1.1
化学反应与能量的变化2
1.(2016·厦门高二检测)下列关于中和热测定的实验描述正确的是 ( )
A.需要用到的仪器是酒精灯、烧杯、温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒
B.中和热测定可以是所有的酸和碱
C.环形玻璃搅拌棒的搅拌方式是上下搅动
D.实验所取NaOH物质的量稍大于HCl,会导致中和热的数值偏高
【解析】选C。A.测定中和热的实验中,不需要用到酒精灯,A错误;B.中和热是强酸和强碱在稀溶液中反应生成1
mol水所放出的热量,B错误;C.为了使酸碱充分混合,用环形玻璃搅拌棒,搅拌的方法是上下搅动,C正确;D.测中和热的实验中,所取NaOH的物质的量稍大于HCl的物质的量是为了使HCl反应完全,保证生成的水的物质的量达到要求,测量值更准确,D错误。
2.(2016·鄂州高二检测)测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实验中没有使用的仪器有:①大、小烧杯;②容量瓶;③量筒;④环形玻璃搅拌棒;⑤试管;⑥温度计;⑦蒸发皿;⑧托盘天平中的 ( )
A.①②⑥⑦ B.②⑤⑦⑧ C.②③⑦ D.③④⑤⑦
【解析】选B。中和热测定实验中用到大、小烧杯、温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒,没有用到容量瓶、试管、蒸发皿和托盘天平,故B项正确。
3.已知盐酸与硫酸跟烧碱的稀溶液反应的热化学方程式为:H+(aq)+OH-(aq)
H2O(l) ΔH=Q1kJ·mol-1,又知:H2SO4(aq)+2KOH(aq)K2SO4(aq)+2H2O(l)
ΔH=Q2kJ·mol-1。则Q1和Q2的关系是 ( )
A.Q1=Q2
B.2Q1=Q2
C.Q1
D.无法判断
【解析】选B。两个反应都是强酸、强碱稀溶液的反应,第二个反应生成2
mol
H2O,是第一个反应生成水的2倍,故Q2=2Q1。
【方法规律】
方程式中的化学计量数加倍,相对应的ΔH也加倍。
4.关于中和热测定的说法错误的是 ( )
A.实验需用的主要玻璃仪器包括大、小烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒及泡沫塑料板、碎泡沫塑料(或硬纸板、碎纸条)等
B.盐酸与某强碱中和放出的热量随反应物用量的改变而改变,但中和热不变
C.NaOH稍过量的目的是保证盐酸完全被NaOH中和
D.测定结果准确与否的关键是尽量减小热量损失及准确读取混合溶液的最高温度等
【解析】选A。泡沫塑料板、碎泡沫塑料(或硬纸板、碎纸条)均不是玻璃仪器。
5.(2016·驻马店高二检测)中和热测定实验中,下列操作一定会降低实验准确性的是 ( )
A.用滴定管取所用药品
B.NaOH溶液在倒入小烧杯时,有少量溅出
C.大、小烧杯体积相差较大,夹层间放的碎泡沫塑料较多
D.测量HCl溶液的温度计用水洗净后才用来测NaOH溶液的温度
【解析】选B。NaOH溶液在倒入小烧杯时,有少量溅出,实验中生成水的量减少,放出的热量减小,测得中和热的数值不准。
6.已知H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-57.3
kJ·mol-1,回答下列问题。
(1)用含20
g
NaOH的稀溶液跟足量稀盐酸反应放出________kJ的热量。
(2)用含2
mol
H2SO4的稀溶液跟足量稀NaOH反应,此反应的中和热为________。
(3)如果将(1)反应中的稀盐酸换成稀醋酸,反应放出的热量________(填“大于”“小于”或“等于”)原来(1)放出的热量。
【解析】(1)n(NaOH)=0.5
mol,所以0.5
mol
NaOH与足量稀盐酸反应放出的热量为0.5
mol×57.3
kJ·mol-1=28.65
kJ。
(2)据中和热的定义可知,中和热与强酸、强碱的物质的量的多少无关,中和热为57.3
kJ·mol-1。
(3)因醋酸为弱酸,用NaOH中和时,需不断地电离出H+,而电离过程要吸收热量,故反应放出的热量会减少。
答案:(1)28.65 (2)57.3
kJ·mol-1 (3)小于
7.【能力挑战题】某实验小组设计用50
mL
1.0
mol·L-1盐酸跟50
mL
1.1
mol·L-1氢氧化钠溶液在如图装置中进行中和反应。在大烧杯底部垫碎泡沫塑料(或纸条),使放入的小烧杯杯口与大烧杯杯口相平。然后再在大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料(或纸条),大烧杯上用泡沫塑料板(或硬纸板)作盖板,在板中间开两个小孔,正好使温度计和环形玻璃搅拌棒通过。通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。试回答下列问题:
(1)本实验中用稍过量的NaOH的原因是为保证盐酸完全被中和。试问:盐酸在反应中若因为有放热现象,而造成少量盐酸在反应中挥发,则测得的中和热________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(2)在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸的步骤,若无此操作步骤,则测得的中和热会________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(3)若用等浓度的醋酸与NaOH溶液反应,则测得的中和热会________(填“偏大”“偏小”或“不变”),其原因是______________________________________。
【解析】(1)若因为有放热现象导致少量盐酸在反应中挥发,减少了HCl的量,则测得的中和热会偏小。
(2)在中和热测定实验中存在用水洗涤温度计上的盐酸的步骤,其目的是防止温度计上面的残液与氢氧化钠反应,若无此操作步骤,会使得测量结果偏小。
(3)用醋酸代替盐酸,醋酸电离要吸收能量,造成测得的中和热偏小。
答案:(1)偏小
(2)偏小
(3)偏小 用醋酸代替盐酸,醋酸电离要吸收能量,造成测得的中和热偏小1.1
化学反应与能量的变化1
1.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.生成物的总焓大于反应物的总焓时,ΔH>0
【解析】选D。在化学反应中,发生物质变化的同时一定伴随能量的变化,A项错误;ΔH>0表示吸热反应,ΔH<0表示放热反应,B项错误;ΔH的大小与热化学方程式中的各物质的化学计量数有关,C项错误;生成物的总焓大于反应物的总焓,即反应为吸热反应,ΔH>0,D项正确。
2.(2016·洛阳高二检测)已知在相同状况下,要使同一化学键断裂需要吸收的能量等于形成该化学键放出的能量。下列说法正确的是 ( )
A.电解熔融的Al2O3可以制得金属铝和氧气,该反应是一个放出能量的反应
B.水分解产生氢气和氧气时放出能量
C.相同状况下,反应2SO2+O22SO3是一个放热反应,则反应2SO32SO2+O2是一个吸热反应
D.氯化氢分解成氢气和氯气时放出能量
【解析】选C。由题意可以推测,如果一个反应过程放出能量,那么使该反应向反方向进行则需要吸收能量,C正确;另外氢气和氧气反应、氢气和氯气反应、铝和氧气反应都是放出能量的反应,与它们相反的反应:水、氯化氢和Al2O3的分解都应该是吸收能量的反应,故A、B、D错误。
3.(2016·衡水高二检测)灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知
①Sn(s,白)+2HCl(aq)SnCl2(aq)+H2(g) ΔH1
②Sn(s,灰)+2HCl(aq)SnCl2(aq)+H2(g) ΔH2
③Sn(s,灰)Sn(s,白) ΔH3=+2.1
kJ·mol-1
下列说法正确的是 ( )
A.ΔH1=ΔH2
B.锡在常温下以灰锡状态存在
C.灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D.锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中,会自行毁坏
【解析】选D。由③知Sn(灰)转化为Sn(白)是吸热的,当温度低于13.2℃时,Sn(白)自动转化为Sn(灰),所以A、B、C三项都错,D项正确。
4.2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221.0
kJ·mol-1,这个热化学方程式表示
( )
A.2
g碳燃烧生成一氧化碳时放出221.0
kJ的热量
B.2
mol碳燃烧生成一氧化碳时吸收221.0
kJ的热量
C.2
mol固体碳和1
mol氧气反应生成2
mol一氧化碳气体时放出221.0
kJ的热量
D.12
g碳和氧气反应生成一氧化碳时放出221.0
kJ的热量
【解析】选C。该热化学方程式表示在通常状况下,2
mol固体碳和1
mol
O2反应生成2
mol
CO气体时放出221.0
kJ的热量。
【补偿训练】
(2016·雅安高二检测)已知25℃、101
kPa条件下:3O2(g)2O3(g) ΔH=
+284.2
kJ·mol-1。
下列说法正确的是 ( )
A.等质量的O2比O3能量低,由O2变O3为吸热反应
B.等质量的O2比O3能量高,由O2变O3为放热反应
C.O3比O2稳定,由O2变O3为吸热反应
D.O2比O3稳定,由O2变O3为放热反应
【解析】选A。氧气转化为臭氧是吸热反应,等质量的O2比O3能量低,A项正确,B项错误;由O2变为O3的化学反应为吸热反应,O2的能量低,比O3稳定,C项、D项错误。
5.(2016·青岛高二检测)由图分析,有关叙述正确的是 ( )
A.AB+C和B+CA两个反应吸收或放出的能量不等
B.AB+C是放热反应
C.A具有的能量高于B和C具有的能量总和
D.AB+C是吸热反应,则B+CA必然是放热反应
【解析】选D。由题图可知,B+C的能量高于A的能量,则反应B+CA一定是放热反应;反之,AB+C则是吸热反应。根据能量守恒定律,两反应的反应热在数值上相等,符号相反。
6.下列反应中ΔH<0的是________;属于反应物总能量小于生成物总能量的反应是________。
A.锌粒与稀硫酸反应制取H2
B.氢气在氧气中燃烧
C.碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳
D.氢氧化钾和硫酸中和
E.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
F.氢气还原氧化铜
G.葡萄糖在人体内氧化分解
H.钢铁制品生锈的反应
【解析】ΔH<0的反应属于放热反应,常见的放热反应有物质与氧气的反应,燃料的燃烧,中和反应,活泼金属与酸或水的反应,生石灰和水反应,大部分化合反应。反应物总能量小于生成物总能量说明反应为吸热反应,常见的吸热反应有C作还原剂的反应,Fe与H2O(g)反应,大部分分解反应,Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应。
答案:A、B、D、F、G、H C、E
7.【能力挑战题】依据事实,写出下列反应的热化学方程式。
(1)在25℃、101
kPa下,1
g甲醇(CH3OH)燃烧生成CO2(g)和液态水时放热
22.68
kJ。则表示1
mol甲醇燃烧的热化学方程式为___________________。
(2)若适量的N2和O2完全反应,每生成23
g
NO2需要吸收16.95
kJ热量。_______________________。
(3)已知拆开1
mol
H—H键,1
mol
N—H键,1
mol
N≡N键分别需要的能量是
436
kJ、391
kJ、946
kJ,则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_____________
_______________________________。
【解析】(1)由题意知,1
g
CH3OH燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热22.68
kJ。M(CH3OH)=32
g·mol-1,则1
mol
CH3OH燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出热量为725.76
kJ。
(2)M(NO2)=46
g·mol-1。23
g
NO2的物质的量为=0.5
mol,则生成1
mol
NO2吸收热量为33.9
kJ。
(3)由ΔH=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量及N2+3H22NH3得:ΔH=3×436+946-6×391=-92
kJ·mol-1。
答案:(1)CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-725.76
kJ·mol-1
(2)N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH=+67.8
kJ·mol-1
(3)N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92
kJ·mol-13.2.1
水的电离
溶液的酸碱性与pH
1.(2016·梅州高二检测)向蒸馏水中滴入少量盐酸后,下列说法中错误的是
( )
A.c(H+)·c(OH-)不变
B.pH减小了
C.c(OH-)降低了
D.水电离出的c(H+)增加了
【解析】选D。水的电离逆向移动,水电离产生的H+、OH-浓度均减小,但溶液的酸性增强,pH减小,B、C正确,D错误;因水的离子积常数只受温度影响,故A项正确。
【补偿训练】(2016·太原高二检测)纯水在10℃和50℃时的氢离子浓度,前后两个量的大小关系为 ( )
A.大于 B.等于 C.小于 D.不能确定
【解析】选C。水的电离过程是吸热的过程,升高温度,促进水的电离,氢离子浓度增大。
2.(2016·沈阳高二检测)下列溶液一定呈中性的是 ( )
A.pH=7的溶液
B.c(H+)=的溶液
C.由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D.非电解质溶于水得到的溶液
【解析】选B。A项,只有在25℃下pH=7的溶液才呈中性,如100℃时,纯水中有c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol·L-1,此时pH=6为中性,pH=7为碱性,故A项错误;B项,KW=c(H+)·c(OH-),因c(H+)=,则c(H+)=c(OH-),c(H+)=c(OH-)的溶液,一定为中性,故B项正确;C项,如果酸、碱不是相同元数的酸、碱,如H2SO4和NaOH等物质的量混合,酸过量显酸性,故C项错误;D项,如非电解质SO2溶于水得到H2SO3,显酸性,故D项错误。
3.(2016·运城高二检测)25℃时,在0.01mol·L-1的硫酸溶液中,水电离出的H+浓度是 ( )
A.5×10-13mol·L-1
B.0.02mol·L-1
C.1×10-7mol·L-1
D.1×10-12mol·L-1
【解析】选A。H2SO4电离出的c(H+)=0.02mol·L-1,由Kw=1.0×10-14可知c(OH-)=5×10-13mol·L-1,OH-是由水电离产生的,则水电离产生的c(H+)=c(OH-)=5×10-13mol·L-1。
【补偿训练】(2016·宿州高二检测)在相同温度下,0.01mol·L-1的NaOH溶液和0.01mol·L-1的盐酸相比,下列说法正确的是 ( )
A.由水电离出的c(H+)相等
B.由水电离出的c(H+)都是1.0×10-12mol·L-1
C.由水电离出的c(OH-)都是0.01mol·L-1
D.两者都促进了水的电离
【解析】选A。二者均抑制水的电离,且抵制程度相同,没有指明具体温度,故无法计算由水电离出的c(H+)或c(OH-)的大小。
4.(2016·宿迁高二检测)在100℃时,100mL蒸馏水中c(OH-)=1×10-6mol·L-1,当改变下列条件之一时,c(OH-)仍然等于1×10-6mol·L-1的是 ( )
①温度降低到25℃ ②加入10-6mol
NaOH固体,保持100℃ ③加入10-6mol
NaCl,保持100℃ ④蒸发掉50mL水,保持100℃
A.①② B.③④ C.①③ D.②④
【解析】选B。100℃时c(OH-)·c(H+)=1×10-12,而25℃时c(OH-)·c(H+)=1×10-14,c(OH-)=1×10-7mol·L-1;100
mL水中加入10-6mol
NaOH,c(OH-)=10-5mol·L-1;蒸馏水中加入NaCl,保持100℃,仍符合c(OH-)=1×10-6mol·L-1;蒸发50mL水,保持100℃,c(OH-)·c(H+)不变,c(OH-)=1×10-6mol·L-1。
【补偿训练】水的电离过程为H2OH++OH-,在25℃、35℃时其离子积常数分别为K(25℃)=1.0×10-14、K(35℃)=2.1×10-14,则下列说法中正确的是 ( )
A.水的电离过程是吸热过程
B.c(H+)随着温度的降低而升高
C.在35℃时,纯水中c(H+)>c(OH-)
D.25℃时水的电离程度大于35℃时水的电离程度
【解析】选A。B项,c(H+)随着温度的降低而减小,错误;C项,在35℃时,纯水中c(H+)=c(OH-),错误;D项,温度越高越促进电离,则35℃时水的电离程度大,错误。
5.下列说法中正确的是 ( )
A.在25℃纯水中,c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1,呈中性
B.溶液中,若c(H+)>10-7mol·L-1,则c(H+)>c(OH-),呈酸性
C.c(H+)越大,则pH越大,溶液的碱性越强
D.pH为0的溶液,其中只有H+而无OH-
【解析】选A。c(H+)=c(OH-),则溶液呈中性,A项正确;c(H+)>10-7mol·L-1,则c(H+)不一定大于c(OH-),B项错误;c(H+)越大,则pH越小,溶液的碱性越弱,C项错误;在任何水溶液中都既有H+又有OH-,D项错误。
【延伸探究】
(1)pH为0的溶液,是酸性最强的溶液吗
提示:不是。pH为0的溶液,只是c(H+)=1mol·L-1,并不是酸性最强的溶液。
(2)在酸、碱、盐溶液中,水电离出来的c(H+)和c(OH-)是什么关系
提示:相等的关系。
6.(双选)室温下,某溶液中由水电离的c(H+)为1.0×10-10mol·L-1,则该溶液的pH为 ( )
A.10 B.8 C.4 D.2
【解析】选A、C。溶液中由水电离的c(H+)为1.0×10-10mol·L-1,则由水电离的c(OH-)也为1.0×10-10mol·L-1,所以该溶液可能为酸性也可能为碱性。当溶液为酸性时,pH=4;当溶液为碱性时,pH=10。
【方法规律】水电离出的c(H+)或c(OH-)的计算(25℃时)
(1)中性溶液:c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1。
(2)溶质为酸的溶液:H+来源于酸电离和水电离,而OH-只来源于水的电离。如计算pH=2的盐酸中水电离出的c(H+),方法是先求出溶液中的c(OH-)=10-12mol·L-1,即水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-12mol·L-1。
(3)溶质为碱的溶液:OH-来源于碱电离和水电离,而H+只来源于水的电离。
如pH=12的NaOH溶液中,c(H+)=10-12mol·L-1,即水电离产生的c(OH-)=c(H+)=
10-12mol·L-1。
(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液:H+和OH-均由水电离产生,如pH=2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)=10-2mol·L-1[c(OH-)=10-12mol·L-1是因为部分OH-与部分N结合生成弱电解质];pH=12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH-)=
10-2mol·L-1[c(H+)=10-12mol·L-1是因为部分H+与部分C结合生成弱电解质]。
7.(2016·长春高二检测)某温度下,纯水中的c(H+)=2.0×10-7mol·L-1,则此时溶液的c(OH-)是________mol·L-1,这种水显________(填“酸”“碱”或“中”)性,其理由是________________________;若温度不变,滴入稀盐酸使c(H+)=5.0×10-6mol·L-1,则c(OH-)=________mol·L-1。
【解析】此温度时,水电离的c(OH-)=c(H+)=2.0×10-7mol·L-1,则KW=2.0×10-7×2.0×10-7=4.0×10-14;c(H+)=5.0×10-6mol·L-1,则c(OH-)=4.0×10-14/5.0×10-6=8.0×10-9(mol·L-1)。
答案:2.0×10-7 中 c(H+)=c(OH-) 8×10-9
8.【能力挑战题】(2016·济宁高二检测)已知室温时,0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,回答下列各问题:
(1)该溶液的pH=________。
(2)HA的电离平衡常数K=________。
(3)升高温度时,K将________(填“增大”“减小”或“不变”),pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的________倍。
【解析】(1)HA电离出的c(H+)=(0.1×0.1%)mol·L-1=1×10-4mol·L-1,pH=-lg(1×10-4)=4;
(2)电离平衡常数
K===1×10-7;
(3)因HAH++A-,电离过程是吸热的,所以升高温度,c(H+)、c(A-)均增大,则K增大,而pH减小;
(4)c(H+)HA=1×10-4mol·L-1,c(H+)水=c(OH-)=mol·L-1=1×10-10mol·L-1,所以c(H+)HA∶c(H+)水=(1×10-4)∶(1×10-10)=106。
答案:(1)4 (2)1×10-7 (3)增大 减小 (4)1062.3.化学平衡3
1.(2016·鄂州高二检测)关节炎是因为在关节滑液中形成了尿酸钠晶体,尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛,其化学机理如下:
①HUr+H2OUr-+H3O+
尿酸 尿酸根离子
②Ur-(aq)+Na+(aq)NaUr(s)。下列对反应②的叙述正确的是 ( )
A.正反应为吸热反应
B.正反应为放热反应
C.升高温度,平衡向正反应方向移动
D.降低温度,平衡向逆反应方向移动
【解析】选B。题意中明确指出“尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛”,说明温度降低,反应②的平衡向正反应方向移动,可知其正反应为放热反应。
【易错提醒】忽视题意“在寒冷季节易诱发关节疼痛”,会导致选择错误选项。
