第二节 电解池
.
２．电镀
如图为金属表面镀银的工
一、电解原理 作示意图,据此回答下列问题:
１．电解定义 (１)镀件作 极,镀
使 通过电解质溶液(或熔融电解 层金属银作 极.
质)而在阳极、阴极引起 反应的过程叫 (２)电解质溶液是 .
做电解. (３)电极反应:
２．能量转化形式 阳极:Ag－e－ Ag＋;
转化为 . 阴极:Ag＋＋e－ Ag.
３．电解池 (４)特点: 极溶解, 极沉
(１)构成条件 积,电镀液的浓度 .
①有与 相连的两个电极. ３．电解精炼铜
② (或 ). (１)电极材料:阳极为 铜;阴极为
③形成 . 铜.
(２)电子和离子移动方向 (２)电解质溶液:含 的盐溶液.
①电子:从电源 流向电解池的 (３)电极反应:
;从电解池的 流向电源的 阳 极:Zn－２e－ Zn２＋,Fe－２e－
. Fe２＋,Ni－２e－ Ni２＋,Cu－２e－ Cu２＋.
②离子:阳离子移向电解池的 ;阴 阴极:Cu２＋＋２e－ Cu.
离子移向电解池的 . ４．电冶金
二、电解原理的应用 利用电解熔融盐的方法来冶炼活泼金属
１．电解饱和食盐水 Na,Ca,Mg,Al等.
(１)电极反应 (１)冶炼钠
阳 极 反 应 式:２Cl－ － ２e－ Cl 电解２ ↑ ２NaCl(熔融) ２Na＋Cl２↑
( 反应) 电极反应:
阴 极 反 应 式:２H＋ ＋ ２e－ H２ ↑ 阳极: ;
( 反应) 阴极: .
(２)总反应方程式: (２)冶炼铝
电解
２NaCl＋２H O ２NaOH＋H ↑＋Cl↑ 电解２ ２ ２ ２Al２O３(熔融) ４Al＋３O２↑
离子反应方程式: 电极反应:
(３)应用:氯碱工业制 、 和 阳极: ;
９４
阴极: . ０．１mol L－１NaCl溶 液,若 阴 阳 两 极 均 得 到
１１２mL气体(标准状况),则所得溶液的物质的
量浓度是 (忽略反应前后溶液体积的变
化).
【典例１】 如图为直流电源电解稀Na２SO４ (２)某学生想制作一种家用环保
水溶液的装置.通电后在石墨电极a和b附近 型消毒液发生器,用石墨作电极电解饱
分别滴加几滴石蕊溶液.下列实验现象描述正 和氯化钠溶液,通电时,为使Cl２被完全
确的是 ( ) 吸收,制得有较强杀菌能力的消毒液,
A．逸出气体的体积,a电极的 设计了如图的装置.对电源电极名称和消毒液的
小于b电极的 主要成分判断正确的是 (填字母).
B．一电极逸出无味气体,另 A．a为正极,b为负极;NaClO和NaCl
一电极逸出刺激性气体 B．a为负极,b为正极;NaClO和NaCl
C．a电极附近呈红色,b电极附近呈蓝色 C．a为阳极,b为阴极;HClO和NaCl
D．a电极附近呈蓝色,b电极附近呈红色 D．a为阴极,b为阳极;HClO和NaCl
变式１ 用铂电极电解一定浓度的下列物质 (３)实验室中很难用亚铁盐溶液与烧碱反
的水溶液,在电解后的电解液中加适量水,能使 应制得白色纯净的Fe(OH)２沉淀.某同学利用
溶液浓度恢复到电解前浓度的是 ( ) 上图装置,只更换一个电极,通过电解法制取较
A ． Na Cl B ． Na ２C O ３ 纯净的Fe(OH)２沉淀,且较长时间不变色.该
C．CuSO４ D．K２S 同学换上的电解材料是 (用元素符号表
【典例２】 工业废水中常含有一定量的 示),总的反应式是 .
CrO２－２ ７ ,会对人类及生态系统产生很大损害,电
解法是一种行之有效的除去铬的方法之一.该
法用Fe作电极电解含Cr ２－２O７ 的酸性废水,最终
将铬转化为Cr(OH)３沉淀,达到净化的目的. １．下列元素的单质,工业上不需要用电解法
下列有关说法中不正确的是 ( ) 制取的是 ( )
A．电解时选用Fe作阳极,石墨棒作阴极 A ． 钠 B ． 铝 C ． 溴 D．氯
B．阴极附近的沉淀只有Cr(OH)３ ２．下列说法中正确的是 ( )
C．阳极附近溶液中,发生反应的离子方程 A．电解氯化铜溶液就是氯化铜的电离
式是CrO２－＋６Fe２＋＋１４H＋ ２Cr３＋２ ７ ＋６Fe３＋ B．电解氯化铜溶液是化学变化,不通电也能
＋７H２O 发生
D．消耗１molCrO２－２ ７ ,将有３３６gFe消耗, C．氯化铜溶液是电解质
因此要定期更换铁电极 D．电解是最强的氧化还原手段,不能自发
变式２ 使用氯化钠作原料可以得到多种 进行的氧化还原反应也可以发生
产品. ３．如下页图所示的为阳离子交换膜法电解
(１)实 验 室 用 惰 性 电 极 电 解 １００ mL 精制的饱和食盐水原理示意图.其中阳离子交
９５
换膜仅允许Na＋通过.下列说法中错误的是 B．杂质都将以单质形式沉积到池底
( ) C．纯铜作阳极
D．纯铜片增重２．５６g,电路中通过电子为
０．０８mol
７．从 NO－ ２－ ＋ ２＋ ２＋ ＋３,SO４ ,H ,Cu ,Ba ,Ag ,
Cl－等离子中选出适当的离子组成电解质,采用
惰性电极对其溶液进行电解.
A．从A口加入精制的浓食盐水
(１)两极分别放出 H２ 和O２ 时,电解质的化
B．从E口放出的气体是 H２
学式可能是 .
C．D口导出的是含少量氯化钠的 NaOH
(２)若阴极析出金属,阳极放出 O２,电解质
溶液
的化学式可能是
D．B口NaOH的浓度小于D口
.
４．氯碱工业的基本原理就是电解饱和食盐
(３)两极分别放出气体,且体积比为. １∶１
,电
水 下列关于实验室电解饱和食盐水的说法中
解质的化学式可能是
( ) 正确的是
、 ,
.
A．可以选用碳棒作为阴 阳极材料 但阳极
８．用石墨作电极电解下列溶液.
材料也可以用铁棒
, ①
稀 H２SO４ ②K２SO４溶液 ③CuCl２ 溶
B．用湿润的淀粉ＧKI试纸靠近阴极区域 试
液 ④CuSO４溶液 ⑤KOH溶液
纸变蓝
(１)阴极、阳极都有气体产生,且体积比(相
C．电解过程中,在阴极区域溶液中滴加酚
同条件下)为
, ２∶１
的是(填序号) ,其阳
酞 溶液变红色
极的电极反应式都是 ,
D．实验结束后将溶液搅拌,然后用pH试纸
阴极的电极反应式都是
, 检验 溶液呈中性
,总反应的化学方程式都是 .
５．下列关于电解精炼铜与电镀的说法中正确
(２)阴极、阳极都有气体产生,其中溶液酸性
的是 ( )
增强的是 (填序号).
A．电解精炼铜时,将电能转化为化学能,电
(３)一个电极析出金属,另一个电极逸出刺
路中每通过２mole－,阳极就会溶解６４g铜
激性气味气体的是 (填序号),其阳极的
B．电解精炼铜时,阳极为粗铜,阴极为精铜,
电极反应式是 .
电解过程中电解质溶液不需要更换
９．电解原理在化学工业中有广
C．在铁制器皿上镀铝,熔融氧化铝作电解
泛的应用.右图表示一个电解池,
质,铁制器皿作阴极,铝棒作阳极
装有电解质溶液 ; , 是两块电
D．电镀过程中电镀液需要不断更换
aX Y
. 极板,通过导线与直流电源相连.６．工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯
( ) 请回答以下问题:在电解精炼时
(１)若X,Y都是惰性电极,a是饱和 NaCl
A．粗铜接电源负极
溶液,实验开始时,同时在两边各滴入几滴酚酞
９６
溶液,则电解池中X极上的电极反应式为 各０．１mol的混合溶液,当阳极上生成２．２４L(标
.在X极附近观察到的实验现象 准状况)气体时,假设溶液的体积不变,下列说法
是 .Y电极上的电极反 中正确的是 ( )
应式为 ,检验该电极反应产 A．电解过程中溶液中有蓝色沉淀生成
物的方法是 . B．阴极也产生２．２４L(标准状况)气体
(２)如果用电解的方法精炼粗铜,电解质溶液 C．阴极增重６．４g
a选用CuSO４ 溶液,则X电极的材料是 铜, D．所得溶液的pH大于７
电极反应式为 .Y电极 ２．氯碱工业的一种节能新工艺是将电解池
的材料是 铜,电极反应式为 与燃料电池相组合,相关物料的传输与转化关系
(杂质发生的电极反应不必写出). 如图所示(电极未标出).下列说法中正确的是
１０．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,
只在c,d两极上共收集到３３６mL(标准状况)气
体.回答:
A．电解池的阴极反应式为２H O＋２e－２
H２↑＋２OH－
B．通入空气的电极为负极
(１)直流电源中,M为 极. C．电解池中产生２molCl２ 时,理论上燃料
(２)Pt电极上生成的物质是 ,其质 电池中消耗０．５molO２
量为 g. D．a,b,c的大小关系为a＞b＝c
(３)电源输出的电子,其物质的量与电极b, ３．用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水(含
c,d分别生成的物质的物质的量之比为 Cl－,Br－,Na＋,Mg２＋)的装置如图所示(a,b均
. 为石墨电极).下列说法中正确的是 ( )
(４)AgNO３ 溶液的浓度 (填“增大”
“减小”或“不变”,下同),AgNO３ 溶液的pH
,H２SO４ 溶液的浓度 ,H２SO４ 溶液
的pH .
