2013年《优化方案》鲁科版化学选修4全册课件（23份打包）

课件29张PPT。本章优化总结第一章　静电场
考生在解答有关反应热类试题的过程中，造成失分的主要原因有以下几个方面：一是概念不清造成判断错误，例如，放热反应的焓变为负值，而表示燃烧热、中和热时，就不用带负号；二是书写或判断热化学反应方程式时，往往会遗漏物质的状态，搞错反应热的正负等；三是缺乏对盖斯定律灵活运用的能力，不能通过盖斯定律进行有关反应热的计算；四是不理解反应热产生的本质原因，不能根据反应物和生成物的键能进行有关反应热的计算与判断；五是不能正确理解题目所提供的图表包含的信息，忽略了其中重要的内容，造成错解。 (2011·高考重庆卷)SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S—F键。已知：1 mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280 kJ,断裂1 mol F—F、S—F键需吸收的能量分别为160 kJ、330 kJ。则S(s)＋3F2(g)===SF6(g)的反应热ΔH为(　　)
A．－1780 kJ/mol B．－1220 kJ/mol
C．－450 kJ/mol D．＋430 kJ/mol
【解析】　本题考查反应热的有关计算。在化学反应中断裂旧的化学键需要吸热，而形成新的化学键需要放热。由题意知1 mol S(s)和3 mol F2(g)分别形成S原子和F原子共需要吸收的能量是280 kJ＋3×160 kJ＝760 kJ。而生成1 mol SF6(g)时需形成6 mol S—F键，共放出的热量为6×330 kJ＝1980 kJ，因此该反应放出的热量为1980 kJ－760 kJ＝1220 kJ，所以该反应的反应热ΔH＝－1220 kJ/mol，选项B正确。
【答案】　B (2011·高考海南卷)已知：2Zn(s)＋O2(g)===2ZnO(s)　ΔH＝－701.0 kJ·mol－1　2Hg(l)＋O2(g)===2HgO(s)　ΔH＝－181.6 kJ·mol－1
则反应Zn(s)＋HgO(s)===ZnO(s)＋Hg(l)的ΔH为(　　)
A．＋519.4 kJ·mol－1 B．＋259.7 kJ·mol－1
C．－259.7 kJ·mol－1 D．－519.4 kJ·mol－1【解析】　反应Zn(s)＋HgO(s)===ZnO(s)＋Hg(l)　③可由反应2Zn(s)＋O2(g)===2ZnO(s)　①与反应2Hg(l)＋O2(g)===2HgO(s)　②进行简单计算而得到,即2×反应③＝反应①－反应②，则由盖斯定律得ΔH3＝(ΔH1－ΔH2)/2＝－259.7 kJ·mol－1。
【答案】　C
电化学知识是历年高考考查热点知识。试题考查的要点主要涉及电极反应、溶液的pH变化、金属活动性判断、相关定量计算等。
电化学知识有很强的综合性，可联系“化学实验现象的判断和分析、定量实验的操作要求、离子方程式的书写、氧化还原反应问题分析、化学计算、阿伏加德罗常数的计算”等，同时，还与生产、生活(如金属的腐蚀和防护、电镀废液的危害与环保等)、新科技与新技术(新型电池)等问题相联系。与电化学知识相关的高考命题主要以选择题或填空题的形式出现。选择题主要考查电极类型判断、电极反应式的正误判断、离子移动方向、电子转移数目、溶液酸碱性及相关的简单计算，填空题主要考查电极反应式的书写及溶液的pH等问题。预计高考命题的素材会以新型燃料电池、生物电池、金属腐蚀、电镀、铜锌原电池装置、电解饱和食盐水装置为主，并融入实验现象分析、装置图绘制、电极材料选择、溶液成分分析等。另外，也有可能以综合分析计算题的形式进行考查。解答时应注意以下几方面：1．要理清有关概念，防止发生概念的混淆。可采用对比的方法将原电池、电解池的概念一一列出，加以对比，从对比中找异同。
2．注意知识的深化和迁移。对于原电池原理,课本上讲的内容浅显易懂，但实际问题有时较难，需抓实质、善分析、重迁移。3．抓规律。例如，电解规律，对于不同的电解质溶液，电解后溶液的变化不同，要恢复原状态，须加入不同的物质，要结合具体的物质和电解质溶液进行分析，掌握、理解其变化的实质。
4．抓本质。无论是原电池还是电解池，从反应的本质去认识，都与氧化还原反应相关联。其中，原电池对应的是一个能自发进行的氧化还原反应，而电解池一般对应的是一个非自发进行的氧化还原反应。5．重实用。原电池原理的应用主要有金属的腐蚀与防护、改变化学反应速率、制造新化学电源等；电解的应用主要有氯碱工业、电镀铜等，内容极为丰富。平时应多联系实际，达到深化知识的目的。 氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图所示为电池示意图，该电池电极表面均匀地镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答下列问题：(1)氢氧燃料电池的能量转化主要形式是__________，在导线中电子流动方向为__________(用a、b表示)。
(2)负极反应式为__________________________。
(3)电极表面镀铂粉的原因为__________________________
__________________________。(4)该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能。因此，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ.2Li＋H2 2LiH
Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是__________，反应Ⅱ中的氧化剂是__________。②已知LiH固体的密度为0.82 g/cm3。用锂吸收224 L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为__________。
③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用做电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为__________ mol。【解析】　本题考查电化学知识。(1)原电池原理是将化学能转化成电能。该燃料电池的总反应方程式为2H2＋O2===2H2O，其中H元素从0价升至＋1价，失去电子，即电子从a流向b。(2)负极为失去电子的一极，即H2失电子生成H＋，由于电解质溶液是碱性的，故电极反应式左右两边应各加上OH－。(3)铂粉的接触面积大，可以加快反应速率。(4)由题给两个方程式可知，Li从0价升至＋1价，做还原剂。H2O中的H由＋1价降至H2中的0价，做氧化剂。由反应Ⅰ知，当吸收10 mol H2时，生成20 mol LiH，V(LiH)＝m/ρ＝20×7.9/(0.82×103)≈192.68×10－3(L)。V(LiH)/V(H2)＝192.68×10－3 L/224 L≈8.6×10－4。20 mol LiH可生成20 mol H2,实际参加反应的H2的物质的量为20×80%＝16(mol)，1 mol H2转化成1 mol H2O，转移2 mol电子，所以16 mol H2转移32 mol电子。【答案】　(1)由化学能转化为电能　由a到b
(2)2H2＋4OH－－4e－===4H2O(或H2＋2OH－－2e－===2H2O)
(3)增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率
(4)①Li　H2O　②8.6×10－4　③32 如图所示是某乙醇燃料电池工作时的装置，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时M、N两个电极的质量都不减少，请回答下列问题：(1)M电极的材料是__________，电极名称是__________；N极的电极反应式为__________，加入乙醇的铂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，甲池中理论上消耗氧气__________ 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29.71 kJ热量，表示该反应的热化学方程式为________________________________________________。(2)乙池中的M极将析出银，当析出金属银4.32 g时，装置中通过电子的物质的量为0.04 mol，则甲池中理论上消耗O2 0.01 mol，即0.224 L；乙池中同时产生的H＋为0.04 mol，其浓度为0.1 mol/L，溶液的pH为1。(3)1 g C2H5OH燃烧生成CO2和液态H2O时放出的热量为29.71 kJ，则1 mol C2H5OH燃烧放出的热量为1366.66 kJ，热化学方程式为C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1366.7 kJ/mol。课件67张PPT。第一章　化学反应与能量转化第一章　化学反应与能量转化第1节　化学反应的热效应?
第1课时　化学反应的反应热与焓变
1.了解化学反应中能量转化的原因，知道化学能与热能的转化是化学反应中能量转化的主要形式。
2．理解焓变的含义及表示方法。
3．了解焓变与反应吸热或放热的关系。
4．掌握热化学方程式的书写和意义。课程标准导航
一、化学反应的反应热
1．反应热
(1)概念
化学反应在一定温度下进行时，反应所_____________的热量。
(2)数值与反应中热量变化的关系吸收或释放2.反应热的测定
(1)仪器——量热计(2)原理
Q＝______________
其中C表示溶液及量热计的________，T1、T2分别表示反应前和反应后体系的温度。
(3)中和热
①强酸、强碱中和反应的离子方程式：H＋＋OH－===H2O。
②强酸、强碱的中和热值：____________。－C(T2－T1)热容57.3kJ·mol－1想一想
只要是中和反应，生成1 mol H2O时，其热效应均为57.3 kJ·mol－1吗？为什么？
提示：不一定。中和热所对应的反应实质为H＋＋OH－===H2O，若为弱酸或弱碱参与反应，由于其电离需吸热，故热效应小于57.3 kJ·mol－1；即使为强酸和强碱的反应，若除H＋、OH－反应外还有其他离子结合，其热效应也不是57.3 kJ·mol－1，如H2SO4与Ba(OH)2的反应。二、化学反应的焓变
1．焓
用来描述__________________的物理量，相同量的不同的物质所具有的能量不同，其焓也不相同，表示符号：H。
2．反应焓变
(1)表达式及单位
ΔH＝________________________，单位是：J·mol－1或kJ·mol－1。物质所具有能量H(反应产物)－H(反应物)(2)含义
ΔH>0，反应________；ΔH<0，反应放热。
(3)与反应热的关系
等压条件下，反应中的能量变化______________时，焓变与化学反应的反应热相等，数学表达式为_________。吸热全部转化为热能ΔH＝Qp3．热化学方程式
(1)意义
①表示化学反应中的____________，②表示化学反应中的__________。物质变化焓变
1．下列关于反应热的说法正确的是(　　)
①通常情况下，化学反应中能量的转化主要是化学能和热能之间的转化　②同一化学反应在不同温度下进行，反应热的数值不同　③反应热通常用Q表示，反应放热时Q为负值；反应吸热时Q为正值　④反应热的数据可通过实验测得，也可运用理论计算求得A．只有③　 B．只有③④
C．只有①③④ D．全部正确
解析：选D。通常情况下，化学反应中能量的转化主要是化学能和热能之间的转化，几乎所有的化学反应都伴随着热量的释放或吸收，故①正确。反应热是定量描述一定温度下化学反应释放或吸收的热量，一般规定，吸热为正值，放热为负值，可通过实验测得,也可利用理论计算求得，故②③④正确。2．下列说法中不正确的是(　　)
A．物质发生化学反应的反应热仅指反应放出的热量
B．热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的量，不表示分子的个数
C．所有的燃烧都是放热反应
D．热化学方程式中化学式前面的化学计量数可以是分数解析：选A。B项热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的量而不表示分子个数；C项燃烧都是放热；D项热化学方程式的系数只表示物质的量，可以是整数，也可以是分数。3.由右图分析，有关叙述正确的是(　　)
A．A―→B＋C和B＋C―→A两个反应吸收或放出的能量不等
B．A―→B＋C是放热反应
C．A具有的能量高于B和C
具有的能量总和
D．A―→B＋C是吸热反应，则B＋C―→A必然是放热反应解析：选D。本题考查化学反应中的能量变化，由图可知，B＋C的能量高于A的能量，则反应B＋C―→A一定是放热反应，反之，A―→B＋C则是吸热反应。根据能量守恒定律，两反应的反应热在数值上相等，符号相反。
探究导引1　“放热反应一定不需要加热，吸热反应一定需要加热”的说法对吗？
提示：该说法不对。反应吸热或是放热取决于反应物总能量与生成物总能量的相对大小,与反应条件无关。有些放热反应需要加热才能发生，而有些吸热反应在常温下就能发生,如NH4Cl固体与Ba(OH)2·8H2O在常温下研磨就可发生反应。
探究导引2　焓变与物质的能量、化学键存在怎样的关系？
提示：焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，焓变等于反应物断开化学键吸收的能量减去生成物形成化学键放出的能量。要点归纳
1．焓变与物质能量的关系2.焓变与化学键的关系
(1)焓变与化学键的形成和断裂过程中能量变化的关系
化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因(如图)。(2)由化学键的形成和断裂过程的能量变化求焓变的公式
ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量总和－生成物的化学键形成时放出的能量总和。
①反应物的化学键断裂吸收的能量总和>生成物的化学键形成时放出的能量总和，反应吸热；
②反应物的化学键断裂吸收的能量总和<生成物的化学键形成时放出的能量总和，反应放热。即时应用
问：(1)a、b、c分别代表什么意义？
a．________；b.________；c.________。
(2)该反应是放热反应还是吸热反应？________，ΔH__________0(填“>”、“<”或“＝”)。所以a代表旧键断裂吸收的能量，b代表2H(g)＋O(g)结合成H2O(g)中的氢氧键所放出的能量，c则代表断键所吸收的能量与成键所释放的能量的差，即焓变。(2)由图可知该反应中反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，ΔH<0。
答案：(1)旧键断裂吸收的能量　新键形成放出的能量　焓变　(2)放热反应　<
探究导引3　热化学方程式与普通化学方程式有哪些区别？
提示：探究导引4　ΔH的单位中的“mol－1”的含义是什么？
提示：单位中的“mol－1”表明参加反应的各物质的物质的量与化学方程式中各物质的化学式的系数相同，即按照所给反应式发生1 mol反应时放出或吸收的热量。要点归纳
1．热化学方程式书写的基本步骤
第一步写出化学反应方程式；第二步依据题目信息注明物质状态；第三步计算焓变数值；第四步确定焓变的符号(即正负号)；最后写出热化学方程式。2．书写热化学方程式应注意的问题
(1)必须注明物质的聚集状态
因为反应物和生成物的聚集状态不同，焓变ΔH不同。因此，只有注明物质的聚集状态才能完整地体现出热化学方程式的意义和特点。一般用英文字母g、l、s分别表示物质的气态、液态、固态，稀溶液中的溶质则用aq来表示。(2)ΔH只能写在热化学方程式的右边且中间有空格，若为放热反应，ΔH为“－”。ΔH的单位一般为kJ·mol－1，该单位是表明参加反应的各物质的物质的量与化学方程式中各物质的化学式的系数相对应，并不是指1 mol物质发生反应。(3)在ΔH后面注明反应条件
焓变(ΔH)与测定条件(温度、压强等)有关，如同一反应在不同温度下进行时的焓变是不同的。因此书写热化学方程式时应注明ΔH的测定条件。绝大多数ΔH是在25 ℃、101325 Pa下测定的，此时可不注明温度和压强。(4)热化学方程式中ΔH的数值必须与化学式前面的系数相对应
若化学方程式中各物质的系数加倍，则ΔH的数值也加倍，若反应逆向进行，则ΔH要改变符号，但绝对值不变。即时应用
2．25 ℃，101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJ·mol－1,1 mol辛烷完全燃烧生成CO2和液态水放出的热量为5518 kJ·mol－1。下列热化学方程式书写正确的是(　　)解析：选B。A项，中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1是指发生H＋＋OH－===H2O反应生成1 mol H2O时的焓变，在此处2 mol H＋和2 mol OH－生成了2 mol H2O，并且发生了Ba2＋＋SO===BaSO4↓的反应，故反应的热效应大于57.3 kJ·mol－1×2，即焓变ΔH<－114.6 kJ·mol－1，故错误；C项，1 mol C8H18(l)完全燃烧生成8 mol CO2(g)和9 mol H2O(l)时放出热量5518 kJ，而本项中H2O为气态，故错误；D项，由C项分析可知本项中C8H18的状态及物质的量均不正确，故错误；B项符合热化学方程式的书写要求，正确。
(2012·济南高二统考)化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是两种原子间形成1 mol化学键时释放的能量或断开1 mol化学键所吸收的能量。现提供以下化学键的键能(如下表)。试根据这些数据计算热化学方程式P4(s，白磷)＋5O2(g)===P4O10(s)　ΔH＝－Q kJ·mol－1中Q的值。(提示：白磷是正四面体型的分子，当与氧形成P4O10时，每两个磷原子之间插入一个氧原子，此外，每个磷原子又以双键结合一个氧原子。如图所示)【思路点拨】　解答本题应注意以下三点：
(1)同一化学键形成时释放的能量与断裂时吸收的能量相同。
(2)1 mol P4分子中含有6 mol P—P键。
(3)1 mol P4O10分子中含有12 mol P—O键、4 mol P===O键。【解析】　根据题意可知P4O10中有12个P—O键，4个P===O键，如图Ⅱ所示，由化学反应中断键吸热，成键放热，ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和。则该反应的焓变：
ΔH＝6×198 kJ·mol－1＋5×498 kJ·mol－1－(12×360 kJ·mol－1＋4×585 kJ·mol－1)＝－2982 kJ·mol－1，即Q＝2982。
【答案】　2982【名师点睛】　本题以断裂化学键吸收的能量(键能)和化学方程式计算反应的焓变为载体，主要考查考生对化学反应中能量变化知识的实际应用能力，这是近年高考的热点问题。
由氢气和氧气反应生成1 mol水蒸气时放出241.8 kJ的热量，1 g水蒸气转化为液态水放出2.45 kJ的热量，则下列热化学方程式书写正确的是(　　)【解析】　1 g水蒸气转化为液态水时放出2.45 kJ热量，1 mol水蒸气液化就会放出44.1 kJ的热量，每生成1 mol液态水时放热285.9 kJ，根据热化学方程式书写的基本要求，可知B项焓变数值错误，C、D项焓变的正负号错误，只有A项是正确的。
【答案】　A【规律方法】　热化学方程式正误判断的“四看”：
“一看”化学原理是否正确；
“二看”状态是否标明；
“三看”反应热符号及单位是否正确；
“四看”反应热数值是否与系数和状态相对应。
进行中和热测定时要得到准确数据，关键在于减少实验过程中的热量散失，通常采取的措施：(1)大、小烧杯杯口要平齐，杯口盖上硬纸板；(2)大、小烧杯间填充碎泡沫塑料或碎纸片；(3)盐酸、氢氧化钠溶液浓度要准确；(4)混合操作要迅速；(5)准确读取温度；(6)实验操作中可采取一种反应物稍过量，以使另一种反应物充分反应；(7)搅拌棒不用金属材质的，以减少热量损失。[经典案例]　
化学上规定：中和热是在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O时放出的热量。现用50 mL 0.50 mol·L－1的盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________________________
__________________。
(2)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是__________________________。(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值会________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(4)实验中改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸跟50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH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”)，简述理由____________________________。(5)用50 mL 0.50 mol·L－1 NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【解析】　(1)本实验成功的关键是准确测量反应前后的温度。因此所用装置必须保温、绝热且可使体系温度尽快达到一致，故缺少的仪器应为环形玻璃搅拌棒，其作用是使反应物尽快混合均匀并充分反应，同时，使小烧杯里溶液的温度均匀。(2)由于本实验的准确性取决于对溶液温度的测定，为了保温、隔热，即减少实验过程中的热量损失，实验中采取了在两烧杯间填充碎泡沫塑料和在大烧杯上盖硬纸板的措施。
(3)不盖硬纸板会损失部分热量，造成所测结果偏低。(4)由中和热概念可知，中和热是以生成1 mol水为标准的，而与酸碱的用量无关。
(5)实验操作中一般采用一种物质过量，但如果恰好完全反应，也可以，对测量结果无影响。【答案】　(1)环形玻璃搅拌棒
(2)减少实验过程中的热量损失　(3)偏小
(4)不相等　相等　因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量,与酸碱的用量无关
(5)无影响【提示】　(1)不可以。实验用环形玻璃搅拌棒可减缓热量的传递，尽量减少热量散失，若用铜丝作搅拌棒，铜是热的良导体，会增大实验误差。
(2)影响。因为加入的盐酸会与Na2CO3反应,从而改变反应放出的热量而影响中和热的测定。互动探究
(1)在实验过程中，某同学没有找到缺少的那一件物品，就用细铜丝自己做了一个，你认为可以吗？阐明你的观点。
(2)若实验所用NaOH溶液因吸收少量CO2而变质，则该NaOH是否影响中和热的测定？课件53张PPT。第2课时　反应焓变的计算
1.了解焓变的比较方法及焓变的简单计算。
2．理解盖斯定律的含义，能运用盖斯定律进行有关反应热的简单计算。课程标准导航
1．盖斯定律的内容
化学反应的焓变只与反应的__________有关,与反应的途径无关。一个化学反应无论是一步完成还是分几步完成，其反应______都是一样的。如图所示：始态和终态焓变
ΔH＝___________或＝__________________ΔH1＋ΔH2ΔH3＋ΔH4＋ΔH52．盖斯定律的科学意义
对于无法或较难通过实验测得反应焓变的反应，可应用盖斯定律计算求得。
3．盖斯定律的应用
若一个化学方程式可由另外几个化学方程式相加减而得到，则该化学反应的焓变即为这几个化学反应焓变的________。代数和2．(原创题)已知
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ·mol－1　①；
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－483.6 kJ·mol－1　②；
H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1　③，
则Q为(　　)
A．44 B．－44
C．88 D．－883．在298 K、100 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　ΔH1　①
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)　ΔH2　②
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)　ΔH3③
则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是(　　)A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2
B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2
D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
解析：选A。由盖斯定律：①＋2×②＝③。
探究导引1　书写热化学方程式时为何要注明物质的聚集状态？
提示：物质发生状态变化时伴随能量的变化。探究导引2　比较反应焓变时，是比较其代数值还是绝对值？
提示：比较反应焓变的大小时，可根据盖斯定律比较；但要注意比较的是ΔH还是热量,比较ΔH时，比的是其代数值，要带正、负号进行比较；在比较两个反应热效应的大小时，应取ΔH的绝对值比较，。要点归纳
1．比较方法
(1)吸热反应与放热反应
吸热反应ΔH>0，放热反应ΔH<0，故吸热反应的反应热一定大于放热反应的反应热。
(2)反应物或生成物状态不同的反应
因为反应物和生成物的聚集状态不同，反应热亦不同。
(3)化学计量数不同的反应
对于同一反应，化学计量数越大，吸收或放出的热量就越多。(4)运用盖斯定律列等式作差比较
对于一些不便于直接比较的反应或过程，可以设计循环转化关系图，然后利用盖斯定律列等式，作差比较它们的大小。2．ΔH大小比较的应用
(1)比较物质稳定性的强弱。
(2)应用反应热的大小可以判断金属、非金属的活泼性。因为金属原子失去电子时，会吸收能量，吸热越少，越易失去电子，金属越活泼；非金属原子得到电子时，会放出能量,放热越多，非金属越活泼。即时应用
1．(2011·宿州高二质检)在同温同压下，下列各组热化学方程式中，Q2>Q1的是(双选)
(　　)
A．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－Q1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－Q2
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－Q1
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－Q2C．C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)　ΔH＝－Q1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－Q2
D．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－Q1
1/2H2(g)＋1/2Cl2(g)===HCl(g)　ΔH＝－Q2解析：选AC。本题考查ΔH的比较，注意比较的是ΔH的大小。A项两方程式中只有H2O的状态不相同，生成液态水会放出更多的热量，故Q1Q2；C项中第一个方程式为碳的不完全燃烧，第二个方程式为等量碳的完全燃烧，完全燃烧比不完全燃烧放出的能量多，Q2>Q1；D项中第一个方程式系数是第二个方程式的2倍，ΔH也应为其2倍，Q1>Q2。本题也可借助盖斯定律求两方程式之差来解决。
探究导引3　利用盖斯定律应注意哪些问题？
提示：利用盖斯定律应注意以下的几点：
①一个热化学方程式中分子式前的系数同时扩大一定的倍数时，焓变也相应地扩大相同的倍数。②若将一个热化学方程式中的反应物与生成物互换，则焓变的正负号也相应地改变。
③若热化学方程式相加，则焓变也相加，若热化学方程式相减，则焓变也相减。要点归纳
1．根据热化学方程式进行计算：焓变与反应物各物质的物质的量成正比。如：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1＝－571.6 kJ·mol－1，生成2 mol H2O(l)，ΔH＝－571.6 kJ·mol－1；生成1 mol H2O(l)，ΔH＝－285.8 kJ·mol－1。2．根据反应物和生成物的总能量计算
ΔH＝E生成物－E反应物。
3．依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算
ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量。4．根据盖斯定律的计算
化学反应的反应热只与反应的始态(各反应物)和终态(各生成物)有关，而与反应的途径无关。即如果一个反应可以分步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的。
应用盖斯定律常用以下两种方法：(2)合理设计反应途径如
由图可得：ΔH＝ΔH1＋ΔH2。
5．根据比热公式求算：
Q＝－c·m·ΔT即时应用由此可知C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH3
则ΔH3等于(　　)
A．－131.3 kJ·mol－1　　　
B．131.3 kJ·mol－1
C．373.1 kJ·mol－1
D．－373.1 kJ·mol－1
发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料，用二氧化氮为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。已知：
N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)　ΔH1＝＋67.7 kJ·mol－1N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH2＝－534 kJ·mol－1
试计算1 mol肼与二氧化氮完全反应时放出的热量为__________ kJ，写出肼与二氧化氮反应的热化学方程式：__________________________
__________________________。【解析】　由题意可知
N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)　ΔH1＝＋67.7 kJ·mol－1　①
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH2＝－534 kJ·mol－1　②
根据盖斯定律，反应物中消去O2可得到N2H4和NO2的反应。令②×2－①得2N2H4(g)－N2(g)===2N2(g)＋4H2O(g)－2NO2(g)　ΔH＝2ΔH2－ΔH1
整理得2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝2ΔH2－ΔH1＝－534 kJ·mol－1×2－67.7 kJ·mol－1＝－1135.7 kJ·mol－1。