2.将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器中,恒温下发生反应H2(g)+Br2(g)
2HBr(g) ΔH<0,平衡时HBr(g)的体积分数为a;若初始条件相同,绝热下进行上述反应,平衡时HBr(g)的体积分数为b。a与b的关系是 ( )
A.a>b
B.a=b
C.aD.无法确定
【解析】选A。两反应的温度不同,后者为绝热条件,相对于前者相当于升高了温度,HBr(g)的体积分数减小。
【补偿训练】
如图曲线a表示放热反应X(g)+Y(g)Z(g)+M(g)+N(s) ΔH<0进行过程中Z的物质的量随时间变化的关系。若要改变起始条件,使反应过程按b曲线进行,可采取的措施是 ( )
A.升高温度
B.加大X的投入量
C.缩小体积
D.增大体积
【解析】选C。由于该反应是等体积反应,缩小体积,平衡不移动,但能缩短达到平衡所用时间。
3.(2016·郑州高二检测)已知汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g)。下列说法不正确的是 ( )
A.升高温度可使该反应的逆反应速率降低
B.使用高效催化剂可有效提高正反应速率
C.反应达到平衡后,NO的反应速率保持恒定
D.单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时,反应达到平衡
【解析】选A。升温,无论是正反应,还是逆反应,速率均加快,A项错;催化剂可以加快化学反应速率,B项正确;达到平衡后,各组分的速率保持不变,C项正确;由于CO和CO2的化学计量数相等,故当两者同时消耗的量相等时,反应即达到平衡,D项正确。
【延伸探究】若将A项改为增大压强,逆反应速率怎么变化,平衡怎么移动
提示:增大压强,正逆反应速率都加快,化学平衡正向移动。
4.已知H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙,甲中加入H2和I2各0.1
mol,乙中加入HI
0.2
mol,相同温度下分别达到平衡浓度。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度,应采取的措施是 ( )
A.甲、乙提高相同温度
B.甲中加入0.1
mol
He,乙不变
C.甲降低温度,乙不变
D.甲增加0.1
mol
H2,乙增加0.1
mol
I2
【解析】选C。在相同体积和温度的条件下,甲、乙两容器是等效体系,平衡时两容器中各组分的浓度相同;若提高相同的温度,甲、乙两体系平衡移动的情况相同;若向甲中加入一定量的He,平衡不移动;若向甲中加0.1
mol
H2和向乙中加0.1
mol
I2,甲、乙两体系平衡移动的效果相同;而降低甲的温度会使平衡正向移动,c(HI)提高。
5.(2016·衡水高二检测)下列事实中,不能用勒夏特列原理解释的是 ( )
A.溴水中存在平衡:Br2+H2OHBr+HBrO,当加入NaOH溶液后颜色变浅
B.对2H2O22H2O+O2的反应,使用MnO2可加快制O2的反应速率
C.反应CO+NO2CO2+NO ΔH<0,升高温度使平衡向逆反应方向移动
D.合成氨反应:N2+3H22NH3 ΔH<0,为使氨的产率提高,理论上应采取低温高压的措施
【解析】选B。催化剂只能改变反应速率,对化学平衡的移动无影响。
6.(2016·通辽高二检测)随着人类对温室效应和资源短缺等问题的重视,如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2,引起了各国的普遍关注,目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究反应原理,现进行如下实验:在体积为1
L的密闭容器中,充入1
mol
CO2和3
mol
H2,一定条件下发生反应:
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.0
kJ·mol-1,测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
(1)反应开始到平衡,H2的平均反应速率v(H2)=________mol·L-1·min-1。
(2)反应的H2的物质的量占原来氢气总量的________%。
(3)下列措施中能使增大的是________。
A.升高温度
B.充入He,使体系压强增大
C.将H2O(g)从体系中分离
D.使用催化剂
E.缩小容器体积
【解析】(1)v(H2)=3v(CO2)=3×=0.225
mol·L-1·min-1。
(2)α(H2)=×100%=75%。
(3)A项,升温,平衡左移,减小。B项,充入He,平衡不移动,不变。C项,分离出H2O(g),平衡右移,增大。D项,使用催化剂,平衡不移动,不变。E项,缩小容器体积,相当于增大压强,平衡右移,增大。
答案:(1)0.225 (2)75% (3)C、E
7.【能力挑战题】(2016·邯郸高二检测)在一密闭容器中发生下列反应:
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)(正反应为放热反应),下图是某一时间段反应速率与反应进程的关系曲线图。
(1)t1、t3、t4时刻,体系中分别是什么条件发生了变化
t1________,t3________,t4________。
(2)下列时间段中,氨的百分含量最高的是________。
A.0~t1
B.t2~t3
C.t3~t4
D.t4~t5
【解析】在t1时刻,正、逆反应速率都增大,且逆反应速率大于正反应速率,则平衡逆向移动,满足两个要求的条件为升温;在t3时刻,正、逆反应速率同等程度增大,则条件为加入催化剂;在t4时刻,正、逆反应速率都减小,且逆反应速率大于正反应速率,则平衡逆向移动,满足两个要求的条件为减压。
改变三种条件,一种不影响氨的百分含量,两种都使平衡向逆反应方向移动,氨的百分含量减小,所以在0~t1时间段,氨的百分含量最大。
答案:(1)升温 加入催化剂 减压 (2)A
【方法规律】v-t图中,只有浓度改变时,其图象是连续的,其他条件改变时,图象都是不连续的。3.2.2
溶液pH的计算
1.将pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液等体积混合,混合后溶液中的H+浓度最接近于 ( )
A.(10-8+10-10)/2mol·L-1
B.(10-8+10-10)mol·L-1
C.(10-14-5×10-5)mol·L-1
D.2×10-10mol·L-1
【解析】选D。不能用混合前溶液中的c(H+)直接求混合后溶液的c(H+),一定要先求出混合后溶液中c(OH-),再换算成混合后的c(H+)。根据水离子积常数知,pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液的c(OH-)分别为10-6和10-4mol·L-1,因此混合后溶液的c(OH-)=mol·L-1,可近似看作为mol·L-1。根据水的离子积常数可知,混合后溶液的c(H+)=2×10-10mol·L-1。因此应选D。
2.(2016·沈阳高二检测)为更好地表示溶液的酸碱性,科学家提出了酸度(AG)的概念,AG=lg,则下列叙述正确的是 ( )
A.中性溶液的AG=1
B.酸性溶液的AG<0
C.常温下0.1mol·L-1NaOH溶液的AG=12
D.常温下0.1mol·L-1盐酸溶液的AG=12
【解析】选D。中性溶液中=1,AG=0;酸性溶液中,>1,AG>0;常温下
0.1
mol·L-1氢氧化钠溶液中,=10-12,AG=-12;常温下0.1
mol·L-1盐酸溶液中,=1012,AG=12。
【补偿训练】将pH=13的NaOH溶液平均分成两份,一份加适量水,另一份加入与该NaOH溶液物质的量浓度相同的适量硫酸后,pH都降低了1,则加入的
水与硫酸的体积比为 ( )
A.10∶1
B.11∶1
C.20∶1
D.21∶1
【解析】选D。若NaOH溶液平均分成两份,每份体积均为V,加适量水,pH由13变成12,溶液体积增大到原来的10倍;加入水的体积是9V,V×0.1-V(硫酸)×0.2=[V+V(硫酸)]×0.01,V(硫酸)=9V/21,则加入的水与硫酸的体积比为21∶1。
3.(2016·运城高二检测)常温下,将pH=1的硫酸溶液平均分成两等份,一份加入适量水,另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液,两者pH都升高了1。则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为 ( )
A.11∶1
B.10∶1
C.6∶1
D.5∶1
【解析】选C。设所取每份硫酸的体积为V1,使硫酸由pH=1变为pH=2,所加水的体积为9V1;设所加NaOH溶液的体积为V2,则有c(H+)=mol·L-1=
0.01
mol·L-1,解得V2=V1,即V水∶VNaOH=6∶1。
【补偿训练】将pH为5的硫酸溶液稀释500倍,稀释后溶液中c(S)和c(H+)之比约为 ( )
A.1∶1
B.1∶2 C.1∶10
D.10∶1
【解析】选C。pH为5的硫酸溶液中,c(H+)=1.0×10-5mol·L-1,c(S)=c(H+)=5.0×10-6mol·L-1,稀释后c(S)=×5.0×10-6mol·L-1=1.0×10-8mol·L-1,稀释后溶液接近中性,c(H+)近似等于1.0×10-7mol·L-1,故c(S)和c(H+)之比约为1∶10。
4.(2016·苏州高二检测)pH=3的两种一元酸HX和HY溶液,分别取50mL加入足量的镁粉,充分反应后,收集到H2的体积分别为V(HX)和V(HY),若V(HX)>V(HY),则下列说法正确的是 ( )
A.HX可能是强酸
B.HY一定是强酸
C.HX的酸性强于HY的酸性
D.反应开始时二者生成H2的速率相等
【解析】选D。据题意,Mg粉足量,酸不足,应根据酸的物质的量来计算H2的体积,由V(HX)>V(HY),知pH相等时,HX的物质的量浓度比HY的大,即HX是酸性比HY弱的弱酸,而无法判断HY是强酸还是弱酸,故A、B、C错误;D项反应开始时生成H2的速率取决于c(H+),因为开始时c(H+)相等,故D项正确。
5.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点水电离的c(H+)大于c点水电离的c(H+)
【解析】选D。A项,醋酸是弱电解质不能完全电离,稀释前导电能力相同(氢离子浓度相同),则其浓度大于盐酸的浓度;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;C项,KW是温度的函数,温度不变KW不变;D项,因为a点pH大于c点,所以a点由水电离出的OH-浓度大于c点由水电离出的OH-浓度,根据水的离子积即可得出结论。
【补偿训练】(双选)pH=2的A、B两种酸溶液各1mL,分别加水稀释到1000mL,其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示,则下列说法正确的是 ( )
A.A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等
B.稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C.a=5时,A是强酸,B是弱酸
D.若A、B都是弱酸,则5>a>2
【解析】选C、D。pH=2的A、B两种酸稀释1000倍后,A溶液的c(H+)小于B溶液的c(H+),即稀释后B溶液的酸性强,说明两种酸的电离能力不同,且A的电离能力比B的电离能力强,因此pH相同的A、B两种酸溶液的物质的量浓度肯定不同,则选项A、B错误;强酸稀释1000倍,其溶液的pH应从2上升到5,故选项C正确;如果A、B都为弱酸,则稀释1000倍时,溶液pH的增大值小于3,故选项D正确。
6.(2016·济宁高二检测)(1)常温下,将pH=10和pH=12的NaOH溶液以1∶1的体积比混合,则混合后所得溶液的pH约为________。
(2)0.2mol·L-1NaHSO4和0.1mol·L-1BaCl2溶液按等体积混合后,则溶液的pH等于________。
(3)用pH=4和pH=11的强酸和强碱混合,使pH=10,则两溶液的体积比为________。
【解析】欲求混合后溶液的pH,应先判断混合后溶液的酸碱性。若呈碱性,应先求溶液中c(OH-),再求c(H+),而后计算pH;若呈酸性,可直接求出混合后c(H+),再计算pH。由题意可得:
(1)c(OH-)==≈5×10-3
c(H+)·c(OH-)=KW=1×10-14
c(H+)==2×10-12
pH=-lgc(H+)=-lg(2×10-12)=12-0.3=11.7
(2)NaHSO4为强电解质
c(H+)==0.1(mol·L-1)
pH=-lgc(H+)=1
(3)混合后溶液呈碱性,则
10-4=
整理可得:2×10-4V(酸)=9×10-4V(碱)
所以=
答案:(1)11.7 (2)1 (3)9∶2
【补偿训练】
有pH=12的NaOH溶液100mL,要使它的pH降为11。
(1)若加入蒸馏水,应加________mL。
(2)若加入pH为10的NaOH溶液,应加________mL。
(3)若加入0.01mol·L-1的盐酸,应加________mL。
【解析】本题考查了溶液稀释的三种方法:加水稀释;加入更稀的溶液稀释;加入能消耗溶质的溶液稀释。
(1)加水稀释pH=12的NaOH溶液至pH=11,应使体积增大到10倍,所以需加水900mL。
(2)设需pH=10的NaOH溶液体积为V,那么:
=10-3mol·L-1,
V=1L=1000mL。
(3)设需0.01mol·L-1的盐酸体积为V,那么:
=10-3mol·L-1,
V=81.8mL。
答案:(1)900 (2)1000 (3)81.8
7.【能力挑战题】下表是不同温度下水的离子积数据:
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积KW
1×10-14
a
1×10-12
试回答以下问题:
(1)若25”“<”或“=”),作此判断的理由是
__________________________________________________________。
(2)25℃时,某Na2SO4溶液中c(S)=5×10-4mol·L-1,取该溶液1mL加水稀释至10mL,则稀释后溶液中c(Na+)∶c(OH-)=________。
(3)在t2℃下pH=10的NaOH溶液中,水电离产生的OH-浓度c(OH-)水=________。
(4)t2℃下,将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和),所得混合溶液的pH=2,则V1∶V2=_______。
【解析】(1)水的电离为吸热过程,温度升高,水的电离程度变大,离子积增大。
(2)c(S)=5×10-4mol·L-1,则c(Na+)=2c(S)=1×10-3mol·L-1,稀释10倍,则c(Na+)=1×10-4mol·L-1。25℃时Na2SO4溶液中c(OH-)=1×10-7mol·L-1,稀释10倍后仍然为1×10-7mol·L-1,则c(Na+)∶c(OH-)=103∶1。
(3)pH=10的NaOH溶液c(H+)=10-10mol·L-1,NaOH溶液中c(H+)来自水的电离,水电离出H+的同时也电离出等量的OH-。
(4)t2℃时,pH=2,说明溶液为酸性,酸过量。
t2℃时,pH=11的NaOH溶液,c(OH-)=0.1mol·L-1,=
0.01mol·L-1
9V2=11V1,=。
答案:(1)> 水的电离为吸热过程,温度升高,水的电离程度变大,离子积增大
(2)1000∶1
(3)10-10mol·L-1
(4)9∶11
【补偿训练】
(2016·宁波高二检测)(1)某温度时,测得0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=11,则该温度下水的离子积常数KW=________。
(2)在此温度下,将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的硫酸VbL混合。
①若所得混合液为中性,且a=12,b=2,则Va∶Vb=________。
②若所得混合液的pH=10,且a=12,=2,b则Va∶Vb=________。
【解析】(1)0.01mol·L-1NaOH溶液的pH=11,则KW=c(H+)·c(OH-)=1×10-11×0.01=1×10-13。
(2)pH=a的NaOH溶液中,c(OH-)=KW/c(H+)=10-13+amol·L-1,pH=b的H2SO4中,c(H+)=10-bmol·L-1。两者混合后:①若呈中性,则10-13+a·Va=10-b·Vb,将a=12,b=2,代入,得Va∶Vb=1∶10。②若pH=10,则呈碱性,c(OH-)混==10-3mol·L-1,而c(OH-)混=,将a=12,b=2代入,得Va∶Vb=1∶9。
答案:(1)1×10-13 (2)①1∶10 ②1∶92.4
化学反应进行的方向
1.(2016·廊坊高二检测)下列过程是非自发的是 ( )
A.水由高处向低处流
B.天然气的燃烧
C.铁在潮湿的空气中生锈
D.水在室温下结冰
【解析】选D。自然界中水由高处向低处流、天然气的燃烧、铁在潮湿的空气中生锈、冰在室温下融化,都是自发过程,其逆过程都是非自发过程。
2.(2016·沂州高二检测)下列变化中,ΔS<0的是 ( )
A.-10℃液态水结冰
B.金属钠与水反应
C.干冰(CO2)的升华
D.CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)
【解析】选A。气体液化、液体凝固是体系混乱度减小的过程,故A项ΔS<0;固体溶解、气体扩散和固体熔化、升华均为体系混乱度增加的过程,故C项ΔS>0;B项中有H2生成,D项中CaCO3固体分解有CO2气体生成,均为熵增过程,ΔS>0。
【补偿训练】
下列关于化学反应的自发性叙述中正确的是 ( )
A.焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的
B.焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的
C.焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的
D.熵变小于0而焓变大于0的反应肯定是自发的
【解析】选A。ΔH-TΔS的数值判断反应进行的方向。ΔG=ΔH-TΔS,
①当ΔH>0,ΔS>0时,不能判断ΔG=ΔH-TΔS正负,与T有关。
②当ΔH>0,ΔS<0时,ΔG=ΔH-TΔS>0,非自发反应。
③当ΔH<0,ΔS>0时,ΔG=ΔH-TΔS<0,一定是自发反应。
④当ΔH<0,ΔS<0时不能判断ΔG=ΔH-TΔS正负,与T有关。
3.以下自发过程可用焓判据来解释的是 ( )
A.硝酸铵自发地溶于水
B.2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) ΔH=56.7kJ·mol-1
C.(NH4)2CO3(s)NH4HCO3(s)+NH3(g)
ΔH=74.9kJ·mol-1
D.2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH=-572kJ·mol-1
【解析】选D。焓判据能够说明放热反应为自发反应,而A、B、C三个自发过程均为吸热过程,显然不能用焓判据来解释,只有D项可以用焓判据解释。
4.已知X(g)+3Y(g)2Z(g) ΔH>0,下列对该反应的说法中正确的是 ( )
A.ΔS>0
B.正向能自发进行,且反应速率和平衡常数均较大
C.反应物总能量大于生成物总能量
D.在任何温度下都不能自发进行
【解析】选D。该反应的正反应是体积减小的反应,所以ΔS<0,A错误;该反应的ΔH>0,ΔS<0,ΔG=ΔH-TΔS,ΔG>0,非自发反应,B错误;该反应的ΔH>0,说明该反应属于吸热反应,生成物总能量大于反应物总能量,C错误;该反应ΔH>0,
ΔS<0,代入反应能否自发进行的判据:ΔH-TΔS>0,在任何温度下都不能自发进行,故D正确。
【补偿训练】
金属锡的冶炼常用焦炭作还原剂:SnO2+2CSn+2CO↑,反应过程中能量的变化如图所示。下列有关该反应的ΔH、ΔS的说法正确的是 ( )
A.ΔH<0 ΔS<0
B.ΔH>0 ΔS<0
C.ΔH<0 ΔS>0
D.ΔH>0 ΔS>0
【解析】选D。根据图象可知,该反应是吸热反应,ΔH>0;根据反应方程式可知,该反应是熵增反应,ΔS>0。
5.(2016·南平高二检测)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因素
【解析】选C。多数能自发进行的反应都是放热反应,并不是所有自发进行的反应都是放热反应,既然说“多数”,必定存在特例,所以只能说焓变是影响反应是否具有自发性的一个重要因素,但不是唯一因素。
【补偿训练】
下列说法正确的是 ( )
A.若某自发反应的ΔS>0,则该反应一定有ΔH<0
B.NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)
ΔH=+185.57kJ·mol-1,能自发进行,原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C.因为焓变和熵变都与反应的自发性有关,因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D.在其他外界条件不变的情况下,使用催化剂,可以改变化学反应进行的方向
【解析】选B。自发反应必有ΔH-TΔS<0,当ΔS>0时,ΔH<0或ΔH>0都可能,A项错误;吸热的自发反应一定是熵增大的,B项正确;应将焓变和熵变综合起来即利用复合判据进行判断,C项错误;使用催化剂只能降低反应的活化能,增大化学反应速率,但不能改变反应的方向,D项错误。
6.(2016·丹东高二检测)某化学兴趣小组专门研究了氧族元素及其某些化合物的部分性质。所查资料信息如下:
①酸性:H2SO4>H2SeO4>H2TeO4 ②氧、硫、硒与氢气化合越来越难,碲与氢气不能直接化合 ③由元素的单质生成等物质的量的氢化物的焓变情况如图。
请回答下列问题:
(1)H2与硫化合的反应________(填“放出”或“吸收”)热量。
(2)已知H2Te分解反应的ΔS>0,请解释Te和H2不能直接化合的原因:__________
_____________________________。
(3)上述资料信息中能够说明硫元素非金属性强于硒元素的是________(填序号)。
【解析】(1)由图示可知H2与硫化合的反应ΔH<0,故为放热反应。(2)由图示可知H2与Te化合的反应ΔH>0,ΔS<0,反应不能自发进行。
答案:(1)放出 (2)因为化合时ΔH>0,ΔS<0,反应不能自发进行 (3)①②③
7.【能力挑战题】有A、B、C、D4个反应:
反应
A
B
C
D
ΔH/kJ·mol-1
+10.5
+1.80
-126
-11.7
ΔS/J·mol·K-1
30.0
-113.0
84.0
-105.0
则在任何温度下都能自发进行的反应是________;任何温度下都不能自发进行的反应是________;另两个反应中,在温度高于____________________________