(５)若 H２SO４ 溶液的质量分数由５．００％变
为５．０２％,则原有５．００％的 H２SO４ 溶液为 A．电池工作时,正极反应式为O２＋２H２O＋
g. ４e－ ４OH－
B．电解时,a电极周围首先放电的是Br－而
不是Cl－,说明当其他条件相同时前者的还原性
强于后者
１．用石墨电极电解１L含硝酸铜和氯化钠 C．电解时,电子流动路径是:负极→外电路
９７
→阴极→溶液→阳极→正极 时,某个量(纵坐标x)随时间变化的函数图像(各
D．b电极为负极,当电池中消耗０．０２gH２ 电解池都用石墨作电极,不考虑电解过程中溶液
时,b极周围会产生０．０２gH２ 浓度变化对电极反应的影响),这个量x表示
４．传感器可以检测空气中SO２ 的含量,传 ( )
感器工作原理如图所示.下列叙述中正确的是
( )
甲 乙
A．各电解池析出气体的体积
B．各电解池阳极质量的增加量
C．各电解池阴极质量的增加量
A．b为电源的正极 D．各电极上放电的离子总数
B．负极反应式为Ag－e－＋Cl－ AgCl ７．铝及铝合金经过阳极氧
C．当电路中电子转移量为５×１０－５mol时, 化,铝表面能生成几十微米厚的
进入传感器的SO２ 为１．１２mL 氧化铝膜.某研究性学习小组
D．阴极的电极反应式为２HSO－ ＋３ ＋２H ＋ 模拟工业法对铝片表面进行氧 硫酸溶液
２e－ S２O２－４ ＋２H２O 化处理,按照如图所示的装置连接,电解４０min
５．在固态金属氧化物电解池中,高温共电解 后取出铝片,用水冲洗,放在水蒸气中封闭处理
H２O－CO２ 混合气体制备H２ 和CO是一种新的 ２０~３０min,即可得到更加致密的氧化膜.下列
能源利用方式,基本原理如图所示.下列说法中 有关说法中正确的是 ( )
不正确的是 ( ) A．电解时,电子从电源正极→导线→铝极、
铅极→导线→电源负极
B．在电解过程中,H＋向铝片移动,SO２－４ 向
铅片移动
C．在电解过程中,阳极周围溶液的pH基本
不变
A．X是电源的负极 通电D．电 解 的 总 反 应 式 为２Al＋３H２O
B．阴极的电极反应式是:H２O＋２e－ ２Al２O３＋３H２↑
H ＋O２－,CO ＋２e－ CO＋O２－２ ２ ８．如图所示的为电化学降解 NO－３,下列说
通电 法中正确的是 ( )
C．总反应可表示为:H２O＋CO
２ H２＋
CO＋O２
D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比
是１∶１
６．图乙是根据图甲所示的电解池进行电解
９８
A．铅蓄电池的A极为负极
B．电解的过程中有 H＋从右池移动到左池
C．该电解池的阴极反应为:２NO－３ ＋６H２O＋
１２e－ N ↑＋１２OH－２
D．若电解过程中转移１mol电子,则交换膜
(１)F电极为 极;②电极为 极.
两侧电解液的质量变化差为７．２g (２)A池中②电极上的电极反应式为
９．如图所示,将两烧杯用导线相连,Pt,Cu,
.
Zn,石墨棒分别为四个电极,当闭合开关后,下列 (３)通电前 A池原溶液中Cu２＋的物质的量
叙述正确的是 ( ) 浓度为 mol L－１.
１２．钠硫电池作为一种新型储能电池,其应
用逐渐得到重视和发展.钠硫电池以熔融金属
钠、熔融硫和多硫化钠(Na２Sx)分别作为两个电
极的反应物,固体Al２O３ 陶瓷(可传导Na＋)为电
A．Cu极附近OH－浓度增大 解质,其反应原理如图甲所示:
B．Cu极为电解池阳极
C．电子由石墨棒流向Pt极
D．当石墨棒上有４mol电子转移时,Pt极
上有１molO２ 生成
１０．用Pt电极电解含有 Ag＋,Cu２＋ 和 X３＋ 甲 乙
(１)根据表中数据,请你判断该电池工作的
各０．１mol的溶液,阴极析出固体物质的质量
适宜温度应控制在 (填字母)范围内.
m(g)与回路中通过电子的物质的量n(mol)的
A．１００℃以下 B．１００~３００℃
关系如图所示.则下列氧化性强弱的判断中正
C．３００~３５０℃ D．３５０~２０５０℃
确的是 ( )
物质 Na S Al２O３
熔点/℃ ９７．８ １１５ ２０５０
沸点/℃ ８９２ ４４４．６ ２９８０
(２)放电时,电极A为 极,电极B发生
(填“氧化”或“还原”)反应.
(３)充电时,总反应为＋ ３＋ ２＋ ＋ ２＋ Na２Sx ２Na＋xS,A．Ag ＞X ＞Cu ＞H ＞X
则阳极的电极反应式为 .
B．Ag＋＞Cu２＋＞X３＋＞H＋＞X２＋ (４)若把钠硫电池作为电源,电解槽内装有
C．Cu２＋＞X３＋＞Ag＋＞X２＋＞H＋ KI及淀粉的溶液,如图乙所示,槽内中间用阴离
D．Cu２＋＞Ag＋＞X３＋＞H＋＞X２＋ 子交换膜隔开.通电一段时间后,发现左侧溶液
１１．如图所示,通电５min后,③电极的质量增 变蓝色,一段时间后,蓝色逐渐变浅.试分析左
加２１．６g,此时CuSO４ 恰好完全电解.设A池中 侧溶液蓝色逐渐变浅的可能原因是
原溶液的体积为２００mL.回答下列问题: .
９９ 部分参考答案
第一章 化学反应的热效应 【典例２】 (１)N２(g)＋２O２(g) ２NO２(g)
ΔH＝＋６７．８kJ mol－１
第一节 反应热 (２)SiH４(g)＋２O２(g) SiO２(s)＋２H２O(l)
第一课时 反应热 焓变 ΔH＝－１４２７．２kJ mol－１
知识梳理 (３)N２(g)＋３H２(g) ２NH３(g) ΔH＝－９２kJ mol－１
一、１．(１)物质 能量 (２)质量 能量 (３)热能 热量 (４)C２H５OH(l)＋３O２(g) ２CO２(g)＋３H２O(l)
２．(１)等压 反应热 (２)ΔH (３)kJ mol－１ ΔH＝－２QkJ mol－１
３．(１)② 酸 碱 中 和 ③ 化 合 ④ 金 属 跟 酸 解析:(１)２３gNO２ 的物质的量为０．５ mol,则生成２ mol
(２)③Ba(OH)２ ８H２O NO２ 吸收的热量为６７．８kJ.吸热反应 ΔH 为正值,故反应的热
二、２．(１)混合均匀 导热 (２)热量 (３)量筒内,温度计上的 化学方程式为 N２(g)＋２O２(g) ２NO２(g) ΔH ＝ ＋６７．８
酸会和碱发生反应而使热量散失 (４)热量损失而使误差 kJ mol－１.
典例精解 (２)２gSiH４ 自燃放出热量８９．２kJ,１molSiH４ 自燃放出热
【典例１】 (１)吸热 (２)能量 (３)吸收 放出 解析:(１) 量１４２７．２kJ,故热化学方程式为SiH４(g)＋２O２(g) SiO２(s)＋
据图可知,反应物的总能量＜生成物的总能量,是吸热反应.(２) ２H２O(l) ΔH＝－１４２７．２kJ mol－１.
化学反应中有物质变化也有能量变化.(３)化学键断裂吸收能 (３)N２(g)＋３H２(g) ２NH３(g) ΔH＝(９４６＋４３６×３－
量,化学键生成放出能量. ３９１×６)kJ mol－１＝－９２kJ mol－１.
【典例２】 C 解析:A．反应温度要相同,不同时误差较大, (４)根据C原子守恒有:C２H５OH~２CO２~２CaCO３.生成１００g
故 A说法正确;B．测量混合溶液温度时,温度计要一直插在溶液 CaCO３ 沉淀,则乙醇为０５．mol,据此可写出反应的热化学方程式.
中,观察最高温度,故B说法正确;C．分次加入混合时,容易造成 【典例３】 C 解析:由图可知１molC(s)与１molO２(g)的
热量损失,使测试结果不准确,故 C说法错误;D．为了使反应进 总能量比１molCO２(g)的总能量高３９３．５kJ,故 A 项错误;由图
行得更完全,可以使酸或碱适当过量,故 D说法正确. 可知２CO(g)＋O２(g) ２CO２(g) ΔH＝－５６５．８kJ mol－１,
变式１ (１) (２) (３) (４) (５) (６) 生成物的总能量小于反应物的总能量,故 B,D项错误;由图可知
变式２ C １molC(s)与 O２ (g)反 应 生 成 １ molCO(g)放 出 的 热 量 为
当堂训练 ３９３．５kJ－２８２．９kJ＝１１０．６kJ,则 C(s)与 O２(g)反应生成 CO(g)
１．D ２．C ３．C ４．D ５．A ６．D ７．B ８．C ９．B 的热 化 学 方 程 式 为 ２C(s)＋ O２ (g) ２CO(g) ΔH ＝
１０．A １１．B －２２１．２kJ mol－１,故C项正确.
课后巩固 变式１ A
１．C ２．D ３．A ４．B ５．A ６．B ７．D 变式２ (１)２H２(g)＋O２(g) ２H２O(l)
８．(１)吸热 ＋(E１－E２) (２)一定低 ΔH＝－５７１．６kJ mol－１
９．(１)确保盐酸被完全中和 (２)C (３)D (４)ΔH１ ＝ (２)CH４(g)＋２O２(g) CO２(g)＋２H２O(l)
ΔH２＜ΔH３ (５)－５１．８kJ mol－１ (６)不 能 H２SO４ 与 ΔH＝－８９０．３kJ mol－１
Ba(OH)２反应生成BaSO４ 沉淀的生成热会影响反应的反应热 变式３ NO２(g)＋CO(g) CO２(g)＋NO(g)
第二课时 热化学方程式 燃烧热 ΔH＝－２３４kJ mol－１
知识梳理 当堂训练
一、１．物质的量 反应热 １．B ２．C ３．A ４．B ５．C ６．C ７．A ８．D
２．物质 能量 ２mol氢气和１mol氧气反应生成２mol液 ９．(１)C(s)＋H２O(g) CO(g)＋H２(g)
态水时 ΔH＝＋１３１．５kJ mol－１
３．(２)s l (６)物质的量 加倍 (７)１摩尔该反应的焓变 (２)３CO(g)＋Fe２O３(s) ３CO２(g)＋２Fe(s)
二、完全 指 定 产 物 kJ mol－１ (或 kJ/mol) CO２ (g) ΔH＝－２４．８kJ mol－１
H２O(l) SO２(g) N２(g)
() １３ H O(s)
典例精解 g Hg
(l)＋ ()２O２ g ΔH＝＋９０．７kJ
mol－１
【典例１】 A 解析:恒压条件下反应中吸收或放出的能量 (４)NaOH(aq)＋ HCl(aq) NaCl(aq)＋ H２O(l)
均为反应热,故 A错误;热化学方程式中各物质的化学计量数只 ΔH＝－５７．４kJ mol－１
表示物质的量,物质的量与热量成正比,不表示分子个数,所以也 课后巩固
可以是分数,故B,D都正确;燃烧反应均为放热反应,故C正确. １．B ２．D ３．C ４．C ５．D ６．C
１１１
７．(１)２CH３OH(l)＋３O２ (g) ２CO２ (g)＋４H２O(l) mol－１)－(１９kJ mol－１×２－４７kJ mol－１)]＝－１１kJ mol－１.
