．40%
C．50% D．66%
解析：选D。根据题给信息，可设开始加入X和Y的物质的量为a，达到平衡时消耗X为b，则消耗Y为2b，生成Z为2b，则：
　　　　　X　＋　2Y2Z
起始量 a a 0
变化量 b 2b 2b
平衡时的量 a－b a－2b 2b
由题意可得＝　b＝
Y的转化率为×100%＝66.7%，D正确。
6．放热反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)在温度t1时达到平衡，c1(CO)＝c1(H2O)＝1.0 mol·L－1，其平衡常数为K1。升高反应体系的温度至t2时，反应物的平衡浓度分别为c2(CO)和c2(H2O)，平衡常数为K2，则(双选)(　　)
A．K2和K1的单位均为mol·L－1
B．K2C．c2(CO)＝c2(H2O)
D．c1(CO)>c2(CO)
解析：选BC。平衡常数数学表达式的分子和分母分别为两个浓度的乘积，因此K的单位不可能为mol·L－1；该反应是放热反应，升高温度平衡左移，所以K27．(2009年高考宁夏、辽宁卷)在一定温度下，反应H2(g)＋X2(g) HX(g)的平衡常数为10。若将1.0 mol的HX(g)通入体积为1.0 L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于(　　)
A．5%　　　　　　　 B．17%
C．25% D．33%
解析：选B。H2(g)＋X2(g) HX(g)的平衡常数K1为10，那么HX(g)??H2(g)＋X2(g)的平衡常数K2为1/10,2HX(g)??H2(g)＋X2(g)的平衡常数K3为(1/10)2＝0.01。由题意知，HX(g)分解率最大时为达到平衡时的分解率，设平衡时HX(g)分解x mol/L，有
　　　　2HX(g) H2(g)＋X2(g)
起始　　　1　　　　 0　　　0
转化　　　x　　　　 x　　 x
平衡　　1－x　　　 x　　　x
K3＝(x·x)/(1－x)2＝0.01，得到x＝0.17，
所以，该温度时HX(g)的最大分解率接近于17%。
8．(2009年高考天津卷)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仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
解析：选C。由平衡常数的定义可知该反应的平衡常数K＝，故A正确；由平衡移动原理可知吸入CO越多，平衡向右移动，与血红蛋白结合的O2越少，故B正确；因为K＝＝220，且＝0.02时就会使人智力受损，将以上两式合并得K＝220＝×0.02，即＝，所以当≥时，人的智力就会受损，故C项错；D项中把病人放入高压氧仓中，平衡逆向移动，释放出CO，故可解毒，D正确。
9．(2009年高考海南卷)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。题中有一明显的错误，就是C选项，增大压强不可能使平衡常数增大。其他选项均为平衡中的基础计算和基础知识，关键是根据表中数据(0.1－0.05)∶(0.2－0.05)∶(0.1－0)＝1∶3∶2可推导出：X＋3Y2Z。
10．(2010年河北徐水一中月考)在一定条件下化学反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH＝－197 kJ·mol－1，现有容积相同的甲、乙、丙三个容器，在上述条件下分别充入的气体和反应放出的热量(Q)如下表所列：
根据以上数据，下列叙述不正确的是(　　)
容器 SO2/mol O2/mol N2/mol Q/kJ
甲 2 1 0 Q1
乙 1 0.5 0 Q2
丙 1 0.5 1 Q3
A．在上述条件下反应生成1 mol SO3气体放热98.5 kJ
B．在上述条件下每摩该反应进行到底时放出的热量为197 kJ
C．Q1＝2Q2＝2Q3＝197
D．2Q2＝2Q3解析：选C。从方程式可知A和B选项正确；将乙容器的体积压缩为原来的一半时，状态与甲为等效平衡，此时放出的热量为甲状态的一半，而压缩体积，平衡正向移动，则Q1>2Q2，在体积不变的条件下，在乙容器中通入氮气，不能改变平衡移动，则Q2＝Q3，C选项错误；反应为可逆反应，不能进行到底，则2Q2＝2Q311．向甲乙两个容积均为1 L的恒容容器中，分别充入2 mol A、2 mol B和1 mol A、1 mol B。相同条件下(温度T ℃)，发生下列反应：A(g)＋B(g) xC(g)　ΔH<0。测得两容器中c(A)随时间t的变化如图所示：
回答下列问题：
(1)乙容器中，平衡后物质B的转化率________；
(2)x＝________；
(3)T ℃时该反应的平衡常数为________；
(4)下列说法正确的是________。
A．向平衡后的乙容器中充入氦气可使c(A)增大
B．将乙容器单独升温可使乙容器内各物质的体积分数与甲容器内的相同
C．若向甲容器中再充入2 mol A、2 mol B，则平衡时甲容器中0.78 mol·L－1解析：(1)乙容器反应达到平衡时，c(A)＝0.5 mol·L－1，转化率为50%。
(2)甲容器反应达到平衡后，c(A)＝0.78 mol·L－1，转化率为61%，即压强越大，A的转化率越高，所以正反应为气体体积减小的反应，x＝1。
(3)反应达到平衡时，乙容器中c(A)＝c(B)＝c(C)＝0.5 mol·L－1，T ℃时，该反应的平衡常数为2。
(4)A项，向平衡后的乙容器中充入惰性气体氦气，气体的浓度不变，平衡不发生移动，c(A)不变；B项，将乙容器单独升温，平衡逆向移动，A的体积分数增大，更大于甲容器中A的体积分数；C项，若向甲容器中再充入2 mol A、2mol B，达到平衡时A的转化率比不加前增大，所以平衡时甲容器中0.78 mol·L－1答案：(1)50%　(2)1　(3)2　(4)C
12．(2011年新乡高二检测)在80 ℃时，将0.4 mol的四氧化二氮气体充入2 L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：
　　时间(s)
c(mol/L) 　　 0 20 40 60 80 100
c(N2O4) 0.20 a 0.10 c d e
c(NO2) 0.00 0.12 b 0.22 0.22 0.22
反应进行至100 s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅。
(1)该反应的化学方程式为
________________________________________________________________________，
表中b________c(填“<”、“＝”或“>”)。
(2)20 s时，N2O4的浓度为________ mol/L,0～20 s内N2O4的平均反应速率为________。
(3)该反应的平衡常数表达式K＝________，在80 ℃时该反应的平衡常数K值为________(保留2位小数)。
(4)在其他条件相同时，该反应的K值越大，表明建立平衡________。
A．N2O4的转化率越高
B．NO2的产量越大
C．N2O4与NO2的浓度之比越大
D．正反应进行的程度越大
解析：(1)根据题中信息，知
　　　　　　　N2O4(g) 2NO2(g)
开始浓度(mol/L): 0.20 0
20 s时(mol/L): 0.14 0.12
40 s时(mol/L): 0.10 0.20
60 s时(mol/L): 0.09 0.22(此时达平衡)
80 s时(mol/L): 0.09 0.22
所以b>c。
(2)20 s时c(N2O4)＝0.14 mol/L
v(N2O4)＝＝
＝0.003 mol/(L·s)
(3)平衡时K＝＝＝0.54
(4)K值越大，说明正向反应进行的程度越大，反应进行越完全，反应物转化率越大，故A、B、D正确。
答案：(1)N2O4(g)??2NO2(g)　>
(2)0.14　0.003 mol/(L·s)
(3)　0.54
(4)A、B、D
13．对可逆反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)达到平衡时，各物质的物质的量浓度满足以下关系：＝K(为一常数)，K称为化学平衡常数，其反应的K值只与温度有关。现有反应：CO(g)＋H2O(g) ??CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0。在850 ℃时，K＝1。
(1)若升高温度到950 ℃时，达到平衡时K________1(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)850 ℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0 mol CO,3.0 mol H2O,1.0 mol CO2和x mol H2，则：
①当x＝5.0时，上述平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。
②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是________。
解析：(1)从题给信息知：正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，CO2和H2的浓度将减小，而CO和H2O(g)的浓度将增大，故K值减小。
(2)将1.0 mol CO,3.0 mol H2O,1.0 mol CO2和x mol H2代入平衡常数表达式中，得x＝3.0 mol <5.0 mol，平衡向逆反应方向移动。若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是：x<3.0。
答案：(1)小于　(2)①逆反应　②x<3.0
14．在一个温度恒定的密闭容器中，SO2和O2发生反应。已知1 mol SO2和足量O2完全反应，放出的热量为Q。请按要求回答下列问题。
[恒压条件下]
(1)若开始时放入1 mol SO2和0.5 mol O2，达平衡后，生成0.9 mol SO3，这时SO2的转化率为________；
(2)若开始时放入4 mol SO2和2 mol O2，达平衡后，生成SO3的物质的量为________，反应放出的热量为________。
[恒容条件下]
(3)若开始时放入1 mol SO2和0.5 mol O2，达平衡后，生成a mol SO3，则a________0.9(填“>”、“<”或“＝”)；
(4)若令x、y和z分别代表初始加入SO2、O2和SO3的物质的量，要使达平衡时，反应混合物中三种气体的物质量分数与(3)中平衡时完全相同，则x、y、z必须满足的一般条件是________________________。(用两个代数式表示，其中一个只含x、y，另一个只含x、z)
解析：(1)根据“S”守恒可知SO2转化率为90%。
(2)恒温恒压下，只要转化过来的起始投入量成比例，两者就成等效平衡，SO2转化率相同，生成SO3为4 mol×90%＝3.6 mol，放出热量为3.6Q。
(3)恒容条件下，由于该反应是气体体积减小的反应，所以相对于恒压条件，相当于气体体积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，SO2转化率降低，则生成SO3小于0.9 mol。
(4)　　2SO2　＋　O22SO3
1　　　 0.5　　　 0
起始　　x　　　　y　　　　　z
转化　　z　　　　0.5z　　　　z
平衡　　x＋z　　y＋0.5z　　　0
则x＋z＝1，y＋0.5z＝0.5，即x＝2y，x＋z＝1。
答案：(1)90%　(2)3.6 mol　3.6Q
(3)<　(4)x＝2y　x＋z＝1
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1．下列关于化学反应速率的说法中，正确的是(　　)
A．化学反应速率是指某一时刻，某种反应物的瞬时反应速率
B．化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指反应1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1
C．根据化学反应速率的大小可以推知化学反应进行得快慢
D．对于一个化学反应来说，其反应速率越大，反应现象就越明显
解析：选C。A项中，化学反应速率是指一段时间内某种反应物或生成物的平均反应速率；B项中0.8 mol·L－1·s－1不是指反应1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1，而是指1 s内该物质的浓度变化量为0.8 mol·L－1；D项中反应速率与反应现象无必然联系。
2．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＋nB2 2C,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。
3．(2011年鞍山高二检测)在不同条件下分别测得2SO2＋O22SO3的化学反应速率，其中表示该反应进行最快的是(　　)
A．v(SO2)＝4 mol/(L·min)
B．v(O2)＝3 mol/(L·min)
C．v(SO2)＝0.1 mol/(L·s)
D．v(O2)＝0.1 mol/(L·s)
解析：选D。将不同物质表示的反应速率换算为同一物质表示的反应速率来比较反应的快慢，并注意单位换算，若都用O2表示，则
A项中v(O2)＝v(SO2)＝2 mol/(L·min)
B项中v(O2)＝3 mol/(L·min)
C项中v(O2)＝v(SO2)＝× mol/(L·min)＝3 mol/(L·min)
D项中v(O2)＝ mol/(L·min)＝6 mol/(L·min)，故选D。
4．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是(　　)
A．反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol·L－1·s－1
B．反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1
C．反应开始到10 s时，Y的转化率为79.0%
D．反应的化学方程式为：X(g)＋Y(g) Z(g)
解析：选C。本题主要考查化学反应速率的计算及含义。
从图象上看，当反应进行到10 s时，其中Z的反应速率为：
v(Z)＝＝0.079 mol·L－1·s－1；
X的物质的量浓度减少为：
＝0.395 mol·L－1；
Y的转化率为：×100%＝79.0%；
反应的方程式为：X(g)＋Y(g) 2Z(g)。
5．在25 ℃时，向100 mL含HCl 14.6 g的盐酸溶液中放入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1.12 L(标准状况)氢气，又经过4 min铁粉完全溶解，则：
(1)在前2 min内用FeCl2表示的平均反应速率是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)在后4 min内用HCl表示的平均反应速率是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)前2 min与后4 min相比，反应速率较快的是________________________________________________________________________，
其原因是____________________________________________。
解析：n(HCl)＝＝0.4 mol
c(HCl)＝＝4 mol·L－1
n(Fe)＝＝0.1 mol,2 min末：n(H2)＝＝0.05 mol
所以　　　　　　Fe＋2HCl===FeCl2　＋　H2↑
开始： 0.4 mol 0 0
2 min末： 0.3 mol 0.05 mol 0.05 mol
6 min末： 0.2 mol 0.1 mol 0.1 mol
(1)前2 min内：v(FeCl2)＝＝0.25 mol·L－1·min－1
(2)后4 min内：v(HCl)＝＝0.25 mol·L－1·min－1
(3)反应速率之比等于化学计量数之比，即后4 min内，v(FeCl2)＝v(HCl)＝×0.25 mol·L－1·min－1＝0.125 mol·L－1·min－1
所以前2 min内反应速率较快。
答案：(1)0.25 mol·L－1·min－1
(2)0.25 mol·L－1·min－1
(3)前2 min　在同一反应里，v(HCl)＝2v(FeCl2)，对比前2 min和后4 min的反应速率，因前2 min时FeCl2的反应速率较大，所以前2 min反应速率较快
1．(2011年江苏徐州高二竞赛选拔考试)mA＋nBpC的反应中，m、n、p为各物质的化学计量数。现测得C每分钟增加a mol·L－1，B每分钟减少1.5a mol·L－1，A每分钟减少0.5a mol·L－1，则m∶n∶p为(　　)
A．2∶3∶2 B．2∶3∶3
C．1∶3∶2 D．3∶1∶2
解析：选C。化学反应速率之比等于化学计量数之比等于物质的量浓度变化之比，即0.5a∶1.5a∶a＝1∶3∶2。
2．甲、乙两个容器内都在进行A→B的反应，甲中每分钟减少4 mol A，乙中每分钟减少2 mol A，则两容器中的反应速率(　　)
A．甲快 B．乙快
C．相等 D．无法确定
解析：选D。因为不知道甲、乙两个容器的体积，所以无法比较它们的反应速率。
3．可逆反应2SO2＋O22SO3，如果SO2的起始浓度为2 mol·L－1,2 min后SO2的浓度为1.8 mol·L－1，则用SO2的浓度变化表示的反应速率为(　　)
A．1 mol·(L·min)－1
B．0.9 mol·(L·min)－1
C．0.2 mol·(L·min)－1
D．0.1 mol·(L·min)－1
解析：选D。v(SO2)＝(2 mol·L－1－1.8 mol·L－1)/2 min＝0.1 mol·(L·min)－1。
4．一定温度下，浓度均为1 mol·L－1的A2和B2两种气体，在密闭容器内反应生成气体C，反应达平衡后，测得：c(A2)＝0.58 mol·L－1，c(B2)＝0.16 mol·L－1，c(C)＝0.84 mol·L－1，则该反应的正确表达式为(　　)
A．A2＋B22A2B
B．A2＋B22AB
C．A2＋B2A2B2
D．A2＋2B22AB2
解析：选D。Δc(A2)＝1 mol·L－1－0.58 mol·L－1＝0.42 mol·L－1，Δc(B2)＝1 mol·L－1－0.16 mol·L－1＝0.84 mol·L－1，Δc(C)＝0.84 mol·L－1，因变化量之比等于化学计量数之比，同时要满足质量守恒，故选D。
5．一定条件下反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)在一密闭容器中进行，测得平均反应速率v(C)＝2v(B)。若该反应过程中气体的物质的量一直保持不变，则m、n、p、q的数值可以是(　　)
A．2、6、3、5 B．3、1、2、2
C．3、1、2、1 D．1、3、2、2
解析：选B。v(C)＝2v(B)，则物质C的化学计量数为物质B的2倍，可排除A、D。又因为反应为气体物质的量不变的反应，因此答案只能选B项。
6.