则1 mol N2H4与NO2完全反应时放出的热量为567.85 kJ。【规律方法】　运用盖斯定律解题的常用方法
(1)虚拟路径法
如C(s)＋O2(g)===CO2(g)可设置如下：
ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
(2012·郑州一中高二期中考试)已知25 ℃、101 kPa条件下：
①4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)
ΔH＝－2834.9 kJ·mol－1
②4Al(s)＋2O3(g)===2Al2O3(s)
ΔH＝－3119.1 kJ·mol－1由此得出的正确结论是(　　)A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为吸热反应
B．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应
C．O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应
D．O2比O3稳定，由O2变O3为放热反应【解析】　据盖斯定律，①式－②式得：
3O2(g)===2O3(g)　ΔH＝284.2 kJ·mol－1
即等质量的O2比O3能量低，O2比O3稳定，O2变O3为吸热反应。
【答案】　A
[经典案例]　将煤转化为水煤气是通过化学方法将煤转化为洁净燃料的方法之一。煤转化为水煤气的主要化学反应为：C＋H2O(g)
CO＋H2。
C(s)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式为：
C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1　①H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)ΔH2＝－242.0 kJ·mol－1　②
CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)ΔH3＝－283.0 kJ·mol－1　③
试回答：
(1)请你根据以上数据，写出C(s)与水蒸气反应生成CO和H2的热化学方程式：__________________________。
(2)比较反应热数据可知，1 mol CO(g)和1 mol H2(g)完全燃烧放出的热量之和，比1 mol C(s)完全燃烧放出的热量__________(填“多”或“少”)。
甲同学据此认为：“煤炭燃烧时加少量水，可以使煤炭燃烧放出更多的热量。”乙同学根据盖斯定律做出了下列循环图：
请你写出ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4之间存在的关系式：________________。乙同学据此认为：“将煤转化为水煤气再燃烧，放出的热量与直接燃烧煤放出的热量相同。”请分析：甲、乙两同学观点正确的是__________(填“甲”或“乙”)同学，另一同学出现错误观点的原因是__________________________。
(3)请分析将煤转化为水煤气再燃烧有哪些优点：__________________________
__________________________。【解析】　(1)(2)1 mol CO和1 mol H2完全燃烧共放热：
Q1＝242.0 kJ＋283.0 kJ＝525.0 kJ
1 mol C完全燃烧放热Q2＝393.5 kJ，Q1>Q2
由于反应热只与始态和终态有关，与途径无关，所以ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4。
由能量守恒可知，乙同学的观点正确，因为虽然由比较的数据得出1 mol CO和1 mol H2完全燃烧放热的和比1 mol C完全燃烧放热多,但甲同学违背了能量守恒，忽视了C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)为吸热反应。
(3)将煤转化为水煤气再燃烧，一方面提高了燃烧效率，另一方面减少了污染。【答案】　(1)C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
ΔH＝＋131.5 kJ·mol－1
(2)多　ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4
乙　忽视了C与水蒸气反应时需吸热
(3)将煤转化为水煤气后，一个优点是燃料更易充分燃烧，提高了燃烧效率，减少了能源的浪费；另一个优点是在燃料燃烧过程中减少了SO2、粉尘等污染物的排放课件51张PPT。第2节　电能转化为化学能——电解
第1课时　电解的原理
1.理解电解的原理，掌握电解、电解池、电极反应的概念。
2．掌握电解池的构造，能正确判断阴极、阳极，根据阴、阳离子在电极上的放电顺序,能正确写出电极反应式和电解总方程式。
3．初步掌握有关电解的简单计算。课程标准导航
1．电解
让直流电通过电解质溶液或熔融的电解质，在两个电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程。2．电解池
(1)定义：将______转化为________的装置。
(2)组成：______电源，______电极材料，电解质溶液或_______电解质。
(3)电极及电极反应
①电极的确定电能化学能直流固体熔融
②电极反应
在电极上进行的_________，它可以表示电极上物质的变化和电子的转移。半反应
1．如图所示的装置能够组成电解池的是
(　　)解析：选D。电解池的构成：①直流电源，②两个电极，③电解质溶液(或熔融电解质),④形成闭合回路，由此分析，可知答案为D。2．下列关于电解池的叙述中，不正确的是
(　　)
A．与电源正极相连的是电解池的阴极
B．电解池是电能转化为化学能的装置
C．溶液中的阳离子移向阴极
D．在电解池的阳极发生氧化反应
解析：选A。与电源正极相连的是电解池的阳极，与负极相连的是电解池的阴极。3.如图是电解熔融NaCl制备金属钠的装置示意图，下列有关判断正确的是(　　)
A．通过该装置可以将化学能转变为电能
B．石墨电极为正极
C．Na＋在铁极上得到电子被还原为钠原子
D．装置中两个电极可以互换解析：选C。若两个电极互换，阳极则是铁失电子生成Fe2＋，那么在阴极得到的金属钠中就会有杂质铁，所以两个电极不能互换。
探究导引1　如何确定电解池的阴、阳极？
提示：(1)通过与直流电源的连接：
阳极——连接电源正极；阴极——连接电源负极。(2)通过发生的反应：
阳极——发生氧化反应；阴极——发生还原反应。
(3)通过电子流向及反应中电子得失：
阳极——电子流出，反应中失电子；
阴极——电子流入，反应中得电子。探究导引2　电极反应式表达了什么意义？
提示：电极反应式可表示电极上发生的物质变化情况和电子转移情况。要点归纳
1．电极的分类
在电解时，根据电极本身是否参与氧化还原反应，可把电极分为惰性电极和活性电极两类：
(1)惰性电极(C、Pt、Au)：不管做阳极还是做阴极，都只起导电作用，不参与反应；(2)活性电极(除C、Pt、Au外的其它金属)：当做阳极时，除起导电作用外，还失去电子变成金属阳离子进入溶液中，放电能力比阴离子强；做阴极时，只起导电作用，本身不参与电极反应。2．阴、阳两极(惰性电极)的放电顺序
(1)阳极：溶液中的阴离子失电子，被氧化，放电顺序为：S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子。
(2)阴极：溶液中的阳离子得电子，被还原，放电顺序为：3．电极方程式的书写(以惰性电极电解食盐水为例)
(1)阳极：列出在阳极放电的阴离子及其氧化产物，中间用“===”连接，在“===”左边用“
－”标出阴离子失电子的数目，如：2Cl－－2e－===Cl2↑。
(2)阴极：列出在阴极放电的阳离子及其还原产物，中间“===”连接，在“===”左边用“＋”标出阳离子得到电子的数目，如：2H＋＋2e－===H2↑(H＋来自水)。(3)总电极方程式：
①通过最小公倍数法使两个电极反应式的电子数目相等。
②把两个电极反应式相加，消去相同项，并注明条件“通电”。
③若是水电离出的H＋或OH－得或失电子，在总反应式中应是H2O参与反应。
即：2Cl－＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2OH－即时应用
1.如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是(　　)
A．a为负极，b为正极
B．a为阳极，b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加
D．电解过程中Cl－浓度不变解析：选C。本题考查对电解池的组成的理解。电子从电源负极流向阴极，又从阳极流回电源正极，电流方向与之相反，因此a为电源正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极,Cu2＋在阴极得电子生成Cu，d电极质量增加；Cl－在阳极失电子生成Cl2，Cl－浓度减小，答案选C。
探究导引3　用惰性电极电解电解质溶液后,溶液的pH值的浓度如何变化？
提示：电解时若阴极为H＋放电，则阴极区c(OH－)增大；若阳极为OH－放电，则阳极区c(H＋)增大；若阴、阳两极同时有H＋、OH－放电，相当于电解水，电解质溶液浓度增大。探究导引4　如何使电解后溶液恢复原状？
提示：欲使电解后的溶液恢复原状，可遵循“出什么加什么”。要点归纳
1．电解水型：包括高价含氧酸(H2SO4、HNO3)、强碱[NaOH、Ba(OH)2]、活泼金属的高价含氧酸盐[Na2SO4、K2CO3、Al2(SO4)3]。
电极反应式：阴极：4H＋＋4e－===2H2↑；
阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
总反应式：2H2O通电,2H2↑＋O2↑2．分解电解质型：包括无氧酸(除HF)、不活泼金属的无氧酸盐溶液，以CuCl2溶液为例。
电极反应式：阴极：Cu2＋＋2e－===Cu；
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
总反应式：CuCl2通电,Cu＋Cl2↑3．放氢生碱型：活泼金属的无氧酸盐(除氟化物)(如NaCl、MgBr2)溶液的电解以NaCl溶液为例：
电极反应式：阴极：2H＋＋2e－===H2↑；
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
总反应式：2Cl－＋2H2O通电,Cl2↑＋H2↑＋2OH－阴极由于H＋放电，破坏了水的电离平衡，水的电离程度增大，电极附近溶液中OH－浓度增大，溶液pH增大，整个电解质溶液碱性增强，pH增大。4．放氧生酸型：(如CuSO4、AgNO3)溶液的电解
以CuSO4溶液为例
电极反应式：阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu；
阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
总反应式：2Cu2＋＋2H2O 2Cu＋O2↑＋4H＋阳极由于OH－放电，破坏了水的电离平衡，水的电离程度增大，电极附近溶液中H＋浓度增大，溶液pH减小，整个电解质溶液酸性增强，pH减小。即时应用
2．(2012·南平高二检测)右图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液，下列实验现象中正确的是(　　)A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的
B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色解析：选D。本题考查电解知识。电解Na2SO4溶液其实质是电解水，a与电源负极相连为电解池的阴极，H2O电离产生的H＋在该极获得电子产生H2，同时生成OH－：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，产生的OH－与石蕊作用呈蓝色。
(2012·深圳高二质检)如图所示，甲是刚浸过Na2SO4溶液的滤纸，A、B两铜片通过导线连接电源两极，在铜片间的滤纸上滴上一滴KMnO4溶液，通电一段时间后发现A、B间紫红色的圆点向A极移动了一段距离，则与A相连的是电源的__________极，可发现滤纸__________极边缘附近有__________色出现。
【答案】　正　A　蓝【规律方法】　电解池中阴、阳极的判断：
(1)根据电源正、负极判断：与电源正极相连的是阳极；与电源负极相连的是阴极。
(2)根据反应判断：发生氧化反应的是阳极；发生还原反应的是阴极。
(3)根据电流方向判断：电流流入的极是阳极；电流流出的极是阴极。(4)根据电子流向判断：电子流出的极是阳极；电子流入的极是阴极。
(5)根据离子流向判断：阴离子不断移向的是阳极；阳离子不断移向的是阴极。
(6)根据质量变化判断：对于有电极参与反应的电解池来说，质量减小的极是阳极，质量增加的极是阴极。(7)根据pH变化判断：对于有水参与的电解反应，pH降低的极区是阳极区，pH升高的极区是阴极区。
(8)根据放电离子判断：阳离子在阴极放电；阴离子在阳极放电。(2)若阴极析出金属、阳极放出O2时，电解质的化学式可能是__________；
(3)两极分别放出气体，且体积比为1∶1，电解质的化学式可能是__________。【答案】　(1)H2SO4、HNO3、Ba(NO3)2
(2)Cu(NO3)2、CuSO4、AgNO3　(3)HCl、BaCl2【规律方法】　解答电解题目的一般思路
首先要看清阳极材料，若为活性电极，则电极本身失电子被氧化；若为惰性电极，则溶液中的阴离子失电子被氧化；其次要熟记各种阴、阳离子在溶液中的放电顺序；正确写出相应的电极反应式及总反应方程式。
[经典案例]　请从下图中选用必要的装置进行电解饱和食盐水的实验，要求测定产生的H2的体积(大于25 mL)，并检验Cl2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：M→(　　)→(　　)→(　　)→
(　　)→L。(3)设计上述气体实验装置时，各接口的正确连接顺序是：(　　)接(　　)、(　　)接A、B接(　　)、(　　)、接(　　)。【解析】　本题将电解知识与定量实验(测定H2的体积)和性质实验(检验Cl2的氧化性)结合在一起，具有一定的综合性。
(1)根据电解池电极的不同，可知A极(Fe)为负极，电子流入，产生H2；阳极产生Cl2。电极反应式分别是2H＋＋2e－===H2↑，2Cl－－2e－===Cl2↑。
(2)可以将电源与电流计交换顺序连接到装置中，为M→K→J→B→A→L。(3)A前反接(收集产生的H2)、B后顺接(检验生成的Cl2并吸收尾气)。其连接顺序为：HFGDEC。
【答案】　(1)2H＋＋2e－===H2↑
2Cl－－2e－===Cl2↑
(2)K　J　B　A
(3)H　F　G　D　E　C课件75张PPT。第2课时　电解原理的应用
1.了解电解食盐水的原理，清楚离子在电极上的放电顺序。
2．了解电解精炼铜和电镀的原理。课程标准导航
电解原理的应用
1．电解食盐水制备烧碱、氢气和氯气
(1)装置(2)现象
①阳极上：有黄绿色气体产生；
②阴极上：有气体产生，阴极附近溶液变红。
(3)原理分析及电极反应
电解时U形管中，_______________移向阳极，___________移向阴极。Cl－、OH－H＋、Na＋①阳极离子放电顺序：___________，
电极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑(____反应)；
②阴极离子放电顺序：_________，
电极反应：2H＋＋2e－===H2↑(____反应)。Cl－>OH－氧化H＋>Na＋还原想一想
电解饱和食盐水时，若改用铁做阳极，石墨做阴极，两极反应是否与原来相同？原因是什么？
提示：不同。由于阳极上的铁棒参加电极反应：Fe－2e－===Fe2＋，阴极反应仍为2H＋＋2e－===H2↑，导致阴极区显碱性，阳极产生的Fe2＋遇阴极区产生的OH－产生白色Fe(OH)2沉淀。2.铜的电解精炼
(1)装置(2)电极反应
阳极：Cu－2e－===Cu2＋
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu
(3)阳极泥
铜的电解精炼过程中，粗铜中不如铜活泼的金属与其他不溶性杂质混在一起沉积在电解池底部形成的物质。3．电镀
(1)定义：应用_______原理，在金属表面镀上一薄层金属或合金的方法。
(2)目的：使金属_________能力增强且增加金属表面的耐磨性和美观性。
(3)电镀池构成
镀层金属做_______，镀件做_______，含有_______________的盐溶液做电解质溶液。电解抗腐蚀阳极阴极镀层金属离子
1.关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是
(　　)A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠
B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈现紫色
C．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈现无色
D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈现中性解析：选B。电解NaCl溶液，阴极生成H2和NaOH，阳极生成Cl2。
2．下列说法正确的是(　　)
A．电解饱和NaCl溶液时，Na＋向阴极移动,在阴极表面得电子析出
B．电解精炼铜装置中粗铜做阴极
C．电镀池中镀层金属做阳极
D．通过电解MgCl2溶液的方法冶炼金属镁解析：选C。电解饱和NaCl溶液时，放电顺序H＋>Na＋，阴极反应为2H＋＋2e－===H2↑,Na＋不放电；电解精炼铜时粗铜做阳极；电镀时镀层金属做阳极；镁为活泼金属，工业上常用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg。3．火法炼铜得到的粗铜中含多种杂质(如锌、金和银等)，其性能远不能达到电气工业的要求，工业上常用电解精炼法将粗铜提纯。在电解精炼时(　　)
A．粗铜接电源负极
B．纯铜做阴极
C．杂质都将以单质形式沉积到池底
D．纯铜片增重2.56 g，电路中通过电子为0.04 mol
探究导引1　在电解饱和食盐水过程中，在阴极附近滴入1滴酚酞试液，出现什么现象？为什么？提示：阴极附近区域变红色，电解后，由于阴极附近H＋放电生成H2使该区域的c(H＋)降低，破坏了附近的水的电离平衡，促进水的电离，使H2O的电离平衡向右移动，结果阴极区溶液中的c(OH－)增大，使阴极区的溶液呈碱性，滴入酚酞试液时变红色。探究导引2　如何用实验验证两极气态产物？
提示：用镊子夹一块湿润的淀粉-KI试纸靠近阳极，若发现试纸变蓝，则说明阳极放出的气体是Cl2，用小试管在阴极收集产生的气体，待收集满后，用拇指堵住管口，移至酒精灯火焰旁，松开拇指，若听到有尖锐的爆鸣声，则说明收集到的气体是H2。要点归纳
1．电解饱和食盐水可以制备烧碱、氢气和氯气，在工业生产中被称为氯碱工业。除杂质的过程：(2)工业生产
由阳极(金属钛网)、阴极(碳钢网)、离子交换膜、电解槽框和导电铜棒等组成，每台电解槽由若干个单元槽串联或并联组成。如图表示一个单元槽的示意图。电解总方程式：特别提醒
1．在学习电解饱和食盐水的原理时，容易误认为NaOH在阳极区生成。
2．在氯碱工业中，采用了离子交换膜，离子交换膜将电解槽隔成阴极室和阳极室，它只允许阳离子(Na＋)通过，而阻止阴离子(Cl－、OH－)和气体通过。这样既能防止阴极产生的H2和阳极产生的Cl2相混合而引起爆炸,又能避免Cl2和NaOH作用生成NaClO而影响烧碱的质量。即时应用
1．(2012·南阳高二质检)下图中能验证氯化钠溶液(含酚酞)电解产物的装置是(　　)解析：选D。电解饱和食盐水生成H2和Cl2,H2可收集检验，Cl2可用碘化钾淀粉溶液检验,排除A、B，生成H2的一极为阴极，与电源负极相连，生成Cl2的一极为阳极，与电源正极相连，据此可知电子流向正确的为D。
探究导引3　电镀和电解精炼过程中电解质溶液的浓度有何变化？
提示：(1)电镀时，以镀层金属作阳极时，阳极消耗的金属离子与阴极析出的金属阳离子完全相等，因此电镀液的浓度不变。(2)电解精炼铜时，以粗铜为材料做阳极属于活性电极，粗铜有杂质(锌、铁、镍、银、金等)，当铜不断溶解时，位于金属活动性顺序铜之前的金属如Zn、Fe、Ni等，也会失去电子，如Zn－2e－===Zn2＋。但它们的阳离子氧化性比铜弱，并不在阴极析出，而只是留在电解液里。故Cu2＋的浓度减小。要点归纳特别提醒
1.离子的放电顺序不仅与离子本身的性质有关，还与离子浓度、装置特点等有关，铁上镀锌时，溶液中的H＋不放电。
2．在金属的电解精炼中，比被提炼的金属活泼的金属首先放电，比其不活泼的金属则最终成为阳极泥。即时应用
2．(2012·深圳高二质检)用含有少量银和锌的粗铜片做阳极，纯铜片做阴极，CuSO4溶液做电解质溶液，电解一段时间后，阳极的质量减少x g，则(　　)
A．电解质溶液的质量增加x g
B．阴极的质量增加x g
C．阴极的质量增加a g，a>x
D．阴极的质量增加b g，bA．阳极发生还原反应，其电极反应式：
Ni2＋＋2e－===Ni
B．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2＋和Zn2＋
D．电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt存在
解析：选D。氧化性Fe2＋Ni>Cu，因此Zn、Fe首先失电子,此时阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，Cu、Pt不如Ni活泼，最后成为阳极泥。
探究导引4　如何进行有关电解的计算？
提示：首先要正确地书写电极反应式，要特别注意阳极材料；注意溶液中有多种离子共存时，要根据离子放电顺序确定离子放电的先后，最后根据电子守恒进行相关计算。要点归纳
有关电解池的计算包括：两极产物的定量计算，相对原子质量和阿伏加德罗常数测定的计算，根据电量求产物的量与根据产物的量求电量等的计算，不论哪种计算，均可概括为下列三种方法：1．根据电子守恒法计算：可用于串联电路中阴、阳两极产物的定量计算等类型，其依据是电路上所转移的电子数相等。
2．根据总反应式计算：先写出电极反应式,再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。
3．根据关系式计算：借电子守恒建立已知量与未知量之间的桥梁，得到计算所需的关系式。即时应用A．原混合溶液中c(K＋)为1 mol·L－1
B．上述电解过程中共转移4 mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol
D．电解后溶液中c(H＋)为2 mol·L－1解析：选B。两极反应为：阴极：Cu2＋＋2e－===Cu,2H＋＋2e－===H2↑，阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，两极都收集到1 mol气体，由阳极得到O2为1 mol，可知转移电子为4 mol，又知生成1 mol H2转移电子2 mol，根据电子得失守恒，n(Cu2＋)＝1 mol。再通过溶液呈电中性，正、负电荷总数相等，在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中存在关系：5．用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L(标准状况)氧气，从而可知M的相对原子质量是
(　　)解析：选C。由题意分析得：阴极、阳极发生的电极反应分别为
阴极：4Mx＋＋4xe－===4M
阳极：4xOH－－4xe－===2xH2O＋xO2↑
根据阴、阳两极转移电子的数目相等，设M的相对原子质量为M。得关系式
电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：(1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液,实验开始时，同时在两边滴入几滴酚酞试液,则：
①电解池中X极上的电极反应式为__________。在X极附近观察到的现象是__________。
②Y电极上的电极反应式是__________，检验该电极反应产物的方法是__________。(2)如果用电解法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：
①X电极的材料是__________，电极反应式是__________________________。
②Y电极的材料是__________，电极反应式是__________________________。
(说明：杂质发生的电极反应不必写出)【思路点拨】【解析】　(1)用惰性电极电解饱和食盐水时,阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑；阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑。与电源正极相连的为阳极，反之为阴极。所以X极为阴极，Y极为阳极。X极在反应过程中消耗了H2O电离出的
H＋，溶液呈碱性，加入酚酞试液，X极附近溶液变成红色；Y极产生Cl2，能使湿润的淀粉-KI试纸变为蓝色。(2)电解精炼粗铜时，用含杂质的Cu为阳极，精铜为阴极。反应过程中阳极上的Cu以及比Cu活泼的金属失去电子，成为离子，进入溶液，活泼性比Cu差的金属形成阳极泥；在阴极只有Cu2＋能得电子成为单质，其他较活泼的金属对应的离子不能得电子。根据装置图，X为阴极，Y为阳极。所以，X电极的材料是精铜，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu；Y电极的材料是粗铜，电极反应式为Cu===Cu2＋＋2e－。【答案】　(1)①2H＋＋2e－===H2↑
有气泡冒出，溶液变红色
②2Cl－－2e－===Cl2↑　把湿润的淀粉-碘化钾试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色
(2)①精铜　Cu2＋＋2e－===Cu
②粗铜　Cu－2e－===Cu2＋【名师点睛】　常见的电冶金实例
电解原理在工业上有广泛的应用，除本题涉及到的电解食盐水和电解精炼铜外，还有电镀、电冶金等，常见的电冶金实例有：①电解熔融NaCl制取单质Na：2NaCl(熔融)通电,2Na＋Cl2↑；②电解熔融MgCl2制单质Mg[工业上利用海水中的Mg2＋，先生成Mg(OH)2，再制得MgCl2溶液，最后得熔融态MgCl2，再进行电解]：MgCl2(熔融)通电,Mg＋Cl2↑；③电解熔融Al2O3制单质Al(为降低Al2O3的熔点，工业上加入冰晶石Na3AlF6做助熔剂)：2Al2O3(熔融)通电,4Al＋3O2↑。
下图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336 mL(标准状况)气体。回答：(1)直流电源中，M极为__________极。
(2)Pt电极上生成的物质是__________，其质量为________g。
(3)电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为2∶________∶________∶________。(4)AgNO3溶液的浓度__________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，硫酸的浓度__________。
(5)若硫酸的质量分数由5.00%变为5.02%，则原5.00%的硫酸溶液质量为__________g。【思路点拨】　解答本题要注意以下两点：
(1)熟练掌握电解原理。
(2)根据题目要求，选择适当方法进行计算。由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电解池，在通电一定时间后，在Pt电极上发生还原反应所消耗溶液中Ag＋的物质的量，等于Ag电极被氧化给溶液补充的Ag＋的物质的量，因此AgNO3浓度不变。电解5.00%的硫酸，其实质是电解水，因此硫酸浓度增大。设原5.00%的硫酸溶液的质量为x,电解时消耗水的质量为0.01 mol×18 g/mol＝0.18 g，则5.00%x＝5.02%(x－0.18 g)，解得：x＝45.18 g。【规律方法】　在解有关电解的综合题时，要注意串联电路中的电流强度相同，单位时间内每个极板上通过的电量相同，即电子转移数目相同。
[经典案例]　由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。若用如图所示实验装置则可制得纯净的Fe(OH)2沉淀。两极材料分别为石墨和铁。(1)a电极材料为__________，其电极反应式为__________。
(2)电解液d可以是__________(填选项，下同),则白色沉淀在电极上生成；也可以是__________，则白色沉淀在两极之间的溶液中生成。
A．纯水　 B．NaCl溶液
C．NaOH溶液 D．CuCl2溶液(3)液体c为苯，其作用是______________；在加入苯之前，对d溶液进行加热处理的目的是________________________________。(4)为了在短时间内看到白色沉淀，可以采取的措施是__________________(填编号)。
A．改用稀H2SO4做电解液
B．适当增大电源电压
C．适当缩小两电极间距离
D．适当降低电解液温度(5)若将d改为Na2SO4溶液，当电解一段时间,看到白色沉淀后，再反接电源，继续电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为__________________________。【解析】　制备Fe(OH)2要考虑以下几点：一是Fe2＋和OH－的来源，Fe2＋可由电极转化而来，OH－应由电解液提供；二是环境要求,应隔绝O2；三是反应速率问题，可采用增大电压和缩小两电极间距离的方法来加快反应速率。【答案】　(1)铁　Fe－2e－===Fe2＋　(2)C　B　(3)隔绝空气，防止Fe(OH)2被空气氧化　排尽溶液中的O2，防止生成的Fe(OH)2被溶液中的O2氧化　(4)BC　(5)白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色课件70张PPT。第3节　化学能转化为电能——电池
第1课时　原电池的工作原理　化学电源
1.了解原电池的工作原理，能写出电极反应式和电池反应方程式。
2．掌握构成原电池的条件。
3．了解常见化学电源的种类、工作原理和用途。课程标准导航一、原电池化学能电能负极正极负正化学能电能二、化学电源
做一做
一次电池、二次电池与燃料电池各有哪些特点？
提示：一次电池只能放电不能充电，使用后即弃去，可能造成环境污染；二次电池可以反复充放电，可多次重复使用；燃料电池是一种高效低污染的新型电池。
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<0C．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。用于设计成原电池的反应一般为放热的、可以自发进行的氧化还原反应，所以A不能，因为A为复分解反应，是非氧化还原反应。2．(原创题)在下图中的8个装置中，属于原电池的是哪几个？解析：构成原电池要有四个基本条件。a.电解质溶液；b.两个电极，其中一个相对较活泼，另一个相对较不活泼。两个电极直接或间接地连接在一起，并插入电解质溶液中；c.能自发地发生氧化还原反应；d.形成闭合回路。④⑥⑦符合上述条件。
