2017_2018学年高中化学课后提升作业（打包23套）新人教版选修4

课后提升作业
八
浓度和压强对化学平衡的影响
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括10小题,每小题6分,共60分)
1.(2016·内江高二检测)下列说法正确的是　(　　)
A.其他条件不变,增大某一反应物的浓度,反应物的转化率一定都增大
B.对于有气体参加的反应,其他条件不变,增大压强,体积缩小,体系中各气体的浓度一定增大
C.对于有气体参加的反应,改变压强使平衡向右移动,生成的气体的浓度一定增大
D.增大反应物的浓度,平衡向右移动,生成物的体积分数一定增大
【解析】选B。在平衡体系中,增大某一反应物的浓度,该反应物的转化率降低;对于有气体参加的反应,只要增大压强,各组分浓度同时增大,而减小压强,各组分浓度同时减小。
【易错提醒】
若化学反应的反应物不是一种,增大某一反应物的浓度,另一反应物的转化率一定增大,而此反应物本身的转化率减小。
2.(2016·南宁高二检测)COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)　ΔH>0,当反应达到平衡时,分别采取下列措施,能使平衡向正反应方向移动的是　(　　)
A.恒容通入氮气
B.恒压通入氮气
C.加催化剂
D.增加CO的浓度
【解析】选B。因恒容通入氮气,反应体系中各物质的浓度不变,则平衡不移动,故A错误;因恒压通入氮气,体积变大,对于参加反应的气体物质相当于减压,化学平衡向气体体积增大的方向移动,即平衡向正反应方向移动,故B正确;催化剂对化学平衡移动无影响,故C错误;因CO是生成物,则增加CO的浓度化学平衡逆向移动,故D错误。
3.在密闭容器中发生如下反应:aX(g)+bY(g)cZ(g)+dW(g),反应达到平衡后保持温度不变,将气体体积压缩到原来的,当再次达到平衡时,W的浓度为原平衡时的1.8倍。下列叙述中不正确的是　(　　)
A.平衡向逆反应方向移动
B.a+bC.Z的体积分数增大
D.X的转化率下降
【解析】选C。此反应达平衡后保持温度不变,将气体体积压缩到原来的,假设平衡不发生移动,W的浓度应变为原平衡时的2倍,而实际为1.8倍,假设不成立,原平衡必发生移动,由W的浓度为原平衡时的1.8倍,小于2倍知,平衡一定向W减少的方向即逆反应方向移动,所以a+b4.(2016·石家庄高二检测)下列说法中,能说明化学平衡一定向正反应方向移动的是　(　　)
A.N2O4(g)2NO2(g),改变某一条件后,气体颜色加深
B.H2(g)+I2(g)2HI(g),单位时间内消耗H2和HI的物质的量之比大于1∶2
C.N2(g)+3H2(g)2NH3(g),改变某一条件后,NH3的体积分数增加
D.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),恒温恒压条件下,充入He
【解析】选B。A.增大压强平衡向体积减小的方向移动,即向逆反应方向移动,NO2浓度增大,颜色加深,若恒容下加入N2O4,平衡向正反应方向移动,NO2浓度增大,颜色加深,所以平衡不一定向正反应方向移动,故A错误;B.单位时间内消耗H2和HI的物质的量之比等于1∶2,处于平衡状态,大于1∶2,说明氢气的消耗速率大于生成速率,反应未到达平衡状态,反应向正反应方向进行,故B正确;C.增大压强平衡向体积减小的方向移动,即向正反应方向移动,NH3的体积分数增大,增大氨气的浓度平衡向逆反应方向移动,移动的结果是降低氨气浓度增大的趋势,平衡时仍比原来的浓度高,所以平衡不一定向正反应方向移动,故C错误;D.恒温恒压充入He,反应混合气体各组分的浓度减小,平衡逆向移动,故D错误。
5.对于可逆反应:X(s)+2Y(g)2Z(g),下列叙述不正确的是　(　　)
A.达到平衡时v正(Y)=v逆(Z)
B.平衡后,若再充入Y,X的转化率增大
C.平衡后,若压缩体积增大压强,Z的体积分数增大
D.平衡后,若保持温度和容器内压强不变,充入氦气,平衡不移动
【解析】选C。A项,v正(Y)=v逆(Z),说明单位时间内Y的反应量等于Z的反应量,反应处于平衡状态。B项,再充入Y时,Y的浓度增大,有利于X的转化,X的转化率增大。C项,压缩体积增大压强平衡不移动,Z的体积分数不变。D项,恒温恒压下,充入He,平衡不移动。
6.(2016·濮阳高二检测)对已达化学平衡的下列反应2X(g)+Y(g)2Z(g),减小压强时,对反应产生的影响是　(　　)
A.逆反应速率增大,正反应速率减小,平衡向逆反应方向移动
B.逆反应速率减小,正反应速率增大,平衡向正反应方向移动
C.正、逆反应速率都减小,平衡向逆反应方向移动
D.正、逆反应速率都增大,平衡向正反应方向移动
【解析】选C。减小压强,体积增大,反应物和生成物的浓度均降低,则正、逆反应速率都减小。减小压强,平衡向体积增大的方向移动,即平衡向逆反应方向移动,则v(逆)>v(正),即趋势相同,但程度不同。
7.(2016·防城港高二检测)反应NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)在一定温度下达到平衡,下列各种情况下,不能使平衡发生移动的是　(　　)
①温度、容积不变时,通入SO2气体
②移走一部分NH4HS固体
③容积不变,充入氮气
④充入氮气,保持压强不变
A.①②
B.①③
C.①②③
D.②③
【解析】选D。①温度、容积不变时,通入SO2气体,与硫化氢反应生成S,硫化氢的浓度降低,平衡向正反应方向移动,故①不符合;②NH4HS为固体,改变NH4HS固体的用量,不影响平衡移动,故②符合;③容积不变,充入氮气,反应气体混合物各组分的浓度不变,平衡不移动,故③符合;④充入氮气,保持压强不变,体积增大,反应气体混合物各组分的浓度降低,压强降低,平衡向正反应方向移动,故④不符合。
8.在一定温度下的可逆反应:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),生成物C的体积分数与压强p1和p2、时间t1和t2的关系如图所示,则下列关系正确的是　(　　)
A.p1>p2
B.p1=p2
C.m+nD.m+n=p+q
【解析】选C。该反应是起始反应物为A、B,生成物为C、D的可逆反应(注意起点),从反应开始到达到平衡的反应过程中,图象显示,在p2压强下先达平衡状态,故p2>p1,从纵坐标看,c1>c2,说明加压将使平衡向逆反应方向移动,即p+q>m+n。
9.(2016·张家界高二检测)可逆反应mA(s)+nB(g)pC(g)在一定条件下达到平衡后,改变压强,B的体积分数φ(B)与压强的关系如图所示,有关叙述正确的是
　(　　)
A.m+nB.n>p
C.X点时v(正)>v(逆)
D.X点比Y点的正反应速率快
【解析】选C。加压,平衡逆向移动,说明nv(逆);Y点压强大于X点压强,所以X点比Y点的正反应速率慢。
10.(能力挑战题)若平衡体系A+BC+D,增大压强时反应速率变化如图所示。则下列关于各物质状态的说法正确的是　(　　)
A.A、B、C、D都是气体
B.C、D都是气体,A、B中有一种是气体
C.A、B都不是气体,C、D中有一种是气体
D.A、B都是气体,C、D中有一种是气体
【解析】选B。由图象分析可知,增大压强正、逆反应速率都增大,平衡逆向进行,说明反应前后都有气体,且正反应为气体体积增大的反应。A.四种物质都是气体时,反应前后气体体积不变,增大压强平衡不移动,不符合图象变化,错误;B.C、D都是气体,A、B中有一种是气体,符合反应后气体体积增大,增大压强平衡逆向进行,正逆反应速率都增大,正确;C.A、B都不是气体,C、D中有一种是气体,增大压强平衡逆向进行,但正反应速率应从原平衡点变化,错误;D.A、B都是气体,C、D中有一种是气体,增大压强平衡正向进行,不符合图象变化,错误。
二、非选择题(本题包括3小题,共40分)
11.(16分)(2016·南京高二检测)在一个容积固定为2
L的密闭容器中,发生反应aA(g)+bB(g)pC(g)　ΔH=
反应情况记录如下表:
时间
c(A)/mol·L-1
c(B)/mol·L-1
c(C)/mol·L-1
0
min
1
3
0
第2
min
0.8
2.6
0.4
第4
min
0.4
1.8
1.2
第6
min
0.4
1.8
1.2
第8
min
0.1
2.0
1.8
第9
min
0.05
1.9
0.3
请仔细分析,根据表中数据回答下列问题:
(1)a=________,b=________,p=________。
(2)第2
min到第4
min内A的平均反应速率v(A)=________mol·L-1·min-1。
(3)由表中数据可知反应在第4
min到第6
min时处于平衡状态,若在第2
min、第6
min、第8
min时分别改变了某一反应条件,则改变的条件分别可能是:
①第2
min________________或________________;
②第6
min________________;
③第8
min________________。
【解析】(1)0~2
min内A减少0.2
mol·L-1,B减少0.4
mol·L-1,C增加0.4
mol·L-1,所以根据浓度的变化量之比等于相应的化学计量数之比可知a∶b∶p=1∶2∶2,则a=1,b=2,p=2;
(2)第2
min到第4
min内A的平均反应速率v(A)=(0.8-0.4)mol·L-1÷2
min=
0.2
mol·L-1·min-1;
(3)①由于物质的浓度会随着反应的进行而减小。在0~2
min时反应速率比在2~
4
min慢,说明改变的条件可能是使用催化剂或升高温度;
②第6
min时可能是增大了B的浓度;
③第8
min时可能是减小了C的浓度。
答案:(1)1　2　2　(2)0.2　(3)①使用催化剂　升高温度　②增加B的浓度　③减小C的浓度
12.(12分)接触法制硫酸工艺中,其主要反应在101
kPa、450℃并有催化剂存在下进行:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)　ΔH=-190
kJ·mol-1。
(1)下列描述中能说明上述反应已达平衡的是________(填字母序号)。
A.v正(O2)=2v逆(SO3)
B.容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
C.容器中气体的密度不随时间而变化
D.容器中气体的分子总数不随时间而变化
(2)在一个固定容积为5
L的密闭容器中充入0.20
mol
SO2和0.10
mol
O2,半分钟后达到平衡,测得容器中含SO30.18
mol,则v(O2)=________mol·L-1·min-1;若继续通入0.20
mol
SO2和0.10
mol
O2,则平衡________移动(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)。
【解析】(1)A项,确定化学平衡状态时,化学反应速率之比等于化学计量数之比,应为2v正(O2)=v逆(SO3);B项,反应物和生成物全部为气体且左、右两边气体化学计量数不相等,故平均相对分子质量不变,则反应达到平衡;C项,容器中气体的密度始终不变,不能说明反应达到平衡;D项,反应方程式两边的气体化学计量数不相等,若气体分子总数不变,则说明反应达到平衡。
(2)v(SO3)==0.072
mol·L-1·min-1,化学反应速率之比等于化学计量数之比,则v(O2)=v(SO3)=×0.072
mol·L-1·min-1=0.036
mol·L-1·min-1;反应体系中再增加1倍的反应物相当于增大压强,平衡正向移动,可以将该过程视为先是两个均为5
L的容器发生反应达到平衡状态,而后将其合并后压缩为5
L,平衡正向移动。
答案:(1)B、D　(2)0.036　向正反应方向
13.(12分)(2016·白山高二检测)在10℃和4×105Pa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
c(D)/mol·L-1
0.085
0.126
0.200
0.440
(1)压强从4×105Pa增加到6×105Pa时平衡应向____(填“正”或“逆”)反应方向移动,理由是_____________________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)压强从1×106Pa增加到2×106Pa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】(1)压强从4×105Pa增加到6×105Pa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,amol·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
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6课后提升作业
十三
水的电离　溶液的酸碱性与pH
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题5分,共30分)
1.(2016·苏州高二检测)下列微粒中能使水的电离平衡向左移动且溶液的pH减小的是　(　　)
A.HS　　　　　　　　　
B.Cl-
C.Na+
D.OH-
【解析】选A。酸、碱均抑制水的电离,而能水解的弱酸根离子或弱碱的阳离子促进水的电离。A项HS电离出H+使溶液显酸性抑制水的电离;B中Cl-、C中Na+对水的电离无影响;D项为OH-,抑制水的电离,使溶液的pH增大。
【补偿训练】
水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是　(　　)
A.4℃时,纯水的pH=7
B.温度升高,纯水中的c(H+)增大,c(OH-)减小
C.水的电离程度很小,纯水中主要存在形态是水分子
D.向水中加入酸或碱,都可抑制水的电离,使水的离子积减小
【解析】选C。25℃时纯水的pH=7,A错;升温,水的电离程度增大,c(OH-)和c(H+)均增大,B错;水是弱电解质,电离的程度很小,纯水中主要存在形态是水分子,C对;水的离子积与温度有关,加入酸或碱均能抑制水的电离,但水的离子积不变,D错。
2.(2016·淄博高二检测)下列说法正确的是　(　　)
A.强酸的水溶液中不存在OH-
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+)=2×10-7mol·L-1,其呈酸性
【解析】选C。在酸性或碱性水溶液中均存在H+和OH-,所以A错;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表示酸性强弱不再方便,故B错;在温度一定时,c(H+)·c(OH-)=Kw是一个定值,故二者不能同时增大,故C对;纯水中,c(H+)=c(OH-),呈中性,所以D错误。
3.(2016·三明高二检测)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-)=1.0×10-14
B.c(H+)等于1.0×10-7mol·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】选A。Kw=c(H+)·c(OH-),且Kw只与温度有关,所以,在常温下,无论是纯水,还是酸性、碱性或中性稀溶液,其Kw=1.0×10-14;在温度不确定时,中性溶液中的c(H+)不一定等于1.0×10-7mol·L-1;0.2
mol·L-1CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度比0.1
mol·L-1CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度小,所以,
0.2
mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)小于0.1
mol·L-1CH3COOH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。
4.(2016·雅安高二检测)下列关于溶液的酸碱性,说法正确的是　(　　)
A.c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1的溶液是中性
B.中性溶液中一定有c(H+)=1.0×10-7mol·L-1
C.c(OH-)=c(H+)的溶液呈中性
D.在100℃时,纯水的pH<7,因此显酸性
【解析】选C。A项中运用pH判断溶液的酸碱性时,用到了水的离子积常数,它与温度有关,但A项未给出温度,所以错误;在中性溶液中c(H+)和c(OH-)一定相等,但并不一定是1.0×10-7mol·L-1,所以B项错,C项正确;100℃的纯水中,虽然pH<7,但c(H+)=c(OH-),还是中性,所以D错误。
5.(2016·锦州高二检测)水的电离平衡曲线如图所示,下列说法正确的是
　(　　)
A.图中对应点的温度关系为a>b>c
B.纯水仅升高温度,可从a点变到c点
C.水的离子积常数KW数值大小关系为b>c>d
D.在b点对应温度下,0.5
mol·L-1的H2SO4溶液与1
mol·L-1的KOH溶液等体积混合,充分反应后,所得溶液的pH=7
【解析】选C。水的电离是吸热反应,温度升高,水的离子积常数增大,根据图中数据得出水的离子积常数KW数值大小关系为b>c>a=d,温度关系为b>c>a=d,C项正确,A项错误;a点和c点的c(OH-)相等,若纯水仅升高温度,c(OH-)与c(H+)都增大,B项错误;b点的KW=1×10-12,0.5
mol·L-1的H2SO4溶液与1
mol·L-1的KOH溶液等体积混合,充分反应后所得溶液显中性,pH=6,D项错误。
6.(能力挑战题)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是　(　　)
A.pH=1的溶液中:Fe2+、N、S、Na+
B.由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中:Ca2+、K+、Cl-、HC
C.=1012的溶液中:N、Al3+、N、Cl-
D.c(Fe3+)=0.1
mol·L-1的溶液中:K+、ClO-、S、SCN-
【解析】选C。A中Fe2+、N、H+会发生氧化还原反应;B项,符合条件的溶液可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液,HC既与H+反应,又与OH-反应,B错误;=1012的溶液为强酸性溶液,离子可以大量共存,C正确;Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3,D错误。
【补偿训练】
常温的某无色溶液中,由水的电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L-1,则下列各组离子肯定能共存的是　(　　)
A.Cu2+　N　S　Fe3+
B.Cl-　S2-　Na+　K+
C.S　N　K+　Mg2+
D.Cl-　Na+　N　S
【解析】选D。排除有颜色的离子(Cu2+、Fe3+),A项错误;水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液可能是酸性溶液或碱性溶液,排除在酸性或碱性条件下不能共存的离子组:B项中S2-和H+不能共存,C项中S和H+不能共存,N和Mg2+不能和OH-共存;只有D项符合题意。
二、非选择题(本题包括2小题,共20分)
7.(10分)(2016·鞍山高二检测)(1)某温度(t℃)时,水的KW=1×10-12,则该温度(填“>”“<”或“=”)________25℃,其理由是____________________。
(2)该温度下,c(H+)=l×10-7mol·L-1的溶液呈______(填“酸性”“碱性”或“中性”);若该溶液中只存在NaOH溶质,则由H2O电离出来的c(OH-)=______________
__________mol·L-1。
【解析】(1)升高温度,
KW增大,现KW=1×10-12>1×10-14,因此温度大于25℃。
(2)该温度下该溶液中c(OH-)==1×10-5mol·L-1,因为c(OH-)>c(H+),所以溶液呈碱性;NaOH溶液中由水电离出来的c(OH-)等于溶液中的c(H+),即为1×10-7mol·L-1。
答案:(1)>　升温促进水电离,KW增大
(2)碱性　1×10-7
【方法规律】判断溶液酸碱性的方法
(1)根据c(H+)和c(OH-)的相对大小。
(2)室温下根据溶液的pH。
(3)利用酸碱指示剂:
①使石蕊试液变红的溶液呈酸性;使石蕊试液变蓝的溶液呈碱性。
②使酚酞试液变红的溶液呈碱性。
(4)利用pH试纸测量溶液的酸碱性。
【补偿训练】(2016·沈阳高二检测)实验表明,纯硫酸液体的电离能力强于纯硝酸,纯硫酸的导电性强于纯水,又知液态电解质都能像水一样自身电离,而建立电离平衡(即像2H2OH3O++OH-),且在一定温度下都有各自的离子积常数。
据此回答下列问题:
(1)纯硫酸在液态时,自身电离的电离反应方程式是________,它在25℃时的离子积常数K
(H2SO4)比水的离子积常数K
(H2O)________(填“大”“小”或“相等”)。
(2)在纯硫酸与纯硝酸的液态混合物中,存在的阴离子主要是________;这是因为混合液中不但存在两种电离平衡(即H2SO4和HNO3各自的电离平衡,且硫酸的酸性强于硝酸),又在无水的条件下,混合酸中发生________(写离子反应方程式)反应而造成的。
【解析】(1)根据H2O自身电离的电离反应方程式:2H2OH3O++OH-,可写出H2SO4自身电离的电离反应方程式:2H2SO4H3S+HS,因为纯硫酸的导电能力大于纯水的导电能力,所以纯硫酸比水更易电离,故K
(H2SO4)比K
(H2O)要大。
(2)因为纯硫酸的导电能力强于纯硝酸,说明H2SO4比HNO3更易电离,H2SO4中电离出的自由移动的离子的浓度更大,主要存在的阴离子应来源于H2SO4电离出的HS;而且因为H2SO4的酸性强于HNO3,发生的反应就类似于强酸制弱酸,即H++HNO3H2N。
答案:(1)2H2SO4H3S+HS　大
(2)HS　H++HNO3H2N
8.(10分)(1)查阅资料,不同温度下水的离子积常数
T/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/1024
0.134
0.292
0.681
1.01
2.92
5.47
38.0
55.0
由此推出:随着温度的升高,
Kw的值________;水的电离程度________;水的电离平衡向________移动,水的电离过程是________过程。
(2)水中存在如下平衡:H2O+H2OH3O++OH-　ΔH>0,现欲使平衡向右移动,且所得溶液呈碱性,选择的方法是________(填字母)。
A.向水中加入NaHSO4
B.向水中加入K
C.将水加热至100℃
D.在水中加入Na
(3)现欲测定100℃沸水的pH及酸碱性,若用pH试纸测定,则试纸显________色,溶液呈________性(填“酸”“碱”或“中”);若用pH计测定,则pH________7(填“>”“=”或“<”),溶液呈________性(填“酸”“碱”或“中”)。
【解析】(1)通过表格分析Kw随温度变化而变化,得出结论。
(2)题中要求使水的电离平衡向右移动,即促进水的电离,且所得溶液呈碱性,加入活泼金属消耗溶液中H+,且产生强碱,使溶液呈碱性。
(3)100℃时水的pH<7,但溶液仍呈中性,因此pH试纸仍为黄色。
答案:(1)增大　增大　右　吸热
(2)B、D　(3)黄　中　<　中
【补偿训练】
(2016·宿迁高二检测)已知水在25℃和100℃时,电离平衡曲线如图所示:
(1)25℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”),请说明理由____
________。
(2)下列措施能影响水的电离平衡,并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的是________。
A.向纯水中投入少量Na2O2
B.将水加热煮沸
C.向水中通入CO2
D.向水中加入NaCl
【解析】(1)水的电离是吸热过程,当温度升高时,促进水的电离,水的离子积增大,水中c(H+)、c(OH-)都增大,结合图象中A、B曲线变化情况及c(H+)、c(OH-)可以判断25℃时水的电离平衡曲线应为A。
(2)影响水电离平衡的因素很多。A生成NaOH,使c(OH-)>c(H+);B可促进水的电离,但c(H+)=c(OH-);D对水的电离无影响;C可与水反应生成H2CO3,抑制水的电离,但H2CO3H++HC,使c(H+)>c(OH-)。
答案:(1)A　水的电离是吸热过程,温度低时,电离程度小,c(H+)、c(OH-)小　(2)C
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6课后提升作业
十二
弱电解质的电离
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题5分,共30分)
1.(2016·苏州高二检测)下列说法正确的是　(　　)
A.氯水能导电,所以氯气是电解质
B.碳酸钙不溶于水,所以它是非电解质
C.固体磷酸是电解质,所以磷酸在熔化状态下和溶于水时都能导电
D.胆矾虽不能导电,但它属于电解质
【解析】选D。氯水导电的原因是Cl2溶于水生成了盐酸和次氯酸,盐酸和次氯酸是电解质,溶于水而导电,而不是氯气本身导电,且氯气是单质,它既不是电解质,也不是非电解质;碳酸钙虽不溶于水,但从结构分析其应属于离子化合物,是强电解质;固体磷酸虽是电解质,但其是共价化合物,熔化时只以分子形式存在,不能导电;胆矾不能导电,但溶于水完全电离,所以是强电解质。
【补偿训练】
关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是　(　　)
选项
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
HI
非电解质
Cl2
蔗糖
C2H5OH
SO2
【解析】选C。A项中Cl2是单质,既不是电解质也不是非电解质;B项BaSO4是难溶物,但溶解部分完全电离,所以BaSO4是强电解质;D项HI在水溶液中完全电离,是强电解质。
【易错提醒】区分强弱电解质时应注意两点
(1)强、弱电解质的本质区别是电解质在水溶液中是否完全电离,与溶解度、化合物类型、导电性强弱没有关系。
(2)溶液的导电能力取决于溶液中自由移动离子的浓度和离子所带电荷的数目,与电解质的强弱无关。
2.(2016·济宁高二检测)在0.1
mol·L-1的HCN溶液中存在如下电离平衡
HCNH++CN-,对该平衡,下列叙述正确的是　(　　)
A.加入少量NaOH固体,平衡正向移动
B.加水,平衡逆向移动
C.滴加少量0.1
mol·L-1HCl溶液,溶液中c(H+)减少
D.加入少量NaCN固体,平衡正向移动
【解析】选A。加NaOH固体,OH-+H+H2O,平衡正向移动,A项正确;加水平衡正向移动,B项错误;滴加少量0.1
mol·L-1HCl溶液,c(H+)增大,C项错误;加入少量NaCN固体,c(CN-)增大,平衡逆向移动。
3.(2016·运城高二检测)在氢硫酸中,c(H+)和c(S2-)的比值是　(　　)
A.1
B.2
C.大于2
D.在1~2之间
【解析】选C。H2S是二元弱酸,在水溶液中分步电离:H2SH++HS-,HS-H++S2-,以一级电离为主,二级电离产生的c(S2-)远远小于c(H+),C项正确。
4.向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体或加入等体积的水稀释时,都会引起　(　　)
A.溶液中H+浓度减小
B.醋酸的电离程度增大
C.溶液的导电能力减小
D.溶液中CH3COO-浓度增大
【解析】选A。醋酸溶液中存在电离平衡:CH3COOHH++CH3COO-,增加CH3COO-,平衡向左移动,H+浓度减小,醋酸电离程度减小,CH3COO-浓度增大,导电能力增强;加入水稀释,溶液体积增大程度大于H+增大程度,所以H+浓度减小,同时电离程度增大,导电能力减小,CH3COO-浓度减小。
【补偿训练】
在醋酸的电离平衡中,要使平衡右移且氢离子浓度增大,应采取的措施是
　(　　)
A.加入氢氧化钠　　　　　　
B.加入盐酸
C.向溶液中加水
D.升高溶液温度
【解析】选D。加入氢氧化钠、向溶液中加水及升高溶液温度都会使醋酸的电离平衡向右移动,但加入氢氧化钠和向溶液中加水的同时也会使氢离子浓度减小,只有升高溶液温度满足条件;对于加入盐酸会使醋酸的电离平衡向左移动。
5.(双选)甲酸的下列性质中可以证明它是弱电解质的是　(　　)
A.1
mol·L-1的甲酸溶液中c(H+)约为0.01
mol·L-1
B.甲酸与水以任意比例互溶
C.10
mL
1
mol·L-1甲酸恰好与10
mL
1
mol·L-1NaOH溶液完全反应
D.在相同条件下,甲酸的导电性比一元强酸溶液弱
【解析】选A、D。A项说明甲酸没有完全电离,一定是弱电解质;B项只说明它的溶解性,不能证明它的电离程度,不能说明是否为弱电解质;C项只能说明它是一元酸,不能证明它的电离程度,不能说明是否为弱电解质;D项说明它的电离程度不如一元强酸大,说明甲酸没有完全电离,一定是弱电解质。
【补偿训练】
下列说法正确的是　(　　)
A.将NaOH溶液和氨水溶液各稀释一倍,二者的OH-浓度均减小到原来的一半
B.如果盐酸的浓度是醋酸浓度的两倍,则盐酸中的H+浓度是醋酸中H+浓度的两倍
C.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
D.中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液,盐酸所需NaOH和醋酸所需NaOH的量相等
【解析】选D。氨水是弱碱,存在电离平衡,稀释促进电离,所以氨水中OH-浓度大于原来的一半,A不正确。醋酸是弱酸,存在电离平衡,所以盐酸中的H+浓度大于醋酸中的H+浓度的两倍,B不正确。溶液导电能力强弱与溶液中离子浓度大小和离子所带电荷数有关系,C不正确。
6.(能力挑战题)(2016·大同高二检测)在相同温度时,100
mL
0.01
mol·L-1的醋酸溶液与10
mL
0.1
mol·L-1的醋酸溶液相比较,下列数值中,前者大于后者的是　(　　)
A.H+的物质的量
B.醋酸的电离常数
C.中和时所需NaOH的量
D.CH3COOH的物质的量
【解析】选A。两种醋酸溶液中CH3COOH的物质的量相同,因此中和NaOH的量也相同,但后者c(CH3COOH)相对较大,电离程度相对较小,因此H+的物质的量:前者>后者;电离常数只与温度有关,当温度一定时,电离常数一定,与浓度大小无关。
二、非选择题(本题包括2小题,共20分)
7.(8分)在一定温度下,冰醋酸加水稀释过程中,溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答:
(1)“O”点导电能力为0的理由是_________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)a、b、c三点处,溶液的c(H+)由小到大的顺序为_________________________。
(3)a、b、c三点处,电离程度最大的是____________。
(4)若将c点溶液中c(CH3COO-)增大,溶液c(H+)减小,可采取的措施是
①_________________________________________________________________;
②_________________________________________________________________;
③_________________________________________________________________。
【解析】溶液的导电能力主要由离子浓度和离子所带电荷数来决定,题目中的图象说明冰醋酸加水稀释过程中,离子浓度随着水的加入先逐渐增大到最大值又逐渐减小,故c(H+)是b点最大,c点最小,这是因为c(H+)=,加水稀释,醋酸的电离平衡正向移动,n(H+)增大使c(H+)有增大的趋势,而V(aq)增大使c(H+)有减小的趋势,c(H+)是增大还是减小,取决于这两种趋势中哪一种占主导地位。在“O”点时,未加水,只有醋酸,因醋酸未发生电离,没有自由移动的离子存在,故不能导电;要使CH3COO-的浓度增大、H+浓度减小,可通过加入OH-、活泼金属等使平衡正向移动。
答案:(1)在“O”点处醋酸未电离,无离子存在
(2)c②加少量Na2CO3固体　③加入Zn、Mg等活泼金属
【补偿训练】
在a、b两支试管中,分别装上大小形态相同、质量相等的一颗锌粒,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。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体积开始时是a________b,反应完毕后生成气体的总体积是a______b,原因是___________________________________________
___________________________________________________________________。
【解析】锌与盐酸、醋酸均能反应生成氢气,但因两种溶液中氢离子浓度不同,所以产生气体的速率不同。因为两溶液中所含溶质的物质的量相同,所以最终产生的氢气一样多。
答案:(1)都产生气泡,Zn溶解　a产生气泡、Zn溶解速度都快　HCl完全电离,HCl中的c(H+)大于CH3COOH中的c(H+)
(2)大于　等于　a中c(H+)大于b中的c(H+),而酸的总量相等
8.(12分)(2016·宿迁高二检测)下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)。
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOHCH3COO-+H+
1.75×10-5
H2CO3
H2CO3H++HCHCH++C
K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11
H2S
H2SH++HS-HS-H++S2-
K1=9.1×10-8K2=1.1×10-12
H3PO4
H3PO4H++H2PH2PH++HPHPH++P
K1=7.1×10-3K2=6.3×10-8K3=4.2×10-13
回答下列各题:
(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_________________________________________________。
(5)用食醋浸泡有水垢的水壶,可以清除其中的水垢,通过该事实________(填“能”或“不能”)比较醋酸与碳酸的酸性强弱,请设计一个简单的实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱。
方案:_________________________________________________________。
【解析】(1)弱电解质的电离是吸热反应,升高温度能促进电离,故升高温度,
K值增大。(2)
K值越大,说明电离出的氢离子浓度越大,该酸越易电离,酸性越强。(3)因为K值越大,酸性越强,这几种酸中,H3PO4的K值最大,HP的K值最小,故酸性最强的是H3PO4,酸性最弱的是HP。(4)由表中K1、K2、K3常数之间约是105倍的关系,即K1∶K2∶K3≈1∶10-5∶10-10,酸的每级电离都能产生H+,故上一级电离产生的H+对下一级电离有抑制作用,使得上一级的电离常数远大于下一级的电离常数。(5)证明醋酸的酸性大于碳酸,可用CH3COOH与CaCO3(水垢的主要成分)或NaHCO3反应产生CO2来证明。
答案:(1)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　HP　(4)
K1>K2>K3　上一级电离产生的H+对下一级电离有抑制作用　(5)能　向盛有少量NaHCO3溶液的试管中加入适量CH3COOH溶液,产生无色气泡,证明醋酸酸性大于碳酸
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5课后提升作业
二　
中和反应的反应热及其测定
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括4小题,每小题6分,共24分)
1.已知H++OH-H2O生成1
mol
H2O放出热量57.3
kJ,下列反应中能放出57.3
kJ热量的是　(　　)
A.1
mol稀硫酸与足量NaOH溶液反应
B.稀盐酸与氨水反应生成1
mol
H2O
C.稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1
mol水
D.稀NaOH与95%浓硫酸反应生成1
mol水
【解析】选C。A放出热量应为2
mol×57.3
kJ·mol-1;B放出热量应略小于
57.3
kJ,因弱酸、弱碱在水中电离要吸收一部分热量,故多数强酸与弱碱、弱酸与强碱的中和热数值小于57.3
kJ;浓硫酸溶于水放热,故D项放热大于57.3
kJ,故D错。
2.(2016·哈尔滨高二检测)含有11.2
g
KOH的稀溶液与1
L
0.1
mol·L-1的H2SO4溶液反应,放出11.46
kJ的热量,表示该反应的中和热的热化学方程式为　
(　　)
A.KOH(aq)+H2SO4(aq)K2SO4(aq)+H2O(l)
ΔH=-11.46
kJ·mol-1
B.2KOH(aq)+H2SO4(aq)K2SO4(aq)+2H2O(l)
ΔH=-11.46
kJ·mol-1
C.2KOH(aq)+H2SO4(aq)K2SO4(aq)+2H2O(l)
ΔH=-114.6
kJ·mol-1
D.KOH(aq)+H2SO4(aq)K2SO4(aq)+H2O(l)
ΔH=-57.3
kJ·mol-1
【解析】选D。中和热是以生成1
mol
H2O(l)所放出的热量来定义的,故书写中和热的热化学方程式时,应以生成1
mol
H2O(l)为标准来配平其余物质的化学计量数,故答案为D。
3.将V1mL
1.0
mol·L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度,实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50
mL)。下列叙述正确的是　(　　)
A.做该实验时环境温度为22℃
B.该实验表明化学能可以转化为热能
C.NaOH溶液的浓度约是1.00
mol·L-1
D.该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【解析】选B。由题图可知,5
mL
1.0
mol·L-1HCl溶液与NaOH溶液混合后温度为22℃,因此,做该实验时环境温度低于22℃,A项错误;既然反应后溶液温度升高,则B项正确;两者恰好完全反应时,放出热量最多,温度最高,从图上看出,
30
mL
1.0
mol·L-1HCl溶液和20
mL
NaOH溶液恰好完全反应。因此,该NaOH溶液的浓度为1.0
mol·L-1×0.03
L÷0.02
L=1.5
mol·L-1,C项错误;通过该反应并不能判断凡有水生成的反应都是放热反应,D项错误。
【易错提醒】本题易产生两个误区:
(1)审题不仔细,从图中看到曲线的起点在22℃,误认为该反应是在22℃环境中进行。
(2)因该反应是有水生成的放热反应,误认为凡有水生成的反应都是放热反应。
4.(2016·九江高二检测)下列依据热化学方程式得出的结论正确的是　(　　)
A.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应,则SO2的能量一定高于SO3的能量
B.已知C(石墨,s)C(金刚石,s)　ΔH>0,则金刚石比石墨稳定
C.已知H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)　ΔH=-57.3
kJ·mol-1,则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3
kJ
D.已知2C(s)+2O2(g)2CO2(g)　ΔH1,2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH2,则ΔH1<ΔH2
【解析】选D。A项中2
mol
SO2和1
mol
O2的总能量比2
mol
SO3的能量高,但不能说SO2的能量高于SO3的能量;B项中石墨转化为金刚石,吸收能量,即金刚石的能量高于石墨,能量越高越不稳定,B项错误;C项中酸碱中和反应的热效应不仅与生成H2O的物质的量有关,还与酸、碱的浓度及强弱有关,C项错误;D项中,前者完全燃烧,后者未完全燃烧,故前者放出的能量多,但比较ΔH时应带符号比较,数值越大,ΔH越小,故ΔH1<ΔH2。
二、非选择题(本题包括2小题,共26分)
5.(12分)(2016·张家口高二检测)已知在稀溶液中,酸跟碱发生中和反应生成
1
mol水时的反应热叫作中和热。现利用如图装置进行中和热的测定,请回答下列问题:
(1)该图中有两处未画出,它们是________、________。
(2)做一次完整的中和热测定实验,温度计需使用______次。
(3)把温度为15.0℃,浓度为0.5
mol·L-1的酸溶液和0.55
mol·L-1的碱溶液各50
mL混合(溶液密度均为1
g·mL-1),生成溶液的比热容c=4.18
J·g-1·℃-1,轻轻搅动,测得酸碱混合液的温度变化数据如下:
反应物
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
中和热
HCl+NaOH
15.0
18.4
ΔH1
HCl+NH3·H2O
15.0
18.1
ΔH2
①试计算上述两组实验测出的中和热ΔH1=________,ΔH2=________。
②两组实验结果差异的原因是________________________________________。
③写出HCl+NH3·H2O的热化学方程式:_________________________________。
【解析】(1)由量热计的构造可知该装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒和烧杯上方的泡沫塑料盖。
(2)实验前,分别测定酸、碱的温度,实验中测定混合液的最高温度,共计3次。
(3)①根据题目给出的酸、碱的物质的量,酸为0.025
mol,碱为0.027
5
mol,碱是过量的,应根据酸的量进行计算,即反应生成了0.025
mol
H2O。根据实验数据算出生成1
mol
H2O所放出的热量,即得出两组实验测出的中和热数值:ΔH1=
-[4.18×(50+50)×(18.4-15.0)×10-3]÷0.025=-56.8(kJ·mol-1),ΔH2=-[4.18×(50+50)×(18.1-15.0)×10-3]÷0.025=-51.8(kJ·mol-1)。
答案:(1)环形玻璃搅拌棒　烧杯上方的泡沫塑料盖
(2)3　(3)①-56.8
kJ·mol-1　-51.8
kJ·mol-1
②NH3·H2O是弱碱,在中和过程中NH3·H2O发生电离,要吸热,因而总体放热较少
③HCl(aq)+NH3·H2O(aq)NH4Cl(aq)+H2O(l)
ΔH=-51.8
kJ·mol-1
6.(14分)(能力挑战题)(2016·宿迁高二检测)某实验小组用0.50
mol·L-1NaOH溶液和0.50
mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。
Ⅰ.配制0.50
mol·L-1NaOH溶液。
(1)若实验中大约要使用240
mL
NaOH溶液,至少需要称量NaOH固体________g。
(2)配制NaOH溶液所需要的玻璃仪器为________________________________。
Ⅱ.测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示。
(1)写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3
kJ·mol-1):__________________。
(2)取50
mL
NaOH溶液和30
mL硫酸溶液进行实验,实验数据如下表。
①请填写下表中的空白:
温度实验次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2-t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
②近似认为0.