已知某反应：2A(g) 3B(g)，A、B的浓度随时间的变化如图所示，则下列反应速率中，表示正确的是(　　)
A．v(A)＝0.1 mol·L－1·min－1
B．v(B)＝0.2 mol·L－1·min－1
C．v(A)＝v(B)＝0.5 mol·L－1·min－1
D．v(A)＝v(B)＝0.3 mol·L－1·min－1
解析：选A。本题考查识图能力，关键是弄清图象的意义，在0 min～2 min，A的浓度由0.5 mol·L－1减小到0.3 mol·L－1，B的浓度由0增大到0.3 mol·L－1，故v(A)＝＝0.1 mol·L－1·min－1，v(B)＝＝0.15 mol·L－1·min－1。
7．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0.3m/p mol·L－1·s－1，则2 s时间内，Q物质增大的物质的量为(　　)
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0.3m/p mol·L－1·s－1，Q物质表示的反应速率为0.3m/p mol·L－1·s－1×＝0.3q/p mol·L－1·s－1。则Δn(Q)＝0.3q/p mol·L－1·s－1×2 L×2 s＝1.2q/p mol。
8．(2011年长沙高二检测)一定条件下，浓度都是1 mol·L－1的两种气体X2和Y2在密闭容器中反应，生成气体Z,4 s后，X2、Y2、Z的浓度分别是0.4 mol·L－1,0.8 mol·L－1,0.4 mol·L－1，若用X、Y表示Z的化学式，则该反应的化学方程式为(双选)(　　)
A．X2＋2Y2===2XY2　　　　 B．3X2＋Y2===2YX3
C．3X2＋Y2===2X3Y D．X2＋3Y2===2XY3
解析：选BC。化学反应中各物质的速率之比等于化学计量数之比，
v(X2)＝＝0.15 mol·L－1·s－1
v(Y2)＝＝0.05 mol·L－1·s－1
v(Z)＝＝0.1 mol·L－1·s－1
X2、Y2、Z的化学计量数之比为0.15 mol·L－1·s－1∶0.05 mol·L－1·s－1∶0.1 mol·L－1·s－1＝3∶1∶2然后根据质量守恒定律可知Z为X3Y或YX3，故选B、C。
9．(2011年唐山高二检测)在3H2(g)＋N2(g) 2NH3(g)的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.6 mol·L－1，此时间内用H2表示的平均速率为0.45 mol·L－1·s－1，则这段时间是(　　)
A．1 s B．0.44 s
C．2 s D．1.33 s
解析：选C。NH3的浓度增加了0.6 mol·L－1，则H2的浓度减少了0.9 mol·L－1，由v＝可知
Δt＝＝＝2 s。
10．(2011年鞍山高二检测)将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生反应：NH4Br(s) NH3(g)＋HBr(g)，2HBr(g) Br2(g)＋H2(g)，2 min后，测知H2的浓度为0.5 mol·L－1，HBr的浓度为4 mol·L－1，若上述反应速率用v(NH3)表示，则下列速率正确的是(　　)
A．0.5 mol·L－1·min－1
B．2.5 mol·L－1·min－1
C．2 mol·L－1·min－1
D．1.25 mol·L－1·min－1
解析：选B。此题为连锁反应，即NH4Br(s) 分解生成的HBr又有一部分分解，故剩余的HBr的量为NH4Br分解生成的HBr的量减去HBr分解的量，即c(HBr)＝c(HBr)(生成)－c(HBr)(分解)，又知c(H2)＝0.5 mol·L－1，则c(HBr)(分解)＝1 mol·L－1
所以c(HBr)(生成)＝c(HBr)＋c(HBr)(分解)＝5 mol·L－1
c(NH3)＝c(HBr)(生成)＝5 mol·L－1
v(NH3)＝＝2.5 mol·L－1·min－1。
11．(2011年福建龙岩高二阶段性测试)在某化学反应中，反应混合物A、B、C的物质的量浓度(mol·L－1)与时间t(s)的关系如表所示。
t/s 200 400 800
c(A)/mol·L－1 1.45 1.28 1.00
c(B)/mol·L－1 0.38 0.72 1.28
c(C)/mol·L－1 0.095 0.18 0.32
(1)该反应的化学方程式为_____________________________________________。
(2)用A的浓度变化表示200 s～800 s内反应的平均反应速率为________mol·(L·min)－1。
(3)用C的浓度变化表示400 s～800 s内反应的平均反应速率为________mol·(L·s)－1。
解析：(1)反应中A的浓度减少，B、C浓度增大，因此A为反应物，B、C为产物。在200 s～800 s，Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)＝2∶4∶1，因此反应为2A===4B＋C。
(2)200 s～800 s内，v(A)＝(0.45 mol·L－1/600 s)×60 s·min－1＝0.045 mol·(L·min)－1。
(3)400 s～800 s内，v(C)＝(0.32－0.18) mol·L－1/400 s＝3.5×10－4 mol·(L·s)－1。
答案：(1)2A===4B＋C　(2)0.045　(3)3.5×10－4
12．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：反应生成C的浓度：
0．1 mol·L－1·min－1×5 min＝0.5 mol·L－1。因为反应生成的C与D浓度相等，故x＝2，设起始时A与B的浓度均为c mol·L－1。
由：　　　　　　3A　　＋ 　B　2C＋2D
c c 0 0
0.75 0.25 0.5 0.5
(c－0.75) (c－0.25) 0.5 0.5
根据题意得：(c－0.75)∶(c－0.25)＝3∶5
解得：c＝1.5
从而A在5 min末的浓度为
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。
答案：0.75 mol·L－1　0.05 mol·L－1·min－1
0．1 mol·L－1·min－1　2
13．根据反应4FeS2＋11O2===2Fe2O3＋8SO2，试回答下列问题。
(1)常选用哪些物质来表示该反应的化学反应速率__________；
(2)当生成SO2的速率为0.64 mol·L－1·s－1时，则氧气减少的速率为________；
(3)如测得4 s后O2的浓度为2.8 mol·L－1，此时间内SO2的速率为0.4 mol·L－1·s－1，则开始时氧气的浓度为________。
解析：(1)一般不用固体和纯液体来表示反应速率，所以可用O2和SO2来表示该反应的反应速率。
(2)不同物质表示的反应速率和方程式中对应化学计量数成正比，所以氧气减少的速率为
0．64 mol·L－1·s－1×＝0.88 mol·L－1·s－1。
(3)此时间内SO2的速率为0.4 mol·L－1·s－1，则用氧气表示的速率为0.4 mol·L－1·s－1×＝0.55 mol·L－1·s－1，所以氧气变化浓度为0.55 mol·L－1·s－1×4 s＝2.2 mol·L－1，则开始时氧气的浓度为2.8 mol·L－1＋2.2 mol·L－1＝5 mol·L－1。
答案：(1)SO2或O2　(2)0.88 mol·L－1·s－1
(3)5 mol·L－1
14．反应速率v和反应物浓度的关系是用实验方法测定的，化学反应：H2＋Cl2===2HCl的反应速率v可表示为v＝k·cm(H2)·cn(Cl2)，式中k为常数，m、n的值可用下表中数据确定。
c(H2)/mol·L－1 c(Cl2)/mol·L－1 v/mol·L－1
1.0 1.0 1.0k
2.0 1.0 2.0k
2.0 4.0 4.0k
(1)由此可推算得m、n的值分别为
m＝________，n＝________。
(2)由公式可知________[填“c(H2)”或“c(Cl2)”]对反应速率的影响大。
解析：(1)将三组数据分别代入
v＝k·cm(H2)·cn(Cl2)中，
得：
由①②得m＝1，由②③得n＝。
(2)从速率方程式中可看出，H2和Cl2对反应速率的影响分别为c(H2)和c(Cl2)，显然前者对反应速率影响大。
答案：(1)1　　(2)c(H2)
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1．(2009年高考广东卷)钢铁生锈过程发生如下反应：
①2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2；
②4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3；
③2Fe(OH)3===Fe2O3＋3H2O。
下列说法正确的是(　　)
A．反应①、②中电子转移数目相等
B．反应①中氧化剂是氧气和水
C．与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀
D．钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀
解析：选A。反应①、②中均为O2→2O2－，故转移电子数相等。C、D中因形成原电池而易发生电化学腐蚀。
2．埋在地下的输油铸铁管道，在下列各种情况下，被腐蚀速率最慢的是(　　)
A．在铁元素较多的酸性土壤中
B．在潮湿、疏松、透气的土壤中
C．在干燥、致密、不透气的土壤中
D．在含碳粒较多、潮湿、透气的土壤中
解析：选C。铸铁管道被腐蚀需要具备活动性不同的电极和电解质溶液。A中是酸性土壤，易发生析氢腐蚀，速率较快；B中是潮湿环境，O2、H2O都有，则铁易发生吸氧腐蚀；C中缺O2、H2O，故腐蚀的速率最慢；D中碳粒多且潮湿透气(含O2和H2O)，因此最易被腐蚀。
3．(2009年高考北京卷)下列叙述不正确的是(　　)
A．铁表面镀锌，铁作阳极
B．船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀
C．钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．工业上电解饱和食盐水的阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑
解析：选A。电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极。
4．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杂质碳被氧化除去
A．①② B．③④
C．①②③④ D．①②③④⑤
解析：选C。钢铁在发生电化学腐蚀时，依据介质的不同可以发生两类原电池反应：(1)当钢铁表面的电解质溶液的水膜酸性较强时，钢铁发生析氢腐蚀，其电极反应式是正极2H＋＋2e－===H2↑，负极Fe－2e－===Fe2＋；(2)当钢铁表面的电解质溶液的水膜酸性较弱或呈中性时，钢铁发生吸氧腐蚀，其电极反应式是正极O2＋2H2O＋4e－===4OH－，负极Fe－2e－===Fe2＋。钢铁发生的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀，导致钢铁表面生成铁锈。同时在电解质溶液中还发生了如下一系列的反应：2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2,4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一部分水生成Fe2O3·xH2O。
5．某研究性学习课题小组为探究影响钢铁生锈的因素，设计了如下的方案：在四只小烧瓶中分别放入下列物质：A瓶干燥的细铁丝、B瓶浸过食盐水的细铁丝、C瓶浸过清水的细铁丝、D瓶食盐水及细铁丝，并使铁丝完全浸没在食盐水中。然后装配成如图所示的四套装置，每隔一段时间测量导管中水面上升的高度，结果如表(表中所列数据为导管中水面上升的高度/cm)所示。
不同时间水面上升的高度
课题组在解题时，学校评审组组织了成果展示与答辩，假如你是课题组组长，请回答以下的问题：
(1)导管中水面为什么会上升？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)上述实验中，细铁丝生锈的速率由大到小的排列顺序为(填小烧瓶代号)________________________________________________________________________。
(3)影响钢铁生锈的因素主要有________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)为防止铁的锈蚀，工业上普遍采用的方法是______________________________________________________(答两种方法)。
解析：细铁丝在清水或食盐水中，发生吸氧腐蚀，故导管中液面要上升。但要发生吸氧腐蚀的原电池反应，必须符合构成原电池的基本条件：①活泼性不同的电极互相接触。②电解质溶液。③有空气(或O2)且尽量与细铁丝和电解质接触。为了防止铁的锈蚀，工业上普遍采用电化学保护法，可以作原电池的正极或电解池的阴极，也可以用覆盖保护层的方法。
答案：(1)铁生锈时跟空气中的氧气反应，消耗了氧气而使小烧瓶中气体压强降低 (2)B>C>A＝D
(3)①跟氧气接触，②有水分存在，③有电解质(或食盐)存在，三者同时具备时铁生锈速度最快(或从构成原电池的条件分析)
(4)电镀等表面覆盖保护层法，牺牲阳极的阴极保护法等
1．(2010年福建省仙游一中高二检测)2008年，美籍华裔化学家钱永健获得该年度诺贝尔化学奖。少年时代，他就对化学产生了浓厚的兴趣。16岁时，他凭借一个金属易受硫氰酸盐腐蚀的调查项目，荣获具有“少年诺贝尔奖”之称的著名奖项。下列说法正确的是(　　)
A．金属腐蚀就是金属原子失去电子被还原的过程
B．合金都比纯金属易被腐蚀
C．将金属与外加直流电源的负极相连，而将正极接到废铁上，可以防止金属被腐蚀
D．镀锌铁比镀锡铁更容易被腐蚀
解析：选C。金属原子失电子被氧化，A错误；有些合金改变了金属的内部结构，此时金属抗腐蚀性增强，B错误；C项，金属作电解池的阴极，被保护，正确；镀锌铁破损后形成原电池时，铁作正极，被保护；而镀锡铁破损后铁作负极，腐蚀更快，D错误。
2．下列方法中，不能用于进行金属防锈蚀处理的是(　　)
A．油漆 B．铝热反应
C．电镀 D．改变金属的内部结构
解析：选B。本题考查的是金属的电化学防护。铝热反应是用Al还原比它活动性弱的金属，如2A1＋Fe2O3Al2O3＋2Fe，不能用于进行金属防锈蚀处理。
3．(2009年高考广东卷)出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。下列说法正确的是(双选)(　　)
A．锡青铜的熔点比纯铜高
B．在自然环境中，锡青铜中的锡对铜起保护作用
C．锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快
D．生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程
解析：选BC。锡青铜属于合金，根据合金的特性，熔点比任何一种纯金属的低，故A错；由于锡比铜活泼，故在发生电化学腐蚀时，锡失电子保护铜，B正确；潮湿的环境将会加快金属的腐蚀速率，C正确；电化学腐蚀过程实质是有电子的转移，属于化学反应过程，D错。
4．相同材质的铁在图中的四种情形下最不易被腐蚀的是(　　)
解析：选C。A、B、D都能形成原电池而使Fe被腐蚀，而C中铁被铜镀层保护，则不易被腐蚀，故选C。
5．下列叙述正确的是(　　)
A．在原电池的负极和电解池的阴极上都发生失电子的氧化反应
B．用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1∶2
C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1 mol电子转移，则生成1 mol NaOH
D．镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀
解析：选C。选项A中在电解池的阴极是阳离子得到电子，发生的是还原反应；选项B中用惰性电极电解Na2SO4溶液，实际上是电解水，在阴极上：4H＋＋4e－===2H2↑，在阳极上：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，所以阴阳两极产物的物质的量之比为2∶1；选项C中2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，每生成2 mol的NaOH转移的电子数为2 mol，所以转移1 mol电子，生成的NaOH就是1 mol；选项D中镀层破损后，镀锡铁组成的原电池，Fe作负极而被腐蚀，镀锌铁组成的原电池，Zn作负极，所以镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更容易被腐蚀。
6．目前，脱氧保鲜剂已广泛用于食品保鲜、粮食及药材防虫、防霉等领域。含铁脱氧剂利用铁易被氧化的性质，完全吸收包装内的氧，从而对包装内的物品起到防氧化作用。当脱氧剂变成红棕色时，则失效。下表是一种含铁脱氧保鲜剂的配方：
主要原料 用量
含碳4%的铸铁粉 80 g
滑石粉 40 g
食盐 4 g
乙醇 适量
下列反应式中与铁脱氧原理无关的是(　　)
A．Fe－2e－===Fe2＋
B．C＋O2===CO2
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
D．2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O
解析：选B。脱氧保鲜剂的脱氧原理与铁的吸氧腐蚀类似。铁锈的生成过程主要是Fe?C原电池发生吸氧腐蚀的过程：负极：2Fe－4e－===2Fe2＋，正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，Fe2＋和OH－结合：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气氧化：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，Fe(OH)3缓慢分解：2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O。铁锈的主要成分是Fe2O3·xH2O，也含有未分解的Fe(OH)3。
7．镀锌铁在发生析氢腐蚀时，若有0.2 mol电子发生转移，下列说法正确的是(　　)
①有5.6 g金属被腐蚀　②有6.5 g金属被腐蚀　③在标准状况下有2.24 L气体放出　④在标准状况下有1.12 L气体放出
A．①② B．①④
C．②③ D．③④
解析：选C。镀锌的铁发生电化学腐蚀，锌作负极：Zn－2e－===Zn2＋，有0.2 mol电子转移，则有0.1 mol Zn溶解(即6.5 g)，正极：2H＋＋2e－===H2↑，生成0.1 mol H2(标准状况下为2.24 L)，故选C。
8.某课外活动小组，将剪下的一块镀锌铁放入试剂瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞溶液，按如图装置进行实验，数分钟后观察，下列现象不可能出现的是(　　)
A．乙中导气管中产生气泡
B．乙中导气管里形成一段水柱
C．金属片剪口处溶液变红
D．锌被腐蚀
解析：选A。在食盐水中锌、铁形成原电池，发生吸氧腐蚀消耗甲中的氧气，甲中压强变小，乙中导气管受大气压强作用形成一段水柱；在金属剪口处形成Zn?Fe原电池，正极发生反应2H2O＋O2＋4e－===4OH－，溶液呈碱性，溶液变红，Zn比铁活泼，Zn作负极，Zn－2e－===Zn2＋而被腐蚀。
9.(2009年高考上海卷)如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是(　　)
A．生铁块中的碳是原电池的正极
B．红墨水柱两边的液面变为左低右高
C．两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e－===Fe2＋
D．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
解析：选B。该实验是吸氧腐蚀与析氢腐蚀的简单综合。a试管内盛装食盐水，溶液呈中性，发生的是吸氧腐蚀，负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，显然a装置内气体的物质的量减少，压强减小。b试管内盛装氯化铵，溶液呈酸性，发生的是析氢腐蚀，负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，正极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，气体的物质的量增加，压强增大。综上分析选择B项。
10．下列金属防护的方法不正确的是(　　)
A．对健身器材涂油漆以防止生锈
B．对某些工具的“机械转动部位”选用刷油漆的方法来防锈
C．用牺牲锌块的方法来保护船身
D．自行车的钢圈上镀上一层Cr防锈
解析：选B。“机械转动部位”应涂油脂防锈，油脂既能防水又能防止气体对金属的腐蚀，还能使转动部位灵活。
11．潜艇的金属外壳浸在海水中，在海水和空气的作用下会被腐蚀。
(1)若海水呈中性，一艘钢制外壳的潜艇在海水中发生腐蚀的电极反应式为：
正极：________________________，
负极：________________________。
(2)为有效地保护潜艇，下列措施中最好的是________。
A．采用纯铁制造潜艇外壳
B．采用耐腐蚀的合金制造潜艇外壳
C．在潜艇外壳上涂一层油
D．在潜艇外壳上装一定数量的锌块
解析：金属防护的方法很多，可以采取以下措施进行。
(1)改变金属的内部组织结构。合金钢中含有合金元素，使组织结构发生变化，耐腐蚀。如不锈钢。
(2)在金属表面覆盖保护层。常见方式有：涂油脂、油漆或覆盖搪瓷、塑料等；使表面生成致密氧化膜；在表面镀一层有自我保护作用的另一种金属。
(3)电化学保护法：①外加电源的阴极保护法：接上外加直流电源构成电解池，被保护的金属作阴极。②牺牲阳极的阴极保护法：外加负极材料，构成原电池，被保护的金属作正极。
答案：(1)O2＋4e－＋2H2O===4OH－　2Fe－4e－===2Fe2＋
(2)BD
12．(2010年浙江省苍南县宜山高级中学高二期末考试)金属由于其优良的物理化学性能，在工农业生产以及国防中大量使用。钢铁是应用最广的金属材料，但是钢铁材料的腐蚀也使我们损失惨重。因此对其的防护是十分必要的。防止或减少钢铁的腐蚀有多种方法：如制成耐腐蚀合金、表面“烤蓝”、电镀另一种金属以及电化学保护等方法。
(1)钢铁的腐蚀主要是吸氧腐蚀，请写出钢铁吸氧腐蚀的电极反应：
正极：________________；负极：________________。
(2)合金的性能各种各样，人们根据需要生产出种类繁多的合金材料。
请回答：①作为建筑材料的铝合金利用了该合金的哪些特性(至少回答两点)
________________________________________________________________________。
②由于人体摄入较多的Al，对人的健康有害，所以现在不主张使用铝制炊具。你认为生产炊具使用材料最好是________，理由是________________________________________________________________________。
(3)钢铁表面常电镀一层Cr而达到防腐蚀的目的，这是由于Cr具有优良的抗腐蚀性能所决定的。
请回答：电镀过程中，阴极是________，电解质溶液中一定含有________离子，阳极材料是_________；电镀Cr时，不能使用CrO2－4或Cr2O2－7作为电镀液，请说明原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：根据原电池反应原理，不难回答问题(1)，对于(2)注意联系日常生活接触到的铝和不锈钢知识。问题(3)考查电解电镀原理，阴极发生的是还原反应，故可以使Cr3＋还原成Cr而析出，由于电解液中的Cr3＋不断消耗，因此要有阳极溶解补充。故阳极应为Cr。同时要掌握电解过程中阴阳离子的定向移动问题。
答案：(1)O2＋2H2O＋4e－===4OH－　2Fe－4e－===2Fe2＋
(2)①主要利用了合金的强度较高、密度小、耐腐蚀等特点 　 ②不锈钢　 不锈钢强度高、耐腐蚀，无有害健康的离子进入食物
(3)镀件　Cr3＋　纯铬　由于CrO24－、Cr2O27－均带有负电荷，电镀过程中向阳极移动，不能在阴极上放电析出Cr
13．取6根铁钉，6支干净的试管及其他材料。如图所示：
试管(1)中放入一根铁钉，再注入蒸馏水，使铁钉和空气及水接触。
试管(2)的底部放入硅胶(是一种干燥剂)，再放入铁钉，使铁钉和干燥空气接触。
试管(3)中先放入一根铁钉，趁热倒入煮沸(赶出原来溶解在蒸馏水中的空气)的蒸馏水浸没铁钉，再加上一层植物油，用棉花团堵住试管口，使铁钉不能跟空气接触。
试管(4)中放入一根铁钉，注入食盐水，使铁钉和空气及食盐水接触。
试管(5)中放入相连的铁钉和锌片，注入自来水，浸没铁钉和锌片。
试管(6)中放入相连的铁钉和铜丝，注入自来水，浸没铁钉和铜丝。
把6支试管放在试管架上，几天后观察铁钉被腐蚀的情况。其中________试管内的铁钉未被腐蚀。由铁钉被腐蚀的情况可知，引起和促进铁钉被腐蚀的条件是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：此题实际上是用原电池形成的条件及原理解释金属发生腐蚀的条件。由于(2)和(3)两支试管不具备构成原电池的条件，不能发生电化学腐蚀，所以暂时未被腐蚀。而试管(5)尽管具备构成原电池的条件，但Zn比铁活泼，在原电池中作负极，铁作正极得到保护，所以铁也暂时未被腐蚀。引起和促进铁钉被腐蚀的条件是：水、空气、电解质溶液和不活泼金属杂质的存在。
答案：(2)、(3)、(5)　水、空气、电解质溶液和不活泼金属杂质的存在
14．镁、铝、铁是重要的金属，在工业生产中用途广泛。
(1)镁与稀硫酸反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)在潮湿的空气里，钢铁表面有一层水膜，很容易发生电化学腐蚀。其中正极的电极反应式为________________________________________________________________________。
(4)在海洋工程上，通常用铝合金(Al－Zn－Cd)保护海底钢铁设施，其原理如图所示：其中负极发生的电极反应为：________________________________________________________________________；
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：(3)属于钢铁的吸氧腐蚀，(4)属于牺牲阳极的阴极保护法。
答案：(1)Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑
(2)2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe
(3)2H2O＋O2＋4e－===4OH－
(4)Al－3e－===Al3＋　铝表面易被氧化，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，使金属铝呈现“惰性”
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1．(2011年广东汕头质检)下列有关化学实验的叙述正确的是(　　)
A．用待测液润洗滴定用的锥形瓶
B．用10 mL的量筒量取4.80 mL的浓硫酸
C．用稀盐酸洗涤盛放过石灰水的试剂瓶
D．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面
解析：选C。锥形瓶是不能润洗的，特别是用待测液润洗。量筒是粗量器，不能量取4.80 mL的浓硫酸。D中两眼应主要注视锥形瓶中溶液颜色的变化。
2．用已知物质的量浓度的盐酸滴定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，下列操作中正确的是(双选)(　　)
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知物质的量浓度的盐酸