答案：④⑥⑦3．将铜和锌用导线连接插入到盐酸中，关于该装置的叙述，正确的是(　　)
A．锌是负极，铜的表面有气泡
B．电子从铜极经外电路流向锌极
C．溶液中Cl－向铜极移动
D．溶液的pH基本没有变化解析：选A。锌失去电子，电子从负极流向正极，电流方向与电子流向相反，B错；原电池中阴离子流向负极，C错；H＋在正极得电子生成H2，所以溶液中H＋浓度降低，pH增大，D错。
探究导引1　盐桥的作用是什么？
提示：防止两溶液直接接触，避免氧化剂和还原剂直接反应；沟通两个半电池，保持其电荷平衡，使反应能继续进行。探究导引2　如何设计原电池？
提示：一般来说，自发的氧化还原反应都可以设计成相应的原电池。具体设计时，先将氧化还原反应拆分为两个半反应(即氧化反应和还原反应)，然后根据构成原电池的条件，选择合适的电极材料及适宜的电解质溶液，将两电极用导线连接插入电解质溶液形成闭合回路，该原电池的设计即获成功。要点归纳
1．电池是一种将化学能转化为电能的装置,因此只有氧化还原反应可以设计成电池。在电池中，通过电极和导线将电子转移变成了电子的定向移动，将氧化反应和还原反应分到两个电极上进行，使其成为两个“半反应”。如铜锌原电池：2．依据电池的工作原理，可以将氧化还原反应设计成原电池。设计思路如下：即时应用
1．利用反应Zn＋2FeCl3===ZnCl2＋2FeCl2设计一个原电池。在下图方格内画出实验装置图，并指出正极材料为__________，电极反应式为__________________________；
负极材料为__________，电极反应式为__________________________。
解析：将Zn＋2FeCl3===ZnCl2＋2FeCl2拆分为：Zn－2e－===Zn2＋(氧化反应)，2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋(还原反应)。结合原电池的电极反应特点分析可知，该电池的负极应用锌片，正极材料用活泼性比锌弱的金属或导电的非金属，为保证Fe3＋在正极得电子，电解质溶液为FeCl3等易溶的铁盐溶液。
答案：Pt　2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋　Zn　Zn－2e－===Zn2＋
探究导引3　可充电电池工作时离子如何移动？
提示：无论是原电池还是电解池，阳离子一定移向发生还原反应的极，阴离子一定移向发生氧化反应的极。探究导引4　可充电电池电极反应式如何书写？
提示：①电极反应也要遵循电荷守恒、原子守恒；②对于复杂的电极反应式，可先写出其中一个简单的电极反应式，(通常是负极)然后用总反应方程式减去该电极反应式即可得到另一个电极反应式。要点归纳
可充电电池属于二次电池，是一种可反复使用的电池。当电池放电时，是一种原电池，当电池充电时，此时又是一种电解池。对于可充电电池，分析时应注意以下几个方面：
1．可充电电池的两极
可充电电池有放电和充电两个过程。分析可充电电池的两极，通常是借助于氧化还原反应中化合价的变化。如高铁电池，总反应方程式为：
放电时反应方向是从左到右，锌的化合价升高,发生氧化反应，锌为负极；铁的化合价降低,发生还原反应，K2FeO4为正极反应物。充电时反应从右到左，Zn(OH)2中锌的化合价由＋2价降为0价，发生还原反应，Zn(OH)2是阴极反应物，Fe(OH)3中铁的化合价由＋3升高为＋6价，发生氧化反应，Fe(OH)3为阳极反应物。特别提醒
不论是放电时的正负极还是充电时的阴阳极,均可以借助于化合价的变化加以判断。2．离子移动的方向
原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极；电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。初学者往往在此处混淆，误认为原电池中是阴离子移向正极，对此可通过电子的流向加以判断：在原电池中，电子由负极流向正极，溶液中的阳离子应移向正极去获得电子；电解池中，电子由电源负极流入阴极，阳离子应移向阴极获得电子，阴离子移向阳极失去电子，电子沿导线流回电源正极，构成一个闭合回路。3．电极反应式的书写
分析时可首先从放电过程入手：首先分析反应的总方程式，放电时负极发生氧化反应，元素化合价升高，通常是电极本身或电极中充入的气体失电子，正极则发生还原反应，元素的化合价降低；其次分析充电过程：充电时的阴极反应式与放电时的负极反应式书写方式正好相反，充电时的阳极反应式与放电时的正极反应式书写方向相反。第三，书写时特别注意两极反应生成的离子能否在电解液中共存，若不能共存，则该离子还应与电解质溶液中的某种离子发生反应。4．充放电后溶液pH的变化
充放电后溶液pH的变化与两极反应有密切关系，可通过电极反应式加以判断。仍以高铁电池为例：放电时负极消耗OH－，负极附近溶液碱性减弱，充电时阴极产生OH－，阴极附近OH－浓度增大，碱性增强。特别提醒
pH的变化与电极反应息息相关，不要忽略了电极产生的离子与电解质自身的反应。即时应用
2．(2011·高考新课标全国卷)铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：
Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2
下列有关该电池的说法不正确的是(　　)A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B．电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2
C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O解析：选C。A项，由电池反应可知，Ni2O3→Ni(OH)2，Ni的化合价由＋3价→＋2价，化合价降低，发生还原反应，故Ni2O3为正极，Fe→Fe(OH)2，Fe的化合价由0价→＋2价，化合价升高，发生氧化反应，故Fe为负极，正确；B项，负极发生氧化反应，Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2，正确；C项，阴极发生还原反应，Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－，c(OH－)增大，溶液的pH增大，故错误；D项，阳极发生氧化反应，电极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O，正确。
探究导引5　如何书写燃料电池电极反应式？
提示：燃料电池可先写出总反应，因为总反应是其完全燃烧的方程式或其完全燃烧的方程式与介质反应的总和，然后再写出其中一个简单的电极反应，两式在转移电子数相等的情况下相减可得另一电极反应。
此外，还应注意电解质的状态和溶液的酸碱性。要点归纳
燃料电池是将可燃物(如H2、甲醇、丁烷、甲烷等)燃烧时放出的热量以电能的形式展现出来的装置，具有高效能、低污染的特点。燃料电池的总反应方程式就是该可燃物燃烧的化学方程式(不加反应条件)。如甲烷—氧气燃料电池，就是以多孔铂电极或活性炭电极做正、负极，CH4和O2分别在两极反应，即时应用
3．(2012·郑州高二统考)可用于电动汽车的铝-空气燃料电池通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，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，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。本题是考查一种固体燃料电池的原理，电解质溶液分别为NaCl溶液或NaOH溶液时电极反应式为：
负极：Al－3e－===Al3＋
Al＋4OH－－3e－===[Al(OH)4]－
正极：2H2O＋O2＋4e－===4OH－故总的反应式为4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3↓或4Al＋6H2O＋3O2＋4OH－===4[Al(OH)4]－
以NaOH为电解液时pH发生变化。
用如图所示的装置进行实验，反应一段时间后断开K，向右侧烧杯中加入0.1 mol CuO后CuSO4溶液恰好恢复到反应前的浓度。下列说法中不正确的是(　　)A．铜棒为正极，其电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑
B．烧杯右侧碳棒为阴极，其电极表面有红色物质析出
C．反应中消耗锌的质量为13 g
D．导线中通过电子的物质的量为0.2 mol【解析】　左侧装置为Zn-Cu-H2SO4原电池,Zn为负极，Cu为正极；右侧装置为用惰性电极电解CuSO4溶液，左侧碳棒为阳极，右侧碳棒为阴极，有铜析出。电解质中加入0.1 mol CuO恢复原状态，则知电解生成铜0.1 mol，转移电子数0.2 mol，消耗Zn 0.1 mol,6.5 g。
【答案】　C【名师点睛】　判断正、负极时的一般思路为：
(1)一般较活泼的金属做负极，发生氧化反应；较不活泼的金属或非金属导体做正极,发生还原反应，本身不变。(2)不要形成“活泼金属一定做负极”的思维定势，例如镁铝原电池，若电解质溶液为稀H2SO4，则Mg做负极：Mg－2e－===Mg2＋，Al做正极：2H＋＋2e－===H2↑；若电解质溶液为NaOH溶液，Al与NaOH溶液的反应能自发进行，故Al做负极：2Al＋8OH－－6e－===2[Al(OH)4]－，Mg做正极：6H2O＋6e－===3H2↑＋6OH－；(3)负极为电子流出的一极；
(4)一般溶解的一极为负极，质量增加或有气体生成的一极为正极；
(5)通入还原性气体(CH4、H2等)的一极为负极，通入氧化性气体(O2)的一极为正极。【提示】　上述右侧装置中右侧碳棒做阴极,电极不发生反应；左侧碳棒为阳极，若换为铁棒，则铁失电子，电解时发生总反应为Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋，加入0.1 mol CuO后无法恢复原状态。互动探究
若将插入CuSO4溶液中的右侧石墨棒换为铁棒，则对原题有无影响？若换左侧的呢？
(2012·北大附中高二期中考试)将氧化还原反应2H2＋O2===2H2O设计成原电池。
(1)利用氢气和氧气、氢氧化钾溶液构成燃料电池，则负极通入的气体应是________，正极通入的气体是__________，电极反应为：正极：__________________________，
负极：__________________________。(2)若把KOH溶液改为稀硫酸做电解质溶液,则电极反应为：正极__________________________，
负极：__________________________。
(3)(1)和(2)的电解质溶液不同，反应进行后,其溶液的酸碱性各有何变化？________________(4)若把H2改为CH3OH，KOH溶液做电解质溶液，则电极反应为：正极：__________________________，
负极：__________________________。
电池反应为__________________________。【思路点拨】　①氢氧燃料电池，H2都在负极失e－，电解质溶液显酸性，则H2－2e－===2H＋；电解质溶液显碱性，则生成的H＋与OH－生成H2O。
②负极反应式与正极相加一定等于总反应。【解析】　(1)由电池反应可知在反应中H2被氧化，O2被还原。H2应该在负极上反应，O2应该在正极上反应，又因为是碱溶液，不可能有H＋参加或生成，故负极的电极反应为2H2＋4OH－－4e－===4H2O，正极的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。(2)若将电解质溶液换为酸溶液，此时应考虑不可能有OH－生成，故负极的电极反应为2H2－4e－===4H＋，正极的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O。
(3)由于前者在碱性条件下反应，KOH的量不变，但工作时H2O增多，故溶液变稀，碱性减弱；而后者为酸溶液，H2SO4的量不变,H2O增多，故溶液变稀，酸性减弱。【答案】　(1)H2　O2　O2＋2H2O＋4e－===4OH－
2H2＋4OH－－4e－===4H2O
(2)O2＋4H＋＋4e－===2H2O
2H2－4e－===4H＋【规律方法】　写燃料电池电极反应式以下三个方面特别要注意：
①电池的负极一定是可燃性物质失电子，发生氧化反应；电池的正极一定是助燃性物质得电子，发生还原反应。
②电极材料一般不参加化学反应，只起传导电子的作用。③写电极反应式时，一定要注意电解质是什么。在碱性电解质溶液中，电极反应式中不能出现H＋，酸性电解质溶液中，电极反应式中不能出现OH－。
[经典案例]　某化学兴趣小组为了探究铝电极在原电池中的作用，设计进行了一系列实验，实验的结果记录如下：(1)实验1、2中，铝分别做__________极、__________极；
(2)实验3中铝做__________极，理由是__________________________，
铝电极的电极反应式为__________________________；
(3)实验4中电流计指针偏向铝的原因是__________________________；(4)根据实验结果，总结在原电池中金属铝做正极还是负极，受哪些因素影响：__________。
【解析】　因为金属的活泼性Mg>Al>Cu，Mg、Al都能与稀盐酸反应，Cu不能与稀盐酸反应，所以在实验1、2中，Mg、Al分别都是负极。从实验1、2可以看出，电流计指针偏向原电池的正极一方，所以在实验3、4中Mg、Al分别都是正极。虽然金属活泼性Mg>Al>Zn,但在实验3中能发生反应的是Al，在实验4中能发生反应的是Zn，因此判断金属在原电池中的电极类型时，不能只依据金属的活泼性，要联系实际发生的反应综合判断。【答案】　(1)正　负　(2)负　在NaOH溶液中，只有Al与NaOH溶液反应，铝做负极，Mg不反应，做导体
Al－3e－＋4OH－===[Al(OH)4]－　(3)铝在浓硝酸中钝化，只做导体(正极)　(4)电解质溶液(是否能自发进行)及金属活动性强弱课件52张PPT。第2课时　金属的腐蚀与防护
1.了解金属腐蚀的种类，能解释金属发生电化学腐蚀的原因。
2．认识金属腐蚀的危害，知道防止金属腐蚀的方法。课程标准导航
有吸氧析氢无氧化牺牲阳极外加电流想一想
化学腐蚀和电化学腐蚀哪一种更易使金属腐蚀？
提示：电化学腐蚀，因电化学腐蚀的反应速率快。
1．下列说法不正确的是(　　)
A．电化学腐蚀比化学腐蚀普遍
B．钢铁发生吸氧腐蚀时负极反应为：Fe－3e－===Fe3＋
C．钢铁在干燥的环境中不易被腐蚀
D．镀锌铁比镀锡铁耐用解析：选B。单质铁无论是做原电池的负极,还是做电解池的阳极，都是失电子生成Fe2＋而不是Fe3＋。2．埋在地下的自来水铁管，在下列情况下被腐蚀的速率最慢的是(　　)
A．在含有铁元素较多的酸性土壤中
B．在潮湿、疏松的土壤中
C．在自来水的铁管上用导线连接一块锌块后，再埋入不透气的土壤中
D．在自来水铁管上用导线连接铜块后，再埋入潮湿、疏松的土壤中解析：选C。从三个角度考虑：(1)土壤中是否有与铁直接反应的物质；(2)水分充分、氧气充足的土壤易导致铁管生锈；(3)铁做原电池的负极。3．下列防腐措施中，属于电化学保护法的是(　　)
A．用氧化剂使金属表面生成致密稳定的氧化物保护膜
B．在金属中加入一些铬或镍制成金属合金
C．在轮船的船壳水线以下部分，装上一定数量的锌锭
D．金属表面喷漆解析：选C。锌的活动性强于铁，形成原电池时锌做负极先被腐蚀使船体得到保护。
探究导引1　化学腐蚀与电化学腐蚀的本质是什么？
提示：金属的腐蚀包括化学腐蚀与电化学腐蚀。无论是化学腐蚀还是电化学腐蚀，它们的本质都是相同的，即金属失去电子发生氧化反应，可表示为M－ne－===Mn＋。探究导引2　铁锈的形成过程是怎样的？要点归纳
1．化学腐蚀与电化学腐蚀的比较2.钢铁析氢腐蚀与吸氧腐蚀的比较特别提醒
注意从溶液的酸碱性判断电化学腐蚀的类型,酸性电解质发生析氢腐蚀；碱性或中性电解质发生吸氧腐蚀。即时应用
1.(2012·郑州高二质检)如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液(呈酸性)，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。本题考查金属的电化学腐蚀，解题时首先注意a、b两支试管内由于溶液酸碱性不同发生不同类型的电化学反应，再依据相关反应式进行判断。生铁块中的铁比含有的碳活泼，在形成的原电池中充当负极，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，碳充当正极，在发生吸氧腐蚀时电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，在发生析氢腐蚀时电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，故A、C正确。a试管中盛装NaCl溶液为中性环境，故生铁块发生吸氧腐蚀，氧气被消耗，试管内气体压强降低；b试管内盛装NH4Cl溶液，酸性较强，发生析氢腐蚀，产生H2，试管内气体压强增大，故红墨水柱两边的液面应左高右低，故B错，D对。
探究导引3　金属腐蚀快慢判断的方法主要有哪些？
提示：金属腐蚀快慢的判断方法主要有：一是与电解质溶液有关，金属在电解质溶液中的腐蚀要快于在非电解质溶液中的腐蚀，在强电解质溶液中的腐蚀一般也要快于在弱电解质溶液中的腐蚀，同一电解质溶液中，浓度越大，腐蚀越快；二是对于同一金属而言，电化学腐蚀要快于化学腐蚀，更快于有防护措施的腐蚀。探究导引4　对于金属的防护应从哪几个方面考虑？
提示：对于金属的防护，可以从两个方面考虑，一是金属本身，二是介质。在金属表面覆盖保护层、改变金属内部组织结构、保持金属表面干燥、与更活泼的金属相连的牺牲阳极的阴极保护法、外加电源的阴极保护法等都能起到金属防护的目的。要点归纳
1．金属腐蚀的快慢规律
(1)在同一电解质溶液中，金属腐蚀由快到慢的顺序为：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>应用原电池原理有保护措施的腐蚀>应用电解池原理有保护措施的腐蚀，或电解池阳极>原电池负极>化学腐蚀>原电池正极>电解池阴极。(2)同一种金属在不同介质中腐蚀由快到慢的顺序为：强电解质溶液中的腐蚀>弱电解质溶液中的腐蚀>非电解质溶液中的腐蚀。
(3)对于活动性不同的两种金属，活动性差别越大，氧化还原反应速率越快，活泼金属腐蚀越快。(4)对于同一种电解质溶液，电解质溶液浓度越大，金属腐蚀越快(除钝化外)。
(5)纯度越高的金属，腐蚀的速率越慢(纯金属几乎不腐蚀)。2．金属的防护措施
生产上常用的一些防护方法：
(1)改变金属的内部组织结构。例如：把铬、镍等加入普通钢里制成不锈钢，就大大地增加了钢铁对各种侵蚀的抵抗力。
(2)在金属表面覆盖保护层。在金属表面覆盖致密的保护层，从而使金属制品跟周围物质隔离开来，这是一种普遍采用的防护方法。(3)电化学保护法：①用锌块形成原电池，牺牲锌(负极)保护铁(正极)，习惯上叫做牺牲阳极的阴极保护法。如船壳上打上锌块；②钢铁外接电源负极形成电解池，使之成为阴极而被保护，习惯上叫做外加电流的阴极保护法。如钢闸门接低压直流电负极，石墨接电源正极做阳极，浸入水中。就防护效果而方言，②法优于①法。即时应用
2．以下几种情况下的铁钉，腐蚀最明显的是(　　)
A．将铁钉投入浓硝酸中
B．涂有油脂的铁钉露置在潮湿的空气中
C．将铁钉放入注有食盐水的试管中，使铁钉和空气及食盐水接触
D．将铁钉和锌片连接后放入试管中，注入自来水浸没铁钉和锌片解析：选C。A选项，铁在浓硝酸中被钝化生成致密的氧化膜，防止了反应的进一步进行；B选项，由于油脂的作用使铁与空气及水相隔，所以不易腐蚀；C选项，构成了电化学腐蚀，且在液面处由于铁与空气及水充分接触，腐蚀最严重；D选项，锌比铁活泼,所以形成原电池后，铁为正极受到了保护，不易被腐蚀。3．下列说法正确的是(　　)
A．轮船吃水线以下的船壳表面装一定数量的锌块，可有效地保护船体
B．将生锈的铁器经盐酸酸洗后，可不再采取特别的保护措施
C．马口铁(镀锡铁)和白铁皮(镀锌铁)一样，镀层破损后均不易腐蚀
D．将要保护的金属与电源的正极相连可以达到保护金属的目的解析：选A。A选项，通过构成锌铁原电池,使锌为负极参加反应，从而保证了船体不被腐蚀；B选项，并未改变铁生锈的条件；C选项，镀层一旦破损，分别形成了锡铁、锌铁原电池，前者铁反应保护锡，后者锌反应保护铁；D选项，金属与电源的正极相连只能加快金属的腐蚀。
已知电极材料：铁、铜、银、石墨、锌、铝，电解质溶液：氯化铜溶液、硫酸铁溶液、盐酸。按要求回答下列问题：
(1)电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用，原因：__________________________。(2)有M、N两种纯金属分别与稀盐酸反应，产生氢气速率相近，请设计一个实验证明M、N两种金属的活泼性：__________________________________。
(3)请运用原电池原理设计实验，证明氧化性Fe3＋>Cu2＋。请画出实验装置图并写出电极反应式。【思路点拨】　判断能否构成原电池或设计原电池时要注意构成原电池的三个条件：活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路。【解析】　(1)铜导线和铝导线连接在一起使用，接头处会在潮湿的空气中形成原电池而腐蚀。
(2)当活动性不同的金属组成原电池时，相对活泼金属失电子，在相对不活泼金属上氢离子得电子，析出氢气，所以将M、N两种纯金属以及稀盐酸设计成原电池，有气泡逸出的是较不活泼的金属，另一极即是活泼的金属。(3)首先将已知反应Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋拆成两个半反应(即失电子和得电子的反应)：Cu－2e－===Cu2＋，2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋，然后结合原电池的电极反应特点分析可知，该电池的负极应为铜棒，正极要保证Fe3＋得到负极失去的电子，一般用不能还原Fe3＋的材料，如铂或石墨等，电解质溶液只能用Fe2(SO4)3溶液。【答案】　(1)二者连接在一起时，接头处会在潮湿的空气中形成原电池而腐蚀
(2)将M、N两种金属片用导线连接放入盐酸中组成原电池，有气泡逸出的是较不活泼的金属，另一极即是活泼的金属。装置如图：(3)
正极反应：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋，
负极反应：Cu－2e－===Cu2＋。【提示】　若石墨电极改为铁电极，正极反应：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋，负极反应：Fe－2e－===Fe2＋，总反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋,不能证明氧化性Fe3＋>Cu2＋。
互动探究
第(3)问中若石墨电极改为铁电极，还能否证明氧化性Fe3＋>Cu2＋？ 锂钴电池的能量密度远远超过其他材料电池，且其成本也低，对环境无污染，因此便于大量推广。锂钴电池的正极材料是Li0.5CoO2混以一定量导电添加物(例如碳)构成的混合导体，负极材料可插入锂的碳负极(例如LixC6)。该电池无论放电还是充电，其过程就像锂离子在两个电极之间来回移动，故又称做摇椅式电池，锂钴电池充、放电时电池中的变化简单表示如下：
其中表示充电过程阳极变化的是__________
(填a、b、c、d等符号)，放电时两极的电极反应式为：负极__________，正极__________。【解析】　由d过程中负极材料变为Li＋可知d表示负极变化过程，根据元素守恒和电子得失守恒，可确定负极反应为LixC6－xe－===C6＋xLi＋。另外，要注意充、放电时电池中的变化，正极材料并没有出现，而出现了一种LiCoO2，即正极反应有新物质生成，再根据元素守恒和电荷守恒，即可确定正极反应为Li0.5CoO2＋0.5Li＋＋0.5e－===LiCoO2；充电时阳极失电子，发生氧化反应，故选a。【答案】　a　LixC6－xe－===C6＋xLi＋　Li0.5CoO2＋0.5Li＋＋0.5e－===LiCoO2【名师点睛】　做好此类题目，首先要具备准备从题给信息提取关键信息的能力，还要牢牢抓住电池的总反应式与各电极反应式之间的关系。
面对复杂的问题，首先要理清思路，明确各电极所发生氧化还原反应的情况，电极材料的变化情况；其次要准确使用元素原子数目守恒、电子得失守恒等规律解题。
[经典案例]　如何防止铁的锈蚀是工业上研究的重点内容。为研究铁锈蚀的影响因素，某同学做了如下探究实验：回答以下问题：
(1)上述实验中发生了电化学腐蚀的是(填实验序号)________；在电化学腐蚀中，负极反应是__________________________；
正极反应是__________________________；(2)由该实验可知，可以影响铁锈蚀速率的因素是__________________________
__________________________；
(3)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】　(1)上述实验中3、4、5、6都发生了吸氧腐蚀，都属于电化学腐蚀。
(2)实验过程中改变的条件是温度、O2的浓度和反应介质，故影响铁锈蚀速率的因素是温度、O2的浓度和反应介质。(3)为防止铁的锈蚀，工业上普遍采用的方法有：①牺牲阳极的阴极保护法；②外加电流的阴极保护法；③改变金属的内部结构，使金属性质改变,成为耐腐蚀金属，如不锈钢等；④加保护层，如采用喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法使金属与空气、水等物质隔离，以防金属氧化腐蚀。【答案】　(1)3、4、5、6　Fe－2e－===Fe2＋　O2＋2H2O＋4e－===4OH－　(2)温度、O2的浓度、反应介质
(3)牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法(回答制不锈钢、加保护层等符合题意的都可以)课件30张PPT。本章优化总结第三章　物质在水溶液中的行为
物质在水溶液中的行为
1．强酸弱碱盐：酸性
2．强碱弱酸盐：碱性
3．强酸强碱盐：中性
4．弱酸弱碱盐：中性、酸性或碱性，取决于酸、碱的相对强弱程度。5．酸式盐溶液
(1)多元弱酸的酸式酸根离子在水溶液中呈现两种变化趋势，一是电离出H＋使溶液酸性增强，二是水解结合水电离出来的H＋使溶液碱性增强。如：如果不考虑阳离子的性质，酸式酸根离子的电离易于水解，该盐溶液显酸性，如NaH2PO4、NaHSO3等即是；酸式酸根离子的水解易于电离，该盐溶液显碱性，如NaHCO3、NaHS、Na2HPO4等即是；电离和水解难易相当，该盐溶液显中性。
(2)强酸的酸式盐：酸性，如NaHSO4溶液。6．酸碱等体积混合后溶液酸碱性
(1)强酸、强碱反应：恰好反应时，溶液显中性；酸过量，显酸性；碱过量，显碱性。强酸、弱碱反应：恰好反应时，生成强酸弱碱盐，溶液显酸性；显中性或碱性时，弱碱一定是过量的。弱酸、强碱反应时：恰好反应时，生成弱酸强碱盐，溶液显碱性；显中性或酸性时，弱酸一定是过量的。(2)当题目给出的是H＋或OH－浓度(或pH)时，需要注意的是弱酸、弱碱是部分电离的，溶液中有未电离的弱酸、弱碱分子，随着反应进行,这些分子还继续电离。
(3)当酸的pH与碱的pH之和等于14时等体积混合,混合溶液遵循“谁弱显谁性，强强显中性”,这是因为当pH之和等于14，说明酸中[H＋]等于碱中[OH－]，谁弱谁过量，故显示谁的性质；都强时恰好反应，溶液显中性。 室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是(　　)
A．pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合
B．pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
C．pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
D．pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合【解析】　pH＝3的酸溶液中的[H＋]与pH＝11的碱溶液中的[OH－]相等。B项是强酸与强碱的反应，酸碱恰好完全中和生成强酸强碱盐，所得溶液pH＝7，故B错；A、D项是强酸与弱碱的反应，两溶液中：已电离出的[H＋]＝[OH－]，随着反应的进行，弱碱溶液中未电离的分子继续电离出OH－，使得溶液的pH＞7，故A、D均错；C项是强碱与弱酸的反应，两溶液中：已电离出的[H＋]＝[OH－]，随着反应的进行,弱酸溶液中未电离的分子继续电离出H＋，导致所得溶液的pH＜7，故C对。
【答案】　C
有关离子浓度关系的判断有两种类型：一是用“＞”或“＜”表示离子浓度的相对大小；二是用“＝”表示离子浓度之间的等量关系。前者应该利用电离平衡和水解平衡进行分析，再根据溶液的酸碱性来判断粒子浓度的大小；后者应该通过物料守恒和电荷守恒判断，物料守恒实际就是原子个数守恒，可以根据溶质中各种原子的物质的量或原子个数来分析，电荷守恒就是溶液中阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等，而质子守恒很少考查到，质子守恒可以由上述两种守恒推导得到。解答溶液中离子种类和浓度大小比较的问题时，要紧抓“两个微弱”、“两个守恒”和“分清主次”。
(1)“两个微弱”：即弱电解质的电离是微弱的，离子的水解是微弱的。
(2)“两个守恒”：即电荷守恒和物料守恒(由两者可导出质子守恒)(3)“分清主次”：即溶液是以电离平衡为主还是水解平衡为主。如NaHCO3溶液中，以水解平衡为主、电离平衡为次；又如NaHSO3溶液中，以电离平衡为主，水解平衡为次。 向体积为Va的0.05 mol·L－1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05 mol·L－1KOH溶液,下列关系错误的是(　　)
A．Va＞Vb时：c(CH3COOH)＋c
(CH3COO－)＞c(K＋)
B．Va＝Vb时：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)C．Va＜Vb时：c(CH3COO－)＞c(K＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．Va与Vb任意比时：c(K＋)＋c(H＋)
＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
【解析】　CH3COOH＋KOH===CH3COOK＋H2O，Va＞Vb时，乙酸过量，A项正确；CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－，该反应产生的c(CH3COOH)＝c(OH－)，另由水电离产生的c(H＋)水＝c(OH－)水，因而B项对；C项，Va＜Vb时，KOH过量，c(K＋)应该最大，故C错；根据溶液电中性原则，用电荷守恒可得D项正确。
【答案】　C (2011·高考大纲全国卷)室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是(　　)
A．若pH＞7，则一定是c1V1＝c2V2
B．在任何情况下都是c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)C．当pH＝7时，若V1＝V2，则一定是c2＞c1
D．当V1＝V2，c1＝c2，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)