ΔH＝－１４０８kJ mol－１ (２)４３２kJ mol－１ (３)４６．１kJ １
变式１ H２(g)＋ O２(２ g
) H２O(g) ΔH＝－２４１８．kJ mol－１
８．(１)＜ (２)C２H６(g)
７
＋ O２(２ g
) ２CO２(g)＋３H２O(l) －５７１６． ２８５８．
ΔH＝－１５６０．８kJ mol－１ (３)多 (４)正确 正丁烷的燃烧 变式２ B
热比异丁烷的略大,所以正戊烷的燃烧热亦应略大于异戊烷 当堂训练
９．(１)Si(s)＋３HCl(g)
３００℃
SiHCl３ (g)＋ H (g) １．D ２．D ３．D ４．A ５．B２
６．C(s,金刚石) C(s,石墨) ΔH ＝－１．９kJ mol－１ΔH＝－２２５kJ mol－１
() () 石墨２２Cl２ g ＋TiO２(s)＋２C(s) TiCl４(l)＋２CO(g)
－１ ７．(１)－ C３H８(g)＋５O２(g) ３CO２(g)＋４H２O(l)ΔH＝－８５．６kJ mol
－１
(３)
()( )
４CuCl(s)＋ O２ (g) ２CuCl (s)＋２CuO (s) ΔH１＝－２２１５．０kJ mol ２ Q３＋３Q１－Q２２
－１ ８．(１)CH４(g)＋２O２(g) ()ΔH＝－１７７．６kJ mol CO２ g ＋２H２O
(l)
－１
() () ()１１００℃
ΔH＝－２akJ mol
４SiCl４ g ＋２H２ g Si(s)＋４HCl(g) ΔH ＝ (２)＋１２５．６kJ mol－１ (３)＋２２６．７kJ mol－１
＋０．０２５akJ mol－１ ９．ΔH＝＋１６．３kJ mol－１
１０．(１)H２ 课后巩固
(２)H２(
１
g)＋ O２(g) H２O(l) ΔH＝－２８６kJ mol－１ １．B ２．C ３．D ４．D ５．D ６．A ７．B ８．D ９．B２
() １０．
(１)B (２)D (３)４．０ (４)－５３．５kJ mol－１
３ 天然气 相同价格的管道煤气和天然气相比产生的热量
(５)Ba(OH)２ 和硫酸反应除生成水外,还有硫酸钡生成,该
后者多
反应中的生成热会影响反应的反应热
第二节 反应热的计算 (６)２MnO－ ＋ ２＋４ ＋５H２C２O４＋６H ２Mn ＋１０CO２↑＋８H２O
知识梳理 １１．(１)N２ (g)＋３H２ (g) ２NH３ (g) ΔH ＝ －９２
１．越小 越大 ２．(１)物质的量 kJ mol－１
３．(１)＞ 解析:因为C(g) C(l) ΔH３＜０ (２)①大于 ②akJ mol－１ ③A２(g)＋B２(g) ２AB(g)
则 ΔH３＝ΔH２－ΔH１,ΔH２＜ΔH１. ΔH＝＋(a－b)kJ mol－１
ΔH１ H H
( ΔH３ ΔH２
↓
２)＜ 解析:S(g) →S(s) →SO２(g) (３) N N ２ΔH３－２ΔH２－ΔH１
ΔH２＋ΔH３＝ΔH１,则 ΔH３＝ΔH１－ΔH２,又 ΔH３＜０,所 H H
以 ΔH１＜ΔH２. 反应放出的热量大、产生大量气体、无污染
(３)＜ 解析:
１
根据常识可知 CO(g)＋ ２O２
(g) CO２(g) 第一章评估
ΔH３＜０,又因为 ΔH ＋ΔH ＝ΔH ,所以 ΔH ＞ΔH . １．B ２．B ３．A ４．B ５．A ６．B ７．C ８．C ９．D ２ ３ １ ２ １
典例精解 １０．D １１．C １２．B １３．A １４．C １５．B １６．C
【典例１】 C 解析:本题主要考查对“ΔH”的理解,明确 １７．(１)P２O３,P２O５ ２．７５g,３．５５g
－１
“ΔH”既有“＋”“－”,又有数值大小.碳与氧气反应放热,即 (２)－(２０x－y)kJ mol
ΔH１＜０,ΔH２ ＜０,CO 再 与 O２ 作 用 时 又 放 热,所 以 ΔH ３ １１ ＜ (３)P(s)＋ O２(g) P２O３(s) ΔH ＝－(２０x－y)４ ２
ΔH２;等量的固态硫变为气态硫蒸气时吸收热量,故在与 O２ 作用
kJ mol－１
产生同样多的SO２ 时,气态硫放出的热量多,即 ΔH３＞ΔH４;发
１８．(１)４３４ (２)①＋２２６．８kJ mol－１ ②－(５m－０．５n)
生同样的燃烧反应,物质的量越多,放出的热量越多,故 ΔH５＞
kJ mol－１
ΔH６;碳酸钙分解吸收热量,ΔH７＞０,CaO 与 H２O 反应放出热
１９．(１)B (２)Cu(s)＋H２O２(l), , ＋２H
＋ (aq) Cu２＋ (aq)＋
量 ΔH８＜０ 显然 ΔH７＞ΔH８.故本题答案为C.
２H O(l) ΔH＝－３１９．６８kJ mol－１【典例２】 FeO(s)＋CO(g)
２
Fe(s)＋CO２(g)
() 分解速率加快
ΔH＝－１１kJ －１
３ H２O２
mol
△
解析:依据盖斯定律:化学反应不管是一步完成还是分几步 (４)２Cu２＋ ＋SO２－ ＋２Cl－３ ＋H２O ２CuCl↓＋SO２－４ ＋２H＋
完成,其 反 应 热 是 相 同 的.FeO 与 CO 反 应 的 化 学 方 程 式: 第二章 化学反应速率与化学平衡
FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO２(g),可以发现,此反应可用题给
第一节 化学反应速率
的三个反应来表示:１ [
６× ３×①－
(２×③＋②)],可得该反应的 知识梳理
１ １ Δc
反应热:ΔH＝ [６ ３ΔH１－
(２ΔH３＋ΔH２)]＝ ×[３×(６ －２５kJ
一、１．减少 增加 ２． ３．不同 化学计量数Δt ４．
化学反应
１１２
速率一般指平均速率. ５．不能,因为固体或纯液体的浓度 ０．１mol L－１
③中c(A)＝c(B)＝ ２ ＝０．０５mol
L－１;
在化学反应中视为定值.
二、１．性质 ２．(１)加快 减慢 (２)加快 减慢 (３)加快 减 ０．５mol L
－１
④中c(A)＝c(B)＝ ＝０．２５mol L－１;２
慢 (４)相同 (５)接触面积
在其他条件一定的情况下,浓度越大,反应速率越大,所以反
三、１．(２)反应的活化能 E３ E１－E２
应速率由大到小的顺序为②＞①＞④＞③.
２．
变式１ C
变式２ ３Y＋Z ２X ０．０２５mol L－１ min－１
变式３ C
当堂训练
１．D ２．C ３．C ４．B ５．C ６．A ７．A ８．A
９．(１)０．１ mol L－１ min－１ ０．２ mol L－１ min－１
０．３mol L－１ min－１ (２)１∶２∶３ (３)A＋２B ３C
１０．(１)０．０６２５ (２)４
课后巩固
典例精解
１．B ２．A ３．D ４．B ５．B ６．D ７．B ８．A
【典例１】 D 解析:本题可以采用归一法进行求解,可以通
９．(１)１．５mol L－１ (２)０．２mol/(L min) (３)２ (４)①
过方程式的计量数将不同物质表示的反应速率折算成同一物质
a
表示的反应速率进行比较,B项中的 B物质是固体,不能表示反 １０．(１) mol (L
a
min)－１ mol (L １２ ８ min
)－１
应速率;C项中对应的v(A)＝０．２mol L－１ min－１;D项中对应
( () ()
a
的v A)＝３mol L－１ min－１. ２２ ３ １ ６ ３ b ×１００％
【典例２】 (１)B (２)B物质表示的反应速率更快. １１．(１)
(３)３０％,能迅速得出答案,因为通入和消耗的 A,B的物质的
量之比均为２∶１,则 A,B转化率相等.
解析:(１)本题考查用不同反应物或生成物表示反应速率的
方法和反应中转化率、物质浓度的计算等知识点,所以考查内容
的知识量较大.
０．６mol L－１
v(C)＝ ２s ＝０．３mol
L－１ s－１ (图中要标明２、４、６min时刻时的速率,要画出速率走向弧线)
①v(A)＝v(C)＝０．３mol L－１ s－１ (２)镁和盐酸反应是放热反应,随着反应体系温度升高,反应
速率增大,４min后由于溶液中 H＋ 浓度降低,导致反应速率减小
②v (B)
１
＝ v (C)
１
２ ＝０．３ mol
L－１ s－１ × ２ ＝ 第二节 化学平衡
０．１５mol L－１ s－１
第一课时 化学平衡状态
③参加反应的 A的物质的量为０．３mol L－１ s－１×２s×
知识梳理
２L＝１．２mol.
一、１．(１)同一 正 逆 (２)②小于 ２．(１)相等 浓度
１．２mol
A的转化率为 ４mol×１００％＝３０％
. (２)正反应 逆反应 (３)正反应速率＝逆反应速率 浓度
④２s时 B的浓度为１mol L－１－０．１５mol L－１ s－１× ３．不是可逆反应,因为两个方向的反应条件不同. ４．＜ ＞
２s＝０．７mol L－１. ＜
p
(２)把 v(B)转 化 为 v(A)可 得,v(A)＝２v(B)＝２× c (C) c
q(D)
二、１．化学平衡 K ２． m ( ) n() ３．(１)越大 越大
０．６mol L－１ s－１＝１．２mol L－１ s－１, ,
c A c B
所以 用物质B表示的
(２)温度
该反应的速率更快.
典例精解
(３)通入 A,B两气体的物质的量之比等于化学计量数之比
【典例１】 ②⑥⑨ 解析:(１)对于反应前后气体分子总数不
２∶１,消耗物质的量之比也为２∶１,则 A,B的转化率相等,都
等的可逆反应,可从化学反应速率、化学键断裂、物质的量、物质
为３０％.
的量浓度、转化率、颜色、温度、平均相对分子质量、压强、密度等
【 ０．０１mol典例 ３】 A 解 析:① 中c(A)＝c(B)＝ ０．０２L ＝ 来判断.
０．５mol L－１; (２)对于反应前后气体分子总数相等的可逆反应,可从化学反应
０．０５mol 速率、化学键断裂、物质的量、物质的量浓度、转化率、颜色、温度等来
②中c(A)＝c(B)＝ －１;０．０５L ＝１mol L 判断(此时平均相对分子质量、压强、密度不能作为判断依据).
１１３
c(【 】 () CO典例２ １ ２
)
(
K
２) １
是始终成立的,不能说明达平衡状态; ( )、 ( )分别
( ) (３)
⑥v分解 HI v生成 HI
负值 (４)增大或不变c CO K２ 表示正、逆反应速率,二者相等时说明反应达平衡状态;根据反应
如果是通过增加反应物或生成物浓度来增大压强,则氢气浓度增 方程式可知,反应前后气体体积是不变的,因此压强始终是不变
加,如果是通过增加惰性气体来增大压强,则氢气浓度不变 的,所以⑦不能说明达平衡状态.