B．锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知物质的量浓度的NaOH溶液
C．滴定时，没有逐出滴定管尖嘴的气泡，滴定后气泡消失
D．读数时，视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持一致
解析：选BD。滴定管未润洗即加入标准液，会使其浓度变小，耗用体积偏大，使测得的待测液浓度偏高；如果锥形瓶用待测液润洗，则内壁沾有待测液，使待测液的物质的量增多，消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会使消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高。
3．用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定某盐酸溶液时：
①滴定管用蒸馏水洗净后，如果不再用滴定液(氢氧化钠溶液)润洗2～3次，将会造成测出的盐酸溶液的浓度__________；
②滴定时使用的锥形瓶在注入被滴定液(盐酸)之前，如果先用该盐酸润洗2～3次，将会造成测出的盐酸溶液的浓度__________；
③在干燥清洁的锥形瓶中注入盐酸后，加入少量蒸馏水稀释，然后进行滴定，对测出的盐酸的浓度__________。
A．偏高 B．偏低
C．无影响 D．无法判断
解析：①滴定管用蒸馏水洗净后，在滴定管的内壁上附有一层蒸馏水，如果不再用滴定液(氢氧化钠溶液)润洗2～3次，而直接将氢氧化钠溶液倒入滴定管中，则附着在滴定管内壁上的蒸馏水与氢氧化钠溶液混在一起，会使氢氧化钠溶液的浓度变小，用它测定盐酸溶液时，氢氧化钠溶液的体积用量肯定增多了，因此，所测出的盐酸溶液的浓度一定偏高。
②滴定时使用的锥形瓶在注入被滴定液(盐酸)之前，如果先用该盐酸润洗2～3次后，则在锥形瓶的内壁上附有一层盐酸，这样就使被滴定的盐酸的量增多了，进行中和滴定时，氢氧化钠溶液的用量也随之增多，结果会造成测出的盐酸的浓度偏高。
③在干燥清洁的锥形瓶中注入盐酸后，加入少量蒸馏水稀释后，尽管盐酸溶液体积变大了，浓度变小了，但盐酸的物质的量没有改变，所以在滴定时，消耗的氢氧化钠的物质的量也不会改变，所以对滴定结果是没有影响的。
答案：①A　②A　③C
4．(2009年黄冈高二检测)利用下列实验用品：
①铁架台(含铁圈、各种铁夹)；②锥形瓶；③滴定管(酸式与碱式)；④烧杯(若干个)；⑤玻璃棒；⑥天平(含砝码)；⑦滤纸；⑧量筒；⑨漏斗
Na2CO3固体；标准NaOH溶液；未知浓度盐酸；Na2CO3溶液。
进行下列实验或操作：
(1)做酸碱中和滴定时，还缺少的试剂是：________________________________________________________________________。
(2)配制250 mL 0.1 mol·L－1某溶液时，还缺少的仪器是：________________。
(3)过滤时，应选用上述仪器中的__________(填偏号)。
解析：(1)做酸碱中和滴定时，指示终点需要酸碱指示剂，洗涤仪器需要使用蒸馏水。
(2)配制250 mL 0.1 mol·L－1某溶液时，需要250 mL容量瓶，定容时需要使用胶头滴管。
(3)过滤时，应选用上述仪器中的铁架台(含铁圈、各种铁夹)、烧杯(若干个)、玻璃棒、滤纸、漏斗。
答案：(1)指示剂(甲基橙或酚酞)、蒸馏水
(2)250 mL容量瓶、胶头滴管　(3)①④⑤⑦⑨
1．下列叙述，仪器“0”刻度位置正确的是(　　)
A．在量筒的上端
B．在滴定管的上端
C．在托盘天平标尺的正中
D．在托盘天平标尺的右端
解析：选B。量筒无“0”刻度，托盘天平的“0”刻度在左端，滴定管的“0”刻度在上端。
2．用NaOH溶液滴定盐酸时，由于滴定速率太快，当混合溶液变红时，不知NaOH是否过量，判断它是否过量的方法是(　　)
A．加入5 mL盐酸进行滴定
B．返滴一滴待测盐酸
C．重新进行滴定
D．以上方法均不适用
解析：选B。判断是否过量的方法是返滴一滴待测盐酸，看颜色是否复原。
3．在一支25 mL的酸式滴定管中加入0.1 mol/L的HCl溶液，其液面恰好在5 mL刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后用0.1 mol/L的NaOH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。本题考查的是酸碱中和滴定的有关知识。若要正确解答本题，必须准确了解滴定管的刻度特征，如图所示：滴定管最下部无刻度线，若刻度线处及尖嘴底部均充满溶液，把溶液全部放入烧杯中，其体积大于20 mL，用等浓度的NaOH溶液中和，所需NaOH溶液的体积应大于20 mL。应注意：滴定管的量程小于滴定管的最大实际容量。故正确答案为A。
4．下列实验操作中错误的是(　　)
A．分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
B．蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口
C．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面
D．称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘中
解析：选C。分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，A正确；蒸馏时，温度计测的是成分蒸气的温度，故其水银球应靠近蒸馏烧瓶支管口，B正确；C项中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，不正确；称量时遵循“左物右码”且称量物应放在称量纸上，D正确。
5．(2011年广东梅州高二检测)用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度，进行酸碱中和滴定时，无论是酸往碱中滴还是碱往酸中滴，下列操作都会使测定结果偏低的是(锥形瓶中溶液用滴定管量取)(　　)
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗
B．滴定过程中不慎有液体溅出
C．滴定前仰视读数，滴定后读数正确
D．碱式滴定管未用待测液润洗
解析：选D。酸式滴定管未用标准盐酸润洗，造成浓度变小，所需体积增大，测定结果偏高；滴定过程中不慎有液体溅出，使体积增大，测定结果偏高；滴定前仰视读数，滴定后读数正确，造成体积小，如果是酸滴定未知浓度的NaOH溶液造成测定结果偏低，如果是未知浓度的NaOH溶液滴定酸，则测定结果偏高。
6．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，下列实验操作会引起测量结果偏高的是(　　)
①用天平称量NaOH固体，将小烧杯放在右盘，砝码放在左盘，并移动游码，使之平衡；
②配制烧碱溶液时，将称量后的NaOH固体溶于水，立即移入容量瓶，将洗涤烧杯的液体注入容量瓶后，加蒸馏水至刻度线；
③中和滴定时，锥形瓶内有少量水；
④酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗；
⑤读取滴定管终点读数时，仰视刻度线。
A．①②③ B．②④⑤
C．③④⑤ D．①②③④⑤
解析：选B。①导致称取NaOH量偏少，浓度偏低；②在配制NaOH溶液时，NaOH固体溶于水后，放出热量，未冷却即转入容量瓶，导致所配NaOH溶液浓度偏高；③对结果无影响；④使标准盐酸浓度减小，使V(HCl)偏大，导致结果偏高；⑤使V(HCl)偏大，结果偏高，故选B。
7．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 V1mL
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HCl偏少，故只能用V1、V2来计算。
8．下列实验能达到预期目的的是(　　)
A．用20 mL量筒量取2.00 mL稀H2SO4
B．用碱式滴定管量取18.50 mL 1 mol/L的NaOH溶液
C．用托盘天平称量50.50 g KCl固体
D．用pH试纸测出某NaOH溶液的pH为11.5
解析：选B。量筒量取液体时，精确到0.1 mL；托盘天平称量物体精确到0.1 g；滴定管精确到0.01 mL；用pH试纸测溶液pH精确到1。
9．(2009年高考辽宁卷)将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，其中错误的是(　　)
解析：选D。酸碱中和反应为放热反应，故随NaOH溶液不断加入，溶液温度升高，当恰好反应时，温度最高，而后因中和反应结束但溶液体积增大，故温度又下降，A正确；向醋酸中加入NaOH溶液时，溶液pH不断增大，在中和反应点附近溶液pH突变，当NaOH溶液过量时pH基本不变，B正确；C选项CH3COOH是弱电解质，导电能力较弱，加入NaOH后，生成强电解质CH3COONa，导电能力增强，C正确，D项在CH3COOH过量时可认为溶液中无NaOH，D错误。
10．用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定0.1 mol·L－1盐酸，如达到滴定的终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05 mL)，继续加水至50 mL，所得溶液的pH是(　　)
A．4 B．7.2
C．10 D．11.3
解析：选C。运用化学反应进行中和反应计算
c(OH－)＝
＝1×10－4 mol·L－1，pH＝10。
11．某学生用物质的量浓度为a mol/L的标准NaOH溶液去测定V mL HCl溶液的物质的量浓度。回答下列问题：
(1)实验前应先检查滴定管__________，实验过程中眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，直至滴定终点。
(2)如图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数：
c(HCl)＝__________。
(3)若在滴定前碱式滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定后滴定管尖嘴部分气泡消失，则测定的盐酸的物质的量浓度会__________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)。
(4)实验前先用待测液润洗锥形瓶，则测定结果会__________。
解析：(1)使用滴定管之前要先检查是否漏水。
(2)据c(NaOH)·V(NaOH)＝c(HCl)·V(HCl)得a mol/L×(V2－V1)mL×10－3 L/mL＝
c(HCl)×V mL×10－3 L/mL，有c(HCl)＝mol/L。
(3)若碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则会使V(NaOH)偏大，计算出c(HCl)偏大。
(4)锥形瓶不能润洗，否则会使消耗NaOH的量偏多，从而计算出c(HCl)偏大。
答案：(1)是否漏水　(2)mol/L　(3)偏大　(4)偏大
12．(2009年南安高二检测)(1)下列实验操作或结果的说法正确的是__________(填编号)。
A．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化
B．用酸式滴定管量取0.10 mol·L－1的Na2CO3溶液25.10 mL
C．滴定管洗净后经蒸馏水润洗后，即可注入标准液进行中和滴定实验
D．锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知浓度的NaOH溶液
E．将滴定管垂直伸进试管内滴加液体
F．将pH试纸用蒸馏水润湿后，测量某溶液的pH
(2)某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用1.00 mL待测硫酸配制100 mL 稀H2SO4溶液；以0.01 mol/L的NaOH溶液滴定上述稀H2SO4 25.00 mL，滴定终止时消耗NaOH溶液15.00 mL。
该学生用0.01 mol/L标准NaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下：
A．用酸式滴定管取稀H2SO4 25.00 mL，注入锥形瓶中，并加入几滴酚酞。
B．用待测定的溶液润洗酸式滴定管。
C．检查滴定管是否漏水。
D．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上2 cm～3 cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下。
E．用蒸馏水洗干净滴定管。
F．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。
G．另取锥形瓶，再重复操作一次。
①滴定操作的正确顺序是(用序号填写)
__________→__________→D→__________→__________→F→G。
②该滴定操作中应选用的指示剂是__________。
③在F操作中如何确定终点？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)B项Na2CO3溶液呈碱性，应用碱式滴定管，B错误；C项滴定管水洗后应用标准液润洗2～3次，C错误；E项滴定管不能伸入试管内部，E错误；F项pH试纸不能用蒸馏水润湿，F错误。
(2)根据酸碱中和滴定的原理，结合滴定管的使用即可得出正确的操作顺序为：C→E→D→B→A→F→G，用酚酞作指示剂，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液突然变成红色且半分钟之内不褪色证明达到滴定终点。
答案：(1)AD
(2)①C　E　B　A　②酚酞　③滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然变成红色，半分钟内不褪色
13．乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中x值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。
①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成100.00 mL水溶液为待测液。
②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸。
③用浓度为0.1000 mol·L－1的KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00 mL。
(1)
滴定时，将KMnO4标准液装在如图中的__________(填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志可以是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)通过上述数据，求得x＝__________。
讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会__________(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)。
②若滴定时所用的KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会__________。
解析：(1)因为 KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装。
(2)可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点，当达到滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色。
(3)由题给化学方程式及数据可知，1.260 g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为：0.1000 mol·L－1×10.00 mL×10－3 L·mL－1××＝0.0100 mol，则1.260 g H2C2O4·xH2O中含H2O的物质的量为＝0.0200 mol，则x＝2。
若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x偏大；同理，若KMnO4溶液变质，则消耗其体积偏大，所得x值偏小。
答案：(1)甲
(2)当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点
(3)2　①偏大　②偏小
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1．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B．钢铁在潮显的空气中容易生锈
C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气，以提高二氧化硫的利用率
解析：选B。A项，涉及了气体的溶解平衡；C、D项分别涉及了：Cl2＋H2O HCl＋HClO。2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)两个化学平衡；B项不涉及化学平衡问题。
2．在一定条件下，下列可逆反应达到化学平衡：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)　ΔH>0，要使混合气体的紫色加深，可以采取的方法是(双选)(　　)
A．降低温度 B．升高温度
C．增大压强 D．减小压强
解析：选AC。混合气体的紫色加深，说明I2的浓度增大，平衡向着生成H2、I2的方向移动。
3．现有可逆反应A(g)＋2B(g) nC(g)　ΔH<0，在相同温度、不同压强时，A的转化率跟反应时间(t)的关系如图，其中结论正确的是(　　)
A．p1>p2，n>3 B．p13
C．p1p2，n＝3
解析：选B。当其他条件不变时，对于有气体参加的可逆反应，压强越大，到达平衡的时间越短，图象中曲线和横轴平行，表明反应已达平衡。由图象知道，当压强为p2时，该反应到达平衡的时间较短，故p14．(2010年高考四川卷)反应aM(g)＋bN(g) cP(g)＋dQ(g)达到平衡时，M的体积分数y(M)与反应条件的关系如图所示。其中z表示反应开始时N的物质的量与M的物质的量之比。下列说法正确的是(　　)
A．同温同压同z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数增加
B．同压同z时，升高温度，平衡时Q的体积分数增加
C．同温同z时，增加压强，平衡时Q的体积分数增加
D．同温同压时，增加z，平衡时Q的体积分数增加
解析：选B。本题考查的知识点是化学平衡的移动，意在考查考生的分析判断能力。可逆反应中，催化剂只能改变化学反应速率，A错；由两个图象可知，M的体积分数随着温度升高而降低，即温度升高，平衡右移，故平衡时生成物Q的体积分数增加，B正确；同为650 ℃、z＝2.0，压强为1.4 MPa时，y(M)＝30%，而压强为2.1 MPa时，y(M)＝35%，即增大压强，平衡左移，故平衡时Q的体积分数减小，C错；由图象可知，同温、同压时，若N的物质的量增加，而M的物质的量不变，则尽管z越大，y(M)减小，平衡右移，但Q增加的物质的量远小于加入的N的物质的量，此时Q的体积分数减小，D错。
5．将1 mol I2(g)和2 mol H2(g)置于某2 L密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)＋H2(g) 2HI(g)　ΔH<0，并达到平衡。HI的体积分数φ(HI)随时间变化如图中曲线Ⅱ所示：
(1)达平衡时，I2(g)的物质的量浓度为________mol·L－1。
(2)若改变反应条件，在某条件下φ(HI)的变化如曲线I所示，则该条件可能是________(填入下列条件的序号)。
①恒容条件下，升高温度
②恒容条件下，降低温度
③恒温条件下，缩小反应容器体积
④恒温条件下，扩大反应容器体积
⑤恒温、恒容条件下，加入适当催化剂
(3)若保持温度不变，在另一相同的2 L密闭容器中加入a mol I2(g)、b mol H2(g)和c mol HI(g)(a、b、c均大于0)，发生反应，达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，则a、b、c应满足的关系为________(用一个含a、b、c的代数式表示)。
解析： (1)由图象可知，HI的体积分数φ(HI)＝0.60，则HI的物质的量分数也为0.60。
设平衡时，转化的I2的物质的量为x。
　　　　　　　　 I2(g)＋H2(g) 2HI(g)
起始物质的量(mol) 1 2 0
转化物质的量(mol) x x 2x
平衡物质的量(mol) 1－x 2－x 2x
所以，＝0.6，
解得x＝0.9，达平衡时，I2(g)的物质的量
浓度为＝0.05 mol·L－1。
(3)该反应是等体积反应，又是在恒容反应器中发生反应，按极限换算后只要反应物对应成比例，达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，即＝，整理得2b－4a＝c。
答案：(1)0.05　(2)③⑤　(3)2b－4a＝c(合理即可)
1．(2011年河北唐山一中调研)在容积一定的密闭容器中，反应2A(？) B(g)＋C(g)达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述正确的是(　　)
A．正反应是吸热反应，且A不是气态
B．正反应是放热反应，且A是气态
C．其他条件不变，加入少量C，物质A的转化率增大
D．改变压强对该平衡的移动无影响
解析：选A。升高温度，容器内气体的密度增大，说明气体的物质的量增大，则A一定不是气体，且平衡正向移动，即正反应方向为吸热反应，A选项正确，B选项错误；加了少量的C，平衡逆向移动，A的转化率减小，C选项错误；该反应为气体的体积增大的反应，则改变压强可以使平衡移动，D选项错误。
2．(2009年高考全国卷Ⅰ)下图表示反应X(g) 4Y(g)＋Z(g)　ΔH<0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：
下列有关该反应的描述正确的是(　　)
A．第6 min后，反应就终止了
B．X的平衡转化率为85%
C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%
D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小
解析：选B。第6 min时，可逆反应达到平衡状态，反应并未停止，A错；X的平衡转化率α＝×100%＝×100%＝85%，B正确；该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，X的转化率减小，C错误；降低温度，平衡正向移动，v正、v逆均减小，但两者不是同样倍数减小(逆反应速率减小的趋势大)，D错误。
3．在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g)??2C(g)　ΔH＜0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为(　　)
A．③②①　　　　　　　　 B．③①②
C．①②③ D．②①③
解析：选A。①与②相比，由于②能把反应产生的热量散到空中，相比①来说相当于降低温度，故平衡右移，故平衡时C的体积分数②大于①；②与③相比，由于反应向右进行时分子数减少，故③中活塞下移，相对②来说，相当于给体系加压，平衡右移，故②③的体积分数③大于②。
4．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，平衡向逆反应方向移动
D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
解析：选C。本题考查了影响化学平衡的因素。减小压强，体积增大，反应物和生成物的浓度均降低，则正、逆反应速率都减小。减小压强，平衡向体积增大的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，则v(逆)>v(正)，即趋势相同，但程度不同。
5．(2009年高考四川卷)在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX(g)??nY(g)　ΔH＝Q kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
下列说法正确的是(　　)
A．m>n
B．Q<0
C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少
D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
解析：选C。固定温度条件：(比如取100 ℃)讨论气体体积变化对Y浓度的影响：当体积扩大1倍时(压强减小)，若平衡不移动，则c(Y)＝0.5 mol·L－1，而实际上为0.75 mol·L－1，大于0.5 mol·L－1，这表明平衡是向右移动的，即减小压强平衡右移，这说明正反应是一个体积扩大的反应，m6．可用下面示意图象表示的是(　　)
解析：选C。A项中在SO2量相同的条件下，由于乙中O2量大，故乙中SO2转化率高，A错；B项中由于甲压强大，反应快，到达平衡时间短，不符合；D项中平衡时NH3浓度应相同，因为催化剂不改变平衡的限度。
7．体积完全相同的两个容器A和B，已知A装有SO2和O2各1 g，B装有SO2和O2各2 g，在相同温度下反应达到平衡时A中SO2的转化率为a%，B中SO2的转化率为b%，则A、B两容器中SO2转化率的关系正确的是(　　)
A．a%>b% B．a%＝b%
C．a%解析：选C。本题考查了勒夏特列原理的应用。容器发生反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)。要比较A、B两容器中SO2转化率，可以对B容器的反应过程进行如下虚拟设计：
即先将B容器中的体积扩大一倍，使状态Ⅱ与A容器达到等同平衡(状态Ⅱ相当于两个独立的容器A)，两者SO2的转化率相等。再将状态Ⅱ体积压缩为原体积，根据勒夏特列原理，平衡向体积减小的方向移动，平衡向正反应方向移动，状态Ⅲ平衡时SO2转化率大于状态Ⅱ(也就是容器A)的转化率。而B容器中SO2的转化率与状态是相同的，所以a%8．(2011年郑州高二检测)某温度下，密闭容器中发生反应aX(g) bY(g)＋cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的 1.8倍。则下列叙述正确的是(　　)
A．可逆反应的化学计量数：a>b＋c
B．压缩容器的容积时，v(正)＝v(逆)
C．达到新平衡时，物质X的转化率减小
D．达到新平衡时，混合物中Z的质量分数增大
解析：选C。将容器的容积压缩为原来的一半，如果平衡不移动，则Y和Z的浓度都变为原来的2倍，而实际上Y和Z的浓度变为原来的1.8倍，说明平衡逆向移动了，则Z的体积分数减小，X的转化率降低，由平衡移动原理可知av(正)。
9．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，下列表述中正确的是(　　)
A．反应的化学方程式为：2MN
B．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡
C．t3时，正反应速率大于逆反应速率
D．t1时，N的浓度是M的浓度的2倍
解析：选D。t1时，N的物质的量为6 mol，M的物质的量为3 mol，D正确；同时根据物质的量的变化可确定反应的化学方程式为2NM；t2时，M、N的物质的量相等，而不是正、逆反应速率相等；t3时，M、N的物质的量不再变化，正反应速率等于逆反应速率。
10．在容积固定的密闭容器中存在如下反应：A(g)＋B(g)??3C(g)(正反应为放热反应)；某研究小组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Ⅱ研究的是压强对反应的影响，且甲的压强较高
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。使用不同的催化剂有不同的化学反应速率，但是最终C的浓度应该是相同的，故A错，D对。