【解析】　A项，pH＞7时，可以是c1V1＝c2V2，也可以是c1V1＞c2V2，错误；B项，符合电荷守恒，正确；C项，当pH＝7时，醋酸一定过量，正确；D项，符合物料守恒，正确。
【答案】　A
【答案】　BD课件60张PPT。第三章　物质在水溶液中的行为第三章　物质在水溶液中的行为第1节　水溶液
第1课时　水的电离　电解质在水溶液中的存在形态
1.理解水的电离过程以及水的离子积常数的含义，并能应用水的离子积常数进行相关计算。
2．知道强、弱电解质的区别，理解弱电解质电离平衡的含义。
3．能够书写常见弱电解质的电离方程式。课程标准导航
一、水的电离和KW
1．水的电离
(1)电离特点：微弱，______过程。
(2)电离方程式：H2O H＋＋OH－。可逆KW＝[H＋][OH－](3)KW及影响因素
①25 ℃时：KW＝1.0×10－14 mol2·L－2。
②水的电离是______的可逆过程，故温度升高，KW_________。
③水的离子积常数只受温度的影响，与
_______________的变化无关。吸热增大[H＋]、[OH－]二、电解质在水溶液中的存在形态
1．强电解质和弱电解质完全电离部分电离不可逆可逆2.溶剂化作用
_______________与溶剂相互吸引的作用。电解质溶于水后形成的离子或分子实际以“___________”或“__________”的形态存在。溶质分子或离子水合离子水合分子想一想
强电解质的导电能力一定比弱电解质强吗？
提示：溶液导电能力的强弱取决于溶液中自由移动的离子的浓度和所带电荷数，与电解质的强弱无直接关系。
1．(原创题)下列措施能使KW增大的是(　　)
A．温度不变向水中加入NaOH溶液
B．温度不变向水中加入稀H2SO4
C．温度不变向水中加入NaCl固体
D．加热升温解析：选D。水的离子积常数只受温度影响,与外加酸、碱或盐无关。升高温度，KW增大,降低温度，KW减小。2．(2012·哈密高二测试)弱电解质与强电解质的本质区别在于(　　)
A．离子数目的多少
B．物质的量浓度相同时，溶液的导电能力强弱
C．在水溶液中是否完全电离
D．电离方程式的写法不同
解析：选C。判断强、弱电解质就是看在水溶液中是否完全电离。
探究导引1　影响水的电离平衡的因素有哪些？
提示：温度、外加酸、碱、活泼金属等。探究导引2　在25 ℃时，稀酸、碱或盐的溶液中，KW是否还等于1.0×10－14 mol2·L－2呢？
提示：由于水的电离，在水溶液中始终存在着H＋和OH－，稀的水溶液中[H＋]和[OH－]的乘积也等于水的离子积，其变化只受温度影响，因此25 ℃时稀酸、碱或盐的溶液中KW＝1.0×10－14 mol2·L－2。要点归纳特别提醒
1.KW的适用范围：水的离子积(KW)不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质溶液。
2．在任何水溶液中，由水电离出的H＋和OH－的浓度一定相等。即时应用
1．纯水在25 ℃和80 ℃时，氢离子浓度的大小关系为(　　)
A．25 ℃时[H＋]大　 B．相等
C．80 ℃时[H＋]大 D．不能肯定
解析：选C。此题考查温度对水电离平衡的影响。水电离吸热，温度越高，水的电离程度越大，[H＋]越大，故25 ℃和80 ℃相比较,前者的[H＋]小于后者的[H＋]。
探究导引3　强弱电解质的本质区别是什么？
【提示】　强弱电解质的根本区别是在水溶液中是否完全电离。一般来说，强酸、强碱、大多数的盐是强电解质；弱酸、弱碱和水属于弱电解质。要点归纳即时应用
2．完成下列填空：
(1)下列物质中①属于强电解质的是___________________________，
②属于弱电解质的是___________________________，
③属于非电解质的是___________________________，④既不是电解质也不是非电解质的是___________________________，
⑤属于溶于水能导电的非电解质的是___________________________。
选项：KOH，C12H22O11(蔗糖)，盐酸，H2，SO3，C2H5OH，NH3，HBr，H2CO3，H2O,CH3COOH，Ba(OH)2，(NH4)2CO3.(2)写出下列电解质的电离方程式：
①H2CO3：___________________________。
②CH3COOH：
___________________________。
③KHCO3：___________________________。
④CH3COONa：___________________________。解析：(1)强酸、强碱、大部分盐均为强电解质；单质既不是电解质，也不是非电解质；SO3、NH3的水溶液能导电，是因为与水反应生成了电解质H2SO4和NH3·H2O，其自身不能电离，是非电解质。答案：(1)①KOH、HBr、Ba(OH)2、(NH4)2CO3　②H2CO3、H2O、CH3COOH　③SO3、C12H22O11、NH3、C2H5OH　④盐酸、H2　⑤SO3、NH3A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，[OH－]降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，[H＋]增大，KW不变
C．向水中加入少量固体钠，平衡逆向移动,[H＋]降低
D．将水加热，KW增大，[H＋]不变【思路点拨】　解答本题时要注意以下三点：
(1)水的电离平衡符合化学平衡移动原理。
(2)水中加入酸、碱、盐可能影响水的电离平衡。
(3)KW只受温度的影响。向水中加入少量固体钠，由于金属钠非常活泼，可与水电离出的H＋直接发生置换反应,产生H2，故促进了水的电离，使平衡正向移动，C项错误；将水加热，KW增大，[H＋]、[OH－]同等倍数增大，D项错误。
【答案】　B【提示】　(1)水加热后，[H＋]增大，同时[OH－]也增大，且[H＋]＝[OH－]，所以溶液仍显中性。
(2)向水中不断呼气后，在水中生成部分碳酸,从而抑制了水的电离。互动探究
(1)把水加热后[H＋]增大，是不是溶液显酸性？
(2)不断向水中呼气，水的电离程度怎样变化？【名师点睛】　在分析水的电离平衡的移动方向时，要充分利用在化学平衡中所学习的平衡移动原理的规律。需注意：
(1)向水中加入物质，若使[H＋]或[OH－]增大,则抑制水的电离，如向水中加入少量NaOH固体可抑制水的电离。(2)若向水中加入物质后使[H＋]或[OH－]降低,则可促进水的电离，如向水中加入钠等活泼金属可促进水的电离。
(3)在电解池中，若水溶液中的H＋或OH－放电，同样可促进水的电离。
有下列物质　①盐酸　②Cu　③液态HCl　④液氨
⑤氨水　⑥液态CH3COOH　⑦蔗糖溶液　⑧硫酸铜晶体
⑨石墨　⑩无水乙醇
(1)其中能导电的有___________________________；(2)其中属于电解质的是___________________________；
(3)其中属于非电解质的是___________________________；
(4)其中属于强电解质的是___________________________；
(5)其中属于弱电解质的是___________________________；【解析】【答案】　(1)①②⑤⑨　(2)③⑥⑧　(3)④⑩　(4)③⑧　(5)⑥【提示】　(1)HCl是共价化合物，它只有在水溶液中才能电离，故液态HCl不导电。
(2)氨气的水溶液——氨水可以导电，但发生电离产生阴、阳离子的是NH3·H2O而不是NH3，故NH3是非电解质。互动探究
(1)HCl是强电解质，液态HCl为什么不导电？
(2)氨水可导电，氨气为什么不属于电解质？【规律方法】　判断一种物质是否为电解质或非电解质的思路为：首先看物质是否为化合物,若为化合物，再看该物质在一定条件下能否自身电离出自由移动的离子而导电，若能，则为电解质，若不能，则为非电解质。判断一种物质是否为强电解质或弱电解质的思路为：首先判断物质是否为电解质，若为电解质，再看该物质在水溶液(或熔融状态下)中是否完全电离，若完全电离，则为强电解质，若不完全电离，则为弱电解质。
[经典案例]　小英在家做溶液导电性实验，家中备有食盐、纯碱、食醋、白酒、糖，其他的器材均取材于日常生活用品或废弃物。试回答：
(1)小英做实验可能用到的器材是___________________________。(2)小英可以得出的结论是___________________________
___________________________。
(3)假设设计成如图所示的实验装置，可以观察到的现象：___________________________。思考：(1)通过上述实验现象，能否对上述物质进行电解质或非电解质的分类？能否进行强、弱电解质的分类？
(2)若所用食盐水的浓度为0.1 mol·L－1，则可通过实验证明氯离子浓度________0.1 mol·L－1，可说明食盐是强电解质。(选填“＞”、“＜”或“＝”)(3)进一步查阅资料得知：一般来说____________________是强电解质，____________________是弱电解质。根据以上结论推测：如果在上述实验中往食醋中加入等浓度等体积的氨水，则现象是___________________________。
(4)若小英在实验室做本实验，需使各溶液浓度相同，除以上用品外，还要用到的玻璃仪器有___________________________。【解析】　应密切联系教材导电性实验来处理。
思考(1)：通过溶液的导电性能判断出电解质和非电解质的分类，但判断电解质的电离能力大小，必须控制其他影响灯泡亮度的一些因素，使之保持一致，从而不影响灯泡的明亮程度。比如电解质溶液的浓度和体积相等、电极的材料和间距相同、两极的电压相等、灯泡的规格相同，在上述家庭实验条件下，无法达到要求，故无法判断。
思考(2)：Cl－浓度与NaCl浓度相同，即可说明NaCl完全电离。思考(3)：醋酸和一水合氨是弱电解质，其溶液导电能力较弱，但两者混合后生成的醋酸铵属于强电解质，溶液导电能力比原来明显增强，但由于体积增大了一倍，因此，导电能力比Na2CO3、NaCl溶液差。
思考(4)：在实验室中做本实验，应保证它们浓度相等，所以需配制一定体积等物质的量浓度的溶液。【答案】　(1)小灯泡、干电池、导线、废电池、碳棒等
(2)NaCl、Na2CO3、CH3COOH是电解质；C2H5OH和蔗糖是非电解质
(3)灯泡①②③均亮起，③较暗，④⑤不亮
思考：(1)能进行电解质或非电解质的分类，不能进行强、弱电解质的分类。(2)＝　(3)强酸、强碱、大多数的盐　弱酸、弱碱、水　灯泡③变亮，但仍比①②亮度差
(4)容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒
课件56张PPT。第2课时　溶液的酸碱性与pH
1.了解溶液的酸碱性与溶液中[H＋]和[OH－]的关系。
2．知道pH的定义，了解溶液的酸碱性与pH的关系。
3．能够进行有关pH的简单计算。课程标准导航
一、溶液酸碱性与溶液中[H＋]和[OH－]的关系＝><强强二、溶液的pH
1．pH的表达式：pH＝－lg[H＋]。
2．pH的物理意义：pH可以表示溶液的酸碱性及其强弱。室温下，[H＋]＝1×10－7 mol·L－1，
pH____7，溶液呈中性；
[H＋]___ 1×10－7 mol·L－1，pH___7，溶液呈碱性；
[H＋]___ 1×10－7 mol·L－1，pH___7，溶液呈酸性。＝<>><3．pH的测定方法
(1)粗略测定：酸碱指示剂，pH试纸。
(2)精确测定：__________________。酸度计或pH计想一想
能否用pH试纸测氯水的pH？应如何正确使用pH试纸？提示：氯水中含有的次氯酸具有漂白性，可将pH试纸漂白，所以不能用pH试纸测氯水的pH，应用酸度计。
pH试纸的使用方法：取一小块pH试纸放在玻璃片上(或表面皿上)，用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，立即与标准比色卡对照确定溶液的pH。
1．我们常见的一些食物在室温时的近似pH如下：则下列说法中不正确的是(　　)
A．鸡蛋清显碱性
B．胃酸过多的人应少吃四川泡菜
C．橘子汁能使石蕊试液变红
D．牛奶比鸡蛋清的碱性强解析：选D。室温下溶液的pH>7时显碱性，A项正确；胃酸的主要成分为盐酸，溶液呈酸性，四川泡菜的溶液pH<7，也呈酸性，不利于盐酸的消耗，故胃酸过多的人不宜多吃泡菜，B项正确；橘子汁pH<7，呈酸性，能使石蕊试液变红，C项正确；牛奶pH<7呈酸性，D项错误。2．下列溶液肯定呈酸性的是(　　)
A．含H＋的溶液
B．能使酚酞显无色的溶液
C．pH<7的溶液
D．[OH－]<[H＋]的溶液解析：选D。任何水溶液中都含有H＋，含有H＋的水溶液可能呈酸性，也可能呈碱性或中性，A选项不符合要求；pH≤8的溶液都使酚酞显无色，B选项不正确；只有室温下pH＜7的溶液才呈酸性，C选项不正确；[OH－]＜[H＋]的溶液一定呈酸性，D选项正确。3．(原创题)将pH试纸用蒸馏水润湿后测定某溶液的pH，会使测定结果(　　)
A．一定偏高 B．一定偏低
C．可能无影响 D．无影响
解析：选C。pH试纸在使用前不能用蒸馏水润湿,否则会将待测液稀释而可能影响测定结果。若原溶液呈酸性，会使测得结果偏高；若原溶液呈碱性会使测得结果偏低；若原溶液呈中性,对测定结果无影响。
探究导引1　溶液酸碱性的判断依据是什么？
提示：溶液呈酸性、碱性还是中性，应看[H＋]和[OH－]的相对大小。探究导引2　在某溶液中，[H＋]为1×10－7 mol·L－1，此溶液一定呈中性吗？
提示：判断溶液酸碱性的标准是比较[H＋]与[OH－]的相对大小，而不是与1×10－7 mol·L－1相比较，若[H＋]与[OH－]不相等，则[H＋]为1×10－7 mol·L－1时溶液也不呈中性，如100 ℃时，中性溶液中[H＋]约为1×10－6 mol·L－1。要点归纳
1．溶液酸碱性与[H＋]、[OH－]及pH的关系2.溶液在25 ℃时，[H＋]、pH与酸碱性的关系可用下图表示：
溶液中[H＋]越小，[OH－]越大，溶液的酸性越弱，碱性越强，pH越大，反之亦然。即时应用
1．下列说法正确的是(　　)
A．pH＝7的溶液一定显中性
B．pH＝6的溶液一定显酸性
C．[H＋]＜[OH－]的溶液一定显碱性
D．[OH－]＝1×10－6 mol·L－1的溶液一定显碱性解析：选C。只有在25 ℃时，pH＝7或[H＋]＝10－7 mol·L－1的溶液才显中性，pH＜7或[H＋]＞10－7mol·L－1的溶液才显酸性，pH＞7或[OH－]＞10－7 mol·L－1的溶液才显碱性。因此A、B、D选项中的叙述均不正确。判断溶液酸碱性的根本标准是溶液中[H＋]与[OH－]的相对大小，C项中[H＋]＜[OH－]，则溶液一定显碱性。
探究导引3　溶液pH计算的步骤和规律？
【提示】　(1)溶液pH计算的步骤(2)规律
酸按酸，碱按碱，同强混合在之间；
异强混合看过量，无限稀释7为限。要点归纳2．强酸、强碱的稀释
(1)对于强酸溶液，每稀释为10倍体积，pH增大1个单位。无论稀释多少倍，酸溶液的pH不可能等于或大于7，只能趋近于7。这是因为当pH接近6的时候，再加水稀释，由水电离提供的H＋不能再忽略。(2)对于强碱溶液，每稀释为10倍体积，pH减小1个单位。无论稀释多少倍，碱溶液的pH不可能等于或小于7，只能趋近于7。这是因为当pH接近8的时候，再加水稀释，由水电离提供的OH－不能再忽略。若两强酸溶液的pH之差≥2，且以等体积混合,可采用速算方法：混合后溶液的pH等于混合前溶液pH较小值加0.3，如pH＝3和pH＝5的两种盐酸等体积混合后，盐酸的pH＝3.3。若两强碱溶液的pH之差≥2，且以等体积混合,可采用速算方法：混合后溶液的pH等于混合前溶液pH较大值减0.3，如pH＝9和pH＝11的两种烧碱溶液等体积混合后，烧碱溶液的pH＝10.7。4．强酸溶液与强碱溶液混合
这里的混合，实为中和，要发生反应H＋＋
OH－===H2O，中和后溶液的pH，有以下三种情况：
(1)若恰好中和[H＋]·V酸＝[OH－]·V碱，pH＝7。特别提醒
将pH相同的强酸和弱酸稀释相同倍数后，强酸的pH大，弱酸的pH小。即时应用
2．(2012·北京西城区高二质检)甲、乙两同学分别计算pH＝10和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH。
甲同学的做法是：pOH＝2－lg5　pH＝14－pOH＝12＋lg5
甲、乙两同学的做法中，正确的是________________，说明理由___________________________
___________________________。解析：碱溶液中的H＋是由H2O电离生成的，因为碱对水的电离有抑制作用，故H＋浓度很小，因此对碱溶液计算pH时，应先计算[OH－]，再由KW求出[H＋]计算pH，甲同学直接用[H＋]计算pH是错误的。
答案：乙　因为是碱溶液，不能直接用[H＋]计算pH，所以甲同学错误3．pH＝5的盐酸和pH＝9的氢氧化钠溶液以体积比11∶9混合，混合液的pH为(　　)
A．7.2　 B．8
C．6 D．无法计算
已知水在25 ℃和95 ℃时，其电离平衡曲线如图所示：(1)则25 ℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由：___________________________
___________________________
___________________________
___________________________。(2)25 ℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________。
(3)95 ℃时，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是___________________________。(4)曲线B对应温度下，pH＝2的某HA溶液和pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH＝5。请分析其原因：___________________________
___________________________。【解析】　(1)当温度升高时，促进水的电离,水的离子积也增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性。因此结合图象中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断,25 ℃时水的电离平衡曲线应为A，理由为水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离程度增大。(2)25 ℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性即酸碱恰好完全中和，即n(OH－)＝n(H＋),则V(NaOH)·10－5 mol·L－1＝V(H2SO4)·10－4 mol·L－1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10∶1。(3)要注意的是95 ℃时，水的离子积为10－12 mol2·L－2，即[H＋]·[OH－]＝10－12 mol2·L－2。根据95 ℃时混合后溶液呈中性，pH2＝b的某强碱溶液中[OH－]＝10b－12；有100×10－a＝1 ×10b－12，即：10－a＋2＝10b－12；所以pH1和pH2有以下关系：a＋b＝14或pH1＋pH2＝14。(4)在曲线B对应温度下，因pH(酸)＋pH(碱)＝12，可得酸碱两溶液中[H＋]＝[OH－]，如是强酸强碱溶液等体积混合则混合溶液应呈中性；现混合溶液的pH＝5，即等体积混
合后溶液显酸性，说明H＋与OH－完全反应后又有新的H＋产生，即酸过量，所以说酸HA是弱酸。【答案】　(1)A　水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，[H＋]、[OH－]小
(2)10∶1
(3)a＋b＝14(或pH1＋pH2＝14)
(4)曲线B对应的温度是95 ℃，此时水的离子积为10－12 mol2·L－2，若HA为强酸，则恰好反应，所得混合液pH＝6，所以HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H＋，使溶液pH＝5【规律方法】　①根据pH判断溶液酸、碱性时，一定看清温度，如pH＝7的溶液，室温呈中性，高于室温，则呈碱性。
②pH的计算一定遵循“遇酸则酸”、“遇碱则碱”的原则。
[经典案例]　
由于水的电离，在水溶液中始终存在着H＋和OH－，稀溶液中[H＋]和[OH－]的乘积也等于水的离子积。在25 ℃下某溶液中[H＋]、[OH－]关系如图所示。(1)假设100 ℃时，KW＝1×10－12 mol2·L－2，请在图上标注出[H＋]和[OH－]的变化关系。
(2)pOH也可以用来表示溶液的酸碱度，其规定如下：pOH＝－lg[OH－]，则25 ℃时，pH、pOH关系如何，请作图表示。在100 ℃时呢？【解析】　(1)在稀溶液中[H＋]·[OH－]＝KW,温度一定时，KW为常数，温度越高，KW越大，[H＋]或[OH－]也越大，因此100 ℃时的曲线应在25 ℃之上。
(2)pH＋pOH＝－lg[H＋]－lg[OH－]＝－lg[H＋]·[OH－]＝－lgKW，在25 ℃时，KW＝1×10－14 mol2·L－2，在100 ℃时KW变大，因此在pH?pOH关系图中，二者应为直线关系，且温度越高，直线越往下。【答案】　(1)
(2)课件54张PPT。第2节　弱电解质的电离　盐类的水解
第1课时　弱电解质的电离平衡
1.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。
2．知道电离平衡常数的含义，能说明温度、浓度、外加物质对电离平衡的影响。
3．通过介绍与电离平衡相关的应用知识，体会化学知识在人类生产、生活中的应用。课程标准导航
一、弱电解质的电离平衡
1．电离平衡的特点可逆相等动态保持恒定会发生移动2．影响因素
(1)内因：____________________。
(2)外因条件：①温度：升高温度，平衡向_____的方向移动，这是因为电离的方向是_______方向，升温向_______方向移动。
②浓度：弱电解质溶液的浓度越_____，电离程度越____，向弱电解质溶液中加水时，平衡向______的方向移动。电解质本身的性质吸热电离吸热大大电离二、电离平衡常数
1．概念
在一定条件下达到电离平衡时，弱电解质电离形成的各种离子的浓度的乘积与溶液中未电离的分子的浓度之比是一个常数，这个常数称为电离平衡常数。3．意义
在相同温度下，K越大，表示弱电解质的电离程度_____，弱酸的酸性或弱碱的碱性相对______。
4．影响因素
由于电离是一个______过程，故K只与温度有关，升温，K值______。越大越强吸热增大
1．(原创题)用食用白醋(醋酸浓度约为1 mol/L)进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是(　　)
A．白醋中滴石蕊试液呈红色
B．白醋加入豆浆有沉淀产生
C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出
D．pH试纸显示白醋的pH为2～3解析：选D。A、B、C三项只能说明醋酸具有酸性，而不能证明醋酸存在电离平衡。2．改变下列条件，能使CH3COOH的电离平衡常数增大的是(　　)
A．加入冰醋酸 B．加入少量NaOH溶液
C．加水稀释 D．升高温度
解析：选D。电离平衡常数主要由弱电解质本身的性质决定，当弱电解质一定时只受温度影响，与溶液的浓度无关。电离是一个吸热过程，升温，K值增大。3．CH3COOH在水溶液中的电离方程式为__________________________，电离常数表达式为________________________________。当达到平衡后，向溶液中加入Zn粒，则溶液中c(CH3COO－)__________，CH3COOH的电离程度________。
探究导引1　以CH3COOH为例，影响电离平衡的外界因素有哪些？
提示：温度、加水稀释、加入冰醋酸、加碱、加醋酸盐等。探究导引2　判断电离平衡移动方向及结果的依据是什么？
提示：平衡移动原理。要点归纳
当外界条件(如浓度、温度等)发生变化时，电离平衡就会发生移动。弱电解质的电离平衡移动遵循化学平衡移动原理。现以0.1 mol/L的CH3COOH溶液为例，分析影响电离平衡的因素及平衡移动结果，其电离方程式为CH3COOH CH3COO－＋H＋。即时应用
1．将0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H＋，加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起(　　)
A．溶液的pH增大
B．CH3COOH电离程度变大
C．溶液的导电能力减弱
D．溶液中[OH－]减少提示：不变。电离平衡常数不随浓度变化而变化，只随温度变化而变化。要点归纳
电离常数是化学平衡常数的一种，具有化学平衡常数的特点和规律。通常对电离常数的考查有以下几个方面：
1．计算电离常数：已知某弱电解质的浓度和溶液中的离子浓度，计算电离常数。
2．计算离子浓度：已知某弱电解质的浓度和电离常数，计算某种离子的浓度。3．比较酸或碱的强弱：一定温度下，同种类型的酸或碱，可根据电离常数比较其酸性或碱性的强弱。以弱酸为例，同是一元弱酸,相同温度下，电离常数越大，其酸性越强。特别提醒
电离平衡常数的计算也可以用求化学平衡常数相似的方法——“三步法”。即时应用
2．(1)25 ℃时，在0.5 L 0.2 mol/L的HA溶液中，有0.001 mol的HA电离。求该温度下HA的电离常数。
(2)计算25 ℃时，0.1 mol·L－1的该酸溶液中的[H＋]。解析：(1)由题意可得
　　　　　　HA　　　 　H＋　　＋　A－
起始　　0.5×0.2 mol 0 0
已电离　0.001 mol 0.001 mol 0.001 mol
平衡时　0.009 mol 0.001 mol 0.001 mol
(2011·高考福建卷)常温下0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是(　　)
A．将溶液稀释到原体积的10倍
B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸
D．提高溶液的温度【解析】　A项，醋酸是弱酸，弱酸溶液每稀释10倍pH增加不到1个单位；C项，加入等体积0.2 mol·L－1的盐酸，溶液中的H＋主要来自于盐酸的电离，此时溶液中的H＋浓度大于0.1 mol·L－1，混合液的pH比a要小；D项，温度升高，CH3COOH的电离程度增大，pH减小；B项，加入CH3COONa后，溶液中的CH3COO－浓度增大，促使醋酸的电离平衡逆向移动，H＋浓度下降，pH增大。
【答案】　BA．滴加少量0.1 mol/L HCl溶液，平衡向逆反应方向移动，溶液中[H＋]减小
B．加水，溶液中所有离子浓度均减小
C．加入少量NaA固体，平衡向逆反应方向移动，溶液中[OH－]增大
D．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动，溶液中[H＋]增大【思路点拨】【解析】　A项，加0.1 mol/L HCl溶液，溶液中[H＋]增大，A错误。B项，加水后[HA]、[A－]、[H＋]均减小，则[OH－]增大，B错误。C项,加少量NaA，[H＋]减小，故[OH－]增大，C正确。D项，加少量NaOH固体，[OH－]增大,[H＋]减小,D错误。
【答案】　C
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[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，[H＋]均明显减少100 mL 0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸都能中和0.01 mol的NaOH，B正确。pH＝3的盐酸稀释100倍后pH＝5，而pH＝3的CH3COOH稀释100倍,3＜pH＜5，因为加水又促进了CH3COOH的电离。盐酸中加入少量NaCl，[H＋]不变，而CH3COOH中加入少量CH3COONa后，[CH3COO－]增大，CH3COOH的电离平衡向左移动，[H＋]减小,pH增大。
【答案】　B【名师点睛】　(1)强酸和弱酸的本质区别是在水溶液中是否完全电离，弱酸在水溶液中不完全电离，存在电离平衡。
(2)判断强酸、弱酸的方法
①同浓度同元数的两种酸中[H＋]大的为强酸或较强酸。②同pH的两种酸与Zn或Mg等反应时，一段时间后，生成H2的速率减小较快的为强酸或较强酸。
③pH相同的两酸，当体积相同时，中和碱的量较多的为弱酸或较弱酸。
④加水稀释相同倍数，pH变化大的为强酸或较强酸。
⑤同浓度的两种一元酸，导电能力强的为强酸或较强酸。
对于弱电解质(如CH3COOH)开始加水稀释,电离起主要作用，[H＋]逐渐增大；加水到一定程度，[H＋]到最大；再加水，水的体积起主要作用，[H＋]开始逐渐减小。[经典案例]　室温时冰醋酸加水稀释过程中导电能力的变化如图所示。溶液的导电性体现了溶液中离子浓度大小。一般来说，溶液导电能力越强，离子浓度越大。(1)图中O点[H＋]＝__________mol·L－1。
(2)a、b、c、d四点中溶液的[H＋]大小顺序为________。电离程度大小顺序为__________。电离平衡常数大小顺序为__________。(用“>”、“<”或“＝”来表示)
(3)若要使c点溶液中[CH3COO－]增大，而又不产生气体，则下列措施中可选择__________。A．加水　　 B．加热
C．加锌粒 D．加固体NaOH
E．加很稀的NaOH溶液
F．加固体CH3COONa(4)设d点醋酸溶液的浓度为c mol·L－1，此温度下醋酸的电离常数为Ka mol·L－1，达到平衡时醋酸分子浓度可近似为c mol·L－1，求平衡时溶液的pH(用Ka和c表示)。【解析】　(1)纯弱电解质一般情况电离很弱,可忽略。
(2)稀释醋酸，向电离方向移动。但[H＋]并不始终增大，一般来说浓度小于0.1 mol·L－1，溶液越稀，离子浓度越小。而电离常数只与温度有关，与浓度无关。(3)A项，加水会使[CH3COO－]减小。B项，加热使电离正向移动[CH3COO－]增大。C项,加锌粒会产生气体。D项，加NaOH固体与H＋反应,使平衡向正向移动[CH3COO－]增大。E项，加很稀的NaOH溶液等同于A。F项,直接加固体CH3COONa使[CH3COO－]增大。课件54张PPT。第2课时　盐类的水解
1.了解盐类水解的原理和规律。
2．了解影响盐类水解的主要因素。
3．通过介绍与水解平衡相关的知识，认识水溶液在化学中的重要作用。课程标准导航
一、盐类水解的原理
1．定义
在溶液中，由盐电离产生的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成_________的反应。弱电解质2．实质
盐的离子结合水电离产生的H＋或OH－生成___________，_______了水的电离，使溶液中[H＋]和[OH－]不再相等，而使溶液呈____________。
3．特征
(1)一般是_______反应，在一定条件下达到化学平衡。弱电解质促进酸性或碱性可逆(2)盐类的水解反应是中和反应的逆反应：盐＋水 酸＋碱，中和反应是____热的，盐类的水解是____热的。放吸4．规律二、影响盐类水解的因素
1．内因——盐的本性
相同条件下，弱酸酸性越弱，其形成的盐______水解，盐溶液的碱性______；弱碱碱性越弱，其形成的盐______水解，盐溶液的_____越强。越易越强越易酸性2．外因
(1)温度：由于盐类的水解是_____过程，升温可使水解平衡____移动，水解程度____。
