【鲁科版】2017-2018学年化学选修4化学反应原理练习（24份打包，Word版，含解析）

课时训练16　沉淀溶解平衡
基础夯实
1.下列有关AgCl沉淀的溶解平衡的说法中,正确的是(　　)
　　　　　
　　　　　
　　　　
A.AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行,但速率不相等
B.AgCl难溶于水,溶液中没有Ag+和Cl-
C.升高温度,AgCl沉淀的溶解度增大
D.在有AgCl沉淀生成的溶液中加入NaCl固体,AgCl沉淀的溶解量不变
解析：AgCl固体在水溶液中存在溶解平衡,当达到平衡时,AgCl固体生成Ag+、Cl-的速率必然等于Ag+、Cl-结合生成固体AgCl的速率,A错误;没有绝对不溶的物质,B错误;一般来说,温度升高会促进电离,C正确,但有时温度升高会降低某些物质的溶解度,如Ca(OH)2;向含AgCl沉淀的溶液中加入NaCl固体,增大了Cl-的浓度,会使AgCl的溶解平衡向左移动,降低AgCl的溶解量,故D错误。
答案：C
2.已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(AgBr)=7.7×10-13,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。某溶液中含有Cl-、Br-和Cr,浓度均为0.010
mol·L-1,向该溶液中逐滴加入0.010
mol·L-1
的AgNO3溶液时,三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(　　)
A.Cl-、Br-、Cr
B.Cr、Br-、Cl-
C.Br-、Cl-、Cr
D.Br-、Cr、Cl-
解析：因为溶液中Cl-、Br-、Cr浓度相同,假设滴加AgNO3溶液的过程中混合液中Cl-、Br-、Cr浓度不变,均为0.010
mol·L-1,则开始生成AgCl、AgBr、Ag2CrO4沉淀时溶液中c(Ag+)浓度分别为1.56×10-8
mol·L-1、7.7×10-11
mol·L-1、3.0×10-5
mol·L-1,所以首先沉淀的是AgBr,最后沉淀的是Ag2CrO4。
答案：C
3.在一定温度下,一定量的水中,石灰乳悬浊液存在下列平衡:Ca(OH)2(s)Ca(OH)2(aq)Ca2+(aq)+2OH-(aq),当向此悬浊液中加入少量生石灰时,下列说法正确的是(　　)
(导学号52160178)
A.n(Ca2+)增大
B.[Ca2+]不变
C.n(OH-)增大
D.[OH-]减小
解析：加入生石灰的前后都是石灰水的饱和溶液,故Ca2+和OH-浓度均不变。
答案：B
4.化工生产中含Cu2+的废水常用MnS(s)作沉淀剂,其反应原理为Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是(　　)
A.该反应达到平衡时:[Cu2+]=[Mn2+]
B.CuS的溶解度比MnS的溶解度小
C.往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后,c(Mn2+)变大
D.该反应平衡常数表达式:K=
解析：反应达到平衡时,c(Cu2+)和c(Mn2+)不再变化,二者不一定相等,A项错误;该反应是沉淀的转移,溶解度小的物质能够转化为溶解度更小的物质,B项正确;加入Cu(NO3)2(s),溶液中的c(Cu2+)增大,平衡向正反应方向移动,c(Mn2+)增大,C项正确;Ksp(MnS)=c(Mn2+)·c(S2-),Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-),所以Ksp(MnS)/Ksp(CuS)=[Mn2+]/[Cu2+]=K,D项正确。
答案：A
5.在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液,产生BaSO4沉淀,若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数,则平衡后溶液中(　　)
(导学号52160179)
A.[Ba2+]=[S]=(Ksp
B.[Ba2+][S]>Ksp,[Ba2+]=[S]
C.[Ba2+][S]=Ksp,[Ba2+]>[S]
D.[Ba2+][S]≠Ksp,[Ba2+]<[S]
解析：在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液,平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq)左移,则此时[Ba2+]>[S];由于温度未发生改变,所以溶液中[Ba2+][S]=Ksp。
答案：C
6.已知298
K时Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=5.6×10-12
mol3·L-3,MgCO3的溶度积常数Ksp=6.8×10-6
mol2·L-2。取适量的MgCl2溶液加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡状态,测得溶液的pH=13.0。则下列说法中不正确的是(　　)
A.Mg(OH)2是水垢的成分之一
B.MgCO3悬浊液中加入适量的烧碱溶液可以生成Mg(OH)2沉淀
C.沉淀溶解平衡时溶液中的[Mg2+]=5.6×10-10
mol·L-1
D.298
K时饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgCO3溶液相比前者的c(Mg2+)大
解析：从溶度积看Mg(OH)2比MgCO3更难溶,故水垢中镁是以Mg(OH)2形式存在,A、B两项正确;平衡时[OH-]=0.1
mol·L-1,代入溶度积常数表达式进行计算可得:[Mg2+]=5.6×10-10
mol·L-1,C项正确;利用溶度积常数计算,平衡时饱和Mg(OH)2溶液中[Mg2+]=2.37×10-4
mol·L-1,饱和MgCO3溶液中[Mg2+]=1.9×10-3
mol·L-1,D项错误。
答案：D
7.已知如下物质的溶度积常数,FeS:Ksp=6.3×10-18
mol2·L-2;CuS:Ksp=1.3×10-36
mol2·L-2。下列说法正确的是
(　　)
A.同温度下,CuS的溶解度大于FeS的溶解度
B.同温度下,向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后,Ksp(FeS)变小
C.向含有等物质的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液,最先出现的沉淀是FeS
D.除去工业废水中的Cu2+,可以选用FeS作沉淀剂
解析：A项由于FeS的Ksp大,且FeS与CuS的Ksp表达式是相同的,因此FeS的溶解度比CuS的大;B项Ksp不随浓度变化而变化,它只与温度有关;C项先达到CuS的Ksp,先出现CuS沉淀;D项向含有Cu2+的工业废水中加入FeS,FeS会转化为更难溶的CuS,可以用FeS作沉淀剂。
答案：D
8.已知Ag2SO4的Ksp=2.0×10-5
mol3·L-3,将适量Ag2SO4固体溶于100
mL水中至刚好饱和,该过程中Ag+和S浓度随时间变化关系如图(饱和Ag2SO4溶液中[Ag+]=0.034
mol·L-1)。若t1时刻在上述体系中加入
100
mL
0.020
mol·L-1
Na2SO4
溶液,下列示意图中,能正确表示t1时刻后Ag+和S浓度随时间变化关系的是(　　)(导学号52160180)
解析：Ag2SO4刚好为100
mL的饱和溶液,因为[Ag+]=0.034
mol·L-1,所以[S]=0.017
mol·L-1;当加入100
mL
0.020
mol·L-1Na2SO4溶液后,[S]=0.018
5
mol·L-1,[Ag+]=0.017
mol·L-1,Q=[Ag+]2[S]=(0.017
mol·L-1)2×0.018
5
mol·L-1=5.35×10-6
mol3·L-3(此时Q答案：B
9.下列说法正确的是(　　)
A.两难溶电解质作比较时,Ksp小的,溶解度一定小
B.欲使溶液中某离子沉淀完全,加入的沉淀剂应该是越多越好
C.所谓沉淀完全就是用沉淀剂将溶液中某一离子除净
D.欲使Ca2+离子沉淀最完全,选择Na2CO3作沉淀剂效果比Na2SO4好
解析：同类型的难溶电解质,Ksp小的,溶解度一定小,A项没有指明同类型,错误;欲使溶液中某离子沉淀完全,加入的沉淀剂要稍过量,不是越多越好,
B项错;沉淀完全的标志是残留在溶液中离子浓度小于1×10-5mol·L-1,C项错;因为CaCO3的溶解度小于CaSO4,故D项正确。
答案：D
10.当Mg(OH)2固体在水中溶解达到平衡时:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),为使Mg(OH)2固体的量减少,可加入(　　)
(导学号52160181)
A.NH4NO3
B.Na2S
C.MgSO4
D.CH3COONa
解析：若使Mg(OH)2固体的量减少,应使Mg(OH)2的溶解平衡向右移动,应减少[Mg2+]或[OH-]。NH4NO3水解显酸性,使[OH-]减小;B、D项水解显酸性,增大[OH-];C项增大了[Mg2+],故答案为A项。
答案：A
11.下表是五种银盐的溶度积常数(25
℃),下列有关说法错误的是(　　)
化学式
AgCl
Ag2SO4
Ag2S
AgBr
AgI
溶度积
1.8×10-10mol2·L-2
1.4×10-5mol3·L-3
6.3×10-50mol3·L-3
5.0×10-13mol2·L-2
8.3×10-17mol2·L-2
A.五种物质在常温下溶解度最大的是Ag2SO4
B.向AgCl的悬浊液中加入0.1
mol·L-1Na2S溶液,则可以生成黑色的Ag2S沉淀
C.外界条件改变时,沉淀溶解平衡也会发生移动
D.常温下,向AgI的悬浊液中加入0.1
mol·L-1NaCl溶液,黄色沉淀变成白色沉淀
解析：据表中溶度积数据,Ag2SO4的溶度积最大,A项正确;AgCl的溶度积大于Na2S的溶度积,溶解度大的AgCl沉淀能转化成溶解度小的Ag2S沉淀,B项正确;沉淀溶解平衡受温度、浓度等外界条件影响,C项正确;AgI溶解度比AgCl的小,AgI沉淀不能转化为AgCl沉淀,D项错误。
答案：D
12.室温时,CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示,已知:25
℃其溶度积为2.8×10-9
mol2·L-2,下列说法不正确的是(　　)
(导学号52160182)
A.x数值为2×10-5
B.c点时有碳酸钙沉淀生成
C.加入蒸馏水可使溶液由d点变到a点
D.b点与d点对应的溶度积相等
解析：平衡曲线
溶度积b、d饱和
c过饱和
a未饱和结论
根据溶度积和[C]=1.4×10-4mol·L-1,可以计算出x=2×10-5;c点Q>Ksp,故有沉淀生成;加入蒸馏水后d点各离子浓度都减小,不可能变到a点保持[Ca2+]不变;溶度积只与温度有关,b点与d点对应的溶度积相等。
答案：C
13.已知同温度下的溶解度:Zn(OH)2>ZnS,MgCO3>Mg(OH)2;就溶解或电离出S2-的能力而言:FeS>H2S>CuS,则下列离子方程式错误的是(　　)
A.Mg2++2HC+2Ca2++4OH-Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O
B.Cu2++H2SCuS↓+2H+
C.Zn2++S2-+2H2OZn(OH)2↓+H2S↑
D.FeS+2H+Fe2++H2S↑
解析：沉淀转化的原则是溶解度较小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀。根据同温度下的溶解度:Zn(OH)2>ZnS,MgCO3>Mg(OH)2,A项正确,C项错;根据溶解或电离出S2-的能力:FeS>H2S>CuS,B项、D项均正确。
答案：C
14.医学上在进行胃肠疾病的检查时,利用X射线对BaSO4穿透能力较差的特性,常用BaSO4做内服造影剂,这种检查手段称为钡餐透视。
(导学号52160183)
Ⅰ.请写出BaSO4能作为钡餐透视的另外一个理由:　　　　　　　　　。
Ⅱ.请用文字叙述和离子方程式说明钡餐透视时为什么不用BaCO3 　　　　　　　　　　。
Ⅲ.某课外活动小组为探究BaSO4的溶解度,分别将足量BaSO4放入:
①5
mL水　②20
mL
0.5
mol·L-1的Na2SO4溶液　③40
mL
0.2
mol·L-1的Ba(OH)2溶液
④40
mL
0.1
mol·L-1的H2SO4溶液中,溶解至饱和。
(1)以上各溶液中,[Ba2+]的大小顺序正确的是　　　,BaSO4的溶解度的大小顺序为　　　　　(填序号)。
A.③>①>④>②
B.③>①>②>④
C.①>④>③>②
D.①>③>④>②
(2)已知25
℃时,Ksp(BaSO4)=1.1×10-10
mol2·L-2,上述条件下,溶液③中的[S]为　　　　　　,溶液②中[Ba2+]为　　　　　　。
(3)某同学取同样的溶液③和溶液④直接混合,则混合溶液的pH为　　　(假设混合后溶液的体积为混合前两溶液的体积之和)。
解析：Ⅲ.(2)③中[S]==5.5×10-10
mol·L-1,
②中[Ba2+]==2.2×10-10
mol·L-1。
(3)③④混合,二者发生反应,Ba(OH)2过量,[OH-]=
=0.1
mol·L-1,则[H+]==10-13
mol·L-1　pH=-lg10-13=13。
答案：Ⅰ.BaSO4既不溶于水,也不溶于酸,可经人体排出体外,不会引起Ba2+中毒
Ⅱ.BaCO3遇到胃酸生成Ba2+会使人中毒,反应离子方程式为BaCO3+2H+Ba2++H2O+CO2↑
Ⅲ.(1)A　C
(2)5.5×10-10
mol·L-1　2.2×10-10
mol·L-1
(3)13
能力提升
15.根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题:
(1)在Ca(NO3)2溶液中加入(NH4)2CO3溶液后过滤,若测得滤液中c(C)=1×10-3
mol·L-1,则Ca2+是否沉淀完全 　　　　(填“是”或“否”)。〔已知c(Ca2+)≤10-5
mol·L-1时可视为沉淀完全;Ksp(CaCO3)=4.96×10-9
mol2·L-2〕
(2)已知:25
℃时,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12
mol3·L-3;酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下:
pH
<8.0
8.0~9.6
>9.6
颜色
黄色
绿色
蓝色
25
℃时,在Mg(OH)2饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂,溶液的颜色为　。
(3)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,生成沉淀。已知该温度下AgCl的Ksp=1.0×10-10
mol2·L-2,忽略溶液的体积变化,请计算:
①完全沉淀后,溶液中c(Ag+)=　　　　。
②完全沉淀后,溶液的pH=　　　　。
③如果向完全沉淀后的溶液中继续加入50
mL
0.001
mol·L-1的盐酸,是否有白色沉淀生成 　　　　(填“是”或“否”)。
解析：(1)根据Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c(C)=4.96×10-9
mol2·L-2,得c(Ca2+)=
=4.96×10-6
mol·L-1<10-5
mol·L-1,可视为沉淀完全。
(2)设Mg(OH)2饱和溶液中c(OH-)为x,则0.5x3=5.6×10-12
mol3·L-3,x>1×10-4
mol·L-1,c(H+)<1×10-10
mol·L-1,pH>10,溶液为蓝色。
(3)①反应前,n(Ag+)=0.018
mol·L-1×0.05
L=0.9×10-3
mol;n(Cl-)=0.020
mol·L-1×0.05
L=1×10-3
mol;反应后剩余的Cl-为0.1×10-3
mol,则混合溶液中,c(Cl-)=1.0×10-3
mol·L-1,c(Ag+)=Ksp(AgCl)/c(Cl-)=1.0×10-7
mol·L-1。②H+没有参与反应,完全沉淀后,c(H+)=0.010
mol·L-1,pH=2。③因为加入的盐酸中c(Cl-)和反应后所得溶液中的c(Cl-)相同,c(Cl-)没有改变,c(Ag+)变小,所以Q=c(Ag+)·c(Cl-)答案：(1)是　(2)蓝色
(3)①1.0×10-7
mol·L-1　②2　③否
16.如下图所示,横坐标为溶液的pH,纵坐标为Zn2+或Zn(OH物质的量浓度的对数,回答下列问题。
(导学号52160184)
(1)往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,反应的离子方程式可表示为　。
(2)从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp=　。
(3)某废液中含Zn2+离子,为提取Zn2+离子可以控制溶液中pH的范围是　。
(4)往1.00
L
1.00
mol·L-1
ZnCl2溶液中加入NaOH固体至pH=6,需NaOH　　　
mol。
解析：(1)由图可知:pH在8.0~12.0时,Zn2+主要以Zn(OH)2存在。pH>12.0时,Zn(OH)2转化为Zn(OH。
(2)Ksp=[Zn2+][OH-]2,
当pH=7时,[Zn2+]=10-3
mol·L-1 Ksp=10-3
mol·L-1×(10-7
mol·L-1)2=1.0×10-17
mol3·L-3。
(3)由图知,应控制pH范围为8.0~12.0。
(4)当pH=6时,[OH-]=10-8
mol·L-1,根据Ksp [Zn2+]=0.1
mol·L-1,可知有0.90
mol
Zn2+变为Zn(OH)2。消耗n(NaOH)=1.80
mol(注意有效数字)。
答案：(1)Zn2++4OH-[Zn(OH)4]2-
(2)1.0×10-17
mol3·L-3
(3)8.0~12.0　(4)1.80课时训练9　反应条件对化学平衡的影响
基础夯实
1.对平衡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：气体在水中的溶解度随着温度的升高而降低,所以要使CO2在水中的溶解度增大,可以降低温度,同时还可增大压强。
答案：D
2.(2015天津理综,6)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：运用三段式求算m。设转化的X的物质的量为n。
　　　　X(g)+mY(g)3Z(g)
起始
(mol)
1
2
0
转化(mol)
n
mn
3n
平衡(mol)
(1-n)
(2-mn)
3n
据:(1-n)∶(2-mn)∶3n=30%∶60%∶10%
求得:n=0.1,m=2。
由m=2知,A项正确;由第二次平衡时,X、Y、Z的体积分数不变可知两次平衡所处温度相同,则B项正确;由m和n的数值及起始量可计算出X、Y二者的平衡转化率都为10%,C项正确;第二次平衡时,c(Z)==0.2
mol·L-1,D项错误。
答案：D
3.将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器,恒温下发生反应H2(g)+Br2(g)2HBr(g)　ΔH<0,平衡时Br2(g)的转化率为a;若初始条件相同,绝热下进行上述反应,平衡时Br2(g)的转化率为b。a与b的关系是(　　)
A.a>b
B.a=b
C.aD.无法确定
解析：正反应为放热反应,前者恒温,后者相对前者温度升高。使平衡向左移动,从而使Br2的转化率降低,所以b答案：A
4.下列可逆反应中,正反应是吸热反应的是(　　)
A.2NO(g)+O2(g)2NO2(g):降温,颜色加深
B.NO2+SO2NO+SO3:降温,SO3的体积分数增加
C.CS2+2H2OCO2+2H2S:升温,CO2的平衡浓度增大
D.PCl3+Cl2PCl5:降温,PCl3的转化率增大
解析：正反应是吸热反应,升温,K增大,平衡向正反应方向移动,降温,平衡向逆反应方向移动。降温时A、B、D均向正反应方向移动,正反应为放热反应。
答案：C
5.对于X+Y(s)Z的平衡体系,若增大压强,Y的平衡转化率增大,则X和Z可能的状态是(　　)
A.X为气态,Z为固态
B.X为固态,Z为气态
C.X为气态,Z为气态
D.X为固态,Z为固态
解析：增大压强,Y的平衡转化率增大,说明平衡向右移动,正反应方向是气体体积减小的方向,因此X为气态,Z为非气体。
答案：A
6.可逆反应mA(气)+nBpC(气)+qD(其中A和C都是无色气体),当达到平衡时,下列叙述正确的是(　　)
A.增大压强,平衡不移动,说明(m+n)一定等于(p+q)
B.升高温度,A的转化率减小,说明正反应是吸热反应
C.若增加B的量,平衡体系颜色加深,说明B必是气体物质
D.若B是气体,增加A的量,A、B转化率都一定增大
解析：A项是错误的,压强改变平衡不移动只能说明反应前后气体分子数没有变化,而反应物和生成物不一定都是气体,所以这个关系式不正确。B项根据平衡移动原理,升高温度,平衡左移只能说明正反应是放热的。D项若增加A的量,A的转化率减小而不是增大。所以C项是正确的。
答案：C
7.在一定温度下将1
mol
CO和1
mol水蒸气放在密闭容器中反应:CO+H2OCO2+H2,达平衡后测得CO2为0.6
mol,再通入4
mol水蒸气,达新平衡后CO2的物质的量可能是(　　)
(导学号52160136)
A.0.6
mol
B.1
mol
C.0.8
mol
D.1.2
mol
解析：加入H2O(g)平衡右移,n(CO2)>0.6
mol但不可能任意增大,根据“不为零”原则,1
mol
CO即使完全反应也只可能生成1
mol
CO2,所以0.6
molmol。
答案：C
8.一定条件下,通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO:
MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)　ΔH>0
该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后,若仅改变图中横坐标x的值,重新达到平衡后,纵坐标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
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量(忽略体积)
CO的转化率
解析：随温度升高,平衡正向移动、混合气体的总质量增大,恒容条件下,混合气体的密度增大,A正确;增大CO的物质的量,平衡正向移动,但CO2与CO的物质的量之比减小,B错;平衡常数只与温度有关,C错;MgSO4为固态,改变固体物质的质量(忽略体积),平衡不受影响,CO的转化率不变。
答案：A
9.反应NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)在某温度下达到平衡,下列各种情况中,不会使平衡发生移动的是(　　)
A.温度、容积不变时,通入SO2气体
B.移走一部分NH4HS固体
C.容积不变,充入氨气
D.保持压强不变,充入氮气
解析：A项,通入的SO2与H2S发生反应,使H2S浓度减小,平衡右移;B项,加入NH4HS固体的浓度为常数,减小其用量平衡不发生移动;C项,生成物NH3的浓度增大,平衡左移;D项,恒压条件下,充入与反应无关的气体N2,相当于减压,平衡右移。答案为B项。
答案：B
10.下列反应达到平衡后,增大压强或升高温度,平衡都向正反应方向移动的是(　　)
A.2NO2(g)N2O4(g)(正反应为放热反应)
B.H2(g)+I2(g)2HI(g)(正反应为放热反应)
C.3O2(g)2O3(g)(正反应为吸热反应)
D.NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)(正反应为吸热反应)
解析：正反应为吸热反应且正反应为气体系数减小的反应,增大压强或升高温度平衡都向正反应方向移动的为C项。
答案：C
11.将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中,在一定条件下发生如下反应并达到平衡:X(g)+Y(g)2Z(g)　ΔH<0。当改变某个条件并维持新条件直至达到新平衡,下表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是
(　　)
改变的条件
新平衡和原平衡比较
A
升高温度
X的体积分数变大
B
增大压强
Z的浓度不变
C
减小压强
Y的体积分数变大
D
充入一定量Z
X的体积分数变大
解析：ΔH<0,升高温度,平衡左移,X的体积分数变大,A项正确;反应前后气体系数相等,改变压强,平衡不移动,Y的体积分数不变,但Z的浓度变大,B项、C项均错误;充入一定量Z,平衡左移,X的体积分数不变,D项错误。
答案：A
12.下列对化学平衡移动的分析中,不正确的是(　　)
(导学号52160137)
①已达平衡的反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g),当增加反应物物质的量时,平衡一定向正反应方向移动　②已达到平衡的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),当增大N2的浓度时,平衡向正反应方向移动,N2的转化率一定升高　③有气体参加的反应达到平衡时,若减小反应器容积时,平衡一定向气体体积增大的方向移动　④有气体参加的反应达到平衡时,在恒压反应器中充入稀有气体,平衡一定不移动
A.①④
B.①②③
C.②③④
D.①②③④
解析：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g),当增加碳的物质的量时,平衡不移动,①不对;当增大N2的浓度时,平衡向正反应方向移动,N2的转化率降低,②不对;③如果同时改变其他条件,平衡不一定向气体体积减小的方向移动;有气体参加的反应达平衡时,在恒压反应器中充入稀有气体,容器内各物质的分压减小,平衡可能发生移动,④错误。
答案：D
13.如图所示的曲线是其他条件一定时,2NO+O22NO2(该反应放热)反应中NO的转化率与温度的关系曲线,图中标有A、B、C、D四点,其中表示未达到平衡状态,且v正>v逆的点是(　　)
(导学号52160138)
A.A点
B.B点
C.C点
D.D点
解析：此坐标系的纵轴表示的是NO的转化率,横轴表示温度,曲线上的任意一点都表示在某温度下达到平衡状态时对应的NO的转化率,过C点作纵轴的平行线与曲线交于一点,这表示若想达到C点对应温度的平衡状态,需要转化更多的NO,表示C点未达到平衡状态,且v正>v逆(平衡向正反应方向移动)。
答案：C
14.在N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡体系中,其他条件不变,增加氮气的浓度,下列判断正确的是(　　)
(导学号52160139)
A.氮气的转化率增大
B.氢气的转化率增大
C.氨气在平衡混合气体中的百分含量一定增大
D.氨气的分解速率大于氨气的生成速率
解析：增加反应物N2的浓度,平衡向正反应方向移动,生成物NH3的浓度增大,但百分含量不一定增大,反应物H2的转化率增大,
N2的转化率减小;氨气的生成速率大于其分解速率,只有B项正确。
答案：B
15.关节炎是因为在关节滑液中形成了尿酸钠晶体,尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛,其化学机理如下:
①HUr+H2OUr-+H3O+,
尿酸　　　　尿酸根离子
②Ur-(aq)+Na+(aq)NaUr(s)。
下列对反应②的叙述正确的是(　　)
A.正反应为吸热反应
B.正反应为放热反应
C.升高温度,平衡向正反应方向移动
D.降低温度,平衡向逆反应方向移动
解析：题意中明确指出“尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛”,说明温度降低,反应②Ur-(aq)+Na+(aq)NaUr(s)的平衡向正反应方向移动,可知其正反应为放热反应。
答案：B
能力提升
16.如图所示,在烧杯A、B中均盛有20
℃的50
mL水,C与D相通,其中充有红棕色气体,存在平衡:2NO2N2O4(正反应放热)。若向A中加入10
g
NaOH固体使其溶解,向B中加入50
g硝酸铵固体也使其溶解,则:
(导学号52160141)
(1)A、B两烧杯中,A烧杯中溶液温度　,
B烧杯中溶液温度　　　　　。(填“升高”“降低”或“不变”)
(2)C中气体颜色　　　　　,D中气体颜色　　　　　。(填“变深”“变浅”或“不变”)
(3)在测定NO2的相对分子质量时,较为适宜的条件是　　　　　(填“较高温度”或“较低温度”)。
解析：(1)NaOH固体溶于水放热,而硝酸铵固体溶于水吸热,所以A烧杯中溶液温度升高,而B烧杯中溶液温度降低。
(2)正反应放热,所以C中平衡左移,颜色变深;D中平衡右移,颜色变浅。
(3)测定NO2的相对分子质量时,应使平衡尽可能左移,因此应选择较高温度。
答案：(1)升高　降低
(2)变深　变浅
(3)较高温度
17.在一定条件下,体积为3
L的密闭容器中,一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO):CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。(导学号52160142)
根据题意完成下列各题:
(1)反应达到平衡时,平衡常数表达式K=　　　　　,升高温度,K值　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)在其他条件不变的情况下,对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2,下列有关该体系的说法正确的是　　　　。
a.氢气的浓度减少
b.正反应速率加快,逆反应速率也加快
c.甲醇的物质的量增加
d.重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
(3)据研究,反应过程中起催化作用的为Cu2O,反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变,原因是　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。
解析：从图像可知温度升高时平衡体系中甲醇含量减少,可以推出CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应放热,因此温度升高后,K值减小;加压时,反应物和生成物浓度均增大,正、逆反应速率都增大,由勒·夏特列原理可知,加压时平衡右移,因此答案为bc;在加热条件下CO能还原Cu2O,使其减少,因此反应体系中含有少量二氧化碳有利于维持Cu2O的量不变。
答案：(1)　减小
(2)bc
(3)Cu2O+CO2Cu+CO2第1章过关检测
(时间:60分钟　满分:100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。每小题只有一个选项符合题意)
1.已知Zn(s)+H2SO4(aq)ZnSO4(aq)+H2(g)
ΔH<0;则下列叙述不正确的是(　　)
A.该反应的ΔH值与反应物用量无关
B.该反应的化学能可以转化为电能
C.反应物的总能量高于生成物的总能量
D.该反应中反应物的化学键断裂放出能量,生成物化学键形成吸收能量
解析：ΔH只与热化学方程式中的化学计量数有关,A项正确;该反应是自发进行的氧化还原反应(有电子转移),且为放热反应,故该反应的能量可以转化为电能,B项正确;该反应是放热反应,故反应物的总能量高于生成物的总能量,C正确;断裂化学键吸收能量,形成化学键放出能量,D项错误。
答案：D
2.(2015课标全国Ⅰ,11)微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是(　　)
A.正极反应中有CO2生成
B.微生物促进了反应中电子的转移
C.质子通过交换膜从负极区移向正极区
D.电池总反应为C6H12O6+6O26CO2+6H2O
解析：C6H12O6中C的平均化合价为0价,二氧化碳中C的化合价为+4价,所以生成二氧化碳的反应为氧化反应,故CO2在负极生成,A项错误;在微生物的作用下,该装置为原电池装置,反应速率加快,所以微生物促进了反应的发生,B项正确;质子交换膜只允许质子(即H+)通过,原电池中阳离子向正极移动,C项正确;电池的总反应实质是C6H12O6的氧化反应,D项正确。
答案：A
3.某干电池在使用过程中发生的主要反应可用下列化学方程式表示:Zn+2MnO2+2NH4Cl(aq)2MnO(OH)(s)+[Zn(NH3)2]Cl2(aq),其正极反应式是
(　　)
A.2MnO2+2N+2e-2MnO(OH)+2NH3
B.Zn-2e-Zn2+
C.[Zn(NH3)2]2++2e-Zn+2NH3
D.Mn4++e-Mn3+
解析：题目给出的化学方程式比较复杂,如果直接从方程式得出正确结论有困难,也可以根据已有知识用排除法和对比法解决。只要了解原电池的正极反应一定是还原反应,就可以排除B项;C项表达的反应与原方程式是逆反应的关系,与题意不符;D项表达的只是化合价的变化关系,不符合反应式的要求。
答案：A
4.反应A+BC分两步进行:①A+BX,②XC,反应过程中能量变化如图所示,E1表示反应A+BX的活化能。下列有关叙述正确的是(　　)
A.E2表示反应XC的活化能
B.反应A+BC的ΔH<0
C.X是反应A+BC的催化剂
D.加入催化剂可改变反应A+BC的焓变
解析：XC的活化能应该是从X至X与C之间最高点的能量差,A项错误;从图可知,A+B的总能量比C的能量高,故A+BC的反应是放热反应,B项正确;从转化关系可知,X是A和B生成C的中间产物,C项错误;焓变是反应物、生成物的总能量差值,与是否加入催化剂无关,故D项错误。
答案：B
5.某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定CO的浓度,其装置如图所示,该电池中电解质为氧化钇-氧化钠,其中O2-可以在固体介质NAMCON中自由移动。下列说法中正确的是(　　)
A.传感器中通过的电流越大,CO的含量越低
B.工作时电子由电极a通过固体介质NAMCON流向电极b
C.工作时电极b作正极,由电极a流向电极b
D.当固体电解质中有1
mol
O2-通过时,电子转移2
mol
解析：电流越大说明反应速率越大,反应物CO浓度越大,A选项错误;电解质导电的原因是因为电解质中含有自由移动的离子,电子不能在电解质中移动,B选项错误;a为负极、b为正极,阴离子由正极流向负极,C选项错误。
答案：D
6.研究人员最近发现了一种“水”电池,这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电,在海水中电池总反应可表示为5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl,下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是(　　)
(导学号52160122)
A.正极反应式为Ag+Cl--e-AgCl
B.每生成1
mol
Na2Mn5O10转移2
mol电子
C.Na+不断向“水”电池的负极移动
D.AgCl是还原产物
解析：由电池总反应可知银失去电子被氧化得氧化产物,即银作负极,产物AgCl是氧化产物,A、D都不正确;在原电池中阳离子在正极得电子发生还原反应,所以阳离子向电池的正极移动,C错误;化合物Na2Mn5O10中Mn元素的化合价是+18/5,所以每生成1
mol
Na2Mn5O10转移电子的物质的量为(4-18/5)×5
mol=2
mol,因此选项B正确。
答案：B
7.下列关于化学反应的描述中正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B.已知NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)　ΔH=-57.3
kJ·mol-1,则含40.0
g
NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和,放出57.3
kJ的热量
C.存在没有能量变化的化学反应
D.已知2C(s)+2O2(g)2CO2(g)　ΔH=a　2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH=b,则b>a
解析：A项,有些放热反应需要点燃、加热等条件,如铝热反应、燃烧反应等,放热反应和吸热反应与反应条件无关,A项错误;B项,醋酸是弱酸,醋酸电离需要吸热,所以含40.0
g氢氧化钠的稀溶液与醋酸完全反应放出的热量小于57.3
kJ,B项错误;C项,任何化学反应都伴随能量变化,C项错误;D项,2C(s)+2O2(g)2CO2(g)　ΔH=a,2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH=b,2CO(g)+O2(g)2CO2(g)　ΔH=c,上述三个燃烧反应都是放热反应,根据盖斯定律知,a=b+c,又因为a<0,b<0,c<0,所以b>a,D项正确。
答案：D
8.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC),RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。RFC的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是(　　)
(导学号52160123)
A.当有0.1
mol电子转移时,a电极产生2.24
L
H2
B.
b电极上发生的电极反应式为4H2O+4e-2H2↑+4OH-
C.c电极上进行还原反应,B池中的H+可以通过隔膜进入A池
D.d电极上发生的电极反应式为O2+4H++4e-2H2O
解析：由图知,右边为氢氧燃料电池,左边为电解池。A项,a极的电极反应式为2H++2e-H2↑,转移0.1
mol电子时,在标准状况下产生1.12
L氢气,A项错误;B项,b电极与电源正极相连,是阳极,电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,B项错误;C项,c电极上发生还原反应,说明该电极为正极,阳离子向正极移动,即H+进入A池,C项正确;D项,气体X是H2,d电极上发生的电极反应式为2H2-4e-4H+,D项错误。
答案：C
二、非选择题(本题共3小题,共52分)
9.(16分)氢气是一种清洁能源,氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
已知:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH=+206.2
kJ·mol-1;
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH=+247.