压强增大，反应A(g)＋B(g) 3C(g)的平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故B对。温度升高，反应A(g)＋B(g) 3C(g)的平衡向逆反应方向移动，B的转化率应该降低，故C对。
11．可逆反应3A(g) 3B(？)＋C(？)　ΔH<0达到化学平衡后，升高温度。用“变大”、“变小”、“不变”或“无法确定”填空。
(1)若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量________；
(2)若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量________；
(3)若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量________；
(4)若B不是气体，C是气体：
①如果A的摩尔质量大于C的摩尔质量，气体的平均相对分子质量________；
②如果A的摩尔质量小于C的摩尔质量，气体的平均相对分子质量________。
解析：混合气体的平均摩尔质量在以g·mol－1为单位时数值上等于其平均相对分子质量，因此可用气体的m(总)/n(总)来推算平均相对分子质量的变化，(1)(3)可用此法；对于(2)气体只有一种，所以不变；对于(4)属于两组分气体混合物，则只要看两种气体的比例及摩尔质量大小。
答案：(1)变大　(2)不变　(3)变大
(4)①变大　②变小
12．可逆反应A(g)＋2B(g) 2C(g)　ΔH<0，在一定条件下达到平衡，若改变条件，将变化结果(“增大”、“减小”或“不变”)填入空格。
(1)升高温度，B的转化率________，v(正)________，v(逆)________。
(2)加正催化剂，A的物质的量________，v(正)________，v(逆)________。
(3)保持温度和压强不变，加入惰性气体，则C的物质的量________，A的转化率________。
(4)保持温度和体积不变，加入惰性气体，A的转化率________。
(5)若温度和体积不变，反应从开始到平衡，容器内气体的密度________，压强________。
解析：(1)升高温度，平衡逆向移动，B的转化率减小，v(正)、v(逆)均增大。
(2)加正催化剂，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，A的物质的量不变。
(3)保持温度和压强不变，加入惰性气体，则平衡逆向移动，A的转化率下降。
(4)保持温度和体积不变，加入惰性气体，每种物质的浓度不变，平衡不移动。
(5)温度和体积不变，反应开始到平衡，反应物、生成物均为气体，平衡前、平衡时m(g)不变，ρ不变，而n(g)减小，p减小。
答案：(1)减小　增大　增大　(2)不变　增大　增大
(3)减小　减小　(4)不变　(5)不变　减小
13．一密封体系中发生下列反应：N2＋3H2??2NH3　ΔH<0，下图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图：
回答下列问题：
(1)处于平衡状态的时间段是________、________、________。
(2)t1、t3、t4时刻体系中分别是什么条件发生了变化：________、________、________。
(3)下列各时间段时，氨的百分含量最高的是________(填序号)。
A．t0～t1 B．t2～t3
C．t3～t4 D．t5～t6
解析：处于平衡状态时，正逆反应速率必定相等，从图中可看出t0～t1、t2～t4、t5～t6时间段时反应处于平衡状态。t1时刻，条件变化使v(正)、v(逆)都加快，且v(逆)>v(正)，平衡向逆反应方向移动，对照反应式可看出条件变化应是“升高温度”。t3时刻，v(正)、v(逆)都同幅度加快，应是“加催化剂”；t4时刻，v(正)、v(逆)都减慢，且v(正)答案：(1)t0～t1　t2～t4　t5～t6
(2)升高温度　加催化剂　降低压强　(3)A
14．(2011年江苏无锡高二质检)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________热反应，化学计量数x的值是________；
(4)丁图表示在某固定容积的密闭容器中上述可逆反应达到平衡后某物理量随着温度(T)的变化情况，根据你的理解，丁图的纵坐标可以是________，原因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)催化剂能够加快反应速率，缩短反应达到平衡所用的时间，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。
(4)温度升高，平衡向正反应方向移动，C的浓度增大，w(C)增大，体系压强也增大等。
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(>2)或大于等于3(≥3)
(4)w(C)或C的浓度或产率或压强等
温度升高，平衡向吸热方向即正反应方向移动
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1．(2011年江苏镇江高二调研)下列溶液中与1.0×10－5 mol/L的NaOH溶液的pH相同的是(　　)
A．把pH＝6的盐酸稀释1000倍
B．把pH＝10的Ba(OH)2溶液稀释10倍
C．把pH＝8和pH＝10的NaOH溶液等体积混合
D．把pH＝8的NaOH溶液稀释10倍
解析：选B。1.0×10－5 mol/L的NaOH溶液pH＝9，A项中酸不论怎样稀释其pH都无限接近7，但不会超过7，A错误；B项pH＝10的Ba(OH)2溶液稀释10倍，pH减小一个单位为9，B正确；C项混合溶液c(H＋)＝＝2×10－10，pH＝－lg(2×10－10)＝10－lg2＝9.7，C错误；D项pH接近7，错误。
2．将pH＝8的NaOH与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液中c(H＋)最接近于(　　)
A．(10－8＋10－10)mol/L
B．(10－4＋10－6)mol/L
C．(10－8＋10－10)/2 mol/L
D．2×10－10 mol/L
解析：选D。混合溶液中c(OH－)＝≈ mol·L－1，c(H＋)＝＝2×10－10 mol·L－1。
3．将pH＝1的盐酸平均分为两份，一份加适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH都升高1，则加入的水与NaOH溶液的体积比值为(　　)
A．9 B．10
C．11 D．12
解析：选C。设每份盐酸体积为a，水和NaOH溶液分别为V1、V2，所以加水时：＝0.01，解得V1＝9a。加NaOH溶液时：＝0.01，解得V2＝a，所以＝＝11。
4．t ℃时，某NaOH稀溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，c(OH－)＝10－bmol·L－1，已知a＋b＝12，请回答下列问题：
(1)该温度下水的离子积常数KW＝________。
(2)该NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为________，该NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)为________。
(3)该温度下若a＝8，要中和该NaOH溶液500 mL，需pH＝2的盐酸溶液的体积为________。
解析：(1)KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－a·10－b＝10－(a＋b)＝10－12。
(2)c(NaOH)＝c(OH－)＝10－bmol·L－1；该溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，NaOH溶液中H＋全是水电离的，c(H＋)水＝c(OH－)水＝10－amol·L－1。
(3)a＝8时，NaOH溶液中c(H＋)＝10－8mol·L－1，c(OH－)＝＝10－4mol·L－1，设需pH＝2即c(H＋)＝10－2mol·L－1的盐酸体积为V，则10－4mol·L－1×0.5 L＝10－2mol·L－1·V，得V＝5×10－3L＝5 mL。
答案：(1)10－12　(2)10－bmol·L－1　10－amol·L－1
(3)5 mL
1．(2011年泉州高二检测)分别取下列溶液各2毫升，用水稀释到20毫升，溶液的pH由3.0变成4.0，则该溶液是(　　)
①一元强酸　②二元弱酸　③一元弱碱　④二元强酸
A．① B．②
C．①③ D．①④
解析：选D。因为溶液稀释10倍时，pH增大1个单位，知该溶液为强酸，与其元数无关，故选D。
2．常温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，则该溶液的pH可能是(双选)(　　)
A．3 B．7
C．8 D．11
解析：选AD。根据水的电离平衡H2OH＋＋OH－知：由水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－11mol·L－1，抑制水电离的原因是溶液中c(H＋)或c(OH－)增大，若由于c(H＋)增大，则该溶液中c(H＋)＝＝1×10－3 mol·L－1，即pH＝3；若由于c(OH－)增大，则该溶液中c(OH－)＝＝1×10－3mol·L－1，即pH＝11。
3．下列物质中，加入10 mL HCl溶液时，其pH不会改变的是(　　)
A．20 mL同一浓度的HCl溶液
B．20 mL NH4Cl溶液
C．10 mL水
D．10 mL稀NaOH溶液
解析：选A。因HCl为强电解质，溶液中不存在电离平衡，混合前两溶液中c(H＋)相同，混合后pH才不会改变。
4．室温下将pH＝4的弱酸溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH(　　)
A．等于7 B．大于7
C．小于7 D．无法确定
解析：选C。pH＝4的弱酸溶液，其中c(H＋)＝10－4mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液，其中c(OH－)＝10－4mol·L－1，等体积混合后，H＋与OH－恰好完全反应，但因为该酸为弱酸，由于它还有大量未电离的分子继续电离H＋，所以溶液呈酸性(pH<7)，故正确结论为C。
5．(2011年浙江绍兴高二质检)25 ℃时，向纯水中加入NaOH，使溶液的pH为11，则由NaOH电离出的OH－浓度与水电离出的OH－浓度之比为(　　)
A．1010∶1 B．(5×109)∶1
C．108∶1 D．1∶1
解析：选C。pH＝11的NaOH溶液中，c(OH－)NaOH＝ mol/L＝1×10－3 mol/L，c(OH－)水＝c(H＋)水＝1×10－11 mol/L，因此溶液中c(OH－)NaOH∶c(OH－)水＝(1×10－3 mol/L)∶(1×10－11 mol/L)＝108∶1，选C。
6．(2009年高考上海卷)对于常温下pH为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是(双选)(　　)
A．该溶液1 mL稀释至100 mL后，pH等于3
B．向该溶液中加入等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和
C．该溶液中硝酸电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)之比值为10－12
D．该溶液中水电离出的c(H＋)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)的100倍
解析：选AB。B项，pH(强酸)＋pH(强碱)＝14，等体积混合时完全中和，正确。pH为1的硝酸中水电离出的c(H＋)为10－13mol·L－1，C项中两者之比为＝1012，不正确。pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)为10－11mol·L－1，＝10－2，D项错。
7．常温时有以下三种溶液：a.Ba(OH)2，b.NaOH，c.NH3·H2O。下列说法正确的是(　　)
A．同物质的量浓度的三种溶液的pH：a>b>c
B．同pH的三种溶液稀释相同倍数后pH：a>b>c
C．中和同pH、同体积的三种溶液消耗同物质的量浓度的盐酸的体积：a＝b＝c
D．同pH的三种溶液稀释不同倍数，pH仍相同，则三种溶液稀释的倍数：a>b>c
解析：选A。Ba(OH)2为二元强碱，NaOH为一元强碱，NH3·H2O为弱碱。
8．在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是(　　)
A．1∶9 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
解析：选D。本题通过氢氧化钡与硫酸氢钠的反应综合考查了pH的计算和有关物质的量浓度的计算，侧重考查计算能力。pH＝12的氢氧化钡溶液中c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－14/1×10－12mol·L－1＝1×10－2 mol·L－1，c[Ba(OH)2]＝0.5×10－2mol·L－1；反应后溶液pH＝11，c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－14/1×10－11 mol·L－1＝1×10－3 mol·L－1。设氢氧化钡溶液体积为V1，硫酸氢钠溶液的体积为V2。依题意知，n(Ba2＋)＝n(SO)。由Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋NaOH＋H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]＝0.5×10－2V1 mol,0.5×10－2V1/(V1＋V2)＝1×10－3，V1∶V2＝1∶4。
9．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4??Na＋＋H＋＋SO。某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。对于该溶液，下列叙述中不正确的是(　　)
A．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性
B．水电离出来的c(H＋)＝1×10－10mol/L
C．c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)
D．该温度高于25 ℃
解析：选A。pH＝6的蒸馏水中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6mol/L，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，故该温度高于25 ℃，D正确；当加入NaHSO4晶体时，溶液的pH＝2，c(H＋)＝1×10－2 mol/L，c(H＋)水＝c(OH－)水＝mol/L＝1×10－10mol/L，B正确；而加入pH＝12的NaOH溶液，c(OH－)＝ mol/L＝1 mol/L，因此等体积的NaHSO4与NaOH反应时，NaOH过量，溶液呈碱性，A不正确；根据电荷守恒知pH＝2的NaHSO4溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，据NaHSO4电离方程式知c(Na＋)＝c(SO)，所以有c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)。
10．25 ℃时，若体积为Va、pH＝a的某一元强酸与体积为Vb、pH＝b的某一元强碱混合，恰好中和，且已知Va(1)a值可否等于3(填“可”或“否”)__________，其理由是
________________________________________________________________________；
(2)a值可否等于5(填“可”或“否”)__________，其理由是
________________________________________________________________________；
(3)a的取值范围是________________________________________________________________________。
解析：本题考查酸碱中和反应、溶液pH与数学思维方法结合能力。可利用数学中反证法解题。
(3)由混合后溶液呈中性知：Va×10－a＝Vb×10b－14，即＝10a＋b－14，又因Va7得a>；综上可得a的取值范围是：答案：(1)否　若a＝3，由a＝0.5b，可推知b＝6，溶液显酸性，与题干矛盾
(2)否　若a＝5，酸溶液中c(H＋)＝10－5 mol·L－1，由a＝0.5b，则b＝10，碱溶液中c(OH－)＝10－4mol·L－1,10－5Va＝10－4Vb，Va∶Vb＝10>1，与题干矛盾
(3)7/211．(思维拓展题)(1)某温度时，测得0.01 mol/L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VaL与pH＝b的硫酸Vb L混合。
①若所得混合溶液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝__________。
②若所得混合溶液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝__________。
解析：(1)0.01 mol/L 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)，pH＝b的H2SO4中，c(H＋)＝10－bmol/L。两者混合后：①若溶液呈中性，则10－13＋a·Va＝10－b·Vb，将a＝12，b＝2代入，得Va∶Vb＝1∶10。②若pH＝10，则呈碱性，c(OH－)混＝＝10－3(mol/L)，而c(OH－)混＝(mol/L)，将a＝12，b＝2代入，得Va∶Vb＝1∶9。
答案：(1)1×10－13　(2)①1∶10　②1∶9
12．(2010年雅安高二检测)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＝10的NaOH溶液，应加__________ mL。
(3)若加入0.01 mol/L的盐酸，应加__________ mL。
解析：本题考查了溶液稀释的三种方法：加水稀释；加入更稀的溶液稀释；加入能消耗溶质的溶液稀释。
(1)加水稀释pH＝12的NaOH溶液至pH＝11，应使体积增大到10倍，所以需加水900 mL。
(2)设需pH＝10的NaOH溶液体积为V，那么：
＝10－3 mol/L，
V＝1 L＝1000 mL。
(3)设需0.01 mol/L的盐酸体积为V，那么：
＝10－3 mol/L，V＝81.8 mL。
答案：(1)900　(2)1000　(3)81.8
13．在25 ℃时，有pH为x的盐酸和pH为y的NaOH溶液，取Vx L该盐酸同该NaOH溶液中和，需Vy L NaOH溶液。问：
(1)当x＋y＝14，则＝__________(填数值)；
(2)当x＋y＝13，则＝__________(填数值)；
(3)当x＋y>14，则＝__________(填表达式)，且Vx__________Vy(填“>”、“<”或“＝”)(题中的x≤6，y≥8)。
解析：根据反应方程式：HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，则有Vx L×10－x mol·L－1＝VyL×10y－14 mol·L－1，
＝＝10x＋y－14
当x＋y＝14，则＝100＝1
当x＋y＝13，则＝10－1＝
当x＋y>14，则＝10x＋y－14>1，Vx>Vy。
答案：(1)1　(2)0.1　(3)10x＋y－14　>
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专题综合检测(一)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)
1．下列说法不正确的是(　　)
A．化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化
B．放热反应都不需要加热就能发生
C．吸热反应在一定条件(如高温、加热等)下也能发生
D．化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量
答案：B
2．已知化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，例如图(Ⅰ)所示：ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，根据上述原理和图(Ⅱ)所示，判断各对应的反应热关系中不正确的是(　　)
A．A→F　ΔH＝－ΔH6
B．A→D　ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
C．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH6＝0
D．ΔH1＋ΔH6＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH6
解析：选D。A→F与F→A互为逆反应，则反应热在热值上相等，符号上相反，故A项正确；根据盖斯定律和能量守恒定律可知B、C正确。
3．已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol－1。氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1。现有9 mol的甲烷和氢气的混合气体，完全燃烧后放出热量7408.2 kJ，则该混合气体中碳原子和氢原子的个数比为(　　)
A．1∶8　　　　　　　　　　　 B．8∶1
C．4∶17 D．17∶4
解析：选C。要求C、H原子个数比，就必须求CH4、H2的分子个数比即物质的量之比。题目给出了CH4、H2的总物质的量和它们燃烧时放出的总热量，故可用联立方程组的方法求解。
设混合气体中含CH4物质的量为x，H2的物质的量为y，则有：
解之得：x＝8，y＝1。
所以原混合气体中C、H原子个数比为8∶(4×8＋2×1)＝4∶17，所以答案应选C。
4．化学键的键能是指形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知热化学方程式：S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－297.23 kJ·mol－1，分析下列说法中正确的是(　　)
A．S(g)＋O2(g)===SO2(l)　|ΔH|＞297.23 kJ·mol－1
B．S(g)＋O2(g)===SO2(l)　|ΔH|＜297.23 kJ·mol－1
C．1 mol SO2的键能总和等于1 mol S和1 mol O2的键能之和
D．1 mol SO2的键能总和小于1 mol S和1 mol O2的键能之和
解析：选A。该热化学方程式可理解为：1 mol硫蒸气和1 mol氧气反应生成1 mol二氧化硫气体，放出297.23 kJ的热量。显然若生成液态SO2时，放出的热大于297.23 kJ，因此|ΔH|＞297.23 kJ·mol－1，A选项正确；因为反应放热，则说明1 mol SO2的键能总和大于1 mol S和1 mol O2键能之和，C、D都不正确。
5．通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可用于估算化学反应的反应热(ΔH)，化学反应的ΔH等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。
化学键 A—A B—B A—B
生成1 mol化学键时放出的能量 436 kJ·mol－1 243 kJ·mol－1 431 kJ·mol－1
则下列热化学方程式不正确的是(　　)
A．1/2A2(g)＋1/2B2(g)===AB(g)　ΔH＝－91.5 kJ·mol－1
B．A2(g)＋B2(g)===2AB(g)　ΔH＝－183 kJ·mol－1
C．1/2A2(g)＋1/2B2(g)===AB(g)　ΔH＝＋91.5 kJ·mol－1
D．2AB(g)===A2(g)＋B2(g)　ΔH＝＋183 kJ·mol－1
解析：选C。B选项，ΔH＝ΣE(反应物)－ΣE(生成物)＝(436＋243)－2×431＝－183(kJ·mol－1)，说明A2(g)和B2(g)反应生成AB(g)是一个放热反应，所以C选项热化学反应错误。
6．已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－282.9 kJ·mol－1
某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.74 kJ热量，同时生成3.6 g液态水，则原混合气体中的H2和CO的物质的量之比为(　　)
A．2∶1 B．1∶2
C．1∶1 D．2∶3
解析：选C。根据热化学方程式可知：H2标准燃烧热为571.6 kJ·mol－1÷2＝285.8 kJ·mol－1，生成＝0.2 mol H2O(l)，参加反应的H2为0.2 mol，H2燃烧放出的热量为0.2 mol×285.8 kJ·mol－1＝57.16 kJ。CO燃烧放出的热量为113.74 kJ －57.16 kJ＝56.58 kJ
CO的标准燃烧热为282.9 kJ·mol－1，故n(CO)＝＝0.2 mol，故H2和CO的物质的量之比为0.2 mol∶0.2 mol＝1∶1。
7．用石墨作电极电解1 mol/L CuSO4溶液，当c(Cu2＋)为0.5 mol/L时，停止电解，向剩余溶液中加入下列何种物质可使电解质溶液恢复至原来状态(　　)
A．CuSO4 B．CuO
C．Cu(OH)2 D．CuSO4·5H2O
解析：选B。电解过程中的反应为：
阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，
阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu。
总反应为：2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑。
由以上反应可知，电解使2 mol CuSO4和2 mol H2O变成了2 mol H2SO4，同时析出铜，放出O2，溶液中每生成2 mol Cu，则放出1 mol O2，故需补充CuO。
8．如图甲为锌铜原电池装置，乙为电解熔融氯化钠装置。则下列说法正确的是(　　)
A．甲装置中锌为负极、发生还原反应，铜为正极，发生氧化反应
B．甲装置盐桥的作用是使反应过程中ZnSO4溶液和CuSO4溶液保持电中性
C．乙装置中铁极的电极反应式为：2Na―→2Na＋＋2e－
D．乙装置中B是氯气出口，A是钠出口
解析：选B。A项锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应；C项从图中知铁应为阴极，否则生成的氯气要和铁发生反应；因此，铁极反应为：2Na＋＋2e－―→2Na；D项A是Cl2出口，B是钠出口。
9．按下图装置实验，若x轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴可表示(　　)
①c(Ag＋)　②c(AgNO3)　③a棒的质量　④b棒的质量
⑤溶液的pH
A．①③ B．③④
C．①②④ D．①②⑤
解析：选D。该电解池中随着电解的进行c(Ag＋)不变，c(AgNO3)不变，溶液的pH不变，因为阳极为Ag－e－===Ag＋；阴极为Ag＋＋e－===Ag。
10．某研究小组用NaOH溶液吸收二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴阳膜组合循环再生机理如图，则下列有关说法错误的是(　　)
A．阳极区酸性增强
B．阴极区电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
C．diluent和concentrated的中文含义为浓缩的、稀释的
D．该过程中的副产品主要为H2SO4
解析：选C。阴极区消耗氢离子，剩下亚硫酸根离子；阳极区消耗亚硫酸根离子剩下氢离子，并且生成硫酸根离子。所以阳极区会放出浓度更大的硫酸，阴极区会放出浓度变小的亚硫酸钠溶液。
11.
