【人教版】2017-2018学年高中化学选修4导学案（打包26份，含答案）

第一节　化学反应与能量的变化
第1课时　焓变　反应热
　1.了解化学反应中能量转化的原因和常见的能量转化形式。　2.认识化学反应过程中物质和能量的变化。　3．了解反应热和焓变的含义。　4.知道反应热与反应物、生成物总能量的关系。
　焓变　反应热
1．焓变
(1)焓：与内能有关的物理量，符号：H。
(2)焓变：生成物与反应物之间的焓值差，符号：ΔH，单位：kJ·mol－1(或kJ/mol)。
2．反应热
(1)概念：化学反应过程中所释放或吸收的热量，单位：kJ·mol－1(或kJ/mol)。
(2)与焓变的关系：恒压条件下的反应热等于焓变。
3．化学反应中能量变化的原因
(1)微观角度——化学键的变化
若Q1>Q2，反应吸收能量，ΔH>0，为吸热反应；
若Q1(2)宏观角度——反应物与生成物能量相对高低
①图示
②结论
反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；
反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应。
4．化学反应过程中能量变化的表示
(1)放热反应：ΔH为“－”或ΔH<0，体系能量降低。
(2)吸热反应：ΔH为“＋”或ΔH>0，体系能量升高。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)所有的化学反应都伴有能量的变化，伴有能量变化的一定是化学反应。(　　)
(2)反应热是指1 mol物质参加反应时的能量变化。(　　)
(3)加热条件下发生的反应均为吸热反应。(　　)
(4)在一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，ΔH为“－”。(　　)
(5)在确定的化学反应体系中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√
2．在日常生活和学习中，我们经常接触到下列反应：
①化石燃料燃烧　 ②强酸、强碱的中和反应　 ③用C和H2O在高温下制水煤气　④锌和盐酸反应制氢气　⑤氢氧化钡晶体和氯化铵晶体研磨放出氨气　⑥煅烧石灰石
其中属于放热反应的有________，属于吸热反应的有________。
答案：①②④　③⑤⑥
1．放热反应与吸热反应对比
用E(反应物)、E(生成物)分别代表反应物、生成物的总能量；Q(吸)、Q(放)分别代表反应物断键吸收的热量、生成物成键放出的热量。
类别
项目
放热反应
吸热反应
定义
放出能量的化学反应
吸收能量的化学反应
宏观
角度
比较
E(反应物)>E(生成物)
E(反应物)图示
微观角度
Q(吸)Q(吸)>Q(放)
表示方法
ΔH<0
ΔH>0
2.常见的放热反应和吸热反应
(1)常见的放热反应
①活泼金属与H2O或酸的反应，如2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑。
②所有酸碱中和反应，如2KOH＋H2SO4===K2SO4＋2H2O。
③所有燃烧反应，如2CO＋O22CO2。
④绝大多数化合反应，如CaO＋H2O===Ca(OH)2。
⑤部分特殊反应，如铝热反应、过氧化钠与水或CO2的反应、氨的催化氧化等。
(2)常见的吸热反应
①绝大多数分解反应，如CaCO3CaO＋CO2↑。
②铵盐与碱的反应，如
2NH4Cl(s)＋Ba(OH)2·8H2O(s)===BaCl2＋2NH3↑＋10H2O。
③以C、CO和H2为还原剂的氧化还原反应，如
C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。
(1)任何化学反应一定伴随着能量变化，但伴随能量变化的物质变化不一定都是化学变化。如水蒸气变成液态水放热，属于物理变化。
(2)化学反应的能量变化主要表现为热量变化，但并不完全是热量变化，还有光能、电能等。
(3)反应条件与该反应能量变化之间没有必然联系，因此，不能根据反应条件来判断一个反应是放热反应还是吸热反应。有些放热反应需加热才能进行，如碳的燃烧；有些吸热反应常温下即可进行，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应。
　某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是(　　)
A．反应过程可表示为―→―→
B．E1为反应物的能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能
C．正反应的热效应为ΔH＝E1－E2，且E2>E1，所以正反应为放热反应
D．此图中逆反应的热效应为ΔH＝E1－E2，逆反应为吸热反应
[解析]　A项，结合图像知其正确。B项，反应物分子转变为活化分子所需要的最低能量即正反应的活化能，B项正确。C项，由图可知，正反应的热效应为ΔH＝E1－E2，且E2>E1，所以正反应为放热反应，C项正确。D项，题图中逆反应的热效应ΔH＝E2－E1，为吸热反应，D项错误。
[答案]　D
(1)由上述例题中的图示可知，因为反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应不需要加热就可以进行，这种说法是否正确？
(2)试从能量高低判断，上题中反应物和生成物哪个较为稳定？
答案：(1)不正确。反应物和生成物总能量的相对高低与反应是否需要加热无关。
(2)能量越低越稳定，故生成物较稳定。
　吸热反应和放热反应的判断
1．(2017·北京西城区高二检测)从如图所示的某气体反应的能量变化分析，以下判断错误的是(　　)
A．这是一个放热反应
B．该反应可能需要加热
C．生成物的总能量低于反应物的总能量
D．反应物比生成物更稳定
解析：选D。因反应物的总能量高于生成物的总能量，故反应放热，且生成物比反应物更稳定，A、C项正确，D项不正确；反应是否需要加热与反应吸、放热无必然联系，B项正确。
2．下列化学反应属于吸热反应的是(　　)
A．盐酸与烧碱溶液的反应
B．Al与稀盐酸的反应
C．C＋CO22CO
D．葡萄糖在人体内氧化分解
解析：选C。酸碱中和反应、活泼金属与酸的反应均属于放热反应；葡萄糖在人体内氧化分解，为人的生命活动提供能量，也属于放热反应；C与CO2反应需持续加热，属于吸热反应。
　焓变与物质能量的关系
3．已知某反应的焓变小于零，下列说法正确的是(　　)
A．该反应为放热反应
B．该反应为吸热反应
C．生成物的焓大于反应物的焓
D．反应物的总能量小于生成物的总能量
解析：选A。ΔH＜0表示反应放热。
4．由图分析，下列说法正确的是(　　)
A．A→B＋C和B＋C→A两个反应吸收或放出的能量不等
B．A→B＋C　ΔH＜0
C．A具有的焓高于B和C具有焓的总和
D．A→B＋C　ΔH＞0，B＋C→A　ΔH＜0
解析：选D。由图可看出，B＋C的焓高于A的焓，则反应B＋C→A一定是放热反应，ΔH＜0；反之，A→B＋C的反应一定是吸热反应，ΔH>0。根据能量守恒定律，两反应吸收或放出的能量一定相等。
(1)物质越稳定，则自身具有的能量越低。
(2)放热反应是体系反应后放出能量而使体系的能量降低，ΔH＜0，物质的稳定性增强。如A→B　ΔH＜0，则稳定性B＞A。
(3)吸热反应是反应通过加热、光照等外界条件吸收能量而使体系的能量升高，ΔH＞0，物质的稳定性减弱。如A→B　ΔH＞0，则稳定性A＞B。
(4)通常条件下，反应热就是焓变。
(5)任何化学反应都有反应热，即都有焓变(ΔH≠0)。
(6)ΔH的大小与反应条件无关。　
　键能与反应热(ΔH)
1．化学反应的本质
化学反应是旧键断裂，新键形成的过程。
2．ΔH与键能的关系
(1)键能：拆开(或形成)1 mol化学键吸收(或放出)的能量，单位：kJ/mol(或kJ·mol－1)。
(2)ΔH与化学键键能的关系：ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能。
实例说明：
以H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)反应的能量变化为例
化学键
反应中能量变化
断裂或形成1 mol化学键的能量变化
断裂或形成化学键的总能量变化
H—H
吸收436 kJ
共吸收679 kJ
Cl—Cl
吸收243 kJ
H—Cl
放出431 kJ
共放出862 kJ
结论
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应热ΔH＝－183 kJ/mol
3.图示
化学反应过程中的能量变化可用如图表示：
其中，E′1表示活化能(或反应物断键吸收的热量)，E′2表示生成物成键放出的热量，E′1与E′2的差值表示反应热。上述反应过程表示该反应为放热反应。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)化学反应的本质是旧键断裂和新键形成。(　　)
(2)氯化氢溶于水，化学键发生断裂，是化学变化。(　　)
(3)反应物断键吸收的总能量高于生成物成键放出的总能量的反应是吸热反应。(　　)
(4)化学反应是放出热量还是吸收热量，关键是看断裂化学键吸收能量E1和形成化学键放出能量E2的相对大小。(　　)
(5)物质能量越高越稳定。(　　)
(6)物质所含化学键键能越大越稳定。(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×　(6)√
2．根据下列图示能量变化，计算NO与CO2反应的反应热ΔH＝____。
解析：ΔH＝E1－E2＝368 kJ·mol－1－134 kJ·mol－1＝＋234 kJ·mol－1。
答案：＋234 kJ·mol－1
关于焓变与化学键键能的相互计算
1．依据“ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能”计算反应热。
2．根据热化学方程式中各物质的计量数，计算反应物的总键能和生成物的总键能。
3．注意ΔH的符号，计算结果为负值，则ΔH为“－”，反之为“＋”。
4．明确每个反应物和生成物分子中的化学键条数
(1)利用键能求反应热时应先写出参加反应的各物质的结构式，如NH3写成，1 mol NH3中有3 mol N—H键，然后根据各物质的物质的量计算其键能。
(2)含有双键或三键的，如、，应用或的键能，不能用C—C键的键能乘以2或3来计算。
　SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S—F键。已知：1 mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280 kJ，断裂1 mol F—F、S—F键需吸收的能量分别为160 kJ、330 kJ。则S(s)＋3F2(g)===SF6(g)的反应热ΔH为(　　)
A．－1 780 kJ/mol　　　　 B．－1 220 kJ/mol
C．－450 kJ/mol D．＋430 kJ/mol
[解析]　S(s)＋3F2(g)===SF6(g)的反应过程中旧键断裂吸收的能量为280 kJ/mol＋160 kJ/mol×3＝760 kJ/mol，新键生成放出的能量为330 kJ/mol×6＝1 980 kJ/mol，反应放出(1 980－760) kJ＝1 220 kJ的能量，ΔH＝－1 220 kJ/mol。
[答案]　B
反应：SF6(g)===S(s)＋3F2(g)的反应热ΔH为____kJ/mol。
解析：反应方向相反的反应，ΔH的绝对值相同，符号相反，故该反应的ΔH＝＋1 220 kJ/mol。
答案：＋1 220
　根据键能计算反应热
1．如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，则该反应的反应热为(　　)
A．－180 kJ·mol－1　　　　 B．＋180 kJ·mol－1
C．＋812 kJ·mol－1 D．－812 kJ·mol－1
解析：选B。反应化学方程式为N2(g)＋O2(g)===2NO(g)，则ΔH＝(946＋498－2×632) kJ·mol－1＝＋180 kJ·mol－1。
2．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键 a kJ/mol、P—O键 b kJ/mol、PO键c kJ/mol、OO键d kJ/mol。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，其中正确的是(　　)
A．(6a＋5d－4c－12b) kJ/mol
B．(4c＋12b－6a－5d) kJ/mol
C．(4c＋12b－4a－5d) kJ/mol
D．(4a＋5d－4c－12b) kJ/mol
解析：选A。一个P4分子中含有6个P—P键，一个O2分子中含有1个O===O键，一个P4O10分子中含有12个P—O键和4个P===O键。反应P4＋5O2===P4O10中，反应物键能总和为(6a＋5d) kJ/mol，生成物键能总和为(12b＋4c) kJ/mol，ΔH＝(6a＋5d－12b－4c) kJ/mol。
　根据反应热计算某些键能
3．[2015·高考全国卷Ⅰ，28－(3)]已知反应2HI(g)===H2(g)＋I2(g)的ΔH＝＋11 kJ·mol－1，1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为___kJ。
解析：设1 mol HI(g)分子中化学键断裂吸收的能量为x，则2x－436 kJ－151 kJ＝＋11 kJ，x＝299 kJ。
答案：299
4．已知1 mol X2(g)完全燃烧生成X2O(g)放出热量a kJ，且氧气中1 molOO键完全断裂时吸收能量b kJ，X2O中1 mol X—O键形成时放出能量c kJ，则X2中1 mol X—X键断裂时吸收的能量为(　　)
A．(4c－b＋2a) kJ B. kJ
C．(4c＋b－2a) kJ D. kJ
解析：选B。本题考查了键能与反应中能量变化的关系。1 mol X2完全燃烧生成X2O(g)，放出热量为a kJ，则2X2(g)＋O2(g)===2X2O(g)　ΔH＝－2a kJ/mol，设1 mol X—X键断裂时吸收能量为Q kJ，有2Q＋b－4c＝－2a，求得Q＝，所以B项正确。
重难易错提炼
1.理解化学反应中能量变化的“两原因”
(1)反应物和生成物本身的总能量不同。
(2)旧键断裂吸收的能量与新键形成放出的能量不同。
2.反应热“三要素”
(1)符号：ΔH。　
(2)单位：kJ/mol。
(3)正、负号：ΔH<0为放热反应；ΔH>0为吸热反应。
3.反应热计算“两公式”
(1)ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量。
(2)ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和。
课后达标检测
[基础巩固]
1．如图所示是四位同学在学习了“化学反应与能量的变化”后所产生的相关认识，其中一定正确的是(　　)
解析：选B。中和反应、缓慢氧化反应均是放热反应，但都不会发光，A项错误；在吸热反应中，从外界吸收的能量转化为新物质的化学能，B项正确；有些放热反应需要在高温条件下才能进行，如铝热反应，而有些吸热反应在常温下就能进行，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应，C项错误；由燃烧反应是放热反应，且反应过程中部分化学能转化为光能可知，D项错误。
2．“不用开水，不用火电，自热米饭真方便！”这是某品牌“自热米饭”的广告词。加热米饭的热量来自饭盒内贮存的某些特殊物质，当这些物质混合后就会发生剧烈的变化而释放出大量热量，则这些特殊物质最可能是(　　)
A．浓硫酸和水　　　　 B．生石灰和水
C．硝酸铵和水 D．烧碱和水
解析：选B。浓硫酸与水混合，生石灰与水混合均会放出大量热量，但生石灰价格较浓硫酸便宜、易贮存，且浓硫酸的强腐蚀性应避免在食品设备中使用，故A项错误，B项正确；硝酸铵溶于水吸收热量，NaOH溶于水放出的热量无法满足需要，并且NaOH具有腐蚀性，故C、D项错误。
3．下列图示变化为吸热反应的是(　　)
解析：选A。A项中的图像表示生成物的总能量比反应物的总能量高，故为吸热反应；B项中的图像表示反应物的总能量比生成物的总能量高，故为放热反应；C项中浓硫酸溶于水放热，不是化学变化；D项中锌与盐酸反应是放热反应。
4．下列说法正确的是(　　)
A．光合作用是由化学能转化为热能的过程
B．当反应放热时，ΔH>0；反应吸热时，ΔH<0
C．任何条件下，化学反应的焓变都等于化学反应的反应热
D．在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓的差值来决定
解析：选D。光合作用是由光能转化为化学能的过程，A项错误。当反应放热时，ΔH<0；反应吸热时，ΔH>0，B项错误。只有在等压条件下，化学反应的焓变才等于化学反应的反应热，C项错误。一个化学反应是吸热反应还是放热反应，取决于生成物和反应物的焓的差值，D项正确。
5．根据如图所示的反应，判断下列说法中错误的是(　　)
A．1 mol CO2(g)和1 mol CaO(s)的总能量大于1 mol CaCO3(s)的能量
B．该反应的焓变大于零
C．该反应中有离子键断裂也有共价键断裂，化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量
D．由该反应可推出凡是需要加热才发生的反应均为吸热反应
解析：选D。因为碳酸钙受热分解是吸热反应，1 mol CO2(g)和1 mol CaO(s)的总能量大于1 mol CaCO3(s)的能量，焓变大于零，A、B项正确；C项，在CaCO3中，Ca2＋和CO之间存在离子键，CO中，C与O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂，断键吸收能量，成键放出能量，C项正确；需要加热才发生的反应不一定为吸热反应，如碳的燃烧反应就是放热反应，D项错误。
6．C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)是吸热反应，则CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g)是(　　)
A．放热反应，也是氧化还原反应
B．吸热反应，也是置换反应
C．既不是放热反应，也不是吸热反应
D．无法判断是放热反应还是吸热反应
解析：选A。C(s)与H2O(g)高温下的反应为吸热反应，则其逆反应一定为放热反应，且CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g)又是氧化还原反应。
7．对于反应3A===2B，根据如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．该反应为吸热反应
B．该反应一定有能量转化成了化学能
C．反应物比生成物稳定
D．因为生成物的总能量高于反应物的总能量，所以该反应不需要加热
解析：选D。由题图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，故该反应是吸热反应，一定有能量转化成化学能，A、B项正确；物质本身所含有的能量越低，该物质越稳定，C项正确。
8．已知化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是(　　)
A．每生成2分子AB吸收b kJ热量
B．该反应热ΔH＝＋(a－b) kJ/mol
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热量
解析：选B。观察题给图像可以得到，题图所述反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应，其中反应热ΔH＝＋(a－b) kJ/mol。化学反应过程中，化学键断裂为吸热过程，化学键形成为放热过程。
9．(2017·洛阳高二统考)氢气和氟气在黑暗处混合即可发生爆炸而释放出大量的热量。在反应过程中，断裂1 mol H2中的化学键消耗的能量为Q1 kJ，断裂1 mol F2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1 mol HF中的化学键释放的能量为Q3 kJ。下列关系式中正确的是(　　)
A．Q1＋Q2<2Q3 B．Q1＋Q2>2Q3
C．Q1＋Q2>Q3 D．Q1＋Q2解析：选A。由反应热与键能的关系可知H2(g)＋F2(g)===2HF(g)的ΔH＝(Q1＋Q2－2Q3) kJ/mol，又因为该反应可放出大量的热，即ΔH<0，故Q1＋Q2<2Q3，A正确。
10．已知H2(g)＋O2(g)===H2O(g)，反应过程中的能量变化如图所示。
(1)a、b、c分别代表的意思是______________、___________、__________________。
(2)该反应是____(填“吸热”或“放热”)反应，ΔH____(填“<”或“>”)0。
解析：(1)a代表旧键断裂所吸收的能量，b代表新键形成所放出的能量，c则代表断键吸收的能量与成键释放的能量之差。
(2)由图可知该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，ΔH<0。
答案：(1)旧键断裂吸收的能量　新键形成放出的能量　反应热
(2)放热　<
11．一定条件下，A与B反应可生成C和D，其能量变化如图所示。
(1)下列有关反应A＋B===C＋D的说法正确的是____(填序号)。
A．反应前后原子的种类和数目一定不变
B．该反应若有热量变化，则一定是氧化还原反应
C．若该反应为放热反应，则不需要加热反应就一定能发生
D．反应物的总质量、总能量与生成物的总质量、总能量分别相等
(2)若E1”“<”或“＝”)反应物的总能量，反应热ΔH____(填“>”“<”或“＝”)0。
解析：(1)根据质量守恒定律，反应前后元素原子的种类及数目均不会改变；并非只有氧化还原反应才有热量变化；反应前给反应物加热，只是为了达到反应所需的条件，与反应是否是放热反应没有必然的联系；根据能量守恒定律有反应物的总能量＝生成物的总能量＋放出的能量(或－吸收的能量)。(2)ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量＝E2－E1>0，即ΔH>0。
答案：(1)A　(2)>　>
[能力提升]
12．(2017·启东高二月考)研究表明，化学反应中能量变化的本质是化学键的形成和断裂过程中释放和吸收能量。如图表示反应2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)的能量变化，下列有关说法中错误的是(　　)
A．图中的①是指吸收能量，②是指放出能量
B．图示说明反应2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)是一个吸热反应
C．图示说明化学键的形成与断裂是化学反应中发生能量变化的根本原因
D．③中a为484
解析：选B。A项，断键吸收能量，成键释放能量，正确；B项，由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，应为放热反应，错误；D项，a＝1 852－1 368＝484，正确。
13．NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12 000～20 000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能：
化学键
N≡N
F—F
N—F
键能(kJ/mol)
946
154.8
283.0
下列说法中正确的是(　　)
A．过程N2(g)―→2N(g)放出能量
B．过程N(g)＋3F(g)―→NF3(g)放出能量
C．反应N2(g)＋3F2(g)===2NF3(g)的ΔH＞0
D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应
解析：选B。断裂化学键的过程，吸收能量，A错误；形成化学键的过程，放出能量，B正确；C项，反应的ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和，则ΔH＝946 kJ/mol＋3×154.8 kJ/mol－6×283.0 kJ/mol＝－287.6 kJ/mol，因此ΔH＜0，C错误；化学反应过程中必有化学键的断裂与生成，D错误。
14．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键为942、O===O键为500、N—N键为154，则断裂1 mol N—H键所需的能量(kJ)是(　　)
A．194 B．391
C．516 D．658
解析：选B。因为|ΔH1|＋|ΔH3|＝|ΔH2|，ΔH3＞0，ΔH1＜0，ΔH2＜0，故ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－534 kJ·mol－1＋2 752 kJ·mol－1＝＋2 218 kJ·mol－1；而ΔH3＝154 kJ·mol－1＋500 kJ·mol－1＋4x，故x＝391 kJ·mol－1。
15．下表中的数据是破坏1 mol物质中的化学键所消耗的能量(kJ)：
物质
Cl2
Br2
I2
HCl
HBr
HI
H2
能量/kJ
243
193
151
432
366
298
436
根据上述数据回答下列问题：
(1)下列物质本身具有的能量最低的是____。
A．H2 B．Cl2
C．Br2 D．I2
(2)下列氢化物中，最稳定的是____。
A．HCl　　 B．HBr　　
C．HI
(3)X2＋H2===2HX(X代表Cl、Br、I)的反应是___(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，若消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收热量最多的是___。
(5)若无上表中的数据，你能正确回答出问题(4)吗？______________，你的根据是________________________________。
答案：(1)A　(2)A　(3)放热　(4)Cl2　(5)能　生成物越稳定，放出的热量越多，在HX(X代表Cl、Br、I)中，HCl最稳定
16.(2017·金华一中质检)(1)某化学兴趣小组的同学进行了如图所示的实验，来探究复分解反应的热效应。在一个小烧杯中加入20 g Ba(OH)2·8H2O粉末，将小烧杯放在事先已滴有4～5滴水的玻璃片上。然后向小烧杯中加入10 g NH4Cl晶体，并用玻璃棒迅速搅拌(如图所示，其中玻璃片与烧杯底部之间有一层水)。稍后手拿起烧杯时发现玻璃片与烧杯黏结在一起。
①实验中玻璃棒的作用是_____________________________，所发生反应的化学方程式是____________________________________。
②若用手触摸烧杯外壁，将会有______的感觉，说明该反应为______反应，反应热ΔH______(填“>”“<”或“＝”)0。由该实验能否得出复分解反应就是吸热反应或就是放热反应的结论？________(填“能”或“不能”)，原因是______________。
(2)如图所示，某反应在不同条件下的反应历程分别为a、b。
①据图可判断出反应物的总键能____(填“>”“<”或“＝”，下同)生成物的总键能，则该反应的反应热ΔH____0。
②其中b历程对应的反应采用的条件为____(填序号)。
A．升高温度 B．增大反应物的浓度
C．增大压强 D．使用催化剂
解析：(1)由实验现象可知，该反应是一个吸收热量的反应，反应中体系温度下降，手触摸烧杯外壁时会有冰凉感，故该反应为吸热反应，反应热ΔH>0；因为只研究了一个复分解反应的热效应，故无法确定复分解反应的热效应类型。(2)该反应是一个放热反应，故生成物的总键能大于反应物的总键能；由于b历程对应的反应活化能低于a历程，故b历程对应的反应采用的条件为使用催化剂。
答案：(1)①使混合物充分接触并发生反应　Ba(OH)2·8H2O＋2NH4Cl===BaCl2＋2NH3↑＋10H2O
②冰凉　吸热　>　不能　只进行了一个复分解反应的实验，不能科学地得出结论　(2)①<　<　②D
第2课时　热化学方程式　中和热的测定
　1.了解热化学方程式的含义并能正确书写热化学方程式。　2.通过中和反应反应热的测定，初步学习测定化学反应反应热的实验方法。　3.能正确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误差。　4.能熟练判断热化学方程式的正误。
　热化学方程式
1．概念：能表示参加反应物质的量和反应热关系的化学方程式。
2．意义：热化学方程式不仅表示化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的能量变化。例如：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，表示：在25 ℃、101 kPa时，2 mol氢气和1 mol氧气反应生成2 mol液态水时放出571.6 kJ的热量。
3．书写原则
(1)热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子或原子个数，可以为分数或整数。
(2)必须注明各物质的状态[s(固体)、l(液体)或 g(气体)]、ΔH的数值、正负号及单位。
(3)对于相同的反应，ΔH的数值必须与化学计量数相对应。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)热化学方程式中，化学计量数既可表示物质的量，也可表示分子个数。(　　)
(2)S(s)＋O2(g)===SO2(g)与S(g)＋O2(g)===SO2(g)的反应热相同。(　　)
(3)热化学方程式既表示了反应中的物质变化，也表示了反应中的能量变化。(　　)
(4)热化学方程式未注明温度和压强时，ΔH表示标准状况下的数据。(　　)
(5)化学反应过程所吸收或放出的热量与参加反应的物质的物质的量成正比。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
2．热化学方程式H2O(l)===H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋285.8 kJ/mol的意义：________________________________________________________________________。
答案：在25 ℃、101 kPa时，1 mol液态水完全分解生成1 mol氢气和 mol氧气时吸收的热量是285.8 kJ
热化学方程式的书写
1．书写三步骤
2．书写的注意事项
(1)标明物质的聚集状态：方程式中每种物质的化学式后面用括号注明物质的聚集状态(g、l、s)，不用标“↑”或“↓”，水溶液用aq表示。
(2)注明必要的测定条件：焓变与温度和压强等测定条件有关，所以书写时必须在ΔH后指明反应的温度和压强(25 ℃、101 kPa时可不注明)。
(3)注意ΔH的符号及单位
ΔH只能写在热化学方程式的右边，且中间留空格。若为放热反应，ΔH为“－”；若为吸热反应，ΔH为“＋”。ΔH的单位一般为kJ/mol(或kJ·mol－1)。
(4)注意化学计量数
①化学计量数只表示物质的量，因此可以为分数或整数。
②由于ΔH与反应物的物质的量有关，所以热化学方程式中化学式前面的化学计量数必须与ΔH相对应。
③化学方程式中各物质的化学计量数加倍，则ΔH的数值也加倍；若反应逆向进行，则ΔH改变符号，但绝对值不变。
可逆反应的反应热
热化学方程式是表示反应已完成的量，而不管反应是否真正完成，如300 ℃时，氢气和碘蒸气反应的热化学方程式为H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH＝－9.48 kJ·mol－1，它不代表在300 ℃时，将1 mol H2(g)和1 mol I2(g)反应就有9.48 kJ的热量放出，而是代表有2 mol HI(g)生成时，才有9.48 kJ的热量放出。
　11.2 L(标准状况)H2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出91.5 kJ热量。下列热化学方程式正确的是(　　)
A．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－91.5 kJ/mol
B．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝＋91.5 kJ/mol
C．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝＋183 kJ/mol
D．2HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)　ΔH＝＋183 kJ/mol
[解析]　H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)，标准状况下11.2 L H2的物质的量是0.5 mol，与1 mol H2相对应的放热量为91.5 kJ×2＝183 kJ，则：
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－183 kJ/mol，
2HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)　ΔH＝＋183 kJ/mol。
[答案]　D
依据例题数据，判断下列热化学方程式正确的是(　　)
A．2H2(g)＋2Cl2(g)===4HCl(g)　ΔH＝－183 kJ/mol
B．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－183 kJ
C.H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)　ΔH＝－91.5 kJ/mol
D.H2＋Cl2===HCl　ΔH＝－91.5 kJ/mol
解析：选C。A项ΔH的数值不对，B项ΔH的单位不对，D项未标注物质的状态。
“五查”法判断热化学方程式的正误
(1)一查化学方程式是否书写正确。
(2)二查是否标明聚集状态：固(s)、液(l)、气(g)、溶液(aq)。
(3)三查ΔH的“＋”“－”号是否与吸热、放热一致。ΔH数值前有“＋”“－”号，放热反应的ΔH为“－”，吸热反应的ΔH为“＋”。
(4)四查ΔH的单位是否正确，要统一用kJ/mol(或kJ·mol－1)。
(5)五查ΔH的绝对值是否与热化学方程式的化学计量数相对应。
　热化学方程式的意义
1．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水反应生成一氧化碳和氢气，并吸收131.3 kJ热量
C．1 mol固态碳和1 mol水蒸气反应生成1 mol一氧化碳气体和1 mol氢气，并吸收131.3 kJ热量
D．1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸收131.3 kJ热量
解析：选C。ΔH的数值要与热化学方程式中物质的化学计量数、状态相对应，A、B项错误，C项正确；热化学方程式中的化学计量数表示对应物质的物质的量，D项错误。
2．已知热化学方程式2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH，下列有关ΔH的说法正确的是(　　)
A．与化学方程式的书写形式无关
B．与H—H键、O===O键、H—O键的键能有关
C．与是否使用催化剂有关
D．与物质的状态无关
解析：选B。化学计量数不同时，反应的焓变不同，A项错误；化学反应的焓变与键能的相对大小有关，与反应条件无关，B项正确，C项错误；同一物质的状态不同时，自身具有的能量也不同，从而导致反应的焓变不同，D项错误。
　热化学方程式的判断及书写
3．(2017·济南外国语学校高二月考)下列热化学方程式正确的是(　　)
A．C2H5OH＋3O2===2CO2＋3H2O　ΔH＝－1 367.0 kJ/mol
B．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝＋57.3 kJ/mol
C．S(s)＋O2(g)===SO2(g)　 ΔH＝－269.8 kJ/mol
D．2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)　 ΔH＝－116.2 kJ
解析：选C。A项未标明各物质的聚集状态，B项NaOH和HCl的反应为放热反应，ΔH<0，D项中ΔH的单位是“kJ/mol”而不是“kJ”。
4．(1)已知0.4 mol液态肼(N2H4)和足量H2O2反应生成氮气和水蒸气时放出256.64 kJ的热量。写出肼和H2O2反应的热化学方程式：____________________________________。
(2)已知4.4 g CO2气体与H2经催化生成CH3OH气体和水蒸气时放出4.95 kJ的能量。写出该反应的热化学方程式：____________________________________。
解析：(1)首先根据题意确定反应物和生成物，然后写出化学方程式：N2H4＋2H2O2===N2＋4H2O。0.4 mol液态肼和足量H2O2反应生成氮气和水蒸气时放出256.64 kJ的热量，则1 mol液态肼和足量H2O2反应时放出热量为2.5×256.64 kJ＝641.6 kJ，由此可写出上述反应的热化学方程式。
(2)4.4 g CO2气体完全反应生成CH3OH和水蒸气放出热量4.95 kJ，则1 mol CO2完全反应生成CH3OH和水蒸气放热49.5 kJ，热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.5 kJ/mol。
答案：(1)N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)　 ΔH＝－641.6 kJ/mol
(2)CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.5 kJ/mol
　中和热的测定
1．中和热
在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)所释放的热量称为中和热。
2．实验原理
通过测定一定量的酸、碱溶液在反应前后温度的变化，计算反应放出的热量，由此求得中和热。
3．实验装置和用品
(1)实验装置
(2)实验用品：大烧杯(500 mL)、小烧杯(100 mL)、温度计、量筒(50 mL)两个、碎泡沫塑料或纸条、泡沫塑料板或硬纸板(中心有两个小孔)、环形玻璃搅拌棒、0.50 mol/L盐酸、0.55 mol/L NaOH溶液。
4．测量步骤
5．数据处理
ΔH＝－ kJ·mol－1
其中(m1＋m2)表示溶液质量(单位：g)，c为比热容，c＝4.18 J·(g·℃)－1。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)酸与碱反应过程中放出的热量是中和热。(　　)
(2)测定中和热时，只要选择强酸、强碱的稀溶液，即可确保实验成功。(　　)
(3)测定中和热时，碱稍过量的原因是使酸完全反应。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√
2．中和热测定实验过程中，必须用到的下列实验用品是_________。
①温度计　②环形玻璃搅拌棒　③漏斗
答案：①②
1．测定中和热时，中和反应的对象为酸、碱的稀溶液。这是因为浓酸和浓碱相互混合因稀释会放出热量。
2．强酸与强碱发生中和反应生成可溶性盐的热化学方程式为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol；中和热与参加反应的强酸、强碱的种类、用量无关。
3．弱酸或弱碱在溶液中不能完全电离，随着反应的进行，继续电离并吸收热量，所以它们反应生成1 mol H2O的反应热数值小于57.3 kJ/mol。例如：同样的方法测定氨水与盐酸、NaOH溶液与醋酸的反应热，所测ΔH＞－57.3 kJ/mol。
4．若测定硫酸与Ba(OH)2溶液的反应热，则所测ΔH数值大于57.3 kJ/mol，这主要是因为Ba2＋和SO生成难溶物BaSO4也会放出热量。
5．实验操作的注意事项
(1)为了保证酸、碱完全中和，常采用碱稍过量的方法。
(2)量热装置中需用碎泡沫塑料对其进行保温、隔热，以减少实验过程中热量的损失。
(3)读取中和反应的终止温度是反应混合液的最高温度。
　50 mL 0.50 mol/L盐酸与50 mL 0.55 mol/L 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，图中缺少的一种玻璃用品是_____________。
(2)实验中改用60 mL 0.50 mol/L盐酸与60 mL 0.55 mol/L 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”)，所求得的中和热____(填“相等”或“不相等”)，简述理由：___________________________________________。
(3)实验中改用6.94 mL 15 mol/L硫酸溶液跟60 mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热________(填“相等”或“不相等”)，简述理由：________________________________________________________________________。
(4)若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差(t2－t1)分别为①3.3 ℃、②3.5 ℃、③4.5 ℃，则最终代入计算式的温差平均值为____℃。
[解析]　(1)测定过程中要用环形玻璃搅拌棒搅拌使NaOH与HCl充分反应。(2)放出的热量与参加反应的NaOH、HCl的量有关，参加反应的物质的量越多，放出的热量越多，但酸碱中和反应的中和热指生成1 mol H2O(l)时放出的热量，所以为定值。第(4)问涉及了定量实验中数据处理的常识，一般来说，定量实验需要平行操作多次，取测量值的平均值代入计算以减小误差，但还应注意如果某个测量值与平均值相差较大，则可能在取得该值的操作中存在较严重的失误，应舍去，故此问所给的③4.5 ℃应舍去。
[答案]　(1)环形玻璃搅拌棒　(2)不相等　相等　中和热是指稀酸与稀碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)时所放出的热量，与酸碱用量无关　(3)不相等　浓硫酸稀释时会放出热量　(4)3.4
(1)请利用上题最后一小题的结论，计算该实验测得的中和反应反应热ΔH＝____[设盐酸和NaOH溶液的密度为1 g/cm3，反应后混合溶液的比热容(c)为4.18 J/(g·℃)]。
(2)若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得中和反应反应热为ΔH1，则ΔH1与ΔH的关系为ΔH1____(填“<”“>”或“＝”)ΔH，理由是________。
解析：(1)ΔH＝－[100 g×4.18×10－3 kJ/(g·℃)×3.4 ℃]÷0.025 mol≈－56.8 kJ/mol。(2)因弱电解质的电离过程是吸热的，将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水后，反应放出的热量减少，所以ΔH1>ΔH。
答案：(1)－56.8 kJ/mol　(2)>　NH3·H2O电离吸热
(1)实验中改变酸碱用量时，反应放出的热量发生改变，误认为中和热也发生改变，因为中和热是酸碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)的反应热，故中和热与酸碱用量无关。
(2)误认为中和热的数值57.3 kJ/mol是针对所有酸碱反应，57.3 kJ/mol是稀的强酸和强碱反应生成可溶性盐和1 mol H2O(l)时的反应热。　
　中和热的概念
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．表示中和热的热化学方程式为H＋＋OH－===H2O　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
解析：选C。中和热是指稀酸、稀碱反应生成1 mol 液态H2O时放出的热量。
2．(2017·吉林高二检测)含有11.2 g KOH的稀溶液与1 L 0.1 mol/L的H2SO4溶液反应，放出11.46 kJ的热量，表示该反应中和热的化学方程式为(　　)
A．KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－11.46 kJ/mol
B．2KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l)ΔH＝－11.46 kJ/mol
C．2KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l)ΔH＝－114.6 kJ/mol
D．KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ/mol
解析：选D。中和热是以生成1 mol H2O(l)所放出的热量来定义的，故书写中和热的热化学方程式时，应以生成1 mol H2O(l)为标准来配平其余物质的化学计量数，故D正确。
　中和热的测定
3．下列说法中正确的是(　　)
A．中和热的测定实验中需要用到的主要玻璃仪器有两个大小相同的烧杯、两个大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒
B．可以用保温杯代替烧杯做有关中和热测定的实验
C．在测定中和热的实验中，只需要测定并记录3次温度
D．测定中和热的实验中，若所使用的NaOH的物质的量稍大于HCl，则会导致所测得的中和热数值偏高
解析：选B。为了防止散热，在中和热测定的实验中应选用一大一小两个烧杯，小烧杯和大烧杯之间应用泡沫塑料隔开，A项错误。从防止散热的效果看，保温杯完全可以代替烧杯，而且防止散热效果更好，B项正确。在测定中和热的实验中，需测定稀盐酸、稀NaOH溶液的温度以及反应后混合液的最高温度，即一次实验需要测定并记录3次温度，但对于定量实验，需进行重复实验，C项错误。在中和热测定的过程中为了提高实验的准确度，在实验中通常使一种物质稍过量，D项错误。
4．实验室利用如图装置进行中和热的测定。
(1)该图中有两处实验用品未画出，它们是_____、________。
(2)如用0.5 mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的中和热数值将____(填“偏大”“偏小”或“不变”)，原因是____________________________________。
解析：(1)由装置图可知，装置缺少搅拌用的环形玻璃搅拌棒和保温使用的泡沫塑料板或硬纸板。(2)因为氢氧化钠固体溶于水要放热，则该实验测出的中和热数值偏大。
答案：(1)环形玻璃搅拌棒　泡沫塑料板(或硬纸板)
(2)偏大　氢氧化钠固体溶于水放热
重难易错提炼
1.热化学方程式具有宏观意义，不具有微观意义，因为它与ΔH相对应。可逆反应中“ΔH”表示的是完全反应时对应的焓变值，且正、逆反应的ΔH数值相等，符号相反。
2.一个数值：强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应生成1 mol液态水，放出57.3 kJ的热量。
3.一个公式：中和热的计算公式：ΔH＝－ kJ/mol[其中c＝4.18 J/(g·℃)]。
课后达标检测
[基础巩固]
1．热化学方程式2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ/mol中，化学式前面的化学计量数表示(　　)
A．分子数　　　　　　 B．体积
C．质量 D．物质的量
解析：选D。热化学方程式与普通化学方程式不同，热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，所以化学计量数可以是分数或整数。
2．下列说法正确的是(　　)
A．等质量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B．人类日常利用的煤、天然气、石油等的能量，归根到底是由太阳能转变来的
C．任何酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)的过程中，能量变化均相同
D．H＋ (aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol 能表示稀硫酸与稀Ca(OH)2溶液反应的中和热
解析：选B。A.前者放出的热量多，错误；B.人类日常利用的煤、天然气、石油等的能量，归根到底是由古代的动物、植物等经过漫长的历史时期形成的，因此是太阳能转变来的，正确；C.只有在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)时，能量变化才相同，错误；D.H＋ (aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol表示可溶性的稀强酸与稀强碱反应产生可溶性盐和1 mol液态水时放出的热量，由于CaSO4微溶于水，因此该反应不能表示稀硫酸与稀Ca(OH)2溶液反应的中和热，错误。
3．(2017·杭州六校联考)在做中和热测定实验时，应使用的下列仪器有(　　)
①量筒　②托盘天平　③烧杯　④容量瓶　⑤冷凝管　⑥温度计　⑦酒精灯
A．①③⑥ B．②③⑤
C．①②③⑥ D．全部
解析：选A。中和热测定实验中，需用温度计测定溶液温度，需用量筒量取一定量的酸、碱溶液，需用烧杯盛放反应液及碎泡沫塑料。
4．下列表述或说法正确的是(　　)
A．2NO2===O2＋2NO　ΔH＝＋116.2 kJ/mol(反应热)
B．氢氧化钠的稀溶液与浓硫酸反应时生成1 mol水时的能量变化就是中和热
C．测中和热时所用的盐酸和氢氧化钠溶液的浓度一般是相同的
D．测中和热时通过环形玻璃搅拌棒的上下移动使溶液混合均匀
解析：选D。未注明物质的聚集状态，所以A错误；浓硫酸稀释时放热，所以B错误；测中和热时为了使反应进行充分，一般让酸或碱中的一种物质过量，所以C错误；环形玻璃搅拌棒是通过上下移动使溶液混合均匀的，所以D正确。
5．(2017·福州八校联考)下列中和反应的热化学方程式可用H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1来表示的是(　　)
A．CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－Q1 kJ·mol－1
B.H2SO4(浓，aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－Q2 kJ·mol－1
C．HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－Q3 kJ·mol－1
D．H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－Q4 kJ·mol－1
解析：选C。CH3COOH是弱电解质，电离过程会吸热，故A错误；浓H2SO4稀释时要放热，故B错误；H2SO4和Ba(OH)2反应过程中除了氢离子和氧氧根离子反应放热，硫酸钡沉淀的生成也伴随有热量变化，故D错误。
6．已知：H2(g)＋F2(g)===2HF(g)　ΔH＝－270 kJ·mol－1。下列说法正确的是(　　)
A．2 L氟化氢气体分解成1 L氢气和1 L氟气吸收270 kJ热量
B．1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol液态氟化氢放出的热量小于270 kJ
C．在相同条件下，1 mol氢气与1 mol氟气的能量总和大于2 mol氟化氢气体的能量
D．1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢分子放出270 kJ热量
解析：选C。由题中的热化学方程式可知，1 mol氢气与1 mol氟气反应生成2 mol气态氟化氢放出的热量为270 kJ，而从气态的氟化氢转化为液态的氟化氢还要放出热量，所以热量应大于270 kJ，B错误；由于反应为放热反应，所以在相同条件下，1 mol氢气与1 mol氟气的能量总和大于2 mol氟化氢气体的能量，C正确。
7．下列热化学方程式书写正确的是(　　)
A．2SO2＋O22SO3　ΔH＝－196.6 kJ·mol－1
B．4H2(g)＋2O2(g)===4H2O(l) ΔH＝－1 143.2 kJ·mol－1
C．C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝＋393.5 kJ
D．C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝＋393.5 kJ·mol－1
解析：选B。A中未注明各物质的聚集状态，C、D中ΔH的符号错误，放热反应的ΔH<0，且C中ΔH的单位也错误。
8．沼气是一种能源，它的主要成分是CH4，0.5 mol CH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445 kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是(　　)
A．2CH4(g)＋4O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝＋890 kJ/mol
B．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝＋890 kJ/mol
C．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890 kJ/mol
D.CH4(g)＋O2(g)===CO2(g)＋H2O(l)ΔH＝－890 kJ/mol
解析：选C。0.5 mol CH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出445 kJ热量，即1 mol CH4完全燃烧生成CO2和液态H2O时，放出890 kJ热量，根据书写热化学方程式的有关规定，要注明参加反应的物质的聚集状态，标出热效应，故符合题意的是C项。
9．已知H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－184.6 kJ/mol，则1/2H2(g)＋1/2Cl2(g)===HCl(g)的ΔH为(　　)
A．＋184.6 kJ/mol　　　 B．－92.3 kJ/mol
C．－369.2 kJ/mol　　　 D．＋92.3 kJ/mol
解析：选B。热化学方程式中各物质的化学计量数只表示该物质的物质的量，当化学计量数减半时，反应热也减半。
