第3课时 化学平衡常数
基础巩固
1下列关于平衡常数K的说法中,正确的是( )
①平衡常数K只与反应本身及温度有关
②改变反应物浓度或生成物浓度都会改变平衡常数K
③加入催化剂不改变平衡常数K
④平衡常数K只与温度有关,与反应的本身及浓度、压强无关
A.①②
B.②③
C.③④
D.①③
答案：D
2关于反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡常数的书写形式,正确的是( )
A.K=
B.K=
C.K=
D.K=
答案：C
3在一定温度下的密闭容器中,加入1
mol
CO和1
mol
H2O发生反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),达到平衡时测得n(H2)为0.5
mol,下列说法不正确的是( )
A.在该温度下平衡常数K=1
B.平衡常数与反应温度无关
C.CO的转化率为50%
D.其他条件不变,改变压强平衡不移动
答案：B
4一定条件下,固定容积的密闭容器中,CO和H2反应生成甲醇:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。如图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。下列判断正确的是( )
A.T1>T2
B.该反应的ΔH>0
C.T1时的平衡常数K1>T2时的平衡常数K2
D.T1时的平衡常数K1
答案：C
5下列关于平衡常数的说法正确的是( )
A.在平衡常数表达式中,反应物浓度用起始浓度,生成物浓度用平衡浓度
B.在任何条件下,化学平衡常数都是一个恒定值
C.对于放热反应,升高温度,K值增大,反应物的转化率增大
D.从平衡常数的大小可以推断一个反应进行的程度
解析：A项,在平衡常数表达式中,反应物、生成物的浓度均为平衡浓度;B项,平衡常数与温度有关,温度改变,平衡常数随之改变;C项,对于放热反应,升高温度平衡逆向移动,K值减小,反应物转化率减小。
答案：D
6低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物,发生的化学反应为:
2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g) ΔH<0
在恒容的密闭容器中,下列有关说法正确的是( )
A.平衡时,其他条件不变,升高温度可使该反应的平衡常数增大
B.平衡时,其他条件不变,增加NH3的浓度,废气中氮氧化物的转化率减小
C.单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时,反应达到平衡
D.其他条件不变,使用高效催化剂,废气中氮氧化物的转化率增大
解析：A项,因该反应为放热反应,故升高温度,平衡常数减小,A错;B项,增大一种反应物浓度,另外一种反应物的转化率必增大,B错;使用催化剂,化学平衡不移动,转化率不变,D错。
答案：C
7某温度下,反应SO2(g)+O2(g)SO3(g)的平衡常数K1=50,在同一温度下,反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的平衡常数K2的值为( )
A.2
500
B.100
C.4×10-4
D.2×10-2
解析：K2==4×10-4。
答案：C
8某温度下,H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)的平衡常数K=。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中,投入H2(g)和CO2(g),其起始浓度如下表所示。
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2)/(mol·L-1)
0.010
0.020
0.020
c(CO2)/(mol·L-1)
0.010
0.010
0.020
下列判断不正确的是( )
A.平衡时,乙中CO2的转化率大于60%
B.平衡时,甲中和丙中H2的转化率均是60%
C.平衡时,丙中c(CO2)是甲中的2倍,是0.012
mol·L-1
D.反应开始时,丙中的反应速率最快,甲中的反应速率最慢
解析：依三段式:
H2(g) +
CO2(g)H2O(g)+CO(g)
甲始态/(mol·L-1):
0.010
0.010
0
0
甲反应/(mol·L-1):
x
x
x
x
甲终态/(mol·L-1):
0.010-x
0.010-x
x
x
,所以x=0.006,甲中H2的转化率为60%,乙相当于在甲的基础上又充入了H2,CO2的转化率增大,A正确;丙相当于在甲的基础上加压,平衡不移动,丙中CO2的浓度是甲中CO2浓度的2倍,甲平衡时CO2浓度为0.004
mol·L-1,B正确、C错误;B、C也可以用三段式来求解;由浓度可知D正确。
答案：C
9已知下列反应的平衡常数:
H2(g)+S(s)H2S(g) K1
S(s)+O2(g)SO2(g) K2
则反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数是( )
A.K1+K2
B.K1-K2
C.K1·K2
D.
解析：H2(g)+S(s)H2S(g)
其平衡常数K1=
而S(s)+O2(g)SO2(g)
其平衡常数K2=
则反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数K=。
答案：D
10在25
℃时,密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表:
物质
X
Y
Z
初始浓度/(mol·L-1)
0.1
0.2
0
平衡浓度/(mol·L-1)
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是( )
A.反应达到平衡时,X的转化率为50%
B.反应可表示为X+3Y2Z,其平衡常数为1
600
C.增大压强使平衡向生成Z的方向移动,平衡常数增大
D.改变温度可以改变此反应的平衡常数
解析：题中有一明显的错误,就是C选项,增大压强不可能使平衡常数增大。其他选项均为平衡中的基础计算和基础知识,关键是根据表中数据(0.1-0.05)∶(0.2-0.05)∶(0.1-0)=1∶3∶2可推导出:X+3Y2Z。
答案：C
11已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
ΔH=-197
kJ·mol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体:(甲)2
mol
SO2和1
mol
O2;(乙)1
mol
SO2和0.5
mol
O2;(丙)2
mol
SO3。恒温、恒容下反应达平衡时,下列关系一定正确的是( )
A.容器内压强p:p甲=p丙>2p乙
B.SO3的质量m:m甲=m丙>2m乙
C.c(SO2)与c(O2)之比k:k甲=k丙>k乙
D.反应放出或吸收热量的数值Q:Q甲=Q丙>2Q乙
解析：甲和丙达到的平衡是等效平衡,所以压强p甲=p丙,SO3的质量m甲=m丙,乙可看作是甲达到平衡后,取出一半物质,浓度变为原来的,压强降为原来的后形成的,平衡向气体增多的方向移动,压强在减小后的基础上增大,SO3的量减小,所以2p乙>p甲,SO3质量2m乙答案：B
12830
K时,在密闭容器中发生下列可逆反应:
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH<0
试回答下列问题:
(1)若起始时c(CO)=2
mol·L-1,c(H2O)=3
mol·L-1,4
s后达到平衡,此时CO的转化率为60%,则在该温度下,该反应的平衡常数K= 。用H2O表示的化学反应速率为 。
(2)在相同温度下,若起始时c(CO)=1
mol·L-1,c(H2O)=2
mol·L-1,反应进行一段时间后,测得H2的浓度为0.5
mol·L-1,则此时该反应是否达到平衡状态 (填“是”或“否”),此时v(正) (填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。
(3)若降低温度,该反应的K值可能为 。
a.1 b.2 c.0.5
答案：(1)1 0.3
mol·L-1·s-1 (2)否 大于 (3)b
13铁和铝是两种重要的金属,它们的单质及化合物有着各自的性质。
(1)在一定温度下,氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应:
Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)
①反应的平衡常数表达式为K= 。
②该温度下,在2
L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体,则10
min内CO2的平均反应速率为0.015
mol·L-1·min-1,10
min后生成了单质铁
g。
(2)可用上述反应中某种物理量来说明该反应已达到平衡状态的是 。
A.CO的生成速率与CO2的生成速率相等
B.CO生成速率与CO2消耗速率相等
C.CO的质量不变
D.体系的压强不再发生变化
E.气体密度不再变化
解析：(1)①固体、纯液体的浓度可看作常数,所以K中不出现Fe2O3(s)和Fe(s),K=;
②10
min内生成CO2的物质的量为
0.015
mol·L-1·min-1×10
min×2
L=0.3
mol,由以下关系式:
2Fe ~ 3CO2
2
mol
3
mol
0.2
mol
0.3
mol
m(Fe)=0.2
mol×56
g·mol-1=11.2
g。
(2)CO生成速率为逆反应速率,CO2生成速率为正反应速率,且CO、CO2前计量数相等,则v正(CO2)=v逆(CO),达到化学平衡;v生成(CO)=v逆(CO),v消耗(CO2)=v逆(CO2),无法说明是否达到化学平衡;m(CO)不变,则n(CO)不变,n(CO)不变,反应达到平衡;该反应是气体体积不变的反应,反应任意时刻,体系的压强均相同; =,当m(气体)不变时,反应即达到平衡,达到平衡时, 不再变化。
答案：(1)① ②11.2 (2)ACE
能力提升
★1(2017天津理综)常压下羰基化法精炼镍的原理为:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230
℃时,该反应的平衡常数K=2×10-5。已知:Ni(CO)4的沸点为42.2
℃,固体杂质不参与反应。
(导学号55660025)
第一阶段:将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4;
第二阶段:将第一阶段反应后的气体分离出来,加热至230
℃制得高纯镍。
下列判断正确的是( )
A.增加c(CO),平衡向正向移动,反应的平衡常数增大
B.第一阶段,在30
℃和50
℃两者之间选择反应温度,选50
℃
C.第二阶段,Ni(CO)4分解率较低
D.该反应达到平衡时,v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
解析：对于一个确定的化学反应,平衡常数K只受温度影响,故A项错;产物Ni(CO)4为气体,而Ni(CO)
4的沸点为42.2
℃,故选50
℃,B项正确;在第二阶段Ni(CO)4的分解平衡常数K=5×104,分解率较大,C项错;达到化学平衡时,,故D项错。
答案：B
2(2016天津理综,节选改编)(双选)在恒温恒容的密闭容器中,某储氢反应:MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)
ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是( )
A.达到化学平衡后容器内气体压强保持不变
B.吸收y
mol
H2只需1
mol
MHx
C.若降温,该反应的平衡常数增大
D.若向容器内通入少量氢气,则v(放氢)>v(吸氢)
解析：该反应正向移动属于气体的物质的量减小的放热反应。A项,气体压强不变,表明气体物质的量不变,达到平衡,正确;B项,该反应为可逆反应,吸收y
mol
H2,则需MHx大于1
mol,错误;C项,该反应是放热反应,降温,平衡向正反应方向移动,平衡常数增大,正确;D项,通入H2相当于加压,平衡正向移动,v(放氢)答案：AC
3人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2,因此具有输氧能力。CO吸入肺中发生反应:CO+HbO2O2+HbCO,37
℃时,该反应的平衡常数K=220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.20倍,会使人智力受损。据此,下列结论错误的是
( )
A.CO与HbO2反应的平衡常数K=
B.人体吸入的CO越多,与血红蛋白结合的O2越少
C.当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时,人的智力才会受损
D.把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒,其原理是使上述平衡逆向移动
答案：C
4在10
L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g),发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g),所得实验数据如下表:
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.10
0.40
0.080
③
800
0.20
0.30
a
④
900
0.10
0.15
b
下列说法正确的是( )
A.实验①中,若5
min时测得n(M)=0.050
mol,则0至5
min
时间内,用N表示的平均反应速率v(N)=1.0×10-2
mol·L-1·min-1
B.实验②中,该反应的平衡常数K=2.0
C.实验③中,达到平衡时,X的转化率为60%
D.实验④中,达到平衡时,b>0.060
解析：①中5
min时生成M
0.05
mol,则生成N也是0.05
mol,v(N)==1.0×10-3
mol·L-1·min-1,A错误;②中平衡时n(M)=0.080
mol,则生成N
0.080
mol,消耗X、Y的物质的量分别为0.080
mol、0.080
mol,因此平衡时容器中有X
0.02
mol、有Y
0.32
mol,其平衡常数K==1,B错误;③中反应温度与②相同,则平衡常数也相同,K=1。则有=1,a=0.12,即参加反应的X的物质的量为0.12
mol,其转化率为×100%=60%,C正确;①的平衡常数为>1,所以该反应的正反应为放热反应,若④的反应在800
℃时进行,则有=1,b=0.060,升高温度,平衡向逆反应方向移动,因此在900
℃进行至平衡时b<0.060,D错误。
答案：C
5I2在KI溶液中存在下列平衡:I2(aq)+I-(aq)(aq)。某I2、KI混合溶液中,的物质的量浓度[c()]与温度(T)的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法正确的是( )
A.反应I2(aq)+I-(aq)(aq)的ΔH>0
B.若温度为T1、T2,反应的平衡常数分别为K1、K2,则K1>K2
C.若反应进行到状态D时,一定有v(正)D.状态A与状态B相比,状态A的c(I2)大
解析：由图可知,随温度升高,c()浓度减小,平衡逆向移动,说明正反应放热,即ΔH<0,A项错误;同理可推出,升温,K值减小,即K1>K2,D点没有平衡,c()偏小(要向A点移动),即反应要向右进行,所以此时v(正)>v(逆),C项错误;由图知,c():状态A>状态B。则c(I2)为:状态A<状态B,所以D项错误。
答案：B
★6(2017全国Ⅰ,节选)H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610
K时,将0.10
mol
CO2与0.40
mol
H2S充入2.5
L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
(导学号55660026)
(1)H2S的平衡转化率á1= %,反应平衡常数K= 。
(2)在620
K重复实验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H2S的转化率á2 á1,该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。
(3)向反应器中再分别充入下列气体,能使H2S转化率增大的是 (填标号)。
A.H2S
B.CO2
C.COS
D.N2
解析：(1)考查转化率和平衡常数,依据“三段式”解决。
设H2S转化了x
mol
H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)
起始/mol
0.4
0.1
转化/mol
x
x
x
x
平衡/mol
(0.4-x)
(0.1-x)
x
x
由题意可知,平衡后水的物质的量分数为0.02,
即=0.02,x=0.01,
则á1(H2S)=×100%=2.5%。
平衡常数K==
=2.8×10-3。
(2)升高温度,平衡后水的物质的量分数增大,即平衡正向移动,则H2S的转化率增大。升高温度,平衡向吸热反应方向移动,则正反应为吸热反应,ΔH>0。
(3)增大反应物中一种物质的百分含量,其自身的转化率降低,而另外一种反应物的转化率增大,因此选B。加入COS时,平衡逆向移动,H2S的转化率减小;加入N2,平衡不移动,H2S的转化率不变。
答案：(1)2.5 2.8×10-3 (2)> > (3)B
7(2016全国丙,节选)在不同温度下,NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图所示。
(1)由图分析可知,反应温度升高,脱硫、脱硝反应的平衡常数均 (填“增大”“不变”或“减小”)。
(2)反应Cl+2S2S+Cl-的平衡常数K表达式为 。
解析：(1)由图示可知,温度升高,SO2和NO的平衡分压增大,说明升温,平衡逆向移动,因此,升高温度,反应的平衡常数减小。
(2)根据反应方程式Cl+2S2S+Cl-,可知化学平衡常数表达式为K=。
答案：(1)减小
(2)K=
8Bodensteins研究了下列反应:
2HI(g)H2(g)+I2(g)
在716
K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表:
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.
91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
(1)根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为 。
(2)上述反应中,正反应速率为v(正)=k正x2(HI),逆反应速率为v(逆)=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆为速率常数,则k逆为 (以K和k正表示)。若k正=0.002
7
min-1,在t=40
min时,v(正)=
min-1。
(3)由上述实验数据计算得到v(正)~x(HI)和v(逆)~x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的点分别为 (填字母)。
解析：(1)由表中数据可知120
min时反应达到平衡,根据反应可知:x(HI)=0.784,x(H2)=x(I2)=0.108,将数据代入平衡常数表达式:K=。
(2)因为v(逆)=k逆x(H2)x(I2),则k逆=[因为平衡状态时v(逆)=v(正)],k逆=。
在t=40
min时,由表中数据可知x(HI)=0.85,若k正=0.002
7
min-1,代入公式:v(正)=k正x2(HI)=
0.002
7
min-1×0.852=1.95×10-3
min-1。
(3)升高温度,平衡:2HI(g)H2(g)
+
I2(g) ΔH=+11
kJ·mol-1向正向移动,且正、逆速率均增大,x(HI)减小,x(H2)增大;故x(HI)对应的平衡点为A点;x(H2)对应的平衡点为E点。
答案：(1) (2) 1.95×10-3 (3)AE
★9(2017全国Ⅲ)砷(As)是第四周期ⅤA族元素,可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物,有着广泛的用途。回答下列问题:
(导学号55660027)
(1)画出砷的原子结构示意图 。
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状,通入O2氧化,生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式 。该反应需要在加压下进行,原因是 。
(3)已知:
As(s)+H2(g)+2O2(g)H3AsO4(s) ΔH1
H2(g)+O2(g)H2O(l)
ΔH2
2As(s)+O2(g)As2O5(s)
ΔH3
则反应As2O5(s)+3H2O(l)2H3AsO4(s)的ΔH= 。
(4)298
K时,将20
mL
3x
mol·L-1
Na3AsO3、20
mL
3x
mol·L-1
I2和20
mL
NaOH溶液混合,发生反应:As(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)As(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(As)与反应时间(t)的关系如图所示。
①下列可判断反应达到平衡的是 (填标号)。
a.溶液的pH不再变化
b.v(I-)=2v(As)
c.c(As)/c(As)不再变化
d.c(I-)=y
mol·L-1
②tm时,v正 v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
③tm时v逆 tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”),理由是 。
④若平衡时溶液的pH=14,则该反应的平衡常数K为 。
答案：(1)
+33
(2)2As2S3+5O2+6H2O4H3AsO4+6S
增加反应物O2的浓度,提高As2S3的转化速率
(3)2ΔH1-3ΔH2-ΔH3
(4)①a、c ②大于
③小于 tm时生成物浓度较低
④
(mol·L-1)-1
PAGE
1第二节 水的电离和溶液的酸碱性
第1课时 水的电离和溶液的酸碱性
基础巩固
1常温下,在0.1
mol·L-1
CH3COOH溶液中,水的离子积是( )
A.1.0×10-14
B.1.0×10-13
C.1.32×10-14
D.1.32×10-15
答案：A
2纯水在80
℃时的pH( )
A.等于7
B.大于7
C.小于7
D.无法确定
答案：C
325
℃时,水的电离达到平衡:H2OH++OH-
ΔH>0,下列叙述正确的是( )
A.向水中加入稀氨水,平衡逆向移动,c(OH-)降低
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠,c(H+)增大,KW不变
C.向水中加入少量固体CH3COONa,平衡逆向移动,c(H+)降低
D.将水加热,KW增大,pH不变
答案：B
4常温下,在0.01
mol·L-1硫酸溶液中,水电离出的氢离子浓度是( )
A.5×10-13
mol·L-1
B.0.02
mol·L-1
C.1×10-7
mol·L-1
D.1×10-12
mol·L-1
答案：A
5下列关于水的离子积常数的叙述中,正确的是( )
A.因为水的离子积常数的表达式是KW=c(H+)·c(OH-),所以KW随溶液H+和OH-浓度的变化而变化
B.水的离子积常数KW与水的电离常数K电离是同一个物理量
C.水的离子积常数仅仅是温度的函数,随着温度的变化而变化
D.水的离子积常数KW与水的电离常数K电离是两个没有任何关系的物理量
解析：水的离子积常数KW=K电离·c(H2O),一定温度下K电离和c(H2O)都是不变的常数,所以KW仅仅是温度的函数。水的离子积常数的表达式是KW=c(H+)·c(OH-),但是只要温度一定,KW就是不变的常数,溶液中H+的浓度变大,OH-的浓度就变小,反之亦然。
答案：C
6下列说法正确的是( )
A.水的电离方程式:H2OH++OH-
B.升高温度,水的电离程度增大
C.在NaOH溶液中没有H+
D.在HCl溶液中没有OH-
解析：水是极弱电解质,只有少部分电离,应用“”表示,故A错误;水的电离是吸热的,所以升高温度,电离程度增大,B正确;在NaOH溶液中c(OH-)>c(H+),在HCl溶液中c(OH-)答案：B
7将纯水加热至较高温度,下列叙述正确的是( )
A.水的离子积变大,pH变小,呈酸性
B.水的离子积不变,pH不变,呈中性
C.水的离子积变小,pH变大,呈碱性
D.水的离子积变大,pH变小,呈中性
解析：升高温度,水的电离平衡右移,电离程度增大,c(H+)和c(OH-)同时增大,KW增大,但由于c(H+)和c(OH-)始终保持相等,故仍呈中性。
答案：D
8在100
℃时,水的离子积为1×10-12,若该温度下某溶液中的H+浓度为1×10-7
mol·L-1,则该溶液( )
A.呈碱性
B.呈酸性
C.呈中性
D.c(OH-)=10c(H+)
解析：在100
℃时,水的离子积为1×10-12,则纯水中c(H+)=c(OH-)=1×10-6
mol·L-1,该溶液中c(H+)=1×10-7
mol·L-1,则该溶液中c(OH-)=1×10-5
mol·L-1,c(OH-)=100c(H+)。
答案：A
9关于pH的测定,下列说法正确的是
( )
A.pH试纸在使用之前应用蒸馏水润湿
B.用广泛pH试纸测得某盐酸的pH=2.3
C.利用酸碱指示剂可以测溶液的pH
D.pH计是精确测定溶液pH的仪器
解析：pH试纸在使用之前不能用水润湿,如果用水润湿则会使酸性、碱性溶液中的c(H+)发生变化,造成误差,故A项错误;广泛pH试纸可以识别的pH差值为1,所以用广泛pH试纸测出的值是整数,故B项错误;酸、碱指示剂只能判断溶液的酸碱性,无法测其pH,故C项错误;pH计能精确到0.1个pH单位,可以精确测定溶液的pH,故D项正确。
答案：D
10在纯水中加入少量NaHSO4,设温度不变,则溶液
( )
A.OH-浓度变小
B.酸性减弱
C.pH升高
D.c(H+)·c(OH-)变大
解析：在纯水中加入少量NaHSO4时,NaHSO4Na++H++S,故溶液酸性增强,pH降低,B、C项错误;KW=c(H+)·c(OH-),温度不变,故KW不变,由于c(H+)增大,故c(OH-)减小,所以A项正确,D项错误。
答案：A
11下列说法正确的是( )
A.强碱的水溶液中不存在H+
B.pH=0的溶液是酸性最强的溶液
C.在温度不变时,水溶液中c(H+)
和c(OH-)不能同时增大
D.某温度下,纯水中c(H+)=2×10-7
mol·L-1,其呈酸性
解析：在酸性或碱性水溶液中均存在H+和OH-,所以A错误;pH=0的溶液中c(H+)=1.0
mol·L-1,并不是酸性最强的溶液,只是c(H+)>1.0
mol·L-1的溶液用pH表示酸性强弱不方便,故B错误;温度一定时,KW=c(H+)·c(OH-)是一个定值,c(H+)和c(OH-)二者不能同时增大,故C对;纯水中,c
(H+)=c(OH-),呈中性,所以D错误。
答案：C
12现有下列物质①100
℃的纯水 ②25
℃
0.1
mol·L-1
HCl溶液 ③25
℃
0.1
mol·L-1
KOH溶液 ④25
℃
0.1
mol·L-1
Ba(OH)2溶液。
(1)这些物质与25
℃纯水相比,能促进水电离的是 (填序号,下同),能抑制水电离的是 ,水电离的c(OH-)等于溶液中c(OH-)的是 ,水电离的c(H+)等于溶液中c(H+)的是 。
(2)从②和③溶液中水的电离程度相等,进而可推出的结论是:同一温度下, 时,水的电离程度相等。
答案：(1)① ②③④ ①② ①③④
(2)酸溶液中的c(H+)等于碱溶液中的c(OH-)
13某温度下,纯水中的c(H+)=2.0×10-7
mol·L-1,则此时溶液的c(OH-)是
mol·L-1,这种水显 (填“酸”“碱”或“中”)性,其理由是 ;若温度不变,滴入稀盐酸使c(H+)=5.0×10-6
mol·L-1,则c(OH-)=
mol·L-1。
解析：此温度时,水电离的c(OH-)=c(H+)=2×10-7
mol·L-1,则KW=2×10-7×2×10-7=4×10-14;c(H+)=5.0×10-6
mol·L-1,则c(OH-)==8×10-9mol·L-1。
答案：2.0×10-7 中 c(H+)=c(OH-) 8×10-9
能力提升
1某温度下,相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释,pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是( )
A.Ⅱ为盐酸稀释时pH变化曲线
B.B点溶液的导电性比C点溶液的导电性强
C.A点KW的数值比C点KW的数值大
D.B点酸溶液的总浓度大于A点酸溶液的总浓度
答案：B
2下列叙述正确的是( )
A.无论是纯水,还是酸性、碱性或中性稀溶液,在常温下,其c(H+)·c(OH-)=1×10-14
B.c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液一定是中性溶液
C.0.2
mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)是0.1
mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)的2倍
D.任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
解析：KW=c(H+)·c(OH-),且KW只与温度有关,所以,在常温下,纯水,酸性、碱性或中性稀溶液,其KW=1×10-14;在温度不确定时,中性溶液里的c(H+)不一定等于1×10-7mol·L-1;0.2
mol·L-1
CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度比0.1
mol·L-1
CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度小,所以,0.2
mol·L-1
CH3COOH溶液中的c(H+)小于0.1
mol·L-1
CH3COOH溶液中的c(H+)的2倍;当c(H+)或c(OH-)大于1
mol·L-1时,用pH表示溶液的酸碱性就不简便了,所以,当c(H+)或c(OH-)大于1
mol·L-1时,一般不用pH表示溶液的酸碱性,而是直接用c(H+)或c(OH-)来表示。
答案：A
★3水的电离平衡曲线如下图所示,下列说法不正确的是( )
(导学号55660032)
A.图中五点KW间的关系:B>C>A=D=E
B.若从A点到D点,可采用:温度不变在水中加入少量的酸
C.若从A点到C点,可采用:温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体
D.若处在B点时,将pH=2的硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后,溶液呈中性
解析：KW=c(H+)·c(OH-),根据图像上五点的坐标,得出KW值的大小关系为B>C>A=D=E,A项正确;A、D点为恒温条件,且D点的c(H+)大,由比较可知溶液中加入了酸,B项正确;A点为25
℃条件,C点脱离了该温度下平衡曲线,由A点到C点一定是升温,且保证c(H+)=c(OH-),温度不变在水中加NH4Cl固体不可能实现,故C项错误;B点时KW=1.0×10-12,该温度下pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=1.0×10-2
mol·L-1,该温度下pH=10的KOH溶液中,c(OH-)==1.0×10-2
mol·L-1,二者等体积混合,恰好完全反应,溶液呈中性,D项正确。
答案：C
4有一学生在实验室测某溶液的pH,实验时,他先用蒸馏水润湿pH试纸,然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。
(1)该学生的操作 (填“正确”或“错误”),其理由是 ;
(2)该操作是否一定有误差
;
(3)若用此方法分别测定c(OH-)相等的氢氧化钠溶液和氨水的pH,误差较大的是 ,原因是 ;
(4)只从下列试剂或用品中选择实验所需的试剂或用品,你能否区分0.1
mol·L-1硫酸溶液和0.01
mol·L-1硫酸溶液 ,简述操作过程:
。
试剂:A.紫色石蕊溶液 B.酚酞溶液 C.甲基橙溶液 D.蒸馏水 E.氯化钡溶液 F.pH试纸
解析：(1)用pH试纸测量溶液时,pH试纸不能润湿,否则相当于将原溶液稀释。(2)若溶液呈酸性或碱性,稀释必然会造成误差,若溶液呈中性,则不会造成误差。(3)NH3·H2O是弱电解质,加水稀释时,促进它的电离,故对OH-浓度相等的氢氧化钠和氨水溶液来说,加水稀释相同倍数,氨水的pH减小程度小些,误差小些。(4)分别测定这两种硫酸溶液的pH,pH较小的是浓度较大的硫酸溶液,pH较大的是浓度较小的硫酸溶液。
答案：(1)错误 该学生测得的pH是稀释后溶液的pH
(2)该学生操作错误,但不一定产生误差。因为原溶液不是中性时,稀释后溶液pH发生了变化,只是弱酸或弱碱溶液变化程度小些;若是中性溶液,稀释不会产生误差
(3)氢氧化钠溶液 稀释过程中,NH3·H2O继续电离出OH-,减弱了因稀释OH-浓度的减小程度,所以所测氢氧化钠溶液pH误差较大
(4)能 用玻璃棒分别蘸取两种溶液滴在两张pH试纸上,其显示的颜色与标准比色卡对照,pH较大的是0.01
mol·L-1硫酸溶液第2课时 影响盐类水解的主要因素和盐类水解的利用
基础巩固
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.粗盐在空气中易潮解
C.加热氯化铁溶液颜色变深
D.浓硫化钠溶液有臭味
答案：B
2一定条件下,CH3COONa溶液中存在水解平衡:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。下列说法正确的是( )
A.加入少量NaOH固体,c(OH-)减小
B.升高温度,溶液的pH增大
C.稀释溶液,c(H+)减小
D.通入少量HCl气体,c(H+)减小
答案：B
325
℃时,浓度为0.2
mol·L-1的Na2CO3溶液中,下列判断不正确的是( )
A.加热,c(OH-)增大
B.存在七种粒子
C.存在水解平衡,不存在电离平衡
D.加入NaOH固体,恢复到原温度,c(C)增大
答案：C
4常温下0.1
mol·L-1的下列溶液中c(N)最大的是( )
A.NH4Al(SO4)2
B.NH4Cl
C.NH3·H2O
D.CH3COONH4
答案：A
5在一定条件下,Na2CO3溶液中存在如下水解平衡:C+H2OHC+OH-。下列说法正确的是( )
A.稀释溶液,水解平衡常数增大
B.通入CO2,平衡向正反应方向移动
C.升高温度,减小
D.加入NaOH固体,溶液pH减小
解析：平衡常数仅与温度有关,故稀释时平衡常数是不变的,A项错误;CO2通入水中,相当于生成H2CO3,可以与OH-反应而促进平衡正向移动,B项正确;升温,促进水解,平衡正向移动,故的结果是增大的,C项错误;D项,加入NaOH,碱性肯定增强,pH增大,故错误。
答案：B
6对滴有酚酞溶液的不同溶液,下列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：滴有酚酞溶液的溶液颜色变深说明溶液呈碱性且对应操作后碱性增强。明矾溶液呈酸性;CH3COONa水解呈碱性,加热促进水解,碱性增强,符合条件;氨水是弱碱溶液,存在一水合氨的电离平衡,加入少量NH4Cl固体会抑制电离,溶液碱性减弱;小苏打溶液呈碱性,但加入少量NaCl固体对水解平衡无影响。
答案：B
7在0.1
mol·L-1
Na2CO3溶液中,欲使C的浓度尽量接近0.1
mol·L-1,则应向溶液中加( )
A.HCl
B.Na2CO3
C.NaCl
D.KOH
解析：在Na2CO3溶液中存在水解:C+H2OHC+OH-,HC+H2OH2CO3+OH-。向溶液中加入KOH可以抑制C的水解,能使C的浓度尽量接近0.1
mol·L-1。
答案：D
850
℃时,下列各溶液中,离子的物质的量浓度关系正确的是( )
A.pH=4的醋酸中:c(H+)=4.0
mol·L-1
B.饱和小苏打溶液中:c(Na+)=c(HC)
C.饱和食盐水中:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
D.pH=12的纯碱溶液:c(OH-)=1.0×10-2
mol·L-1
解析：pH=4的醋酸中,c(H+)=1×10-4
mol·L-1,A错误;饱和小苏打溶液中,HC会发生水解反应导致浓度减小,c(Na+)>c(HC),B错误;饱和食盐水中,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)符合电荷守恒的关系,C正确;50
℃时,水的离子积常数大于1×10-14,pH=12的碳酸钠溶液中,c(OH-)>1.0×10-2
mol·L-1,D错误。
答案：C
9用0.10
mol·L-1的盐酸滴定0.10
mol·L-1的氨水,滴定过程中不可能出现的结果是( )
A.c(N)>c(Cl-),c(OH-)>c(H+)
B.c(N)=c(Cl-),c(OH-)=c(H+)
C.c(Cl-)>c(N),c(OH-)>c(H+)
D.c(Cl-)>c(N),c(H+)>c(OH-)
解析：此题可利用电荷守恒,以B项为参照点进行解题:溶液中不可能负电荷总数多于正电荷总数。
答案：C
10下列关系的表述中,正确的是( )
A.0.1
mol·L-1NaHSO4溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(S)+c(OH-)
B.中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸,消耗NaOH的物质的量之比为1∶1
C.pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中,水电离的c(H+)不相等
D.0.1
mol·L-1NaHCO3溶液中:c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(H2CO3)
解析：NaHSO4Na++H++S,H2OH++OH-,分析得到NaHSO4溶液中存在Na+、H+、S、OH-,它们遵循电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S),A错误;CH3COOH是弱电解质,相同pH的醋酸和盐酸中,c(CH3COOH)>c(HCl),所以中和相同pH和体积的醋酸、盐酸时,消耗NaOH不等量,醋酸消耗多;pH=3的盐酸中,c(H+=c(OH-=c(OH-)=
mol·L-1=1.0×10-11
mol·L-1,pH=3的FeCl3溶液中,c(H+=c(H+)=1.0×10-3
mol·L-1,C正确;NaHCO3溶液呈碱性,则说明HC的水解能力大于HC的电离能力,则水解产生的c(H2CO3)比电离产生的c(C)大,D错误。
答案：C
11下列关于盐类水解反应的应用说法正确的是( )
A.可以把FeCl3固体直接溶于水制FeCl3溶液
B.热的纯碱溶液去油污效果好
C.Al(NO3)3溶液与K2S溶液混合后无明显现象
D.Mg粉投入到饱和NH4Cl溶液中无明显现象
解析：A项,把FeCl3固体直接溶于水时,易发生水解:FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,配制溶液时,为抑制水解应加适量盐酸,A项错误;B项,因C+H2OHC+OH-,温度升高,c(OH-)增大,故去油污效果好,故B项正确;C项,发生2Al3++3S2-+6H2O2Al(OH)3↓+3H2S↑,故C项错误;D项,由于N+H2ONH3·H2O+H+,NH4Cl溶液显酸性,故Mg粉投入到NH4Cl溶液中产生气体H2,故D项错误。
答案：B
12FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:
FeCl3净水的原理是 。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示) 。
答案：Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质 2Fe3++Fe3Fe2+
13NO2可用氨水吸收生成NH4NO3。25
℃时,将a
mol
NH4NO3溶于水,溶液显酸性,原因是 (用离子方程式表示)。向该溶液滴加b
L氨水后溶液呈中性,则滴加氨水的过程中水的电离平衡将 (填“正向”“不”或“逆向”)移动,所滴加氨水的浓度为
mol·L-1。(NH3·H2O的电离常数取Kb=2×10-5)
解析：NH4NO3溶液呈酸性,原因是N发生了水解反应,对应的水解离子方程式为N+H2ONH3·H2O+H+。滴加氨水后溶液由酸性变为中性,水的电离平衡向逆反应方向移动。由Kb==2×10-5
mol·L-1,c(OH-)=10-7
mol·L-1,则c(N)=200c(NH3·H2O),故n(N)=200n(NH3·H2O),根据电荷守恒可知n(N)=n(N),则溶液中n(N)+n(NH3·H2O)=a+,根据物料守恒,滴加氨水物质的量浓度c=(a+-a)
mol÷b
L=
mol·L-1。
答案：N+H2ONH3·H2O+H+ 逆向
14(1)常温下,有A、B、C、D四种无色溶液,它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、盐酸和NaNO3溶液中的一种。已知A、B的水溶液中水的电离程度相同,A、C溶液的pH相同。
则:①B是 溶液,C是 。
②常温下若B溶液中c(OH-)与C溶液中的c(H+)相同,B溶液的pH用pHb表示,C溶液的pH用pHc表示,则pHb+pHc= (填数值)。
(2)已知某溶液中只存在OH-、H+、N、Cl-四种离子,某同学推测其离子浓度大小顺序有以下几种:
①c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-)
②c(Cl-)>c(N)>c(OH-)>c(H+)
③c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
④c(Cl-)>c(H+)>c(N)>c(OH-)
则:
(Ⅰ)上述关系一定不正确的是 (填序号)。
(Ⅱ)若溶液中只有一种溶质,则该溶液中离子浓度的大小关系为 (填序号)。
(Ⅲ)若离子浓度关系有c(N)=c(Cl-),则该溶液显 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。
解析：(1)CH3COONa溶液中水的电离受到促进,溶液显碱性;NH4Cl溶液中水的电离受到促进,溶液显酸性;盐酸中水的电离受到抑制,溶液显酸性;NaNO3溶液中水的电离不受影响,溶液显中性。所以A、B、C、D分别为NH4Cl、CH3COONa、盐酸、NaNO3。常温下若CH3COONa溶液中c(OH-)与盐酸中的c(H+)相同,则有pHb=14+lgc(H+),C溶液pHc=-lgc(H+),则pHb+pHc=14。
(2)溶液中只存在OH-、H+、N、Cl-四种离子时,c(Cl-)>c(N)>c(OH-)>c(H+)一定不存在,因为此时溶液中正负电荷的总数不相等;若溶液中只有一种溶质,则为NH4Cl溶液,该溶液中离子浓度的大小关系为c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-);若四种离子浓度关系有c(N)=c(Cl-),根据溶液的电中性原理,有c(OH-)=c(H+),则该溶液显中性。
答案：(1)①CH3COONa 盐酸 ②14
(2)(Ⅰ)② (Ⅱ)① (Ⅲ)中性
能力提升
★1(2017全国Ⅰ)常温下,将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
(导学号55660042)
A.Ka2(H2X)的数量级为10-6
B.曲线N表示pH与lg的变化关系
C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)
解析：在横坐标为0.0时,由曲线M对应的pH大于曲线N对应的pH,可知曲线M表示pH与lg的变化关系,曲线N表示pH与lg的变化关系,故B项正确;Ka2(H2X)=·c(H+),取曲线M上横、纵坐标清晰的一点代入可得Ka2的数量级为10-6,A项正确;由曲线M、N上横坐标为0.0的点对应的pH均小于7,可知HX-的电离程度大于其水解程度,则C项正确;由图像可知,当pH等于7时,lg应大于0,即c(X2-)>c(HX-),D项错误。
答案：D
2(2016天津理综)室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1
mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是( )
A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHD
B.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)
C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)
D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)
解析：A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)
>c(H+)>c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。
答案：C
★3(2016浙江理综)苯甲酸钠(,缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25
℃时,HA的Ka=6.25×10-5,H2CO3的Ka1=4.17×10-7,Ka2=4.90×10-11。在生产碳酸饮料的过程中,除了添加NaA外,还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25
℃,不考虑饮料中其他成分)( )
(导学号55660043)
A.相比于未充CO2的饮料,碳酸饮料的抑菌能力较低
B.提高CO2充气压力,饮料中c(A-)不变
C.当pH为5.0时,饮料中=0.16
D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为:c(H+)=c(HC)+c(C)+c(OH-)-c(HA)
解析：充入CO2的碳酸饮料中,H+浓度大,易于形成抑菌能力强的HA,故碳酸饮料抑菌能力强,A项错误;提高CO2的充气压力,能够增大CO2的溶解度,溶液中H+浓度增大,饮料中c(HA)增大,c(A-)减小,B项错误;根据电离平衡常数的关系式可得:Ka(HA)==6.25×10-5,整理得=0.16,C项正确;根据电荷守恒得:c(H+)+c(Na+)=c(A-)+2c(C)+c(OH-)+c(HC),根据物料守恒得:c(Na+)=c(A-)+c(HA),将c(Na+)=c(A-)+c(HA)代入电荷守恒关系式可得:c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)-c(HA),D项错误。
答案：C
★440
℃,在氨-水体系中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如图所示。下列说法不正确的是( )
A.在pH=9.0时,c(N)>c(HC)>c(NH2COO-)>c(C)
B.不同pH的溶液中存在关系:c(N)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(NH2COO-)+c(OH-)
C.随着CO2的通入,不断增大
D.在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO-的中间产物生成
解析：对图像以pH=9做垂线,根据垂线与各离子的交点可知离子浓度关系为c(N)>c(HC)>c(NH2COO-)>c(C),A选项正确;根据电荷守恒,溶液中离子浓度关系为c(N)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(NH2COO-)+c(OH-),B选项正确;根据NH3·H2O的电离常数(Kb)可知,随着CO2的通入N浓度增大,则减小,C选项错误;从图可知pH在10.5~8.0之间,NH2COO-浓度先增大后减小,D选项正确。
答案：C
★5室温下,下列溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A.Na2S溶液:c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H2S)
B.Na2C2O4溶液:c(OH-)=c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4)
C.Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(OH-)
D.CH3COONa和CaCl2混合溶液:c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)
解析：A项,Na2S溶液中所有电离、水解方程式有:Na2S2Na++S2-、S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-、H2OH++OH-,因此溶液中OH-来源于S2-、HS-的水解和水的电离三部分,HS-仅来源于S2-的水解,所以c(OH-)>c(HS-),A项错误;B项,由电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2)和物料守恒:c(Na+)=2c(H2C2O4)+2c(HC2)+2c(C2),二者结合可知B项正确;C项的电荷守恒关系应为:c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(OH-),C项错误;D项的物料守恒关系式应为:c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-),D项错误。
答案：B
6用物质的量都是0.1
mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1
L混合溶液,已知其中c(CH3COO-)>c(Na+),对该混合溶液的下列判断正确的是( )
A.c(H+)B.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2
mol·L-1
C.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
D.c(CH3COO-)+c(OH-)=0.2
mol·L-1
解析：CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中,CH3COOH的电离和CH3COONa的水解因素同时存在。已知c(CH3COO-)>c(Na+),根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),可得出c(OH-)mol·L-1的CH3COOH和0.1
mol·L-1的CH3COONa溶液中,起主要作用的是电离,即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO-的水解趋势。根据物料守恒,可知B项正确。
答案：B
7向盛有10
mL
1
mol·L-1
NH4Al(SO4)2溶液的烧杯中滴加1
mol·L-1
NaOH溶液,沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如右:
(1)NH4Al(SO4)2溶液中,离子浓度由大到小的顺序是
。
(2)写出M点反应的离子方程式: 。
(3)若在NH4Al(SO4)2溶液中改加20
mL
1.2
mol·L-1
Ba(OH)2溶液,充分反应后,溶液中产生沉淀的物质的量为
mol。
解析：(1)其电离方程式为NH4Al(SO4)2N+Al3++2S,由于碱性:NH3·H2O>Al(OH)3,故Al3+水解程度大于N水解程度,则溶液中各离子浓度大小顺序为c(S)>c(N)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)。
(2)向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液时,先后发生反应:Al3++3OH-Al(OH)3↓、N+OH-NH3·H2O、Al(OH)3+OH-Al+2H2O,则m点反应为N+OH-NH3·H2O。
(3)溶液中含0.01
mol
N、0.01
mol
Al3+和0.02
mol
S,20
mL
1.2
mol·L-1
Ba(OH)2溶液中含0.024
mol
Ba2+和0.048
mol
OH-,其中0.01
mol
N结合0.01
mol
OH-生成NH3·H2O,则两溶液混合时共生成0.02
mol
BaSO4沉淀和0.002
mol
Al(OH)3沉淀。
答案：(1)c(S)>c(N)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-) (2)N+OH-NH3·H2O (3)0.022
8NaHSO4与NaHCO3是两种重要的酸式盐。
(1)NaHSO4固体溶于水显酸性,而NaHCO3固体溶于水显碱性,请用离子方程式并配以必要的文字来说明NaHCO3固体溶于水显碱性的原因
。
(2)常温下把1
mL
0.2
mol·L-1的NaHSO4溶液加水稀释成2
L溶液,此时溶液中由水电离产生的c(H+)为 。
(3)NaHSO4和NaHCO3两溶液混合反应的离子方程式为 。
(4)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性,请写出反应的离子方程式: ;在以上溶液中,继续滴加Ba(OH)2溶液,此时反应的离子方程式为 。
(5)若将等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba(OH)2溶液混合,反应的离子方程式为 。
解析：(1)NaHCO3是酸式盐,分析其溶液酸碱性就是分析HC水解能力与HC电离能力的相对大小,溶液呈碱性,说明HC水解能力大于其电离能力。
(2)c(NaHSO4)==1.0×10-4
mol·L-1,则c(H+)=1.0×10-4
mol·L-1,溶液中由水电离的c(H+=c(OH-=c(OH-)==1.0×10-10
mol·L-1。
(3)NaHSO4Na++H++S,所以NaHSO4溶液相当于一元强酸溶液,与NaHCO3溶液混合,HC+H+H2O+CO2↑。
(4)NaHSO4+Ba(OH)2BaSO4↓+H2O+NaOH,Ba2+、S恰好完全反应。2NaHSO4+Ba(OH)22H2O+BaSO4↓+Na2SO4,OH-、H+恰好完全反应,溶液呈中性,此时溶液中还有Na2SO4。Na2SO4+Ba(OH)2BaSO4↓+2NaOH,又生成沉淀,溶液显碱性。
(5)NaHCO3+Ba(OH)2BaCO3↓+NaOH+H2O,改写成离子方程式:HC+Ba2++OH-BaCO3↓+H2O。
答案：(1)NaHCO3Na++HC,HC+H2OH2CO3+OH-,HCC+H+,且HC水解程度大于电离程度,故溶液呈碱性
(2)1×10-10
mol·L-1 (3)H++HCH2O+CO2↑ (4)2H++S+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O S+Ba2+BaSO4↓ (5)HC+Ba2++OH-BaCO3↓+H2O
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10第四章
电化学基础检测
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题包括18个小题,每小题3分,共54分)
1如图所示,将铁棒和石墨棒插入1
L
1
mol·L-1食盐水中。下列说法正确的是( )
A.若电键K与N连接,铁被保护不会腐蚀
B.若电键K与N连接,正极反应式是4OH--4e-2H2O+O2↑
C.若电键K与M连接,将石墨棒换成铜棒,可实现铁棒上镀铜
D.若电键K与M连接,当两极共产生28
L(标准状况)气体时,生成了1
mol
NaOH
答案：D
2如下图所示是某太空空间站能量转化系统的局部示意图,其中燃料电池采用KOH溶液为电解液,下列有关说法中正确的是( )
A.该能量转化系统工作时,需不断补充H2O
B.该转化系统的能量本质上来源于太阳能
C.水电解系统中的阴极反应:O2+2H2O+4e-4OH-
D.燃料电池放电时的负极反应:H2-2e-2H+
答案：B
3化学用语是学习化学的重要工具,下列用来表示物质变化的化学用语中,正确的是( )
A.电解饱和食盐水时,阳极的电极反应式为:2Cl--2e-Cl2↑
B.氢氧燃料电池的负极反应式:O2+2H2O+4e-4OH-
C.粗铜精炼时,与电源正极相连的是纯铜,电极反应式为:Cu-2e-Cu2+
D.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式:Fe-2e-Fe2+
答案：A
4下列叙述中错误的是( )
A.电解池是电能转化为化学能的装置
B.原电池跟电解池连接后,电子从原电池负极流向电解池阳极
C.电镀时,电镀池里的阳极材料发生氧化反应
D.电解饱和食盐水时,阴极得到氢氧化钠溶液和氢气
答案：B
5关于下图所示的原电池,下列说法中正确的是( )
A.电子从锌电极通过电流计流向铜电极
B.盐桥中的阴离子向硫酸铜溶液中迁移
C.锌电极发生还原反应,铜电极发生氧化反应
D.铜电极上发生的电极反应是2H++2e-H2↑
答案：A
6观察下列几个装置示意图,有关叙述正确的是( )
A.装置①中阳极上析出红色固体
B.装置②的待镀铁制品应与电源正极相连
C.装置③闭合电键后,外电路电子由a极流向b极
D.装置④的阳离子交换膜允许阳离子、阴离子、水分子自由通过
解析：装置①中阳极反应为2Cl--2e-Cl2↑,A错误;装置②中待镀铁制品应作阴极,应与电源负极相连,B错误;装置③中a极是原电池的负极,H2失电子,电子经导线流向b极,C正确;装置④中的阳离子交换膜不允许阴离子自由通过,D错误。
答案：C
7下列叙述中正确的是( )
A.纯锌与稀硫酸反应时,加入少量CuSO4溶液,可使反应加快
B.甲醇和氧气以及KOH溶液构成的新型燃料电池中,其负极上发生的反应为:CH3OH+6OH-+6e-CO2+5H2O
C.在铁件上镀铜时,金属铜作阴极
D.电解精炼铜时,电解质溶液中铜离子浓度保持不变
解析：锌置换出少量铜后形成铜锌原电池,使反应加快,A项正确;负极上应发生失去电子的氧化反应,并且CO2在碱性环境中要生成C,B项错误;电镀池中,镀层金属作阳极,C项错误;电解精炼铜时,溶液中铜离子浓度降低,D项错误。
答案：A
8某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+,其基本结构如图所示,电池总反应可表示为:2H2+O22H2O,下列有关说法正确的是( )
A.电子通过外电路从b极流向a极
B.b极上的电极反应式为:O2+2H2O+4e-4OH-
C.每转移0.1
mol电子,消耗1.12
L的H2
D.H+由a极通过固体酸膜电解质传递到b极
解析：由电极反应式可知,氢气通入的一极为负极,氧气通入的一极为正极,故a为负极、b为正极,电子应该是通过外电路由a极流向b极,A错误;B项,b极上的电极反应式为O2+4H++4e-2H2O;C项,没有明确此时是否处于标准状况,故无法计算气体的体积。
答案：D
9如图所示,铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里,电流计中有电流通过,下列说法正确的是( )
A.锌片是负极
B.两个铜片上都发生氧化反应
C.石墨是阴极
D.两个番茄都形成原电池
解析：左侧Cu、Zn与番茄汁构成原电池,锌片是负极,发生氧化反应,铜片是正极,发生还原反应,A项正确、B项错误;右侧为电解池,Cu为阴极,石墨为阳极,C、D项错误。
答案：A
10下列叙述中正确的是( )
A.在原电池的负极和电解池的阴极上都发生失电子的氧化反应
B.用惰性电极电解Na2SO4溶液,阴阳两极产物的物质的量之比为1∶2
C.用惰性电极电解饱和NaCl溶液,若有1
mol电子转移,则生成1
mol
NaOH
D.镀层破损后,镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀
解析：选项A中在电解池的阴极是阳离子得到电子,发生的是还原反应;选项B中用惰性电极电解Na2SO4溶液,实际上是电解水,在阴极上:4H++4e-2H2↑,在阳极上:4OH--4e-2H2O+O2↑,所以阴阳两极产物的物质的量之比为2∶1;选项C中2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑,每生成2
mol的NaOH转移电子2
mol,所以转移1
mol电子,生成的NaOH就是1
mol;选项D中镀层破损后,镀锡铁组成的原电池,Fe作负极而被腐蚀,镀锌铁组成的原电池,Zn作负极,所以镀层破损后,镀锡铁板比镀锌铁板更容易被腐蚀。
答案：C
11为了防止钢铁锈蚀,下列防护方法中正确的是( )
A.在精密机床的铁床上安装铜螺钉
B.在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一铅块,一同浸入海水中
C.在海轮壳上镶嵌锌块
D.将电动输油管的铸铁管接直流电源的正极,电源负极接惰性电极
解析：A、B中形成的原电池都是铁作负极,加速钢铁腐蚀;D中铸铁管作阳极,加速腐蚀;C中锌比铁活泼,铁作正极。
答案：C
12Cu2O是一种半导体材料,用作制造整流器的材料,还可以用于制船底防污漆(杀死低级海生动物)、农作物的杀菌剂。在实验室里可模拟工业过程制取Cu2O,总反应式是2Cu+H2OCu2O+H2↑,其装置如图,下列有关说法不正确的是( )
A.该实验符合绿色化学的设计理念
B.图中的虚线框内需连接直流电源,且正极与石墨相连
C.CuO高温加热分解也可以得到Cu2O
D.上述装置中,阳极的电极反应式是2Cu+2OH--2e-Cu2O+H2O
解析：正极应与铜极相连。
答案：B
13关于电解饱和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,溶液呈棕黄色
C.若在阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液,溶液呈无色
D.电解一段时间后,将全部电解液转移到烧杯中,充分搅拌后溶液呈中性
解析：电解饱和NaCl水溶液,阳极析出氯气,阴极析出氢气,A错误;若在阳极附近滴入KI溶液,将析出I2,得到I2的水溶液,故显棕黄色,B正确;阴极附近由于显碱性,加酚酞显红色;电解一段时间后,搅拌得到的是含有NaOH的溶液,显碱性。
答案：B
14将Al、Cu片用导线相连,一组插入浓硝酸中,一组插入稀NaOH溶液中,分别构成了原电池,则在这两个原电池中,正极分别为( )
A.Al片、Cu片
B.Cu片、Al片
C.Al片、Al片
D.Cu片、Cu片
解析：将Al片和Cu片用导线相连,插入浓硝酸中,此时Al在浓硝酸中钝化,不能继续反应,而Cu却能与浓硝酸继续反应,则Cu为负极;插入稀NaOH溶液中,Al能与NaOH溶液反应,此时Al失去电子被氧化,则Al为负极。
答案：A
15下列有关电化学装置完全正确的是( )
A
B
C
D
铜的精炼
铁上镀银
防止Fe被腐蚀
构成铜锌原电池
解析：电解精炼铜时,应该用粗铜作阳极,纯铜作阴极,故A错误;铁上镀银时,应该用银作阳极,铁作阴极,故B错误;C是外加电流的阴极保护法,正确;铜锌原电池中,锌应插入硫酸锌溶液中,铜应插入硫酸铜溶液中,故D错误。
答案：C
16用石墨电极电解CuCl2溶液(见右图)。下列分析正确的是( )
A.a端是直流电源的负极
B.通电使CuCl2发生电离
C.阳极上发生的反应:Cu2++2e-Cu
D.通电一段时间后,在阴极附近观察到黄绿色气体
解析：由电解装置图可知,Cu2+向阴极移动,可知a为电源负极,A项正确;CuCl2溶于水中就能电离成自由移动的Cu2+和Cl-,B项错误;在阳极上发生氧化反应,其电极反应为2Cl--2e-Cl2↑,C项错误;通电一段时间后,应在阳极附近观察到黄绿色的气体Cl2,D项错误。
答案：A
17可用于电动汽车的铝—空气燃料电池,通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液,铝合金为负极,空气电极为正极。下列说法正确的是( )
A.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时,正极反应都为:O2+2H2O+4e-4OH-
B.以NaOH溶液为电解液时,负极反应为:Al-3e-Al3+
C.以NaOH溶液为电解液时,电池在工作过程中电解液的pH保持不变
D.电池工作时,电子通过外电路从正极流向负极
解析：B项,以NaOH溶液为电解液时,不应生成Al(OH)3沉淀,而应生成Al;C项,电解液的pH应减小;D项,电子通过外电路从负极流向正极。
答案：A
18如图所示,下列叙述中正确的是( )
A.Y为阴极,发生还原反应
B.X为正极,发生氧化反应
C.Y与滤纸接触处有氧气生成
D.X与滤纸接触处变红
解析：左侧形成了锌铜原电池,锌是负极,铜是正极,则Y是阴极,氢离子得电子生成氢气,发生了还原反应,破坏了水的电离平衡,Y极附近溶液呈碱性,溶液呈红色;X是阳极,电极本身被氧化生成Cu2+。
答案：A
二、非选择题(本题包括6小题,共46分)
19(7分)如图为持续电解含一定CaCl2水溶液的装置(以铂为电极), 为电流表。电解一段时间t1后,将CO2持续通入电解液中。
(1)电解时,F极发生 (填“氧化”或“还原”,下同)反应,电极反应式为 ,E极发生 反应,电极反应式为 ,电解总反应式为 。
(2)通电后E极处溶液呈 。
(3)持续通入CO2发生的现象有 。
解析：溶液中含有Ca2+、H+、Cl-、OH-,通电时,Ca2+、H+移向阴极,由于H+放电能力比Ca2+强,在E极上发生反应:2H++2e-H2↑;Cl-、OH-移向阳极,Cl-在阳极放电:2Cl--2e-Cl2↑,电解至t1后,溶液中OH-浓度增大,通入CO2后会有CaCO3沉淀生成,继续通入CO2,CaCO3转化为Ca(HCO3)2而使沉淀又溶解。
答案：(1)氧化 2Cl--2e-Cl2↑ 还原 2H++2e-H2↑ CaCl2+2H2OCa(OH)2+H2↑+Cl2↑ (2)红色 (3)先出现白色沉淀,继续通CO2,沉淀又消失
20(7分)(1)下列哪些装置可防止铁棒被腐蚀 。
(2)在实际生产中,可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀。装置如图:
请回答:
①A电极对应的金属是 (写元素名称),B电极的电极反应式是 。
②若电镀前A、B两金属片质量相同,电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量,二者质量差为5.12
g,则电镀时电路中通过的电子为
mol。
③镀层破损后,镀铜铁比镀锌铁更容易被腐蚀,请简要说明原因 。
解析：(1)根据原电池和电解原理可知,A项铁作负极,加速了铁的腐蚀;B项铁作正极被保护;C项为铁的自然腐蚀;D项铁作阴极,被保护。
(2)①镀铜时阳极材料应选铜。
②阳极铜溶解,阴极析出铜,故在阴极析出铜的质量为:=2.56
g。根据Cu2++2e-Cu可知转移电子物质的量为0.08
mol。
③镀铜铁镀层破损,构成原电池时铁为负极,而镀锌铁镀层破损,铁作正极。
答案：(1)BD (2)①铜 Cu2++2e-Cu ②0.08 ③铁比铜活泼,镀层破坏后,在潮湿环境中形成原电池,铁为负极,加速铁的腐蚀(叙述合理即可)
21(10分)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为 极。
(2)Pt电极上生成的物质是 ,其质量为
g。
(3)电源输出电子的物质的量与电极b、c、d上生成物的物质的量之比为:2∶∶ ∶ 。
(4)AgNO3溶液的浓度 (填“增大”“减小”或“不变”,下同),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
g。
解析：(1)因为用惰性电极电解稀硫酸,就是电解水,在阴极产生H2,在阳极产生O2,且二者的体积比为2∶1,根据图中收集到气体体积大小,可知d处收集的是H2,c处收集的是O2,所以d是阴极,c是阳极;与电极d相连的N极是电源的负极,M是电源的正极。生成气体的总物质的量为:=0.015
mol,所以n(O2)=×0.015
mol=0.005
mol,电极上转移电子的物质的量为:n(e-)=4×0.005
mol=0.02
mol。
(2)a极的反应:Ag-e-Ag+,b极的电极反应:Ag++e-Ag;所以Pt电极生成的物质是Ag,根据(1)转移的电子的物质的量可知m(Ag)=108
g·mol-1×0.02
mol=2.16
g。
(3)a、b、c、d极上的反应分别为:Ag-e-Ag+、Ag++e-Ag、4OH--4e-2H2O+O2↑、2H++2e-H2↑,所以电源输出电子的物质的量与电极b、c、d生成物的物质的量之比为2∶2∶0.5∶1。
(4)左边装置相当于在Pt上镀银,溶液中AgNO3浓度不变;右边装置相当于电解水,使硫酸浓度增大,pH减小。
(5)2H2O2H2↑+O2↑,根据c、d两极生成的气体的体积336
mL,可知电解的水的物质的量:n(H2O)=2n(O2)=2×0.005
mol=0.01
mol,则m(H2O)=0.01
mol×18
g·mol-1=0.18
g。设原有5.00%的H2SO4溶液的质量为m,则根据溶质守恒得:5.00%×m=(m-0.18
g)×5.02%,解之得:m=45.18
g。
答案：(1)正 (2)Ag 2.16 (3)2 0.5 1 (4)不变
减小 (5)45.18
22(7分)人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素,原理如下图。
(1)电源的负极为 (填“A”或“B”)。
(2)阳极室中发生的反应依次为 、 。
(3)电解结束后,阴极室溶液的pH与电解前相比将 ;若两极共收集到气体13.44
L(标准状况),则除去的尿素为
g(忽略气体的溶解)。
解析：(1)由图中产生Cl2的电极为阳极知A为电源正极,B为电源负极。
(2)阳极室发生反应2Cl--2e-Cl2↑。
由产物CO2、N2知CO(NH2)2在此室被氧化,CO(NH2)2CO2+N2,发生还原反应的为Cl2。故化学方程式为CO(NH2)2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl。
(3)阴极室2H++2e-H2↑。阳极室产生的H+通过质子交换膜进入阴极室,从而使阴极室H+浓度保持不变。故pH与电解前相比不变。两极共收集到的气体n(气体)==0.6
mol。
阳极 阴极
~6e-~CO(NH2)2
5
mol
60
g
0.6
mol
m[CO(NH2)2]
m[CO(NH2)2]==7.2
g
答案：(1)B (2)2Cl--2e-Cl2↑ CO(NH2)2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl (3)不变 7.2
23(8分)某科研单位利用电化学原理用SO2来制备硫酸,装置如图所示。电极为多孔的材料,能吸附气体,同时也能使气体与电解质溶液充分接触。
(1)通入SO2的电极为 极,其电极反应式为 ,此电极区溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)电解质溶液中的H+通过质子膜 (填“向左”“向右”或“不”)移动,通入氧气的电极反应式为 。
(3)电池总反应式为 。
解析：(1)用SO2制备硫酸,SO2被氧化,为负极反应物,S的化合价升高2,即SO2-2e-S,溶液显酸性,用H2O、H+配平得SO2+2H2O-2e-S+4H+,依据电极反应式可知负极区溶液酸性增强;(2)阳离子向正极区移动,O2得电子,由于溶液显酸性,故用H2O、H+配平得O2+4H++4e-2H2O;(3)电池总反应式为2SO2+2H2O+O22H2SO4。
答案：(1)负 SO2+2H2O-2e-S+4H+ 减小
(2)向右 O2+4H++4e-2H2O
(3)2SO2+2H2O+O22H2SO4
24(7分)某研究性学习小组根据反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O设计如图原电池,其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1
mol·L-1,溶液的体积均为200
mL,盐桥中装有饱和K2SO4溶液。
回答下列问题:
(1)此原电池的正极是石墨 (填“a”或“b”),发生 反应。
(2)电池工作时,盐桥中的S移向 (填“甲”或“乙”)烧杯。
(3)两烧杯中的电极反应式分别为
甲: ,乙: 。
(4)若不考虑溶液的体积变化,MnSO4浓度变为1.5
mol·L-1,则反应中转移的电子为
mol。
解析：(1)根据题目提供的总反应方程式可知,KMnO4作氧化剂,发生还原反应,故石墨a是正极。(2)电池工作时,S向负极移动,即向乙烧杯移动。(3)甲烧杯中的电极反应式为Mn+8H++5e-Mn2++4H2O;乙烧杯中的电极反应式为5Fe2+-5e-5Fe3+。(4)溶液中的MnSO4浓度由1
mol·L-1变为1.5
mol·L-1,由于溶液的体积未变,则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5
mol·L-1×0.2
L=0.1
mol,转移的电子为0.1
mol×5=0.5
mol。
答案：(1)a 还原 (2)乙 (3)Mn+8H++5e-Mn2++4H2O 5Fe2+-5e-5Fe3+ (4)0.5
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1第2课时 溶液pH的计算
基础巩固
1如图所示,能表示人体大量喝水时,胃液的pH变化的图像是( )
答案：A
225
℃时的下列溶液中,碱性最强的是( )
A.pH=11的溶液
B.c(OH-)=0.12
mol·L-1的溶液
C.1
L含有4
g
NaOH的溶液
D.c(H+)=1×10-10
mol·L-1的溶液
答案：B
3将pH为8的NaOH溶液与pH为10的NaOH溶液等体积混合后,溶液的氢离子浓度最接近于( )
A.2×10-10
mol·L-1
B.(10-8+10-10)mol·L-1
C.(10-8+10-10)
mol·L-1
D.(10-6+10-4)
mol·L-1
答案：A
4下列叙述正确的是( )
A.100
℃纯水的pH=6,所以水在100
℃时呈酸性
B.pH=3的盐酸,稀释至10倍后pH>4
C.0.2
mol·L-1的醋酸,与等体积水混合后pH=1
D.常温时,pH=3的盐酸与pH=11的氢氧化钠等体积混合后pH=7
答案：D
5常温下,若1体积硫酸恰好与10体积pH=11的氢氧化钠溶液完全反应,则二者物质的量浓度之比应为
( )
A.10∶1
B.5∶1
C.1∶1
D.1∶10
解析：强酸和强碱完全反应,c(H+)酸V酸=
c(OH-)碱V碱,可求出酸与碱的物质的量浓度之比为5∶1。
答案：B
6常温下,pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合,所得混合液的pH=11,则强碱与强酸的体积比是( )
A.11∶1
B.9∶1
C.1∶11
D.1∶9
解析：可设碱与酸的体积分别为V碱和V酸,由题意可知,混合后碱过量,可列等式:=10-(14-11) 解之可得V碱∶V酸=1∶9。
答案：D
725
℃时,将某强酸和某强碱溶液按1∶10的体积比混合后,溶液恰好呈中性,则混合前此强酸和强碱的pH和为( )
A.12
B.13
C.14
D.15
解析：强酸和强碱溶液按1∶10的体积比混合恰好呈中性,则说明酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子浓度的10倍,故pH和为13。
答案：B
8有甲、乙两瓶醋酸稀溶液,测得甲的pH=a,乙的pH=a+1,下列推断正确的是( )
A.物质的量浓度c(甲)是c(乙)的10倍
B.溶液中c(OH-)甲是乙的10倍
C.由水电离产生的c(H+)乙是甲的10倍
D.与等量的NaOH反应消耗甲、乙两酸的体积V(乙)<10V(甲)
答案：C
925
℃时,pH=3的盐酸中由水电离出的H+浓度与pH=5的盐酸中由水电离出的H+浓度的比值是
( )
A.10-2
B.102
C.2
D.12
解析：酸溶液中氢氧根离子的来源只有水,故c(H+)水=c(OH-)水,因此两溶液中由水电离的H+浓度的比值是(1×10-11)÷(1×10-9)=10-2。
答案：A
10把pOH定义为pOH=-lgc(OH-),则弱碱溶液中c(OH-)可表示为( )
A.
B.10pH
C.10-pH
D.10pH-14
解析：因为KW=c(H+)·c(OH-)=1×10-14,pOH=-lgc(OH-)=-lg=14-pH,故c(OH-)=10pH-14。
答案：D
11将pH=2的盐酸平均分为2份,一份加入适量水,另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量氢氧化钠溶液后,pH都升高了1,则加入的水与氢氧化钠溶液的体积比为( )
A.9∶1
B.10∶1
C.11∶1
D.12∶1
解析：设每份盐酸的体积为1
L,将pH=2的盐酸加水,pH升高1,说明加入水的体积为9
L;另一份加入与盐酸物质的量浓度相同的适量氢氧化钠后,pH升高1,可设加入氢氧化钠溶液的体积为V,则0.01
mol·L-1×1
L-0.01
mol·L-1×V=0.001
mol·L-1×(1
L+V),解得V=
L,所以加入的水与氢氧化钠溶液的体积比为9∶=11∶1。
答案：C
12某温度下的水溶液中,c(H+)=10x
mol·L-1,c(OH-)=10y
mol·L-1。x与y的关系如图所示。
(1)该温度下,水的离子积为 。
(2)该温度下,0.01
mol·L-1
NaOH溶液的pH为 。
答案：(1)10-15 (2)13
1325
℃时,将25
mL
12
mol·L-1的盐酸与100
mL
2
mol·L-1的NaOH溶液混合后,再稀释至1
L,该溶液的pH是 ,其中由水电离产生的c(H+)是 。
解析：c(H+)余=
=0.1
mol·L-1,所以pH=-lgc(H+)余=-lg0.1=1。该溶液中c(H+)水=c(OH-)=
mol·L-1=1×10-13
mol·L-1。
答案：1 1×10-13
mol·L-1
14(1)25
℃时,0.05
mol·L-1
H2SO4溶液的pH= ,0.01
mol·L-1
NaOH溶液的pH= 。
(2)某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7
mol·L-1,则此时溶液中的c(OH-)= ;若温度不变,滴入稀盐酸,使c(H+)=5×10-4
mol·L-1,则此时溶液中由水电离产生的c(H+)= 。
解析：(1)0.05
mol·L-1
H2SO4溶液中:c(H+)=0.05
mol·L-1×2=0.1
mol·L-1,pH=1。
0.01
mol·L-1
NaOH溶液中,c(OH-)=0.01
mol·L-1,c(H+)=
mol·L-1=10-12
mol·L-1,
pH=12。
(2)纯水中,c(H+)=c(OH-)=2×10-7
mol·L-1,此温度下KW=4×10-14。加入稀盐酸,c(H+)=
5×10-4
mol·L-1,则c(H+)水=c(OH-)水=
mol·L-1=8×10-11
mol·L-1。
答案：(1)1 12
(2)2×10-7
mol·L-1 8×10-11
mol·L-1
能力提升
1浓度均为0.10
mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度:b点大于a点
C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等
D.当lg=2时,若两溶液同时升高温度,则增大
解析：由图像知,0.10
mol·L-1的MOH溶液的pH为13,说明MOH为强碱,ROH溶液的pH小于13,说明ROH为弱碱,所以MOH的碱性强于ROH的碱性,A选项正确;稀释有利于弱电解质的电离,故B选项正确;若两溶液无限稀释则接近中性,则它们的c(OH-)相等,C选项正确;当lg=2时,MOH溶液的pH为11,ROH溶液的pH为10,若两溶液同时升高温度,ROH溶液中存在电离平衡,平衡会右移,c(R+)增大,c(M+)不变,故比值减小,D项错误。
答案：D
2900
mL
pH=5的盐酸和100
mL
pH=1的盐酸混合,该混合溶液的pH约为( )
A.2
B.3
C.4
D.5
答案：A
325
℃时,用水稀释pH=13的氨水至体积为原来的100倍,下列变化正确的是( )
A.OH-物质的量不变
B.稀释后溶液pH=11
C.c(H+)和c(OH-)的乘积变小
D.的值变大
解析：因为一水合氨是一元弱碱,在稀释时不断地电离出氢氧根离子,其物质的量不断增多;稀释100倍时,pH减小不到2个单位,即pH>11;温度不变,水的离子积不变。
答案：D
★4在25
℃时,有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液,取Va
L该HCl溶液用该NaOH溶液恰好完全中和,需Vb
L
NaOH溶液,问:
(导学号55660035)
(1)若a+b=14,则Va∶Vb= 。
(2)若a+b=13,则Va∶Vb= 。
(3)若a+b>14,则Va∶Vb= ,且Va (填“>”“<”或“=”)Vb。
解析：强酸与强碱完全中和时,有n(H+)=n(OH-),即10-aVa=10b-14Vb,=10a+b-14。当a+b=14时,=100=1;当a+b=13时,=10-1=;当a+b>14时,=10a+b-14>100=1,即Va>Vb。
答案：(1)1 (2) (3)10a+b-14 >
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1第三章
水溶液中的离子平衡检测
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题包括18个小题,每小题3分,共54分)
1下列关于电解质分类的组合中,完全正确的是( )
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
HClO
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
CaCO3
CH3COOH
非电解质
Cl2
CS2
C2H5OH
SO2
答案：D
2下列微粒对CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-水解平衡有影响的是( )
A.H3O+
B.+17
C.N
D.Ba2+
答案：A
310
mL浓度为1
mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是( )
A.H2SO4
B.CH3COONa
C.CuSO4
D.Na2CO3
解析：H2SO4溶液加入盐酸中,相当于增大H+物质的量,生成氢气的量增大,A项错误;CH3COONa与盐酸反应生成弱电解质CH3COOH,H+的浓度减小,反应速率减慢,但可产生的H+总物质的量不变,所以不影响H2生成量,B项正确;Zn与CuSO4溶液反应,生成Cu,Zn和Cu构成原电池,反应速率加快,C项错误;Na2CO3溶液与盐酸反应,消耗了部分H+,所以H2生成量减少,D项错误。
答案：B
4在某温度时,测得纯水中的c(H+)=2.0×10-7
mol·L-1,则c(OH-)为( )
A.2.0×10-7
mol·L-1
B.0.1×10-7
mol·L-1
C.