解析:在书写平衡常数表达式时,纯固体不能表示在平衡常 ４．D 解析:化学平衡研究的是可逆反应,故该反应既可以从
数表达式中;由于反应③＝反应①－反应②,因此平衡常数 K＝ 正反应方向,也可以从逆反应方向去建立平衡状态,再利用极值
K１;反应③中,温度升高,H２ 浓度减小,则平衡左移,即逆反应为吸 法就可以解决此题
.
K２ X２(g)＋Y２(g) ２Z(g)
热反应,正反应为放热反应,因此ΔH＜０;对于反应③,在恒温恒容 起始浓度/(mol L－１) ０．１ ０．３ ０．２
下,增大压强,如充入惰性气体,则平衡不移动,H２ 的浓度不变,如果 平衡浓度/(mol L－１) ０ ０．２ ０．４
是通过增加反应物或生成物浓度来增大压强,则氢气浓度增加. (设反应正向进行彻底)
变式１ D 平衡浓度/(mol L－１) ０．２ ０．４ ０
变式２ (１)正反应 (２)E (设反应逆向进行彻底)
当堂训练 根据可逆反应的特征可知,反应达到平衡时各物质的浓度为:
１．A ２．B ３．D ４．C ５．B ６．A ７．C ８．C ９．B ０＜c(X －１ －１ －１２)＜０．２mol L ,０．２mol L ＜c(Y２)＜０．４mol L ,
１０．(１)N２ (g)＋ ３H２ (g) ２NH３ (g) ΔH ＝ ０＜c(Z)＜０．４mol L－１,故各物质的浓度不可能的是D选项.
４
－９２kJ mol－１ ４６ (２)加压 t ~t (３) (４)B ５．A 解析:A．c点反应物和生成物物质的量仍在变化,没２ ３ a２
有达到平衡状态,所以正、逆反应速率不相等,故 A 正确;B．从a
课后巩固
点到b点,氢气的物质的量在逐渐减少,则其物质的量浓度在逐
１．D 解析:由图像可知,反应中 M 的物质的量逐减增多,N 渐减少,所以正反应的反应速率在逐渐减小,即a 点的正反应速
的物质的量逐减减少,则在反应中 N 为反应物,M 为生成物,图 率比b点的大,故B错误;C．d 点和e点都处于平衡状态,n(N２)
像中,在相等的时间内消耗的 N和 M 的物质的量之比为２∶１,所 不变,即d 点和e点处n(N２)相等,故C错误;D．在t２ 时刻,该反
以化学方程式为:２N M,A项错误;由图像可知t２ 时,反应没 应处于化学平衡状态,所以正、逆反应速率相等,故 D 错误;故
有达到平衡,此时反应继续向正向进行,正反应速率大于逆反应 选 A.
速率,B项错误;由图像可知t３ 时,反应达到平衡,正、逆反应速率 ６．C 解析:在１０L密闭容器内放入２．９４×１０－３molNO、
相等,C项错误;t１ 时 N 的物质的量为６mol,M 的物质的量为 ２．５０×１０－１molN２ 和４．００×１０－２molO２,计算反应的浓度商Q,
３mol,即 N的浓度是 M 浓度的２倍,D项正确.答案选 D. c２(NO) (２．９４×１０－４)２
２．C :①混合气体的总质量始终不变,而m＋n 与 ＋ Q＝
－４
解析 p c(N )c(O )
＝(２．５０×１０－２２ ２ )×(４．００×１０－３)
＝８．６４×１０ ＞
q的大小不确定,反应前后气体的分子数有可能保持不变,故混 K＝６．２×１０－４,综上Q＞K,故反应不处于平衡状态,反应的Q 有
m 减小的趋势,即有向逆反应方向进行的趋势,C正确.
合气体的总物质的量有可能保持不变,根据 M＝ 可知,混合气n ７．B 解析:设分解的 N２O３ 物质的量为x mol,反应过程中
体的平均摩尔质量不再改变时,不一定为平衡状态,故①不一定 共生成 N２O３ (x＋３．４)mol,在 反 应 ① 中 N２O５ 分 解 了 (x＋
达到平衡;②体系的温度不再改变,说明正、逆反应的速率相等, ３．４)mol,同 时 生 成 O２ (x＋３．４)mol.在 反 应 ② 中 生 成 氧 气
故②一定达到平衡状态;③各组分的物质的量浓度不再改变,说 x mol,则(x＋３．４)＋x＝９,求得x＝２．８.所以平衡后 N２O５,
明正、逆反应的速率相等,故③一定达到平衡状态;④各组分的质 N２O３,O２ 浓 度 依 次 为 c(N２O５)＝ (８－２．８－３．４)÷２＝
量分数不再改变,说明正、逆反应的速率相等,故④一定达到平衡 ０．９(mol L－１);c(N O －１２ ３)＝３．４÷２＝１．７(mol L );c(O２)＝
状态;⑤反应速率vA∶vB∶vC∶vQ＝m∶n∶p∶q,不能说明正、 c(N O ) c(O ) １．７×４．５
９÷２＝４．５(mol L－１).则t℃时 ２ ３ ２ ＝ ＝
逆反应的速率相等,故⑤不一定达到平衡状态;⑥体系颜色不再 c(N２O５) ０．９
变化,说明C的浓度不再变化,则其他组分的浓度也保持不变,故 ８．５,故选B.
⑥一定达到平衡状态;⑦单位时间内 m molA 断键反应,必然同 ８．C 解析:
时生成pmolC,而同时pmolC也断键反应,说明正反应速率与 ２NO２(g) N２O４(g)
逆反应速率相等,故⑦一定达到平衡状态.综上所述,可逆反应 开始 ４mol ０
一定达到平衡的标志是②③④⑥⑦,故答案为C. 转化 ２x mol x mol
３．B 解析:①中表示的反应速率的方向相反,但不能满足反 平衡 (４－２x)molxmol
应速率之比等于相应的化学计量数之比;②产物中I２(g)有颜色, x
１
当体系的颜色不再发生变化时,说明I２(g)的浓度不再变化,可以 K＝ ４－２x ２＝０．２５
判断反应达到平衡;平衡时各物质的浓度不再发生变化,但各物 ( １ )
质的浓度之间不一定满足某种关系,故③、⑤不能说明达平衡状 解得x＝１
态;反应速率之比等于相应的化学计量数之比,因此④中的关系 因此平衡时容器中 NO２ 的物质的量为２mol,故C正确.
１１４
９．C 解析: E．由于a≠b,随反应进行混合气体总物质的量发生变化,混
催化剂
() () () 合气体的压强不随时间的变化而变化
,说明混合气体总的物质的
２SO２ g ＋O２ g ２SO３ g
△ 量不再改变,说明反应到达平衡,选项E正确.答案选CE.
起始量/(mol L－１)０．４ １ ０ １２．(１)C (２)６４ B
变化量/(mol L－１)x ０．５x x 解析:(１)H２SO４ 沸点较高,在常温下不发生分解;反应Ⅰ中
平衡量/(mol L－１)０．４－x １－０．５x x SO２ 的还原性比 HI强;循环过程中 H２O 分解生成了 H２ 与 O２,
由平衡常数的定义: 需补充;循环过程中产生１molO２ 同时产生２molH２,C正确.
c２(SO ２
K＝ ３
) x (
＝ ＝１９ ２
) ２HI(g) H２(g) ＋ I２(g)
c２(SO２) c(O２) (０．４－x)２ (１－０．５x) 初始 １mol L－１ ０ ０
解得x＝０．３２.故选C. 平衡 ０．８mol L－１ ０．１mol L－１ ０．１mol L－１
１０．B 解析:N２O４ 和 NO２ 之间存在如下转化关系: c(H
该反应的平衡常数K ＝ ２
) c(I２)
N２O４(g) ２NO (g) １ c２２ (HI) ＝
起始(mol) ０．５ ０ ０．１mol L－１×０．１mol L－１ １
－１ ２ ＝ ,
反应(mol) ０．０５ ０．０２×５ (０．８mol L ) ６４
２s时(mol) ０．５－０．０５ ０．０２×５ 相同温度下,H２(g) (
１
＋I２ g) ２HI(g)的平衡常数K＝K ＝６４
.
( ０．０５mol
１
v N －１ －１２O４)＝２s×５L＝０．００５mol
L s 该温度下,开始加入 HI(g)的物质的量是原来的２倍,平衡
气体总的物质的量为 常数不变,HI,H２,I２ 平衡浓度均为原来的２倍,初始浓度变大,
０．５mol－０．０５mol＋０．０２mol L－１×５L＝０．５５mol 反应速率加快,HI,H２,I２ 的体积分数均不变,故选B.
２s时的压强与开始时压强之比为p２s∶p始 ＝０．５５∶０．５＝ １ c(CO) c(( H O
)
１３． Ⅰ)４９ ７
(Ⅱ)(１) ２ ( )吸 热
. c
(CO ２ ２) c(H２)
１．１∶１
(３)８３０ (４)逆向
６０s达到平衡时,设有xmolN２O４ 反应.则有
解析:(Ⅰ)可逆反应的正逆反应的平衡常数互为倒数,方程
N２O４(g) ２NO２(g)
式系数减半, 值变为 .
起始(mol) ０．５ ０ K K
反应(mol)
( ) ( )
x ２x ( )() c CO c H OⅡ １ 平衡常数表达式K＝ ２c(CO２) c(
.
H２)
平衡(mol) ０．５－x ２x (２)通过表格数据看,升高温度,K 值增大,平衡正向移动,说
平衡时,气体总的物质的量为０．５mol－x mol＋２x mol＝ 明正反应为吸热反应.
(
( ) , ０．５＋x
)mol
０．５＋x mol所以有 ＝１．６,解得x＝０．３. (３)此时K＝１,通过表格看温度为８３０℃.０．５mol
c(CO)c(H O)
０．３mol (４) 通 过 计 算 浓 度 商 Q ＝ ２ ＝
平衡体系中含０．２ molN２O４,N２O４ 的转化率为 × c(CO２)c(H )０．５mol ２
. １mol
L－１×３mol L－１
１００％＝６０％ －１ ,此时 , ,平衡逆向２mol L ×１．５mol L－１＝１ K＝０．９Q＞K
１
１１．(１)２ (２)( ) mol L
－１ min－１ (３) 移动.t２－t１ V CE
解析:( 第二课时 化学平衡的移动１)参加反应的 N 的物质的量为 ８ mol－２ mol＝
知识梳理
６mol,生成的 M 的物质的量是５mol－２mol＝３mol,所以此反
应的化学方程式中a∶b＝２, . １．
改变 新的平衡状态 原有的平衡状态故答案为２
新的平衡状态
() , ()正反应 ()不发生 ()逆反应 ()正反应 逆反２ 由图可知 t１ 到t２ 时刻 M 的物质的量变化为４mol－ ３．１ ２ ３ ４．１
( ) 应 气体体积减小 气体体积增大 平衡不移动 吸热 放热４－３ mol
VL １ 平衡不移动 (２)减弱这种改变
３mol＝１mol,v＝(t －t )min＝(t －t )V mol
L－１ min－１.
