【人教版】2017-2018学年化学选修4-学业分层测评（29份打包，Word版，含解析）

学业分层测评（二十）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．暖宝宝(如图所示)采用的是铁的“氧化放热”原理，使其发生原电池反应，铁粉在原电池中充当(　　)
原材料名：铁粉、水、活性炭、蛭石、食盐
A．正极　
B．负极
C．阳极
D．阴极
【解析】　铁粉与活性炭作为原电池的电极，食盐水作为电解质溶液，加快铁粉的氧化，即铁粉失电子作负极。
【答案】　B
2．下列烧杯中盛放的都是稀硫酸，在铜电极上能产生气泡的是(　　)
【解析】　B、C选项均无化学反应；D选项Zn与稀H2SO4反应，但装置不能形成闭合回路，只有A符合要求。
【答案】　A
3．下列有关原电池的说法中正确的是(　　)
A．在外电路中电子由正极流向负极
B．在原电池中，只有金属锌作为负极
C．原电池工作时，阳离子向正极方向移动
D．原电池工作时，阳离子向负极方向移动
【解析】　在原电池外电路中，电子从负极流向正极；原电池中活泼的金属作负极，而不一定是Zn；随着反应的进行，阳离子在正极被还原，电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。
【答案】　C
4．将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是
(　　)
A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C．两烧杯中溶液的pH均增大
D．产生气泡的速度甲比乙慢
【解析】　甲装置是铜锌原电池，乙不能形成原电池装置。所以乙烧杯中铜表面无气泡生成，则甲中铜表面有气泡生成，A错；乙中Cu片不可能是负极，B错；甲、乙两装置发生的反应均是Zn＋2H＋H2↑＋Zn2＋，所以两烧杯中溶液的pH均增大，C对；因甲是原电池装置，所以甲烧杯中产生H2的速度快，D错。
【答案】　C
5．用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列不能使氢气生成速率加快的是(　　)
A．加热
B．不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
C．加少量硫酸铜溶液
D．不用铁片，改用铁粉
【解析】　加热升高温度和增大固体反应物的接触面积都能加快化学反应速率，A、D正确；铁在浓硫酸中钝化，不产生氢气，B错误；加入少量硫酸铜溶液，由于Cu2＋＋FeCu＋Fe2＋，则构成铜—铁—稀硫酸原电池，加快了铁片与稀硫酸反应制氢气的速率，C正确。
【答案】　B
6．可以将反应Zn＋Br2ZnBr2设计成原电池，下列4个电极反应：
①Br2＋2e－2Br－，②2Br－－2e－Br2，
③Zn－2e－Zn2＋，④Zn2＋＋2e－Zn，
其中表示放电时负极和正极反应的分别是(　　)
A．②和③
B．②和①
C．③和①
D．④和①
【解析】　放电时负极反应物为Zn，失电子被氧化，正极反应物为Br2，得电子被还原。
【答案】　C
7．某原电池总反应离子方程式为：2Fe3＋＋Fe3Fe2＋，不能实现该反应的原电池是(　　)
A．正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3溶液
B．正极为C，负极为Fe，电解质溶液为Fe(NO3)3溶液
C．正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液
D．正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为CuSO4溶液
【解析】　由2Fe3＋＋Fe3Fe2＋得出负极反应式为Fe－2e－Fe2＋，正极反应式为2Fe3＋＋2e－2Fe2＋，可知负极材料为铁，正极材料为比铁不活泼的导体，电解质溶液中必须有Fe3＋，故D选项不能满足要求。
【答案】　D
8．M、N、P、E四种金属：①M＋N2＋N＋M2＋　②M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，M表面有大量气泡　③N、E用导线连接放入E的硫酸盐溶液中，电极反应为E2＋＋2e－E，N－2e－N2＋。四种金属的还原性由强到弱的顺序是(　　)
A．P、M、N、E
B．E、N、M、P
C．P、N、M、E
D．E、P、M、N
【解析】　由①知，金属活动性M>N；M、P用导线连接放入硫酸氢钠溶液中，M表面产生气泡，M作原电池正极，活动性P>M；N、E构成的原电池N作负极，活动性N>E。
【答案】　A
9．在如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是(　　)
M
N
P
A
锌
铜
稀硫酸溶液
B
铜
铁
稀盐酸
C
银
锌
硝酸银溶液
D
锌
铁
硝酸铁溶液
【解析】　本题通过电极变化来确定原电池的正负电极，N棒变细，即N极上发生氧化反应，N棒金属较活泼，排除A、D，由M棒变粗，可知B不正确。
【答案】　C
10．依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)
Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池，如图所示。
CuSO4溶液　　　　Y　　
请回答下列问题：
(1)电极X的材料是______；电解质溶液Y是
_______________________________________________。
(2)银电极为电池的________极，发生的电极反应为
________________________。X电极上发生的电极反应为
_______________________________________________。
(3)外电路中的电子是从______极流向______极。
【解析】　原电池中负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，盐桥起到形成闭合回路、平衡电荷的作用。由总反应方程式可知电极X的材料是铜，发生氧化反应，电解质溶液Y是可溶性银盐溶液，常用硝酸银溶液。电极反应式表示为负极：Cu－2e－Cu2＋，正极：Ag＋＋e－Ag，电子由负极(或Cu)出发，经外电路流向正极(或Ag)。
【答案】　(1)铜(或Cu)　AgNO3溶液
(2)正　Ag＋＋e－Ag　Cu－2e－Cu2＋
(3)负(或Cu)　正(或Ag)
11．A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。
装置
现象
二价金属A不断溶解
C的质量增加
A上有气体产生
根据实验现象回答下列问题：
(1)装置甲中负极的电极反应式是
_______________________________________________。
(2)装置乙中正极的电极反应式是
_______________________________________________。
(3)装置丙中溶液的pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)四种金属活动性由强到弱的顺序是
_______________________________________________。
【解析】　甲、乙、丙均为原电池装置。依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活动性A>B；乙中C极增重，即析出Cu，则B为负极，活动性B>C；丙中A上有气体即H2产生，则A为正极，活动性D>A，随着
H＋的消耗，pH变大。
【答案】　(1)A－2e－A2＋
(2)Cu2＋＋2e－Cu
(3)变大　(4)D>A>B>C
12．某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、Cu的金属活动性，他们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目。
方案Ⅰ：有人提出将大小相等的铁片和铜片，分别同时放入稀硫酸(或稀盐酸)中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性。该原理的离子方程式为：_________________________________________________。
方案Ⅱ：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们的活动性。试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式。
正极反应式：_______________________________________________；
负极反应式：_______________________________________________。
方案Ⅲ：结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性的简单实验方案(与方案Ⅰ、Ⅱ不能雷同)：
_______________________________________________
_______________________________________________，
用离子方程式表示其反应原理：
_______________________________________________
_______________________________________________。
【解析】　比较或验证金属活动性的方案有很多，可以利用金属与酸反应的难易来判断或验证，也可利用原电池原理(负极是较活泼的金属)，也可利用金属单质间的置换反应来完成。
【答案】　方案Ⅰ：Fe＋2H＋Fe2＋＋H2↑
方案Ⅱ：
2H＋＋2e－H2↑　Fe－2e－Fe2＋
方案Ⅲ：把铁片插入CuSO4溶液中，一段时间后，观察铁片表面是否生成红色物质(其他答案合理即可)
Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋
[能力提升]
13．将等质量的两份锌粒a、b分别加入过量的稀硫酸中，同时向a中加少许胆矾晶体，下列各图表示产生氢气的体积V(L)与时间t(min)的关系正确的是(　　)
【解析】　向a中加入少许胆矾晶体，则有Zn＋Cu2＋Cu＋Zn2＋，消耗一部分Zn，所以产生H2的量较少，但生成的Cu附于Zn上又组成铜锌原电池，加快反应速率，因此曲线a的斜率大于曲线b的斜率。
【答案】　A
14．(2013·安徽高考)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(　　)
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】　仔细分析题给信息，结合原电池工作原理进行分析判断。
A．分析电池总反应，Ca在反应中失电子，所以Ca应作负极；PbSO4中的Pb2＋得电子生成单质铅，所以正极反应物应是PbSO4，所以A项错误。B.放电过程中，负极失电子，电子通过导线流向正极，所以正极表面聚集大量电子，能够吸引电解质中的阳离子向正极移动，所以B项错误。C.根据方程式知，每转移0.1
mol电子，生成0.05
mol铅，其质量为10.35
g，所以C项错误。D.根据题给信息，该电池为热激活电池，常温下，无水LiCl KCl为固态，没有自由移动的离子，该装置不能形成闭合回路，处于非工作状态，所以没有电流产生，即电流表或检流计的指针不会发生偏转。
【答案】　D
15.(2014·福建高考)某原电池装置如右图所示，电池总反应为2Ag＋Cl22AgCl。下列说法正确的是(　　)
A．正极反应为AgCl＋e－Ag＋Cl－
B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C．若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D．当电路中转移0.01
mol
e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02
mol离子
【解析】　根据电池总反应可以看出Cl2得电子，Ag失电子，所以在原电池中Cl2在正极上发生还原反应，Ag在负极上发生氧化反应。正极反应为Cl2＋2e－2Cl－，A项错误。因为电解质溶液为盐酸，所以负极上Ag失电子生成的
Ag＋随即与附近的Cl－反应生成白色沉淀，B项错误。用氯化钠代替盐酸后，电极反应不发生改变，C项错误。当电路中转移0.01
mol
e－时，负极生成
0.01
mol
Ag＋，由于Ag＋＋Cl－AgCl↓，所以消耗0.01
mol
Cl－，由于电荷守恒，同时有0.01
mol
H＋通过阳离子交换膜转移至右侧，D项正确。
【答案】　D
16．已知可逆反应：AsO＋2I－＋2H＋??AsO＋I2＋H2O。
(Ⅰ)如图所示，若向B中逐滴加入浓盐酸，发现电流表指针偏转。
(Ⅱ)若改用向B中滴加40%的NaOH溶液，发现电流表指针与(Ⅰ)中偏转方向相反。
试回答问题：
(1)两次操作中电流表指针为什么会发生偏转？
_______________________________________________
_______________________________________________。
(2)两次操作过程中电流表指针偏转方向为什么相反？
_______________________________________________。
(3)操作(Ⅰ)中，C
1棒上的反应为__________________________________。
(4)操作(Ⅱ)中，C
2棒上的反应为__________________________________。
【解析】　(Ⅰ)滴入浓盐酸，溶液中c(H＋)增大，题给可逆反应平衡正向移动，I－失去电子变为I2，C
1棒上产生电子，并沿外电路流向C
2棒，AsO得电子变为AsO。
(Ⅱ)滴加40%的NaOH(aq)将H＋中和，溶液中c(H＋)减小，题给可逆反应平衡逆向移动，电子在C
2棒上产生，并沿外电路流向C
1棒，I2得电子变为I－，AsO变为AsO。
【答案】　(1)两次操作中均发生原电池反应，所以电流表指针均发生偏转
(2)两次操作中，电极相反，电子流向相反，因而电流表指针偏转方向相反
(3)2I－－2e－I2
(4)AsO＋2OH－－2e－AsO＋H2O
PAGE学业分层测评（十五）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列能发生水解的粒子是(　　)
A．　
B．Na＋
C.
D．
【解析】　CH3COO－为弱酸的酸根离子，能发生水解。
【答案】　D
2．在一定条件下发生下列反应，其中属于盐类水解反应的是(　　)
A．Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO
B．NH＋2H2O??NH3·H2O＋H3O＋
C．HS－＋H＋H2S
D．HCO＋H2O??H3O＋＋CO
【解析】　A项是氯气与水反应的离子方程式；C项是硫氢化物与酸反应生成硫化氢的离子方程式；B项是铵根离子水解的离子方程式；D项是碳酸氢根电离的方程式。
【答案】　B
3．0.1
mol·L－1
NaHCO3溶液的pH最接近于(　　)
A．5.6
B．7.0
C．8.4
D．13.0
【解析】　NaHCO3的溶液水解呈碱性，但盐类的水解比较微弱，因此0.1
mol·L－1
NaHCO3溶液的碱性不会太强。
【答案】　C
4．pH＝4的醋酸和pH＝4的氯化铵溶液相比，水的电离程度较大的是(　　)
A．前者
B．后者
C．等于
D．无法确定
【解析】　醋酸抑制水的电离，而NH4Cl水解促进水的电离。
【答案】　B
5．下列离子组因发生水解反应不能大量共存的是(　　)
A．Ba2＋、NH、SO、OH－
B．H＋、Na＋、NO、I－
C．Al3＋、K＋、HCO、NO
D．H＋、Ca2＋、CO、Cl－
【解析】　A项，Ba2＋＋SOBaSO4↓、NH＋OH－NH3·H2O，属于离子直接结合的反应；B项，8H＋＋2NO＋6I－3I2＋2NO↑＋4H2O，属于氧化还原反应；C项，Al3＋＋3HCOAl(OH)3↓＋3CO2↑，双水解反应；D项，CO＋2H＋CO2↑＋H2O，同A项。
【答案】　C
6．将0.1
mol下列物质置于1
L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是(　　)
A．KCl
B．Mg(OH)2
C．Na2CO3
D．MgSO4
【解析】　由于碳酸钠的水解：CO＋H2O??HCO＋OH－，会使溶液阴离子数增多，故C中阴离子数最多。
【答案】　C
7．下列事实中一定能说明HNO2为弱电解质的是(　　)
①常温时NaNO2溶液的pH>7　②用HNO2溶液做导电实验时灯泡很暗　③HNO2与NaCl不能反应　④常温下0.1
mol·L－1的HNO2溶液的pH＝2
A．①④
B．②③
C．①②④
D．①②③④
【解析】　由常温时NaNO2溶液的pH>7可知，NO能水解，故HNO2是弱电解质，①正确；当强电解质溶液的浓度很小时，其导电能力也很弱，②错误；强酸HNO3与NaCl也不能反应，③错误；HNO2若是强电解质，则0.1
mol·L－1的HNO2溶液的pH＝1，现pH＝2，说明HNO2是弱电解质，④正确。
【答案】　A
8．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
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．溶液呈酸性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D．溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂
【解析】　酸碱恰好完全反应时，生成CH3COONa，是强碱弱酸盐，溶液显碱性，应选用碱性范围内变色的指示剂，故不能用甲基橙，A、B、C均错。
【答案】　D
9．相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是(　　)
A．电离程度：HCN>HClO
B．pH：HClO>HCN
C．与NaOH溶液恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCN
D．酸根离子浓度：c(CN－)【解析】　NaCN和NaClO都为强碱弱酸盐，相同物质的量浓度时NaCN溶液的pH较大，说明CN－水解的程度大，因此HCN比HClO的酸性更弱，电离程度：HCN【答案】　D
10．现有SO、NH、Al3＋、Na＋、SO、AlO、Fe3＋、HCO、Cl－等离子，请按要求填空：
【导学号：29910042】
(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SO、AlO、HCO水解呈碱性。
(2)NH、Al3＋、Fe3＋属于弱碱的阳离子，水解后溶液呈酸性。
(3)Na＋、Cl－、SO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)HCO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)SO、AlO、HCO
(2)NH、Al3＋、Fe3＋
(3)Na＋、Cl－、SO
(4)HCO
11．(1)写出下列物质发生水解反应的离子方程式，并指出水溶液的酸碱性。
①Na2S：_______________________________________________
②CuSO4：_______________________________________________
③NH4NO3：_______________________________________________
④NaHCO3：_______________________________________________
(2)写出下列各组盐溶液混合后发生反应的离子方程式。
①AlCl3和Na2S：_______________________________________________
②Al2(SO4)3和NaHCO3：__________________________________________
(3)有溶质的物质的量浓度均为0.2
mol·L－1的下列八种溶液①HCl　②H2SO4　③HClO　④Ba(OH)2
⑤KOH　⑥NaF　⑦KCl　⑧NH4Cl。这些溶液的pH由小到大的顺序是(填写序号)
________。
(4)向饱和FeCl3溶液中加入CaCO3粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，同时还产生的现象有________、_______________________________________________。
用离子方程式表示产生上述现象的原因______________________________
_______________________________________________。
【解析】　(4)Fe3＋水解显酸性，且溶液的酸性较强，可使CaCO3逐渐溶解，由于CaCO3溶解消耗了H＋，从而促进了Fe3＋的水解。
【答案】　(1)①S2－＋H2O??HS－＋OH－、HS－＋H2O??H2S＋OH－(碱性)
②Cu2＋＋2H2O??Cu(OH)2＋2H＋(酸性)
③NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋(酸性)
④HCO＋H2O??H2CO3＋OH－(碱性)
(2)①2Al3＋＋3S2－＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2S↑
②Al3＋＋3HCOAl(OH)3↓＋3CO2↑
(3)②<①<③<⑧<⑦<⑥<⑤<④
(4)气泡冒出　红褐色沉淀　Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋、CaCO3＋2H＋Ca2＋＋CO2↑＋H2O
12．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号
HA物质的量浓度(mol·L－1)
NaOH物质的量浓度(mol·L－1)
混合溶液的pH
①
0.1
0.1
pH＝9
②
c
0.2
pH＝7
③
0.2
0.1
pH<7
请回答：
(1)从①组情况分析，HA是强酸还是弱酸________。
(2)②组情况表明，c______0.2(填“>”、“<”或“＝”，下同)。混合溶液中离子浓度c(A－)________c(Na＋)。　
(3)从③组实验结果分析，说明HA的电离程度______NaA的水解程度(填“大于”、“小于”或“等于”)，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________________________________________________________。
(4)从以上实验分析，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的HA溶液等体积混合，所得混合溶液中c(OH－)________c(H＋)(填“>”、“<”或“＝”)。
【解析】　(1)实验①恰好完全反应，得到NaA溶液，由于pH＝9知，HA为弱酸。(2)由pH＝7知，实验②中HA过量，c>0.2，根据电荷守恒，溶液中c(A－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，故c(A－)＝c(Na＋)。(3)实验③得到的是等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，由pH<7知，HA的电离程度大于A－的水解程度，溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(A－)>
c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。(4)由于HA为弱酸，所以pH＝3的HA溶液中c(HA) 10－3
mol·L－1，而在pH＝11的NaOH溶液中c(NaOH)＝10－3
mol·L－1，当两溶液等体积混合后，HA过量很多，故混合溶液中c(OH－)【答案】　(1)弱酸
(2)>　＝
(3)大于　c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
(4)<
[能力提升]
13．由一价离子组成的四种盐：AC、BD、AD、BC溶液的浓度为1
mol·L－1，在室温下前两种溶液的pH＝7，第三种溶液pH>7，最后一种溶液pH<7，则(　　)
选项
A
B
C
D
碱性
AOH>BOH
AOHAOH>BOH
AOH酸性
HC>HD
HC>HD
HCHC【解析】　由AD溶液的pH>7，可知AOH的电离程度大于HD。由BC溶液的pH<7，可知BOH的电离程度小于HC。同理由AC、BD溶液的pH＝7，可知AOH与HC、BOH与HD的电离程度相同。故有电离程度：HC＝AOH>HD＝BOH，即HC的酸性大于HD，AOH的碱性大于BOH。
【答案】　A
14．有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、NaHSO4溶液和BaCl2溶液中的一种。已知：A、B溶液呈酸性，A、C溶液混合后溶液变浑浊。下列说法正确的是(　　)
A．D溶液的pH<7
B．C溶液是CH3COONa溶液
C．溶液A滴入到NaHCO3溶液中产生气体
D．溶液B进行焰色反应呈黄色
【解析】　根据题意可知：A为NaHSO4溶液，B为NH4Cl溶液，C为BaCl2溶液，D为CH3COONa溶液。A项中D的溶液水解显碱性，pH>7，故A错；B项中C为BaCl2溶液，故B错；C项中A滴入到NaHCO3溶液中，发生反应：H＋＋HCOH2O＋CO2↑，故C对；D项溶液B进行焰色反应没有颜色，故D错。
【答案】　C
15．有A、B、C、D四种一元酸的溶液，实验表明：①pH相同、体积相同的A、C的溶液与足量的铁粉反应时，A溶液产生的氢气比C溶液产生的氢气要多；②物质的量浓度相同的B、C的钠盐溶液相比较，B的钠盐溶液的pH小于C的钠盐溶液的pH；③酸A和D的钠盐反应生成A的钠盐和酸D。由此可以确定四种酸的酸性由强到弱的顺序中正确的是
(　　)
A．B>C>A>D
B．A>C>D>B
C．D>A>C>B
D．C>D>A>B
【解析】　由①知A溶液所能提供的n(H＋)大于C溶液所能提供的n(H＋)，说明C的酸性比A的酸性强；由②知B的酸性比C的酸性强，因酸越弱，其钠盐水解的程度越大，所得溶液的pH越大；由“强酸制弱酸”的规律可知，A的酸性比D的酸性强，即酸性强弱顺序为B>C>A>D。
【答案】　A
16．25
℃时，如果取0.1
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计)，测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：
(1)混合溶液的pH＝8的原因(用离子方程式表示)：
_______________________________________________。
(2)混合溶液中由水电离出的c(H＋)________(填“<”“>”或“＝”)0.1
mol·L－1
NaOH溶液中由水电离出的c(H＋)。
(3)已知NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH________7(填“<”“>”或“＝”)。
(4)将相同温度下相同浓度的五种溶液：
①(NH4)2CO3　②NH3·H2O　③(NH4)2SO4
④NH4Cl　⑤CH3COONH4
按c(NH)由大到小的顺序排列______________(填序号)。
【解析】　(1)等量的HA与NaOH混合，恰好完全反应生成盐NaA，由于溶液显碱性，说明NaA是强碱弱酸盐，A－发生了水解。
(2)由于生成的盐能水解，所以促进了水的电离，而NaOH抑制水的电离，所以为“>”。
(3)由NH4A溶液为中性可知，HA的电离程度与NH3·H2O的电离程度相同，又由HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出可知HA的电离程度大于H2CO3的，所以NH3·H2O的电离程度大于H2CO3的，所以(NH4)2CO3溶液显碱性(谁强显谁性)。
(4)假设盐未水解，①＝③>④＝⑤>②；由于①的水解程度大于③，所以c(NH)：③>①；由于④的水解程度小于⑤，所以c(NH)：④>⑤。
【答案】　(1)A－＋H2O??HA＋OH－
(2)>　(3)>
(4)③>①>④>⑤>②
PAGE学业分层测评（十二）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是(　　)
A．水的离子积变大，pH变小，呈酸性
B．水的离子积不变，pH不变，呈中性
C．水的离子积变小，pH变大，呈碱性
D．水的离子积变大，pH变小，呈中性
【解析】　升高温度，水的电离平衡右移，电离程度增大，c(H＋)和c(OH－)同时增大，KW增大，但由于c(H＋)和c(OH－)始终保持相等，故仍呈中性。
【答案】　D
2．下列说法中，正确的是(　　)
A．在任何条件下，纯水的pH都等于7
B．在任何条件下，纯水都呈中性
C．在95
℃时，纯水的pH大于7
D．在95
℃时，纯水中H＋的物质的量浓度c(H＋)小于10－7
mol·L－1
【解析】　室温下，纯水的pH才等于7，A错误；任何条件下，纯水中
c(H＋)＝c(OH－)，呈中性，B正确；加热能促进水的电离，故95
℃时纯水的
c(H＋)大于10－7
mol·L－1，pH小于7，C错误，D错误。
【答案】　B
3．下列溶液一定呈酸性的是(　　)
A．c(H＋)＝10－6
mol·L－1的溶液
B．pH<7的溶液
C．c(H＋)>c(OH－)的溶液
D．滴加酚酞显无色的溶液
【解析】　酸性溶液是指c(H＋)>c(OH－)的溶液；滴加酚酞显无色的溶液，有可能显酸性也有可能显弱碱性；由于未指明温度，不能依据c(H＋)＝
10－6
mol·L－1或pH<7来判断溶液的酸碱性。
【答案】　C
4．下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)>c(OH－)的是(　　)
A．向纯水中投入少量Na2O2
B．将水加热煮沸
C．向水中通入CO2
D．向水中加入NaCl
【解析】　A生成NaOH，使c(OH－)>c(H＋)；B可促进水的电离，但c(H＋)＝c(OH－)；D对水的电离无影响；C可与水反应生成H2CO3，抑制水的电离，但H2CO3??H＋＋HCO，使c(H＋)>c(OH－)。
【答案】　C
5．如果25
时，KW＝1.0×10－14，某温度下KW＝1.0×10－12。这说明(　　)
A．某温度下的电离常数较大
B．前者的c(H＋)较后者大
C．水的电离过程是一个放热过程
D．KW和K电离无直接关系
【解析】　由KW导出过程可知，KW和K电离是有直接关系的两个量[KW＝
K电离·c(H2O)]。
【答案】　A
6．向蒸馏水中滴入少量盐酸后，下列说法中错误的是(　　)
A．c(H＋)·c(OH－)不变
B．pH减小了
C．c(OH－)降低了
D．水电离出的c(H＋)增加了
【解析】　水的电离逆向移动，水电离产生的H＋、OH－浓度均减小，但溶液的酸性增强，pH减小，B、C正确，D错误；因水的离子积常数只受温度影响，故A项正确。
【答案】　D
7．25
℃时，在0.01
mol·L－1的硫酸溶液中，水电离出的H＋浓度是(　　)
A．5×10－13
mol·L－1
B．0.02
mol·L－1
C．1×10－7
mol·L－1
D．1×10－12
mol·L－1
【解析】　H2SO4电离出的c(H＋)＝0.02
mol·L－1，由KW＝1.0×10－14可知c(OH－)＝5×10－13
mol·L－1，OH－是由水电离产生的，则水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝5×10－13
mol·L－1。
【答案】　A
8．25
℃的下列溶液中，碱性最强的是(　　)
A．pH＝11的溶液
B．c(OH－)＝0.12
mol·L－1
C．1
L中含有4
g
NaOH的溶液
D．c(H＋)＝1×10－10
mol·L－1的溶液
【解析】　常温下，可以根据pH或c(H＋)比较溶液的酸碱性，同样也可以根据c(OH－)的大小来比较。A、C、D三个选项中溶液的c(OH－)依次为1×10－3
mol·L－1、0.1
mol·L－1、1×10－4
mol·L－1，所以B中溶液的c(OH－)最大，碱性最强。
【答案】　B
9．室温下，pH＝10的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中，c(NaOH)与c[Ba(OH)2]的比值是(　　)
A．1∶1
B．1∶2
C．2∶1
D．无法确定
【解析】　pH＝10的NaOH、Ba(OH)2溶液中c(OH－)相等，由NaOH～
OH－、Ba(OH)2～2OH－可知c(NaOH)∶c[Ba(OH)2]＝2∶1。
【答案】　C
10．现有下列物质①100
℃纯水；②25
℃
0.1
mol·L－1
HCl溶液；③25
℃
0.1
mol·L－1
KOH溶液；④25
℃
0.1
mol·L－1
Ba(OH)2溶液。
(1)这些物质与25
℃纯水相比，能促进水电离的是________(填序号，下同)，能抑制水的电离的是________，水电离的c(OH－)等于溶液中c(OH－)的是________，水电离的c(H＋)等于溶液中c(H＋)的是________。
(2)从②和③溶液中水的电离度相等，进而可推出的结论是：同一温度下，________________________时，水的电离度相等。
【解析】　水的电离过程吸热，升温，促进水的电离，酸或碱抑制水的电离；强酸溶液中，由于酸电离出的c(H＋)远大于水电离出的c(H＋)，酸电离的
c(H＋)可看成溶液中的c(H＋)，强碱溶液中，由于碱电离的c(OH－)远大于水电离的c(OH－)，碱电离的c(OH－)可看成溶液中的c(OH－)。
【答案】　(1)①　②③④　①②　①③④
(2)酸溶液中的c(H＋)等于碱溶液中的c(OH－)
11．某温度下，纯水中c(H＋)＝2×10－7
mol·L－1，则此溶液中c(OH－)为________
mol·L－1，该温度时的KW＝________。如温度不变，滴入稀盐酸使
c(H＋)＝5.0×10－6
mol·L－1，则c(OH－)为________
mol·L－1。
【解析】　因纯水中水电离出的c(H＋)与c(OH－)总是相等。c(H＋)＝2.0×
10－7
mol·L－1，则c(OH－)＝2.0×10－7
mol·L－1，该温度时的KW＝c(H＋)·c(OH－)＝(2.0×10－7)2＝4.0×10－14。温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5.0×10－6
mol·L－1，则c(OH－)＝KW/c(H＋)＝4.0×10－14÷5.0×10－6＝8.0×10－9
mol·L－1。
【答案】　2.0×10－7　4.0×10－14　8.0×10－9
12．常温下，求算下列溶液中水电离出的c(H＋)和c(OH－)。
(1)pH＝2的H2SO4溶液中，c(H＋)＝________，c(OH－)＝________。
(2)pH＝10的NaOH溶液中，c(H＋)＝________，c(OH－)＝________。
【解析】　(1)pH＝2的H2SO4溶液中，c(H＋)酸＝10－2
mol·L－1，则c(OH－)＝c(H＋)水＝＝
mol·L－1＝10－12
mol·L－1。
(2)pH＝10的NaOH溶液中，c(H＋)＝10－pH＝10－10
mol·L－1，则水电离的
c(H＋)＝c(OH－)＝10－10
mol·L－1。
【答案】　(1)10－12
mol·L－1　10－12
mol·L－1
(2)10－10
mol·L－1　10－10
mol·L－1
[能力提升]
13．液氨与水的电离相似，存在着微弱的电离：2NH3??NH＋NH。对该体系的说法中错误的是
(　　)
A．一定温度下，液氨中c(NH)与c(NH)的乘积为一常数
B．液氨的电离达到平衡时，c(NH)＝c(NH)
C．只要不加入其他物质，液氨中c(NH)总是与c(NH)相等
D．液氨中含有NH3、NH、NH、H2O、NH3·H2O等微粒
【解析】　液氨中无H2O、NH3·H2O等微粒，D错。
【答案】　D
14．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)
A．pH＝1的溶液中：Fe2＋、NO、SO、Na＋
B．由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO
C．c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液中：NH、Al3＋、NO、Cl－
D．c(Fe3＋)＝0.1
mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SO、SCN－
【解析】　A中Fe2＋、NO、H＋会发生氧化还原反应；B项，符合条件的溶液可能是强酸性溶液也可能是强碱性
溶液，HCO既与H＋反应，又与OH－反应，B错误；＝1012的溶液为强酸性溶液，离子可以大量共存，C正确；Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，D错误。
【答案】　C
15．一定温度下，用水稀释0.1
mol/L的一元弱酸HA，随稀释进行，下列数值一定增大的是(KW表示水的离子积，Ka表示HA的电离常数)(　　)
A．KW
B.
C.
D．c(OH－)
【解析】　温度不变，KW不变，A不合题意；根据Ka＝，推出＝＝，加水稀释时，HA电离程度增大，n(HA)减小，n(A－)增大，则减小，B、C不合题意；加水稀释HA电离程度增大，但是c(H＋)减小，因KW不变，可知c(OH－)增大，D符合题意。
【答案】　D
16．已知室温时，0.1
mol·L－1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列各问题；
(1)该溶液的pH＝________。
(2)HA的电离平衡常数K＝________。
(3)升高温度时，K将________(填“增大”、“减小”或“不变”)，pH将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的________倍。
【解析】　(1)HA电离出的c(H＋)＝(0.1×0.1%)mol·L－1＝1×10－4
mol·L－1，pH＝－lg(1×10－4)＝4；(2)电离平衡常数K＝＝＝1×10－7；(3)因HA??H＋＋A－，电离过程是吸热的，所以升高温度，c(H＋)、c(A－)均增大，则K增大，而pH减小；(4)c(H＋)HA＝1×10－4
mol·L－1，c(H＋)水＝c(OH－)＝
mol·L－1＝1×10－10
mol·L－1，所以c(H＋)HA∶c(H＋)水＝
(1×10－4)∶(1×10－10)＝106。
【答案】　(1)4　(2)1×10－7　(3)增大　减小　(4)106
PAGE学业分层测评（四）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一。
已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(l)＋O2(g)
ΔH＝＋140.5
kJ/mol
C(s，石墨)＋O2(g)===CO(g)
ΔH＝－110.5
kJ/mol
则反应TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s，石墨)===TiCl4(l)＋2CO(g)的ΔH是(　　)
A．＋80.5
kJ/mol
B．＋30.0
kJ/mol
C．－30.0
kJ/mol
D．－80.5
kJ/mol
【解析】　按题干顺序给两个热化学方程式编号为①、②，根据盖斯定律，①＋②×2，得到TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(石墨，s)===TiCl4(l)＋2CO(g)　ΔH＝－80.5
kJ/mol。
【答案】　D
2．已知：Fe2O3(s)＋C(s)===CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH＝＋234.1
kJ/mol；C(s)＋O2(g)
===CO2(g)　ΔH＝－393.5
kJ/mol；则2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)的ΔH是(　　)
A．－824.4
kJ/mol
B．－627.6
kJ/mol
C．－744.7
kJ/mol
D．－169.4
kJ/mol
【解析】　观察热化学方程式Fe2O3＋C(s)===CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH1＝＋234.1
kJ/mol①；C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－393.5
kJ/mol②；②×－①可得2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)，则ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－824.35
kJ/mol≈－824.4
kJ/mol。
【答案】　A
3．(2016·南阳高二检测)下列各组热化学方程式中，ΔH1>ΔH2的是(　　)
①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1　C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2
②S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1　S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH1　2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH2
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH1　CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)　ΔH2
A．①
B．②③④
C．④
D．①②③
【解析】　①中C(s)→CO2(g)比C(s)→CO(g)放出热量多，|ΔH1|>|ΔH2|，故ΔH1<ΔH2<0；
②S(s)S(g)SΔH1>0O2(g)，故ΔH1＝ΔH＋ΔH2，即|ΔH1|<|ΔH2|，故ΔH2<ΔH1<0；③中ΔH2＝2ΔH1，|ΔH2|>|ΔH1|，ΔH2<ΔH1<0；④中ΔH1>0，ΔH2<0，故ΔH1>ΔH2。
【答案】　B
4．已知25
℃、101
kPa条件下：
(1)4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)
ΔH＝－2
834.9
kJ·mol－1
(2)4Al(s)＋2O3(g)===2Al2O3(s)
ΔH＝－3
119.1
kJ·mol－1
由此得出的正确结论是(　　)
A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为吸热反应
B．等质量的O2比O3能量高，由O2变O3为放热反应
C．O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应
D．O2比O3稳定，由O2变O3为放热反应
【解析】　根据盖斯定律(2)－(1)得2O3(g)===3O2(g)　ΔH＝－284.2
kJ·mol－1，等质量的O2能量低。
【答案】　A
5．已知热化学方程式：
①2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH1＝＋571.6
kJ/mol
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH2＝－483.6
kJ/mol
当1
g液态水变为气态水时，其热量变化为(　　)
①放出　②吸收　③2.44
kJ　④4.88
kJ　⑤88
kJ
A．②⑤
B．①③
C．②④
D．②③
【解析】　可得H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44
kJ·mol－1，则1
g液态水变为气态水时，吸收的热量为≈2.44
kJ。
【答案】　D
6．(2016·河北衡水高二检测)已知C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热ΔH分别是－1
411.0
kJ·mol－1和－1
366.8
kJ·mol－1，则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的ΔH为(　　)
【导学号：29910012】
A．－44.2
kJ·mol－1
B．＋44.2
kJ·mol－1
C．－330
kJ·mol－1
D．＋330
kJ·mol－1
【解析】　由题意知
①C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1＝－1411.0
kJ·mol－1
②C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH2＝－1
366.8
kJ·mol－1
③C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l)　ΔH
由盖斯定律，得：③＝①－②，则ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－1
411.0
kJ·mol－1－(－1
366.8
kJ·mol－1)＝－44.2
kJ·mol－1，故选A。
【答案】　A
7．氯原子对O3分解有催化作用：
O3＋Cl===ClO＋O2　ΔH1　
ClO＋O===Cl＋O2　ΔH2
大气臭氧层的分解反应是：O3＋O===2O2　ΔH，该反应的能量变化如图：
下列叙述中，正确的是(　　)
A．反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3
B．O3＋O===2O2是吸热反应
C．ΔH＝ΔH1＋ΔH2
D．ΔH＝E3－E2>0
【解析】　A项，ΔH＝生成物总能量－反应物总能量＝E3－E2；B项，由E2>E3知反应物总能量大于生成物总能量，故O3＋O＝2O2为放热反应；C项，据盖斯定律将两式相加得ΔH＝ΔH1＋ΔH2；D项，由于O3＋O＝2O2放热，故ΔH＝E3－E2<0。
【答案】　C
8．H2、CO、CH3OH都是重要的能源物质，它们的燃烧热依次为285.8
kJ·mol－1、282.5
kJ·mol－1、726.7
kJ·mol－1。已知CO和H2在一定条件下可以合成甲醇CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(l)。则CO与H2反应合成甲醇的热化学方程式为(　　)
A．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(l)
ΔH＝－127.4
kJ·mol－1
B．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(l)
ΔH＝＋127.4
kJ·mol－1
C．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)
ΔH＝－127.4
kJ·mol－1
D．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)
ΔH＝＋127.4
kJ·mol－1
【解析】　根据题给三种物质的燃烧热可以写出：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH1＝－285.8
kJ·mol－1　①
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH2＝－282.5
kJ·mol－1　②
CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH3＝－726.7
kJ·mol－1　③
运用盖斯定律进行计算，即①×2＋②－③可得：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(l)　ΔH＝2ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝2×(－285.8
kJ·mol－1)＋(－282.5
kJ·mol－1)－(－726.7
kJ·mol－1)＝－127.4
kJ·mol－1。
【答案】　A
9．物质的生成热可定义为：由稳定单质生成1
mol物质所放出的热量，如CO2气体的生成热就是1
mol
C完全燃烧生成CO2气体时放出的热量，已知下列几种化合物的生成热分别是
化合物
葡萄糖
H2O(l)
CO2
生成热(kJ/mol)
1
259.8
285.8
393.5
则1
kg葡萄糖在人体内完全氧化生成CO2气体和液态水，最多可提供的能量为
(　　)
A．3
225
kJ
B．2
816
kJ
C．6
999
kJ
D．15
644
kJ
【解析】　根据生成热的定义得下面三个热化学方程式：6C(s)＋3O2(g)＋6H2(g)===C6H12O6(s)
ΔH＝－1
259.8
kJ/mol　①
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5
kJ/mol②
O2(g)＋2H2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ/mol③
由：②×6＋③×3－①得：
C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2(l)
ΔH＝－2
816
kJ·mol－1
故1
kg
C6H12O6(s)完全氧化时放出的热量为：
2
816×
kJ≈15
644
kJ。
【答案】　D
10．发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料，用二氧化氮作氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。已知：
①N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)
ΔH1＝＋67.7
kJ·mol－1
②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH2＝－534
kJ·mol－1
试计算1
mol肼与二氧化氮完全反应时放出的热量为________
kJ；写出肼与二氧化氮反应的热化学方程式__________________________________。
【解析】　根据盖斯定律，为了在反应物中消去O2并得到N2H4和NO2的反应，可令②×2－①得：
2N2H4(g)－N2(g)===2N2(g)＋4H2O(g)－2NO2(g)
ΔH＝2ΔH2－ΔH1
整理得：2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝(－534
kJ/mol)×2－67.7
kJ/mol＝－1
135.7
kJ/mol，则1
mol
肼与二氧化氮完全反应时放出的热量为567.85
kJ。
【答案】　567.85　N2H4(g)＋NO2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　
ΔH＝－567.85
kJ/mol
11．(2015·高考组合题)
(1)(福建高考)已知：
Al2O3(s)＋3C(s)===2Al(s)＋3CO(g)
ΔH1＝＋1
344.1
kJ·mol－1
2AlCl3(g)===2Al(s)＋3Cl2(g)
ΔH2＝＋1
169.2
kJ·mol－1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为
_______________________________________________。
(2)(山东高考)贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4
的反应。温度为T时，该反应的热化学方程式为______________。已知温度为T时：CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝＋165
kJ·mol－1
CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41
kJ·mol－1
(3)(四川高考)FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。
已知25
℃，101
kPa时：4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH＝－1
648
kJ/mol
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393
kJ/mol
2Fe(s)＋2C(s)＋3O2(g)===2FeCO3(s)　ΔH＝－1
480
kJ/mol
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是_______________________________________________。
(4)(广东高考)用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。
传统上该转化通过如右所示的催化循环实现，其中，反应①为：
2HCl(g)＋CuO(s)??H2O(g)＋CuCl2(s)　ΔH1，
反应②生成1
mol
Cl2(g)的反应热为ΔH2，则总反应的热化学方程式为________(反应热用ΔH1和ΔH2表示)。
【解析】　(1)根据盖斯定律，将第一个反应减去第二个反应可得该热化学反应方程式；
(2)由题意知CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝＋165
kJ·mol－1①
CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41
kJ·mol－1　②
应用盖斯定律，由②－①可得CO、H2合成CH4的反应：
CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)　ΔH＝－206
kJ·mol－1
(3)将所给热化学方程式标号：
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH＝－1
648
kJ/mol　①
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393
kJ/mol　②
2Fe(s)＋2C(s)＋3O2(g)===2FeCO3(s)
ΔH＝－1
480
kJ/mol　③
根据盖斯定律：③×(－2)＋①＋②×4可得：
4FeCO3(s)＋O2(g)===2Fe2O3(s)＋4CO2(g)　ΔH＝－260
kJ/mol。
(4)反应②的热化学方程式为CuCl2(s)＋1/2O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)　ΔH2，反应①和反应②相加即可得总反应的热化学方程式为2HCl(g)＋1/2O2(g)===Cl2(g)＋H2O(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2。
【答案】　(1)Al2O3(s)＋3C(s)＋3Cl2(g)===2AlCl3(g)＋3CO(g)　ΔH＝＋174.9
kJ·mol－1
(2)CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)　ΔH＝－206
kJ·mol－1
(3)4FeCO3(s)＋O2(g)===2Fe2O3(s)＋4CO2(g)　ΔH＝－260
kJ/mol
(4)2HCl(g)＋1/2O2(g)===Cl2(g)＋H2O(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2
[能力提升]
12．(2014·全国卷Ⅱ)室温下，将1
mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将1
mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)△,CuSO4(s)＋5H2O(l)，热效应为ΔH3。则下列判断正确的是(　　)
A．ΔH2>ΔH3
B．ΔH1<ΔH3
C．ΔH1＋ΔH3＝ΔH2
D．ΔH1＋ΔH2>ΔH3
【解析】　1
mol
CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，为吸热反应，故ΔH1>0,1
mol
CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，为放热反应，故ΔH2<0，1
mol
CuSO4·5H2O(s)溶于水可以分为两个过程，先分解成1
mol
CuSO4(s)和5
mol水，然后1
mol
CuSO4(s)再溶于水，CuSO4·5H2O的分解为吸热反应，即ΔH3>0，根据盖斯定律得到关系式ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，分析得到答案：ΔH1<ΔH3。
【答案】　B
13．已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－12.1
kJ·mol－1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－55.6
kJ·mol－1，则HCN在水溶液中电离的ΔH等于(　　)
【导学号：29910013】
A．－67.7
kJ/mol
B．－43.5
kJ/mol
C．＋43.5
kJ/mol
D．＋67.7
kJ/mol
【解析】　由题意可知，①HCN(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)＋CN－(aq)　ΔH＝－12.1
kJ·mol－1
②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－55.6
kJ·mol－1
对比①、②两个热化学方程式可知，①－②得HCN(aq)===H＋(aq)＋CN－(aq)　ΔH＝＋43.5
kJ·mol－1，故HCN在水溶液中电离的ΔH等于＋43.5
kJ·mol－1，所以选C。
【答案】　C
14．(2015·高考组合题)(1)(江苏高考)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：
①NO(g)＋O3(g)===NO2(g)＋O2(g)
ΔH＝－200.9
kJ·mol－1
②NO(g)＋O2(g)===NO2(g)
ΔH＝－58.2
kJ·mol－1
③SO2(g)＋O3(g)===SO3(g)＋O2(g)
ΔH＝－241.6
kJ·mol－1
则反应3NO(g)＋O3(g)===3NO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
(2)(全国卷
Ⅱ
)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：
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：
已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ·mol－1)
436
343
1076
465
413
由此计算ΔH1＝________kJ·mol－1；已知ΔH2＝－58
kJ·mol－1，则ΔH3＝________kJ·mol－1。
(3)(海南高考)已知：①Fe2O3
(s)＋3C(s)===2Fe(s)＋3CO(g)　ΔH＝＋494
kJ·mol－1
②CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283
kJ·mol－1
③C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110
kJ·mol－1
则反应Fe2O3
(s)＋3C(s)＋O2(g)===2Fe(s)＋3CO2
(g)
的ΔH＝________kJ·mol－1。理论上反应________放出的热量足以供给反应________所需的热量(填上述方程式序号)。
【解析】　(1)应用盖斯定律进行解答。
(2)根据键能与反应热的关系可知，ΔH1＝反应物的键能之和－生成物的键能之和＝(1
076
kJ·mol－1＋2×436
kJ·mol－1)－(413
kJ·mol－1×3＋343
kJ·mol－1＋465
kJ·mol－1)＝－99
kJ·mol－1。
根据质量守恒定律，由②－①可得：CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)，结合盖斯定律可得：ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝(－58
kJ·mol－1)－(－99
kJ·mol－1)＝＋41
kJ·mol－1。
(3)已知：①Fe2O3(s)＋3C(s)===2Fe(s)＋3CO(g)　ΔH＝＋494
kJ·mol－1
②CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283
kJ·mol－1
③C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110
kJ·mol－1
根据盖斯定律：①＋②×3得反应Fe2O3(s)＋3C(s)＋O2(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)的ΔH＝－355
kJ·mol－1。理论上反应②③放出的热量足以供给反应①所需的热量。
【答案】　(1)－317.3
(2)－99　＋41
(3)－355　②③　①
PAGE学业分层测评（六）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．在气体反应中，改变条件：①增大反应物的浓度，②升高温度，③增大压强，④移去生成物，⑤加入催化剂。能使反应物中活化分子数和活化分子的百分数同时增大的方法是(　　)
A．①⑤
B．①③
C．②⑤
D．③⑤
【解析】　①增大反应物的浓度，只能增大单位体积内活化分子数；③增大压强实际为增大反应物浓度，同①相同；④移去生成物不影响反应物的活化分子数及活化分子的百分数。
【答案】　C
2．把下列4种X的溶液分别加入到4个盛有10
mL
2
mol·L－1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50
mL，此时X与盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最大的是(　　)
A．20
mL　3
mol·L－1
B．20
mL　2
mol·L－1
C．10
mL　4
mol·L－1
D．10
mL　2
mol·L－1
【解析】　本题中反应速率的大小是由混合后反应物浓度的大小决定的，由于最后溶液体积相同，所以混合前X的物质的量越大，混合后其浓度越大，反应速率越快。
【答案】　A
3．(2016·郑州高二检测)一定量的锌与过量的稀H2SO4反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响生成氢气的量，可向其中加入(　　)
A．KCl固体
B．铁粉
C．K2SO4溶液
D．KNO3溶液
【解析】　A项，加入KCl固体不影响c(H＋)，对反应速率无影响；B项，Fe、Zn形成微电池反应，能加快反应，且Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，影响生成H2的量；C项，对稀H2SO4进行稀释，c(H＋)减小，反应速率减慢，n(H＋)不变，故不影响H2产量；D项，H＋、NO与Zn反应不产生H2。
【答案】　C
4．反应C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是(　　)
①增加C的量　②将容器的体积缩小一半　③保持体积不变，充入N2使体系压强增大　④保持压强不变，充入N2使容器体积变大
A．①④
B．②③
C．①③
D．②④
【解析】　本题考查的是压强对反应速率的影响。C为固体反应物，增加其用量，对反应速率几乎没有影响；容器体积缩小一半，相当于压强增大一倍，浓度增大，反应速率增大；体积不变，充入N2，体系总压强增大，但反应混合物的浓度并未改变，反应速率基本不变；充入N2，使容器的体积增大，总压强不变，但反应混合物的浓度变小，反应速率减小。
【答案】　C
5．(2016·滨州高二检测)已知CO2＋C===2CO是吸热反应，反应速率为v1；N2＋3H2===2NH3是放热反应，反应速率为v2。对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为(　　)
A．同时增大
B．同时减小
C．v1增大，v2减小
D．v1减小，v2增大
【解析】　升高温度能加快反应速率，与反应的热效应无关。
【答案】　A
6．如图是相同条件下做H2O2分解的对比实验时，放出O2的体积随时间的变化关系示意图，a为使用催化剂，b为不使用催化剂，其中正确的图像是
(　　)
【解析】　使用催化剂能加快反应速率，但不能改变生成O2的量，故只有A正确。
【答案】　A
7．NO和CO都是汽车尾气里的有毒气体，它们之间能缓慢反应生成N2和CO2，对于该反应的下列说法不正确的是(　　)
A．增大压强能增大反应速率
B．使用适当催化剂可增大反应速率
C．升高温度能增大反应速率
D．增大压强(体积减小)对该反应速率无影响
【解析】　对于气体之间的反应，增大压强(体积减小)、使用催化剂和升高温度均能增大反应速率，A、B、C均正确，选D。
【答案】　D
8．向四个容积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小顺序排列正确的是(　　)
甲．在500
℃时，SO2和O2各10
mol
乙．在500
℃时，用V2O5作催化剂，SO2和O2各10
mol
丙．在450
℃时，8
mol
SO2和5
mol
O2
丁．在500
℃时，8
mol
SO2和5
mol
O2
A．甲、乙、丙、丁
B．乙、甲、丙、丁
C．乙、甲、丁、丙
D．丁、丙、乙、甲
【解析】　甲、乙相比较，乙使用催化剂，反应速率乙>甲。丙、丁相比较，丁温度高，反应速率丁>丙。甲与丁相比较，甲反应物浓度大，反应速率甲>丁，故选C。
【答案】　C
9．将a
g块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如图实线所示。在相同的条件下，将b
g(a>b)粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线如图虚线所示，正确的是
(　　)
【解析】　粉末状的碳酸钙表面积比块状碳酸钙大，所以反应速率大，即损失得快。由于盐酸足量，所以碳酸钙全部损失，而a>b，所以反应完全后实线在虚线的上方。
【答案】　C
10．在一密闭容器中充入1
mol
I2和1
mol
H2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)
(1)保持容器容积不变，向其中充入1
mol
H2，反应速率________。
(2)升高温度，反应速率________。
(3)扩大容器体积，反应速率
________。
(4)保持容器内气体压强不变，向其中充入1
mol
H2(g)和1
mol
I2(g)，反应速率________。
【解析】　(1)在容器容积不变时，充入1
mol
H2即c(H2)增大，化学反应速率增大，
(2)升高温度，反应速率增大；
(3)扩大容器的体积，各组成成分浓度减小，反应速率减小；
(4)压强不变，充入H2(g)、I2(g)各1
mol，体积增大，压强未变，浓度也不变，则反应速率不变。
【答案】　(1)增大　(2)增大　(3)减小　(4)不变
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)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)H2O2初始状态的浓度为________。
【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)2H2O2MnO2,2H2O＋O2↑
2
mol　　　　　　22.4
L
n(H2O2)　　　　　0.06
L
解得n(H2O2)≈0.0
054
mol。
c(H2O2)＝≈0.11
mol/L。
【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
12．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：
(1)上述实验中发生反应的化学方程式有_____________________________
_______________________________________________。
(2)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_____________
_______________________________________________(答两种)。
(3)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验。将表中所给的混合溶液分别加入6个盛有过量锌粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。
　　实验混合溶液　　　　
A
B
C
D
E
F
4
mol/L
H2SO4(mL)
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液(mL)
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O(mL)
V7
V8
V9
V10
10
0
其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________。
【解析】　(2)采取措施加快Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑反应速率时，可从反应温度、H2SO4浓度、Zn的表面积大小等角度来分析。(3)A～F为对比实验，目的是探究CuSO4的量对H2生成速率的影响，为达到此目的，c(H＋)应相同，这样，H2SO4溶液的体积A～F应均为30
mL，且溶液总体积相同，根据表中数据，总体积为50
mL。
【答案】　(1)CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu　Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑
(2)升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等(答两种即可)
(3)30　10　17.5
[能力提升]
13．(2014·全国卷Ⅰ)已知分解1
mol
H2O2放出热量98
kJ。在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为：
H2O2＋I－―→H2O＋IO－　　慢
H2O2＋IO－―→H2O＋O2＋I－　快
下列有关该反应的说法正确的是(　　)
A．反应速率与I－浓度有关
B．IO－也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98
kJ·mol－1
D．v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2)
【解析】　A．将题给两个反应合并可得总反应为2H2O2===2H2O＋O2↑，该反应中I－作催化剂，其浓度的大小将影响该反应的反应速率。
B．该反应中IO－是中间产物，不是该反应的催化剂。
C．反应的活化能表示一个化学反应发生所需要的最小能量，分解1
mol
H2O2放出98
kJ热量，不能据此判断该反应的活化能。
D．由反应速率与对应物质的化学计量数的关系可知v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)。
【答案】　A
14．一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是(　　)
【导学号：29910019】
A．在0～50
min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等
B．溶液酸性越强，R的降解速率越小
C．R的起始浓度越小，降解速率越大
D．在20～25
min之间，pH＝10时R的平均降解速率为0.04
mol·L－1·min－1
【解析】　选项A，在0～50
min之间，pH＝2和pH＝7时R降解百分率相等，A正确；选项B，溶液的酸性越强，R的降解速率越大，B错误；选项C，由题给信息，无法得出该结论，C错误；选项D，在20～25
min，pH＝10时R的平均降解速率为＝4×10－6
mol·L－1·min－1，D错误。
【答案】　A
15．某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，探究影响反应速率的因素。所用HNO3溶液的浓度为1.00
mol·L－1、2.00
mol·L－1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298
K、308
K，每次实验HNO3的用量为25.0
mL、大理石的用量为10.00
g。
请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
实验编号
T/K
大理石规格
HNO3浓度/mol·L－1
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
(Ⅰ)实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；(Ⅱ)实验①和___________________探究温度对该反应速率的影响；(Ⅲ)实验①和________探究大理石规格(粗、细)对该反应速率的影响
②
③
④
【解析】　根据实验目的，实验②只需要将实验①中HNO3的浓度由2.00
mol·L－1改为1.00
mol·L－1；实验③只需将实验①中温度由298
K改为308
K；实验④只需将实验①中大理石由粗颗粒改为细颗粒。
【答案】　
实验编号
T/K
大理石规格
HNO3浓度/mol·L－1
实验目的
①
(Ⅱ)③(Ⅲ)④
②
298
粗颗粒
1.00
③
308
粗颗粒
2.00
④
298
细颗粒
2.00
PAGE学业分层测评（九）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．2
000
K时，反应CO(g)＋O2(g)??CO2(g)的平衡常数为K，则相同温度下反应2CO2(g)??2CO(g)＋O2(g)的平衡常数K′为(　　)
A.　