10．写出下列反应的热化学方程式：
(1)1 mol C2H5OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出1 366.8 kJ热量：________________________________________________________________________。
(2)1 mol C(石墨，s)与适量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)，吸收131.3 kJ热量：________________________________________________________________________。
(3)1.7 g NH3(g)发生催化氧化反应生成气态产物，放出22.67 kJ热量：________________________________________________________________________。
解析：已知反应物的物质的量及放出或吸收的热量，要写出热化学方程式，关键是要确定与方程式中的化学计量数相对应的ΔH。(1)C2H5OH燃烧的化学方程式为C2H5OH＋3O22CO2＋3H2O，那么，相应的热化学方程式为C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1 366.8 kJ·mol－1。
(2)1 mol C(石墨，s)与适量H2O(g)完全反应吸收131.3 kJ热量，则相应的热化学方程式为C(石墨，s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。
(3)1.7 g NH3的物质的量为0.1 mol，则1 mol NH3完全反应放出的热量为226.7 kJ。那么相应的热化学方程式为NH3(g)＋O2(g)===NO(g)＋H2O(g)　ΔH＝－226.7 kJ·mol－1。
答案：(1)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1 366.8 kJ·mol－1
(2)C(石墨，s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1
(3)NH3(g)＋O2(g)===NO(g)＋H2O(g)
ΔH＝－226.7 kJ·mol－1
11．已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol，回答下列有关问题：
(1)用0.1 mol Ba(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应，能放出____kJ的能量。
(2)如图所示装置中，仪器A的名称是______，作用是___________________________；仪器B的名称是____，作用是____________________________________；碎泡沫塑料的作用是___________________________________________。
(3)通过实验测定的中和热的ΔH常常大于－57.3 kJ/mol，其原因可能是__________________________________________。
解析：(1)根据H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol知含0.1 mol Ba(OH)2的稀溶液与足量稀硝酸反应生成0.2 mol H2O(l)，故放出的能量为11.46 kJ。
(2)由实验装置知，仪器A为环形玻璃搅拌棒，作用是搅拌，使溶液充分混合；仪器B为温度计，作用是测量溶液的温度；碎泡沫塑料的作用是保温、隔热、减少实验过程中的热量损失。
(3)在测量中和热的实验中，减少热量损失是实验的关键，即在实验中会不可避免有少量热量损失，导致ΔH常常大于正常值。
答案：(1)11.46　 (2)环形玻璃搅拌棒　搅拌，使溶液充分混合　温度计　测量溶液的温度　保温、隔热、减少实验过程中的热量损失　(3)实验中不可避免有少量热量损失
[能力提升]
12．(2017·江北中学高二测试)下列有关热化学方程式的评价合理的是(　　)
实验事实
热化学方程式
评价
A
H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，将稀硫酸与氢氧化钡溶液混合
H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)
===BaSO4(s)＋2H2O(l)　
ΔH＝－114.6 kJ·mol－1
正确
B
醋酸与稀氢氧化钠溶液混合
CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===
H3COONa(aq)＋H2O(l)　
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
不正确；
因为醋酸状态为“l”，而不是“aq”
C
160 g SO3气体与适量水恰好完全反应生成H2SO4，放出热量260.6 kJ
SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(aq)
ΔH＝－130.3 kJ·mol－1
不正确；
因为反应热为ΔH＝－260.6 kJ·mol－1
D
25 ℃、101 kPa下，120 g石墨完全燃烧放出热量3 935.1 kJ
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　
ΔH＝－393.51 kJ·mol－1
不正确；
同素异形体要注名称：C(石墨，s)
解析：选D。A中生成硫酸钡沉淀，故ΔH不等于－114.6 kJ·mol－1，A错误；醋酸为弱酸，不能完全电离，放热小于57.3 kJ·mol－1，B错误；160 g SO3气体的物质的量为2 mol，热化学方程式正确，C错误；D项符合题意。
13．将V1 mL 1.0 mol/L 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溶液的浓度约是1.0 mol/L
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
解析：选B。中和反应为放热反应，B正确；从表中分析当加入HCl溶液5 mL，NaOH溶液45 mL时，反应后温度为22 ℃，故实验时环境温度小于22 ℃，A错；当加入HCl溶液30 mL反应放热最多，应是酸碱恰好完全中和，故c(NaOH)＝＝1.5 mol/L，C错；中和反应有水生成，但有水生成的不一定是放热反应，如H2＋CuOH2O＋Cu是吸热反应，D错。
14．下列说法正确的是(　　)
A．Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s)　ΔH＝－216 kJ·mol－1，E反应物＜E生成物
B．CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH＝＋178.5 kJ·mol－1，分解1 mol CaCO3放出178.5 kJ热量
C．SO2(g)＋O2(g)??SO3(g)　ΔH＝－98.3 kJ·mol－1，在密闭容器中充入1 mol SO2和0.5 mol O2，充分反应后放出的热量小于98.3 kJ
D．在测定中和热的实验中，酸碱混合后，搅拌一段时间，温度计读数不变时记录下温度
解析：选C。A项中反应是放热反应，E反应物＞E生成物，故A项错误。CaCO3分解是吸热反应，故B项错误。SO2(g)＋O2(g)??SO3(g)是可逆反应，1 mol SO2和0.5 mol O2不可能完全反应，放出的热量必定小于98.3 kJ，故C项正确。应记录混合溶液的最高温度，故D项错误。
15．根据如图所示，写出反应的热化学方程式，并回答问题。
(1)反应过程(Ⅰ)的热化学方程式：_________________________________________。
(2)反应过程(Ⅱ)的热化学方程式：_________________________________________。
(3)Q与Q1的关系Q____(填“大于”“小于”或“等于”)Q1。
解析：由图(Ⅰ)可知，A2(g)与B2(g)化合生成C(g)为放热反应，而图(Ⅱ)中C(g)分解生成A2(g)和B2(g)为图(Ⅰ)反应的逆反应，故二者的ΔH数值相等，符号相反，即Q＝Q1。
答案：(1)A2(g)＋B2(g)===C(g) ΔH＝－Q kJ·mol－1
(2)C(g)===A2(g)＋B2(g)　ΔH＝＋Q1 kJ·mol－1
(3)等于
16．请根据所学知识回答下列问题：
(1)同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH(化学计量数相同)分别为ΔH1、ΔH2，ΔH1____(填“＞”“＜”或“＝”，下同)ΔH2。
(2)相同条件下，2 mol氢原子所具有的能量____1 mol 氢分子所具有的能量。
(3)已知：0.5 mol CH4(g)与0.5 mol水蒸气在t ℃、p kPa 时，完全反应生成CO和H2的混合气体，吸收了a kJ 热量，该反应的热化学方程式是________________________________________________________________________。
解析：(1)同温同压下，反应热的大小与其他反应条件无关，故ΔH1＝ΔH2。
(2)2 mol氢原子形成新化学键即形成1 mol氢分子时放热，故2 mol氢原子所具有的能量大于1 mol氢分子所具有的能量。
(3)根据题意配平化学方程式，注明物质的状态和反应热。
答案：(1)＝　(2)＞
(3)CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋a kJ·mol－1
第二节　燃烧热　能源
　1.理解燃烧热的概念，掌握有关燃烧热的热化学方程式的书写及相关计算。　2.了解能源是人类生存和社会发展的重要基础。　3.了解化学在解决能源危机中的重要作用。
　燃烧热
1．概念：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。
2．单位：燃烧热属于反应热的一种，单位为kJ/mol。
3．意义：25 ℃、101 kPa时，甲烷的燃烧热为890.31 kJ/mol，热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.31 kJ/mol，表示25 ℃、101 kPa时，1 mol甲烷完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出890.31 kJ的热量。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)任何条件下，1 mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量即为该物质的燃烧热。(　　)
(2)燃烧热随化学方程式前的化学计量数的改变而改变。(　　)
(3)1 mol H2完全燃烧生成水蒸气放出的热量为H2的燃烧热。(　　)
(4)12 g碳在O2中燃烧产生稳定的CO气体，放出的总热量为碳的燃烧热。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2．下列关于燃烧热的说法正确的是(　　)
A．1 mol 物质燃烧时放出的热量
B．常温下，可燃物燃烧时放出的热量
C．在1.01×105 Pa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
D．与化学方程式中物质化学式前的化学计量数有关
解析：选C。依据燃烧热定义，C项正确。
燃烧热与中和热的比较
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
25 ℃、1 mol
不一定为1 mol
生成物的量
不确定
生成水的量为1 mol
反应热的含义
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
在稀溶液里，酸与碱发生中和反应生成1 mol液态水时所放出的热量
对燃烧热的正确认识
(1)不是任何燃烧反应的反应热都称之为燃烧热，燃烧热必须具备一定的条件，即“1 mol”“完全燃烧”“生成稳定的氧化物”。
(2)稳定的氧化物是指不能再燃烧的、在常温常压状态下的氧化物。例如：C→CO2(g)，H2→H2O(l)，S→SO2(g)。　
　下列热化学方程式中，ΔH能正确表示物质的燃烧热的是(　　)
A．CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
B．C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
C．H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
D．2C8H18(l)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l) ΔH＝－11 036 kJ·mol－1
[解析]　燃烧热表示1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物的物质的量为1 mol，产物为稳定氧化物。A项，CO的化学计量数为1，产物为稳定氧化物，ΔH代表燃烧热，正确；B、C项可燃物的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，ΔH不代表燃烧热，错误；D项，C8H18的化学计量数为2，ΔH不代表燃烧热，错误。
[答案]　A
　
(1)上述例题中C项的ΔH和氢气的燃烧热ΔHa的大小关系是怎样的？
(2)根据上述例题中D项判断辛烷的燃烧热是多少？
答案：(1)ΔH>ΔHa。C项氢气燃烧的产物是水蒸气，比等质量的液态水能量高，完全燃烧时放出的热量少，但是ΔH是负值，故ΔH>ΔHa。
(2)辛烷的燃烧热是11 036 kJ·mol－1÷2＝5 518 kJ·mol－1。
书写或判断表示燃烧热的热化学方程式要做到“三看”
“一看”可燃物的化学计量数是否为1。
“二看”元素完全燃烧生成的物质是否为稳定氧化物。
“三看”ΔH是否为“－”及单位是否正确。
　燃烧热的概念
1．25 ℃、101 kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖燃烧热的焓变依次是－393.5 kJ/mol、－285.8 kJ/mol、－890.31 kJ/mol、－2 800 kJ/mol，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
B．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－571.6 kJ/mol
C．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.31 kJ/mol
D.C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ/mol
解析：选D。根据燃烧热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应该是液态的。选项A、B、C均不正确。
　有关燃烧热的判断与计算
2．已知1.2 g C(石墨)不完全燃烧生成CO，放出11.1 kJ热量，继续燃烧又放出28.3 kJ热量，则能表示C(石墨)燃烧热的热化学方程式为(　　)
A．C(石墨，s)＋O2(g)===CO(g) ΔH＝－11.1 kJ·mol－1
B．C(石墨，s)＋O2(g)===CO(g) ΔH＝－111.1 kJ·mol－1
C．C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－394 kJ·mol－1
D．C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－28.3 kJ·mol－1
解析：选C。1.2 g石墨的物质的量为0.1 mol，其完全燃烧放热11.1 kJ＋28.3 kJ＝39.4 kJ，故石墨的燃烧热为394 kJ·mol－1，故选C。
3．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如下：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ/mol
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ/mol
C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l) ΔH＝－5 518 kJ/mol
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ/mol
相同质量的H2、CO、C8H18、CH4完全燃烧时，放出热量最少的是(　　)
A．H2(g)　　　　　　　　 B．CO(g)
C．C8H18(l) D．CH4(g)
解析：选B。由热化学方程式可知，相同质量的H2、CO、C8H18、CH4放出的热量分别为
H2：×285.8 kJ＝142.9m kJ，
CO：×283.0 kJ≈10.1m kJ，
C8H18：×5 518 kJ≈48.4m kJ，
CH4：×890.3 kJ≈55.6m kJ，
其中m为各物质的质量，比较可知选B。
　能　源
1．概念：能提供能量的资源，其主要包括：化石燃料(煤、石油、天然气)、阳光、风力、流水、柴草等。
2．化石燃料
(1)包括：煤、石油、天然气。
(2)缺点
3．新能源
(1)类别：新能源主要包括太阳能、氢能、地热能、风能、海洋能和生物质能。
(2)特点：资源丰富，可以再生，没有污染或污染很少。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)煤、石油、天然气属于可再生能源。(　　)
(2)原煤、天然气属于一次能源，电力、氢能属于二次能源。　(　　)
(3)科学地控制燃烧反应，使燃料充分燃烧，提高能源的使用效率，可以节约能源。(　　)
(4)太阳能属于可再生能源，但不属于新能源。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
2．下列属于化石燃料的是(　　)
A．氢气　　　　　　　　 B．木柴
C．煤 D．酒精
答案：C
3．在相同条件下，燃烧时对大气污染程度最小的燃料是(　　)
A．液化气 B．煤油
C．煤球 D．木柴
答案：A
能源的分类
标准
分类
定义
举例
按转
换过
程分
一次
能源
从自然界直接取得的自然资源
煤、原油、天然气等化石能源，水能、生物质能、太阳能等
二次
能源
一次能源经过加工转换后获得的能源
各种石油制品、煤气、蒸汽、电力、氢能、沼气等
按性
质分
可再生能源
可持续再生的能源
风能、水能、生物质能、太阳能、潮汐能等
不可再生能源
经过亿万年形成的短期内无法恢复的能源
石油、煤、天然气等化石能源，核能
按利
用历
史分
常规
能源
在一定历史时期和科学技术水平下，已被人们广泛利用的能源
煤、石油、天然气
新能源
随着科技的不断发展，才开始被人类采用先进的方法加以利用的古老能源以及新发展的利用先进技术所获得的能源
地热能、氢能、生物质能、核能、风能、太阳能、海洋能等
按来
源分
来自太阳辐射的能量
太阳能、煤、石油、天然气、生物质能、风能
来自地球内部的能量
地热能、水能
来自其他天体的引力能量
潮汐能
(1)煤、石油、天然气是当今世界上最重要的化石燃料，它们为不可再生能源。
(2)①煤直接燃烧时产生的CO、SO2等有毒气体及烟尘，对环境造成严重污染。
②煤作为固体燃料，燃烧反应速率小，热利用率低。
③可以通过清洁煤技术，如煤的液化和气化以及烟气净化脱硫等，大大减轻燃煤对环境的污染，提高煤的利用率。　
　煤的气化是实施节能环保的一项重要措施。通常在高温下将煤转化为水煤气，再将水煤气作为气体燃料。有关热化学方程式如下：
①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH1＝＋131.3 kJ/mol
②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2＝－566.0 kJ/mol
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－483.6 kJ/mol
下列有关说法正确的是(　　)
A．水煤气只能用作燃料
B．水煤气是一种二次能源，比煤直接燃烧污染小
C．等质量的CO和H2完全燃烧时，前者放热多
D．由反应③可以确定H2的燃烧热为241.8 kJ/mol
[解析]　水煤气在工业上还可用作还原性气体，故A项错；水煤气属于二次能源，其燃烧产物为CO2和H2O，比煤直接燃烧污染小，故B正确；通过反应②③可以计算得出，等质量的H2比CO完全燃烧放热多，故C错误；H2燃烧生成的稳定的氧化物应为液态水，故D错误。
[答案]　B
　
(1)请列举出常见的二次能源。
(2)上述例题反应①、②中的能量是如何转化的？
答案：(1)电能、沼气、汽油、焦炭、蒸汽、工业余热等。
(2)反应①：热能转化为化学能；反应②：化学能转化为热能。
新能源的特点
(1)太阳能能量巨大，取之不尽，用之不竭，清洁无污染，不需要开采和运输。缺点是能量密度小，受地域和季节的影响大。
(2)氢能有三大优点：①单位质量的燃烧热值高；②资源丰富；③无毒、无污染。缺点是储存、运输困难。
(3)风能是太阳能的一种转换形式，风能能量巨大。缺点是不稳定，受地区、季节、气候影响较大。
　能源的分类
1．绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，如一级能源中的水能、地热能、天然气等；二级能源中的电能、氢能等。下列能源属于绿色能源的是(　　)
①太阳能　②风能　③石油　④煤　⑤潮汐能　⑥木材
A．①②③　　　　　　　　 B．③④⑤
C．④⑤⑥ D．①②⑤
解析：选D。石油、煤、木材等燃烧会造成环境污染。
2．下列叙述中正确的是(　　)
A．沼气是二次能源 B．生物质能是二次能源
C．柴油是一次能源 D．蒸汽是一次能源
解析：选A。根据能源的划分原则，沼气、柴油和蒸汽属于二次能源，生物质能是一次能源，A正确。
　能源的开发与利用
3．下列分别是利用不同能源发电的实例图，其中不属于新能源开发利用的是(　　)
解析：选C。火力发电是化石能源的利用，不属于新能源的开发利用。
4．有专家指出，如果对燃烧产物如CO2、H2O、N2等利用太阳能使它们重新组合，从而能够实现如图所示转化，那么，不仅可以消除对大气的污染，还可以节约燃料，缓解能源危机。在此构想的物质循环中太阳能最终转化为(　　)
A．热能 B．化学能
C．生物质能 D．电能
解析：选A。题中关键信息是利用太阳能使CO2、H2O、N2重新组合，由图可知组合成可燃物，可燃物燃烧后转化为产物并放出热量，产物又结合太阳能转化为燃料，如此循环太阳能最终转化为热能。
重难易错提炼
1.书写表示燃烧热的热化学方程式的三要素
(1)可燃物的物质的量为1 mol。
(2)完全燃烧生成稳定氧化物。
(3)注意反应的条件和各物质的聚集状态。
2.能源的四种分类方法
(1)常规能源和新能源。
(2)一次能源和二次能源。
(3)可再生能源与不可再生能源。
(4)来自太阳、月球和其他天体的能源。
3.文字描述可燃物的燃烧热时用“正值”，如甲烷的燃烧热为890 kJ/mol。
4.太阳能、风能、地热能、核能、氢能、生物质能属于新能源。
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列说法不正确的是(　　)
A．化石燃料在任何条件下都可以燃烧
B．化石燃料在燃烧过程中能产生污染环境的CO、SO2等有害气体
C．直接燃烧煤不如将煤进行深加工后再燃烧的效果好
D．固体煤变为气体燃料后，燃烧效率得到提高
解析：选A。化石燃料只有在适当的温度和有氧气存在的情况下才能燃烧。化石燃料不经处理直接燃烧可产生污染物CO、SO2等有害气体。化石燃料(煤)经深加工后变为气体，不仅减少SO2对大气的污染，而且能提高燃烧效率。A选项的说法是错误的。
2．为了应对能源危机，满足不断增大的能源需求，根本出路是(　　)
A．加速开采地球上的化石能源
B．积极寻找含能源丰富的星球供人类定居
C．依靠科学技术，不断开发新能源
D．尽可能地节约能源
解析：选C。尽可能地节约能源对于应对能源危机有一定作用，但不是解决能源危机问题的根本出路。
3．我国是世界上少数以煤为主要燃料的国家，下列关于煤作燃料的论点不正确的是(　　)
A．煤是重要的化工原料，把煤作燃料简单燃烧掉太可惜，应该综合利用
B．煤是发热量很高的固体燃料，我国煤炭资源相对集中，开采成本低，用煤作燃料实惠
C．煤燃烧时产生大量二氧化硫和烟尘，对环境污染严重
D．通过洁净煤技术，如煤的气化和液化以及烟气脱硫，不仅减轻了燃煤污染，还能提高煤燃烧的热利用率
解析：选B。煤是一种化石燃料，也是重要的化工原料，属于不可再生能源，把煤作燃料简单燃烧掉是一种浪费，而且煤中所含的硫在燃烧时生成的SO2会对环境造成污染，通过洁净煤技术，如煤的气化和液化以及烟气脱硫，不仅减轻了燃煤污染，而且能提高煤燃烧的热利用率。
4．已知：101 kPa时辛烷的燃烧热为5 518 kJ/mol，强酸与强碱在稀溶液中发生反应时的中和热为57.3 kJ/mol，则下列热化学方程式书写正确的是(　　)
A．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g)
ΔH＝＋5 518 kJ/mol
B．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－5 518 kJ/mol
C．H＋＋OH－===H2O　ΔH＝－57.3 kJ/mol
D．2NaOH(aq)＋H2SO4(aq)===Na2SO4(l)＋2H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ/mol
解析：选B。A、B项，因该反应为放热反应，ΔH应取负值，同时水的聚集状态应为液态，故A错误、B正确；C项中应标注H＋、OH－的状态是稀溶液状态(aq)，H2O为液态(l)，故C错误；D项中ΔH＝－2×57.3 kJ/mol，Na2SO4为稀溶液状态(aq)，故D错误。
5．关于能源的利用，下列说法中错误的是(　　)
A．由于我国煤和石油的储量十分丰富，所以太阳能和核能的开发在我国并不十分重要
B．能源的利用过程，实质上是能量的转化和传递过程
C．现在人类社会使用的能源主要是煤、石油和天然气
D．煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能
解析：选A。我国的煤和石油尽管储量丰富，但终究有限，且利用后不能再生。所以开发和利用新能源，特别是核能和太阳能，是解决能源问题的出路，A项错误。
6．下列热化学方程式中ΔH的数值表示可燃物燃烧热的是(　　)
A．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－184.6 kJ/mol
B．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802.3 kJ/mol
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ/mol
D．CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJ/mol
解析：选D。燃烧热是指1 mol燃料充分燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。A中HCl不是氧化物，B中H2O应为液态，C中H2应为1 mol。故只有D正确。
7．已知在一定条件下，CO的燃烧热为283 kJ/mol，CH4的燃烧热为890 kJ/mol，由1 mol CO和3 mol CH4组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，释放的热量为(　　)
A．2 912 kJ　　　　　　　 B．2 953 kJ
C．3 236 kJ D．3 867 kJ
解析：选B。1 mol CO完全燃烧放出的热量为1 mol×283 kJ/mol＝283 kJ。3 mol CH4完全燃烧放出的热量为3 mol×890 kJ/mol＝2 670 kJ。释放的总热量为283 kJ＋2 670 kJ＝2 953 kJ。
8．已知C、H2、CO的燃烧热的数据如下表所示：
物质
C
H2
CO
ΔH/kJ·mol－1
－393.5
－285.8
－283.0
(1)写出C完全燃烧的热化学方程式：__________________________________________。
(2)能表示H2燃烧热的热化学方程式为__________________________________________。
(3)现以H2或CO为燃料来提供热能，从热能的角度考虑，你认为最好选择___(填写序号)。
A．H2　　　B．CO　　　C．均可以
理由是______________________________________________________________。
解析：(1)～(2)由C和H2的燃烧热可书写出C完全燃烧和表示H2燃烧热的热化学方程式。
(3)1 g H2完全燃烧放出的热量为＝142.9 kJ，
而1 g CO完全燃烧放出的热量为≈10.1 kJ。故最好选择H2。
答案：(1)C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ/mol
(2)H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ/mol
(3)A　等质量的H2完全燃烧放出的热量比CO多，且H2的燃烧产物为H2O，对环境无污染
9．已知下列热化学方程式：
①H2O(l)===H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋285.8 kJ/mol
②H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ/mol
③NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol
④C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110.5 kJ/mol
⑤C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ/mol
回答下列问题：
(1)上述反应中属于吸热反应的是____(填序号)。
(2)C的燃烧热为____。
(3)燃烧10 g H2生成液态水，放出的热量为____。
解析：(1)ΔH＞0的反应为吸热反应，故①是吸热反应，其余为放热反应。(2)C完全燃烧的生成物应该是CO2(g)，故其燃烧热为393.5 kJ/mol。(3)根据反应①可知1 mol H2完全燃烧生成1 mol液态水时放出285.8 kJ的热量，故10 g H2完全燃烧生成液态水时放出的热量为×285.8 kJ/mol＝1 429 kJ。
答案：(1)①　(2)393.5 kJ/mol　(3)1 429 kJ
10．能源是人类赖以生存和发展的重要物质基础，常规能源的合理利用和新能源的合理开发是当今社会人类面临的严峻课题。回答下列问题：
(1)乌克兰科学家将铜和铁混合熔化制成多孔金属，用于制作太空火箭上使用的煤油燃料雾化器，该雾化器的作用是___________________________________________________。
(2)乙醇是未来内燃机的首选环保型液体燃料，0.1 mol乙醇完全燃烧生成液态水放出136.69 kJ的热量，表示乙醇燃烧热的热化学方程式为________________________________________________________________________。
解析：(1)煤油雾化后可使煤油与助燃剂充分接触，提高燃烧效率。
(2)1 mol乙醇燃烧时放出的热量为136.69 kJ×10＝1 366.9 kJ。
答案：(1)使煤油雾化，增大与助燃剂的接触面积，提高燃烧效率
(2)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1 366.9 kJ/mol
[能力提升]
11．(2017·广州高二检测)下列说法不正确的是(　　)
A．1 mol 硫蒸气与2 mol 硫蒸气完全燃烧时，燃烧热相同
B．已知2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(l)　ΔH＝－3 119.6 kJ·mol－1，则C2H6的燃烧热为1 559.8 kJ·mol－1　
C．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若将含1 mol CH3COOH的醋酸溶液与含1 mol Ba(OH)2的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ
D．在25 ℃、101 kPa时，1 mol H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1
解析：选D。A项中同种状态的同一物质的燃烧热相同，A正确；B项中由2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(l)　ΔH＝－3 119.6 kJ·mol－1及燃烧热的定义知，C2H6的燃烧热为＝1 559.8 kJ·mol－1，B正确；C项中CH3COOH为弱酸，电离时需吸收热量，故1 mol CH3COOH与1 mol Ba(OH)2反应时，放出的热量小于57.3 kJ，C正确；D项中H2燃烧为放热反应，ΔH<0，D错误。
12．(2017·镇海中学调研)已知煤炭的燃烧热为393.15 kJ·mol－1，氢气的燃烧热为242 kJ·mol－1，一氧化碳的燃烧热为283 kJ·mol－1。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，煤炭燃烧得更旺，因此该同学得出结论：煤炭燃烧时加少量水，可使煤炭在燃烧时放出更多的热量。下列有关说法正确的是(　　)
A．表示氢气燃烧热的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－484 kJ·mol－1
B．表示CO燃烧热的热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－283 kJ·mol－1
C．“煤炭燃烧得更旺”是因为少量固体碳转化成了可燃性气体
D．因242 kJ·mol－1＋283 kJ·mol－1>393.15 kJ·mol－1，故该同学的结论是对的
解析：选C。燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，若有水生成，则水应该是液态水，A、B项错误；高温下灼热的煤炭与H2O反应时生成气体燃料，气体燃料燃烧时与空气接触充分，燃烧充分，所以炉火更旺，C项正确；煤炭与水反应时吸收热量，D项错误。
13．(2017·嘉兴高二月考)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
下列说法正确的是(　　)
A．热稳定性：正丁烷＞异丁烷
B．正戊烷的燃烧热大约是3 540 kJ·mol－1
C．乙烷燃烧的热化学方程式为2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 560.8 kJ·mol－1
D．在101 kPa下，甲烷的热值是891.0 kJ·g－1(热值：单位质量燃料完全燃烧放出的热量)
解析：选B。由表格中的数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，故热稳定性：正丁烷＜异丁烷，A错误；正戊烷和异戊烷互为同分异构体，由表格中正丁烷、异丁烷的燃烧热可知B正确；乙烷燃烧的热化学方程式为2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(l)　ΔH＝－3 121.6 kJ·mol－1，C错误；甲烷的热值＝≈55.7 kJ·g－1，D错误。
14．(2017·太原高二质检)煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，它由煤炭与水蒸气在高温条件下反应制得，故又称水煤气。
(1)试写出制取水煤气的化学方程式：__________________________________________。
(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。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，试比较等物质的量的C3H8和CO完全燃烧，产生的热量之比约为______。
(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，试比较等质量的氢气和丙烷完全燃烧，产生的热量之比约为_________________。
(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________________。
解析：(1)由题中“煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，它由煤炭与水蒸气在高温条件下反应制得”可知反应的化学方程式为C＋H2O(g)CO＋H2。(2)等物质的量的C3H8和CO完全燃烧，产生的热量之比为2 220.0∶282.57≈7.9∶1。(3)等质量的H2与C3H8完全燃烧，产生的热量之比为∶≈2.8∶1。
答案：(1)C＋H2O(g)CO＋H2　(2)7.9∶1
(3)2.8∶1　(4)来源丰富，燃烧产物无污染
15．碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
(1)已知CH3OH(l)的燃烧热为238.6 kJ/mol，CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－a kJ/mol，则a____(填“＞”“＜”或“＝”)238.6。
(2)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl(g)和CO2，当有1 mol Cl2参加反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：________________________________________。
(3)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s)　ΔH＝－1 176 kJ/mol，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为____。
解析：(1)甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量少，故a＜238.6。(2)据题意确定化学方程式为2Cl2＋2H2O＋C===4HCl＋CO2，2 mol Cl2参加反应放出热量为2×145 kJ＝290 kJ，故该反应的热化学方程式为2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)　ΔH＝－290 kJ/mol。(3)所给反应中转移12 mol 电子放出的热量为1 176 kJ，故每转移1 mol电子放出的热量为1 176 kJ÷12＝98 kJ。
答案：(1)＜　(2)2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)　ΔH＝－290 kJ/mol　(3)98 kJ
第三节　化学反应热的计算
　1.理解盖斯定律的内容，了解其在科学研究中的意义。　2.能利用盖斯定律进行有关反应热的简单计算。
　盖斯定律
1．内容
不论化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的。
2．特点
(1)反应的热效应只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关。
(2)同一反应的反应热总值一定，如图表示始态到终态的反应热。
则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4＋ΔH5。
3．应用
(1)科学意义：有的反应进行得很慢，有些反应不直接发生，有些反应产品不纯，无法或较难通过实验测定这些反应的反应热，应用盖斯定律可间接地计算反应热。
(2)计算方法：如求C(s)＋O2(g)===CO(g)的反应热ΔH。
根据盖斯定律可得：ΔH1＝ΔH＋ΔH2，则：ΔH＝ΔH1－ΔH2。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)一个反应一步完成或分几步完成，两者相比，经过的步骤越多，放出的热量越多。(　　)
(2)化学反应过程，既遵循质量守恒定律，也遵循能量守恒定律。(　　)
(3)不同的热化学方程式之间，因反应的物质不同，故热化学方程式不能相加减。(　　)
(4)由C(金刚石，s)===C(石墨，s)　ΔH＝－1.9 kJ/mol，可知：金刚石比石墨更稳定。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．一定量固态碳在炉膛内完全燃烧，放出热量为Q1 kJ；向炽热的炉膛内通入水蒸气会产生水煤气，水煤气完全燃烧生成水蒸气和二氧化碳放出热量为Q2 kJ。若炉膛内燃烧等质量固态碳，则Q1____(填“＞”“＜”或“＝” )Q2。
解析：根据盖斯定律，两种情况下的始态与终态相同，故放出的热量是相同的。
答案：＝
1．盖斯定律应用的常用方法
(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
将需要消去的物质先进行乘除运算，使它们的化学计量数相同，然后进行加减运算。
2．应用盖斯定律计算反应热时的注意事项
(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(带符号)。
(3)将一个热化学方程式颠倒时，ΔH的“＋”“－”号必须随之改变，但数值不变。
利用盖斯定律可由总反应和分反应来确定另一分反应的热效应，也可以确定反应物和生成物的相对稳定性。反应放热，则生成物能量较低，生成物的稳定性较反应物的强；反之，则弱。
　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
[解析]　C或CO燃烧生成CO2均是放热反应，ΔH<0，A错误；C与CO2反应生成CO是吸热反应，则ΔH2>0，Fe与O2反应生成Fe2O3是放热反应，则ΔH4<0，B错误；将第2个方程式和第3个方程式相加可得第1个方程式，所以由盖斯定律得ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，C正确；由盖斯定律得ΔH3＝ΔH4＋ΔH5，D错误。
[答案]　C
　
(1)根据上述题目给出的热化学方程式求C(s)＋O2(g)===CO2(g)的ΔH6。
(2)用ΔH2和ΔH5表示反应3C(s)＋2Fe2O3(s)===3CO2(g)＋4Fe(s)的ΔH7。
答案：(1)ΔH6＝ΔH1。
(2)将第2个方程式乘以3和第5个方程式乘以2相加可得目标方程式，所以由盖斯定律得ΔH7＝3ΔH2＋2ΔH5。
利用已知热化学方程式的焓变
求未知反应焓变的方法
(1)确定待求反应的热化学方程式。
(2)找出待求热化学方程式中各物质出现在已知方程式中的位置(是同侧还是异侧)。
(3)利用同侧相加、异侧相减进行处理。
(4)根据待求方程式中各物质的化学计量数通过乘除来调整已知反应的化学计量数，并消去中间产物。
(5)将调整后的化学方程式进行叠加并确定反应热的变化。　
　盖斯定律及其应用
1．已知：2Zn(s)＋O2(g)===2ZnO(s)　ΔH1＝－701.0 kJ/mol　①，2Hg(l)＋O2(g)===2HgO(s)　ΔH2＝－181.6 kJ/mol　②，则反应Zn(s)＋HgO(s)===ZnO(s)＋Hg(l)的ΔH为(　　)
A．＋519.4 kJ/mol　　　　　 B．＋259.7 kJ/mol
C．－259.7 kJ/mol　　　　　 D．－519.4 kJ/mol
解析：选C。根据盖斯定律：由①×－②×可得：Zn(s)＋HgO(s)===ZnO(s)＋Hg(l)，则ΔH＝ΔH1－ΔH2＝×(－701.0 kJ/mol)－×(－181.6 kJ/mol)＝－259.7 kJ/mol。
2．盖斯定律认为能量总是守恒的，化学反应过程一步完成或分步完成，整个过程的热效应是相同的。
已知：①H2O(g)===H2O(l)　ΔH1＝Q1 kJ/mol
②C2H5OH(g)===C2H5OH(l)　ΔH2＝Q2 kJ/mol
③C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH3＝Q3 kJ/mol
若使23 g液态酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(kJ)(　　)
A．Q1＋Q2＋Q3
B．1.5Q1－0.5Q2＋0.5Q3
C．0.5Q1－1.5Q2＋0.5Q3
D．0.5(Q1＋Q2＋Q3)
解析：选B。将③－②＋3×①就能得到46 g液态酒精完全燃烧最后恢复到室温所放出的热量，然后将该热量再除以2即可。
　根据盖斯定律书写热化学方程式
3．已知金刚石和石墨在氧气中燃烧的热化学方程式分别为C(金刚石，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－395.41 kJ/mol，C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.51 kJ/mol。
试写出金刚石转化成石墨的热化学方程式：____________________________________。
解析：将题给两个热化学方程式依次标为①和②，根据盖斯定律由①－②得：C(金刚石，s)===C(石墨，s)　ΔH＝－1.9 kJ/mol。
答案：C(金刚石，s)===C(石墨，s)　ΔH＝－1.9 kJ/mol
4．(2015·高考四川卷)已知25 ℃、101 kPa时：
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s) ΔH＝－1 648 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393 kJ·mol－1
2Fe(s)＋2C(s)＋3O2(g)===2FeCO3(s) ΔH＝－1 480 kJ·mol－1
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是______________________。
解析：将所给热化学方程式标号：
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s) ΔH＝－1 648 kJ·mol－1　①
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393 kJ·mol－1　②
2Fe(s)＋2C(s)＋3O2(g)===2FeCO3(s) ΔH＝－1 480 kJ·mol－1　③
根据盖斯定律：①＋②×4－③×2可得：
4FeCO3(s)＋O2(g)===2Fe2O3(s)＋4CO2(g)　ΔH＝－260 kJ·mol－1。
答案：4FeCO3(s)＋O2(g)===2Fe2O3(s)＋4CO2(g)　ΔH＝－260 kJ·mol－1
　反应热的计算
1．计算依据
(1)热化学方程式；(2)能量；(3)键能；(4)燃烧热；(5)盖斯定律。
2．计算方法
(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)根据反应物和生成物的能量计算：ΔH＝生成物的能量总和－反应物的能量总和。
(3)根据反应物和生成物的键能计算：ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和。
(4)根据物质的燃烧热数值计算：Q(放)＝n(可燃物)×|ΔH(燃烧热)|。　
(5)根据盖斯定律计算：将热化学方程式进行适当的“加”“减”等变形后，由过程的热效应进行计算、比较。
1．已知：Na(s)＋Cl2(g)===NaCl(s)　ΔH＝－411 kJ·mol－1，则生成2 mol NaCl放出热量为_________________。
答案：822 kJ
2．已知16 g固体硫完全燃烧时放出148.4 kJ的热量，写出表示硫燃烧的热化学方程式：________________________________________________________________________。
答案：S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－296.8 kJ/mol
3．已知：温度过高时，WO2(s)转变为WO2(g)；
①WO2(s)＋2H2(g) ??W(s)＋2H2O(g) ΔH1＝＋66.0 kJ·mol－1
②WO2(g)＋2H2(g) ??W(s)＋2H2O(g) ΔH2＝－137.9 kJ·mol－1
则WO2(s) ??WO2(g)的ΔH＝________。
答案：＋203.9 kJ·mol－1
1．运用热化学方程式进行反应热的计算，可以从反应式中各物质的物质的量、质量、标准状况下气体体积、反应热等对应关系，列式进行简单计算。
2．注意热化学方程式中化学计量数只表示物质的物质的量，必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。尤其是利用盖斯定律计算反应热时，热化学方程式可以直接相加减，化学计量数必须与ΔH相对应。
3．热化学方程式中的反应热是指按所给形式反应完全时的反应热。
4．正、逆反应的反应热数值相等，符号相反。
　(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)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
(3)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_________。
(4)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，将两个热化学方程式相加即可得第②问答案。
(2)将题中三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。
(3)(①＋②×2)×得：CO(g)＋Na2O2(s)===Na2CO3(s)　ΔH＝－509 kJ·mol－1，即该反应放出509 kJ热量时转移2 mol e－。
(4)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)A　(3)1.204×1024(或2NA)　(4)369
利用图示求ΔH的方法
放热反应(a、b、c
均大于0，下同)
ΔH＝(E2－E1)kJ/mol＝
(a－b) kJ/mol＝－c kJ/mol
吸热反应
ΔH＝(E2－E1)kJ/mol＝
(a－b) kJ/mol＝＋c kJ/mol
　利用燃烧热或热化学方程式计算反应热
1．(2015·高考海南卷)已知丙烷的燃烧热ΔH＝－2 215 kJ·mol－1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8 g水，则放出的热量约为(　　)
A．55 kJ　　　　　　　 B．220 kJ
C．550 kJ D．1 108 kJ
解析：选A。丙烷分子式是C3H8，燃烧热为ΔH＝－2 215 kJ·mol－1，1 mol丙烷完全燃烧会产生4 mol水，放热2 215 kJ。丙烷完全燃烧产生1.8 g水，水的物质的量为0.1 mol，则消耗丙烷的物质的量为0.025 mol，所以反应放出的热量Q＝0.025 mol×2 215 kJ·mol－1＝55.375 kJ，则放出的热量约为55 kJ。
2．已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ/mol；2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ/mol。现有由炭粉和氢气组成的悬浮气0.2 mol，在氧气中完全燃烧生成CO2(g)和H2O(g)，共放出63.53 kJ热量，则悬浮气中C与H2的物质的量之比为(　　)
A．1∶1　　　 B．1∶2
C．2∶3　　　　 D．3∶2
解析：选A。设悬浮气中炭粉的物质的量为x mol，氢气的物质的量为y mol，则：
解方程组得：x＝0.1，y＝0.1，即两者的物质的量之比为1∶1。　
　利用盖斯定律或其他条件计算反应热
3．氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在生产、生活中有着重要作用。
(1)如图是N2(g)和H2(g)反应生成1 mol NH3(g)过程中能量变化示意图，请写出N2和H2反应的热化学方程式：____________________________________。
(2)已知化学键键能是形成或拆开1 mol化学键放出或吸收的能量，单位kJ·mol－1。已知：
化学键
H—H
N≡N
键能/kJ·mol－1
435
943
试根据表中及图中数据计算N—H键的键能为____kJ·mol－1。
(3)用NH3催化还原NOx还可以消除氮氧化物的污染。例如：
4NH3(g)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1＝－a kJ·mol－1　①
N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH2＝－b kJ·mol－1　②
若1 mol NH3还原NO至N2，则该反应过程中的反应热ΔH3＝____kJ·mol－1(用含a、b的式子表示)。
解析：(1)由图像可知，该反应为放热反应，且生成1 mol NH3(g)时，放出的热量为(300－254) kJ＝46 kJ，故N2和H2反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1。
(2)设N—H键的键能为x，故反应热ΔH＝－92 kJ·mol－1＝(3×435＋943) kJ·mol－1－6×x，x＝390 kJ·mol－1。