4
kJ·mol-1;
2H2S(g)2H2(g)+S2(g)　ΔH=+169.8
kJ·mol-1
(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为　　　　　　　　。
(2)H2S热分解制氢时,常向反应器中通入一定比例空气,使部分H2S燃烧,其目的是　　　　　　　　。燃烧生成的SO2与H2S进一步反应,生成物在常温下均非气体,该反应的化学方程式为　　　　　　。
(3)H2O的热分解也可得到H2,高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图1所示。图中A、B表示的物质依次是　　　　　。
图1
图2
(4)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图如图2(电解池中隔膜仅阻止气体通过,阴、阳极均为惰性电极)。电解时,阳极的电极反应式为　　　　　　　。
(5)Mg2Cu是一种储氢合金。350
℃时,Mg2Cu与H2反应,生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物(其中氢的质量分数为0.077)。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为
　。
答案：(1)CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)　ΔH=+165.0
kJ·mol-1
(2)为H2S热分解反应提供热量　2H2S+SO22H2O+3S(或4H2S+2SO24H2O+3S2)
(3)H、O(或氢原子、氧原子)
(4)CO(NH2)2+8OH--6e-C+N2↑+6H2O
(5)2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2
10.(18分)如图所示,A为电源,B为浸透饱和食盐水和酚酞溶液的滤纸,滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液,C、D为电解槽,其电极材料及电解质溶液如图所示。
(导学号52160124)
(1)关闭K1,打开K2,通电后,B的KMnO4紫红色液滴向c端移动,则电源b端为　　极,通电一段时间后,观察到滤纸d端的电极反应式是　　　　　　;
(2)已知C装置中溶液的溶质为Cu(NO3)2和X(NO3)3,且均为0.1
mol,打开K1,关闭K2,通电一段时间后,阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示,则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是　　　　　;
(3)D装置中溶液是H2SO4溶液,则电极C端从开始至一段时间后的实验现象是
　。
解析：(1)当打开K2,关闭K1时,B形成了一个电解池,由于紫红色的Mn向c端移动,从而可以确定c为电解池的阳极,a为电源的正极,b为电源的负极,因此电解池中H+和K+向阴极d移动,由于H+放电能力强,故d端的电极反应式为2H++2e-H2↑。
(2)由通过电子的物质的量与阴极析出固体质量图示可以看出,当通过超过0.2
mol电子时,阴极析出固体质量不再发生变化,说明此过程中放电的为H+,而通过0.2
mol电子时,溶液中某金属阳离子完全放电。再结合Cu2+和X3+的电荷数,可以确定通过0~0.2
mol电子时,放电的为Cu2+,故Cu2+、X3+、H+的氧化能力为Cu2+>H+>X3+。
答案：(1)负　2H++2e-H2↑
(2)Cu2+>H+>X3+
(3)在C端开始时有无色无味气体产生,一段时间后有红色物质析出
11.(18分)在25
℃时,用石墨电极电解2.0
L
0.5
mol·L-1CuSO4溶液。5
min后,在一个石墨电极上有6.4
g
Cu生成。试回答下列问题:
(1)发生氧化反应的是　　极,电极反应式为　　　　。
(2)若电解后溶液的体积不变,则电解后溶液的[H+]为　　　。
(3)若将溶液恢复到与电解前一样,则需加入　　　mol的　　　。
解析：用石墨电极电解CuSO4溶液,电极反应:阴极为2Cu2++4e-2Cu,阳极为4OH--4e-O2↑+2H2O,电池反应为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。
(1)由以上分析可知发生氧化反应的是阳极,电极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O。
(2)由以上反应式可知:
2Cu~4e-~O2~2H2SO4~4H+
128
g　　　1
mol　　　4
mol
6.4
g
n(O2)
n(H+)
即n(H+)=0.2
mol
c(H+)==0.1
mol·L-1
(3)由(2)可知从溶液中析出n(Cu)=0.1
mol,n(O2)=0.05
mol,故恢复至原状态应加入0.1
mol
CuO(或0.1
mol
CuCO3)。
答案：(1)阳　4OH--4e-O2↑+2H2O
(2)0.1
mol·L-1
(3)0.1　CuO或CuCO3课时训练13　溶液的酸碱性与pH
基础夯实
1.溶液的酸碱性取决于(　　)
　　　　　
　　　　　
　　　　
A.溶液pH的大小
B.溶液中[H+]与[OH-]的相对大小
C.溶液中[H+]
D.酸与碱是否恰好完全反应
解析：溶液的酸碱性取决于[H+]与[OH-]的相对大小,当[H+]>[OH-],溶液显酸性,当[H+]=[OH-]时,溶液显中性,当[H+]<[OH-]时,溶液显碱性。
答案：B
2.能表示人体喝水时,胃液pH变化的图像是(　　)
解析：胃液的主要成分是盐酸,pH小于7,喝水时[H+]减小,pH变大,但不可能等于或大于7。
答案：A
3.喷墨打印机墨汁的pH为7.5~9.0。当墨汁喷在纸上时,与酸性物质作用生成不溶于水的固体。由此可知(　　)
①墨汁偏碱性　②墨汁偏酸性　③纸张偏酸性　④纸张偏碱性
A.①③
B.②④
C.①④
D.②③
解析：常温下pH>7的液体呈碱性,碱性墨汁喷在纸上生成不溶于水的固体,由题意可知,纸张偏酸性。
答案：A
4.下列说法正确的是(　　)
A.
HCl溶液中无OH-
B.
NaOH溶液中无H+
C.
KCl溶液中既无H+也无OH-
D.常温下,任何物质的水溶液中都有H+和OH-,且KW=1×10-14
mol2·L-2
解析：无论是酸、碱还是盐类,无论是电解质还是非电解质,只要在水溶液中,都存在H2OH++OH-动态平衡,由勒·夏特列原理知,HCl、NaOH、KCl溶液中都存在一定量的H+和OH-,故A、B、C都不正确。25
℃时,在任何物质的水溶液中都有:KW=[H+][OH-]=1×10-14
mol2·L-2。因为水的电离是吸热反应,改变温度,电离平衡必将发生移动,[H+]、[OH-]都将改变,所以KW也将改变,只有在常温下KW=1×10-14
mol2·L-2。
答案：D
5.室温时,将x
mL
pH=a的稀NaOH溶液与y
mL
pH=b的稀盐酸充分反应,下列关于反应后溶液pH的判断,正确的是(　　)
(导学号52160162)
A.若x=y,且a+b=14,则pH>7
B.若10x=y,且a+b=13,则pH=7
C.若ax=by,且a+b=13,则pH=7
D.若x=10y,且a+b=14,则pH>7
解析：当a+b=14时酸碱浓度相等,a+b<14时酸的浓度大于碱的浓度,a+b>14时碱的浓度大于酸的浓度,A选项浓度相等,体积相等,故pH=7,同理,B选项酸的体积大,浓度也大,pH<7。C选项无论a、b取何值,pH都不能为7。D选项酸碱浓度相等,碱的体积大,pH>7。
答案：D
6.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液,其pH=1,[Al3+]=0.4
mol·L-1,[S]=0.8
mol·L-1,则[K+]为(　　)
(导学号52160163)
A.
0.15
mol·L-1
B.0.2
mol·L-1
C.0.3
mol·L-1
D.0.4
mol·L-1
解析：根据pH=1可得[H+]=0.1
mol·L-1,此时根据水的离子积常数,[OH-]=1×10-14
mol2·L-2/0.1
mol·L-1可以忽略不计。根据电荷守恒有[H+]+[K+]+3[Al3+]=2[S],则[K+]=0.3
mol·L-1。
答案：C
7.有人曾建议用AG表示溶液的酸度,AG的定义为AG=lg([H+]/[OH-])。下列表述正确的是(　　)
A.在25
℃时,若溶液呈中性,则pH=7,AG=1
B.在25
℃时,若溶液呈酸性,则pH<7,AG<0
C.在25
℃时,若溶液呈碱性,则pH>7,AG>0
D.在25
℃时,溶液的pH与AG的换算公式为AG=2(7-pH)
解析：根据溶液中[H+]与[OH-]的相对大小,来决定溶液的酸碱性。又从pH和AG的定义寻找两者的关系式。
A项AG=lg([H+]/[OH-])=lg
1=0;
B项呈酸性,[H+]>[OH-],AG>lg
1,AG>0;
C项呈碱性,[H+]<[OH-],AG1,AG<0;
D项25
℃时,pH+pOH=14,AG=lg[H+]-lg[OH-]=-pH+14-pH=14-2pH=2(7-pH)。
答案：D
8.小麦最适宜生长的土壤的pH范围是6.3到7.5,下列可用于测定土壤溶液pH且精确度最高的是(　　)
A.酸碱指示剂
B.pH计
C.精密pH试纸
D.广泛pH试纸
答案：B
9.某探究小组在某温度下测定溶液的pH时发现:0.01
mol·L-1的NaOH溶液中,由水电离出的[H+][OH-]=10-22
mol2·L-2,则该小组在该温度下测得0.1
mol·L-1
NaOH溶液的pH应为(　　)
A.13
B.12
C.11
D.10
解析：由[H+]·[OH-]=10-22
mol2·L-2,得[H+]=10-11
mol·L-1,则该温度下,KW=10-13
mol2·L-2,则0.1
mol·L-1
NaOH溶液中[H+]=
mol·L-1=10-12
mol·L-1　pH=-lg[H+]=-lg10-12=12。
答案：B
10.下列溶液肯定呈酸性的是(　　)
A.含H+的溶液
B.加酚酞显无色的溶液
C.pH<7的溶液
D.[OH-]<[H+]的溶液
解析：酸性溶液是指[H+]>[OH-]的溶液。加酚酞显无色的溶液可能显酸性、中性或碱性,未指明温度,不能依据pH<7判断溶液的酸碱性。答案为D项。
答案：D
11.在t
℃时,某NaOH稀溶液中,[H+]=10-a
mol·L-1,[OH-]=10-b
mol·L-1,已知a+b=13,则在该温度下,将100
mL
0.10
mol·L-1的稀硫酸与100
mL
0.40
mol·L-1的NaOH溶液混合后,溶液的pH为(已知:lg2=0.30;lg3=0.48,注意忽略混合时体积的变化)(　　)
(导学号52160164)
A.11.52
B.11.70
C.11.82
D.12.00
解析：t
℃时,水的离子积KW=10-a
mol·L-1×10-b
mol·L-1=10-(a+b)
mol2·L-2=10-13
mol2·L-2。硫酸与NaOH溶液反应碱过量,则[OH-]混==0.1
mol·L-1,[H+]混==10-12
mol·L-1,则pH=-lgc(H+)=12.00。
答案：D
12.常温下,下列溶液中与1×10-5
mol·L-1
NaOH溶液的pH相同的是(　　)
A.把pH=6的盐酸稀释1
000倍
B.把pH=8的NaOH溶液稀释10倍
C.把10
mL
1×10-5
mol·L-1的H2SO4溶液与10
mL
4×10-5
mol·L-1的NaOH溶液相混合
D.把[OH-]=10-5
mol·L-1的NaOH溶液10
mL加到100
mL
10-4
mol·L-1的NaOH溶液中
解析：常温下,1×10-5
mol·L-1的NaOH溶液的pH=-lg=9;A项,pH=6的盐酸稀释1
000倍,pH≈7但仍小于7;B项,pH=8的NaOH溶液稀释10倍,pH减小,但仍大于7;C项,二者反应NaOH过量,[OH-]混==10-5
mol·L-1,[H+]混=10-9
mol·L-1,则pH=9;D项,[OH-]混=
≈9×10-5
mol·L-1,故pH≠9。答案为C项。
答案：C
13.为了研究土壤的酸碱性,某学生做了如下实验:将一定体积的蒸馏水加入一定质量的土壤中,充分搅拌后,过滤并留取滤液,测滤液的pH后,向滤液中滴加氨水,每加入2
mL氨水就搅拌均匀并测量溶液的pH,所得实验记录如下:
加氨水体积/mL
0
2
4
6
8
10
12
14
16
溶液的pH
4
4
4
4
6
8
10
10
10
利用上述记录的数据,以加入的氨水体积为横坐标、pH为纵坐标作曲线图,并根据下图曲线所示回答下列问题:
(1)所测土壤的酸碱性如何
(2)所用氨水的pH和最终溶液的[H+]分别为多少
(3)为使该滤液呈中性,所加入氨水的恰当体积是多少
解析：由表格中V(NH3·H2O)=0时,溶液的pH=4,即土壤呈酸性,由V(NH3·H2O)=12时,pH=10保持不变,则此时是NH3·H2O过量,NH3·H2O决定溶液呈碱性pH=10保持不变,则氨水pH=10,最终溶液的[H+]=10-10mol·L-1,由表中数据,可分析到当溶液的pH=7时,V(NH3·H2O)=9
mL。
答案：(1)所测土壤呈酸性
(2)pH=10　[H+]=10-10
mol·L-1
(3)9
mL
能力提升
14.某温度下的水溶液中,[H+]=1×10x
mol·L-1,[OH-]=1×10y
mol·L-1。x与y的关系如下图所示。(导学号52160165)
(1)该温度下,水的离子积为　　　　　。
(2)该温度下,0.01
mol·L-1NaOH溶液的pH为　　　　　。
解析：该温度下,水的离子积为K'W=[H+][OH-]=10x
mol·L-1×10y
mol·L-1=10x+y
mol2·L-2,由图像可知:x+y=-15,故K'W=10-15。
该温度下,0.01
mol·L-1的NaOH溶液中[OH-]=1×10-2
mol·L-1,故[H+]==1×10-13
mol·L-1,所以pH=13。
答案：(1)10-15
mol2·L-2
(2)13
15.水的电离平衡曲线如下图所示。
A点表示25
℃时水在电离平衡时的离子浓度,当温度上升到100
℃时,水的电离平衡到达B点。
(1)25
℃时水的离子积为　　　　,100
℃时水的离子积为　　　　。
(2)100
℃时,将pH=8的Ba(OH)2溶液与pH=5的稀盐酸混合,并保持100
℃恒温,欲使混合溶液的pH=7,则Ba(OH)2溶液与盐酸的体积比为　　　　。
解析：(1)由图可知:25
℃时纯水中[H+]=[OH-]=1.0×10-7
mol·L-1,此时水的离子积为1.0×10-14
mol2·L-2;100
℃时,纯水中
[H+]=[OH-]=1.0×10-6
mol·L-1,此时水的离子积为1.0×10-12
mol2·L-2。
(2)100
℃时pH=7,溶液呈碱性,则Ba(OH)2过量。设Ba(OH)2溶液和盐酸的体积分别为V1、V2,则有
=,解得。
答案：(1)1.0×10-14
mol2·L-2　1.0×10-12
mol2·L-2
(2)2∶9
16.室温时,Ba(OH)2和NaOH混合溶液的pH=14,取该溶液100
mL,持续通入CO2,当CO2通入0.56
L时生成沉淀最多(体积指标准状况,设溶液体积不发生改变),试通过计算回答:
(导学号52160166)
(1)Ba(OH)2和NaOH的物质的量浓度各为多少
(2)当通入CO2的体积为2.24
L时,溶液中各种离子(除H+、OH-)物质的量浓度各为多少
解析：(1)混合液中[OH-]=1
mol·L-1,n(OH-)=0.1
mol,当CO2通入0.56
L即n(CO2)=0.025
mol时沉淀最多,此时发生如下反应:
Ba(OH)2　+　CO2BaCO3↓+H2O
1
mol
1
mol
0.025
mol
0.025
mol
[Ba(OH)2]==0.25
mol·L-1
n(NaOH)=n(OH-)-2n[Ba(OH)2]
=0.1
mol-2×0.025
mol=0.05
mol
[NaOH]==0.5
mol·L-1。
(2)当n(CO2)=0.1
mol时,发生下列反应:
CO2　+　OH-　　HC
0.1
mol
0.1
mol
0.1
mol
此时溶液中无沉淀,
故[Na+]=0.5
mol·L-1,[Ba2+]=0.25
mol·L-1,[HC]=1
mol·L-1。
答案：(1)[Ba(OH)2]=0.25
mol·L-1,[NaOH]=0.5
mol·L-1。
(2)[Na+]=0.5
mol·L-1,[Ba2+]=0.25
mol·L-1,[HC]=1
mol·L-1。课时训练11　化学反应条件的优化——工业合成氨
基础夯实
　
　　　　　
　　　　　
　　
1.下面是合成氨的简要流程示意图:
沿x路线回去的物质是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.N2和H2
B.催化剂
C.NH3
D.H2
解析：反应混合气经过合成塔发生反应:N2+3H22NH3,成分变为N2、H2、NH3的混合气体,经冷凝,NH3液化,N2、H2沸点很低,未液化,故再送入压缩机,循环使用,提高原料利用率。
答案：A
2.下列说法能够用勒·夏特列原理来解释的是(　　)
A.加入催化剂可以提高单位时间氨的产量
B.高压有利于氨的合成反应
C.500
℃高温比室温更有利于合成氨的反应
D.恒温恒容下,在合成氨平衡体系中充入He,使压强增大,则平衡正向移动,NH3增多
解析：A项中加入催化剂只能增大反应速率,缩短到达平衡的时间,提高“单位时间”的产量,不能使化学平衡发生移动。B项中合成氨是一个气体体积减小的反应,所以增大压强,使平衡正方向移动,有利于合成氨,符合勒·夏特列原理。C项中因为合成氨是一个放热反应,所以从化学平衡移动角度分析,应采用较低温度。500
℃高温较室温不利于平衡向合成氨方向移动。采用500
℃既考虑到温度对速率的影响,更主要的是500
℃左右催化剂活性最大。D项中恒温恒容下充He,惰性气体He不与N2、H2、NH3反应。虽总压强增大了,实际上平衡体系各成分浓度不变(即分压不变),所以平衡不移动,NH3的产量不变。
答案：B
3.有关合成氨工业的说法中,正确的是(　　)
A.从合成塔出来的混合气体,其中氨只占15%,所以生产氨的工厂的效率都很低
B.由于氨易液化,氮气和氢气在实际生产中循环使用,所以总体来说氨的产率很高
C.合成氨工业的反应温度控制在500
℃,目的是使化学平衡向正反应方向移动
D.我国的合成氨厂采用的压强是2×107~5×107
Pa,因为该压强下铁触媒的活性最大
解析：虽然从合成塔出来的混合气体中氨只占15%,但由于原料氮气和氢气循环使用和不断分离出液氨,所以合成氨的工厂的生产效率还是很高的,因此A选项不正确。控制反应温度在500
℃,一是为了使反应速率不至于很低,二是因为催化剂在此温度下的活性最大,因此C选项不正确。我国的合成氨厂采用的压强是2×107~5×107
Pa,并不是因为该压强下铁触媒的活性最大,而是从压强对反应速率和化学平衡的影响来考虑的,因此D选项不正确。
答案：B
4.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)刚开始时,N2的浓度为3
mol·L-1,H2的浓度为5
mol·L-1,3
min后测得NH3浓度为0.6
mol·L-1,则此时间内,下列反应速率表示正确的是(　　)
(导学号52160149)
A.v(NH3)=0.2
mol·L-1·s-1
B.v(N2)=1.0
mol·L-1·min-1
C.v(H2)=1.67
mol·L-1·min-1
D.v(H2)=0.3
mol·L-1·min-1
解析：由化学反应速率定义,得v(NH3)==0.2
mol·L-1·min-1。又由v(NH3)∶v(H2)∶v(N2)=2∶3∶1,得v(H2)=v(NH3)=0.3
mol·L-1·min-1,v(N2)=v(NH3)=0.1
mol·L-1·min-1,故D正确。
答案：D
5.合成氨反应通常控制在20~50
MPa的压强和500
℃左右的温度,且进入合成塔的氮气和氢气的体积比为1∶3,经科学测定,在相应条件下氮气和氢气反应所得氨的平衡浓度(体积分数)如下表所示:
20
MPa
60
MPa
500
℃
19.1
42.2
而实际从合成塔出来的混合气体中含有氨约为15%,这表明(　　)
A.表中所测数据有明显误差
B.生产条件控制不当
C.氨的分解速率大于预测值
D.合成塔中的反应并未达到平衡
解析：表中数据为通过科学实验所得,不可能有明显误差;合成氨连续操作,不可能对生产条件控制不当;平衡浓度问题与速率的大小没有直接关系,因此答案选D。这说明合成氨工业考虑单位时间的产量问题,并未让合成氨反应达到平衡,因为让反应达到平衡需要一定的时间,时间太长得不偿失。
答案：D
6.硫酸是一种重要的化工产品,目前主要采用“接触法”进行生产。有关接触氧化反应2SO2+O22SO3的说法中正确的是(　　)
A.只要选择适宜的条件,SO2和O2就能全部转化为SO3
B.该反应达到平衡后,反应就完全停止了,即正、逆反应速率均为零
C.在达到平衡的体系中,充入由18O原子组成的O2后,SO2中18O含量减少,SO3中18O含量增多
D.在工业合成SO3时,要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题
解析：反应为可逆反应,SO2和O2不能全部转化为SO3,A错;达到平衡后反应不停止,正、逆反应速率相等,B错;达到平衡后充入由18O原子组成的O2,平衡向正方向移动,SO3中18O含量增多,因为反应可逆,SO2中18O含量也增多,C错;D正确。
答案：D
7.对于合成氨的反应来说,使用催化剂和施以高压,下列叙述正确的是(　　)
A.都能提高反应速率,都对化学平衡状态无影响
B.都对化学平衡状态有影响,都不影响达到平衡状态所用的时间
C.都能缩短达到平衡状态所用的时间,只有压强对化学平衡状态有影响
D.催化剂能缩短反应达到平衡状态所用的时间,而压强无此作用
解析：对化学反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),催化剂和高压均能缩短达到平衡的时间,但只有高压可使平衡向生成NH3的方向移动,催化剂不影响化学平衡。
答案：C
8.一定温度下,向一个容积为2
L的事先装入催化剂的真空密闭容器中通入1
mol
N2和3
mol
H2,3
min后测得容
器压强是起始压强的0.9倍,在此时间内,用H2的量的变化来表示该反应的平均反应速率v(H2)是(　　)
(导学号52160150)
A.0.2
mol·L-1·min-1
B.0.6
mol·L-1·min-1
C.0.1
mol·L-1·min-1
D.0.3
mol·L-1·min-1
解析：　　　　
N2　+　3H22NH3
初始/mol　1　
　
　3　
　　0
转化/mol　x　　
　3x　　　2x
平衡/mol
1-x　　3-3x　　2x
=0.9　x=0.2
mol
v(H2)==0.1
mol·L-1·min-1
答案：C
9.某温度下,对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92.4
kJ·mol-1。N2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.将1.0
mol氮气、3.0
mol氢气,置于1
L密闭容器中发生反应,放出的热量为92.4
kJ
B.平衡状态由A变到B时,平衡常数K(A)C.上述反应在达到平衡后,增大压强,H2的转化率提高
D.升高温度,平衡向逆反应方向移动,说明逆反应速率增大,正反应速率减小
解析：A项此反应为可逆反应,1.0
mol氮气、3.0
mol氢气在实际过程中不能完全转化,故放出的热量小于92.4
kJ,A项错。B项温度不变,改变压强,平衡常数不变,B项错。C项由图知,增大压强,平衡向正反应方向移动,H2的转化率提高,C项正确。D项升高温度,逆反应速率、正反应速率都增大,D项错。
答案：C
10.工业上有一种用CO2生产甲醇燃料的方法:
(导学号52160151)
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49.0
kJ·mol-1
某实验中将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如下图曲线(甲)所示。请完成下列问题:
(1)a点正反应速率　　　　　逆反应速率(填“>”“<”或“=”)。
(2)若仅改变某一实验条件再进行一次实验,测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线(乙)所示,曲线(乙)对应改变的实验条件可以是　　　　　(填序号)。
a.加催化剂
b.增大压强
c.升高温度
d.增大CO2浓度
解析：(1)a点时,H2量减小,反应向正反应方向进行,v正>v逆。
(2)由图像知曲线乙中H2的反应速率变大,结合化学方程式可知,增大压强或增大CO2浓度均可以加快H2的消耗速率,且达平衡时H2的物质的量小于甲;使用催化剂尽管可以增大反应速率,但平衡状态应与甲相同;升高温度可增大反应速率,但平衡时H2的量应多于甲,故b、d项符合题意。
答案：(1)>　(2)bd
11.合成氨工业中,原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜(Ⅰ)溶液来吸收原料气中的CO,其反应是
[Cu(NH3)2Ac]+CO+NH3[Cu(NH3)3]Ac·CO
ΔH<0
(1)必须除去原料气中CO的原因是
　。
(2)醋酸二氨合铜(Ⅰ)吸收CO的生产适宜条件应是
　　　　　　　。
(3)吸收CO后的醋酸铜氨溶液经过适当处理又可再生,恢复其吸收CO的能力以供循环使用。醋酸铜氨溶液再生的生产适宜条件应是
　。
解析：分析吸收CO反应的特点:正反应是气体体积缩小的放热反应,对于这样一个可逆反应,用化学平衡原理及有关合成氨适宜条件的选择知识即可作答。
答案：(1)防止合成塔中的催化剂中毒
(2)低温、高压
(3)高温、低压
能力提升
12.某温度下,把1
mol
N2和3
mol
H2通入一个容积可变的密闭容器里,发生反应:
N2(g)+3H2(g)2NH3(g),
反应达到平衡状态,测得NH3为s
mol。若保持温度和压强不变,用m、n、p代表初始加入N2、H2、NH3的物质的量,只改变m、n数值,达到平衡各组分的质量分数不变,请填写表中编号为(1)~(3)各状态空格内的数据。
编号
初始状态/
mol
平衡状态NH3的物质的量/
mol
N2
H2
NH3
已知
1
3
0
s
(1)
0
0
4
(2)
0
3s
(3)
0.1
0.25s
解析：根据等效平衡规律,需要加入的物质(换算成N2、H2)的物质的量比值应符合n(N2)∶n(H2)=1∶3,且与已知的n(N2)、n(H2)成正比。
N2(g)　+　3H2(g)2NH3(g)
起始　m　　　
　n
　p
换算　m+0.5p　
n+1.5p　　　　0
(1)m=0、n=0、p=4,得m+0.5p=2,n+1.5p=6,即实验(1)相当于n(N2)、n(H2)的起始物质的量为原反应的2倍,平衡时,n(NH3)=2s
mol。
(2)平衡时,n(NH3)=3s
mol,即实验(2)相当于n(N2)、n(H2)的起始物质的量为原反应的3倍,故有
m+0.5p=3,n+1.5p=9,p=0代入得m=3,n=9。
(3)平衡时,n(NH3)=0.25s
mol,n(N2)、n(H2)为已知的0.25倍,有m+0.5p=0.25,n+1.5p=0.75。m=0.1代入得p=0.3,n=0.3。
答案：(1)2s　(2)3　9　(3)0.3　0.3
13.合成氨工业对化学工业和国防工业具有重要意义,对我国实现农业现代化起着重要作用。根据已学知识回答下列问题:已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92.4
kJ·mol-1
(导学号52160152)
(1)合成氨工业采取的下列措施不可用平衡移动原理解释的是　　　(填序号)。
A.采用较高压强(20~50
MPa)
B.采用500
℃的高温
C.用铁触媒作催化剂
D.将生成的氨液化并及时从体系中分离出来
(2)合成氨工业中采用了较高压强(20~50
MPa),而没有采用100
MPa或者更大压强,试解释没有这么做的理由　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)在容积均为2
L(容器体积不可变)的甲、乙两个容器中,分别加入2
mol
N2、6
mol
H2和1
mol
N2、3
mol