(2)浓度：稀释盐溶液可使水解平衡_____移动，水解程度______；若增大盐的浓度，水解平衡____移动，但水解程度_____。
(3)外加酸碱：H＋可抑制弱碱阳离子水解，OH－能抑制弱酸酸根离子水解。吸热增大向右增大向右减小向右想一想
试用盐类水解的原理分析CH3COONa溶液和NH4Cl溶液分别显示碱性和酸性的原因。
提示：CH3COONa溶液中有两种电离过程CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，H2O H＋＋OH－。由于CH3COO－结合水电离出的H＋生成弱电解质CH3COOH而使水的电离平衡向右移动。使溶液中[H＋]<[OH－]而呈碱性。同样道理，NH4Cl溶液中的NH结合水电离出的OH－生成弱电解质NH3·H2O，促使水的电离平衡向右移动，使溶液中的[H＋]>[OH－]而呈酸性。
1．向水中加入下列物质，能使水的电离程度增大的是(　　)
A．NaCl　 B．NH4Cl
C．HCl D．Na2O
解析：选B。NaCl无影响，HCl抑制H2O的电离，Na2O与H2O反应生成NaOH抑制H2O的电离，NH水解能促进H2O的电离。解析：选A。B是电离方程式，而C、D是离子反应，但不是水解。3．下列说法正确的是(　　)
A．水解反应是吸热反应
B．升高温度可抑制盐类的水解
C．正盐溶液的pH均为7
D．1 L 1 mol·L－1 FeCl3溶液中n(Fe3＋)＝1 mol解析：选A。水解反应是中和反应的逆反应,中和是放热反应，所以水解为吸热反应，升高温度将促进盐类的水解，正盐若水解则pH≠7，由于Fe3＋水解，1 L 1 mol·L－1FeCl3溶液中n(Fe3＋)＜1 mol。
探究导引1　什么样的盐能水解？其水溶液酸碱性如何判断？
提示：盐水解的前提条件是有弱碱的阳离子或弱酸的酸根离子，其水溶液的酸碱性由盐的类型决定，利用盐溶液的酸碱性可判断酸或碱的强弱。要点归纳
盐的水解规律可概括为“有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解；都弱双水解；谁强显谁性”。具体理解如下：
1．“有弱才水解，无弱不水解”是指盐中有弱酸的酸根离子或者是弱碱的阳离子才能水解；若没有，则是强酸强碱盐，不发生水解反应。2．“越弱越水解”指的是弱酸酸根离子对应的酸越弱，就越容易水解；弱碱阳离子对应的碱越弱，就越容易水解。因为酸越弱，就越难电离出H＋，说明其弱酸酸根离子结合
H＋能力强，所以酸对应的弱酸酸根离子就越容易结合H2O电离出的H＋而水解；同理,碱越弱其阳离子就越容易结合H2O电离出来的
OH－而水解。3．“都弱都水解”是指弱酸弱碱盐电离出的弱酸酸根离子和弱碱阳离子都发生水解，且相互促进。
4．“谁强显谁性”是指盐当中的弱酸酸根离子对应的酸比弱碱阳离子对应的碱更容易电离，则水解后盐溶液显酸性；反之，就显碱性。特别提醒
弱酸弱碱盐的水解，如CH3COONH4、(NH4)2CO3、NH4F等。盐电离出来的弱酸酸根离子和弱碱阳离子分别结合水电离出的H＋和OH－，生成弱酸和弱碱，相互促进，水解程度增大，有些甚至能进行到底。溶液的酸碱性取决形成盐的酸和碱的相对强弱，谁强显谁性，相同显中性。即时应用
1．由一价离子组成的四种盐：AC、BD、AD、BC的1 mol·L－1的溶液，在室温下，前两种溶液的pH＝7，第三种溶液pH＞7，最后一种溶液pH＜7，则(　　)解析：选A。根据盐的水解规律可知：
弱离子越弱，水解程度越大，该题我们可进行归类分析：
探究导引2　盐的水解离子方程式的书写与一般离子方程式有何区别？
提示：盐的水解离子方程式一般不写“===”而写“ ”。由于水解程度小，不能生成沉淀和气体，即不标“↓”和“↑”。要点归纳
1．一般盐类水解程度很小，水解产物很少,通常不生成沉淀和气体，也不发生分解，因此盐类水解的离子方程式中不标“↓”和“↑”。
2．盐类水解是可逆反应，是中和反应的逆反应，而中和反应是趋于完全的反应，所以盐的水解反应是很弱的，盐类水解的离子方程式一般不写“===”而写“ ”。3．多元弱酸的酸根离子水解是分步进行的,以第一步水解为主；多元弱碱的阳离子水解复杂，可看做一步水解反应。即时应用
探究导引3　外界因素对水解平衡的影响？
提示：越弱越水解，越热越水解，越稀越水解，加酸碱会抑制或促进盐的水解。
要点归纳
外界因素对CH3COONa溶液水解平衡的影响
以CH3COONa溶液的水解平衡为例：CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－即时应用
3．(2011·高考重庆卷)对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是(　　)
A．明矾溶液加热
B．CH3COONa溶液加热
C．氨水中加入少量NH4Cl固体
D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体解析：选B。明矾水解显酸性，加热促进水解,酚酞在酸性溶液中不显色，故A项错误；CH3COONa水解显碱性，加热促进水解，c(OH－)增大，溶液红色加深，B项正确；氨水显弱碱性，NH4Cl水解显酸性，溶液中c(OH－)减小，红色变浅，C项错误；加入少量NaCl固体对NaHCO3水解不产生影响，溶液颜色无变化，D错误。
(2012·郑州高二调研)NH4Cl溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子均正确的是(　　)
A．NH2D·H2O和D3O＋
B．NH3·D2O和D＋
C．NH3·HDO和D3O＋
D．NH2D·HDO和H2DO＋【解析】　NH4Cl溶于重水后存在下列电离情况：
【答案】　C【规律方法】　盐类水解的原理体现了化学反应中的阴阳结合规律，即盐的阳离子与水电离出的阴离子(OH－)结合，盐的阴离子与水电离出的阳离子(H＋)结合。这不仅适用于盐类的水解规律，其他一些物质与水的反应也有此规律，如SiCl4溶于水后，发生的水解反应为SiCl4＋3H2O===H2SiO3↓＋4HCl↑。在学习时对这些规律知识要准确理解，灵活掌握，举一反三。
(1)Na2CO3溶液中滴入酚酞呈红色，原因是____________，加热后颜色变________(填“深”或“浅”)，原因是____________。加入BaCl2溶液后颜色变________(填“深”或“浅”)，原因是___________________________。(2)向NH4Cl浓溶液中加入镁粉，有NH3、H2放出，原因是___________________________
___________________________。
(3)氯胺(NH2Cl)在中性或碱性条件下是一种强消毒杀菌剂，常用于城市自来水消毒。根据水解原理，你认为发生的化学反应方程式为___________________________。【名师点睛】　外界条件改变会引起水解平衡的移动，例如NH4Cl的水解平衡：NH＋H2O NH3·H2O＋H＋。
[经典案例]　(2012·江苏启东中学调研)回收的废旧锌锰干电池经过处理后可得到锰粉[含MnO2、Mn(OH)2、Fe和炭粉等]，由锰粉制取MnO2的步骤如图所示。根据上图所示步骤并参考表格数据，回答下列问题。
(1)在加热条件下用浓盐酸浸取锰粉，所得溶液中含有Mn2＋、Fe2＋等。MnO2与浓盐酸反应的离子方程式为___________________________
___________________________。(2)锰粉经浓盐酸浸取，过滤Ⅰ除去不溶杂质后，向滤液中加入足量H2O2溶液，其作用是___________________________。
(3)过滤Ⅰ所得滤液经氧化后，需加入NaOH溶液调节pH约为5.1，其目的是___________________________。(4)过滤Ⅱ所得滤液加入足量H2O2溶液并加入NaOH溶液调节pH约为9，使Mn2＋氧化得到MnO2，反应的离子方程式为___________________________。
(5)实验室进行过滤操作时，需要用到的玻璃仪器有___________________________
__________________________。【思路点拨】　结合题给信息，根据物质分离的原则，利用氧化还原反应、盐类水解等理论知识来解答本题。【解析】　单质Fe只能被盐酸氧化为Fe2＋，而Fe(OH)2完全沉淀时Mn(OH)2也会沉淀，所以先用H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋。再利用Fe3＋的水解平衡移动把Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去，最后利用H2O2把溶液中的Mn2＋氧化为MnO2。课件72张PPT。第3课时　盐类水解原理的应用
1.了解盐类水解在生产、生活中的应用。
2．通过了解盐类水解的应用，进一步体会化学对社会发展的作用。课程标准导航
盐类水解在生产生活中的应用
1．硫酸铝钾或硫酸铝净水
离子方程式为：
_________________________________。3．泡沫灭火器原理
离子方程式为：
__________________________________4．盐的配制和保存
配制、保存SnCl2或FeCl3等易水解的盐溶液时，加入少量盐酸的目的是
________________________________。抑制Sn2＋或Fe3＋等的水解想一想
将AlCl3溶解加热蒸干并灼烧，其固体产物主要是什么？为什么？
提示：主要产物是Al2O3。原因是：AlCl3＋3H2O Al(OH)3＋3HCl，升温，水解平衡右移，另外，Al(OH)3溶解度很小，HCl易挥发，故水解程度更大，最后得到Al(OH)3沉淀(固体)，Al(OH)3灼烧后发生分解反应：2Al(OH)3 Al2O3＋3H2O，故剩余的是Al2O3固体。
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．浓硫化钠溶液有臭味解析：选B。本题主要考查了盐类水解知识,同时还涉及酯的水解、钢铁的电化学腐蚀等知识。纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解,故A与盐类水解有关；B为钢铁的电化学腐蚀,与盐类水解无关；C溶液颜色变深是因为盐类水解是吸热反应；D溶液有臭味是因为硫化钠水解后产生了少量的硫化氢。2．物质的量浓度相同的下列溶液中，符合pH由小到大排列的是(　　)
A．Na2CO3、NaHCO3、NaCl、AlCl3、HCl
B．NaOH、Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl
C．H2SO4、(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、NaHS
D．NH4Cl、(NH4)2SO4、NaNO3、NaHS、Ba(OH)2NH4Cl＜NaCl＜NaHCO3＜Na2CO3＜NaOH；C项中NaHS酸式酸根离子电离程度小于水解程度，溶液显碱性，顺序正确；D项顺序为(NH4)2SO4＜NH4Cl＜NaNO3＜NaHS＜Ba(OH)2。3．(1)在配制AlCl3溶液时，为了防止发生水解反应应加入少量的________；在配制Na2S溶液时，为了防止水解反应，应加入少量的________。(2)c(NH)相同的下列溶液：①NH4Cl；②(NH4)2SO4；③NH4HSO4；④NH4HCO3。其物质的量浓度由大到小的顺序是__________(填编号)。
A．②③①④　 B．④①③②
C．①④③② D．②④①③解析：(1)因为Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，加入少量盐酸，增大溶液中c(H＋)，使Al3＋水解平衡向左移动，可抑制Al3＋水解。配制Na2S溶液时，因为S2－＋H2O HS－＋OH－，加入少量的NaOH，增大溶液中c(OH－)，使S2－的水解平衡向左移动，可抑制S2－水解。
答案：(1)盐酸　NaOH　(2)B
探究导引1　盐类水解有哪些应用？
提示：配制盐溶液；分析盐的制备方法；盐的净水作用；纯碱的去污原理；泡沫灭火器的原理，化学肥料的施用；蒸干盐溶液产物的判断等。要点归纳
盐类水解主要有以下应用：
1．某些物质水溶液的配制
配制FeCl3的水溶液，FeCl3溶于水后发生如下水解反应：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，因Fe(OH)3的生成而使溶液变浑浊，通常先将FeCl3溶于浓盐酸中，可抑制Fe3＋的水解,使溶液保持澄清，再加水冲稀至所需浓度。配制SnCl2溶液，可以加入适量盐酸，则可以抑制SnCl2的水解，得澄清溶液。
若配制强碱弱酸盐的水溶液，应加入少量强碱，抑制弱酸根的水解。如配制硫化钠的水溶液时，应先滴入几滴氢氧化钠溶液，再加水冲稀至所需浓度。2．判断物质水溶液的酸碱性
(1)相同物质的量浓度的下列物质的溶液按
pH由大到小的顺序为：Na2SiO3、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl。
(2)用最简便的方法区别NaCl、NH4Cl、Na2CO3三种无色透明溶液：用pH试纸鉴别,
pH＝7的是NaCl溶液，pH＜7的是NH4Cl溶
液,pH＞7的是Na2CO3溶液。6．利用盐的水解可以除杂质
如除去MgCl2酸性溶液中的FeCl3，可以加入MgO或Mg(OH)2，促进FeCl3的水解，使FeCl3转化为Fe(OH)3而除去。即时应用
1．下列有关问题，与盐的水解有关的是
(　　)
①NH4Cl与ZnCl2溶液可做焊接金属中的除锈剂　②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可做泡沫灭火剂　③草木灰与铵态氮肥不能混合施用　④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞　⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体A．①②③　 B．②③④
C．①④⑤ D．①②③④⑤
解析：选D。本题考查盐类水解的应用与解释。①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈；②用HCO与Al3＋两种离子水解相互促进，产生二氧化碳可做灭火剂；③草木灰主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶口黏合而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：
探究导引2　盐溶液中存在哪些守恒关系？
提示：电荷守恒、物料守恒、质子守恒。探究导引3　如何比较混合溶液中离子的浓度？
提示：比较离子浓度大小时，若为溶液混合,则应先判断溶液中的溶质及其浓度，再分情况分析。要点归纳
1．守恒关系(4)混合溶液中各离子浓度比较，根据电离程度、水解程度的相对大小综合分析。
①分子的电离程度大于对应离子的水解程度②分子的电离程度小于对应离子的水解程度
在0.1 mol·L－1的HCN和0.1 mol·L－1的NaCN混合溶液中：由于HCN的电离程度小于CN－的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为：[Na＋]>[CN－]>[OH－]>[H＋]。且[HCN]>[Na＋]＝0.1 mol·L－1。即时应用
2．在10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入同体积、同浓度的CH3COOH溶液，反应后溶液中各粒子的浓度关系错误的是(　　)
A．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)解析：选A。等物质的量的NaOH与CH3COOH恰好完全反应，CH3COO－又发生水解，使溶液呈碱性：CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－，故c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。根据物料守恒，有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)；根据电荷守恒，有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)。3．(2011·高考天津卷)25 ℃时，向10 mL 0.01 mol/L KOH溶液中滴加0.01 mol/L苯酚溶液,混合溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)
A．pH＞7时，c(C6H5O－)＞c(K＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．pH＜7时，c(K＋)＞c(C6H5O－)＞c(H＋)＞c(OH－)C．V[C6H5OH(aq)]＝10 mL时，c(K＋)＝c(C6H5O－)＞c(OH－)＝c(H＋)
D．V[C6H5OH(aq)]＝20 mL时，c(C6H5O－)＋c(C6H5OH)＝2c(K＋)解析：选D。A项，pH＞7时，c(H＋)＜
c(OH－)；B项，电荷不守恒；C项，该溶液为苯酚钾溶液，由于C6H5O－的水解使得溶液中离子浓度的大小顺序为：c(K＋)＞c(C6H5O－)＞c(OH－)＞c(H＋)；D项，根据物料守恒可知D项正确。
在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400 ℃)下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是________。
①AlCl3　②NaHCO3　③MgSO4　
④KMnO4
⑤Na2CO3　⑥NH4Cl
【答案】　③⑤【名师点睛】　盐溶液的蒸干是一个很复杂的问题，蒸干后得到的物质与多种因素有关,在分析时必须综合考虑，可以从水解产生的酸或碱是否易挥发，溶质是否易分解，是否易发生氧化还原反应等几个方面综合分析。
(2012·三明高二调研)下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是(双选)(　　)
A．pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液以任意比混合：[H＋]＋[M＋]＝[OH－]＋[A－]
B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：[NaOH]＜[CH3COONa]＜[Na2CO3]C．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：[CH3COO－]＋2[OH－]＝2[H＋]＋[CH3COOH]
D．0.1 mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4：[HA－]＞[H＋]＞[H2A]＞[A2－]【解析】　任何溶液都是电中性的，所以A正确；因酸性CH3COOH＞H2CO3，所以等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液其碱性应是Na2CO3＞CH3COONa，pH相同的两溶液其物质的量浓度应是CH3COONa＞Na2CO3，B不正确；由电荷守恒得[CH3COO－]＋[OH－]＝[H＋]＋[Na＋]，等物质的量浓度的两溶液混合后由物料守恒得2[Na＋]＝[CH3COO－]＋[CH3COOH]，二者联立，即得C项，正确；NaHA溶液pH＝4，说明HA－电离程度大于水解程度，其离子浓度大小关系为[HA－]＞[H＋]＞[A2－]＞[H2A]，D不正确。
【答案】　AC【提示】　等浓度等体积的CH3COOH与CH3COONa混合，混合溶液中由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此溶液呈酸性。其他一元酸及其盐的混合溶液的酸碱性取决于酸的电离程度和盐的水解程度的相对大小，未必一定呈酸性，如HCN和NaCN等浓度等体积混合，溶液呈碱性。互动探究
对于C选项中CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，其酸碱性如何？一元弱酸及其盐的混合溶液都是这样吗？【名师点睛】　(1)溶液中的守恒关系有电荷守恒、物料守恒和质子守恒，质子守恒可由电荷守恒和物料守恒联合推出。
(2)在判断溶液中离子浓度的大小顺序或等量关系时不要忽视水电离出的H＋和OH－。
[经典案例]　醋酸是日常生活中最常见的调味剂和重要的化工原料，醋酸钠是其常见的盐。[已知：25 ℃，Ka(CH3COOH)＝1.69×10－5]。请回答：
(1)写出醋酸钠在水中发生水解反应的离子方程式：___________________________
___________________________；(2)在CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________________________
___________________________；
(3)对于醋酸溶液和醋酸钠溶液的下列说法正确的是______；A．稀释醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，而稀释醋酸钠溶液则醋酸钠的水解程度减小
B．升高温度可以促进醋酸电离，而升高温度则会抑制醋酸钠水解
C．醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解，醋酸钠也抑制醋酸的电离
D．醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸促进醋酸钠的水解，醋酸钠也促进醋酸的电离(4)物质的量浓度均为0.1 mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合(注：混合前后溶液体积变化忽略不计)，混合液中的下列关系式正确的是________；
A．[CH3COOH]＋2[H＋]＝[CH3COO－]＋2[OH－]
B．[Na＋]＋[H＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]
C．[CH3COO－]＋[CH3COOH]＝0.1 mol/L(5)常温时，有以下3种溶液，其中pH最小的是________。
A．0.02 mol·L－1CH3COOH与0.02 mol·L－1NaOH溶液等体积混合液
B．0.03 mol·L－1CH3COOH与0.01 mol·L－1NaOH溶液等体积混合液
C．pH＝2的CH3COOH与pH＝12的NaOH溶液等体积混合液(2)由于CH3COONa水解使溶液呈碱性，而CH3COONa中存在电荷守恒，[Na＋]＋[H＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]，所以[OH－]＞[H＋]导致[Na＋]＞[CH3COO－]，所以各离子浓度之间的关系是[Na＋]＞[CH3COO－]＞[OH－]＞[H＋]。(3)稀释醋酸及醋酸钠溶液对电离程度和水解程度的影响均是促进，A错；由于水解和电离均是吸热的，所以升高温度对水解和电离均是促进，B错；(4)A项书写的是质子守恒式，应是[CH3COOH]＋2[H＋]＝[CH3COO－]＋2[OH－]；B项表示的是溶液中电荷守恒，应该是[Na＋]＋[H＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]，B正确；C项表示的是物料守恒式，应是：[CH3COO－]＝[CH3COOH]＝0.1 mol·L－1，C正确。(5)pH＝2的CH3COOH中[H＋]＝0.01 mol/L,由于CH3COOH电离度很小，所以[CH3COOH]?0.01 mol/L，所以C中剩余CH3COOH浓度最大，酸性最强，pH最小。课件65张PPT。第3节　沉淀溶解平衡
1.了解沉淀溶解平衡的建立过程及特点。
2．理解溶度积的概念，能用溶度积规则判断沉淀的产生和溶解。
3．能够运用平衡移动的观点对沉淀的溶解、生成与转化进行分析，并能解释生活问题。课程标准导航
一、沉淀溶解平衡与溶度积
1．沉淀溶解平衡
(1)概念：______的沉积与固体的______达到平衡状态。
(2)表示方法：如PbI2的沉淀溶解平衡，可表示为_____________________________。离子溶解2．溶度积
(1)溶度积是指沉淀溶解平衡的_________，符号为_____。
(2)表示方法：对MmAn(s) mMn＋(aq)＋nAm－(aq)来说，Ksp＝_______________。平衡常数Ksp[Mn＋]m[Am－]n(3)意义：Ksp反映了难溶电解质在水中的_____能力，当化学式所表示的组成中阴离子与阳离子个数比相同时，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力_____。
(4)影响因素：Ksp只与难溶电解质的_____和______有关，与沉淀的量无关。溶解越强性质温度3．影响沉淀溶解平衡的因素
(1)内因：难溶电解质本身的性质。
(2)外因
溶解沉淀溶解不变不变溶解不变二、沉淀溶解平衡的应用
1．沉淀的溶解与生成
(1)Q___Ksp时，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的沉淀溶解平衡。
(2)Q____Ksp时，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。
(3)Q____Ksp时，溶液未饱和，若加入足量难溶电解质，则会继续溶解直至溶液饱和。＞＝＜2．沉淀的转化
(1)实质：沉淀溶解平衡的_______。
(2)特点
①一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀。
②两种难溶物溶解能力差别______，越容易转化。移动越大想一想
Ksp越小，对应物质的溶解度则越小，此说法正确吗？
提示：不正确。
1 ．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是
(　　)
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
解析：选B。3．将足量的硫酸钡放入水中，以下有关叙述中正确的是(　　)
A．硫酸钡不溶于水，硫酸钡固体的质量不会改变
B．最终会得到极稀的BaSO4饱和溶液
探究导引1　沉淀溶解平衡如何建立？
提示：和其他平衡一样，既可以正向建立，也可以逆向建立。探究导引2　溶度积有哪些应用？
提示：可以计算难溶电解质的溶解度，也可以判断沉淀的生成与转化。要点归纳
1．沉淀溶解平衡建立(常有两种途径)
(1)当难溶电解质加入水中时，开始阶段：Q＜Ksp，v(溶解)＞v(沉淀)，且v(溶解)逐渐减小，v(沉淀)逐渐增大，当Q＝Ksp时，v(溶解)＝v(沉淀)，便建立了沉淀溶解平衡，用图像表示为：(2)当水中加入沉淀的组成离子时，开始阶段：Q＞Ksp，v(沉淀)＞v(溶解)，随后v(溶解)逐渐增大，v(沉淀)逐渐减小，当Q＝Ksp时，v(沉淀)＝v(溶解)，便建立了沉淀溶解平衡，用图像表示为：2．溶度积的有关应用
(1)计算难溶电解质的溶解度
一定温度下，难溶电解质饱和溶液以物质的量浓度表示溶解度(S)(以mol·L－1为单位)，与Ksp的关系可以表示为：
①MA型(如AgBr、BaSO4等)(2)判断沉淀的生成与转化
加入沉淀剂，使Q＞Ksp析出沉淀，这也是分离、除杂常用的方法。
①利用生成沉淀分离或除去某种离子，首先要使生成沉淀的反应能够发生；其次是沉淀生成的反应进行得越完全越好。②不可能使要除去的离子全部通过沉淀除去,即使加入了过量的沉淀剂，一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀就达完全。即时应用
1．在100 mL 0.01 mol/L KCl溶液中，加入1 mL 0.01 mol/L AgNO3溶液，有没有AgCl沉淀析出？(已知AgCl的Ksp＝1.8×10－10 mol2·L－2)
答案：见解析。
探究导引3　使沉淀溶解常用的方法有哪些？
提示：在难溶电解质饱和溶液中加入适当试剂使之与组成沉淀的一种离子结合成另一类化合物，从而使之溶解。具体办法可采用酸碱溶解法、氧化还原溶解法、配位溶解法以及沉淀转化溶解法等。探究导引4　沉淀转化的实质是什么？
提示：沉淀的转化实质上是沉淀溶解平衡的移动。一种沉淀既可以转化成溶解度较大的沉淀，也可以转化成溶解度更小的沉淀，条件是Q＞Ksp。要点归纳
1．沉淀的生成
(1)调节溶液的pH法
使杂质离子转化为氢氧化物沉淀。如工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，为除去氯化铁，可使原料溶于水，再加入氨水调pH＞4，即可使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(2)加沉淀剂法
加入沉淀剂而析出沉淀。如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使某些金属离子如Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。2．沉淀的溶解
(1)酸碱溶解法
加入酸或碱与溶解平衡体系中的相应离子反应,降低离子浓度，使平衡向溶解方向移动。如难溶于水的BaCO3可溶于盐酸中。(2)发生氧化还原反应使沉淀溶解
有些金属硫化物如CuS、HgS等，其溶度积特别小，在其饱和溶液中c(S2－)特别小，不溶于非氧化性强酸，只溶于氧化性酸(如硝酸、王水等)，S2－被氧化以减小其浓度，而达到沉淀溶解的目的。(3)生成配合物使沉淀溶解
向沉淀溶解平衡体系中加入适当的配合剂，使溶液中某种离子生成稳定的配合物，以减少其离子浓度，从而使沉淀溶解。如溶解AgCl可加入氨水生成[Ag(NH3)2]＋。3．沉淀的转化
(1)沉淀转化的实质
沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。通常，一种沉淀可以转化为更难溶的沉淀，两种难溶物的溶解能力差别越大，这种转化的趋势就越大。(2)转化实例
①依据沉淀转化的原理，可用FeS等难溶物作为沉淀剂除去废水中的重金属离子：
FeS(s)＋Hg2＋(aq)===HgS(s)＋Fe2＋(aq)。
②硬水中的Mg(HCO3)2煮沸时分解为MgCO3,继续煮沸过程中，MgCO3转化为更难溶的Mg(OH)2。即时应用
2．在常温下，氯化银的Ksp为1.8×10－10 mol2·L－2，溴化银的Ksp为5.0×10－13 mol2·L－2。请回答下列问题：
(1)在常温下的氯化银固体和氯化银共存的饱和溶液里，氯化银的物质的量浓度是(假设溶液的密度为1 g·mL－1)________。(2)若常温下氯化银固体和氯化银饱和溶液的体积是1 L，向其中加入39.1 mg溴化钠并进行搅拌、静置(假设溶液的体积不变)，试通过计算说明氯化银沉淀能否转化为溴化银沉淀。解析：(1)在氯化银饱和溶液里，c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10 mol2·L－2。
(2)如果Qc(AgBr)＞Ksp(AgBr)，氯化银沉淀就能转化为溴化银沉淀。答案：(1)1.3×10－5 mol·L－1
(2)39.1 mg溴化钠的物质的量为：
0．039 1 g÷103 g·mol－1＝3.8×10－4 mol
氯化银饱和溶液里加入溴化钠后，
Qc(AgBr)＝c(Ag＋)·c(Br－)＝1.3×10－5 mol·L－1×3.8×10－4 mol·L－1＝4.94×10－9 mol2·L－2
Qc(AgBr)＞Ksp(AgBr)，有氯化银沉淀转化为溴化银沉淀。