(3)由①－②×3，可得：4NH3(g)＋6NO(g)===5N2(g)＋6H2O(g)，故其反应热ΔH＝(3b－a)kJ·mol－1，故1 mol NH3还原NO至N2，反应热为(3b－a)/4 kJ·mol－1。
答案：(1)N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　 ΔH＝－92 kJ·mol－1　(2)390　(3)(3b－a)/4
重难易错提炼
1.盖斯定律的实质是ΔH只与反应物、生成物的能量或键能有关，与反应过程及中间产物的能量无关。
2.热化学方程式可直接相加减，但必须遵循左加(减)左、右加(减)右、ΔH加(减)ΔH。
3.多个反应叠加时，若原理理解不透，计算易出错。若已知反应中的物质与目标反应的物质同侧，则方程式相加；不同侧，则方程式相减。如果化学计量数不同，则乘或除以一定系数，使已知反应物质的化学计量数与目标反应物质的化学计量数相等。
4.物质键能与物质所含能量两个概念易弄混。物质化学键键能越大，其能量(及焓)越低，该物质越稳定。反之，物质化学键键能越小，其能量(及焓)越高，该物质越不稳定。
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列说法正确的是(　　)
A．化学反应的反应热与反应过程有密切的关系
B．化学反应的反应热决定于反应体系的始态和终态
C．盖斯定律只是一条简单的自然规律， 其实际作用不大
D．有的化学反应过程没有能量变化
解析：选B。反应热与反应体系的始态和终态有关， 与反应过程无关，A错，B对；盖斯定律的实际作用很大，C错；任何化学反应均有能量变化，D错。
2．已知：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ/mol；C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2＝－110.5 kJ/mol；则2 mol C在O2中完全燃烧，放出的热量为(　　)
A．221 kJ　　　　　　　　 B．787 kJ
C．393.5 kJ D．110.5 kJ
解析：选B。C在O2中完全燃烧生成CO2，故2 mol C完全燃烧放出热量为2 mol×393.5 kJ/mol＝787 kJ。
3．已知葡萄糖的燃烧热是2 804 kJ/mol，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
解析：选A。葡萄糖的燃烧热的热化学方程式：C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)　 ΔH＝－2 804 kJ/mol，由此可知，生成6 mol×18 g/mol＝108 g水放出2 804 kJ热量，则生成1 g水时放出的热量为2 804 kJ÷108≈26.0 kJ。
4．已知25 ℃、101 kPa条件下：
①4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)
ΔH1＝－2 834.9 kJ·mol－1
②4Al(s)＋2O3(g)===2Al2O3(s)
ΔH2＝－3 119.1 kJ·mol－1
由此得出的正确结论是(　　)
A．等质量的O2比O3能量高，由O2变为O3为放热反应
B．等质量的O2比O3能量低，由O2变为O3为吸热反应
C．O3比O2稳定，由O2变为O3为吸热反应
D．O2比O3稳定，由O2变为O3为放热反应
解析：选B。已知25 ℃、101 kPa条件下：①4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)　ΔH1＝－2 834.9 kJ·mol－1，②4Al(s)＋2O3(g)===2Al2O3(s)　ΔH2＝－3 119.1 kJ·mol－1，根据盖斯定律①－②得到：3O2(g)===2O3(g)　ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－2 834.9 kJ·mol－1－(－3 119.1 kJ·mol－1)＝＋284.2 kJ·mol－1，氧气转化为臭氧是吸热反应，3 mol氧气生成2 mol臭氧吸收热量284.2 kJ，故A错误；等质量的O2比O3的能量低，由O2变为O3是吸热反应，故B正确；由O2变为O3的化学反应为吸热反应，氧气的能量低，故氧气比臭氧稳定，故C、D错误。
5．已知：Fe2O3(s)＋C(s)===CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH＝＋234.1 kJ/mol；C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ/mol；则2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)的ΔH是(　　)
A．－824.4 kJ/mol　　　　　　　 B．－627.6 kJ/mol
C．－744.7 kJ/mol　　　 D．－169.4 kJ/mol
解析：选A。观察热化学方程式①Fe2O3(s)＋C(s)===CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH1＝＋234.1 kJ/mol；②C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－393.5 kJ/mol；②×－①可得2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)，则ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－824.35 kJ/mol≈－824.4 kJ/mol。
6．(2017·重庆渝中区月考)下表中列出了25 ℃、101 kPa时一些物质的燃烧热数据。
物质
CH4
C2H2
H2
燃烧热(kJ/mol)
890.3
1 299.6
285.8
已知键能：C—H键：413.4 kJ/mol，H—H键：436.0 kJ/mol。则下列叙述正确的是(　　)
A．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－571.6 kJ/mol
B．C—H键键长小于H—H键
C．C≡C键的键能为796.0 kJ/mol
D．2CH4(g)===C2H2(g)＋3H2(g)　ΔH＝－376.4 kJ/mol
解析：选C。A项，生成的水应为液态，错误；B项，C原子半径大于H原子半径，故C—H键键长大于H—H键键长，错误；由盖斯定律和已知数据可得2CH4(g)===C2H2(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋376.4 kJ/mol，设C≡C键的键能为x，由键能与反应热的关系可知＋376.4 kJ/mol＝8×413.4 kJ/mol－2×413.4 kJ/mol－x－3×436.0 kJ/mol，解得x＝796.0 kJ/mol，故C项正确，D项错误。
7．氯原子对O3的分解有催化作用：O3(g)＋Cl(g)===ClO(g)＋O2(g)　ΔH1，ClO(g)＋O(g)===Cl(g)＋O2(g)　ΔH2，大气臭氧层的分解反应是O3(g)＋O(g)===2O2(g)　ΔH，该反应的能量变化示意图如图所示，下列叙述中正确的是(　　)
A．反应O3(g)＋O(g)===2O2(g)的ΔH＝E1－E3
B．反应O3(g)＋O(g)===2O2(g)的ΔH＝E2－E3
C．O3(g)＋O(g)===2O2(g)是吸热反应
D．ΔH＝ΔH1＋ΔH2
解析：选D。O3(g)与O(g)的总能量高于生成物O2(g)的能量，反应O3(g)＋O(g)===2O2(g)为放热反应，ΔH<0，ΔH＝E3－E2，故A、B、C错误；根据盖斯定律可得ΔH＝ΔH1＋ΔH2，故D正确。
8．S(单斜)和S(正交)是硫的两种同素异形体。
已知：①S(单斜，s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1＝－297.16 kJ/mol；
②S(正交，s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2＝－296.83 kJ/mol；
③S(单斜，s)===S(正交，s)　ΔH3。
下列说法正确的是(　　)
A．ΔH3＝＋0.33 kJ/mol
B．单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应
C．S(单斜，s)===S(正交，s)　ΔH3＜0，正交硫比单斜硫稳定
D．S(单斜，s)===S(正交，s)　ΔH3＞0，单斜硫比正交硫稳定
解析：选C。根据盖斯定律得③＝①－②，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－0.33 kJ/mol，说明反应③为放热反应，单斜硫的能量比正交硫高，正交硫更稳定。
9．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，放出的热量是(　　)
A．0.4Q1＋0.05Q2 B．0.4Q1＋0.1Q2
C．0.4Q1＋0.05Q3 D．0.4Q1＋0.1Q3
解析：选D。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反应③进行计算，结果为0.4Q1＋0.1Q3。
10．(2017·银川高二测试)已知下列两个热化学方程式：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.0 kJ/mol
C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－2 220.0 kJ/mol　
(1)实验测得H2和C3H8的混合气体共5 mol，完全燃烧生成液态水时放热6 262.5 kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积之比为______。
(2)已知：H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0 kJ/mol，写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：________________________________________________________。
解析：(1)设H2、C3H8的物质的量分别为n1 mol、n2 mol，
则
解得：n1＝2.5，n2＝2.5，
在相同p、T时，＝＝＝1∶1。
(2)由H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0 kJ/mol，
则4 mol H2O(l)变为气态水吸热为176 kJ，故C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－2 044.0 kJ/mol。
答案：(1)1∶1　 (2)C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－2 044.0 kJ/mol
11．(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
写出Zn与Ag2O反应的热化学方程式：_________________________________________。
(2)已知：①H2(g)＋O2(g)===H2O(g)ΔH1＝－241.8 kJ·mol－1
②C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH2＝－110.5 kJ·mol－1
写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：_______________________________________。
答案：(1)Zn(s)＋Ag2O(s)===2Ag(s)＋ZnO(s) ΔH＝－317.3 kJ·mol－1
(2)C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1
12．(2017·开封高二检测)火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知：1 mol 液态肼与足量液态双氧水反应，生成水蒸气和氮气，放出641.63 kJ的热量。
(1)已知H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44 kJ·mol－1，则16 g液态肼与液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是____kJ。
(2)此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外还有一个很大的优点是____________________________________。
(3)已知：
N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1　①
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol－1　②
则肼和二氧化氮反应的热化学方程式为________________________________________。
解析：(1)16 g N2H4的物质的量为0.5 mol。由方程式N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)知生成水的物质的量n(H2O)＝0.5 mol×4＝2 mol，则16 g N2H4与H2O2反应生成H2O(l)放热为641.63 kJ·mol－1×0.5 mol＋2 mol×44 kJ·mol－1＝408.815 kJ。
(2)产物为N2和H2O，无污染。
(3)由所提供方程式，利用盖斯定律，将②－①÷2可得肼和二氧化氮反应的热化学方程式。
答案：(1)408.815
(2)产物不会造成环境污染
(3)N2H4(g)＋NO2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－567.85 kJ·mol－1
[能力提升]
13．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．2ΔH1－5ΔH2＋12ΔH3
解析：选A。将已知方程式依次编号为①②③，利用盖斯定律，由②×5＋③×12－①×2得目标方程式，则ΔH＝5ΔH2＋12ΔH3－2ΔH1，A正确。
14．已知热化学方程式：2KNO3(s)===2KNO2(s)＋O2(g)　ΔH＝＋58 kJ/mol；C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－394 kJ/mol。
为提供分解1 mol KNO3固体所需的能量，理论上需完全燃烧碳的物质的量是(　　)
A. mol B. mol
C. mol D. mol
解析：选B。根据所给热化学方程式可知分解1 mol KNO3所需要的能量为 kJ，则根据碳燃烧的热化学方程式，可以确定答案为B。
15．已知25 ℃、101 kPa下，断裂1 mol C—H键要吸收415 kJ的能量，断裂1 mol C—C键要吸收331 kJ的能量，断裂1 mol O2中的O===O键要吸收498 kJ的能量，形成H2O(g)中的1 mol H—O键要放出465 kJ的能量，形成二氧化碳分子中的1 mol C===O键要放出798 kJ的能量。已知H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44 kJ·mol－1，在丙烷燃烧过程中不考虑其他能量转化，下列说法正确的是(　　)
A．丙烷完全燃烧的热化学方程式为C3H8＋5O2===3CO2＋4H2O　ΔH＝－2 212 kJ·mol－1
B．C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－2 036 kJ·mol－1
C．丙烷完全燃烧的热化学方程式为C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝＋2 212 kJ·mol－1
D．丙烷完全燃烧的能量变化曲线可用如图表示
解析：选D。A项，书写热化学方程式时应标明物质的聚集状态，A项错误。B项，结合题干信息可得C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝415 kJ·mol－1×8＋2×331 kJ·mol－1＋5×498 kJ·mol－1－3×2×798 kJ·mol－1－4×2×465 kJ·mol－1＝－2 036 kJ·mol－1，选项中的H2O应为气态，B项错误。C项，ΔH<0，C项错误。D项，该反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，D项正确。
16．(2017·江门高二测试)研究化学反应中的能量变化有重要意义。请根据学过的知识回答下列问题：
(1)已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图所示：
①反应的热化学方程式为_______________________________________________。
②已知：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　 ΔH＝＋131 kJ·mol－1，则C(s)＋CO2(g)===2CO(g)　ΔH＝______。
(2)化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知：N≡N键的键能是948.9 kJ·mol－1，H—H键的键能是436.0 kJ·mol－1；N—H键的键能是391.55 kJ·mol－1。则N2(g)＋H2(g)===NH3(g)　ΔH＝_______。
解析：(1)①由能量变化图示可知该反应的热化学方程式为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41 kJ·mol－1；②C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)减去CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)，可得：C(s)＋CO2(g)===2CO(g)　ΔH＝＋172 kJ·mol－1；(2)根据键能的定义及与反应热的关系可知：ΔH＝×948.9 kJ·mol－1＋×436.0 kJ·mol－1－3×391.55 kJ·mol－1＝－46.2 kJ·mol－1。
答案：(1)①CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41 kJ·mol－1　②＋172 kJ·mol－1
(2)－46.2 kJ·mol－1
17．到目前为止，由化学能转变成的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源。
(1)化学反应中放出的热能与反应物和生成物在断键和成键过程中吸收和放出能量的大小有关。
已知：H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－185 kJ·mol－1，断裂1 mol H—H键吸收的能量为436 kJ，断裂1 mol Cl—Cl键吸收的能量为247 kJ，则形成1 mol H—Cl键放出的能量为____。
(2)燃料燃烧将其所含的化学能转变为我们所需要的热能。已知：
①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
②C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
标准状况下22.4 L氢气和甲烷的混合气体在足量的氧气中充分燃烧放出588.05 kJ的热量，原混合气体中氢气的质量是____。根据以上三个热化学方程式，计算C(石墨，s)＋2H2(g)===CH4(g)的反应热ΔH为____。
解析：(1)H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－185 kJ/mol，该反应的ΔH＝旧键断裂吸收的能量－新键形成放出的能量，设形成1 mol H—Cl键放出的能量为x kJ，则ΔH＝436 kJ·mol－1＋247 kJ·mol－1－2x kJ·mol－1＝－185 kJ·mol－1，解得x＝434，所以形成1 mol H—Cl键放出434 kJ的能量。
(2)设混合气体中CH4的物质的量为a，H2的物质的量为b，a＋b＝1 mol　Ⅰ，890.3 kJ·mol－1×a＋571.6 kJ·mol－1×b/2＝588.05 kJ　Ⅱ，联立Ⅰ、Ⅱ解得a＝0.5 mol，b＝0.5 mol，所以H2的质量为0.5 mol×2 g·mol－1＝1.0 g。反应C(石墨，s)＋2H2(g)===CH4(g)可由反应②＋③－①得到，即该反应的反应热ΔH＝－393.5 kJ·mol－1＋(－571.6 kJ·mol－1)－(－890.3 kJ·mol－1)＝－74.8 kJ·mol－1。
答案：(1)434 kJ　(2)1.0 g　－74.8 kJ·mol－1

第一节　化学反应速率
　1.了解化学反应速率。　2.了解化学反应速率的定量表示方法。　3.掌握化学反应速率的简单计算。 4．了解化学反应速率的测定方法。
　化学反应速率的概念与测定
一、化学反应速率
二、化学反应速率的测定
1．测定原理
利用化学反应中与某一种化学物质的浓度(或质量)相关的性质进行测定。
2．测定方法
(1)利用能够直接观察的某些性质测定
如通过测量释放出一定体积的气体的时间来测定反应速率，或测定一定时间内气体压强的变化来测定反应速率。
(2)利用科学仪器测量
如在溶液中：当反应物或产物本身有较明显的颜色时，可利用颜色深浅和显色物质浓度间的正比关系来跟踪反应的过程和测量反应速率。
3．实例(锌与稀硫酸的反应)
(1)实验
加入试剂
反应时间
反应速率
40 mL 1 mol·L－1硫酸
长
小
40 mL 4 mol·L－1硫酸
短
大
(2)结论
可以根据产生相同体积的氢气所需要的时间长短来判断化学反应速率。
单位时间内收集到气体的体积越大或收集单位体积的气体所用的时间越短，化学反应速率越大。
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)对于反应H2＋Cl2===2HCl，化学反应速率可表示为v＝a mol/(L·s)。(　　)
(2)化学反应速率为一段时间内的平均速率。(　　)
(3)化学反应速率可以为负值，如逆反应速率。(　　)
(4)用锌制取H2反应中，不能用Zn粒的变化表示反应的快慢。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
表示化学反应速率的注意事项
(1)对化学反应速率表达式的理解
(2)不论反应物还是生成物，其化学反应速率均取正值。
(3)在描述或计算某物质表示的化学反应速率大小时，必须注明其单位，否则无意义。
　下列关于化学反应速率的说法中，正确的是(　　)
A．对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显
B．化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1
C．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢
D．化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物物质的量的减少或任何一种生成物物质的量的增加
[解析]　对有明显现象的化学反应，反应速率越快，反应现象就越明显，对于没有明显现象的反应，反应速率快慢对反应现象影响很小，如中和反应等，故A错误；化学反应速率为平均速率，则化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指1 s内该物质的浓度变化量为0.8 mol·L－1，故B错误；化学反应速率是用于描述化学反应快慢的物理量，根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢，故C正确；化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的浓度变化来表示，固体或纯液体的浓度变化视为0，不能用于表示反应速率，故D错误。
[答案]　C
　
(1)把上述例题中A项改为“化学反应速率的数值越大，化学反应就进行得越快”，对吗？请说明理由。
(2)反应“3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)”中能否用H2O表示该反应的化学反应速率？请说明理由。
答案：(1)不对。需指明具体的物质，因为同一化学反应中，用不同物质表示时其化学反应速率的数值是不同的，如N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)，在不同条件下进行的反应中，①v(N2)＝1 mol·L－1·min－1，②v(H2)＝2 mol·L－1·min－1，但①的速率比②的速率快。
(2)能。因为该反应中水是气体，可以用来表示该反应的化学反应速率。
　化学反应速率的理解
1．下列关于化学反应速率的说法，正确的是(　　)
A．增大反应物的量，化学反应速率一定加快
B．锌与硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快
C．同一化学反应，用不同物质表示的化学反应速率，其数值越大，反应速率越快
D．单位时间内某物质的浓度变化越大，则该物质反应越快
解析：选D。增大固体或纯液体的量，不能改变化学反应速率；当硫酸浓度增大至浓硫酸时， 锌与浓硫酸反应不产生氢气；同一化学反应，用不同物质表示的化学反应速率，其数值越大，反应速率不一定越快。
2．反应N2＋3H22NH3，在5 s内N2的浓度由6 mol/L减至2 mol/L。则用NH3表示的化学反应速率是　(　　)
A．2.4 mol/(L·s)　　　　 B．1.6 mol/(L·s)
C．0.8 mol/(L·s) D．0.08 mol/(L·s)
解析：选B。Δc(N2)＝4 mol/L，则Δc(NH3)＝8 mol/L，所以v(NH3)＝＝＝1.6 mol/(L·s)。
　化学反应速率的测定
3．某温度下，在锥形瓶内盛有6.5 g锌粒(颗粒大小基本相同)，通过分液漏斗向锥形瓶内加入40 mL 2.5 mol/L的硫酸溶液，将产生的H2收集在一个注射器中，用时10 s时恰好收集到气体体积为50 mL(若折合成0 ℃、101 kPa条件下H2的体积为44.8 mL)，在该温度下，下列说法不正确的是(　　)
A．用锌粒来表示10 s内该反应的速率为0.013 g/s
B．忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H＋来表示10 s内该反应的速率为0.01 mol/(L·s)
C．忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2＋来表示10 s内该反应的速率为0.01 mol/(L·s)
D．用H2来表示10 s内该反应的速率(可用物质的量变化表示)为0.000 2 mol/s
解析：选C。10 s时产生的H2为0.002 mol。　
Zn　　＋　　H2SO4===ZnSO4　＋　H2↑
1 1 1 1
0.002 mol 0.002 mol 0.002 mol 0.002 mol
反应掉的m(Zn)＝0.002 mol×65 g/mol＝0.13 g，
v(Zn)＝＝0.013 g/s，A正确；
v(H＋)＝＝0.01 mol/(L·s)，B正确；
v(Zn2＋)＝＝0.005 mol/(L·s)，C错误；
v(H2)＝＝0.000 2 mol/s，D正确。
4．两套如图所示装置，各盛有3 g大理石(颗粒大小相同)分别加入40 mL 1 mol·L－1和40 mL 4 mol·L－1的盐酸，比较二者收集100 mL CO2时所用的时间。
(1)当收集到100 mL CO2时，哪个实验所耗时间较长？为什么？
________________________________________________________________________。
(2)活塞外移的情况是____。
A．均匀外移
B．先快后慢
C．先慢后快
D．先慢后快然后又逐渐减慢
你的选择的理由是________________________________________________。
解析：(1)稀盐酸的浓度越大，反应速率越快，所以收集100 mL CO2时，1 mol·L－1的盐酸所耗时间长。
(2)因为反应是放热反应，随温度的升高，反应速率逐渐加快。但随反应的进行，氢离子的浓度会逐渐降低，因此反应速率会再慢慢的降低。
答案：(1)1 mol·L－1的盐酸消耗的时间长，因为浓度小的反应速率慢　(2)D　此反应是放热反应，温度升高，反应速率加快；随着反应的进行，H＋浓度不断减小，反应速率减慢
　化学反应速率的计算和比较
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＝化学计量数之比计算。
(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)
1．在密闭容器中，合成氨的反应：N2＋3H2??2NH3，开始时，N2的浓度为8 mol/L，H2的浓度为20 mol/L，5 min后N2的浓度为6 mol/L，在这个反应中N2浓度的变化Δc(N2)＝____，v(N2)＝____，v(H2)＝____，v(NH3)＝____，其速率之比v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)＝____。
答案：2 mol/L　0.4 mol/(L·min)　1.2 mol/(L·min)　0.8 mol/(L·min)　1∶3∶2
2．向体积为2 L的密闭容器中加入2 mol SO2和1 mol O2，进行可逆反应：2SO2＋O22SO3，反应2 min后，测得O2的物质的量为0.8 mol。
(1)2 min内，SO2的物质的量减少了____，SO3的物质的量增加了____。
(2)若用O2的浓度变化来表示该反应的反应速率，则v(O2)＝____。
解析：(1)　　　　　 2SO2 ＋ O22SO3
n(初)/mol 2 1 0
Δn/mol 0.4 0.2 0.4
n(2 min末)/mol 1.6 0.8 0.4
Δn(SO3)＝Δn(SO2)＝2Δn(O2)＝(1 mol－0.8 mol)×2＝0.4 mol。
(2)v(O2)＝＝0.05 mol·L－1·min－1。
答案：(1)0.4 mol　0.4 mol (2)0.05 mol·L－1·min－1
1．化学反应速率计算的思维模型
(1)计算步骤
―→―→
(2)注意事项
①根据公式v＝及Δc＝可推出公式v＝，该式应用更广泛。
②利用“三段式”计算时，转化的物质的物质的量浓度或物质的量与化学方程式中该物质的化学计量数成正比。
③计算过程中单位应一致。
2．化学反应速率快慢的比较方法——比值法
(1)转化为同一单位表示，其转化公式为1 mol·L－1·s－1＝60 mol·L－1·min－1。
(2)比较化学反应速率与化学计量数的比值。
如反应aA＋bB===cC，要比较v(A)与v(B)的相对大小，即比较与，若>，则A表示的反应速率比B表示的大。
　在2 L密闭容器中进行反应：mX(g)＋nY(g)??pZ(g)＋qQ(g)，式中m、n、p、q为化学计量数。在0～3 min内，各物质物质的量的变化如下表所示：
类别
项目
X
Y
Z
Q
起始/mol
0.7
1.0
2 min末/mol
0.8
2.7
0.8
2.7
3 min末/mol
0.8
已知2 min内v(Q)＝0.075 mol·L－1·min－1，且v(Z)∶v(Y)＝1∶2。
(1)试确定以下物质的相关量：
起始时n(Y)＝____，n(Q)＝____。
(2)化学方程式中m＝____，n＝____，p＝____，q＝____。
(3)用Z表示2 min内的反应速率：____________________________________。
[解析]　2 min内v(Q)＝0.075 mol·L－1·min－1，则Δn(Q)＝0.075 mol·L－1·min－1×2 min×2 L＝0.3 mol，根据表中数据可知，2 min内X的物质的量变化为0.8 mol－0.7 mol＝0.1 mol，Z的物质的量变化为1.0 mol－0.8 mol＝0.2 mol，根据反应速率v(Z)∶v(Y)＝1∶2可知，Y的物质的量变化为Δn(Y)＝2Δn(Z)＝0.4 mol，反应方程式中各物质的物质的量变化与其化学计量数成正比，则m∶n∶p∶q＝0.1 mol∶0.4 mol∶0.2 mol∶0.3 mol＝1∶4∶2∶3，所以m＝1、n＝4、p＝2、q＝3，反应方程式为X(g)＋4Y(g)??2Z(g)＋3Q(g)。
(1)2 min内生成0.1 mol X，根据反应X(g)＋4Y(g)??2Z(g)＋3Q(g)可知，2 min内生成Y的物质的量为0.4 mol，则起始时Y的物质的量为2.7 mol－0.4 mol＝2.3 mol；Q在2 min内物质的量减少，根据反应方程式可知，2 min内消耗的Q的物质的量为0.1 mol×3＝0.3 mol，则起始时Q的物质的量为2.7 mol＋0.3 mol＝3.0 mol。
(2)根据以上分析可知，m＝1、n＝4、p＝2、q＝3。
(3)2 min内消耗的Z的物质的量为Δn(Z)＝1.0 mol－0.8 mol＝0.2 mol，则用Z表示2 min内的反应速率为v(Z)＝＝0.05 mol·L－1·min－1。
[答案]　(1)2.3 mol　3.0 mol　(2)1　4　2　3
(3)0.05 mol·L－1·min－1
　
当v(X)＝1.3 mol·L－1·min－1时，与v(Q)＝0.075 mol·L－1·s－1相比较，哪种情况反应速率更快？
答案：将二者统一单位，转换为同一种物质(如X)后再比较，知v(Q)＝0.075 mol·L－1·s－1时反应速率更快。
比较化学反应速率的三步骤
(1)变换单位——将各反应速率的单位统一。
(2)转换物质——将各反应速率转换成用同一物质表示的反应速率(一般转换成化学计量数最小的物质)。
(3)比较大小——比较各反应速率的数值大小。　
　化学反应速率的计算及大小比较
1．在25 ℃时，2 L的密闭容器中A、B、C三种气体的初始浓度和2 min末的浓度如下表(该反应为可逆反应)：
物质
A
B
C
初始浓度/mol·L－1
1.0
2.0
0
2 min末浓度/mol·L－1
0.4
0.2
1.2
请填写下列空白：
(1)该反应方程式可表示为____________________________________。
(2)从反应开始到2 min末，A的平均反应速率为________。
解析：(1)由表中数据可知，A、B为反应物，C为产物。同一反应中，各物质的物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，则反应方程式为A＋3B??2C。
(2)v(A)＝＝0.3 mol·(L·min)－1。
答案：(1)A＋3B??2C (2)0.3 mol·(L·min)－1
2．(2017·邯郸高二检测)反应A(g)＋3B(g)??2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为
①v(A)＝0.15 mol·L－1·s－1
②v(B)＝0.6 mol·L－1·s－1
③v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1
④v(D)＝0.45 mol·L－1·s－1
该反应进行的快慢顺序为(　　)
A．④＞②＝③＞①
B．④＞②＞③＞①
C．①＞②＝③＞④
D．①＞②＞③＞④
解析：选A。将各项换算成用A表示的反应速率分别为
①0.15 mol·L－1·s－1、②0.2 mol·L－1·s－1、③0.2 mol·L－1·s－1、④0.225 mol·L－1·s－1，故④＞②＝③＞①。
　根据图像确定化学反应速率及化学方程式
3．一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是(　　)
A．该反应的化学方程式为3B＋4D??6A＋2C
B．反应进行到1 s时，v(A)＝v(D)
C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol·L－1·s－1
D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等
解析：选C。恒容密闭容器中进行的反应，各物质的物质的量变化之比等于化学方程式中化学计量数之比，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)＝(1.2－0) mol∶(1.0－0.4) mol∶(1.0－0.2) mol∶(0.4－0) mol＝6∶3∶4∶2，随着反应的进行，A、D的物质的量增加，B、C的物质的量减少，则可知A、D为生成物，B、C为反应物；最终各物质的物质的量不变且均不为零，所以该反应为可逆反应，化学方程式为3B＋4C??6A＋2D，A错误；不论在什么时刻，用各物质表示的反应速率之比都等于化学计量数之比，B、D错误。
4．某温度时，在容积为3 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析：
(1)该反应的化学方程式为____________________________________。
(2)反应开始至2 min末，X的反应速率为____________________________________。
解析：(1)根据题中图示可知，该反应是可逆反应，且Z、Y是反应物，X是生成物，所以根据物质的量变化之比等于化学计量数之比可知Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝0.6∶0.2∶0.4＝3∶1∶2，所以该反应的化学方程式可以表示为2Z＋Y??3X。(2)反应开始至2 min末，X的反应速率为(0.8 mol－0.4 mol)÷3 L÷2 min＝0.067 mol·L－1·min－1。
答案：(1)2Z＋Y??3X (2)0.067 mol·L－1·min－1
重难易错提炼
1.化学反应速率计算的“三个关键”
(1)1个公式：v＝。(2)1个关系：化学反应速率之比＝化学计量数之比。(3)1种换算：1 mol/(L·s)＝60 mol/(L·min)。
2．化学反应速率表示的“三项注意”
(1)指明具体的物质。(2)不能用固体或纯液体物质表示。(3)是平均反应速率，不是瞬时速率。
3．化学反应速率大小比较“三步骤”和“两归一”
(1)三步骤：一看；二化；三比较。(2)两归一：划归同一单位；划归同一物质。
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列说法不正确的是(　　)
A．化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的浓度变化量来表示
B．用不同物质表示同一反应的平均速率时，其数值之比等于反应方程式中对应物质的化学计量数之比
C．化学反应速率的单位由时间单位和浓度单位决定
D．在反应过程中，反应物的浓度逐渐变小，所以用反应物表示的化学反应速率为负值
解析：选D。化学反应速率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，都是正值，故D错。
2．已知反应：A＋3B===2C＋D，在某一段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1 mol/(L·min)，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为(　　)
A．0.5 mol/(L·min)　　　 B．1 mol/(L·min)
C．2 mol/(L·min) D．3 mol/(L·min)
解析：选C。根据反应速率之比等于各物质的化学计量数之比，即v(A)∶v(C)＝1∶2，而v(A)＝1 mol/(L·min)，则v(C)＝2 mol/(L·min)。
3．(2017·济宁高二检测)已知4NH3(g)＋5O2(g)??4NO(g)＋6H2O(g)，若化学反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)(单位：mol·L－1·s－1)表示，则正确关系是(　　)
A.v(NH3)＝v(O2) B.v(O2)＝v(H2O)
C.v(NH3)＝v(H2O) D.v(O2)＝v(NO)
解析：选D。该反应中v(NH3)∶v(O2)∶v(NO)∶v(H2O)＝4∶5∶4∶6，根据上述关系分析选项，推知D项正确。
4．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浓度的减少量表示其反应速率
解析：选A。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量表示反应速率，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。
5．已知某条件下，合成氨反应的数据如下：
　　　　　　　　　　N2＋3H22NH3
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量来表示该反应的速率时，下列说法中错误的是(　　)
A．2 s末氨气的反应速率为0.4 mol·(L·s)－1
B．前2 s内氨气的平均反应速率为0.4 mol·(L·s)－1
C．前4 s内氨气的平均反应速率为0.3 mol·(L·s)－1
D．2～4 s内氨气的平均反应速率为0.2 mol·(L·s)－1
解析：选A。化学反应速率指的是一段时间内的平均速率，而不是瞬时速率，A项错误。
6．在一定条件下，对于反应A2(g)＋3B2(g)??2AB3(g)来说，下列所表示的化学反应速率中最大的是(　　)
A．v(A2)＝0.8 mol/(L·s)
B．v(A2)＝60 mol/(L·min)
C．v(AB3)＝1.0 mol/(L·s)
D．v(B2)＝1.2 mol/(L·s)
解析：选B。首先比较A、C、D项的大小，因为>>，故A项表示的反应速率大；然后再比较A、B项，B项中将v(A2)除以60得到v(A2)＝1.0 mol/(L·s)，故B项表示的反应速率最大。
7．在2 L的密闭容器中，发生反应：2A(g)＋B(g)??2C(g)＋D(g)，若最初加入的A和B都是4 mol，在前10 s内A的平均反应速率为0.12 mol/(L·s)，则10 s时，容器中B的物质的量是(　　)
A．3.4 mol B．3.2 mol
C．2.8 mol D．1.2 mol
解析：选C。由题意可知在前10 s内，反应的A的物质的量为0.12 mol/(L·s)×10 s×2 L＝2.4 mol，故反应的B的物质的量为1.2 mol，则10 s时，容器中B的物质的量为4 mol－1.2 mol＝2.8 mol。
8.T ℃时，在0.5 L的密闭容器中，气体A与气体B反应生成气体C，反应过程中A、B、C的浓度变化如图所示。则下列结论正确的是　(　　)
A．10 s时反应生成了0.2 mol C
B．该反应进行到10 s时，消耗了0.15 mol A
C．该反应的化学方程式为3A＋B??2C
D．10 s内用B表示的反应速率为0.01 mol·L－1·s－1
解析：选A。10 s时反应生成气体C的物质的量为0.4 mol·L－1×0.5 L＝0.2 mol，消耗A的物质的量为(0.5 mol·L－1－0.3 mol·L－1)×0.5 L＝0.1 mol，故A项正确，B项不正确；Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)＝0.2 mol·L－1∶0.6 mol·L－1∶0.4 mol·L－1＝1∶3∶2，故化学方程式应为A＋3B??2C，C项不正确；10 s内用B表示的反应速率为＝0.06 mol·L－1·s－1，D项不正确。
9．(2017·杭州六校联考)把0.6 mol X气体和0.4 mol Y气体混合于2 L容器中，使它们发生如下反应：3X(g)＋Y(g)===nZ(g)＋2W(g)，5 min末已生成0.2 mol W，若测得以Z表示的化学反应速率为0.01 mol·L－1·min－1，则上述反应中n的值是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A。用W表示的化学反应速率为0.02 mol·L－1·min－1，同一化学反应中，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，即0.01 mol·L－1·min－1∶0.02 mol·L－1·min－1＝n∶2，解得n＝1。
10．已知A、B、C为三种气体，根据如图填空：
(1)反应物是______；生成物是______。
(2)在2 min内用A、B、C表示的化学反应速率分别为_______、_______、_______。
(3)该反应的化学方程式是____________________________________。
解析：(1)在反应过程中反应物的量减少，生成物的量增多，故A、B为反应物，C为生成物。(2)由化学反应速率的定义可得：v(A)＝[(8－2)÷2] mol·L－1·min－1＝3 mol·L－1·min－1，v(B)＝[(8－4)÷2] mol·L－1·min－1＝2 mol·L－1·min－1，v(C)＝[(6－0)÷2] mol·L－1·min－1＝3 mol·L－1·min－1。(3)由上述结论得A、B、C的化学计量数之比为3∶2∶3，又因最终各物质的浓度不变且均不为零，故该反应为可逆反应，其化学方程式为3A＋2B??3C。
答案：(1)A、B　C　(2)3 mol·L－1·min－1　2 mol·L－1·min－1　3 mol·L－1·min－1　(3)3A＋2B??3C
11．近年来，随着人们大量开发利用化石资源，不仅使得煤、石油、天然气的储量大大减少，而且造成严重的环境污染。如何实现化石燃料的综合利用，提高燃料的利用率，减少环境污染等问题逐渐被提上了日程。
为了提高煤的利用率，人们先把煤转化为CO和H2，再将它们转化为甲醇。某实验员在一定温度下的密闭容器中，充入一定量的H2和CO，发生反应：2H2(g)＋CO(g)??CH3OH(g)，测定的部分实验数据如下：
t/s
0
500
1 000
c(H2)/mol·L－1
5.00
3.52
2.48
c(CO)/mol·L－1
2.50
(1)在500 s内用H2表示的化学反应速率是____________。
(2)在1 000 s内用CO表示的化学反应速率是___________。
(3)在500 s时生成的甲醇的浓度是____mol·L－1。
解析：(1)在500 s内，v(H2)＝＝2.96×10－3 mol·L－1·s－1。(2)在1 000 s内，H2的浓度减少了5.00 mol·L－1－2.48 mol·L－1＝2.52 mol·L－1，则CO的浓度减少了×2.52 mol·L－1＝1.26 mol·L－1，用CO表示的化学反应速率为v(CO)＝＝1.26×10－3 mol·L－1·s－1。(3)在500 s内，H2的浓度减少了1.48 mol·L－1，则生成的CH3OH的浓度为×1.48 mol·L－1＝0.74 mol·L－1。
答案：(1)2.96×10－3 mol·L－1·s－1
(2)1.26×10－3 mol·L－1·s－1　(3)0.74
[能力提升]
12．(2017·广州高二检测)在密闭容器中，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB＝3vA、3vC＝2vB，则此反应可表示为(　　)
A．2A＋3B===2C　　　 B．A＋3B===2C
C．3A＋B===2C D．A＋B===C
解析：选A。由2vB＝3vA、3vC＝2vB可知，vA∶vB∶vC＝2∶3∶2，即A、B、C对应的化学计量数分别为2、3、2，故反应方程式为2A＋3B===2C。
13．(2017·安阳高二检测)在一定条件下，将A2和B2两种气体通入密闭容器中，按xA2＋yB2===2C进行反应，2 s后反应速率如下：vA2＝0.5 mol/(L·s)，vB2＝1.5 mol/(L·s)，vC＝1 mol/(L·s)，则x、y的值分别为(　　)
A．3和2 B．1和3
C．3和1 D．4和5
解析：选B。同一反应中，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，所以0.5 mol/(L·s)∶1.5 mol/(L·s)∶1 mol/(L·s)＝x∶y∶2，解得x＝1，y＝3。
14．用纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析不正确的是(　　)
A．EF段表示的平均反应速率最大
B．EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4 mol·L－1·min－1
C．OE、EF、FG三段中，用CO2表示的平均反应速率之比为2∶6∶7
D．G点收集的CO2的量最多
解析：选C。A选项中，曲线斜率越大，平均反应速率越大，正确；B选项中，Δn(CO2)＝＝0.02 mol，Δn(HCl)＝0.04 mol，Δc(HCl)＝0.4 mol·L－1，v(HCl)＝0.4 mol·L－1·min－1，正确；C选项中，反应速率之比为224∶448∶112＝2∶4∶1，错误；D选项中，由图可知，G点收集的CO2的量最多，正确。
15．向2 L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B，在一定条件下发生反应：
xA(g)＋yB(g)??pC(g)＋qD(g)
已知：平均反应速率v(C)＝v(A)；反应2 min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了 mol，有a mol D生成。
回答下列问题：
(1)反应2 min内，v(A)＝____，v(B)＝____。
(2)化学方程式中，x＝____，y＝____，p＝____，q＝____。
解析：(1)根据化学反应速率定义：
v(A)＝＝＝a mol/(L·min)，
v(B)＝＝＝a mol/(L·min)。
(2)v(C)＝v(A)＝a mol/(L·min)，
v(D)＝＝a mol/(L·min)，
根据各物质反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比，可得x∶y∶p∶q＝∶∶∶，
则x＝2，y＝3，p＝1，q＝6。
答案：(1) mol/(L·min)　 mol/(L·min) (2)2　3　1　6
16．在10 L密闭容器中充入4 mol N2、12 mol H2，控制条件发生反应：N2＋3H2??2NH3，4 min末测得c(NH3)＝0.2 mol·L－1，回答下列问题：
(1)4 min末c(N2)、c(H2)分别是多少？
(2)4 min内该反应的反应速率有几种表示方式？它们之间的关系是怎样的？把结果填入下表中：
N2
H2
NH3
变化浓度/mol·L－1
反应速率/mol·L－1·min－1
反应速率数值之间的关系
(3)所计算出的反应速率是否是该反应4 min末的瞬时速率？为什么？
解析：(1)～(2)列三段式：　N2　＋　3H2??2NH3
开始时(mol·L－1) 0.4 1.2 0
转化(mol·L－1) 0.1 0.3 0.2
4 min末(mol·L－1) 0.3 0.9 0.2
4 min内该反应的反应速率的表示方法：
v(N2)＝＝0.025 mol·L－1·min－1；
v(H2)＝＝0.075 mol·L－1·min－1；
v(NH3)＝＝0.05 mol·L－1·min－1。
v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)＝0.025∶0.075∶0.05＝1∶3∶2。
(3)反应速率是4 min内的平均反应速率，不是瞬时速率，是用4 min内浓度的改变量来表示的。
答案：(1)c(N2)＝0.3 mol·L－1，c(H2)＝0.9 mol·L－1。
(2)
N2
H2
NH3
变化浓度/mol·L－1
0.1
0.3
0.2
反应速率/mol·L－1·min－1
0.025
0.075
0.05
反应速率数值之间的关系
v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)＝1∶3∶2
(3)不是，因为所求反应速率是用4 min内浓度的改变量来表示的，所以是4 min内的平均反应速率，不是4 min末的瞬时速率。
第二节　影响化学反应速率的因素
　1.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对化学反应速率的影响。　2.了解催化剂在生产、生活和科研领域中的重大作用。　3.知道活化能的含义及其对化学反应速率的影响。　4.了解通过改变外界条件改变化学反应速率的方法和意义。
　浓度、压强对化学反应速率的影响
一、活化分子与有效碰撞(绪言)
1．有效碰撞
(1)反应物分子间能发生反应的碰撞。
(2)发生条件
2．活化分子与活化能
(1)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
(2)活化能：活化分子比普通分子多出的那部分能量。
(3)解释化学反应的过程
二、浓度和压强对化学反应速率的影响
1．浓度对化学反应速率的影响
(1)实验探究
原理
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O
实验
步骤
实验
现象
KMnO4溶液褪色
KMnO4溶液褪色
褪色
时间
加入0.2 mol/L H2C2O4溶液比加入0.1 mol/L H2C2O4溶液的试管中溶液褪色时间短
结论
若其他条件相同，H2C2O4浓度越大，KMnO4溶液褪色越快，反应速率也越快；反之，H2C2O4浓度越小，反应速率越慢
(2)规律
反应物浓度增大→反应速率加快；反应物浓度减小→反应速率减慢。
(3)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次数增加→反应速率加快。
2．压强对化学反应速率的影响
(1)影响规律
对于有气体参与的反应，在相同温度下，
(2)微观解释
对于有气体参与的反应，在相同温度下，增大压强→反应物浓度增大→反应速率加快；反之，减小压强→反应速率减慢。