２ １ ２ １ 典例精解
(３)A．平衡时反应混合物各组分的物质的量不变,但各组分 【典例１】 (１)C 不 (２)A 逆反应 (３)D 逆反应
的物质的量不一定相等,选项 A错误; (４)B 正反应
B．混合气体的总质量始终不变,混合气体总质量不变不能说 解析:(１)加入催化剂,正、逆反应速率均增大,图像上应该出
明到达平衡,选项B错误; 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
C．由于a≠b,随反应进行混合气体总物质的量发生变化,混 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
合气体的总物质的量不随时间的变化而变化,说明到达平衡,选 轴,图像为C.
项C正确; (２)升高温度,正、逆反应速率均增大,图像上应该出现“断
D．单位时间内消耗amolN,同时生成bmolM,都表示正反应 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,
速率,反应始终按此关系进行,不能说明到达平衡,选项D错误; 升温平衡逆向移动,所以v正′＜v逆′,图像为 A.
１１５
(３)增大反应容器体积即减小压强,正、逆反应速率均减小, 资和能量消耗,不经济.
图像上应该出现“断点”且应在原平衡的反应速率之下.因减小 变式１ 会自发变成灰锡,不能再继续使用.
压强平衡逆向移动,所以v正′＜v逆′,图像为 D. 变式２ (１)两个反应均为放热量大的反应 (２)降低温度、
(４)增大 O２ 的浓度,正反应速率会“突然增大”,图像上出现 降低压强 (３)催化剂
“断点”且应在原平衡的反应速率之上,但逆反应速率应该在原来 当堂训练
的基础上逐渐增大,图像为B. １．D ２．C ３．D ４．A ５．D ６．A ７．D ８．D ９．B
【典例２】 B 解析:在该温度下,保持容积固定不变,向容器 １０．(１)增大SO２ 和 O２ 的浓度,增大压强,升高温度,选用合
中增加B气体,B的浓度增大,虽然平衡向逆反应方向移动,但 B 适的催化剂 增大压强,降低温度(合理即可)
转化的比增加的幅度小,所以b＜a,A 错误;升高温度,平衡正向 (２)①４５０℃ 该反应是放热反应,升高温度,转化率降低;在
移动,则b＜a,C错误;若保持温度、压强不变,充入惰性气体,则 ４５０℃反应物转化率较高
体积增大,平衡向气体分子数增多的方向移动,即逆向移动,则 ②１×１０５Pa 该压强下SO２ 的转化率已经很高,若采用较
a＜b,D错误. 大的压强,SO２ 的转化率提高很少,但需要的动力更大,对设备的
变式１ B 要求更高
变式２ C 课后巩固
当堂训练 １．D ２．B ３．A ４．C ５．B ６．A ７．D ８．C ９．D
１．D ２．A ３．D ４．B ５．C ６．B ７．C ８．D ９．C １０．(１)＞ ＞ 不能 (２)＜ (３)①不能 ②能 (４)高温
１０．(１)正向 (２)不 (３)逆向 (４)正向 (５)变小 不变 (５)＞ １１．(１)＞ ＞ (２)＜
(６)１∶３ １∶１ 第二章评估
课后巩固 １．C ２．C ３．C ４．B ５．A ６．C ７．A ８．A ９．B
１．C ２．A ３．D ４．A ５．C ６．D ７．C １０．A １１．D １２．C １３．C １４．C １５．D １６．A １７．C
８．(１)D E (２)０．５ ０ １８．(１)放热 (２)减小 该反应正反应为放热反应,升高温
９．(１)放 ＞ (２)不变 (３)变深 向左 度使平衡向逆反应方向移动 (３)不影响 催化剂不改变平衡的
２(
() c NO
)
１０．１ ２ 移动 (４)减小 减小c２(NO) ( ３
放热
×c O２) １９．(１)０．００３mol L－１ min－１ ０．０３mol L－１ (２)①③
(２)b ００．０１５mol L－１ s－１ (３)BC (４)C (３)０．０１mol L－１
１１．(１)吸热 (２)＝ (３)＜ ＜ K１ K２ ＞ (４)加催 ２０．(１)０．００５mol L－１ s－１
化剂 将容器体积压缩至２L (２)
第三节 化学反应的方向
第四节 化学反应的调控
知识梳理
一、１．(２)①高能 低能 做功 释放 ②有序 无序 ２．无需
外界帮助 ３．(１)放热反应 越多 降低 越多 完全 反
应的焓变 (２)①混乱度 混乱度 ②a．混乱度 S b．熵 (曲线注意两点:A的起始及平衡时的物质的量;达到平衡所
的变化 ΔS 自发进行 (３)①能自发进行 ②达到平衡状 需时间应小于６０s)
态 ③不能自发进行 (３)B (４)表示该时刻的反应速率(或即时速率、瞬时速率)
二、１．(１)＜ (２)可逆 (３)＜ 缩小 (４)＜ 放热 ２．１０~ ２１．(１)否 交点A 的状态只是满足v(NO２)＝v(N２O４),而
３０ ４００~５００ 铁触媒 循环使用 补充 N２ 和 H２ ３．(１) 达到平衡时两者的消耗速率则应为v(NO２)＝２v(N２O４)
组成 结构 性质
()５－１ －１ ３－ ５典例精解 ２ mol L mol L－１ (３)２ ４ c１ ＋２c２ ＝
【典例１】 可以自发进行. １mol L－１ k ２１ c１＝２k２ c２
解析:ΔH －TΔS ＝ －１１３．０ kJ mol－１ －２９８ K × ２２．(１)bc (２)b (３)９４．７％ (４)１０．５g
(－１４５．３J mol－１ K－１)×１０－３≈－６９．７kJ mol－１＜０,可以 第三章 水溶液中的离子反应与平衡
自发进行.
【典例２】 ＜ 在２５０℃、１３．×１０４kPa下,CO的转化率已较高, 第一节 电离平衡
再增大压强,CO的转化率提高不大,而生产成本增加,经济效益低 知识梳理
解析:从图像来看,随着温度的升高,CO 的转化率变小,故 １．(１)或 和 (２)或 和 (３)或 和 ２．(１)电离 离子
ΔH＜０,综合温度、压强对 CO 转化率的影响来看,在压强１．３× 结合成分子 (２)＝ ≠ 离子 分子 ３．(２)①电离 增大
１０４kPa下,CO 的转化率已经很大,再增大压强,CO 的转化率提 吸热 ②电离 增大 ③增大 左 减小 减小 增大
高不大,但对设备和材料的要求更高,需要的动力更大,会增加投
１１６
典例精解 ８．(１)右 ab (２)氨水浓度减小,会使c平 (OH－ )减小,而温
【典例１】 B 解析:①不溶于水的盐不一定是弱电解质,如 度升高,会使c平 (OH－ )增大,双重作用使c (OH－平 )基本不变
BaSO４ 难溶于水,但溶于水的部分全电离,是强电解质,故①错 (３)A
误;②电解质的强弱与溶解性无关,可溶于水的盐可能是弱电解 ９．(１)逆 不 变 (２)中 碱 NH＋４ (３)① H２A
质,如醋酸铅,故②错误;③０．５mol L－１一元酸溶液中 H＋ 浓度 ２H＋ ＋A２－ ②３ ③C ④c(NH＋４ )＞c(A２－ )＞c(H＋ )＞
不一定为０．５mol L－１,如醋酸,故③错误;④强酸溶液中的 H＋ c(OH－ )
浓度不一定大于弱酸溶液中的 H＋ 浓度,H＋ 浓度与酸的浓度、分 １０．(１)Ka Kh＝Kw 越大 (２) c Ka mol L－１
子中氢离子的个数以及电离程度有关,故④正确;⑤电解质溶液 (３)②溶液的pH ③酸碱中和滴定
导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子,故⑤正确;⑥酸在 第二节 水的电离和溶液的pH
熔融态时均不导电,只有溶于水时才导电,故⑥错误;正确的有④
第一课时 水的电离 溶液的酸碱性与pH
⑤,故选B.
知识梳理
【典例２】 D 解析:HF为弱酸,存在电离平衡:HF
一、１．H ＋ －
＋ － . ２
O＋H２O H３O ＋OH H２O H＋ ＋OH－
H ＋F 根据勒夏特列原理:当改变影响平衡的一个条件,平
２．(１)１×１０－１４ (２)温度 增大 (３)电解质
衡会向着能够减弱这种改变的方向移动,但平衡的移动不能完全
３．(１)增大 增大 (２)减小 不变 (３)增大 不变
消除这种改变,故加水稀释,平衡正向移动,但c(H＋ )减小,A 错
二、１．(１)＞ ＜ (２)＝ ＝ (３)＜ ＞
误;电离平衡常数只受温度的影响,温度不变,电离平衡常数 Ka
２．(１)－lgc(H＋ ) (２)①玻璃片 表面皿 洁净 标准
不变,B错误;当溶液无限稀释时,c(F－ )不断减小,但c(H＋ )接 (３)酸性 碱性
c(F－ ) c(－７ －１, H
＋ ) n(H＋ )
近１０ mol L 所以 ( 减小, 错误; , 典例精解c H＋ ) C c(HF)＝n(HF)
【
, , 典例 １
】 C 解 析:从 四 种 物 质 分 析 可 知 ② NaOH、
由于加水稀释 平衡正向移动 所以溶液中n(H＋ )增大,n(HF)
抑 制 水 的 电 离, 不 影 响 水 的 电 离 平 衡,
c(H＋ )
③H２SO４ ① NaCl
减小,所以
c( )
增大,D正确.HF ④(NH４)２SO４促进水的电离(NH
＋
４ 水解),在②③中 H２SO４ 为二
【典例３】 １０－５mol L－１ 元强酸、产生的c(H
＋ )大于 NaOH 产生的c(OH－ ),抑制程度更
解析:HA H＋ ＋ A－ 大,故顺序为(由大→小)④＞①＞②＞③.
(０．１－x)mol L－１ x mol L－１ x mol L－１ 【典例２】 B 解析:向水中加入氨水,溶液由中性到碱性,碱
－
x＝０．１×１．０％＝１０－３mol L－１ 对水的电离起抑制作用,所以平衡逆向移动,但c(OH )增大,故
＋ ２－ ＋
x２ (１０－３)２ mol２ L－２ A错误;NaHSO４ Na ＋SO４ ＋H ,其中电离出的氢离子使
K －５ －１a＝(０．１－x)＝０．１－１０－３
mol L－１＝１０ mol L c(H＋ )增大,水的离子积常数只与温度有关,温度不变,Kw 不变,
变式１ C 故B正确;固体 NaOH 溶于水电离产生 OH－ 对水的电离起到抑
变式２ B 制作用,电离平衡逆向移动,c(H＋ )降低,故 C错误;加热促进水
变式３ ４．２×１０－７ 的电离,温度升高,水电离平衡正向移动,水的离子积常数 Kw 增
当堂训练 大,氢离子浓度增大,则pH 值减小,故 D错误.
