2018高中化学全一册导学案（打包30套）新人教版选修4

化学反应与能量章末总结
[学习目标定位]　1.会书写热化学方程式并能判断其正误。2.正确理解盖斯定律并学会其应用。3.掌握反应热的四种计算方法。
一　热化学方程式的书写方法与正误判断
热化学方程式是表明反应所放出或吸收热量的化学方程式。它不仅能表明化学反应中的物质变化，而且也能表明化学反应中的能量变化。
1.书写方法要求
(1)必须在化学方程式的右边标明反应热ΔH的符号、数值和单位(ΔH与最后一种生成物之间留一空格)：
(2)ΔH与测定条件(温度、压强等)有关、因此应注明ΔH的测定条件。绝大多数ΔH是在25 ℃、101 kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。
(3)反应热与物质的聚集状态有关，因此必须注明物质的聚集状态(s，l，g)，溶液中的溶质标明“aq”。化学式相同的同素异形体除标明状态外还需标明其名称[如C(金刚石，s)]。热化学方程式中不标“↑”和“↓”，不在等号或箭头上写“点燃、△、高温、催化剂”等条件。
(4)热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量而不表示分子数或原子数。因此化学计量数可以是整数，也可以是分数。
特别提示　(1)ΔH是一个宏观量，它与反应物的物质的量成正比，所以方程式中的化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也随之加倍，当反应方向变化时，ΔH的值也随之变号。
(2)根据燃烧热、中和热书写的热化学方程式，要符合燃烧热、中和热的定义。
【例1】　已知下列热化学方程式：
①H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.0 kJ·mol－1
②H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
③C(s)＋O2(g)===CO(g)
ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
④C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
回答下列各问题：
(1)上述反应中属于放热反应的是_____________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)H2的燃烧热ΔH＝____________；C的燃烧热ΔH＝____________。
(3)燃烧10 g H2生成液态水，放出的热量为________。
(4)CO的燃烧热ΔH＝________，其热化学方程式为____________________________
________________________________________________________________________。
解析　(1)已知四个热化学方程式的ΔH皆小于0，故都是放热反应。
(2)H2的燃烧热是指1 mol H2完全燃烧生成液态水时放出的热量，故H2的燃烧热ΔH＝－285.0 kJ·mol－1；C的燃烧热是指1 mol碳完全燃烧生成CO2时放出的热量，故C的燃烧热ΔH＝－393.5 kJ·mol－1。
(3)燃烧10 g H2生成液态水时放出的热量为×285.0 kJ·mol－1＝1 425.0 kJ。
(4)将已知热化学方程式④－③可得：
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1－(－110.5 kJ·mol－1)＝－283.0 kJ·mol－1，故CO的燃烧热ΔH＝－283.0 kJ·mol－1，CO燃烧的热化学方程式为CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1。
答案　(1)①②③④
(2)－285.0 kJ·mol－1　－393.5 kJ·mol－1
(3)1 425.0 kJ　(4)－283.0 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
2.常见错误要回避
(1)漏写物质的聚集状态(漏一种就全错)；
(2)ΔH的符号“＋”、“－”标示错误；
(3)ΔH的值与各物质化学计量数不对应；
(4)ΔH后不带单位或单位写错(写成kJ、kJ·mol等)。
3.正误判断方法
判断热化学方程式的正误时要从以下几个方面进行检查：
(1)热化学方程式是否已配平，是否符合客观事实；
(2)各物质的聚集状态是否标明；
(3)反应热ΔH的数值与该热化学方程式的化学计量数是否对应；
(4)反应热ΔH的符号是否正确，放热反应的ΔH为“－”，吸热反应的ΔH为“＋”。
【例2】　燃烧1 g乙炔生成二氧化碳和液态水放出热量50 kJ，则下列热化学方程式书写正确的是(　　)
A.2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝＋50 kJ·mol－1
B.C2H2(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)
ΔH＝－1 300 kJ
C.2C2H2＋5O2===4CO2＋2H2O
ΔH＝－2 600 kJ
D.2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－2 600 kJ·mol－1
解析　本题可结合热化学方程式的书写规则来具体分析。书写热化学方程式时，ΔH只能写在化学方程式的右边，若为放热反应，则ΔH为“－”；若为吸热反应，则ΔH为“＋”，其单位一般为kJ·mol－1，故A、B、C项错误；并且反应物和生成物的聚集状态不同，反应热的数值可能不同，因此必须在反应方程式中用括号注明反应物和生成物在反应时的聚集状态(s、l、g)，ΔH必须与反应方程式中化学式前面的化学计量数相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。
答案　D
二　盖斯定律及其应用
1.盖斯定律的实质
不管化学反应是一步完成或是分几步完成，其反应热是相同的。即化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。
则有ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4＋ΔH5。
2.盖斯定律的应用
根据盖斯定律，通过计算反应热，可以书写新的热化学方程式；比较反应热的大小，判断物质的稳定性(同素异形体稳定性比较)。运用盖斯定律分析解题的关键，设计出合理的反应过程，利用热化学方程式进行适当的加减等“运算”。
【例3】　已知下列热化学方程式：
(1)Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)
ΔH＝－25 kJ·mol－1
(2)3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g)
ΔH＝－47 kJ·mol－1
(3)Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)
ΔH＝＋19 kJ·mol－1
写出FeO(s)被CO(g)还原成Fe(s)和CO2(g)的热化学方程式：_____________________。
解析　本题主要考查了盖斯定律的应用。根据题目中所给的有关热化学方程式进行分析：从方程式(3)与方程式(1)可以看到我们需要的有关物质。但方程式(3)必须通过方程式(2)才能和方程式(1)结合在一起。将方程式(3)×2＋方程式(2)得：2Fe3O4(s)＋2CO(g)＋3Fe2O3(s)＋CO(g)===6FeO(s)＋2CO2(g)＋2Fe3O4(s)＋CO2(g)
ΔH＝＋19 kJ·mol－1×2＋(－47 kJ·mol－1)，
整理得：(4)Fe2O3(s)＋CO(g)===2FeO(s)＋CO2(g)
ΔH＝－3 kJ·mol－1。
将(1)－(4)得：2CO(g)===2Fe(s)＋2CO2(g)－2FeO(s)
ΔH＝－25 kJ·mol－1－(－3 kJ·mol－1)，
整理得：FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)
ΔH＝－11 kJ·mol－1。
答案　FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)
ΔH＝－11 kJ·mol－1
易错辨析　利用盖斯定律的计算主要易出现两方面的错误：(1)不能设计出合理的反应路线进行加减；(2)加减时未正确利用化学计量数。
【例4】　已知下列反应的热化学方程式为
(1)CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH1＝－870.3 kJ·mol－1
(2)C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
(3)H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1
则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)的ΔH为(　　)
A.－488.3 kJ·mol－1 B.－191 kJ·mol－1
C.－476.8 kJ·mol－1 D.－1 549.6 kJ·mol－1
解析　根据盖斯定律，反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)实质上是反应(2)×2＋反应(3)×2－反应(1)，即所求的反应热ΔH＝ΔH2×2＋ΔH3×2－ΔH1＝[－393.5×2＋(－285.8)×2－(－870.3)] kJ·mol－1＝－488.3 kJ·mol－1。
答案　A
三　反应热的四种计算方法
1.利用热化学方程式进行相关量的求解，可先写出热化学方程式，再根据热化学方程式所体现的物质与物质间、物质与反应热间的关系直接或间接求算物质的质量或反应热。其注意的事项有：
(1)反应热数值与各物质的化学计量数成正比，因此热化学方程式中各物质的化学计量数改变时，其反应热数值需同时做相同倍数的改变。
(2)热化学方程式中的反应热是指反应按所给形式完全进行时的反应热。
(3)正、逆反应的反应热数值相等，符号相反。
2.根据盖斯定律，可以将两个或两个以上的热化学方程式包括其ΔH相加或相减，得到新的热化学方程式，可进行反应热的有关计算。其注意的事项有：
(1)热化学方程式同乘以某一个数时，反应热数值也必须乘上该数。
(2)热化学方程式相加减时，同种物质之间可相加减，反应热也随之相加减。
(3)将一个热化学方程式颠倒时，ΔH的“＋”、“－”号必须随之改变。
3.根据燃烧热计算：可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×燃烧热。
4.根据键能计算：反应热(焓变)等于反应物中的键能总和减去生成物中的键能总和，ΔH＝∑E反－∑E生(E表示键能)。如反应3H2(g)＋N2(g)??2NH3(g)　ΔH＝3E(H—H)＋E(N≡N)－6E(N—H)。
【例5】　(1)在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下：
①第一步反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是_______________。
②1 mol NH(aq)全部氧化成NO(aq)的热化学方程式是_________________________。
(2)已知红磷比白磷稳定，则反应P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)　ΔH1；4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)　ΔH2；ΔH1和ΔH2的关系是ΔH1________ΔH2(填“>”、“<”或“＝”)。
(3)在298 K、101 kPa时，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　ΔH1；Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)　ΔH2；2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)　ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2之间的关系正确的是________。
A.ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B.ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C.ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D.ΔH3＝ΔH1－ΔH2
(4)已知：
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566 kJ·mol－1①
Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋O2(g)
ΔH＝－226 kJ·mol－1②
则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数目为_______________。
(5)已知H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g)　ΔH＝－72 kJ·mol－1，蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ，其他相关数据如下表：
物质
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1 mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)
436
200
a
则表中a＝________。
解析　(1)由图可知：NH(aq)＋O2(g)===NO(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－273 kJ·mol－1，NO(aq)＋O2(g)===NO(aq)　ΔH＝－73 kJ·mol－1，2个热化学方程式相加即可得第②问答案。
(2)将2个热化学方程式相减得P4(白磷，s)===4P(红磷，s)　ΔH＝ΔH1－ΔH2，由红磷比白磷稳定可知白磷的能量高，白磷转化为红磷是放热反应，ΔH<0，所以ΔH1<ΔH2。
(3)将题中3个热化学方程式依次编号为①、②、③，则③＝①＋②×2，所以ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2。
(4)(①＋②×2)×得：CO(g)＋Na2O2(s)===Na2CO3(s)
ΔH＝－509 kJ·mol－1，即该反应放出590 kJ热量时转移2 mol e－。
(5)由题中热化学方程式及蒸发1 mol Br2(l)吸热30 kJ可得：H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)　ΔH＝－102 kJ·mol－1，则436＋200－2a＝－102，a＝369。
答案　(1)①放热　ΔH<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)　②NH(aq)＋2O2(g)===NO(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－346 kJ·mol－1　(2)<
(3)A　(4)2 mol(或1.204×1024，或2NA)　(5)369
第一节　化学反应与能量的变化
第1课时　焓变　反应热
[学习目标定位]　1.熟知能量转化形式及反应热和焓变的含义、吸热反应和放热反应的本质。2.学会热化学方程式的书写与应用。
一　焓变　反应热
1.化学反应的基本特征：一是物质发生了变化，二是能量发生了变化。
2.H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)反应的能量变化如图所示：
由图可知，1 mol H2分子中的化学键断裂吸收的能量是436 kJ，1 mol Cl2分子中的化学键断裂吸收的能量是243 kJ，2 mol HCl分子中的化学键形成释放的能量是862 kJ，则H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应放出的热量为183 kJ。
3.反应热、焓变的概念
(1)反应热是化学反应在一定条件下所释放或吸收的热量，符号是ΔH，单位是kJ·mol－1或kJ/mol。
(2)焓(H)是与内能有关的物理量，焓变(ΔH)是生成物与反应物的焓值差。
4.ΔH的正、负和吸热、放热反应的关系
(1)放热反应是反应完成时，生成物释放的总能量大于反应物吸收的总能量的反应。由于反应后放出热量(释放给环境)而使反应体系的能量降低，故ΔH<(填“<”或“>”)0，即ΔH为－(填“＋”或“－”)。
(2)吸热反应是反应完成时，生成物释放的总能量小于反应物吸收的总能量的反应。由于反应时吸收环境能量而使反应体系的能量升高，故ΔH>(填“<”或“>”)0，即ΔH为＋(填“＋”或“－”)。
5.有下列反应：①氧化钙与水反应　②碳酸氢钠受热分解
③硫酸与氢氧化钠溶液混合　④燃烧煤炭取暖　⑤钠与水反应　⑥胆矾受热失去结晶水，其中为吸热反应的是②⑥，放热反应的是①③④⑤。
归纳总结
1.反应热与焓变的关系
2.焓变与物质化学键断裂与形成的关系
ΔH＝反应物总键能－生成物总键能。
3.焓变与反应物、生成物能量的关系
ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量。
1.化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示。下列有关叙述正确的是(　　)
A.每生成2 mol AB(g)吸收b kJ热量
B.反应热ΔH＝＋(a－b) kJ·mol－1
C.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D.断裂1 mol A—A键和1 mol B—B键，放出a kJ能量
答案　B
解析　根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，每生成2 mol AB(g)吸收(a－b) kJ热量，A、C项错误；根据反应热等于生成物总能量与反应物总能量的差值可知，该反应热ΔH＝＋(a－b) kJ·mol－1，B项正确；化学键断裂吸收能量，D项错误。
2.某些化学键的键能(kJ·mol－1)如下表：
键
H—H
Br—Br
I—I
Cl—Cl
H—Cl
H—I
H—Br
键能
436
193
151
247
431
299
366
(1)1 mol H2在2 mol Cl2中燃烧，放出的热量为 kJ。
(2)在一定条件下，1 mol H2分别与足量的Cl2、Br2、I2反应，放出热量由多到少的顺序是 (填字母)。
A.Cl2>Br2>I2　　　　　 B.I2>Br2>Cl2
答案　(1)179　(2)A
解析　本题涉及键能与吸、放热的关系，考查了键能与反应热的定量关系。(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2 mol HCl，则放出热量：436 kJ·mol－1×1 mol＋247 kJ·mol－1×1 mol－431 kJ·mol－1×2 mol＝－179 kJ。(2)反应H2＋X2===2HX中，若1 mol H2和1 mol X2反应生成2 mol HX，就有1 mol H—H键和1 mol X—X键断裂，2 mol H—X键形成。放出的热量Q(HX)＝E(H—H)＋E(X—X)－2·E(H—X)。将表中数据代入可算得：Q(HCl)二　热化学方程式
1.氢气与碘蒸气化合反应的能量(或热量)变化，可用下式表示：H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH＝－14.9 kJ·mol－1，它与化学方程式H2＋I22HI相比较而言，其特点为
(1)指明了反应时的温度和压强：若在25 ℃、101 kPa时进行的反应，可以不注明。
(2)用括号注明了各物质反应时的状态：s(固体)、l(液体)、g(气体)、aq(溶液)。
(3)在方程式的右边注明了ΔH的数值、正负号及单位。
2.热化学方程式的概念及意义
(1)热化学方程式是表示参加反应物质的量和反应热的关系的化学方程式。
(2)热化学方程式的意义：不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的能量变化，还说明了物质的“量”与“能量”之间的数量关系。
例如：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1表示的意义是在25 ℃、101 kPa下，1 mol气态H2与 mol气态O2反应生成1 mol液态水时，放出的热量是285.8 kJ。
3.热化学方程式的书写方法要求
(1)遵循一般化学方程式的书写规则(一般不写反应条件)。
(2)在方程式右端注明热量的变化：吸热反应，ΔH>0；放热反应，ΔH<0。
(3)要注明反应物和生成物的聚集状态。
(4)化学计量数只表示物质的量，因此可以是整数，也可以是分数。
(5)化学计量数改变，ΔH要相应改变；逆反应的ΔH数值与正反应的相等、符号相反。
归纳总结
热化学方程式与普通化学方程式的区别
普通化学方程式
热化学方程式
化学计量数
是整数，既表示微粒个数又表示该物质的物质的量
可以是整数也可以是分数，只表示物质的物质的量
状态
不要求注明
必须在分子式后注明
ΔH正负号及单位
无
必须注明
意义
表明了化学反应中的物质变化
不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的能量变化
遵循规律
原子守恒
原子守恒和能量守恒
3.下列对H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH(298 K)＝－184.6 kJ·mol－1的叙述正确的是(　　)
A.1分子H2和Cl2反应，放出热量184.6 kJ
B.1 mol H2(g)完全反应生成2 mol HCl(g)，放出的热量为184.6 kJ
C.在101 kPa、25 ℃的条件下，1 mol H2(g)和1 mol Cl2(g)完全反应生成2 mol HCl(g)放出的热量为184.6 kJ
D.在101 kPa、25 ℃的条件下，1 mol H2(g)和1 mol Cl2(g)完全反应生成2 mol HCl(g)吸收的热量为184.6 kJ
答案　C
解析　反应方程式中ΔH的值与具体化学反应相对应，在反应中各物质前的化学计量数不再表示粒子数目，只表示物质的“物质的量”，A错误；在描述反应时应说明外界条件，而B中没有温度和压强，B错误；ΔH＜0时，反应放热而非吸热，D错误。
4.依据事实，写出下列反应的热化学方程式。
(1)1 mol N2(g)与适量H2(g)反应，生成NH3(g)，放出92.2 kJ热量。
(2)1 mol Cu(s)与适量O2(g)反应，生成CuO(s)，放出157 kJ热量。
答案　(1)N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)
ΔH＝－92.2 kJ·mol－1
(2)Cu(s)＋O2(g)===CuO(s)　ΔH＝－157 kJ·mol－1
解析　此类题的思路：首先根据题意写出物质的变化过程，如(1)中：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)，并定N2前化学计量数为1，此时的ΔH即为－92.2 kJ·mol－1，再在前部分的基础上加上ΔH＝－92.2 kJ·mol－1即可。
1.CO(g)与H2O(g)反应的能量变化如图所示，有关两者反应的说法正确的是(　　)
A.该反应为吸热反应
B.CO(g)和H2O(g)具有的总能量大于CO2(g)和H2(g)具有的总能量
C.该反应不需要加热就能进行
D.1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)反应生成1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)要放出41 kJ热量
答案　B
解析　由能量变化可知，生成物的总能量比反应物的总能量低，该反应为放热反应，但并不是不需要加热；当1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)反应生成1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)时，要吸收41 kJ热量。
2.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能量
B.1 mol碳和1 mol水反应生成1 mol一氧化碳和1 mol氢气并吸收131.3 kJ热量
C.1 mol固态碳和1 mol水蒸气反应生成1 mol一氧化碳气体和1 mol氢气，吸收热量131.3 kJ
D.1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.3 kJ
答案　C
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－1，该热化学方程式表示：1 mol固态碳和1 mol水蒸气反应生成1 mol一氧化碳气体和1 mol氢气，并吸收131.3 kJ的热量。特别要指明各物质的状态。
3.下列热化学方程式或叙述正确的是(　　)
A.1 mol液态肼(N2H4)在足量氧气中完全燃烧生成水蒸气，放出642 kJ热量：N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝＋642 kJ·mol－1
B.12 g石墨转化为CO时，放出110.5 kJ热量：2C(石墨，s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
C.已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－286 kJ·mol－1，则2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋572 kJ·mol－1
D.已知：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，则在一定条件下向密闭容器中充入0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)充分反应放出46.2 kJ的热量
答案　C
解析　A项，放出热量，ΔH<0，正确的热化学方程式为N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－642 kJ·mol－1；B项，2C(石墨，s)＋O2(g)===2CO(g)的ΔH应是2 mol，即24 g石墨转化为CO时的反应热，即ΔH＝－221 kJ·mol－1；C项，根据热化学方程式的含义知，若化学方程式中各物质的化学计量数加倍，则ΔH数值也加倍；若反应逆向进行，则ΔH改变符号，但绝对值不变，据此可判断该项正确；D项，N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1表示1 mol N2(g)与3 mol H2(g)完全反应生成2 mol NH3(g)时放出92.4 kJ的热量，但合成氨反应是可逆反应，0.5 mol N2(g)与1.5 mol H2(g)充分反应后生成的NH3(g)的物质的量小于1 mol，故放出的热量小于46.2 kJ。
4.已知下列化学键的键能：
化学键　　　 键能(kJ·mol－1)
H—H 436
N—H 391
N≡N 946
(1)通过计算判断合成氨反应是放热还是吸热？
(2)1 mol N2完全反应生成NH3的反应热为 ，1 mol H2完全反应生成NH3的反应热为 。
答案　(1)放热。　(2)ΔH＝－92 kJ·mol－1
ΔH＝－30.7 kJ·mol－1
解析　(1)反应N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)过程中，共断裂1 mol N≡N键和3 mol H—H键，形成6 mol N—H键，
则断键共吸热为946 kJ·mol－1×1 mol＋436 kJ·mol－1×3 mol＝2 254 kJ，形成N—H键共放热为391 kJ·mol－1×6 mol＝2 346 kJ，由于放出热量＞吸收热量，故反应放热。
(2)1 mol N2完全反应生成NH3的反应热为ΔH＝－(2 346－2 254)kJ·mol－1＝－92 kJ·mol－1，而1 mol H2只与 mol N2反应，所以1 mol H2完全反应生成NH3的反应热为ΔH＝－92 kJ·mol－1×≈－30.7 kJ·mol－1。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　反应热与焓变
1.下列关于吸热反应和放热反应的说法正确的是(　　)
A.需加热才能发生的反应一定是吸热反应
B.任何放热反应在常温条件下一定能发生
C.反应物和生成物分别具有的总能量决定了反应是放热反应还是吸热反应
D.当ΔH＜0时表明反应为吸热反应
答案　C
解析　放热反应和吸热反应在一定的条件下都能发生。反应开始时需加热的反应可能是吸热反应，也可能是放热反应，如碳的燃烧反应属于放热反应，但需要加热或点燃才能发生，故A、B项错误；吸热反应的ΔH＞0，D项错误。
2.反应A＋B―→C(ΔH<0)分两步进行：①A＋B―→X(ΔH>0)，②X―→C(ΔH<0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是(　　)
答案　D
解析　由A＋B―→X为吸热反应，可知X的能量高于(A＋B)的能量，可排除A项和C项；而由总反应A＋B―→C为放热反应，可知C的能量小于(A＋B)的能量，故B项错误，D项正确。
题组2　热化学方程式的意义及书写
3.H2和I2在一定条件下发生反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1。已知：
(a、b、c均大于零)
下列说法不正确的是(　　)
A.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
B.断开1 mol H—H键和1 mol I—I键所需能量大于断开2 mol H—I键所需能量
C.断开2 mol H—I键所需能量约为(a＋b＋c) kJ
D.向密闭容器中加入2 mol H2和2 mol I2，充分反应后放出的热量小于2a kJ
答案　B
解析　A项，反应热ΔH＝E(生成物)－E(反应物)，该反应放热，ΔH＜0，所以E(反应物)＞E(生成物)，正确；B项，从键能角度看，ΔH＝反应物总键能－生成物总键能，所以反应物总键能小于生成物总键能，即断开1 mol H—H 键和1 mol I—I键所需能量小于断开2 mol H—I键所需能量，错误；C项，(b＋c) kJ－生成物总键能＝－a kJ，则生成物总键能＝(a＋b＋c)kJ，正确；D项，由热化学方程式知2 mol H2和2 mol I2完全反应放出的热量为2a kJ，但该反应是可逆反应，反应不能完全进行到底，所以放出的热量小于2a kJ，正确。
4.下列热化学方程式书写正确的是(　　)
A.2SO2＋O22SO3
ΔH＝－196.6 kJ·mol－1
B.H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
C.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ
D.C(s)＋O2(g)=== CO2(g)
ΔH＝＋393.5 kJ·mol－1
答案　B
解析　A项中反应物和生成物都未标明聚集状态；C项中ΔH的单位不正确；D项中为放热反应，ΔH符号应为“－”。
5.今有如下三个热化学方程式：
H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝a kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝b kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝c kJ·mol－1
关于它们的下列表述正确的是(　　)
A.它们都是吸热反应 B.a、b和c均为正值
C.反应热的关系：a＝b D.反应热的关系：2b＝c
答案　D
解析　A项，H2燃烧属于放热反应；B项，放热反应的焓变为负值；C项，生成1 mol H2O(g)放出热量比生成1 mol H2O(l)放出热量少，所以a＞b；D项，状态相同，由于化学计量数成2倍关系，所以2b＝c。
6.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。
据此判断下列说法中正确的是(　　)
A.石墨转变为金刚石是吸热反应
B.白磷比红磷稳定
C.S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2　则ΔH1>ΔH2
D.CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH>0
答案　A
解析　A项，由图像可知石墨的能量比金刚石的低，因此由石墨转变为金刚石是吸热反应，A项正确；B项，由图像可知白磷具有的能量比红磷的高，根据能量越低越稳定的原理，B项错误；C项，由图像知|ΔH1|>|ΔH2|，由于ΔH1、ΔH2均小于零，故ΔH1<ΔH2，C项错误；D项由图像可知反应CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)为放热反应，ΔH<0，D项错误。
题组3　反应热与化学键的关系
7.已知：①1 mol H2分子中化学键断裂时吸收436 kJ的能量，②1 mol I2(g)中化学键断裂时吸收151 kJ的能量，③由H原子和I原子形成1 mol HI气态分子时释放299 kJ的能量。下列热化学方程式正确的是(　　)
A.2HI(g)===H2(g)＋I2(g)　ΔH＝＋11 kJ·mol－1
B.H2(g)＋I2(g)===2HI(g)　ΔH＝－22 kJ·mol－1
C.H2(g)＋I2(g)===2HI(g)　ΔH＝＋288 kJ·mol－1
D.H2(g)＋I2(g)===2HI(g)　ΔH＝－144 kJ·mol－1
答案　A
解析　反应热＝反应物的键能和－生成物的键能和，故2HI(g)===H2(g)＋I2(g)的焓变：ΔH＝2×299 kJ·mol－1－(436 kJ·mol－1＋151 kJ·mol－1)＝＋11 kJ·mol－1；根据热化学方程式的含义可知，H2(g)＋I2(g)===2HI(g)　ΔH＝－11 kJ·mol－1。综上分析，A项正确。
8.SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S—F键。已知：1 mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量 280 kJ，断裂1 mol F—F、S—F键需吸收的能量分别为160 kJ、330 kJ。则反应S(s)＋3F2(g)===SF6(g)的反应热ΔH为(　　)
A.－1 780 kJ·mol－1 B.－1 220 kJ·mol－1
C.－450 kJ·mol－1 D.＋430 kJ·mol－1
答案　B
解析　利用ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和进行计算。ΔH＝280 kJ·mol－1＋3×160 kJ·mol－1－6×330 kJ·mol－1＝－1 220 kJ·mol－1，可知B项正确。
9.标准状态下，气态分子断开1 mol化学键的焓变称为键焓。已知H—H、H—O和O===O键的键焓ΔH分别为436 kJ·mol－1、463 kJ·mol－1和495 kJ·mol－1，下列热化学方程式正确的是(　　)
A.H2O(g)===H2(g)＋O2(g)
ΔH＝－485 kJ·mol－1
B.H2O(g)===H2(g)＋O2(g)
ΔH＝＋485 kJ·mol－1
C.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝＋485 kJ·mol－1
D.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－485 kJ·mol－1
答案　D
解析　根据题中所给数据，可以计算出2 mol H2和1 mol O2完全反应生成2 mol H2O(g)产生的焓变是436 kJ·mol－1×2＋495 kJ·mol－1－463 kJ·mol－1×4＝－485 kJ·mol－1，所以该过程的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－485 kJ·mol－1，D正确。
10.肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：NN为942、O===O为500、N—N为154，则断裂1 mol N—H键所需的能量(kJ)是(　　)
A.194 B.391 C.516 D.658
答案　B
解析　ΔH1表示1 mol N2H4(g)和1 mol O2(g)完全反应生成1 mol N2(g)和2 mol H2O(g)的焓变，该反应为放热反应；ΔH2表示2 mol N(g)、4 mol H(g)和2 mol O(g)形成1 molNN和4 mol H—O键的焓变，该过程放出能量；ΔH3表示断开4 mol N—H键、1 mol N—N键和1 mol O===O 键得到2 mol N(g)、4 mol H(g)和2 mol O(g)的焓变，该过程吸收能量。因此ΔH1＝ΔH3－(－ΔH2)，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－534 kJ·mol－1－(－2 752 kJ·mol－1)＝＋2 218 kJ·mol－1，断裂1 mol N—H键所需的能量＝(2 218 kJ－500 kJ－154 kJ)×＝391 kJ。
[能力提升题]
11.根据图示回答问题：
(1)化学反应N2＋3H2===2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是 (填字母)。
A.N2(g)＋3H2(g)===2NH3(l)
ΔH＝2(a－b－c)kJ·mol－1
B.N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)
ΔH＝2(b－a)kJ·mol－1
C.N2(g)＋H2(g)===NH3(l)
ΔH＝(b＋c－a)kJ·mol－1
D.N2(g)＋H2(g)===NH3(g)
ΔH＝(a＋b)kJ·mol－1
(2)如图是N2和H2反应生成2 mol NH3过程中能量变化的示意图，请计算每生成1 mol NH3放出的热量为 。
(3)2SO2(g)＋O2(g)===2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。
已知1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(g)的ΔH＝－99 kJ·mol－1。
①图中A、C分别表示 、 ，E的大小对该反应的反应热有无影响？ 。
②图中ΔH＝ kJ·mol－1。
答案　(1)A　(2)46.1 kJ　(3)①反应物总能量　生成物总能量　无影响　②－198
解析　(1)由图可以看出，mol N2(g)和 mol H2(g)的化学键断裂吸收的能量为a kJ，形成1 mol NH3(g)放出的能量为b kJ，所以N2(g)＋H2(g)===NH3(g)　ΔH＝(a－b)kJ·mol－1，而1 mol 的NH3(g)转化为1 mol 的NH3(l)放出的热量为c kJ，所以有：N2(g)＋H2(g)===NH3(l)　ΔH＝(a－b－c)kJ·mol－1，即：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(l)　ΔH＝2(a－b－c)kJ·mol－1。
(2)由题图可知生成2 mol NH3放出热量为427.2 kJ－335 kJ＝92.2 kJ，则生成1 mol NH3放出热量为46.1 kJ。
(3)①由图示可知，A表示反应物总能量，C表示生成物总能量，E值不影响A、C的能量值。故能量E的大小对该反应的反应热无影响。②ΔH对应2 mol SO2(g)转化为2 mol SO3(g)的焓变，其值为2×(－99 kJ·mol－1)＝－198 kJ·mol－1。
12.(1)已知单质硫在通常条件下以S8(斜方硫)的形式存在，而在蒸气状态时，含有S2、S4、S6及S8等多种同素异形体，其中S4、S6和S8具有相似的结构特点，其结构如图所示：
若已知硫氧键的键能为d kJ·mol－1，氧氧键的键能为e kJ·mol－1，S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1，则S8分子硫硫键的键能为 。
(2)下表是部分化学键的键能数据：
化学键
P—P
P—O
O==O
P==O
键能/kJ·mol－1
198
360
498
x
①已知白磷的燃烧热为2 982 kJ·mol－1，白磷(P4)、P4O6、P4O10结构如图所示，则上表中x＝ 。
②0.5 mol白磷(P4)与O2完全反应生成固态P4O6，放出的热量为 kJ。
答案　(1)(2d－a－e) kJ·mol－1　(2)①585　②819
解析　(1)设硫硫键的键能为x kJ·mol－1，则：－a kJ·mol－1＝×8×x kJ·mol－1＋e kJ·mol－1－2d kJ·mol－1，x＝(2d－a－e) kJ·mol－1。
(2)①由题意可知P4＋5O2===P4O10　ΔH＝－2 982 kJ·mol－1。根据图示知，1 mol P4含有6 mol P—P键，1 mol P4O10含12 mol P—O键和4 mol P===O键，根据键能与反应热关系，反应热等于反应物总键能与生成物总键能之差，断裂1 mol共价键吸收的能量与生成1 mol该共价键放出的能量数值相等。有198 kJ·mol－1×6＋498 kJ·mol－1×5－360 kJ·mol－1×12－4x＝－2 982 kJ·mol－1，x＝585 kJ·mol－1。
②P4＋3O2===P4O6,1 mol P4O6含有12 mol P—O键，反应热为ΔH＝198 kJ·mol－1×6＋498 kJ·mol－1×3－360 kJ·mol－1×12＝－1 638 kJ·mol－1,0.5 mol白磷(P4)与O2完全反应生成固态P4O6放出的热量为1 638 kJ·mol－1×0.5 mol＝819 kJ。
第2课时　中和反应的反应热及其测定
[学习目标定位]　1.正确认识中和热的概念。2.通过中和热的测定，初步学会测定化学反应反应热的实验方法，会分析测定反应热时误差产生的原因，并能采取适当措施减小实验误差。
一　中和反应　中和热
1.中和反应的概念是酸和碱反应生成盐和水的反应，实质是酸电离产生的H＋与碱电离产生的OH－结合成H2O。强酸和强碱反应生成可溶性盐和水的离子方程式为H＋＋OH－===H2O。
2.写出下列反应的化学方程式
(1)将0.02 mol·L－1盐酸与0.02 mol·L－1氢氧化钠溶液等体积混合：HCl＋NaOH===NaCl＋H2O。
(2)将0.01 mol·L－1硫酸与0.02 mol·L－1氢氧化钠溶液等体积混合：H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O。
3.上述两反应，若从物质类别的变化分析，其反应类型是中和反应；若从能量的变化分析，其反应类型是放热反应。
4.上述两反应的离子方程式是H＋＋OH－===H2O，两反应过程中的热量变化相同(填“相同”或“不同”)，判断的依据是参加两反应的H＋、OH－的数目都相同。
归纳总结
关于中和热的理解
(1)中和热的概念是酸和碱在稀溶液中发生中和反应生成1 mol H2O(l)时的反应热。
(2)浓的强酸和强碱在发生中和反应的同时还要发生溶解，溶解要放出热量；若是浓的弱酸和弱碱在发生中和反应的同时还要发生电离，电离要吸收热量，故放出的热量均不完全是中和热。
(3)强酸和强碱在稀溶液中发生中和反应时，1 mol H＋和1 mol OH－反应生成1 mol H2O(l)，放出57.3 kJ的热量，表示为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
1.下列说法正确的是(　　)
A.中和热一定是强酸跟强碱反应放出的热量
B.1 mol酸与1 mol碱完全反应放出的热量是中和热
C.在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)时的反应热叫做中和热
D.测定中和热时可用稀硫酸和稀Ba(OH)2溶液
答案　C
解析　本题考查的是中和热的概念，关键是记清楚有关中和热的问题。中和热是指稀酸、稀碱中和反应生成1 mol H2O(l)时所放出的热量，故C正确；H2SO4和Ba(OH)2反应时，除生成水外，还有BaSO4沉淀生成，所以其反应热不是中和热，D错误。
2.已知强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为 H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，又知电解质的电离是吸热过程。向1 L 0.5 mol·L－1的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸；②浓硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应。则其焓变ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系是(　　)
A.ΔH1>ΔH2>ΔH3 B.ΔH1<ΔH3<ΔH2
C.ΔH1＝ΔH3>ΔH2 D.ΔH1>ΔH3>ΔH2
答案　D
解析　因为稀醋酸是弱酸，难电离，电离时吸热，浓硫酸溶于水时放热，故中和反应时放出的热量Q(浓硫酸)>Q(稀硝酸)>Q(稀醋酸)，又因放热反应中ΔH为负值，即ΔH＝－Q，故ΔH2<ΔH3<ΔH1，因而选D。
二　中和热的测定
1.中和反应反应热可以用实验的方法测得：先将反应器置于绝热容器中，然后在反应器内将酸、碱稀溶液混合，发生中和反应，放出的热传入水(稀溶液)中，测量出水(稀溶液)的温度变化，根据水的质量、比热容等即可求出反应放出的热量。
2.实验装置
(1)将下列实验装置中各仪器(或物品)的名称填在横线上。
(2)实验过程中，还需要的其他仪器有50 mL量筒(2个)。
3.实验测量数据
(1)初始温度(t1)
用一量筒量取50 mL 0.50 mol·L－1盐酸，倒入小烧杯中并测量其温度；用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液并测量其温度，取两温度平均值为t1。
(2)终止温度(t2)
把套有盖板的温度计和环形玻璃搅拌棒放入小烧杯的盐酸中，并把量筒中的NaOH溶液一次倒入小烧杯中，盖好盖板。用环形玻璃搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度，记录为终止温度t2。
(3)重复实验操作三次，记录每次的实验数据，取其平均值作为计算依据。
4.实验数据处理
盐酸、氢氧化钠溶液为稀溶液，其密度近似地认为都是1 g·cm－3，反应后溶液的比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1。该实验中盐酸和NaOH溶液反应放出的热量是0.418(t2－t1)kJ，中和热为16.72(t2－t1)kJ·mol－1[或ΔH＝－ kJ·mol－1]。
5.中和热测定实验中应注意的事项
(1)防止热量散失的方法：a.两个烧杯口要相平；b.在两个烧杯之间填充碎泡沫塑料或碎纸片；c.用玻璃棒搅拌，而不能用金属棒(丝)搅拌；d.实验时动作要迅速。
(2)加过量碱液使酸完全反应，碱过量对中和热测定没有影响。
(3)数据处理时，相差较大的数据可能是偶然误差引起的，应舍去。
归纳总结
中和反应热的测定实验步骤
——
↓
——
↓
——
↓
——
↓
——
3.50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1 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。回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是 ，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是 。
(2)大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值　　(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(3)实验中若改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸跟50 mL 0.55 mol·L－1 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”)，所求中和热的数值 (填“相等”或“不相等”)，理由是 。
(4)三次平行操作测得的数据中，起始时盐酸与烧碱溶液温度相同，而终止温度与起始温度之差(t2－t1)分别为2.3 ℃、2.4 ℃、2.9 ℃，则最终代入计算式的温度差的平均值为 ℃。
答案　(1)环形玻璃搅拌棒　保温、隔热，减少实验过程中的热量损失　(2)偏小　(3)不相等　相等　60 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1烧碱溶液反应，能生成0.027 5 mol H2O，而50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1烧碱溶液反应只能生成0.025 mol H2O，因此所放出的热量不相等；中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等
(4)2.35
1.下列反应能用离子方程式：H＋＋OH－===H2O表示的是(　　)
A.氢氧化钡和硫酸溶液
B.氢氧化钾和稀硝酸
C.纯碱溶液和稀盐酸
D.醋酸溶液和烧碱溶液
答案　B
解析　A、C、D项的离子方程式分别为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O、CO＋2H＋===H2O＋CO2↑、CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O。
2.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
答案　D
解析　中和热是以生成1 mol H2O(l)所放出的热量来衡量的，故书写中和热的热化学方程式时，应以生成1 mol H2O(l)为标准来配平其余物质的化学计量数，故答案为D。
3.含1 mol Ba(OH)2的稀溶液与足量稀盐酸反应，放出热量114.6 kJ。下列热化学方程式中正确的是(　　)
A.Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)===BaCl2(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝＋114.6 kJ·mol－1
B.Ba(OH)2(aq)＋2HCl(aq)===BaCl2(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6 kJ·mol－1
C.Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)===BaCl2(aq)＋H2O(l)　ΔH＝＋114.6 kJ·mol－1
D.Ba(OH)2(aq)＋HCl(aq)===BaCl2(aq)＋H2O(l)　ΔH＝＋57.3 kJ·mol－1
答案　B
4.已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。回答下列问题：
(1)用含20 g NaOH的稀溶液跟足量稀盐酸反应放出 kJ的热量。
(2)用含2 mol H2SO4的稀溶液跟足量稀NaOH反应，此反应的中和热ΔH＝ 。
(3)如果将(1)反应中的稀盐酸换成稀醋酸，反应放出的热量 (填“大于”、“小于”或“等于”)原来的。
答案　(1)28.65　(2)－57.3 kJ·mol－1　(3)小于
解析　(1)20 g NaOH的物质的量为0.5 mol，所以0.5 mol NaOH与足量稀盐酸反应放出的热量为0.5 mol×57.3 kJ·mol－1＝28.65 kJ。
(2)据中和热的定义可知，中和热与强酸、强碱的物质的量的多少无关，中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
(3)因醋酸为弱酸，与NaOH溶液中和时，需不断地电离出H＋，而电离过程要吸收热量，故反应放出的热量会减小。
5.实验室利用如图装置进行中和热的测定，请回答下列问题：
(1)做1次完整的中和热测定实验，温度计至少需使用 次，某同学为了省去清洗温度计的麻烦，建议实验时使用两支温度计分别测量酸和碱的温度，你是否同意该同学的观点，为什么？
。
(2)实验室用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸，50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液进行测定中和热的实验，为了把测量数据记录下来，请你设计表格。
答案　(1)3　不同意，因为不同的温度计误差不同
(2)
　　　 温度
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差(t2－t1)/℃
盐酸
NaOH溶液
平均值
1
2
3
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　中和热
1.下列关于中和热的说法中正确的是(　　)
A.10 L 0.1 mol·L－1 NaOH溶液与10 L 0.1 mol·L－1盐酸反应时的反应热是中和热
B.1 mol HCl气体通入1 L 0.01 mol·L－1 NaOH溶液中反应时的反应热是中和热
C.1 mol CH3COOH与2 mol NaOH溶液反应时的反应热是中和热
D.只要强酸与强碱在稀溶液中反应生成1 mol水时的反应热就是中和热
答案　A
解析　B中1 mol HCl气体通入1 L 0.01 mol·L－1 NaOH溶液中反应的热效应除了中和热外还有HCl气体的溶解热和电离热效应，错误；C中醋酸溶液和NaOH溶液不一定是稀溶液，错误；D中如果是硫酸与氢氧化钡反应，它们反应除生成水外还会生成硫酸钡沉淀，放出更多热量，错误。
2.25 ℃，101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJ·mol－1，辛烷的燃烧热为5 518 kJ·mol－1。下列热化学方程式书写正确的是(　　)
A.2H＋(aq)＋SO(aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6 kJ·mol－1
B.2KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6 kJ·mol－1
C.C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g)
ΔH＝－5 518 kJ·mol－1
D.2C8H18(g)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l)　ΔH＝－5 518 kJ·mol－1
答案　B
解析　A项，因为有BaSO4生成，所以放出热量应大于114.6 kJ；C项，H2O应为液态；D项，5 518 kJ热量应该是1 mol C8H18(l)完全燃烧生成液态H2O时放出的热量，且辛烷在常温常压下不是气体。
3.强酸和强碱稀溶液的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，
已知：①HCl(aq)＋NH3·H2O(aq)===NH4Cl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－a kJ·mol－1
②HCl(aq)＋NaOH(s)===NaCl(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－b kJ·mol－1
③HNO3(aq)＋KOH(aq)===KNO3(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－c kJ·mol－1
则a、b、c三者的大小关系为(　　)
A.a>b>c B.b>c>a
C.a＝b＝c D.无法比较
答案　B
解析　NH3·H2O为弱碱，电离要吸热，a<57.3，NaOH(s)溶于水放热，b>57.3，c＝57.3，所以b>c>a。
题组2　中和反应反应热的测定
4.关于中和热测定的说法错误的是(　　)
A.实验需用的主要玻璃仪器包括大、小烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒及泡沫塑料板、碎泡沫塑料(或硬纸板、碎纸条)等
B.盐酸与某强碱中和放出的热量随反应物的用量改变而改变，但中和热不变
C.NaOH稍过量的目的是保证盐酸完全被NaOH中和
D.测定结果准确与否的关键是尽量减小热量损失及准确读取混合溶液的最高温度等
答案　A
5.为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是(　　)
①酸溶液的浓度和体积　②碱溶液的浓度和体积　③比热容　④反应后溶液的质量(单位：g)　⑤生成水的物质的量　⑥反应前后温度变化　⑦操作所需的时间
A.①②③⑥ B.①③④⑤
C.③④⑤⑥ D.全部
答案　C
解析　根据ΔH＝－ kJ·mol－1可知，C正确。
6.在测定中和热的实验中，下列说法正确的是(　　)
A.使用环形玻璃搅拌棒是为了加快反应速率，减小实验误差
B.为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触
C.用0.5 mol·L－1 NaOH溶液分别与0.5 mol·L－1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同
D.在测定中和热实验中需要使用的仪器有量筒、烧杯、滴定管、温度计等
答案　A
解析　实验中温度计水银球不能接触烧杯底部，B不正确；醋酸是弱酸，电离时吸收热量，C不正确；D项不需要滴定管，错误。
7.中和热测定实验中，下列操作一定会降低实验准确性的是(　　)
A.用滴定管取所用药品
B.NaOH溶液在倒入小烧杯时，有少量溅出
C.大、小烧杯体积相差较大，夹层间放的碎泡沫塑料较多
D.测量HCl溶液的温度计用水洗净后再用来测NaOH溶液的温度
答案　B
解析　NaOH溶液在倒入小烧杯时，有少量溅出，实验中生成水的量减少，放出的热量减小，测得中和热的数值不准。
8.测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实验中没有使用的仪器有：①大、小烧杯；②容量瓶；③量筒；④环形玻璃搅拌棒；⑤试管；⑥温度计；⑦蒸发皿；⑧托盘天平中的(　　)
A.①②⑥⑦ B.②⑤⑦⑧
C.②③⑦⑧ D.③④⑤⑦
答案　B
解析　本题主要考查中和热测定实验中仪器的使用问题，该实验中用到大、小烧杯、温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒，没有用到容量瓶、试管、蒸发皿和托盘天平，故选B项。
9.将V1 mL 1.00 mol·L－1 HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)。下列叙述正确的是(　　)
A.做该实验时环境温度为22 ℃
B.该实验表明化学能可以转化为热能
C.NaOH溶液的浓度约为1.00 mol·L－1
D.该实验表明有水生成的反应都是放热反应
答案　B
解析　从图中曲线可以看出，温度为22 ℃时，V1为5 mL，则V2为45 mL，此时已经开始发生中和反应，所以22 ℃一定不是做该实验时的环境温度，A错；由曲线可知，随V1的增多，溶液温度升高说明反应放热，化学能转化为热能，B正确；当V1＝30 mL时温度最高，说明此时两者恰好完全反应，则c(NaOH)＝＝1.50 mol·L－1，C错；该实验不能证明有水生成的其他反应也是放热的，D错。
10.用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液反应，实验中测得起始温度为20.1 ℃，终止温度为23.4 ℃，反应后溶液的比热容为4.18 J·g－1·℃－1，盐酸和NaOH溶液的密度都近似认为是1 g·cm－3，则中和反应生成1 mol水时放热(　　)
A.55.2 kJ B.391 kJ C.336 kJ D.1.38 kJ
答案　A
解析　代入公式ΔH＝－kJ·mol－1≈－55.2 kJ·mol－1。
[能力提升题]
11.含11.2 g KOH的稀溶液与1 L 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液反应放出11.46 kJ的热量，该反应的热化学方程式为
，
则KOH与H2SO4反应的中和热为 。
答案　KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1　57.3 kJ·mol－1
解析　n(KOH)＝0.2 mol，n(H2SO4)＝0.1 mol，两者恰好完全反应生成0.2 mol水，放出11.46 kJ的热量，由中和热的定义可知，生成1 mol水，放出的热量为11.46 kJ×5＝57.3 kJ。
12.如图所示，在800 mL的大烧杯中放入碎纸屑把盛有50 mL 0.50 mol·L－1盐酸的100 mL烧杯放到大烧杯中，两只烧杯间填满碎纸屑。用泡沫塑料板做成大烧杯盖，通过盖子插入一根环形玻璃搅拌棒和一支温度计，测定溶液的温度。迅速往盐酸中加入 50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液，盖好盖子，搅拌溶液，观察温度的变化。当温度保持稳定时，记录读数，取出装有反应液的烧杯，倒出溶液，清洗干净，保持内外杯壁干燥。重复进行三次实验。用这一实验可以粗略测定中和热。
(1)烧杯间填满碎纸屑的作用是
。
(2)要重复进行三次实验的目的是
。
(3)烧杯若不盖泡沫塑料板，求得的中和热数值将 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(4)实验中若改用60 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液进行上述反应，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”)，理由是

。
(5)三次实验测得的数据中，起始时盐酸与NaOH溶液温度相同，而终止温度与起始温度之差(t2－t1)分别为①2.3 ℃，②2.4 ℃，③2.5 ℃。则最终代入计算式的温度差的平均值为 ℃。
答案　(1)保温隔热减少实验过程中热量的损失
(2)多次计算求平均值以减少实验过程中的误差
(3)偏小　(4)不相等　相等　中和热是指酸与碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时所释放的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等　(5)2.4
解析　测定中和热的实验是一个定量实验，分析实验装置和操作时要注意两个方面：一是“量”的问题；二是尽量减少实验误差。
13.某实验小组用0.50 mol·L－1 NaOH溶液和0.50 mol·L－1硫酸溶液进行中和热的测定。
Ⅰ.配制0.50 mol·L－1 NaOH溶液
(1)若实验中大约要使用245 mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体 g。
名称
托盘天平(带砝码)
小烧杯
坩埚钳
玻璃棒
药匙
量筒
仪器
序号
a
b
c
d
e
f
(2)从上图中选择称量NaOH固体所需要的仪器是 (填字母)。
Ⅱ.测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和热的实验装置如下图所示。
(1)写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3 kJ·mol－1)： 。
(2)取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。
①请填写下表中的空白：
温度
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
2
27.0
27.4
27.2
31.2
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
②近似认为0.50 mol·L－1 NaOH溶液和0.50 mol·L－1硫酸溶液的密度都是1 g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1。则中和热ΔH＝ (取小数点后一位)。
③上述实验数值结果与57.3 kJ·mol－1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
答案　Ⅰ.(1)5.0　(2)abe
Ⅱ.(1)H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6 kJ·mol－1
(2)①4.0　②－53.5 kJ·mol－1　③acd
第三节　化学反应热的计算
[学习目标定位]　1.知道盖斯定律的内容，能用盖斯定律进行有关反应热的简单计算。2.学会有关反应热计算的方法技巧，进一步提高化学计算的能力。
一　盖斯定律
1.在化学科学研究中，常常需要通过实验测定物质在发生化学反应的反应热。但是某些反应的反应热，由于种种原因不能直接测得，只能通过化学计算的方式间接地获得。通过大量实验证明，不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的。换句话说，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，这就是盖斯定律。
2.从能量守恒定律理解盖斯定律
从S→L，ΔH1<0，体系放出热量；
从L→S，ΔH2>0，体系吸收热量。
根据能量守恒，ΔH1＋ΔH2＝0。
3.根据以下两个反应：
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－283.0 kJ·mol－1
根据盖斯定律，设计合理的途径，计算出C(s)＋O2(g)===CO(g)的反应热ΔH。
答案　根据所给的两个方程式，反应C(s)＋O2(g)===CO2(g)可设计为如下途径：
ΔH1＝ΔH＋ΔH2
ΔH＝ΔH1－ΔH2
＝－393.5 kJ·mol－1－(－283.0 kJ·mol－1)
＝－110.5 kJ·mol－1。
4.盖斯定律的应用除了“虚拟路径”法外，还有热化学方程式“加合”法，该方法简单易行，便于掌握。试根据上题中的两个热化学方程式，利用“加合”法求C(s)＋O2(g)===CO(g)的ΔH。
答案　C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
CO2(g)===CO(g)＋O2(g)　ΔH2′＝＋283.0 kJ·mol－1
上述两式相加得：
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110.5 kJ·mol－1。
归纳总结
盖斯定律的应用方法
(1)“虚拟路径”法
若反应物A变为生成物D，可以有两个途径
①由A直接变成D，反应热为ΔH；
②由A经过B变成C，再由C变成D，每步的反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3。
如图所示：
则有ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。
(2)“加合”法
运用所给热化学方程式通过加减乘除的方法得到所求的热化学方程式。
??
??
关键提醒　运用盖斯定律计算反应热的3个关键
(1)热化学方程式的化学计量数加倍，ΔH也相应加倍。
(2)热化学方程式相加减，同种物质之间可加减，反应热也相应加减。
(3)将热化学方程式颠倒时，ΔH的正负必须随之改变。
1.在25 ℃、101 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)　ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)　ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是(　　)
A.ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B.ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C.ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D.ΔH3＝ΔH1－ΔH2
答案　A
解析　第三个方程式可由第二个方程式乘以2与第一个方程式相加得到，由盖斯定律可知ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2。
2.已知P4(白磷，s)＋5O2(g)===P4O10(s)
ΔH1＝－2 983.2 kJ·mol－1①
P(红磷，s)＋O2(g)===P4O10(s)
ΔH2＝－738.5 kJ·mol－1②
试用两种方法求白磷转化为红磷的热化学方程式。
答案　(1)“虚拟路径”法
根据已知条件可以虚拟如下过程：
根据盖斯定律
ΔH＝ΔH1＋(－ΔH2)×4＝－2 983.2 kJ·mol－1＋738.5 kJ·mol－1×4＝－29.2 kJ·mol－1
热化学方程式为P4(白磷，s)===4P(红磷，s)
ΔH＝－29.2 kJ·mol－1
(2)“加合”法
P4(白磷，s)＋5O2(g)===P4O10(s)
ΔH1＝－2 983.2 kJ·mol－1
P4O10(s)===5O2(g)＋4P(红磷，s)
ΔH2′＝＋2 954 kJ·mol－1
上述两式相加得：
P4(白磷)===4P(红磷，s)　ΔH＝－29.2 kJ·mol－1。
二　反应热的计算与比较
1.已知：
①Zn(s)＋O2(g)===ZnO(s)
ΔH＝－348.3 kJ·mol－1
②2Ag(s)＋O2(g)===Ag2O(s)
ΔH＝－31.0 kJ·mol－1
则Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)的ΔH等于 。
答案　－317.3 kJ·mol－1
解析　根据盖斯定律，将方程式①－②得目标方程式，所以ΔH＝－348.3 kJ·mol－1－(－31.0 kJ·mol－1)＝－317.3 kJ·mol－1。
2.试比较下列三组ΔH的大小(填“>”、“<”或“＝”)
(1)同一反应，生成物状态不同时
A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH1<0
A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH2<0
则ΔH1 ΔH2。
答案　>
解析　因为C(g)===C(l)　ΔH3<0
则ΔH3＝ΔH2－ΔH1，ΔH2<ΔH1。
(2)同一反应，反应物状态不同时
S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1<0
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2<0
则ΔH1 ΔH2。
答案　<
解析　
ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2，又ΔH3<0，所以ΔH1<ΔH2。
(3)两个有联系的不同反应相比
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1<0
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2<0
则ΔH1 ΔH2。
答案　<
解析　根据常识可知CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH3<0，又因为ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，所以ΔH2>ΔH1。
归纳总结
1.有关反应热计算的依据
(1)根据热化学方程式计算
反应热与反应物各物质的物质的量成正比。
(2)根据盖斯定律计算
根据盖斯定律，可以将两个或两个以上的热化学方程式包括其ΔH相加或相减，得到一个新的热化学方程式。
(3)根据物质燃烧放热数值(或燃烧热)计算
可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×其燃烧热。
(4)根据反应物和生成物的键能计算。
ΔH＝反应物的键能和－生成物的键能和。
2.利用状态，迅速比较反应热的大小
若反应为放热反应
(1)当反应物状态相同，生成物状态不同时，生成固体放热最多，生成气体放热最少。
(2)当反应物状态不同，生成物状态相同时，固体反应放热最少，气体反应放热最多。
(3)在比较反应热(ΔH)的大小时，应带符号比较。对于放热反应，放出的热量越多，ΔH反而越小。
3.在相同条件下，下列两个反应放出的热量分别用ΔH1和ΔH2表示：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH2
则(　　)
A.ΔH2>ΔH1 B.ΔH1>ΔH2
C.ΔH1＝ΔH2 D.无法确定
答案　B
解析　气态水液化时释放能量，放热越多，ΔH越小。
4.已知葡萄糖(C6H12O6)的燃烧热是2 804 kJ·mol－1，当它氧化生成1 g水时放出的热量是(　　)
A.26.0 kJ B.51.9 kJ
C.155.8 kJ D.467.3 kJ
答案　A
解析　1 mol C6H12O6完全燃烧生成H2O为6 mol(即6×18 g)时放出热量2 804 kJ，所以当C6H12O6氧化生成1 g 水时放出的热量为≈26.0 kJ。
1.下列关于盖斯定律描述不正确的是(　　)
A.化学反应的反应热不仅与反应体系的始态和终态有关，也与反应的途径有关
B.盖斯定律遵守能量守恒定律
C.利用盖斯定律可间接计算通过实验难测定的反应的反应热
D.利用盖斯定律可以计算有副反应发生的反应的反应热
答案　A
2.已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)＋5H2(g)＋3N2(g)＋9O2(g)===2C3H5(ONO2)3(l)　ΔH1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH2
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)===12CO2(g)＋10H2O(g)＋O2(g)＋6N2(g)的ΔH为(　　)
A.12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1 B.2ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
C.12ΔH3－5ΔH2－2ΔH1 D.ΔH1－5ΔH2－12ΔH3
答案　A
解析　将题干中反应依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由③×12＋②×5－①×2得目标方程式，故ΔH＝12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1。
3.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)　ΔH＝x kJ·mol－1
已知：碳的燃烧热　ΔH1＝a kJ·mol－1
S(s)＋2K(s)===K2S(s)　ΔH2＝b kJ·mol－1
2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s)　ΔH3＝c kJ·mol－1
则x为(　　)
A.3a＋b－c B.c＋3a－b C.a＋b－c D.c＋a－b
答案　A
解析　已知碳的燃烧热为ΔH1＝a kJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH1＝a kJ·mol－1①
又S(s)＋2K(s)===K2S(s)　ΔH2＝b kJ·mol－1②
2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s)
ΔH3＝c kJ·mol－1③
根据盖斯定律3×①＋②－③得
S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)　ΔH＝3ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝x，即
x＝3ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝(3a＋b－c) kJ·mol－1，A项正确。
4.某同学发现在灼热的煤炭上洒少量水，煤炉中会产生淡蓝色火焰，煤炭燃烧更旺，因此该同学得出结论“煤炭燃烧时加少量水，可使煤炭燃烧放出更多的热量。”(已知煤炭的燃烧热ΔH为－393.15 kJ·mol－1，氢气的燃烧热ΔH为－242 kJ·mol－1，一氧化碳的燃烧热ΔH为－283 kJ·mol－1)
(1)写出该同学看到燃烧现象所涉及到的所有反应的热化学方程式：
。
(2)你认为该同学的结论是否正确，请简要说明其理由：


(3)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
NO(g)＋O3(g)===NO2(g)＋O2(g)
ΔH＝－200.9 kJ·mol－1
NO(g)＋O2(g)===NO2(g)
ΔH＝－58.2 kJ·mol－1
SO2(g)＋O3(g)===SO3(g)＋O2(g)
ΔH＝－241.6 kJ·mol－1
反应3NO(g)＋O3(g)===3NO2(g)的ΔH＝ kJ·mol－1。
答案　(1)C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.15 kJ·mol－1、H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－242 kJ·mol－1、CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJ·mol－1、C(g)＋H2O(l)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.85 kJ·mol－1
(2)不正确。因为根据盖斯定律，反应过程中的热效应与途径无关，只与反应物和生成物的状态有关
(3)－317.3
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　反应热大小的比较
1.根据以下三个热化学方程式：
2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－Q1 kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)
ΔH＝－Q2 kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(g)
ΔH＝－Q3 kJ·mol－1
判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是(　　)
A.Q1>Q2>Q3 B.Q1>Q3>Q2
C.Q3>Q2>Q1 D.Q2>Q1>Q3
答案　A
解析　假设已知三个方程式分别为①、②、③，则①、②相比可知①为H2S完全燃烧的热化学方程式，故放出热量比②多，即Q1>Q2；②、③相比H2O的状态不同，因为等量的水，H2O(l)比H2O(g)能量低，故放出热量Q2>Q3，则有Q1>Q2>Q3。
2.在同温同压下，下列各组热化学方程式中Q2＞Q1的是(　　)
A.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－Q1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－Q2
B.S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－Q1
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－Q2
C.C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－Q1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－Q2
D.H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－Q1
H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)　ΔH＝－Q2
答案　C
解析　A项，生成H2O(l)放出热量多，Q1＞Q2；B项，S(g)燃烧生成SO2(g)放出热量多，Q1＞Q2；C项，碳燃烧生成CO2比生成CO时放出热量多，Q1＜Q2；D项，生成2 mol HCl比生成1 mol HCl时放出热量多，Q1＞Q2。
3.灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。
已知：
①Sn(白，s)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g)　ΔH1
②Sn(灰，s)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g)　ΔH2
③Sn(灰，s)Sn(白，s)
ΔH3＝＋2.1 kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
A.ΔH1＞ΔH2
B.锡在常温下以灰锡状态存在
C.灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D.锡制器皿长期处在低于13.2 ℃的环境中，会自行毁坏
答案　D
解析　由③知Sn(灰)转化为Sn(白)是吸热的，当温度低于13.2 ℃时Sn(白)自动转化为Sn(灰)，而灰锡是以粉末状存在，所以A、B、C都错，只能选D。
题组2　盖斯定律及应用
4.已知25 ℃、101 kPa条件下：
①4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)
ΔH＝－2 834.9 kJ·mol－1
②4Al(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
答案　A
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。
5.已知：①2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221.0 kJ·mol－1；②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1。则制备水煤气的反应C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)的ΔH为(　　)
A.＋262.6 kJ·mol－1 B.－131.3 kJ·mol－1
C.－352.3 kJ·mol－1 D.＋131.3 kJ·mol－1
答案　D
解析　根据盖斯定律，把已知两个反应相加减，可求得制备水煤气反应的ΔH。①－②得2C(s)＋2H2O(g)===2H2(g)＋2CO(g)　ΔH＝－221.0 kJ·mol－1－(－483.6 kJ·mol－1)＝＋262.6 kJ·mol－1，则C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)的ΔH＝(＋262.6 kJ·mol－1)÷2＝＋131.3 kJ·mol－1。
6.向足量H2SO4溶液中加入100 mL 0.4 mol·L－1Ba(OH)2溶液，放出的热量是5.12 kJ。如果向足量Ba(OH)2溶液中加入100 mL 0.4 mol·L－1盐酸时，放出的热量为2.2 kJ。则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为(　　)
A.Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－2.92 kJ·mol－1
B.Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－18 kJ·mol－1
C.Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－73 kJ·mol－1
D.Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－0.72 kJ·mol－1
答案　B
解析　由题给条件可知
Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)＋2H＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－128 kJ·mol－1①
OH－(aq)＋H＋(aq)===H2O(l)
ΔH＝－55 kJ·mol－1②
根据盖斯定律①－2×②可得
Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－18 kJ·mol－1。
7.已知：
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1
CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　ΔH2
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH4
3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　)
A.ΔH1>0，ΔH3<0 B.ΔH2>0，ΔH4>0
C.ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D.ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
答案　C
解析　C、CO的燃烧都是放热反应，故ΔH1<0、ΔH3<0，A错误；CO2与C生成CO的反应为吸热反应，则ΔH2>0，铁的氧化为放热反应，则ΔH4<0，B错误；将第二、三个热化学方程式相加可得第一个热化学方程式，C正确；将第五个热化学方程式乘2后与第四个热化学方程式相加，再除以3可得第三个热化学方程式，故ΔH3＝，D错误。
8.已知下列热化学方程式：
①H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
②H2(g)===H2(l)　ΔH2＝－0.92 kJ·mol－1
③O2(g)===O2(l)　ΔH3＝－6.84 kJ·mol－1
④H2O(l)===H2O(g)　ΔH4＝＋44.0 kJ·mol－1
则反应H2(l)＋O2(l)===H2O(g)的反应热ΔH为(　　)
A.＋237.46 kJ·mol－1 B.－474.92 kJ·mol－1
C.－118.73 kJ·mol－1 D.－237.46 kJ·mol－1
答案　D
题组3　反应热的计算及应用
9.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。共价键的键能是两种原子间形成1 mol共价键(或其逆过程)时释放(或吸收)的能量。已知H—H键的键能为436 kJ·mol－1，Cl—Cl键的键能为243 kJ·mol－1，H—Cl键的键能为431 kJ·mol－1，则H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应热(ΔH)等于(　　)
A.－183 kJ·mol－1 B.183 kJ·mol－1
C.－862 kJ·mol－1 D.862 kJ·mol－1
答案　A
解析　ΔH＝436 kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1－2×431 kJ·mol－1＝－183 kJ·mol－1。
10.已知：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH＝－196.6 kJ·mol－1，实验室测得4 mol SO2发生上述化学反应时放出314.3 kJ热量，SO2的转化率最接近于(　　)
A.40% B.50% C.80% D.90%
答案　C
解析　参加反应的SO2为×2 mol≈3.2 mol，SO2的转化率为×100%＝80%。
[能力提升题]
11.依据叙述，写出下列反应的热化学方程式。
(1)在25 ℃、101 kPa下，1 g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为 。
(2)若适量的N2和O2完全反应，每生成23 g NO2需要吸收16.95 kJ热量。其热化学方程式为
。
(3)用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650 kJ的热量。其热化学方程式为
。
(4)已知拆开1 mol H—H键、1 mol N—H键、1 mol N≡N键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为
。
答案　(1)CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－725.76 kJ·mol－1
(2)N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)
ΔH＝＋67.8 kJ·mol－1
(3)C2H2(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)
ΔH＝－1 300 kJ·mol－1
(4)N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)
ΔH＝－92 kJ·mol－1
解析　根据反应热和燃烧热的定义计算出相关的热量，同时注意物质的状态，再书写相应的热化学方程式即可。
12.(1)白磷与氧气可发生如下反应：P4＋5O2===P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为P—P a kJ·mol－1、P—O b kJ·mol－1、P===O c kJ·mol－1、O===O d kJ·mol－1。
根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH为
。
(2)同素异形体相互转化的反应热相当小而且转化速率较慢，有时还很不完全，测定反应热很困难。现在可根据盖斯提出的“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”观点来计算反应热。已知：
①P4(白磷，s)＋5O2(g)===P4O10(s)
ΔH1＝－2 983.2 kJ·mol－1
②P(红磷，s)＋O2(g)===P4O10(s)
ΔH2＝－738.5 kJ·mol－1
相同状况下，能量较低的是 ；白磷的稳定性比红磷 (填“大”或“小”)。
答案　(1)(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1
(2)红磷　小
解析　(1)化学反应的实质是旧键断裂和新键形成，其中旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成释放能量，化学方程式P4＋5O2===P4O10中有6 mol P—P键和5 mol O===O键断裂，同时生成4 mol P===O键和12 mol P—O键，因此ΔH＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。
(2)依题意求：P4(白磷，s)===4P(红磷，s)　ΔH＝？可设计如下反应过程：P4(白磷，s)→P4O10(s)→4P(红磷，s)；并把反应②改写成：P4O10(s)===4P(红磷，s)＋5O2(g)　ΔH3＝－4ΔH2，据盖斯定律有ΔH＝ΔH1＋(－4ΔH2)＝(－2 983.2＋4×738.5)kJ·mol－1＝－29.2 kJ·mol－1，即P4(白磷，s)===4P(红磷，s)
ΔH＝－29.2 kJ·mol－1。白磷转化为红磷是放热反应，白磷稳定性比红磷小(能量越低越稳定)。
13.下表给出的是一些物质的燃烧热数据：
物质
ΔH/kJ·mol－1
物质
ΔH/kJ·mol－1
C(s)
－393.5
C2H6(g)
－1 559.8
H2(g)
－285.8
C3H8(g)
－2 219.9
C2H4(g)
－1 411.0
C12H26(l)
－8 162.0
(1)分析上表数据可知：
①分别完全燃烧C(s)和C3H8(g)提供相同的热量，其中 产生的温室气体更多。
②不同烃燃烧的热值(单位质量完全燃烧所放出的热量多少)与元素含量之间的关系是 。
(2)根据上表的数据 (填“能”或“不能”)计算出反应C2H4(g)＋H2(g)===C2H6(g)的焓变，若能，请你求出该反应的焓变为 。
答案　(1)①C(s)　②烃中氢元素的质量分数越大，烃的热值越大　(2)能　－137.0 kJ·mol－1
解析　(1)①假设均产生2 219.9 kJ的热量，则需要C3H8(g)1 mol，能产生3 mol CO2；而需要C(s)为≈5.64 mol，能产生5.64 mol CO2，故C(s)产生的温室气体多。②由表格中各烃的燃烧热可知，烃分子中氢元素的含量越高，则放出的热量越多。
(2)C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH1＝－1 411.0 kJ·mol－1①
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1②
C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH3＝－1 559.8 kJ·mol－1③
由①＋②－③可得：C2H4(g)＋H2(g)===C2H6(g)，
则ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝(－1 411.0 kJ·mol－1)＋(－285.8 kJ·mol－1)－(－1 559.8 kJ·mol－1)＝－137.0 kJ·mol－1。
14.断开1 mol AB(g)分子中的化学键使其分别生成气态A原子和气态B原子所吸收的能量称为A—B键的键能。下表列出了一些化学键的键能E：
化学键
H—H
Cl—Cl
O===O
C—Cl
C—H
O—H
H—Cl
E/kJ·mol－1
436
247
x
330
413
463
431
请回答下列问题：
(1)如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为 (填“吸热”或“放热”)反应，其中ΔH＝ (用含有a、b的关系式表示)。
(2)若图示中表示反应H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－241.8 kJ·mol－1，则b＝ kJ·mol－1，x＝ 。
(3)历史上曾用“地康法”制氯气，这一方法是用CuCl2作催化剂，在450 ℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气。反应的化学方程式为
。
若忽略温度和压强对反应热的影响，根据上题中的有关数据，计算当反应中有1 mol电子转移时，反应的热量变化为 。
答案　(1)放热　(a－b)kJ·mol－1　(2)926　496.4　(3)O2＋4HCl2Cl2＋2H2O　放出热量31.4 kJ
解析　(1)反应物的能量高于生成物，因此是放热反应。反应热为反应物断键吸收的能量与生成物成键放出的能量之差，即ΔH＝(a－b)kJ·mol－1。(2)b表示H、O原子结合为气态水时的能量变化，其数值为463×2＝926；436＋x－926＝－241.8，则x＝496.4。(3)根据题意易写出化学方程式。反应的ΔH＝(496.4＋431×4－247×2－463×4)kJ·mol－1＝－125.6 kJ·mol－1，则转移1 mol 电子时反应放出的热量为31.4 kJ。
第二节　燃烧热　能源
[学习目标定位]　1.正确认识燃烧热的概念，学会利用燃烧热进行相关的计算。2.知道能源是人类生存和社会发展的重要基础，知道使用化石燃料的利弊和新能源的开发。
一　燃烧热
1.反应热是化学反应过程中吸收或放出的热量，常用符号ΔH表示。燃烧反应都是放热反应，其反应热为负值。已知4 g硫粉完全燃烧放出37 kJ热量，则该反应的热化学方程式是S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－296 kJ·mol－1。
2.1.00 L 1.00 mol·L－1 H2SO4溶液与2.00 L 1.00 mol·L－1 NaOH溶液完全反应，放出114.6 kJ热量，该反应的中和热为57.3 kJ·mol－1，表示其中和热的化学方程式是H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
3.已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，该反应中ΔH表示的意义是燃烧2 mol H2生成液态H2O，放出571.6 kJ的热量。若燃烧1 mol氢气生成液态水时的反应热为ΔH1, 生成气态水时的反应热为ΔH2，则ΔH1和ΔH2的大小关系是ΔH1<ΔH2；ΔH1＝－285.8 kJ·mol－1，表示的意义是1 mol H2完全燃烧生成稳定的液态水，放出285.8 kJ的热量。
4.燃烧热的概念及其计算
(1)燃烧热的概念是25 ℃、101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。燃烧热的单位是kJ·mol－1。
(2)燃烧热的意义：甲烷的燃烧热为890.31 kJ·mol－1，或ΔH＝－890.31 kJ·mol－1，它表示25 ℃、101 kPa时，1 mol CH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时放出890.31 kJ的热量。
(3)燃烧热的计算：由燃烧热定义可知：101 kPa时，可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×其燃烧热，即Q放＝n(可燃物)×|ΔH|；或变换一下求物质的燃烧热：ΔH＝－。此公式中的ΔH是指物质的燃烧热，而不是指一般反应的反应热。
归纳总结
1.燃烧热及表示燃烧热的热化学方程式
(2)燃烧热是以1 mol物质完全燃烧所放出的热量来定义的，因此在书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1 mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，故在其热化学方程式中常出现分数。
2.燃烧热和中和热的比较
燃烧热
中和热
相同点
能量变化
放热反应
ΔH及其单位
ΔH<0，单位均为kJ·mol－1
不同点
反应物的量
1 mol
不一定为1 mol
生成物的量
不确定
生成水的量为1 mol
表示方法
燃烧热为a kJ·mol－1或
ΔH＝－a kJ·mol－1
中和热为57.3 kJ·mol－1或
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
1.下列关于热化学反应的描述中正确的是(　　)