________时,可自发进行的反应是________,在温度低于____________________
时,可自发进行的反应是________。
【解析】由复合判据知:ΔH-TΔS<0时反应才能自发进行。A反应ΔH-TΔS=10.5×103J·mol-1-T×30.0J·mol-1·K-1<0,得T>350K,即t>77℃;B反应ΔH>0,ΔS<0,则在任何温度下ΔH-TΔS均大于0,故在任何温度下均不能自发进行;C反应
ΔH<0,ΔS>0,则在任何温度下ΔH-TΔS均小于0,故在任何温度下均可自发进行;D反应ΔH-TΔS=-11.7×103J·mol-1-T×(-105J·mol-1·K-1)<0,得T<111.4K,即t<-161.6℃时,反应可自发进行。
答案:C B 77℃ A -161.6℃ D
【补偿训练】
能源是国民经济发展的重要基础,我国目前使用的能源主要是化石燃料。
(1)在25℃、101kPa时,8g
CH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ,则CH4燃烧的热化学方程式是___________________________________________
____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)已知:C(s)+O2(g)CO2(g)
ΔH=-437.3kJ·mol-1
H2(g)+1/2O2(g)H2O(g)
ΔH=-285.8kJ·mol-1
CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)
ΔH=-283.0kJ·mol-1
则煤的气化主要反应的热化学方程式是C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)
ΔH=__kJ·mol-1。
如果该反应ΔS=133.7J·K-1·mol-1,该反应在常温(25℃)下能否自发进行 (ΔG=ΔH-TΔS)__________________________________________________________
___________________________________(填“能”或“不能”,并写出判断依据)。
【解析】(1)8g
CH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ,则1mol
CH4放出的热量是890.3kJ。
(2)C(s)+O2(g)CO2(g)
ΔH=-437.3kJ·mol-1 ①
H2(g)+1/2O2(g)H2O(g)
ΔH=-285.8kJ·mol-1 ②
CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)
ΔH=-283.0kJ·mol-1 ③
①-②-③可得C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)
ΔH=+131.5kJ·mol-1
不能自发进行,因为ΔG=ΔH-TΔS=131.5kJ·mol-1-298K×0.1337kJ·K-1·mol-1>0,所以不能自发进行。
答案:(1)CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1
(2)+131.5 不能,因为ΔG=ΔH-TΔS=131.5kJ·mol-1-298K×
0.1337kJ·K-1·mol-1>0,所以不能自发进行3.3.2
盐类水解反应的利用
1.(2016·聊城高二检测)下列哪组离子能在水溶液中大量共存 ( )
A.K+、C、HS-、S2-、Al3+、Al
B.Mn、Na+、S、K+、Cl-
C.S、Ag+、S、S2-、Al、K+
D.Fe2+、Cl-、H+、N
【解析】选B。A中有能发生相互促进水解反应的离子,C中有能形成沉淀的离子,D中的Fe2+、H+、N可发生氧化还原反应。
2.(2016·太原高二检测)下列关于盐类水解的应用中,说法正确的是 ( )
A.加热蒸干Na2CO3溶液,最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体
B.除去MgCl2中的Fe3+,可以加入NaOH固体
C.明矾净水的反应:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+
D.加热蒸干KCl溶液,最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)
【解析】选C。A项,加热蒸发Na2CO3溶液得不到NaOH。虽然加热促进C水解,但生成的NaHCO3又与NaOH反应生成了Na2CO3;B项,Mg2+和Fe3+均可与OH-反应生成沉淀,且引入了新杂质Na+;D项,KCl不水解,不可能得到KOH固体。
3.(2016·长春高二检测)相同物质的量浓度的下列铵盐中,c(N)最大的是
( )
A.NH4HCO3
B.NH4HSO4
C.NH4NO3
D.CH3COONH4
【解析】选B。先找出对N水解无影响的阴离子,再看是促进的还是抑制的,并排出顺序。NH4NO3中N的水解不受影响,NH4HSO4电离出H+抑制N水解,c(N)大,HC、CH3COO-对N的水解都有促进作用,c(N)小。
4.(2016·连云港高二检测)把0.02mol·L-1CH3COOH溶液和0.01mol·L-1NaOH溶液以等体积混合,混合溶液中粒子浓度关系正确的是 ( )
A.c(CH3COO-)>c(Na+)
B.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
C.2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
D.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02
mol·L-1
【解析】选A。溶液混合后,二者反应,但CH3COOH过量,故为CH3COONa和CH3COOH的混合体系。CH3COOH和CH3COO-相互抑制,但以CH3COOH电离为主,溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),则有c(CH3COO-)>c(Na+),A正确;CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度,B不正确;对于C项:由于存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)的电荷守恒①和2c(Na+)=
c(CH3COO-)+c(CH3COOH)的物料守恒②,联立①②两式可得:2c(H+)=c(CH3COO-)-
c(CH3COOH)+2c(OH-),所以C错;D项看似是物料守恒,但溶液的体积是原来的2倍,则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01
mol·L-1,D错误。
5.(双选)25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 ( )
A.1L0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O溶液中:c(N)+c(Fe2+)+c(H+)=c(OH-)+
c(S)
B.0.1mol·L-1的NH4Cl与0.1mol·L-1的NH3·H2O等体积混合:c(N)+2c(H+)=
c(NH3·H2O)+2c(OH-)
C.pH=9.4、浓度均为0.1mol·L-1的HCN与NaCN的混合溶液中:c(Na+)>c(CN-)>
c(HCN)>c(OH-)
D.0.1mol·L-1CH3COONa溶液与0.05mol·L-1盐酸等体积混合后的酸性溶液中:c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)
【解析】选B、D。根据电荷守恒可以判断A错误;根据电荷守恒和物料守恒可知B正确;pH=9.4说明水解大于电离,所以c(HCN)的浓度大于c(CN-)故C错误;0.1mol·L-1CH3COONa溶液与0.05mol·L-1盐酸等体积混合后溶液中有CH3COOH为0.025mol·L-1、CH3COONa为0.025mol·L-1所以有c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>
c(H+)故D正确。
6.(2016·厦门高二检测)常温下,0.2mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是
( )
A.HA为强酸
B.该混合液pH=7
C.该混合溶液中c(A-)+c(Y)=c(Na+)
D.图中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+
【解析】选C。做图象题首先要弄清横、纵坐标轴所代表的意义,本题所给图象的纵坐标为浓度,横坐标为各组分,即本图象给出的是各组分的浓度大小关系。其中,A-浓度最大,X、Y、Z浓度依次减小,由题意知,HA与NaOH反应生成0.1mol·L-1的NaA溶液。A项,由于A-浓度小于0.1mol·L-1,说明A-水解,即HA是弱酸,错误;B项,由于A-水解,水解后溶液呈碱性,错误;D项,混合溶液中粒子浓度大小关系为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),因此X表示OH-,Y表示HA,Z表示H+,错误;C项,根据物料守恒可知,c(A-)+c(HA)=c(Na+),即c(A-)+c(Y)=c(Na+),正确。
【易错提醒】
弱酸与强碱溶液混合后,若呈碱性,可能是碱过量,也可能是碱适量,还可能是碱稍微少量。
7.现有常温下的六份溶液:
①0.01mol·L-1CH3COOH溶液;
②0.01mol·L-1HCl溶液;
③pH=12的氨水;
④pH=12的NaOH溶液;
⑤0.01mol·L-1CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液;
⑥0.01mol·L-1HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。
(1)其中水的电离程度最大的是________(填序号,下同),水的电离程度相同的是________。
(2)若将②、③混合后所得溶液pH=7,则消耗溶液的体积:②________③(填“>”“<”或“=”)
(3)将六份溶液同等稀释10倍后,溶液的pH:
①________②,③________④,⑤________⑥(填“>”“<”或“=”)。
(4)将①、④混合,若有c(CH3COO-)>c(H+),则混合溶液可能呈________(填序号)。
A.酸性 B.碱性 C.中性
【解析】①0.01mol·L-1CH3COOH溶液中pH大于2;
②0.01mol·L-1HCl溶液中pH=2;
③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol·L-1;
④pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol·L-1;
⑤0.01mol·L-1CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液,氨水过量,溶液呈碱性;
⑥0.01mol·L-1HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液,二者恰好反应生成氯化钠,溶液呈中性。
(1)酸或碱抑制水电离,含有弱酸根或弱碱离子的盐促进水电离,①②③④⑤抑制水电离,⑥既不促进水电离也不抑制水电离,所以水的电离程度最大的是⑥;酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时,水的电离程度相同,②中氢离子浓度和③、④中氢氧根离子浓度相等,所以水的电离程度相同的是②③④。
(2)②0.01mol·L-1HCl溶液中pH=2,③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol·L-1,若等体积混合,则溶液呈碱性,要使二者混合溶液呈中性,则酸的量稍微大于碱。
(3)将这几种溶液稀释相同的倍数时,加水稀释促进弱电解质的电离,①中醋酸电离程度小于②,所以②中氢离子浓度大于①,所以①的pH>②;③④中氢氧根离子浓度相等,加水稀释促进一水合氨电离,导致③中氢氧根离子增多,所以③的pH>④;⑤中加水稀释后溶液仍然呈碱性;⑥的混合溶液呈中性,所以pH⑤>⑥。
(4)将①、④混合,若有c(CH3COO-)>c(H+),如果溶液中c(OH-)>c(H+),则混合溶液呈碱性,如果c(OH-)答案:(1)⑥ ②③④ (2)> (3)> > > (4)A、B、C
8.【能力挑战题】25℃时0.1mol·L-1的醋酸溶液的pH约为3,当向其中加入醋酸钠晶体,等晶体溶解后发现溶液的pH增大,对上述现象有两种不同的解释:
甲认为:醋酸钠水解呈碱性,c(OH-)增大了,因而溶液的pH增大;
乙认为:醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子,抑制了醋酸的电离,使c(H+)减小,因此溶液的pH增大。
(1)为了验证上述哪种解释正确,继续做如下实验:向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加入少量下列物质中的________(填写编号),然后测定溶液的pH。(已知25℃时,CH3COONH4溶液呈中性)。
A.固体CH3COOK
B.固体CH3COONH4
C.气体NH3
D.固体NaHCO3
(2)加入(1)中物质后,若甲的解释正确,溶液的pH应__________;若乙的解释正确,溶液的pH应________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)常温下将0.010mol
CH3COONa和0.004mol
HCl溶于水,配制成0.5L混合溶液。判断:
①溶液中共有________种粒子。
②其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010mol,它们是________和________。
③溶液中n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=________mol。
【解析】(1)CH3COONH4溶液中,CH3COO-和N都发生水解,且水解程度相等,CH3COONH4溶液呈中性,将CH3COONH4加入0.1mol·L-1醋酸中使pH增大,说明CH3COO-抑制了醋酸的电离,其他物质的水溶液都呈碱性,不能用于证明。(2)醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子,抑制了醋酸的电离,使c(H+)减小,则溶液pH增大。(3)①将0.010mol
CH3COONa和0.004mol
HCl溶于水,由于发生CH3COO-+H+CH3COOH,溶液中存在CH3COO-、Cl-、OH-、H+、Na+、CH3COOH和H2O等粒子,共7种。②根据物料守恒可知,0.010mol
CH3COONa在溶液中以CH3COOH和CH3COO-存在,故n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.010mol。③溶液遵循电荷守恒,存在:n(H+)+n(Na+)=n(Cl-)+n(CH3COO-)+n(OH-),则n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=n(Na+)
-n(Cl-)=0.010mol-0.004mol=0.006mol。
答案:(1)B (2)不变 增大 (3)①7 ②CH3COOH CH3COO- ③0.0061.2
燃烧热
能源
1.下列燃烧反应的反应热不是燃烧热的是 ( )
①H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH1
②C(s)+O2(g)CO(g) ΔH2
③S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH3
④2H2S(g)+3O2(g)2SO2(s)+2H2O(l) ΔH4
A.①③
B.②④
C.②③
D.①④
【解析】选B。①生成物液态水是最稳定的氧化物,故正确;②生成物应是CO2(g),否则不是燃烧热,故错误;③符合燃烧热的定义,故正确;④可燃物的化学计量数不是1,故错误。
【易错提醒】
易忽略燃烧热对可燃物的量以及产物状态的要求。燃烧热要求:可燃物为1
mol;产物为稳定状态的氧化物,如碳元素完全燃烧生成CO2(g),氢元素完全燃烧生成H2O(l),硫元素完全燃烧生成SO2(g)。
2.25℃、101
kPa时,碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热(ΔH)依次是
-393.5
kJ·mol-1,-285.8
kJ·mol-1,-890.31
kJ·mol-1和-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.CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)
ΔH=-890.31
kJ·mol-1
D.C6H12O6(s)+3O2(g)3CO2(g)+3H2O(l)
ΔH=-1
400
kJ·mol-1
【解析】选D。燃烧热指1
mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量,产物H2O应是以液态形式存在,A中,CO不是稳定氧化物,B、C项中生成的是气态水。
3.当前世界范围内都在积极发展新能源和可再生能源,走可持续发展之路。下列有关做法与此无关的是 ( )
A.将氢气、酒精设计成燃料电池,是因为燃料电池具有较高的能量利用率,同时氢气、酒精等燃料可再生
B.大力开发丰富的煤炭资源,并将煤进行气化处理,提高煤的综合利用率,可减少对石油的依赖
C.开发和利用太阳能、生物质能、风能等,如在我国西部和沿海地区兴建太阳能、风力发电站等
D.合理开发利用海底可燃冰有助于缓解化石能源紧缺
【解析】选B。煤、石油均属于化石燃料,它们不属于新能源和可再生能源,故B错误。
【补偿训练】
下列分别是利用不同能源发电的实例,其中不属于新能源开发利用的是( )
【解析】选C。风能、太阳能、潮汐能均属于有待开发或正在开发的新能源。
4.(2016·临汾高二检测)下列关于反应热的说法正确的是 ( )
A.当ΔH<0时,表示该反应为吸热反应
B.已知C(s)+O2(g)CO(g) ΔH=-110.5
kJ·mol-1,说明碳的燃烧热为
110.5
kJ·mol-1
C.反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关
D.化学反应的反应热,与反应物旧键断裂吸收的总能量和新键形成放出的总能量的相对大小有关,与反应条件无关
【解析】选D。当ΔH<0时,表示该反应为放热反应,A项错误;燃烧热为1
mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,而B项反应为碳的不完全燃烧,故错误;反应热ΔH=旧键断裂吸收的总能量-新键形成放出的总能量=生成物的总能量-反应物的总能量,与反应条件无关,故C项错误,D项正确。
5.【能力挑战题】家用液化气的主要成分之一是丁烷,当1
kg丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时,放出的热量为5×104kJ,试写出丁烷燃烧的热化学方程式:________________,丁烷的燃烧热为________kJ·mol-1。已知1
mol液态水汽化时需要吸收44
kJ的热量,C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)的
ΔH=________kJ·mol-1。
【解析】1
kg丁烷完全燃烧生成CO2和液态水时,放出的热量为5×104kJ,则1
mol丁烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为kJ=2
900
kJ,故表示丁烷燃烧热的热化学方程式为C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(l) ΔH=
-2
900
kJ·mol-1,丁烷的燃烧热为2
900
kJ·mol-1。
当丁烷燃烧生成的5
mol液态水变为气态水时,需吸收5
mol×44
kJ·mol-1=
220
kJ的热量,故C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(g)的ΔH=-2
900
kJ·mol-1
+220
kJ·mol-1=-2
680
kJ·mol-1。
答案:C4H10(g)+13/2O2(g)4CO2(g)+5H2O(l) ΔH=-2
900
kJ·mol-1 2
900
-2
680
【补偿训练】
下表是几种常用燃料(1
mol)完全燃烧时放出的热量:
物质
炭粉(C)
一氧化碳(CO)
氢气(H2)
甲烷(CH4)
乙醇(C2H5OH)
状态
固体
气体
气体
气体
液体
热量(kJ)
392.8
282.6
285.8
890.3
1
367
(1)从热量角度分析,目前最适合家庭使用的优质气体燃料是________。
(2)写出管道煤气中的一氧化碳燃烧的热化学方程式:
__________________________________________________________________。
1
mol一氧化碳充分燃烧,需消耗氧气的物质的量是________mol。
(3)充分燃烧1
mol表中各种燃料,排放出二氧化碳的量最多的是________。
(4)矿物燃料储量有限,而且在燃烧过程中会产生污染。根据能源多样化的发展战略,我国开发利用的绿色能源有氢能、________等。
【解析】由表中数据可知1
mol甲烷气体完全燃烧放出的热量最多,故家庭使用的优质气体燃料应选甲烷;1
mol一氧化碳完全燃烧放出热量282.6
kJ,则表示其燃烧的热化学方程式为CO(g)+O2(g)CO2(g)
ΔH=-282.6
kJ·mol-1。
答案:(1)甲烷
(2)CO(g)+O2(g)CO2(g) ΔH=-282.6
kJ·mol-1 0.5
(3)乙醇 (4)太阳能(或风能、地热能等)3.4
难溶电解质的溶解平衡
1.(2016·平顶山高二检测)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
【解析】选B。物质的溶解度和溶度积都是温度的函数,与溶液的浓度无关。所以向AgCl饱和溶液中加水,AgCl的溶解度和Ksp都不变,故B项对。
2.(2016·海南高考)向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)。下列数值变小的是 ( )