对于无气体参与的化学反应，改变压强对反应速率的影响可以忽略不计。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)当碰撞的分子具有足够的能量和适当的取向时，才能发生化学反应。(　　)
(2)发生有效碰撞的分子一定是活化分子。(　　)
(3)活化分子间的碰撞一定是有效碰撞。(　　)
(4)活化分子间每次碰撞都发生化学反应。(　　)
(5)能发生有效碰撞的分子必须具有相当高的能量。(　　)
(6)化学反应的实质是原子的重新组合。(　　)
(7)活化能指活化分子多出反应物分子平均能量的那部分能量。(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√　(7)√
2．把下列4种X的溶液分别加入到4个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50 mL，此时X与盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最大的是(　　)
A．20 mL　3 mol·L－1　 B．20 mL　2 mol·L－1
C．10 mL　4 mol·L－1 D．10 mL　2 mol·L－1
解析：选A。本题中反应速率的大小是由混合后反应物浓度的大小决定的，由于最后溶液体积相同，所以混合前X的物质的量越大，混合后其浓度越大，反应速率越快。
3．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．将容器的容积缩小一半
C．保持容积不变，充入H2O(g)使体系压强增大
D．保持压强不变，充入Ne使容器容积增大
解析：选A。A项中C为固态反应物，增加固体的量对反应速率无影响；B项将容器的容积缩小一半，压强增大，反应速率加快；C项中充入H2O(g)，使体系压强增大，反应物浓度增大，反应速率加快；D项中保持恒压充入Ne，使容器的容积增大，参加反应的各种气体的浓度减小，反应速率减慢。
浓度和压强对化学反应速率影响的理解
1．浓度
(1)固体或纯液体的浓度为常数，所以增加其用量时，化学反应速率不变。
(2)增大固体的表面积或将固体溶于一定溶剂，能增大化学反应速率。
(3)增大反应物浓度，即增大了单位体积内活化分子的数目，但活化分子的百分数不变。
2．压强
压强对反应速率的影响，是通过改变气体的浓度来实现的，故一般意义上的增大压强是指压缩气体的体积。
(1)对无气体参加的化学反应，改变压强时，化学反应速率基本不变。如MgO＋2HCl===MgCl2＋H2O。
(2)对有气体参加的反应，压强对化学反应速率的影响可简化理解如下：
压强改变→
常见的形式有以下几种情况：
①恒温时
增大压强体积缩小反应速率增大。
②恒温恒容时
充入反应气体该物质浓度增大反应速率迅速增大；
充入“无关气体”(如He、Ne、Ar等不参与本反应也不干扰本反应的气体，下同)总压强增大，但反应混合物中各组分浓度没有改变，反应速率不变。
　(2017·贵阳高二检测)在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为 p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH＜0。下列说法正确的是(　　)
A．保持容器容积不变，向其中充入1 mol H2(g)，反应速率一定加快
B．保持容器容积不变，向其中充入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
C．保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
D．保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，反应速率一定加快
[解析]　增大氢气的物质的量且保持容器容积不变，氢气的浓度增大，反应速率加快，A项正确；保持容器容积不变，向其中充入1 mol N2(N2不参加反应)，反应混合物中各组分的浓度不变，反应速率不变，B项错误；保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol N2(N2不参加反应)，容器容积增大，各组分的浓度减小，反应速率减慢，C项错误；保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，因容器的容积变为原来的2倍，起始物质的量变为原来的2倍，则浓度不变，反应速率不变，D项错误。
[答案]　A
(1)压强对化学反应速率是否产生影响，取决于是否改变反应物、生成物的浓度。
(2)增加物质的量不等同于增加物质的浓度。　
　浓度对化学反应速率的影响
1．100 mL 6 mol/L的H2SO4溶液与足量的锌粉反应，在一定温度下，加入下列物质，试将对v(H2)和n(H2)的影响填入下表中：
加入物质
v(H2)
n(H2)
Na2CO3固体
K2SO4溶液
NaNO3固体
通入一定量HCl气体
解析：解答此题的关键是要弄清反应的实质以及影响v(H2)的因素。具体分析如下：H2SO4和Zn反应的离子方程式为2H＋＋Zn===Zn2＋＋H2↑，H＋浓度的变化影响反应速率，产生H2的物质的量受参加反应的H＋的物质的量影响。加入Na2CO3固体时，消耗部分H2SO4，减小了H＋的物质的量和浓度；加入K2SO4溶液时，相当于加水稀释，H＋的物质的量不变，但浓度减小；加入NaNO3固体时，引入NO，NO在H＋的存在下与Zn反应不生成H2；通入HCl时，HCl===H＋＋Cl－，增大了H＋的物质的量和浓度。
答案：
加入物质
v(H2)
n(H2)
Na2CO3固体
减小
减小
K2SO4溶液
减小
不变
NaNO3固体
减小
减小
通入一定量HCl气体
增大
增大
2.某学生做浓度对化学反应速率的影响的实验时，将3支试管编号为①、②、③，并按下表中物质的量进行实验，记录下的时间数据为16 s、28 s、33 s。
(1)请将3个数据填入下表的适当位置。
试管编号
加入3%Na2S2O3溶液
加H2O
加H2SO4溶液
出现浑浊时间
①
3 mL
3 mL
5滴
②
4 mL
2 mL
5滴
③
5 mL
1 mL
5滴
(2)实验结论为____________________________________。
(3)反应的化学方程式为____________________________________。
解析：(1)试管①②③所用H2SO4溶液的浓度、体积相同，所加Na2S2O3溶液与H2O的体积之比分别为1∶1、2∶1、5∶1，故参加反应的Na2S2O3的浓度由大到小的顺序为③>②>①，反应速率：③>②>①，故出现浑浊的时间：③<②<①。(2)实验结论为反应物浓度越大，反应速率越快，完成反应所用时间越短。(3)反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O。
答案：(1)33 s　28 s　16 s　(2)反应物浓度越大，反应速率越快　(3)Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O
　压强对化学反应速率的影响
3．(2017·三门峡高二检测)在一定条件下的密闭容器中存在下列四个平衡体系，增大容器的体积对化学反应速率没有影响的是(　　)
A．2SO2＋O2??2SO3
B．CO＋H2O(g)??CO2＋H2
C．CO2＋H2O??H2CO3
D．Fe3＋＋3SCN－??Fe(SCN)3
解析：选D。增大容器的体积相当于减小压强，压强只对有气体参加或生成的反应的反应速率有影响，对于没有气体参加或生成的反应的反应速率无影响，D项正确。
4．(2017·大同高二测试)对于反应：N2＋O2??2NO，在密闭容器中进行，下列条件能加快反应速率的是(　　)
A．增大体积使压强减小
B．体积不变充入N2使压强增大
C．体积不变充入氦气使压强增大
D．使总压强不变，充入氖气
解析：选B。增大体积引起浓度减小，反应速率减慢；体积不变充入N2，N2的浓度增大，反应速率加快；体积不变，充入氦气，各反应物的浓度并没有改变，反应速率不变；总压不变，充入氖气，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢。
　温度和催化剂对化学反应速率的影响
1．温度对化学反应速率的影响
(1)实验
原理
Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O
实验
操作
实验
现象
混合后，两组均出现浑浊，但加热的一组首先出现浑浊
结论
当其他条件相同时，升高温度反应速率增大，降低温度反应速率减小
(2)规律
升高温度，反应速率增大；降低温度，反应速率减小。
(3)解释
升高温度→活化分子百分数提高，活化分子间的碰撞频率提高→化学反应速率增大。
2．催化剂对化学反应速率的影响
(1)实验
原理
2H2O22H2O＋O2↑
实验
操作
实现
现象
①未加入MnO2时，带余烬的木条无明显变化
②加入MnO2后，锥形瓶内立即产生大量气泡，并且带余烬的木条复燃
结论
MnO2能加快H2O2的分解
(2)规律
使用合适的催化剂，可加快化学反应速率。
(3)解释
使用合适的催化剂→降低反应所需的活化能→活化分子百分数提高→有效碰撞次数增加→化学反应速率加快。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)升高温度，单位体积内活化分子数目增加，故反应速率增大。(　　)
(2)温度和催化剂都能增大活化分子百分数，故能加快反应速率。(　　)
(3)升高温度，吸热反应和放热反应的速率都加快。(　　)
(4)催化剂能加快化学反应速率，是因为其能够降低反应的活化能。(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)√　(4)√
2．对于反应2SO2(g)＋O2(g) ??2SO3(g)，当其他条件不变时，只改变一个反应条件，将生成SO3的反应速率的变化填入下表空格内(填“增大”“减小”或“不变”)。
编号
改变的条件
生成SO3的反应速率
①
降低温度
②
压缩体积
③
增大氧气的浓度
④
使用催化剂
答案：减小　增大　增大　增大
温度和催化剂对化学反应速率影响的理解
1．温度
(1)温度对反应速率的影响规律对吸热反应、放热反应都适用，且不受反应物状态的限制。升温时，化学反应速率增大；降温时，化学反应速率减小。
(2)对于可逆反应来说，升高温度，正、逆反应速率均增大，只是增大的程度不同；同理，降低温度，正、逆反应速率均减小，只是减小的程度不同。
(3)许多实验表明：温度每升高10 ℃，反应速率通常增大到原来的2～4倍。
2．催化剂
(1)催化剂有正、负之分，正催化剂能加快反应速率，负催化剂能减慢反应速率，不特别指明的条件下，均指正催化剂。
(2)催化剂只有在一定温度下，才能最大限度地发挥其催化作用。
(3)在可逆反应中，催化剂可同等程度地改变正、逆反应速率。
　向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小顺序排列正确的是(　　)
甲：在500 ℃时，SO2和O2各10 mol反应
乙：在500 ℃时，用V2O5作催化剂，10 mol SO2和5 mol O2反应
丙：在450 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
丁：在500 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
A．甲、乙、丙、丁　　　　　 B．乙、甲、丙、丁
C．乙、甲、丁、丙　　　　　 D．丁、丙、乙、甲
[解析]　催化剂、温度对化学反应速率影响程度较大，其中催化剂影响最大，浓度、压强影响程度相对较小，同温时乙中反应速率最快，同时无催化剂时，甲中浓度大于丁中浓度，故甲>丁，丙中温度最低，反应速率最慢，故C正确。
[答案]　C
　
(1)可逆反应2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH<0，温度升高对该反应的正、逆反应速率影响程度相同吗？
(2)催化剂V2O5对可逆反应2SO2＋O2??2SO3的正、逆反应速率影响程度是否相同？
答案：(1)不同，逆反应速率比正反应速率增大的程度大。
(2)相同，因为催化剂对化学反应速率的影响的实质是降低反应的活化能， 增加有效碰撞次数， 所以对正、逆反应的影响程度是相同的。
　温度和催化剂对反应速率的影响
1．20 ℃时，将10 mL 0.10 mol/L Na2S2O3溶液和10 mL 0.10 mol/L H2SO4溶液混合，2 min后溶液中明显出现浑浊。已知温度每升高10 ℃，化学反应速率增大到原来的2倍，那么50 ℃时，同样的反应要明显出现浑浊，所需的时间是(　　)
A．40 s　　　 B．15 s
C．48 s　　　　 D．20 s
解析：选B。设原来的反应速率为v，温度从20 ℃升高到50 ℃，共升高了三个10 ℃，所以50 ℃时的反应速率为23v，反应速率越大，则反应出现浑浊所需的时间越短。所以50 ℃时，此反应出现浑浊所需的时间为2 min×＝0.25 min＝15 s。
2．(2017·北京西城区高二测试)在相同条件下，做H2O2分解对比实验时，其中(1)加入MnO2催化，(2)不加MnO2催化。如图是反应放出O2的体积随时间的变化关系示意图，其中正确的是(　　)
解析：选A。由图像知，横坐标为时间，纵坐标为V(O2)，只要H2O2的量相同，两种情况下最终产生O2的体积相同，(1)中加入MnO2作催化剂，加快了H2O2的分解速率，在相同时间内产生O2的体积比(2)大，反应结束时所用时间短，故选A。
　有关化学反应速率的图表、图像及实验
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
解析：选D。反应的温度越高，反应速率越快；反应物的浓度越大，反应速率越快。反应速率越快，出现的反应现象就越快。D组实验的反应温度最高，且c(Na2S2O3)最大。
4.把在空气中久置的铝片5.0 g投入盛有500 mL 0.5 mol·L－1稀硫酸的烧杯中，该铝片与稀硫酸反应产生氢气的速率与反应时间可用如图所示的曲线来表示，回答下列问题：
(1)曲线由O→a段不产生氢气的原因是________________________，有关的化学方程式为____________________________________。
(2)曲线由a→c段，产生氢气的速率增大的主要原因是_________________________。
(3)曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐减小的主要原因是_______________________。
解析：(1)在空气中久置的铝片表面有氧化铝薄膜，因此，稀硫酸首先和氧化铝反应，不产生氢气；(2)a→c段，虽然稀硫酸的浓度减小，但是该反应是放热反应，随着反应的进行使溶液温度升高，且温度升高起主导作用，故化学反应速率增大；(3)曲线由c以后，稀硫酸的浓度减小，成为影响化学反应速率的主要因素，因此化学反应速率逐渐减小。
答案：(1)久置的铝片表面有氧化铝薄膜　Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O
(2)该反应是放热反应，随着反应的进行使溶液温度升高，化学反应速率增大
(3)硫酸的浓度减小，化学反应速率逐渐减小
解答化学反应速率图像题的方法
　
重难易错提炼
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，增浓加压升高温度；催化增大表面积，反应也可加速度。
2．外界条件对反应速率的影响
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
次数
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
增大
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
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列说法正确的是(　　)
①升高温度会加快反应速率，原因是增加了活化分子的有效碰撞次数
②增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内有效碰撞的次数增多
③使用催化剂能提高反应速率，原因是提高了分子的能量，使有效碰撞频率增大
A．①②　　　　　　　　 B．①③
C．②③ D．①②③
解析：选A。使用催化剂改变反应历程，降低反应的活化能，增大活化分子百分数，使有效碰撞频率增大，提高反应速率，③错误。
2．下列关于催化剂的说法中，正确的是(　　)
A．催化剂能使不起反应的物质发生反应
B．催化剂在化学反应前后化学性质和质量都不变是因为催化剂不参与该化学反应
C．催化剂能改变化学反应速率
D．温度越高，催化剂的催化效果越好
解析：选C。催化剂能改变化学反应速率的原因是改变了反应历程，降低了反应的活化能。但经过一系列变化之后，催化剂又重新生成。催化剂的使用有一定的温度范围，并非温度越高，催化剂的催化效果越好。
3．(2017·宜春高二测试)在气体参与的反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是(　　)
①增大反应物的浓度　②升高温度　③增大压强
④加入催化剂
A．①② B．②③
C．②④ D．③④
解析：选C。根据活化分子的概念及影响条件知，①、③能增大活化分子的浓度(单位体积内的活化分子数)，加快化学反应速率，但不影响活化分子百分数；而②中分子能量增加，使活化分子百分数增大，活化分子数也同时增加；④中催化剂降低了反应的活化能，使活化分子百分数增大，活化分子数也同时增加。
4．NO和CO都是汽车尾气中的有毒气体，它们之间能缓慢反应生成N2和CO2，下列对于该反应的说法正确的是(　　)
A．减小压强能增大反应速率
B．使用适当催化剂增大反应速率
C．升高温度不能增大反应速率
D．增大压强对该反应速率无影响
解析：选B。对于气体之间的反应，增大压强、升高温度和使用催化剂均能增大反应速率。
5．下列说法正确的是(　　)
A．升温能加快吸热反应的速率，减慢放热反应的速率
B．压强对所有化学反应速率都有影响
C．催化剂一定能加快反应速率
D．催化剂能降低反应的活化能，但不影响反应热
解析：选D。升温既能加快吸热反应的速率，也能加快放热反应的速率，A错。压强只对有气体参加或生成的化学反应的速率有影响，B错。催化剂分为正催化剂和负催化剂，正催化剂加快反应速率，负催化剂减慢反应速率，C错。催化剂能降低反应的活化能，但不能影响反应物和生成物的能量，所以不影响反应热，D对。
6．已知反应CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，下列措施中可使生成CO2的速率加快的是(不考虑CaCO3与HCl接触面积改变的影响)(　　)
A．加大CaCO3的量　　　　 B．加大盐酸的浓度
C．加大盐酸的量　　　　　 D．减少CaCl2的浓度
解析：选B。加大反应物的量不影响化学反应速率，改变浓度才影响化学反应速率，由于给定的反应是不可逆反应，因此，该化学反应的反应速率和生成物的浓度无关。
7．设C＋CO2??2CO(正反应为吸热反应)的反应速率为v1；N2＋3H2??2NH3(正反应为放热反应)的反应速率为v2，对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为(　　)
A．都增大 B．都减小
C．v1增大，v2减小 D．v1减小，v2增大
解析：选A。温度升高，吸热反应和放热反应的反应速率均加快，所以v1和v2均增大。
8．为探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述中不正确的是(　　)
A．图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
B．若图1所示的实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3＋比Cu2＋对H2O2分解反应的催化效果好
C．用图2装置比较反应速率，可测定在相同状况下反应产生的气体体积及反应时间
D．为检查图2装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否复原
解析：选B。若比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化作用，应选用Fe2(SO4)3(aq)和CuSO4(aq)或FeCl3(aq)和CuCl2(aq)。如果选用FeCl3(aq)和CuSO4(aq)，虽然加入FeCl3(aq)的反应速率快，但两溶液的阴离子不同，不能得出结论。
9.恒温恒容时，NO2和N2O4之间发生反应N2O4(g)??2NO2(g)，如图所示。
(1)曲线____(填“X”或“Y”)表示NO2的物质的量随时间变化的曲线。
(2)若升高温度，则v(正)___________，v(逆)_____________。(填“加快”或“减慢”)
(3)若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲容器中v(NO2)＝0.3 mol·(L·min)－1，乙容器中v(N2O4)＝0.2 mol·(L·min)－1，则____容器中反应更快。
解析：(1)由题图可知，反应至t1时刻X的变化量为0.3 mol，Y的变化量为0.6 mol，根据反应方程式N2O4(g)??2NO2(g)和X、Y的变化量之比为1∶2判断，曲线Y表示NO2的物质的量随时间变化的曲线。
(2)升高温度，正、逆反应速率均加快。
(3)乙容器中v(NO2)＝2v(N2O4)＝0.4 mol·(L·min)－1，大于甲容器中v(NO2)，所以乙容器中反应更快。
答案：(1)Y　(2)加快　加快　(3)乙
[能力提升]
10．(2017·烟台高二质检)一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生下列反应：2HI(g)??H2(g)＋I2(g)。若c(HI)由0.1 mol·L－1降到0.07 mol·L－1需要15 s，那么c(HI)由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所需的时间(　　)
A．等于5 s B．等于10 s
C．大于10 s D．小于10 s
解析：选C。随着反应的进行，c(HI)逐渐减小，反应速率逐渐减小。所以，c(HI)由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所用时间应大于10 s。
11．进行如下实验，在A锥形瓶中放入10 g绿豆大小的碳酸钙，在B锥形瓶中放入5 g粉末状的碳酸钙，分别加入50 mL 1 mol·L－1盐酸，图中能正确表示实验结果的是(注：x轴表示时间，y轴表示锥形瓶中碳酸钙减少的质量)(　　)
解析：选C。50 mL 1 mol·L－1的盐酸最多只能反应掉2.5 g CaCO3，故A、B锥形瓶中CaCO3最终减少的质量相等；与同浓度的盐酸反应，粉末状CaCO3比块状CaCO3反应速率快，即单位时间内粉末状CaCO3减少的质量大。
12．用一质量为1.2 g的铝片与45 mL 4 mol/L稀硫酸反应制取H2，若要增大反应速率，采取的措施：①再加入20 mL 4 mol/L硫酸；②改用30 mL 6 mol/L的稀硫酸；③改用20 mL 18 mol/L浓硫酸；④改用1.2 g铝粉代替1.2 g铝片；⑤适当升高温度；⑥在敞口容器中反应。其中正确的是(　　)
A．①②③④ B．②④⑤
C．②③④⑤ D．②③④⑤⑥
解析：选B。①未增大c(H2SO4)，反应速率不变；③18 mol/L的浓硫酸会使铝钝化；⑥在敞口容器中反应，H2逸出并不影响反应速率。
13．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 KI溶液、0.1 mol/L H2SO4溶液外，还需要的试剂是____，实验现象为__________。
(4)实验操作中除了需要上述条件外，还必须控制____不变(填字母)。
A．温度
B．试剂的用量(体积)
C．试剂添加的顺序
(5)由上述实验记录可得出的结论是__________________________________________。
(6)若要进行溶液酸性大小对反应速率影响的探究实验，你会采取的措施是____________________________________。
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为蓝色。(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，故还必须控制试剂的用量(体积)和试剂添加的顺序不变。(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，故可得出的结论是温度每升高10 ℃，反应速率增大约2倍。(6)若要进行溶液酸性大小对反应速率影响的探究实验，需保证其他实验条件不变，采用不同浓度的H2SO4溶液进行对比实验。
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)BC　(5)温度每升高10 ℃，反应速率增大约2倍　(6)保证其他实验条件不变，采用不同浓度的H2SO4溶液进行对比实验
14．为探究铜与稀硝酸反应的产物及影响反应速率的主要因素，进行如下实验。
实验一　探究铜和稀硝酸反应的产物
实验装置如图所示，气密性已检查。
已知：FeSO4＋NO===[Fe(NO)]SO4，该反应较缓慢，待生成一定量[Fe(NO)]2＋时突显明显棕色。
(1)实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是________________________________________________________。
(2)铜片和稀硝酸反应的化学方程式为_________________。
(3)本实验A装置生成的气体中，若有NO2，则B瓶中的实验现象为____；若只有NO生成，则B瓶中的实验现象是______。
实验二　探究反应产物对反应速率的影响
设计如下实验，利用上图装置测定溶液突显明显棕色的时间。
序号
温度
铜片/g
硝酸/mL
硝酸铜/g
1
25 ℃
①
②
③
2
25 ℃
5
20
0.5
3
25 ℃
5
20
1.0
(4)请将上表中实验1的实验条件填写完整。
①_____②_____③____
(5)通过实验发现实验1、2、3的反应速率并无明显变化，为达到实验目的还需要继续进行的实验是_____________________________________________________________。
解析：(1)实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的试管倾斜，使碳酸钙与稀硝酸反应产生CO2，利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2，对气体产物的观察产生干扰。(2)铜片和稀硝酸发生氧化还原反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。(3)若生成的气体中有NO2，NO2溶于水生成的硝酸能将Fe2＋氧化为Fe3＋，则B瓶溶液出现红色；若生成的气体中只有NO，则B瓶溶液出现棕色。(4)探究反应产物对反应速率的影响，应保持其他条件不变，只改变反应产物的量，由于产物为硝酸铜和NO，故铜片和硝酸的量不变。本题中实验1为对照实验，不加硝酸铜，实验2、3分别改变硝酸铜的量。(5)由于硝酸铜的量几乎不影响反应速率，故还需探究另一反应产物NO对反应速率的影响。
答案：(1)利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2，对气体产物的观察产生干扰
(2)3Cu＋8HNO(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)溶液出现红色　溶液出现棕色
(4)5　20　0
(5)探究NO对反应速率的影响
第三节　化学平衡
第1课时　可逆反应与化学平衡状态
　1.了解化学反应的可逆性，了解可逆反应的概念。　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。
3．能根据化学平衡状态的特征，判断化学平衡状态的标志。
　可逆反应与不可逆反应
1．可逆反应
(1)概念：在相同条件下，既能向正反应方向进行同时又能向逆反应方向进行的化学反应。
(2)表示方法：采用“??”连接，把从左向右进行的反应称作正反应，把从右向左进行的反应称作逆反应。
例如：SO2和O2的反应可表示为2SO2＋O22SO3。
2．不可逆反应
有些反应的逆反应进行程度太小因而可忽略，把这类反应称作不可逆反应，用“===”连接。例如：Ba2＋＋SO===BaSO4↓。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)酯化反应属于可逆反应。(　　)
(2)NH3和HCl生成NH4Cl与NH4Cl分解生成NH3和HCl互为可逆反应。(　　)
(3)可逆反应中反应物的转化率能达到100%。(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×
2．下列各组两个反应互为可逆反应的是(　　)
①H2＋Cl22HCl与2HClH2↑＋Cl2↑
②H2SO4(浓)＋2HBr===2H2O＋Br2＋SO2↑与Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4
③2NO2===N2O4与N2O4===2NO2
④2SO2＋O22SO3与2SO32SO2＋O2
A．①②　　　　　　　　 B．②③
C．③④ D．②④
解析：选C。可逆反应必须是在相同条件下同时向正、逆两个方向都能进行的反应，③④互为可逆反应。
可逆反应的特征
(1)双向性：可逆反应分为方向相反的两个反应：正反应和逆反应。
(2)双同性：正、逆反应在相同条件下是同时进行的。
(3)共存性：反应物和生成物共存于同一体系中，反应物的转化率小于100%。
(4)能量转化类型相反：若正反应放热，则逆反应吸热。
　在密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)??2Z(g)，若X、Y、Z起始浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1和0.2 mol·L－1，则平衡时各物质浓度可能是(　　)
A．X为0.2 mol·L－1
B．Y为0.1 mol·L－1
C．Z为0.4 mol·L－1
D．Z为0.1 mol·L－1时，Y为0.4 mol·L－1
[解析]　化学反应的限度决定了可逆反应中的各种成分是不能完全转化的。所以，平衡时各物质的浓度范围为0＜c(X)＜0.2 mol·L－1，0＜c(Y)＜0.6 mol·L－1，0＜c(Z)＜0.4 mol·L－1。而当c(Z)＝0.1 mol·L－1时，c(Y)＝0.45 mol·L－1。
[答案]　B
解答本题的思维流程如下：
　
　可逆反应的特征
1．下列有关可逆反应(或过程)的说法不正确的是(　　)
A．可逆反应是指在同一条件下能同时向正、逆两个方向进行的反应
B．2HIH2＋I2与H2＋I22HI互为可逆反应
C．CaCO3CaO＋CO2↑与CaO＋CO2===CaCO3互为可逆反应
D．固体溶质的溶解、结晶过程为可逆过程
解析：选C。CaCO3的分解与CaO和CO2反应的条件不同，二者不互为可逆反应，C错误。
2．一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：N2＋3H2??2NH3，已知反应达到平衡时N2、H2、NH3的物质的量浓度分别为0.2 mol/L、0.3 mol/L、0.2 mol/L，则N2的起始浓度范围可能是多少？
解析：若反应从正向开始，则N2的最大浓度为(假设反应物转化率为100%)0.2 mol/L＋×0.2 mol/L＝0.3 mol/L，若反应从逆向开始，则N2的最小浓度为0.2 mol/L－×0.3 mol/L＝0.1 mol/L，故N2的起始浓度范围为0.1 mol/L≤c(N2)≤0.3 mol/L。
答案：0.1 mol/L≤c(N2)≤0.3 mol/L
　化学平衡状态
1．化学平衡的建立
在一定条件下，向某固定容积的密闭容器中投入一可逆反应的反应物：
以上过程中v-t图像表示如下：
2．化学平衡状态
在一定条件下的可逆反应中，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。
3．化学平衡的特征
——研究对象是可逆反应
——正反应速率和逆反应速率相等，即同一物质的消耗速率和生成速率相等，即v正＝v逆
——化学平衡是动态平衡，即当反应达到平衡时，正反应和逆反应都仍在进行，即v正＝v逆≠0
——在平衡体系中，各组成成分的含量保持不变
——改变影响平衡的条件，平衡会改变，直至达到新的平衡
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)化学平衡状态是一定条件下可逆反应进行到最大限度的结果。(　　)
(2)反应达到化学平衡状态时，正、逆反应的速率都为0。(　　)
(3)反应达到化学平衡状态时反应混合物中各组分的浓度保持相等。(　　)
(4)气体的压强不变时，反应一定处于平衡状态。(　　)
(5)一定条件下的可逆反应，若有色物质的颜色不再变化，则反应处于平衡状态。(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√
2．一定条件下，下列方法能证明可逆反应N2＋3H2??2NH3一定达到平衡状态的是_____(填序号)。
①单位时间内消耗n mol N2的同时生成2n mol NH3
②v正(N2)＝ v逆(NH3)
③混合气体的总物质的量不再变化
④v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)＝1∶3∶2
⑤温度和体积一定时，N2的浓度不再变化
答案：③⑤
化学平衡状态的判定标志
1．根本标志：“等”，即v正＝v逆≠0。
(1)对于同一物质而言，该物质的生成速率等于它的消耗速率。
(2)对于不同物质而言，速率之比等于化学方程式中的化学计量数之比，但必须是不同方向的速率。
2．直接标志：“定”，即反应混合物中各组分的含量保持不变。
3．间接标志：指所表述的内容并非直接而是间接反映“等”和“定”的意义。
(1)反应物的转化率保持不变。
(2)平衡体系的颜色保持不变。
(3)绝热的恒容反应体系中的温度保持不变。
(4)某些化学键的断开速率和生成速率相等。
4．“特殊”标志：表述内容并不适用于所有反应，只适用于某些反应达到化学平衡状态。
(1)体系中气体物质的总质量保持不变。(全气态反应不适用)
(2)体系中气体物质的总物质的量(或体积或分子个数)保持不变。(等体积反应不适用)
(3)体系中气体物质的平均相对分子质量保持不变。(全气态等体积反应不适用)
(4)恒容时气体的总压强不再发生改变。(等体积反应不适用)
(5)恒容时体系中气体的密度不再发生改变。(全气态反应不适用)
　(2017·福州高二检测)一定温度下的恒容容器中，能标志某可逆反应A(g)＋2B(g)??C(s)＋3D(g)已达到平衡状态的是(　　)
A．混合气体的压强不随时间变化而变化
B．气体总物质的量不随时间变化而变化
C．2v正(B)＝v逆(D)
D．混合气体的密度保持不变
[解析]　因为反应前后气体的分子数不变，所以气体总物质的量、压强始终不随时间变化而变化，不能作为依据，A、B错误；当反应达到平衡时，v正(B)＝v逆(D)，C错误；因为容器的体积恒定，但是气体的质量不守恒，所以只要反应未达到平衡，密度就变化，反应达到平衡时，密度不再变化，D正确。
[答案]　D
　
(1)上述例题中若C为气体，此时正确的选项是什么？
(2)若将D项改为“容器中A、B气体的浓度相等”，正确吗？
(3)若选项为“容器内A、B、D三种气体的分子数之比为1∶2∶3”，正确吗？若说“A、B、D三种气体的分子数之比保持1∶2∶3不变”，正确吗？
答案：(1)正确的选项是A、B。此时该反应特点是反应前后气体的质量守恒，气体的物质的量是变化的，则压强也是变化的，故A、B正确，但是气体的密度不发生变化，故D错误。
(2)不正确。反应达到平衡时，各成分的浓度保持不变，但是不一定相等。
(3)不正确；但若说“保持1∶2∶3不变”则正确，因为这说明各物质的浓度不再变化。
　化学平衡状态的建立
1．在已达到平衡的可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)中，充入由18O组成的氧气一段时间后，18O存在于下列哪种物质中(　　)
A．存在于氧气中
B．存在于氧气和三氧化硫中
C．存在于氧气和二氧化硫中
D．存在于二氧化硫、氧气和三氧化硫中
解析：选D。化学平衡是动态平衡，加入的18O2会与SO2结合生成含18O的SO3，同时含有18O的SO3又会分解得到SO2和O2，使得SO2和O2中也含有18O，因此18O存在于SO2、O2、SO3这三种物质中。
2．在200 ℃时，将a mol H2(g)和b mol I2(g)充入体积为V L的密闭容器中，发生反应：I2(g)＋H2(g)??2HI(g)。
(1)反应刚开始时，由于c(H2)＝______，c(I2)＝____，而c(HI)＝____，所以化学反应速率____(填“v正”或“v逆”，下同)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)____(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，c(I2)____，c(HI)____，化学反应速率v正____，v逆____。
(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，反应混合物中各组分的物质的量、物质的量浓度、质量分数、体积分数、反应物的转化率和生成物的产率等都将____。
解析：(1)反应开始时，c(H2)＝ mol/L，c(I2)＝ mol/L，c(HI)＝0，此时v正最大，v逆＝0；(2)随着反应的进行，c(H2)减小，c(I2)减小，c(HI)增大，故v正减小，v逆增大；(3)当反应进行至v正＝v逆时，各组分的浓度保持不变，即反应处于平衡状态。
答案：(1) mol/L　 mol/L　0　v正　v逆
(2)减小　减小　增大　减小　增大
(3)相等　不变
　化学平衡状态的判定
3．(2017·厦门高二检测)一定条件下，将NO2与SO2以体积比为1∶2置于密闭容器中发生反应：NO2(g)＋SO2(g)??SO3(g)＋NO(g)　ΔH＝－41.8 kJ/mol，下列能说明反应达到平衡状态的是(　　)
A．体系压强保持不变
B．混合气体颜色保持不变
C．SO3和NO的体积比保持不变
D．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
解析：选B。由于该反应为反应前后气体分子数相等的反应，体系的压强始终保持不变，故不能以压强不变作为判断反应是否达到平衡的依据，A错误；SO3与NO的体积比始终保持不变，C错误；消耗SO3和生成NO2为同一方向的反应，D错误。
4．反应1：在体积固定的密闭容器中进行可逆反应：2NO2(g)??2NO(g)＋O2(g)。其中NO2是红棕色气体。
反应2：在体积固定的密闭容器中进行可逆反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)。其中I2(气体)是紫色的。
以上两个反应过程中，有下列情况：
①同一物质正反应速率等于逆反应速率
②混合气体的颜色不再改变
③混合气体的密度不再改变
④混合气体的压强不再改变
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变
⑥对于反应1，单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
⑦对于反应2，用H2、I2和HI表示的反应速率之比为1∶1∶2　
(1)上述情况中能作为反应1达到平衡状态标志的是哪几个？
(2)上述情况中能作为反应2达到平衡状态标志的是哪几个？
(3)若在标准状况下发生反应2(此时碘单质为固体)，情况⑤能否作为反应2达到平衡状态的标志？说明理由。
解析：(1)对于反应：2NO2(g)??2NO(g)＋O2(g)，当同一物质的正、逆反应速率相等时，反应处于平衡状态，①正确；混合气体的颜色不再改变时，说明c(NO2)一定，故反应处于平衡状态，②正确；气体的密度ρ＝，其中气体的质量和容器的容积是定值，故气体的密度不变不能作为达到平衡状态的标志，③错误；由于该反应为反应前后气体分子数不相等的反应，故密闭容器中的压强不变，表明反应处于平衡状态，④正确；混合气体的平均相对分子质量r＝，该反应中气体的质量始终保持不变，而气体的物质的量为变量，故平均相对分子质量(r)为变量，当变量保持不变时，表明反应处于平衡状态，⑤正确；单位时间内生成O2和生成NO2的反应方向相反，且生成二者的物质的量之比为1∶2，故反应处于平衡状态，⑥正确。(2)对于反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，当同一物质的正、逆反应速率相等时，反应处于平衡状态，①正确；混合气体的颜色(I2蒸气)不再改变时，说明c(I2)一定，反应处于平衡状态，②正确；由于气体的质量和容器的容积是定值，故气体的密度不变不能作为平衡状态的标志，③错误；由于该反应为反应前后气体分子数相等的反应，容器中气体的物质的量保持不变，则容器中的压强不变，反应不一定处于平衡状态，④错误；由于该反应气体的质量、气体的物质的量是定值，故气体的平均相对分子质量不变时，不能判断反应是否处于平衡状态，⑤错误；反应的任何时刻，用H2、I2和HI表示的反应速率之比均为1∶1∶2，⑦错误。(3)反应2中，若I2为固体时，混合气体的平均相对分子质量为变量，当变量保持不变时，表明反应处于平衡状态。
答案：(1)①②④⑤⑥　(2)①②　(3)能。反应2中，若I2为固体时，混合气体的平均相对分子质量为变量，当变量保持不变时，表明反应处于平衡状态。
重难易错提炼
1.可逆反应“两特点”
(1)正、逆两个反应是同一条件下同时进行的。
(2)正、逆反应中反应物、生成物共存，反应物转化率小于100%。
2.化学平衡“五特征”：逆、等、动、定、变。
3．平衡状态判断“两依据”(注意衍生判据)
(1)根本依据：v正＝v逆。
(2)直接依据：各组分的含量保持不变。
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列为四个同学对“化学平衡状态”的理解，其中理解正确的是(　　)
解析：选B。化学平衡状态是一种动态平衡，达到平衡时反应并没有停止。
2．在一定条件下，使SO2和O2在一密闭容器中进行反应，下列说法中不正确的是(　　)
A．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后为零
B．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后不变
C．随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后不变
D．反应开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零
解析：选A。根据化学平衡的建立过程可知：反应从正反应方向开始，v正最大，v逆＝0，最后达到平衡时，v正＝v逆≠0。
3．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
解析：选A。只有①中两个反应是在同一条件下进行，根据可逆反应定义可知，A正确。
4．14CO2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
解析：选C。14CO2与C反应生成14CO(正反应)的同时，14CO 的分解(生成14CO2和14C)(逆反应)也在进行，故平衡混合物中含14C的粒子有14CO2、14CO、14C。
5．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NN键断裂的同时，有3个H—H键形成
B．1个NN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NN键断裂的同时，有6个N—H键形成
解析：选A。A项前者表示正反应速率，后者表示逆反应速率，且符合化学计量数之比，故A正确；B项指的都是正反应速率；C项指的都是逆反应速率；D项指的都是正反应速率。
6．一定条件下，在密闭恒容容器中，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
解析：选C。在一定条件下，可逆反应X(g)＋2Y(g)??2Z(g)达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，单位时间内X、Y、Z各自生成的物质的量等于其消耗的物质的量，X、Y、Z的浓度不再发生变化，容器中的压强不再发生变化，但X、Y、Z的物质的量之比不一定等于化学计量数之比。
7．在一定条件下，容器内某一反应中参加反应的M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是(　　)
A．反应的化学方程式为2M??N
B．t2时，正、逆反应速率相等，达到平衡
C．t3时，正反应速率大于逆反应速率
D．t1时，N的浓度是M的浓度的2倍
解析：选D。由图像知，O～t2时间内N的浓度的变化量是M浓度的变化量的2倍，可得反应的方程式为2N??M；t2时刻体系并未达到平衡，故正反应速率与逆反应速率不相等；t3时刻反应已达到平衡，此时v正＝v逆，因此选项A、B、C均错误。
8．在一定温度且容积不变的密闭容器中，建立化学平衡：C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)。不能确定上述反应达到化学平衡状态的是(　　)
A．体系的压强不再发生变化
B．v正(CO)＝v逆(H2O)
C．生成n mol CO的同时生成n mol H2
D．1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键
解析：选C。A.该反应体系的压强不再发生变化，即各反应物、生成物的物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态；B.v正(CO)＝v逆(H2O)，即v正(H2O)＝v逆(H2O)，说明反应达到平衡状态；C.生成n mol CO的同时生成n mol H2，都表示正反应，不能说明反应是否达到平衡状态；D.1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键，体现了v正＝v逆，说明反应达到平衡状态。
9．一定条件下反应2AB(g)??A2(g)＋B2(g)达到平衡状态的标志是(　　)
A．容器中压强不随时间变化
B．容器中，3种气体AB、A2、B2共存
C．容器中各组分的体积分数不随时间变化
D．AB的消耗速率等于A2的消耗速率
解析：选C。A项，该反应为等体积反应，压强不变不能作为平衡的标志；B项，未达到平衡状态，三种物质也能共存；D项，当AB的消耗速率等于A2消耗速率的2倍时，该反应才达到平衡状态。
10．下列说法中能说明2HI(g)??H2(g)＋I2(g)已经达到平衡状态的是____。
①单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI
②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂
③c(HI)＝c(I2)
④反应速率：v(H2)＝v(I2)＝v(HI)
⑤c(HI)∶c(I2)∶c(H2)＝2∶1∶1
⑥温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化
解析：①生成n mol H2的同时生成n mol HI说明正反应速率大于逆反应速率。
②一个H—H键断裂(逆反应方向)的同时有两个H—I键断裂(正反应方向)，即v正＝v逆。
③平衡状态时c(HI)、c(I2)浓度不变，但不一定相等。
④无论是否达到平衡状态都有这样的关系，未表示出正、逆反应速率。
⑤平衡状态时不一定有这样的浓度关系。
⑥生成物浓度不变，达到平衡状态。
答案：②⑥
11．(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。
能说明反应①N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)达到平衡状态的有____；
能说明反应②H2(g)＋I2(g)??2HI(g)达到平衡状态的有____；
能说明反应③2NO2(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____。
解析：(1)正、逆反应速率相等时，可逆反应达到平衡状态。(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是一个反应前后气体分子数不变的反应，反应前后气体的压强保持不变，不能用压强的变化来判断反应是否处于平衡状态。反应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。
答案：(1)正反应速率与逆反应速率相等　C
(2)abc　abe　abce　(3)B
[能力提升]
12．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
解析：选C。 　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，则a＝0.4。＝0.2 mol·L－1，x＝1，A正确；v(A)＝＝＝0.3 mol·L－1·min－1，B正确；α(B)＝×100%＝40%，C错误；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，D正确。
13．在一个不传热的固定容积的密闭容器中，一定能作为可逆反应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
解析：选C。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，各物质反应速率之比均等于化学计量数之比，故⑤也不能作为平衡的标志。
14．已知常温常压下，N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ/mol。在同温同压下向一密闭容器中通入0.5 mol N2和1.5 mol H2，反应完成时放出热量为Q kJ，则下列关系正确的是(　　)
A．Q＝92.4 B．Q＝46.2
C．Q＜46.2 D．Q>46.2
解析：选C。0.5 mol N2与1.5 mol H2完全反应生成1 mol NH3时放出热量为46.2 kJ，但该反应为可逆反应，不可能进行到底，故Q<46.2。
15．698 K时，向V L的密闭容器中充入2 mol H2(g)和2 mol I2(g)，发生反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH＝－26.5 kJ·mol－1，测得各物质的物质的量浓度与时间变化的关系如图所示。
请回答下列问题：
(1)V＝____。
(2)该反应达到最大限度的时间是____，该时间内平均反应速率v(HI)＝____。
(3)该反应达到平衡状态时，____(填“吸收”或“放出”)的热量为____。
答案：(1)2　(2)5 s　0.316 mol·L－1·s－1 (3)放出　41.87 kJ
16．乙酸和乙醇可以发生酯化反应：CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O。
(1)对于上述可逆反应，若乙酸分子中的氧都是18O，乙醇分子中的氧都是16O，一段时间后，分子中含有18O的物质有____。
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
(2)在上述条件下，生成物水的相对分子质量为____。
A．16 B．18
C．20 D．22
(3)下列描述，能说明乙酸和乙醇的酯化反应已达到平衡状态的有____。
①单位时间内，生成1 mol乙酸乙酯，同时生成1 mol水
②单位时间内，生成1 mol乙酸乙酯，同时生成1 mol乙酸
③单位时间内，消耗1 mol乙醇，同时消耗1 mol乙酸
④正反应速率与逆反应速率相等
⑤混合物中各物质的浓度不再变化
解析：(1)由反应＋H18O且该反应为可逆反应可知，含有18O的物质有乙酸、乙酸乙酯和水3种。(2)生成物水的相对分子质量为20。(3)达到平衡状态时，v正＝v逆，各物质的浓度不再变化，故②④⑤的描述能说明反应已达到平衡。
答案：(1)C　(2)C　(3)②④⑤
第2课时　影响化学平衡移动的因素
　1.明确化学平衡移动的概念，会根据反应速率变化判断化学平衡的移动方向。　2.理解外界条件(浓度、温度、压强等)对化学平衡的影响。　3.了解催化剂在生活、生产和科学领域中的重要作用。
　化学平衡的移动　浓度、压强对化学平衡的影响
一、化学平衡的移动
1．定义
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、温度、气体反应的压强等)，化学平衡状态被破坏，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。这种现象叫做平衡状态的移动，简称平衡移动。
2．图示表示
v(正)>v(逆)v(正)＝v(逆)v(正)≠v(逆)v′(正)＝v′(逆)
二、浓度对化学平衡的影响
1．实验探究
探究1　依据K2Cr2O7溶液中存在的平衡：Cr2O(橙色)＋H2O??2CrO(黄色)＋2H＋，完成实验。
实验
步骤
实验
现象
橙黄色变为橙色
橙黄色变为黄色
结论
c(H＋)增大，平衡向逆反应方向移动
c(H＋)减小，平衡向正反应方向移动
探究2　依据Fe3＋与SCN－存在的平衡：Fe3＋＋3SCN－??Fe(SCN)3(红色)，完成实验。
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
结论
对可逆反应Fe3＋＋3SCN－??Fe(SCN)3，分别增大c(Fe3＋)和c(SCN－)后，Fe(SCN)3的浓度均增大，即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，Fe(SCN)3的浓度也减小了，即化学平衡向逆反应方向移动
2.影响规律
(1)其他条件不变时，增大反应物浓度或减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动。
(2)其他条件不变时，增大生成物浓度或减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动。
三、压强对化学平衡(有气体参与的反应)的影响
1.