A.HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ·mol－1
B.CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝2×(＋283.0 kJ·mol－1)
C.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D.1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
答案　B
2.在25 ℃、101 kPa时，H2在1.00 mol O2中完全燃烧生成2.00 mol H2O(l)放出571.6 kJ的热量。
(1)H2的燃烧热为 ，表示H2燃烧热的热化学方程式为 。
(2)若1 g水蒸气转化为液态水放热2.444 kJ，则4 g氢气完全燃烧生成气态水时，放出的热量为 。
答案　(1)285.8 kJ·mol－1　H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1　(2)483.6 kJ
解析　H2的燃烧热应以燃烧1 mol H2为标准，当H2完全燃烧生成2.00 mol H2O时，需燃烧2.00 mol H2，故H2的燃烧热为＝285.8 kJ·mol－1。H2燃烧生成1 mol气态水时放出的热量为285.8 kJ·mol－1－×18 g·mol－1≈241.8 kJ·mol－1，4 g氢气燃烧放出的热量为241.8 kJ·mol－1×＝483.6 kJ。
二　能源
1.能源有不同的分类，具体如下：
分类依据
种类
举例
转换过程
一次能源
太阳能、风能、化石燃料、地热能、潮汐能等
二次能源
电能、氢能、石油加工产品、煤的加工产品等
使用历史
常规能源
化石燃料
新能源
太阳能、风能、核能、氢能、生物质能等
性质
可再生能源
太阳能、风能、氢能、生物质能等
不可再生能源
化石燃料、核能
2.我国能源现状：我国目前使用最多的能源是化石燃料，包括煤、石油、天然气等，属不可再生能源，并且能源利用率极低，能源危机趋严重。
3.解决能源危机的方法
(1)加强科技投入，提高管理水平，改善开采、运输、加工等各个环节。
(2)科学地控制燃烧反应，使燃料充分燃烧，提高燃料的利用率。
(3)寻找新的能源，现正探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等。这些新能源的特点是资源丰富，有些为可再生能源，并且在使用时对环境几乎没有污染。
3.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(　　)
答案　C
解析　C项，火力发电是利用煤作燃料，不属于新能源的开发利用。
4.能源是人类生存和发展的重要支撑因素。常规能源(煤、石油、天然气等)日益减少，促使人们去研究能源的利用率和新能源(如太阳能、氢能、核能等)的开发。
(1)我国目前最主要的能源品种是 ，能源利用中存在的主要问题有
。
(2)某些科学家对以下3个化学反应很感兴趣：
①3FeCl2＋4H2O(g)Fe3O4＋6HCl＋H2；
②2Fe3O4＋3Cl2＋12HCl===6FeCl3＋6H2O＋O2；
③6FeCl36FeCl2＋3Cl2。
科学家想利用上述反应来制取的一种很有意义的物质是 ，该物质作为燃料的优点有 、 、 。
答案　(1)煤　人均能源占有量小，能源利用率低，单位产值能耗高(答案合理即可)　(2)H2　燃烧热值高　无污染　资源丰富
1.下列说法正确的是(　　)
A.在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧时所放出的热量，叫该物质的燃烧热
B.弱酸和碱发生中和反应生成1 mol水，这时的反应热叫中和热
C.燃烧热和中和热是反应热的两种
D.101 kPa时，纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫该物质的燃烧热
答案　C
解析　本题应注意燃烧热和中和热的区别。A项中没有确定“物质完全燃烧生成稳定的氧化物”这一条件，所以A项错误；B项中应为酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O时所释放的热量称为中和热，B项错误；D项中未限定可燃物的物质的量是1 mol，所以D项错误。
2.下列关于热化学反应的描述中正确的是(　　)
A.已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol－1
B.燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是CH3OH(g)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－192.9 kJ·mol－1，则CH3OH(g)的燃烧热为192.9 kJ·mol－1
C.H2(g)的燃烧热是285.8 kJ·mol－1，则2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1
D.葡萄糖的燃烧热是2 800 kJ·mol－1，则C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1 400 kJ·mol－1
答案　D
解析　H2SO4和Ba(OH)2反应时还生成BaSO4沉淀，故其反应热还应包括BaSO4沉淀的生成热，A错误；甲醇蒸气的燃烧热是1 mol CH3OH(g)完全燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量，B错误；燃烧热的定义是1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量。
3.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
答案　D
解析　由于燃烧热的热化学方程式应以1 mol燃料为标准书写且生成的水为液态，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。
4.已知：①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1＝－Q1
②H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH2＝－Q2
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝－Q3
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)经完全燃烧恢复到常温，放出的热量为(　　)
A.0.4Q1＋0.05Q2 B.0.4Q1＋0.1Q2
C.0.4Q1＋0.05Q3 D.0.4Q1＋0.1Q3
答案　D
解析　标准状况下，11.2 L混合气体中，n(CH4)＝×0.5 mol＝0.4 mol，则n(H2)＝0.1 mol，由于完全燃烧恢复到常温时，水为液体，因此H2燃烧放出的热量应按③进行计算，结果为0.4Q1＋0.1Q3。
5.下列两个热化学方程式：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－2 220 kJ·mol－1
现有H2和C3H8的混合气体共5 mol，完全燃烧时放热3 847 kJ，则在混合气体中H2和C3H8的体积比是(　　)
A.2∶1 B.3∶1 C.4∶1 D.5∶1
答案　B
解析　设H2、C3H8的物质的量分别为n1、n2，则有
解得
在相同压强、温度下
V(H2)∶V(C3H8)＝n(H2)∶n(C3H8)＝3∶1。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　能源问题
1.氢气是人类未来最理想的燃料，以水为原料大量制取氢气的最理想的途径是(　　)
A.利用太阳能直接使水分解产生氢气
B.以焦炭和水制取水煤气(含CO和H2)后分离出氢气
C.用铁和盐酸反应放出氢气
D.由热电站提供电力电解水产生氢气
答案　A
解析　电解水制备H2需消耗大量电能；用焦炭制水煤气需消耗大量热能。
2.关于能源，以下说法中不正确的是(　　)
A.煤、石油、天然气等燃料的最初来源都可追溯到太阳能
B.柴草燃烧时释放的能量与太阳能无关
C.核能和地热能来自地球自身
D.潮汐能来源于月球引力作功
答案　B
3.近年来，北京市公共汽车大部分采用天然气作为燃料，其主要目的是(　　)
A.防止石油短缺 B.降低成本
C.减少对大气的污染 D.加大发动机的动力
答案　C
题组2　燃烧热的概念及计算
4.下列说法中正确的是(　　)
A.物质燃烧放出的热量是燃烧热
B.1 mol C燃烧生成CO时放出的热量就是C的燃烧热
C.1 mol H2燃烧生成水时放出的热量是H2的燃烧热
D.相同条件下，1 mol H2O(l)完全分解吸收的热量与H2、O2化合生成1 mol H2O(l)放出的热量值相等
答案　D
解析　燃烧热是指在25 ℃、101 kPa下，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，显然A项错误；B项中碳燃烧生成的稳定化合物应为CO2，错误；C项中H2燃烧时的条件及生成水的状态不确定，故1 mol H2燃烧生成水放出的热量不一定是H2的燃烧热，错误，根据能量守恒定律可知D项正确。
5.25 ℃、101 kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是ΔH＝－393.5 kJ·mol－1、ΔH＝－285.8 kJ·mol－1、ΔH＝－890.31 kJ·mol－1、ΔH＝－2 800 kJ·mol－1，则下列热化学方程式正确的是(　　)
A.C(s)＋O2(g)===CO(g)
ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
B.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
C.CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－890.31 kJ·mol－1
D.C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1 400 kJ·mol－1
答案　D
解析　根据燃烧热的概念中生成稳定氧化物的含义可知，CO2(g)是C的稳定氧化物，生成的H2O应该为液态，故只有D正确。
6.已知丙烷的燃烧热ΔH＝－2 215 kJ·mol－1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8 g水，则放出的热量约为(　　)
A.55 kJ B.220 kJ C.550 kJ D.1 108 kJ
答案　A
解析　丙烷分子式是C3H8,1 mol丙烷燃烧会产生4 mol水，则丙烷完全燃烧产生1.8 g水，消耗丙烷的物质的量是n(C3H8)＝0.025 mol，所以反应放出的热量是2 215 kJ·mol－1×0.025 mol≈55 kJ，故答案是A。
7.已知：
①25 ℃、101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH＝－221 kJ·mol－1
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
又已知稀醋酸电离吸热。下列结论正确的是(　　)
A.C的燃烧热大于110.5 kJ·mol－1
B.①的反应热为221 kJ·mol－1
C.稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为－57.3 kJ·mol－1
D.稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
答案　A
解析　101 kPa 1 mol C(s)完全燃烧生成CO2放出的热量为C(s)的燃烧热，故C(s)的燃烧热大于110.5 kJ·mol－1，A项正确；①的反应热为－221 kJ·mol－1，B项不正确；稀H2SO4与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ·mol－1，C项不正确；CH3COOH电离时吸热，稀CH3COOH与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出热量小于57.3 kJ。
8.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
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－282.9 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)
答案　B
解析　比较：、、、的大小，可知相同质量时，CO(g)放出的热量最少。
9.已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－282.9 kJ·mol－1
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.2∶1 B.1∶2 C.1∶1 D.2∶3
答案　C
解析　根据热化学方程式可知：H2的燃烧热为571.6 kJ·mol－1÷2＝285.8 kJ·mol－1。生成的n(H2O)＝＝0.2 mol，参加反应的H2为0.2 mol，故H2燃烧放出的热量为0.2 mol×285.8 kJ·mol－1＝57.16 kJ。CO燃烧放出的热量为113.74 kJ－57.16 kJ＝56.58 kJ，故n(CO)＝＝＝0.2 mol。则n(H2)∶n(CO)＝1∶1。
[能力提升题]
10.(1)已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ·mol－1，若1 g水蒸气转化成液态水放热2.444 kJ，则反应H2(g)＋O2(g)===H2O(l)的ΔH＝ kJ·mol－1。氢气的燃烧热为
kJ·mol－1。
(2)乙醇是未来内燃机的首选环保型液体燃料，它可以由绿色植物的秸秆制取，1.0 g乙醇完全燃烧生成液态水放出1.367 kJ热量，表示乙醇燃烧热的热化学方程式为
。
答案　(1)－285.8　285.8　(2)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－62.882 kJ·mol－1
11.已知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
异戊烷
3 531.3
(1)热稳定性：正丁烷 (填“＞”或“＜”)异丁烷。
(2)写出表示乙烷燃烧热的热化学方程式
。
(3)相同物质的量的烷烃，碳原子数越多，燃烧放出的热量越 (填“多”或“少”)。
(4)有同学估计“正戊烷的燃烧热大约在3 540 kJ·mol－1左右”，你认为正确吗？ 。
理由是 。
答案　(1)＜　(2)C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1 560.8 kJ·mol－1　(3)多
(4)正确　正丁烷的燃烧热比异丁烷的略大，所以正戊烷的燃烧热亦应略大于异戊烷
解析　(1)正丁烷的燃烧热比异丁烷的燃烧热大，说明正丁烷具有的能量高于异丁烷，所以热稳定性：正丁烷＜异丁烷。(2)C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1 560.8 kJ·mol－1。(3)由表中数据分析，碳原子数越多，燃烧热越大，所以相同物质的量的烷烃燃烧时放出的热量随碳原子数的增多而增多。(4)由表中数据分析，正丁烷的燃烧热比异丁烷略大，所以正戊烷的燃烧热也应略大于异戊烷，此同学的估计合理。
12.城市使用的燃料现大多为煤气、液化石油气。煤气的主要成分是一氧化碳和氢气的混合气体，它由煤炭与水(蒸气)反应制得，故又称水煤气。
(1)试写出制取水煤气的主要化学方程式： 。
(2)液化石油气的主要成分是丙烷，丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－2 220.0 kJ·mol－1，已知CO气体燃烧的热化学方程式为CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－282.57 kJ·mol－1，则相同物质的量的C3H8和CO燃烧产生的热量比值约为 。
(3)已知氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，则相同质量的氢气和丙烷燃烧，产生的热量的比值约为 。
(4)氢气是未来的能源，除产生的热量多之外，还具有的优点是
。
答案　(1)C＋H2O(g)CO＋H2
(2)7.9∶1　(3)2.8∶1
(4)①H2来源丰富；②产物不污染环境，可以反复使用；③不产生CO2，不会引起温室效应
解析　(2)相同物质的量的C3H8、CO燃烧产生的热量之比为2 220.0 kJ·mol－1∶282.57 kJ·mol－1≈7.9∶1。(3)相同质量的氢气、丙烷燃烧产生的热量之比为∶≈2.8∶1。
13.标准状况下0.05 mol某一无色可燃气体在足量氧气中完全燃烧。若将产物通过足量的澄清石灰水中，得到的白色沉淀为0.15 mol；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重9.3 g。
可能用到的燃烧热
C2H4
C3H6
C3H8
单位/kJ·mol－1
1 411
2 092
2 220
(1)计算燃烧产物中水的质量。
(2)此气体的化学式是 。
(3)写出表示此气体燃烧热的热化学方程式
。
答案　(1)m水＝9.3 g－0.15 mol×44 g·mol－1＝2.7 g
(2)C3H6　(3)C3H6(g)＋O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－2 092 kJ·mol－1
解析　(1)该无色气体含C、H两种元素，燃烧生成CO2和H2O。
m(CO2)＝0.15 mol×44 g·mol－1＝6.6 g
所以m(H2O)＝9.3 g－6.6 g＝2.7 g。
(2)1 mol该气体中含C原子个数为×NA＝3NA，
含H原子个数为×NA＝6NA，
所以其化学式为C3H6。
(3)根据表格中数据，该气体的燃烧热为2 092 kJ·mol－1。
第三章 水溶液中的离子平衡
[学习目标定位]　1.正确理解弱电解质的电离平衡及其平衡常数。2.掌握溶液酸碱性规律与pH的计算。3.掌握盐类水解的规律及其应用。4.会比较溶液中粒子浓度的大小。5.会分析沉淀溶解平衡及其应用。
一　弱电解质的电离平衡与电离常数
1.弱电解质的电离平衡
电离平衡也是一种动态平衡，当溶液的温度、浓度改变时，电离平衡都会发生移动，符合勒夏特列原理，其规律是
(1)浓度：浓度越大，电离程度越小。在稀释溶液时，电离平衡向右移动，而离子浓度一般会减小。
(2)温度：温度越高，电离程度越大。因电离是吸热过程，升温时平衡向右移动。
(3)同离子效应：如向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体，增大了CH3COO－的浓度，平衡左移，电离程度减小；加入稀盐酸，平衡也会左移。
(4)能反应的物质：如向醋酸溶液中加入锌或NaOH溶液，平衡右移，电离程度增大。
2.电离常数(电离平衡常数)
以CH3COOH为例，K＝，K的大小可以衡量弱电解质电离的难易，K只与温度有关。对多元弱酸(以H3PO4为例)而言，它们的电离是分步进行的，电离常数分别为K1、K2、K3，它们的关系是K1?K2?K3，因此多元弱酸的强弱主要由K1的大小决定。
【例1】　下表是几种常见弱酸的电离方程式及电离平衡常数(25 ℃)。
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOH??CH3COO－＋H＋
1.76×10－5
H2CO3
H2CO3??H＋＋HCO
HCO??H＋＋CO
K1＝4.31×10－7
K2＝5.61×10－11
H3PO4
H3PO4??H＋＋H2PO
H2PO??H＋＋HPO2－4
HPO??H＋＋PO
K1＝7.52×10－3
K2＝6.23×10－8
K3＝2.20×10－13
下列说法正确的是(　　)
A.温度升高，K减小
B.向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量冰醋酸，c(H＋)/c(CH3COOH)将减小
C.等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)>pH(Na3PO4)
D.PO、HPO和H2PO在溶液中能大量共存
解析　选项A，一般情况下，电解质的电离是一个吸热过程，因此温度升高电离程度增大，K增大；选项B，在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量冰醋酸，电离平衡向右移动，溶液中c(CH3COO－)增大，K不变，c(H＋)/c(CH3COOH)＝K/c(CH3COO－)，因此c(H＋)/c(CH3COOH)将减小；选项C，由于HPO的电离常数pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)；选项D，根据H3PO4的三级电离常数可知能发生如下反应H2PO＋PO===2HPO，因此PO、HPO和H2PO在溶液中不能大量共存。
答案　B
3.电离平衡的移动与电离平衡常数K、离子浓度的关系
实例
CH3COOH??CH3COO－＋H＋ΔH>0
NH3·H2O??NH＋OH－　ΔH>0
改变条件
平衡移动方向
电离平衡常数
c(H＋)
c(OH－)
平衡移动方向
电离平衡常数
c(OH－)
c(H＋)
加水稀释
向右
不变
减小
增大
向右
不变
减小
增大
加HCl
向左
不变
增大
减小
向右
不变
减小
增大
加NaOH
向右
不变
减小
增大
向左
不变
增大
减小
加CH3COONH4
向左
不变
减小
增大
向左
不变
减小
增大
升高温度
向右
变大
增大
向右
变大
增大
【例2】　在0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，对于该平衡体系下列叙述正确的是(　　)
A.加入水时，平衡逆向移动
B.加入少量NaOH固体，平衡正向移动
C.加入少量0.1 mol·L－1盐酸，溶液中c(H＋)减小
D.加入少量CH3COONa固体，平衡正向移动
解析　根据勒夏特列原理，改变影响平衡的一个条件，平衡会向着能够减弱这种改变的方向移动，但平衡的移动不能完全消除这种改变。A选项中加入水时，c(CH3COO－)和c(H＋)均减小，平衡向其浓度增大的方向(也就是正方向)移动；B选项加入的少量NaOH与H＋反应，c(H＋)变小，平衡正向移动；C选项中加入盐酸时c(H＋)变大，平衡向其减小的方向(也就是逆方向)移动，但最终c(H＋)比未加盐酸前还要大；D选项加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，导致平衡逆向移动。
答案　B
二　溶液酸碱性规律与pH计算方法
1.溶液的酸碱性规律
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小：
溶液类别
c(H＋)与c(OH－)的关系
室温(25 ℃)
数值
pH
中性溶液
c(H＋)＝c(OH－)
c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1
＝7
酸性溶液
c(H＋)> c(OH－)
c(H＋)>10－7 mol·L－1
<7
碱性溶液
c(H＋)< c(OH－)
c(H＋)<10－7 mol·L－1
>7
特别提示　常温下，溶液酸碱性判定规律
(1)pH相同的酸(或碱)，酸(或碱)越弱，其物质的量浓度越大。
(2)pH相同的强酸和弱酸溶液，加水稀释相同的倍数时，强酸溶液的pH变化大。
【例3】　等浓度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的pH由小到大排列正确的是(　　)
A.④②③① B.③①②④
C.①②③④ D.①③②④
解析　乙酸、碳酸和苯酚的酸性依次降低，故pH依次增大。乙醇属于非电解质，pH最大。
答案　D
2.pH的计算方法
(1)基本方法思路
先判断溶液的酸碱性，再计算其pH：
①若溶液为酸性，先求c(H＋)，再求pH。
②若溶液为碱性，先求c(OH－)，再由c(H＋)＝求出c(H＋)，最后求pH。
(2)稀释后溶液的pH估算
①强酸pH＝a，加水稀释10n倍，则pH＝a＋n。
②弱酸pH＝a，加水稀释10n倍，则a③强碱pH＝b，加水稀释10n倍，则pH＝b－n。
④弱碱pH＝b，加水稀释10n倍，则b－n⑤酸、碱溶液被无限稀释后，pH只能接近于7。酸不能大于7，碱不能小于7。
(3)强(弱)酸与弱(强)碱混合后溶液的pH判断规律
②
③以上两种混合，若为强酸与强碱，则都呈中性。
【例4】　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　A、D项中氨水过量，溶液呈碱性；B项中恰好中和，呈中性；C项中醋酸过量，呈酸性。
答案　C
(4)酸碱中和滴定过程中的pH变化
在中和反应中，溶液pH发生很大的变化，在滴定过程中会因pH突变而使指示剂发生颜色变化(滴定曲线如图)。
通过溶液的颜色变化判断反应终点，测出消耗酸(或碱)溶液的体积，根据化学方程式中酸与碱物质的量之比求出未知溶液的浓度。对于一元酸碱，则有：c酸·V酸＝c碱·V碱。
三　三角度解读盐类水解基本规律
1.盐溶液的酸碱性规律
盐的类别
溶液的酸碱性
原因
强酸弱碱盐
呈酸性，pH<7
弱碱阳离子与H2O电离出的OH－结合，使c(H＋)>c(OH－)
水解实质：盐电离出的阴离子、阳离子与H2O电离出的H＋或OH－结合生成弱电解质
强碱弱酸盐
呈碱性，pH>7
弱酸根阴离子与H2O电离出的H＋结合，使c(OH－)>c(H＋)
强酸强碱盐
呈中性，pH＝7，H2O的电离平衡不被破坏，不水解
弱酸的酸式盐
若电离程度>水解程度，c(H＋)>c(OH－)，呈酸性，如NaHSO3、NaHC2O4
若电离程度<水解程度，c(H＋)2.盐类水解的规律
(1)有弱才水解——必须含有弱酸或弱碱的离子才能发生水解。
(2)无弱不水解——强酸强碱盐不发生水解。
(3)谁弱谁水解——发生水解的是弱碱阳离子或弱酸根阴离子。
(4)谁强显谁性——组成盐的酸根阴离子(碱性阳离子)是强酸根(强碱的阳离子)，则显酸(碱)性。
(5)都弱都水解——弱酸弱碱盐因阴、阳离子都能发生水解且两水解过程可相互促进，所以水解程度较大，少数可以完全水解，称为双水解反应。
(6)越弱越水解——组成盐的酸根对应的酸(即水解生成的酸)酸性越弱(或阳离子对应的碱的碱性越弱)，水解程度就越大，此即“越弱越水解”规律。
特别提示　(1)能发生完全双水解反应的离子不能大量共存，反应进行完全，产生沉淀或气体，如2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑，Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑。
(2)相同温度下，Ka(HA)>Ka(HB)，即HA的酸性比HB强，那么相同浓度时B－的水解程度比A－大。相同浓度的NaA、NaB溶液中：c(A－)>c(B－)，c(HA)(3)多元弱酸的电离常数Ka1?Ka2?Ka3，由此可以推知弱酸的正盐的碱性比酸式盐强，以Na2CO3和NaHCO3为例：CO＋H2O??HCO＋OH－，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，CO和HCO对应的弱酸分别是HCO和H2CO3，HCO的电离程度比H2CO3小得多，所以CO的水解程度比HCO大得多，相同浓度时Na2CO3溶液的碱性强，pH大。
【例5】　相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温、同体积、同浓度的HCN和HClO的说法中正确的是(　　)
A.酸的强弱：HCN>HClO
B.pH：HClO>HCN
C.与NaOH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　在相同浓度条件下，酸越弱，对应盐溶液的碱性越强，即pH较大。由pH：NaCN>NaClO，可以确定酸性：HCNHClO，由于是同体积、同浓度的HCN和HClO与NaOH恰好反应，故消耗NaOH的量相同，所以A、B、C均错误；由酸性越强电离程度越大，故c(CN－)答案　D
3.水解离子方程式的书写方法规律
类型
要求
示例
一价阴、阳离子
用“??”，不标“↓”、“↑”
CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
高价阳离子
同上，不分步书写
Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋
高价阴离子
分步书写或只写第一步
CO＋H2O??HCO＋OH－
HCO＋H2O??H2CO3＋OH－
弱酸的铵盐
共同水解，但仍用“??”，不标“↓”、“↑”
NH＋HCO＋H2O??NH3·H2O＋H2CO3
完全的双水解反应
完全水解，用“===”，标“↓”、“↑”
Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓
特别提示　(1)盐类水解的规律是“阴生阴、阳生阳”——阴离子水解生成阴离子(OH－)，阳离子水解生成阳离子(H＋)。
(2)酸式盐离子的电离与水解：
HR－＋H2O??R2－＋H3O＋(电离，电离出H＋)
HR－＋H2O??H2R＋OH－(水解，产生OH－)
【例6】　根据水解反应离子方程式的书写原则及其注意的问题，判断下列选项正确的是(　　)
A.FeCl3＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HCl
B.Al2S3＋6H2O??2Al(OH)3＋3H2S
C.S2－＋2H2O??H2S＋2OH－
D.HCO＋H2O??H2CO3＋OH－
解析　A中FeCl3水解的产物Fe(OH)3很少，不应标“↓”符号，且水解程度较小，不应用“===”，而应用“??”，故错误；B项中Al2S3中的Al3＋和S2－发生强烈的双水解，生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，应用“↓”及“↑”标出，且反应彻底，应用“===”，而不应用“??”，故错误；C项中多元弱酸根S2－的水解是分步进行的，一般第二步水解程度很小，往往可以忽略，但不能将这两步合并为S2－＋2H2O??H2S＋2OH－，故错误；D中由于HCO水解程度较小，应用“??”，故正确。
答案　D
四　溶液中粒子(离子、分子)浓度大小比较的“二三四”规则
1.明确两个“微弱”
(1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的离子的浓度小于弱电解质分子的浓度。如弱酸HA溶液中c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)。
(2)单一的弱酸根阴离子和弱碱阳离子的水解是微弱的，水解生成的粒子的浓度小于盐电离产生的离子的浓度。如弱酸盐NaA溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)。
特别提示　多元弱酸要考虑分步电离(Ka1>Ka2>Ka3)，多元弱酸的正盐要依据分步水解分析离子浓度，如Na2CO3溶液中，c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。
2.熟知三个守恒
(1)电荷守恒规律：电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，必存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
(2)物料守恒规律(原子守恒)：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。
(3)质子守恒规律：质子即H＋，酸碱反应的本质是质子转移，能失去质子的酸失去的质子数和能得到质子的碱得到的质子数相等。如NaHCO3溶液中，
，
所以c(H2CO3)＋c(H3O＋)＝c(CO)＋c(OH－)，
即c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)。
特别提示　(1)一元酸HA、一元碱BOH的混合溶液中只含有H＋、A－、B＋、OH－4种离子，不可能出现两种阳(阴)离子浓度同时大于两种阴(阳)离子浓度的情况。如c(B＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)等肯定错误。
(2)将物料守恒式代入电荷守恒式中，即可得出质子守恒式。
3.掌握四个步骤
溶液中粒子浓度大小比较方法的四个步骤：
(1)判断反应产物：判断两种溶液混合时生成了什么物质，是否有物质过量，再确定反应后溶液的组成。
(2)写出反应后溶液中存在的平衡：根据溶液的组成，写出溶液中存在的所有平衡(水解平衡、电离平衡)，尤其要注意不要漏写在任何水溶液中均存在的水的电离平衡。这一步的主要目的是分析溶液中存在的各种粒子及比较直接地看出某些粒子浓度间的关系，在具体应用时要注意防止遗漏。
(3)列出溶液中存在的等式：根据反应后溶液中存在的溶质的守恒原理，列出两个重要的等式，即电荷守恒式和物料守恒式，据此可列出溶液中阴、阳离子间的数学关系式。
(4)比大小：根据溶液中存在的平衡和题给条件，结合平衡的有关知识，分析哪些平衡进行的程度相对大一些，哪些平衡进行的程度相对小一些，再依此比较溶液中各粒子浓度的大小。这一步是溶液中粒子浓度大小比较最重要的一步，关键是要把握好电离平衡和水解平衡两大理论，树立“主次”意识。
【例7】　常温下，将a L 0.1 mol·L－1的NaOH溶液与 b L 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液混合。下列有关混合溶液的说法一定不正确是(　　)
A.ac(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
B.a>b时，c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
C.a＝b时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
D.无论a、b有何关系，均有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
解析　由电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故D正确；若b>a，醋酸过量，溶液为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液，当溶液呈酸性时A正确；若a＝b，反应后的溶液为CH3COONa溶液，由于CH3COO－水解而显碱性，根据质子守恒可知，C正确；若a>b，说明碱过量，溶液为CH3COONa与NaOH的混合溶液，存在c(Na＋)>c(CH3COO－)，B错误。
答案　B
理解感悟　酸碱混合后，如CH3COOH与NaOH混合，溶液中会出现四种离子，有H＋、OH－、CH3COO－、Na＋，可按以下几种情况考虑溶液的酸碱性和离子浓度的关系：
(1)当溶液是单一的盐(CH3COONa)溶液并呈碱性时的情形：
守恒关系：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)(物料守恒)；c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)(质子守恒)；c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)(电荷守恒)。
大小关系：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)。
(2)当溶液呈中性，溶质是CH3COONa和CH3COOH的混合情形，相当于CH3COONa没水解。
守恒关系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)(物料守恒)；c(OH－)＝c(H＋)(质子守恒)；c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)(电荷守恒)。
大小关系：c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。
(3)当溶液呈酸性，溶质是CH3COONa和CH3COOH的混合情形，相当于在CH3COONa和CH3COOH的混合溶液呈中性的基础上又加入了醋酸。
大小关系：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
(4)当溶液呈碱性，溶质是CH3COONa和NaOH的混合情形。
大小关系：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)或c(Na＋)>c(CH3COO－)＝c(OH－)>c(H＋)或c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)。
【例8】　常温下，下列有关各溶液的叙述正确的是(　　)
A.pH>7的溶液中不可能存在醋酸分子
B.20 mL 0.1 mol·L－1的醋酸钠溶液与10 mL 0.1 mol·L－1的盐酸混合后溶液显酸性：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COOH)
C.0.1 mol·L－1醋酸的pH＝a,0.01 mol·L－1的醋酸的pH＝b，则a＋1>b
D.已知酸性HF>CH3COOH，pH相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F－)解析　醋酸钠溶液显碱性，pH>7，其中存在醋酸分子，选项A不正确；选项B中两者发生反应后溶液中的溶质为等浓度的醋酸、氯化钠和醋酸钠，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显酸性，正确的关系为c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)，B错；对于弱电解质溶液，溶液越稀越容易电离，0.01 mol·L－1醋酸的电离程度大于0.1 mol·L－1醋酸的电离程度，因此选项C正确；根据电荷守恒，在NaF溶液中c(Na＋)－c(F－)＝c(OH－)－c(H＋)，在CH3COOK溶液中c(K＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)，由于两溶液的pH相等，因此有c(Na＋)－c(F－)＝c(K＋)－c(CH3COO－)，D错。
答案　C
五　难溶电解质的溶解平衡及其三个应用
1.难溶电解质的溶解平衡与溶度积
(1)难溶电解质在水中会建立如下平衡：MmAn(s)mMn＋(aq)＋nAm－(aq)。因此，难溶电解质的溶解度虽然很小，但不可能为零(完全不溶解)，溶液中的离子结合成难溶电解质时，也不可能完全进行到底。勒夏特列原理同样适用于溶解平衡。
(2)下列沉淀溶解平衡：MmAn(s)??mMn＋(aq)＋nAm－(aq)，固体纯物质不列入平衡常数，其溶度积为Ksp＝[c(Mn＋)]m·[c(Am－)]n，AgCl的Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)。对于相同类型的物质，Ksp的大小反映了难溶电解质在溶液中溶解能力的大小，也反映了该物质在溶液中沉淀的难易。与平衡常数一样，Ksp与温度有关。不过温度改变不大时，Ksp变化也不大，常温下的计算可不考虑温度的影响。
(3)通过比较溶度积Ksp与溶液中有关离子的离子积Qc的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下能否生成沉淀或溶解。如AgCl溶液的Qc＝c(Ag＋)·c(Cl－)，该计算式中的离子浓度不一定是平衡浓度，而Ksp计算式中的离子浓度一定是平衡浓度。
①若Qc>Ksp，则溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。
②若Qc＝Ksp，则溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。
③若Qc【例9】　溶液中含有Cl－、Br－和I－三种离子，其浓度均为0.010 mol·L－1。向该溶液中逐滴加入AgNO3溶液时，最先和最后沉淀的是[已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10
Ksp(AgBr)＝5.0×10－13　Ksp(AgI)＝8.3×10－17](　　)
A.AgBr和AgI B.AgI和AgCl
C.AgBr和AgCl D.一起沉淀
解析　对于阴、阳离子的个数比相同即相同类型的难溶电解质，它们的溶解能力可以直接用Ksp来比较，浓度相同时，Ksp小的难溶电解质一定先析出沉淀。
答案　B
2.沉淀溶解平衡的应用
难溶电解质的溶解平衡也是动态平衡，可以利用其逆反应使溶液中的离子转化为沉淀，化学上通常认为溶液中的剩余离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时就沉淀完全。
(1)沉淀的溶解
根据溶度积规则，使沉淀溶解的必要条件是Qc①使相关离子生成弱电解质：如要使ZnS溶解，可以加盐酸，H＋和ZnS中溶解生成的S2－相结合形成弱电解质HS－和H2S，于是ZnS溶解。只要盐酸的量能满足需要，ZnS就能不断溶解。
②使相关离子被氧化：如CuS在盐酸中不能溶解，但在HNO3中可以溶解。原因是S2－被氧化，使得CuS(s)??Cu2＋(aq)＋S2－(aq)平衡右移，CuS溶解。反应的离子方程式为3CuS＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋3S↓＋4H2O。
(2)分步沉淀
若一种沉淀剂可使溶液中多种离子沉淀时，则可以控制条件，使这些离子先后分别沉淀，这种现象称为分步沉淀。
①同一类型的沉淀，Ksp越小越先沉淀，且Ksp相差越大分步沉淀越完全，如AgCl、AgBr、AgI。
②不同类型的沉淀，其沉淀的先后顺序要通过计算才能确定，如AgCl和Ag2CrO4。
(3)沉淀的转化
由一种沉淀转化为另一种沉淀的过程，若难溶电解质类型相同，则Ksp较大的沉淀易于转化为Ksp较小的沉淀。但要注意的是通过改变外界条件，利用勒夏特列原理也可以使溶解度小的沉淀转化成溶解度大的沉淀。
①易溶物向难溶物转化：如向BaCO3沉淀中加入Na2CrO4溶液，将会发现白色的BaCO3沉淀逐渐转化成黄色的BaCrO4沉淀。
②难溶物向易溶物转化：如BaSO4沉淀转化为BaCO3沉淀的反应为BaSO4(s)＋CO??BaCO3(s)＋SO，K＝＝＝≈，虽然平衡常数小，转化不彻底，但只要c(CO)比c(SO)大24倍以上，经多次转化，即能将BaSO4转化为BaCO3。
【例10】　痛风是以关节炎反复发作及产生肾结石为特征的一类疾病，关节炎的原因归结于在关节滑液中形成了尿酸钠(NaUr)晶体，有关平衡如下；
①HUr(尿酸，aq)??Ur－(尿酸根，aq)＋H＋(aq)(37 ℃时，Ka＝4.0×10－6)
②NaUr(s)??Ur－(aq)＋Na＋(aq)
(1)37 ℃时，1.0 L水中最多可溶解8.0×10－3 mol尿酸钠，此温度下尿酸钠的Ksp为 。
(2)关节炎发作多在脚趾和手指的关节处，这说明温度降低时，尿酸钠的Ksp (填“增大”、“减小”或“不变”)，生成尿酸钠晶体的反应是 (填“放热”或“吸热”)反应。
(3)37 ℃时，某尿酸结石病人尿液中尿酸分子和尿酸根离子的总浓度为2.0×10－3 mol·L－1，其中尿酸分子的浓度为5.0×10－4 mol·L－1，该病人尿液的c(H＋)为 ，pH 7(填“>”、“＝”或“<”)。
解析　(1)尿酸钠的Ksp＝c(Na＋)·c(Ur－)＝8.0×10－3×8.0×10－3＝6.4×10－5。
(2)由题给信息，关节炎是因为形成了尿酸钠晶体，说明反应②的平衡向逆反应方向移动，Ksp减小。温度降低平衡逆向移动，说明生成尿酸钠晶体的反应是放热反应。
(3)c(HUr)＝5.0×10－4 mol·L－1，c(Ur－)＝2.0×10－3 mol·L－1－5.0×10－4 mol·L－1＝1.5×10－3 mol·L－1，根据：Ka＝，
c(H＋)＝ mol·L－1
≈1.33×10－6 mol·L－1。
答案　(1)6.4×10－5　(2)减小　放热
(3)1.33×10－6 mol·L－1　<
第一节　弱电解质的电离
[学习目标定位]　1.能准确判断强电解质和弱电解质。2.会描述弱电解质的电离平衡，能正确书写弱电解质的电离方程式，会分析电离平衡的移动。3.知道电离平衡常数的意义。
一　强电解质和弱电解质
1.化合物按照其在水溶液或熔融状态下能否导电，可分为电解质和非电解质。按要求回答下列问题：
有以下几种物质：①液态HCl　②熔融NaCl　③稀硫酸
④蔗糖　⑤乙醇　⑥氯水　⑦Al2O3　⑧NH3　⑨氨水
⑩Cu　?CaCO3　?SO2　?Al(OH)3　?NaOH　?CH3COOH
(1)属于电解质的是①②⑦????，属于非电解质的是④⑤⑧?。
(2)能导电的是②③⑥⑨⑩。
2.分别试验等体积、等浓度的盐酸、醋酸与等量镁条的反应；并测定两溶液的pH，填写下表：
1 mol·L－1 HCl
1 mol·L－1 CH3COOH
与镁条反应的现象
产生气泡较快
产生气泡较慢
溶液的pH
pH＝0
pH>0
实验结论
c(H＋)
相同物质的量浓度时，盐酸>醋酸
电离程度
HCl在稀溶液中全部电离，CH3COOH在水溶液中只有部分电离
3.根据电解质在水溶液中是否全部电离，把电解质分为强电解质和弱电解质。强电解质在水溶液中能够全部电离，而弱电解质在水溶液中只有部分电离。
归纳总结
1.电解质与非电解质
(1)单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质；
(2)必须是由本身电离出离子的化合物才是电解质；
(3)酸、碱、盐、活泼金属氧化物是电解质。
2.强电解质和弱电解质
(1)判断依据：根据电解质在水溶液中能否完全电离判断
(2)与物质类别的关系
强电解质
弱电解质
(3)注意事项
①电解质的强弱是由物质的内部结构决定的。
②电解质的强弱与溶液导电能力没有必然联系。电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带电荷数有关，强电解质溶液的导电能力不一定强。
③电解质的强弱与其溶解度无关。某些难溶盐，虽然溶解度小，但其溶于水的部分完全电离，仍属于强电解质。有少数盐尽管能溶于水，但只有部分电离，属于弱电解质，如(CH3COO)2Pb等。
1.下列关于强、弱电解质的叙述中正确的是(　　)
A.强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
B.强电解质都是可溶性化合物，弱电解质都是难溶性化合物
C.强电解质熔化时都完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离
D.强电解质不一定能导电，弱电解质溶液的导电能力不一定比强电解质弱
答案　D
解析　判断强、弱电解质的根本依据是看电解质在水中是否完全电离，与其溶解度、浓度大小及水溶液导电能力的强弱无关。强极性的共价化合物如HCl也是强电解质，A错误；强、弱电解质与溶解性无关，B错误；有些强电解质熔化时不能电离，如H2SO4等，C错误；电解质导电是有条件的，溶液的导电性与溶液中离子浓度和所带的电荷数有关，D正确。
2.醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(　　)
①1 mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－2 mol·L－1　②CH3COOH可以任意比与H2O互溶　③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱　④10 mL 1 mol·L－1的CH3COOH溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液完全反应　⑤同浓度同体积的CH3COOH溶液和HCl溶液与Fe反应时，CH3COOH溶液中放出H2的速率慢　⑥CH3COOH溶液中CH3COOH、CH3COO－、H＋同时存在
A.①③⑤⑥ B.②③④⑤
C.①④⑤⑥ D.③⑤⑥
答案　A
二　弱电解质的电离平衡
1.弱电解质在水溶液中的电离都是可逆过程。醋酸是一种常见的弱电解质，它的电离方程式是CH3COOH??H＋＋CH3COO－，在醋酸溶液中含有的溶质粒子有H＋、CH3COO－、CH3COOH。
2.下图是醋酸溶于水时，电离过程中醋酸分子电离成离子的速率、离子结合成醋酸分子的速率随时间的变化曲线。请回答下列问题：
(1)va表示醋酸分子电离成离子的速率；vb表示离子结合成醋酸分子的速率。
(2)在时间由t0到t1过程中，va的变化是不断减小，vb的变化是不断增大。
(3)当时间达t1后，va与vb的关系是va＝vb≠0，此时醋酸达到电离平衡状态。
3.(1)分析醋酸电离过程中，溶液中各粒子浓度的变化，填写下表：
粒子浓度
c(H＋)
c(CH3COO－)
c(CH3COOH)
醋酸初溶于水
接近于0
接近于0
最大
达到电离平衡前
增大
增大
减小
达到电离平衡时
不变
不变
不变
(2)若在CH3COONa溶液中加入等体积、等浓度的盐酸，CH3COONa溶液中各粒子浓度变化如下表：
粒子浓度
c(H＋)
c(CH3COO－)
c(CH3COOH)
未加盐酸时
最小
最大
最小
达到平衡前
增大
减小
增大
达到平衡时
不变
不变
不变
4.醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH??H＋＋CH3COO－，分析改变下列条件对醋酸电离平衡的影响，填写下表：
条件改变
平衡移动方向
c(H＋)
n(H＋)
电离程度
导电能力
升高温度
向右移动
增大
增大
增大
增强
加H2O
向右移动
减小
增大
增大
减弱
通HCl
向左移动
增大
增大
减小
增强
加少量NaOH(s)
向右移动
减小
减小
增大
增强
加少量CH3COONa (s)
向左移动
减小
减小
减小
增强
加少量CH3COOH
向右移动
增大
增大
减小
增强
归纳总结
1.电离平衡状态：在一定条件(如温度、浓度)下，当弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，电离过程就达到了电离平衡状态。
2.电离平衡的特征：动、等、定、变、逆。
3.影响电离平衡的条件
(1)温度：由于电离过程吸热，升高温度，电离平衡向正反应方向移动；降低温度，电离平衡向逆反应方向移动。
(2)浓度：电解质溶液的浓度越小，它的电离程度就越大。
(3)其他因素：加入含有弱电解质离子的强电解质时，电离平衡向逆反应方向移动；加入能与弱电解质离子反应的物质时，电离平衡向正反应方向移动。
4.弱电解质的电离方程式的书写
(1)弱电解质的电离方程式的书写用“??”表示。如NH3·H2O的电离方程式是NH3·H2O??NH＋OH－。
(2)多元弱酸是分步电离的，电离程度逐步减弱，可分步书写电离方程式。如H2CO3的电离方程式是H2CO3??H＋＋HCO，HCO??H＋＋CO。
(3)多元弱碱的电离也是分步进行的，但是一般按一步电离的形式书写。如Fe(OH)3的电离方程式是Fe(OH)3??Fe3＋＋3OH－。
3.现有0.1 mol·L－1氨水10 mL，加蒸馏水稀释到1 L后，下列变化中正确的是(　　)
①电离程度增大　②c(NH3·H2O)增大　③NH数目增多　④c(OH－)增大　⑤导电性增强
⑥增大
A.①②③ B.①③⑤ C.①③⑥ D.②④⑥
答案　C
解析　氨水中的溶质属于弱电解质，存在电离平衡：NH3·H2O??NH＋OH－，加水稀释，平衡正向移动，电离程度增大，NH和OH－的物质的量增多，但c(NH3·H2O)、c(OH－)均减小，溶液的导电性减弱，故①③正确，②④⑤错误；由于＝，加水稀释后，n(NH)增大，n(NH3·H2O)减小，故增大，⑥正确。
4.已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，要使溶液中值增大，可以采取的措施是(　　)
①加少量烧碱固体　②升高温度　③加少量冰醋酸
④加水　⑤加少量醋酸钠固体
A.①② B.②③⑤ C.③④⑤ D.②④
答案　D
解析　①中加少量NaOH固体时，H＋与OH－结合生成难电离的H2O，使值减小；②中CH3COOH的电离是吸热过程，升温，c(H＋)增大，c(CH3COOH)减小，故值增大；③中加入无水CH3COOH时，c(CH3COOH)增大量大于c(H＋)增大量，致使值减小；④中加水稀释，电离平衡右移，n(CH3COOH)减小，n(H＋)增大，故＝增大；⑤加少量醋酸钠固体时，平衡逆向移动，c(H＋)减小，c(CH3COOH)增大，值减小。
三　电离平衡常数
1.电离平衡与化学平衡类似，请你根据化学平衡常数的表达式，推断写出弱电解质AB??A＋＋B－的电离平衡常数(简称电离常数)的表达式K＝。
2.一元弱酸的电离常数用Ka表示，一元弱碱的电离常数用Kb表示。CH3COOH的电离常数的表达式是Ka＝，NH3·H2O的电离常数的表达式是Kb＝。
3.H2S在水溶液中分两步电离，即：H2S??H＋＋HS－、HS－??H＋＋S2－，其电离常数表达式分别为Ka1＝、Ka2＝。
归纳总结
关于电离平衡常数的理解
(1)电离常数的定义：指一定温度下，弱电解质达到电离平衡时，弱电解质电离生成的各种离子浓度的乘积与溶液中未电离的分子浓度的比值(为一常数)，简称电离常数，用K表示。
(2)电离常数的意义：根据电离常数大小，可以判断弱电解质的相对强弱，K值越大，离子浓度越大，即表示该电解质越强。所以从Ka或Kb的大小，可以判断弱酸或弱碱的相对强弱。
(3)多元弱酸分步电离，每一步电离都有各自的电离常数。各级电离常数的大小关系是Ka1?Ka2?Ka3，所以其酸性主要决定于第一步电离。
(4)电离常数的大小与温度有关，电解质的电离是吸热过程，升高温度电离常数增大。
5.已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：
①NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2，
②NaCN＋HF===HCN＋NaF，
③NaNO2＋HF===HNO2＋NaF。
由此可判断下列叙述中不正确的是(　　)
A.HF的电离平衡常数为7.2×10－4
B.HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10
C.根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D.HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
答案　B
解析　由这三个反应化学方程式可以得出：HF、HNO2、HCN的酸性依次减弱。酸性越强，电离常数越大，据此可以将三个K值与酸对应起来。以上三个反应中，第①个反应说明酸性HNO2>HCN，第③个反应说明酸性HF>HNO2，只根据这两个反应即可作出比较。
1.下列说法中不正确的是(　　)
①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质
②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨是电解质
③固态的共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电　④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电
A.仅①④ B.仅①②④ C.仅①②③ D.①②③④
答案　D
解析　BaSO4是强电解质，NH3是非电解质，离子化合物的熔融态能导电而共价化合物的熔融态不导电，4种说法均错。
2.下列说法正确的是(　　)
A.相同温度下，饱和溶液的导电性一定比不饱和溶液的导电性强
B.Na2O的水溶液能导电是因为Na2O与水反应生成的NaOH发生电离，所以NaOH是电解质，Na2O是非电解质
C.强电解质水溶液的导电能力一定比弱电解质水溶液的导电能力强
D.难溶于水的物质不一定是弱电解质
答案　D
解析　由于不同物质的溶解度不同，饱和溶液的浓度不一定大，导电性不一定强，A项错；Na2O在熔融状态可以导电，是电解质，B项错；强电解质溶液的浓度若太小，即使全部电离，离子浓度也很小，导电能力并不强，C项错；CaCO3等物质虽然难溶于水，但溶于水的部分全部电离，属于强电解质，D项正确。
3.下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是(　　)
A.相同浓度的两溶液中c(H＋)相同
B.100 mL 0.1 mol·L－1的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠
C.c(H＋)＝10－3 mol·L－1的两溶液稀释100倍，c(H＋)都为10－5 mol·L－1
D.两溶液中分别加入少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小
答案　B
解析　相同浓度时，盐酸中c(H＋)大于醋酸中c(H＋)，故A错；c(H＋)＝10－3 mol·L－1的HCl和CH3COOH溶液，稀释100倍，盐酸中c(H＋)＝10－5 mol·L－1，醋酸中c(H＋)大于10－5 mol·L－1，因为加水稀释，CH3COOH??CH3COO－＋H＋，平衡右移，故C错；加入少量对应的钠盐时，对盐酸无影响，CH3COOH电离平衡左移，c(H＋)减小，故D错。
4.在氨水中存在下列电离平衡：NH3·H2O??NH＋OH－。
(1)下列情况能引起电离平衡正向移动的有 (填字母，下同)。
①加NH4Cl固体　②加NaOH溶液　③通入HCl
④加CH3COOH溶液　⑤加水　⑥加压
a.①③⑤ b.①④⑥ c.③④⑤ d.①②④
(2)在含有酚酞的0.1 mol·L－1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色 。
a.变蓝色 b.变深 c.变浅 d.不变
(3)在一定温度下，用水逐渐稀释1 mol·L－1氨水的过程中，溶液中随着水量的增加，
①n(OH－) (填“增大”、“减小”或“不变”，下同)；
② ；
③ 。
答案　(1)c　(2)c　(3)①增大　②增大　③不变
解析　(1)①加入NH4Cl固体相当于加入NH，平衡左移；②加入OH－，平衡左移；③通入HCl，相当于加入H＋，中和OH－，平衡右移；④加CH3COOH溶液，相当于加H＋，中和OH－，平衡右移；⑤加水稀释，越稀越电离，平衡右移；⑥无气体参加和生成，加压对电离平衡无影响。
(2)氨水中加入NH4Cl晶体，c(NH)增大，则NH3·H2O电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，颜色变浅。(3)加水稀释，NH3·H2O电离平衡向电离方向移动n(OH－)逐渐增大，n(NH3·H2O)逐渐减小，所以逐渐增大；电离平衡常数K＝只与温度有关，所以加水稀释时不变。
5.已知：
Ka1
Ka2
H2SO3
1.54×10－2
1.02×10－7
H2CO3
4.3×10－7
5.6×10－11
(1)在相同浓度的H2SO3和H2CO3的溶液中，用“>”“<”或“＝”填空。
c(H＋)：H2SO3 H2CO3；
c(SO) c(CO)；
c(H2SO3) c(H2CO3)；
溶液导电能力：H2SO3 H2CO3。
(2)HSO的电离平衡常数表达式为 。
(3)H2SO3溶液与NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为 。
答案　(1)>　>　<　>　(2)Ka＝　(3)H2SO3＋HCO===H2O＋CO2↑＋HSO
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　电解质和非电解质及强、弱电解质的判断
1.下表中物质的分类组合完全正确的是(　　)
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
HF
CaCO3
HClO
NH3
非电解质
SO2
金属Al
H2O
C2H5OH
答案　A
解析　电解质必须是化合物且自身发生电离，SO2、NH3是非电解质，SO2、NH3本身不电离，但溶于水生成的H2SO3、NH3·H2O能电离，H2SO3、NH3·H2O是电解质。
2.下列叙述正确的是(　　)
A.硫酸钡难溶于水，故硫酸钡为弱电解质
B.硝酸钾溶液能导电，故硝酸钾溶液为电解质
C.二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳为弱电解质
D.石墨虽能导电，但既不是电解质，也不是非电解质
答案　D
解析　BaSO4溶于水的部分完全电离，BaSO4是强电解质，A项不正确；KNO3溶液为混合物，不属于电解质，B项不正确；CO2不是电解质，C项不正确；石墨为单质，既不是电解质，也不是非电解质，D项正确。
题组2　弱电解质的电离平衡
3.下列说法正确的是(　　)
A.根据溶液中有CH3COOH、CH3COO－和H＋即可证明CH3COOH达到电离平衡状态
B.根据溶液中CH3COO－和H＋的物质的量浓度相等即可证明CH3COOH达到电离平衡状态
C.当NH3·H2O达到电离平衡时，溶液中NH3·H2O、NH和OH－的浓度相等
D.H2CO3是分步电离的，电离程度依次减弱
答案　D
解析　该题考查了电离平衡的判断及其特点。溶液中除电解质电离出的离子外，还存在电解质分子，能证明该电解质是弱电解质，但不能说明达到平衡状态，A错误；根据CH3COOH??CH3COO－＋H＋知即使CH3COOH未达平衡状态，CH3COO－和H＋的浓度也相等，B错误；NH3·H2O达到电离平衡时，溶液中各粒子的浓度不变，而不是相等，NH3·H2O的电离程度很小，绝大多数以NH3·H2O的形式存在，C错误；H2CO3是二元弱酸，分步电离且电离程度依次减小，D正确。
4.醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH??H＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是(　　)
A.升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B.0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH－)增大
C.CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D.25 ℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸
答案　D
解析　弱电解质的电离平衡常数只受温度影响，升高温度电离平衡常数增大，A项正确；将溶液稀释，c(H＋)减小，c(OH－)增大，B项正确；加入CH3COONa会抑制CH3COOH电离，C项正确；加入冰醋酸，溶液的pH、电离程度均减小，但电离常数不变，D项错误。
5.甲酸(HCOOH)是一种一元弱酸，下列性质中可以证明它是弱电解质的是(　　)
A.常温下，1 mol·L－1甲酸溶液中的c(H＋)约为1×10－2 mol·L－1
B.甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳
C.10 mL 1 mol·L－1甲酸溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液完全反应
D.甲酸溶液与锌反应比强酸溶液缓慢
答案　A
解析　若能说明在相同条件下甲酸只发生部分电离，便可以证明它是弱电解质。A项，c(H＋)6.在20 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液中，能使溶液的pH减小，而且使醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，可加入的试剂是(　　)
A.20 mL水 B.浓盐酸 C.冰醋酸 D.NaOH溶液
答案　B
解析　醋酸电离方程式为CH3COOH??CH3COO－＋H＋。A项，加水后pH增大，稀释溶液平衡向正反应方向移动；B项，加入浓盐酸后pH降低，H＋浓度增大，平衡向逆反应方向移动；C项，加入冰醋酸，pH减小，但平衡向正反应方向移动；D项，加入NaOH溶液，pH增大，平衡向正反应方向移动。
7.将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是(　　)
A.c(H＋) B.Ka(HF) C. D.
答案　D
解析　HF为弱酸，存在电离平衡：HF??H＋＋F－。根据勒夏特列原理：当改变影响平衡的一个条件，平衡会向着能够减弱这种改变的方向移动，但平衡的移动不能完全消除这种改变，故加水稀释，平衡正向移动，但c(H＋)减小，A错误；电离常数只受温度的影响，温度不变，电离常数Ka不变，B错误；当溶液无限稀释时，c(F－)不断减小，但c(H＋)接近10－7 mol·L－1，所以减小，C错误；＝，由于加水稀释，平衡正向移动，所以溶液中n(H＋)增大，n(HF)减小，所以增大，D正确。
8.已知25 ℃下，醋酸溶液中存在下述关系：K＝＝1.75×10－5，其中K的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数。有关K的下列说法正确的是(　　)
A.当向该溶液中加入一定量的硫酸时，K值增大
B.升高温度，K值增大
C.向醋酸溶液中加水，K值增大
D.向醋酸溶液中加氢氧化钠，K值增大
答案　B
题组3　电离方程式的书写
9.在水溶液中下列电离方程式书写正确的是(　　)
A.Ca(OH)2??Ca2＋＋2OH－
B.NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
C.H2CO3??2H＋＋CO
D.Na2SO4===2Na＋＋SO
答案　D
解析　Ca(OH)2为强电解质；NaHCO3电离产生Na＋与HCO；H2CO3为多元弱酸，应分步电离，不可一步完成。
题组4　电解质溶液导电能力
10.下列溶液中导电性最强的是(　　)
A.1 L 0.2 mol·L－1醋酸
B.0.1 L 0.1 mol·L－1 H2SO4溶液
C.0.5 L 0.1 mol·L－1盐酸
D.2 L 0.1 mol·L－1 H2SO3溶液
答案　B
解析　电解质溶液的导电能力取决于溶液中自由移动的离子浓度，CH3COOH、H2SO3为弱酸，部分电离；盐酸和硫酸为强酸，全部电离；故0.1 mol·L－1 H2SO4溶液中离子浓度最大，导电能力最强。
[能力提升题]
11.向某氨水中加入醋酸溶液，其导电能力(I)与加入醋酸溶液的体积(V)关系正确的是(　　)
答案　C
解析　氨水是弱电解质的水溶液，导电能力较弱，随着醋酸的加入，发生反应：CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COONH4＋H2O，生成了强电解质CH3COONH4，导电能力增强，恰好反应完全时，溶液导电能力最强，故A项不正确；继续加入醋酸，随着溶液体积的增大，离子浓度减小，溶液导电能力减弱，但溶液中存在离子，导电能力不可能为0，所以B、D两项不正确。
12.回答下列问题：
(1)某浓度的氨水中存在平衡：NH3·H2O??NH＋OH－，如想增大NH的浓度而不增大OH－的浓度，应采取的措施是 (填字母)。
a.适当升高温度 b.加入NH4Cl固体
c.通入NH3 d.加入少量浓盐酸
(2)常温下，有pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施：
①加适量醋酸钠晶体后，两溶液中的c(H＋)变化是醋酸溶液中c(H＋) (填“增大”、“减小”或“不变”)，盐酸溶液中c(H＋) (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②加水稀释10倍后，醋酸溶液中的c(H＋) 盐酸溶液中的c(H＋)(填“>”、“＝”或“<”)。
③加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积：醋酸 盐酸(填“>”、“＝”或“<”)。
④使温度都升高20 ℃，溶液中c(H＋)：醋酸 盐酸(填“>”、“＝”或“<”)。
⑤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
(填字母)。
(3)将0.1 mol·L－1的CH3COOH加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是
(填字母)。
a.电离程度增大 b.溶液中离子总数增多
c.溶液导电性增强 d.溶液中醋酸分子增多
答案　(1)bd　(2)①减小　减小　②>　③>　④>
⑤c　(3)ab
解析　(1)a项升高温度，平衡右移，c(NH)和c(OH－)均增大；b项加入NH4Cl固体，c(NH)增大，平衡左移，c(OH－)减小；c项通入NH3，c(NH3·H2O)增大，平衡右移，c(NH)和c(OH－)均增大；d项，加入少量浓盐酸，c(OH－)减小，平衡右移，c(NH)增大。(2)①加适量CH3COONa晶体，CH3COOH溶液中，CH3COOH??CH3COO－＋H＋平衡向左移动，c(H＋)减小，盐酸中CH3COO－＋H＋===CH3COOH，c(H＋)减少。②加水稀释10倍，CH3COOH电离平衡向右移动，n(H＋)增多，HCl不存在电离平衡，HCl电离出的n(H＋)不变。③加NaOH溶液，CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O，HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，由于CH3COOH部分电离，反应过程中CH3COOH的电离平衡向电离方向移动且反应前c(CH3COOH)>c(HCl)，故中和时CH3COOH所需NaOH的体积多。④升高温度，CH3COOH电离平衡向电离方向移动，c(H＋)增大，HCl已全部电离。⑤反应开始两溶液pH相同，即c(H＋)相同，所以开始与Zn反应速率相同，随反应的进行，CH3COOH电离平衡向电离方向移动，故反应速率：v(CH3COOH)>v(盐酸)，又因反应开始时c(CH3COOH)>c(HCl)，所以与足量锌反应，CH3COOH生成H2的量多。
13.H2S水溶液中存在电离平衡H2S??H＋＋HS－和HS－??H＋＋S2－。若向H2S溶液中：
(1)加水稀释后，H2S电离平衡向 移动(填“左”或“右”)，溶液中c(H＋) (填“增大”或“减小”)。
(2)滴加新制氯水，H2S电离平衡向 方向移动(填“左”或“右”)，溶液pH (填“增大”或“减小”)。
(3)逐渐通入SO2气体，直到过量，H2S电离平衡向 移动(填“左 ”或“右”)，下列表示溶液pH随SO2气体体积变化关系示意图正确的是 (填字母)。[已知常温下，Ka1(H2SO3)>Ka1(H2S)，Ka2(H2SO3)>Ka2(H2S)]
(4)加少量CuSO4固体(忽略体积变化)，H2S电离平衡向 移动(填“左”或“右”)，c(S2－) ，c(H＋) (填“增大”或“减小”)。
(5)加入固体NaOH，H2S电离平衡向 移动(填“左”或“右”)，c(H＋) (填“增大”或“减小”)，c(S2－) (填“增大”或“减小”)。
(6)向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀。用电离平衡原理解释上述现象。
答案　(1)右　减小　(2)左　减小　(3)左　c　(4)右　减小　增大　(5)右　减小　增大　(6)饱和H2S溶液中电离产生的c(S2－)很小，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H2S的电离，c(S2－)增大，有沉淀产生。
解析　(1)加水稀释后，H2S电离平衡向右移动，但溶液体积增大，c(H＋)减小。(2)滴加新制氯水，发生反应H2S＋Cl2===S↓＋2HCl，平衡向左移动，生成的盐酸为强酸，c(H＋)增大，pH减小。(3)通入SO2，发生反应2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，SO2过量时SO2＋H2O??H2SO3，H2SO3酸性比氢硫酸强，故溶液pH先增大后减小，H2S电离平衡向左移动。(4)加少量CuSO4固体，发生反应CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4，c(S2－)减小，c(H＋)增大。(5)加NaOH，OH－＋H＋===H2O，平衡向右移动，c(H＋)减小，c(S2－)增大。(6)向ZnSO4和H2S的混合溶液中滴加一定量的氨水以后，H＋与OH－反应生成H2O，c(H＋)减小，电离平衡H2S??H＋＋HS－、HS－??H＋＋S2－向右移动，c(S2－)增大，则S2－与Zn2＋反应生成ZnS沉淀。
14.(1)25 ℃时，HF的Ka＝6.4×10－4，则此温度下0.1 mol·L－1HF溶液的c(H＋)为
mol·L－1。
(2)25 ℃时，a mol·L－1 CH3COOH溶液的pH＝b，用含a和b的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数Ka＝ 。
(3)硒酸(H2SeO4)在水溶液中的电离如下：
H2SeO4===H＋＋HSeO，HSeO??H＋＋SeO，K2＝1.0×10－2(25 ℃)。
①向H2SeO4溶液中滴加少量氨水，该反应的离子方程式为 。
②已知H2CO3的电离平衡常数Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11，则KHCO3和KHSeO4两溶液混合反应的离子方程式为 。
(4)已知25 ℃时，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13。现在该温度下将20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液和20 mL 0.1 mol·L－1 HSCN溶液分别与20 mL 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化的示意图如图所示，反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 。
(5)已知25 ℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下：
HCOOH：Ka＝1.77×10－4，HCN：Ka＝4.9×10－10，H2CO3：Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11，则以下反应不能自发进行的是 (填字母)。
a.HCOOH＋NaCN===HCOONa＋HCN
b.NaHCO3＋NaCN===Na2CO3＋HCN
c.NaCN＋H2O＋CO2===HCN＋NaHCO3
d.2HCOOH＋CO===2HCOO－＋H2O＋CO2↑
e.H2O＋CO2＋2CN－===2HCN＋CO
答案　(1)0.007 7　(2)
(3)①H＋＋NH3·H2O===NH＋H2O
②HSeO＋HCO===SeO＋H2O＋CO2↑
(4)因Ka(CH3COOH)(5)be
解析　(1)Ka＝＝＝6.4×10－4，故c(H＋)＝0.007 7 mol·L－1。
(2)Ka＝＝
＝＝。
(3)①由于H2SeO4第一步完全电离，加入少量NH3·H2O的离子方程式为H＋＋NH3·H2O===NH＋H2O。②由于K(HSeO)>K(HCO)，故反应为HSeO＋HCO===H2O＋CO2↑＋SeO。(4)由于Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)>Ka(HCN)> Ka2(H2CO3)，所以只有反应b、e不能进行。
第三节　盐类的水解
第1课时　盐类水解的实质与规律
[学习目标定位]　1.通过实验归纳盐溶液的酸碱性与其类型之间的关系，进一步探究盐溶液呈现不同酸碱性的原因，总结其规律。2.熟练掌握盐类水解的表示方法——水解离子方程式的书写。
一　盐类水解
1.水的电离与溶液的酸碱性
(1)在水中加入酸(或碱)，溶液中c(H＋)[或c(OH－)]增大，水的电离平衡向逆反应方向移动。
(2)溶液呈酸碱性的根本原因是c(H＋)≠c(OH－)。溶液呈中性是因为c(H＋)＝c(OH－)，呈酸性是因为c(H＋)>c(OH－)，呈碱性是因为c(H＋)2.通过实验测定下列0.1 mol·L－1盐溶液的pH，填写下表：
盐溶液
盐的类型
溶液pH
酸碱性
NaCl
强酸强碱盐
pH＝7
中性
CH3COONa
弱酸强碱盐
pH>7
碱性
NH4Cl
强酸弱碱盐
pH<7
酸性
3.CH3COONa水溶液呈碱性的原因
(1)电离方程式
CH3COONa溶液中存在水的电离平衡：H2O??OH－＋H＋，CH3COONa溶于水后完全电离：CH3COONa===Na＋＋CH3COO－。
(2)水电离平衡的影响
溶液中的CH3COO－能与水中的H＋结合生成难电离的醋酸分子，从而使水的电离平衡向电离的方向移动。
(3)溶液的酸碱性
溶液中c(H＋)减小，c(OH－)增大，c(H＋)(4)水解方程式
①化学方程式是CH3COONa＋H2O??CH3COOH＋NaOH。
②离子方程式是CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。
4.NH4Cl溶液呈酸性的原因
(1)电离方程式
NH4Cl溶液中存在水的电离平衡：H2O??H＋＋OH－，NH4Cl溶于水全部电离：NH4Cl===NH＋Cl－。
(2)水电离平衡的影响
NH与水电离的OH－结合生成难电离的NH3·H2O，水的电离平衡向电离的方向移动。
(3)溶液的酸碱性
溶液中c(OH－)减小，c(H＋)增大，c(H＋)>c(OH－)，故NH4Cl溶液呈酸性。
(4)水解方程式
①化学方程式是NH4Cl＋H2O??NH3·H2O＋HCl；
②离子方程式是NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋。
5.NaCl溶液呈中性的原因：NaCl溶于水后电离产生Na＋和Cl－，不能与水电离出的OH－、H＋结合成难电离的物质，水的电离平衡不发生移动，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
6.用pH试纸测定相同浓度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH。结果是Na2CO3溶液的pH>(填“>”、“<”或“＝”，下同)CH3COONa溶液的pH；测定相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH，结果是前者>后者。
归纳总结
1.盐类水解的实质
在溶液中盐电离出来的离子(弱碱的阳离子或弱酸的阴离子)结合水电离出的OH－或H＋生成弱电解质，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液显示酸性、碱性或中性。
2.盐类水解的规律
在可溶性盐溶液中：有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，都弱都水解，谁强显谁性。
常见的“弱”离子
弱碱阳离子：NH、Al3＋、Fe3＋、Cu2＋等。
弱酸根离子：CO、HCO、AlO、SO、S2－、HS－、ClO－、CH3COO－、F－等。
3.盐类水解的特点
盐类水解的特点可概括为微弱、吸热、可逆。
1.有关盐类水解的说法不正确的是(　　)
A.盐类的水解过程破坏了纯水的电离平衡
B.盐类的水解是酸碱中和反应的逆过程
C.盐类水解的结果使溶液不一定呈中性
D.Na2CO3水解的实质是Na＋与H2O电离出的OH－结合生成了NaOH
答案　D
解析　Na2CO3水解的实质是CO与H2O电离出的H＋结合生成HCO和H2CO3，使溶液中c(H＋)2.在水中加入下列物质，可使水的电离平衡正向移动，且所得溶液呈酸性的是(　　)
A.NaCl B.NaHSO4 C.Na2CO3 D.NH4Cl
答案　D
解析　A项，NaCl对水的电离平衡无影响，溶液呈中性；B项，NaHSO4中的H＋抑制水电离，且溶液呈酸性；C项，Na2CO3水解促进水电离，溶液呈碱性；D项，NH4Cl水解促进水电离，溶液呈酸性。
3.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH分别为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是(　　)
A.HX、HZ、HY B.HX、HY、HZ
C.HZ、HY、HX D.HY、HZ、HX
答案　B
解析　利用盐类水解规律“越弱越水解，谁强显谁性”，结合同浓度三种酸对应的钠盐的溶液的pH可推知，碱性越强则对应的酸越弱。
二　盐类水解离子方程式的书写
有下列五种盐溶液：①NaClO、②(NH4)2SO4、③Na2CO3、④AlCl3、⑤KNO3。回答下列问题：
(1)不能破坏水的电离平衡的是⑤，溶液呈酸性的是②④，pH>7的是①③。
(2)根据盐类水解的实质(弱离子＋H2O)及水解反应的特点(可逆反应、程度微弱)，写出下列盐类水解的离子方程式：
①NaClO：ClO－＋H2O??HClO＋OH－；
②(NH4)2SO4：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋；
③Na2CO3：CO＋H2O??HCO＋OH－、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－；
④AlCl3：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋。
归纳总结
书写盐类水解离子方程式的方法思路
(1)一般形式：弱离子＋H2O??弱电解质＋H＋(或OH－)
(2)方法要求
一判断：判断弱离子，书写化学式。
二规范：写“??”，不标“↑”、“↓”。
三注意：多元弱酸根分步书写，多元弱碱阳离子一步完成。
4.判断下列盐类水解离子方程式是否正确，正确的划“√”，错误的划“×”
(1)FeCl3溶液：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3↓＋3H＋(×)
(2)NaHS溶液：HS－＋H2O??H2S＋OH－(√)
(3)K2CO3溶液：CO＋2H2O??H2CO3＋2OH－(×)
(4)NH4NO3溶液：NH＋H2O===NH3·H2O＋H＋(×)
(5)NaHCO3溶液：HCO＋H2O??CO2↑＋H2O(×)
(6)Na2S溶液：S2－＋2H2O===H2S↑＋2OH－(×)
(7)NanR溶液的pH>7：Rn－＋nH2O??HnR＋nOH－(×)
(8)MCln溶液pH<7：Mn＋＋nH2O===M(OH)n＋nH＋(×)
5.下列判断正确的是 (填序号)。
(1)0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液中存在A－＋H2O===HA＋OH－
(2)向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红色的原因是CO＋H2O===HCO＋OH－
(3)NaHSO3溶于水显酸性是因为HSO＋H2O??H2SO3＋OH－，HSO??SO＋H＋，HSO的水解程度小于其电离程度
(4)NaHS溶于水显碱性是因为HS－＋H2O??H2S＋OH－，HS－??H＋＋S2－，HS－的水解程度大于其电离程度
(5)KAl(SO4)2·12H2O溶于水具有净水作用是因为Al3＋＋3H2O===Al(OH3)↓＋3H＋
(6)Na2S溶于水显碱性是因为S2－＋2H2O??H2S＋2OH－
(7)常温下，1 L 1 mol·L－1 NaHCO3溶液中含有的HCO和H2CO3分子共1 mol
答案　(3)(4)
1.下列溶液中，因为电离产生的离子发生水解而显酸性的是(　　)
A.NaHCO3 B.NaHSO3 C.CuSO4 D.Ca(NO3)2
答案　C
解析　A项，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，HCO??CO＋H＋，HCO的水解程度大于电离程度，溶液显碱性；B项，HSO的电离程度大于水解程度，溶液显酸性；C项，Cu2＋＋2H2O??Cu(OH)2＋2H＋，溶液显酸性；D项，Ca2＋、NO不水解，溶液显中性。
2.pH＝4的醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度前者与后者比较(　　)
A.大于 B.小于 C.等于 D.无法比较
答案　B
解析　醋酸电离出的H＋抑制水的电离，使水的电离程度减小；NH4Cl电离出的NH结合水电离出的OH－生成弱电解质NH3·H2O，促进水的电离，使水的电离程度增大。
3.下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是(　　)
A.NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
B.S2－＋2H2O??H2S＋2OH－
C.CH3COOH＋H2O??CH3COO－＋H3O＋
D.CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O
答案　A
4.物质的量浓度相同的下列溶液中，含粒子种类最多的是(　　)
A.CaCl2 B.CH3COONa C.NH3 D.K2CO3
答案　D
解析　任何水溶液中都存在H2O??H＋＋OH－。A项，CaCl2不发生水解，溶液中存在的粒子有Ca2＋、Cl－、H＋、OH－、H2O共5种粒子；B项，由于CH3COONa发生水解：CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，溶液中存在Na＋、CH3COOH、CH3COO－、H2O、H＋、OH－共6种粒子；C项，在溶液中存在平衡：NH3＋H2O??NH3·H2O??NH＋OH－，溶液中存在着NH、NH3·H2O、NH3、H2O、H＋、OH－共6种粒子；D项，K2CO3在溶液中存在水解平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，溶液中存在H2O、K＋、CO、HCO、OH－、H＋、H2CO3共7种粒子。
5.(1)浓度均为0.1 mol·L－1的8种溶液：①HNO3，②H2SO4，③CH3COOH，④Ba(OH)2，⑤NaOH，⑥CH3COONa，⑦KCl，⑧NH4Cl，其溶液的pH由小到大的顺序是 (填序号)。
(2)室温时，pH＝6的盐酸和pH＝8的Na2CO3溶液中，水电离出的c(OH－)分别为x mol·L－1和y mol·L－1，两者的关系正确的是 (填字母)。
a.x＝10－2y b.x＝102y c.x＝y d.x>y
(3)常温下，0.1 mol·L－1 HA溶液中＝108。现取0.1 mol·L－1 HA溶液与pH＝13的NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)。试回答下列问题：
①混合溶液呈 (填“酸”、“中”或“碱”)性，理由是(用离子方程式表示) 。
②混合溶液中由水电离出的c(H＋) (填“大于”“小于”或“等于”)0.1 mol·L－1 NaOH溶液中由水电离出的c(H＋)。
答案　(1)②①③⑧⑦⑥⑤④
(2)a　(3)①碱　A－＋H2O??HA＋OH－　②大于
解析　(1)先对物质分类，pH：碱>盐>酸；
同类物质的pH一般规律：
碱：二元强碱>一元强碱>一元弱碱；
酸：一元弱酸>一元强酸>二元强酸；
盐：强碱弱酸盐>强酸强碱盐>强酸弱碱盐。
(2)pH＝6的盐酸中，水电离出的c(H＋)＝ mol·L－1＝1×10－8 mol·L－1；pH＝8的Na2CO3溶液中，水电离出的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1；
故x∶y＝10－8∶10－6＝10－2
x＝10－2y。
(3)由于＝108，根据c(H＋)·c(OH－)＝10－14，则c(H＋)＝10－3 mol·L－1，所以HA为弱酸。
①由于A－＋H2O??HA＋OH－，混合液呈碱性。
②NaA溶液促进水的电离，而NaOH溶液抑制水的电离。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　盐类水解实质及规律
1.下列关于盐类水解的叙述错误的是(　　)
A.盐类水解是中和反应的逆反应
B.盐类水解过程是吸热过程
C.含有弱酸根盐的水溶液一定显碱性
D.盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱
答案　C
解析　盐类水解可以看作中和反应的逆反应，该过程是吸热过程，盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱，A、B、D项正确；含有弱酸根盐的水溶液不一定显碱性，如醋酸铵有弱酸根离子，但醋酸铵的水溶液呈中性，C项错。
2.对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是(　　)
A. B.26Fe3＋
C. D.
答案　C
解析　HCl抑制水的电离，Fe3＋、CH3COO－都促进水的电离。
3.在下列各微粒中，能使水的电离平衡向电离的方向移动，且使溶液的pH＞7的是(　　)
A. B.HCO C.HSO D.26X3＋
答案　B
解析　首先判断A的微粒是Al3＋，D的微粒是Fe3＋，Al3＋、Fe3＋能结合水电离出的OH－，使水的电离平衡向电离的方向移动，但溶液显酸性，pH<7，选项A和D不合题意；HCO与H2O电离出来的H＋结合为H2CO3，使水的电离平衡向电离的方向移动，并且使溶液呈碱性：HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，选项B符合题意；HSO能完全电离，为溶液提供H＋，使水的电离平衡向离子结合的方向移动，使溶液呈酸性，选项C不合题意。
4.下列说法中正确的是(　　)
A.HCO在水溶液中只电离，不水解
B.硝酸钠溶液水解后呈中性
C.可溶性的铝盐都能发生水解反应
D.可溶性的钠盐都不发生水解反应
答案　C
解析　HCO既能发生电离又能发生水解；HCO??H＋＋CO，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，A项不正确；NaNO3不发生水解，B项不正确；Al3＋一定水解，C项正确；弱酸盐对应的钠盐(如Na2CO3)溶液可发生水解反应，D项不正确。
5.0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH最接近于(　　)
A.5.6 B.7.0 C.8.4 D.13.0
答案　C
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。
6.室温下，在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH－浓度分别为a mol·L－1与b mol·L－1，则a和b关系为(　　)
A.a＞b B.a＝10－4b
C.b＝10－4a D.a＝b
答案　B
解析　NaOH抑制水的电离，所以由水电离出的c(OH－)等于溶液中的c(H＋)等于10－9 mol·L－1；CH3COONa水解，促进了水的电离，所以由水电离出的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，故＝＝10－4，即a＝10－4b。
题组2　水解方程式及微粒数目的简单比较
7.下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是(　　)
A.HCO＋H2O??CO＋H3O＋
B.PO＋H2O??H2PO＋2OH－
C.CO2＋H2O??H2CO3
D.CO＋H2O??HCO＋OH－
答案　D
解析　A项，为电离方程式；B项，PO水解分步进行，即PO＋H2O??HPO＋OH－；C项属化合反应，D项为水解离子方程式。
8.下列物质在常温下发生水解时，对应的离子方程式正确的是(　　)
①Na2CO3：CO＋2H2O??H2O＋CO2↑＋2OH－
②NH4Cl：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
③CuSO4：Cu2＋＋2H2O??Cu(OH)2＋2H＋
④NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
A.①④ B.②③ C.①③ D.②④
答案　B
解析　①应为CO＋H2O??HCO＋OH－，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－(只写第一步也可)；④应为F－＋H2O??HF＋OH－。
9.将0.01 mol下列物质分别加入100 mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是(溶液体积变化忽略不计)(　　)
①Na2O2　②Na2O　③Na2CO3　④NaCl
A.①＞②＞③＞④ B.①＞②＞④＞③
C.①＝②＞③＞④ D.①＝②＞③＝④
答案　C
解析　①、②溶于水，溶质都是0.02 mol，c(OH－)≈0.2 mol·L－1；③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④。因此C正确。
10.室温下，0.5 mol·L－1相同体积的下列四种溶液①KCl、②FeCl3、③HF、④Na2CO3，其中所含阳离子数由多到少的顺序是(　　)
A.④>①＝②>③ B.①>④>②>③
C.④>①>③>② D.④>②>①>③
答案　D
解析　本题主要考查对强弱电解质及电离与水解主次矛盾的掌握情况，由于电解质在水中以电离为主，水解是极其微弱的，所以四种物质中Na2CO3电离的阳离子数必为最多，HF为弱电解质，电离出的H＋必为最少，先排除B、C项，再观察KCl和FeCl3，如果只考虑电离，二者电离的阳离子数应相等，但Fe3＋存在水解且一个Fe3＋可水解生成三个H＋，导致其溶液中阳离子数增多，故D项正确。
[能力提升题]
11.25 ℃时，用pH试纸测得0.1 mol·L－1 NaNO2溶液的pH>7。
(1)NaNO2溶液pH>7的原因是(用离子方程式表示) ，
NaNO2溶液中c(HNO2)＝ (用溶液中其他离子的浓度关系式表示)。
(2)常温下，将0.2 mol·L－1的HNO2和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH<7，说明HNO2的电离程度 (填“大于”或“小于”)NaNO2的水解程度。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
(3)常温下，pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后溶液pH 7，c(Na＋) (填“大于”或“小于”)c(NO)。
答案　(1)NO＋H2O??HNO2＋OH－　c(OH－)－c(H＋)
(2)大于　c(NO)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
(3)小于　小于
解析　(1)由于水电离出的c(OH－)与c(H＋)相等，所以c(OH－)＝c(HNO2)＋c(H＋)，即c(HNO2)＝c(OH－)－c(H＋)。
(2)两溶液混合后得到等浓度的HNO2和NaNO2的混合溶液，溶液显酸性说明HNO2??H＋＋NO的(电离)程度大于NO＋H2O??HNO2＋OH－的(水解)程度。根据电荷守恒c(NO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，c(H＋)>c(OH－)，则c(NO)>c(Na＋)，由于水解程度小，故c(NO)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
(3)pH＝3的HNO2溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，则c(HNO2)远大于10－3 mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝10－3 mol·L－1；pH＝3的HNO2和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后剩余HNO2，溶液显酸性c(H＋)>c(OH－)，根据c(NO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，知c(Na＋)12.室温下，pH＝2的某酸HnA(A为酸根)与pH＝12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为8。
(1)写出生成的正盐的分子式： 。
(2)该盐中存在着一种水解的离子，该离子的水解方程式为 。
(3)简述该混合液呈碱性的原因： 。
答案　(1)BnAm(或BA)
(2)Bm＋＋mH2O??B(OH)m＋mH＋
(3)酸与碱等体积反应，碱过量，则最后混合液中溶质是正盐BnAm与碱B(OH)m的混合物，故呈碱性
解析　pH＝2的酸HnA中c(H＋)与pH＝12的碱B(OH)m中c(OH－)相等，等体积混合后溶液pH＝8，表明B(OH)m为弱碱，物质的量浓度相对较大，反应后碱过量，生成正盐BnAm或BA，其中弱碱阳离子Bm＋能发生水解反应：Bm＋＋mH2O??B(OH)m＋mH＋。
13.常温下，有四种溶液：
①0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液　②0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液　③0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液
④0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液
(1)溶液①的pH (填“＞”、“＜”或“＝”)7，溶液中离子的电荷守恒的关系式是 。
(2)溶液②呈 (填“酸”、“碱”或“中”)性。其原因是
(用离子方程式和适当的叙述说明)。
(3)下列有关①和②两种溶液的说法正确的是 (填字母)。
a.两种溶液中c(CH3COO－)都等于0.1 mol·L－1
b.两种溶液中c(CH3COO－)都小于0.1 mol·L－1
c.CH3COOH溶液中c(CH3COO－)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO－)
(4)NaHSO3溶液的pH<7，NaHCO3溶液的pH>7，则NaHSO3溶液中c(H2SO3) (填“>”、“<”或“＝”，下同)c(SO)，NaHCO3溶液中c(H2CO3) c(CO)。
答案　(1)＜　c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
(2)碱　CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，CH3COO－水解显碱性　(3)bc　(4)<　>
解析　(1)醋酸为酸，所以溶液①的pH小于7，满足电荷守恒，即c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)。(2)0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液为弱酸强碱盐，水解呈碱性，离子方程式为CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。(3)水解和电离都是微弱的，所以两种溶液中c(CH3COO－)都小于0.1 mol·L－1，且CH3COOH溶液中c(CH3COO－)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO－)。(4)HSO的电离程度大于水解程度，故c(SO)>c(H2SO3)；HCO的水解程度大于电离程度，故c(CO)14.A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH3·H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种。常温下进行下列实验：
①B、D均能与pH＝3的A溶液反应，当它们以等物质的量混合时均能恰好反应，反应后得到的溶液前者呈酸性，后者呈中性；
②浓度均为0.1 mol·L－1的C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性。
回答下列问题：
(1)D是 ，E是 。
(2)用水稀释0.1 mol·L－1B溶液时，溶液中随着水量的增加而减小的是 (填字母)。
a. b.