A.c(C)
B.c(Mg2+)
C.c(H+)
D.Ksp(MgCO3)
【解析】选A。含有MgCO3固体的溶液中存在:MgCO3(s)Mg2+(aq)+
C(aq),加入少量稀盐酸可与C反应生成CO2,促使溶解平衡正向移动,c(C)减小,A正确;c(Mg2+)及c(H+)增大,B、C错误;温度不变,Ksp(MgCO3)不变,D错误。
3.实验:①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c;
②向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液,出现浑浊;
③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液,沉淀变为黄色。
下列分析不正确的是 ( )
A.浊液a中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)
B.滤液b中不含有Ag+
C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D.实验可以证明AgI比AgCl更难溶
【解析】选B。由于硝酸银和氯化钠混合后一定生成氯化银的悬浊液,所以在该悬浊液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);向过滤后的滤液中加入0.1mol·L-1的KI,出现浑浊,说明在滤液b中仍然存在Ag;沉淀总是向着生成物溶解度更小的方向移动,所以由实验③可知,由于沉淀由白色转化黄色,所以是由氯化银转化成碘化银,所以碘化银比氯化银更难溶。
4.牙齿表面有一层硬的成分为Ca5(PO4)3OH的物质保护,它在唾液中存在下列平衡:Ca5(PO4)3OH5Ca2++3P+OH-。已知Ca5(PO4)3F(s)的溶解度比Ca5(PO4)3OH(s)更小,为了保护牙齿,世界各地均采用了不同的措施。以下措施中不能保护牙齿的是 ( )
A.饮用纯净水
B.在牙膏中添加适量的Ca2+或P
C.在饮用水中加入适量氟化物添加剂
D.在牙膏中加入氟化物添加剂
【解析】选A。在牙膏中添加适量的Ca2+或P会促使Ca5(PO4)3OH的溶解平衡向左进行,有利于牙齿的保护;在饮用水或牙膏中加入适量氟化物会在牙齿表面生成溶解度更小的Ca5(PO4)3F而保护牙齿。
5.(2016·鞍山高二检测)25℃时,已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)=6.3×10-18;Ksp(CuS)=1.3×10-36;Ksp(ZnS)=1.6×10-24。下列关于常温时的有关叙述正确的是 ( )
A.硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大
B.将足量的ZnSO4晶体加入0.1mol·L-1的Na2S溶液中,Zn2+的浓度最大只能达到1.6×10-23mol·L-1
C.除去工业废水中含有的Cu2+,可采用FeS固体作为沉淀剂
D.向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后,混合液中c(Fe2+)变大、c(S2-)变小,但Ksp(FeS)变大
【解析】选C。化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时,Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强,由Ksp可知,常温下,CuS的溶解度最小,故A错;将足量的ZnSO4晶体加入0.1mol·L-1的Na2S溶液中,c(S2-)将减至非常小,而Zn2+的浓度远远大于1.6×10-23mol·L-1;因CuS比FeS更难溶,FeS沉淀可转化为CuS沉淀;温度不变,Ksp(FeS)不变。
6.已知25℃时,AgI饱和溶液中c(Ag+)为1.23×10-8mol·L-1,AgCl的饱和溶液中c(Ag+)为1.25×10-5mol·L-1。若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol·L-1的溶液中,加入8mL0.01mol·L-1AgNO3溶液,下列叙述正确的是 ( )
A.混合溶液中c(K+)>c(N)>c(Ag+)>c(Cl-)>c(I-)
B.混合溶液中c(K+)>c(N)>c(Cl-)>c(Ag+)>c(I-)
C.加入AgNO3溶液时首先生成AgCl沉淀
D.混合溶液中约为1.02×10-3
【解析】选B。KCl、KI混合溶液中加入AgNO3溶液,先生成AgI,再生成AgCl,AgNO3+KIAgI↓+KNO3,n(KCl)=n(KI)=0.01
mol·L-1×5
mL=5.0×10-5mol,生成AgI消耗n(AgNO3)=5.0×10-5mol,剩余的AgNO3为0.01
mol·L-1×8mL×10-3L·mL-1-5.0×10-5mol=3.0×10-5mol,与KCl发生反应后,KCl过量,生成AgCl为3.0×10-5mol,由此得出反应后溶液中的溶质为KNO3、KCl,生成AgCl、AgI沉淀,由上所述,A、C错误,B正确;混合溶液中c(Cl-)>c(I-),>1,D错误。
7.【能力挑战题】(2016·衡水高二检测)某小型化工厂生产皓矾(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下图所示:
已知:开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为Fe(OH)3:2.7～3.7;Fe(OH)2:7.6～9.6;Zn(OH)2:5.7～8.0。
试回答下列问题:
(1)加入的试剂①应是________,其目的是___________________。
(2)加入的试剂②,供选择使用的有:氨水、NaClO溶液、20%H2O2溶液、浓硫酸、浓硝酸等,应选用________,其理由是_______________________。
(3)加入的试剂③是________,目的是_______________________。
【解析】向溶液中加入Zn,发生反应:Cu2++ZnZn2++Cu、2Fe3++Zn2Fe2++Zn2+,然后把Fe2+氧化成Fe3+,在选择氧化剂时,应使用H2O2,因为H2O2的还原产物为H2O,不引入其他杂质,然后通过调节溶液的pH,使Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去。
答案:(1)Zn 将Cu2+、Fe3+、Fe2+等杂质离子除去
(2)20%H2O2溶液 H2O2作氧化剂,可将Fe2+氧化为Fe3+,且不引入其他杂质
(3)ZnO或Zn(OH)2(答案合理即可) 调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀
【补偿训练】(2016·福州高二检测)已知:Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq),Ksp=
c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20。
(1)某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02
mol·L-1,如要生成Cu(OH)2沉淀,应调整溶液的pH大于________。
(2)要使0.2mol·L-1CuSO4溶液中的Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降低至原来的千分之一),则应向溶液里加入NaOH溶液,使溶液pH等于________。
【解析】(1)依题意,当c(Cu2+)·[c(OH-)]2=2×10-20时开始出现沉淀,则c(OH-)=mol·L-1=mol·L-1=1×10-9mol·L-1,由c(H+)=mol·L-1=mol·L-1=1×10-5mol·L-1,pH=5。
(2)由于要生成Cu(OH)2沉淀,应调整溶液pH≥5,要使c(Cu2+)降至=2×10-4mol·L-1,则c(OH-)=mol·L-1=mol·L-1=1×10-8mol·L-1,此时溶液pH=6。
答案:(1)5 (2)62.1
化学反应速率
1.(2016·自贡高二检测)下列关于化学反应速率的说法中,不正确的是 ( )
A.化学反应速率通常用单位时间内生成或消耗某物质的质量的多少来表示
B.化学反应速率只有正值,没有负值
C.在同一个反应中,各物质的反应速率之比等于化学计量数之比
D.化学反应速率的常用单位有mol·L-1·s-1和mol·L-1·min-1
【解析】选A。化学反应速率是衡量化学反应进行快慢的物理量,用单位时间内反应物或生成物的物质的量浓度的变化表示,只有正值,没有负值。在同一反应中各物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比,单位为mol·L-1·s-1或
mol·L-1·min-1,故A错误。
2.(2016·南平高二检测)对反应A+3B2C来说,下列反应速率中最快的是
( )
A.v(A)=0.3
mol·L-1·min-1
B.v(B)=0.6
mol·L-1·min-1
C.v(C)=0.5
mol·L-1·min-1
D.v(A)=0.01
mol·L-1·s-1
【解析】选D。以“A”为基准物质,“min”为时间单位表示反应速率,则有:A项,v(A)=0.3
mol·L-1·min-1;B项,v(A)=v(B)=×0.6
mol·L-1·min-1=
0.2
mol·L-1·min-1;C项,v(A)=v(C)=×0.5
mol·L-1·min-1=0.25
mol·L-1·min-1;D项,v(A)=0.01
mol·L-1·s-1×60
s·min-1=0.6
mol·L-1·min-1。
3.(2016·武汉高二检测)某温度时,浓度都是1
mol·L-1的两种气体X2和Y2,在密闭容器中发生可逆反应生成气体Z,充分反应后X2的浓度为0.4
mol·L-1,Y2的浓度为0.8
mol·L-1,生成的Z的浓度为0.4
mol·L-1,则该反应的化学方程式(Z用X、Y表示)是 ( )
A.X2+2Y22XY2
B.2X2+Y22X2Y
C.X2+3Y22XY3
D.3X2+Y22X3Y
【解析】选D。浓度的变化量之比等于化学方程式中各物质的计量数之比。
【补偿训练】
在一定条件下,将A2和B2气体通入1
L密闭容器中,反应按下式进行:mA2+nB2
2C,2s内反应速率如下:v(A2)=0.5
mol·L-1·s-1,v(B2)=1.5
mol·L-1·s-1,v(C)=
1
mol·L-1·s-1。则m和n的值分别为 ( )
A.2、3 B.3、2 C.3、1 D.1、3
【解析】选D。v(A2)∶v(B2)∶v(C)=m∶n∶2=0.5∶1.5∶1,解得m=1,n=3。
4.(2016·武威高二检测)在2
L的密闭容器中,发生以下反应:2A(g)+B(g)
2C(g)+D(g)。若最初加入的A和B都是4
mol,在前10秒钟A的平均反应速率为0.12
mol·L-1·s-1,则10秒钟时,容器中B的物质的量是 ( )
A.2.8
mol
B.1.6
mol
C.2.4
mol
D.1.2
mol
【解析】选A。在前10秒钟B的平均反应速率为0.12
mol·L-1·s-1÷2=
0.06
mol·L-1·s-1,则转化的B的物质的量为0.06
mol·L-1·s-1×2
L×10
s=
1.2
mol,则10秒钟时,容器中B的物质的量是4
mol-1.2
mol=2.8
mol。
5.反应3X(g)+Y(g)Z(g)+2W(g)在2
L密闭容器中进行,5
min后Y减少了
0.1
mol,则此反应的平均速率为 ( )
A.v(X)=0.03
mol·L-1·min-1
B.v(Y)=0.02
mol·L-1·min-1
C.v(Z)=0.10
mol·L-1·min-1
D.v(W)=0.20
mol·L-1·min-1
【解析】选A。反应在2
L密闭容器中进行,5
min后Y减少了0.1
mol,则v(Y)==0.01
mol·L-1·min-1,不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比,则v(X)=3v(Y)=0.03
mol·L-1·min-1,v(Z)=v(Y)=0.01
mol·L-1·min-1,
v(W)=2v(Y)=0.02
mol·L-1·min-1,故A正确,B、C、D错误。
【补偿训练】
已知反应:A+3B2C+D,在某一段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1
mol·L-1·min-1,则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为 ( )
A.0.5
mol·L-1·min-1
B.1
mol·L-1·min-1
C.2
mol·L-1·min-1
D.3
mol·L-1·min-1
【解析】选C。根据反应中速率之比等于各物质的化学计量数之比,很容易得出答案。即v(A)∶v(C)=1∶2,而v(A)=1
mol·L-1·min-1,则v(C)=2
mol·L-1·min-1。
6.将4
mol
A气体和2
mol
B气体在2
L的容器中混合,并在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,现有下列几种说法:
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3
mol·L-1·s-1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6
mol·L-1·s-1
③2
s时物质A的转化率为70%
④2
s时物质B的浓度为0.7
mol·L-1
其中正确的是 ( )
A.①③ B.①④ C.②③ D.③④
【解析】选B。用三段式表示:
2A(g)+B(g)2C(g)
开始物质的量
浓度(mol·L-1)
2
1
0
转化物质的量
浓度(mol·L-1)
0.6
0.3
0.6
2
s末物质的量
浓度(mol·L-1)
1.4
0.7
0.6
所以v(A)==0.3
mol·L-1·s-1
v(B)==0.15
mol·L-1·s-1
A的转化率为×100%=30%,2
s末时c(B)=0.7
mol·L-1。
7.根据下图填空:
(1)反应物是________;生成物是________。
(2)在2
min内用A、B、C表示的化学反应速率分别为___________、___________、___________。
(3)该反应的化学方程式为____________________________________________。
【解析】已知在反应过程中反应物的量减少,生成物的量增多,故A、B为反应物,C为生成物,由速率的定义不难得出:
v(A)=[(8-2)÷2]mol·L-1·min-1
=3
mol·L-1·min-1
v(B)=[(8-4)÷2]mol·L-1·min-1
=2
mol·L-1·min-1
v(C)=(6÷2)mol·L-1·min-1
=3
mol·L-1·min-1
故三者的化学计量数之比为3∶2∶3,又因最终各物质浓度不变且均不为零,故为可逆反应,反应的化学方程式为3A+2B3C。
答案:(1)A、B C (2)3
mol·L-1·min-1
2
mol·L-1·min-1 3
mol·L-1·min-1
(3)3A+2B3C
【方法规律】由图象确定化学方程式的方法
(1)根据曲线的变化趋势判断反应物与生成物:曲线下降的物质为反应物,曲线上升的物质为生成物。
(2)物质化学计量数的确定方法:根据相同时间段内各物质的物质的量(物质的量浓度)的变化,即物质的量(物质的量浓度)的变化之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比。
(3)反应是否为“可逆反应”的确定方法:反应最后的浓度不随时间变化而变化的反应为可逆反应,化学方程式书写时用“”。
8.【能力挑战题】(2016·抚顺高二检测)化学反应速率可通过实验测定。要测定不同反应时刻反应物或生成物的浓度,可通过观察和测量体系中的某一物质的相关性质,再进行适当的转换和计算。
(1)比较锌粒与不同浓度硫酸溶液反应时的速率,可通过测定收集等体积H2需要的________来实现。
(2)在KMnO4与H2C2O4反应中,可通过观察单位时间内________变化来测定该反应的速率。
(3)在Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O反应中,该反应的速率可通过_______
________来测定。
【解析】有气体生成的反应可以通过收集一定体积的气体需要的时间来测反应速率。有颜色或沉淀出现的反应可以利用它们出现此现象的时间来确定反应速率。
答案:(1)时间 (2)溶液颜色 (3)出现浑浊所需要的时间4.4
金属的电化学腐蚀与防护
1.(2016·宿迁高二检测)如图为模拟铁生锈的实验。铁粉中均匀混有少量炭粉,撒在内壁已分别用氯化钠溶液和稀醋酸润湿过的甲、乙两个具支试管中,打开止水夹片刻后,下列有关该实验的说法合理的是 ( )
A.甲装置导管口有气泡,乙装置导管内出现一段液柱
B.甲装置中发生的电化学腐蚀主要是析氢腐蚀
C.乙装置中发生的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀
D.乙装置导管口有气泡冒出
【解析】选D。甲图中的电解质溶液呈中性,所以发生的是吸氧腐蚀,A、B两项均错;乙图中的电解质溶液呈酸性,发生的是析氢腐蚀,有气体产生,C项错,D项正确。
2.(2016·淮安高二检测)下列各装置中都盛有0.1mol·L-1的NaCl溶液,放置一定时间后,纯锌片的腐蚀速率由快到慢的顺序是 ( )
A.②①④③
B.②③①④
C.①②③④
D.④①②③
【解析】选A。①中纯锌片为原电池的负极,②中纯锌片为电解池的阳极,故①②中纯锌片腐蚀的速率最快,且②>①;③中纯锌片为电解池的阴极,受到保护,腐蚀速率最慢,故腐蚀速率由快到慢的顺序为②①④③。
3.结合下图判断,下列叙述正确的是 ( )
A.Ⅰ中铁被腐蚀,Ⅱ中铁被保护
B.Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe-2e-Fe2+
C.Ⅰ正极反应是O2+2H2O
+4e-4OH-
D.Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量KSCN溶液,溶液均变红
【解析】选C。锌比铁活泼,装置Ⅰ中锌作负极,铁作正极,但由于电解质溶液是氯化钠,因此发生锌的吸氧腐蚀,正反应是O2+2H2O
+4e-4OH-,因此正极铁被保护,因此A、B项错误,C项正确。装置Ⅱ中,铁比铜活泼,因此铁作负极,铜作正极,负极发生的反应是Fe-2e-Fe2+,正极发生的是氢离子得到电子生成氢气,铜不参与反应,溶液中无三价的铁离子,因此在电解质溶液中加入硫氰化钾,不能看到溶液变红的现象,因此D选项错误。
4.(2016·连云港高二检测)下列说法中,正确的是 ( )
①镀层破损后,白铁(镀锌的铁)比马口铁(镀锡的铁)更易被腐蚀 ②钢铁表面常易锈蚀生成Fe2O3·nH2O ③锌和铁构成原电池时,铁作负极 ④铅蓄电池中铅作负极,PbO2作正极,两极浸到稀硫酸中
A.②④
B.①③
C.①②③
D.②③④
【解析】选A。镀层破损后,白铁形成原电池,因为锌比铁活泼,易失电子,从而保护了铁,而马口铁破损后,因为形成原电池时,铁比锡活泼,铁被腐蚀,所以在镀层破损后,马口铁比白铁更易被腐蚀,①说法错误。钢铁无论发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀,铁都是失电子生成Fe2+,吸氧腐蚀更普遍,O2得电子生成OH-,与Fe2+结合生成Fe(OH)2,Fe(OH)2在空气中很易被氧化成Fe(OH)3,因此铁锈常用Fe2O3·nH2O表示,②说法正确。锌和铁构成原电池时,锌比铁活泼,应该是锌作负极,③说法不正确。根据铅蓄电池的构成,可知④说法正确。
5.【能力挑战题】对金属制品进行抗腐蚀处理,可延长其使用寿命。
(1)以下为铝材表面处理的一种方法:
①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜,碱洗时常有气泡冒出,原因是______________________________(用离子方程式表示)。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收,最好向槽液中加入下列试剂中的________________________。
a.NH3 b.CO2 c.NaOH d.HNO3
②以铝材为阳极,在H2SO4溶液中电解,铝材表面形成氧化膜,阳极电极反应为_______________________________________。取少量废电解液,加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀,产生沉淀的原因是 ___________________________。
(2)镀铜可防止铁制品腐蚀,电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是 _______。
(3)利用如图装置,可以模拟铁的电化学防护。
若X为碳棒,为减缓铁的腐蚀,开关K应置于________处。
若X为锌,开关K置于M处,该电化学防护法称为_________________________。
【解析】(1)①冒气泡的原因是Al与NaOH反应,离子方程式为2Al+2OH-+2H2O
2Al+3H2↑;使Al生成沉淀,最好是通入CO2,若加HNO3,生成的沉淀容易溶解。
②阳极是Al发生氧化反应,要生成氧化膜,还必须有H2O参加,故电极反应式为2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+;加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀,是由于废电解液中含有H+,HC与H+反应生成CO2气体,随着H+的减少,溶液碱性增强,产生Al(OH)3沉淀。
(2)电镀时,阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+,以补充Cu2+。
(3)铁被保护,可以作原电池的正极,或者电解池的阴极,故若X为碳棒,开关K应置于N处,Fe作阴极受到保护;若X为锌,开关K置于M处,铁作正极,锌作负极,称为牺牲阳极的阴极保护法。
答案:(1)①2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑ b
②2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+ HC与H+反应,使H+浓度减小,产生Al(OH)3沉淀
(2)阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+
(3)N 牺牲阳极的阴极保护法
【延伸探究】