50
mol·L-1NaOH溶液和0.50
mol·L-1硫酸溶液的密度都是
1
g·mL-1,中和后生成溶液的比热容c=4.18
J·g-1·℃-1。则中和热ΔH=________
(取小数点后一位)。
【解析】Ⅰ.(1)需要称量氢氧化钠的质量为0.250
L×0.50
mol·L-1×40
g·mol-1
=5.0
g。
(2)配制溶液需用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、250
mL容量瓶、胶头滴管,其中不属于玻璃仪器的是托盘天平和药匙。
Ⅱ.(1)按热化学方程式的要求书写。
(2)①第2次实验温度差较其他三次有较大的偏差,应舍去,剩下的取温度差的平均值,为4.0。
②ΔH=cm(t2-t1)=4.18×80×4.0÷(0.05×0.5)÷1
000=53.5(kJ·mol-1)。
答案:Ⅰ.(1)5.0
(2)烧杯、量筒、玻璃棒、250
mL容量瓶、胶头滴管
Ⅱ.(1)H2SO4(aq)+NaOH(aq)Na2SO4(aq)+H2O(l)　ΔH=-57.3
kJ·mol-1
(2)①4.0　6.1　3.9　4.1　②-53.5
kJ·mol-1
【延伸探究】
(1)实验中为什么不用25
mL硫酸而用30
mL
提示:反应中酸过量,使碱反应更快更完全,减少反应的误差。
(2)反应中如果用浓硫酸或醋酸,会对结果有什么影响
提示:浓硫酸溶于水放热,使结果偏高;醋酸是弱电解质,溶于水电离需要吸收热量,使结果偏低。
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4课后提升作业
十五
　pH的应用
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题6分,共36分)
1.(2016·运城高二检测)下列某种仪器中盛有一定量的高锰酸钾溶液,甲同学平视读数为nmL,乙同学仰视读数为xmL,丙同学俯视读数为ymL。若x>n>y,则该仪器是　(　　)
A.酸式滴定管
B.量筒
C.容量瓶
D.碱式滴定管
【解析】选A。仰视读数时数值偏大,俯视读数时数值偏小,即小刻度在上,大刻度在下,因此该仪器是滴定管。又因为盛放的高锰酸钾溶液具有氧化性,故应是酸式滴定管。
2.用NaOH滴定pH相同、体积相同的H2SO4、HCl、CH3COOH三种溶液,恰好中和时,所用相同浓度NaOH溶液的体积依次为V1、V2、V3,则这三者的关系是　(　　)
A.V1>V2>V3
B.V1C.V1=V2>V3
D.V1=V2【解析】选D。强酸完全电离,弱酸部分电离,在pH相同的情况下,即氢离子浓度相同的情况下,CH3COOH溶液中还有部分CH3COOH未电离,因此反应恰好完成中和时,这三种酸都恰好与氢氧化钠溶液反应生成盐和水,所以V3要大一些,而V1和V2相等。
【补偿训练】
酸碱恰好完全中和时,下列选项一定相等的是　(　　)
A.质量
B.物质的量
C.物质的量浓度收
D.H+和OH-的物质的量
【解析】选D。酸碱中和滴定的原理就是利用H+和OH-的物质的量相等。
3.(2016·泰安高二检测)中和滴定是一种操作简单,准确度高的定量分析方法。实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析,下列有关几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)的说法不正确的是　(　　)
A.用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度:滴定终点时,溶液由无色变为紫红色
B.利用“Ag++SCN-AgSCN↓”反应,用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度时可用Fe(NO3)3作指示剂
C.利用“2Fe3++2I-I2+2Fe2+”,用FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量时,可用淀粉作指示剂
D.用标准NaOH溶液测量某盐酸的浓度时,若用酚酞作指示剂,当观察到溶液由无色变为红色,且半分钟不恢复时达到滴定终点
【解析】选C。C中只要反应一开始就有I2生成,溶液就呈蓝色。
4.(双选)用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸,若测定结果偏低,其原因可能是　(　　)
A.配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH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后再用未知液润洗
D.滴定到终点读数时,发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
【解析】选A、B。A项将会使标准碱液的c(OH-)偏大。滴定时耗用的V(OH-)偏小,导致结果偏低,故正确;终点时俯视读数,将使读取碱液的体积偏小,测定结果偏低,B项正确;用未知液润洗锥形瓶将使测定结果偏高,C项错;尖嘴处悬挂溶液将使读取的标准液体积偏大,测定结果偏高,D项错。
【补偿训练】
(2015·广东高考)准确移取20.00
mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用
0.100
0
mol·L-1NaOH溶液滴定,下列说法正确的是　(　　)
A.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定
B.随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大
C.用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D.滴定达终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小
【解析】选B。A项未对滴定管进行润洗;随着NaOH溶液滴入,盐酸逐渐被中和,所以对应的pH逐渐变大,B正确;C项滴定终点应该是溶液由无色变成红色;D项实验测得的标准溶液的体积偏大,所以测定结果偏大。
5.(2016·郑州高二检测)下图是向100
mL的盐酸中逐渐加入NaOH溶液时,溶液的pH变化图象,根据图象所得结论正确的是　(　　)
A.原来盐酸的物质的量浓度为0.1
mol·L-1
B.X为0.1
mol·L-1的NaOH溶液
C.原来盐酸的物质的量浓度为1
mol·L-1
D.X为0.01
mol·L-1的NaOH溶液
【解析】选A。原盐酸的pH=1,则c(HCl)=0.1
mol·L-1,A项正确。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。
【补偿训练】
(2016·广州高二检测)如图是用未知浓度的NaOH溶液来滴定10
mL盐酸(标准液)所得的曲线(25℃),则下列说法不正确的是　(　　)
A.标准液盐酸的浓度为0.1
mol·L-1
B.NaOH溶液的浓度为0.05
mol·L-1
C.滴定终点时,俯视碱式滴定管读数,所测NaOH溶液浓度会偏高
D.指示剂变色时,说明盐酸与NaOH恰好完全反应
【解析】选D。开始时,其pH=1,故标准液盐酸的浓度为0.1
mol·L-1,A正确;滴定10
mL浓度为0.1
mol·L-1盐酸(标准液)消耗了20
mL,故NaOH溶液的浓度为0.05
mol·L-1,B正确;滴定终点时,俯视碱式滴定管读数,NaOH溶液的体积偏小,故所测NaOH溶液浓度会偏高,C正确;指示剂开始变色并保持30
s钟内不褪色,才说明盐酸与NaOH恰好完全反应,D错。
6.(能力挑战题)(2016·长沙高二检测)用标准盐酸滴定未知浓度的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立即装入标准盐酸
B.用蒸馏水洗净锥形瓶后,立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定
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
【解析】选D。滴定管若干燥洁净,不必用水洗涤,故也不需用标准液润洗,A项中操作不会引起误差;锥形瓶内存有少量蒸馏水,但待测液的物质的量不变,消耗标准液的体积不变,B项操作不会引起误差;锥形瓶不能用待测液润洗,否则会使测定结果偏高。
二、非选择题(本题共14分)
7.(2016·聊城高二检测)某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时,选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白:
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时,左手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后,溶液由黄色变为橙色,并________为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是　(　　)
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NaOH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
(3)若滴定开始和结束时,酸式滴定管中的液面如图所示,则起始读数为________mL,终点读数为________mL;所用盐酸溶液的体积为________mL。
(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如表:
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100
0
mol·L-1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
1
25.00
0.00
26.11
26.11
2
25.00
1.56
30.30
28.74
3
25.00
0.22
26.31
26.09
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。
【解析】(1)考查酸碱中和滴定实验的规范操作。
(2)考查由于不正确操作引起的误差分析。滴定管未用标准盐酸润洗,内壁附着一层水,可将加入的盐酸冲稀,消耗相同量的碱,所需盐酸的体积偏大,结果偏高;用碱式滴定管取出的待测NaOH溶液的量一旦确定,倒入锥形瓶后,水的加入不影响OH-的物质的量,也就不影响结果;若排出气泡,液面会下降,故读取V酸偏大,结果偏高;正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)如图所示。
(3)读数时,以凹液面的最低点为基准。
(4)先算出耗用标准酸液的平均值V=mL=26.10
mL(第二次偏差太大,舍去)。
答案:(1)锥形瓶内溶液颜色变化　半分钟内不褪色　(2)D　(3)0.00　26.10　26.10
(4)V==26.10
mL,c(NaOH)==
0.104
4
mol·L-1。
【补偿训练】
1.某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质,为了测定其纯度,进行以下滴定操作:
A.在250
mL的容量瓶中定容配制250
mL烧碱溶液;
B.用碱式滴定管移取25
mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂;
C.在天平上准确称取烧碱样品mg,在烧杯中用蒸馏水溶解;
D.将物质的量浓度为c的标准硫酸溶液装入酸式滴定管,调整液面,记下开始读数为V1;
E.在锥形瓶下垫一张白纸,滴定至橙色为止,记下读数V2。
就此实验完成下列填空:
(1)正确的操作步骤的顺序是(用编号字母填写)________→________
→________→D→________。
(2)观察滴定管里液面的高度时应注意:_________________。
(3)D步骤的操作中液面应调节到 ________________,尖嘴部分应________。
(4)该烧碱样品纯度的计算式为__________________________。
【解析】(1)本题中的实验步骤包括两部分:先是配溶液,然后滴定。(2)观察滴定管里液面的高度时应避免俯视和仰视。(3)滴定管的“0”刻度在上方,“0”刻度线以上的液体体积无法测量,所以要把液面调到“0”或“0”刻度以下某一刻度;如果尖嘴处有气泡,则流出液体体积比读数要小,所以要使尖嘴处充满液体无气泡。(4)中和滴定反应方程式为
H2SO4+2NaOHNa2SO4+2H2O
c(NaOH)=×2
=mol·L-1
mg样品中NaOH的质量为
m(NaOH)=M(NaOH)·n(NaOH)=40
g·mol-1×mol·L-1×0.25
L=g
样品中NaOH的质量分数为w(NaOH)=×100%。
答案:(1)C　A　B　E　(2)平视凹液面的最低点
(3)“0”或“0”刻度以下某一刻度　充满液体无气泡
(4)×100%
2.(2016·海口高二检测)乙二酸俗名草酸,下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程,请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络搜查得,草酸易溶于水,水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定:
2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。
①称取1.260
g纯草酸晶体,将其制成100.00
mL水溶液为待测液。
②取25.00
mL待测液放入锥形瓶中,再加入适量的稀H2SO4。
③用浓度为0.100
0
mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定,达到终点时消耗10.00
mL。
(1)滴定时,将酸性KMnO4标准液装在如图中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志是________。
(3)通过上述数据,求得x=________。
讨论:
①若滴定终点时俯视滴定管刻度,则由此测得的x值会________(填“偏大”“偏小”或“不变”,下同)。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小,则由此测得的x值会________。
【解析】(1)因为酸性KMnO4具有强氧化性,会腐蚀橡胶管,故应用酸式滴定管盛装。(2)可利用酸性KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点,当达到滴定终点时,再滴加酸性KMnO4溶液时,溶液将由无色变为紫色。(3)由题给化学方程式及数据可知,1.260
g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为0.100
0
mol·L-1×10.00
mL×10-3L·mL-1××=0.010
0
mol,则1.260
g
H2C2O4·xH2O中含H2O的物质的量为
=0.020
0
mol,则x=2。若滴定终点时俯视滴定管读数,则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小,由此所得n(H2C2O4)偏小,则n(H2O)偏大,x偏大;同理,若酸性KMnO4溶液变质浓度偏小,则消耗其体积偏大,所得x值偏小。
答案:(1)甲　(2)当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液时,溶液由无色变为紫色,且半分钟内不褪色,即达滴定终点　(3)2　偏大　偏小
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7课后提升作业
十
化学平衡常数
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分)
1.(2016·成都高二检测)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
【解析】选D。平衡常数K是一个温度函数,只与反应本身及温度有关,催化剂不能改变化学平衡,故加入催化剂不改变平衡常数K。
【易错提醒】使用催化剂,只能改变化学反应速率,化学平衡不发生移动,化学平衡常数K不发生变化。
2.电镀废液中Cr2可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4):Cr2(aq)+
2Pb2+(aq)+H2O(l)2PbCrO4(s)+2H+(aq)　ΔH<0。该反应达平衡后,改变条件,下列说法正确的是　(　　)
A.移走部分PbCrO4固体,Cr2转化率升高
B.升高温度,该反应的平衡常数K增大
C.加入少量NaOH固体,自然沉降后,溶液颜色变浅
D.加入少量K2Cr2O7固体后,溶液中c(H+)不变
【解析】选C。移走部分PbCrO4固体,各物质的浓度不发生变化,平衡不移动,Cr2转化率不变,A错误;正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡常数K减小,B错误;加入少量NaOH固体,消耗了溶液中的H+,平衡向正反应方向移动,Cr2(aq)浓度降低,溶液颜色变浅,C正确;加入少量K2Cr2O7固体后,增大了Cr2(aq)的浓度,平衡向正反应方向移动,溶液中c(H+)增大,D错误。
3.已知有反应:I2(g)+H2(g)2HI(g)　ΔH<0,该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后,若仅改变图中x的值,则y随x变化趋势合理的是　(　　)
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
I2的物质的量
H2的转化率
C
H2的浓度
平衡常数K
D
加入Ar的物质的量
逆反应速率
【解析】选B。该反应为体积守恒且正反应为放热的可逆反应。升高温度,平衡逆向移动,但密度不改变,A错误;增加I2的量,平衡正向移动,H2的转化率增大,B正确;平衡常数只与温度有关,C错误;反应体系为恒容,增加Ar的物质的量,对反应物的浓度没有影响,逆反应速率不变,D错误。
4.(2016·曲靖高二检测)等物质的量的X(g)与Y(g)在密闭容器中进行反应:
X(g)+2Y(g)3Z(g)+Q(s)　ΔH>0,下列叙述正确的是　(　　)
A.当容器中X与Y的物质的量之比满足1∶2时反应达到平衡
B.达到平衡时X的转化率为25%,则平衡常数K为9/4
C.达到平衡后,反应速率2v正(Y)=3v逆(Z)
D.达到平衡后,加入Q,平衡逆向移动
【解析】选B。反应中X、Y按照物质的量之比1∶2进行反应,而容器中两者物质的量之比为1∶2时不一定达到平衡,A项错误;设X、Y起始的物质的量都为
1
mol,容器的体积为VL,达到平衡时X的物质的量是1
mol×(1-25%)=0.75
mol,消耗X的物质的量是0.25
mol,则Y的物质的量为1
mol-0.25
mol×2=0.5
mol,生成Z的物质的量为0.25
mol×3=0.75
mol,则平衡常数K==,B项正确;达到平衡后3v正(Y)=2v逆(Z),C项错误;由于Q为固体,加入Q后平衡不移动,D项错误。
【方法规律】对于一个确定的可逆反应,温度一定,平衡常数只有一个,平衡常数与平衡转化率之间存在一定关系,用平衡常数可以计算转化率,也可以用平衡转化率计算平衡常数。
5.反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g),700℃时平衡常数为1.47,900℃时平衡常数为2.15。下列说法正确的是　(　　)
A.升高温度该反应的正反应速率增大,逆反应速率减小
B.该反应的化学平衡常数表达式为
K=
C.绝热容器中进行该反应,温度不再变化,则达到化学平衡状态
D.该反应的正反应是放热反应
【解析】选C。升高温度,可逆反应的正、逆反应速率都增大,A项错误;固体物质的浓度是定值,在平衡常数表达式中不出现固体物质的浓度,B项错误;根据题目提供的数据可知,温度升高,K值增大,故该反应的正反应是吸热反应,D项错误。
6.(2015·天津高考)某温度下,在2
L的密闭容器中,加入1
mol
X(g)和2
mol
Y(g)发生反应:X(g)+mY(g)3Z(g)。平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1
mol
Z(g),再次达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是　(　　)
A.m=2
B.两次平衡的平衡常数相同
C.X与Y的平衡转化率之比为1∶1
D.第二次平衡时,Z的浓度为0.4
mol·L-1
【解析】选D。在此平衡体系中加入1
mol
Z(g),在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变,但单位体积内体系分子总数增多,依据勒夏特列原理,平衡应向使单位体积内分子总数减小的方向移动,但再次达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变,则说明m+1=3,故m=2,A项正确;同一化学反应的平衡常数只与温度有关,两次平衡温度不变,平衡常数不变,B项正确;m=2,起始量X与Y物质的量之比为1∶2,则反应过程中由方程式可知反应的X与Y物质的量之比为1∶2,故X与Y的平衡转化率之比为1∶1,C项正确;m=2,则该反应为反应前后气体总量不变的反应,故第二次平衡时Z的物质的量为(3+1)×10%=0.4(mol),故Z的浓度为0.4
mol÷
2
L=0.2
mol·L-1,故D项错误。
【补偿训练】
(2016·银川高二检测)一定温度下,在容积为1
L的密闭容器中,存在如下关系:xH2O(g)(H2O)x(g),反应物和生成物的物质的量随时间的变化关系如图。下列说法不正确的是　(　　)
A.x=3
B.该温度下,反应的平衡常数为0.125
C.平衡时混合气体的平均摩尔质量是33.3
g·mol-1
D.t1时刻,保持温度不变,再充入1
mol
H2O(g),重新达到平衡时,将增大
【解析】选C。根据图象可得如下关系:
　　　xH2O(g)(H2O)x(g)
起始　5
mol　　　0
mol
转化　3
mol　　　1
mol
平衡　2
mol　　　1
mol
化学方程式中的化学计量数之比等于参加反应各物质的物质的量之比,则x=3,A项正确;该温度下反应的平衡常数K==0.125,B项正确;平衡时混合气体的平均摩尔质量M==30
g·mol-1,C项错误;t1时刻,保持温变不变,再充入1
mol水蒸气,相当于增大压强,平衡右移,重新达到平衡时,将增大,D项正确。
7.(双选)一定温度下,在三个体积均为1.0
L的恒容密闭容器中发生反应:
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
容器编号
温度(℃)
超始物质的量(mol)
平衡物质的量(mol)
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
Ⅰ
387
0.20
0.080
0.080
Ⅱ
387
0.40
Ⅲ
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是　(　　)
A.该反应的正反应为放热反应
B.达到平衡时,容器Ⅰ中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小
C.容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长
D.若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH
0.15
mol、CH3OCH30.15
mol和H2O
0.10
mol,则反应将向正反应方向进行
【解析】选A、D。从表中数据知,容器Ⅲ相对于容器Ⅰ,温度降低,产物CH3OCH3和H2O的量增多,平衡正向移动,说明该反应的正反应为放热反应,A项正确;该反应为等体积变化,容器Ⅱ投入量为容器Ⅰ的两倍,所以相当于加压,但是平衡不移动,所以两容器中的CH3OH体积分数相等,B项错误;容器Ⅲ的温度低,反应速率慢,达到平衡的时间长,C项错误;对于容器Ⅰ中,平衡时c(CH3OH)=0.040
mol·L-1,
K==4,Q==0.678.(2016·四川高考)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φ(CH4)与Z和T(温度)的关系如图所示。下列说法正确的是　(　　)
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φ(CH4)减小
【解析】选A。据图分析,随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小,说明升温平衡正向移动,则正反应为吸热反应,故A正确;的比值越大,起始时水蒸气浓度越大,则甲烷的转化率越大,甲烷的体积分数越小,故a<3【补偿训练】
(2016·乌鲁木齐高二检测)反应aM(g)+bN(g)cP(g)+dQ(g)达到平衡时,M的体积分数y(M)与反应条件的关系如下图所示。其中z表示反应开始时N的物质的量与M的物质的量之比。下列说法正确的是　(　　)
A.同温同z时,加入催化剂,平衡时Q的体积分数增加
B.同压同z时,升高温度,平衡时Q的体积分数增加
C.同温同z时,增加压强,平衡时Q的体积分数增加
D.同温同压时,增加z,平衡时Q的体积分数增加
【解析】选B。由图象可知M的体积分数随着温度升高而减小,因此正反应是吸热反应。催化剂只能改变反应达到平衡所需的时间,而对化学平衡移动无影响。升高温度平衡正向移动,因此Q的体积分数增加。比较两图可知同温时增加压强,化学平衡逆向移动,Q的体积分数减小。同温同压时增加z,平衡时Q的体积分数不一定增加,因为N的物质的量增加不定,因此A、C、D选项错误,只有B正确。
二、非选择题(本题包括3小题,共52分)
9.(17分)已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下:
温度/℃
700
800
830
1
000
1
200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答下列问题:
(1)该反应的平衡常数表达式K=______,ΔH________(填“<”“>”或“=”)0。
(2)830℃时,向一个5
L密闭容器中充入0.20
mol的A和0.80
mol的B,如反应初始6
s内A的平均反应速率v(A)=0.003
mol·L-1·s-1,则6
s时c(A)=___________
_____mol·L-1,C的物质的量为________mol。
(3)判断该反应是否达到平衡的依据为__________(填正确选项前的字母)。
a.压强不随时间改变
b.气体的密度不随时间改变
c.c(A)不随时间改变
d.单位时间里生成C和D的物质的量相等
(4)1
200℃时反应C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数的值为________。
【解析】(1)因反应中的物质都是气体,据平衡常数的定义可知其K=;由表中数据可知,温度升高,
K值减小,故正反应为放热反应,ΔH<0。(2)v(A)=
0.003
mol·L-1·s-1,则6
s后A减少的浓度c(A)=v(A)t=0.018
mol·L-1,故剩余的A的浓度为-0.018
mol·L-1=0.022
mol·L-1;A减少的物质的量为
0.018
mol·L-1×5
L=0.09
mol,根据方程式的化学计量数关系,生成的C的物质的量也为0.09
mol。(3)由于该反应是气体分子数不变的反应,容器中压强、气体的密度都永远不变,故a、b错;c(A)随反应的进行要减小,当c(A)不变时反应达平衡,故c正确;不论是否达到平衡,单位时间里生成C和D的物质的量永远相等,故d错。(4)反应“C(g)+D(g)A(g)+B(g)”与“A(g)+B(g)C(g)+D(g)”互为逆反应,平衡常数互为倒数关系,故1
200℃时,C(g)+D(g)A(g)+B(g)的K==2.5。
答案:(1)　<　(2)0.022　0.09　(3)c　(4)2.5
【补偿训练】
在80℃时,将0.40
mol的四氧化二氮气体充入2
L已抽空的固定容积的密闭容器中,隔一段时间对该容器内的物质进行分析,得到如下数据:
时间/s
0
20
40
60
80
100
c(N2O4)/mol·L-1
0.20
a
0.10
c
d
e
c(NO2)/mol·L-1
0.00
0.12
b
0.22
0.22
0.22
反应进行至100
s后将反应混合物的温度降低,发现气体的颜色变浅。
(1)该反应的化学方程式为____________________________________________。
(2)20
s时,N2O4的浓度为________mol·L-1,0~20
s内N2O4的平均反应速率为________。
(3)该反应的平衡常数表达式K=________,在80℃时该反应的平衡常数K值为
________。
(4)在其他条件相同时,该反应的K值越大,表明建立平衡时正反应进行的程度越________(填“大”或“小”)。
【解析】(1)该反应的化学方程式为N2O42NO2。
(2)20
s内NO2浓度的变化为0.12
mol·L-1,则20
s内N2O4浓度的变化为
0.06
mol·L-1,20
s时,N2O4的浓度为0.20
mol·L-1-0.06
mol·L-1=0.14
mol·L-1,
0~20
s内N2O4的平均反应速率为0.06
mol·L-1÷20
s=0.003
mol·L-1·s-1。
(3)该反应的平衡常数表达式K=,由数据可知60
s后达到平衡,同(2)可求得60
s时c(N2O4)=0.09
mol·L-1,则K==≈0.54。
(4)在其他条件相同时,该反应的K值越大,反应进行的程度越大。
答案:(1)N2O42NO2
(2)0.14　0.003
mol·L-1·s-1
(3)　0.54　(4)大
10.(17分)(2016·三明高二检测)一定温度下,在一个10
L密闭容器中只投反应物发生某可逆反应,其平衡常数表达式为K=,请回答下列问题:
(1)该反应的化学方程式为__________________;若温度升高,
K增大,则该反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)能判断该反应一定达到平衡状态的是________(填字母序号)。
A.v正(H2O)=v逆(H2)
B.容器中气体的平均相对分子质量不随时间改变
C.消耗nmol
H2的同时消耗nmol
CO
D.容器中物质的总物质的量不随时间改变
(3)该反应的v(正)随时间变化的关系如图,在t2min时改变了某种条件,改变的条件可能是________、________________。
【解析】(1)根据平衡常数的定义,生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积之比为平衡常数,再根据原子质量守恒定律可写出反应的方程式为C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。由于温度升高K增大,说明升高温度平衡向正反应方向移动,则该反应是吸热反应。
(2)v正(H2O)=v逆(H2)时,氢气正、逆反应速率相同,反应达到平衡,故A正确;反应前后气体的物质的量不相同,气体质量变化,容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化即达到平衡,故B正确;消耗nmol
H2的同时消耗nmol
CO,反应都代表逆反应,不能说明反应达到平衡状态,故C错误;碳为固体,反应前后气体体积发生变化,容器中气体总物质的量不随时间变化,说明反应达到平衡状态,故D正确。
(3)由图象可以知道,在t2min时正反应速率立即增大,且达到平衡时正反应速率大于原平衡状态时的反应速率,说明达到平衡时反应物的浓度大于原平衡的浓度,根据影响反应速率的因素分析,可以加入反应物H2O(g),正反应速率会立刻增大,达到新的平衡时H2O(g)的浓度比原平衡的浓度大,反应速率增大;反应是吸热反应,也可以升高温度,正、逆反应速率都增大,且达到平衡时正、逆反应速率都大于原平衡的速率。
答案:(1)C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)　吸热
(2)A、B、D　(3)加入H2O(g)　升高温度
11.(18分)(能力挑战题)(2016·温州高二检测)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,引起了普遍的重视。
(1)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇:
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ·mol-1)的变化。该反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)某温度下,若将6
mol
CO2和8
mol
H2充入2
L的密闭容器中,测得H2的物质的量随时间变化的曲线如图实线所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。
①在反应进行的0~1
min内,该反应的平均速率
v(H2)=________________。
②若上述反应体系不改变反应物的物质的量,仅分别改变某一实验条件再进行两次实验,测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示,曲线I改变的实验条件是________,曲线Ⅱ改变的实验条件是________。
【解析】(1)由图可知,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。(2)①由图可知,1
min时氢气物质的量变化量=8
mol-6
mol=2
mol,故v(H2)==1
mol·L-1·min-1;②曲线I反应速率增大,但转化的氢气的物质的量少,应是升高温度,因该反应放热,升高温度平衡逆向移动,不利于氢气的转化,故曲线I是升高温度。曲线Ⅱ反应速率增大,转化的氢气的物质的量多,因压强增大平衡正向移动,故应是增大压强或缩小容器体积。
答案:(1)放热　(2)①1
mol·L-1·min-1
②升高温度　增大压强(或缩小容器体积)　
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10课后提升作业
二十一
　电解原理
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分)
1.(2016·济宁高二检测)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】选D。电离不需要通电,而是在溶于水或熔化状态下发生的。
2.(2016·广州高二检测)现用Pt电极电解1
L浓度均为0.1
mol·L-1的HCl、CuSO4的混合溶液,装置如图,下列说法正确的是　(　　)
A.电解开始时阴极有H2放出
B.电解开始时阳极上发生:Cu2++2e-Cu
C.当电路中通过电子的量超过0.1
mol时,此时阴极放电的离子发生了变化
D.整个电解过程中,S不参与电极反应
【解析】选D。依据放电顺序阴极先放电的是Cu2+,故阴极开始析出的是Cu,阳极先放电的是Cl-,故阳极开始产生的是Cl2。故A、B错;由阴极反应Cu2++2e-
Cu,n(Cu2+)=0.1
mol,当电路中通过电子的量达到0.2
mol时,此时Cu2+消耗完毕,阴极放电离子变为H+,所以C错;阳极先是Cl-放电,当Cl-消耗完毕,此时H2O电离产生的OH-开始在阳极放电,S不参与电极反应。
3.(2016·淄博高二检测)用惰性电极电解某溶液时,发现两极只有H2和O2生成,则电解一段时间后,下列有关该溶液(与电解前同温度)的说法中正确的有　
(　　)
①该溶液的pH可能增大;②该溶液的pH可能减小;
③该溶液的pH可能不变;④该溶液的浓度可能增大;
⑤该溶液的浓度可能不变;⑥该溶液的浓度可能减小
A.仅①②③　　　　
B.仅①②③④
C.仅①②③④⑤　　　
D.全部
【解析】选C。用惰性电极电解时,两极只有H2和O2,则实质上电解的是水,电解质不参与反应。该电解质有3种可能,如电解硫酸溶液时,水被电解,硫酸浓度变大,pH减小;电解NaOH溶液时,水被电解,NaOH浓度变大,pH增大;电解Na2SO4溶液时,水被电解,Na2SO4浓度变大,pH不变,但若NaOH溶液、Na2SO4溶液是饱和溶液则浓度不变,故①、②、③、④、⑤正确,⑥不可能。
4.(2016·徐州高二检测)用惰性电极电解硫酸铜溶液,整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态,可向溶液中加入　(　　)
A.0.1
mol
CuO
B.0.1
mol
CuCO3
C.0.1
mol
Cu(OH)2
D.0.05
mol
Cu2(OH)2CO3
【解析】选D。根据图象和电解原理,O～P段电解反应的化学方程式为:2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4,P～Q段电解反应的化学方程式为:2H2O
2H2↑+O2↑,所以溶液中应加入CuO:=0.1
mol,H2O:=0.05
mol,分析四个选项,加入0.05
mol
Cu2(OH)2CO3合适。
5.(2016·衡水高二检测)将H2S通入FeCl3溶液中,过滤后将反应液加入电解槽中电解(如图所示),电解后的溶液还可以循环利用。该方法可用于处理石油炼制过程中产生的H2S废气。下列有关说法正确的是　(　　)
A.过滤得到的沉淀可能是FeS和S
B.若有0.20
mol的电子转移,一定能得到2.24
L的氢气
C.可以用Fe与外接电源的a极相连
D.与a极相连的电极反应为Fe2+-e-Fe3+
【解析】选D。H2S与FeCl3反应生成S、盐酸和氯化亚铁,A错误;没有给出氢气所处的条件,不能求氢气的体积,B错误;根据右边生成氢气知b是负极,a是正极,若此时铁是阳极,则被溶解,C错误,D正确。
6.(2016·大连高二检测)如图甲是CO2电催化还原为碳氢化合物的工作原理示意图,用一种钾盐水溶液作电解液;图乙是用H2还原CO2制备甲醇的工作原理示意图,硫酸为电解质溶液。下列说法不正确的是　　(　　)
A.甲中铜片作阴极,K+向铜片电极移动
B.乙中正极发生的电极反应为CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O
C.乙中H2SO4可以增强溶液的导电性
D.甲中若CxHy为C2H4,则生成1
mol
C2H4的同时生成2
mol
O2
【解析】选D。根据图甲电子的移动方向知铜片作阴极,K+向铜片电极移动,故A正确;根据图乙通CO2一极的产物判断,通CO2的一极为正极,电极反应为CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O,故B正确;由于图乙中的质子膜只允许H+通过,所以H2SO4可增强溶液的导电性,故C正确;甲中若CxHy为C2H4,则铜片上的电极反应为:2CO2+12e-+12H+C2H4+4H2O,根据得失电子守恒,铂片生成O2:=3
mol,故D错误。
7.(2016·衡水高二检测)把物质的量均为0.1
mol的CuCl2和H2SO4溶于水制成100
mL的混合溶液,用石墨作电极电解混合溶液,并收集两电极所产生的气体,通电一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同,则下列叙述正确的是　(　　)
A.电路中共转移0.6NA个电子
B.阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2
mol
C.阳极质量增加3.2
g
D.电解后剩余溶液中硫酸的浓度为1
mol·L-1
【解析】选A。根据两极均产生气体知,阴极电极反应有:Cu2++2e-Cu和2H++2e-H2↑,阳极电极反应有:2Cl--2e-Cl2↑和4OH--4e-O2↑+2H2O,设阴极生成xmol
H2,结合n(CuCl2)=0.1
mol和电子守恒得:x=0.1+,解得x=0.2。电路中共转移电子:(0.1×2+0.2×2)mol=0.6
mol,A正确;阳极得到的气体中含O2:=0.1
mol,B错误;阳极的质量不变,C错误;电解后溶质和水均减少,且水的减少量较多,故c(H2SO4)>1
mol·L-1,D错误。
8.(2016·北京高考)用石墨电极完成下列电解实验。
实验一
实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生;……
下列对实验现象的解释或推测不合理的是　(　　)
A.a、d处:2H2O+2e-H2↑+2OH-
B.b处:2Cl--2e-Cl2↑
C.c处发生了反应:Fe-2e-Fe2+
D.根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜
【解题指南】解答本题时应明确以下两点:
(1)由实验一的现象,推理可知a、b、c、d分别为阴极、阳极、阳极、阴极。
(2)利用实验一的原理,分析出实验二中的m、n极都为阴极。