B．K2
C.
D.
【解析】　2
000
K时，可逆反应2CO(g)＋O2(g)??2CO2(g)的平衡常数为K2，那么2
000
K时，可逆反应2CO2(g)??2CO(g)＋O2(g)的平衡常数K′为，C项正确。
【答案】　C
2．已知：C(s)＋CO2(g)??2CO(g)，正反应为吸热反应，达到平衡后，改变下列条件，能使平衡常数增大的是
(　　)
A．升温
B．加压
C．使用催化剂
D．降温
【解析】　升高温度，平衡正向移动，K值增大；加压、使用催化剂，K值均不变。
【答案】　A
3．放热反应CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)在温度t1时达到平衡，c1(CO)＝c1(H2O)＝1.0
mol·L－1，其平衡常数为K1。升高反应体系的温度至t2时，反应物的平衡浓度分别为c2(CO)和c2(H2O)，平衡常数为K2，则(　　)
A．K2和K1的单位均为mol·L－1
B．K2C．c2(CO)>c2(H2O)
D．c1(CO)>c2(CO)
【解析】　平衡常数数学表达式的分子和分母分别为两个浓度的乘积，因此K的单位不可能为mol·L－1，A项错误；该反应是放热反应，升高温度平衡左移，所以K2【答案】　B
4．已知298.15
K时，可逆反应：Pb2＋(aq)＋Sn(s)??Pb(s)＋Sn2＋(aq)的平衡常数K＝2.2，若溶液中Pb2＋和Sn2＋的浓度均为0.10
mol·L－1，则反应进行的方向是
(　　)
A．向右进行
B．向左进行
C．处于平衡状态
D．无法判断
【解析】　Q＝＝＝1【答案】　A
5．298
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；
③2CO2(g)??2CO(g)＋O2(g)　K＝4×10－92，
则常温下，NO、H2O、CO2这三个化合物分解放氧的倾向最大的是
(　　)
【导学号：29910028】
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＝5×10－82
③2CO2(g)??2CO(g)＋O2(g)　K＝4×10－92
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
6．已知反应①：CO(g)＋CuO(s)??CO2(g)＋Cu(s)和反应②：H2(g)＋CuO(s)??Cu(s)＋H2O(g)在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)的平衡常数为K。则下列说法正确的是(　　)
A．反应①的平衡常数K1＝
B．反应③的平衡常数K＝
C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的焓变为正值
D．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
【解析】　在书写平衡常数表达式时，纯固体不写，A错误；由于反应③＝反应①－反应②，因此平衡常数K＝，B正确；反应③中，温度升高，H2浓度减小，则平衡左移，即逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，因此ΔH<0，C错误；对于反应③，在恒温恒容下，增大压强，如充入惰性气体，则平衡不移动，H2的浓度不变，D错误。
【答案】　B
7．在25
℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L－1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol·L－1
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是(　　)
A．反应达到平衡时，X的转化率为50%
B．反应可表示为X＋3Y??2Z，其平衡常数为1
600
C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D．改变温度可以改变此反应的平衡常数
【解析】　平衡常数只与温度有关，增大压强不可能使平衡常数增大。其他选项均为平衡中的基础计算和基础知识，关键是根据表中数据(0.1－0.05)∶(0.2－0.05)∶(0.1－0)＝1∶3∶2推导出：X＋3Y??2Z。
【答案】　C
8．在一定温度下，反应H2(g)＋X2(g)??HX(g)的平衡常数为10。若将1.0
mol的HX(g)通入体积为1.0
L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于(　　)
A．5%
B．17%
C．25%
D．33%
【解析】　考查“始、变、平”模式和平衡常数。
设氢气的转化浓度为x
mol/L。
H2(g)＋X2(g)??HX(g)
c始(mol/L)　　　　0　　　0　　　　1
c变(mol/L)　　　　x　　　x　　　　2x
c平(mol/L)　　　　x　　　x　　　　1－2x
＝10
解得x＝，得出HX的分解率为＝≈17%。
【答案】　B
9．在容积可变的密闭容器中，2
mol
N2和8
mol
H2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于(　　)
A．5%
B．10%
C．15%
D．20%
【解析】　达到平衡时，H2转化的物质的量为8
mol×25%＝2
mol。在一定条件下，N2与H2发生反应：
N2＋3H22NH3
起始物质的量/mol　2　
8　
　　　　0
转化物质的量/mol　　
2　　　　　
平衡物质的量/mol　　
6　　　　　
同温同压下，气体的体积比等于其物质的量之比，故平衡时氮气的体积分数为×100%≈15%。
【答案】　C
10．工业合成氨N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)反应过程中的能量变化如图所示，据图回答下列问题：
(1)该反应通常用活性铁作催化剂，加活性铁会使图中B点________(填“升高”或“降低”)，理由是________________________________________。
(2)该反应平衡常数表达式为K＝________，当某时刻_____K(填“<”、“>”或“＝”)时，反应向右进行。
(3)450
℃时该反应的平衡常数________(填“<”、“>”或“＝”)500
℃时的平衡常数。
(4)一定条件下的密闭容器中，该反应达到平衡，要提高H2的转化率，可以采取的合理措施有________(填字母代号)。
a．高温高压　b．加入催化剂　c．增加N2的浓度
d．增加H2的浓度　e．分离出NH3
【解析】　(1)催化剂能降低反应的活化能。
(2)反应向右进行，说明(3)由图知该反应的正反应为放热反应，低温利于平衡正向移动，450
℃时反应正向进行的程度大，即450
℃对应的平衡常数K大。
(4)高温使化学平衡逆向移动，H2转化率降低，a不合理；催化剂对平衡无影响，b不合理；增加N2的浓度可以提高H2的转化率，c合理；d降低H2的转化率，不合理；分离出NH3，有利于平衡右移，e合理。
【答案】　(1)降低　催化剂能降低反应的活化能
(2)　<
(3)>　(4)ce
11．(2014·福建高考节选)已知t
℃时，反应FeO(s)＋CO(g)??Fe(s)＋CO2(g)的平衡常数K＝0.25。
(1)t
℃时，反应达到平衡时n(CO)∶n(CO2)＝________。
(2)若在1
L密闭容器中加入0.02
mol
FeO(s)，并通入x
mol
CO，t
℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x＝________。
【解析】　(1)根据该反应的K＝c(CO2)/c(CO)＝0.25，可知反应达到平衡时n(CO)∶n(CO2)＝4∶1。
(2)根据反应：
FeO(s)
＋CO(g)
??Fe(s)
＋CO2(g)
初始物质的量/mol
0.02
x
0
0
变化物质的量/mol
0.01
0.01
0.01
0.01
平衡物质的量/mol
0.01
x－0.01
0.01
0.01
根据化学平衡常数可知：K＝0.01/(x－0.01)＝0.25，解得x＝0.05。
【答案】　(1)4∶1　(2)0.05
12．已知可逆反应CO＋H2O(g)
CO2＋H2，达到平衡时，K＝，K是常数，只与温度有关，与浓度无关。
(1)830
K时，若起始时：c(CO)＝2
mol/L，c(H2O)＝3
mol/L，平衡时CO的转化率为60%，水蒸气的转化率为________，K值为________。
(2)830
K时，若只将起始时，c(H2O)改为6
mol/L，则水蒸气的转化率为________。
(3)若830
K时，起始浓度c(CO)＝a
mol/L，c(H2O)＝b
mol/L，H2的平衡浓度c(H2)＝c
mol/L。
①a、b、c之间的关系式是________。
②当a＝b时，a＝________。
【解析】　(1)　　　CO＋H2O(g)
CO2＋H2
起始浓度(mol/L)　
2　　3　　
　　0　　0
转化浓度(mol/L)
　1.2　1.2　　
　
1.2　1.2
平衡浓度(mol/L)　
0.8　1.8　　　
1.2　1.2
K＝＝1，
α(H2O)＝×100%＝40%。
(2)设水蒸气的转化浓度为x
mol/L。
CO
＋
H2O(g)
CO2＋H2
起始浓度(mol/L)　2　　
6　　　
　0　　0
转化浓度(mol/L)　x　　
x　　　　
x　　x
平衡浓度(mol/L)　2－x　
6－x　　　
x　　x
K＝＝1，x＝1.5，
α(H2O)＝×100%＝25%。
(3)　　　　　　　CO＋H2O(g)
CO2＋H2
起始浓度(mol/L)　
a　　b　　　　
0　　0
转化浓度(mol/L)　
c　　c　　　　
c　　c
平衡浓度(mol/L)　a－c　b－c　　
　c　　c
则＝1。
当b＝a时，代入上式，可得a＝2c。
【答案】　(1)40%　1　(2)25%　
(3)①＝1　②2c
[能力提升]
13．(2015·天津高考)某温度下，在2
L的密闭容器中，加入1
mol
X(g)和2
mol
Y(g)发生反应：
X(g)＋mY(g)??3Z(g)
平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1
mol
Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是(　　)
A．m＝2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X与Y的平衡转化率之比为1∶1
D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4
mol·L－1
【解析】　A．根据再次加入1
mol
Z(g)，平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，可知该反应是一个反应前后气体分子数相等的反应，因此m＝2。B.由于温度没有变化，故两次平衡的平衡常数不变。C.因为是按照化学方程式中化学计量数之比充入的反应物，因此二者的平衡转化率相等。D.该反应前后气体分子数不变，因此反应后气体的物质的量与反应前一样，都为4
mol，而平衡后Z的体积分数为10%，平衡时Z的物质的量为4
mol×10%＝0.4
mol，容器体积为2
L，Z的浓度为0.2
mol·L－1。
【答案】　D
14．(2015·安徽高考)汽车尾气中NO产生的反应为：N2(g)＋O2(g)??2NO(g)。一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，右图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是(　　)
A．温度T下，该反应的平衡常数K＝
B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH＜0
【解析】　A．由曲线a可知，达到平衡时c(N2)＝c1
mol/L，则生成的c(NO)＝2(c0－c1)
mol/L，故K＝＝。B.反应物和产物都是气体，当容器保持恒容时，混合气体的密度始终保持不变。C.催化剂的加入只能改变反应速率而不可能使平衡发生移动，故加入催化剂后达到平衡时，c(N2)仍为c1
mol/L。D.若曲线b改变的是温度，根据达到平衡时曲线b对应的时间短，则对应温度高，升高温度时c(N2)减小，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH＞0。
【答案】　A
15．(2014·山东高考节选)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)＋NaCl(s)??NaNO3(s)＋ClNO(g)　K1　ΔH1<0　(
Ⅰ
)
2NO(g)＋Cl2(g)??2ClNO(g)　K2　ΔH2<0　(Ⅱ)
(1)4NO2(g)＋2NaCl(s)??2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝________(用K1、K2表示)。
(2)为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2
L恒容密闭容器中加入0.2
mol
NO和0.1
mol
Cl2,10
min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10
min内v(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝________mol，NO的转化率α1＝________。
其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2________(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是____________。
【解析】　(1)观察题给的三个方程式可知，题目所求的方程式可由(
Ⅰ
)×2—(Ⅱ)得到，故该反应的平衡常数K＝。
(2)由题给数据可知，n(ClNO)＝7.5×10－3
mol·L－1·min－1×10
min×2
L＝0.15
mol。
2NO(g)＋Cl2(g)??2ClNO(g)
起始物质的量/mol　　0.2　　　0.1　　　　0
　　
0.15　　0.075　　　0.15
平衡时物质的量/mol　0.05　　0.025　　　0.15
故n(Cl2)＝0.025
mol；NO的转化率α1＝×100%＝75%。
其他条件保持不变，由恒容条件(2
L)改为恒压条件，因该反应是气体分子数减小的反应，平衡正向移动，NO的转化率增大，即α2＞α1；平衡常数只是温度的函数，故由恒容条件改为恒压条件时平衡常数不变；要使平衡常数减小，平衡应逆向移动，因为反应(Ⅱ)是放热反应，故应升高温度。
【答案】　(1)
(2)2.5×10－2　75%　＞　不变　升高温度
PAGE章末综合测评（一）
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．下列变化属于吸热反应的是(　　)
①液态水汽化　②将胆矾加热变为白色粉末　③浓硫酸稀释　④KClO3分解制取O2　⑤生石灰与水反应生成熟石灰　⑥CaCO3高温分解　⑦CO2＋C===2CO　⑧Ba(OH)2·8H2O与固体NH4Cl混合　⑨C＋H2O(g)===CO＋H2　⑩Al与盐酸反应
A．①②④⑥⑦⑧⑨　
B．②④⑥⑦⑧⑨
C．①③④⑤⑥⑧⑩
D．①②④⑧⑨
【解析】　③⑤两项变化均放出能量，ΔH<0。
【答案】　B
2．(2016·保定高二检测)下列关于反应热的叙述正确的是(　　)
A．当ΔH<0时，表示该反应为吸热反应
B．由C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)的反应热为110.5
kJ·mol－1，可知碳的燃烧热为110.5
kJ·mol－1
C．反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关
D．1
mol
NaOH分别和1
mol
CH3COOH、1
mol
HNO3反应放出的热量：CH3COOH【解析】　A项，ΔH<0时表示反应为放热反应；B项，CO(g)不是稳定的氧化物；C项，反应热等于反应物总能量与生成物总能量的差值，故与二者的能量有关；D项，CH3COOH电离时吸热，故正确。
【答案】　D
3．下列热化学方程式正确的是(注：ΔH的绝对值均正确)(　　)
A．S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－269.8
kJ/mol(反应热)
B．2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6
kJ/mol(中和热)
C．2NO2===O2＋2NO　ΔH＝＋116.2
kJ/mol(反应热)
D．C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)　ΔH＝－1
367.0
kJ/mol(燃烧热)
【解析】　B项，中和热指稀的强酸与稀的强碱溶液反应生成1
mol
水放出的热量，选项中水为2
mol，故错；C项，未注明参与反应物质的聚集状态，故错；D项，H2O(g)不是稳定状态，故错。
【答案】　A
4．同温同压下，已知下列各反应为放热反应，下列各热化学方程式中反应热最小的是(　　)
A．H2(l)＋F2(l)===2HF(g)　ΔH1
B．H2(g)＋F2(g)===3HF(g)　ΔH2
C．H2(g)＋F2(g)===2HF(l)　ΔH3
D．H2(l)＋F2(l)===2HF(l)　ΔH4
【解析】　观察四个选项的方程式知反应物的量均相等，当反应物总能量最高、生成物能量最低时反应放出热量最多，反应热(ΔH<0)最小。由等量的纯物质能量：气态(g)>液态(l)>固态(s)，可知C项正确。
【答案】　C
5．已知下列热化学方程式：
Zn(s)＋O2(g)===ZnO(s)　ΔH＝－Q1
kJ·mol－1
①
Hg(l)＋O2(g)===HgO(s)　ΔH＝－Q2
kJ·mol－1
②
Zn(s)＋HgO(s)===Hg(l)＋ZnO(s)　ΔH＝－Q3
kJ·mol－1
③
③中的Q3值为(　　)
A．Q2－Q1
B．Q1＋Q2
C．Q1－Q2
D．－Q1－Q2
【解析】　根据盖斯定律①式－②式得：ΔH＝－Q1－(－Q2)
kJ·mol－1，即－Q3＝Q2－Q1 Q3＝Q1－Q2。
【答案】　C
6．S(单斜)和S(正交)是硫的两种同素异形体。
已知：①S(单斜，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH1＝－297.16
kJ·mol－1
②S(正交，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH2＝－296.83
kJ·mol－1
③S(单斜，s)===S(正交，s)　ΔH3
下列说法正确的是(　　)
A．ΔH3＝＋0.33
kJ·mol－1
B．单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应
C．S(单斜，s)===S(正交，s)　ΔH3<0，正交硫比单斜硫稳定
D．S(单斜，s)===S(正交，s)　ΔH3>0，单斜硫比正交硫稳定
【解析】　由题意知，根据盖斯定律③＝①－②，即ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－297.16
kJ·mol－1－(－296.83
kJ·mol－1)＝－0.33
kJ·mol－1，所以S(单斜，s)===S(正交，s)为放热反应，说明S(单斜，s)能量高，相对不稳定，S(正交，s)能量低，相对稳定，故选C。
【答案】　C
7．(2016·绵阳高二检测)下列叙述正确的是(　　)
【导学号：29910014】
A．已知：HI(g)??H2(g)＋I2(g)　ΔH＝－26.5
kJ/mol，由此可知1
mol
HI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5
kJ的热量
B．已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ/mol，则氢气的燃烧热为ΔH＝－571.6
kJ/mol
C．肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知：
2H2O(g)＋O2(g)===2H2O2(l)　ΔH＝＋108.3
kJ/mol①，
N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－534.0
kJ/mol②
则有：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－642.3
kJ/mol
D．含20.0
g
NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7
kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.4
kJ/mol
【解析】　A项，HI分解反应为可逆反应，1
mol
HI不完全分解，故放出热量小于26.5
kJ；B项，方程式中H2(g)应为1
mol；C项，据盖斯定律②式－①式得：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－642.3
kJ/mol；D项，ΔH应大于－57.4
kJ/mol。
【答案】　C
8．(2013·全国卷Ⅱ)在1
200
℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
H2S(g)＋O2(g)===SO2(g)＋H2O(g)　ΔH1
2H2S(g)＋SO2(g)===S2(g)＋2H2O(g)　ΔH2
H2S(g)＋O2(g)===S(g)＋H2O(g)　ΔH3
2S(g)===S2(g)　ΔH4
则ΔH4的正确表达式为(　　)
A．ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
B．ΔH4＝(3ΔH3－ΔH1－ΔH2)
C．ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
D．ΔH4＝(ΔH1－ΔH2－3ΔH3)
【解析】　根据盖斯定律找出各反应的反应热之间的关系。
将前三个热化学方程式分别标为①、②、③，根据盖斯定律，由×①＋×②－2×③可得：2S(g)===S2(g)　ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)。
【答案】　A
9．NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12
000～20
000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能：
化学键
N≡N
F—F
N—F
键能/kJ·mol－1
946
154.8
283.0
下列说法中正确的是(　　)
A．过程N2(g)―→2N(g)放出能量
B．过程N(g)＋3F(g)―→NF3(g)放出能量
C．反应N2(g)＋3F2(g)―→2NF3(g)的ΔH＞0
D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应
【解析】　断裂化学键的过程，吸收能量，A错误；形成化学键的过程，放出能量，B正确；C项，反应的ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和，则ΔH＝946
kJ/mol＋3×154.8
kJ/mol－6×283.0
kJ/mol＝－287.6
kJ/mol，因此ΔH<0，C错误；化学反应过程中必有化学键的断裂与生成，所以D错误。
【答案】　B
10．(2016·长沙高二检测)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是
①CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋49.0
kJ·mol－1
②CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－192.9
kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
A．CH3OH的燃烧热为192.9
kJ·mol－1
B．反应①中的能量变化如右图所示
C．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
D．根据②推知反应：CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)的ΔH>－192.9
kJ·mol－1
【解析】　A项，据盖斯定律得①②两式合并得不到生成H2O(l)的热化学方程式，故无法确定CH3OH的燃烧热；B项，反应①为吸热反应，1
mol
CH3OH(g)和1
mol
H2O(g)的总能量应小于1
mol
CO2(g)和3
mol
H2(g)的总能量；C项，由题意知反应②CH3OH(g)→H2(g)放出能量，故错；D项，由CH3OH(l)→CH3OH(g)　ΔH>0，故CH3OH(l)→H2(g)比CH3OH(g)→H2(g)放出热量少，CH3OH(l)→H2(g)ΔH更大。
【答案】　D
11．已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ/mol，向50
mL
2
mol/L的NaOH溶液中加入1
mol/L的某种酸恰好完全反应，测得加入酸的体积与反应放出的热量的关系如图所示(不考虑热量的散失)，则该酸可能是(　　)
A．盐酸
B．醋酸
C．草酸(HOOC—COOH)
D．硫酸
【解析】　A项，V(HCl)＝50
mL时，n(HCl)＝0.05
L×1
mol/L＝0.05
mol，n(NaOH)＝0.05
L×2
mol/L＝0.1
mol，故盐酸不足，反应放出0.05
mol×57.3
kJ/mol＝2.87
kJ热量；B项，n(CH3COOH)＝0.05
mol，n(NaOH)＝0.1
mol，由于CH3COOH电离吸热，故反应放出热量小于2.87
kJ；C项，n(HOOC—COOH)＝0.05
mol，草酸为二元酸，与0.1
mol
NaOH恰好完全反应，由于草酸为弱酸，故反应放出热量小于5.73
kJ；D项，n(H2SO4)＝0.05
mol，n(H＋)＝0.1
mol，与0.1
mol
OH－恰好完全反应放出5.73
kJ热量。
【答案】　C
12．1
mol
CH4气体完全燃烧放出的热量为802
kJ，但当不完全燃烧生成CO和H2O时，放出的热量为519
kJ。如果1
mol
CH4与一定量O2燃烧生成CO、CO2、H2O，并放出731.25
kJ的热量，则一定量O2的质量为(　　)
A．40
g
B．56
g
C．60
g
D．无法计算
【解析】　设CO、CO2的物质的量分别为x、y，则
解得：x＝0.25
mol　y＝0.75
mol，
则n(O2)＝n(CO)＋n(CO2)＋n(H2O)＝＋0.75
mol＋1
mol＝1.875
mol，m(O2)＝n(O2)×m(O2)＝1.875
mol×32
g/mol＝60
g。
【答案】　C
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
13．(10分)已知下列热化学方程式：
①CaCO3(s)===CaO＋CO2(g)　ΔH＝＋177.7
kJ
②C(s)＋H2O(l)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝－131.3
kJ·mol－1
③H2SO4(l)＋NaOH(l)===Na2SO4(l)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ·mol－1
④C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5
kJ·mol－1
⑤CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283
kJ·mol－1
⑥HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－57.3
kJ·mol－1
⑦2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－517.6
kJ·mol－1
(1)上述热化学方程式中，不正确的有________，不正确的理由分别是__________________________________________________________________。
(2)根据上述信息，写出C转化为CO的热化学方程式_______________________________________________。
(3)上述反应中，表示燃烧热的热化学方程式有________；表示中和热的热化学方程式有________。
【解析】　(1)①中CaO没标状态，ΔH的单位错，应为ΔH＝＋177.7
kJ·mol－1；②中H2O的状态应为“g”，且此反应吸热，ΔH>0；③中除H2O外其他物质的状态不是“l”应为“aq”。(2)④－⑤得：C(s)＋O2(g)===CO(g)
ΔH＝－393.5
kJ·mol－1－(－283
kJ·mol－1)＝－110.5
kJ·mol－1
【答案】　(1)①②③　①中CaO没标状态，ΔH的单位错，应为ΔH＝＋177.7
kJ·mol－1；②中H2O的状态应为“g”且ΔH>0；③中除H2O外其他物质的状态不是“l”应为“aq”　
(2)C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110.5
kJ·mol－1
(3)④⑤　⑥
14．(15分)用“>”、“<”或“＝”填空：
(1)同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)，在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1________ΔH2。
(2)相同条件下，2
mol氢原子所具有的能量________1
mol氢分子所具有的能量。
(3)已知常温下红磷比白磷稳定，比较下列反应中(反应条件均为燃烧)ΔH的大小：ΔH1________
ΔH2。
①P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)　ΔH1，
②4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)　ΔH2。
(4)已知：101
kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221
kJ·mol－1，则碳的燃烧热数值________110.5
kJ·mol－1。
(5)已知：稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ·mol－1，则浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1
mol水，放出的热量________57.3
kJ；稀硫酸和稀氢氧化钡溶液中和生成1
mol
水放出的热量________57.3
kJ。
(6)已知一定条件下合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92.0
kJ·mol－1，相同条件下将1
mol
N2和3
mol
H2放在一密闭容器中充分反应，测得反应放出的热量(假定热量无损失)________92.0
kJ。
【解析】　(1)同温同压下，氢气和氯气生成氯化氢气体的焓变与过程、反应条件无关，只与反应始态、终态有关。
(2)2
mol氢原子合成1
mol氢分子时形成化学键，要放出热量，故前者能量大。
(3)红磷比白磷稳定，红磷的能量比白磷低，红磷燃烧时放出的热量少，带负号比较时，后者大。
(4)CO燃烧时还能放出热量，所以碳的燃烧热值大于110.5
kJ·mol－1。
(5)浓硫酸稀释时能放出热量，故与稀NaOH溶液反应生成1
mol水，放出的热量大于57.3
kJ；稀硫酸和稀氢氧化钡溶液反应时生成硫酸钡，还需形成化学键，放出能量，故中和时生成1
mol水放出的热量大于57.3
kJ。
(6)合成氨反应是可逆反应，1
mol
N2和3
mol
H2放在一密闭容器中不能全部反应，故放出的能量小于92.0
kJ。
【答案】　(1)＝　(2)>　(3)<　(4)>
(5)>　>　(6)<
15．(15分)50
mL
0.50
mol·L－1的盐酸与50
mL
0.55
mol·L－1
的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题：
(1)从实验装置上看，可知上图该装置有不妥之处，应如何改正？____________________________________________________________。
(2)烧杯间填满碎纸条的作用是_______________________________。
(3)如果不盖硬纸板，求得的中和热数值________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(4)实验中改用60
mL
0.50
mol·L－1的盐酸跟50
mL
0.55
mol·L－1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热________(填“相等”或“不相等”)。
(5)用相同浓度和相同体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；简述理由____________________________________________________________________
_______________________________________________。
【解析】　(1)从实验装置上看，由图可知该装置应增加环形玻璃搅拌棒；在大小烧杯间填满碎泡沫(或纸条)；使大小烧杯口相平。
(2)烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失。
(3)如果不盖硬纸板，热量会散失到空气中一部分，求得的中和热数值偏小。
(4)实验中改用60
mL
0.50
mol·L－1的盐酸跟50
mL
0.55
mol·L－1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等，反应物越多，放出的热量就越多。所求中和热相等，因为中和热是强酸、强碱的稀溶液反应生成1
mol
水时放出的热量，与反应物的多少无关，故所求中和热相等。
(5)用相同浓度和相同体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会偏小，因为弱电解质的电离需要吸热。
【答案】　(1)增加环形玻璃搅拌棒；在大小烧杯间填满碎泡沫(或纸条)；使小烧杯口与大烧杯口相平
(2)减少实验过程中的热量损失
(3)偏小
(4)不等　相等
(5)偏小　因为弱电解质的电离需要吸热
16．(12分)白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成P4O6，空气充足时生成P4O10。
(1)已知298
K时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为P4(白磷，s)＋5O2(g)===P4O10(s)　ΔH1＝－2
983.2
kJ·mol－1
P(红磷，s)＋O2(g)===P4O10(s)
ΔH＝－738.5
kJ·mol－1
则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式为
_______________________________________。
(2)已知298
K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为P4(白磷，s)＋3O2(g)===P4O6(s)　ΔH＝－1
638
kJ·mol－1。在某密闭容器中加入62
g白磷和50.4
L氧气(标准状况)，控制条件使之恰好完全反应。则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为________，反应过程中放出的热量为________。
(3)已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能
(kJ·mol－1)：P—P
198，Cl—Cl
243，P—Cl
331。
白磷　　　　　　PCl3
则反应P4(白磷，s)＋6Cl2(g)===4PCl3(s)的反应热ΔH＝________。
【解析】　(1)根据盖斯定律，由第一个反应－第二个反应×4，可得：P4(白磷，s)===4P(红磷，s)　ΔH＝－
2
983.2
kJ·mol－1－(－738.5
kJ·mol－1)×4＝－29.2
kJ·mol－1。
(2)n(白磷)＝＝0.5
mol，n(O2)＝＝2.25
mol，设P4O10与P4O6的物质的量分别为x、y。则x＋y＝0.5
mol,5x＋3y＝2.25
mol，解得x＝0.375
mol，y＝0.125
mol。反应过程中放出的热量为2
983.2
kJ·mol－1×0.375
mol＋1
638
kJ·mol－1×0.125
mol＝1
323.45
kJ。
【答案】　(1)P4(白磷，s)===4P(红磷，s)　ΔH＝－29.2
kJ·mol－1
(2)3∶1　1
323.45
kJ　(3)－1
325
kJ·mol－1
PAGE学业分层测评（五）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．对于反应：CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，下列说法正确的是(　　)
A．用HCl和CaCl2表示的反应速率数值不同，但所表示的意义相同
B．不能用CaCO3浓度的变化来表示反应速率，但可用水来表示
C．用H2O和CO2表示的化学反应速率相同
D．用CaCl2浓度的减少来表示其反应速率
【解析】　本题考查的是化学反应速率的概念。因为CaCO3是固体，H2O为纯液体，不能用其表示化学反应速率；CaCl2的浓度在反应过程中会增加。
【答案】　A
2．某一反应物的浓度是1.0
mol·L－1，经过20
s后，它的浓度变成了0.2
mol·L－1，在这20
s内用该物质浓度变化表示的化学反应速率为(　　)
A．0.04
B．0.04
mol·L－1·s－1
C．0.08
mol·L－1·s－1
D．0.04
mol·L－1
【解析】　v＝＝＝0.04
mol·L－1·s－1。A项无单位，D项单位不正确。
【答案】　B
3．反应4A(s)＋3B(g)??2C(g)＋D(g)，经2
min，B的浓度减少0.6
mol·L－1。对此反应速率的表示正确的是(　　)
A．用A表示的反应速率是0.4
mol/(L·min)
B．分别用B、C、D表示反应速率，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)
D．在2
min内的反应速率，用C表示是0.3
mol/(L·min)
【解析】　化学反应速率不能用固体或纯液体的物质的量的变化来表示，故A错误；同一反应用不同的物质表示反应速率，反应速率之比等于化学计量数之比，B正确；化学反应速率是平均速率而不是瞬时速率，C错误；利用v＝计算可知，v(C)＝＝0.2
mol/(L·min)，D错误。
【答案】　B
4．在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，已知3v(B)＝2v(A)、2v(C)＝3v(B)，则此反应可表示为
(　　)
A．2A＋3B===2C
B．A＋3B===2C
C．3A＋2B===3C
D．A＋B===C
【解析】　由3v(B)＝2v(A)、2v(C)＝3v(B)可推出：＝，＝，即v(A)∶v(B)∶v(C)＝3∶2∶3，速率之比等于化学计量数之比。
【答案】　C
5．已知某条件下，合成氨反应的数据如下：
　　　　
N2＋3H2
2NH3
起始浓度/mol·L－1
1.0　3.0　　　　　
0.2
2
s末浓度/mol·L－1
0.6
1.8
1.0
4
s末浓度/mol·L－1
0.4
1.2
1.4
当用氨气浓度的增加来表示该反应的速率时，下列说法中错误的是(　　)
A．2
s末氨气的反应速率＝0.4
mol·(L·s)－1
B．前2
s时间内氨气的平均反应速率＝0.4
mol·(L·s)－1
C．前4
s时间内氨气的平均反应速率＝0.3
mol·(L·s)－1
D．2～4
s时间内氨气的平均反应速率＝0.2
mol·(L·s)－1
【解析】　化学反应速率是平均反应速率，而不是瞬时速率，A是错误的。
【答案】　A
6．在四种不同条件下测得反应2SO2＋O2??2SO3的反应速率如表所示：
①
②
③
④
反应速率[mol/(L·min)]
v(SO2)
v(O2)
v(SO2)
v(O2)
0.4
0.25
0.5
0.3
其中反应速率最快的是(　　)
A．①
B．②
C．③
D．④
【解析】　依据反应速率之比等于化学计量数之比，则各物质的化学反应速率：
①
②
③
④
反应速率[mol/(L·min)]
v(SO2)
v(O2)
v(SO2)
v(O2)
0.4
0.25
0.5
0.3
[mol/(L·min)]
0.2
0.25
0.25
0.3
反应速率与化学计量数的比值中，数值大的反应速率快。
【答案】　D
7．反应2SO2＋O22SO3经过一段时间后，SO3的浓度增加了0.4
mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04
mol/(L·s)，则这段时间为(　　)
A．0.1
s
B．2.5
s
C．5
s
D．10
s
【解析】　这段时间内SO3的浓度增加了0.4
mol/L，根据化学方程式，相同时间内O2的浓度减小了0.2
mol/L，所以Δt＝＝＝5
s。
【答案】　C
8．在2
L的密闭容器中，发生反应3A(g)＋B(g)??2C(g)，若最初加入的A和B都是4
mol，测得10
s内A的平均速率v(A)＝0.12
mol/(L·s)，则反应进行到10
s时容器中B的物质的量是(　　)
A．1.6
mol
B．2.8
mol
C．3.2
mol
D．3.6
mol
【解析】　10
s内v(B)＝v(A)＝0.04
mol/(L·s)，故10
s内，Δn(B)＝10
s×0.04
mol/(L·s)×2
L＝0.8
mol，因此10
s时，容器内n(B)＝4
mol－0.8
mol＝3.2
mol。
【答案】　C
9．对于反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，下列反应速率关系中，正确的是(已知：m≠n≠p≠q>0)(　　)
A．v(A)＝v(C)
B．nv(B)＝pv(C)
C．qv(A)＝mv(D)
D．mv(C)＝nv(D)
【解析】　由v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q知＝＝＝，即qv(A)＝mv(D)正确。
【答案】　C
10．根据反应4FeS2＋11O2===2Fe2O3＋8SO2，试回答下列问题。
(1)常选用哪些物质来表示该反应的化学反应速率________；
(2)当生成SO2的速率为0.64
mol·L－1·s－1时，则氧气减少的速率为________；
(3)如测得4
s后O2的浓度为2.8
mol·L－1，此时间内SO2的速率为0.4
mol·L－1·
s－1，则开始时氧气的浓度为________。
【解析】　(1)一般不用固体和纯液体来表示反应速率，所以可用O2和SO2来表示该反应的反应速率。
(2)不同物质表示的反应速率和方程式中对应化学计量数成正比，所以氧气减少的速率为0.64
mol·L－1·s－1×＝0.88
mol·L－1·s－1。
(3)此时间内SO2的速率为0.4
mol·L－1·s－1，则氧气表示的速率为0.4
mol·L－1·
s－1×＝0.55
mol·L－1·s－1，所以氧气变化浓度为0.55
mol·L－1·s－1×4
s＝2.2
mol·L－1，则开始时氧气的浓度为2.8
mol·L－1＋2.2
mol·L－1＝5.0
mol·L－1。
【答案】　(1)SO2、O2　(2)0.88
mol·L－1·s－1
(3)5.0
mol·L－1
11．某可逆反应在0～2
min进行过程中，在不同反应时间，各物质的物质的量的变化情况如图所示，则化学方程式为___________________________；反应开始至2
min时，能否用C表示反应速率？________(填“能”或“不能”)若能，其反应速率为________，若不能，原因为_______________________。
【导学号：29910016】
【解析】　从图中可以发现，达到平衡时，A、B的物质的量减少，说明它们是反应物，C的物质的量增加，说明它是生成物。由于在反应中，反应物与生成物的物质的量变化之比等于其化学计量数之比，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)＝(5－3)∶(2－1)∶(4－2)＝2∶1∶2，又因为它是可逆反应，故化学方程式为2A＋B??2C。因为化学反应速率指的是单位时间内反应物或生成物的物质的量浓度的变化(v＝Δc/Δt)，而在本题中仅给出了物质的量的变化，故无法求得化学反应速率。
【答案】　2A＋B??2C　不能　图中仅给出了物质的量的变化，而非浓度变化
12．某化学兴趣小组的甲、乙两位同学对测定化学反应速率非常感兴趣，为此进行了有关的实验探究，实验记录如下。
【实验目的】测量锌和稀硫酸反应的速率。
【实验用品】锥形瓶、双孔塞、分液漏斗、直角导管、50
mL注射器、铁架台、秒表、锌粒、1
mol·L－1的H2SO4溶液、4
mol·L－1的H2SO4溶液。
【实验步骤】
①甲同学取一套如图装置，加入40
mL
1
mol·L－1的H2SO4溶液，测量收集10
mL
H2所需的时间。
②乙同学取另一套同样的装置，加入40
mL
4
mol·L－1的H2SO4溶液，测量收集10
mL
H2所需的时间。
回答下列问题：
(1)Zn与稀H2SO4反应的离子方程式为________________________________
_______________________________________________。
(2)收集10
mL
H2所需时间：甲________乙(填“大于”、“小于”或“等于”)；反应速率：甲________乙(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(3)下列说法正确的是________。
A．本实验中甲、乙两同学所用锌粒的表面积要相同
B．装置气密性要好
C．40
mL的H2SO4溶液要迅速加入
D．测量气体体积还可以用排水法
E．若用98%的浓H2SO4，则反应最快
【解析】　(2)乙同学所用4
mol·L－1的H2SO4溶液比甲同学所用1
mol·L－1的H2SO4溶液浓度大，反应速率大，收集相同体积H2所需时间少。(3)测量锌和稀硫酸的反应速率应当控制反应的条件一定。如锌粒表面积和大小相同、温度相同等，符合气体发生装置的气密性条件，A、B、C、D正确；浓H2SO4与Zn反应不产生H2，E错误。
【答案】　(1)Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑
(2)大于　小于
(3)ABCD
[能力提升]
13．在一个10
L的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，起始加入H2的物质的量为2
mol，I2的物质的量为5
mol,5
s后，HI的物质的量为0.5
mol，则这5
s内H2的反应速率为(　　)
A．0.04
mol/(L·s)
B．0.005
mol/(L·s)
C．0.01
mol/(L·s)
D．0.1
mol/(L·s)
【解析】　生成HI
0.5
mol，需消耗H2
0.25
mol，则5
s内H2的反应速率为v(H2)＝0.25
mol÷10
L÷5
s＝0.005
mol/(L·s)。
【答案】　B
14．将气体A2、B2各1
mol
充入1
L的密闭容器中反应，生成气体C，一段时间后，测得c(A2)为0.58
mol/L，c(B2)为0.16
mol/L，c(C)为0.84
mol/L，则C的化学式为(　　)
A．AB
B．A2B
C．AB2
D．A2B2
【解析】　该时间段内，A2、B2两种物质按照化学方程式中的化学计量数之比进行反应。由题意可得A2、B2、C物质的量浓度的变化值，求出A2、B2、C三种物质的系数比为1∶2∶2，结合质量守恒定律可知C的化学式为AB2。
【答案】　C
15．在一定温度时，将1
mol
A和2
mol
B放入容积为5
L的某密闭容器中发生如下反应：A(s)＋2B(g)??C(g)＋2D(g)，经5
min后，测得容器内B的浓度减少了0.2
mol/L。下列叙述不正确的是(　　)
A．在5
min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02
mol/(L·min)
B．5
min时，容器内D的浓度为0.2
mol/L
C．该可逆反应随反应的进行容器内压强逐渐增大
D．5
min时容器内气体总的物质的量为3
mol
【解析】　利用“三段式”法分析。
A(s)＋2B(g)??C(g)＋2D(g)
起始浓度(mol/L)　　　0.4　　　0　　　0
变化浓度(mol/L)　　　0.2　　　0.1　　0.2
5
min末浓度(mol/L)
　0.2　　　0.1　　0.2
A项，v(C)＝＝＝0．02
mol/(L·min)，正确；
B项，5
min时，容器内c(D)＝0.2
mol/L，正确；
C项，反应前容器内气体物质的量为n(B)＝2
mol，反应后气体B、C、D的物质的量为(0.2＋0.1＋0.2)
mol/L×5
L＝2.5
mol，故反应后压强增大，正确；D项，5
min时容器内气体总物质的量为2.5
mol，故错误。
【答案】　D
16．某实验人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表所示：
t(s)
0
500
1
000
c(H2)(mol/L)
5.00
3.52
2.48
c(CO)(mol/L)
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(CH3OH)的浓度是_______________________。
【解析】　(1)在500
s内，v(H2)＝
＝2.96×10－3
mol/(L·s)。
(2)在1
000
s时反应了的H2的浓度是
Δc(H2)＝5.00
mol/L－2.48
mol/L＝2.52
mol/L，则反应了的CO的浓度是：Δc(CO)＝Δc(H2)＝1.26