(1)铁制品镀铜时,电镀池装置有何要求
提示:铁制品作阴极,纯铜作阳极,硫酸铜或硝酸铜溶液作电解质溶液。
(2)在(3)装置图中,若X为碳棒,开关置于N处,该电化学防护法是哪种保护法
提示:外加电流的阴极保护法。4.1
原电池
1.(2016·大同高二检测)下列烧杯中盛放的都是稀硫酸,在铜电极上能产生气泡的是 ( )
【解析】选A。B、C选项均无化学反应;D选项Zn与稀硫酸反应,但装置不能形成闭合回路,只有A符合要求。
2.(2016·雅安高二检测)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.在原电池中负极发生还原反应
C.阳离子向正极方向移动
D.原电池中正极一定是不活泼金属
【解析】选C。在外电路中,电子从负极流向正极;原电池中负极发生氧化反应;随着反应的进行,阳离子在正极被还原,所以电解质溶液中的阳离子向正极移动;原电池中一般正极金属比负极活泼性差,但不一定是不活泼金属,也可能为碳。
3.(2016·三明高二检测)理论上不能设计为原电池的化学反应是 ( )
A.CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH<0
B.HNO3(aq)+NaOH(aq)NaNO3(aq)+H2O(l) ΔH<0
C.2H2(g)+O2(g)2H2O(l) ΔH<0
D.2FeCl3(aq)+Fe(s)3FeCl2(aq) ΔH<0
【解析】选B。原电池反应均是自发进行的放热的氧化还原反应,选项A、C、D均属氧化还原反应,理论上可以设计成原电池,而选项B是非氧化还原反应,不能设计成原电池。
4.(2016·成都高二检测)在如图所示的装置中,a的金属活动性比氢要强,b为碳棒,关于此装置的各种叙述不正确的是 ( )
A.碳棒上有气体放出,溶液pH变大
B.a是正极,b是负极
C.导线中有电子流动,电子从a极流向b极
D.a极上发生了氧化反应
【解析】选B。电极a、b与电解质溶液稀硫酸组成原电池。因活动性a>b(碳棒),所以a为原电池的负极,b为正极。
电极反应式:
a(负)极:a-ne-an+(氧化反应)
b(正)极:nH++ne-H2↑(还原反应)
由于正极放电消耗H+,溶液中c(H+)减小,pH增大,在外电路中,电子由a极流出经电流表A流向b极。
5.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.两烧杯中溶液的pH均增大
B.甲中铜片是正极,乙中铜片是负极
C.两烧杯中铜片表面均无气泡产生
D.产生气泡的速率甲比乙慢
【解析】选A。甲是一个原电池装置,负极(Zn)反应为Zn-2e-Zn2+,正极(Cu)反应为2H++2e-H2↑;两烧杯中H2SO4均被消耗,溶液的pH均增大。
6.(2016·新乡高二检测)X、Y、Z、W四块金属板分别用导线两两相连浸入稀硫酸中构成原电池。X、Y相连时,X为负极;Z、W相连时,外电路电流方向是W→Z;X、Z相连时,Z极上产生大量气泡;W、Y相连时,W极发生氧化反应。据此判断四种金属的活动性顺序是 ( )
A.X>Z>W>Y
B.Z>X>Y>W
C.X>Y>Z>W
D.Y>W>Z>X
【解析】选A。在原电池中,活泼金属作原电池的负极,失去电子发生氧化反应;不活泼的金属或非金属导体作原电池的正极,阳离子或氧气等在正极得到电子发生还原反应。电子由负极经导线流向正极,与电流的方向相反。因此,X、Y相连时,X为负极,则活动性X>Y;Z、W相连时,电流方向是W→Z,则活动性Z>W;X、Z相连时,Z极上产生大量气泡,则活动性X>Z;W、Y相连时,W极发生氧化反应,则活动性W>Y。综上所述,可以得出金属的活动性顺序:X>Z>W>Y。
7.(2016·沈阳高二检测)由锌片、铜片和200mL稀硫酸组成的原电池如图所示。
(1)原电池的负极反应是_______________________,
正极反应是___________________________。
(2)电流的方向是________。
(3)一段时间后,当在铜片上放出1.68L(标准状况下)气体时,H2SO4恰好消耗一半。则产生这些气体的同时,共消耗______g锌,有________个电子通过了导线,原硫酸的物质的量浓度是________(设溶液体积不变)。
【解析】产生0.075
mol
H2,通过0.075
mol×2=0.15
mol电子,消耗0.075
mol
Zn和0.075
mol
H2SO4。所以m(Zn)=0.075
mol×65
g·mol-1=4.875
g,N(e-)=
0.15
mol×6.02×1023mol-1=9.03×1022,c(H2SO4)==0.75
mol·L-1。
答案:(1)Zn-2e-Zn2+ 2H++2e-H2↑
(2)由Cu极流向Zn极
(3)4.875 9.03×1022 0.75
mol·L-1
【补偿训练】由A、B、C、D四种金属按下表中装置图进行实验。
装置
现象
二价金属A不断溶解
C的质量增加
A上有气体产生
根据实验现象回答下列问题:
(1)装置甲中负极的电极反应式是________________________________。
(2)装置乙中正极的电极反应式是____________________________________。
(3)装置丙中溶液的pH________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)四种金属活动性由强到弱的顺序是_____________________。
【解析】甲、乙、丙均为原电池装置。依据原电池原理,甲中A不断溶解,则A为负极、B为正极,活动性A>B;乙中C极增重,即析出Cu,则B为负极,活动性B>C;丙中A上有气体产生即有H2产生,则A为正极,活动性D>A,随着H+的消耗,丙溶液pH变大。
答案:(1)A-2e-A2+
(2)Cu2++2e-Cu
(3)变大 (4)D>A>B>C
8.【能力挑战题】某同学设计实验探究构成原电池的条件,装置如下:
实验一:实验探究电极的构成(甲图)
①A、B两极均选用石墨作电极,发现电流计指针不偏转;②A、B两极均选用铜片作电极,发现电流计指针不偏转;③A极用锌片,B极用铜片,发现电流计指针向左偏转;④A极用锌片,B极用石墨,发现电流计指针向左偏转。
结论一: ________________________________________________________
实验二:探究溶液的构成(甲图,A极用锌片,B极用铜片)
①液体采用无水乙醇,发现电流计指针不偏转;
②改用硫酸溶液,发现电流计指针偏转,B极上有气体产生。
结论二: ________________________________________________________
实验三:对比实验,探究乙图装置能否构成原电池
将锌、铜两电极分别放入稀硫酸溶液中,发现锌片上有气泡产生,铜片上无明显现象,电流计指针不发生偏转。
结论三: _________________________________________________________
思考:对该同学的实验,同学乙提出了如下疑问,请你帮助解决。
(1)在甲图装置中,若A为镁片,B为铝片,电解质溶液为NaOH溶液,电流计的指针应向________偏转。
(2)将盛有KCl溶液的U形管放在图乙的两个烧杯之中形成盐桥,电流计指针________(填“能”或“不能”)偏转。
【解析】实验一说明两个电极用活泼性相同的材料不能构成原电池;实验二说明必须有电解质溶液才能构成原电池;实验三说明必须构成闭合电路;在甲图装置中,若A为镁片,B为铝片,电解质溶液为NaOH溶液,则铝片为负极,所以电流计指针向右偏转;用盐桥将乙装置中的两烧杯相连,则形成闭合回路,能构成原电池,电流计指针发生偏转。
答案:结论一:电极必须是两活泼性不同的电极
结论二:溶液必须是电解质溶液
结论三:必须构成闭合回路 (1)右 (2)能4.3
电解池
2
1.(2016·聊城高二检测)用石墨作电极电解CuCl2和KCl的混合溶液,电解初期阴极和阳极分别析出的物质是 ( )
A.H2、Cl2
B.Cu、Cl2
C.H2、O2
D.Cu、O2
【解析】选B。溶液中的离子有Cu2+、K+、H+及Cl-、OH-五种离子,得电子能力Cu2+>H+>K+,失电子能力:Cl->OH-,所以电解初期:阴极:Cu2++2e-Cu,阳极:2Cl--2e-Cl2↑。
2.(2016·潍坊高二检测)把两个惰性电极插入500mL的AgNO3溶液中,通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解时阴极没有氢气析出,且电解液在电解前后体积可以忽略),电极上析出银的质量大约是 ( )
A.27mg
B.54mg
C.108mg
D.216mg
【解析】选B。首先应弄清楚两极的反应。阳极:4OH--4e-O2↑+2H2O;阴极没有氢气析出,则阴极反应为Ag++e-Ag。OH-的消耗导致了H+的增加,增加量为1×10-3mol·L-1×0.5L=5×10-4mol,即转移电子数5×10-4mol,析出银的质量为5×10-4mol×108g·mol-1=0.054g=54mg。
【补偿训练】
将含有0.400mol
CuSO4和0.200mol
KCl的水溶液1L,用惰性电极电解一段时间后,在一个电极上析出19.2g
Cu,此时在另一电极上放出的气体在标准状况下的体积为 ( )
A.5.60L
B.6.72L
C.4.48L
D.3.36L
【解析】选C。电路中的确转移了0.600mol的电子,但溶液中仅有0.200mol的氯离子,其放电析出0.100mol的氯气。阳极放电的下一个产物应是氢氧根离子失电子转化成氧气,其量为0.400mol的电子转移,产生0.100mol
的氧气。因此在阳极最终生成0.200mol的气体,在标准状况下的体积为4.48L。
3.(双选)某电解池内盛有CuSO4溶液,插入两根电极,接通直流电源后,欲达到如下要求:①阳极质量不变;②阴极质量增加;③电解液pH减小,则应选用的电极是
( )
A.阴阳两极都用石墨
B.铜作阳极,铁作阴极
C.铁作阳极,铜作阴极
D.铂作阳极,铜作阴极
【解析】选A、D。解答本题的关键是选择阳极材料,因为阳极质量不变,则阳极应为惰性电极;阴极在电解过程中不放电,惰性电极、活性电极都可以。
【易错提醒】
阴、阳离子的放电顺序不是绝对化的,放电情况与离子性质、溶液浓度、电流密度和电极材料有关。在理解以上放电顺序时要特别注意,如Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+在H+浓度小时放电能力排在H+前面,在H+浓度大时放电能力排在H+后面。Al3+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+只在熔融状态下放电,而在水溶液里不放电。
4.Cu2O是一种半导体材料,基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图所示,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0.1mol电子转移时,有0.1mol
Cu2O生成
【解析】选A。从反应中得知Cu在通电时失电子,在阳极放电,发生氧化反应,另一电极(石墨)作阴极,发生还原反应,2H2O+2e-H2↑+2OH-,相应的CuCu2O,转移0.1mol电子生成0.05mol
Cu2O,故B、C、D项错。
5.已知H2O2是一种弱酸,在强碱性溶液中主要以H形式存在。目前研究比较热门的Al-H2O2电池,其电池总反应为2Al+3H2Al+OH-+H2O。现以Al-H2O2电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制备氢气(右池中隔膜仅阻止气体通过,b、c、d均为惰性电极)。试回答下列问题:
(1)电极b是____极,电极反应式为__________________;
(2)右池是____池,电极c的电极反应式为________________;
(3)通电2min后,Al电极质量减轻2.7g,则产生氮气的体积为__________L(标准状况)。
【解析】Al和b电极构成原电池,Al活泼易失电子发生氧化反应作负极,b作正极;c和d电极构成电解池,c作阳极,d作阴极,(1)电极b是正极,电极反应式为H+2e—+H2O3OH—。(2)右池是电解池,电极c作阳极,电极反应式为CO(NH2)2-6e—+8OH—C+N2+6H2O;(3)由电子守恒,2.7g
Al失电子0.3mol,生成氮气0.3mol/6=0.05mol,在标准状况下的体积为1.12L。
答案:(1)正 H+2e—+H2O3OH—
(2)电解 CO(NH2)2-6e—+8OH—C+N2+6H2O
(3)1.12
6.【能力挑战题】(2016·宿迁高二检测)如图中的A为直流电源,B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸,C为电镀槽,接通电路后,发现B上的c点显红色。请填空:
(1)电源A中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点显红色,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
【补偿训练】
(2016·长沙高二检测)如图是电解饱和食盐水(含酚酞)的装置。有毒气体收集的氯化钠装置省略没有画出,两电极均是惰性电极。
(1)a电极的名称________。
(2)电解过程中观察到的现象:__________________________________。
(3)确定N出口的气体最简单的方法是_______________________________。
(4)电解的总反应离子方程式为______________________________________。
(5)若将b电极换成铁作电极,写出在电解过程中U形管底部出现的现象_____。
【解析】根据电子的流向,可以判断a极的名称,a极连接的是直流电源电子流出的一极,为负极,因此,a极是电解池的阴极;那么b极为阳极,产物为Cl2,检验Cl2的方法是用湿润的淀粉KI试纸;当将b极改为铁电极时,铁失去电子变成阳离子进入溶液,与阴极放出H2后剩余的OH-结合,首先生成Fe(OH)2沉淀,然后转化为Fe(OH)3沉淀。
答案:(1)阴极 (2)两极均有气泡产生;a极区溶液变成红色;b极液面上气体变为黄绿色;b极区溶液变为浅绿色
(3)用湿润的淀粉KI试纸检验,若试纸变蓝,则是Cl2
(4)2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
(5)底部有白色沉淀产生,很快变为灰绿色,最终变为红褐色3.1
弱电解质的电离
1.(2016·三亚高二检测)下列电离方程式正确的是 ( )
A.NaHSO4Na++HS
B.NaHCO3Na++H++C
C.H2CO3溶于水:H2CO32H++C
D.(NH4)2SO4溶于水:(NH4)2SO42N+S
【解析】选D。
选项
错因分析
正确写法
A
HS是强酸的酸式根,在水溶液中完全电离
NaHSO4Na++H++
S
B
NaHCO3是强电解质,应写“”,且HC是弱酸根,不能拆开
NaHCO3Na++HCHCH++C
C
H2CO3是二元弱酸,电离应分步书写
H2CO3H++HCHCH++C
【补偿训练】
下列电离方程式中,书写正确的是 ( )
A.Ba(OH)2Ba2++2OH-
B.H3PO43H++P
C.HFH++F-
D.NH3·H2ON+OH-
【解析】选D。强电解质电离用等号表示,A项错误;弱电解质电离用可逆符号表示,尤其需要注意的是多元弱酸电离的时候必须要分步进行,故B、C错误,D正确。
2.(双选)一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时,为了减缓反应速率,且不影响生成氢气的总量,可向盐酸中加入适量的 ( )
A.NaOH(固体)
B.H2O
C.HCl
D.CH3COONa(固体)
【解析】选B、D。由题意可知,要使反应速率减小,而不改变H2的量,则要求c(H+)减小,而n(H+)不变,可采取的措施有加水或加CH3COONa固体。
3.(2016·广州高二检测)下列溶液中导电性最强的是 ( )
A.1L0.1mol·L-1醋酸
B.0.1L0.1mol·L-1H2SO4溶液
C.0.5L0.1mol·L-1盐酸
D.2L0.1mol·L-1H2SO3溶液
【解析】选B。溶液中离子浓度越大,溶液的导电能力越强。当离子浓度相同时,还要比较离子所带的电荷数是否相同。离子浓度越大,离子所带的电荷越多,溶液的导电性越强。
4.(2016·金华高二检测)使某弱酸HX的电离程度增大,溶液中的c(H+)减小的措施有 ( )
A.加水稀释
B.加NaX
C.加热
D.加铜粉
【解析】选A。加水稀释能促进弱电解质电离,但离子浓度会减小,A项正确;加NaX会抑制HX的电离,B项错误;加热能促进电离,同时使c(H+)增大,C项错误;加铜粉不反应,对原溶液没有影响,D项错误。
【补偿训练】
已知0.1mol·L-1的醋酸溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,要使溶液中c(H+)/c(CH3COOH)的值增大,可以采取的措施是 ( )
①加少量烧碱固体 ②升高温度 ③加少量冰醋酸
④加水
A.①②
B.②③
C.③④
D.②④
【解析】选D。①中,加少量NaOH时,H+与OH-结合生成难电离的H2O,使c(H+)/c(CH3COOH)值减小。②中,CH3COOH的电离是吸热反应,升温,c(H+)增大,c(CH3COOH)减小,故c(H+)/c(CH3COOH)的值增大。③中,加入无水CH3COOH时,c(CH3COOH)增大量大于c(H+)增大量,致使c(H+)/c(CH3COOH)的值减小。④中,加水稀释电离平衡右移,n(CH3COOH)减小,n(H+)增大。因两者处于同一体系中,体积相等,故c(H+)/c(CH3COOH)的值增大。
5.下列关于电离常数的说法正确的是 ( )
A.电离常数随着弱电解质的浓度增大而增大
B.CH3COOH的电离常数表达式为
Ka=
C.CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa溶液,电离常数减小
D.电离常数只与温度有关,与浓度无关
【解析】选D。K只与温度有关,与浓度无关。
6.已知醋酸达到电离平衡后,改变某条件,电离平衡向正反应方向移动,则下列说法正确的是 ( )
A.实现该变化,只能升高温度
B.溶液的导电能力一定变强
C.溶液的pH一定减小
D.发生电离的分子总数增多
【解析】选D。温度升高或者减小生成物的浓度等都能使平衡向正反应方向移动,A项错误;加水稀释,平衡正向移动,但离子浓度降低,溶液导电能力减弱,溶液的pH增大,B、C两项错误。
【补偿训练】
在醋酸溶液中,CH3COOH电离达到平衡的标志是 ( )
A.溶液显电中性
B.溶液中检测不出CH3COOH分子存在
C.氢离子浓度恒定不变
D.c(H+)=c(CH3COO-)
【解析】选C。醋酸溶液存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+。CH3COOH电离成离子的速率和CH3COO-、H+结合成分子的速率相等,或溶液中各种离子浓度不变,均能说明CH3COOH的电离达到了平衡状态。
7.(2016·长沙高二检测)H2S溶于水的电离方程式为______________。
(1)向H2S溶液中加入CuSO4溶液时,电离平衡向________移动,c(H+)________,
c(S2-)________。
(2)向H2S溶液中加入NaOH固体时,电离平衡向________移动,c(H+)________,
c(S2-)________。
(3)若将H2S溶液加热至沸腾,c(H2S)________。
(4)若要增大H2S溶液中c(S2-),最好加入________。
【解析】H2S是二元弱酸,在水溶液中是分两步电离,其电离方程式应为H2SH++HS-,HS-H++S2-。
(1)当加入CuSO4时,因发生反应Cu2++S2-CuS↓,使平衡右移,导致c(H+)增大,但c(S2-)减小。
(2)当加入NaOH时,因发生反应H++OH-H2O,使平衡右移,导致c(H+)减小,但c(S2-)增大。
(3)当加热H2S溶液至沸腾时,因H2S挥发,使c(H2S)减小。
(4)增大c(S2-)最好是加入只与H+反应的物质,可见加入强碱如NaOH固体最适宜。
答案:H2SH++HS-,HS-H++S2- (1)右 增大 减小 (2)右 减小 增大 (3)减小 (4)NaOH固体
【补偿训练】
(2016·福州高二检测)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
加入盐酸
降低温度
加NH4Cl固体
加入稀氨水
【解析】影响电离平衡的条件有温度和浓度。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-)增大,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-)增大,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
8.【能力挑战题】(2016·宿迁高二检测)如图所示图象是在一定温度下,向不同电解质溶液中加入新物质时溶液的导电性发生变化,其电流(I)随加入量(m)的变化曲线。其中与A变化趋势一致的是________,与B变化趋势一致的是________,与C变化趋势一致的是________。
①Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量
②醋酸溶液中滴入NH3·H2O溶液至过量
③澄清石灰水中通入CO2至过量
④NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体
⑤盐酸中通入适量氨气
⑥氢氧化钠溶液中通入适量Cl2
【解析】①Ba(OH)2+H2SO4BaSO4↓+2H2O,由于生成沉淀和难电离的水,导电率逐渐减小,直至恰好完全反应,导电率几乎为零。当硫酸过量时,导电率又逐渐增大。所以符合B图象。
②CH3COOH+NH3·H2OCH3COONH4+H2O,加入氨水,生成强电解质CH3COONH4,导电率增大,当氨水过量时又相当于稀释CH3COONH4,导电率又逐渐减小。所以符合A图象。
③首先发生反应Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O,随着溶液中离子浓度逐渐减小,导电率减小,当Ca2+沉淀完全时,导电率几乎为零。此后继续通CO2气体,则发生反应CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2,由于生成可溶性的Ca(HCO3)2,溶液的导电率又逐渐增大。所以符合B图象。
④NH4Cl+NaOHNH3·H2O+NaCl,从NH4Cl到NaCl均为强电解质,NH3·H2O为弱电解质,发生微弱电离可以忽略不计,离子浓度不变,故导电性不变。所以符合C图象。
⑤HCl+NH3NH4Cl,从HCl到NH4Cl均为强电解质,离子浓度不变,故导电性不变。所以符合C图象。