１．C ２．D ３．C ４．D ５．B ６．D ７．C ８．D ９．(１)＜ 【典例３】 C 解析:pH＝１的两种溶液 A,B各１mL,分别
(２)＞ 加水稀释到１０００mL,若是强酸,则 B的pH 应等于４,若a＜４,
１０．(１)逆向 不变 (２)４．１８×１０－４mol L－１ (３)４．１８％ 则 A,B都是弱酸,①正确、③错误;稀释后,由图可知,A 溶液的
１１．(１)冰醋酸以分子形式存在,不电离,无自由移动的离子, pH 小于B溶液的pH,故 A酸溶液的c(H＋ )比B酸溶液c(H＋ )
所以不导电 (２)C＜A＜B (３)C (４)ACDFG 大,②正确;由于 A,B酸的强弱不同,电离程度不同,等pH 值时
１２．(１)正向 减小 抑制 不变 (２)③④⑥⑦ ①⑧ 两溶液的物质的量浓度不相等,④错误.答案选C.
②⑤⑩ ①③④⑥⑦⑨⑩ 变式１ C
Fe 变式２ B
１３．(１)２NH３ NH＋ －４ ＋NH２ (２)２Na＋２NH３
变式３ C
２NaNH２＋H ＋２↑ Na [H N H]－ 当堂训练
课后巩固 １．D ２．C ３．C ４．D ５．D ６．D ７．B ８．A ９．B
１．C ２．A ３．B ４．D ５．C １０．C １１．D
６．(１)①Ka(HSCN)＞Ka(CH３COOH),溶液中c平 (H＋ ): １２．(１)４ (２)３ (３)１２ (４)２ (５)７
HSCN＞CH３COOH,c (H＋平 )越大反应速率越快 ②＞ 课后巩固
c ＋平 (H ) ( － )() c平 F １×１０
－４×１．６×１０－３ １．A ２．B ３．D ４．D ５．C ６．A ７．D ８．B ９．B
２ c (HF) ＝ ４．０×１０－４ ＝４×１０
－４
平 １０．A １１．B １２．C
７．(１)１．９９×１０－５mol L－１ 变大 (２)２．９ １３．(１)１∶１０ (２)①a １０－１２ ②１０∶１ ③１４
１１７
第二课时 酸碱中和滴定原理和实验 ０．１０００mol L－１×２６．１０mL －１
知识梳理 ２５．００mL
＝０．１０４４mol L
１．酸碱中和 酸 碱 碱 酸 (１)标准液的体积 (２)滴 当堂训练
定终点 １．B ２．B ３．C ４．C ５．B ６．D ７．C ８．D ９．D
２．(１)酸式 碱式 锥形瓶 (３)①酸式 腐蚀橡胶管 １０．(１)① ABCD
②碱式 腐蚀玻璃 活塞 (２)滴入最后一滴 NaOH 溶液时,溶液刚好由无色变为浅红
３．(１)①查漏 润洗 (２)①控制滴定管的活塞 ②摇动锥 色,且半分钟内不褪色
形瓶 ③锥形瓶内溶液的颜色变化 (３)不恢复 (４)二至三 (３)２２．６０ (４)０．２０００
４．紫色 红色 浅红色 红色 １１．(１)否 (２)①乙 ②BDCEAF 洗去附在滴定管内壁上
５． 的水,防止其将标准溶液稀释而带来误差 当滴入最后一滴标准
液后,溶 液 由 无 色 变 为 浅 红 色,且 半 分 钟 内 不 褪 色
步骤 操作 V(标准)c(待测)
０．１０００(V２－V１)
酸式滴定管未用标准溶液润洗 变大 偏高 ③ V
碱式滴定管未用待测溶液润洗 变小 偏低 课后巩固
洗涤 １．D ２．B ３．D
锥形瓶用待测溶液润洗 变大 偏高
４．(１)酸式 (２)８０％ (３)ce (４)锥形瓶中溶液由无色变
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水 不变 无影响
为浅红色或浅紫色,且半分钟内不褪色 (５)D
放出碱液的滴定管开始有气泡,放
取液 变小 偏低 ５．(１)用镊子夹取一小块试纸放在干燥洁净的表面皿或玻璃
出液体后气泡消失 片上,用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部,观察颜色变化,与标
酸式滴定管滴定前有气泡,滴定终 准比色卡比对读数 (２)１０－５ －９变大 偏高 －１０ (３)①②③ 烧杯(或烧杯
点时气泡消失 和胶头滴管)
振荡锥形瓶时部分液体溅出 变小 偏低 ６．(１)酸式滴定管 (２)０．８０mL ２２．８０mL (３)０．１１００
滴定
部分酸液滴出锥形瓶外 变大 偏高 (４)①偏低 ②无影响
()淀粉溶液 ()滴入最后一滴标准液时,溶液由无色变
溶液颜色较浅时滴入酸液过快,停止 ７．１ ２
变大 偏高 成蓝色,且振荡半分钟内不变色
滴定后反加一滴NaOH溶液无变化
(３)０．０３８mol L－１ (４)A
酸式滴定管滴定前读数正确,滴定
变小 偏低
后俯视读数(或前仰后俯) 第三节 盐类的水解
读数
酸式滴定管滴定前读数正确,滴定 第一课时 盐类的水解原理
变大 偏高
后仰视读数(或前俯后仰) 知识梳理
１．水电离产生的 H＋ 或 OH－ 弱电解质
典例精解
２．H＋ OH－ 水的电离平衡 增大
【典例１】 D 解析:解答本题的关键是:①明确酸、碱式滴
３．可逆 酸碱中和
定管使用时的注意事项,②指示剂的变色范围.酸式滴定管不能
４．
盛放碱,而碱式滴定管不能盛放酸,指示剂应选择颜色变化明显
的酚酞或甲基橙,不能选用石蕊,另外还要注意在酸碱中和滴定 盐的 是否 水解的 溶液的 溶液实例
中,无论是标准溶液滴定待测溶液,还是待测溶液滴定标准液,只 类型 水解 离子 酸碱性 的pH
要操作正确,都能得到正确的结果. 强 酸 强 NaCl,
否 无 中性 pH＝７
【典例２】 (１)最后一滴 NaOH 溶液加入,溶液由无色恰好 碱盐 KNO３
变成浅红色且半分钟内不褪色 (２)０．１１mol L－１ (３)丙 强 酸 弱 NH４Cl,
＋ ２＋
(４)DE 是 NH４ ,Cu 酸性 pH＜７碱盐 Cu(NO３)２
解析:根据指示剂在酸性溶液或碱性溶液中的颜色变化,我
弱 酸 强 CH３COONa, CH３COO－ ,
们可以判断中和反应是否恰好进行完全.计算盐酸的浓度时,应 是 碱性 pH＞７
碱盐 Na ２－２CO３ CO３
计算三次中和滴定的平均值,因 NaOH 标准液浓度及待测液的体
积也一样,故只算 NaOH 溶液体积的平均值即可.根据碱式滴定 典例精解
管的构造可知,弯曲橡胶管即可将管中的气泡排出. 【典例１】 C 解析:酸根离子越弱越易水解,因此三种溶液
变式１ D pH 的大小顺序应是③＞①＞②;若将三种溶液稀释相同倍数,由
变式２ (１)锥形瓶中溶液颜色变化 在半分钟内不变色 于 Na２CO３ 溶液和CH３COONa溶液中存在水解平衡,随着水的
－
(２)D (３)０．００ ２６．１０ ２６．１０ 加入弱酸根离子会水解产生少量的 OH ,因此pH 变化最大的
() ２６．１１mL＋２６．０９mL
应是③;选项 D正确的顺序应为②＞①＞③.
４ V ＝ ２ ＝２６．１０ mL
,c(NaOH)＝ 【典例２】 D 解析:①④是电离方程式且①应用“ ”;②
１１８
是水解反应方程式,但应用“ ”;③的水解方程式错误,应分步 盐酸 Fe３＋ ＋３H２O Fe(OH)３(胶体)＋３H＋
进行;⑤应为 NH＋ ＋D O NH HDO＋D＋ . Al３＋４ ２ ３ ＋３HCO－３ Al(OH)３↓＋３CO２↑
变式１ B Al３＋ ＋３H２O Al(OH)３(胶体)＋３H＋
变式２ Rn－ ＋H O HR(n－１)－２ ＋OH－ 典例精解
Mm＋ ＋mH２O M(OH) ＋m ＋mH 【典例１】 B 解析:化学平衡常数只受温度的影响,A错误;
当堂训练 加入的 NH４Cl固体电离出的 NH＋４ 与 OH－ 反应,使平衡向正反
１．C ２．B ３．C ４．C ５．D ６．C ７．A ８．B ９．D 应方 向 移 动,B 正 确;温 度 升 高,CO２－３ 的 水 解 程 度 增 大,
１０．(１)①S２－ ＋H２O HS－ ＋OH－ HS－ ＋H２O c(HCO－ )增大,c(CO２－３ ３ )减小,C错误;加入 NaOH 固体,溶液的
H２S＋OH－ 碱性 pH 增大,D错误.
②Cu２＋ ＋２H２O Cu(OH)２＋２H＋ 酸性 【典例２】 (１)K２CO３ 尽管加热过程促进水解,但生成的
③NH＋ ＋H O NH H O＋H＋４ ２ ３ ２ 酸性 KHCO３ 和 KOH 反应后又生成 K２CO３
④HCO－３ ＋H２O H２CO３＋OH－ 碱性 (２)KAl(SO４)２ １２H２O 尽管 Al３＋ 水解,但由于 H２SO４ 为
(２)①２Al３＋ ＋３S２－ ＋６H２O ２Al(OH)３↓＋３H２S↑ 难挥发性酸,最后仍然为结晶水合物.注意温度过高,会脱去结
②Al３＋ ＋３HCO－３ Al(OH)３↓＋３CO２↑ 晶水
(３)②＜①＜③＜⑧＜⑦＜⑥＜⑤＜④ () △３ Na２CO３ ２NaHCO３ Na２CO３＋CO２↑＋H２O
课后巩固 (４)Na２SO４ ２Na２SO３＋O２ ２Na２SO４
１．C ２．C ３．A ４．D ５．B ６．D (５)H２SO４ 溶液 HCl挥发
７．(１)②④⑤ (２)２ (３)０．００１mol L－１ 解析:本题涉及的知识范围较广,除了盐的水解外,还应考虑
(４)CH COO－３ ＋H２O CH３COOH＋OH－ 到盐的热稳定性、还原性等.