【解析】选B。a、d处试纸变蓝,说明溶液显碱性,是溶液中的氢离子得到电子生成氢气,氢氧根离子剩余造成的,故A正确;b处变红,局部褪色,说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电,分别产生氧气和氯气,氢离子浓度增大,酸性增强,氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性,故B错误;c处为阳极,铁失去电子生成亚铁离子,故C正确;实验一中a、c形成电解池,d、b形成电解池,所以实验二中相当于形成三个电解池(一个球两面为不同的两极),m为电解池的阴极,另一球朝m的一面为阳极(n的背面),相当于电镀,即m上有铜析出,故D项正确。
二、非选择题(本题包括3小题,共52分)
9.(16分)用石墨棒作电极,在Na+、Cu2+、Cl-、S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,电解质是_______________________________。
【解析】(1)当阴极放出H2,阳极放出O2时,则电解时放电离子分别为H+、OH-,实际被电解的物质为H2O,电解质为活泼金属含氧酸盐Na2SO4。
(2)当阴极析出金属,阳极放出O2时,电解时放电离子为金属离子、OH-,实际被电解的物质为H2O和电解质,应为CuSO4。
(3)当阴极放出H2,阳极放出Cl2时,放电离子为H+、Cl-,则电解质应为NaCl。
(4)由题所给离子及离子的放电顺序可知,阴极析出的金属为Cu,阳极放出的气体为O2,其电极反应为阴极2Cu2++4e-2Cu,阳极4OH--4e-2H2O+O2↑,此时电极产物的物质的量之比为2∶1,符合题意,电解质为CuSO4。
答案:(1)Na2SO4　(2)CuSO4　(3)NaCl　(4)CuSO4
【延伸探究】
(1)四种溶液的pH分别如何变化
提示:分别是不变、变小、变大、变小。
(2)若两极产物的物质的量之比为1∶1,应是哪种电解质溶液
提示:应是CuCl2溶液。
10.(18分)(2016·日照高二检测)如图,p、q为直流电源两极,A由金属单质X制成,B、C、D为铂电极,接通电源,金属X沉积于B极,同时C、D产生气泡。试回答:
(1)p为________极,A极发生了________反应。
(2)C试管里收集到的气体是____________,电极方程式是______________。
(3)在电解过程中,测得的C、D两极上产生的气体的实验数据如下:
时间(min)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
阴极生成气体体积(cm3)
6
12
20
29
39
49
59
69
79
89
阳极生成气体体积(cm3)
2
4
7
11
16
21
26
31
36
41
仔细分析以上实验数据,请说出可能的原因: __________________________。
(4)当反应进行一段时间后,A、B电极附近溶液的pH______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(5)当电路中通过0.004
mol电子时,B电极上沉积金属X为0.128
g,则此金属的摩尔质量为________。
【解析】根据金属X沉积于B极知,B为阴极,则:A为阳极、C为阳极、D为阴极,p为正极,q为负极;A极为阳极,故发生的反应为金属X失电子被氧化;由上面的分析知,C为阳极,其电极反应式为:4OH--4e-O2↑+2H2O;1～4
min
C、D两极产生的气体体积比小于1∶2,4～10
min产生的气体体积之比等于1∶2,说明氧气在硫酸溶液中的溶解度比氢气大;n(X2+)==0.002
mol,所以此金属的摩尔质量==64
g·mol-1。
答案:(1)正　氧化
(2)氧气　4OH--4e-O2↑+2H2O
(3)1～4
min
C、D两极产生气体体积之比小于1∶2,4～10
min产生的气体体积之比等于1∶2,说明氧气在硫酸溶液中的溶解度比氢气大
(4)不变　(5)64
g·mol-1
11.(18分)(能力挑战题)(2016·长沙高二检测)甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。
下图是甲醇燃料电池工作的示意图,其中A、B、D均为石墨电极,C为铜电极。工作一段时间后,断开K,此时A、B两极上产生的气体体积相同。
(1)甲中负极的电极反应式为____________________。
(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为______________________。
(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图所示,则图中②线表示的是________的变化;反应结束后,要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀,需要________mL
5.0
mol·L-1NaOH溶液。
【解析】(1)甲醇燃料电池是原电池反应,甲醇在负极失电子发生氧化反应,电极反应为CH3OH-6e-+8OH-C+6H2O。(2)工作一段时间后,断开K,此时A、B两极上产生的气体体积相同,分析电极反应,B为阴极,溶液中铜离子得电子先析出,氢离子后得到电子生成氢气,设B极生成气体物质的量为x,溶液中铜离子物质的量为0.1
mol,电极反应为
Cu2+　+　
2e-Cu,
0.1
mol
0.2
mol
2H++2e-H2↑,
2x
x
A电极为阳极,溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气,电极反应为
4OH--
4e-2H2O+O2↑,
4x
x
得到0.2+2x=4x,
x=0.1
mol
乙中A极析出的气体是氧气,物质的量为0.1
mol,在标准状况下的体积为
2.24
L。(3)根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化,可知,丙装置溶液中铜离子从无到有逐渐增多,铁离子物质的量逐渐减小,亚铁离子物质的量逐渐增大,①为Fe3+,②为Fe2+,③为Cu2+,依据(2)计算得到电子转移为
0.4
mol,当电子转移为0.4
mol时,丙中阳极电极反应Cu-2e-Cu2+,生成Cu2+物质的量为0.2
mol,由图象分析可知:反应前,丙装置中n(Fe3+)=0.4
mol,n(Fe2+)
=0.1
mol,当电子转移0.4
mol时,Fe3+完全反应,生成0.4
mol
Fe2+,则反应结束后,Fe2+的物质的量为0.5
mol,Cu2+的物质的量为0.2
mol,所以需要加入NaOH溶液1.4
mol,所以NaOH溶液的体积为1.4
mol÷(5
mol·L-1)=0.28
L=280
mL。
答案:(1)CH3OH-6e-+8OH-C+6H2O
(2)2.24
L　(3)Fe2+　280
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7课后提升作业
十六
　盐类的水解
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题5分,共30分)
1.(2016·三亚高二检测)下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是　
(　　)
A.N+H2ONH3·H2O+H+
B.S2-+H2OH2S+2OH-
C.CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+
D.CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O
【解析】选A。B不能一步水解,应该用多步水解方程式表示;C是电离方程式,不是水解方程式;D是醋酸与可溶性强碱发生中和反应的离子方程式。
2.下列说法正确的是　(　　)
A.HC在水溶液中只电离,不水解
B.硝酸钠溶液水解之后呈中性
C.可溶性的铝盐都能发生水解反应
D.可溶性的钾盐都不发生水解反应
【解析】选C。多元弱酸的酸式酸根离子在溶液中既可电离,又可水解;NaNO3为强酸强碱盐,不水解;钾盐中K+不水解但阴离子可能水解,如K2CO3;而C中Al3+为弱碱阳离子,一定能水解。
3.(2016·运城高二检测)将0.01
mol下列物质分别加入100
mL蒸馏水中,恢复至室温,所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是(溶液体积变化忽略不计)(　　)
①Na2O2　②Na2O　③Na2CO3　④NaCl
A.①>②>③>④　　　　　　　B.①>②>④>③
C.①=②>③>④
D.①=②>③=④
【解析】选C。①、②溶于水且都与水反应,溶质都是0.02
mol,c(OH-)>0.2mol·L-1;③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④。因此C选项正确。
【补偿训练】
同物质的量浓度的下列各组溶液中,阳离子浓度几乎相等的是　(　　)
A.NH4Cl和NH4NO3　
　
B.NH4Cl和(NH4)2SO4
C.Ba(NO3)2和CuSO4
D.HCl和CH3COOH
【解析】选A。A项都是强酸的铵盐,对N的水解没有影响,故浓度相同;B项两物质的浓度相同,但N浓度不同;C项中的Cu2+能水解;D项中HCl是强酸能完全电离,而CH3COOH不能。
4.(2016·沈阳高二检测)常温下,某溶液中由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1,该溶液可能是　(　　)
①二氧化硫水溶液　②氯化铵水溶液　③硝酸钠水溶液
④氢氧化钠水溶液
A.①④　　　B.①②　　　C.②③　　　D.③④
【解析】选A。常温下纯水电离产生的c(H+)=10-7mol·L-1。题目所给溶液中由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1<10-7mol·L-1,说明水的电离被抑制,则溶液应为酸溶液或碱溶液。
【补偿训练】
(双选)常温下,一定浓度的某溶液,由水电离出的c(OH-)=10-4mol·L-1,则该溶液中的溶质可能是　(　　)
A.Al2(SO4)3　　　　　
B.CH3COOH
C.NaOH
D.CH3COOK
【解析】选A、D。常温下,由纯水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1,因为c(OH-)=10-4mol·L-1>10-7mol·L-1,因而该溶液中的溶质能促进水的电离。盐类的水解能促进水的电离,而酸、碱无论强弱都会抑制水的电离,故排除B、C,选A、D。
5.(2016·温州高二检测)某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系,用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系,得到曲线如图,下列分析不合理的是　(　　)
A.碳酸钠水解是吸热反应
B.ab段说明水解平衡向右移动
C.bc段说明水解平衡向左移动
D.水的电离平衡也对pH产生影响
【解析】选C。A项,分析图象,碳酸钠溶液中碳酸根离子水解,升温pH增大,说明水解是吸热反应,故A正确;B项,ab段说明升温促进水解,氢氧根离子浓度增大,碱性增强,溶液pH增大,图象符合,故B正确;C项,温度升高促进水解平衡正向进行,故C错误。
【补偿训练】
下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是　(　　)
A.盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡
B.NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H+)>c(OH-)
C.在CH3COONa溶液中,由水电离出的c(OH-)≠c(H+)
D.水电离出的H+和OH-与盐中弱离子结合,造成盐溶液呈酸碱性
【解析】选C。盐溶液呈酸碱性的原因,就是破坏了水的电离平衡,使溶液中c(H+)≠c(OH-),故A对;溶液显酸性则一定有c(H+)>c(OH-),故B对;根据水的电离方程式:H2OH++OH-,水在任何溶液中电离出的c(OH-)=c(H+),但在CH3COONa溶液中,由于生成了弱电解质CH3COOH,使得溶液中c(OH-)>c(H+),故显碱性,故C错误;水电离出的H+和OH-与盐中弱酸阴离子或弱碱阳离子结合生成弱电解质,正是造成盐溶液呈酸碱性的原因,故D对。
6.相同温度,相同物质的量浓度的五种溶液:①NH4Cl
②NaHSO4　③NaCl　
④CH3COONa　⑤Na2CO3,pH按由大到小的顺序排列,正确的是　(　　)
A.⑤>④>①>③>②
B.⑤>④>③>①>②
C.⑤>④>①>②>③
D.④>⑤>③>①>②
【解析】选B。①②显酸性,pH较小,其中②是由于电离显酸性,①是由于水解显酸性,所以pH为①>②;③显中性;④⑤都为强碱弱酸盐,弱酸根离子水解显碱性,酸越弱水解程度越大,碱性越强,所以pH为⑤>④。
【方法规律】溶液的酸碱性强弱的判断
溶液的酸碱性强弱的判断或溶液pH大小的比较,其实质是比较c(H+)的大小。解答此类题目的思路是先将各种物质按酸性的、中性的和碱性的分成三大类,然后根据盐类水解的几点规律将溶液按酸碱性强弱排序。规律共四点:a.水解造成的酸性没有弱酸的酸性强;b.水解造成的碱性不如弱碱的碱性强;c.盐所对应的酸越弱,水解造成的碱性越强;d.盐所对应的碱越弱,水解造成的酸性越强。
二、非选择题(本题包括2小题,共20分)
7.(10分)(2016·汕头高二检测)常温下将0.01
mol
NH4Cl和0.002
mol
NaOH溶于水配成1
L溶液。
(1)用化学用语表示该溶液中的三个平衡关系是
①__________________________;
②__________________________;
③__________________________。
(2)这些微粒中浓度为0.01
mol·L-1的是________,浓度为0.002
mol·L-1的是________。
(3)物质的量之和为0.01
mol的两种微粒是________。
【解析】常温下将0.01
mol
NH4Cl和0.002
mol
NaOH溶于水,充分反应后得到NH4Cl、NaCl和NH3·H2O的混合溶液,其中N和NH3·H2O的物质的量之和为
0.01
mol,配成1
L溶液后,物质的量浓度之和为0.01
mol·L-1;Cl-的物质的量为0.01
mol,Na+的物质的量为0.002
mol,配成1
L溶液后,物质的量浓度分别为0.01
mol·L-1和0.002
mol·L-1。
答案:(1)NH3·H2ON+OH-
N+H2ONH3·H2O+H+
H2OH++OH-
(2)Cl-　Na+
(3)N、NH3·H2O
【补偿训练】
如图所示三个烧瓶中分别装有含酚酞的0.01
mol·L-1CH3COONa溶液,并分别放置在盛有水的烧杯中,然后向烧杯①中加入生石灰,向烧杯③中加入NH4NO3晶体,烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01
mol·L-1CH3COONa溶液显红色的原因为_________________。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深,烧瓶③中溶液红色变浅,则下列叙述正确的是________。
A.水解反应为放热反应
B.水解反应为吸热反应
C.NH4NO3溶于水时放出热量
D.NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01
mol·L-1CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体,使CH3COO-水解平衡移动的方向分别为__________、__________、__________、________(填“左”“右”或“不移动”)。
【解析】(1)CH3COONa中CH3COO-水解使溶液显碱性,酚酞遇碱显红色。
(2)生石灰与水剧烈反应且放出大量热,根据烧瓶①中溶液红色变深,判断水解平衡向右移动,说明水解反应是吸热反应,同时烧瓶③中溶液红色变浅,则NH4NO3溶于水时吸收热量。
(3)酸促进CH3COO-的水解,碱抑制CH3COO-的水解;C与CH3COO-带同种电荷,水解相互抑制;Fe2+与CH3COO-带异种电荷,水解相互促进。
答案:(1)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,使溶液显碱性　(2)B、D　(3)右　左　左　右
8.(10分)(2016·南通高二检测)10℃时,在烧杯中加入0.1
mol·L-1的NaHCO3溶液400
mL,加热,测得该溶液的pH发生如下变化:
温度(℃)
10
20
30
50
70
pH
8.3
8.4
8.5
8.9
9.4
(1)甲同学认为,该溶液的pH升高的原因是HC的水解程度增大,故碱性增强,该反应的离子方程式为 _____________________________________________。
(2)乙同学认为,溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。
(3)丙同学认为:要确定上述哪种说法合理,只要把加热后的溶液冷却到10℃后再测定溶液pH,若pH________8.3(填“>”“<”或“=”),说明甲正确;若pH________8.3(填“>”“<”或“=”),说明乙正确。
(4)丁同学设计如下实验方案对甲、乙同学的解释进行判断:实验装置如图,加热煮沸NaHCO3溶液,发现试管A中澄清石灰水变浑浊,说明________(填“甲”或“乙”)推测正确。
(5)将一定体积0.1
mol·L-1的NaHCO3溶液置于烧杯中加热至微沸(溶液体积不变);将烧杯冷却至室温,过一段时间(溶液体积不变)测得pH为10.1。据此资料可以判断________(填“甲”或“乙”)推测正确,原因是 ________________。
【解析】(1)HC水解的离子方程式为HC+H2OH2CO3+OH-。
(2)乙同学根据NaHCO3受热易分解,认为受热时2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,这样溶质成为Na2CO3,而pH增大,也说明Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。
(3)若甲同学的观点正确,则当温度再恢复至10℃时,pH应为8.3,若乙同学的观点正确,则当温度降回至10℃时,则pH应大于8.3,而第(5)小题实验也利用该原理从而证明乙同学的观点是正确的。
(4)根据A中澄清石灰水变浑浊,说明NaHCO3在加热煮沸时发生了分解反应生成了Na2CO3与CO2及水,证明乙同学观点正确。
答案:(1)HC+H2OH2CO3+OH-
(2)大于
(3)=　>
(4)乙
(5)乙　溶液冷却至室温后pH大于8.4,说明此实验过程中溶液有新物质生成
【补偿训练】
(2016·温州高二检测)pH=2的某酸HnA(A为酸根)与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合,混合液的pH=6。
(1)写出生成的正盐的分子式:________。
(2)该盐中存在着一定水解的离子,该离子的水解方程式为_________________。
(3)简述该混合液呈酸性的原因: ______________________________________。
【解析】(1)正盐即酸中的H+与碱中的OH-完全反应生成的盐,A显-n价,B显+m价,所以正盐为BnAm。
(2)若为强酸、强碱,两者恰好反应生成的盐不水解,溶液呈中性,不符合;若为弱碱、强酸,则等体积混合时,碱过量,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+
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7课后提升作业
二十三
　金属的电化学腐蚀与防护
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分)
1.(2016·大连高二检测)下列有关金属的说法正确的是　(　　)
A.牺牲阳极的阴极保护法构成原电池,被保护的金属作正极
B当镀锌铁制品的镀层破损时,镀层不能对铁制品起保护作用
C.不锈钢不易生锈是因为表面有保护膜
D.可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【解析】选A。牺牲阳极的阴极保护法构成原电池,被保护的金属作正极,A正确;镀锌铁镀层破损时,形成原电池,金属锌为负极,金属铁作正极被保护,B错误;不锈钢不易生锈是因为改变了金属的内部结构,C错误;地下输油钢管应与外加直流电源的负极相连,D错误。
2.某课外活动小组,将剪下的一块镀锌铁放入试剂瓶中,并滴入少量食盐水将其浸湿,再加数滴酚酞溶液,按图装置进行实验,数分钟后观察,下列现象不可能出现的是　(　　)
A.乙中导气管里形成一段水柱
B.乙中导气管中产生气泡
C.金属片剪口处溶液变红
D.锌被腐蚀
【解析】选B。锌铁合金放入NaCl溶液中,形成了原电池,由于金属活动性:Zn>Fe,且电解质溶液为NaCl溶液,呈中性,故发生了Zn的吸氧腐蚀,导致甲中压强减小,乙中应形成一段水柱,由于O2得电子后结合H2O形成OH-,显碱性,使酚酞变红,故A、C、D现象可出现,B现象不可能出现。
3.(2016·太原高二检测)一定条件下,碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下:
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
Fe
下列说法不正确的是　(　　)
A.在pH<4溶液中,碳钢主要发生析氢腐蚀
B.在pH>6溶液中,碳钢主要发生吸氧腐蚀
C.在pH>14溶液中,碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H++4e—2H2O
D.在煮沸除氧气后的碱性溶液中,碳钢腐蚀速率会减缓
【解析】选C。A项,pH<4为强酸性,发生析氢腐蚀,正确;B项,pH>6的溶液,氧气得电子,发生吸氧腐蚀,正确;C项,pH>14的溶液,氧气与水反应得电子:O2+2H2O+4e-4OH-,错误;D项,煮沸后除去了氧气,碳钢的腐蚀速率会减小,正确。
4.将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上,一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗,在液滴外沿形成棕色铁锈环(b),如图所示。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘少。下列说法正确的是　(　　)
A.液滴中的Cl―由a区向b区迁移
B.若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板,在铜铁接触处滴加NaCl溶液,则负极发生的电极反应为Cu-2e-Cu2+
C.液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀,生成的Fe2+由a区向b区迁移,与b区的OH―形成Fe(OH)2,进一步氧化、脱水形成铁锈
D.液滴边缘是正极区,发生的电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-
【解析】选D。本题中涉及的是钢铁的腐蚀,因为NaCl溶液显中性,显然发生的是吸氧腐蚀。根据现象可以确定含氧少的a区为正极区,其边缘含氧较多为负极区,负极发生的反应为Fe-2e-Fe2+,正极发生的反应为O2+2H2O+4e-4OH-。液滴中的Cl―由b区向a区迁移,所以A项错误,D项正确;B项因铁比铜活泼,应铁作负极,所以该项错误;C项因为铁发生的是氧化反应,所以该项错误。
5.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.红墨水水柱两边的液面变为左低右高
C.两试管中相同的电极反应式是Fe-2e-Fe2+
D.a试管中发生了吸氧腐蚀,b试管中发生了析氢腐蚀
【解析】选B。A.两侧均发生金属腐蚀,形成原电池,生铁中的碳作电池的正极,铁作电池的负极,正确;B.a中盛有氯化钠溶液,溶液为中性,所以发生的是吸氧腐蚀,压强减小,而b中盛有氯化铵溶液,溶液显酸性,所以发生的是析氢腐蚀,压强增大,所以U形管液面左高右低,错误;C.两试管中都有Fe失去电子生成亚铁离子的反应,正确;D.a试管中发生了吸氧腐蚀,b试管中发生了析氢腐蚀,正确。
【易错提醒】
两个试管中的酸碱性不同,所以发生的是不同类型的电化学腐蚀。
6.下列事实中,不能用电化学理论解释的是　(　　)
A.轮船水线以下的船壳上安装一定数量的锌块
B.高温车间中钢铁设备的腐蚀
C.纯锌与稀硫酸反应时,滴入少量CuSO4溶液后,反应速率提高
D.镀锌铁比镀锡铁耐用
【解析】选B。高温车间中钢铁设备的腐蚀是发生了一般的化学反应而被腐蚀的过程。其他选项都涉及原电池反应。
7.(2015·上海高考)研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是　(　　)
A.d为石墨,铁片腐蚀加快
B.d为石墨,石墨上电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-
C.d为锌块,铁片不易被腐蚀
D.d为锌块,铁片上电极反应为2H++2e-H2↑
【解析】选D。由于活动性:铁>石墨,所以铁、石墨及海水构成原电池,Fe为负极,失去电子被氧化变为Fe2+,进入溶液,溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原,铁片腐蚀比没有形成原电池时的速率快,A正确;d为石墨,由于是中性电解质,所以发生的是吸氧腐蚀,石墨上氧气得到电子,发生还原反应,电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-,B正确;若d为锌块,则由于金属活动性:Zn>Fe,Zn为原电池的负极,Fe为正极,首先被腐蚀的是Zn,铁得到保护,铁片不易被腐蚀,C正确;d为锌块,由于电解质为中性环境,发生的是吸氧腐蚀,在铁片上电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-,D错误。
【补偿训练】
为研究金属腐蚀的条件和速率,某课外小组学生将三根大小相同的铁丝分别固定在图示的三个装置中,再放置于U形管里保存一星期后,下列对实验结束时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中的铁丝腐蚀最严重
D.装置Ⅲ中的铁丝几乎没被腐蚀
【解析】选B。Ⅰ中铁丝发生吸氧腐蚀,左侧液面上升;Ⅱ中盐酸挥发,和铁丝反应生成H2,腐蚀最严重,Ⅱ中左侧液面下降;Ⅲ中浓硫酸吸水,而铁丝在干燥空气中几乎不腐蚀。
二、非选择题(本题包括3小题,共58分)
8.(18分)钢铁工业是一个国家工业的基础,而且钢铁制品在人们的生产生活中有着广泛的用途。
(1)钢材加工前需要对其表面的氧化物(如铁锈)进行处理。常用的方法之一是用硫酸处理。下列能加快除去钢铁表面氧化物速率的是________(填字母)。
A.用中等浓度的硫酸　　　
B.用98.3%的浓硫酸
C.加热　
D.加少许铜粉
(2)实际生产中也可以用适量的稀盐酸来处理钢铁表面的铁锈。某同学在实验室中,将一块表面生锈的铁片置入稀盐酸中。写出铁锈完全消失后溶液中发生化合反应的离子方程式: _______________________________________________。
(3)防止钢铁腐蚀可以延长钢铁制品的使用寿命。在钢铁制品表面镀铜可以有效地防止其腐蚀,电镀的装置如图所示:
①上面的电镀装置图的“直流电源”中,________(选填“a”或“b”)是正极。
②接通电源前,装置图中的铜、铁两个电极质量相等,电镀完成后,将两个电极取出,用蒸馏水小心冲洗干净、烘干,然后称量,二者质量差为5.12
g,由此计算电镀过程中电路中通过的电子的物质的量为________。
③上述铁镀件破损后,铁更容易被腐蚀。请简要说明镀铜铁镀件破损后,铁更容易被腐蚀的原因: _____________________________________________ __ _ ,
由此可推知铁镀____________(填一种金属)在破损时铁不易被腐蚀。
【解析】(1)稀硫酸可以与铁反应,而浓硫酸则可以使铁钝化;加热可以使铁与浓硫酸反应;铜可以与Fe3+反应,从而降低溶液中Fe3+的浓度,有利于硫酸与铁锈的反应。
(2)铁锈溶解于酸,生成Fe3+,Fe3+能与单质铁发生化合反应。
(3)电镀时正极连接的电极为阳极,故a为正极;阳极溶解的铜等于阴极上析出的铜,故阳极溶解的铜为2.56
g,即0.04
mol,故电镀过程中电路中通过的电子的物质的量为0.08
mol;镀件破损时,镀层金属与镀件金属在周围环境中形成原电池,活动性强的金属更容易被腐蚀。
答案:(1)B、D
(2)2Fe3++Fe3Fe2+
(3)①a　②0.08
mol　③铁比铜活泼,铁与铜构成原电池的两个电极,铁作负极,更易被腐蚀　锌
9.(20分)钢铁工业是国家工业的基础,请回答钢铁腐蚀与防护过程中的有关问题。
(1)生产中可用盐酸来除铁锈。现将一生锈的铁片放入盐酸中,当铁锈被除尽后,溶液中发生的化合反应的化学方程式为 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ___。
(2)下列哪些装置可防止铁棒被腐蚀__________。
(3)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:
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)铁锈主要成分为Fe2O3·H2O,与HCl反应生成Fe3+,Fe3+具有强氧化性,能够氧化铁:2Fe3++Fe3Fe2+。
(2)根据原电池和电解池原理可知,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项铁作阳极,加速了铁的腐蚀。
(3)①镀铜时阳极材料应选铜。
②阳极溶解铜,阴极析出铜,故在阴极析出铜的质量为=2.56
g。根据Cu2++2e-Cu可知转移电子数为0.08
mol。
③镀铜铁中镀层破损,构成原电池,铁为负极被腐蚀,而镀锌铁中镀层破损,铁作正极被保护。
答案:(1)2FeCl3+Fe3FeCl2
(2)B
(3)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)
【补偿训练】
(2016·沈阳高二检测)A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸,如图所示:
(1)A中反应的离子方程式是 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ___。
(2)B中Sn极的电极反应式为 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ____,
Sn极附近溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)C中被腐蚀的金属是________,总反应离子方程式是________________
____________,比较A、B、C中铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是 ____________
__________________________________________________。
【解析】(1)A中发生Fe与稀硫酸间的置换反应。
(2)B中Sn为正极,H+放电生成H2:2H++2e-H2↑,导致Sn附近溶液中c(H+)减小,pH增大。
(3)C中Zn为负极,被腐蚀。
答案:(1)Fe+2H+Fe2++H2↑
(2)2H++2e-H2↑　增大
(3)Zn　Zn+2H+Zn2++H2↑　B>A>C
10.(20分)(能力挑战题)(2014·安徽高考)某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素,将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部,塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液,同时测量容器中的压强变化。
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格):
编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/%
①
为以下实验作参照
0.5
2.0
90.0
②
醋酸浓度的影响
0.5
36.0
③
0.2
2.0
90.0
(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时,容器中压强明显小于起始压强,其原因是铁发生了________腐蚀,请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向;此时,碳粉表面发生了________(填“氧化”或“还原”)反应,其电极反应式是____________________________________________。
(3)该小组对图2中0~t1时压强变大的原因提出了如下假设,请你完成假设二:
假设一:发生析氢腐蚀产生了气体;
假设二:__________________________________________________;
……
【解析】(1)实验②是探究醋酸浓度的影响,因此醋酸浓度不同,其他条件相同,即铁粉的质量为2.0
g,实验③是探究碳粉的量对反应的影响。
(2)t2时压强减小,则是发生了吸氧腐蚀,碳是正极,发生还原反应:O2+4e-+2H2O4OH-或4H++O2+4e-2H2O,电子流向是铁→碳:
。
(3)压强变大可能是产生了气体、温度升高等,因此假设二是反应放热。
答案:(1)②2.0　③碳粉含量的影响
(2)吸氧　　还原
O2+4e-+2H2O4OH-或4H++O2+4e-2H2O
(3)反应放热,温度升高,体积膨胀
【补偿训练】
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一个月
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一小时
铁丝表面依然光亮
3
常温下将铁丝放在潮湿的空气中一个月
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一小时
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一小时
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一小时
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是_________________________;
(3)为防止铁的锈蚀,工业上普遍采用的方法是 __________________________
________(答两种方法)。
【解析】解答第(1)题应注意联系金属的化学腐蚀与电化学腐蚀的区别,不纯的金属与电解质溶液接触,因发生原电池反应,较活泼的金属失电子而被氧化,分析题中实验可知,实验3、4、5、6发生了电化学腐蚀,其中负极反应是Fe-2e-Fe2+,正极反应是O2+2H2O+4e-4OH-。
解答第(2)题时,对比实验1和3可得出湿度增大,可使铁锈蚀速率加快;对比实验2、4可知增大O2浓度可加快铁锈蚀的速率;对比实验4、5可知升高温度可加快铁锈蚀的速率;对比实验5、6可知电解质的存在会使铁锈蚀的速率加快。
第(3)题,为防止铁的锈蚀,根据铁锈蚀的类型,可采用牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法,还可把铁制成不锈钢(合金),亦可采用喷油漆、涂油脂、电镀、表面钝化等方法使铁与空气、水等物质隔离,以防止金属腐蚀。
答案:(1)3、4、5、6
Fe-2e-Fe2+(或2Fe-4e-2Fe2+)
2H2O+O2+4e-4OH-
(2)温度、湿度、O2的浓度、电解质存在
(3)电镀、发蓝等表面覆盖保护层,牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法等(答案合理即可)
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9课后提升作业
二十二
　电解原理的应用
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分)
1.如图中X、Y分别是直流电源的两极,通电后发现a极板质量增加,b极板处有无色无味气体放出,符合这一情况的是　(　　)
a电极
b电极
X电极
溶液
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
【解析】选A。通电后发现a极板质量增加,所以金属阳离子在a极上得电子,a极是阴极,溶液中金属元素在金属活动性顺序中处于氢元素后边;b极是阳极,b极板处有无色无味气体放出,即溶液中氢氧根离子放电生成氧气,电极材料必须是不活泼的非金属,电解质溶液中的阴离子必须是氢氧根离子或含氧酸根离子。A.该选项符合条件,故正确;B.电解质溶液中金属阳离子在氢元素前边,故错误;C.铁是活泼金属,作阳极失电子,所以在b极板处得不到氧气,故错误;D.电解质溶液中氯离子失电子,在b极板处得到有刺激性气味的气体,与题意不符,故错误。
2.(2015·四川高考)用如图所示装置除去含CN-、Cl-废水中的CN-时,控制溶液pH为9～10,阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是　(　　)
A.用石墨作阳极,铁作阴极
B.阳极的电极反应式:Cl-+2OH--2e-ClO-+H2O
C.阴极的电极反应式:2H2O+2e-H2↑+2OH-
D.除去CN-的反应:2CN-+5ClO-+2H+N2↑+2CO2↑+5Cl-+H2O
【解析】选D。A选项石墨作阳极,为惰性电极,由溶液中的Cl-放电,电极反应式:Cl-+2OH--2e-ClO-+H2O,铁作阴极,在碱性环境下发生2H2O+2e-H2↑+2OH-,故A、B、C正确;D选项pH为9～10的碱性溶液不可能是H+参加反应,离子反应应为2CN-+5ClO-+H2ON2↑+2CO2↑+5Cl-+2OH-。
【补偿训练】
电解装置如图所示,电解槽内装有KI及淀粉溶液,中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电,发现左侧溶液变蓝色,一段时间后,蓝色逐渐变浅。已知:3I2+6OH-I+5I-+3H2O
下列说法不正确的是　(　　)
A.右侧发生的电极反应式:2H2O+2e-H2↑+2OH-
B.电解结束时,右侧溶液中含有I
C.电解槽内发生反应的总化学方程式:KI+3H2OKIO3+3H2↑
D.如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜,电解槽内发生的总化学反应不变
【解析】选D。电解时左侧溶液变蓝,说明反应中I-→I2,则电极反应为2I--2e-I2,该极为阳极。右侧电极为阴极,发生还原反应,则应该是水放电生成H2,电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,A说法正确。电解过程中阴离子OH-可通过阴离子交换膜向阳极移动,因此OH-可从右侧进入左侧,导致单质I2与OH-反应:3I2+6OH-I+5I-+3H2O,因此左侧溶液中产生I,I也可透过阴离子交换膜进入右侧,B说法正确。把两电极反应和I2与OH-的反应合并,可得总反应方程式:KI+3H2OKIO3+3H2↑,C说法正确。如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜,则右侧产生的OH-不能进入左侧,则不会发生单质I2与OH-的反应,因此电解槽内的化学反应不同,D说法错误。
3.(2016·洛阳高二检测)用惰性电极电解AgNO3溶液,下列说法不正确的是　
(　　)
A.电解过程中阴极质量不断增加
B.电解过程中溶液的pH不断降低
C.此时向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复到电解前的状况
D.电解后两极产生的气体体积比为2∶1
【解析】选D。用惰性电极电解AgNO3溶液,总的电极反应式为4AgNO3+2H2O
4Ag+O2↑+4HNO3。可知:阴极上析出Ag,阳极上放出O2,故A正确、D错误;由于生成硝酸溶液,pH应不断降低,B正确;要使溶液恢复电解前的状况,要看加入的物质在溶液中的反应:2Ag2O+4HNO34AgNO3+2H2O;得到的物质恰好是反应掉的物质,可以使溶液恢复电解前的状况,C正确。
【补偿训练】
(2016·厦门高二检测)以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水,关于两个电解池反应的说法正确的是　(　　)
A.阳极反应式相同
B.电解结束后所得液体的pH相同
C.阴极反应式相同
D.通过相同电量时生成的气体总体积相等(同温同压)