H2,在相同温度、催化剂下使其反应。最终达到平衡后,两容器N2转化率分别为α甲、α乙,则甲容器中平衡常数为　　　(用含α甲的代数式表示),此时α甲　　　α乙(填“>”“<”或“=”)。
解析：(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)中的化学系数1+3>2,压强增大,平衡正向移动;500
℃高温较室温不利于平衡向合成氨方向移动;采用500
℃既考虑到温度对速率的影响,更主要的是500
℃左右催化剂活性最大。催化剂只改变反应速率,不改变平衡移动;生成氨液化并分离出来,减少体系中氨的浓度,平衡正向移动。(2)采用更大压强,需要使用承受更大压强的设备,增加了生产成本,不经济。(3)在甲容器中,反应的N2为2
mol×α甲,则有
　　　　　　N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
起始(mol·L-1)
1
3
0
转化(mol·L-1)
α甲
3α甲
2α甲
平衡(mol·L-1)
1-α甲
3-3α甲
2α甲
K=
甲与乙相比,相当于在乙平衡的基础上增大压强,平衡正向移动,即甲容器中的平衡正向移动程度更大,所以α甲>α乙。
答案：(1)BC
(2)采用更大压强会要求使用能耐更大压强的设备,从而增加生产成本(其他合理答案：也可)
(3)　>第1章　化学反应与能量转化
课时训练1　化学反应的反应热　化学反应的焓变
基础夯实
1.下列说法正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.化学反应中的能量变化,都表示为热量的变化
B.需要加热才能发生的化学反应,一定是吸热反应
C.放热反应在常温下一定很容易发生
D.反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小
答案：D
2.下列反应既属于氧化还原反应,又是吸热反应的是(　　)
A.铝片与稀盐酸的反应
B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
C.灼热的炭与CO2的反应
D.甲烷在氧气中的燃烧反应
解析：已知B、C选项是吸热反应,但B选项反应Ba(OH)2·8H2O+2NH4ClBaCl2+2NH3·H2O+8H2O为非氧化还原反应,而C选项反应C+CO22CO为氧化还原反应,故答案为C。
答案：C
3.下列反应中,生成物的总焓大于反应物的总焓的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.氢气在氧气中燃烧
B.铁丝在氧气中燃烧
C.硫在氧气中燃烧
D.焦炭在高温下与水蒸气反应
解析：化学反应中,生成物的总焓大于反应物的总焓,即ΔH>0,反应吸热。由于燃烧反应都是放热反应,因此答案选D。
答案：D
4.已知反应X+YM+N为放热反应,该反应的下列说法正确的是(　　)
A.X的能量一定高于M
B.Y的能量一定高于N
C.X和Y的总能量一定高于M和N的总能量
D.该反应为放热反应,一定不必加热就可以发生
解析：对于放热反应,反应物总能量一定高于生成物总能量。放热或吸热反应是指反应的能量变化过程而不是反应条件。
答案：C
5.反应A+B→C(ΔH<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：①A+B→X　ΔH>0,X具有的能量大于A、B能量总和,A、C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正确,B错误。
答案：D
6.SF6是一种优良的绝缘气体,分子结构中只存在S—F键。已知:1
mol
S(s)转化为气态硫原子吸收能量280
kJ,断裂1
mol
F—F
、S—F键需吸收的能量分别为160
kJ、330
kJ。则S(s)+3F2(g)SF6(g)的反应热ΔH为(　　)(导学号52160100)
A.-1
780
kJ·mol-1
B.-1
220
kJ·mol-1
C.-450
kJ·mol-1
D.+430
kJ·mol-1
解析：根据题意可判断1
mol
SF6中含有6
mol
S-F键,1
mol
F2中含有1
mol
F-F键,因此ΔH=280
kJ·mol-1+160
kJ·mol-1×3-330
kJ·mol-1×6=-1
220
kJ·mol-1。
答案：B
7.近年来,科学家正在探索利用铝粉作燃料的可能性,以期铝能成为一种石油的取代物。假如铝作为一种普遍使用的新型能源被开发利用,关于其有利因素的下列说法,你认为哪项是错误的(　　)
A.铝质轻,便于运输、贮存,且安全
B.铝燃烧时放出的热量大,且燃烧后新产物对环境的污染容易得到有效控制
C.在地球上,铝矿资源丰富
D.现代电冶铝的工业技术已为铝作为新能源奠定了重要基础
解析：铝质轻,燃烧时放热多,在地壳中是含量最大的金属元素,铝矿资源丰富,这些都是用铝作为新型燃料的有利条件,但是电冶铝本身需要消耗大量的能量,从这一点考虑,如果没有开发出新的冶炼金属铝的技术,则用铝作为新能源的做法是不合算的。所以D说法错误。
答案：D
8.在测定中和反应的反应热的实验中,下列叙述错误的是
(　　)
A.向量热计中加入盐酸,搅拌后的温度为初始温度
B.实验中可使酸或碱略过量
C.向量热计中加入碱液时,碱液的温度应与酸的温度相同
D.可以用KOH代替NaOH,浓硫酸代替盐酸
解析：可以用KOH代替NaOH,但不能用浓硫酸代替盐酸,因为浓硫酸溶于水也会放出很多热量。
答案：D
9.如图所示,图像表示某一反应过程中的能量变化曲线。下列说法中不正确的是(　　)
A.由图可知,该反应为放热反应
B.该反应的焓变为ΔH=-(E2-E1)
C.曲线b相对于曲线a来说,改变的条件只能是使用了催化剂
D.该反应的发生条件一定是加热
解析：生成物的总能量低于反应物的总能量,反应放热,A正确。E1和E2可分别看为反应物的键能之和和生成物的键能之和,B正确。使用催化剂可降低反应的活化能,C正确。该反应发生时,需要提供能量,但条件不一定是加热,D错误。
答案：D
10.下列反应符合如图所示能量变化的是(　　)
A.碳与二氧化碳化合为一氧化碳
B.氯化氢分解为氢气和氯气
C.钠与水反应
D.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体混合研磨
解析：从图示分析,反应物的总能量大于生成物的总能量,反应是放热反应。A、B、D三项中的反应均为吸热反应,
答案为C项。
答案：C
11.将铁粉和硫粉混合后加热,待反应开始即停止加热,反应仍可持续进行直至反应完全,生成新物质硫化亚铁。这一现象说明(　　)
A.该反应是放热反应
B.铁粉和硫粉在常温下可以发生反应
C.该反应是吸热反应
D.硫化亚铁的总能量高于铁粉和硫粉的总能量
解析：反应开始后即停止加热,反应仍可持续进行,说明反应自身是放热的,放出的热量可以维持反应的持续进行,反应物(铁粉和硫粉)的总能量高于生成物(FeS)的总能量,答案为A项。
答案：A
12.一定条件下,A与B反应可生成C与D,其焓变化如图:
(导学号52160101)
(1)下列有关反应A+BC+D的说法正确的是　　　　。
A.反应前后原子的种类和数目一定不变
B.该反应若有热量变化,则一定是氧化还原反应
C.若该反应为放热反应,则不需要加热反应就一定能自发进行
D.反应物的总质量、总焓与生成物的总质量、总焓均相等
(2)若H1”“<”或“=”)反应物的总焓,反应ΔH0(填“>”“<”或“=”)。
解析：(1)一个化学反应要遵守质量守恒,反应前后原子的种类和数目一定不变,A对。有热量变化的反应,不一定是氧化还原反应,B错。一个反应是吸热还是放热与反应条件无关,C错。由于反应伴随能量变化,H1≠H2,D错。
答案：(1)A　(2)>　>
能力提升
13.把温度为13
℃、浓度为1.0
mol·L-1的酸溶液和1.1
mol·L-1的碱溶液各50
mL混合[溶液密度均为1
g·mL-1,所生成溶液的比热容c=4.184
J·(g·℃)-1],轻轻搅动。测得酸碱混合液的温度变化数据如下:
(导学号52160102)
反应物
起始温度t1/℃
终了温度t2/℃
中和热kJ·mol-1
HCl+NaOH
13.0
19.8
ΔH1
HCl+NH3·H2O
13.0
19.3
ΔH2
(1)试计算上述两组实验测出的中和反应的反应热:
ΔH1=　　　　;ΔH2=　　　　。
(2)实验中碱液过量的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)两组实验结果有差异的原因是
　。
解析：(1)根据给出的酸和碱的物质的量,酸为0.050
mol,碱为0.055
mol,碱是过量的,应以酸计算,算出生成0.050
mol水放出的热量,进而得出生成1
mol水放出的热量,即可得出两组实验测出的中和热数值。
|ΔH1|=
=5.69×104
J·mol-1=56.9
kJ·mol-1
|ΔH2|=
=5.27×104
J·mol-1=52.7
kJ·mol-1
(2)碱液过量是为了提高实验准确度,保证盐酸完全反应;NH3·H2O易挥发,使NH3·H2O浓度下降,故应过量。
(3)NaOH是强碱,在水溶液中完全电离,与HCl中和时放热较多,NH3·H2O是弱碱,只有小部分电离,发生电离时要吸热,中和时放热较少。
答案：(1)-56.9　-52.7
(2)使盐酸完全反应,提高实验的准确度
(3)NaOH是强电解质,NH3·H2O是弱电解质,NH3·H2O电离时吸收热量
14.已知:H2(g)+O2(g)H2O(g),反应过程中能量变化如下图,完成:
(导学号52160103)
(1)a、b、c分别代表什么意义
a.　　　　;b.　　　　;c.　　　　。
(2)该反应是放热还是吸热 　　　　。ΔH大于零还是小于零 　　　　。
解析：本题通过图像考查反应过程中的能量变化、化学键与吸热和放热的关系。从图像可以看出:a是指H2、O2分子变成H、O原子时吸收的热量,b是指H、O原子形成水分子放出的能量,c表示二者的差值,即反应热,由于放出的能量大于吸收的热量,反应热小于零,故该反应放热。
答案：(1)代表断裂旧键吸收的能量　代表生成新键放出的能量　代表反应热
(2)放热　小于零课时训练10　化学反应的速率
基础夯实
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.决定化学反应速率的主要因素是(　　)
A.参加反应的物质本身的性质
B.催化剂
C.温度、压强以及反应物的接触面
D.反应物的浓度
解析：参加反应的物质本身的性质是决定化学反应速率的主要(决定性)因素。浓度、温度、压强、催化剂等是外因。
答案：A
2.对于化学反应3W(g)+2X(g)4Y(g)+3Z(g),下列反应速率关系中,正确的是(　　)
A.v(W)=3v(Z)
B.2v(X)=3v(Z)
C.2v(X)=v(Y)
D.3v(W)=2v(X)
解析：速率之比等于方程式中的化学计量数之比,A项,v(W)=v(Z);B项,3v(X)=2v(Z);C项,2v(X)=v(Y);D项,2v(W)=3v(X)。
答案：C
3.不足量的锌粉与100
mL
0.1
mol的稀硫酸反应,反应速率太小。为了增大此反应速率而不改变H2的产量,可以使用如下方法中的(　　)
①加H2O　②加NaOH固体　③滴入几滴浓盐酸　④加CH3COONa固体　⑤加NaCl溶液　⑥滴入几滴硫酸铜溶液　⑦升高温度　⑧改用10
mL
1
mol·L-1硫酸
A.①②⑥⑦
B.③⑤⑧
C.③⑦⑧
D.④⑤⑦⑧
解析：本题要求增大反应速率但不能改变H2的产量,即与稀硫酸反应的锌的量不能改变,故排除⑥,也就排除了选项A;从影响反应速率的外界因素考虑,升高温度和增大H+的浓度,都能增大该反应的速率,③⑦⑧正确,而①②④⑤均是减小硫酸的浓度,故只有选项C正确。
答案：C
4.100
mL浓度为2
mol·L-1的盐酸跟过量的锌片反应,为加快反应速率,又不影响生成氢气的总量,可采用的方法是(　　)
A.加入适量的6
mol·L-1的盐酸
B.加入数滴氯化铜溶液
C.加入适量蒸馏水
D.加入适量的氯化钠溶液
解析：向溶液中再加入盐酸,增加了H+的物质的量,也就增加了放出H2的量,故A错;因锌是过量的,放出H2的量取决于盐酸的量,加入CuCl2后,有少量铜析出,附在锌片上,形成了原电池反应,反应的速率加快,故B正确;向原溶液中加入水或氯化钠溶液都引起溶液中H+浓度的下降,反应速率变慢,故C、D都不对。
答案：B
5.已知:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49.0
kJ·mol-1。一定条件下,向体积为1
L的恒容密闭容器中充入1
mol
CO2和3
mol
H2,测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中正确的是(　　)
(导学号52160143)
A.3
min时,用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率
B.从反应开始到平衡,H2的平均反应速率v(H2)=0.225
mol·L-1·min-1
C.13
min时,向容器中充入2
mol氦气,该反应的化学反应速率增加
D.13
min时,向容器中充入2
mol氦气,CO2的转化率增加
解析：A项,3
min时反应还没有平衡,错误。B项,v(H2)=3v(CO2)==0.225
mol·L-1·min-1,正确。C项,由于容器的体积没有变化,所以各成分的浓度没有变化,化学反应速率不变,错误。同理,平衡没有移动,D错误。
答案：B
6.在2
L密闭容器中进行如下反应:mX(g)+nY(g)pZ(g)+qQ(g),在2
s时间内用X表示的平均反应速率为mol·L-1·s-1,则2
s时间内,Q物质增加的物质的量为(　　)
(导学号52160144)
A.
mol
B.
mol
C.
mol
D.
mol
解析：根据化学反应速率之比等于方程式前面的化学计量数之比,由题目条件在2
s时间内X表示的平均反应速率为mol·L-1·s-1,可得出Q的反应速率为
mol·L-1·s-1,所以Q增加的物质的量为
mol。
答案：A
7.(2015福建理综,12)在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是(　　)
　　　　　　　c/(mol·L-1)v/(mmol·L-1·min-1)　　　　　　T/K　　　　　　　　　
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
续表
　　　　　　　c/(mol·L-1)v/(mmol·L-1·min-1)　　　　　　T/K　　　　　　　　　
0.600
0.500
0.400
0.300
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A.a=6.00
B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变
C.b<318.2
D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
解析：分析328.2
K的瞬时速率与浓度的关系知其成正比,则,a=6.00,A选项正确;从题给数据看,浓度越大、温度越高,反应速率越大,当增大浓度同时降低温度时,瞬时反应速率可能会不变,B选项正确;浓度不变时,b
K下反应速率低于318.2
K下反应速率,故b<318.2
K,C选项正确;题给数据是瞬时速率,而不是平均速率,故不能作为判断反应所用时间的依据,D选项错误。
答案：D
8.反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),经2
min,B的浓度减小0.6
mol·L-1。下列叙述正确的是(　　)
A.用A表示的反应速率是0.4
mol·(L·min)-1
B.分别用B、C、D表示反应的速率,其比值是3∶2∶1
C.在2
min末的反应速率,用B表示是0.3
mol·(L·min)-1
D.在这2
min内B和C两物质的浓度都减小
解析：A为固体,一般不用固体表示化学反应速率,因为固体的浓度一般视为常数,A项错误;在同一反应中,不同物质表示的化学反应速率之比等于它们的系数之比,B项正确;v(B)=0.3
mol·(L·min)-1为平均值,并非2
min末的速率,C项错误;B为反应物,C为生成物,在这2
min内两者的浓度不可能同时减小,D项错误。
答案：B
9.下列四个数据都表示合成氨的反应速率,其中代表同一反应的是(　　)
(导学号52160145)
①v(N2)=0.3
mol·(L·min)-1　②v(NH3)=0.9
mol·(L·min)-1　③v(H2)=0.6
mol·(L·min)-1　④v(H2)=0.022
5
mol·(L·s)-1
A.①②
B.①③
C.③④
D.②④
解析：将不同物质表示的反应速率转化为同一物质表示的反应速率,若数值相等,则代表同一反应。
若全转化为N2,②v(N2)∶v(NH3)=1∶2,则v(N2)=0.45
mol·(L·min)-1,③v(N2)∶v(H2)=1∶3,则v(N2)=0.2
mol·(L·min)-1,④v(N2)∶v(H2)=1∶3,则v(N2)=v(H2)=×0.022
5
mol·(L·s)-1×60
s·min-1=0.45
mol·(L·min)-1,故②④代表同一反应,选D项。
答案：D
10.对可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g),在不同条件下的化学反应速率如下,其中表示的反应速率最快的是(　　)
(导学号52160146)
A.v(A)=0.5
mol·(L·min)-1
B.v(B)=1.2
mol·(L·s)-1
C.v(D)=0.4
mol·(L·min)-1
D.v(C)=0.1
mol·(L·s)-1
解析：首先B项排除,因为固体物质浓度为常数,不用其表示反应速率;将D项单位换算为
mol·(L·min)-1,其数值为:v(C)=6
mol·(L·min)-1,将A项、C项均换算为用C表示的速率其数值分别为:1
mol·(L·min)-1和0.4
mol·(L·min)-1,显然选D项。
答案：D
11.将0.1
mol
MnO2粉末加入到50
mL过氧化氢溶液(H2O2,ρ=1.1
g·mL-1)中,在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。
(1)实验时放出气体的总体积是　　　　。
(2)放出一半气体所需的时间为　　　　。
(3)反应放出体积气体所需的时间约为　　　　　。
(4)A,B,C,D各点反应速率的快慢顺序为　　　　。
(5)解释反应速率变化的原因:　。
(6)计算H2O2初始状态的浓度。
解析：(1)(2)(3)由图可知;(4)同一时间内产生O2越多,则反应速率越快,故D>C>B>A;
(6)2H2O22H2O+O2↑
2
mol
22.4
L
n(H2O2)
0.06
L
解得n(H2O2)≈0.005
4
mol。c(H2O2)=≈0.11
mol·L-1。
答案：(1)60
mL
(2)1
min
(3)2
min
(4)D>C>B>A
(5)随着反应的进行,H2O2的浓度减小,反应速率减慢
(6)0.11
mol·L-1
12.为了提高煤的利用率,人们先把煤转化为CO和H2,再将它们转化为甲醇。某实验员在一定温度下的密闭容器中,充入一定量的H2和CO,发生反应:2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)。测定的部分实验数据如下:
t/s
0
500
1
000
c(H2)/(mol·L-1)
5.00
3.52
2.48
c(CO)/(mol·L-1)
2.50
(1)在500
s内用H2表示的化学反应速率是
　　。
(2)在1
000
s内用CO表示的化学反应速率是　　　　　,1
000
s时CO的转化率是　。
(3)在500
s时生成的甲醇的浓度是　　
mol·L-1。
解析：(1)在500
s内,v(H2)==2.96×10-3
mol·(L·s)-1。
(2)在1
000
s内,H2的浓度减小了5.00
mol·L-1-2.48
mol·L-1=2.52
mol·L-1,则CO的浓度减少了×2.52
mol·L-1=1.26
mol·L-1,用CO表示的化学反应速率为v(CO)==1.26×10-3
mol·(L·s)-1,CO的转化率为×100%=50.4%。
(3)在500
s内,H2的浓度为减少了1.48
mol·L-1,则生成的CH3OH的浓度为×1.48
mol·L-1=0.74
mol·L-1。
答案：(1)2.96×10-3
mol·(L·s)-1
(2)1.26×10-3
mol·(L·s)-1　50.4%
(3)0.74
能力提升
13.某中学化学实验小组查阅资料发现金属氧化物A也能催化氯酸钾的分解,且A和二氧化锰的最佳催化温度都是500
℃左右。于是对A和二氧化锰的催化性能进行了定量对照实验。实验时均以收满500
mL氧气为准(其他可能影响的因素均已忽略)。
表一　用二氧化锰作催化剂
实验序号
KClO3质量/g
MnO2质量/g
反应温度/℃
待测数据
1
8.00
2.00
500
2
8.00
2.00
500
表二　用A作催化剂
实验序号
KClO3质量/g
A质量/g
反应温度/℃
待测数据
1
8.00
2.00
500
2
8.00
2.00
500
(1)完成实验中的待测数据应该是　　　　　　　　。
(2)完成此研究后,他们准备发表一篇研究报告,请你替他们拟一个报告题目　　　　　　　　　　　。
解析：催化剂是参与化学反应,但反应前后的质量与化学性质保持不变的物质。对A和二氧化锰的催化性能进行比较,必须进行定量对照实验,测得相同条件下收集满500
mL氧气所需时间的多少,从而判断两者的催化性能。
答案：(1)收集满500
mL氧气所需时间
(2)催化效果的对比研究(合理即可)
14.某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下,草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2转化为Cr3+。某课题组研究发现,少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响,探究如下:
(导学号52160147)
(1)在25
℃下,控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同,调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量,做对比实验,完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验编号
初始pH
废水样品体积/mL
草酸溶液体积/mL
蒸馏水体积/mL
①
4
60
10
30
②
5
60
10
30
③
5
60
测得实验①和②溶液中的Cr2浓度随时间变化关系如图所示。
(2)上述反应后草酸被氧化为　　　(填化学式)。
(3)实验①和②的结果表明　　　　　　　　　　　　　　　　;实验①中0~t1时间段反应速率v(Cr3+)=　　　
mol·L-1·min-1(用代数式表示)。
解析：(1)实验①②中初始pH不同,为探究pH对反应速率的影响,则实验②③为探究一定浓度草酸溶液用量对反应速率的影响,则实验②③中试剂总用量应相同。(2)草酸中C为+3价,则其被氧化为CO2。(3)实验①和②表明pH越小,则Cr2转化为Cr3+的反应速率越大;v(Cr3+)=2v(Cr2)=×2=(mol·L-1·min-1)。
答案：(1)20　20(或其他合理答案)
(2)CO2
(3)溶液pH对该反应的速率有影响或溶液pH越小,反应速率越大　
15.某反应A+BC在任一时刻的正、逆反应速率都可用“v(正)、v(逆)”表示:v(正)=k1[A][B],v(逆)=k2[C],其中k1、k2在一定温度下恒为常数,[A]、[B]、[C]分别代表某时刻三种物质的物质的量浓度。
(导学号52160148)
(1)上述反应达到平衡时,三种物质的物质的量浓度关系可表示为　　　　　　　　　　。
(2)在300
K时,开始反应的A、B浓度均为0.1
mol·L-1,达平衡时B的转化率为50%,则k1、k2之间的关系是　　　　　　　　　　　。
(3)升高温度,k1、k2的变化是　　　,增大,说明正反应是　　　(填“吸”或“放”)热反应。
解析：(1)达到化学平衡时,v(正)=v(逆),即k1[A][B]=k2[C]。
(2)平衡时A、B、C的浓度均为0.05
mol·L-1,代入(1)中的关系式即可求得。
(3)k与T的关系可由k的表达式k=A作出判断。升高温度,增大,说明升温更有利于正反应。
答案：(1)
(2)=20
(3)均变大　吸课时训练15　盐类的水解
基础夯实
1.0.1
mol·L-1NaHCO3的溶液的pH最接近于(　　)
　　　　　
　　　　　
　　　　
A.5.6
B.7.0
C.8.4
D.13.0
解析：NaHCO3溶液中,HC的水解程度大于电离程度,溶液显碱性,pH>7,不能选A、B。pH=13.0时,[OH-]=0.1
mol·L-1,0.1
mol·L-1NaHCO3的溶液不是强碱溶液,靠HC微弱的水解不可能产生这么大浓度的OH-,也不能选D。
答案：C
2.常温下,某溶液中由水电离出来的[H+]=1.0×10-13
mol·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：某溶液中由水电离出来的[H+]=1.0×10-13
mol·L-1,正常水电离出来的[H+]=1.0×10-7
mol·L-1,说明水的电离被抑制,且溶液既可能呈酸性,也可能呈碱性。①SO2+H2OH2SO3,H2SO3HS+H+,HSS+H+,溶液呈酸性抑制水的电离;④NaOHNa++OH-,溶液呈碱性抑制水的电离;②氯化铵水溶液中,NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl,铵根离子水解,使得溶液呈酸性,是促进了水的电离;③硝酸钠水溶液是强酸强碱盐,不水解呈中性。
答案：A
3.50
℃时,下列各溶液中,离子的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A.pH=4的醋酸中:[H+]=4.0
mol·L-1
B.饱和小苏打溶液中:[Na+]=[HC]
C.饱和食盐水中:[Na+]+[H+]=[Cl-]+[OH-]
D.pH=12的纯碱溶液中,[OH-]=1.0×10-2
mol·L-1
解析：pH=4,则[H+]=1.0×10-4
mol·L-1,故A错误;小苏打(NaHCO3)在水中发生水解HC+H2OH2CO3+OH-,而使HC减少,[Na+]>[HC],故B错误;食盐水中含有Na+、Cl-、OH-、H+,根据溶液电中性原理,应有[Na+]+[H+]=[Cl-]+[OH-],C正确;[OH-]=,但由于该溶液的温度是50
℃,而不是常温,所以KW≠1.0×10-14,所以[OH-]≠1.0×10-2
mol·L-1,故D错误。
答案：C
4.有4种混合溶液,分别由等体积0.1
mol·L-1的两种溶液混合而成:
①NH4Cl与CH3COONa　②NH4Cl与HCl
③NH4Cl与NaCl　④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)
下列各项排序正确的是(　　)
A.pH:②<①<③<④
B.溶液中c(H+):①<③<②<④
C.c(N):①<③<②<④
D.c(NH3·H2O):①<③<④<②
解析：①溶液的pH大于③溶液的pH,A项错误;混合溶液中c(H+)最大的为②,B项错误;C项,①中CH3COO-的水解能促进N的水解,而②中盐酸电离出的H+抑制N的水解,④中除NH4Cl电离出N外,NH3·H2O也可电离出N,正确;D项,c(NH3·H2O)最大的为④,错误。
答案：C
5.室温时,将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合,下列关于该混合溶液的叙述错误的是(　　)
A.若pH>7时,则一定是c1V1=c2V2
B.在任何情况下都是[Na+]+[H+]=[CH3COO-]+[OH-]
C.当pH=7时,若V1=V2,则一定是c2>c1
D.若V1=V2,c1=c2,则[CH3COO-]+[CH3COOH]=[Na+]
解析：若c1V1=c2V2说明二者恰好反应生成醋酸钠,醋酸钠水解显碱性,但NaOH过量时溶液也显碱性。
答案：A
6.盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是(　　)
A.在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH,溶液中的阴离子只有C和OH-
B.
NaHCO3溶液中:[H+]+[H2CO3]=[OH-]
C.