2．对于反应前后气体分子数不变的反应[如H2(g)＋I2(g)??2HI(g)]，改变压强，化学平衡不发生移动。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)平衡移动的原因是v(正)≠v(逆)。(　　)
(2)若外界条件改变引起平衡中v(正)>v(逆)，则平衡正向移动。(　　)
(3)化学平衡移动会导致反应物或生成物的含量发生变化。(　　)
(4)化学反应速率改变，平衡一定发生移动。(　　)
(5)反应C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)在某温度下达到平衡后，增加一部分C(s)，相当于增大了反应物的浓度，平衡右移。(　　)
(6)任何条件下，增大反应物浓度，平衡一定右移。(　　)
(7)有气态物质参加的可逆反应达到平衡后，改变压强一定能使平衡发生移动。(　　)
(8)在容积不变的密闭容器中，气体反应已达到平衡。若充入与反应体系无关的气体，化学平衡不移动。(　　)
(9)在恒压容器中，充入与反应体系无关的气体，压强不变，平衡一定不移动。(　　)
(10)可逆反应2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)达到平衡后，增大压强，v(正)增大，v(逆)减小。(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)√　(9)×　(10)×
2．反应FeCl3＋3KSCN??Fe(SCN)3＋3KCl达到平衡后，加入少量KCl固体，平衡是否移动？为什么？
答案：不移动，因为FeCl3＋3KSCN?? Fe(SCN)3＋3KCl反应中的平衡是Fe3＋＋3SCN－?? Fe(SCN)3，KCl与该平衡无关。
3．炼铁炉中CO发生的反应为3CO(g)＋Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g)，如果增大该反应体系的压强，能使平衡向正反应方向移动吗？
答案：不能，因为该反应前后气体分子数相等，增大反应体系的压强，平衡不发生移动。
1．化学平衡移动的根本原因：v(正)≠v(逆)。
2．化学平衡移动的判断
(1)当外界条件改变时，若引起v(正)>v(逆)，则化学平衡向正反应方向移动，各组分含量发生改变；
(2)当外界条件改变时，若引起v(正)(3)当外界条件改变时，v(正)、v(逆)都变化，若v(正)和v(逆)仍保持相等，则化学平衡不发生移动，各组分含量不发生改变。
3．新、旧平衡的区别：平衡时各组分的含量发生变化，但各自有定值。
4．浓度变化对化学平衡的影响规律
化学平衡
aA＋bB??cC＋dD(A、B、C、D为非固体)
体系浓度
变化
增大反应
物浓度
增大生成
物浓度
减小生成
物浓度
减小反应
物浓度
速率变化
v正瞬间增大，
v逆瞬间不变，
v′正＞v′逆
v逆瞬间增大，
v正瞬间不变，
v′逆＞v′正
v逆瞬间减小，
v正瞬间不变，
v′正＞v′逆
v正瞬间减小，
v逆瞬间不变，
v′逆＞v′正
平衡移动
方向
正向移动
逆向移动
正向移动
逆向移动
速率与时
间的图像
规律总结
在其他条件不变的情况下，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，都可以使平衡向正反应方向移动；增大生成物的浓度或减小反应物的浓度，都可以使平衡向逆反应方向移动
5.压强变化对化学平衡的影响规律
化学平衡
aA＋bB??cC＋dD
(A、B、C、D均为气体，
a＋b＞c＋d)
aA＋bB??cC＋dD
(A、B、C、D均为气体，
a＋b＜c＋d)
体系压强
变化
增压
减压
增压
减压
速率变化
v(正)、v(逆)
同时增大，
v′(正)＞v′(逆)
v(正)、v(逆)
同时减小，
v′(逆)＞v′(正)
v(正)、v(逆)
同时增大，
v′(逆)＞v′(正)
v(正)、v(逆)
同时减小，
v′(正)＞v′(逆)
平衡移动
方向
正向移动
逆向移动
逆向移动
正向移动
速率与时
间的图像
规律总结
在其他条件不变的情况下，增大压强，平衡向气态物质体积减小的方向移动；减小压强，平衡向气态物质体积增大的方向移动
　已知化学反应2A(？)＋B(g)??2C(？)在某温度下达到平衡状态。
(1)若在体系中增加或减少A的量，平衡均不发生移动，则A一定不能为____态。
(2)若C为气态，增大压强时平衡向正反应方向移动，则A为____态。
[解析]　(1)固体或纯液体的用量改变，平衡不移动，则A应为固态或液态；(2)C为气体，加压时平衡向正反应方向移动，说明化学方程式中气体分子数左边大于右边，故A为气态。
[答案]　(1)气　(2)气
　
(1)上述例题中若C为气态，减小压强时平衡向正反应方向移动，则A的聚集状态如何？说明理由。
(2)容器的容积固定，充入He使压强增大，该平衡是否移动？说明理由。
答案：(1)减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，故化学方程式中气体分子数左边小于右边，所以A为固态或液态。
(2)恒容时，充入无关气体使压强增大，体系中各物质的浓度不变，正、逆反应速率不发生变化，故平衡不移动。
(1)只涉及固体、液体的可逆反应，压强对化学平衡的影响极其微弱，一般不考虑。
(2)在容积不变的密闭容器中，向已达到平衡的气体反应体系中充入与体系中任何物质都不反应的气体，平衡不发生移动。
(3)在压强不变、体积可变的恒压容器中，向已达到平衡的气体体系中充入与体系中任何物质都不反应的气体，会使平衡向着气体体积增大的方向移动。　
　浓度对化学平衡的影响
1．在恒温恒容的条件下，2A(g)＋B(g)??2C(g)的反应速率随反应时间的变化示意图如下，下列叙述与示意图不相符合的是(　　)
A．反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B．平衡态Ⅰ后，可能是增大A的浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
C．平衡态Ⅰ后，可能是减小C的浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
D．B在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等
解析：选C。由题给图像可以看出，平衡态Ⅰ改变的瞬间，逆反应速率未改变，正反应速率突然增大，可知为增大反应物的浓度，B项正确，C项不正确；由于平衡发生移动，可知两平衡态时同一种反应物的浓度不相等，D项正确；反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，A项正确。
2．在水溶液中橙色的Cr2O与黄色的CrO有下列平衡关系：Cr2O＋H2O??2CrO＋2H＋，把重铬酸钾(K2Cr2O7)溶于水配成的稀溶液是橙黄色的。
(1)向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈____色，因为____________________________。
(2)向已加入NaOH溶液的上述溶液中再加入过量稀H2SO4，则溶液呈____色，因为_______________________________________________________________________。
(3)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)，则平衡____(填“向左移动”或“向右移动”)，溶液颜色将____________________________________。
解析：(1)加碱中和溶液中的H＋，平衡右移，溶液中的c(CrO)增大；(2)加酸使平衡左移，溶液中的c(Cr2O)增大；(3)加Ba(NO3)2，发生的反应为Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓，平衡向右移动，溶液颜色将由橙黄色逐渐变浅，直至无色。
答案：(1)黄　OH－与H＋结合生成水，使平衡向右移动，CrO浓度增大，溶液由橙黄色变为黄色
(2)橙　c(H＋)增大，平衡左移，Cr2O浓度增大，溶液又由黄色变为橙色
(3)向右移动　逐渐变浅，直至无色
　压强对化学平衡的影响
3．(2017·延安高二测试)反应2X(g)＋Y(g)??2Z(g)达到平衡后，仅减小压强对反应产生的影响是(　　)
A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
解析：选C。减小压强，体系中各组分浓度都减小，所以正、逆反应速率都减小，平衡向气体体积增大的方向移动。
4．在一密闭容器中发生反应：2A(g)＋2B(g)??C(s)＋3D(g)　ΔH<0，达到平衡时采取下列措施，可以使正反应速率v正增大、D的物质的量浓度c(D)增大的是(　　)
A．移走少量C
B．扩大容积，减小压强
C．缩小容积，增大压强
D．体积不变，充入惰性气体
解析：选C。A项，C为固体，改变其量，对反应速率无影响，A错；B项，扩大容积，v正减小，c(D)也减小，B错；C项，缩小容积，浓度增大，速率也增大，平衡右移，c(D)也增大，C对；D项，体积不变，充入惰性气体，反应物浓度不变，速率不变，平衡不移动，D错。
　温度、催化剂对化学平衡的影响　勒夏特列原理
一、温度对化学平衡的影响
1．实验探究
依据平衡2NO2(g)??N2O4(g)　ΔH＝－56.9 kJ/mol，
(红棕色)　 (无色)
完成实验。
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.影响规律
在其他条件不变的情况下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动。
二、催化剂对化学平衡的影响
催化剂能同等程度地改变(一般为增大)正、逆反应的反应速率，对化学平衡移动无影响，但能缩短反应达到平衡所需要的时间。
三、勒夏特列原理
1．原理
如果改变影响平衡的条件之一(如浓度、压强或温度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
2．注意事项
(1)研究对象一定是处于平衡状态的可逆反应。
(2)勒夏特列原理只适用于判断“改变影响平衡的一个条件”的平衡移动的方向。
(3)平衡移动的结果只能是“减弱”外界条件的改变，但不能完全“消除”这种改变。可概括为“外变大于内变”。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)任意可逆反应的化学平衡状态，都会受温度的影响而发生移动。(　　)
(2)对于可逆反应，升高温度，若v正增大，则v逆减小。(　　)
(3)其他条件不变，降低可逆反应体系的温度，正、逆反应速率同等程度地减小。(　　)
(4)其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动。(　　)
(5)催化剂能加快反应速率，故能提高反应物的转化率。(　　)
(6)勒夏特列原理适用于所有的动态平衡体系。(　　)
(7)在达到平衡的可逆反应中，其他条件不变，若增大某物质的浓度，则平衡向减少该物质浓度的方向移动，最终该物质的浓度减小。(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√　(7)×
2．反应2X(g)＋Y(g)??2Z(g)　ΔH>0，下列条件有利于生成Z的是(　　)
A．低温、低压　　　　　 B．低温、高压
C．高温、高压 D．高温、低压
解析：选C。该反应的特点是吸热、反应前后气体分子总数减小；有利于生成Z需使平衡向正反应方向移动，则需要高温、高压。
3．催化剂对化学平衡有没有影响？工业生产往往使用催化剂，其目的是什么？
答案：催化剂能够同等程度改变正、逆反应的速率，所以使用催化剂不能使平衡发生移动，但是可以改变达到平衡所需要的时间。工业生产往往使用催化剂，其目的是加快化学反应的速率，提高单位时间内的产量。
1．温度对化学平衡的影响规律
化学平衡
aA＋bB??cC＋dD
ΔH>0
aA＋bB??cC＋dD
ΔH<0
体系温度
的变化
升温
降温
降温
升温
速率的
变化
v(正)、v(逆)同时增大，且v′(正)>
v′(逆)
v(正)、v(逆)同时减小，且v′(逆)>
v′(正)
v(正)、v(逆)同时减小，且v′(正)>
v′(逆)
v(正)、v(逆)同时增大，且v′(逆)>
v′(正)
平衡移动
的方向
正向移动
逆向移动
正向移动
逆向移动
速率与时
间的图像
2.催化剂对化学平衡的影响规律
(1)图像
(2)若某可逆反应在反应前后气体的总体积不发生变化，则增大该体系的压强(压缩容器体积)时，反应速率的变化也可用上述图像表示。
　反应A(g)＋3B(g)??2C(g)　ΔH<0达到平衡后，将反应体系的温度降低，下列叙述中正确的是(　　)
A．正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动
B．正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动
C．正反应速率和逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动
D．正反应速率和逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
[解析]　降低温度，v(正)、v(逆)均减小，平衡向放热反应方向移动，即平衡正向移动。
[答案]　C
　
(1)上述例题若改为“ΔH>0”应选择哪项？
(2)若改为“升高反应体系的温度”，正、逆反应速率变化如何？平衡如何移动？
答案：(1)D
(2)正反应速率和逆反应速率都增大，平衡逆向移动。
分析化学平衡移动的一般思路
　温度、催化剂对化学平衡的影响
1．(2017·佛山高二检测)关节炎是因为在关节滑液中形成了尿酸钠晶体，尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛，其化学机理如下：
①HUr(尿酸)＋H2O??Ur－(尿酸根离子)＋H3O＋，
②Ur－(aq)＋Na＋(aq)??NaUr(s)。
下列对反应②的叙述正确的是(　　)
A．正反应为吸热反应
B．正反应为放热反应
C．升高温度，平衡向正反应方向移动
D．降低温度，平衡向逆反应方向移动
解析：选B。题意中明确指出“尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛”，说明温度降低，反应②Ur－(aq)＋Na＋(aq)??NaUr(s)的平衡向正反应方向移动，可知其正反应为放热反应。
2．在密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)(正反应放热)，如图是某次实验的化学反应速率随时间变化的图像，推断在t1时刻突然改变的条件可能是(　　)
A．催化剂失效 B．减小生成物的浓度
C．降低体系温度 D．增大容器的体积
解析：选C。从图像可以看出：改变条件后，反应速率与原平衡速率出现断点且低于原平衡反应速率，说明改变的条件可能是降低温度或减压。从改变条件后的v′(正)与v′(逆)的大小关系，可得出化学平衡正向移动。降低温度，该平衡正向移动，必有v′(正)>v′(逆)，故选C。
3．在一定温度下的密闭容器中发生反应：2X(g)＋Y(g)??2Z(g), 平衡后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其反应速率随时间的变化图像如图所示，则下列说法符合该图像的是(　　)
A．t1时刻，增大了X的浓度
B．t1时刻，升高了体系温度
C．t1时刻，缩小了容器体积
D．t1时刻，使用了催化剂
解析：选D。由图像可知，外界条件同等程度地增大了该反应的正、逆反应速率。增大X的浓度、升高体系温度均不会同等程度地改变正、逆反应速率，A、B错误。该反应为反应前后气体分子数变小的反应，缩小容器体积相当于增大压强，正、逆反应速率都增大，且v′(正)＞v′(逆)，C错误。使用催化剂可同等程度地改变正、逆反应速率，D正确。
　勒夏特列原理的应用
4．下列不能用勒夏特列原理解释的事实是(　　)
A．红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C．黄绿色的氯水光照后颜色变浅
D．向含有[Fe(SCN)]2＋的红色溶液中加铁粉，振荡，溶液红色变浅或褪去
解析：选B。A项，涉及二氧化氮与四氧化二氮的平衡转化，故可以用勒夏特列原理解释；B项，加压后平衡不移动，但体积缩小，浓度增大使体系颜色变深，不能用勒夏特列原理解释；C项，光照后，次氯酸见光分解，使氯气与水反应的平衡向右移动，故可以用勒夏特列原理解释；D项，在该溶液中存在平衡：Fe3＋＋SCN－??[Fe(SCN)]2＋，向溶液中加入铁粉，Fe3＋会和Fe发生反应生成Fe2＋，导致Fe3＋浓度降低，平衡向能够减弱这种改变的方向移动，即向逆反应方向移动，使[Fe(SCN)]2＋(红色)的浓度降低，所以溶液红色变浅或褪去，可以用勒夏特列原理解释。
5．(2017·九江高二质检)下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．溴水中存在如下平衡：Br2＋H2O??HBr＋HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅
B．对2H2O2??2H2O＋O2的反应，使用MnO2可加快制O2的反应速率
C．反应CO＋NO2??CO2＋NO　ΔH<0，升高温度使平衡向逆反应方向移动
D．合成氨反应：N2＋3H2??2NH3　ΔH<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施
解析：选B。催化剂只能改变反应速率，对化学平衡的移动无影响。
重难易错提炼
1.平衡移动的原因是v(正)≠v(逆)，催化剂同等程度地改变了化学反应速率，v′(正)＝v′(逆)，平衡不移动。
2．有固体参与的可逆反应，改变固体的物质的量平衡不移动。
3．改变压强，平衡不一定移动，如H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，增大压强平衡不移动。
4．平衡正向移动与反应物转化率的关系：平衡正向移动一定增大的是产物的物质的量，反应物的转化率、浓度以及产物的体积分数可能减小也可能增大。若改变压强(容器容积)、温度使平衡正向移动，则反应物的转化率一定增大。
课后达标检测
[基础巩固]
1．可确认发生化学平衡移动的是(　　)
A．化学反应速率发生了改变
B．有气态物质参加的可逆反应达到平衡后，改变了压强
C．可逆反应达到平衡，使用了催化剂
D．由于某一条件的改变，使正、逆反应速率不再相等
解析：选D。化学平衡移动的实质是正、逆反应速率不相等。A中速率发生了改变，但可能正、逆反应速率同等程度地改变，使两者速率再次相等；B中对于气体体积相等的反应，压强的改变对正、逆反应速率的影响相同；C中催化剂同等程度地改变了正、逆反应速率。
2．改变反应容器体积使压强变化，但不会使下列化学反应的平衡发生移动的是(　　)
A．Fe2O3(s)＋3CO(g)??2Fe(s)＋3CO2(g)
B．3H2(g)＋N2(g)??2NH3(g)
C．2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)
D．C(s)＋CO2(g)??2CO(g)
解析：选A。对于化学方程式两边气体物质的量相等的反应，改变压强，化学平衡不发生移动。A项符合上述要求。
3．下列因素不可能影响化学平衡移动的是(　　)
A．温度　　　　　　　 B．催化剂
C．反应物的浓度 D．压强
解析：选B。催化剂只能改变化学反应速率，不会影响化学平衡的移动。
4．(2017·西安高二检测)如图中曲线a表示放热反应X(g)＋Y(g)??Z(g)＋N(s)进行过程中X的转化率随时间变化的关系，若只改变一个起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是(　　)
A．升高温度 B．加大X的投入量
C．使用催化剂 D．缩小体积
解析：选C。升高温度，X的转化率降低，A措施不可取；加大X的投入量，则X的转化率降低，B措施不可取；使用催化剂可以提高反应速率，但平衡不移动，X的转化率不变，C措施可取；缩小体积，平衡向正反应方向移动，X的转化率提高，D措施不可取。
5．在一定条件下的密闭容器中，存在平衡：CO2(g)＋C(s)??2CO(g)(吸热反应)，若升高温度，则气体混合物的平均摩尔质量将会(　　)
A．减小 B．增大
C．不变 D．无法判断
解析：选A。升温，平衡右移，使得CO2和CO混合气体中CO的体积分数增大，故气体混合物的平均摩尔质量将会减小。
6．在新制的氯水中存在平衡：Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO，若向氯水中投入少量碳酸钙粉末，溶液中发生的变化是(　　)
A．H＋浓度减小，HClO浓度减小
B．H＋浓度增大，HClO浓度增大
C．H＋浓度减小，HClO浓度增大
D．H＋浓度增大，HClO浓度减小
解析：选C。碳酸的酸性弱于盐酸而强于次氯酸，向氯水中投入少量碳酸钙粉末后，与盐酸反应，而不与次氯酸反应。又由于H＋浓度减小，平衡Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO向正反应方向移动，故HClO浓度增大。
7．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(　　)
A．温度、容积不变时，通入SO2气体
B．将NH4HS固体全部移走
C．容器体积不变，充入氮气
D．保持压强不变，充入氮气
解析：选C。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，A选项不符合题意；固体量的多少不影响平衡的移动，但各组分的量不能为0，否则平衡会移动，B选项不符合题意；恒容时，充入不与体系中各物质反应的气体，原平衡体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，C选项符合题意；恒压时，充入不与体系中各物质反应的气体，此时体系中的分子数增加，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，D选项不符合题意。
8．在一密闭容器中，反应aA(g)??bB(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则下列说法正确的是(　　)
A．平衡向逆反应方向移动了
B．物质A的转化率减小了
C．物质B的质量分数增大了
D．a>b
解析：选C。平衡后将容器体积增大一倍，即压强减小到原来的一半，A、B的浓度都变为原来的50%，达到新平衡后，B的浓度是原来的60%，说明减小压强使平衡向正反应方向移动，则正反应是气体体积增大的反应，即b>a，B的质量、质量分数、物质的量、物质的量分数及A的转化率都增大了。
9．(2017·佛山高二质检)一定条件下，在密闭容器中进行如下反应：NO(g)＋CO(g)??1/2N2(g)＋CO2(g)　ΔH＝－373.2 kJ·mol－1，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是(　　)
A．加催化剂同时升高温度
B．加催化剂同时增大压强
C．升高温度同时充入N2
D．降低温度同时增大压强
解析：选B。降低温度虽然能提高NO的转化率，但也降低了反应速率，D选项同时采取了降温和增压措施，对提高NO的转化率是一致的，但对加快反应速率是矛盾的，故D项不正确。
10．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(s)，则平衡____(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”，下同)，c(CO2)____(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。
(2)保持温度不变，缩小反应容器的容积，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)____。
(4)保持反应容器的容积不变，升高温度，则平衡___________________，c(CO)____。
解析：(1)C为固体，增加C的量，其浓度不变，平衡不移动，c(CO2)不变。
(2)缩小反应容器的容积，即增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，c(CO2)增大。
(3)通入N2，但容积和温度不变，平衡不会发生移动，c(CO2)不变。
(4)容积不变，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，c(CO)增大。
答案：(1)不移动　不变
(2)向左移动　增大
(3)不移动　不变
(4)向右移动　增大
11．氢气用于工业合成氨：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g) ΔH＝－92.2 kJ·mol－1。
(1)一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，正、逆反应速率与时间的关系如图所示，其中t4、t5、t7时刻所对应改变的实验条件分别是t4____，t5______，t7______。
(2)在一定条件下，将2 mol N2与5 mol H2混合于一个10 L的密闭容器中，反应情况如图所示：
①5 min内的平均反应速率v(NH3)＝____________________________________；
②达到平衡时NH3的体积分数为____________________________________。
解析：(1)据图可知t4时刻正、逆反应速率同等程度地增大，结合合成氨反应的特点可知只能是加入催化剂；t5时刻正反应速率瞬间不变，逆反应速率减小，因此应为减小生成物氨气的浓度；t7时刻正、逆反应速率都减小，但逆反应速率减小的程度大，结合合成氨反应的特点可知应为降低温度。
(2)　　　　N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)
初始量 2 mol 5 mol 0
转化量 1 mol 3 mol 2 mol
平衡量 1 mol 2 mol 2 mol
5 min内的平均反应速率v(NH3)＝2 mol÷10 L÷5 min＝0.04 mol·L－1·min－1，达到平衡时NH3的体积分数为[2 mol÷(1 mol＋2 mol＋2 mol)]×100%＝40%。
答案：(1)加入催化剂　减小NH3的浓度　降温
(2)①0.04 mol·L－1·min－1　②40%
[能力提升]
12．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，能提高COCl2转化率的是(　　)
A．①②④　　　　　　 B．①④⑥
C．②③⑤ D．③⑤⑥
解析：选B。该反应为吸热反应，升温则平衡正向移动，反应物转化率提高，①正确；恒容时，通入惰性气体，反应物与生成物浓度不变，平衡不移动，②错误；增加CO浓度，平衡逆向移动，反应物转化率降低，③错误；该反应为反应前后气体分子数增大的反应，减压时平衡向正反应方向移动，反应物转化率提高，④正确；催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，⑤错误；恒压时，通入惰性气体，容器体积增大，反应物与生成物浓度降低，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，反应物转化率提高，⑥正确。
13．下列叙述与图像相对应的是(　　)
A．图(1)是N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)的化学平衡图像，在t0时刻充入一定量的NH3，平衡逆向移动
B．图(2)中p2>p1，T1>T2
C．图(3)表示的化学方程式为2A===B＋3C
D．图(4)对应反应2X(g)＋3Y(g)??2Z(g)　ΔH<0，y可以表示Y的百分含量
解析：选B。在t0时刻充入一定量的NH3，v′正应与平衡点相连，A项错误；由“先拐先平，数值大”原则可知p2>p1，T1>T2，B项正确；图(3)表示的是可逆反应，应用“??”，C项错误；升高温度，平衡逆向移动，Y的百分含量将增大，D项错误。
14．(2017·牡丹江高二检测)两个体积相同带活塞的容器，分别盛装一定量的NO2和Br2(g)，都为一样的红棕色，迅速将两容器同时压缩到原来的一半(如图)，假设气体不液化，则下列说法正确的是(　　)
A．a→a′过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的浅
B．a′、b′的颜色一样深
C．a′的压强比a的压强的2倍要小，b′的压强为b的压强的2倍
D．a′中的c(NO2)一定比b′中的c(Br2)小
解析：选C。 a→a′的过程中，2NO2??N2O4平衡正向移动，但增大压强，不论平衡怎样移动，新平衡时各物质(气体)的浓度仍比原平衡时的大，A错误；a在压缩中一定有NO2转化成N2O4，故a′中NO2的物质的量比a中小，而b和b′中Br2的物质的量相等，故a′颜色应比b′中的浅，B错误，C正确；两者颜色一样深，并不意味着c(NO2)和 c(Br2)相等，无法确定二者大小，D错误。
15．(2017·北京海淀质检)已知反应X(g)＋Y(g)??nZ(g)　ΔH>0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．反应方程式中n＝1
B．10 min时，曲线发生变化的原因是升高温度
C．10 min时，曲线发生变化的原因是增大压强
D．0～5 min内，用X表示的反应速率为v(X)＝0.08 mol·L－1·min－1
解析：选B。A项，根据图像可知，反应进行到5 min时，X、Y和Z的浓度不再变化，反应达到平衡状态，此时X的浓度减少了0.4 mol·L－1，Z的浓度增加了0.4 mol·L－1，根据浓度的变化量之比等于化学计量数之比可知，n＝1；B项，10 min时，X、Y、Z的浓度瞬间增大，因此改变的条件一定不是温度；D项，0～5 min内，用X表示的反应速率为v(X)＝0.4 mol·L－1÷5 min＝0.08 mol·L－1·min－1。
16．(2017·黄山高二质检)将等物质的量的A、B、C、D四种物质混合后，充入一容积为V的密闭容器，此时容器内压强为p。然后在一定条件下发生如下反应：aA(？)＋bB(？)??cC(g)＋dD(？)。当反应进行一段时间后，测得A减少了n mol，B减少了0.5n mol，C增加了n mol，D增加了1.5n mol，此时达到化学平衡。
(1)该化学方程式中，各物质的化学计量数分别为a＝___；b＝___；c＝___；d＝___。
(2)若只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，则在上述平衡混合物中再加入B物质，上述平衡____。
A．向正反应方向移动
B．向逆反应方向移动
C．不移动
D．条件不够，无法判断
(3)若只升高温度，反应一段时间后，测得四种物质的物质的量又重新相等，则正反应为____(填“放热”或“吸热”)反应。
解析：(1)根据化学反应中化学计量数之比等于参加反应的各物质的物质的量之比可知，a∶b∶c∶d＝2∶1∶2∶3；
(2)只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，说明该反应是反应前后气体物质的化学计量数之和不变的可逆反应，则此反应的聚集状态为A是气态、B是固态或液态、D是固态或液态；由于固态、液态纯净物的浓度是常数，故改变B的量平衡不发生移动；
(3)其他条件不变，只升高温度，反应一段时间后，四种物质的物质的量又重新相等，说明升温平衡向逆反应方向移动，故该反应的正反应为放热反应。
答案：(1)2　1　2　3　(2)C　(3)放热
第3课时　化学平衡常数
　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.应用化学平衡常数判断可逆反应进行的程度、方向以及反应的热效应。　3.能够利用化学平衡常数进行简单的计算。
　化学平衡常数
1．含义
在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，简称平衡常数，用符号K表示。
2．表达式
对于一般的可逆反应：mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，平衡常数的表达式为K＝。
3．意义与影响因素
(1)K值越大，说明正反应进行的程度越大，反应物的转化率越大；反之，就转化得越不完全，转化率就越小。
(2)K只受温度的影响，与反应物或生成物的浓度变化无关。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)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。(　　)
(2)对于一个可逆反应，平衡正向移动时，平衡常数一定增大。(　　)
(3)升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应。(　　)
(4)K值越大，表明可逆反应正向进行的程度越大。(　　)
(5)平衡常数的大小只与温度有关，而与浓度、压强、催化剂等无关。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√
2．对于3Fe(s)＋4H2O(g)??Fe3O4(s)＋4H2(g)，反应的化学平衡常数的表达式为(　　)
A．K＝
B．K＝
C．K＝
D．K＝
解析：选D。平衡常数表达式中只表示出气体或溶液中溶质的浓度，而固体或纯液体不表示出来。
化学平衡常数的应用
1．判断反应进行的程度
K值越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，正向反应进行的程度越大，即该反应进行得越完全，反应物转化率越大；反之，就越不完全，转化率就越小。
2．判断反应的热效应
若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；
若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
3．判断平衡移动方向
利用平衡常数可从定量的角度解释恒温下浓度、压强对化学平衡移动的影响。
对于可逆反应：mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，在任意状态下，生成物的浓度和反应物的浓度之间的关系用浓度商Q＝表示，则：
当Q＝K时，反应处于平衡状态，v正＝v逆；
当Q＜K时，反应向正反应方向进行，v正＞v逆；
当Q＞K时，反应向逆反应方向进行，v正＜v逆。
4．计算转化率
依据起始浓度(或平衡浓度)和平衡常数可以计算平衡浓度(或起始浓度)，从而计算反应物的转化率。
(1)平衡常数表达式中的各物质的浓度指平衡时的物质的量浓度，以其化学计量数为幂。同一化学反应，由于化学方程式书写不同，平衡常数的表达式不同。
(2)反应物或生成物中有固体或纯液体存在时，由于其浓度可看作常数而不代入公式。
(3)化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数。
①若反应方向改变，则平衡常数改变。
②若化学方程式中各物质的化学计量数等倍扩大或缩小，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。
例如：N2＋3H2??2NH3，K＝a，则：
2NH3??N2＋3H2，K′＝，
N2＋H2??NH3，K″＝a。
　在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K和温度T的关系如表所示：
T/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
请回答下列问题：
(1)该反应的化学平衡常数表达式为K＝____________________________________。
(2)该反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为____℃。此温度下加入1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)，充分反应，达到平衡时，CO2的转化率为____。
(4)在800 ℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2 mol/L，c(H2)为1.5 mol/L，c(CO)为1 mol/L，c(H2O)为3 mol/L，则正、逆反应速率的比较为v正____(填“＞”“＜”或“＝”)v逆。
[解析]　(1)K＝。(2)温度越高，K值越大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应。(3)由题意可得K＝1，查表可知温度为830 ℃。设反应了的CO2为x mol，则消耗掉的H2为x mol，生成的CO和H2O均是x mol(体积为V L)，K＝＝1，整理得x＝0.5，则CO2的转化率为50%。(4)Q＝＝＝1＞K＝0.9，所以v正＜v逆。
[答案]　(1)　(2)吸热　(3)830　50% (4)＜
　
对于上述例题中的反应：
(1)830℃时，容器中的反应已达到平衡。在其他条件不变的情况下，若增大CO的浓度，平衡是否移动？平衡常数是否变化？
(2)上述例题中最后一问若CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为 2 mol/L、2 mol/L、3 mol/L、3 mol/L，则反应向什么方向进行？说明理由。
答案：(1)平衡向逆反应方向移动；平衡常数不变。
(2)Q＝＝＝2.25>0.9，故反应向逆反应方向进行。
(1)化学平衡常数K与Q的表达式相同，但各物质的浓度不同，K中各物质的浓度必须是平衡浓度，而Q中是任意时刻的浓度。
(2)化学平衡常数不表示反应的快慢，即K值大，化学反应速率不一定大。
(3)稀溶液中进行的反应，如有水参加反应，水的浓度不必写入平衡常数表达式中。　
　化学平衡常数的概念
1．下列关于某一化学反应的平衡常数的说法，正确的是(　　)
A．与该反应的压强有关
B．与反应的温度有关，还与反应本身有关
C．与化学反应本身和温度有关，并且会受到起始浓度的影响
D．只与化学反应本身有关，与其他条件无关
解析：选B。K与温度有关，也与化学方程式的书写有关，但与起始浓度无关。
2．已知下列反应的平衡常数：①H2(g)＋S(s)??H2S(g)，K1；②S(s)＋O2(g)??SO2(g)，K2；则反应H2(g)＋SO2(g)??O2(g)＋H2S(g)的平衡常数是(　　)
A．K1＋K2　　　　　 B．K1－K2
C．K1×K2 D.