如图用铜锌原电池(电解质溶液为稀硫酸)在铁棒上电镀铜，下列叙述正确的是(　　)
A．铜在原电池中作负极，在电镀池中作阳极
B．原电池溶液增加的质量比电镀池阴极增加的质量大
C．锌棒每减少0.65 g，导线上转移的电子就为0.02 mol
D．电镀池中的电解质溶液可用ZnSO4溶液
解析：选C。由图可判断，左边为原电池，活泼金属Zn作负极，则与负极相连的电极为阴极，发生还原反应，应该为镀件铁棒，目的为电镀铜，所以右边烧杯中的电解质溶液应为铜盐。左边烧杯中负极反应为Zn－2e－===Zn2＋，右边烧杯中的阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu。原电池的正极反应为2H＋＋2e－===H2↑，所以锌棒每减少0.65 g，导线上转移的电子就为0.02 mol，原电池溶液质量增加0.65 g－0.02 g＝0.63 g，而阴极质量增加0.64 g。
12．如图所示的装置，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16 g，乙池中某电极上析出0.24 g某金属，下列说法正确的是(　　)
A．甲池是b极上析出金属银，乙池是c极上析出某金属
B．甲池是a极上析出金属银，乙池是d极上析出某金属
C．某盐溶液可能是CuSO4溶液
D．某盐溶液可能是Mg(NO3)2溶液
解析：选C。甲池a极是阴极，析出金属银，乙池c极是阴极，析出某金属。某盐溶液如果是Mg(NO3)2溶液，不可能析出金属。
13．常温时，将500 mL pH＝a的CuSO4和K2SO4的混合溶液用石墨电极电解一段时间，测得溶液的pH变为b(假设溶液体积的变化忽略不计)，在整个电解过程中始终发现只有一个电极有气体产生。下列说法错误的是(　　)
A．若使溶液恢复到电解前的浓度可以向溶液中加20(10－b－10－a) g CuCO3
B．b＜a＜7
C．阳极电极反应：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
D．整个过程中是阳极产生氧气，阴极析出铜单质
解析：选A。本题的关键是看在整个电解过程中始终发现只有一个电极有气体产生，马上就知道整个过程中是阳极产生氧气，阴极析出铜单质，要恢复电解前的溶液就要将氧气和铜的质量转化成CuO或CuCO3，需要20(10－b－10－a)g CuO。考虑水解a＜7，电解转变成酸则b＜a。
14．已知(1)H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)
ΔH1＝a kJ·mol－1
(2)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH2＝b kJ·mol－1
(3)H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)ΔH3＝c kJ·mol－1
(4)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH4＝d kJ·mol－1
下列关系式中正确的是(　　)
A．a＜b＜0 B．b＞d＞0
C．2a＝b＜0 D．2c＝d＞0
解析：选C。依题可知：(1)、(2)、(3)、(4)都是H2的燃烧反应，为放热反应，所以a、b、c、d都小于0；(1)与(2)相比较可知b＝2a；(1)与(3)比较可知c＜a；(2)与(4)比较可知d＜b；(3)与(4)比较可知d＝2c，故只有C正确。
15．甲醇广泛用作燃料电池的燃料，可用天然气来合成，已知：
①2CH4(g)＋O2(g)===2CO(g)＋4H2(g)
ΔH＝－71 kJ/mol
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(l)ΔH＝－90.5 kJ/mol
③CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890 kJ/mol
下列不能得出的结论是(　　)
A．反应②不需要加热就能进行
B．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)ΔH＞－90.5 kJ/mol
C．甲醇的燃烧热ΔH＝－764 kJ/mol
D．若CO的燃烧热ΔH＝－283.0 kJ/mol，则H2的燃烧热ΔH＝－285.8 kJ/mol
解析：选A。A项，反应为放热反应还是吸热反应与反应条件无关；B项，CH3OH由液态变为气态需要吸收热量，所以CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH＞－90.5 kJ/mol；C项，③×2－①－②×2得
2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－1528 kJ/mol，所以甲醇的燃烧热ΔH＝－764 kJ/mol；D项，由条件可知④2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566.0 kJ/mol，得2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.5 kJ/mol，所以H2的燃烧热ΔH＝－285.8 kJ/mol。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(11分)已知下列热化学方程式：
①H2O(l)===H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋285.8 kJ/mol
②H2(g)＋O2(g)===H2O(g)ΔH＝－241.8 kJ/mol
③NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ/mol
④C(s)＋O2(g)===CO(g)ΔH＝－110.5 kJ/mol
⑤C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.5 kJ/mol
回答下列问题：
(1)上述反应中属于吸热反应的是____________。
(2)C的燃烧热为________。
(3)燃烧10 g H2生成液态水，放出的热量为________。
(4)写出CO燃烧的热化学方程式________________________________________________________________________，
写出制水煤气的热化学方程式________________________________________________________________________。
解析：(1)吸热反应ΔH＞0，故①是吸热反应。
(2)燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，故C的燃烧热为393.5 kJ/mol。
(3)n(H2)＝5 mol　Q＝5 mol×285.8 kJ/mol＝1429 kJ
(4)⑤－④得：CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283 kJ/mol
④－②得：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.3 kJ/mol
答案：(1)①　(2)393.5 kJ/mol　(3)1429 kJ
(4)CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283 kJ/mol
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.3 kJ/mol
17．(12分)请从图中选出必要的装置进行电解饱和食盐水的实验，要求测定产生的氢气的体积(大于25 mL)，并检验氯气的氧化性。
(1)A极发生的电极反应式是________________________________________________________________________，
B极发生的电极反应式是________________________________________________________________________。
(2)电源、电流表与A、B两极的正确连接顺序为
L→(　)→(　)→(　)→(　)→M。
(3)设计上述气体实验装置时，各接口的正确连接顺序为________接________、________接a、b接________、________接________。
(4)实验中，在盛有KI?淀粉溶液的容器中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
解析：本题为电解应用题。
(1)电解池中，A为铁棒，要求电解饱和NaCl溶液，A一定要为阴极，反应式2H＋＋2e－===H2↑，B极：2Cl－－2e－===Cl2↑。
(2)连接电解装置时，要注意顺序，A为阴极，应最终与电源负极相连，B则最终与电源正极相连。
(3)既然a、b已在中间给出，所以左边应是测H2体积的装置，右边应是验证Cl2性质并最后吸收Cl2的装置。特别提醒：H、F、G构成排水量气装置与D、E、C向某溶液中通气体装置中进气管的差别。
(4)Cl2氧化I－，即Cl2＋2I－===2Cl－＋I2。
答案：(1)2H＋＋2e－===H2↑　2Cl－－2e－===Cl2↑
(2)J　K　A　B(或K　J　A　B)
(3)H　F　G　D　E　C
(4)Cl2＋2I－===2Cl－＋I2
18. (10分)请按要求回答下列问题。
(1)根据图1回答①②：
图1
①断开K2，合并K1。
A电极可观察到的现象是________；B极的电极反应为__________________________________。
②断开K1，合并K2。
A电极可观察到的现象是__________；B极的电极反应为__________________________；
图2
(2)根据图2回答③④：
③将较纯净的CuSO4溶液放入如图所示的装置中进行电解，石墨电极上的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
电解反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
④实验完成后，铜电极增重a g，石墨电极产生标准状况下的气体体积________ L。
解析：(1)①此时为原电池，锌为负极，不断溶解，B极为正极，反应为Cu2＋＋2e－===Cu。
②此时为电解池，A极为阴极，反应为Cu2＋＋2e－===Cu，故A极上镀上一层红色的铜，B极为阳极，反应为Cu－2e－===Cu2＋。
(2)此时为惰性电极电解CuSO4，石墨极上反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，总反应的离子方程式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，
V(O2)＝××22.4 L＝ L。
答案：(1)①锌不断溶解　Cu2＋＋2e－===Cu
②A镀上一层红色的铜　Cu－2e－===Cu2＋
(2)③4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋　④
19．(12分)按照如图接通线路，反应一段时间后，回答下列问题(假设所提供的电能可以保证电解反应的顺利进行)：
(1)U形管内发生什么现象？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)写出有关反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)在a、b两烧杯中发生的现象：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)如果小烧杯中有0.508 g碘析出，大烧杯中负极减轻________ g。
解析：由图知，左边的装置为原电池，Zn为负极，Pt为正极，电解质溶液为硫酸溶液，总反应方程式为：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，因此，右边的装置为电解池。根据装置的连接方式，电解池的左边为阳极，右边为阴极，电解质溶液为KCl溶液，阳极氯离子放电生成氯气，所以a烧杯中KI 淀粉溶液变蓝，反应方程式为：2KI＋Cl2===2KCl＋I2，阴极氢离子放电产生氢气，同时生成氢氧根离子，因此KCl 酚酞溶液变红，b烧杯中有无色气泡生成，电解的总方程式为：2KCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2KOH。根据电子转移守恒，Zn～I2，再根据生成的碘单质的质量，可求出锌消耗的质量。
答案：(1)左侧管内有黄绿色气体逸出，右侧管内有无色气体逸出，右侧溶液由无色变为红色
(2)Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，
2KI＋Cl2===2KCl＋I2，
2KCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2KOH
(3)a烧杯中溶液变蓝；b烧杯中有无色气体生成，溶液无明显变化
(4)0.13
20．(10分)(2010年北京西城区抽样)能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。
(1)在25℃、101 kPa时，16 g CH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是890.31 kJ，则CH4燃烧的热化学方程式是________________________________________________________________________。
(2)已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　
ΔH＝－437.3 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　
ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　
ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
则煤的气化主要反应的热化学方程式是：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝__________kJ·mol－1。
解析：(1)根据提供信息，1 mol甲烷完全燃烧生成液态水放出890.31 kJ的热量，因此其热化学方程式为：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.31 kJ·mol－1。
(2)设提供的三个反应分别为①、②、③，根据盖斯定律，C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)可以通过①－②－③得到，因此该反应的ΔH＝－437.3 kJ·mol－1－(－285.8 kJ·mol－1)－(－283.0 kJ·mol－1)＝＋131.5 kJ·mol－1。
答案：(1)CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.31 kJ·mol－1
(2)＋131.5
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专题综合检测(二)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)
1．5.6 g铁粉投入到盛有100 mL 2 mol/L稀硫酸的烧杯中，2 min时铁粉刚好溶解(溶解前后溶液体积变化忽略不计)，下列表示这个反应的速率正确的是(　　)
A．v(Fe)＝0.5 mol/(L·min)
B．v(H2SO4)＝1 mol/(L·min)
C．v(H2SO4)＝0.5 mol/(L·min)
D．v(FeSO4)＝1 mol/(L·min)
解析：选C。铁粉为固体，其物质的量浓度可视为常数，不用铁粉表示化学反应速率，A错误；铁粉是0.1 mol，参加反应的H2SO4为0.1 mol，所以v(H2SO4)＝1 mol/L÷2 min＝0.5 mol/(L·min)，v(FeSO4)＝0.5 mol/(L·min)，B、D项错。
2．已知常温常压下，N2(g)和H2(g)生成2 mol NH3放出92.4 kJ热量。在同温、同压下向密闭容器中通入1 mol N2和3 mol H2，达到平衡时放出热量为Q1 kJ，向另一个体积相同的容器中通入0.5 mol N2、1.5 mol H2和1 mol NH3，相同条件下达到平衡时放出热量为Q2 kJ，则下列关系式正确的是(　　)
A．2Q2＝Q1＝92.4　　　　　　 B．Q2C．Q1解析：选B。对于反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，ΔH＝－92.4 kJ/mol，而在密闭容器中通入1 mol N2和3 mol H2时，实际过程N2和H2不能完全转化，故生成n(NH3)<2 mol，放出的热量Q1<92.4，而另一容器中通入0.5 mol N2、1.5 mol H2和1 mol NH3，是从中间过程建立的平衡体系，达平衡时虽然与上述平衡相同，但生成的NH3比上述平衡体系还要少，故Q23．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A(g)＋xB(g) 2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间的变化如下图所示。下列说法中正确的是(　　)
A．30 min时降低温度，40 min时升高温度
B．8 min前A的平均反应速率为0.08 mol·(L·s)－1
C．反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应
D．20～40 min间该反应的平衡常数均为4
解析：选D。从图中看出，x＝1,30 min时，正逆反应速率同时下降，但平衡没有移动，说明是降低压强，40 min时，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，说明是升高温度，正反应是放热反应，所以A、C选项错误；8 min前Δc(A)＝0.64 mol·L－1，则v(A)＝＝0.08 mol·(L·min)－1，B选项单位错误。
4．(2011年泉州高二检测)反应A(g)＋3B(g) 2C(g)＋2D(g)，不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是(　　)
A．v(D)＝0.4 mol/(L·s)
B．v(C)＝0.5 mol/(L·s)
C．v(B)＝0.6 mol/(L·s)
D．v(A)＝0.15 mol/(L·s)
解析：选B。化学反应速率的比较原则是转化为同一物质的反应速率进行比较，若用A物质表示，则：
A中v(A)＝v(D)＝0.2 mol/(L·s)
B中v(A)＝v(C)＝0.25 mol/(L·s)
C中v(A)＝v(B)＝0.2 mol/(L·s)
D中v(A)＝0.15 mol/(L·s)，故选B。
5．一定温度下，1 mol X和n mol Y在容积为2 L的密闭容器中发生如下反应：X(g)＋Y(g) Z(g)＋M(s)，5 min后达到平衡，此时生成a mol Z。下列说法正确的是(　　)
A．向平衡后的体系中加入1 mol M，平衡向逆反应方向移动
B．用X表示此反应的反应速率是(0.1－0.1 a)mol·(L·min)－1
C．向上述平衡体系中再充入1 mol X，v(正)增大，v(逆)减小，平衡正向移动
D．当混合气体的质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态
解析：选D。由于M为固体，所以达平衡后，加入固体物质是不能影响反应速率及平衡移动的；反应速率表示的是单位时间内浓度的变化量，生成a mol Z，则反应掉a mol X，所以v(X)＝＝0.1a mol·(L·min)－1；加入反应物，正反应速率加快，逆反应速率瞬时不变，但随后将增大；反应中由于有固体的生成，故如果气体的质量不变，则反应将达平衡。
6．将等物质的量的X、Y气体充入某密闭容器中，在一定条件下，发生如下反应并达到平衡：X(g)＋3Y(g) 2Z(g)　ΔH<0。当改变某个条件并维持新条件直至新的平衡时，下表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是(　　)
改变条件 新平衡与原平衡比较
A 升高温度 X的转化率变小
B 增大压强 X的浓度变小
C 充入一定量Y Y的转化率增大
D 使用适当催化剂 X的体积分数变小
解析：选A。升温，平衡向吸热反应的方向移动，即逆向移动，X的转化率将变小，A项正确；增大压强，平衡向气体分子数减小的方向即正向移动，X的物质的量减小，但由于体积的减小，实际各组分的浓度均比原平衡大，故B项错误；增大一种反应物的浓度，能够提高另一种反应物的转化率，而其本身的转化率将降低，故C项错误；催化剂只能改变反应速率，但不影响平衡状态，故各物质的体积分数不变，D项错误。
7．在一定温度下的恒容密闭容器中，取一定量的A、B于反应容器中，当下列物理量不再改变时，表明反应：A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)已达平衡的是(　　)
A．混合气体的压强
B．混合气体的密度
C．C、D的物质的量的比值
D．气体的总物质的量
解析：选B。判断可逆反应达平衡状态的标志是v(正)＝v(逆)和各成分的百分含量保持不变。而此反应是反应前后气体体积不变的反应，气体的压强、总物质的量始终不变，不能用来判断反应是否平衡，故A、D错，C项根据化学方程式n(C)∶n(D)＝1∶1始终不变，故C错。
8．(2011年郑州高二检测)以下是几位同学在学习了化学反应速率和化学平衡理论以后发表的一些看法，其中不正确的是(　　)
A．化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品
B．化学平衡理论可指导怎样使用有限原料多出产品
C．化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率
D．正确利用化学反应速率和化学平衡理论可提高化工生产的综合经济效益
解析：选C。化学反应速率研究的是化学反应进行的快慢，化学平衡理论研究的是化学反应的限度，即最大转化率。故A、B、D正确，C错误。
9．在容积不变的密闭容器中进行反应：2X2(g)＋Y2(g) 2Z(g)　ΔH。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是(　　)
A．图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响，若乙的温度较高，则ΔH>0
B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅱ表示t0时刻通入氦气对反应速率的影响
D．图Ⅲ表示t0时刻增大X2的浓度对反应速率的影响
解析：选B。由乙到甲，降低温度，Z的含量增大，说明正反应是放热反应，ΔH<0，A错；催化剂不能使平衡移动，能同时同倍数加快化学反应速率，B正确；该反应容器容积不变，充入氦气，正逆反应速率不变，C错；增大X2(g)浓度，正反应速率急增，逆反应速率从原平衡基础上逐渐增大，D错。
10．在温度不变，恒容的容器中进行反应H22H　ΔH>0，若反应物的浓度由0.1 mol·L－1降到0.06 mol·L－1需20 s，那么由0.06 mol·L－1降到0.036 mol·L－1所需反应时间应为(　　)
A．10 s B．12 s
C．大于12 s D．小于12 s
解析：选C。由题意知，前20 s内的反应速率为v(H2)＝＝0.002 mol·L－1·s－1，假设反应物浓度由0.06 mol·L－1降到0.036 mol·L－1时反应速率不变，则t＝＝12 s。但随反应进行，反应物浓度减小，反应速率减慢，故实际所用时间大于12 s，故选C。
11．已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g) N2O4(g)　ΔH<0。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如下图所示。X与Y两条曲线中，Y表示N2O4浓度随时间的变化，则下列说法不正确的是(　　)
A．如混合气体的压强不变，说明反应已达化学平衡状态
B．a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b点
C．25～30 min内用NO2表示的平均化学反应速率是0.08 mol·L－1·min－1
D．反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是增加N2O4浓度
解析：选D。反应2NO2(g) N2O4(g)是气体物质的量减小的反应，如压强不变，则各气体的物质的量不再发生改变，因此A项正确；由图知只有b点处于平衡状态，B项正确；对C项可先计算出v(N2O4)＝
＝0.04 mol·L－1·min－1，再据v(NO2)＝v(N2O4)×2可知C项正确；对D项由图知25 min时是增加NO2的浓度。
12．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%。