mol·L-1
D.无法确定
答案：A
525
℃时,已知Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Cu2+和Fe3+完全生成氢氧化物沉淀时的pH分别为6.7和3.2。现在向pH=0、浓度均为0.04
mol·L-1的Cu2+、Fe3+溶液中加入某一固体,以中和H+调节pH(设溶液体积不变),该过程中Cu2+、Fe3+的浓度与pH关系正确的是( )
答案：B
6常温下,将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释,溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。判断下列说法中,正确的是( )
A.两溶液稀释前的浓度相同
B.A、B、C三点溶液的pH由大到小顺序为A>B>C
C.A点的KW值比B点的KW值大
D.A点由水电离的c(H+)大于C点由水电离的c(H+)
解析：A项,醋酸是弱电解质不能完全电离,稀释前两者导电能力相同(氢离子浓度相同),则其浓度大于盐酸的浓度,错误;B项,B点的导电能力小于A点,即B点的氢离子浓度小于A点,则B点的pH大于A点,错误;C项,KW是温度的函数,温度不变KW不变,错误;D项,因为A点pH大于C点,所以A点由水电离出的c(OH-)大于C点由水电离出的c(OH-),即A点由水电离的c(H+)大于C点由水电离的c(H+)。
答案：D
7下列反应不属于水解反应或水解方程式错误的是( )
①HCl+H2OH3O++Cl-
②ZnCl2+2H2OZn(OH)2+2HCl
③Na2CO3+2H2OH2CO3+2NaOH
④Al2(CO3)3+6H2O2Al(OH)3↓+3H2CO3
A.①②
B.③④
C.①②④
D.①②③④
解析：①不是水解反应,是HCl的电离。②ZnCl2的水解是可逆的,应用“”。正确的写法是ZnCl2+2H2OZn(OH)2+2HCl或Zn2++2H2OZn(OH)2+2H+。③多元弱酸根的水解是分步进行的,且以第一步为主,以后各步逐渐减弱,可分步写,也可只写第一步,不可将多步合为一步写,正确的写法是Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH,NaHCO3+H2OH2CO3+NaOH。④因为Al2(CO3)3中阴、阳离子的水解相互促进,能进行到底,故正确写法应为Al2(CO3)3+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑。
答案：D
8下列叙述正确的是( )
A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B.25
℃时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液pH=7
C.25
℃时,0.1
mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D.0.1
mol
AgCl和0.1
mol
AgI混合后加入1
L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)
解析：稀醋酸中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,加入醋酸钠后溶液中醋酸根离子浓度增大,抑制醋酸的电离,A项错误;硝酸与氨水恰好反应生成NH4NO3,N发生水解使溶液显酸性,B项错误;H2S是弱电解质,Na2S是强电解质,故同浓度的两溶液,Na2S溶液导电能力强,C项正确;由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故混合溶液中氯离子和碘离子的浓度不同,D项错误。
答案：C
9下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是( )
A.0.1
mol·L-1
HCOOH溶液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(H+)
B.1
L
0.1
mol·L-1
CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O的溶液中:c(S)>c(N)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-)
C.0.1
mol·L-1
NaHCO3溶液中:c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)>c(HC)+c(C)+c(OH-)
D.等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中:c(Na+)>c(HX)>c(X-)>c(H+)>c(OH-)
解析：由溶液中电荷守恒可得,A项正确;溶液中N发生水解,故c(S)>c(N),且溶液呈酸性,B项正确;C项,由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-),故有c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)>c(HC)+c(C)+c(OH-);D项溶液若显酸性,则电离程度大于水解程度,应有c(X-)>c(Na+)>c(HX)。
答案：D
10电解质溶液有许多奇妙之处,你只有深入思考,才能体会到它的乐趣。下列关于电解质溶液的叙述中正确的是( )
A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不相同
B.常温下,1
mol·L-1的CH3COOH溶液与1
mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后,所得混合液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
C.物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中,c(N)前者小于后者
D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5
mol·L-1,则此溶液可能是盐酸
解析：A项,两种盐溶液中都含有Na+、HC、C、OH-和H+,所以离子种类相同;B项,CH3COOH与NaOH恰好反应生成CH3COONa,溶液呈碱性;C项,NH4HSO4电离产生的H+抑制N的水解,故c(N)前者小于后者,C正确;D项,溶液中由水电离出的c(H+)=10-5
mol·L-1>10-7
mol·L-1,水的电离得到了促进,而盐酸抑制水的电离,D项错误。
答案：C
11下列叙述正确的是( )
A.某醋酸溶液的pH=a,将此溶液稀释1倍后,溶液的pH=b,则a>b
B.在滴有酚酞的氨水里,加入NH4Cl至溶液恰好无色,则此时溶液的pH<7
C.常温下,1.0×10-3
mol·L-1盐酸的pH=3.0,1.0×10-8
mol·L-1盐酸的pH=8.0
D.常温下,若1
mL
pH=1的盐酸与100
mL
NaOH溶液混合后,溶液的pH=7,则NaOH溶液的pH=11
解析：A项,加水稀释,CH3COOH虽进一步电离,但pH仍增大,所以a7。C项,1.0×10-8
mol·L-1的盐酸pH应接近7。
答案：D
12已知HA的酸性比HB的弱,在物质的量浓度均为
0.1
mol·L-1的NaA和NaB混合溶液中,下列排序正确的是( )
A.c(OH-)>c(HA)>c(HB)>c(H+)
B.c(OH-)>c(A-)>c(B-)>c(H+)
C.c(OH-)>c(B-)>c(A-)>c(H+)
D.c(OH-)>c(HB)>c(HA)>c(H+)
解析：因为HA的酸性比HB的弱,所以A-的水解程度大于B-的水解程度,c(B-)>c(A-)>c(HA)>c(HB),只有A项正确。
答案：A
13以水为溶剂进行中和滴定的原理是H3O++OH-2H2O。已知液态SO2和纯水的导电性相近,液态SO2也能发生电离:2SO2S+SO2+ ΔH>0。下列叙述中错误的是( )
A.若以液态SO2为溶剂,用SOCl2滴定Na2SO3,该滴定反应可以表示为S+SO2+2SO2
B.液态SO2中有电离的存在,说明SO2在液态时转变为离子化合物
C.在一定温度下,液态SO2中c(S)与c(SO2+)的乘积是一个常数
D.适当升高温度,液态SO2的导电能力增强
解析：SO2是共价化合物,与聚集状态无关。
答案：B
14从植物花汁中提取的一种有机物HIn,可作酸碱指示剂,在水溶液中存在电离平衡:HIn(红色)H++In-(黄色),对上述平衡解释不正确的是( )
A.升高温度平衡正向移动
B.加入盐酸后平衡逆向移动,溶液显红色
C.加入NaOH溶液后平衡正向移动,溶液显黄色
D.加入NaHSO4溶液后平衡正向移动,溶液显黄色
解析：弱电解质的电离过程吸热,升温,电离平衡正向移动,A对;加入盐酸,c(H+)增大则平衡逆向移动,溶液显红色,B对;加入NaOH,与H+反应,电离平衡正向移动,溶液显黄色,C对;加入NaHSO4溶液,NaHSO4Na++H++S,c(H+)增大电离平衡逆向移动,D错误。
答案：D
15下列叙述中不正确的是( )
A.一定浓度的醋酸钠溶液可使酚酞溶液变红,其原因是发生了如下反应:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,使得溶液中的c(OH-)>c(H+)
B.在常温下,10
mL
0.02
mol·L-1盐酸与10
mL
0.02
mol·L-1
Ba(OH)2溶液充分混合,若混合后溶液的体积为20
mL,则溶液的pH=12
C.在0.1
mol·L-1
NH4Cl溶液中:c(H+)+c(N)=c(Cl-)+c(OH-)
D.5
mL
1
mol·L-1
CH3COONa溶液与5
mL
1
mol·L-1盐酸混合液中:c(Cl-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
解析：A项,CH3COONa溶液呈碱性正是因为CH3COO-水解,所以A项正确;B项,两溶液混合后c(OH-)==0.01
mol·L-1,故pH=12,B对;C项,依据电荷守恒判断,正确;D项中CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl,溶液中c(Na+)=c(Cl-),故D错误。
答案：D
16向体积为Va的0.05
mol·L-1
CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05
mol·L-1
KOH溶液,下列关系错误的是( )
A.Va>Vb时:c(CH3COOH)+c(CH3COO-)>c(K+)
B.Va=Vb时:c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)
C.Vac(K+)>c(OH-)>c(H+)
D.Va与Vb任意比时:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)
解析：Va=Vb,则溶质只有CH3COOK,据质子守恒知,B正确;若Va>Vb,则CH3COOH剩余,溶质为CH3COOH、CH3COOK,A正确;若Vac(CH3COO-),C错误;根据电荷守恒知,D正确。
答案：C
17已知下表数据:
物质
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Ksp/25
℃
8.0×10-16
2.2×10-20
4.0×10-38
完全沉淀时的pH范围
≥9.6
≥6.4
3~4
对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法,不正确的是( )
A.向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,最先看到红褐色沉淀
B.向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,最先看到白色沉淀
C.向该混合溶液中加入适量H2O2,并调节pH到3~4后过滤,可获得纯净的CuSO4溶液
D.在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在
解析：根据溶度积常数可知,逐滴加入NaOH溶液时,Fe3+最先沉淀,Fe2+最后沉淀,所以A项正确,B项不正确;由选项C的操作可知,溶液中Fe2+被氧化成Fe3+,调节pH可除去Fe3+,C正确;由表中数据知Fe3+在pH=4的环境中已沉淀完全,D正确。
答案：B
18有①②③三瓶体积相等,浓度都是1
mol·L-1的HCl溶液,将①加热蒸发至体积减少一半,在②中加入少量CH3COONa固体(加入后溶液仍呈强酸性),③不作改变,然后以酚酞作指示剂,用NaOH溶液滴定上述三种溶液,所消耗的NaOH溶液的体积是( )
A.①=③>②
B.③>②>①
C.③=②>①
D.①=②=③
解析：滴定过程中消耗NaOH溶液的体积取决于溶液中可提供的H+的总量,加热蒸发①时HCl挥发,导致n(H+)减小,使NaOH消耗量减少,而②中加入CH3COONa固体,虽然醋酸根能与H+结合,但生成的醋酸仍与NaOH反应,不影响溶液中可提供的H+的总量,故消耗NaOH溶液体积与③相同。
答案：C
二、非选择题(本题包括6小题,共46分)
19(7分)在室温下,下列五种溶液:
①0.1
mol·L-1
NH4Cl ②0.1
mol·L-1
CH3COONH4
③0.1
mol·L-1
NH4HSO4 ④0.1
mol·L-1
NH3·H2O和0.1
mol·L-1
NH4Cl混合液 ⑤0.1
mol·L-1
NH3·H2O
请根据要求填写下列空白:
(1)溶液①呈 (填“酸”“碱”或“中”)性,其原因是 (用离子方程式表示)。
(2)比较溶液②③中c(N)的大小关系是② (填“>”“<”或“=”)③。
(3)在溶液④中, 离子的浓度为0.1
mol·L-1;NH3·H2O和 离子的浓度之和为0.2
mol·L-1。
(4)室温下,测得溶液②的pH=7,则说明CH3COO-的水解程度 (填“>”“<”或“=”)N的水解程度,CH3COO-与N浓度的大小关系是:c(CH3COO-) (填“>”“<”或“=”)c(N)。
解析：(1)NH4Cl溶液中存在N的水解平衡,N+H2ONH3·H2O+H+,所以溶液呈酸性。
(2)②③溶液中均存在N+H2ONH3·H2O+H+,而②中阴离子CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,这样N与CH3COO-相互促进水解,而③溶液中NH4HSO4电离出的H+抑制了N的水解,所以c(N)大小为②<③。
(3)根据原子守恒知④溶液中,c(Cl-)=0.1
mol·L-1,c(NH3·H2O)+c(N)=0.1
mol·L-1+0.1
mol·L-1=0.2
mol·L-1。
(4)由于CH3COO-水解生成OH-,N水解生成H+,而溶液的pH=7,说明CH3COO-与N的水解程度相同,溶液中二者浓度也相同。
答案：(1)酸 N+H2ONH3·H2O+H+
(2)< (3)Cl- N (4)= =
20(6分)水的电离平衡曲线如图所示。
(1)若以A点表示25
℃时水在电离平衡时的离子浓度,当温度升高到100
℃时,水的电离平衡状态到B点,则此时水的离子积从 增加到 。
(2)将pH=8的Ba(OH)2溶液与pH=5的稀盐酸混合,并保持100
℃的恒温,欲使混合溶液pH=7,则Ba(OH)2溶液与盐酸的体积之比为 。
(3)已知AnBm的离子积为cn(Am+)×cm(Bn-),若某温度下,Ca(OH)2的溶解度为0.74
g,其饱和溶液密度设为1
g·cm-3,其离子积约为 。
解析：(1)水的离子积是纯水中或水溶液中H+与OH-总浓度的乘积,它在不同的温度下有不同的值。(2)在100
℃时,pH=6为中性,大于6为碱性,小于6为酸性。酸碱反应时,碱开始提供的OH-的物质的量去掉被酸中和的OH-的物质的量,即为最终剩余的OH-的物质的量。pH=-lgc(H+),其中c(H+)为溶液中H+的总浓度,该公式对任何条件下的任何溶液都适用。
(3)100
g
水中溶有0.74
g
Ca(OH)2达到饱和,此时溶液的体积约为0.1
L。所以c(Ca2+)=
mol·L-1=0.1
mol·L-1,c(OH-)=0.2
mol·L-1,故Ca(OH)2离子积为c(Ca2+)×c2(OH-)=0.1×(0.2)2=0.004。
答案：(1)10-14 10-12 (2)2∶9 (3)0.004
21(8分)某化学课外小组为测定空气中CO2的含量,进行了如下实验:
①配制0.100
0
mol·L-1和0.010
00
mol·L-1的标准盐酸。
②用0.100
0
mol·L-1的标准盐酸滴定未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00
mL,结果用去盐酸19.60
mL。
③用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气中的CO2。取Ba(OH)2溶液10.00
mL,放入100
mL容量瓶里加水至刻度线,取出稀释后的溶液放入密闭容器内,并通入10
L标准状况下的空气,振荡,这时生成沉淀。
④过滤上述所得浊液。
⑤取滤液20.00
mL,用0.010
00
mol·L-1的盐酸滴定,用去盐酸34.80
mL。请回答下列问题:
(1)配制标准盐酸时,需用下列哪些仪器 ;
A.托盘天平 B.容量瓶 C.酸式滴定管 D.量筒 E.烧杯 F.胶头滴管 G.玻璃棒
(2)滴定操作中,左手 ,右手 ,眼睛 ;
(3)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是 ;
(4)过滤所得浊液的目的是 ;
(5)此空气样品中含CO2的体积分数为 ;
(6)本实验中,若第一次滴定时使用的酸式滴定管未经处理,即注入第二种标准盐酸,并进行第二次滴定,使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析：(1)准确配制一定物质的量浓度的盐酸时,需要仪器有容量瓶、酸式滴定管、烧杯、胶头滴管及玻璃棒。
(2)滴定操作时,左手控制活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。
(3)Ba(OH)2+2HClBaCl2+2H2O,则c[Ba(OH)2]×10.00
mL=×0.1
mol·L-1×19.60
mL解得c[Ba(OH)2]=0.098
mol·L-1。
(4)为防止BaCO3与HCl反应,应分离出BaCO3。
(5)Ba(OH)2+CO2BaCO3↓+H2O,只要求出剩余的Ba(OH)2物质的量,就可以计算与CO2反应的Ba(OH)2物质的量,CO2的量也就计算出来了。过程如下:20
mL滤液中Ba(OH)2的物质的量为34.80×10-3
L×0.01
mol·L-1×=0.174×10-3
mol,那么100
mL滤液中有Ba(OH)2:0.174×10-3×5
mol=0.870×10-3
mol,原有Ba(OH)2:10×10-3
L×0.098
mol·L-1=0.980×10-3
mol,与CO2反应的Ba(OH)2有(0.980-0.870)×10-3
mol=0.110×10-3
mol,则n(CO2)=0.110×10-3
mol,则φ(CO2)=×100%=0.025%。
(6)偏大,因为第二次滴定消耗标准盐酸偏少,使计算出的剩余Ba(OH)2偏少,那么与CO2反应的Ba(OH)2就偏多。
答案：(1)B、C、E、F、G (2)控制活塞 摇动锥形瓶 注视锥形瓶内溶液颜色的变化 (3)0.098
0
mol·L-1
(4)分离出BaCO3,防止HCl与BaCO3反应 (5)0.025%
(6)偏大
22(9分)以下是25
℃时几种难溶电解质的溶解度:
难溶电解质
Mg(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
溶解度/g
9×10-4
1.7×10-6
1.5×10-4
3.0×10-9
在无机化合物的提纯中,常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子。例如:
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,再加入一定量的试剂反应,过滤结晶即可;
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,加入足量的氢氧化镁,充分反应,过滤结晶即可;
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+,先将混合物溶于水,加入一定量的H2O2,将Fe2+氧化成Fe3+,调节溶液的pH=4,过滤结晶即可。
请回答下列问题:
(1)上述三种除杂方案都能够达到很好效果,Fe2+、Fe3+都被转化为 (填名称)而除去。
(2)①中加入的试剂应选择 为宜,其原因是 。
(3)②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为 。
(4)下列关于方案③相关的叙述中,正确的是 (填字母)。
A.H2O2是绿色氧化剂,在氧化过程中不引进杂质,不产生污染
B.将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤
C.调节溶液pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D.Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中
E.在pH>4的溶液中Fe3+一定不能大量存在
解析：①中为了不引入杂质离子,应加入氨水使Fe3+沉淀,而不能用NaOH溶液。②中根据溶解度数据可知Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3,因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2除去Fe3+,然后将沉淀一并过滤。③中利用高价阳离子Fe3+易水解的特点,据题意可知调节溶液的pH=4可使Fe3+沉淀完全,为了不引入杂质离子,可使用CuO、Cu(OH)2等。
答案：(1)氢氧化铁 (2)氨水 不会引入新的杂质 (3)2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)3Mg2+(aq)+2Fe(OH)3(s) (4)ACDE
23(6分)常温下,将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表:
HA物质的量浓度/(mol·L-1)
NaOH物质的量浓度/(mol·L-1)
混合溶液的pH
0.1
0.1
pH=9
请回答:
(1)实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)= mol·L-1。
(2)写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能做近似计算)。
c(Na+)-c(A-)=
mol·L-1
c(OH-)-c(HA)=
mol·L-1
解析：(1)等体积、等浓度酸碱反应后混合溶液的pH=9,说明HA是弱酸,溶液中c(H+)=10-9
mol·L-1,根据A-+H2OHA+OH-可知水电离出的c(OH-)就是溶液中的c(OH-),则c(OH-)==10-5
mol·L-1。
(2)反应后的混合溶液中含有Na+、A-、OH-、H+四种离子,根据电荷守恒可得
c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-) ①
根据物料守恒可得c(Na+)=c(A-)+c(HA) ②
将②代入①得质子守恒:
c(H+)+c(HA)=c(OH-) ③
则①式变形得到c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=10-5
mol·L-1-10-9
mol·L-1;由质子守恒式③可得:
c(OH-)-c(HA)=c(H+)=10-9
mol·L-1。
答案：(1)10-5 (2)10-5-10-9 10-9
24(10分)水的离子积常数KW与温度t(℃)的关系如图所示:
(1)若t1=25
℃,则KW1= ;若t2=100
℃时,KW2=10-12,则此时0.05
mol·L-1的Ba(OH)2溶液的pH= 。
(2)已知25
℃时,0.1
L
0.1
mol·L-1的NaA溶液的pH=10,则NaA溶液中所存在的平衡有 。溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为 。
(3)25
℃时,将pH=11的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合,若所得混合溶液pH=9,则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为 。
解析：(1)25
℃时,c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1,KW1=1×10-14;由100
℃时,=10-12,c(OH-)=0.05
mol·L-1×2=0.1
mol·L-1,c(H+)=mol·L-1=1×10-11
mol·L-1,pH=11。
(2)0.1
mol·L-1的NaA溶液pH=10>7,说明HA为弱酸,溶液中存在的平衡有:H2OH++OH-,A-+H2OHA+OH-;离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。
(3)设V(NaOH)=x,V(H2SO4)=y,则有c(OH-)过==10-5,解得x∶y=1∶9。
答案：(1)1×10-14 11 (2)H2OH++OH-,A-+H2OHA+OH- c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) (3)1∶9
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1第2课时 热化学方程式 中和热的测定
基础巩固
1反应Br+H2HBr+H的能量与反应历程的关系曲线如图所示,下列叙述中正确的是( )
A.反应热:过程Ⅰ>过程Ⅱ
B.两个过程的反应热是相同的,ΔH=-80
kJ·mol-1
C.该反应为吸热反应
D.过程Ⅰ中使用了催化剂
答案：C
2分析如图的能量变化,确定表示该反应能量变化的方程式书写正确的是( )
A.2A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0
B.2A(g)+B(g)2C(g) ΔH>0
C.2A+B2C ΔH<0
D.2C2A+B ΔH<0
解析：由低能量的物质生成高能量的物质需要吸热,反之则放热,放热时ΔH<0。热化学方程式中要注明各物质的聚集状态。
答案：A
3实验表明,在一定条件下,乙烯和水反应的热化学方程式为:
C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)
ΔH=-45.8
kJ·mol-1
则下列说法中正确的是( )
A.实验中,乙烯的用量不会影响该反应的反应焓变(ΔH)
B.0.5
mol
H2O(l)
完全反应放出的热量为22.9
kJ
C.1
mol
C2H5OH(g)具有的能量大于1
mol
C2H4(g)和1
mol
H2O(g)所具有的能量和
D.1
mol
C2H4(g)和1
mol
H2O
(g)中化学键的总键能大于1
mol
C2H5OH(g)中化学键的总键能
解析：0.5
mol
H2O(g)完全反应放出的热量为22.9
kJ,B项错;放热反应,反应物总能量大于生成物总能量,生成物的总键能大于反应物的总键能,C、D项错。
答案：A
4已知充分燃烧a
g乙炔气体时生成1
mol二氧化碳气体和液态水,并放出热量b
kJ,则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是( )
A.2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-2b
kJ·mol-1
B.2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(g)
ΔH=-4b
kJ·mol-1
C.2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-4b
kJ·mol-1
D.2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=+4b
kJ·mol-1
解析：由题意知乙炔气体燃烧生成4
mol二氧化碳气体和液态水时,放出4b
kJ的热量,A错误,C正确;B项水的状态标错;D项ΔH符号标错。
答案：C
5已知在25
℃、101
kPa下,1
g
C8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.4
kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是( )
A.C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(g)
ΔH=-48.4
kJ·mol-1
B.C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l)
ΔH=-5
517.6
kJ·mol-1
C.C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l)
ΔH=+5
517.6
kJ·mol-1
D.C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l)
ΔH=-48.4
kJ·mol-1
解析：辛烷燃烧是一个放热反应,ΔH<0,C项错误;在25
℃,101
kPa下,1
mol
C8H18燃烧生成CO2和液态水时放出热量为:×114
g=5
517.6
kJ,B项正确;A项中水的状态标错,且ΔH数值错误,D项中ΔH数值错误。
答案：B
6在25
℃、101
kPa下,1
g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68
kJ,下列热化学方程式正确的是( )
A.CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=+725.8
kJ·mol-1
B.2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)
ΔH=-1
452
kJ·mol-1
C.2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)
ΔH=-725.8
kJ·mol-1
D.2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)
ΔH=+1
452
kJ·mol-1
答案：B
7氢气在氧气中燃烧产生淡蓝色火焰,生成气态水。已知破坏1
mol
H—H键消耗的能量为Q1
kJ,破坏1
mol
OO键消耗的能量为Q2
kJ,形成1
mol
H—O键释放的能量为Q3
kJ。下列关系式中正确的是( )
A.2Q1+Q2>4Q3
B.2Q1+Q2<4Q3
C.Q1+Q2D.Q1+Q2=Q3
答案：B
8NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g)。在25
℃、101
kPa下,已知每消耗3.8
g
NaBH4(s)放热21.6
kJ,该反应的热化学方程式是 。
解析：NaBH4与水反应的化学方程式为NaBH4+2H2ONaBO2+4H2↑,3.8
g
NaBH4的物质的量为0.1
mol,故1
mol
NaBH4与水反应时放出216.0
kJ热量,由此可写出该反应的热化学方程式。
答案：NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(s)+4H2(g) ΔH=-216.0
kJ·mol-1
9请根据所学知识回答下列问题:
(1)同温同压下,H2(g)+Cl2(g)2HCl(g),在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2,ΔH1 ΔH2(填“>”“<”或“=”,下同)。
(2)相同条件下,2
mol氢原子所具有的能量 1
mol氢分子所具有的能量。
(3)已知常温时红磷比白磷稳定,比较下列反应中ΔH的大小:ΔH1 ΔH2。
①P4(白磷,s)+5O2(g)2P2O5(s) ΔH1
②4P(红磷,s)+5O2(g)2P2O5(s) ΔH2
(4)已知稀溶液中:H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)
ΔH=-57.3
kJ·mol-1,则浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1
mol水,放出的热量 57.3
kJ。
(5)已知:0.5
mol
CH4(g)与0.5
mol水蒸气在t
℃、p
kPa时,完全反应生成CO和H2的混合气体,吸收了a
kJ热量,该反应的热化学方程式是 。
解析：(1)反应热等于生成物的总能量与反应物总能量的差,故ΔH1=ΔH2。
(2)2
mol氢原子形成新化学键生成1
mol氢分子时放热,故2
mol氢原子所具有的能量大于1
mol氢分子所具有的能量。
(3)常温时红磷比白磷稳定,则白磷的能量比红磷高,燃烧时放出的热量多,则ΔH1<ΔH2。
(4)浓硫酸与其他水溶液混合时放热,故浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1
mol水,放出的热量大于57.3
kJ。
(5)根据题意配平化学方程式,注明物质的状态和反应热。
答案：(1)= (2)> (3)< (4)>
(5)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=+a
kJ·mol-1
10实验室利用如图装置进行中和热的测定。回答下列问题:
(1)该图中有一处未画出,它是 。
(2)在操作正确的前提下提高中和热测定的准确性的关键是 。
(3)如果用0.50
mol·L-1的盐酸与氢氧化钠固体进行实验,则实验中所测出的“中和热”将 (填“偏大”“偏小”或“不变”);原因是 。
解析：(1)由装置图可知,该装置中缺少搅拌使用的环形玻璃搅拌棒。
(2)该实验的关键是温度的测定,在操作正确的前提下提高中和热测定的准确性的关键是提高装置的保温效果。
(3)因为固体NaOH溶于水放热,所以用0.50
mol·L-1的盐酸和氢氧化钠固体进行实验,则实验中所测出的“中和热”将偏大。
答案：(1)环形玻璃搅拌棒
(2)提高装置的保温效果
(3)偏大 固体NaOH溶于水放热
能力提升
1标准状况下,气态分子断开1
mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和OO的键焓ΔH分别为436
kJ·mol-1、463
kJ·mol-1和495
kJ·mol-1。下列热化学方程式正确的是( )
A.H2O(g)H2(g)+O2(g)
ΔH=-485
kJ·mol-1
B.H2O(g)H2(g)+O2(g)
ΔH=+485
kJ·mol-1
C.2H2(g)+O2(g)2H2O(g)
ΔH=+485
kJ·mol-1
D.2H2(g)+O2(g)2H2O(g)
ΔH=-485
kJ·mol-1
解析：反应过程中反应物所含的化学键要断裂吸收能量,生成物所含的化学键是新生成的,生成过程中放出能量;根据数据可知1
mol
H2O分解吸收的热量=2
mol×463
kJ·mol-1-436
kJ-
mol×495
kJ·mol-1=242.5
kJ,每生成1
mol水时放热也是242.5
kJ。
答案：D
2已知:①2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=-571.6
kJ·mol-1
;②H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mol-1。下列说法中错误的是( )
A.①式表示25
℃,101
kPa时,2
mol
H2和1
mol
O2完全燃烧生成2
mol
H2O(l)放热571.6
kJ
B.2H2(g)+O2(g)2H2O(g)中ΔH大于-571.6
kJ·mol-1
C.将含1
mol
NaOH的水溶液与50
g
98%的硫酸溶液混合后放出的热量为57.3
kJ
D.将含1
mol
NaOH的稀溶液与含1
mol
CH3COOH的稀溶液混合后放出的热量小于57.3
kJ
解析：C项过程在发生中和反应放出热量之外,还伴随着浓硫酸稀释放出热量,故该项错。
答案：C
3已知热化学方程式:SO2(g)+O2(g)SO3(g)
ΔH=-98.32
kJ·mol-1,现有4
mol
SO2参加反应,当放出314.3
kJ热量时,SO2的转化率最接近于( )
A.40%
B.50%
C.80%
D.90%
答案：C
4H2SO4溶液和KOH溶液反应时有热量放出,并已知反应物的总能量为E1,生成物的总能量为E2。试回答下列问题:
(1)用离子方程式表示中和反应的实质: 。
(2)判断E1和E2的大小关系:E1 E2。
(3)已知H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mol-1,计算下列中和反应中放出的热量。
①用20
g
NaOH配成稀溶液与足量的稀盐酸反应,能放出
kJ的热量。
②用0.1
mol
Ba(OH)2配成稀溶液与足量的稀硝酸反应,能放出 kJ的热量。
解析：(1)中和反应实质是H+(aq)+OH-(aq)H2O(l);
(2)因为酸与碱中和有热量放出,所以反应物总能量大于生成物总能量,即E1>E2;
(3)①依据题意:
H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mol-1
1
mol
57.3
kJ
Q
Q==28.65
kJ
②依据题意:
H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mol-1
1
mol 57.3
kJ
0.1
mol×2 Q'
Q'==11.46
kJ
答案：(1)H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)
(2)> (3)①28.65 ②11.46
★5工业上将碳与水在高温下反应制得水煤气,水煤气的主要成分是CO和H2,两者的体积比约为1∶1。已知1
mol
CO气体完全燃烧生成CO2气体放出283
kJ热量;1
mol
H2完全燃烧生成液态水放出286
kJ热量;1
mol
CH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890
kJ热量。
(导学号55660005)
(1)写出H2完全燃烧生成液态水的热化学方程式:
;
若1
mol
CH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气,放出的热量 (填“>”“=”或“<”)890
kJ。
(2)忽略水煤气中其他成分,相同状况下若得到相等的热量,所需水煤气与甲烷的体积比约为 ;燃烧生成的CO2的质量比约为 。
解析：(1)1
mol
H2完全燃烧生成液态水放出286
kJ热量,根据热化学方程式的书写要求,则2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=-572
kJ·mol-1。因气态水变为液态水要放热,故1
mol
CH4完全燃烧生成CO2和水蒸气放出的热量小于890
kJ。
(2)设放出的热量为890
kJ,所需CH4的体积为Vm,则所需水煤气的体积为
×2Vm≈3Vm
故。
由CO~CO2 CH4~CO2
知3体积水煤气得1.5体积CO2,1体积甲烷得1体积CO2,故燃烧生成的CO2质量比为。
答案：(1)2H2(g)+O2(g)2H2O(l)
ΔH=-572
kJ·mol-1 < (2)3∶1 3∶2第3课时 pH的应用
基础巩固
1下列有关叙述中正确的是( )
A.滴定管下端连有橡皮管的为酸式滴定管
B.在滴定时,左手操作锥形瓶,右手操作滴定管开关
C.滴定前应首先排除尖嘴部分的气泡
D.滴定过程中两眼应注视滴定管内液面的变化
答案：C
2准确量取25.00
mL高锰酸钾溶液,可选用的仪器是
( )
A.500
mL量筒
B.25
mL量筒
C.25
mL酸式滴定管
D.25
mL碱式滴定管
答案：C
3一支规格为a
mL的滴定管,其尖嘴部分充满溶液,管内液面在m
mL处,当液面降到n
mL处时,下列判断正确的是( )
A.流出溶液的体积为(m-n)
mL
B.流出溶液的体积为(n-m)
mL
C.滴定管内溶液体积等于(a-n)
mL
D.滴定管内溶液体积多于n
mL
答案：B
4用盐酸标准液滴定未知浓度的NaOH溶液,下列各操作中,会引起实验误差的是( )
A.取干燥洁净的酸式滴定管,用标准液润洗后装入盐酸标准液
B.用蒸馏水洗净锥形瓶后,立即装入一定体积的NaOH溶液
C.往盛有20.00
mL
NaOH溶液的锥形瓶中,滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定
D.用蒸馏水洗净锥形瓶后,再用NaOH溶液润洗,然后装入一定体积的NaOH溶液
答案：D
5酚酞作指示剂,用NaOH溶液滴定盐酸时,由于滴定速率太快,当混合溶液变红时,不知NaOH是否过量,判断它是否过量的方法是( )
A.加入5
mL盐酸进行滴定
B.返滴一滴待测盐酸
C.重新进行滴定
D.以上方法均不适用
解析：判断是否滴定过量的方法是返滴一滴待测盐酸,看颜色是否复原。
答案：B
6用NaOH溶液滴定盐酸的实验中,不必用到的是
( )
A.酚酞
B.圆底烧瓶
C.锥形瓶
D.碱式滴定管
解析：酸碱中和滴定实验中用到的仪器有铁架台、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶等,用到的指示剂为酚酞或甲基橙。
答案：B
7下列几种情况,对中和滴定结果无影响的是( )
A.滴定管用水冲洗后即注入标准液
B.锥形瓶里有少量水
C.滴定前标准液在“0”刻度以上
D.滴定管尖端未充满液体
解析：A项,滴定管水洗后应润洗,否则所盛溶液被稀释;锥形瓶有少量水对滴定结果无影响;滴定前标准液应调节至“0”刻度或“0”刻度以下,否则无法记录溶液体积;滴定管尖嘴应充满液体,不能留有气泡。
答案：B
8已知乙酸钠溶液呈碱性。以下是几种酸碱指示剂变色时的pH范围:①甲基橙3.1~4.4 ②甲基红4.4~6.2 ③酚酞8.2~10,现用0.100
0
mol·L-1氢氧化钠溶液滴定浓度相近的乙酸时,上述指示剂( )
A.都可以用
B.只能用③
C.可以用①或②
D.可以用②或③
解析：氢氧化钠溶液与乙酸等物质的量反应时,生成的乙酸钠溶液呈碱性,选用在碱性条件下变色的指示剂酚酞为宜。
答案：B
9下图是向100
mL
pH=1的盐酸中逐渐加入NaOH溶液时,溶液pH的变化图像,根据如图所得结论正确的是( )
A.原来盐酸的物质的量浓度为0.1
mol·L-1
B.NaOH溶液的物质的量浓度为0.1
mol·L-1
C.原来盐酸的物质的量浓度为1
mol·L-1
D.NaOH溶液的物质的量浓度为0.01
mol·L-1
解析：原盐酸的pH=1,则c(HCl)=0.1
mol·L-1,A正确。滴定终点时加入的NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.01
mol,但浓度与体积都无法计算。
答案：A
10以酚酞溶液为指示剂,对某新制的NaOH溶液进行中和滴定实验,数据记录如下表:
待测液
消耗标准盐酸(0.10
mol·L-1)的体积
①
20
mL
NaOH溶液
V1
mL
②
20
mL
NaOH溶液+10
mL水
V2
mL
③
敞口隔夜放置的20
mL
NaOH溶液
V3
mL
计算该新制的NaOH溶液物质的量浓度c
mol·L-1相对比较合理的是( )
A.c=0.10×(V1+V2+V3)/(3×20)
B.c=0.10×(V1+V2)/(2×20)
C.c=0.10×(V1+V3)/(2×20)
D.c=0.10V1/20
答案：B
11下面是关于酸碱中和实验操作的叙述:①取一锥形瓶,用待测NaOH溶液润洗两次 ②在锥形瓶中加入25
mL待测NaOH溶液 ③加入几滴石蕊试剂作指示剂 ④取一支酸式滴定管,洗涤干净 ⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液,进行滴定 ⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞,右手不停摇动锥形瓶 ⑦两眼注视着滴定管内盐酸液面下降,直至滴定终点。以上所述操作有错误的序号为( )
A.③④⑥⑦
B.①②⑥⑦
C.③⑤⑦
D.①③⑤⑦
解析：锥形瓶不用待测液润洗,①错;③石蕊变色不明显,不易观察颜色,在酸碱中和滴定时不用石蕊作指示剂,③错;滴定管使用前要润洗,⑤错;滴定过程中眼睛观察锥形瓶中溶液颜色的变化,⑦错。
答案：D
12用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度,参考下图,从下表中选出正确选项( )
锥形瓶中的溶液
滴定管中的溶液
选用指示剂
选用滴定管
A
碱
酸
石蕊
乙
B
酸
碱
酚酞
甲
C
碱
酸
石蕊
甲
D
酸
碱
酚酞
乙
解析：甲为酸式滴定管,乙为碱式滴定管。酸性溶液、强氧化性溶液(如KMnO4溶液)一般装在酸式滴定管中,碱性溶液一般装在碱式滴定管中。指示剂的选择比较复杂,一般情况下,强碱滴定强酸用酚酞作指示剂,强酸滴定强碱用甲基橙或酚酞作指示剂。当指示剂可以有多种选择时,选择的指示剂最好是到达滴定终点时由浅变深发生变化。中和滴定时,一般情况下是把已知物质的量浓度的标准溶液滴入待测的未知浓度的溶液中,但把未知物质的量浓度的溶液滴入已知物质的量浓度的溶液中,只要操作正确,也可以求得待测溶液浓度。
答案：D
13用0.1
mol·L-1
NaOH溶液滴定0.1
mol·L-1盐酸,若达到滴定终点时不慎多加1滴NaOH溶液(1滴溶液体积约为0.05
mL),继续加水至50
mL,所得溶液的pH是( )
A.4
B.7.2
C.10
D.11.3
解析：多加一滴NaOH溶液时,c(OH-)==1×10-4
mol·L-1,则c(H+)=1×10-10
mol·L-1,pH=10。
答案：C
14某同学欲用已知物质的量浓度为0.100
0
mol·L-1的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时,选择酚酞作指示剂。请填写下列空白:
(1)用标准盐酸滴定待测氢氧化钠溶液时,左手把握酸式滴定管的活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛注视 。直到因加入一滴盐酸,溶液的颜色由 色变为 色,半分钟不恢复原色,立即停止滴定。
(2)下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度偏低的是 (填序号)。
A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B.滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C.酸式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失
D.读取盐酸体积时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数
E.滴定过程中,振荡锥形瓶过于剧烈,使少量溶液溅出
(3)若第一次滴定开始和结束时,酸式滴定管中的液面如下图所示。则起始读数为V1=
mL,终点读数V2=
mL。
(4)再结合下表数据,计算被测氢氧化钠溶液的物质的量浓度是
mol·L-1。
滴定次数
待测溶液体积/mL
标准酸体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/mL
第一次
10.00
V1
V2
第二次
10.00
4.10
21.10
第三次
10.00
0.40
17.60
解析：(4)V(平)=
=17.10
mL;
c(碱)=
=
=0.171
0
mol·L-1
答案：(1)锥形瓶内溶液颜色的变化 红 无
(2)DE (3)9.00 26.12 (4)0.171
1
15某学生用0.200
0
mol·L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,其实际操作如下:
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管,并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上;
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体;
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下,并记下读数;
④移取20.00
mL待测液注入洁净的锥形瓶中,并加入3滴酚酞溶液;
⑤用标准液滴定至终点,记下滴定管液面读数。请回答:
(1)以上步骤有错误的是 (填编号),该错误操作会导致测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(2)步骤⑤中,在记下滴定管液面读数时,滴定管尖嘴有气泡,测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)判断滴定终点的现象是 。
答案：(1)① 偏大 (2)偏小 (3)滴入最后一滴NaOH溶液,溶液由无色变为粉红色且半分钟内不褪色
能力提升
★1(2017全国Ⅱ)改变0.1
mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数 (X)随pH的变化如图所示[已知 (X)=]。(导学号55660037)
下列叙述错误的是( )
A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-)
B.lg[K2(H2A)]=-4.2
C.pH=2.7时,c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)
D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+)
解析：A项,根据图像,pH=1.2时,H2A和HA-物质的量分数相同,则有c(H2A)=c(HA-),A正确;B项,根据pH=4.2点,K2(H2A)==c(H+)=10-4.2,B正确;C项,根据图像,pH=2.7时,HA-物质的量分数最大,H2A和A2-物质的量分数相同,则有c(HA-)>c(H2A)=c(A2-),C正确;D项,根据pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-),且物质的量分数约为0.48,而c(H+)=10-4.2
mol·L-1,可知c(HA-)=c(A2-)>c(H+),D错误。