⑥2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O,从“2NaOH”到“NaCl+NaClO”可以看出,离子浓度不变,故导电性不变。所以符合C图象。
答案:② ①③ ④⑤⑥4.3
电解池
1
1.(2016·新乡高二检测)用石墨电极电解CuCl2溶液(见下图)。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】选A。可利用电解质溶液中离子的移动方向判断出电源的正负极,并写出电极反应式和反应现象。A.铜离子应移向阴极,则a为负极。B.CuCl2发生电离是在水分子的作用下完成的,并非通电才能发生。C.反应Cu2++2e-Cu应在阴极上发生,阳极上发生的反应应为2Cl--2e-Cl2↑。D.通电一段时间后,应在阳极附近观察到黄绿色气体。
2.(2016·海南高考)以石墨为电极,电解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉),下列说法错误的是 ( )
A.阴极附近溶液呈红色
B.阴极逸出气体
C.阳极附近溶液呈蓝色
D.溶液的pH变小
【解析】选D。惰性电极电解碘化钾溶液,阴极氢离子得电子生成氢气,同时生成氢氧化钾,因此溶液变红(碱使酚酞变红),A、B说法正确;阳极产生碘单质,碘使淀粉变蓝,C说法正确;阴极氢离子得电子生成氢气,同时生成氢氧化钾,碱性增强,D说法错误。
3.(2016·雅安高二检测)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
【解析】选A。淀粉遇碘变蓝→b极生成I2,即确定b极发生反应2I--2e-I2,则b极是阳极,x是负极,y是正极,a极H+放电,发生反应2H++2e-H2↑,产生氢气,U形管中总反应式为2KI+2H2O2KOH+H2↑+I2,溶液的碱性增强,故A错误,B、D正确;石墨为阴极,铂为阳极,电极反应分别是Cu2++2e-Cu,4OH--4e-2H2O+
O2↑,C正确。
4.某同学为了使反应2HCl
+2Ag2AgCl
+
H2↑能进行,设计了下列四个实验,如下图所示,你认为可行的方案是 ( )
【解析】选C。银不能和盐酸反应生成氢气,所以是不能自发反应的。要实现该反应,只能是通过电解。其中银失去电子,和电源的正极相连,作阳极,电解质溶液是盐酸,所以选C。
5.铁镍蓄电池,放电时的总反应为
Fe+Ni2O3+3H2OFe(OH)2+2Ni(OH)2。
下列有关该电池的说法不正确的是 ( )
A.电池的电解液为碱性溶液,正极为Ni2O3、负极为Fe
B.电池放电时,负极反应为Fe+2OH--2e-Fe(OH)2
C.电池充电过程中,阴极附近溶液的pH降低
D.电池充电时,阳极反应为2Ni(OH)2+2OH--2e-Ni2O3+3H2O
【解析】选C。由放电时的反应可以得出铁作还原剂失去电子,Ni2O3作氧化剂得到电子,即正极为Ni2O3、负极为Fe,故A正确;根据总反应Fe+Ni2O3+3H2OFe(OH)2+2Ni(OH)2,可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极,发生氧化反应,为还原剂,失电子生成Fe2+,碱性电解质中最终生成Fe(OH)2,负极反应为Fe+2OH--2e-Fe(OH)2,故B正确;充电可以看作是放电的逆过程,即阴极为原来的负极,所以电池放电时,负极反应为Fe+2OH--2e-Fe(OH)2,所以电池充电过程时阴极反应为Fe(OH)2+2e-Fe+2OH-,因此电池充电过程中阴极附近溶液的pH会升高,故C错误;充电时,阴极发生Fe(OH)2+2e-Fe+2OH-,阳极发生2Ni(OH)2+2OH--2e-Ni2O3+3H2O,故D正确。
6.(2016·福州高二检测)用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶3的CuSO4和NaCl的混合溶液,可能发生的反应有 ( )
①2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑
②Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑
③2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
④2H2O2H2↑+O2↑
A.①②③
B.①②④
C.②③④
D.仅②④
【解析】选C。混合溶液中CuSO4和NaCl的物质的量之比为1∶3,即发生电解的溶质离子Cu2+和Cl-的物质的量之比为1∶3。第一阶段电解CuCl2溶液,第二阶段电解NaCl溶液,第三阶段电解NaOH、Na2SO4混合溶液(相当于电解水)。
7.(2016·长春高二检测)如图所示装置中,当线路接通时,发现M(用石蕊试液浸润过的滤纸)a端显蓝色,b端显红色,且知甲中电极材料是锌、银,乙中电极材料是铂、铜,且乙中两电极不发生变化。回答:
(1)甲、乙分别是什么装置 ________、________。
(2)写出A、B、C、D的电极名称以及电极材料和电极反应式。
___________________________________________________________________。
【解析】由甲中电极材料知,甲为原电池,Zn为负极,银为正极,乙为电解池,C为阳极,D为阴极。
答案:(1)原电池 电解池
(2)A极(负极Zn):Zn-2e-Zn2+;
B极(正极Ag):Cu2++2e-Cu;
C极(阳极Pt):2OH--2e-H2O+O2↑;
D极(阴极Cu):2H++2e-H2↑。
【补偿训练】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________反应(填“氧化”或“还原”),Cu电极反应式为_______。
(3)B池中C是________极,Pt极发生电极反应式为_______________________。
(4)C池中Cu是________极,电极反应式为______________________________,
反应过程中,溶液浓度________(填“变大”“变小”或“不变”)。
【解析】(1)判断装置是原电池还是电解池,关键是看它有没有外接直流电源,有则为电解池,无则为原电池,由此可知A为原电池,B和C为电解池。(2)原电池中电极分为正、负极,相对活泼的金属作负极,失电子发生氧化反应,金属性相对较不活泼的作正极,易知A中Zn作负极,失电子被氧化,发生反应为Zn-2e-Zn2+;Cu为正极,电解液中阳离子在正极上得电子被还原,发生反应为Cu2++2e-Cu,A池总反应为上述两个半反应的和,即Zn+Cu2+Zn2++Cu。(3)电解池中与直流电源负极相连的电极为阴极,与直流电源正极相连的电极叫阳极,在外电场作用下溶液中H+和Cu2+均移向阴极碳棒,但因盐溶液中阳离子得电子能力Cu2+>H+,因而发生还原反应Cu2++2e-Cu。同时溶液中失电子能力较强的Cl-在阳极Pt表面被氧化,电极反应为2Cl--2e-Cl2↑,总方程式为CuCl2Cu+Cl2↑。(4)装置C中阳极为活性电极Cu,当阳极不是惰性电极时,电极本身会被强迫失电子而发生氧化反应:Cu-2e-Cu2+,生成离子进入溶液,此时溶液中阴离子不能失电子,而阴极上发生还原反应Cu2++2e-Cu,两极反应速率相等,溶液中其他离子不发生反应,因而溶液浓度维持不变。
答案:(1)A B、C (2)氧化 Cu2++2e-Cu
(3)阴 2Cl--2e-Cl2↑
(4)阳 Cu-2e-Cu2+ 不变
8.【能力挑战题】(2016·沈阳高二检测)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336mL(标准状态)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)电源输出的电子,其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为2∶________∶________∶________。
(4)AgNO3溶液的浓度________(填“增大”“减小”或“不变”,下同),AgNO3溶液的pH________,硫酸的浓度________,硫酸的pH________。
(5)若硫酸的质量分数由5.00%变为5.02%,则原有5.00%的硫酸________g。
【解析】(1)电解5.00%的稀硫酸,实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应:2H2O2H2↑+O2↑,V(H2)∶V(O2)=2∶1。据此可确定d极为阴极,则电源的N极为负极,M极为正极。
(2)在336
mL气体中,V(H2)=×336
mL=224
mL,为0.01
mol;V(O2)=×336
mL=
112
mL,为0.005
mol。说明电路上有0.02
mol电子移动,因此在b极(Pt、阴极)产生Ag:0.02
mol×108
g·mol-1=2.16
g,即0.02
mol的Ag。
(3)n(e-)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)=0.02∶0.02∶0.005∶0.01=2∶2∶∶1。
(4)由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电解池,在通电一定时间后,在Pt电极上放电所消耗溶液中Ag+的物质的量等于Ag电极被氧化给溶液补充的Ag+的物质的量,因此AgNO3溶液的浓度不变,溶液的pH也不变。电解5.00%的硫酸溶液,由于其中的水发生电解,因此硫酸浓度增大,由于H+的浓度增大,故溶液的pH减小。
(5)设原5.00%的硫酸为xg,电解时消耗水0.01
mol×18
g·mol-1=0.18
g,则:5.00%x=5.02%(x-0.18),解得x=45.18
g。
答案:(1)正
(2)Ag 2.16
(3)2 1
(4)不变 不变 增大 减小
(5)45.182.3.化学平衡1
1.(2016·大连高二检测)在密闭容器中进行如下反应:X2(g)+Y2(g)2Z(g),已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1
mol·L-1、0.3
mol·L-1、0.2
mol·L-1,在一定条件下,当反应达到平衡时,各物质的浓度有可能是 ( )
A.Z为0.3
mol·L-1
B.X2为0.2
mol·L-1
C.Y2为0.4
mol·L-1
D.c(X2)+c(Y2)+c(Z)=0.55
mol·L-1
【解析】选A。可逆反应中,反应体系中各物质一定共存,如果B、C选项中的数据存在,则Z的浓度为0,这是不可能的,A选项符合题意;又因为该反应是总体积不变的反应,达到平衡时,不论X2、Y2、Z怎么变化,总物质的量不会改变,总浓度也不会改变,即:c(X2)+c(Y2)+c(Z)=0.6
mol·L-1。
【易错提醒】
可逆反应中,反应物与生成物同时存在;任一组分的转化率都小于100%。
2.(2016·白山高二检测)在一定条件下体积不变的密闭容器中,反应
2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)达到平衡状态的标志是 ( )
A.单位时间内生成2nmol
A,同时生成nmol
D
B.容器内压强不随时间而变化
C.单位时间内生成nmol
B,同时消耗1.5nmol
C
D.容器内混合气体密度不随时间而变化
【解析】选A。单位时间内生成2nmol
A,同时生成nmol
D,则v(正)=v(逆),反应达平衡状态;单位时间内生成nmol
B,同时消耗1.5nmol
C,都是表示逆反应速率,不能判断反应是否达平衡状态;因为反应前后气体总体积不变,不论反应开始进行,还是达到平衡,体系的压强始终不变,故压强不能作为判定依据;该反应是一个气态反应,在恒容条件下,无论起始还是达到平衡,混合气体的密度始终不变,故密度也不能作为判定依据。
【易错提醒】
反应物、生成物全为气体,定容时,密度一定,不一定是平衡状态。
3.在一定条件下,容器内某一反应发生时M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如下图所示,下列表述中正确的是 ( )
A.反应的化学方程式为2MN
B.t2时,正、逆反应速率相等,达到平衡
C.t3时,正反应速率大于逆反应速率
D.t1时,N的浓度是M的浓度的2倍
【解析】选D。由图象知,0~t2时间内N的浓度的变化量是M的浓度的变化量的2倍,可得反应的方程式为2NM;t2时刻体系并未达到平衡,故正反应速率与逆反应速率不相等;t3时刻反应已达到平衡,此时v(正)=v(逆),因此选项A、B、C的说法都是错误的。
4.(2016·宜春高二检测)在2
L密闭容器内,800℃时反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中,n(NO)随时间的变化如下表:
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)下图表示NO2的浓度变化的曲线是________。用O2表示从0~2
s内该反应的平均速率v(O2)=________。
(2)能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a.v(NO2)=2v(O2)
b.容器内压强保持不变
c.v逆(NO)=2v正(O2)
d.容器内密度保持不变
【解析】(1)该反应达到平衡时,n(NO)=0.007
mol,此时n(NO2)=0.013mol,其浓度变化量为0.0065mol·L-1,所以表示NO2浓度变化的曲线是b。(2)a表示的是同一方向的速率,在任何时候都成立,而d中容器的体积及气体的总质量都不变,气体的密度也始终不变。
答案:(1)b 1.5×10-3mol·L-1·s-1 (2)b、c
5.【能力挑战题】(2016·滁州高二检测)已知A和B可以相互转化:2A(g)B(g)。现将一定量A(有颜色)和B的混合气体通入体积为2
L的恒温密闭玻璃容器中,反应物的物质的量随时间变化关系如图。
(1)图中共有两条曲线X和Y,其中曲线________表示A的物质的量随时间的变化;a、b、c、d四个点中,表示化学反应处于平衡状态的点是________。下列不能说明该反应已达到平衡状态的是________。
A.容器内混合气体的总物质的量不随时间变化而变化
B.容器内混合气体的密度不随时间变化而变化
C.容器内混合气体的颜色不随时间变化而变化
D.容器内混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化
(2)前10
min内用A表示的化学反应速率v(A)=________mol·L-1·min-1。
【解析】(1)由图象看出10
min内,X曲线物质的变化量为0.4
mol,Y曲线物质的变化量为0.2
mol,所以曲线X表示A的物质的量随时间的变化;平衡状态时,各物质的物质的量不再变化,所以b、d两点处于平衡状态;容器内混合气体的密度任何时间都不变化,所以不能作为平衡状态的标志。(2)前10
min内,v(A)==0.02
mol·L-1·min-1。
答案:(1)X b和d B (2)0.022.3.化学平衡4
1.(2016·邵武高二检测)下列关于化学平衡常数的叙述正确的是 ( )
A.化学平衡常数与温度无关
B.两种物质反应,不管怎样书写化学方程式,平衡常数不变
C.化学平衡常数等于某时刻生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值
D.温度一定,对于给定的化学反应,正、逆反应的平衡常数互为倒数
【解析】选D。化学平衡常数与温度有关,不同温度下,K值不同,同时平衡常数还与化学方程式的书写方式有关,故A、B两项错误。K值的计算必须用平衡浓度,故C项错误。化学平衡常数的大小定量反映了可逆反应进行程度的大小,它只是一个温度函数,与浓度、压强、催化剂均无关。
【易错提醒】化学平衡常数必须是可逆反应达到化学平衡状态时的常数。表达式中各物质的浓度必须是平衡状态下的浓度,不能用任一时刻的浓度值。
2.某温度下的密闭容器中发生如下反应:2M(g)+N(g)2E(g)。若开始时只充入2
mol
E(g),达到化学平衡时,混合气体的压强比开始时增大了20%;若开始时只充入2
mol
M(g)和1
mol
N(g)的混合气体,则达到化学平衡时M的转化率是
( )
A.20%
B.40%
C.60%
D.80%
【解析】选C。题中充入2
mol
E(g)与充入2
mol
M(g)、1
mol
N(g)属于等效平衡。根据同温同容下,压强之比等于物质的量之比,所以平衡时混合气体的物质的量增加了Δn=2
mol×20%=0.4
mol。根据方程式可得n(M)=2Δn=2×
0.4
mol=0.8
mol。当只充入2
mol
M和1
mol
N的混合气体达平衡时,剩余M的物质的量也应该为0.8
mol,反应的M的物质的量为2
mol-0.8
mol=1.2
mol,所以M的转化率为×100%=60%。
3.(2016·常德高二检测)1
000
K时反应C(s)+2H2(g)CH4(g)的K
=8.28×107,当各气体物质的量浓度分别为H20.7
mol·L-1、CH40.2
mol·L-1时,上述反应
( )
A.正向移动
B.逆向移动
C.达到平衡
D.不一定
【解析】选A。Q==0.408,Qv(逆)。
【易错提醒】解答本题注意以下两点:
(1)比较浓度商Q与平衡常数K的关系,可以判断反应进行的方向。
(2)注意该反应平衡常数K的表达式的书写,固体不写入其中。
4.有一化学平衡:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),如图是表示A的转化率与压强、温度的关系,分析下图可以得出的正确结论是 ( )
A.正反应是吸热反应,且m+n>p+q
B.正反应是吸热反应,且m+nC.正反应是放热反应,且m+n>p+q
D.正反应是放热反应,且m+n【解析】选A。此题是两个条件同时对化学平衡产生影响的图象。先固定一个条件不变,分析另一个条件变化对平衡的影响,得出一个结论,然后再固定这个条件不变,分析另一条件变化对平衡的影响。温度不变,压强越大,A的转化率越高,得出:m+n>p+q;压强不变,温度越高,A的转化率越大,得出:正反应吸热。
5.(2016·大庆高二检测)某温度下气体反应达到化学平衡,平衡常数K=,恒容时,若温度适当降低,F的浓度增加。下列说法中正确的是 ( )
A.增大c(A)、c(B),
K增大
B.降低温度,正反应速率增大
C.该反应的焓变为负值
D.该反应的化学方程式为2E(g)+F(g)A(g)+2B(g)
【解析】选D。平衡常数K只随温度的变化而变化,与浓度变化无关,A错误;降低温度,正、逆反应速率均减小,B错误;降温时,F的浓度增大,说明平衡逆向移动,正反应是吸热反应,则焓变为正值,C错误;根据化学平衡常数表达式可知A、B是生成物,E、F为反应物,且对应指数为其化学方程式中物质前的化学计量数,D正确。
【补偿训练】
(双选)将BaO2放入密闭的真空容器中,反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)达到平衡。保持温度不变,缩小容器容积,体系重新达到平衡,下列说法正确的是 ( )
A.平衡常数减小
B.BaO量不变
C.氧气压强不变
D.BaO2量增加
【解析】选C、D。A项,平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数就不变,错误。B项,该反应的正反应是气体体积增大的反应。保持温度不变,缩小容器容积,即增大了压强,根据平衡移动原理,化学平衡向气体体积减小的方向移动,即向逆反应方向移动,所以BaO量减小,错误。C项,由于温度不变,化学平衡常数就不变,其数值就等于氧气的浓度,浓度不变,因此氧气压强不变,正确。D项,缩小容器容积,平衡逆向移动,所以体系重新达到平衡,BaO2量增加,正确。
6.已知2X2(g)+Y2(g)2Z(g) ΔH=-akJ·mol-1(a>0),在一个容积固定的容器中加入2
mol
X2和1
mol
Y2,在500℃充分反应达平衡后Z的浓度为Wmol·L-1,放出热量bkJ。
(1)此反应平衡常数表达式为________;若将温度降低到300℃,则反应平衡常数将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)若原来容器中只加入2
mol
Z,500℃充分反应达平衡后,吸收热量ckJ,则Z的平衡浓度______________(填“>”“<”或“=”)Wmol·L-1,a、b、c之间满足关系____________(用代数式表示)。
(3)能说明反应已达平衡状态的是________(从下列选项中选择)。
a.浓度c(Z)=2c(Y2)
b.容器内压强保持不变
c.v逆(X2)=2v正(Y2)
d.容器内的密度保持不变
(4)若将上述容器改为恒压容器(反应器开始体积相同),相同温度下起始加入
2
mol
X2和1
mol
Y2达到平衡后,Y2的转化率将________(填“变大”“变小”或“不变”)。
【解析】(1)该反应为放热反应,降低温度平衡正向移动,化学平衡常数增大。(2)两种情况下为从不同的反应方向进行,可以达到相同的平衡状态,故Z的平衡浓度相等。由于两次的转化是从相反方向进行的,故a=b+c。(3)反应达到平衡时,Z与Y2浓度不一定符合方程式的化学计量数间的比例关系,a项错误;该反应是气体体积减小的反应,故压强不变时,反应达到平衡状态,b项正确;将c项正、逆反应速率转化为用同一种物质表示的速率后相等,正确;容器体积固定,反应混合物均为气体,故密度始终不变,d项错误。(4)因该反应是气体体积减小的反应,若为恒压容器,随着反应的进行,容器体积减小,平衡右移,Y2的转化率变大。
答案:(1)
K
= 增大
(2)= a=b+c (3)b、c (4)变大
7.【能力挑战题】(2016·洛阳高二检测)一定温度下,在一定容积的密闭容器中发生如下可逆反应:2A(g)+B(g)2C(g),在反应过程中,C的物质的量n(C)随时间的变化关系如图所示(从t1时间开始对反应体系升高温度)。试回答下列问题:
(1)a点时,反应的v(正)____________(填“>”“<”或“=”)v(逆)。
(2)此反应的逆反应为______________(填“放”或“吸”)热反应。
(3)a、b两点的正反应速率:v(a)__________(填“>”“<”或“=”)v(b)。
【解析】(1)Op段C的物质的量增加,意味着反应正向进行,所以a点时,反应的v(正)>v(逆)。(2)从t1时间开始对反应体系升高温度,C的物质的量减少,意味着平衡逆向移动,所以此反应的逆反应为吸热反应。(3)a、b两点C的物质的量浓度相同,则A、B的物质的量浓度也相同,但是b点时温度高于a点时温度,正反应速率:v(a)答案:(1)> (2)吸 (3)<
【补偿训练】
(2016·鹤壁高二检测)在容积为1
L的密闭容器中,进行如下反应:A(g)+2B(g)
C(g)+D(g),在不同温度下,D的物质的量n(D)和时间t的关系如图。
请回答下列问题:
(1)能判断反应达到化学平衡状态的依据是________。
A.容器中压强不变
B.混合气体中c(A)不变
C.v正(B)=2v逆(D)
D.c(A)=c(C)
(2)若最初加入1.0
mol
A和2.2
mol