13．(2010年河南濮阳高二检测)容积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，并达到平衡状态。在这个过程中，甲容器保持压强不变，乙容器保持容积不变。若甲容器中SO2的平衡转化率为P%，则乙容器中SO2的平衡转化率(　　)
A．等于P% B．大于P%
C．小于P% D．无法判断
解析：选C。甲中压强不变，随反应的进行，体积减小，此时SO2的转化率为P%，乙中体积不变，相对甲来说，压强减小了，平衡向左移动，SO2的转化率小于P%，故选C。
14．298 K时，合成氨反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92.2 kJ/mol　ΔS＝－198.2 J/(mol·K)，下列说法中不正确的是(　　)
A．合成氨反应是放热反应
B．合成氨反应是熵减小的反应
C．合成氨反应在任何条件下都可自发进行
D．降低温度、增大压强都有利于平衡向生成氨的方向移动
解析：选C。因为ΔH<0，所以正反应是放热反应，故A正确；对N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)正反应是气体体积减小的反应，ΔS<0为熵减小的反应，故B正确；对于C项，ΔG＝ΔH－T·ΔS，ΔH<0，ΔS<0，反应是否自发进行受温度影响，故C错；降低温度，增大压强平衡都向正反应方向移动，故D正确。
15．一定温度下，反应2SO2＋O22SO3达到平衡时，n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶3∶4。缩小体积，反应再次达到平衡时，n(O2)＝0.8 mol，n(SO3)＝1.4 mol，此时SO2的物质的量应是(　　)
A．0.4 mol B．0.6 mol
C．0.8 mol D．1.2 mol
解析：选A。设原平衡体系中SO2、O2、SO3的物质的量分别为2x、3x和4x，缩小体积时，平衡向右移动。设O2转化的物质的量为m，则：
　　　2SO2＋　O2　　2SO3
起始量 2x 3x 4x
变化量 2m m 2m
平衡量 2x－2m 3x－m 4x＋2m
由题意得
解得
所以再次达到平衡时：
n(SO2)＝2×0.3 mol－2×0.1 mol＝0.4 mol。
二、非选择(本题包括5小题，共55分)
16．(8分)在N2＋3H2??2NH3(正反应为放热反应)的平衡体系中，当改变下列条件时，按要求将变化情况填入下表：
改变条件 正反应速率 逆反应速率 平衡移动方向
(1)增大压强
(2)升高温度
(3)加入铁粉
根据勒夏特列原理，欲提高氨的产率应采取________和________等措施。但压强越大，则________________________________________________________________________，
温度越低，则________________________________________________。
因此合成氨的适宜条件为：_______________________________________。
解析：合成氨反应是一气体体积减小的反应，所以增大压强平衡正向移动，且正逆反应速率均增大；升高温度正逆反应速率均增大，又因为该反应是放热反应，所以平衡逆向移动；加入的铁粉作催化剂，它可以同等程度的改变反应速率，使正逆反应速率均增大，但它不改变平衡。根据勒夏特列原理，欲提高氨的产率应采取增大压强、降低温度的措施；但是压强越大对反应设备的要求越高，需要的能量越大；温度越低虽然能促进平衡的正向移动，但是反应速率太慢，合成氨的产率太低。因此合成氨的适宜条件是：700 K,20 MPa～50 MPa，使用铁触媒作催化剂，氮气与氢气的物质的量比控制在1∶2.8。
答案：
改变条件 正反应速率 逆反应速率 平衡移动方向
(1)增大压强 增大 增大 正向
(2)升高温度 增大 增大 逆向
(3)加入铁粉 增大 增大 不移动
增大压强　降低温度　对反应设备的要求越高，需要的能量越大　反应进行得越慢　700K,20 MPa～50 MPa，使用铁触媒作催化剂，氮气与氢气的物质的量比控制在1∶2.8
17．(9分)可逆反应：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)在一定温度下达到平衡后，测得混合气体的平均相对分子质量为a。现增大压强，达到新的平衡状态后测得混合气体的平均相对分子质量为b。
(1)①若原平衡是以C(s)和H2O(g)为起始反应物建立的，则a与b关系为________；②若原平衡是以CO(g)和H2(g)为起始反应物建立的，则a与b关系为________。
A．a>b　　　　　　B．aC．a＝b D．以上三种情况都有可能
(2)若原平衡是以CO(g)和H2(g)为起始反应物建立的，且a＝b，则起始时CO与H2的体积比为________。
解析：设原平衡时混合气体的平均相对分子质量为。
(1)①若原平衡是以C(s)和H2O(g)为反应物建立的，则生成等物质的量的CO和H2，二者的平均相对分子质量为15，则平衡混合气体的满足：15<<18，增大压强使平衡向左移动后一定会增大，选B。当然，这种情况也可以这样理解：因原平衡时15<<18，若增大压强平衡向左移动，由极端假设法知一定增大。
②若原平衡是以CO和H2为反应物建立的，则平衡时有：2<<28，因大于、等于还是小于12无法确定，所以选D。
(2)这种情况下，起始时CO与H2的平均相对分子质量必为12，易求得其体积比为5∶8
答案：(1)B　D　(2)5∶8
18．(12分)某化学反应2A(g) B(g)＋D(g)在四种不同的条件下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓度(mol·L－1)随反应时间(min)的变化情况如下表：
实验序号 时间浓度温度 0 10 20 30 40 50 60
1 800 ℃ 1.0 0.80 0.67 0.57 0.50 0.50 0.50
2 800 ℃ c2 0.60 0.50 0.50 0.50 0.50 0.50
3 800 ℃ c3 0.92 0.75 0.63 0.60 0.60 0.60
4 820 ℃ 1.0 0.40 0.25 0.20 0.20 0.20 0.20
根据上述数据，完成下列填空：
(1)实验1中，反应在10 min～20 min时间内A的平均速率为________ mol·(L·min)－1。
(2)在实验2中，A的初始浓度c2＝________mol·L－1，反应经20 min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是________________________________________________________________________。
(3)比较实验4和实验1，可推测该反应是________反应(选填“吸热”或“放热”)。理由是________________________________________________________________________。
(4)在800 ℃时，此反应的平衡常数K＝________，将温度升高到820 ℃，K将________。
(5)在实验1中，反应达平衡时A的转化率为________，升高温度，A的转化率________。
解析：(1)v(A)＝＝0.013 mol·L－1·min－1。
(2)对比实验2和1可知，反应温度相同，达平衡时A的浓度相同，说明是同一平衡状态，即c2＝1.0 mol·L－1，又因实验2的反应速率快，达平衡所需时间短，说明反应中使用了催化剂。(3)对比实验4和1可知，两实验的起始浓度相同，反应温度不同，达平衡时实验4中A浓度小，说明进行的程度大；即温度越高，A的转化率越大，说明正反应为吸热反应。
(4)　　2A(g) B(g) 　＋　 　D(g)
起始量 1.0 mol·L－1 0 0
转化量 0.50 mol·L－1 0.25 mol·L－1 0.25 mol·L－1
平衡量 0.50 mol·L－1 0.25 mol·L－1 0.25 mol·L－1
所以K＝＝＝0.25，升高温度，平衡正移，K值将增大。
(5)A的转化率：×100%＝50%，升高温度，平衡正移，A的转化率将增大。
答案：(1)0.013　(2)1.0　使用催化剂　(3)吸热　升高温度时，平衡向右移动　(4)0.25　增大　(5)50%　增大
19．(14分)向2 L密闭容器中加入一定量的A、B、C三种气体，一定条件下发生反应，各物质的物质的量随时间变化如图甲所示[t0～15 s阶段n(B)未画出]。图乙为t2时刻后改变条件平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段所改变的外界条件均不同。已知t3～t4阶段为使用催化剂。观察下图，回答以下问题：
(1)甲图中从反应至达到平衡状态，生成物C的平均反应速率为________。
(2)图乙中t2时引起平衡移动的条件是________，t5时引起平衡移动的条件是________。
(3)图乙中表示平衡混合物中，在这四个阶段中C的含量最高的一段时间是________。
(4)该反应的化学方程式可以表示为：________________________________________________________________________，
正反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。
(5)反应开始时加入的B的物质的量为________。
解析：(1)根据图甲v(C)＝＝0.004 mol·L－1·s－1。
(2)分析图乙，t2时刻，v(正)突然增加，v(逆)逐渐增加，所以t2时刻增加了A的量；t3～t4阶段使用了催化剂；由于四个阶段所改变的外界条件均不同，t4时刻改变的条件可能为压强或温度，改变温度时平衡一定会发生移动，而t4时刻平衡未发生移动，只是速率减小，所以t4时刻改变的条件是压强，且为降压；t5时刻正逆反应速率突然升高，改变条件为升温。
(3)图乙中t2～t3，t5～t6，v(正)>v(逆)，其余时间段v(正)＝v(逆)，所以C的含量最高的一段时间为t5～t6段。
(4)降压由于平衡不移动，所以此反应前后气体分子数不变。由图甲可求出v(A)＝＝0.006 mol·L－1·s－1，即＝，所以此反应的化学方程式为3A(g)??B(g)＋2C(g)；升高温度时，v(正)>v(逆)，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应。
(5)由化学方程式可知，15 s时，B的物质的量增加了0.06 mol，所以开始时加入的B的物质的量为0.1 mol－0.06 mol＝0.04 mol。
答案：(1)0.004 mol·L－1·s－1
(2)增加A的浓度　升高温度
(3)t5～t6
(4)3A(g)??B(g)＋2C(g)　吸热
(5)0.04 mol
20．(12分)实验室中配制碘水，往往是将I2溶于KI溶液中，这样就可以得到浓度较大的碘水，主要是因为发生了反应：I2(aq)＋I－I，上述平衡体系中，I的物质的量浓度c(I)与温度T的关系如图所示(曲线上的任何一点都表示平衡状态)。
(1)通过分析上图，该反应的正反应为________反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)在T1、D状态时，v(正)________v(逆)(填“>”、“<”或“＝”)。
若在T1时某状态c(I－)/c(I)＝________平衡状态(填“是”、“不是”或“不一定是”)。
(3)写出该平衡常数的表达式K＝________。若升高温度，K值将________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)；若向溶液中加入少量的溴水，K值将________。
解析：(1)由题意及图象知，I2(aq)＋I－I，升高温度，c(I)减小，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应。
(2)在T1、D点时，要达到平衡状态A点，T1不变，c(I)增大，反应向右进行，故v(正)>v(逆)。
K＝，而＝时，不知c(I2)的大小，故无法确定是否达平衡状态。
(3)K＝，升高温度，平衡逆移，故K值减小；若加入少量的溴水，改变了物质的浓度，但K值不变。
答案：(1)放热　(2)>　不一定是
(3)　减小　不变
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1．常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol/L，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知，该溶液中的溶质对水的电离平衡起抑制作用。由于加酸、碱抑制水的电离，结合选项知A正确。
2．将纯水加热至80 ℃，下列叙述正确的是(　　)
A．水的离子积不变
B．水的pH变小，呈酸性
C．水的pH变大，呈中性
D．水中c(H＋)＝c(OH－)>1×10－7 mol·L－1
解析：选D。因为水的电离是吸热过程，故升高温度，水的电离程度增大，使得c(H＋)＝c(OH－)>1×10－7 mol/L，溶液仍呈中性，但pH变小，KW增大，故选D。
3．25 ℃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。故选项A、D正确。
4．(2011年靖江模拟)乙醇、液氨、水都可以发生自偶电离，如H2O＋H2OH3O＋＋OH－，NH3＋NH3NH＋NH，则下列叙述正确的是(双选)(　　)
A．乙醇的电离方程式为：
2CH3CH2OHCH3CH2OH＋CH3CH2O－
B．乙醇的电离方程式为：CH3CH2OHCH3CH2O－＋H＋
C．若液氨的离子积常数为：1.0×10－28，则液氨浓度为1.0×10－14mol/L
D．若可用与pH相当的定义来规定pOH、pNH2等，则乙醇中与pH相当的为1gc(CH3CH2OH)
解析：选AB。类比水的自偶电离知A、B项正确；C项中液氨的离子积常数为1.0×10－28，则c(NH)与c(NH)的浓度为1.0×10－14mol/L，而非液氨的浓度，错误；类比pH的定义知乙醇中与pH相当的为－lgc(CH3CH2OH)，D错误。
5．有一学生甲在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。学生乙对学生甲的操作的评价为：操作错误，测定结果一定有误差。学生丙对学生甲操作的评价为：操作错误，但测定结果不一定有误差。
(1)你支持__________(填“乙”或“丙”)同学的观点，原因是
________________________________________________________________________。
(2)若用此法分别测定c(H＋)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是__________，原因是________________________________________________________________________。
(3)只从下列试剂中选择实验所需的物品，你__________(填“能”或“不能”)区分0.1 mol·L－1的硫酸和0.01 mol·L－1的硫酸。若能，简述操作过程。
________________________________________________________________________。
①紫色石蕊试液　②酚酞试液　③甲基橙试液　④蒸馏水　⑤BaCl2溶液　⑥pH试纸
解析：(1)用pH试纸测溶液的pH时，试纸不能润湿，否则，相当于将溶液稀释，酸性溶液的pH偏大，碱性溶液的pH偏小，但中性溶液的pH无影响。
(2)用湿润的pH试纸测量溶液的pH时，对强电解质溶液pH的影响更大，因弱电解质溶液在稀释过程中要继续电离，稀释后的弱电解质溶液中离子浓度比强电解质溶液中离子浓度更接近未稀释时的离子浓度。
(3)0.1 mol·L－1的硫酸和0.01 mol·L－1的硫酸浓度差别较大，可直接用pH试纸鉴别。
答案：(1)丙　当溶液呈中性时，则不产生误差；否则将产生误差
(2)盐酸　原因是在稀释过程中醋酸继续电离产生H＋，使得溶液中c(H＋)较盐酸溶液中c(H＋)大，误差较小
(3)能　用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01 mol·L－1的硫酸
1．下列关于水的离子积常数的叙述中，正确的是(　　)
A．因为水的离子积常数的表达式是KW＝c(H＋)·c(OH－)，所以KW随溶液H＋和OH－浓度的变化而变化
B．水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K电离是同一个物理量
C．水的离子积常数仅仅是温度的函数，随着温度的变化而变化
D．水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K电离是两个没有任何关系的物理量
解析：选C。水的离子积常数KW＝K电离·c(H2O)，一定温度下K电离和c(H2O)都是不变的常数，所以KW仅仅是温度的函数。水的离子积常数的表达式是KW＝c(H＋)·c(OH－)，但是只要温度一定，KW就是不变的常数，溶液中H＋的浓度变大，OH－的浓度就变小，反之亦然。
2．用食用白醋(醋酸浓度约为1 mol·L－1)进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是(　　)
A．白醋中滴入石蕊试液呈红色
B．白醋加入豆浆中有沉淀产生
C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出
D．pH试纸显示醋酸的pH为2～3
解析：选D。酸中滴入石蕊试液后，不管是强酸还是弱酸，都显红色，所以A错；豆浆是蛋白质溶液，具有胶体的性质，加入强电解质或弱电解质都能够使胶体产生聚沉而生成沉淀，所以B错；蛋壳的主要成分是碳酸钙，只要比碳酸酸性强的酸都可以与碳酸钙反应，但比碳酸强的酸可能是强酸，也可能是弱酸，所以C错；浓度为1 mol·L－1的醋酸，pH试纸显示的pH为2～3，说明醋酸电离出的H＋浓度小于1 mol·L－1，证明醋酸为弱酸，所以D对。
3．关于pH的测定下列说法正确的是(　　)
A．pH试纸在使用之前应用蒸馏水润湿
B．用广泛pH试纸测得某盐酸的pH＝2.3
C．利用酸碱指示剂可以测溶液的pH
D．pH计是精确测定溶液pH的仪器
解析：选D。pH试纸在使用之前不能用水润湿，如果用水润湿了则会使酸、碱中的c(H＋)发生变化，造成误差，故A项说法错误；广泛pH试纸可以识别的pH差值为1，所以用广泛pH试纸测的值是整数，故B项错误；酸、碱指示剂只能判断溶液的酸碱性，无法测其pH，故C项错误；pH计可以精确测定溶液的pH，可以精确到0.1个pH单位，故D项叙述正确。
4．在某温度时，测得纯水中的c(H＋)＝2.4×10－7mol/L，则c(OH－)为(　　)
A．2.4×10－7 mol/L B．0.1×10－7 mol/L
C. mol/L D．c(OH－)无法确定
解析：选A。本题考查对水的电离的理解。首先应注意的是，题中给出的测得数据并不是水在常温下的氢离子浓度，但无论是在什么温度下，纯水中H＋和OH－的浓度都应相等。故正确答案为A。
5．判断溶液的酸碱性有多种方法。下列溶液中，一定呈碱性的是(　　)
A．能够使甲基橙呈现黄色
B．溶液的pH>7
C．溶液中：c(H＋)D．溶液中：c(H＋)>1×10－7mol·L－1
解析：选C。溶液酸碱性最本质的判断标准是看H＋和OH－浓度的相对大小。甲基橙的变色范围是3.1～4.4，即pH<3.1时呈现红色，3.14.4时呈现黄色。所以，甲基橙呈现黄色的溶液可能是酸性、中性或碱性。溶液的pH与温度有关，常温下pH>7的溶液一定是碱性的，但在低于常温的情况下就不一定了。温度不同，c(H＋)>1×10－7mol·L－1的溶液的酸碱性也不同。
6．在某温度时，水的离子积为1×10－12，若该温度下某溶液中H＋浓度为1×10－7mol·L－1，则该溶液(双选)(　　)
A．呈碱性 B．呈酸性
C．呈中性 D．c(OH－)＝100c(H＋)
解析：选AD。化学上定义KW＝c(H＋)·c(OH－)，KW称为水的离子积常数，简称水的离子积。在一定温度下，KW为常数。溶液的酸碱性与c(H＋)和c(OH－)的相对大小相一致。若c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；若c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；若c(H＋)7.在约100 ℃的温度下，NaCl稀溶液中c(H＋)＝1.0×10－6mol·L－1。下列说法中正确的是(双选)(　　)
A．该溶液呈酸性
B．该溶液呈中性
C．该溶液的KW＝1.0×10－12
D．该溶液的KW＝1.0×10－14
解析：选BC。在NaCl溶液中，Na＋、Cl－对H2O??H＋＋OH－无影响，c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1，c(OH－)也为1.0×10－6mol·L－1。因此，该NaCl溶液显中性，KW＝1.0×10－6×1.0×10－6＝1.0×10－12。
8．为更合理地表示溶液的酸碱性，科学家提出“酸度”(用AG表示)概念，AG＝lg[c(H＋)/c(OH－)]。下列叙述中正确的是(　　)
①任何温度下，纯水的AG等于0　②溶液的AG越小，酸性越强　③常温下，0.1 mol·L－1盐酸的AG＝12　④25 ℃时，某溶液的AG＝－10，其pH＝10
A．①③ B．②④
C．①② D．③④
解析：选A。任何温度下，纯水c(H＋)＝c(OH－)，故AG＝0；酸性越强，H＋浓度越大，OH－浓度越小，AG越大；0.1 mol·L－1盐酸中c(OH－)＝10－13mol·L－1，AG＝12；AG＝－10，c(OH－)＝1010·c(H＋)，由c(H＋)·c(OH－)＝10－14(mol·L－1)2得，c(H＋)＝10－12mol·L－1，pH＝12。
9．已知液氨的性质与水相似，25 ℃时，NH3＋NH3NH＋NH，NH的平衡浓度为1×10－15 mol·L－1，则下列说法中正确的是(双选)(　　)
A．在液氨中加入NaNH2可使液氨的离子积变大
B．在液氨中加入NH4Cl可使液氨的离子积减小
C．在此温度下液氨的离子积为1×10－30
D．在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2
解析：选CD。本题考查对水的离子积理解与迁移能力。由水的离子积可知，其大小只与温度有关。由钠与水反应可推知，2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑，K＝c(NH)·c(NH)＝1×10－30。
10．某温度下，纯水中的c(H＋)＝2.0×10－7mol·L－1，则此时溶液的c(OH－)是__________ mol·L－1，这种水显__________性(“酸”、“碱”或“中”)；若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5.0×10－6mol·L－1，则c(OH－)__________ mol·L－1。
解析：此温度时，水电离的c(OH－)＝c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，则KW＝2×10－7×2×10－7＝4×10－14；c(H＋)＝5.0×10－6mol·L－1，则c(OH－)＝4×10－14/5.0×10－6＝8.0×10－9(mol·L－1)。
答案：2.0×10－7　中　8.0×10－9
11．现有四瓶溶液，分别是NaCl(0.1 mol·L－1)、盐酸(0.1 mol·L－1)、NaOH(0.1 mol·L－1)和酚酞溶液(0.1%)中的一种。若不用其他试剂把它们一一鉴别开来，实验步骤如下：
(1)各取溶液少许，两两混合，根据现象不同可分成两组：Ⅰ组是盐酸和____________，Ⅱ组是NaOH溶液和__________。
(2)取Ⅱ组C、D混合液，不断滴入Ⅰ组A、B中的A溶液；无明显现象，则A是__________，B是__________。
(3)取已鉴别出的B溶液2 mL，滴入3滴未知C溶液，再加入D溶液4 mL，在这个过程中无明显颜色变化，则C是__________，D是__________。
(4)常温下，若对A、B、C三溶液分别稀释至原体积的100倍，则稀释后pH分别为：A__________，B__________，
C__________。
解析：(1)四种溶液两两混合，只有NaOH溶液与酚酞溶液混合出现红色即混合出现红色的为NaOH溶液和酚酞溶液，另外两种为NaCl溶液和盐酸。(2)取变红后的混合液不断加入NaCl溶液或盐酸，若加入盐酸则最终红色褪去，而加入A溶液后无明显现象，则A为NaCl，B为盐酸。(3)取鉴别出的盐酸2 mL，滴入3滴C溶液，再加4 mL D溶液，若D溶液为NaOH溶液，则滴定过程中，溶液由无色最终会变红，而整个过程无明显颜色变化，则D为酚酞溶液，C为NaOH溶液。
(4)NaCl溶液呈中性，稀释时pH不变化，仍为7,0.1 mol/L的盐酸，pH＝1，稀释100倍时pH＝1＋2＝3，0.1 mol/L的NaOH，pH＝13，稀释100倍时，pH＝13－2＝11。
答案：(1)NaCl溶液　酚酞溶液
(2)NaCl　盐酸　(3)NaOH　酚酞
(4)7　3　11
12.