【解析】选C。A项,以石墨为电极电解水,阳极:4OH--4e-2H2O+O2↑,以石墨为电极电解饱和食盐水,阳极:2Cl--2e-Cl2↑,二者阳极电极反应式不同,故A错误;B项,电解水溶液的pH不变,电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气,pH变大,所以电解结束后所得液体的pH不相同,故
B错误;C项,以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水阴极上都是2H++2e-H2↑,所以阴极电极反应式相同,故C正确;D项,设转移电子数为4
mol,则依据电解方程式:2H2O2H2↑+O2↑,电解水生成3
mol气体;依据电解方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑,电解食盐水生成4
mol气体,故D错误。
4.近年来,加“碘”食盐较多的使用了碘酸钾(KIO3),碘酸钾在工业上可用电解法制取。以石墨和不锈钢为电极,以KI溶液为电解液,在一定条件下电解,反应方程式为KI
+
3H2OKIO3+
3H2↑。下列有关说法正确的是　(　　)
A.电解时,石墨作阴极,不锈钢作阳极
B.电解时,阳极反应是I--6e-+
3H2OI+
6H+
C.溶液调节至强酸性,对生产有利
D.电解前后溶液的pH增大
【解析】选B。A.由电解方程式可知:在反应中I-失去电子变为I,因此电解时,石墨作阳极,不锈钢作阴极,A错误;B.由总反应方程式可知:电解时,阳极反应是I--6e-+
3H2OI+6H+,B正确;C.溶液调节至强酸性,会与不锈钢电极反应,对生产不利,C错误;D.电解反应方程式为KI+3H2OKIO3+
3H2↑,反应不断消耗水,但KI是强酸强碱盐,溶液始终呈中性,pH=7,D错误。
5.(2016·北京海淀区高二检测)电解池在生活和生产中有着广泛应用。下列有关判断中错误的是　(　　)
A.装置①研究的是电解CuCl2溶液,b电极上有红色固体析出
B.装置①电解一段时间后,要使电解质溶液恢复,可加入适量的CuCl2
C.装置②研究的是电解饱和食盐水,B电极发生的反应:2Cl--2e-Cl2↑
D.两个装置中涉及的主要反应都是氧化还原反应
【解析】选C。由电源正负极可知,B电极为阴极,发生得电子的还原反应,C选项错误。
6.(2016·海口高二检测)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除去
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】选A。A项中阴极H2O电离出的H+得电子,电极反应式为2H2O+2e-2OH-+
H2↑。
7.(2016·沈阳高二检测)如下图所示是根据图甲的电解池进行电解时某个量(纵坐标x)随时间变化的函数图象(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x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】选C。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。
8.(2016·全国卷Ⅰ)三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和S可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是　(　　)
A.通电后中间隔室的S离子向正极迁移,正极区溶液pH增大
B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C.负极反应为2H2O-4e-O2+4H+,负极区溶液pH降低
D.当电路中通过1
mol电子的电量时,会有0.5
mol的O2生成
【解析】选B。电解池中阴离子向阳极移动,所以通电后中间隔室的S向正极区迁移,阳极上氢氧根离子放电产生氧气,溶液中氢离子浓度增大,pH减小,A项错误;电解时在负极区生成NaOH,在正极区生成H2SO4,B项正确;阴极反应是氢离子得到电子生成氢气,溶液中氢氧根离子浓度增大,pH升高,C项错误;当电路中通过1
mol电子的电量时,会有0.25
mol的O2生成,D项错误。
二、非选择题(本题包括3小题,共52分)
9.(17分)(2016·三亚高二检测)蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置,有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是NiO2+Fe+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2,用该蓄电池电解(阴、阳极均为惰性电极)M(NO3)x溶液时,若此蓄电池工作一段时间后消耗0.36
g水。
(1)电解时,电解池的阳极应连接________(填序号)。
A.NiO2　
　B.Fe　　
C.Fe(OH)2　
　D.Ni(OH)2
(2)电解M(NO3)x溶液时某一极质量增至mg,金属M的相对原子质量的计算式为________(用m、x表示)。
(3)此蓄电池电解含有0.01
mol
CuSO4和0.01
mol
NaCl的混合溶液100
mL,转移相同量的电子时,阳极产生气体________L(标准状况),电解后溶液加水稀释至1
L,溶液的pH为________。
【解析】(1)电解池的阳极应连原电池的正极,故连NiO2。
(2)蓄电池工作时,消耗0.36
g水,通过0.02
mol电子,由得失电子守恒知=0.02,解得M=50mx。
(3)通过电子0.02
mol,首先产生0.005
mol
Cl2,转移电子的物质的量为0.01
mol,然后发生4OH--4e-2H2O+O2↑,产生O2:=0.002
5
mol,V气=
(0.002
5
mol+0.005
mol)×22.4
L·mol-1=0.168
L。产生n(H+)=0.002
5
mol×4=0.01
mol,c(H+)=0.01
mol·L-1,pH=2。
答案:(1)A　(2)50mx　(3)0.168　2
10.(17分)(1)(2016·浙江高考节选)研究证实,CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇,则生成甲醇的反应发生在________极,该电极反应式是_______
_____________________。
(2)(2015·山东高考节选)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备,钴氧化物可通过处理钴渣获得。利用如图装置电解制备LiOH,两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为________溶液(填化学式),阳极电极反应式为_________________,电解过程中Li+向________电极迁移(填“A”或“B”)。
(3)(2015·上海高考节选)氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图,图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
完成下列填空:
①写出电解饱和食盐水的离子方程式: ________________________________。
②离子交换膜的作用为 ______________________________________________。
③精制饱和食盐水从图中________位置补充,氢氧化钠溶液从图中________位置流出。(选填“a”“b”“c”或“d”)
【解析】(1)二氧化碳变甲醇,碳元素的化合价降低,得到电子,说明其在阴极反应,其电极反应式为CO2+6H++6e-CH3OH+H2O。
(2)B极区产生H2,同时生成LiOH,则B极区电解液为LiOH溶液;电极A为阳极,阳极区电解液为LiCl溶液,根据放电顺序,阳极上Cl-失去电子,则阳极电极反应式为2Cl--2e-Cl2↑;根据电流方向,电解过程中Li+向B电极迁移。
(3)①电解饱和食盐水时,溶液中的阳离子H+在阴极得到电子变为H2逸出,使附近的水溶液显碱性,溶液中的阴离子Cl-在阳极失去电子,发生氧化反应,产生Cl2。反应的离子方程式是2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-。
②图中的离子交换膜只允许阳离子通过,是阳离子交换膜,不能使阴离子通过,这样就可以阻止阴极溶液中的OH-进入阳极室,与氯气发生反应,阻止Cl-进入阴极室,使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。
③随着电解的进行,溶质NaCl不断消耗,所以应该及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充,由于阴极H+不断放电,附近的溶液显碱性,氢氧化钠溶液从图中d位置流出;水不断被消耗,所以从b口不断加入蒸馏水,从c位置流出的是稀NaCl溶液。
答案:(1)阴　CO2+6H++6e-CH3OH+H2O
(2)LiOH　2Cl--2e-Cl2↑　B
(3)①2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
②阻止OH-进入阳极室,与Cl2发生副反应:2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O
阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸
③a　d
【补偿训练】
(2016·开封高二检测)铝和氢氧化钾都是重要的工业产品。请回答:
(1)工业冶炼铝的化学方程式是 ________________________________。
(2)铝与氢氧化钾溶液反应的离子方程式是 _____________________________。
(3)工业级氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质,可用离子交换膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过),其工作原理如图所示。
①该电解槽的阳极反应式是 ________________________________。
②通电开始后,阴极附近溶液pH会增大,请简述原因 _________________。
③除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口________(填写“A”或“B”)导出。
【解析】(3)中根据电解原理,阳极应是OH-失电子,所以电极反应式为4OH--4e-2H2O+O2↑,而阴极为H+放电,促进水的电离,使OH-浓度增大,所以pH增大,根据阳离子交换膜的特点,K+可从阳极区进入阴极区和OH-组成KOH,从而可在阴极区得到纯的KOH溶液,故液体应从B口导出。
答案:(1)2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑
(2)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑
(3)①4OH--4e-2H2O+O2↑
②H+放电,促进水的电离,OH-浓度增大
③B
11.(18分)(能力挑战题)(2016·阳泉高二检测)课题式研究性学习是培养学生创造性思维的良好方法,某研究性学习小组将下列装置如图连接,C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后,向乙中滴入酚酞试液,在F极附近显红色。
试回答下列问题:
(1)电源A极的名称是________。
(2)甲装置中电解反应的总化学方程式: ________________________________。
(3)如果收集乙装置中产生的气体,两种气体的体积比是________。
(4)欲用丙装置给铜镀银,G应该是________(填“铜”或“银”),电镀液的主要成分是________(填化学式)。
(5)装置丁中的现象是 _______________________________________________。
【解析】(1)这是一个串联电解装置,乙中F极出现红色,说明在F极放出H2,生成NaOH,F为阴极,B为负极,A为正极。
(2)甲池电解CuSO4溶液:2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。
(3)乙池电解NaCl溶液:2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑,V(Cl2)∶V(H2)=1∶1。
(4)给铜镀银,银应为阳极,铜为阴极,G为银,电镀液为AgNO3溶液。
(5)丁装置是进行胶体的电泳实验,Fe(OH)3胶体胶粒带正电荷,通电后向阴极移动,阴极区颜色变深。
答案:(1)正极
(2)2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
(3)1∶1　(4)银　AgNO3
(5)Y极附近红褐色变深
【补偿训练】
(2016·太原高二检测)如图所示,甲、乙为相互串联的两电解池。
(1)甲池若为用电解原理精炼铜的装置,则A电极名称为________极,电极材料是________,电极反应式为____________________,电解质溶液可以是_________
________。
(2)乙池中Fe极电极反应式为_________________,若在乙池中滴入少量酚酞试液,开始电解一段时间,Fe极附近呈________色。
【解析】(1)根据电解池的电极与外接电源的关系,A为阴极,B为阳极,Fe为阴极,C为阳极。因为甲为精炼铜的装置,所以A电极材料是纯铜,电极反应式为Cu2++2e-Cu,电解质溶液用含Cu2+的溶液(如CuSO4溶液)。
(2)乙池中Fe电极反应式为2H++2e-H2↑,在乙池中滴入少量酚酞试液,开始电解一段时间,由于水提供的H+在阴极(Fe)放电,OH-越来越多,铁极附近呈红色。
答案:(1)阴　纯铜　Cu2++2e-Cu　含Cu2+的溶液(如CuSO4溶液)
(2)2H++2e-H2↑　红
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10课后提升作业
二十
　化学电源
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括9小题,每小题6分,共54分)
1.(2016·新乡高二检测)下列有关锌锰干电池的说法中正确的是　(　　)
A.锌外壳是负极,石墨棒是正极材料
B.在外电路中电子从石墨棒流向锌外壳
C.电流从锌流到石墨棒上
D.在电池内部阳离子从石墨棒向锌片移动
【解析】选A。在锌锰干电池中,锌外壳是负极,石墨棒是正极,在外电路中电子从锌外壳流向石墨棒,电流的方向与电子的流向相反,电池内部,阳离子向正极石墨棒移动,故A正确,B、C、D错误。
【补偿训练】
(2016·平顶山高二检测)普通锌锰干电池在放电时总反应方程式可以表示为Zn(s)+2MnO2+2NZn2++Mn2O3(s)+2NH3↑+H2O,在此电池放电时正极(碳棒)上发生反应的物质是　(　　)
A.Zn　　　　　　　　　
B.碳
C.MnO2和N
D.Zn2+和NH3
【解析】选C。根据方程式可知:Zn为原电池的负极,碳棒为原电池的正极,负极失电子变成Zn2+,失去的电子被MnO2和N得到,生成了Mn2O3和NH3。所以在正极上N和MnO2为反应物。
2.(2016·潍坊高二检测)乙醇燃料电池中采用磺酸类质子溶剂,在200℃左右时供电,电池总反应式为C2H5OH+3O22CO2+3H2O,电池示意图如图,下列说法中正确的是　(　　)
A.电池工作时,质子向电池的负极迁移
B.电池工作时,电流由b极沿导线流向a极
C.a极上发生的电极反应是C2H5OH+3H2O+12e-2CO2+12H+
D.b极上发生的电极反应是2H2O+O2+4e-4OH-
【解析】选B。通入乙醇的一极(a极)为负极,发生氧化反应;通入氧气的一极(b极)为正极,发生还原反应。电池工作时,阳离子(质子)向电池的正极迁移,选项A不正确;电流方向与电子流向相反,电流由b极沿导线流向a极,选项B正确;a极上乙醇应该失电子被氧化,所以选项C不正确;因为电池中使用的是磺酸类质子溶剂,所以电极反应式中不能出现OH-,选项D不正确。
3.(2016·郑州高二检测)甲醇燃料电池具有容易携带、容易存储等优点,目前被认为将会替代传统的电池成为携带型设备的主要电源。如图是甲醇的质子交换膜型燃料电池模型,下列有关说法正确的是　(　　)
A.Y极为电池的负极
B.X极的电极反应式:CH3OH+H2O-6e-CO2+6H+
C.若常温下用该电池电解100
mL
KCl溶液至pH=12时,向质子交换膜迁移的A为0.01
mol
D.空气以20%为氧气计算,X极每消耗1
mol甲醇,Y极必消耗168
L空气中的氧气
【解析】选B。根据X极、Y极所通入的物质,可以判断,X极为负极,Y极为正极,其电极反应式为X极(负极):CH3OH+H2O-6e-CO2+6H+;Y极(正极):O2+6e-+6H+
3H2O。C项,2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑,n(OH-)=0.01
mol·L-1×0.1
L=10-3mol,所以向质子交换膜迁移的A(H+)应为0.001
mol;D项,没有给出氧气所处的条件,不能求出氧气的体积。
4.(2016·全国卷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　
(　　)
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】选C。充电时,发生电解池反应,K+向阴极移动,A选项错误;充电时,发生的反应是2Zn(OH2Zn+O2↑+4OH-+2H2O,反应后c(OH-)逐渐增大,B选项错误;放电时,活泼金属Zn作负极,发生失电子的氧化反应生成Zn(OH,C选项正确;根据O2～4e-,则放电时电路中通过2
mol电子,消耗0.5
mol
O2,其在标准状况下的体积为11.2
L,D选项错误。
【方法规律】解答充电电池题目的注意问题
(1)电池放电时发生原电池反应,充电时发生电解池反应。
(2)可充电电池的充放电时的反应相反。
(3)阳极和负极都发生氧化反应,阴极和正极都发生还原反应。
(4)原电池中阳离子向正极移动,电解池中阳离子向阴极移动。
5.寻找新能源是解决温室效应的一条重要思路。磷酸亚铁锂(LiFePO4)是一种新型汽车锂离子电池,总反应为FePO4+LiLiFePO4,电池中的固体电解质可传导离子,下列说法错误的是　(　　)
A.放电时,Li作负极
B.放电时,正极反应为FePO4+Li++e-LiFePO4
C.充电时,Li+和Fe2+向阴极移动,P向阳极移动
D.充电时,阴极反应为Li++e-Li
【解析】选C。放电时,电极反应式为负极:Li-e-Li+,正极:FePO4+e-+Li+
LiFePO4;充电时,电极反应式为阴极:Li++e-Li,阳极:LiFePO4-e-Li++FePO4。C项,充电时,Li+在阳极生成,移向阴极得e-生成Li,Fe2+失去电子生成Fe3+,Fe3+和P结合生成FePO4。
6.(2016·漳州高二检测)一种微生物燃料电池的结构示意图如图所示,关于该电池的叙述正确的是　(　　)
A.电池工作时,电子由a流向b
B.微生物所在电极区放电时发生还原反应
C.放电过程中,H+从正极区移向负极区
D.正极反应式为MnO2+4H++2e-Mn2++2H2O
【解析】选D。因为右侧产生CO2,说明微生物所在的电极区Cm(H2O)n失电子生成CO2,所以电池工作时电子由b经外电路流向a极,A项错误;微生物所在电极区放电时发生氧化反应,B项错误;放电时阳离子向正极移动,C项错误;放电时正极发生还原反应,D项正确。
7.(2016·太原高二检测)科学工作者为心脏病患者设计的心脏起搏器的电池是以Pt和Zn为电极材料,依靠人体体液中含有的一定浓度的溶解氧、H+和Zn2+进行工作的。该电池工作时,正极的电极反应式为　(　　)
A.Zn-2e-Zn2+
B.2H++2e-H2↑
C.4OH--4e-O2↑+2H2O
D.O2+4H++4e-2H2O
【解析】选D。正极得电子,体液中溶解的氧易得电子而发生反应:O2+4H++4e-
2H2O,D项正确。
【补偿训练】
(2016·梅州高二检测)微型锂碘电池可用于植入某些心脏病人体内的心脏起搏器所用的电源。这种电池中的电解质是固体电解质LiI,其中的导电离子是I-。下列有关说法正确的是　(　　)
A.正极反应:2Li-2e-2Li+
B.负极反应:I2+2e-2I-
C.总反应是2Li+I22LiI
D.金属锂作正极
【解析】选C。该电池中Li的活泼性强,作负极,其反应为2Li-2e-2Li+,B、D均错;正极反应为I2+2e-2I-,A错;总反应为2Li+I22LiI,C正确。
8.(2016·四川高考)某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。放电时电池总反应为Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+C6(x<1)。下列关于该电池的说法不正确的是　
(　　)
A.放电时,Li+在电解质中由负极向正极迁移
B.放电时,负极的电极反应式为LixC6-xe-xLi++C6
C.充电时,若转移1
mol
e-,石墨(C6)电极将增重7xg
D.充电时,阳极的电极反应式为LiCoO2-xe-Li1-xCoO2+xLi+
【解析】选C。放电时,阳离子向原电池的正极移动,A选项正确;Li1-xCoO2中Li显+1价,氧显-2价,则Co显+(3+x)价,LixC6中Li和C均显0价。负极发生氧化反应,其电极反应式为LixC6-xe-xLi++C6,B选项正确;充电时,C6为电解池的阴极,电极反应式为xLi++C6+xe-LixC6,若转移1
mol电子,石墨电极质量增加
7
g,C选项错误;正极发生还原反应,其电极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-LiCoO2,则充电时,阳极的电极反应式为LiCoO2-xe-Li1-xCoO2+xLi+,D选项正确。
9.(2015·江苏高考)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是　(　　)
A.反应CH4+H2O3H2+CO,每消耗1
mol
CH4转移12
mol电子
B.电极A上H2参与的电极反应为
H2+2OH--2e-2H2O
C.电池工作时,C向电极B移动
D.电极B上发生的电极反应为
O2+2CO2+4e-2C
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)燃料电池通燃料的一端为负极,通空气(或氧气)的一端为正极。
(2)原电池中,阳离子移向正极,阴离子移向负极。
【解析】选D。根据化学反应方程式,每有1
mol甲烷参与反应转移电子数为
6
mol,A项错误;因为电解质为熔融态的碳酸盐,所以电极A上H2参与的电极反应式为H2-2e-+CH2O+CO2,B项错误;根据原电池工作原理,电极A是负极,电极B是正极,阴离子向负极移动,碳酸根离子向负极移动(A电极),C项错误;电极B上氧气得电子与二氧化碳结合生成碳酸根离子,因此电极反应式为O2+4e-+2CO22C,D项正确。
二、非选择题(本题包括3小题,共46分)
10.(14分)今有反应2H2+O22H2O,设计成燃料电池。
(1)负极通的应是________,正极通的应是________,电极反应式分别为_______
_____________________。
(2)若把KOH改为H2SO4作电解质,即:2H2+O22H2O,则电极反应式应为负极:________________________,正极:________________________________。
(1)(2)的介质不同,反应后各溶液的pH变化依次为__________,________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)若把H2改为CH4,KOH作电解质,则负极反应式为_________________。
【解析】(1)负极通还原性气体H2,电极反应式为2H2+4OH--4e-4H2O,正极通氧化性气体O2,电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-。
(2)负极反应式为2H2-4e-4H+,正极反应式为O2+4H++4e-2H2O。(1)、(2)总反应只生成H2O,使原电解质溶液(1)中c(OH-)减小,(2)中c(H+)减小,故(1)中pH变小,(2)中pH变大。
(3)中负极上还原性气体CH4在KOH中被氧化成C,即负极反应式为CH4+10OH--8e-C+7H2O。
答案:(1)H2　O2　负极:2H2+4OH--4e-4H2O,
正极:O2+2H2O+4e-4OH-
(2)2H2-4e-4H+　O2+4H++4e-2H2O　变小　变大
(3)CH4+10OH--8e-C+7H2O
11.(14分)(1)(2016·天津高考)氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池,写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式: ________________________________。
(2)(2015·四川高考)FeSO4在一定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料。该材料可用于制造高容量锂电池,电池放电时的总反应为4Li+FeS2Fe+2Li2S,正极反应式是 _______________________________________________。
(3)(2015·海南高考)如图所示原电池正极的反应式为_______________ __。
(4)(2015·广东高考)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______________________________。
(5)(2015·全国卷Ⅱ)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以得到多种化工原料。该电池的正极反应式为_________________,电池反应的离子方程式为_________________。
(6)(2015·安徽高考)常温下,将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3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。
0～t1时,原电池的负极是Al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】(1)碱性氢氧燃料电池的负极反应式为H2+2OH--2e-2H2O。
(2)正极发生的反应是还原反应,即得电子,故参加反应的物质应是FeS2,又知最后生成铁单质和S2-,故正极反应式为FeS2+4e-Fe+2S2-。
(3)该原电池的实质是Cu与银离子发生置换反应生成Ag单质,所以正极是生成Ag单质的还原反应。
(4)放电时负极Al应失去电子,根据放电时AlC和Al2C两种离子在Al电极上相互转化可知,电极反应式为Al-3e-+7AlC4Al2C。
(5)酸性锌锰干电池外壳为金属锌,锌是负极,电极反应式为Zn-2e-Zn2+。中间是碳棒,碳棒是正极,二氧化锰得到电子,则正极电极反应式为MnO2+e-+H+
MnOOH,总反应式为Zn+2MnO2+2H+Zn2++2MnOOH。
(6)原电池的正极是硝酸发生还原反应:2H++N+e-NO2↑+H2O,原电池中的阳离子移向正极。t1时电子流动方向发生改变,则原电池的正、负极发生改变,原因是铝表面生成了氧化膜而不再参加反应,此时铜作负极。
答案:(1)H2+2OH--2e-2H2O
(2)FeS2+4e-Fe+2S2-或FeS2+4Li++4e-Fe+2Li2S
(3)Ag++e-Ag
(4)Al-3e-+7AlC4Al2C
(5)MnO2+e-+H+MnOOH
Zn+2MnO2+2H+Zn2++2MnOOH
(6)2H++N+e-NO2↑+H2O　正　铝在浓硝酸中发生钝化,表面生成了氧化膜阻止了Al的进一步反应
【方法规律】原电池电极反应式的书写技巧
(1)根据给出的化学方程式或题意,确定原电池的正、负极,弄清正、负极上发生反应的具体物质。
(2)弱电解质、气体、难溶物均用化学式表示,其余均以离子符号表示。
(3)注意电解质溶液的成分对正、负极反应产物的影响,正、负极产物可根据题意或化学方程式加以确定。
(4)写电极反应式时,要遵循质量守恒,必要时,可在电极反应式的一端添加H+或OH-或H2O,将两个电极反应式合并,就可得到电池总反应式。
12.(18分)(能力挑战题)(2016·日照高二检测)氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图,该电池电极表面镀一层细小的铂粉,吸附气体的能力强,性质稳定。请回答:
(1)氢氧燃料电池的能量转化的主要形式是_________________,在导线中电子移动方向为_______________________(用a、b表示)。
(2)负极反应式为________________________________。
(3)电极表面镀铂粉的原因为________________________________。
(4)该电池工作时,H2和O2连续由外部供给,电池可连续不断提供电能。因此,大量安全储氢是关键技术之一,金属锂是一种重要的储氢材料,吸氢和放氢原理如下:
Ⅰ.2Li+H22LiH
Ⅱ.LiH+H2OLiOH+H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是________,反应Ⅱ中的氧化剂是________。
②已知LiH固体密度为0.82
g·cm-3。用锂吸收224
L(标准状况)H2,生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为________。
③由②生成的LiH与H2O作用放出的H2用作电池燃料,若能量转化率为80%,则导线中通过电子的物质的量为________mol。
【解析】(1)原电池的实质为化学能转化成电能。总反应为2H2+O22H2O,其中H2从零价升至+1价,失去电子,即电子从a流向b。
(2)负极为失去电子的一极,即H2失电子生成H+,由于溶液是碱性的,故电极反应式左右应各加上OH-。
(3)铂粉的接触面积大,可以加快反应速率。
(4)Ⅰ中Li从零价升至+1价,作还原剂。Ⅱ中H2O的H从+1价降至H2中的零价,作氧化剂。由反应Ⅰ,当吸收10
mol
H2时,则生成20
mol
LiH,V==L
=192.68×10-3L,则===8.60×10-4。20
mol
LiH可生成20
mol
H2,实际参加反应的H2为20×80%=16
mol,1
mol
H2转化成1
mol
H2O,转移2
mol电子,所以16
mol
H2可转移32
mol的电子。
答案:(1)由化学能转变为电能　由a到b(合理表达形式均可)
(2)2H2+4OH--4e-4H2O(或H2+2OH--2e-2H2O)
(3)增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数,加快电极反应速率
(4)①Li　H2O　②1/1
163(或8.60×10-4)　③32
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9课后提升作业
十一
化学反应进行的方向
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题5分,共30分)
1.(2016·敦化高二检测)下列关于判断过程方向的说法正确的是　(　　)
A.所有自发进行的化学反应都是放热反应
B.高温、高压下可以使石墨转化为金刚石是自发的化学反应
C.由能量判据和熵判据组合而成的复合判据,将更适合于所有的过程
D.同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
【解析】选C。有些吸热反应也可以自发进行,如2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)是吸热反应,又是熵增的反应,所以A不正确。高温、高压使石墨转化为金刚石,要向体系中输入能量,本质仍然是非自发的,所以B不正确。同一物质:气态时的熵值最大,液态时次之,固态时熵值最小,所以D不正确。
【补偿训练】
25℃,KNO3的饱和水溶液物质的量浓度是6
mol·L-1。若将1
mol固体KNO3置于1
L水中,则KNO3变成盐溶液的过程为　(　　)
A.自发　　　　　　　
B.不自发
C.可逆
D.不能确定
【解析】选A。电解质溶于水是自发进行的过程。
2.(2016·齐齐哈尔高二检测)分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是
　(　　)
A.2N2(g)+O2(g)2N2O(g)
ΔH=+163
kJ·mol-1
B.Ag(s)+Cl2(g)AgCl(s)
ΔH=-127
kJ·mol-1
C.HgO(s)Hg(l)+O2(g)　ΔH=+91
kJ·mol-1
D.H2O2(l)O2(g)+H2O(l)
ΔH=-98
kJ·mol-1
【解析】选D。对于A项,ΔH>0,ΔS<0,ΔH-TΔS>0,即任何温度下,反应都不能自发进行;对于B项,ΔH<0,ΔS<0,在较低温度下,ΔH-TΔS<0,即反应温度不能过高;对于C项,ΔH>0,ΔS>0,若使反应自发进行,即ΔH-TΔS<0,必须升高温度,即反应只有在较高温度时能自发进行;对于D项,ΔH<0,ΔS>0,在任何温度下,ΔH-TΔS<0,即在任何温度下反应均能自发进行。
3.(双选)下列说法中正确的是　(　　)
A.体系有序性越高,熵值就越低
B.自发过程将导致体系的熵增大
C.吸热反应不可能自发进行
D.同种物质气态时熵值最大
【解析】选A、D。熵表示的是物质的混乱度,混乱度越大,相应熵值越高,所以体系有序性越高,熵值就越低,A正确;有些熵减小的过程也能自发进行,B不正确;吸热反应有的也可以自发进行,如碳酸钙在较高温度下的分解就是一个典型的吸热反应,但是由于产生了气体,所以熵值增大,可以自发进行,C不正确;同种物质气态时,混乱程度最大,所以熵值也最大,D正确。
【方法规律】熵的大小判断方法
(1)物质的存在状态:对于同一种物质,等物质的量的该物质其熵值(混乱度)大小为S(g)>S(l)>S(s)。
(2)与物质的量的关系:物质的量越大,分子数越多,熵值越大。
(3)不同物质熵值间的关系:物质的组成越复杂其熵值越大,一般组成物质的原子种类相同时,一个分子中的原子数目越多,其混乱程度就越大,熵值也越大。
4.(2016·滨州高二检测)已知反应:2CO(g)2C(s)+O2(g)。设ΔH和ΔS不随温度而变化,下列说法正确的是　(　　)
A.低温下是自发反应
B.高温下是自发反应
C.低温下是非自发反应,高温下是自发反应
D.任何温度下都是非自发反应
【解析】选D。因为碳的不完全燃烧是放热反应,故该反应是吸热反应,且是熵减反应,在任何温度下都是非自发反应。
【补偿训练】
下列说法正确的是　(　　)
A.放热反应均是自发反应
B.ΔS为正值的反应均是自发反应
C.物质的量增加的反应,ΔS为正值
D.如果ΔH和ΔS均为正值,当温度升高时,反应可能自发进行
【解析】选D。放热反应不一定能自发进行,如铝热反应为放热反应,在常温下不能自发进行,A错误;ΔS为正值的反应不一定是自发反应,如水的分解,B错误;只有气体的物质的量增加的反应,ΔS为正值,C错误;如果ΔH和ΔS均为正值,当温度升高时,可满足ΔH-TΔS<0,反应可自发进行,D正确。
5.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.原电池反应一定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
【解析】选A。原电池是化学能转化为电能的装置,故ΔH<0,A正确;ΔH<0,
ΔS<0时,ΔH-TΔS不一定小于零,B错误;体系能量减小有利于反应自发进行,C错误;CaCO3分解生成气体CO2,故ΔS>0,D错误。
【补偿训练】
下列内容与结论相对应的是　(　　)
选项
内容
结论
A
H2O(g)变成H2O(l)
ΔS>0
B
硝酸铵溶于水可自发进行
因为ΔS>0
C
一个反应的ΔH>0,ΔS>0
反应一定不自发进行
D
H2(g)+F2(g)2HF(g)ΔH=-271
kJ·mol-1ΔS=8
J·mol-1·K-1
反应在任意外界条件下均可自发进行
【解析】选B。物质由气态变为液态,混乱度减小,即ΔS<0,故A错;NH4NO3溶于水是吸热的熵增加过程,正是因为ΔS>0,使过程可自发进行,B正确;ΔH>0,ΔS>0时对照ΔH-TΔS可知,在高温时ΔH-TΔS<0,即高温能自发进行,故C错;ΔH-
TΔS只能用于一定温度、一定压强条件下判断反应方向,故D错。
6.在一定条件下,对于反应mA(g)+nB(g)cC(g)+dD(g),C物质的浓度(C%)与温度、压强的关系如图所示,下列判断正确的是　(　　)
A.ΔH<0　ΔS>0
B.ΔH>0　ΔS<0
C.ΔH>0　ΔS>0
D.ΔH<0　ΔS<0
【解析】选A。当T不变时,压强越大,C%越低,说明加压平衡左移,则m+n0;温度越高,C%越低,说明升温,平衡左移,逆反应为吸热反应,则正反应为放热反应,ΔH<0。
【补偿训练】
(2016·大庆高二检测)下列有关说法正确的是　(　　)
A.SO2(g)+H2O(g)H2SO3(l),该过程熵值增大
B.SO2(g)S(s)+O2(g)　ΔH>0,ΔS<0,该反应能自发进行
C.SO2(g)+2H2S(g)3S(s)+2H2O(l)　ΔH<0,低温下能自发进行
D.某温度下SO2(g)+O2(g)SO3(g),K=
【解析】选C。反应由气体物质生成液体物质是熵值减小的反应,A项不正确;
ΔH>0,ΔS<0,反应不能自发进行,B项不正确;C项中是一个ΔH<0,ΔS<0的反应,由ΔH-TΔS可知,反应在低温下能自发进行,C项正确;化学平衡常数K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值,题干给出的反应K=,D项不正确。
二、非选择题(本题包括2小题,共20分)
7.(10分)判断下列反应的熵值的变化,在每小题后面的横线上填上“增加”“减小”或“无明显变化”。
(1)2H2(g)+O2(g)2H2O(l)________。
(2)H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)________。
(3)(NH4)2CO3(s)NH4HCO3(s)+NH3(g)____________。
(4)Cu(s)+Cl2(g)CuCl2(s)________。
(5)将少量KNO3晶体溶解在水中________。
【解析】判断熵值变化的依据是同温同压下,气态熵值>液态熵值>固态熵值,状态都是气态时,看物质的量的多少,物质的量越多,熵值越大。故(1)减小,(2)无明显变化,(3)增加,(4)减小。(5)KNO3溶于水时KNO3K++N,自由移动的离子数目增多,因此熵值增加。
答案:(1)减小　(2)无明显变化　(3)增加
(4)减小　(5)增加
8.(10分)在冶金工业中,以C作为还原剂,若温度高于980
K时,氧化产物以CO为主,低于980
K时以CO2为主。
(1)已知2CO(g)CO2(g)+C(s),T=980
K时ΔH-TΔS=0。当体系温度低于980
K时,估计ΔH-TΔS________0(填“大于”“小于”或“等于”);当体系温度高于980
K时,该反应________自发进行(填“能”或“不能”)。
(2)电子工业中清洗硅片上的SiO2(s)的反应为
SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)
ΔH
(298.15
K)=-94.0
kJ·mol-1,
ΔS
(298.15
K)=-75.8
J·mol-1·K-1,设ΔH和ΔS不随温度变化而变化,则此反应自发进行的温度是_________________________________________________。
【解析】(1)C(s)+CO2(g)2CO(g)的反应为吸热反应,ΔH>0,则
2CO(g)CO2(g)+C(s)为放热反应,ΔH<0,且该反应ΔS<0,则当T<980
K时,
ΔH-TΔS<0;T>980
K时,ΔH-TΔS>0,该反应不能自发进行。
(2)由题给信息,要使反应能自发进行,须有ΔH-TΔS<0,即-94.0
kJ·mol-1-T×(-75.8
J·mol-1·K-1×10-3kJ·J-1)<0,则T<
=1.24×103K。
答案:(1)小于　不能　(2)小于1
240
K
【补偿训练】
(2016·新余高二检测)(1)化学反应:CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)　
ΔH
(298
K)=+178.2
kJ·mol-1,ΔS(298
K)=+169.6
J·mol-1·K-1,常温下该反应________(填“能”或“不能”)自发进行,CaCO3分解反应要自发进行,温度T应高于_______________K。
(2)化学反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g),在298