mol/L，用CO表示此段时间的平均速率为：v(CO)＝＝1.26×10－3
mol/(L·s)，CO的转化率为：×100%＝50.4%。
(3)在500
s时反应了的H2的浓度为：Δc(H2)＝1.48
mol/L，则生成的CH3OH的浓度为：Δc(CH3OH)＝Δc(H2)＝0.74
mol/L。
【答案】　(1)2.96×10－3
mol/(L·s)
(2)1.26×10－3
mol/(L·s)　50.4%
(3)0.74
mol/L
PAGE学业分层测评（二十二）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．电解池中，阳极的电极材料一定(　　)
A．发生氧化反应　　
B．与电源正极相连
C．是铂电极
D．得电子
【解析】　若阳极材料为活泼金属，则直接发生氧化反应；若为惰性电极，则最易失电子的阴离子发生氧化反应。
【答案】　B
2．关于下图所示①、②两个装置的叙述，正确的是(　　)
A．装置名称：①是原电池，②是电解池
B．硫酸浓度变化：①增大，②减小
C．电极反应式：①中阳极：4OH－－4e－2H2O＋O2↑②中正极：Zn－2e－Zn2＋
D．离子移动方向：①中H＋向阴极方向移动，②中H＋向负极方向移动
【解析】　①中有外加电源为电解池，②为原电池，A错误；①中电解水，硫酸浓度增大，②中负极材料消耗硫酸，硫酸浓度减小，B正确；②中正极反应为2H＋＋2e－H2↑，C错误；②中H＋向正极移动，D错误。
【答案】　B
3．用惰性电极电解下列物质的水溶液时，在阳极无气体放出的是(　　)
A．AgNO3
B．CuCl2
C．NaOH
D．Na2S
【解析】　用惰性电极电解给出的四种溶液时，在阳极分别是OH－、Cl－、OH－、S2－放电，产生的物质分别是O2、Cl2、O2、S，故选D。
【答案】　D
4．用惰性电极电解下列各组物质的水溶液时，发生的电极反应完全相同的是(　　)
A．NaOH、H2SO4　
B．CuCl2、Cu(NO3)2
C．Na2SO4、NaCl
D．KNO3、AgNO3
【解析】　用惰性电极电解NaOH、H2SO4的水溶液时实质均为电解水，电极反应均相同，A正确；电解B、C两组溶液时，阳极反应不同，阴极反应相同，B、C错误；电解KNO3、AgNO3两组溶液，阳极反应相同，阴极反应不同，D错误。
【答案】　A
5．(2016·郑州高二检测)用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是(　　)
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
Cu(NO3)2
Cu(NO3)2溶液
C
C
C
H2SO4
H2O
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
【解析】　A项，2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，应加入HCl复原；B项，2Cu(NO3)2＋2H2O2Cu＋O2↑＋4HNO3，应加入CuO或CuCO3复原；D项，AgNO3浓度保持不变。
【答案】　C
6．如图，电解质溶液是NaCl的水溶液，通电一段时间后发现d极附近有黄绿色气体产生，以下说法正确的是
(　　)
A．a是电源的正极
B．电子流动的方向：d→b
C．c极发生氧化反应
D．如果将c、d两电极互换，则c上也会生成黄绿色气体
【解析】　d极附近有黄绿色气体产生，应该是Cl－放电，说明d极是阳极，所以b是正极，A错；电子流向是阴极→电源正极，即d→b→a→c，所以B对；c极得电子，化合价降低，发生还原反应，C错；如果c是活性电极则不产生黄绿色气体，D错。
【答案】　B
7．将一直流电源的正、负极(电极材料为Pt)，用玻璃片分别压在一张用食盐水、碘化钾、淀粉溶液和石蕊试液浸透的滤纸上，经过一段时间后，两极附近滤纸的颜色分别是(　　)
A
B
C
D
阳极
蓝
白
红
蓝
阴极
白
蓝
蓝
蓝
【解析】　阳极上I－放电生成I2，使淀粉变蓝，阴极上H＋放电后，使溶液中的c(H＋)【答案】　D
8.如图为直流电源电解Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊试液。下列实验现象中正确的是(　　)
A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的
B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色
【解析】　根据图示可知，a是阴极，发生的电极反应为4H＋＋4e－2H2↑；b是阳极，发生的电极反应为4OH－－4e－O2↑＋2H2O，故A、B、C是错误的，D正确。
【答案】　D
9．如图所示的电解池中，a、b、c、d都是石墨电极，通电一段时间后，a、b、c、d各电极上生成物物质的量之比是
(　　)
A．2∶2∶4∶1
B．1∶1∶2∶1
C．2∶4∶4∶1
D．2∶1∶2∶1
【解析】　串联电路中，各电极单位时间转移电子数相等。a为阴极，Cu2＋得电子生成Cu，b为阳极，Cl－失电子生成Cl2；c为阴极，Ag＋得电子生成Ag，d为阳极，OH－失电子生成O2。根据得失电子守恒，四种产物之间的关系为2Cu～2Cl2～4Ag～O2。
【答案】　A
10．用惰性电极电解下列电解质溶液，请你写出下列反应式(注意得失电子的顺序)。
(1)CuCl2溶液。阴极：__________________________________________；
阳极：_______________________________________________；
总方程式：_______________________________________________。
(2)HCl溶液。阴极：__________________________________________；
阳极：_______________________________________________；
总方程式：_______________________________________________。
(3)CuSO4溶液。阴极：
__________________________________________；
阳极：_______________________________________________；
总方程式：
_______________________________________________。
【答案】　(1)Cu2＋＋2e－Cu　2Cl－－2e－Cl2↑　CuCl2Cu＋Cl2↑
(2)2H＋＋2e－H2↑　2Cl－－2e－Cl2↑
2HClH2↑＋Cl2↑
(3)Cu2＋＋2e－Cu　4OH－－4e－O2↑＋2H2O　2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑
11.根据如图所示装置回答：
(1)当X为Pt，Y为Fe，Z为AgNO3时，阳极反应式为____________________________________，
阴极反应式为___________________________，
电解反应式为___________________________。
(2)X为Cu，Y为Fe，Z为CuSO4时，阳极反应式为_______________________________________，
阴极反应式为_______________________________________________。
【解析】　电解池中与电源正极相连的是阳极(X)，与电源负极相连的是阴极(Y)。
【答案】　(1)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
4Ag＋＋4e－===4Ag
2H2O＋4AgNO3电解,4Ag＋O2↑＋4HNO3
(2)Cu－2e－===Cu2＋　Cu2＋＋2e－===Cu
12．如图所示的装置进行电解。通电一会儿，发现湿润的淀粉 KI试纸的C端变为蓝色。
(1)E为电源的________极，F为电源的________极。
(2)A中发生反应的化学方程式为
_______________________________________________
_______________________________________________。
(3)在B中观察到的现象是
_______________________________________________。
(4)D端的电极反应式为
_______________________________________________。
【解析】　本题实质上是三个电解装置串联，首先判断电源的正、负极，E为负极，F为正极；A中是以Pt为阳极、Fe为阴极，电解AgNO3溶液。B中Cu为阳极，发生的反应为：Cu－2e－===Cu2＋，石墨为阴极发生的电极反应为：2H＋＋2e－===H2↑，由于水电离出的H＋放电，所以溶液中的c(OH－)>c(H＋)，故溶液中有氢氧化铜蓝色沉淀生成。D端为阴极，发生电极反应为：2H＋＋2e－===H2↑。
【答案】　(1)负　正
(2)4AgNO3＋2H2O4Ag＋4HNO3＋O2↑
(3)铜片溶解，石墨电极上有气体生成，溶液中有蓝色沉淀生成
(4)2H＋＋2e－===H2↑
[能力提升]
13．用Pt电极电解含有0.1
mol
Cu2＋和0.1
mol
X3＋的溶液，阴极析出固体物质的质量m(g)与电路中通过电子的物质的量n(mol)的关系如图所示。则离子的氧化能力由大到小的排列正确的是(　　)
A．Cu2＋>X3＋>H＋
B．H＋>X3＋>Cu2＋
C．X3＋>H＋>Cu2＋
D．Cu2＋>H＋>X3＋
【解析】　本题的解题信息在图像中，开始通电就有固体析出，且通过0.2
mol电子后，就再没有固体析出了，说明是Cu2＋放电的结果，X3＋不放电。故正确答案为D。
【答案】　D
14．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理论设计的制取Cu2O的电解池示意图如图，电解总反应为：2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列说法正确的是(　　)
A．石墨电极上产生氢气
B．铜电极发生还原反应
C．铜电极连接直流电源的负极
D．当有0.1
mol电子转移时，有0.1
mol
Cu2O生成
【解析】　由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨作阴极，电极反应为：2H＋＋2e－===H2↑，A选项正确；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu＋2OH－－2e－===Cu2O＋H2O，当有0.1
mol
电子转移时，有0.05
mol
Cu2O生成，D选项错误。
【答案】　A
15．如图甲是CO2电催化还原为碳氢化合物的工作原理示意图，用一种钾盐水溶液作电解液；图乙是用H2还原CO2制备甲醇的工作原理示意图，硫酸为电解质溶液。下列说法不正确的是
(　　)
图甲
图乙
A．甲中铜片作阴极，K＋向铜片电极移动
B．乙中正极发生的电极反应为CO2＋6e－＋6H＋===CH3OH＋H2O
C．乙中H2SO4可以增强溶液的导电性
D．甲中若CxHy为C2H4，则生成1
mol
C2H4的同时生成2
mol
O2
【解析】　根据图甲电子的移动方向知铜片作阴极，K＋向铜片电极移动，故A正确；根据图乙通CO2一极的产物判断，通CO2的一极为正极，电极反应为CO2＋6e－＋6H＋===CH3OH＋H2O，故B正确；由于图乙中的质子膜只允许H＋通过，所以H2SO4可增强溶液的导电性，故C正确；甲中若CxHy为C2H4，则铜片上的电极反应为：2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O，根据得失电子守恒，铂片生成O2：＝3
mol，故D错误。
【答案】　D
16．(Ⅰ)从NO、SO、H＋、Cu2＋、Ba2＋、Ag＋、Cl－等离子中选出适当的离子组成电解质，采用惰性电极对其溶液进行电解。
【导学号：29910056】
(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
_______________________________________________
_______________________________________________。
(Ⅱ)已知反应：Cu＋H2SO4(稀)===CuSO4＋H2↑通常不能发生。请回答：
(4)试说明此反应在一般情况下不能反应的原因：
_______________________________________________
_______________________________________________。
(5)若向稀H2SO4溶液中通入热的空气，则发现铜会逐渐溶解。试写出有关的化学方程式：_______________________________________________。
(6)根据你所学过的知识，设法使此反应能发生。具体的方法是
_______________________________________________；
反应原理是_______________________________________________。
【解析】　(Ⅰ)(1)电解水型，即阳极为OH－放电，阴极为H＋放电。(2)阳极为OH－放电，阴极为排在H后的金属阳离子放电。(3)气体体积比为1∶1，不是电解水型。
(Ⅱ)Cu排在金属活动性顺序表H的后面，故Cu与稀H2SO4不反应。设计成电解池，利用Cu作电解池阳极，即可发生电解反应：Cu＋H2SO4(稀)CuSO4＋H2↑。
【答案】　(Ⅰ)(1)H2SO4、HNO3、Ba(NO3)2　
(2)AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4　(3)HCl、BaCl2
(Ⅱ)(4)因铜在金属活动性顺序表中排在氢的后面，所以不能与稀硫酸反应置换出酸中的氢
(5)2Cu＋O2＋2H2SO4(稀)2CuSO4＋2H2O
(6)用铜作阳极，石墨作阴极，稀H2SO4作电解液组成电解池　阳极反应：Cu－2e－===Cu2＋，阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑
PAGE学业分层测评（十九）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列说法中不正确的是(　　)
A．在化工生产中除去废水中的Cu2＋，可选用Na2S作沉淀剂
B．在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，氯化银的Ksp不变
C．为减小洗涤过程中固体的损失，最好选用稀H2SO4代替H2O来洗涤BaSO4沉淀
D．Ksp小的物质的溶解能力一定比Ksp大的物质的小
【解析】　CuS难溶于水，可用Cu2＋＋S2－CuS↓除去废水中的Cu2＋，A正确；Ksp(AgCl)只受温度的影响，因此在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，Ksp(AgCl)不变，B正确；根据沉淀溶解平衡原理，BaSO4在稀H2SO4中的溶解度比在H2O中小，因此选用稀H2SO4比H2O好，C正确；类型相同的难溶电解质Ksp越小，溶解能力越小，D错误。
【答案】　D
2．某pH＝1的ZnCl2和HCl的混合溶液中含有FeCl3杂质，为了除去FeCl3杂质，需将溶液调至pH＝4，在调节溶液pH时，应选用的试剂是(　　)
A．NaOH　
B．ZnO
C．Na2CO3
D．Fe2O3
【解析】　加入的物质应该能消耗溶液中的H＋而促使Fe3＋成为沉淀，过滤除去，但同时要注意不能引入新的杂质离子，故选B。
【答案】　B
3．在2
mL物质的量浓度相等的NaCl和NaI溶液中滴入几滴AgNO3溶液，发生的反应为(　　)
A．只有AgCl沉淀生成
B．只有AgI沉淀生成
C．生成等物质的量的AgCl和AgI沉淀
D．两种沉淀都有，但以AgI为主
【解析】　在同浓度的NaCl和NaI溶液中c(Cl－)＝c(I－)，但滴入几滴AgNO3溶液后，由于Ksp(AgI)【答案】　D
4．下列有关说法正确的是(　　)
A．常温下，AgCl在等物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
B．常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生，说明常温下Ksp(BaCO3)C．向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，说明AgCl的溶解平衡正向移动
D．已知Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，说明Ag2CrO4的溶解度小于AgCl
【解析】　A选项，CaCl2溶液中c(Cl－)浓度大，AgCl的溶解度小，错误；B选项，如果Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，但存在BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO(aq)，因为Na2CO3溶液浓度大，也有可能生成少部分BaCO3沉淀，错误；D选项，Ag2CrO4的溶解度大，错误。
【答案】　C
5．已知常温下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17，下列叙述中正确的是(　　)
A．常温下，AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小
B．将0.001
mol·L－1
AgNO3溶液滴入KCl和KI的混合溶液中，一定产生AgI沉淀
C．向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色
D．向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgCl析出且溶液中c(Ag＋)>
c(Cl－)
【解析】　Ksp只与温度有关，A错误；若溶液中c(Ag＋)·c(I－)Ksp(AgI)，故向AgCl的悬浊液中加入KI溶液时，白色沉淀AgCl将转化为黄色沉淀AgI，C正确；向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体时有AgCl析出，使溶液中c(Ag＋)【答案】　C
6．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＋＋2HCO＋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】　就溶解度而言，反应向着生成溶解度更小的方向进行；就电离而言，反应向着难电离的方向进行。
【答案】　C
7．25
℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp[MgF2]＝7.42×10－11。下列说法正确的是(　　)
A．25
℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
B．25
℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
C．25
℃时，Mg(OH)2固体在20
mL
0.01
mol/L氨水中的Ksp比在20
mL
0.01
mol/L
NH4Cl溶液中的Ksp小
D．25
℃时，在Mg(OH)2的悬浊液加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化成为MgF2
【解析】　由于Mg(OH)2的溶度积小，所以其电离出的Mg2＋浓度要小一些，A项错误；由于NH可以直接结合Mg(OH)2电离出的OH－，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，B项正确；由于Ksp仅与温度有关，与溶液中离子浓度的大小、难溶电解质量的多少等无关，C项错误；因为Ksp[Mg(OH)2]和Ksp(MgF2)相差不大，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF，若溶液中c(Mg2＋)·c2(F－)>7.42×10－11时，也可以生成MgF2沉淀，即由Mg(OH)2转化为MgF2，D项错误。
【答案】　B
8．25
℃时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)＝6.3×10－18；Ksp(CuS)＝1.3×10－36；Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。下列关于常温时的有关叙述正确的是(　　)
A．硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大
B．将足量的ZnSO4晶体加入到0.1
mol·L－1的Na2S溶液中，Zn2＋的浓度最大只能达到1.6×10－23
mol·L－1
C．除去工业废水中含有的Cu2＋，可采用FeS固体作为沉淀剂
D．向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2＋)变大、c(S2－)变小，但Ksp(FeS)变大
【解析】　化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强，由Ksp可知，常温下，CuS的溶解度最小，故A错；将足量的ZnSO4晶体加入到0.1
mol·L－1的Na2S溶液中，c(S2－)将减至非常小，而Zn2＋的浓度远远大于1.6×10－23
mol·L－1；因CuS比FeS更难溶，FeS沉淀可转化为CuS沉淀；温度不变，Ksp(FeS)不变。
【答案】　C
9．实验：①向盛有1
mL
0.1
mol·L－1
MgCl2溶液试管中加1
mL
0.2
mol·L－1
NaOH溶液，得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c。②向沉淀c中滴加
0.1
mol·L－1
FeCl3溶液，沉淀变为红褐色。下列分析不正确的是(　　)
A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)
B．滤液b中不含有Mg2＋
C．②中颜色变化说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3
D．实验可以证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶
【解析】　绝对不溶的物质是不存在的，B选项错误。
【答案】　B
10．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡
MmAn(s)??mMn＋(aq)＋nAm－(aq)　Ksp＝cm(Mn＋)·cn(Am－)，称为溶度积。
某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料(25
℃)：
难溶电解质
CaCO3
CaSO4
MgCO3
Mg(OH)2
Ksp
2.8×10－9
9.1×10－6
6.8×10－6
1.8×10－11
他们的实验步骤如下：
①往100
mL
0.1
mol·L－1的CaCl2溶液中加入0.1
mol·L－1的Na2SO4溶液100
mL立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入固体Na2CO3
3
g，搅拌，静置后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌，静置后再弃去上层清液。
④_______________________________________________。
(1)由题中信息知Ksp越大，表示电解质的溶解度越________(填“大”或“小”)。
(2)写出第②步发生反应的化学方程式
_______________________________________________
_______________________________________________。
(3)设计第③步的目的是：
_______________________________________________。
(4)请补充第④步操作及发生的现象
_______________________________________________
_______________________________________________。
(5)请写出该转化在实际生活、生产中的一个应用
_______________________________________________
_______________________________________________。
【解析】　Ksp越大，表示电解质的溶解度越大。要证明CaSO4完全转化为CaCO3，可以加入盐酸，因为CaSO4不和盐酸反应，而CaCO3可完全溶于盐酸。在实际生活、生产中利用此反应可以将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，易于除去。
【答案】　(1)大
(2)Na2CO3(aq)＋CaSO4(s)??CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)
(3)洗去沉淀上附着的SO
(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解，有气泡产生
(5)将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，易于除去
11．已知在25
℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，且Ksp(AgX)＝1.8×10－10，Ksp(AgY)＝1.0×10－12，Ksp(AgZ)＝8.7×10－17。
(1)根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度(已被溶解的溶质的物质的量/1
L溶液)S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为_______________。
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y－)________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)在25
℃时，若取0.188
g的AgY(相对分子质量188)固体放入100
mL水中(忽略溶液体积的变化)，则溶液中Y－的物质的量浓度为________。
(4)由上述Ksp判断，在上述(3)的体系中，能否实现AgY向AgZ的转化，________(填“能”或“不能”)，理由为
_______________________________________________
_______________________________________________。
【解析】　(1)由于AgX、AgY、AgZ为同一类型的盐，所以其溶解度大小可以根据Ksp大小予以确定，因为Ksp(AgX)>Ksp(AgY)>Ksp(AgZ)，所以S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)。(2)向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，由于AgX的溶解度大于AgY，溶液中的c(Ag＋)增大，AgY溶解平衡向着生成沉淀的方向移动。(3)AgY饱和溶液中，c(Ag＋)＝＝＝1.0×10－6
mol·L－1，AgY固体完全溶解后c(Ag＋)＝10－2
mol·L－1，故0.188
g
AgY不能完全溶解，其溶液中c(Y－)＝1.0×10－6
mol·L－1。(4)因Ksp(AgY)＝1.0×10－12>Ksp(AgZ)＝8.7×10－17，所以能够实现AgY向AgZ的转化。
【答案】　(1)S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)
(2)减小
(3)1.0×10－6
mol·L－1
(4)能　Ksp(AgY)＝1.0×10－12>Ksp(AgZ)＝8.7×10－17
[能力提升]
12．(2014·全国卷
Ⅰ
)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是(　　)
A．溴酸银的溶解是放热过程
B．温度升高时溴酸银溶解速度加快
C．60
℃时溴酸银的Ksp约等于6×10－4
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
【解析】　A．由题图可知，随着温度升高，溴酸银的溶解度逐渐增大，因此AgBrO3的溶解是吸热过程。B.由图像曲线可知，温度升高斜率增大，因此AgBrO3的溶解速度加快。C.由溶解度曲线可知，60
℃时AgBrO3的溶解度约为0.6
g，则其物质的量浓度约为0.025
mol·L－1，AgBrO3的Ksp＝c(Ag＋)·c(BrO)＝0.025×0.025≈6×10－4。D.若KNO3中含有少量AgBrO3，可通过蒸发浓缩得到KNO3的饱和溶液，再冷却结晶获得KNO3晶体，而AgBrO3留在母液中。
【答案】　A
13．下列说法正确的是(　　)
A．根据Ksp(AgCl)＝1.77×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，可以推知AgCl的溶解度比Ag2CrO4的溶解度大
B．0.1
mol·L－1的ZnCl2溶液中通入足量硫化氢气体最终得不到ZnS沉淀是因为溶液中c(Zn2＋)·c(S2－)>Ksp(ZnS)
C．向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸，沉淀发生转化，可推知硫酸钡的Ksp比碳酸钡的大
D．AgCl在10
mL
0.01
mol·L－1的KCl溶液中比在10
mL
0.05
mol·L－1的AgNO3溶液中溶解的质量多
【解析】　A项，c(Ag＋)＝×10－5mol·L－1,1
L水中溶解的AgCl的质量为×10－5×143.5
g，由Ag2CrO4(s)??2Ag＋(aq)＋CrO(aq)，可知，
c2(Ag＋)·c(CrO)＝4c3(CrO)，所以c(CrO)＝×10－4
mol·L－1,1
L水中溶解的Ag2CrO4的质量为×10－4×332
g，A错误。
【答案】　D
14．(1)已知相关物质的溶度积常数见下表：
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)3
CuCl
CuI
Ksp
2.2×10－20
2.6×10－39
1.7×10－7
1.3×10－12
某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入________，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2·2H2O晶体。
(2)已知AgCl为难溶于水和酸的白色固体，Ag2S为难溶于水和酸的黑色固体。常温下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－18，Ksp(Ag2S)＝6.3×10－50。取AgNO3溶液，加NaCl溶液，静置，过滤，洗涤后，再加Na2S溶液，预测实验现象，并写出反应的离子方程式。
【解析】　(1)Fe(OH)3、Cu(OH)2的Ksp分别为2.6×10－39、2.2×10－20，则Fe3＋、Cu2＋开始产生沉淀时c(OH)－分别为2.97×10－10
mol·L－1、3.53×10－7
mol·L－1。除去酸性CuCl2溶液中的少量FeCl3，可加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO或CuCO3调节溶液的pH，使Fe3＋先转化为沉淀析出。pH＝4时，c(H＋)＝10－4mol·L－1，则c(OH－)＝
mol·L－1＝1×10－10
mol·L－1，此时c(Fe3＋)＝＝
mol·L－1＝2.6×10－9
mol·L－1。
(2)
AgCl(s)存在溶解平衡：AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，Ag2S(s)??2Ag＋(aq)＋S2－(aq)。加入S2－，使Qc(Ag2S)增大，Qc(Ag2S)>Ksp(Ag2S)，生成Ag2S沉淀，2Ag＋(aq)＋S2－(aq)
Ag2S(s)，AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，AgCl沉淀溶解平衡向右移动而逐渐溶解。
【答案】　(1)Cu(OH)2[或CuO、CuCO3、Cu2(OH)2CO3]　2.6×10－9mol·L－1　
(2)现象：白色沉淀(AgCl)转化成黑色沉淀(Ag2S)。
离子方程式：Ag＋＋Cl－AgCl↓，S2－(aq)＋2AgCl(s)??Ag2S(s)＋2Cl－(aq)。
PAGE学业分层测评（十八）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列物质的溶解度随温度升高而减小的是
(　　)
①KNO3　②Ca(OH)2　③BaSO4　④CO2
A．①②
B．②④
C．①③
D．①④
【解析】　Ca(OH)3的溶解度比较特殊，随温度的升高而减小，其他绝大多数物质随温度升高，溶解度增大(气体除外)。
【答案】　B
2．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是(　　)
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
【解析】　A项，反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系。C项，沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等。D项，沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，由于固体的浓度为常数，故平衡不发生移动。
【答案】　B
3．溶度积常数表达式符合Ksp＝c2(Ax＋)·c(By－)的是(　　)
A．AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
B．Na2S2Na＋＋S2－
C．Ag2S(s)??2Ag＋(aq)＋S2－(aq)
D．PbI2(s)??Pb2＋(aq)＋2I－(aq)
【解析】　根据表达式可知方程式应为A2B(s)??2A＋(aq)＋B2－(aq)。
【答案】　C
4．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(　　)
A．c(Ba2＋)＝c(SO)＝(Ksp)
B．c(Ba2＋)·c(SO)>Ksp，c(Ba2＋)＝c(SO)
C．c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp，c(Ba2＋)>c(SO)
D．c(Ba2＋)·c(SO)≠Ksp，c(Ba2＋)【解析】　Ksp只与温度有关，故平衡后c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp；加入BaCl2溶液，使c(Ba2＋)增大，BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO(aq)平衡向左移动，c(SO)减小，故c(Ba2＋)>c(SO)。
【答案】　C
5．当氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)时，为使Mg(OH)2固体的量减少，需加入少量的(　　)
A．NH4NO3
B．NaOH
C．MgSO4
D．Na2SO4
【解析】　要Mg(OH)2固体的量减小，应使Mg(OH)2的溶解平衡右移，可减小c(Mg2＋)或c(OH－)。NH4NO3电离出的NH能结合OH－，使平衡右移。
【答案】　A
6．在饱和Ca(OH)2溶液中存在溶解平衡：Ca(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入以下溶液，可使pH减小的是(　　)
A．Na2S溶液
B．AlCl3溶液
C．NaOH溶液
D．Na2CO3
【解析】　S2－、CO均水解显碱性，NaOH溶液提供OH－，故加入Na2S、Na2CO3，NaOH碱性溶液均能使溶液c(OH－)增大，pH增大；由于Al3＋水解显酸性，使c(OH－)减小，故pH减小。
【答案】　B
7．已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.5×10－16，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的是(　　)
A．AgCl>AgI>Ag2CrO4
B．AgCl>Ag2CrO4>AgI
C．Ag2CrO4>AgCl>AgI
D．Ag2CrO4>AgI>AgCl
【解析】　因为AgCl和AgI的结构相似，由Ksp可知AgCl的c(Ag＋)大于AgI的；AgCl中的c2(Ag＋)＝Ksp＝1.8×10－10，Ag2CrO4(s)??2Ag＋(aq)＋CrO(aq)的Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝c3(Ag＋)＝2.0×10－12，所以Ag2CrO4中c(Ag＋)大于AgCl中的c(Ag＋)。
【答案】　C
8．已知Zn(OH)2的溶度积常数为1.2×10－17，则Zn(OH)2在水中的溶解度为(　　)
A．1.4×10－6
mol/L
B．2.3×10－6
mol/L
C．1.4×10－9
mol/L
D．2.3×10－9
mol/L
【解析】　c(Zn2＋)＝c(OH－)，Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝4c3(Zn2＋)＝1.2×10－17，所以c(Zn2＋)≈1.4×10－6
mol/L，即Zn(OH)2在水中的溶解度为1.4×10－6
mol/L。
【答案】　A
9．室温时，M(OH)2(s)??M2＋(aq)＋2OH－(aq)　Ksp＝a，c(M2＋)＝b
mol·L－1时，溶液的pH等于(　　)
A.lg()
B.lg()
C．14＋lg()
D．14＋lg()
【解析】　由Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)得c(OH－)＝()
mol·L－1，KW＝
c(H＋)·c(OH－)得c(H＋)＝
mol·L－1，pH＝－lg＝14＋lg()。
【答案】　C
10．Al(OH)3为两性氢氧化物，在水溶液中存在酸式电离和碱式电离两种形式，试根据平衡移动原理，解释下列有关问题。
①向Al(OH)3沉淀中加入盐酸，沉淀溶解，其原因是
_______________________________________________，
有关离子方程式是_______________________________________________。
②向Al(OH)3沉淀中加入苛性钠溶液，沉淀溶解，其原因是
_______________________________________________
_______________________________________________，
有关离子方程式是_______________________________________________。
【答案】　(1)Al(OH)3的碱式电离为Al(OH)3??Al3＋＋3OH－，加入酸溶液时，由于H＋与Al(OH)3电离出来的少量OH－反应生成水，使Al(OH)3的碱式电离平衡向正反应方向移动　Al(OH)3＋3H＋Al3＋＋3H2O
(2)Al(OH)3的酸式电离为Al(OH)3??H＋＋AlO＋H2O，加入碱性溶液时，OH－与Al(OH)3电离出的H＋反应生成水，使c(H＋)减小，Al(OH)3的酸式电离平衡向正反应方向移动　Al(OH)3＋OH－AlO＋2H2O
11．某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
【导学号：29910049】
请回答下列问题：
(1)A点表示Ag2SO4是________(填“饱和”或“不饱和”)溶液。
(2)B点对应的Ksp________(填“>”、“<”或“＝”)C点对应的Ksp。
(3)现将足量的Ag2SO4分别放入
A．40
mL
0.01
mol·L－1
K2SO4溶液
B．10
mL蒸馏水
C．10
mL
0.02
mol·L－1
H2SO4溶液
则Ag2SO4的溶解程度由大到小的排列顺序为________________(填字母)。
【解析】　(1)A点没有达到平衡状态。
(2)Ksp只与温度有关。
(3)c(SO)越大，难溶电解质的溶解平衡逆向移动程度越大，Ag2SO4的溶解程度越小。
【答案】　(1)不饱和
　(2)＝　(3)B>A>C
12．已知在25
℃时Ksp[Mg(OH)2]＝3.2×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。
(1)假设饱和Mg(OH)2溶液的密度为1
g·mL－1，试求Mg(OH)2的溶解度为________g。
(2)在25
℃时，向0.02
mol·L－1的MgCl2溶液中加入NaOH固体，如要生成Mg(OH)2沉淀，应使溶液中的c(OH－)最小为________mol·L－1。
(3)25
℃时，向浓度均为0.02
mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成______________沉淀(填化学式)；生成该沉淀的离子方程式为___________________________；当两种沉淀共存时，＝________。
【解析】　第(1)小题可依据Ksp求出c(Mg2＋)，进而求出溶解度。
第(2)小题依据Ksp和c(Mg2＋)计算c(OH－)。
第(3)小题，两种沉淀共存时，c(OH－)相等。
【答案】　(1)1.16×10－3　(2)4×10－5　(3)Cu(OH)2　Cu2＋＋2OH－Cu(OH)2↓　1.45×109
[能力提升]
13．除了酸以外，某些盐也能溶解沉淀。利用下表三种试剂进行实验，相关分析不正确的是
(　　)
编号
①
②
③
分散质
Mg(OH)2
HCl
NH4Cl
备注
悬浊液
1
mol/L
1
mol/L
A.向①中加入酚酞显红色说明物质的“不溶性”是相对的
B．分别向少量Mg(OH)2沉淀中加入适量等体积②③，均能快速彻底溶解
C．①、③混合后发生反应：Mg(OH)2(s)＋2NH??Mg2＋＋2NH3·H2O
D．向①中加入②，c(OH－)减小，Mg(OH)2溶解平衡正向移动
【解析】　向①中加入酚酞显红色，说明c(OH－)>c(H＋)，即Mg(OH)2在水中能溶解，A正确。Mg(OH)2的悬浊液中，存在：Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入②，H＋与OH－结合成水，使c(OH－)减小，上述平衡向右移动；①与③混合，NH水解产生的H＋与Mg(OH)2悬浊液的OH－结合成水，使c(OH－)减小，上述平衡也向右移，其总反应式为：Mg(OH)2(s)＋2NH??Mg2＋＋2NH3·H2O；由于②中c(H＋)远大于③中的c(H＋)，所以③溶解Mg(OH)2的速率慢，故B错误，C、D正确。
【答案】　B
14．(2014·重庆高考)下列叙述正确的是(　　)
A．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B．CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO－)增大
C．Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2
D．25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
【解析】　浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液生成Fe(OH)3沉淀，不能制得Fe(OH)3胶体，选项A不正确。CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，滴加少量浓盐酸，使c(OH－)减小，平衡向右移动而使c(CH3COO－)减小，选项B不正确。Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可表示为Ca(HCO3)2＋2NaOHCaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，不能得到Ca(OH)2，选项C不正确。Cu(OH)2溶于水存在溶解平衡：Cu(OH)2(s)??Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入Cu(NO3)2，使c(Cu2＋)增大，平衡向左移动，Cu(OH)2的溶解度减小，选项D正确。
【答案】　D
15．常温时Cu(OH)2(s)??Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20。当溶液中各种离子的浓度方次的乘积大于溶度积常数时，则产生沉淀，反之固体溶解。
(1)某CuSO4溶液里c(Cu2＋)＝0.02
mol/L，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于________。
(2)要使0.2
mol/L
CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则可向溶液里加入NaOH固体，使溶液的pH为________。
【解析】　(1)根据信息，当c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20时开始出现沉淀，则c(OH－)＝＝
mol/L＝10－9mol/L，则c(H＋)＝10－5
mol/L，pH＝5，所以要生成Cu(OH)2沉淀，应调整pH>5。
(2)要使Cu2＋浓度降至＝2×10－4
mol/L，c(OH－)＝
mol/L＝10－8
mol/L，此时溶液的pH＝6。
【答案】　(1)5　(2)6
PAGE章末综合测评（二）
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．下列说法正确的是(　　)
A．熵增大的反应一定是自发反应
B．焓增大的反应一定是自发反应
C．熵、焓都为正值的反应是自发反应
D．ΔH－TΔS<0的反应一定是自发反应
【解析】　判断化学反应进行的方向须用复合判据ΔH－TΔS<0。
【答案】　D
2．(2016·绵阳高二检测)下列四个数据都表示合成氨的反应速率，其中代表同一反应的是(　　)
①v(N2)＝0.3
mol/(L·min)
②v(NH3)＝0.9
mol/(L·min)
③v(H2)＝0.6
mol/(L·min)
④v(H2)＝0.022
5
mol/(L·s)
A．①②　
B．①③
C．③④
D．②④
【解析】　合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)，同一反应中反应速率相同，用不同物质的浓度表示反应速率时等于各物质的化学计量数之比。④中v(H2)＝0.022
5
mol/(L·s)＝1.35
mol/(L·min)，②④中v(NH3)∶v(H2)＝2∶3，故符合题意。
【答案】　D
3．反应CO＋H2O(g)??CO2＋H2在800
℃达到平衡时，分别改变下列条件，K值发生变化的(　　)
A．将压强减小至原来的一半
B．将反应温度升高100
℃
C．添加催化剂
D．增大水蒸气的浓度
【解析】　化学平衡常数K只受温度影响。
【答案】　B
4．某可逆反应的正反应是放热反应，则温度对此反应的正、逆反应速率影响的曲线(如图所示)中，正确的是(　　)
【解析】　本题考查的是外界条件的改变对可逆反应正、逆反应速率的影响。速率曲线交叉点即平衡状态，由于这个可逆反应的正反应是放热反应，升高温度，逆反应速率加快的幅度大于正反应速率加快的幅度，故正确答案为B项。
【答案】　B
5．(2016·长春高二检测)下列说法中可以充分说明反应：P(g)＋Q(g)??R(g)＋S(g)，在该温度下已达平衡状态的是(　　)
A．反应容器内压强不随时间变化
B．P和S的生成速率相等
C．反应容器内P、Q、R、S四者共存
D．反应容器内总物质的量不随时间而变化
【解析】　该反应前后为气体计量数相等的反应，故容器内压强气体物质的量不变，故不选A、D两项；B项，P和S的生成速率相等，说明v正＝v逆；C项，可逆反应中反应物、生成物一定共存，不能说明达到平衡，故C项不选。
【答案】　B
6．在一密闭容器中发生反应：2A(g)＋2B(g)??C(s)＋3D(g)　ΔH<0，达到平衡时采取下列措施，可以使正反应速率v正增大、D的物质的量浓度c(D)增大的是(　　)
A．移走少量C
B．扩大容积，减小压强
C．缩小容积，增大压强
D．容积不变，充入“惰”气
【解析】　A项，C为固体，改变其量，对反应速率无影响，A错；B项，扩大容积，v正减小，c(D)也减小，B错；C项，缩小容积，浓度增大，反应速率也增大，平衡右移，c(D)也增大，C对；D项，容积不变，充入“惰”气，反应物浓度不变，速率不变，平衡不移动。
【答案】　C
7．如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在①中加入CaO，在②中不加其他任何物质，在③中加入NH4Cl晶体，发现①中红棕色变深，③中红棕色变浅，下列叙述正确的是(　　)
①加氧化钙　　
②室温水　
　③加氯化铵晶体
A．2NO2??N2O4是放热反应
B．NH4Cl溶于水时放出热量
C．烧瓶①中平衡混合气的平均相对分子质量增大
D．烧瓶③中气体的压强增大
【解析】　2NO2(g)??N2O4(g)，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体。①中红棕色变深说明平衡左移，平均相对分子质量减小，而CaO和水反应放热，则该反应为放热反应，A对，C错；③中红棕色变浅，说明平衡右移，而正反应为放热反应，则证明NH4Cl溶于水要吸收热量，平衡右移时，气体的物质的量减小，压强减小，B、D均错。
【答案】　A
8．一定条件下，体积为2
L的密闭容器中，1
mol
X和3
mol
Y进行反应：X(g)＋3Y(g)??2Z(g)，经12
s达到平衡，生成0.6
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
mol/(L·s)
B．12
s后将容器体积扩大为10
L，Z的平衡浓度变为原来的
C．若增大X的浓度，则物质Y的转化率减小
D．若该反应的ΔH<0，升高温度，平衡常数K减小
【解析】　
X(g)
＋
3Y(g)
??