解析：选D。K1＝，K2＝，所求反应的平衡常数K3＝＝×＝K1×＝。
　化学平衡常数的应用
3．根据化学平衡常数K的数值大小可以判断化学反应进行的程度，在常温下，下列反应的平衡常数的数值如下：
2NO(g)??N2(g)＋O2(g)　K1＝1×1030
2H2(g)＋O2(g)??2H2O(g)　K2＝2×1081
2CO2(g)??2CO(g)＋O2(g)　K3＝4×10－92
以下说法正确的是(　　)
A．常温下，NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式为K1＝c(N2)·c(O2)
B．常温下，2H2O(g)??2H2(g)＋O2(g)，此时平衡常数的数值约为5×10－82
C．常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的倾向由大到小的顺序为H2O>NO>CO2
D．以上说法都不正确
解析：选B。A项，平衡常数表达式应为K＝，错误；B项，化学方程式方向相反，化学平衡常数互为倒数，正确；C项，根据平衡常数大小可以判断反应进行的程度，可知放出O2的倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2，错误。
4．850 ℃时，可逆反应CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0，K＝1。
(1)若升高温度到950 ℃达到平衡，K____(填“大于”“小于”或“等于”)1。
(2)850 ℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0 mol CO、3.0 mol H2O、1.0 mol CO2和x mol H2，则：
①当x＝5.0时，上述反应向____(填“正反应”或“逆反应”)方向进行。
②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是____。
解析：(1)K与温度有关，当升高温度时，可逆反应平衡向吸热反应方向移动，显然K值减小，即K<1。
(2)①Q＝＝＝>K＝1，说明v逆>v正，反应向逆反应方向进行。
②由题意得Q＝答案：(1)小于　(2)①逆反应　②x<3.0
　平衡转化率及其计算
1．分析三个量
起始量、变化量、平衡量。
2．明确三个关系
(1)对于同一反应物，起始量－变化量＝平衡量。
(2)对于同一生成物，起始量＋变化量＝平衡量。
(3)各转化量之比等于各反应物的化学计量数之比。
3．计算方法——三段式法
(1)模式
　　　　　aA(g)＋　bB(g)??　 cC(g)＋dD(g)
　　n1　　 　n2　　 　　0　　　0
n1x n1x n1x n1x
n1(1－x) n2－ n1x n1x n1x
(2)解题思路
(3)基本计算关系
①各物质的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。
②反应物的转化率＝×100%＝×100%。
③生成物的产率＝×100%。
④平衡时各气体组分的体积分数＝该气体组分的物质的量分数＝×100%。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)化学平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大。　(　　)
(2)在化工生产中，可以增大廉价原料的用量来提高成本较高原料的转化率。(　　)
(3)采取措施使平衡正向移动，气体生成物的体积分数一定增大。(　　)
(4)在N2O4??2NO2的平衡体系中，恒温恒容条件下，再通入N2O4，N2O4的转化率增大。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1 L恒容密闭反应器，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)??CO(g)＋3H2(g)。某温度下反应达到平衡，平衡常数K＝27，此时测得CO的物质的量为0.10 mol，则CH4的平衡转化率为____(计算结果保留两位有效数字)。
解析：　　　　CH4(g)＋H2O(g)??CO(g)＋3H2(g)
起始(mol/L): n　　 　n　　　　0　　 　0
转化(mol/L): 0.1　　 0.1　　　 0.1　　 0.3
平衡(mol/L): n－0.1　n－0.1　 0.1　　 0.3
K＝＝27，解得：n＝0.11，CH4的转化率＝×100%≈91%。
答案：91%
关于平衡转化率的变化规律
反应物的转化率＝×100%，平衡移动会使Δc发生变化，故转化率的大小与平衡向右进行的程度和初始用量均有关系，恒容条件下，其变化规律按照反应类型有以下两种情况。
(1)aA(g)＋bB(g)??cC(g)＋dD(g)类型(反应物有两种或两种以上)，若在平衡后再增加A物质，则A的转化率减小，B的转化率增大。
(2)aA(g)??bB(g)＋cC(g)类型(反应物只有一种)，在平衡后再增加A物质，恒容时应看作增大压强处理，则有如下情况：
①a>b＋c，α(A)增大
②a＝b＋c，α(A)不变
③a若反应物的起始量之比等于化学方程式的化学计量数之比，则各反应物的转化率必相等。
　已知某可逆反应aA(g)＋bB(g)??cC(g)＋dD(g)。反应过程中，当其他条件不变时，C的体积分数与温度(T)和压强(p)的关系如图。下列叙述正确的是(　　)
A．正反应为吸热反应
B．降低温度，正反应速率增大
C．a＋bD．增大压强，B的转化率增大
[解析]　A项，由图像曲线变化可知，压强一定，随着温度的升高，C的体积分数降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，即正反应是放热反应，错误；B项，降低温度，正、逆反应速率都减小，错误；C项，温度一定，增大压强，C的体积分数增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，即a＋b>c＋d，错误；D项，增大压强，平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，正确。
[答案]　D
　
(1)若将图像中纵坐标改为A的转化率，则正反应是吸热反应还是放热反应？说明理由。
(2)若将图像中纵坐标改为B的体积分数，则该反应的化学计量数又是何种关系？说明理由。
答案：(1)放热反应。因为升高温度，反应物的转化率减小，即平衡向逆反应方向移动，故正反应是放热反应。
(2)a＋b＜c＋d。温度一定，增大压强，B的体积分数增大，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则气体反应物的化学计量数之和小于气体生成物的化学计量数之和，即a＋b　平衡转化率及其计算
1．在容积可变的密闭容器中，2 mol N2和8 mol H2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于(　　)
A．5%　　　　　　　 B．10%
C．15% D．20%
解析：选C。达到平衡时，H2转化的物质的量为8 mol×25%＝2 mol。在一定条件下，N2与H2发生反应：
　　　　　　　　　N2＋3H22NH3
起始物质的量/mol 2 8 0
转化物质的量/mol 2
平衡物质的量/mol 6
同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，故平衡时氮气的体积分数为×100%≈15%。　
2．可逆反应CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)在恒容密闭容器中建立了平衡。当温度为749 K时，K＝，则：
(1)当CO和H2O的起始浓度均为2 mol·L－1时，CO的转化率为多少？
(2)当CO的起始浓度仍为2 mol·L－1，H2O的起始浓度为6 mol·L－1时，CO的转化率为多少？
解析：(1)设CO转化的物质的量浓度为x mol·L－1，
　　　　 　CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)
起始
(mol·L－1) 2 2 0 0
转化
(mol·L－1) x x x x
平衡
(mol·L－1) 2－x 2－x x x
K＝＝，解得：x＝1.2，
CO的转化率：×100%＝60%。
(2)设CO转化的物质的量浓度为y mol·L－1，
　　　　 CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)
起始
(mol·L－1) 2 6 0 0
转化
(mol·L－1) y y y y
平衡
(mol·L－1) 2－y 6－y y y
K＝＝，解得：y≈1.7，
CO的转化率：×100%＝85%。
答案：(1)60%　(2)85%
(1)代入平衡常数K表达式的各浓度一定是某一温度下各反应物和生成物的平衡浓度。
(2)转化率计算的三个公式
①转化率＝×100%；
②转化率＝×100%；
③转化率＝×100%。　
重难易错提炼
1.化学平衡常数的表达式与化学方程式的书写形式相对应，同一个化学反应，其化学方程式不同，平衡常数表达式也不同。
2．化学平衡常数在温度一定时对某一具体化学反应是一个常数，它与浓度无关；但计算平衡常数时又必须用到化学平衡状态下的各物质的浓度。
3．利用化学平衡常数计算、判断时要理清是什么状态下的浓度。
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列关于化学平衡常数的说法中，正确的是(　　)
A．在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值
B．当改变反应物的浓度时，化学平衡常数会发生改变
C．化学平衡常数K与温度、反应物浓度、体系的压强都有关
D．根据化学平衡常数K可以推断一个可逆反应进行的程度
解析：选D。平衡常数只与温度有关，所以选项A、B、C均错误。
2．关于C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)的平衡常数书写形式，正确的是(　　)
A．K＝　　 B．K＝
C．K＝ D．K＝
解析：选C。依据平衡常数的概念可书写出平衡常数的表达式，但固体C不出现在表达式中。
3．对于反应2X(g)＋Y(g)??2Z(g)，下列说法中正确的是(　　)
A．由于K＝，随着反应的进行，Z的浓度不断增大，X、Y的浓度不断减小，平衡常数不断增大
B．当温度不变时，增大反应物的浓度，使K变小
C．可逆反应达到平衡时，逆反应便立即停止了
D．温度发生变化，上述反应的K值也发生变化
解析：选D。平衡常数K只与温度有关，D项正确。
4．在一定温度下的密闭容器中，加入1 mol CO和1 mol H2O发生反应：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)，达到平衡时测得n(H2)为0.5 mol，下列说法不正确的是(　　)
A．在该温度下平衡常数K＝1
B．平衡常数与反应温度无关
C．CO的转化率为50%
D．其他条件不变，改变压强平衡不移动
解析：选B。CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)
起始(mol) 1 1 0　　　　0
转化(mol) 0.5 0.5 0.5　　　0.5
平衡(mol) 0.5 0.5 0.5　　　0.5
由反应方程式及以上数据判断可得，A、C、D项均正确。平衡常数与反应温度有关，B项错误。
5．在高温、催化剂条件下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，升高温度，H2浓度减小。下列说法正确的是(　　)
A．该反应的焓变为正值
B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2
解析：选A。因为该可逆反应的化学平衡常数K＝，可得出该反应的化学方程式为CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，D项错误；由于恒容时，升高温度，氢气浓度减小，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即焓变为正值，A项正确；该反应为反应前后气体分子数不变的反应，恒温恒容下，如充入惰性气体使压强增大，H2浓度不变，B项错误；升高温度，正、逆反应速率都增大，C项错误。
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所示：
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．反应表示为X＋3Y??2Z，此温度下的平衡常数为1 600
C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D．改变温度可以改变此反应的平衡常数
解析：选C。X、Y、Z的浓度变化量分别为0.05 mol·L－1、0.15 mol·L－1、0.1 mol·L－1，且X、Y的浓度减小，Z的浓度增大，所以该反应的化学方程式为X＋3Y??2Z；X的转化率为×100%＝50%；平衡常数K＝＝1 600；平衡常数只受温度的影响，不受压强和浓度的影响。
7．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。在恒容密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是(　　)
解析：选C。该反应为气体体积减小的放热反应，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项错误；同理，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，B项错误；平衡常数只与温度有关，与物质的量无关，C项正确；增加N2的物质的量，平衡逆向移动，NO的转化率减小，D项错误。
8．在20 ℃，5.05×105 Pa条件下，密闭容器中进行反应2A(g)＋xB(g)??4C(g)，达到平衡时c(A)＝1.00 mol·L－1，现将压强减小到1.01×105 Pa，建立平衡后，c(A)＝0.18 mol·L－1，则下列说法正确的是(　　)
A．系数x>2
B．若增大该体系的压强，平衡向左移动，化学平衡常数变小
C．若增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数不变
D．反应的平衡常数表达式为K＝
解析：选D。由题意假设平衡不移动，则c(A)＝0.20 mol·L－1，而实际c(A)＝0.18 mol·L－1，故减小压强，平衡向正反应方向移动，正反应为气体总体积增大的反应，x＝1，A错误；增大该体系的压强，平衡向左移动，C错误；压强对化学平衡常数不影响，化学平衡常数不变，B错误；反应的化学平衡常数表达式是K＝，D正确。
9．已知可逆反应：M(g)＋N(g)??P(g)＋Q(g)　ΔH>0。请回答下列问题：
(1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为c(M)＝1 mol·L－1，c(N)＝2.4 mol·L－1，达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为____；该温度时的平衡常数K＝____。
(2)若升高反应温度，则M的转化率____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)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＝____。
(4)若反应温度不变，反应物的起始浓度为c(M)＝c(N)＝b mol·L－1，达到平衡后，M的转化率为____。
解析：(1)N的转化率为×100%＝25%；平衡时c(M)＝0.4 mol·L－1，c(N)＝1.8 mol·L－1，c(P)＝c(Q)＝0.6 mol·L－1，则该温度时的平衡常数K＝＝0.5。
(2)升高温度，平衡正向移动，M的转化率增大。
(3)达到平衡时，c(P)＝2 mol·L－1，则c(Q)＝2 mol·L－1，c(M)＝2 mol·L－1，c(N)＝(a－2) mol·L－1，因此＝0.5，a＝6。
(4)设M的转化率为α，则平衡时c(M)＝c(N)＝b(1－α)mol·L－1，c(P)＝c(Q)＝bα mol·L－1，故有＝0.5，α＝41%。
答案：(1)25%　0.5　(2)增大　(3)6　(4)41%
10．乙醇是重要的化工产品和液体燃料，可以利用下列反应制取乙醇：
2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)①，
298 K时，K1＝2.95×1011。
2CO(g)＋4H2(g)C2H5OH(g)＋H2O(g)②，
298 K时，K2＝1.71×1022。
(1)写出反应①的平衡常数表达式：K＝____________________________________。
(2)条件相同时，反应①与反应②相比，进行程度更大的是反应____。以CO2为原料合成乙醇的优点是_____________(写出一点即可)。
(3)在一定压强下，测得反应①的实验数据如下表：
温度(K)
转化率(%)
n(H2)/n(CO2)
500
600
700
800
1.5
45
33
20
12
2
60
43
28
15
3
83
62
37
22
根据表中数据分析：
①温度升高，K值____(填“增大”“减小”或“不变”)；
②提高氢碳比，对生成乙醇____(填“不利”或“有利”)。
解析：(1)K＝。(2)K2>K1，故反应②进行的程度大。由反应①可知，由CO2合成乙醇使用的原料无毒，不会对环境造成污染；且K1＝2.95×1011，反应进行的程度大，反应物的转化率高。
(3)①当相同时，升高温度反应物的转化率降低，说明平衡逆向移动，K值减小；②当温度相同时，提高的值，反应物的转化率增大，故提高氢碳比对生成乙醇有利。
答案：(1)　(2)②　原料无毒，不会对环境造成污染(合理即可)　(3)①减小　②有利
[能力提升]
11．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①NH4I(s)??NH3(g)＋HI(g)
②2HI(g)??H2(g)＋I2(g)
达到平衡时，c(H2)＝0.5 mol·L－1，c(HI)＝4 mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为(　　)
A．9　　　　　　　　 B．16
C．20 D．25
解析：选C。由c(H2)＝0.5 mol·L－1，知反应②分解的c(HI)＝1 mol·L－1，由①知c(NH3)＝c总(HI)＝1 mol·L－1＋4 mol·L－1＝5 mol·L－1，则反应①的化学平衡常数为K＝5×4＝20。
12．(2017·北京朝阳高二检测)N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可以发生以下反应：2N2O5(g)??4NO2(g)＋O2(g)　ΔH>0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：
时间/s
0
500
1 000
1 500
c(N2O5)/mol·L－1
5.00
3.52
2.50
2.50
下列说法中不正确的是(　　)
A．500 s内N2O5的分解速率为2.96×10－3 mol·L－1·s－1
B．T1温度下的平衡常数K1＝125，平衡时N2O5的转化率为50%
C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则K1D．达到平衡后，其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则c(N2O5)>5.00 mol·L－1
解析：选C。A项，500 s内N2O5的浓度变化量为(5.00－3.52) mol·L－1＝1.48 mol·L－1，v(N2O5)＝1.48 mol·L－1÷500 s＝0.002 96 mol·L－1·s－1＝2.96×10－3 mol·L－1·s－1；B项，分析如下：
　　　　　　　　　2N2O5(g)??4NO2(g)＋O2(g)
起始浓度(mol·L－1) 5.00　　　　0　　　　0
转化浓度(mol·L－1) 2.50 5.00 1.25
平衡浓度(mol·L－1) 2.50 5.00 1.25
K1＝＝＝125，平衡时N2O5的转化率为50%；C项，该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，故K1>K2；D项，达到平衡后，其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，相当于增大压强，平衡左移，则c(N2O5)>5.00 mol·L－1。
13．已知(HF)2(g)??2HF(g)　ΔH>0，平衡体系的总质量(m总)与总物质的量(n总)之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．温度：T1B．平衡常数：K(a)＝K(b)C．反应速率：vb>va
D．当＝30 g/mol时，n(HF)∶n[(HF)2]＝2∶1
解析：选C。温度升高，(HF)2(g)??2HF(g)　ΔH>0，平衡向右移动，则减小，所以T1>T2，A错误；由图知，Ta＝Tcva，C正确；设(HF)2的物质的量分数为x，当＝30 g/mol时，则有40x＋20(1－x)＝30，解得x＝0.5，即n(HF)∶n[(HF)2]＝0.5∶0.5＝1∶1，D错误。
14．(2017·沈阳高二测试)合成氨原料气H2可通过CO和水蒸气在一定条件下反应制得。
(1)已知CO和H2的燃烧热分别是283.0 kJ·mol－1、285.8 kJ·mol－1，1 g液态水变成水蒸气时要吸收2.44 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为_________________________。
(2)该反应随温度升高正、逆反应平衡常数的变化曲线如图所示，表示K正的曲线为____(填“A”或“B”)，理由是____________________________________。
(3)T1 ℃时，向容积固定为5 L的容器中充入2 mol水蒸气和3 mol CO，发生上述反应并达到平衡，则平衡时水蒸气的转化率是_______。
(4)保持温度为T1 ℃，改变水蒸气和CO的初始物质的量之比，充入恒容容器进行反应，下列描述能够说明体系处于平衡状态的是____(填字母)。
a．容器内压强不随时间改变
b．混合气体的密度不随时间改变
c．单位时间内生成a mol CO2的同时消耗a mol H2
d．混合气体中n(CO)∶n(H2O)∶n(CO2)∶n(H2)＝9∶4∶6∶6
(5)某工业合成氨的原料气组成为H2 40%、N2 20%、CO 30%、CO2 10%(均为体积分数)。向上述原料气中加入水蒸气，以除去其中的CO。已知不同温度下的反应物投料比[n(H2O)/n(CO)]，平衡时混合气体中CO的体积分数如表所示：
温度/℃CO的体积分数/%投料比
200
T2
T3
T4
1
1.70
2.73
6.00
7.85
3
0.21
0.30
0.84
1.52
5
0.02
0.06
0.43
0.80
①T2、T3、T4的大小关系为________，判断的理由是_______________________________。
②维持温度不变，若要使CO的转化率升高，可以改变的条件是_____________________。(写出两种)
③温度为T3 ℃、n(H2O)/n(CO)＝1时，变换后的平衡混合气体中H2的体积分数是____________________________________。
解析：(1)根据题意可知：①CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1；②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1；③H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－2.44×18 kJ·mol－1。根据盖斯定律，由①－②＋③得：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41.12 kJ·mol－1。(2)该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以曲线B是正反应平衡常数的变化曲线。(3)设达到平衡时，转化的H2O(g)的物质的量为x mol。则：
　　　　 CO(g) ＋ H2O(g)?? CO2(g)＋ H2(g)
起始/mol 3 2 0 0
转化/mol x x x x
平衡/mol 3－x 2－x x x
该反应是反应前后气体分子数不变的反应，各物质的化学计量数均为1，且容器容积固定，故可将物质的量直接代入平衡常数表达式中进行计算。已知K正·K逆＝1，结合题图可得，T1 ℃时，K正＝K逆＝1，故＝1，解得x＝1.2，故平衡时水蒸气的转化率为×100%＝60%。(4)该反应是反应前后气体分子数不变的反应，在恒容容器中反应时，无论是否达到平衡，气体压强始终不变，故a项错误。由于气体总质量不变、气体体积不变，所以无论是否达到平衡，气体密度始终不变，故b项错误。单位时间内生成a mol CO2的同时必然生成a mol H2，结合题意又消耗了a mol H2，所以v(H2)正＝v(H2)逆，能够说明达到化学平衡状态，c项正确。Q＝＝1＝K，所以能够说明反应达到平衡状态，d项正确。(5)①固定投料比不变，从T2 ℃到T4 ℃，CO的体积分数逐渐增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则温度升高，故T2答案：(1)CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41.12 kJ·mol－1
(2)B　正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小
(3)60%　(4)cd　(5)①T2②增大水蒸气浓度、增大H2O和CO投料比、减小生成物浓度(分离出产物)(任选两种)　③47.8%
第四节　化学反应进行的方向
　1.能够理解熵的概念与自发反应。　2.能初步利用ΔH、ΔS及ΔG来说明化学反应进行的方向。 3．通过联系生活及自然界的普遍变化规律来理解影响反应自发性的两个因素。
　自发过程与自发反应
1．自发过程
(1)含义：在一定条件下，不用借助于外力就可以自动进行的过程。
(2)特点
①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在密闭条件下，体系有从有序自发转变为无序的倾向。
(3)自然界中的自发过程
①自然界中的水由高处往低处流。
②日常生活中，气温升高，冰雪自动融化。
③铁器暴露于潮湿的空气中会生锈。
2．自发反应
在一定条件下无需外界帮助就能自发进行的反应。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)自发过程不需任何条件就能发生。(　　)
(2)水由高处向低处流属于自发过程。(　　)
(3)铁在潮湿空气中生锈属于非自发过程。(　　)
(4)从高能转变为低能的过程，一定是自发过程。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．下列过程是非自发过程的是(　　)
A．自由落体运动　　　　　 B．煤炭的燃烧
C．铜在潮湿空气中生锈 D．室温下水结成冰
答案：D
1．自发反应不一定能发生，非自发反应不一定不能发生。
自发反应和非自发反应是指该反应过程是否有自发进行的倾向，而这个过程是否一定会发生则不能确定。例如：碳的燃烧是一个自发反应，但需要借助外界条件“点燃”，反应才能发生。因此，自发反应与反应条件无必然联系。
2．自发过程与非自发过程，自发反应与非自发反应的关系
(1)一般来说，如果一个过程是自发的，则其逆过程往往是非自发的。非自发过程要想发生，则必须对它做功，如利用水泵将水从低处抽向高处，通电使水分解成氢气和氧气等。
(2)自发反应和非自发反应是可能相互转化的，某一条件下的自发反应可能在另一条件下就是非自发反应，如2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)是常温下的自发反应，而在高温条件下其逆反应是自发反应。
总之：①过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生以及过程发生的速率。②某些自发反应需要在一定条件下才能自动进行，非自发反应具备了一定条件也能发生。
　过程的自发性的作用是(　　)
A．判断过程的方向
B．确定过程是否一定会发生
C．判断过程发生的速率
D．判断过程的热效应
[解析]　大量事实告诉我们，过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率，所以A正确，B、C错误。放热反应常常能自发进行，但有些吸热反应也能自发进行，D错误。
[答案]　A
过程的自发性只是一种趋势，如高处的水有自发向低处流的趋势，但未必就一定流下；过程要发生，则必须具备一定的条件才可以，如手中拿着的一个球，它有下落的自发性，但要让球落下，则必须具备“松开手”这一条件才可以。
　自发过程与自发反应的理解与判断
1．下列过程均为自发过程的是(　　)
①铵盐的溶解　②烧碱与盐酸反应　③Zn与稀H2SO4反应　④氢气在氧气中燃烧　⑤Mg在空气中燃烧 ⑥铝热反应　⑦墨水在水中的扩散　⑧电解熔融的氯化钠
A．①②③④　　　　　　 B．⑤⑥⑦⑧
C．②④⑥⑧ D．①②③④⑤⑥⑦
答案：D
2．下列说法中正确的是(　　)
A．能自发进行的反应一定能迅速发生
B．非自发进行的反应一定不能发生
C．能自发进行的反应也可能没有发生
D．常温下，2H2O2H2↑＋O2↑，即常温下水的分解反应是自发反应
答案：C
　化学反应进行的方向
1．焓判据
(1)放热反应过程中体系能量降低，具有自发进行的倾向，因此可用焓变来判断反应进行的方向。
(2)局限性
有些吸热反应，也能自发进行。例如：
①2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g) ΔH＝＋56.7 kJ/mol
②(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g) ΔH＝＋74.9 kJ/mol
2．熵判据
(1)熵
用来度量体系混乱(或无序)程度的物理量。熵值越大，混乱程度越大，符号为S，单位为J/(mol·K)。
(2)熵值大小的比较
同一种物质不同状态时熵值大小为S(g)＞S(l)＞S(s)。
(3)熵增原理
在与外界隔绝的体系中，自发过程将导致体系的熵增大，即熵变(符号ΔS)大于零。
(4)熵判据
体系有自发地向混乱度增加(即熵增)的方向转变的倾向，因此可用熵变来判断反应进行的方向。
(5)局限性
有些熵值减小的反应，在一定条件下也能自发进行。例如：
2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)
ΔS＝－39.35 J/(mol·K)
该反应是熵减过程，但在高温下能自发进行。
3．复合判据
过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定发生和过程发生的速率，若允许外界对体系施加某种作用，就可能出现相反的结果。综合考虑焓判据和熵判据的复合判据，将更适合于所有的过程，只根据一个方面来判断反应进行的方向是不全面的。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)体系有序性越高，熵值就越大。(　　)
(2)自发过程将导致体系的熵增大。(　　)
(3)吸热反应不可以自发进行。(　　)
(4)同种物质气态时熵值最大。(　　)
(5)合成氨反应N2＋3H2??2NH3　ΔH＜0，高温有利于其自发进行。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×
2．以下自发过程可用焓判据来解释的是(　　)
A．硝酸铵自发地溶于水
B．2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g) ΔH＝＋56.7 kJ/mol
C．(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g) ΔH＝＋74.9 kJ/mol
D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ/mol
解析：选D。焓判据能够说明放热反应为自发反应，而A、B、C三个自发过程均为吸热过程，不能单用焓判据来解释。
影响化学反应进行方向的因素
1．焓变对化学反应的影响
(1)多数能自发进行的化学反应是放热反应。例如：
NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH<0。
(2)有不少吸热反应也能自发进行。例如：NH4HCO3(s)＋CH3COOH(aq)===CO2(g)＋CH3COONH4(aq)＋H2O(l)　ΔH>0。
(3)还有一些吸热反应在室温条件下不能自发进行，但在较高温度下则能自发进行。例如：CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)　ΔH>0。
(4)结论
焓变是一个与反应能否自发进行有关的因素，但不是决定反应能否自发进行的唯一因素。
2．熵变对化学反应的影响
(1)许多熵增加的反应在常温、常压下可以自发进行。例如：2H2O2(aq)===2H2O(l)＋O2(g)　ΔS＞0。
(2)有些熵增加的反应在常温、常压下不能自发进行，但在较高温度下可以自发进行。例如：CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)　ΔS＞0。
(3)少数熵减少的反应，在一定条件下也可以自发进行。例如：NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)　ΔS＜0。
(4)结论
熵变是与反应能否自发进行有关的另一个因素，但不是决定反应能否自发进行的唯一因素。
3．复合判据对化学反应的影响
由焓判据知放热过程常常是自发的；由熵判据知熵增的过程常常是自发的。很多情况下，用不同的判据判断同一个反应，可能会出现相反的判断结果，所以应兼顾两个判据。
为了更准确判断化学反应进行的方向，把焓判据和熵判据结合起来组成复合判据——体系自由能变化(ΔG)判据，更适合于对所有过程的判断。ΔG＝ΔH－TΔS(T为开尔文温度)，ΔG的正、负决定着反应的自发与否。
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。
　下列说法正确的是(　　)
A．能自发进行的反应在任何条件下都能发生
B．反应NH4HCO3(s)===NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)　ΔH＝＋185.57 kJ·mol－1能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向
C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为判断反应能否自发进行的判据
D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
[解析]　能自发进行的反应并不一定能迅速发生，A项错误；应将焓变和熵变二者综合起来即利用复合判据进行反应自发性的判断，C项错误；使用催化剂能改变反应的活化能，但不能改变反应进行的方向，D项错误。
[答案]　B
　
(1)若将B项改为“反应Ca(OH)2(aq)＋CO2(g)===CaCO3(s)＋H2O(l)能自发进行，是因为该反应是放热反应”，对吗？说明理由。
(2)若将D项改为“在其他外界条件不变的情况下，改变体系的温度，可以改变化学反应进行的方向”，对吗？举例说明。
答案：(1)对。因为该反应是熵减的反应，因此该反应能自发进行是因为其是放热反应。
(2)对。如常温下氨气和氯化氢生成氯化铵，而加热时氯化铵会分解。
温度对反应能否自发进行的影响
　ΔH和ΔS与反应方向
1．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
解析：选A。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。
　复合判据与反应方向
2．某化学反应在较低温度下能自发进行，较高温度下不能自发进行。下列有关该反应的说法正确的是(　　)
A．ΔH>0，ΔS>0　　　　　 B．ΔH>0，ΔS<0
C．ΔH<0，ΔS>0 D．ΔH<0，ΔS<0
解析：选D。ΔH>0，ΔS>0，要使ΔH－TΔS<0，T值应较大，即应该在高温下才能自发进行，A错误；ΔH>0，ΔS<0，ΔH－TΔS>0，任何温度下都不能自发进行，B错误；ΔH<0，ΔS>0，ΔH－TΔS<0一定成立，任何温度下都能自发进行，C错误；ΔH<0，ΔS<0，要使ΔH－TΔS<0，T值应较小，即应该在低温下才能自发进行，D正确。
3．某化学反应其ΔH＝－122 kJ/mol，ΔS＝－431 J/(mol·K)，则以下关于此反应的自发性描述中正确的是(　　)
A．在任何温度下都能自发进行
B．仅在低温下能自发进行
C．仅在高温下能自发进行
D．在任何温度下都不能自发进行
解析：选B。因ΔH<0，ΔS<0，由ΔG＝ΔH－TΔS<0判断，只有低温时反应才能自发进行。
重难易错提炼
1.焓判据：放热过程中体系能量降低，ΔH＜0，反应具有自发进行的倾向。
2.熵判据：在密闭条件下，体系有自发地向混乱度增加(ΔS＞0)的方向转变的倾向。
3.同一物质由固态(s)→液态(l)→气态(g)的过程为熵值增大的过程，ΔS＞0；反之，为熵值减小的过程，ΔS＜0。
4.利用熵变判断反应能否自发进行时，要注意其中的反例，如铝热反应是熵减小的反应，它在一定条件下也能自发进行。
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列说法中正确的是(　　)
A．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
B．自发反应一定熵增大，非自发反应一定熵减小或不变
C．熵增加且放热的反应一定是自发反应
D．非自发反应在任何条件下都不能实现
解析：选C。反应的自发性同时受焓变和熵变的影响。放热反应不都是自发的，吸热反应也不都是非自发的。自发反应不一定熵增大，非自发反应也不一定熵减小或不变。反应能不能发生受外界条件的影响，非自发反应在一定条件下也可能发生。
2．下列变化过程中，ΔS<0的是(　　)
A．氯化钠溶于水
B．NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)
C．干冰(CO2)升华
D．CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)
解析：选B。氯化钠溶于水后发生电离，混乱度增大，ΔS>0，A错误；NH3(g)与HCl(g)反应生成NH4Cl(s)，气体减少，ΔS<0，B正确；干冰(CO2)升华，混乱度增大，ΔS>0，C错误；CaCO3(s)分解为CaO(s)和CO2(g)，气体增多，ΔS>0，D错误。
3．下列关于化学反应焓变的叙述中，正确的是(　　)
A．化学反应的焓变与反应的方向无关
B．化学反应的焓变直接决定了反应的方向
C．焓变为正的反应都是吸热反应
D．焓变为正的反应都能自发进行
解析：选C。反应能否自发进行(反应进行的方向)是由ΔH－TΔS决定的，与ΔH、ΔS和T都有关。焓变只表达化学反应是释放能量还是吸收能量，不能用来独立判断反应的自发性。
4．下列对熵的理解不正确的是(　　)
A．同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小
B．体系越有序，熵值越小；越混乱，熵值越大
C．与外界隔离的体系，自发过程将导致体系的熵减小
D．25 ℃、1.01×105 Pa时，2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)是熵增的反应
解析：选C。熵指的是体系混乱程度，越混乱其熵值越大，故B正确；对于同一物质，由固→液→气三态熵值逐渐增大，故A正确；自发过程是熵增的过程，故C错误；对于D选项中的反应，由于反应后气体分子数增多，熵值增大，故D正确。
5．下列反应过程中，ΔH>0且ΔS>0的是(　　)
A．NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)
B．CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)
C．4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)
D．HCl(aq)＋NaOH(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)
解析：选B。A是熵减的放热反应；C是熵减的放热反应；D是放热反应。
6．已知：(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)　ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1，下列说法中正确的是(　　)
A．该反应中熵变、焓变皆大于0
B．该反应是吸热反应，因此一定不能自发进行
C．该反应仅在低温下能自发进行
D．能自发进行的反应一定是放热反应，不能自发进行的反应一定是吸热反应
解析：选A。该反应ΔH>0，ΔS>0，高温下能自发进行；ΔS>0的反应不一定能自发进行；反应放热有利于反应自发进行，但能自发进行的反应不一定是放热反应，不能自发进行的反应也不一定是吸热反应。
7．下列关于化学反应的自发性叙述中正确的是(　　)
A．焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的
B．焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的
C．焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的
D．熵变小于0而焓变大于0的反应肯定是自发的
解析：选A。用复合判据ΔG＝ΔH－TΔS判断：
A项，当ΔH＜0，ΔS＞0时，ΔG＝ΔH－TΔS＜0，一定是自发反应。
B项，当ΔH＜0，ΔS＜0时，不能判断ΔG＝ΔH－TΔS的正负。
C项，当ΔH＞0，ΔS＞0时，不能判断ΔG＝ΔH－TΔS的正负。
D项，当ΔH＞0，ΔS＜0时，ΔG＝ΔH－TΔS＞0，是非自发反应。
8．在25 ℃、1.01×105 Pa时，反应2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋56.76 kJ/mol，自发进行的原因是(　　)
A．是吸热反应　　　　　 B．是放热反应
C．是熵减反应 D．熵增效应大于能量效应
解析：选D。由所给的热化学方程式可知，该反应为吸热、熵增加的反应，其中熵的变化是自发进行的原因。
9．实现“节能减排”和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)，如图表示该反应过程中能量(单位为kJ·mol－1)的变化：
下列关于该反应的说法中，正确的是(　　)
A．ΔH＞0，ΔS＞0 B．ΔH＞0，ΔS＜0
C．ΔH＜0，ΔS＜0 D．ΔH＜0，ΔS＞0
解析：选C。根据反应过程中能量变化的情况可知反应物的总能量高于生成物的总能量，反应放热，ΔH＜0；该反应发生后气体的物质的量减小，ΔS＜0。
10．在化学反应A(g)＋B(g)??2C(g)＋D(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
(1)Q____(填“＞”“＜”或“＝”)0。
(2)熵变ΔS____(填“＞”“＜”或“＝”)0。
(3)该反应____(填“能”或“不能”)自发进行。
(4)升高温度平衡常数K____(填“增大”“减小”或“不变”)，平衡向____方向移动。
解析：(1)据图像可知，该反应是放热反应，故Q＜0；(2)据反应特点可知，该反应是熵值增大的反应；(3)据ΔG＝ΔH－TΔS<0可知该反应能自发进行；(4)升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小。
答案：(1)＜　(2)＞　(3)能　(4)减小　逆反应
11．(1)将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气。反应为C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1，该反应在常温下____(填“能”或“不能”)自发进行。
(2)有人提出，可以设计反应2CO===2C＋O2(ΔH>0、ΔS<0)来消除CO对环境的影响。请你判断是否可行并说出理由：______________________________________________。
解析：(1)该反应ΔH>0，ΔS>0，所以，只有在高温时才能自发进行。
(2)该反应的ΔH>0、ΔS<0，所以在任何温度下都不能自发进行。
答案：(1)不能
(2)不可行，该反应是一个焓增、熵减的反应，所以不能自发进行
[能力提升]
12．下列判断错误的是(　　)
①反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH＜0
②反应C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)在室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH＜0
③一定温度下，反应MgCl2(l)===Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH＞0、ΔS＞0
④常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0
A．①③ B．②③
C．②④ D．②
解析：选D。①中反应的ΔS＜0，能自发进行，根据ΔH－TΔS＜0，则ΔH＜0，①正确；②中反应的ΔS＞0，在室温下不能自发进行，根据ΔH－TΔS可知ΔH＞0，该反应在高温下能自发进行，②错误；③中有气体生成，是熵增反应，该反应为分解反应，反应吸热，ΔH＞0，③正确；④中常温下该反应不能自发进行，则说明ΔH－TΔS＞0，即ΔH＞TΔS，而该反应气体的量增加，是熵增反应，故ΔS＞0，则常温下ΔH＞0，④正确。
13．(2017·泉州高二检测)如图所示在图1 A、B两容器里，分别收集着两种互不作用的气体。若将中间活塞打开，两种气体分子立即都分布在两个容器中(见图2)。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中不正确的是(　　)
A．此过程为混乱程度小的向混乱程度大的方向的变化过程，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．此过程从有序到无序，混乱度增大
D．此过程是自发可逆的
解析：选D。由题意知ΔH＝0、ΔS＞0，由ΔH－TΔS知该过程的逆过程不能自发进行，所以D错。
14．灰锡结构松散，不能用于制造器皿，而白锡结构坚固，可以制造器皿。现把白锡制成的器皿放在0 ℃、100 kPa的室内存放，它会不会变成灰锡而不能再继续使用(已知在0 ℃、100 kPa条件下白锡转化为灰锡的反应焓变和熵变分别为ΔH＝－2 180.9 J·mol－1，ΔS＝－6.61 J·mol－1·K－1)(　　)
A．会变成灰锡 B．不会变成灰锡
C．不能确定 D．升高温度才会变成灰锡
解析：选A。在等温、等压条件下，自发反应总是向着ΔH－TΔS＜0的方向进行，直至达到平衡状态。因此，在0 ℃、100 kPa条件下，白锡会不会变为灰锡的问题就转化为求算反应：白锡→灰锡的ΔH－TΔS值的问题。ΔH－TΔS＝－2 180.9 J·mol－1－273 K×(－6.61 J·mol－1·K－1)＝－376.37 J·mol－1＜0，因此在该条件下白锡会变为灰锡。
15．在其他条件不变时，改变某一条件对aA(g)＋bB(g)??cC(g)化学平衡的影响，得到如图所示图像(α表示平衡转化率)，回答下列问题：
(1)在反应Ⅰ中，已知p1＞p2，正反应为____(填“吸热”或“放热”)反应，也是一个反应前后气体分子数____(填“减小”或“增大”)的反应，由此判断，此反应自发进行必须满足的条件是____。