B,利用图中数据计算800℃时的平衡常数K=________,该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。
【解析】(1)该反应是一个反应前后气体体积减小的反应,容器中压强不变,可以作为反应达到平衡状态的标志,A项正确;反应达到平衡时,混合气体中c(A)不变,B项正确;当v正(B)=2v逆(D)时,该反应达到平衡状态,C项正确;当c(A)=c(C)时,该反应不一定达到平衡状态,D项错误。
(2) A(g)+2B(g)C(g)+D(g)
开始/(mol·L-1)
1.0 2.2
0
0
转化/(mol·L-1)
0.6
1.2
0.6
0.6
平衡/(mol·)
0.4
1.0
0.6
0.6
K==0.9。
从图象可知,温度升高,平衡正向移动,故该反应为吸热反应。
答案:(1)A、B、C (2)0.9 吸热2.2
影响化学反应速率的因素
1.(2016·上饶高二检测)下列事实能说明影响化学反应速率的主要因素是反应物自身性质的是 ( )
A.Cu能与浓硝酸反应,但不能与浓盐酸反应
B.Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快
C.N2与O2在常温、常压下不反应,放电时可反应
D.Fe与浓盐酸反应比与稀盐酸反应快
【解析】选A。Cu与浓硝酸反应而与浓盐酸不反应,是因为浓硝酸有强氧化性,而浓盐酸只表现出H+的氧化性,即是由反应物自身性质决定的,B项、D项是因为浓度的改变,C项是外界条件发生变化。
2.(2016·泉州高二检测)通过缩小反应容器体积而增大压强对下列反应的速率无影响的是 ( )
A.CO2(g)+Ca(OH)2CaCO3↓+H2O
B.H2(g)+I2(g)2HI(g)
C.NaCl+AgNO3AgCl↓+NaNO3
D.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
【解析】选C。只要反应中无气体物质参加或生成,改变压强均不能改变化学反应速率。
【补偿训练】
下列体系加压后,对化学反应速率没有影响的是 ( )
A.2SO2+O22SO3
B.CO+H2O(g)CO2+H2
C.CO2+H2OH2CO3
D.OH-+H+H2O
【解析】选D。压强对没有气体参加的化学反应速率没有影响。D项的反应是溶液中的反应,故选D。
3.(2016·抚顺高二检测)下列有关化学反应速率的说法中正确的是 ( )
A.100
mL
2
mol·L-1的盐酸与锌反应时,加入适量的氯化钠溶液,生成氢气的速率不变
B.用铁片和稀硫酸反应制取氢气时,改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率
C.二氧化硫的催化氧化是一个放热反应,所以升高温度,反应速率减慢
D.汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2,减小压强,反应速率减慢
【解析】选D。A项,加入氯化钠溶液,相当于对盐酸稀释,c(H+)降低,反应速率减慢;B项,改用铁片和浓硫酸反应时,如常温则发生钝化,如加热则反应生成二氧化硫气体,得不到氢气;C项,不论该化学反应是放热反应还是吸热反应,升高温度,化学反应速率必然加快;D项,对有气体参与的反应,减小压强,气体的浓度降低,反应速率减慢。
【补偿训练】
反应A(s)+2B(g)2C(g)在一密闭容器中进行,当改变下列条件之一时,一定能增大反应速率的是 ( )
A.增加A物质的量
B.降低温度
C.压缩反应容器体积
D.消耗掉部分B物质
【解析】选C。上述反应中,A是固体,不存在浓度的变化,所以增加A的量,不能改变反应速率;反应式中未标明放热或吸热,但是降低温度时,无论放热反应还是吸热反应,其速率都会减小;压缩容器体积,相当于增大了气体物质的浓度,正、逆反应速率都会增大;消耗掉部分B物质时,B物质的浓度减小,正反应速率减小,逆反应速率也随之减小。
4.亚氯酸盐(如NaClO2)可用作漂白剂,在常温下不见光时可保存一年,但在酸性溶液中因生成亚氯酸而发生分解:5HClO24ClO2↑+H++Cl-+2H2O。分解时,刚加入硫酸,反应缓慢,随后突然反应释放出大量ClO2,这是因为 ( )
A.酸使亚氯酸的氧化性增强
B.溶液中的H+起催化作用
C.溶液中的Cl-起催化作用
D.逸出的ClO2使反应生成物的浓度降低
【解析】选C。由题目信息可知,NaClO2在酸性溶液中生成亚氯酸,生成的亚氯酸在刚加入硫酸时反应缓慢,随后突然反应加快,这说明分解生成的产物中的某种物质起了催化剂的作用,故正确答案为C。
5.下列四支试管中,过氧化氢分解的化学反应速率最大的试管是 ( )
试管
温度
过氧化氢浓度
催化剂
A
室温(25℃)
12%
有
B
水浴加热(50℃)
4%
无
C
水浴加热(50℃)
12%
有
D
室温(25℃)
4%
无
【解析】选C。A和C加入催化剂,则反应速率应大于B和D,A和C相比较,C温度较高,浓度与A相同,则反应速率较大。
6.(2016·内江高二检测)在一密闭容器中充入1
mol
I2和1
mol
H2,压强为p(Pa),并在一定温度下使其发生反应:H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0。
(1)保持容器容积不变,向其中充入1
mol
H2,反应速率______(填“增大”“减小”或“不变”),理由是___________________________________________________。
(2)保持容器容积不变,向其中充入1
mol
CO2(不参加反应),反应速率__________
________(填“增大”“减小”或“不变”),理由是_____________________________
___________________________________________________________________。
(3)保持容器内气体的压强不变,向其中充入1
mol
CO2,反应速率________(填“增大”“减小”或“不变”),理由是_______________________________________
___________________________________________________________________。
【解析】(1)容器体积不变,充入H2,增大反应物的浓度,使反应速率增大。(2)容器体积不变,充入CO2,并没有改变H2、I2的浓度,故反应速率不变。(3)保持p不变,充入CO2,使容器体积增大,H2、I2的浓度减小,反应速率减小。
答案:(1)增大 增大反应物浓度,反应速率增大
(2)不变 反应物的浓度不变,反应速率不变
(3)减小 容器的体积变大,反应物浓度减小,反应速率减小
7.【能力挑战题】可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是工业上制取H2SO4的重要反应。
(1)在恒压条件下,该反应分组实验的有关条件如表:
反应条件
温度
容器体积
起始n(SO2)
起始n(O2)
其他条件
Ⅰ组
500℃
1
L
1
mol
2
mol
无
Ⅱ组
500℃
1
L
1
mol
2
mol
已知Ⅰ、Ⅱ两组实验过程中,SO3气体的体积分数φ(SO3)随时间t的变化曲线如图所示。
①Ⅱ组与Ⅰ组相比不同的条件是________________________________________
___________________________________________________________________。
②将Ⅰ组实验中温度变为800℃,则φ(SO3)达到a%所需的时间_______________
(填“小于”“大于”或“等于”)t1。
(2)若起始时向该容器中通入的是SO2和只有由18O原子组成的氧气18O2,则φ(SO3)大于a%时,18O原子存在于________(填序号)中。
A.O2
B.SO2
C.O2和SO2
D.O2、SO2和SO3
【解析】(1)由题意可知,两组实验的压强、温度和起始浓度均相同,而由曲线图可看出Ⅱ组实验的反应速率快,所以Ⅱ组具备的其他条件是使用了催化剂,加快了化学反应速率。温度升高后,化学反应速率加快,所以φ(SO3)达到a%所需的时间比原来短。
(2)由于正、逆反应是同时进行的,所以反应一段时间后,18O原子会存在于各种反应物及生成物中。
答案:(1)①Ⅱ组使用了催化剂 ②小于
(2)D4.2
化学电源
1.(2016·太原高二检测)锌锰干电池的两极分别为碳棒和锌皮,在放电时电池总反应方程式可以表示为Zn+2MnO2+2NZn2++Mn2O3+2NH3+H2O。根据上述信息,下列结论正确的是 ( )
A.放电时正极发生反应的物质为N
B.Zn为负极,碳为正极
C.工作时,电子由碳极经外电路流向Zn极
D.长时间连续使用该电池时,内装糊状物不会流出
【解析】选B。在电池的正极上发生的是得电子的还原反应,是总反应中氧化剂发生反应的电极。由锌锰干电池的总反应式可知,MnO2与N发生的反应为正极反应。根据原电池的工作原理可知,相对活泼(指金属性)的一极为负极,相对不活泼的一极为正极,B项正确;在外电路,电子从负极流向正极,C项错误;长时间连续使用该电池,由于锌皮慢慢溶解而破损,糊状物很可能流出而腐蚀用电器,D项错误。
【补偿训练】(2016·聊城高二检测)某同学在超市看到一种电池外壳的纸层包装,印有如图所示的文字。下列有关说法错误的是 ( )
A.该电池不是可充电干电池
B.该电池用过之后不可以随意丢弃,要集中回收处理
C.该电池含有重金属元素
D.该电池工作时,外电路中每通过0.2mol
e-,锌的质量理论上减少3.25g
【解析】选D。电池工作时,锌失去电子,电极反应为Zn-2e-Zn2+,外电路每通过0.2mol电子,锌的质量理论上应减少6.5g,所以D项错误。
2.(2016·济宁高二检测)关于铅蓄电池的说法正确的是 ( )
A.在放电时,正极发生的反应是Pb(s)+S(aq)PbSO4(s)+2e-
B.在放电时,该电池的负极材料是铅板
C.在充电时,电池中硫酸的浓度不断变小
D.在充电时,阳极发生的反应是PbSO4(s)+2e-Pb(s)+S(aq)
【解析】选B。A项中电池放电时正极应发生还原反应,电极反应为PbO2+4H++S+2e-PbSO4+2H2O;C项中电池充电时硫酸的浓度应不断增大;D项中电池充电时阳极反应应为放电时正极反应的逆反应,即应发生氧化反应。
3.(2016·温州高二检测)固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它以固体为电解质,这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2-)在其间通过。该电池的工作原理如图所示,其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是 ( )
A.由O2放电的a极为电池的负极
B.由H2放电的b极为电池的正极
C.a极对应的电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-
D.该电池的总反应方程式为2H2+O22H2O
【解析】选D。固体介质允许O2-通过,说明为非水体系,因此C项中a极反应式不正确,这种表达是水溶液中进行的反应,a极反应式应该是O2+2e-O2-,b极反应式:H2-2e-2H+,总反应方程式是H2+O2H2O。
4.(2016·长春高二检测)我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是 ( )
A.a为电池的正极
B.电池充电反应为LiMn2O4Li1-xMn2O4+xLi
C.放电时,a极锂的化合价发生变化
D.放电时,溶液中Li+从b向a迁移
【解析】选C。锂离子电池中,b电极为Li,放电时,Li失电子为负极,LiMn2O4得电子为正极,所以a为电池的正极,故A正确;充电时,Li+在阴极得电子,LiMn2O4在阳极失电子,电池充电反应为LiMn2O4Li1-xMn2O4+xLi,故B正确;放电时,a为正极,正极上Li1-xMn2O4中锰元素得电子,所以锂的化合价不变,故C错误;放电时,溶液中阳离子向正极移动,即溶液中Li+从b向a迁移,故D正确。
5.高铁电池是一种新型可充电电池,与普通高能电池相比,该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3
+4KOH,下列叙述不正确的是 ( )
A.放电时负极反应式为Zn-2e-+2OH-Zn(OH)2
B.充电时阳极发生氧化反应
C.放电时每转移3mol电子,正极有1mol
K2FeO4被氧化
D.放电时正极附近溶液的碱性增强
【解析】选C。该电池放电时负极发生氧化反应:Zn-2e-+2OH-Zn(OH)2,正极发生还原反应:Fe+3e-+4H2OFe(OH)3+5OH-,正极附近溶液碱性增强,D正确,C不正确;充电时阳极发生氧化反应,B正确。
【方法规律】电极反应的书写方法
(1)先确定原电池的正、负极,列出正、负极上的反应物质,并标出相同数目电子的得失。
(2)正、负极反应式相加得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式,可先写出较易书写的一极的电极反应式,然后在电子守恒的基础上,总反应式减去较易写出的一极的电极反应式,即得到较难写出的另一极的电极反应式。
6.美国加州Miramar海军航空站安装了一台250kW的MCFC型燃料电池,该电池可同时供应电和水蒸气,其工作温度为600～700℃,所用燃料为H2,电解质为熔融的K2CO3。该电池的总反应为2H2+O22H2O,负极反应为H2+C-2e-H2O+
CO2。则下列推断中正确的是 ( )
A.正极反应:4OH--4e-2H2O+O2↑
B.当电池生成1mol
H2O时,转移4mol电子
C.放电时C向负极移动
D.放电时C向正极移动
【解析】选C。总反应减去负极反应求得正极反应为:O2+4e-+2CO22C,故A项错误;由总反应知每生成1mol水,转移2mol电子,故B项错误;放电时,C向负极移动,C项正确;D项错误。
7.(2016·厦门高二检测)微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池,其电极分别是Ag2O和Zn,电解质溶液为KOH溶液,电极反应为Zn+2OH--2e-
Zn(OH)2,Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-。
根据上述反应式,完成下列题目。
(1)判断下列叙述中正确的是________。
A.在使用过程中,电解质KOH被不断消耗
B.使用过程中,电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
C.Zn是负极,Ag2O是正极
D.Zn电极发生还原反应,Ag2O电极发生氧化反应
(2)写出电池的总反应式:________________________________。
(3)使用时,负极区的pH________(填“增大”“减小”或“不变”,下同),正极区的pH________,电解质溶液的pH________。
【解析】由正、负电极反应式可知:Zn电极为负极,发生氧化反应,负极区pH减小,Ag2O为正极,发生还原反应,正极区pH增大;使用时电子由Zn极流向Ag2O极,正、负极反应式相加可得总反应式为Zn+Ag2O+H2OZn(OH)2+2Ag,故电解质KOH未被消耗,电解质溶液的pH不变。
答案:(1)C
(2)Zn+Ag2O+H2OZn(OH)2+2Ag
(3)减小 增大 不变
【补偿训练】(2016·大同高二检测)(1)Zn-MnO2干电池应用广泛,其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液。该电池的负极材料是__________。电池工作时,电子流向________(填“正极”或“负极”)。若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+,会加速某电极的腐蚀,其主要原因是__________________________________。
(2)如图为钠硫高能电池的结构示意图,该电池的工作温度为320℃左右,电池反应为2Na+xSNa2Sx,正极的电极反应式为______________________________。
M(由Na2O和Al2O3制得)的两个作用是__________________________________。
__________________________________________________________________
与铅蓄电池相比,当消耗相同质量的负极活性物质时,钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的________倍。
【解析】(1)负极是失电子的一极,Zn所失电子由负极经外电路流向正极。锌与还原出来的铜构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀。(2)正极上是S得到电子发生还原反应:xS+2e-;要形成闭合回路,M必须是能使离子在其中定向移动的,故M的两个作用是导电和隔膜;假设消耗的质量都是207g,则铅蓄电池能提供的电子为2mol,而钠硫电池提供的电子为mol,故钠硫电池的放电量是铅蓄电池的4.5倍。
答案:(1)Zn(或锌) 正极 锌与还原出来的铜构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀
(2)xS+2e- 离子导电(导电或电解质)和隔离钠与硫 4.5
8.【能力挑战题】(2016·长沙高二检测)全钒液流电池是一种活性物质呈循环流动液态的电池,目前钒电池技术已经趋近成熟。如图是钒电池基本工作原理示意图:
请回答下列问题:
(1)硫酸在电池技术和实验室中具有广泛的应用,在传统的铜锌原电池中,硫酸是________,实验室中配制硫酸亚铁时需要加入少量硫酸,硫酸的作用是_____。
(2)钒电池是以溶解于一定浓度硫酸溶液中的不同价态的钒离子(V2+、V3+、VO2+、V)为正极和负极电极反应的活性物质,电池总反应为VO2++V3++H2OV2++V
+2H+。放电时的正极反应式为________________________________________,
充电时的阴极反应式为_____________________________________________。
放电过程中,电解质溶液的pH________(选填“升高”“降低”或“不变”)。
(3)钒电池基本工作原理示意图中“正极电解质溶液”可能是________。
a.V、VO2+混合液 b.V3+、V2+混合液
c.V溶液
d.VO2+溶液
e.V3+溶液
f.V2+溶液
(4)能够通过钒电池基本工作原理示意图中“隔膜”的离子是________。
【解析】(1)传统的铜锌原电池中,锌与酸反应生成氢气,故硫酸为电解质溶液;硫酸亚铁容易水解,且水解显酸性,加入少量硫酸,可以抑制其水解变质。
(2)正极反应是还原反应,由电池总反应可知放电时的正极反应为V+2H++e-VO2++H2O;充电时,阴极反应为还原反应,故为V3+得电子生成V2+的反应。
(3)充电时阳极反应式为VO2++H2O-e-V+2H+,故充电完毕的正极电解质溶液为V溶液,而放电完毕的正极电解质溶液为VO2+溶液,故正极电解质溶液可能是选项acd。
(4)充电和放电过程中,正极电解质溶液与负极电解质溶液不能混合,起平衡电荷作用的是加入的酸,故H+可以通过隔膜。
答案:(1)电解质溶液 抑制硫酸亚铁的水解
(2)V+2H++e-VO2++H2O V3++e-V2+ 升高
(3)acd (4)H+
【补偿训练】(2016·鞍山高二检测)科学家预言,燃
料电池将是21世纪获得电能的重要途径,美国已计划将甲醇燃料电池用于军事。一种甲醇燃料电池采用铂或碳化钨作为电极催化剂,在稀硫酸电解液中直接加入纯化后的甲醇,同时向一个电极通入空气。
回答下列问题:
(1)这种电池放电时发生的化学反应方程式是___________________________。
(2)此电池正极发生的电极反应式是___________________________________,
负极发生的电极反应式是_________________________________________。
(3)电解液中的H+向________极移动,向外电路释放电子的电极是________。
(4)比起直接燃烧燃料产生电力,使用燃料电池有许多优点,其中主要有两点:首先是燃料电池能量转化效率高,其次是_________________________________。
【解析】甲醇燃料电池实质就是利用CH3OH燃料在氧气中反应来提供电能。CH3OH作负极,发生氧化反应,电极反应为2CH3OH+2H2O-12e-2CO2+12H+;氧气在正极的电极反应为3O2+12H++12e-6H2O,两反应相加得总反应式。在电池中,负极释放电子传到正极上,故H+向正极移动。甲醇反应产物为CO2和H2O,对环境无污染。
答案:(1)2CH3OH+3O22CO2+4H2O
(2)3O2+12H++12e-6H2O
2CH3OH+2H2O-12e-2CO2+12H+
(3)正 负极
(4)对环境无污染3.3.1
盐类的水解
1.(2016·聊城高二检测)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】选D。能够使pH试纸变蓝的溶液呈碱性,纯碱水解使溶液呈碱性。
【补偿训练】常温下,下列离子能使纯水中H+数目增加的是 ( )
A.CH3COO-
B.N
C.HC
D.N
【解析】选B。CH3COO-和HC能结合水电离的H+,从而使溶液中的H+数目减少;N能结合水电离的OH-,从而使溶液中的H+数增加;N不影响水的电离,故选B。
2.(2016·三明高二检测)下列物质在常温下发生水解时,对应的离子方程式正确的是 ( )
①Na2CO3:C+2H2OH2O+CO2↑+2OH-
②NH4Cl:N+H2ONH3·H2O+H+
③CuSO4:Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
④NaF:F-+H2OHF+OH-
A.①④ B.②③ C.①③ D.②④
【解析】选B。①应为C+H2OHC+OH-。④应用“”。
3.(2016·淄博高二检测)将0.1mol下列物质置于1L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】选C。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。
4.(2016·宿迁高二检测)在下列各微粒中,能使水的电离平衡向电离的方向移动,且使溶液的pH>7的是 ( )
A.
B.HC
C.HS
D.26X3+
【解析】选B。首先判断A的微粒是Al3+,D的微粒是Fe3+,Al3+、Fe3+能结合水电离出的OH-,使水的电离平衡向电离的方向移动,溶液呈酸性,pH<7,因而不符合题意;HS能完全电离,使溶液中c(H+)增大,抑制水的电离,溶液呈酸性,选项C不符合题意。
【补偿训练】对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是 ( )
A.
B.26Fe3+
C.