答案：D
★2(2016全国Ⅰ)298
K时,在20.0
mL
0.10
mol·L-1氨水中滴入0.10
mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10
mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是( )
A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20.0
mL
C.M点处的溶液中c(N)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)
D.N点处的溶液中pH<12
解析：氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20
mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=7,则盐酸体积必然小于20
mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(N)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1
mol·L-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1
mol·L-1×1.32%=0.001
32
mol·L-1,故pH<12,D选项正确。
答案：D
3如图是常温下向20.0
mL的盐酸中,逐滴加入0.10
mol·L-1
NaOH溶液时,溶液pH随NaOH溶液体积V(mL)变化的曲线,根据图像所得的下列结论中正确的是( )
A.原盐酸的浓度为
0.10
mol·L-1
B.x的值为2.0
C.pH=12,V值为20.4
D.原盐酸的浓度为1.0
mol·L-1
解析：当V(NaOH)=0
mL时,盐酸的pH=1,因此c(HCl)=0.10
mol·L-1;当反应后溶液pH=7时,HCl与NaOH恰好完全反应,因此n(HCl)=n(NaOH),故V(NaOH)=20.0
mL;当反应后溶液pH=12时,
=1×10-2
mol·L-1,解得V(NaOH)=24.4
mL。
答案：A
4氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料。氨的水溶液显弱碱性,其原因为 (用恰当的化学用语表示);0.1
mol·L-1的氨水中加入少量NH4Cl固体,溶液的pH (填“升高”或“降低”);若加入少量明矾,溶液中N的浓度 (填“增大”或“减小”)。
解析：氨的水溶液中发生反应:NH3+H2ONH3·H2ON+OH-,使氨的水溶液显弱碱性;在氨水中加入少量NH4Cl固体,NH4Cl电离出N,溶液中N浓度增大,使得NH3·H2O的电离平衡逆向移动,故溶液pH降低。加入少量明矾,Al3+结合溶液中的OH-,使NH3·H2O的电离平衡正向移动,N的浓度增大。
答案：NH3·H2ON+OH- 降低 增大
★5草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中,其K1=5.4×10-2,K2=5.4×10-5。草酸的钠盐和钾盐易溶于水,而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色,熔点为101
℃,易溶于水,受热脱水、升华,170
℃以上分解。回答下列问题:
(导学号55660038)
(1)甲组同学按照如图所示的装置,通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是 ,由此可知草酸晶体分解的产物中有 。装置B的主要作用是
。
(2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO,为进行验证,选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。
①乙组同学的实验装置中,依次连接的合理顺序为A、B、 。装置H反应管中盛有的物质是 。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是
。
(3)设计实验证明:
①草酸的酸性比碳酸的强
。
②草酸为二元酸
。
解析：(1)澄清石灰水通常可以用来检验二氧化碳,所以推测产物中有二氧化碳;草酸易升华,加热易变成气体随分解产物进入C装置,影响二氧化碳的检验。
(2)要想检验一氧化碳,必须先除净二氧化碳和水蒸气,选F、D、G装置,再利用一氧化碳的还原性检验它的存在,选H、D装置,还要进行一氧化碳的尾气处理,选I装置。
若存在一氧化碳,则黑色的氧化铜被还原为红色的铜,一氧化碳被氧化成二氧化碳使澄清石灰水变浑浊。
(3)①根据相对强酸制弱酸的原理,用碳酸盐溶液和草酸混合,只要能看到气泡产生即可。②利用酸碱中和的原理,证明氢氧化钠的物质的量是草酸的2倍。
答案：(1)有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊 CO2 冷凝(水蒸气、草酸等),防止草酸进入装置C反应生成沉淀,干扰CO2的检验
(2)①F、D、G、H、D、I CuO ②H中黑色粉末变为红色,其后的装置D中的石灰水变浑浊
(3)①向盛有少量NaHCO3溶液的试管中滴加草酸溶液,有气泡产生
②用NaOH标准溶液滴定同浓度的草酸溶液,消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍
6实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生为测定盐酸浓度进行了如下实验。请完成下列填空:
(1)配制100
mL
0.10
mol·L-1
标准NaOH溶液。
①主要操作步骤:计算→称量→溶解→(冷却后)→ →洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→ → →将配制好的溶液倒入试剂瓶中,贴上标签。
②称量
g氢氧化钠固体所需仪器有:托盘天平(带砝码、镊子)、 、 等。
(2)取20.00
mL待测盐酸放入锥形瓶中,并滴加2~3滴酚酞作指示剂,用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次,记录数据如图。
实验编号
NaOH溶液的浓度/(mol·L-1)
滴定完成时,NaOH溶液滴入的体积/mL
待测盐酸的体积/mL
1
0.10
22.62
20.00
2
0.10
22.72
20.00
3
0.10
22.80
20.00
①滴定达到终点的标志是
。
②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为
(保留两位有效数字)。
③排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的 ,然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
④在上述实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有
。
A.滴定终点读数时俯视读数
B.酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗
C.锥形瓶水洗后未干燥
D.碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
解析：(1)题目要求配制100
mL
0.10
mol·L-1标准NaOH溶液,应用天平称取0.1
L×0.10
mol·L-1
×40
g·mol-1=0.4
g
NaOH固体。由于NaOH属于腐蚀性药品,不能放在天平上直接称量,应放在玻璃器皿(一般用烧杯或表面皿)中进行称量。(2)根据指示剂在酸性溶液或碱性溶液中的颜色变化,我们可以判断中和反应是否恰好反应完全。计算盐酸的浓度时,应计算三次的平均值,因标准NaOH溶液浓度及待测液的体积一定,故只算NaOH溶液体积的平均值即可。根据碱式滴定管的构造可知,弯曲其橡皮管并轻轻挤压玻璃球即可将管中的气泡排除。
答案：(1)①转移 定容 摇匀 ②0.4 烧杯(或表面皿) 药匙
(2)①加入最后一滴NaOH溶液,溶液由无色恰好变成粉红色,且半分钟内不褪色
②0.11
mol·L-1 ③丙 ④D
★7(2017江苏化学)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。
(导学号55660039)
(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合,搅拌使其充分反应,可获得一种砷的高效吸附剂X,吸附剂X中含有C,其原因是 。
(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。
图1
图2
①以酚酞为指示剂(变色范围pH
8.0~10.0),将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,
当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为 。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2As+H+的电离常数为Ka1,则pKa1= (pKa1=-lgKa1)。
(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH=7.1
时,吸附剂X表面不带电荷;pH>7.1时带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图3所示。
图3
①在pH
7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是 。
②在pH
4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为 。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是 。
答案：(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2
(2)①OH-+H3AsO3H2As+H2O ②2.2
(3)①在pH
7~9之间,随pH升高H2As转变为HAs,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加
②在pH
4~7之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2As和HAs阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小 加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷
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1第二章
化学反应速率和化学平衡检测
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题包括18个小题,每小题3分,共54分)
1下列说法中,正确的是( )
A.0.1
mol·L-1盐酸和0.1
mol·L-1硫酸与2
mol·L-1
NaOH溶液反应,其反应速率相同
B.大理石块与大理石粉分别同0.1
mol·L-1盐酸反应,其反应速率相同
C.Mg、Al在相同条件下分别与0.1
mol·L-1盐酸反应,其反应速率相同
D.0.1
mol·L-1盐酸和0.1
mol·L-1硝酸与相同形状和大小的大理石反应,其反应速率相同
答案：D
21
000
℃时,FeO(s)+H2(g)Fe(s)+H2O(g),K=0.52。欲使容器中有1.0
mol
FeO被还原,反应前容器中应充入a
mol
H2。则a的值最接近( )
A.1.0
B.2.0
C.3.0
D.4.0
答案：C
3下列说法正确的是( )
A.增大压强,活化分子数增多,化学反应速率一定增大
B.升高温度,活化分子百分数不一定增大,化学反应速率一定增大
C.加入反应物,使活化分子百分数增加,化学反应速率增大
D.使用催化剂,降低了反应的活化能,增大了活化分子百分数,化学反应速率一定增大
答案：D
4在一定条件下,将X和Y两种物质按不同的比例放入密闭容器中反应,平衡后测得X、Y的转化率与起始时两物质的物质的量之比的关系如图所示,则X、Y反应的化学方程式可表示为( )
A.2X+Y3Z
B.3X+2Y2Z
C.X+3YZ
D.3X+YZ
答案：D
5一定温度下,在2
L的密闭容器中发生反应:M(g)+2N(g)xP(g) ΔH<0,N、P的物质的量随时间变化的关系如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A.x=2
B.反应开始2
min内,v(P)=0.1
mol·L-1·min-1
C.2
min后,降低温度平衡向右移动
D.当容器内混合气体压强不再改变时,反应体系达到化学平衡状态
答案：B
6根据反应Br+H2HBr+H的能量随反应历程的变化示意图甲进行判断,下列叙述中不正确的是( )
A.正反应吸热
B.加入催化剂,该化学反应的反应热不变
C.加入催化剂后,该反应的能量随反应历程的变化示意图可用图乙表示
D.加入催化剂可增大正反应速率,降低逆反应速率
解析：加入催化剂能同等程度地增大正、逆反应速率。
答案：D
7下列反应中,在高温下不能自发进行的是( )
A.CO(g)C(s)+O2(g)
B.2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)
C.(NH4)2CO3(s)NH4HCO3(s)+NH3(g)
D.MgCO3(s)MgO(s)+CO2(g)
解析：A、B、C、D都是分解反应,都是吸热反应。B、C、D三个反应又都是熵增的反应,所以高温时能自发进行,A中变化需要吸热且不是熵增的反应,在高温下不能自发进行。
答案：A
8在容积不变的密闭容器中,一定条件下发生反应:2A( )B(g)+2C(g),且达到平衡。当升高温度时气体的密度增大,则下列叙述正确的是( )
A.升高温度,正反应速率增大,逆反应速率减小
B.若正反应是放热反应,则A为气态
C.物质A一定为非气态,且正反应是吸热反应
D.若向容器中充入惰性气体,则平衡向左移动
解析：升高温度,正、逆反应速率均增大,A项错误;若A为气态,则平衡移动后气体的密度不发生变化,B项错误;由于密度变化,故物质A一定为非气态,且平衡正向移动,升温平衡向吸热反应方向移动,故C项正确;在容积不变的反应体系中,充入惰性气体对平衡无影响,D项错误。
答案：C
9可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),在500
℃时,将2
mol
N2和2
mol
H2充入容积为10
L的密闭容器中进行反应,达到平衡时,NH3不可能达到的浓度是( )
A.0.01
mol·L-1
B.0.02
mol·L-1
C.0.05
mol·L-1
D.0.15
mol·L-1
解析：假设反应完全进行,由化学方程式知2
mol
H2完全反应生成
mol
NH3,此时NH3浓度为
mol·L-1。但由于是可逆反应,故NH3的浓度肯定小于
mol·L-1。故答案为D。
答案：D
10在一密闭容器中进行以下可逆反应:M(g)+N(g)P(g)+2
L( )。在不同的条件下P的体积分数φ(P)的变化情况如图,则该反应( )
A.正反应放热,L是固体
B.正反应放热,L是气体
C.正反应吸热,L是气体
D.正反应放热,L是固体或气体
解析：图像横轴为时间,纵轴为P的体积分数,所以图中曲线的斜率表示反应速率,斜率越大,反应速率越大。曲线Ⅰ表示的反应速率最小,达到平衡所需时间最长;曲线Ⅲ表示的反应速率最大,达到平衡所需时间最短。三条曲线水平部分的高低不同则表示达到平衡状态时生成物P的体积分数的高低。联系反应条件,曲线Ⅰ和Ⅱ压强相同,但Ⅱ的温度较高,所以反应速率Ⅱ>Ⅰ,但达到平衡时φ(P)却是Ⅰ>Ⅱ,这说明升高温度时φ(P)降低,因而平衡应向逆反应方向移动,则该反应的正反应为放热反应;比较曲线Ⅱ和Ⅲ,二者温度相同,但压强Ⅲ>Ⅱ,这时φ(P)却是Ⅱ>Ⅲ,这说明增大压强时φ(P)降低,因此生成物气体的总体积应大于反应物中气体的总体积,由此判断L一定为气体。
答案：B
11在一定温度下,向一个容积可变的容器中,通入3
mol
SO2和2
mol
O2及固体催化剂,使之反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.6
kJ·mol-1,平衡时容器内气体总的物质的量为起始时的90%。保持同一反应温度,在相同容器中,将起始物质的量改为4
mol
SO2、3
mol
O2、2
mol
SO3(g),下列说法正确的是( )
A.第一次平衡时反应放出的热量为294.9
kJ
B.两次平衡SO2的转化率相等
C.第二次达平衡时SO3的体积分数大于90%
D.达平衡时用O2表示的反应速率为0.25
mol·L-1·min-1
解析：设达平衡时生成SO3(g)物质的量为2x,则剩余SO2(g)的物质的量为(3
mol-2x)、O2(g)为(2
mol-x),混合气体总的物质的量为(5
mol-x)。根据,解得x=0.5
mol,再结合热化学方程式可知,放出的热量为196.6
kJ÷2=98.3
kJ。选项B,起始物质的量改为4
mol
SO2、3
mol
O2、2
mol
SO3(g),将SO3转化为SO2和O2可知相当于初始加入6
mol
SO2、4
mol
O2,,故与第一次平衡是等效平衡,两次平衡中SO2的转化率、SO3的体积分数相等,故选项B正确、C错误;选项D,题目没有告诉达到平衡时的时间,无法计算反应速率。
答案：B
12羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中,将CO和H2S混合加热并达到下列平衡:
CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g) K=0.1
反应前CO物质的量为10
mol,平衡后CO物质的量为8
mol。下列说法正确的是( )
A.升高温度,H2S浓度增加,表明该反应是吸热反应
B.通入CO后,正反应速率逐渐增大
C.反应前H2S物质的量为7
mol
D.CO的平衡转化率为80%
解析：升高温度,H2S浓度增加,说明平衡向左移动,则正反应为放热反应,A项错误;通入CO,在恒容密闭容器中相当于增大反应物浓度,故正反应速率瞬间增大,然后又逐渐减小,B项错误;设反应前H2S的物质的量为x
mol,则根据方程式得:K==0.1,解之得x=7,故C项正确;α(CO)=×100%=20%,D项错误。
答案：C
13在恒温、恒容的容器中进行反应:2HIH2+I2,反应物的浓度由0.1
mol·L-1降到0.06
mol·L-1需要20
s,那么由0.06
mol·L-1降到0.036
mol·L-1所需时间为( )
A.等于10
s
B.等于12
s
C.大于12
s
D.小于12
s
解析：随着反应的进行,反应物的浓度逐渐减小,所以后一阶段的平均反应速率小于前一阶段的平均反应速率,即>
,解得Δt>12
s。
答案：C
14将4
mol
A气体和2
mol
B气体充入2
L的密闭容器中,一定条件下发生如下反应:
2A(g)+B(g)2C(g)。若经2
s后测得C的浓度为0.6
mol·L-1,下列几种说法正确的是( )
①用物质A表示的反应平均速率为0.3
mol·L-1·s-1
②用物质B表示的反应平均速率为0.3
mol·L-1·s-1
③2
s时物质A的转化率为70%
④2
s时物质B的浓度为0.7
mol·L-1
A.①③
B.①④
C.②③
D.③④
解析： 2A(g)+B(g)2C(g)
起始物质的量/mol
4
2
0
转化物质的量/mol
1.2
0.6
1.2
2
s后物质的量/mol
2.8
1.4
1.2
则:用物质A表示的反应平均速率=1.2
mol
÷(2
L×2
s)=0.3
mol·L-1·s-1,故①正确;用物质B表示的反应平均速率为0.15
mol·L-1·s-1,
故②错误;2
s时物质A的转化率=1.2
mol÷4
mol×100%=
30%,③错误;2
s时物质B的浓度=1.4
mol÷2
L=0.7
mol·L-1,④正确。
答案：B
15在一定温度下,向体积恒定为2
L的密闭容器里充入2
mol
M和一定量的N,发生如下反应:M(g)+N(g)E(g);当反应进行到4
min时达到平衡,测知M的浓度为0.2
mol·L-1。下列说法正确的是( )
A.4
min时,M的转化率为80%
B.4
min时,用M表示的反应速率为0.8
mol·L-1·min-1
C.4
min后,向容器中充入不参与反应的稀有气体,M的物质的量减小
D.2
min时,M的物质的量浓度为0.6
mol·L-1
解析： M(g)+N(g)E(g)
1
0
0.8
0.8
0.2
0.8
故4
min时,M的转化率为×100%=80%;用M表示的化学反应速率=0.2
mol·L-1·min-1,若是匀速反应,2
min时,反应的M为0.2
mol·L-1·min-1×2
min=0.4
mol·L-1,M的物质的量浓度为0.6
mol·L-1,但正反应过程中反应速率逐渐减小,2
min时,M的物质的量浓度小于0.6
mol·L-1;恒容条件下,充入稀有气体,平衡不移动,M的物质的量不变。
答案：A
16对达到化学平衡状态的可逆反应:A+BC+D。若t0时增大压强,正、逆反应速率变化如图所示(v代表反应速率,t代表时间),下列有关A、B、C、D的状态叙述中正确的是( )
A.A、B、C是气体,D不是气体
B.A、B是气体,C、D有一种是气体
C.C、D是气体,A、B有一种是气体
D.C、D有一种是气体,A、B都不是气体
解析：t0时加压,v(正)、v(逆)均增加,说明反应物和生成物中均有气体。v'(逆)>v'(正),生成物气体物质的量大于反应物气体物质的量。
答案：C
17对于可逆反应:2A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0,下列各图正确的是( )
解析：A项,升温,平衡左移,C的质量分数减小,正确;B项,增大压强,v(正)、v(逆)均增大,错误;C项,催化剂只能增大反应速率,不会使平衡移动,错误;D项,加压平衡右移,A的转化率增大,升温平衡左移,A的转化率应减小,错误。
答案：A
18在温度、容积相同的3个密闭容器中,按不同方式投入反应物,保持恒温、恒容,测得反应达到平衡时的有关数据如下[已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4
kJ·mol-1],下列说法错误的是( )
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1
mol
N2、3
mol
H2
2
mol
NH3
4
mol
NH3
NH3的平衡浓度(mol·L-1)
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出a
kJ
吸收b
kJ
吸收c
kJ
体系压强(Pa)
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
A.2c1B.a+b=92.4
C.α1+α3<1
D.p3>2p2=2p1
解析：A项,丙相当于乙平衡后,把体积缩小为原来的,若平衡不移动c3=2c2,而事实上平衡右移,所以c3>2c2,恒温恒容条件下,甲、乙两容器中平衡时等效,则有c1=c2,即有c3>2c1正确;B项,甲中生成NH3的物质的量与乙中分解NH3的物质的量之和为1
mol,所以a+b=92.4,正确;C项,α1+α2=1,而α3<α2,所以α1+α3<1;D项,丙相对于乙来说,相当于把体积缩小一半,若平衡不移动,p3=2p2,而事实上,平衡右移,所以p3<2p2,又由p1=p2,故p3<2p2=2p1,错误。
答案：D
二、非选择题(本题包括6个小题,共46分)
19(8分)在80
℃时,将0.40
mol
的N2O4气体充入2
L
已经抽空的固定容积的密闭容器中,发生如下反应:N2O42NO2,隔一段时间对该容器内的物质进行分析,得到如下数据:
时间/sn/mol 物质
0
20
40
60
80
100
n(N2O4)
0.40
a
0.20
c
d
e
n(NO2)
0.00
0.24
b
0.52
0.60
0.60
(1)计算20~40
s
内用N2O4表示的平均反应速率为
mol·L-1·s-1。
(2)计算在80
℃时该反应的平衡常数K= 。
(3)反应进行至100
s
后将反应混合物的温度降低,混合气体的颜色 (填“变浅”“变深”或“不变”)。
(4)要增大该反应的K值,可采取的措施有 (填序号)。
A.增大N2O4起始浓度
B.向混合气体中通入NO2
C.使用高效催化剂
D.升高温度
解析：(1)20
s
时,n(N2O4)=0.40
mol-×0.24
mol
=0.28
mol
。
v(N2O4)==
0.002
0
mol
·L-1·s-1。
(2)反应进行到80
s
时达到平衡状态,d=0.40
mol-×0.60
mol
=0.10
mol。
K==1.8。
答案：(1)0.002
0 (2)1.8 (3)变浅 (4)D
20(6分)T
℃时,A气体与B气体反应生成C气体,反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ)所示,若保持其他条件不变,温度分别为T1和T2时,B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示。
(Ⅰ)
(Ⅱ)
根据以上条件,回答下列问题:
(1)A与B反应生成C的化学方程式为 ,正反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。
(2)t1
min后,改变下列某一条件,能使平衡向逆反应方向移动的有 (填字母编号)。
A.保持其他条件不变,增大压强
B.保持容器总体积不变,通入少量稀有气体
C.保持其他条件不变,升高温度
解析：(1)由图(Ⅰ)可知,A、B为反应物,C为生成物,其变化量之比Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)=0.2∶0.6∶0.4=1∶3∶2,所以化学方程式为A(g)+3B(g)2C(g);由图(Ⅱ)可知T1>T2,升温B的体积分数增加,说明升温平衡逆向移动,则说明逆反应为吸热反应,正反应为放热反应。
(2)A项,增压平衡向体积减小即正反应方向移动。B项,体积不变,充入稀有气体,平衡不移动。C项,升温,平衡向吸热即逆反应方向移动。
答案：(1)A(g)+3B(g)2C(g) 放热 (2)C
21(8分)反应A(g)B(g)+C(g)在容积为1.0
L的密闭容器中进行,A的初始浓度为0.050
mol·L-1。温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示。
回答下列问题:
(1)上述反应的温度T1 (填“大于”“小于”或“等于”,下同)T2,平衡常数K(T1) K(T2)。
(2)若温度T2时,5
min后反应达到平衡,A的转化率为70%,则:
①平衡时体系总的物质的量为 。
②反应的平衡常数K= 。
③反应在0~5
min区间的平均反应速率v(A)= 。
解析：(1)图中显示,T2时达到平衡所用时间少,反应速率大,所以温度高;而温度越高c(A)越小,说明平衡正向移动,可判断正反应为吸热反应,升温K将增大。
(2)根据“三段式”求解:
A(g) B(g)+ C(g)
开始/(mol·L-1)
0.050
0
0
转化/(mol·L-1)
0.050×70%
=0.035
0
0.035
0
0.035
0
平衡/(mol·L-1)
0.015
0
0.035
0
0.035
0
故①平衡时体系总的物质的量
=(0.015
0
mol·L-1+0.035
0
mol·L-1+0.035
0
mol·L-1)×1.0
L=0.085
mol
②平衡常数K==0.082
③0~5
min平均反应速率v(A)==0.007
mol·L-1·min-1
答案：(1)小于 小于 (2)①0.085
mol
②0.082 ③0.007
mol·L-1·min-1
22(8分)偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂,二者发生如下化学反应:
(CH3)2NNH2(l)+2N2O4(l)2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g) (Ⅰ)
(1)火箭残骸中常出现红棕色气体,原因为:N2O4(g)2NO2(g) (Ⅱ)
当温度升高时,气体颜色变深,则反应(Ⅱ)为 (填“吸热”或“放热”)反应。
(2)一定温度下,反应(Ⅱ)的焓变为ΔH。现将1
mol
N2O4充入一恒压密闭容器中,下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是 。
若在相同温度下,上述反应改在体积为1
L的恒容密闭容器中进行,平衡常数 (填“增大”“不变”或“减小”),反应3
s后NO2的物质的量为0.6
mol,则0~3
s内的平均反应速率v(N2O4)=
mol·L-1·s-1。
解析：(1)温度升高时,气体颜色加深,说明平衡向正反应方向移动,则正反应为吸热反应。
(2)该反应由反应正方向开始,气体分子数逐渐增大,而压强保持不变,则容器体积增大,气体密度减小,达平衡时保持不变,a正确;该反应的ΔH始终保持不变,不能说明达到平衡状态,b错误;该反应由正反应方向开始,N2O4逐渐减少,恒压过程中容器体积增大,N2O4浓度减小,v(正)逐渐减小,达平衡时保持不变,c错误;该反应由正反应方向开始,N2O4转化率逐渐增大,达平衡时保持不变,d对。平衡常数只与温度有关,温度保持不变,平衡常数不变。v(N2O4)=v(NO2)==0.1
mol·L-1·s-1。
答案：(1)吸热 (2)ad 不变 0.1
23(8分)已知2A2(g)+B2(g)2C(g) ΔH=-a
kJ·mol-1(a>0),在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2
mol
A2和1
mol
B2,在500
℃时充分反应达到平衡后C的浓度为w
mol·L-1,放出热量b
kJ。
(1)a (填“>”“=”或“<”)b。
(2)若将反应温度升高到700
℃,该反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)若在原来的容器中,只加入2
mol
C,500
℃时充分反应达到平衡后,吸收热量c
kJ,C的浓度 (填“>”“=”或“<”)w
mol·L-1。
(4)能说明该反应已经达到平衡状态的是 。
a.v(C)=2v(B2)
b.容器内压强保持不变
c.v逆(A2)=2v正(B2)
d.容器内气体的密度保持不变
(5)使该反应的反应速率增大,且平衡向正反应方向移动的操作是 。
a.及时分离出C气体
b.适当升高温度
c.增大B2的浓度
d.选择高效的催化剂
解析：(1)由热化学方程式的含义知,2A2(g)+B2(g)2C(g) ΔH=-a
kJ·mol-1表示2
mol
A2与1
mol
B2完全反应生成2
mol
C时放出a
kJ的热量,可逆反应不能进行到底,因此生成的C少于2
mol,放出的热量小于a
kJ。(2)温度升高,化学平衡向逆反应方向移动,化学平衡常数减小。(3)在相同条件下,加入2
mol
A2、1
mol
B2(平衡Ⅰ)与加入2
mol
C(平衡Ⅱ)最终建立相同的平衡状态;C的平衡浓度相等。(4)此反应为反应前后气体分子数不等的反应,压强不变,说明达到平衡状态;因容积固定且反应物和生成物均为气体,反应过程中气体密度始终不变,故密度不变无法判断反应是否达到平衡;在反应过程中始终存在如下关系:v(C)=2v(B2),因此,无法确定反应是否达到平衡。由化学方程式知,v正(A2)=2v正(B2),此时v正(A2)=v逆(A2),说明反应达到平衡状态。综合分析b、c正确。(5)为使化学反应速率增大,可升高温度,增大B2的浓度,使用催化剂;为使平衡向正反应方向移动,可及时分离出C气体、增大B2的浓度,综合分析,满足条件的为c项。
答案：(1)> (2)减小 (3)= (4)bc (5)c
24(8分)在一固定容积的密闭容器中,保持一定温度,在一定条件下发生以下反应:2A(g)+B(g)3C(g),已知加入1
mol
A和2
mol
B且达到平衡后,生成了a
mol
C。
(1)达到平衡时,C在反应混合气体中的体积分数是 (用含a的代数式表示)。
(2)在相同的实验条件下,若在同一容器中改为加入2
mol
A和4
mol
B,达到平衡后,C的物质的量为 mol(用含a的代数式表示)。此时C在反应混合气体中的体积分数与原平衡相比 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)在相同实验条件下,若在同一容器中改为加入2
mol
A和5
mol
B,若要求平衡后C在反应混合气体中的体积分数仍与原平衡相同,则还应加入 mol
C。
解析：(1)根据化学方程式,该反应是一个气体体积不变的反应,达到平衡时气体的总物质的量仍为3
mol,C的体积分数为。
(2)由于是气体物质的量不变的反应,故加入2
mol
A和4
mol
B达平衡时与(1)中平衡互为等效平衡,则相同组分的体积分数相同,C的物质的量是(1)平衡时的2倍,为2a
mol。
(3)该反应前后气体分子数不变,欲达到等效平衡,只需所投入的A、B的物质的量之比为1∶2即可。设应加入x
mol
C,将x
mol
C完全换算成A、B后共有(2+)
mol
A、(5+)mol
B,由(2+)∶(5+)=1∶2,解得x=1。
答案：(1) (2)2a 不变 (3)1
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1第2课时 影响化学平衡状态的因素
基础巩固
1下列事实,不能用勒夏特列原理解释的是( )
A.反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) ΔH<0,升高温度可使平衡向逆反应方向移动
B.合成NH3的反应,为提高NH3的产率,理论上应采取相对较低的温度
C.溴水中存在平衡:Br2+H2OHBr+HBrO,当加入AgNO3溶液后,溶液颜色变浅
D.对2HI(g)H2(g)+I2(g),增大平衡体系的压强(压缩体积)可使体系颜色变深
答案：D
2有一处于平衡状态的反应:X(g)+3Y(g)2Z(g) ΔH<0,为了使平衡向生成Z的方向移动,应选择的条件是( )
①高温 ②低温 ③高压 ④低压 ⑤催化剂 ⑥分离出Z
A.①③⑤
B.②③⑤
C.②③⑥
D.②④⑥
答案：C
3已知反应A2(g)+2B2(g)2AB2(g) ΔH<0,下列说法正确的是( )
A.升高温度,正反应速率增大,逆反应速率减小
B.升高温度有利于反应速率的增加,从而缩短达到平衡所需的时间
C.达到平衡后,升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动
D.达到平衡后,降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动
答案：B
4如图所示的曲线是其他条件一定时,2NO+O22NO2(该反应放热)反应中NO的转化率与温度的关系曲线,图中标有A、B、C、D四点,其中表示未达到平衡状态,且v(正)>v(逆)的点是( )
A.A点
B.B点
C.C点
D.D点
答案：C
5在容积一定的密闭容器中,反应2AB(g)+C(g)达到平衡后,升高温度,容器内气体的密度增大,则下列叙述正确的是( )
A.正反应是吸热反应,且A不是气态
B.正反应是放热反应,且A是气态
C.其他条件不变,加入少量C,物质A的转化率增大
D.改变压强对该平衡的移动无影响
解析：升高温度,容器内气体的密度增大,说明气体的物质的量增大,则A一定不是气体,且平衡正向移动,即正反应方向为吸热反应,A选项正确;加入少量的C,平衡逆向移动,A的转化率减小,C选项错误;该反应为气体的体积增大的反应,则改变压强可以使平衡移动,D选项错误。
答案：A
6对已达化学平衡的下列反应2X(g)+Y(g)2Z(g),减小压强时,对反应产生的影响是( )
A.逆反应速率增大,正反应速率减小,平衡向逆反应方向移动
B.逆反应速率减小,正反应速率增大,平衡向正反应方向移动
C.正、逆反应速率都减小,平衡向逆反应方向移动
D.正、逆反应速率都增大,平衡向正反应方向移动
解析：减小压强,体积增大,反应物和生成物的浓度均降低,则正、逆反应速率都减小。减小压强,平衡向气体体积增大的方向移动,即平衡向逆反应方向移动,则v(逆)>v(正),即趋势相同,但程度不同。
答案：C
7如图是关于反应A2(g)+3B2(g)2C(g)(正反应为放热反应)的平衡移动图像,影响平衡移动的原因可能是( )
A.升高温度,同时加压
B.降低温度,同时减压
C.增大反应物浓度,同时减小生成物浓度
D.增大反应物浓度,同时使用催化剂
解析：由图可知改变的条件可使v(正)增大v(逆)减小,只有C项符合该变化。
答案：C
8已知某可逆反应mA(g)+nB(g)pC
(g)在密闭容器中进行,如图表示在不同反应时间t时,温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数[ (B)]的关系曲线,由曲线分析,下列判断正确的是( )
A.T1p2,m+n>p,放热反应
B.T1>T2,p1p,吸热反应
C.T1p2,m+nD.T1>T2,p1解析：分析图像,可以分两个层次考虑。从①②曲线可知,当压强相同(为p2)时,②先达平衡,说明T1>T2
;又因为T2低, (B)大,即降低温度,平衡逆向移动,说明反应逆向放热,正向吸热。从②③曲线可知,当温度相同(为T1)时,②先达平衡,说明p2>p1;又因为p2大, (B)大,即增大压强,平衡逆向移动,说明逆反应方向为气体体积减小的方向,m+n综合以上分析结果:T1>T2,p1答案：D
9在一个不导热的密闭反应器中,只发生两个反应:
a(g)+b(g)2c(g) ΔH1<0
x(g)+3y(g)2z(g) ΔH2>0
进行相关操作且达到平衡后(忽略体积改变所做的功),下列叙述错误的是( )
A.等压时,通入惰性气体,c的物质的量不变
B.等压时,通入z气体,反应器中温度升高
C.等容时,通入惰性气体,各反应速率不变
D.等容时,通入z气体,y的物质的量浓度增大
解析：A项,等压时,通入惰性气体,气体的体积增大,平衡x(g)+3y(g)2z(g)(ΔH2>0)向左移动,反应放热,反应体系的温度升高,由于该反应容器是一个不导热的容器,所以平衡a(g)+b(g)2c(g)也向左(吸热方向)移动,c的物质的量减小,故A不正确;B项,等压时,通入z气体,增大了生成物的浓度,平衡x(g)+3y(g)2z(g)向左移动,由于该反应的逆反应是放热反应,所以反应器中温度升高,B项正确;等容时,通入惰性气体,各反应物和生成物的物质的量没有变化,即各组分的浓度没有发生变化,所以各组分的反应速率不发生变化,C项正确;等容时,通入z气体,增大了生成物z的浓度,平衡逆向移动,所以y的物质的量浓度增大,D项正确。
答案：A
10一定条件下,可逆反应A+BmC相关量的变化如图所示。已知纵坐标表示在不同温度和压强下生成物C在混合物中的质量分数,p为反应在T2温度时达到平衡后增大容器内压强的变化情况,问:
(1)温度T1 (填“大于”“等于”或“小于”)T2,正反应是 (填“吸热”或“放热”)反应。
(2)如果A、B、C均为气体,则m (填“大于”“等于”或“小于”)2。
(3)当温度和容积不变时,如向平衡体系中加入一定量的某稀有气体,则体系的压强 ,平衡 移动。
(4)当温度和压强不变时,如向平衡体系中加入一定量的某稀有气体,平衡 移动。
答案：(1)大于 放热 (2)大于 (3)增大 不
(4)向正反应方向
11反应mA+nBpC在某温度下达到平衡状态。
(1)若升高温度,A物质的转化率增大,该反应为 热反应。
(2)若C为气体,且m+n=p,在加压时化学平衡发生移动,则平衡必定向 方向移动。
(3)如果在体系中增加或减少B的量,平衡均不发生移动,则B肯定不为 态。
解析：升高温度,A的转化率增大,说明平衡正向移动,则正反应为吸热反应;C为气体,m+n=p,若A、B都为气体,则增大压强,平衡不会移动,而加压平衡发生移动,则A、B中至少有一种反应物为非气态,则平衡必定逆向移动;由题意可知改变B的量,平衡不移动,则B应为固态或液态。
答案：(1)吸 (2)逆反应 (3)气
12可逆反应3A(g)3B( )+C( ) ΔH<0
达到化学平衡后,升高温度,用“变大”“变小”“不变”或“无法确定”填空。
(1)若B、C都是气体,气体的平均相对分子质量 。
(2)若B、C都不是气体,气体的平均相对分子质量 。
(3)若B是气体,C不是气体,气体的平均相对分子质量 。
(4)若B不是气体,C是气体:
①如果A的摩尔质量大于C的摩尔质量,气体的平均相对分子质量 ;
②如果A的摩尔质量小于C的摩尔质量,气体的平均相对分子质量 。
解析：混合气体的平均摩尔质量在以g·
mol-1为单位时数值上等于其平均相对分子质量,因此可用气体的来推算平均相对分子质量的变化,(1)(3)可用此法;对于(2)气体只有一种,所以不变;对于(4)属于两组分气体混合物,则只需看两种气体的比例及摩尔质量的大小。
答案：(1)变大 (2)不变
(3)变大 (4)①变大 ②变小
能力提升
★1(2016四川理综)一定条件下,CH4与H2O(g)发生反应:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。设起始=Z,在恒压下,平衡时CH4的体积分数 (CH4)与Z和T(温度)的关系如图所示。下列说法正确的是( )
(导学号55660022)
A.该反应的焓变ΔH>0
B.图中Z的大小为a>3>b
C.图中X点对应的平衡混合物中=3
D.温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后 (CH4)减小
解析：A项,随着温度的升高, (CH4)减小,说明升温平衡正向移动,正反应吸热,ΔH>0,正确;B项,=Z,Z越大,CH4转化率越大,CH4体积分数越小,则b>3>a,错误;
C项, CH4 + H2O CO + 3H2
起始:
a
3a
0
0
转化:
x
x
x
x
平衡:
a-x
3a-x
x
x
>3,错误;
D项,加压平衡逆向移动, (CH4)增大,错误。
答案：A
2对于可逆反应:A2( )+B2( )2AB( ),当温度和压强改变时,n(AB)的变化如右图所示,下列叙述正确的是( )
A.A2、B2及AB均为气体,ΔH<0
B.AB为气体,A2、B2至少有一种为非气体,ΔH<0
C.AB为气体,A2、B2有一种为非气体,ΔH>0
D.AB为固体,A2、B2有一种为非气体,ΔH>0
解析：由图可知压强相等时,升高温度,AB的物质的量减少,可知温度升高平衡向逆反应方向移动,逆反应是吸热反应,正反应是放热反应,ΔH<0;t3开始温度不变,压强增大,AB的物质的量减少,说明平衡向逆反应方向移动,逆反应是体积减小的方向,说明AB必为气体,A2、B2至少有一种为非气体,不能同时为气体。
答案：B
3在10
℃和4×105
Pa的条件下,当反应aA(g)dD(g)+eE(g)建立平衡后,维持温度不变,容器容积可变,逐步增大体系的压强,在不同压强下该反应建立平衡后,物质D的浓度见下表(在增大压强的过程中无其他副反应发生):
压强/Pa
4×105
6×105
1×106
2×106
0.085
0.126
0.200
0.440
(1)压强从4×105
Pa增加到6×105
Pa时平衡应向 (填“正”或“逆”)反应方向移动,理由是 。
(2)压强从1×106
Pa
增加到2×106
Pa时,平衡向 (填“正”或“逆”)反应方向移动。此时平衡向该方向移动的两个必要条件是① ,② 。
解析：压强从4×105
Pa增加到6×105
Pa时,由于容器体积缩小,D的浓度应增加到×0.085
mol·L-1=0.127
5
mol·L-1,平衡时D的浓度小于0.127
5
mol·L-1,所以平衡向逆反应方向移动,aPa
增加到2×106
Pa时,D的浓度应增加到0.4
mol·L-1,平衡时D的浓度大于0.4
mol·L-1,说明加压平衡向正反应方向移动,正反应又变成了气体体积减小的反应,这与(1)的结论矛盾,唯一合理的解释是加大压强使气体E转变为液体或固体了。
答案：(1)逆 加压时生成物D浓度增大的倍数小于压强增大的倍数 (2)正 ①a>d ②生成物E在该条件下的状态为非气态
4一密封体系中发生下列反应:N2+3H22NH3 ΔH<0,下图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图:
回答下列问题:
(1)处于平衡状态的时间段是 、 、 。
(2)t1、t3、t4时刻体系中分别是什么条件发生了变化: 、 、 。
(3)下列各时间段时,氨的百分含量最高的是 (填序号)。
A.t0~t1
B.t2~t3
C.t3~t4
D.t5~t6
解析：处于平衡状态时,正逆反应速率必定相等,从图中可看出,t0~t1、t2~t4、t5~t6时间段时反应处于平衡状态。t1时刻,条件变化使v(正)、v(逆)都加快,且v(逆)>v(正),平衡向逆反应方向移动,对照化学方程式可看出条件变化应是“升高温度”。t3时刻,v(正)、v(逆)都同幅度加快,应是“加催化剂”。t4时刻,v(正)、v(逆)都减小,且v(正)答案：(1)t0~t1 t2~t4 t5~t6 (2)升高温度 加催化剂 降低压强 (3)A
★5反应:2H2SO4(l)2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)
ΔH=+550
kJ·mol-1(导学号55660023)
由两步反应组成:①H2SO4(l)SO3(g)+H2O(g) ΔH=+177
kJ·mol-1;
②SO3(g)分解。
L(L1,L2)、X可分别代表压强或温度,下图表示L一定时,②中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。
(1)X代表的物理量是 。
(2)判断L1、L2的大小关系,并简述理由:
。
解析：根据盖斯定律,反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) ΔH=+550
kJ·mol-1-2×177
kJ·mol-1=+196
kJ·mol-1。(1)三氧化硫分解是吸热的体积增大的可逆反应,升高温度平衡向正反应方向进行,三氧化硫的转化率升高。增大压强平衡向逆反应方向进行,三氧化硫的转化率降低,因此X表示的是压强。
(2)反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) ΔH>0是吸热反应,在压强一定时,温度越高,平衡正向移动,三氧化硫的转化率增大,所以L2>L1。
答案：(1)压强 (2)L2>L1。SO3(g)分解的热化学方程式:2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) ΔH=+196
kJ·mol-1,压强一定时,温度升高,SO3平衡转化率增大
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1第三节 化学反应热的计算
基础巩固
1下列说法正确的是( )
A.化学反应的反应热与反应过程有密切的关系
B.化学反应的反应热取决于反应体系的始态和终态
C.盖斯定律只是一条简单的自然规律,其实际作用不大
D.有的化学反应过程没有能量变化
答案：B
2已知热化学方程式2H2(g)+
O2(g)2H2O(l)
ΔH1<0,则关于2H2O(l)2H2(g)+O2(g) ΔH2的说法不正确的是( )
A.热化学方程式中的化学计量数只表示分子数
B.该反应的ΔH2应大于零
C.该反应的ΔH2=-ΔH1
D.该反应可表示36
g液态水完全分解生成气态氢气和氧气的热效应
答案：A
3已知:H2SO4(aq)与Ba(OH)2(aq)反应的ΔH=-1
584.2
kJ·mol-1;HCl(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH=-55.6
kJ·mol-1。则生成BaSO4的焓变ΔH等于( )
A.-1
528.6
kJ·mol-1
B.-1
473
kJ·mol-1
C.+1
473
kJ·mol-1
D.+1
528.6
kJ·mol-1
答案：B
4在298
K、100
kPa时,已知:
①2H2O(g)O2(g)+2H2(g) ΔH1
②Cl2(g)+H2(g)2HCl(g) ΔH2
③2Cl2(g)+2H2O(g)4HCl(g)+O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1、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
答案：A
5相同温度时,下列两个反应的反应热分别用ΔH1和ΔH2表示,则( )
①H2(g)+O2(g)H2O(g) ΔH1=-Q1
kJ·mol-1;②2H2O(l)2H2(g)+O2(g) ΔH2=+Q2
kJ·mol-1。
A.Q1>Q2
B.Q1=Q2
C.2Q1D.Q2=Q1
解析：将①式改写成③式:2H2O(g)2H2(g)+O2(g) ΔH3=+2Q1
kJ·mol-1,③式中的化学计量数与②式相同,但③式中H2O为气态,②式中H2O为液态,生成液态水比生成等物质的量的气态水所放出的热量多,故2Q1答案：C
6已知化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关,下列各反应热关系中不正确的是( )
A.A→F ΔH=-ΔH6
B.A→D ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3
C.ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0
D.ΔH1+ΔH6=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5
解析：D项ΔH1+ΔH6=-(ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5)。
答案：D
7已知热化学方程式:
①C2H2(g)+O2(g)2CO2(g)+H2O(l)
ΔH1=-1
301.0
kJ·mol-1
②C(s)+O2(g)CO2(g)
ΔH2=-393.5
kJ·mol-1
③H2(g)+O2(g)H2O(l)
ΔH3=-285.8
kJ·mol-1
则反应④2C(s)+H2(g)C2H2(g)的ΔH为( )
A.+228.2
kJ·mol-1
B.-228.2
kJ·mol-1
C.+1
301.0
kJ·mol-1
D.+621.7
kJ·mol-1
解析：热化学方程式①②③和④之间存在如下关系:
2×②+③-①=④。
所以2ΔH2+ΔH3-ΔH1=ΔH=-2×393.5
kJ·mol-1-285.8
kJ·mol-1+1
301.0
kJ·mol-1=+228.2
kJ·mol-1。
答案：A
8(1)已知:Fe2O3(s)+3C(石墨,s)2Fe(s)+3CO(g)
ΔH=+489.0
kJ·mol-1 ①;CO
(g)+O2(g)CO2(g) ΔH=-283.0
kJ·mol-1②;C(石墨,s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.