(2010·高考山东卷)某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是(　　)A．Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Cu(OH)2]
B．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
C．c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等
D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和故Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Cu(OH)2]，A对；NH4Cl溶于水后，由于NH水解使溶液显酸性,而a到b点碱性增强，B错；KW只与温度有关,C对；曲线上的点都表示沉淀溶解平衡状态,都为饱和溶液，D对。
【答案】　B【名师点睛】　(1)溶度积Ksp是化学平衡常数的延伸和拓展，因此要从化学平衡常数的角度去理解Ksp的含义和应用。
(2)溶度积常数受温度影响，温度不变，Ksp不变。
(3)沉淀溶解平衡遵循平衡移动原理。
已知25 ℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2×10－20 mol3·L－3。
(1)某CuSO4溶液里[Cu2＋]＝0.02 mol·L－1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于________。(2)要使0.2 mol·L－1 CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降到原来的千分之一),则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为________。【解析】　通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘积——浓度商Q的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解：
Q＞Ksp时，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡；
Q＝Ksp时，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态；Q＜Ksp时，溶液尚未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶的电解质，难溶电解质会溶解直至溶液饱和。
上述规则称为溶度积规则。通过改变外界条件可以使反应向沉淀生成的方向进行或使沉淀溶解。
(1)根据信息，因为[Cu2＋]＝0.02 mol·L－1，要使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀，则Q＝[Cu2＋]·[OH－]2＞Ksp。故
【答案】　(1)5　(2)6【名师点睛】　在解答这类题目时，要注意以下几点：
(1)要灵活掌握溶度积规则：溶度积(Ksp)规则的原理实际上就是化学平衡中浓度商(Q)与化学平衡常数(K)的关系的迁移应用。(3)要正确求出溶液混合后各离子的浓度：在计算时所用的浓度是溶液混合后的离子浓度,而不是混合前的离子浓度，要注意体积的变化。
[经典案例]　金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH,达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S，mol·L－1)如图。(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是___________________________
(写化学式)。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为________。
A．＜1　　 B．4左右　 C．＞6(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，______(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是___________________________
___________________________。
(4)已知一些难溶物的溶度积常数如下表。
某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的________(填序号)除去它们。
A．NaOH B．FeS　 C．Na2S【解析】　本题考查了沉淀溶解平衡及盐类水解的应用。(1)由图可知，在pH＝3时，溶液中不会出现Cu(OH)2沉淀。(2)除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右。(3)从图示关系可看出，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，很难控制溶液的pH以达到分离二者的目的。(4)要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使它们转化为更难溶解的金属硫化物沉淀，同时又不引入其他离子。【答案】　(1)Cu2＋　(2)B　(3)不能　Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小　(4)B课件79张PPT。第4节　离子反应
第1课时　离子反应发生的条件
1.了解离子反应的概念和离子反应的实质。
2．了解离子反应发生的条件，知道如何判断离子反应的方向。
3．能正确书写离子方程式。课程标准导航
一、离子反应的定义、实质、表示方法
1．定义
溶液中____之间，以及____与__________之间发生的反应。
2．实质
溶液中某种或某些离子__________。离子离子原子或分子浓度降低3．表示方法
常用离子方程式来表示。
2．生成弱电解质
(1)生成水：如NaOH溶液与硫酸反应，离子方程式为：__________________。
(2)生成其他弱电解质
①强酸生成弱酸：如盐酸与CH3COONa溶液反应的离子方程式为：
___________________________________。H＋＋OH－===H2OH＋＋CH3COO－===CH3COOH②强碱生成弱碱：如NH4Cl溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为：
________________________________。
③水解反应：如CH3COONa水解的离子方程式为：
_____________________________________。NH＋OH－===NH3·H2OCH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－4．发生氧化还原反应
(1)非电化学原理的氧化还原反应
向CuSO4溶液中加入锌片：
________________________________。Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
1．对于离子反应，下列说法正确的是(　　)
A．参加离子反应的一定都是电解质
B．任何一种离子的浓度在离子反应中一定变小
C．自由离子之间的反应不能在固态物质中进行
D．没有沉淀、气体、水生成的反应就不是离子反应解析：选C。离子反应是指离子和离子、离子和原子或分子之间的反应，其中有电解质,也可能有非电解质或其他物质，故A错；离子反应可生成沉淀、气体、弱电解质等，使溶液中某种或某些离子浓度降低，但不一定都降低，B错；固态物质中一定无自由离子存在，C正确；没有沉淀、气体、水生成的反应也可能是离子反应，例如有配位化合物生成的反应，故D错。2．下列离子方程式中，正确的是(　　)
A．把金属铁放入稀硫酸中　2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑
B．碳酸钡和稀硫酸反应　BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O
解析：选C。铁与H＋反应只能生成Fe2＋；BaCO3和稀H2SO4反应会生成BaSO4沉淀；CuSO4与Ba(OH)2反应不要漏掉了部分离子之间的反应。解析：选C。注意题目的限制条件：“无色”、“强酸溶液”，“大量共存”。
探究导引1　离子方程式的书写要点有哪些？
提示：两易：易溶、易电离的物质(可溶性的强电解质包括强酸、强碱、大多数可溶性盐)以实际参加反应的离子符号表示；非电解质、弱电解质、难溶物、气体、单质、氧化物等用化学式表示。(2)两等：离子方程式两边的原子个数、电荷种类、总数均应相等。
(3)两查：检查各项是否有公约数，是否漏写必要的反应条件。要点归纳
1．看是否符合反应客观事实
即反应能否发生，是否符合物质的性质，如铁片与稀盐酸反应，应该生成Fe2＋，若写成Fe3＋就违背客观事实，又如Ca(ClO)2＋SO2＋H2O===CaSO3↓＋2HClO，生成物HClO还能继续氧化CaSO3为CaSO4。3．看是否符合守恒关系
守恒关系主要有原子个数守恒、电荷守恒、氧化还原反应得失电子守恒，如Fe＋Fe3＋===2Fe2＋电荷和得失电子不守恒。
4．看反应条件的影响
如氨水作为反应物写NH3·H2O；作为生成物,若有加热条件或浓度很大时，可写NH3(标“↑”)，若无加热条件且浓度很稀，写NH3·H2O形式。5．看反应中存在的特殊条件
(1)混合顺序不同，离子反应不同，如AlCl3与NaOH、Na2CO3与盐酸、Na[Al(OH)4]与盐酸的反应等。
(2)反应物相对量不同，离子方程式不同，如CO2与Ca(OH)2、SO2与NaOH、AlCl3与NaOH、Na[Al(OH)4]与盐酸的反应等。(3)反应物中有两种或两种以上的离子被一种物质氧化或还原的反应，按不同比值混合时,离子方程式不同，如FeBr2与Cl2、FeI2与Cl2的反应等。(4)多元弱酸酸式盐与量有关的离子反应，书写离子方程式时可用“少定多变法”来书写。所谓“少定”即量少的反应物，其离子的计量数按化学式确定，所谓“多变”即量多的反应物，其离子的计量数根据反应的需要量确定，不受化学式中的比例制约，是可变的，如Ca(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液、Ca(HCO3)2溶液中加入少量的NaOH溶液的反应等。即时应用
1．判断下列离子方程式是否正确，指出错误原因并改正。
(1)氢氧化镁与稀硫酸反应：H＋＋OH－===H2O___________________________
___________________________。(2)向氯化铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓___________________________
___________________________。(7)氯气通入冷的氢氧化钠溶液中2Cl2＋2OH－===3Cl－＋ClO－＋H2O___________________________
___________________________。解析：以上9个离子方程式取自近年来高考试题，分别代表了高考试题中五个基本的类型：该拆写的物质没有拆写、不该拆写的物质拆写成了离子形式、电荷不守恒、臆造方程式、忽略量比关系。答案：(1)错。Mg(OH)2不溶于水，不能拆写成离子形式。应为Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
(2)错。当NaOH过量时，生成的Al(OH)3会继续与NaOH反应。应为Al3＋＋4OH－===[Al(OH)4]－
探究导引2　怎样判断离子能否共存？
提示：看离子间是否发生反应，若在溶液中能发生反应，就不能共存。看能否发生反应,不仅是因为有气体，沉淀，水，难电离的物质产生,还涉及到溶液酸碱性、有色、无色、能否进行氧化还原反应等。要点归纳
几种离子在同一溶液中大量共存，就是指离子间不发生任何反应，若几种离子之间能发生反应，即离子浓度明显减小，则不能大量共存。有下列情况不能大量共存：特别提醒即时应用
【答案】　B
【答案】　B【名师点睛】　书写离子方程式的注意事项
(1)易溶于水的强酸、强碱和易溶于水的盐改写成离子形式，难溶物质、难电离物质(弱电解质)、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均写化学式(在水溶液中)；H3PO4、H2SO3为中强酸，但作为反应物应划归在弱酸范围内，故应写成分子式。(2)微溶物作为反应物，若是澄清的溶液写离子符号，若是悬浊液写化学式。微溶物作为生成物，一般写化学式(标↓号)。
(3)氨水作为反应物写NH3·H2O；作为生成物,若有加热条件或浓度很大时，写NH3(标↑号)。
(4)固体与固体间的反应不能写离子方程式，浓H2SO4、浓H3PO4与固体的反应不能写离子方程式。(5)一些特殊的反应(如有酸式盐参加或生成的反应，两种或两种以上的离子被一种物质氧化或还原，Ba(OH)2与KAl(SO4)2按不同比例的反应等)要考虑并满足反应物物质的量的比值。
(6)多元弱酸酸式酸根离子，在离子方程式中不能拆开写。
【答案】　B
【答案】　C【名师点睛】　(1)几种离子在同一溶液中大量共存，就是指离子间不发生任何反应，若几种离子之间能发生反应，即离子浓度明显减小，则不能大量共存。(2)离子之间结合生成沉淀、气体、弱电解质,或发生氧化还原反应、相互促进的水解反应、络合反应，使溶液中某种或某些离子浓度降低,离子反应就会发生，离子不能大量共存。
(3)溶液若无色，有色离子不能大量共存，常见的有色离子有Fe3＋(棕黄色)、Cu2＋(蓝色)、MnO(紫红色)、Fe2＋(浅绿色)等。
[经典案例]　某化学兴趣小组探究电解质在水溶液中反应的实质，设计如下实验步骤，请完成有关内容：(1)利用有关仪器组装成如图所示装置。
(2)在水槽中加入200 mL 0.2 mol·L－1的H2SO4溶液，同时将一个表面光滑的小球放入溶液,小球悬浮于溶液中。
(3)闭合开关K，观察到检流计指针向________(填“左”或“右”)偏转，极板上____________________(填实验现象)。(4)持续通电一段时间，观察到___________________________，
其原因是___________________________。
(5)向溶液中逐滴滴加与H2SO4浓度相同的Ba(OH)2溶液观察到___________________________。[思考]：①通过以上实验，能否得出结论？若能，说明结论并解释原因；若不能请解释原因。
②若将Ba(OH)2溶液改为Na2CO3溶液，试推测实验过程中检流计的变化有何不同？【解析】　如图所示装置，小球的浮动表示出溶液密度的变化，进一步可反应出溶质的变化。检流计指针的偏转情况反映了溶液中自由移动的离子的浓度变化，通过对溶质变化和离子浓度变化的分析可得出实验结论。(3)根据有关物理知识，当电源的正极和检流计的正极相连，电源的负极和检流计的负极相连时，检流计向右偏转，反之向左偏转，如图所示，当电路接通时，应向右偏。由于组成电解池装置，因此当电路接通时电解H2SO4溶液，两极分别产生H2和O2，极板上会看到气泡。断减少直到没有，恰好完全反应时溶液为水。所以小球不断下沉，检流计指针偏角变小到零,溶液中有白色沉淀。思考②：若改为Na2CO3溶液，则反应过程中Na2CO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑,溶液中仍有溶质，且n(H2SO4)＝n(Na2SO4),只是随着溶液体积增大，离子浓度逐渐变小,变小幅度比滴加Ba(OH)2小，因此检流计指针偏转角缓慢变小，且不会减小到零。【答案】　(3)右　有气泡生成
(4)检流计指针偏转角度增大，小球上浮　此过程中电解水使H2SO4浓度增大
(5)检流计指针偏转角度减小，小球下沉，有白色沉淀生成课件78张PPT。第2课时　离子反应的应用
1.了解常见离子的检验方法。
2．掌握离子浓度的测定方法。
3．通过离子反应在生产生活中的广泛应用,体会化学在人类生产、生活中的作用和贡献。
4．掌握酸碱中和滴定的原理及操作方法。课程标准导航
一、物质检验与含量测定
1．离子的检验
可利用离子的__________来检验一些常见离子。特征反应Ba2＋强碱溶液Fe2＋溶液Ca2＋、Mg2＋Na2CO3
1．离子检验的常用方法有三种：
解析：选D。Ca2＋需转化为沉淀进行检验。
探究导引1　离子检验通常有哪些方法？
提示：根据所要检验的离子的特性，选择合适的试剂，通过特殊的反应现象，进行确定。离子检验常用的方法有：要点归纳
1．常见阴离子的检验
(1)利用酸碱指示剂检验(2)利用盐酸和其他试剂检验(3)利用AgNO3(HNO3酸化)溶液检验(4)利用某些特征反应检验
I－→滴入淀粉溶液和氯水，溶液变蓝色。(2)焰色反应
用焰色反应可检验出溶液中的K＋和Na＋。即时应用
探究导引2　酸碱中和滴定操作有哪些注意事项？
提示：(1)滴速
先快后慢，当接近终点时，应一滴一摇。
(2)终点
最后一滴恰好使指示剂颜色发生明显的改变且半分钟内不退色，读出V(标)并记录。(3)在滴定过程中
①瓶口不能碰滴定管下端尖嘴。
②左手控制活塞或玻璃小球，右手摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化。要点归纳
1．原理：由标准液和待测液反应，用指示剂反应来确定“滴定终点”，据方程式求待测液的浓度。5．操作即时应用
3．(2012·广州理科班高二期末检测)准确移取25.00 mL某未知浓度的盐酸溶液于一洁净锥形瓶中，然后用0.20 mol/L NaOH溶液滴定(指示剂为酚酞)。滴定结果如下：
(1)根据以上数据可计算出盐酸的物质的量浓度为______mol/L(精确到0.01)。
(2)锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察________。
A．滴定管内液面的变化
B．锥形瓶内溶液颜色的变化
(4)达到滴定终点的标志是___________________________。(5)若操作有误，则导致待测盐酸溶液浓度偏低的错误操作是________(填序号)。
A．滴定管用蒸馏水洗后未用标准碱液润洗,直接装入标准碱液
B．滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
C．滴定管读数时，滴定前仰视滴定后俯视
D．待测液中指示剂酚酞(为有机弱酸)加得太多(6)如果准确移取25.00 mL 0.20 mol/L NaOH溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，________(填“是”或“否”)也可测定出盐酸的物质的量浓度。(2)锥形瓶中有水对结果无影响。
(3)滴定时，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。
(4)当滴入最后一滴液体时出现红色且且半分钟内不退色，可证明达到滴定终点。　
(5)A、B均会使消耗的标准液的体积增多，浓度偏高，C则偏低。　(6)强酸与强碱滴定时，既可以已知滴未知，也可以未知滴已知。答案：(1)0.15　(2)无影响　(3)B　(4)最后一滴溶液滴入出现红色且半分钟内不退色　(5)C　(6)是(Ⅰ)第一份加入AgNO3溶液有白色沉淀产生。
(Ⅱ)第二份加足量浓NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol。
(Ⅲ)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。
【答案】　AC【提示】　(1)由于在溶液中肯定有NH4+0.04 mol、SO42-0.01 mol、CO32-0.02 mol，根据电荷守恒，一定存在K＋，且K＋至少有0.02 mol，当K＋的量大于0.02 mol时则溶液中存在Cl－。
(2)取少量原溶液于试管内，加入过量的Ba(NO3)2溶液，静置，在上层清液中继续滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明存在Cl－，若无白色沉淀产生，说明不存在Cl－。(3)取原溶液少量，做焰色反应实验，透过蓝色钴玻璃观察到火焰为紫色，证明有K＋存在。
互动探究
(1)怎样定量分析Cl－存在的可能性？
(2)怎样通过实验确定Cl－的存在？
(3)怎样通过实验验证K＋的存在？【规律方法】　解决此类问题的关键有两点
(1)掌握一些常见离子的特征反应，利用其特征反应来确认离子的存在与否。如向某溶液中加入KSCN溶液后，溶液呈红色则溶液中必定存在Fe3＋。因此，必须熟记常见阴、阳离子的特征反应。(2)分析清楚实验的现象，结合离子的特征反应同时考虑离子的共存问题，若肯定有某种离子存在，则与其不共存的离子均可排除。有时还要特别注意溶液的电中性问题。
阅读下列实验内容，根据题目要求回答问题。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稀硫酸溶液；以0.14 mol·L－1的NaOH溶液滴定上述稀硫酸25.00 mL，滴定终止时消耗NaOH溶液15.00 mL。
(1)该学生用标准0.14 mol·L－1NaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下：A．用酸式滴式管取稀硫酸25.00 mL，注入锥形瓶中，加入指示剂
B．用待测液润洗酸式滴定管
C．用蒸馏水洗干净滴定管
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“0”刻度以下2～3 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．检查滴定管是否漏水
F．另取锥形瓶，再重复操作一次
G．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①滴定操作的正确顺序是________________
(用序号填写)；
②该滴定操作中应选用的指示剂是________；
③在G操作中如何确定终点？___________________________。(2)碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果________(填“偏小”、“偏大”或“无影响”)。
(3)配制100 mL准确浓度的稀硫酸溶液，必须使用的主要仪器是________。
(4)如有1 mol·L－1和0.1 mol·L－1的NaOH溶液,应用________mol·L－1的NaOH溶液，原因是________。(5)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入________(选填“甲”或“乙”)中。
(6)观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的稀硫酸溶液浓度测定值________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【解析】　(1)中和滴定的步骤为检查―→洗涤―→润洗―→加液―→滴定，故顺序为ECDBAGF；指示剂可以使用酚酞；达到滴定终点时，滴入最后一滴，溶液由无色变为浅红色(或粉红色)，且半分钟不退去。(2)若滴定管没有用标准溶液润洗，相当于溶液被稀释，消耗的标准溶液体积就大，从而使测定结果偏大。(3)配制100 mL的溶液应选用100 mL的容量瓶。(4)进行滴定时，所用标准溶液浓度越稀，误差就越小，故选项用0.1 mol·L－1氢氧化钠溶液。(5)氢氧化钠溶液应注入碱式滴定管乙中。(6)当读数时，开始仰视，会使读数偏大，后来俯视，会使读数偏小，计算出的体积会偏小，从而使测定结果偏小。【答案】　(1)ECDBAGF　②酚酞　③滴入最后一滴，溶液无色变为浅红色(或粉红色),且半分钟不退去
(2)偏大
(3)100 mL容量瓶
(4)0.1　溶液浓度越稀，误差就越小
(5)乙　(6)偏小【提示】　(1)指示剂应变色灵敏(即变色范围窄)且易观察。石蕊变色范围较大，且变色为红、紫、蓝不易观察，故石蕊不用作酸碱滴定的指示剂。还可选用甲基橙。
(2)酸碱中和滴定实验是精确的定量实验，量筒是一个粗量器(可估读到0.1 mL)不能在中和滴定实验中量取液体，应选用滴定管或移液管(精确到0.1 mL，可估读到0.01 mL)。互动探究
(1)在滴定时能否选用石蕊作指示剂？为什么？还可以选用什么指示剂？
(2)在往锥形瓶中量取待测液时，为何不选用量筒？(2)“二管二洗”——酸式滴定管、碱式滴定管先用蒸馏水洗，再用待盛液润洗；“一瓶一洗”——锥形瓶只用蒸馏水洗。
(3)对酸碱中和滴定(或氧化还原滴定)进行误差分析，要注意间接变量是如何影响直接变量(滴定过程中从滴定管中流出液体体积)的。
[经典案例]　某化学实验小组想要了解市场上所售食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的酸度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，用实验室标准NaOH溶液对其进行滴定。下表是4种常见指示剂的变色范围：
(1)该实验应选用________作指示剂，向锥形瓶中移取一定体积的白醋所用的仪器是____________。(2)如图表示50 mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1 mL，A处的刻度为25，滴定管中液面读数应为______mL，此时滴定管中液体的体积________。(3)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取白醋体积均为V mL,NaOH标准液浓度为c mol·L－1，三次实验结果记录如下：从上表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是___________________________。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过,后两次未润洗
E．滴加NaOH溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定(4)根据所给数据，写出计算该白醋中总酸度的表达式(不必化简)：___________________________。【解析】　醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时生成醋酸钠水解显弱碱性，所以指示剂最好选酚酞。读取标准液读数时，滴定到终点后俯视及刚看到溶液变色，立刻停止滴定，都会使读取的标准氢氧化钠体积偏小。课件31张PPT。本章优化总结第二章　化学反应的方向、限度与速率
化学反应的方向、限度与速率
图像题是化学反应速率和化学平衡部分的重要题型。这类题可以全面考查各种条件对化学反应速率和化学平衡的影响，具有很强的灵活性和综合性。当某些外界条件改变时，化学反应速率、有关物质的浓度(或物质的量、百分含量、转化率等)就可能发生变化，反映到图像上，相关的曲线就可能出现渐变(曲线是连续的)或突变(出现“断点”)。因此，根据图像中曲线的变化趋势，结合外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的规律，就可以作出符合题目要求的判断。解答此类图像题经常使用几种策略，现举例说明如下．1．从“断点”着手
当可逆反应达到化学平衡后，若某一时刻外界条件发生改变，如温度、浓度、压强或使用合适的催化剂，都可能使速率—时间图像的曲线出现不连续的情况，即出现“断点”。根据“断点”前后的速率大小，即可对外界条件的变化情况作出判断。
(1)加催化剂对反应速率影响的图像是__________(填序号，下同)。(2)升高温度对反应速率影响的图像是__________。
(3)增大反应容器体积对反应速率影响的图像是__________。
(4)增大O2的浓度对反应速率影响的图像是__________。【解析】　(1)加催化剂，正、逆反应速率均增大，图像上应该出现“断点”且应在原平衡的反应速率之上；催化剂使正、逆反应速率增大的倍数相同，则改变条件后的速率线应该平行于横坐标轴，图像为C。(2)升高温度，正、逆反应速率均增大，图像上应该出现“断点”且应在原平衡的反应速率之上。因题给反应的正反应放热，升温平衡逆向移动，所以v′(正)【答案】　(1)C　(2)A　(3)D　(4)B2．从“拐点”着手
同一可逆反应，如果反应条件不同，化学反应速率可能不相同，达到化学平衡所用的时间也可能不相同，反映到图像上，就是出现“拐点”的时间有差异。根据外界条件对化学反应速率的影响，即可判断不同“拐点”所对应温度的高低、压强或浓度的大小及是否使用催化剂。同一可逆反应，在不同的反应条件下达到平衡时，各组分的百分含量、体系的压强、混合气体的密度及平均相对分子质量等可能不相等，反映到图像上，就是“拐点”对应的纵坐标有差异。根据外界条件对化学平衡的影响，即可判断不同条件下各“拐点”纵坐标的大小。A．T1c，正反应为吸热反应
B．T1>T2，p1C．T1p2，a＋bD．T1>T2，p1>p2，a＋b>c，正反应为放热反应【解析】　当图像中有三个变量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，这叫做“定一议二”。解答该题要综合运用“定一议二”和“先拐先平”的原则。
由(T1，p1)和(T1，p2)两条曲线可以看出：①温度相同(T1)，但压强为p2时达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以p2>p1；②压强较大(即压强为p2)时对应的w(B)较大，说明增大压强平衡逆向移动，则a＋bT2；②温度较高(即温度为T1)时对应的w(B)较小，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热反应。
【答案】　B3．从曲线的变化趋势着手
对于速率—温度(或压强)图像，由于随着温度逐渐升高或压强逐渐增大，反应速率会逐渐增大，因此图像上出现的是平滑的递增曲线。根据温度或压强对化学反应速率的影响，即可判断曲线的变化趋势。需要注意的是：(1)温度或压强的改变对正、逆反应速率的影响是一致的，即要增大都增大，要减小都减小,反映到图像上，就是v(正)、v(逆)两条曲线的走势大致相同；(2)分析外界条件对反应速率的影响时，只能分析达到平衡之后化学反应速率的变化情况。【解析】　无论是升高温度还是增大压强,v(正)、v(逆)均应增大。B项中v(逆)减小，D项中v(正)和v(逆)均减小，故B、D项均错误；该反应的正反应是一个气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，则v(正)>v(逆)，A项正确；增加压强，平衡向逆反应方向移动，则v(逆)>v(正)，C项正确。
【答案】　AC
1．化学平衡常数的意义：①化学平衡常数可表示反应进行的程度。K越大，反应进行的程度越大，K>105时，可以认为该反应已经进行完全。虽然转化率也能表示反应进行的程度，但转化率不仅与温度有关，而且与起始条件有关。②K的大小只与温度有关，与反应物或生成物的起始浓度的大小无关。2．浓度商与化学平衡的移动：可逆反应进行到某时刻(包括化学平衡)时，生成物浓度的化学计量数次幂之积与反应物浓度的化学计量数次幂之积的比值称为浓度商(Qc)。当Qc＝K时，说明反应达到平衡状态；当QcK时，则反应在向逆反应方向进行。3．在使用化学平衡常数时应注意：①不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式，但非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。②同一化学反应，化学反应方程式写法不同,其平衡常数表达式及数值亦不同。因此书写平衡常数表达式及数值时，要与化学反应方程式相对应，否则就没有意义。(1)该条件下反应平衡常数表达式K＝__________。T1℃时，反应的平衡常数为__________；