K、100
kPa下:
ΔH=-113.0
kJ·mol-1,ΔS=-145.3
J·mol-1·K-1,反应在常温下________(填“能”或“不能”)自发进行。
(3)求反应2HCl(g)H2(g)+Cl2(g)的熵变。已知:HCl(g)的
S=+186.6
J·mol-1·K-1,H2(g)的S=+130
J·mol-1·K-1,Cl2(g)的S=+223
J·mol-1·K-1,ΔS=________。
【解析】(1)298
K时,ΔH-TΔS=+178.2
kJ·mol-1-298
K×169.6×10-3kJ·mol-1·K-1=+127.7
kJ·mol-1>0,故常温下该反应不能自发进行。当ΔH-
TΔS=0时,T===1
050.7
K,故当T>1
050.7
K时,ΔH-
TΔS<0,反应才能自发进行。
(2)298
K时,ΔH-TΔS=-113.0
kJ·mol-1-298
K×(-145.3×
10-3kJ·mol-1·K-1)=-69.7
kJ·mol-1<0,因此常温下反应能自发进行。
(3)ΔS=+130
J·mol-1·K-1+223
J·mol-1·K-1-2×186.6
J·mol-1·K-1=
-20.2
J·mol-1·K-1。
答案:(1)不能　1050.7　(2)能
(3)-20.2
J·mol-1·K-1
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3课后提升作业
十九
　原　电　池
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括11小题,每小题5分,共55分)
1.(2016·济宁高二检测)下列装置可以组成原电池的是　(　　)
【解析】选A。B项中乙醇不是电解质溶液;C项装置不构成闭合回路;D项两极材料活泼性相同。
2.(2016·大同高二检测)有关电化学知识的描述正确的是　(　　)
A.CaO+H2OCa(OH)2,可以放出大量的热,故可把该反应设计成原电池,把其中的化学能转化为电能
B.某原电池反应为Cu+2AgNO3Cu(NO3)2+2Ag,装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液
C.原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成
D.从理论上讲,任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池
【解析】选D。CaO+H2OCa(OH)2不是氧化还原反应;KCl和AgNO3反应生成AgCl沉淀易阻止原电池反应的发生;作电极的不一定是金属,如石墨棒也可作电极。
3.(2016·平顶山高二检测)一个原电池反应的离子方程式是Zn+CZ+Cu,该原电池的正确组成是　(　　)
A
B
C
D
正极
Zn
Cu
Cu
Zn
负极
Cu
Zn
Zn
Cu
电解质溶液
CuCl2溶液
H2SO4溶液
CuSO4溶液
CuCl2溶液
【解析】选C。活泼金属为负极,且能与电解质溶液自发地发生氧化还原反应。
4.如图由锌-铜-稀H2SO4组成的原电池装置中,当导线中有0.2
mol电子通过时,理论上两极的变化是　(　　)
A.铜片增重6.4
g
B.锌片增重6.5
g
C.铜片上析出0.1
mol
O2
D.锌片溶解了6.5
g
【解析】选D。锌-铜-稀硫酸组成的原电池装置中,锌做原电池的负极,铜做正极,转移0.2
mol电子,锌片溶解6.5
g,铜片上析出氢气为0.2
g,故答案选D。
5.铜锌原电池如图工作时,下列叙述正确的是　(　　)
A.正极反应:Zn-2e-Zn2+
B.电池反应:Zn+Cu2+Zn2++Cu
C.在外电路中,电子从正极移向负极
D.盐桥中K+移向ZnSO4溶液
【解析】选B。Zn是负极,故A错误;电池总反应和没有形成原电池的氧化还原反应相同,故B正确;根据闭合回路的电流方向,在外电路中,电子由负极流向正极,故C错误;在溶液中,阳离子往正极移动,K+移向CuSO4溶液,故D错误。
【补偿训练】
(2016·温州高二检测)下图中甲和乙均是双液原电池装置。判断下列说法不正确的是　(　　)
A.甲中电池总反应的离子方程式为Cd(s)+Co2+(aq)Co(s)+Cd2+(aq)
B.反应2Ag(s)+Cd2+(aq)Cd(s)+2Ag+(aq)能够发生
C.盐桥的作用是形成闭合回路,并使两边溶液保持电中性
D.乙电池中有1
mol电子通过外电路时,正极有108
g
Ag析出
【解析】选B。根据甲、乙装置分析可知A项正确,且可推知Cd的活泼性强于Ag,故Ag不能置换出Cd,B项错误。
6.(2016·三亚高二检测)某原电池总反应离子方程式为2Fe3++Fe3Fe2+,不能实现该反应的原电池是　(　　)
A.正极为Cu,负极为Fe,电解质溶液为FeCl3溶液
B.正极为C,负极为Fe,电解质溶液为Fe(NO3)3溶液
C.正极为Ag,负极为Fe,电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液
D.正极为Ag,负极为Fe,电解质溶液为CuSO4溶液
【解析】选D。由2Fe3++Fe3Fe2+得出负极反应式为Fe-2e-Fe2+,正极反应式为2Fe3++2e-2Fe2+,可知负极材料为铁,正极材料为比铁不活泼的导体,电解质溶液中必须有Fe3+,故D选项不能满足要求。
7.(双选)(2016·海南高考)某电池以K2FeO4和Zn为电极材料,KOH溶液为电解质溶液。下列说法正确的是　(　　)
A.Zn为电池的负极
B.正极反应式为2Fe+10H++6e-Fe2O3+5H2O
C.该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
D.电池工作时OH-向负极迁移
【解析】选A、D。Zn在反应中化合价升高为负极材料,A正确;K2FeO4为正极材料,KOH溶液为电解质溶液,则正极电极反应方程式为2Fe+6e-+8H2O
2Fe(OH)3+10OH-,B错误;该电池放电过程中正极生成OH-,电解质溶液浓度增大,C错误;电池工作时阴离子OH-向负极迁移,D正确。
8.(2016·宿迁高二检测)用铁片与稀硫酸反应制氢气时,下列不能使氢气生成速率加快的是　(　　)
A.加热
B.不用稀硫酸,改用98%浓硫酸
C.加少量硫酸铜溶液
D.不用铁片,改用铁粉
【解析】选B。加热升高温度和增大固体反应物的接触面积都能加快化学反应速率,A、D正确;铁在浓硫酸中钝化,不产生氢气,B错误;加入少量硫酸铜溶液,由于Cu2++FeCu+Fe2+,则构成铜-铁-稀硫酸原电池,加快了铁片与稀硫酸反应制氢气的速率,C正确。
9.(2016·沈阳高二检测)人工光合作用能够借助太阳能用CO2和水制备化学原料,如图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图,下列说法中正确的是　
(　　)
A.催化剂a处通CO2气体,催化剂b处加水
B.催化剂a处发生的反应为2H2O+4e-O2↑+4H+
C.该电池的电解质溶液可采用HCOOH溶液
D.在合成HCOOH的过程中,电池内部的H+的物质的量浓度不发生改变
【解析】选C。根据电子流向,左边为负极,右边为正极,负极电极反应式为2H2O-4e-4H++O2;正极:2CO2+4e-+4H+2HCOOH。A项,a处加入H2O,b处通CO2,错误;D项,电池总反应式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2,HCOOH电离出H+,所以H+浓度应增大。
10.(2016·大连高二检测)某合作学习小组的同学利用下列氧化还原反应设计原电池:2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O。盐桥中装有饱和K2SO4溶液,下列叙述中正确的是　(　　)
A.乙烧杯中发生还原反应
B.甲烧杯中溶液的pH逐渐减小
C.电池工作时,盐桥中的S移向甲烧杯
D.外电路的电流方向是从a到b
【解析】选D。乙烧杯中发生氧化反应:Fe2+-e-Fe3+,A项错误;甲烧杯中发生还原反应:Mn+5e-+8H+Mn2++4H2O,c(H+)减小,pH增大,B项错误;电池工作时,乙烧杯中正电荷增多,S移向乙烧杯,C项错误;外电路的电流方向是从正极(a)到负极(b),D项正确。
11.(能力挑战题)将反应I+5I-+6H+3I2+3H2O设计成如下图所示的原电池。开始时向甲烧杯中加入少量浓硫酸,电流计指针发生偏转,一段时间后,电流计指针回到零,再向甲烧杯中滴入几滴浓NaOH溶液,电流计指针再次发生偏转。下列判断不正确的是　(　　)
A.开始加入少量浓硫酸时,乙中石墨电极上发生氧化反应
B.开始加入少量浓硫酸时,同时在甲、乙烧杯中都加入淀粉溶液,只有乙烧杯中溶液变蓝
C.电流计读数为零时,反应达到化学平衡状态
D.两次电流计指针偏转方向相反
【解析】选B。加入少量浓硫酸时,电极反应式:负极:10I--10e-5I2,正极:2I+10e-+12H+I2+6H2O。加入几滴浓NaOH溶液时,电极反应式:负极:5I2+10e-10I-,正极:I2-10e-+12OH-2I+6H2O。B项,根据电极反应可以看出,甲、乙烧杯中均有I2生成,所以甲、乙烧杯中溶液均变蓝。
二、非选择题(本题包括3小题,共45分)
12.(15分)设计两种类型的原电池,探究其能量转化率。限选材料:ZnSO4(aq)、FeSO4(aq)、CuSO4(aq);铜片、铁片、锌片和导线。
(1)完成原电池甲的装置示意图(见右上图)。并作相应标注。
要求:在同一烧杯中,电极与溶液含相同的金属元素。
(2)以铜片为电极之一,CuSO4(aq)为电解质溶液,只在一个烧杯中组装原电池乙,工作一段时间后,可观察到负极_____
____________。
(3)甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是________,其原因是____________________。
【解析】(1)因为电子的流向是从左到右,所以,设计原电池为:左侧烧杯内盛放ZuSO4溶液,电极用锌片,右侧烧杯内盛放CuSO4溶液,电极用铜片,即可实现Zu+CuSO4ZuSO4+Cu。
(2)由所给的电极材料可知,用铜片作电极时,铜片一定是正极,则负极是溶液金属(失电子,发生氧化反应),反应现象是电极逐渐溶解,表面有红色物质析出。
(3)以锌片和铜片作电极时,如果不用盐桥,则除了发生原电池反应外还发生锌与Cu2+的置换反应,会使部分化学能以热能的方式转化掉,而盐桥的使用可避免锌和Cu2+的直接接触,从而避免了化学能转化为热能,提高电池效率。
答案:(1)
(2)电极逐渐变细
(3)甲　Zn和Cu2+不直接接触,避免两种物质直接发生反应,从而避免能量损失,提高了电池效率,提供稳定电流
13.(15分)(2016·哈尔滨高二检测)已知某原电池的电极反应是Fe-2e-Fe2+,Cu2++2e-Cu,据此设计该原电池,并回答问题。
(1)若原电池装置为上图左图,
①电极材料A是________,B是________(写名称)。
②A电极观察到的现象是______________________________。
(2)若原电池装置为上图右图,
①电极材料X可以是________(填序号,下同)。
a.铁　　　　b.铜　　　　　c.石墨
②电解质Y是________。
a.FeSO4　　　　
b.CuSO4　　　　
c.CuCl2
【解析】结合氧化还原反应的知识可知Fe-2e-Fe2+是负极反应,故Fe作负极,即B是Fe;Cu2++2e-Cu是正极反应,故A应是铜,现象是看到有红色物质析出。不含盐桥的原电池中正极材料是比负极金属活泼性差的金属或导电的非金属即可,故此时正极是铜或石墨,但负极只能是铁,电解质溶液是含不活泼金属离子的盐溶液,可为硫酸铜、氯化铜或硝酸铜溶液。
答案:(1)①铜(或碳棒)　铁　②有红色物质析出
(2)①b、c　②b、c
【补偿训练】
已知电极材料:铁、铜、银、石墨、锌、铝;电解质溶液:CuCl2溶液、Fe2(SO4)3溶液、硫酸。按要求回答下列问题:
(1)电工操作上规定:不能把铜导线和铝导线连接在一起使用。请说明原因______________________。
(2)若电极材料选铜和石墨,电解质溶液选硫酸铁溶液,外加导线,能否构成原电池 ________。若能,请写出电极反应式,负极:__________________________,
正极:______________________。(若不能,后两空不填)
(3)设计一种以铁和稀硫酸的反应为原理的原电池,要求画出装置图(需标明电极材料及电池的正、负极)。
【解析】(1)当Cu、Al导线连接时,接触到潮湿的空气就易形成原电池而铝被腐蚀。
(2)因为Fe2(SO4)3能与Cu发生反应:Fe2(SO4)3+Cu2FeSO4+CuSO4,因此根据给出条件可以设计成原电池,其负极为Cu,电极反应为Cu-2e-Cu2+,正极为石墨,电极反应为2Fe3++2e-2Fe2+。
(3)因为反应为Fe+H2SO4FeSO4+H2↑,所以负极为Fe,正极可为Cu、Ag或石墨,电解质为稀硫酸,即可画出装置图。
答案:(1)二者连接在一起时,接头处在潮湿的空气中形成原电池而铝作负极被腐蚀
(2)能　Cu-2e-Cu2+　2Fe3++2e-2Fe2+
(3)如图
14.(15分)(2016·潍坊高二检测)已知可逆反应:As+2I-+2H+As+I2+H2O。
(Ⅰ)如下图所示,若向B中逐滴加入浓盐酸,发现电流表指针偏转。
(Ⅱ)若改用向B中滴加40%的NaOH溶液,发现电流表指针与(Ⅰ)中偏转方向相反。
试回答问题:
(1)两次操作中电流表指针为什么会发生偏转
__________________________________________________________________。
(2)两次操作过程中电流表指针偏转方向为什么相反
__________________________________________________________________。
(3)操作(Ⅰ)中,C1棒上的反应为__________________________________。
(4)操作(Ⅱ)中,C2棒上的反应为__________________________________。
【解析】(Ⅰ)滴入浓盐酸,溶液中c(H+)增大,题给可逆反应平衡正向移动,I-失去电子变为I2,C1棒上产生电子,并沿外电路流向C2棒,As得电子变为As。
(Ⅱ)滴加40%的NaOH溶液将H+中和,溶液中c(H+)减小,题给可逆反应平衡逆向移动,电子在C2棒上产生,并沿外电路流向C1棒,I2得电子变为I-,As变为As。
答案:(1)两次操作中均发生原电池反应,所以电流表指针均发生偏转
(2)两次操作中,电极相反,电子流向相反,因而电流表指针偏转方向相反
(3)2I--2e-I2
(4)As+2OH--2e-As+H2O
【补偿训练】
某兴趣小组为了提高电池的效率,设计了如下图所示的原电池。
请回答下列问题:
(1)若X是AlCl3溶液,Y是稀硫酸,请你写出电极名称及电极反应:
Al片(　　)__________________________________,
Cu片(　　)__________________________________。
(2)若X是浓硝酸,Y是NaCl溶液,请你写出电极名称及电极反应:
Al片(　　)_______________________________,
Cu片(　　)_______________________________。
【解析】(1)若X是AlCl3溶液,Y是稀硫酸,实质是由Al-稀硫酸-Cu组成的原电池,由于Al比Cu活泼,所以Al为负极,失电子,被氧化为Al3+,Cu为正极,溶液中的H+得电子,被还原为H2。
(2)若X是浓硝酸,Y是NaCl溶液,实质是由Al-浓硝酸-Cu组成的原电池,由于Al遇浓硝酸钝化,不能溶解,所以Al为正极,Cu为负极,失电子,被氧化为Cu2+。
答案:(1)负极　2Al-6e-2Al3+
正极　6H++6e-3H2↑
(2)正极　2N+4H++2e-2NO2↑+2H2O
负极　Cu-2e-Cu2+
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9课后提升作业
十八
　难溶电解质的溶解平衡
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分)
1.(2016·济宁高二检测)已知几种难溶电解质的溶度积常数Ksp(25℃)见下表:
难溶电解质
AgCl
AgBr
AgI
Ag2SO4
Ag2CrO4
Ksp
1.8×10-10
5.4×10-13
8.5×10-17
1.4×10-5
1.12×10-12
下列叙述不正确的是　　(　　)
A.由溶度积常数可判断在相同条件下一些物质的溶解性大小
B.将等体积的4×10-3mol·L-1的AgNO3溶液和4×10-3mol·L-1的K2CrO4溶液混合,有Ag2CrO4沉淀产生
C.向AgCl的悬浊液中滴加饱和NaBr溶液可以得到黄色AgBr悬浊液
D.向100
mL
0.1
mol·L-1的Na2SO4溶液中加入1
mL
0.1
mol·L-1的AgNO3溶液,有白色沉淀生成
【解析】选D。D项,混合溶液中c(Ag+)=0.1
mol·L-1×≈0.001
mol·L-1,
c2(Ag+)·c(S)=0.0012×0.1=1×10-7<1.4×10-5,故不会产生沉淀。
2.(2016·淄博高二检测)下列有关说法正确的是　(　　)
A.常温下,AgCl在等物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
B.常温下,向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末,过滤,向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生,说明常温下Ksp(BaCO3)C.向AgCl浊液中滴加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色,说明AgCl的溶解平衡正向移动
D.已知Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12,Ksp(AgCl)=1.8×10-10,说明Ag2CrO4的溶解度小于AgCl
【解析】选C。A选项,CaCl2溶液中c(Cl-)浓度大,AgCl的溶解度小,错误;B选项,如果Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4),但存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq),因为Na2CO3溶液浓度大,也有可能生成少部分BaCO3沉淀,错误;D选项,Ag2CrO4的溶解度大,错误。
【易错提醒】
(1)Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关,而与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关。
(2)同温条件时,对于同类型物质,Ksp数值越大,难溶电解质在水中的溶解能力越强。
(3)不同类型的物质,Ksp差距不大时不能直接作为比较依据。
3.(2016·三明高二检测)已知:25℃时,Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12,Ksp(MgF2)=
7.42×10-11。下列说法正确的是　(　　)
A.25℃时,饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比,前者的c(Mg2+)大
B.25℃时,在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体,c(Mg2+)增大
C.25℃时,Mg(OH)2固体在20
mL
0.01
mol·L-1氨水中的Ksp比在20
mL
0.01
mol·L-1NH4Cl溶液中的Ksp小
D.25℃时,在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后,Mg(OH)2不可能转化成为MgF2
【解析】选B。A项,Mg(OH)2的溶度积小,故其电离的Mg2+浓度要小一些,错;B项,N可以结合Mg(OH)2电离出的OH-离子,从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动,c(Mg2+)增大,正确;C项,Ksp仅与温度有关,故错;D项,二者Ksp接近,使用浓NaF溶液可以使Mg(OH)2转化成为MgF2,故D错。
4.(2016·赤峰高二检测)已知难溶性物质
K2SO4·MgSO4·2CaSO4在水中存在如下平衡:
K2SO4·MgSO4·2CaSO4(s)2Ca2++2K++Mg2++4S,不同温度下,K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示,则下列说法错误的是　(　　)
A.向该体系中加入饱和NaOH溶液,溶解平衡向右移动
B.向该体系中加入饱和碳酸钠溶液,溶解平衡向右移动
C.该平衡的Ksp=c(Ca2+)·c(K+)·c(Mg2+)·c(S)
D.升高温度,反应速率增大,平衡向正反应方向移动
【解析】选C。A、B选项,OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀、C与Ca2+结合生成CaCO3沉淀,均能使平衡右移,正确;C选项,Ca2+、K+、S的化学计量数分别为2、2、4,错误;由图象可知升高温度K+的浸出浓度增大,所以此反应为吸热反应,D选项正确。
5.(2016·长沙高二检测)实验:①向盛有1
mL
0.1
mol·L-1MgCl2溶液试管中加
1
mL
0.2
mol·L-1NaOH溶液,得到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c。②向沉淀c中滴加0.1
mol·L-1FeCl3溶液,沉淀变为红褐色。下列分析不正确的是　
(　　)
A.浊液a中存在沉淀溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)
B.滤液b中不含有Mg2+
C.②中颜色变化说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3
D.实验可以证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶
【解析】选B。绝对不溶的物质是不存在的,B选项错误。
6.(2016·青岛高二检测)工业上常用还原沉淀法处理含铬废水(Cr2和Cr),其流程为
CrCr2Cr3+Cr(OH)3↓
(黄色)　　(橙色)　　(绿色)
已知:步骤③生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:
Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)
Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32
下列有关说法不正确的是　(　　)
A.步骤①中当v正(Cr)=2v逆(Cr2)时,说明反应:
2Cr+2H+Cr2+H2O达到平衡状态
B.若向K2Cr2O7溶液中加入NaOH浓溶液,溶液可由橙色变为黄色
C.步骤②中,若要还原1
mol
Cr2离子,需要12
mol(NH4)2Fe(SO4)2
D.步骤③中,当将溶液的pH调节至5时,可认为废水中的铬元素已基本除尽[当溶液中c(Cr3+)≤10-5mol·L-1时,可视作该离子完全沉淀]
【解析】选C。C项,Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,1
mol
Cr2可氧化6
mol(NH4)2Fe(SO4)2;D项,c(OH-)=mol·L-1=10-9mol·L-1,则c(H+)=
mol·L-1=10-5mol·L-1,pH=5。
7.常温下有关物质的溶度积如下,下列说法不正确的是　(　　)
物质
CaCO3
MgCO3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
4.96×10-9
6.82×10-6
4.68×10-6
5.61×10-12
2.64×10-39
A.常温下,除去NaCl溶液中的MgCl2杂质,选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
B.常温下,除去NaCl溶液中的CaCl2杂质,选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好
C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(Mg2+)∶c(Fe3+)=2.125×1021
D.无法利用Ca(OH)2制备NaOH
【解析】选D。Ksp[Mg(OH)2]Ksp[CaCO3],所以用Na2CO3溶液可使Ca2+沉淀更完全,B正确;pH=8即c(OH-)=1×10-6mol·L-1,当两种沉淀共存时,有=
,代入数据,则有上述结果,C正确;制备NaOH可用下述反应实现:Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3↓+2NaOH,D错误。
二、非选择题(本题包括3小题,共58分)
8.(19分)(1)(2016·全国卷Ⅰ)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂,以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-,利用Ag+与Cr生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时,溶液中c(Ag+)为__________mol·L-1,此时溶液中c(Cr)等于__________mol·L-1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)
(2)(2015·全国卷Ⅰ)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。
(3)(2015·海南高考))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________。
(4)(2015·江苏高考)已知:Ksp[Al(OH)3]=1×10-33,Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下,除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1),需调节溶液pH范围为________。
【解析】(1)当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时,溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10-10÷(1.0×10-5)=2.0×10-5(mol·L-1);此时溶液中c(Cr)=Ksp(Ag2CrO4)÷c2(Ag+)=2.0×10-12÷(2.0×10-5)2=5.0×10-3(mol·L-1)。
(2代入数据可得=≈4.7×10-7。
(3)根据反应中HCl和硝酸银的物质的量可知HCl过量,则计算剩余的氯离子的物质的量浓度为=0.001
mol·L-1,根据AgCl的溶度积的表达式计算即可,即c(Ag+)=
=mol·L-1=1.8×10-7mol·L-1;因为该反应中氢离子未参加反应,所以溶液的体积变为100
mL时,氢离子的浓度为
0.01
mol·L-1,则pH=2;
(4)除去Fe3+时,c(OH-)=
=≈1.44×10-11,
pH=-lg≈3.2,除去Al3+时,c(OH-)=
==1×10-9,pH=-lg=5.0,故需要控制溶液pH范围为5.0答案:(1)2.0×10-5　5.0×10-3　(2)4.7×10-7
(3)1.8×10-7　2　(4)5.09.(19分)已知在25℃时,AgX、AgY、AgZ均难溶于水,水溶液中存在溶解平衡。当达到平衡时,溶液中离子浓度的乘积是一个常数(此常数用Ksp表示)。
如AgX(s)Ag+(aq)+X-(aq)
Ksp(AgX)=c(Ag+)·c(X-)=1.8×10-10
AgY(s)Ag+(aq)+Y-(aq)
Ksp(AgY)=c(Ag+)·c(Y-)=1.0×10-12
AgZ(s)Ag+(aq)+Z-(aq)
Ksp(AgZ)=c(Ag+)·c(Z-)=8.7×10-17
(1)根据以上信息,判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度(用每升溶液中被溶解的溶质的物质的量表示)S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为__________________。
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体,则c(Y-)________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)在25℃时,若取0.188
g的AgY(相对分子质量为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)①由上述Ksp判断,在上述(3)的体系中,能否实现AgY向AgZ的转化,并简述理由:______________________________________________。
②在上述(3)体系中,能否实现AgY向AgX的转化
根据你的观点选答一项。
若不能,请简述理由: ______________________________________________。
若能,则实现转化的必要条件是 ______________________________________。
【解析】(1)根据各物质的Ksp可知其溶解度S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)。
(2)由于AgY比AgX更难溶,则向AgY饱和溶液中加入AgX固体,会发生沉淀的转化:AgX(s)+Y-(aq)AgY(s)+X-(aq),c(Y-)减小。
(3)25℃时,Ksp(AgY)=1.0×10-12,即溶液达到饱和时,c(Ag+)=c(Y-)=1.0×10-6mol·L-1,可知100
mL水溶解AgY的质量约为0.10
L×1.0×10-6mol·L-1×
188
g·mol-1=1.88×10-5g<0.188
g,即0.188
g
AgY固体放入100
mL水中,形成AgY的饱和溶液且固体还有剩余,则溶液中c(Y-)=1.0×10-6mol·L-1。
(4)①由于Ksp(AgZ)②在(3)中c(Ag+)=1.0×10-6mol·L-1,虽然Ksp(AgX)>Ksp(AgY),但当c(X-)>
=1.8×10-4mol·L-1时,也可实现AgY向AgX的转化。
答案:(1)S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)
(2)减小　(3)1.0×10-6mol·L-1
(4)①能;Ksp(AgY)=1.0×10-12>Ksp(AgZ)=8.7×10-17
②必须保持溶液中的c(X-)>1.8×10-4mol·L-1
10.(20分)(能力挑战题)(2016·海口高二检测)以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高,为控制砷的排放,采用化学沉降法处理含砷废水,相关数据如下表。
表1　几种砷酸盐的Ksp
难溶物
Ksp
Ca3(AsO4)2
6.8×10-19
AlAsO4
1.6×10-16
FeAsO4
5.7×10-21
表2　工厂污染物排放浓度及允许排放标准
污染物
H2SO4
As
浓度
28.42
g·L-1
1.6
g·L-1
排放标准
pH=6~9
0.5
mg·L-1
回答以下问题:
(1)该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=________mol·L-1。
(2)写出难溶物Ca3(AsO4)2的Ksp表达式:
Ksp[Ca3(AsO4)2]=________。若混合液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10-4mol·L-1时,________先沉淀。
(3)在处理含砷废水时采用分段式,先向废水中投入生石灰调节pH到2,再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3(AsO4)2形式沉降。
①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生,沉淀主要成分的化学式为________。
②Ca3(AsO4)2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因为_______________________
_______________________________。
【解析】(1)H2SO4的浓度为28.42
g·L-1,转化为物质的量浓度为c===0.29
mol·L-1。
(2)Ksp的表达式为离子浓度的幂次方的乘积,Ksp小的物质先生成沉淀,所以Fe3+先沉淀。
(3)①当Ca2+浓度增大时,Ca2+与S可生成CaSO4沉淀。②酸与碱发生中和反应,c(As)增大,当Ca2+与As浓度次方的乘积达到Ca3(AsO4)2的Ksp时,开始沉淀。
答案:(1)0.29　(2)c3(Ca2+)·c2(As)　Fe3+
(3)①CaSO4　②H3AsO4是弱酸,当溶液中pH调节到8左右时,酸碱反应,使溶液中,As浓度增大,至Qc>Ksp,Ca3(AsO4)2开始沉淀
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8课后提升作业
十四
　溶液pH的计算
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题5分,共30分)
1.将体积为10
mL、pH为3的乙酸溶液和盐酸分别加水稀释至amL和bmL,测得稀释后pH为5,则稀释后溶液的体积　(　　)
A.a=b=100
mL　　　　　　　
B.a>b
C.a=b=1
000
mL
D.a【解析】选B。稀释后,弱酸中n(H+)增加,强酸中n(H+)不变,要使稀释后两溶液中c(H+)仍相同,则需弱酸的体积大于强酸的,即a>b。
【补偿训练】
将10
mL
pH=1的CH3COOH溶液加水稀释至100
mL后,溶液的pH为　(　　)
A.2　　　　　　　　　B.2C.1D.无法判断
【解析】选C。弱酸、弱碱在稀释过程中不仅有浓度的变化,还有电离平衡的移动,不能求得具体的数值,只能确定其pH的范围。
2.(双选)pOH指的是溶液的碱度,以溶液中OH-浓度来表示,pOH等于氢氧根离子的浓度的负常用对数,即:pOH=-lgc(OH-)。则下列关于室温下1.0×10-5mol·L-1的NaOH溶液的说法正确的是　(　　)
A.其pH等于5
B.其pOH等于5
C.其pH等于9
D.其pOH等于9
【解析】选B、C。pOH=-lgc(OH-)=-lg(1.0×10-5)=5;pH=-lg(1.0×10-9)=9。
【方法规律】计算1.0×10-5mol·L-1的NaOH溶液pH的方法
(1)一般求解法:
c(H+)=mol·L-1=1×10-9mol·L-1,
pH=-lgc(H+)=-lg(1×10-9)=9。
(2)pOH法:
类比pH=-lgc(H+),令pOH=-lgc(OH-),因25℃时,c(H+)·c(OH-)=1×10-14,则pH+pOH=14
因此:pOH=-lg(1.0×10-5)=5,则
pH=14-5=9。
3.(2016·温州高二检测)室温下,下列溶液等体积混合后,所得溶液的pH一定大于7的是　(　　)
A.0.1
mol·L-1的盐酸和0.1
mol·L-1的氢氧化钠溶液
B.0.1
mol·L-1的盐酸和0.05
mol·L-1的氢氧化钡溶液
C.pH=4的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液
D.pH=4的盐酸和pH=10的氨水
【解析】选D。HCl为一元强酸,NaOH为一元强碱,Ba(OH)2为二元强碱,故等体积等物质的量浓度的HCl与NaOH恰好中和,pH=7;与Ba(OH)2反应时,c(H+)=c(OH-)=2c[Ba(OH)2],pH=7,故A、B错误;pH=4的醋酸溶液中电离出的c(H+)=1×10-4mol·L-1,pH=10的NaOH溶液电离出的c(OH-)=1×10-4mol·L-1,因此CH3COOH电离出的H+恰好与NaOH中和,还有大量的CH3COOH分子过量,故pH<7,同理,D项中氨水过量,溶液显碱性,pH>7,故C错误,D正确。
4.(2016·沈阳高二检测)某温度下,相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释,平衡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为盐酸稀释时的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点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【解析】选B。pH相同的盐酸(强酸)和醋酸(弱酸),稀释相同的倍数时,因醋酸在稀释时仍不断地电离,故盐酸的pH增大的多,故曲线Ⅰ代表盐酸稀释时pH的变化曲线,A错误;不断加水稀释时,溶液中c(H+)不断减小,导电性减弱,B正确;因为KW仅仅是温度的函数,因为是在相同的温度下,故a点KW与c点KW的数值相同,C错误;因盐酸和醋酸的pH相同,则c(醋酸)>c(盐酸),稀释相同的倍数,由于醋酸存在电离平衡,故仍有c(醋酸)>c(盐酸),D错误。
【补偿训练】
pH=11的X、Y两种碱溶液各10
mL,分别稀释至1
000
mL。
其pH与溶液体积(V)的关系如图所示,下列说法正确的是　(　　)
A.X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等
B.稀释后,X溶液碱性比Y溶液碱性强
C.若9D.完全中和X、Y两溶液时,消耗同浓度盐酸的体积V(X)>V(Y)
【解析】选C。因为稀释100倍以后,二者变化曲线不一样,所以二者碱性有相对强弱,变化慢的为弱碱,所以碱性X>Y,二者的pH相同,所以浓度一定不同(由于电离程度不一样),所以A选项错误;稀释后pH(Y)>pH(X),所以X溶液碱性应小于Y溶液的碱性,当a=9时,则X为强碱,若9X,所以D选项不正确。
5.(2016·三亚高二检测)已知在100℃的温度下(本题涉及的溶液其温度均为
100℃),水的离子积Kw=1.0×10-12。下列说法中正确的是　(　　)
A.0.05
mol·L-1的H2SO4溶液,pH=1
B.0.001
mol·L-1的NaOH溶液,pH=11
C.0.005
mol·L-1的H2SO4溶液与0.01
mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,混合溶液的pH为6,溶液显酸性
D.完全中和pH=3的H2SO4溶液50
mL,需要pH=11的NaOH溶液50
mL
【解析】选A。0.05
mol·L-1的H2SO4溶液中c(H+)=0.10
mol·L-1,pH=1,A正确;
0.001
mol·L-1的NaOH溶液,pH=9,B错误;0.005
mol·L-1的H2SO4溶液与
0.01
mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,混合溶液的pH为6,溶液显中性,C错误;完全中和pH=3的H2SO4溶液体积为50
mL,需要pH=11的NaOH溶液体积为=0.5mL,D错误。
【补偿训练】(双选)下列叙述正确的是　(　　)
A.95℃纯水的pH<7,说明加热可导致水呈酸性
B.pH=3的醋酸溶液,稀释至10倍后pH<4
C.0.2
mol·L-1的盐酸,与等体积水混合后pH=1
D.pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
【解析】选B、C。纯水只能显中性,A错;醋酸溶液存在电离平衡,稀释10倍,pH增大不到1个单位,B正确;C中,c(H+)=0.1
mol·L-1,pH=1,正确;D中醋酸过量,显酸性,pH<7,D错。
6.(双选)(能力挑战题)对于常温下pH为1的硝酸溶液,下列叙述正确的是
　(　　)
A.该溶液1
mL稀释至100
mL后,pH等于3
B.向该溶液中加入等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和
C.该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为10-12∶1
D.该溶液中水电离出的c(H+)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H+)的100倍
【解析】选A、B。硝酸为强电解质,完全电离,故稀释100倍,c(H+)为原溶液的1/100,pH会由1变为3,A正确;硝酸中c(H+)=0.1
mol·L-1,pH为13的Ba(OH)2溶液c(OH-)=0.1
mol·L-1,当二者等体积混合时n(H+)=n(OH-),即二者恰好完全中和,B项正确;硝酸电离的c(H+)=0.1