10
mL
0.10
mol·L-1CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后,溶液中离子的浓度由大到小的顺序是:[Na+]>[CH3COO-]>[OH-]>[H+]
D.中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同
解析：A中,生成Na2CO3溶液,C会发生水解,生成HC,A错;B中,由电荷守恒:[H+]+[Na+]=[HC]+2[C]+[OH-],物料守恒:[Na+]=[HC]+[C]+[H2CO3],两式相减得:[H+]+[H2CO3]=[C]+[OH-],B错;C中,生成NaAc,Ac-水解呈碱性,故C正确;D中,相同pH,相同体积的HCl和HAc,因为HAc为弱酸,所以HAc的物质的量浓度大,HAc所消耗的NaOH的物质的量多,D错。
答案：C
7.下列说法错误的是(　　)
A.配制FeCl3溶液,为了抑制水解,常加盐酸
B.加热蒸干CuCl2溶液得到CuCl2固体
C.盐类水解通常都是吸热的
D.水解达到平衡时的AlCl3稀溶液中,无论再加入AlCl3固体还是加水或者加热,其水解平衡均向右移动
解析：易水解显酸性的盐,在配制其盐溶液时,为了抑制水解,常加相应的酸,A项正确;易挥发性酸的弱碱盐水溶液,加热蒸干时往往彻底水解生成氢氧化物,进而得到金属氧化物,[CuCl2(aq)CuO(s)],B项错误;盐类水解是吸热的,C项正确;AlCl3溶液中存在水解平衡:Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,增大[Al3+]或加水稀释或加热,水解平衡都向正反应方向移动,D项正确。
答案：B
8.将下列固体物质溶于水,再将其溶液加热,蒸发结晶、再灼烧,产物的化学组成与原固体物质相同的是(　　)
(导学号52160173)
①胆矾　②氯化铝　③硫酸铝　④Na2CO3　⑤NaHCO3
⑥氯化铜
A.③④
B.①③④
C.①②③④⑤
D.①②③④⑤⑥
解析：对各物质进行操作,最终得到的产物分别为①无水CuSO4　②Al2O3　⑤Na2CO3　⑥CuO,只有③④产物的组成与原物质相同。
答案：A
9.已知HA与HB均为弱酸,且HA的酸性比HB弱,在物质的量浓度均为0.1
mol·L-1的NaA和NaB混合溶液中,下列正确的是(　　)
(导学号52160174)
A.[HA]>[HB]
B.[A-]>[B-]
C.[H+]>[OH-]
D.[A-]+[B-]>[Na+]
解析：由于NaA与NaB均为弱酸强碱盐,故二者阴离子均发生水解反应,A-+H2OHA+OH-,B-+H2OHB+OH-,且水解程度A->B-,A项正确,B、C两项均错误;由物料守恒有:[A-]+[B-]+[HA]+[HB]=[Na+],即[A-]+[B-]<[Na+],D项错。
答案：A
10.下列根据反应原理设计的应用,不正确的是(　　)
A.C+H2OHC+OH-与Al2(SO4)3溶液混合作灭火剂
B.Al3++3H2OAl(OH)3+3H+　明矾净水
C.TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓+4HCl　制备TiO2纳米粉
D.SnCl2+H2OSn(OH)Cl↓+HCl　配制氯化亚锡溶液时加入浓盐酸
解析：泡沫灭火器中的灭火剂是NaHCO3与Al2(SO4)3的混合溶液,反应原理为Al3++3HCAl(OH)3↓+3CO2↑,A项错,其余均正确。
答案：A
11.有一种含氨和氯化铵物质的量相等的混合溶液,其pH为9.3,下列说法中错误的是(　　)
A.氨水的电离作用大于氯化铵的水解作用
B.氯化铵的水解作用大于氨水的电离作用
C.氨水的存在抑制了氯化铵的水解
D.氯化铵的存在抑制了氨水的电离
解析：混合溶液中存在两个平衡:NH3·H2ON+OH-①,N+H2ONH3·H2O+H+②。若①占主导作用,则溶液显碱性,若②占主导作用,溶液呈酸性,现混合溶液pH=9.3,故B项错误,其余均正确。
答案：B
12.已知某溶液中只存在OH-、H+、N、Cl-四种离子,某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系:
(导学号52160175)
①[Cl-]>[N]>[H+]>[OH-]
②[N]>
[OH-]>[Cl-]>[H+]
③[N]>[Cl-]>[OH-]>[H+]
④[Cl-]>[H+]>[N]>[OH-]
填写下列空白:
(1)若溶液中只有一种溶质,则该溶质是　　　　　,上述四种离子浓度的大小顺序为　　　　　(填序号)。
(2)若四种离子浓度的关系符合③,则溶质为　　　　　　　　　　;若四种离子浓度的关系符合④,则溶质为　　　　　　　　。
(3)将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数,则下列图像正确的是(　　)
(4)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成的,且恰好呈中性,则混合前c(HCl)　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)c(NH3·H2O)。
解析：(1)由已知的四种离子可知,当溶液中只存在一种溶质时,为NH4Cl;NH4Cl为强酸弱碱盐,水解呈酸性,离子浓度关系为①。
(2)四种离子浓度的关系符合③时,溶液呈碱性,则溶液中存在的溶质为NH4Cl和NH3;当四种离子浓度的关系符合④时,溶液呈强酸性,溶液中存在的溶质为NH4Cl和HCl。
(3)NH4Cl为强酸弱碱盐,稀释促进其水解;盐酸为强酸,在溶液中全部电离。pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数时,盐酸的pH大于NH4Cl;又因为加水稀释时,二者的pH均增大,故B项正确。
(4)体积相等的稀盐酸和氨水混合,且恰好呈中性,则混合前氨水浓度大于盐酸的浓度。
答案：(1)NH4Cl　①
(2)NH4Cl和NH3　NH4Cl和HCl
(3)B
(4)小于
13.现有S2-、S、N、Al3+、HP、Na+、S、[Al(OH)4]-、Fe3+、HC、Cl-等离子,请按要求填空:
(导学号52160176)
(1)在水溶液中,离子水解呈碱性的是　。
(2)在水溶液中,离子水解呈酸性的是　。
(3)既能在酸性较强的溶液里大量存在,又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有　。
(4)既不能在酸性较强的溶液里大量存在,又不能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有
　。
解析：(1)弱酸根离子水解溶液显碱性,部分弱酸的酸式酸根离子若水解程度大,则溶液也显碱性,即S2-、S、HP、[Al(OH)4]-、HC水解呈碱性。
(2)N、Al3+、Fe3+属于弱碱的阳离子,水解后溶液呈酸性。
(3)Na+、S、Cl-是强酸的阴离子和强碱的阳离子,既能在强酸性溶液中存在又能在强碱性溶液中存在。
(4)HP、HC属于弱酸的酸式酸根离子,既能与强酸反应又能与强碱反应。
答案：(1)S2-、S、HP、[Al(OH)4]-、HC
(2)N、Al3+、Fe3+
(3)Na+、S、Cl-
(4)HP、HC
14.25
℃时,下图烧杯中各盛有25
mL的溶液。
(1)甲溶液pH:　　　　。
(2)若将甲溶液全部倒入乙中,所得的混合溶液的pH　　　　丙溶液的pH(填“>”“<”或“=”)。
(3)若将乙溶液全部倒入丙中,所得的混合溶液pH>7,所得溶液中离子浓度大小顺序是　　　　　　　　　　　　　。
解析：(1)根据pH的定义:pH=-lgc(H+),盐酸为强酸,则pH=-lgc(H+)=-lg0.100=1。(2)若将甲溶液全部倒入乙中,所得的混合溶液为NH4Cl溶液,但溶液的浓度小于0.100
mol·L-1,NH4Cl溶液水解呈酸性,溶液越稀,pH越大。(3)混合后溶液中只含N、Cl-、H+、OH-四种离子,溶液pH>7,则c(OH-)>c(H+),再根据电荷守恒可知溶液中c(N)>c(Cl-),即混合溶液中有c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。
答案：(1)1　(2)>
(3)c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
能力提升
15.有A、B、C、D四种强电解质,它们在水中可电离出下列离子(每种物质只含一种阳离子和一种阴离子,且互不重复)。
(导学号52160177)
阳离子
Na+、K+、Ba2+、N
阴离子
S、Cl-、OH-、CH3COO-
已知:①A、C溶液的pH均大于7,B溶液的pH小于7;D溶液焰色反应显黄色。
②C溶液与D溶液混合后生成白色沉淀;B溶液与C溶液混合后加热生成有刺激性气味的气体。
(1)检验B中阳离子的操作方法为　。
(2)写出C溶液与D溶液反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　。
(3)25
℃时,pH=9的A溶液和pH=9的C溶液中由水电离产生的OH-的物质的量浓度之比为　　　　　　　　。
(4)25
℃时,用惰性电极电解D的水溶液,一段时间后溶液的pH　　7(填“>”“<”或“=”)。
(5)将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合,反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　　　。
(6)25
℃时,在一定体积的0.2
mol·L-1的C溶液中,加入一定体积的0.1
mol·L-1的盐酸时,混合溶液的pH=13。若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和,则C溶液与盐酸的体积比是　　　　。
解析：A、C溶液的pH均大于7,应为醋酸盐和碱溶液,B溶液的pH小于7,应为铵盐溶液;D溶液焰色反应显黄色,溶液中含有钠离子。再结合已知信息②可知,C为Ba(OH)2,D为Na2SO4,B为NH4Cl,A为CH3COOK。(1)B中的阳离子为N。(2)C溶液和D溶液的反应为氢氧化钡和硫酸的反应,生成硫酸钡和氢氧化钠,反应的离子方程式为Ba2++SBaSO4↓。(3)A溶液由于水解显碱性,促进水的电离,根据KW=1×10-14可知,由水电离出的OH-的物质的量浓度c(OH-)=1×10-5
mol·L-1,C溶液为强碱溶液,抑制水的电离,由水电离出的OH-的物质的量浓度等于溶液中H+的物质的量浓度,即c(OH-)=1×10-9
mol·L-1,两者之比为104∶1。(4)用惰性电极电解Na2SO4溶液,实质是电解水,溶液呈中性,pH=7。(5)等体积、等物质的量浓度的NH4Cl溶液和Ba(OH)2溶液混合,反应后的溶液中有c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(N)>c(H+)。(6)设Ba(OH)2溶液和盐酸的体积分别是V1和V2,反应后pH=13,说明Ba(OH)2过量,c(H+)=10-13
mol·L-1,c(OH-)=0.1
mol·L-1,0.2
mol·L-1×2×V1-0.1
mol·L-1×V2=0.1
mol·L-1×(V1+V2),则V1∶V2=2∶3。
答案：(1)取少许B溶液置于洁净的试管中,加入NaOH溶液并加热,用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验,若试纸变蓝,证明有N存在;若不变蓝,则证明没有N存在
(2)Ba2++SBaSO4↓　(3)104∶1
(4)=
(5)c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(N)>c(H+)
(6)2∶3
16.常温下,如果取0.1
mol·L-1HA溶液与0.1
mol·L-1NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化),测得混合溶液的pH=8,试回答以下问题:
(1)混合溶液的pH=8的原因(用离子方程式表示):
　。
(2)混合溶液中由水电离出的[H+]　　　(填“>”“<”或“=”)0.1
mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的[H+]。
(3)求出混合液中下列算式的精确计算结果(填具体数字):
[Na+]-[A-]=　　　　
mol·L-1,
[OH-]-[HA]=　　　　
mol·L-1。
(4)已知NH4A溶液为中性,又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出,试推断(NH4)2CO3溶液的pH　　　　7(填“>”“<”或“=”);将同温度下等浓度的四种盐溶液:
A.NH4HCO3
B.NH4A
C.(NH4)2SO4
D.NH4Cl
按pH由大到小的顺序排列是　　(填序号)。
解析：(2)混合液由于A-水解,促进水的电离,而NaOH抑制水的电离。
(3)一开始[Na+]=[A-],但Na+不水解,A-水解,[Na+]与[A-]之差即为水解的A-的量。pH=8,[H+]=10-8
mol·L-1,[OH-]=10-6
mol·L-1。
由H2O电离的[OH-=[H+]=10-8
mol·L-1
A-+H2OHA+OH-
[Na+]-[A-]=[OH-]-[OH-=9.9×10-7
mol·L-1
[OH-]-[HA]=10-6
mol·L-1-9.9×10-7
mol·L-1=1×10-8
mol·L-1。
(4)NH4A为中性,说明N与A-的水解程度相当,而HA加到Na2CO3中有气体放出,说明HA酸性强于H2CO3的,C水解程度大于A-的,因而(NH4)2CO3溶液pH>7,
NH4HCO3溶液的pH也同样大于7,Cl-和S不水解,所以(NH4)2SO4和NH4Cl溶液显酸性,但(NH4)2SO4中N更多,水解程度更大,因而p答案：(1)A-+H2OHA+OH-　(2)>
(3)9.9×10-7　1×10-8　(4)>　ABDC第2章　化学反应的方向、限度与速率
课时训练7　化学反应的方向
基础夯实
1.下列过程是非自发的是(　　)
　
　　　　　
　　　　　
　　
A.水由高处向低处流
B.天然气的燃烧
C.铁在潮湿空气中生锈
D.室温下水结成冰
解析：自然界中水由高处向低处流、天然气的燃烧、铁在潮湿空气中生锈、室温下冰的融化,都是自发过程,其逆向都是非自发的。
答案：D
2.下列说法完全正确的是(　　)
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：焓判据、熵判据均不是反应能否自发进行的唯一判据,因此A、B说法均不正确;C应该是“气体物质的量增加的反应,ΔS为正值”;如果ΔH和ΔS均为正值,当温度升高时,ΔH-TΔS有可能小于零,因此反应可能自发进行是正确的。
答案：D
3.下列说法不正确的是(　　)
A.体系有序性越高,熵值就越低
B.自发过程可能导致体系的熵增大
C.吸热反应不可以自发进行
D.同种物质气态时熵值最大
答案：C
4.下列说法正确的是(　　)
A.凡是放热反应都是自发的,凡是吸热反应都是非自发的
B.自发反应一定是熵增大,非自发反应一定是熵减小或不变
C.自发反应在恰当条件下才能实现
D.自发反应在任何条件下都能实现
解析：放热反应常常是自发反应,吸热反应有些也是自发反应;自发反应的熵不一定增大,可能减小,也可能不变;过程的自发性只能用于判断过程的方向,是否能实现还要看具体的条件。
答案：C
5.汽车尾气(含烃类、CO、NO与SO2等)是城市主要污染源之一,治理的办法之一是在汽车排气管上装催化转化器,它使NO与CO反应生成可参与大气生态循环的无毒气体,其反应原理是2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g),在298
K、100
kPa下,ΔH=-113
kJ·
mol-1,ΔS=-145
J·
mol-1·K-1。下列说法中错误的是(　　)
A.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
B.该反应常温下不能自发进行,因此需要高温和催化剂条件
C.该反应常温下能自发进行,高温和催化剂条件只是加快反应的速率
D.汽车尾气中的这两种气体会与血红蛋白结合而使人中毒
解析：此反应是放热反应,所以A正确;常温下,若ΔH-TΔS<0,反应可以自发进行,高温和催化剂条件能加快反应速率,所以B不正确,C正确;NO、CO都可和血红蛋白结合而使人中毒,D正确。
答案：B
6.对于化学反应方向的确定,下列说法正确的是(　　)
A.反应熵变是决定反应能否自发进行的唯一因素
B.温度、压强一定时,放热的熵增加反应一定能自发进行
C.反应焓变是决定反应能否自发进行的唯一因素
D.固体的溶解过程与焓变有关
解析：ΔH-TΔS<0常温、常压下反应能自发进行,所以焓变和熵变是一定温度、压强下化学反应能否自发进行的复合判据,所以A、C不正确。放热反应的焓变小于零,熵增加反应熵变大于零,都对ΔH-TΔS<0作出贡献。显然,放热的熵增加反应一定能自发进行,所以B正确。固体的溶解过程,体系的混乱度增大,它是熵增加的过程,所以D不正确。
答案：B
7.灰锡结构松散,不能用于制造器皿,而白锡结构坚固,可以制造器皿。现把白锡制造的器皿放在0
℃、100
kPa的室内存放,它会不会变成灰锡而不能继续使用(已知在0
℃、100
kPa条件下白锡转化为灰锡的反应,焓变和熵变分别为ΔH=-2
180.9
J·mol-1;ΔS=-6.61
J·mol-1·K-1)(　　)
(导学号52160125)
A.会变
B.不会变
C.不能确定
D.升高温度才会变
解析：在等温、等压条件下,自发反应总是向着ΔH-TΔS<0的方向进行,直至达到平衡状态。因此,在0
℃、100
kPa条件下,白锡会不会变为灰锡的问题就转化为求算反应白锡→灰锡的ΔH-TΔS的问题。ΔH-TΔS=-2
180.9
J·mol-1-273
K×(-6.61
J·mol-1·K-1)=-376.37
J·mol-1<0,因此在该条件下白锡会变为灰锡。
答案：A
8.下列关于化学反应的熵变的叙述中正确的是(　　)
A.化学反应的熵变与反应的方向无关
B.熵值增大的反应都是混乱度增大的反应
C.化学反应的熵变直接决定了反应的方向
D.熵值增大的反应都能自发进行
解析：熵变是影响化学反应方向的一个重要因素,A项错误;熵值的大小衡量的就是混乱度的大小,B项正确;熵变和焓变共同决定化学反应的方向,C、D项错误。
答案：B
9.下列有关说法不正确的是(　　)
A.一定温度下,反应MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)
ΔH>0　ΔS>0
B.镀铜铁制品镀层受损后,铁制品比受损前更容易生锈
C.CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)室温下不能自发进行,说明该反应的ΔH<0
D.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生氧化反应
解析：分解反应一般为吸热、熵增的反应,A选项正确;B选项,易形成原电池,Fe做负极,正确;C选项,该反应气体分子数增大,为熵增的反应ΔS>0,反应不能自发进行可知ΔH-TΔS>0,所以ΔH>0,错误。
答案：C
10.下列反应的自发性,能用熵判据来解释的是(　　)
A.4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)4Fe(OH)3(s)
B.NH4HCO3(s)+CH3COOH(aq)CO2(g)+CH3COONH4(aq)+H2O(l)
C.CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)
D.2H2(g)+O2(g)2H2O(l)
解析：A、C、D均是熵减的反应,均不能用熵判据来解释,只有B选项是熵增反应。
答案：B
11.下列关于化学反应方向的说法中错误的是(　　)
A.寻求一种客观的判据,判断一个反应能否发生
B.预期一个新反应能否发生
C.化学反应能否发生无需判据,只需实验检验即可
D.仅用实验方法探索反应能否发生,可能要付出极大代价
答案：C
12.下列3个反应:①S(s)+O2(g)SO2(g)　②H2(g)+O2(g)H2O2(l)　③C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)按ΔS增加的顺序排列正确的是(　　)
(导学号52160126)
A.②①③
B.③②①
C.②③①
D.①③②
解析：由气体分子数判断三个反应的ΔS分别是约为0、小于0、大于0。
答案：A
13.汽车燃油不完全燃烧时产生CO,有人设想按下列反应除去CO:2CO(g)2C(s)+O2(g)已知该反应的ΔH>0,简述该设想能否实现的依据:
　。
解析：由化学方程式可知反应物和生成物气体的系数之和分别为2、1,为熵减的反应。则ΔH-TΔS一定大于0,任何温度下均不自发进行。
答案：该反应是焓增、熵减的反应,任何温度下均不自发进行
14.氨基甲酸铵分解反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)的焓变ΔH　　　　0,熵变ΔS　　　　0(填“>”“<”或“=”)。
解析：该反应为分解反应一般为吸热反应,焓变ΔH>0;氨基甲酸铵固体分解为气体,体系混乱度增大,熵变ΔS>0。
答案：>　>
15.随着环境污染的日趋严重,我国加大了对氮氧化物排放的控制力度。目前,消除氮氧化物污染有多种方法。
用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:
①CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-574
kJ·mol-1
②CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-1
160
kJ·mol-1
③H2O(g)H2O(l)　ΔH=-44.0
kJ·mol-1
写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式　,
该反应的熵变ΔS　　　　0(填“>”“<”或“=”)。
解析：首先写出该反应的化学方程式:CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l),然后比较所求方程式与已知方程式中的物质位置,因为①、②中均有CH4(g),比较NO2(g)、N2(g)、H2O(l)可知在“”前后位置均相同,①式×+②式×+③式×2得所求方程式,所以ΔH=(-574
kJ·mol-1)×+(-1
160
kJ·mol-1)×+(-44.0
kJ·mol-1)×2=-955
kJ·mol-1;该反应是气体分子数减小的反应,故该过程ΔS<0。
答案：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-955
kJ·mol-1　<
16.由铁矿石生产金属铁有两种可能的途径:
(导学号52160127)
①Fe2O3(s)+C(s)2Fe(s)+CO2(g)
ΔH=231.93
kJ·mol-1　ΔS=276.32
J·mol-1·K-1
②Fe2O3(s)+3H2(g)2Fe(s)+3H2O(g)
ΔH=96.71
kJ·mol-1　ΔS=138.79
kJ·mol-1·K-1
(1)试判断这两个反应在高温还是低温下自发进行　。
(2)上述反应中的　　　　(填序号)可以在较低温度下进行。
解析：(1)这两个反应均是吸热、熵增的反应,所以在高温下自发进行;(2)T1==839
K;T2==697
K。所以第②种途径可以在较低温度下进行。
答案：(1)高温
(2)②
17.已知下列数据:CaO(s)+SO3(g)CaSO4(s)　ΔH=-401.9
kJ·mol-1
(导学号52160128)
CaSO4(s)
CaO(s)
SO3(g)
S/(J·mol-1·K-1)
107.0
39.75
256.65
试通过计算说明能否用CaO(s)吸收高炉废气中的SO3气体以防止SO3污染环境。
解析：根据已知数据求得ΔS=107.0
J·mol-1·K-1-39.75
J·mol-1·K-1-256.65
J·mol-1·K-1=-189.4
J·mol-1·K-1,ΔH-TΔS=-401.9
kJ·mol-1-298
K×(-189.4×10-3
kJ·mol-1·K-1)=-345.46
kJ·mol-1,所以反应在常温下能自发进行。令ΔH-TΔS=0,可求得T=2
122
K,即反应的转折温度较高,因此用CaO(s)吸收高炉废气中的SO3气体以防止SO3污染环境是可行的。
答案：反应在常温下能自发进行,同时反应的转折温度较高,约2
122
K,因此是可行的。
18.在冶金工业中,以C作为还原剂,温度高于980
K时的氧化产物是以CO为主,低于980
K时以CO2为主。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的正负符号为　　　　;当体系温度高于980
K时,ΔH-TΔS的正负符号为　　　　。
解析：温度高于980
K时C的氧化产物是以CO为主,说明反应2CO(g)CO2(g)+C(s)逆向进行,因此,当体系温度高于980
K时,ΔH-TΔS的值为正;温度低于980
K时C的氧化产物是以CO2为主,说明反应2CO(g)CO2(g)+C(s)正向进行,因此,当体系温度低于980
K时,ΔH-TΔS的值为负。
答案：负　正
能力提升
19.已知NH4NO3N(aq)+N(aq)　ΔH(298
K)=+25.7
kJ·mol-1,即该反应为吸热反应,一定不能自发进行。这种说法对不对,为什么
(导学号52160129)
解析：ΔH对化学反应能否自发进行是有影响的,ΔH<0(即放热反应)有利于反应自发进行。但某些反应的ΔH>0,却可以自发进行,这说明焓变并不是反应能否自发进行的唯一决定因素,仅仅是其中的一个影响性因素。
答案：不对。焓变并不是反应能否自发进行的唯一决定因素,仅仅是其中的一个影响性因素。
20.已知甲烷隔绝空气在不同温度下有可能发生如下两个裂解反应:①CH4(g)C(s)+2H2(g),②2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)。某同学为了得到用天然气制取炭黑的允许温度范围和最佳温度,在图书馆查到了如下热力学数据:
①的ΔH(298
K)=+74.848
kJ·mol-1,ΔS(298
K)=+80.674
J·mol-1·K-1
②的ΔH(298
K)=+376.426
kJ·mol-1,ΔS(298
K)=+220.211
J·mol-1·K-1
已知焓变和熵变随温度变化很小。请帮助这位同学考虑如下问题:
(1)判断该反应高温自发还是低温自发:　　　　　(填“高温”或“低温”)。
(2)通过计算判断此反应在常温下能否自发进行
　。
(3)求算制取炭黑的允许温度范围　。
(4)为了提高甲烷的碳化程度,你认为下面四个温度中最合适的是　　　　　。
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.905.2
K
B.927
K
C.1
273
K
D.2
000
K
解析：(2)ΔH-TΔS=74.848
kJ·mol-1-80.674×10-3
kJ·mol-1·K-1×298
K=50.807
kJ·mol-1>0,所以该反应常温下不自发进行。
(3)裂解为炭黑和H2时,ΔH-TΔS=74.848
kJ·mol-1-80.674×10-3kJ·mol-1·K-1×T<0,得T>927.8
K,即裂解为炭黑的最低温度为927.8
K。裂解为乙炔时,ΔH-TΔS=376.426
kJ·mol-1-220.211×10-3kJ·mol-1·K-1×T<0,得T>1
709.4
K,即温度高于1
709.4
K自发裂解为乙炔和氢气。所以要制取炭黑,温度须控制在927.8~1
709.4
K。
答案：(1)高温　(2)不能自发进行　(3)927.8~1
709.4
K　(4)C课时训练2　热化学方程式　反应焓变的计算
基础夯实
1.今有如下三个热化学方程式:
H2(g)+O2(g)H2O(g)　ΔH=a
kJ·mol-1
H2(g)+O2(g)H2O(l)　ΔH=b
kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)2H2O(l)　ΔH=c
kJ·mol-1下列关于它们的表述正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.它们都是吸热反应
B.a、b和c均为正值
C.a=b
D.2b=c
解析：根据热化学方程式书写中反应热表示方法的规定即ΔH为“-”表示放热,ΔH为“+”表示吸热,可判断H2燃烧放出的热量应为负值,因为燃烧反应为放热反应,故A、B错;根据相同物质的反应,聚集状态不同,反应热不同可判断a≠b,故C错;根据相同反应,反应热与可燃物的物质的量成正比可判断2b=c。
答案：D
2.已知:H2(g)+F2(g)2HF(g)　ΔH=-270
kJ·mol-1,下列说法不正确的是(　　)
A.44.8
L氟化氢气体分解成22.4
L的氢气和22.4
L的氟气吸收270
kJ热量
B.1
mol氢气与1
mol氟气反应生成2
mol液态氟化氢放出的热量大于270
kJ
C.相同条件下,1
mol氢气与1
mol氟气的能量总和高于2
mol氟化氢气体的能量
D.2
mol
H—F键的键能比1
mol
H—H键和1
mol
F—F键的键能之和大270
kJ
解析：A项44.8
L
HF未指明所处的状态,其物质的量不一定为2
mol,错误;因HF(g)的能量较HF(l)的高,故B项正确;由题意知生成HF的反应是放热反应,故可知C、D项正确。
答案：A
3.已知下列数据:
Fe(s)+O2(g)FeO(s)　ΔH1=-272
kJ·mol-1
2Al(s)+O2(g)Al2O3(s)
ΔH2=-1
675
kJ·mol-1
则2Al(s)+3FeO(s)Al2O3(s)+3Fe(s)的ΔH是(　　)(导学号52160104)
A.+859
kJ·mol-1
B.-859
kJ·mol-1
C.-1
403
kJ·mol-1
D.-2
491
kJ·mol-1
解析：据盖斯定律知:ΔH=ΔH2-3ΔH1=-1
675
kJ·mol-1+3×272
kJ·mol-1=-859
kJ·mol-1,B正确。
答案：B
4.气体打火机以丁烷
(C4H10)为燃料。已知:CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)4CO2(g)+5H2O(l)　ΔH=-2
878
kJ·mol-1
(CH3)2CHCH3(g)+6.5O2(g)4CO2(g)+5H2O(l)　ΔH=-2
869
kJ·mol-1
下列说法正确的是(　　)
A.正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子
B.正丁烷的稳定性大于异丁烷
C.异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程
D.异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多
解析：从反应的热化学方程式可以看出,在同样的条件下,正丁烷放热比异丁烷多,故A正确;物质的能量越高越不稳定,因此稳定性异丁烷大于正丁烷,故B错;异丁烷转化为正丁烷能量增多,因此是一个吸热过程,故C错;由烃的结构特点可知氢原子数相同,两者碳氢键个数必相等,故D错。
答案：A
5.化学反应N2+3H22NH3的能量变化如图所示,该反应的热化学方程式是(　　)
A.N2(g)+3H2(g)2NH3(l)
ΔH=2(a-b-c)
kJ·mol-1
B.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
ΔH=2(b-a)
kJ·mol-1
C.N2(g)+H2(g)NH3(l)
ΔH=(b+c-a)
kJ·mol-1
D.N2(g)+H2(g)NH3(g)
ΔH=(a+b)
kJ·mol-1
解析：由图可以看出,
mol
N2(g)+
mol
H2(g)的能量为a
kJ,1
mol
NH3(g)的能量为b
kJ,所以N2(g)+H2(g)NH3(g)　ΔH=(a-b)
kJ·mol-1,而1
mol的NH3(g)转化为1
mol的NH3(l)放出的热量为c
kJ,所以H2(g)+N2(g)NH3(l)　ΔH=(a-b-c)
kJ·mol-1,即:N2(g)+3H2(g)2NH3(l)　ΔH=2(a-b-c)
kJ·mol-1。
答案：A
6.已知:①2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH=-221.0
kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)2H2O(g)
ΔH=-483.6
kJ·mol-1
则制备水煤气的反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的ΔH为(　　)
A.+262.6
kJ·mol-1
B.-131.3
kJ·mol-1
C.-352.3
kJ·mol-1
D.+131.3
kJ·mol-1
解析：据盖斯定律,把已知两个反应相加减,可求得制备水煤气反应的ΔH。由①-②得2C(s)+O2(g)-2H2(g)-O2(g)2CO(g)-2H2O(g)　ΔH=-221.0
kJ·mol-1-(-483.6
kJ·mol-1),即2C(s)+2H2O(g)2H2(g)+2CO(g)　ΔH=+262.6
kJ·mol-1,则C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的ΔH为+262.6
kJ·mol-1÷2=+131.3
kJ·mol-1。
答案：D
7.下列各组热化学方程式中,化学反应的ΔH前者大于后者的是(　　)
(导学号52160105)
①C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH1
C(s)+O2(g)CO(g)　ΔH2
②S(s)+O2(g)SO2(g)　ΔH3
S(g)+O2(g)SO2(g)　ΔH4
③H2(g)+O2(g)H2O(l)　ΔH5
2H2(g)+O2(g)2H2O(l)　ΔH6
④CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)　ΔH7
CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)　ΔH8
A.①
B.④
C.②③④
D.①②③
解析：①中前式减后式整理得:CO(g)+O2(g)CO2(g)　ΔH=ΔH1-ΔH2<0,故ΔH1<ΔH2;②中前式减后式得S(s)S(g)　ΔH=ΔH3-ΔH4>0,故ΔH3>ΔH4;③中ΔH6=2ΔH5,且ΔH6、ΔH5均小于零,故ΔH5>ΔH6;④中ΔH7>0,ΔH8<0,故ΔH7>ΔH8。
答案：C
8.如图所示是298
K时,N2与H2反应过程中能量变化的曲线图,下列叙述正确的是(　　)
A.该反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92
kJ·mol-1