5
kJ·mol-1 ③;则Fe(s)与O2(g)反应生成Fe2O3(s)反应的热化学方程式为 。
(2)25
℃、101
kPa下:
①2Na(s)+O2(g)Na2O(s) ΔH1=-414
kJ·mol-1;②2Na(s)+O2(g)Na2O2(s)
ΔH2=-511
kJ·mol-1;25
℃、101
kPa下,Na2O2(s)与Na(s)反应生成Na2O(s)的热化学方程式为
。
解析：(1)由盖斯定律知:③×6-①×2-②×6即得到反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s) ΔH=-1
641.0
kJ·mol-1。(2)由盖斯定律知①×2-②即得到反应Na2O2(s)+2Na(s)2Na2O(s) ΔH=-317
kJ·mol-1。
答案：(1)4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)
ΔH=-1
641.0
kJ·mol-1
(2)Na2O2(s)+2Na(s)2Na2O(s)
ΔH=-317
kJ·mol-1
9已知下列热化学方程式:
①H2(g)+O2(g)H2O(l)
ΔH=-285.8
kJ·mol-1
②H2(g)+O2(g)H2O(g)
ΔH=-241.8
kJ·mol-1
③C(s)+O2(g)CO(g)
ΔH=-110.5
kJ·mol-1
④C(s)+O2(g)CO2(g)
ΔH=-393.5
kJ·mol-1
回答下列问题:
(1)上述反应中属于放热反应的是 。
(2)H2的燃烧热ΔH= ;C的燃烧热ΔH= 。
(3)燃烧10
g
H2生成液态水,放出的热量为 。
(4)写出CO燃烧的热化学方程式: 。
解析：(1)放热反应的ΔH<0,故①②③④都是放热反应。
(2)1
mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量为燃烧热,由方程式知H2、C的燃烧热(ΔH)分别为-285.8
kJ·mol-1、-393.5
kJ·mol-1。
(3)10
g
H2的物质的量为5
mol,燃烧生成液态水,放出的热量为5
mol×285.8
kJ·mol-1=1
429
kJ。
(4)由方程式④-③得CO(g)+O2(g)CO2(g) ΔH=-283
kJ·mol-1。
答案：(1)①②③④
(2)-285.8
kJ·mol-1 -393.5
kJ·mol-1
(3)1
429
kJ
(4)CO(g)+O2(g)CO2(g)
ΔH=-283
kJ·mol-1
10已知在298
K下的热化学方程式:
C(石墨,s)+O2(g)CO2(g)
ΔH1=-393.5
kJ·mol-1
2CO(g)+O2(g)2CO2(g)
ΔH2=-566.0
kJ·mol-1。
298
K时,1
mol
C(石墨,s)转化为CO(g)的反应焓变是 。
答案：ΔH=-110.5
kJ·mol-1
11已知:①Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)
ΔH=+494
kJ·mol-1
②CO(g)+O2(g)CO2(g)
ΔH=-283
kJ·mol-1
③C(s)+O2(g)CO(g)
ΔH=-110
kJ·mol-1
则反应Fe2O3(s)+3C(s)+O2(g)2Fe(s)+3CO2(g)的ΔH=
kJ·mol-1。理论上反应 (填上述方程式序号,下同)放出的热量足以供给反应 所需要的热量。
解析：依据盖斯定律,按“①+②×3”可得反应的ΔH=-355
kJ·mol-1。反应②③为放热反应,可提供给①反应所需的能量。
答案：-355 ②③ ①
12用O2将HCl转化为Cl2,可提高效益,减少污染。传统上该转化通过如图所示的催化循环实现。
其中,反应①为:2HCl(g)+CuO(s)H2O(g)+CuCl2(s) ΔH1
反应②生成1
mol
Cl2(g)的反应热为ΔH2,则总反应的热化学方程式为 (反应热用ΔH1和ΔH2表示)。
答案：2HCl(g)+O2(g)H2O(g)+Cl2(g)
ΔH=ΔH1+ΔH2
能力提升
1(2017江苏化学)通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是( )
①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=a
kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=b
kJ·mol-1
③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
ΔH3=c
kJ·mol-1
④2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
ΔH4=d
kJ·mol-1
A.反应①、②为反应③提供原料气
B.反应③也是CO2资源化利用的方法之一
C.反应CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(l)的ΔH=
kJ·mol-1
D.反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的ΔH=(2b+2c+d)
kJ·mol-1
解析：A项,反应①生成CO(g)和H2(g),生成的CO(g)继续发生反应②生成CO2(g)和H2(g),反应③的原料为CO2(g)和H2(g),正确;B项,反应③可将温室气体CO2转化为燃料CH3OH,正确;C项,反应④中生成的H2O为气体,选项所给反应中生成的H2O为液体,故选项中反应的ΔH≠
kJ·mol-1,错误;D项,依据盖斯定律:反应②×2+反应③×2+反应④,可得热化学方程式2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=(2b+2c+d)
kJ·mol-1,正确。
答案：C
2肼(H2NNH2)是一种高能燃料,有关化学反应的能量变化如图所示,已知断裂1
mol化学键所需的能量(kJ):N≡N键为942、OO键为500、N—N键为154,则断裂1
mol
N—H键所需的能量(kJ)是( )
A.194
B.391
C.516
D.658
解析：利用图示可知肼和氧气变成原子时断键需要的能量为2
752
kJ-534
kJ=2
218
kJ。肼和氧气断键变为原子时要断裂1个N—N键,4个N—H键,1个OO键,所以1×154+4×(N—H键能)+1×500
kJ=2
218
kJ,解得N—H键能为391,单位kJ。
答案：B
3已知:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)
ΔH=a
kJ·mol-1;2C(s)+O2(g)2CO(g)
ΔH=-220
kJ·mol-1。
H—H键、OO键和O—H键的键能分别为436、496和462
kJ·mol-1,则a为( )
A.-332
B.-118
C.+350
D.+130
解析：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=a
kJ·mol-1
(1)
2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-220
kJ·mol-1(2)
(1)×2-(2)得2H2O(g)O2(g)+2H2(g)
ΔH=+(2a+220)
kJ·mol-1
由键能数值计算得2H2O(g)O2(g)+2H2(g)中ΔH=4×462
kJ·mol-1-(496
kJ·mol-1+2×436
kJ·mol-1)=+480
kJ·mol-1,即:2a+220=480,解得a=+130。
答案：D
4已知:2H2(g)+O2(g)2H2O(l)
ΔH=-571.6
kJ·mol-1;CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890
kJ·mol-1。
现有H2与CH4的混合气体112
L(标准状况),使其完全燃烧生成CO2和H2O(l),若实验测得反应放热3
695
kJ。原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是
( )
A.1∶1
B.1∶3
C.1∶4
D.2∶3
解析：设H2、CH4的物质的量分别为x、y。则x+y=5
mol,
kJ·mol-1+890y
kJ·mol-1=3
695
kJ,解得x=1.25
mol;y=3.75
mol,两者之比为1∶3。
答案：B
5在一定条件下,当64
g
SO2气体被氧化成SO3气体时,共放出热量98.3
kJ,已知SO2在此条件下转化率为80%,据此,下列热化学方程式正确的是( )
A.SO2(g)+O2(g)SO3(g)
ΔH=-98.3
kJ·mol-1
B.2SO2(g)+O2(g)2SO3(l)
ΔH=-196.6
kJ·mol-1
C.SO2(g)+O2(g)SO3(g)
ΔH=-78.64
kJ·mol-1
D.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
ΔH=+196.6
kJ·mol-1
解析：热化学方程式表示的是反应已完成的热效应。64
g
SO2即1
mol
SO2气体完全转化成SO3时的热效应为98.3
kJ,所以相应的热化学方程式为SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.3
kJ·mol-1。
答案：A
★6(2016浙江理综,节选)催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明,在Cu/ZnO催化剂存在下,CO2和H2可发生两个平行反应,分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下:
(导学号55660011)
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
ΔH1=-53.7
kJ·mol-1 Ⅰ
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2 Ⅱ
已知:①CO和H2的标准燃烧热分别为
-283.0
kJ·mol-1和-285.8
kJ·mol-1
②H2O(l)H2O(g) ΔH3=+44.0
kJ·mol-1
请回答(不考虑温度对ΔH的影响):
反应Ⅱ的ΔH2=
kJ·mol-1。
解析：根据CO、H2的标准燃烧热可得热化学方程式Ⅳ:CO(g)+O2(g)CO2(g) ΔH4=-283.0
kJ·mol-1 Ⅴ:H2(g)+O2(g)H2O(l)
ΔH5=-285.8
kJ·mol-1,若设H2O(l)H2O(g)
ΔH3=+44
kJ·mol-1为Ⅲ,将反应Ⅴ-Ⅳ+Ⅲ可得反应Ⅱ,ΔH2=-285.8
kJ·mol-1+44
kJ·mol-1-(-283.0
kJ·mol-1)=+41.2
kJ·mol-1。
答案：+41.2
★7已知拆开1
mol氢气中的化学键需要消耗436
kJ能量,拆开1
mol氧气中的化学键需要消耗498
kJ能量,根据下面的能量图,回答下列问题:
(1)分别写出①②的数值:
① ;② 。
(2)生成H2O(g)中的1
mol
H—O键放出
kJ的能量。
(3)已知:H2O(l)H2O(g)
ΔH=+44
kJ·mol-1,试写出2
mol氢气在足量氧气中完全燃烧生成液态水的热化学方程式:
。
解析：(1)(2)2
mol
H2和1
mol
O2断键吸收能量①为436
kJ×2+498
kJ=1
370
kJ;对于反应2H2(g)+O2(g)2H2O(g)的反应热ΔH=Q(吸)-Q(放),即有等式1
370
kJ-Q(放)=-482
kJ,解得Q(放)=1
852
kJ。因为生成2
mol
H2O(g),即4
mol
H—O键放出1
852
kJ热量,则生成1
mol
H—O键时放出
kJ=463
kJ的热量。
(3)因为2H2(g)+O2(g)2H2O(g)
ΔH=-482
kJ·mol-1
①
H2O(l)H2O(g) ΔH=+44
kJ·mol-1
②
将①-②×2得:2H2(g)+O2(g)2H2O(l)
ΔH=-482
kJ·mol-1-44
kJ·mol-1×2=-570
kJ·mol-1。
答案：(1)①1
370 ②1
852 (2)463
(3)2H2(g)+O2(g)2H2O(l)
ΔH=-570
kJ·mol-1第一章
化学反应与能量检测
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题包括18个小题,每小题3分,共54分)
1中国锅炉燃煤采用沸腾炉逐渐增多,采用沸腾炉的好处在于( )
①增大煤炭燃烧时的燃烧热并形成清洁能源
②减少炉中杂质气体(如SO2等)的形成
③提高煤炭的热效率并减少CO的排放
④使得燃料燃烧充分,从而提高燃料的利用率
A.①②
B.①③④
C.②③
D.③④
答案：D
2下列反应中,放出热量的是( )
①NaOH溶液中加入盐酸 ②由乙醇制C2H4 ③铝热反应 ④由氯酸钾制O2
A.①②
B.②③
C.①③
D.①④
答案：C
3下列有关光合作用的说法错误的是( )
A.将无机物转化为有机物
B.反应物的总能量高于生成物的总能量
C.将太阳能转变为化学能
D.是自然界碳元素循环的重要途径
答案：B
4下列说法中正确的是( )
A.在化学反应中,发生物质变化的同时不一定发生能量变化
B.ΔH>0表示放热反应,ΔH<0表示吸热反应
C.ΔH的大小与热化学方程式中的各物质的化学计量数无关
D.反应产物的总焓大于反应物的总焓时,ΔH>0
答案：D
5根据以下三个热化学方程式:2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-Q1
kJ·mol-1;2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(l) ΔH=-Q2
kJ·mol-1;2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(g) ΔH=-Q3
kJ·mol-1。
判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是( )
A.Q1>Q2>Q3
B.Q1>Q3>Q2
C.Q3>Q2>Q1
D.Q2>Q1>Q3
答案：A
6在一定条件下,CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为:
2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH=-566
kJ·mol-1
CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-890
kJ·mol-1
由1
mol
CO和3
mol
CH4组成的混合气体在上述条件下完全燃烧时,释放的热量为( )
A.2
912
kJ
B.2
953
kJ
C.3
236
kJ
D.3
867
kJ
解析：1
mol
CO完全燃烧放出的热量是
kJ,3
mol
CH4完全燃烧放出的热量是890
kJ×3,释放的总热量应当是(+890×3)
kJ=2
953
kJ。
答案：B
7已知下列热化学方程式:
①CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-890.31
kJ·mol-1
②2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(l)
ΔH=-3
119.6
kJ·mol-1
③C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-1
411.0
kJ·mol-1
④2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-2
599.2
kJ·mol-1
⑤C3H8(g)+5O2(g)3CO2(g)+4H2O(l)
ΔH=-2
219.9
kJ·mol-1
现有由2
mol上述五种烃中的两种组成的气体混合物,经充分燃烧后放出3
037
kJ热量,则下列组合中不可能的是( )
A.C2H4和C2H6
B.C2H2和C3H8
C.C2H6和C3H8
D.C2H6和CH4
解析：题给五种烃的燃烧热分别为890.31
kJ·mol-1、1
559.8
kJ·mol-1、1
411.0
kJ·mol-1、1
299.6
kJ·mol-1、2
219.9
kJ·mol-1。2
mol混合气体完全燃烧放出的热量为3
037
kJ,所以平均燃烧热为1
518.5
kJ·mol-1。根据平均值的意义可知混合物中两种烃的燃烧热应该分别在该数值的两侧。
答案：C
8在25
℃、101
kPa下,1
g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68
kJ,下列热化学方程式正确的是( )
A.CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=+725.8
kJ·mol-1
B.2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-1
452
kJ·mol-1
C.2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-725.8
kJ·mol-1
D.2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) ΔH=+1
452
kJ·mol-1
解析：在25
℃、101
kPa下,1
mol(即32
g)甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热为32×22.68
kJ=725.8
kJ,2
mol甲醇燃烧放热1
452
kJ。
答案：B
9已知:2CO(g)+O2(g)2CO2(g)
ΔH=-566
kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180
kJ·mol-1
则2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的ΔH是
( )
A.-386
kJ·mol-1
B.+386
kJ·mol-1
C.-746
kJ·mol-1
D.+746
kJ·mol-1
解析：设提供的两个反应分别为①②,根据盖斯定律,2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)可以通过①-②得到,故该反应的ΔH=-746
kJ·mol-1。
答案：C
10甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是:
①CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)
ΔH=+49.0
kJ·mol-1
②CH3OH(g)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)
ΔH=-192.9
kJ·mol-1
下列说法正确的是( )
A.CH3OH的燃烧热为192.9
kJ·mol-1
B.反应①中的能量变化如图所示
C.CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
D.根据②推知反应CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2(g)的ΔH>-192.9
kJ·mol-1
解析：反应②中H2(g)不是稳定的氧化物,A项不正确;反应①为吸热反应,而图示反应为放热反应,B项不正确;据题给反应①②可知,CH3OH转变成H2的过程可以吸收能量,也可以放出能量,C项不正确;由于CH3OH在气态时比在液态时能量高,可知等量CH3OH(l)比CH3OH(g)反应时放出热量少,D项正确。
答案：D
11根据下列热化学方程式,判断氢化物的稳定性顺序正确的是( )
N2(g)+H2(g)NH3(g)
ΔH=-46.19
kJ·mol-1
H2(g)+Cl2(g)HCl(g)
ΔH=-92.36
kJ·mol-1
I2(g)+H2(g)HI(g)
ΔH=+25.96
kJ·mol-1
A.HI>HCl>NH3
B.HCl>NH3>HI
C.HCl>HI>NH3
D.NH3>HI>HCl
解析：由热化学方程式的焓变可知,要分解相同物质的量的三种气体,HCl吸收的热量最大、NH3吸收的热量次之,而HI放热,所以三者的稳定性顺序为HCl>NH3>HI。
答案：B
12已知热化学方程式:
H2O(g)H2(g)+O2(g) ΔH=+241.8
kJ·mol-1
H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH=-285.8
kJ·mol-1
当1
g液态水变为水蒸气时,其热量变化是( )
A.吸热88
kJ
B.吸热2.44
kJ
C.放热44
kJ
D.吸热44
kJ
解析：将第1个热化学方程式加第2个热化学方程式得:H2O(g)H2O(l) ΔH=-44
kJ·mol-1,表示1
mol气态水变成液态水时放出热量44
kJ。
答案：B
13已知下列热化学方程式:
(1)CH3COOH(l)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-870.3
kJ·mol-1;
(2)C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH2=-393.5
kJ·mol-1;
(3)H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH3=-285.8
kJ·mol-1。
则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)CH3COOH(l)的ΔH为( )
A.-488.3
kJ·mol-1
B.-244.15
kJ·mol-1
C.+488.3
kJ·mol-1
D.+244.15
kJ·mol-1
解析：2×(3)+2×(2)-(1)可得:
2C(s)+2H2(g)+O2(g)CH3COOH(l)
ΔH=-488.3
kJ·mol-1。
答案：A
14下列热化学方程式中ΔH的绝对值(单位:kJ·mol-1)代表燃烧热的是( )
A.CH4(g)+O2(g)2H2O(l)+CO(g) ΔH1
B.S(s)+O2(g)SO3(s) ΔH2
C.C6H12O6(s)+6O2(g)6CO2(g)+6H2O(l) ΔH3
D.2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH4
解析：在101
kPa时,1
mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,是该物质的燃烧热;可见只有C项正确。
答案：C
15单斜硫和正交硫是硫的两种同素异形体。
已知:①S(单斜,s)+O2(g)SO2(g)
ΔH1=-297.16
kJ·mol-1
②S(正交,s)+O2(g)SO2(g)
ΔH2=-296.83
kJ·mol-1
下列说法正确的是( )
A.S(单斜,s)S(正交,s) ΔH3=+0.33
kJ·mol-1
B.正交硫比单斜硫稳定
C.相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量高
D.①式表示断裂1
mol
O2中的共价键所吸收的能量比形成1
mol
SO2中的共价键所放出的能量多297.16
kJ
解析：根据盖斯定律,反应式①-②得S(s,单斜)S(s,正交) ΔH3=-0.33
kJ·mol-1,所以正交硫能量低,稳定,故A、C项错误,B项正确;①式反应为放热反应,说明形成新键放出的能量大于破坏旧键吸收的能量,D项错误。
答案：B
16反应A(g)+B(g)C(g)
ΔH分两步进行:①A(g)+B(g)X(g) ΔH1;②X(g)C(g) ΔH2,反应过程中能量变化如图所示,下列说法正确的是( )
A.ΔH1=ΔH-ΔH2>0
B.ΔH2=ΔH-ΔH1>0
C.X是反应A(g)+B(g)C(g)的催化剂
D.ΔH=E1-E2
解析：根据盖斯定律可知,ΔH=ΔH1+ΔH2,即ΔH1=ΔH-ΔH2,再结合图像可知ΔH1>0,ΔH2<0,A项正确,B项错误;从图中看出,X为该反应的中间产物,不是催化剂,C项错误;由图像可知,ΔH不等于E1-E2,D项错误。
答案：A
17通常人们把拆开1
mol
某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可用于估算化学反应的反应热(ΔH),化学反应的ΔH等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。
化学键
A—A
B—B
A—B
键能/(kJ·mol-1)
436
243
431
则下列热化学方程式错误的是( )
A.A2(g)+B2(g)AB(g) ΔH=-91.5
kJ·mol-1
B.A2(g)+B2(g)2AB(g) ΔH=-183
kJ·mol-1
C.A2(g)+B2AB(g) ΔH=+91.5
kJ·mol-1
D.2AB(g)A2(g)+B2(g) ΔH=+183
kJ·mol-1
解析：ΔH=E(反应物)-E(生成物)=(436
kJ·mol-1+243
kJ·mol-1)-2×431
kJ·mol-1=-183
kJ·mol-1,说明A2(g)+B2(g)2AB(g)是一个放热反应,由此可知A、B、D三项正确,C选项热化学方程式错误。
答案：C
18已知:
①C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5
kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=-571.6
kJ·mol-1
现有0.2
mol木炭粉和氢气组成的悬浮气,在氧气中完全燃烧,共放出67.93
kJ的热量,则混合物中C与H2的物质的量之比为( )
A.1∶1
B.1∶2
C.2∶3
D.3∶2
解析：设混合物中碳的物质的量为x
mol,H2的物质的量为y
mol
解得
答案：A
二、非选择题(本题包括6小题,共46分)
19(6分)如图是一个测量物质反应是吸热还是放热的简易实验装置,利用此装置可以很方便地测得某反应是放热反应还是吸热反应。请根据装置回答下列问题:
(1)将铝片加入小试管内,然后注入足量的盐酸,有关反应的离子方程式是 ,小试管中看到的现象是 。
(2)弯管中A端液面 (填“上升”或“下降”),原因是 ;说明此反应是 (填“放热”或“吸热”)反应。
解析：小试管内反应产生的热量使锥形瓶内温度升高,空气膨胀,压强增大,使右侧弯管内液面左低右高。
答案：(1)2Al+6H+2Al3++3H2↑ 剧烈反应,有大量气泡产生
(2)下降 锥形瓶内气体温度升高,压强增大,大于外界大气压,从而使A端液面下降 放热
20(4分)发射卫星时常用肼(N2H4)作为燃料,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:①N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH1=+67.7
kJ·mol-1;②N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH2=-534
kJ·mol-1。
试计算1
mol肼和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：根据盖斯定律,反应②×2-反应①整理得2N2H4(g)+2NO2(g)3N2(g)+4H2O(g),ΔH=2ΔH2-ΔH1=-534
kJ·mol-1×2-67.7
kJ·mol-1=-1
135.7
kJ·mol-1。则1
mol
N2H4反应放出的热量为=567.85
kJ。
答案：567.85 2N2H4(g)+2NO2(g)3N2(g)+4H2O(g) ΔH=-1
135.7
kJ·mol-1
21(6分)近20年来,对以氢气作为未来能源的研究获得了较大进展。像电一样,氢是一种需要依靠其他能源如石油、煤、原子能等的能量来制取的所谓“二次能源”,而存在于自然界的可以提供现成形式能量的能源称为一次能源,如煤、石油、太阳能和原子能等。
(1)为了有效发展民用氢能源,必须制得廉价的氢气,下列可供开发的较经济且资源可持续利用的制取氢气的方法是 。
A.电解水
B.锌和稀硫酸反应
C.光解海水
D.以石油、天然气为原料
(2)氢气燃烧时耗氧量小,发热量大。已知C和H2燃烧的热化学方程式分别为:
C(g)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5
kJ·mol-1
H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH=-285.8
kJ·mol-1
试通过计算说明等质量H2和C完全燃烧时产生热量之比是 。
(3)氢能源有可能实现能源的方便贮存,也有可能实现经济、高效的输送。研究表明,过渡金属型氢化物(又称间充氢化物)中,氢原子填充在金属的晶格间隙之间,其组成不固定,通常是非化学计量的,如LaH2.76、TiH1.73、CeH2.69、ZrH1.98、PrH2.85、TaH0.78。已知标准状况下,1体积的钯粉大约可吸附896体积的氢气(钯粉的密度为10.64
g·cm-3,相对原子质量为106.4),试写出钯(Pd)的氢化物的化学式: 。
解析：(2)由热化学方程式可知,相同质量的H2和C完全燃烧时放出的热量之比为(285.8
kJ·mol-1×)∶(393.5
kJ·mol-1×)=4.36∶1。
(3)由题意可知,1
cm3钯粉可吸收896
cm3的氢气,Pd与H的物质的量之比为∶(×2)=1∶0.8,故氢化物的化学式为PdH0.8。
答案：(1)C (2)4.36∶1 (3)PdH0.8
22(10分)某化学兴趣小组要完成中和热的测定实验。
(1)实验桌上备有大小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.5
mol·L-1盐酸、0.55
mol·L-1
NaOH溶液,实验尚缺少的玻璃仪器是 、 。
(2)实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒 (填“能”或“否”),其原因是
。
(3)他们记录的实验数据如下:
实验用品
溶液温度
中和热
t1
t2
ΔH
a
50
mL
0.55
mol·L-1
NaOH溶液
50
mL
0.5
mol·L-1
HCl溶液
20
℃
23.3
℃
b
50
mL
0.55
mol·L-1
NaOH溶液
50
mL
0.5
mol·L-1
HCl溶液
20
℃
23.5
℃
已知:Q=cm,反应后溶液的比热容c为4.18
kJ·℃-1·kg-1,各物质的密度均为1
g·cm-3。
①计算上表中ΔH= 。
②根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式: 。
(4)若用KOH代替NaOH,对测定结果 (填“有”或“无”)影响;若用醋酸代替HCl做实验,对测定结果 (填“有”或“无”)影响。
解析：(1)中和热测定的关键是减少实验过程中的热量损失,需要的仪器中除题目中的仪器外,还要用量筒量取液体体积,用温度计测量液体的温度。
(2)不可以,铜丝易传导热,会增加热量散失。
(3)①由题意知:a中t2-t1=23.3
℃-20
℃=3.3
℃。
b中t2-t1=23.5
℃-20
℃=3.5
℃
故=3.4
℃。
由Q=cm=4.18
kJ·℃-1·kg-1×0.1
kg×3.4
℃=1.42
kJ,则ΔH=-=-=-56.8
kJ·mol-1。
②NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-56.8
kJ·mol-1。
(4)KOH、NaOH都是强碱,对结果无影响。而用CH3COOH代替HCl,由于CH3COOH为弱酸,电离需吸热,故对测定结果有影响。
答案：(1)量筒 温度计
(2)否 金属易导热,热量散失多,导致误差偏大
(3)①-56.8
kJ·mol-1
②NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-56.8
kJ·mol-1
(4)无 有
23(10分)常温常压下,断裂1
mol(理想)气体分子中的化学键所吸收的能量或形成1
mol(理想)气体分子中的化学键所放出的能量称为键能(单位为kJ·mol-1)。下表是一些键能数据(kJ·mol-1):
化学键
键能
化学键
键能
化学键
键能
C—F
427
C—Cl
330
C—I
218
H—H
436
SS
255
H—S
339
请完成下列问题。
(1)由表中数据规律预测C—Br键的键能范围: (2)热化学方程式2H2(g)+S2(g)2H2S(g)
ΔH=Q
kJ·mol-1;则Q= 。
(3)已知下列热化学方程式:
①O2(g)(g)+e- ΔH1=
+1
175.7
kJ·mol-1
②PtF6(g)+e-Pt(g) ΔH2=
-771.1
kJ·mol-1
③Pt(s)(g)+Pt(g) ΔH3=+482.2
kJ·mol-1
则反应O2(g)+ (g)Pt(s) ΔH=
kJ·mol-1。
解析：(1)根据表中数据得规律:卤族元素C—X键的键能由上到下依次减小,预测C—Br键的键能范围:218
kJ·mol-1kJ·mol-1;(2)根据化学反应的焓变等于反应物的键能之和减生成物的键能之和计算,注意各物质的结构和化学键的数目;ΔH=2×436
kJ·mol-1+255
kJ·mol-1-4×339
kJ·mol-1=-229
kJ·mol-1;(3)依据盖斯定律①+②-③得到反应热化学方程式为O2(g)+PtF6(g)Pt(s) ΔH=-77.6
kJ·mol-1。
答案：(1)218
kJ·mol-1 330
kJ·mol-1
(2)-229
(3)PtF6 -77.6
24(10分)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示,已知1
mol
SO2(g)被氧化为1
mol
SO3(g)的ΔH=-99
kJ·mol-1。
回答下列问题:
(1)图中A、C分别表示: 、 ,E的大小对该反应的反应热有无影响 。
(2)图中ΔH=
kJ·mol-1。
(3)V2O5的催化循环机理可能为:V2O5氧化SO2时,自己被还原为四价钒化合物;四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式: 。
(4)已知单质硫的燃烧热为296
kJ·mol-1,计算由S(s)生成3
mol
SO3(g)的ΔH。(写出计算过程)。
解析：(1)由ΔH=-99
kJ·mol-1可知,该反应为放热反应,则A应为反应物能量,C应为生成物能量。E是反应所必经的一个过渡态,它只影响反应的难易程度,而整个反应过程中的反应热只与反应的始终态有关,故E的大小对该反应的反应热无影响。
(2)由于1
mol
SO2被氧化为1
mol
SO3时放热99
kJ,而图像中表示的是2
mol
SO2被氧化为2
mol
SO3时的能量变化,故ΔH=-198
kJ·mol-1。
(3)根据元素守恒即可写出化学方程式。
(4)S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH1=-296
kJ·mol-1,SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH2=-99
kJ·mol-1,3S(s)+O2(g)3SO3(g) ΔH=(ΔH1+ΔH2)×3=-1
185
kJ·mol-1。
答案：(1)反应物能量 生成物能量 没有影响
(2)-198
(3)SO2+V2O5SO3+2VO2、4VO2+O22V2O5
(4)S(s)+O2(g)SO2(g)
ΔH1=-296
kJ·mol-1,SO2(g)+O2(g)SO3(g)
ΔH2=-99
kJ·mol-1,3S(s)+O2(g)3SO3(g)
ΔH=(ΔH1+ΔH2)×3=-1
185
kJ·mol-1第一节 原电池
基础巩固
1下列反应可用于设计原电池的是( )
A.H2SO4+2NaOHNa2SO4+2H2O
B.2FeCl3+Fe3FeCl2
C.Mg3N2+
6H2O3Mg(OH)2↓+
2NH3↑
D.NaCl+AgNO3NaNO3+AgCl↓
答案：B
2有关原电池的下列说法中正确的是( )
A.在外电路中电子由正极流向负极
B.在原电池中,只能用金属锌作负极
C.原电池工作时,阳离子向正极方向移动
D.原电池工作时,阳离子向负极方向移动
答案：C
3有关如图所示原电池的叙述,正确的是(盐桥中装有含琼脂的KCl饱和溶液)( )
A.铜片上发生氧化反应
B.取出盐桥后,电流计依然发生偏转
C.反应中,盐桥中的K+会移向CuSO4溶液
D.反应前后铜片质量不改变
答案：C
4某原电池反应的离子方程式为Fe+2H+Fe2++H2↑,则下列说法中正确的是( )
A.可以用HNO3作电解质溶液
B.可以用锌作原电池正极
C.可以用铁作负极,铁的质量不变
D.可以用铜作原电池正极
答案：D
5根据原电池的有关知识,下列反应不能用于原电池的是
( )
A.2H2+O22H2O
B.2CH3OH+3O22CO2+4H2O
C.Zn+2HClZnCl2+H2↑
D.NaOH+HClNaCl+H2O
解析：原电池反应必须是放出能量的自发氧化还原反应,选项D是非氧化还原反应,故它不可以用于原电池。
答案：D
6下列叙述正确的是( )
A.反应AlCl3+4NaOHNaAlO2+3NaCl+2H2O,可以设计成原电池
B.Zn和稀硫酸反应时,加入少量CuSO4溶液能加快产生H2的速率
C.把Fe片和Cu片放入稀硫酸中,并用导线把二者相连,观察到Cu片上产生大量气泡,说明Cu与H2SO4能发生反应而Fe被钝化
D.Zn-Cu原电池工作过程中,溶液中H+向负极作定向移动
答案：B
7在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片,下列叙述正确的是( )
A.正极附近的S浓度逐渐增大
B.电子通过导线由铜片流向锌片
C.正极有O2逸出
D.铜片上有H2逸出
解析：题干所述装置属于原电池装置,负极反应式:Zn-2e-Zn2+,正极反应式:2H++2e-H2↑,电子由负极流出经过外电路流向正极。为形成闭合回路,溶液中的阴离子向负极移动,阳离子向正极移动。
答案：D
8如图所示的原电池装置,X、Y为两电极,电解质溶液为稀硫酸,外电路中的电子流向如图所示,对此装置的下列说法正确的是( )
A.外电路的电流方向为:X→外电路→Y
B.若两电极分别为Zn和石墨棒,则X为石墨棒,Y为Zn
C.若两电极都是金属,则它们的活动性为X>Y
D.X极上发生的是还原反应,Y极上发生的是氧化反应
解析：由图可知,电子的流动方向是X→外电路→Y,则电流的方向就为Y→外电路→X;
X为原电池的负极,Y为正极,X的活动性比Y的强;X极应发生氧化反应,Y极应发生还原反应。
答案：C
9控制合适的条件,将反应2Fe3++2I-2Fe2++I2设计成如图所示的原电池。下列判断不正确的是( )
A.反应开始时,乙中石墨电极上发生氧化反应
B.反应开始时,甲中石墨电极上Fe3+被还原
C.电流计读数为零时,反应达到化学平衡状态
D.电流计读数为零后,在甲中溶入FeCl2固体,乙中石墨电极为负极
解析：由总反应方程式知,I-失去电子(氧化反应),Fe3+得电子(被还原),故A、B项正确;当电流计读数为零时,即说明没有电子发生转移,可证明反应达平衡,C项正确;加入Fe2+,导致平衡逆向移动,则Fe2+失去电子生成Fe3+,甲中石墨作负极,D项错误。
答案：D
10将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间,以下叙述正确的是( )
A.两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B.甲中铜片是正极,乙中铜片是负极
C.两烧杯中溶液的pH均增大
D.产生气泡的速率甲比乙慢
解析：乙烧杯中锌与铜没有接触,不能构成原电池,但锌可以与稀硫酸直接反应,放出H2;甲烧杯中铜片和锌片用导线连接后插入稀硫酸中形成了原电池,由于金属活动性Zn>Cu,所以锌为负极,铜片上有H2放出,加快了锌的溶解。
答案：C
11下图所示原电池正极的反应式为
。
解析：该原电池中,Cu比Ag活泼,所以Cu作负极,Ag作正极,电池总反应是Cu与Ag+发生置换反应生成Ag单质,所以正极反应式为Ag++e-Ag。
答案：Ag++e-Ag
12酸性锌锰干电池是一种一次性电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。回答下列问题:
(1)该电池的正极反应式为 ,电池反应的离子方程式为 。
(2)维持电流强度为0.5
A,电池工作5分钟,理论上消耗锌
g。(已知F=96
500
C·mol-1)
解析：(1)电池正极发生还原反应,所以正极反应式为MnO2+H++e-MnOOH,负极反应式为Zn-2e-Zn2+,所以电池反应为Zn+2MnO2+2H+Zn2++2MnOOH。
(2)因电流强度I=,所以Q=It=0.5
A×5
min×60
s·min-1=150
C
所以通过电子物质的量为
所以消耗Zn的质量为:×65
g·mol-1=0.05
g。
答案：(1)MnO2+H++e-MnOOH 2MnO2+Zn+2H+2MnOOH+Zn2+[注:式中Zn2+可写为Zn(NH3、Zn(NH3)2Cl2等,H+可写为N]
(2)0.05
13有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性强弱,两人均使用镁片与铝片作电极,但甲同学将电极放入6
mol·L-1的H2SO4溶液中,乙同学将电极放入6
mol·L-1的NaOH溶液中,如图所示:
(1)写出甲池中负极的电极反应式: 。
(2)写出乙池中负极的电极反应式和总反应的离子方程式:负极 ;总反应的离子方程式 。
(3)如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属,则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”,则甲会判断出 活动性更强,而乙会判断出 活动性更强。(填写元素符号)
(4)由此实验,可得到如下哪些正确结论 。
A.利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质
B.镁的金属性不一定比铝的金属性强
C.该实验说明金属活动性顺序已过时,已没有实用价值
D.该实验说明化学研究对象复杂,反应受条件的影响较大,因此应具体问题具体分析
(5)丙同学依据甲、乙同学的思路,设计如下实验:
将铝片和铜片用导线相连,一组插入浓硝酸中,一组插入稀NaOH溶液中,分别形成了原电池。
①在这两个原电池中,负极分别为 。
A.铝片、铜片
B.铜片、铝片
C.铝片、铝片
D.铜片、铜片
②写出插入浓硝酸中形成原电池的电极反应式 。
解析：原电池中利用电流计测定电流的方向,从而判断电子流向,再确定原电池的正负极。甲中Mg作负极,乙中Al作负极。同理,铝片和铜片插入浓硝酸中,Al钝化,铜片作负极;铝片和铜片插入稀NaOH溶液中,铝与NaOH溶液反应,铝作负极。
答案：(1)Mg-2e-Mg2+
(2)2Al+8OH--6e-2Al+4H2O 2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑
(3)Mg Al (4)AD
(5)①B ②负极:Cu-2e-Cu2+;
正极:4H++2N+2e-2NO2↑+2H2O
能力提升
★1(2017全国Ⅲ)全固态锂硫电池能量密度高、成本低,其工作原理如图所示,其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料,电池反应为:16Li+xS88Li2Sx(2≤x≤8)。下列说法错误的是( )
(导学号55660052)
A.电池工作时,正极可发生反应:2Li2S6+2Li++2e-3Li2S4
B.电池工作时,外电路中流过0.02
mol电子,负极材料减重0.14
g
C.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
D.电池充电时间越长,电池中Li2S2的量越多
解析：A项,在该电池中电极a为正极,发生的反应依次为:
S8+2Li++2e-Li2S8
3Li2S8+2Li++2e-4Li2S6
2Li2S6+2Li++2e-3Li2S4
Li2S4+2Li++2e-2Li2S2,故A正确;B项,原电池工作时,转移0.02
mol电子时,被氧化的Li的物质的量为0.02
mol,质量减少0.14
g,正确;C项,石墨烯能导电,利用石墨烯作电极,可提高电极a的导电性,正确;D项,电池充电时由于Li+得到电子生成Li,则电池充电时间越长,电池中Li2S2的量越少,错误。
答案：D
2(2016全国Ⅱ)Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是( )
A.负极反应式为Mg-2e-Mg2+
B.正极反应式为Ag++e-Ag
C.电池放电时Cl-由正极向负极迁移
D.负极会发生副反应Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑
解析：Mg-AgCl海水电池中,Mg为活泼金属,作负极,发生反应:Mg-2e-Mg2+,A项正确;AgCl在正极反应:AgCl+e-Ag+Cl-,B项错误;原电池中,阴离子向负极移动,C项正确;Mg可与H2O缓慢反应,D项正确。
答案：B
3可以将反应Zn+Br2ZnBr2设计成原电池,下列4个电极反应:
①Br2+2e-2Br- ②2Br--2e-Br2
③Zn-2e-Zn2+ ④Zn2++2e-Zn
其中表示放电时负极和正极反应的分别是( )
A.②和③
B.②和①
C.③和①
D.④和①
解析：放电时负极反应物为Zn,失电子被氧化,正极反应物为Br2,得电子被还原。
答案：C
4M、N、P、E四种金属,①M+N2+N+M2+ ②M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中,M表面有大量气泡 ③N、E用导线连接放入E的硫酸溶液中,电极反应为E2++2e-E,N-2e-N2+。四种金属的还原性由强到弱的顺序是( )
A.P、M、N、E
B.E、N、M、P
C.P、N、M、E
D.E、P、M、N
解析：由①知,还原性M>N,M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中,M表面冒气泡,为原电池正极,故还原性P>M;N、E构成的原电池中N作负极,故还原性N>E。
答案：A
★5如图所示,杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球,调节杠杆并使其在水中保持平衡,然后小心地向水槽中央滴入浓硫酸铜溶液,一段时间后,下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中,不考虑铁丝反应及两球的浮力变化)( )
A.杠杆为导体和绝缘体时,均为A端高B端低
B.杠杆为导体和绝缘体时,均为A端低B端高
C.当杠杆为绝缘体时,A端低,B端高;为导体时,A端高,B端低
D.当杠杆为绝缘体时,A端高,B端低;为导体时,A端低,B端高
解析：若杠杆为导体,则构成原电池,铁作负极失电子而溶解:Fe-2e-Fe2+,溶液中Cu2+在正极(铜极)得电
子生成铜,质量增大而下降,A端低,B端高;若杠杆为绝缘体,则铁球和CuSO4溶液发生置换反应生成Cu覆于表面,质量增加,下降,A端高,B端低。
答案：D
★6常温下,将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓硝酸中组成原电池(图1),测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示。反应过程中有红棕色气体产生。
(导学号55660053)
图1
图2
0~t1时,原电池的负极是铝片,此时,正极的电极反应式是 ,溶液中的H+向 极移动。t1时,原电池中电子流动方向发生改变,其原因是 。