c.c(H＋)·c(OH－) d.n(OH－)
(3)pH相同的等体积的两份溶液A和E，分别与镁粉反应，若最后仅有一份溶液中存在镁粉，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是 (填字母)。
a.反应所需要的时间E>A
b.开始反应时的速率A>E
c.参加反应的镁粉物质的量A＝E
d.E溶液里有镁粉剩余
(4)将等体积、等物质的量浓度的B和C混合后，溶液升高温度(溶质不会分解)，溶液pH随温度变化如右图中 曲线(填序号)。
(5)室温下，向0.01 mol·L－1 C溶液中滴加0.01 mol·L－1 D溶液至中性，得到的溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为
。
答案　(1)NaOH　CH3COOH　(2)a　(3)c　(4)④　(5)c(Na＋)>c(SO)＞c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)
解析　(1)根据步骤①可知，A应为HCl、B为NH3·H2O、D为NaOH；由②可知C应为NH4HSO4，剩余的CH3COOH应为E。(2)稀释氨水，减小，增大，c(H＋)·c(OH－)不变，n(OH－)增大。
(3)pH相同、体积相同的盐酸和CH3COOH溶液比较，CH3COOH的物质的量多，Mg应在盐酸中剩余，因为c(H＋)相同，速率开始相等。
(4)NH3·H2O、NH4HSO4等量混合生成(NH4)2SO4，升温NH水解程度增大，所以pH减小。
(5)NaOH和NH4HSO4混合呈中性时，NaOH应稍过量，所以c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)。
第2课时　影响盐类水解的因素和盐类水解的应用
[学习目标定位]　1.会分析外界条件对盐类水解平衡的影响。2.了解盐类水解在生产生活、化学实验、科学研究中的应用。
一　影响盐类水解平衡的因素
1.水中存在电离平衡：H2O??H＋＋OH－。若在水中分别加入下列各物质：①NaOH(s)　②NH4Cl(s)
③Na2CO3(s)　④CH3COOH(l)　⑤Na(s)　⑥K2SO4(s)，能促进水的电离，且溶液pH>7的是③⑤；能抑制水的电离，且溶液呈酸性的是④。
2.相同浓度的NH4Cl溶液的pH大于盐酸溶液的pH，说明盐的水解程度很小。
3.酸碱中和反应是放热反应，盐的水解反应是吸热反应，盐类水解与酸碱中和反应互为可逆反应。
4.盐类水解是可逆反应，在一定条件下达到水解平衡状态(简称水解平衡)时，盐水解的程度大小主要由盐的本质属性所决定。生成盐的弱酸酸性越弱，其盐中弱酸根离子的水解程度越大；生成盐的弱碱碱性越弱，其盐中弱碱阳离子的水解程度越大，通常称为“越弱越水解”。如 0.1 mol·L－1 NaF与 0.1 mol·L－1 CH3COONa，其pH的大小为NaF5.实验探究外界因素对FeCl3水解平衡Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋的影响。
(1)改变溶液浓度对水解平衡的影响
①取一支试管加入1 mL FeCl3溶液，观察FeCl3溶液颜色为棕黄色；再加入少量的FeCl3(s)，振荡，观察到的现象是溶液颜色加深。
②取一支试管加入1 mL FeCl3溶液，再加入5 mL蒸馏水，观察到的现象是溶液颜色变浅。
③实验结论是c(Fe3＋)增大，水解平衡正向移动。
(2)改变溶液酸碱性对水解平衡的影响
①取一支试管加入1 mL FeCl3溶液，再加入2滴盐酸，观察到的现象是溶液颜色变浅。
②取一支试管加入1 mL FeCl3溶液，再加入少量的NaHCO3(s)，振荡，观察到的现象是产生红褐色沉淀，放出气体。
③实验结论是c(H＋)增大，水解平衡逆向移动，减小c(H＋)，可促进水解。
(3)改变温度对水解平衡的影响
①取一支试管加入1 mL FeCl3溶液，放在酒精灯上加热，观察到的现象是溶液逐渐变为红褐色(加深)。
②实验结论是温度升高，水解平衡正向移动。
归纳总结
影响盐类水解平衡的因素
(1)主要因素——盐本身的性质
相同条件下，组成盐的酸根离子对应的酸越弱或阳离子对应的碱越弱，水解程度就越大(越弱越水解)。
(2)外界因素
①温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，水解程度增大。
②浓度：盐的浓度越小，电解质离子相互碰撞结合成电解质分子的几率越小，水解程度越大。
③酸碱性：向盐溶液中加入H＋，可抑制阳离子水解，促进阴离子水解；向盐溶液中加入OH－，能抑制阴离子水解，促进阳离子水解。
1.已知室温时，CH3COOH的电离常数为1.75×10－5，NH3·H2O的电离常数为1.75×10－5。0.1 mol·L－1的下列溶液：①CH3COONa、②NH4Cl、③CH3COONH4、④(NH4)2SO4，pH由小到大排列正确的是(　　)
A.①<②<④<③ B.①<③<②<④
C.①<②<③<④ D.④<②<③<①
答案　D
解析　NH水解使溶液pH<7；CH3COO－水解使溶液pH>7；(NH4)2SO4溶液中的NH浓度大于NH4Cl溶液中的NH浓度，即(NH4)2SO4中NH水解出的c(H＋)大于NH4Cl中NH水解出的c(H＋)，故(NH4)2SO4溶液的pH小于NH4Cl溶液；CH3COOH与NH3·H2O电离常数相等，CH3COONH4溶液的pH＝7。
2.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－，下列说法正确的是(　　)
A.稀释溶液，平衡正向移动，增大
B.通入CO2，平衡逆向移动，溶液pH减小
C.加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH减小
D.升高温度，增大
答案　D
解析　A项，稀释溶液平衡正向移动且Ka1＝，Ka1不变，A项不正确；B项，通入CO2，CO2＋2OH－===CO＋H2O，c(OH－)减小，平衡正向移动，B项不正确；C项，加入NaOH固体，平衡逆向移动，但溶液中c(OH－)增大，pH增大，C项不正确；D项，升高温度，平衡正向移动，增大，D项正确。
二　盐类水解反应的应用
1.在工农业生产和日常生活中的应用
(1)热的纯碱液去油污效果更好
纯碱(Na2CO3)水解呈碱性，加热能促进水解，溶液的碱性增强，热的纯碱溶液去污效果增强。有关的离子方程式是CO＋H2O??HCO＋OH－、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－。
(2)明矾(铝盐)用作净水剂
明矾溶于水电离产生的Al3＋水解，生成的Al(OH)3胶体表面积大，吸附水中悬浮的杂质而使水变澄清。有关的离子方程式是Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋。
(3)泡沫灭火剂
泡沫灭火器内所盛装药品分别是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，在使用时将两者混合，铝离子的水解会促进碳酸氢根离子的水解，从而使水解完全，而产生CO2和Al(OH)3。其水解方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(4)铵态氮肥不能与草木灰混合使用
因为NH在水溶液中能发生水解生成H＋，CO在水溶液中水解产生OH－，当二者同时存在时，二者水解产生的H＋和OH－能发生中和反应，使水解程度都增大，铵盐水解产生的NH3·H2O易挥发而降低了肥效。
(5)在工业生产中广泛应用
①焊接工业上用氯化铵作为金属的除锈剂，是因为NH4Cl水解溶液呈酸性，从而与金属表面的锈发生反应而除去。
②工业制备某些无水盐时，不能用蒸发结晶的方法，如由MgCl2·6H2O制无水MgCl2要在HCl气流中加热，否则：MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl↑＋4H2O。
③工业上利用水解制备纳米材料等。如用TiCl4制备TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)??TiO2·xH2O↓＋4HCl。制备时加入大量的水，同时加热，促进水解趋于完全，所得TiO2·xH2O经焙烧得TiO2。
2.在化学实验中的应用
(1)某些强酸弱碱盐在配制溶液时因水解而浑浊，需加相应的酸来抑制水解，如在配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸来抑制FeCl3水解。
(2)某些弱酸强碱盐水解呈碱性，用玻璃试剂瓶贮存时，不能用玻璃塞，如Na2CO3溶液、NaF溶液等不能贮存于磨口玻璃瓶中。
(3)判断加热浓缩某些盐溶液的产物，如加热浓缩FeCl3溶液，FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，由于盐酸易挥发，使水解平衡向右移动，蒸干后得到的物质为Fe(OH)3。
(4)制备胶体：将饱和FeCl3溶液滴入沸水中因水解而得到红褐色Fe(OH)3胶体。
(5)判断酸碱中和反应至pH＝7时酸或碱的相对用量，如用氨水与盐酸反应至pH＝7时是氨水过量。
(6)判断溶液中离子能否大量共存，如Al3＋与HCO等因水解互相促进不能大量共存。
归纳总结
用盐类水解原理分析解答实际应用问题的方法思路
(1)认真审题，找出题目给定的盐类物质，确定能水解的离子。
(2)写水解平衡方程式，分析题给条件对水解的影响及结果。
(3)联系题目要求，写出合理答案。
3.下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是(　　)
A.加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体
B.除去MgCl2中的Fe3＋，可以加入NaOH固体
C.明矾净水的反应：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋
D.加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)
答案　C
解析　A项，加热蒸发Na2CO3溶液，得不到NaOH，虽然加热促进CO水解，但生成的NaHCO3又与NaOH反应生成了Na2CO3；B项，Mg2＋和Fe3＋均可与OH－反应生成沉淀，且引入了新杂质Na＋；D项，KCl不水解，不可能得到KOH固体。
4.下列说法中不正确的是 (填序号)。
①向FeCl3或CuSO4溶液中加入镁粉有气泡产生
②制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
③NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中
④用热的纯碱溶液洗去油污是因为Na2CO3可直接与油污反应
⑤明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可作净水剂
⑥用Na2S溶液和AlCl3溶液混合制备Al2S3
⑦ZnCl2与NH4Cl溶液可用作焊接金属的除锈剂
⑧将固体FeCl3溶解于适量蒸馏水配制FeCl3溶液
答案　④⑧
5.判断下列各组离子能否大量共存，能大量共存的划“√”，不能大量共存的划“×”
(1)NH、Cl－、NO、Na＋(√)
(2)CO、NH、Cl－、Na＋(√)
(3)中性溶液中：Fe3＋、Cl－、NO、Na＋(×)
(4)含0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中：Fe3＋、Cl－、NO、Na＋(×)
1.影响盐类水解的因素
越弱越水解，越热越水解，
越稀越水解，加酸、碱抑制或促进水解。
2.盐溶液蒸干后产物的判断方法
加热盐溶液，需分析盐溶液水解生成的酸：如果是易挥发性酸，如AlCl3、FeCl3等溶液，最终得到的是金属氧化物；如果是难挥发性酸，如MgSO4、Fe2(SO4)3等溶液，最终得到它们的溶质固体。
1.下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A.纯碱溶液去油污
B.钢铁在潮湿的环境下生锈
C.加热氯化铁溶液颜色变深
D.浓硫化钠溶液有臭味
答案　B
解析　钢铁在潮湿的环境中生锈是因为钢铁发生原电池反应被腐蚀；D项中，浓硫化钠溶液有臭味，是因为S2－＋H2O??HS－＋OH－、HS－＋H2O??H2S＋OH－，H2S有臭味，与水解有关。
2.对滴有酚酞溶液的下列溶液，操作后颜色变深的是(　　)
A.明矾溶液加热
B.CH3COONa溶液加热
C.氨水中加入少量NH4Cl固体
D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体
答案　B
解析　本题考查外界条件对盐类水解及电离平衡的影响。盐类水解是吸热的，因此加热有利于水解反应向正反应方向移动，明矾中的Al3＋水解，方程式为Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋，加热时酸性会增强，A项不正确；CH3COONa水解显碱性，方程式为CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，加热时碱性会增强，所以溶液颜色会变深，B项正确；氨水显碱性，溶液中存在电离平衡：NH3·H2O??NH＋OH－，加入少量NH4Cl固体，会增大NH的浓度，抑制一水合氨的电离，从而降低碱性，颜色会变浅，C项不正确；NaHCO3属于强电解质，电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO，HCO同时存在电离和水解平衡，方程式为HCO??H＋＋CO，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，由于水解程度大于电离程度，所以NaHCO3溶液显弱碱性，但加入少量NaCl固体时，对两个平衡不会产生影响，即颜色不发生变化，D项不正确。
3.在Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是(　　)
A.加热 B.通入HCl
C.加入适量Na2CO3(s) D.加入NaCl溶液
答案　D
解析　加热能使平衡向水解方向移动，c(H＋)增大，pH减小，故A项不符合题意；通入HCl能增大c(H＋)，抑制了水解，且pH减小，故B项也不符合题意；加入适量Na2CO3(s)，由于发生2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑，相互促进水解，但pH不增大，故C项不符合题意；加入NaCl溶液，相当于加水稀释，能促进水解，但因加入NaCl溶液稀释引起 c(H＋)变小，故pH也增大，因而D项符合题意。
4.为使Na2S溶液中的值减小，可加入的物质是(　　)
①盐酸　②适量的NaOH溶液　③适量的KOH溶液　④适量的KHS溶液
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
答案　C
解析　在Na2S溶液中存在S2－＋H2O??HS－＋OH－。①中加入盐酸，H＋中和OH－，水解平衡右移，c(S2－)减小，的值增大；②中加入适量的NaOH溶液，c(OH－)增大，平衡左移，c(S2－)增大，但c(Na＋)增大得更多，故的值增大；③中加入适量的KOH溶液，c(OH－)增大，平衡左移，n(S2－)增大而n(Na＋)不变，故的值减小；④中加入适量的KHS溶液，c(HS－)增大，平衡左移，n(S2－)增大而n(Na＋)不变，故的值减小。
5.下列说法中正确的是(　　)
A.AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热，蒸发，浓缩结晶，灼烧，所得固体的成分相同
B.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，后再加水稀释到所需的浓度
C.向CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋
D.泡沫灭火器中常使用的原料是Na2CO3和Al2(SO4)3
答案　C
解析　A项不正确，AlCl3和Al2(SO4)3水解方程式为AlCl3＋3H2O??Al(OH)3＋3HCl，Al2(SO4)3＋6H2O??2Al(OH)3＋3H2SO4，加热，由于盐酸易挥发，促进水解，硫酸难挥发，抑制水解，故前者得到Al2O3，后者得到Al2(SO4)3；B项不正确，FeCl3固体溶于硫酸中，会引入杂质SO；C项正确，由于Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，加入CuO消耗H＋，会促进水解生成Fe(OH)3沉淀，除去Fe3＋；D项不正确，为加快产生CO2的速率，泡沫灭火器中使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3。
6.回答下列问题：
(1)已知：H2S：Ka1＝1.3×10－7　Ka2＝7.1×10－15
H2CO3：Ka1＝4.3×10－7　Ka2＝5.6×10－11
CH3COOH：Ka＝1.8×10－5
NH3·H2O：Kb＝1.8×10－5
①常温下，0.1 mol·L－1 Na2S溶液和0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，碱性更强的是 ，其原因是
。
②25 ℃时，CH3COONH4溶液显 性。NaHCO3溶液的pH (填“大于”或“小于”)CH3COONa溶液的pH。
③NH4HCO3溶液显 性，原因是
。
(2)25 ℃时，H2SO3??HSO＋H＋的电离常数Ka＝1.0×10－2，则该温度下NaHSO3的水解常数Kh＝ ；若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)能证明Na2SO3溶液中存在SO＋H2O??HSO＋OH－水解平衡的事实是 (填字母，下同)。
A.滴入酚酞溶液变红，再加H2SO4溶液红色褪去
B.滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
C.滴入酚酞溶液变红，再加氯水后红色褪去
(4)已知：Ka(HClO2)＝1.1×10－2，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5。25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO2溶液和CH3COONa溶液，两溶液中c(ClO) (填“>”、“<”或“＝”)c(CH3COO－)。若要使两溶液的pH相等应 。
a.向NaClO2溶液中加适量水
b.向NaClO2溶液中加适量NaOH
c.向CH3COONa溶液中加CH3COONa固体
d.向CH3COONa溶液中加适量的水
(5)在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是 (用化学方程式表示)。由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是 。
答案　(1)①Na2S溶液　H2S的Ka2小于H2CO3的Ka2，Na2S更容易水解　②中　大于　③碱　NH3·H2O的Kb>H2CO3的Ka1，故NH的水解程度小于HCO的水解程度
(2)1.0×10－12　增大
(3)B
(4)>　bc
(5)CuCl2·2H2OCu(OH)2＋2HCl↑　在干燥的HCl气流中加热脱水
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　外界条件对水解平衡的影响
1.向三份0.1 mol·L－1 CH3COONa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
答案　A
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；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。
2.为了配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入(　　)
①适量的HCl　②适量的NaCl　③适量的氨水　④适量的NaOH
A.①② B.③ C.③④ D.④
答案　B
解析　NH4Cl溶液中存在NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，为增大NH浓度，应加入酸或NH3·H2O，①加入HCl虽然增大了H＋的浓度，但也增大了Cl－的浓度，不符合题目要求。
3.常温下，0.1 mol·L－1的下列溶液中c(NH)最大的是(　　)
A.NH4Al(SO4)2 B.NH4Cl
C.NH3·H2O D.CH3COONH4
答案　A
解析　A项，NH4Al(SO4)2===NH＋Al3＋＋2SO，Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋，抑制NH水解；D项，CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，促进NH的水解；C项，NH3·H2O??NH＋OH－，NH3·H2O只有少部分电离，故溶液中c(NH)由多到少顺序为A>B>D>C。
4.在CH3COONa溶液中，加入下列物质使水解平衡向左移动，并且pH变大的是(　　)
A.加入适量纯CH3COOH B.加入少量NaCl固体
C.加入少量NaOH固体 D.加水稀释
答案　C
解析　CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。A项，加入CH3COOH，平衡左移，pH变小；B项，加NaCl平衡不移动；C项，加入NaOH，平衡左移，pH变大；D项，加水稀释，平衡右移，pH变小。
5.室温下，将碳酸钠溶液加热至70 ℃，其结果是(　　)
A.溶液中c(CO)增大 B.水的电离程度不变
C.Kw将变小 D.溶液的碱性增强
答案　D
解析　对于水解平衡CO＋H2O??HCO＋OH－，升温，平衡右移，c(CO)减小，水的电离程度增大，Kw变大，溶液的碱性增强。
题组2　盐类水解的应用
6.下列说法正确的是(　　)
A.将CuCl2溶液和CuSO4溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B.配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
C.用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋
D.洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
答案　D
解析　A项，氯化铜溶液蒸干、灼烧后得到氧化铜，而硫酸铜溶液蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸铜；B项，所加酸应是稀硫酸，不能引入新杂质；C项，加热法不能除去Fe3＋。
7.下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　　)
A.CO＋H2O??HCO＋OH－用热的纯碱溶液清洗油污
B.Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋明矾净水
C.TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)??TiO2·xH2O↓＋4HCl制备TiO2纳米粉
D.SnCl2＋H2O??Sn(OH)Cl↓＋HCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
答案　D
解析　纯碱溶液中由于CO的水解使溶液呈碱性，加热时水解程度增大，溶液中c(OH－)增大，清洗油污能力增强，A对；明矾溶于水，Al3＋发生水解生成Al(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮物，B对；D中加入NaOH溶液使水解平衡正向移动而使SnCl2变质，D错。
8.将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是(　　)
①胆矾　②氯化铝　③硫酸铝　④氯化铜
A.③ B.①④ C.①②③ D.全部
答案　A
解析　胆矾CuSO4·5H2O溶于水得CuSO4溶液，因硫酸难挥发、蒸发结晶再灼烧得CuSO4；AlCl3、CuCl2发生水解反应：AlCl3＋3H2O??Al(OH)3＋3HCl、CuCl2＋2H2O??Cu(OH)2＋2HCl，加热时HCl不断挥发，平衡右移，不断生成Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，灼烧得Al2O3、CuO；Al2(SO4)3＋6H2O??2Al(OH)3＋3H2SO4，硫酸难挥发，最终仍得Al2(SO4)3。
9.下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是(　　)
A.溶质的电离方程式为NaHCO3??Na＋＋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
答案　B
解析　A项错误，HCO不能拆写成CO和H＋的形式，NaHCO3的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO；B项正确，温度不变，Kw＝c(H＋)·c(OH－)不变，加水稀释后，体积增大，故n(H＋)·n(OH－)＝[Vc(H＋)]·[Vc(OH－)]＝V2Kw变大；C项错误，根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)；D项错误，温度升高，水解程度增大，c(HCO)减小。
10.下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)
A.将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶液
B.保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2＋水解
C.室温下，向0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，CH3COOH的电离程度一定增大
D.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
答案　A
解析　Ca(ClO)2在水中会水解：Ca(ClO)2＋2H2O??Ca(OH)2＋2HClO，HClO不稳定，受热会分解：2HClO2HCl＋O2↑，生成的HCl会和Ca(OH)2反应生成CaCl2和H2O，故加热蒸干Ca(ClO)2溶液得到的固体是CaCl2；加热Na2SO3溶液的过程中，2Na2SO3＋O2===2Na2SO4，蒸干会得到Na2SO4固体；加热FeCl3溶液：FeCl3＋3H2O??Fe(OH)3＋3HCl，HCl挥发，故加热蒸干会得到Fe(OH)3固体，A项正确；保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，可防止Fe2＋被氧化为Fe3＋，B项错误；水溶液显碱性的物质不一定是碱，如强碱弱酸盐CH3COONa，其水溶液显碱性，CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，CH3COO－浓度增大，会抑制CH3COOH的电离，CH3COOH的电离程度减小，C项错误；CH3COONH4是能发生双水解的盐，CH3COO－、NH的水解均会促进水的电离，溶液中水的电离程度较大，但溶液中的H＋浓度与OH－浓度相等，故溶液呈中性，D项错误。
[能力提升题]
11.把NH4Cl晶体溶入水中，得到饱和NH4Cl溶液。若在该溶液中加入镁条，观察到有气泡产生，点燃有爆鸣声，此气体是 ，产生该气体的原因是

(用离子方程式表示)；微热后，能放出有刺激性气味的气体，它能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是 ，产生该气体的原因是
，
总的离子反应方程式为
。
答案　H2　NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋、Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑　NH3　因为c(H＋)减小，使水解平衡右移，产生的NH3·H2O增多，加热使NH3·H2O分解放出NH3　Mg＋2NHMg2＋＋H2↑＋2NH3↑
12.在氯化铁溶液中存在下列平衡：
FeCl3＋3H2O??Fe(OH)3＋3HCl　ΔH＞0。
回答下列问题：
(1)加热FeCl3溶液，溶液颜色会不断加深，可得到一种红褐色透明液体，向这种液体中加入MgCl2溶液，产生的现象为 。
(2)不断加热FeCl3溶液，蒸干水分并灼烧得到的固体可能是 。
(3)在配制FeCl3溶液时，为防止浑浊，应加入 。
(4)为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgCO3固体，过滤后再加入足量盐酸。MgCO3固体能除去Fe3＋的原因是
。
答案　(1)生成红褐色沉淀　(2)Fe2O3　(3)少许稀盐酸　(4)MgCO3促进了Fe3＋的水解，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而被除去
解析　(1)加热FeCl3溶液，得到Fe(OH)3胶体，加入电解质MgCl2使胶体聚沉而得到红褐色沉淀。(2)加热可促进盐类水解，由于HCl挥发，可使水解进行彻底，得到Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解，最终产物为Fe2O3。(3)为防止浑浊，应加入稀盐酸抑制FeCl3水解。(4)MgCO3与水解产生的H＋反应：MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2↑＋H2O，使水解平衡正向移动，生成的Fe(OH)3在加热搅拌条件下发生聚沉，在过滤时Fe(OH)3和未反应的MgCO3一同被除去。
13.10 ℃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
甲同学认为，该溶液的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 。
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的水解程度。
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试剂X，若产生沉淀，则 (填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是 (填字母)。
A.Ba(OH)2溶液 B.BaCl2溶液
C.NaOH溶液 D.澄清的石灰水
(2)将加热后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH (填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，则 (填“甲”或“乙”)判断正确。
(3)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ℃，丙断言 (填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是 。
答案　HCO＋H2O??H2CO3＋OH－　大于
(1)乙　B　(2)等于　甲(或高于　乙)　(3)乙　常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150 ℃
14.某化学研究性学习小组讨论Fe3＋和SO之间发生怎样的反应，提出了两种可能：
一是发生氧化还原反应2Fe3＋＋SO＋H2O===2Fe2＋＋SO＋2H＋；
二是发生水解相互促进反应2Fe3＋＋3SO＋6H2O===2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3。
为了证明是哪一种反应发生，同学们设计并实施了下列实验，请填写下列空白：
实验Ⅰ：学生选择的实验用品：Na2SO3浓溶液、BaCl2稀溶液、稀盐酸；试管若干、胶头滴管若干。从选择的药品分析，设计这个实验的目的是
。
实验Ⅱ：取5 mL FeCl3浓溶液于试管中，逐滴加入Na2SO3浓溶液，观察到溶液颜色由黄色变为红棕色，无气泡产生，无沉淀生成，继续加入Na2SO3浓溶液至过量，溶液颜色加深，最终变为红褐色。这种红褐色液体是 。向红褐色液体中逐滴加入稀盐酸至过量，可以观察到的现象是
。
将溶液分成两等份，其中一份加入KSCN溶液，溶液变成血红色，反应的离子方程式为 。
另一份加入BaCl2稀溶液，有少量白色沉淀生成，产生该白色沉淀的离子方程式是 。
实验Ⅲ：换用稀释的FeCl3溶液和Na2SO3溶液重复实验Ⅱ，产生的现象完全相同。由上述实验得出的结论是 。
若在FeCl3浓溶液中加入Na2CO3浓溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体，该反应的离子方程式是 。
从形式上看，Na2CO3和Na2SO3相似，但是从上述实验中可以看到，二者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象差别很大，分析其原因可能是
① ；
② 。
答案　实验Ⅰ：检验Na2SO3是否变质(或检验Na2SO3溶液中是否混有Na2SO4)
实验Ⅱ：氢氧化铁胶体　先产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解，溶液变为黄色，有气泡产生　Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3　Ba2＋＋SO===BaSO4↓
实验Ⅲ：Fe3＋与SO同时发生氧化还原反应和水解相互促进反应
2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
①SO有较强的还原性，CO没有还原性
②SO水解能力较CO小
解析　此题主要通过检验两种不同反应原理的产物来证明Fe3＋和SO的反应机理。
第3课时　盐类水解在溶液中离子浓度大小比较中的应用
[学习目标定位]　1.能根据电解质的电离、弱离子的水解判断溶液中微粒种类。2.会比较离子浓度的大小。3.能根据盐类的水解判断相应酸(或碱)的强弱。
一　溶液中离子浓度的大小比较
1.不同溶液中同一离子浓度的比较要看其他离子对它的影响，如相同物质的量浓度的a.NH4Cl溶液，b.CH3COONH4溶液，c.NH4HSO4溶液，d.NH4HCO3溶液，c中H＋对NH水解有抑制作用，b中CH3COO－的水解对NH水解有促进作用，d中HCO的水解对NH水解有促进作用，且HCO对NH的水解影响程度更大，所以四种溶液中c(NH)由大到小的顺序是c>a>b>d。
2.弱酸溶液中离子浓度大小比较
(1)HClO溶液中存在的平衡有：HClO??H＋＋ClO－，H2O??H＋＋OH－，溶液中微粒有H2O、HClO、H＋、OH－、ClO－，由于HClO电离程度小，且H2O的电离程度更小，所以溶液中微粒浓度由大到小的顺序(H2O除外)是c(HClO)>c(H＋)>c(ClO－)>c(OH－)。
(2)碳酸的电离方程式是H2CO3??HCO＋H＋，HCO??H＋＋CO。碳酸溶液中存在的微粒有H2O、H2CO3、H＋、HCO、CO、OH－。
碳酸是弱酸，第一步电离很微弱，第二步电离更微弱。推测其溶液中粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)。
3.单一溶液中离子浓度大小的比较
(1)氯化铵溶液
①先分析NH4Cl溶液中的电离、水解过程。
电离：NH4Cl===NH＋Cl－、H2O??H＋＋OH－。
水解：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋。
判断溶液中存在的离子有NH、Cl－、H＋、OH－。
②再根据其电离和水解程度的相对大小，比较确定氯化铵溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。
(2)CH3COONa溶液
CH3COONa溶液中离子浓度大小比较方法与NH4Cl溶液相似，其离子浓度由大到小顺序是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)。
(3)碳酸钠溶液
①分析Na2CO3溶液中的电离、水解过程：
电离：Na2CO3===2Na＋＋CO、H2O??H＋＋OH－。
水解：CO＋H2O??HCO＋OH－、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－。
溶液中存在的离子有CO、HCO、OH－、H＋。
②溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。
(4)碳酸氢钠溶液
①分析NaHCO3溶液中的电离、水解过程：
电离：NaHCO3===Na＋＋HCO、HCO??H＋＋CO、H2O??H＋＋OH－。
水解：HCO＋H2O??H2CO3＋OH－。
溶液中存在的离子有Na＋、HCO、CO、H＋、OH－。
②由于HCO的电离程度小于HCO的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)。
4.混合溶液中离子浓度大小的比较
(1)物质的量浓度相同的NaOH溶液、NH4Cl溶液等体积混合
反应的化学方程式：NH4Cl＋NaOH===NH3·H2O＋NaCl；溶液中存在的离子有Na＋、Cl－、NH、OH－、H＋；其浓度由大到小的顺序是c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)。
(2)物质的量浓度相同的NH4Cl溶液、氨水等体积混合
混合后不发生反应，溶液中的溶质为NH4Cl、NH3·H2O，由于NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，所以溶液呈碱性；溶液中存在的离子有NH、Cl－、OH－、H＋；其浓度由大到小的顺序是c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。
(3)物质的量浓度相同的CH3COONa溶液、CH3COOH溶液等体积混合后不发生反应，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COOH，由于CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，所以溶液呈酸性；溶液中存在的离子有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－，其浓度由大到小的顺序是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
(4)物质的量浓度相同的CH3COONa溶液和NaClO溶液等体积混合，溶液中的溶质为CH3COONa、NaClO，溶液中存在的离子有Na＋、ClO－、CH3COO－、H＋、OH－，由于ClO－的水解程度大于CH3COO－的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)。
(5)物质的量浓度相同的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液等体积混合，溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，由于CO的水解程度大于HCO的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)。
归纳总结
1.溶液中离子浓度大小比较的方法思路
(1)先确定溶液中的溶质成分及各自物质的量浓度大小。
(2)写出电离方程式、水解方程式，找出溶液中存在的离子。
(3)依据电离和水解程度的相对大小，比较离子浓度大小。
2.特别注意的问题
(1)多元弱酸的正盐溶液(如Na2CO3溶液)，要分清主次关系。即盐完全电离，多元弱酸根的第一步水解大于第二步水解，第二步水解大于水的电离。
(2)多元弱酸的酸式盐溶液，要注意考虑酸式酸根水解程度和电离程度的相对大小。若酸式酸根的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；若水解程度大于电离程度，溶液呈碱性。
(3)当两种溶液混合或两种物质发生反应时，要根据反应原理准确地判断溶质的成分，然后判断离子种类，再根据规律比较其大小。
(4)不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子对它的影响。
1.将pH＝4的盐酸与pH＝10的氨水等体积混合：
(1)混合后溶液中的溶质是 ，呈 性。
(2)溶液中离子浓度由大到小的顺序是
。
答案　(1)NH4Cl、NH3·H2O　碱
(2)c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
解析　(1)混合后发生反应HCl＋NH3·H2O===NH4Cl＋H2O，弱碱氨水中c(NH3·H2O)>c(OH－)＝10－4 mol·L－1，反应后，氨水过量，溶质为NH4Cl和NH3·H2O，溶液呈碱性。
(2)NH4Cl===NH＋Cl－
NH3·H2O??NH＋OH－
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
NH3·H2O的电离程度远大于NH的水解程度，溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。
2.将pH＝10的NaOH溶液与pH＝4的CH3COOH溶液等体积混合：
(1)混合后溶液中的溶质是 ，呈 性。
(2)溶液中离子浓度由大到小的顺序是
。
答案　(1)CH3COONa、CH3COOH　酸
(2)c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
二　水解平衡中的三个守恒关系
1.醋酸钠溶液中存在的平衡有CH3COONa ＋ H2O??CH3COOH ＋ NaOH、H2O??H＋＋OH－，存在的离子有Na＋、H＋、CH3COO－、OH－。
(1)电荷守恒：溶液呈电中性，所以溶液中n(正电荷)＝n(负电荷)
即：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(CH3COO－)＋n(OH－)(两边同时除以体积)
即：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)。
(2)物料守恒：CH3COONa固体中，n(Na＋)＝n(CH3COO－)，但在CH3COONa溶液中，因为CH3COO－水解，所以n(Na＋)>n(CH3COO－)，即c(Na＋)>c(CH3COO－)；根据CH3COONa固体中，n(Na＋)＝n(CH3COO－)，所以该溶液中n(Na＋)＝n(CH3COO－)＋n(CH3COOH)，(两边同时除以体积)即：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)。
(3)质子守恒：将上述两式相加得到以下关系：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)。根据水电离出的c(OH－)＝c(H＋)，溶液中的H＋或OH－虽与其他离子结合而以不同的形式存在，但其总量相同。
2.NH4Cl溶液中存在的离子有NH、Cl－、H＋、OH－。
(1)电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)。
(2)物料守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。
(3)质子守恒：c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)。
归纳总结
解溶液中粒子浓度三守恒关系式策略
(1)分析电解质的电离和水解情况，找全溶液中的离子和分子。
(2)分清题目考查的哪种守恒关系，可以是单一守恒关系式，也可以是它们的变形关系式，也可以是两种守恒关系式导出的新的守恒式。
(3)注意选择题常涉及的易错点。
①守恒关系式中多写或漏写离子或分子；
②守恒关系式浓度前的化学计量数设错；
③在混合后忽视溶液体积变化上设错。
3.(1)写出K2S溶液中的三个守恒：
①电荷守恒： 。
②物料守恒： 。
③质子守恒： 。
(2)写出NaHCO3溶液中的三个守恒：
①电荷守恒： 。
②物料守恒： 。
③质子守恒： 。
答案　(1)①c(K＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)
②c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)
③c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)
(2)①c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
②c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
③c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)－c(CO)
解析　(2)NaHCO3===Na＋＋HCO
HCO＋H2O??H2CO3＋OH－
HCO??H＋＋CO
H2O??H＋＋OH－
根据离子来源可以判断c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)－c(CO)。
4.利用水解平衡的三个守恒关系判断下列电解质溶液中的守恒关系是否正确？
已知H2C2O4为二元弱酸。
(1)0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)。
(2)0.1 mol·L－1 Na2S溶液中，c(H＋)＝c(OH－)－2c(H2S)－c(HS－)。
(3)0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。
(4)0.1 mol·L－1 Na2CO3与0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)。
(5)0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中，c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)。
(6)0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(OH－)＋c(C2O)。
(7)pH＝1的NaHSO4溶液中，c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)。
(8)0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中，c(OH－)>c(H＋)＋c(CH3COOH)。
答案　正确的有(2)(4)(7)，其余不正确。
解析　(1)不符合物料守恒，正确的关系式为c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)。
(2)符合质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)移项即可。
(3)不符合电荷守恒，漏写c(Cl－)，正确的关系式是c(Cl－)＋2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)。
(4)符合物料守恒。
(5)不符合物料守恒。正确的关系式为c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(H2C2O4)＋c(C2O)。
(6)不符合电荷守恒，正确的关系式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(OH－)＋2c(C2O)。
(7)符合电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，因c(Na＋)＝c(SO)，故成立。
(8)不符合质子守恒，正确的关系式为c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)。
1.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－)
答案　D
解析　因A－＋H2O??HA＋OH－，所以c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)；水解后溶液呈碱性，则c(OH－)>c(H＋)；根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)。
2.在Na2S溶液中下列关系不正确的是(　　)
A.c(Na＋)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋c(H2S)
B.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)
C.c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)
D.c(OH－)＝c(HS－)＋c(H＋)＋2c(H2S)
答案　A
解析　A项不符合物料守恒，应为c(Na＋)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(H2S)。
3.在10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中加入同体积、同浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系不正确的是(　　)
A.c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B.c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)
C.c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
答案　A
解析　A项，应为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；B项，符合质子守恒；C项，符合物料守恒；D项，符合电荷守恒。
4.将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，在所得的混合溶液中，下列关系式正确的是(　　)
A.c(Cl－)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)
B.c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C.c(Cl－)＝c(NH)＞c(H＋)＝c(OH－)
D.c(NH)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
答案　B
解析　HCl＋NH3·H2O===NH4Cl＋H2O，NH3·H2O过量，所以c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
5.有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl，②CH3COONa与NaOH，③CH3COONa与NaCl，④CH3COONa与NaHCO3。下列关系正确的是(　　)
A.pH：②＞③＞④＞①
B.c(CH3COO－)：②＞④＞③＞①
C.c(H＋)：①＞③＞②＞④
D.c(CH3COOH)：①＞④＞③＞②
答案　B
解析　A项，pH：②＞④＞③＞①；C项，应为①＞③＞④＞②；D项，应为①＞③＞④＞②。
6.某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是
H2A===H＋＋HA－、HA－??H＋＋A2－。回答下列问题：
(1)Na2A溶液显 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)。理由是 (用离子方程式表示)。
(2)在0.1 mol·L－1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式正确的是 (填字母)。
A.c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)＝0.1 mol·L－1
B.c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)
C.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)
D.c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)
(3)已知0.1 mol·L－1 NaHA溶液的pH＝2，则0.1 mol·L－1 H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能 0.11 mol·L－1(填“＜”、“＞”或“＝”)，理由是
。
(4)0.1 mol·L－1 NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是 。
答案　(1)碱性　A2－＋H2O??HA－＋OH－
(2)BCD　(3)＜　H2A第一步电离产生的H＋，抑制了HA－的电离　(4)c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－)
解析　由题意得：HA－不水解，A2－水解。
(1)Na2A溶液应显碱性，因为A2－＋H2O??HA－＋OH－。
(2)Na2A===2Na＋＋A2－
A2－＋H2O??HA－＋OH－
H2O??H＋＋OH－
A项不对；B项符合质子守恒；C项符合电荷守恒；D项符合物料守恒。
(3)H2A　===　　HA－　　＋　　H＋
0.1 mol·L－1 0.1 mol·L－1 0.1 mol·L－1
HA－??H＋＋A2－
第一步产生的H＋对第二步的电离起抑制作用。所以c(H＋)＜0.11 mol·L－1。
(4)NaHA===Na＋＋HA－
HA－??H＋＋A2－
H2O??H＋＋OH－
所以c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－)。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　溶液中离子浓度大小比较及守恒关系
1.关于小苏打水溶液的表述正确的是(　　)
A.存在的电离平衡为HCO＋H2O??H2CO3＋OH－
B.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)
C.HCO的电离程度大于HCO的水解程度
D.c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
答案　D
解析　A项，电离平衡应为HCO??H＋＋CO；B项，电荷不守恒；C项，NaHCO3溶液呈碱性，所以HCO的水解程度大于HCO的电离程度；D项，符合物料守恒。
2.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－)
答案　B
解析　在Na2S溶液中存在H2O??OH－＋H＋以及S2－＋H2O??HS－＋OH－、HS－＋H2O??H2S＋OH－，溶液中粒子浓度关系为c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H2S)>c(H＋)，A项错误；利用质子守恒知Na2C2O4溶液中存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，B项正确；利用电荷守恒知Na2CO3溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，C项错误；利用物料守恒可知CH3COONa和CaCl2的混合溶液中存在c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，D项错误。
3.下列溶液中微粒浓度关系表示正确的是(　　)
A.NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CO)＋c(HCO)
B.pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c(H＋)＜c(OH－)
C.0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－)
D.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后的溶液中：2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
答案　D
解析　A项，应为2c(CO)；B项，CH3COOH过量，应为c(H＋)＞c(OH－)；C项，应为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)；D项，符合物料守恒。
4.已知某溶液中只存在OH－、H＋、Cl－、NH四种离子，其离子浓度可能有如下关系：
①c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
②c(Cl－)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)
③c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
④c(NH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)
下列说法正确的是(　　)
A.若①正确，则溶液中溶质一定为NH4Cl
B.若③正确，则溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH)＞c(Cl－)
C.若④正确，且盐酸和氨水体积相等，则盐酸中c(H＋)等于氨水中c(OH－)
D.溶质不同时，上述四种关系式均可能成立
答案　B
解析　A项，若①正确，可以是NH4Cl也可以是少量HCl和NH4Cl的混合液；B项，若③正确，由于c(NH)＞c(Cl－)，所以c(NH3·H2O)＋c(NH)也一定大于c(Cl－)；C项，若④正确，当盐酸和氨水的体积相等，此时氨水应稍过量，但盐酸中c(H＋)仍大于氨水中c(OH－)；D项，②违背电荷守恒，不成立。
5.用0.10 mol·L－1的盐酸滴定0.10 mol·L－1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是(　　)
A.c(NH)＞c(Cl－)，c(OH－)＞c(H＋)
B.c(NH)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋)
C.c(Cl－)＞c(NH)，c(OH－)＞c(H＋)
D.c(Cl－)＞c(NH)，c(H＋)＞c(OH－)
答案　C
解析　溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况，不遵循电荷守恒，故C项错；A项为氨水过量较多的情况；B项为氨水适当过量；D项为氨水不足或恰好中和。
6.常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.HA为强酸
B.该混合液pH＝7
C.该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)
D.图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋
答案　C
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项，由于A－浓度小于0.1 mol·L－1，说明A－水解，即HA是弱酸，错误；B项，由于A－水解，水解后溶液呈碱性，错误；D项，混合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＋，错误；C项，根据物料守恒可知，c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，即c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)，正确。
7.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是(　　)
A.pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 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
答案　D
解析　A项，pH＝5的H2S溶液中，H＋的浓度为1×10－5mol·L－1，但是HS－的浓度会小于H＋的浓度，H＋来自于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，故不正确；B项，弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a碳酸的酸性>次氯酸的酸性，根据越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为醋酸钠>碳酸氢钠>次氯酸钠，则钠离子的浓度为①>②>③，故D正确。
题组2　溶液中曲线与离子浓度
8.室温下向10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA)
B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C.pH＝7时，c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)
D.b点所示溶液中c(A－)>c(HA)
答案　D
解析　A项，a点NaOH与HA恰好完全反应，溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生了水解反应，则溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，错误；B项，a点NaA发生了水解反应，促进了水的电离，b点主要由于HA的电离而使溶液呈酸性，抑制了水的电离，所以a点水的电离程度大于b点水的电离程度，错误；C项，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，可得c(Na＋)＝c(A－)，错误；D项，b点溶液中溶质为等物质的量NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c(A－)>c(HA)，正确。
9.室温下，用0.100 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1 的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B.pH＝7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20.00 mL
C.V(NaOH) ＝20.00 mL时，两份溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D.V(NaOH) ＝10.00 mL时，醋酸溶液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
答案　B
解析　A项，滴定开始时0.100 0 mol·L－1盐酸pH＝1,0.100 0 mol·L－1醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是Ⅱ，滴定醋酸的曲线是Ⅰ，错误；B项，醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH＝7时，醋酸所用NaOH溶液的体积小，正确；C项，V(NaOH)＝20.00 mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，错误；D项，加入10 mL氢氧化钠时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，所以c(CH3COO－ ) ＞c(Na＋ )，错误。
10.25 ℃，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。下列有关叙述不正确的是(　　)
A.pH＝5.5溶液中：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B.由图可知该温度下醋酸的电离常数为1×10－4.75
C.pH＝3.5溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1
D.向1 L W点所表示溶液中通入0.05 mol HCl气体(溶液体积变化可忽略)：2c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)＋2c(Cl－)
答案　A
解析　递减曲线为CH3COOH的变化曲线，递增曲线为CH3COO－的变化曲线。A项，当pH＝5.5时，c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，错误；B项，CH3COOH??H＋＋CH3COO－，c(H＋)＝10－4.75mol·L－1，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＝0.05 mol·L－1，Ka＝＝1×10－4.75；C项，电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，由于c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，所以c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＝c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1－c(CH3COOH)，即c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1；D项，通入HCl气体后发生反应为
CH3COONa＋HCl　===　CH3COOH＋NaCl
0.05 mol 0.05 mol 0.05 mol 0.05 mol
相当于有0.1 mol的CH3COOH和0.05 mol的NaCl混合，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)＝2c(Cl－)，电荷守恒式为2c(Na＋)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋2c(Cl－)＋2c(CH3COO－)，即：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋2c(Cl－)＋2c(CH3COO－)，化简得：2c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)＋2c(Cl－)。
[能力提升题]
11.常温下，向100 mL 0.01 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.02 mol·L－1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题：
(1)由图中信息可知HA为 (填“强”或“弱”)酸，理由是

。
(2)常温下一定浓度的MA稀溶液的pH＝a，则a (填“>”、“<”或“＝”)7，用离子方程式表示其原因： ，此时，溶液中由水电离出的c(OH－)＝ 。
(3)请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：
。
(4)K点对应的溶液中，c(M＋)＋c(MOH) (填“>”、“<”或“＝”)2c(A－)；若此时溶液的pH＝10，则c(MOH)＋c(OH－)＝ mol·L－1。
答案　(1)强　0.01 mol·L－1 HA溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1
(2)<　M＋＋H2O??MOH＋H＋　1×10－a mol·L－1
(3)c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
(4)＝　0.005
解析　(1)由题目信息可知0.01 mol·L－1 HA溶液的pH＝2，说明其完全电离，故为强电解质。(2)由题目图像可知向100 mL 0.01 mol·L－1 HA溶液中滴加51 mL 0.02 mol·L－1 MOH溶液，pH＝7，说明MOH是弱碱，故其所对应的MA是弱碱强酸盐，水解显酸性，溶液中的H＋全部是水电离出来的，故水电离出的c(OH－)＝1×10－amol·L－1。(3)K点是由100 mL 0.01 mol·L－1 HA溶液与100 mL 0.02 mol·L－1 MOH溶液混合而成的，反应后的溶液为等物质的量浓度的MA和MOH溶液，故c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)。(4)由物料守恒得c(M＋)＋c(MOH)＝2c(A－)，由电荷守恒得c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，故c(MOH)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋)≈0.005 mol·L－1。
12.常温下，将某一元酸HA和KOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表：
实验编号
HA物质的量浓度/mol·L－1
KOH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
请回答下列问题：
(1)从①组情况分析，HA是 (填“强酸”或“弱酸”)。
(2)②组情况表明，c (填“大于”、“小于”或“等于”)0.2 mol·L－1。
(3)下列判断不正确的是 (填字母)。
a.实验①反应后的溶液中：c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)
b.实验①反应后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝mol·L－1
c.实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞0.1 mol·L－1
d.实验②反应后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)
(4)从③组实验结果分析，说明HA的电离程度 (填“大于”、“小于”或“等于”)KA的水解程度，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
答案　(1)弱酸　(2)大于　(3)b　(4)大于　c(A－)>c(K＋)>c(H＋)>c(OH－)
解析　(1)从①组情况分析等体积等物质的量浓度的HA和NaOH溶液混合后，溶液显碱性，说明生成了强碱弱酸盐，说明HA是弱酸。(2)②组中NaOH溶液为0.2 mol·L－1，混合后溶液显中性说明HA过量，c(HA)>0.2 mol·L－1。(3)实验①反应后生成KA，A－水解显碱性，故溶液中c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒，c(OH－)＋c(A－)＝c(H＋)＋c(K＋)，c(OH－)＝c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)＝ mol·L－1，a项正确，b项不正确。因为c>0.2 mol·L－1，所以实验②反应后的溶液中，c(A－)＋c(HA)>0.1 mol·L－1，c项正确。溶液pH＝7，根据电荷守恒知，c(A－)＝c(K＋)>c(H＋)＝c(OH－)，d项正确。(4)第③组实验反应后的溶液中pH<7，说明HA的电离程度大于KA的水解程度，溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(A－)>c(K＋)>c(H＋)>c(OH－)。
13.已知草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，已知25 ℃时，几种常见弱酸的Ka如下表所示：
弱酸
H2C2O4
CH3COOH
HCN
H2CO3
Ka
K1＝5.6×10－2
K2＝5.4×10－5
1.7×10－5
6.2×10－10
K1＝4.2×10－7
K2＝5.6×10－11
(1)25 ℃时，0.1 mol·L－1的Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序是 ，中和等体积等pH的CH3COOH和HCN溶液消耗NaOH的物质的量 (填“前者大”或“后者大”)。
(2)KHC2O4溶液呈酸性，向10 mL 0.01 mol·L－1的H2C2O4溶液滴加0.01 mol·L－1 KOH溶液V(mL)。回答下列问题：
①当V<10 mL时，反应的离子方程式为
。
②当V＝10 mL时，溶液中HC2O、C2O、H2C2O4、H＋的浓度由大到小的顺序为
。
③当V＝a mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)；当V＝b mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)；则a (填“＜”、“＝”或“＞”)b。
④当V＝20 mL时，再滴入NaOH溶液，则溶液中n(K＋)/n(C2O)的值将 (填“变大”、“变小”或“不变”)。
答案　(1)Na2CO3>NaCN>CH3COONa>Na2C2O4　后者大
(2)①H2C2O4＋OH－===HC2O＋H2O
②c(HC2O)＞c(H＋)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)
③＞　④变小
解析　(1)弱酸的Ka越小，弱酸根离子水解程度越大，溶液中c(OH－)越大，由于Ka2(H2CO3)NaCN>CH3COONa>Na2C2O4。由于Ka(CH3COOH)>Ka(HCN)，等体积等pH的CH3COOH溶液和HCN溶液中n(HCN)>n(CH3COOH)，与NaOH溶液中和时HCN消耗的 NaOH物质的量大。
(2)根据题意知HC2O的电离程度大于其水解程度。
①当V＜10 mL，H2C2O4与OH－反应生成HC2O和H2O。
②当V＝10 mL时，正好生成KHC2O4溶液，由于HC2O的电离程度大于其水解程度，所以c(HC2O)＞c(H＋)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)。
③当c(K＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)时，溶液呈中性，若a＝10 mL，呈酸性，呈中性时a＞10 mL，当c(K＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)时，正好生成KHC2O4溶液，此时b＝10 mL，所以a＞b。
④当V＝20 mL时，正好生成K2C2O4溶液，C2O＋H2O??HC2O＋OH－，当滴入NaOH溶液时，抑制C2O水解，所以将变小。
第二节　水的电离和溶液的酸碱性
第1课时　溶液的酸碱性与pH
[学习目标定位]　1.了解水的电离平衡及其影响因素，知道水的离子积常数的表达式及其应用。2.了解溶液的酸碱性与pH的关系。
一　水的电离
1.醋酸是一种弱酸，请回答下列问题：
醋酸的电离方程式是CH3COOH??H＋＋CH3COO－，其电离常数表达式是Ka＝。
2.水是一种极弱的电解质，极难电离。
(1)水的电离方程式是H2O＋H2O??H3O＋＋OH－或简写为H2O??H＋＋OH－。
(2)水的电离常数表达式是K电离＝。
(3)请根据水的电离常数表达式，推导写出水的离子积常数的表达式Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(4)常温下，水的离子积常数Kw＝1.0×10－14，则纯水中c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1；若某酸溶液中c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，则该溶液中c(OH－)＝1.0×10－10 mol·L－1。
3.分析下列条件的改变对水的电离平衡H2O??H＋＋OH－的影响，并填写下表：
改变条件
平衡移动方向
溶液中c(H＋)
溶液中c(OH－)
pH
溶液的酸碱性
Kw
升高温度
右移
增大
增大
减小
中性
增大
加入酸
左移
增大
减小
减小
酸性
不变
加入碱
左移
减小
增大
增大
碱性
不变
加入活泼金属(如Na)
右移
减小
增大
增大
碱性
不变
归纳总结
1.水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)
(1)Kw只与温度有关，温度升高，Kw增大。
(2)常温时，Kw＝1.0×10－14，不仅适用于纯水，还适用于酸、碱的稀溶液。
(3)不同溶液中，c(H＋)、c(OH－)可能不同，但任何溶液中由水电离出的c(H＋)与c(OH－)总是相等的。
2.外界条件对水的电离平衡的影响
(1)因水的电离是吸热过程，故温度升高，会促进水的电离，c(H＋)、c(OH－)都增大，水仍呈中性。
(2)外加酸(或碱)，水中c(H＋)[或c(OH－)]增大，会抑制水的电离，水的电离程度减小，Kw不变。
(3)加入了活泼金属，可与水电离产生的H＋直接发生置换反应，产生H2，使水的电离平衡向右移动。
1.25 ℃时，水的电离平衡H2O??H＋＋OH－　ΔH>0。下列叙述正确的是(　　)
A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B.向水中加入少量固体NaHSO4，c(H＋)增大，Kw不变
C.向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D.将水加热，Kw增大，c(H＋)不变
答案　B
解析　A项，NH3·H2O电离出OH－，使水的电离平衡逆向移动，但c(OH－)增大；B项，NaHSO4电离出H＋，使水的电离平衡逆向移动，c(H＋)增大，但Kw不变；C项，加入盐酸，H2O的电离平衡逆向移动，但c(H＋)增大；D项，加热促进H2O的电离，Kw和c(H＋)都增大。
2.某温度下纯水的c(H＋)＝2×10－7 mol·L－1，则此时c(OH－)为 ；若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则溶液中c(OH－)为 ，由水电离产生的c(H＋)为 ，此时温度 (填“高于”、“低于”或“等于”)25 ℃。
答案　2×10－7 mol·L－1　8×10－11 mol·L－1　8×10－11 mol·L－1　高于
解析　纯水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝2×10－7 mol·L－1，故Kw＝4×10－14>1×10－14，故此时温度高于25 ℃。温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则溶液中c(OH－)为＝4×10－14/(5×10－4)＝8×10－11 mol·L－1＝c(OH－)水。
二　溶液的酸碱性与pH
1.溶液的酸碱性是由溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小决定的。请填写下表：
c(H＋)与c(OH－)相对大小
c(H＋)/mol·L－1的范围(25 ℃)
中性溶液
c(OH－)＝c(H＋)
c(H＋)＝1.0×10－7
酸性溶液
c(OH－)c(H＋)>1.0×10－7
碱性溶液
c(OH－)>c(H＋)
c(H＋)<1.0×10－7
2.溶液的pH
(1)定义：pH是c(H＋)的负对数，其表达式是pH＝－lgc(H＋)。
(2)pH与溶液酸碱性的关系：
(3)溶液酸碱性的测定方法
①酸碱指示剂法(只能测定溶液的pH范围)。常见酸碱指示剂的变色范围：
指示剂
变色范围(颜色与pH的关系)
石蕊
<5.0红色
5.0～8.0紫色
>8.0蓝色
酚酞
<8.2无色
8.2～10.0粉红色
>10.0红色
甲基橙
<3.1红色
3.1～4.4橙色
>4.4黄色
②利用pH试纸测定。使用pH试纸的正确操作为取一小块pH试纸于干燥洁净的玻璃片或表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取试液点在试纸上，当试纸颜色变化稳定后迅速与标准比色卡对照，读出pH。
③利用pH计测定。仪器pH计可精确测定试液的pH(读至小数点后2位)。
归纳总结
溶液酸碱性的判断
(1)在25 ℃的溶液中：
pH<7，溶液呈酸性，pH越小，c(H＋)越大，溶液的酸性越强；
pH＝7，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1；
pH>7，溶液呈碱性，pH越大，c(OH－)越大，溶液的碱性越强。
(2)在任意温度下的溶液中：
c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；
c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；
c(H＋)用c(H＋)、c(OH－)的相对大小来判断溶液酸碱性，则不受温度影响。
3.下列关于溶液的酸碱性说法正确的是(　　)
A.pH＝7的溶液是中性
B.中性溶液中一定有c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1
C.c(OH－)＝c(H＋)的溶液呈中性
D.在100 ℃时，纯水的pH<7，因此显酸性
答案　C
解析　A项中运用pH判断溶液的酸碱性时，用到了水的离子积常数，它与温度有关，但A项未给出温度，所以错误；在中性溶液中c(H＋)和c(OH－)一定相等，但并不一定是1.0×10－7 mol·L－1，所以B项错误，C项正确；100 ℃的纯水中，虽然pH<7，但c(H＋)＝c(OH－)，还是中性，所以D项错误。
4. 有一学生在实验室测某溶液的pH。实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。
(1)该学生的操作是 (填“正确的”或“错误的”)，其理由是
。
(2)如不正确，请分析是否一定有误差：
。
(3)若用此法分别测定c(H＋)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是 ，原因是

。
答案　(1)错误的　用湿润的pH试纸来测定溶液的pH，相当于将溶液稀释了，测出的不是原溶液的pH，若溶液不显中性，就会产生误差
(2)不一定有误差，当溶液为中性时则不产生误差
(3)盐酸的pH　因为在稀释过程中醋酸继续电离产生H＋，使得醋酸溶液中c(H＋)受到的影响比盐酸溶液中的小，故误差较小
解析　用蒸馏水润湿pH试纸的操作是错误的，会使测定时溶液被稀释，对于酸性、碱性或中性溶液将会产生不同的影响。
1.纯水在25 ℃和80 ℃时c(H＋)前后大小关系及酸碱性分别是(　　)
A.大于　弱酸性 B.等于　都显中性
C.小于　弱酸性 D.小于　都显中性
答案　D
解析　Kw随温度升高而增大，纯水中c(H＋)也随温度升高而增大，但仍等于c(OH－)，显中性。
2.常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1，该溶液可能是(　　)
①二氧化硫的水溶液　②氯化钠水溶液　③硝酸钠水溶液　④氢氧化钠水溶液
A.①④ B.①② C.②③ D.③④
答案　A
解析　某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1，说明溶液既可能呈酸性，也可能呈碱性。①SO2＋H2O??H2SO3，H2SO3??HSO＋H＋，HSO??SO＋H＋，溶液呈酸性；④NaOH===Na＋＋OH－，溶液呈碱性。
3.25 ℃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的溶液
C.1 L中含有4 g NaOH的溶液
D.c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1的溶液
答案　B
解析　A项，c(OH－)＝10－3 mol·L－1；B项，c(OH－)＝0.12 mol·L－1；C项，c(OH－)＝0.1 mol·L－1；D项，c(OH－)＝10－4 mol·L－1。
4.在25 ℃某稀溶液中，由水电离产生的c(H＋)＝10－13 mol·L－1。下列有关该溶液的叙述正确的是(　　)
A.该溶液一定呈酸性 B.该溶液一定呈碱性
C.该溶液的pH一定为1 D.该溶液的pH可能为13
答案　D
解析　根据水的离子积常数，可知由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－13 mol·L－1，这是由于在水中加酸或碱，都抑制了水的电离。若水中加酸，溶液呈酸性，则溶液中OH－只来自水的电离，c(H＋)水＝c(OH－)水＝c(OH－)总＝10－13 mol·L－1，由Kw＝c(H＋)总·c(OH－)总得：c(H＋)总＝＝10－1 mol·L－1，pH＝1；若水中加碱，溶液呈碱性，则溶液中H＋只来自水的电离，c(H＋)总＝c(H＋)水＝10－13 mol·L－1，pH＝13。
5.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，能促进水的电离的是 (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溶液中水的电离程度相等，进而可推出的结论是：同一温度下， 时，水的电离度相等。
答案　(1)①　②③④　①②　①③④
(2)酸溶液中的c(H＋)等于碱溶液中的c(OH－)
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－)。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　水的电离及水的离子积
1.下列关于水的离子积常数的叙述中，正确的是(　　)
A.因为水的离子积常数的表达式是Kw＝c(H＋)·c(OH－)，所以Kw随溶液中c(H＋)和c(OH－)的变化而变化
B.水的离子积常数Kw与水的电离平衡常数K电离是同一个物理量
C.水的离子积常数仅仅是温度的函数，随着温度的变化而变化
D.水的离子积常数Kw与水的电离平衡常数K电离是两个没有任何关系的物理量
答案　C
解析　水的离子积常数Kw＝K电离·c(H2O)，一定温度下K电离和c(H2O)都是不变的常数，所以Kw仅仅是温度的函数。水的离子积常数的表达式是Kw＝c(H＋)·c(OH－)，但是只要温度一定，Kw就是不变的常数。溶液中H＋的浓度变大，则OH－的浓度变小，反之亦然。
2.在相同温度下，0.01 mol·L－1的NaOH溶液和0.01 mol·L－1的盐酸相比，下列说法正确的是(　　)
A.由水电离出的c(H＋)相等
B.由水电离出的c(H＋)都是1.0×10－12 mol·L－1
C.由水电离出的c(OH－)都是0.01 mol·L－1
D.两者都促进了水的电离
答案　A
解析　二者均抑制水的电离，且抑制程度相同。由于温度不确定，故不能确定Kw的值。
3.下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H＋浓度之比(①∶②∶③∶④)是(　　)
①pH＝0的盐酸　②0.1 mol·L－1的盐酸
③0.01 mol·L－1的NaOH溶液　④pH＝11的NaOH溶液
A.1∶10∶100∶1 000 B.0∶1∶12∶11
C.14∶13∶12∶11 D.14∶13∶2∶3
答案　A
解析　①中c(H＋)＝1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中c(OH－)相等，等于1.0×10－14 mol·L－1；
②中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1；
③中c(OH－)＝1.0×10－2 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中c(H＋)相等，等于1.0×10－12 mol·L－1；
④中c(OH－)＝1.0×10－3 mol·L－1，同③所述由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－11 mol·L－1。
即(1.0×10－14)∶(1.0×10－13)∶(1.0×10－12)∶(1.0×10－11)＝1∶10∶100∶1 000。
4.水的电离过程为H2O??H＋＋OH－，在25 ℃时，水的离子积Kw＝1.0×10－14；在35 ℃时，水的离子积Kw＝2.1×10－14。则下列叙述正确的是(　　)
A.c(H＋)随着温度的升高而降低
B.35 ℃时，c(H＋)>c(OH－)
C.35 ℃时的水比25 ℃时的水电离程度小
D.水的电离是吸热过程
答案　D
解析　由题中条件可以看出，温度升高时，Kw增大。25 ℃时，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1；35 ℃时，c(H＋)＝c(OH－)≈1.45×10－7 mol·L－1。温度升高，c(H＋) 和 c(OH－) 都增大，且始终相等，水的电离程度也增大，因温度升高平衡向正反应方向移动，故水的电离为吸热过程。
5.室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是(　　)
A.Al3＋、Na＋、NO、Cl－ B.K＋、Na＋、Cl－、NO
C.K＋、Na＋、Cl－、AlO D.K＋、NH、SO、NO
答案　B
解析　溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1，溶液的pH为0或14，在这两种情况下均存在的离子组则一定可以大量共存，在A选项中Al3＋与OH－不能大量共存；在C选项中AlO与H＋不能大量共存；在D选项中NH与OH－不能大量共存；所以一定能够大量共存的离子组为B选项。
题组2　溶液的pH和溶液的酸碱性
6.常温下，c(OH－)最小的是(　　)
A.pH＝0的溶液
B.0.05 mol·L－1 H2SO4
C.0.5 mol·L－1 HCl
D.0.05 mol·L－1的Ba(OH)2
答案　A
解析　A项，c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－14 mol·L－1；B项，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，则c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－13 mol·L－1；C项，c(OH－)＝ mol·L－1＝2×10－14 mol·L－1；D项，c(OH－)＝0.1 mol·L－1。
7.下列溶液一定显酸性的是(　　)
A.含H＋的溶液
B.c(OH－)C.pH<7的溶液
D.能与金属Al反应放出H2的溶液
答案　B
解析　溶液中的酸碱性取决于溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小；25 ℃时pH<7的溶液才是酸性溶液；与Al反应放出H2的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液。
8.用试纸测定溶液酸碱性的正确操作是(　　)
A.将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B.将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
C.将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D.将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
答案　A
解析　pH试纸使用方法：把一小块试纸放在表面皿或玻璃片上，用蘸有待测液的玻璃棒点在试纸的中部，随即(30 s内)用标准比色卡与之对照，确定溶液的pH。pH试纸不能用水润湿，若用水湿润会使溶液变稀，使测定结果可能产生误差。
9.下列叙述正确的是(　　)
A.无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液在常温下，其c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14
B.c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1的溶液一定是中性溶液
C.0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液中的c(H＋)是0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍
D.任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
答案　A
解析　Kw＝c(H＋)·c(OH－) ，且Kw只与温度有关，所以常温下，无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液中，其Kw＝1.0×10－14；在温度不确定时，中性溶液中的c(H＋)不一定等于1.0×10－7 mol·L－1；0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度比0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度小，所以0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液中的c(H＋)小于0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍；当c(H＋)或c(OH－)大于1 mol·L－1时，用pH表示溶液的酸碱性就不简便了，所以，当c(H＋)或c(OH－)大于1 mol·L－1时，一般不用pH表示溶液的酸碱性，而是直接用c(H＋)或c(OH－)来表示。
10.如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是(　　)
A.两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B.M区域内任意点均有c(H＋)C.图中T1D.XZ线上任意点均有pH＝7
答案　D
解析　A项正确，c(H＋)·c(OH－)＝Kw为水的离子积表达式，它适用于水及稀溶液；B项正确，XZ线上任意点都有c(H＋)＝c(OH－)，M区域位于直线XZ的左上侧，则M区域内任意点均有c(H＋)0，升高温度，平衡正向移动，Kw增大，图中Z点Kw(Z)＝(10－6.5)2＝10－13，X点Kw(X)＝(10－7)2＝10－14，Kw(Z)>Kw(X)，所以T1[能力提升题]
11.(1)某温度(t ℃)时，水的Kw＝1×10－12，则该温度 (填“>”、“<”或“＝”)25 ℃，其理由是 。
(2)该温度下，c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1的溶液呈 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH－)＝ mol·L－1。
(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡 (填“向左”、“向右”或“不”，下同)移动。在新制氯水中加入少量NaCl固体，水的电离平衡 移动。
(4)25 ℃时，0.1 mol·L－1的6种溶液，水电离出的c(H＋)由大到小的关系是 (填序号)。
①盐酸　②H2SO4　③CH3COOH(Ka＝1.7×10－5)　④NH3·H2O(氨水)(Kb＝1.7×10－5)　⑤NaOH　⑥Ba(OH)2
(5)25 ℃时，pH＝4的盐酸中水的电离程度 pH＝10的Ba(OH)2溶液中水的电离程度。
(6)下列曲线中，可以描述0.1 mol·L－1乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和0.1 mol·L－1氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)的水溶液中，水电离出的c(H＋)与加入水体积V的关系是 (填字母)。
答案　(1)>　升温促进水的电离，Kw增大
(2)碱性　1×10－7
(3)向右　向右
(4)③＝④>①＝⑤>②＝⑥
(5)等于
(6)c
解析　(1)升高温度，Kw增大，现Kw＝1×10－12>1×10－14，因此温度大于25 ℃。
(2)该温度下该溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，因为c(OH－)>c(H＋)，所以溶液呈碱性；NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)等于溶液中的 c(H＋)，即为1×10－7 mol·L－1。
(3)Zn与稀硫酸反应过程中，溶液中c(H＋)减小，水的电离平衡向右移动。新制氯水中加入少量NaCl固体，平衡Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO向左移动，溶液中c(H＋)减小，水的电离平衡向右移动。
(4)25 ℃时，0.1 mol·L－1的盐酸中c(H＋)与0.1 mol·L－1NaOH溶液中c(OH－)相等，故两溶液中水的电离程度相等。同理0.1 mol·L－1 H2SO4和0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液中水的电离程度相等；0.1 mol·L－1 CH3COOH和0.1 mol·L－1氨水中水的电离程度相等，酸溶液中c(H＋)越大，或碱溶液中c(OH－)越大，水电离出的c(H＋)就越小，故6种溶液中水电离出的c(H＋)由大到小的关系为③＝④>①＝⑤>②＝⑥。
(5)pH＝4盐酸中，由水电离出的c(H＋)＝ mol·L－1＝10－10 mol·L－1，pH＝10的Ba(OH)2溶液中，由水电离出的c(H＋)＝10－10 mol·L－1(溶液中的H＋浓度)。
(6)乙酸Ka小于氯乙酸Ka，所以0.1 mol·L－1乙酸溶液中的c(H＋)小于0.1 mol·L－1氯乙酸溶液中的c(H＋)，故水的电离程度0.1 mol·L－1乙酸溶液的大，加水稀释，两种酸溶液中的c(H＋)减小，水的电离程度增大，故选c。
12.在水的电离平衡中，c(H＋)和c(OH－)的关系如图所示：
(1)A点水的离子积为1×10－14，B点水的离子积为 。造成水的离子积变化的原因是 。
(2)下列说法正确的是 (填字母)。
a.图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B>A>D
b.AB线上任意点的溶液均显中性
c.B点溶液的pH＝6，显酸性
d.图中温度T1>T2
(3)T2 ℃时，若向溶液中滴加盐酸，能否使体系处于B点位置？为什么？ 。
(4)T2 ℃时，若盐酸中c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则由水电离产生的c(H＋)＝ 。
答案　(1)1×10－12　水的电离要吸热，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大　(2)b
(3)否，在盐酸中c(H＋)≠c(OH－)，所以不可能处于B点位置　(4)2×10－9 mol·L－1
13.已知室温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列问题：
(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”，下同)，pH将 。
(4)由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的 倍。
答案　(1)4　(2)1.0×10－7　(3)增大　减小　(4)106
解析　(1)c(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.1%＝10－4 mol·L－1，pH＝4。
(2)K＝＝≈＝1.0×10－7。
(3)升高温度，平衡右移，K将增大，pH减小。
(4)0.1 mol·L－1 HA溶液中的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－10 mol·L－1，故其中水电离出的c(H＋)＝1.0×10－10 mol·L－1，由HA电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)比值为＝106。
14.回答下列问题：
(1)25 ℃时，pH＝3的盐酸中由水电离出的c(H＋)是pH＝5的盐酸中由水电离的c(H＋)的
倍。
(2)25 ℃时，某溶液由水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，则该溶液的pH可能为 。
(3)99 ℃时，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH＝2。此时水的离子积Kw＝ ，水电离出的c(H＋)＝ ，溶液中c(Na＋) (填“>”、“＝”或“<”)c(SO)。
(4)25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，反应后溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显 (填“酸”、“碱”或“中”)性。
(5)25 ℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的NaOH溶液混合后，溶液呈 (填“酸”、“中”或“碱”)性，溶液中c(Na＋) (填“>”、“＝”或“<”)c(CH3COO－)。
答案　(1)10－2　(2)2或12　(3)1.0×10－12　1.0×10－10 mol·L－1　＝　(4)中　(5)酸　<
解析　(1)25 ℃时，pH＝3和pH＝5的盐酸中水电离出的c(H＋)的比值为∶＝10－2。
(2)水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水，若为碱性溶液，则c(OH－)·c(H＋)水＝Kw＝10－14，c(OH－)＝＝10－2 mol·L－1，pH＝12；若为酸性溶液，则c(OH－)＝c(H＋)水＝10－12 mol·L－1，c(H＋)＝＝10－2 mol·L－1，pH＝2。
(3)由pH＝6的蒸馏水可知，该温度下水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－6 mol·L－1，故此时Kw＝1.0×10－12。水电离产生的c(H＋)＝＝1.0×10－10 mol·L－1。根据原子守恒知溶液中c(Na＋)＝c(SO)。
(4)根据电荷守恒可知c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性。
(5)pH＝3的CH3COOH和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液中剩余CH3COOH。溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒知c(Na＋)第2课时　溶液pH的计算
[学习目标定位]　1.学会pH的简单计算。2.了解溶液稀释时pH的变化规律，会计算各类混合溶液的pH。
一　酸碱溶液混合后pH的计算方法
1.根据常温下，水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)，回答下列问题：
(1)c(H＋)为1.0×10－12 mol·L－1的溶液呈碱性，判断的依据是c(OH－)>c(H＋)。
(2)pH＝3的某盐酸溶液中，c(H＋)为1.0×10－3 mol·L－1，由水电离产生的c(H＋)为1.0×10－11 mol·L－1。
(3)0.05 mol·L－1 H2SO4溶液中，c(OH－)＝1.0×10－13 mol·L－1，其pH为1。
(4)将0.4 g NaOH固体溶于水，得到1 L溶液，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－12 mol·L－1，pH＝12。
2.常温下，pH＝2的盐酸与pH＝4的盐酸，若按1∶10的体积比混合后，溶液的c(H＋)为1.0×10－3 mol·L－1，pH为3。
3.常温下，将200 mL 5×10－3 mol·L－1 NaOH溶液与100 mL 2×10－2 mol·L－1 NaOH溶液混合后，溶液的c(OH－)为1.0×10－2 mol·L－1，c(H＋)为1.0×10－12 mol·L－1，pH为12。
4.常温下，pH＝12的NaOH溶液与pH＝2的硫酸，若等体积混合后，溶液的pH为7；若按9∶11的体积比混合后，溶液的pH为3；若按11∶9的体积比混合后，溶液的pH为11。
归纳总结
1.强酸、强碱溶液pH的计算方法
(1)强酸
c mol·L－1HnA强酸溶液c(H＋)＝nc mol·L－1―→pH＝－lg nc。
(2)强碱
c mol·L－1B(OH)n强碱溶液c(OH－)＝nc mol·L－1n(H＋)＝ mol·L－1―→pH＝14－lg nc。
2.酸、碱溶液混合后pH的计算方法
(1)强酸与强酸混合
c(H＋)混＝，然后再求pH。
(2)强碱与强碱混合
先计算c(OH－)混＝，
再求c(H＋)混＝，最后求pH。
(3)强酸与强碱混合
①恰好完全反应，溶液呈中性，pH＝7。
②酸过量：
先求c(H＋)余＝，
再求pH。
③碱过量：
先求c(OH－)余＝，
再求c(H＋)＝，最后求pH。
1.将0.1 mol·L－1 HCl溶液和0.06 mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合后，则该溶液的pH是(　　)
A.1.7 B.12.3 C.12 D.1
答案　C
解析　这是强酸和强碱的混合，要先判断混合液的酸碱性。酸中c(H＋)＝0.1 mol·L－1；碱中c(OH－)＝0.12 mol·L－1，等体积混合碱过量，根据pH值的计算方法，要先求c(OH－)，再求c(H＋)，最后求pH值。c(OH－)余＝＝0.01 mol·L－1，c(H＋)＝＝1×10－12 mol·L－1，则pH＝－lgc(H＋)＝12。
2.常温下，pH＝13的强碱溶液与pH＝2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比是(　　)
A.11∶1 B.9∶1 C.1∶11 D.1∶9
答案　D
解析　可设碱与酸的体积分别为V碱和V酸，由题意可知，混合后碱过量，可列等式：＝10－(14－11)，解之可得V碱∶V酸＝1∶9。
二　酸碱溶液稀释后的pH变化规律
1.计算下列酸溶液稀释后的pH
(1)pH＝2的盐酸，若加水稀释10倍，其pH为3；若加水稀释10n倍，其pH为2＋n。
(2)若将pH＝5的盐酸加水稀释103倍，其pH接近于7。
(3)pH＝2的醋酸溶液，若加水稀释10倍，其pH大小范围应是22.计算下列碱溶液稀释后的pH
(1)pH＝11的氢氧化钠溶液，若加水稀释10倍，其pH为10；若加水稀释10n倍，其pH为11－n。
(2)pH＝11的氨水，若加水稀释10n倍，其pH大小范围应是(11－n)归纳总结
酸或碱溶液稀释后溶液pH的变化
pH＝a的酸
pH＝b的碱
强酸
弱酸
强碱
弱碱
稀释10n倍后pH
pH＝a＋n
apH＝b－n
b－n< pH无限稀释后pH
无限接近于7且pH<7
无限接近于7且pH>7
图示
3.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酸溶液的酸性强
C.a＝5时，A是强酸，B是弱酸
D.一定有关系：5>a>2
答案　C
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，说明两种酸的酸性强弱不同，故pH＝2的两种酸的浓度一定不同，A项错误；由图知，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＋)，此时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，若A是强酸，则a＝5，D项错误。
4.某温度下，pH＝11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。根据图像判断错误的是(　　)
A.a值一定大于9
B.Ⅰ为NaOH溶液稀释时溶液的pH变化曲线
C.完全中和稀释相同倍数后的两溶液，消耗相同浓度的稀H2SO4的体积V(NaOH)D.稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大
答案　D
解析　氨水稀释过程中，NH3·H2O??NH＋OH－平衡向右移动，n(OH－)增大，所以pH＝11的NaOH溶液和氨水稀释至100倍后，NaOH溶液的pH＝9，氨水溶液的pH>9。因此，Ⅰ、Ⅱ曲线分别表示NaOH溶液和氨水稀释时溶液的pH变化曲线，a>9，A和B项都正确；稀释前pH＝11的氨水和NaOH溶液比较，氨水的物质的量浓度大于NaOH溶液的物质的量浓度，完全中和稀释相同倍数后的两溶液，消耗相同浓度的稀H2SO4的体积V(NaOH)1.溶液pH计算
碱按碱、酸按酸，同强混合在中间；
异强混合看过量，无限稀释7为限。
2.pH差值≥2的两种强酸等体积混合后，pH混＝pH小＋0.3
pH差值≥2的两种强碱等体积混合后，pH混＝pH大－0.3
1.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，则稀释时加入水的体积为(　　)
A.a＝b＝1 000 mL B.a＝b>1 000 mL
C.ab
答案　D
解析　在溶液中，盐酸电离是不可逆的，而CH3COOH的电离是可逆的，存在电离平衡。若a＝b，稀释后的CH3COOH溶液pH<5，若使CH3COOH溶液pH＝5，就必须继续加水稀释，即a>b。
2.某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是(　　)
A.Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B.b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C.a点Kw的数值比c点Kw的数值大
D.b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
答案　B
解析　根据电解质的电离平衡特点知：Ⅱ应为醋酸溶液稀释时的pH变化曲线，A项错误；溶液导电性取决于离子浓度，b点的H＋浓度大，导电性强，B项正确；Kw的大小取决于温度，C项错误；相同pH的盐酸和醋酸溶液，醋酸溶液浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸溶液(Ⅱ)浓度大于盐酸(Ⅰ)浓度，D项错误。
3.在25 ℃时，关于下列溶液混合后溶液pH的说法中正确的是(　　)
A.pH＝10与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液的pH约为11
B.pH＝5的盐酸溶液稀释1 000倍，溶液的pH＝8
C.pH＝2的H2SO4与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，混合液pH＝7
D.pH＝12的NH3·H2O与pH＝2的HCl溶液等体积混合，混合液pH＝7
答案　C
解析　A项，c(OH－)混合＝≈5.0×10－3 mol·L－1，c(H＋)混合＝ mol·L－1＝2×10－12 mol·L－1，pH＝－lg (2×10－12)＝12－lg 2＝11.7，A项不正确；B项，pH＝5的稀盐酸中 ，水电离出的c(H＋)不能忽略，稀释1 000倍后溶液的pH<7，B项不正确。
4.常温下，用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是(　　)
①b不可能显碱性　②a可能显酸性或碱性　③a不可能显酸性　④b可能显碱性或酸性
A.①② B.③④ C.①③ D.②④
答案　A
解析　常温下，pH为3的某酸溶液可能是强酸溶液也可能是弱酸溶液。若是强酸溶液，与pH为11的氨水等体积混合，得到的a溶液显碱性；若是弱酸溶液，与pH为11的氨水等体积混合，得到的a溶液的酸碱性由弱酸和氨水的电离程度的相对大小决定，因此可能显酸性，也可能显碱性或中性。总之：a溶液可能显酸性、中性或碱性，故②正确，③错误。同理可分析得知，b溶液显中性或酸性，故①正确，④错误。