mol·L-1,则水电离的c(H+)=10-13mol·L-1,二者之比为10-1∶10-13=1∶10-12,C错;pH为3的硝酸中水电离的c(H+)=10-11mol·L-1,故D项中二者之比为10-13∶10-11=1∶100,D项错误。
二、非选择题(本题包括2小题,共20分)
7.(10分)(1)现有pH=2的HCl溶液100
mL,要使它的pH=3,如果加入蒸馏水,需加水________mL;如果加入pH=4的HCl溶液,需加入此HCl溶液________mL(假定溶液体积有加和性,下同)。
(2)将pH=8的NaOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,溶液的pH=________。
(3)将0.1
mol·L-1盐酸和0.06
mol·L-1氢氧化钡溶液等体积混合后,该混合溶液的pH=________。
(4)25℃时,pH=a的X体积的某强酸与pH=b的Y体积的某强碱混合后,溶液呈中性,已知a+b=15,则X︰Y=__________________。
【解析】(1)设加入水的体积为x,加入pH=4的HCl溶液的体积为y,则有:
=10-3mol·L-1　x=900
mL
=10-3mol·L-1　y=1
000
mL
(2)混合后pH=11-0.3=10.7
(3)混合后OH-过量,
c(OH-)==0.01
mol·L-1
c(H+)=1×10-12mol·L-1;pH=12。
(4)X·10-a=Y·10b-14;=10b-14+a=10。
答案:(1)900　1
000　(2)10.7　(3)12　(4)10∶1
【补偿训练】
某温度(t℃)时,水的Kw=1×10-12,则该温度________(填“>”“<”或“=”)25℃,其理由是__________________。
(1)将此温度下pH=11的NaOH与pH=1的HCl等体积混合,混合后溶液pH=________;
(2)将此温度下pH=9的Ba(OH)2溶液取出1
mL,加水稀释至10
000
mL,则稀释后溶液c(Ba2+)﹕c(OH-)=________;
(3)将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合:
①若所得混合液为中性,则a∶b=________;
②若所得混合液的pH=2,则a∶b=________。
【解析】温度越高促进电离,水的电离程度越大,Kw越大。
(1)此温度下pH=11的NaOH中c(OH-)=10-1mol·L-1,pH=1的HCl溶液中c(H+)=10-1mol·L-1,等体积混合,恰好完全反应,pH=6。
(2)此温度下pH=9的Ba(OH)2溶液1
mL中c(OH-)=10-3mol·L-1,c(Ba2+)=5×10-4mol·L-1,加水稀释至10
000
mL后,c(Ba2+)=5×10-8mol·L-1,c(OH-)≈10-6mol·L-1,c(Ba2+)∶c(OH-)=1∶20。
(3)①若所得混合液为中性,0.1a=0.1b,a∶b=1∶1;②若所得混合液的pH=2,(0.1b-0.1a)/(a+b)=0.01,a∶b=9∶11。
答案:>　水的电离过程是吸热过程,升高温度,能促进水的电离,水的离子积常数增大,温度大于25℃
(1)6　(2)1∶20　(3)①1∶1　②9∶11
8.(10分)(2016·连云港高二检测)pH=1的两种一元酸的溶液HA、HB各1
mL,分别加水稀释到1
000
mL,其pH与溶液体积(V)的关系如图所示:
(1)据图分析可知,HA、HB两种酸中________为弱酸,理由为
__。
(2)向稀释后所得HA、HB两溶液中分别加入足量的锌粉,产生氢气的体积V(HA)________V(HB)(填“大于”“小于”或“等于”),理由是
__。
(3)常温时,将pH=11的Ba(OH)2溶液与pH=4的HA溶液混合,若所得混合液的pH=9,则Ba(OH)2溶液与HA溶液的体积比为________。
【解析】(1)HB酸溶液由1
mL稀释为1
000
mL,而溶液的pH增大不到3个单位,说明随着稀释的进行HB不断电离出H+,即HB为弱酸。
(2)因HB溶液中含溶质的物质的量较大,与足量Zn反应时,生成的H2较多。
(3)==10-5mol·L-1
解得V[Ba(OH)2]∶V(HA)=1∶9。
答案:(1)HB　随着稀释的进行HB不断电离出H+使pH升高的幅度比HA酸小,即存在电离平衡HBH++B-
(2)小于　HB溶液中含溶质的物质的量较大
(3)1∶9
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6课后提升作业
一
焓变　反应热
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题5分,共30分)
1.(2016·郑州高二检测)根据如图所示的反应,判断下列说法中错误的是　
(　　)
A.CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量
B.该反应的焓变大于零
C.该反应中有离子键断裂也有共价键断裂,化学键断裂吸收能量,化学键生成放出能量
D.由该反应可推出凡是需要加热才能发生的反应均为吸热反应
【解析】选D。因为碳酸钙受热分解是吸热反应,CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量,焓变大于零,故A、B项正确;C项,在CaCO3中,Ca2+和C
( http: / / www.21cnjy.com )之间存在离子键,C中,C与O之间存在共价键,故反应中有离子键断裂也有共价键断裂,断键吸收能量,成键放出能量,C项正确;需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应,如碳的燃烧反应就是放热反应,D项错误。
2.已知2H2(g)+O2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )2H2O(l)　ΔH=-571.6
kJ·mol-1,则关于方程式2H2O(l)
( http: / / www.21cnjy.com )2H2(g)+O2(g)的ΔH的说法中正确的是　(　　)
A.方程式中的化学计量数表示分子数
B.该反应ΔH大于零
C.该反应ΔH=-571.6
kJ·mol-1
D.该反应可表示36
g水分解时的热效应
【解析】选B。在书写热化学方程式时,若反应物和生成物对换,则ΔH的符号变化,数值不变,故B项正确,C项不正确;D项未注明水的状态。
【补偿训练】
热化学方程式C(s)+H2O(g)
( http: / / www.21cnjy.com )CO(g)+H2(g)
ΔH=+131.3
kJ·mol-1表示　(　　)
A.碳和水反应吸收131.3
kJ能量
B.1
mol碳和1
mol水反应生成1
mol一氧化碳和1
mol氢气并吸收131.3
kJ热量
C.1
mol固态碳和1
mol水蒸气反应生成1
mol一氧化碳气体和1
mol氢气并吸收131.3
kJ热量
D.1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.3
kJ
【解析】选C。依据反应热的概念,表示按照
( http: / / www.21cnjy.com )热化学方程式计量数的物质的量反应时吸收或放出的热量,单位是kJ·mol-1,该热化学方程式表示1
mol固态碳和1
mol水蒸气反应生成1
mol一氧化碳气体和1
mol氢气并吸收131.3
kJ的热量,特别要指明水的状态。
3.已知在25℃,101
kPa下,1
g
( http: / / www.21cnjy.com )
C8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40
kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是　(　　)
A.C8H18(l)+12.5O2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )8CO2(g)+9H2O(g)
ΔH=-48.40
kJ·mol-1
B.C8H18(l)+12.5O2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )8CO2(g)+9H2O(l)
ΔH=-5
518
kJ·mol-1
C.C8H18(l)+12.5O2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )8CO2(g)+9H2O(l)
ΔH=+5
518
kJ·mol-1
D.C8H18(l)+12.5O2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )8CO2(g)+9H2O(l)
ΔH=-48.40
kJ·mol-1
【解析】选B。在25℃时,101
kPa下
( http: / / www.21cnjy.com ),1
g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出48.40
kJ的热量,则1
mol辛烷(即114
g)燃烧生成二氧化碳和液态水放出
5
518
kJ的热量,所以其热化学反应方程式为:C8H18(l)+12.5O2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )8CO2(g)+
9H2O(l)　ΔH=-5
518
kJ·mol-1。
4.(2016·绵阳高二检测)以NA代表阿伏加德罗常数,则关于热化学方程式C2H2(g)+O2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )2CO2(g)+H2O(l)　ΔH=-1
300
kJ·mol-1的说法中,正确的是　
(　　)
A.有10NA个电子转移时,放出1
300
kJ的能量
B.有1NA个水分子生成且为液体时,吸收1
300
kJ的能量
C.有2NA个碳氧共用电子对生成时,放出1
300
kJ的能量
D.有8NA个碳氧共用电子对生成时,吸收1
300
kJ的能量
【解析】选A。A、根据信息,1
mol乙炔参加反应,转移电子的物质的量为1×2×(4+1)mol=10
mol　ΔH<0,说明此反应是放热反应,正确;B、热化学反应方程式中的系数表示物质的量,不表示分子个数,错误;C、CO2的结构式为O
( http: / / www.21cnjy.com )C
( http: / / www.21cnjy.com )O,因此是有8
mol碳氧共用电子对生成,放出1
300
kJ的能量,错误;D、此反应是放热反应,错误。
5.反应A+B→C(ΔH<
( http: / / www.21cnjy.com )0)分两步进行:①A+B→X(ΔH>0),②X→C(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　(　　)
【解析】选D。①A+B→X　ΔH>0,
( http: / / www.21cnjy.com )X具有的能量大于A、B能量总和,A、C两项错误;②X→C　ΔH<0,A+B→C　ΔH<0,C具有的能量小于X具有的能量,也小于A、B能量总和,D项正确,B项错误。
6.(2016·厦门高二检测)已知H—H键键能(断裂时吸收或生成时释放的能量)为436
kJ·mol-1,H—N键键能为391
kJ·mol-1,根据热化学方程式:N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)　ΔH=-92.4
kJ·mol-1。则N≡N键的键能是　(　　)
A.431
kJ·mol-1　　　　
B.945.6
kJ·mol-1
C.649
kJ·mol-1
D.896
kJ·mol-1
【解析】选B。ΔH=反应物键能总和
( http: / / www.21cnjy.com )-生成物键能总和。ΔH=3×E(H—H)+E(N≡N)-6E(N—H)=3×436
kJ·mol-1+E(N≡N)-6×391
kJ·mol-1=-92.4
kJ·mol-1,所以E(N≡N)=-92.4
kJ·mol-1+6×391
kJ·mol-1-3×436
kJ·mol-1=945.6
kJ·mol-1。
二、非选择题(本题包括2小题,共20分)
7.(8分)我国成功发射“天宫二号
( http: / / www.21cnjy.com )”飞行器的“长征二号FT2”火箭推进器中盛有强还原剂肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水(H2O2)。当它们混合反应时,即产生大量氮气和水蒸气,并放出大量热。已知:0.4
mol液态肼与足量的液态双氧水反应放出256.0
kJ的热量。
(1)该反应的热化学方程式为_________________________________________。
(2)16
g液态肼与液态双氧水反应生成气态水时放出的热量是________kJ。
(3)此反应用于火箭推进,除释放大量热和快速
( http: / / www.21cnjy.com )产生大量气体外还有一个很大的优点是___________________________________________________________。
【解析】(1)N2H4(肼)与H2O2发生氧化还原反应生成N2和H2O,反应方程式为N2H4+2H2O2
( http: / / www.21cnjy.com )N2+4H2O。1
mol肼反应生成气态水时放出的热量为=640.0
kJ,故其热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(l)
( http: / / www.21cnjy.com )N2(g)+4H2O(g)　ΔH=-640.0
kJ·mol-1。
(2)16
g液态肼与H2O2完全反应生成2
mol气态水时放出=320.0
kJ的热量。
(3)反应产物是N2和水,对环境不会造成污染。
答案:(1)N2H4(l)+2H2O2(l)
( http: / / www.21cnjy.com )N2(g)+4H2O(g)　ΔH=-640.0
kJ·mol-1　(2)320.0　(3)对环境无污染
8.(12分)(能力挑战题)(2016·长春高二检测)乙烯与氧气或水蒸气反应均可用于制备合成气。其反应过程中的能量变化如下图所示:
(1)反应Ⅰ中若生成2
mol
H2(g)时,消耗C2H4(g)的物质的量为________。
(2)反应Ⅱ的热化学方程式为__________________________________________。
(3)某工厂以乙烯、氧气和水蒸气为原料制备合成气,为使能量实现零排放和零补充,则进料气中的氧气与水蒸气的体积比为________。
【解析】(1)由图象可知,根据质量守恒定律,反应Ⅰ中若生成2
mol
H2(g)时,消耗C2H4(g)的物质的量为1
mol,反应Ⅰ的热化学方程式:C2H4(g)+O2(g)2CO(g)+
2H2(g)ΔH=-36
kJ·mol-1。(2)若生成2
mol
H2(g)时,b=,反应Ⅱ的热化学方程式:C2H4(g)+2H2O(g)
( http: / / www.21cnjy.com )2CO(g)+4H2(g)　ΔH=+288
kJ·mol-1。(3)为使能量实现零排放,Ⅰ×4+Ⅱ×1=0,则进料气中的氧气与水蒸气的体积比:8∶2=4∶1。
答案:(1)1
mol　(2)C2H4(g)+2H2O(g)
( http: / / www.21cnjy.com )2CO(g)+4H2(g)　ΔH=+288
kJ·mol-1　(3)4∶1课后提升作业
三
燃烧热　能源
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括12小题,每小题5分,共60分)
1.利用太阳能,使燃烧循环使用有如下构思和方案:
①2CO22CO+O2;②2H2O2H2+O2;
③2N2+6H2O4NH3+3O2;④CO2+2H2OCH4+2O2,
实现上述构思和方案的关键是　(　　)
A.如何使物质吸收光能转变为其他物质
B.寻找催化剂
C.利用光能
D.利用绿色植物
【解析】选A。通过题中反应不难看出,若要使燃料循环使用,则必须首先研究如何使物质吸收光能转变为其他物质,否则就无法实现燃料的循环使用。
2.(2016·通化高二检测)已知反应:
①101
kPa时,2C(s)+O2(g)2CO(g)
ΔH=-221
kJ·mol-1;
②稀溶液中,H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)
ΔH=-57.3
kJ·mol-1。
下列结论正确的是　(　　)
A.碳的燃烧热ΔH=-110.5
kJ·mol-1
B.①的反应热ΔH=221
kJ·mol-1
C.0.5
mol稀硫酸与1
mol稀NaOH溶液反应放出的热量为57.3
kJ
D.浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1
mol
H2O水,放出57.3
kJ的热量
【解析】选C。碳的燃烧热是指1
mol
C完全燃烧生成CO2时放出的热量,A项错;①的反应热ΔH=-221
kJ·mol-1,B项错;0.5
mol稀硫酸中含有1
mol
H+,故
0.5
mol稀硫酸与1
mol稀NaOH溶液反应恰好生成1
mol
H2O,放出热量为
57.3
kJ,C项正确;浓硫酸稀释要放出热量,因此浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1
mol
H2O,放出的热量大于57.3
kJ,D项错。
3.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,且可以再生。下列符合未来新能源标准的是　(　　)
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
【解析】选B。天然气、煤、石油属于常规能源;在利用核能的同时,也伴随产生了大量高放射性且周期很长(半衰期为几万甚至几百万年)的核废料会严重危害人类的生存,目前还没有有效的处理方法,都是深埋处理,等待技术成熟;太阳能、生物质能、风能、氢能具备了资源丰富,无污染或污染很小,且可以再生的特点。
4.下列各组物质的燃烧热相等的是　(　　)
A.碳和一氧化碳
B.1
mol碳和2
mol碳
C.3
mol
C2H2和1
mol苯
D.淀粉和纤维素
【解析】选B。燃烧热是以1
mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量来定义的,只与物质的种类有关,与物质的量无关,故B正确。
【易错提醒】
燃烧热与可燃物物质的量无关,1
mol碳和2
mol碳的燃烧热相同。
5.(2015·海南高考)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】选A。丙烷的分子式是C3H8,1
mol丙烷燃烧会产生4
mol水,则丙烷完全燃烧产生1.8
g水,消耗丙烷的物质的量是n(C3H8)=n(H2O)=m(H2O)÷M=1.8
g÷18
g·mol-1÷4=0.025
mol,所以反应放出的热量是Q=2
215
kJ·mol-1×
0.025
mol=55.375
kJ,因此大约数值与选项A接近。
6.下列关于热化学反应的描述中正确的是　(　　)
A.HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3
kJ·mol-1,则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH=2×(-57.3)kJ·mol-1
B.CO(g)的燃烧热是283.0
kJ·mol-1,则2CO2(g)2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=
+566.0
kJ·mol-1
C.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D.1
mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【解析】选B。中和热是指稀溶液中,强酸和强碱发生中和反应生成1
mol
H2O所放出的热量;中和热必须是生成1
mol
H2O所放出的热量,与几元酸、碱无关,故A错误;燃烧热是指在101
kPa时,1
mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,CO的燃烧热是283.0
kJ·mol-1,说明1
mol
CO燃烧时放出
283.0
kJ的能量,反应方程式2CO2(g)2CO(g)+O2(g)中,CO的计量数变成2,所以反应热是其燃烧热的2倍,且是吸收能量,故B正确;吸热反应是指生成物成键释放的总能量小于反应物断键吸收的总能量,与是否加热无关,故C错误;根据燃烧热的定义,生成的水必须是液态水,故D错误。
【延伸探究】
(1)若将A项中的“H2SO4和Ca(OH)2”改为“H2SO4和NaOH”是否正确
提示:不正确。中和热必须生成1mol液态水,与酸与碱的种类或物质的量无关。
(2)若将C项改为“放热反应一定不需要加热。”是否正确
提示:不正确。有的放热反应(如铝热反应)也需要加热才能发生。
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=-akJ·mol-1
B.C6H12O6(s)+6O2(g)6CO2(g)+6H2O(l)　　ΔH=-bkJ·mol-1
C.2CO(g)+O2(g)2CO2(g)　ΔH=-ckJ·mol-1
D.CH3CH2OH(l)+O2CH3CHO(l)+H2O(l)　　ΔH=-dkJ·mol-1
【解析】选B。A.氨气中的氢元素对应的水为液态时,才表示燃烧热,A项错误;
B.1
mol葡萄糖完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出的热量表示葡萄糖的燃烧热,B项正确;C.CO的系数不是1,所以放出的热量是燃烧热的2倍,C项错误;D.乙醇生成乙醛的反应不是完全燃烧反应,乙醇完全燃烧后的产物是二氧化碳和水,D项错误。
8.在101
kPa和298
K时,有关反应的热化学方程式有:
H2(g)+O2(g)H2O(g)
ΔH1=-241.8
kJ·mol-1
H2(g)+O2(g)H2O(l)
ΔH2=-285.8
kJ·mol-1
下列说法错误的是　(　　)
A.H2燃烧生成1
mol
H2O(g)时,放出241.8
kJ的热量
B.O2前面的表示参加反应的O2的分子数目
C.燃烧热是指在101
kPa时,1
mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量定义的,则H2的燃烧热为285.8
kJ·mol-1
D.1
mol液态水变成水蒸气时吸收44
kJ的热量
【解析】选B。由方程式①可知H2燃烧生成1
mol
H2O(g)时,放出241.8
kJ的热量;方程式中O2前面的数字仅表示氧气的物质的量;燃烧热是指1
mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,如氢元素应转化为液态水;利用题给方程式可知生成1
mol气态水比生成1
mol液态水少放出热量为285.8
kJ-
241.8
kJ=44
kJ,即可推知1
mol液态水变成水蒸气时吸收44
kJ的热量。
9.(2016·厦门高二检测)对于:2C4H10(g)+13O2(g)8CO2(g)+10H2O(1)　ΔH=
-5
800
kJ·mol-1的叙述错误的是　(　　)
A.该反应的反应热ΔH=-5
800
kJ·mol-1,是放热反应
B.该反应的ΔH与各物质的状态有关,与化学计量数也有关
C.该热化学方程式的含义为:25℃、101
kPa下,2
mol
C4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5
800
kJ
D.该反应为丁烷燃烧的热化学方程式,由此可知丁烷的燃烧热为5
800
kJ·mol-1
【解析】选D。根据燃烧热的定义,丁烷的物质的量应为1
mol,故题中方程式不是丁烷的燃烧热的热化学方程式,由题中方程式可知丁烷的燃烧热为
2
900
kJ·mol-1。
10.下列说法中正确的是　(　　)
A.1
mol
H2SO4与1
mol
Ba(OH)2完全中和所放出的热量为中和热
B.25℃、101
kPa时,1
mol
S和2
mol
S的燃烧热相等
C.由“C(s,石墨)C(s,金刚石),ΔH=+1.9
kJ·mol-1”可知金刚石比石墨稳定
D.等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧,前者放出的热量少
【解析】选B。1
mol
H2SO4与1
mol
Ba(OH)2反应生成2
mol
H2O,且反应中有硫酸钡沉淀,也会影响热量的变化,不符合中和热的定义,A项错误;燃烧热与可燃物的物质的量无关,B项正确;石墨的能量比金刚石低,稳定性更好,C项错误;硫蒸气要放出热量才能变为硫固体,故等量的硫蒸气完全燃烧放出的热量多,D项错误。
【补偿训练】
(双选)已知在101
kPa下,1
g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水时,放出热量120.9
kJ。则下列说法中正确的是　(　　)
A.氢气的燃烧热为241.8
kJ·mol-1
B.1
mol
H2O(l)具有的能量大于1
mol
H2O(g)具有的能量
C.反应的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH=-483.6
kJ·mol-1
D.2
mol
H2(g)和1
mol
O2(g)具有的能量总和大于2
mol
H2O(g)具有的能量
【解析】选C、D。A项,燃烧热是指生成液态水时放出的热量,而题中给出的是气态水,故不能得出燃烧热的数据,错误;B项,气态水所具有的能量大于液态水所具有的能量,错误;C项,1
g氢气在氧气中完全燃烧生成气态水时,放出热量120.9
kJ,则2
mol氢气燃烧时放热483.6
kJ,正确;D项,放热反应中,反应物的总能量大于生成物的总能量,正确。
11.分析下表数据,推断下列说法正确的是　(　　)
烷烃
乙烷
丙烷
丁烷
戊烷
燃烧热/kJ·mol-1
1
559.8
2
219.9
2
877.0
3
536.2
沸点/℃
-88.6
-42.1
-0.5
36.1
熔点/℃
-183.3
-189.7
-138.4
-129.7
A.己烷的燃烧热约为4
196
kJ·mol-1
B.表示乙烷燃烧热的热化学方程式为2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(g)
ΔH=-1
559.8
kJ·mol-1
C.相同质量的烷烃,碳的质量分数越大,燃烧放出的热量越多
D.从上表可以分析得,丁烷气体最不适宜做气体打火机的有机燃料
【解析】选A。从表中数据分析,烷烃分子中每增加一个“CH2”原子团,燃烧热约增大660
kJ·mol-1,由此可推断己烷的燃烧热约为4
196
kJ·mol-1,A项正确;燃烧热是指1
mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量,B项错;以乙烷和丙烷为例,计算各1
g燃烧时放出的热量,前者为52.0
kJ,后者为50.5
kJ,而前者含碳量低于后者,C项错;打火机使用的燃料应该是易燃、降温或加压易液化,减压时易汽化的物质,从表中沸点看,乙烷、丙烷难液化,而戊烷常压下难汽化,只有丁烷最适宜,D项错。
12.(能力挑战题)充分燃烧一定量的丁烷气体放出的热量为QkJ。完全吸收它生成的CO2气体生成正盐,需5
mol·L-1的KOH溶液100
mL,则丁烷的燃烧热为　
(　　)
A.16QkJ·mol-1
B.8QkJ·mol-1
C.4QkJ·mol-1
D.2QkJ·mol-1
【解析】选A。由题意可列出C4H10、CO2、KOH与丁烷燃烧热的关系式(以碳原子守恒列出):
C4H10～4CO2～4K2CO3～8KOH～　
ΔH
8
mol
ΔH
0.5
mol
-Q
解得ΔH=-16QkJ·mol-1。
【方法规律】关系式法——巧解多步反应的计算
关系式法是表示两种或多种物质之间关系的一种式子。在多步反应中,它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”的关系表示出来,把多步计算化简为一步完成。关系式法的优点是大大省略了多步计算,简化了思路。
寻找关系式的方法,一般有两种:
(1)写出各步反应的化学方程式,然后逐一递进找出关系式;
(2)根据原子守恒,直接写出关系式。
二、非选择题(本题包括3小题,共40分)
13.(12分)能源是人类生存和发展的重要支撑因素。常规能源(煤、石油、天然气等)日益减少,促使人们去研究如何提高能源的利用率以及新能源(如太阳能、氢能、核能等)的开发。
(1)为减少污染,提高燃料利用率,下列措施可以达到目的的是________(填序号)。
①将城市居民燃煤改为使用气体燃料
②研制燃料电池
③在农村大力发展沼气
(2)乌克兰科学家用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)1.0
g乙醇完全燃烧生成液态水放出29.7
kJ热量,表示乙醇标准燃烧热的热化学方程式为_____________________________________________________。
【解析】本题综合考查燃料利用率的提高和标准燃烧热的计算。使燃料充分燃烧是提高燃料利用率的重要途径:
①是保证燃料充分燃烧的有效措施;②燃料电池具有污染小、能量利用率高的优点;③发展沼气是解决农村燃烧庄稼秸秆污染空气的有效措施。
答案:(1)①②③
(2)使煤油油滴变为油雾,增大与氧化剂的接触面积,使煤油充分燃烧
(3)C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)
ΔH=-1
366.2
kJ·mol-1
14.(16分)(2016·开封高二检测)(1)含11.2
g
KOH的稀溶液与1
L
0.1
mol·L-1的H2SO4溶液反应放出11.46
kJ的热量,该反应的热化学方程式为________________,则KOH与H2SO4反应的中和热为________。
(2)已知在101
kPa时,CO的燃烧热为283
kJ·mol-1。相同条件下,若2
mol
CH4完全燃烧生成液态水,所放出的热量为1
mol
CO完全燃烧放出热量的6.30倍,CH4完全燃烧的热化学方程式是________________。
(3)在25℃、101
kPa时,1.00
g
C6H6(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(l),放出41.8
kJ的热量,C6H6的燃烧热ΔH=__________kJ·mol-1,该反应的热化学方程式为________________。
【解析】(1)n(KOH)=0.2
mol,n(H2SO4)=0.1
mol,两者恰好完全反应生成0.2
mol水,放出11.46
kJ的热量,由中和热的定义可知,生成1
mol水,放出的热量为11.46
kJ×5=57.3
kJ。
(2)1
mol
CH4完全燃烧生成液态水,所放出的热量为283
kJ×6.30÷2=
891.45
kJ。
(3)1
mol
C6H6(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)放出的热量:41.8
kJ·g-1×78
g=
3
260.4
kJ,热化学方程式为C6H6(l)+O2(g)6CO2(g)+3H2O(l)　ΔH=
-3
260.4
kJ·mol-1
答案:(1)KOH(aq)+H2SO4(aq)K2SO4(aq)+H2O(l)　ΔH=-57.3
kJ·mol-1　
57.3
kJ·mol-1
(2)CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=-891.45
kJ·mol-1
(3)-3
260.4
C6H6(l)+O2(g)6CO2(g)+3H2O(l)
ΔH=-3
260.4
kJ·mol-1
15.(12分)下列两个热化学方程式:
2H2(g)+O2(g)2H2O(l)
ΔH=-571.6
kJ·mol-1
C3H8(g)+5O2(g)3CO2(g)+4H2O(l)
ΔH=-2
220
kJ·mol-1
试根据上面两个热化学方程式,回答下列问题:
(1)H2的燃烧热为__________,C3H8的燃烧热为___________________________。
(2)1
mol
H2和2
mol
C3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为________。
(3)现有H2和C3H8的混合气体共5
mol,完全燃烧时放热3
847
kJ,则在混合气体中H2和C3H8的体积比是________。
【解析】(1)根据燃烧热的概念知H2、C3H8的燃烧热分别为285.8
kJ·mol-1、
2
220
kJ·mol-1。
(2)燃烧释放的总热量的计算式为
Q放=1
mol×285.8
kJ·mol-1+2
mol×2
220
kJ·mol-1=4
725.8
kJ。
(3)设H2、C3H8的物质的量分别为n1、n2,则有
解得
在相同p、T时,V(H2)∶V(C3H8)=n(H2)∶n(C3H8)=3∶1。
答案:(1)285.8
kJ·mol-1　2
220
kJ·mol-1
(2)4
725.8
kJ　(3)3∶1
【方法规律】有关燃烧热的计算
(1)根据燃烧热的定义计算。
由燃烧热的定义可知:放出热量=可燃物的物质的量×其燃烧热[即Q放=n(可燃物)×|ΔH|],物质的燃烧热:ΔH=-
(2)利用燃烧热求混合气体组成的方法——十字交叉法。
①条件:已知A气体的燃烧热为ΔH1,B气体的燃烧热为ΔH2(|ΔH2|>|ΔH1|),又知A和B的混合气体1
mol与O2充分反应生成稳定的氧化物,其反应热为ΔH3,则可以用十字交叉法确定A、B的组成。
②确定组成:
故=
如5
mol
H2和C3H8的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水时,放出3
847
kJ的热量,已知H2和C3H8的燃烧热分别为285.8
kJ·mol-1,2
220
kJ·mol-1,则混合气体中H2与C3H8的体积比计算过程如下:
推出:===。课后提升作业
十七
　盐类水解反应的利用
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括10小题,每小题6分,共60分)
1.(2016·长沙高二检测)实验室有下列试剂:①NaOH溶液、②水玻璃、③Na2S溶液、④Na2CO3溶液、⑤NH4Cl溶液、⑥澄清石灰水、⑦浓硫酸,其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是　(　　)
A.①⑥　　　　
B.①②③④⑥
C.①②③⑥　　
D.①②③④⑦
【解析】选B。水玻璃是矿物胶,能将玻璃瓶塞与瓶口黏结在一起;碱性溶液均会腐蚀玻璃,生成硅酸盐。所以只有⑤⑦不用橡胶塞。
2.对于0.1
mol·L-1Na2SO3溶液,说法正确的是　(　　)
A.升高温度,溶液的pH降低
B.c(Na+)=2c(S)+c(HS)+c(H2SO3)
C.c(Na+)+c(H+)=2c(S)+2c(HS)+c(OH-)
D.加入少量NaOH固体,c(S)与c(Na+)均增大
【解析】选D。Na2SO3为弱酸强碱盐,水解显碱性,水解是吸热反应,所以温度升高,水解程度增大,其pH增大,故A不正确;B项考查物料守恒,正确的表达式为c(Na+)=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3),故B不正确;C项考查电荷守恒,其正确的表达式为c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-),故C不正确;加入少量NaOH固体,抑制其水解,水解程度降低,c(S)与c(Na+)均增大,故D正确。
3.(2016·淄博高二检测)某酸性溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子,则下列描述正确的是　(　　)
A.该溶液可能是由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成的
B.该溶液可能是由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成的
C.加入适量NaOH,溶液中离子浓度为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
D.加入适量氨水,c(CH3COO-)一定大于c(Na+)、c(N)之和
【解析】选A。pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,CH3COOH过量,溶液显酸性,故A有可能。B项中两溶液混合后生成CH3COONa水解显碱性,因而不可能。C选项不符合电荷守恒,故不可能。加入适量氨水后的溶液中电荷守恒关系为c(Na+)+c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)。因为不知道此时溶液酸碱性情况,故不能判断c(H+)与c(OH-)的相对大小,即不能判断c(CH3COO-)与c(Na+)和c(N)之和的大小关系。
4.(2016·新乡高二检测)一定温度下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是　
(　　)
A.pH=5的H2S溶液中,c(H+)=c(HS-)=1×10-5mol·L-1
B.pH=a的氨水溶液,稀释10倍后,其pH=b,则a=b+1
C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合:c(Na+)+c(H+)
=c(OH-)+c(HC2)
D.pH相同的①CH3COONa,②NaHCO3,③NaClO三种溶液的c(Na+):①>②>③
【解析】选D。A项,pH=5的H2S溶液中,H+的浓度为1×10-5mol·L-1,但是HS-的浓度会小于H+的浓度,H+来自H2S的第一步电离、HS-的电离和水的电离,故H+的浓度大于HS-的浓度,错误;B项,弱碱不完全电离,弱碱稀释10倍时,pH减小不到一个单位,a碳酸的酸性>次氯酸的酸性,根据越弱越水解的原则,pH相同的三种钠盐,浓度的大小关系为醋酸钠>碳酸氢钠>次氯酸钠,则钠离子的浓度为①>②>③,故正确。
5.下列说法不正确的是　(　　)
A.热的纯碱溶液去油污效果好,是因为加热可使C的水解程度增大,溶液碱性增强,去污能力增强
B.铁在潮湿的环境下生锈与盐类水解有关
C.将Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧,可得到固体Al2(SO4)3
D.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体,离子方程式为Fe3++3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3H+
【解析】选B。加热可使C的水解程度增大,溶液碱性增强,去污能力增强,A正确;铁在潮湿的环境下生锈是因为铁发生氧化反应所致,与盐类水解无关,B错误;Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧时,虽然促进了铝离子的水解,但水解生成的酸不挥发,故最终仍得到固体Al2(SO4)3,C正确;将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体,铁离子彻底发生水解反应,离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+,D正确。
【补偿训练】
下列有关问题,与盐的水解有关的是　(　　)
①NH4Cl与ZnCl2溶液作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用带磨口玻璃塞的玻璃瓶
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A.①②③　　　　　　　　B.②③④
C.①④⑤
D.①②③④⑤
【解析】选D。①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性,可以除去金属表面的锈。②HC与Al3+两种离子发生水解相互促进反应,产生二氧化碳,可作灭火剂。
③草木灰的主要成分为碳酸钾,水解显碱性,
而铵态氮肥在碱性环境中NH3逸出,降低肥效,因而不能混合施用。④碳酸钠溶液水解显碱性,而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶口粘合在一起而打不开,因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞。⑤AlCl3溶液中存在水解平衡:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,加热时,HCl挥发使平衡不断右移,最终得到Al(OH)3固体。
6.(2015·四川高考)常温下,将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶体,过滤,所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是　(　　)
A.