解析：在0~t1时,正极上是N得电子后结合H+生成NO2和H2O;在原电池中,阳离子向正极移动,故H+向正极移动;由于Al与浓硝酸反应后在表面生成了致密的氧化膜阻止了Al的进一步反应,t1时发生Cu与浓硝酸的反应,Cu作负极,原电池中电子流动方向发生了改变。
答案：2H++N+e-NO2↑+H2O 正 Al在浓硝酸中发生钝化,氧化膜阻止了Al的进一步反应
PAGE
1第二节 燃烧热 能源
基础巩固
1化学家借助太阳能产生的电能和热能,用空气和水作原料成功地合成了氨气。下列有关说法正确的是( )
A.该合成中所有的电能和热能全部转化为化学能
B.该合成氨过程不属于氮的固定
C.空气、水、太阳能均为可再生资源
D.断裂N2中的N≡N键会释放出能量
答案：C
2未来新能源的特点是资源丰富,在使用时对环境无污染或污染很小。下列属于未来新能源的是( )
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能
A.①②③④
B.⑤⑥⑦⑧
C.③⑤⑥⑦⑧
D.③④⑤⑥⑦⑧
答案：B
3“能源分类相关图”如图所示,四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是( )
A.煤炭、石油、潮汐能
B.水能、生物质能、天然气
C.生物质能、风能、沼气
D.地热能、海洋能、核能
答案：C
4下列观点你不赞成的是( )
A.氢气让人欢喜让人忧
B.煤为人类提供能源和化工原料的同时,也埋下了祸根
C.煤气化能提高市民的生活质量,同时也是潜伏着的无形杀手
D.水虽然是取之不尽的,但个别地区存在用水危机
解析：A项中,H2让人欢喜是由于其为理想能源,让人忧是由于其易燃易爆;B项中,由于煤作为能源时产生一些污染物,故也埋下了祸根;C项中,“无形杀手”是基于煤气化的气体是易燃易爆且有毒的气体;D项中,“水是取之不尽的”是错误认识。
答案：D
525
℃、101
kPa时,强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热ΔH=-57.3
kJ·mol-1,辛烷的燃烧热为
5
518
kJ·mol-1。下列热化学方程式书写正确的是( )
A.2H+(aq)+S(aq)+Ba2+(aq)+2OH-BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mol-1
B.KOH(aq)+H2SO4(aq)K2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mol-1
C.C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(g)
ΔH=-5
518
kJ·mol-1
D.2C8H18(l)+25O2(g)16CO2(g)+18H2O(l)
ΔH=-5
518
kJ·mol-1
解析：A项,存在离子反应S(aq)+Ba2+(aq)BaSO4(s),其ΔH不应再是-57.3
kJ·mol-1,错误;C项,水的状态为气态,不属于稳定氧化物,错误;D项,反应热的数值与辛烷的物质的量不对应,错误。
答案：B
6已知25
℃、101
kPa下,碳、氢气、乙烯和葡萄糖的燃烧热依次是393.5
kJ·mol-1、285.8
kJ·mol-1、
1
411.0
kJ·mol-1、2
800
kJ·mol-1,则下列热化学方程式正确的是( )
A.C(s)+O2(g)CO(g)
ΔH=-393.5
kJ·mol-1
B.2H2(g)+O2(g)2H2O(g)
ΔH=+571.6
kJ·mol-1
C.C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)
ΔH=-1
411.0
kJ·mol-1
D.C6H12O6(s)+3O2(g)3CO2(g)+3H2O(l)
ΔH=-1
400
kJ·mol-1
解析：A项中碳燃烧应生成CO2,A错误;B、C项中H2O应为液态,且B为放热反应,ΔH<0,B、C错误;D项中mol
C6H12O6(s)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热为1
400
kJ,D正确。
答案：D
7下列热化学方程式中的反应热下划线处表示燃烧热的是( )
A.NH3(g)+O2(g)NO(g)+H2O(g) ΔH=-a
kJ·mol-1
B.C6H12O6(s)+6O2(g)6CO2(g)+6H2O(l)
ΔH=-b
kJ·mol-1
C.2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH=-c
kJ·mol-1
D.CH3CH2OH(l)+O2(g)CH3CHO(l)+H2O(l) ΔH=-d
kJ·mol-1
解析：根据题意,在25
℃、101
kPa时,1
mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量,是该物质的燃烧热。A中水为气态,C中CO为2
mol,D中C元素完全燃烧生成CO2,故B正确。
答案：B
8下列热化学方程式中,ΔH的绝对值能表示可燃物燃烧热的是( )
A.CO(g)+O2(g)CO2(g) ΔH=-283
kJ·mol-1
B.CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)
ΔH=-802.3
kJ·mol-1
C.2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=-571.6
kJ·mol-1
D.H2(g)+O2(g)H2O(g) ΔH=-242
kJ·mol-1
答案：A
9能源是人类赖以生存和发展的重要物质基础,常规能源的合理利用和新能源的合理开发是当今社会面临的严峻课题,回答下列问题:
(1)我国是世界上少数以煤为主要燃料的国家,下列关于煤作燃料的论点正确的是 (填字母)。
A.煤是重要的化工原料,把煤作燃料简单燃烧掉太可惜,应该综合利用
B.煤是发热很高的固体燃料,我国煤炭资源相对集中,开采成本低,用煤作燃料实惠
C.煤燃烧时产生大量二氧化硫和烟尘,对环境污染严重
D.通过洁净煤技术,如煤的气化和液化,以及烟气脱硫,不仅减轻了燃煤污染,还能提高煤燃烧的热利用率
(2)科学家将铜和铁混合熔化制成多孔金属,用于制作太空火箭上使用的煤油燃料雾化器,该雾化器的作用是
。
(3)乙醇是未来内燃机的首选环保型液体燃料。2.0
g乙醇完全燃烧生成液态水放出59.43
kJ的热量,表示乙醇燃烧热的热化学方程式为
。
解析：(1)煤是一种化石燃料,也是重要的化工原料,属于不可再生能源,把煤作燃料简单燃烧掉是一种浪费,并且煤中所含的硫在燃烧时生成SO2会对环境造成污染,通过洁净煤技术,如煤的气化和液化,以及烟气脱硫,不仅减轻了燃煤污染,还能提高煤燃烧的热利用率。(2)煤油雾化后可使煤油与助燃剂充分接触,提高燃烧效率。(3)1
mol乙醇燃烧生成液态水放出的热量为59.43
kJ×=1
366.89
kJ。
答案：(1)ACD
(2)使煤油雾化,增大煤油与助燃剂的接触面积,提高燃烧效率
(3)C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1
366.89
kJ·mol-1
10按要求写热化学方程式:
(1)已知稀溶液中,1
mol
H2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时,放出114.6
kJ热量,写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式:
。
(2)25
℃、101
kPa条件下充分燃烧一定量的丁烷气体放出热量为Q
kJ,经测定,将生成的CO2通入足量澄清石灰水中产生25
g白色沉淀,写出表示丁烷燃烧热的热化学方程式:
。
解析：(1)由中和热的定义可知,1
mol
NaOH与
mol
H2SO4反应生成1
mol水时放热57.3
kJ。
(2)CO2通入澄清石灰水中产生25
g白色沉淀,即n(CO2)=0.25
mol,则n(C4H10)=
mol,1
mol丁烷完全燃烧放出热量16Q
kJ。
答案：(1)H2SO4(aq)+NaOH(aq)Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mol-1
(2)C4H10(g)+O2(g)4CO2(g)+5H2O(l)
ΔH=-16Q
kJ·mol-1
能力提升
1已知丙烷的燃烧热ΔH=-2
215
kJ·mol-1。若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8
g水,则放出的热量约为
( )
A.55
kJ
B.220
kJ
C.550
kJ
D.1
108
kJ
解析：丙烷的燃烧热是指1
mol
丙烷完全燃烧生成4
mol
H2O(l)和3
mol
CO2时放出的热量为2
215
kJ,若生成1.8
g
H2O,则放出的热量为2
215×
kJ=55.375
kJ≈55
kJ,A项正确。
答案：A
2下列各组物质的燃烧热相等的是( )
A.碳和二氧化碳
B.1
mol碳和3
mol碳
C.3
mol乙炔(C2H2)和1
mol苯
D.淀粉和纤维素
答案：B
3一些烷烃的燃烧热如下表:
化合物
燃烧热/(kJ·mol-1)
化合物
燃烧热/(kJ·mol-1)
甲烷
891.0
正丁烷
2
878.0
乙烷
1
560.8
异丁烷
2
869.6
丙烷
2
221.5
2-甲基丁烷
3
531.3
下列表达正确的是( )
A.正戊烷的燃烧热大于3
531.3
kJ·mol-1
B.稳定性:正丁烷>异丁烷
C.乙烷燃烧的热化学方程式为2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(g) ΔH=-1
560.8
kJ·mol-1
D.相同质量的烷烃,碳的质量分数越大,燃烧放出的热量越多
解析：分析表中数据可得出规律:①烷烃中,碳原子数越多,燃烧热数值越大,碳原子数相同时,支链越多,燃烧热数值越低。综合表中数据可知正戊烷的燃烧热大于3
531.3
kJ·mol-1,A正确;稳定性:正丁烷<异丁烷,B错误;2
mol乙烷燃烧的热化学方程式应为2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(l) ΔH=-3
121.6
kJ·mol-1,C错误;相同质量的烷烃,碳的质量分数越大,燃烧放出的热量越少,D错误。
答案：A
★4相同质量的氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷完全燃烧时,放出热量最少的是(已知这些物质的燃烧热分别为285.8
kJ·mol-1、283.0
kJ·mol-1、1
366.8
kJ·mol-1、890.3
kJ·mol-1)( )
(导学号55660007)
A.H2(g)
B.CO(g)
C.C2H5OH(l)
D.CH4(g)
解析：假设质量都为1
g,完全燃烧时,H2放出的热量为=142.9
kJ,CO放出的热量为≈10.1
kJ,乙醇放出的热量为≈29.7
kJ,CH4放出的热量为≈55.6
kJ。
答案：B
5在一定条件下,S8(s)和O2(g)发生反应依次转化为SO2(g)和SO3(g)。反应过程中的能量关系可用右图简单表示(图中的ΔH表示生成1
mol
产物的数据)。
(1)写出表示S8燃烧热的热化学方程式 。
(2)写出SO3分解生成SO2和O2的热化学方程式 。
(3)若已知1个S8分子中有8个硫硫键,硫氧键的键能为d
kJ·mol-1,氧氧键的键能为e
kJ·mol-1,则S8分子中硫硫键的键能为 。
答案：(1)S8(s)
+8O2(g)8SO2(g) ΔH=-8a
kJ·mol-1
(2)2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) ΔH=+2b
kJ·mol-1
(3)(2d-a-e)
kJ·mol-1
★6“氢能”是未来最理想的新能源。
(导学号55660008)
(1)实验测得,1
g氢气燃烧生成液态水时放出142.9
kJ热量,则氢气燃烧的热化学方程式为 (填序号)。
A.2H2(g)+O2(g)2H2O(l)
ΔH=-142.9
kJ·mol-1
B.H2(g)+O2(g)H2O(l)
ΔH=-285.8
kJ·mol-1
C.2H2+O22H2O(l)
ΔH=-571.6
kJ·mol-1
D.H2(g)+O2(g)H2O(g)
ΔH=-285.8
kJ·mol-1
(2)某化学家根据“原子经济”的思想,设计了如下制备H2的反应步骤:
①CaBr2+H2OCaO+2HBr
②2HBr+HgHgBr2+H2↑
③HgBr2+
④2HgO2Hg+O2↑
⑤2H2+O22H2O
请你根据“原子经济”的思想完成上述步骤③的化学方程式: 。并根据“绿色化学”的思想评估该方法制H2的主要缺点:
。
(3)利用核能分解水制氢气,是目前正在研究的课题。如图是其中的一种流程,其中用了过量的碘。
完成下列反应的化学方程式:
反应①: ;
反应②: 。
此法制取氢气的最大优点是 。
答案：(1)B (2)HgBr2+CaOHgO+CaBr2 循环过程需要很高的能量,且使用重金属汞,会产生污染 (3)①SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4 ②2H2SO42SO2↑+O2↑+2H2O SO2和I2可循环使用,无污染第三节 化学平衡
第1课时 化学平衡状态
基础巩固
1模型法是化学中把微观问题宏观化的最常见方法,对于反应2HBr(g)H2(g)+Br2(g),下列四个图中可以表示该反应在一定条件下为可逆反应的是( )
答案：C
2一定温度下,对可逆反应A(g)+2B(g)3C(g)的下列叙述中,能说明反应已达到平衡的是( )
A.C生成的速率与C分解的速率相等
B.单位时间内消耗a
mol
A,同时生成3a
mol
C
C.容器内的压强不再变化
D.混合气体的物质的量不再变化
答案：A
3对于可逆反应2SO2+O22SO3,在混合气体中充入一定量的18O2足够长时间后,18O原子( )
A.只存在于O2中
B.只存在于SO3和O2中
C.只存在于SO2和O2中
D.存在于SO2、SO3和O2中
答案：D
4可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示,下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是( )
A.3v正(N2)=v正(H2)
B.v正(N2)=v逆(NH3)
C.2v正(H2)=3v逆(NH3)
D.v正(N2)=3v逆(H2)
答案：C
5下列各组中的两个反应互为可逆反应的是( )
①2H2+O22H2O与2H2O2H2↑+O2↑
②H2SO4(浓)+2HBr2H2O+Br2+SO2↑与Br2+SO2+2H2O2HBr+H2SO4
③2NO2N2O4与N2O42NO2
④2SO2+O22SO3与2SO32SO2+O2
A.①②
B.②③
C.③④
D.②④
解析：可逆反应必须是在同一条件下同时向两个方向进行的反应。
答案：C
6在恒温、恒容条件下,当反应容器内总压强不随时间变化时,下列可逆反应一定达到平衡的是( )
A.A(g)+B(g)C(g)
B.A(g)+2B(g)3C(g)
C.A(g)+B(g)C(g)+D(g)
D.以上都达到平衡
解析：A中反应前后气体物质的量不等,恒温、恒容下总压强不变,反应达平衡;B、C反应前后气体物质的量相等,不论是否达到平衡总压强不变。
答案：A
7在一定温度下,反应A2(g)+B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是( )
A.单位时间内生成n
mol
A2的同时生成n
mol
AB
B.容器内的总压强不随时间变化
C.单位时间内生成2n
mol
AB的同时生成n
mol
B2
D.单位时间内生成n
mol
A2的同时生成n
mol
B2
解析：A中A2和AB的物质的量之比不等于化学式前的化学计量数之比,A错误;题给反应是一个分子数不变的反应,容器内的总压强始终不随时间变化而变化,B错误;D中生成A2和B2均为逆反应速率,D错误。
答案：C
8一定温度下,在固定容积的密闭容器中,对于可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),当m、n、p、q为任意正整数时,下列状态:
①体系的压强不再发生变化
②气体的密度不再发生变化
③各组分的物质的量浓度不再改变
④各组分的质量分数不再改变
⑤反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q
其中,能说明反应已达到平衡的是( )
A.③④
B.②③④
C.①②③④
D.①②③④⑤
解析：若m+n=p+q时,反应过程中,体系压强始终不变,①不符合要求; =,m总、V总不变,则体系密度在反应过程中始终不变,故②也不符合要求;反应过程中,反应速率始终满足v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q,故⑤不符合要求,只有③④可说明反应已达平衡,A项正确,B、C、D三项错误。
答案：A
9一定温度下,对于可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)(正反应放热)的下列叙述,不能说明反应已达化学平衡状态的是( )
A.恒容容器内混合气体的密度不再变化
B.NH3的生成速率与H2的生成速率之比为2∶3
C.恒压容器内混合气体的总物质的量不再变化
D.单位时间内断裂a
mol
N≡N键,同时断裂6a
mol
N—H键
答案：A
10在一定温度下向a
L密闭容器中加入1
mol
X气体和2
mol
Y气体发生如下反应:X(g)+2Y(g)2Z(g),此反应达到平衡的标志是( )
A.容器内压强随时间变化而变化
B.容器内各物质的浓度不随时间变化
C.容器内X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶2
D.单位时间内消耗0.1
mol
X同时生成0.2
mol
Z
解析：该反应不是等体积反应,只要压强不变,各物质的量浓度也就不变,可证明化学平衡已建立,故A选项错误,B选项正确;而化学平衡时,X、Y、Z的物质的浓度之比并不一定是1∶2∶2,C选项错误;单位时间内消耗X和生成Z,描述的是同一反应方向,不存在v(正)和v(逆)的关系,故不能判断该化学平衡已建立。
答案：B
11在恒温下的密闭容器中,对可逆反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH<0,不能说明反应已达到平衡状态的是( )
A.正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率相等
B.反应器中压强不随时间变化而变化
C.混合气体颜色深浅保持不变
D.混合气体平均相对分子质量保持不变
解析：A中正反应生成NO2的速率和逆反应生成O2的速率相等时,由于NO2和O2的化学计量数不相等,则用同一物质表示的正、逆反应速率不相等,所以A不能说明已达到平衡状态。
答案：A
12对于反应A(g)+2B(g)C(g) ΔH<0,下述为平衡状态标志的是 (填序号)。
①单位时间内A、B生成C的分子数与C分解的分子数相等
②外界条件不变时,A、B、C的浓度不随时间变化
③外界条件不变时,体系的温度不再变化
④外界条件不变时,体系的压强和体积均不再变化
⑤体系的分子总数不再变化
答案：①②③④⑤
13在2
L密闭容器中,合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到平衡。请回答下列问题:
(1)反应过程中:
0~2
s内N2的物质的量由2
mol
变为1
mol,则v(H2)= 。
(2)能说明该反应已经达到平衡状态的是 。
A.c(N2)=c(H2)=c(NH3)
B.容器内压强保持不变
C.v(N2)=3v(H2)
D.容器内气体的密度保持不变
答案：(1)0.75
mol·L-1·s-1 (2)B
能力提升
1在密闭容器中进行反应X2(g)+Y2(g)2Z(g),已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1
mol·L-1、0.2
mol·L-1、0.2
mol·L-1,在一定条件下,当反应达到平衡时,各物质的浓度有可能是( )
A.Z为0.2
mol·L-1
B.Y2为0.35
mol·L-1
C.X2为0.3
mol·L-1
D.Z为0.4
mol·L-1
解析：根据极值法:X2的最大浓度是0.2
mol·L-1,Y2的最大浓度是0.3
mol·L-1,Z的最大浓度是0.4
mol·L-1。
答案：A
2某容积可变的密闭容器,盛有适量A和B的混合气体,在一定条件下发生反应:A+3B2C。若维持温度和压强不变,当达到平衡时容器的容积为V
L,其中C气体的体积占10%。下列推断正确的是( )
①原混合气体的体积为1.2V
L ②原混合气体的体积为1.1V
L ③反应达到平衡时气体A消耗掉0.05V
L
④反应达到平衡时气体B消耗掉0.05V
L
A.②③
B.②④
C.①③
D.①④
答案：A
★3对于反应N2O4(g)2NO2(g),在温度一定时,平衡体系中NO2的体积分数 (NO2)随压强的变化情况如图所示(实线上的点表示对应压强下的平衡点),下列说法正确的是( )
(导学号55660020)
A.A、C两点的正反应速率的关系为v(A)>v(C)
B.A、B、C、D、E各状态中,v(正)C.维持p1不变,E→A所需时间为x;维持p2不变,D→C所需时间为y,则xD.使E状态从水平方向到达C状态后,再沿平衡曲线到达A状态,从理论上来讲,可选用的条件是从p1突然加压至p2,再由p2无限缓慢降压至p1
解析：在有气体参加的反应体系中,增大压强,反应速率增大,A点的压强小于C点,故反应速率v(A)v(逆),D点表示反应逆向进行,v(正)p1,故在p2时反应速率大,因此,达到平衡的时间p2比p1要短,y答案：D
★4将一定量的SO2和含0.7
mol氧气的空气(忽略CO2)放入一定体积的密闭容器中,550
℃时,在催化剂作用下发生反应:2SO2+O22SO3(正反应放热)。反应达到平衡后,将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液,气体体积减少了21.28
L;再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2,气体的体积又减少了5.6
L(以上气体体积均已转化为标准状况下的体积)。(计算结果保留一位小数)(导学号55660021)
请回答下列问题:
(1)判断该反应达到平衡状态的标志是 (填字母)。
A.SO2和SO3浓度相等
B.SO2百分含量保持不变
C.容器中气体的压强不变
D.SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等
E.容器中混合气体的密度保持不变
(2)求该反应达到平衡时SO2的转化率(用百分数表示)。
(3)若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液,生成沉淀多少克
解析：(1)平衡判断的标志。一是正逆反应速率相等,二是各成分含量保持不变。浓度相等不能作为平衡判断的标志,A不正确;由于是气体体积不相等的反应,压强不变可以作为平衡判断标志;D项中均表示正反应速率,不正确。由于均为气体反应,气体的质量守恒,体积不变,密度不变,不能作为平衡的标志。
答案：(1)BC
(2)消耗O2的物质的量:
0.
7
mol-=0.45
mol。
生成SO3的物质的量:0.45
mol×2=0.9
mol。
SO2和SO3的物质的量之和:=0.95
mol。
反应前SO2的物质的量:0.95
mol。
SO2的转化率:×100%=94.7%。
(3)在给定的条件下,溶液呈强酸性,BaSO3不会存在。因此BaSO4的质量为0.9
mol×5%×233
g·mol-1≈10.5
g。
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1第2课时 电解原理的应用
基础巩固
1在铁制品上镀一定厚度的锌层,以下设计方案正确的是
( )
A.锌作阳极,铁制品作阴极,溶液中含有锌离子
B.锌作阴极,铁制品作阳极,溶液中含有锌离子
C.锌作阳极,铁制品作阴极,溶液中含有亚铁离子
D.锌作阴极,铁制品作阳极,溶液中含有亚铁离子
答案：A
2取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸,两根铅笔芯作电极,接通直流电源,一段时间后,发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆,内圆为白色,外圆呈浅红色。下列说法错误的是( )
A.b电极是阴极
B.a电极与电源的正极相连
C.电解过程中水是氧化剂
D.b电极附近溶液的pH变小
答案：D
3下列描述中,不符合生产实际的是( )
A.电解熔融的氧化铝制取金属铝,用铁作阳极
B.电解法精炼粗铜,用纯铜作阴极
C.电解饱和食盐水制烧碱,用涂镍碳钢网作阴极
D.在镀件上电镀锌,用锌作阳极
答案：A
4火法炼铜得到的粗铜中含多种杂质(如锌、金、银等),其性能远不能达到电气工业的要求,工业上常使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.纯铜作阳极
C.杂质都将以单质形式沉淀到池底
D.纯铜片增重2.56
g,电路通过电子为0.08
mol
答案：D
5Cu2O是一种半导体材料,基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下,电解总反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑。下列说法正确的是( )
A.石墨电极上产生氢气
B.铜电极发生还原反应
C.铜电极接直流电源的负极
D.当有0.1
mol电子转移时,有0.1
mol
Cu2O生成
解析：石墨作阴极,阴极上是溶液中的H+反应,电极反应为2H++2e-H2↑,A正确;由电解总反应可知,Cu参加了反应,所以Cu作电解池的阳极,发生氧化反应,B错误;阳极与电源的正极相连,C错误;阳极反应为2Cu+2OH--2e-Cu2O+H2O,当有0.1
mol
电子转移时,有0.05
mol
Cu2O生成,D错误。
答案：A
6某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器,用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液,通电时,为使Cl2被完全吸收,制得有较强杀菌能力的消毒液,设计了如图的装置,则对电源电极名称和消毒液的主要成分判断正确的是( )
A.a为正极,b为负极;NaClO和NaCl
B.a为负极,b为正极;NaClO和NaCl
C.a为阳极,b为阴极;HClO和NaCl
D.a为阴极,b为阳极;HClO和NaCl
解析：用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液发生的反应是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,副反应为2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O,则可推知使Cl2被完全吸收制得有较强杀菌能力的消毒液的主要成分是NaClO和NaCl,其中起消毒作用的是NaClO。电解过程中阴极产生H2,结合图示,消毒液发生器的液体上部空间充满的是H2,故电源a极是负极,b极为正极。
答案：B
7某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验。滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿,然后平铺在一块铂片上,接通电源后,用铅笔在滤纸上写字,会出现红色字迹。据此,下列叙述正确的是( )
A.铅笔端作阳极,发生还原反应
B.铂片端作阴极,发生氧化反应
C.铅笔端有少量的氯气产生
D.a点是负极,b点是正极
解析：电解实验中阳极发生氧化反应,生成氯气,阴极发生还原反应,生成氢气。由电极反应式可知,在阴极生成氢氧化钠,出现红色字迹,所以铅笔作阴极,a点为电源负极。
答案：D
8将Fe片和Zn片放在盛有NaCl溶液(其中滴有酚酞)的表面皿中,如图所示。最先观察到变为红色的区域为
( )
A.Ⅰ和Ⅲ
B.Ⅰ和Ⅳ
C.Ⅱ和Ⅲ
D.Ⅱ和Ⅳ
解析：甲是原电池,Zn作负极,Fe作正极,正极上发生反应O2+2H2O+4e-4OH-,c(OH-)>c(H+),呈碱性,使酚酞变红;乙池为电解池,Fe作阳极,Zn作阴极,在阴极上H+放电,产生大量OH-,Ⅳ区域酚酞变红。
答案：B
9电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2)时,以铁板作阴、阳极,处理过程中存在反应Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去。下列说法不正确的是( )
A.阳极反应为Fe-2e-Fe2+
B.电解过程中溶液pH不会变化
C.过程中有Fe(OH)3沉淀生成
D.电路中每转移12
mol电子,最多有1
mol
Cr2被还原
解析：铁板作阳极,则阳极上Fe失电子,A正确;电解过程中有OH-生成,所以pH变大,B错误;生成的OH-会与Fe3+结合生成Fe(OH)3,C正确;电路中每转移12
mol电子,生成6
mol
Fe2+,则有1
mol
Cr2被还原,D正确。
答案：B
10以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌,下列说法正确的是( )
A.未通电前上述镀锌装置可构成原电池,电镀过程是该原电池的充电过程
B.因部分电能转化为热能,电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系
C.电镀时保持电流恒定,升高温度不改变电解反应速率
D.镀锌层破损后对铁制品失去保护作用
解析：电镀过程中Zn与电源正极相连,若给原电池充电,则Zn应接电源负极,A错误;导线中通过的电子,在阴极均被Zn2+得到,所以通过的电子与锌析出的物质的量成正比,B错误;只要电流恒定,阴阳极得失电子的速率不变,所以电解反应速率不变,C正确;镀锌层破损后,Zn比铁活泼,Zn作负极、Fe作正极,Fe被保护,D错误。
答案：C
11(2016天津理综,节选)化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4,同时获得氢气:Fe+2H2O+2OH-Fe+3H2↑。工作原理如图所示。装置通电后,铁电极附近生成紫红色Fe,镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高,铁电极区会产生红褐色物质。已知:Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,易被H2还原。
(导学号55660060)
(1)电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在 (填“阴极室”或“阳极室”)。
(2)电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,其原因为 。
解析：(1)根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气,电极反应式为2H++2e-H2↑,铁电极发生氧化反应,电极反应式为Fe+8OH--6e-Fe+4H2O。溶液中的氢氧根离子减少,因此电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在阳极室;(2)根据题意Na2FeO4易被H2还原,电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。
答案：(1)阳极室
(2)防止Na2FeO4与H2反应使产率降低
12如图所示,A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。
(1)A、B、C三个装置中属于原电池的是 (填标号,下同),属于电解池的是 。
(2)A池中Zn发生 (填“氧化”或“还原”)反应,Cu电极反应式为 。
(3)B池中石墨是 极,Pt极发生的电极反应为 。
(4)C池中Cu是 极,电极反应为 ,反应过程中,溶液浓度 (填“变大”“变小”或“不变”)。
答案：(1)A B、C
(2)氧化 Cu2++2e-Cu
(3)阴 2Cl--2e-Cl2↑
(4)阳 Cu-2e-Cu2+ 不变
13如图中的A为直流电源,B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞溶液的滤纸,C为电镀槽,接通电路后,发现B上的c点显红色。请填空:
(1)电源A的a为 极。
(2)滤纸B上发生的总反应方程式为 。
(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌,接通K点,使c、d两点短路,则电极e上发生的反应为 ,电极f上发生的反应为 ,槽中盛放的电镀液可以是 或 (只要求填两种电解质溶液)。
解析：(1)根据c点酚酞变红,则该极的反应为2H++2e-H2↑,即该极为阴极,与电源的负极相连,所以a点是正极。(2)滤纸B上发生的总反应方程式为2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH。(3)c、d两点短路后,e为阳极,反应为Zn-2e-Zn2+。阴极上镀锌,则阴极反应为Zn2++2e-Zn。电解液用含镀层金属离子的电解质溶液,所以可用ZnSO4溶液或Zn(NO3)2溶液等。
答案：(1)正
(2)2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH
(3)Zn-2e-Zn2+ Zn2++2e-Zn ZnSO4溶液 Zn(NO3)2溶液
能力提升
1(2016全国Ⅲ)锌—空气燃料电池可用作电动车动力电源,电池的电解质溶液为KOH溶液,反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O2Zn(OH。下列说法正确的是
( )
(导学号55660061)
A.充电时,电解质溶液中K+向阳极移动
B.充电时,电解质溶液中c(OH-)逐渐减小
C.放电时,负极反应为:Zn+4OH--2e-Zn(OH
D.放电时,电路中通过2
mol电子,消耗氧气22.4
L(标准状况)
解析：充电时,阳离子移向阴极,A项错误;充电时的总反应为2Zn(OH2Zn+O2↑+4OH-+2H2O,c(OH-)增大,B项错误;放电时每消耗1
mol
O2转移4
mol电子,D项错误。
答案：C
2金属镍有广泛的用途,粗镍中含有少量的Fe、Zn、Cu、Pt等杂质,用电解法制备高纯度的镍,下列叙述中正确的是( )
A.阳极发生还原反应,其电极反应式为Ni2++2e-Ni
B.电解过程中,阳极减少的质量与阴极增加的质量相等
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只有Cu和Pt
解析：本题为“电解精炼铜”的迁移应用。A项,阳极应发生氧化反应。C项,溶液中的阳离子主要为Ni2+,根据金属原子的还原性和金属阳离子的氧化顺序,阳极反应为Zn-2e-Zn2+,Fe-2e-Fe2+,Ni-2e-Ni2+,Cu、Pt在该条件下不失电子,阴极反应为Ni2++2e-Ni,Fe2+、Zn2+在该条件下不得电子。比较两电极反应,因Zn、Fe、Ni的相对原子质量不等,当两极通过相同的电量时,阳极减少的质量与阴极增加的质量不等。
答案：D
3如下图所示,图乙是根据图甲的电解池进行电解时某个量(纵坐标y)随时间变化的函数图像(各电解池都用石墨作电极,不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响),这个量y表示( )
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
D.各电极上放电的离子总数
解析：电解NaCl溶液时阴、阳极都产生气体,电解AgNO3溶液时阴极上产生单质银,电解CuSO4溶液时阴极上产生单质铜,所以随着电解的进行,阴极质量的增加量有如题中图示的变化。
答案：C
4电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法,如图是电解污水的实验装置示意图,实验用污水中主要含有可被吸附的悬浮物(不导电)。下列有关推断明显不合理的是( )
A.阴极的电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-
B.通电过程中烧杯内产生可以吸附悬浮物的Fe(OH)3
C.通电过程中会产生气泡,把悬浮物带到水面形成浮渣弃去
D.如果实验用污水导电性不良,可加入少量Na2SO4固体以增强导电性
解析：A项中阴极反应是H2O电离出的H+得电子,电极反应式为2H2O+2e-2OH-+H2↑。
答案：A
★5如图,X和Y均为石墨电极。
(导学号55660062)
(1)若电解液为滴有酚酞的饱和食盐水,电解反应的离子方程式为 ;电解过程中 (填“阴”或“阳”)极附近会出现红色。
(2)若电解液为500
mL含A溶质的某蓝色溶液,电解一段时间,观察到X电极表面有红色的固态物质生成,Y电极有无色气体生成。溶液中原有溶质完全电解后,停止电解,取出X电极,洗涤、干燥、称量,电极质量增加1.6
g。
①电解后溶液的pH为 ;要使电解后溶液恢复到电解前的状态,需加入一定量的 (填加入物质的化学式)。(假设电解前后溶液的体积不变)
②Y电极产生气体在标准状况下的体积为 L。
③请你推测原溶液中所含的酸根离子可能是 ;并设计实验验证你的推测,写出实验的操作步骤、现象和结论:
。
解析：(1)电解饱和食盐水的离子方程式:2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑,在阴极区生成NaOH,使酚酞溶液变红。
(2)蓝色溶液中可能含有Cu2+,并且在电解过程中析出红色固体,进一步验证析出的是铜;Y电极上析出无色气体,应该是O2,电解离子方程式:2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。
①根据电解离子方程式得:n(H+)=2n(Cu2+)=2×=0.05
mol,故溶液中c(H+)==0.1
mol·L-1,溶液的pH=1。要使溶液恢复到以前,可以加入CuO或CuCO3。
②根据电解方程式得:n(O2)=×n(Cu)=0.012
5
mol,在标准状况下的体积V(O2)=22.4
L·mol-1×0.012
5
mol=0.28
L。
③溶液中存在的必须是含氧酸根离子,可以是S或N;然后利用实验进行检验。
答案：(1)2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑ 阴
(2)①1 CuO(或CuCO3) ②0.28 ③硫酸根离子 取少量待测液于试管中,滴加盐酸无明显现象,继续加入氯化钡溶液,若有白色沉淀产生,则证明是硫酸根离子(或:硝酸根离子 取少量待测液于试管中,加热浓缩后加入铜粉和浓硫酸,若有红棕色气体产生,则证明是硝酸根离子)
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1第四节 难溶电解质的溶解平衡
基础巩固
1下列说法中正确的是( )
A.只有易溶电解质在溶液中才存在溶解平衡
B.难溶电解质在溶液中只存在溶解平衡,不存在电离平衡
C.溶解平衡只能通过电解质溶解于水时建立
D.溶解平衡时,电解质表面上的离子或分子脱离电解质的速率与溶液中的离子或分子回到电解质表面的速率相等
答案：D
2向AgCl饱和溶液中加水,下列叙述正确的是( )
A.AgCl的溶解度增大
B.AgCl的溶解度、Ksp均不变
C.AgCl的Ksp增大
D.AgCl的溶解度、Ksp均增大
答案：B
3纯净的氯化钠是不潮解的,但家庭所用的食盐却很容易潮解,这主要是因为含有杂质MgCl2。为得到纯净的氯化钠,有人设计了这样一个实验:把买来的食盐放入纯氯化钠饱和溶液中一段时间,过滤,即得纯净的氯化钠固体。下列说法中正确的是( )
A.食盐的晶粒大一些有利于提纯
B.设计实验的根据是MgCl2比NaCl易溶于水
C.设计实验的根据是NaCl的溶解平衡
D.在整个过程中NaCl的浓度会变大
答案：C
4对“AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)”的理解正确的是( )
A.说明AgCl没有完全电离,AgCl是弱电解质
B.说明溶解的AgCl已完全电离,是强电解质
C.说明Ag+与Cl-反应不能完全进行到底
D.说明Ag+与Cl-反应可以完全进行到底
解析：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)表示的是AgCl的溶解平衡,说明Ag+与Cl-反应不能完全进行到底。
答案：C
5下列说法正确的是( )
A.溶度积就是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的乘积
B.溶度积常数是不受任何条件影响的常数,简称溶度积
C.可用离子积Qc判断沉淀的溶解和生成
D.所有物质的溶度积都是随温度的升高而增大的
解析：溶度积不是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的简单乘积,还与方程式中的化学计量数成幂指数关系;溶度积受温度的影响,不受离子浓度的影响。
答案：C
6将一定量的硫酸钡放入水中,对此有关的叙述正确的是( )
A.硫酸钡不溶于水,硫酸钡固体质量不会改变
B.最终会得到BaSO4的极稀的饱和溶液
C.因为Ba2++SBaSO4↓很容易发生,所以不存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq)的过程
D.因为BaSO4难溶于水,所以改变外界条件也不会改变BaSO4的溶解性
解析：BaSO4不溶于水并不是绝对不溶,它存在溶解平衡,当沉淀溶解和生成的速率相等时,得到了BaSO4的饱和溶液即建立了动态平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq),A、C项错误,B项正确;升高温度,BaSO4溶解度增大,D项错误。
答案：B
7CaCO3在下列液体中溶解度最大的是( )
A.H2O
B.Na2CO3溶液
C.CaCl2溶液
D.乙醇
解析：乙醇为有机溶剂,CaCO3在水中的溶解度比在乙醇中的大;Na2CO3溶液中的C,CaCl2溶液中的Ca2+,对CaCO3的溶解都有抑制作用,故CaCO3在Na2CO3溶液和CaCl2溶液中的溶解度较小。
答案：A
8有关AgCl沉淀溶解平衡的说法中,不正确的是( )
A.AgCl沉淀的生成和溶解不断进行,但速率相等
B.AgCl难溶于水,溶液中没有Ag+和Cl-
C.升高温度,AgCl的溶解度增大
D.向AgCl沉淀中加入NaCl固体,使c(Ag+)减小
解析：AgCl固体在溶液中达到溶解平衡后,溶解与沉淀速率相等,但不为0,A项正确;AgCl难溶于水,但溶解的部分电离出Ag+和Cl-,B项错误;一般来说,升高温度有利于固体物质的溶解,C项正确;向AgCl沉淀中加入NaCl固体,增大了Cl-浓度,促使溶解平衡向左移动,使c(Ag+)减小,D项正确。
答案：B
9下表是五种银盐的溶度积常数(25
℃),下列有关说法错误的是( )
化学式
AgCl
Ag2SO4
Ag2S
AgBr
AgI
溶度积
1.8×10-10
1.4×10-5
6.3×10-50
7.7×10-13
8.5×10-16
A.五种物质在常温下溶解度最大的是Ag2SO4
B.将AgCl溶于水后,向其中加入Na2S,则可以生成黑色的Ag2S沉淀
C.沉淀溶解平衡的建立是有条件的,外界条件改变时,平衡也会发生移动
D.常温下,AgCl、AgBr和AgI三种物质的溶解度逐渐增大
解析：常温下,AgCl、AgBr和AgI三种物质的溶解度逐渐减小。
答案：D
10向5
mL
NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液,出现白色沉淀,继续滴加一滴KI溶液并振荡,沉淀变为黄色,再滴入一滴Na2S溶液并振荡,沉淀又变成黑色。根据上述变化过程,分析此三种沉淀物的溶解度关系为( )
A.AgCl=AgI=Ag2S
B.AgClC.AgCl>AgI>Ag2S
D.AgI>AgCl>Ag2S
解析：根据平衡移动原理,沉淀应当向溶解度更小的沉淀转化,即向着降低离子浓度的方向移动,所以溶解度AgCl>AgI>Ag2S。
答案：C
11水的离子积常数(KW)、电离常数(Ka、Kb)、溶度积常数(Ksp)等都是表示、判断物质性质的重要常数,下列关于这些常数的说法中,正确的是( )
A.稀溶液中水的离子积常数的大小与温度、浓度有关
B.Ka(HCN)C.向硝酸银溶液中滴入同浓度的氯化钠和碘化钾溶液,先产生AgI沉淀,则Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)
D.当温度升高时,水的离子积常数(KW)和弱碱电离常数(Kb)都变大
解析：水的离子积常数、电离常数、溶度积常数只与温度有关,且水、弱碱的电离是吸热的,故升温时,KW和Kb都变大,A错误,D正确;弱酸的电离常数越大,说明该酸酸性越强,B错误;C项中AgI先生成,说明Ksp(AgI)答案：D
12下列关于物质或离子检验的叙述正确的是( )
A.在溶液中加KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+
B.Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),该固体可溶于NH4Cl溶液
C.灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,无K+
D.将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,证明原气体是CO2
解析：SCN-与Fe3+反应,使溶液呈红色,只能证明溶液中含Fe3+,而无法确定是否含有Fe2+,A项错误;NH4Cl水解可使溶液呈酸性,可溶解Mg(OH)2,B项正确;观察钾元素的焰色反应应透过蓝色钴玻璃,C项错误;SO2也可使澄清石灰水变浑浊,D项错误。
答案：B
13向含有AgI的饱和溶液中:
(1)加入AgCl固体,则c(I-) (填“变大”“变小”或“不变”,下同)。
(2)若改加更多的AgI,则c(Ag+)将 。
(3)若改加AgBr固体,则c(I-) ,而c(Ag+) 。
答案：(1)变小 (2)不变 (3)变小 变大
14牙齿表面是由一层硬的成分为Ca5(PO4)3OH的物质保护着,它在唾液中存在下列平衡:Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3P(aq)+OH-(aq)。进食后,细菌和酶作用于食物,产生有机酸,这时牙齿就会受到腐蚀,其原因是
。
已知Ca5(PO4)3F(s)的溶解度比上面的矿化产物更小,质地更坚固,请用离子方程式表示当牙膏中配有氟化物添加剂后防止龋齿的原因 ,根据上述原理,请你提出一种其他促进矿化的方法 。
解析：进食后,细菌和酶作用于食物产生的有机酸能与Ca5(PO4)3OH5Ca2++3P+OH-中的OH-发生反应,使上述平衡体系向右移动,从而使牙齿受到腐蚀。由于Ca5(PO4)3F的溶解度比Ca5(PO4)3OH的溶解度小,当牙膏中配有氟化物添加剂后很容易发生沉淀的转化。要促进矿化也就是使平衡向矿化的方向移动,可以加Ca2+或P。
答案：H++OH-H2O,平衡向脱矿方向移动
5Ca2+(aq)+3P(aq)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s) 增加c(Ca2+)或c(P)
15已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,若向50
mL
0.018
mol·L-1的AgNO3溶液中加入50
mL
0.020
mol·L-1的盐酸,混合后溶液中Ag+的浓度为
mol·L-1,pH为 。
解析：根据反应中HCl和AgNO3的物质的量可知HCl过量,则计算剩余的Cl-的物质的量浓度为=0.001
mol·L-1,根据Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),得c(Ag+)=