5.(1)某温度(T ℃)时，测得0.01 mol·L－1 NaOH溶液的pH＝11，则该温度下水的Kw＝ 。
(2)在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的H2SO4溶液Vb L混合。
①若所得混合液为中性，且a＝11，b＝3，则Va∶Vb＝ 。
②若所得混合液为中性，且Va∶Vb＝10∶1，则a＋b＝ 。
③若所得混合液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝ 。
答案　(1)10－13　(2)①1∶10　②12　③1∶9
解析　(1)T ℃时，0.01 mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2 mol·L－1，其pH＝11，即c(H＋)＝10－11 mol·L－1，则水的离子积为10－13。
(2)①pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2 mol·L－1，pH＝3的H2SO4溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，若混合后呈中性，则硫酸溶液体积为氢氧化钠溶液体积的10倍，即Va∶Vb＝1∶10。
②若所得混合液为中性，且Va∶Vb＝10∶1，则硫酸溶液中c(H＋)为氢氧化钠溶液中c(OH－)的10倍。即硫酸中c(H＋)＝10－b mol·L－1，氢氧化钠溶液中c(OH－)＝10－b－1 mol·L－1，其c(H＋)＝＝10－(12－b)mol·L－1，pH为12－b，亦即a＝12－b，所以a＋b＝12。
③若混合液pH＝10，即c(OH－)＝10－3 mol·L－1，则c(OH－)＝10－3 mol·L－1＝ mol·L－1，得Va∶Vb＝1∶9。
解题归纳
(1)已知酸的pH＝b，则c(H＋)一定为10－b mol·L－1，而不论酸是几元酸。
(2)只要是碱过量(呈碱性)，都务必要依c(OH－)列式，而不可直接由c(H＋)列式。
(3)本题考查非常温条件下酸、碱混合的有关计算，Kw是一个重要的“纽带”。
(4)求溶液pH的步骤可总结为
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　溶液pH的计算
1.在常温下，将pH＝8的NaOH溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH最接近于(　　)
A.8.3 B.8.7 C.9 D.9.7
答案　D
解析　两溶液都是碱液，混合后总的c(OH－)接近0.5×10－4 mol·L－1，故c(H＋)会接近2×10－10 mol·L－1，故选D。
2.已知100 ℃时，0.01 mol·L－1 NaHSO4溶液中水电离的c(H＋)＝10－10 mol·L－1，该温度下将pH＝8的Ba(OH)2溶液V1 L与pH＝5的NaHSO4溶液V2 L混合，所得溶液pH＝7，则V1∶V2为(　　)
A.2∶9 B.1∶9 C.1∶1 D.1∶2
答案　A
解析　根据100 ℃时，0.01 mol·L－1 NaHSO4溶液中水电离的c(H＋)＝10－10 mol·L－1，确定水的离子积为1.0×10－12，该温度下将pH＝8的Ba(OH)2溶液V1L与pH＝5的NaHSO4溶液V2 L混合，所得溶液pH＝7，溶液呈碱性，所以c(OH－)＝10－5 mol·L－1＝(10－4 V1－10－5 V2)/(V1＋V2)，则V1∶V2＝2∶9。
3.有人曾建议用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG＝lg[c(H＋)/c(OH－)]。下列表述正确的是(　　)
A.在25 ℃时，若溶液呈中性，则pH＝7，AG＝1
B.在25 ℃时，若溶液呈酸性，则pH＜7，AG＜0
C.在25 ℃时，若溶液呈碱性，则pH＞7，AG＞0
D.在25 ℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG＝2(7－pH)
答案　D
解析　若溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，c(H＋)/c(OH－)＝1，AG＝0；若溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，c(H＋)/c(OH－)＞1，AG＞0；若溶液呈碱性，c(H＋)＜c(OH－)，c(H＋)/c(OH－)＜1，AG＜0；D项AG＝lg[c(H＋)/c(OH－)]＝lgc(H＋)－lgc(OH－)，又pH＝－lgc(H＋)，c(OH－)＝1×10－14/c(H＋)，整理得AG＝2(7－pH)，D项对。
4.室温时，将x mL pH＝a的稀NaOH溶液与y mL pH＝b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是(　　)
A.若x＝y，且a＋b＝14，则pH>7
B.若10x＝y，且a＋b＝13，则pH＝7
C.若ax＝by，且a＋b＝13，则pH＝7
D.若x＝10y，且a＋b＝14，则pH>7
答案　D
解析　＝＝·＝·10a＋b－14。若a＋b＝14，x＝y，则n(OH－)＝n(H＋)，pH＝7，A项错误；若a＋b＝13,10x＝y，则＝·10a＋b－14＝，溶液呈酸性，pH<7，B项错误；若ax＝by且a＋b＝13，则＝·10a＋b－14＝<1(a>b)，故pH<7，C项错误；若x＝10y，且a＋b＝14，则＝10，pH>7，D项正确。
题组2　溶液稀释pH的变化规律
5.将10 mL pH＝1的CH3COOH加水稀释至100 mL后，溶液的pH为(　　)
A.2 B.2答案　C
解析　弱酸、弱碱在稀释过程中不仅有浓度的变化，还有电离平衡的移动，不能求得具体的数值，只能确定其pH的范围。
6.pH＝1的两种酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其pH与溶液体积的关系如图。下列说法正确的是(　　)
①若a＜4，则A、B都是弱酸
②稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强
③若a＝4，则A是强酸，B是弱酸
④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等
A.①④ B.②③ C.①③ D.②④
答案　C
解析　①由于a＜4，稀释1 000倍，pH增加不到3个单位，所以A、B均为弱酸；②稀释后，B溶液中c(H＋)大，所以B溶液的酸性强；③正确；④由于A、B两种酸的强、弱不同，所以其物质的量的浓度也不同。
7.pH＝11的X、Y两种碱溶液各10 mL，分别稀释至1 000 mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等
B.稀释后，X溶液碱性比Y溶液碱性强
C.若9D.完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积V(X)>V(Y)
答案　C
题组3　一强一弱的比较
8.下列叙述正确的是(　　)
A.用水稀释0.1 mol·L－1的氨水，则溶液中增大
B.pH＝3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，pH均不变
C.在等体积等pH的盐酸和醋酸两溶液中分别加入等质量的相同锌粒，若只有一种溶液中的锌粒有剩余，则该溶液一定是盐酸
D.两种氨水的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c2＝10c1
答案　C
解析　A项，加水稀释时，n(NH3·H2O)减小，n(OH－)增大，所以减小；B项，盐酸升温，pH不变，但醋酸溶液升温电离度增大，pH减小；D项，溶液越稀，电离程度越大，若电离程度相同时，c2＝10c1，由于c1对应的NH3·H2O电离程度大，所以c2＞10c1。
9.常温下，①pH＝2的CH3COOH溶液；②pH＝2的H2SO4溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中正确的是(　　)
A.水电离的c(H＋)：①＝②＝③＝④
B.将②、④溶液混合后，pH＝7，消耗溶液的体积：②＜④
C.等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D.向10 mL上述四溶液中各加入90 mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
答案　A
解析　A项，由于c(H＋)＝c(OH－)，所以对水的抑制程度相同，c(H＋)水相同；B项，由于c(H＋)＝c(OH－)，若pH＝7，体积②＝④；C项，由于CH3COOH继续电离，所以①放出H2最多；D项，pH应为③＞④＞②＞①。
10.浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度：b点大于a点
C.若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D.当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则增大
答案　D
解析　根据题图信息可判断MOH是强碱，而ROH为弱碱，A项正确；B项，ROH是弱碱，加水稀释时，电离程度增大，正确；C项，若两溶液无限稀释，pH最终无限接近于7，它们的c(OH－)相等，正确；D项，当lg＝2时，两溶液同时升高温度，由于ROH是弱碱，c(R＋)增大，c(M＋)不变，则减小，错误。
[能力提升题]
11.已知水在25 ℃和95 ℃时，其电离平衡曲线如图所示：
(1)则25 ℃时，水的电离平衡曲线应为 (填“A”或“B”)，请说明理由：
。
(2)25 ℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为 。
(3)95 ℃时，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是 。
答案　(1)A　水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，Kw小　(2)10∶1　(3)a＋b＝14(或pH1＋pH2＝14)
解析　(1)当温度升高时，促进水的电离，水的离子积也增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性。因此结合图像中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断，25 ℃时水的电离平衡曲线应为A，理由为水的电离是吸热过程，升高温度水的电离程度增大。
(2)25 ℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH－)＝n(H＋)，则V[NaOH(aq)]·10－5 mol·L－1＝V[H2SO4(aq)]·10－4 mol·L－1，得V[NaOH(aq)]∶V[H2SO4(aq)]＝10∶1。
(3)要注意的是95 ℃时，水的离子积为1×10－12，即c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，根据95 ℃时混合后溶液呈中性，pH2＝b的某强碱溶液中c(OH－)＝10b－12，有100×10－a＝1×10b－12，即10－a＋2＝10b－12，所以其关系：a＋b＝14或pH1＋pH2＝14。
12.在25 ℃时，有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液，取Va L该HCl溶液用该NaOH溶液中和，需Vb L NaOH溶液。请回答下列问题：
(1)若a＋b＝14，则Va∶Vb＝ 。
(2)若a＋b＝13，则Va∶Vb＝ 。
(3)若a＋b>14，则Va∶Vb＝ ，且Va (填“>”“<”或“＝”)Vb。
答案　(1)1　(2)1∶10　(3)10a＋b－14　>
解析　中和时：n(H＋)＝n(OH－)，即10－a·Va＝×Vb；Va∶Vb＝10a＋b－14；
a＋b＝14时，Va∶Vb＝1；a＋b＝13时，Va∶Vb＝1∶10；
a＋b>14时，Va∶Vb＝10a＋b－14>1，且Va>Vb。
13.某温度(T ℃)下的溶液中，c(H＋)＝10－x mol·L－1，c(OH－)＝10－y mol·L－1，x与y的关系如图所示。请回答下列问题：
(1)此温度下，水的离子积Kw＝ ，则该温度T (填“>”、“<”或“＝”)25。
(2)在此温度下，向Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH＝a的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示：
实验序号
Ba(OH)2溶液的体积/mL
盐酸的体积/mL
溶液的pH
①
22.00
0.00
8
②
22.00
18.00
7
③
22.00
22.00
6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则a＝ ，实验②中由水电离产生的c(OH－)＝ mol·L－1。
(3)在此温度下，将0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液与0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液按下表中甲、乙、丙、丁不同方式混合：
甲
乙
丙
丁
0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液体积/mL
10
10
10
10
0.1 mol·L－1 NaHSO4溶液体积/mL
5
10
15
20
①按丁方式混合后，所得溶液显 (填“酸”、“碱”或“中”)性。
②写出按乙方式混合后，反应的离子方程式： 。
③按甲方式混合后，所得溶液的pH为 。
答案　(1)1×10－12　>　(2)4　10－7　(3)①中　②Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O　③11
解析　(1)Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－x·10－y＝10－(x＋y)，根据图示可知当x＝12时，c(OH－)＝1 mol·L－1，当y＝12时，c(H＋)＝1 mol·L－1，故Kw＝1×10－12。根据温度越高水的电离程度越大，Kw也随之越大，可知此时的T>25。
(2)此条件下，pH＝6时，溶液呈中性。根据表中实验①的数据可得Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝10－4 mol·L－1，根据表中实验③的数据有22.00×10－3 L×10－4 mol·L－1＝22.00×10－3 L×10－a mol·L－1，可得a＝4，即pH＝4。实验②中，所得溶液pH＝7，Ba(OH)2过量，溶液呈碱性，由H2O电离产生的 c(OH－)等于由水电离产生的c(H＋)，即由水电离产生的 c(OH－)＝10－7 mol·L－1。
(3)①按丁方式混合时，Ba(OH)2提供的OH－与NaHSO4提供的H＋的物质的量相等，混合后溶液呈中性。②按乙方式混合时，反应前：n(Ba2＋)＝10－3 mol，n(OH－)＝2×10－3 mol，n(H＋)＝n(SO)＝10－3 mol，实际反应的Ba2＋、OH－、H＋、SO均为10－3 mol，故反应的离子方程式为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O。③按甲方式混合时，OH－过量，反应后溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－11 mol·L－1，pH＝11。
第3课时　酸碱中和滴定
[学习目标定位]　1.了解酸碱中和滴定的原理，熟记酸碱中和滴定的主要仪器的名称及用途。2.掌握酸碱中和滴定的实验操作、计算方法和误差分析。
一　酸碱中和滴定
1.室温下，将pH＝12的NaOH溶液分别与等体积的下列酸溶液混合，判断其酸碱性，计算pH，填写下表：
酸溶液
混合溶液的酸碱性
pH
pH＝2的盐酸
中性
7
0.015 mol·L－1的硫酸
酸性
2
0.004 mol·L－1的硫酸
碱性
11
2.中和滴定的原理
(1)酸碱中和反应的实质可用离子方程式H＋＋OH－===H2O来表示，在中和反应中，H＋、OH－之间的物质的量关系是n(H＋)＝n(OH－)；若用参加反应的c(H＋)、c(OH－)来表示，其关系式为c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱，由此可计算c(H＋)，其表达式是c(H＋)＝；也可计算c(OH－)，其表达式是c(OH－)＝。由c(H＋)、c(OH－)可分别求出相应酸、碱的浓度。
(2)用0.103 2 mol·L－1的盐酸溶液，中和25.00 mL未知浓度的NaOH溶液，中和完成后用去盐酸27.84 mL，请根据上述关系式计算NaOH溶液的物质的量浓度是0.114 9 mol·L－1。
(3)请根据以上原理分析，归纳总结中和滴定的概念是利用中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。其中已知浓度的酸(或碱)溶液常称为标准液，未知浓度的碱(或酸)溶液常称为待测液。
(4)中和滴定的关键是准确判断滴定终点(中和反应恰好反应完全的时刻)，其方法是在待测液中加2～3滴指示剂，观察滴定过程中其颜色的变化，常选用的指示剂是酚酞或甲基橙，不用石蕊溶液的原因是石蕊溶液颜色变化不明显且突变范围太宽。
3.主要仪器及使用
酸碱中和滴定所用的主要仪器是锥形瓶和滴定管。
(1)滴定管分为两种：
①酸式滴定管：包括玻璃活塞、长玻璃管，可盛放酸性溶液、强氧化性溶液，不能盛放碱性溶液及氢氟酸。
②碱式滴定管：包括长玻璃管、橡皮管、玻璃球，可盛放碱性溶液。
滴定管的上端都标有规格大小、使用温度、“0”刻度；滴定管的精确读数为0.01 mL。
(2)滴定管的使用方法
①检查仪器：使用前先检查滴定管活塞是否漏水。
②润洗仪器：在加入反应液之前，洁净的滴定管要用所要盛装的溶液润洗2～3遍。
③加入溶液：分别将反应液加入到相应滴定管中，使液面位于滴定管0刻度线以上2～3 mL处。
④调节起始读数：在滴定管下放一烧杯，调节活塞，使滴定管尖嘴部分充满溶液，然后调节滴定管液面使其处于某一刻度，准确读取数值并记录。
4.实验操作步骤
酸碱中和滴定的实验步骤可以提炼为6个关键字：
(1)洗(洗涤)：洗涤仪器并进行检漏、润洗。
(2)取(取液)：向酸(碱)式滴定管中注入标准液；向锥形瓶中注入待测液，加入2～3滴指示剂。
(3)滴(滴定)：在锥形瓶下垫一张白纸，向锥形瓶中先快后慢地加入标准液(后面逐滴加入)，至指示剂发生明显的颜色变化(如由红色变为无色或红色变为橙色、无色变为粉红色等)且半分钟内不变时，停止滴定。
(4)读(读数)：平视滴定管中凹液面最低点，读取溶液体积。
(5)记(记录)：记录滴定前和滴定终点时滴定管中标准液的刻度，重复滴定2～3次将数据记入表中。
(6)算(计算)：以(V终－V始)为消耗的标准液的体积，取2～3次实验结果的平均值，依据c待＝(一元酸碱)计算待测液的物质的量浓度。
归纳总结
酸碱中和滴定
(1)原理：酸和碱反应的实质是H＋＋OH－===H2O。用已知浓度的盐酸(标准液)来滴定未知浓度的NaOH溶液(待测液)的计算公式为c待＝。
(2)准确判断滴定终点：最后一滴恰好使指示剂颜色发生明显的改变且半分钟内不变色，即为滴定终点。
(3)滴定操作要点：左手控制活塞或玻璃小球，右手摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化。
(4)滴定曲线
以滴加酸(或碱)的量为横坐标，以溶液的pH为纵坐标绘出一条溶液的pH随酸(或碱)的滴加量而变化的曲线。如图所示为用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HCl溶液过程中的pH变化曲线。
由曲线可以看出，在酸、碱中和滴定过程中，溶液的pH在接近滴定终点时有一个突变过程，在此范围内，滴加很少的酸(或碱)，溶液的pH就有很大的变化，能使指示剂的颜色发生明显变化，有利于确定滴定终点。
1.下列酸碱中和滴定的实验操作或仪器的使用正确的是 (填序号)。
①装置Ⅰ进行酸碱中和滴定(略去部分夹持仪器)
②如图Ⅱ实验装置(固定装置略去)进行操作
③如图Ⅲ所示，记录滴定终点读数为12.20 mL
④图Ⅳ曲线表示用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定浓度相同的三种一元酸，由此可判断HX的酸性最强
⑤滴定管在使用前要用待装液润洗，而锥形瓶不用润洗
⑥酸式滴定管注入Na2CO3溶液之前应检查是否漏液
⑦可用25 mL碱式滴定管量取20.0 mL KMnO4溶液
答案　⑤
解析　①应选用酸式滴定管；②NaOH溶液不应装入酸式滴定管中；③读数应为11.80 mL；④HX酸性最弱；⑤正确；⑥Na2CO3溶液应注入碱式滴定管中；⑦应改为可用25 mL酸式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液。
2.(1)选用以下主要仪器和试剂，是否可以达到测定NaOH溶液浓度的目的？ (填“是”或“否”)。
主要仪器：滴定管　锥形瓶　烧杯
试剂：NaOH溶液　0.100 0 mol·L－1盐酸
(2)现用物质的量浓度为0.100 0 mol·L－1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：
①用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入 (填“甲”或“乙”)中。
②某学生的操作步骤如下：
A.移取20.00 mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞；
B.用标准溶液润洗滴定管2～3次；
C.把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液；
D.取标准KOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上 2～3 mL；
E.调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F.把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
正确操作步骤的顺序是 (用字母序号填写)。
上述B步骤操作的目的是 。
判断到达滴定终点的实验现象是 。
③右上图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，c(HCl)＝ mol·L－1。
答案　(1)否　(2)①乙　②BDCEAF　洗去附在滴定管内壁上的水，防止其将标准溶液稀释而带来误差　当滴入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色　③
解析　(1)缺少酸碱指示剂，无法判断滴定终点。(2)①NaOH为强碱，应将NaOH溶液注入碱式滴定管中，故选乙。②按查漏→水洗→润洗→装液→排气泡→调液面→读数→加待测液和指示剂→滴定→判断终点→读数、记录数据→计算的顺序思考。判断滴定终点的方法是当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。③滴定过程中消耗NaOH溶液的体积为(V2－V1) mL，因此c(HCl)＝ mol·L－1。
二　酸碱中和滴定误差分析
1.在酸碱中和滴定前的准备工作中，滴定管用蒸馏水洗净后，还要用标准液润洗2～3次，否则，会使标准液实际浓度减小，消耗标准液体积增大，由c待＝可知，所测得的待测液浓度偏大。
2.在滴定前，锥形瓶用蒸馏水洗净后，是否要用待测液润洗？为什么？不需要。因为若用待测液润洗锥形瓶，会使量取的待测液的实际体积增大，消耗标准液的体积增大，使测定结果偏大。
3.滴定管正确的读数方法是视线、刻度线、凹液面在同一水平线上。试分析下列图示读数对滴定结果的影响：
(1)如图Ⅰ，开始仰视读数，滴定完毕俯视读数，滴定结果会偏小。
(2)如图Ⅱ，开始俯视读数，滴定完毕仰视读数，滴定结果会偏大。
归纳总结
中和滴定误差分析
中和滴定实验中，产生误差的主要原因有操作不当、读数不准等，分析误差要根据计算式分析，c待测＝，c标准、V待测均为定值，c待测的大小取决于V标准的大小。
3.下列实验操作不会引起误差的是(　　)
A.酸碱中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶
B.酸碱中和滴定时，用冲洗干净的滴定管盛装标准溶液
C.用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸溶液时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴
D.用标准盐酸测定未知浓度NaOH溶液，实验结束时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡
答案　C
解析　A项，锥形瓶一定不要用待测液润洗，否则会使待测液的量偏大，消耗标准液的体积偏大，从而使所测浓度偏大；B项，冲洗干净的滴定管无论是盛装标准溶液，还是待测溶液，都必须用待装溶液润洗2～3次，否则会使标准溶液或待测溶液比原来溶液的浓度偏小，影响结果；C项，在滴定过程中，指示剂略多加了几滴，一般不影响实验结果，因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量；D项，实验开始时酸式滴定管中无气泡，实验结束时有气泡，会导致所读取的V(HCl)偏小，依据V(HCl)·c(HCl)＝V(NaOH)·c(NaOH)得所测得的c(NaOH)偏小。
4.下列错误操作中，能造成中和滴定结果偏低的是(　　)
A.用滴定管量取标准液时，开始时平视，滴定后仰视
B.盛标准液的滴定管尖嘴部分有气泡未排出就开始滴定
C.往锥形瓶中加待测液时，对滴定管读数，开始时仰视，滴定后平视
D.振荡时锥形瓶中液滴飞溅出来
答案　D
酸式碱式莫混用，读数视线要水平；
充满尖嘴不留气，液面不要高于零；
适量滴加指示剂，初始读数要记清；
左手慢慢旋活塞，右手旋摇锥形瓶；
两眼紧盯待测液，颜色突变立即停；
记下刻度来计算，中和滴定操作完。
1.酸碱完全中和时，有关说法正确的是(　　)
A.溶液一定呈中性
B.酸和碱的物质的量一定相等
C.酸和碱的物质的量浓度相等
D.酸能提供的H＋与碱能提供的OH－的物质的量相等
答案　D
解析　酸碱完全反应时，酸提供的H＋与碱提供的OH－的物质的量相等。
2.下列有关滴定操作的顺序正确的是(　　)
①检查滴定管是否漏水　②用蒸馏水洗涤玻璃仪器　③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管　④装标准溶液和待测液并调整液面和记录初始读数　⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中　⑥滴定操作
A.①③②④⑤⑥ B.①②③④⑤⑥
C.②③①④⑤⑥ D.④⑤①②③⑥
答案　B
解析　滴定操作的顺序为查漏—洗涤—润洗—注液—滴定。
3.用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，所选用的滴定管如图甲、乙所示，从下表中选出正确选项(　　)
锥形瓶中溶液
滴定管中溶液
选用指示剂
选用滴定管
A
碱
酸
石蕊
乙
B
酸
碱
酚酞
甲
C
碱
酸
甲基橙
乙
D
酸
碱
酚酞
乙
答案　D
解析　甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管。酸碱中和滴定中一般不选用石蕊溶液作指示剂，故A项不正确；酸式滴定管不能盛放碱液，故B项不正确；C项，滴定管选用不正确。
4.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定。下列说法正确的是(　　)
A.滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B.随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
答案　B
解析　A项，滴定管用蒸馏水洗涤后，还要用待装NaOH溶液润洗，否则将要引起误差，错误；B项，在用NaOH溶液滴定盐酸的过程中，锥形瓶内溶液由酸性逐渐变为中性，溶液的pH由小变大，正确；C项，用酚酞作指示剂，锥形瓶中溶液应由无色变为粉红色，且半分钟内不恢复原色时才能停止滴定，错误；D项，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则碱液的体积偏大，测定结果偏大，错误。
5.下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：
a.量筒　b.容量瓶　c.滴定管　d.托盘天平　e.温度计
(1)无“0”刻度的是 (填字母)。
(2)下列操作合理的是 (填字母)。
A.用25 mL碱式滴定管量取20.00 mL NaHCO3溶液
B.用托盘天平准确称量10.20 g碳酸钠固体
C.用100 mL量筒量取3.2 mL浓硫酸
D.用500 mL容量瓶配制1 mol·L－1的氢氧化钠溶液495.5 mL
(3)某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则所用盐酸的体积为 mL。
(4)某学生根据三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测氢氧化钠溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
请选用其中合理数据列出该氢氧化钠溶液物质的量浓度(计算结果保留4位有效数字)：c(NaOH)＝ 。
(5)由于错误操作，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是 (填字母)。
A.中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数
B.碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00 mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定
C.酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定
D.把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定
答案　(1)ab　(2)A　(3)26.00　(4)0.104 4 mol·L－1　(5)CD
解析　(1)滴定管、容量瓶无“0”刻度，托盘天平的“0”刻度在刻度尺的最左边。
(2)B项，托盘天平的精确度为0.1 g；C项，量取3.2 mL的浓H2SO4应用5 mL的量筒；D项，500 mL容量瓶只能配制500 mL溶液。
(3)滴定管可估读一位，其体积应为26.00 mL。
(4)舍去第二组数据c(NaOH)＝＝0.104 4 mol·L－1。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　仪器的使用
1.某同学在实验报告中记录了下列数据，其中正确的是(　　)
A.用25 mL量筒量取12.36 mL盐酸
B.用pH试纸测出某溶液pH为3.5
C.用托盘天平称取8.75 g食盐
D.用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为15.60 mL
答案　D
解析　量筒的精确度只有0.1 mL，pH试纸只能读到整数，托盘天平的精确度为0.1 g。
2.在一支25 mL的酸式滴定管中加入0.1 mol·L－1的盐酸，其液面恰好在5 mL刻度处，若把滴定管中的溶液全部转移到烧杯中，然后用0.1 mol·L－1NaOH溶液进行中和，则消耗NaOH溶液的体积(　　)
A.大于20 mL B.小于20 mL
C.等于20 mL D.等于5 mL
答案　A
解析　V(HCl)＞20 mL，所以消耗NaOH溶液的体积大于20 mL。
3.用0.102 6 mol·L－1的盐酸滴定25.00 mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如图所示，正确的读数为(　　)
A.22.30 mL B.22.35 mL
C.23.65 mL D.23.70 mL
答案　B
4.下列说法正确的是(　　)
A.用图示仪器Ⅰ准确量取25.00 mL酸性KMnO4溶液
B.装置Ⅱ可用于已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸的实验
C.中和滴定时，滴定管用所盛装的待装液润洗2～3次
D.中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶
答案　C
解析　酸性KMnO4溶液不能用碱式滴定管量取，A项不正确；NaOH溶液不能盛装在酸式滴定管中，B项不正确；中和滴定时滴定管需用待装液润洗，而锥形瓶不能用待测液润洗，C项正确，D项不正确。
题组2　滴定操作及数据处理
5.下面是一段关于酸碱中和滴定实验操作的叙述：①取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次　②在锥形瓶中加入 25 mL 待测NaOH溶液　③加入几滴石蕊溶液作指示剂　④取一支酸式滴定管，洗涤干净　⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定　⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶　⑦两眼注视着滴定管内盐酸液面的下降，直至滴定终点。文中所述操作有错误的序号为(　　)
A.④⑥⑦ B.①②⑤⑥
C.③⑤⑦ D.①③⑤⑦
答案　D
解析　锥形瓶不用待测液润洗，①错；③石蕊变色不明显，不易观察颜色变化，在酸碱中和滴定时不用石蕊溶液作指示剂，③错；滴定管使用前要润洗，⑤错；滴定过程中眼睛观察锥形瓶中溶液颜色变化，⑦错。
6.用已知物质的量浓度的盐酸滴定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，下列操作中不正确的是(　　)
A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知物质的量浓度的盐酸
B.锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知物质的量浓度的NaOH溶液
C.滴定时，应左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛时刻注视着锥形瓶内颜色的变化
D.读数时，视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持一致
答案　A
解析　A项，滴定管使用前应润洗；B项，锥形瓶不能用待测液润洗；C、D两项均符合实验操作。
题组3　误差分析
7.用标准浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸时，下列情况会使盐酸物质的量浓度偏低的是(　　)
A.碱式滴定管用蒸馏水洗净后，直接注入标准浓度的NaOH溶液
B.碱式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
C.记录消耗的碱液，滴定前平视，滴定后俯视凹液面
D.锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接装入未知浓度的盐酸
答案　C
解析　未用NaOH溶液润洗滴定管，即NaOH溶液浓度下降；把气泡误算为NaOH溶液的体积，读取的NaOH溶液的体积比实际用量大，结果偏高；滴定前平视，滴定后俯视凹液面，这样读取的NaOH溶液的体积比实际用量小，结果偏低；锥形瓶中含有蒸馏水，对测定结果无影响。
8.用滴定法测定Na2CO3(含NaCl杂质)的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是(　　)
A.试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定
B.滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定
C.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接注入待测溶液进行滴定
D.滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00 mL 进行滴定
答案　B
解析　此实验过程中，待测值为c(Na2CO3)，根据酸与Na2CO3的反应可知，c(Na2CO3)·V待测液＝k·c酸·V酸(k为标准酸与Na2CO3反应时的化学计量数之比)。A项，加入酚酞时，对实验数据无影响；B项，此操作使V酸数值偏大，故使c(Na2CO3)偏大，最终所得Na2CO3质量分数偏高；C项，此操作对实验数据无影响；D项，此操作使c(Na2CO3)数值偏小，最终使所得Na2CO3质量分数偏低。
9.在25 ℃时，用0.125 mol·L－1的标准盐酸滴定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
答案　A
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。由Kw＝c(H＋)·c(OH－)知，0.1 mol·L－1的NaOH溶液的c(H＋)＝10－13 mol·L－1，即其pH＝13。
10.下图是对10 mL一定物质的量浓度的盐酸用一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定的图像，依据图像推出盐酸和NaOH溶液的物质的量浓度是下表内各组中的(　　)
选项
溶液
A
B
C
D
c(HCl)/mol·L－1
0.12
0.04
0.03
0.09
c(NaOH)/mol·L－1
0.04
0.12
0.09
0.03
答案　D
解析　由图像可知，30 mL NaOH溶液恰好中和10 mL盐酸，则3c(NaOH)＝c(HCl)，表中A、D组属此种情况，但A组中c(HCl)＝0.12 mol·L－1，c(H＋)＝0.12 mol·L－1，pH＜1，不符合图像；D组中c(HCl)＝0.09 mol·L－1，pH＞1，加入20 mL NaOH后溶液的c(H＋)＝＝1×10－2 mol·L－1，pH＝－lg(1×10－2)＝2，正好符合题意。
[能力提升题]
11.某学生用0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；
④移取20.00 mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。
请回答下列问题：
(1)以上步骤有错误的是 (填编号)。若测定结果偏高，其原因可能是 (填字母)。
A.配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质
B.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
D.滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液(2)判断滴定终点的现象是
。
(3)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为 mL。
(4)根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度： mol·L－1。
滴定次数
待测体积(mL)
标准烧碱溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
20.00
0.40
20.40
第二次
20.00
2.00
24.10
第三次
20.00
4.00
24.00
答案　(1)①　ABCD
(2)滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色
(3)22.60　(4)0.200 0
解析　(1)①碱式滴定管应润洗。
(4)V1＝20.40 mL－0.40 mL＝20.00 mL
V2＝24.10 mL－2.00 mL＝22.10 mL
V3＝24.00 mL－4.00 mL＝20.00 mL
应舍去第二次数据
c(HCl)＝＝0.200 0 mol·L－1。
12.某班学生通过分组实验测定酸碱滴定曲线。
实验用品：0.1 mol·L－1 HCl溶液、0.1 mol·L－1NaOH溶液、蒸馏水、pH计、酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台(带滴定管夹)、锥形瓶。甲、乙、丙三组同学锥形瓶中的溶液所取体积均为20.00 mL，且所用的试剂完全相同，根据实验所得的数据绘制的曲线分别如图中a、b、c所示，其中乙和丙两组同学的操作上都存在着不足或失误。
请回答下列问题：
(1)实验前pH计应用标准溶液进行校准，若将pH计放入c(H＋)＝0.000 1 mol·L－1的标准溶液中校准，则pH计的读数应为 。
(2)甲组同学滴定时选用的滴定管为 (填“酸式”或“碱式”)滴定管，最后一次润洗滴定管应选用实验用品中的 进行润洗。
(3)乙组同学操作上的不足之处是 。
(4)造成丙组同学的曲线与甲组同学不同的原因可能是 (填字母)。
A.用待装液润洗锥形瓶
B.滴定使用的滴定管的尖嘴部分在滴定前有气泡未排出，滴定后气泡消失
C.滴定前后对滴定管进行读数的视线分别如图所示
答案　(1)4.00　(2)碱式　0.1 mol·L－1 NaOH溶液
(3)在滴定终点附近测试和记录pH的间隔太大
(4)AB
解析　(1)pH＝－lg c(H＋)＝－lg 0.000 1＝4.00。(2)甲同学所进行的实验为用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL的0.1 mol·L－1 HCl溶液，故所用的滴定管应为碱式滴定管，最后一次润洗时要使用0.1 mol·L－1 NaOH溶液。(3)由b曲线知，在滴定过程中，在滴定终点附近测试和记录pH的间隔过大。(4)滴定至终点时丙所用体积比甲、乙多，原因可能是A、B两项，C项滴定前仰视，滴定后俯视，会使测得的NaOH溶液体积较少。
13.我国国标推荐的食品药品中Ca元素含量的测定方法之一为利用Na2C2O4将处理后的样品中的Ca2＋沉淀，过滤洗涤，然后将所得CaC2O4固体溶于过量的强酸，最后使用已知浓度的KMnO4溶液通过滴定来测定溶液中Ca2＋的含量。针对该实验中的滴定过程，回答以下问题：
(1)KMnO4溶液应该用 (填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，除滴定管外，还需要的玻璃仪器有 。
(2)试写出滴定过程中发生反应的离子方程式： 。
(3)滴定终点的颜色变化为溶液由 色变为 色。
(4)以下操作会导致测定的结果偏高的是 (填字母)。
a.装入KMnO4溶液前未润洗滴定管
b.滴定结束后俯视读数
c.滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液
d.滴定过程中，振荡时将待测液洒出
(5)某同学对上述实验方法进行了改进并用于测定某品牌的钙片中的钙元素(主要为CaCO3)含量，其实验过程如下：取2.00 g样品加入锥形瓶中，用酸式滴定管向锥形瓶内加入20.00 mL浓度为0.10 mol·L－1的盐酸(盐酸过量)，充分反应一段时间，用酒精灯将锥形瓶内液体加热至沸腾，数分钟后，冷却至室温，加入2～3滴酸碱指示剂，用浓度为0.10 mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液8.00 mL。[提示：Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会产生沉淀]
据此回答：
①为使现象明显、结果准确，滴定过程中的酸碱指示剂应选择 (填“石蕊”、“甲基橙”或“酚酞”)溶液。
②实验过程中将锥形瓶内液体煮沸的目的是 。
③则此2.00 g钙片中CaCO3的质量为 g。
答案　(1)酸式　烧杯、锥形瓶
(2)2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O　(3)无　浅紫　(4)ac　(5)①甲基橙　②将溶解在溶液中的CO2气体赶出　③0.06
解析　(1)KMnO4溶液具有强氧化性，应放在酸式滴定管中。
(3)KMnO4溶液本身可以作为指示剂，终点的颜色变化为无色变为紫色。
(5)实验过程中将锥形瓶内液体煮沸的目的是将溶解的CO2气体赶出；该滴定若用“酚酞”作指示剂，由于它的变色范围为8.2～10，会使Ca(OH)2形成沉淀析出，造成误差偏大。
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
HCl　　　　　＋　　　　　NaOH===NaCl＋H2O
8.00 mL×0.10 mol·L－1 8.00 mL×0.10 mol·L－1
CaCO3所消耗的HCl为
20.00 mL×0.10 mol·L－1－8.00 mL×0.10 mol·L－1＝12.00 mL×0.10 mol·L－1
m(CaCO3)
＝×100 g·mol－1＝0.06 g。
第四节　难溶电解质的溶解平衡
第1课时　沉淀溶解平衡与溶度积
[学习目标定位]　1.知道沉淀溶解平衡的概念及其影响因素。2.明确溶度积和离子积的关系，并由此学会判断反应进行的方向。
一　难溶电解质的溶解平衡
1.不同的固体物质在水中的溶解度不同，有的很大，有的很小，但无论大小，都有一定的溶解度。在20 ℃时，物质的溶解度与溶解性的关系如下：
下列物质，属于易溶物质的是①②③，属于微溶物质的是④⑤⑥，属于难溶物质的是⑦⑧⑨。
①NaCl、②NaOH、③H2SO4、④MgCO3、⑤CaSO4、⑥Ca(OH)2、⑦CaCO3、⑧BaSO4、⑨Mg(OH)2
2.固体物质的溶解是可逆过程
固体溶质 溶液中的溶质
(1)v溶解>v沉淀　 固体溶解
(2)v溶解＝v沉淀　 溶解平衡
(3)v溶解3.在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即建立了动态平衡，叫做沉淀溶解平衡。如AgCl溶于水的溶解平衡表示为AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。
归纳总结
难溶电解质的沉淀溶解平衡
(1)溶解度(S)
在一定温度下，某固态物质在100 g溶剂中达到饱和状态时所溶解的质量，叫做这种物质在这种溶剂中的溶解度，用S表示。
(2)AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)和AgCl===Ag＋＋Cl－表示的意义
不同：前者表示AgCl的溶解平衡，后者表示AgCl在水中完全电离(是指溶解的那一部分)。
(3)沉淀溶解平衡状态的特征
①动态平衡v溶解＝v沉淀≠0。
②达到平衡时，溶液中离子的浓度保持不变。
③当改变外界条件时，溶解平衡将发生移动，达到新的平衡。
1.下列说法中正确的是(　　)
A.只有易溶电解质在溶液中才存在溶解平衡
B.难溶电解质在溶液中只存在溶解平衡，不存在电离平衡
C.溶解平衡只能通过电解质溶解于水时建立
D.溶解平衡时，电解质表面上的离子或分子脱离电解质的速率与溶液中的离子或分子回到电解质表面的速率相等
答案　D
解析　溶解平衡发生在固体表面，是在一定条件下电离出的离子向溶剂中扩散和溶剂中离子回到固体表面析出所建立的平衡。达到溶解平衡时以上两种速率相等。
2.在装有少量难溶的PbI2黄色固体的试管中，加入约3 mL蒸馏水，充分振荡后静置。
(1)若在上层清液中滴加浓的KI溶液，观察到的现象是上层清液中出现黄色沉淀。
(2)由上述实验得出的结论是原上层清液中含有Pb2＋，PbI2在水中存在溶解平衡。
(3)PbI2溶于水的平衡方程式是PbI2(s)??Pb2＋(aq)＋2I－(aq)。
二　影响沉淀溶解平衡的因素
难溶物质溶解程度的大小，主要取决于物质本身的性质。但改变外界条件(如浓度、温度等)，沉淀溶解平衡会发生移动。已知溶解平衡：Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，请分析当改变下列条件时，对该溶解平衡的影响，填写下表：
条件改变
移动方向
c(Mg2＋)
c(OH－)
加水
正向移动
不变
不变
升温
正向移动
增大
增大
加MgCl2(s)
逆向移动
增大
减小
加盐酸
正向移动
增大
减小
加NaOH(s)
逆向移动
减小
增大
(以上浓度变化均指平衡后和原平衡比较)
归纳总结
外界条件对溶解平衡的影响
(1)温度升高，多数溶解平衡向溶解的方向移动。
(2)加水稀释，浓度减小，溶解平衡向溶解方向移动，但平衡后因仍存在溶解平衡，故离子浓度保持不变。
(3)加入与难溶电解质构成微粒相同的物质，溶解平衡向生成沉淀的方向移动。
(4)加入与难溶电解质溶解所得的离子反应的物质，溶解平衡向溶解的方向移动。
3.把氢氧化钙放入蒸馏水中，一段时间后达到如下平衡：
Ca(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入以下溶液，可使Ca(OH)2减少的是(　　)
A.Na2S溶液 B.AlCl3溶液
C.NaOH溶液 D.CaCl2溶液
答案　B
解析　Na2S水解显碱性，增大了溶液中OH－的浓度；NaOH会提供大量OH－；CaCl2会增大Ca2＋的浓度，所以A、C、D选项都会使溶解平衡向生成沉淀的方向移动使Ca(OH)2增多。AlCl3中的Al3＋可与OH－发生反应生成Al(OH)3沉淀，使平衡向溶解的方向移动，促进Ca(OH)2的溶解。
4.一定温度下，将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是(　　)
①20 mL 0.01 mol·L－1 KCl溶液　②30 mL 0.02 mol·L－1 CaCl2溶液　③40 mL 0.03 mol·L－1 HCl溶液　④10 mL 蒸馏水　⑤50 mL 0.05 mol·L－1 AgNO3溶液
A.①>②>③>④>⑤ B.④>①>③>②>⑤
C.⑤>④>②>①>③ D.④>③>⑤>②>①
答案　B
解析　AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，c(Cl－)或c(Ag＋)越大，对AgCl的溶解抑制作用越大，AgCl的溶解度就越小。注意AgCl的溶解度大小只与溶液中Ag＋或Cl－的浓度有关，而与溶液体积无关。①c(Cl－)＝0.01 mol·L－1；②c(Cl－)＝0.04 mol·L－1；③c(Cl－)＝0.03 mol·L－1；④c(Cl－)＝0 mol·L－1；⑤c(Ag＋)＝0.05 mol·L－1。Ag＋或Cl－浓度由小到大的顺序为④<①<③<②<⑤，故AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为④>①>③>②>⑤。
三　溶度积常数
1.在一定温度下，沉淀达溶解平衡后的溶液为饱和溶液，其离子浓度不再发生变化，溶液中各离子浓度幂之积为常数，叫做溶度积常数(简称溶度积)，用Ksp表示。
2.写出下列沉淀溶解平衡的溶度积常数的表达式
(1)AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)；
(2)Fe(OH)3(s)??Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)
Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)；
(3)AmBn(s)??mAn＋(aq)＋nBm－(aq)
Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。
3.通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Qc的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解：
(1)Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。
(2)Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。
(3)Qc归纳总结
溶度积常数的理解
(1)溶度积的意义
①溶度积Ksp值的大小只与难溶电解质本身的性质和温度有关，与浓度无关。
②Ksp大小反映难溶电解质的溶解能力，Ksp越小，说明难溶物越难溶解。
③相同类型的电解质，溶度积越小，其溶解度越小。
④不同类型的电解质，溶度积小的电解质的溶解度不一定比溶度积大的溶解度小。
(2)根据溶度积能计算出饱和溶液中离子浓度，由溶液体积可计算出溶解的溶质的物质的量，Ksp与S换算时，S的单位必须用物质的量浓度(mol·L－1或mol·dm－3)。
5.已知25 ℃时，AgCl的溶度积Ksp＝1.8×10－10，则下列说法正确的是(　　)
A.向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大
B.AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag＋)＝c(Cl－)
C.温度一定时，当溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp时，此溶液中必有AgCl的沉淀析出
D.Ksp(AgI)答案　D
解析　Ksp只与温度有关，A项不正确；B项混合后可能Ag＋或Cl－有剩余，但不一定有c(Ag＋)＝c(Cl－)；C项Qc＝Ksp时达到溶解平衡，没有AgCl沉淀析出；D项比较物质的溶解度大小时，要注意物质的类型相同且化学式中阴阳离子的个数比相同，溶度积越小，其溶解度也越小。如果不同，则不能直接利用溶度积的大小来比较其溶解性，需转化为溶解度进行比较，否则容易误判。
6.向含有AgI的饱和溶液中：
(1)加入AgCl固体，则c(I－) (填“变大”、“变小”或“不变”，下同)。
(2)若改加更多的AgI，则c(Ag＋)将 。
(3)若改加AgBr固体，则c(I－) ，而c(Ag＋) 。
答案　(1)变小　(2)不变　(3)变小　变大
－
1.下列有关AgCl沉淀的溶解平衡状态的说法中，正确的是(　　)
A.AgCl沉淀的生成和溶解不断进行，但速率相等
B.AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C.升高温度，AgCl的溶解度不变
D.向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度不变
答案　A
解析　AgCl固体在溶液中存在溶解平衡，所以溶液中有Ag＋和Cl－，B错；升高温度，AgCl溶解度增大，C错；向平衡体系中加入NaCl固体，增大了c(Cl－)，溶解平衡左移，AgCl溶解度减小，D错。
2.下列说法正确的是(　　)
A.在一定温度下的饱和AgCl水溶液中，Ag＋与Cl－的浓度积是一个常数
B.已知AgCl的Ksp＝1.8×10－10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)，且Ag＋与Cl－浓度的乘积等于1.8×10－10
C.Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强
D.难溶电解质的溶解度很小，故外界条件改变，对它的溶解度没有影响
答案　A
解析　由溶度积常数定义可知，一定温度下Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)为一常数，A项正确；若在含AgCl固体的溶液中溶有NaCl，则c(Ag＋)3.下列说法中，正确的是(　　)
A.两种难溶盐电解质，其中Ksp小的溶解度一定小
B.溶液中存在两种可以与同一沉淀剂生成沉淀的离子，则Ksp小的一定先生成沉淀
C.难溶盐电解质的Ksp与温度有关
D.同离子效应使难溶盐电解质的溶解度变小，也使Ksp变小
答案　C
解析　Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关。
4.已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，浓度均为 0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(　　)
A.Cl－、Br－、CrO B.CrO、Br－、Cl－
C.Br－、Cl－、CrO D.Br－、CrO、Cl－
答案　C
解析　要产生AgCl沉淀，c(Ag＋)＞ mol·L－1＝1.56×10－8 mol·L－1；
要产生AgBr沉淀，c(Ag＋)＞ mol·L－1＝7.7×10－11 mol·L－1；
要产生Ag2CrO4，需c2(Ag＋)·c(CrO)＞Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12，
即c(Ag＋)＞ mol·L－1＝3.0×10－5 mol·L－1；显然产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO。
5.在0.10 mol·L－1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c(Cu2＋)＝ mol·L－1(Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)。若在0.1 mol·L－1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2＋完全沉淀为CuS，此时溶液中的H＋浓度是
mol·L－1。
答案　2.2×10－8　0.2
解析　pH＝8时，c(OH－)＝10－6 mol·L－1，由硫酸铜的沉淀溶解平衡常数可知：Ksp＝2.2×10－20＝10－12×c(Cu2＋)，得c(Cu2＋)＝2.2×10－8 mol·L－1；使Cu2＋沉淀完全，已知c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，根据反应关系式：Cu2＋～2H＋得c(H＋)＝0.2 mol·L－1。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　沉淀溶解平衡的含义
1.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
答案　B
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，由于固体的溶度积为常数，故平衡不发生移动。
题组2　外界条件对沉淀溶解平衡的影响
2.在AgCl饱和溶液中尚有AgCl固体存在，当向溶液中加入0.1 mol·L－1的盐酸时，下列说法正确的是(　　)
A.AgCl沉淀溶解平衡正向移动
B.AgCl溶解度增大
C.溶液中c(Ag＋)增大
D.溶液中c(Cl－)增大
答案　D
解析　加入HCl溶液后，c(Cl－)增大，使沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中c(Ag＋)降低，AgCl的溶解度减小。故A、B、C均不正确。
3.下列说法正确的是(　　)
A.含有AgCl和AgI固体的悬浊液中c(Ag＋)>c(Cl－)＝c(I－)
B.25 ℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
C.在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)增大
D.25 ℃ AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
答案　B
解析　A项，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，所以含AgCl和AgI固体的悬浊液中c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)，A项不正确；B项，Cu(NO3)2溶液中含有Cu2＋使Cu(OH)2(s)??Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)逆向移动，溶解度比在水中的小，B项正确；C项，在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(SO)增大，沉淀溶解平衡向沉淀方向移动c(Ba2＋)减小，C项不正确；D项，溶液中c(Cl－)越大，AgCl的溶解度越小，D项不正确。
4.25 ℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)??Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是(　　)
A.溶液中Pb2＋和I－浓度都增大
B.溶度积常数Ksp增大
C.沉淀溶解平衡向右移动
D.溶液中Pb2＋浓度减小
答案　D
解析　加入KI溶液时，溶液中c(I－)增大，使PbI2的沉淀溶解平衡逆向移动，因此溶液中c(Pb2＋)减小，但由于溶液温度未发生改变，故PbI2的溶度积常数Ksp不发生变化。
5.把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)。下列叙述正确的是(　　)
A.给溶液加热，溶液的pH升高
B.恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
C.向溶液中加入Na2CO3溶液，Ca(OH)2固体增多
D.向溶液中加入少量的NaOH固体，Ca(OH)2固体增多
答案　D
解析　A项，加热时Ca(OH)2溶解度减小，平衡逆向移动，c(OH－)减小，pH减小；B项，CaO＋H2O===Ca(OH)2，由于保持恒温，Ca(OH)2溶解度不变，c(OH－)不变，因此pH不变；C项，CO＋Ca2＋===CaCO3↓，使平衡正向移动，Ca(OH)2固体减少；D项，加入NaOH固体时，c(OH－)增大，平衡逆向移动，因此Ca(OH)2固体增多。
题组3　溶度积及应用
6.某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点
B.通过蒸发可以使溶液由d点变到c点
C.d点无BaSO4沉淀生成
D.a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
答案　C
解析　Ksp在温度一定的条件下是一定值，与Ba2＋和SO的浓度大小有一定关系，但两者浓度的乘积是一定值。b点本身已过饱和，d点没有达到沉淀溶解平衡故无BaSO4沉淀生成。
7.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()
答案　C
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()。
8.已知CaCO3的Ksp＝2.8×10－9，现将浓度为2×10－4 mol·L－1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应为(　　)
A.2.8×10－2 mol·L－1 B.1.4×10－5 mol·L－1
C.2.8×10－5 mol·L－1 D.5.6×10－5 mol·L－1
答案　D
解析　由沉淀形成的条件知，要产生沉淀必须满足：c(Ca2＋)·c(CO)>2.8×10－9，因等体积混合，c(CO)＝1×10－4 mol·L－1，故混合溶液中c(Ca2＋)应大于2.8×10－5 mol·L－1，则混合前c(CaCl2)至少应为5.6×10－5 mol·L－1。
9.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＋)答案　C
解析　在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液，平衡BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO(aq)左移，因加入了少量的BaCl2溶液，此时c(Ba2＋)>c(SO)；但由于温度未发生改变，所以溶液中c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp。
10.某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是(　　)
A.Ksp[Fe(OH)3]B.加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
C.c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等
D.Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
答案　B
解析　Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，Fe3＋、Cu2＋浓度相等(b、c点)时，Fe3＋对应的pH小，c(H＋)较大，则c(OH－)较小，又知Ksp仅与温度有关，则Ksp[Fe(OH)3][能力提升题]
11.用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为 ，加碱调节至pH为 时，铁离子刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为 时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是 ，
原因是 。
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp的近似值
10－17
10－17
10－39
答案　Fe3＋　2.7　6　Zn2＋和Fe2＋不能分离
Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近
解析　铁溶于稀硫酸生成Fe2＋，Fe2＋被双氧水氧化为Fe3＋。Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－39，铁刚好完全沉淀时，c(OH－)＝≈4.64×10－12 mol·L－1，则c(H＋)＝＝ mol·L－1≈2.16×10－3 mol·L－1，pH≈2.7；Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－17，锌开始沉淀时，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，则，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，pH＝6；Zn(OH)2和 Fe(OH)2的Ksp相近，若不加双氧水，沉淀Zn2＋的同时Fe2＋也会沉淀，从而使Zn2＋和Fe2＋不能分离。
12.(1)已知25 ℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。请回答下列问题：
①25 ℃时，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c(Ag＋)为 mol·L－1，pH为 。
②25 ℃时，取一定量含有I－、Cl－的溶液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl和AgI同时沉淀时，溶液中为 。
(2)已知：2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O,25 ℃时，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12，Ksp(Ag2Cr2O7)＝2.0×10－7，向Na2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，最终只生成一种砖红色沉淀，该沉淀的化学式是 。
(3)已知：25 ℃时Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，说明Ag2CrO4的溶解度
(填“大于”、“小于”或“等于”)AgCl的。
(4)25 ℃时，Mg(OH)2饱和溶液 (填“能”或“不能”)使石蕊溶液变蓝色。(已知Ksp[Mg(OH)2]＝4.0×10－12，lg 5＝0.7)。
答案　(1)①1.8×10－7　2　②4.7×10－7
(2)Ag2CrO4　(3)大于　(4)能
解析　(1)①反应后剩余的c(Cl－)＝＝0.001 mol·L－1，c(Ag＋)＝＝1.8×10－7 mol·L－1 。反应后溶液中的c(H＋)＝＝0.010 mol·L－1，pH＝2。②＝＝≈4.7×10－7。
(2)由于Ksp(Ag2CrO4)(3)25 ℃时，Ag2CrO4和AgCl饱和溶液的物质的量浓度分别为x、y
Ag2CrO4(s)??2Ag＋(aq)＋CrO(aq)
x 2x x
AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
y y y
4x3＝9.0×10－12，y2＝1.8×10－10
x＝ mol·L－1＝×10－4 mol·L－1
y＝×10－5 mol·L－1
所以x>y，Ag2CrO4的溶解度大于AgCl的溶解度。
(4)设Mg(OH)2饱和溶液的物质的量浓度为x，则4x3＝4.0×10－12，x＝1.0×10－4 mol·L－1，c(OH－)＝2.0×10－4 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝5×10－11 mol·L－1，pH＝－ lg 5×10－11＝11－lg 5＝10.3。
所以能使石蕊溶液变蓝色。
13.已知常温下各物质的溶度积或电离平衡常数如下：
Ksp(CuS)＝1.3×10－36，Ksp(FeS)＝6.5×10－18
H2S：Ka1＝1.2×10－7，Ka2＝7×10－15
一般来说，如果一个反应的平衡常数大于105，通常认为反应进行得较完全；如果一个反应的平衡常数小于10－5，则认为该反应很难进行。请回答：
(1)向浓度均为0.1 mol·L－1的FeSO4和CuSO4的混合溶液中加Na2S溶液，请写出首先出现沉淀的离子方程式 。
当加入Na2S溶液至出现两种沉淀，则溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝ 。
(2)通过计算说明反应CuS(s)＋2H＋===Cu2＋＋H2S进行的程度 。
(3)常温下，NaHS溶液呈碱性，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
若向此溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应，所得溶液的pH (填“>”、“<”或“＝”)7。用离子方程式表示其原因 。
答案　(1)Cu2＋＋S2－===CuS↓　5.0×1018
(2)反应很难进行
(3)c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(S2－)>c(H＋)　<　HS－＋Cu2＋===CuS↓＋H＋
解析　(1)由于c(Cu2＋)和c(Fe2＋)浓度相同且Ksp(FeS)>Ksp(CuS)。当加入Na2S溶液时先生成CuS沉淀，当同时产生CuS和FeS沉淀时，CuS和FeS均达到溶解平衡。所以＝＝＝5.0×1018。
(2)K＝＝
＝Ksp(CuS)×＝＝≈1.55×10－15<10－5
故反应很难进行。
(3)HS－水解能力大于电离能力，溶液中c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(S2－)>c(H＋)。CuSO4溶液与NaHS溶液发生反应离子方程式为Cu2＋＋HS－===CuS↓＋H＋，故溶液pH<7。
14.在Cl－和CrO浓度都是0.100 mol·L－1的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液(忽略体积改变)时，AgCl和Ag2CrO4哪一种先沉淀？当Ag2CrO4开始沉淀时，溶液中Cl－离子浓度是多少？
已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10
Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。
答案　AgCl先沉淀；当Ag2CrO4开始沉淀时，溶液中Cl－离子浓度是1.89×10－5 mol·L－1。
解析　AgCl开始沉淀所需c(Ag＋)为
c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝1.8×10－9 mol·L－1，
Ag2CrO4开始沉淀所需c(Ag＋)为
c(Ag＋)＝ ＝ mol·L－1≈9.5×10－6 mol·L－1，
因此，AgCl先沉淀。
当Ag2CrO4开始沉淀时：c(Ag＋)＝9.5×10－6 mol·L－1
此时，c(Cl－)＝＝ mol·L－1≈1.89×10－5 mol·L－1。
第2课时　沉淀反应的应用
[学习目标定位]　1.能用平衡移动原理分析理解沉淀的溶解与生成、沉淀转化的实质。2.学会用沉淀溶解平衡的移动解决生产、生活中的实际问题。
一　沉淀的生成与溶解
1.某含有CaCO3的悬浊液，改变条件，回答下列问题：
(1)滴加盐酸直至过量，沉淀逐渐溶解。原因是CaCO3在水中存在，CaCO3(s)??Ca2＋(aq)＋CO(aq)，当加入盐酸后，CO＋2H＋===H2O＋CO2↑，c(CO)降低，平衡向溶解方向移动，最后沉淀完全消失。
(2)加入Na2CO3溶液，沉淀增多，c(Ca2＋)减小，c(CO)增大。
2.沉淀生成的应用主要涉及无机制备、提纯工艺的生产、科研、废水处理等领域，常利用生成沉淀达到分离或除去某些离子的目的。常用的方法有：
(1)调节pH法：如工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶解于水，再加入氨水调节pH至7～8，可使Fe3＋转变为Fe(OH)3沉淀而除去。反应如下：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
(2)加沉淀剂法：如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使某些金属离子，如Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀，也是分离、除去杂质常用的方法。
写出下列反应的离子方程式：
①用H2S除去Cu2＋：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。
②用Na2S除去Hg2＋：Hg2＋＋S2－===HgS↓。
3.根据沉淀溶解平衡，分析回答下列问题：
(1)BaCO3和BaSO4都难溶于水，在医学上常用BaSO4作钡餐透视，而不能用BaCO3的原因是什么？
答案　原因是BaCO3能溶于胃酸(主要成分为盐酸)，反应原理为BaCO3(s)??Ba2＋(aq)＋CO(aq)、
CO＋2H＋===CO2↑＋H2O。胃酸消耗CO，使溶液中c(CO)降低，BaCO3的沉淀溶解平衡向右移动，c(Ba2＋)增大引起人体重金属中毒。
(2)可溶性钡盐(如BaCl2等)当作食盐食用，会造成钡中毒。中毒患者常用5.0%的Na2SO4溶液洗胃的原因是什么？
答案　中毒后服用5.0%的Na2SO4溶液洗胃，SO与Ba2＋结合生成BaSO4沉淀，可缓解Ba2＋对人体的毒害。
归纳总结
沉淀反应的应用
(1)沉淀的生成和溶解这两个方向相反的过程，控制离子浓度，可以使反应向我们需要的方向转化。
(2)利用生成沉淀除去某种离子，首先要使生成沉淀的反应能够发生，其次沉淀生成的反应进行得越完全越好。
(3)根据平衡移动原理，对于在水中难溶的电解质，如果能设法不断地移去溶解平衡体系中的相应离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动，就可以使沉淀溶解。如常用强酸溶解CaCO3、FeS、Al(OH)3、Cu(OH)2等难溶电解质。
1.为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是(　　)
A.NH3·H2O B.NaOH
C.Na2CO3 D.MgCO3
答案　D
解析　Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，调节pH，可使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀后除去。在不引入新杂质，Mg2＋不沉淀的条件下，选用MgCO3，过量的MgCO3可一起过滤除去。也可选用MgO、Mg(OH)2等试剂。
2.向含有Mg(OH)2的悬浊液中，加入NH4Cl溶液，沉淀能否溶解？为什么？(用离子方程式表示)
答案　能溶解。Mg(OH)2(s)＋2NH(aq)===Mg2＋(aq)＋2NH3·H2O(aq)。
二　沉淀的转化
1.根据下列图示完成实验，将观察到的现象填在空格内：
(1)写出各步反应的离子方程式：
①Ag＋＋Cl－===AgCl↓，
②AgCl(s)＋I－(aq)===AgI(s)＋Cl－(aq)，
③2AgI(s)＋S2－(aq)===Ag2S↓(s)＋2I－(aq)。
(2)由上述实验得出的结论是溶解能力小的沉淀能转化为溶解能力更小的沉淀。
2.沉淀转化在生活中的应用
(1)工业废水处理过程中，重金属离子可利用沉淀转化原理用FeS等难溶物转化为HgS、Ag2S、PbS等沉淀。写出用FeS除去Hg2＋的离子方程式FeS(s)＋Hg2＋(aq)===HgS(s)＋Fe2＋(aq)。
(2)硬水煮沸形成的水垢主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，说明它形成的原因(用离子方程式表示)。
Mg(HCO3)2MgCO3＋H2O＋CO2↑，
Ca(HCO3)2CaCO3＋H2O＋CO2↑，
MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑。
(3)锅炉形成的水垢中常含有CaSO4，除去方法是CaSO4(s)CaCO3(s)Ca2＋(aq)，写出有关反应的化学方程式CaSO4(s)＋Na2CO3(aq)===CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)，CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑。
(4)原生铜硫化物的转化如下：
原生铜硫化物CuSO4(溶液)CuS(铜蓝)。写出CuSO4转化为铜蓝的化学方程式CuSO4(aq)＋ZnS(s)===CuS(s)＋ZnSO4(aq)，CuSO4(aq)＋PbS(s)===CuS(s)＋PbSO4(s)。
归纳总结
沉淀的转化
(1)沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。
(2)一般说来，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现；两者差别越大，沉淀转化越容易。
(3)组成类型相同的难溶电解质，Ksp较大的难溶电解质能转化为Ksp较小的难溶电解质。
(4)Ksp相差不大的难溶电解质，Ksp较小的难溶电解质在一定条件下可以转化为Ksp较大的难溶电解质。
3.已知25 ℃：
难溶电解质
CaCO3
CaSO4
MgCO3
Ksp
2.8×10－9
9.1×10－6
6.8×10－6
某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，实验步骤如下：
①向0.1 mol·L－1的CaCl2溶液100 mL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，静置沉淀后弃去上层清液。
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步发生的化学反应方程式：
。
(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)请写出该原理在实际生活、生产中的一个应用：
。
答案　(1)大　(2)Na2CO3(aq)＋CaSO4(s)??CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)　(3)洗去沉淀中附着的SO　(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解，并放出无色无味的气体　(5)将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸除去
解析　Ksp越大，表示电解质的溶解度越大，溶解度大的沉淀会向溶解度小的沉淀转化，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再用盐酸除去。
1.下列结论正确的是 (填序号)。
①向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀，证明Ksp(AgCl)②向浓度均为0.1 mol·L－1 NaCl和NaI混合溶液中滴加AgNO3溶液，首先产生黄色沉淀，可推断Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
③由于Ksp(BaSO4)＝1.08×10－10，Ksp(BaCO3)＝8.1×10－9，因此BaSO4沉淀不可能转化为BaCO3沉淀
④将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡、可观察到沉淀由白色变为红褐色，验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2
⑤向BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀生成，说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
⑥ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀的原因是溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化
⑦将H2S气体通入AgNO3与AgCl的悬浊液中产生黑色沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)
答案　②④⑥
2.已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列说法错误的是(　　)
A.AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B.在含有浓度均为0.001 mol·L－1的Cl－、I－的溶液中缓慢加入AgNO3稀溶液，首先析出AgI沉淀
C.AgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgI
D.常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×10－11 mol·L－1
答案　A
解析　组成结构相似的物质，溶度积越小，其溶解度越小，越易先形成沉淀，B项正确；溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现，所以A项错、C项正确；AgCl溶液中c(Ag＋)＝×10－5 mol·L－1。要使AgI形成沉淀，则c(Ag＋)·c(I－)≥1.0×10－16。则c(I－)≥ mol·L－1＝×10－11 mol·L－1，D正确。
3.已知如下物质的溶度积常数：Ksp(FeS)＝6.3×10－18，Ksp(CuS)＝6.3×10－36。下列说法正确的是(　　)
A.同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度
B.同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp(FeS)变小
C.向含有等物质的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，最先出现的沉淀是FeS
D.除去工业废水中的Cu2＋和Hg2＋，可以选用FeS作沉淀剂
答案　D
解析　A项，由于FeS的Ksp大，且FeS与CuS的Ksp表达式是相同类型的，因此FeS的溶解度比CuS的大；B项，Ksp不随浓度变化而变化，它只与温度有关；C项，先达到CuS的Ksp，先出现CuS沉淀；D项，向含有Cu2＋的工业废水中加入FeS，FeS会转化为更难溶的CuS和HgS，可以用FeS作沉淀剂。
4.实验：①0.1 mol·L－1 AgNO3溶液和0.1 mol·L－1NaCl溶液等体积混合得到悬浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；②向滤液b中滴加0.1 mol·L－1 KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1 mol·L－1KI溶液，沉淀变为黄色。
下列说法不正确的是(　　)
A.悬浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
B.滤液b中不含有Ag＋
C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D.实验可以证明AgI比AgCl更难溶
答案　B
解析　在悬浊液a中，存在AgCl的沉淀溶解平衡，即在滤液b中，仍含有少量Ag＋，故在b中生成了AgI沉淀，A正确，B错误；向白色沉淀AgCl中滴加KI溶液生成黄色AgI，由此可说明AgI比AgCl更难溶，C项和D项都正确。
5.工业上制取纯净的CuCl2·2H2O的主要过程是①将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中，加热、过滤，调节滤液的pH为3；②对①所得滤液按下列步骤进行操作：
已知Cu2＋、Fe2＋在pH为4～5时不水解，而Fe3＋却几乎完全水解而沉淀。请回答下列问题：
(1)X是什么物质？ 。其反应的离子方程式是
。
(2)加入Y物质的作用是 ，
生产中Y可选 。
(3)溶液乙在蒸发结晶时应注意
。
答案　(1)Cl2　Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－　(2)调节溶液pH，使pH为4～5，且不引进新杂质　CuO或Cu(OH)2
(3)通入HCl气体(或加入盐酸)，并不断搅拌且不能蒸干
解析　(1)根据框图，加入氧化剂X可把Fe2＋氧化为Fe3＋，而没有增加新杂质，所以X为Cl2。(2)结合提示，调节pH至4～5，使Fe3＋全部沉淀，同样不引进新杂质，所以Y最好为CuO或Cu(OH)2。(3)CuCl2溶液在蒸发结晶过程中发生水解，为抑制其水解，根据Cu2＋＋2H2O??Cu(OH)2＋2H＋，加入盐酸可抑制其水解，在蒸发过程中要不断搅拌且不能蒸干。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　沉淀溶解平衡的应用
1.25 ℃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)＝6.3×10－36；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
答案　C
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，故B错；因CuS比FeS更难溶，FeS沉淀可转化为CuS沉淀，故C对；温度不变，Ksp(FeS)不变，故D错。
2.某温度时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。该温度下，下列说法正确的是(　　)
A.含有大量SO的溶液中肯定不存在Ag＋
B.0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.02 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀
C.Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为1×10－3
D.a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到b点
答案　B
解析　Ag2SO4在水中存在沉淀溶解平衡，即使含有大量SO的溶液中也会存在Ag＋，A项错；0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.02 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合，Ag2SO4的离子积Qc＝(0.01)2×0.01＝1×10－63.已知几种难溶电解质的溶度积常数Ksp(25 ℃)见下表：
难溶电解质
AgCl
AgBr
AgI
Ag2SO4
Ag2CrO4
Ksp
1.8×10－10
5.4×10－13
8.5×10－17
1.4×10－5
1.12×10－12
下列叙述不正确的是(　　)
A.由溶度积常数可判断在相同条件下一些物质的溶解度大小
B.将等体积的4×10－3 mol·L－1的AgNO3溶液和4×10－3 mol·L－1的K2CrO4溶液混合，有Ag2CrO4沉淀产生
C.向AgCl的悬浊液中滴加饱和NaBr溶液可以得到淡黄色AgBr悬浊液
D.向100 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO4溶液中加入1 mL 0.1 mol·L－1的AgNO3溶液，有白色沉淀生成
答案　D
解析　D项，混合溶液中c(Ag＋)＝0.1 mol·L－1×≈0.001 mol·L－1，c2(Ag＋)·c(SO)＝0.0012×0.1＝1×10－7<1.4×10－5，故不会产生沉淀。
4.要使工业废水中的重金属Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：
化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
溶解度/g
1.03×10－4
1.81×10－7
1.84×10－14
由上述数据可知，选用的沉淀剂最好为(　　)
A.硫化物 B.硫酸盐
C.碳酸盐 D.以上沉淀剂均可
答案　A
解析　要将Pb2＋沉淀，就要形成溶解度更小的物质，由表中数据可知，PbS的溶解度最小，故沉淀剂最好为硫化物。
题组2　沉淀的转化
5.自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是(　　)
A.CuS的溶解度大于PbS的溶解度
B.原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性
C.CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2＋＋S2－===CuS↓
D.整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应
答案　D
解析　CuSO4与PbS反应可以生成CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的，A错误；硫化物中硫的化合价为－2，具有还原性，B错误；ZnS难溶于水，不能写成离子形式，C错误；铜的硫化物首先被氧化成CuSO4，然后硫酸铜与ZnS、PbS发生复分解反应生成更难溶的CuS，D正确。
6.已知常温下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.3×10－17。下列叙述中正确的是(　　)
A.常温下，AgCl在NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小
B.向AgCl的悬浊液中加入少量KI溶液，沉淀由白色转化为黄色
C.将0.001 mol·L－1的AgNO3溶液滴入KCl和KI的混合溶液中，一定先析出AgI沉淀
D.向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgCl析出且溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)
答案　B
解析　Ksp只与温度有关，A项不正确；由于Ksp(AgI)?Ksp(AgCl)。所以向AgCl的悬浊液中加入少量KI溶液，沉淀由白色转化为黄色，B项正确；由于混合溶液中KCl和KI的浓度没有确定，当向其混合溶液中加入0.001 mol·L－1 AgNO3溶液时，不一定先析出AgI沉淀，C项不正确；向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，沉淀溶解平衡向生成AgCl沉淀方向移动，c(Cl－)增大，c(Ag＋)减小，D项不正确。
7.工业生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋，Cu2＋(aq)＋MnS(s)??CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列说法错误的是(　　)
A.该反应平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)
B.MnS的Ksp大于CuS的Ksp
C.向平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)增大
D.该反应的平衡常数K＝
答案　A
解析　根据反应Cu2＋(aq)＋MnS(s)??CuS(s)＋Mn2＋(aq)，可以推断Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，该反应的平衡常数K＝＝>1，c(Mn2＋)>c(Cu2＋)。向平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Cu2＋)增大，溶解平衡向右移动，c(Mn2＋)增大，所以，只有A项不正确。
8.下列说法不正确的是(　　)
A.Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
B.向ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液沉淀变为黑色，可推知同温下Ksp(ZnS)C.向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，反应方程式为2AgCl(s)＋S2－(aq)===Ag2S(s)＋2Cl－(aq)
D.向2 mL浓度均为1.2 mol·L－1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01 mol·L－1的AgNO3溶液，振荡沉淀呈黄色，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
答案　B
9.已知：25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp(MgF2)＝7.42×10－11。下列说法正确的是(　　)
A.25 ℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
B.25 ℃时，Mg(OH)2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
C.25 ℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L－1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L－1NH4Cl溶液中的Ksp小
D.25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化成为MgF2
答案　B
解析　A项，Mg(OH)2的溶度积小，故其电离的Mg2＋浓度要小一些，错误；B项，NH可以结合Mg(OH)2电离出的OH－离子，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，正确；C项，Ksp仅与温度有关，错误；D项，二者Ksp接近，使用浓NaF溶液可以使Mg(OH)2转化成为MgF2，错。
10.已知25 ℃时一些难溶物质的溶度积常数如下：
化学式
溶度积
Zn(OH)2
5×10－17
ZnS
2.5×10－22
AgCl
1.8×10－10
Ag2S
6.3×10－50
MgCO3
6.8×10－6
Mg(OH)2
1.8×10－11
根据上表数据，判断下列化学方程式不正确的是(　　)
A.2AgCl＋Na2S===2NaCl＋Ag2S
B.MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑
C.ZnS＋2H2O===Zn(OH)2＋H2S↑
D.Mg(HCO3)2＋2Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
答案　C
解析　难溶电解质能转化为更难溶的电解质，电解质的溶解度差别越大，越容易转化。ZnS的溶度积比Zn(OH)2小的多，故C项反应方程式不正确。
[能力提升题]
11.(1)在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成 沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为 。
(已知25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)
(2)已知Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度小于1×10－6 mol·L－1)，需调节溶液pH范围为 。
答案　(1)Cu(OH)2　Cu2＋＋2NH3·H2O===
Cu(OH)2↓＋2NH　(2)5.0解析　(1)由于Ksp[Cu(OH)2]12.(1)向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，＝ 。
[Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10]
(2)已知Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，Ksp(BaCO3)＝2.5×10－9，某同学设想用下列流程得到BaCl2，
BaSO4BaCO3BaCl2
则①的离子方程式为 ，
该反应的平衡常数K＝ 。
答案　(1)3×10－3　(2)BaSO4(s)＋CO(aq)===BaCO3(s)＋SO(aq)　0.04
解析　(1)AgCl、AgBr共存时AgCl＋Br－===AgBr＋Cl－，反应达到平衡，所以＝＝＝3×10－3。
(2)BaSO4转化为BaCO3的离子方程式为BaSO4(s)＋CO(aq)===BaCO3(s)＋SO(aq)。
平衡常数K＝＝＝＝0.04。
13.金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，以达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S/ mol·L－1)如图所示。
(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是 。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为 (填字母)。
A.<1 B.4左右 C.>6
(3)在Ni(OH)2溶液中含有少量的Co2＋杂质， (填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是 。
(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水，生成[Cu(NH3)4)]2＋，写出反应的离子方程式： 。
(5)已知一些难溶物的溶度积常数如下表：
物质
FeS
MnS
CuS
PbS
HgS
ZnS
Ksp
6.3×10－18
2.5×10－13
1.3×10－36
3.4×10－28
6.4×10－53
1.6×10－24
某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的 除去它们(填字母)。
A.NaOH　　　B.FeS　　　C.Na2S
答案　(1)Cu2＋　(2)B　(3)不能　Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小　(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O　(5)B
解析　(1)据图知pH＝4～5时，Cu2＋开始沉淀为Cu(OH)2，因此pH＝3时，铜元素主要以Cu2＋形式存在。
(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3＋，即要保证Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋还未沉淀，据图知pH应为4左右。
(3)据图知，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的Co2＋。
(4)据已知条件结合原子守恒即可写出离子方程式：
Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。
(5)因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中，只有FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积差别较大，因此应用沉淀转化法可除去废水中的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，且因FeS也难溶，不会引入新的杂质。
14.钡(Ba)和锶(Sr)及其化合物在工业上有着广泛的应用，它们在地壳中常以硫酸盐的形式存在，BaSO4和SrSO4都是难溶性盐。工业上提取钡和锶时首先将BaSO4和SrSO4转化成难溶弱酸盐。
已知：SrSO4(s)??Sr2＋(aq)＋SO(aq)
Ksp＝2.5×10－7
SrCO3(s)??Sr2＋(aq)＋CO(aq)
Ksp＝2.5×10－9
(1)将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为
；
该反应的平衡常数表达式为 ；
该反应能发生的原因是
(用沉淀溶解平衡的有关理论解释)。
(2)对于上述反应，实验证明增大CO的浓度或降低温度都有利于提高SrSO4的转化率。判断在下列两种情况下，平衡常数K的变化情况(填“增大”、“减小”或“不变”)。
①升高温度，平衡常数K将 。
②增大CO的浓度，平衡常数K将 。
(3)已知，SrSO4和SrCO3在酸中的溶解度与BaSO4和BaCO3类似，设计实验证明上述过程中SrSO4是否完全转化成SrCO3。实验所用的试剂为 ；实验现象及其相应结论为

。
答案　(1)SrSO4(s)＋CO(aq)??SrCO3(s)＋SO(aq)　K＝　Ksp(SrCO3)(2)①减小　②不变
(3)盐酸　若沉淀完全溶解，则证明SrSO4完全转化成SrCO3，否则，未完全转化
解析　(1)SrSO4转化成SrCO3的离子反应为SrSO4(s)＋CO(aq)??SrCO3(s)＋SO(aq)，平衡常数表达式为K＝，根据沉淀转化的原理，该反应能够
发生，是因为Ksp(SrCO3)(2)①降低温度有利于提高SrSO4的转化率，说明降温平衡向正反应方向移动，因此升高温度，平衡向逆反应方向移动，故平衡常数K减小。②平衡常数只与温度有关，增大CO的浓度，平衡常数不变。
(3)根据提供的信息，可以推断SrSO4难溶于盐酸，而SrCO3可溶于盐酸，因此向溶液中加入盐酸，若沉淀全部溶解，则SrSO4完全转化成SrCO3，若沉淀没有全部溶解，则SrSO4没有完全转化成SrCO3，需要注意的是，不能选择稀硫酸，因为SrCO3与稀硫酸反应生成SrSO4。
第二章 化学反应速率和化学平衡章末总结
[学习目标定位]　1.熟知外界条件对化学反应速率影响的规律。2.学会化学平衡状态及其移动方向的判断。3.学会化学平衡的计算方法。4.掌握图像题与等效平衡的分析方法。
一　外界条件对化学反应速率的影响规律
影响化学反应速率的因素包括内因和外因。内因是指反应物本身的性质；外因包括浓度、温度、压强、催化剂、反应物颗粒大小等。这些外界条件对化学反应速率影响的规律和原理如下：
1.浓度
(1)浓度增大，单位体积内活化分子数增多(活化分子百分数不变)，有效碰撞的几率增加，化学反应速率增大。
(2)浓度改变，可使气体间或溶液中的化学反应速率发生改变。固体或纯液体的浓度可视为常数，它们的物质的量的变化不会引起反应速率的变化，但固体颗粒的大小会导致接触面积的变化，故影响化学反应速率。
2.压强
改变压强，对化学反应速率产生影响的根本原因是引起浓度的改变。对于有气体参加的反应体系，有以下几种情况：
(1)恒温时：增大压强体积缩小浓度增大反应速率增大。
(2)恒容时
①充入气体反应物反应物浓度增大总压强增大反应速率增大。
②充入“稀有气体”总压强增大，但各物质的浓度不变，反应速率不变。
(3)恒压时：充入“稀有气体”体积增大各物质浓度减小反应速率减小。
3.温度
(1)温度升高，活化分子百分数提高，分子间的碰撞频率提高，化学反应速率增大。
(2)温度升高，吸热反应和放热反应的速率都增大。实验测得，温度每升高10 ℃，化学反应速率通常增大为原来的2～4倍。
4.催化剂
(1)催化剂对反应过程的影响通常可用下图表示(加入催化剂，B点降低)。催化剂能改变反应路径、降低活化能、增大活化分子百分数、加快反应速率，但不影响反应的ΔH。
(2)催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才达到最大。
(3)对于可逆反应，催化剂能够同等程度地改变正、逆反应速率，对化学平衡状态无影响，生产过程中使用催化剂主要是为了提高生产效率。
特别提示　在分析多个因素(如浓度、温度、反应物颗粒大小、催化剂、压强等)对反应速率的影响规律时，逐一改变一个因素而保证其他因素相同，通过实验分析得出该因素影响反应速率的结论，这种方法叫变量控制法。
【例1】　某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素，所用HNO3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。
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
粗颗粒
④
解析　考查影响反应速率的因素的实验设计。实验①和②探究HNO3浓度对反应速率的影响，故大理石规格和反应温度应相同，而HNO3浓度不同；同理，①和③应选择不同的温度、①和④应选择不同的规格，而另外2个条件相同。
答案　②298　粗颗粒　1.00　③308　2.00
④298　细颗粒　2.00　(Ⅱ)③　(Ⅲ)④
二　化学平衡状态的特征及其判断方法
1.化学平衡状态具有的“五大特征”
(1)逆：指化学平衡状态只适用于可逆反应，同一可逆反应，在同一条件下，无论反应从正反应方向开始还是从逆反应方向开始，或同时从正、逆反应方向开始，以一定的配比投入反应物或生成物，则可以达到相同的平衡状态。
(2)动：指动态平衡，即化学反应处于平衡状态时，正、逆反应并未停止，仍在进行，只是正、逆反应速率相等。
(3)等：指“v正＝v逆≠0”。即某一物质在单位时间内消耗的物质的量浓度和生成的物质的量浓度相等，也可以用不同物质的化学反应速率表示该反应的正、逆反应速率相等。
(4)定：指参加反应的各组分的含量保持不变，即各组分的浓度、质量分数、体积分数(有气体参加的可逆反应)、反应物的转化率等均保持不变。
(5)变：指平衡移动。可逆反应的平衡状态是相对的、暂时的，当外界某一条件改变时，原平衡被破坏，化学平衡向着减弱这种改变的方向移动，在新的条件下达到新的平衡状态。
理解感悟　“一定条件”、“可逆反应”是前提，“相等”是实质，“保持不变”是标志。
【例2】　一定温度下，向某容积恒定的密闭容器中充入1 mol N2、3 mol H2，经充分反应后达到如下平衡：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，下列有关说法中正确的是(　　)
A.达平衡后再加入一定量的N2，体系内各物质含量不变
B.N2、H2、NH3的浓度一定相等
C.反应没有达到平衡时，NH3会不断地分解，达到平衡时则不会再分解
D.平衡时，N2、H2物质的量之比为1∶3
解析　化学平衡是一种相对平衡，条件改变后原来的平衡状态就会被破坏，A错；化学平衡又是一种动态平衡，平衡时正、逆反应仍在进行，C错；平衡时体系内各物质浓度或百分含量保持不变(不是相等)，B错；D中因反应中消耗N2、H2的物质的量之比为1∶3，而N2、H2的起始量之比是1∶3，故平衡时仍是1∶3。
答案　D
2.化学平衡状态判断的“四大依据”
(1)对于普通可逆反应，以2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为例：
若各组分的物质的量、浓度不发生变化，则反应已达到平衡状态。若用反应速率关系表示化学平衡状态，式中既要有正反应速率，又要有逆反应速率，且两者之比等于化学计量数之比，就达到化学平衡状态。
(2)对于有有色气体存在的反应体系，如2NO2(g)??N2O4(g)等，若体系的颜色不再发生改变，则反应已达平衡状态。
(3)对于有气体存在且反应前后气体的物质的量发生改变的反应，如N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，若反应体系的压强不再发生变化、平均相对分子质量不再变化，则说明反应已达平衡状态。
对有气体存在且反应前后气体物质的量不发生改变的反应，反应过程中的任何时刻体系的压强、气体的总物质的量、平均相对分子质量都不变，故压强、气体的总物质的量、平均相对分子质量不变均不能说明反应已达平衡状态。
(4)从微观的角度分析，如反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，下列各项均可说明该反应达到了平衡状态。
①断裂1 mol N≡N键的同时生成1 mol N≡N键。
②断裂1 mol N≡N键的同时生成3 mol H—H键。
③断裂1 mol N≡N键的同时断裂6 mol N—H键。
④生成1 mol N≡N键的同时生成6 mol N—H键。
特别提示　(1)从反应速率的角度来判断反应是否达到平衡时，速率必须是一正一逆(不能同是v正或v逆)，且反应速率之比等于化学计量数之比。
(2)在可逆反应过程中，能发生变化的物理量(如各组分的浓度、反应物的转化率、混合气体密度、颜色、平均摩尔质量等)，若保持不变，说明可逆反应达到了平衡状态。
【例3】　在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)＋2B(g)??C(g)＋D(g)已达到平衡状态的是(　　)
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混合气体的总物质的量　⑤混合气体的平均相对分子质量　⑥v(C)与v(D)的比值　⑦混合气体的总质量　⑧混合气体的总体积　⑨C、D的分子数之比为1∶1
A.①②③④⑤⑥⑦⑧ B.①③④⑤
C.①②③④⑤⑦ D.①③④⑤⑧⑨
解析　要理解化学平衡状态的特点“等、动、定”的含义，在判断化学平衡状态时还要注意反应前后气体体积是否相等。题给反应是一个反应前后气体体积不相等的反应，因此在定容容器中，若①混合气体的压强、③B的物质的量浓度、④混合气体的总物质的量、⑤混合气体的平均相对分子质量不再变化，均能证明该反应达到化学平衡状态。而②中ρ＝始终不变化，⑥中没指明反应进行的方向，⑦m(g)始终不变化，⑧在定容容器中，混合气体的总体积不能作为判断依据，⑨反应未达到平衡时，C、D气体的分子数之比也为1∶1。
答案　B
三　化学平衡移动及其移动方向的判断
1.化学平衡移动的分析判断方法
应用上述规律分析问题时应注意：
(1)不要把v正增大与平衡向正反应方向移动等同，只有v正>v逆时，才使平衡向正反应方向移动。
(2)不要把平衡向正反应方向移动与原料转化率的提高等同。当反应物总量不变时，平衡向正反应方向移动，反应物转化率才提高；当增大一种反应物的浓度，使平衡向正反应方向移动，会使另一种反应物的转化率提高。
2.化学平衡移动原理(移动方向的判断方法)
外界条件对化学平衡的影响可根据勒夏特列原理：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动。
(1)对原理中“减弱这种改变”的正确理解应当是升高温度时，平衡向吸热反应方向移动；增加反应物，平衡向反应物减少的方向移动；增大压强，平衡向压强减小的方向移动。
(2)移动的结果只是减弱了外界条件的变化，而不能完全抵消外界条件的变化，达到新平衡时此物理量更靠近改变的方向。如增大反应物A的浓度，平衡正移，但达到新平衡时，A的浓度仍比原平衡时大；同理，若改变温度、压强等，其变化也相似。
3.实例分析
反应实例
条件变化与平衡移动方向
达到新平衡时转化率变化情况
2SO2(g)＋
O2(g)??