(2)相同条件下，若改变起始浓度，某时刻各组分浓度依次为c(CH3OH)＝0.4 mol·L－1、c(H2O)＝0.6 mol·L－1、c(CH3OCH3)＝1.2 mol·L－1，此时正、逆反应速率的大小：v(正)__________v(逆)(填“>”、“<”或“＝”)。【解析】　本题考查有关平衡常数的计算。(1)由图像知，反应在t1时达到平衡，平衡时各物质的浓度分别为c(CH3OCH3)＝1 mol·L－1，c(H2O)＝0.8 mol·L－1，
c(CH3OH)＝0.4 mol·L－1；课件53张PPT。第二章　化学反应的方向、
限度与速率第二章　化学反应的方向、限度与速率第1节　化学反应的方向
1.理解焓变与反应方向的关系。
2．了解熵和熵变的概念，知道化学反应中存在熵变。
3．理解熵变与反应方向的关系。
4．能综合运用焓变与熵变判断反应进行的方向。课程标准导航
一、反应焓变与反应方向
1．自发过程
(1)概念：在温度和压强一定的条件下，不借助光、电等外部力量就能自动进行的过程。
(2)特点：具有_______，即反应的某个方向在一定条件下是自发的，而其逆方向在该条件下肯定不自发。方向性2．反应焓变与反应方向的关系
(1)能自发进行的化学反应多数是____反应。
(2)有些_______反应也能自发进行。
结论：反应焓变与反应能否自发进行有关，但不是决定反应能否自发进行的________。放热吸热唯一因素想一想
1．体系总是向降低自身能量的方向进行变化，那么ΔH<0的反应为何不能全都自发进行？
提示：体系的能量变化并不只有焓变一种形式，焓变只是影响反应能否自发的因素之一,不是唯一因素。二、反应熵变与反应方向
1．熵：是___________________的物理量；其符号为___；单位为_____________。
影响熵值的因素
(1)同一物质：S(高温)_____ S(低温)；S(g)____ S(l)____ S(s)。
(2)相同条件下的不同物质：分子结构越复杂,熵值_________。
(3)S(混合物)_____ S(纯净物)衡量体系混乱度大小SJ·mol－1·K－1>>>越大>2．熵变
(1)概念：反应产物的总熵和反应物的总熵之差。
(2)计算式：ΔS＝S(反应产物)－S(反应物)。
(3)正负判断依据
①产生气体的反应，气体物质的量增大的反应，熵变通常都是____，是熵增大的反应。
②气体物质的量减小的反应，熵变通常都是______，是熵减小的反应。正值负值3．熵变与反应方向
(1)熵_____有利于反应的自发进行。
(2)某些熵_______的反应在一定条件下也能自发进行。
(3)______ 是与反应能否自发进行有关的一个因素，但不是唯一因素。增加减小熵变三、焓变与熵变对反应方向的共同影响
1．反应方向的判据
在判断温度、压强一定条件下反应的方向时,应该同时考虑______和_____这两个因素，用___________作为判据。
ΔH－TΔS<0　反应能自发进行
ΔH－TΔS＝0　反应达到平衡状态
ΔH－TΔS>0　反应不能自发进行焓变熵变ΔH－TΔS2．文字描述：在温度、压强一定的条件下,自发反应总是向____________的方向进行，直至达到_______状态。
3．局限性：仅仅可以用于判断恒温恒压下反应发生的可能性，不能说明反应在该条件下能否实际发生。ΔH－TΔS<0平衡想一想
2．自发反应是否一定能够实现显著的反应？为什么？
提示：不一定。因为ΔH－TΔS这个判据是指在温度、压强一定的条件下，化学反应自发进行的趋势，即反应发生的可能性，并不能说明反应在该条件下能否实际发生，因为化学反应能否实际发生还涉及到化学反应速率的问题。
1．下列说法正确的是(　　)
A．凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
B．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C．自发反应在恰当条件下才能实现
D．自发反应在任何条件下都能实现解析：选C。放热反应常常是容易进行的反应，吸热反应有些也是自发反应；自发反应的熵不一定增大，可能减小；自发反应需在恰当条件下才能实现，如H2和O2在点燃条件下才能发生反应。2．下列关于冰融化为水的过程判断正确的是(　　)
A．ΔH>0，ΔS<0 B．ΔH<0，ΔS>0
C．ΔH>0，ΔS>0 D．ΔH<0，ΔS<0
解析：选C。冰需吸热才能化为水，由固态变成液态，混乱度增大。3．能用能量判据判断下列过程的方向的是
(　　)
A．水总是自发地由高处往低处流
B．放热反应容易自发进行，吸热反应不能自发进行
C．有序排列的火柴散落时成为无序排列
D．多次洗牌以后，扑克牌毫无规律的混乱排列的几率大解析：选A。A项，水总是自发地由高处往低处流，有趋向于最低能量状态的倾向。B项，吸热反应也可以自发进行，例如，在25 ℃和1.01×105Pa时，2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋56.7 kJ·mol－1，(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)　ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1。不难看出，上述两个反应都是吸热反应，又都是熵增的反应，显然只根据焓变来判断反应进行的方向是不全面的。C项，有序排列的火柴散落时成为无序排列，有趋向于最大混乱度的倾向，属于熵判据。D项，扑克牌的无序排列也属于熵判据。
探究导引1　影响化学反应能否自发进行的因素有哪些？
提示：焓变、熵变等。要点归纳特别提醒
1．自发仅是一种变化的趋势，即变化的可能性，能否自发进行还涉及很多问题，如自发反应的反应速率。
2．体系的有序性越高，即混乱度越低，熵值越小，有序变为无序是熵增过程。即时应用
1．(2012·三明高二质检)已知石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为：
C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
C(金刚石，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－395.4 kJ·mol－1
关于金刚石和石墨的相互转化，下列说法正确的是(双选)(　　)A．石墨转化成金刚石是自发进行的过程
B．金刚石转化成石墨是自发进行的过程
C．石墨比金刚石能量低
D．金刚石比石墨能量低解析：选BC。由两个方程式得C(金刚石，s)===C(石墨，s)　ΔH＝－1.9 kJ/mol，所以1 mol金刚石转化为石墨体系向外释放能量，石墨能量低，金刚石转化为石墨向环境释放能量,能量降低，由能量判据知为自发过程。
探究导引2　焓变与熵变怎样共同影响反应方向的？
提示：焓变、熵变都不是唯一因素，化学反应方向将由二者同时决定，即利用ΔH－TΔS来判定，还涉及到温度问题。要点归纳
化学反应的方向是由ΔH和ΔS共同决定的，利用ΔH－TΔS的符号可以判断恒温、恒压条件下的反应进行方向：
ΔH－TΔS<0　反应能自发进行；
ΔH－TΔS＝0　反应达到平衡状态；
ΔH－TΔS>0　反应不能自发进行。当焓变和熵变相差不大时，温度可能对反应方向起决定性的作用，可以估算反应发生逆转的温度(转向温度)：T＝ΔH/ΔS。化学反应体系焓变减少(ΔH<0)和熵变增加(ΔS>0)都有利于反应的进行。可以用下列象限法进行判断：(如下图)特别提醒
1．在温度、压强一定的条件下，反应的焓变和熵变共同影响化学反应的方向。放热反应的焓变小于零，熵增加的反应的熵变大于零，都对ΔH－TΔS<0有所贡献，因此放热和熵增加有利于反应的自发进行。
2．利用ΔH－TΔS<0进行反应的自发性判断时，实际上不管ΔH和ΔS的具体值是多少，关键是看ΔH－TΔS的值与0的相对大小。即时应用
2．有A、B、C、D四个反应：则在任何温度下都能自发进行的反应是__________，任何温度下都不能自发进行的反应是__________，另外两个反应中，在温度高于__________ ℃时，可自发进行的反应是__________，在温度低于__________ ℃时,可自发进行的反应是__________。解析：C中ΔH<0，ΔS>0，任何温度下反应均可自发进行；B中ΔH>0，ΔS<0，任何温度下反应都不能自发进行；A中ΔH>0，ΔS>0,高温下反应可自发进行，
答案：C　B　77　A　－161.6　D
下列说法中正确的是(　　)
A．凡是放热反应都能自发进行
B．所有的自发反应都是放热的
C．焓变是决定反应是否具有自发性的判据
D．焓变是影响反应是否具有自发性的一种重要因素【思路点拨】　解答本题要注意以下两点：
(1)焓变不是决定反应是否自发进行的唯一因素。(2)吸热反应、放热反应与反应是否自发进行无必然联系。【解析】　(1)多数能够自发进行的反应都是放热反应，但也有些自发进行的反应是吸热反应。
(2)反应的自发性与焓变并不严格一致，焓变是影响反应自发进行的重要因素，但不是唯一因素。
【答案】　D【名师点睛】　(1)大量化学实验事实证明：多数能自发进行的化学反应是放热的。如甲烷的燃烧、氢气的燃烧、铁的生锈等，在常温、常压下，氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁的反应是自发的，反应放热。
4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)　ΔH(298 K)＝－444.3 kJ·mol－1。(2)不少吸热反应也能自发进行，如NH4HCO3(s)＋CH3COOH(aq)===CO2(g)＋CH3COONH4(aq)＋H2O(l)　ΔH(298 K)＝＋37.30 kJ·mol－1；还有一些吸热反应在室温条件下不能自发进行，但在较高温度下则能自发进行，如在室温和较高温度下均为吸热过程的碳酸钙分解反应。
(2012·青岛高二统考)碳酸铵[(NH4)2CO3]在室温下就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．碳酸铵分解与能量无关C．碳酸铵分解是吸热反应，根据能量判据判断不能自发分解
D．碳酸盐都不稳定，能自发分解
【解析】　(NH4)2CO3常温下能自发分解，是因为反应体系由于NH3(g)的生成而使熵增大，(NH4)2CO3分解为吸热反应，根据能量判据，大多数放热反应为自发的，但有些吸热反应也能自发进行，比如(NH4)2CO3在常温下的自发分解。有些碳酸盐很稳定，如Na2CO3等不能自发分解。
【答案】　A【提示】　NH4HCO3常温下
可分解NH4HCO3(s)===NH3(g)＋CO2(g)＋H2O(l)　ΔS>0
CaCO3高温下可分解：
CaCO3(s) CaO(s)＋CO2(g)　ΔS>0互动探究
举例说明能分解的碳酸盐有哪些？(至少2例),它们的熵变化是怎样的？【名师点睛】　熵增与自发过程
体系的混乱度增大的过程即熵增加的过程，大多数熵增加的过程为自发过程，但熵增原理只是解释部分自发过程的判据，而非决定性因素。
高温时空气中的N2和O2会反应生成NO而污染大气：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)。试通过计算说明在1200 ℃的条件下，此反应能否正向自发进行？估算自发进行的最低温度是多少？
已知：该反应的ΔH＝＋180.50 kJ·mol－1；
ΔS＝＋24.77 J·mol－1·K－1【解析】　1200 ℃时，该反应的ΔH－TΔS＝180.50 kJ·mol－1－(1200＋273) K×24.77 J·mol－1·K－1×10－3 kJ·J－1＝144.01 kJ·mol－1>0，故该温度下反应不能正向自发进行。
ΔH－TΔS<0时反应能自发进行，故有T>ΔH/ΔS＝180.50 kJ·mol－1/0.02477 kJ·mol－1·K－1＝7287 K，即此反应自发进行的最低温度为7287 K。【答案】　1200 ℃不能自发进行；自发进行的最低温度是7287 K。【名师点睛】　判断反应自发进行的判据为ΔH－TΔS<0，将给定的数据代入该式即可得出相应答案。
在计算过程中，要注意ΔS的正负号对不等式的影响及ΔH、ΔS单位的统一。
[经典案例]　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石墨＝5.694 J·(mol·K)－1，求金刚石的熵S金刚石，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金刚石－S石墨)＝2.866 kJ·mol－1，即1.895 kJ·mol－1－298 K×(S金刚石－5.694)×10－3kJ·(mol·K)－1＝2.866 kJ·mol－1，解得S金刚石＝2.436 J·(mol·K)－1。熵是体现混乱度的物理量，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金刚石【答案】　S金刚石＝2.436 J·(mol·K)－1　金刚石更有序课件70张PPT。第2节　化学反应的限度
第1课时　化学平衡常数　平衡转化率
1.了解平衡常数的含义、表达式及影响因素。
2．了解平衡转化率的含义。
3．利用平衡常数进行简单计算。
4．能够利用化学平衡常数判断化学平衡移动的方向。课程标准导航
一、化学平衡常数
1．定义
在一定_____下，当一个可逆反应达到化学平衡状态时，______浓度幂之积与________浓度幂之积的比值，用符号K表示。温度生成物反应物(mol·L－1)(c＋d)－(a＋b)3．意义
平衡常数的大小反映化学反应可能进行的________；平衡常数的数值越大，说明
______________________。程度反应可以进行得越完全想一想
1．化学平衡常数有统一的固定单位吗？
提示：由平衡常数的表达式知，其单位决定于可逆反应中反应物和产物的种类及化学方程式中对应系数的大小，故化学平衡常数没有统一的固定单位。4.影响因素
(1)内因：反应物的_________。
(2)外因：反应体系的________。本身性质温度5．应用
(1)判断反应进行的限度
①K>105时可认为反应可以进行得较完全；
②K<10－5时认为反应很难进行；
③10－5≤K≤105时，认为该反应为可逆反应。逆向进行达到平衡状态正向进行c0[A]2．影响因素
(1)初始浓度和平衡浓度。
(2)多种反应物参加反应时，提高一种物质的浓度，可以提高__________________而本身转化率会降低。其他物质的转化率想一想
2．对于一个给定的可逆反应，其正反应和逆反应的平衡常数之间有什么关系？
提示：由平衡常数的表达式可以判断：正反应和逆反应的平衡常数之间互为倒数关系。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。化学平衡常数只与温度、化学反应的特点及反应物本身的性质有关。解析：选C。纯固体或溶剂的浓度视为常数,不写入表达式中，A、B不符合要求，D为逆反应的化学平衡常数。3．关于平衡常数K，下列说法中正确的是
(　　)
A．K越大，反应速率越大
B．对任一给定的可逆反应，温度升高，K值增大
C．对可逆反应，K值越大，反应物的转化率越高
D．加入催化剂或增大反应物浓度，K值将增大解析：选C。K值反映出了化学反应正向进行的程度，只与温度有关，但不一定升温就增大。
探究导引1　化学平衡常数与什么物理量有关？
提示：化学平衡常数的大小与温度有关，对于放热反应，升高温度平衡常数减小，对于吸热反应，升高温度，平衡常数变大。要点归纳
1．平衡常数的书写
(1)平衡常数表达式中各物质的浓度是化学反应达到平衡状态时的浓度。
(2)固体或纯液体物质不出现在平衡常数表达式中。(3)化学平衡常数表达式对应某一具体反应。若反应方向改变，则平衡常数改变；若反应方程式中各物质的系数等倍扩大或缩小，平衡常数表达式也要相应改变。
(4)对于给定的可逆反应，正、逆反应的平衡常数互为倒数。2．平衡常数的应用
(1)应用平衡常数时，应明确平衡只受温度影响。对于给定的可逆反应，温度不变，K值不变；温度不同，K值不同。
(2)判断反应进行的程度
K值越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，它的正向反应进行的程度越大，即该反应进行得越完全，反应物平衡转化率越大；反之，就越不完全，平衡转化率就越小。(3)利用K判断反应的热效应
若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
(4)判断反应是否处于化学平衡状态及反应进行的方向。
(5)计算转化率。即时应用回答下列问题：
(1)该反应的化学平衡常数表达式为__________。
(2)该反应为__________(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是__________。A．容器中压强不变
B．混合气体中c(CO)不变
C．v正(H2)＝v逆(H2O)
D．c(CO2)＝c(CO)
(4)某温度下，平衡浓度符合下式：[CO2]·[H2]＝[CO]·[H2O]，则此时的温度为__________℃。(3)该反应为气体物质的物质的量不变的反应,反应过程中压强始终不变，与是否平衡无关。D项中c(CO2)＝c(CO)不能判断反应是否达到平衡状态，只是表示某时刻CO2与CO的浓度相等。(4)当[CO2]·[H2]＝[CO]·[H2O]时，K＝1.0，此时的温度由表中数据可知为830 ℃。
探究导引2　平衡转化率与平衡常数有何关系？
提示：平衡常数和平衡转化率都可以表示可逆反应进行的程度，但是平衡转化率随着反应物初始浓度的不同而变化，而平衡常数却不受浓度影响。因此平衡常数更能反映出本质。平衡常数与平衡转化率之间是可以相互求算的。探究导引3　平衡转化率与起始反应物的浓度有什么关系？
提示：当增大一种反应物的浓度时，该反应物的平衡转化率降低，而其他反应物的平衡转化率升高。要点归纳
1．可逆反应达到平衡后各物质浓度的变化关系
(1)反应物：平衡浓度＝起始浓度－转化浓度。
(2)生成物：平衡浓度＝起始浓度＋转化浓度。
(3)各物质的转化浓度之比等于它们在化学方程式中相应的化学计量数之比。即时应用(2)若反应温度升高，M的平衡转化率__________(填“增大”、“减小”或“不
变”)；
(3)若反应温度不变，反应物的初始浓度分别为c(M)＝4 mol·L－1，c(N)＝a mol·L－1；达到平衡后，c(P)＝2 mol·L－1，a＝__________；
(4)若反应温度不变，反应物的初始浓度为：c(M)＝c(N)＝b mol·L－1，达到平衡后，M的平衡转化率为__________。(4)由于温度不变，则化学平衡常数值不变，设平衡时，M的转化浓度为x mol·L－1。
M(g)　＋　N(g) P(g)＋Q(g)
初始浓度(mol·L－1)
b b 0 0
转化浓度(mol·L－1)
x x x x
平衡浓度(mol·L－1)
b－x b－x x x
答案：(1)25%　(2)增大　(3)6　(4)41%
2012·北京东城区高二质检)H2(g)＋I2(g) 2HI(g)已经达到平衡状态的标志是(　　)
①c(H2)＝c(I2)＝c(HI)
②c(H2)∶c(I2)∶c(HI)＝1∶1∶2③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变
④单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HI
⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2
⑥反应速率v(H2)＝v(I2)＝1/2v(HI)
⑦一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂⑧温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化
温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
?条件一定，混合气体的平均摩尔质量不再变化
A．②③⑤⑧⑨? B．①③⑥⑦
C．③④⑦⑨ D．③⑥⑨?【思路点拨】　解答本题要注意以下两点：
(1)平衡的标志：①v(正)＝v(逆)，②各组分的含量不变。
(2)该反应的特点：①反应前后气体分子数不变，②I2为紫色蒸气。【解析】　①②的浓度与起始时投入物质的量有关，故不正确；③各组分的浓度不变，说明已达平衡，正确；④体现v(正)＝v(逆),正确；⑤未体现v(正)＝v(逆)，不正确；⑥反应速率始终v(H2)＝v(I2)＝1/2 v(HI)，不正确；⑦体现v(正)＝v(逆)，正确；⑧压强始终相等，不正确；⑨颜色不变化，说明c(I2)不变，正确；
【答案】　C【提示】　(1)能，达平衡后，v(正)＝v(逆),绝热条件下，不进行热交换，故温度不变。 (2)I2为固态，则气体的质量变化，故可作为平衡标志；因前后气体的体系不等，则压强可作为平衡标志；⑦能体现v(正)＝v(逆)，则符合条件的有⑦⑧。⑨中I2为固态，气相中始终无色，故不能作判据； ⑩中气相的质量、体积都变，故不一定；?气相的质量增加时，其物质的量也增加，故不一定。互动探究
(1)若题干中的反应在一绝热密闭容器中进行,温度不变时，能否说明反应一定达到平衡状态？
(2)若仅I2的气态改变为固态，即I2(s)＋H2(g) 2HI(g)，则⑦～?中能说明达平衡状态的有哪些？(2)同种物质表示的反应速率判断生成速率与消耗速率相等时，达平衡。
(3)用气体的平均摩尔质量判断
若反应中全是气体物质，反应前后气体体积不变，不能用平均摩尔质量判断；反应前后气体体积改变，摩尔质量恒定时，达平衡。
(4)用反应现象(如颜色、温度、溶解等)判断,当反应现象一定时，达平衡。
已知反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K与温度的关系如下表：(1)该反应的ΔH__________0(选填“>”、“＝”或“<”)。
(2)500 ℃时，若CO和H2O的起始浓度均为0.060 mol/L，则在该条件下，CO的最大转化率为__________。
【思路点拨】　解答本题要注意以下两点：
(1)明确平衡常数K与温度的变化关系。
(2)学会用“三段式”进行转化率的有关计算。【解析】　(1)由表格中数据可知，温度越高,平衡常数K越小，说明温度升高，反应逆向进行，正反应为放热反应，ΔH<0。【答案】　(1)<　(2)75%转化 mx nx px qx
平衡 a－mx b－nx px qx
解题时把握好以下几点：(1)转化量与方程式中各物质的系数成比例；(2)式子中a、b可指物质的量、浓度、体积等，但单位必须统一；
(3)对反应物：平衡量＝起始量－转化量，对生成物：平衡量＝起始量＋转化量。(1)设H2和CO的起始物质的量之比为m，平衡时CO的转化率为α，平衡混合物中甲醇的体积分数为y，试推断m、α、y三者之间的相互关系，并以y＝f(α，m)的函数表达式表示出来。(写出计算过程)
(2)将表中已知数据代入导出的表达式中进行计算，把计算结果填入表中有关的空格中。
(3)根据表中数据判断用CO和H2合成甲醇时,H2和CO的最佳体积比是__________。并简述判断依据：__________________________
__________________________。(4)若升高温度，该反应的平衡常数K将__________(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”，下同)，该反应中CO的平衡转化率将__________。
(5)据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2，有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：__________________________(用化学方程式表示)。【解析】　本题的突破口在于确定“起”、“变”、“平”三个量，然后根据体积分数求出函数表达式。解题中假设CO的起始量为1 mol,然后根据比例关系确定H2的起始量，再根据各方关系确定各物质转化量、平衡量，从而使题目中的抽象数据具体化，为函数表达式的求出打下基础。(2)(3)两问由(1)中的表达式可分析求出。第(4)题，由于反应ΔH<0，故升高温度,K值减小，反应进行程度减小，【答案】　(1)设起始时CO的物质的量n(CO)＝1 mol，因n(H2)∶n(CO)＝m，则H2的物质的量n(H2)＝m mol。
CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)
起始量(mol): 1 m 0(2)
(3)1∶2　m＝2时，平衡混合物中甲醇的体积分数最高
(4)减小　减小
(5)Cu2O＋CO 2Cu＋CO2
课件57张PPT。第2课时　反应条件对化学平衡的影响
1.理解外界条件(浓度、温度、压强等)对化学平衡的影响，认识其一般规律。
2．能运用化学平衡移动原理解释相关化学问题。
3．能识别有关化学平衡的简单图像。课程标准导航
一、化学平衡的移动和移动方向
1．化学平衡的移动
由于温度、压强、浓度的变化而使可逆反应由一个__________变为另一个___________的过程。平衡状态平衡状态2．平衡移动方向
对于一个已达化学平衡状态的反应，如平衡移动的结果使反应产物浓度变大，则称平衡正向移动或向右移动；反之，称平衡逆向移动或向左移动。二、反应条件对化学平衡的影响
1．温度的影响
(1)原因：温度对平衡移动的影响是通过改变___________实现的。
(2)规律：升高温度，化学平衡向_________方向移动；降低温度，化学平衡向________方向移动。平衡状态吸热的放热的2．浓度的影响
(1)原因：浓度改变时平衡常数K_____，但浓度商Q改变，使Q__K，从而导致平衡移动。
(2)规律：在其他条件不变的情况下，增大反应物浓度或减小生成物浓度，平衡______移动；减小反应物浓度或增大生成物浓度，平衡________移动。不变≠正向逆向3．压强的影响
(1)原因：压强的改变导致体系中各组分____的变化，从而使平衡发生移动。平衡常数K______。
(2)规律：在其他条件不变的情况下，增大压强，化学平衡向____________的方向移动；减小压强，化学平衡向______________的方向移动。浓度不变气体体积减小气体体积增大三、化学平衡移动原理(勒·夏特列原理)
在封闭体系中，如果改变平衡体系的一个条件(如浓度、温度或压强)，平衡将向_______这种改变的方向移动。减弱想一想
某一可逆反应，一定条件下达到了平衡，若化学反应速率改变，化学平衡是否一定发生移动？若平衡发生移动，化学反应速率是否一定发生改变？
提示：若化学反应速率改变，平衡不一定移动。若平衡移动，化学反应速率一定改变。
1．对于任何一个化学平衡体系，采取以下措施，一定会使平衡发生移动的是(　　)
A．加入一种反应物　B．增大体系的压强
C．升高温度 D．使用催化剂
解析：选C。浓度、压强的变化对平衡移动的影响有一定的限制，催化剂对平衡移动无影响。
解析：选C。平衡正向移动有利于C的生成。解析：选B。增大压强平衡向气体物质系数减小的方向移动；升温平衡向吸热的方向移动。
探究导引1　如何理解“温度对平衡移动的影响是通过改变平衡常数实现的”？
提示：温度改变引起平衡常数的改变，而平衡常数的改变是通过各物质的浓度变化来实现的，会使Q≠K，所以平衡发生移动。探究导引2　改变压强，化学平衡一定会发生移动吗？
提示：压强对化学平衡的影响是通过改变体系中各成分的浓度来实现的。若压强改变不能引起各成分浓度变化(如无气体参加的反应)，则平衡不移动；若反应前后气体物质的系数不变,则改变压强时Qp仍等于Kp，平衡也不移动。压强只对有气体物质参加且反应前后气体物质系数和发生变化的可逆反应的平衡移动产生影响。
要点归纳
1．温度对化学平衡的影响2.浓度对化学平衡的影响3.压强对化学平衡的影响(2)在恒温、恒容下，加入氦气时，平衡不发生移动。这种条件下加入“惰性”气体，虽平衡体系内的压强增加，但因容器的体积不变，c(N2)、c(H2)、c(NH3)不变，所以平衡不发生移动。特别提醒
1．对于离子反应，只有改变实际参加反应的离子的浓度才会对平衡产生影响。
2．通常所说的加压是减小体积，减压是增大体积。
3．增大或减小气体压强对于反应前后气体体积相等的反应，正、逆反应速率改变的程度相等，平衡不发生移动。4．压强对固体或者液体的浓度无影响，若平衡体系中无气体，则压强不能改变反应速率和平衡。
5．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡。即时应用
1．(2012·青岛高二调研)在密闭容器中进行下列反应：CO2(g)＋C(s)高温,2CO(g)　ΔH>0，达到平衡后，改变下列条件，则指定物质的浓度及平衡如何变化？
(1)增加C，平衡__________，c(CO)__________。
(2)减小密闭容器体积，保持温度不变，则平衡__________，c(CO2)__________。(3)保持密闭容器体积和温度不变，通入N2，则平衡__________，c(CO2)__________。
(4)保持密闭容器体积不变，升高温度，则平衡__________，c(CO)__________。解析：(1)C为固体，增加C，平衡不发生移动；(2)减小容器体积，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；(3)通入的N2不参加反应，并且密闭容器体积和温度不变时，各物质的浓度并不变，平衡不发生移动；(4)其他条件相同，升高温度，平衡向吸热方向移动。答案：(1)不移动　不变
(2)向逆反应方向移动　增大
(3)不移动　不变
(4)向正反应方向移动　增大
探究导引3　如何解化学平衡图像题？
提示：(1)看图像：一看面(即纵坐标与横坐标的意义)，二看线(即线的走向和变化趋势),三看点(即起点、拐点、交点、终点)，四看辅助线(如等温线、等压线、平衡线)，五看量的变化(如浓度变化、温度变化)。(2)想规律：联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。
(3)作判断：根据图像中表现的关系与所学规律相对比，作出符合题目要求的判断。要点归纳
1．解答步骤
看图像
一看面——即横坐标、纵坐标代表的量。
二看线——即线的斜率大小、平与陡的含义；函数的增减性。
三看点——即起点、终点、转折点、交叉点等。
四看辅助线——等温线、等压线、平衡线等。
五看量——浓度、温度等因素的改变量。2．化学平衡图像问题的解答方法
(1)三步分析法
一看反应速率是增大还是减小；二看Δv正、Δv逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
(2)四要素分析法
看曲线的起点；看曲线的变化趋势；看曲线的转折点；看曲线的终点。(3)“定一议二”原则
图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
(4)“先拐先平，数值大”原则
在化学平衡图像中，先出现拐点的反应则先达到平衡状态，先出现拐点的曲线所代表的反应温度较高(如图A)或压强较大(如图B)。
对于反应aA＋bB cC
图A表示T2>T1，由T2→T1，C%增大，平衡右移，即降低温度平衡正向移动，故正反应是放热反应。图B表示p1c。即时应用
2.(2012·渭南高二检测)对于反应A(s)＋2B(g) 3C(g)　ΔH>0，C%跟外界条件X、Y的关系如图所示，下列结论正确的是(　　)A．Y表示温度，X表示压强，且Y3>Y2>Y1
B．Y表示压强，X表示温度，且Y3>Y2>Y1