2Z(g)
起始量(mol)
1
3
0
转化量(mol)
0.3
0.9
0.6
平衡量(mol)
0.7
2.1
0.6
v(X)＝＝
mol/(L·s)，所以A错误；12
s后将容器体积扩大为10
L，平衡逆向移动，Z的浓度小于原来的，所以B错误；若增大X的浓度，Y的转化率增大，X的转化率减小，所以C错误；若ΔH<0，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小。
【答案】　D
9．对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0，下列研究目的和示意图相符的是(　　)
选项
A
B
研究目的
压强对反应的影响(p2>p1)
温度对反应的影响
图示
选项
C
D
研究目的
平衡体系增加N2对反应的影响
催化剂对反应的影响
图示
【解析】　因压强越大，化学反应速率越快，因此A项中对应压强为p2时达到平衡所需的时间应短一些，故A错误；随温度的升高平衡将逆向移动，反应物氮气的转化率应减小，故B错误；使用催化剂后化学反应速率应加快，因此有催化剂时达到平衡所需要的时间应短一些，D错误。
【答案】　C
10．在某密闭容器中，可逆反应：A(g)＋B(g)??xC(g)符合图中(
Ⅰ
)所示关系，φ(C)表示C气体在混合气体中的体积分数。由此判断，对图像(Ⅱ)说法不正确的是(　　)
A．p3>p4，Y轴表示A的转化率
B．p3>p4，Y轴表示B的质量分数
C．p3>p4，Y轴表示B的转化率
D．p3>p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量
【解析】　据图像(
Ⅰ
)知，在压强不变时，曲线b的斜率比c的大，故T1>T2。降温(T1→T2)时，φ(C)增大，即平衡正向移动，说明正反应为放热反应。当温度不变时，曲线b的斜率比a的大，故压强p2>p1，增大压强(p1→p2)时，φ(C)增大，即平衡正向移动，故x<2，即x＝1。由图像(Ⅱ)知，保持体系压强不变，升高温度，平衡逆向移动，A、B的转化率、φ(C)、混合气体的平均相对分子质量均减小，而A、B的质量分数要增大。故正确答案为B。
【答案】　B
11．(2014·四川高考)在10
L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)＋Y(g)??M(g)＋N(g)，所得实验数据如下表：
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.10
0.40
0.080
③
800
0.20
0.30
a
④
900
0.10
0.15
b
下列说法正确的是(　　)
A．实验①中，若5
min时测得n(M)＝0.050
mol，则0至5
min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)＝1.0×10－2
mol/(L·min)
B．实验②中，该反应的平衡常数K＝2.0
C．实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D．实验④中，达到平衡时，b>0.060
【解析】　A．根据方程式可知在5
min内反应生成的n(N)等于生成的n(M)，则v(N)＝＝1×10－3
mol/(L·min)，该项错误；B.根据表格中数据可知平衡时c(X)＝0.002
mol/L、c(Y)＝0.032
mol/L、c(N)＝c(M)＝0.008
mol/L，则平衡常数K＝＝＝1.0，该项错误；C.因该反应在800
℃时平衡常数为1，设反应中转化的X的物质的量为x，则有(0.20－x)×(0.30－x)＝x·x，故x＝0.12
mol，X的转化率为×100%＝60%，该项正确；假设在900
℃时，该反应的平衡常数也为1.0，根据实验④中的数据可知b＝0.060
mol，由①中数据可知在700
℃时平衡常数约为2.6，结合800
℃时平衡常数为1.0可知，温度越高，该平衡常数越小，平衡逆向移动，故b<0.060，该项错误。
【答案】　C
12．(2014·安徽高考)臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO2(g)＋O3(g)??N2O5(g)＋O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是(　　)
A
B
升高温度，平衡常数减小
0～3
s内，反应速率为：v(NO2)＝0.2
mol·L－1
C
D
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
【解析】　A．从能量变化的图像分析，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，A正确。B.依据化学反应速率的计算公式：v(NO2)＝＝0.2
mol·L－1·s－1，单位不对，B错误。C.催化剂会同等程度地改变正、逆反应速率，所以加入催化剂，平衡不移动，C错误。D.增大c(O2)，平衡逆向移动，NO2的转化率降低，D错误。
【答案】　A
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
13．(2016·西安高二检测)(12分)可逆反应3A(g)??3B(？)＋C(？)　ΔH>0达到化学平衡后，
(1)升高温度，用“变大”、“变小”、“不变”或“无法确定”填空。
①若B、C都是气体，气体的平均相对分子质量________；
②若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量________；
③若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量________；
(2)如果平衡后保持温度不变，将容器体积增加一倍，新平衡时A的浓度是原来的60%，则B是________态，C是________态。
【解析】　(1)升高温度，平衡正向移动。①若B、C都是气体，n(气)增大，m(气)不变，M＝减小；②若B、C都不是气体，只有A是气体，M(A)不变；③若B是气体，C不是气体，m(气)减小，n(气)不变，M＝减小。
(2)说明平衡逆向移动，即逆向是气体计量数增大的反应，故B不是气体。
【答案】　(1)①变小　②不变　③变小　(2)固或液　气
14．(2016·保定高二检测)(12分)运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究。
(1)生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C(s)＋H2O(g)??H2(g)＋CO(g)　ΔH＝＋131.3
kJ·mol－1，ΔS＝＋133.7
J·mol－1·K－1，该反应在低温下________(“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知在400
℃时，N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)的K＝0.5。
①在400
℃时，2NH3(g)??N2(g)＋3H2(g)的K′＝________(填数值)。
②400
℃时，在0.5
L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2
mol、1
mol、2
mol，则此时反应v(N2)正________(填“>”、“<”“＝”或“不能确定”)v(N2)逆。
③若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则合成氨反应的平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动；使用催化剂________(填“增大”、“减小”或“不改变”)反应的ΔH。
【解析】　(1)该反应ΔH>0，ΔS>0，故若使ΔH－TΔS<0须在高温下实现。(2)①K′＝＝＝2；②QC＝＝0.5＝K，故此时反应达到平衡状态；③恒温、恒压条件下通入Ar相当于扩大体积进行减小压强，平衡逆向移动。
【答案】　(1)不能　(2)①2　②＝　③向左　不改变
15．(14分)300
℃时，将2
mol
A和2
mol
B两种气体混合于2
L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)??2C(g)＋2D(g)　ΔH＝Q,2
min末达到平衡，生成0.8
mol
D。
(1)300
℃时，该反应的平衡常数表达式为：K＝____________________。
已知K300
℃℃，则ΔH______0(填“>”或“<”)。
(2)在2
min末时，B的平衡浓度为________，D的平均反应速率为_______。
(3)若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率______(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是____________________________________________
_______________________________________________。
(4)如果在相同的条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入C、D各mol。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B______mol。
【解析】　(1)温度越高，K越大，则说明升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，ΔH>0。(2)生成0.8
mol
D，则反应掉0.4
mol
B，剩余1.6
mol
B，c(B)＝＝0.8
mol/L。v(B)＝＝0.1
mol/(L·min)，由化学计量数知，D的反应速率应为B的2倍，故v(D)＝2v(B)＝2×0.1
mol/(L·min)＝0.2
mol/(L·min)。(3)该反应为等体积变化，加压平衡不移动，故A的转化率不变。(4)将C、D的量折算成A、B的量，则相当于加入2
mol
A和
mol
B，容器体积固定，若浓度相同，则说明起始时物质的量相等，故B还应加入2
mol－
mol＝
mol。
【答案】　(1)　>
(2)0.8
mol/L　0.2
mol/(L·min)
(3)不变　反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响
(4)
16．(2014·全国卷Ⅱ)(14分)在容积为1.00
L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)??2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
【导学号：29910030】
回答下列问题：
(1)反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)；100
℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0～60
s时段，反应速率v(N2O4)为________mol·L－1·s－1；反应的平衡常数K1为________。
(2)100
℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.002
0
mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10
s又达到平衡。
a：T________100
℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是______________
_________________________________________________________________。
b：列式计算温度T时反应的平衡常数K2________。
(3)温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向______(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由__________________________。
【解析】　(1)由题意及图示知，在1.00
L的容器中，通入0.100
mol的N2O4，发生反应：N2O4(g)??2NO2(g)，随温度升高混合气体的颜色变深，说明反应向生成NO2的方向移动，即向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即ΔH>0；由图示知60
s时该反应达到平衡，消耗N2O4为0.100
mol·L－1－0.040
mol·L－1＝0.060
mol·L－1，根据v＝可知：
v(N2O4)＝＝0.001
0
mol·L－1·s－1；求平衡常数可利用三段式：
N2O4(g)??2NO2(g)
起始量/(mol·L－1)　0.100　　　0
转化量/(mol·L－1)　0.060　　　0.120
平衡量/(mol·L－1)　0.040　　　0.120
K1＝＝＝0.36
mol·L－1
(2)100
℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)降低，说明平衡N2O4(g)??2NO2(g)向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，温度升高，向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，故T>100
℃，由c(N2O4)以0.002
0
mol·
L－1·s－1的平均速率降低，经10
s又达到平衡，可知此时消耗N2O4
0.002
0
mol·
L－1·s－1×10
s＝0.020
mol·L－1，由三段式：
N2O4(g)??2NO2(g)
起始量/(mol·L－1)　0.040　　0.120
转化量/(mol·L－1)　0.020　　0.040
平衡量/(mol·L－1)　0.020　　0.160
K2＝＝≈1.3
mol·L－1(3)温度T时反应达到平衡后，将反应容器的容积减少一半，压强增大，平衡会向气体体积减小的方向移动，该反应逆反应为气体体积减小的反应，故平衡向逆反应方向移动。
【答案】　(1)大于　0.001
0　0.36
mol·L－1
(2)大于　反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高
平衡时，c(NO2)＝0.120
mol·L－1＋0.002
0
mol·L－1·s－1×10
s×2＝0.160
mol·L－1
c(N2O4)＝0.040
mol·L－1－0.002
0
mol·L－1·s－1×10
s＝0.020
mol·L－1
K2＝≈1.3
mol·L－1
(3)逆反应　对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动
PAGE学业分层测评（十四）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．如图表示50
mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积是(　　)
A．a
mL
B．(50－a)mL
C．一定大于a
mL
D．一定大于(50－a)
mL
【解析】　滴定管的零刻度在上面，50
mL的刻度在下面，但刻度线以下仍有一部分容积，因此液体体积一定是大于(50－a)
mL。
【答案】　D
2．现用0.10
mol·L－1
HCl溶液滴定10
mL
0.05
mol·L－1
NaOH溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是(　　)
A．10
mL
B．5
mL
C．大于5
mL
D．小于5
mL
【解析】　用0.10
mol·L－1
HCl溶液滴定10
mL
0.05
mol·L－1
NaOH溶液正好需5
mL
HCl溶液。现盐酸被稀释，其浓度小于0.10
mol·L－1，故中和NaOH所需体积大于5
mL。
【答案】　C
3．下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是
(　　)
A．用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：KMnO4——浅红色
B．利用“Ag＋＋SCN－AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3——浅红色
C．利用“2Fe3＋＋2I－I2＋2Fe2＋”，用FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉——蓝色
D．利用OH－＋H＋H2O来测量某盐酸的浓度时：酚酞——浅红色
【解析】　A项利用过量KMnO4本身的颜色来确定终点；B中利用Fe3＋能与KSCN结合成Fe(SCN)3，浅红色为终点；C中只要反应一开始就有I2生成，溶液就呈蓝色，无法判断终点；D中酚酞由无色滴定到浅红色为终点。
【答案】　C
4．下列有关滴定操作的顺序正确的是(　　)
①用标准溶液润洗滴定管　②往滴定管内注入标准溶液　③检查滴定管是否漏水　④滴定　⑤洗涤
A．⑤①②③④
B．③⑤①②④
C．⑤②③①④
D．②①③⑤④
【答案】　B
5．某学生用碱式滴定管量取0.1
mol·L－1的NaOH溶液，开始时仰视液面读数为1.00
mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11.00
mL，该同学在操作中实际取出的液体体积为(　　)
A．大于10.00
mL
B．小于10.00
mL
C．等于10.00
mL
D．等于11.00
mL
【解析】　滴定管的“0”刻度在上，量取NaOH溶液，开始时仰视液面使读数偏大，取出部分溶液后，俯视液面使读数偏小，滴定前后刻度差为10.00
mL，但实际取出的液体体积偏大。
【答案】　A
6．两人用同一瓶盐酸滴定同一瓶NaOH溶液。甲将锥形瓶用NaOH待测液润洗后，使用水洗过的碱式滴定管取碱液于锥形瓶中；乙则用甲用过的滴定管取碱液于刚用蒸馏水洗过且存有蒸馏水的锥形瓶中，其他操作及读数均正确，你的判断是
(　　)
A．甲操作有错
B．乙操作有错
C．甲测定数值一定比乙小
D．乙实际测得值较不准确
【解析】　锥形瓶不应用碱液润洗。甲用过的滴定管对乙来说已润洗过。
【答案】　A
7．用NaOH溶液滴定盐酸时，由于滴定速率太快，当混合溶液变红时不知NaOH是否过量，判断它是否过量的方法是(　　)
A．加入5
mL盐酸再进行滴定
B．返滴一滴待测盐酸
C．重新进行滴定
D．以上方法均不适用
【解析】　若NaOH过量，则返滴一滴待测盐酸，若红色消失，说明NaOH未过量，若红色不消失，则说明NaOH过量。
【答案】　B
8．下列是一段关于中和滴定的实验叙述：
(1)取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次；
(2)在锥形瓶中放入25
mL待测NaOH溶液；
(3)加入几滴石蕊试剂作指示剂；
(4)取一支酸式滴定管，洗涤干净；
(5)直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定；
(6)左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶；
(7)两眼注视着滴定管内盐酸溶液液面下降，直至滴定终点。
其中错误的是(　　)
A．(4)(6)(7)
B．(1)(5)(6)(7)
C．(3)(5)(7)
D．(1)(3)(5)(7)
【解析】　操作(1)的锥形瓶只能用水洗；操作(3)中不能用石蕊作为中和滴定的指示剂，因为它的显色效果不明显；操作(5)中滴定管必须用标准液润洗后才能注入标准液；操作(7)中两眼应主要注视锥形瓶中溶液颜色的变化。
【答案】　D
9．在化学实验操作中，往往由于读数不规范导致较大的实验误差。下列有关实验中，会导致所配制(或所测定)溶液浓度偏高的是(其他操作均正确)(　　)
A．配制500
mL
1
mol/L稀硫酸实验中，用量筒量取18
mol/L浓硫酸时俯视读数
B．配制100
mL
5
mol/L氯化钠溶液实验中，定容时仰视
C．用标准盐酸滴定待测NaOH溶液实验中，使用碱式滴定管开始平视，后来俯视读数
D．用标准NaOH溶液滴定待测盐酸实验中，使用碱式滴定管开始平视，后来俯视读数
【解析】　示意图为：
A项先计算所需体积再量取，俯视读数使得所量液体体积小于所需的体积，使配得溶液浓度偏低；B项定容时仰视，当液面已超过刻度线后才认为恰好与刻度线相切，使配得溶液浓度偏低；假设C项是将由滴定管放出20.00
mL待测NaOH溶液到锥形瓶中，起始时液面在“0”刻度处，俯视使液面已超过20.00
mL刻度后才认为恰好为20.00
mL，放出的液体偏多，消耗的盐酸偏多，所测浓度偏高；D项NaOH是标准溶液，俯视使读数偏小、V标偏小，待测液浓度偏低。
【答案】　C
10．用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：
(1)准确称量8.2
g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500
mL待测溶液。称量时，样品应放在________(填编号字母)称量。
A．小烧杯中
B．洁净纸片上
C．托盘上
(2)滴定时，用0.200
0
mol/L的盐酸来滴定待测溶液，不可选用________(填编号字母)作指示剂。
A．甲基橙
B．石蕊
C．酚酞
D．甲基红
(3)滴定过程中，眼睛应注视____________________；在铁架台上垫一张白纸，其目的是________________________________________________________
_______________________________________________。
(4)根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是________mol/L，烧碱样品的纯度是________。
滴定次数
待测溶液体积(mL)
标准酸体积
滴定前的刻度(mL)
滴定后的刻度(mL)
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
4.10
24.00
【解析】　(1)称量氢氧化钠等易潮解、腐蚀性强的试剂时，样品应放在小烧杯中；(2)酸碱中和滴定时，一般应选甲基橙、酚酞、甲基红等颜色变化较明显的指示剂，石蕊在酸或碱溶液中颜色变化不明显，易造成误差；(4)由表中数据知，滴定时所用盐酸的体积为20.00
mL，根据c(NaOH)＝，求得c(NaOH)＝0.400
0
mol/L。
【答案】　(1)A　(2)B
(3)锥形瓶内溶液颜色的变化　便于观察锥形瓶内液体颜色的变化，减小滴定误差
(4)0.400
0　97.56%
11．氧化还原滴定实验同中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现有0.001
mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的无色Na2SO3溶液，反应的离子方程式是2MnO＋5SO＋6H＋2Mn2＋＋5SO＋3H2O，请完成下列问题：
(1)该滴定实验所需仪器为下列中的________。
A．酸式滴定管(50
mL)　B．碱式滴定管(50
mL)
C．量筒(10
mL)　D．锥形瓶　E．铁架台　F．滴定管夹　G．烧杯　H．白纸　I．胶头滴管　J．漏斗
(2)不用________(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液，原因为___________________________________________________________________
_______________________________________________。
(3)该实验选何种指示剂，说明理由__________________________________
_______________________________________________。
(4)滴定前平视KMnO4液面，刻度为a
mL，滴定后俯视液面刻度为b
mL，则(b－a)
mL比实际消耗KMnO4溶液体积________(填“多”或“少”)。根据(b－a)
mL计算得到的待测浓度，比实际浓度______(填“大”或“小”)。
【解析】　(1)(2)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，要放在酸式滴定管中，取用待测Na2SO3溶液要用碱式滴定管，再根据滴定所需的仪器可选出正确答案。
(3)酸性KMnO4被还原为Mn2＋后由紫色变为无色。
(4)俯视读得的数值偏小。
【答案】　(1)A、B、D、E、F、G、H
(2)碱　酸性高锰酸钾溶液能腐蚀橡胶管
(3)不用指示剂，因为MnO全部转化为Mn2＋时紫色褪去，现象明显
(4)少　小
[能力提升]
12．在25
℃时，用0.125
mol·L－1的标准盐酸溶液滴定25.00
mL未知浓度的NaOH溶液所得滴定曲线如图所示，图中K点代表的pH为(　　)
A．13
B．12
C．10
D．11
【解析】　由图示可知，在V(HCl)＝20.00
mL时，pH＝7，HCl与NaOH恰好完全反应，由c(HCl)·V(HCl)＝c(NaOH)·V(NaOH)，知c(NaOH)＝＝＝0.1
mol·L－1，c(OH－)＝0.1
mol·L－1，
c(H＋)＝10－13
mol·L－1，pH＝13。
【答案】　A
13．如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是(　　)
A．盐酸的物质的量浓度为1
mol/L
B．P点时恰好完全反应，溶液呈中性
C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
【解析】　由滴定起始时pH＝1可知盐酸的浓度为0.1
mol/L，A错；曲线a起始时溶液pH＝1，可知是NaOH溶液滴定盐酸的曲线；酸碱中和滴定操作中可选用酚酞或甲基橙作为指示剂。
【答案】　B
14．如图是常温下向20.0
mL的盐酸中，逐滴加入0.10
mol·L－1
NaOH溶液时，溶液的pH随NaOH溶液的体积V(mL)变化的曲线，根据图像所得的下列结论中正确的是
(　　)
【导学号：29910040】
A．原盐酸的浓度为0.10
mol·L－1
B．x的值为2.0
C．pH＝12，V值为20.4
D．原盐酸的浓度为1.0
mol·L－1
【解析】　当V(NaOH)＝0
mL时，盐酸溶液的pH＝1，因此c(HCl)＝0.10
mol·L－1；当反应后溶液pH＝7时，HCl与NaOH恰好完全反应，因此n(HCl)＝n(NaOH)，故V(NaOH)＝20.0
mL；当反应后溶液pH＝12时，
＝1×10－2
mol·L－1，解得V(NaOH)＝24.4
mL。
【答案】　A
15．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：4NH＋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1.5
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，则测得样品中氮元素的质量分数______(填“偏大”“偏小”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/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.101
0
mol·L－1，则该样品中氮元素的质量分数为________。
【解析】　(1)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗，导致标准液的浓度变小，消耗标准液的体积变大，测得样品中氮元素的质量分数偏大。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，由于未影响锥形瓶内溶质的量，因此滴定时用去NaOH标准溶液的体积不变。(2)由滴定结果可知消耗标准液NaOH溶液的体积为20
mL，根据关系式N～OH－，可求得移取的25.00
mL样品中氮元素的质量为14×0.101
0×20×10－3＝0.028
28
g，因此该样品中氮元素的质量分数为×100%＝18.85%。
【答案】　(1)①偏大　②无影响　③无　粉红(或浅红)　(2)18.85%
PAGE学业分层测评（二十一）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(2014·北京高考)下列电池工作时，O2在正极放电的是(　　)
A.锌锰电池
B.氢燃料电池
C.铅蓄电池
D.镍镉电池
【解析】　锌锰电池，正极反应：2MnO2＋2H2O＋2e－2MnOOH＋2OH－，MnO2在正极放电，A错误。氢燃料电池，正极反应(酸性条件下)：O2＋4H＋＋4e－2H2O，O2在正极放电，B正确。铅蓄电池，正极反应：PbO2＋4H＋＋SO＋2e－PbSO4＋2H2O，PbO2在正极放电，C错误。镍镉电池，正极反应：NiOOH＋H2O＋e－Ni(OH)2＋OH－，NiOOH在正极放电，D错误。
【答案】　B
2．Mg AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl＋MgMg2＋＋2Ag＋2Cl－。有关该电池的说法正确的是(　　)
A．Mg为电池的正极
B．负极反应为AgCl＋e－Ag＋Cl－
C．不能被KCl
溶液激活
D．可用于海上应急照明供电
【解析】　Mg失去电子发生氧化反应，是电池的负极，电极反应为：Mg－2e－Mg2＋，A、B项错误；Mg AgCl电池能够被海水激活，改用KCl作电解质溶液也能够激活该电池，C项错误；Mg AgCl电池可将化学能转化为电能用于海上应急照明供电，D项正确。
【答案】　D
3．锂电池是新一代高能电池，目前已研发出多种锂电池。某种锂电池的总反应式为：Li＋MnO2LiMnO2。下列说法中正确的是(　　)
A．Li是正极，MnO2是负极
B．放电时负极的反应：Li－e－Li＋
C．放电时正极的反应：MnO＋e－MnO2
D．电池放电时，产生高锰酸根离子
【解析】　Li在负极发生反应：Li－e－Li＋，MnO2在正极发生反应：MnO2＋e－MnO。
【答案】　B
4．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn(s)＋2MnO2(s)＋2H2O(l)
Zn(OH)2(s)＋2MnOOH(s)，下列说法错误的是(　　)
A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为2MnO2(s)＋2H2O(l)＋2e－2MnOOH(s)＋2OH－(aq)
C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D．外电路中每通过0.2
mol电子，锌的质量理论上减小6.5
g
【解析】　由所给电池的总反应式可知，电池工作时，每有1
mol锌参加反应，失去2
mol电子，则会有2
mol电子从负极锌开始流经外电路而流向正极，并在正极发生反应：2MnO2(s)＋2H2O(l)＋2e－2MnOOH(s)＋2OH－(aq)。所以外电路每通过0.2
mol电子，锌的质量理论上减小6.5
g。电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极。
【答案】　C
5．如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是(　　)
A．a电极是负极
B．b电极的电极反应为：4OH－－4e－2H2O＋O2↑
C．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
D．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置
【解析】　由图可知，a极通入H2，为负极；b极通入O2为正极，得电子发生还原反应。该电池只要通入H2、O2就能工作，无需将它们储藏在电池内部。氢氧燃料电池的能量效率较高，而且产物水是一种无污染物质，故是一种具有应用前景的绿色电源，在航天领域已得到应用。
【答案】　B
6．氢氧燃料电池用于航天飞机，电极反应产生的水，经冷凝后可作为航天员的饮用水，其电极反应如下：
负极：2H2＋4OH－－4e－4H2O；正极：O2＋2H2O＋4e－4OH－。当得到1.8
L饮用水时，电池内转移的电子数约为(　　)
A．1.8
mol　
B．3.6
mol
C．100
mol
D．200
mol
【解析】　n(H2O)＝＝100
mol，由总反应方程式：2H2＋O22H2O，知每生成2
mol
H2O转移电子4
mol，现得到100
mol
H2O则转移电子200
mol。
【答案】　D
7．一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极上通入乙烷和氧气，其电极反应式为C2H6＋18OH－－14e－2CO＋12H2O,7H2O＋O2＋14e－14OH－。有关此电池的推断正确的是(　　)
A．通氧气的电极为负极
B．参加反应的氧气与C2H6的物质的量之比为7∶2
C．放电一段时间后，KOH的物质的量浓度不变
D．电解质溶液中CO向正极移动
【解析】　原电池反应负极发生氧化反应，正极发生还原反应，通氧气的电极为正极，A项错误；根据反应式可知参加反应的氧气与C2H6的物质的量之比为7∶2，B项正确；由电极反应式可知，放电一段时间后，KOH的物质的量浓度减小，C项错误；负极周围的OH－参与电极反应，不断减少，水电离产生的H＋就不断增加，CO向负极移动，D项错误。
【答案】　B
8．Li Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li＋＋FeS＋2e－Li2S＋Fe
有关该电池的下列说法中，正确的是(　　)
A．Li Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为＋1
B．该电池的总反应式为2Li＋FeSLi2S＋Fe
C．负极的电极反应式为Al－3e－Al3＋
D．充电时，阴极发生的电极反应式为Li2S＋Fe－2e－2Li＋＋FeS
【解析】　由正极的电极反应式知，在负极上Li失去电子被氧化，所以Li Al在电池中作为负极材料。该材料中Li的化合价为0价，故A项错误；负极的电极反应式为2Li－2e－2Li＋，故C项错误；该电池的总反应式为正、负极的电极反应式之和：2Li＋FeSLi2S＋Fe，故B项正确；由于充电时阴极发生还原反应，所以阴极的电极反应式为2Li＋＋2e－2Li，故D项错误。
【答案】　B
9．甲醇燃料电池(DMFC)可用于笔记本电脑、汽车、遥感通讯设备等，它的一极通入甲醇，一极通入氧气；电解质是质子交换膜，它能传导氢离子
(H＋)。电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水，氧气在电极上的反应是O2＋4H＋＋4e－2H2O。下列叙述中不正确的是
(　　)
A．负极的反应式为CH3OH＋H2O－6e－CO2↑＋6H＋
B．电池的总反应式是2CH3OH＋3O22CO2＋4H2O
C．电池工作时，H＋由正极移向负极
D．电池工作时，电子从通入甲醇的一极流出，经外电路再从通入氧气的一极流入
【解析】　首先判断出通入甲醇的一极失去电子作负极，通入氧气的一极得到电子作正极。电池总反应式减去氧气在正极的电极反应式，就得到了负极反应式，A项正确；电池工作时，H＋移向正极而不是移向负极，所以C项错误。
【答案】　C
10．微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应为：Zn＋2OH－－2e－Zn(OH)2，Ag2O＋H2O＋2e－2Ag＋2OH－。
根据上述反应式，完成下列题目。
(1)判断下列叙述中正确的是________。
A．在使用过程中，电解质KOH被不断消耗
B．使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
C．Zn是负极，Ag2O是正极
D．Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应
(2)写出电池的总反应式：
_______________________________________________。
(3)使用时，负极区的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，正极区的pH________，电解质溶液的pH________。
【解析】　(1)由正、负电极反应式可知：Zn电极为负极，发生氧化反应，负极区pH减小，Ag2O为正极，发生还原反应，正极区pH增大；使用时电子由Zn极流向Ag2O极，正、负极反应式相加可得总反应式为Zn＋Ag2O＋H2OZn(OH)2＋2Ag，故电解质KOH未被消耗，电解质溶液的pH不变。
【答案】　(1)C
(2)Zn＋Ag2O＋H2OZn(OH)2＋2Ag
(3)减小　增大　不变
11．铅蓄电池是化学电源，其电极材料分别是Pb和PbO2，电解质为稀硫酸，工作(放电)时该电池的总反应：Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。试根据上述情况判断：
(1)铅蓄电池的负极材料是________。
(2)工作时，正极反应为
_______________________________________________。
(3)工作时，电解质溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)工作时，电解质溶液中阴离子移向________极。
(5)电流方向从________极流向________极。
【解析】　铅蓄电池工作时，起原电池作用，题中各小题概括叙述了铅蓄电池放电时所涉及的各个方面。根据原电池原理，负极发生氧化反应，元素化合价升高，所以Pb为负极；正极发生还原反应，元素化合价降低，从总反应式可知，PbO2是氧化剂，即正极反应：PbO2＋SO＋4H＋＋2e－PbSO4＋2H2O；从正极反应或电池的总反应可知H2SO4参加了反应，H＋转变成H2O，所以溶液pH增大；原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极；电流方向与电子移动方向相反，从正极沿导线流向负极。
【答案】　(1)Pb
(2)PbO2＋SO＋4H＋＋2e－PbSO4＋2H2O
(3)增大　(4)负　(5)正　负
12．(1)今有2H2＋O2KOH,2H2O反应，构成燃料电池，则负极通的应是________，正极通的应是______，电极反应式分别为__________________、_______________________________________________。
(2)如把KOH改为稀H2SO4作电解质溶液，则电极反应式分别为__________________、________________________________________。
(1)和(2)的电解液不同，反应进行后，其溶液的pH各有何变化？
_______________________________________________。
(3)如把H2改为甲烷、KOH作导电物质，则电极反应式为：________________、_______________________________________________。
【解析】　根据电池反应式可知H2在反应中被氧化，O2被还原，因此H2应在负极上反应，O2应在正极上反应。又因为是碱性溶液，此时应考虑不可能有H＋参加或生成，故负极反应为：2H2＋4OH－－4e－4H2O，正极反应为：O2＋2H2O＋4e－4OH－。若将导电物质换成酸性溶液，此时应考虑不可能有OH－参加或生成，故负极：2H2－4e－4H＋，正极：O2＋4H＋＋4e－2H2O。由于前者在碱性条件下反应KOH量不变，但工作时H2O增多故溶液变稀，碱性变小，pH将变小。而后者为酸溶液，H2SO4量不变，水增多，溶液酸性变小，故pH将变大。如把H2改为甲烷，用KOH作导电物质，根据反应CH4＋2O2CO2＋2H2O，则负极为发生氧化反应的CH4，正极为发生还原反应的O2，由于有KOH存在，此时不会有CO2放出。
【答案】　(1)H2　O2　负极：2H2＋4OH－－4e－4H2O　正极：O2＋2H2O＋4e－4OH－
(2)负极：2H2－4e－4H＋　正极：O2＋4H＋＋4e－2H2O　(1)变小，(2)变大
(3)负极：CH4＋10OH－－8e－CO＋7H2O
正极：2O2＋4H2O＋8e－8OH－
[能力提升]
13．(2014·全国卷
Ⅱ
)2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是(　　)
A．a为电池的正极
B．电池充电反应为LiMn2O4Li1－xMn2O4＋xLi
C．放电时，a极锂的化合价发生变化
D．放电时，溶液中Li＋从b向a迁移
【解析】　图示所给出的是原电池装置。A.由图示分析，金属锂易失电子，由原电池原理可知，含有锂的一端为原电池的负极，即b为负极，a为正极，故正确。B.电池充电时为电解池，反应式为原电池反应的逆反应，故正确。C.放电时，a极为原电池的正极，发生还原反应的是Mn元素，锂元素的化合价没有变化，故不正确。D.放电时为原电池，锂离子为阳离子，应向正极(a极)迁移，故正确。
【答案】　C
14．以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。关于该电池的叙述正确的是(　　)
A．该电池能够在高温下工作
B．电池的负极反应为：C6H12O6＋6H2O－24e－6CO2↑＋24H＋
C．放电过程中，H＋从正极区向负极区迁移
D．在电池反应中，每消耗1
mol
氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体22.4/6
L
【解析】　由于是微生物燃料电池，则不可能在高温下工作，A错误；放电过程中，H＋从负极区向正极区迁移，结合O2－形成H2O，C错误；每消耗1
mol
O2则转移4
mol电子，由C6H12O6＋6H2O－24e－6CO2↑＋24H＋计算出：转移4
mol电子则生成1
mol
CO2，即标准状况下体积为22.4
L，D错误。
【答案】　B
15．(2013·全国卷
Ⅱ
)“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是(　　)
A．电池反应中有NaCl生成
B．电池的总反应是金属钠还原三价铝离子
C．正极反应为：NiCl2＋2e－Ni＋2Cl－
D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动
【解析】　结合蓄电池装置图，利用原电池原理分析相关问题。A项，在负极Na失电子生成Na＋，正极反应为NiCl2＋2e－Ni＋2Cl－，故电池反应中有NaCl生成；B项，电池的总反应是金属钠还原二价镍离子；C项，正极上NiCl2发生还原反应，电极反应为NiCl2＋2e－Ni＋2Cl－；D项，钠在负极失电子，被氧化生成Na＋，Na＋通过钠离子导体在两电极间移动。
【答案】　B
16．(2015·全国卷
Ⅱ
)酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示：
溶解度/(g/100
g水)
　　温度/℃化合物　　
0
20
40
60
80
100
NH4Cl
29.3
37.2
45.8
55.3
65.6
77.3
ZnCl2
343
395
452
488
541
614
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－17
10－17
10－39
回答下列问题：
【导学号：29910054】
(1)该电池的正极反应式为________，电池反应的离子方程式为
______________________________________________。
(2)维持电流强度为0.5
A，电池工作5分钟，理论上消耗锌________g。(已知F＝96
500
C·mol－1)
(3)废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过________分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、________和________，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法为________，其原理是________。
【解析】　(1)酸性锌锰干电池中正极上发生还原反应，该电池放电过程中产生MnOOH，则正极反应式为MnO2＋H＋＋e－MnOOH。金属锌作负极，发生氧化反应生成Zn2＋，则负极反应式为Zn－2e－Zn2＋，结合得失电子守恒可得电池反应式为2MnO2＋2H＋＋Zn2MnOOH＋Zn2＋。
(2)电流强度为I＝0.5
A，时间为t＝5
min＝300
s，则通过电极的电量为Q＝It＝0.5
A×300
s＝150
C，又知F＝96
500
C·mol－1，故通过电子的物质的量为≈0.001
6
mol，则理论上消耗Zn的质量为65
g·mol－1×0.001
6
mol×1/2≈0.05
g。
(3)由NH4Cl、ZnCl2的溶解度与温度的关系可知，相同温度下，ZnCl2的溶解度远远大于NH4Cl，因此从滤液中分离NH4Cl和ZnCl2，可采用加热浓缩、冷却结晶的方法。废电池的糊状填充物由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成，加水处理后，过滤，滤渣中含有碳粉、MnO2及MnOOH等，欲从中得到较纯的MnO2，可采用在空气中加强热的方法，碳粉与O2反应生成CO2，MnOOH氧化为MnO2。
【答案】　(1)MnO2＋H＋＋e－MnOOH　2MnO2＋Zn＋2H＋2MnOOH＋Zn2＋
[注：式中Zn2＋可写为Zn(NH3)，Zn(NH3)2Cl2等，H＋可写为NH]
(2)0.05
(3)加热浓缩、冷却结晶　碳粉　MnOOH　在空气中加热　碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2
PAGE学业分层测评（十三）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列说法正确的是(　　)
A．pH＝2的H2SO4与pH＝1的硝酸溶液中c(H＋)之比为1∶10
B．0.2
mol·L－1与0.1
mol·L－1醋酸中c(H＋)之比为2∶1
C．100
℃时，纯水的pH＝6，显酸性
D．100
mL
pH＝3的盐酸和醋酸溶液，分别与足量锌反应后，所得H2的质量相等
【解析】　pH＝2的H2SO4溶液中c(H＋)＝0.01
mol·L－1，pH＝1的HNO3溶液中c(H＋)＝0.1
mol·L－1，二者c(H＋)之比为1∶10。
【答案】　A
2．将pH＝8和pH＝10的两种NaOH溶液等体积混合后，溶液中c(H＋)最接近于(　　)
A.(10－8＋10－10)
mol/L
B．(10－8＋10－10)
mol/L
C．(1×10－4＋5×10－10)
mol/L
D．2×10－10
mol/L
【解析】　两种性质相同的溶液相混合时，可按溶质混合前后守恒、溶液体积相加和求混合后溶液的浓度。此处给出的是pH，据此可求出c(H＋)，进而再求出c(OH－)，然后计算混合液的c(OH－)及c(H＋)。pH＝8，c(H＋)＝10－8
mol/L，c(OH－)＝
mol/L＝10－6
mol/L。pH＝10，c(H＋)＝10－10
mol/L，c(OH－)＝
mol/L＝10－4
mol/L。等体积混合后混合溶液中，c(OH－)＝≈
mol/L。混合溶液中，c(H＋)＝
mol/L＝2×10－10
mol/L。
【答案】　D
3．常温下，将0.1
mol·L－1盐酸和0.06
mol·L－1氢氧化钡溶液等体积混合后，该混合溶液的pH是(　　)
A．1.7
B．12.3
C．12
D．2
【解析】　两溶液混合，酸液先计算c(H＋)，碱液先计算c(OH－)，再根据KW计算c(H＋)，酸碱中和谁过量先计算谁，最后根据pH＝－lg
c(H＋)计算溶液的pH。
【答案】　C
4．室温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比混合，所得溶液pH＝12，则原溶液的浓度为(　　)
A．0.01
mol·L－1
B．0.017
mol·L－1
C．0.05
mol·L－1
D．0.50
mol·L－1
【解析】　设原溶液的浓度为c，两者反应后碱过量，应先求c(OH－)，c(OH－)＝＝0.01
mol·L－1，解得c＝0.05
mol·L－1。
【答案】　C
5．在25
℃的条件下，将体积都为10
mL，pH都等于3的醋酸和盐酸，加水稀释到a
mL和b
mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积为(　　)
A．a＝b＝10
mL
B．a＝b>10
mL
C．aD．a>b
【解析】　因为醋酸是弱酸，盐酸是强酸，在稀释相同体积后，醋酸的pH变化相对盐酸小，则当稀释后两者的pH仍相等，故a>b。
【答案】　D
6．25
℃时，将某强酸和某强碱溶液按1∶10的体积比混合后，溶液恰好呈中性，则混合前此强酸和强碱的pH和为(　　)
A．12
B．13
C．14
D．15
【解析】　强酸和强碱溶液按1∶10的体积比混合恰好呈中性，则说明酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子的浓度的10倍，故pH和为13，选B。
【答案】　B
7．常温下，下列各混合或稀释后溶液中，pH最大的是(　　)
A．pH＝11的烧碱溶液稀释1
000倍
B．pH＝11的氨水稀释1
000倍
C．pH＝4的醋酸和pH＝10的烧碱溶液等体积混合
D．pH＝5的盐酸稀释1
000倍
【解析】　pH＝11的烧碱溶液稀释1
000倍后，pH＝8；pH＝11的氨水稀释1
000倍后，由于稀释促进电离，pH>8；pH＝4的醋酸和pH＝10的烧碱溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液呈酸性，pH<7；pH＝5的盐酸稀释1
000倍后，pH接近7但小于7；所以B的pH最大。
【答案】　B
8．相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液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】　相同体积、相同pH的一元强酸和一元中强酸中，H＋浓度相等，所以刚开始与锌反应的速率是相同的，随着反应的进行，中强酸继续电离，故反应速率较强酸快，排除B、D；又因中强酸的物质的量浓度大于强酸，所以与足量的锌反应生成氢气的量较多，排除A项。
【答案】　C
9．pH＝2的A、B两种酸溶液各1
mL，分别加水稀释到1
000
mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等
B．稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C．a＝5时，A是强酸，B是弱酸
D．一定有关系：5>a>2
【解析】　由图像可以看出稀释过程中两种酸的pH增大程度不同，说明两种酸的强弱不同，故pH＝2的两种酸的浓度一定不同，A项错误；由图像知，稀释后A溶液的pH大于B溶液的pH，则A中c(H＋)小于B中c(H＋)，A酸溶液的酸性比B酸溶液的弱，B项错误；a＝5时表明，pH＝2的A酸溶液稀释1
000倍，pH增加3，故A一定是强酸；pH＝2的B酸溶液稀释1
000倍后，pH<5，说明B酸溶液中存在电离平衡，则B是弱酸，C项正确；若A、B都是弱酸，稀释1
000倍后，A、B两溶液pH均要增大，而增加的值均小于3，有5>a>2，故A是强酸，则a＝5，D项错误。
【答案】　C
10．在某温度下的水溶液中，c(H＋)＝10x
mol·L－1，c(OH－)＝10y
mol·L－1，x与y的关系如图所示：
(1)该温度下，水的离子积为________。
(2)该温度下，0.01
mol·L－1
NaOH溶液的pH为________。
【解析】　选取图像中的一点x＝－5时y＝－10，故水的KW＝10－5·10－10
＝10－15。0.01
mol·L－1
NaOH溶液中c(OH－)＝10－2
mol·L－1，故c(H＋)＝
＝
mol·L－1＝10－13
mol·L－1，pH＝13。
【答案】　(1)10－15　(2)13
11．t
℃时，某稀硫酸溶液中c(H＋)＝10－a
mol·L－1，c(OH－)＝10－b
mol·L－1，已知a＋b＝13。
(1)该温度下的离子积常数KW＝________。
(2)该温度下(t
℃)，将100
mL
0.1
mol·L－1的稀H2SO4溶液与100
mL
0.4
mol·L－1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH＝______。
【解析】　(1)该温度下，水的离子积：KW＝c(H＋)·c(OH－)
＝10－(a＋b)＝1.0×10－13。
(2)c(OH－)＝
＝0．1
mol·L－1，
c(H＋)＝KW/c(OH－)＝＝1×10－12
mol·L－1，pH＝12。
【答案】　(1)1.0×10－13　(2)12
12．求下列溶液的pH：
(1)某H2SO4溶液的浓度是0.005
mol·L－1，
①此溶液的pH为________。
②用水稀释到原来体积的100倍，pH为________。
③再继续稀释104倍，pH为________。
(2)pH＝3的盐酸与pH＝5的硫酸等体积混合，pH为________。
(3)pH＝10和pH＝12的两种NaOH溶液等体积混合，pH为________。
(4)pH＝12的NaOH溶液和pH＝4的HCl溶液等体积混合，pH为________。
【解析】　(1)①c(H＋)＝0.005
mol·L－1×2＝0.01
mol·L－1，pH＝－lg
10－2＝2。
②c(H＋)＝0.01
mol·L－1÷100＝10－4
mol·L－1，pH＝－lg
10－4＝4。
③pH接近7(酸无限稀释后不会变成碱)。
(2)c(H＋)＝
mol·L－1＝5×10－4
mol·L－1，pH＝－lg(5×10－4)＝4－lg
5＝3.3(强调10－3是10－5的100倍，所以10－5可以忽略不计。)
(3)c(OH－)＝
mol·L－1＝5×10－3
mol·L－1，c(H＋)＝
mol·L－1＝2×10－12
mol·L－1。
pH＝－lg(2×10－12)＝12－lg
2＝11.7。
(4)NaOH溶液中c(OH－)＝10－2
mol·L－1；HCl溶液中c(H＋)＝10－4
mol·L－1，二者等体积反应，碱过量，反应后溶液呈碱性。所以反应后c(OH－)＝
mol·L－1＝5×10－3
mol·L－1，c(H＋)＝
mol·L－1＝2×10－12
mol·L－1，pH＝－lg(2×10－12)＝12－lg
2＝11.7。
【答案】　(1)①2　②4　③接近7　(2)3.3　(3)11.7　(4)11.7
[能力提升]
13．在一定体积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，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是(　　)
A．1∶9
B．1∶1
C．1∶2
D．1∶4
【解析】　pH＝12的氢氧化钡溶液中c(H＋)＝1×10－12
mol·L－1，c(OH－)＝
mol·L－1＝1×10－2mol·L－1，c[Ba(OH)2]＝0.5×10－2
mol·L－1；反应后溶液pH＝11，c(H＋)＝1×10－11
mol·L－1，c(OH－)＝
mol·L－1
＝1×10－3
mol·L－1。设氢氧化钡溶液体积为V1
L，硫酸氢钠溶液的体积为V2
L。依题意知，n(Ba2＋)＝n(SO)。由Ba(OH)2＋NaHSO4BaSO4↓＋NaOH＋H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]＝0.5×10－2
V1
mol,0.5×10－2
V1
/(V1＋V2)＝1×10－3，V1∶V2＝1∶4。
【答案】　D
14．pH＝11的X、Y两种碱溶液各5
mL，分别稀释至500
mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．稀释后X溶液中水的电离程度比Y溶液中水电离程度小
B．若X为弱碱，则a＝9
C．若X、Y都是弱碱，则a的值一定大于9
D．完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积V(X)>V(Y)
【解析】　由图可知稀释100倍后X的pH变化大，则X的碱性比Y强，若X、Y都是弱碱，则a大于9，C项正确；稀释后Y的c(OH－)大，对水的电离抑制程度大，X溶液中水的电离程度大，A项错误；若X为弱碱，稀释100倍，pH变化小于2个单位，即a>9，B项错误；完全中和X、Y两溶液；Y消耗稀H2SO4的体积大，因为Y浓度大，D项错误。
【答案】　C
15．室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是(　　)
A．pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合
B．pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
C．pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
D．pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合
【解析】　解答本题时应先明确所给的酸或碱是强电解质，还是弱电解质，是一元的还是二元的，然后判断酸碱发生反应时是酸过量还是碱过量，从而判断溶液的pH是否小于7。A项，反应时氨水过量溶液显碱性，pH>7，错误；B项，盐酸中c(H＋)＝1×10－3
mol·L－1，Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝1×10－3
mol·L－1，两者又是等体积混合，故有n(H＋)＝n(OH－)，混合后溶液的pH＝7，错误；C项，因醋酸是弱酸，反应时酸过量，反应后pH<7，正确；D项，因NH3·H2O是弱碱，反应时碱过量，反应后pH>7，错误。
【答案】　C
16．室温下，有一pH为12的NaOH溶液100
mL，如果将其pH降为11，则：
(1)若用蒸馏水应加入________mL；
(2)若用pH＝10的NaOH溶液，应加入______mL；
(3)若用pH＝2的盐酸，应加入________mL；
(4)若用0.01
mol·L－1硫酸，应加入________mL。
【解析】　(1)由c(OH－)稀释＝10－3
mol·L－1＝，得V(H2O)＝0.9
L＝900
mL。
(2)设加入pH＝10的NaOH溶液的体积为x，c(OH－)＝10－3
mol·L－1
＝
得x＝1
L＝1
000
mL。
(3)设加入pH＝2的盐酸的体积为y，
c(OH－)＝10－3
mol·L－1
＝
得y＝0.081
8
L＝81.8
mL。
(4)设加入硫酸的体积为z
c(OH－)＝10－3
mol·L－1
＝
得z＝0.042
86
L＝42.86
mL。
【答案】　(1)900　(2)1
000　(3)81.8　(4)42.86
PAGE学业分层测评（一）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列对化学反应的认识错误的是(　　)
A．会引起化学键的变化
B．会产生新的物质
C．必然引起物质状态的变化
D．必然伴随着能量的变化
【解析】　化学反应一定有化学键的变化，有新物质产生，有能量变化，不一定有物质状态的变化，如H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)。
【答案】　C
2．下列过程一定释放出能量的是(　　)
A．化合反应
B．分解反应
C．分子拆分成原子
D．原子构成分子
【解析】　原子形成分子过程为新化学键形成过程，一定释放能量。
【答案】　D
3．下列设备工作时，将化学能转化为热能的是(　　)
A．硅太阳能电池　B．锂离子电池　C．太阳能集热器　D．燃气灶
【解析】　A项是太阳能转化成电能；B项是化学能转化成电能；C项是太阳能转化成热能；D项是化学能转化成热能。
【答案】　D
4．下列反应属于吸热反应的是(　　)
A．炭燃烧生成一氧化碳
B．中和反应
C．锌粒与稀硫酸反应制取H2
D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
【解析】　燃烧反应、中和反应、金属与酸的反应均为放热反应。
【答案】　D
5．(2016·绵阳高二检测)下列说法中正确的是(　　)
A．焓变是指1
mol物质参加反应时的能量变化
B．反应放热时，ΔH>0；反应吸热时，ΔH<0
C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓与生成物的总焓一定不同
D．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓总是高于生成物的总焓
【解析】　A项，焓变不是指1
mol物质参加反应时的能量变化；B项，放热反应ΔH<0，吸热反应ΔH>0；D项，一个确定的化学反应体系中，反应物总焓可能高于或低于生成物总焓。
【答案】　C
6．下列各图中，表示正反应是ΔH>0反应的是(　　)
【导学号：29910002】
【解析】　ΔH>0表示吸热反应，即反应物总焓低于生成物总焓。
【答案】　A
7．已知H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)　ΔH，其他相关数据如下表：
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
键能(kJ·mol－1)
436
193
369
则该反应的ΔH为(　　)
A．109
kJ·mol－1
B．260
kJ·mol－1
C．－109
kJ·mol－1
D．－260
kJ·mol－1
【解析】　ΔH＝436
kJ·mol－1＋193
kJ·mol－1－369
kJ·mol－1×2＝－109
kJ·mol－1。
【答案】　C
8．(2016·临沂高二检测)某化学反应的能量变化如下图所示。下列有关叙述正确的是(　　)