D.CH3COO-
【解析】选C。HCl会抑制H2O的电离;26Fe3+、CH3COO-均水解,促进H2O的电离;C项Cl-不水解,不影响水的电离。
【方法规律】关于盐水解几个“不一定”
(1)显中性的溶液不一定不发生水解。
如:CH3COONH4溶液显中性,但CH3COO-与N均发生水解且水解能力几乎相同,因此其溶液呈中性。
(2)显酸性的溶液不一定为强酸弱碱盐。
如:NaHSO4水溶液显酸性,但NaHSO4为强酸强碱的酸式盐,它在水溶液中能完全电离,使H+的浓度增大,溶液呈酸性。
(3)盐溶液的酸碱性不仅与盐中“弱离子”水解能力的强弱有关,还与盐溶液的浓度有关。
如:NaHCO3比CH3COONa的水解能力强,但如果后者浓度远大于前者时,则后者水溶液的碱性强。
5.(2016·新乡高二检测)有关①100mL0.1mol·L-1NaHCO3、②100mL0.1mol·L-1Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是 ( )
A.溶液中水电离出的H+个数:②>①
B.溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①
C.①溶液中:c(C)>c(H2CO3)
D.②溶液中:c(HC)>c(H2CO3)
【解析】选C。盐类水解促进水的电离,因Na2CO3的水解程度更大,碱性更强,故水中电离出的H+个数更多,A项正确;B项,②中钠离子的物质的量浓度为0.2mol·L-1,而①中钠离子的物质的量浓度为0.1mol·L-1,根据物料守恒及电荷守恒可知溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①,正确;C项,NaHCO3水解程度大于电离,所以c(H2CO3)>c(C),错误;D项,Na2CO3溶液中C分步水解,且第一步水解占主要地位,正确。
【补偿训练】由一价离子组成的四种盐(AC、BD、AD、BC)溶液的浓度为1mol·,在室温下前两种溶液的pH=7,第三种溶液pH>7,最后一种溶液pH<7,则下表中的关系正确的是 ( )
A
B
C
D
碱性
AOH>BOH
AOHAOH>BOH
AOH酸性
HC>HD
HC>HD
HCHC【解析】选A。由AD溶液的pH>7,可知AOH的电离程度大于HD,由BC溶液的pH<7,可知BOH的电离程度小于HC。同理由AC、BD溶液的pH=7,可知AOH与HC、BOH与HD的电离程度相同。故有电离程度HC=AOH>HD=BOH,即HC的酸性大于HD,AOH的碱性大于BOH。
6.欲使0.1mol·L-1K2CO3溶液中c(K+)=2c(C),应采取的措施是 ( )
A.加少量盐酸
B.加适量KOH
C.加适量水
D.加适量NaOH
【解析】选D。在K2CO3溶液中存在C+H2OHC+OH-水解平衡,可以使该平衡左移以达到c(K+)=2c(C)。A项会消耗C;B项虽会使平衡左移,但也会增加K+;C项使平衡右移;只有D项符合题意。
【易错提醒】本题易误认为B、D两项均可,其实B项不仅可以增大c(C),而且使c(K+)增大更快。
7.在室温下,下列五种溶液:
①0.1mol·L-1NH4Cl
②0.1mol·L-1CH3COONH4
③0.1mol·L-1NH4HSO4
④0.1mol·L-1NH3·H2O和0.1mol·L-1NH4Cl混合液
⑤0.1mol·L-1NH3·H2O
请根据要求填写下列空白:
(1)溶液①呈________性(填“酸”“碱”或“中”),其原因是______________。(用离子方程式表示)
(2)比较溶液②、③中c(N)的大小关系是②____③(填“>”“<”或“=”)。
(3)在溶液④中,________离子的浓度为0.1mol·L-1;NH3·H2O和______离子的物质的量浓度之和为0.2mol·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-)________c(N)(填“>”“<”或“=”)。
【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)②、③溶液中均存在N+H2ONH3·H2O+H+,而②中阴离子CH3COO-+H2O
CH3COOH+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)根据原子守恒知在④溶液中c(Cl-)=0.1mol·L-1,
c(NH3·H2O)+c(N)=0.1mol·L-1+0.1mol·L-1=0.2mol·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)= =
【延伸探究】(1)NH4Cl溶液中存在哪些离子
提示:共有4种离子:Cl-、N、H+、OH-。
(2)NH4HSO4溶液显酸性,主要是水解造成的吗
提示:不是。主要是NH4HSO4电离出的H+造成的。
【补偿训练】向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加酚酞呈红色的原因是________(用离子方程式表示);将此溶液微热,红色________(填“加深”“变浅”或“不变”),0.1mol·L-1Na2CO3溶液和0.1mol·L-1NaHCO3溶液比较,①水的电离程度前者________后者(填“>”“=”或“<”,下同);②溶液的pH前者________后者。
【解析】Na2CO3为强碱弱酸盐,水解呈碱性,在溶液中存在C+H2OHC+OH-,水解过程为吸热过程,加热温度升高,使C水解平衡右移,c(OH-)增大,溶液碱性增强,所以红色加深;碳酸钠中碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢钠中碳酸氢根离子的水解程度,所以碳酸钠的碱性强,pH大,其中水的电离程度大。
答案:C+H2OHC+OH 加深 > >
8.【能力挑战题】(2016·大同高二检测)25℃时,如果取0.1mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计),测得混合溶液的pH=8,试回答以下问题:
(1)混合溶液的pH=8的原因(用离子方程式表示):________________________;
(2)混合溶液中由水电离出的c(H+)________(填“<”“>”或“=”)0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(H+);
(3)已知NH4A溶液为中性,又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出,试推断(NH4)2CO3溶液的pH________(填“<”“>”或“=”)7;
(4)将相同温度下相同浓度的五种溶液:
①(NH4)2CO3 ②NH3·H2O ③(NH4)2SO4 ④NH4Cl ⑤CH3COONH4按c(N)由大到小的顺序排列________(填序号)。
【解析】(1)等量的HA与NaOH混合,恰好完全反应生成盐NaA,由于溶液显碱性,说明NaA是强碱弱酸盐,A-发生了水解。
(2)由于生成的盐能水解,所以促进了水的电离,而NaOH抑制水的电离,所以为“>”。
(3)由NH4A溶液为中性可知,HA的电离程度与NH3·H2O的电离程度相同,又由HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出可知,HA的电离程度大于H2CO3的,所以NH3·H2O的电离程度大于H2CO3的,所以(NH4)2CO3溶液显碱性(谁强显谁性)。
(4)假设盐未水解,①=③>④=⑤>②;由于①的水解程度大于③,所以c(N):③>①;由于④的水解程度小于⑤,所以c(N):④>⑤。
答案:(1)A-+H2OHA+OH- (2)> (3)>
(4)③>①>④>⑤>②
【补偿训练】(1)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后,溶液呈_______(填“酸性”“中性”或“碱性”,下同),溶液中c(Na+)______c(CH3COO-)(填“>”“=”或“<”,下同)。
(2)pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈________,溶液中c(Na+)________c(CH3COO-)。
(3)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后,溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等,则混合后溶液呈________,醋酸体积________氢氧化钠溶液体积。
(4)常温下将mmol·L-1的醋酸和nmol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7,则醋酸溶液中c(H+)________氢氧化钠溶液中c(OH-),m与n的大小关系是m________n。
【解析】(1)生成醋酸钠后,因CH3COO-水解使溶液显碱性,c(CH3COO-)小于c(Na+)。(2)醋酸过量,溶液显酸性。(3)因醋酸根离子和钠离子浓度相等,根据电荷守恒可知溶液呈中性。(4)混合后溶液的pH=7,说明酸稍过量,所以m大于n但醋酸溶液中c(H+)要小于氢氧化钠溶液中c(OH-)。
答案:(1)碱性 > (2)酸性 <
(3)中性 > (4)< >1.3
化学反应热的计算
1.(2016·贵阳高二检测)根据以下三个热化学方程式:
2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-Q1kJ·mol-1
2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(l)
ΔH=-Q2kJ·mol-1
2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(g)
ΔH=-Q3kJ·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
【解析】选A。H2S燃烧生成SO2和H2O(l)放出热量最多,生成S(s)和H2O(l)比生成S(s)和H2O(g)放出热量多,所以Q1>Q2>Q3。
2.已知:HCN(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH=-12.1
kJ·mol-1;HCl(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH=-55.6
kJ·mol-1。则HCN在水溶液中电离的ΔH等于 ( )
A.-67.7
kJ·mol-1
B.-43.5
kJ·mol-1
C.+43.5
kJ·mol-1
D.+67.7
kJ·mol-1
【解析】选C。根据题意可得如下热化学方程式:HCN(aq)+OH-(aq)CN-(aq)+
H2O(l) ΔH=-12.1
kJ·mol-1,H+(aq)+OH-(aq)H2O(l) ΔH=-55.6
kJ·mol-1,依据盖斯定律得到HCN(aq)H+(aq)+CN-(aq) ΔH=(-12.1
kJ·mol-1)-
(-55.6
kJ·mol-1)=+43.5
kJ·mol-1。
3.物质A在一定条件下可发生一系列转化,由图判断下列关系错误的是 ( )
A.A→F,ΔH=-ΔH6
B.ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=1
C.C→F,|ΔH|=|ΔH1+ΔH2+ΔH6|
D.|ΔH1+ΔH2+ΔH3|=|ΔH4+ΔH5+ΔH6|
【解析】选B。由盖斯定律可知:A→F,ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5=-ΔH6,即ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0,故A项正确,B项错误;由C→F可以判断,ΔH=ΔH3+ΔH4+ΔH5=-(ΔH1+ΔH2+ΔH6),故C项正确;由A→D知:ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=-(ΔH4+ΔH5+ΔH6),故D项正确。
4.(2016·南平高二检测)已知1
mol白磷转化为红磷时放出18.39
kJ的热量。在下列两个反应中:
①4P(白磷,s)+5O2(g)2P2O5(s)
ΔH=-akJ·mol-1(a>0)
②4P(红磷,s)+5O2(g)2P2O5(s)
ΔH=-bkJ·mol-1(b>0)
a和b的关系为 ( )
A.a B.a=b
C.a>b
D.无法确定
【解析】选C。此题可利用盖斯定律法进行比较,由①-②整理得4P(白磷,s)4P(红磷,s) ΔH=(b-a)kJ·mol-1。根据题中信息可知,白磷转化为红磷时会放出热量,故b-a<0,即a>b。
【方法规律】
盖斯定律法比较ΔH大小,是指比较两个热化学方程式相减所得物质变化或新的热化学方程式的ΔH是大于0还是小于0,可以用来判断原来两个反应的ΔH的大小。
5.【能力挑战题】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①、②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断键吸收的热量为436
kJ×2+498
kJ=
1
370
kJ,即①表示的数值;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-1①,
H2O(l)H2O(g) ΔH=+44
kJ·mol-1②,
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-13.2.3
pH的应用
1.(2016·衡阳高二检测)准确量取25.00mL
KMnO4溶液于锥形瓶中并用某无色未知浓度的还原性A溶液进行滴定,所选仪器和指示剂均正确的是 ( )
A.50mL酸式滴定管;甲基橙
B.50mL碱式滴定管;酚酞
C.50mL量筒;石蕊
D.50mL酸式滴定管;不用指示剂
【解析】选D。KMnO4溶液会腐蚀橡胶管,故要使用酸式滴定管量取溶液,KMnO4本身呈紫红色,恰好完全反应时褪色,不用加指示剂,答案为D。
2.(双选)用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度,参考图示仪器,从下表中选出正确选项 ( )
选项
锥形瓶中的溶液
滴定管中的溶液
指示剂
滴定管
A
碱
酸
石蕊
乙
B
酸
碱
酚酞
甲
C
碱
酸
甲基橙
甲
D
酸
碱
酚酞
乙
【解析】选C、D。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。
【补偿训练】下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是 ( )
A.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B.酸式滴定管装标准溶液前,必须先用该溶液润洗
C.酸碱滴定实验中,用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D.用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,立即用滴管吸出多余液体
【解析】选B。洗净的容量瓶不能放进烘箱中烘干,会影响其准确度,A错误;酸式滴定管装标准溶液前,必须先用该标准溶液润洗,B正确;酸碱滴定实验中,用待滴定溶液润洗锥形瓶会使待滴定的溶液量变多,引起误差,C错误;用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,应重新配制,D错误。
3.用标准NaOH溶液滴定盐酸时,若配制标准溶液称取NaOH固体中含有下列杂质时,会引起结果偏低的是 ( )
A.NaCl
B.Na2O
C.Na2CO3
D.NaHCO3
【解析】选B。每消耗1mol
HCl需NaOH为40g,而需要Na2O、Na2CO3、NaHCO3时,则分别为31g、53g、84g。故混有Na2O使所配标准液中和能力增强,消耗标准溶液体积减少,待测溶液浓度偏低。若混有杂质Na2CO3或NaHCO3时,则与上述相反。
【方法规律】关于杂质对误差的影响
(1)杂质不会消耗被滴定的物质(如本题设问的NaCl)。由于杂质的存在使所配标准溶液的浓度变小,在滴定过程中必须消耗标准溶液的体积增大,导致待测溶液浓度偏高。
(2)杂质也会消耗被滴定的物质(如本题设问的Na2O、Na2CO3和NaHCO3均会与HCl反应),可具体分析对比其中和能力的大小。
【补偿训练】用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸(放锥形瓶中),选用甲基橙作为指示剂,造成测定结果偏高的原因可能是 ( )
A.配制标准溶液的NaOH中混有Na2CO3杂质
B.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,其他操作正确
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用未知液润洗
D.以溶液颜色由红色变为橙色为滴定终点
【解析】选A。相同质量的NaOH比Na2CO3消耗HCl要多,所以A项中的情况会使测定结果偏高;滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度会使读数比实际上所用的体积偏小,则会使测定结果偏低;锥形瓶用蒸馏水润洗后不用待测液润洗,不会引起误差;由红色变为橙色还没有达到滴定终点,若此时读数会使测定结果偏低。
4.(双选)常温下,向10mL
pH=12的NaOH溶液中加入10mL某酸,再滴入几滴甲基橙,溶液呈红色,则这种酸可能是 ( )
A.pH=2的硫酸
B.0.01mol·L-1H2SO4
C.pH=2的醋酸
D.0.01mol·L-1的硝酸
【解析】选B、C。溶液呈红色,说明溶液呈酸性,A项,恰好反应呈中性;B项,H+过量,呈酸性;C项,醋酸过量,呈酸性;D项,恰好反应,呈中性。
【补偿训练】(双选)室温下,用氢氧化钠溶液来滴定
硫酸溶液,当达到滴定终点时,消耗氢氧化钠溶液的体积等于锥形瓶中硫酸溶液的体积,则说明 ( )
A.NaOH和H2SO4溶液的质量分数相等
B.NaOH和H2SO4溶液的物质的量浓度相等
C.NaOH的物质的量浓度等于H2SO4的物质的量浓度的两倍
D.氢氧化钠溶液的pH和硫酸溶液的pH之和等于14
【解析】选C、D。两溶液的体积相等,说明c(OH-)=c(H+),则两溶液pH之和等于14,NaOH的物质的量浓度等于H2SO4的物质的量浓度的两倍。
5.(2016·三明高二检测)两人用同一瓶盐酸滴定同一瓶NaOH溶液。甲将锥形瓶用NaOH待测液润洗后,使用水洗过的碱式滴定管取碱液于锥形瓶中;乙则用甲用过的滴定管取碱液于刚用蒸馏水洗过且存有蒸馏水的锥形瓶中,其他操作及读数均正确,你的判断是 ( )
A.甲操作正确
B.乙操作有错
C.甲测定数值一定比乙小
D.乙实际测得值较准确
【解析】选D。甲的锥形瓶不用润洗,滴定管应润洗,而乙用甲用过的滴定管,相当于已经润洗。
6.(2016·温州高二检测)用1.0mol·L-1NaOH溶液中和某浓度硫酸溶液时,其pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示。原硫酸溶液的物质的量浓度和反应后溶液的总体积是 ( )
A.1mol·L-1,60mL
B.0.5mol·L-1, 80mL
C.0.5mol·L-1, 40mL
D.1mol·L-1, 80mL
【解析】选B。由图可知该硫酸消耗的NaOH溶液的体积为40mL,消耗NaOH的物质的量为0.04mol,则被中和的硫酸的物质的量为0.02mol,由图可知硫酸溶液的pH=0,即c(H+)=1
mol·L-1,则c(H2SO4)=0.5mol·L-1,V(H2SO4)=40
mL,总体积80
mL。
【延伸探究】(1)该题目中的滴定终点pH=7吗
提示:滴定终点的pH一般不等于7,而是在7附近,具体值是由指示剂的变色范围决定的。
(2)滴定终点pH若不等于7,是否影响最终结果
提示:不影响。虽然滴定终点pH不为7,但误差特别小,完全可以忽略不计。
7.(2016·济宁高二检测)现用物质的量浓度为amol·L-1的标准NaOH溶液去滴定VmL盐酸的物质的量浓度,请填写下列空白:
(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后,接下来应该进行的操作是________。
(2)用标准NaOH溶液滴定时,应将标准NaOH溶液注入________(填“甲”或“乙”)中。
(3)如图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数,c(HCl)________mol·L-1。
【解析】(1)碱式滴定管水洗后应用标准NaOH溶液润洗2～3次,每次润洗液都要从尖嘴处排出。
(2)NaOH为强碱,应将NaOH溶液注入碱式滴定管中,故选乙。
(3)滴定过程中消耗NaOH溶液的体积为(V2-V1)mL,因此c(HCl)=mol·L-1。
答案:(1)用标准NaOH溶液润洗2～3次 (2)乙
(3)
【补偿训练】
1.用中和滴定法测定烧碱的纯度,若烧碱中含有与酸不反应的杂质,试根据实验回答:
(1)将准确称取的4.3g烧碱样品配成250mL待测液,需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外,还必须用到的仪器有_______________。
(2)取10.00mL待测液,用________式滴定管量取。
(3)用0.2000mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液,滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞,右手不停地摇动锥形瓶,两眼注视_________,直到滴定终点。
(4)根据下列数据,烧碱的纯度为________。
滴定次数
待测液体积/mL
标准盐酸体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液需要用一定规格的容量瓶、胶头滴管等。
(2)待测液为碱液,应用碱式滴定管量取。
(4)第一次V1(盐酸)=19.90
mL,第二次V2(盐酸)=20.10mL,两次平均V(盐酸)=20.00mL。
设烧碱的纯度为x,
×=0.02
L×0.200
0
mol·L-1,
x≈0.9302,即其纯度为93.02%。
答案:(1)250mL容量瓶、胶头滴管 (2)碱
(3)锥形瓶内溶液颜色变化 (4)93.02%
2.现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度,有关数据记录如下:
滴定序号
待测液体积/mL
所消耗盐酸标准液的体积/mL
滴定前
滴定后
消耗的体积
1
25.00
0.50
26.80
26.30
2
25.00
3
25.00
5.00
31.34
26.34
(1)用________式滴定管盛装0.2500mol·L-1盐酸标准液。如图表示第二次滴定前后50mL滴定管中液面的位置,
该次滴定所用标准盐酸体积为________mL。
(2)现实验室中有石蕊和酚酞两种指示剂,该实验应选用________作指示剂。
(3)根据所给数据,该烧碱样品的物质的量浓度为_______________。
(4)若操作过程中滴加盐酸速度过快,未充分振荡,刚看到溶液变色,就立刻停止滴定,则会造成测定结果________。(填“偏低”“偏高”或“无影响”)
【解析】(1)盐酸应用酸式滴定管盛放,据图可知初读数是0.30mL,末读数是24.90mL,故消耗盐酸的体积是24.90mL-0.30mL=24.60mL。
(2)石蕊变色不明显,中和滴定实验中不选作指示剂。
(3)因为三次实验中消耗的盐酸的体积分别是26.30mL、24.60mL、26.34mL,因此第2次实验误差较大,不能代入数据计算,应据第1次和第3次数据计算,得出消耗盐酸的平均值是26.32mL。烧碱与盐酸反应时物质的量之比是1∶1,故有c(HCl)·V(HCl)=c(NaOH)·V(NaOH),即0.250
0mol·L-1×26.32mL=25.00
mL×c(NaOH),则c(NaOH)=0.2632mol·L-1。
(4)操作过程中滴加盐酸速度过快,未充分振荡,刚看到溶液变色,就立刻停止滴定,此时滴加的盐酸不足,因此计算所得烧碱的浓度偏低。
答案:(1)酸 24.60
(2)酚酞
(3)0.2632mol·L-1
(4)偏低
8.【能力挑战题】(2016·大同高二检测)食醋分为酿造醋和配制醋两种,国家标准规定酿造食醋总酸度不得低于3.5g/100mL。常温下,某研究小组利用滴定分析法测定某品牌食醋中醋酸的酸度。若上海市质量技术监督局检测人员,用酸碱中和滴定法检测某食醋总酸度时,吸取食醋样品10mL于100mL容量瓶中并定容。移取定容后的溶液20mL于锥形瓶中,加入1～2滴指示剂,用浓度为0.1000mol·L-1的NaOH标准溶液滴定,实验数据记录如下:
滴定次数
0.1000mol·L-1NaOH标准溶液体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
0.00
20.04
2
0.12
20.08
3
0.05
20.05
(1)NaOH溶液应盛放在________中。
(2)测定食醋的总酸度实验中,配制NaOH溶液和稀释食醋所用的蒸馏水必须煮沸,目的是________________________。
(3)被检查的食醋总酸度是否符合国家标准________,其理由是____________。
(4)若盛放NaOH溶液的滴定管在滴定前仰视读数,滴定结束后俯视读数,所测醋酸的总酸度________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【解析】(1)NaOH属于腐蚀性的强碱溶液,应该盛放在碱式滴定管中。(2)溶解于H2O中的CO2能与NaOH溶液反应导致检测误差,加热煮沸蒸馏水能将溶解于H2O中的CO2赶出,避免了由于CO2引起的误差。(3)3次滴定消耗NaOH标准溶液体积的平均值为20.00mL,根据CH3COOH～NaOH,10mL食醋样品稀释为100mL后,c(CH3COOH)=c(NaOH)=0.1000mol·L-1,则原食醋样品中c(CH3COOH)=10×0.1000mol·L-1=1.000mol·L-1,总酸度=60g·mol-1×1.000mol·L-1=60g·L-1=
6.0g/100mL,故总酸度符合国家标准。(4)由于滴定管刻度下边大上边小,故滴定前仰视读数偏大,滴定后俯视读数偏小,使计算出的标准液的体积偏小,结果偏低。
答案:(1)碱式滴定管
(2)除去溶解在水中的二氧化碳
(3)符合 总酸度=6.0g/100mL>3.5g/100mL
(4)偏低2.3.化学平衡2
1.在一定温度不同压强(p1 ( )
【解析】选B。p2>p1,则p2条件下的反应速率较大,达到平衡所需的时间要短,且平衡逆向移动,Z的体积分数比p1的要低。
2.(2016·苏州高二检测)下列叙述及解释正确的是 ( )
A.2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色) ΔH<0,达平衡后,对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施,因为平衡向正反应方向移动,故体系颜色变浅
B.H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0,达平衡后,对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施,因为平衡不移动,故体系颜色不变
C.FeCl3+3KSCNFe(SCN)3(红色)+3KCl,达平衡后,加少量KCl,因为平衡向逆反应方向移动,故体系颜色变浅
D.对于N2+3H22NH3,平衡后,在压强不变的条件下充入O2,平衡左移
【解析】选D。A项,缩小体积,平衡右移,但c(NO2)浓度仍增大,颜色变深,A错;B项,扩大容积,平衡不移动,但由于c(I2)减小,故体系颜色变浅,B错;C项,由于KCl没有参与反应,故对平衡无影响,C错;D项,压强不变,充入O2(注:O2不参与反应),体积扩大,平衡左移。
3.下图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是 ( )
A.反应达平衡时,正反应速率和逆反应速率相等
B.该反应达到平衡态Ⅰ后,增大反应物浓度,平衡发生移动,达到平衡态Ⅱ
C.该反应达到平衡态Ⅰ后,减小反应物浓度,平衡发生移动,达到平衡态Ⅱ
D.同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等
【解析】选C。C项达到平衡态Ⅰ后,减小反应物浓度,正反应速率减小,逆反应速率瞬间不变,图象应为
4.温度一定时,在密闭容器中发生可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g),达到平衡后,若将混合气体的体积压缩到原来的,当再次达到平衡时,C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍,则下列叙述中,正确的是 ( )
A.平衡向逆反应方向移动
B.C气体的体积分数增大
C.气体A的转化率增大
D.m+n>p
【解析】选A。假设压缩气体的体积时平衡不发生移动,则C的浓度为原平衡时C的浓度的2倍,现只有1.9倍,说明增大压强平衡向逆反应方向移动,可得m+n5.(2016·商洛高二检测)在水溶液中橙色的Cr2与黄色的Cr有下列平衡关系:Cr2+H2O2Cr+2H+,把重铬酸钾(K2Cr2O7)溶于水配成的稀溶液是橙色的。
(1)向上述溶液中加入NaOH溶液,溶液呈________色。因为___________________
______________________。
(2)向已加入NaOH溶液的(1)溶液中再加入过量稀硫酸,则溶液呈________色,因为_________________________________________________________________。
(3)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀),则平衡________(填“向左移动”或“向右移动”),溶液颜色将________。
【解析】加碱中和溶液中的H+,平衡右移,溶液中的c(Cr)增大;加酸使平衡左移,溶液中的c(Cr2)增大;加Ba(NO3)2,发生的反应为Ba2++Cr
BaCrO4↓(黄色),平衡向右移动,溶液颜色将由橙色逐渐变浅,直至无色。
答案:(1)黄 OH-与H+结合生成水,c(H+)减小,使平衡向右移动,Cr浓度增大,溶液由橙色变为黄色
(2)橙 c(H+)增大,平衡左移,Cr2浓度增大,溶液又由黄色变为橙色
(3)向右移动 逐渐变浅,直至无色
6.【能力挑战题】对于A+2B(g)nC(g)在一定条件下达到平衡后,改变下列条件,请回答:
(1)A量的增减,平衡不移动,则A的状态为________。
(2)增压,平衡不移动,当n=2时,A的状态为________;当n=3时,A的状态为_____
________。
(3)若A为固体,增大压强,C的组分含量减少,则________。
(4)若A为气体,其他条件不变,继续通入A气体,平衡向________(填“左”或“右”)移动,A的转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】(1)增加或减少A的量,平衡不移动,则A为固态或液态。(2)增压平衡不移动,当n=2时,A的状态为固态或液态,n=3时A的状态为气态。(3)若A为固体,增大压强,C的组分含量减少,说明平衡逆向移动,逆反应是气体体积减小的方向,则n≥3。(4)继续通入A气体,A的浓度增大,平衡正向移动,但A的转化率减小,B的转化率增大。
答案:(1)固态或液态 (2)固态或液态 气态 (3)n≥3
(4)右 减小