某研究性学习小组设计如下方案探究“电解质对溶液导电性的影响”。把A、B、C三种电解质溶液分别装入三个烧杯中，插入铂电极，并按如图所示的电路连接，并闭合开关S后，测得各支路电流强度IⅠ＝IⅡ(其中IⅡ略小)。若撤去B，测得IA IC。若撤去C，并将A、B两溶液混合，混合溶液的电流与先前通过A的大小关系为IAB IA。
已知：①I代表通过各线路的电流强度。
②A、B、C可分别选自下列溶液：
0．1 mol·L－1盐酸，0.1 mol·L－1醋酸，0.1 mol·L－1 NaOH溶液，0.1 mol·L－1氨水，且A溶液呈酸性
试回答下列问题：
(1)指出A、B、C是(或可能是)什么溶液(写出溶质的化学式)：A____________；B____________；C____________。
(2)A、B、C三种溶液的电阻的大小关系为________，由此可见电解质溶液中的电阻大小应与________________有关。
(3)请设计实验，进一步确认C中的成分。
答案：(1)CH3COOH　NH3·H2O　HCl或NaOH
(2)A＝B>C　溶液中自由移动的离子的浓度
(3)向C溶液中滴入酚酞，若溶液变红色，证明为NaOH；若不变色，证明为盐酸。(其他合理答案也可)
13．(2011年陕西延安高二调研)已知室温时，0.1 mol/L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＝1×10－4 mol/L，pH＝－lg1×10－4＝4；(2)电离平衡常数K＝＝＝1×10－7；(3)因HAH＋＋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，pH减小；(4)c(H＋)HA＝1×10－4 mol/L。c(H＋)水＝c(OH－)＝＝1×10－10mol/L，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
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1．下列各组反应(表中物质均为反应物)：则反应刚开始时，放出H2的速率最大的是(　　)
编号 金属(粉末状) /mol 酸的浓度与体积 反应温度
A Mg 0.1 6 mol/L HNO3 10 mL 60 ℃
B Mg 0.1 3 mol/L HCl 10 mL 60 ℃
C Fe 0.1 3 mol/L HCl 10 mL 60 ℃
D Mg 0.1 3 mol/L H2SO4 10 mL 60 ℃
解析：选D。决定反应速率快慢的主要因素是为反应物的性质，故Mg与酸的反应比铁快；Mg与硝酸反应不产生H2；镁与同浓度硫酸和盐酸反应，硫酸溶液中氢离子浓度大。故D反应最快。
2．(2011年清远高二检测)下列说法正确的是(　　)
A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
解析：选C。A项中增大反应物浓度，增大了单位体积内的活化分子数，使有效碰撞次数增大，A错；B项中，有气体参加的化学反应，增大压强，即增大了浓度，也是增大了单位体积内的活化分子数，使反应速率增大，B错；D项中催化剂改变了活化能，使单位体积内的活化分子百分数增大，增大反应速率，D错。
3．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小排列顺序正确的是(　　)
甲　500 ℃，10 mol SO2和5 mol O2的反应
乙　500 ℃，用V2O5作催化剂，10 mol SO2和5 mol O2的反应
丙　450 ℃，8 mol SO2和5 mol O2的反应
丁　500 ℃，8 mol SO2和5 mol O2的反应
A．甲、乙、丙、丁 B．乙、甲、丙、丁
C．乙、甲、丁、丙 D．丁、丙、乙、甲
解析：选C。比较同一个化学反应在不同条件下的反应速率大小时，影响程度大小的一般规律为：催化剂>温度>浓度，温度相同时，反应物浓度越大，反应速率越大。
4．(2010年高考福建卷)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下图所示，计算反应4～8 min间的平均反应速率和推测反应16 min时反应物的浓度，结果应是(　　)
A．2.5 μmol·L－1·min－1和2.0 μmol·L－1
B．2.5 μmol·L－1·min－1和2.5 μmol·L－1
C．3.0 μmol·L－1·min－1和3.0 μmol·L－1
D．5.0 μmol·L－1·min－1和3.0 μmol·L－1
解析：选B。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，B项正确。
5．某同学做浓度对化学反应速率的影响的实验时，将3支试管编号为①②③，并按下表中物质的量进行实验，记录下的时间数据是：16 s、28 s、33 s。请将3个数据填入下表的适当位置，并写出实验结论。
(1)将对应①、②、③的时间分别写出：
(a)________，(b)________，(c)________。
(2)实验结论：
________________________________________________________________________
(3)写出反应的化学方程式
________________________________________________________________________。
试管编号 加3% Na2S2O3 加H2O 加H2SO4(1∶5) 出现浑浊时间
① 3 mL 3 mL 5滴 (a) s
② 4 mL 2 mL 5 滴 (b) s
③ 5 mL 1 mL 5 滴 (c) s
解析：本题考查了浓度对化学反应速率的影响，反应物浓度越大，反应速率越快，完成反应所用时间越短。
答案：(1)(a)33 s　(b)28 s　(c)16 s
(2)反应物浓度越大，反应速率越快
(3)Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O
1．(2011年河北邯郸高二质检)下列说法正确的是(　　)
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
②普通分子有时也能发生有效碰撞
③升高温度会加快反应速率，原因是增加了活化分子的有效碰撞次数
④增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内有效碰撞的次数增多
⑤使用催化剂能提高反应速率，原因是提高了分子的能量，使有效碰撞频率增大
⑥化学反应实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞
A．①②⑤ B．③④⑥
C．③④⑤⑥ D．②③④
解析：选B。活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，只有发生有效碰撞才能发生化学反应，①错误；普通分子的能量低，碰撞时不能发生化学反应，②错误；使用催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数，使有效碰撞次数增多，⑤错误。
2．设C(s)＋CO2(g) 2CO(g)　ΔH1>0，反应速率为v1；N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH2<0，反应速率为v2。对于上述反应，当压强减小时，v1和v2的变化情况为(　　)
A．同时增大 B．同时减小
C．v1增大，v2减小 D．v1减小，v2增大
解析：选B。对于有气体参与的化学反应，增大压强，反应速率增大；减小压强，反应速率减小。
3．对于反应mA＋nB===pC，下列说法正确的是(　　)
A．某温度时，化学反应速率无论用A、B、C何种物质表示，其数值是相同的
B．其他条件不变，增大压强，反应速率加快
C．若增加或减小B的物质的量，则反应速率一定会发生明显的变化
D．其他条件不变，升高温度，反应速率加快
解析：选D。A项中反应速率之比等于化学计量数之比，故A错；B项中不知道物质的状态，增大压强，反应速率不一定增大，B错；C项中不知道B的状态，若B为固体或纯液体，改变物质的量，反应速率不变，C错。
4．(2011年天津蓟县高二检测)反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)在一密闭容器中进行并达平衡。下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是(　　)
A．增加CO(g)的量
B．将容器的体积缩小一半
C．增加C(s)的量
D．保持压强不变，充入氩气使容器体积增大
解析：选C。影响反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂等。A项中加入CO(g)后，使c(CO)增大，改变了反应速率，A项错；B项中缩小容器体积，使物质的量浓度增大，加快反应速率，B项错；C项中C为固体，一般情况下浓度为定值，改变其用量，对反应速率无影响，C项正确；D项中保持压强不变，充入氩气后使容器体积增大，导致物质的浓度降低，使反应速率减慢，D项错。
5．80 mL 4 mol·L－1的H2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的(双选)(　　)
A．硫酸钠固体 B．水
C．硫酸钾溶液 D．硝酸钾溶液
解析：选BC。Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑影响反应速率的是H＋的浓度，为了减缓反应速率，应降低H＋的浓度，又不减少H＋的物质的量，B、C是将溶液稀释，即减少反应物的浓度，故反应速率减小，D项中H＋和NO结合相当于HNO3，HNO3与金属反应不产生H2。
6．20 ℃时，将0.1 mol·L－1Na2S2O3溶液10 mL和0.1 mol·L－1H2SO4溶液10 mL混合，2 min后溶液出现明显浑浊(发生的反应为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O)。已知温度每升高10 ℃，该反应的化学反应速率增大到原来的2倍，那么50 ℃时，同样的反应要明显地出现浑浊，所需时间是(　　)
A．40 s B．15 s
C．48 s D．20 s
解析：选B。由题意知，50 ℃的v(50 ℃)＝×v(20 ℃)，出现浑浊所需时间与速率成反比。
7．把下列4种X的溶液分别加入4个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50 mL，此时X和盐酸缓和地进行反应。其中反应速率最大的是(　　)
A．20 mL 3 mol·L－1的X溶液
B．20 mL 2 mol·L－1的X溶液
C．10 mL 4 mol·L－1的X溶液
D．10 mL 2 mol·L－1的X溶液
解析：选A。稀释后溶液中X的浓度(盐酸浓度相等)分别为：1.2 mol·L－1、0.8 mol·L－1、0.8 mol·L－1、0.4 mol·L－1。反应物浓度越大，反应速率越快。
8．在实验Ⅰ和实验Ⅱ中，用定量、定浓度的盐酸与足量的石灰石反应，并在一定的时间内测量反应所放出的CO2的体积。实验Ⅰ用的是块状石灰石，实验Ⅱ用的是粉末状石灰石。下列哪个图象能正确反映两种实验的结果(　　)
解析：选B。HCl的物质的量相同，石灰石足量，因此反应产生的气体量相同，即最终两个实验产生CO2体积相同，图象应终点相同，但由于Ⅱ中用粉末状固体，接触面积大，整个过程中反应速率大于Ⅰ，故B选项正确。
9．在2 L的密闭容器中，充有2 mol SO2和一定量的O2发生下列反应：2SO2＋O22SO3，反应进行到4 min时，测得SO2为0.4 mol。若反应进行到2 min时，容器中SO2的物质的量为(　　)
A．1.6 mol B．1.2 mol
C．大于1.6 mol D．小于1.2 mol
解析：选D。本题中反应进行到4 min时，消耗SO2为2 mol－0.4 mol＝1.6 mol，即平均每分钟消耗0.4 mol SO2。注意别认为反应进行到2 min时，消耗SO2为0.8 mol，故剩余SO2为1.2 mol，因而错选B。实际上，这是忽略了隐含条件，即化学反应速率为一段时间内的平均速率，且随着反应的进行，SO2的浓度变小，故反应速率先快后慢，则在前2 min内消耗的SO2会多于0.8 mol，故此时剩余SO2会小于1.2 mol。即应选择D。
10．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。
11．(2011浙江东阳中学高二第一次月考)一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，CO与H2反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)，甲醇的物质的量随外界条件的改变而改变的曲线如图所示：
根据题意完成下列各题：
(1)反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝________，升高温度，K值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在500 ℃，从反应开始到平衡，H2的平均反应速度v(H2)＝________。
(3)在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的，下列有关体系的说法正确的是________。
A．H2的浓度减小
B．正反应速率增大，逆反应速率也增大
C．甲醇的物质的量增加
D．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
解析：本题考查了平衡常数、化学反应速率的计算和化学平衡移动的问题，只要把握住它们的定义，问题便迎刃而解。
(1)反应：CO(g)＋2H2(g) CH3OHK＝ 平衡向左移动，K值减小。
(2)V(CH3OH)＝ mol/L·minv(H2)＝2v(CH3OH),v(H2)＝ mol/L·min
答案：(1)　减小
(2) mol/(L·min)　(3)BC
12．(思维拓展题)用如图所示装置进行如下实验：
(1)在检查装置的气密性后，向试管a中加入10 mL 6 mol·L－1的稀HNO3和1 g铜片，立即用带有导管的橡皮塞塞紧试管口。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慢，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，故反应速率又逐渐减慢。
加热和增加固体的接触面积都能加快反应速率；稀释HNO3，速率减小；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，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，故反应速率加快　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，故反应速率又逐渐减小
(3)AB
13．在一密闭容器中充入1 mol I2和1 mol H2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)　ΔH<0。
(1)保持容器容积不变，向其中充入1 mol H2，反应速率________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，理由是
________________________________________________________________________。
(2)保持容器容积不变，向其中充入1 mol CO2(不参加反应)，反应速率________，理由是______________________________________________。
(3)保持容器内气体的压强不变，向其中充入1 mol CO2，反应速率________，理由是________________________________________________________________________。
解析：(1)V不变，充入H2，增大反应物的浓度，使反应速率增大。
(2)V不变，充入“惰性气体”CO2，并没有改变H2、I2的浓度，故反应速率不变。
(3)p不变，充入“惰性气体”CO2，使容器体积增大，H2、I2的浓度降低，反应速率减小。
答案：(1)增大　增大反应物浓度，反应速率增大
(2)不变　反应物的浓度不变，反应速率不变
(3)减小　容器的体积变大，反应物浓度减小，反应速率减小
14．“碘钟”实验中，3I－＋S2O===I＋2SO的反应速率可以用I与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20 ℃进行实验，得到的数据如下表：
实验编号 ① ② ③ ④ ⑤
c(I－)/mol·L－1 0.040 0.080 0.080 0.160 0.120
c(S2O)/mol·L－1 0.040 0.040 0.080 0.020 0.040
t/s 88.0 44.0 22.0 44.0 t1
回答下列问题：
(1)该实验的目的是_______________________________________________________。
(2)显色时间t1＝________。
(3)温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40 ℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为______(填字母)。
A．<22.0 s B．22.0 s～44.0 s
C．>44.0 s D．数据不足，无法判断
(4)通过分析比较上表数据，得到的结论是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：本题主要考查外部因素如浓度、温度对化学反应速率的影响。由已知数据可知，当c(I－)和c(S2O)乘积相等时，显色时间相等，即反应速率相等，但时间与速率成反比，故t1＝＝29.3 s。升高温度加快化学反应速率，即缩短显蓝色的时间，故t<22.0 s。
答案：(1)研究反应物I－与S2O的浓度对反应速率的影响
(2)29.3 s　(3)A
(4)反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成正比)
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1．(2009年高考全国卷Ⅰ)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．(2010年高考广东卷)HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸。在0.1 mol·L－1 NaA溶液中，离子浓度关系正确的是(　　)
A．c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
解析：选D。本题考查离子浓度的大小比较，意在考查考生对溶液中离子水解平衡的理解和分析能力。HA为一元弱酸，则NaA为强碱弱酸盐，溶液由于A－的水解显碱性，离子浓度大小为：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，A项错误，B项错误；根据溶液中电荷守恒，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C项错误，D项正确。
3．已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1 mol/L的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是(　　)
A．c(OH－)>c(HA)>c(HB)>c(H＋)
B．c(OH－)>c(A－)>c(B－)>c(H＋)
C．c(OH－)>c(B－)>c(A－)>c(H＋)
D．c(OH－)>c(HB)>c(HA)>c(H＋)
解析：选A。酸越弱，对应的盐的水解程度越大，故同浓度的NaA和NaB，前者水解程度更大，因此其溶液中c(HA)>c(HB)，D项错误；盐类水解一般来说是一些比较弱的反应，盐的水解程度很弱，故(OH－)不可能大于c(A－)和c(B－)，故B、C错。
4．(2011年浙江效实中学高二检测)常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号 HA物质的量浓度(mol/L) NaOH物质的量浓度(mol/L) 混合溶液的pH
① 0.1 0.1 pH＝9
② c 0.2 pH＝7
③ 0.2 0.1 pH<7
请回答：
(1)从第①组情况分析，HA是强酸还是弱酸？________(填“强酸”或“弱酸”)。
(2)第②组情况表明，c________0.2 mol/L(填“大于”、“小于”或“等于”)。混合液中离子浓度c(A－)与c(Na＋)的大小关系是________________________________________________________________________。
(3)从第③组实验结果分析，说明HA的电离程度________NaA的水解程度(填“大于”、“小于”或“等于”)，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________________________________________________________________。
(4)第①组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能作近似计算)：c(Na＋)－c(A－)＝________mol·L－1，c(OH－)－c(HA)＝________mol·L－1。
解析：(1)从第①组情况分析，等体积等物质的量浓度的HA和NaOH溶液混合后，溶液显碱性，说明生成强碱弱酸盐，说明HA是弱酸。
(2)第②组中NaOH的物质的量浓度为0.2 mol/L，混合后溶液显中性，说明HA稍过量，HA的物质的量浓度应大于0.2 mol/L。根据电中性原理，混合液中离子浓度c(A－)＝c(Na＋)。
(3)第③组实验相当于等体积等物质的量浓度的HA和NaA溶液混合，pH<7说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
(4)第①组实验所得混合溶液中的pH＝9，则c(OH－)＝10－5mol·L－1，水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水＝10－5mol·L－1。c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－5－10－9)mol·L－1，c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－9mol·L－1。
答案：(1)弱酸　(2)大于　c(A－)＝c(Na＋)
(3)大于　c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
(4)10－5　10－5－10－9　10－9
1．下列过程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．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭鸡蛋味
解析：选B。碳酸钠水解显碱性，可以去油污；加热促进氯化铁的水解，溶液颜色变深；硫化钠水解的最终产物是硫化氢，所以浓硫化钠溶液中会有少量硫化氢气体逸出；铁在潮湿环境下生锈是与O2和H2O发生了化学反应。
2．(2009年高考四川卷)关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：①氨水　②盐酸　③氯化铵溶液，下列说法不正确的是(　　)
A．c(NH)：③>①
B．水电离出的c(H＋)：②>①
C．①和②等体积混合后的溶液：
c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
D．①和③等体积混合后的溶液：
c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
解析：选B。NH3·H2O为一元弱碱，发生微弱电离，故溶液中c(NH)远小于0.1 mol/L，而NH4Cl溶液中虽然NH水解，但水解是微弱的，故c(NH)略小于0.1 mol/L，A正确；①中c(OH－)小于0.1 mol/L，②中c(H＋)＝0.1 mol/L，因此盐酸对水的电离抑制的更厉害，故水电离程度更小，B错误；C项中氨水与盐酸恰好中和生成NH4Cl，据电荷守恒得出：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，据物料(或原子)守恒知c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，两式相减即得出C项正确；D项得到等物质的量浓度的NH3·H2O与NH4Cl的混合溶液，因为NH3·H2O的电离大于NH4Cl的水解，故c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，D正确。
3．(2009年高考福建卷)在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
解析：选B。平衡常数仅与温度有关，故稀释时是不变的，A项错。CO2通入水中，相当于生成H2CO3，可以与OH－反应而促进平衡正向移动，B项正确 。升温，促进水解，平衡正向移动，故的结果是增大的，C项错。D项，加入NaOH，碱性肯定增强，pH增大，故错。
4．(2009年高考广东卷)下列浓度关系正确的是(　　)
A．氯水中：c(Cl2)＝2[c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(HClO)]
B．氯水中：c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)>c(ClO－)
C．等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
D．Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
解析：选D。在氯水中，氯元素绝大多数以Cl2形式存在，不会存在此等式，故A不正确。氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离生成H＋和Cl－，HClO部分电离，即c(H＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(OH－)，B项错。C项完全反应后相当于CH3COONa溶液，由于CH3COO－水解导致c(Na＋)>c(CH3COO－)，C项错。D项中，由于CO水解，1/2c(Na＋)>c(CO)；从反应CO＋H2O??HCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－可知，c(OH－)与c(HCO)大小相近，但c(OH－)>c(HCO)；H＋的来源是水的电离(极弱)、HCO的电离(弱于水解)，c(H＋)很小，远小于c(OH－)，而c(HCO)与c(OH－)相近，所以c(HCO)>c(H＋)；D项正确。
5．(2009年黄冈模拟)t ℃时，某浓度氯化铵溶液的pH＝4，下列说法中一定正确的是(　　)
A．由水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度之比为106∶1
B．溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
C．溶液中c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
D．溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)
解析：选C。因为温度不确定，故水的离子积常数无法确定，所以只知道c(H＋)＝10－4，而无法求解c(OH－)，A、B错误；NH4Cl水解方程式为NH4Cl＋H2ONH3·H2O＋HCl，则溶液中c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，C正确；据物料(或原子)守恒知：c(NH3·H2O)＋c(NH)＝c(Cl－)，D错误。
6．(2009年高考北京卷)有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3。
下列各项排序正确的是(　　)
A．pH：②>③>④>①
B．c(CH3COO－)：②>④>③>①
C．溶液中c(H＋)：①>③>②>④
D．c(CH3COOH)：①>④>③>②
解析：选B。A、C项实际上是比较c(H＋)：①CH3COOH(弱酸性)>③CH3COO－(水解呈弱碱性)>④HCO(比CH3COO－水解能力强)>②NaOH(强碱性)，即pH为①<③<④<②，所以A、C项错误。B项比较c(CH3COO－)：原条件中都有相同的CH3COO－，①因反应使c(CH3COO－)明显减小，③只存在CH3COO－，生成的OH－也抑制了CH3COO－的水解，②因有NaOH抑制了CH3COO－的水解，④中HCO的水解强于CH3COO－，生成的OH－也抑制了CH3COO－的水解，但比②的抑制作用要弱，所以B项正确。D项的顺序应与B项相反，即应为：①>③>④>②，D项错。
7．在CH3COONa溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是(　　)
A．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
解析：选A。在CH3COONa溶液中由于CH3COO－的水解，使得c(Na＋)>c(CH3COO－)；并且由于水解，使溶液显碱性，故c(OH－)>c(H＋)；由于盐的水解程度比较小，所以c(CH3COO－)>c(OH－)，即A项正确。
8．(2011年广东省实验中学高二检测)将标准状况下1.12 L CO2通入含有2 g NaOH的水溶液中，完全反应并得到2 L溶液，则对于该溶液表述正确的是(　　)
A．c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)
C．HCO的电离程度大于HCO的水解程度
D．存在的平衡体系有：
HCO＋H2OH2CO3＋OH－，
HCOH＋＋CO
解析：选A。n(CO2)＝＝0.05 mol，n(NaOH)＝＝0.05 mol，故二者1∶1反应生成NaHCO3的化学反应为：CO2＋NaOH===NaHCO3。在NaHCO3溶液中存在HCO＋H2OH2CO3＋OH－，HCOH＋＋CO，H2OH＋＋OH－，且HCO3水解程度大于电离程度，C、D错误；据物料守恒知A正确，据电荷守恒知B错误。