A．该反应为放热反应
B．E2可表示形成新的化学键所释放的能量
C．该反应的反应热ΔH＝E1－E2
D．加入催化剂可同等程度的降低E1、E2，ΔH不变
【解析】　A项，由图知反应物总能量低于生成物总能量，故为吸热反应；B项，E2表示断裂旧化学键所吸收的能量；C项，该反应的反应热ΔH＝E2－E1>0；D项，加入催化剂不影响反应物和生成物的总能量，故ΔH不变。
【答案】　D
9．(2016·石家庄高二检测)根据反应：S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝
a
kJ·mol－1(a＝－297.2)。分析下列说法，其中不正确的是(　　)
A．S(s)在O2(g)中燃烧的反应是放热反应
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝b
kJ·mol－1，则a>b
C．1
mol
SO2(g)所具有的能量低于1
mol
S(s)与1
mol
O2(g)所具有的能量之和
D．16
g固体硫在空气中充分燃烧，可吸收148.6
kJ的热量
【解析】　A项，该反应的ΔH<0，故为放热反应；B项，S(s)＝S(g)　ΔH>0，故|b|>|a|，则b：1
mol
SO2(g)的能量＋a
kJ＝1
mol
S(s)的能量＋1
mol
O2(g)的能量，可知正确；D项，硫燃烧放出热量，故错误。
【答案】　D
10．(1)已知反应A放出热量Q1
kJ，焓变为ΔH1，反应B放出热量Q2
kJ，焓变为ΔH2，若Q1>Q2，则ΔH1________ΔH2。
(2)1
mol
C与1
mol
H2O(g)反应生成1
mol
CO(g)和1
mol
H2(g)，需吸收131.5
kJ的热量，该反应的反应热为ΔH＝________。
【解析】　(1)由ΔH1＝－Q1<0，ΔH2＝－Q2<0，Q1>Q2可知：－Q1<－Q2，则ΔH1<ΔH2。
(2)吸热反应的ΔH>0，故该反应的反应热ΔH＝＋131.5
kJ·mol－1。
【答案】　(1)<　(2)＋131.5
kJ·mol－1
11．某些化学键的键能如下表(kJ·mol－1)：
(1)1
mol
H2在2
mol
Cl2中燃烧，放出热量为________kJ。
(2)在一定条件下，1
mol
H2与足量的Cl2、Br2、I2分别反应，放出热量由多到少的顺序是________。
a．Cl2＞Br2＞I2　
b．I2＞Br2＞Cl2
预测1
mol
H2在足量F2中燃烧比在Cl2中燃烧放热______________。
【解析】　
(1)1
mol
H2在2
mol
Cl2中燃烧，参加反应的H2和Cl2都是
1
mol，生成HCl
2
mol。断开1
mol
Cl—Cl键和1
mol
H—H键需吸收能量为243
kJ＋436
kJ＝679
kJ，而形成2
mol
HCl放出的能量为2×432
kJ＝864
kJ，故在反应Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)中放出864
kJ－679
kJ＝185
kJ的能量。
(2)由于键能：H—Cl>H—Br>H—I，故H2在Cl2中燃烧放热最多，在I2中燃烧放热最少。推测键能：H—F>H—Cl，故知H2在F2中燃烧放热多。
【答案】　(1)185　(2)a　多
12．已知H2(g)＋O2(g)===H2O(g)，反应过程中的能量变化如图所示。
(1)a、b、c分别代表的意思是________________、________________、________________。
(2)该反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，ΔH________0(填“<”或“>”)。
【解析】　(1)a代表旧键断裂所吸收的能量，b代表新键形成所放出的能量，c则代表断键吸收的能量与成键释放的能量之差。
(2)由图可知该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，ΔH<0。
【答案】　(1)旧键断裂吸收的能量　新键形成放出的能量　反应热　(2)放热　<
[能力提升]
13．(2016·广州高二检测)在氢气和氧气的燃烧反应2H2＋O2===2H2O中，破坏1
mol
H2的化学键吸收的能量为A，破坏1
mol
O2的化学键吸收的能量为B，形成1
mol
H2O的化学键放出的能量为C，则下列关系正确的是(　　)
A．A＋B>C
B．A＋BC．2A＋B<2C
D．2A＋B>2C
【解析】　该反应放热，故ΔH<0，据“ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和”知，2A＋B－2C<0，推知2A＋B<2C。
【答案】　C
14．已知1
mol
X2(g)完全燃烧生成X2O(g)放出热量a
kJ，且氧气中1
mol
O===O键完全断裂时吸收能量b
kJ，X2O中1
mol
X—O键形成时放出能量c
kJ，X2中1
mol
X—X键断裂时吸收的能量为(　　)
A．(4c－b＋2a)kJ
B.
kJ
C．(4c＋b－2a)
kJ
D.
kJ
【解析】　本题考查了键能与反应中能量变化的关系。1
mol
X2完全燃烧生成X2O(g)，放出热量为a
kJ，则2X2(g)＋O2(g)===2X2O(g)　ΔH＝－2a
kJ·mol－1，设1
mol
X—X键断裂时吸收能量为Q，有2Q＋b－4c＝－2a，求得Q＝
kJ，所以B项正确。
【答案】　B
15．(2016·南阳高二检测)指常温下，1
mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是(　　)
共价键
H—H
F—F
H—F
H—Cl
H—I
E(kJ·mol－1)
436
157
568
432
298
A.432
kJ·mol－1>E(H—Br)>298
kJ·mol－1
B．表中最稳定的共价键是H—F键
C．H2(g)＋F2(g)===2HF(g)　
ΔH＝－25
kJ·mol－1
D．H2(g)→2H(g)　ΔH＝＋436
kJ·mol－1
【解析】　A项，由表格信息可知E(H—Cl)>E(H—Br)>E(H—I)，故正确；B项，共价键的键能越大越稳定，故稳定性：H—F>H—H>H—Cl>H—I>F—F，正确；C项，由ΔH＝(436＋157－568×2)kJ·mol－1，知ΔH＝－543
kJ·mol－1，故错误；D项，H2(g)→2H(g)吸收能量436
kJ，故正确。
【答案】　C
16．在化学反应中，能引发化学反应的分子间碰撞称之为有效碰撞，这些分子称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能，其单位用kJ·mol－1表示。请认真观察下图，然后回答问题。
【导学号：29910003】
(1)图中反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，该反应________(填“需要”或“不需要”)环境先提供能量，该反应的ΔH＝________(用含E1、E2的代数式表示)。
(2)已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8
kJ·mol－1，该反应的活化能为167.2
kJ·mol－1，则其逆反应的活化能为________。
(3)对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实验(Ⅰ)相比，活化能________(填“升高”、“降低”或“不变”)，对反应热是否有影响？________，原因是_______________________________________________
_______________________________________________。
【解析】　(2)由图示可知ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能，故逆反应活化能＝正反应活化能－ΔH＝167.2
kJ·mol－1－(－241.8
kJ·mol－1)＝409.0
kJ·mol－1。
【答案】　(1)放热　需要　E2－E1　
(2)409.0
kJ·mol－1
(3)降低　无影响　催化剂只降低反应的活化能，不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变。[或：因为催化剂只降低反应的活化能，同等程度的降低E1、E2的值，则E2－E1的差(即反应热)不改变。]
PAGE学业分层测评（三）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．2015年10月份北京等多个城市出现严重的雾霾天气，可吸入颗粒物是加重雾霾天气污染的罪魁祸首。下列说法不正确的是(　　)
A．PM2.5值越大，形成雾霾天气的可能性越大
B．火电及北方冬季供暖烧煤所产生的废气是形成雾霾的一个重要因素
C．氟氯烃作致冷剂会加剧雾霾天气的形成
D．城市由于汽车尾气的大量排放，比农村形成雾霾的可能性大
【解析】　氟氯烃作致冷剂会加剧臭氧层破坏。
【答案】　C
2．下列分别是利用不同能源发电的实例图形，其中不属于新能源开发利用的是(　　)
A．风力发电　B．太阳能发电
C．火力发电
D．潮汐能发电
【解析】　火力发电以煤作为燃料，煤属于化石燃料。
【答案】　C
3．(2016·哈尔滨高二检测)下列关于燃料的说法正确的是(　　)
A．“可燃冰”(CH4·nH2O)是将水变为油的新型燃料
B．地热能是一种新型能源
C．乙醇是比汽油更环保、不可再生的燃料
D．石油和煤是工厂经常使用的可再生的化石燃料
【解析】　A项，“可燃冰”含碳元素，水不含碳元素，根据元素守恒知，水不能变为油；C项，乙醇属于可再生燃料；D项，石油和煤属于不可再生燃料。
【答案】　B
4．下列说法正确的是
(　　)
A．乙烯完全燃烧时，放出的热量为乙烯的燃烧热
B．在25
℃、101
kPa时，1
mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热
C．由2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566
kJ·mol－1，可知CO的燃烧热为283
kJ·mol－1
D．乙炔的燃烧热为1
299.6
kJ·mol－1，则2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(g)反应的ΔH＝－2
599.2
kJ·mol－1
【解析】　理解燃烧热的概念，一是注意可燃物的用量为1
mol纯物质；二是注意反应的程度，完全燃烧并生成稳定的氧化物，如C生成CO2(g)，S生成SO2(g)，H生成H2O(l)。选项A没有指明乙烯的物质的量为1
mol，且没说明水的聚集状态；选项B中没有指明1
mol碳完全燃烧生成CO2；选项D中热化学方程式的生成物水应为液态，反应热ΔH与其不对应。
【答案】　C
5．(2016·益阳高二检测)根据热化学方程式：S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－297.23
kJ/mol，分析下列说法中不正确的是(　　)
A．S的燃烧热为297.23
kJ/mol
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g)放出的热量大于297.23
kJ
C．32
g
S(g)完全燃烧放出的热量小于297.23
kJ
D．形成1
mol
SO2的化学键所释放的总能量大于断裂1
mol
S(s)和1
mol
O2(g)的化学键所吸收的总能量
【解析】　32
g
S(g)比32
g
S(s)所具的能量高，故32
g
S(g)完全燃烧放出的热量大于297.23
kJ。
【答案】　C
6．下列图示关系不正确的是(　　)
【解析】　燃烧热和中和热均属于反应热，两者是并列关系，A项正确；一次能源和二次能源是并列关系，而非交叉关系，B项错误；氧化还原反应既有放热反应又有吸热反应，非氧化还原反应也是既有放热反应又有吸热反应，C项正确；根据能源的分类及关系可知D项正确。
【答案】　B
7．甲醇属于可再生能源，可代替汽油作为汽车的燃料，下列能正确表示甲醇燃烧热的热化学方程式为
(　　)
【导学号：29910008】
A．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝＋763.3
kJ/mol
B．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－763.3
kJ/mol
C．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－675.3
kJ/mol
D．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－1
526.6
kJ/mol
【解析】　据燃烧热的定义，书写表示燃烧热的热化学方程式时要以1
mol可燃物为标准，其他物质的计量数可用分数，且生成物为稳定氧化物。
【答案】　B
8．已知3.0
g乙烷在常温下完全燃烧放出的热量为155.98
kJ，则表示乙烷燃烧热的热化学方程式是(　　)
A．2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)
ΔH＝－3
119.6
kJ·mol－1
B．C2H6(g)＋O2(g)===2CO(g)＋3H2O(g)
ΔH＝－1
559.8
kJ·mol－1
C．C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)
ΔH＝－1
559.8
kJ·mol－1
D．C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1
559.8
kJ·mol－1
【解析】　由于燃烧热的热化学方程式应以1
mol燃料为标准书写，故A项不符合题意；B中的燃烧产物CO不是C2H6完全燃烧后的稳定氧化物，H2O的状态不应为气态而应为液态；常温下水为液态，则C错误。
【答案】　D
9．据悉，长征七号火箭将于2016年首飞，其燃料为偏二甲基肼()。已知：1.5
g偏二甲基肼完全燃烧放出50
kJ热量，则偏二甲基肼的燃烧热为(　　)
A．1
000
kJ/mol　　
B．1
500
kJ/mol
C．2
000
kJ/mol
D．3
000
kJ/mol
【解析】　由偏二甲基肼的摩尔质量为60
g/mol得：n＝＝
mol
所以1
mol偏二甲基肼燃烧时放出的热量为＝2
000
kJ/mol，即燃烧热为2
000
kJ/mol。
【答案】　C
10．家用液化气的主要成分之一是丁烷，当1.0
kg丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出的热量为5×104
kJ，试写出丁烷燃烧的热化学方程式：_____
_______________________________________________，
丁烷的燃烧热为________kJ/mol。已知1
mol液态水汽化时需要吸收44
kJ的热量，C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)的ΔH＝________kJ/mol。
【解析】　1
kg丁烷完全燃烧生成CO2和液态水时，放出的热量为5×104
kJ，则1
mol丁烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为：
kJ＝2
900
kJ，故丁烷燃烧的热化学方程式为：C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)　ΔH＝－2
900
kJ/mol，丁烷的燃烧热为2
900
kJ/mol。当丁烷燃烧生成的5
mol液态水变为气态水时，需吸收5
mol×44
kJ/mol＝220
kJ的热量，故C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)的ΔH＝－2
900
kJ/mol＋220
kJ/mol＝－2
680
kJ/mol。
【答案】　C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)　ΔH＝－2
900
kJ/mol　2
900　－2
680
11．当今世界，能源的发展日益成为全世界、全人类共同关注的问题。乙烷、二甲醚燃烧热较大，可用作燃料，如图是乙烷、二甲醚燃烧过程的能量变化图。请回答下列问题：
(1)乙烷的燃烧热ΔH＝________kJ·mol－1。
(2)等物质的量的液态乙烷比气态乙烷完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量________(填“多”或“少”)。
(3)根据该图写出表示二甲醚燃烧热的热化学方程式：_______________________________________________。
(4)二氧化碳是主要的温室气体，从环保角度分析，放出相同的热量时选择________(填“乙烷”或“二甲醚”)作为燃料产生的CO2较少。
【解析】　(1)以生成物1
mol
H2O(l)作基准，确定a＝，b＝，c＝1，d＝，得：C2H6(g)＋O2(g)===CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝－520
kJ·mol－1
CH3OCH3(g)＋O2(g)===CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝－485
kJ·mol－1
所以乙烷的燃烧热ΔH＝－520
kJ·mol－1×3＝－1
560
kJ·mol－1。
(2)由于液态乙烷所具有的能量低于气态乙烷具有的能量，故生成稳定氧化物时放出的热量少。(4)放出相同的热量时，由方程式知乙烷产生的CO2较少。
【答案】　(1)－1
560　(2)少　(3)CH3OCH3(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1
455
kJ·mol－1　(4)乙烷
[能力提升]
12．一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物
燃烧热/kJ·mol－1
化合物
燃烧热/kJ·mol－1
甲烷
891.0
正丁烷
2
878.0
乙烷
1
560.8
异丁烷
2
869.6
丙烷
2
221.5
2 甲基丁烷
3
531.3
下列表达正确的是
(　　)
A．正戊烷的燃烧热大于3
531.3
kJ·mol－1
B．稳定性：正丁烷>异丁烷
C．乙烷燃烧的热化学方程式为2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1
560.8
kJ·mol－1
D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
【解析】　分析表中数据可得出规律：①烷烃中，碳原子数越多，燃烧热数值越大，碳原子数相同时，支链越多，燃烧热数值越低。A项，综合表中数据可知正戊烷的燃烧热大于3
531.3
kJ·mol－1，A正确；B项，稳定性：正丁烷<异丁烷，B错误；2
mol乙烷燃烧的热化学方程式应为2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(l)　ΔH＝－3
121.6
kJ·mol－1，C错误；相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越少，D错误。
【答案】　A
13．氢气(H2)、一氧化碳(CO)、辛烷(C8H18)、甲烷(CH4)燃烧的热化学方程式分别为：
【导学号：29910009】
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8
kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0
kJ·mol－1
C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－5
518
kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－890.3
kJ·mol－1
相同质量的H2、CO、C8H18、CH4完全燃烧时，放出热量最少的是(　　)
A．H2(g)
B．CO(g)
C．C8H18(l)
D．CH4(g)
【解析】　由热化学方程式可知，相同质量的H2、CO、C8H18、CH4放出的热量分别为：
H2为×285.8
kJ＝142.9m
kJ，
CO为×283.0
kJ＝10.1m
kJ，
C8H18为×5518
kJ＝48.4m
kJ，
CH4为×890.3
kJ＝55.6m
kJ，
其中m为各物质的质量，比较可知选B。
【答案】　B
14．已知H2的燃烧热为285.8
kJ·mol－1，CO的燃烧热为282.8
kJ·mol－1。现有H2和CO组成的混合气体56.0
L(标准状况)，经充分燃烧后，一共放出热量710.0
kJ，并生成液态水。下列说法正确的是(　　)
A．CO燃烧的热化学方程式为
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)
ΔH＝＋282.8
kJ·mol－1
B．H2燃烧的热化学方程式为
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－571.6
kJ·mol－1
C．燃烧前的混合气体中，H2的体积分数为40%
D．混合气体燃烧后与足量的过氧化钠反应，电子转移总数为2
mol
【解析】　A项为1
mol
CO燃烧生成1
mol
CO2放热282.8
kJ，ΔH<0，错误。B项中由于题目中已知H2的燃烧热，因此生成的H2O应为液态，错误。设56.0
L混合气体中含H2的物质的量为x，CO的物质的量为y，列式x＋y＝＝2.5
mol　①，285．8
kJ·mol－1x＋282.8
kJ·mol－1y＝710.0
kJ　②，联立①②解得x＝1
mol，则H2的体积分数为×100%＝40%，C项正确。混合气体燃烧后生成H2O、CO2共2.5
mol，与足量的过氧化钠反应能产生O2
1.25
mol，其电子转移总数为2.5
mol，D项错误。
【答案】　C
15．磷在氧气中燃烧，可能生成两种固态氧化物P2O3和P2O5，现将3.1
g的单质磷(P)在3.2
g氧气中燃烧至反应物耗尽，并放出X
kJ的热量。
(1)反应后生成物的组成(用化学式表示)是________。
(2)已知单质磷的燃烧热为Y
kJ·mol－1，则1
mol
P与O2反应生成固态P2O3的反应热ΔH＝________________________。
(3)若3.1
g磷在3.6
g氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出Z
kJ的热量，则X________Z(填“<”“>”或“＝”)。
(4)磷的两种氧化物中，较稳定的是________。
【解析】　(1)　4P　＋　3O2　===2P2O3
0.1
mol　0.075
mol
O2过量，所以还有P2O5生成。
(2)P(s)＋O2(g)===P2O3(s)
ΔH＝－Q
kJ·mol－1
P(s)＋O2(g)===P2O5(s)
ΔH＝－Y
kJ·mol－1
设转化成P2O3、P2O5的P的物质的量分别为a、b
则所以
所以1
mol
P与O2反应生成固态P2O3的反应热
ΔH＝－(20X－Y)kJ·mol－1。
(3)氧气的量增多，则生成P2O5的量增多，又因为生成P2O5放出热量多，所以Z>X。
(4)放出热量越多越稳定，所以P2O5稳定。
【答案】　(1)P2O3、P2O5　(2)－(20X－Y)kJ·mol－1　(3)<　(4)P2O5
PAGE学业分层测评（十七）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．在硝酸铵溶液中，下列关系式正确的是(　　)
A．c(NO)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(NH)>c(NO)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(NO)＝c(NH)＝c(H＋)＝c(OH－)
D．c(NH)＝c(NO)>c(H＋)＝c(OH－)
【解析】　NH少量发生水解NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，溶液呈酸性，则可得关系式：c(NO)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，故选项B、C、D错误，只有A正确。
【答案】　A
2．HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸。在0.1
mol·L－1
NaA溶液中，离子浓度关系正确的是(　　)
A．c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
【解析】　HA为一元弱酸，则NaA为强碱弱酸盐，溶液由于A－的水解显碱性，离子浓度大小为c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，A项错误，B项错误；根据溶液中电荷守恒，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C项错误，D项正确。
【答案】　D
3．t
℃时，某浓度氯化铵溶液的pH＝4，下列说法中一定正确的是(　　)
A．由水电离出的氢离子浓度为10－10
mol·L－1
B．溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
C．溶液中c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
D．溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)
【解析】　NH水解促进了H2O的电离，溶液中的c(H＋)即为H2O电离的
c(H＋)，A错；在25
℃时，水的离子积为1×10－14，B错；NH水解生成H＋，故c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，C正确；由物料守恒可知c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，D错误。
【答案】　C
4．(2014·福建高考)下列关于0.10
mol·L－1
NaHCO3溶液的说法正确的是(　　)
【导学号：29910046】
A．溶质的电离方程式为NaHCO3Na＋＋H＋＋CO
B．25
℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋c(CO)
D．温度升高，c(HCO)增大
【解析】　A．H2CO3为弱电解质，HCO在水溶液中电离程度很小，书写电离方程式时，不能拆开，正确写法为NaHCO3Na＋＋HCO。B.注意是H＋和OH－的物质的量的乘积，而不是物质的量浓度的乘积。加水稀释，n(H＋)、n(OH－)均增大。C.根据电荷守恒的规律，应在c(CO)前面乘以2。D.温度升高，HCO的电离程度、水解程度都增大，所以c(HCO)减小。
【答案】　B
5．在25
℃时，pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是(　　)
A．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B．c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
C．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
【解析】　pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合，则醋酸过量，溶液中的离子浓度大小关系应为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>
c(OH－)。
【答案】　D
6．下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是(　　)
A．氨水与氯化铵的pH＝7的混合溶液中：c(Cl－)>c(NH)
B．pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合：c(OH－)＝c(H＋)
C．0.1
mol·L－1的硫酸铵溶液中：c(NH)>c(SO)>c(H＋)
D．0.1
mol·L－1的硫化钠溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
【解析】　A项pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒知c(Cl－)＝c(NH)；B项，若为强酸则呈中性，若为弱酸则呈酸性；C项NH的水解程度很小(通常为1%～2%)，故c(NH)>c(SO)>c(H＋)；D项为Na2S溶液中的质子守恒式，应为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)。
【答案】　C
7．(2014·广东高考)常温下，0.2
mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．HA为强酸
B．该混合液pH＝7
C．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)
D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋
【解析】　做图像题首先要弄清横、纵坐标轴所代表的意义，本题所给图像的纵坐标为浓度，横坐标为各组分，即本图像给出的是各组分的浓度大小关系。其中，A－浓度最大，X、Y、Z浓度依次减小，由题意知，两者反应生成0.1
mol·L－1的NaA溶液。A.由于A－浓度小于0.1
mol·L－1，说明A－水解，即HA是弱酸，A错误。B.由于A－水解，水解后溶液呈碱性，B错误。C.根据物料守恒可知，c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，即c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)，C正确。D.混合液中粒子浓度大小关系：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，因此X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，D错误。
【答案】　C
8．(2014·全国卷
Ⅱ
)一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是(　　)
【导学号：29910047】
A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5
mol·L－1
B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)
D．pH相同的①CH3COONa　②NaHCO3　③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①>②>③
【解析】　A．pH＝5的H2S溶液中H＋的浓度为1×10－5
mol·L－1，但是HS－的浓度会小于H＋的浓度，H＋来自于H2S的第一步电离、HS－的电离和水的电离，故H＋的浓度大于HS－的浓度，错误。B.弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a碳酸的酸性>次氯酸的酸性，根据越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为醋酸钠>碳酸氢钠>次氯酸钠，则钠离子的浓度为①>②>③，故D正确。
【答案】　D
9．(2014·安徽高考)室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)
A．Na2S溶液：c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H2S)
B．Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)
C．Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)
D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)
【解析】　A．Na2S溶液中微粒关系为：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>
c(HS－)>c(H2S)，A错误。
B．Na2C2O4溶液中，由电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)①
由物料守恒得：c(Na＋)＝2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)②
由①－②得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，B正确。
C．Na2CO3溶液中，由电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，C错误。
D．CH3COONa和CaCl2混合溶液中存在：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)①
2c(Ca2＋)＝c(Cl－)②
①＋②得：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)，D错误。
【答案】　B
10．25
℃时，将0.01
mol
CH3COONa和0.002
mol
HCl溶于水，形成1
L混合溶液。回答下列问题：
(1)该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：
①_______________________________________________；
②_______________________________________________；
③_______________________________________________。
(2)溶液中共有________种不同的粒子(指分子和离子)。
(3)在这些粒子中，浓度为0.01
mol·L－1的是________，浓度为0.002
mol·L－1的是________。
(4)________和________两种粒子物质的量之和等于0.01
mol。
【解析】　0.01
mol
CH3COONa与0.002
mol
HCl溶于水形成1
L溶液，CH3COO－＋H＋CH3COOH，生成0.002
mol
CH3COOH，剩余CH3COONa
0.008
mol，生成NaCl
0.002
mol，溶液中存在的水解平衡：CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，存在的电离平衡：CH3COOH??H＋＋CH3COO－，H2O??H＋＋OH－。此时溶液中存在的离子有Cl－、Na＋、CH3COO－、H＋、
OH－，分子有H2O、CH3COOH，能够水解的离子及电离(微弱)产生的离子随外界条件的变化浓度发生变化，故浓度为定值的是强酸、强碱对应的阴、阳离子，c(Na＋)＝0.01
mol·L－1，c(Cl－)＝0.002
mol·L－1，由物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.01
mol·L－1，故CH3COO－与CH3COOH的物质的量之和为0.01
mol。
【答案】　(1)①CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－
②CH3COOH??CH3COO－＋H＋
③H2O??H＋＋OH－
(2)7　(3)Na＋　Cl－
(4)CH3COOH　CH3COO－
11．现有室温下浓度均为1×10－3
mol·L－1的几种溶液：①盐酸、②硫酸、③醋酸、④氯化铵、⑤氨水、⑥NaOH溶液。回答下列问题：
(1)上述6种溶液中，水电离出的c(H＋)最大的是________(填序号，下同)，最小的是________。
(2)将③、⑥混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为③________⑥(填“>”、“<”或“＝”)，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为_______________________________________________。
(3)将等体积的①、⑤混合，则溶液的pH________7(填“>”、“<”或“＝”)，用离子方程式说明其原因：_________________________________________。
(4)向相同体积的①、②、③溶液中分别加入相同且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为________________，最终产生H2总量的关系为________。
(5)向相同体积的①、③溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，充分混合后，混合液的pH大小关系为①
________③(填“>”、“<”或“＝”，下同)。
(6)若将等体积的⑤、⑥溶液加热至相同温度后，溶液的pH大小关系为⑤________⑥。
【解析】　(1)酸和碱会抑制水的电离，c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小。能水解的盐可促进水的电离，故④中水的电离程度最大，②中水的电离程度最小。
(2)若③和⑥等体积反应，则恰好生成CH3COONa，水解呈碱性，现反应后呈中性，则醋酸过量。由于溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，由此可得溶液中离子浓度的大小关系。
(3)等体积的①、⑤混合，恰好完全反应生成NH4Cl，NH水解呈酸性。
(4)由于起始时c(H＋)2>c(H＋)1>c(H＋)3，c(H＋)越大，反应速率越快。由于酸提供的H＋总量n(H＋)2>n(H＋)1＝n(H＋)3，由此可知产生H2的总量关系为②>①＝③。
(5)由于在盐酸中加入CH3COONa溶液会先反应生成醋酸，因此溶液pH上升较慢，故混合液的pH：①<③。
(6)虽然加热能促使氨水的电离，但仍不可能完全电离，而且由于温度升高，NH3会挥发，因此溶液的pH：⑤<⑥。
【答案】　(1)④　②
(2)>　c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
(3)<　NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(4)②>①>③　②>①＝③
(5)<　(6)<
[能力提升]
12．(双选)(2014·江苏高考)25
℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．0.1
mol·L－1
CH3COONa溶液与0.1
mol·L－1
HCl溶液等体积混合：
c(Na＋)＝c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(OH－)
B．0.1
mol·L－1
NH4Cl溶液与0.1
mol·L－1氨水等体积混合(pH>7)：
c(NH3·H2O)>c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)
C．0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液与0.1
mol·L－1
NaHCO3溶液等体积混合：
c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
D．0.1
mol·L－1
Na2C2O4溶液与0.1
mol·L－1
HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：
2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
【解析】　A．二者恰好反应生成CH3COOH和NaCl，CH3COOH发生电离CH3COOH??CH3COO－＋H＋，溶液显酸性，故A选项正确。
B．NH4Cl与NH3·H2O等浓度混合显碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，故c(NH)>c(NH3·H2O)，故B选项错误。
C．等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，根据物料守恒，可知2c(Na＋)＝3c(CO)＋3c(HCO)＋3c(H2CO3)，故C选项正确。
D．根据电荷守恒，该选项缺少了c(Cl－)，故D选项错误。
【答案】　AC
13．某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子，则下列描述正确的是
(　　)
A．该溶液可能是由pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成的
B．该溶液可能是由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成的
C．加入适量NaOH，溶液中离子浓度为
c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)和c(NH)之和
【解析】　pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，CH3COOH过量，溶液显酸性，故A有可能；B项中两溶液混合后生成CH3COONa水解显碱性，因而不可能；C选项不符合电荷守恒，故不可能；D项中加入适量氨水后的溶液中电荷守恒关系为：c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，因为不知道此时溶液酸碱性情况，故不能判断c(H＋)与c(OH－)的相对大小，即不能判断c(CH3COO－)与c(Na＋)和c(NH)之和的大小关系。
【答案】　A
14．(1)0.020
mol·L－1的HCN(aq)与0.020
mol·L－1
NaCN(aq)等体积混合，已知该混合溶液中c(Na＋)>c(CN－)，用“>”“<”“＝”符号填空。
①溶液中c(OH－)________c(H＋)。
②溶液中c(HCN)________c(CN－)。
(2)已知某溶液中存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：
A．c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．c(Cl－)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－)
填写下列空白：
①若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(填序号)。
②若上述关系中C是正确的，则溶液中的溶质为__________________；
若上述关系中D是正确的，则溶液中的溶质为____________________。
③若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)________c(OH－)。　
【解析】　(1)c(Na＋)>c(CN－)，说明NaCN的水解程度比HCN的电离程度大，c(OH－)>c(H＋)，c(HCN)>c(CN－)。
(2)①若溶液中只有一种溶质，该溶质为NH4Cl，因NH水解溶液呈酸性，离子浓度的大小关系为c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。
②因为c(OH－)>c(H＋)、c(NH)>c(Cl－)，所以溶液中除含有NH4Cl外，还必须含有NH3·H2O。若c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)，则说明溶液中含有NH4Cl和HCl。
③NH4Cl水解溶液呈酸性，若等体积稀盐酸与氨水混合后呈中性，说明氨水过量，故c(HCl)【答案】　(1)①>　②>
(2)①NH4Cl　A
②NH4Cl和NH3·H2O　NH4Cl和HCl
③小于　大于
PAGE章末综合测评（三）
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．在100
℃时，水的离子积等于1.0×10－12，若该温度下某溶液中的c(H＋)＝1×10－7
mol/L，则该溶液(　　)
A．呈碱性　
B．呈酸性
C．呈中性
D．c(H＋)＝c(OH－)
【解析】　100
℃时，该溶液中c(H＋)＝1×10－7
mol/L，c(OH－)＝1×10－5
mol/L，c(H＋)【答案】　A
2．(2015·重庆高考)下列叙述正确的是(　　)
A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B．25
℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7
C．25
℃时，0.1
mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D．0.1
mol
AgCl和0.1
mol
AgI混合后加入1
L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)
【解析】　A．醋酸是弱电解质，存在电离平衡CH3COOH??CH3COO－＋H＋，加入醋酸钠，使溶液中的c(CH3COO－)增大，电离平衡逆向移动，抑制醋酸的电离，故不正确。B.25
℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水完全反应生成NH4NO3，NH4NO3是强酸弱碱盐，NH发生水解，溶液呈酸性，pH<7，故不正确。C.H2S是弱电解质，部分电离，而Na2S是强电解质，完全电离，在等浓度的两种溶液中，Na2S溶液中离子浓度较大，溶液的导电能力强，故正确。D.0.1
mol
AgCl和0.1
mol
AgI混合后加入1
L水中，达到沉淀溶解平衡，因为AgCl的溶解度大于AgI，溶液中c(Cl－)>c(I－)，故不正确。
【答案】　C
3．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．加入少量NH4Cl固体，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【解析】　化学平衡常数只受温度的影响，A错误；加入的NH4Cl水解呈酸性与CO相互促进水解，使平衡向正反应方向移动，B正确；升高温度，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，C错误；加入NaOH固体，溶液的pH增大，D错误。
【答案】　B
4．(2015·江苏高考)常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是(　　)
A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO、Cl－
B.＝1×10－13
mol·L－1的溶液中：NH、Ca2＋、Cl－、NO
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO、SO
D．水电离的c(H＋)＝1×10－13
mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO、CO
【解析】　A选项，使酚酞变红色的溶液显碱性，而Al3＋在碱性条件下不能大量存在，所以错误；B选项，溶液的pH＝1，各离子之间不发生反应，可以大量共存，所以正确；C选项，与铝反应放出氢气的溶液可能显酸性也可能显碱性，若溶液显碱性，亚铁离子不能大量存在，若溶液显酸性，Fe2＋和NO不能大量共存，所以错误；D选项，该溶液可能显酸性也可能显碱性，如果显酸性，偏铝酸根离子和碳酸根离子不能大量存在，所以错误。
【答案】　B
5．H2S水溶液中存在电离平衡H2S??H＋＋HS－和HS－??H＋＋S2－。若向H2S溶液中(　　)
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小
D．加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小
【解析】　加水促进电离，但氢离子浓度减小，A项错误。B项反应：2H2S＋SO23S↓＋2H2O，当SO2过量
溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH减小，错误。滴加新制氯水，发生反应Cl2＋H2S===2HCl＋S↓平衡向左移动，溶液pH减小，C项正确。加入少量硫酸铜固体，发生反应H2S＋Cu2＋CuS↓＋2H＋，H＋
浓度增大，D项错误。
【答案】　C
6．(2015·广东高考)一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是(　　)
A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13
C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【解析】　A．c点溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液呈碱性，升温，溶液中
c(OH－)不可能减小。B.由b点对应c(H＋)与c(OH－)可知，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14。C.FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H＋)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH－)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化。D.c点溶液呈碱性，稀释时c(OH－)减小，同时c(H＋)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的转化。
【答案】　C
7．已知难溶性物质K2SO4·MgSO4·2CaSO4在水中存在如下平衡：K2SO4·MgSO4·2CaSO4(s)??2Ca2＋＋2K＋＋Mg2＋＋4SO，不同温度下，K＋的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示，则下列说法错误的是(　　)
A．向该体系中加入饱和NaOH溶液，溶解平衡向右移动
B．向该体系中加入饱和碳酸钠溶液，溶解平衡向右移动
C．该平衡的Ksp＝c(Ca2＋)·c(K＋)·c(Mg2＋)·c(SO)
D．升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动
【解析】　A、B选项，OH－与Mg2＋结合生成Mg(OH)2沉淀、CO与Ca2＋结合生成CaCO3沉淀，均能使平衡右移，正确；C选项，Ca2＋、K＋、SO的化学计量数分别为2、2、4，错误；由图像可知升高温度K＋的浸出浓度增大，所以此反应为吸热反应，D选项正确。
【答案】　C
8．(2015·海南高考)0.1
mol下列气体分别与1
L
0.1
mol·L－1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是(　　)
A．NO2
B．SO2
C．SO3
D．CO2
【解析】　A．NO2与NaOH溶液发生反应：2NO2＋2NaOHNaNO3＋NaNO2＋H2O，二者恰好反应得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，NaNO2为强碱弱酸盐，水溶液显碱性；B.SO2与NaOH溶液发生反应：SO2＋NaOHNaHSO3，该生成物是强碱弱酸盐，由于HSO电离大于水解作用，所以水溶液显酸性；C.SO3与NaOH发生反应：SO3＋NaOHNaHSO4，该生成物是强酸强碱的酸式盐，电离使溶液显酸性，相当于一元强酸，所以酸性比NaHSO3强；D.CO2与NaOH溶液发生反应：CO2＋NaOHNaHCO3，该生成物是强碱弱酸盐，由于HCO电离小于水解作用，所以溶液显碱性。因此溶液的酸性最强的是NaHSO4，溶液的酸性越强，pH越小。故正确选项是C。
【答案】　C
9．已知KspCu(OH)2]＝2.2×10－20，KspFe(OH)3]＝4.0×10－38，Cu2＋和Fe3＋完全生成氢氧化物沉淀时的pH分别为6.7和3.2。现在向pH＝0、浓度均为0.04
mol·L－1的Cu2＋、Fe3＋溶液中加入某一固体，以中和H＋调节pH(设溶液体积不变)，该过程中Cu2＋、Fe3＋的浓度与pH关系正确的是(　　)
【导学号：29910051】
【解析】　由KspCu(OH)2]＝2.2×10－20、KspFe(OH)3]＝4.0×10－38,0.04
mol·L－1的Cu2＋、Fe3＋溶液，Cu2＋开始沉淀时c(OH－)＝＝7.4×10－10
mol·L－1，pH约为4.8，Fe3＋开始沉淀时，c(OH－)＝＝10－12
mol·L－1，pH＝2。所以pH＝2时Fe3＋开始沉淀，当全部沉淀时，pH为3.2。
【答案】　B
10.某温度下，向一定体积0.1
mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lgOH－])与pH的变化关系如图所示，则(　　)
A．M点所示溶液的导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
【解析】　Q点pOH＝pH＝a，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液呈中性，那么c(CH3COO－)＝c(Na＋)，N点溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，那么
c(CH3COO－)【答案】　C
11．(2014·山东高考)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10
mL浓度为0.1
mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中(　　)
A．水的电离程度始终增大
B.先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10
mL时，c(NH)＝c(CH3COO－)
【解析】　A．醋酸显酸性，水的电离平衡受到抑制。在滴加NH3·H2O的过程中，酸性减弱，水的电离程度受到抑制的程度减小，电离程度增大，当CH3COOH反应完后，加入的NH3·H2O会抑制水的电离，电离程度减小，故该选项错误。
B．在向醋酸中滴加氨水的过程中，碱性增强酸性减弱，c(OH－)一直增大。由NH3·H2O??NH＋OH－可知，K＝，则＝，而K是常数，故一直减小，该选项错误。
C．n(CH3COOH)和n(CH3COO－)保持不变，但溶液的体积是增大的，故c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和逐渐减小，该选项错误。
D．当加入氨水10
mL时，两者恰好完全反应生成CH3COONH4，由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知，CH3COO－和NH的水解程度也相等，c(NH)＝c(CH3COO－)，该选项正确。
【答案】　D
12．(2014·天津高考)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)
A．pH＝1的NaHSO4溶液：c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)
B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag＋)>c(Cl－)＝c(I－)
C．CO2的水溶液：c(H＋)>c(HCO)＝2c(CO)
D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：
3c(Na＋)＝2c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)]
【解析】　NaHSO4溶液中，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，又因为c(Na＋)＝c(SO)，综合可得：c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)，A正确。相同条件下AgI的溶解度小于AgCl的，含有AgCl和AgI固体的悬浊液中，显然有c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)，B错误。CO2与水反应生成弱酸H2CO3，只有部分电离生成H＋和HCO，受H＋的抑制作用，HCO的电离程度更小，离子浓度关系为c(H＋)>c(HCO)>2c(CO)，C错误。含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液中，根据物料守恒有2c(Na＋)＝3c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)]，D错误。
【答案】　A
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
13．(12分)25
℃，NaOH和Na2CO3两溶液的pH均为11。
(1)两溶液中，由水电离的c(OH－)分别是：
①NaOH溶液中________；②Na2CO3溶液中________。
③在1
L水中加入上述溶液中的________会使水的电离程度减小。
(2)各取10
mL上述两种溶液，分别加水稀释到100
mL，pH变化较大的是________(填化学式)溶液。
(3)为探究纯碱溶液呈碱性是由CO引起的，请你设计一个简单的实验方案
_______________________________________________
_______________________________________________。
【解析】　NaOH能抑制水的电离，NaOH溶液中的H＋来自水的电离，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1.0×10－11
mol/L；Na2CO3水解能促进水的电离，其溶液中的OH－来自水的电离。加水稀释时，因为CO的水解程度增大，所以pH变化小。
【答案】　(1)①1.0×10－11
mol/L
②1.0×10－3
mol/L　③NaOH溶液
(2)NaOH
(3)向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去；这可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO引起的
14．(12分)现有浓度均为0.1
mol·L－1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸氢铵、⑦氨水，请回答下列问题：
(1)①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是________(填序号)。
(2)④、⑤、⑥、⑦四种溶液中NH浓度由大到小的顺序是________(填序号)。
(3)将③和④按体积比1∶2混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是
_______________________________________________。
(4)已知t
℃时，KW＝1×10－13，则t
℃________(填“>”“<”或“＝”)25
℃。在t
℃时将pH＝11的NaOH溶液a
L与pH＝1的H2SO4溶液b
L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH＝2，则a∶b＝________。
【解析】　(1)酸或碱抑制水的电离，酸中c(H＋)、碱中c(OH－)越大，水电离程度越小，所以②>③>①。盐水解促进水的电离，则④>②>③>①。(2)⑦中NH3·H2O部分电离，c(NH)最小；⑤中CH3COO－和NH相互促进水解；⑥中NH4HSO4NH＋H＋＋SO，H＋抑制NH的水解；所以c(NH)由大到小的顺序是⑥④⑤⑦。(3)NaOH溶液与NH4Cl溶液按体积比1∶2混合，反应后得到同浓度的NH3·H2O、NH4Cl和NaCl混合物溶液。溶液中NH3·H2O??NH＋OH－，NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，因电离大于水解，溶液显碱性，离子浓度
c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)。(4)t
℃时，KW>1×10－14，则t
℃>25
℃。混合后溶液pH＝2，溶液显酸性。则＝10－2,9b＝2a，a∶b＝9∶2。
【答案】　(1)④②③①　(2)⑥④⑤⑦
(3)c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
(4)>　9∶2
15．(14分)已知t
℃时，0.01
mol/L
NaOH溶液的pH＝11,0.1
mol/L的HA溶液中＝109。
请回答下列问题：
(1)该温度下，水的离子积KW＝________，HA是________(填“强”或“弱”)酸。
(2)该温度下，将pH之和为13的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，所得溶液呈________(填“酸”、“碱”或“中”)性，理由是________________________。
(3)在室温下，用蒸馏水稀释0.01
mol/L
HA溶液时，下列呈减小趋势的是________。
A.