<1.0×10-7mol·L-1
B.c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(H2CO3)
C.c(H+)+c(N)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)
D.c(Cl-)>c(N)>c(HC)>c(C)
【解析】选C。水的离子积KW=c(H+)×c(OH-),所以=c(OH-),因pH<7,故c(OH-)<1.0×10-7mol·L-1,A正确;因两物质是等体积、等物质的量浓度加入,故当未发生任何反应时,钠与碳应是恒等关系,而发生发应并析出晶体时,钠与碳同样是以1∶1的比例析出,故滤液中的钠与碳仍应恒等,B正确;选项C是电荷守恒,但忽略了阳离子中还有钠离子,C错误;D中因氯离子不发生水解反应,故浓度应最大,而HC部分析出,故应小于N,C由HC电离而来,反应微弱,故浓度最小,D正确。
7.下列说法正确的是　(　　)
A.将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧,所得固体成分相同
B.配制FeSO4溶液时,将FeSO4固体溶于稀盐酸中,然后稀释至所需浓度
C.用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+
D.配制FeCl3溶液,为了抑制水解,常加入盐酸
【解析】选D。A项,氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到氧化铝,而硫酸铝溶液蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸铝,不正确;B项,所加酸应是稀硫酸,不能引入新杂质,不正确;C项,加热法不能除去Fe3+,不正确。
【方法规律】盐溶液蒸干时所得产物的判断方法
(1)不水解不分解的盐溶液,蒸干后一般得原物质,如NaCl。
(2)水解生成不挥发性酸的盐溶液,蒸干后一般得原物质,如Al2(SO4)3。
(3)水解生成挥发性酸的盐溶液,蒸干后一般得对应的弱碱,如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得Al(OH)3、Fe(OH)3。
(4)受热时分解的盐溶液,蒸干后一般得盐的分解产物。如Ca(HCO3)2蒸干得CaCO3固体。
(5)还原性盐在蒸干时会被O2氧化,蒸干后一般得其氧化产物。如Na2SO3溶液蒸干得Na2SO4。
(6)有时要多方面考虑。例如,蒸干NaClO溶液时,既要考虑ClO-水解,又要考虑HClO分解,所以蒸干NaClO溶液所得固体为NaCl。
8.25℃时,在10
mL浓度均为0.1
mol·L-1NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加
0.1
mol·L-1的盐酸,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是　(　　)
A.未加盐酸时:c(OH-)>c(Na+)=c(NH3·H2O)
B.加入10
mL盐酸时:c(N)+c(H+)=c(OH-)
C.加入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl-)=c(Na+)
D.加入20
mL盐酸时:c(Cl-)=c(N)+c(Na+)
【解析】选B。未加盐酸时,根据物料守恒有c(NH3·H2O)+c(N)=0.1
mol·L-1
=c(Na+),A项错误;加入10
mL盐酸,则氢氧化钠与HCl的物质的量相等,c(Cl-)=c(Na+),根据电荷守恒:c(N)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),故c(N)+c(H+)=c(OH-),B项正确;溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒:c(N)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),故c(N)+c(Na+)=c(Cl-),C项错误;加入20
mL盐酸,则刚好反应生成NaCl、NH4Cl,NH4Cl水解使溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒:c(N)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),则c(N)+c(Na+)9.常温常压下,将amol
CO2气体通入1
Lbmol·L-1的NaOH溶液中,下列对所得溶液的描述不正确的是　(　　)
A.当a=2b时,随着CO2气体的通入,溶液中由水电离出的c(H+)有如图变化关系:
B.当a=b时,所得溶液中存在:c(OH-)+c(C)=c(H+)+c(H2CO3)
C.当2a=b时,所得溶液中存在:c(Na+)>c(C)>c(OH-)>c(HC)>c(H+)
D.当2a=b时,所得溶液中一定存在:c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3)
【解析】选D。A、当a=2b时,二氧化碳过量,随着CO2气体的通入,先发生CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,生成的碳酸钠水解,促进水的电离,而氢氧化钠溶液中,氢氧根离子抑制水的电离,所以水电离产生的氢离子浓度增大,后发生Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3,碳酸氢钠的水解程度比碳酸钠水解程度弱,所以促进水电离的程度减小,氢离子浓度又降低,符合图象,正确;B、当a=b时,所得溶液是碳酸氢钠溶液,根据质子守恒定律,水电离产生的氢离子等于氢氧根离子浓度,水电离产生的氢离子一部分被碳酸氢根离子结合生成碳酸分子,同时碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子,所以溶液中c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)-c(C),即c(OH-)+c(C)=c(H+)+c(H2CO3),正确;C、当2a=b时,所得溶液为碳酸钠溶液,碳酸根离子水解使溶液呈碱性,所以c(Na+)>c(C)>c(OH-)>c(HC)>c(H+),正确;D、当2a=b时,所得溶液为碳酸钠溶液,一定存在c(Na+)=2c(C)+2c(HC)
+2c(H2CO3),错误。
10.(双选)(2016·江苏高考)H2C2O4为二元弱酸。20℃时,配制一组c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)=0.100
mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是　(　　)
A.pH=2.5的溶液中:c(H2C2O4)+c(C2)>c(HC2)
B.c(Na+)=0.100
mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2)
C.c(HC2)=c(C2)的溶液中:c(Na+)>0.100
mol·L-1+c(HC2)
D.pH=7.0的溶液中:c(Na+)>2c(C2)
【解析】选B、D。由图pH=2.5时,c(HC2)>0.080
mol·L-1,c(C2)+c(H2C2O4)<
0.020
mol·L-1,A项错误;当c(Na+)=0.100
mol·L-1时,该溶液中溶质恰好为NaHC2O4,依据质子守恒,B项正确;依据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+
c(OH-),又c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)
=0.100
mol·L-1,由c(HC2)=c(C2),则2c(C2)=0.100
mol·L-1-c(H2C2O4),
c(Na+)+c(H+)=0.100
mol·L-1-
c(H2C2O4)+c(HC2)+c(OH-),c(Na+)=0.100
mol·L-1+
c(HC2)-{c(H2C2O4)+
[c(H+)-c(OH-)]},因为c(H2C2O4)>0,由图知c(H+)-c(OH-)>0,
c(Na+)<
0.100
mol·L-1+c(HC2),C项错误;由电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+
2c(C2)+c(OH-),pH=7.0,则有:c(Na+)=c(HC2)+2c(C2),c(Na+)>
2c(C2),D项正确。
二、非选择题(本题包括3小题,共40分)
11.(12分)某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2BH++HB-,
HB-H++B2-。回答下列问题:
(1)Na2B溶液显________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。理由是_______________
_________________________________(用离子方程式表示)。
(2)在0.1
mol·L-1的Na2B溶液中,下列粒子浓度关系式正确的是________。
A.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1
mol·L-1
B.c(OH-)=c(H+)+c(HB-)
C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)
D.c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)
(3)0.1
mol·L-1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_________________。
【解析】通过二元酸H2B在水中的电离方程式可知,其为强电解质,全部电离,但HB-只能部分电离,存在电离平衡。
(1)Na2B溶液中的B2-发生水解:B2-+H2OHB-+OH-,使溶液呈碱性。
(2)在0.1
mol·L-1的Na2B溶液中,存在两个平衡:
B2-+H2OHB-+OH-,H2OH++OH-
存在的离子有:Na+、H+、OH-、HB-、B2-,存在的分子为H2O,B项为质子守恒;C项为电荷守恒;D项为物料守恒。
(3)0.1
mol·L-1NaHB溶液呈酸性,存在以下两个平衡:HB-H++B2-,H2OH++OH-
可知:c(Na+)>c(HB-)>c(H+)>c(B2-)>c(OH-)
答案:(1)碱性　B2-+H2OHB-+OH-
(2)B、C、D
(3)c(Na+)>c(HB-)>c(H+)>c(B2-)>c(OH-)
【延伸探究】
(1)本题中HB-和B2-两种离子分别对水的电离平衡有什么影响
提示:HB-不再水解而可以电离,所以抑制水的电离;B2-可以水解,所以促进水的电离。
(2)若0.1
mol·L-1的NaHB溶液中H+浓度为0.01
mol·L-1,那么0.1
mol·L-1的H2B溶液中H+浓度为0.11
mol·L-1吗
提示:因为第一步完全电离,对第二步电离有抑制作用,故H+浓度小于
0.11
mol·L-1。
12.(14分)Ⅰ.(2016·上海高考)
(1)碳酸:H2CO3,Ki1=4.3×10-7,Ki2=5.6×10-11
草酸:H2C2O4,Ki1=5.9×10-2,Ki2=6.4×10-5
①0.1
mol·L-1Na2CO3溶液的pH__________(选填“大于”“小于”或“等于”)
0.1
mol·L-1Na2C2O4溶液的pH。
②等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中,氢离子浓度较大的是__________。
③若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合,溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是__________。(选填编号)
a.[H+]>[HC2]>[HC]>[C]
b.[HC]>[HC2]>[C2]>[C]
c.[H+]>[HC2]>[C2]>[C]
d.[H2CO3]>[HC]>[HC2]>[C]
(2)人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡:H++
HCH2CO3,当有少量酸性或碱性物质进入血液中时,血液的pH变化不大,用平衡移动原理解释上述现象。
______________________________________________________________。
Ⅱ.(2015·上海高考)室温下,0.1
mol·L-1NaClO溶液的pH________
0.1
mol·L-1Na2SO3溶液的pH。(选填“大于”“小于”或“等于”)
浓度均为0.1
mol·L-1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中,S、C、HS、HC浓度从大到小的顺序为____________________________。
已知:H2SO3　Ki1=1.54×10-2　Ki2=1.02×10-7
HClO　Ki=2.95×10-8
H2CO3　Ki1=4.3×10-7　Ki2=5.6×10-11
【解析】Ⅰ.(1)①根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸,则碳酸钠的水解程度大于草酸钠,所以0.1
mol·L-1Na2CO3溶液的pH大于0.1
mol·L-1Na2C2O4溶液的pH。②草酸的酸性强于碳酸,则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中,氢离子浓度较大的是草酸。③草酸的两级电离常数均大于碳酸的,所以草酸的电离程度大,因此溶液中[H+]>[HC2]>[C2]>[HC]>[C],a、c正确,b、d错误,答案选a、c。
(2)根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变。
Ⅱ.NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐,弱酸根离子发生水解反应,消耗水电离产生的H+,破坏了水的电离平衡,当最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱,盐水解程度就越大,消耗的离子浓度越大,当溶液达到平衡时,剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.02×10-7;HClO的Ki=2.95×10-8,所以酸性:HS>HClO,因此溶液的pH:NaClO>Na2SO3。由于电离程度:H2SO3>H2CO3>
HS>HC,浓度均为0.1
mol·L-1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中,水解程度:C>S,所以离子浓度:S>C;水解产生的离子浓度:HC>HS。但是盐水解程度总的来说很小,主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中S、C、HS、HC浓度从大到小的顺序为c(S)>c(C)>c(HC)
>c(HS)。
答案:Ⅰ.(1)①大于　②草酸　③a、c
(2)当少量酸性物质进入血液中,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变(合理即可)
Ⅱ.大于　c(S)>c(C)>c(HC)>c(HS)
13.(14分)(能力挑战题)(2016·赤峰高二检测)已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性,将溶液中的Fe2+、Cu2+、Fe3+完全沉淀为氢氧化物需溶液的pH分别为9.6、6.4、3.7。现有含有FeCl2杂质的CuCl2·2H2O,首先将其制成水溶液,然后按图示步骤进行提纯:
请回答下列问题:
(1)第一步除去Fe2+,能否直接调整pH=9.6将Fe2+沉淀除去 ________,理由是______________________________。
(2)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。
A.K2Cr2O7　　B.NaClO　　C.H2O2　　D.KMnO4
加入氧化剂的目的是__________________________。
(3)物质Y可以是________。
A.NaOH　
B.氨水　
C.Cu2(OH)2CO3
D.Na2CO3
E.CuO　
F.Cu(OH)2
(4)除去Fe3+的有关离子方程式是______________________,______________。
(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体 ________。如何操作
______________________。
【解析】设计的实验方案中,加入氧化剂能把Fe2+氧化为Fe3+,同时又不能引入新的杂质,上述提供的几种氧化剂中符合要求的只有H2O2。当CuCl2溶液中混有Fe3+时,可利用Fe3+的水解:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H+反应,从而使平衡右移,把Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。最后从CuCl2溶液中制取CuCl2·2H2O也不能直接加热蒸发,为抑制CuCl2水解,应在HCl气流中加热蒸发。
答案:(1)否　pH=9.6时,Cu2+会完全沉淀
(2)C　将Fe2+氧化为Fe3+,便于生成沉淀而与Cu2+分离
(3)C、E、F
(4)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
Cu2(OH)2CO3+4H+2Cu2++3H2O+CO2↑
Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O
(或CuO+2H+Cu2++H2O)
(5)不能　应在HCl气流中加热浓缩后,冷却结晶
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9课后提升作业
五　
化学反应速率
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括15小题,每小题4分,共60分)
1.以下关于化学反应速率的论述中正确的是　(　　)
A.化学反应速率可用某时刻生成物的物质的量来表示
B.在同一反应中,用反应物或生成物表示的化学反应速率数值是相同的
C.化学反应速率是指反应进行的时间内,反应物浓度的减小或生成物浓度的增加
D.可用单位时间内氢离子物质的量浓度的变化来表示NaOH和H2SO4反应的速率
【解析】选D。化学反应速率是用单位时间内反应物或生成物浓度的改变量来描述的,用不同物质表示时,数值可能不同,所以A、B、C都不正确。
2.在一定温度下,向1
L密闭容器中加入1
mol
HI(g),发生反应2HI(g)H2(g)+I2(g),2
s时生成0.1
mol
H2,则以HI表示该时段的化学反应速率是　(　　)
A.0.05
mol·L-1·s-1　　　　
B.0.1
mol·L-1·s-1
C.0.2
mol·L-1·s-1
D.0.8
mol·L-1·s-1
【解析】选B。2
s时生成0.1
mol
H2,则根据化学方程式可知,消耗的HI是
0.2
mol,则以HI表示该时段的化学反应速率是=0.1
mol·L-1·s-1。
3.(2016·滨州高二检测)已知反应4CO+2NO2N2+4CO2在不同条件下的化学反应速率如下,其中表示反应速率最快的是　(　　)
A.v(CO)=1.5
mol·L-1·min-1
B.v(NO2)=0.7
mol·L-1·min-1
C.v(N2)=0.4
mol·L-1·min-1
D.v(CO2)=1.1
mol·L-1·min-1
【解析】选C。转化为相同的物质表示的反应速率进行比较,B项v(CO)=
1.4
mol·L-1·min-1,C项v(CO)=1.6
mol·L-1·min-1,D项v(CO)=1.1
mol·L-1·min-1,C项速率最快。
4.下图曲线是800℃时,A、B、C三种气态物质的浓度随时间变化情况,能以此曲线表示的反应是　(　　)
A.2AB+3C　　　　
B.B+3C2A
C.A+CB
D.AB+C
【解析】选A。由图象可知A为反应物且Δc(A)=0.8
mol·L-1,B为生成物且
Δc(B)=0.4
mol·L-1,C为生成物且Δc(C)=1.2
mol·L-1,因此化学计量数之比=浓度变化之比=2︰1︰3,所以可得反应方程式为2AB+3C,故A正确。
【补偿训练】
某温度下,浓度都是1
mol·L-1的两种气体X2和Y2,在密闭容器中反应生成Z,反应2
min后,测得参加反应的X2为0.6
mol·L-1,用Y2变化表示的反应速率v(Y2)=
0.1
mol·L-1·min-1,生成的c(Z)=0.4
mol·L-1,则该反应方程式为　(　　)
A.3X2+Y22X3Y　　　
B.2X2+Y22X2Y
C.X2+2Y22XY2
D.X2+3Y22XY3
【解析】选A。Y2的反应速率v(Y2)=
0.1
mol·L-1·min-1,则Y2的浓度的变化为0.1
mol·L-1·min-1×2
min=0.2
mol·L-1,可以得到在反应过程中各物质的浓度的变化为X2为0.6
mol·L-1、Y2为0.2
mol·L-1、Z为0.4
mol·L-1,故反应的方程式为3X2+Y22X3Y。
5.(2016·包头高二检测)将固体NH4Br置于2.0
L的密闭容器中,在某温度下发生如下反应:
NH4Br(s)NH3(g)+HBr(g)
2HBr(g)Br2(g)+H2(g)
2
min后,测得H2为1
mol,HBr为8
mol,则上述反应中生成NH3的速率为(　　)
A.0.5
mol·L-1·min-1　
B.2
mol·L-1·min-1
C.2.5
mol·L-1·min-1　
D.5
mol·L-1·min-1
【解析】选C。2
min后H2为1
mol,则反应掉HBr为2
mol,现HBr剩8
mol,则说明反应NH4BrNH3+HBr生成的HBr应为10
mol,生成10
mol
HBr也生成等量的NH3,则v(NH3)==2.5
mol·L-1·min-1。
6.(2016·吉安高二检测)下列四个数据都表示合成氨的反应速率,其中代表同一反应速率的是　(　　)
①v(N2)=0.3
mol·L-1·min-1
②v(NH3)=0.9
mol·L-1·min-1
③v(H2)=0.015
mol·L-1·s-1
④v(H2)=2.25
mol·L-1·min-1
A.①②　　　B.①③　　　C.③④　　　D.②④
【解析】选B。N2+3H22NH3,根据化学反应速率之比等于化学计量数之比,将上述反应速率都换算成用氢气表示的速率,并且统一单位,①v(H2)=
0.9
mol·L-1·min-1、②v(H2)=1.35
mol·L-1·min-1、③v(H2)=0.9
mol·L-1·min-1、④v(H2)=2.25
mol·L-1·min-1,B项正确。
7.反应2SO2+O22SO3经一段时间后,SO3的浓度增加了0.4
mol·L-1,在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04
mol·L-1·s-1,则这段时间为　(　　)
A.0.1
s　　　
B.2.5
s　　　
C.5
s　　　
D.10
s
【解析】选C。该时间内SO3的浓度增加了0.4
mol·L-1,根据方程式,在相同时间内O2的浓度减少了0.2
mol·L-1,所以由v=知Δt===5
s。
8.已知4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g),若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)(mol·L-1·min-1)表示,下列关系正确的是　(　　)
A.v(NH3)=v(O2)
B.v(O2)=v(H2O)
C.v(NH3)=v(H2O)
D.v(O2)=v(NO)
【解析】选D。根据同一反应中,各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比可知,v(NH3)∶v(O2)∶v(NO)∶v(H2O)=4∶5∶4∶6,由此可知只有D项正确。
【方法规律】
同一个化学反应用不同物质表示化学反应速率,其数值可能不同,但意义相同,其数值之比等于化学方程式中的化学计量数之比。
9.(2016·秦皇岛高二检测)在某恒容密闭容器中投入X、Y、W、Q四种物质,经一段时间后测得各物质的物质的量如下表所示:
X
Y
W
Q
10
min
1.0
mol
3.0
mol
1.0
mol
2.0
mol
20
min
0.5
mol
1.5
mol
2.0
mol
1.0
mol
上述容器中发生反应的化学方程式可能是　(　　)
A.X+2Y2W+2Q
B.3X+Y+2W2Q
C.X+3Y+2Q2W
D.X+2Y+3Q2W
【解析】选C。从表格数据可看出X、Y、Q的物质的量减少,而W的物质的量增加,说明X、Y、Q是反应物,W是产物。在同一容器中,相同时间内,各物质的速率之比等于物质的量变化量之比,等于化学计量数之比。Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Q)
∶Δn(W)=(1.0
mol-0.5
mol)∶(3.0
mol-1.5
mol)∶(2.0
mol-1.0
mol)∶
(2.0
mol-1.0
mol)=1∶3∶2∶2,所以X、Y、Q、W的化学计量数之比为1∶3∶2∶2,选C。
10.将气体A2、B2各1
mol充入1
L的密闭容器中反应,生成气体C,一段时间后,测得c(A2)为0.58
mol·L-1,c(B2)为0.16
mol·L-1,c(C)为0.84
mol·L-1,则C的化学式为　(　　)
A.AB　　　
B.A2B　　　
C.AB2　　
　
D.A2B2
【解析】选C。该时间段内,A2、B2两种物质按照化学方程式中的化学计量数之比进行反应。由题意可得A2、B2、C物质的量浓度的变化值,求出A2、B2、C三种物质的化学计量数之比为1∶2∶2,结合质量守恒可知C的化学式为AB2。
11.(2016·泸州高二检测)在四种不同条件下测得反应2SO2+O22SO3的反应速率如下表所示:
编号
(1)
(2)
(3)
(4)
反应速率mol·L-1·min-1
v(SO2)
v(O2)
v(SO3)
v(O2)
0.4
0.25
0.5
0.3
其中反应速率最快的是　(　　)
A.(1)　　　B.(2)　　　C.(3)　　　D.(4)
【解析】选D。由反应速率之比等于相应物质的化学计量数之比可得:v(SO2)=v(O2)=v(SO3),将所得数据作如下换算:(1)v(SO2)=
0.2
mol·L-1·min-1;(2)v(O2)=0.25
mol·L-1·min-1;(3)v(SO3)=0.25
mol·L-1·min-1;
(4)v(O2)=0.3
mol·L-1·min-1,单位相同,数值大者反应速率快。
【方法规律】比较化学反应速率的方法
(1)转化为同一种物质的化学反应速率进行比较。
(2)化学反应速率之比等于化学计量数之比。
12.把0.6
mol
X气体和0.4
mol
Y气体混合于2
L的密闭容器中,使它们发生如下反应3X(g)+Y(g)nZ(g)+2W(g),5
min末已生成0.2
mol
W,若测知以Z表示的反应速率为0.01
mol·L-1·min-1,则n是　(　　)
A.1　
B.2　
C.3　
D.4
【解析】选A。v(W)===0.02
mol·L-1·min-1,由=,则n===1。
13.等物质的量A、B混合于2
L的密闭容器中,发生如下反应:3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g),经4
min后,测得D的浓度为0.4
mol·L-1,
c(A)∶c(B)=3∶5,C的平均反应速率是0.1
mol·L-1·min-1。下列说法错误的是　
(　　)
A.A在4
min末的浓度是0.6
mol·L-1
B.B在4
min内的平均反应速率0.05
mol·L-1·min-1
C.x值是2
D.起始时物质A的浓度为2.4
mol·L-1
【解析】选D。A.4
min时,测得D的浓度为0.4
mol·L-1,浓度变化量之比等于化学计量数之比,故A的浓度变化量Δc=×0.4
mol·L-1=0.6
mol·L-1,B的浓度变化量=×0.4
mol·L-1=0.2
mol·L-1,令A、B的起始浓度为amol·L-1,则(a-0.6)∶(a-0.2)=3∶5,解得a=1.2,故4
min末时A的浓度=1.2
mol·L-1-0.6
mol·L-1=
0.6
mol·L-1,故A正确;B.4
min内B的浓度变化量=×0.4
mol·L-1=0.2
mol·L-1,故v(B)=0.05
mol·L-1·min-1,故B正确;C.速率之比等于化学计量数之比,故
0.05
mol·L-1·min-1∶0.1
mol·L-1·min-1=1∶x,解得x=2,故C正确;D.由A选项分析可知,起始时物质A的浓度为1.2
mol·L-1,故D错误。
14.某新型药物在一定波长的光照射下发生分解反应,反应物浓度随反应时间变化如图所示(纵坐标为胆红素浓度变化量),计算反应4～8
min间的平均反应速率和推测反应16
min时反应物的浓度,结果应是　(　　)
A.2.5μmol·L-1·min-1和2.0μmol·L-1
B.2.5μmol·L-1·min-1和2.5μmol·L-1
C.3.0μmol·L-1·min-1和3.0μmol·L-1
D.5.0μmol·L-1·min-1和3.0μmol·L-1
【解析】选B。分析图象可知,在4～8
min时间段内反应物的浓度由20μmol·L-1下降到10μmol·L-1,浓度变化量为10μmol·L-1,故反应速率为=
2.5μmol·L-1·min-1。随着反应的进行,反应物浓度逐渐减小,大致的变化规律是反应每进行4
min,反应物浓度降低一半,所以当反应进行到16
min时,反应物的浓度降到大约2.5μmol·L-1。
15.(能力挑战题)一定温度下,10
mL
0.40
mol·L-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)　(　　)
A.0～6
min的平均反应速率:v(H2O2)≈3.3×10-2mol·L-1·min-1
B.6～10
min的平均反应速率:v(H2O2)<3.3×10-2mol·L-1·min-1
C.反应至6
min时,c(H2O2)=0.30
mol·L-1
D.反应至6
min时,H2O2分解50%
【解析】选C。H2O2的催化分解反应为2H2O22H2O+O2↑,根据生成氧气的体积确定过氧化氢的物质的量,0～6
min,n(O2)=1×10-3mol,n(H2O2)=2×10-3mol,
Δc(H2O2)=0.2
mol·L-1,v(H2O2)=0.2
mol·L-1÷6
min=3.33×10-2mol·L-1·min-1,A正确;随着反应的进行,过氧化氢浓度减小,反应速率在减小,B正确;开始时n(H2O2)=4×10-3mol,0～6
min内消耗了2×10-3mol,6
min末时,c(H2O2)=
0.2
mol·L-1,C错误;开始时n(H2O2)=4×10-3mol,0～6
min内消耗了2×10-3mol,分解率为50%,D正确。
二、非选择题(本题包括3小题,共40分)
16.(16分)(2016·长春高二检测)某温度时,在2
L容器中,某一反应中A、B的物质的量随时间变化的曲线如图所示,由图中数据分析得:
(1)在4
min末时,A、B的物质的量浓度c(A) ______c(B),从0～4
min内A、B的物质的量浓度变化量Δc(A)________Δc(B)(以上填“>”“<”或“=”)。
(2)从反应开始至4
min时,A的平均反应速率为_________________________。
(3)该反应的化学方程式为___________________________________________。
【解析】(1)由图可以看出,在4
min末n(A)=n(B)=0.4
mol,又因体积相等,所以c(A)=c(B),从0到4
min内Δc(A)=0.2
mol·L-1,Δc(B)=0.1
mol·L-1。
(2)v(A)=0.05
mol·L-1·min-1。
(3)参加反应的各物质的物质的量之比为n(A)∶n(B)=0.4
mol∶0.2
mol=2∶1,
4
min后的一段时间以后A、B的物质的量不再改变,证明该反应达到化学平衡,此反应为可逆反应。
答案:(1)=　>
(2)0.05
mol·L-1·min-1
(3)2AB
17.(12分)向体积为2
L的密闭容器中加入2
mol
SO2和1
mol
O2,进行可逆反应:2SO2+O22SO3,反应2
min后,测得O2的物质的量为0.8
mol。
(1)2
min内,SO2的物质的量减少了________,SO3的物质的量增加了________。
(2)若用O2的浓度变化来表示该反应的反应速率,则v(O2)=______________。
【解析】(1)Δn(SO3)=Δn(SO2)=2Δn(O2)
=(1
mol-0.8
mol)×2=0.4
mol。
(2)v(O2)==0.05
mol·L-1·min-1。
答案:(1)0.4
mol　0.4
mol
(2)0.05
mol·L-1·min-1
18.(12分)在25℃时,2
L的密闭容器中A、B、C三种气体的初始浓度和2
min末浓度如下表(该反应为可逆反应):
物质
A
B
C
初始浓度/mol·L-1
1.0
2.0
0
2
min末浓度/mol·L-1
0.4
0.2
1.2
请填写下列空白:
(1)该反应方程式可表示为 _____________________________________。
反应2
min后,A的转化率为____________________________________。
(2)从反应开始到2
min末,A的平均反应速率为___________________。
【解析】(1)由题意可知,A、B为反应物,C为生成物。Δc(A)=0.6
mol·L-1,
Δc(B)=1.8
mol·L-1,Δc(C)=1.2
mol·L-1,根据物质的量浓度变化之比等于化学计量数之比,则得反应方程式为A+3B2C。A的转化率=×100%=60%。
(2)v(A)==0.3
mol·L-1·min-1。
答案:(1)A+3B2C　60%
(2)0.3
mol·L-1·min-1
【易错提醒】
书写化学方程式时,注意观察题意,若最后没有彻底反应,生成物和反应物的量不等于零,一定要用可逆号,不可随意写上等号。
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7课后提升作业
七
化学平衡状态
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括9小题,每小题6分,共54分)
1.将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其达到分解平衡:NH2COONH4(s)
( http: / / www.21cnjy.com )2NH3(g)+CO2(g)。下列可以判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是　(　　)
A.2v(NH3)=v(CO2)
B.密闭容器中总压强不变
C.密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变
D.密闭容器中氨气的体积分数不变
【解析】选B。未指明正、逆速率,故A
( http: / / www.21cnjy.com )错误;容器的体积不变,反应过程中气体的总物质的量增大,总压强增大,故总压强不变时,说明达到平衡了,故B正确;反应过程中,氨气和二氧化碳的物质的量之比始终保持2∶1,故混合气体的平均摩尔质量始终保持不变,故C错误;氨气和二氧化碳的物质的量之比始终保持2∶1,氨气的体积分数为2/3,始终保持不变,故D错误。
【延伸探究】
若将“NH2COONH4(s)”改为“NH2COONH4(g)”,哪些选项符合题意
提示:B、C、D项均符合题意。容器的体
( http: / / www.21cnjy.com )积不变,反应过程中气体的总物质的量增大,总压强增大,故总压强不变时,说明达到平衡,故B正确;反应过程中气体的总质量不变,气体的总物质的量增大,故混合气体的平均摩尔质量减小,故平均摩尔质量保持不变时,说明达到平衡,故C正确;反应过程中氨气和二氧化碳增多,
NH2COONH4(g)减小,氨气的体积分数增大,故氨气的体积分数不变时,反应达到平衡,故D正确。
2.对于恒容密闭容器中发生的可逆反应N2(g)+3H2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )2NH3(g)　ΔH<0,能说明反应达到化学平衡状态的为　(　　)
A.断开一个N≡N键的同时有6个N—H键生成
B.混合气体的密度不变
C.混合气体的平均相对分子质量不变
D.N2、H2、NH3分子数比为1∶3∶2的状态
【解析】选C。断开N≡N键与生成N—H键是同一个反应方向,A不对;平均相对分子质量=,反应过程中m始终不变,若不变,则n不变,说明反应已达平衡。密闭容器混合气体密度始终不变。
3.一定温度下,恒容容器中发生可逆反应C(s)+2H2O(g)
( http: / / www.21cnjy.com )CO2(g)+2H2(g),一定能说明该反应已达到平衡状态的是　(　　)
A.生成1
mol
CO2的同时消耗2
mol
H2O
B.n(H2O)∶n(H2)=1∶1
C.2v正(H2O)=v逆(CO2)
D.容器中气体的压强不发生变化
【解析】选D。A.单位时间内生成1
mo
( http: / / www.21cnjy.com )l
CO2的同时消耗2
mol
H2O,表示的都是正反应速率,在任何时刻,正反应速率之比等于其化学计量数之比,不能说明反应达到平衡状态,A项错误;B.水蒸气和氢气的物质的量之间的关系与起始加入量和反应量有关,与反应平衡与否无关,B项错误;C.当v正(H2O)=2v逆(CO2)时反应达到平衡状态,C项错误;D.该反应是气体分子数发生变化的可逆反应,随着反应向右进行,在恒容容器中,气体的压强不断增大,当容器中气体的压强不发生变化时,反应达到平衡状态,D项正确。
4.如图是可逆反应N2(g)+3H2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )2NH3(g)在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线,下列叙述正确的是　(　　)
A.t1时,只有正反应在不断进行,速率在逐渐减小
B.t2时,反应到达平衡,在此条件下N2的转化率达到最大
C.t2~t3,反应不再发生,各物质的物质的量保持恒定
D.t3以后,N2(g)、H2(g)、NH3(g)的物质的量浓度相等
【解析】选B。A.t1时刻正、逆反
( http: / / www.21cnjy.com )应都在进行,正反应速率不断减小,逆反应速率不断增大,故错误;B.t2时刻正逆反应速率相等,说明到达到平衡,此时反应物的转化率最大,故正确;C.此反应是可逆反应,其特征之一为动态平衡,且各组分的浓度保持不变,故错误;D.各组分的浓度保持不变,不是相等,故错误。
5.(2016·咸宁高二检测)硫酸是一种重要的化工产品,硫酸的消耗量常被视为一个国家工业发达水平的一种标志。目前的重要生产方法是“接触法”,有关接触氧化反应2SO2+O22SO3的说法不正确的是　(　　)
A.该反应为可逆反应,故在一定条件下二氧化硫和氧气不可能全部转化为三氧化硫
B.达到平衡后,反应就停止了,故正、逆反应速率相等且均为零
C.一定条件下,向某密闭容器中加入2
( http: / / www.21cnjy.com )
mol
SO2和1
mol
O2,则从反应开始到达到平衡的过程中,正反应速率不断减小,逆反应速率不断增大,某一时刻,正、逆反应速率相等
D.利用上述反应生产三氧化硫时,要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题
【解析】选B。对于可逆反应来说,在一定
( http: / / www.21cnjy.com )条件下反应物不可能全部转化为生成物,反应只能进行到一定程度(即达到平衡时为一定条件下的最大限度)。在达到平衡的过程中,正反应速率不断减小,逆反应速率不断增大,最终正、逆反应速率相等,即达到平衡,此时,反应物和生成物的浓度都不再随时间的延长而发生变化,但反应并没有停止,正、逆反应都依然在进行着。
6.对可逆反应N2(g)+3H2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )2NH3(g)　ΔH=-92.4
kJ·mol-1,下列叙述正确的是　(　　)
A.达到化学平衡时,若增大容器体积,则正反应速率减小,逆反应速率增大
B.若单位时间内生成xmol
N2的同时,消耗2xmol
NH3,则反应达到平衡状态
C.达到化学平衡时,2v正(H2)=3v逆(NH3)
D.加入催化剂,正反应速率增大,逆反应速率不变
【解析】选C。若增大容器体积
( http: / / www.21cnjy.com ),压强减小,正、逆反应速率都减小,A错误;生成xmol
N2的同时,消耗2xmol
NH3,均为逆反应方向,不能据此判断反应达平衡状态,B错误;达到化学平衡时,正、逆反应速率相等,v正(H2)∶v逆(NH3)=3∶2,C正确;加入催化剂,正、逆反应速率都增大,D错误。
7.(2016·福州高二检测)向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2,一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )SO3(g)+NO(g)达到平衡,正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是　(　　)
A.反应在c点达到平衡状态
B.反应物浓度:a点小于b点
C.反应物的总能量低于生成物的总能量
D.Δt1=Δt2时,SO2的转化率:a~b段小于b~c段
【解析】选D。A项反应达到
( http: / / www.21cnjy.com )平衡时v(正)=v(逆),c点v(正)最大,但未达到平衡;B项随着反应的进行,反应物浓度逐渐减小,故a点反应物的浓度大于b点的;C项反应初始阶段,随着反应的不断进行,反应速率逐渐加快,说明该反应为放热反应,即反应物的总能量大于生成物的总能量;D项随着反应的进行,SO2的转化率逐渐增大,故b~c段SO2的转化率大于a~b段。
8.对于密闭容器中的可逆反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),400℃,30
MPa下n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述正确的是　(　　)
A.点a的正反应速率比点b的大
B.点c的反应达到平衡
C.点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(N2)不一样
D.点d(t1时刻)3v正(H2)=v逆(N2)
【解析】选A。A.此可逆反应在平衡之前,正
( http: / / www.21cnjy.com )反应速率不断减小,A正确;B.c点时氨气与氢气的物质的量相等,但由于它们的浓度还发生变化,所以并未达到平衡,B错误;C.在d点、e点由于外界条件没变,所以是同一条件下的平衡,氮气的物质的量相同,C错误;D.d点时反应达到平衡状态,v正(H2)=3v逆(N2),D错误。
9.(能力挑战题)一定温度下,在固定容积的密闭容器中进行的可逆反应:
mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),当m、n、p、q为任意正整数时,下列状态一定能说明反应已达到平衡的是　(　　)
①体系的压强不再发生变化
②体系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
A.③④　
B.②③④
C.①②③④　
D.①②③④⑤
【解析】选A。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;ρ=,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能说明反应已达平衡。
【方法规律】不能作为判断化学平衡“标志”的四种情况
(1)反应组分的物质的量之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比。
(2)恒温恒容下的体积不变的反应,体系的压强或总物质的量不再随时间而变化。
(3)全是气体参加体积不变的反应,体系的平均相对分子质量不再随时间而变化。
(4)全是气体参加的反应,恒容条件下体系的密度不随时间变化而变化。
二、非选择题(本题包括3小题,共46分)
10.(16分)(2016·西安高二检测)698
K时,向某VL的密闭容器中充入2
mol
H2(g)和2
mol
I2(g),发生反应:
H2(g)+I2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )2HI(g)　ΔH=-26.5
kJ·mol-1,测得各物质的物质的量浓度与时间变化的关系如图所示。
请回答下列问题:
(1)V=________。
(2)该反应达到最大限度的时间是________,该时间内平均反应速率v(HI)=____
______。
(3)该反应达到平衡状态时,________(填“吸收”或“放出”)的热量为________。
【解析】(1)由图知初始反应时,c(H2)=c(I2)=1
mol·L-1,而加入的H2和I2的物质的量均为2
mol,所以V=2。
(2)反应达到最大限度即达到化学平衡,所需时间为5
s,
v(HI)==0.316
mol·L-1·s-1。
(3)可逆反应从正反应建立,所以需放出热量。由反应:
H2(g)+I2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )2HI(g)　ΔH=-26.5
kJ·mol-1,达到平衡时共生成n(HI)=
1.58
mol·L-1×2
L=3.16
mol,所以放出的热量为×3.16
mol=41.87
kJ。
答案:(1)2　(2)5
s　0.316
mol·L-1·s-1
(3)放出　41.87
kJ
11.(15分)(2016·昭通高二检测)在
( http: / / www.21cnjy.com )某一容积为5
L的密闭容器内,加入0.2
mol的CO和0.2
mol的H2O,在催化剂存在的条件下高温加热,发生如下反应:
CO(g)+H2O(g)
( http: / / www.21cnjy.com )CO2(g)+H2(g)　ΔH>0