B.a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
C.加入催化剂,该化学反应的反应热改变
D.该反应为吸热反应
解析：热化学方程式中,必须注明各物质的状态,该反应是放热反应,A正确、D错误;b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线,B错误;加入催化剂不能改变反应的反应热,C错误。
答案：A
9.依据叙述,写出下列反应的热化学方程式。
(1)若适量的N2和O2完全反应,每生成23
g
NO2需要吸收16.95
kJ热量。其热化学方程式为
　。
(2)用NA表示阿伏加德罗常数的值,在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中,每有5NA个电子转移时,放出650
kJ的热量。其热化学方程式为
　。
(3)已知拆开1
mol
H—H键、1
mol
N—H键、1
mol
NN键分别需要的能量是436
kJ、391
kJ、946
kJ。则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为
　。
解析：根据反应热的定义计算出吸放热的数值,同时注意物质的状态,再书写相应的热化学方程式即可。
答案：(1)N2(g)+2O2(g)2NO2(g)
ΔH=+67.8
kJ·mol-1
(2)C2H2(g)+O2(g)2CO2(g)+H2O(l)
ΔH=-1
300
kJ·mol-1
(3)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92
kJ·mol-1
10.红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH1和ΔH2表示生成1
mol产物的数据)。
(导学号52160106)
根据上图完成下列问题:
(1)P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式
　。
(2)PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式
　。
(3)P和Cl2分两步反应生成1
mol
PCl5的ΔH3=　　　　,P和Cl2一步反应生成1
mol
PCl5的ΔH4　　　　ΔH3(填“大于”“小于”或“等于”)。
解析：(1)由图可以看出,1
mol
P在Cl2中完全燃烧生成PCl3时放出的热量为306
kJ·mol-1,所以P与Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为P(s)+Cl2(g)PCl3(g)　ΔH1=-306
kJ·mol-1。
(2)中间产物PCl3和未完全反应的Cl2的总能量高于最终产物PCl5的能量,其ΔH2=-93
kJ·mol-1,所以PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)　ΔH=+93
kJ·mol-1。
(3)由盖斯定律可知,一步反应生成PCl5和两步反应生成PCl5的总热效应相等,即ΔH3=-399
kJ·mol-1。
答案：(1)P(s)+Cl2(g)PCl3(g)
ΔH1=-306
kJ·mol-1
(2)PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)
ΔH=+93
kJ·mol-1
(3)-399
kJ·mol-1　等于
11.将0.3
mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧,生成固态三氧化二硼和液态水,放出649.5
kJ热量,该反应的热化学方程式为
　。
又已知:H2O(g)H2O(l)　ΔH1=-44.0
kJ·mol-1,则11.2
L(标准状况)乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是　　　　
kJ。
解析：0.3
mol乙硼烷完全燃烧生成液态水放出649.5
kJ热量,则1
mol乙硼烷完全燃烧放出的热量为1
mol×=2
165
kJ,因此乙硼烷燃烧的热化学方程式为B2H6(g)+3O2(g)B2O3(s)+3H2O(l)　ΔH=-2
165
kJ·mol-1。由于1
mol水汽化需吸热44
kJ,则3
mol液态水全部汽化吸热为3
mol×44
kJ·mol-1=132
kJ,所以1
mol乙硼烷完全燃烧产生气态水时放热为2
165
kJ-132
kJ=2
033
kJ,则11.2
L(标准状况)乙硼烷完全燃烧产生气态水放出热量是0.5
mol×2
033
kJ·mol-1=1
016.5
kJ。
答案：B2H6(g)+3O2(g)B2O3(s)+3H2O(l)　ΔH=-2
165
kJ·mol-1　1
016.5
能力提升
12.(1)甲硅烷(SiH4)是一种无色气体,遇到空气能发生爆炸性自燃,生成SiO2和水蒸气。已知室温下1
g甲硅烷自燃放出热量44.6
kJ,其热化学方程式是:
　。
(2)使Cl2(g)和H2O(g)通过灼热的炭层,生成HCl(g)和CO2(g)是放热反应,当1
mol
Cl2(g)参与反应时释放145
kJ的热量,写出此反应的热化学方程式:
　。
(3)家用液化气中的主要成分之一是丁烷,当10
kg丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时,放出的热量是5×105
kJ,试写出丁烷燃烧的热化学方程式:
　。
解析：(1)1
mol
SiH4完全燃烧生成SiO2(s)和H2O(g)时,放出热量为32×44.6
kJ=1
427.2
kJ,故其热化学方程式为:SiH4(g)+2O2(g)SiO2(s)+2H2O(g)　ΔH=-1
427.2
kJ·mol-1。
(2)由题意可知Cl2、H2O和C发生反应的化学方程式为2Cl2+2H2O+C4HCl+CO2,2
mol
Cl2参加反应释放出的热量为2×145
kJ=290
kJ,故其热化学方程式为:2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)4HCl(g)+CO2(g)　ΔH=-290
kJ·mol-1。
(3)1
mol丁烷完全燃烧生成CO2(g)和液态水时,放出的热量为58
g×=2
900
kJ,故其热化学方程式为:C4H10(g)+O2(g)4CO2(g)+5H2O(l)　ΔH=-2
900
kJ·mol-1。
答案：(1)SiH4(g)+2O2(g)SiO2(s)+2H2O(g)　ΔH=-1
427.2
kJ·mol-1
(2)2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)4HCl(g)+CO2(g)　ΔH=-290
kJ·mol-1
(3)C4H10(g)+O2(g)4CO2(g)+5H2O(l)　ΔH=-2
900
kJ·mol-1
13.为了合理利用化学能,确保安全生产,化工设计需要充分考虑化学反应的焓变,并采取相应措施。化学反应的焓变通常用实验进行测定,也可进行理论推算。
(导学号52160107)
(1)实验测得5
g甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5
kJ的热量,试写出甲醇燃烧的热化学方程式:
　。
(2)由气态基态原子形成1
mol化学键释放的最低能量叫键能。从化学键的角度分析,化学反应的过程就是反应物的化学键被破坏和生成物的化学键的形成过程。在化学反应过程中,拆开化学键需要消耗能量,形成化学键又会释放能量。
化学键
H—H
N—H
N≡N
键能/(kJ·mol-1)
436
391
946
已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=a
kJ·mol-1。
试根据表中所列键能数据估算a的数值:　　　　。
(3)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算。已知:
C(s,石墨)+O2(g)CO2(g)　ΔH1=-393.5
kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)2H2O(l)　ΔH2=-571.6
kJ·mol-1
2C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l)
ΔH3=-2
599
kJ·mol-1
根据盖斯定律,计算298
K时由C(s,石墨)和H2(g)生成1
mol
C2H2(g)反应的焓变　　　　。
解析：(1)设2
mol
CH3OH(l)完全燃烧生成CO2气体和液态水放出的热量为Q。
则有,解得Q=1
452.8
kJ,所以甲醇燃烧的热化学方程式为2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)　ΔH=-1
452.8
kJ·mol-1。
(2)反应热ΔH=a=E(反应物的键能之和)-E(生成物的键能之和)=3×436
kJ·mol-1+946
kJ·mol-1-6×391
kJ·mol-1=-92
kJ·mol-1。
(3)ΔH=
=
-
=+226.7
kJ·mol-1。
答案：(1)2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)　ΔH=-1
452.8
kJ·mol-1
(2)-92
(3)+226.7
kJ·mol-1课时训练6　金属的腐蚀与防护
基础夯实
1.江西海昏侯是目前我国发现的面积最大、保存最好、内涵最丰富的汉代列侯等级墓葬,里面发现有大量青铜制品,为了避免青铜器生成铜绿,以下方法正确的是(　　)
①将青铜器放在银质托盘上　②将青铜器保存在干燥的环境中　③将青铜器保存在潮湿的空气中
④在青铜器的表面覆盖一层防渗的高分子膜
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.①③
B.②③
C.②④
D.①④
解析：Cu比Ag活泼,放在银质托盘上更易受腐蚀,①错;将其保存在干燥的环境中避免与空气中的水分和CO2等物质接触,可避免腐蚀,②正确,③错误;覆盖防渗的高分子膜也可以隔绝潮湿空气,④正确。
答案：C
2.关于金属腐蚀的叙述中,正确的是(　　)
A.金属被腐蚀的本质是M+nH2OM(OH)n+H2↑
B.马口铁(镀锡铁)镀层破损后被腐蚀时,首先是镀层被氧化
C.金属在一般情况下发生的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀
D.常温下,置于空气中的金属主要发生化学腐蚀
解析：金属腐蚀的本质主要是金属原子失电子被氧化,腐蚀的内因是金属的化学性质比较活泼,外因是金属与空气和水或其他腐蚀性的物质相接触,腐蚀主要有化学腐蚀和电化学腐蚀。A中金属腐蚀的本质为M-ne-Mn+;B选项中Sn、Fe构成电化学腐蚀,主要是Fe-2e-Fe2+,铁先被腐蚀;常温下,空气中的金属主要发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀,难以和非金属氧化剂(Cl2、S等)反应,发生化学腐蚀。
答案：C
3.如图所示,将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中,再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液,冷却后形成琼胶(离子在琼胶内可以移动),下列叙述正确的是(　　)
A.a中铁钉附近呈现红色
B.b中铁钉上发生还原反应
C.a中铜丝上发生氧化反应
D.b中铝条附近有气泡产生
解析：依据原电池原理分析可知:a中铁钉作负极,发生氧化反应,铜丝作正极,发生O2+2H2O+4e-4OH-的还原反应,可知A、C错误;b中铁钉作正极,发生O2+2H2O+4e-4OH-的还原反应,而铝条发生氧化反应,不会冒气泡,B正确、D错误。
答案：B
4.化学与工农业生产、人们日常生活密不可分。以下现象或应用中,与电化学腐蚀无关的是(　　)
A.图中的金属材料R可以用金属锌
B.生铁比软铁芯(几乎是纯铁)容易生铁锈
C.铁质器件附有铜质配件,在接触处易生铁锈
D.金属铝制品较耐腐蚀
解析：锌、铁与水构成原电池,锌的活动性强于铁的,故锌作负极保护铁闸门,与电化学有关。生铁中含有杂质碳等,可与铁构成原电池,碳为正极,铁作负极,易生锈,与电化学有关。铁和铜也构成原电池,铁的活动性强于铜的,铁作负极,易生锈,与电化学腐蚀有关。金属铝活动性强,在其表面生成一层致密的氧化膜,不容易被腐蚀,与电化学腐蚀无关。
答案：D
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：本题考查钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀。Fe与碳及电解质溶液形成原电池,Fe是负极:Fe-2e-Fe2+,碳是正极。a中发生吸氧腐蚀,a中压强减小,b中发生析氢腐蚀,b中压强增大,红墨水柱液面是左高右低,故选B。
答案：B
6.为研究金属腐蚀的条件和速率,某课外小组学生用金属丝将三根大小相同的铁钉分别固定在图示的三个装置中,再放置于玻璃钟罩里保存相同的一段时间。下列对实验结束时现象的描述不正确的是(　　)
(导学号52160119)
A.装置Ⅰ左侧的液面一定会下降
B.左侧液面装置Ⅰ比装置Ⅱ的低
C.装置Ⅱ中的铁钉腐蚀最严重
D.装置Ⅲ中的铁钉几乎没被腐蚀
解析：装置Ⅰ中铁钉处于盐酸的蒸气中,被腐蚀而释放出H2,使左侧液面下降,右侧液面上升;装置Ⅱ中铁钉同样处于盐酸的蒸气中,不同的是悬挂铁钉的金属丝由铁丝换成了铜丝,由于Fe比Cu活泼,在这种氛围中构成的原电池会加速铁钉的腐蚀而放出更多的H2,使左侧液面下降得更多,右侧液面上升得更多;装置Ⅲ中虽然悬挂铁钉的还是铜丝,但由于浓硫酸有吸水性而无挥发性,使铁钉处于一种较为干燥的空气中,因而在短时间内几乎没有被腐蚀。
答案：B
7.结合下图判断,下列叙述正确的是(　　)
(导学号52160120)
A.Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护
B.Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe-2e-Fe2+
C.Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e-4OH-
D.Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3Fe(CN)6溶液,均有蓝色沉淀
解析：锌比铁活泼,装置Ⅰ中锌作负极,负极反应为Zn-2e-Zn2+。铁作正极,但溶液显中性,所以发生吸氧腐蚀,正极反应为O2+2H2O+4e-4OH-。铁比铜活泼,装置Ⅱ中铁作负极,负极反应为Fe-2e-Fe2+。铜作正极,但溶液显酸性,所以正极发生的是溶液中的氢离子得电子,正极反应为2H++2e-H2↑;因为装置Ⅰ中没有Fe2+生成,所以往其中加入少量K3Fe(CN)6溶液时,没有蓝色沉淀产生。
答案：A
8.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.液滴边缘是正极区,发生的电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-
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.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+
解析：液滴边缘O2多,在碳粒上发生正极反应O2+2H2O+4e-4OH-。液滴下的Fe发生负极反应,Fe-2e-Fe2+,腐蚀区(a)作负极,Cl-由b区向a区迁移,A错误、B正确;液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀,C错误;Cu更稳定,作正极,电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-,D错误。
答案：B
能力提升
9.用铝制饭盒盛放醋酸,一段时间后,饭盒被腐蚀,这种腐蚀属　　　　　,反应的化学方程式可表示为　　　　　　　　　　　　　;若用铝制饭盒放食盐(含水时),一段时间后,饭盒被腐蚀,这种腐蚀叫　　　　　,反应原理是　　　　　　　　　　　　　　　(写电极反应式和离子方程式)。
解析：铝制饭盒盛放醋酸,铝与醋酸直接反应使铝氧化而损耗,属化学腐蚀;铝制饭盒盛食盐(含水)时,则能形成原电池,因而发生的是电化学腐蚀。
答案：化学腐蚀　2Al+6CH3COOH2(CH3COO)3Al+3H2↑　电化学腐蚀　负极:4Al-12e-4Al3+,正极:6H2O+3O2+12e-12OH-,Al3++3OH-Al(OH)3↓
10.镁、铝、铁是重要的金属,在工业生产中用途广泛。
(导学号52160121)
(1)镁与稀硫酸反应的离子方程式是　　　　　,这种腐蚀属于　　　(填“电化学腐蚀”或“化学腐蚀”)。
(2)火车铁轨修补、焊接可以用“铝热反应”,即铝与铁的氧化物(用通式FexOy表示)在高温下反应生成熔融的铁焊接钢轨。该反应的化学方程式为　　　　。
(3)在潮湿的空气中,帆船的钢铁表面有一层水膜,很容易发生腐蚀,其负极反应式为　　　　　　　　;正极反应式为　　　　　　　　。
(4)青岛奥林匹克帆船中心通常用铝合金(AlZnCd)来保护海底钢铁设施,其原理如图所示,其中负极的电极反应为　;
在实际应用中,用铝合金而不选用纯铝,纯铝不能很好地起到保护作用的原因是
　。
(5)如果船体钢铁保护层受损,选用铜、锌、锡中哪种金属修补 　　,理由是　。
解析：(1)镁与稀硫酸反应的化学方程式为Mg+H2SO4MgSO4+H2↑,这种腐蚀属于化学腐蚀。(2)铝与铁的氧化物在高温下发生置换反应生成铁和氧化铝。(3)在中性或弱酸性环境下,钢铁发生吸氧腐蚀,即铁为负极,发生氧化反应生成Fe2+,氧气得到电子在水中生成OH-。(4)在海水中的钢铁设施与铝合金构成原电池,铝比铁活泼,铝为负极,铁为正极,损失铝而铁得到保护。纯铝表面易形成致密氧化物薄膜,阻止铝继续失去电子,使铝具有抗腐蚀性能,而铝合金破坏铝的结构,不易形成保护膜。(5)根据原电池原理,应选择比钢铁活泼的金属修补,以保护船体中的钢铁,否则会加快钢铁腐蚀。
答案：(1)Mg+2H+Mg2++H2↑　化学腐蚀
(2)2yAl+3FexOy3xFe+yAl2O3
(3)2Fe-4e-2Fe2+　2H2O+O2+4e-4OH-
(4)Al-3e-Al3+　纯铝能被空气中的氧气氧化生成致密氧化物保护膜
(5)锌　锌比铁活泼,在海水中构成原电池,锌失去电子被腐蚀,保护了钢铁课时训练8　化学平衡常数　平衡转化率
基础夯实
　
　　　　　
　　　　　
　　
1.下列叙述中不正确的是(　　)
A.某特定反应的平衡常数仅是温度的函数
B.焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的
C.平衡常数发生变化,化学平衡必定发生移动,达到新的平衡
D.化学平衡发生移动,平衡常数必发生变化
解析：化学平衡常数只跟温度有关,与浓度无关,A正确;焓变小于0而熵变大于0的反应,必有ΔH-TΔS<0,肯定是自发的,B正确;只要平衡常数发生变化,说明温度必定发生变化,化学平衡必定发生移动,达到新的平衡,C正确;化学平衡发生移动的原因很多,但只要温度不变,平衡常数就不会发生变化,D错误。
答案：D
2.在相同的温度下,已知反应:①N2(g)+O2(g)2NO(g)的平衡常数为3.84×10-11;②2SO2+O22SO3的平衡常数为3.10×1026(
mol·L-1)-1。则在该温度下,两个化学反应的反应程度之间的关系为(　　)
A.①>②
B.①<②
C.①=②
D.不能确定
解析：平衡常数的大小能表示化学反应可能进行的程度(即反应限度),平衡常数越大,表示反应进行得越彻底。各个化学反应的平衡常数的大小相差很大,如本题中给出的两个化学反应:反应①进行的程度很小,而反应②进行的程度很大。因此,B选项是正确的。
答案：B
3.已知下列反应的平衡常数:①H2(g)+S(s)H2S(g)　K1;②S(s)+O2(g)SO2(g)　K2,则反应③H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g)的平衡常数是(　　)
(导学号52160130)
A.K1+K2
B.K1-K2
C.K1×K2
D.
解析：反应①的平衡常数K1=,反应②的平衡常数K2=,反应③的平衡常数K=。
答案：D
4.1
000
K时反应C(s)+2H2(g)CH4(g)的K=8.28×107(mol·L-1)-1,当各气体物质的量浓度分别为H2:0.7
mol·L-1,CH4:0.2
mol·L-1时,上述反应(　　)
A.正向进行
B.逆向进行
C.达到平衡
D.不一定
解析：Q==0.41(mol·L-1)-1答案：A
5.已知450
℃时,反应H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数K=50,由此推测在450
℃时,反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的化学平衡常数为(　　)
A.50
B.0.02
C.100
D.无法确定
解析：对于反应H2(g)+I2(g)2HI(g)来说,K==50,而反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的化学平衡常数为K1==0.02。做题目时还要注意这两个反应是不是在同一个温度下,如果不是的话就无法确定。
答案：B
6.将固体NH4I置于密闭容器中,在一定温度下发生下列反应:①NH4I(s)NH3(g)+HI(g);②2HI(g)H2(g)+I2(g)。达到平衡时,[H2]=0.5
mol·L-1,[HI]=4
mol·L-1,则此温度下反应①的平衡常数为(　　)(mol·L-1)2
A.9
B.16
C.20
D.25
解析：根据三步法的计算可知:
　　　2HI(g)　　H2(g)+I2(g)
起始浓度:　a　　　
　　　0
转化浓度:　1
mol·L-1　　0.5
mol·L-1
平衡浓度:　4
mol·L-1　　0.5
mol·L-1
a=4
mol·L-1+1
mol·L-1=5
mol·L-1,则[NH3]=[HI]起始浓度=5
mol·L-1,根据平衡常数定义:K=[NH3][HI]=5
mol·L-1×4
mol·L-1=20(mol·L-1)2,故C选项正确。
答案：C
7.H2和CO2在高温下发生反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)。下表是986
℃时,在容积不变的密闭容器中进行反应的四组数据:
起始浓度/(mol·L-1)
平衡浓度/(mol·L-1)
c0(H2)
c0(CO2)
c0(H2O)
c0(CO)
[H2]
[CO2]
[H2O]
[CO]
1
1.0
1.0
0
0
0.44
0.44
0.56
0.56
2
1.0
2.0
0
0
0.27
1.27
0.73
0.73
3
0
0
2.0
2.0
0.88
0.88
1.12
1.12
4
0.
2
0.4
0.6
0.8
0.344
0.544
0.456
0.656
下列叙述中正确的是(　　)
①该温度下反应的平衡常数约为1.62
②该反应的平衡常数与反应的起始浓度无关
③增大CO2的起始浓度,可使CO2的转化率增大
④从反应开始至达到平衡状态,混合气体的密度没有发生改变
A.②③
B.①②③
C.①②④
D.①③
解析：此温度下K==1.62,平衡常数K只是温度的函数,与起始浓度无关,故①②正确;增大CO2起始浓度,CO2转化率降低,③错误;反应体系均为气相体系,且容积不变,故从始至终密度不变,④正确。
答案：C
8.298
K时,各反应的平衡常数如下:
①N2(g)+O2(g)2NO(g)　K=1×10-30;
②2H2(g)+O2(g)2H2O(g)　K=2×1081
L·mol-1;
③2CO2(g)2CO(g)+O2(g)　K=4×10-92
mol·L-1;
则常温下,NO、H2O、CO2这三个化合物分解放氧的倾向最大的是(　　)
A.①
B.②
C.③
D.无法判断
解析：要判断NO、H2O、CO2这三个化合物分解放氧的倾向,则必须求出各个分解放氧反应的平衡常数,然后比较大小。由计算可知:
①2NO(g)N2(g)+O2(g)　K=1×1030
②2H2O(g)2H2(g)+O2(g)　K=5×10-82mol·L-1
③2CO2(g)2CO(g)+O2(g)　K=4×10-92mol·L-1
平衡常数越大,表示反应进行得越彻底,因此反应①即NO分解放氧的倾向最大。
答案：A
9.在1
000
K时,已知反应Ni(s)+H2O(g)NiO(s)+H2(g)的平衡常数K=0.005
9。当水蒸气和氢气的物质的量浓度相等时,此反应(　　)
A.已达平衡状态
B.未达平衡状态,反应正向进行
C.未达平衡状态,反应逆向进行
D.无法确定
解析：Q==1>0.005
9　Q>K,未达平衡状态且反应逆向进行。
答案：C
10.一定条件下,将一定量的A、B的混合气体充入密闭容器中发生下列反应:2A(g)+2B(g)C(g)+D(g)　ΔH>0。当由M平衡到N平衡过程中,温度与对应变化及M、N平衡混合气中某些气体的物质的量如图所示。则平衡M到平衡N过程中B的转化率是(　　)
(导学号52160131)
A.24%
B.30%
C.60%
D.48%
解析：由图像知Δn(A)=Δn(B)=1.5
mol-0.3
mol=1.2
mol
α(B)=×100%=×100%=24%。
答案：A
11.在5
L的密闭容器中充入2
mol
A气体和1
mol
B气体,在一定条件下发生反应:2A(g)+B(g)2C(g),达到平衡时,在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的,则A的转化率为(　　)
(导学号52160132)
A.67%
B.50%
C.25%
D.5%
解析：由“三段式法”求解如下:
设平衡时消耗B的物质的量为x,则消耗A和生成C的物质的量均为2x
　　　　　2A+B2C
n0/mol
2
1
0
Δn/mol
2x
x
2x
n(平衡)/mol　　2-2x
1-x
2x
根据题意存在:(2
mol-2x)+(1
mol-x)+2x=×(2+1)
mol　解得:x=0.5
mol
α(A)=×100%=50%。
答案：B
12.在一定温度下可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)达到平衡的标志是(　　)
A.有1
mol
H—H键断裂,同时有2
mol
H—I键断裂
B.容器内压强不再随时间变化而变化
C.单位时间内反应掉n
mol
I2同时生成2n
mol
HI
D.H2、I2、HI的浓度之比为1∶1∶2
解析：A项,v逆(HI)=2v正(H2),即v正=v逆,反应已达平衡;B项,已知反应为前后气体系数不变的反应,反应过程中,容器内压强始终不发生变化;C项,反应始终存在v正(I2)=v正(HI),D项,反应过程可能存在c(H2)∶c(I2)∶c(HI)=1∶1∶2,但不能说明反应处于平衡状态,答案为A项。
答案：A
13.在一定条件下,在一个容积为2
L的密闭容器中加入0.8
mol
A2气体和0.6
mol
B2气体反应达到平衡生成1
mol
AB气体并释放出能量,反应中各物质的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法不正确的是(　　)
(导学号52160133)
A.图中a点的值为0.15
B.该反应的平衡常数K=0.03
C.平衡时B2的物质的量为0.1
mol
D.平衡时A2转化率为62.5%
解析：由图知Δn(A2)=Δn(B2)=0.5
mol,a=0.4
mol·L-1-0.25
mol·L-1=0.15
mol·L-1,A项正确;[B2]=0.3
mol·L-1-0.25
mol·L-1=0.05
mol·L-1,反应的热化学方程式为:A2(g)+B2(g)2AB(g)　ΔH<0,K=≈33,B项错;平衡时B2的物质的量为0.1
mol,C项正确;平衡时A2的转化率为×100%=62.5%,D项正确。
答案：B
14.温度为T
℃时,向某恒容密闭容器中充入一定量的CO和H2O(g),发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH=-41.2
kJ·mol-1,反应过程中测定的部分数据见下表(表中t1反应时间/min
n(CO)/mol
n(H2O)/mol
0
1.20
0.60
t1
0.80
n1
t2
n2
0.20
(1)n1=　　　　　,n2=　　　　　。
(2)温度为T
℃时,该反应的平衡常数K=　　　　　。
(3)若起始时通入的CO和H2O(g)均为0.80
mol,则平衡时CO的物质的量是　　　　　
mol。
解析：(1)　CO(g)+　H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起始
1.20
mol
0.6
mol
0
0
转化
0.40
mol
0.40
mol
0.40
mol
0.40
mol
t1或t2
0.80
mol
0.20
mol
0.40
mol
0.40
mol
由此可知:n1=0.20
mol　n2=0.80
mol
(2)平衡常数K==
=1。
(3)设转化的CO的物质的量为x
　　CO(g)+H2O(g)　CO2(g)+H2(g)
起始　0.80
mol
0.80
mol
　　0
　0
转化
x
　x
　　x
　x
平衡(0.80
mol-x)
(0.80
mol-x)
x
　　x
据温度不变平衡常数K不变可知
=1,解得x=0.40
mol。
故平衡时CO的物质的量为0.80
mol-0.40
mol=0.40
mol。
答案：(1)0.20　0.80　(2)1　(3)0.40
能力提升
15.PCl5的热分解反应如下:
(导学号52160134)
PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)
(1)写出反应的平衡常数表达式;
(2)已知某温度下,在容积为10.0
L的密闭容器中充入2.00
mol
PCl5,达到平衡后,测得容器内PCl3的浓度为0.150
mol·L-1。计算该温度下的平衡常数。
解析：　　　　　　PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)
起始(mol·L-1)　=0.200　　0　　　　0
变化(mol·L-1)　　　0.150　　
0.150　　0.150
平衡(mol·L-1)　　　0.050　　0.150　　0.150
所以平衡常数K=
==0.45
mol·L-1。
答案：(1)K=　(2)0.45
mol·L-1
16.在密闭容器中,将2.0
mol
CO与10
mol
H2O混合加热到800
℃,达到下列平衡:(导学号52160135)
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　K=1.0
求CO转化为CO2的转化率。
解析：设x为达到平衡时CO转化为CO2的物质的量,V为容器容积。
　　　CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起始浓度
(mol·L-1)　　
　　　　　　　0　　
　0
平衡浓度
(mol·L-1)　
　　
　　　
　
K==1.0
x2=(2.0-x)(10-x)
x2=20-12x+x2
x=20/12≈1.67
mol
CO转化为CO2的转化率为×100%=83.5%。
答案：CO转化为CO2的转化率为83.5%。
17.已知可逆反应:M(g)+N(g)P(g)+Q(g),ΔH>0,请回答下列问题:
(1)在某温度下,反应物的起始浓度分别为c(M)=1
mol·L-1,c(N)=2.4
mol·L-1,达到平衡后,M的转化率为60%,此时N的转化率为　　　。
(2)若反应温度不变,反应物的起始浓度分别为c(M)=4
mol·L-1,c(N)=a
mol·L-1,达到平衡后,c(P)=2
mol·L-1,a=　　　。
(3)若反应温度不变,反应物的起始浓度为c(M)=c(N)=b
mol·L-1,达到平衡后,M的转化率为　　　。
解析：(1)M的转化率为60%,则参加反应的M为0.6
mol·L-1,同时消耗N
0.6
mol·L-1,因此N的转化率为×100%=25%。
(2)根据反应方程式:
　　　　　　　　M(g)+N(g)P(g)+Q(g)
　起始浓度(mol·L-1)
1
2.4
0
0
　转化浓度(mol·L-1)
0.6
0.6
0.6
0.6
　平衡浓度(mol·L-1)
0.4
1.8
0.6
0.6
则K=。
由于温度不变,K不变,因此:
　　　　　
　　　M(g)+N(g)P(g)+Q(g)
　起始浓度(mol·L-1)
4
a
0
0
　平衡浓度(mol·L-1)
4-2
a-2
2
2
则有K==
解得:a=6。
(3)设反应达到平衡后M的转化率为x,因此有:
K=
解得x=41%。
答案：(1)25%　(2)6　(3)41%第3章过关检测
(时间:60分钟　满分:100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。每小题只有一个选项符合题意)
1.可以判断某一元酸是强电解质的现象是(　　)
　　　　　
　　　　　
　　　　
A.该酸加热至沸腾也不分解
B.该酸可溶解氧化铜
C.该酸可跟石灰石反应,放出CO2
D.该酸浓度为0.01
mol·L-1时的pH为2
解析：强电解质与弱电解质的根本区别在于能否完全电离。浓度为0.01
mol·L-1的一元酸电离的H+浓度达到了0.01
mol·L-1,说明其电离程度达到了100%,即完全电离。
答案：D
2.某温度时,水的离子积为1.0×10-12
mol2·L-2,由此可知在该温度时纯水电离的[H+]为(　　)
A.1.0×10-7
mol·L-1
B.1.0×10-2
mol·L-1
C.1.0×10-6
mol·L-1
D.1.0×10-14
mol·L-1
解析：纯水中[H+]=[OH-],所以[H+]=(1.0×10-12)1/2
mol·L-1=1.0×10-6
mol·L-1。
答案：C
3.在下列溶液中,各组离子一定能够大量共存的是(　　)
A.使酚酞溶液变红的溶液:Na+、Cl-、S、Fe3+
B.使紫色石蕊溶液变红的溶液:Fe2+、Mg2+、N、Cl-
C.
[H+]=1×10-12
mol·L-1的溶液:K+、Ba2+、Cl-、Br-
D.碳酸氢钠溶液:K+、S、Cl-、H+
解析：选项A中使酚酞溶液呈红色,则溶液必定呈碱性,而OH-与Fe3+不能共存;选项B中使紫色的石蕊溶液变红的溶液呈酸性,N在酸性溶液中具有强氧化性,与Fe2+不能共存;选项C中[H+]=1×10-12
mol·L-1的溶液呈碱性,在碱性溶液中,K+、Ba2+、Cl-、Br-离子均能共存;选项D中HC与H+不能共存。
答案：C
4.CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成稀溶液,pH为4.7,下列说法错误的是(　　)
A.
CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用
B.
CH3COONa的水解作用大于CH3COOH的电离作用
C.
CH3COOH的存在抑制了CH3COONa的水解
D.
CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离
解析：在混合溶液中存在着下列平衡:CH3COOHH++CH3COO-①;CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-②,因两种物质以等物质的量混合,且知溶液显酸性,所以据以上两式分析,显然①式产生的H+多于②式产生的OH-,故A正确,B不正确。在两式中都存在CH3COO-、CH3COOH两种物质,所以CH3COOH的电离受到CH3COO-的抑制,而CH3COO-的水解也受到CH3COOH的抑制。
答案：B
5.如图所示是用0.100
0
mol·L-1
NaOH溶液滴定20.00
mL未知浓度盐酸(酚酞作指示剂)的滴定曲线。下列说法正确的是(　　)
A.水电离出的氢离子浓度:a>b
B.盐酸的物质的量浓度为0.010
0
mol·L-1
C.指示剂变色时,说明盐酸与NaOH恰好完全反应
D.当滴加NaOH溶液10.00
mL时(忽略反应前后体积变化),该混合液的pH=1+lg3
解析：A项,酸或碱均抑制水的电离,从图中看出,a、b点酸均过量,溶液呈酸性,但a点酸性较强,对水的电离的抑制作用强,故a点由水电离出的氢离子浓度小于b点;B项,从图中看出20
mL盐酸恰好与20
mL
NaOH溶液中和,则盐酸的物质的量浓度与NaOH溶液的物质的量浓度相等,为0.100
0
mol·L-1;C项,酚酞的pH变色范围为8.0~10.0,即溶液变色时其pH已经大于或等于8.0,此时NaOH已经过量,变色时并非恰好完全反应;D项,滴加NaOH溶液10.00
mL时,c(H+)=
mol·L-1,故溶液的pH=-lg=1+lg3。
答案：D
6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其简单离子都能破坏水的电离平衡的是(　　)
(导学号52160193)
A.W2-、X+
B.X+、Y3+
C.Y3+、Z2-
D.X+、Z2-
解析：A选项W在X的上一周期,所以X为第3周期,分别为O、Na;B选项X可能为Li或Na、Y可均为Al;D选项X可能为Li或Na、Z可能为O或S;上述选项中的Na+均不影响水的电离平衡;C选项Y只能为Al,Z只能为S,Al3+、S2-均影响水的电离平衡。
答案：C
7.(2016课标全国丙,13)下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)
A.向0.1
mol·L-1
CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中减小
B.将CH3COONa溶液从20
℃升温至30
℃,溶液中增大
C.向盐酸中加入氨水至中性,
溶液中>1
D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中不变
解析：A项,醋酸在水溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,Ka=,加水稀释,c(CH3COO-)减小,Ka不变,增大,A项错误;B项,CH3COONa溶液中存在CH3COO-的水解平衡:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,Kh=,升温,平衡正向移动,Kh增大,则减小,B项错误;C项,根据电荷守恒关系:c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),当溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),则c(N)=c(Cl-),C项错误;D项,,加入AgNO3后Ksp不变,不变,D项正确。
答案：D
8.在一定体积的pH=12的Ba(OH)2溶液中,逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液,当溶液中Ba2+恰好完全沉淀时,溶液的pH=11。若反应后溶液体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液体积之和,则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是(　　)
(导学号52160194)
A.1∶9
B.1∶1
C.1∶2
D.1∶4
解析：假设原Ba(OH)2溶液的体积为1
L,由pH=12可求出Ba(OH)2的物质的量为0.005
mol。由Ba(OH)2+NaHSO4BaSO4↓+H2O+NaOH知,当溶液中Ba2+恰好完全沉淀时,加入的NaHSO4的物质的量亦为0.005
mol,则反应后剩余的n(OH-)=0.005
mol。根据题意,反应后溶液的pH=11即c(OH-)=0.001
mol·L-1,则溶液的体积为5
L,故加入的NaHSO4溶液的体积为4
L。
答案：D
二、非选择题(本题共4小题,共52分)
9.(8分)二元弱酸(简写为H2A)溶液按下式发生一级和二级电离:H2AH++HA-,HA-H++A2-,设有下列四种溶液:
A.0.01
mol·L-1的H2A溶液
B.0.01
mol·L-1的NaHA溶液
C.0.02
mol·L-1的HCl与0.04
mol·L-1的NaHA溶液等体积混合液
D.0.02
mol·L-1的NaOH与0.02
mol·L-1的NaHA溶液等体积混合液
据此,填写下列空白(填代号):
(1)[H+]最大的是　　　　　,最小的是　　　　　。
(2)[H2A]最大的是　　　　　,最小的是　　　　　。
(3)[A2-]最大的是　　　　　,最小的是　　　　　。
解析：因为反应后的C溶液为0.01
mol·L-1
H2A、0.01
mol·L-1
NaHA和0.01
mol·L-1
NaCl的混合液。因HA-的存在抑制了H2A的第一步电离,所以[H+]小于A溶液中[H+],但[H2A]大于A溶液中[H2A]。反应后D溶液为0.01
mol·L-1的Na2A溶液,所以[A2-]最大,但因其水解,[H+]最小。
答案：(1)A　D
(2)C　D
(3)D　A
10.(14分)(1)25
℃时,BaCO3和BaSO4的溶度积常数分别是8×10-9
mol2·L-2和1×10-10
mol2·L-2,某含有BaCO3沉淀的悬浊液中,c(C)=0.2
mol·L-1,如果加入等体积的Na2SO4溶液,若要产生BaSO4沉淀,加入Na2SO4溶液的物质的量浓度最小是　　　　
mol·L-1。
(2)难溶物质CaF2溶度积常数为Ksp=1.5×10-10
mol3·L-3,将4.0×10-3
mol·L-1
HF溶液与4.0×10-4
mol·L-1的CaCl2溶液等体积混合,调节溶液pH=4(忽略调节时溶液体积变化),试分析混合后是否有沉淀生成 　　　　(填“有”或“没有”),简述理由:　　　　　　　　　。
(3)碳酸锶的另一种制备方法是用天青石和Na2CO3溶液混合浸泡,反应的离子方程式为SrSO4+CSrCO3+S,已知Ksp(SrCO4)=3×10-7
mol2·L-2,Ksp(SrCO3)=1×10-10
mol2·L-2,则该反应的平衡常数等于　　　　。如果将Na2CO3换成(NH4)2CO3,SrCO3的产率将降低,其原因是　　　　　　　　　　　　　　。
解析：(1)根据题给数据,由Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c(C)得c(Ba2+)=4×10-8
mol·L-1,混合后溶液中,c(Ba2+)=2×10-8
mol·L-1,要想产生BaSO4沉淀,至少需要c(Ba2+)·c(S)=Ksp(BaSO4),计算得c(S)=5×10-3
mol·L-1,则加入Na2SO4溶液的物质的量浓度最小是0.01
mol·L-1。
(2)当pH=4时,溶液中的c(F-)=1.6×10-3
mol·L-1,溶液中c(Ca2+)=2.0×10-4
mol·L-1,则c(Ca2+)·c2(F-)=5.12×10-10
mol3·L-3>Ksp(CaF2)=1.5×10-10
mol3·L-3,故有沉淀产生。
(3)该反应的平衡常数K=[S]/[C]=[Ksp(SrSO4)]/[Ksp(SrCO3)]=3
000。
答案：(1)0.01
(2)有　溶液中c(Ca2+)·c2(F-)=5.12×
10-10
mol3·L-3>Ksp(CaF2)=1.5×10-10
mol3·L-3
(3)3
000　N水解呈酸性,N的存在能促进C的水解,因此当两者浓度相同时,(NH4)2CO3溶液中的c(C)小于Na2CO3溶液中的c(C),不利于平衡正向移动
11.(14分)25
℃时,若体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积Vb、pH=b的某一元强碱混合,恰好中和,且已知Va(导学号52160195)
(1)a值可否等于3 　　　　(填“可”或“否”),其理由是　

　。
(2)a值可否等于5 　　　　(填“可”或“否”),其理由是　

　。
(3)a的取值范围是　。
解析：(1)若a=3,则b=6,溶液显酸性,与题意不符,故a≠3;
(2)若a=5,[H+]a=10-5
mol·L-1,则b=10,[OH-]b=10-4
mol·L-1,不符合题意,故a≠5;
(3)=10a+b-14<1
所以a+b-14<0,而a=0.5b,即3a<14,a<,
又pH=b=2a>7,a>,所以答案：(1)否(理由见解析)
(2)否(理由见解析)
(3)12.[2015福建理综,23(2)(3)](16分)研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。
(导学号52160196)
(1)25
℃,在0.10
mol·L-1
H2S溶液中,通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH,溶液pH与[S2-]关系如下图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
①pH=13时,溶液中的[H2S]+[HS-]=　　　　mol·L-1。
②某溶液含0.020
mol·L-1
Mn2+、0.10
mol·L-1
H2S,当溶液pH=　　　　时,Mn2+开始沉淀。[已知:Ksp(MnS)=2.8×10-15]
(2)25
℃,两种酸的电离平衡常数如下表。
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10-2
6.3×10-8
H2CO3
4.2×10-7
5.6×10-11
①HS的电离平衡常数表达式K=　。
②0.10
mol·L-1
Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为　。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为　。
解析：(1)①根据物料守恒:[S2-]+[H2S]+[HS-]=0.10
mol·L-1,故[H2S]+[HS-]=0.10
mol·L-1-[S2-]=0.10
mol·L-1-5.7×10-2
mol·L-1=0.043
mol·L-1。
②要使Mn2+沉淀,需要的[S2-]最小值为:[S2-]=
mol·L-1=1.4×10-13
mol·L-1,再对照图像找出pH=5。
(2)①电离平衡常数等于电离出的离子平衡浓度的系数次幂的乘积与弱电解质的平衡浓度的比值。
②S发生水解,生成HS和OH-,HS再进一步水解生成H2SO3和OH-,故离子浓度大小关系为:[Na+]>[S]>[OH-]>[HS]>[H+]。
③根据电离平衡常数,H2SO3的Ka1大于H2CO3的Ka1,故反应生成CO2、HS、H2O。
答案：(1)①0.043　②5
(2)①
②[Na+]>[S]>[OH-]>[HS]>[H+]
③H2SO3+HCHS+CO2↑+H2O课时训练18　离子反应的应用
基础夯实
1.实验室现有3种酸碱指示剂,其pH变色范围如下:
　　　　　　　　　　　　　　
甲基橙:3.1~4.4;石蕊:5.0~8.0;酚酞:8.2~10.0
用0.100
0
mol·L-1
NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液,反应恰好完全时,下列叙述中正确的是(　　)
A.溶液呈中性,可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B.溶液呈中性,只能选用石蕊作指示剂
C.溶液呈碱性,可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D.溶液呈碱性,只能选用酚酞作指示剂
解析：选择的酸碱指示剂应在指定范围内或滴定终点时有明显的颜色变化。滴定终点溶液呈酸性时,可选用甲基橙作指示剂;滴定终点溶液呈中性或碱性时,可选用酚酞作指示剂。
答案：D
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(　　)
(导学号52160189)
A.V1>V2>V3
B.V1C.V1=V2>V3
D.V1=V2解析：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,因此反应恰好完全中和时,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。
答案：D
3.用过量的H2SO4、NaOH、NH3·H2O、NaCl溶液,按图所示步骤分开五种离子,则溶液①②③④是(　　)
A.①NaCl　②NaOH　③NH3·H2O　④H2SO4
B.①H2SO4　②NaOH　③NH3·H2O　④NaCl
C.①H2SO4　②NH3·H2O　③NaOH　④NaCl
D.①NaCl　②NH3·H2O　③NaOH　④H2SO4
解析：加入①时,只产生一种沉淀,故①一定是NaCl,沉淀为AgCl;在滤液中加入②后,生成两种沉淀,②是NH3·H2O或NaOH,而生成的沉淀有一种在③中溶解,故②为NH3·H2O,③为NaOH,则④为H2SO4。
答案：D
4.室温时,用0.1
mol·L-1NaOH溶液滴定0.1
mol·L-1盐酸,如达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05
mL),继续加水至50
mL,所得溶液的pH是(　　)
A.4
B.7.2
C.10
D.11.3
解析：由于滴定至终点时多滴了一滴NaOH溶液,即NaOH溶液过量,所以滴定后溶液呈碱性,溶液中c(OH-)
=
mol·L-1=
1×10-4
mol·L-1,溶液中c(H+)
=
=1×10-10
mol·L-1,溶液的pH为10。
答案：C
5.用已知浓度的盐酸滴定用NaOH固体配成的碱溶液时,下列操作使滴定结果偏高的是(　　)
(导学号52160190)
A.NaOH固体称量时间过长
B.盛标准盐酸的滴定管用碱液润洗
C.用甲基橙作指示剂
D.固体NaOH中含KOH杂质
解析：待测的NaOH溶液浓度计算式为c(NaOH)=c(HCl)×V(HCl)/V(NaOH)。A项,NaOH固体称量时间过长,会有部分NaOH与空气中的CO2反应生成Na2CO3,得到NaOH和Na2CO3的混合物,等质量的Na2CO3消耗的盐酸比NaOH少,所以使滴定结果偏低。B项,盛放标准盐酸的滴定管用碱液润洗,实际使盐酸变稀,这样会使消耗盐酸的体积变大,所以使测得的结果偏高。C项是正确操作。D项,固体NaOH含有KOH时,会使消耗的盐酸变少,使测得结果偏低。
答案：B
6.两人用同一瓶标准盐酸滴定同一瓶NaOH溶液。甲将锥形瓶用NaOH待测液润洗后,使用水洗过的碱式滴定管取碱液置于锥形瓶中。乙则用甲用过的碱式滴定管另取碱液置于刚用水洗过且存有蒸馏水的锥形瓶中,其他操作及读数全部正确。下列说法正确的是(　　)
A.甲操作正确
B.乙操作有误
C.甲测定数值一定比乙小
D.乙实际测得值较准确
解析：本题考查酸碱中和滴定。滴定过程中,锥形瓶不需要润洗,甲操作错误。甲操作过程中,碱式滴定管没有用碱液润洗,取的碱液比理论值偏小,但甲将锥形瓶用碱液润洗了,使碱液的量又增大,无法判断最终甲的测定数值比乙大还是小,C错。乙用甲使用过的碱式滴定管取碱液,相当于碱式滴定管已经润洗了,锥形瓶内有水对实验无影响,乙实际测得的数值比较准确,D正确。
答案：D
7.离子检验的常用方法有三种:
检验方法
沉淀法
显色法
气体法
含义
反应中有沉淀产生或溶解
反应中有颜色变化
反应中有气体产生
下列离子检验的方法不合理的是(　　)
A.N——气体法
B.I-——沉淀法
C.Fe3+——显色法
D.Ca2+——气体法
解析：N的检验是利用NaOH与其反应产生NH3;I-的检验可用硝酸酸化的硝酸银,反应产生黄色沉淀AgI;Fe3+遇KSCN溶液显红色(或者与苯酚反应,溶液显紫色);只有Ca2+不能反应生成气体,故D不合理。
答案：D
8.请回答有关滴定过程中的相关问题。
(导学号52160191)
(1)用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸,滴定曲线如图所示:
①在图中A的pH范围使用的指示剂是　　　　;C的pH范围使用的指示剂是　　　　。
②下列关于上述中和滴定过程中的操作,正确的是　　　　(填序号)。
A.用碱式滴定管量取已知浓度的烧碱溶液
B.滴定管和锥形瓶都必须用待装液润洗
C.滴定中始终注视锥形瓶中溶液颜色变化
D.锥形瓶中的待测液可用量筒量取
(2)如图1表示用相同浓度的NaOH溶液分别滴定浓度相同的3种一元酸,由图可确定酸性最强的是　　　　。如图2表示用相同浓度的硝酸银标准溶液分别滴定浓度相同的含Cl-、Br-及I-的混合溶液,由图可确定首先沉淀的是　　　　。
图1
图2
(3)已知I2+2S2S4+2I-
某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度,过程如下:取0.36
g试样溶于水,加入过量KI固体,充分反应,生成白色沉淀。用0.100
0
mol·L-1
Na2S2O3标准溶液滴定,到达滴定终点时,消耗Na2S2O3标准溶液20.00
mL。
①可选用　　　　作滴定指示剂,滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。
③该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为　　　　　　　　。
解析：(1)②考查中和滴定基本常识,锥形瓶不能用待装液润洗,B错;为保证实验的准确性,待测液不能用量筒量取,D错。
(2)浓度相同的3种一元酸,③的pH最小,说明酸性最强。沉淀完全后I-浓度最小,说明Ksp(AgI)最小,故I-首先沉淀。
(3)①滴定前的过程中发生反应:2Cu2++4I-2CuI↓+I2;②滴定过程中I2完全消失是滴定的终点,所以可选用淀粉溶液作滴定指示剂,滴定终点的现象为蓝色退去,且在半分钟内不恢复原色;③从反应2Cu2++4I-2CuI↓+I2,I2+2S2S4+2I-,可知Cu2+~S2,n(Cu2+)=0.100
0
mol·L-1×20.00×10-3
L=2.0×10-3
mol,m(CuCl2·2H2O)=2.0×10-3
mol×171
g·mol-1=0.342
g,则试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为0.342
g÷0.36
g×100%=95%。
答案：(1)①酚酞　甲基橙　②AC
(2)③　I-
(3)①淀粉溶液　蓝色退去,放置一定时间后不恢复原色
②2Cu2++4I-2CuI↓+I2　③95%
9.用中和滴定的方法测定NaOH和Na2CO3混合液中的NaOH含量时,可先在混合液中加过量BaCl2溶液,使Na2CO3完全变成BaCO3沉淀,然后用标准盐酸滴定(用酚酞作指示剂)。
(1)向混有BaCO3沉淀的NaOH和BaCl2混合液中滴入盐酸,　　　　(填“会”或“不会”)使BaCO3溶解而影响测定NaOH的含量,理由是　
　。
(2)确定终点时溶液的颜色由　　　　变为　　　　。
(3)滴定时,若滴定管中液面一直下降到活塞处才到达滴定终点,　　　　(填“能”或“不能”)由此得出准确的测定结果,理由是　。
(4)　　　　(填“能”或“不能”)改用甲基橙作指示剂。若使用甲基橙作指示剂,则测定结果　　　　(填“偏高”“偏低”或“正确”)。
答案：(1)不会　当酚酞变色时的pH条件下,HCl是与NaOH发生反应,不会与BaCO3作用
(2)浅红色　无色
(3)不能　滴定管下方刻度线距活塞处有一定空间,不能测出其所用的滴定液体积
(4)不能　偏高
能力提升
10.实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数,其反应原理为
(导学号52160192)
4N+6HCHO3H++6H2O+(CH2)6N4H+〔滴定时,1
mol(CH2)6N4H+与1
mol
H+相当〕,然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验:
步骤Ⅰ　称取样品1.500
g。
步骤Ⅱ　将样品溶解后,完全转移到250
mL容量瓶中,定容,充分摇匀。
步骤Ⅲ　移取25.00
mL样品溶液于250
mL锥形瓶中,加入10
mL
20%的中性甲醛溶液,摇匀、静置
5
min
后,加入1~2滴酚酞溶液,用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
(1)根据步骤Ⅲ填空:
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,直接加入NaOH标准溶液进行滴定,则测得样品中氮的质量分数　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后,水未倒尽,则滴定时用去NaOH标准溶液的体积　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
③滴定时边滴边摇动锥形瓶,眼睛应观察　。
A.滴定管内液面的变化
B.锥形瓶内溶液颜色的变化
④滴定达到终点时,酚酞指示剂由　　　　色变成　　　　色。
(2)滴定结果如下表所示:
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
续表
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
3
25.
00
0.20
20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.101
0
mol·L-1,则该样品中氮的质量分数为　　　　。
解析：(1)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗,否则相当于NaOH溶液被稀释,滴定消耗的体积会偏高,测得样品中氮的质量分数也将偏高。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后,虽然水未倒尽,但待测液中的H+的物质的量不变,则滴定时所需NaOH标准溶液中氢氧化钠的物质的量就不变,也就是无影响。③注意观察颜色变化,确定滴定终点。④待测液为酸性,酚酞应为无色,当溶液转为碱性时,溶液颜色变为粉红(或浅红)色。(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值,代入公式即可得到答案。
答案：(1)①偏高　②无影响　③B　④无　粉红(或浅红)　(2)18.85%课时训练14　弱电解质的电离平衡
基础夯实
1.氨水有下列平衡NH3·H2ON+OH-,当其他条件不变时,改变下列条件,平衡向左移,且[N]增大的是(　　)
　　　　　
　　　　　
　　　　
A.加NaOH
B.加盐酸
C.加NH4Cl
D.加同浓度氨水
解析：本题考查外部条件改变时电离平衡的移动。加NaOH平衡左移,但[N]减小;加盐酸平衡右移;加NH4Cl符合要求。
答案：C
2.化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡:
HIn(溶液)H+(溶液)+In-(溶液)
(红色)
(黄色)
故可用作酸碱指示剂。现有浓度为0.02
mol·L-1的下列各溶液:①盐酸　②石灰水　③NaCl溶液　④NaHSO4溶液　⑤NaHCO3溶液　⑥氨水,其中能使指示剂显红色的是(　　)
　　　　　
　　　　　
　　　　
A.①④⑤
B.②⑤⑥
C.①④
D.②③⑥
解析：由电离平衡看出,要使指示剂显红色,平衡必须左移,即应加入H+。在题中给出的试剂中,只有①和④能提供H+。
答案：C
3.一定量的盐酸与过量的铁粉反应时,为了减缓反应的速率,且不影响生成氢气的总量,可向盐酸中加入适量的
(　　)
A.NaOH(s)
B.铜粉
C.HCl
D.CH3COONa(s)
解析：A项中由于加入NaOH会减少H+的物质的量;B项中加入铜粉,形成铜铁原电池,反应速率增大;C项中HCl的加入,会增加原溶液中的H+的物质的量,导致生成氢气的总量增加;D项中CH3COONa(s)的加入会使部分盐酸变成醋酸,从而降低了盐酸的浓度,同时保持混合酸中H+的物质的量不变。
答案：D
4.由水电离出的[OH-]=1×10-13
mol·L-1的无色溶液中,一定能大量共存的离子组是(　　)
(导学号52160167)
A.Cl-、[Al(OH)4]-、Na+、K+
B.Fe3+、N、K+、H+
C.N、Ba2+、K+、Cl-
D.Al3+、S、N、Cl-
解析：依题设条件可知,水电离出的[OH-]=1×10-13
mol·L-1<1×10-7
mol·L-1,故水的电离受到抑制,有可能是酸性溶液,也可能是碱性溶液;再根据各选项分析在酸性或碱性溶液中各种离子与H+或OH-是否发生反应确定答案。
答案：C
5.(2015课标全国Ⅰ,13)浓度均为0.10
mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)
(导学号52160168)
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度:b点大于a点
C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等
D.当lg=2时,若两溶液同时升高温度,则增大
解析：由图像知,0.10
mol·L-1的MOH溶液的pH为13,说明MOH为强碱,ROH溶液的pH小于13,说明ROH为弱碱,所以MOH的碱性强于ROH的碱性,A选项正确;稀释有利于弱电解质的电离,故B选项正确;若两溶液无限稀释则接近中性,则它们的c(OH-)相等,C选项正确;当lg=2时,MOH溶液的pH为11,ROH溶液的pH为10,若两溶液同时升高温度,ROH溶液中存在电离平衡,平衡会右移,c(R+)增大,c(M+)不变,故比值减小,D选项错误。
答案：D
6.氯气溶于水达到平衡后,若其他条件不变,只改变某一条件,下列叙述正确的是(　　)
A.再通入少量氯气,减小
B.通入少量SO2,溶液漂白性增强
C.加入少量固体NaOH,一定有[Na+]=[Cl-]+[ClO-]
D.加入少量水,水的电离平衡向正反应方向移动
解析：该题目借助氯气考查了平衡的移动及氯水的性质。在氯水中存在如下平衡:Cl2+H2OHCl+HClO　①,H2OH++OH-　②,HClOH++ClO-　③。当通入少量氯气时,平衡①向右移动,[H+]增大有两个方面原因,次氯酸浓度增大和盐酸完全电离。由于次氯酸的电离也增大,但是[H+]增大得多,所以比值增大,A错误;当通入少量SO2时,会发生反应SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4,生成无漂白性的盐酸和硫酸,降低了次氯酸的浓度,漂白性减弱,B错误;当加入少量NaOH时,会发生反应,根据电荷守恒,有[Na+]+[H+]=[Cl-]+[ClO-]+[OH-],所以只有在溶液呈中性的时候,才会有C项中等式成立,C错误;当加入少量水时,平衡①③向正反应方向移动,但是由于水的稀释作用,使得溶液中[H+]浓度降低,即水的电离平衡向正反应方向移动,D正确。
答案：D
7.向CH3COOHCH3COO-+H+的平衡体系中,加入少量下列物质能使醋酸的电离程度和溶液的pH都变小的是(　　)
(导学号52160169)
A.H2O
B.CH3COONa
C.NH3·H2O
D.H2SO4
解析：A项,向醋酸中加入少量水,促进醋酸电离,醋酸的电离程度增大,错误;B项,向醋酸中加入醋酸钠固体,醋酸根离子浓度增大,抑制醋酸电离,醋酸的电离程度减小,且溶液的pH增大,错误;C项,向醋酸中加入氨水,氨水和氢离子反应,促进醋酸电离,且溶液的pH增大,错误;D项,向醋酸溶液中加入硫酸,氢离子浓度增大,溶液的pH减小,同时抑制醋酸电离,使醋酸的电离程度减小,正确。
答案：D
8.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,平衡向正反应方向移动
B.加水,平衡向逆反应方向移动
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,平衡向正反应方向移动
解析：A项,OH-与H+反应,使平衡右向移动,正确;B项,加水,促进HCN电离,使平衡右向移动,错误;C项,加入HCl,c(H+)增大,平衡左向移动,错误;D项,加入NaCN固体,c(CN-)增大,平衡左向移动,错误。
答案：A
9.在甲酸的下列性质中,可以证明它是弱电解质的是(　　)
A.1
mol·L-1甲酸溶液中[H+]约为1×10-2
mol·L-1
B.甲酸能与水以任意比互溶
C.10
mL
1
mol·L-1甲酸恰好跟10
mL
1
mol·L-1
NaOH溶液完全反应
D.甲酸的导电性比弱酸溶液的导电性弱
解析：如果是强电解质应该完全电离,那么H+浓度应该是1
mol·L-1而不是约为1×10-2
mol·L-1说明甲酸不能完全电离,肯定是弱电解质,故A项正确;溶解性与电解质强弱无关,B项错误;酸碱完全反应与酸的强弱无关,C项错误;没指明强酸为几元酸以及酸的浓度,无法通过导电性比较电解质的强弱,D项错误。
答案：A
10.下列关于电离平衡常数(K)的说法中正确的是
(　　)
A.组成相似时,电离平衡常数(K)越小,表示弱电解质电离能力越弱
B.电离平衡常数(K)与温度无关
C.不同浓度的同一弱电解质,其电离平衡常数(K)不同
D.多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为:Ka1解析：电离平衡常数K是温度的函数,所以B错。只要温度一定,不同浓度的同一弱电解质电离平衡常数K相同,所以C错。多元弱酸各步电离平衡常数相互关系应为Ka1>Ka2>Ka3,所以D错。
答案：A
11.在25
℃时,用蒸馏水稀释1
mol·L-1的醋酸溶液至0.01
mol·L-1,随着溶液的稀释,下列各项中始终保持增大趋势的是(　　)
(导学号52160170)
A.
B.
C.
D.
解析：醋酸溶液中存在如下电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,在加水稀释时,平衡右移,n[H+]与n(CH3COO-)始终相等且呈增大趋势,n(CH3COOH)减小。A项,,因为n[H+]增大,n(CH3COOH)减小,故比值始终保持增大,A项正确;B项,,始终不变;C项,,始终减小;D项,K=,K只是温度的函数,稀释时,K不变。故答案为A项。
答案：A
12.体积相同、c(H+)相同的某一元强酸溶液①和某一元弱酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应,下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是(　　)
解析：[H+]相同的一元强酸①和某一元弱酸溶液②,酸的浓度①<②,最终两酸提供的n(H+)①<②,即最后生成H2的体积①<②;由于弱酸溶液中存在电离平衡,在与Zn反应的过程中,电离平衡右移,两酸与Zn反应的过程中,溶液中[H+]始终①<②,即反应速率①<②。符合这两点的图像是C项。
答案：C
13.在某温度下,1
L浓度为c
mol·L-1的弱酸HA溶液中,HA、H+、A-的物质的量浓度之和为nc
mol·L-1,则该温度下,HA的电离平衡常数为(　　)(导学号52160171)
A.
mol·L-1
B.
mol·L-1
C.