C．X表示压强，Y表示温度，且Y1>Y2>Y3
D．X表示温度，Y表示压强，且Y1>Y2>Y3解析：选A。当Y表示温度时，则Y1、Y2、Y3表示三条等温线，定住其中一条等温线(如：Y1)，则由于正反应是气体分子数增大的反应,所以随着压强的增大平衡逆向移动，C%逐渐减小，符合题目所给方程式。而X表示压强时,则垂直于X轴做一条辅助线即为等压线，由于反应吸热，所以随着温度的升高，平衡正向移动，C%逐渐增大，所以Y3>Y2>Y1，A正确。对于B、C、D可以采用同样的方法分析，均错误。
能提高COCl2转化率的是(　　)
A．①②④　 B．①④⑥
C．②③⑥ D．③⑤⑥【思路点拨】　解答本题的关键有以下两点：
(1)特别注意分析恒容通入惰性气体和恒压通入惰性气体及加催化剂对该平衡的影响。
(2)该反应的特点：①反应前后气体分子数改变；②正反应为吸热反应。【解析】　本题考查化学平衡的移动。
①该反应的正反应是吸热反应，升温平衡向正反应方向移动，故可提高COCl2的转化率。
②恒容通入惰性气体，由于与反应有关的物质的浓度未改变，所以对反应无影响，平衡不移动，故COCl2的转化率不变。
③增加CO浓度，平衡逆向移动，故COCl2的转化率变小。④减压平衡正向移动，所以COCl2的转化率变大。
⑤使用催化剂只能影响化学反应速率，对化学平衡无影响。
⑥相当于减压，同④。
综上所述，能提高COCl2的转化率的措施有①④⑥，故B正确。
【答案】　B【名师点睛】　平衡的移动与反应物浓度、转化率的关系
(1)不要把平衡的移动与物质单独的变化混淆。如平衡向正反应方向移动时，反应物的浓度不一定都减小。(2)不要把平衡的移动与反应物的转化率混淆。如改变温度使平衡向正反应方向移动时，反应物的转化率都将提高；但当增大一种反应物的浓度，使平衡向正反应方向移动时，只会使另一种反应物的转化率提高，而其本身的转化率却降低。
(2011·高考重庆卷)一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是(　　)【解析】　四个选项中水蒸气均为生成物。
依题图中左图可知T2>T1，升温，水蒸气含量减小，平衡左移，所以正反应为放热反应,即ΔH<0，B、C错；依题图中右图可知p1>p2,增压，水蒸气含量增加，即正反应为气体体积减小的反应，D错。
【答案】　AⅠ.该小组的同学取了两个烧瓶A和B，分别加入相同浓度的NO2与N2O4的混合气体，中间用夹子夹紧，并将A和B浸入到已盛有水的两个烧杯中(如图所示)，然后分别向两个烧杯中加入浓硫酸和NH4NO3固体。请回答：
(1)A中的现象为
__________________________，
B中的现象为__________________________。
(2)由此可知，降低温度，该化学平衡向__________(填“正”或“逆”)反应方向移动。
(3)该化学反应的浓度平衡常数表达式为__________。Ⅱ.在三支容积均为30 cm3的针筒中分别抽入10 cm3 NO2气体，将针筒前端封闭。
(1)将第二支针筒活塞迅速推至5 cm3处，此时气体的颜色变深，一段时间后气体颜色又变浅了，但仍比第一支针筒气体的颜色深。
①推进针筒后颜色变深的原因是__________________________
__________________________；②一段时间后气体颜色又变浅的原因是__________________________
__________________________。
(2)将第三支针筒活塞拉至20 cm3处，该同学观察到的现象是__________________________。
①在此过程中，该反应的化学平衡常数将__________(填“增大”、“减小”或“不
变”，下同)。
②NO2的转化率将__________。【解析】　2NO2(g) N2O4(g)　ΔH＝－52.7 kJ·mol－1，可知正反应为气体体积减小的放热反应，由平衡移动原理可知温度升高，平衡向左移动，[NO2]增大，颜色加深,当推进针筒至5 cm3处时，NO2、N2O4的浓度都增大，故颜色加深，但由于压缩体积造成体系的压强增大，又引起平衡正向移动，故NO2浓度要在原先增大的基础上略微减小，颜色一段时间后又变浅，因为平衡移动仅仅是“减弱改变”而非“逆转改变”，所以达新的平衡后NO2浓度仍比推进针管前大，即颜色仍比第一支针筒气体的颜色深。平衡常数只受温度影响，故改变压强引起平衡移动，但因温度不变，平衡常数不变，但转化率会相应改变。②增大压强，平衡正向移动，NO2浓度减小
(2)气体颜色先变浅，一段时间后又变深，但仍比第一支针筒气体的颜色浅　①不变　②减小课件43张PPT。第3节　化学反应的速率
第1课时　化学反应速率
1.了解化学反应速率的概念和含义。
2．掌握化学反应速率的定量表示方法。
3．掌握化学反应速率的简单计算。课程标准导航
化学反应速率
1．概念
描述化学反应进行_______的物理量。
2．表示方法
(1)对于反应体系__________的化学反应，用单位时间内__________ (或质量、物质的量等)的改变量(取绝对值)来表示。快慢体积不变某物质浓度(2)表达式：v＝__________。
3．常用单位
_____________、______________或
______________。mol·L－1·s－1mol·L－1·min－1mol·L－1·h－14．用不同物质表示的反应速率之间的关系
在同一化学反应中，若用不同物质的浓度变化来表示化学反应速率，其数值之比等于反应方程式中_________________之比。如对于化学反应aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，有下列恒等式：v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝______________。相应物质的系数a∶b∶c∶dA．2和3　 B．3和2
C．3和1 D．1和3
解析：选D。根据同一化学反应，用不同物质表示其反应速率，其数值之比等于化学方程式中各物质的系数之比。v(A2)∶v(B2)∶v(C)＝x∶y∶2＝0.5∶1.5∶1＝1∶3∶2，所以x＝1，y＝3，故选D。2．(2012·济南高二检测)在2 L容器中发生3A＋B===2C的反应，最初加入的A、B都是4 mol，A的反应速率为0.12 mol/L(L·s)，10 s后容器内B的物质的量为(　　)
A．1.6 mol B．2.8 mol
C．3.2 mol D．3.6 mol解析：选C。根据A的反应速率可以求出B的反应速率为0.04 mol/(L·s)，故10 s后反应的B的物质的量为0.8 mol，剩余B的物质的量为3.2 mol。3．在某温度下，将0.8 mol SO2(g)和0.8 mol O2(g)通入一个容积为5 L的密闭容器里，经5 min后，测知容器中有0.5 mol SO3气体。用O2浓度的变化来表示这5 min内的平均反应速率为(　　)
A．0.1 mol/(L·min)
B．0.05 mol/(L·min)
C．0.02 mol/(L·min)
D．0.01 mol/(L·min)
探究导引　Δc应如何计算？
提示：由于Δc是浓度变化的绝对值，故化学反应速率都取正值，其一般计算依据是：
(1)根据某一物质起始浓度(c0)和一段时间后浓度(ct)的关系计算：Δc(反应物)＝c0－ct，Δc(生成物)＝ct－c0；(2)根据反应物的转化率(α)计算：Δc(反应物)＝c0α。
要点归纳
1．一个确定的化学反应涉及反应物、生成物多种物质，因而定量表示一个化学反应的反应速率时，必须指明是用哪一个反应物或生成物来表示。特别提醒2．在比较化学反应速率时还可以用比较比值法：先求出不同的物质表示的速率，用各物质表示的速率除以化学方程式中各自的系数，然后比较大小，其比值大者反应速率大。即时应用①用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1
③2 s时物质A的转化率为70%
④2 s时物质B的物质的量浓度为0.7 mol·L－1
其中正确的是(　　)
A．①③　　 B．①④
C．②③ D．③④(1)试确定以下物质的相关量：
起始时n(Y)＝__________，n(Q)＝__________。
(2)方程式中m＝______________，n＝____________，p＝__________，q＝__________。
(3)用Z表示2 min内的反应速率__________。(4)2 min末Q的转化率为__________。
(5)试判断在2 min内v(正)__________v(逆)(填“>”、“<”或“＝”)，在2 min末～3 min末v(
正)__________v(逆)(填“>”、“<”或“＝”)。
【思路点拨】　解答本题要注意以下两点：
(1)化学反应速率与方程式中物质系数的关系。
(2)结合化学平衡的移动判断v(正)和v(逆)的关系。【解析】　本题考查化学反应速率的简单计算。解题时明确化学反应速率与系数的关系以及化学计算的方法。对比X的起始量和2 min末的量，可知反应逆向进行。
Δn(Q)＝v(Q) ·V·Δt
＝0.075 mol·L－1·min－1×2 L×2 min＝0.3 mol
对反应过程作“三段式”法分析如下： mX＋　nY　 　pZ＋　qQ　　
始/mol 0.7 n(Y) 1 n(Q)
变/mol Δn(X) Δn(Y) Δn(Z) 0.3
2 min 末/mol
0.8 2.7 0.8 2.7故Δn(X)＝0.8 mol－0.7 mol＝0.1 mol
Δn(Z)＝1 mol－0.8 mol＝0.2 mol
n(Q)＝0.3 mol＋2.7 mol＝3 mol(2)m∶n∶p∶q＝Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)∶Δn(Q)
＝0.1 mol∶0.4 mol∶0.2 mol∶0.3 mol
＝1∶4∶2∶3。(5)起始时反应逆向进行，至2 min末Z的物质的量不再变化，达到平衡状态，故2 min内v(正)(3)0.05 mol·L－1·min－1
(4)10%
(5)<　＝
【提示】　v(Z)在数值上小于v(Q)，但它们表示同一反应的快慢程度，意义相同。互动探究
v(Z)和v(Q)的数值大小有何关系？其表示的化学反应的快慢意义如何？(2)比值法：利用v(A)∶v(B)∶v(C)＝a∶b∶c(其中a、b、c分别为A、B、C的系数)来求算。
[经典案例]　在锌与盐酸反应的实验中，一个学生得到的结果如下表所示：(1)画一幅时间-温度的曲线图(纵轴表示时间,横轴表示温度)。
(2)利用所画的曲线图，关于温度影响反应速率，你能得出什么结论？
(3)20 ℃时，2 g锌片溶解于酸中需用多少时间？
(4)对比B和G，解释G为什么那么快？
(5)通过实验总结影响化学反应速率的外界条件有哪些？【解析】　解题时首先根据表中提供的数据画出图像，然后根据图像回答问题。
从题表中可看出，每升高10 ℃，反应速率变为原来的2倍，时间是原来的一半。设每升高10 ℃，反应速率增大至原来的a倍：【答案】　(1)
(2)温度越高，反应速率越快。
(3)141 s　(4)B是薄片，G是粉末，后者的接触面积大，反应速率快。
(5)温度、浓度、固体表面积。课件55张PPT。第2课时　外界条件对化学反应速率的影响
1.掌握浓度、温度和催化剂对化学反应速率的影响。
2．了解外界条件(温度、浓度、压强和催化剂)影响反应速率的原因。
3．了解化学反应速率、浓度公式和阿伦尼乌斯公式的含义及应用。
4．理解化学反应速率图像的意义。课程标准导航
一、浓度对化学反应速率的影响
1．基本规律
在其他条件不变时，增大反应物的浓度可以____化学反应速率；减小反应物的浓度可以____化学反应速率。加快减慢2．化学反应速率与反应物浓度的定量关系
(1)速率方程
对于任意一个化学反应aA＋bB===cC＋dD，其反应速率方程为v＝kcm(A)·cn(B)，式子中m、n、k都由实验测得，与化学方程式中的系数无关。(2)反应速率常数
速率方程中的比例系数k称为反应速率常数,它表示____________________________，它具备以下特点：
①与浓度无关，但受__________________________________等因素的影响。温度升高，k值通常________。
②通常情况下，k值越大，反应进行得
_________。单位浓度下的化学反应速率温度、催化剂、固体表面性质越快增大3．压强对化学反应速率的影响
压强对反应速率的影响是通过改变气体浓度实现的，故一般意义上增大气体压强是指压缩气体体积；对于有气体参加的化学反应，温度一定时：
压强改变浓度改变―→反应速率改变浓度不变―→反应速率不变二、温度对化学反应速率的影响2～42．________是化学反应通常需要获得能量才能实际发生的原因。不同的基元反应活化能值_______，因此化学反应速率不同。温度升高对化学反应速率的加快程度______。活化能不同不同三、催化剂对化学反应速率的影响
1．催化剂
能______化学反应速率而在反应前后本身的______和__________不变的物质。
2．催化原理
(1)通过参与反应，改变反应历程，________反应的活化能来提高化学反应速率。
(2)催化剂不能改变化学反应的平衡常数，不能改变平衡转化率。加快质量化学性质降低3．特点
(1)选择性：只对某一反应或某类反应起催化作用。
(2)高效性：可以较大幅度降低反应的_______,从而有效地________化学反应速率。活化能提高
1．已知反应CaCO3(s)＋2HCl(l)===CaCl2(l)＋H2O(l)＋CO2(g)，下列措施中可使生成CO2的速率加快的是(不考虑CaCO3与HCl接触面积改变的影响)(　　)
A．加大CaCO3的量 B．加大盐酸的浓度
C．加大盐酸的量 D．减小CaCl2的浓度解析：选B。加大反应物的量不影响化学反应速率，改变浓度才影响化学反应速率，由于给定的反应是不可逆反应，因此，此化学反应的速率和生成物的浓度无关。2．(2012·三明高二质检)下列条件的改变，一定能加快化学反应速率的是(　　)
A．增大压强 B．升高温度
C．增大反应物的量 D．减小生成物的浓度
解析：选B。对于非气体反应体系，增大压强不会改变化学反应速率；对于反应物为固体的化学反应，改变反应物的量不会改变化学反应速率；减小生成物的浓度使化学反应速率减慢。应选择B项。解析：选B。A升高温度，正、逆反应速率都加快，平衡向吸热反应方向移动；B为固体,增加B的用量，反应速率不变，平衡不移动；反应前后气体体积不变，减小压强，反应速率减小，平衡不移动；使用催化剂能等程度地改变正、逆反应速率，平衡不移动。
探究导引1　影响化学反应速率的外界因素有哪些？
提示：①加快反应速率的因素主要有：升温、加催化剂、增大反应物浓度。
②减小反应速率的因素主要有：降温、减小反应物浓度。要点归纳
1．浓度和压强
一般规律：
(1)对于可逆反应，其他条件不变，通常增大反应物浓度可以提高反应速率，减小反应物浓度则反应速率减小。
(2)对于有气体参加的化学反应，若其他条件不变，增大压强，反应速率加快；减小压强,反应速率减慢。特别提醒
有气体参加的化学反应，充入惰性气体，反应速率变化如下：2.温度
通常，温度升高，反应速率常数增大，化学反应速率提高。化学反应的活化能越大，温度对化学反应速率的影响越大。3．催化剂
催化剂的作用原理和特点：
(1)催化剂通过改变反应历程来降低反应的活化能，提高化学反应速率。
(2)催化剂不能改变反应的平衡常数，不能改变平衡转化率。
(3)催化剂具有选择性。
(4)催化剂可同等程度的改变正、逆反应速率。即时应用
1．下列说法不正确的是(　　)
A．增大反应物浓度→单位体积内分子总数增加→单位体积的活化分子数增多―→反应速率增大
B．压强增大→气体参加的反应中反应物浓度增加→单位体积的活化分子数增多―→反应速率增大C．温度升高→能量增加→许多分子转化为活化分子→活化分子百分率增加―→反应速率增大
D．催化剂→分子能量增加→许多分子转化为活化分子→活化分子百分率增加―→反应速率增大解析：选D。浓度和压强是通过改变单位体积内分子的总数来改变活化分子数的，并没有改变活化分子百分率；而温度和催化剂是通过改变活化分子百分率来改变单位体积的活化分子数的，其中升高温度是提高了分子的能量，而催化剂是降低了成为活化分子所需的能量，所以D项错误。A．①④ B．②③⑥
C．③④ D．④⑤⑥
解析：选A。本题考查了浓度、温度、压强等外界条件对化学反应速率的影响。特别是：(1)压强对速率的影响实际是通过改变浓度而影响的，如果压强变了，但各反应物及生成物的浓度没变，则速率不变。恒容条件充惰性气体(不反应的气体)：体积未变，各物质浓度未变，速率不变。恒压条件充惰性气体(不反应的气体)：压强未变，但体积变化，各物质浓度改变，速率改变。
(2)外界条件的改变对可逆反应的正逆反应速率都会产生影响，而且影响的方式均相同，只是影响的幅度有可能不同。综合以上两点,所以本题选A。
探究导引2　如何分析化学反应速率图像？
提示：(1)认准横坐标、纵坐标各表示什么物理量；
(2)看清曲线的起点位置及曲线的变化趋势，确定函数的增减性；
(3)理解曲线斜率大小的意义，当斜率为0时,曲线为一水平线的特定含义；(4)准确把握各个特殊点(如起点、最高点、交点等)的含义；
(5)认准某些关键数据在解题中的特定作用；
(6)全面、准确地从图中找出直接或隐含的信息，结合上述几点快速得出答案。要点归纳
速率—时间图像定性揭示了v(正)、v(逆)随时间(含条件改变对速率的影响)而变化的规律，体现了外界条件改变对可逆反应速率的影响，以及由此引发的平衡移动。即时应用
A．t2时加入了催化剂
B．t3时降低了温度
C．t5时增大了压强
D．t3～t4时间内转化率最低解析：选A。由图像知，在t1时刻化学反应达到平衡，t2～t3化学平衡没有移动，可能是加了催化剂或增大压强，但该反应是一个气体体积发生变化的反应，压强的改变是不可能的，只能是加入了催化剂；t3～t4平衡逆向移动，并且化学反应速率在减小，是减小了压强；t5～t6平衡逆向移动，反应物的转化率最小，t5是升高了温度，不是压强的影响。
硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是(　　)【思路点拨】　影响化学反应速率的因素很多，本题从浓度和温度两个因素考查，只要抓住浓度越大，温度越高，反应速率越大，便可以得出正确答案。【解析】　反应速率越大，越先出现浑浊,A、C反应物浓度相同，C的温度高，化学反应速率大；B、D反应物浓度相同，D的温度高,化学反应速率大；C和D比较，温度相同，比较反应物浓度，将10 mL水各5 mL分配给Na2S2O3溶液和稀硫酸，二者的浓度和C中的浓度相同，但是在C中还有5 mL水存在,故C中反应物浓度低于D中的浓度，D的反应速率大,先出现浑浊。【答案】　D
【名师点睛】　比较浓度时，要特别注意两种溶液与水混合后浓度的变化，比较的是混合后的浓度。
(2012·济南高二调研)在容积不变的密闭容器中存在如下反应：
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，下列分析正确的是(　　)
A．图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B．图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响C．图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D．图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高【解析】　A项，若增大O2的浓度，正反应速率突然增大，逆反应速率瞬间不变，随后逐渐变大；加入催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，化学平衡不移动，SO2的转化率不变，B正确，C错误；D项，乙达平衡所用时间短，则反应速率快，乙的压强大，但增大压强平衡右移，SO2的转化率增大。
【答案】　B【名师点睛】　有关曲线图像的题目，首先应看懂和理解横、纵坐标的含义，然后观察曲线的形状和走向，弄清曲线所代表的是哪些量的关系，明确曲线的起点、终点、交点、折点及零点，用以分析其特点和变化趋势，再结合题目中给定的化学反应和数据，进行推理和判断。
[经典案例]　小明同学在探究常温下酸的性质时，误把H2O2溶液当做酸与Al2O3粉末混合，发现有大量气泡产生。他联想到MnO2可作为H2O2分解的催化剂，那么，Al2O3能否作为H2O2分解的催化剂呢？请你一起参与探究，并填写下列空白。(1)[提出问题]Al2O3能否作为H2O2分解的催化剂呢？
(2)[猜想]①Al2O3能作为H2O2分解的催化剂；
②Al2O3不能作为H2O2分解的催化剂。
(3)[实验验证](4)[结论]Al2O3能作为H2O2分解的催化剂。
(5)[讨论与反思]有的同学认为只有上述两个实验，不能完全证明Al2O3在H2O2分解中起了催化作用。还应补充一下上述反应前后Al2O3的量是否改变的探究实验。实验三：①准确称量Al2O3(少量)的质量；②完成实验二；
③待反应结束后，将实验二试管里的物质进行__________________________；
④__________________________。(6)有同学认为，即使实验三中Al2O3在反应前后质量不变，要证明猜想，上述三个实验还不足够，仍需要再增加一个实验，应该探究__________________________
__________________________。【解析】　催化剂的特点是能改变化学反应的速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都不会改变。故本题中需要证明Al2O3在反应前后的质量和化学性质是否改变，才可确认Al2O3是否为H2O2分解的催化剂。【答案】　(3)常温H2O2不分解或分解很少　在装有H2O2溶液的试管中加入少量Al2O3，然后将带火星的木条伸入试管中
(5)过滤、洗涤、干燥、称量　对比反应前后Al2O3的质量
(6)Al2O3的化学性质在反应前后是否改变课件63张PPT。第4节　化学反应条件的优化——工业合成氨
1.认识合成氨的化学原理。
2．应用化学平衡和化学反应速率的有关知识选择合成氨的条件。
3．了解合成氨生产的主要流程。
4．了解工业条件选择的依据和原则。课程标准导航(2)化学反应的特点
该反应是一个能自发进行的、_____热的、气体体积_______的可逆反应。
2．合成氨反应的限度分析
______温度、_______压强将有利于化学平衡向生成氨的方向移动，在一定温度、压强下，反应物氮气、氢气的体积比为_______时，平衡混合物中氨的含量最高。放减小降低增大1∶3二、合成氨反应的速率
增大____________，使用合理_________，升高_______均可增大合成氨反应的反应速率。反应物浓度催化剂温度三、合成氨的适宜条件
1．合成氨反应条件的选择原则
(1)尽量增大反应物的________，充分利用原料；
(2)选择较快的___________，提高单位时间内的产量；
(3)考虑设备和技术条件。转化率反应速率2．合成氨反应的适宜条件
(1)压强
压强越大越有利于合成氨，但在实际生产中,应根据反应设备可使用的钢材质量及综合指标来选择压强，大致分为______、_____和______三种类型。低压中压高压(2)温度
温度越高，反应速率____，但不利于氨的合成，在实际生产中一般控制反应温度在____
K左右(且在此温度时催化剂的活性_____)。
(3)催化剂
使用催化剂可以大幅度提高反应速率，合成氨生产一般选择______做催化剂。越大700 最大铁(4)浓度
合成氨生产通常采用N2和H2物质的量之比为1∶2.8的投料比，及时将氨气从反应混合物中分离出去。此外，还应考虑原料的____、未转化的合成气的_____使用、_______的综合利用等问题。价格循环反应热
1．从化学反应速率和化学平衡两方面考虑,合成氨应采用的条件是(　　)
A．低温、高压、催化剂　　　
B．低温、低压、催化剂
C．高温、高压、催化剂
D．适当温度、低压、催化剂解析：选C。根据合成氨反应的特点、外界条件对反应速率和化学平衡的影响及催化剂的活性进行选择。2．合成氨时，既要使H2的转化率增大，又要使反应速率增大，可采取的方法是(　　)
A．补充H2 B．升高温度
C．增大压强 D．使用催化剂
解析：选C。补充H2，使反应速率加快，但H2的转化率降低；升温，反应速率加快，平衡左移，H2的转化率降低；增大压强，反应速率加快，平衡右移，H2的转化率提高；催化剂只能加快反应速率，而不会提高反应物的转化率。3．在合成氨工业中，达到下列目的的变化过程中与平衡移动无关的是(　　)
①为增加NH3的日产量，不断将NH3分离出来
②为增加NH3的日产量，使用催化剂
③为增加NH3的日产量而采用1×107 Pa～1×108 Pa的压强
④为增加NH3的日产量，采用700 K左右的高温A．①② B．③④
C．①③ D．②④
解析：选D。②中催化剂不能使平衡移动，④中升高温度，平衡逆向移动，不利于NH3的生成，故选D。
探究导引1　怎样考虑合成氨的适宜条件？
提示：运用化学反应速率和化学平衡移动原理，同时考虑合成氨生产中的动力、材料、设备等因素，选择合成氨的适宜条件。要点归纳
1．提高反应的平衡转化率和反应速率的措施2.合成氨反应的适宜条件特别提醒
工业生产中化学反应条件优化的一般原则工业生产中既要考虑反应速率快，又要考虑原料利用率高，所以在选择生产条件时，应从这两方面分析，同时也要考虑实际条件的限制。当两者出现矛盾时，两者都要兼顾，特别要适应催化剂的活性，如合成氨及合成三氧化硫的温度的选择。压强则在条件允许范围内选择；同时还可增大廉价原料的用量，及时分离出产物，既可以增大反应速率，又可提高平衡转化率。即时应用(2)若降低温度，会使上述化学平衡向生成氨的方向移动，则正反应是__________反应，生成1 mol NH3的热效应数值为46.1 kJ，则该反应的热化学方程式为__________________________。
(3)合成氨时，选择500 ℃高温的目的是__________________________
__________________________。(4)若反应容器的体积不变，原反应温度不变,而将平衡体系中的混合气体的浓度增大1倍,则上述平衡向________移动；若在平衡体系中加入氦气，则上述平衡__________移动。解析：若保持反应容器的体积和反应温度不变，将平衡体系中的混合气体的浓度增大1倍，其效果相当于增大体系的压强，根据压强对化学平衡的影响，可判断上述平衡应该向正反应方向移动。若在平衡体系中加入氦气，氦气不参与反应，由于反应容器的体积和反应温度都不变，氦气的加入只是增大了容器内总的压强并未改变反应体系的压强，因此氦气的加入对上述平衡没有影响即化学平衡不移动。答案：(1)正、逆反应速率　各反应物和生成物的浓度(合理即可)　正、逆反应　动态
(2)放热　N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
ΔH＝－92.2 kJ·mol－1
(3)加快化学反应速率且工业上用的催化剂在此温度时活性最大
(4)正反应方向　不
探究导引2　合成氨的工艺流程是怎样的？
提示：要点归纳
1．原料气的制取
N2：将空气液化、蒸发分离出N2或者将空气中的O2与碳作用生成CO2，除去CO2后得N2。
H2：来自于含氢的天然气、煤和炼油产品。以天然气为原料时，反应可简单表示为：
CH4＋H2O===CO＋3H2，CO＋H2O===CO2＋H2。2．净化气体
制得的N2、H2需净化，除去杂质(防止催化剂中毒)，再用压缩机压缩至高压。
3．NH3的合成
在合成塔中进行。从塔口进气，经热交换器与塔内反应后的高温气体逆流交换热量后，进入接触室与铁接触反应，从塔上口出气。4．NH3的分离
混合气经冷却后，进入氨分离器，只有氨气在该压强下液化得到液氨，而未反应的N2和H2经循环压缩机压缩后，再通入合成塔中进行反应。特别提醒
现代合成氨工业正向着原料结构更加合理化,生产规模大型化，开发低能耗新工艺，以及实现生产自动化的方向迅速发展。即时应用反应体系中各组分的部分性质见下表
回答下列问题：
(1)写出该反应的化学平衡常数表达式：K＝__________。随着温度升高，K值__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)K值越大，表明__________(填字母)。
A．其他条件相同时N2的转化率越高
B．其他条件相同时NH3的产率越大
C．原料中N2的含量越高
D．化学反应速率越快
(3)在工业上采取气体循环的流程，即反应后通过把混合气体的温度降低到__________使__________分离出来；继续循环的气体是__________。(2)K值越大，说明[NH3]越大，[N2]和[H2]就越小，说明反应进行的程度大，故其他条件相同时N2的转化率就越高，NH3的产率就越大。(3)根据气体的熔、沸点可知，氨气容易液化，使其分离可使平衡正向移动，剩余N2和H2循环使用，以提高产率。【解析】　该反应与合成氨的反应相似，都是气体体积缩小的放热反应，温度升高有利于加快反应速率，但降低了反应物的转化率,适宜条件的选择需要综合考虑。增大压强有利于加快反应速率，同时也可以提高反应物的转化率，但压强对SO2的催化氧化的转化率影响不大。
【答案】　450 ℃　1×105 Pa【名师点睛】　理论与生产实际相联系，如何根据平衡移动原理、化学反应速率和设备要求选择工业生产的适宜条件，可能是本节学习过程中遇到的主要困难。反应速率、移动方向和设备要求有时是矛盾的，有时是统一的，最终确定的条件往往是理论与现实相互作用、共同制约的结果。(2)反应达到平衡时，混合气体的体积为716.8 L(标准状况下)，其中NH3的含量(体积分数)为25%。计算平衡时NH3的物质的量。
(3)原混合气体与平衡混合气体的总物质的量之比n(始)∶n(平)＝__________(写出最简整数比，下同)。(4)原混合气体中，a∶b＝__________。
(5)达到平衡时，N2和H2的转化率之比α(N2)∶α(H2)＝__________。
(6)平衡混合气体中，n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)＝__________。【解析】　(1)由反应的化学方程式可知，消耗的N2和生成的NH3的物质的量之比为1∶2。即Δn(N2)∶6 mol＝1∶2，得Δn(N2)＝3 mol，因开始加入的N2的物质的量为α mol，故a＝3＋13＝16。【答案】　(1)a＝16　(2)n平(NH3)＝8 mol　(3)5∶4
(4)2∶3　(5)1∶2　(6)3∶3∶2
[经典案例]　科学家一直致力于研究常温、常压下“人工固氮”的新方法。曾有实验报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂(掺有少量Fe2O3的TiO2)表面与水发生反应,生成的主要产物为NH3。进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表(光照、N2压力1.0×105 Pa、反应时间3 h)：回答下列问题：
(1)请以反应进程为横坐标，能量变化为纵坐标，画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化示意图，并进行必要标注。
(2)与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率慢。请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议：__________。【解析】　(1)以反应进程为横坐标，能量变化为纵坐标画图，有催化剂时反应进行需要的能量低，且反应后生成物能量高于反应物能量。
(2)升温或增大N2浓度均能使平衡向正反应方向移动，从而提高反应速率，增大NH3生成量，另外从体系中不断移出NH3，也能使平衡向正反应方向移动，增大NH3生成量。【答案】　(1)
(2)升高温度或增大N2浓度或不断移出生成物
(3)①66.7%　②0.005 mol2·L－2