B.
C．溶液中c(H＋)和c(OH－)的乘积
D．溶液中c(A－)·c(HA)的值
E．水的电离程度
(4)室温下，取pH＝2的盐酸和HA溶液各100
mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示：
①图中表示HA溶液pH变化曲线的是________(填“A”或“B”)；
②设盐酸中加入Zn的质量为m1，HA溶液中加入Zn的质量为m2，则m1________m2(填“>”、“<”或“＝”)。
【解析】　(1)0.01
mol/L
NaOH溶液的pH＝11，即c(H＋)＝10－11
mol/L，则KW＝0.01×10－11＝10－13。0.1
mol/L的HA溶液中＝109，则c(H＋)＝10－2
mol/L，故HA为弱酸。(2)pH之和为13的NaOH溶液和HA溶液等体积混合后，HA有剩余，酸过量，溶液显酸性。(3)A项，加水稀释时n(H＋)的增加量大于
n(A－)，增大；B项，K＝，＝，由于K不变，c(H＋)减小；则减小；C项，c(H＋)和c(OH－)的乘积为KW，不变；D项，稀释时，c(A－)、c(HA)均减小，故c(A－)·c(HA)减小；E项，水的电离程度增大。(4)①向HA溶液中加入Zn，HA电离程度增大，c(H＋)减小的慢，故曲线B对应的是HA。②pH由2变为4时，HA减小的物质的量大于HCl减小的物质的量，因此HA消耗的Zn质量较大。
【答案】　(1)10－13　弱
(2)酸　混合前的酸中c(H＋)与碱中c(OH－)相同，而HA是弱酸，等体积混合后酸过量
(3)B、D　(4)①B　②<
16．(14分)草酸晶体的组成可用H2C2O4·xH2O表示，为了测定x值，进行如下实验：
①称取w
g草酸晶体，配成100.00
mL水溶液。
②量取25.00
mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀硫酸。
③用浓度为a
mol/L的KMnO4溶液滴定到滴入最后一滴KMnO4半分钟后不再褪色为止。
所发生的反应：2KMnO4＋5H4C2O4＋3H2SO4K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O。
试回答：
(1)实验中不需要的仪器有________(填序号)，还缺少的仪器有
____________________。
a．托盘天平(带砝码，镊子)　b．滴定管　c．100
mL量筒　d．100
mL容量瓶　e．烧杯　f．漏斗　g．锥形瓶　h．玻璃棒　i．药匙　j．烧瓶
(2)实验中，标准液KMnO4溶液应装在________式滴定管中，因为______________________________。
(3)若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得的x值会________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(4)在滴定过程中若用a
mol/L的KMnO4溶液V
mL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为________mol/L，由此可计算x值是________。
【解析】　该题涉及氧化还原滴定。虽然反应原理与中和滴定不同，但实验原理及操作和所用仪器都类似。由于该反应有明显的颜色变化，故可不用指示剂。(1)不需要的仪器为100
mL量筒、漏斗和烧瓶，其余均在实验中用到。(2)因为KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，故只能用酸式滴定管盛装。(3)滴定原理是一定量的草酸溶液与KMnO4溶液反应，与草酸的物质的量有关，与其浓度没有关系，故用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下不会影响测定结果。
(4)2KMnO4　～　5H2C2O4
2
mol　　　　　5
mol
aV×10－3　　　0.025×c
mol
＝，c＝
mol/L，
H2C2O4·xH2O～H2C2O4　　～　　xH2O
1
mol　　　　　　18x
g
×0.1
mol　　g
＝，x＝－5。
【答案】　(1)c、f、j　铁架台(带滴定管夹)、胶头滴管
(2)酸　KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管上的橡胶管
(3)无影响　(4)　－5
PAGE章末综合测评（四）
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．下列过程通电后才能进行的是(　　)
①电离　②电解　③电镀　④电化学腐蚀
A．①②③
B．①②④
C．②③
D．全部
【解析】　电解、电镀均须外加电源才能实现电能转化为化学能；电离是电解质在水溶液中离解的过程，电化学腐蚀是原电池原理，二者不需要通电。
【答案】　C
2．下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是(　　)
A．电池Ⅰ中锌是正极
B．电池Ⅱ是一次性电池
C．电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应
D．电池Ⅳ工作时，电子由锌通过导线流向碳棒
【解析】　电池Ⅰ中锌是负极，铜是正极，A错误；电池Ⅱ为铅蓄电池，属于二次电池，B错误；电池Ⅲ为氢氧燃料电池，H2在负极失去电子发生氧化反应，C错误；电池Ⅳ为锌锰干电池，锌为负极，碳棒为正极，电子由负极流向正极，D正确。
【答案】　D
3．(2016·武汉高二检测)下图有关电化学的示意图正确的是(　　)
【解析】　A项，金属性：Sn>Cu，故Sn为负极；B项，电解精炼铜装置中，精铜作阴极，粗铜作阳极；C项，铁片镀锌时，Zn作阳极，Fe作阴极；D项，电解饱和食盐水时，铁棒产生H2，碳棒电极产生Cl2，故正确。
【答案】　D
4．下列与金属腐蚀有关的说法正确的是(　　)
A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
B．图b中，开关由M改置于N时，Cu Zn合金的腐蚀速率减小
C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大
D．图d中，Zn MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的
【解析】　A项：插入海水中的铁棒靠近液面的位置与氧气接触，易发生吸氧腐蚀；B项：开关由M改置于N时，Zn作负极，Cu Zn合金作正极，合金受到保护；C项：接通开关形成原电池，Zn作负极，Zn的腐蚀速率增大，但气体是在Pt电极上生成；D项：Zn MnO2中自放电腐蚀主要是Zn发生氧化反应而自放电。
【答案】　B
5．(2016·泰安高二检测)将下图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是(　　)
甲　　　　　　　　　　　乙
A．Cu电极上发生还原反应
B．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动
C．片刻后甲池中c(SO)增大
D．片刻后可观察到滤纸b点变红色
【解析】　由图示装置知为Cu－Zn原电池。A项，Cu电极作正极，电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，为还原反应，正确；B项，电子不能通过溶液，即不能实现a→b，错误；C项，甲池中c(SO)基本不变，盐桥中Cl－进入甲池，中和产生的Zn2＋所带的正电荷；D项，b点为阳极，电极反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，a点为阴极，电极反应：2H＋＋2e－===H2↑，故a点变红色。
【答案】　A
6．(2016·长沙高二检测)铁镍蓄电池放电时的总反应式为Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法正确的是(　　)
A．电池的负极为Ni2O3，正极为Fe
B．电池的电解液可能是碱性溶液，也可能是酸性溶液
C．电池放电时，正极反应式为Ni2O3＋3H2O＋2e－===2Ni(OH)2＋2OH－
D．电池充电时，阳极附近溶液的pH升高
【解析】　A项，Fe发生氧化反应，Ni2O3发生还原反应，故Fe为负极，Ni2O3为正极；B项，电池反应产物为Fe(OH)2、Ni(OH)2，在酸性溶液中不存在，故电池的电解液为碱性溶液；D项，电池充电时，阳极反应2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O，阳极附近c(OH－)减小，pH降低。
【答案】　C
7．X、Y、Z、W四块金属板分别用导线两两相连浸入稀硫酸中构成原电池。X、Y相连时，X为负极；Z、W相连时，外电路电流方向是W→Z；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡；W、Y相连时，W极发生氧化反应。据此判断四种金属的活动性顺序是
(　　)
A．X>Z>W>Y　　
B．Z>X>Y>W
C．X>Y>Z>W
D．Y>W>Z>X
【解析】　在原电池中，活泼金属作原电池的负极，失去电子发生氧化反应；不活泼的金属或非金属导体作原电池的正极，阳离子或氧气等在正极得到电子发生还原反应。电子由负极经导线流向正极，与电流的方向相反。因此，X、Y相连时，X为负极，则活动性X>Y；Z、W相连时，电流方向是W→Z，则活动性Z>W；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡，则活动性X>Z；W、Y相连时，W极发生氧化反应，则活动性W>Y。综上所述，可以得出金属的活动性顺序：X>Z>W>Y。故正确答案为A。
【答案】　A
8．如图是甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H＋)和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应式为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O。该电池负极发生的反应是
(　　)
A．CH3OH(g)＋O2(g)－2e－===H2O(l)＋CO2(g)＋2H＋(aq)
B．O2(g)＋4H＋(aq)＋4e－===2H2O(l)
C．CH3OH(g)＋H2O(l)－6e－===CO2(g)＋6H＋(aq)
D．O2(g)＋2H2O(l)＋4e－===4OH－(aq)
【解析】　该燃料电池的总反应为
2CH3OH＋3O2===4H2O＋2CO2　①
正极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O　②
①－②×3得：2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2＋12H＋，即CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋，C项正确。
【答案】　C
9．如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色。下列说法正确的是(　　)
①X是正极，Y是负极　②X是负极，Y是正极
③CuSO4溶液的pH逐渐减小　④CuSO4溶液的pH不变
A．①③
B．②③　　　C．①④　　　D．②④
【解析】　b极显红色说明在b极附近溶液呈碱性，H＋在b极放电，b极为阴极，即Y为负极，则X是正极。Pt极为阳极，左边总反应为：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，pH逐渐减小。
【答案】　A
10．(2014·大纲全国卷)右图是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MH Ni电池)。下列有关说法不正确的是(　　)
A．放电时正极反应为：NiOOH＋H2O＋e－―→Ni(OH)2＋OH－
B．电池的电解液可为KOH溶液
C．充电时负极反应为：MH＋OH－―→H2O＋M＋e－
D．MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高
【解析】　A．在原电池的负极发生的是氧化反应，在原电池的正极发生的是还原反应，分析化合价的升降，可知A选项正确；B.因为本电池为金属氢化物镍电池，又有Ni(OH)2等产生，因此可用碱性溶液作电解质溶液，B选项正确；C.该反应为放电时的负极反应，C选项错误；D.氢密度越大，单位体积内放出的电量越多，电池的能量密度越高，D选项正确。
【答案】　C
11．(2014·广东高考)某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其他均为Cu，则(　　)
A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极Ⅰ
B．电极Ⅰ发生还原反应
C．电极Ⅱ逐渐溶解
D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu
【解析】　当多个池串联时，两电极材料活泼性相差大的作原电池，其他池作电解池，由此可知图示中左边两池组成原电池，右边组成电解池。A.电子移动方向：电极Ⅰ→A→电极Ⅳ，电流方向与电子移动方向相反，A正确。B.原电池负极在工作中失电子，被氧化，发生氧化反应，B错误。C.原电池正极为得电子极，铜离子在电极Ⅱ上得电子，生成铜单质，该电极质量逐渐增大，C错误。D.电解池中阳极为非惰性电极时，电极本身失电子，形成离子进入溶液中，因为电极Ⅱ为正极，因此电极Ⅲ为电解池的阳极，其电极反应式为Cu－
2e－===Cu2＋，D错误。
【答案】　A
12．(2013·大纲全国卷)电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O)时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去。下列说法不正确的是(　　)
A．阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋
B．电解过程中溶液pH不会变化
C．过程中有Fe(OH)3沉淀生成
D．电路中每转移12
mol电子，最多有1
mol
Cr2O被还原
【解析】　根据电解原理写出电极反应式，然后逐一分析。
A．电解时用铁作阳极，失去电子生成具有还原性的Fe2＋，Fe2＋将废水中的Cr2O还原为Cr3＋。B.电解过程中消耗H＋，溶液的pH发生变化。C.电解过程中H2O电离出的H＋参与反应，c(OH－)增大，Cr3＋与Fe3＋都与OH－结合为沉淀。D.根据电极反应式Fe－2e－===Fe2＋，可知每转移12
mol
e－生成6
mol
Fe2＋，6
mol
Fe2＋可还原1
mol
Cr2O。
【答案】　B
二、非选择题(本题包括4个小题，共52分)
13．(12分)如下图所示装置中，当线路接通时，发现M(用石蕊试液浸润过的滤纸)a端显蓝色，b端显红色，且知甲中电极材料是锌、银，乙中电极材料是铂、铜，且乙中两电极不发生变化。回答：
甲　　　　　　乙
(1)甲、乙分别是什么装置？________、________。
(2)写出A、B、C、D的电极名称以及电极材料和电极反应式。
A极：_______________________________________________；
B极：_______________________________________________；
C极：_______________________________________________；
D极：_______________________________________________。
【解析】　由甲中电极材料及M中现象知，甲为原电池，Zn为负极，银为正极，乙为电解池，C为阳极，D为阴极。
【答案】　(1)原电池　电解池
(2)A极(负极Zn)：Zn－2e－===Zn2＋；B极(正极Ag)：Cu2＋＋2e－===Cu；C极(阳极Pt)：2OH－－2e－===H2O＋O2↑；D极(阴极Cu)：2H＋＋2e－===H2↑
14．(12分)(2016·济南高二检测)已知铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4
2PbSO4＋2H2O，现用如图装置进行电解(电解液足量)，测得当铅蓄电池中转移0.4
mol电子时铁电极的质量减少11.2
g。请回答下列问题。
(1)A是铅蓄电池的________极，铅蓄电池正极反应式为______________________，放电过程中电解液的密度________(填“减小”、“增大”或“不变”)。
(2)Ag电极的电极反应式是________，该电极的电极产物共________g。
(3)Cu电极的电极反应式是______________________________________，
CuSO4溶液的浓度________(填“减小”、“增大”或“不变”)。
(4)如图表示电解进行过程中某个量(纵坐标x)随时间的变化曲线，则x表示________。
a．各U形管中产生的气体的体积
b．各U形管中阳极质量的减少量
c．各U形管中阴极质量的增加
【解析】　(1)当铅蓄电池中转移0.4
mol电子时铁电极质量减少11.2
g，说明Fe电极为阳极，则B为电源正极，A为负极；铅蓄电池负极反应为Pb＋SO－2e－===PbSO4，总反应减去负极反应可得正极反应；放电过程中c(H2SO4)减小，故电解液密度减小。
(2)左U形管Ag电极为阴极：2H＋＋2e－===H2↑，由H2～2e－可知n(H2)＝
0.2
mol，故m(H2)＝0.4
g；
(3)右U形管Cu电极为阳极：Cu－2e－===Cu2＋，阴极(Zn)：Cu2＋＋2e－===Cu，相当于电镀池，故c(CuSO4)不变。
(4)a中，右侧U形管无气体产生，故不符合；b中，左U形管阳极Fe溶解，右U形管阳极Cu溶解，且单位时间内减少量m(Cu)>m(Fe)，故符合；C中，左U形管阴极质量不变，故不符合。
【答案】　(1)负　PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O　减小
(2)2H＋＋2e－===H2↑　0.4
(3)Cu－2e－===Cu2＋　不变
(4)b
15．(14分)如图装置中，b电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接通电源，金属M沉积于b极，同时a、d电极上产生气泡。试回答：
(1)a为________极，c极的电极反应式为________________________。
(2)电解开始时，在B烧杯的中央，滴几滴淀粉溶液，你能观察到的现象是：_______________________________________________，
电解进行一段时间后，罩在c极上的试管中也收集到了气体，此时c极上的电极反应为________。
(3)当d极上收集到44.8
mL气体(标准状况)时停止电解，a极上放出了________mol气体，若b电极上沉积金属M的质量为0.432
g，则此金属的摩尔质量为________。
(4)电解停止后加蒸馏水使A烧杯中的溶液体积仍为200
mL，取这种溶液加入到25.0
mL
0.100
mol·L－1
HCl溶液中，当加入31.25
mL溶液时刚好沉淀完全。试计算：电解前A烧杯中MNO3溶液的物质的量浓度为________。
【解析】　(1)由题意知b极：M＋＋e－===M，故b极为阴极，a极为阳极；则c极为阳极，电极反应为：2I－－2e－===I2。
(2)由于c极产生I2，故c极附近溶液首先变蓝，d极反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；无I2生成，故d极附近无现象；当c极I－放电完全后，OH－放电：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。
(3)a极反应：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋(或4OH－－4e－===O2↑＋2H2O)，d极反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－(或2H＋＋2e－＝H2↑)，由得失电子守恒知2H2～O2，n(O2)＝n(H2)＝×＝1×10－3mol；m(M＋)＝m(M)＝0.432
g，n(M)＝n(e－)＝4×10－3
mol，则m(M)＝＝108
g·mol－1。
(4)电解后c(AgNO3)＝＝0.08
mol/L，n(Ag＋)＝0.08
mol/L×0.2
L＝0.016
mol，
电解前c(AgNO3)＝＝0.1
mol/L。
【答案】　(1)阳　2I－－2e－===I2
(2)c极附近的溶液首先变为蓝色　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(3)0.001　108
g/mol
(4)0.1
mol·L－1
16．(14分)如图，p、q为直流电源两极，A为＋2价金属单质X制成，B、C、D为铂电极，接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D产生气泡。试回答：
(1)p为________极，A极发生了________反应。
(2)C试管里收集到的气体是________，电极方程式是________________________________。
(3)在电解过程中，测得的C、D两极上产生的气体的实验数据如下：
时间(min)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
阴极生成气体体积(cm3)
6
12
20
29
39
49
59
69
79
89
阳极生成气体体积(cm3)
2
4
7
11
16
21
26
31
36
41
仔细分析以上实验数据，请说出可能的原因：
_______________________________________________
_______________________________________________。
(4)当反应进行一段时间后，A、B电极附近溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)当电路中通过0.004
mol电子时，B电极上沉积金属X为0.128
g，则此金属的摩尔质量为________。
【解析】　根据金属沉积于B极知，B为阴极，则：A为阳极、C为阳极、D为阴极，p为正极，q为负极；A极为阳极，故发生的反应为金属X失电子被氧化；由上面的分析知，C为阳极，其电极反应式为：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；1～4
min
C、D两极产生的气体体积比大于2∶1，4～10
min产生的气体体积之比等于2∶1，说明氧气在H2SO4溶液的溶解度比氢气大；n(X2＋)＝＝0.002
mol，所以此金属的摩尔质量＝＝64
g/mol。
【答案】　(1)正　氧化
(2)氧气　4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
(3)1～4
min
C、D两极产生气体体积之比大于2∶1，4～10
min
产生的气体体积之比等于2∶1，说明氧气在H2SO4溶液的溶解度比氢气大
(4)不变　(5)64
g/mol
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(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．下列关于反应热的说法正确的是(　　)
A．已知C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH＝＋1.9
kJ·mol－1，说明金刚石具有的能量比石墨低
B．已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.4
kJ·mol－1，20
g氢氧化钠固体溶于稀盐酸中恰好完全反应时放出的热量大于28.7
kJ
C．已知甲烷的燃烧热为890.3
kJ·mol－1，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3
kJ·mol－1
D．将0.5
mol
N2和1.5
mol
H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3
kJ，其热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－38.6
kJ·mol－1
【解析】　A项，题给反应吸热，故金刚石能量比石墨高；C项，生成的H2O(g)不是稳定氧化物；D项，合成氨反应为可逆反应，0.5
mol
N2和1.5
mol
H2不能完全反应
，故无法判断ΔH的数值。
【答案】　B
2．把0.6
mol
X气体和0.4
mol
Y气体混合于2
L容器中，使它们发生如下反应：3X(g)＋Y(g)===nZ(g)＋2W(g)，5
min末已生成0.2
mol
W，若测知以Z表示的化学反应速率为0.01
mol·L－1·min－1，则上述反应中n的值是(　　)
A．1　
B．2
C．3
D．4
【解析】　由题意知v(W)＝＝0.02
mol·L－1·min－1，根据n∶2＝v(Z)∶v(W)知n＝1。
【答案】　A
3．(2015·北京高考)最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：
下列说法正确的是(　　)
A．CO和O生成CO2是吸热反应
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．CO和O形成了具有极性共价键的CO2
D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【解析】　A．状态Ⅰ总能量为反应物总能量，状态Ⅲ总能量为生成物总能量，由图示知反应物的总能量大于生成物的总能量，故该反应为放热反应。B.从状态Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的图示可以看出，反应中CO并未断裂成C和O，C、O原子间一直有化学键。C.由图示可以看出，CO和O生成了CO2，CO2分子中C与O形成极性共价键。D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应生成CO2的过程，并不是CO与O2的反应过程。
【答案】　C
4．在一定温度下，向a
L密闭容器中加入1
mol
O2和2
mol
NO，发生如下反应：O2(g)＋2NO(g)??2NO2(g)，此反应不一定达平衡的是
(　　)
A．容器内压强不随时间变化
B．容器内各物质的浓度不随时间变化
C．容器内O2、NO、NO2的浓度之比为1∶2∶2
D．单位时间内生成1
mol
O2，同时生成2
mol
NO2
【解析】　A项，该反应气体数目有变化，当容器内压强不随时间变化时，必达平衡；B项必达平衡；C项中，其比例是反应方程式中的系数比，不能反映量已固定，所以，不一定是平衡状态；D项，O2的生成是逆向反应，生成NO2是正向反应，比例1∶2与化学方程式系数相符，必是平衡状态。
【答案】　C
5．对于可逆反应：2A(g)＋B(g)??2C(g)　ΔH<0，下列各图正确的是(　　)
【解析】　B项，增大压强，v(正)、v(逆)均增大，故错误；C项，催化剂对化学平衡无影响，故不改变c(C)，错误；D项，温度升高，平衡逆向移动，A的转化率减小，故A的转化率：10
℃>100
℃。
【答案】　A
6．(2015·上海高考)已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如下图所示。下列说法正确的是(　　)
A．加入催化剂，减小了反应的热效应
B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
C．H2O2分解的热化学方程式：H2O2
→
H2O
＋
O2
＋
Q
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
【解析】　A．加入催化剂，减小了反应的活化能，使反应在较低的温度下发生，但是反应的热效应不变，错误。B.加入催化剂，可提高H2O2的分解反应速率，该反应不是可逆反应，而且催化剂不能使平衡发生移动，因此不存在平衡转化率的提高与否，错误。C.在书写热化学方程式时，也要符合质量守恒定律，而且要注明与反应的物质多少相对应的能量和物质的聚集状态，错误。D.根据图示可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，正确。
【答案】　D
7．某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述正确的是(　　)
A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B．a和b用导线连接时，铁片上发生的反应为：Cu2＋＋2e－===Cu
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色直接变成黄色
D．a连接直流电流正极，b连接直流电流负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动
【解析】　A项，a、b不连接时，Fe片发生反应：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故正确；B项，a和b用导线连接时形成原电池，Fe作负极：Fe－2e－===Fe2＋，Cu作正极：Cu2＋＋2e－===Cu；C项，溶液从蓝色逐渐变为浅绿色(Fe2＋)，再逐渐变为黄色(Fe3＋)；D项，为电解池，Cu2＋向阴极(Fe)移动。
【答案】　A
8．在体积都为1
L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65
g
锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是(　　)
【解析】　明确图像的点、线等的含义以及曲线走势表明的化学意义等。结合题中数据知：盐酸的量不足，恰好消耗0.325
g
Zn，醋酸足量，所以反应产生H2的量醋酸为盐酸的2倍，又因起始时溶液中c(H＋)相等，且开始时反应速率相同，随反应进行，醋酸中c(H＋)下降小，反应速率快，C项正确，选项A中起始时溶液pH为2而不是0。
【答案】　C
9．(2015·安徽高考)某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生。为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是(　　)
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2产生
C
收集气体的同时测得溶液的pH为8.6
弱碱性溶液中Mg也可被氧化
D
将光亮的镁条放入pH为8.6的NaOH溶液中有气泡产生
弱碱性溶液中OH－氧化了Mg
【解析】　A．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体只有NH3。B.由于NH4Cl溶液水解后显酸性，故产生的气体中含有H2。C.pH＝8.6的溶液显碱性，故弱碱性溶液中Mg可被氧化。D.溶液中有气泡产生，生成的气体是H2，是H＋将Mg氧化而不是OH－将其氧化。
【答案】　D
10．如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈蓝色。下列说法中不正确的是(　　)
A．x是正极，y是负极
B．a极产生氢气，b极生成I2
C．a极和Pt电极都有气泡产生
D．U形管中溶液的碱性增强
【解析】　淀粉遇碘变蓝→b极生成I2，即确定b极发生反应2I－－2e－===I2，则b极是阳极，x是负极，y是正极，a极H＋放电，发生反应2H＋＋2e－===H2↑，产生氢气，U形管中总反应式为2KI＋2H2O2KOH＋H2↑＋I2，溶液的碱性增强，故A错误，B、D正确；石墨为阴极，铂为阳极，电极反应分别是Cu2＋＋2e－===Cu,4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，C正确。
【答案】　A
11．(2015·北京高考)在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是(　　)
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO＋O2===2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
【解析】　A．铁放入稀HNO3中发生反应Fe＋4HNO3===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，NO逸出，遇到O2生成NO2，气体由无色变为红棕色。B.铁放入浓HNO3中，在常温下会钝化，即在Fe表面形成致密的氧化膜，阻止Fe进一步反应。C.浓HNO3的氧化性强于稀HNO3。D.在铁、铜之间加一个电流计，根据电子的流向，可判断铁是否被氧化。若电子由铁移动到铜，则铁被氧化。
【答案】　C
12．(2015·安徽高考)25
℃时，在10
mL浓度均为0.1
mol·L－1的NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1
mol·L－1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)
A．未加盐酸时：c(OH－)＞c(Na＋)＝c(NH3·H2O)
B．加入10
mL盐酸时：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．加入盐酸至溶液pH＝7时：c(Cl－)＝c(Na＋)
D．加入20
mL盐酸时：c(Cl－)＝c(NH)＋c(Na＋)
【解析】　A．NH3·H2O是弱电解质，能微弱电离，溶液中c(Na＋)＞c(NH3·H2O)。B.当加入10
mL盐酸时，恰好将NaOH中和完，溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)，根据电荷守恒式c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)。C.溶液pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒式可知c(Na＋)＋c(NH)＝c(Cl－)。D.加入20
mL盐酸时，恰好将NaOH和NH3·H2O中和完，根据物料守恒有c(Na＋)＋c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。
【答案】　B
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
13．(12分)为解决能源短缺问题，工业生产中应合理利用化学能。
(1)25
℃，1.01×105
Pa时，实验测得，4
g氢气在O2中完全燃烧生成液态水，放出572
kJ的热量，则H2的燃烧热的热化学方程式为__________________。
(2)下图是某笔记本电脑使用的甲醇燃料电池的结构示意图。放电时甲醇应从________处通入(填“a”或“b”)，电池内部H＋向________(填“左”或“右”)移动。写出电池负极的电极反应式___________________。
(3)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的破坏和生成物的化学键的形成过程。
化学键
H—H
N—H
N≡N
键能/kJ·mol－1
436
a
945
已知：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝－93
kJ·mol－1。试根据表中所列键能数据计算a的数值________。
(4)已知：C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5
kJ·mol－1①
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH2＝－571.6
kJ·mol－1②
2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH3＝－2599
kJ·mol－1③
根据盖斯定律，计算反应2C(s，石墨)＋H2(g)===C2H2(g)的ΔH＝________。
【解析】　(1)燃烧热指25
℃
101×103
Pa时，1
mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，即2
g
H2完全燃烧生成H2O(l)的热化学方程式。
(2)燃料电池中，燃料在负极发生氧化反应，H＋向正极(右)移动；CH3OH在酸性介质中生成CO2。
(3)据“ΔH＝反应物键能之和－生成物键能之和”计算。
(4)由①×2＋②×－③×得ΔH＝＋226.7
kJ·mol－1。
【答案】　(1)H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－286
kJ/mol
(2)a　右　CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋
(3)391　(4)＋226.7
kJ·mol－1
14．(2015·海南高考)(14分)氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：
(1)氨的水溶液显弱碱性，其原因为_________________________________
_________________________________________(用离子方程式表示)，0．1
mol·L－1的氨水中加入少量的NH4Cl固体，溶液的pH________(填“升高”或“降低”)；若加入少量的明矾，溶液中的NH的浓度________(填“增大”或“减小”)。
(2)硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O。250
℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为_________________________，平衡常数表达式为_______；若有1
mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为____mol。
(3)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1
mol
N2，其ΔH＝________kJ·mol－1。
【解析】　(1)氨水中的一水合氨部分电离产生铵根离子和氢氧根离子，使溶液显碱性；若加入氯化铵，则铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减少，pH减小；(2)根据题意可书写反应的化学方程式，注意为可逆反应；根据平衡常数的定义可书写该反应的平衡常数表达式，硝酸铵为固体，不写入平衡常数表达式中；硝酸铵中N元素的化合价从＋5降低到＋1或从－3升高到＋1，均转移4个电子，所以生成1
mol氮气则转移4
mol电子；(3)根据图像可知N2O与NO反应生成氮气和二氧化氮的反应热为(209－348)
kJ·mol－1＝－139
kJ·mol－1。
【答案】　(1)NH3·H2O??NH＋OH－　降低　增大
(2)NH4NO3N2O↑＋2H2O↑
K＝c(N2O)·c2(H2O)　4
(3)－139
15．(2015·海南高考)(10分)银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照相器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题：
(1)久存的银制器皿表面会变黑，失去银白色的光泽，原因是
_______________________________________________。
(2)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，若向50
mL
0.018
mol·L－1的AgNO3溶液中加入50
mL
0.020
mol·L－1的盐酸，混合后溶液中的Ag＋的浓度为___________
mol·L－1，pH为________。
(3)AgNO3溶液光照易分解，生成Ag和红棕色气体等物质，其光照分解的化学方程式为___________________________________________________。
(4)下图所示原电池正极的反应式为___________________________。
【解析】　(1)根据金属的腐蚀可知Ag变黑是发生了化学腐蚀，生成硫化银的缘故；
(2)根据反应中HCl和AgNO3的物质的量可知HCl过量，则计算剩余的氯离子的物质的量浓度为＝0.001
mol/L，根据AgCl的溶度积的表达式即得c(Ag＋)＝＝
mol/L；因为该反应中氢离子未参加反应，所以溶液的体积变为100
mL时，氢离子的浓度为0.01
mol/L，则pH＝2；
(3)根据氧化还原反应原理，硝酸银分解生成Ag和二氧化氮气体，有元素化合价降低无元素化合价升高，所以该反应中有氧气生成。
(4)该原电池的实质是Cu与银离子发生置换反应生成Ag单质，所以正极是生成Ag单质的还原反应。
【答案】　(1)Ag与空气中的氧及含硫化合物反应生成黑色硫化银
(2)1.8×10－7mol/L　2
(3)2AgNO32Ag＋2NO2
↑＋O2
↑
(4)Ag＋＋e－===Ag
16．(2015·浙江高考)(16分)某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。
实验(一)　碘含量的测定
取0.010
0
mol·L－1的AgNO3标准溶液装入滴定管，取100.00
mL海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(I－)的变化，部分数据如下表：
V(AgNO3)/mL
15.00
19.00
19.80
19.98
20.00
20.02
21.00
23.00
25.00
E/mV
－225
－200
－150
－100
50.0
175
275
300
325
实验(二)　碘的制取
另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：
已知：3I2＋6NaOH===5NaI＋NaIO3＋3H2O。
请回答：
(1)实验(一)中的仪器名称：仪器A________，仪器B________。
(2)①根据表中数据绘制滴定曲线：
②该次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为________mL，计算得海带中碘的百分含量为________%。
(3)①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为
________。
②步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是________。
③下列有关步骤Y的说法，正确的是________
。
A．应控制NaOH溶液的浓度和体积
B．将碘转化成离子进入水层
C．主要是除去海带浸取原液中的有机杂质
D．NaOH溶液可以由乙醇代替
④实验(二)中操作Z的名称是________。
(4)方案甲中采用蒸馏不合理，理由是
____________________________。
【解析】　(1)实验(一)中干海带需要灼烧，故仪器A为坩埚，根据最后得到的含I－的溶液的体积可以判断仪器B(定容)为500
mL容量瓶。
(2)①根据表中的数据描点，连线即可得到对应的滴定曲线。②根据滴定曲线，滴定突变在20.00
mL附近发生，故可判断AgNO3溶液的体积为20.00
mL，海带中碘的质量分数为ω＝×100%＝0.635%。
(3)①分液漏斗使用前要检漏，主要是检验旋塞及玻璃塞处是否漏水，检查方法：向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水。
②用CCl4萃取后，CCl4的密度比水大，故有机层在下层，现象为溶液分层，上层几乎为无色，下层呈紫红色。
③A项，如果NaOH的浓度过大，导致使用的溶液太少，不利于溶液的分离，如果NaOH的浓度太小，导致溶液体积太大，不利于物质的浓缩，A项正确；B项，步骤Y加入NaOH溶液后I2转变为I－和IO，进入水层，B项正确；C项，加入NaOH溶液主要目的是与碘反应，将碘从四氯化碳层转移到水层，C项错误；D项，四氯化碳与乙醇互溶，不分层，无法提取碘，D项错误。
④碘在水溶液中的溶解度较小，因此可以通过过滤的方法分离碘和水。
(4)采用蒸馏不合理，主要是因为碘易升华，会导致碘的损失。
【答案】　(1)坩埚　500
mL容量瓶
(2)①
②20.00　0.635
(3)①向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水　②液体分上下两层，下层呈紫红色　③AB　④过滤
(4)碘易升华，会导致碘的损失
?