2SO3(g)
ΔH<0
增大O2浓度，平衡右移
SO2的转化率增大，O2的转化率减小
增大SO3浓度，平衡左移
从逆反应角度看，SO3的转化率减小
升高温度，平衡左移
SO2、O2的转化率都减小
增大压强，平衡右移
SO2、O2的转化率都增大
2NO2(g)??
N2O4(g)
体积不变时，充入NO2，平衡右移
NO2的转化率增大
体积不变时，充入N2O4，平衡左移
NO2的转化率增大
2HI(g)??
H2(g)＋I2(g)
增大H2的浓度，平衡左移
从逆反应角度看，H2的转化率减小，I2的转化率增大
增大HI的浓度，平衡右移
HI的转化率不变
增大压强，平衡不移动
转化率不变
【例4】　一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2 mol SO2和1 mol O2，发生下列反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)达到平衡后改变下述条件，SO3(g)平衡浓度不改变的是(　　)
A.保持温度和容器体积不变，充入1 mol SO3(g)
B.保持温度和容器内压强不变，充入1 mol SO3(g)
C.保持温度和容器内压强不变，充入1 mol O2(g)
D.保持温度和容器内压强不变，充入1 mol Ar(g)
解析　根据勒夏特列原理可知，在恒容状态下，A中充入1 mol SO3(g)，SO3(g)的平衡浓度比原来大。C中在保持恒压状态下充入O2，必导致容器体积增大，根据勒夏特列原理，SO3(g)的平衡浓度比原来小，同理可知在选项D条件下，SO3(g)的平衡浓度也比原来小。
答案　B
四　化学平衡计算模式与公式
1.计算模式
化学平衡计算的最基本的方法模式是“平衡三段式法”。具体步骤是在化学方程式下写出有关物质起始时的物质的量、发生转化的物质的量、平衡时的物质的量(也可以是物质的量浓度或同温同压下气体的体积)，再根据题意列式求解。
　　　　　 mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)
n(起始)/mol a b 0 0
n(转化)/mol mx nx px qx
n(平衡)/mol a－mx b－nx px qx
起始、转化、平衡是化学平衡计算的“三步曲”。
2.计算公式
(1)v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q(未达到平衡时，用于确定化学方程式中未知的化学计量数)。
(2)K＝＝
若用任意状态的生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值称为浓度商，用Q表示。则其与K比较，当Q>K，v正v逆。
(3)c(A)平＝＝。
(4)α(A)＝×100%＝×100%。
(5)φ(A)＝×100%。
(6)平衡时与起始时的压强比＝＝(同T、V时)，混合气体的密度比＝(同T、p时)，＝(同质量的气体时)等。
(7)混合气体的密度(混)＝＝(g·L－1)(T、V不变时，不变)。
(8)混合气体的平均摩尔质量＝＝(g·mol－1)。
【例5】　已知可逆反应：M(g)＋N(g)??P(g)＋Q(g)　ΔH>0，请回答下列问题。
(1)某温度下，反应物的起始浓度分别为c(M)＝1 mol·L－1，c(N)＝2.4 mol·L－1；达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为________。
(2)若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c(M)＝4 mol·L－1，c(N)＝a mol·L－1；达到平衡后，c(P)＝2 mol·L－1，则a＝________。
(3)若反应温度不变，反应物的起始浓度为c(M)＝c(N)＝b mol·L－1，达到平衡后，M的转化率为________。
解析　用“平衡三段式法”，借助平衡常数来串联计算：
(1)　　　　　　M(g)＋N(g)??P(g)＋Q(g)
起始(mol·L－1) 1 2.4 0 0
变化(mol·L－1) 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡(mol·L－1) 0.4 1.8 0.6 0.6
α(N)＝×100%＝25%，K＝＝0.5。
(2)
由K＝＝0.5，解得a＝6。
(3)
由K＝＝0.5，解得x≈41.4%。
答案　(1)25%　(2)6　(3)41.4%
【例6】　在2 L的密闭容器中，放入0.4 mol A和0.6 mol B，在一定温度下，压强为p，加入催化剂(体积忽略)，发生反应：2A(g)＋3B(g)xC(g)＋2D(g)，保持温度不变，在a min后反应达到平衡状态，容器中c(D)＝0.1 mol·L－1，容器内压强变为0.9p，则：
(1)物质B的转化率是________。
(2)化学反应速率v(C)是________。
(3)x为________。
解析　　　 2A(g)＋　3B(g)??　xC(g)＋　2D(g)
起始(mol): 0.4 0.6 0 0
转化(mol): 0.2 0.3 0.1x 0.2
平衡(mol): 0.2 0.3 0.1x 0.2
α(B)＝×100%＝50%。
同温同体积下气体的压强之比等于气体的物质的量之比，即(0.6＋0.4)∶(0.2＋0.3＋0.1x＋0.2)＝1∶0.9，解得x＝2，v(C)＝0.2 mol/(2 L×a min)＝0.1/a mol·L－1·min－1。
答案　(1)50%　(2)0.1/a mol·L－1·min－1　(3)2
五　化学反应速率和化学平衡图像题型与分析方法
1.主要题型
(1)分析条件对化学反应速率及平衡的影响；
(2)由反应判断图像的正误；
(3)由图像判断反应特征(确定反应中各物质的化学计量数、判断热效应或气体物质化学计量数间的关系)；
(4)由反应和图像判断图像或曲线的物理意义；
(5)由图像判断指定意义的化学反应；
(6)由反应和图像判断符合图像变化的外界条件等。
化学反应速率和化学平衡图像，若按其图像特点、纵坐标与横坐标表示的意义可分为
①全程速率—时间图
②浓度—时间图
③含量—时间—温度图
④含量—时间—压强图
⑤含量—时间—催化剂图
⑥恒压(或恒温)线图
2.分析方法
分析解答化学反应速率和化学平衡图像题目的方法技巧可概括为
9字步骤：看图像，想规律，作判断；
8字技巧：定一议二，先拐先平。
(1)看图像
一看“面”(即看清横坐标和纵坐标)；二看“线”(即看线的走向、变化的趋势)；三看“点”(即起点、终点、转折点、拐点、交叉点)；四看辅助线(如等温线、等压线、平衡线等)；五看定量图像中有关量的多少。
(2)想规律
即联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。
(3)作判断
依题意仔细分析，作出正确判断。特别值得注意的是：
①图像中有三个量时，应确定一个量不变，再讨论另两个量的关系，即“定一议二”。
②曲线中先出现拐点的，该曲线在所示条件下先出现平衡，该曲线所示的温度较高或压强较大或使用了催化剂，即“先拐先平”。
③如果曲线反映为达到平衡的时间不同但平衡状态相同，则可能是加入催化剂或对气体体积不变的反应改变压强使其速率发生变化但平衡不移动，或是几种等效平衡的曲线。
④化学反应速率在平衡图像中往往隐含出现，曲线斜率大的表示速率快，相应的条件可能是温度较高或压强较大或使用了催化剂。
【例7】　已知某可逆反应mA(g)＋nB(g)??qC(g)　ΔH在密闭容器中进行。如图表示在不同时刻t、温度T和压强p下B物质在混合气体中的体积分数φ(B)的变化情况。下列推断中正确的是(　　)
A.p1>p2，T1q，ΔH<0
B.p1T2，m＋n>q，ΔH>0
C.p1>p2，T1D.p1T2，m＋n0
解析　比较温度或压强的大小，就是要比较达到平衡所用的时间，时间越短，则温度或压强越高。比较T2、p1和T1、p1可知T1>T2，由T1→T2，T降低，φ(B)增大，平衡左移，则正反应为吸热反应，ΔH>0；比较T1、p1和T1、p2可知p2>p1，由p1→p2，p升高，φ(B)增大，平衡左移，则m＋n答案　D
六　运用“化归思想”理解等效平衡原理
1.用“化归思想”理解不同条件下等效平衡原理
(1)恒温恒容条件
①恒温恒容时，对一般可逆反应，不同的投料方式如果根据化学方程式中化学计量数之比换算到同一边时，反应物(或生成物)中同一组分的物质的量完全相同，即互为等效平衡。
②恒温恒容时，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，不同的投料方式如果根据化学方程式中化学计量数的比例换算到同一边时，只要反应物(或生成物)中各组分的物质的量的比例相同，即互为等效平衡。
(2)恒温恒压条件
在恒温恒压时，可逆反应以不同的投料方式进行反应，如果根据化学方程式中化学计量数比换算到同一边时，只要反应物(或生成物)中各组分的物质的量的比例相同，即互为等效平衡。此时计算的关键是换算到一边后只需比例相同即可。
条件
等效条件
结果
恒温恒容：反应前后气体分子数不等的可逆反应
投料换算成相同物质表示的物质的量相同
两次平衡时各组分百分含量、n、c均相同
恒温恒容：反应前后等气体分子数的可逆反应
投料换算成相同物质表示的物质的量等比例
两次平衡时各组分百分含量相同，n、c同比例变化
恒温恒压：所有可逆反应
投料换算成相同物质表示的物质的量等比例
两次平衡时各组分百分含量相同，n、c同比例变化
2.利用“一边倒法”判断等效平衡
判断等效平衡四步曲：第一步，看。观察可逆反应特点(物质状态、气体分子数)，判断反应前后等气体分子数的可逆反应和反应前后不等气体分子数的可逆反应。第二步，挖。挖掘题目条件，区分恒温恒容和恒温恒压，注意密闭容器不等于恒容容器。第三步，倒。采用一边倒法，将起始物质转化成一边的物质。第四步，联。联系等效平衡判断依据，结合题目条件判断是否达到等效平衡。
理解感悟　抓住题目所给条件，从化学平衡与路径无关出发，结合平衡移动原理，将各种情况转化成“同组成浓度是否相等”(化归思想)，从而判断是否达到等效平衡状态。
【例8】　已知H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH<0，有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是(　　)
A.甲、乙提高相同温度
B.甲中加入0.1 mol He，乙不改变
C.甲降低温度，乙不变
D.甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2
解析　本题考查化学平衡移动和恒温恒容条件下的等效平衡原理。根据化学平衡只与始、终态有关，与路径无关。甲、乙能达到同一平衡状态，HI浓度相等。升高温度HI浓度都减小，不能判断甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，A选项错误；向甲中充入氦气，因为容积不变，各物质浓度不变，平衡不移动，甲、乙中HI的平衡浓度相等，B选项错误；对甲降温，平衡向右移动，HI浓度增大，乙中HI浓度不变，C选项正确；甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2，甲、乙中HI浓度增大程度相等，使甲、乙中HI的平衡浓度相等，D选项错误。
答案　C
理解感悟　化学平衡与起始反应物投料有关，与路径无关。采用“一边倒法”，将产物全部转化成反应物，在等温等容条件下，只要起始物质浓度相等，都能达到同一平衡状态。
第一节　化学反应速率
[学习目标定位]　1.了解化学反应速率的概念，会定量表示化学反应速率。2.掌握化学反应速率的简单计算，学会化学反应速率的测定方法，会比较化学反应速率的快慢。
一　化学反应速率表示方法与计算
1.化学反应速率是定量描述化学反应进行快慢程度的物理量。通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。其数学表达式为v＝或v＝。
Δc表示某物质浓度的变化，常用单位mol·L－1；
Δt表示时间变化，常用单位s、min或h。
2.在一个容积为2 L的密闭容器中发生反应：2SO2＋O2??2SO3，经5 s后，测得SO3的物质的量为0.8 mol，填写下表：
有关反应物质
SO2
O2
SO3
物质的量变化(mol)
0.8
0.4
0.8
物质的量浓度变化(mol·L－1)
0.4
0.2
0.4
化学反应速率(mol·L－1·s－1)
0.08
0.04
0.08
速率之比
v(SO2)∶v(O2)∶v(SO3)＝2∶1∶2
3.分析上表可知：
(1)一般来说，随着反应的逐渐进行，反应物浓度会逐渐减小，化学反应速率也会逐渐减慢。因此，化学反应速率通常是指某一段时间内的平均反应速率，而不是瞬时反应速率。
(2)在同一化学反应中，选用不同物质表示化学反应速率，其数值可能相同也可能不相同，但表示的意义相同。因此，表示化学反应速率时，必须指明用哪种物质作标准，在速率v的后面将该物质的化学式用括号括起来。
(3)用不同反应物表示化学反应速率时，化学反应速率之比＝物质的量浓度变化之比＝物质的量变化之比＝化学计量数之比。
(4)在一定温度下，固态、液态物质的浓度视为一个常数，故上述表示化学反应速率的方法不适用于固态物质或纯液态物质。
归纳总结
1.化学反应速率的计算
(1)公式法：利用v(A)＝计算
注意：Δc(A)指物质A浓度的变化，而不是物质的量的变化。
(2)化学计量数法：利用化学反应速率之比＝化学计量数之比
(3)三段式法：利用起始量、变化量、一段时间后的量的关系计算
例如：反应　　　　　　 mA　＋ nB　??　pC
起始浓度(mol·L－1)　　 a　　　 b　　 　 c
转化浓度(mol·L－1)　　 x　　 　　
某时刻浓度(mol·L－1) a－x　 b－　　 c＋
v(B)＝。
计算中注意以下量的关系：
①对反应物：c(起始)－c(转化)＝c(某时刻)
②对生成物：c(起始)＋c(转化)＝c(某时刻)
2.比较同一化学反应不同条件下反应速率快慢的方法
“一看”：看化学反应速率的单位是否统一；
“二化”：将不同的化学反应速率转化为同一种物质的化学反应速率或分别除以相应物质的化学计量数；
“三比较”：比较同一种物质的化学反应速率的数值或分别除以相应物质的化学计量数。之后的数值，数值越大，反应速率越大。如反应aA(g)＋bB(g)===cC(g)，比较与，若>，则v(A)表示的反应速率大于v(B)表示的反应速率。
1.反应4NH3(g)＋5O2(g)??4NO(g)＋6H2O(g)在10 L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45 mol，则此反应的平均速率v(X)(反应物的消耗速率或产物的生成速率)可表示为(　　)
A.v(NH3)＝0.010 mol·L－1·s－1
B.v(O2)＝0.001 0 mol·L－1·s－1
C.v(NO)＝0.001 0 mol·L－1·s－1
D.v(H2O)＝0.045 mol·L－1·s－1
答案　C
解析　Δc(H2O)＝＝0.045 mol·L－1，
v(H2O)＝＝0.001 5 mol·L－1·s－1，
v(NH3)＝v(H2O)＝×0.001 5 mol·L－1·s－1＝0.001 0 mol·L－1·s－1，
v(O2)＝v(H2O)＝×0.001 5 mol·L－1·s－1＝0.001 25 mol·L－1·s－1，
v(NO)＝v(NH3)＝0.001 0 mol·L－1·s－1。
2.反应A＋3B??2C＋2D在四种不同情况下的反应速率分别为
①v(A)＝0.15 mol·L－1·min－1
②v(B)＝0.01 mol·L－1·s－1
③v(C)＝0.40 mol·L－1·min－1
④v(D)＝0.45 mol·L－1·min－1
则该反应在不同情况下进行的快慢顺序为________。
答案　④>③＝②>①
解析　方法一：将以不同物质表示的反应速率换算为用同一物质表示的速率，再比较速率数值的大小。
若以物质A为标准，根据用不同物质表示同一反应的速率时，速率之比等于各物质的化学计量数之比，将②、③、④的反应速率换算为用物质A表示的反应速率，则有：
②v(A)＝v(B)＝×0.01 mol·L－1·s－1×60 s·min－1＝0.20 mol·L－1·min－1
③v(A)＝v(C)＝×0.40 mol·L－1·min－1＝0.20 mol·L－1·min－1
④v(A)＝v(D)＝×0.45 mol·L－1·min－1＝0.225 mol·L－1·min－1
故反应在不同情况下进行的快慢顺序为④>③＝②>①。
方法二：首先将反应速率单位统一为mol·L－1·min－1，则②v(B)＝0.60 mol·L－1·min－1，然后根据反应速率与对应物质化学计量数之比的大小进行判断。由化学方程式A＋3B??2C＋2D得出：
①＝0.15 mol·L－1·min－1
②＝0.20 mol·L－1·min－1
③＝0.20 mol·L－1·min－1
④＝0.225 mol·L－1·min－1
故反应在不同情况下进行的快慢顺序为④>③＝②>①。
二　化学反应速率的测定
1.已知反应Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，你有几种方法测定该反应的反应速率？试判断所设计实验的可行性。
答案　(1)测量收集一定体积的H2时所用的时间或测量一段时间内收集到H2的体积。
(2)测量一段时间内溶液中H＋浓度的变化。
(3)测量一段时间内锌粒质量的变化。
以上三种方法中第(1)种方法最容易操作。
2.设计实验测定锌与硫酸反应的速率，按下列实验步骤完成实验：
①按下图所示安装装置，加入锌粒，然后快速加入40 mL 1 mol·L－1的硫酸，测量收集10 mL H2所用的时间。
②按图示再安装一套装置，加入与前一套装置相同的锌粒，然后再快速加入40 mL 4 mol·L－1的硫酸，测量收集10 mL H2所用的时间。
回答下列问题：
(1)实验所用仪器有：锥形瓶、双孔塞、分液漏斗、直角导气管、50 mL注射器、铁架台、秒表。
(2)观察到的现象是：锌跟硫酸反应产生气泡；收集10 mL气体②所用时间比①所用时间短。
(3)所能得出的实验结论是：4_mol·L－1的硫酸与锌反应比1_mol·L－1的硫酸与锌反应快。
归纳总结
本实验测量锌和稀硫酸反应速率的注意事项
①锌粒的颗粒(即表面积)大小基本相同；
②40 mL的硫酸溶液要迅速加入；
③装置气密性要好，且计时要迅速、准确。
3.“碘钟”实验中，3I－＋S2O===I＋2SO的反应速率可以用I遇加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20 ℃进行实验，得到的数据如下表：
实验编号
①
②
③
④
⑤
c(I－)/mol·L－1
0.040
0.080
0.080
0.160
0.120
c(S2O)/mol·L－1
0.040
0.040
0.080
0.020
0.040
t/s
88.0
44.0
22.0
44.0
t1
回答下列问题：
(1)该实验的目的是________________________________________________________。
(2)显色时间t1为________。
(3)通过分析比较上述数据，得到的结论是____________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)研究反应物I－与S2O的浓度对反应速率的影响　(2)(或29.3)　(3)化学反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)
解析　由数据表容易发现：②④组所用时间相同，③组所用时间为它们的一半，①组所用时间为它们的2倍。
进一步分析：②④两组中c(I－)与c(S2O)的乘积相等，③组中乘积为②④组的2倍，①组乘积为其一半。
因此可得结论：当c(I－)·c(S2O)相等时，显色时间相等，反应速率相等，显色时间与反应速率成反比，即t与c(I－)·c(S2O)成反比。
＝，得t1＝≈29.3。
理解感悟　本题难度较大，在审题时要抓住数据的特点：①时间相同，浓度之间的关系；②时间成倍数增加或缩短，浓度之间的关系。
1.下列有关化学反应速率的说法中正确的是(　　)
A.对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B.化学反应速率通常用单位时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加来表示
C.若某化学反应的反应速率为 0.5 mol·L－1·s－1，就是指在该时间内反应物和生成物的浓度变化都为0.5 mol·L－1·s－1
D.化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢的尺度
答案　D
解析　A项，中和反应速率很快，但有的没有明显现象，错误；B项，在化学反应中，由于固体和纯液体的浓度视为常数，其浓度变化值为零，故不能用它们表示反应速率，错误；C项，单位错，浓度变化单位应为mol·L－1，且由于化学计量数不一定相同，在该时间内反应物和生成物的浓度变化不一定都为0.5 mol·L－1。
2.在N2＋3H2??2NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.6 mol·L－1，在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.45 mol·L－1·s－1，则此段时间是(　　)
A.1 s B.2 s C.44 s D.1.33 s
答案　B
解析　本题考查化学反应速率的有关计算。已知用H2表示的平均反应速率为0.45 mol·L－1·s－1，则用NH3表示的平均反应速率为v(NH3)＝v(H2)＝×0.45 mol·L－1·s－1＝0.3 mol·L－1·s－1，Δt＝＝2 s。
3.对于化学反应3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是(　　)
A.v(W)＝3v(Z) B.2v(X)＝3v(Z)
C.2v(X)＝v(Y) D.3v(W)＝2v(X)
答案　C
解析　对于任一化学反应，用不同的物质表示该反应的速率，其数值之比等于其化学计量数之比，v(W)∶v(X)∶v(Y)∶v(Z)＝3∶2∶4∶3，C正确。
4.将化合物A的蒸气1 mol充入0.5 L容器中加热分解：2A(g)??B(g)＋nC(g)。反应到3 min时，容器内A的浓度为0.8 mol·L－1，测得这段时间内，平均速率v(C)＝0.6 mol·L－1·min－1，则化学反应方程式中n值为________，v(B)＝______________________________。
答案　3　0.2 mol·L－1·min－1
解析　因为化学反应方程式中各物质的化学计量数之比等于相应物质的反应速率之比，所以欲求n值，可先求v(A)的值。Δc(A)＝2 mol·L－1－0.8 mol·L－1＝1.2 mol·L－1，A的化学反应速率：v(A)＝＝＝0.4 mol·L－1·min－1，则v(A)∶v(C)＝2∶n＝0.4 mol·L－1·min－1∶0.6 mol·L－1·min－1＝2∶3，故n＝3。v(B)＝v(A)＝×0.4 mol·L－1·min－1＝0.2 mol·L－1·min－1。
5.某温度时，在2 L容器中X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化关系曲线如图所示。
(1)由图中的数据分析，该反应的化学方程式为__________________________________。
(2)反应开始至2 min、5 min时Z的平均反应速率为_____________、______________。
(3)5 min后Z的生成速率比5 min末Z的生成速率_____(填“大”、“小”或“相等”)。
答案　(1)3X＋Y??2Z　(2)0.05 mol·L－1·min－1　0.04 mol·L－1·min－1　(3)相等
解析　(1)根据图示，X减少了0.6 mol，Y减少了0.2 mol，Z生成了0.4 mol，故X、Y、Z的物质的量变化之比为3∶1∶2，因5 min后三者共存，故反应的方程式为3X＋Y??2Z。
(2)根据图中数据，依据反应速率计算公式可计算出反应速率，需注意Z的初始物质的量是0.1 mol。
(3)5 min后Z的物质的量不再变化，反应速率相等。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　化学反应速率的概念
1.下列关于化学反应速率的说法，不正确的是(　　)
A.化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量
B.单位时间内某物质的浓度变化越大，则该物质反应就越快
C.化学反应速率可以用单位时间内生成某物质的质量的多少来表示
D.化学反应速率常用单位有“mol·L－1·s－1”和“mol·L－1·min－1”
答案　C
解析　化学反应速率是用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示的，即用单位时间内浓度的改变量来表示。
2.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的浓度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浓度的减小表示其反应速率
答案　A
解析　因为CaCO3是固体，H2O为纯液体，不能用其浓度的变化来表示化学反应速率；D中CaCl2为生成物，故应用其浓度的增加表示反应速率，故B、C、D项错误；在同一反应中，选用不同的物质表示反应速率，反应速率数值之比等于化学方程式中化学计量数之比，数值可能相同，也可能不同，但意义相同，故A项正确。
题组2　化学反应速率的计算及应用
3.氨分解反应在容积为2 L的密闭容器内进行。已知起始时氨气的物质的量为4 mol,5 s末为2.4 mol，则用氨气表示该反应的速率为(　　)
A.0.32 mol·L－1·s－1 B.0.16 mol·L－1·s－1
C.1.6 mol·L－1·s－1 D.0.8 mol·L－1·s－1
答案　B
解析　v(NH3)＝＝0.16 mol·L－1·s－1，B正确。
4.在一定温度下，向一个2 L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1 mol N2和3 mol H2，经过一段时间后，测得容器内压强是起始时的0.9倍。在此时间段内H2的平均反应速率为0.1 mol·L－1·min－1，则经过时间为(　　)
A.2 min B.3 min C.4 min D.5 min
答案　B
解析　　　　　N2　＋　3H2 ?? 2NH3
起始(mol) 1 3 0
转化(mol) x 3x 2x
剩余(mol) 1－x 3－3x 2x
由题意得：＝0.9
x＝0.2 mol
v(H2)＝＝0.1 mol·L－1·min－1
t＝3 min。
5.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－1·s－1，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
答案　C
解析　10 s内v(B)＝v(A)＝0.04 mol·L－1·s－1，故10 s内，Δn(B)＝10 s×0.04 mol·L－1·s－1×2 L＝0.8 mol，因此10 s时，容器内n(B)＝4 mol－0.8 mol＝3.2 mol。
6.甲、乙两个容器内都进行A―→B的反应，甲容器内每分钟减少4 mol A，乙容器内每分钟减少2 mol A，则甲容器内的反应速率比乙容器内的反应速率(　　)
A.快 B.慢 C.相等 D.无法判断
答案　D
解析　由化学反应速率的表达式：v(A)＝＝，由于甲、乙两容器的体积大小未知，仅知道单位时间内A的物质的量的变化值，故不能比较两容器内反应速率的大小。
7.已知某条件下，合成氨反应的数据如下：
N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)
N2
H2
NH3
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化学反应速率时，下列说法错误的是(　　)
A.2～4 s内的平均反应速率为0.2 mol·L－1·s－1
B.前4 s内的平均反应速率为0.3 mol·L－1·s－1
C.前2 s内的平均反应速率为0.4 mol·L－1·s－1
D.2 s末的反应速率为0.4 mol·L－1·s－1
答案　D
解析　化学反应速率是表示一段时间内的平均反应速率而不是某一时刻的瞬时速率。
8.把0.6 mol X气体和0.4 mol Y气体混合于2 L容器中，发生反应：3X(g)＋Y(g)??nZ(g)＋2W(g)，5 min末生成0.2 mol W，若测知以Z浓度变化来表示的平均速率为0.01 mol·L－1·min－1，上述反应中Z气体的化学计量数n的值是(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
答案　A
解析　利用条件可求：v(W)＝＝0.02 mol·L－1·min－1，利用计量数关系计算得n＝1。
9.在可逆反应2A(g)＋3B(g)??xC(g)＋D(g)中，已知：反应开始加入的物质只有A、B，起始浓度A为5 mol·L－1，B为3 mol·L－1，前2 min C的平均反应速率为0.5 mol·L－1·min－1,2 min后，测得D的浓度为0.5 mol·L－1，则关于此反应的下列说法中正确的是(　　)
A.2 min末时A和B的浓度之比为5∶3
B.x＝1
C.2 min末时B的浓度为1.5 mol·L－1
D.2 min末时A消耗的浓度为0.5 mol·L－1
答案　C
解析　依题意2 min末c(C)＝0.5 mol·L－1·min－1×2 min＝1 mol·L－1，而c(D)＝0.5 mol·L－1，所以x＝2。
　　　　　　　　 2A(g)＋3B(g)??2C(g)＋D(g)
c(起始)(mol·L－1)　　 5　　　3 　　　0　　 0
c(变化)(mol·L－1) 1 1.5 1 0.5
c(2 min末)(mol·L－1) 4 1.5 1 0.5
可知C正确。
10.一定温度下，10 mL 0.40 mol·L－1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表：
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)(　　)
A.0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2 mol·L－1·min－1
B.6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2 mol·L－1·min－1
C.反应至6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol·L－1
D.反应至6 min时，H2O2分解了50%
答案　C
解析　H2O2分解到6 min时的分解量：2×22.4×10－3 L÷22.4 L·mol－1＝0.002 0 mol。
0～6 min：v(H2O2)＝0.002 0 mol÷0.01 L÷6 min≈3.3×10－2 mol·L－1·min－1，A正确；其他条件相同，反应物的浓度减小，化学反应速率减小。6～10 min比0～6 min c(H2O2)小，则6～10 min v(H2O2)<3.3×10－2 mol·L－1·min－1，B正确；反应至6 min时，H2O2的分解浓度：c(H2O2)＝0.002 0 mol÷0.01 L＝0.20 mol·L－1，剩余浓度：0.40 mol·L－1－0.20 mol·L－1＝0.20 mol·L－1，分解百分比：×100%＝50%，C不正确，D正确。
[能力提升题]
11.某温度时，在2 L容器中，某一反应中A、B的物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：
(1)在4 min末时，A、B的物质的量浓度c(A)________c(B)，从0～4 min内A、B的物质的量浓度变化量Δc(A)________Δc(B)(以上填“>”、“<”或“＝”)。
(2)从反应开始至4 min时，A的平均反应速率为_______________________________。
(3)该反应的化学方程式为__________________________________________________。
答案　(1)＝　>　(2)0.05 mol·L－1·min－1
(3)2A??B
解析　(1)由图可以看出，在4 min末n(A)＝n(B)＝0.4 mol，又因体积相等，所以c(A)＝c(B)，从0到4 min内Δc(A)＝0.2 mol·L－1，Δc(B)＝0.1 mol·L－1。
(2)v(A)＝0.05 mol·L－1·min－1。
(3)参加反应的各物质的物质的量之比为n(A)∶n(B)＝0.4 mol∶0.2 mol＝2∶1,4 min后的一段时间以后A、B的物质的量不再改变，证明该反应达到化学平衡，此反应为可逆反应。
12.为了提高煤的利用率，人们先把煤转化为CO和H2，再将它们转化为甲醇。某实验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下：
t/s
0
500
1 000
c(H2)/mol·L－1
5.00
3.52
2.48
c(CO)/mol·L－1
2.50
(1)在500 s内用H2表示的化学反应速率是__________________________________。
(2)在1 000 s内用CO表示的化学反应速率是____________，1 000 s时CO的转化率是______________________________________________________________________。
(3)在500 s时生成的甲醇的浓度是________。
答案　(1)2.96×10－3 mol·L－1·s－1
(2)1.26×10－3 mol·L－1·s－1　50.4%
(3)0.74 mol·L－1
解析　(1)在500 s内，
v(H2)＝＝2.96×10－3 mol·L－1·s－1。
(2)在1 000 s内反应的H2的浓度是Δc(H2)＝5.00 mol·L－1－2.48 mol·L－1＝2.52 mol·L－1，则反应的CO的浓度是Δc(CO)＝Δc(H2)＝1.26 mol·L－1，用CO表示此段时间的平均速率为
v(CO)＝＝1.26×10－3 mol·L－1·s－1，
CO的转化率为×100%＝50.4%。
(3)在500 s内反应的H2的浓度为Δc(H2)＝1.48 mol·L－1，则生成的CH3OH的浓度为Δc(CH3OH)＝Δc(H2)＝0.74 mol·L－1。
13.在一定温度下，密闭容器中发生反应：2NO2??2NO＋O2，经2 min后，测得混合气中NO2浓度为0.06 mol·L－1，O2的浓度为0.12 mol·L－1，且各物质的浓度不再发生变化。
求：(1)NO2的起始浓度。
(2)2 min时NO2的转化率。
(3)2 min内生成NO的化学反应速率。
答案　(1)0.3 mol·L－1　(2)80%
(3)0.12 mol·L－1·min－1
解析　　　　　　 2NO2??2NO＋O2
起始(mol·L－1) a 0 0
转化(mol·L－1) 2x 2x x
2 min时(mol·L－1) a－2x 2x x
由题意得：a－2x＝0.06 mol·L－1
x＝0.12 mol·L－1
所以(1)NO2的起始浓度为
a＝0.06 mol·L－1＋2×0.12 mol·L－1＝0.3 mol·L－1。
(2)α(NO2)＝×100%＝×100%＝80%。
(3)v(NO)＝＝＝0.12 mol·L－1·min－1。
第三节　化学平衡
第1课时　化学平衡状态
[学习目标定位]　1.通过溶解和结晶过程的分析，了解化学反应的可逆性。2.通过化学平衡状态的建立过程，知道化学平衡是一种动态平衡，理解并会判断化学平衡状态的标志。
一　化学平衡状态的建立与特征
1.根据化学反应进行的程度，可分为可逆反应和不可逆反应。判断下列反应，属于可逆反应的是①②⑤⑥⑦。
①二氧化硫的催化氧化　②氮气和氢气的化合　③水的电解　④可燃物的燃烧　⑤氨气溶于水　⑥氯气溶于水
⑦二氧化硫和水的反应　⑧三氧化硫和水的反应　⑨铁置换硫酸铜溶液中的铜
2.在一定条件下，把1 mol N2和3 mol H2充入一密闭容器中，在一定条件下发生反应。根据要求填表：
N2＋3H2??2NH3
反应物浓度
v正
生成物浓度
v逆
开始时
c(N2)最大
c(H2)最大
最大
0
0
进行中
c(N2)减小
c(H2)减小
减小
增大
增大
平衡时
c(N2)不变
c(H2)不变
不变
不变
不变
3.请用速率—时间(v－t)图像表示出以上过程：
。
归纳总结
1.化学平衡状态的概念
在一定条件下的可逆反应里，当正、逆两个方向的反应速率相等时，反应体系中所有参加反应的物质的质量或浓度保持恒定的状态，称为化学平衡状态，简称化学平衡。
2.化学平衡的特征
化学平衡的特征可以概括为逆、等、动、定、变，即：
(1)逆：研究的对象是可逆反应。
(2)等：化学平衡的条件是v正和v逆相等。
(3)动：化学平衡是一种动态平衡，此时反应并未停止。
(4)定：当可逆反应达到平衡时，各组分的质量(或浓度)为一定值。
(5)变：若外界条件改变，平衡可能发生改变，并在新条件下建立新的平衡。
1.在200 ℃时，将1 mol H2(g)和2 mol I2(g)充入到体积为V L 的密闭容器中，发生反应：
I2(g)＋H2(g)??2HI(g)　ΔH＝－c kJ·mol－1
(1)反应刚开始时，由于c(H2)＝ ，c(I2)＝ ，而c(HI)＝ ，所以化学反应速率 最大，而 最小(为零)。
(2)随着反应的进行，反应混合物中各组分浓度的变化趋势为c(H2) ，c(I2) ，而c(HI) ，从而化学反应速率v正 ，而v逆 。(以上均填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)当反应进行到v正与v逆 时，此可逆反应就达到了平衡。若保持外界条件不变时，反应混合物的总物质的量为 mol。此时放出的热量Q (填“＝”、“>”或“<”)c kJ。
答案　(1) mol·L－1　 mol·L－1　0　v正　v逆
(2)减小　减小　增大　减小　增大　(3)相等　3　<
解析　(1)根据c＝即可求出各自的浓度。
(3)该反应为等体积反应，反应前后物质的量不变，所以混合物总物质的量仍为3 mol。因为该反应为可逆反应，不可能进行完全，所以放出的热量小于c kJ。
二　化学平衡状态的判断依据与方法
1.可逆反应达到化学平衡状态时的特征之一是v正＝v逆≠0。
在一定温度下，可逆反应A(g)＋3B(g)??2C(g)达到平衡的标志是②③④。
①单位时间内生成n mol A，同时生成3n mol B
②生成C的速率与C分解的速率相等
③3v正(A)＝v逆(B)
④单位时间内生成n mol A，同时生成2n mol C
2.可逆反应达到化学平衡状态时的另一特征是反应混合物中各组分的百分含量保持不变。
一定温度下，在容积恒定的密闭容器中进行如下反应：A(s)＋2B(g)??C(g)＋D(g)。当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是②④。
①混合气体的总物质的量　②B的物质的量浓度
③容器内气体的压强　④混合气体的密度
归纳总结
1.化学平衡状态的判断依据
(1)正反应速率与逆反应速率相等，v正＝v逆。
①对同一物质，该物质的生成速率等于它的消耗速率；
②对不同物质，速率之比等于方程式中的化学计量数之比，但必须是不同方向的速率。
(2)反应混合物中各组分的百分含量保持不变。
2.化学平衡状态的判断方法
(1)对于纯气体反应，如mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)：
①若m＋n≠p＋q，恒温恒容下气体的总物质的量不变、总压强不变、平均相对分子质量不变和恒温恒压下气体的密度不变都可以说明反应达到了平衡状态；
②若m＋n＝p＋q，不管是否达到平衡状态，气体总体积、总压强、总物质的量始终保持不变，从而平均摩尔质量(相对分子质量)、气体密度均保持不变(r＝m/n，ρ＝m/V)，因此这五项都不能作为判断反应是否达到平衡的依据。
(2)对于有固体或液体物质参与的反应，如aA(s)＋bB(g)??cC(g)＋dD(g)：
①气体质量不变?达到平衡；
②若b≠c＋d，则n气、气、p总、ρ不变均说明已达到平衡；
③若b＝c＋d，则n气、p总不变不能判断是否达到平衡状态，气、ρ不变能说明已达到平衡。
(3)对于有色物质参加的反应，体系的颜色保持不变，说明已达到平衡状态。
(4)对于隔热反应，体系温度保持不变，说明已达到平衡状态。
2.可逆反应：2NO2??2NO＋O2在恒容的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是(　　)
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A.①④⑥⑦ B.②③⑤⑦
C.①③④⑤ D.全部
答案　A
解析　依据v正＝v逆≠0判断：①单位时间内生成n mol O2的同时必消耗2n mol NO2，①能说明反应已达平衡；②描述均是正方向，无法判断；③无论反应是否达平衡，均有此关系；④NO2为红棕色的气体，颜色不变能说明反应体系中NO2浓度一定，已达到平衡；⑤因ρ＝，反应前后，m、V均不变，ρ也不变，不能说明反应达到平衡；这是一个不等体反应，⑥⑦均能说明反应已达平衡状态。
3.能证明反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)已经达到平衡状态的是(　　)
①c(H2)∶c(I2)∶c(HI)＝1∶1∶2
②单位时间内生成n mol H2的同时消耗n mol I2
③反应速率2v(H2)＝2v(I2)＝v(HI)
④温度和体积一定时，容器内的压强不再变化
⑤温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
⑥温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化
A.①③ B.②⑥ C.③⑥ D.④⑤
答案　B
解析　本题考查了化学平衡状态的判断，意在考查学生对化学平衡相关概念的理解与应用能力。达到平衡时，各物质的浓度之比与反应开始时加入的物质的量有关，因此各物质的浓度之比不能作为反应达到平衡状态的标志，①错；H2和I2均为反应物，且化学计量数相同，故②正确；③中的速率关系在任何时刻都成立，与反应是否达到平衡无关；该反应是反应前后气体分子数不变的反应，温度和体积一定时，容器内的压强始终不变，温度和压强一定时，容器内混合气体的密度始终不变，因此压强和混合气体的密度不能作为该反应达到平衡状态的标志，④和⑤错；碘蒸气的多少决定了混合气体颜色的深浅，颜色不再变化，说明已达平衡状态，⑥正确。
1.可逆反应达到化学平衡的条件是(　　)
A.逆反应停止进行
B.反应物与生成物的浓度相等
C.正反应与逆反应停止进行
D.正反应和逆反应的速率相等
答案　D
2.一定条件下，将A、B、C三种物质各1 mol通入一个密闭容器中发生反应：2A＋B??2C，达到平衡时，B的物质的量可能是(　　)
A.1.5 mol B.1 mol C.0.5 mol D.0
答案　B
解析　可逆反应不能进行彻底，若反应正向进行彻底，则剩余B 0.5 mol；若反应逆向进行彻底，则剩余B1.5 mol。故平衡时，0.5 mol3.一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g)??Y(g)＋Z(s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是(　　)
A.混合气体的密度不再变化
B.反应容器中Y的质量分数不变
C.X的分解速率与Y的消耗速率相等
D.单位时间内生成1 mol Y的同时生成2 mol X
答案　C
解析　X的分解速率与Y的消耗速率之比为2∶1时，才能说明反应达到平衡状态，故C项说明反应未达到平衡状态。
4.在一恒温、恒容的密闭容器中发生反应A(s)＋2B(g)??C(g)＋D(g)，当下列物理量不再变化时，能够表明该反应已达平衡状态的是(　　)
A.混合气体的压强
B.混合气体的平均相对分子质量
C.A的物质的量浓度
D.气体的总物质的量
答案　B
解析　因反应前后气体分子数不变，故无论反应是否平衡，混合气体的压强和气体的总物质的量都不改变；A为固态，其物质的量浓度为常数；若反应正向移动，混合气体的质量增加，则混合气体的平均相对分子质量变大，反之变小，故混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到平衡状态。
5.(1)在一定条件下，可逆反应达到平衡状态的本质特征是
，
下列关系中能说明反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)已经达到平衡状态的是 (填字母序号)。
A.3v正(N2)＝v正(H2) B.v正(N2)＝v逆(NH3)
C.2v正(H2)＝3v逆(NH3) D.v正(N2)＝3v逆(H2)
(2)在一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应达到平衡状态时，一些宏观物理量恒定不变：a.各物质的浓度不变，b.平衡混合物中各组分的物质的量分数或质量分数不变，c.容器内气体压强不变，d.容器内气体密度不变，e.容器内气体颜色不变。
①能说明反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)达到平衡状态的有 ；
②能说明反应H2(g)＋I2(g)??2HI(g)达到平衡状态的有 ；
③能说明反应2NO2(g)??N2O4(g)达到平衡状态的有 。
(3)已知N2O4(g)??2NO2(g)　ΔH＞0，现将1 mol N2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图不能说明反应达到平衡状态的是 。
答案　(1)正反应速率与逆反应速率相等　C
(2)①abc　②abe　③abce　(3)B
解析　(2)由于在恒容条件下发生反应，反应①②③在反应前后气体的质量不变，因此不能用气体的密度变化来判断反应是否处于化学平衡状态。反应②是一个气体体积不变的反应，反应前后气体的压强保持不变，也不能用压强的变化来判断反应是否处于平衡状态。①中无有色气体，因此不能用气体的颜色变化来判断反应是否处于平衡状态。(3)B项，对于一个特定反应，ΔH固定不变，不能作为判断反应是否达到平衡状态的依据；C项，在t1时刻，2v正(N2O4)＝v逆(NO2)，反应达到平衡状态。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　可逆反应、化学平衡状态的建立与特征
1.下列反应中，属于可逆反应的是(　　)
①N2＋3H22NH3,2NH33H2＋N2
②2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑，Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3
③CH3CH2OHCH2===CH2↑＋H2O，
CH2===CH2＋H—OHCH3CH2OH
④2Na＋Cl22NaCl,2NaCl2Na＋Cl2↑
A.只有① B.①②③
C.①②③④ D.①③④
答案　A
解析　可逆反应是指在同一条件下既向正反应方向进行，又向逆反应方向进行的反应，符合此条件的只有①。
2.在一定条件下，某容器中充入N2和H2合成NH3，以下叙述错误的是(　　)
A.开始反应时，正反应速率最大，逆反应速率为零
B.随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后减小为零
C.随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后保持恒定
D.随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后与逆反应速率相等且都保持恒定
答案　B
解析　化学平衡建立过程中，反应物浓度逐渐减小，故正反应速率逐渐减小，生成物浓度逐渐增大，故逆反应速率逐渐增大，当二者相等时达平衡状态，但都不为零。
3.14CO2与碳在高温条件下发生反应：14CO2＋C??2CO，达到化学平衡后，平衡混合物中含14C的粒子有(　　)
A.14CO2 B.14CO2、14CO
C.14CO2、14CO、14C D.14CO
答案　C
解析　14CO2与C反应生成14CO(正反应)的同时，逆反应14CO的分解(生成14CO2和14C)也在进行，故平衡混合物中含14C的粒子有：14CO2、14CO、14C。
题组2　化学平衡状态的标志
4.对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)??4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是(　　)
A.达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)
B.若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C.达到化学平衡时，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D.化学反应速率关系：2v正(NH3)＝3v正(H2O)
答案　A
解析　A项，表明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；B项，任何情况下消耗x mol NH3，必生成x mol NO；C项，减压时，正、逆反应速率均减小；D项，反应速率关系应为3v正(NH3)＝2v正(H2O)。
5.工业上常用煤和水作原料经过多步反应制得氢气，其中一步反应的原理为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，下面选项的条件中可判断该反应达到平衡状态的是(　　)
A.单位时间内消耗2 mol的CO同时生成2 mol的CO2
B.两个H—O键断裂的同时有一个H—H键断裂
C.反应容器内的压强不再发生变化
D.混合气体的相对分子质量不发生变化
答案　B
解析　A项描述的反应速率都是v正，无法判断是否达到平衡；B项说明H2O的分解速率(v正)与H2的消耗速率(v逆)相等，即v正(H2O)＝v逆(H2O)，能判断反应达到平衡；C项，由于该反应前后气体的物质的量不变，故压强始终不变，不能说明可逆反应达到平衡；D项，混合气体的质量不变，物质的量不变，反应前后混合气体的相对分子质量不变，故不能说明反应达到平衡状态。
6.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(　　)
A.1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键形成
B.1个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键断裂
C.3个H—H键形成的同时，有6个N—H键断裂
D.1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键形成
答案　A
解析　B项，指的是正反应速率；C项，指的是逆反应速率；D项，指的是正反应速率。
7.可逆反应aA(g)＋bB(g)??cC(g)的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系式中能说明反应已达到平衡状态的是(　　)
A.av正(A)＝bv正(B) B.bv正(A)＝av逆(B)
C.av正(C)＝cv正(A) D.av正(A)＝bv逆(B)
答案　B
解析　当正反应速率等于逆反应速率时，可逆反应达到平衡状态。正、逆反应速率相等有以下几种表现形式：①若用同一物质表示：v正＝v逆；②若用不同物质表示v逆∶v正＝化学方程式中的化学计量数之比。根据化学方程式中A、B、C间的计量关系，可知上述四个选项中，只有bv正(A)＝av逆(B)表示正、逆反应速率相等。
8.在一个不传热的固定容积的密闭容器中，可逆反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qQ(g)(m、n、p、q为任意整数)达到平衡时的标志是(　　)
①体系的压强不再改变　②体系的温度不再改变　③各组分的浓度不再改变　④各组分的质量分数不再改变　⑤反应速率vA∶vB∶vC∶vQ＝m∶n∶p∶q　⑥单位时间内m mol A断键的同时有p mol C也断键
A.③④⑤⑥ B.①③④⑤
C.②③④⑥ D.①③④⑥
答案　C
解析　由于m、n、p、q的关系未知，所以压强不变不能作为平衡的标志；在整个平衡建立过程中，速率之比均等于化学计量数之比。
9.一定条件下，在恒容密闭容器中，能表示反应X(g)＋2Y(g)??2Z(g)一定达到化学平衡状态的是(　　)
①X、Y、Z的物质的量之比为1∶2∶2　②X、Y、Z的浓度不再发生变化　③容器中的压强不再发生变化　④单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y
A.①② B.①④ C.②③ D.③④
答案　C
解析　①X、Y、Z的物质的量之比等于其化学计量数之比，不能说明反应已达到平衡状态；④中关系说明v逆＞v正，反应没有达到平衡。
10.在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)??xC(g)＋2D(g)。2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol·L－1。下列判断错误的是(　　)
A.x＝1
B.2 min内A的反应速率为0.3 mol·L－1·min－1
C.B的转化率为50%
D.若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态
答案　C
解析　　　　　3A(g)＋B(g)??xC(g)＋2D(g)
起始?mol? 3 1 0 0
转化?mol? 3a a xa 2a
平衡(mol) 3－3a 1－a xa 2a
由题意得：2a＝0.8 mol，a＝0.4 mol。
＝0.2 mol·L－1，x＝1，A正确；B项，v(A)＝＝＝0.3 mol·L－1·min－1；C项，α(B)＝×100%＝40%；D项，由于气体的总物质的量只有在平衡时才保持不变，所以平均相对分子质量不变能说明该反应达到平衡状态。
[能力提升题]
11.在地壳中SiO2和HF存在以下平衡：
SiO2(s)＋4HF(g)??SiF4(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－148.9 kJ·mol－1
(1)如果该反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时 (填字母)。
a.2v正(HF)＝v逆(H2O)
b.v(H2O)＝2v(SiF4)
c.SiO2的质量保持不变
d.反应物不再转化为生成物
(2)若反应容器容积为2.0 L，反应时间8.0 min，容器内气体的密度增大了0.12 g·L－1，在这段时间内HF的平均反应速率为 。
答案　(1)bc　(2)0.001 0 mol·L－1·min－1
解析　(1)平衡时，a项，v正(HF)＝2v逆(H2O)，错误；d项，反应继续进行，只是转化的生成物与分解的生成物相等，并不是不再转化，错误。(2)密度增大了0.12 g·L－1，说明质量增加了0.24 g，根据差量法可知增加的质量相当于SiO2的质量，即为0.24 g SiO2，其物质的量为0.004 mol，则转化的HF为0.016 mol，HF的反应速率为＝0.001 0 mol·L－1·min－1。
12.在2 L密闭容器内，800 ℃时反应2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g)　ΔH＜0，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)下图中表示NO2的变化的曲线是 。
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 (填字母)。
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
答案　(1)b　1.5×10－3 mol·L－1·s－1　(2)BC
解析　(1)该反应达到平衡时，n(NO)＝0.007 mol，此时n(NO2)＝0.013 mol，其浓度变化量为0.006 5 mol·L－1，所以表示NO2的变化曲线是b；0～2 s内v(NO)＝＝0.003 mol·L－1·s－1，则v(O2)＝v(NO)＝×0.003 mol·L－1·s－1＝1.5×10－3 mol·L－1·s－1。(2)中A表示的是同一方向的速率，在任何时候都成立，而D中容器的体积及气体的总质量都不变，气体的密度也始终不变。
13.698 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)下列说法中可以说明反应2HI(g)??H2(g)＋I2(g)已达到平衡状态的是 。
A.单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol HI
B.温度和体积一定时，容器内压强不再变化
C.条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
D.温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
(4)该反应达到平衡状态时， (填“吸收”或“放出”)的热量为 。
答案　(1)2　(2)5 s　0.316 mol·L－1·s－1
(3)A　(4)放出　41.87 kJ
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)由图知反应达到最大限度即达到化学平衡的时间为5 s，v(HI)＝＝0.316 mol·L－1·s－1。
(3)A项，单位时间内生成n mol H2的同时消耗2n mol HI，则v正(HI)＝v逆(HI)，能说明反应已达到平衡状态；
B项，温度和体积一定时，由于反应前后化学计量数不变，故气体压强不变，不能说明反应已达到平衡状态；
C项，反应前后气体总质量和总物质的量不变，故气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状态；
D项，反应前后气体的质量不变，气体的化学计量数之和不变，即气体的体积不变，密度也不变，不能说明反应达到平衡状态。
(4)可逆反应从正反应开始达到化学平衡，所以放出热量。
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。
14.某研究性小组决定用实验探究的方法证明化学反应具有一定的限度，在一定条件下会达到“平衡状态”。取5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液于试管中，滴加0.1 mol·L－1 FeCl3溶液2 mL，发生如下反应：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2。为证明该反应具有可逆性且具有限度，他们设计了如下实验：
①取少量反应液，滴加AgNO3溶液，发现有少量黄色沉淀(AgI)，证明反应物没有反应完全；
②再取少量反应液，加入少量CCl4振荡，发现CCl4层显浅紫色，证明萃取到了I2，即有I2生成。综合①②的结论，他们得出该反应具有一定的可逆性，在一定条件下会达到反应限度。
(1)老师指出他们上述实验中①不合理，你认为他的理由是 ；
改进的方法是 。
(2)有人认为步骤②适合检验生成I2较多的情况，还有一种简便方法可以灵敏地检验是否生成了I2，这种方法是 。
答案　(1)若该反应中KI过量，故不能直接检验是否存在I－来证明反应具有一定的可逆性　取少量反应后的溶液滴加KSCN溶液，若出现红色，则证明Fe3＋未完全反应
(2)取少量反应液，滴加淀粉溶液，若溶液变蓝，则说明生成了I2
第2课时　影响化学平衡移动的因素(一)
浓度、压强对化学平衡移动的影响
[学习目标定位]　1.通过外界条件对可逆反应速率的影响，掌握化学平衡移动的内在因素。2.通过实验探究，讨论分析浓度、压强影响平衡移动的规律。
一　化学平衡状态的移动
1.在一定条件下，把1 mol N2和3 mol H2充入一密闭容器中发生反应N2＋3H2??2NH3，一段时间后达到平衡。在某一时刻，保持容器容积不变，充入N2，此时，c(N2)增大，v正增大，c(NH3)不变，v逆不变，随着反应的进行，c(N2)减小，v正减小，c(NH3)增大，v逆增大，最终v正＝v逆。
2.在一定条件下，可逆反应达到化学平衡状态，如果改变影响平衡的条件(如浓度、气体反应的压强、温度等)，化学平衡状态被破坏(正、逆反应速率不再相等)，直至正、逆反应速率再次相等，在新的条件下达到新的化学平衡状态。这种现象称作平衡状态的移动，简称平衡移动。
3.化学平衡移动可表示为
归纳总结
化学平衡移动方向的判断
条件改变
1.试根据下列图像判断化学平衡移动的方向。
答案　①向正反应方向移动；②向逆反应方向移动；③平衡不移动。
二　浓度对化学平衡移动的影响
1.按表中实验操作步骤完成实验，观察实验现象，填写下表：
实验原理
实验步骤
实验现象
橙黄色变为橙色
橙黄色变为黄色
实验结论
c(H＋)增大，平衡向逆反应方向移动
NaOH溶液使c(H＋)变小，平衡向正反应方向移动
2.按表中实验要求完成实验，将有关实验现象及其结论填入表中：
原理
Fe3＋＋3SCN－??Fe(SCN)3(红色)
实验(1)步骤
现象
溶液颜色变深
溶液颜色变深
实验(2)步骤
向试管①中滴加0.01 mol·L－1
NaOH溶液
向试管②中滴加0.01 mol·L－1
NaOH溶液
现象
溶液颜色变浅
溶液颜色变浅
实验结论
对可逆反应Fe3＋＋3SCN－??Fe(SCN)3，分别增大c(Fe3＋)和c(SCN－)后，化学平衡均向正反应方向移动；滴加NaOH溶液，由于3OH－＋Fe3＋===Fe(OH)3↓，减小了Fe3＋的浓度，化学平衡向逆反应方向移动
3.已知反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)　ΔH<0，m＋n回答下列问题：
改变条件
平衡移动方向
①
增大反应物A或B的浓度
向正反应方向移动
②
减小生成物C的浓度
向正反应方向移动
③
增大生成物C的浓度
向逆反应方向移动
④
减小反应物A或B的浓度
向逆反应方向移动
归纳总结
浓度对化学平衡移动的影响
当其他条件不变时：
(1)c(反应物)增大或c(生成物)减小，平衡向正反应方向移动。
(2)c(反应物)减小或c(生成物)增大，平衡向逆反应方向移动。
注意　若改变固体或纯液体反应物的用量，化学反应速率不变，平衡不移动。
2.在K2Cr2O7溶液中存在下列平衡：2CrO(黄色)＋2H＋??Cr2O(橙色)＋H2O中，溶液颜色介于黄色和橙色之间，今欲使溶液颜色变浅，可以在溶液中加入(　　)
①H＋　②OH－　③K＋　④H2O
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
答案　B
解析　平衡向右移动，颜色变深，而向左移动，颜色变浅。加入OH－，中和H＋，c(H＋)减小，平衡左移，颜色变浅；而加入水，溶液体积增大，浓度减小，颜色变浅。而c(K＋)的变化，不影响平衡移动。
3.下图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是(　　)
A.反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B.该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
C.该反应达到平衡态Ⅰ后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
D.同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等
答案　C
解析　减小反应物浓度的瞬间，逆反应速率不变，正反应速率迅速降低，且达到新平衡时的反应速率比原平衡时的速率小，这与图像不符，C错。
三　压强对化学平衡移动的影响
1.在一定条件下，把2 mol SO2和1 mol O2充入一密闭容器中，发生反应2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，一段时间后达到平衡，在某一时刻，使容器容积缩小，此时c(SO2)、c(O2)、c(SO3)都增大，所以v正、v逆也都增大，但由于反应物浓度和生成物浓度增大的幅度不一样，所以v正、v逆增大的幅度也不一样，其中反应物浓度增大的幅度更大，致使v正>v逆，平衡向正反应方向移动。
如下图所示：
图1压强的变化是增大，图2压强的变化是减小。
2.对于反应I2(g)＋H2(g)??2HI(g)，此反应的特点是反应前后气体分子数不变，若改变压强(即压缩体积或扩大体积)，反应物浓度和生成物浓度改变的程度相同，所以v正和v逆改变的程度相同，使v正＝v逆，平衡不移动。
归纳总结
压强对化学平衡移动的影响
当其他条件不变时：
(1)若为体积不等的反应
增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。
(2)若为等体积反应
改变压强，平衡不移动。
注意　①恒容时，通入稀有气体，压强增大，平衡不移动；恒压时，通入稀有气体，体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动。
②在恒容容器中，改变其中一种物质的浓度时，必然同时引起压强的改变，但判断平衡移动的方向时，应以浓度的影响进行分析。
③同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度时，应视为压强的影响。
4.一定温度下，反应C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡，下列措施不能使平衡发生移动的是(　　)
①增加C的物质的量　②保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大　③将容器的容积缩小一半　④保持压强不变，充入N2使容器容积变大
A.①② B.②③ C.①④ D.③④
答案　A
解析　①C是固体，其浓度为常数，改变它的量平衡不移动；该反应为气体体积不相等的反应，②保持容器容积不变，充入N2，由于c(H2O)、c(CO)、c(H2)都不变，所以平衡不移动；③缩小容器容积，压强增大，平衡左移；④保持压强不变，充入N2，容器容积扩大，平衡右移。
1.可以作为判断化学平衡发生移动的标志是(　　)
A.反应混合物各组分的浓度发生改变
B.正、逆反应速率发生改变
C.反应物的转化率发生改变
D.反应混合物的浓度发生改变
答案　C
解析　化学平衡移动的标志是反应混合物各组分的含量发生改变和反应物的转化率发生改变。如果改变一个条件，反应的正、逆反应速率会发生改变，若正、逆反应速率仍相等，则化学平衡不发生移动，若正、逆反应速率不相等，则化学平衡将会发生移动。如果改变一个条件，反应混合物的浓度会发生改变，如对气体体积不变的可逆反应，当改变压强时会改变浓度，但正、逆反应速率仍相等，其化学平衡不发生移动；如对气体体积发生改变的可逆反应，当改变压强时会改变浓度，使正、逆反应速率不相等，其化学平衡会发生移动。
2.下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是(　　)
①已达到平衡的反应C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动　②已达到平衡的反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定增大　③有气体参加的反应达到平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动　④有气体参加的反应达到平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A.①④ B.①②③ C.②③④ D.①②③④
答案　D
解析　本题考查影响化学平衡移动方向的因素及影响规律。增加C(s)的物质的量，由于浓度未变，平衡不移动，①错；对于多种物质参加的可逆反应，增大某一反应物的浓度，平衡右移，其他物质的转化率增大，而此物质的转化率减小，②错；对于有气体参加的非等体的可逆反应，缩小容器体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，③错；在恒压容器中充入稀有气体，各物质浓度减小，若是非等体积反应，则平衡会发生移动，④错。
3.反应NH4HS(s)??NH3(g)＋H2S(g)在某温度下达到平衡，下列各种情况下，不会使平衡发生移动的是(　　)
①温度、容积不变时，通入SO2气体　②移走一部分NH4HS固体　③容器体积不变，充入氮气　④保持压强不变，充入氮气
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
答案　B
解析　通入SO2后，发生反应2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，相当于减小了生成物的浓度，平衡将向正反应方向移动，①不符合题意；固体量的多少不影响平衡的移动，则移走部分NH4HS固体不能使平衡发生移动，②符合题意；恒容时，充入不与体系中各物质反应的其他物质，原平衡体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，③符合题意；充入不与体系中各物质反应的其他物质，此时体系的分子数增加，要保持恒压，容器体积必须增大，原平衡体系中各物质的浓度将减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，④不符合题意。
4.某温度下，密闭容器中发生反应aX(g)??bY(g)＋cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是(　　)
A.可逆反应的化学方程式的化学计量数：a＞b＋c
B.压缩容器的容积时，v正增大，v逆减小
C.达到新平衡时，物质X的转化率减小
D.达到新平衡时，混合物中Z的质量分数增大
答案　C
解析　体积缩小，假设平衡不移动，则Y和Z的浓度应该为原来的2倍，而现为1.8倍，则表明平衡向逆反应方向移动，压强增大，v正、v逆均增大，且v逆＞v正，向Y、Z消耗的方向即逆反应方向移动，则b＋c＞a；X的转化率减小；混合物中Z的质量分数减小。
5.(1)在密闭容器中进行如下反应：CO2(g)＋C(s)2CO(g)　ΔH＞0，达到平衡后，若改变下列条件，则指定物质的浓度及平衡如何变化。
①增加C，平衡________，c(CO2)________。
②缩小反应容器的容积，保持温度不变，则平衡________，c(CO2)________。
③保持反应容器的容积和温度不变，通入N2，则平衡________，c(CO2)________。
(2)现有三个体积相等的定容密闭容器，都进行下列反应：CO2(g)＋H2(g)??H2O(g)＋CO(g)。反应所处的温度相同，但起始浓度不同，其中起始时各物质的物质的量如下表：
CO2
H2
H2O
CO
甲
a mol
a mol
0
0
乙
a mol
2a mol
0
0
丙
a mol
a mol
a mol
0
达到平衡时，CO的物质的量由大到小的顺序是____________________。
答案　(1)①不移动　不变　②向左移动　增大
③不移动　不变　(2)乙>甲>丙
解析　(1)①碳为固体，增加碳，反应速率不变，平衡不移动，c(CO2)不变；②温度不变，缩小体积，压强增大，平衡逆向移动，c(CO2)增大；③温度、体积不变，通入N2，反应物浓度不变，平衡不移动，c(CO2)不变。
(2)将乙、丙都和甲对比，即将甲作为参照物。乙和甲对比，增加了H2的浓度，平衡正向移动，乙中生成的CO的物质的量大于甲中生成的CO的物质的量；丙和甲对比，增加了生成物H2O(g)的浓度，促使平衡向逆反应方向移动，这样丙中CO的物质的量将小于甲中CO的物质的量。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　化学平衡移动的判断
1.能引起化学平衡移动的是(　　)
A.化学反应速率发生了变化
B.有气态物质参加的反应达到平衡后，改变了压强
C.由于某一条件的改变，使平衡混合物中各组分的浓度发生了不同程度的变化
D.改变了反应物浓度
答案　C
解析　对于等体积反应，体积改变时，压强、反应速率、浓度均发生变化，但平衡不移动。
2.对处于化学平衡的体系，由化学平衡与化学反应速率的关系可知(　　)
A.化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动
B.化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化
C.正反应进行的程度大，正反应速率一定大
D.改变压强，化学反应速率一定改变，平衡一定移动
答案　B
解析　A项，如果正、逆速率改变幅度一样大，则平衡不移动，A错；B项，化学平衡发生移动，则速率一定改变，B对；C项，反应进行的程度与速率无关，C错；D项，改变压强，化学反应速率不一定改变(如固液反应或容器体积不变的反应体系中充入“惰性”气体)，平衡也不一定移动。
题组2　浓度对化学平衡移动的影响
3.在体积一定的恒温密闭容器中加入等物质的量的X、Y，进行如下可逆反应：X(g)＋Y(g)??Z(g)＋W(s)　ΔH＞0。下列叙述正确的是(　　)
A.若继续充入X，平衡向正反应方向移动，Y的转化率增大
B.若继续充入Z，平衡逆向移动，Z的体积分数减小
C.若移走部分W，平衡正向移动
D.平衡后移走X，上述反应的ΔH减小
答案　A
解析　B项，通入Z，平衡逆向移动，Z的体积分数增大；C项，W为固体，改变其用量，平衡不移动；D项，ΔH只和方程式中的化学计量数及状态有关，与反应物的量无关。
4.对于一可逆反应，当确知平衡向正反应方向移动，下列说法肯定正确的是(　　)
A.反应物的转化率将增大 B.生成物的产量将增加
C.生成物的浓度将增大 D.生成物的百分含量将增大
答案　B
解析　A项，若增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其他反应物的转化率增大，而自身转化率降低；B项，平衡向正反应方向移动，生成物的产量一定增加；C项，如正反应是气体体积增大的反应，当增大体积减小压强时，平衡向正反应方向移动，但生成物浓度降低；D项，如增加反应物的物质的量，平衡向正反应方向移动，若增加的多转化的少，则生成物的百分含量反而减小。
题组3　压强对化学平衡移动的影响
5.温度一定时，在密闭容器中发生可逆反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)，达到平衡后，若将混合气体的体积压缩到原来的1/2，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.9倍。则下列叙述中正确的是(　　)
A.平衡向逆反应方向移动
B.气体C的体积分数增大
C.气体A的转化率增大
D.m＋n>p
答案　A
解析　假设压缩气体的体积时平衡不发生移动，则C的浓度为原平衡时C的浓度的2倍，现只有1.9倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，可得m＋n6.温度不变时，在恒压容器a与恒容容器b中，分别充入体积比为1∶3的N2和H2。若开始时两容器的体积相等，且在相同条件下达到平衡时，两容器中N2的转化率应当是(　　)
A.a中大 B.b中大
C.a、b一样大 D.无法判断
答案　A
解析　氮气和氢气的反应是一个反应前后气体体积减小的反应，气体的压强越大，氮气的转化率越大，随着反应的进行，a容器内气体的压强不变，b容器内气体的压强减小，a容器中气体的压强大于b容器中气体的压强，所以a容器中氮气的转化率大。
7.一定条件下反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)在一密闭容器中进行，测得平均反应速率v(C)＝2v(B)。若反应达平衡后保持温度不变，增大体系压强时平衡不移动，则m、n、p、q的数值可以是(　　)
A.2、6、3、5 B.1、3、2、2
C.3、1、2、2 D.3、1、2、1
答案　C
题组4　浓度、压强对平衡移动的综合分析
8.下图为带可移动隔板的密闭容器，某温度下，左、右两侧反应均达到平衡，此时隔板处于容器中央。若保持温度不变，向左侧容器中充入一定量的H2，下列说法正确的是(　　)
A.两侧平衡均向正反应方向移动
B.左侧平衡向逆反应方向移动
C.右侧平衡向逆反应方向移动
D.两侧平衡均向逆反应方向移动
答案　A
解析　向左侧容器中通入H2，增大H2的浓度，平衡右移，但总压强增大，隔板右移，增大右侧压强，使该平衡右移。
9.在体积和温度不变的密闭容器中充入a mol X和足量Y，发生反应：2X(g)＋Y(s)??Z(g)＋W(g)，建立平衡后，若再加入b mol X，下列判断不正确的是(　　)
A.平衡正向移动 B.X的转化率不变
C.Y的转化率增大 D.X的转化率减小
答案　D
解析　在体积和温度不变的密闭容器中充入a mol X和足量Y，发生反应：2X(g)＋Y(s)??Z(g)＋W(g)，建立平衡后，若再加入b mol X，增大反应物浓度，平衡正向移动；Y为固体，反应前后气体体积不变，加入X，最后达到平衡状态，相当于增大压强，X平衡转化率不变；再加入X，平衡正向进行，Y的转化率增大。
10.如图，关闭活塞K，向A中充入1 mol X、1 mol Y，向B中充入2 mol X、2 mol Y，此时A的容积是a L，B的容积是2a L。在相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：X(g)＋Y(g)??2Z(g)＋W(g)
ΔH<0。A保持恒压，B保持恒容。达平衡时，A的体积为1.4a L。下列说法错误的是(　　)
A.反应速率：v(B)>v(A)
B.A容器中X的转化率为80%
C.若打开K，则A的体积变为2.6a L
D.平衡时Y的体积分数：A答案　C
解析　A项，由于B中反应物浓度大于A，所以v(B)＞v(A)；B项，
　　　　　 X(g)＋Y(g)??2Z(g)＋W(g)
1 1 0 0
b b 2b b
1－b 1－b 2b b
由题意得：＝1.4
b＝0.8 mol
所以α(X)＝×100%＝80%；
C项，若打开K，整个体系中与A中的百分含量一样。设总体积为m，则＝，m＝4.2a L。所以A的体积应变为4.2a L－2a L＝2.2a L；D项，由于B中压强大，平衡左移，所以B中Y的体积分数大。
[能力提升题]
11.在相同容积的4个密闭容器中进行同一可逆反应：2A(g)＋B(g)??3C(g)＋2D(g)，起始时4个容器所盛A、B的量如下表所示：
容器
甲
乙
丙
丁
A
2 mol
1 mol
2 mol
1 mol
B
1 mol
1 mol
2 mol
2 mol
在相同温度下，建立平衡时：
(1)4个容器中A的转化率由大到小的顺序是________________________________。
(2)4个容器中B的转化率由大到小的顺序是________________________________。
答案　(1)丁>乙>丙>甲　(2)甲>乙>丙>丁
解析　以乙为标准，甲相当于又加入1 mol A，平衡右移，所以A的转化率：甲＜乙，B的转化率：甲＞乙；丙相当于压缩体积，平衡左移，A、B转化率均小于乙中A、B转化率。甲、丁比较A的转化率：甲＜丁，B的转化率：甲＞丁，乙、丁比较A的转化率：乙＜丁，B的转化率：乙＞丁。甲、丙比较A的转化率：甲＜丙，B的转化率：甲＞丙。丙、丁比较B的转化率：丙＞丁。综上所述，A转化率：甲＜丙＜乙＜丁，B转化率：甲＞乙＞丙＞丁。
12.反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表所示：
压强/Pa
2×105
5×105
1×106
c(A)/mol·L－1
0.08
0.20
0.44
分析表中数据，回答下列问题：
(1)当压强从2×105 Pa增加到5×105 Pa时，平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动，判断的依据是______________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)当压强从5×105 Pa增加到1×106 Pa时，该反应的化学平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动，判断的依据是_________________________________________，
可能的原因是____________________________________________________________。
答案　(1)不　当p增大2.5倍时，c(A)增大2.5倍，说明平衡没有移动，即m＋n＝p
(2)向左　当p增大2倍时，c(A)却增加了2.2倍，说明平衡向生成A的方向移动　增大压强时，B转化为液态或固态
解析　(1)由：＝＝2.5，＝2.5，
说明浓度的变化只与体积变化有关，化学反应对它无影响，即化学平衡不移动。
(2)由：＝＝2，＝＝2.2，
说明p改变，化学平衡向生成A的方向移动，由(1)知n＋m＝p，故加压时，必然是B转化为液态或固态，逆反应方向变成为气体分子数减少的方向。
13.根据外界条件对化学平衡的影响回答下列问题：
(1)碘单质难溶于水却易溶于KI溶液。
碘水中加入KI溶液发生反应：I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)，下列说法不正确的是________(填字母序号，下同)。
a.上述体系中加入苯，平衡不移动
b.可运用该反应原理除去硫粉中少量的碘单质
c.实验室配制碘水时，为增大碘单质的溶解度可加入适量KI溶液
d.加入AgNO3溶液平衡向左移动
(2)某温度下，体积一定的密闭容器中进行反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0。
①下列分析正确的是________。
a.平衡后，加入N2，该反应的ΔH增大
b.平衡后，加入催化剂，该反应的ΔH不变
c.平衡后，充入NH3，新平衡时，NH3的百分含量变大
d.若反应前充入的N2与H2物质的量相等，达平衡时N2的转化率比H2的高
②欲提高H2的转化率，下列措施可行的是________。
a.缩小容器体积
b.向容器中按原比例再充入N2和H2
c.向容器中再充入惰性气体
d.改变反应的催化剂
e.液化NH3并分离
答案　(1)a　(2)①bc　②abe
解析　(1)加入苯，I2易溶于苯，平衡I2＋I－??I向左移动，a项不正确，b项正确；配制碘水时，加入适量KI溶液，平衡I2＋I－??I向右移动，I2的溶解度增大，c项正确；加入AgNO3溶液，I－＋Ag＋===AgI，平衡I2＋I－??I向左移动，d项正确。
(2)①ΔH与反应物N2的量无关，ΔH是表示1 mol N2和3 mol H2完全反应时的焓变，故平衡后再加入N2，该反应的ΔH不变，a项不正确；加入催化剂，不影响反应物和生成物的总能量，ΔH不变，b项正确；其他条件不变，平衡后再充入NH3，相当于增大压强，达到平衡时，NH3百分含量增大，故c项正确；若反应前充入的N2和H2的物质的量相等，由于反应中转化的N2和H2的物质的量之比是1∶3，所以达到平衡时N2的转化率比H2的低，d项不正确。
②a、b项为增大压强，平衡向右移动，α(H2)增大；c、d项平衡不移动，α(H2)不变，e项平衡向右移动，α(H2)增大。
14.已知在一恒容密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH＝－196.0 kJ·mol－1。
SO2的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：
根据图示回答下列问题：
(1)压强：p1________(填“>”、“＝”或“<”)p2。
(2)升高温度，平衡向________(填“左”或“右”)移动。
(3)200 ℃下，将一定量的SO2和O2充入体积为2 L的密闭容器中，经10 min后测得容器中各物质的物质的量如下表所示：
气体
SO2
O2
SO3
物质的量/mol
1.6
1.8
0.4
①10 min内该反应的反应速率v(O2)＝________________________________________，
该反应达到化学平衡状态的标志是________。
a.SO2和O2的体积比保持不变
b.混合气体的密度保持不变
c.体系的压强保持不变
d.SO2和SO3物质的量之和保持不变
②当反应放出98.0 kJ热量时，测得该反应达平衡状态，该温度下SO2的转化率为_____。
(4)400 ℃时，将等量的SO2和O2最初在两个容积相等的容器中反应，并达到平衡。在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的百分含量为p%，则乙容器中SO2的百分含量________。
a.等于p% b.大于p%
c.小于p% d.无法判断
答案　(1)>　(2)左　(3)①0.01 mol·L－1·min－1　ac　②50%　(4)c
解析　(1)由图可知：温度一定时，如200 ℃时，B点SO2的转化率大于A点SO2的转化率，增大压强，平衡向气体化学计量数减小的方向移动，故p1>p2。
(2)由图可知：压强一定时，升高温度，SO2转化率减小，平衡向左移动。
(3)①v(O2)＝v(SO3)＝×＝0.01 mol·L－1·min－1。
SO2、O2起始物质的量分别为n(SO2)＝1.6 mol＋0.4 mol＝2.0 mol，n(O2)＝1.8 mol＋0.2 mol＝2.0 mol。
因温度和体积不变，a项，开始加入SO2和O2的物质的量相等，而Δn(SO2)与Δn(O2)不同，故a项能说明反应达到平衡状态；b项，容器体积不变，混合气体质量不变，故反应前后气体密度不变，故b项不能说明反应达到平衡；c项，因反应前后气体的总物质的量减小，当温度体积不变时反应后气体压强减小，故c项能说明反应达平衡状态；d项，根据质量守恒，反应前后n(SO2)＋n(SO3)不变，故d项不能说明反应达到平衡状态。
②Δn(SO2)＝×2 mol＝1 mol，α(SO2)＝×100%＝50%。
(4)平衡后乙容器体积小于甲容器，压强大于甲容器，乙容器平衡相当于甲容器平衡增大压强(或缩小容器体积)得到，所以乙容器中SO2的百分含量小于p%。
第3课时　影响化学平衡移动的因素(二)
温度、催化剂对化学平衡移动的影响
[学习目标定位]　1.通过温度对可逆反应速率的影响，理解并掌握温度影响化学平衡移动的规律。2.了解催化剂影响化学反应速率的实质，并进一步探讨对化学平衡的影响，从而了解催化剂在化工生产中的应用。
一　温度对化学平衡移动的影响
1.按表中实验步骤要求完成实验，观察实验现象，填写下表：
实验原理
实验步骤
实验现象
热水中混合气体颜色加深；
冰水中混合气体颜色变浅
实验结论
混合气体受热颜色加深，说明NO2浓度增大，即平衡向逆反应方向移动；混合气体被冷却时颜色变浅，说明NO2浓度减小，即平衡向正反应方向移动
2.已知反应：mA(g)＋nB(g)??pC(g)　m＋n(1)图①表示的温度变化是升高，平衡移动方向是向逆反应方向。
(2)图②表示的温度变化是降低，平衡移动方向是向正反应方向。
(3)正反应是放热反应，逆反应是吸热反应。
归纳总结
1.温度对v放、v吸的影响规律
升温，v放、v吸均增大，但v吸增大程度大；降温，v放、v吸均减小，但v吸减小程度大。
2.温度对化学平衡移动的影响规律
当其他条件不变时：
温度升高，平衡向吸热反应方向移动；
温度降低，平衡向放热反应方向移动。
1.利用下图(a)和(b)中的信息，按图(c)装置(连接的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的__________________________(填“深”或“浅”)，其原因是______________________________________________________________________。
答案　深　H2O2分解放热，使B瓶的温度升高，2NO2(g)??N2O4(g)平衡向左移动，NO2浓度增大，气体颜色加深
解析　由本小题给出的能量变化图像可知，双氧水的分解和二氧化氮生成四氧化二氮的反应都属于放热反应，由此可知(c)装置中右边烧杯的温度应高于左边烧杯的温度，温度升高，使平衡2NO2(g)??N2O4(g)向左移动，所以B瓶中二氧化氮浓度增大，气体颜色加深。
2.对于①N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0
②2NH3(g)??N2(g)＋3H2(g)　ΔH>0
其中v－t图像为
(1)反应①
t1时刻改变的条件为______________________________________________________；
t2时刻改变的条件为______________________________________________________。
(2)反应②
t1时刻改变的条件为______________________________________________________；
t2时刻改变的条件为_______________________________________________________。
答案　(1)增大压强　降低温度
(2)升高温度　减小压强
解析　t1时刻反应速率增大，说明是升温或增大压强，而t2时刻反应速率又减小，说明是降温或减小压强。
二　催化剂对化学平衡的影响
1.加入催化剂可以大大地加快反应速率，是因为它可以降低反应所需活化能，从而提高活化分子百分数，从而增大反应速率，但是由于催化剂能够同等程度地改变正、逆反应速率，因此它对化学平衡移动无影响。
2.对于N2＋3H2??2NH3反应，NH3的体积分数如图所示：
其中m表示使用催化剂情况，n表示未使用催化剂情况。
归纳总结
催化剂对化学平衡的影响
当其他条件不变时：
催化剂不能改变达到化学平衡状态时反应混合物的组成，但是使用催化剂能改变反应达到化学平衡所需的时间。
3.将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2(g)＋Br2(g)??2HBr(g)　ΔH<0，平衡时Br2(g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2(g)的转化率为b。a与b的关系是(　　)
A.a>b B.a＝b C.a答案　A
解析　该反应为放热反应，绝热下进行反应，温度升高，所以绝热平衡时转化率低于恒温平衡时转化率，即a>b。
4.如图所示，表示反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0，在某一时间段内反应速率与反应过程的曲线关系图。
(1)氨的质量分数最高的一段时间是________(填字母序号)。
A.t0～t1 B.t2～t3 C.t3～t4 D.t5～t6
(2)t1、t3、t4改变的条件分别是
t1________________________________________________________________________；
t3________________________________________________________________________；
t4________________________________________________________________________。
答案　(1)A　(2)升高温度　使用催化剂　减小压强
解析　(1)平衡移动时，都是向左移动，所以最初时的NH3的质量分数最高。
(2)t1时，v正、v逆均增大且v逆>v正，改变的条件是升温；t3时，v正＝v逆，改变的条件是使用催化剂；t4时，v正、v逆均减小且v逆>v正，改变的条件是减小压强。
三　勒夏特列原理
1.向一密闭容器中通入1 mol N2、3 mol H2发生反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0，一段时间后达到平衡，当改变下列条件后，请填写下列内容：
(1)若增大N2的浓度，平衡移动的方向是向右移动；达新平衡时，氮气的浓度与改变时相比较，其变化是减小。但平衡时的浓度大于原平衡时的浓度。
(2)若升高温度，平衡移动的方向是向左移动；达新平衡时的温度与改变时相比较，其变化是降低。但平衡时的温度高于原平衡时的温度。
(3)若增大压强，平衡移动的方向是向右移动；达新平衡时的压强与改变时相比较，其变化是减小。但平衡时的压强大于原平衡时的压强。
2.根据以上分析，得知如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。该结论就是勒夏特列原理。
归纳总结
1.勒夏特列原理的适用范围
化学反应平衡等所有的动态平衡。
2.对“减弱这种改变”的正确理解
(1)定性角度：用于判断平衡移动的方向。
(2)定量角度：“减弱”不等于“消除”，更不是“扭转”。
5.下列事实中，不能用勒夏特列原理加以解释的是(　　)
A.夏天，打开啤酒瓶时会在瓶口逸出气体
B.浓氨水中加入氢氧化钠固体时产生较多的刺激性气味的气体
C.压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深
D.将盛有二氧化氮和四氧化二氮混合气体的密闭容器置于冷水中，混合气体颜色变浅
答案　C
解析　A中考查溶解平衡CO2(g)??CO2(aq)，压强减小，则平衡向逆反应方向移动，形成大量气体逸出；B中考查温度、浓度、酸碱性对NH3＋H2O??NH3·H2O??NH＋OH－平衡移动的影响；D中考查温度对2NO2??N2O4的影响；C中颜色加深的根本原因是因为体积减小，c(I2)浓度增大，由于是等体反应，不涉及平衡的移动，则不能用勒夏特列原理解释。
6.反应X(g)＋Y(g)??2Z(g)　ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是(　　)
A.减小容器体积，平衡向右移动
B.加入催化剂，Z的产率增大
C.增大c(X)，X的转化率增大
D.降低温度，Y的转化率增大
答案　D
解析　由X(g)＋Y(g)??2Z(g)　ΔH<0可知，反应前后气体分子数不变，故减小容器体积，即压强增大，平衡不移动，A项错误；加入催化剂，平衡不移动，故Z的产率不变，B项错误；增大c(X)，X的转化率减小，C项错误；降低温度，平衡向放热反应方向(正向)移动，Y的转化率增大，D项正确。
1.反应2A(g)??2B(g)＋E(g)　ΔH>0，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是(　　)
A.加压 B.降温 C.减小E的浓度 D.加催化剂
答案　B
解析　加压，使v正增大，平衡向左移，A的浓度增大，A错误；降温，v正减小，平衡向左移，c(A)增大，B正确；减小E的浓度，平衡向右移，c(A)减小，C错误；加入催化剂，v正增大，平衡不移动，c(A)不变，D错误。
2.合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH＜0
反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是(　　)
A.增加压强 B.降低温度
C.增大CO 的浓度 D.更换催化剂
答案　B
解析　一般来说，有两种及两种以上反应物的可逆反应中，在其他条件不变时，增大其中一种反应物的浓度，能使其他反应物的转化率升高，但其本身的转化率反而降低，故C项错误；A项，因该反应为反应前后气体物质的量相等的反应，故增加压强只能缩短反应达到平衡的时间，并不能使该平衡发生移动，因而无法提高CO的转化率；B项，因该反应为放热反应，降低温度能使平衡向右移动，从而提高CO的转化率；D项，催化剂只能影响化学反应的速率，改变可逆反应达到平衡的时间，不能提高CO的转化率。
3.某温度下，对可逆反应：2X(g)＋Y(g)??Z(g)＋W(s)　ΔH>0，则下列叙述正确的是(　　)
A.加入少量W，逆反应速率增大
B.升高温度时，正反应速率增大，逆反应速率减小
C.压强不变，充入与反应体系不反应的N2，Z的物质的量减少
D.平衡后加入X，上述反应的ΔH增大
答案　C
解析　加少量固体W，逆反应速率不变，A项不正确；升温，v正和v逆都增大，B项不正确；压强不变，充入不反应气体N2，容器体积变大，平衡向左移动，Z的物质的量减少，C项正确；平衡后加入X，平衡右移，但ΔH表示2 mol X(g)和1 mol Y(g)完全反应时的热效应，故ΔH不变，D项不正确。
4.下图所示的直型石英玻璃封管中充有CO气体，左端放置不纯的镍(Ni)粉。在一定条件下，Ni可以与CO(g)发生如下反应：
Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)　ΔH＜0，但Ni粉中的杂质不与CO(g)发生反应，玻璃管内左右两端的温度分别稳定在350 K和470 K，经过足够长时间后，右端的主要物质是(　　)
A.纯Ni(s)和Ni(CO)4(g)
B.纯Ni(s)和CO(g)
C.不纯Ni(s)和CO(g)
D.不纯Ni(s)和Ni(CO)4(g)
答案　B
解析　温度升高，平衡左移，生成Ni和CO，由于右端温度稳定在470 K，所以右端主要物质是纯Ni(s)和CO(g)。
5.在体积为1 L的溶液中，反应A＋2B??C分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(A)＝0.100 mol·L－1、c(B)＝0.200 mol·L－1及c(C)＝0 mol·L－1。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。
请回答下列问题：
(1)与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是：
②_______________________________________________________________________；
③_______________________________________________________________________。
(2)实验②平衡时B的转化率为________；实验③平衡时C的浓度为________。
(3)该反应的ΔH________0，其判断理由是_____________________________________
________________________________________________________________________。
(4)该反应进行到4.0 min时的平均反应速率：
实验②：v(B)＝________；
实验③：v(C)＝________。
答案　(1)②加催化剂；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变　③温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小　(2)40%(或0.4)　0.060 mol·L－1
(3)>　温度升高平衡向正反应方向移动，故该反应是吸热反应　(4)0.014 mol·L－1·min－1　0.009 mol·L－1·min－1
解析　(1)②使用了(正)催化剂；理由：因为从图可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而②比①所需要的时间短，显然反应速率加快了，故由影响反应速率和影响平衡的因素可知是加入了(正)催化剂。③升高温度；理由：因为该反应是在溶液中进行的反应，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反应速率，再由于③和①相比达到平衡所需时间短，平衡时浓度更小，故不可能是使用催化剂，故改变条件只能是升高温度。