mol·L-1=1.8×10-7
mol·L-1;因为该反应中H+未参加反应,而溶液的总体积变为100
mL,故c(H+)=0.020
mol·L-1÷2=0.010
mol·L-1,则pH=2。
答案：1.8×10-7 2
能力提升
★1(2017全国Ⅲ)在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是( )
(导学号55660046)
A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7
B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-2CuCl
C.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好
D.2Cu+Cu2++Cu平衡常数很大,反应趋于完全
解析：A项,Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl-),Ksp(CuCl)仅与温度有关,为方便计算,取横坐标为1时,即c(Cl-)=0.1
mol·L-1,对应的c(Cu+)约为10-6
mol·L-1,所以Ksp(CuCl)的数量级约为0.1×10-6=10-7,正确;B项,Cu2+和Cu发生归中反应生成Cu+,Cu+与Cl-结合生成CuCl沉淀,正确;C项,在反应Cu+Cu2++2Cl-2CuCl中,因为Cu为固体,增加Cu的质量不能使反应速率和限度发生改变,C错误;D项,在反应2Cu+Cu2++Cu中,其平衡常数K=,取题给图像中横坐标为1.5时对应的值,可得K值大于105,则该反应趋于完全,D正确。
答案：C
2某温度时,BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.加入Na2SO4可以使溶液由A点变到B点
B.通过蒸发可以使溶液由D点变到C点
C.D点无BaSO4沉淀生成
D.A点对应的Ksp大于C点对应的Ksp
答案：C
★3已知Ag2SO4的Ksp
为2.0×10-5,将适量Ag2SO4固体溶于100
mL水中至刚好饱和,该过程中Ag+和S浓度随时间变化关系如图[饱和Ag2SO4溶液中c(Ag+)=0.034
mol·L-1]。若t1时刻在上述体系中加入100
mL
0.020
mol·L-1
Na2SO4
溶液,下列示意图中,能正确表示t1时刻后Ag+和S浓度随时间变化关系的是( )
(导学号55660047)
解析：Ag2SO4刚好为100
mL的饱和溶液,因为c(Ag+)=0.034
mol·L-1,所以c(S)=0.017
mol·L-1;当加入100
mL
0.020
mol·L-1
Na2SO4溶液后,c(S)=0.018
5
mol·L-1,c(Ag+)=0.017
mol·L-1(此时Qc答案：B
4已知25
℃时,Ka(HF)=3.6×10-4,
Ksp(CaF2)=1.46×10-10。现向1
L
0.2
mol·L-1
HF溶液中加入1
L
0.2
mol·L-1
CaCl2溶液。则下列说法中正确的是( )
A.25
℃时,0.1
mol·L-1
HF溶液pH=1
B.Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C.该体系中没有沉淀产生
D.该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀
答案：D
5碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题:
(1)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。该反应的还原产物为 。
(2)上述浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子。取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中为 。已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=8.5×10-17。
解析：(2)≈4.7×10-7。
答案：(1)MnSO4(或Mn2+)
(2)4.7×10-7
★6酸性锌锰干电池是一种一次性电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示:(导学号55660048)
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-17
10-17
10-39
用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中,需除去锌皮中的少量杂质铁,其方法是:加稀硫酸和H2O2溶解,铁变为 ,加碱调节至pH为 时,铁恰好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5
mol·L-1时,即可认为该离子沉淀完全);继续加碱至pH为 时,锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为0.1
mol·L-1)。若上述过程不加H2O2后果是 ,原因是
。
解析：由Zn(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3的Ksp可分别计算出Zn2+、Fe2+、Fe3+完全沉淀时的pH为8、8、2.7。所以要除去Zn皮中的杂质铁,需先把Fe转化为Fe3+,再调节溶液pH=2.7时Fe3+恰好沉淀完全,再加碱至溶液pH=6时,Zn2+开始沉淀[因c(Zn2+)=0.1
mol·L-1,所以c(Zn2+)·c2(OH-)=10-17,得出对应pH=6]。所以溶解金属时加H2O2的目的就是使Fe转化为Fe3+,否则Fe2+和Zn2+一起沉淀,无法分离出杂质。
答案：Fe3+ 2.7 6 Zn2+和Fe2+分离不开
Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近
7已知在25
℃的水溶液中,AgX、AgY、AgZ均难溶于水,且Ksp(AgX)=1.8×10-10,Ksp(AgY)=1.0×10-12,Ksp(AgZ)=8.7×10-17。
(1)根据以上信息,判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度(已被溶解的溶质的物质的量/1
L溶液)S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为 。
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体,则c(Y-) (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)在25
℃时,若取0.188
g的AgY(相对分子质量188)固体放入100
mL水中(忽略溶液体积的变化),则溶液中Y-的物质的量浓度为 。
(4)由上述Ksp判断,在上述(3)的体系中,能否实现AgY向AgZ的转化, (填“能”或“不能”),理由为
。
解析：(1)由于AgX、AgY、AgZ为同一类型的盐,所以其溶解度大小可以根据Ksp大小予以确定,因为Ksp(AgX)>Ksp(AgY)>Ksp(AgZ),所以S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)。(2)向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体,由于AgX的溶解度大于AgY,溶液中的c(Ag+)增大,AgY溶解平衡向着生成沉淀的方向移动。(3)AgY饱和溶液中,
c(Ag+)=
mol·L-1=1.0×10-6
mol·L-1,AgY固体完全溶解后c(Ag+)=10-2
mol·L-1,故0.188
g
AgY不能完全溶解,其溶液中c(Y-)=1.0×10-6
mol·L-1。(4)因Ksp(AgY)=1.0×10-12>Ksp(AgZ)=8.7×10-17,所以能够实现AgY向AgZ的转化。
答案：(1)S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)
(2)减小 (3)1.0×10-6
mol·L-1
(4)能 Ksp(AgY)=1.0×10-12>Ksp(AgZ)=8.7×10-17
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1第二节 化学电源
基础巩固
1下列化学电源属于绿色电池的是( )
A.干电池
B.镍镉电池
C.锌锰电池
D.氢氧燃料电池
答案：D
2锌锰干电池在放电时,总反应方程式可以表示为Zn+2MnO2+2NZn2++Mn2O3+2NH3+H2O,在此电池放电时正极(石墨棒)上发生反应的物质是
( )
A.Zn
B.碳
C.MnO2和N
D.Zn2+和NH3
答案：C
3正在研究的锌电池可能取代目前广泛使用的铅蓄电池,它具有容量大等优点,其电池反应为2Zn+O22ZnO,其原料为锌、电解液和空气,则下列叙述正确的是( )
A.锌为正极,空气进入负极反应
B.负极反应为Zn-2e-Zn2+
C.正极发生氧化反应
D.电解液是强酸
答案：B
4一种新型燃料电池,一极通入空气,另一极通入丁烷气体;电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体,在熔融状态下能传导O2-。下列对该燃料电池的说法正确的是( )
A.在熔融电解质中,O2-由负极移向正极
B.电池的总反应是:2C4H10+13O28CO2+10H2O
C.通入空气的一极是正极,电极反应为:O2+4e-2O2-
D.通入丁烷的一极是正极,电极反应为:C4H10+26e-+13O2-4CO2+5H2O
答案：C
5微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是( )
A.正极反应中有CO2生成
B.微生物促进了反应中电子的转移
C.质子通过交换膜从负极区移向正极区
D.电池总反应为C6H12O6+6O26CO2+6H2O
解析：C6H12O6中C的平均化合价为0价,二氧化碳中C的化合价为+4价,所以生成二氧化碳的反应为氧化反应,故CO2在负极生成,A选项错误;在微生物的作用下,该装置为原电池装置,反应速率加快,所以微生物促进了反应的发生,B项正确;质子交换膜只允许质子(即H+)通过,原电池中阳离子向正极移动,C项正确;电池的总反应实质是C6H12O6的氧化反应,D项正确。
答案：A
6如图装置为某新型燃料电池的工作示意图,以HCl—NH4Cl溶液为电解质溶液。下列有关说法中正确的是( )
A.通入H2的电极为正极
B.该电池的负极反应式为:N2+6e-+8H+2N
C.图中分离出的A物质为NH4Cl
D.该电池工作一段时间后,溶液的pH减小
答案：C
7锂电池是新一代高能电池,目前已研发出多种锂电池。某种锂电池的总反应式为Li+MnO2LiMnO2。下列说法中正确的是( )
A.Li是正极,MnO2是负极
B.放电时负极的反应:Li-e-Li+
C.放电时正极发生氧化反应
D.电池放电时,产生高锰酸根离子
解析：Li为负极,发生反应:Li-e-Li+,属氧化反应,MnO2为正极,发生还原反应,整个过程无高锰酸根离子产生。
答案：B
8在碱性锌锰干电池中,已知氢氧化钾为电解质,发生的电池总反应为Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn(OH)2。下列该电池的电极反应,正确的是( )
A.负极反应为Zn-2e-Zn2+
B.负极反应为Zn+2H2O-2e-Zn(OH)2+2H+
C.正极反应为2MnO2+2H++2e-2MnOOH
D.正极反应为2MnO2+2H2O+2e-2MnOOH+2OH-
解析：在书写碱性电池的电极反应式时,不得出现H+。在碱性电池中,负极的Zn失去电子形成的Zn2+应该与OH-结合为Zn(OH)2。
答案：D
9下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是( )
A.电池Ⅰ中锌是正极
B.电池Ⅱ是一次性电池
C.电池Ⅲ工作时,氢气发生还原反应
D.电池Ⅳ工作时,电子由锌通过导线流向石墨棒
解析：电池Ⅰ中锌是负极,铜是正极,A错误;电池Ⅱ为铅蓄电池,属于二次电池,B错误;电池Ⅲ为氢氧燃料电池,H2在负极失去电子发生氧化反应,C错误;电池Ⅳ为锌锰干电池,锌为负极,石墨棒为正极,电子由负极流向正极,D正确。
答案：D
10一种由甲醇、氧气和强碱溶液(作电解质)组成的新型手机电池,可持续使用一个月,其电池反应为2CH3OH+3O2+4OH-2C+6H2O,则有关说法正确的是
( )
A.放电时CH3OH参与反应的电极为正极
B.放电时负极的电极反应式为CH3OH+8OH--6e-C+6H2O
C.标准状况下,通入5.6
L
O2并完全反应后,有0.5
mol电子转移
D.放电一段时间后,通入氧气的电极附近溶液的pH降低
解析：该原电池负极电极反应式为2CH3OH+16OH--12e-2C+12H2O,正极反应式为3O2+6H2O+12e-12OH-,A、D项错误,B项正确;C项应有1
mol电子转移,C项错误。
答案：B
11镍氢电池是近年开发出来的可充电电池,它可以取代会产生镉污染的镍镉电池。镍氢电池的总反应式是H2+NiO(OH)Ni(OH)2。根据此反应式判断,下列叙述正确的是( )
A.电池放电时,电池负极周围溶液的碱性增强
B.电池放电时,镍元素被氧化
C.电池放电时,氢元素被还原
D.电池放电时,氢气是负极反应物
解析：充电电池在放电时是一个电源(原电池),发生原电池反应,在这个反应方程式中从左到右是放电,根据发生氧化反应的是负极,发生还原反应的是正极,所以D正确,B、C错误;而H2作为电池的负极发生的反应是H2+2OH--2e-2H2O,溶液中应该是OH-浓度减小,所以A错误。
答案：D
12铅蓄电池是化学电源,其电极材料分别是Pb和PbO2,电解质溶液为稀硫酸,工作时该电池的总反应式为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。试根据上述情况判断:
(1)蓄电池的负极材料是 。
(2)工作时,正极反应为 。
(3)工作时,电解质溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)工作时,电解质溶液中阴离子移向 极。
(5)外电路中电流方向从 极流向 极。
答案：(1)Pb
(2)PbO2+S+4H++2e-PbSO4+2H2O
(3)增大
(4)负
(5)正 负
13若用锌棒和石墨作电极,氯化铵溶液为电解液,制成一化学电源如下图所示。
试回答:
(1)电极名称:Zn ,C 。
(2)电子移动方向 ,电流方向 。离子移动方向:阳离子移向 极。
(3)电解质溶液的质量 (填“变大”或“变小”)。
(4)若负极质量减轻1.3
g,则通过电路的电子数目为 。
解析：(1)符合构成原电池的条件,在组成的原电池中Zn作负极,C为正极。(2)电子从负极(Zn)沿导线流向正极(C),电流方向与电子流动方向相反,电解质溶液中的阳离子移向正极。(3)原电池反应为Zn+2NZn2++2NH3↑+H2↑。电解质溶液由NH4Cl变为ZnCl2,故溶液的质量变大。(4)m(Zn)=1.3
g,n(Zn)=0.02
mol,失电子数(即通过电路的电子数)为0.04×6.02×1023=2.408×1022。
答案：(1)负极 正极
(2)从负极(Zn)沿导线移向正极(C) 电流从正极流向负极 正
(3)变大
(4)2.408×1022
能力提升
★1在固态金属氧化物电解池中,高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式,基本原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A.X是电源的负极
B.阴极的电极反应式是H2O+2e-H2+O2-,CO2+2e-CO+O2-
C.总反应可表示为H2O+CO2H2+CO+O2
D.阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶1
解析：H2O、CO2混合气体制备H2和CO时,氢元素及碳元素的化合价降低,H2O和CO2发生还原反应,则该极为阴极,连接电源的负极,A选项正确;因电解质是金属氧化物,故该过程中可以传递O2-,则阴极反应为H2O+2e-H2+O2-,CO2+2e-CO+O2-,B选项正确;图中阳极放出的是O2,2O2--4e-O2↑,则总反应方程式为H2O+CO2H2+CO+O2,C选项正确;从总反应方程式看,阴极和阳极生成的气体的物质的量之比是2∶1,D选项错误。
答案：D
★2(2016浙江理综)金属(M)-空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点,有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应方程式为:4M+nO2+2nH2O4M(OH)n。(导学号55660056)
已知:电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是( )
A.采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积,并有利于氧气扩散至电极表面
B.比较Mg、Al、Zn三种金属-空气电池,Al-空气电池的理论比能量最高
C.M-空气电池放电过程的正极反应式:4Mn++nO2+2nH2O+4ne-4M(OH)n
D.在Mg-空气电池中,为防止负极区沉积Mg(OH)2,宜采用中性电解质及阳离子交换膜
解析：多孔电极的表面积大,电极与电解质溶液的接触面积大并利于氧气扩散,A项正确;根据信息提示：,质量均为m
g的Mg、Al、Zn完全反应,转移的电子的物质的量分别为
mol、
mol、
mol,由此知Al转移电子数最多,B项正确;正极为O2放电,电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,C项错误;采用中性电解质可防止负极产生的Mg2+与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀,采用阳离子交换膜可阻止OH-向负极移动,与Mg2+反应生成氢氧化镁沉淀,D项正确。
答案：C
3以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。关于该电池的叙述正确的是( )
A.该电池能够在高温下工作
B.电池的负极反应为C6H12O6+6H2O-24e-6CO2↑+24H+
C.放电过程中,H+从正极区向负极区迁移
D.在电池反应中,每消耗1
mol氧气,理论上能生成标准状况下CO2气体
L
解析：微生物主要成分是蛋白质,高温条件下蛋白质变性,失去活性,A错误;通入燃料C6H12O6的极为负极,负极反应为C6H12O6+6H2O-24e-6CO2↑+24H+(能放出CO2,应该是酸性溶液,所以右边写H+。不能在左边加OH-、右边写H2O),B正确;正极反应为6O2+24H++24e-12H2O,从两极反应可知:负极生成H+,正极消耗H+,即通过质子交换膜从负极到正极传导H+,C错误;从总反应C6H12O6+6O26CO2+6H2O可知,每消耗1
mol氧气,理论上能生成标准状况下CO2气体22.4
L,D错误。
答案：B
4镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中的总反应方程式是Ni(OH)2+MNiOOH+MH。
已知:6NiOOH+NH3+H2O+OH-6Ni(OH)2+N
下列说法正确的是( )
A.NiMH电池放电过程中,正极的电极反应式为NiOOH+H2O+e-Ni(OH)2+OH-
B.充电过程中OH-从阳极向阴极迁移
C.充电过程中阴极的电极反应式:H2O+M+e-MH+OH-,H2O中的H被M还原
D.NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液
解析：NiMH放电时正极发生还原反应,分析化合价可知正极为NiOOH得电子生成Ni(OH)2,可知A项正确;OH-由阴极向阳极移动,B项错;M是金属,无负价,只能失电子,C项错;D项由已知信息可知NiOOH与氨水反应,错误。
答案：A
★5有一种以甲醇为原料,以KOH为电解质的用于手机的可充电的高效燃料电池,充一次电可以连续使用一个月。已知该电池的总反应式为:
2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O
(导学号55660057)
请填空:
(1)放电时,负极的电极反应为 。
(2)充电时,原电池的负极与外电源的 极相连。
(3)若在常温、常压下,1
g
CH3OH燃烧生成CO2和液态水时放出22.68
kJ的热量,表示该反应的热化学方程式为 。
解析：(1)CH3OH中C元素从-2价变成+4价,所以CH3OH是负极反应物,发生氧化反应,反应式为CH3OH-6e-+8OH-C+6H2O,因电解质为KOH,所以CH3OH的氧化产物不是CO2而是C。(2)该电池在充电时,阴极得到电子,发生还原反应,所以应该与外接电源的负极相连。
答案：(1)CH3OH-6e-+8OH-C+6H2O
(2)负
(3)CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-725.76
kJ·mol-1
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7第一节 弱电解质的电离
基础巩固
1下列说法中正确的是( )
A.二氧化硫溶于水能导电,故二氧化硫属于电解质
B.硫酸钡难溶于水,故硫酸钡属于弱电解质
C.硫酸是强电解质,故纯硫酸能导电
D.氢离子浓度相同的盐酸和醋酸导电能力相同
答案：D
2下列各电离方程式中,书写正确的是( )
A.CH3COOHH++CH3COO-
B.KHSO4K++H++S
C.Al(OH)3Al3++3OH-
D.H2CO32H++C
答案：A
3下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类,完全正确的是( )
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
C12H22O11(蔗糖)
BaSO4
C2H5OH(酒精)
H2O
答案：C
4在0.1
mol·L-1
CH3COOH溶液中存在如下电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,对于该平衡的下列叙述正确的是( )
A.加入水时,平衡逆向移动
B.加入少量NaOH固体,平衡正向移动
C.加入少量0.1
mol·L-1
HCl溶液,溶液中c(H+)不变
D.加入少量CH3COONa固体,平衡正向移动
答案：B
5在以下各种情形下,电离方程式的书写正确的是( )
A.熔融状态下的NaHSO4电离:NaHSO4Na++H++S
B.H2CO3的电离:H2CO32H++C
C.Fe(OH)3的电离:Fe(OH)3Fe3++3OH-
D.水溶液中的NaHSO4电离:NaHSO4Na++HS
解析：因为H2SO4是强酸,所以NaHSO4在水溶液中完全电离,其电离方程式为NaHSO4Na++H++S;但HS中各原子间靠共价键结合,熔融状态下HS不能电离为H+和S,故熔融状态下NaHSO4的电离方程式为NaHSO4Na++HS,所以A、D选项均错误;H2CO3作为二元弱酸,不能完全电离,必须使用“”,且多元弱酸的电离分步进行,以第一步为主,其电离方程式为H2CO3H++HC,HCH++C,因此B选项错误;Fe(OH)3是多元弱碱,通常以一步电离表示,故C选项正确。
答案：C
6将1
mol冰醋酸加入到一定量的蒸馏水中最终得到1
L溶液。下列各项中,表明已达到电离平衡状态的是( )
A.醋酸的浓度达到1
mol·L-1
B.H+的浓度达到0.5
mol·L-1
C.醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H+的浓度均为0.5
mol·L-1
D.醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等
答案：D
7已知下面三个数据:7.2×10-4、4.6×10-4、4.9×10-10分别是三种酸的电离常数,若已知这些酸可发生如下反应:
①NaCN+HNO2HCN+NaNO2
②NaCN+HFHCN+NaF
③NaNO2+HFHNO2+NaF
由此可判断下列叙述中,不正确的是( )
A.HF的电离常数为7.2×10-4
B.HNO2的电离常数为4.9×10-10
C.根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D.HNO2的电离常数比HCN的大,比HF的小
解析：相同温度下的弱电解质的电离常数是比较弱电解质相对强弱的依据之一。该题中涉及三个反应,由此三个反应的化学方程式可以得出:HF、HNO2、HCN的酸性依次减弱。酸性越强,电离常数越大,据此可以将三个K值与酸对应起来。三个反应中,第①个反应说明酸性HNO2>HCN,第③个反应说明酸性HF>HNO2,只根据这两个反应即可作出比较。
答案：B
8下列说法正确的是( )
A.电离常数受溶液中电解质浓度的影响
B.电离常数可以表示弱电解质的相对强弱
C.电离常数大的酸溶液中c(H+)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H+)大
D.H2CO3的电离常数表达式:K=
解析：电离常数是温度的函数,与溶液浓度无关,所以A项错误;电离常数可以表示弱电解质的相对强弱,故B项正确;酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关,还跟酸的浓度有关,所以C项叙述错误;D项中碳酸是分步电离的,第一电离常数表达式为:K1=,第二步电离常数为:K2=,故D项错误。
答案：B
9从植物花中可提取一种简写为HIn的有机物,在水溶液中因存在以下电离平衡,故可用作酸碱指示剂。HIn(aq,红色)H++In-(aq,黄色)。浓度为0.02
mol·L-1的下列各溶液:(1)HCl、(2)H2O2、(3)NaCl(aq)、(4)NaHSO4(aq)、(5)NaHCO3(aq)、(6)氨水中,加入该指示剂,其中能使指示剂显黄色的是( )
A.(1)(4)(5)
B.(2)(6)
C.(1)(3)(4)
D.(5)(6)
解析：平衡右移,才能使指示剂显黄色,即应加入碱性物质,H2O2有强氧化性,使溶液褪色。
答案：D
10在a、b两支试管中,分别加入质量相等形状相同的一颗锌粒,然后向两支试管中,分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸。
请填写下列空白:
(1)a、b两支试管中的现象:相同点是 ;不同点是 ;原因是 。
(2)a、b两支试管中生成气体的速率开始时是a (填“大于”“小于”或“等于”)b,反应完毕后生成气体的总体积是a (填“大于”“等于”或“小于”)b,原因是 。
答案：(1)都产生无色气泡,锌粒逐渐溶解 产生气泡的快慢不同,锌粒的溶解速率不同,a中的反应较快 c(H+)不同,a中的c(H+)较大
(2)大于 等于 反应开始时盐酸中的c(H+)大,但物质的量相同的HCl和CH3COOH所能提供的H+的总物质的量相等
11根据NH3·H2ON+OH-的电离平衡,填写下表中各项的变化情况:
改变的条件
平衡移动方向
n(OH-)
c(OH-)
加NaOH固体
通入氨气
加水
续表
改变的条件
平衡移动方向
n(OH-)
c(OH-)
加入盐酸
降低温度
加NH4Cl固体
加入稀氨水
解析：根据平衡移动原理,可以判断平衡移动的方向,n(OH-)的变化与平衡移动方向直接有关,c(OH-)还与溶液的体积有关。加水稀释,平衡向微粒数增多的方向移动,n(OH-)增多,但由于溶液体积增大的趋势比n(OH-)增加得更快,故c(OH-)是减小的。同理,加入更稀的氨水时,氨水的总浓度比原来小了,这还相当于稀释过程,尽管总的n(OH-)增多,但c(OH-)仍是减小。
答案：
改变的条件
平衡移动方向
n(OH-)
c(OH-)
加NaOH固体
左
增大
增大
通入氨气
右
增大
增大
加水
右
增大
减小
加入盐酸
右
减小
减小
降低温度
左
减小
减小
加NH4Cl固体
左
减小
减小
加入稀氨水
右
增大
减小
12下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25
℃):
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOHCH3COO-+H+
1.76×10-5
H2CO3
H2CO3H++HCHCH++C
K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11
H2S
H2SH++HS-HS-H++S2-
K1=1.3×10-7K2=7.1×10-15
H3PO4
H3PO4H++H2PH2PH++HPHPH++P
K1=7.1×10-3K2=6.3×10-8K3=4.20×10-13
回答下列问题:
(1)当温度升高时,K值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)在温度相同时,各弱酸的K值不同,那么K值的大小与酸性的相对强弱有何关系 。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HC、H2S、HS-、H3PO4、H2P、HP都看作是酸,其中酸性最强的是 ,最弱的是 。
(4)多元弱酸是分步电离的,每一步都有相应的电离平衡常数,对于同一种多元弱酸的K1、K2、K3之间存在着数量上的规律,此规律是 ,产生此规律的原因是
。
答案：(1)增大
(2)K值越大,电离出的氢离子浓度越大,所以酸性越强
(3)H3PO4 HS-
(4)K1 K2 K3 上一级电离产生的H+对下一级电离起抑制作用
13在一定温度下,冰醋酸加水稀释过程中的导电能力变化如图所示,请回答:
(1)“O”点导电能力为0的理由是 。
(2)A、B、C三点,溶液中c(H+)由大到小的顺序为 。
(3)若使C点溶液中c(CH3COO-)增大,溶液的c(H+)减小,可采取的措施有:
①
;
②
;
③
。
解析：弱电解质在水分子作用下电离,冰醋酸中没有水,所以不能电离。加入醋酸钠,增大CH3COO-浓度,使平衡向左移动,但是平衡移动不能抵消(只能减弱)增大的程度。
答案：(1)在“O”点处醋酸未电离,无离子存在
(2)B>A>C
(3)加入少量氢氧化钠固体 加入少量碳酸氢钠固体 加入镁(加入少量醋酸钠粉末等)
能力提升
1下列曲线中,可以描述乙酸(甲,Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙,Ka=1.4×10-3)在水中的电离程度与浓度关系的是( )
解析：乙酸和一氯乙酸均显弱酸性。弱酸的浓度越大,在水中的电离程度越小,排除C项、D项。电离常数:CH3COOH答案：B
2将浓度为0.1
mol·L-1
HF溶液加水不断稀释,下列各量始终保持增大的是( )
A.c(H+)
B.
Ka(HF)
C.
D.
解析：电离平衡常数只与温度有关,B不正确;HF属于弱电解质,加水促进HF的电离平衡向右移动,即电离程度增大,但同时溶液的体积也增大,所以溶液的酸性会降低,即c(H+)、c(F-)和c(HF)的浓度均降低,溶液中水还会电离出氢离子,所以稀释到一定程度(即无限稀释时),c(H+)就不再发生变化,但c(F-)和c(HF)却一直会降低,所以选项D符合题意。
答案：D
3pH=1的两种一元酸HX和HY溶液,分别取100
mL加入足量的镁粉,充分反应后,收集到H2体积分别为V(HX)和V(HY)。若相同条件下V(HX)>V(HY),则下列说法正确的是( )
A.HX可能是强酸
B.HY一定是强酸
C.HX的酸性强于HY的酸性
D.反应开始时二者生成H2的速率相等
解析：pH相同时,溶液中c(H+)相同,反应开始时二者生成H2的速率相等。加入足量的镁粉,充分反应后收集到H2的体积关系为V(HX)>V(HY),说明溶液中
c(HX)>c(HY),说明HX的酸性弱于HY的酸性。HX不可能是强酸,HY可能是强酸也可能是弱酸。
答案：D
★425
℃,两种常见酸的电离常数如下表所示。
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10-2
6.3×10-8
H2CO3
4.2×10-7
5.6×10-11
(1)HS的电离常数表达式K= 。
(2)H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为
。
解析：(1)电离常数等于电离出的离子平衡浓度的化学计量数次幂的乘积与弱电解质的平衡浓度的比值。
(2)根据电离常数,H2SO3的Ka1大于H2CO3的Ka1,故反应生成CO2、HS、H2O。
答案：(1)
(2)H2SO3+HCHS+CO2↑+H2O
★5已知:某酸的化学式为HnA,某碱的化学式为M(OH)m。
(导学号55660030)
(1)若HnA为强酸,写出HnA在水中的电离方程式:
。
(2)若在室温下,0.1
mol·L-1
HnA溶液的pH大于1,则HnA为 (填“强酸”“弱酸”或“不能确定”),n和1的关系为 (填“n>1”“n<1”“n=1”或“不能确定”)。
答案：(1)HnAnH++An- (2)弱酸 不能确定第一节 化学反应与能量的变化
第1课时 焓变 反应热
基础巩固
1反应A+BC(ΔH<0)分两步进行:①A+BX(ΔH>0),②XC(ΔH<0)。下列示意图中,能正确表示总反应过程中能量变化的是( )
答案：D
2下列属于放热反应的是( )
A.Al+HCl(稀)
B.Ba(OH)2·8H2O+NH4Cl(固体)
C.KClO3受热分解
D.CaCO3受热分解
答案：A
3在下列反应中,反应物的总能量低于生成物的总能量的是( )
A.2H2+O22H2O
B.CaCO3CaO+CO2↑
C.CaO+CO2CaCO3
D.C2H5OH+3O22CO2+3H2O
解析：吸热反应反应物的总能量低于生成物的总能量。A、C、D项是放热反应,B项是吸热反应。
答案：B
4下列反应中符合图示能量变化的是( )
A.电解Al2O3得到Al和O2
B.HCl分解为H2和Cl2
C.Na与水反应
D.工业上用CO还原Fe2O3制Fe
解析：由图示能量变化可知,该反应为放热反应。A、B、C、D四个选项中只有C为放热反应,其他均为吸热反应。
答案：C
5下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是
( )
A.铝粉与氧化铁粉末反应
B.乙醇燃烧
C.碳酸钙受热分解
D.氧化钙溶于水
解析：生成物总能量高于反应物总能量的反应是吸热反应,A、B、D都属于放热反应,C属于吸热反应。
答案：C
6在氢气与氧气的反应中,破坏1
mol氢气中的化学键消耗的能量为A,破坏1
mol氧气中的化学键消耗的能量为B,形成1
mol水中的化学键释放的能量为C。则下列关系正确的是( )
A.A+B>C
B.A+BC.2A+B<2C
D.2A+B>2C
答案：C
7对于反应中的能量变化,下列表述正确的是( )
A.断开化学键的过程会放出能量
B.放热反应中,反应物的总能量大于生成物的总能量
C.加热才能发生的反应一定是吸热反应
D.氧化反应均为吸热反应
答案：B
8下列关于能量变化的说法中正确的是( )
A.相同质量的水和冰相比较,冰的能量高
B.化学反应过程中能量的变化只有吸热和放热两种表现形式
C.化学反应既遵循质量守恒,也遵循能量守恒
D.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
解析：相同质量的同一物质所具有的能量大小关系为g>l>s,A错误;化学反应过程中能量的变化主要表现为热量的变化,有时还会伴随光能的变化,B错误;化学反应一定遵循质量守恒和能量守恒,C正确;有许多的放热反应(如燃烧反应)也需要先加热,D错误。
答案：C
9下列说法中正确的是( )
A.大多数的化合反应是释放能量的反应
B.分解反应都是吸收能量的反应
C.释放能量的反应都不需要加热
D.吸收能量的反应都需要加热
解析：大多数化合反应是释放能量的反应,A正确;大多数分解反应是吸收能量的反应,过氧化氢的分解反应属于放热反应,因H2O2不稳定,能量高,分解成H2O和O2更稳定,B错误;释放能量的反应有的也需要加热,如氢气与氧气反应生成水则需点燃,C错误;反应Ba(OH)2·8H2O+2NH4ClBaCl2+2NH3↑+10H2O是吸热的,常温下就能进行,D错误。
答案：A
10如图所示,把试管放入盛有25
℃饱和石灰水的烧杯中,试管中开始放入几小块镁片,再滴入5
mL稀盐酸,试回答下列问题。
(1)实验中观察到的现象是
。
(2)产生上述现象的原因是
。
(3)写出试管中反应的离子方程式:
。
(4)由实验推知,生成的MgCl2和H2的总能量 (填“大于”“小于”或“等于”)反应的镁片和HCl的总能量。
解析：镁与盐酸的反应和铝与盐酸的反应是相同的,是放热反应,而放热反应的实质是反应物的总能量大于生成物的总能量。反应的离子方程式为Mg+2H+Mg2++H2↑。由于Mg与盐酸反应放热,导致饱和石灰水的温度升高。而Ca(OH)2在水中的溶解度随温度升高而减小,因此饱和石灰水中有Ca(OH)2固体析出。
答案：(1)①镁片上有大量气泡产生;②镁片逐渐溶解;③烧杯中溶液变浑浊
(2)镁与盐酸反应为放热反应,Ca(OH)2在水中溶解度随温度升高而减小,故析出Ca(OH)2固体
(3)Mg+2H+Mg2++H2↑
(4)小于
11已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的
ΔH=+11
kJ·mol-1,1
mol
H2(g)、1
mol
I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436
kJ、151
kJ的能量,则1
mol
HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为
kJ。
解析：由键能求反应热的公式为ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和,则ΔH=2EH—I-436
kJ·mol-1-151
kJ·mol-1=11
kJ,则EH—I=299
kJ·mol-1。
答案：299
能力提升
1最新报道:科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下:
下列说法正确的是( )
A.CO和O生成CO2是吸热反应
B.在该过程中,CO断键形成C和O
C.CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
解析：A项,根据图像可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,因此正反应是放热反应,A错误;B项,根据状态Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可以看出整个过程中的CO没有断裂成C和O,B错误;C项,CO2中的共价键是不同的非金属元素之间形成的,因此是极性键,C正确;D项,状态Ⅰ→状态Ⅲ表示的是CO与O形成CO2的过程,D错误。
答案：C
2已知H2(g)+Br2(l)2HBr(g)
ΔH=-72
kJ·mol-1,蒸发1
mol
Br2(l)需要吸收的能量为30
kJ,其他相关数据如下表:
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1
mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ
436
a
369
则表中a为( )
A.404
B.260
C.230
D.200
解析：化学反应的实质是旧键断裂(吸收能量)和新键形成(放出能量),故有ΔH=(436+30+a-369×2)
kJ·mol-1=-72
kJ·mol-1,a=200。
答案：D
3氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰。在反应过程中,破坏1
mol
氢气中的化学键消耗的能量为Q1
kJ,破坏1
mol
氯气中的化学键消耗的能量为Q2
kJ,形成1
mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3
kJ。下列关系式中,正确的是( )
A.Q1+Q2>Q3
B.Q1+Q2>2Q3
C.Q1+Q2D.Q1+Q2<2Q3
答案：D
4已知形成1
mol
H—H键,需放出436
kJ的能量;断开1
mol
H—N键,需吸收391
kJ的能量。1
mol
N2和3
mol
H2完全反应生成2
mol
NH3时,放出92.4
kJ的能量。则要断开1
mol
N≡N键,所需要的能量是( )
A.431
kJ
B.946
kJ
C.649
kJ
D.869
kJ
解析：设所需要的能量为Q
kJ,在生成2
mol
NH3时,要断开1
mol
键,3
mol
H—H键,需吸收(Q+3×436)kJ的能量。同时形成6
mol
H—N键,放出6×391
kJ的能量。则有:6×391
kJ-(Q+3×436
kJ)=92.4
kJ,求得Q=945.6
kJ。
答案：B
5由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示,若生成1
mol
N2,其ΔH=
kJ·mol-1。
解析：由图示信息可知,反应物的总能量大于生成物的总能量,故该反应为放热反应,ΔH=209
kJ·mol-1-348
kJ·mol-1=-139
kJ·mol-1。
答案：-139
★6下表中的数据是破坏1
mol物质中的化学键所消耗的能量(kJ):
(导学号55660002)
物质
Cl2
Br2
I2
HCl
HBr
HI
H2
243
193
151
432
366
298
436
根据上述数据回答(1)~(5)题:
(1)下列物质本身具有的能量最低的是 。
A.H2
B.Cl2
C.Br2
D.I2
(2)下列氢化物中,最稳定的是 。
A.HCl
B.HBr
C.HI
(3)X2+H22HX(X代表Cl、Br、I)的反应是 (填“吸热”或“放热”)反应。
(4)相同条件下,X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应,若消耗等物质的量的氢气时,放出或吸收热量最多的是 。
(5)若无上表中的数据,你能正确回答出问题(4)吗 。你的根据是
。
解析：键能越大,分子越稳定,能量越低。
答案：(1)A (2)A (3)放热 (4)Cl2 (5)能 生成物越稳定,放出的热量越多,在HX中,HCl最稳定第三节 电解池
第1课时 电解原理
基础巩固
1下列关于电解槽的叙述中不正确的是( )
A.与电源正极相连的是电解槽的阴极
B.与电源负极相连的是电解槽的阴极
C.在电解槽的阳极发生氧化反应
D.电子从电源的负极沿导线流入电解槽的阴极
答案：A
2下列说法不正确的是( )
A.不能自发进行的氧化还原反应,一般可以通过电解实现
B.电解质溶液导电是化学变化,金属导电是物理变化
C.电解池和原电池中均发生氧化还原反应
D.电解、电离、原电池均需要通电
解析：电离不需要通电,是电解质在溶于水或熔化状态下发生的。
答案：D
3某学生欲完成2HCl+2Ag2AgCl+H2↑反应,设计了下列四个实验,你认为可行的实验是( )
解析：反应不能自发进行,应设计成电解池,金属银失电子作阳极与电源的正极相连。
答案：C
4用石墨作电极,电解1
mol·L-1下列物质的溶液,溶液的pH保持不变的是( )
A.HCl
B.NaOH
C.Na2SO4
D.NaCl
解析：电解HCl溶液,阴极析出H2,阳极析出Cl2,溶液pH升高;电解NaOH溶液,相当于电解水,溶液pH升高;电解Na2SO4溶液,相当于电解水,溶液pH不变;电解NaCl溶液,阴极析出H2,阳极析出Cl2,溶液pH升高。
答案：C
5电解CuCl2和NaCl的混合溶液,阴极和阳极上首先分别析出的物质是( )
A.H2和Cl2
B.Cu和Cl2
C.H2和O2
D.Cu和O2
解析：阳极放电的离子有Cl-、OH-,根据阴离子放电顺序,首先析出Cl2;阴极放电的离子有Cu2+、H+,根据阳离子放电顺序,首先析出Cu。
答案：B
6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,氯离子浓度不变
解析：电流从电源的正极流出,故a为电源的正极,b为负极;与电源正极相连的c为阳极,与电源负极相连的d为阴极。在电解过程中,因Cu2+是阳离子,移向阴极d,在阴极放电析出Cu,所以d电极质量增加;Cl-是阴离子,移向阳极c,在阳极放电析出Cl2,会导致溶液中氯离子浓度降低。
答案：C
7把分别盛有熔融氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联,在一定条件下通电一段时间后,则析出钾、镁、铝的质量之比为( )
A.1∶2∶3
B.3∶2∶1
C.6∶3∶1
D.13∶4∶3
解析：盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽,通电后阴极的电极反应式分别为K++e-K;Mg2++2e-Mg;Al3++3e-Al。如果转移的电子为1
mol,则分别得到K、Mg、Al为1
mol、
mol、
mol,其质量分别为1
mol×39
g·mol-1=39
g、
mol×24
g·mol-1=12
g、
mol×27
g·mol-1=9
g;故析出K、Mg、Al的质量之比为39∶12∶9=13∶4∶3。
答案：D
8用石墨作电极电解AlCl3溶液时,如下图所示的电解变化曲线合理的是( )
A.①④
B.②④
C.①③
D.②③
解析：AlCl3溶液电解时发生反应:2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑+3Cl2↑,使溶液中的H+不断减少,pH增大,但pH绝对不会大于7,①正确,②错;随着电解的不断进行,Al(OH)3沉淀的量不断增加,直至AlCl3消耗完毕,Al(OH)3沉淀的量不再增加。若再继续电解,就是电解水,Al(OH)3的量不变,④正确。
答案：A
9若阳极是石墨电极,阴极是铁电极,写出电解下列电解质溶液的两电极反应式和电解方程式。
(1)Na2SO4溶液
阳极: ,阴极: ,电解方程式: ;
(2)MgCl2溶液
阳极: ,阴极: ,电解方程式: ;
(3)CuSO4溶液
阳极: ,阴极: ,电解方程式: ;
(4)CuCl2溶液
阳极: ,阴极: ,电解方程式: 。
答案：(1)4OH--4e-2H2O+O2↑ 4H++4e-2H2↑ 2H2O2H2↑+O2↑
(2)2Cl--2e-Cl2↑ 2H++2e-H2↑ MgCl2+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑
(3)4OH--4e-2H2O+O2↑ 2Cu2++4e-2Cu 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
(4)2Cl--2e-Cl2↑ Cu2++2e-Cu CuCl2Cu+Cl2↑
10用石墨棒作电极,在Na+、Cu2+、Cl-、S等离子中选出适当离子组成电解质,电解其溶液,写出符合条件的一种电解质的化学式:
(1)当阴极放出H2,阳极放出O2时,电解质是 ;
(2)当阴极析出金属,阳极放出O2时,电解质是 ;
(3)当阴极放出H2,阳极放出Cl2时,电解质是 ;
(4)通过电子的物质的量与阴极析出的金属的物质的量、阳极放出的气体的物质的量之比为4∶2∶1时,电解质的化学式是 。
解析：惰性电极电解电解质溶液的类型有电解水型、电解电解质型、放氢气生碱型和放氧气生酸型。再根据阴阳离子在电极的放电顺序判断。
(1)阴极有H2生成,阳极有O2生成,实质为电解水,故电解质是活泼金属的含氧酸盐,即Na2SO4。
(2)实质为放氧气生酸型,即电解质为不活泼金属的含氧酸盐,即CuSO4。
(3)实质为放氢气生碱型(或电解盐酸,但本题无H+),即电解质为活泼金属的无氧酸盐,即NaCl。
(4)由阳极生成气体和转移电子的物质的量比为1∶4,知阳极产生气体为O2,1
mol
O2转移4
mol