(2)在反应Ⅱ中，T1____(填“＞”“＜”或“＝”)T2，正反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)在反应Ⅲ中，若T1＞T2，试分析该反应能否自发进行？
解析：(1)反应Ⅰ中恒压条件下温度升高，α(A)减小，即升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；由p1＞p2知，恒温时压强越大，α(A)越大，即增大压强平衡正向移动，说明正反应为反应前后气体分子数减小的反应；放热、熵减的反应只能在低温下自发进行。
(2)根据“先拐先平”的原则判断，反应Ⅱ中T1＞T2；温度越高，平衡时C的物质的量越小，即升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应。
答案：(1)放热　减小　低温　(2)＞　放热
(3)反应Ⅲ中在恒温下压强对α(A)没有影响，说明此反应ΔS＝0，又T1＞T2，恒压下温度越高，α(A)越小，则ΔH＜0。ΔH－TΔS＜0，则反应能自发进行。
16．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)。
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，则Te与H2化合时ΔS<0，ΔH－TΔS>0，反应不能自发进行。
答案：(1)放出
(2)因为化合时ΔH>0，ΔS<0，反应不能自发进行
(3)①②③
章末过关检测(二)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．A、B、C三个容器分别发生合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得：
容器
A
B
C
反应速率(mol·L－1·min－1)
v(H2)＝3
v(N2)＝3
v(NH3)＝4
则三个容器中合成氨的反应速率(　　)
A．v(A)＞v(B)＞v(C)　　　 B．v(B)＞v(C)＞v(A)
C．v(C)＞v(A)＞v(B) D．v(B)＞v(A)＞v(C)
解析：选B。合成氨的化学方程式是3H2(g)＋N2(g)??2NH3(g)(条件略)。换算成同一物质来表示该反应的化学反应速率即可进行比较。根据物质的反应速率之比等于物质的化学计量数之比，也可以换算成“vk＝v(某物质)/该物质的化学计量数”(单位略)：v(A)k＝＝1、v(B)k＝＝3、v(C)k＝＝2，进行比较即可。
2．一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)??2NO(g)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
解析：选C。A项，缩小体积使压强增大，化学反应速率增大；B项，容积不变，充入N2，使反应物N2的浓度增大，反应速率增大；C项，容积不变，充入He，N2、O2、NO的浓度不变，因此反应速率不变；D项，压强不变，充入He，反应容器的体积必然增大，N2、O2、NO的浓度减小，反应速率减小。
3．(2017·深圳高二检测)反应2A(g)??2B(g)＋C(g)　ΔH>0，达到平衡时，要使逆反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是(　　)
A．减压 B．加压
C．增大B的浓度 D．降温
解析：选D。题目要求逆反应速率降低，则可排除增加B的浓度和增大压强，即B、C项错误。根据正反应为吸热反应可知，降低温度平衡向逆反应方向移动，且速率减小，D项正确；正反应气体物质的量增加，则减小压强，平衡向正反应方向移动，A的浓度减小，A项错误。
4．(2017·北京西城区高二质检)将0.2 mol·L－1 KI溶液和0.05 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡2Fe3＋＋2I－??2Fe2＋＋I2的是(　　)
实验编号
实验操作
实验现象
①
滴入KSCN溶液
溶液变红色
②
滴入AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
③
滴入K3[Fe(CN)6]溶液
有蓝色沉淀生成
④
滴入淀粉溶液
溶液变蓝色
A.①和② B．②和④
C．③和④ D．①和③
解析：选D。由浓度及反应关系可知I－过量，所以要说明溶液中存在该化学平衡则只要证明溶液中同时含有Fe3＋和Fe2＋即可。①溶液变红色说明溶液中存在Fe3＋；②黄色沉淀是AgI，说明溶液中含有I－；③有蓝色沉淀生成说明溶液中含有Fe2＋；④溶液变蓝色说明溶液中含有I2。综上所述，D项正确。
5．下列有关化学平衡常数的描述中正确的是(　　)
A．化学平衡常数的大小取决于化学反应本身，与其他外界条件无关
B．相同温度下，反应A＋B??C与反应C??A＋B的化学平衡常数相同
C．反应2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH<0的化学平衡常数随温度升高而增大
D．反应A(g)＋B(g)??2C(g)的平衡常数表达式为K＝
解析：选D。A项，化学平衡常数与温度有关；B项，两反应的化学平衡常数互为倒数；C项，正向反应放热，所以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。
6．将3 mol O2加入V L的反应容器中，在高温下放电，经t1 s建立了平衡体系：3O2??2O3，此时测知O2的转化率为30%。下列图像能正确表示气体的物质的量(n)与时间(t)的关系的是(　　)
解析：选C。O2为反应物，随着反应的进行浓度逐渐减小；O3为生成物，随着反应的进行浓度逐渐增大。达到平衡时n(O2)＝2.1 mol>n(O3)＝0.6 mol。
7．下列关于熵变的判断不正确的是(　　)
A．少量纯碱溶解于水中，ΔS>0
B．固体碳和氧气反应生成CO(g)，ΔS>0
C．H2O(g)变成液态水，ΔS>0
D．KClO3(s)加热分解为KCl(s)和O2(g)，ΔS>0
解析：选C。A、B、D选项都是混乱度增大即熵值增大的过程，ΔS>0。C选项是混乱度减小即熵值减小的过程，ΔS<0。
8．在一定体积的密闭容器中放入3 L气体R和5 L气体Q，在一定条件下发生反应：2R(g)＋5Q(g)??4X(g)＋nY(g)，反应完全后容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值可能是(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选A。由于反应后气体压强减小，可知反应物与产物化学计量数关系为2＋5>4＋n，解得n<3，故选A。
9．在一定容积的密闭容器中进行反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。已知反应过程中某一时刻N2、H2、NH3的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.2 mol/L。当反应达到平衡时，可能存在的数据是(　　)
A．N2为0.2 mol/L，H2为0.6 mol/L
B．N2为0.15 mol/L
C．N2、H2均为0.18 mol/L
D．NH3为0.4 mol/L
解析：选B。本题考查学生对可逆反应特征的理解，解答时应注意两点：(1)可逆反应既可向正反应方向进行，又可向逆反应方向进行；(2)可逆反应不能进行到底，只能反应到一定程度达到平衡状态，平衡时各物质的物质的量都大于零。对于本题，若反应从题给时刻开始向正反应方向进行并达到平衡，此时NH3的浓度应小于0.4 mol/L；若反应从题给时刻开始向逆反应方向进行并达到平衡，此时N2的浓度应小于0.2 mol/L，H2的浓度应小于0.6 mol/L；由各反应物的量的关系可知无论反应进行到什么程度，c(N2)∶c(H2)＝1∶3，因此两者不可能同时为0.18 mol/L。
10．在溶液中，反应A＋2B??C分别在三种不同实验条件下进行，各物质的起始浓度分别为c(A)＝0.100 mol·L－1、c(B)＝0.200 mol·L－1、c(C)＝0。反应物A的浓度随时间的变化如图所示。则下列观点正确的是(　　)
A．若实验①、②的平衡常数分别为K1、K2，则K1B．反应A＋2B??C的ΔH>0
C．实验②平衡时B的转化率为60%
D．减小实验③的压强，可以使平衡时c(A)＝0.060 mol·L－1
解析：选B。实验②相对于实验①使用了催化剂，化学平衡常数不变，A项错误；实验③相对于实验①改变的条件是升温，平衡正向移动，故正反应为吸热反应，B项正确；实验②平衡时B的转化率为40%，C项错误；对于溶液中进行的反应，改变压强，对平衡基本没有影响，D项错误。
11．在一定温度、不同压强(p1解析：选B。根据“先拐先平，数值大”的原则，因p112.一定条件下，在某密闭容器中进行如下反应：mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，若增大压强或升高温度，重新达到平衡，反应速率随时间的变化过程如图所示，则对该反应的叙述正确的是(　　)
A．正反应是吸热反应 B．逆反应是放热反应
C．m＋np＋q
解析：选C。升高温度，由图像判断平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，A、B错误；增大压强，由图像判断平衡向逆反应方向移动，逆反应气体体积减小，C正确、D错误。
13．加热N2O5时，发生以下两个分解反应：N2O5??N2O3＋O2，N2O3??N2O＋O2，在1 L密闭容器中加热4 mol N2O5 达到化学平衡时c(O2)为4.50 mol/L，c(N2O3)为1.62 mol/L，则在该温度下各物质的平衡浓度正确的是(　　)
A．c(N2O5)＝1.44 mol/L
B．c(N2O5)＝0.94 mol/L
C．c(N2O)＝1.40 mol/L
D．c(N2O)＝3.48 mol/L
解析：选B。　N2O5??N2O3＋O2
起始(mol/L)：　4　　　0　　　0
变化(mol/L): x x x
平衡(mol/L): 4－x x x
　　　　　　N2O3??N2O＋O2
起始(mol/L): x 0 0
变化(mol/L): y y y
平衡(mol/L): x－y y y
根据题意列方程得
解得：x＝3.06，y＝1.44；
则：c(N2O5)＝4 mol/L－3.06 mol/L＝0.94 mol/L，
c(N2O)＝1.44 mol/L。
14．温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)??PCl3(g)＋Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是(　　)
A．反应在前50 s的平均速率v(PCl3)＝0.003 2 mol·L－1·s－1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)＝0.11 mol·L－1，则反应的ΔH<0
C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v正>v逆
D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl5，达到平衡时，PCl5的转化率大于20%
解析：选C。A项，由表中数据可知，反应在前50 s的平均速率v(PCl3)＝＝0.001 6 mol·L－1·s－1。B项，升高温度，重新达到平衡时n(PCl3)＝0.11 mol·L－1×2.0 L＝0.22 mol>0.20 mol，说明升高温度，平衡正向移动，即正反应为吸热反应。C项，Q＝v逆。D项，相当于增大压强，平衡逆向移动，PCl5的转化率小于20%。
15．(2017·福建六校联考)下列能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．煅烧粉碎的硫铁矿有利于SO2生成
B．由H2、I2、HI三种气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C．使用铁触媒，使N2和H2的混合气体有利于合成NH3
D．实验室常用排饱和食盐水法收集Cl2
解析：选D。煅烧粉碎的硫铁矿能加快反应速率，对平衡没有影响，故A错误；由H2、I2、HI三种气体组成的平衡体系加压平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；使用铁触媒，使N2和H2的混合气体合成NH3的反应速率加快，对平衡移动没有影响，故C错误；Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO，增大氯离子浓度，使平衡逆向移动，氯气溶解度减小，所以实验室常用排饱和食盐水法收集Cl2，能用勒夏特列原理解释，故D正确。
16．已知H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，现有相同容积且体积可变的两个绝热容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，在起始温度相同的条件下分别达到平衡。下列说法正确的是(　　)
A．平衡时甲、乙两容器的体积相等
B．平衡时甲、乙两容器中c(H2)相等
C．平衡时甲、乙两容器中v(H2)相等
D．平衡时甲、乙两容器中气体总物质的量相等
解析：选D。由于反应的容器是绝热的，而正反应与逆反应的热效应相反，故甲、乙两容器平衡时的温度不同，因此平衡状态不同。根据反应方程式可知，反应前后气体的物质的量相同，所以D项正确，其余选项均错误。
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
17．(12分)科学家一直致力于“人工固氮”新方法的研究。
(1)传统“人工固氮”的反应为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)。一定温度下，将1 mol N2和3 mol H2通入体积为0.5 L的密闭容器中，达到平衡状态时H2的转化率为50%，该温度下该反应的平衡常数K＝____(保留两位有效数字)。
(2)最新“人工固氮”的研究报道，常温常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2(g)＋6H2O(l)??4NH3(g)＋3O2(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1。已知该反应的平衡常数K与温度的关系如图所示，则此反应为____(填“放热”或“吸热”)反应。
(3)氨催化氧化法制硝酸的主要反应为4NH3(g)＋5O2(g)??4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH<0；在容积为1 L的密闭容器中发生该反应，容器内部分物质的含量如下表：
物质的量
时间
n(NH3)(mol)
n(O2)(mol)
n(NO)(mol)
起始
1.60
3.20
0.00
第2 min
a
2.70
0.40
第4 min
0.60
1.95
1.00
第6 min
0.60
1.95
1.00
①反应在第2 min到第4 min时，NH3的平均反应速率为____mol·(L·min)－1。
②对于上述反应的下列判断，正确的是____(填序号，下列选项中X%表示X的物质的量百分含量)。
A．若升高反应体系的温度，平衡时体系中NH3%将减小
B．若增大反应体系的压强，平衡时体系中NO%将增大
C．若升高反应体系的温度，平衡时体系中H2O(g)%将增大
D．加入催化剂，平衡时体系中O2%保持不变
答案：(1)0.15　(2)吸热　(3)①0.3　②D
18．(13分)25 ℃时，在体积为2 L的密闭容器中，气态物质A、B、C的物质的量n随时间t的变化如图1所示，已知达到平衡后，降低温度，A的转化率增大。
t2～t3
t4～t5
t5～t6
t7～t8
K1
K2
K3
K4
(1)根据图1，写出该反应的化学方程式：____________。此反应的平衡常数表达式K＝______，从反应开始到第一次平衡时的平均速率 v(A) 为_________。
(2)在5～7 min内，若K值不变，则此处曲线变化的原因是________。
(3)如图2表示此反应的反应速率v和时间t的关系图，各阶段的平衡常数如表所示。K1、K2、K3、K4之间的关系为_________(用“>”“<”或“＝”连接)。A的转化率最大的一段时间是____。
答案：(1)A(g)＋2B(g)??2C(g)　 0．05 mol/(L·min)　(2)增大压强　(3)K1>K2＝K3＝K4　t2～t3
19．(14分)在100 ℃时，将0.40 mol二氧化氮气体充入一个2 L抽空的密闭容器中，发生反应：2NO2??N2O4。每隔一段时间就对该容器内的物质进行分析，得到下表数据：
时间/s
0
20
40
60
80
n(NO2)/mol
0.40
n1
0.26
n3
n4
n(N2O4)/mol
0.00
0.05
n2
0.08
0.08
(1)在上述条件下，从反应开始至20 s时，用二氧化氮表示的平均反应速率为____mol·L－1·s－1。
(2)n3____(填“>”“<”或“＝”)n4；该反应的平衡常数K的数值为____。
(3)若在相同条件下最初向该容器中充入四氧化二氮气体，要达到上述平衡状态，四氧化二氮的起始浓度是____mol·L－1。
(4)上一问反应达到平衡后四氧化二氮的转化率为____，混合气体的平均摩尔质量为______。
(5)达到平衡后，如果升高温度，气体颜色会变深，则升高温度后，反应2NO2??N2O4的平衡常数将____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(6)达到平衡后，如果向该密闭容器中再充入0.32 mol He，并把容器体积扩大为4 L，则平衡将____(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。
解析：(1)根据氮原子守恒可得，20 s时NO2的物质的量为0.40 mol－0.05 mol×2＝0.30 mol，用NO2表示的平均反应速率为(0.40 mol－0.30 mol)÷2 L÷20 s＝2.5×10－3 mol·L－1·s－1。
(2)根据氮原子守恒可知n3＝n4。平衡时，N2O4的物质的量为0.08 mol，则NO2的物质的量为0.40 mol－0.08 mol×2＝0.24 mol，N2O4、NO2的浓度分别为 0.04 mol·L－1、0.12 mol·L－1，故平衡常数K＝≈2.8。
(3)若在相同条件下最初向该容器中充入四氧化二氮气体，要达到同样的平衡状态，四氧化二氮的起始物质的量应该是0.20 mol，其浓度为0.10 mol·L－1。
(4)平衡时，N2O4为0.08 mol，故转化率为(0.20－0.08) mol÷0.20 mol×100%＝60%。混合气体的总物质的量为(0.08＋0.24) mol＝0.32 mol，平均摩尔质量为＝57.5 g·mol－1。
(5)气体颜色加深，说明平衡逆向移动，则平衡常数的值将减小。
(6)He是惰性气体，不参与反应，但容器体积扩大，压强减小，平衡会向左移动。
答案：(1)2.5×10－3
(2)＝　2.8
(3)0.10
(4)60%　57.5 g·mol－1
(5)减小
(6)向左移动
20．(13分)已知化学反应①：Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)，其平衡常数为K1；化学反应②：Fe(s)＋H2O(g)??FeO(s)＋H2(g)，其平衡常数为K2，在温度973 K和1 173 K情况下，K1、K2的值分别如下：
温度
K1
K2
973 K
1.47
2.38
1 173 K
2.15
1.67
请回答下列问题：
(1)通过表中的数据可以推断：反应①是____(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)现有反应③：CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)，请写出该反应的平衡常数K3的表达式：K3＝________。
(3)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式为________，据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是____(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有____(填序号)。
A．缩小反应容器的容积
B．扩大反应容器的容积
C．升高温度
D．使用合适的催化剂
E．设法减小平衡体系中CO的浓度
(5)图甲、乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：
①图甲t2时刻改变的条件是____________________________________。
②图乙t2时刻改变的条件是____________________________________。
解析：(1)由表中数据知，升高温度，K1增大，K2减小，说明反应①为吸热反应，反应②为放热反应。
(2)～(3)由反应①知，K1＝，由反应②知，K2＝；①－②得反应③，且K3＝＝，可知反应③为吸热反应。
(4)反应③为反应前后气体体积不变的吸热反应，因此升高温度，减少生成物CO的浓度均可使平衡向正反应方向移动。(5)①图甲中，t2时刻化学平衡没有移动，反应速率加快，因此t2时刻改变的条件为增大压强或使用催化剂；②图乙中，发生的反应为CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH>0，t2→t3时间段，CO2浓度增大，CO浓度减小，化学平衡向逆反应方向移动，因此，对比O→t1和t2→t3图像变化可知，t2时刻改变的条件为降低温度或设法分离出H2或恒容下充入水蒸气。
答案：(1)吸热　(2)
(3)K3＝　吸热　(4)CE
(5)①增大压强或使用催化剂　②降低温度、设法分离出H2或恒容下充入水蒸气

控制变量法探究影响化学反应速率的因素
1．确定变量
在研究影响化学反应速率的因素时，由于外界影响因素较多，故为分清某个因素的影响均需控制其他因素相同或不变，再进行实验，从而理清影响实验探究结果的因素。
2．定多变一
在探究时，应先确定其他因素不变，只改变一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系，这样确定一种因素的影响结果以后，再确定另一种因素的影响结果，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。
　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，根据数据绘制图，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是(　　)
组别
c(HCl)(mol/L)
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
50
粉末状
A.4、3、2、1　　　　　 B．1、2、3、4
C．3、4、2、1 D．1、2、4、3
[审题指导]
信息
提取
①图中曲线的斜率越大，对应的化学反应速率越大
②盐酸的浓度越大、溶液的温度越高、固体的表面积越大，则对应的化学反应速率越大
形成
思路
根据图中曲线的斜率，得出化学反应速率大小顺序为a＞b＞c＞d。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小；实验2和3浓度和固体表面积相同，则比较溶液的温度即可；实验3和4，溶液的浓度和温度相同，固体的表面积不同，应根据表面积大小对反应速率的影响进行比较
[答案]　A
【突破训练】
如表所示是稀硫酸与某金属反应的实验数据：
实验
序号
金属
质量(g)
金属
状态
c(H2SO4)
(mol/L)
V(H2SO4)
(mL)
溶液
温度(℃)
金属消失的时
间(s)
反应前
反应后
1
0.10
丝
0.5
50
20
34
500
2
0.10
粉末
0.5
50
20
35
50
3
0.10
丝
0.7
50
20
36
250
4
0.10
丝
0.8
50
20
35
200
5
0.10
粉末
0.8
50
20
36
25
6
0.10
丝
1.0
50
20
35
125
7
0.10
丝
1.0
50
35
50
50
8
0.10
丝
1.1
50
20
34
100
9
0.10
丝
1.1
50
30
44
40
分析上述数据，回答下列问题：
(1)实验4和5表明：__________对反应速率有影响，其影响是______，反应速率越快，能表明同一规律的实验还有______(填实验序号)。
(2)仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有_______(填实验序号，填一组即可)。
(3)本实验中影响反应速率的其他因素还有____________________________________，
其实验序号是____(填一组即可)。
(4)实验中的所有反应，反应前后溶液的温度变化值(约15 ℃)相近，推测其原因：____________________________________。
解析：(1)实验4和5不同之处是金属的表面积，粉末状的金属消失的快，说明其反应速率快，其中实验1和2也可以说明这一点。(2)仅表明反应物的浓度对反应速率产生影响的实验，其他条件应完全相同，则实验1、3、4、6、8中任意两组及实验2和5符合。(3)从表中可以看出，溶液反应前的温度不同，其他条件都相同的是实验6和7或实验8和9。(4)在所有反应中，该金属的质量和硫酸溶液的体积均相等，且H2SO4过量，则产生热量相等，故溶液温度变化值相近。
答案：(1)固体反应物的表面积　表面积越大　1和2
(2)3和4(1、3、4、6、8中任意两组或2和5也可)
(3)反应前溶液温度　6和7(或8和9)
(4)一定量的该金属与足量的稀硫酸反应放出的热量相同

第一节　弱电解质的电离
　1.理解强电解质、弱电解质的概念。　2.能描述弱电解质在水溶液中的电离平衡，正确书写电离方程式。　3.理解一定条件下弱电解质的电离平衡移动。　4.了解电离常数的概念、表达式和意义。
　强、弱电解质
1．盐酸和醋酸的比较
按图所示，将体积相同、浓度相同的盐酸和醋酸与等量镁条反应，并测量溶液的pH。
完成下面的表格：
1 mol/L HCl
1 mol/L CH3COOH
实
验
操
作
与镁反应现象
产生无色气泡较快
产生无色气泡较慢
结论
Mg与盐酸反应速率大，表明盐酸中c(H＋)较大，说明在水中盐酸的电离程度大于醋酸的电离程度
溶液的pH
数值
不相同(填“相同”或“不相同”，下同)
结论
相同物质的量浓度的盐酸和醋酸中c(H＋)不相同
实验结论
不同的电解质在水中的电离程度不相同
2.强电解质和弱电解质
—
—
3．电离方程式的书写
(1)强电解质
完全电离，书写电离方程式时用“===”。
(2)弱电解质
部分电离，书写电离方程式时用“??”。
①一元弱酸、弱碱一步电离。
如CH3COOH：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，
NH3·H2O：NH3·H2O??NH＋OH－。
②多元弱酸分步电离，必须分步写出，不可合并(其中以第一步电离为主)。
如H2CO3：H2CO3??H＋＋HCO(主)，
HCO??H＋＋CO(次)。
③多元弱碱分步电离(较复杂)，在中学阶段要求一步写出。
如Fe(OH)3：Fe(OH)3??Fe3＋＋3OH－。
(1)酸式盐电离方程式的书写
①强酸的酸式盐在水溶液中完全电离，如NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，但其在熔融态时为NaHSO4(熔融)===Na＋＋HSO。
②弱酸的酸式盐“强中有弱”，如NaHCO3===Na＋＋HCO，HCO??H＋＋CO。
(2)Al(OH)3电离方程式的书写
酸式电离：Al(OH)3??H＋＋AlO＋H2O，
碱式电离：Al(OH)3??Al3＋＋3OH－。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)稀硫酸能导电，所以稀硫酸是电解质。(　　)
(2)SO2的水溶液能导电，故SO2是电解质。(　　)
(3)固态的NaCl不导电，因此NaCl不属于电解质。(　　)
(4)Fe能导电，故Fe是电解质。(　　)
(5)BaSO4不溶于水，故BaSO4是非电解质。(　　)
(6)盐酸中只有H＋和Cl－，没有HCl分子，故盐酸是强电解质。(　　)
(7)Ca(OH)2微溶于水，所以它是弱电解质。(　　)
(8)H2CO3的电离方程式为H2CO3??2H＋＋CO。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×
2．下列物质中，既能导电又属于强电解质的一组是(　　)
A．熔融MgCl2、熔融NaOH　　 B．液氨、石灰水
C．石墨、食醋 D．稀硫酸、蔗糖
解析：选A。液氨、蔗糖是非电解质。石灰水、食醋、稀硫酸是电解质溶液，为混合物，石墨属于单质，故四者既不是电解质也不是非电解质。因此B、C、D均不符合题意。
强电解质和弱电解质的比较
强电解质
弱电解质
相同点
在水溶液中都能产生自由移动的离子，都是电解质
不
同
点
水溶液中
粒子存在
的形式
只存在电解质电离产生的阴、阳离子，不存在电解质分子
存在大量弱电解质分子和少量弱电解质电离产生的离子
电离过程
不可逆，电离方程式用“===”
可逆，电离方程式用“??”
电离程度
完全电离
部分电离
化学键
离子键或极性键
一般为极性键
实例
绝大多数的盐(包括难溶性盐)；
强酸：HCl、HNO3、H2SO4、HClO4等；强碱：KOH、NaOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2等　
弱酸：H2CO3、HClO、
CH3COOH等；
弱碱：NH3·H2O、Cu(OH)2、Fe(OH)3等；
水
(1)尽管CO2、SO2、SO3、NH3等物质的水溶液能够导电，但它们并不是电解质。
(2)溶液的导电能力与溶液中离子的浓度和离子所带电荷数有关：溶液中离子的浓度越大，离子所带电荷数越多，溶液的导电能力越强。
(3)强电解质的导电能力不一定强，弱电解质的导电能力不一定弱。
(4)熔融状态下能导电的化合物属于离子化合物，不导电的化合物属于共价化合物。
　下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是(　　)
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
C12H22O11(蔗糖)
BaSO4
C2H5OH
H2O
[解析]　A项，Fe既不是电解质也不是非电解质，错误；B项，NH3是非电解质，BaSO4是强电解质，错误；D项，H2O是弱电解质，错误。
[答案]　C
　
下列叙述正确的是(　　)
A．碳酸钙难溶于水，放入水中溶液不导电，且碳酸钙在960 ℃时分解，不存在熔融状态导电的性质，故CaCO3是非电解质
B．NH3溶于水后得到的水溶液能导电，所以NH3是电解质
C．BaSO4难溶于水，但溶于水的那一部分能够完全电离，故BaSO4是强电解质
D．NaCl是电解质，所以NaCl固体能导电
解析：选C。电解质在水溶液中或熔融状态下能导电，只是宏观现象，是宏观判断的一种方法，其导电的实质是化合物在水溶液中或熔融状态下能产生自由移动的离子，因此判断某化合物是否为电解质，关键是看它能否发生电离。CaCO3虽难溶于水，但溶解部分全部电离，所以是强电解质，A错误；NH3溶于水时发生反应：NH3＋H2O??NH3·H2O??NH＋OH－，虽然溶液能导电，但NH3本身不能电离出离子，是非电解质，B错误；NaCl固体不能导电，D错误。
有关电解质理解的三个注意事项
(1)电解质的强弱与其溶解度大小无必然联系，如CaCO3难溶于水，但CaCO3属于强电解质；CH3COOH易溶于水，但CH3COOH属于弱电解质。
(2)电解质的强弱与其溶液的导电能力无必然联系，如强电解质溶液很稀时，导电能力差。
(3)电解质不一定导电(如固态NaCl)，导电的物质也不一定是电解质(如石墨、金属等)。　
　强、弱电解质的概念及溶液导电性
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．强电解质不一定导电，弱电解质溶液的导电能力不一定比强电解质溶液弱
解析：选D。强极性的共价化合物也是强电解质，A错误；电解质的强弱与其溶解度无关，B错误；有的强电解质是共价化合物，熔化时不能电离，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所带的电荷数和离子浓度有关，D正确。
2．下列说法不正确的是(　　)
A．某些难溶的物质，也可能是强电解质
B．导电能力强的溶液，其溶质是强电解质
C．溶质为同一弱电解质的溶液，当浓度不同时，其导电能力也不相同
D．强电解质在熔融状态时，有的导电，有的不导电
解析：选B。电解质的强弱与其溶解度无关，如BaSO4为难溶盐，但其是强电解质，A项正确；溶液的导电能力与溶液中自由移动离子的浓度和离子所带电荷数有直接关系，弱电解质的浓溶液也可能具有较强的导电能力，B项错误；溶质为同一弱电解质的溶液，当浓度不同时，其溶液中离子浓度也不同，故其导电能力也不相同，C项正确；强电解质在熔融状态时，有的导电，如氯化钠等离子化合物，有的不导电，如氯化氢等共价化合物，D项正确。
3．下列溶液中导电性最强的是(　　)
A．1 L 0.1 mol/L醋酸
B．0.1 L 0.1 mol/L H2SO4溶液
C．0.5 L 0.1 mol/L盐酸
D．2 L 0.1 mol/L H2SO3溶液
解析：选B。溶液中离子浓度越大，溶液的导电性越强。当离子浓度相同时，还要比较离子所带的电荷数是否相同。离子浓度越大，离子所带的电荷数越多，溶液的导电性越强。
　弱电解质的电离
1．弱电解质的电离平衡
在一定条件下(如温度和浓度)，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，电离过程达到电离平衡状态。
2．电离平衡的建立过程(用v-t图像描述)
3．弱电解质的电离或形成过程中体系各粒子浓度的变化
(1)一元弱酸HA电离过程中各粒子浓度的变化
比较项目浓度
c(A－)
c(H＋)
c(HA)
HA初溶于水时
最小
最小
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)一元弱碱BOH电离过程中各粒子浓度的变化
比较项目浓度
c(OH－)
c(B＋)
c(BOH)
等体积等浓度的B＋、OH－溶液相混合时
最大
最大
最小
达到电离平衡前
减小
减小
增大
达到电离平衡时
不变
不变
不变
4.电离平衡的特征
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)醋酸在醋酸钠溶液中电离的程度大于在纯水中电离的程度。(　　)
(2)一定温度下，醋酸的浓度越大，其电离程度越大。(　　)
(3)0.1 mol/L的醋酸加水稀释时，醋酸的电离程度增大，故c(H＋)增大。(　　)
(4)0.1 mol/L的醋酸溶液加热，其导电性增强。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．在醋酸溶液中，CH3COOH电离达到平衡的标志是(　　)
A．溶液呈电中性
B．溶液中检测不出CH3COOH分子存在
C．CH3COOH分子电离的速率很快
D．CH3COO－浓度恒定不变
解析：选D。CH3COOH电离方程式为CH3COOH??CH3COO－＋H＋，此电离过程是可逆过程，不可能进行到底，故醋酸溶液中一直存在CH3COOH分子，且无论电离是否达到平衡状态，溶液都呈电中性，当电离达到平衡状态时，溶液中各微粒的浓度恒定不变。弱电解质分子电离成离子的速率与离子结合成弱电解质分子的速率相等时，达到电离平衡。
影响电离平衡的因素
(1)影响电离平衡的因素
影响因素
电离程度
原因
内因
电解质本身的性质决定电解质的电离程度
结构决定性质
外
因
升高温度
增大
电离过程是吸热的
减小浓度(稀释)
增大
浓度减小，离子结合生成弱电解质分子的速率减小
外加
电解质
增大弱电解质电离出的离子的浓度
减小
离子(产物)浓度增大，平衡左移
消耗弱电解质电离出的离子
增大
离子(产物)浓度减小，平衡右移
(2)实例说明
以0.1 mol/L的醋酸溶液中存在的平衡为例具体分析平衡移动的情况：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，分别改变下列条件时，平衡的变化如表所示：
条件改变
平衡移动
电离程度
n(H＋)
c(H＋)
导电能力
加水
正向
增大
增大
减小
减弱
升温
正向
增大
增大
增大
增强
加醋酸铵固体
逆向
减小
减小
减小
增强
加盐酸
逆向
减小
增大
增大
增强
加氢氧化钠固体
正向
增大
减小
减小
增强
加醋酸钠固体
逆向
减小
减小
减小
增强
加铁粉
正向
增大
减小
减小
增强
　已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，要使溶液中的值增大，可以采取的措施是(　　)
A．加少量烧碱溶液　　　　 B．降低温度
C．加少量冰醋酸 D．加水
[解析]　加少量NaOH溶液，醋酸的电离平衡右移，c(H＋)减小，c(CH3COOH)减小，但c(H＋)减小得多，所以减小，A错误。降低温度，平衡左移，n(H＋)减小，n(CH3COOH)增大，所以减小，B错误。加少量冰醋酸，c(CH3COOH)增大，c(H＋)增大，但c(CH3COOH)增大得更多，所以减小，C错误。加水，平衡右移，n(CH3COOH)减小，n(H＋)增大，所以增大，D正确。
[答案]　D
　
若将c(H＋)/c(CH3COOH)改为c(H＋)，应该选____。
解析：烧碱溶液消耗H＋，c(H＋)减小；降低温度，平衡向左移动，c(H＋)减小；加少量冰醋酸，平衡向右移动，c(H＋)增大；加水稀释，c(H＋)减小。
答案：C
　影响电离平衡的因素
1．在氨水中存在下列电离平衡：NH3·H2O??NH＋OH－，下列情况能引起电离平衡正向移动的是(　　)
①加NH4Cl固体　②加NaOH溶液　③通HCl　④加CH3COOH溶液　⑤加水
A．①③⑤　　　　　　　 B．①③④
C．③④⑤ D．①②④
解析：选C。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，溶液被稀释，平衡右移。
2．在醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH??CH3COO－＋H＋，要使电离平衡正向移动且c(H＋)增大，应采取的措施是(　　)
A．加NaOH固体 B．加热
C．加水 D．加浓盐酸
解析：选B。加NaOH固体，电离平衡正向移动，但c(H＋)减小，A项错误；加热，电离平衡正向移动，c(H＋)增大，B项正确；加水，电离平衡正向移动，但c(H＋)减小，C项错误；加浓盐酸，c(H＋)增大，但电离平衡逆向移动，D项错误。
　一元强酸与一元弱酸的比较
3．相同体积、相同氢离子浓度的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是(　　)
A．弱酸溶液产生较多的氢气
B．强酸溶液产生较多的氢气
C．两者产生等量的氢气
D．无法比较两者产生氢气的量
解析：选A。相同氢离子浓度的强酸和弱酸溶液，前者酸的浓度较小；等体积的两种溶液与足量的镁反应，后者放出氢气多。
4．H＋浓度相同的等体积的两份溶液A和B，A为盐酸，B为醋酸，相同条件下分别和锌反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，且放出的氢气的体积相等，则下列说法正确的是　(　　)
①反应所需要的时间B>A
②开始反应时的速率A>B
③参加反应的锌的物质的量A＝B
④反应过程的平均速率B>A
⑤盐酸里有锌剩余
⑥醋酸里有锌剩余
A．③④⑤ B．③④⑥
C．②③⑤ D．②③⑥
解析：选A。开始时c(H＋)相同，因此开始时反应速率相同；因放出H2的体积相同，所以参加反应的锌的量相等；随着反应的进行，醋酸的电离平衡被破坏，向着电离方向移动，故H＋浓度的变化小于盐酸，所以反应过程中醋酸的平均反应速率大于盐酸；醋酸中不可能有锌剩余，因为醋酸能够提供的H＋的量远大于盐酸。
一元强酸和一元弱酸的比较
1．相同体积、相同物质的量浓度的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较
比较项目
酸
c(H＋)
酸性
中和碱的
能力
与足量活泼金属反应产生H2的总量
与同一金属反应时的起始反应速率
一元强酸
大
强
相同
相同
大
一元弱酸
小
弱
小
2．相同体积、相同c(H＋)的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较
比较项目
酸
c(H＋)
酸性
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的总量
与同一金属反应时的起始反应速率
一元强酸
相同
相同
小
少
相同
一元弱酸
大
多
　电离常数
1．概念：在一定温度下，当弱电解质在水溶液中达到电离平衡时，溶液中电离出的各离子浓度系数次幂的乘积与弱电解质分子浓度的比值是一个常数。
2．表达式：对于HA??H＋＋A－，K＝。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)在相同条件下，弱酸的电离常数越大，越易电离。(　　)
(2)改变条件，电离平衡右移，电离常数增大。(　　)
(3)升高温度，弱电解质的电离平衡常数增大。(　　)
(4)在相同条件下，可根据电离平衡常数的大小，比较弱电解质的相对强弱。(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√
2．下列关于电离常数(K)的说法中正确的是(　　)
A．电离常数(K)越小，表示弱电解质电离能力越弱
B．电离常数(K)与温度无关
C．不同浓度的同一弱电解质，其电离常数(K)不同
D．多元弱酸各级电离常数相互关系为K1解析：选A。电离常数表示电离程度的大小，K值越大，电离程度越大。电离常数与温度有关，温度不变时电离常数不变。多元弱酸的各级电离常数关系为K1?K2?K3。
有关电离常数的注意事项
1．不同弱电解质电离常数的大小由物质本身的性质决定，同一温度下，不同弱电解质的电离常数不同，K值越大，电离程度越大。
2．同一弱电解质在同一温度下改变浓度时，其电离常数不变。
3．电离常数K只随温度的变化而变化，升高温度，K值增大。
4．多元弱酸各级电离常数：K1?K2?K3，其酸性主要由第一步电离决定，K值越大，相应酸的酸性越强。
　已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2；NaCN＋HF===HCN＋NaF；NaNO2＋HF===HNO2＋NaF。由此可判断下列叙述不正确的是(　　)
A．K(HF)＝7.2×10－4
B．K(HNO2)＝4.9×10－10
C．三种酸的强弱顺序为HF>HNO2>HCN
D．K(HCN)[解析]　相同温度下弱电解质的电离常数的大小是比较弱电解质相对强弱的条件之一。根据题中反应可知三种一元弱酸的酸性强弱顺序为HF>HNO2>HCN，由此可判断：K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)，其对应数据依次为K(HF)＝7.2×10－4、K(HNO2)＝4.6×10－4、K(HCN)＝4.9×10－10。
[答案]　B
(1)相同温度下，若三种酸溶液中c(H＋)相同，哪种酸的浓度最大？
(2)根据上题中三种酸的对应电离常数，试判断CN－、F－、NO结合H＋能力由弱到强的顺序。
答案：(1)HCN浓度最大，因其酸性最弱，电离程度最小。
(2)根据电离常数大小判断酸性的相对强弱，酸性越弱，其电离产生H＋和酸根离子的趋势越小，则酸根离子结合H＋能力越强，故为F－　电离常数的应用
1．将0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是(　　)
A.的值减小
B．OH－的物质的量减小
C.的值减小
D．NH的浓度减小
解析：选D。加水稀释时，电离平衡NH3·H2O??NH＋OH－向右移动，n(NH)、n(OH－)增大，n(NH3·H2O)减小，＝的值变大；c(NH3·H2O)、c(NH)、c(OH－)都减小；电离平衡常数K＝的值不变。
2．常温下，H2SO3的电离常数K1＝1.2×10－2，K2＝6.3×10－8；H2CO3的电离常数K1＝4.5×10－7，K2＝4.7×10－11。
请比较H2SO3和H2CO3的酸性强弱。
通过实验验证上述结论的正误(简要说明实验步骤、现象和结论，仪器自选)。
供选择的试剂：CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaHSO3、蒸馏水、澄清石灰水、酸性KMnO4溶液、品红溶液。
解析：由于K1(H2SO3)>K1(H2CO3)，故H2SO3的酸性强于H2CO3，要证明酸性H2SO3>H2CO3，可有以下方案：
①将SO2气体依次通过NaHCO3(或Na2CO3)溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水，若品红溶液不褪色，且澄清石灰水变浑浊，证明酸性H2SO3强于H2CO3。
②将CO2气体依次通过NaHSO3(或Na2SO3)溶液、品红溶液，若品红溶液不褪色，证明酸性H2SO3强于H2CO3。
答案：H2SO3的酸性强于H2CO3
方案一：将SO2气体依次通过NaHCO3(或Na2CO3)溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水。若品红溶液不褪色，且澄清石灰水变浑浊，证明酸性H2SO3强于H2CO3。
方案二：将CO2气体依次通过NaHSO3(或Na2SO3)溶液、品红溶液。若品红溶液不褪色，证明酸性H2SO3强于H2CO3。
(其他合理答案也可)
重难易错提炼
1.电解质是化合物，所有溶液均不是电解质，如稀H2SO4、浓H2SO4不是电解质，硫酸是电解质。
2．电解质的强弱与其溶解度、水溶液的导电能力均无直接关系。
3．弱电解质的相对强弱可直接由同温度下电离常数的大小来判断，相同条件下，弱电解质的电离常数越大，其酸性或碱性越强。
4．勒夏特列原理可用于讨论弱电解质的电离平衡。
课后达标检测
[基础巩固]
1．关于强、弱电解质及非电解质的组合完全正确的是(　　)
选项
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
CH3COOH
非电解质
Cl2
CS2
C2H5OH
H2CO3
解析：选C。A中Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质；B中BaSO4虽难溶于水，但溶解的部分完全电离，是强电解质；D中H2CO3是弱电解质。
2．下列说法正确的是(　　)
A．溶液中有CH3COOH、CH3COO－和H＋即可证明CH3COOH达到电离平衡状态
B．溶液中CH3COO－和H＋的物质的量浓度相等可证明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，电离程度依次减小
解析：选D。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，但不能说明达到电离平衡状态，A错误；根据CH3COOH??CH3COO－＋H＋知即使CH3COOH未达平衡状态，CH3COO－和H＋的浓度始终相等，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，且NH3·H2O电离程度是很小的，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。
3．下列电离方程式正确的是(　　)
A．NaHSO4溶于水：NaHSO4??Na＋＋H＋＋SO
B．次氯酸电离：HClO===ClO－＋H＋
C．HF溶于水：HF＋H2O??H3O＋＋F－
D．NH4Cl溶于水：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
解析：选C。A项，NaHSO4是强电解质，电离方程式不应使用“??”；B项，HClO是弱酸，电离方程式中应使用“??”；D项不是电离方程式。
4．下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
弱酸
HCN
HF
CH3COOH
HNO2
电离常数
6.2×10－10
6.8×10－4
1.8×10－5
5.1×10－4
则0.1 mol/L的下列溶液中，c(H＋)最大的是(　　)
A．HCN　　　　　　　　 B．HF