(2)②中达到平衡时A转化了0.040 mol，由反应计量数可知B转化了0.080 mol，所以B的转化率为×100%＝40.0%；同样在③中A转化了0.060 mol，则生成C为0.060 mol，体积不变，即平衡时 c(C)＝0.060 mol·L－1。
(3)ΔH＞0；理由：由③和①进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应，ΔH>0。
(4)从图上读数，反应进行到4.0 min时，实验②中A的浓度为0.072 mol·L－1，则Δc(A)＝0.100 mol·L－1－0.072 mol·L－1＝0.028 mol·L－1，v(A)＝Δc(A)/Δt＝＝0.007 mol·L－1·min－1，所以vB＝2vA＝0.014 mol·L－1·min－1；反应进行到4.0 min实验③中A的浓度为0.064 mol·L－1，Δc′(A)＝0.100 mol·L－1－0.064 mol·L－1＝0.036 mol·L－1，v′(A)＝Δc′(A)/Δt＝＝0.009 mol·L－1·min－1，所以v(C)＝v(A)＝0.009 mol·L－1·min－1。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　勒夏特列原理的广泛应用
1.下列事实能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A.加入催化剂有利于合成氨的反应
B.由H2(g)、I2(g)和HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
C.500 ℃时比室温更有利于合成氨的反应
D.将混合气体中的氨液化有利于合成氨反应
答案　D
解析　A、B两项，改变条件平衡均不移动，不能用勒夏特列原理解释；C项，根据勒夏特列原理，温度越低，NH3的转化率越高，采取500 ℃，主要考虑催化剂的活性和反应速率问题；D项，将混合气体中的氨液化，相当于减小了生成物的浓度，平衡正向移动，有利于合成氨反应。
2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A.光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小
B.加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C.可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D.增大压强，有利于SO2与O2反应生成SO3
答案　B
解析　加入催化剂，平衡不移动。
题组2　温度、催化剂对化学平衡的影响
3.对于任何一个化学平衡体系，采取以下措施，一定会使平衡发生移动的是(　　)
A.加入一种反应物 B.增大体系的压强
C.升高温度 D.使用催化剂
答案　C
解析　A项中，若反应物是固体，增加其用量对平衡移动无影响；B项中，若气体体积反应前后相等，或无气体参与的反应，改变压强，平衡都不会移动；D项，加入催化剂，平衡不移动。
4.在容积不变的密闭容器中，一定条件下进行如下反应：2NO(g)＋2CO(g)??N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－373.2 kJ·mol－1。如图曲线a表示该反应过程中NO的转化率与反应时间的关系。若改变起始条件，使反应过程按照曲线b进行，可采取的措施是(　　)
A.降低温度
B.向密闭容器中通入氩气
C.加催化剂
D.增大反应物中NO的浓度
答案　D
解析　由化学方程式知，降低温度，平衡向右移动，α(NO)增大，但由图像知，b温度先达到平衡，故温度b>a，且升温α(NO)减小，二者矛盾，故A项不正确；B项和C项平衡不移动，α(NO)不变，图像不符，故B、C项不正确；增大NO浓度，v增大，且平衡正向移动，但α(NO)降低，图像符合，故D项正确。
5.已知反应3A(g)＋B(g)??2C(g)＋2D(g)　ΔH<0，右图中，a、b曲线分别表示在不同条件下，A与B反应时D的体积分数随时间t的变化情况。若想使曲线b(实线)变为曲线a(虚线)，可采取的措施是(　　)
①增大A的浓度　②升高温度　③增大D的浓度　④加入催化剂　⑤恒温下，缩小反应容器体积　⑥加入稀有气体，保持容器内压强不变
A.①②③ B.④⑤ C.③④⑤ D.④⑤⑥
答案　B
6.电镀废液中Cr2O可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4)：Cr2O(aq)＋2Pb2＋(aq)＋H2O(l)??2PbCrO4(s)＋2H＋(aq)　ΔH<0。该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是(　　)
答案　A
解析　该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，Cr2O的转化率减小，A项正确；pH增大，H＋浓度减小，平衡正向移动，Cr2O的转化率增大，B项错误；温度升高，正反应速率增大，C项错误；增大Pb2＋物质的量浓度，平衡正向移动，Cr2O的物质的量减小，D项错误。
7.已知反应：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
答案　B
解析　②恒容通入惰性气体，平衡不移动；③增加CO浓度，平衡左移；⑤加入催化剂，平衡不移动。
8.据报道，在300 ℃、70 MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实：
2CO2(g)＋6H2(g)??CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)
下列叙述错误的是(　　)
A.使用Cu－Zn－Fe催化剂可大大提高生产效率
B.反应需在300 ℃下进行可推测该反应是吸热反应
C.充入大量CO2气体可提高H2的转化率
D.从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率
答案　B
解析　B项，加热可以加快化学反应速率，放热反应也可能在加热条件下进行，故不正确。
9.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＜0。某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是(　　)
A.图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B.图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂对反应速率的影响
C.图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化剂效率比乙高
D.图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高
答案　B
解析　A项，图Ⅰ改变的条件应是增大压强；B项，由于同等程度地加快正、逆反应速率，所以加入的应是催化剂；C项，由于平衡发生了移动，所以改变的条件不是加入催化剂；D项，改变的应是温度，且乙的温度高。
10.在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：
A(g)＋B(g)??2C(g)　ΔH1＜0
X(g)＋3Y(g)??2Z(g)　ΔH2＞0
进行相关操作且达到平衡后(忽略体积改变所做的功)，下列叙述错误的是(　　)
A.恒压时，通入惰性气体，C的物质的量不变
B.恒压时，通入Z气体，反应器中温度升高
C.恒容时，通入惰性气体，各反应速率不变
D.恒容时，通入Z气体，Y的物质的量浓度增大
答案　A
解析　对化学平衡体系恒压条件下通入惰性气体，为保持恒压，体积增大，相当于压强减小，对第二个反应导致平衡向左移动，则放热，使体系温度升高，对第一个反应平衡左移，C的物质的量减小；恒压条件下通入Z气体，第二个反应平衡向左移动，放热，反应容器中温度升高。恒容条件下通入惰性气体，总压增大而分压不变，平衡不移动，速率不变；通入Z气体，导致第二个反应平衡左移，Y的物质的量浓度增大。
11.一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是(　　)
A.CO2(g)＋2NH3(g)??CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH<0
B.CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH>0
C.CH3CH2OH(g)??CH2===CH2(g)＋H2O(g)　ΔH>0
D.2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)??2C6H5CH===CH2(g)＋2H2O(g)　ΔH<0
答案　A
解析　由温度－时间图像可知，T2先达到平衡，因此T2>T1，温度升高，水蒸气含量减少，正反应是放热反应，因此B、C不符合题意；由压强－时间图像可知，p1先达到平衡，即p1>p2，随着压强的增加，水蒸气含量增加，因此正反应是气体体积减小的反应，因此D不符合题意，只有A符合题意。
[能力提升题]
12.将0.40 mol N2O4气体充入2 L固定容积的密闭容器中发生如下反应：N2O4(g)??2NO2(g)　ΔH。在T1 ℃和T2 ℃时，测得NO2的物质的量随时间变化如下图所示：
(1)T1 ℃，40～80 s内用N2O4表示该反应的平均反应速率为________mol·L－1·s－1。
(2)ΔH________(填“>”、“<”或“＝”)0。
(3)改变条件重新达到平衡时，要使的比值变小，可采取的措施有________(填字母，下同)。
A.增大N2O4的起始浓度
B.升高温度
C.向混合气体中通入NO2
D.使用高效催化剂
(4)在温度为T3、T4时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是________。
A.a、c两点的反应速率：a>c
B.a、b两点N2O4的转化率：a>b
C.a、c两点气体的颜色：a深，c浅
D.由a点到b点，可以用加热的方法
答案　(1)0.001 25　(2)>　(3)AC　(4)B
解析　(1)T1 ℃时v(N2O4)＝v(NO2)＝×＝0.001 25 mol·L－1·s－1。
(2)由图可知反应在T1 ℃比T2 ℃先到达平衡状态，所以T1 ℃>T2 ℃，由于T1 ℃平衡时n(NO2)多于T2 ℃平衡时，故升高温度，平衡向生成NO2的方向移动，即向吸热方向移动，所以ΔH>0。
(3)A项，增大N2O4起始浓度相当于增大压强，平衡向左移动，减小；B项，升高温度，平衡向右移动，增大；C项，通入NO2相当于增大压强，减小；D项，平衡不移动，不变。
(4)A项，由图可知：a、c两点平衡时温度相同，c点对应压强大，反应速率大；B项，由图可知：a、b两点平衡时压强相同，温度不同，a点NO2的体积分数大于b点，而反应N2O4??2NO2　ΔH>0，温度升高，平衡向右移动，NO2体积分数增大，温度T4>T3，转化率a>b；C项，由图像可知，a、c两点平衡时温度相同，c点对应压强大，NO2浓度大，故气体颜色c点比a点深；D项，由b项分析知，a点平衡时温度T4高于b点平衡时温度T3，故由a点到b点需要降低温度。
13.在某温度时按n(N2)∶n(H2)＝1∶3的比例将混合气体投入密闭容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0。
(1)在恒容条件下该反应达到化学平衡状态的依据是________(填字母，下同)。
A.v(H2)∶v(N2)＝3∶1
B.n(N2)∶n(NH3)＝1∶2
C.c(H2)∶c(NH3)＝3∶2
D.容器内压强保持不变
(2)反应达到平衡后，某时刻改变下列条件________，在达到新平衡的过程中正反应速率始终增大。
A.升温 B.加压
C.增大c(N2) D.降低c(NH3)
(3)某科研小组探究在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如下图所示：(图中T1和T2表示温度，n表示起始时H2的物质的量)
①图像中T1和T2的关系是T1________(填“>”、“<”、“＝”或“无法确定”)T2。
②比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是________(填字母)。
③若容器容积为1 L，b点对应的n＝0.15 mol，测得平衡时H2的转化率为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为________mol·L－1。
(4)如图，a曲线是198 K、101 kPa时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是________。
A.该反应的热化学方程式为N2＋3H2??2NH3　ΔH＝－92 kJ·mol－1
B.b曲线是升高温度时的能量变化曲线
C.加入催化剂时，该化学反应的反应热改变
D.在198 K、恒容条件下，通入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184>Q2>2Q1
答案　(1)D　(2)A　(3)①>　②c　③0.02　(4)D
14.反应aA(g)＋bB(g)cC(g)　ΔH＜0在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
(1)反应的化学方程式中a∶b∶c为__________________________________________。
(2)A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为______________。
(3)B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是________，其值是________。
(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡向________移动，采取的措施是________________________________________________________________________。
(5)比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T2________(填“＜”、“＞”或“＝”)T3，判断的理由是_______________________________________________。
答案　(1)1∶3∶2　(2)vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)
(3)αⅢ(B)　0.19　(4)右　从平衡混合物中分离出了C
(5)＞　因为Ⅱ→Ⅲ平衡正向移动，该反应为放热反应，故降温才能使平衡正向移动
解析　(1)Ⅰ阶段，20 min内，Δc(A)＝2.00 mol·L－1－1.00 mol·L－1＝1.00 mol·L－1，Δc(B)＝6.00 mol·L－1－3.00 mol·L－1＝3.00 mol·L－1，Δc(C)＝2.00 mol·L－1，则a∶b∶c＝Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)＝1∶3∶2。
(2)vⅠ(A)＝＝0.05 mol·L－1·min－1，
vⅡ(A)＝≈0.025 mol·L－1·min－1，
vⅢ(A)＝＝0.012 mol·L－1·min－1，
则vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)。
(3)αⅠ(B)＝×100%＝50%，
αⅡ(B)＝×100%＝38%，
αⅢ(B)＝×100%≈19%，
故αⅢ(B)最小。
(4)由图示可知，由第一次平衡到第二次平衡，A、B的浓度减小，说明平衡正向移动。由物质C的浓度变化可知，导致平衡正向移动的措施是从反应体系中分离出了产物C。
(5)由图示可知，Ⅱ→Ⅲ平衡正向移动，由于正反应是放热反应，故Ⅱ→Ⅲ是降温过程，即T2＞T3。
第4课时　化学平衡常数
[学习目标定位]　1.知道化学平衡常数的含义，会根据化学反应书写化学平衡常数表达式。2.能够利用化学平衡常数进行简单的计算。
一　化学平衡常数
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.NO2、N2O4的相互转化是一个可逆反应：2NO2(g)??N2O4(g)。在25 ℃时，如果用不同起始浓度的NO2或N2O4进行反应，平衡后得到以下实验数据。
(1)请根据表中已知数据填写空格：
起始浓度/mol·L－1
平衡浓度/mol·L－1
平衡浓度关系
c(NO2)
c(N2O4)
c(NO2)
c(N2O4)
2.00×10－2
0
6.32×10－3
6.84×10－3
1.08
1.71×102
3.00×10－2
0
8.00×10－3
1.10×10－2
1.38
1.72×102
0
2.00×10－2
9.46×10－3
1.53×10－2
1.62
1.71×102
0
0.100
2.28×10－2
8.86×10－2
3.89
1.70×102
请总结归纳平衡时反应物和生成物的物质的量浓度之间的定量关系：在一定温度下，生成物平衡浓度与反应物平衡浓度的平方之比近似为一常数。
(2)化学平衡常数
①概念：在一定温度下，当一个可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度以化学计量数为指数的幂的乘积与反应物浓度以化学计量数为指数的幂的乘积的比值是一个常数。这个常数就是该反应的化学平衡常数(简称平衡常数，用K表示)。
②表达式：对于一般的可逆反应，mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，当在一定温度下达到平衡时，K＝。
2.下表为25 ℃时，卤化氢生成反应的平衡常数：
化学方程式
平衡常数K
F2＋H2??2HF
6.5×1095
Cl2＋H2??2HCl
2.57×1033
Br2＋H2??2HBr
1.91×1019
I2＋H2??2HI
8.67×102
请比较表中K值的相对大小，说明平衡常数的意义：
(1)平衡常数的大小反映了化学反应进行的程度(也叫反应的限度)。
K值越大，表示反应进行得越完全，反应物转化率越大；
K值越小，表示反应进行得越不完全，反应物转化率越小。
(2)判断正在进行的可逆反应是否平衡及反应向何方向进行：
对于可逆反应：mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，在一定的温度下的任意时刻：
＝K，反应处于平衡状态；
>K，反应向逆反应方向进行。
3.下表为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)的平衡常数与温度的关系：
T/K
373
473
573
673
773
K
3.35×109
1.00×107
2.45×105
1.88×104
2.99×103
由上表数据分析可知：
(1)温度升高，K值减小，则正反应为放热反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)温度升高，K值增大，则正反应为吸热反应(填“吸热”或“放热”)。
归纳总结
1.化学平衡常数表达式的书写
(1)在平衡常数表达式中，水(液态)的浓度、固体物质的浓度不写。
C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)
K＝；
FeO(s)＋CO(g)??Fe(s)＋CO2(g)　K＝。
(2)化学平衡常数表达式与化学方程式的书写方式有关。
例如：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)的平衡常数为K1，N2(g)＋H2(g)??NH3(g)的平衡常数为K2，NH3(g)??N2(g)＋H2(g)的平衡常数为K3。
写出K1和K2的关系式：K1＝K；
写出K2和K3的关系式：K2·K3＝1；
写出K1和K3的关系式：K1·K＝1。
2.化学平衡常数的应用
(1)判断反应进行的方向
①Qc②Qc＝K　反应处于平衡；
③Qc>K　反应逆向进行。
(2)判断反应的热效应
3.化学平衡常数的影响因素
对于给定的反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物或生成物的浓度变化无关。
1.对于反应C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)　ΔH>0，下列有关说法正确的是(　　)
A.平衡常数表达式为K＝
B.增大体系压强，平衡常数K不发生变化
C.升高体系温度，平衡常数K减小
D.增加C(s)的量，平衡正向移动
答案　B
解析　固态浓度为“常数”，视为“1”，不需写入平衡常数表达式，A项错误；K只与温度有关，因此增大体系压强，平衡常数K不发生变化，B项正确；升温该反应正向进行，K增大，C项错误；增加C(s)的量，平衡不移动，D项错误。
2.对于反应3Fe(s)＋4H2O(g)??Fe3O4(s)＋4H2(g)的平衡常数，下列说法正确的是(　　)
A.K＝
B.K＝
C.增大c(H2O)或减小c(H2)，会使该反应平衡常数减小
D.改变反应的温度，平衡常数不一定变化
答案　B
解析　固体反应物或生成物，其浓度可视为常数，在平衡常数表达式中不写，故A错误，B正确；化学平衡常数只与温度有关，而与反应物、生成物的浓度变化无关，故增大c(H2O)或减小c(H2)，该反应的平衡常数不变，但温度改变，平衡常数一定改变，故C、D错误。
二　化学平衡常数的有关计算
1.已知可逆反应NO2(g)＋SO2(g)??SO3(g)＋NO(g)　ΔH>0。在一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，达平衡时NO2与SO2的体积比为1∶6，则平衡常数K是。
解析　设NO2的物质的量为1 mol，则SO2的物质的量为2 mol，参加反应的NO2的物质的量为x mol。
　　　　 NO2(g)＋SO2(g)??SO3(g)＋NO(g)
起始量(mol) 1 2 0 0
转化量(mol) x x x x
平衡时(mol) 1－x 2－x x x
由题意可知＝，解得x＝0.8。
K＝＝＝。
2.已知某个指定反应物的转化率为
×100%
(1)在某温度下，将H2和I2各0.10 mol的气体混合物充入10 L的密闭容器中，充分反应，达到下列平衡：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，K＝0.25。则氢气的转化率是20%。
解析　设氢气的转化率为x。
　　　　　　　 　H2(g)　＋　 I2(g)　??　2HI(g)
起始浓度(mol·L－1) 0.01 0.01 0
变化浓度(mol·L－1) 0.01x 0.01x 0.02x
平衡浓度(mol·L－1) 0.01－0.01x 0.01－0.01x 0.02x
K＝＝＝0.25
x＝20%。
(2)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是15.4%。
解析　　　　　N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)
起始量(mol) 2 8 0
转化量(mol) 2
平衡时(mol) 6
所以平衡时氮气的体积分数＝×100%＝15.4%。
归纳总结
化学平衡的计算模式及解题思路
(1)计算模式
　　　　　　　　aA(g) ＋ bB(g) ?? cC(g)＋dD(g)
c(初)(mol·L－1) n1 n2 0 0
Δc(mol·L－1) n1x n1x n1x n1x
c(平)(mol·L－1) n1(1－x) n2－n1x n1x n1x
(2)解题思路
①巧设未知数：具体题目要具体分析，灵活设立，一般设某物质的转化量为x。
②确定三个量：根据反应物、生成物及变化量的三者关系代入未知数确定平衡体系中各物质的起始量、变化量、平衡量并按(1)中“模式”列表。
③解题设问题：明确了“始”、“变”、“平”三个量的具体数值，再根据相应关系求平衡时某成分的浓度、反应物转化率等，得出题目答案。
3.某温度下，向容积为1 L的密闭反应器中充入0.10 mol SO3，当反应器中的气体压强不再变化时测得SO3的转化率为20%，则该温度下反应2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)的平衡常数为(　　)
A.8.0×102 B.1.6×103 C.3.2×103 D.4.0×102
答案　B
解析　设生成的O2的物质的量为x mol，
　　　　　 2SO3(g)??2SO2(g)＋O2(g)
起始(mol) 0.10 0 0
平衡(mol) 0.10－2x 2x x
×100%＝20%　x＝0.01 mol
K＝＝＝
所以逆反应的平衡常数为1 600，B正确。
4.在830 K时，在密闭容器中发生下列可逆反应：
CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0。
试回答下列问题：
(1)若起始时c(CO)＝2 mol·L－1，c(H2O)＝3 mol·L－1,4 s后达到平衡，此时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K＝_____。用H2O表示的化学反应速率为______。
(2)在相同温度下，若起始时c(CO)＝1 mol·L－1，c(H2O)＝2 mol·L－1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5 mol·L－1，则此时该反应是否达到平衡状态________(填“是”或“否”)，此时v正________v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(3)若降低温度，该反应的K值将________。
答案　(1)1　0.3 mol·L－1·s－1　(2)否　大于　(3)增大
解析　(1)　　　　　 CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)
起始浓度(mol·L－1)　　2　　　3　　　　0　　　 0
变化浓度(mol·L－1) 1.2 1.2 1.2 1.2
平衡浓度(mol·L－1) 0.8 1.8 1.2 1.2
该反应的平衡常数K＝＝＝1，
v(H2O)＝＝0.3 mol·L－1·s－1。
(2)反应进行到某时刻时，c(H2)＝c(CO2)＝0.5 mol·L－1，c(CO)＝0.5 mol·L－1，c(H2O)＝1.5 mol·L－1，Q＝＝＝(3)降低温度，平衡向正反应方向移动，K值增大。
1.关于化学平衡常数的叙述正确的是(　　)
A.化学平衡常数表示反应进行的程度，与温度无关
B.两种物质反应，不管怎样书写化学方程式，平衡常数均不变
C.化学平衡常数等于某一时刻生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值
D.温度一定，对于给定的化学反应，正逆反应的平衡常数互为倒数
答案　D
解析　一个确定的化学反应，其化学平衡常数只与反应体系的温度有关。
2.某温度时，反应SO2(g)＋O2(g)??SO3(g)的平衡常数K＝50。在同一温度下，反应2SO3(g)??2SO2(g)＋O2(g)的平衡常数K1应为(　　)
A.2 500 B.100 C.4×10－4 D.2×10－2
答案　C
解析　K＝，K1＝，K1＝＝4×10－4。
3.汽车尾气净化中的一个反应如下：NO(g)＋CO(g)??N2(g)＋CO2(g)　ΔH＝－373.4 kJ·mol－1，在恒容的密闭容器中，反应达平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是(　　)
答案　C
解析　该反应的正方向为气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，平衡常数减小，A选项错误；同理升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，B选项错误；平衡常数只与温度有关，C选项正确；增加氮气的物质的量，平衡逆向移动，NO的转化率减小，D选项错误。
4.在淀粉-KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数K如表所示：
T/℃
5
15
25
35
50
K
1 100
841
689
533
409
下列说法正确的是(　　)
A.反应I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)的ΔH>0
B.其他条件不变，升高温度，溶液中c(I)减小
C.该反应的平衡常数表达式为K＝
D.25 ℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K大于689
答案　B
解析　根据题中提供的数据知温度升高，平衡常数减小，则平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，ΔH<0，A错；其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，溶液中c(I)减小，B对；该反应的平衡常数表达式为K＝，C错；平衡常数只与温度有关，25 ℃时，向溶液中加入少量KI固体，虽然平衡向正方向移动，但平衡常数不变，D错。
5.硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0。某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示。根据图示回答下列问题：
(1)反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝________，升高温度，K值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)①将2.0 mol SO2和1.0 mol O2置于10 L密闭容器中，反应达到平衡后，体系总压强为0.10 MPa。该反应的平衡常数等于________。
②平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)________(填“>”、“<”或“＝”)K(B)。
答案　(1)　减小　(2)①800　②＝
解析　(1)升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡向左移动，故K值减小。
(2)①由图可知，0.10 MPa时：c(SO2)＝2.0 mol×(1－0.80)÷10 L＝0.04 mol·L－1，c(O2)＝(1.0 mol－1.6 mol×)÷10 L＝0.02 mol·L－1，c(SO3)＝1.6 mol÷10 L＝0.16 mol·L－1，K＝＝＝800。
②由A到B，温度不变，只增大压强，K值不变。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　化学平衡常数的意义及影响因素
1.某温度下，可逆反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)的平衡常数为K。下列对K的说法正确的是(　　)
A.K值越大，表明该反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大
B.若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则K增大
C.温度越高，K一定越大
D.如果m＋n＝p，则K＝1
答案　A
解析　K越大，该反应正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，A正确；对于一个确定的化学反应，K只是温度的函数，温度一定，K一定，与压强无关，B错误；因该反应的热效应不确定，故C项错误；K＝，由m＋n＝p，无法判断K的大小，D项错误。
2.当把晶体N2O4放入密闭容器中气化，并建立了N2O4(g)??2NO2(g)平衡后，保持温度不变，再通入若干N2O4气体，待反应达到新的平衡时，则新平衡与旧平衡相比，其值(　　)
A.变大 B.不变 C.变小 D.无法确定
答案　B
解析　温度不变，K值不变。
3.某可逆反应aA＋bB??cC在某温度下的平衡常数为K(K≠1)，反应热为ΔH。保持温度不变，将方程式的书写作如下改变，则ΔH和K数值的相应变化为(　　)
A.写成2aA＋2bB??2cC，ΔH值、K值均扩大了一倍
B.写成2aA＋2bB??2cC，ΔH值扩大了一倍，K值保持不变
C.写成cC??aA＋bB，ΔH值、K值变为原来的相反数
D.写成cC??aA＋bB，ΔH值变为原来的相反数，K值变为原来的倒数
答案　D
解析　A项、B项ΔH值扩大一倍，K变为原来的平方。
4.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
答案　B
解析　在书写平衡常数表达式时，纯固体不写入其中，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。
5.高温下，某反应达平衡，平衡常数K＝，恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是(　　)
A.该反应的ΔH>0
B.恒温恒容条件下，增大压强，H2浓度一定减小
C.升高温度，逆反应速率减小
D.该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2
答案　A
解析　根据平衡常数表达式可得出该反应的化学方程式为CO2＋H2高温,CO＋H2O；升高温度，v正、v逆均增大，升高温度，H2浓度减小，平衡正向移动，说明正反应是吸热反应，ΔH>0；在恒温恒容下，增大压强的方法有多种，H2浓度变化不确定。
题组2　化学平衡常数及转化率的计算
6.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
答案　C
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。
7.设反应①Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)平衡常数为K1；
②Fe(s)＋H2O(g)??FeO(s)＋H2(g)平衡常数为K2。
测得在不同温度下，K1、K2值如下：
温度/℃
K1
K2
500
1.00
3.15
700
1.47
2.26
900
2.40
1.60
根据以上信息判断下列说法不正确的是(　　)
A.若500 ℃时进行反应①，则CO2转化率为50%
B.900 ℃进行反应③H2(g)＋CO2(g)??H2O(g)＋CO(g)，其平衡常数K3＝1.50
C.反应①的焓变ΔH>0，反应②的焓变ΔH<0
D.反应①平衡体系中通入CO2，在温度不变的条件下，平衡正向移动，达到新平衡时CO2的转化率比原平衡小
答案　D
解析　根据数据K1随着温度升高而增大可知，反应①为吸热反应，K2随着温度升高而降低，反应②为放热反应，C项正确；反应①平衡体系中通入CO2，等效于增大压强，而反应①中改变压强不影响平衡移动，则转化率不变，D项不正确；若500 ℃时进行反应①，平衡时＝1，α(CO2)＝＝×100%＝50%，A项正确；K3＝＝＝＝1.50，B项正确。
8.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0～5 min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)＝1.0×10－2 mol·L－1·min－1
B.实验②中，该反应的平衡常数K＝2.0
C.实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D.实验④中，达到平衡时，b>0.060
答案　C
解析　根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(N)＝v(M)＝＝1.0×10－3 mol·L－1·min－1，A项错误；
实验②中　　　 X(g)＋Y(g)??M(g)＋N(g)
c起始/mol·L－1　　 0.01　 0.04　　0　 　 0
c转化/mol·L－1 0.008 0.008 0.008 0.008
c平衡/mol·L－1 0.002 0.032 0.008 0.008
求得K＝＝＝1.0，
B项错误；根据温度相同，则K相等；
实验③　　　　X(g)＋　Y(g) ??　M(g)　＋ N(g)
c起始/mol·L－1　 0.02　　　0.03　　　0　　　　0
c转化/mol·L－1
c平衡/mol·L－1 0.02－ 0.03－
K＝＝＝1.0。求得a＝0.120，则X的转化率＝×100%＝60%，C项正确；实验③a＝0.12＝0.060×2，若④的温度为800 ℃，此时与③为等效平衡，b＝0.060，但④的温度为900 ℃，则平衡逆向移动，b<0.060，D项错误。
9.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
答案　D
解析　在2 L的密闭容器中，反应达平衡时，各物质的体积分数之比等于各物质的物质的量之比，即平衡时，n(X)∶n(Y)∶n(Z)＝30%∶60%∶10%＝3∶6∶1。设第一次平衡时X消耗的物质的量为x，则
　　　X(g)　＋　mY(g)　　??　3Z(g)
初始　1 mol　　 2 mol　　　　 0
转化　x　　　 mx　　　 3x
平衡 1 mol－x 2 mol－mx 3x
则(1 mol－x)∶(2 mol－mx)∶3x＝3∶6∶1
解得x＝0.1 mol、m＝2，由此可得，A项、C项正确；同理可得第二次平衡时，Z的浓度为0.2 mol·L－1，D项不正确；平衡常数只与温度有关，两次平衡反应温度相同，故平衡常数相同，B项正确。
10.在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g)??COS(g)＋H2(g)　K＝0.1，反应前CO物质的量为10 mol，平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是(　　)
A.升高温度，H2S浓度增加，表明该反应为吸热反应
B.通入CO后，正反应速率逐渐增大
C.反应前H2S物质的量为7 mol
D.CO的平衡转化率为80%
答案　C
解析　CO(g)　＋　H2S(g)　??　COS(g)＋H2(g)
起始　10 mol　　　x mol　　　　0　　　 0
转化 2 mol 2 mol 2 mol 2 mol
平衡 8 mol (x－2) mol 2 mol 2 mol
设容器体积为V L，由K＝0.1可得
K＝＝＝0.1，解得x＝7，C项正确；
CO的转化率为×100%＝20%；通入CO后c(CO)增大，v(CO)增大之后逐渐减小，故B项不正确；升高温度，c(H2S)增大，说明平衡向左移动，正反应为放热反应，A项不正确。
[能力提升题]
11.(1)已知反应Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)　ΔH1，平衡常数为K1；
反应Fe(s)＋H2O(g)??FeO(s)＋H2(g)　ΔH2，平衡常数为K2。
在不同温度时K1、K2的值如下表：
700 ℃
900 ℃
K1
1.47
2.15
K2
2.38
1.67
反应CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH，平衡常数为K，则ΔH＝________(用ΔH1和ΔH2表示)，K＝________(用K1和K2表示)，且由上述计算可知，反应CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)是________反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，发生反应Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)　ΔH＞0，CO2的浓度与时间的关系如图所示：
①该条件下反应的平衡常数为________；若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0 mol ·L－1，则平衡时CO的浓度为________mol·L－1。
②下列措施中能使平衡时增大的是__________(填字母)。
A.升高温度 B.增大压强
C.再充入一定量的CO2 D.再加入一定量铁粉
答案　(1)ΔH1－ΔH2　　吸热
(2)①2.0　　②A
解析　(1)目标反应可由上述两个反应相减得到，即ΔH＝ΔH1－ΔH2，K＝，随温度升高，K1增大，K2减小，所以增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应。(2)①平衡时c(CO2)＝0.5 mol·L－1，c(CO)＝1 mol·L－1，K＝2.0。设平衡时c(CO)＝a mol·L－1，则平衡时c(CO2)＝(2.0－a)mol·L－1，则K＝2.0＝，解得a＝。②升高温度，平衡正向移动，A正确；增大压强，平衡不移动，B错误；充入一定量的CO2，其K值不变，值不变，C错误；加入铁粉不影响平衡的移动，D错误。
12.在某温度下，将H2和I2各0.1 mol的气态混合物充入10 L的密闭容器中，发生反应H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，连续测定c(I2)的变化，5 s 时测定c(I2)＝0.008 0 mol·L－1并保持不变。则：
(1)反应的平衡常数的表达式是K＝________。
(2)此温度下，平衡常数值为________。
(3)若在此温度下，在10 L的密闭容器充入0.2 mol HI气体，达到平衡时，HI的转化率为________。
答案　(1)　(2)0.25　(3)80%
解析　(2)c(I2)＝0.008 0 mol·L－1
c(H2)＝0.008 0 mol·L－1
c(HI)＝0.004 0 mol·L－1
K＝＝0.25。
(3)设生成的H2的浓度为x mol·L－1，
　　　　　 　2HI(g)　??　H2(g)＋I2(g)
起始(mol·L－1) 0.02 0 0
平衡(mol·L－1) 0.02－2x x x
K′＝＝
x＝0.008
α(HI)＝×100%＝80%。
13.已知下列两个反应：
反应Ⅰ　I2＋I－??I　ΔH1
反应Ⅱ　I??I2＋I－　ΔH2
反应Ⅰ的化学平衡常数K1与温度的关系如表所示。
T/℃
5
15
25
35
50
K1
1 100
841
689
533
409
请回答下列问题：
(1)若反应Ⅱ的化学平衡常数为K2，在相同温度下，K1·K2＝________。
(2)反应Ⅰ的ΔH1________0(填“＞”、“＝”或“＜”)，若采用升温，则I2的溶解速率会________(填“加快”、“减慢”或“不变”)。
(3)能判断反应Ⅰ已达到平衡的依据是________(填字母)。
A.容器中的压强不再改变
B.溶液的颜色不再改变
C.I－浓度不再变化
D.正逆反应速率均为0
(4)某温度下，反应Ⅰ的化学平衡常数为800。在该温度下，向甲、乙、丙三个容积相同的容器中分别加入I2和I－，这两种物质的起始浓度如下。
起始浓度(mol·L－1)
甲
乙
丙
c(I2)
0.1
0.2
0.2
c(I－)
0.2
0.1
0.2
反应速率最快的是________(填“甲”、“乙”或“丙”，下同)，平衡时I2的转化率最大的是________。
答案　(1)1　(2)＜　加快　(3)BC　(4)丙　甲
解析　(1)正逆反应的平衡常数的乘积为1。(2)由表格可知，升温化学平衡常数减小，则正反应为放热反应，即ΔH1<0，升温I2的溶解速率会加快。(3)因为反应是在溶液中进行的，故其化学平衡不受压强影响；溶液中只有I2有颜色，故颜色不再改变时反应达到平衡；I－浓度不再变化，则为平衡状态；达到化学平衡时正逆反应速率相等，但不等于0，故选BC。(4)浓度越大，化学反应速率越快，则丙最快；因为增大一种反应物浓度可以提高另一反应物的转化率，而自身的转化率降低，则平衡时I2的转化率最大的是甲。
14.面对目前世界范围内的能源危机，甲醇作为一种较好的可再生能源，具有广泛的应用前景。
(1)已知在常温常压下反应的热化学方程式：
①CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)
ΔH1＝－90 kJ·mol－1
②CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)
ΔH2＝－41 kJ·mol－1
写出由二氧化碳、氢气制备甲醇的热化学方程式：_____________________________
________________________________________________________________________。
(2)在容积为V L的容器中充入a mol CO与2a mol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示。
①p1________p2(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②在其他条件不变的情况下，再增加a mol CO与2a mol H2，达到新平衡时，CO的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，平衡常数________。
(3)已知在T ℃时，CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K＝0.32，在该温度下，已知c始(CO)＝1 mol·L－1，c始(H2O)＝1 mol·L－1，某时刻经测定CO的转化率为10%，则该反应________(填“已经”或“没有”)达到平衡，原因是__________________________。
此时刻v正________v逆(填“＞”或“＜”)。
答案　(1)CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49 kJ·mol－1
(2)①小于　②增大　不变
(3)没有　此时＝≈0.012 3＜0.32　＞
解析　(1)由盖斯定律，方程式①－②得CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－90 kJ·mol－1－(－41 kJ·mol－1)＝－49 kJ·mol－1。(2)由图像可知，相同温度下，p2下CO的转化率大于p1下CO的转化率，由方程式①可知，增大压强平衡右移，故p1＜p2；在其他条件不变的情况下，再增加a mol CO与2a mol H2，相当于增大压强，平衡右移，故CO的转化率增大；由于温度不变，故其平衡常数不变。(3)＝≈0.012 3＜K＝0.32，故反应未达到平衡；此时反应向正反应方向进行，故v正＞v逆。
第5课时　化学平衡图像　等效平衡
[学习目标定位]　1.认识化学反应速率、化学平衡典型图像，学会化学平衡图像题的分析解答方法。2.知道等效平衡的含义，学会等效平衡的分析判断方法。
一　化学平衡图像
1.在2 L密闭容器中，某一反应有关物质A(g)、B(g)、C(g)的物质的量变化如图所示。根据图像回答下列问题：
(1)横坐标表示反应过程中时间变化，纵坐标表示反应过程中物质的物质的量的变化。
(2)该反应的化学方程式是3A(g)＋B(g)??2C(g)。
(3)在反应达2 min时，正反应速率与逆反应速率之间的关系是相等。
(4)若用A物质的量浓度的变化，表示反应达平衡(2 min)时的正反应速率是0.15_mol·L－1·min－1。
2.在化学平衡图像中，包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的意义共三个量。确定横坐标所表示的量后，讨论纵坐标与曲线的关系；或者确定纵坐标所表示的量，讨论横坐标与曲线的关系，即“定一议二”原则。解题过程中，可以作辅助线帮助分析。例如反应aA(g)＋bB(g)??cC(g)在不同温度下(T1(1)T1为一条等温线，随着压强的增大，C%减小，化学平衡逆向移动，a＋b(2)在压强一定时(如p3)，温度升高，C%增大，化学平衡正向移动，正反应是吸热反应。
3.在化学平衡图像中，先出现拐点的反应则先达到平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高(如图1)或表示的压强较大(如图2)[以aA(g)＋bB(g)??cC(g)为例]。
根据图像回答下列问题：
(1)图1中，温度T1、T2的大小关系是T2>T1，温度升高，C%(C的含量)减小，化学平衡逆向移动，正反应是放热反应。
(2)图2中，压强p1、p2的大小关系是p1>p2，压强增大，C%(C的含量)减小，化学平衡逆向移动，a＋b归纳总结
化学平衡图像题的分析解答方法
(1)无论是反应速率图像还是平衡图像，都要清楚纵、横坐标的含义，都要与化学原理相联系，特别是与平衡移动原理相联系。
(2)三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
(3)四要素分析法：看曲线的起点；看曲线的变化趋势；看曲线的转折点；看曲线的终点。
(4)先拐先平：可逆反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，在转化率—时间曲线中，先出现拐点的曲线先达到平衡，这表示反应的温度高或压强大。
(5)定一议二：图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
1.下列各图中，表示2A(g)＋B(g)??2C(g)　ΔH<0这个可逆反应的正确图像为(　　)
答案　A
解析　随着温度的升高，化学平衡应向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，所以生成物C的体积分数减小，反应物的含量增大，反应物的转化率减小；增大体系的压强，由于反应的两边都是气态物质，所以正反应和逆反应的速率都增大；而加入催化剂，只能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，不能使平衡移动，所以达到平衡后，各组分的浓度及体积分数不变。
2.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。
(1)该反应进行到M点放出的热量________(填“>”或“<”)进行到W点放出的热量。
(2)T2下，在0～t1时间内，v(Y)＝________mol·L－1·min－1。
(3)M点的正反应速率________(填“>”或“<”)N点的逆反应速率。
(4)M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率________(填“增大”或“减小”)。
答案　(1)<　(2)　(3)>　(4)增大
解析　根据图像可知W点消耗的X的物质的量比M点消耗的X的物质的量大，因此反应进行到W点放热多些；0～t1时间内X的浓度减小了(a－b) mol·L－1，则Y浓度增加0.5(a－b) mol·L－1，因此v(Y)＝0.5(a－b)/t1 mol·L－1·min－1；根据先拐先平知T1>T2，M点的反应速率大于W点的反应速率，N点没有达到平衡，此时反应正向进行程度大，即N点的正反应速率大于逆反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率；M点时，再加入一定量的X，则相当于增大压强，平衡正向移动，X的转化率增大。
二　等效平衡
化学平衡的建立与反应途径无关，从正反应开始或逆反应开始都可以建立平衡。在一定条件(恒温恒容或恒温恒压)下，对同一可逆反应，起始时加入物质的物质的量不同，而达到化学平衡时，同种物质的百分含量(质量分数、体积分数、物质的量分数等)相同，这样的平衡称为等效平衡。
1.在恒温恒容条件下，按下列四种情况分别建立平衡，其中为等效平衡的是①②③。
N2(g)　＋　3H2(g)??2NH3
① 1 mol 3 mol 0 mol
② 0 mol 0 mol 2 mol
③ 0.5 mol 1.5 mol 1 mol
④ 1 mol 3 mol 2 mol
解析　恒温恒容条件下，对于反应前后气体分子数不同的可逆反应，转换后(按化学计量数换算成方程式同一边的物质)，反应物或生成物的物质的量与原平衡相同，则两平衡等效，且平衡后同种物质的量相同。因为这种情况下压强对于反应前后气体分子数不同的可逆反应有影响，而成比例的增加反应物，相当于加压，所以平衡会移动，必须极值等量平衡才等效。
2.若在恒温恒压条件下，按题1中四种情况分别建立平衡，其中为等效平衡的是①②③④。
解析　恒温恒压条件下，若转换后(按化学计量数换算成方程式同一边的物质)，反应物或生成物的物质的量的比例与原平衡相同，则两平衡等效，且平衡后两种物质的物质的量成倍数关系。因为这种情况下压强不变，不管反应前后气体分子数是否改变，对可逆反应的平衡都没有影响，而成比例的增加反应物后体积膨胀，压强不变，所以平衡不移动，只要极值等比则平衡等效。
3.在恒温恒容条件下，按下列四种情况分别建立平衡，其中为等效平衡的是①②③。
　CO(g)　＋　H2O(g)　??　CO2(g)＋　H2(g)
① 2 mol 2 mol 0 mol 0 mol
② 0 mol 0 mol 4 mol 4 mol
③ 4 mol 4 mol 2 mol 2 mol
④ 1 mol 2 mol 1 mol 2 mol
解析　恒温恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，转换后(按化学计量数换算成方程式同一边的物质)，反应物或生成物的物质的量的比例与原平衡相同，则两平衡等效，且平衡后同种物质的物质的量成倍数关系。因为这种情况下压强对于反应前后气体分子数不变的可逆反应没有影响，而成比例的增加反应物，相当于加压，所以平衡不移动，只要极值等比则平衡等效。
归纳总结
等效平衡解题方法
解答等效平衡问题时，先看条件(恒温恒容或恒温恒压)，再看方程式反应前后气体分子数(相同或不同)，按“一边倒”转换比较。
(1)恒温恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，要求极值等比。
(2)恒温恒容条件下，对于反应前后气体分子数不同的可逆反应，要求极值等量。
(3)恒温恒压条件下，不管反应前后气体分子数是否改变，都只要求极值等比。
3.在一个固定容积的密闭容器中，加入2 mol A和1 mol B发生反应：2A(g)＋B(g)??3C(g)＋D(g)，达到平衡时，C的浓度为n mol·L－1。
(1)若维持容器容积和温度不变，按下列各种配比为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍为n mol·L－1的是______(填字母，下同)。
A.4 mol A＋2 mol B
B.2 mol A＋1 mol B＋3 mol C＋1 mol D
C.3 mol A＋1 mol B
D.3 mol C＋1 mol D
E.1 mol A＋0.5 mol B＋1.5 mol C＋0.5 mol D
(2)C的浓度大于n mol·L－1的是________。
(3)将可逆反应中A(g)改为A(s)，则C的浓度仍为n mol·L－1的是________。
(4)若将题中“维持容器容积和温度不变”改为“维持容器压强和温度不变”，则C的浓度仍为n mol·L－1的是________________。
答案　(1)DE　(2)ABC　(3)CDE　(4)ABDE
解析　该反应前后气体分子数不同，恒温恒容下把加入的物质转化成起始状态形式，与起始状态时各物质的物质的量分别相同，即建立相同的平衡状态；恒温恒压下，比例相同即可建立相同的平衡状态。
1.化学平衡图像题的分析思路：看图像，想规律，作判断。
解题技巧：先拐先平，定一议二。
2.恒温恒容，反应前后气体分子数不同，量相同，等效平衡；恒温恒容，反应前后气体分子数相同，成比例，等效平衡；恒温恒压，任何气体的可逆反应，成比例，等效平衡。
1.在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0，下列分析中不正确的是(　　)
A.图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B.图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响
C.图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂
D.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
答案　C
解析　C项，使用催化剂对平衡移动无影响，但能使化学反应速率加快。
2.已知可逆反应：4NH3(g)＋5O2(g)??4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 025 kJ·mol－1。若反应物起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是(　　)
答案　D
解析　升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡时一氧化氮的含量小，且达到平衡时需要的时间短，故A正确，D错误；增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时一氧化氮的含量小，且达到平衡时需要的时间短，故B正确；有无催化剂只影响到达平衡状态的时间，不影响平衡移动，故C正确。
3.在相同温度和压强下，对反应CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表：
物质
物质的量
实验
CO2
H2
CO
H2O(g)
甲
a mol
a mol
0 mol
0 mol
乙
2a mol
a mol
0 mol
0 mol
丙
0 mol
0 mol
a mol
a mol
丁
a mol
0 mol
a mol
a mol
上述四种情况达到平衡后，n(CO)的大小顺序是(　　)
A.乙＝丁＞丙＝甲 B.乙＞丁＞甲＞丙
C.丁＞乙＞丙＝甲 D.丁＞丙＞乙＞甲
答案　A
解析　根据所给数据，甲、丙为等效平衡，则其中n(CO)相等。乙相当于甲平衡后，再加入a mol CO2，平衡右移，n(CO)增大，丁把CO、H2O折合成反应物相当于2a mol CO2、a mol H2，和乙等效，所以乙＝丁＞丙＝甲。
4.一定条件下存在反应：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2 L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1 mol CO和1 mol H2O，在Ⅱ中充入1 mol CO2和1 mol H2，在Ⅲ中充入2 mol CO和2 mol H2O,700 ℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是(　　)
A.容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B.容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C.容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的少
D.容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1
答案　D
解析　因为容器绝热，所给反应的正反应为放热反应，容器Ⅰ的温度升高，容器Ⅱ的温度降低，故反应速率Ⅰ中比Ⅱ中快，A项错误；由于容器Ⅲ中加入的反应物多，放出的热量也多，容器内温度比Ⅰ高，故二者的平衡常数不同，B项错误；因容器Ⅰ的温度高，故相当于平衡逆向移动，CO的转化率降低，C项错误；如果容器Ⅰ和容器Ⅱ在温度相同的情况下达到平衡，CO、CO2转化率之和等于1，但容器Ⅰ的温度升高，平衡逆向移动，CO的转化率降低，容器Ⅱ温度降低，CO2的转化率也降低，D项正确。
5.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(下图中，p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，t表示反应时间)：
根据以上规律判断(填“＞”、“＝”或“＜”)：
(1)反应Ⅰ：p2________p1，ΔH________0。
(2)反应Ⅱ：T1________T2，ΔH________0。
(3)反应Ⅲ：若T2________T1，ΔH________0。
(4)反应Ⅳ：若T2________T1，ΔH________0。
答案　(1)＞　＜　(2)＞　＜　(3)＞　＞(或＜　＜)　(4)＞　＞(或＜　＜)
解析　(1)对反应Ⅰ而言，增大压强，平衡向右移动，A的转化率α(A)增大，所以p2＞p1；图(a)表示随温度升高，α(A)减小，平衡向左移动，则正反应是放热反应，ΔH＜0。
(2)图(b)表示在两种不同温度下，C的物质的量逐渐增大至达到平衡的过程。T1温度下n(C)增加得快，且先达到平衡，说明T1＞T2，由T1→T2，降低温度，n(C)增大，说明平衡向右移动，ΔH＜0。
(3)图(c)表示随起始时n(B)的增大，在两种不同温度下C的体积分数φ(C)先增大后减小的变化曲线。T2时φ(C)高于T1时φ(C)，可能有两种情况：若T2＞T1，即升温平衡右移，ΔH＞0；若T2＜T1，即降温平衡右移，ΔH＜0。
(4)图(d)所呈现的信息是随压强的增大，A的平衡转化率不变，但T2时α(A)比T1时α(A)大。若T2＞T1，则升温平衡右移，ΔH＞0；若T1＞T2，则升温平衡左移，ΔH＜0。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　速率、平衡图像
1.如图曲线表示其他条件一定时，反应2NO＋O2??2NO2(正反应为放热反应)达到平衡时NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v正＞v逆的点是(　　)
A.a点 B.b点 C.c点 D.d点
答案　C
解析　a、c点均未达到化学平衡状态，其中若c点达到平衡状态时，NO的转化率应增大，所以v正＞v逆。
2.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
升高温度，平衡常数减小
B
0～3 s内，反应速率为v(NO2)＝0.2 mol·L－1
C
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
D
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
答案　A
解析　A项，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，正确；B项，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，错误；C项，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，错误；D项，增大c(O2)，平衡逆向移动，NO2的转化率降低，错误。
3.已知图一表示的是可逆反应CO(g)＋H2(g)??C(s)＋H2O(g)　ΔH＞0的化学反应速率(v)与时间(t)的关系，图二表示的是可逆反应2NO2(g)??N2O4(g)　ΔH＜0的浓度(c)随时间(t)的变化情况。下列说法中正确的是(　　)
A.若图一t2时改变的条件是增大压强，则反应的ΔH增大
B.图一t2时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
C.图二t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
D.若图二t1时改变的条件是增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小
答案　B
解析　A项，改变压强不会改变焓变，错误；B项，升温、增大压强，v逆均小于v正，正确；C项，图二t1时改变的条件应是压缩体积，错误；D项，增大压强，2NO2??N2O4平衡右移，总物质的量减小，平均相对分子质量增大。
4.N2O5是硝酸的酸酐，它也是一种新型的绿色硝化剂。一定温度下N2O5有如下反应：
2N2O5(g)??4NO2(g)＋O2(g)　ΔH>0
反应达平衡后，改变以下图像中横坐标所表示的条件，其变化情况正确的是(　　)
答案　A
解析　该反应温度升高时，平衡向正反应方向移动，故平衡常数增大，反应物浓度降低，A项正确，B项不正确；增大压强，平衡逆向移动，v正、v逆都增大，平均相对分子质量增大，C、D项均不正确。
5.某化学科研小组研究合成氨：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0，在其他条件不变时，改变某一条件时对化学平衡的影响，得到如下图像，以下对应选项中正确的是(　　)
A.甲对应的是在t1时恒压条件下，通入NH3
B.乙对应的是氨气在恒容不同温度下的百分含量
C.丙对应的是在恒容条件下，反应速率与温度的关系
D.丁对应的是N2转化率与温度(T1>T2)、压强的关系
答案　B
解析　恒压条件下充入NH3，平衡不移动，v正＝v逆，与题给图像甲不符，故A项不正确；T2温度反应先平衡，反应速率大，故T2>T1，升高温度，平衡向吸热方向移动，即逆向移动，NH3%减小，与题给图像乙相符，故B项正确；图丙中v正和v逆相交表示v正＝v逆，此时反应达到平衡，升高温度，平衡向吸热方向移动，v正6.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，下图曲线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
答案　A
解析　N2和O2的起始浓度都为c0，平衡浓度都为c1，NO的起始浓度为0，平衡浓度为2(c0－c1)，则K＝，A正确；由于反应是在恒容密闭容器中进行，气体总质量和气体总体积都不变，所以密度始终不变，B错误；如果加入催化剂，化学反应速率会加快，但不会改变平衡浓度，C错误；据图可知，b比a更早达到平衡，升高温度，达新平衡时N2的浓度减小，表示平衡右移，所以正方向为吸热反应，ΔH>0，D错误。
题组2　等效平衡
7.在温度相同、容积均为2 L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下。下列说法正确的是(　　)
已知N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1 mol N2、3 mol H2
2 mol N2、6 mol H2
2 mol NH3
NH3的浓度/mol·L－1
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出Q1 kJ
放出Q2 kJ
吸收Q3 kJ
体系压强/Pa
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
A.2p1＝2p3B.达到平衡时丙容器中NH3的体积分数最大
C.α2＋α3<1
D.Q1＋Q3＝92.4
答案　D
解析　甲容器投入1 mol N2、3 mol H2，丙容器投入2 mol NH3，恒温恒容条件下，甲容器与丙容器是等效平衡，各组分的物质的量、百分含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1 mol N2、3 mol H2，乙容器加入2 mol N2、6 mol H2，乙中加入量是甲中的2倍，如果恒温且乙容器容积是甲容器的2倍，则甲容器与乙容器为等效平衡，所以乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器2倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所达到的平衡，由于该反应是气体体积减小的反应，缩小容器体积，相当于增大压强，平衡正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨气含量最高，因此B错误；A项，由上述分析知，甲与丙为等效平衡，p1＝p3，乙中投料量为甲的2倍，恒温恒容下，乙中相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以乙中压强减小，小于甲的2倍，即2p1＝2p3>p2，错误；C项，丙容器中加入2 mol NH3，最后达到和甲相同的平衡状态，若平衡不移动，则转化率α1＋α3＝1；乙容器投入2 mol N2、6 mol H2，相当于增大压强，平衡正向移动，α2增大，所以转化率α2＋α3>1，错误；D项，甲投入1 mol N2、3 mol H2，丙中投入2 mol NH3，则甲与丙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与丙的反应的能量变化之和为92.4 kJ，故Q1＋Q3＝92.4，正确。
8.将一定体积的SO3(g)充入恒容的密闭容器中，发生反应2SO3(g)??2SO2(g)＋O2(g)并达到平衡；保持温度不变，再充入相同体积的SO3(g)，达到新平衡后，与原平衡相比，下列值减小的是(　　)
A.平均相对分子质量
B.SO3(g)的转化率
C.c(SO3)/c(SO2)
D.c2(SO3)/[c2(SO2)·c(O2)]
答案　B
解析　本题可采取等效假设法分析，假设在原容器上增加一个相同的容器(两容器有隔板)，保持温度不变，向增加的容器中充入相同体积的SO3(g)，则可建立与原平衡一样的平衡，此时A、B、C、D各项的值均不变，然后抽掉隔板，将容器压缩至原容器大小，则压强增大，平衡逆向移动，气体的总物质的量减小，但总质量不变，因此平均相对分子质量增大；SO3(g)的转化率减小；c(SO2)、c(SO3)均增大，但c(SO3)增大的程度比c(SO2)增大的程度大，则c(SO3)/c(SO2)增大；c2(SO3)/[c2(SO2)·c(O2)]可看作该反应的平衡常数的倒数，而平衡常数只与温度有关，则不发生变化。
9.已知2SO2 (g)＋O2 (g)??2SO3 (g)　ΔH＝－197 kJ·mol－1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲) 2 mol SO2和1 mol O2；(乙) 1 mol SO2和0.5 mol O2 ；(丙) 2 mol SO3 。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是(　　)
A.容器内压强p：p甲＝p丙>2p乙
B.SO3的质量m：m甲＝m丙>2m乙
C.c(SO2)与c(O2)之比为k：k甲＝k丙>k乙
D.反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙>2Q乙
答案　B
解析　因为反应2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)在恒温、恒容的条件下进行。根据等效平衡的原理可知，甲与丙最后达到平衡时SO2、O2、SO3的物质的量、容器内的压强、SO2与O2的比值都相同；乙相当于在甲容器达到平衡后，将容器的体积瞬间扩大为原来的2倍。设甲达到平衡时容器内的压强为p甲，此时容器内瞬间压强减小为p甲/2，此时平衡向逆反应方向移动，气体的物质的量增加，SO3的质量减小，所以容器内气体的压强增大，则p乙>p甲/2，则2p乙>p甲＝p丙，SO3的质量，m甲＝m丙>2m乙，A错、B对；当甲容器达到平衡后瞬间将容器体积扩大2倍，平衡向逆反应方向移动，但是生成的SO2与O2的物质的量之比为2∶1，这与开始两者加入的物质的量之比相同，所以在此过程中SO2与O2的物质的量之比一直是2∶1不变，C错；甲与丙为等效平衡，但达到平衡时，甲容器中SO2的转化率与丙容器中SO3的转化率不一定相等，即Q甲不一定等于Q丙，D错。
[能力提升题]
10.有甲、乙两容器，甲容器容积固定，乙容器容积可变。一定温度下，在甲中加入2 mol N2、3 mol H2，反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)达到平衡时生成NH3的物质的量为m mol。
(1)相同温度下，在乙中加入4 mol N2、6 mol H2，若乙的压强始终与甲的压强相等，乙中反应达到平衡时，生成NH3的物质的量为____mol(从下列各项中选择，只填字母，下同)；若乙的容积与甲的容积始终相等，乙中反应达到平衡时，生成NH3的物质的量为____mol。
A.小于m　B.等于m　C.在m～2m之间　D.等于2m　E.大于2m
(2)相同温度下，保持乙的容积为甲的一半，并加入1 mol NH3，要使乙中反应达到平衡时，各物质的体积分数与上述甲容器中达到平衡时相同，则起始时应加入________mol N2和________mol H2。
答案　(1)D　E　(2)0.5　0
解析　(1)由于甲容器定容，达到平衡时，甲、乙两容器压强相等，乙的容积应该为甲的两倍，生成的NH3的物质的量应该等于2m mol。当甲、乙两容器的体积相等时，相当于将建立等效平衡后的乙容器压缩，故乙中NH3的物质的量大于2m mol。
(2)当乙的容积为甲的一半时，要建立与甲一样的平衡，只有乙中的投入量是甲的一半才行，故乙中应该投入N2为(1－0.5) mol＝0.5 mol，H2为(1.5－1.5) mol＝0 mol。
11.(1)对于反应：2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g)，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下温度变化的曲线(如图)。
①比较p1、p2的大小关系：________。
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________(填“增大”或“减小”)。
(2)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。
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________________。
②100 ℃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，判断理由是_________________________________________。
答案　(1)①p2>p1　②减小　(2)①大于　0.001 0　0.36　②a.大于　反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高　b.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＝＝1.28　③逆反应　将反应容器的体积减小一半，即增大压强，当其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质化学计量数减小的方向移动，即向逆反应方向移动
解析　(1)①该反应正反应方向是气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，即压强越大，NO的转化率越大，根据题图可知，相同的温度下，压强为p1时的NO转化率小于压强为p2时的转化率，故p1(2)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。
②100 ℃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，向吸热的方向移动，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为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＝＝＝1.28。
③温度T时反应达到平衡后，将反应容器的容积减小一半，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。
12.高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下与H2反应制备甲醇：CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)。请根据图示回答下列问题：
(1)从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v(H2)＝________。
(2)若在温度和容器相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下表：
容器
反应物投入的量
反应物的转化率
CH3OH的浓度
能量变化(Q1、Q2、Q3均大于0)
甲
1 mol CO和2 mol H2
α1
c1
放出Q1 kJ热量
乙
1 mol CH3OH
α2
c2
吸收Q2 kJ热量
丙
2 mol CO和4 mol H2
α3
c3
放出Q3 kJ热量
则下列关系正确的是________(填字母)。
A.c1＝c2　B.2Q1＝Q3　C.2α1＝α3　D.α1＋α2＝1
E.该反应若生成1 mol CH3OH，则放出(Q1＋Q2) kJ热量
(3)若在一体积可变的密闭容器中充入1 mol CO、2 mol H2和1 mol CH3OH，达到平衡时测得混合气体的密度是同温同压下起始的1.6倍，则该反应向________(填“正”或“逆”)反应方向移动。
答案　(1)0.15 mol·L－1·min－1　(2)ADE　(3)正
解析　(1)从反应开始到平衡的10 min内，CO的浓度减小0.75 mol·L－1，故用H2浓度变化表示平均反应速率v(H2)＝×2＝0.15 mol·L－1·min－1。
(2)甲和乙属于等效平衡，只是起始反应方向不同，所以有c1＝c2和α1＋α2＝1，该反应若生成1 mol CH3OH，则放出(Q1＋Q2) kJ热量；丙相当于将甲的压强增大一倍，增大压强，平衡CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)右移，但可逆反应不可能完全转化，故有α1<α3<2α1和Q1(3)气体的密度与体积成反比，密度增大，说明气体体积减小，平衡CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)向正反应方向移动。
13.甲醇可以利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成，发生的主要反应如下：
①CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)
ΔH1＝－99 kJ·mol－1
②CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH2＝－58 kJ·mol－1
③CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH3
回答下列问题：
(1)ΔH3＝________________________________________________________________。
(2)反应①的化学平衡常数K表达式为____________；图甲中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母)，其判断理由是_____________________
________________________________________________________________________。
(3)合成气组成＝2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图乙所示。α(CO)值随温度升高而________(填“增大”或“减小”)，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
图乙中的压强由大到小为__________________________________________________，
其判断理由是____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)＋41 kJ·mol－1　(2)K＝　a　反应①为放热反应(ΔH<0)，平衡常数随温度升高变小　(3)减小　升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使CO浓度增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，使CO的浓度增大。总结果为随温度升高，CO的转化率降低　p3>p2>p1　相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提高CO的转化率，而反应③为气体分子数不变的反应，而生成CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO转化率提高
解析　(1)根据盖斯定律，②－①＝③，ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－58 kJ·mol－1－(－99 kJ·mol－1)＝＋41 kJ·mol－1。
(2)根据化学反应方程式，反应①中K＝。ΔH1<0，说明反应①为放热反应，平衡常数随温度升高而减小，故a曲线能正确反映平衡常数K随温度变化关系。
(3)由图示可知，α(CO)的转化率随温度的升高而减小。升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中的CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；总结果为随温度升高，CO的转化率降低。相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提高CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高。
第二节　影响化学反应速率的因素
[学习目标定位]　1.了解活化能的含义，会用活化能理论解释化学反应速率的影响因素。2.掌握外界条件(浓度、压强、温度、催化剂)对化学反应速率的影响规律及实质，并会用相应规律解决有关问题。
一　浓度、压强对化学反应速率的影响
影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，不同化学反应具有不同的反应速率。外界条件对化学反应速率也产生影响。
1.浓度对化学反应速率的影响
按表中实验步骤完成实验，观察实验现象，填写下表：
原理
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O
实验步骤
实验现象
KMnO4酸性溶液褪色
KMnO4酸性溶液褪色
褪色时间
褪色时间长
较0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液褪色时间短
结论
H2C2O4溶液浓度越大，KMnO4酸性溶液褪色越快，反应速率也越快；反之H2C2O4溶液浓度越小，反应速率越慢
微观解释
反应物浓度增大→单位体积内活化分子数增多→单位时间内有效碰撞增加→反应速率加快；反之，反应速率减慢
2.压强对化学反应速率的影响
对于气体来说，在一定温度下，一定质量的气体所占的体积与压强成反比。如图所示：
结论：增大压强，气体体积缩小，浓度增大，化学反应速率加快。
微观解释：增大压强→气体体积缩小→反应物浓度增大→单位体积内活化分子数增多→单位时间内有效碰撞增加→反应速率加快；反之，反应速率减慢。
(1)由于固体、液体粒子间的空隙很小，增大压强几乎不能改变它们的浓度，因此对只有固体或液体参加的反应，压强的变化对于反应速率的影响可以忽略不计。
(2)对于反应N2＋3H2??2NH3，不同条件下，压强对化学反应速率的影响
①恒温恒容密闭容器中
a.充入N2，压强增大，c(N2)增大，化学反应速率加快。
b.充入He(He与反应无关)，压强增大，但c(N2)、c(H2)、c(NH3)都不变，化学反应速率不变。
②恒温恒压密闭容器中
充入He，体积增大，c(N2)、c(H2)、c(NH3)都减小，化学反应速率减小。
归纳总结
浓度、压强对反应速率的影响
(1)浓度
①规律
当其他条件不变时，
②解释
反应物浓度增大→反应速率加快
(2)压强(针对有气体参加的压强的变化仅由反应容器的容积变化引起的反应)
①规律
②解释
压强增大→反应速率加快
③注意：压强是否影响化学反应速率，取决于是否影响反应物的浓度。如恒容下充入稀有气体，气体压强增大，但反应物浓度不变，故反应速率不变。恒压下充入稀有气体，气体压强不变，但体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小。
1.把下列4种X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与盐酸缓缓地进行反应，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
答案　A
解析　此题主要考查浓度对化学反应速率的影响，X溶液的浓度大小决定了反应速率的快慢。那么是否是C中4 mol·L－1的X与盐酸反应速率最快呢？此题很容易错选C选项，实际上应考虑加水稀释后溶液中X的浓度，同一体积的溶液中X的物质的量越大，浓度就越大，A中X的物质的量最大，故速率最大。
2.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(　　)
A.增加C的量
B.将容器的体积缩小一半
C.保持体积不变，充入H2O(g)
D.保持压强不变，充入N2
答案　A
解析　C为固态反应物，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H2O(g)，反应物浓度增大，反应速率加快；保持压强不变，充入N2，使容器体积增大，总压强不变，反应混合物浓度变小，反应速率减小。
二　温度对化学反应速率的影响
1.根据表中实验操作要求完成实验，观察实验现象，填写下表：
实验原理
Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O
实验操作
实验现象
混合后均出现浑浊，但70 ℃热水一组首先出现浑浊
实验结论
升高温度，化学反应速率增大
微观解释
温度升高，有效碰撞增加，反应速率加快
2.已知4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O。根据下列实验，回答问题：
(1)在两支试管中分别依次加入0.1 mol·L－1 H2SO4溶液 5 mL，1 mol·L－1 KI溶液5 mL,3滴淀粉溶液。将一支试管置于热水中，另一支试管置于冷水中。实验中观察到的实验现象是两试管中都变蓝色，且热水中试管变蓝色比较快。
(2)由该实验得出的结论是升高温度，反应速率加快。
归纳总结
温度对反应速率的影响
(1)规律
当其他条件不变时，
(2)解释
(3)注意：所有化学反应的反应速率都与温度有关。
3.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为
Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是(　　)
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
答案　D
解析　当有多个外界条件时，要对比找出其相同条件和不同条件，然后比较判断。影响化学反应速率的因素很多，本题从浓度和温度两个因素考查，结合选项知混合液体积都为20 mL，根据浓度越大、温度越高，反应速率越快，可以推知D选项正确。
4.设C(s)＋CO2(g)??2CO(g)　ΔH>0，反应速率为v1，N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0，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
答案　A
解析　温度对反应速率的影响，对放热反应、吸热反应都适用。升温，v吸、v放都增大；降温，v吸、v放都减小。
三　催化剂对化学反应速率的影响
1.按下列实验步骤完成实验：
①向锥形瓶内加入10 mL 10% 的H2O2；
②将插有短导管和漏斗的双孔胶塞塞到锥形瓶上；
③将带余烬的木条通过短导管插入锥形瓶，观察实验现象；
④经漏斗向锥形瓶内加入少量MnO2后，观察实验现象。
回答下列问题：
(1)实验中观察到的现象有哪些？
答案　加MnO2前带有余烬的木条没有明显的变化；加入MnO2后，迅速产生大量气泡，余烬木条复燃，火焰明亮。
(2)由实验得出的结论是什么？
答案　MnO2能加速H2O2的分解，MnO2作催化剂。
(3)写出反应的化学方程式。
答案　2H2O22H2O＋O2↑。
2.完成下列实验，回答问题：
(1)在试管中先加入2 mL 5%的H2O2溶液，再加入1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3，观察到的实验现象是产生气泡比较快。
(2)在试管中先加入2 mL 5%的H2O2溶液，再加入1 mL 0.1 mol·L－1 CuSO4，观察到的实验现象是产生气泡比较慢。
(3)由上述(1)和(2)实验得出的结论是Fe3＋、Cu2＋对H2O2的分解都有催化作用，但Fe3＋催化作用较强。
归纳总结
催化剂对化学反应速率的影响
(1)规律
当其他条件不变时，使用催化剂，反应速率增大。
(2)解释
催化剂
(3)注意：对于一个化学反应，不同的催化剂，催化效果不同(如唾液对淀粉水解的催化作用比硫酸强)。实验时应选用合适的催化剂。
5.漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温且黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为
5HClO2===4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O(HClO2为弱酸)。向NaClO2溶液中滴加H2SO4，开始时HClO2分解反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是(　　)
A.溶液中的Cl－起催化作用
B.溶液中的H＋起催化作用
C.ClO2逸出，使反应的生成物浓度降低
D.在酸性条件下，亚氯酸钠的氧化性增强
答案　A
解析　由题目信息可知，NaClO2在酸性溶液中生成亚氯酸，生成的亚氯酸在刚加入硫酸时反应缓慢，随后反应突然加快，这说明分解生成的产物中的某种物质起了催化剂的作用。
6.为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学们分别设计了如下图甲、乙所示的实验装置。请回答相关问题：
(1)定性分析：甲所示装置可通过观察 ，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是 。
(2)定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为 ，检查该装置气密性的方法是 。
实验中需要测量的数据是 。
答案　(1)气泡产生的快慢　消除阴离子不同对实验的干扰　(2)分液漏斗　关闭分液漏斗的活塞，将注射器活塞向外拉出一段，一段时间后看其是否回到原位　产生40 mL 气体所需的时间
1.影响反应速率的因素
影响因素
口诀记忆方法：要想反应快加速，增浓加压升温度；催化增大表面积，反应也可加速度。
2.外界条件对反应速率影响的原因
条件变化
微观因素变化
化学
反应
速率
变化
分子
总数
活化分
子百分数
活化分
子数目
分子平
均运动
速率
单位体积内活化分子数目
有效
碰撞
浓度
增大
增加
不变
增加
不变
增加
增加
加快
压强
增大
不变
不变
不变
不变
增加
增加
加快
温度
升高
不变
增加
增加
增加
增加
增加
加快
催化剂
使用
不变
增加
增加
不变
增加
增加
加快
1.下列说法正确的是(　　)
A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增多
B.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C.升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数
D.催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成千上万倍地增大反应速率
答案　D
解析　浓度和压强的变化是改变单位体积内分子的总数，活化分子的百分数不变，而单位体积内活化分子的数目与单位体积内分子总数成正比，也发生变化；温度、催化剂是改变活化分子的百分数，单位体积内分子总数不变。
2.过量锌粉跟100 mL 6 mol·L－1的H2SO4反应，一定温度下，为减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的(　　)
A.碳酸钠固体 B.氯化钡固体
C.硫酸钾溶液 D.硫酸铜溶液
答案　C
解析　A项，Na2CO3与H2SO4反应生成CO2气体，H2量减少；B项，H2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl，c(H＋)不变，速率不变；D项，形成铜锌原电池，速率加快。
3.对于有气体参加的反应，一定能使化学反应速率加快的因素是(　　)
①扩大容器的容积　②使用催化剂　③增加反应物的物质的量　④升高温度　⑤缩小容积　⑥增大容器内的压强
A.②③ B.②③④⑥ C.②④⑤ D.②④
答案　C
解析　对于有气体参加的反应，使用催化剂、升温、缩小体积，化学反应速率一定加快；而增加反应物的物质的量，该反应物若是固体，速率不加快；增大容器内的压强，反应物浓度不一定增大，反应速率不一定加快。
4.工业上利用可逆反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)合成氨，下列叙述正确的是(　　)
A.合成氨的适宜条件是高温、高压、催化剂，其中催化剂不改变该反应的逆反应速率
B.恒容通入氩气，使反应体系的压强增大，反应速率一定增大
C.该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D.在t1、t2时刻， NH3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，NH3(g)生成的平均速率为v＝
答案　D
解析　催化剂在反应中同等程度地改变正、逆反应速率，A错；B项，通入氩气压强增大，但是各物质的浓度不变，所以速率不变；C项，降温会减小反应速率，将延长达到平衡的时间，错误；D项，由反应速率的表达式可知正确。
5.向含有H2SO4的H2O2溶液中滴加一定量的KMnO4溶液，反应开始时，溶液中c(Mn2＋)将随时间的变化而变化。某学生在做实验前认为，c(Mn2＋)与时间的关系如图①所示，做完实验后，得到的结果为图②所示。已知H2O2与KMnO4溶液反应的化学方程式为5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋5O2↑。请回答下列问题：
(1)Oa段的意义。
(2)ab段的意义及ab段很陡的原因。
(3)bc段的意义。
答案　(1)Oa段说明反应非常慢，溶液中c(Mn2＋)随时间变化很小。(2)ab段说明反应非常快，c(Mn2＋)迅速增大，表明Mn2＋达到一定浓度时，对上述反应起到了催化作用。(3)bc段说明反应趋于完全，溶液中c(Mn2＋)为定值。
解析　ab段斜率最大，说明化学反应速率最大，其原因应为c(Mn2＋)增大并充当该反应的催化剂的结果。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　影响化学反应速率的内因
1.决定化学反应速率的内因是(　　)
①温度　②压强　③催化剂　④浓度　⑤反应物本身的性质
A.①②③④⑤ B.⑤ C.①④ D.①②③④
答案　B
解析　决定化学反应速率大小的内因是反应物本身的性质，温度、压强、催化剂和浓度均为影响化学反应速率的外因，B正确。
2.下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是(　　)
A.Cu能与浓硝酸反应，而不与浓盐酸反应
B.Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快
C.N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应
D.Cu与浓H2SO4能反应，而不与稀H2SO4反应
答案　A
解析　要想说明反应物本身的性质是影响化学反应速率的决定性因素，则该实验事实应区别在反应物本身而不是外界因素如浓度、压强、温度、催化剂等。其中选项B、D为浓度不同所致，选项C为反应条件不同所致，唯有选项A是因浓硝酸与浓盐酸本身性质不同所致。
题组2　外界条件对活化分子的影响
3.下列说法不正确的是(　　)
A.具有较高能量的反应物分子称为活化分子
B.升高温度增大了活化分子百分数
C.催化剂能够改变化学反应途径
D.增大压强能提高活化分子的浓度
答案　A
解析　能够发生有效碰撞的分子称为活化分子。
4.对于一定条件下进行的化学反应：2SO2＋O2??2SO3，改变下列条件，可以提高反应物中活化分子百分数的是(　　)
①增大压强　②升高温度　③加入催化剂　④减小反应物浓度
A.①② B.②③ C.①②③ D.①④
答案　B
解析　升温能提高分子的能量，催化剂能降低反应所需活化能，均能使普通分子变成活化分子，提高活化分子百分数。
题组3　外界条件对化学反应速率的综合影响
5.将盐酸滴到碳酸钠粉末上，能使反应的最初速率加快的是(　　)
A.盐酸浓度不变，使用量增大一倍
B.盐酸浓度增加一倍，用量减至一半
C.增大Na2CO3粉末的量
D.把盐酸换为浓硫酸
答案　B
解析　Na2CO3粉末为固体，改变固体的量不影响反应速率，需要改变盐酸的浓度或改变温度。浓硫酸中c(H＋)非常小，和Na2CO3粉末反应非常慢。
6.100 mL 3 mol·L－1的硫酸溶液跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的(　　)
A.Na2CO3固体 B.3 mol·L－1的硫酸
C.CH3COOK溶液 D.KNO3溶液
答案　C
解析　A项，Na2CO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑，既降低了c(H＋)，反应速率减小，又减少了n(H＋)，生成的H2减少；B项，c(H＋)不变，n(H＋)增大，反应速率不变，生成的H2增加；C项，CH3COO－＋H＋===CH3COOH，降低了c(H＋)，反应速率减小，因为2CH3COOH＋Zn===Zn(CH3COO)2＋H2↑，故产生H2的总量不变；D项，NO在酸性条件下具有强氧化性，消耗H＋，且被还原为NO，产生H2的总量减少。
7.在实验Ⅰ和实验Ⅱ中，用定量、定浓度的盐酸与足量的石灰石反应，并在一定的时间内测量反应所放出的CO2的体积。实验Ⅰ用的是块状的石灰石，实验Ⅱ用的是粉末状石灰石。下图中哪个图像能正确反映两种实验的结果(　　)
答案　B
解析　固体物质参加反应，增大接触面积，才能提高反应速率，粉末状的固体比块状的固体的表面积大，反应Ⅱ比反应Ⅰ的速率快；盐酸的物质的量相同，则产生的CO2的体积应相等，因此A、C错，从D中可以看出Ⅰ的反应速率大于Ⅱ，故D错。