e-,金属与电子的物质的量比为1∶2,故金属为+2价,即Cu2+,即为CuSO4。
答案：(1)Na2SO4 (2)CuSO4 (3)NaCl (4)CuSO4
11由于Fe(OH)2极易被氧化,所以实验室很难用亚铁盐溶液与碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀,应用右图所示的电解实验来探究能否制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀,两电极的材料分别为石墨和铁。
(1)a电极材料应为 ,b电极的电极反应式为 。
(2)电解液d可以是 (填编号)。
A.纯水
B.NaOH溶液
C.NaCl溶液
D.CuCl2溶液
(3)c为苯,其作用是 ,在加入苯之前,对d溶液应作何简单处理: 。这是为什么 可否用其他试剂来代替苯
(4)为了在较短时间内看到白色沉淀,可采取的措施是 。
A.改用稀硫酸作电解液
B.适当增大电源的电压
C.适当减小两电极间的距离
D.适当降低电解液的浓度
(5)若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,另一明显的现象为 。
解析：(4)要加大电解的速率,可以增大电解液的浓度,但不能用稀硫酸,因为它可溶解氢氧化亚铁,而增大电压和缩小两极板间的距离,均可以使电解的速率加大。(5)当电解一段时间后将电源反接,则为电解水:2H2O2H2↑+O2↑,生成的氧气将氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁,现象为白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变成红褐色。
答案：(1)Fe 2H++2e-H2↑ (2)BC (3)隔开空气,防止生成的Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3 加热d
以除去其中溶解的O2;可以考虑用汽油、煤油等密度比水溶液小的试剂来代替。 (4)BC (5)白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变成红褐色
能力提升
1CuI是一种不溶于水的白色固体,它可由反应:2Cu2++4I-2CuI↓+I2而得到。现以石墨为阴极,以Cu为阳极电解KI溶液,通电前向电解液中加入少量酚酞溶液和淀粉溶液。电解开始不久阴极区溶液呈红色,而阳极区溶液呈蓝色,对这个现象的正确解释是( )
①阴极:2H++2e-H2↑使c(OH-)>c(H+)
②阳极:2Cu+4I--4e-2CuI↓+I2,淀粉遇I2变蓝
③阳极:Cu-2e-Cu2+,Cu2+显蓝色
④阳极:2I--2e-I2,淀粉遇I2变蓝
A.①②
B.①③
C.①④
D.③④
答案：A
2在水中加等物质的量的Ag+、Pb2+、Na+、S、N、Cl-,该溶液放在用惰性材料作电极的电解槽中,通电片刻,则氧化产物与还原产物的质量比为( )
A.35.5∶108
B.16∶207
C.8∶1
D.108∶35.5
解析：溶液中的六种离子,有四种发生反应生成沉淀:Ag++Cl-AgCl↓、Pb2++SPbSO4↓,最后溶液就成了NaNO3溶液;而电解NaNO3溶液,实质就是电解水,电解方程式为2H2O2H2↑+O2↑。氧化产物和还原产物的质量之比为m(O2)∶m(H2)=(1
mol×32
g·mol-1)∶(2
mol×2
g·mol-1)=8∶1,即C项正确。
答案：C
3如图所示装置中,a、b都是惰性电极,通电一段时间后,b极附近溶液呈蓝色。下列说法中不正确的是( )
A.x是正极,y是负极
B.a极产生氢气,b极生成I2
C.a极和Pt电极都有气泡产生
D.U形管中溶液的碱性增强
答案：A
4用Pt电极电解含有各0.1
mol
Cu2+和X3+的溶液,阴极析出固体物质的质量m(g)与溶液中通过电子的物质的量n(mol)的关系见图示,则离子的氧化能力由大到小排列正确的是( )
A.Cu2+>X3+>H+
B.H+>X3+>Cu2+
C.X3+>H+>Cu2+
D.Cu2+>H+>X3+
解析：本题的解题信息在图像中:一通电有固体析出,且通过0.2
mol电子后,再没有固体析出了,说明是Cu2+放电的结果;X3+不放电。
答案：D
5(1)电解制备Al(OH)3时,电极分别为Al片和石墨,电解质溶液为Na2CO3溶液,电解总反应方程式为 。
(2)一种可超快充电的新型铝电池,充放电时AlC和Al2C两种离子在Al电极上相互转化,其他离子不参与电极反应,放电时负极Al的电极反应式为 。
解析：(1)电解时铝作阳极,失电子生成Al(OH)3,石墨作阴极,H+得电子生成H2,电解总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑;(2)Al失电子,结合AlC和Al2C,根据电荷守恒可知:Al+7AlC-3e-4Al2C。
答案：(1)2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑
(2)Al-3e-+7AlC4Al2C
★6二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题:(导学号55660059)
(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:
①电解时发生反应的化学方程式为
。
②溶液X中大量存在的阴离子有 。
③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是 (填标号)。
a.水
b.碱石灰
c.浓硫酸
d.饱和食盐水
解析：(1)因制ClO2的反应中,KClO3为氧化剂,被还原为ClO2,Cl从+5价→+4价,Na2SO3为还原剂,S应从+4价→+6价,由电子守恒得二者物质的量之比应为2∶1。
(2)①由电解产物有H2和NCl3,可得出电解方程式为2HCl+NH4Cl3H2↑+NCl3。
②根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH,故溶液X中大量存在的阴离子有Cl-、OH-。
③因NH3易与酸反应,ClO2易溶于水,所以可以用浓硫酸除去ClO2中的NH3,选c。
答案：(1)2∶1 (2)①NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3 ②Cl-、OH- ③c
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1第四节 金属的电化学腐蚀与防护
基础巩固
1下列有关金属腐蚀的说法中正确的是( )
A.金属腐蚀指不纯金属与接触到的电解质溶液进行化学反应而损耗的过程
B.电化学腐蚀指在外加电流的作用下不纯金属发生化学反应而损耗的过程
C.钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀,负极吸收氧气,产物最终转化为铁锈
D.金属的电化学腐蚀和化学腐蚀本质相同,但电化学腐蚀伴有电流产生
答案：D
2钢铁发生吸氧腐蚀时,负极的电极反应式是( )
A.Fe-3e-Fe3+
B.O2+2H2O+4e-4OH-
C.Fe-2e-Fe2+
D.O2+2H2O-4e-4OH-
答案：C
3下列做法不能起防锈作用的是( )
A.保留铁制品上的铁锈
B.在铁制品表面镀锌
C.在金属机械上涂油
D.在车、船的表面刷油漆
答案：A
4铁生锈是一种常见的自然现象,其主要的化学反应方程式为4Fe+3O2+xH2O2Fe2O3·xH2O。如图为一放在水槽中的铁架,水位高度如图。最容易生锈的铁架横杆是( )
A.①
B.②
C.③
D.④
答案：C
5如图,拴上金属条的铁钉插在含有酚酞的NaCl溶液中,可以看到贴近金属条一边的溶液出现粉红色,该金属条可能是( )
A.Cu
B.Al
C.Zn
D.Mg
答案：A
6保护地下钢管不受腐蚀,可使它连接( )
A.铜板
B.石墨
C.直流电源负极
D.直流电源正极
解析：若连接铜或石墨,则铁作负极,会加快钢管的腐蚀;可使它连接直流电源的负极,即钢管作电解池的阴极,被保护。
答案：C
7为研究金属腐蚀的条件和速率,某课外小组学生用金属丝将三根大小相同的铁钉分别固定在图示的三个装置中,再放置于玻璃钟罩内保存一星期后,下列对实验结束时的现象描述不正确的是( )
A.装置Ⅰ左侧的液面一定会上升
B.左侧液面装置Ⅰ比装置Ⅱ的低
C.装置Ⅱ中的铁钉腐蚀最严重
D.装置Ⅲ中的铁钉几乎没被腐蚀
解析：Ⅰ中铁钉发生吸氧腐蚀,左端液面上升;Ⅱ中盐酸挥发,和铁钉反应生成H2,腐蚀最严重,Ⅱ中左端下降;Ⅲ中浓硫酸吸水,而铁钉在干燥空气中几乎不腐蚀。
答案：B
8下列说法正确的是( )
A.钢铁因含杂质而容易发生电化学腐蚀,所以合金都不耐腐蚀
B.原电池反应是导致金属腐蚀的主要原因,故不能用来减缓金属的腐蚀
C.金属发生化学腐蚀还是电化学腐蚀的主要区别在于金属的纯度不同
D.无论哪种类型的腐蚀,其实质都是金属被氧化
解析：金属通过改变内部结构,可以耐腐蚀,如将铁冶炼成不锈钢,则耐腐蚀,所以A项错误;原电池反应虽然可以导致金属腐蚀,但将需要保护的金属制品和活泼金属相连,构成原电池可以减慢金属的腐蚀,故B项错误;决定金属发生电化学腐蚀还是发生化学腐蚀的因素是金属周围的环境,如果金属直接接触有腐蚀性的气体或溶液,则会发生化学腐蚀;而一般情况下则发生电化学腐蚀,故C项错误;金属无论发生哪种类型的腐蚀,其实质都是金属失去电子被氧化,故D项正确。
答案：D
9相同材质的铁在图中的四种情况下最不易被腐蚀的是
( )
解析：在A中,食醋提供电解质溶液环境,铁勺和铜盆是相互接触的两个金属极,形成原电池,铁是活泼金属作负极;在B中,食盐水提供电解质溶液环境,铁炒锅和铁铲都是铁碳合金,符合原电池形成的条件,铁是活泼金属作负极,碳作正极;在C中,铜镀层将铁球覆盖、使铁被保护,所以铁不易被腐蚀;在D中,酸雨提供电解质溶液环境,铁铆钉和铜板分别作负、正极,形成原电池。
答案：C
10潜艇的金属外壳浸在海水中,在海水和空气的作用下会被腐蚀。
(1)若海水呈中性,一艘钢制外壳的潜艇在海水中发生腐蚀的电极反应式为:
正极: ,
负极: 。
(2)为有效地保护潜艇,下列措施中最好的是 。
A.采用纯铁制造潜艇外壳
B.采用耐腐蚀的合金制造潜艇外壳
C.在潜艇外壳上涂一层油
D.在潜艇外壳上装一定数量的锌块
解析：金属防护的方法很多,可以采取以下措施进行:
(1)改变金属的内部组织结构。合金钢中含有合金元素,使组织结构发生变化,耐腐蚀。如不锈钢。
(2)在金属表面覆盖保护层。常见方式有:涂油脂、油漆或覆盖搪瓷、塑料等;使表面生成致密氧化膜;在表面镀一层有自我保护作用的另一种金属。
(3)电化学保护法:①外加电源的阴极保护法:接上外加直流电源构成电解池,被保护的金属作阴极。②牺牲阳极的阴极保护法:外加负极材料,构成原电池,被保护的金属作正极。
答案：(1)O2+2H2O+4e-4OH- 2Fe-4e-2Fe2+ (2)B
11如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。
(1)腐蚀过程中,负极是 (填图中字母“a”或“b”或“c”);
(2)环境中的Cl-扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,其离子方程式为 ;
(3)若生成4.29
g
Cu2(OH)3Cl,则理论上耗氧体积为
L(标准状况)。
解析：(1)在图中铜被腐蚀,由单质变为Cu2+,可知铜为负极。
(2)在铜的吸氧腐蚀中,负极反应产物为Cu2+,正极反应产物为OH-,二者与Cl-反应的离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓。
(3)4.29
g
Cu2(OH)3Cl的物质的量为n[Cu2(OH)3Cl]==0.02
mol,则铜被腐蚀失去电子的物质的量为n(e-)=2×2×0.02
mol=0.08
mol;根据电子守恒可知,耗氧的物质的量为n(O2)==0.02
mol,则标准状况下V(O2)=0.02
mol×22.4
L·mol-1=0.448
L。
答案：(1)c
(2)2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓
(3)0.448
12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:
序号
内容
实验现象
1
常温下将铁丝放在干燥空气中1个月
干燥的铁丝表面依然光亮
2
常温下将铁丝放在潮湿空气中1小时
铁丝表面依然光亮
3
常温下将铁丝放在潮湿的空气中1个月
铁丝表面已变得灰暗
4
将潮湿的铁丝放在常温的氧气流中1小时
铁丝表面略显灰暗
5
将潮湿的铁丝放在高于常温的氧气流中1小时
铁丝表面已变得灰暗
6
将浸过氯化钠溶液的铁丝放在高于常温的氧气流中1小时
铁丝表面灰暗程度比实验5严重
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有: ;
(3)为防止铁的锈蚀,工业上普遍采用的方法是 (答两种方法)。
答案：(1)3、4、5、6 Fe-2e-Fe2+ 2H2O+O2+4e-4OH-
(2)湿度、温度、O2的浓度、存在电解质溶液
(3)电镀、喷油漆等表面覆盖保护层,牺牲阳极的阴极保护法等
能力提升
★1在通风橱中进行下列实验:
(导学号55660064)
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡,液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后,迅速停止
Fe、Cu接触后,其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是( )
A.Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式:2NO+O22NO2
B.Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化膜,阻止Fe进一步反应
C.对比Ⅰ、Ⅱ中现象,说明稀硝酸的氧化性强于浓硝酸
D.针对Ⅲ中现象,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否被氧化
解析：A项,铁与稀硝酸反应生成无色气体NO,NO遇空气被氧化为红棕色气体NO2,A正确;B项,常温下铁在浓硝酸中发生钝化,在铁的表面形成一层致密的氧化膜,从而阻止铁继续与浓硝酸反应,B正确;C项,由于钝化后反应停止,因此不能利用钝化比较氧化性,事实上浓硝酸的氧化性强于稀硝酸,C错误;D项,由于在原电池中可以通过电流方向判断正负极,所以在铁和铜之间加电流计,可以判断出电子的流向,从而判断出铁是否被氧化,D正确。
答案：C
2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,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：a试管内盛装食盐水,溶液呈中性,发生的是吸氧腐蚀,负极反应式为Fe-2e-Fe2+,正极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,显然a装置内气体的物质的量减少,压强减小。b试管内盛装氯化铵,溶液呈酸性,发生的是析氢腐蚀,负极反应式为Fe-2e-Fe2+,正极反应式为2H++2e-H2↑,气体的物质的量增加,压强增大。
答案：B
3下列与金属腐蚀有关的说法正确的是( )
A.图a中,插入海水中的铁棒,越靠近底端腐蚀越严重
B.图b中,开关由M改置于N时,Cu-Zn合金的腐蚀速率减小
C.图c中,接通开关时,Zn腐蚀速率增大,Zn上放出气体的速率也增大
D.图d中,Zn-MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的
解析：图a中,烧杯底端的海水中含氧量比较少,故铁棒发生吸氧腐蚀的速率应该较小,A项错误;图b中,当开关置于N时,左边的锌与合金形成了原电池,并且合金作正极,合金的腐蚀速率减小,B项正确;图c中,接通开关后,形成原电池,生成氢气的速率增大,但是氢气是在Pt电极上放出的,C项错误;图d中,在放电时主要是Zn与NH4Cl水解产生的H+发生电极反应引起,MnO2主要是吸收H2,D项错误。
答案：B
4糕点包装中常用的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等,其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是( )
A.脱氧过程是吸热反应,可降低温度,延长糕点保质期
B.脱氧过程中铁作原电池正极,电极反应为Fe-3e-Fe3+
C.脱氧过程中碳作原电池负极,电极反应为
2H2O+O2+4e-4OH-
D.含有1.12
g铁粉的脱氧剂,理论上最多能吸收氧气336
mL(标准状况)
解析：钢铁的吸氧腐蚀为放热反应,A错误。脱氧过程,铁为负极,电极反应为Fe-2e-Fe2+;碳作正极,电极反应为2H2O+O2+4e-4OH-,B、C均错误。根据电极反应可得电池反应为2Fe+O2+2H2O2Fe(OH)2,Fe(OH)2可继续被氧化:4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,因此可得关系式:4Fe→3O2,1.12
g
Fe完全反应最多可吸收O2
336
mL(标准状况),D正确。
答案：D
5铁生锈是比较常见的现象,某实验小组为研究铁生锈的条件,设计了以下快速、易行的实验步骤:
首先检查制氧气装置的气密性,然后按图连接好装置,点燃酒精灯给药品加热,持续3
min左右,观察到的实验现象为:①直形管中用蒸馏水浸过的光亮铁丝表面颜色变得灰暗,发生锈蚀;②直形管中干燥的铁丝表面依然光亮,没有发生锈蚀;③烧杯中潮湿的铁丝依然光亮。
试回答以下问题:
(1)由于接触的介质不同,金属腐蚀分成不同类型,本实验中铁生锈属于 。能表示其原理的反应方程式为 。
(2)仪器A的名称为 ,其中装的药品可以是 ,其作用是 。
(3)由实验可知,该类铁生锈的条件为 。决定铁生锈快慢的一个重要因素是 。
解析：钢铁在潮湿环境中形成原电池,发生电化学腐蚀。此实验在直形管中的现象说明,潮湿是铁生锈的前提,而没有潮湿程度对生锈快慢的影响,直形管实验与烧杯实验的对比,则说明O2浓度是影响铁丝生锈快慢的一个重要因素。
答案：(1)电化学腐蚀 负极:2Fe-4e-2Fe2+,正极:2H2O+O2+4e-4OH-
(2)球形干燥管 碱石灰(或无水氯化钙) 干燥O2
(3)与O2接触、与水接触 氧气浓度
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1第三节 盐类的水解
第1课时 盐类的水解
基础巩固
1下列物质溶于水,由于水解而使溶液显酸性的是( )
A.SO3
B.NaHSO4
C.CuCl2
D.NaF
答案：C
2下列对盐类水解过程的说法正确的是( )
A.属于氧化还原反应
B.溶液的pH一定发生改变
C.水的电离程度增大
D.是放热的过程
答案：C
3下列水解化学方程式或水解离子方程式正确的是( )
A.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
B.N+H2ONH4OH+H+
C.CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O
D.NaCl+H2ONaOH+HCl
答案：A
4常温时,纯水中由水电离的c(H+)=a
mol·L-1,pH=1的盐酸中由水电离的c(H+)=b
mol·L-1,0.1
mol·L-1的盐酸与0.1
mol·L-1的氨水等体积混合后,由水电离的c(H+)=c
mol·L-1,则a、b、c的关系正确的是( )
A.a>b=c
B.c>a>b
C.c>b>a
D.b>c>a
答案：B
5化学与生活、生产密切相关。下列生活、生产中使用的化学品的溶液能够使pH试纸变蓝,且原因是水解的是( )
A.烧碱
B.食用醋
C.氯化铵
D.纯碱
解析：能够使pH试纸变蓝的溶液呈碱性,纯碱水解使溶液呈碱性。
答案：D
6pH=4的醋酸和pH=4的氯化铵溶液相比,水的电离程度较大的是( )
A.前者
B.后者
C.等于
D.无法确定
解析：醋酸抑制水的电离,而NH4Cl水解促进水的电离。
答案：B
7相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比,NaCN溶液的pH较大,则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是( )
A.电离程度:HCN>HClO
B.pH:HClO>HCN
C.与NaOH溶液恰好完全反应时,消耗NaOH的物质的量:HClO>HCN
D.酸根离子浓度:c(CN-)答案：D
8将0.1
mol下列物质置于1
L水中充分搅拌后,溶液中阴离子数最多的是( )
A.KCl
B.Mg(OH)2
C.Na2CO3
D.MgSO4
解析：由于碳酸钠的水解:C+H2OHC+OH-,会使溶液阴离子数增多,故C中阴离子数最多。
答案：C
9常温下,已知0.1
mol·L-1的NaX、NaY、NaZ溶液,其pH分别为8、9、10,则HX、HY、HZ的酸性强弱排列正确的是( )
A.HX>HY>HZ
B.HY>HX>HZ
C.HZ>HY>HX
D.HZ>HX>HY
解析：酸越弱,阴离子的水解程度越大,其钠盐溶液的pH越大,根据pH的大小可推知Z-水解程度最大,HZ的酸性最弱,而HX的酸性最强,则三种酸的酸性由强到弱的顺序为HX>HY>HZ。
答案：A
10一元酸HA溶液中,加入一定量强碱MOH溶液后,恰好完全反应,反应后的溶液中,下列判断一定正确的是( )
A.c(A-)≥c(M+)
B.c(A-)=c(M+)
C.若MA不水解,则c(OH-)D.若MA水解,则c(OH-)>c(H+)
解析：若MA不水解,溶液呈中性,
c(OH-)=c(H+);若MA水解,说明HA为弱酸,则MA溶液中c(OH-)>c(H+)。
答案：D
11明矾水溶液呈 性,原因是 (用离子方程式表示,下同);小苏打水溶液呈 性,原因是 。二者均 (填“促进”或“抑制”)水的电离。
答案：酸 Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ 碱 HC+H2OH2CO3+OH- 促进
12现有S、N、Al3+、Na+、S、Al、Fe3+、HC、Cl-等离子,请按要求填空:
(1)在水溶液中,离子水解呈碱性的是 。
(2)在水溶液中,离子水解呈酸性的是 。
(3)既能在酸性较强的溶液里大量存在,又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有 。
(4)既不能在酸性较强的溶液里大量存在,又不能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有 。
解析：(1)弱酸根离子水解使溶液显碱性,部分弱酸的酸式酸根离子若水解程度大,则溶液也显碱性,即S、Al、HC水解呈碱性。
(2)N、Al3+、Fe3+属于弱碱的阳离子,水解后溶液呈酸性。
(3)Na+、Cl-、S是强碱的阳离子和强酸的阴离子,既能在强酸性溶液中存在又能在强碱性溶液中存在。
(4)HC属于弱酸的酸式酸根离子,既能与强酸反应,又能与强碱反应。
答案：(1)S、Al、HC (2)N、Al3+、Fe3+
(3)Na+、Cl-、S (4)HC
13物质的量浓度相同的①氨水、②氯化铵、③碳酸氢铵、④硫酸氢铵、⑤硫酸铵5种溶液中,c(N)的大小顺序是 ,溶液pH的大小顺序是 。
解析：本题可分三种情况:(1)NH3·H2O电离产生N、OH-;(2)N水解产生H+;(3)N水解受到影响——促进或抑制。在NH4HSO4溶液中,H+抑制N的水解;而NH4HCO3中,HC水解呈碱性,会促进N水解,但影响程度不大;(NH4)2SO4溶液中,N的浓度最大。故N的浓度由大到小顺序为(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3、NH3·H2O,其中pH可根据N的水解程度及电离的情况得出,pH由大到小的顺序是NH3·H2O、NH4HCO3、NH4Cl、(NH4)2SO4、NH4HSO4。
答案：⑤>④>②>③>① ①>③>②>⑤>④
14常温下pH=2的某酸HnA(An-为酸根)与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合,混合液的pH变为6。
(1)写出生成的正盐的化学式: 。
(2)该盐中存在着一定水解的离子,该离子的水解方程式为 。
(3)简述该混合液呈酸性的原因:
。
解析：(1)正盐即酸中的H+与碱中的OH-完全反应生成的盐,A显-n价,B显+m价,所以正盐为BnAm。
(2)若为强酸强碱,两者恰好反应生成的盐不水解,溶液呈中性,不符合;若为弱碱强酸,则等体积混合时,碱过量较多,混合液应呈碱性,不符合;所以应为弱酸强碱混合,An-水解,注意An-分步水解,可只写第一步:An-+H2OHA(n-1)-+OH-。
(3)弱酸过量,电离出H+。
答案：(1)BnAm (2)An-+H2OHA(n-1)-+OH- (3)过量的弱酸进一步电离出H+
能力提升
10.1
mol下列气体分别与1
L
0.1
mol·L-1的NaOH溶液反应,形成的溶液pH最小的是( )
A.NO2
B.SO2
C.SO3
D.CO2
解析：4种气体分别与1
L
0.1
mol·L-1的NaOH溶液反应,A项生成
NaNO3和NaNO2,溶液显碱性;B项生成NaHSO3,溶液显弱酸性;C项生成NaHSO4,溶液酸性最强,pH最小;D项生成NaHCO3,溶液显碱性。
答案：C
2有四种物质的量浓度相同且由+1价阳离子A+、B+和-1价阴离子X-、Y-组成的盐溶液。据测定,常温下AX溶液和BY溶液的pH都为7,AY溶液的pH>7,BX溶液的pH<7。据此推断,不水解的盐可能是( )
A.AX
B.BX
C.AY
D.BY
解析：常温时,AX溶液和BY溶液的pH都为7,说明形成BY和AX的酸碱的强弱相当,可能是强酸强碱,也可能是弱酸弱碱。AY溶液的pH>7,则说明Y-所对应的酸一定是弱酸,BX溶液的pH<7
,则说明B+所对应的碱一定是弱碱,X-和A+所对应的酸和碱应是相对较强的,它们所形成的盐AX有可能不发生水解。
答案：A
3常温下,某酸HX稀溶液和某碱YOH稀溶液的物质的量浓度相等,两溶液混合后,溶液的pH大于7,下表中判断合理的是( )
编号
HX
YOH
溶液的体积关系
①
强酸
强碱
V(HX)=V(YOH)
②
强酸
强碱
V(HX)③
强酸
弱碱
V(HX)=V(YOH)
④
弱酸
强碱
V(HX)=V(YOH)
A.①③
B.②③
C.①④
D.②④
解析：
编号
是否正好中和
产物情况
pH
①
恰好中和
强酸强碱盐,不水解
pH=7
②
碱过量
强酸强碱盐,不水解
pH>7
③
恰好中和
强酸弱碱盐,水解呈酸性
pH<7
④
恰好中和
弱酸强碱盐,水解呈碱性
pH>7
答案：D
★4常温下,有两种溶液:
(导学号55660040)
①0.1
mol·L-1
CH3COOH溶液,
②0.1
mol·L-1
CH3COONa溶液。
(1)溶液①的pH (填“>”“<”或“=”)7,溶液中离子的电荷守恒的关系式是 。
(2)溶液②呈 (填“酸”“碱”或“中”)性。其原因是 (用离子方程式和适当的叙述说明)。
(3)下列说法正确的是 (填序号)。
a.两种溶液中c(CH3COO-)都等于0.1
mol·L-1
b.两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1
mol·L-1
c.CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于
CH3COONa溶液中c(CH3COO-)
解析：(1)醋酸为酸,所以溶液①的pH小于7,满足电荷守恒,即c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。
(2)0.1
mol·L-1
CH3COONa为弱酸强碱盐,水解呈碱性,离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。
(3)水解和电离都是微弱的,所以两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1
mol·L-1,且CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)。
答案：(1)< c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
(2)碱 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,CH3COO-水解显碱性 (3)b、c
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5第四节 化学反应进行的方向
基础巩固
1实验证明,多数能自发进行的反应都是放热反应。对此说法的理解正确的是( )
A.所有的放热反应都是自发进行的
B.所有的自发反应都是放热的
C.焓变是影响反应是否具有自发性的一个重要因素
D.焓变是决定反应是否具有自发性的唯一判据
答案：C
2下列关于化学反应熵变的叙述正确的是( )
A.化学反应的熵变与反应的方向无关
B.化学反应的熵变直接决定了反应的方向
C.熵值增大的反应都是混乱度增大的反应
D.熵值增大的反应都能自发进行
解析：熵值增大的反应,即ΔS>0的反应容易自发进行,所以熵变与反应的方向有关;熵变是反应能否自发进行的一个因素,但不是唯一因素,所以B错误;自发反应不一定ΔS>0,故D错误。
答案：C
3下列关于自发过程的叙述中,正确的是( )
A.只有不需要任何条件就能够自动进行的过程才是自发过程
B.需要加热才能够进行的过程肯定不是自发过程
C.同一可逆反应的正逆反应在不同条件下都有自发的可能
D.非自发过程在任何条件下都不可能变为自发过程
解析：自发过程的本质判断标准是ΔH-TΔS<0,它是受温度这一外界条件影响的,不是一成不变的。
答案：C
4下列说法中正确的是( )
A.非自发的反应即不可能进行的反应
B.自发反应即在任何条件下都能进行的反应
C.大多数的放热反应都能自发进行
D.吸热反应在常温、常压下不能自发进行,只有在高温下才可能自发进行
解析：反应的自发性是由一定条件决定的,改变条件时自发反应和非自发反应可以转化,A、B错误;有些吸热反应(如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应)在常温、常压下就能自发进行,D错误。
答案：C
5[(NH4)2CO3]在室温下就能自发地分解产生氨气,对其说法正确的是( )
A.碳酸铵分解是因为生成了易挥发的气体,使体系的熵增大
B.碳酸铵分解是因为外界给予了能量
C.碳酸铵分解是吸热反应,根据能量判据不能自发分解
D.碳酸盐都不稳定,都能自发分解
解析：碳酸铵自发分解,是因为体系由于氨气的生成而使熵增大。大多数碳酸盐的性质稳定,不能自发分解。
答案：A
6能用焓判据判断下列过程方向的是( )
A.湿的衣服经过晾晒变干
B.硝酸铵溶于水
C.100
℃时的水蒸气凝结成水
D.25
℃、101
kPa时2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) ΔH=+56.7
kJ·mol-1能自发进行
解析：湿衣服经过晾晒变干和硝酸铵溶于水都是自发过程,该过程虽然吸收热量,但熵值增大,熵增效应超过了能量效应;100
℃时水蒸气凝结成水是自发过程,因为该过程释放了能量,使体系能量降低,符合题意;D项中反应是吸热反应,同时又是熵增反应,熵增效应同样超过了能量效应。
答案：C
7与自然界中许多变化一样,化学反应具有方向性。下列有关叙述中正确的是( )
A.原电池反应一般是自发进行的氧化还原反应,且ΔH<0
B.ΔH<0,ΔS<0的反应肯定能自发进行
C.体系能量增大和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向
D.CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的ΔH>0,ΔS<0,该反应在较高温度下能自发进行
答案：A
8下列变化过程中,ΔS<0的是( )
A.氯化钠溶于水
B.NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)
C.干冰(CO2)的升华
D.CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)
解析：氯化钠溶于水后发生电离,混乱度增大,ΔS>0,A错误;NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s),气体减少,ΔS<0,B正确;干冰(CO2)的升华混乱度增大,ΔS>0,C错误;CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g),气体增多,ΔS>0,D错误。
答案：B
9用氢气和氮气合成氨是一个可逆反应,化学方程式如下:N2+3H22NH3。已知,在常温下,1
g
H2完全转化为NH3,放出的热量为15.4
kJ。
请写出该反应的热化学方程式:
。
答案：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4
kJ·mol-1
10(1)科学家根据体系存在着力图使自身能量趋于 和由 变为 的自然现象,提出了互相关联的 判据和 判据,为最终解决“反应进行的方向”这一问题提供了必要的依据。
(2)在密闭条件下,体系有有序自发地转变为无序的倾向,因为与有序体系相比,无序体系更加稳定,科学家把这种因素称作 。
(3)判断下列过程熵变的正负(填“>”或“<”):
①溶解少量蔗糖于水中,ΔS 0;
②纯碳和氧气反应生成CO(g),ΔS 0;
③液态水蒸发变成水蒸气,ΔS 0;
④CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g),ΔS 0。
解析：(3)①蔗糖溶于水形成溶液混乱度增大;②反应气体分子数增多是熵增大的过程;③液态水变为气态水,是熵值增大的过程;④反应气体分子数增多是熵增大的过程。
答案：(1)最低 有序 无序 焓 熵 (2)熵
(3)①> ②> ③> ④>
能力提升
1下列说法不正确的是( )
A.Na与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行
B.饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同
C.FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解,同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
D.气体通过无水CuSO4,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气
解析：2Na+2H2O2NaOH+H2↑,该反应ΔH<0,ΔS>0,ΔH-TΔS<0,可自发进行,A项正确;Na2SO4饱和溶液可使蛋白质发生盐析,而浓硝酸可使蛋白质变性,B项正确;对H2O2分解的催化能力,MnO2要强于FeCl3,C项错误;CuSO4(白色)+
5H2OCuSO4·5H2O(蓝色),可检验水的存在,D项正确。
答案：C
2下列对化学反应方向的说法正确的是( )
A.反应2A(g)+B(g)3C(s)+D(g)在一定条件下能自发进行,说明该反应的ΔH>0
B.常温下反应2Na2SO3(s)+O2(g)2Na2SO4
(s)能自发进行,则ΔH<0
C.反应2Mg(s)+CO2(g)C(s)+2MgO(s)能自发进行,则该反应的ΔH>0
D.一定温度下,反应2NaCl(s)2Na(s)+Cl2(g)的ΔH<0,ΔS>0
答案：B
325
℃和1.01×105
Pa时,反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) ΔH=+56.76
kJ·mol-1,自发进行的原因是( )
A.是吸热反应
B.是放热反应
C.是熵减少的反应
D.熵增大效应大于能量效应
解析：该反应是吸热反应,根据焓判据是不能发生的,说明该反应是熵增反应,并且熵增大效应大于能量效应。
答案：D
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1第二节 影响化学反应速率的因素
基础巩固
1研究发现,腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用,下列叙述可能正确的是( )
A.增大了反应的活化能
B.增大了反应的速率
C.降低了反应的焓变
D.增大了反应的焓变
答案：B
2对反应A+BAB来说,常温下按以下情况进行反应:①20
mL溶液中含A、B各0.01
mol;②50
mL溶液中含A、B各0.05
mol;③0.1
mol·L-1的A、B溶液各10
mL;④0.3
mol·L-1的A、B溶液各50
mL。四者反应速率的大小关系是( )
A.②>①>④>③
B.④>③>②>①
C.①>②>④>③
D.①>②>③>④
答案：A
3将a
g块状碳酸钙与足量盐酸反应,反应物损失的质量随时间的变化曲线如图实线所示。在相同的条件下,将b
g(a>b)粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应,则相应的曲线如图虚线所示,正确的是( )
答案：C
4100
mL
6
mol·L-1的硫酸与过量锌粉反应,在一定温度下,为了减小反应速率,但又不影响生成氢气的总量,可向反应物中加入适量的( )
①硫酸钠固体 ②水 ③硫酸钾溶液 ④硝酸钾溶液
A.①②
B.①④
C.②③
D.③④
解析：加入水或硫酸钾溶液都使硫酸的浓度变小,可以减小化学反应速率。而加入硝酸钾时相当于锌与硝酸反应,不生成氢气。
答案：C
5如图是相同条件下做H2O2分解的对比实验时,放出O2的体积随时间的变化关系示意图,a为使用催化剂,b为不使用催化剂,其中正确的图像是( )
解析：使用催化剂能加快反应速率,但不能改变生成O2的量。
答案：A
6下列反应中产生气泡最快的是( )
温度
浓度
催化剂
A
25
℃
2
mL
5%
H2O2
0.1
mol·L-1
FeCl32滴
B
35
℃
2
mL
8%
H2O2
MnO2粉末
C
25
℃
2
mL
5%
H2O2
MnO2粉末
D
25
℃
2
mL
8%
H2O2
0.1
mol·L-1
CuCl2
2滴
解析：反应速率的大小与温度、浓度和催化剂有关,在都使用催化剂的条件下温度越高、浓度越大,反应速率越大。
答案：B
7用3
g块状大理石与30
mL
3
mol·L-1盐酸反应制取CO2气体,若要增大反应速率,不可采取的措施是
( )
A.再加入30
mL
3
mol·L-1盐酸
B.改用30
mL
6
mol·L-1盐酸
C.改用3
g粉末状大理石
D.适当升高温度
解析：对反应CaCO3+2HClCaCl2+CO2↑+H2O而言,增大反应速率的方法有增大盐酸的浓度,升高温度或将块状大理石改为粉末状大理石。
答案：A
8NO和CO都是汽车尾气里的有害物质,它们能缓慢地起反应生成氮气和二氧化碳气体:2NO+2CON2+2CO2。对此反应,下列叙述正确的是( )
A.使用催化剂能增大反应速率
B.压强增大不影响化学反应速率
C.冬天气温低,反应速率加快
D.无论外界条件怎样改变,均对此化学反应的速率无影响
答案：A
9为了说明影响化学反应快慢的因素,甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如下A~D四个实验,你认为结论不正确的是( )
A.将大小形状相同的镁条和铝条与相同浓度的盐酸反应时,两者速率一样大
B.在相同条件下,等质量的大理石块和大理石粉末与相同浓度的盐酸反应,大理石粉末反应快
C.将浓硝酸分别放在冷暗处和强光照射下,发现光照可以加快浓硝酸的分解
D.两支试管中分别加入相同质量的氯酸钾,其中一支试管中再加入少量二氧化锰,同时加热,产生氧气的快慢不同
解析：决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质,镁比铝活泼,与盐酸反应的速率大,A错误;固体的表面积越大,反应速率越快,B正确;光照、射线等可以增大某些反应的反应速率,C正确;使用适当的催化剂可以增大反应速率,D正确。
答案：A
10在实验Ⅰ和实验Ⅱ中,用定量、定浓度的盐酸与足量的石灰石反应,并在一定的时间内测量反应所放出的CO2的体积。实验Ⅰ用的是块状石灰石,实验Ⅱ用的是粉末状石灰石。下列哪个图像能正确反映两种实验的结果
( )
解析：HCl的物质的量相同,石灰石足量,因此反应产生的气体量相同,即最终两个实验产生CO2体积相同,图像中曲线的终点应相同,但由于Ⅱ中用粉末状固体,接触面积大,整个过程中反应速率大于Ⅰ。
答案：B
11在一密闭容器中充入1
mol
H2和1
mol
I2,压强为p(Pa),并在一定温度下使其发生反应:H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0。
(1)保持容器容积不变,向其中加入1
mol
H2,反应速率 ,理由是 。
(2)保持容器容积不变,向其中加入1
mol
N2(N2不参加反应),反应速率 ,理由是 。
(3)保持容器内气体压强不变,向其中加入1
mol
N2(N2不参加反应),反应速率 ,理由是 。
(4)保持容器内气体压强不变,向其中加入1
mol
H2(g)和1
mol
I2(g),反应速率 ,理由是 。
(5)提高起始的反应温度,反应速率 ,理由是 。
答案：(1)增大 增大反应物氢气的浓度,反应速率增大
(2)不变 反应物的浓度不变,反应速率不变
(3)减小 保持压强不变,向其中充入N2,体积变大,反应物浓度减小,反应速率减小
(4)不变 保持压强不变,向其中充入1
mol
H2和1
mol
I2,反应物浓度不变,反应速率不变
(5)增大 升高温度,提高活化分子百分数,反应速率增大
12现欲用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体,请回答:
(1)实验过程如图所示,分析判断: 段化学反应速率最大, 段收集的二氧化碳最多。
(2)为了减小上述化学反应的反应速率,欲向溶液中加入下列物质,你认为可行的是 。
A.蒸馏水
B.NaCl固体
C.NaCl溶液
D.浓盐酸
(3)除了上述方法外,你认为还可以采取哪些措施来减小化学反应速率
解析：(1)线段EF对应到纵轴上的体积段最大,表示该段内收集到的二氧化碳最多,线段EF对应到横轴上的时间段最小,表示该段化学反应速率最大。
(2)加入蒸馏水和氯化钠溶液都能使盐酸的浓度降低,化学反应速率减小。加入氯化钠固体不能改变盐酸的浓度,故不能改变化学反应速率。加入浓盐酸增加了反应物氯化氢的浓度,能增大化学反应速率。
答案：(1)EF EF (2)AC
(3)降低反应温度、减小石灰石的表面积可使反应速率减小。
能力提升
★1在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是( )
T/K
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A.a=6.00
B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变
C.b<318.2
D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
解析：分析328.2
K的瞬时速率与浓度的关系知其成正比,则,a=6.00,A选项正确;从题给数据看,浓度越大、温度越高,反应速率越大,当增大浓度同时降低温度时,瞬时反应速率可能会不变,B选项正确;浓度不变时,b
K下反应速率低于318.2
K下反应速率,故b<318.2,C选项正确;题给数据是瞬时速率,而不是平均速率,故不能作为判断反应所用时间的依据,D选项错误。
答案：D
2为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果,甲乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述中不正确的是( )
A.图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
B.若图1所示实验中反应速率为①>②,
则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好
C.用图2装置比较反应速率,可测定在相同状况下反应产生的气体体积及反应时间
D.为检查图2装置的气密性,可关闭A处活塞,将注射器活塞拉出一定距离,一段时间后松开活塞,观察活塞是否回到原位
答案：B
3已知分解1
mol
H2O2放出热量98
kJ。在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为:
H2O2+I-H2O+IO- 慢
H2O2+IO-H2O+O2+I- 快
下列有关该反应的说法正确的是( )
A.反应速率与I-浓度有关
B.IO-也是该反应的催化剂
C.反应活化能等于98
kJ·mol-1
D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
解析：由信息可知有I-参加的反应慢,对整个反应起决定作用,A选项正确;IO-是中间产物,不属于催化剂,B选项错误;活化能与放出的热量无关,C选项错误;依据2H2O22H2O+O2↑,故有v(H2O2)=v(H2O)=2v(O2),可知D选项错误。
答案：A
★4有一化学反应:aA+bBC,根据影响化学反应速率的因素可得v(C)=k·cm(A)·cn(B),其中k是与温度有关的常数,为测k、m、n的值,在298
K时,将A、B溶液按不同浓度混合,得到下列实验数据:
(导学号55660018)
编号
1
1.0
1.0
1.2×10-2
2
2.0
1.0
2.4×10-2
3
4.0
1.0
4.8×10-2
4
1.0
2.0
4.8×10-2
5
1.0
4.0
1.92×10-1
(1)根据上表可求得:m= ,n= ,k= ,k的单位是 。
(2)若a=m,b=n,当c(A)=c(B)=2.0
mol·L-1时,求以B表示的初始反应速率。
解析：用B的初始浓度数据相同,A的初始浓度数据成倍数关系的两组,即可求出m值(如选编号为1、2的两组)。同样方法求出n值(如选编号为1、4的两组)。将得到的m=1、n=2代入其中一组数据即可求出k。求得m、n、k值,利用化学方程式及反应速率表达式便可顺利求出B的初始反应速率。
答案：(1)1 2 1.2×10-2 L2·mol-2·s-1
(2)v(B)=1.92×10-1
mol·L-1·s-1
★5“碘钟”实验中,3I-+S2+2S的反应速率可以用与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量,t越小,反应速率越大。某探究性学习小组在20
℃条件下进行实验,得到的数据如下表:
实验编号
①
②
③
④
⑤
c(I-)/(mol·L-1)
0.040
0.080
0.080
0.160
0.120
c(S2)/(mol·L-1)
0.040
0.040
0.080
0.020
0.040
t/s
88.0
44.0
22.0
44.0
t1
回答下列问题:
(1)该实验的目的是
。
(2)显色时间t1= 。
(3)温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律,若在40
℃时进行编号③对应浓度的实验,显色时间t2的范围为 (填字母)。
A.<22.0
s B.22.0~44.0
s
C.>44.0
s
D.数据不足,无法判断
(4)通过分析比较上表数据,得到的结论是
。
解析：(2)分析所给数据,可以得出显色时间与c(I-)·c(S2)数值成反比,利用①⑤两组数据,可知两组实验中c(S2)相同,而c(I-)⑤是①的3倍,因此⑤所用显色时间是①的,即=29.3
s。
(3)在反应物起始浓度相同的条件下,温度越高,反应速率越大,则显色时间越短。
答案：(1)研究反应物I-与S2的浓度对反应速率的影响 (2)29.3
s (3)A (4)反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)
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