PAGE学业分层测评（七）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．模型法是化学中把微观问题宏观化的最常见方法，对于2HBr(g)??H2(g)＋Br2(g)反应，下列四个图中可以表示该反应在一定条件下为可逆反应的是(　　)
【解析】　可逆反应中反应物与生成物同时存在。
【答案】　C
2．如图是可逆反应X2＋3Y2??2Z在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是(　　)
A．t1时，只有正方向反应
B．0～t1，c(Z)在减小
C．t2～t3，反应不再进行
D．t2～t3，各物质的浓度不再发生变化
【解析】　根据v－t图像，对于该可逆反应t1时刻正、逆反应都在进行，0～t1时段v正>v逆，c(Z)在增大；t2时刻v正＝v逆，说明反应达到化学平衡状态；t2～t3时段，反应仍在进行，但由于v正＝v逆，所以各物质的浓度不再发生变化。
【答案】　D
3．下列为四位同学对“化学平衡状态”的理解，其中理解正确的同学是
(　　)
A．甲和乙
B．乙和丙
C．甲和丙
D．乙和丁
【答案】　D
4．一定条件下，可逆反应2A??B＋3C，在下列四种状态中处于平衡状态的是(　　)
正反应速率
逆反应速率
A
vA＝2
mol/(L·min)
vB＝2
mol/(L·min)
B
vA＝2
mol/(L·min)
vC＝2
mol/(L·min)
C
vA＝1
mol/(L·min)
vB＝2
mol/(L·min)
D
vA＝1
mol/(L·min)
vC＝1.5
mol/(L·min)
【解析】　v正与v逆比值等于其化学计量数之比时，说明达到化学平衡状态。
【答案】　D
5．判断A(g)＋B(g)??C(g)＋D(g)是否达到平衡的依据为(　　)
A．压强不随时间改变
B．气体的密度不随时间改变
C．c(A)不随时间改变
D．单位时间里生成C和D的物质的量相等
【解析】　假设平衡右移，气体的质量、物质的量均不改变，所以气体压强、体积均不改变，依据ρ＝可知，密度也不变，A、B选项均不符合题意；D选项，均是表示正反应速率，不符合题意。
【答案】　C
6．在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，①混合气体的压强　②混合气体的密度　③B的物质的量浓度　④气体的总物质的量
能说明反应：A(s)＋2B(g)??C(g)＋D(g)已达到平衡状态的是
(　　)
A．①③
B．②③
C．①④
D．②④
【解析】　此反应中A为固态，反应前后气体的物质的量不变，故混合气体的压强不变并不能说明反应达到平衡，①④项错误；ρ＝，m气变化而V总不变，所以ρ不变时，可以说明反应达到平衡，②项正确；反应物的浓度和生成物的浓度不再改变可以说明反应已经达到平衡，所以B的物质的量浓度不变，可以说明反应达到平衡，③项正确。
【答案】　B
7．下列说法中，可以证明反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)已达到平衡状态的是(　　)
①1个N≡N键断裂的同时有3个H—H键形成
②N2、H2、NH3的分子数之比为1∶3∶2
③1个N≡N键断裂的同时有6个N—H键形成
④N2、H2、NH3的浓度不再变化
A．①④
B．②③
C．①③
D．②④
【解析】　①中有一个N≡N键断裂时，也应有3个H—H键断裂，即与3个H—H键形成是相反方向的，v正＝v逆，故能说明反应达到平衡状态；②平衡时，N2、H2、NH3的分子数之比不一定为1∶3∶2；③中一个N≡N键断裂的同时必定形成6个N—H键，也不能说明反应达到平衡；④中各物质浓度不变，是化学平衡状态的重要标志之一，反应达到平衡。
【答案】　A
8．(2016·滨州高二质检)某反应进行过程中，各物质物质的量的变化情况如图所示。下列说法正确的是(　　)
【导学号：29910022】
A．C、D是生成物
B．反应的化学方程式：2A＋B2C
C．2
min后各物质的物质的量不再变化
D．该反应不是可逆反应
【解析】　A项，由图示知反应过程中D的物质的量保持不变，故作催化剂；由2
min未知A、B、C共存，且Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)＝2∶1∶2，故反应为可逆反应；反应方程式为2A＋B2C，B、D两项错误。
【答案】　C
9．在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：
甲：C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g);
乙：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)
现有下列状态：①混合气体平均相对分子质量不再改变　②恒温时，气体压强不再改变　③各气体组成浓度相等　④反应体系中温度保持不变　⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍　⑥混合气体密度不变　⑦单位时间内，消耗水蒸气质量与生成氢气质量比为9∶1
其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是(　　)
A．①②⑤
B．③④⑥
C．⑥⑦
D．④⑤
【解析】　甲容器中，碳为固态，该可逆反应属于反应前后气体体积不相等的反应；乙容器中，反应属于等气体体积反应，气体相对分子质量、密度、压强都始终不变，①②⑥错误；各组分浓度相等，不能判断反应达到平衡状态，③错误；对于任何一个可逆反应，随着反应进行，体系温度会发生变化，当温度不改变时，说明反应达到平衡状态，④正确；生成氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍，经转化，水中氢氧键断裂速率等于生成氢氧键速率，达到平衡状态，⑤正确；消耗水蒸气与生成氢气是同一方向，不能判断达到平衡状态，⑦错误。
【答案】　D
10．向含有2
mol的SO2的容器中通入过量氧气发生2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－Q
kJ·mol－1(Q>0)，充分反应后生成SO3的物质的量________2
mol(填“<”、“>”或“＝”，下同)，SO2的物质的量________0
mol，转化率________100%，反应放出的热量________Q
kJ。
【解析】　根据可逆反应的特点：正、逆反应均不能进行彻底，转化率小于100%进行分析。
【答案】　<　>　<　<
11．698
K时，向V
L的密闭容器中充入2
mol
H2(g)和2
mol
I2(g)，发生反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH＝－26.5
kJ·mol－1，测得各物质的物质的量浓度与时间变化的关系如图所示。
请回答下列问题：
(1)V＝________。
(2)该反应达到最大限度的时间是________，该时间内平均反应速率v(HI)＝________。
(3)该反应达到平衡状态时，________(填“吸收”或“放出”)的热量为________。
【解析】　(1)由图知初始反应时，c(H2)＝c(I2)＝1
mol·L－1，而加入的H2和I2的物质的量均为2
mol，所以V＝2。
(2)反应达到最大限度即达到化学平衡，所需时间为5
s，v(HI)＝＝0.316
mol·L－1·s－1。
(3)可逆反应从正反应建立，所以需放出热量。由反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH＝－26.5
kJ·mol－1，达到平衡时共生成n(HI)＝1.58
mol·L－1×2
L＝3.16
mol，所以放出的热量为×3.16
mol＝41.87
kJ。
【答案】　(1)2　(2)5
s　0.316
mol·L－1·s－1
(3)放出　41.87
kJ
12．(2016·泰安高二检测)在2
L密闭容器内，800
℃时反应2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.02
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)上图表示NO2的浓度变化的曲线是________。
用O2表示从0～2
s内该反应的平均速率v＝________。
(2)能说明该反应已达到平衡状态的是________。
A．v(NO2)＝2v(O2)
B．容器内压强保持不变
C．v逆(NO)＝2v正(O2)
D．容器内密度保持不变
【解析】　(1)由起始n(NO)＝0.02
mol c(NO)＝＝0.01
mol·L－1，再结合2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g)可知c(NO2)<0.01
mol·L－1，故曲线b表示c(NO2)的变化；v(NO)＝＝＝3×10－3
mol·L－1·s－1，v(O2)＝v(NO)＝1.5×10－3
mol·L－1·s－1。
(2)A项，未注明正、逆反应速率；B项，该反应前后气体计量数不相等，故压强不变说明达到平衡；C项，v逆(NO)＝2v逆(O2)＝2v正(O2)，故说明达到平衡；D项，m(气)不变，V(气)不变，故ρ＝为恒值。
【答案】　(1)b　1.5×10－3
mol·L－1·s－1　(2)BC
[能力提升]
13．(2016·西安高二检测)在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g)??2C(g)＋2D(s)达到平衡的标志是(　　)
①C的生成速率与C的分解速率相等　②单位时间内生成a
mol
A，同时生成3a
mol
B　③A、B、C的浓度不再变化　④A、B、C的分压强不再变化　(5)混合气体的总压强不再变化　⑥混合气体的物质的量不再变化　⑦单位时间内消耗a
mol
A，同时生成3a
mol
B　⑧A、B、C、D的分子数之比为1∶3∶2∶2
A．②⑧
B．②⑤⑧
C．①③④⑦
D．②⑤⑥⑧
【解析】　①C的生成速率与C的分解速率相等，说明正逆反应速率相等，该反应达到了化学平衡状态，故①不选；
②单位时间内生成a
mol
A，同时生成3a
mol
B，表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到了平衡状态，故②选；
③A、B、C的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故③不选；
④A、B、C的分压强不再变化，反应方程式两边气体的体积不相等，压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故④不选；
⑤混合气体的总压强不再变化，反应方程式两边气体的化学计量数之和不相等，总压强不再变化，说明各组分的浓度不变，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑤不选；
⑥反应两边气体的体积不相同，混合气体的物质的量是个变化的量，混合气体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑥不选；
⑦单位时间内消耗a
mol
A，同时生成3a
mol
B，说明正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，达到了平衡状态，故⑦不选；
⑧A、B、C、D的分子数之比为1∶3∶2∶2，不能判断各组分的分子数是否不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故⑧选；故选A。
【答案】　A
14．在一密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2
mol·L－1、0.1
mol·L－1、0.2
mol·L－1。当反应达到平衡时可能存在的数据是(　　)
【导学号：29910023】
A．SO2为0.4
mol·L－1，O2为0.2
mol·L－1
B．SO3为0.25
mol·L－1
C．SO2、SO3均为0.15
mol·L－1
D．SO3为0.4
mol·L－1
【解析】　根据题意，用极值法解答。
2SO2(g)
＋
O2(g)
??
2SO3(g)
0.2
0.1
0.2
极端假设浓度Ⅰ
(mol·L－1)
0
0
0.4
0.4
0.2
0
由上述可得,0mol·L－1,0mol·L－1,
0mol·L－1。
当c(SO3)＝0.25
mol·L－1时，c(SO2)＝0.15
mol·L－1，c(O2)＝0.05
mol·L－1，反应可能发生，故只有B选项符合题意。
【答案】　B
15．一定条件下，对于可逆反应X(g)＋3Y(g)??2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c0(X)、c0(Y)、c0(Z)(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1
mol·L－1、0.3
mol·L－1、0.08
mol·L－1，则下列判断正确的是(　　)
A．c0(X)∶c0(Y)＝3∶1
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C．X、Y的转化率不相等
D．c0(X)的取值范围为0
mol·L－1mol·L－1
【解析】　列出“三段式”浓度：
X(g)＋3Y(g)??2Z(g)
起始　c0(X)　c0(Y)　
c0(Z)
转化　a　　　3a　　
2a
平衡　0.1　　0.3　　
0.08
A项，c0(X)∶c0(Y)＝(a＋0.1)∶(3a＋0.3)＝1∶3，故错；B项，平衡时，
v逆(Y)∶v正(Z)＝3∶2，故B错；C项，X、Y的转化率之比为：∶＝1∶1，故C错。
【答案】　D
16．在一定条件下，可逆反应A2(g)＋B2(g)??2C(g)达到平衡时，A2、B2和C的浓度分别为0.5
mol/L、0.1
mol/L、1.6
mol/L，若用a、b、c分别表示A2、B2、C的初始浓度(mol/L)，则：
(1)a、b应满足的关系是_________________________________________。
(2)a的取值范围是_______________________________________________。
【解析】　(1)设转化过程中，A2(g)转化浓度为x
mol·L－1，则B2(g)转化浓度为x
mol·L－1。平衡浓度：a－x＝0.5，b－x＝0.1，解得a＝b＋0.4。
(2)由于无法判断平衡是从哪个方向建立的，可以分两种情况分析：从正反应方向进行，从逆反应方向进行。考虑两种极端情况：①A2、B2为起始物；②A2、C为起始物。根据题意，建立如下关系：
A2(g)
＋
B2(g)
??　2C(g)
平衡浓度/mol·L－1　
0.5　
0.1　　　　1.6
浓度变化①/mol·L－1
0.5＋0.8
0.1＋0.8　　
0
浓度变化②/mol·L－1
0.5－0.1　
0　　
1.6＋0.2
所以a的取值范围是0.4≤a≤1.3。
【答案】　(1)a＝b＋0.4　(2)0.4≤a≤1.3
PAGE学业分层测评（十六）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A．FeCl3晶体用于净水
B．粗盐在空气中易潮解
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
【解析】　A项，FeCl3溶于水生成Fe(OH)3胶体，利用胶体的吸附作用净水；C项，氯化铁溶液中Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，在加热条件下水解平衡正向移动造成体系颜色加深；D项，硫化钠溶液中存在S2－＋H2O??HS－＋OH－，HS－＋H2O??H2S＋OH－，水解产物H2S是产生臭味的原因；B项，粗盐中混有MgCl2、CaCl2易结合空气中的水蒸气发生潮解，这与盐类的水解无关。
【答案】　B
2．下列溶液能与镁反应生成氢气的是(　　)
A．氯化铵溶液　
B．氢氧化钠溶液
C．碳酸钾溶液
D．饱和石灰水
【解析】　NH4Cl溶液中存在：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋水解平衡，使溶液显酸性，Mg＋2H＋Mg2＋＋H2↑。
【答案】　A
3．同时对农作物施用含N、P、K的三种化肥，给定下列化肥：①K2CO3、②KCl、③Ca(H2PO4)2、④(NH4)2SO4、⑤NH3·H2O，其中最合理的组合方式是(　　)
A．①③④
B．②③④
C．①③⑤
D．②③⑤
【解析】　Ca(H2PO4)2是其中唯一含磷的肥料，肯定要用，由于Ca(H2PO4)2是酸式盐，其水溶液呈酸性，不宜与碱性肥料NH3·H2O及水解呈碱性的K2CO3混合施用，只能与中性肥料KCl和酸性肥料(NH4)2SO4混合施用。
【答案】　B
4．一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A．加入少量NaOH固体，c(OH－)减小
B．升高温度，溶液的pH增大
C．稀释溶液，c(H＋)减小
D．通入少量HCl气体，c(H＋)减小
【解析】　加入NaOH会抑制其水解，但c(OH－)增大；升温能促进盐类的水解，即c(OH－)增大，pH增大；虽然稀释能促进水解，但仍以增大溶液体积为主，即c(OH－)减小，溶液的c(H＋)将增大；通入HCl消耗OH－，c(H＋)增大。
【答案】　B
5．相同物质的量浓度的下列铵盐中，c(NH)最大的是(　　)
A．NH4HCO3
B．NH4HSO4
C．NH4NO3
D．CH3COONH4
【解析】　本题考查影响水解平衡移动的因素。先找出对NH水解无影响的阴离子，再看是促进的还是抑制的，并排出顺序。NH4NO3中NH的水解不受影响，NH4HSO4电离出H＋抑制NH水解，c(NH)大，HCO、CH3COO－对NH的水解都有促进作用，c(NH)小。
【答案】　B
6．在一定浓度的FeCl3溶液中，存在如下水解平衡：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，在此溶液中滴入饱和的FeCl3溶液，下列说法中正确的是(　　)
A．水解平衡正向移动
B．水解平衡逆向移动
C．溶液中H＋浓度不变
D．Fe3＋的水解程度增大
【解析】　增加Fe3＋浓度，水解平衡正向移动，达到平衡后溶液中H＋浓度增大，但Fe3＋的水解程度减小。
【答案】　A
7．向三份0.1
mol·L－1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－的浓度变化依次为(　　)
A．减小、增大、减小
B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大
D．增大、减小、增大
【解析】　CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。加入NH4NO3，NH水解：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，H＋和OH－反应，使平衡右移，CH3COO－浓度减小，促进水解；加入Na2SO3，SO＋H2O??HSO＋OH－，水解产生
OH－，使平衡左移，CH3COO－浓度增大，抑制水解的进行；加入FeCl3固体，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，影响同NH，使CH3COO－浓度减小，促进水解。
【答案】　A
8．能证明Na2SO3溶液中存在SO＋H2O??HSO＋OH－水解平衡的事实是(　　)
A．滴入酚酞试液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去
B．滴入酚酞试液变红，再加入氯水后红色褪去
C．滴入酚酞试液变化，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
D．滴入酚酞试液变红，再加入氢氧化钠后溶液红色加深
【解析】　无论Na2SO3是否完全水解，加硫酸都会中和OH－，酚酞都会褪色，只能证明发生了水解，而无法说明是否存在水解平衡，A选项错误；氯水既可能中和OH－，又可能将酚酞和SO氧化，所以褪色不足以说明存在水解平衡，B选项错误；加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则该沉淀一定是BaSO3，说明SO没有水解完全，红色褪去，说明c(OH－)减小，因为OH－与BaCl2不反应，只能说明平衡逆向移动引起其浓度的减小，C选项正确；加入氢氧化钠溶液后，即使不存在平衡，溶液的碱性增强，红色也会加深，D选项错误。
【答案】　C
9．为了使Na2S溶液中的比值变小，可采取的措施是(　　)
①加适量盐酸　②加适量NaOH(s)　③加适量KOH(s)　④加适量KHS(s)　⑤加水　⑥通H2S(g)
⑦加热
A．②③④
B．①②⑤⑥⑦
C．②③
D．③④
【解析】　欲使溶液中的比值变小，即使c(S2－)增大，从S2－＋H2O??HS－＋OH－的平衡角度分析，增加c(OH－)或c(HS－)可抑制S2－水解，使平衡向左移动，但不能加入Na＋。显然③④可以，②不可以。①条件2H＋＋S2－H2S，使比值变大，⑤⑦促进Na2S水解，使比值变大。⑥通入H2S后，发生如下反应：H2S＋S2－2HS－，使比值变大。
【答案】　D
10．向纯碱溶液中滴入酚酞溶液
(1)观察到的现象是________，原因是________________________________
_______________________________________________(用离子方程式表示)。
(2)若微热溶液，观察到的现象是________，原因是________________
______________________________________________。
(3)若向溶液中加入少量氯化铁溶液，观察到的现象是________，原因是___________________________________________________。
【解析】　(1)Na2CO3溶液显碱性，遇酚酞变红。(2)加热，水解程度变大，碱性更强，红色加深。(3)加入FeCl3，Fe3＋与OH－结合生成Fe(OH)3(红褐色沉淀)，促进CO水解，同时会有CO2气体产生。
【答案】　(1)溶液变红　CO＋H2O??OH－＋HCO、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－
(2)红色加深　加热，CO水解程度变大，溶液碱性增强
(3)红色变浅，有红褐色沉淀生成，有气体生成(或气泡冒出)　Fe3＋＋3OH－Fe(OH)3↓，减小了c(OH－)，促进了CO的水解，CO＋H2O??HCO＋OH－，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，H2CO3??H2O＋CO2↑
11．已知25
℃时0.1
mol·L－1醋酸溶液的pH约为3，向其中加入少量醋酸钠晶体，待晶体溶解后发现溶液的pH增大，对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，增大了c(OH－)，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出的大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H＋)减小，因此溶液的pH增大。你认为上述两种解释中________(填“甲”或“乙”)正确。
(1)为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1
mol·L－1的醋酸溶液中加入少量下列物质中的________(填编号)，然后测定溶液的pH。(已知25
℃时，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，CH3COOH的Ka＝1.8×10－5)
A．固体CH3COOK　
B．固体CH3COONH4
C．气体NH3
D．固体NaHCO3
(2)若________(填“甲”或“乙”)的解释正确，溶液的pH应________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】　(1)由NH3·H2O的Kb与CH3COOH的Ka可知，二者电离程度相同，所以CH3COONH4应呈中性，所以CH3COONH4是最好的选择。
【答案】　乙　(1)B　(2)乙(甲)　增大(不变)
12．10
℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50
℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
(1)甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为_______________________________________。
(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3，该分解反应的化学方程式为_______________________________________________。
(3)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。为什么？能不能选用Ba(OH)2溶液？
_______________________________________________
_______________________________________________。
②将加热后的溶液冷却到10
℃，若溶液的pH________(填“大于”、“小于”或“等于”)8.3，则________(填“甲”或“乙”)判断正确。
【解析】　加热煮沸后，HCO分解成CO，加入BaCl2溶液则生成沉淀。不能选用Ba(OH)2，因为它含有OH－，能与HCO反应生成CO。
【答案】　(1)HCO＋H2O??H2CO3＋OH－
(2)大于　2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
(3)①若原因是HCO水解程度增大，则溶液中几乎没有CO，所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO来推知乙的观点是否正确，但不能选用Ba(OH)2溶液，因为Ba2＋＋OH－＋HCOBaCO3↓＋H2O，若用Ba(OH)2检验，无论哪种观点都会有沉淀产生
②等于　甲(或大于　乙)
[能力提升]
13．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是(　　)
A．NH3·H2O
B．NaOH
C．Na2CO3
D．MgCO3
【解析】　加入NH3·H2O或NaOH或Na2CO3时，均能引入杂质离子NH或Na＋，不符合题意。因为原溶液中Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，当加入MgCO3后，有MgCO3＋2H＋Mg2＋＋CO2↑＋H2O反应发生，消耗了
H＋，使平衡正向移动，生成的Fe(OH)3在加热搅拌条件下发生聚沉，最后可将Fe3＋除去。加入MgO、Mg(OH)2、MgS也能达到同样的效果。
【答案】　D
14．相同温度、相同浓度下的六种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③代表的物质可能分别为(　　)
A．NH4Cl　(NH4)2SO4　CH3COONa
B．(NH4)2SO4　NH4Cl　CH3COONa
C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaOH
D．CH3COOH　NH4Cl　(NH4)2SO4
【解析】　(NH4)2SO4比NH4Cl溶液中的铵根离子浓度大，水解生成的氢离子浓度大，醋酸钠水解显碱性，且碱性比Na2CO3要弱。
【答案】　B
15．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是(　　)
A．无色溶液：Ca2＋、H＋、Cl－、HSO
B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH、I－、NO
C．FeCl3溶液：K＋、Na＋、SO、AlO
D．常温下，＝0.1
mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO、NO
【解析】　A项，H＋与HSO发生反应而不能大量共存，错误；B项，使pH试纸呈红色的溶液显酸性，在酸性条件下，NO有强氧化性(相当于HNO3)，可将I－氧化，而不能大量共存，错误；C项，Fe3＋与AlO发生相互促进的水解反应而不能大量共存，错误；D项，＝0.1
mol·L－1，即c(H＋)＝10－13
mol·L－1，是碱性溶液，四种离子均可共存，正确。
【答案】　D
16．已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性，将溶液中的Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋完全沉淀为氢氧化物需溶液的pH分别为9.6、6.4、3.7。现有含有FeCl2杂质的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：
【导学号：29910045】
请回答下列问题：
(1)第一步除去Fe2＋，能否直接调整pH＝9.6将Fe2＋沉淀除去？________，理由是_______________________________________________。
(2)本实验最适合的氧化剂X是________(填字母)。
A．K2Cr2O7　　
B．NaClO
C．H2O2
D．KMnO4
加入氧化剂的目的是________________________________________。
(3)物质Y可以是________。
A．NaOH　B．氨水　C．Cu2(OH)2CO3　D．Na2CO3
E．CuO　F．Cu(OH)2
(4)除去Fe3＋的有关离子方程式是__________________________________，
_______________________________________________。
(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________。如何操作？____________________________________________。
【解析】　设计的实验方案中，加入氧化剂能把Fe2＋氧化为Fe3＋，同时又不能引入新的杂质，上述提供的几种氧化剂中符合要求的只有H2O2。当CuCl2溶液中混有Fe3＋时，可利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H＋作用，从而使平衡右移，把Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。最后从CuCl2溶液中制取CuCl2·2H2O也不能直接加热蒸发，为抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。
【答案】　(1)否　pH＝9.6时，Cu2＋会完全沉淀
(2)C　将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离
(3)CEF
(4)Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋
Cu2(OH)2CO3＋4H＋2Cu2＋＋3H2O＋CO2↑
或Cu(OH)2＋2H＋Cu2＋＋2H2O
或CuO＋2H＋Cu2＋＋H2O
(5)不能　应在HCl气流中加热浓缩后，冷却结晶
PAGE学业分层测评（八）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列因素不可能影响化学平衡移动的是(　　)
A．温度　
B．催化剂
C．反应物的浓度
D．压强
【解析】　催化剂同程度改变正、逆反应速率，对化学平衡无影响。
【答案】　B
2．下列反应达到化学平衡后，加压或降温都能使化学平衡向逆反应方向移动的是
(　　)
A．SO2(g)＋NO2(g)??SO3(g)＋NO(g)　ΔH<0
B．C(s)＋CO2(g)??2CO(g)　ΔH>0
C．4NH3(g)＋5O2(g)??4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH<0
D．H2S(g)??H2(g)＋S(s)　ΔH>0
【解析】　加压化学平衡向气体体积减小的方向移动，降温化学平衡向放热反应方向移动。A、D项，加压平衡不移动；C项加压平衡逆向移动，降温正向移动。
【答案】　B
3．(2015·上海高考)对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是(　　)
A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C．减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大
D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大
【解析】　A．合成氨反应的正反应是放热反应，升高温度，正反应、逆反应的反应速率都增大，但是温度对吸热反应的速率影响更大，所以对该反应来说，对逆反应速率影响最大，错误。B.合成氨的正反应是气体体积减小的反应。增大压强，对正反应的反应速率影响更大，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动，正确。C.减小反应物浓度，使正反应的速率减小，由于生成物的浓度没有变化，所以逆反应速率瞬间不变，逆反应速率大于正反应速率，所以化学平衡逆向移动，错误。D.加入催化剂，使正反应、逆反应速率改变的倍数相同，正反应、逆反应速率相同，化学平衡不发生移动，错误。
【答案】　B
4．COCl2(g)??CO(g)＋Cl2(g)　ΔH>0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温　②恒容通入惰性气体　③增加CO浓度　④减压　⑤加催化剂　⑥恒压通入惰性气体，其中能提高COCl2转化率的是(　　)
A．①②④
B．①④⑥
C．②③⑤
D．③⑤⑥
【解析】　①该反应的正反应是吸热反应，升温平衡向正反应方向移动，故可提高COCl2的转化率。②恒容通入惰性气体，由于与反应有关的物质的浓度未改变，所以对反应无影响，平衡不移动，故COCl2的转化率不变。③增加CO浓度，平衡逆向移动，故COCl2的转化率变小。④减压平衡正向移动，所以COCl2的转化率变大。⑤使用催化剂只能影响化学反应速率，对化学平衡无影响。⑥相当于减压，同④。综上所述，能提高COCl2转化率的有①④⑥。故B正确。
【答案】　B
5．已建立化学平衡的某可逆反应，当条件改变使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是(　　)
①生成物的质量分数一定增加　②生成物的物质的量一定增加　③反应物的转化率一定增大　④平衡时反应物的浓度一定降低　⑤正反应速率一定大于逆反应速率　⑥一定使用了催化剂
A．①②⑤
B．④⑥
C．②⑤
D．③④⑤
【解析】　①减小c(生成物)时，平衡正向移动，但c(生成物)减小；③如合成氨反应中增大c(N2)时，N2转化率减小；④增大c(反应物)时，平衡正向移动，但平衡时c(反应物)比原平衡大；⑥使用催化剂对平衡无影响。
【答案】　C
6．(2016·石家庄高二检测)如图所示是关于反应A2(g)＋B2(g)??2C(g)＋D(g)　ΔH<0的平衡移动图像，影响平衡移动的原因可能是(　　)
A．升高温度，同时加压
B．压强不变，降低温度
C．压强、温度不变，充入一些与之不反应的惰性气体
D．温度、压强不变，充入一些A2(g)
【解析】　A项，升高温度，加压时v正、v逆同时增大；B项，降温时v正、v逆均减小；C项，相当于扩大体积减小压强，v正、v逆均减小。
【答案】　D
7．下列叙述及解释正确的是(　　)
A．2NO2(g)(红棕色)??N2O4(g)(无色)　ΔH<0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅
B．H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH<0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变
C．FeCl3＋3KSCN??Fe(SCN)3(红色)＋3KCl，在平衡后，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅
D．对于N2＋3H2??2NH3，平衡后，压强不变，充入O2，平衡左移
【解析】　A项，缩小容积，平衡右移，但c(NO2)浓度仍增大，颜色变深，A错；B项，扩大容积，平衡不移动，但由于c(I2)减小，故体系颜色变浅，B错；C项，由于KCl没有参与反应，故对平衡无影响，C错；D项，压强不变，充入O2(注：O2不参与反应)，体积扩大，平衡左移。
【答案】　D
8．(2016·益阳高二检测)在密闭容器中，N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，改变的这一条件是(　　)
A．加入适当催化剂
B．升高温度
C．增大反应物的浓度
D．增大压强
【解析】　由图知t时刻v(正)、v(逆)均突增，故改变的条件是升温或加压；由v(正)>v(逆)，平衡正向移动知该条件为增大压强，因升温平衡逆向移动。
【答案】　D
9．在一定温度下的可逆反应：mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，生成物C的体积分数与压强p1和p2、时间t1和t2的关系如图所示，则下列关系正确的是(　　)
【导学号：29910026】
①p1>p2　②p1p＋q　④m＋n＝p＋q　⑤m＋nA．①③
B．②③
C．②⑤
D．①④
【解析】　由“先拐先平数值大”原则知p2>p1，压强越大C%越小，说明增大压强平衡逆向移动，即m＋n【答案】　C
10．在水溶液中橙色的Cr2O与黄色的CrO有下列平衡关系：Cr2O＋H2O??2CrO＋2H＋，把重铬酸钾(K2Cr2O7)溶于水配成的稀溶液是橙色的。
(1)向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈______色。
(2)向已加入NaOH溶液的(1)溶液中再加入过量稀H2SO4，则溶液呈________色。
(3)向原溶液中逐渐加入足量Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)，则平衡________(填“向左移动”或“向右移动”)，溶液颜色将
__________________________________________________________________。
【解析】　加碱中和溶液中的H＋，平衡右移，溶液中的c(CrO)增大；加酸使平衡左移，溶液中的c(Cr2O)增大；加Ba(NO3)2，发生的反应为Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓(黄色)，平衡向右移动，溶液颜色将由橙色逐渐变浅，直至无色。
【答案】　(1)黄　(2)橙　(3)向右移动　由橙色逐渐变浅，直至无色
11．反应3Fe(s)＋4H2O(g)??Fe3O4(s)＋4H2(g)，在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：
(1)增加Fe的量，其正反应速率________(填“增大”、“不变”或“减小”，下同)，平衡________移动(填“不”、“向正反应方向”或“向逆反应方向”，下同)。
(2)将容器的体积缩小一半，其正反应速率________，平衡________移动。
(3)保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其正反应速率________，平衡________移动。
(4)保持体积不变，充入水蒸气，其正反应速率________，平衡________移动。
【解析】　增加Fe的量，其正反应速率不变，平衡不移动；将容器的体积缩小一半，压强增大，其正反应速率增大，但反应前后气体体积不变，平衡不移动；保持体积不变，充入N2使体系压强增大，但容器中原气体的浓度不变，正反应速率不变，平衡不移动；保持体积不变，充入水蒸气，反应物的浓度增大，其正反应速率增大，平衡向正反应方向移动。
【答案】　(1)不变　不　(2)增大　不　(3)不变　不
(4)增大　向正反应方向
[能力提升]
12．在密闭容器中发生如下反应：aX(g)＋bY(g)??cZ(g)＋dW(g)，反应达到平衡后保持温度不变，将气体体积压缩到原来的，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡时的1.8倍。下列叙述中不正确的是(　　)
A．平衡向逆反应方向移动
B．a＋bC．Z的体积分数增大
D．X的转化率下降
【解析】　此反应达平衡后保持温度不变，将气体体积压缩到原来的，假设平衡不发生移动，W的浓度应变为原平衡时的2倍，而实际为1.8倍，假设不成立，原平衡必发生移动，由W的浓度为原平衡时的1.8倍，小于2倍知，平衡一定向W减少的方向即逆反应方向移动，所以a＋b【答案】　C
13．可逆反应2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，根据下表中的数据判断下列图像错误的是(　　)
【解析】　从表中数据可知，升高温度，转化率降低，故正反应放热，ΔH<0；增大压强，平衡正向移动，转化率增大，故有p1v(逆)，错误；D项，升高温度，正逆反应速率均增大，平衡逆向移动，正确。
【答案】　C
14.(2014·重庆高考)在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)??Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是(　　)
A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B．T2下，在0～t1时间内，v(Y)＝mol·L－1·min－1
C．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆
D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
【解析】　根据图像给出的在不同温度下达到平衡所需要的时间可得出：T1>T2，再根据不同温度下达到平衡时c(X)的大小可推出此反应为放热反应。M点X的转化率小于W点X的转化率，因此反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量，选项A不正确。T2下，在0～t1时间内，v(X)＝
mol·L－1·min－1，v(Y)＝v(X)＝mol·L－1·min－1，选项B不正确。M点时在恒容条件下再加入一定量X，相当于增大压强，平衡正向移动，平衡后X的转化率增大，选项D不正确。在T1和T2温度时，当达到平衡状态时，M点v正(M)＝v逆(M)，W点v正(W)＝v逆(W)，温度高反应速率快，v逆(M)＞v逆(W)，又v逆(W)＞v逆(N)，则v逆(M)＞v逆(N)，则v正(M)＞v逆(N)，选项C正确。
【答案】　C
15．一密封体系中发生下列反应：N2＋3H2??2NH3
　ΔH<0，如图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图：
回答下列问题：
(1)处于平衡状态的时间段是______________________________________。
(2)t1、t3、t4时刻体系中分别是什么条件发生了变化：________、________、________。
(3)下列各时间段时，氨的百分含量最高的是______________________
(填序号)。
A．t0～t1
B．t2～t3
C．t3～t4
D．t5～t6
【解析】　处于平衡状态时，正、逆反应速率必定相等，从题图可看出t0～t1、t2～t4、t5～t6时间段时反应处于平衡状态。t1时刻，条件变化使v(正)、v(逆)都加快，且v(逆)>v(正)，平衡向逆反应方向移动，对照反应式可看出条件变化应是“升高温度”。t3时刻，v(正)、v(逆)都同幅度加快，应是“加催化剂”；t4时刻，v(正)、v(逆)都减慢，且v(正)【答案】　(1)t0～t1、t2～t4、t5～t6　　(2)升高温度　加催化剂　减小压强　(3)A
PAGE学业分层测评（二十三）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列关于铜电极的叙述中，正确的是(　　)
A．铜锌原电池中铜是正极
B．用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极
C．在镀件上电镀铜时可用金属铜作阴极
D．电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
【解析】　本题主要考查了原电池、电解池的区别。A叙述的是原电池，铜不如锌活泼，铜应为正极。B、C、D叙述的是电解池。电解池的阳极发生失去电子的氧化反应，阴极发生得到电子的还原反应，所以精炼粗铜时，粗铜应作为阳极，镀铜时铜也应作为阳极以提供Cu2＋，而电解稀硫酸时，如把铜作为阳极，铜就会首先放电，阳极就不能产生氧气。故选A。
【答案】　A
2．下列金属只能用电解法冶炼获得的是(　　)
A．Na　
B．Cu
C．Fe
D．Au
【解析】　Cu、Fe用热还原法获取，Au用富集获取；2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑。
【答案】　A
3．(2016·郑州高二检测)某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Zn，其他电极均为Cu，则下列说法正确的是(　　)
A．电子移动：电极Ⅰ→电极Ⅳ→电极Ⅲ→电极Ⅱ
B．电极Ⅰ发生还原反应
C．电极Ⅳ逐渐溶解
D．电极Ⅲ的电极反应：Cu－2e－===Cu2＋
【解析】　左池为原电池，右池为电解池。A项，电子不能通过电解质溶液，即不能实现电极Ⅳ→电极Ⅲ；B项，电极
Ⅰ
发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋；C项，电极Ⅳ：Cu2＋＋2e－===Cu。
【答案】　D
4．金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量的Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，用电解法制备高纯度的镍，下列叙述中正确的是(　　)
A．阳极发生还原反应，其电极反应式为：Ni2＋＋2e－===Ni
B．电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等
C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2＋和Zn2＋
D．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
【解析】　本题为“电解精炼铜”的迁移应用，A项，阳极应发生氧化反应。C项，溶液中的阳离子主要为Ni2＋，根据金属原子的还原性和金属阳离子的氧化顺序，阳极反应为Zn－2e－===Zn2＋，Fe－2e－===Fe2＋，Ni－2e－===Ni2＋，Cu、Pt在该条件下不失电子，阴极反应为Ni2＋＋2e－===Ni，Fe2＋、Zn2＋在该条件下不得电子。比较两电极反应，因Zn、Fe、Ni的相对原子质量不等，当两极通过相同的电量时，阳极减少的质量与阴极增加的质量不等。
【答案】　D
5．关于电解氯化钠水溶液(铁作阴极、石墨作阳极)，下列叙述正确的是
(　　)
A．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈无色
B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕黄色
C．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠
D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性
【解析】　电解食盐水时发生的反应：
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：2H＋＋2e－===H2↑
总反应：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
对照分析选项，C错误；阳极附近的溶液中会溶有少量的Cl2，滴加KI溶液后发生反应：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，溶液呈棕黄色，B正确；阴极附近产生大量的OH－，滴加酚酞后变红色，A错误；电解后生成NaOH，溶液呈碱性，D错误。
【答案】　B
6．(2016·长沙高二检测)某学生按右图装置进行实验，下列说法不正确的是(　　)
A．A池为原电池，B池为电解池
B．石墨棒C2为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
C．石墨棒C1附近可观察到溶液呈红色
D．当C2极析出224
mL气体(标准状况)时，锌电极的质量减少0.65
g
【解析】　C2极附近溶液呈碱性，使酚酞显红色。
【答案】　C
7．某兴趣小组设计如下图微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转。
下列有关描述正确的是(　　)
A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：
2H＋＋2Cl－Cl2↑＋H2↑
B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红
C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：
Cl2＋2e－===2Cl－
D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极
【解析】　解答本题时应特别注意，金属Cu在电解池和原电池中作何种电极。当断开K2，闭合K1时为电解池，由于两极都有气泡冒出，故相当于惰性电极电解饱和食盐水，故铜作阴极而石墨作阳极，阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，电池总反应的离子方程式为2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋
2OH－，A、B都错；当断开K1，闭合K2时组成原电池，铜作负极而石墨作正极，故C错而D正确。
【答案】　D
8．用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入(　　)
A．0.1
mol
CuO
B．0.1
mol
CuCO3
C．0.1
mol
Cu(OH)2
D．0.05
mol
Cu2(OH)2CO3
【解析】　根据图像和电解原理，O～P段电解反应的化学方程式为：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，P～Q段电解反应的化学方程式为：2H2O2H2↑＋O2↑，所以溶液中应加入CuO：＝0.1
mol，H2O：＝0.05
mol，分析四个选项，加入0.05
mol
Cu2(OH)2CO3合适。
【答案】　D
9．用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.2
mol
Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到原电解前的浓度和pH(不考虑二氧化碳的溶解)，则电解过程中转移的电子的物质的量为(　　)
A．0.4
mol
B．0.8
mol
C．1.2
mol
D．1.6
mol
【解析】　加入0.2
mol
Cu2(OH)2CO3使溶液恢复，相当于加入0.4
mol
CuO和0.2
mol
H2O，这说明CuSO4电解完后，又继续电解生成的H2SO4溶液。加入0.4
mol
CuO，说明电解时转移0.8
mol电子，加入0.2
mol
H2O，说明电解时转移0.4
mol电子，共转移1.2
mol电子。
【答案】　C
10．下图中的A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色。请填空：
(1)电源A中a为________极。
(2)滤纸B上发生的总反应方程式为：
_______________________________________________。
(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为：______________，电极f上发生的反应为：______________________，槽中盛放的电镀液可以是________或________(只要求填两种电解质溶液)。
【解析】　(1)根据c点酚酞变红，则该极的反应为：2H＋＋2e－===H2↑，即该极为阴极，与电源的负极相连，所以a是正极。(2)滤纸B上发生的总反应方程式为：2NaCl＋2H2O电解,H2↑＋Cl2↑＋2NaOH。(3)c、d两点短路后，e为阳极，反应为：Zn－2e－===Zn2＋，阴极上镀锌，则阴极反应为Zn2＋＋2e－===Zn，电解液用含镀层离子的电解质溶液，所以可用ZnSO4溶液或Zn(NO3)2溶液等。
【答案】　(1)正
(2)2NaCl＋2H2O电解,H2↑＋Cl2↑＋2NaOH
(3)Zn－2e－===Zn2＋　Zn2＋＋2e－===Zn　ZnSO4溶液　Zn(NO3)2溶液
11．(2016·沈阳高二检测)如图所示，U形管内盛有100
mL
的溶液，按要求回答下列问题：
(1)打开K2，合并K1，若所盛溶液为CuSO4溶液：则A为________极，A极的电极反应式为______________________。若所盛溶液为KCl溶液：则B极的电极反应式为________________。
(2)打开K1，合并K2，若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，则A电极附近可观察到的现象是________________________，Na＋移向________极(填A、B)；总反应化学方程式是____________________。
(3)如果要用电解的方法精炼粗铜，打开K1，合并K2，电解液选用CuSO4溶液，则A电极的材料应换成是________(填“粗铜”或“纯铜”)，反应一段时间后电解质溶液中Cu2＋的浓度将会________(填“增大”、“减小”、“不变”)。
【答案】　(1)负　Zn－2e－===Zn2＋　2H2O＋O2＋4e－===4OH－
(2)A极上有气泡　电极附近溶液变红　A
2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
(3)纯铜　减少
[能力提升]
12．(2015·四川高考)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】　A．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；B.阳极Cl－放电生成ClO－，Cl的化合价升高，故在阳极发生氧化反应，又已知该溶液呈碱性，B项正确；C.阳离子在电解池的阴极得电子发生还原反应，在碱性条件下，H2O提供阳离子(H＋)，C项正确；D.由于溶液呈碱性，故除去CN－，发生的反应为2CN－＋5ClO－＋H2O===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋2OH－，D项错误。
【答案】　D
13．用石墨电极电解100
mL
H2SO4和CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24
L气体(标准状况下)，原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为(　　)
A．1
mol/L
B．2
mol/L
C．3
mol/L
D．4
mol/L
【解析】　根据题设条件，两极上电极反应式为阴极：首先Cu2＋＋2e－===Cu，然后2H＋＋2e－===H2↑；阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。既然阴极上收集到H2，说明Cu2＋已完全放电，根据电子守恒，阴极上Cu2＋、H＋得电子总数应等于OH－失电子总数。析出0.1
mol
H2获得0.2
mol电子，析出0.1
mol
O2失去0.4
mol电子，所以有0.1
mol
Cu2＋放电，获得0.2
mol电子，c(Cu2＋)＝0.1
mol/0.1
L＝1
mol/L。
【答案】　A
14．把物质的量均为0.1
mol的CuCl2和H2SO4溶于水制成100
mL的混合溶液，用石墨作电极电解混合溶液，并收集两电极所产生的气体，通电一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，则下列叙述正确的是
(　　)
A．电路中共转移0.6NA个电子
B．阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2
mol
C．阳极质量增加3.2
g
D．电解后剩余溶液中硫酸的浓度为1
mol/L
【解析】　根据两极均产生气体知，阴极电极反应有：Cu2＋＋2e－===Cu和2H＋＋2e－===H2↑，阳极电极反应有：2Cl－－2e－===Cl2↑和4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，设阴极生成x
mol
H2，结合n(CuCl2)＝0.1
mol和电子守恒得：x＝0.1＋，解得x＝0.2。电路中共转移电子：(0.1×2＋0.2×2)mol＝0.6
mol，A正确；阳极得到的气体中含O2：＝0.1
mol，B错误；阳极的质量不变，C错误；电解后溶质和水均减小，其溶液的体积减小，故c(H2SO4)>1
mol/L，D错误。
【答案】　A
15．下图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336
mL(标准状态)气体。回答：
【导学号：29910058】
(1)直流电源中，M为________极。
(2)Pt电极上生成的物质是________，其质量为______g。
(3)电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为2∶________∶________∶________。
(4)AgNO3溶液的浓度________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，AgNO3溶液的pH________，硫酸的浓度________，硫酸的pH________。
(5)若硫酸的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的硫酸________g。
【解析】　(1)电解5.00%的稀硫酸，实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应：2H2O2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝2∶1。据此可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，M极为正极。(2)在336
mL气体中，V(H2)＝×336
mL＝224
mL，为0.01
mol；V(O2)＝×336
mL＝112
mL，为0.005
mol。说明电路上有0.02
mol电子转移，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02
mol×108
g·mol－1＝2.16
g，即0.02