9．实验室有下列试剂：①NaOH溶液、②水玻璃、③Na2S溶液、④Na2CO3溶液、⑤NH4Cl溶液、⑥澄清石灰水、⑦浓硫酸，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是(　　)
A．①⑥ B．①②③④⑥
C．①②③⑥ D．①②③④
解析：选B。由于玻璃中的成分之一SiO2能和NaOH反应生成矿物胶Na2SiO3，故碱及碱性溶液必须用橡胶塞。
10．将物质的量浓度都是0.1 mol·L－1的某弱酸HX溶液与NaX溶液等体积混合，下列说法错误的是(　　)
A．若混合后溶液中c(Na＋)>c(X－)，说明HX的电离程度弱于X－的水解程度
B．若混合溶液呈酸性，则c(X－)>c(Na＋)>c(HX)>c(H＋)>c(OH－)
C．混合溶液中c(HX)＋c(X－)＝0.2 mol·L－1
D．混合溶液中c(HX)＋c(H＋)＝c(Na＋)＋c(OH－)
解析：选C。A项，若混合溶液中c(Na＋)>c(X－)，由电荷守恒知c(H＋)c(Na＋)>c(HX)，溶液呈酸性c(H＋)>c(OH－)，且HX电离程度与X－水解程度都很弱，所以c(H＋)、c(OH－)都很小。C项忽略了溶液体积的变化，c(HX)＋c(X－)＝0.1 mol·L－1。D项由电荷守恒关系式：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(X－)和物料守恒关系式c(HX)＋c(X－)＝2c(Na＋)推出D项正确。
11．(1)碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是________________________________________________________________________。
(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是________________________________________________________________________。
(3)碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是________________________________________________________________________。
(4)亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是________________________________________________________________________。
(5)氯化铝溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是________________________________________________________________________。
(6)在干燥的氯化氢气流中加热水合氯化镁(MgCl2·6H2O)晶体，得到的固体物质是____________，原因是
________________________________________________________________________。
解析：同样属于能水解的盐，在加热过程中，由于生成物含有挥发或难挥发性的物质，有的促进了水解，有的抑制了水解，还有的要考虑被氧化的问题。
答案：(1)K2CO3　尽管加热过程能促进K2CO3水解，但生成的KHCO3和KOH反应后仍为K2CO3
(2)明矾　尽管Al3＋水解，由于H2SO4是高沸点酸，不能挥发，最后是结晶水合物明矾
(3)BaCO3　碳酸氢钡在溶液蒸干过程中受热分解
(4)Na2SO4　亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气中的氧气氧化而变成Na2SO4
(5)Al(OH)3　Al3＋水解，HCl挥发，得Al(OH)3
(6)无水MgCl2　在干燥的氯化氢气流中，HCl抑制了Mg2＋的水解且带走水蒸气，最终得到无水MgCl2
12．工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸汽加热至80 ℃左右，慢慢加入粗CuO粉末(含杂质Fe2O3、FeO)，充分搅拌，使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤[参考数据：pH≥9.6时，Fe2＋完全水解成Fe(OH)2；pH≥6.4时，Cu2＋完全水解成Cu(OH)2；pH≥3.7时，Fe3＋完全水解成Fe(OH)3。请回答以下问题：
(1)第一步除去Fe2＋，能否直接调整pH＝9.6将Fe2＋沉淀除去？__________，理由是________________________________________________________________________。
有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋。
①加入NaClO后，溶液的pH变化是__________。
A．一定增大 B．一定减小
C．可能增大 D．可能减小
②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当____________，理由是________________________________________________________________________。
现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2＋的有__________。
A．浓HNO3 B．KMnO4
C．　Cl2 D．O2
E．H2O2
(2)除去溶液中Fe3＋的方法是调整溶液的pH＝3.7，现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH调整到3.7，可选用的有__________。
A．NaOH B．氨水
C．Cu2(OH)2CO3 D．Na2CO3
E．CuO F．Cu(OH)2
解析：此题综合性强，考查思维的严密性和前后知识的联系。由题意可知：能使Fe2＋沉淀的pH≥9.6，如果直接调整pH＝9.6，Cu2＋、Fe3＋先于Fe2＋沉淀(这两种离子沉淀的pH均比Fe2＋沉淀的pH小)，故不能直接调整pH＝9.6，可将Fe2＋氧化成Fe3＋。NaClO在酸性条件下与Fe2＋的反应是：2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O，由于反应过程中要消耗H＋，溶液pH一定升高。NaClO可以将Fe2＋氧化成Fe3＋，但引入了新杂质Na＋，实际上不能采用。必须应用既能氧化Fe2＋又不能引入新杂质的氧化剂，例如Cl2、O2、H2O2。同理，调整pH所选用的试剂可以是CuO、、Cu2(OH)2CO3、Cu(OH)2等不会引入新杂质的物质。
答案：(1)不能　因Fe2＋沉淀完全时的pH最大，即当Fe2＋沉淀完全时Cu2＋亦沉淀完全　①A　②不妥当　引入新的杂质离子Na＋　CDE
(2)CEF
13．(2011年豫南七校高二检测)(1)常温下，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NaNO3溶液中的一种。已知A、B的水溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。
则：B是__________溶液，C是__________。
(2)已知某溶液中只存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有以下几种
①c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
②c(Cl－)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋)
③c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
则：
(Ⅰ)上述关系一定不正确的是__________(填序号)。
(Ⅱ)若溶液中只有一种溶质，则该溶液中离子浓度的大小关系为__________(填序号)。
(Ⅲ)若四种离子浓度关系有c(NH)＝c(Cl－)，则该溶液显__________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。
解析：(1)CH3COONa溶液中水的电离受到促进，溶液显碱性；NH4Cl溶液中水的电离受到促进，溶液显酸性；盐酸中水的电离受到抑制，溶液显酸性；NaNO3溶液中水的电离不受影响，溶液显中性。所以A、B、C、D分别为NH4Cl、CH3COONa、盐酸、NaNO3。
(2)溶液中只存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子时，c(Cl－)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋)一定不存在，因为此时溶液中正负电荷的总数不相等；若溶液中只有一种溶质，则为NH4Cl溶液，该溶液中离子浓度的大小关系为c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)；若四种离子浓度关系有c(NH)＝c(Cl－)，根据溶液的电中性原理，有c(OH－)＝c(H＋)，则该溶液显中性。
答案：(1)CH3COONa　盐酸
(2)(Ⅰ)②　(Ⅱ)①　(Ⅲ)中性
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专题综合检测(三)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分)
1．常温下在0.01 mol·L－1硫酸溶液中，水电离出的氢离子浓度是(　　)
A．5×10－13 mol·L－1　　　 B．0.02 mol·L－1
C．1×10－7 mol·L－1 D．1×10－12 mol·L－1
解析：选A。H2SO4属二元强酸，0.01 mol·L－1 H2SO4溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，由此得出c(OH－)＝＝＝5×10－13 mol·L－1，根据水电离的特点知c(H＋)水＝c(OH－)水，因此在此溶液中c(H＋)水＝c(OH－)水＝5×10－13 mol·L－1。
2．水是一种极弱的电解质，在室温下平均每n个水分子中只有一个水分子能电离，则n是(　　)
A．1×10－4 B．55.6×107
C．1×107 D．6.02×1021
解析：选B。本题通过计算可以看出水的电离非常微弱，水是很弱的电解质。设水的体积为1 L，则由水的密度可知水的质量为1000 g。则水的物质的量为n(H2O)＝＝55.6 mol。又已知常温下水电离产生的H＋的浓度为1×10－7 mol·L－1，即：1 L水中只有10－7 mol水分子能够电离，综上所述，可知在室温下，每55.6×107个水分子中只有一个水分子。
3．某一元弱酸HR的溶液中，H＋与HR的个数之比为m∶n，则此时HR的电离平衡常数为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A。一元弱酸HR溶液中存在电离平衡HRH＋＋R－，其电离平衡常数Ka＝，根据电离方程式知c(H＋)＝c(R－)，所以Ka＝。
4．实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是(　　)
A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次
B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C．开始平视读数，滴定结束俯视读数
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
解析：选C。酸式滴定管未润洗会稀释标准液，使V(标)增大，结果偏高，A项错误；滴定前有的气泡在滴定后体积被标准液占有，使V(标)增大，结果偏高，B项错误；俯视滴定管会使读数减小，使ΔV＝V(后)－V(前)减小即V(标)减小，结果偏低，C项正确；锥形瓶用待测液润洗使n(待)增大，V(标)增大，结果偏高，故D项错误。
5．固体AgCl放在较浓的KI溶液中振荡，则部分AgCl转化为AgI，原因是(　　)
A．AgI比AgCl稳定
B．碘氧化性比氯弱
C．I－的还原性比Cl－强
D．溶度积Ksp(AgI)解析：选D。AgCl之所以能转化为AgI沉淀，是因为在相同温度时，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，即AgI的溶解度比AgCl更小。
6．已知25 ℃下，醋酸溶液中各微粒存在下述关系：
K＝＝1.75×10－5
下列有关说法可能成立的是(　　)
A．25 ℃条件下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K＝8×10－5
B．25 ℃条件下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K＝2×10－4
C．标准状态下，醋酸溶液中K＝1.75×10－5
D．升高到一定温度，K＝7.2×10－5
解析：选D。醋酸溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，在一定条件下，弱电解质的电离达到平衡时，弱电解质电离出的离子的浓度幂之积跟溶液中未电离的分子浓度幂之积的比值是一个常数，这个常数叫做电离常数。由此可知题中K为醋酸电离常数的表达式，由于电离常数不随浓度变化而变化，只随温度变化而变化，所以排除A、B项。且醋酸的电离是吸热的，所以升高温度，K增大，降低温度，K减小。标准状况下(0 ℃)，温度低于25 ℃，则K小于1.75×10－5，所以C项错误。正确答案为D项。
7．下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是(　　)
A．相同浓度的两溶液能中c(H＋)相同
B．100 mL 0.1 mol·L－1的两溶液的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。本题主要考查的是弱电解质的电离平衡。相同浓度的两溶液，醋酸部分电离，故醋酸的c(H＋)比盐酸的小；由反应方程式可知B正确；醋酸稀释过程中平衡向电离方向移动，故稀释后醋酸的pH在3～5之间，C错；醋酸中加入醋酸钠，由于增大了溶液中酸酸根的浓度，抑制了醋酸电离，使c(H＋)明显减小，而盐酸中加入氯化钠对溶液中c(H＋)无影响，故D错。
8．(2011年板浦模拟)已知下表数据：
物质 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3
Ksp/25 ℃ 8.0×10－16 2.2×10－20 4.0×10－38
完全沉淀时的pH范围 ≥9.6 ≥6.4 3～4
对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不正确的是(双选)(　　)
A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀
B．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到白色沉淀
C．向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到3～4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液
D．在pH＝5的溶液中Fe3＋不能大量存在
解析：选BC。根据溶度积常数可判断A项正确，B项不正确；由选项C的操作可知，溶液中还有氯离子，即溶液中还存在CuCl2，C错误；由表中数据知Fe3＋在pH＝4的环境中已沉淀完全，因此选项D正确。
9．在甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(双选)(　　)
A．1 mol·L－1甲酸溶液中c(H＋)约为1×10－2 mol·L－1
B．甲酸能与水以任意比例互溶
C．10 mL 1 mol·L－1的甲酸恰好跟10 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液完全反应
D．在相同条件下，甲酸的导电性比强酸溶液的导电性弱
解析：选AD。A.强电解质在水溶液中完全电离，则c(H＋)应为1 mol·L－1，但根据题意其c(H＋)为1×10－2 mol·L－1，远远小于1 mol·L－1，可知甲酸只有部分电离，所以可证明甲酸是弱电解质。
B．只表明甲酸在水中的溶解性(互溶)，但溶解性和电解质的强弱是无关的，所以不能证明甲酸是弱电解质。
C．在酸、碱反应中，无论是强酸或弱酸跟碱反应都是依照反应方程式中的化学计量数定量进行，因此不能表明酸的强弱。
D．因为在相同条件下电解质的导电能力取决于离子的浓度。如果离子浓度大，则其导电的能力就强，反之则弱，根据题意，甲酸的导电性比强酸溶液弱，故可证明甲酸是弱电解质。
10．下列叙述正确的是(　　)
A．将pH＝2 H2SO4与pH＝12 NH3·H2O溶液等体积混合后，混合液pH<7
B．将pH＝12 Ba(OH)2与pH＝14 NaOH溶液等体积混合后，混合液13C．将pH＝13 Ba(OH)2与pH＝1 HCl溶液等体积混合后，混合液的pH>7
D．某温度下水的离子积为1×10－12，若使pH＝1 H2SO4与pH＝12 NaOH溶液混合后溶液呈中性，则两者的体积比为1∶10
解析：选B。NH3·H2O为弱碱，当等体积混合时NH3·H2O过量，呈碱性，故A项错误；B项正确；C项恰好中和，呈中性，错误；D项体积比应为10∶1，错误。
11．已知下面三个数据：①7.2×10－4，②4.6×10－4，③4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2；NaCN＋HF===HCN＋NaF；NaNO2＋HF===HNO2＋NaF。由此可判断下列叙述中，正确的是(　　)
A．HF的电离平衡常数是①
B．HNO2的电离平衡常数是①
C．HCN的电离平衡常数是②
D．HNO2的电离平衡常数是③
解析：选A。根据三个化学反应可知，酸性：HF>HNO2>HCN。所以HF酸性最强，电离平衡常数最大，为①；HNO2的电离平衡常数为②；HCN的电离平衡常数为③。
12.
(2010年北京海淀区高二期中)右图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是(　　)
A．盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
B．P点时反应恰好完全，溶液呈中性
C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
解析：选B。盐酸为强酸，根据图象可知，盐酸的pH＝1，即c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(HCl)＝0.1 mol·L－1，NaOH的pH＝13，则c(NaOH)＝0.1 mol·L－1。因此曲线a为氢氧化钠滴定盐酸的过程，此实验为强酸和强碱相互滴定，因此可以用酚酞作指示剂。在pH变化很大时，为滴定终点，溶液呈中性。
13．等体积等物质的量浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后，混合溶液中有关离子浓度关系正确的是(　　)
A．c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
B．c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(M＋)＋c(H＋)>c(A－)＋c(OH－)
解析：选C。据题意知MOH与HA恰好完全反应生成强碱弱酸盐MA，水解离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－，故离子浓度大小为c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，A、B错误，C正确；据电荷守恒知c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，D错误。
14．(2009年大连高二检测)实验室欲配制澄清的氯化铁溶液时，可在蒸馏水中加入少量(　　)
A．硫酸 B．硝酸
C．氢氧化钠 D．盐酸
解析：选D。FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，故为抑制FeCl3水解，可加入少量HCl，A、B两项会引入杂质离子，C项会与FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀，故选D。
15．类似于水的离子积，难溶盐AmBn也有离子积Ksp且Ksp＝[c(An＋)]m·[c(Bm－)]n，已知常温下BaSO4的溶解度为2.33×10－4 g，则其Ksp为(　　)
A．2.33×10－4 B．1×10－5
C．1×10－10 D．1×10－12
解析：选C。这是以水的离子积为备用知识来解决沉淀的溶度积的有关问题，已知BaSO4的溶解度为2.33×10－4 g，那么，由于BaSO4的溶解度很小，所以其溶液密度近似为1 g/mL，由于溶解的n(BaSO4)＝2.33×10－4 g/233 g/mol＝10－6 mol，所以溶解的c(Ba2＋)＝c(SO)＝＝＝10－5 mol/L。
Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)＝1×10－10。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(12分)中学化学实验中，淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性。在25 ℃时，若溶液的pH＝7，试纸不变色；若pH<7，试纸变红色；若pH>7，试纸变蓝色。而要精确测定溶液的pH，需用pH计。pH计主要通过测定溶液中H＋浓度来测定溶液的pH。
(1)已知水中存在如下平衡：
H2O＋H2OH3O＋＋OH－　ΔH>0
现欲使平衡向右移动，且所得溶液呈酸性，选择的方法是________(填字母)。
A．向水中加入NaHSO4
B．向水中加入Al2(SO4)3
C．加热水至100 ℃[其中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1]
D．在水中加入Na2CO3
(2)现欲测定100 ℃沸水的pH及酸碱性，若用pH试纸测定，则试纸显________色，溶液呈________性(填“酸”、“碱”或“中”)；若用pH计测定，则pH________7(填“>”、“<”或“＝”)，溶液呈________性(填“酸”、“碱”或“中”)。
解析：(1)A中加入NaHSO4后，c(H＋)增大，水电离平衡逆移；B中加入Al2(SO4)3，Al3＋生成Al(OH)3胶体，溶液消耗OH－，平衡正移，溶液呈酸性；C中平衡正移，但溶液依然为中性；D中加入Na2CO3，消耗H＋，平衡正移，溶液呈碱性。
(2)沸水仍呈中性，故用pH试纸测定应呈本来颜色；若用pH计测定，应小于7。
答案：(1)B　(2)淡黄　中　<　中
17．(9分)甲、乙两个同学同时分别设计了一份表格，用于酸碱中和滴定实验的数据记录和处理。甲同学设计的表格和实验记录结果如下：
次数 V(NaOH)/mL 耗V(HCl)/mL
1 20.48 22.46
2 25.00 21.98
3 25.00 22.36
乙同学设计的表格和实验记录结果如下：
次数 V(NaOH)/mL V(HCl)/mL
始读数 终读数 消耗 始读数 终读数 消耗
1 0.10 25.00 24.90 0.00 24.80 24.80
2 0.00 24.80 24.80 0.10 22.42 22.32
3 0.00 24.80 24.80 0.00 24.70 24.70
请回答下列问题：
(1)认真比较甲、乙两同学设计的表格和实验记录，你觉得哪个有不妥之处________，为什么？________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)分析乙同学的实验数据，若c(HCl)＝0.10 mol·L－1，则测得的c(NaOH)＝________ mol·L－1。
解析：(1)甲设计表格中无“始读数”和“终读数”，不符合中和滴定实验报告要求；其二，甲表中记录实验的3组数据误差过大，如果实验操作规范则可能是读数有误，而乙表设计则较规范。(2)乙表中第二组数据误差过大，应采用第一和第三组数据进行计算。V(NaOH)＝24.85 mL、V(HCl)＝24.75 mL、c(NaOH)＝0.10 mol·L－1。
答案：(1)甲　不符合中和滴定实验报告要求　(2)0.10
18．(9分)将0.05 mol·L－1的盐酸和未知浓度的NaOH溶液以1∶2的体积比混合后，pH＝12。用上述NaOH溶液滴定pH＝3的一元弱酸HA的溶液20 mL，达到终点时消耗NaOH溶液12.5 mL。求：
(1)NaOH溶液的物质的量浓度为________________________________________________________________________。
(2)一元弱酸HA的物质的量浓度为________________________________________________________________________。
(3)一元弱酸HA的电离平衡常数为________________________________________________________________________。
解析：(1)设NaOH的物质的量浓度为x，盐酸与NaOH混合后发生反应：
NaOH＋HCl===NaCl＋H2O
且溶液的pH＝12，说明NaOH过量，所以有c(OH－)＝10－2 mol·L－1＝
解得x＝0.04 mol·L－1
(2)NaOH＋HA===NaA＋H2O
c(HA)＝
＝
＝0.025 mol·L－1
(3)因HAH＋＋A－，其pH＝3，则
c(H＋)＝10－3 mol·L－1，故有
Ka＝＝
＝4.17×10－5 mol·L－1
答案：(1)0.04 mol·L－1　(2)0.025 mol·L－1
(3)4.17×10－5 mol·L－1
19．(14分)现有25 ℃时0.1 mol·L－1的氨水。请回答以下问题：
(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式：__________________；所得溶液的pH________7(填“>”、“<”或“＝”)，用离子方程式表示其原因
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此时c(NH)＝a mol·L－1，则c(SO)＝________。
(4)若向氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是______________。
解析：(1)加入NH会抑制NH3·H2O的电离，使c(NH3·H2O)变大，c(OH－)减小。
(2)NH水解显酸性。
(3)根据电荷守恒，c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，由c(H＋)＝c(OH－)得：c(NH)＝2c(SO)
(4)0.1 mol·L－1的NH3·H2O与pH＝1的硫酸(H2SO4浓度为0.05 mol·L－1)恰好生成(NH4)2SO4。
答案：(1)减少　(2)NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O < NH＋H2ONH3·H2O＋H＋　(3)a/2 mol·L－1　(4)c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)
20．(11分)常温下，如果取0.1 mol·L－1HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合(不计混合后溶液体积变化)，测得混合液的pH＝8，请回答下列问题：
(1)混合后溶液的pH＝8的原因(用离子方程式表示)：
________________________________________________________________________。
(2)混合溶液中由水电离出的c(H＋)
________________________________________________________________________
0．1 mol·L－1 NaOH溶液中由水电离出的c(H＋)(填“>”、“＝”或“<”)。
(3)求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：
c(Na＋)－c(A－)＝__________ mol·L－1，c(OH－)－c(HA)＝__________ mol·L－1。
(4)已知NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH__________7(填“>”、“＝”或“<”)；将同温下等物质的量浓度的四种盐溶液：
A．NH4HCO3 B．NH4A
C．(NH4)2CO3 D．NH4Cl
按pH由大到小的顺序排列：__________(填序号)。
解析：(1)因NaOH是强碱，HA与NaOH恰好完全反应生成强碱弱酸盐NaA，A－水解而使溶液呈弱碱性，A－＋H2O??HA＋OH－。
(2)NaA促进水的电离，而NaOH抑制水的电离，故混合液中H2O电离出的c(H＋)大。
(3)根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)则有：c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1。根据质子守恒有：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)，即c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－8 mol·L－1。
(4)NH4A溶液为中性，说明NH3·H2O的碱性和HA的酸性强弱相当，而将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出说明HA的酸性强于H2CO3，故(NH4)2CO3溶液呈碱性，即pH>7。根据盐类水解规律即可推出题给几种盐溶液的pH大小顺序。
答案：(1)A－＋H2OHA＋OH－　(2)>
(3)9.9×10－7　10－8　(4)>　CABD
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