反应中CO2的浓度随时间变化情况如图所示。
(1)根据图中数据,反应开始至达到平衡时,C
( http: / / www.21cnjy.com )O的化学反应速率为________,反应达到平衡时c(H2)=__________________。
(2)判断该反应达到平衡的依据是________(填序号)。
①CO减少的速率和CO2减少的速率相等
②CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等
③CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化
④该条件下正、逆反应速率都为零
【解析】(1)由图可知10
min时反应达到平衡,所以v(CO)=
( http: / / www.21cnjy.com )=
=0.003
mol·L-1
( http: / / www.21cnjy.com )·min-1,反应时转化的浓度之比=化学方程式中化学计量数之比,所以Δc(H2)=Δc(CO)=0.03
mol·L-1。
(2)达到平衡的标志是各物质的物
( http: / / www.21cnjy.com )质的量分数保持一定,浓度不变,正、逆反应速率相等且不为零。CO减少的速率是正反应速率,CO2减少的速率是逆反应速率,所以选①③。
答案:(1)0.003
mol·L-1·min-1　0.03
mol·L-1　(2)①③
12.(15分)目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)
( http: / / www.21cnjy.com )CH3OH(g)+H2O(g),图1表示该反应过程中能量(单位为
kJ·mol-1)的变化:
(1)该反应为________热反应,原因是___________________________________。
(2)下列能说明该反应已经达到平衡状态的是________(填序号)。
A.v(H2)=3v(CO2)
B.容器内气体压强保持不变
C.v逆(CO2)=v正(CH3OH)
D.容器内气体密度保持不变
(3)在体积为1
L的密闭容器中,充入1
( http: / / www.21cnjy.com )mol
CO2和3
mol
H2,测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。从反应开始到平衡,用氢气浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=________。达平衡时容器内压强与起始时的压强之比为________
________。
【解析】(1)从图分析,反应物的总能量大于生成物的总能量,反应为放热反应。
(2)A.没有说明反应速率的方向不能说
( http: / / www.21cnjy.com )明达到平衡,错误;B.反应前后气体的物质的量之和不等,所以当压强不变,能说明反应达到平衡,正确;C.正逆反应速率相等,说明反应达到平衡,正确;D.反应体系气体总质量不变,容器的体积不变,所以密度始终不变,不能说明达到平衡,故选B、C。
(3)二氧化碳的浓度改变量为1.00
mol·L-1-0.25
mol·L-1=0.75
mol·L-1,结合方程式分析,氢气的浓度改变量为0.75
mol·L-1×3=2.25
mol·L-1,则用氢气表示反应速率==0.225
mol·L-1·min-1;反应前的物质的量为1
mol+3
mol=
4
mol,反应后的物质的量为二氧化碳:0.25
mol,氢气的物质的量为3
mol-
2.25
mol=0.75
mol
( http: / / www.21cnjy.com ),甲醇的物质的量为0.75
mol,水的物质的量为0.75
mol,总物质的量为0.25
mol+0.75
mol+0.75
mol+0.75
mol=2.5
mol,根据压强之比等于物质的量之比分析,平衡时与起始时的压强之比=2.5∶4=5∶8。
答案:(1)放　反应物的总能量高于生成物的总能量
(2)B、C　(3)0.225
mol·L-1·min-1　5∶8课后提升作业
六　
影响化学反应速率的因素
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分)
1.(2016·赤水高二检测)能够增加反应物分子中活化分子百分数的是　(　　)
A.升高温度
B.减小压强
C.增大压强
D.增大浓度
【解析】选A。升高温度可以增加单位体积内的活化分子百分数;增大压强和增大浓度均不能增加活化分子百分数。
【补偿训练】
下列说法正确的是　(　　)
A.增大压强,使活化分子百分数增加,化学反应速率一定增大
B.升高温度,使活化分子百分数增加,化学反应速率一定增大
C.活化分子间所发生的分子间的碰撞均为有效碰撞
D.加入反应物,使活化分子百分数增加,化学反应速率一定增大
【解析】选B。增大压强,使单位体积内活化分子数目增加,而活化分子百分数不变,故A错误;升高温度,原来的一部分分子成为活化分子,使活化分子百分数增加,故B正确;只有发生反应的碰撞才是有效碰撞,活化分子间所发生的碰撞不一定是有效碰撞,故C错误;加入反应物,若单位体积内活化分子数目增加,化学反应速率才会增大,故D错误。
2.(2016·宜宾高二检测)同质量的锌与盐酸反应,欲使反应速率增大,选用的反应条件正确的组合是　(　　)
①锌粒　②锌片　③锌粉　④5%的盐酸
⑤10%的盐酸　⑥15%的盐酸　
⑦加热　⑧用冷水冷却
⑨不断振荡　⑩迅速混合后静置
A.②⑥⑦⑩　　
B.①④⑧⑩
C.③⑤⑦⑨　　
D.③⑥⑦⑨
【解析】选D。对于锌的选择,表面积越大,反应越快;对于盐酸的选择,浓度越大反应越快;另外升高温度,可以加快反应速率;不断地振荡也可以增加反应物之间的接触面积,从而使反应速率提高。
3.2SO2+O22SO3是工业上制造硫酸的重要反应。下列关于该反应的说法正确的是　(　　)
A.增加O2的浓度能加快反应速率
B.降低体系温度能加快反应速率
C.使用催化剂不影响反应速率
D.一定条件下达到反应限度时SO2全部转化为SO3
【解析】选A。降低体系温度能减慢反应速率;使用催化剂能加快反应速率;一定条件下达到反应限度时,因为是可逆反应,所以SO2不可能全部转化为SO3。
4.把镁条投入盛有盐酸的敞口容器中,产生H2的速率如图所示。t1之前影响反应速率的主要因素是　(　　)
A.盐酸的浓度
B.镁条的表面积
C.溶液的温度
D.氯离子的浓度
【解析】选C。在0～t1时间内,镁条与盐酸反应放热使体系温度升高,虽然氢离子浓度减小,但温度对反应速率的影响占主导地位,导致反应速率逐渐加快;到t1时浓度影响大于温度影响,随着反应进行,盐酸中氢离子浓度逐渐降低,导致反应速率逐渐减慢。
5.(2016·金昌高二检测)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
【解析】选B。若比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化作用,应选用Fe2(SO4)3(aq)和CuSO4(aq)。如果选用FeCl3(aq)和CuSO4(aq),虽然加入FeCl3(aq)的反应速率快,但可能是Cl-的催化作用。
【补偿训练】
下图是相同条件下做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,其中正确的图象是　(　　)
【解析】选A。使用催化剂可加快反应速率,等量的H2O2相同条件下产生的O2的体积相等。
6.已知反应:2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)的活化能为akJ·mol-1,其反应机理如下:
①NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)　慢
②NO(g)+NOBr2(g)2NOBr(g)　快
下列有关该反应的说法正确的是　(　　)
A.该反应的反应速率主要取决于②的快慢
B.反应速率v(NO)=v(NOBr)=2v(Br2)
C.NOBr2是该反应的催化剂
D.该反应的焓变等于akJ·mol-1
【解析】选B。A项,反应速率的快慢主要取决于慢反应①的速率;B项,反应速率之比等于化学计量数之比,根据总反应式知v(NO)=v(NOBr)=2v(Br2);C项,NOBr2是反应①的生成物,是反应②的反应物,不是催化剂;D项,akJ·mol-1是总反应的活化能,不是焓变。
7.(2016·伊宁高二检测)在实验Ⅰ和实验Ⅱ中,用等量、等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用的是块状的石灰石,实验Ⅱ用的是粉末状石灰石。下图中哪个图像能正确反映两种实验的结果　(　　)
【解析】选B。固体物质参加反应,增大接触面积,能提高反应速率,粉末状的固体比块状的固体的表面积大,反应Ⅱ比反应Ⅰ的速率快;盐酸的物质的量相同,则产生的CO2的体积应相等,因此A、C错,从D中可以看出Ⅰ的反应速率大于Ⅱ,故D错。
【易错提醒】
固体物质参加反应时,增大其表面积或者将其溶于溶剂中,化学反应速率增大。
二、非选择题(本题包括3小题,共58分)
8.(18分)(2016·衡水高二检测)某同学为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化,他在100
mL稀盐酸中加入足量的锌粉,用排水集气法收集反应放出的氢气(气体体积已折算为标准状况),实验记录如下(累积值):
时间(min)
1
2
3
4
5
氢气体积(mL)
50
120
232
290
310
(1)哪一时间段(指0～1、1～2、2～3、3～4、4～5
min)反应速率最大________,原因是________________________。
(2)哪一时间段的反应速率最小________,原因是 _____________________。
(3)求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率(设溶液体积不变)________。
(4)如果反应太激烈,为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量,他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液:
A.蒸馏水
B.NaCl溶液
C.Na2CO3溶液
D.CuSO4溶液
你认为可行的是(填编号)________。
【解析】(1)题目中的时间段(指0～1、1～2、2～3、3～4、4～5
min)2～3
min生成氢气体积112
ml,反应速率最大。原因是因该反应是放热反应,2～3
min时温度较高。
(2)4～5
min生成氢气体积20
ml,生成氢气最少,反应速率最小,原因是因为4～5
min时H+浓度较小。
(3)2～3
min生成氢气体积112
ml,氢气的物质的量是0.005
mol,消耗盐酸
0.01
mol,v(HCl)=mol·L-1·min-1=0.1
mol·L-1·min-1。
(4)如果反应太剧烈,为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量,他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液:A.蒸馏水使盐酸浓度减小,速率减慢;加入NaCl溶液,使盐酸浓度减小,速率减慢;加入Na2CO3溶液,碳酸钠消耗氢离子生成二氧化碳和水,所以生成氢气的体积减小;加入CuSO4溶液,锌置换出铜,构成铜锌原电池,反应速率加快。
答案:(1)2～3
min　因该反应是放热反应,2～3
min时温度较高
(2)4～5
min　因为4～5
min时H+浓度较小
(3)0.1
mol·L-1·min-1　(4)A、B
9.(20分)草酸与高锰酸钾在酸性条件下发生如下反应:Mn+H2C2O4+H+Mn2++
CO2↑+H2O(未配平),用4.0
mL
0.001
mol·L-1KMnO4溶液与
2.0
mL
0.010
mol·L-1H2C2O4溶液反应,研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下:
实验组别
10%硫酸体积/mL
温度/℃
其他物质
Ⅰ
2.0
mL
20
/
Ⅱ
2.0
mL
20
少量MnSO4粉末
Ⅲ
2.0
mL
30
/
Ⅳ
1.0
mL
20
1.0
mL蒸馏水
(1)本实验可通过观察________来比较各组反应的反应速率大小,要观察到预期现象,草酸的物质的量必须满足________(填“过量”“恰好完全反应”或“不够反应量”)的条件。
(2)对比实验Ⅰ和Ⅱ,可以研究________对化学反应速率的影响。
(3)对比实验Ⅰ和Ⅳ,可以研究________对化学反应速率的影响,实验Ⅳ加入
1.0
mL蒸馏水的目的是 ___________________________________________。
【解析】(1)高锰酸钾溶液为紫色,利用褪色时间比较反应速率,即通过观察相同浓度的高锰酸钾溶液完全褪色的时间比较反应快慢;控制高锰酸钾浓度相同,保证其完全反应,则草酸应过量。
(2)实验Ⅰ和Ⅱ浓度、温度相同,研究的是催化剂对化学反应速率的影响。
(3)实验Ⅰ和Ⅳ,氢离子浓度不同,可研究H+的浓度(或硫酸溶液的浓度)对化学反应速率的影响,实验Ⅳ加入1.0
mL蒸馏水的目的是确保溶液总体积相同,仅改变硫酸的浓度,而高锰酸钾浓度和草酸浓度都相同。
答案:(1)相同浓度的高锰酸钾溶液完全褪色的时间　过量
(2)催化剂　(3)H+的浓度(或硫酸溶液的浓度)
确保溶液总体积相同,仅改变硫酸的浓度,而高锰酸钾浓度和草酸浓度都相同
10.(20分)(能力挑战题)(2016·南京高二检测)下表是某兴趣小组通过实验获得的相同体积足量稀硫酸与铁反应的实验数据:
实验序号
金属质量/g
金属状态
c(H2SO4)mol·L-1
实验温度/℃
金属消失的时间/s
1
0.10
丝
0.7
20
250
2
0.10
丝
1.0
20
200
3
0.10
粉末
1.0
20
125
4
0.10
粉末
1.0
30
50
分析上述数据,回答下列问题:
(1)反应的离子方程式:______________________________________________。
(2)①实验1、2可得出的结论是,硫酸浓度越________,反应速率越慢。
②实验2、3可得出的结论是反应物接触面越大,反应速率越________;
③实验3、4可得出的结论是温度越________,反应速率越快。
(3)①用铁粉和稀硫酸反应制取H2,实验过程中绘制出生成H2的体积(V)与时间(t)的关系如图所示。试分析判断OE段、EF段、FG段、GH段反应速率[分别用v(OE)、v(EF)、v(FG)、v(GH)表示]最快时段是_________________________________。
A.v(OE)
B.v(EF)
C.v(FG)
D.v(GH)
②1
min内反应较慢的原因是:________________________________________;
一段时间后反应明显加快的原因是____________________________________。
【解析】(1)反应的离子方程式为Fe+2H+Fe2++H2↑。
(2)①实验1、2中只有浓度是变化量,可得出的结论是,硫酸浓度越稀,反应速率越慢;
②实验2、3中金属的状态不同,可得出的结论是反应物接触面越大,反应速率越快;
③实验3、4中温度是变量,可得出的结论是温度越高,反应速率越快;
(3)①EF段斜率最大,说明反应速率最快;
②1
min内反应较慢的原因是温度较低;该反应放热,使溶液的温度升高,所以一段时间后反应明显加快。
答案:(1)Fe+2H+Fe2++H2↑
(2)①稀　②快　③高
(3)①B　②温度较低　反应放热,使溶液的温度升高
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6课后提升作业
四　
化学反应热的计算
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分)
1.已知:2H2(g)+O2(g)2H2O(l)
ΔH=-571.6
kJ·mol-1①
2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)　　ΔH=-1
452
kJ·mol-1②
H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)
ΔH=-57.3
kJ·mol-1③
下列说法正确的是　(　　)
A.H2(g)的燃烧热为285.8
kJ·mol-1
B.同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧,CH3OH(l)放出的热量多
C.H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)BaSO4(s)+H2O(l)　ΔH=-57.3
kJ·mol-1
D.3H2(g)+CO2(g)CH3OH(l)+H2O(l)　　ΔH=+135.9
kJ·mol-1
【解析】选A。A、氢气的燃烧热是指1
mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量,故根据热化学方程式计算,1
mol氢气反应放出的热量为285.8
kJ,故正确;B、4
g氢气燃烧放出571.6
kJ热量,64
g甲醇燃烧放出1
452
kJ的热量,所以等质量的氢气和甲醇完全燃烧,氢气放出热量多,故错误;C、因为反应生成硫酸钡沉淀,所以反应热不是中和热,故错误;D、将(①×3-②)÷2即可得该反应,ΔH=(-571.6×3+1
452)÷2=-131.4
kJ,故错误。
2.(2016·呼和浩特高二检测)已知:
①Fe2O3(s)+C(s)CO2(g)+2Fe(s)
ΔH=+234.1
kJ·mol-1
②C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-393.5
kJ·mol-1
则2Fe(s)+O2(g)Fe2O3(s)的ΔH是　(　　)
A.-824.4
kJ·mol-1　　　　　
B.+627.6
kJ·mol-1
C.-744.7
kJ·mol-1
D.+356.2
kJ·mol-1
【解析】选A。根据盖斯定律,②×-①即得目标方程式,故其ΔH=
-393.5
kJ·mol-1×-234.1
kJ·mol-1≈-824.4
kJ·mol-1。
3.(2016·石家庄高二检测)标准生成热指的是在某温度下,由处标准状态的各种元素的最稳定的单质生成标准状态下1
mol某纯物质的热效应,单位常用kJ·mol-1表示。已知在25℃时:
Ag2O(s)+2HCl(g)2AgCl(s)+H2O(l)
ΔH1=-324.4
kJ·mol-1
2Ag(s)+O2(g)Ag2O(s)
ΔH2=-30.56
kJ·mol-1
H2(g)+Cl2(g)HCl(g)
ΔH3=-92.21
kJ·mol-1
H2(g)+O2(g)H2O(l)
ΔH4=-285.6
kJ·mol-1
则25℃时氯化银的标准生成热为　(　　)
A.-126.89
kJ·mol-1
B.-324.4
kJ·mol-1
C.-30.56
kJ·mol-1
D.题中数据不足,无法计算
【解析】选A。先根据标准生成热的定义写出热化学方程式:Ag(s)+Cl2(g)
AgCl(s)　ΔH,再利用盖斯定律进行计算,ΔH=(ΔH1+ΔH2+2ΔH3-ΔH4),将数据代入,得ΔH为-126.89
kJ·mol-1。
4.(2014·全国卷Ⅱ)室温下,将1
mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,热效应为ΔH1,将1
mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高,热效应为
ΔH2;CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l),热效应为ΔH3。则下列判断正确的是　(　　)
A.ΔH2>ΔH3　　　　　　
B.ΔH1<ΔH3
C.ΔH1+ΔH3=ΔH2
D.ΔH1+ΔH2>ΔH3
【解析】选B。根据题意知,CuSO4·5H2O(s)溶于水温度降低,反应为CuSO4·5H2O(s)Cu2+(aq)+S(aq)+5H2O(l)　ΔH1>0,CuSO4(s)溶于水温度升高,反应为CuSO4(s)Cu2+(aq)+S(aq)　ΔH2<0,根据盖斯定律知,CuSO4·5H2O受热分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)　ΔH3=ΔH1-
ΔH2>0。ΔH2<0,ΔH3>0,所以A错误;由ΔH1=ΔH3+ΔH2可知B正确,C、D错误。
5.(2016·唐山高二检测)氧气(O2)和臭氧(O3)是氧元素的两种同素异形体,已知热化学方程式:
4Al(s)+3O2(g)2Al2O3(s)　ΔH1
4Al(s)+2O3(g)2Al2O3(s)　ΔH2
3O2(g)2O3(g)　ΔH3,则　(　　)
A.ΔH1-ΔH2=ΔH3　　　　
B.ΔH1+ΔH2=ΔH3
C.ΔH2-ΔH1=ΔH3
D.ΔH2+ΔH1+ΔH3=0
【解析】选A。第1个热化学方程式减去第2个热化学方程式,即得3O2(g)
2O3(g),则ΔH3=ΔH1-ΔH2,故A正确。
6.(2016·营口高二检测)已知:1
mol晶体硅中含有2
mol
Si—Si键。工业上可通过下列反应制取高纯硅:SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g),根据下表列举的化学键的键能数据,判断该反应的反应热(ΔH)为　(　　)
化学键
Si—O
Si—Cl
H—H
H—Cl
Si—Si
Si—C
键能/kJ·mol-1
460
360
436
431
176
347
A.+412
kJ·mol-1
B.-412
kJ·mol-1
C.+236
kJ·mol-1
D.-236
kJ·mol-1
【解析】选C。反应热等于反应物的键能之和-生成物的键能之和,则工业上制取高纯硅的反应热ΔH=4×360
kJ·mol-1+2×436
kJ·mol-1-(2×176
kJ·mol-1+4×431
kJ·mol-1)=+236
kJ·mol-1。
7.(2016·吉安高二检测)已知C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热ΔH分别是
-1
411.0
kJ·mol-1和-1
366.8
kJ·mol-1,则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的ΔH为　(　　)
A.-44.2
kJ·mol-1　　　　
B.+44.2
kJ·mol-1
C.-330
kJ·mol-1
D.+330
kJ·mol-1
【解析】选A。由题意知①C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)　ΔH1=
-1
411.0
kJ·mol-1　②C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)　ΔH2=
-1
366.8
kJ·mol-1　③C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)　ΔH
由盖斯定律,得:③=①-②,则ΔH=ΔH1-ΔH2=-1
411.0
kJ·mol-1-
(-1
366.8
kJ·mol-1)=-44.2
kJ·mol-1,故选A。
8.(能力挑战题)已知:2H2(g)+O2(g)2H2O(l)
ΔH=-571.6
kJ·mol-1
CO(g)+O2(g)CO2(g)
ΔH=-282.8
kJ·mol-1
现有CO、H2、CO2组成的混合气体67.2
L(标准状况),经完全燃烧后放出的总热量为710.0
kJ,并生成18
g液态水,则燃烧前混合气体中CO的体积分数为　
(　　)
A.80%　　　B.50%　　　C.60%　　　D.20%
【解析】选B。标准状况下混合气体的物质的量为=3
mol,其中H2有=1
mol,1
mol
H2燃烧生成液态水时放热=285.8
kJ。CO燃烧时放出的热量为710.0
kJ-285.8
kJ=424.2
kJ(CO2不燃烧),故n(CO)==
1.5
mol。CO的体积分数为×100%=50%。
二、非选择题(本题包括3小题,共52分)
9.(22分)氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
(1)上图是N2(g)和H2(g)反应生成1
mol
NH3(g)过程中能量的变化示意图,请写出N2(g)和H2(g)反应的热化学方程式:__________________________________。
(2)若已知下列数据:
化学键
H—H
N≡N
键能/kJ·mol-1
435
943
根据表中及图中数据计算N—H键的键能是 __________kJ·mol-1。
(3)用NH3催化还原NO,还可以消除氮氧化物的污染。已知:
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)
ΔH1=-akJ·mol-1　①
N2(g)+O2(g)2NO(g)　ΔH2=-bkJ·mol-1　②
求:若1
mol
NH3还原NO至N2,则该反应过程中的反应热ΔH3=________
kJ·mol-1(用含a、b的式子表示)。
【解析】(1)由图象可知,该反应为放热反应,且生成1
mol
NH3(g)时,放出的热量为(300-254)kJ
=46
kJ。故N2和H2反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92
kJ·mol-1。
(2)设N—H键的键能为x,故反应热ΔH=-92
kJ·mol-1=(3×435+943)kJ·mol-1-6×x,解得x=390
kJ·mol-1。
(3)将②×3,反写,然后再与①相加,可得4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g),故其反应热ΔH=3b-a,故1
mol
NH3还原NO至N2,反应热为(3b-a)/4
kJ·mol-1。
答案:(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
ΔH=-92
kJ·mol-1
(2)390　(3)(3b-a)/4
【延伸探究】
向密闭容器中加入0.5
mol
N2(g)和1.5
mol
H2(g),能否根据题中的图象求出反应放出的热量
提示:不能。该反应是可逆反应,加入的0.5
mol
N2(g)和1.5
mol
H2(g)不能完全反应生成1
mol
NH3(g),且生成的物质的量无法确定,故无法计算反应放出的热量。
10.(15分)(2016·攀枝花高二检测)Ⅰ.科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇,已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为-285.8
kJ·mol-1、-283.0
kJ·mol-1和-726.5
kJ·mol-1。
请回答下列问题:
(1)用太阳能分解5
mol水消耗的能量是________kJ。
(2)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_____________。
Ⅱ.利用天然气(主要成分为CH4)合成甲醇。
①2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)　　ΔH1=-71
kJ·mol-1
②CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)　　ΔH2=-90.5
kJ·mol-1
CH4(g)+O2(g)CH3OH(l)　　ΔH3=________kJ·mol-1。
表示该反应的能量变化曲线是________(选填图中的序号“Ⅰ～Ⅳ”)。
【解析】Ⅰ.(1)消耗的能量为5
mol×285.8
kJ·mol-1=1
429
kJ。
(2)根据已知写出热化学方程式:
①CO(g)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-283.0
kJ·mol-1
②CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l)　　ΔH=-726.5
kJ·mol-1
由方程式②-①可以求得目标方程式。
Ⅱ.由已知方程式+②得到目标方程式,
ΔH3=+ΔH2=-kJ·mol-1-90.5
kJ·mol-1=-126
kJ·mol-1。
此反应为放热反应,能量变化曲线是Ⅰ。
答案:Ⅰ.(1)1
429　
(2)CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(l)　　ΔH=-443.5
kJ·mol-1
Ⅱ.-126　Ⅰ
11.(15分)(1)(2015·福建高考)已知:
Al2O3(s)+3C(s)2Al(s)+3CO(g)　　ΔH1=+1
344.1
kJ·mol-1
2AlCl3(g)2Al(s)+3Cl2(g)　　ΔH2=+1
169.2
kJ·mol-1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为_____________________。
(2)(2015·全国卷Ⅱ)甲醇是重要的化工原料,又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:
Ⅰ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1
Ⅱ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH2
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH3
回答下列问题:
已知反应Ⅰ中相关的化学键键能数据如下:
化学键
H—H
C—O
CO
H—O
C—H
E/kJ·mol-1
436
343
1
076
465
413
由此计算ΔH1=__________________kJ·mol-1;已知ΔH2=-58
kJ·mol-1,则
ΔH3=__kJ·mol-1。
【解析】(1)根据盖斯定律,由第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式,可得Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)2AlCl3(g)+3CO(g)　ΔH=+1
344.1
kJ·mol-1-
1
169.2
kJ·mol-1=+174.9
kJ·mol-1。
(2)反应热等于反应物键能减去生成物键能,根据反应Ⅰ:CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)可知ΔH1=1
076
kJ·mol-1+2×436
kJ·mol-1-3×413
kJ·mol-1-
343
kJ·mol-1-465
kJ·mol-1=-99
kJ·mol-1,再根据盖斯定律:Ⅱ-Ⅰ=Ⅲ,则ΔH3=
-58
kJ·mol-1+99
kJ·mol-1=+41
kJ·mol-1。
答案:(1)Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)2AlCl3(g)+3CO(g)　ΔH=+174.9
kJ·mol-1
(2)-99　+41
PAGE
7课后提升作业
九
温度、催化剂对化学平衡的影响
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括10小题,每小题6分,共60分)
1.(2016·鹤壁高二检测)已知反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)　ΔH<0,下列说法正确的是　(　　)
A.升高温度,正向反应速率增加,逆向反应速率减小
B.升高温度有利于反应速率增加,从而缩短达到平衡的时间
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
【解析】选B。升温,正逆反应速率均增加,A错;升温,反应速率增加,缩短达到平衡的时间,B对;升温,平衡逆向移动,C错;减小压强,平衡向气体体积增大的方向移动,即逆向移动,D错。
【补偿训练】
利用下列反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍。
反应一:Ni(粗,s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)　ΔH<0
反应二:Ni(CO)4(g)Ni(纯,s)+4CO(g)　ΔH>0
下列说法错误的是　(　　)
A.对于反应一,适当增大压强,有利于Ni(CO)4的生成
B.提纯过程中,CO气体可循环使用
C.升高温度,反应一的反应速率减小,反应二的速率增大
D.对反应二,在180~200℃,温度越高,反应的Ni(CO)4(g)越多
【解析】选C。反应一的正反应是体积减小的反应,增大压强,平衡右移,有利于Ni(CO)4的生成,A正确;反应一以CO为原料,反应二产生CO,故其可以循环使用,B正确;升高温度,反应一和反应二的速率都增大,C不正确;反应二正反应是吸热反应,在180~200℃,温度越高,反应正向移动,反应的Ni(CO)4(g)越多,D正确。
【延伸探究】(1)升高温度吸热反应的反应速率增大,而放热反应的反应速率减小,这种说法是否正确
提示:不正确。升高温度,无论是吸热反应还是放热反应,正逆反应速率都加快。
(2)反应一中达到平衡后加入Ni(粗,s),平衡正向移动,这种说法是否正确
提示:不正确。加入的Ni(粗,s)为固体,不影响化学平衡的移动。
2.下列有关反应限度的叙述正确的是　(　　)
A.可逆反应达到平衡状态后,改变外界条件后,若反应速率发生变化,则平衡一定发生移动
B.大多数化学反应在一定条件下都有一定限度
C.使用催化剂可降低反应活化能,加快反应速率,改变反应限度
D.FeCl3溶液与KSCN溶液反应达到平衡时,加入少量KCl固体,溶液颜色会变化
【解析】选B。A、C错,催化剂能改变反应速率,但不能使平衡移动;D错,由于K+、Cl-不能使平衡移动而不使溶液颜色变化。
【补偿训练】
对于任何一个化学平衡体系,采取以下措施,一定会使平衡发生移动的是
　(　　)
A.加入一种反应物　　　
B.增大体系的压强
C.升高温度
D.使用催化剂
【解析】选C。当一个平衡体系中有固体存在时,加大固体的量(注意区别于增大固体的接触面积)不会引起反应速率的变化,平衡不移动。对于一个反应前后气体体积不变的可逆反应,压强的变化不会引起平衡的移动。升高温度,化学平衡一定发生移动,因为不存在既不放热也不吸热的化学反应。使用催化剂可以同等程度地改变化学反应速率,所以化学平衡不移动。
3.将NO2装入带活塞的密闭容器中,当反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡后,改变下列一个条件,其中叙述正确的是　(　　)
A.升高温度,气体颜色加深,则此反应为吸热反应
B.慢慢压缩气体体积,平衡向右移动,混合气体颜色变浅
C.慢慢压缩气体体积,若体积减小一半,压强增大,但小于原来的两倍
D.恒温恒容时,充入惰性气体,压强增大,平衡向右移动,混合气体的颜色变浅
【解析】选C。颜色加深,平衡向左移动,正反应为放热反应,A错误;首先假设平衡不移动,加压颜色加深,但平衡向右移动,使混合气体颜色在加深后的基础上变浅,但一定比原平衡的颜色深,B错误;同理C选项,首先假设平衡不移动,若体积减小一半,压强为原来的两倍,但平衡向右移动,使压强在原平衡两倍的基础上减小,正确;D选项,体积不变,反应物及生成物浓度不变,所以正逆反应速率均不变,平衡不移动,颜色无变化,错误。
【易错提醒】要熟记特殊气体的颜色,NO2为红棕色,N2O4为无色。
4.对于反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH<0,在其他条件不变的情况下
　(　　)
A.加入催化剂,改变了反应的途径,反应的ΔH也随之改变
B.改变压强,平衡不发生移动,反应放出的热量不变
C.升高温度,反应速率加快,反应放出的热量不变
D.若在原电池中进行,反应放出的热量不变
【解析】选B。反应的ΔH与外界条件无关,A项错误;反应前后气体体积不变,改变压强平衡不移动,反应放出的热量不变,B项正确;升高温度,平衡左移,反应进行程度减小,放出的热量减少,C项错误;该反应若设计成原电池装置,反应产生的能量更多地转化为电能,释放的热量减少,D项错误。
5.(2016·海南高考改编)由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是　(　　)
A.使用催化剂,会改变X→Y反应的ΔH
B.由X→Z反应的ΔH<0
C.减小压强平衡逆向移动
D.升高温度,生成Z的物质的量增多
【解析】选B。使用催化剂,会加快反应速率,改变了反应的历程,但不会改变反应的焓变ΔH,A错误;反应X→Z,反应物的能量高于生成物,ΔH<0,B正确;根据2X(g)3Y(g),减小压强平衡向正反应方向移动,C错误;反应2X(g)Z(g)　
ΔH<0,升高温度,平衡向逆反应方向移动,生成Z的物质的量降低,D错误。
【补偿训练】
一定条件下,下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图的是
　(　　)
A.CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)　ΔH<0
B.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH>0
C.CH3CH2OH(g)CH2CH2(g)+H2O(g)　ΔH>0
D.2C6H5CH2CH3(g)+O2(g)2C6H5CHCH2(g)+2H2O(g)　ΔH<0
【解析】选A。由温度图象可知,T2>T1,升高温度,反应向逆反应方向移动,正反应为放热反应,ΔH<0;由压强图象可知,p1>p2,增大压强,平衡向正反应方向移动,结合选项可知,A项正确[注意CO(NH2)2为固体]。
6.(2016·大连高二检测)已知反应mX(g)+nY(g)qZ(g)的ΔH<0,m+n>q,在恒容密闭容器中反应达到平衡时,下列说法正确的是　(　　)
A.通入稀有气体使压强增大,平衡将正向移动
B.X的正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍
C.降低温度,混合气体的平均相对分子质量变小
D.增加X的物质的量,Y的物质的量增大
【解析】选B。通入稀有气体使压强增大,但各物质的浓度不发生变化,平衡不发生移动,A错误;当X的正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍时,各种物质的生成量等于其消耗量,其浓度保持恒定,反应达到平衡状态,B正确。降低温度,化学平衡右移,因m+n>q,混合气体的平均相对分子质量变大,C错误;增加X的物质的量,平衡右移,Y的物质的量减小,D错误。
7.某温度下,体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应:X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)　ΔH>0。下列叙述正确的是　(　　)
A.加入少量W,逆反应速率增大
B.当容器中气体压强不变时,反应达到平衡
C.升高温度,平衡逆向移动
D.平衡后加入X,上述反应的ΔH增大
【解析】选B。对于可逆反应X(g)+Y(g)Z(g)+W(s),因W为固体,所以当加入少量W后,化学反应速率不改变,A错;当升高温度时,因该反应的正反应为吸热反应,所以升高温度时平衡正向移动,C错;平衡后再加入X,平衡将正向移动,因为热化学方程式的书写形式未变,所以ΔH不变,D错。
8.对于平衡CO2(g)CO2(aq)　ΔH=-19.75
kJ·mol-1,为增大二氧化碳气体在水中的溶解度,应采用的方法是　(　　)
A.升温增压　　　　　　　　
B.降温减压
C.升温减压
D.降温增压
【解析】选D。降温、加压均能使平衡正向移动,促使CO2在水中的溶解度增大。
9.(2016·长春高二检测)可逆反应aX(g)+bY(g)cZ(g)在一定温度下的密闭容器内达到平衡后,t0时改变某一外界条件,化学反应速率(v)—时间(t)图象如图所示。则下列说法中正确的是　(　　)
A.若a+b=c,则t0时只能是增大了容器的压强
B.若a+b=c,则t0时只能是加入了催化剂
C.若a+b≠c,则t0时只能是增大了容器的压强
D.若a+b≠c,则t0时只能是加入了催化剂
【解析】选D。若a+b=c,则t0时增大容器的压强或使用催化剂,A、B项错误;若a+b≠c,则t0时增大容器的压强,平衡必定会移动,而图象明显没有移动,只能是加入催化剂,故D项正确,C项错误。
【补偿训练】
对可逆反应2SO2+O22SO3,下列叙述正确的是　(　　)
A.达到平衡时若两种反应物的转化率相等,则起始投入的n(SO2)∶n(O2)=2∶1
B.反应达到平衡后,缩小容器体积,正反应速率加快,逆反应速率减慢,平衡正向移动
C.反应达到平衡后,再加入催化剂,平衡不移动,反应速率不变
D.当v正(SO2)∶v正(SO3)=1∶1时,说明该反应已经达到平衡
【解析】选A。缩小体积,压强增大,正、逆反应速率都是增大的,B错误;催化剂不能改变平衡状态,但能改变反应速率,C错误;在一定条件下,当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0),各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态,是化学平衡状态,反应速率的方向是相同的,不能说明正、逆反应速率相等,D错误。
10.如图表示可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)　ΔH<0达到平衡后,改变某一反应条件,反应速率随时间变化的情况,根据曲线判断下列说法中正确的是　(　　)
A.t1时降低了温度,平衡向正反应方向移动
B.t1时增大了压强,平衡向正反应方向移动
C.t1时增大了A的浓度,同时减小了C的浓度,平衡向正反应方向移动
D.t1时可能使用了催化剂,平衡向正反应方向移动
【解析】选C。根据图象可知,t1时刻正反应速度突然增大,达到新平衡后正反应速率比第一次平衡时小,说明t1时刻逆反应速率减小,不可能是改变了温度、压强或使用了催化剂。
二、非选择题(本题包括3小题,共40分)
11.(12分)(2016·金昌高二检测)现有反应:mA(g)+nB(g)pC(g),达到平衡后,当升高温度时,C的物质的量变大;当减小压强时,混合体系中C的质量分数减小,则:
(1)该反应的逆反应为________反应(填“吸热”或“放热”),且m+n________p(填“>”“<”或“=”)。
(2)减压使容器体积增大时,A的质量分数________。(填“增大”“减小”或“不变”,下同)
(3)若加入B(维持容器体积不变),则化学平衡将______(填“正向移动”或“逆向移动”)。
(4)若升高温度,则平衡时B、C的浓度之比将___________________________。
(5)若加入催化剂,平衡时气体混合物的总物质的量_______________________。
【解析】反应mA(g)+nB(g)pC(g)达平衡后,升高温度时,C的物质的量变大,说明平衡向正反应方向移动,正反应为吸热反应;减小压强时,混合体系中C的质量分数减小,说明平衡向逆反应方向移动,即m+n>p,A的质量分数增大;加入B时(容器体积不变)平衡向正反应方向移动;升高温度,平衡向正反应方向移动,c(C)增大,c(B)减小,即减小;加入催化剂,平衡不移动,混合物的总物质的量不变。
答案:(1)放热　>　(2)增大　(3)正向移动　(4)减小
(5)不变
12.(12分)在容积不同的密闭容器内,分别充入等量的N2和H2,在不同温度下,任其发生反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),并分别在ts时测定其中NH3的体积分数,绘图如图所示。
(1)A、B、C、D、E五点中,尚未达到化学平衡状态的点是__________。
(2)此可逆反应的正反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
(3)AC段的曲线是增函数,CE段曲线是减函数,试从反应速率和平衡角度说明理由:________。
【解析】由图判断可知,C点是第一个平衡点,则A、B两点尚未达到平衡状态。C点以后,随温度升高,NH3百分含量降低,说明平衡向逆反应方向移动,所以正反应是放热反应。
答案:(1)A、B　(2)放热　(3)AC:反应开始v(正)>v(逆),反应向右进行生成NH3;CE:已达平衡,升温使平衡左移,NH3的体积分数减小
13.(16分)(能力挑战题)(2016·乌鲁木齐高二检测)(1)在某容积可变的密闭容器中,有下列的可逆反应:A(g)+
B(g)xC(g),有图1(T表示温度,P表示压强,C%表示C的体积分数)所示的反应曲线。试判断对图2的说法中正确的是____
________。
A.P3>P4,y轴表示C的体积分数
B.P3C.P3D.P3>P4,y轴表示混合气体的平均摩尔质量
(2)运用化学反应原理研究元素及其化合物的反应有重要意义。硫酸生产中,SO2催化氧化生成SO3:2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g),混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图3所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。根据图示回答下列问题:
①2SO2(g)+
O2(g)2SO3(g)的ΔH________0(填“>”或“<”)。若在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气,平衡________移动(填“向左”“向右”或“不移动”)。
②若温度为T1时,反应进行到状态D时,v正________v逆(填“>”“<”或“=”),平衡________移动(填“向左”“向右”或“不移动”),应采取的措施是________。
【解析】(1)依据图1知,p2>p1,加压C的体积分数升高,即加压平衡右移,故x=1;T1>T2,升温C的体积分数降低,即升温平衡左移,故正反应为放热反应。即该反应为A(g)+B(g)C(g)　ΔH<0,由图2知:随着温度升高y降低,结合方程式特点依次分析四个选项即可得到A、D正确。
(2)①根据图3,温度升高,SO3的百分含量减小,说明平衡逆向移动,则逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,ΔH<0。在恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氦气,则容器体积增大,平衡向左移动。②若温度为T1时,反应进行到状态D时,反应向正反应方向即向右进行,则v正>v逆,采取的措施应该是增大压强。
答案:(1)A、D
(2)①<　向左　②>　向右　增大压强
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