mol的Ag。(3)n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶∶1。(4)由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电镀池，在通电一定时间后，在Pt电极上放电所消耗溶液中Ag＋的物质的量等于Ag电极被氧化给溶液补充的Ag＋的物质的量，因此AgNO3溶液的浓度不变，溶液的pH也不变。电解5.00%的硫酸溶液，由于其中的水发生电解，因此硫酸浓度增大，由于H＋的浓度增大，故溶液的pH减小。(5)设原5.00%的硫酸为x
g，电解时消耗水0.01
mol×18
g·mol－1＝0.18
g，则：5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18
g。
【答案】　(1)正　(2)Ag　2.16　(3)2　　1
(4)不变　不变　增大　减小　(5)45.18
PAGE学业分层测评（十）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列说法正确的是(　　)
A．凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
B．自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C．常温下，反应C(s)＋CO2(g)??2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
D．反应2Mg(s)＋CO2(g)
C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
【解析】　反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的。若ΔH<0，ΔS>0，则一定自发，若ΔH>0，ΔS<0，则一定不能自发，若ΔH<0，ΔS<0或ΔH>0，ΔS>0，反应能否自发和温度有关，A、B错误；C项中反应的ΔS>0，若ΔH<0，则一定自发，现常温下不自发，说明ΔH>0，正确；D项中反应的ΔS<0，能自发，说明ΔH<0，错误。
【答案】　C
2．下列说法完全正确的是(　　)
A．自发进行的反应均是ΔH<0反应
B．ΔS为正值的反应均能自发进行
C．物质的量增加的反应，ΔS为正值
D．CaCO3(s)受热分解为CaO(s)和CO2(g)；ΔS>0
【解析】　有些吸热反应也可以自发进行，如(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)，故A错；熵变与反应的自发性有关，但不能独立地作为自发性的判据，故B错；物质的量增加的反应，其混乱度不一定增加，即ΔS不一定为正值，如2H2S(g)＋O2(g)===2H2O(s)＋2S(s)，故C错；CaCO3(s)的分解产生了气体，为熵增反应。
【答案】　D
3．水结冰的过程的焓变和熵变正确的是
(　　)
A．ΔH>0，ΔS<0　　
B．ΔH<0，ΔS>0
C．ΔH>0，ΔS>0
D．ΔH<0，ΔS<0
【解析】　H2O(l)―→H2O(s)为ΔS<0的放热(ΔH<0)过程。
【答案】　D
4．高温下才能自发进行的反应的焓变和熵变正确的是(　　)
A．ΔH>0，ΔS<0
B．ΔH<0，ΔS>0
C．ΔH>0，ΔS>0
D．ΔH<0，ΔS<0
【解析】　当ΔG＝ΔH－TΔS<0时反应能自发进行，当ΔH>0，ΔS>0时，只有在高温下ΔH－TΔS才小于0。
【答案】　C
5．分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是(　　)
A．2N2(g)＋O2(g)===2N2O(g)　ΔH＝＋163
kJ·mol－1
B．Ag(s)＋Cl2(g)===AgCl(s)　ΔH＝－127
kJ·mol－1
C．HgO(s)===Hg(l)＋O2(g)　ΔH＝＋91
kJ·mol－1
D．H2O2(l)===O2(g)＋H2O(l)　
ΔH＝－98
kJ·mol－1
【解析】　ΔH<0，ΔS>0的反应在任何温度下均能自发进行。A、C两项反应的ΔH>0，故排除，B项的ΔS<0，故排除。
【答案】　D
6．25
℃、1.01×105Pa时，反应2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋56.7
kJ/mol，自发进行的原因是(　　)
A．是吸热反应
B．是放热反应
C．是熵减小的反应
D．熵增效应大于能量效应
【解析】　该反应是吸热反应，根据焓判据是不能自发进行的，说明该反应之所以能够自发进行是由于熵增效应，并且熵增效应大于能量效应。
【答案】　D
7．(2016·宁波高二检测)某反应：AB＋C在室温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程ΔH、ΔS的判断正确的是(　　)
A．ΔH<0、ΔS<0
B．ΔH>0、ΔS<0
C．ΔH<0、ΔS>0
D．ΔH>0、ΔS>0
【解析】　由ΔG＝ΔH－TΔS<0反应自发进行知：ΔH<0、ΔS<0的反应在低温时自发进行；ΔH>0、ΔS<0的反应一定不能自发进行；ΔH<0、ΔS>0的反应一定能自发进行；ΔH>0、ΔS>0的反应在高温时自发进行。
【答案】　A
8．已知反应：2H2(g)＋O2(g)
2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ·mol－1，下列对于反应2H2O(l)
2H2(g)＋O2(g)的说法不正确的是(　　)
A．吸热反应
B．ΔS>0
C．只能在电解条件下进行
D．在一定温度下可以自发进行
【解析】　根据2H2(g)＋O2(g)
2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ·mol－1知，2H2O(l)
2H2(g)＋O2(g)的ΔH＝＋571.6
kJ·mol－1，则第2个反应为吸热的熵增反应，A、B正确；由ΔH－TΔS<0反应自发进行可知，H2O(l)的分解在高温下可自发进行，因此C错误，D正确。
【答案】　C
9．下列反应中，一定不能自发进行的是(　　)
A．2KClO3(s)
2KCl(s)＋3O2(g)　ΔH＝－78.03
kJ·mol－1　ΔS＝＋1
110
J·mol－1·K－1
B．CO(g)
C(石墨，s)＋O2(g)　ΔH＝＋110.5
kJ·mol－1　ΔS＝－89.36
J·mol－1·K－1
C．4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)
ΔH＝－444.3
kJ·mol－1　
ΔS＝－280.1
J·mol－1·K－1
D．NH4HCO3(s)＋CH3COOH(aq)===CO2(g)＋CH3COONH4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝＋37.3
kJ·mol－1　ΔS＝＋184.0
J·mol－1·K－1
【解析】　A项，反应为放热的熵增加反应，一定能自发进行；C项，焓变对反应的方向起决定性作用，ΔH－TΔS<0，在一定条件下反应能自发进行；D项，熵变对反应的方向起决定性作用，ΔH－TΔS<0，在一定条件下反应能自发进行。
【答案】　B
10．判断下列反应的熵值的变化，在每小题后面的横线上填上“增加”、“减小”或“无明显变化”。
(1)2H2(g)＋O2(g)
2H2O(l)________。
(2)H2(g)＋Cl2(g)
2HCl(g)________。
(3)(NH4)2CO3(s)??NH4HCO3(s)＋NH3(g)_______________________________________________。
(4)Cu(s)＋Cl2(g)
CuCl2(s)________。
【解析】　判断熵值变化的依据是同温同压下，气态熵值＞液态熵值＞固态熵值，状态都是气态时，看物质的量的多少，物质的量越多，熵值越大。
【答案】　(1)减小　(2)无明显变化　(3)增加
(4)减小
11．在化学反应A(g)＋B(g)??2C(g)＋D(g)　ΔH＝Q
kJ·mol－1过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
(1)Q________0(填“>、“<”或“＝”)。
(2)熵变ΔS________0(填“>”、“<”或“＝”)。
(3)该反应________自发进行(填“能”或“不能”)。
(4)升高温度平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。
【解析】　据图像可知，该反应是放热反应，故Q<0。据反应特点可知，该反应是熵增大的反应；据此可知该反应能自发进行；升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小。
【答案】　(1)<　(2)>　(3)能　(4)减小　逆反应
12．有A、B、C、D
4个反应：
反应
A
B
C
D
ΔH/(kJ·mol－1)
10.5
1.80
－126
－11.7
ΔS/(J·mol－1·K－1)
30.0
－113.0
84.0
－105.0
则在任何温度都能自发进行的反应是________；任何温度都不能自发进行的反应是________；另两个反应中，在温度高于________时可自发进行的反应是________，在温度低于________时可自发进行的反应是________。
【解析】　当ΔH<0，ΔS>0时，反应在任何温度下能自发进行，当ΔH>0，ΔS<0时，反应在任何温度下都不能自发进行；当ΔH>0，ΔS>0时在高温下能自发进行，则反应A需要的温度须高于：T>＝＝350
K[或(350－273)℃＝77℃]；当ΔH<0，ΔS<0时在低温下能自发进行，则反应D所需温度须低于T<＝＝111.4
K[或(111.4－273)℃＝－161.6
℃]
【答案】　C　B　77℃　A　－161.6
℃　D
[能力提升]
13．反应CH3OH(l)＋NH3(g)―→CH3NH2(g)＋H2O(g)在某温度时才能自发向右进行，若该反应的ΔH＝＋17
kJ/mol，|ΔH－TΔS|＝17
kJ/mol，则下列关系中正确的是(　　)
A．ΔS>0，ΔH－TΔS<0
B．ΔS<0，ΔH－TΔS>0
C．ΔS>0，ΔH－TΔS>0
D．ΔS<0，ΔH－TΔS<0
【解析】　ΔH＝＋17
kJ/mol>0，ΔS>0，在某温度时能自发向右进行，|ΔH－TΔS|＝17
kJ/mol，只有ΔH－TΔS＝－17
kJ/mol<0。
【答案】　A
14．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。现把白锡制成的器皿放在0
℃、100
kPa的室内存放，它会不会变成灰锡而不能再继续使用(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)(　　)
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值的问题。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
15．有一化学平衡mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系。下列叙述正确的是(　　)
A．ΔH>0，ΔS>0
B．ΔH<0，ΔS>0
C．ΔH>0，ΔS<0
D．ΔH<0，ΔS<0
【解析】　由图像知压强越大，A的转化率越高，故m＋n>p＋q，故为ΔS<0；温度越高，A的转化率越大，则正反应为吸热反应，故ΔH>0。
【答案】　C
16．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对反应[可用aA(g)＋bB(g)??cC(g)表示]化学平衡的影响，得到如下图像(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率，φ表示体积分数)：
分析图像，回答下列问题：
(1)在图像反应
Ⅰ
中，若p1>p2，则此正反应为______(填“吸热”或“放热”)反应，也是一个气体分子数_______________________________________
(填“减小”或“增大”)的反应，由此判断，此反应自发进行必须满足的条件是________。
(2)在图像反应
Ⅱ
中，若T1>T2，则该反应________(填“能”或“不能”)自发进行。
【解析】　本题涉及图像的分析及化学平衡的移动和反应进行的方向等知识点。反应Ⅰ中恒压下温度升高，α(A)减小，即升高温度平衡向左移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；由p1>p2知，恒定温度时压强越大，α(A)越大，即增大压强平衡向右移动，说明此反应为气体分子数减小的反应(a＋b>c)，即为熵减反应，ΔS<0。放热、熵减反应只能在低温下自发进行。反应Ⅱ中在恒温下压强变化对α(A)没有影响，说明压强变化不能影响平衡，此反应为气体分子数不变的反应(a＋b＝c)，反应过程中熵变很小，ΔS≈0，若T1>T2，恒压下温度越高α(A)越大，说明升高温度平衡向右移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，则ΔH－TΔS>0，反应不能自发进行。
【答案】　(1)放热　减小　低温
(2)不能
PAGE学业分层测评（二）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．(2016·郑州高二检测)下列说法正确的是(　　)
A．热化学方程式中，化学式前面的化学计量数既可表示微粒数，又可表示物质的量
B．热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示在标准状况下测得的数据
C．书写热化学方程式时，不仅要写明反应热的符号和数值，还要注明各物质的聚集状态
D．凡是化合反应都是放热反应，分解反应都是吸热反应
【解析】　A项，热化学方程式中，化学式前面的化学计量数仅表示物质的量；B项，热化学方程式中，未注明温度和压强时，表示25
℃，101
KPa；D项，化合反应不一定都是放热反应，如C＋CO22CO为吸热反应。
【答案】　C
2．已知H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－184.6
kJ·mol－1，则HCl(g)＝H2(g)＋Cl2(g)的ΔH为(　　)
A．＋184.6
kJ·mol－1
B．－92.3
kJ·mol－1
C．－369.2
kJ·mol－1
D．＋92.3
kJ·mol－1
【解析】　由H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－184.6
kJ·mol－1知：2HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)　ΔH＝＋184.6
kJ·mol－1，进而推知：HCl(g)＝H2(g)＋Cl2(g)　ΔH＝＋92.3
kJ·mol－1。
【答案】　D
3．热化学方程式C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3
kJ·mol－1表示(　　)
A．碳和水反应吸收131.3
kJ的热量
B．1
mol碳和1
mol水反应生成1
mol一氧化碳和1
mol氢气，并吸收131.3
kJ热量
C．1
mol固态碳和1
mol水蒸气反应生成1
mol一氧化碳气体和1
mol氢气，吸收热量131.3
kJ
D．1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸收热量131.3
kJ
【解析】　依据反应热的概念，反应热表示按照热化学方程式中化学计量数的物质的量反应时，吸收或放出的热量，单位是kJ/mol，该热化学方程式表示：1
mol固态碳和1
mol水蒸气反应生成1
mol一氧化碳气体和1
mol氢气，并吸收131.3
kJ的热量，特别要指明水的状态。
【答案】　C
4．含有11.2
g
KOH的稀溶液与1
L
0.1
mol·L－1的H2SO4溶液反应，放出11.46
kJ的热量，表示该反应的中和热的热化学方程式为(　　)
A．KOH(aq)＋H2SO4(aq)＝K2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－11.46
kJ·mol－1
B．2KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－11.46
kJ·mol－1
C．2KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6
kJ·mol－1
D．KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ·mol－1
【解析】　11.2
g
KOH的物质的量为＝0.2
mol,1
L
0.1
mol·L－1的H2SO4溶液中n(H2SO4)＝0.1
mol，n(H＋)＝0.2
mol，二者恰好反应生成0.2
mol
H2O(l)，则生成1
mol
H2O(l)时放出11.46
kJ×5＝57.3
kJ，故中和热ΔH＝－57.3
kJ·mol－1。
【答案】　D
5．同温同压下，已知下列各反应为放热反应，下列各热化学方程式中热量数值最小的是(　　)
A．2A(l)＋B(l)===2C(g)　ΔH1
B．2A(g)＋B(g)===2C(g)　ΔH2
C．2A(g)＋B(g)===2C(l)　ΔH3
D．2A(l)＋B(l)===2C(l)　ΔH4
【解析】　对于同一种物质，在气态时能量最高、液态时次之，固态时最低，则A项放出热量最小，C项放出热量最多。
【答案】　A
6．(2016·石家庄高二检测)在25
℃、101
kPa下，1
g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68
kJ，下列热化学方程式正确的是(　　)
A．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝＋725.8
kJ/mol
B．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－1
452
kJ/mol
C．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－725.8
kJ/mol
D．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝＋1
452
kJ/mol
【解析】　反应放热ΔH<0，排除A、D两项，1
g甲醇完全燃烧放出22.68
kJ的热量，则2
mol
甲醇完全燃烧时放出的热量为：22.68
kJ×32×2＝1
452
kJ，故ΔH＝－1
452
kJ/mol。
【答案】　B
7．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应：
H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ·mol－1分别向1
L
0.5
mol·L－1的NaOH溶液中加入：①稀醋酸，②浓硫酸，③稀硫酸，恰好完全反应的热效应分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，它们的关系正确的是(　　)
【导学号：29910006】
A．ΔH1>ΔH2>ΔH3
B．ΔH2<ΔH1<ΔH3
C．ΔH1＝ΔH2＝ΔH3
D．ΔH1>ΔH3>ΔH2
【解析】　放出热量大小关系为：②>③＝57.3
kJ>①，故ΔH大小关系为：①>③>②，即ΔH1>ΔH3>ΔH2。
【答案】　D
8．(2016·齐齐哈尔高二检测)在相同条件下，下列三个热化学方程式：
(1)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1
(2)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH2
(3)H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH3
则ΔH1、ΔH2和ΔH3的关系是(　　)
A．ΔH1＝ΔH2＝ΔH3
B．ΔH1>ΔH2，ΔH1＝2ΔH3
C．ΔH1<ΔH2，ΔH2＝2ΔH3
D．无法比较
【解析】　根据气态水的能量高于液态水的能量，所以氢气燃烧生成液态水放出的热量多，但放热越多，ΔH越小，所以ΔH1>ΔH2，反应热和方程式中物质前面的计量数成正比，所以ΔH1＝2ΔH3。
【答案】　B
9．(2016·周口高二检测)已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－Q1
kJ/mol
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－Q2
kJ/mol
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－Q3
kJ/mol
常温下，取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2
L(已折合成标准状况)，经完全燃烧后恢复至常温，则放出的热量为(　　)kJ
A．0.4
Q1＋0.05
Q3
B．0.4
Q1＋0.05
Q2
C．0.4
Q1＋0.1
Q3
D．0.4
Q1＋0.1
Q2
【解析】　n(混)＝＝0.5
mol，n(CH4)＝0.5
mol×＝0.4
mol，n(H2)＝0.5
mol×
＝0.1
mol，0.4
mol
CH4完全燃烧放出热量0.4
Q1
kJ，0.1
mol
H2完全燃烧生成H2O(l)放出0.05
Q3
kJ热量。
【答案】　A
10．书写下列反应的热化学方程式
(1)1
mol
N2(g)与适量O2(g)反应生成NO(g)，需吸收68
kJ的热量
_______________________________________________
(2)1
L
1
mol/L稀盐酸跟1
L
1
mol/L
NaOH溶液发生中和反应放出57.3
kJ热量
_______________________________________________
(3)在25
℃、1.01×105Pa时，16
g
S粉在足量氧气中充分燃烧生成二氧化硫气体，放出148.5
kJ热量
_______________________________________________
(4)N2(g)与H2(g)反应生成17
g
NH3(g)，放出46.1
kJ热量。
_______________________________________________
(5)1
mol
C2H5OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出1
366.8
kJ热量。
_______________________________________________
(6)标准状况下，44.8
L
C2H2(g)在O2(g)中完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出2
598.8
kJ热量。
_______________________________________________
(7)24
g
C(s)与足量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)，吸收262.6
kJ热量。
_______________________________________________
【解析】　(1)1
mol
N2(g)与1
mol
O2(g)完全反应生成2
mol
NO(g)，吸收68
kJ热量。
(2)1
mol
HCl(aq)与1
mol
NaOH(aq)恰好反应生成1
mol
H2O(l)放出57.3
kJ的热量。
(3)n(s)＝＝0.5
mol,0.5
mol
S(s)与0.5
mol
O2(g)恰好反应生成0.5
mol
SO2(g)放出148.5
kJ热量。
(4)1
mol
N2(g)与3
mol
H2(g)完全反应生成2
mol
NH3(g)时放出的热量为46.1
kJ×2＝92.2
kJ。
(5)C2H5OH燃烧的化学方程式为C2H5OH＋3O2===2CO2＋3H2O，故C2H5OH(l)完全燃烧生成CO2和H2O(l)的热化学方程式为C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1
366.8
kJ/mol。
(6)n(C2H2)＝＝2
mol，故反应的热化学方程式为：2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－2
598.8
kJ/mol。
(7)1
mol
C(s)与足量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)吸收的热量为＝131.3
kJ。
【答案】　(1)N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH＝＋68
kJ·mol－1
(2)HCl(aq)＋NaOH(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－57.3
kJ·mol－1
(3)S(s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH＝－148.5
kJ·mol－1
(4)N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)
ΔH＝－92.2
kJ/mol
(5)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1
366.8
kJ/mol
(6)2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－2
598.8
kJ/mol
(7)C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
ΔH＝＋131.3
kJ/mol
11．利用下图装置测定中和反应反应热的实验步骤如下：
①用量筒量取50
mL
0.25
mol/L硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；
②用另一量筒量取50
mL
0.55
mol/L
NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。
回答下列问题：
(1)写出稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和反应反应热的热化学方程式(中和热数值为57.3
kJ/mol)；
_______________________________________________。
(2)倒入NaOH溶液的正确操作是________(从下列选出)。
A．沿玻璃棒缓慢倒入
B．分三次少量倒入
C．一次迅速倒入
(3)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________(从下列选出)。
A．用温度计小心搅拌
B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯
D．用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动
(4)实验数据如下表：
①请填写下表中的空白：
温度实验次数
起始温度t1℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2－t1)℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.5
________
2
27.0
27.4
27.2
32.3
3
25.9
25.9
25.9
29.2
4
26.4
26.2
26.3
29.8
②近似认为0.55
mol/L
NaOH溶液和0.25
mol/L硫酸溶液的密度都是1
g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18
J/(g·℃)。则中和热ΔH＝________(取小数点后一位)。
③上述实验数值结果与57.3
kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)________。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
【解析】　(4)①起始温度平均值为＝26.1，终止温度平均值为＝29.5，故温度差平均值(t2－t1)为29.5－26.1＝3.4。
②ΔH＝＝＝56.8
kJ/mol。
【答案】　(1)1/2H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ/mol　
(2)C　(3)D　(4)①3.4　②－56.8
kJ/mol　③abcd
[能力提升]
12．(2016·惠州高二检测)有关能量的判断或表示方法正确的是(　　)
A．由H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ/mol，可知：含1
mol
CH3COOH的溶液与含1
mol
NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3
kJ
B．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多
C．2
g
H2完全燃烧生成液态水放出285.8
kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－285.8
kJ/mol
D．从C(石墨)＝C(金刚石)　ΔH＝＋1.9
kJ/mol，可知石墨比金刚石更稳定
【解析】　A项，放出的热量小于57.3
kJ，故错；B项，前者放出热量更多，故错；C项，应为H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8
kJ/mol，故错；D项，等物质的量的石墨和金刚石，前者能量低，更稳定，正确。
【答案】　D
13．已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ/mol
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－282.9
kJ/mol
某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.74
kJ热量，同时生成3.6
g液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量之比为(　　)
A．1∶1
B．1∶2
C．2∶1
D．2∶3
【解析】　n(H2O)＝＝0.2
mol，则n(H2)＝n(H2O)＝0.2
mol,0.2
mol
H2完全燃烧生成H2O(l)放出57.16
kJ热量，则CO燃烧放出的热量为113.74
kJ－57.16
kJ＝56.58
kJ，故n(CO)＝＝0.2
mol，即n(H2)∶n(CO)＝1∶1。
【答案】　A
14．Ⅰ.氢气燃烧生成液态水的热化学方程式是
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－572
kJ/mol
请回答下列问题：
(1)生成物能量总和________(填“大于”、“小于”或“等于”)反应物能量总和。
(2)若2
mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量________572
kJ(填“>”、“<”或“＝”)。
Ⅱ.火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当把0.4
mol液态肼和0.8
mol
H2O2混合反应，生成氮气和水蒸气，放出256.7
kJ的热量(相当于25
℃、101
kPa下测得的热量)。
(1)反应的热化学方程式为_______________________________________。
(2)又已知H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44
kJ/mol。则32
g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是________
kJ。
(3)此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外还有一个很大的优点是_______________________________________________。
【解析】　Ⅰ.(1)ΔH<0，属于放热反应，故生成物总能量小于反应物总能量；
(2)H2O(g)→H2O(l)　ΔH<0，故2
mol
H2(g)生成H2O(g)放出热量小于生成H2O(l)时放出的热量。
Ⅱ.(1)0.4
mol
N2H4(l)与0.8
mol
H2O2(l)恰好反应生成0.4
mol
N2(g)和1.6
mol
H2O(g)放出256.7
kJ的热量；(2)n(N2H4)＝＝1
mol，则n(H2O)＝4
mol，放出热量为256.7
kJ×＋44
kJ×4＝817.75
kJ。
【答案】　Ⅰ.(1)小于　(2)<
Ⅱ.(1)N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－641.75
kJ/mol
(2)817.75
　(3)没有污染
PAGE学业分层测评（二十四）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列有关金属腐蚀的说法中正确的是
(　　)
A．金属腐蚀指不纯金属与接触到的电解质溶液进行化学反应而损耗的过程
B．电化学腐蚀指在外加电流的作用下不纯金属发生化学反应而损耗的过程
C．钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气，产物最终转化为铁锈
D．金属的电化学腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生
【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、水和其他腐蚀性的物质接触，腐蚀主要包括化学腐蚀和电化学腐蚀，所以A错误；电化学腐蚀指不纯金属与电解质溶液接触时发生原电池反应而损耗的过程，不需要外加电流，所以B错误；钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，正极吸收氧气，而不是负极吸收氧气，所以C错误；只有选项D正确。
【答案】　D
2．以下现象与电化学腐蚀无关的是(　　)
A．镀锡铁器比镀锌铁器表面破损时更易被腐蚀
B．纯铁不容易生锈
C．镶有相邻的银牙和金牙容易引起头痛
D．输送氯气的钢管易被氯气腐蚀
【解析】　A项中镀锡铁器表面破损时形成原电池，Fe作负极，易被腐蚀，而镀锌铁器表面破损时形成原电池，Fe作正极，被保护。B项中纯铁不能形成原电池，所以不容易被腐蚀。C项中相邻的银牙和金牙容易形成原电池产生电流，使人头痛恶心。D项中铁和Cl2直接发生反应，为化学腐蚀，与电化学腐蚀无关。
【答案】　D
3．为探究钢铁的吸氧腐蚀原理，设计了如图所示的装置，下列有关说法中错误的是(　　)
A．正极的电极反应方程式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．将石墨电极改成Mg电极，难以观察到铁锈生成
C．若向自来水中加入少量NaCl(s)，可较快地看到铁锈
D．断开连接石墨和铁的导线，铁便不会生锈
【解析】　吸氧腐蚀的正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，A正确；若把石墨改为Mg电极，此时Mg作负极，铁不会失电子，不会有铁锈生成，B正确；若向自来水中加入少量NaCl(s)，溶液中离子浓度增大，腐蚀变快，C正确；若断开导线连接，因铁中含有碳，仍会发生腐蚀，D错误。
【答案】　D
4．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】　a中：铁钉上缠绕铜，铁钉作负极，发生氧化反应：Fe－2e－===Fe2＋，铜丝作正极，发生还原反应：O2＋4e－＋2H2O===4OH－(使酚酞溶液变红)，选项A和C均错；b中：铝条作负极，发生氧化反应：Al－3e－===Al3＋，D项错误；铁钉作正极，发生还原反应：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，B项正确。
【答案】　B
5．下列哪个装置可防止铁棒被腐蚀(　　)
【解析】　当铁棒作为原电池的正极或作为电解池的阴极时不被腐蚀。
【答案】　B
6．为保护地下钢管不受腐蚀，下列属于牺牲阳极的阴极保护法的是(　　)
A．与石墨棒相连
B．与铜板相连
C．埋在潮湿、疏松的土壤中
D．与锌板相连
【解析】　A项，石墨棒与铁构成原电池，铁活泼失电子作负极，被腐蚀；B项，铜板与铁构成原电池，铁比铜活泼，失电子作负极，被腐蚀；C项，在潮湿、疏松的土壤中，铁与水、空气构成原电池，氧气得电子，铁失电子，被腐蚀；D项，锌板与铁构成原电池，锌比铁活泼，锌失电子作负极，锌被腐蚀，铁被保护。
【答案】　D
7．下列关于牺牲阳极的阴极保护法的叙述正确的是(　　)
A．正极就是阳极
B．负极就是阴极
C．阳极上发生氧化反应
D．正极上发生氧化反应
【解析】　牺牲阳极的阴极保护法就是原电池的负极(阳极)的金属发生氧化反应被腐蚀，作为正极(阴极)的金属不被腐蚀。
【答案】　C
8．铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法不正确的是(　　)
A．正极的电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑
B．此过程中还涉及反应：4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3
C．此过程中铜并不被腐蚀
D．此过程中电子从Fe移向Cu
【解析】　该图表示为吸氧腐蚀，其中铁铆钉为负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，铜板作正极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，当形成Fe(OH)2后，还有4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3这个反应，故A项错误，B、C、D三项均正确。
【答案】　A
9．(2016·兰州高二检测)下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是(　　)
图1　　　　
图2　　　　
图3　　　　　
图4
A．图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
B．图2中，插入溶液中的铁棒容易溶解，主要是发生电化学腐蚀
C．图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀
D．图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的阴极
【解析】　A项，铁棒越靠近海水液面处腐蚀越严重，因为该处O2浓度最大；B项，铁棒作为电解池的阴极被保护；D项，镁块相当于原电池的阳极(负极)。
【答案】　C
10．市场上出售的“热敷袋”，其主要成分是铁屑、炭粉、木屑与少量氯化钠、水等。它在使用之前需使塑料袋与空气隔绝。使用时启开塑料袋上的小孔，轻轻揉搓就会发出热量来。当使用完后还会发现有铁锈(Fe2O3的结晶水合物)生成，依上述现象回答：
(1)“热敷袋”放出的热量是利用铁发生了________反应放出热量。
(2)炭粉的主要作用是___________________________________________。
(3)加入氯化钠的作用是__________________________________________。
(4)有关的电极反应式：正极________，负极________。
【解析】　根据题意“热敷袋”使用时必须与空气接触，再从主要成分是铁屑、炭粉、木屑与少量氯化钠、水和使用完后发现有铁锈生成可判断出反应原理为铁的吸氧腐蚀。
【答案】　(1)氧化　(2)作正极　(3)作电解质溶液
(4)O2＋2H2O＋4e－===4OH－　2Fe－4e－===2Fe2＋
11.如图所示，甲、乙两试管中各放一枚铁钉，甲试管为NaCl溶液，乙试管为NH4Cl溶液，数天后观察到的现象是______________________________，甲中正极反应式为____________________________，乙中正极反应式为______________________________，试管中残留气体的平均相对分子质量的变化为：甲________，乙________。
甲　　
　　乙
【解析】　NaCl溶液为中性溶液，铁钉发生吸氧腐蚀，消耗了氧气，左端气体压强降低，NH4Cl溶液呈酸性，铁钉发生析氢腐蚀，由于产生氢气，右端气体压强增加，所以U形管内的液面左升右降；又因为甲试管中消耗了摩尔质量大的氧气，乙试管中生成了摩尔质量小的氢气，甲、乙两试管中残留气体平均相对分子质量都会减小。
【答案】　U形管内的液面左升右降　O2＋2H2O＋4e－===4OH－　2H＋＋2e－===H2↑　减小　减小
12．A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸，如图所示：
(1)A中反应的离子方程式是______________________________________。
(2)B中Sn极的电极反应式为______________，Sn极附近溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)C中被腐蚀的金属是_________________________________________，
总反应离子方程式是_______________________________________，
比较A、B、C中铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是_________________。
【解析】　(1)A中发生Fe与稀硫酸间的置换反应。
(2)B中Sn为正极，H＋放电生成H2：2H＋＋2e－===H2↑，导致Sn附近溶液中c(H＋)减小，pH增大。
(3)C中Zn为负极被腐蚀。
【答案】　(1)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
(2)2H＋＋2e－===H2↑　增大
(3)Zn　Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑　B>A>C
[能力提升]
13．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是(　　)
A．用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B．装置②的总反应是：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
C．装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D．装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【解析】　A项，根据电流方向，a为阳极，b为阴极，粗铜作阳极。B项，装置②的总反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，错误。C项，被保护的金属应作阴极。D项，铁钉所处的环境干燥不被腐蚀。
【答案】　B
14．如图所示，液面上浮着一个空心铁球。
数天后可观察到的现象是(　　)
①铁球表面出现红棕色锈斑　②铁球表面出现黑色锈斑　③量筒内水位下降　④量筒内水位上升
A．①③
B．①④
C．②③
D．③④
【解析】　量筒内的空气、溶有O2的食盐水和铁球(铁碳合金)组成原电池，发生了吸氧腐蚀，其负极反应是2Fe－4e－===2Fe2＋，正极反应是O2＋2H2O＋4e－===4OH－；Fe2＋与OH－结合成Fe(OH)2，再被氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3脱水成为Fe2O3·xH2O而在铁球表面出现红棕色锈斑；由于量筒中的O2被吸收，所以量筒内的水位会上升。
【答案】　B
15．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圈中心区(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处少。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】　由图可知外围腐蚀速率大于中心腐蚀速率，腐蚀区将逐渐变小，铁锈环逐渐向中心扩展，当水蒸发完时电化学腐蚀结束。所以液滴中
Na＋、Cl－都是随着腐蚀区的减小由b区向a区移动，故A错；Fe被腐蚀时发生氧化反应，所以C错；改用嵌有铜螺丝钉的铁板，铁仍为负极而被腐蚀，D错。
【答案】　B
16．铁生锈是比较常见的现象，某实验小组，为研究铁生锈的条件，设计了以下快速、易行的方法：
首先检查制氧气装置的气密性，然后按图连接好装置，点燃酒精灯给药品加热，持续3分钟左右，观察到的实验现象为：①直形管中用蒸馏水浸过的光亮铁丝表面颜色变得灰暗，发生锈蚀；②直形管中干燥的铁丝表面依然光亮，没有发生锈蚀；③烧杯中潮湿的铁丝依然光亮。
试回答以下问题：
(1)由于与接触的介质不同，金属腐蚀分成不同类型，本实验中铁生锈属于________。能表示其原理的电极反应式为_______________________________
_______________________________________________。
(2)仪器A的名称为________，其中装的药品可以是________________，其作用是_________________________________________________________。
(3)由实验可知，该类铁生锈的条件为_____________________________。
决定铁生锈快慢的一个重要因素是________。
【解析】　钢铁在潮湿环境下形成原电池，发生电化学腐蚀。在直形管中的实验现象说明，潮湿是铁生锈的必须前提；直形管实验与烧杯实验的对比，则说明O2浓度是影响铁生锈快慢的一个重要因素。
【答案】　(1)电化学腐蚀　负极：Fe－2e－===Fe2＋，正极：2H2O＋O2＋
4e－===4OH－
(2)球形干燥管　碱石灰(或无水氯化钙)　干燥O2
(3)与O2接触；与水接触　氧气浓度
PAGE学业分层测评（十一）
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是(　　)
A．盐酸、空气、醋酸、干冰
B．冰醋酸、碱石灰、硫酸钠、乙醇
C．蛋白质、油脂、苛性钠、石灰石
D．胆矾、漂白粉、氯化钾、硫酸钡
【解析】　A中盐酸为混合物，错误；C中蛋白质为混合物，石灰石的主要成分为碳酸钙，为混合物；D中硫酸钡也为强电解质。
【答案】　B
2．下列电离方程式中，正确的是(　　)
A．HClOH＋＋ClO－
B．H2SO4??2H＋＋SO
C．H2S??2H＋＋S2－
D．NH4NO3NH＋NO
【解析】　A项，应为HClO??H＋＋ClO－；B项，应为H2SO42H＋＋SO；C项，应为H2S??H＋＋HS－。
【答案】　D
3．下列叙述中，能证明某物质是弱电解质的是(　　)
A．熔融时不导电
B．水溶液的导电能力很差
C．不是离子化合物，而是极性共价化合物
D．溶液中已电离的离子和未电离的分子共存
【解析】　判断强、弱电解质的关键，是在水溶液里能否完全电离，是否存在电离平衡。
【答案】　D
4．下列溶液中导电性最强的是(　　)
A．1
L
0.1
mol/L醋酸
B．0.1
L
0.1
mol/L
H2SO4溶液
C．0.5
L
0.1
mol/L盐酸
D．2
L
0.1
mol/L
H2SO3溶液
【解析】　溶液中离子浓度越大，溶液的导电能力越强。当离子浓度相同时，还要比较离子所带的电荷数是否相同。离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。
【答案】　B
5．在相同温度时，100
mL
0.01
mol·L－1的醋酸溶液与10
mL
0.1
mol·L－1的醋酸溶液相比，下列数值前者大于后者的是(　　)
A．中和时所需NaOH的量
B．电离程度
C．电离常数Ka
D．CH3COOH的物质的量
【解析】　相同温度时，100
mL
0.01
mol·L－1的醋酸溶液与10
mL
0.1
mol·
L－1的醋酸溶液所含CH3COOH的物质的量相等，中和时所需NaOH的量也相等。电离常数Ka只受温度影响，故Ka相等。
【答案】　B
6．向0.1
mol·L－1醋酸溶液中逐滴加入氨水至过量时，溶液的导电能力将发生相应的变化，其电流强度(I)随加入氨水的体积(V)变化的曲线关系是下图中的(　　)
【解析】　由CH3COOH??CH3COO－＋H＋知，0.1
mol·L－1醋酸溶液的导电能力：I≠0，A错误；根据CH3COOH＋NH3·H2O??CH3COO－＋NH＋H2O，在逐滴加入氨水的过程中，c(CH3COO－)和c(NH)增大，导电能力增强，I逐渐增大，C错误；完全反应后再加入氨水，由于NH3·H2O是弱电解质，此时相当于溶液的稀释，其溶液的导电能力I逐渐降低，故B正确，D错误。
【答案】　B
7．在25
℃时，用蒸馏水稀释1
mol·L－1氨水至0.01
mol·L－1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是(　　)
A.　　　　
B.
C.
D．c(OH－)
【解析】　一水合氨是弱电解质，加水稀释，一水合氨的电离平衡右移，n(OH－)和n(NH)增大，n(NH3·H2O)减小，但c(OH－)和c(NH)均减小。A、B、C各项中，分子、分母同乘溶液体积，浓度之比等于物质的量之比。
【答案】　A
8．在H2S溶液中，c(H＋)和c(S2－)的比值是(　　)
A．1
B．2
C．大于2
D．在1～2之间
【解析】　氢硫酸是二元弱酸，分步电离：H2S??H＋＋HS－，HS－??H＋＋S2－，以一级电离为主，二级电离产生的c(S2－)远小于c(H＋)，C正确。
【答案】　C
9．由已知电离常数判断，下列关于SO2与Na2CO3(aq)反应的离子方程式的书写中，不合理的是(　　)
酸
电离常数
碳酸
K1＝4×10－7　K2＝5.6×10－11
亚硫酸
K1＝1.54×10－2　K2＝1.02×10－7
A.SO2＋H2O＋2CO2HCO＋SO
B．SO2＋H2O＋COH2CO3＋SO
C．2SO2＋2H2O＋COH2CO3＋2HSO
D．SO2＋H2O＋COHCO＋HSO
【解析】　根据表中Ka的数值，其酸性：H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，结合复分解反应中强酸制弱酸的原理，H2SO3与CO反应不可能生成H2CO3和SO，故B不合理。
【答案】　B
10.在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：
(1)“O”点导电能力为0的理由是__________________________________________________________________________________。
(2)a、b、c三点处，溶液的c(H＋)由小到大的顺序为
_______________________________________________。
(3)a、b、c三点处，电离程度最大的是________。
(4)若将c点溶液中c(CH3COO－)增大，c(H＋)减小，可采取的措施是
①_______________________________________________；
②_______________________________________________；
③_______________________________________________。
【解析】　溶液的导电能力主要由离子浓度来决定，题目中的图像说明冰醋酸加水稀释过程中，离子浓度随着水的加入先逐渐增大到最大值又逐渐减小，故c(H＋)是b点最大，c点最小，这是因为c(H＋)＝，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，n(H＋)增大使c(H＋)有增大的趋势，而V(aq)增大使c(H＋)有减小的趋势，c(H＋)是增大还是减小，取决于这两种趋势中哪一种占主导地位。在“O”点时，未加水，只有醋酸，因醋酸未发生电离，没有自由移动的离子存在，故不能导电；要使CH3COO－的浓度增大，H＋浓度减小，可通过加入OH－、活泼金属等使平衡正向移动。
【答案】　(1)在“O”点处醋酸未电离，无离子存在
(2)c(4)①加少量NaOH固体　②加少量Na2CO3固体
③加入Zn、Mg等金属
11．有下列物质的溶液
①CH3COOH　②HCl　③H2SO4　④NaHSO4
(1)若四种溶液的物质的量浓度相同，其c(H＋)的大小比较为________________(用序号表示，下同)。
(2)若四种溶液的c(H＋)相同，其物质的量浓度的大小比较为________。
(3)将6
g
CH3COOH溶于水制成1
L溶液，此溶液的物质的量浓度为________，经测定溶液中c(CH3COO－)为1.4×10－3
mol/L，此温度下醋酸的电离常数Ka＝________，温度升高，Ka将________(填“变大”、“不变”或“变小”，下同)，加入少量CH3COONa后c(H＋)________，Ka________。
【解析】　(3)开始时c(CH3COOH)＝0.1
mol·L－1，由于CH3COOH电离的很少，平衡后可认为c(CH3COOH)仍为0.1
mol·L－1。由CH3COOH??CH3COO－＋H＋
Ka＝
＝
＝1.96×10－5。
【答案】　(1)③>②＝④>①　(2)①>④＝②>③
(3)0.1
mol·L－1　1.96×10－5　变大　变小　不变
[能力提升]
12．HClO是比H2CO3还弱的酸，下列反应Cl2＋H2O??HCl＋HClO达到平衡后，要使HClO的浓度增大，可采取的措施是(　　)
A．光照
B．加入NaOH固体
C．加入水
D．加入CaCO3固体
【解析】　要使c(HClO)增大，应使Cl2＋H2O??HCl＋HClO向右移动，且加入的物质只能与HCl反应而不能与HClO反应，结合酸性H2CO3>HClO，故采取的措施是加入CaCO3固体。
【答案】　D
13．用水稀释0.1
mol/L的醋酸溶液，其中随加水量的增加而增大的有(　　)
【导学号：29910033】
①n(H＋)　②c(H＋)　③c(H＋)/c(CH3COOH)
④c(CH3COOH)/c(H＋)
A．①③　　B．①④　　C．②③④　　D．①②③
【解析】　CH3COOH??CH3COO－＋H＋，加水稀释时，平衡右移，
则n(H＋)、n(CH3COO－)均增大，而n(CH3COOH)减小。因溶液被稀释，c(CH3COOH)、c(CH3COO－)、c(H＋)均减小。故＝＝，应增大；同理＝应减小。
【答案】　A
14．室温条件下进行下列各组实验，其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是(　　)
选项
实验方案
观察要点
A
等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应
恰好反应时的体积比
B
醋酸溶液中加入醋酸钠固体
溶液pH的变化
C
等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应
产生H2的起始速率
D
将pH＝4的醋酸稀释成pH＝6的溶液
加H2O的量
【解析】　A项，中和碱的能力与酸的强弱无关；B项pH增大说明醋酸溶液中存在电离平衡，说明醋酸是弱酸；C项，产生H2的起始速率是盐酸>醋酸，说明醋酸不完全电离，即说明醋酸是弱酸；D项，稀释时加水量大于原溶液体积的100倍，说明醋酸中存在电离平衡，说明醋酸是弱酸，故B、C、D不符合题意。
【答案】　A
15．下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25
℃)。
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOH??CH3COO－＋H＋
1.75×10－5
H2CO3
H2CO3??H＋＋HCOHCO??H＋＋CO
K1＝4.4×10－7K2＝4.7×10－11
H2S
H2S??H＋＋HS－HS－??H＋＋S2－
K1＝9.1×10－8K2＝1.1×10－12
H3PO4
H3PO4??H＋＋H2POH2PO??H＋＋HPOHPO??H＋＋PO3－4
K1＝7.1×10－3K2＝6.3×10－8K3＝4.2×10－13
回答下列各题：(1)当温度升高时，K值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在温度相同时，各弱酸的K值不同，那么K值的大小与酸性的相对强弱有何关系？_______________________________________________
_______________________________________________。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCO、H2S、HS－、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，其中酸性最强的是________，最弱的是________。
(4)多元弱酸是分步电离的，每一步都有相应的电离平衡常数。对于同一种多元弱酸的K1、K2、K3之间存在着数量上的规律，此规律是_______________，
产生此规律的原因是__________________________________________________
_______________________________________________。
(5)用食醋浸泡有水垢的水壶，可以清除其中的水垢，通过该事实________(填“能”或“不能”)比较醋酸与碳酸的酸性强弱，请设计一个简单的实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱。
方案：__________________________________________________________
_______________________________________________。
【解析】　(1)弱电解质的电离是吸热反应，升高温度能促进电离，故升高温度，K值增大。(2)K值越大，说明电离出的氢离子浓度越大，该酸越易电离，酸性越强。(3)因为K值越大，酸性越强，这几种酸中，H3PO4的K值最大，HPO的K值最小，故酸性最强的是H3PO4，酸性最弱的是HPO。(4)由表中K1、K2、K3常数之间约是105倍的关系，即K1∶K2∶K3≈1∶10－5∶10－10，酸的每级电离都能产生H＋，故上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用，使得上一级的电离常数远大于下一级的电离常数。(5)证明醋酸的酸性大于碳酸，可用CH3COOH与CaCO3(水垢的主要成分)或NaHCO3反应产生CO2来证明。
【答案】　(1)增大
(2)K值越大，电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强
(3)H3PO4　HPO
(4)K1>K2>K3　上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用
(5)能　向盛有少量NaHCO3溶液的试管中加入适量CH3COOH溶液，产生无色气泡，证明醋酸酸性大于碳酸
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