8.一定温度下，反应N2＋O2??2NO在密闭容器中进行，下列措施不能改变化学反应速率的是(　　)
A.缩小体积使压强增大 B.恒容，充入N2
C.恒容，充入He D.恒压，充入He
答案　C
解析　C项，恒容，充入He气，由于N2、O2、NO的浓度均不变，所以化学反应速率不改变。
9.等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，绘制得到右图，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是(　　)
组别
c(HCl)/mol·L－1
温度/℃
状态
1
2.0
25
块状
2
2.5
30
块状
3
2.5
50
块状
4
2.5
30
粉末状
A.4、3、2、1 B.1、2、3、4 C.4、2、3、1 D.1、2、4、3
答案　A
解析　影响化学反应速率的因素主要有温度、压强、浓度、接触面积、催化剂等，本题涉及温度、浓度、接触面积三种因素对反应速率的影响。其他条件一定时，溶液的浓度越大，化学反应速率越快；温度的升高和固体由块状变为粉末状都能显著加快反应速率。实验1中盐酸的浓度最小，反应的温度最低，所以化学反应速率最慢；实验3的反应温度比实验2的反应温度高，所以实验3的反应速率大于实验2的反应速率；实验3和实验4虽然浓度相同，但反应的温度不同，物质的状态也不相同，无法比较。
10.下列表格中的各种情况，可以用下面对应选项中的图像曲线表示的是(　　)
选项
反应
纵坐标
甲
乙
A
外形、大小相近的金属和水反应
反应
速率
Na
K
B
4 mL 0.01 mol·L－1的KMnO4溶液，分别和不同浓度的H2C2O4(草酸)溶液各2 mL反应
0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液
0.2 mol·L－1的H2C2O4溶液
C
5 mL 0.1 mol·L－1Na2S2O3溶液和5 mL 0.1 mol·L－1H2SO4溶液反应
热水
冷水
D
5 mL 4%的过氧化氢溶液分解放出O2
无MnO2粉末
加MnO2粉末
答案　C
解析　反应速率与物质本身的性质有关。由于K比Na活泼，故相同大小的K和Na，K的反应速率快，又由于Na、K与H2O反应均为放热反应，随反应进行，放出大量热，反应速率逐渐加快，A图像错误；由于起始时乙中H2C2O4浓度大，故其反应速率比甲中快，B图像错误；由于甲反应是在热水中反应，温度高，故甲的反应速率高于乙的。随反应进行，反应物浓度逐渐减小，故甲、乙中反应速率逐渐减小，C图像正确；MnO2在H2O2分解过程中起催化作用，故乙中反应速率应大于甲中，D图像错误。
[能力提升题]
11.KI溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录：
实验编号
①
②
③
④
⑤
温度/℃
30
40
50
60
70
显色时间/s
160
80
40
20
10
回答下列问题：
(1)该反应的离子方程式为 。
(2)该实验的目的是 。
(3)实验试剂除了1 mol·L－1 KI溶液、0.1 mol·L－1 H2SO4溶液外，还需要的试剂是 ，
实验现象为 。
(4)上述实验操作中除了需要(3)的条件外，还必须控制不变的是 (填字母)。
A.温度
B.试剂的浓度
C.试剂的用量(体积)
D.试剂添加的顺序
(5)由上述实验记录可得出的结论是 。
(6)若要进行酸性对反应速率的影响的探究实验，你会采取的措施是 。
答案　(1)4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O　(2)探究温度对反应速率的影响　(3)淀粉溶液　无色溶液变蓝　(4)CD　(5)每升高10 ℃，反应速率增大约2倍　(6)保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验
解析　(1)根据得失电子数目相等、电荷守恒和原子守恒，可得该反应的离子方程式为4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O。(2)表中数据只有温度和显色时间，故该实验的目的是探究温度对反应速率的影响。(3)为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变蓝色。(4)设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，还必须控制不变的是试剂的用量(体积)和试剂添加的顺序。(5)分析实验数据，温度每升高10 ℃，显色时间缩短到原来的一半，故可得出的结论是：每升高10 ℃，反应速率增大约2倍。(6)若要进行酸性对反应速率影响的探究实验，需保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验。
12.将一块质量为5.0 g的铝片投入盛有500 mL 0.5 mol·L－1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间的关系可用右图所示的曲线来表示，回答下列问题：
(1)曲线O→a段不产生氢气的原因是 ，
有关反应的化学方程式为 。
(2)曲线a→b段产生氢气的速率较慢的原因是 。
(3)曲线b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因是 。
(4)曲线c点以后产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是 。
答案　(1)铝片表面有Al2O3，硫酸首先与表面的Al2O3反应　Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O
(2)氧化膜未完全反应掉，铝与硫酸接触的表面积较小
(3)反应放出的热量使溶液的温度升高而加快反应速率
(4)随着反应的进行，硫酸溶液的浓度下降
解析　铝片与硫酸反应的过程为铝片表面氧化膜溶解―→铝片溶解―→接触面积增大、温度上升―→浓度减小、温度降低―→反应停止，由此可以分析出图中各段曲线所表示的速率变化的原因。
13.已知KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中会发生如下反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O。甲、乙两个实验小组欲探究影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已酸化)：
(1)甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的量来比较化学反应速率，实验装置如图所示：
实验时分液漏斗中A溶液一次性加入，A、B的成分见下表：
序号
A溶液
B溶液
①
2 mL 0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4溶液
②
2 mL 0.2 mol·L－1 H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4溶液
③
2 mL 0.2 mol·L－1 H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4溶液，少量MnSO4(催化剂)
该实验探究的是 因素对化学反应速率的影响。在反应停止之前，相同时间内针筒中所得CO2的体积由大到小的顺序是 (填实验序号)。
(2)乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反应速率。
取两支试管各加入2 mL 0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液，另取两支试管各加入4 mL 0.1 mol·L－1 KMnO4溶液，将四支试管分成两组(每组各有一支试管盛有H2C2O4溶液和KMnO4溶液)，一组放入冷水中，另一组放入热水中，一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间。该实验试图探究 因素对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液完全褪色，其原因是 。
答案　(1)浓度和催化剂　③②①
(2)温度　KMnO4溶液过量
解析　(1)实验①和②其他条件相同，仅仅是草酸的浓度不同，实验②和③的不同之处是实验③中使用了少量MnSO4作为催化剂。
(2)乙组中两组对照实验的温度不同，而H2C2O4和KMnO4的物质的量浓度相同，因反应中KMnO4过量，致使溶液没有完全褪色。
第四节　化学反应进行的方向
[学习目标定位]　了解自发过程和自发反应的主要特点，了解焓判据、熵判据的含义，会用焓变和熵变判断反应进行的方向。
一　自发过程和自发反应
1.根据是否有外力作用，过程可分为自发过程和非自发过程。自发过程是在一定条件下，不借助外力而自发进行的过程。回答下列问题：
(1)下列现象的发生，你认为是自发过程的是________(填字母)。
A.水由高处往低处流 B.气温升高冰雪融化
C.室温下，水自动结成冰 D.生锈的铁变光亮
答案　AB
(2)自发过程具有的特点
①能量角度
体系趋向于从高能状态转变为低能状态(体系对外部做功或者释放热量)。
②混乱度角度
体系趋向于从有序状态转变为无序状态。
2.有下列化学反应：①白磷自燃、②氯化氢分解、③煤燃烧、④钠与水反应、⑤酸碱中和反应，其中属于能自发进行的化学反应(简称自发反应)的是①④⑤，属于放热反应的是①③④⑤。
归纳总结
关于自发反应的理解
二　化学反应进行的方向与焓变、熵变的关系
1.化学反应进行的方向与焓变的关系
(1)分析下列反应进行的方向与ΔH之间的关系：
①NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)，酸碱中和反应是放热反应，ΔH<0，常温下能自发进行。
②2Na(s)＋2H2O(l)===2NaOH(aq)＋H2(g)，该反应是放热反应，ΔH<0，常温下能自发进行。
③NH4HCO3(s)＋CH3COOH(aq)===CO2(g)＋CH3COONH4(aq)＋H2O(l)　ΔH>0，该反应在常温下能自发进行。
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH>0，该反应在常温下不能自发进行，但在较高温度下能自发进行。
(2)自发反应与焓变的关系
多数自发进行的化学反应是放热反应，但也有很多吸热反应能自发进行，因此，反应焓变是与反应进行的方向有关的因素之一，但不是决定反应能否自发进行的唯一因素。
2.化学反应进行的方向与熵变的关系
(1)熵的概念
自发过程的体系趋向于由有序转变为无序，体系的混乱度增大。体系的混乱度常用熵来描述，熵的概念是表示体系的混乱或无序程度的物理量，其符号为S。熵值越大，体系的混乱度越大。
(2)影响熵大小的因素
①同一条件下，不同的物质熵值不同。
②同一物质的熵与其聚集状态及外界条件有关，如对同一种物质不同状态时熵值大小为S(g)>S(l)>S(s)。
③物质的量越大，分子数越多，熵值越大。
(3)熵判据
在与外界隔离的体系中，自发过程将导致体系的熵增大，即熵变(符号ΔS)大于零，这个原理叫做熵增原理。在用熵变来判断过程的方向时，就称为熵判据。
①当ΔS>0时，反应为熵增反应，在一定条件下能自发进行。
②当ΔS<0时，反应为熵减反应，在一定条件下不能自发进行。
(4)反应熵变是与反应进行的方向有关的因素之一，但不是决定反应能否自发进行的唯一因素。如：2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔS＝－39.35 J·mol－1·K－1，上述反应为熵减少的反应，但在一定条件下，该反应也能自发进行。说明“熵判据”也具有一定的局限性。
归纳总结
化学反应进行的方向与焓变、熵变的关系
(1)从焓变(能量)角度：ΔH<0，有利于反应自发进行。
(2)从熵变角度：ΔS>0，有利于反应自发进行。
(3)在实际的化学反应中，若ΔH与ΔS符号相同时，对化学反应的方向的影响作用出现矛盾，因此，在分析一个具体化学反应自发进行的方向时，不能孤立地使用焓判据或熵判据来分析，否则，可能会得出错误的结论。
1.下列自发反应可用焓判据来解释的是(　　)
A.2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)
ΔH＝＋56.7 kJ·mol－1
B.(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)
ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1
C.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D.CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)
ΔH＝＋178.2 kJ·mol－1
答案　C
解析　从焓变的角度分析，化学反应由高能状态向低能状态转化，使体系能量降低的趋势，表现为放热反应较易进行。
2.碳铵(NH4HCO3)在室温下就能自发地分解产生氨气，下列有关说法中正确的是(　　)
A.碳铵分解是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大
B.碳铵分解是因为外界给予了能量
C.碳铵分解是吸热反应，根据焓判据，不能自发分解
D.碳酸盐都不稳定，都能自发分解
答案　A
解析　本题考查化学反应进行方向的判据，放热反应常常是容易进行的过程，吸热反应有些也是自发反应；自发反应的熵不一定增大，可能减小，也可能不变。过程的自发性只能用于判断过程的方向，是否能实现还要看具体的条件。故选A。
三　化学反应进行的方向与自由能变化的关系
1.用焓变和熵变的复合判据判断反应的方向
(1)由焓判据知放热反应是易进行的；由熵判据知熵值增加是自发的。很多情况下用不同的判据判定同一个反应，可能会出现相反的判断结果。
(2)体系的自由能变化(符号为ΔG，单位为kJ·mol－1)综合考虑了焓变和熵变对体系的影响，可用于化学反应自发进行的方向的判断，ΔG＝ΔH－TΔS。
(3)在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向ΔG＝ΔH－TΔS<0的方向进行，直到达平衡状态。
ΔH－TΔS<0　反应能自发进行
ΔH－TΔS＝0　反应达到平衡状态
ΔH－TΔS>0　反应不能自发进行
2.已知反应：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在298 K、101 kPa的条件下，其ΔH＝－113.0 kJ·mol－1，
ΔS＝－145.3 J·mol－1·K－1。
该反应______(填“能”或“不能”)用于消除汽车尾气中的NO，理由为____________。
答案　能　该反应的ΔH－TΔS＝－69.7 kJ·mol－1<0，说明该反应在理论上是可行的，所以能用于消除汽车尾气中的NO
解析　ΔG＝ΔH－TΔS＝－113.0 kJ·mol－1－298 K×(－145.3×10－3 kJ·mol－1·K－1)＝－69.7 kJ·mol－1<0，故理论上该反应能自发进行。
归纳总结
　化学反应进行的方向与自由能变化的关系
1.复合判据判断反应方向的有关规律
(1)当ΔH<0，ΔS>0，则ΔG<0，反应一定能自发进行。
(2)当ΔH>0，ΔS<0，则ΔG>0，反应一定不能自发进行。
(3)当ΔH>0，ΔS>0或ΔH<0，ΔS<0时，反应能否自发进行与温度有关，一般低温时焓变影响为主，高温时熵变影响为主。
2.反应发生的条件有多种，ΔG＝ΔH－TΔS这个判据只能用于温度、压强一定条件下的反应，不能用于其他条件(如温度、体积一定)下的反应。
3.反应的自发性只能判断方向性，反应能否实现，还要看具体的反应条件。
3.已知反应：2CO(g)===2C(s)＋O2(g)。设ΔH和ΔS不随温度而变化，下列说法正确的是(　　)
A.低温下是自发反应
B.高温下是自发反应
C.低温下是非自发反应，高温下是自发反应
D.任何温度下都是非自发反应
答案　D
解析　因为碳的不完全燃烧是放热反应，故该反应是吸热反应，且是熵减反应，在任何温度下都是非自发反应。
4.回答下列问题：
(1)用钌的配合物作催化剂，一定条件下可直接光催化分解CO2，发生反应：2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)，该反应的ΔH________(填“>”、“<”或“＝”)0，ΔS________(填“>”、“<”或“＝”)0，在低温下，该反应________(填“能”或“不能”)自发进行。
(2)超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式为2NO＋2CO??2CO2＋N2。反应在常温下能够自发进行，则反应的ΔH________(填“>”、“<”或“＝”)0。
(3)已知在100 kPa、298 K时石灰石分解反应CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)的ΔH>0，ΔS>0，则：
①该反应常温下________(填“能”或“不能”)自发进行。
②据本题反应数据分析，温度________(填“能”或“不能”)成为反应方向的决定因素。
(4)已知CaSO4(s)＋CO(g)??CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)　ΔH＝＋218 kJ·mol－1，该反应能够自发进行的反应条件是________。
(5)某吸热反应能自发进行，则该反应的ΔS________(填“>”或“<”)0。
答案　(1)>　>　不能　(2)<　(3)①不能　②能　(4)高温　(5)>
解析　(1)该反应为吸热反应，化学反应后气体的化学计量数之和增加，所以ΔH<0，ΔS>0，故ΔG＝ΔH－TΔS<0，反应不能自发进行。
(2)因为ΔS<0，且ΔG＝ΔH－TΔS<0，故ΔH<0。
(3)①常温下石灰石不分解。②该反应的ΔH>0，ΔS>0，属于熵增加的吸热反应，故在高温下该反应能够自发进行。
(4)自发反应的条件是ΔH－TΔS<0，即ΔH0，故T>，即T值较大，该反应应在高温下进行。
(5)吸热反应能自发进行，即ΔH>0，ΔH－TΔS<0，又知T>0，故ΔS>0。
1.下列关于焓变与反应方向的叙述中正确的是(　　)
A.化学反应的焓变与其反应的方向无关
B.化学反应的焓变直接决定了反应的方向
C.反应焓变为正值时不利于反应自发进行
D.焓变为负值的反应都能自发进行
答案　C
解析　可逆反应的两个反应其焓变的数值相等，但是符号(变化趋势)相反，故A项错误；焓变对反应方向有直接影响，但不能决定反应进行的方向，B项错误；焓变为负值的反应多数能自发进行，但有的也不是自发反应，D项错误；焓变为正值，吸收热量，体系能量升高，不利于反应自发进行，C项正确。
2.下列说法完全正确的是(　　)
A.自发进行的反应均是放热反应
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
答案　D
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，但不能独立地作为反应是否自发的判据，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(l)＋2S(s)，故C错；CaCO3(s)的分解产生了气体，为熵增加反应，故D正确。
3.已知在等温等压条件下，化学反应方向的判据为
ΔH－TΔS<0　反应能自发进行
ΔH－TΔS＝0　反应达到平衡状态
ΔH－TΔS>0　反应不能自发进行
设反应A===D＋E　ΔH－TΔS＝(－4 500＋11T) J·mol－1，要防止反应发生，温度必须(　　)
A.高于409 K
B.低于136 K
C.高于136 K而低于409 K
D.低于409 K
答案　A
解析　要防止反应发生需满足ΔH－TΔS>0的条件，解不等式得T>409 K，故A正确。
4.在25 ℃、1.01×105 Pa下，反应2N2O5(g)??4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋56.7 kJ·mol－1能自发进行的合理解释是(　　)
A.该反应是分解反应
B.该反应的熵增效应大于焓变效应
C.该反应是熵减反应
D.该反应是放热反应
答案　B
解析　该反应是吸热反应，不能只用焓判据来判断反应进行的方向，该反应过程中熵增大，是熵增反应。该反应能够自发进行，说明该反应的熵增效应大于焓变效应。
5.回答下列问题：
(1)汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)===2C(s)＋O2(g)。已知该反应的ΔH>0，简述该设想能否实现的依据：___________________________
________________________________________________________________________。
(2)下列反应中，在高温下不能自发进行的是________(填字母)。
a.CO(g)===C(s)＋O2(g)
b.2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)
c.(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)
d.MgCO3(s)===MgO(s)＋CO2(g)
(3)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。
生产氢气：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________(填“能”或“不能”)自发进行。
答案　(1)该反应是ΔH>0、ΔS<0的反应，任何温度下均不能自发进行　(2)a　(3)不能
解析　(1)该反应ΔH>0、ΔS<0，根据ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG>0，故不能实现该反应。
(2)a、b、c、d的ΔH>0，b、c、d反应的ΔS>0，ΔH－TΔS<0时，反应才能自发进行。a项ΔS<0，ΔH－TΔS>0，所以在高温时该反应不能自发进行。
(3)根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0为自发反应知，现ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1，ΔS＝＋133.7 J·mol－1·K－1＝＋0.133 7 kJ·mol－1·K－1，解得在T＞≈982.0 K时该反应能自发进行，由此可知该反应在低温下不能自发进行。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　反应的焓变和熵变与反应的方向
1.下列说法正确的是(　　)
A.放热反应的焓变小于零，熵变大于零
B.放热及熵增加的反应，一定能自发进行
C.放热反应的焓变大于零，熵变小于零
D.放热及熵减小的反应，一定能自发进行
答案　B
解析　放热反应的焓变小于0，熵变不一定大于0，A项和C项不正确；放热及熵增加的反应，ΔH－TΔS<0，一定能自发进行，B项正确；放热及熵减小的反应，ΔH－TΔS不一定能自发反应。
2.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(s，石墨)＋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＝＋37.30 kJ·mol－1　ΔS＝＋184.0 J·mol－1·K－1
答案　B
解析　根据ΔH－TΔS<0，能发生自发反应来解答。
3.已知下列过程都能自发进行，其中不能用“焓判据”解释的是(　　)
A.2Na(s)＋Cl2(g)===2NaCl(s)　ΔH<0
B.C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH<0
C.2NH4Cl(s)＋Ca(OH)2(s)===2NH3(g)＋CaCl2(s)＋2H2O(l)　ΔH>0
D.2Mg(s)＋O2(g)===2MgO(s)　ΔH<0
答案　C
解析　焓判据是指ΔH<0的反应有利于自发进行，C项反应的ΔH>0，按焓判据反应不能发生，而题给条件是能自发进行，所以不能用“焓判据”解释该反应为自发反应。
4.下列说法正确的是(　　)
A.在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行
B.NH4HCO3(s)===NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)
ΔH＝＋185.57 kJ·mol－1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的倾向
C.因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变和熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D.在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
答案　B
解析　A项错误，有些能使熵值增大的吸热反应可以自发进行；C项错误，应利用复合判据进行判断；D项中使用催化剂只能降低反应的活化能，增大反应速率，不能改变反应的方向。
题组2　化学反应方向的判断
5.下列关于化学反应的自发性叙述正确的是(　　)
A.焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的
B.焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的
C.焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的
D.熵变小于0而焓变大于0的反应肯定是自发的
答案　A
解析　ΔG＝ΔH－TΔS
①当ΔH>0，ΔS>0时，不能判断ΔG＝ΔH－TΔS的正负，与T有关；
②当ΔH>0，ΔS<0时，ΔG＝ΔH－TΔS>0，非自发反应；
③当ΔH<0，ΔS>0时，ΔG＝ΔH－TΔS<0，一定是自发反应；
④当ΔH<0，ΔS<0时，不能判断ΔH的正负，与T有关。
6.已知反应FeO(s)＋C(s)===CO(g)＋Fe(s)的ΔH>0(假定ΔH、ΔS不随温度而变化)，下列叙述中正确的是(　　)
A.低温下为自发过程，高温下为非自发过程
B.高温下为自发过程，低温下为非自发过程
C.任何温度下均为非自发过程
D.任何温度下均为自发过程
答案　B
解析　由反应能否自发进行的判据ΔH－TΔS知：ΔH>0、ΔS>0时，ΔH－TΔS的值的正、负不能确定，此时将由温度T决定。当处于低温时，ΔH－TΔS>0，反应非自发进行；当温度升高，TΔS的值增大，当TΔS>ΔH，即ΔH－TΔS<0时，反应自发进行，所以该反应高温下自发进行，低温下非自发进行。
7.下列内容与结论相对应的是(　　)
选项
内容
结论
A
H2O(g)变成H2O(l)
ΔS>0
B
硝酸铵溶于水可自发进行
因为ΔS>0
C
一个反应的ΔH>0，ΔS>0
反应一定不自发进行
D
H2(g)＋F2(g)===2HF(g)
ΔH＝－271 kJ·mol－1
ΔS＝＋8 J·mol－1·K－1
反应在任意外界条件下均可自发进行
答案　B
解析　物质由气态变为液态，ΔS<0，A错误；NH4NO3溶于水是吸热的熵增加过程，正是因为ΔS>0，使过程可自发进行，B正确；ΔH>0，ΔS>0时，在高温下能自发进行，C错误；因反应的ΔH、ΔS均是在标准状况下测定的，故反应能否自发进行与外界条件有关，D错误。
8.在图Ⅰ中A、B两容器里，分别收集着两种互不作用的理想气体。若将中间活塞打开，如图Ⅱ，两种气体分子立即都占有了两个容器。这是一个不伴随能量变化的自发过程。关于此过程的下列说法不正确的是(　　)
理想气体的自发混合
A.此过程是从混乱程度小的状态向混乱程度大的状态变化过程，即熵增大的过程
B.此过程为自发过程，而且没有热量的吸收或放出
C.此过程是自发可逆的
D.此过程从有序到无序，混乱度增大
答案　C
解析　气体扩散过程是熵增加的过程，A、D正确；该过程不伴随能量变化，B正确；两种气体混合后，不会再自发地分开，所以逆过程不能自发进行，C不正确。
9.下列说法正确的是(　　)
A.2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH>0
B.反应NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH<0
C.CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<0
D.常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0
答案　B
解析　A项，该反应能自发进行，则ΔH－TΔS<0，即ΔH0、ΔS<0(气体化学计量数反应后减小)，则ΔH<0，B项正确；C项，该反应室温下不能自发进行，则ΔH－TΔS>0，即ΔH>TΔS，又知T>0、ΔS>0(气体化学计量数反应后增大)，则ΔH>0，C项不正确；D项，该反应不能自发进行，则ΔH－TΔS>0，即ΔH>TΔS，又知T>0、ΔS>0(气体化学计量数反应后增大)，则ΔH>0，D项不正确。
10.某化学反应在较低温度下自发反应，较高温度下非自发进行，有关该反应的下列说法正确的是(　　)
A.ΔH>0，ΔS>0 B.ΔH>0，ΔS<0
C.ΔH<0，ΔS>0 D.ΔH<0，ΔS<0
答案　D
解析　A项，ΔH>0，ΔS>0，要使ΔH－TΔS<0，T值应较大，即在高温下才能自发进行，错误；B项，ΔH>0，ΔS<0，ΔH－TΔS>0，任何温度下都不能自发进行，错误；C项，ΔH<0，ΔS>0，ΔH－TΔS<0一定成立，任何温度下都能自发进行，错误；D项，ΔH<0，ΔS>0，要使ΔH－TΔS<0，T值应较小，即在低温下才能自发进行，正确。
[能力提升题]
11.试判断下列体系的熵变(填“>0”或“<0”)。
(1)溶解少量蔗糖于水中，ΔS__________。
(2)乙烯聚合成聚乙烯，ΔS__________。
(3)CaCO3(s)加热分解成CaO(s)和CO2(g)，ΔS_________________________________。
(4)水蒸气凝结成水，ΔS__________。
(5)25 ℃和1.01×105 Pa时，反应2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋56.76 kJ·mol－1能自发进行的原因是____________________________________________________________。
答案　(1)>0　(2)<0　(3)>0　(4)<0　(5)该反应是熵增反应，且常温下熵变ΔS对反应的方向性起决定作用
解析　(1)蔗糖溶于水，混乱度增大，属于熵增过程，ΔS>0。(2)乙烯聚合成聚乙烯由气态转化为固态，混乱度减小，ΔS<0。(3)CaCO3(s)加热分解成CaO(s)和CO2(g)，物质的量增多且有气体产生，混乱度增大，属于熵增过程，ΔS>0。(4)水蒸气凝结成水，由气态转化为液态，混乱度减小，ΔS<0。(5)因ΔH>0，ΔS>0，ΔG＝ΔH－TΔS<0时自发反应，因此ΔS>0对自发反应起决定作用。
12.工业上用赤铁矿生产铁，可以选择的还原剂有C和H2。根据所学知识判断：哪一种还原剂可使反应自发进行的温度较低？
已知：Fe2O3(s)＋C(s)===2Fe(s)＋CO2(g)
ΔH＝＋233.8 kJ· mol－1，ΔS＝＋0.279 kJ· mol－1·K－1
Fe2O3(s)＋3H2(g)===2Fe(s)＋3H2O(g)
ΔH＝＋98 kJ· mol－1，ΔS＝＋0.144 2 kJ· mol－1·K－1
答案　用H2作还原剂时反应自发进行的温度较低。
解析　根据ΔH－TΔS＝0为平衡状态，ΔH－TΔS＜0为自发状态，故T＞时，该反应能自发进行。用C作还原剂时T1＞＝≈838.0 K；用H2作还原剂时T2>＝≈679.6 K。故用H2作还原剂时，反应自发进行的温度较低。
13.某化学兴趣小组专门研究了氧族元素及其某些化合物的部分性质。所查资料信息如下：
①酸性：H2SO4>H2SeO4>H2TeO4
②氧、硫、硒与氢气化合越来越难，碲与氢气不能直接化合
③由元素的单质生成等物质的量的氢化物的焓变情况如图
请回答下列问题：
(1)H2与硫化合的反应________(填“放出”或“吸收”)热量。
(2)已知H2Te分解反应的ΔS>0，请解释为什么Te和H2不能直接化合。
(3)上述资料信息中能够说明硫元素非金属性强于硒元素的是________(填序号)。
答案　(1)放出　(2)因为化合时ΔH>0、ΔS<0，反应不能自发进行　(3)①②③
解析　(1)由图示可知H2与硫化合的反应ΔH<0，故为放热反应。
(2)由图示可知H2与Te化合的反应ΔH>0，H2Te分解时ΔS>0，反应不能自发进行。
14.电子工业中清洗硅片上的SiO2(s)的反应是SiO2(s)＋4HF(g)===SiF4(g)＋2H2O(g)
ΔH(298.15 K)＝－94.0 kJ·mol－1，
ΔS(298.15 K)＝－75.8 J· mol－1·K－1
设ΔH和ΔS不随温度变化而变化，试求此反应自发进行的温度条件。
答案　T<1 240.1 K
解析　要使反应能够自发进行，则ΔH－TΔS<0，即－94.0 kJ·mol－1－T×(－75.8×10－3 kJ· mol－1·K－1)<0，T<＝1 240.1 K，所以只有T<1 240.1 K 时反应才能自发进行。
第四章 电化学基础章末总结
[学习目标定位]　1.会判断原电池的正、负极。2.会正确书写原电池的电极反应式。3.会正确区分判断原电池和电解池。4.熟知电解的规律及其应用。
一　图解原电池正、负极的判断方法
原电池中电极的判断角度如下所示：
特别提示　判断一个原电池中的正、负极，最根本的方法是失电子(发生氧化反应)的一极是负极，得电子(发生还原反应)的一极是正极。如果给出一个化学方程式判断正、负极，可以直接根据化合价的升降来判断，化合价升高、发生氧化反应的一极为负极，化合价降低、发生还原反应的一极为正极。
【例1】　甲、乙两位学生想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6 mol·L－1H2SO4溶液中，乙同学将电极放入6 mol·L－1的NaOH溶液中，如下图所示。
(1)如果甲、乙同学均认为若构成原电池的电极材料都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼，则甲会判断出________的活动性更强，而乙会判断出________的活动性更强。(填元素符号)
(2)由此实验，可得到哪些正确的结论？________(填字母)。
A.利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质
B.镁的金属性不一定比铝的金属性强
C.该实验说明金属活动性顺序表已过时，已没有实用价值
D.该实验说明化学研究的对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
(3)上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动性顺序表判断原电池的正、负极”的做法________(填“可靠”或“不可靠”)。如不可靠，请你提出另一个判断原电池正、负极的可行的实验方案：______________________________________(如可靠，此空可不填)。
解析　本题采用相同金属材料和不同电解质溶液进行原电池反应，并得出有关结论。解题时，应首先分析并写出两个原电池的电极反应式，可以发现，在NaOH溶液作电解质溶液的装置中，镁片不与碱反应，无法失去电子作负极，负极应该是铝片，从而进一步确定原电池反应都是自发进行的氧化还原反应。在确定“直接利用金属活动性顺序表判断原电池的正、负极”的做法不可靠之后，要设计可行方案，就必须根据氧化还原反应的实质(有电子得失)，结合实验装置，利用电流表测定电流的方向，从而判断电子的流动方向，再确定原电池的正、负极。
答案　(1)Mg　Al　(2)AD
(3)不可靠　将两种金属连上电流表后插入电解质溶液中，构成原电池，利用电流表测定电流的方向，从而判断电子的流动方向，由此确定原电池的正、负极
二　原电池电极反应式的书写规律和方法
1.根据装置书写电极反应式
(1)先分析题目给定的图示装置，确定原电池正、负极上的反应物，并标出相同数目电子的得失。
(2)负极反应式的书写
常见电池
负极反应特点
负极反应式书写方法
锌锰干电池(Zn-C-NH4Cl)
①负极(Zn)本身失去电子生成阳离子(Zn2＋)
②生成的阳离子不与电解质溶液成分反应
直接写出负极反应式：Zn－2e－===Zn2＋
铅蓄电池(Pb-PbO2-H2SO4)
①负极(Pb)本身失去电子生成阳离子(Pb2＋)
②生成的阳离子(Pb2＋)与电解质溶液成分(SO)反应
将①和②进行叠加：Pb－2e－＋SO===PbSO4
甲烷燃料电池(Pt-Pt-KOH)
①负极本身不反应，燃料失去电子被氧化
②燃料反应产物与电解质溶液成分有些能反应
将①和②进行叠加：CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O
(3)正极反应式的书写
①首先判断在正极发生反应的物质：当负极材料与电解质溶液能自发的发生化学反应时，在正极上发生电极反应的物质是电解质溶液中的某种微粒；当负极材料与电解质溶液不能自发的发生化学反应时，在正极上发生反应的物质是溶解在电解质溶液中的O2。
②然后再根据具体情况写出正极反应式，在书写时也要考虑正极反应产物是否与电解质溶液反应的问题，若参与反应也要书写叠加式。
③燃料电池的正极反应式
电解质是碱性或中性溶液：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，
电解质是酸性溶液：O2＋4H＋＋4e－===2H2O。
(4)正、负电极反应式相加得到电池反应的总反应方程式。
2.根据总反应式书写电极反应式
如果题目给定的是总反应式，可分析此反应中的氧化反应或还原反应(即分析有关元素的化合价变化情况)，再选择一个简单变化情况写电极反应式，另一极的电极反应式可直接写或将各反应式看作数学中的代数式，用总反应式减去已写出的电极反应式即得结果。
以2H2＋O2===2H2O为例，当电解质溶液为KOH溶液时的电极反应式的书写步骤如下：
(1)根据总反应方程式分析有关元素化合价的变化情况，确定2 mol H2失掉4 mol电子，初步确定负极反应式为2H2－4e－===4H＋。
(2)根据电解质溶液为碱性，与H＋不能大量共存，反应生成水，推出OH－应写入负极反应式中，故负极反应式为2H2＋4OH－－4e－===4H2O。
(3)用总反应式2H2＋O2===2H2O减去负极反应式得正极反应式：2H2O＋O2＋4e－===4OH－。
3.可充电电池电极反应式的书写
在书写可充电电池电极反应式时，要明确电池和电极，放电为原电池，充电为电解池。
(1)原电池的负极发生氧化反应，对应元素化合价升高。
(2)原电池的正极发生还原反应，对应元素化合价降低。
【例2】　氢氧燃料电池的工作原理如下图所示。通常氢氧燃料电池有酸式(当电解质溶液为硫酸时)和碱式[当电解质溶液为NaOH(aq)或KOH(aq)时]两种。试回答下列问题：
(1)酸式电池的电极反应：
负极：_____________________________________________________________________，
正极：_____________________________________________________________________；
电池总反应：_______________________________________________________________；
电解质溶液的pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(2)碱式电池的电极反应：
负极：_____________________________________________________________________，
正极：_____________________________________________________________________；
电池总反应：_______________________________________________________________；
电解质溶液的pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
解析　燃料电池所用的介质(电解质溶液或相当于电解质溶液)不同，相应的电极反应就不同；但无论如何书写，两电极反应相叠加始终等于燃料的燃烧反应。这也是验证电极反应是否正确的一种方法。
(1)正极上，O2得电子变为O2－，溶液中O2－不能单独存在，酸性条件下与H＋结合生成H2O；负极上，H2失电子变为H＋，H＋进入电解质溶液。电池总反应为H2在O2中燃烧的反应，由于有水生成，溶液将逐渐变稀，故pH变大。
(2)正极上，O2得电子变为O2－，溶液中O2－不能单独存在，碱性条件下与H2O分子结合生成OH－；负极上，H2失电子变为H＋，碱性条件下H＋不能大量存在，与OH－结合生成水。电池总反应也是H2在O2中的燃烧反应。同样，由于有水生成，c(OH－)变小，pH变小。
答案　(1)2H2－4e－===4H＋　O2＋4e－＋4H＋===2H2O　2H2＋O2===2H2O　变大
(2)2H2－4e－＋4OH－===4H2O　O2＋4e－＋2H2O===4OH－　2H2＋O2===2H2O　变小
理解感悟　书写电极反应式时，一是要注意电解质溶液是否参与反应；二是根据得失电子守恒将正、负极反应式相加得出总反应方程式；三是结合总反应方程式分析pH变化。
三　原电池和电解池的比较与判断
1.原电池和电解池的比较
装置类别
原电池
电解池
原理
使氧化还原反应中电子的转移做定向移动，从而形成电流
使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程
装置特点
将化学能转变成电能
将电能转变成化学能
实例
电极名称
负极
正极
阴极
阳极
反应类型
氧化反应
还原反应
还原反应
氧化反应
反应特征
自发的氧化还原反应(主动)
借助电流(被动)
电极判断
由电极本身决定
正极：流入电子
负极：流出电子
由外电源决定
阳极：连电源正极
阴极：连电源负极
电子流向
负极→外电路→正极
电解池阳极→电源正极→电源负极→电解池阴极
离子移动
阳离子向正极移动阴离子向负极移动
阳离子向阴极移动阴离子向阳极移动
2.原电池和电解池的判断
(1)先分析有无外接电源，无外接电源的可能为原电池，然后用原电池的构成条件判断确定。
(2)有外接电源的为电解池。其中，当阳极金属与电解质溶液中的金属阳离子相同时，则为电镀池；其余情况为电解池。
【例3】　根据下列四种电化学装置图，回答下列问题：
(1)装置名称：
A________，B________，C________，D________。
(2)装置A中Fe是______极，Zn是______极；
装置D中Fe是______极，C是______极。
(3)写出各电极反应式：
装置
氧化反应
还原反应
A
B
C
D
(4)装置B、C相比较，其反应速率的大小关系是_______________________________。
答案　(1)电镀池　电解池　原电池　原电池　(2)阴　阳　负　正　(3)A：Zn－2e－===Zn2＋　Zn2＋＋2e－===Zn　B：Fe－2e－===Fe2＋　2H＋＋2e－===H2↑　C：Fe－2e－===Fe2＋　2H＋＋2e－===H2↑　D：Fe－2e－===Fe2＋　O2＋2H2O＋4e－===4OH－　(4)B>C
四　电解规律及其应用
1.电解池中电极反应式的书写规律
电解池中电极反应式的书写关键是掌握离子的放电顺序。
(1)阴极与电源负极相连，得电子发生还原反应。其规律有两个：一是电极本身不参加反应；二是电解质溶液中氧化性强的阳离子先得电子，如Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋>Pb2＋>Sn2＋>Fe2＋>Zn2＋，要注意金属活动性顺序表中Al及Al前面的金属离子在溶液中不放电。
(2)阳极与电源正极相连，失去电子发生氧化反应。其规律有两个：一是若阳极为非惰性电极(除Pt、Au之外的金属作电极)，电极本身失去电子被氧化，电解质溶液中的阴离子不参与电极反应；二是若阳极为惰性电极(Pt、Au或非金属作电极)，电解质溶液中还原性强的阴离子失去电子被氧化，如S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根。
(3)特别注意：书写电解池中电极反应式时，要以实际放电的离子表示，但书写总电解反应方程式时，弱电解质要写成分子式。如用惰性电极电解NaOH溶液，阳极发生氧化反应，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，阴极发生还原反应，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，总反应式表示为2H2O2H2↑＋O2↑。
2.用惰性电极电解酸、碱、盐溶液的规律
类型
物质类型
电解物质
电解质
溶液浓度
pH
使电解质
溶液复原
电解
水型
①强碱(NaOH)
水
增大
增大
加水
②含氧酸(H2SO4)
减小
③活泼金属含氧酸盐(Na2SO4)
不变
电解
质型
④无氧酸(HCl)
电解质
减小
增大
加电解
质本身
⑤不活泼金属无氧酸盐(CuCl2)
放H2
生碱型
⑥活泼金属无氧酸盐(NaCl)
电解质
和水
生成新
电解质
增大
加相应
的无氧酸
放O2
生酸型
⑦不活泼金属含氧酸盐(CuSO4)
电解质
和水
生成新
电解质
减小
加相应
的氧化物
3.电解原理的应用
(1)氯碱工业：电解饱和食盐水制取NaOH、Cl2和H2，并以它们为原料生产一系列化工产品。
(2)电镀如图所示(铁片上镀银)：
待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极，用含有镀层金属离子的溶液作电镀液。
(3)电解精炼铜如图所示：
用纯铜板作阴极，粗铜板(含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质)作阳极，CuSO4溶液或CuCl2溶液作电解液。
(4)电冶金
2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑
2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
【例4】　下图是一个用铂丝作电极电解稀MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性红色指示剂，此时溶液呈红色。(指示剂的pH变色范围：6.8～8.0，酸性—红色，碱性—黄色)
回答下列问题：
(1)下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是______________(填编号)。
①A极附近溶液由红变黄　②B极附近溶液由红变黄　③A极附近溶液不变色　④B极附近溶液不变色
(2)写出A极发生反应的反应式：____________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出B极发生反应的反应式：____________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是____________。
解析　电解MgSO4溶液，阴极(A极)上H＋放电生成H2，同时c(OH－)增大，生成Mg(OH)2，溶液变黄色；阳极(B极)上OH－放电生成O2，同时c(H＋)增大，生成H2SO4，溶液仍保持红色；将电解液倒入烧杯内，则Mg(OH)2与H2SO4混合而导致沉淀溶解，且溶液恢复红色。
答案　(1)①④
(2)2H＋＋2e－===H2↑(或2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑)、Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
(3)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑(或2H2O－4e－===4H＋＋O2↑)
(4)溶液呈红色，白色沉淀溶解(或大部分溶解)
理解感悟　MgSO4与Na2SO4溶液的电解既相似又相异——电极反应相同而实验现象和电解总反应不同；同理，MgCl2与NaCl溶液的电解既相似又相异——MgCl2溶液电解反应的离子方程式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，而NaBr、KI的电解反应与NaCl是类似的。
【例5】　金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2＋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，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C.当转移0.5NA个电子时阳极溶解0.25 mol镍
D.电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
解析　Zn、Fe比Ni更活泼，Zn、Fe、Ni在阳极发生氧化反应，溶解成Zn2＋、Fe2＋、Ni2＋，阴极上只析出Ni。当转移0.5NA个电子时，阳极溶解的Zn、Fe、Ni共0.25 mol，阴极生成的Ni为0.25 mol，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，A、B、C项均错；Cu、Pt不如Ni活泼，在阳极沉积而形成阳极泥，D项正确。
答案　D
第一节　原电池
[学习目标定位]　1.以铜锌原电池为例，熟悉原电池的工作原理。2.会正确判断原电池的正极和负极。3.掌握原电池电极反应式的书写方法。
一　原电池的工作原理
1.按右图所示装置，完成实验并回答下列问题：
(1)有关的实验现象是①锌片溶解，铜片加厚变亮，CuSO4溶液颜色变浅；②电流表的指针发生偏转，装置中的能量变化是化学能转化为电能。该装置称作原电池。
(2)原电池构成的条件：具有活动性不同的两个电极，二者直接或间接地连在一起，插入电解质溶液中，且能自发地发生氧化还原反应。下列图示装置能形成原电池的是AD。
(3)电子流动方向和电流方向
①外电路：电子由锌电极经过导线流向铜电极，电流由铜电极流向锌电极。锌电极为负极，铜电极为正极。
②内电路：阳离子移向正极，阴离子移向负极。
(4)电极反应：负极反应式是Zn－2e－===Zn2＋，发生氧化反应；正极反应式是Cu2＋＋2e－===Cu，发生还原反应；电池总反应的离子方程式是Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu。
(5)用温度计测量溶液的温度，其变化是溶液的温度略有升高，原因是还有Cu2＋直接在锌电极上得电子被还原，部分化学能转化成热能。
2.按下图所示装置，完成实验，并回答下列问题：
(1)实验过程中，能观察到的实验现象是①锌片溶解，铜片加厚变亮；②电流表指针发生偏转；③CuSO4溶液的颜色变浅。
(2)用温度计测量溶液的温度，其结果是溶液的温度不升高(或无变化)；由此可说明CuSO4溶液中的Cu2＋不能移向锌片得电子被还原。
(3)离子移动方向
①硫酸锌溶液中：Zn2＋向盐桥移动；
②硫酸铜溶液中：Cu2＋向铜极移动；
③盐桥中：K＋移向正极区(CuSO4溶液)，Cl－移向负极区(ZnSO4溶液)。
(4)若取出装置中的盐桥，电流表的指针是否还会发生偏转？为什么？
答案　不偏转。如果要使电流表指针发生偏转，则该装置中必须形成闭合回路。若取出盐桥，很显然该装置未构成闭合回路，电流表指针不会发生偏转。
3.实验结论：与问题1中的原电池装置相比较，问题2中双液原电池具有的特点：
(1)具有盐桥。取下盐桥，无法形成闭合回路，反应不能进行，可控制原电池反应的进行。
(2)两个半电池完全隔开，Cu2＋无法移向锌片，可以获得单纯的电极反应，有利于最大程度地将化学能转化为电能。
归纳总结
1.原电池原理
原电池原理是将氧化反应和还原反应分开进行，还原剂在负极上失去电子发生氧化反应，电子通过导线流向正极，氧化剂在正极上得到电子发生还原反应。
2.原电池电极及电极反应特点
(1)负极为电子流出极，相对活泼，通常是活动性较强的金属或某些还原剂，电极被氧化，发生氧化反应。
(2)正极为电子流入极，相对不活泼，通常是活动性较差的金属或非金属导体，一般是电解质溶液中的氧化性强的离子被还原或电极上附着物本身被还原，发生还原反应。
3.原电池的设计
从理论上讲，任何一个自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。关键是选择合适的电解质溶液和两个电极。
(1)电解质溶液：一般能与负极反应，或者溶解在溶液中的物质(如O2)与负极反应。
(2)电极材料：一般较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或非金属导体作正极。
1.某小组为研究电化学原理，设计了如图所示装置。下列叙述不正确的是(　　)
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，铜片上发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu
C.无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色
D.a和b用导线连接后，电流由铁电极经导线流向铜电极
答案　D
解析　a和b不连接时，Fe和Cu2＋直接发生氧化还原反应，铁片上会有金属铜析出，A项正确；若a和b用导线连接，则构成原电池，此时铁为负极，铜为正极，电极反应式分别为Fe－2e－===Fe2＋、Cu2＋＋2e－===Cu，B项正确；分析选项A、B可知，选项C是正确的；在原电池中，电流应由正极流出，经导线流向负极，故D项错。
2.关于下图所示的原电池，下列说法正确的是(　　)
A.电子从锌电极通过电流表流向铜电极
B.盐桥中的阴离子向硫酸铜溶液中迁移
C.锌电极发生氧化反应；铜电极发生还原反应，其电极反应是2H＋＋2e－===H2↑
D.取出盐桥后，电流表仍会偏转，铜电极在反应前后质量不变
答案　A
解析　锌片作负极，铜片作正极，电子从负极流向正极，A选项正确；盐桥中的阴离子向负极移动，B选项错误；负极发生氧化反应，正极发生还原反应，铜电极发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu，C选项错误；取出盐桥后不能形成原电池，铜电极在反应后质量增加，D选项错误。
二　原电池的电极判断及电极反应式的书写
1.原电池电极(正极、负极)的判断依据有多种。试填写下表：
判断依据
正极
负极
电极材料
不活泼金属或非金属导体
活泼金属
电子流向
电子流入
电子流出
电极反应
还原反应
氧化反应
电极现象
电极增重或产生气体
电极减轻
离子移向
阳离子移向
阴离子移向
2.将铁片、铜片用导线连接后，置于稀硫酸中，形成原电池，其正极反应式_______；
负极反应式______________________________________________________________；
总反应方程式____________________________________________________________。
答案　2H＋＋2e－===H2↑　Fe－2e－===Fe2＋
Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑
3.有一纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，以KOH溶液为电解质溶液，电池的总反应为Zn＋Ag2O＋H2O===2Ag＋Zn(OH)2。
(1)Zn发生________反应，是__________________________________极，电极反应式是
________________________________________________________________________。
(2)Ag2O发生________反应，是______极，电极反应式是_______________________。
答案　(1)氧化　负　Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2
(2)还原　正　Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－
归纳总结
1.一般电极反应式的书写方法
(1)定电极，标得失。按照负极发生氧化反应，正极发生还原反应，判断出电极反应产物，找出得失电子的数量。
(2)看环境，配守恒。电极产物在电解质溶液中应能稳定存在，如碱性介质中生成的H＋应让其结合OH－生成水。电极反应式要依据电荷守恒和质量守恒、得失电子守恒等加以配平。
(3)两式加，验总式。两电极反应式相加，与总反应方程式对照验证。
2.已知总反应式，书写电极反应式
(1)分析化合价，确定正极、负极的反应物与反应产物。
(2)在电极反应式的左边写出得失电子数，使得失电子守恒。
(3)根据质量守恒配平电极反应式。
(4)复杂电极反应式＝总反应式－简单的电极反应式。
3.某电池的总反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，能实现该反应的原电池是(　　)
正极
负极
电解质溶液
A
Cu
Fe
FeCl3溶液
B
C
Fe
Fe(NO3)2溶液
C
Fe
Zn
Fe2(SO4)3溶液
D
Ag
Fe
CuSO4溶液
答案　A
解析　能实现反应Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋的原电池应符合以下条件：①负极为Fe，正极材料的活泼性比Fe差；②电解质溶液应为含Fe3＋的溶液，B、D两项电解质溶液选错；C项负极材料选错。
4.依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)===2Ag(s)＋Cu2＋(aq)设计的原电池如下图所示。
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，发生的电极反应式为________________；X电极上发生的电极反应式为__________________________。
(3)外电路中的电子是从________电极流向__________电极。
答案　(1)Cu　AgNO3溶液
(2)正　2Ag＋＋2e－===2Ag(或Ag＋＋e－===Ag)
Cu－2e－===Cu2＋　(3)Cu(负)　Ag(正)
解析　该原电池的电池总反应式为2Ag＋(aq)＋Cu(s)===2Ag(s)＋Cu2＋(aq)，由此可知X极是铜，作负极，银作正极，Y应是AgNO3溶液。电子从原电池的负极经导线流向正极，即从铜电极流向银电极。
1.将纯锌片和纯铜片按下图所示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是(　　)
A.两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B.甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C.两烧杯中溶液的pH均增大
D.产生气泡的速率甲比乙慢
答案　C
解析　图甲是一个原电池装置，负极(Zn)：Zn－2e－===Zn2＋，正极(Cu)：2H＋＋2e－===H2↑，形成原电池能加快产生氢气的速率；图乙中，Zn直接与稀H2SO4反应生成H2：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，甲、乙两烧杯中H2SO4均被消耗，溶液的pH均增大。
2.某原电池装置如图所示。下列有关叙述中正确的是(　　)
A.Fe作正极，发生氧化反应
B.工作一段时间后，两烧杯中溶液pH均不变
C.负极反应：2H＋＋2e－===H2↑
D.工作一段时间后，NaCl溶液中c(Cl－)增大
答案　D
解析　该装置是原电池。A项，在该原电池中Fe作负极，发生氧化反应；B项，工作一段时间后，左边的烧杯中会含有大量的Fe2＋，溶液的pH减小，右边烧杯中的H＋不断放电产生氢气，因此烧杯中溶液pH会逐渐增大；C项，负极反应是Fe－2e－===Fe2＋；D项，工作一段时间后，左侧烧杯中由于Fe2＋不断进入溶液，根据溶液呈电中性原则，盐桥中的Cl－会进入该烧杯溶液中，则该烧杯溶液中c(Cl－)增大。
3.用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥(装有琼脂-KNO3的U形管)构成一个原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是(　　)
①在外电路中，电流由铜电极流向银电极　②正极反应为Ag＋＋e－===Ag　③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作　④将铜片直接浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同
A.①② B.②③ C.②④ D.③④
答案　C
解析　铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线、盐桥构成一个原电池，Cu作负极，Ag作正极，电极反应为Cu－2e－===Cu2＋(负极)，2Ag＋＋2e－===2Ag(正极)，盐桥起到了传导离子、形成闭合回路的作用，电子是由负极流向正极，电流的方向和电子的流向相反。因此①③错误，②④正确。
4.分析如图所示的四个原电池装置，下列结论正确的是(　　)
A.①②中Mg作负极，③④中Fe作负极
B.②中Mg作正极，电极反应式为6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑
C.③中Fe作负极
D.④中Cu作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
答案　B
解析　电解质溶液不同，导致两极反应发生改变。当稀硫酸是电解质溶液时，Mg作负极(活动性Mg＞Al)；当NaOH溶液是电解质溶液时，Al作负极(Mg不与NaOH溶液反应)；③中Cu作负极，反应式为Cu－2e－===Cu2＋，Fe作正极，因为常温下，Fe遇浓硝酸发生钝化；④中Cu作正极，电极反应式为2H2O＋O2＋4e－===4OH－。
5.(1)向等质量的两份锌粉a、b中分别加入过量的稀H2SO4，同时向a中加入少量CuSO4溶液，下列产生氢气的体积(V)与时间(t)的关系基本正确的是________。
(2)甲、乙两个烧杯中盛有等体积等浓度的两份稀H2SO4，分别加入足量的锌粒，要保证产生H2的量不变而使甲烧杯中的反应速率减慢、乙烧杯中的反应速率加快，可向甲烧杯中加入的一种盐是________(写化学式，下同)，向乙烧杯中加入的一种盐是________。
答案　(1)A　(2)CH3COONa(或HCOOK等)　CuSO4(或CuCl2等)
解析　(1)Zn粉的质量相等、H2SO4过量，H2的量由Zn粉的量决定。a中部分Zn与CuSO4发生反应置换出Cu并形成“Zn－Cu－H2SO4”原电池，反应速率加快了，但产生H2的体积减小了。(2)向甲中加入一种盐使V(H2)不变而反应速率减慢，应使c(H＋)减小而H＋的总量不变，加入CH3COONa等弱酸盐最合适，但不能加入Na2CO3、NaHCO3、Na2S等盐，因为它们与H2SO4反应产生气体而使H2的量减少；欲加快反应速率，可加入CuCl2、CuSO4等盐，因为Zn粉足量，所以不影响产生H2的量，但不能加入Cu(NO3)2，因为若加入Cu(NO3)2，溶液中就有了H＋、NO，与Zn反应不产生H2。
6.由A、B、C、D四种金属按下表中装置图进行实验。
装置
现象
二价金属A不断溶解
C极质量增加
A上有气泡产生
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________________________________________。
答案　(1)A－2e－===A2＋　(2)Cu2＋＋2e－===Cu
(3)变大　(4)D＞A＞B＞C
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上有气泡即H2产生，则A为正极，活动性D＞A，随着H＋的消耗，pH变大。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　原电池的工作原理
1.下列说法正确的是(　　)
A.原电池中，负极上发生的反应是还原反应
B.原电池中，电流的方向是负极—导线—正极
C.双液原电池中的盐桥是为了联通电路，所以也可以用金属导线代替
D.在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极
答案　D
解析　A项，负极上发生氧化反应；B项，电流的方向应是正极—导线—负极；C项，盐桥不能用导线代替。
2.某原电池反应的离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，则下列说法中正确的是(　　)
A.用HNO3作电解质溶液
B.用锌作原电池正极
C.用铁作负极，铁的质量不变
D.用铜作原电池正极
答案　D
解析　根据原电池反应式可以确定原电池负极为Fe，电解质溶液为稀盐酸或稀硫酸，但不能为HNO3，若为稀HNO3，则原电池反应为3Fe＋8H＋＋2NO===2NO↑＋3Fe2＋＋4H2O。
3.如图所示的装置中有电流产生，则以下说法不正确的是(　　)
A.Fe是负极，C是正极
B.负极反应式为Fe－3e－===Fe3＋
C.内电路中阴离子移向FeCl2溶液
D.电流由石墨电极流向Fe电极
答案　B
解析　图示装置为原电池，负极(Fe)：Fe－2e－===Fe2＋，正极(C)：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋，A项正确，B项不正确；内电路中，Fe电极失电子，呈正电，吸引阴离子，C项正确；外电路中，电流由正极(C)流向负极(Fe)，D项正确。
4.一个电池反应的离子方程式是Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，该反应的原电池正确组合是(　　)
选项
A
B
C
D
正极
Zn
Cu
Cu
Fe
负极
Cu
Zn
Zn
Zn
电解质溶液
CuCl2
H2SO4
CuSO4
HCl
答案　C
解析　该原电池负极为Zn，正极为比Zn不活泼的金属或石墨等，电解质溶液中含有Cu2＋，故只有C选项正确。
题组2　原电池的应用
5.根据下图，可判断出下列离子方程式中错误的是(　　)
A.2Ag(s)＋Cd2＋(aq)===2Ag＋(aq)＋Cd(s)
B.Co2＋(aq)＋Cd(s)===Co(s)＋Cd2＋(aq)
C.2Ag＋(aq)＋Cd(s)===2Ag(s)＋Cd2＋(aq)
D.2Ag＋(aq)＋Co(s)===2Ag(s)＋Co2＋(aq)
答案　A
解析　根据原电池知识，金属活动性：负极＞正极，可得三种金属的活动性顺序应为Cd＞Co＞Ag，则选项中符合此关系的置换反应成立。
6.有a、b、c、d四个金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：
实验装置
部分实验现象
a极质量减小
b极质量增加
b极有气泡产生
c极无变化
实验装置
部分实验现象
d极溶解
c极有气泡产生
电流从a极
流向d极
由此判断这四种金属的活动性顺序是(　　)
A.a>b>c>d B.b>c>d>a
C.d>a>b>c D.a>b>d>c
答案　C
解析　由第一个装置a极溶解，故a为负极，可知金属活动性a>b，第二个装置依据金属活动顺序可知金属活动性b>c；同理第三个装置d极溶解可知d极为负极，金属活动性d>c，由第四个装置电流从a极流向d极，则电子从d极流向a极，故金属活动性d>a，则选项C符合题意。
7.下列叙述正确的是(　　)
A.反应AlCl3＋4NaOH===NaAlO2＋3NaCl＋2H2O可以设计成原电池
B.Zn和稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液能加快产生H2的速率
C.把Fe片和Cu片放入稀硫酸中，并用导线把二者相连，观察到Cu片上产生大量气泡，说明Cu与H2SO4能发生反应而Fe被钝化
D.Zn－Cu原电池工作过程中，溶液中H＋向负极作定向移动
答案　B
解析　A项，属非氧化还原反应，不能用于设计原电池；B项，锌与置换出来的铜在电解质溶液中形成原电池，加快产生H2的速率；C项，构成原电池，负极Fe－2e－===Fe2＋，正极2H＋＋2e－===H2↑；D项，H＋向原电池的正极作定向移动。
8.Mg－AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池方程式为2AgCl＋Mg===Mg2＋＋2Ag＋2Cl－。有关该电池的说法正确的是(　　)
A.可用于海上照明供电
B.负极反应为AgCl＋e－===Ag＋Cl－
C.Mg为电池的正极
D.AgCl为正极，发生了氧化反应
答案　A
解析　Mg－AgCl电池工作时将化学能转化为电能，可用于海上照明供电，A项正确；该电池中Mg发生氧化反应作电池的负极，反应式为Mg－2e－===Mg2＋，B、C项不正确；AgCl发生还原反应，为电池正极，D项不正确。
9.锂电池是一代新型高能电池，它以质量轻、能量高而受到了普遍重视，目前已研制成功多种锂电池。某种锂电池的总反应方程式为Li＋MnO2===LiMnO2，下列说法正确的是(　　)
A.Li是正极，电极反应式为Li－e－===Li＋
B.Li是负极，电极反应式为Li－e－===Li＋
C.MnO2是负极，电极反应式为MnO2＋e－===MnO
D.Li是负极，电极反应式为Li－2e－===Li2＋
答案　B
解析　由总反应方程式i＋nO2===nO2可知，Li元素在反应后化合价升高(0→＋1)，Mn元素在反应后化合价降低(＋4→＋3)。Li被氧化，在电池中作负极，电极反应为Li－e－===Li＋，MnO2在正极上反应，电极反应为MnO2＋e－===MnO。
[能力提升题]
10.常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入电解质A溶液中组成原电池，如图1所示：
　
图1　　　　　　　　　　图2
(1)若A为稀盐酸，则Al片作________极，该电极的电极反应式为_______________________，Cu片电极反应式为_______________________________________________________。
(2)若A为NaOH，则Al片作________极，该电极的电极反应式为______________。
(3)若A为浓HNO3，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。
0～t1 s时，原电池的负极是________，正极的电极反应式为_____________________，
溶液中的H＋向________极移动。t1时，原电池中电子流动方向发生改变，此时________作负极，该电极的电极反应式为____________________。
(4)若A为稀HNO3，则Cu片作________极，该电极的电极反应式为_____________。
答案　(1)负　Al－3e－===Al3＋　2H＋＋2e－===H2↑
(2)负　Al＋4OH－－3e－===AlO＋2H2O
(3)Al片　NO＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O　正(或Cu片)　Cu片　Cu－2e－===Cu2＋　(4)正　NO＋3e－＋4H＋===NO↑＋2H2O
解析　(1)Cu－Al－盐酸构成的原电池，Al作负极，电极反应式为Al－3e－===Al3＋；Cu作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。
(2)Al－Cu－NaOH溶液构成的原电池，Al作负极，电极反应式为Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O，Cu作正极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。
(3)Al－Cu－浓硝酸构成的原电池，在0～t1时，Al片作负极，正极NO在酸性条件下得电子生成NO2和H2O，在原电池中，阳离子向正极移动，即H＋向正极移动。由于Al在浓HNO3中发生了钝化，生成的氧化膜阻止了反应的进行，此时Cu与浓HNO3反应而导致Cu作负极，电子流动方向发生改变。
(4)Al－Cu－稀HNO3构成的原电池中Al片作负极，Cu片作正极，该电极上NO在酸性条件下得电子生成NO和H2O。
11.(1)利用反应Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2设计成如下图所示的原电池，回答下列问题：
①写出电极反应式：
正极______________________________________________________________________；
负极______________________________________________________________________。
②图中X溶液是________，Y溶液是________。
③原电池工作时，盐桥中的________(填“阳”、“阴”)离子向X溶液方向移动。
(2)控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－??2Fe2＋＋I2设计成如图所示的原电池。
请回答下列问题：
①反应开始时，乙中石墨电极上发生______(填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为_____。甲中石墨电极上发生_____(填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为_____。
②电流表读数为0时，反应达到平衡状态，此时在甲中加入FeCl2固体，则乙中的石墨作________(填“正”或“负”)极，该电极的电极反应式为________________。
(3)利用反应2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为________________________________________________________。
答案　(1)①2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋　Cu－2e－===Cu2＋　②FeCl3　CuCl2　③阳　(2)①氧化　2I－－2e－===I2　还原　2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋　②正　I2＋2e－===2I－　(3)O2＋4e－＋4H＋===2H2O
解析　(1)该原电池中Cu作负极，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋；C作正极，电极反应式为2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋。X应为FeCl3溶液，Y应为CuCl2溶液。原电池工作时，盐桥中的阳离子向正极(C)移动。
(2)根据反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，原电池的电极反应：负极2I－－2e－===I2，发生氧化反应。正极2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋，发生还原反应。
①反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应；②当电流表读数为0时反应已平衡，此时，在甲中加入FeCl2固体，反应2Fe3＋＋2I－??2Fe2＋＋I2向左移动。因此，右侧石墨作正极，电极反应式为I2＋2e－===2I－；左侧石墨作负极，电极反应式为2Fe2＋－2e－===2Fe3＋。
(3)Cu作负极，O2在正极上得电子：O2＋4e－＋4H＋===2H2O。
12.设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。
限选材料：ZnSO4(aq)，FeSO4(aq)，CuSO4(aq)，铜片，铁片，锌片和导线。
(1)完成原电池甲的装置示意图，并作相应标注。
要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。
(2)铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极______________________________________________________。
(3)甲、乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是________________，其原因是________________________________________________________________________。
答案　(1)(下列三幅图中，作出任意一幅即可)
或
(2)电极逐渐溶解，表面有红色固体析出　(3)甲　乙池的负极可与CuSO4溶液直接发生反应，导致部分化学能转化为热能；甲池的负极不与所接触的电解质溶液发生化学反应，化学能在转化为电能时损耗较小
解析　(1)金属活泼性：Zn>Fe>Cu，根据带盐桥原电池的工作原理，ZnSO4(aq)/Zn(左)—CuSO4(aq)/Cu(右)、FeSO4(aq)/Fe(左)—CuSO4(aq)/Cu(右)和ZnSO4(aq)/Zn(左)—FeSO4(aq)/Fe(右)，都能构成符合装置示意图所要求的原电池。
(2)根据无盐桥原电池的工作原理，Zn(负极)—CuSO4(aq)—Cu(正极)、Fe(负极)—CuSO4(aq)—Cu(正极)，都能构成符合题目所要求的原电池。在这样的原电池中，负极金属失去电子被氧化，溶液中的Cu2＋移向正极，在正极上被还原为Cu。
(3)在原电池甲中，负极不与CuSO4溶液直接接触，所发生的化学反应只有原电池反应，而在原电池乙中，负极与CuSO4溶液直接接触，所发生的化学反应除原电池反应以外，还有非原电池反应，因此，在原电池甲和乙中，甲可更有效地将化学能转化为电能。
13.某研究性学习小组根据反应2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。
回答下列问题：
(1)此原电池的正极是石墨________(填“a”或“b”)，发生________反应。
(2)电池工作时，盐桥中的SO移向________(填“甲”或“乙”)烧杯。
(3)写出两烧杯中的电极反应式：
甲______________________________________________________________________，
乙______________________________________________________________________。
(4)若不考虑溶液的体积变化，MnSO4浓度变为1.5 mol·L－1，则反应中转移的电子为________mol。
答案　(1)a　还原　(2)乙
(3)MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O　5Fe2＋－5e－===5Fe3＋　(4)0.5
解析　(1)根据题目提供的总反应方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生还原反应，故石墨a是正极。(2)电池工作时，SO向负极移动，即向乙烧杯移动。(3)甲烧杯中的电极反应式为MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O；乙烧杯中的电极反应式为5Fe2＋－5e－===5Fe3＋。(4)溶液中的MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol·L－1，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5 mol·L－1×0.2 L＝0.1 mol，转移的电子为0.1 mol×5＝0.5 mol。
第三节　电解池
第1课时　电解原理
[学习目标定位]　1.会描述电解池的工作原理，能正确书写电解池的电极反应式和总反应方程式。2.熟悉电解规律和电解产物的判断方法。
一　电解原理
1.用氧化还原反应的观点分析判断下列各组微粒具有的性质，填写下表。
组别
微粒
性质
强弱顺序
第1组
①Zn2＋、②Na＋、
③Cu2＋、④H＋
氧化性
③>④>①>②
第2组
①Cu、②Fe、
③OH－、④Cl－
还原性
②>①>④>③
2.按下图所示装置完成实验，并填写下表。
实验现象
实验结论
电流表指针发生偏转
说明电解质溶液导电，形成闭合回路
与负极相连的b极上逐渐覆盖了一层红色物质
析出金属铜
与正极相连的a极上有刺激性气味的气体产生，能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝
产生了氯气
3.实验原理分析
(1)氯化铜溶液中的电离过程有①CuCl2===Cu2＋＋2Cl－，②H2O??H＋＋OH－；溶液中存在的离子有Cu2＋、Cl－、H＋、OH－，通电前，这些离子在溶液中作自由运动。
(2)通电时，在电场的作用下，溶液中的离子作定向运动，即Cl－、OH－趋向a极，Cu2＋、H＋趋向b极。
(3)a极电极反应式是2Cl－－2e－===Cl2↑，b极电极反应式是Cu2＋＋2e－===Cu，总反应式是CuCl2Cu＋Cl2↑。
(4)结论：电解质溶液的导电过程，就是电解质溶液的电解过程。
归纳总结
电解原理
(1)电解是使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在两个电极上引起氧化还原反应的过程。
(2)电解池是将电能转化为化学能的装置。
(3)电极名称
阴极：与电源负极相连的电极，发生还原反应；
阳极：与电源正极相连的电极，发生氧化反应。
(4)电解池的构成条件：具有与直流电源相连接的两个电极(阴极、阳极)，插入电解质溶液或熔融电解质中，形成闭合回路。
(5)电子和离子移动方向
电子：从电源负极流向电解池的阴极，从电解池的阳极流向电源的正极。
离子：阳离子移向电解池的阴极；阴离子移向电解池的阳极。
提醒　金属导电是因为在电场作用下，自由电子发生定向移动，是物理变化；而电解质溶液导电是因为发生了氧化还原反应，是化学变化。
1.如下图所示装置中，属于电解池的是(　　)
答案　C
解析　判断某装置是否为电解池，要以构成电解池的三个基本条件为标准。构成电解池的三个条件：①有与直流电源相连的两个电极；②有电解质溶液或熔融态电解质；③能形成闭合回路。
2.如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是(　　)
A.a为负极，b为正极
B.a为阳极，b为阴极
C.电解过程中，d电极质量增加
D.电解过程中，氯离子浓度不变
答案　C
解析　根据图示电流方向，先确定a是电源正极，b是电源负极；则c是电解池的阳极，电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，溶液中氯离子不断减少；d是电解池的阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，d电极质量不断增加。
二　酸、碱、盐溶液的电解规律
1.有下列两组离子：①Cu2＋、Na＋、H＋、Ag＋；②Cl－、I－、SO、OH－。电解时，移向阳极的是②，放电先后顺序是I－>Cl－>OH－>SO；移向阴极的是①，放电先后顺序是Ag＋>Cu2＋>H＋>Na＋。
2.用惰性电极电解酸、碱、盐溶液，填写下表：
电解质及类别
电极反应式
电解物质
pH变化
溶液复原方法
电解水型
H2SO4含氧酸
阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
阴极：4H＋＋4e－===2H2↑
H2O
减小
加入H2O
NaOH强碱
增大
Na2SO4活泼金属的含氧酸盐
不变
电解电解质型
HCl无氧酸
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：2H＋＋2e－===H2↑
HCl
增大
加入HCl
CuCl2不活泼金属的无氧酸盐
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu
CuCl2
加入CuCl2
放H2生碱型
NaCl活泼金属的无氧酸盐
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：2H＋＋2e－===H2↑
NaCl、
H2O
增大
加入HCl
放O2生酸型
CuSO4不活泼金属的含氧酸盐
阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu
CuSO4、
H2O
减小
加入CuO或CuCO3
归纳总结
1.分析电解问题的基本方法思路
(1)首先判断阴、阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活泼电极。
(2)再分析通电前溶液中含有哪些阴、阳离子(包括水电离出的H＋和OH－)。
(3)然后根据通电后，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，结合放电顺序分析谁先在电极放电。
(4)判断电极产物，正确书写电极反应式要注意遵循原子守恒和电荷守恒。
(5)结合题目要求分析电解时的各种变化情况，如两极现象、水的电离平衡移动、离子浓度的变化、pH变化等。
2.电极反应规律
(1)阴极：无论是惰性电极还是活泼电极都不参与电极反应，发生反应的是溶液中的阳离子。阳离子放电顺序：Ag＋>Cu2＋>H＋>Pb2＋>Fe2＋>Zn2＋……
电解水溶液时，K＋～Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。
(2)阳极：溶液中还原性强的阴离子失去电子被氧化，或者电极材料本身失去电子被氧化而溶入溶液中。其放电顺序：金属阳极>S2－>I－>Cl－>OH－>含氧酸根。
3.电解质溶液复原措施
一般加入阳极产物和阴极产物的化合物。
3.如图为直流电源电解稀Na2SO4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溶液。下列实验现象中正确的是(　　)
A.a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
B.a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色
C.逸出气体的体积，a极的小于b极的
D.一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
答案　B
解析　a极为阴极，H2O电离出的H＋放电，促进H2O的电离平衡向右移动，c(OH－)增大，石蕊溶液变蓝色，b极为阳极，H2O电离出的OH－放电，c(H＋)增大，石蕊溶液变红色，A项不正确、B项正确；a极产生H2，b极产生O2，H2的体积是O2体积的2倍，故C、D项不正确。
4.用惰性电极电解下列溶液一段时间后再加入一定量的某种物质(方括号内物质)，能够使溶液恢复到原来的成分和浓度的是(　　)
A.AgNO3[AgNO3]
B.NaOH[H2O]
C.KCl[KCl]
D.CuSO4[Cu(OH)2]
答案　B
1.下列关于电解池工作原理的说法中，错误的是(　　)
A.电解池是一种将电能转变成化学能的装置
B.电解池中发生的反应是非自发的氧化还原反应
C.电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应
D.与原电池不同，电解池放电时，电极本身不会参加电极反应
答案　D
2.用惰性电极电解下列溶液，其中随着电解的进行，溶液pH逐渐减小的是(　　)
①氯化钠溶液　②硫酸铜溶液　③氢氧化钠溶液　④稀硫酸　⑤稀盐酸　⑥硫酸钠溶液
A.①③⑤ B.②④⑤
C.②④ D.②④⑥
答案　C
3.用石墨电极电解CuCl2溶液。下列分析正确的是(　　)
A.a端是直流电源的负极
B.通电使CuCl2发生电离
C.阳极上发生的反应：Cu2＋＋2e－===Cu
D.通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体
答案　A
解析　在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，由Cu2＋和Cl－的移动方向可知，a为负极，b为正极，A项正确；电解质在溶液中的电离是在水分子的作用下进行的，并非通电才发生，B项错；阳极上发生氧化反应，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，故C、D项均错。
4.以石墨为电极，电解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉)，下列说法错误的是(　　)
A.阴极附近溶液呈红色
B.阴极逸出气体
C.阳极附近溶液呈蓝色
D.溶液的pH变小
答案　D
解析　以石墨为电极电解KI溶液，在阳极I－放电：2I－－2e－===I2，在阴极H2O电离产生的H＋放电：2H＋＋2e－===H2↑，由于H＋放电促进了H2O??H＋＋OH－的平衡正向移动，c(OH－)增大，溶液呈碱性。由于溶液中含有少量的酚酞和淀粉，所以阳极附近的溶液会变蓝(淀粉遇碘变蓝)，阴极附近的溶液会变红(溶液呈碱性)；由于电解产物有KOH，所以溶液的pH逐渐增大。
5.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。下列说法中正确的是(　　)
A.X是正极，Y是负极
B.X是负极，Y是正极
C.CuSO4溶液的pH逐渐增大
D.CuSO4溶液的pH不变
答案　A
解析　根据题意，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，说明b极上有H2产生，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，即b为阴极，则Y为负极，X为正极，A正确、B错误；X为正极，则Pt作阳极，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，c(OH－)不断减小，则c(H＋)不断增大，溶液的pH逐渐减小，C、D错误。
6.电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个电解池，X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞溶液。请回答以下问题：
(1)电解池中X极上的电极反应式为__________________________。
在X极附近观察到的现象是_________________________________
_________________________________________________________。
(2)Y电极上的电极反应式为____________________________________________，
检验该电极反应产物的方法是___________________________________________
_____________________________________________________________________。
答案　(1)2H＋＋2e－===H2↑　放出气体，溶液变红　(2)2Cl－－2e－===Cl2↑　把湿润的淀粉碘化钾试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色
解析　据图可知，X是阴极，Y是阳极，阴极反应式是2H＋＋2e－===H2↑，现象为放出气体，溶液变红；阳极反应式是2Cl－－2e－===Cl2↑，检验氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色即证明有氯气产生。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　电解池的电极名称的判断
1.关于原电池、电解池的电极名称，下列说法错误的是(　　)
A.原电池中失去电子的一极为负极
B.电解池中与直流电源负极相连的一极为阴极
C.原电池中相对活泼的一极为正极
D.电解池中发生氧化反应的一极为阳极
答案　C
解析　根据两池的结构与反应原理可确定，原电池中相对活泼的一极为负极。
2.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
答案　B
解析　阳极材料为活泼金属，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。
题组2　电解规律
3.用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，则电解一段时间后，下列有关该溶液(与电解前同温度)的说法中正确的有(　　)
①该溶液的pH可能增大　②该溶液的pH可能减小
③该溶液的pH可能不变　④该溶液的浓度可能增大
⑤该溶液的浓度可能不变　⑥该溶液的浓度可能减小
A.①②③ B.①②③④ C.①②③④⑤ D.全部
答案　C
4.下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是(　　)
A.HCl、CuCl2、Ba(OH)2 B.NaOH、CuSO4、H2SO4
C.NaOH、H2SO4、Ba(OH)2 D.NaBr、H2SO4、Ba(OH)2
答案　C
解析　本题考查离子放电顺序的应用，考查学生的分析判断能力。电解盐酸的方程式为2HClCl2↑＋H2↑，电解CuCl2溶液的方程式为CuCl2Cu＋Cl2↑，A选项错；电解CuSO4溶液的方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，B选项错；电解NaBr溶液的方程式为2NaBr＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Br2，D选项错。
题组3　电极反应式、电解方程式的书写
5.有关甲、乙、丙、丁四个图示的叙述正确的是(　　)
A.甲中负极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
B.乙中阳极反应式为Ag＋＋e－===Ag
C.丙中H＋向碳棒方向移动
D.丁中电解开始时阳极产生黄绿色气体
答案　C
解析　由图知，甲、丙为原电池，甲中Zn为负极，负极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，A错；丙中Fe为负极，C为正极，H＋向正极移动，C正确；乙、丁为电解池，乙中Ag作阳极，本身失电子，B错；丁中放电顺序：I－>Cl－，开始产生I2，D错。
6.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有(　　)
①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑
②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑
③2Cl－＋2H＋H2↑＋Cl2↑
④2H2O2H2↑＋O2↑
A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.②④
答案　D
解析　设混合溶液中CuSO4和NaCl的物质的量分别为1 mol和3 mol，根据放电顺序可看作是1 mol CuCl2、1 mol NaCl和1 mol Na2SO4，首先是电解CuCl2溶液，Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑；其次电解NaCl溶液，2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；最后电解NaOH和Na2SO4的混合液，电解方程式为2H2O2H2↑＋O2↑，故选D。
题组4　原电池、电解池的比较
7.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
答案　B
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。
8.如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流表中有电流通过。则下列说法正确的是(　　)
A.锌片是负极
B.两个铜片上都发生氧化反应
C.石墨是阴极
D.两个番茄都形成原电池
答案　A
解析　根据图示推知左侧为原电池，其中Zn作负极，Cu作正极，Cu片上发生还原反应；右侧为电解池，其中Cu为阴极，发生还原反应，C为阳极，发生氧化反应。
9.如图中，两电极上发生的电极反应为a极：Cu2＋＋2e－===Cu；b极：Fe－2e－===Fe2＋。下列说法不正确的是(　　)
A.装置中电解质溶液一定含有Cu2＋
B.该装置一定是化学能转化为电能
C.a、b可能是同种电极材料
D.a极上一定发生还原反应
答案　B
解析　该装置既可构成原电池，也可构成电解池。当构成原电池时，a极材料是活动性比铁差的金属或石墨，b极为铁，电解质溶液含Cu2＋；当构成电解池时，a极作阴极，b极作阳极且必须是铁电极，电解液中含Cu2＋。
10.将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是(　　)
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
答案　A
解析　A选项中，K闭合后，Zn作原电池的负极，Cu作原电池的正极，Cu电极上发生还原反应；B选项中电子流向是由负极到正极，但a→b这一环节是溶液中的离子导电，电子并没沿此路径流动；C选项中SO浓度基本保持不变，只是盐桥中的Cl－和K＋分别向甲、乙两烧杯中移动；D选项中滤纸a点是阴极，H＋放电，溶液中OH－浓度增大，显碱性，滤纸a点变红色。
[能力提升题]
11.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。
(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______________。
答案　(1)H2SO4、HNO3、Ba(NO3)2
(2)AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4　(3)HCl、BaCl2
解析　(1)组为电解水型，即阳极OH－放电，阴极H＋放电。(2)组阳极OH－放电，阴极排在H后的金属阳离子放电。(3)组气体体积比为1∶1，不是电解水型，经分析可得相应答案。
12.如图X是直流电源。Y池中c、d为石墨棒，Z池中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近显红色。
(1)①电源上b为________极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”，下同)。
②Z池中e为________极。
③连接Y、Z池线路中，电子流动的方向是d________e(用“→”或“←”填空)。
(2)①写出c极上反应的电极反应式：_______________________________________。