８．(１)＜ c(H＋ )＝c(CH COO－３ )＋c(OH－ ) 变式１ B
(２)碱 CH COO－３ ＋ H２O CH COOH ＋ OH－３ , 变式２ (１)Al３＋ ＋３HCO－３ Al(OH)３↓＋３CO２↑
CH３COO－ 水解显碱性 (３)bc (４)＜ ＞ (２)Al２(SO４)３ 溶液因水解呈酸性,会腐蚀钢铁
９．(１)酸 NH＋４ ＋H２O NH３ H２O＋H＋ (２)＜ (３)与酸反应的速率 NaHCO３＞Na２CO３;产生等量 CO２ 时,
(３)Cl－ NH＋４ (４)＝ ＝ NaCO 消耗 Al３＋２ ３ 量多
１０．(１)②＜①＜③＜⑧＜⑦＜⑥＜⑤＜④ (２)a 当堂训练
(３)①碱 A－ ＋H O HA＋OH－２ ②大于 １．D ２．C ３．C ４．D ５．A ６．D ７．A ８．D
第二课时 盐类水解的影响因素及应用 ９．Al３＋ ＋３H２O Al(OH)３(胶体)＋３H＋
知识梳理 １０．(１)CH －３COO ＋H２O CH３COOH＋OH－ 碱
１．越大 越强 (２)不发生水解 中 (３)Cu２＋ ＋２H２O Cu(OH) ＋２＋２H 酸
２． １１．(１)HA－ ＋ H２O H２A＋ OH－ (２)c(Na＋ )＞
水解 水解 水解 产 生 离 子 c(HA－ )＞c(OH－ )＞c(H＋ )＞c(A２－ )
因素
平衡 程度 的浓度 １２．HCl,HSO－ NH ＋ ２－ － － －４ ４ ,CO３ HCO３ NO３ HCO３
＋ ２－
温度 升高 右移 增大 增大 H ＋CO３ HCO
－
３ ＋H２O H －２CO３＋OH
课后巩固
增大 右移 减小 增大
浓度 １．D ２．A ３．B ４．B ５．D
减小(即稀释) 右移 增大 减小 ６．(１)＜ (２)＝ (３)＞ (４)＞
外加 酸 弱碱阳离子的水解程度减小 ７．(１)B (２)酸性 反应恰好生成亚硝酸铵,亚硝酸根离子水
酸碱 碱 弱酸根离子的水解程度减小 解呈碱性,铵根离子水解呈酸性,但是亚硝酸根离子的水解程度小
于铵根离子的水解程度,故溶液呈酸性 (３)HCl B＞A＞C
条件 移动方向 H＋ 数 pH 现象 C＞A＞B (４)①７．７×１０－１３ 小于 ②H２SO３＋HCO－３
升温 向右 增大 减小 颜色变深 HSO－３ ＋CO２↑＋H２O (５)c(HCO－ －３ )＞c(NO２ )＞c(CO２－３ )
通 HCl 向左 增大 减小 颜色变浅 第四节 沉淀溶解平衡
加 H２O 向右 增大 增大 颜色变浅 知识梳理
生成 红 褐 色 沉 一、１．饱和溶液 溶解 生成沉淀加 NaHCO３ 向右 减小 增大
淀,放出气体 ２．①＞ ②＝ ③＜
３．Fe３＋ ＋３H２O Fe(OH) ＋３＋３H ＞ ＞ H２SO４ ３．＝ ≠ 不变 溶解平衡
１１９
４．(２) 变式１ B
() － () －６ －１
外界条件 移动方向 ( 变式 先沉淀平衡后c Ag＋ )平衡后c(Cl－ ) K ２ １Cl ２４．１３×１０ mol Lsp
当堂训练
升高温度 正向 增大 增大 增大
１．D ２．D ３．D ４．D ５．C ６．A ７．B
加水稀释 正向 减小 减小 不变 通电
８．(１)２NaCl＋２H２O Cl２↑＋２NaOH＋H２↑
加入少量AgNO３ 逆向 增大 减小 不变 (２)S２－ ＋H O HS－ ＋OH－２ ,HS－ ＋H２O H２S＋OH－
通入 HCl 逆向 减小 增大 不变 (３)c(Na＋ )＞c(CO２－３ )＞c(OH－ )＞c(HCO－ ＋３ )＞c(H )
通入 H２S 正向 减小 增大 不变 (４)Al３＋ ＋３HCO－３ Al(OH)３↓＋３CO２↑
５．沉淀溶解 浓度 ＞ ＝ ＜ (５)１０∶１ (６)１×１０
－３ mol L－１ (７)３
６．(２)①不变 ②吸热 溶解 增大 课后巩固
二、１．(１)Fe３＋ ＋３NH H O Fe(OH)↓＋３NH＋ １．D ２．B ３．A ４．C ５．A ６．D ７．D３ ２ ３ ４
２＋ ２＋ ２＋
(２)H S＋Cu２＋ CuS↓＋２H＋ ８．
(１)Cu (２)B (３)不能 Co 和 Ni 沉淀的pH 范围
２
相差太小 () ( ) [ ( )]２＋
２．(１)CaCO ＋２H＋ Ca２＋ ＋H O＋CO ↑ ４ Cu OH ２＋４NH３ H２O Cu NH３ ４ ＋３ ２ ２
－
(２)Mg(OH)＋２NH＋ Mg２＋ ＋２NH H O
２OH ＋４H２O
２ ４ ３ ２
９．(１)K ＝c２() sp 平 (Ag
＋ ) c ２－平 (S ) (２)④ (３)加 足 量３．１ 沉淀溶解平衡 越大
典例精解 MgCl２ 溶液,充分搅拌,过滤,洗涤,干燥即得纯 Mg(OH)２
２－
【典例１】 A 解析:
()
①升高温度,平衡逆向移动,①正确;② １０．１SrSO４
(s)＋CO３ (aq) SrCO ２－３(s)＋SO４ (aq)
２－
会生成CaCO３,使Ca２＋ 浓度减小,错误;加入氢氧化钠溶液会使 c
(SO
K＝ ４
)
( ( ) ( ),加入
２－ 后,平衡
c CO２－ ) Ksp SrCO３ ＜Ksp SrSO４ CO３３
平衡左移,有Ca(OH)２ 沉淀生成,但Ca(OH)２ 的溶度积较大,要
SrSO (s) Sr２＋ (a )＋ SO２－ (a )正向移动,生成SrCO
２＋ , ２＋ ４ q ４ q ３除去 Ca 应把 Ca 转化为更难溶的 CaCO３,③错误;恒温下 (２)①减小 ②不变 (３)盐酸 若沉淀完全溶解,则证明
Ksp不变,加入 CaO 后,溶液仍为 Ca(OH)２ 的饱和溶液,pH 不
SrSO４ 完全转化成SrCO３,否则,未完全转化
变,④错误;加热,Ca(OH)２ 的溶解度减小,溶液的pH 降低,⑤错
误;加入 Na２CO３ 溶液,沉淀溶解平衡向右移动,Ca(OH) 固体转 第三章评估２
化为CaCO３ 固体,固体质量增加,⑥正确;加入 NaOH 固体,平衡 １．B ２．C ３．A ４．D ５．C ６．C ７．D ８．A ９．B
向左移动,Ca(OH) 固体质量增加,⑦错误. １０．A １１．A １２．D １３．B １４．C １５．D １６．C １７．A２
【典例２】 (１)由 A Cl(s) A ＋ (a )＋Cl－ (a ()
＋ ＋
g g q q), １８．１ ①NH４ ＋H２O NH３ H２O＋H ②＝
－
知c(Ag＋ )＝c(Cl－ ), ③c(HCO３ )＞c(OH
－ )＞c(CO２－３ ) (２)①Cu２＋ ②６
－１２
所以 Ksp (AgCl)＝１．８×１０－１０ ＝c(Ag＋ ) c(Cl－ )＝ １９．
(１)１．０×１０ 增大
c２(Ag＋ ),解得c(Ag＋ )≈１．３×１０－５mol L－１.
(２)３＜pH＜９ Mg(OH)２ 或 MgO或 MgCO３
(２)由 M (OH)(s) M ２＋ (a )＋２OH－ (a ), ２０．(１)０．３９５０ 胶头滴管、g g q q ２５０mL
容量瓶 (２)稀硫酸 酸
２
[ ( )] 式 酸性 溶液具有强氧化性,能腐蚀碱式滴定管的橡皮知Ksp Mg OH ２ ＝１．８×１０－１１＝c(Mg２＋ ) c２(OH－ )＝ KMnO４
c(OH－ )
塞 (３)２MnO－ ２－４ ＋５C２O４ ＋１６H＋ ２Mn２＋ ＋１０CO２ ↑ ＋
c２(OH－ ),解得２ c
(OH－ )≈３．３×１０－４mol L－１. ８H２O (４)当滴入最后一滴标准溶液时,锥形瓶内溶液由无色变
Kw 为浅红色,且半分钟不褪色 (５)８７所以c(H＋ )＝c(OH－ )＝３．０×１０
－１１mol L－１.
２１．(１)H２SO３＋HA－ HSO－３ ＋H２A
所以pH＝１０．５. (２)c(Na＋ )＞c(SO２－ －３ )＞c(OH )＞c(HSO－３ )＞c(H＋ )
(３)由 Ksp [Mg(OH)２ ]＝１．８×１０－１１ ＝c(Mg２＋ )
() c
(H＋ )c(CO２－３ ) 的酸性比
c２(OH－ )＝０．０１ c２(OH－ ),( － ) －５
３ ① ②HCOOH CH３COOH
c OH ＝４．２×１０ mol L－１, c(HCO－３ )
Kw 强,等浓 度 的 HCOOH 溶 液 中 的c(H＋ )较 大,故 其 溶 液 与c(H＋ )＝ ＝２．４×１０－１０mol L－１c(OH－ )
.
NaHCO３溶液的反应速率较快 ＞
所以pH＝９．６,即当pH＝９．６时,开始出现 Mg(OH)２ 沉淀. 第四章 化学反应与电能
由于一般认为残留在溶液中的离子浓度小于１×１０－５mol L－１
时,沉淀已经完全,故 Mg２＋ 完全沉淀时有: 第一节 原电池
１×１０－５ c２(OH－ )＝１．８×１０－１１, 知识梳理
所以c(OH－ )＝１．３４×１０－３mol L－１. 一、１．化学 电
K ２．(１)锌片 (２)铜片 (３)Zn－２e
－
w Zn
２＋ (４)Cu２＋ ＋
c(H＋ )＝ －１２ －１c(OH－ )＝７．４６×１０ mol
L , ２e－ Cu (５)氧化反应 (６)还原反应 (７)由Zn沿导线流向
所以pH＝１１．１. Cu (８)正 (９)负
１２０
３．(１)氧化还原 (２)不 (３)①电解质溶液 ②两电极直接 ３．(１)①电源 ②电解质溶液 熔融盐 ③ 闭合回路
或间接接触 ③两电极插入电解质溶液 (２)①负极 阴极 阳极 正极 ②阴极 阳极
二、１．２MnO ＋２H O＋２e－２ ２ ２MnOOH＋２OH－ 电解
二、１．(１)氧化 还原 (２)２Cl－ ＋２H －
－ － ( ) ２
O ２OH ＋H２↑＋
Zn＋２OH －２e Zn OH ２
Cl↑ (３)烧碱 氯气 氢气
２．Ag２O＋H２O＋２e－ ２A
２
g＋２OH－
Zn＋AgO＋H O Zn(OH)
(
＋２Ag ２．１
)阴 阳 (２)AgNO３ 溶液等含镀层金属阳离子的盐溶
２ ２ ２
３．Pb PbO２ (１)③Pb＋PbO 液 (４)阳 阴 不变２ ＋２H２SO４ ２PbSO４
＋２H O ３．(２ １)粗 纯 (２)Cu
２＋
(２)①PbSO４＋２e－ Pb＋SO２－４ ４．(１)２Cl
－ －２e－ Cl２↑ ２Na＋ ＋２e－ ２Na
②PbSO４＋２H２O－２e－ PbO２＋４H＋ ＋SO２－４ (２)６O２－ －１２e－ ３O２↑ ４Al３＋ ＋１２e－ ４Al
４．(１)２H －４e－２ ４H＋ (２)２H２ ＋４OH－ －４e－ 典例精解
４H － ＋ －２O (３)O２＋４e ＋４H ２H２O (４)O２ ＋２H２O＋４e 【典例１】 D 解析:SO２－ 、OH－４ 移向b极,在b极 OH－ 放
４OH－ 电,产生 O２,b极附近c(H＋ )＞c(OH－ ),石蕊溶液变红.Na＋ ,
【典例１】 (１)银 石墨 (２)甲 (３)左 (４)“０” H＋ 移向 a极,在 a极 H＋ 放电产生 H ,a极附近c(OH－２ )＞
【典例２】 (１)小 ４８ (２)Pb PbO２ 对换 c(H＋ ),石蕊溶液变蓝.所以产生的气体体积a电极的大于b电
变式 １ (１)产 生 气 泡 (２)２Al＋２OH－ ＋２H２O
极的;两种气体均为无色无味的气体.A,B均错.