mol·L-1
D.不能确定
解析：设平衡时c(H+)为x
mol·L-1,则根据
　　　
　　　HAH++A-
　始/mol·L-1　c　　　0　　0
　平/mol·L-1
c-x
　x　　x
由题意知c+x=nc,得x=nc-c。
K=
mol·L-1=
mol·L-1=
mol·L-1。
答案：A
14.pH=2的A、B两种酸溶液各1
mL,分别加水稀释至1
L(其pH与溶液体积V的关系如下图)。下列说法正确的是(　　)
①a=5时,A是强酸,B是弱酸　②若A、B都是弱酸,则5>a>2　③稀释后,A酸溶液的酸性比B酸溶液的酸性强　④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等
A.①②
B.③④
C.①③
D.②④
解析：由图像知A、B两种酸稀释相同的倍数,pH增大的值不同,说明两种酸的酸性不同,若①a=5时,A酸pH由2变为5,稀释103倍pH增加3,则A为强酸,B为弱酸,①正确;稀103倍,若5>a>2,则A、B均为弱酸,②正确;由于稀释后,A溶液的pH大于B溶液的,则[H+]A<[H+]B,酸性A比B弱,③错;因为酸A比酸B酸性强,在pH均为2时,酸的浓度A可能小于B,④错,答案为A项。
答案：A
15.1.0
mol·L-1醋酸溶液的[H+]=4.0×10-3
mol·L-1,把这溶液稀释到0.10
mol·L-1后,该溶液的pH是多少 (可能用到的数据:lg1.2=0.079,lg1.3=0.11,lg1.4=0.15)
(导学号52160172)
解析：
　　　CH3COOH
CH3COO-+H+
起始浓度
(mol·L-1):
　
1.0
　0
0
转化浓度
(mol·L-1):
4.0×10-3
4.0×10-3
4.0×10-3
平衡浓度
(mol·L-1):
1.0-4.0×10-3
4.0×10-3
4.0×10-3
Ka=
=
=1.6×10-5
mol·L-1;
稀释后:因为温度不变,电离平衡常数不变,Ka==1.6×10-5
mol·L-1;[H+]=1.3×10-3
mol·L-1
所以pH=3-lg1.3=3-0.11≈2.9。
答案：2.9
能力提升
16.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Ka/(mol·L-1)
CH3COOH
CH3COOHCH3COO-+H+
1.76×10-5
H2CO3
H2CO3H++HCHCH++C
K1=4.31×10-7K2=5.61×10-11
H3PO4
H3PO4H++H2PH2PH++HPHPH++P
K1=7.1×10-3K2=6.3×10-8K3=4.2×10-13
回答下列问题:
(1)温度升高时,　　　　(填“促进”或“抑制”)弱酸的电离,Ka值　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)在温度相同时,各弱酸的Ka值不同,那么Ka值的大小与酸性的相对强弱的关系是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HC、H3PO4、H2P、HP都看为酸,则它们的酸性强弱顺序是　　　　　　　　　　　。
(4)25
℃时,若醋酸的起始浓度为0.010
mol·L-1,则醋酸溶液的pH是　　　　。
解析：(1)电离是一个吸热过程,温度升高,平衡正向移动,Ka值增大。
(2)电离平衡常数表示的是弱电解质的电离程度,Ka值越大,表示电离程度越大,对于弱酸来说,Ka值越大,酸性越强。
(3)根据表中提供的电离平衡常数值,酸性由强到弱的顺序为H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2P>HC>HP。
(4)设电离出的[H+]x
　　　　　　
　CH3COOHCH3COO-+H+
起始浓度/mol·L-1
　0.010
　0
0
转化浓度/mol·L-1
　x
　x
x
平衡浓度/mol·L-1
0.010-x
　x
x
=1.76×10-5,x=4.10×10-4
mol·L-1,pH=-lg[H+]=-lgx=4-lg4.10。
答案：(1)促进　增大
(2)Ka值越大,酸性越强
(3)H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2P>HC>HP
(4)4-lg4.10
17.一定温度下,冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如下图曲线所示,请回答。
(1)图中“O”点的氢离子浓度[H+]=　　　
mol·L-1。
(2)a、b、c、d四点中,溶液[H+]由大到小的顺序为　　　　。
(3)a、b、c、d四点中,醋酸的电离程度最大的一点是　　　　。
解析：此题考查了影响弱电解质电离平衡的因素以及电离平衡常数的应用等知识点。
(1)因为醋酸是共价化合物,只有在水溶液中才发生电离,冰醋酸不会电离。
(2)因为溶液的导电能力取决于溶液中自由移动的离子浓度总和,所以比较[H+]的大小只要比较a、b、c、d四点的纵坐标即可。
(3)根据弱电解质的电离特点是越热越电离,越稀越电离,可知加水越多,醋酸的电离程度越大。
答案：(1)0
(2)b>a>c>d
(3)d第2章过关检测
(时间:60分钟　满分:100分)
　
　　　　　
　　　　　
　　
一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1.对于可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g),在温度一定下由H2(g)和I2(g)开始反应,下列说法正确的是(　　)
A.H2(g)的消耗速率与HI(g)的生成速率之比为2∶1
B.v(H2)=v(I2)时表明反应已达平衡
C.正、逆反应速率的比值是恒定的
D.达到平衡时,正、逆反应速率相等
解析：在可逆反应中,化学反应速率之比等于各种物质的化学计量数之比,所以H2(g)的消耗速率与HI(g)的生成速率比为1∶2,A项错误;未指明正、逆反应速率情况,若都表示v(正),二者任意时刻都相等,B项错误;正、逆反应速率随反应进行不断变化,平衡时相等,故C项错误;达到平衡时,正、逆反应速率相等,D项正确。
答案：D
2.对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),能增大正反应速率的措施是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.通入大量O2
B.增大容器容积
C.移去部分SO3
D.降低体系温度
解析：增大反应物O2的浓度,正反应速率加快。增大容器容积、移去部分SO3、降低体系温度都会使正反应速率减慢。
答案：A
3.在一定温度不同压强(p1解析：本题考查化学平衡图像问题,由于正反应是气体分子数增大的反应,所以增大压强,平衡将逆向移动,从而导致生成物的体积分数减小;增大压强,对于有气体参与的化学反应其速率增大,所以压强越大,达到平衡时,所需要的时间越短。
答案：B
4.高温下,某反应达到平衡,平衡常数K=。恒容时,温度升高,H2浓度减小。下列说法正确的是(　　)
A.该反应的焓变为正值
B.恒温恒容下,增大压强,H2浓度一定减小
C.升高温度,逆反应速率减小
D.该反应化学方程式为CO+H2OCO2+H2
解析：A中温度升高,反应物氢气浓度减小,平衡正向移动,说明正反应吸热,其焓变为正值,正确;B中由于反应前后气体体积不发生变化,因此,压强改变,平衡不发生移动,错误;C中温度升高,正、逆反应的速率都增大,错误;D中根据平衡常数表达式可以确定反应式应为CO2+H2CO+H2O,错误。
答案：A
5.无水氯化铝是一种重要的催化剂,工业上由Al2O3制备无水氯化铝的反应为2Al2O3(s)+6Cl2(g)4AlCl3(g)+3O2(g)　ΔH>0。下列分析错误的是(　　)
(导学号52160153)
A.增大反应体系的压强,反应速率增大
B.加入碳粉,平衡向右移动,原因是碳与O2反应,降低了生成物的浓度且放出热量
C.电解熔融的Al2O3和AlCl3均能得到单质铝
D.升高温度,反应的平衡常数将增大
解析：该反应有气体参加和生成,增大压强,反应速率增大,A项正确;加入的碳消耗了反应生成的氧气且放热,使平衡右移,B项正确;熔融的AlCl3不导电,因此不能通过电解熔融的AlCl3来冶炼金属铝,C项错误;正反应吸热,升温平衡正向移动,K增大,D项正确。
答案：C
6.可逆反应2A(g)+B(g)2C(g),根据下表中的数据判断下列图像错误的是(　　)
(导学号52160154)
A的转化率/%　　　　　压强/MPa温度/℃　　　　　　　　　　　　　
p1
p2
400
99.6
99.7
500
96.9
97.8
解析：分析表中数据知,压强不变,升高温度,A的转化率降低,说明正反应是放热反应,即ΔH<0;当温度不变时,增大压强,平衡向正方向移动,即A的转化率增大,所以,p2>p1。A项,降低温度,平衡向正反应方向移动,A的转化率增大,A项正确;B项,压强一定时升高温度,平衡向逆反应方向移动,φ(C)减小;温度一定时增大压强,平衡向正反应方向移动,φ(C)增大,B项正确;C项,达到化学平衡后,升高温度,逆反应速率的增大程度大于正反应速率的增大程度,平衡向逆反应方向移动,C项正确;D项,达到化学平衡后,增大压强,正反应速率的增大程度大于逆反应速率的增大程度,D项错误。
答案：D
7.一定条件下,体积为10
L的密闭容器中,1
mol
X和1
mol
Y进行反应:2X(g)+Y(g)Z(g),经60
s达到平衡,生成0.3
mol
Z。下列说法正确的是(　　)
A.以X浓度变化表示的反应速率为0.001
mol·L-1·s-1
B.将容器体积变为20
L,Z的平衡浓度变为原来的
C.若增大压强,则物质Y的转化率减小
D.若升高温度,X的体积分数增大,则该反应的ΔH>0
解析：根据题目的含义可以列出:
　　　　2X(g)+Y(g)Z(g)
c起始/(mol·L-1)　0.1　
　0.1　
0
c转化/(mol·L-1)　0.06
　0.03　
0.03
c平衡/(mol·L-1)　0.04
　0.07　
0.03
所以v==0.001
mol·L-1·s-1,故A选项正确;若将容器的体积变为20
L,各物质的浓度均减半,根据平衡移动原理,此平衡应向逆反应方向移动,所以Z的平衡浓度比原来的要小,故B选项错误;由于此反应的正反应是气体体积减小的反应,因此增大压强,此平衡向右移动,反应物X和Y的转化率均增大,故C选项错误;X的体积分数增大,说明平衡向逆反应方向移动,而升高温度平衡应向吸热反应方向移动,因此此反应的正反应应为放热反应,即ΔH<0,所以D选项错误。
答案：A
二、非选择题(本题共4小题,共58分)
8.[2015课标全国Ⅱ,27(2)(3)](12分)甲醇既是重要的化工原料,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:
(导学号52160155)
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
ΔH1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
ΔH2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
ΔH3
回答下列问题:
(1)反应①的化学平衡常数K表达式为　　　　　　　;图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为　　　　(填曲线标记字母),其判断理由是
　。
图1
图2
(2)合成气组成=2.60时,体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示,α(CO)值随温度升高而　　　　(填“增大”或“减小”),其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;图2中的压强由大到小为　　　　,其判断理由是　


　。
解析：(1)反应①的K表达式为。
因反应①为放热反应,所以平衡常数应随温度升高而变小,所以选a。
(2)升高温度,反应①平衡向左移动,使体系中n(CO)增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又使产生n(CO)增大;总结果是随温度升高,CO的转化率降低。
因为相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于增大CO的转化率;反应③为气体分子数不变的反应,压强改变对平衡不产生影响。所以压强增大,CO转化率升高,在图2中,同一温度下,CO转化率高的对应压强大,则p3>p2>p1。
答案：(1)K=[或Kp=]
a　反应①为放热反应,平衡常数数值应随温度升高变小
(2)减小　升高温度时,反应①为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又使产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低
p3>p2>p1　相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响。故增大压强时,有利于CO的转化率升高
9.(16分)大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。
(1)O3将I-氧化成I2的过程由3步反应组成:
①I-(aq)+O3(g)IO-(aq)+O2(g)
ΔH1
②IO-(aq)+H+(aq)HOI(aq)
ΔH2
③HOI(aq)+I-(aq)+H+(aq)I2(aq)+H2O(l)
ΔH3
总反应的化学方程式为　　　　　　　　,其反应热ΔH=　　　　。
(2)在溶液中存在化学平衡:I2(aq)+I-(aq)(aq),其平衡常数表达式为　　　　。
(3)为探究Fe2+对O3氧化I-反应的影响(反应体系如图甲),某研究小组测定两组实验中浓度和体系pH,结果见图乙和下表。
甲
乙
编号
反应物
反应前pH
反应后pH
第1组
O3+I-
5.2
11.0
第2组
O3+I-+Fe2+
5.2
4.1
①第1组实验中,导致反应后pH升高的原因是
　。
②图甲中的A为　　　　,由Fe3+生成A的过程能显著提高I-的转化率,原因是　。
③第2组实验进行18
s后,浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)　　　　。
A.c(H+)减小
B.c(I-)减小
C.I2(g)不断生成
D.c(Fe3+)增加
(4)据图乙,计算3~18
s内第2组实验中生成的平均反应速率(写出计算过程,结果保留两位有效数字)。
解析：(1)根据题给信息可知,总反应是O3氧化I-生成I2,那么3步反应中的IO-、HOI应为中间产物,则三式直接相加即可得到总反应及其反应热,即O3(g)+2I-(aq)+2H+(aq)O2(g)+I2(aq)+H2O(l)
ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)根据化学反应平衡常数表达式的书写方法可以直接写出K=。(3)①根据总化学方程式可以看出,反应需要消耗H+,所以c(H+)逐渐减小,溶液的pH升高;②根据题干中的图可以看出,Fe2+→Fe3+→A应为Fe2+、Fe3+之间的转化且Fe3+→A,A应为Fe3+氧化I-后的产物,所以A应为Fe2+;③根据题图可以看出随着反应的进行,c(I-)逐渐减小,且存在着I2(aq)I2(g)过程,I2(g)不断生成,促使I2(aq)+I-(aq)(aq),平衡向左移动,导致浓度下降,因此选B、C;(4)根据v()=计算得v()==5.5×10-4
mol·L-1·s-1。
答案：(1)O3(g)+2I-(aq)+2H+(aq)O2(g)+I2(aq)+H2O(l)　ΔH1+ΔH2+ΔH3
(2)K=
(3)①H+被消耗,其浓度降低　②Fe2+　Fe3+氧化I-生成I2,转化率增大　③BC　(4)
v()==5.5×10-4
mol·L-1·s-1
10.[2015山东理综,30(1)(2)](16分)合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能,在配合氢能的开发中起着重要作用。
(导学号52160156)
(1)一定温度下,某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示,纵轴为平衡时氢气的压强(p),横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。
在OA段,氢溶解于M中形成固溶体MHx,随着氢气压强的增大,H/M逐渐增大;在AB段,MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy,氢化反应方程式为:zMHx(s)+H2(g)zMHy(s)　ΔH1(Ⅰ);在B点,氢化反应结束,进一步增大氢气压强,H/M几乎不变。反应(Ⅰ)中z=　　　　(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时,2
g某合金4
min内吸收氢气240
mL,吸氢速率v=　　　　
mL·g-1·min-1。反应(Ⅰ)的焓变ΔH1　　　　(填“>”“=”或“<”)0。
(2)η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例,则温度为T1、T2时,η(T1)　　　　(填“>”“=”或“<”)η(T2)。当反应(Ⅰ)处于图中a点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,达平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的　　　　(填“b”“c”或“d”)点,该贮氢合金可通过　　　　或　　　　的方式释放氢气。
解析：(1)根据反应zMHx(s)+H2(g)zMHy(s),由氢原子守恒可得zx+2=zy,则z(y-x)=2,故z=。根据吸氢速率的单位可知v==30
mL·g-1·min-1。相同的H/M条件下,升高温度,平衡时氢气的压强增大,平衡向逆反应方向移动,故该反应为放热反应,即ΔH1<0。
(2)图中T1温度下,AB段长,说明最大吸氢量占总吸氢量的比例高,即η(T1)>η(T2);因为AB段内,H/M逐渐增大的过程中,平衡时氢气的压强始终保持不变,当反应(Ⅰ)处于a点时,向恒容体系中通入H2,H/M增大,但平衡时氢气的压强不变,平衡向正反应方向移动,平衡后反应处于图中c点。该合金可以通过减压或加热的方式,使其释放氢气。
答案：(1)　30　<
(2)>　c　
加热　减压
11.(14分)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。在密闭容器中发生该反应时,c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线如图所示。
(导学号52160157)
据此判断:
(1)该反应的ΔH　　　(填“>”或“<”)0。
(2)在T2温度下,0~2
s内的平均反应速率v(N2)=　　　。
(3)当固体催化剂的质量一定时,增大其表面积可提高化学反应速率。若催化剂的表面积S1>S2,在上图中画出c(CO2)在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线。
(4)若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行,下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是　　(填代号)。
解析：(1)由图中曲线可以看出,在催化剂表面积相同的情况下,T1温度时先达到平衡,则T1>T2,但温度高时CO2的浓度小,说明升高温度平衡逆向移动,该反应的正反应为放热反应,即ΔH<0。(2)v(N2)=v(CO2)==0.025
mol·L-1·s-1。(3)温度相同,质量相同的催化剂,表面积越小反应速率越慢。(4)a项,只能说明t1时正反应速率最大,但不一定处于平衡状态;c项,t1时,只能说明n(NO)=n(CO2),不能说明正、逆反应速率相等,不是平衡状态。
答案：(1)<
(2)0.025
mol·L-1·s-1
(3)如图
(4)bd课时训练5　原电池的工作原理　化学电源
基础夯实
1.电池是人类生产和生活中的重要能量来源,各式各样电池的发明是化学对人类的一项重大贡献,下列有关电池的叙述正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细
B.氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能
C.氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化
D.太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
解析：选项A中锌锰干电池作负极的是Zn,石墨作电池的正极,只起导电的作用,被腐蚀的是Zn;选项B中氢氧燃料电池是把化学能直接转化为电能,而不是把热能直接转化为电能;选项D中太阳能电池的主要材料是高纯度的单晶硅,它的能量转化率高。
答案：C
2.下图是Zn和Cu形成的原电池,某实验兴趣小组做完实验后,在读书卡片上记录如下,其中描述合理的是(　　)
NO.:28　Date:2016.3.5
实验后的记录:
①Zn为正极,Cu为负极。
②H+向负极移动。
③电子流动方向ZnCu。
④Cu极上有H2产生。
⑤若有1
mol电子流过导线,
则产生H2为0.5
mol。
⑥正极的电极反应式为
Zn-2e-Zn2+。　
A.①②③
B.③④⑤
C.④⑤⑥
D.②③④
解析：Zn比Cu活泼,Zn为负极,电极反应式为Zn-2e-Zn2+,Cu为正极,电极反应式为2H++2e-H2↑,每转移1
mol电子,产生H2
0.5
mol,电子由Zn流出经导线流向Cu,溶液中H+向正极移动,S向负极移动,故选B。
答案：B
3.(2015天津理综,4)锌铜原电池装置如图所示,其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述正确的是(　　)
A.铜电极上发生氧化反应
B.电池工作一段时间后,甲池的c(S)减小
C.电池工作一段时间后,乙池溶液的总质量增加
D.阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动,保持溶液中电荷平衡
解析：原电池反应为Zn+CuSO4ZnSO4+Cu。Cu电极作正极,Cu2+在正极得电子,发生还原反应,A项错误;由于两半池中的阴离子S不能透过半透膜,故c(S)都不变,B项错误;甲池中由于生成Zn2+,而乙池中Cu2++2e-Cu,则乙池中的CuSO4部分变为ZnSO4,导致乙池中溶液总质量变大,C项正确;阴离子不能透过半透膜,D项错误。
答案：C
4.研究人员研制出一种锂水电池,可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料,以LiOH为电解质,使用时加入水即可放电。关于该电池的下列说法不正确的是(　　)
A.水既是氧化剂又是溶剂
B.放电时正极上有氢气生成
C.放电时OH-向正极移动
D.总反应为2Li+2H2O2LiOH+H2↑
解析：这种电池名称叫锂水电池。可推测其总反应为2Li+2H2O2LiOH+H2↑,再写出其电极反应如下:
负极为2Li-2e-2Li+;正极为2H2O+2e-2OH-+H2↑
结合选项分析A、B、D都是正确的。
答案：C
5.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示,其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后,电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为:PbSO4+2LiCl+CaCaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法正确的是(　　)
(导学号52160115)
A.正极反应式:Ca+2Cl--2e-CaCl2
B.放电过程中,Li+向负极移动
C.每转移0.1
mol电子,理论上生成20.7
g
Pb
D.常温时,在正负极间接上电流表或检流计,指针不偏转
解析：正极上发生还原反应,A项错误;放电过程中Li+向正极移动,B项错误;由电池总反应式可知,每转移0.1
mol电子,理论上生成0.05
mol
Pb,质量为10.35
g,C项错误;常温下,电解质不是熔融态,离子不能移动,不能产生电流,因此连接电流表或检流计,指针不偏转。
答案：D
6.某种聚合物锂离子电池放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC66C+LiCoO2,其电池如图所示。下列说法不正确的是(　　)
(导学号52160116)
A.放电时,LixC6发生氧化反应
B.充电时,Li+通过阳离子交换膜从左向右移动
C.充电时将电池的负极与外接电源的负极相连
D.放电时,电池的正极反应为Li1-xCoO2+xLi++xe-LiCoO2
解析：由电池放电时的反应看出LixC6中C的化合价升高,发生氧化反应,Li1-xCoO2中Li化合价降低,发生还原反应,A、D项正确;充电时将电池的负极与外接电源的负极相连,C项正确;充电时,阳离子由阳极(右边电极)移向阴极(左边电极),B项错误。
答案：B
7.生产铅蓄电池时,在两极板上的铅、锑合金棚架上均匀涂上膏状的PbSO4,干燥后再安装,充电后即可使用,发生的反应是2PbSO4+2H2OPbO2+Pb+2H2SO4
下列对铅蓄电池的说法错误的是(　　)
(导学号52160117)
A.需要定期补充硫酸
B.工作时Pb是负极,PbO2是正极
C.工作时负极上发生的反应是Pb+S-2e-PbSO4
D.工作时电解质的密度减小
解析：铅蓄电池放电时相当于原电池,Pb是负极,PbO2是正极;负极发生的反应是Pb失去电子生成Pb2+,Pb2+与溶液中的S生成PbSO4沉淀;放电时消耗的硫酸与充电时生成的硫酸相等,在制备电池时,PbSO4的量是一定的,制成膏状,干燥后再安装,说明H2SO4不用补充;放电时,H2SO4被消耗,溶液中的H2SO4的物质的量浓度减小,所以溶液的密度也随之减小。
答案：A
8.1902年美国发明家爱迪生发明了镍铁碱性蓄电池,其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加m
g,金属M的相对原子质量的计算式为　　　　(用m、x表示)。
(3)电解后溶液的H+浓度　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)该蓄电池放电时,NiO2得电子被还原作正极,Fe失电子被氧化作负极。根据电解池的构造,阳极应与蓄电池的正极NiO2相连,阴极应与蓄电池的负极Fe相连。(2)M(NO3)x溶液中的Mx+在阴极上放电析出金属M:Mx++xe-M;由蓄电池放电时发生的反应可得到关系式:2H2O~Fe~2e-~Fe(OH)2,再根据串联电极上通过电子的物质的量相等,得到金属M与H2O的关系为:M~xe-~xH2O,结合析出金属M的质量m
g及消耗水的质量0.36
g,可求出金属M的相对原子质量表达式为18xm/0.36=50mx。(3)由于阳极是水电离出的OH-放电生成O2,H+浓度增大。
答案：(1)A　(2)50mx　(3)增大
能力提升
9.某探究活动小组想利用原电池反应检测金属的活动性顺序,有甲、乙两位同学均使用镁片与铝片作电极,但甲同学将电极放入6
mol·L-1的稀硫酸中,乙同学将电极放入6
mol·L-1的NaOH溶液中,如图所示。
(导学号52160118)
(1)写出甲池中发生的有关电极反应的反应式:
负极　,
正极　。
(2)写出乙池中发生的有关电极反应的反应式:
负极　,
正极　。
总反应离子方程式为　。
(3)如果甲与乙两位同学均认为“构成原电池的电极材料若是金属,则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”,则甲会判断出　　　活动性更强,而乙会判断出　　　活动性更强(填写元素符号)。
(4)由此实验,可得到如下哪些结论 　　　。
A.利用原电池反应判断金属活动性顺序应注意选择合适的电解质
B.镁的金属性不一定比铝的金属性强
C.该实验说明金属活动性顺序表已过时,已没有实用价值
D.该实验说明化学研究对象复杂、反应条件多变,应具体问题具体分析
解析：(1)甲池中电池总反应方程式为Mg+H2SO4MgSO4+H2↑,Mg作负极,电极反应式为Mg-2e-Mg2+;Al作正极,电极反应式为2H++2e-H2↑。
(2)乙池中电池总反应方程式为2Al+2NaOH+6H2O2Na[Al(OH)4]+3H2↑,负极上为Al被氧化生成Al3+后与OH-反应生成[Al(OH)4]-,电极反应式为2Al+8OH--6e-2[Al(OH)4]-;正极产物为H2,电极反应式为6H2O+6e-6OH-+3H2↑。
(3)甲池中Mg为负极,Al为正极;乙池中Al为负极,Mg为正极,若根据负极材料金属比正极活泼,则甲判断Mg活动性强,乙判断Al活动性强。
(4)选AD。Mg的金属活动性一定比Al强,金属活动性顺序表是正确的,应用广泛。
答案：(1)Mg-2e-Mg2+　2H++2e-H2↑
(2)2Al+8OH--6e-2[Al(OH)4]-
6H2O+6e-6OH-+3H2↑
2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑
(3)Mg　Al　(4)AD
10.科学家预言,燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂,电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。其工作原理的示意图如下:
甲醇燃料电池工作原理示意图
请回答下列问题:
(1)Pt(a)电极是电池的　　　　　　极,电极反应式为　　　　　　　　;Pt(b)电极发生　　　反应(填“氧化”或“还原”),电极反应式为　　　　　　　。
(2)电池的总反应方程式为　　　　　　　　　　。
(3)如果该电池工作时电路中通过2
mol电子,则消耗的CH3OH有　　
mol。
(4)使用该燃料电池的另一个好处是　。
解析：Pt
(a)原料为CH3OH和水,产物为CO2、H+,根据C元素化合价由-2升到+4,失去6个电子,Pt(a)为负极;Pt(b)原料为O2、H+,产物为H2O,O元素化合价由0降至-2,发生还原反应,为正极。
答案：(1)负　CH3OH+H2O-6e-CO2+6H+　还原　O2+4H++4e-2H2O
(2)2CH3OH+3O22CO2+4H2O　(3)
(4)对环境无污染第3章　物质在水溶液中的行为
课时训练12　水的电离　电解质在水溶液中的存在形态
基础夯实
1.下列物质中,能够导电的电解质是(　　)
　　　　　
　　　　　
　　　　
A.铜丝
B.熔融的MgCl2
C.NaCl溶液
D.蔗糖
解析：A是单质,C是混合物,所以首先排除掉。D是非电解质。因此答案选B。
答案：B
2.下列叙述正确的是(　　)
A.
NaCl溶液在电流的作用下电离成Na+和Cl-
B.溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸
C.二氧化碳溶于水能部分电离,故二氧化碳属于弱电解质
D.硫酸钡难溶于水,但硫酸钡属于强电解质
解析：NaCl溶于水(或熔融)即电离产生Na+和Cl-,在电流的作用下Na+和Cl-定向移动,所以NaCl溶液能导电,可见电解质的电离不需要在电流作用下完成,故A不正确。溶于水能电离出氢离子的化合物除酸外,还有酸式盐,故B不正确。CO2溶于水与水反应生成碳酸,碳酸部分电离,而不是CO2本身电离,因此碳酸是弱电解质,CO2是非电解质,故C不正确。BaSO4虽难溶于水,但溶解的部分完全电离,且BaSO4在熔融状态下也能完全电离,故BaSO4是强电解质,故D正确。
答案：D
3.一定温度下,测得纯水中[OH-]=2.5×10-7
mol·L-1,则[H+]为(　　)
A.2.5×10-7
mol·L-1
B.1.0×10-7
mol·L-1
C.
mol·L-1
D.无法确定[H+]
解析：无论在什么情况下纯水中一定存在[H+]=[OH-]。
答案：A
4.水的电离过程为H2OH++OH-,在不同温度下,其离子积分别为:KW(25
℃)=1.0×10-14,KW(35
℃)=2.1×10-14,则下列叙述正确的是(　　)
A.[H+]随着温度的升高而降低
B.在35
℃时,[H+]>[OH-]
C.水的电离程度α(25
℃)>α(35
℃)
D.[OH-]随温度升高而增大
解析：35
℃时的KW大于25
℃时的KW,说明温度升高,水的电离平衡向右移动,[H+]、[OH-]都增大,但是仍相等。
答案：D
5.NaCl在熔融状态下能导电,其本质原因是(　　)
A.是电解质
B.电离出自由移动的电子
C.存在电子
D.电离出自由移动的离子
解析：金属能导电是由于金属中自由电子的定向移动,电解质能导电是由于在一定条件下电离出自由移动的离子。
答案：D
6.弱电解质和强电解质的本质区别在于(　　)
A.离子数目的多少
B.物质的量浓度相同时,溶液的导电能力
C.在水溶液中是否存在电离平衡
D.电离方程式的写法不同
解析：判断强弱电解质就是看电解质在水溶液中是否完全电离。
答案：C
7.同一温度下,强电解质溶液a,弱电解质溶液b,金属导体c三者的导电能力相同,若升高温度后,它们的导电能力强弱顺序是(　　)
(导学号52160158)
A.b>a>c
B.a=b=c
C.c>a>b
D.b>c>a
解析：金属导体随温度升高导电能力减弱;强电解质不存在电离平衡,升高温度,溶液中的离子浓度不变,导电能力随温度的升高而变化不大;弱电解质存在电离平衡,升高温度,弱电解质的电离程度增大,溶液中的离子浓度增大,导电能力增大。
答案：A
8.能影响水的电离平衡,并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的操作是(　　)
(导学号52160159)
A.向水中投入一小块金属钠
B.将水加热煮沸
C.向水中通入CO2气体
D.向水中加食盐晶体
解析：A项,向水中投入一小块钠,钠和H2O反应生成NaOH,使溶液中[OH-]>[H+];B项,将水加热,水的电离平衡右移,[H+]=[OH-];C项,向水中通入CO2,水的电离平衡左移,[H+]>[OH-];D项,向水中加食盐晶体,水的电离平衡不受影响,故答案为C项。
答案：C
9.下列说法正确的是(　　)
A.强电解质一定是离子化合物,弱电解质一定是共价化合物
B.强电解质一定是易溶于水的化合物,弱电解质一定是难溶于水的化合物
C.CO2的水溶液导电能力很弱,所以CO2是弱电解质
D.属于共价化合物的电解质在熔化状态下一般不导电
解析：部分共价化合物是强电解质(如HCl、H2SO4),A项错;有的化合物难溶于水(如BaSO4)却是强电解质,有的化合物易溶于水(如CH3COOH)却是弱电解质,B项错;CO2的水溶液导电能力很弱,是因为CO2与水反应生成的H2CO3部分电离造成的,C项错;D项正确。
答案：D
10.下列说法正确的是(　　)
A.常温下,在0.1
mol·L-1NaOH溶液和0.1
mol·L-1盐酸中水的离子积相等
B.常温下,在水中加入NaOH,水的电离受到抑制,水的离子积减小
C.HCl溶液中无OH-,NaOH溶液中无H+,NaCl溶液中既无OH-也无H+
D.在水溶液中导电能力强的电解质是强电解质,导电能力弱的电解质是弱电解质
解析：常温下,纯水、酸、碱、盐的稀溶液,水的离子积均为1×10-14
mol2·L-2,A项正确;常温下,在水中加入NaOH,水的电离平衡向左移动,但水的离子积不变,B项错;任何物质的水溶液中都存在水的微弱电离,都存在H+和OH-,C项错;电解质溶液导电性强弱与溶液中离子浓度大小有关,D项错,答案为A项。
答案：A
11.某同学为探究KW的影响因素,做了以下实验:
(导学号52160160)
(1)查阅资料,不同温度下水的离子积常数如下表。
t/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
KW/10-14
mol2·L-2
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)取三支烧杯A、B、C分别加入适量水,再向B、C烧杯中分别加入适量盐酸和NaOH,并分析完成下表:
纯水
加少量盐酸
加少量NaOH
[H+]
1.0×10-7
mol·L-1
增大
[OH-]
1.0×10-7
mol·L-1
增大
[H+]和[OH-]大小比较
[H+]=[OH-]
[H+]　 [OH-]
[H+]　 [OH-]
水的电离平衡移动方向
不移动
1.0×10-14
综上所述,可得出如下结论:
①温度、　　　　、　　　　均能影响水的电离平衡。
②KW只受　　　　　的影响,而与其他因素无关。
解析：水的电离吸热,在升高温度时,KW增大,在向水中加入酸或碱时,[H+]或[OH-]增大,抑制了水的电离,但溶液中只要温度不变,KW就不变。
答案：(1)增大　增大　右　吸热
(2)减小　减小　>　<　向左移动　向左移动
1.0×10-14　1.0×10-14　①酸　碱　②温度
12.有下列物质:①氢氧化钠固体　②铜丝　③氯化氢气体　④稀硫酸　⑤二氧化碳气体　⑥氨水
⑦碳酸钠粉末　⑧蔗糖晶体　⑨熔融氯化钠
⑩CuSO4·5H2O晶体。
请用序号填空:
(1)上述状态下可导电的是　　　　。
(2)属于电解质的是　　　　。
(3)属于非电解质的是　　　　。
(4)上述状态下的电解质不能导电的是　。
解析：(1)上述状态下可导电的有:铜丝、稀硫酸、氨水、熔融氯化钠。(2)根据电解质的定义,氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸钠粉末、CuSO4·5H2O晶体虽不能导电,但它们溶于水或熔融状态下可导电,属于电解质;熔融氯化钠可以导电,是电解质。(3)铜是单质,氨水是混合物,虽然它们能导电,但既不是电解质,也不是非电解质;二氧化碳水溶液虽然能导电,但由于发生电离的是二氧化碳与水反应生成的碳酸,二氧化碳并未发生电离,故二氧化碳是非电解质;蔗糖在水溶液中和熔化状态下都不能导电,是非电解质。(4)属于电解质,但在上述状态下不能导电的有氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸钠粉末、CuSO4·5H2O晶体。