②写出Y池中总反应的化学方程式：_______________________________________
_______________________________________________________________________。
③写出Z池中e极上反应的电极反应式：___________________________________
_______________________________________________________________________。
答案　(1)①负　②阳　③←
(2)①2Cl－－2e－===Cl2↑
②2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
③Cu－2e－===Cu2＋
解析　d极附近显红色，说明d为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，c为阳极，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，Y池电解NaCl溶液的总反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；直流电源中a为正极，b为负极，Z池中f为阴极，e为阳极，电极反应式分别为Cu2＋＋2e－===Cu、Cu－2e－===Cu2＋，电子流动方向由e→d。
13.下图是一个电化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH2K2CO3＋6H2O
(1)请回答图中甲、乙两池的名称：
甲池是________装置，乙池是________装置。
(2)请回答下列电极的名称：
通入CH3OH的电极名称是________，B(石墨)电极的名称是________。
(3)写出下列电极反应式：
通入O2电极：___________________________________________________________；
A(Fe)电极：_____________________________________________________________。
(4)乙池中反应的化学方程式为______________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)原电池　电解池　(2)负极　阳极
(3)O2＋4e－＋2H2O===4OH－
4Ag＋＋4e－===4Ag
(4)4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3
解析　根据题意，甲池是一个燃料电池，则乙池为电解池，在甲池中CH3OH发生氧化反应，为原电池的负极，O2发生还原反应，为原电池的正极，A与CH3OH极相连，为电解池的阴极，B为阳极，电极反应式为
甲池：负极：2CH3OH－12e－＋16OH－===2CO＋12H2O
正极：3O2＋12e－＋6H2O===12OH－
乙池：阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
阴极：4Ag＋＋4e－===4Ag
总反应：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。
14.某温度下，取一定质量的硫酸铜溶液，用石墨作电极进行电解，当阳极产生标准状况下气体1.12 L时，CuSO4恰好被完全电解，得到密度为1.2 g·cm－3的溶液200 mL。请回答下列问题：
(1)阴极的电极反应式为___________________________________________________；
总反应的离子方程式为___________________________________________________。
(2)电解后所得溶液的pH为________。
(3)若要使电解后所得溶液恢复至电解前的原状态，需要加入何种物质(只要求写出一种)，其化学式为________，加入物质的质量为________g。
答案　(1)Cu2＋＋2e－===Cu　2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋　(2)0　(3)CuO　8(或CuCO3　12.4)
解析　由n(O2)＝0.05 mol可知通过的电子n(e－)＝0.2 mol，产生的n(H＋)＝0.2 mol，原CuSO4的物质的量为n(CuSO4)＝0.1 mol，电解消耗的H2O为0.1 mol即1.8 g。(2)c(H＋)＝＝1 mol·L－1，pH＝0。(3)电解产物是0.1 mol Cu和0.05 mol O2，加入0.1 mol(8 g)CuO或0.1 mol(12.4 g)CuCO3均可使溶液恢复到原状态。
第2课时　电解原理的应用
[学习目标定位]　1.熟知电解饱和食盐水、电镀、电解精炼铜、电冶金的原理，会写其电极反应式及化学方程式。2.学会电解的有关计算。
一　电解原理的应用
1.在硫酸铜溶液中，插入两个电极进行电解。
(1)若两极均为Pt电极，则阳极反应式是4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，阴极反应式是2Cu2＋＋4e－===2Cu，电解的化学方程式是2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4。
(2)若两极均为铜片，则阳极反应式是Cu－2e－===Cu2＋，阴极反应式是Cu2＋＋2e－===Cu，电解过程中溶液的浓度不变。
(3)若阳极为锌片，阴极为铜片，则阳极反应式是Zn－2e－===Zn2＋，电解过程中阳极锌片不断溶解，阴极铜片质量不断增加。
2.用惰性电极电解熔融NaCl，阳极反应式是2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应式是2Na＋＋2e－===2Na。
提醒　书写电极反应式时，应注意看电极材料和电解质状态。
3.电解饱和食盐水
(1)通电前，氯化钠溶液中含有的离子：Na＋、Cl－、H＋、OH－。通电时Na＋、H＋移向阴极，H＋放电，Cl－、OH－移向阳极，Cl－放电。电极反应式为
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应)；
阴极：2H＋＋2e－===H2↑(还原反应)；
因H＋放电，导致水的电离平衡H2O??H＋＋OH－向右移动，致使生成NaOH。
(2)电解的总反应式
化学方程式：2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH；
离子方程式：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－；
工业上习惯把电解饱和食盐水叫做氯碱工业。
4.电镀
(1)根据下图，回答下列问题：
①电极反应式
阳极：Cu－2e－===Cu2＋；
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu。
②可观察到的现象是铁件表面镀一层红色的铜，铜片不断溶解。
③硫酸铜溶液浓度的变化是不变。
(2)电镀的概念是应用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的方法。
(3)电镀池的构成：一般都是用含有镀层金属离子的电解质溶液作电镀液；把镀层金属浸入电镀液中与直流电源的正极相连，作为阳极；待镀金属制品与直流电源的负极相连，作阴极。
5.电解精炼铜
(1)粗铜中往往含有铁、锌、银、金等多种杂质，常用电解的方法进行精炼。其电解池的构成是用粗铜作阳极，用纯铜作阴极，用CuSO4溶液作电解质溶液。
(2)电极反应式：阳极为Cu－2e－===Cu2＋、Zn－2e－===Zn2＋、Fe－2e－===Fe2＋等，阴极为Cu2＋＋2e－===Cu。
(3)电解精炼铜的原理是粗铜中比铜活泼的金属Zn、Fe等失去电子，产生的阳离子残留在溶液中，不比铜活泼的金属Ag、Au等以金属单质的形式沉积在电解槽的底部，形成阳极泥，粗铜中的铜在纯铜上析出。
6.电冶金
(1)金属冶炼的本质：使矿石中的金属离子获得电子，从它们的化合物中还原出来。如Mn＋＋ne－===M。
(2)电解法用于冶炼较活泼的金属如：K、Na、Mg、Al等，但不能电解其盐溶液，应电解其熔融态。
如：电解熔融的氯化钠可制取金属钠：
阳极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑；
阴极反应式：2Na＋＋2e－===2Na；
总反应：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑。
归纳总结
电解原理的应用
(1)氯碱工业：用电解饱和食盐水的方法来制取NaOH、Cl2、H2，并以它们为原料生产一系列化工产品。
(2)电镀特点是阳极本身参与电极反应，电镀过程中相关离子的浓度、溶液pH等保持不变。
(3)电解精炼中，比需要精炼的金属活泼的杂质溶解，而不比需要精炼的金属活泼的杂质会沉积(如精炼镍时Cu也会沉积)。
1.下列关于电解氯化钠水溶液(铁作阴极、石墨作阳极)的叙述正确的是(　　)
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
答案　B
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。
2.在铁制品上镀一层一定厚度的锌层，以下方案设计正确的是(　　)
A.锌作阳极，镀件作阴极，溶液中含有锌离子
B.铂作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子
C.铁作阳极，镀件作阴极，溶液中含有亚铁离子
D.锌作阴极，镀件作阳极，溶液中含有亚铁离子
答案　A
解析　本题考查的是电镀的原理。电镀原理是镀层金属作阳极，镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的电解质溶液作电镀液。
3.利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Au等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是(　　)
A.电解时以纯铜作阳极
B.电解时阳极发生还原反应
C.纯铜连接电源负极，其电极反应式是Cu－2e－===Cu2＋
D.电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Au等金属的阳极泥
答案　D
解析　电解法精炼金属铜时，粗铜作阳极，失去电子逐渐溶解，Cu2＋得到电子后析出，附着在阴极上，故纯铜作阴极；在电解池中，阴极接电源的负极，发生还原反应，阳极接电源的正极，发生氧化反应，A、B、C错误；越活泼的金属越易失去电子，故比铜活泼的Fe、Zn先失去电子，变成Fe2＋、Zn2＋进入溶液，然后是铜失去电子，变成Cu2＋进入溶液，因Ag、Au等金属不如铜活泼，故在铜溶解后便沉淀在电解槽底部成为阳极泥，D正确。
二　电解的有关计算
1.将两支惰性电极插入CuSO4溶液中，通电电解。
(1)当有1.0×10－3 mol的OH－放电时，溶液显浅蓝色，则在阴极上析出铜的质量是______。
(2)若溶液的体积为1 L，忽略溶液体积变化，在标准状况下放出5.6 mL O2时，溶液的pH是________。
答案　(1)0.032 g　(2)3
解析　(1)用惰性电极电解CuSO4溶液时，电极反应式为阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu，阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O。当有1.0×10－3 mol的OH－放电时，生成标准状况下的O2为5.6 mL，此时转移电子为1.0×10－3 mol，则在阴极上析出Cu：0.032 g。
(2)阳极：
4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
4 mol　　　　 　　 1 mol
n　　　　　　　　
n＝1.0×10－3 mol，消耗1.0×10－3 mol OH－，生成1.0×10－3 mol H＋，
则c(H＋)＝＝1.0×10－3 mol·L－1，
pH＝－lgc(H＋)＝－lg(1.0×10－3)＝3。
2.用惰性电极电解0.1 L M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L(标准状况)O2，从而可知M的相对原子质量是____________________________________，
溶液的pH是________________(均用含有a、b、x的代数式表示)。
答案　　－lg
解析　由于阴、阳两极转移电子的数目相同，则有·x＝×4，或由关系式xO2～4M得∶＝x∶4，均可解出M＝ g·mol－1。又由O2～4H＋可知：c(H＋)＝4× mol÷0.1 L＝b mol·L－1，则pH＝－lg。
归纳总结
1.计算类型
电解的相关计算包括两极产物的定量计算(如质量、气体的体积、某元素的化合价、溶液的pH及物质的量浓度等)。
2.方法技巧
(1)得失电子守恒法计算：用于串联电路、通过阴阳两极的电量相同等类型的计算，其依据是电路上转移的电子数相等。
(2)总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。
(3)关系式计算：借得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。
4.把两支惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解时阴极没有氢气析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略)，电极上应析出银的质量是(　　)
A.27 mg B.54 mg C.108 mg D.216 mg
答案　B
解析　由得失电子守恒知，e－～OH－～H＋～Ag，所以n(Ag)＝n(H＋)。AgNO3溶液电解后产生酸，产生的H＋的物质的量可由pH差来计算：pH从6.0变为3.0，即c(H＋)≈10－3 mol·L－1，所以n(Ag)＝n(H＋)＝10－3 mol·L－1×0.5 L＝5×10－4 mol，m(Ag)＝n(Ag)×M＝5×10－4 mol×108 g·mol－1＝0.054 g＝54 mg。
5.在100 mL H2SO4和CuSO4的混合液中，用石墨作电极进行电解，两极上均收集到2.24 L气体(标准状况)，则原混合液中，Cu2＋的物质的量浓度为(　　)
A.1 mol·L－1 B.2 mol·L－1
C.3 mol·L－1 D.4 mol·L－1
答案　A
解析　分析电解H2SO4、CuSO4的混合液时阴、阳两极的电极反应可知，两极产生的气体分别为H2、O2各0.1 mol，O2是由OH－失去0.4 mol电子而得到，H2是由H＋得到 0.2 mol 电子而生成。由电子得失守恒知，还有0.2 mol电子是Cu2＋得到的，故Cu2＋的物质的量是0.1 mol，则Cu2＋的物质的量浓度为＝1 mol·L－1。
1.如图为电解饱和食盐水的简单装置，下列有关说法正确的是(　　)
A.电解一段时间后，向蛋壳内的溶液中滴加几滴酚酞，呈红色
B.蛋壳表面缠绕的铁丝上发生氧化反应
C.铁丝表面生成的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D.蛋壳可阻止生成的氯气与氢气、氢氧化钠溶液接触
答案　D
解析　碳棒在蛋壳内，溶液中的Cl－在该极失电子被还原，溶液的碱性不增强，故A项错误；蛋壳表面缠绕的铁丝作阴极，H＋在该极发生还原反应得到氢气，B项错误；铁丝表面生成的气体是氢气，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C项错误；蛋壳在该实验中的作用是阻止气体通过，D项正确。
2.金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2＋A.阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2＋＋2e－===Ni
B.电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
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有Cu和Pt，没有Zn、Fe、Ni
答案　D
解析　电解精炼镍时，粗镍作阳极，纯镍作阴极，电解质溶液中含有Ni2＋，则阳极发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，Fe－2e－===Fe2＋，Ni－2e－===Ni2＋，阴极电极反应式为Ni2＋＋2e－===Ni，因此，电解过程中阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe2＋、Ni2＋、Zn2＋，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，没有Zn、Fe、Ni。
3.某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液。通电时，为使Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，设计了如图的装置，则对电源电极名称和消毒液的主要成分判断正确的是(　　)
A.a为正极，b为负极；NaClO和NaCl
B.a为负极，b为正极；NaClO和NaCl
C.a为阳极，b为阴极；HClO和NaCl
D.a为阴极，b为阳极；HClO和NaCl
答案　B
解析　有关反应有2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，因阳极生成Cl2，阴极生成NaOH，为使二者充分反应，Cl2应在下端产生，从而推知电源b为正极，a为负极，消毒液的主要成分是NaClO和NaCl。
4.如图所示的A、B两个电解池中的电极均为铂，在A池中加入0.05 mol·L－1的CuCl2溶液，B池中加入0.1 mol·L－1的AgNO3溶液，进行电解。a、b、c、d四个电极上所析出的物质的物质的量之比是(　　)
A.2∶2∶4∶1 B.1∶1∶2∶1
C.2∶1∶1∶1 D.2∶1∶2∶1
答案　A
解析　由电解规律可知：a、c为阴极，b、d为阳极。a极上析出Cu，b极上析出Cl2，c极上析出Ag，d极上析出O2。由电子守恒可得出：2e－～Cu～Cl2～2Ag～O2，所以a、b、c、d四个电极上所析出物质的物质的量之比为2∶2∶4∶1。
5.如图所示，若电解5 min时，测得铜电极的质量增加2.16 g。试回答下列问题：
(1)电源中X极是________(填“正”或“负”)极。
(2)通电5 min时，B中共收集到224 mL(标准状况)气体，溶液体积为200 mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，则通电前c(CuSO4)＝________。
(3)若A中KCl溶液的体积也是200 mL，电解后溶液中仍有Cl－，则电解后溶液的pH＝________。
答案　(1)负　(2)0.025 mol·L－1　(3)13
解析　(1)铜极增重，说明银在铜极析出，则铜极为阴极，X为负极。
(2)C中铜极增重2.16 g，即析出0.02 mol Ag，线路中通过0.02 mol电子；由4e－～O2可知，B中产生的O2只有0.005 mol，即112 mL；但B中共收集到224 mL气体，说明还有112 mL是H2，即Cu2＋全部在阴极放电后，H＋接着放电产生了112 mL H2，则通过0.01 mol电子时，Cu2＋已被电解完；由2e－～Cu，可知n(Cu2＋)＝0.005 mol，则c(CuSO4)＝＝0.025 mol·L－1。
(3)由4e－～4OH－知，A中生成0.02 mol OH－，则c(OH－)＝0.1 mol·L－1，pH＝13。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　电解原理应用
1.下列描述中，不符合生产实际的是(　　)
A.电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
B.电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极
C.电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极
D.在镀件上电镀锌，用锌作阳极
答案　A
解析　电解池的阳极发生失电子氧化反应、阴极发生得电子还原反应。电解熔融的Al2O3制Al时，若用Fe作阳极，会发生反应Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋移动到阴极上发生反应Fe2＋＋2e－===Fe，使得到的Al不纯。
2.关于镀铜和电解精炼铜，下列说法中正确的是(　　)
A.都用粗铜作阳极、纯铜作阴极
B.电解液的成分都保持不变
C.阳极反应都只有Cu－2e－===Cu2＋
D.阴极反应都只有Cu2＋＋2e－===Cu
答案　D
解析　A项，电镀时镀件作阴极；B项，电解精炼铜时电解液成分改变；C项，电解精炼铜时，杂质若有比铜活泼的金属(如锌)，则还会发生Zn－2e－===Zn2＋的反应。
3.下列有关电化学的示意图中正确的是(　　)
答案　D
解析　选项A，Zn应为原电池负极，Cu为原电池正极；选项B，盐桥两边的烧杯中盛装的电解质溶液应互换；选项C，粗铜应连接电源正极，纯铜接在电源的负极；选项D，电解饱和NaCl溶液，Cl－在阳极放电产生Cl2，溶液中的H＋在阴极获得电子而产生H2。
4.如图A为直流电源，B为浸透饱和NaCl溶液和酚酞溶液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后发现B上的c点显红色，为实现铁上镀铜，接通K后，使c、d两点短路，下列叙述正确的是(　　)
A.a为直流电源的负极
B.c极上发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑
C.f电极为铜板
D.e极发生还原反应
答案　B
解析　K断开时，接通电路后，B上的c点显红色则证明c极为电解池的阴极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，a为直流电源的正极，C为电镀池，e为阳极，f为阴极，f电极为铁，e电极为铜，发生氧化反应。
5.甲、乙两个电解池均以铂为电极，且互相串联，甲池中盛有AgNO3溶液，乙池中盛有一定量的某盐溶液，通电一段时间后，测得甲池电极的质量增加2.16 g，乙池电极上析出0.24 g金属，则乙池中的溶质可能是(　　)
A.CuSO4 B.MgSO4
C.Al(NO3)3 D.Na2SO4
答案　A
解析　根据阳离子放电顺序可知，在上述4个选项中只有CuSO4溶液中的Cu2＋电解时可以放电，从而在电极上析出；当转移0.02 mol电子时，乙池中析出铜的质量小于0.64 g，是因为电解过程中CuSO4不足，后来变成电解水，故A项正确。
6.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.阳极的电极反应式为Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O
C.阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
D.除去CN－的反应：2CN－＋5ClO－＋2H＋===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O
答案　D
解析　由题意可知，废水中含有CN－、Cl－，溶液呈碱性，阳极产生ClO－，所以电解池中阳极应该是Cl－失电子，阳极不是活性电极，A正确；由题意可知阳极是Cl－失电子生成ClO－，又在碱性环境下，所以电极反应式为Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O，B正确；阴极是H2O得电子发生还原反应，2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，C正确；因为是碱性环境，所以在反应物中不可能出现H＋，正确的离子方程式：5ClO－＋2CN－＋H2O===5Cl－＋2CO2↑＋N2↑＋2OH－，D错误。
7.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
答案　B
解析　电解时用铁作阳极，失去电子生成Fe2＋，Fe2＋将废水中的Cr2O还原为Cr3＋，A项正确；阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，溶液的pH变大，B项错误；电解过程中H＋在阴极放电，Fe2＋还原Cr2O时也消耗H＋，使溶液的pH升高， Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，C项正确；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，D项正确。
8.三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用NaOH调NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO－，把二价镍氧化为三价镍。以下说法不正确的是(　　)
A.可用铁作阳极材料
B.电解过程中阴极附近溶液的pH升高
C.阳极方程式为2Cl－－2e－===Cl2↑
D.1 mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1 mol 电子
答案　A
解析　由题意知电极反应，阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极：2H＋＋2e－===H2↑，阴极溶液呈碱性，pH升高，故A错误，B、C正确；由Ni2＋→Ni3＋，失去1 mol e－，外电路中转移 1 mol e－，即Cl－失去1 mol e－，H＋得到1 mol e－。
题组2　电解的有关计算
9.用惰性电极电解CuSO4溶液。若阳极上产生气体的物质的量为0.010 0 mol，阴极无气体逸出，则阴极上析出Cu的质量为(　　)
A.0.64 g B.1.28 g C.2.56 g D.5.12 g
答案　B
解析　用惰性电极电解CuSO4溶液，在阳极产生的气体为O2，由4OH－－4e－===2H2O＋O2↑知，产生 0.010 0 mol的O2转移0.040 0 mol电子，则根据Cu2＋＋2e－===Cu可推出应析出0.020 0 mol的铜，其质量为1.28 g。
10.常温下用石墨作电极，电解100 mL 0.1 mol·L－1的Cu(NO3)2和0.1 mol·L－1的AgNO3组成的混合溶液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12 L 时，假设溶液体积不变，下列说法正确的是(　　)
A.阴极增重1.4 g B.所得溶液pH＜1
C.阴极增重0.64 g D.所得溶液pH＞1
答案　B
解析　阴极可以放电的离子依次为0.01 mol Ag＋、0.01 mol Cu2＋，阳极可以放电的阴离子只有OH－；当阳极生成1.12 L O2时，电路中通过电子：n(e－)＝0.05 mol×4＝0.2 mol，此时Ag＋、Cu2＋已全部析出，质量：0.01 mol×108 g·mol－1＋0.01 mol×64 g·mol－1＝1.72 g；因为当Ag＋、Cu2＋全部析出以后，相当于电解水，H＋不再增加，所以生成的H＋所带电荷与0.01 mol Ag＋、0.01 mol Cu2＋所带电荷相等；则溶液中生成：c(H＋)＝0.3 mol·L－1，pH＜1。
[能力提升题]
11.电解的应用比较广泛，回答下列问题：
(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是________(填字母，下同)。
a.Fe2O3 b.NaCl
c.Cu2S d.Al2O3
(2)CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是________。
a.电能全部转化为化学能
b.粗铜接电源正极，发生氧化反应
c.溶液中Cu2＋向阳极移动
d.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
e.若阳极质量减少64 g，则转移电子数为2NA个
f.SO的物质的量浓度不变(不考虑溶液体积变化)
(3)如图为电解精炼银的示意图，________(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为__________________________。
(4)以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为____________________；取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因为____________________________________________________________。
(5)利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为__________(填化学式)溶液，阳极电极反应式为________________，电解过程中Li＋向________(填“A”或“B”)电极迁移。
(6)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl和AlCl组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的________极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为__________________。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为________。
答案　(1)bd　(2)bdf　(3)a　NO＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O(或NO＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O、2NO＋O2===2NO2)　(4)2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋　HCO与H＋反应放出气体，c(H＋)减小，平衡Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋向右移动，产生Al(OH)3沉淀　(5)LiOH　2Cl－－2e－===Cl2↑　B　(6)负　4Al2Cl＋3e－===Al＋7AlCl　H2
解析　(1)电解法适合冶炼Na、Mg、Al等强还原性金属，在熔融状态下，分别电解NaCl、Al2O3冶炼Na和Al。Fe和Cu的还原性较弱，用Fe2O3、Cu2S等冶炼相应金属时，采用加还原剂还原法。
(2)以CuSO4溶液为电解质溶液电解精炼铜时，粗铜作阳极，发生氧化反应，精铜作阴极，发生还原反应。Al、Zn、Cu在阳极被氧化，不活泼金属Au、Pt、Ag在阳极附近沉积，形成阳极泥，电解质溶液中Cu2＋向阴极移动，电解过程中，电能转化为化学能和热能，在溶液体积不变时，电解质溶液中c(SO)不变。阳极质量减少的64 g包括Al、Zn及Cu，故当阳极质量减少64 g，电子转移数目不等于2NA个。
(3)电解精炼银与电解精炼铜原理相似。电解精炼银装置中，含有杂质的粗银作阳极，电解池的阳极与电源的正极相连，则该装置中a极为杂质的粗银。该电解池的b极为阴极，阴极上有红棕色气体，则知NO被还原为NO2，电极反应式为NO＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O。
(5)根据电解装置图，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，B区产生H2，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，剩余OH－与Li＋结合生成LiOH，所以B极区电解液为LiOH溶液，B电极为阴极，则A电极为阳极，阳极区电解液为LiCl溶液，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，电解过程中Li＋向B电极迁移。
(6)在钢制品上电镀铝，故钢制品作阴极，与电源负极相连。由于电镀过程中“不产生其他阳离子且有机阳离子不参与电极反应”，Al元素在熔融盐中以Al2Cl和AlCl形式存在，则电镀过程中负极电极反应式为4Al2Cl＋3e－===Al＋7AlCl。水溶液中得电子能力Al3＋12.下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
请回答下列问题：
(1)写出电解饱和食盐水的离子方程式：______________________________________。
(2)离子交换膜的作用为____________________________________________________、
________________________________________________________________________。
(3)精制饱和食盐水从图中________(选填“a”、“b”、“c”或“d”，下同)位置补充，氢氧化钠溶液从图中________位置流出。
(4)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：________________________________________________________________________。
答案　(1)2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑　(2)阻止OH－进入阳极室，与Cl2发生反应，Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O　阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸　(3)a　d　(4)Cl2与水反应：Cl2＋H2O??HCl＋HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2逸出
解析　(1)电解饱和食盐水时，溶液中的Cl－在阳极失电子，发生氧化反应生成Cl2，H＋在阴极得电子生成H2，使阴极区溶液中水的电离平衡向电离方向移动，c(OH－)增大，电解离子方程式为2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。
(2)离子交换膜只允许H＋通过，不能使阴离子和Cl2、H2分子通过，阻止OH－进入阳极室与Cl2反应，阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。
(3)随着电解的进行，NaCl不断消耗，所以应及时补充，精制饱和食盐水从阳极区的a位置补充。由于阴极H＋不断放电，附近的溶液显碱性，NaOH溶液从图d位置流出，水不断消耗，故b口不断加入水，从c口流出的是稀NaCl溶液。
(4)在阳极区加盐酸，增大c(HCl)，抑制Cl2＋H2O??HCl＋HClO，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2逸出。
13.如图所示，通电5 min后，第③极增重2.16 g，此时CuSO4恰好电解完。设A池中原混合溶液的体积为 200 mL。
(1)电源F为________极；第②极为________极；B池为________池。
(2)A池中第②极上的电极反应式为_________________________________________
_______________________________________________________________________。
(3)通电前A池中原混合溶液Cu2＋的浓度为________。
答案　(1)正　阳　电镀
(2)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(3)0.05 mol·L－1
解析　(1)由第③极增重2.16 g可知，①③是电解池的阴极，②④是电解池的阳极，E是电源的负极，F是电源的正极。又因为B池的阳极是银，电解质是硝酸银，故该池是电镀池。(2)A池中，第②极只发生反应4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。(3)因为第③极增重2.16 g是银的质量，即转移电子是2.16 g÷108 g·mol－1＝0.02 mol，而第①极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，故原Cu2＋物质的量为0.02 mol×＝0.01 mol，故Cu2＋的物质的量浓度为0.05 mol·L－1。
14.下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。
接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4的质量分数为 10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：
(1)电源的N端为________极。
(2)电极b上发生的电极反应式为____________________________________________。
(3)列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：________________________。
(4)电极c的质量变化是________g。
答案　(1)正　(2)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(3)水减少的质量：100 g×≈4.5 g，生成O2的体积：××22.4 L·mol－1＝2.8 L
(4)16
解析　由题中信息c的电极质量增加知：c极上析出铜，故 c为阴极，d为阳极，e为阴极，f为阳极。
(1)N为正极，M为负极，a为阴极，b为阳极。
(2)甲烧杯中b极上发生反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。
(3)电解K2SO4溶液实际上是电解水，设电解水的质量为m，则100 g×10.00%＝(100 g－m)×10.47%，解得m≈4.5 g，即0.25 mol H2O，每电解2 mol H2O转移4 mol 电子，故整个装置发生电极反应转移0.5 mol电子，产生O2的体积为V＝n·Vm＝×22.4 L·mol－1＝2.8 L。
(4)c极上析出铜的质量为×64 g·mol－1＝16 g。
第二节　化学电源
[学习目标定位]　1.知道化学电源的分类方法。2.熟悉几种常见化学电源的组成和工作原理。3.了解化学电源广泛的应用及废旧电池对环境的危害，设想其处理方法。
一　化学电池
1.原电池的设计与判断
(1)依据Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑设计原电池，可选用铁片作负极，铜片(或石墨)作正极，用导线连接后，置于电解质溶液稀硫酸中。
(2)若电极材料选铜和石墨，电解质溶液选硫酸铁溶液，外加导线，也能构成原电池，其电极反应式：负极为Cu－2e－===Cu2＋；正极为2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋。
(3)若(2)题中电极材料选铜和铁，则电极反应式：负极为Fe－2e－===Fe2＋，正极为2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋ ，其电池总反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。
以上三种电池并不能提供稳定的电流，为了能提供稳定的电流，人们根据原电池的原理，设计了多种多样的化学电池。
2.化学电池是将化学能转化成电能的装置。其种类很多，常分为以下三类。请你举出生活中常见的电池，并将其分类填入下表。
种类
特点(分类依据)
实例
一次电池
放完电以后不能再使用
普通锌锰电池、碱性锌锰电池
二次电池
充电、放电可循环进行
铅蓄电池、镍氢电池
燃料电池
可通过不断充入燃料、氧化剂，连续使用
氢氧燃料电池、CH4燃料电池
归纳总结
化学电池是一类应用范围广、实用性强的电源，分为一次电池、二次电池(充电电池)、燃料电池(连续电池)。使用后的废弃电池中含有汞、镉、铬、铅等大量的重金属和酸碱等有害物质，随处丢弃会给土壤、水源等造成严重的污染。废弃电池要进行回收利用。
1.下列说法错误的是(　　)
A.依据原电池的原理设计出了化学电源
B.原电池是化学电源的雏形
C.判断电池的正负极只需看其正负极材料的活泼性
D.氧化还原反应所释放的化学能，是化学电源的能量来源
答案　C
解析　判断电池的正负极不仅与电极材料有关，还与电解质溶液有关。
2.下列说法中错误的是(　　)
A.化学电池是将化学能转变成电能的装置
B.化学电池的种类包括一次电池、二次电池和燃料电池等
C.化学电池供能稳定可靠，使用方便，易于维护
D.废旧电池可以随意丢弃
答案　D
二　常见的化学电池
1.一次电池
(1)碱性锌锰电池是一种常用的一次电池，其负极是Zn，正极是MnO2，电解质溶液是KOH溶液。
已知该电池总反应式：Zn＋2MnO2＋2H2O===2MnOOH＋Zn(OH)2，则
①负极反应式：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2，
②正极反应式：2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnOOH＋2OH－。
(2)锌银电池具有比能量大、电压稳定、储存时间长等特点。试根据总反应式Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag判断：
①负极是Zn，电极反应式为Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2；
②正极是Ag2O，电极反应式是Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－。
2.二次电池
铅蓄电池是常见的二次电池，其负极是Pb，正极是PbO2，电解质溶液是硫酸溶液。已知铅蓄电池的放电反应和充电反应表示如下：
Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)2PbSO4(s)＋2H2O(l)
(1)请你分析并写出铅蓄电池放电时的电极反应式
负极：Pb(s)＋SO(aq)－2e－===PbSO4(s)；
正极：PbO2(s)＋4H＋(aq)＋SO(aq)＋2e－===PbSO4(s)＋2H2O(l)。
(2)放电过程中，电解质溶液的pH变大，理由是H2SO4不断被消耗，使c(H＋)减小，pH增大。
3.燃料电池
(1)氢氧燃料电池用Pt作电极，不断充入燃料(H2)和氧化剂(O2)，分别在两极发生氧化反应和还原反应，电池总反应式是2H2＋O2===2H2O。
氢氧燃料电池在不同介质中的电极反应
介质
负极反应式
正极反应式
酸性
2H2－4e－===4H＋
O2＋4H＋＋4e－===2H2O
中性
2H2－4e－===4H＋
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
碱性
2H2－4e－＋4OH－===4H2O
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)燃料电池的燃料除氢气外，还有烃、肼、甲醇、氨、煤气等液体或气体。若用导线相连的两个铂电极插入KOH溶液中，然后向两极分别通入甲醇(CH3OH)和氧气，发生原电池反应。在负极发生氧化反应的是CH3OH，其最终产物是H2O、CO，负极反应式是2CH3OH－12e－＋16OH－===2CO＋12H2O；正极反应式是3O2＋6H2O＋12e－===12OH－；总反应式是2CH3OH＋3O2＋4OH－===2CO＋6H2O。
归纳总结
1.常见化学电池的比较
(1)一次电池：活泼金属作负极，参与电极反应，放电完成后，不能再使用。
(2)二次电池：两电极都参与电极反应，可充电、放电，循环使用。
(3)燃料电池：两电极都不参与电极反应，不断充入的物质分别在两极发生反应，可连续使用。
2.书写化学电池中电极反应式注意的问题
(1)正确判断出化学电池的负极和正极，确定两极上分别发生的具体反应。
(2)确认电极得失电子后的产物是否能与电解质溶液发生反应，若能反应，则应写与电解质溶液反应后的电极反应式。
(3)在正极上，若是电解质溶液中的某种离子被还原，无论该离子是强电解质提供的，还是弱电解质提供的，一律写离子符号。
(4)书写二次电池的电极反应式时，要注意判断充电方向与放电方向。放电时的电极反应式倒过来即为充电时的电极反应式(注意电子的得失)。
3.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。碱性锌锰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)。下列说法中错误的是(　　)
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，锌的质量减少 6.5 g
答案　C
解析　本题要求利用原电池原理分析碱性锌锰电池：锌为负极，在反应中失去电子；电池工作时，电流由正极通过外电路流向负极，而电子移动方向与电流方向相反，故C错误；由电子守恒知D项正确；由该电池反应的总反应式和原电池原理写出正极反应式知B正确。
4.铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解质溶液为H2SO4，工作时的电池反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。下列结论正确的是(　　)
A.Pb为正极被氧化
B.溶液的pH不断减小
C.SO只向PbO2处移动
D.电解质溶液的密度不断减小
答案　D
解析　由题给电极反应可以看出H2SO4不断被消耗，故pH不断增大，H2SO4浓度减小，溶液密度减小，所以B错，D对；由Pb元素化合价的变化，可以看出Pb是负极，所以A不正确；原电池工作时，整个电路中负电荷的流向是一致的，外电路中，电子由Pb极流向PbO2极；内电路中，负电荷(SO和OH－)移向Pb极，所以C不正确。
5.用两根铂丝作电极插入KOH溶液中，再分别向两极通入甲烷气体和氧气，可形成原电池——燃料电池，该电池放电时发生的反应为CH4＋2KOH＋2O2===K2CO3＋3H2O。下列说法错误的是(　　)
A.通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极
B.放电时，通入O2一极附近溶液的pH升高
C.放电一段时间后，KOH的物质的量不发生变化
D.通甲烷极的电极反应式是CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O
答案　C
解析　原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，由总反应式知，此燃料电池的电极反应式是
正极：2O2＋4H2O＋8e－===8OH－
负极：CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O
由此可见A、B、D正确，错误的为C。
1.下列电池工作时，O2在正极放电的是(　　)
答案　B
解析　A项，锌锰电池，Zn是负极，MnO2为正极，所以正极放电的物质是二氧化锰；B项，氢燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为原电池的正极；C项，铅蓄电池负极为Pb，正极为PbO2放电；D项，镍镉电池负极为Cd，正极为NiO(OH)放电。
2.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种锌银电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质为KOH，电极反应为Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2；Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－。根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是(　　)
A.在使用过程中，电池负极区溶液的pH增大
B.在使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
C.Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应
D.Zn是负极，Ag2O是正极
答案　D
解析　根据原电池原理：负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，可以判断该原电池中Zn为负极，Ag2O为正极；根据电极反应可以得知负极区溶液的pH减小，故A、C错误；电子是从负极沿导线流向正极，故B错误。
3.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列叙述不正确的是(　　)
A.放电时负极反应为Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2
B.充电时阳极反应为Fe(OH)3－3e－＋5OH－===FeO＋4H2O
C.放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化
D.放电时正极附近溶液的碱性增强
答案　C
解析　根据题给总反应式，高铁电池放电时必定是锌为负极失去电子，被氧化；高铁酸钾在正极得到电子，被还原。充电时，阳极上氢氧化铁被氧化成高铁酸钾。放电时正极附近生成OH－，碱性增强。
4.2013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LiMn2O4===Li1－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
答案　C
解析　图示所给出的是原电池装置。A项，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项，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项，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项，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。
5.原电池是化学对人类的一项重大贡献。
(1)如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：
①电池的负极是________(填“a”或“b”)电极，该极的电极反应式为____________。
②电池工作一段时间后电解质溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)熔融盐燃料电池具有很高的发电效率，因而受到重视。可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为负极燃气，空气与CO2的混合气为正极助燃气，制得在650 ℃下工作的燃料电池。请完成有关的电池反应式：
负极反应式：2CO＋2CO－4e－===4CO2；
正极反应式：____________________________________________________________；
总电池反应式：__________________________________________________________。
答案　(1)①a　CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O　②减小　(2)O2＋2CO2＋4e－===2CO　2CO＋O2===2CO2
解析　(1)CH4在反应时失去电子，故a电极是电池的负极。由于电池工作过程中会消耗OH－，故一段时间后，电解质溶液的pH会减小。
(2)正极发生还原发应，故正极电极反应式为O2＋2CO2＋4e－===2CO，根据正极反应式＋负极反应式＝总电池反应，可推知总电池反应式应为2CO＋O2===2CO2。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　化学电池及处理
1.随着人们生活质量的不断提高，废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程，其首要原因是(　　)
A.利用电池外壳的金属材料
B.防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染
C.不使电池中渗漏的电解液腐蚀其他物品
D.回收其中石墨电极
答案　B
解析　汞、镉、铅等重金属离子会对土壤和水源造成污染。
题组2　一次电池
2.锌锰干电池在放电时总反应方程式可以表示为Zn(s)＋2MnO2＋2NH===Zn2＋＋Mn2O3(s)＋2NH3↑＋H2O，该电池放电时正极(碳棒)上发生反应的物质是(　　)
A.Zn B.碳 C.MnO2和NH D.Zn2＋和NH3
答案　C
解析　根据方程式可知：Zn为负极，碳棒为正极，负极：Zn－2e－===Zn2＋，正极：2MnO2＋2NH＋2e－===Mn2O3＋2NH3↑＋H2O，所以正极上参与反应的物质是MnO2和NH。
题组3　可充电电池
3.目前人们正研究开发一种高能电池——钠硫电池，它以熔融的钠、硫为两极，以Na＋导电的β″-Al2O3陶瓷作固体电解质，反应为2Na＋xSNa2Sx。以下说法正确的是(　　)
A.放电时，钠作正极，硫作负极
B.放电时，Na＋向负极移动
C.充电时，钠极与外电源正极相连，硫极与外电源的负极相连
D.放电时，负极发生的反应是：2Na－2e－===2Na＋
答案　D
解析　放电时，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，故钠作负极，硫作正极，A错误；放电时，阳离子向正极移动，B错误；充电时，钠极(负极)与外电源的负极相连，硫极(正极)与外电源的正极相连，C错误；放电时，负极发生氧化反应，D正确。
4.镍镉(Ni－Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd＋2NiO(OH)＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是(　　)
A.充电时阳极反应：Ni(OH)2－e－＋OH－===NiO(OH)＋H2O
B.充电过程是化学能转化为电能的过程
C.放电时负极附近溶液的碱性不变
D.放电时电解质溶液中的OH－向正极移动
答案　A
解析　充电过程是电能转化为化学能的过程，B项错误；放电时负极反应式为Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2，附近溶液的碱性减弱，因Cd2＋结合了溶液中的OH－，同时溶液中的OH－向负极移动，C、D项错误。
5.一种充电电池放电时的电极反应为H2＋2OH－－2e－===2H2O；NiO(OH)＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－。当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是(　　)
A.H2O的还原 B.NiO(OH)的还原
C.H2的氧化 D.Ni(OH)2的氧化
答案　D
解析　当电池充电时，正极与外电源正极连接，发生氧化反应，排除A、B选项；电极反应式应是将放电时的正极电极反应式逆回去，故答案为D。
题组4　燃料电池
6.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋。下列有关说法正确的是(　　)
A.检测时，电解质溶液中的H＋向负极移动
B.若有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L氧气
C.电池反应的化学方程式为CH3CH2OH＋O2===CH3COOH＋H2O
D.正极上发生的反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－
答案　C
解析　在原电池中，电解质溶液中的阳离子应向正极移动，A错；每消耗1 mol O2，转移4 mol电子，若有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24 L O2，B错；根据题意，电解质溶液呈酸性，正极的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，D错。
7.右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，电池总反应为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O。下列说法不正确的是(　　)
A.左电极为电池的负极，a处通入的物质是甲醇
B.正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C.负极反应式为CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋
D.该电池提供1 mol e－，消耗氧气0.25 mol
答案　B
解析　电极反应式为
负极：2CH3OH－12e－＋2H2O===2CO2↑＋12H＋
正极：3O2＋12e－＋12H＋===6H2O，B错误；根据电子流向，可以判断a处通甲醇，b处通O2；当电池提供 1 mol 电子时，消耗O2为＝0.25 mol。
8.美国海军海底战事中心与麻省理工大学共同研制成功了用于潜航器的镁－过氧化氢燃料电池系统。其工作原理如图所示。以下说法中错误的是(　　)
A.电池的负极反应为Mg－2e－===Mg2＋
B.电池工作时，H＋向负极移动
C.电池工作一段时间后，溶液的pH增大
D.电池总反应式是Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
答案　B
解析　Mg－H2O2燃料电池中Mg作负极：Mg－2e－===Mg2＋，Pt作正极：H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O，总反应式为Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，消耗H＋，使c(H＋)减小，pH增大，且H＋移向正极。
9.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图如下。下列有关该电池的说法正确的是(　　)
A.反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子
B.电极A上H2参与的电极反应为H2＋2OH－－2e－===2H2O
C.电池工作时，CO向电极B移动
D.电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－===2CO
答案　D
解析　A项，由化合价变化可知，每消耗1 mol CH4转移6 mol电子；B项，电极A为负极，电极反应式为H2＋CO－2e－===H2O＋CO2↑；C项，电池工作时，CO向电极A移动；D项，电极B是正极，电极反应为O2＋2CO2＋2e－===2CO。
[能力提升题]
10.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2===2AgCl。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
答案　D
解析　原电池正极发生还原反应，该原电池正极反应式为Cl2＋2e－===2Cl－，A项不正确；该原电池放电时，负极材料中的Ag被氧化为Ag＋，Ag＋与附近的Cl－反应生成AgCl白色沉淀。交换膜右侧溶液中无大量AgCl白色沉淀生成，B项不正确；由原电池负极反应Cl－＋Ag－e－===AgCl↓和正极反应Cl2＋2e－===2Cl－可知，若用NaCl溶液代替盐酸，电池总反应不变，C项不正确；由原电池的负极反应Cl－＋Ag－e－===AgCl↓可知，当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中减少0.01 mol Cl－，同时约有0.01 mol H＋通过阳离子交换膜移至右侧，故交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子，D项正确。
11.“神舟九号”飞船的电源系统共有3种，分别是太阳能电池帆板、镉镍蓄电池和应急电池。
(1)飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板将________能转化为________能，除供给飞船使用外，多余部分用镉镍蓄电池储存起来。其工作原理为
Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2
充电时，阳极的电极反应式为_________________；当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极附近溶液的碱性________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)紧急状况下，应急电池会自动启动，工作原理为Zn＋Ag2O＋H2O2Ag＋Zn(OH)2，其负极的电极反应式为________________________。
答案　(1)太阳　电　Ni(OH)2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O　减小
(2)Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2
解析　(1)阳极是失电子发生氧化反应的一极，Ni(OH)2为阳极；放电时负极反应为Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2，故溶液碱性减小。
12.某新型可充电电池能长时间保持稳定的放电电压，该电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH。
(1)放电时负极反应为___________________________________________________。
(2)充电时Fe(OH)3发生________反应。
(3)放电时电子由________极流向________(填“正”或“负”)极。
(4)放电时1 mol K2FeO4发生反应，转移电子数是__________________。
答案　(1)Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2
(2)氧化　(3)负　正　(4)1.806×1024
解析　放电时锌在负极发生氧化反应，因为电解质是碱，故负极反应是Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2；电子由负极流出，通过外电路流向正极，每1 mol K2FeO4发生反应，转移电子是3 mol，数目是1.806×1024，充电时Fe(OH)3失去电子发生氧化反应。
13.燃料电池是利用燃料(如H2、CO、CH4、CH3OH、NH3等)与O2反应从而将化学能转化为电能的装置。
(1)甲烷燃料电池(NaOH作电解质溶液)的负极反应式为_________________________，
正极电极反应式为________________________________________________________，
放电过程中溶液的pH__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)瑞典ASES公司设计的曾用于驱动潜艇的液氨－液氧燃料电池示意图如右，有关说法正确的是________。
a.电池工作时，Na＋向负极移动
b.电子由电极2经外电路流向电极1
c.电池总反应为4NH3＋3O2===2N2＋6H2O
d.电极2发生的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O
(3)以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。
①A为生物燃料电池的________(填“正”或“负”)极。
②正极反应式为__________________________________________________________。
负极反应式为____________________________________________________________。
③放电过程中，H＋由________极区向________极区迁移(填“正”或“负”)。
④在电池反应中，每消耗1 mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体_______L。
⑤该电池________(填“能”或“不能”)在高温下工作。
(4)CO无色无味有毒，世界各国每年均有不少人因CO中毒而失去生命。一种CO分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇—氧化钠，其中O2－可以在固体介质NASICON中自由移动。传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高，请回答：
①a极电极反应式为_______________________________________________________。
②工作时，O2－由电极________向电极________移动(填“a”或“b”，下同)，电子由电极________通过传感器流向电极________。
答案　(1)CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O　O2＋2H2O＋4e－===4OH－　减小　(2)c　(3)①正极　②O2＋4H＋＋4e－===2H2O　C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋　③负　正　④22.4　⑤不能　(4)①CO＋O2－－2e－===CO2　②b　a　a　b
解析　(1)负极为CH4失电子被氧化，在碱性条件下转化为CO，故负极电极反应式为CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O；正极O2得电子在碱性条件下生成OH－，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，电池总反应式为CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O。随着放电反应的进行，OH－不断消耗，pH减小。
(2)先分析进出电极物质的化合价，判断电池正负极，NH3→N2，N元素化合价升高，故电极1为原电池负极，电极2为原电池正极，电池工作时，Na＋向正极移动，电子由电极1经外电路流向2，电极2电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。电极1电极反应式为2NH3＋6OH－－6e－===N2＋6H2O。
(3)①O2→H2O发生还原反应，故A为燃料电池的正极，B为燃料电池的负极。②由于电解质中含有H＋，故正极电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，负极电极反应为C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋。
③放电过程中，H＋由负极区向正极区移动。
④葡萄糖燃料电池的总反应为C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O，即1 mol O2～1 mol CO2，每消耗1 mol O2，理论上生成标准状况下CO2气体22.4 L。
⑤高温下由于微生物蛋白质发生变性，故该电池不能在高温下工作。
(4)根据元素价态变化可知，a电极为负极，电极反应式为CO＋O2－－2e－===CO2，b电极为正极，电极反应式为O2＋4e－===2O2－，总反应为2CO＋O2===2CO2。工作时电子由电极a通过传感器流向电极b，O2－由电极b向电极a移动。
第四节　金属的电化学腐蚀与防护
[学习目标定位]　1.认识金属腐蚀的危害，并能解释金属发生电化学腐蚀的原因，能正确书写析氢腐蚀和吸氧腐蚀的电极反应式和总反应式。2.熟知金属腐蚀的防护方法。
一　金属的腐蚀
1.回答下列问题：
(1)铁与氯气反应的化学方程式是2Fe＋3Cl22FeCl3；纯锌片与盐酸反应的离子方程式是Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑；上述两反应过程不是(填“是”或“不是”)原电池反应。
(2)铁制品在潮湿的环境中比在干燥的环境中易生锈，其原因是铁制品中含有杂质碳，在潮湿环境下的电解质溶液中构成原电池，加快了铁被氧化的反应速率。
2.金属腐蚀
(1)概念：金属与周围的气体或液体物质发生氧化还原反应而引起损耗的现象。
(2)根据与金属接触的气体或液体物质不同，金属腐蚀可分为两类：
①化学腐蚀：金属与接触到的干燥气体(如O2、Cl2、SO2等)或非电解质液体(如石油)等直接发生化学反应而引起的腐蚀。腐蚀的速率随温度升高而加快。
②电化学腐蚀：不纯的金属跟电解质溶液接触时，会发生原电池反应，比较活泼的金属失去电子而被氧化。
(3)用铝制饭盒盛放醋酸，一段时间后，饭盒被腐蚀，这种腐蚀属于化学腐蚀，反应的化学方程式为2Al＋6CH3COOH===2(CH3COO)3Al＋3H2↑；若用铝制饭盒盛放食盐(含水时)，一段时间后，饭盒被腐蚀，这种腐蚀属于电化学腐蚀，反应原理是(写电极反应式和总反应式)：负极：Al－3e－===Al3＋，正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，总反应：4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3。
3.钢铁的电化学腐蚀
根据钢铁表面水溶液薄膜的酸碱性不同，钢铁的电化学腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀，如下图所示：
　
(1)钢铁的析氢腐蚀：当钢铁表面的电解质溶液酸性较强时，腐蚀过程中有H2放出。Fe是负极，C是正极。发生的电极反应式及总反应式为
负极：Fe－2e－===Fe2＋；
正极：2H＋＋2e－===H2↑；
总反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。
(2)钢铁的吸氧腐蚀：当钢铁表面的电解质溶液呈中性或呈弱酸性并溶有一定量的O2时，将会发生吸氧腐蚀。发生的电极反应式及总反应式为
负极：2Fe－4e－===2Fe2＋；
正极：2H2O＋O2＋4e－===4OH－；
总反应：2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2。
铁锈(Fe2O3·xH2O)的形成：2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O。
归纳总结
1.金属腐蚀的本质
金属原子失去电子变为金属阳离子，金属发生氧化反应。
2.金属腐蚀的类型
(1)化学腐蚀与电化学腐蚀
类型
化学腐蚀
电化学腐蚀
条件
金属跟非金属单质直接接触
不纯金属或合金跟电解质溶液接触
现象
无电流产生
有微弱电流产生
本质
金属被氧化
较活泼金属被氧化
联系
两者往往同时发生，电化学腐蚀更普遍
(2)析氢腐蚀与吸氧腐蚀
类型
析氢腐蚀
吸氧腐蚀
条件
水膜酸性较强(pH≤4.3)
水膜酸性很弱或呈中性
电极反应
负极
Fe－2e－===Fe2＋
正极
2H＋＋2e－===H2↑
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
总反应式
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2
联系
吸氧腐蚀更普遍
提示　(1)金属活动顺序表中氢后的金属不能发生析氢腐蚀，只能发生吸氧腐蚀。
(2)金属活动顺序表中氢之前、镁之后金属的电化学腐蚀与钢铁的电化学腐蚀相似。
1.下列有关金属腐蚀的说法中正确的是(　　)
A.金属腐蚀指不纯金属与接触到的电解质溶液进行化学反应而损耗的过程
B.电化学腐蚀指在外加电流的作用下不纯金属发生化学反应而损耗的过程
C.钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气，产物最终转化为铁锈
D.金属的电化学腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生
答案　D
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。
2.如图装置中，小试管内为红墨水，具支试管内盛有pH＝4的雨水和生铁片。观察到：开始导管内液面下降，一段时间后导管内液面回升，略高于小试管液面。以下有关解释合理的是(　　)
A.生铁片中的碳是原电池的负极，发生还原反应
B.雨水酸性较强，生铁片仅发生析氢腐蚀
C.墨水回升时，碳极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D.具支试管中溶液pH逐渐减小
答案　C
解析　生铁片中的碳是原电池的正极，A错误；雨水酸性较强，开始时铁片发生析氢腐蚀，产生氢气，导管内液面下降，一段时间后铁片发生吸氧腐蚀，吸收氧气，导管内液面回升，B错误；墨水回升时，铁片发生吸氧腐蚀，碳极为正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C正确；铁片无论是发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，具支试管内溶液pH均增大，D错误。
二　金属的防护方法
1.金属的防护就是防止金属的腐蚀，要解决的主要问题是使金属不被氧化。从金属腐蚀的反应实质、影响因素等方面分析，确定金属防护的方法：
(1)改变金属的内部结构，使金属性质改变，增强其本身的抗腐蚀能力，成为耐腐蚀金属。
(2)使金属与化学物质相互隔离，在金属表面覆盖油漆、镀层金属、氧化膜等保护层。
2.常见的金属防护方法
(1)物理保护法
①在钢铁表面涂矿物性油脂、油漆或覆盖搪瓷、塑料等物质。
②用电镀的方法，在钢铁制品表面镀上一层不易被腐蚀的金属，如锌、锡、铬、镍等。
③工业上常利用一些溶液的氧化作用，在机器零件、精密仪器、枪炮等钢铁制件的表面上形成一层致密的黑色的四氧化三铁薄膜。
④把铬、镍等加入普通钢里制成不锈钢，就大大地增加了钢铁对各种侵蚀的抵抗力。
(2)电化学保护法
①为了减小某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采用图甲所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用C(填字母)。
A.铜 B.钠 C.锌 D.石墨
②图乙所示的方案也可以减慢铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的负极。
归纳总结
1.金属的电化学防护方法
类型
方法
原理
实例
牺牲阳极的阴极保护法
在被保护的设备上装上比它更活泼的金属
被保护的金属作原电池的正极
船舶的外壳上装锌块
外加电流的阴极保护法
将被保护的设备与惰性电极置于电解质溶液里，接上外加直流电源
被保护的金属作电解池的阴极
保护海水中的钢闸门
2.判断金属腐蚀快慢的方法
(1)同一金属在相同电解质溶液中，金属腐蚀的快慢是电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极。
(2)同一金属在相同电解质溶液中，电解质浓度越大，腐蚀越快。
(3)同一金属在不同电解质溶液中，金属腐蚀的快慢是强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
3.下列说法正确的是(　　)
A.金属腐蚀就是金属原子失去电子被还原的过程
B.合金都比纯金属易被腐蚀
C.将金属与外加直流电源的负极相连，而将正极接到废铁上，可以防止金属被腐蚀
D.镀锌铁比镀锡铁更容易被腐蚀
答案　C
解析　金属腐蚀就是金属原子失去电子被氧化的过程，A错；铁中加入镍比纯铁耐腐蚀，B错；C项应用的是牺牲阳极的阴极保护法，正确；镀锌铁破损后，Zn作负极，Fe仍受保护，而镀锡铁破损后，铁作负极，被腐蚀，D错。
4.下列对如图所示的实验装置的判断中错误的是(　　)
A.若X为碳棒，开关K置于A处可减缓铁的腐蚀
B.若X为锌棒，开关K置于A或B处均可减缓铁的腐蚀
C.若X为锌棒，开关K置于B处时，为牺牲阳极的阴极保护法
D.若X为碳棒，开关K置于B处时，铁电极上发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑
答案　D
解析　若X为碳棒，开关K置于A处，Fe作电解池的阴极，属外加电流的阴极保护法，A项正确；若X为碳棒，开关K置于B处，Fe作原电池的负极，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，D项不正确；若X为锌棒，K置于A处，Fe作电解池的阴极，属外加电流的阴极保护法，K置于B处时，Fe作原电池的正极，属牺牲阳极的阴极保护法，B项和C项均正确。
1.下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是(　　)
A.纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗
B.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C.海轮外壳连接锌块以保护外壳不受腐蚀
D.可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀
答案　B
解析　银器在空气中久置会被氧化变黑，为化学腐蚀，A正确；当镀层破损时，Sn、Fe可形成原电池，Fe为负极，不再起到保护作用，B错；Fe与Zn块形成原电池，Zn作负极(阳极)，从而保护Fe正极(阴极)，C正确；外加电流的阴极保护法应使被保护对象与直流电源的负极相连，故D正确。
2.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.分别向铁、石墨电极附近吹入O2，前者铁锈出现得快
答案　D
解析　铁是负极，失电子被氧化成Fe2＋，在正极氧气得电子发生还原反应生成OH－，反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，A项正确；将氧气吹向石墨电极的腐蚀速率比吹向铁电极快，D项错误；向自来水中加入NaCl(s)，可使电解质溶液的导电能力增强，加快腐蚀速率，C项正确；但若将石墨电极换成Mg电极，则负极为Mg，Fe被保护，难以看到铁生锈，B项正确。
3.关于钢铁腐蚀与防护的说法不正确的是(　　)
A.钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应式均为Fe－2e－===Fe2＋
B.钢铁发生吸氧腐蚀时，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C.地下钢管连接镁块是采用牺牲阳极的阴极保护法
D.用外加电流的阴极保护法防止钢铁腐蚀时，钢铁接电源的正极
答案　D
解析　钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀都是铁失去电子作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，钢铁发生吸氧腐蚀时O2＋2H2O＋4e－===4OH－，A、B正确；地下钢管连接镁块，镁比铁活泼，作负极，铁作阳极得到保护，C正确；用外加电流的阴极保护法防止钢铁腐蚀时，钢铁连接电源的负极，D错误。
4.根据下图，下列判断中正确的是(　　)
A.烧杯a中的溶液pH降低
B.烧杯b中发生氧化反应
C.烧杯a中发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑
D.烧杯b中发生的反应为2Cl－－2e－===Cl2↑
答案　B
5.根据图示判断，下列说法正确的是(　　)
A.装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe－2e－===Fe2＋
B.装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C.装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动
D.放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大
答案　D
解析　装置Ⅰ中，由于Zn比Fe活泼，所以Zn作原电池的负极，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋；Fe作正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－；由于正极有OH－生成，因此溶液的pH增大。装置Ⅱ中，Fe作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；Cu作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑；由于正极不断消耗H＋，所以溶液的pH逐渐增大。A、B项错误，D项正确；盐桥中的阳离子移向原电池的正极，C项错误。
6.回答下列问题：
(1)如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。
①该电化腐蚀称为__________________。
②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是________(填字母)。
③以锌为负极，采用牺牲阳极的阴极保护法防止铁闸的腐蚀，图中锌块的固定位置最好应在________处(填字母)。
(2)石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成如图防腐示意图，并作相应标注：
(3)下图所示的各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由快到慢的顺序是________。
(4)如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U形管中，下列分析正确的是________(填字母)。
A.K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑
B.K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C.K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D.K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001 mol气体
答案　(1)①吸氧腐蚀　②B　③C
(2)　(3)④>②>①>③　(4)B
解析　(1)①金属在中性或较弱的酸性条件下发生的是吸氧腐蚀。②发生吸氧腐蚀，越靠近液面接触到的O2越多，腐蚀得越严重。③锌块应固定在腐蚀最严重的C处形成原电池，锌作负极，铁闸作正极，得到保护。(2)要用石墨通过电化学腐蚀保护铜，只能用电解池原理，碳接电源正极，铜接电源负极。(3)当电解质溶液相同时，同一金属腐蚀的快慢是电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极。故本小题中，铁腐蚀由快到慢的顺序为④>②>①>③。(4)A项，K1闭合时，该装置构成了Fe－C－NaCl溶液原电池，铁作负极，发生氧化反应，电极反应式是Fe－2e－===Fe2＋；B项，石墨棒作正极，发生的电极反应式是2H2O＋O2＋4e－===4OH－，故石墨棒周围溶液pH逐渐升高；C项，K2闭合时，该装置构成了Fe－C－外加电源的电解池，石墨棒作阳极，Fe作阴极而不被腐蚀，该方法称为外加电流的阴极保护法；D项，K2闭合时，阳极的电极反应式是2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极的电极反应式是2H＋＋2e－===H2↑，所以当电路中通过0.002NA个即0.002 mol电子时，生成H2和Cl2的物质的量均为0.001 mol，则两极共产生0.002 mol气体。
40分钟课时作业
[经典基础题]
题组1　金属的腐蚀与防护
1.下列事实与电化学腐蚀无关的是(　　)
A.光亮的自行车钢圈不易生锈
B.黄铜(Cu、Zn合金)制的铜锣不易生锈
C.铜、铝电线一般不连接起来作导线
D.生铁比熟铁(几乎是纯铁)容易生锈
答案　A
解析　B、C、D项均与原电池有关，能用电化学知识来解释，故选A。
2.下列叙述错误的是(　　)
A.生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱
B.用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈
C.在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液
D.铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀
答案　C
3.下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是(　　)
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
答案　C
解析　A项，水面附近的铁接触的氧气多，容易腐蚀，错误；B项，铁作为阴极受保护，不容易腐蚀，错误；C项，高温下铁被氧化，正确；D项，镁块为原电池的负极，一般用锌块，因为镁容易形成致密氧化膜，错误。
4.下列说法中正确的是(　　)
①镀层破损后，白铁(镀锌的铁)比马口铁(镀锡的铁)更易被腐蚀　②钢铁表面常易锈蚀生成Fe2O3·xH2O
③锌和铁构成原电池时，铁作负极　④铅蓄电池中铅作负极，PbO2作正极，两极浸到稀H2SO4中
A.只有②④ B.只有①③
C.①②③ D.①②③④
答案　A
解析　镀层破损后，白铁形成原电池时，因为锌比铁活泼，易失电子，从而保护了铁，而马口铁破损后，因为形成原电池时，铁比锡活泼，铁被腐蚀，所以在镀层破损后，马口铁比白铁更易被腐蚀，①说法错误。钢铁无论发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀，铁都是失电子变成Fe2＋，吸氧腐蚀更普遍，O2得电子变成OH－，与Fe2＋结合生成Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中很易被氧化成Fe(OH)3，因此铁锈的成分常用Fe2O3·xH2O表示，②说法正确。锌和铁构成原电池时，锌比铁活泼，应该是锌作负极，③说法不正确。④说法正确，故A为正确选项。
5.下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是(　　)
A.钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B.铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C.钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D.钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe－3e－===Fe3＋
答案　B
解析　铁易失去电子，故钢管与电源正极相连时，更易使铁失去电子，故A项错误；铁遇冷浓硝酸时表面能形成一层致密的氧化物薄膜，故B项正确；铁比铜活泼，当铁、铜相接触时构成原电池，铁作负极，被腐蚀，故C项错误；钢铁发生析氢腐蚀时，负极发生反应：Fe－2e－===Fe2＋，故D项错误。
题组2　析氢腐蚀与吸氧腐蚀
6.如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是(　　)
A.生铁块中的碳是原电池的正极
B.红墨水水柱两边的液面变为左低右高
C.两试管中相同的电极反应式是Fe－2e－===Fe2＋
D.a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
答案　B
解析　生铁在a中发生吸氧腐蚀，压强降低，在b中发生析氢腐蚀，压强增大，所以红墨水应左高右低。
7.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
答案　B
解析　a中铁比铜活泼，铁作负极，发生氧化反应，铜作正极，发生还原反应，电极反应式分别为负极：2Fe－4e－===2Fe2＋，正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，因此A、C不正确；b中铝比铁活泼，铝作负极，发生氧化反应，铁作正极，发生还原反应，电极反应式分别为负极：4Al－12e－===4Al3＋，正极：3O2＋6H2O＋12e－===12OH－，因此B正确，D不正确。
8.下列与金属腐蚀有关的说法正确的是(　　)
A.图a中，铁钉易被腐蚀
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
答案　B
解析　选项A，图a中，铁钉与溶液不接触，不能形成原电池，因此不易被腐蚀，错误；选项B，图b中开关置于M时，Cu－Zn合金作负极，由M改置于N时，Cu－Zn合金作正极，腐蚀速率减小，正确；选项C，图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt极上放出，错误；选项D，图d中Zn－MnO2干电池自放电腐蚀主要是由Zn的还原作用引起的，错误。
9.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，发生的电极反应式为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式为Cu－2e－===Cu2＋
答案　B
解析　液滴边缘O2多，在碳粒上发生正极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－。液滴下的Fe发生负极反应：Fe－2e－===Fe2＋，为腐蚀区(a)，B选项正确；阴离子应移向负极，即Cl－由b区向a区迁移，A选项错误；液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀，C选项错误；铜螺丝钉在铁板上，Cu不如铁活泼，作正极，反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D选项错误。
10.银器的保护主要是维持它的原貌。对于轻微腐蚀蒙有硫化银的银器，可将其和铝片一起接触浸泡在稀NaOH溶液中，经一定时间后污迹消失，取出后用水洗干净，再用软布或棉团擦光。下列有关叙述中，不正确的是(　　)
A.溶液中的OH－向负极移动
B.在银表面上的反应为Ag2S＋2e－===2Ag＋S2－
C.在铝表面上的反应为Al－3e－===Al3＋
D.在铝表面的反应为Al＋4OH－－3e－===AlO＋2H2O
答案　C
解析　金属铝、硫化银和NaOH溶液构成了原电池，金属铝、硫化银分别充当了负极和正极，电极反应分别是在银表面上：Ag2S＋2e－===2Ag＋S2－，在铝表面：Al－3e－===Al3＋，在碱性条件下，Al3＋又会与过量的OH－反应生成AlO，所以在铝表面的实际反应为Al＋4OH－－3e－===AlO＋2H2O，溶液中的OH－向负极移动，A、B、D均正确。
[能力提升题]
11.甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：
(1)若两池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲池中的________棒，乙池中的________棒。
②乙池中阳极的电极反应式是______________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若两池中均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的离子方程式：________________________________________。
②甲池中碳棒电极上电极反应式是__________________________________________
________________________________________________________________________，
乙池中碳棒电极上电极反应属于________(填“氧化反应”或“还原反应”)。
答案　(1)①碳　铁　②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(2)①2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
②2H2O＋O2＋4e－===4OH－　氧化反应
解析　甲为原电池，乙为电解池。
(1)若两池中均为CuSO4溶液，则有
甲
乙
(2)若均为NaCl溶液，则有
甲
乙
12.下图所示的是某研究性学习小组探究金属腐蚀条件的实验装置图，试分析实验并回答下列问题：
(1)若起始时甲、乙、丙三套装置的导管中液面高度相同，过一段时间后液面最高的是________。铁粉腐蚀的速率由大到小的排列顺序为(用甲、乙、丙填写)____________。
(2)通过甲、乙装置的对比说明钢铁中碳的含量越________(填“高”或“低”)越易腐蚀。
(3)乙装置中发生电化学腐蚀时正极的电极反应式为_____________________________。
(4)针对乙、丙装置研究的结果分析，可采用何种防护措施来减缓金属的腐蚀：____________________________________________(写出一点即可)。
答案　(1)乙　乙>甲>丙　(2)高　(3)2H2O＋O2＋4e－===4OH－　(4)将金属放在油脂或有机溶剂中
解析　铁粉、炭粉－食盐水构成原电池，发生吸氧腐蚀，故乙中液面最高；甲中铁粉中的少量碳也能发生吸氧腐蚀，但由于C的含量少，故不如乙中Fe腐蚀得快，丙中乙醇为非电解质，铁粉、炭粉形不成原电池，Fe受到保护，故可把钢铁放在油脂或有机溶剂中进行防护。
13.钢铁在自然界中的腐蚀比较普遍。
(1)远洋轮船的钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的________腐蚀。为防止这种腐蚀，通常把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与像铅酸蓄电池这样的直流电源的________(填“正”或“负”)极相连。
(2)若用钢铁(含Fe、C)制品盛装NaClO溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效。该电化腐蚀过程中的正极反应式为________________________________________________________________________。
(3)铁器深埋地下，也会发生严重的电化学腐蚀，原因是一种称为硫酸盐还原菌的细菌，能提供正极反应的催化剂，将土壤中的SO还原为S2－，试写出该电化学腐蚀的正极反应式________________________________________________________________________。
(4)利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于________处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_____________。
答案　(1)吸氧腐蚀　负　(2)ClO－＋H2O＋2e－===Cl－＋2OH－　(3)SO＋8e－＋4H2O===S2－＋8OH－　(4)N　牺牲阳极的阴极保护法
解析　(1)海水呈弱碱性，故轮船的钢铁船体在海水中易发生吸氧腐蚀，钢铁与外接电源负极相连，充当电解池的阴极，得到保护。
(2)ClO－在正极得电子生成Cl－和OH－，故正极电极反应式为ClO－＋H2O＋2e－===2OH－＋Cl－。
(4)若X为碳棒，则只能用外加电源的阴极保护法，此时K应置于N处。若X为Zn，K置于M处，其保护原理称为牺牲阳极的阴极保护法。
14.某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：
编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/%
①
为以下实验作参照
0.5
2.0
90.0
②
醋酸浓度的影响
0.5
36.0
③
0.2
2.0
90.0
(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了_______腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向；此时，碳粉表面发生了_______(填“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是______________。
(3)该小组对图2中0～t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：
假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；
假设二：___________________________________________________________________；
……
答案　(1)②2.0　③碳粉含量的影响
(2)吸氧　　还原　2H2O＋O2＋4e－===4OH－　(3)反应放热，温度升高
解析　(1)本题采用“控制变量法”进行研究，即保持其他条件相同，只考虑其中一个因素对实验的影响。探究醋酸浓度对电化学腐蚀的影响时，应保证碳粉和铁粉的质量与参照实验相同，因此实验②中铁粉为2.0 g；对比实验①和③可知，铁粉的质量及醋酸的浓度相同，而碳粉的质量不同，显然探究的是碳粉的含量对铁的电化学腐蚀的影响。
(2)当铁发生析氢腐蚀时，由于生成H2，容器的压强不断增大，而发生吸氧腐蚀时，由于消耗O2，容器的压强不断减小，t2时容器的压强明显小于起始压强，说明铁发生了吸氧腐蚀，此时Fe作负极，失去电子发生氧化反应；碳粉作正极，O2在其表面得到电子发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。
(3)Fe发生电化学腐蚀时，放出热量，使体系的温度升高。