２AlO－２ ＋３H２↑ (３)不可靠 将两种金属电极通过导线连上电
【典例２】 B 解析:Fe作 阳 极,反 应 产 生 Fe２＋ ,Fe２＋ 与
流表并插入电解液中构成原电池,利用电流表检测电流的方向,
２－
, 发生氧化还原反应,
２＋ 被氧化为 ３＋ , ２－ 被还原
从而判断电子流动方向 由此确定原电池的正负极 Cr２O７ Fe Fe Cr２O７
３＋
变式２ (１)减小 减小 (２)减小 增大 为Cr ;阴极是 H
＋ 得到电子,导致阴极附近溶液的碱性增强,
Fe３＋当堂训练 ,Cr３＋ 都会变为Fe(OH)３,Cr(OH)３沉淀,B错误;消耗１mol
１．C ２．B ３．A ４．A ５．C ６．B ７．A ８．C ９．C CrO２－２ ７ ,必消耗６molFe２＋ ,根据Fe守恒,将有６molFe消耗,质
１０．A 量为３３６g.
变式１ B
变式２ (１)０．１mol L－１ (２)B
１１．(１) 电解(３)Fe Fe＋２H２O Fe(OH)２↓＋H２↑
当堂训练
１．C ２．D ３．C ４．C ５．C ６．D
(２)Zn－２e－ Zn２＋ Fe２＋ ＋２e－ Fe ７．(１)H２SO４,HNO３,Ba(NO３)２ (２)AgNO３,Cu(NO３)２,
１２．(１)① N －２O５ ② NO２ －e ＋ NO－３ N２O５ CuSO４ (３)HCl,BaCl２
(２)①Fe－２e－ Fe２＋ ②６ ７．０５ ８．(１)①②⑤ ４OH－ －４e－ ２H２O＋O２↑ ２H＋ ＋２e－
课后巩固 电解
１．B ２．B ３．D ４．B ５．C ６．B ７．D ８．D ９．B H２↑ ２H２O ２H２↑ ＋O２↑
(２)① (３)③ ２Cl－ －
３ ２e
－ Cl２↑
１０．(１)４mol (２)１mol L－１ (３)CH３OH(l)＋ (２O２ g
)
９．(１)２H＋ ＋２e－ H２ ↑ 有 气 泡 产 生,溶 液 变 红
CO －１２(g)＋２H２O(l) ΔH＝－７２５．７６kJ mol ２Cl－ －２e－ Cl２↑ 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在 Y 电极附
１１．(１)负 ２CH OH＋２H O－１２e－ ２CO ↑＋１２H＋３ ２ ２ 近,试纸变蓝色
还原 ３O２＋１２H＋ ＋１２e－ ６H２O (２)纯 Cu２＋ ＋２e－ Cu 粗 Cu－２e－ Cu２＋
(２)
１
２CH３OH＋３O２ ２CO２＋４H２O (３)３ １０．
(１)正 (２)Ag ２．１６ (３)４∶４∶１∶２ (４)不变 不变
１２．(１)化学能转变为电能 a到b(表达形式合理均可) 增大 减小 (５)４５．１８
(２)２H２＋４OH－ －４e－ ４H２O(或 H２＋２OH－ －２e－ 课后巩固
２H２O) (３)增大电极单位面积吸附 H２,O２ 的分子数,加快电极 １．C ２．A ３．B ４．D ５．D ６．C ７．D ８．D ９．A
反应速率 (４)①Li H２O ②１∶１１４８ ③３２ １０．A
第二节 电解池 １１．(１)正 阳 (２)２H２O－４e－ ４H＋ ＋O２↑ (３)０．０５
知识梳理 １２．(１)C (２)负 还原 (３)S
２－
x －２e－ xS (４)右侧溶
一、１．电流 氧化还原 液中生成的 OH－ 通过阴离子交换膜进入左侧溶液,并与左侧溶
２．电能 化学能 液中的I２ 反应
１２１
第三节 金属的腐蚀与防护 ③煮沸 隔绝空气(或防止氧气与铁接触) ④吸收水蒸气
(２)铁腐蚀吸收氧气,造成试管内气体体积减小,试管内压强知识梳理
减小
１．失去电子 金属阳离子 氧化反应
－ ＋
２．(１)
()
①非金属单质直接 ②电解质溶液 ③无 ④有微弱 １１．１２Al＋３H２O－６e Al２O３＋６H
２＋ ２＋
⑤氧化 ⑥氧化 ⑦电化学 (２)①水膜酸性较强(
(
pH≤４．３) ２
)用铜作阳极可补充溶液中消耗的Cu ,保持溶液中Cu
(
②水膜酸性很弱或呈中性 ③吸氧腐蚀 浓度恒定 ３
)N 牺牲阳极的阴极保护法
()
３．(１)①原电池 a．负极 b．正极 ②电解 a．阴极 １２．１ 电化学
(２)弱酸性或中性 吸氧 ２Fe－４e－
b．阳极 ２Fe
２＋ O － －２＋２H２O＋４e ４OH (３)较强的酸性 析氢
－ ２＋ ＋ － ()
典例精解 Fe－２e Fe ２H ＋２e H２↑ ４ 乙
【典例１】 D 解析:A项,金属能不能被腐蚀主要取决于它 【课后巩固】
的活泼性,而不是它的纯度,如纯钾易被腐蚀,不正确;B项,干燥 １．A ２．C ３．C ４．B ５．D ６．C ７．B ８．B ９．D
环境下,如果遇到氯气,金属也可以发生化学腐蚀,故不正确;C １０．A １１．D
项,如果遇到浓硝酸,铜比铁易腐蚀,不正确;D项,金属腐蚀有化 １２．(１)２H
＋ ＋２e－ H２↑ (２)Fe 乙＞甲＞丙 (３)铜
２＋ －
学腐蚀和电化学腐蚀. Cu ＋２e Cu 镀层破损后,镀铜铁形成的原电池中铁作
【典例２】 (１)吸氧 ２H O＋O ＋４e－ ４OH－ Fe－ 负极被腐蚀
,镀锌铁形成的原电池中铁作正极被保护 (４)①吸
２ ２
２e－ Fe２＋ 氯化钠溶液(或其他合理答案)
氧 ②B
(２)析氢 ２H＋ ＋２e－ () 碳粉含量的影响 H ↑ Fe－２e－２ Fe２＋ 稀硫 １３．１２．０
酸(或其他合理答案)
解析:(１)试管中的液面上升,表明内部压强减小,即发生吸 (２)吸 氧 还 原 ２H２O＋O２ ＋４e－
氧腐蚀,故正极反应式为２H O＋O ＋４e－２ ２ ４OH－ ,负极反应
式为Fe－２e－ Fe２＋ ;吸氧腐蚀的电解质溶液是中性或碱性溶
－
液,如氯化钠溶液.() ４OH２ 试管中的液面下降,表明发生了析氢腐
(３)反应放热,, 锥形瓶内温度升高蚀 则正极反应式为２H＋ ＋２e－ H２↑,负极反应式为 Fe－
２e－ Fe２＋ ;此时需要酸性电解质溶液,如稀硫酸等. 第四章评估
【典例３】 C 解析:①是 Fe为负极,杂质碳为正极的原电 １．D ２．B ３．D ４．D ５．B ６．D ７．B ８．B ９．B
池腐蚀,是铁的吸氧腐蚀,腐蚀较慢.其电极反应式:负极 Fe－ １０．C １１．D １２．C １３．D １４．D １５．B １６．D
２e－ Fe２＋ ,正极２H２O＋O ＋４e－２ ４OH－ .②③④均为原 １７．(１)Li Li－e－ Li＋
电池,③中Fe为正极,被保护;②④中Fe为负极,均被腐蚀,但Fe (２)２SOCl＋４e－２ ４Cl－ ＋S＋SO２
和Cu的金属活泼性差别大于 Fe和Sn的,故 FeCu原电池中 Fe (３)出 现 白 雾,有 刺 激 性 气 体 生 成 SOCl２ ＋ H２O
被腐蚀的较快.⑤是Fe接电源正极作阳极,Cu接电源负极作阴 SO２↑＋２HCl↑
极的电解腐蚀,加快了 Fe的腐蚀.⑥是 Fe接电源负极作阴极, (４)因为构成电池的两个主要成分 Li能和氧气、水反应,且
Cu接电源正极作阳极的电解腐蚀,防止了 Fe的腐蚀.根据以上 SOCl２ 也与水反应
分析可知铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为⑤＞④＞②＞①＞ １８．(１)Zn 正极
③＞⑥. (２)锌与还原出来的Cu构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀 b
变式１ B (３)２H＋ ＋２e－ H２ ８７g
变式２ C １９．(１)＞７ (２)无色溶液变成蓝色 AsO３－４ ＋２H＋ ＋２e－
变式３ C AsO３－３ ＋H２O
当堂训练 (３)I２ ＋AsO３－３ ＋ H２O ２H＋ ＋２I－ ＋AsO３－４ (或 I２ ＋
１．D ２．D ３．A ４．C ５．B ６．D ７．C ８．C AsO３－３ ＋２OH－ H２O＋２I－ ＋AsO３－４ )
９．(１)２Fe－４e－ ２Fe２＋ O － － ２ ＋ ２ － ３－２＋２H２O＋４e ４OH ()c
(H ) c (I ) c(AsO )
４ ４
(２)C (３)负 c(I２) c(AsO
３－
３ )
２ － ３－
１０．(１)①有水(或电解质溶液)和氧气(或空气) ( ) (( c I c AsO４
)
或 ( ) ( 或其他有效表达式)
②O ＋４e－ ＋２H O ４OH－ cI２ c AsO
３－
３ ) c２(OH－ )
２ ２
１２２