答案：(1)②④⑥⑨
(2)①③⑦⑨⑩
(3)⑤⑧
(4)①③⑦⑩
能力提升
13.在图(1)所示的装置中,烧杯中盛放的是Ba(OH)2溶液,当从滴定管中逐渐加入某种溶液(A)时,溶液的导电性的变化趋势如图(2)所示。
(导学号52160161)
　　　图(1)　　　　　　　图(2)
试根据离子反应的特点分析:A溶液中含有的溶质可能是　　　　或　　　　(至少写出两种),并写出相应的离子方程式:　、
　　　　　　　　　　　　　　　　。
解析：从图(2)分析可知,随着A的加入溶液导电能力迅速降低,说明A必定能与Ba(OH)2发生反应,使溶液中离子浓度变得极小,故不仅与Ba2+反应转化为沉淀,还要与OH-反应生成水或其他弱电解质,当反应完全后,过量A的加入,导电能力又显著上升,说明A应为强电解质,故A可能是H2SO4或CuSO4或MgSO4等。
答案：H2SO4　CuSO4　MgSO4(任选两种即可)　2H++S+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O
Cu2++S+Ba2++2OH-Cu(OH)2↓+BaSO4↓　Mg2++S+Ba2++2OH-BaSO4↓+Mg(OH)2↓
14.(1)与纯水的电离相似,液氨中也存在着微弱的电离:
2NH3N+N
据此判断以下叙述中错误的是(　　)
A.液氨中含有NH3、N、N等微粒
B.一定温度下,液氨中[N][N]是一个常数
C.液氨的电离达到平衡时[NH3]=[N]=[N]
D.只要不加入其他物质,液氨中[N]=[N]
(2)完成下列化学方程式:
①在液氨中投入一小块金属钠,放出气体:
　。
②类似于“H++OH-H2O”的反应:
　。
解析：NH3分子电离产生H+和N,H+与NH3结合生成N,液氨电离产生等量的N与N,一定温度下离子浓度乘积为一常数;N类似于H+,N类似于OH-。具备上述知识后,就可顺利完成解题。
答案：(1)C　(2)①2Na+2NH3H2↑+2NaNH2　②N+N2NH3↑或NH4Cl+NaNH22NH3↑+NaCl课时训练17　离子反应发生的条件
基础夯实
1.下列反应的离子方程式正确的是(　　)
A.碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应:HC+H+H2O+CO2↑
B.饱和石灰水跟稀硝酸反应:Ca(OH)2+2H+Ca2++2H2O
C.钠与水反应:Na+H2ONa++H2↑+OH-
D.碳酸钙溶于醋酸中:CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑
解析：A选项,碳酸氢钙为可溶性盐,写成离子形式,硝酸为强酸,也写成离子形式,正确;B选项,Ca(OH)2虽为微溶物,但在饱和石灰水中,仍以离子形式存在,故应写成离子形式,错误;C选项,没有配平,错误;D选项,醋酸为弱电解质,应写成分子形式,D错误。
答案：A
2.下列各组离子一定能大量共存的是(　　)
A.在含有大量Al的溶液中:N、Na+、Cl-、H+
B.在强碱溶液中:Na+、K+、C、N
C.在pH=12的溶液中:N、Na+、S、Cl-
D.在[H+]=0.1
mol·L-1的溶液中:K+、I-、Cl-、N
解析：选项A中Al与H+、N都不能大量共存;选项C中pH=12,则[OH-]=0.01
mol·L-1,
N与OH-不能大量共存;选项D中溶液呈酸性,N在酸性溶液中具有强氧化性,与具有还原性的I-不能共存。
答案：B
3.下列反应的离子方程式正确的是(　　)
A.钠与水的反应:Na+H2ONa++OH-+H2↑
B.氯气与水反应:Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-
C.氢氧化铝中和胃酸:Al(OH)3+3H+Al3++3H2O
D.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板:Fe3++CuFe2++Cu2+
解析：选项A中此反应的电子不守恒,方程式两边的H原子个数也不相等;选项B中Cl2+H2OHCl+HClO,由于HClO为弱酸,所以在离子方程式中不能改写为离子;选项D中离子方程式的电荷不守恒,得失电子也不守恒。
答案：C
4.在pH=13的无色溶液中,可以大量共存的一组离子是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　
A.N、N、K+、S
B.C、N、HC、Na+
C.Na+、ClO-、Al、N
D.Cr、K+、Na+、S
解析：根据离子反应发生的条件结合反应条件逐个判断。A中的N在碱性溶液中不能存在;B中的HC在碱性溶液中不能存在;D中的Cr是黄色的,不符合“无色溶液”,故答案为C。
答案：C
5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(　　)
A.FeCl3溶液与Cu的反应:Cu+Fe3+Cu2++Fe2+
B.NO2与水的反应:3NO2+H2O2N+NO+2H+
C.醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应:CaCO3+2H+Ca2++H2O+CO2↑
D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2:2Al+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+C
解析：本题考查了离子方程式的书写。A项电荷不守恒,错误;NO2与水反应生成硝酸和NO,B项正确;醋酸是弱电解质,不能拆为离子形式,C项错误;偏铝酸钠与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,D项错误。
答案：B
6.常温下,下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是(　　)
A.滴入甲基橙显红色的溶液中:
Na+、N、I-、S
B.水电离出的c(H+)=1×10-12
mol·L-1的水溶液中:K+、Al、CH3COO-、Si
C.c(OH-)/c(H+)=1×1012的水溶液中:K+、ClO-、S2-、Cl-
D.加入Al能放出H2的溶液中:Cl-、HC、S、N
解析：滴入甲基橙显红色的溶液是酸性溶液,酸性条件下N与I-因发生氧化还原反应而不能大量共存,选项A错误;水电离出的c(H+)=1×10-12
mol·L-1的水溶液可能是酸溶液,也可能是碱溶液,酸性条件下Al、CH3COO-、Si均不能大量存在,但碱性条件下各离子可以大量共存,选项B正确;c(OH-)/c
(H+)=1×1012的水溶液是碱性溶液,ClO-的氧化性很强,在碱性条件下就足以氧化S2-,选项C错误;加入Al能放出H2的溶液可能是酸性溶液,也可能是碱性溶液,HC均不能大量存在,N在碱性条件下不能大量存在,选项D错误。
答案：B
7.下列各组物质的无色溶液,不用其他试剂即可鉴别的是(　　)
①KOH　Na2SO4　AlCl3　②NaHCO3　Ba(OH)2　H2SO4　③HCl　NaAlO2　NaHSO4
④Ca(OH)2　Na2CO3　BaCl2
A.①②
B.②③
C.①③④
D.①②④
解析：①中KOH和AlCl3互滴现象不同,另一种是Na2SO4,可以鉴别;②中H2SO4和NaHCO3反应生成气体,和Ba(OH)2反应生成白色沉淀,可以鉴别;③中HCl和NaHSO4分别与NaAlO2反应的现象相同,不能鉴别;④中Ca(OH)2和BaCl2与Na2CO3反应现象相同,不能鉴别。
答案：A
8.在由水电离产生的H+浓度为1×10-13
mol·L-1的溶液中,一定能大量共存的离子组是(　　)
(导学号52160185)
①K+、Cl-、N、S2-　②K+、Fe2+、I-、S
③Na+、Cl-、N、S　④Na+、Ca2+、Cl-、HC　⑤K+、Ba2+、Cl-、N
A.①③
B.③⑤
C.③④
D.②⑤
解析：在溶液中由水电离产生的H+浓度为1×10-13
mol·L-1时,溶液可以显强酸性(若常温时,pH=1)也可以显强碱性(若常温时,pH=13)。当溶液显酸性即溶液中还存在大量的H+时,①组中因S2-发生S2-+2H+H2S↑而不能大量共存;④组中因HC发生HC+H+CO2↑+H2O而不能共存。当溶液显碱性即溶液中还存在大量的OH-时,②组中因Fe2+发生Fe2++2OH-Fe(OH)2↓而不能共存;④组中因HC发生HC+OH-C+H2O而不能大量共存。而③和⑤组中的离子无论在酸性还是在碱性溶液中均能大量共存。
答案：B
9.下列离子方程式中,只能表示一个化学反应的是(　　)
①C+2H+CO2↑+H2O
②Ba2++2OH-+2H++SBaSO4↓+2H2O
③Cl-+Ag+AgCl↓
④Fe+Cu2+Fe2++Cu
⑤Cl2+H2OH++Cl-+HClO
A.①③
B.②④
C.②⑤
D.⑤
解析：可溶性的碳酸盐、金属氯化物、硫酸酸式盐、铜盐和强酸都很多,故①~④不能表示一个化学反应。
答案：D
10.若溶液中由水电离产生的[OH-]=1×10-14mol·L-1,满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是(　　)
(导学号52160186)
A.Al3+,Na+,N,Cl-
B.K+,Na+,Cl-,N
C.K+,Na+,Cl-,[Al(OH)4]-
D.K+,N,S,N
解析：溶液中水电离出[OH-]=1×10-14
mol·L-1,则溶液可能显酸性,也可能显碱性。若显酸性,C项中,[Al(OH)4]-与H+反应而不共存;若显碱性,A项中,Al3+与OH-反应,D项中N与OH-反应而不共存,答案为B项。
答案：B
11.对于某些离子的检验及结论一定正确的是(　　)
A.加入稀盐酸产生无色气体,将气体通入澄清石灰水中,溶液变浑浊,一定有C
B.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不消失,一定有S
C.加入氢氧化钠溶液并加热,产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝,一定有N
D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀,再加盐酸,白色沉淀消失,一定有Ba2+
解析：本题主要考查有关离子的检验方法。可使澄清石灰水变浑浊的无色气体可能是CO2,也可能为SO2,而产生CO2的物质中可能含有C,也可能含有HC,故A不正确;满足B选项所给现象的物质中可能含S,也可能含有Ag+,B也不正确;能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体一定为NH3,而与OH-作用产生NH3的溶液一定含N,C正确;含Ca2+也会有D选项中所给现象,D不正确。
答案：C
12.下列各组气体或溶液用括号内试剂加以鉴别,其中不合理的是(　　)
A.二氧化碳、二氧化硫、一氧化碳(品红溶液)
B.氯化钠、硝酸银、碳酸钠(稀盐酸)
C.酒精、醋酸、醋酸钠(石蕊溶液)
D.硫酸、硝酸钡、氯化钾(碳酸钠溶液)
解析：A品红只能与SO2作用,CO2、CO无法鉴别。B中物质遇盐酸分别有不反应、生成沉淀、生成气体,出现不同现象而进行鉴别。C中石蕊溶液遇醋酸显红色,遇醋酸钠显蓝色,遇酒精仍显紫色,可以鉴别。D中Na2CO3遇H2SO4产生CO2,遇Ba(NO3)2生成白色沉淀,遇KCl不反应。
答案：A
13.下列各组离子一定能大量共存的是(　　)
(导学号52160187)
A.在无色的溶液中:K+、Na+、HC、I-、Mn
B.在使酚酞变红的溶液中:Na+、Fe3+、S、N、HS
C.在[H+]=10-13
mol·L-1的溶液中:Na+、K+、[Al(OH)4]-、C、S
D.在硝酸钾溶液中:Cu2+、Fe2+、Cl-、S、H+
解析：A项,Mn为紫色与
“无色溶液”不符;B项,碱性溶液,Fe3+、HS会与OH-反应而不共存;D项,Fe2+、H+、N三者因发生氧化还原反应而不共存,答案为C项。
答案：C
14.某溶液中含有S、C、OH-、Cl-,若只允许取一次该溶液而把四种离子分别检验出来,则应(能写出离子方程式的,写出每检出一种后的离子方程式):
(1)先检验　　　　;加入　　　(试剂或溶液)。
(2)然后检验　　　　;加入　　　　(试剂或溶液)。离子方程式　。
(3)再检验　　　　;加入　　　　(试剂或溶液)。离子方程式　。
(4)最后检验　　　　;加入　　　　(试剂或溶液)。离子方程式　。
解析：题中要求只取一次溶液而把离子依次鉴别出来,因此必须每加一种试剂要检出一种离子,还不能引入所要检验的离子。首先检验OH-,加酚酞试剂,并且对其他离子的检验无影响。然后加稀硝酸,使C转化为CO2气体放出,检验出C,不能使用稀硫酸和盐酸,以防引入S和Cl-。再加入
Ba(NO3)2溶液,产生BaSO4白色沉淀,检验出S,不能使用引入Cl-的BaCl2溶液。把BaSO4沉淀滤出,取滤液加AgNO3溶液,产生白色AgCl沉淀,不能先检Cl-后检S,因Cl-用AgNO3检出,同时有Ag2SO4微溶物产生,影响后面S的检验。
答案：(1)OH-　酚酞溶液
(2)C　稀硝酸　C+2H+CO2↑+H2O
(3)S　Ba(NO3)2溶液　Ba2++SBaSO4↓
(4)Cl-　AgNO3溶液　Cl-+Ag+AgCl↓
15.某厂的酸性工业废水中含有一定量的Fe3+、Cu2+、Au3+等离子。有人设计了图中的工艺流程,利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑,从废水中回收金,并生产一定量的铁红和氧化铜。
(导学号52160188)
填写下面空白。
(1)图中标号处需加入的相应物质分别是:①　、
②　　　、③　　　、④　　　、⑤。
(2)写出①处发生反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　。写出③处发生反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　　。
(3)铁红的化学式为　　　　;分别写出铁红和氧化铜在工业上的一种主要用途:铁红　　　　　　　　　　　　　　;氧化铜　。
解析：从题中给出的信息可知,首先分离开的应是铁元素,所加最佳试剂应是铁粉,E溶液中有Fe2+,铁红成分为Fe2O3,可联想到高中重要反应2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O,试剂⑤应为可溶性碱(NaOH或氨水);当加入过量铁粉后,所得A应为固体Fe、Cu、Au的混合物,此时,只需加入稀硫酸(试剂②)后过滤可得Cu、Au混合物B,此时加入稀硝酸(试剂③)可使Cu、Au得到分离,Cu(NO3)2加可溶性碱后加热得到CuO。
答案：(1)铁屑　稀硫酸　稀硝酸　氢氧化钠
氢氧化钠
(2)①处:2Fe3++Fe3Fe2+,Cu2++FeCu+Fe2+,2Au3++3Fe2Au+3Fe2+　③处:3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)Fe2O3　用作红色涂料　用作制造铜盐的原料
能力提升
16.现有四瓶丢失标签的NaOH、Na2CO3、AlCl3、NH4HSO4溶液,为鉴别四瓶溶液,将四瓶溶液编号为A溶液、B溶液、C溶液、D溶液进行实验。实验过程和记录如图所示(无关物质已经略去):
请回答:
(1)Y、Z的化学式分别为:Y　　　　　　　　;Z。X与B反应的离子方程式为
　。
(2)D溶液pH　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)7,原因是(用离子方程式表示)　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)等物质的量浓度的A、B、C、D溶液pH由大到小的顺序是　　　　　　　　　　。(用化学式表示)
(4)请写出C与过量B反应(加热)的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)若B、C的稀溶液混合后(不加热)溶液呈中性,则该溶液中离子浓度从大到小的顺序是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
解析：根据A、B反应的物质的量之比及沉淀和B反应的物质的量之比可知,A为AlCl3,B为NaOH;NaOH与C反应可产生使石蕊溶液变蓝的气体,则C为NH4HSO4,D为Na2CO3。
(5)由于N水解使溶液呈酸性,而NaOH、NH4HSO4的稀溶液混合后(不加热)溶液呈中性,则NaOH的物质的量比NH4HSO4的大,该混合溶液中离子浓度从大到小的顺序是[Na+]>[S]>[N]>[H+]=[OH-]。
答案：(1)NH3　CO2
Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-
(2)大于　C+H2OHC+OH-
(3)NaOH>Na2CO3>AlCl3>NH4HSO4
(4)N+H++2OH-NH3↑+2H2O
(5)[Na+]>[S]>[N]>[H+]=[OH-]课时训练3　电解的原理
基础夯实
1.能用电解原理说明的问题是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
①电解是把电能转变成化学能　②电解是化学能转变成电能　③电解质溶液导电是化学变化,金属导电是物理变化　④不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理可以实现　⑤任何溶液被电解时,必须导致氧化还原反应的发生
A.①②③④
B.②③⑤
C.③④
D.①③④⑤
解析：从能量角度看,电解是把电能转变成化学能的过程,故①对、②错;电解质溶液的导电过程,必将伴随着两个电极上氧化还原反应的发生,同时生成新的物质,故③、⑤对;某些不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理供给电能也可能实现,故④对。所以D选项符合题意。
答案：D
2.如图所示,在一U形管中装入含有紫色石蕊的Na2SO4溶液,通直流电,一段时间后U形管内会形成一个倒立的三色“彩虹”,从左到右颜色的顺序是(　　)
A.蓝、紫、红
B.红、蓝、紫
C.红、紫、蓝
D.紫、红、蓝
解析：用惰性电极电解Na2SO4溶液,实际上是电解水,其两极反应式为阴极:4H++4e-2H2↑
阳极:4OH--4e-2H2O+O2↑
故阴极区域富集OH-,溶液呈碱性,使石蕊溶液变蓝色;阳极区域富集H+,溶液呈酸性,使石蕊溶液变红色。
答案：C
3.用石墨作电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后,欲使电解液恢复到起始状态,应向溶液中加入适量的(　　)
A.CuSO4
B.H2O
C.CuO
D.CuSO4·5H2O
解析：用石墨作电极电解CuSO4溶液的电解方程式是2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑,故选项C正确。
答案：C
4.将等物质的量的AgNO3、Ba(NO3)2、NaCl、K2SO4混合均匀后加入到水中,取适量混合溶液用惰性电极电解,片刻后两极上析出的氧化产物与还原产物的质量之比为(　　)(导学号52160108)
A.35.5∶108
B.1∶2
C.108∶35.5
D.8∶1
解析：这四种物质混合后,生成沉淀的离子之间先反应生成AgCl和BaSO4沉淀,得到NaNO3和KNO3的混合溶液,实质是电解水。
答案：D
5.下列关于电解池中形成的闭合回路的叙述,正确的是(　　)
A.电解池中的闭合回路仅是由电子的定向运动形成的
B.金属导线中,电子从电源的负极流向电解池的阳极,从电解池的阴极流向电源的正极
C.在电解质溶液中,阴离子向阴极运动,阳离子向阳极运动
D.相同时间内,阳离子在阴极上得到的电子与阴离子在阳极上失去的电子数相等
解析：电解池中的闭合回路是由两部分组成的:在金属导线和电极中是由电子的定向运动来搬运电荷的,电解质中是靠阴、阳离子的定向运动来导电的。电子从电源的负极出发,流向电解池的阴极,在该电极上阳离子获得电子发生还原反应;与此同时,阴离子在阳极上失去电子发生氧化反应,失去的电子再从电解池的阳极流向电源的正极,从而在两部分导体中形成闭合回路。在电解质溶液或熔融电解质中,阴离子向阳极移动,阳离子向阴极移动,根据电子的得失守恒,相同时间内,阳离子在阴极上得到的电子数与阴离子在阳极上失去的电子数相等。
答案：D
6.用惰性电极实现电解,下列说法正确的是(　　)
A.电解稀硫酸,实质上是电解水,故溶液中H+浓度不变
B.电解稀氢氧化钠溶液,要消耗OH-,故溶液中OH-浓度减小
C.电解硫酸钠溶液,在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D.电解氯化铜溶液,在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
解析：电解稀硫酸,实质上是电解水,硫酸的物质的量不变,但溶液体积减小,H+浓度增大,A不正确。电解稀NaOH溶液,阳极消耗OH-,阴极消耗H+,实质也是电解水,NaOH溶液浓度增大,故溶液的OH-浓度增大,B不正确。电解Na2SO4溶液时,阳极反应为4OH--4e-2H2O+O2↑,阴极反应为2H++2e-H2↑,由于两电极通过的电量相等,故析出H2与O2的物质的量之比为2∶1,C不正确。电解CuCl2溶液时,阴极反应为Cu2++2e-Cu,阳极反应为2Cl--2e-Cl2↑,两极通过电量相等时,Cu和Cl2的物质的量之比为1∶1,D正确。
答案：D
7.某溶液中只含有两种溶质NaCl与H2SO4,它们物质的量之比为3∶1。用石墨作电极电解该混合溶液时,根据电极产物,可明显分为三个阶段。下列叙述不正确的是(　　)
A.阴极自始至终只析出H2
B.阳极先析出Cl2,后析出O2
C.电解最后阶段为电解水
D.溶液始终为酸性
解析：电解质溶液中,n(Na+)∶n(Cl-)∶n(H+)∶n(S)=3∶3∶2∶1,三个阶段分别相当于电解HCl→NaCl→H2O。
答案：D
8.如图所示为直流电源,为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞溶液的滤纸,为电镀槽。接通电路后发现上的c点显红色。为实现铁上镀锌,接通后,使c、d两点短路。
下列叙述不正确的是(　　)
A.a为直流电源的正极
B.c极发生的反应为2H++2e-H2↑
C.f极为锌板
D.e极发生氧化反应
解析：c点显红色说明该处有OH-生成,则c点同时有氢气生成,发生还原反应,连接电源的负极,因此b为负极,a为正极,由此可知A、B项正确;铁上镀锌,则铁为阴极,连接电源负极,故f极为铁板,锌为阳极,故e极为锌板,发生氧化反应,由此可知C项错误、D项正确。
答案：C
9.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极板处有无色无臭气体放出,符合这一情况的是(　　)
(导学号52160109)
a极板
b极板
x电极
Z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：用活泼电极或惰性电极电解相同的溶液时现象可能不同。通电后a极板增重,表明溶液中金属阳离子在a极板上放电,发生还原反应析出了金属单质,因此可确定a极板是电解池的阴极,与它相连接的直流电源的x极是负极。选项C中x极为正极,故C不正确。A中电解液为CuSO4溶液,阴极a板上析出Cu而增重,阳极b板上由于OH-放电而放出无色无臭的O2,故A正确。B中电解液为NaOH溶液,通电后阴极a板上应放出H2,a极板不会增重,故B不正确。D中电解液为CuCl2溶液,阴极a板上因析出Cu而增重,但阳极b板上因Cl-放电,放出黄绿色、有刺激性气味的Cl2,故D不正确。
答案：A
10.碘盐的主要成分是KIO3和NaCl,KIO3在工业上可用电解法制取,以石墨和铁为电极,电解KI溶液,化学方程式为KI+H2OKIO3+H2↑(未配平)。下列有关说法中正确的是(　　)
A.电解时,石墨作阴极,铁作阳极
B.电解时,在阴极上产生KIO3
C.电解后的溶液呈碱性
D.电解中,每转移0.6
mol
e-,理论上可得到0.1
mol无水KIO3晶体
解析：配平化学方程式:KI+3H2OKIO3+3H2↑。由化学方程式可知,铁是活泼电极不适合作阳极,A项错误;KI→KIO3发生氧化反应,转移6e-,为阳极反应,B项错误,D项正确。
答案：D
能力提升
11.从N、S、H+、Cu2+、Ba2+、Ag+、Cl-、OH-等离子中选出适当的离子组成电解质,采用惰性电极对其溶液进行电解。
(1)两极分别放出H2和O2时,电解质的化学式可能是
　;
(2)若阴极析出金属,阳极放出O2,电解质的化学式可能是　;
(3)两极分别放出气体,且体积比为1∶1,电解质的化学式可能是　。
解析：题中提供的离子放电的顺序是
阳极:Cl->OH->(N、S)
阴极:Ag+>Cu2+>H+>Ba2+
(1)两极分别放出H2和O2,即H+和OH-放电,实质是电解H2O,水中的溶质应是起导电作用而又不改变H+和OH-放电的顺序,它可以是HNO3、H2SO4、Ba(NO3)2、Ba(OH)2中的任意一种,但不是BaSO4。
(2)阴极析出金属,即Ag+或Cu2+放电;阳极放出O2,即OH-放电。水中的溶质可以是AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4中的任意一种。
(3)两极都生成气体,且气体体积比为1∶1,则放电的离子应是Cl-和H+。水中的溶质可以是HCl、BaC12中的任意一种。
答案：(1)HNO3、H2SO4、Ba(NO3)2、Ba(OH)2
(2)AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4
(3)HCl、BaCl2
12.由于Fe(OH)2极易被氧化,所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。应用如图所示电解实验可以制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀,两电极的材料分别为石墨和铁。
(导学号52160110)
(1)a电极材料应为　　　,电极反应式为　　　　　。
(2)电解液c可以是(填编号)　　　　。
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.纯水
B.NaCl溶液
C.NaOH溶液
D.CuCl2溶液
(3)d为一苯层,其作用为　,
在加入苯之前对c应作何简单处理 　。
(4)若c是Na2SO4溶液,当电解一段时间看到白色Fe(OH)2沉淀后,再反接电源电解,除了电极上看到气泡外,混合物中另一明显现象是
　。
解析：Fe(OH)2是借助反应Fe2++2OH-Fe(OH)2↓生成的。(1)只有以Fe作为阳极,才能通过电极反应Fe-2e-Fe2+提供Fe2+,故a电极材料应该是Fe。(2)OH-应该由电解质溶液提供或通过电解生成,C选项中的NaOH溶液符合要求;B选项中,a极发生反应:Fe-2e-Fe2+,b极发生反应:2H++2e-H2↑,溶液中OH-浓度增大,符合题意。(3)为了防止Fe(OH)2被O2氧化,除了利用电解产生的H2将液面上方的O2赶走外,还应该预先加热电解质溶液除去其中溶解的O2,并滴入合适的试剂使电解质溶液与空气隔绝。(4)反接电源时,电解方程式是2H2O2H2↑+O2↑,生成的O2会将Fe(OH)2氧化,其现象是白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色。
答案：(1)Fe　Fe-2e-Fe2+　(2)BC
(3)隔绝空气,防止生成的Fe(OH)2被氧化　加热c,以除去溶解的O2
(4)白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变为红褐色课时训练4　电解原理的应用
基础夯实
1.下列描述中,不符合生产实际的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.电解熔融的氧化铝制取金属铝,用锌作阳极
B.电解法精炼银,用纯银作阴极
C.电解饱和食盐水制烧碱,用碳棒作阴极
D.在镀件上电镀铜,用铜作阳极
解析：电解时,若活泼金属作阳极,活泼金属先失电子被氧化,所以活泼金属不能作阳极。
答案：A
2.下列关于电解的说法中,正确的是(　　)
A.电解池是把化学能转变为电能的装置
B.电解精炼铜时,粗铜板作阴极
C.电镀时,通常把待镀的金属制品作阴极
D.工业电解饱和食盐水用于生产金属钠和氯气
解析：电解池是把电能转变为化学能的装置,A错;电解精炼铜时,粗铜板作阳极,B错;工业电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气,电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气,D错。
答案：C
3.(2015福建理综,11)某模拟“人工树叶”电化学实验装置如下图所示,该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是(　　)
A.该装置将化学能转化为光能和电能
B.该装置工作时,H+从b极区向a极区迁移
C.每生成1
mol
O2,有44
g
CO2被还原
D.a电极的反应为:3CO2+18H+-18e-C3H8O+5H2O
解析：由模拟“人工树叶”电化学实验装置图知为电解装置,故为电能转化为化学能,A选项错误;b侧连接电源的正极为阳极,a侧连接电源的负极为阴极,在电解池中H+向阴极移动,B选项正确;右侧H2O→O2发生的是氧化反应,每生成1
mol
O2,转移4
mol
e-,C3H8O中碳的化合价是-2价,故3CO2→C3H8O,转移18
mol
e-,依据得失电子守恒,反应中2CO2→3O2,生成1
mol
O2消耗
mol
CO2,C选项错误;a电极发生的是还原反应:3CO2+18H++18e-C3H8O+5H2O,D选项错误。
答案：B
4.某同学设计了一种电解法制取Fe(OH)2的实验装置(如图)。通电后,溶液中产生白色沉淀,且较长时间不变色。下列说法中正确的是(　　)
(导学号52160111)
A.电源中“a”为负极,“b”为正极
B.电解池中的电解液可以是NaOH溶液
C.B电极发生的反应为4OH--4e-2H2O+O2↑
D.A、B两端都必须使用铁作电极
解析：Fe(OH)2是由反应Fe2++2OH-Fe(OH)2↓生成的。只要以Fe作为阳极,就能通过电极反应Fe-2e-Fe2+提供Fe2+,故A、B两端只有阳极需要使用铁作电极,所以D选项错误。OH-应该由电解质溶液提供或通过电解生成,故B选项正确。为了防止Fe(OH)2被O2氧化,利用电解产生的H2将溶液中溶解的O2赶走,电极反应为2H++2e-H2↑,故C选项错误。由以上分析得,A极是阳极,连接的电源“a”处为正极,B极是阴极,连接的电源“b”处为负极,故A选项错误。
答案：B
5.(2015四川理综,4)用下图所示装置除去含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：若铁作阳极,则铁失电子生成Fe2+,则CN-无法除去,故铁只能作阴极,A项正确;Cl-要生成ClO-,Cl的化合价升高,故在阳极发生氧化反应,又已知该溶液为碱性条件,故B项正确;阳离子在电解池的阴极得电子发生还原反应,碱性条件下,H2O提供阳离子H+,故C项正确;由于溶液是碱性条件,故除去CN-发生的反应为2CN-+5ClO-+H2ON2↑+2CO2↑+5Cl-+2OH-,D项错误。
答案：D
6.用电解法提取氯化铜废液中的铜,方案正确的是(　　)
A.用铜片连接电源的正极,另一电极用铂片
B.用碳棒连接电源的正极,另一电极用铜片
C.用氢氧化钠溶液吸收阴极产物
D.用带火星的木条检验阳极产物
解析：用电解法提取氯化铜废液中的铜时,铜必须作阴极,阳极是惰性电极,阴极的反应式为Cu2++2e-Cu。
答案：B
7.电解含H+浓度为0.30
mol·L-1的100
mL下列溶液,当电路中通过0.04
mol电子时,理论上析出金属质量最大的是(　　)
(导学号52160112)
A.0.10
mol·L-1
Ag+
B.0.02
mol·L-1
Zn2+
C.0.20
mol·L-1
Cu2+
D.0.20
mol·L-1
Pb2+
解析：根据离子的放电顺序可知,当电路中通过0.04
mol
的电子时,能析出金属的只有选项A和C,根据Ag++e-Ag和Cu2++2e-Cu可知,析出的金属的物质的量分别为0.01
mol
的Ag和0.02
mol
的Cu,其质量分别为1.08
g和1.28
g。
答案：C
8.重铬酸钾又名红矾钾,是化学实验室中的一种重要分析试剂。工业上以铬酸钾(K2CrO4)为原料,采用电化学法制备重铬酸钾(K2Cr2O7)。制备装置如图所示(阳离子交换膜只允许阳离子透过)。
制备原理:2Cr(黄色)+2H+Cr2(橙色)+H2O
(1)通电后阳极室产生的现象为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;其电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)该制备过程总反应的离子方程式可表示为4Cr+4H2O2Cr2+4OH-+2H2↑+O2↑,若实验开始时在右室中加入38.8
g
K2CrO4,t
min后测得右室中K与Cr的物质的量之比为3∶2,则溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比为　　　　;此时电路中转移电子的物质的量为　　　　。
解析：(2)设溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量分别为a
mol、b
mol,则(2a+2b)∶(a+2b)=3∶2,计算得出a∶b=2∶1;由Cr守恒可知,有的K2CrO4参加了反应,由给出的离子方程式可知关系式:4Cr~4e-,故转移的电子为÷194
g·mol-1=0.1
mol。
答案：(1)阳极产生无色气体,溶液由黄色逐渐变为橙色　4OH--4e-O2↑+2H2O或2H2O-4e-O2↑+4H+
(2)2∶1　0.1
mol
能力提升
9.如图,C、D、E、F、X、Y都是惰性电极,将电源接通后,向乙中滴入酚酞溶液,在F极附近显红色。试回答下列问题:
(导学号52160113)
(1)A极为电源的　　　　　极。
(2)甲装置中电解反应的总化学方程式是　　　　　。
(3)乙装置中F极附近显红色的原因是　　　　　　。
(4)欲用丙装置精炼铜,G应该是　　　(填“精铜”或“粗铜”),电解质溶液的成分是　　　　　　　　。
(5)已知氢氧化铁胶体中含有带正电荷的红褐色的胶粒,那么装置丁中的现象是　　　　　　　　　　。
解析：本题的突破口为“F极附近显红色”,显红色的原因是生成了OH-,而OH-是由于水电离出的H+放电,促进了水的电离而生成的。H+放电说明该极为阴极,B极为负极,则A极为正极。(4)电解精炼铜时应将粗铜作阳极,精铜作阴极,CuSO4溶液作电解质溶液。通电后,阳极(粗铜)的主要反应是Cu-2e-Cu2+。当粗铜的表面出现比铜活泼的金属时,它们也会放电,但生成的阳离子的氧化性比铜离子弱,不可能在阴极上析出,故留在溶液中,而粗铜中活动性比铜弱的金属会在阳极的底部沉积,成为阳极泥。所以,阴极(精铜)的反应为Cu2++2e-Cu,这样就可以在阴极上获得纯净的金属铜。(5)氢氧化铁胶粒带正电荷,向阴极(Y极)移动,则该极附近红褐色变深。
答案：(1)正
(2)CuCl2Cu+Cl2↑
(3)F极为阴极,H+放电,促进了水的电离,生成了OH-,使酚酞显红色
(4)粗铜　硫酸铜溶液
(5)Y极附近红褐色变深
10.脱硫技术能有效控制SO2对空气的污染。
(导学号52160114)
(1)向煤中加入石灰石可减少燃烧产物中SO2的含量,该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)海水呈弱碱性,主要含有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl-、S、Br-、HC等。含SO2的烟气可利用海水脱硫,其工艺流程如图所示:
①向曝气池中通入空气的目的是　　　　　　　　　　　。
②通入空气后曝气池中海水与天然海水相比,浓度有明显不同的离子是　　　　。
a.Cl-
b.S
c.Br-
d.HC
(3)用NaOH溶液吸收烟气中的SO2,将所得的Na2SO3溶液进行电解,可循环再生NaOH,同时得到H2SO4,其原理如图所示。(电极材料为石墨)
①图中a极要连接电源的　　　　(填“正”或“负”)极,C口流出的物质是　　　　。
②S放电的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　。
③电解过程中阴极区碱性明显增强,试解释原因:
　。
解析：(1)煤燃烧时,石灰石在高温下分解产生CaO和CO2,CaO为碱性氧化物,可以与SO2、O2反应生成CaSO4,该反应的化学方程式是2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2。(2)SO2为酸性氧化物,海水呈弱碱性,曝气池中通入空气的目的是将H2SO3、HS等氧化为S。通入空气后溶液中S浓度增大,HC浓度减小。(3)电解Na2SO3溶液,根据图示关系,a极要连接电源的负极,C口流出的物质是硫酸。阴极的电极反应式为2H++2e-H2↑,阳极的电极反应式为S-2e-+H2OS+2H+,电解过程中在阴极H+放电生成H2,则有OH-生成,即OH-浓度增大,溶液碱性增强。
答案：(1)2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2
(2)①将H2SO3、HS等氧化为S　②bd
(3)①负　硫酸　②S-2e-+H2OS+2H+
③H2OH++OH-,在阴极H+放电生成H2,有OH-生成,即OH-浓度增大,溶液碱性增强