C．CH3COOH D．HNO2
解析：选B。相同条件下，一元弱酸的电离常数越大，其电离程度越大，同浓度时，电离产生的c(H＋)越大。
5．(2017·南昌高二测试)把0.05 mol NaOH固体分别加入下列100 mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是(　　)
①自来水　②0.5 mol·L－1盐酸　③0.5 mol·L－1醋酸
④0.5 mol·L－1 NH4Cl溶液
A．①② B．②④
C．③④ D．②③
解析：选B。离子浓度变化不大，溶液导电能力变化就不大。向自来水、醋酸中加入NaOH固体，离子浓度都增大，向盐酸中加入NaOH固体，自由移动离子数基本不变，则离子浓度变化不大，向NH4Cl溶液中加入NaOH固体，离子浓度变化不大。
6．下列关于电离常数的说法正确的是(　　)
A．电离常数随着弱电解质浓度的增大而增大
B．CH3COOH的电离常数为K＝
C．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，电离常数减小
D．电离常数只与温度有关，与浓度无关
解析：选D。电离常数只与温度有关，与弱电解质浓度无关，故A项错误，D项正确；CH3COOH的电离常数表达式为K＝，故B项错误；CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，虽然平衡向左移动，但温度不变，平衡常数不变，故C项错误。
7．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的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠
C．c(H＋)＝10－3 mol/L的两溶液稀释100倍，c(H＋)均为10－5 mol/L
D．两溶液中分别加入少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小
解析：选B。相同浓度的两溶液，醋酸部分电离，故醋酸的c(H＋)比盐酸的小，故A错；由反应方程式可知B正确；醋酸稀释过程中平衡向电离方向移动，故稀释后醋酸的c(H＋)大于10－5 mol/L，故C错；醋酸中加入醋酸钠，由于增大了溶液中醋酸根的浓度，抑制了醋酸电离，使c(H＋)明显减小，而盐酸中加入氯化钠，对溶液中c(H＋)无影响，故D错。
8．在0.2 mol/L的CH3COOH溶液中分别改变下列条件时，说法正确的是(　　)
A．适当升高温度，CH3COOH的电离程度减小
B．加少量NaOH固体，CH3COOH的电离平衡正向移动
C．加少量0.2 mol/L的盐酸，溶液中的c(H＋)增大，CH3COOH的电离平衡正向移动
D．加少量CH3COONa固体，CH3COOH的电离平衡正向移动
解析：选B。A项，CH3COOH的电离为吸热过程，升高温度电离程度增大；B项，加入NaOH固体，c(H＋)减小，电离平衡正向移动；C项，加入盐酸，c(H＋)增大，电离平衡逆向移动；D项，加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，电离平衡逆向移动。
9．运用电离常数判断可以发生的反应是(　　)
酸
电离常数(25 ℃)
碳酸
K1＝4.3×10－7　K2＝5.6×10－11
次溴酸
K＝2.4×10－9
①HBrO＋Na2CO3===NaBrO＋NaHCO3
②2HBrO＋Na2CO3===2NaBrO＋H2O＋CO2↑
③HBrO＋NaHCO3===NaBrO＋H2O＋CO2↑
④NaBrO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HBrO
A．①③ B．②④
C．①④ D．②③
解析：选C。根据复分解反应中较强酸制备较弱酸的原理，次溴酸K＝2.4×10－9>碳酸K2＝5.6×10－11，①能发生；次溴酸K＝2.4×10－9<碳酸K1＝4.3×10－7，可知④能发生，②和③都不能发生。
10．写出下列物质在水溶液中的电离方程式：
(1)H2SO4：________________________________________________；
(2)Fe(OH)3：______________________________________________；
(3)NH3·H2O：____________________________________________；
(4)Na2CO3：_______________________________________________；
(5)KHCO3：_______________________________________________。
答案：(1)H2SO4===2H＋＋SO
(2)Fe(OH)3??Fe3＋＋3OH－　(3)NH3·H2O??NH＋OH－　(4)Na2CO3===2Na＋＋CO
(5)KHCO3===K＋＋HCO、HCO??H＋＋CO
11．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：
(1)“O”点导电能力为0的理由是______________________________________________。
(2)a、b、c三点处，溶液的c(H＋)由小到大的顺序为__________。
(3)a、b、c三点处，醋酸电离程度最大的是____________________________________。
(4)若使c点溶液中c(CH3COO－)增大，溶液c(H＋)减小，可采取的措施是
①_____________________________________________________________________；
②_____________________________________________________________________；
③_____________________________________________________________________。
解析：溶液的导电能力主要由离子浓度来决定，题目中的图像说明冰醋酸加水稀释过程中，离子浓度随着水的加入先逐渐增大到最大值又逐渐减小，故c(H＋)是b点最大，c点最小，这是因为c(H＋)＝，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，n(H＋)增大使c(H＋)有增大的趋势，而V(aq)增大使c(H＋)有减小的趋势，c(H＋)是增大还是减小，取决于这两种趋势中哪一种占主导地位。在“O”点时，未加水，只有冰醋酸，因冰醋酸未发生电离，没有自由移动的离子存在，故不能导电；要使CH3COO－的浓度增大，H＋的浓度减小，可通过加入OH－、活泼金属等使平衡正向移动。
答案：(1)在“O”点处冰醋酸未电离，无自由移动的离子存在
(2)c(4)①加少量NaOH固体　②加少量Na2CO3固体
③加入Zn、Mg等金属(合理即可)
[能力提升]
12．(2017·绍兴高二月考)已知：
(1)Al(OH)3的电离方程式为Al(OH)3??AlO＋H＋＋H2O(酸式电离)、Al(OH)3??Al3＋＋3OH－(碱式电离)
(2)无水AlCl3晶体的沸点为182.9 ℃，溶于水的电离方程式为AlCl3===Al3＋＋3Cl－
(3)PbSO4难溶于水，易溶于醋酸钠溶液，反应的化学方程式为PbSO4＋2CH3COONa===Na2SO4＋(CH3COO)2Pb
则下列关于Al(OH)3、AlCl3和(CH3COO)2Pb的说法中正确的是(　　)
A．均为强电解质 B．均为弱电解质
C．均为离子化合物 D．均为共价化合物
解析：选D。AlCl3为强电解质，Al(OH)3和(CH3COO)2Pb为弱电解质，故A、B错误；Al(OH)3、AlCl3和(CH3COO)2Pb均为共价化合物，故C错误、D正确。
13．某温度下，等体积、c(H＋)相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中的c(H＋)随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法正确的是(　　)
A．曲线Ⅱ表示的是盐酸的变化曲线
B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C．取等体积的a点、b点对应的溶液，消耗的NaOH的量相同
D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
解析：选B。醋酸属于弱电解质，在稀释时会电离出H＋，故稀释相同倍数时醋酸溶液中c(H＋)的变化要比盐酸中c(H＋)的变化小一些，即曲线Ⅰ表示盐酸，曲线Ⅱ表示醋酸，A项错误；溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，离子浓度b>c，故导电性也是b>c，B项正确；a点、b点表示溶液稀释相同倍数，溶质的量没有发生变化，都等于稀释前的物质的量，稀释前两溶液中c(H＋)相同，但CH3COOH为弱酸，则c(CH3COOH)>c(HCl)，故稀释前n(CH3COOH)>n(HCl)，即CH3COOH消耗NaOH多，C项错误；a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，D项错误。
14．高氯酸、硫酸、HCl和硝酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
K
1.6×10－5
6.3×10－9
1.6×10－9
4.2×10－10
由以上表格中数据判断以下说法不正确的是(　　)
A．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
B．在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中酸性最强的酸
C．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4===2H＋＋SO
D．水对这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱
解析：选C。C项，由H2SO4的K可知，H2SO4在冰醋酸中不能完全电离，故错误。
15．如表所示是几种常见弱酸的电离常数(25 ℃)：
酸
电离方程式
电离常数K
CH3COOH
CH3COOH??CH3COO－＋H＋
1.75×10－5
H2CO3
H2CO3??H＋＋HCO
HCO??H＋＋CO
K1＝4.4×10－7
K2＝4.7×10－11
H2S
H2S??H＋＋HS－
HS－??H＋＋S2－
K1＝1.3×10－7
K2＝7.1×10－15
H3PO4
H3PO4??H＋＋H2PO
H2PO??H＋＋HPO
HPO??H＋＋PO
K1＝7.1×10－3
K2＝6.3×10－8
K3＝4.2×10－13
请回答下列问题：
(1)K只与温度有关，当温度升高时，K____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)在温度相同时，各弱酸的电离常数K不同，那么电离常数K的大小与酸性的相对强弱有何关系？____________________________________________________________________。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCO、H2S、HS－、H3PO4、H2PO、HPO都看作酸，其中酸性最强的是____，最弱的是____。
(4)H3PO4的K1、K2、K3之间存在着数量上的规律，此规律是_________________________，产生此规律的原因是_____________________________________________。
解析：(1)温度升高，促进电离，K增大。(2)根据题意及表中数据可知，电离常数K越大，对应的酸性越强。(3)利用K的大小进行比较，由表可看出H3PO4的K值最大，酸性最强；HS－的K值最小，酸性最弱。(4)由于上一级电离对下一级电离有抑制作用，使得上一级电离常数远大于下一级电离常数。
答案：(1)增大　(2)K越大，电离出的氢离子的浓度越大，酸性越强　(3)H3PO4　HS－　(4)K1∶K2∶K3≈1∶10－5∶10－10　上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用
16．现有①盐酸、②醋酸、③硫酸三种稀溶液，用序号回答下列问题。
(1)若三种酸的物质的量浓度相等：
a．三种溶液中的c(H＋)大小关系为____。
b．取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为____。
c．若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸的体积大小关系为____。
(2)若三种溶液的c(H＋)相等：
a．三种酸的物质的量浓度大小关系为____。
b．取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为____。
解析：(1)a.H2SO4为二元强酸；CH3COOH为弱酸，部分电离，故③>①>②。b.三种酸的物质的量相等，但H2SO4为二元酸，所以消耗NaOH是盐酸和醋酸的两倍，盐酸和醋酸消耗的NaOH相等，所以③>①＝②。c.等质量的Zn完全反应，消耗的盐酸和醋酸体积相等，消耗的H2SO4体积最少，所以①＝②>③。(2)a.CH3COOH是弱酸，c(CH3COOH)?c(H＋)，c(H2SO4)＝c(H＋)，c(HCl)＝c(H＋)，所以②>①>③。b.等体积的三种溶液中，n(CH3COOH)>n(HCl)，而HCl和H2SO4都是强电解质，两溶液中的n(H＋)相等，消耗NaOH一样多，所以②>①＝③。
答案：(1)a.③>①>②　b．③>①＝②　c．①＝②>③
(2)a.②>①>③　b．②>①＝③
第二节　水的电离和溶液的酸碱性
第1课时　水的电离和溶液的酸碱性
　1.了解水的电离平衡及影响因素。　2.了解水的离子积并能进行简单计算。
3．了解溶液的酸碱性与pH的关系和溶液酸碱性的判断依据与方法。
　水的电离
1．水的电离
水是一种极弱的电解质，电离方程式为H2O＋H2O??H3O＋＋OH－，简写为H2O??H＋＋OH－，水的电离常数K电离＝。
2．水的离子积常数
(1)推导
由精确的实验可知，25 ℃时1 L纯水(55.6 mol)只有1×10－7 mol H2O电离，则电离前后c(H2O)几乎不变，可视为常数，又因为K电离为常数，所以c(H＋)·c(OH－)＝K电离·c(H2O)为一常数，记为Kw。
(2)表达式
Kw＝c(H＋)·c(OH－)。25 ℃时，Kw＝1.0×10－14。
(3)影响因素
水的离子积Kw只受温度的影响，温度升高，Kw增大。
(4)适用范围
Kw不仅适用于纯水，还适用于稀的电解质水溶液。
3．影响水电离平衡的因素
常温下，水的电离：H2O??H＋＋OH－
改变条件
水的电离平衡
溶液中c(H＋)
溶液中c(OH－)
适当升高温度
右移
增大
增大
加入少量酸
左移
增大
减小
加入少量碱
左移
减小
增大
加入活泼金属Na
右移
减小
增大
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)升高温度，水的电离平衡右移，溶液中的c(H＋)和c(OH－)均增大，但Kw不变。(　　)
(2)盐酸中无OH－，只有H＋和Cl－以及水分子。(　　)
(3)某温度下，纯水中c(H＋)＝2.0×10－7 mol/L，则此时c(OH－)＝ mol/L＝5×10－8 mol/L。(　　)
(4)25 ℃时，0.1 mol/L的盐酸中，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13 mol/L。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．某温度下，测得纯水中的c(H＋)＝10－6 mol/L，则c(OH－)为(　　)
A．10－6 mol/L
B．10－8 mol/L
C．10－7 mol/L
D．无法确定
解析：选A。只要是纯水，由水电离出来的氢离子浓度就等于由水电离出来的氢氧根离子浓度。本题易错用常温下水的离子积常数来计算，从而得出错误结论。所以在用水的离子积常数解题时要特别注意温度。
水的离子积常数及应用时的注意事项
(1)水的离子积Kw只与温度有关，温度越高，Kw越大，所以，使用水的离子积时，必须指明温度，如不指明，则认为是25 ℃。
(2)水既可以看作一元弱酸，也可看作一元弱碱。当向水中加入酸时，由于c(H＋)增大，水的电离平衡逆向移动，c(H＋)>1×10－7 mol/L>c(OH－)；当向水中加入碱时，c(OH－)增大，水的电离平衡逆向移动，c(H＋)<1×10－7 mol/L(3)Kw＝c(H＋)·c(OH－)不仅适用于中性溶液，也同样适用于稀的酸溶液和稀的碱溶液。在任何时候、任何稀的电解质溶液中，都同时存在H＋、OH－，其乘积也为一常数。在不同的溶液中，c(H＋)和c(OH－)虽然不一定相等，但是由水电离出的c(H＋)和c(OH－)总是相等的。
(4)Kw表达式中，c(H＋)、c(OH－)均表示整个溶液中总物质的量浓度，但是一般情况下有：
①酸溶液中Kw＝c酸(H＋)·c水(OH－)(忽略水电离出的H＋的浓度)。
②碱溶液中Kw＝c水(H＋)·c碱(OH－)(忽略水电离出的OH－的浓度)。
③水电离出的c(H＋)与水电离出的c(OH－)一定相等。
(5)Kw表达式中，c(H＋)、c(OH－)均表示整个溶液中总物质的量浓度。相同温度下，纯水或任何稀水溶液中c(H＋)·c(OH－)相等。
向水中加入酸时，不是中和OH－促进水的电离，而是增大了H＋的浓度抑制水的电离，原因是水中的OH－的浓度非常小；同样，加入碱时，是增大了OH－的浓度而抑制水的电离。
　下列因素能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡向右移动的是(　　)
A．CH3COOH　　　　　 B．
C．升高温度 D．
[解析]　水的电离是吸热过程，升温，电离平衡向右移动。CH3COOH、OH－均使水的电离平衡向左移动，Cl－对其没有影响。
[答案]　C
　
上题中，CH3COOH、OH－的加入抑制了水的电离，则Kw减小；升高温度，电离平衡右移，则Kw增大。这种说法是否正确？
答案：Kw只与温度有关，与浓度变化无关，故升温时Kw增大是正确的，但加入CH3COOH、OH－时，Kw应不变。
　外界因素对水的电离平衡的影响
1．25 ℃时，水的电离达到平衡：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硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，c(H＋)不变
解析：选B。向水中加入稀氨水，c(OH－)增大，平衡逆向移动，c(H＋)减小，A项不正确；向水中加入少量固体NaHSO4：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，c(H＋)增大，但Kw不变，B项正确；向水中加入少量CH3COOH后，使水的电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，c(H＋)增大，C项不正确；将水加热，水的电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大，Kw增大，D项不正确。
2．下列说法正确的是(　　)
A．水是极弱的电解质，能微弱电离出H＋，故严格来说纯水有微弱的酸性
B．纯水中c(H＋)·c(OH－)＝Kw，Kw是常数，不随任何条件改变
C．25 ℃时，纯水中c(H＋)·c(OH－)＝10－14，稀酸和稀碱溶液中Kw＝c(H＋)·c(OH－)≠10－14
D．水的电离吸热，故温度升高，平衡向电离方向移动，c(OH－)、c(H＋)增大，水仍呈中性
解析：选D。水电离出等量的H＋和OH－，故水呈中性，A错；水的离子积常数是温度的函数，随着温度的升高而增大，B错；25 ℃时，无论是纯水还是稀酸和稀碱溶液中都有c(H＋)·c(OH－)＝10－14，C错；水的电离吸热，故温度升高，平衡向电离方向移动，c(OH－)、c(H＋)同等程度增大，故水仍呈中性，D正确。
　水电离出的c(H＋)和c(OH－)的计算
3．25 ℃时，在等体积的①0.5 mol/L 的H2SO4溶液中　②0.05 mol/L Ba(OH)2溶液中　③1 mol/L NaCl溶液中　④纯水中，发生电离的水的物质的量之比是(　　)
A．1∶10∶107∶107 B．107∶107∶1∶1
C．107∶106∶2∶2 D．107∶106∶(2×107)∶2
解析：选A。25 ℃时，0.5 mol/L H2SO4溶液中c(H＋)＝1 mol/L，由水电离出的c水(H＋)＝10－14 mol/L，0.05 mol/L Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.1 mol/L，则水电离出的c水(H＋)＝10－13 mol/L，NaCl和纯水中由水电离出的c水(H＋)均为10－7 mol/L。则等体积的上述四种溶液中由水电离出的n(H＋)(即发生电离的水的物质的量)之比为10－14∶10－13∶10－7∶10－7＝1∶10∶107∶107。
4．(2017·太原高二质检)室温下，把1 mL 0.1 mol·L－1的H2SO4加水稀释成2 L溶液，在此溶液中由水电离产生的H＋，其浓度接近于(　　)
A．1×10－4 mol·L－1 B．1×10－8 mol·L－1
C．1×10－11 mol·L－1 D．1×10－10 mol·L－1
解析：选D。温度不变时，水溶液中氢离子的浓度和氢氧根离子的浓度乘积是一个常数。在酸溶液中氢氧根离子完全由水电离产生，而氢离子则由酸和水共同电离产生。当酸的浓度不是极小的情况下，由酸电离产生的氢离子总是远大于由水电离产生的氢离子(常常忽略水电离的部分)，而水电离产生的氢离子和氢氧根离子始终一样多。所以，酸溶液中由水电离出的氢离子的求算通常采用求算氢氧根离子的方法。稀释后c(H＋)＝(1×10－3 L×0.1 mol·L－1×2)/2 L＝1×10－4 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－14/1×10－4＝1×10－10 mol·L－1。
　溶液的酸碱性与pH
1．溶液的酸碱性与c(H＋)、c(OH－)
(1)c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，且c(H＋)越大，酸性越强；c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；c(H＋)(2)25 ℃时，溶液酸碱性与c(H＋)、c(OH－)的关系
溶液性质
c(H＋)与c(OH－)相对大小
c(H＋)
c(OH－)
中性溶液
c(H＋)＝c(OH－)
等于10－7 mol/L
等于10－7 mol/L
酸性溶液
c(H＋)>c(OH－)
大于10－7 mol/L
小于10－7 mol/L
碱性溶液
c(H＋)小于10－7 mol/L
大于10－7 mol/L
2.溶液的酸碱性与pH
(1)pH
①定义：c(H＋)的负对数，即pH＝－lg c(H＋)。
②意义：pH越大，溶液的碱性越强；pH越小，溶液的酸性越强。
③适用范围：c(H＋)和c(OH－)都较小的稀溶液(<1 mol/L)。
(2)溶液的酸碱性与pH的关系(常温下)
3．溶液酸碱性的测定方法
(1)酸碱指示剂法
该法只能测其酸碱性，即pH的大致范围，不能测出具体数值。常见的酸碱指示剂的变色范围(pH)如图所示：
(2)pH试纸法
把小片干燥的pH试纸放在玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸中央，试纸变色后，与标准比色卡对比，即可确定溶液的pH。
(3)pH计测量法
pH计也叫酸度计，可用于精确测量溶液pH。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)含H＋的溶液一定呈酸性。(　　)
(2)pH＝7的溶液一定呈中性。(　　)
(3)不能使酚酞变红的溶液一定呈酸性。(　　)
(4)c(H＋)＜c(OH－)的溶液一定呈碱性。(　　)
(5)某同学用广范pH试纸测得氢氧化钠溶液的pH为10.6。(　　)
(6)常温下由水电离的c(OH－)为1×10－8 mol·L－1的溶液一定呈酸性。(　　)
(7)c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1的溶液一定呈碱性。(　　)
(8)常温下，0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液的pH＝13。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　(7)×　(8)√
2．想一想，连一连
答案：
3．常温下：
(1)0.005 mol/L稀硫酸的pH＝________________。
(2)0.01 mol/L NaOH溶液的pH＝____________。
答案：(1)2　(2)12
溶液pH的计算方法
1．单一溶液
计算的关键：计算溶液中的c(H＋)。
(1)强酸
①计算思路：c(酸)c(H＋)―→pH。
②举例：HnA为强酸，其物质的量浓度为c mol·L－1，则有c(H＋)＝nc mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg (nc)。　
(2)强碱
①计算思路：c(碱)c(OH－)c(H＋)―→pH。
②举例：B(OH)n为强碱，其物质的量浓度为c mol·L－1，则有c(OH－)＝nc mol·L－1，c(H＋)＝10－14/(nc) mol·L－1(常温下)，pH＝－lg c(H＋)＝14＋lg (nc)。
2．混合溶液(体积变化忽略不计)
(1)强酸与强酸混合
c(H＋)＝，pH＝－lg c(H＋)。
(2)强碱与强碱混合
c(OH－)＝，c(H＋)＝，pH＝－lg c(H＋)。
(3)强酸与强碱的混合
①恰好反应：pH＝7。
②酸过量：c(H＋)＝，pH＝－lg c(H＋)。
③碱过量：c(OH－)＝，c(H＋)＝，pH＝－lg c(H＋)。
　已知在100 ℃时水的离子积Kw＝1×10－12，下列溶液的温度均为100 ℃。其中说法正确的是(　　)
A．0.005 mol·L－1的H2SO4溶液，pH＝2
B．0.001 mol·L－1 NaOH溶液，pH＝11
C．0.005 mol·L－1的H2SO4溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性
D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50 mL，需要pH＝9的NaOH溶液100 mL
[解析]　A项，0.005 mol·L－1的H2SO4溶液中，c(H＋)＝0.005 mol·L－1×2＝0.01 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 0.01＝2。此计算与Kw值无关，不要受Kw＝1×10－12的干扰。B项，0.001 mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝1×10－9 mol·L－1，pH＝－lg(1×10－9)＝9。C项，0.005 mol·L－1的H2SO4溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性，pH＝6。D项，pH＝3的H2SO4溶液c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝9的NaOH溶液c(OH－)＝10－3 mol·L－1，二者完全中和，需要溶液的体积相等。
[答案]　A
　
(1)上题B项中，碱电离出的c(OH－)与水电离出的c(OH－)比值是多少？
(2)将上题的温度改为25 ℃，应选择哪项？
(3)上题C项中若将混合后溶液pH改为8，则所需H2SO4溶液与NaOH溶液的体积之比为多少？
答案：(1)0.001 mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝1×10－9 mol·L－1，水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝1×10－9 mol·L－1，故比值为0.001∶(1×10－9)＝106∶1。
(2)选AB。A项，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 0.01＝2。B项，0.001 mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝1×10－11 mol·L－1，pH＝－lg(1×10－11)＝11。C项，0.005 mol·L－1的H2SO4溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性，25 ℃时，溶液的pH＝7。D项，pH＝3的H2SO4溶液c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝9的NaOH溶液c(OH－)＝10－5 mol·L－1，二者完全中和，需要NaOH溶液的体积为硫酸体积的100倍。
(3)由题意知碱过量，反应后溶液中c(OH－)＝1×10－4 mol·L－1，则＝1×10－4 mol·L－1，得＝。
1．溶液pH计算的基本流程
2．强酸与强碱等体积混合的酸碱性快速判断
室温下，pH＝a的强酸和pH＝b的强碱等体积混合后，溶液酸碱性可通过与1的相对大小的比较进行判断。
酸中c(H＋)＝10－amol·L－1，碱中c(OH－)＝10b－14mol·L－1，则＝＝1014－(a＋b)。
(1)若a＋b＝14，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液pH＝7，呈中性；
(2)若a＋b>14，则c(H＋)7，呈碱性；
(3)若a＋b<14，则c(H＋)>c(OH－)，溶液pH<7，呈酸性。　
　溶液的酸碱性与pH
1．下列溶液一定呈酸性的是(　　)
A．c(H＋)＝10－6 mol/L的溶液
B．pH<7的溶液
C．c(H＋)>c(OH－)的溶液
D．使紫色石蕊试液呈蓝色的溶液
解析：选C。酸性溶液是指c(H＋)>c(OH－)的溶液；使紫色石蕊试液呈蓝色，说明溶液中c(H＋)2．下列有关溶液的酸碱性与pH的说法错误的是(　　)
A．溶液pH越小，酸性越强，反之，碱性越强
B．pH＜7的溶液可能呈酸性
C．当溶液中的c(H＋)或c(OH－)较小时，用pH表示其酸碱度更为方便
D．把pH试纸直接插入待测溶液中，测其pH
解析：选D。A项，因pH＝－lg c(H＋)，所以pH越小，c(H＋)越大，酸性越强；pH越大，c(H＋)越小，则c(OH－)越大，碱性越强，A项正确；B项，在常温下，pH＜7的溶液呈酸性，B项正确；C项，当c(H＋)或c(OH－)小于1 mol/L时，使用pH表示其酸碱度更为方便，C项正确；D项，用pH试纸测溶液pH时，不能把pH试纸直接插入溶液中，正确的做法为取一片pH试纸，放在洁净的表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点于试纸中央，然后与标准比色卡对照读取数据，D项错误。
　溶液pH的计算
3．常温下，将pH＝8和pH＝10的两种氢氧化钠溶液等体积混合。混合后溶液中的H＋浓度最接近于(　　)
A. mol/L
B．(10－8＋10－10) mol/L
C．(10－14－5×10－5) mol/L
D．2×10－10 mol/L
解析：选D。由于碱溶液中c(OH－)＞c(H＋)故不能用混合前溶液中的c(H＋)直接求混合后溶液的c(H＋)。根据水的离子积常数知，pH＝8和pH＝10的两种氢氧化钠溶液中的c(OH－)分别为10－6 mol/L和10－4 mol/L，因此混合后溶液中的c(OH－)＝ mol/L，可近似为 mol/L。根据水的离子积常数可知，混合 后溶液中的c(H＋)≈2×10－10 mol/L。
4．常温下，pH＝3的盐酸和pH＝10的氢氧化钠溶液按体积之比为1∶9混合，混合液的pH为(　　)
A．5　　　　　　　　　 B．6
C．7 D．9
解析：选A。设盐酸的体积为1 L，氢氧化钠溶液的体积为9 L，据题意可知盐酸过量，则混合液中：c(H＋)＝＝10－5 mol·L－1，故混合液的pH＝－lg c(H＋)＝5。
5．已知lg 5＝0.7。
(1)pH＝3的盐酸稀释到原来的10倍，pH＝________；再稀释100倍，pH＝____。
(2)pH＝11的氢氧化钠溶液稀释到原来的10倍，pH＝____； 再稀释10倍，pH＝____； 再稀释100倍，pH____。
(3)pH＝1的盐酸和pH＝3的硫酸溶液等体积混合，pH＝____。
(4)pH＝9和pH＝11的两种氢氧化钠溶液等体积混合，pH＝____。
(5)pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合，pH＝____。
(6)pH＝3的盐酸和pH＝12的氢氧化钠溶液体积比为____时，混合后pH＝9。
(7)pH＝1的盐酸与pH＝12的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则二者的体积比为____。
解析：(1)稀释10倍，c(H＋)＝10－4 mol/L，pH＝－lg c(H＋)＝4; 再稀释100倍，c(H＋)＝10－6 mol/L，pH＝6。
(2)稀释10倍，c(OH－)＝10－4 mol/L，c(H＋)＝＝10－10 mol/L，pH＝－lg c(H＋)＝10; 再稀释10倍，c(OH－)＝10－5 mol/L，c(H＋)＝＝10－9 mol/L，pH＝－lg c(H＋)＝9; 再稀释100倍，由于为碱性溶液，c(OH－)接近10－7 mol/L，故pH接近7(不能等于7)。
(3)混合后，溶液中c(H＋)＝≈5×10－2 mol/L，pH＝2－lg 5＝1.3。
(4)混合后，溶液中c(OH－)＝≈5×10－4 mol/L，c(H＋)＝＝×10－10 mol/L，pH＝－lg c(H＋)＝10＋lg 5＝10.7。
(5)混合前，n(H＋)＝n(OH－)，所以混合后溶液显中性，pH＝7。
(6)混合后，溶液中c(OH－)＝
＝10－5 mol/L，解得，＝。
(7)pH＝1的盐酸中c(H＋)＝0.1 mol/L；pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝0.01 mol/L，0.1 mol/L×V1＝0.01 mol/L×V2，V1∶V2＝1∶10。
答案：(1)4　6　(2)10　9　接近7　(3)1.3　(4)10.7　(5)7　(6)999∶101　(7)1∶10
　溶液稀释时的pH变化
6．如图所示，能表示人体大量喝水时，胃液pH变化的图像的是(　　)
解析：选A。胃液中含有HCl，有一定酸性。大量喝水相当于对盐酸稀释，其酸性减弱，pH增大。但溶液再稀也保持酸性，则pH一定小于7。A图像符合题意。
7．pH＝2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是 (　　)
A．A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等
B．稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C．a＝5时，A是强酸，B是弱酸
D．一定有关系：5＞a＞2
解析：选C。由图像可以看出稀释过程中两种酸的pH增大程度不同，说明两种酸的强弱不同，故pH＝2的两种酸的浓度一定不同，A项错误。由图像知，稀释后A溶液的pH大于B溶液的pH，则A中c(H＋)小于B中c(H＋)，A酸溶液的酸性比B酸溶液的弱，B项错误。a＝5时，表明pH＝2的A酸溶液稀释1 000倍后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酸溶液中存在酸的电离平衡，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。
重难易错提炼
1.Kw与化学平衡常数一样，温度一定，Kw一定，所以稀释酸(或碱)性溶液时，溶液中的氢氧根离子(或氢离子)浓度是增大的。
2.溶液的酸碱性与氢氧根离子浓度和氢离子浓度的相对大小有关，与某一种离子浓度大小无关。
3.用蒸馏水润湿的pH试纸测定某溶液的pH时，不一定会产生误差，如测量NaCl溶液的pH。
4.溶液pH计算“一个凡是”和“一个必须”
(1)凡是单一酸溶液、酸酸混合溶液、酸碱混合酸过量时，均直接求c(H＋)，再求pH。
(2)单一碱溶液、碱碱混合溶液、酸碱混合碱过量时，必须先求c(OH－)，再求c(H＋)，最后求pH。
5.溶液的稀释规律“两情况”
(1)酸稀释，pH增大，强酸(或弱酸)每稀释10n倍，其pH增大(或增大不到)n个单位，不能增大超过7。
(2)碱稀释，pH减小，强碱(或弱碱)每稀释10n倍，其pH减小(或减小不到)n个单位，不能减小低于7。
课后达标检测
[基础巩固]
1．(2017·淄川高二检测)最近《科学》杂志评出10大科技突破，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是(　　)
A．水的离子积仅适用于纯水
B．水的电离需要通电
C．升高温度一定使水的离子积增大
D．加入电解质一定会破坏水的电离平衡
解析：选C。水的离子积适用于稀的电解质水溶液及纯水，A项错误；水的电离不需要通电，B项错误；水的电离是吸热过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，C项正确；不是所有的电解质都能破坏水的电离平衡，如NaCl，D项错误。
2．下列说法正确的是(　　)
A．强碱的水溶液中不存在H＋
B．pH＝0的溶液是酸性最强的溶液
C．在温度不变时，水溶液中c(H＋)和c(OH－)不能同时增大
D．某温度下，纯水中c(H＋)＝2×10－7 mol·L－1，其呈酸性
解析：选C。在所有水溶液中均存在H＋和OH－，故A错；pH＝0的溶液中c(H＋)＝1.0 mol·L－1，并不是酸性最强的溶液，故B错；温度一定时，c(H＋)·c(OH－)是一个定值，故二者不能同时增大，故C对；纯水中，c(H＋)＝c(OH－)，呈中性，故D错。
3．(2017·衡水联考)用pH试纸测定溶液pH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中央，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中央，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
解析：选A。pH试纸的正确使用方法是把一小块pH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央，试纸变色后，与标准比色卡对照来确定溶液的pH。
4. 常温下，将10 mL pH＝1的CH3COOH加水稀释至100 mL后，溶液的pH为(　　)
A．pH＝2　　　　　　　 B．2C．1解析：选C。10 mL稀释至100 mL，稀释了10倍，pH＝1的弱酸稀释后15．25 ℃时，在0.01 mol·L－1的硫酸溶液中，水电离出的H＋浓度是(　　)
A．5×10－13 mol·L－1 B．0.02 mol·L－1
C．1×10－7 mol·L－1 D．1×10－12 mol·L－1
解析：选A。H2SO4电离出的c(H＋)＝0.02 mol·L－1，由Kw＝1.0×10－14可知c(OH－)＝5×10－13 mol·L－1，OH－是由水电离产生的，则水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝5×10－13 mol·L－1。
6．室温下，下列各组溶液的pH一定等于7的是(　　)
A．pH＝1和pH＝12的两种溶液等体积混合
B．0.05 mol·L－1H2SO4与0.10 mol·L－1NaOH溶液等体积混合
C．将pH＝5的CH3COOH溶液稀释100倍
D．pH＝1的H2SO4与0.10 mol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合
解析：选B。A项中，由于酸过量，pH应小于7。B项中，强酸、强碱如果各为V L，则n(H＋)＝n(OH－)＝0.1V mol，反应后溶液呈中性。C项中，pH＝5的弱酸稀释100倍后，pH应小于7。D项中，酸、碱反应后碱过量，溶液应呈碱性。
7．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之比是(　　)
A．11∶1　 B．9∶1　
C．1∶11　　 D．1∶9
解析：选D。本题求两溶液的体积之比，实际上考查pH的计算，且属于酸碱混合后碱过量的情况。可根据溶液混合反应后剩余的c(OH－)列式求解。设强酸体积为V1，强碱体积为V2。混合前碱中c(OH－)＝0.1 mol/L，酸中c(H＋)＝0.01 mol/L，混合后c余(OH－)＝10－3 mol/L。则＝＝0.001 mol/L，解得V2∶V1＝1∶9。
8．下列混合溶液在常温下呈酸性的是(　　)
A．1 mL pH＝8的NaOH溶液与99 mL水混合
B．pH＝2的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合
C．pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合
D．pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等体积混合
解析：选D。A项，pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，pH接近7，呈碱性；B项，二者混合后恰好完全中和，溶液呈中性；C项，碱过量，混合后溶液呈碱性；D项，CH3COOH过量，混合后溶液呈酸性。
9．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
10．现有下列物质①100 ℃纯水、②25 ℃ 0.1 mol·L－1HCl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(OH－)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，水的电离程度相等。
解析：水的电离是吸热过程，升温，促进水的电离，酸或碱抑制水的电离；强酸溶液中，由于酸电离出的c(H＋)远大于水电离出的c(H＋)，酸电离的c(H＋)可看成溶液中的c(H＋)；强碱溶液中，由于碱电离的c(OH－)远大于水电离的c(OH－)，碱电离的c(OH－)可看成溶液中的c(OH－)。
答案：(1)①　②③④　①②　①③④　(2)酸溶液中的c(H＋)等于碱溶液中的c(OH－)
11．已知水在25 ℃和100 ℃时，电离平衡曲线如图所示：
(1)25 ℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由：
________________________________________________________________________。
(2)下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)>c(OH－)的是________。
A．向纯水中投入少量Na2O2
B．将水加热煮沸
C．向水中通入SO2
D．向水中加入K2SO4
解析：(1)水的电离是吸热过程，当温度升高时，促进水的电离，水的离子积增大，水中c(H＋)、c(OH－)都增大，结合图像中A、B曲线变化情况及c(H＋)、c(OH－)可以判断 25 ℃时水的电离平衡曲线应为A。
(2)影响水电离平衡的因素很多。A项生成NaOH，使c(OH－)>c(H＋)；B项可促进水的电离，但c(H＋)＝c(OH－)；C项SO2可与水反应生成H2SO3，抑制水的电离，但H2SO3??H＋＋HSO，使c(H＋)>c(OH－)；D项对水的电离无影响。
答案：(1)A　水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c(H＋)、c(OH－)小　(2)C
[能力提升]
12．已知100 ℃时，0.01 mol·L－1 NaHSO4溶液中由水电离的 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
解析：选A。根据100 ℃时，0.01 mol·L－1 NaHSO4溶液中由水电离的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V1 L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＝(10－4V1－10－5V2)/(V1＋V2)，则V1∶V2＝2∶9。
13．某温度下水的离子积Kw＝10－13，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，下列说法正确的是(　　)
A．若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶1　
B．若所得混合液pH＝7，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝100∶1　
C．若所得混合液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶9
D．若所得混合液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝101∶99
解析：选C。A项，c(OH－)＝10－1 mol·L－1，c(H＋)＝10－2 mol·L－1。若Va∶Vb＝1∶1，此时溶液呈碱性，错误。B项，＝10－6，＝，错误。C、D项，＝10－3，＝1∶9，C正确、D错误。
14．下列说法正确的是(　　)
A．将pH＝5的硫酸溶液稀释500倍后溶液中c(SO)∶c(H＋)≈1∶10
B．常温下，将pH＝4的碳酸溶液稀释1 000倍后溶液pH＝7
C．常温下，将pH＝9的氢氧化钠溶液稀释100倍后溶液pH＝7
D．常温下，将0.01 mol·L－1的硫酸溶液稀释100倍后溶液pH＝4
解析：选A。pH＝5的硫酸溶液稀释500倍后，c(SO)＝1×10－5 mol·L－1××＝1×10－8 mol·L－1，由于水的电离，c(H＋)≈1×10－7 mol·L－1，c(SO)∶c(H＋)≈(1×10－8)∶(1×10－7)＝1∶10，故A正确；无论是酸还是碱的稀溶液，无限稀释时，溶液的pH只能接近于7，但不能等于7，故B、C错误；c(H＋)＝0.01 mol·L－1×2×＝2×10－4 mol·L－1，pH＝－lg(2×10－4)＝3.7，故D错误。
15．(2017·泰安高二检测)对于常温下pH＝1的硝酸溶液：
(1)若升温到100 ℃，溶液中的c(OH－)＝1×10－11 mol·L－1，则100 ℃时水的离子积为________。
(2)该溶液中硝酸电离出的c(H＋)与水电离出的 c(H＋)之比为________。
(3)该溶液中水电离出的c(H＋)与pH＝3的硝酸中水电离出的c(H＋)之比为________。
(4)加水稀释，水的电离平衡____(填“向左”“向右”或“不”)移动。
解析：(1)pH＝1的硝酸溶液c(H＋)＝10－1 mol·L－1，若升温到100 ℃，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－1×1×10－11＝1×10－12。
(2)水电离出的c(H＋)等于水电离出的c(OH－)，即 mol·L－1＝10－13 mol·L－1，所以该溶液中硝酸电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)之比为10－1 mol·L－1∶10－13 mol·L－1＝1012∶1。
(3)pH＝1的硝酸溶液中水电离出的c(H＋)为10－13 mol·L－1。pH＝3的硝酸溶液中c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O＝mol·L－1＝10－11 mol·L－1，故pH＝1的硝酸溶液与pH＝3的硝酸溶液中水电离出的c(H＋)之比为＝。
(4)加水稀释，c(H＋)减小，对水的抑制作用减弱，水的电离平衡向右移动。
答案：(1)1×10－12　(2)1012∶1　(3)1∶100　(4)向右
16．下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积Kw
1×10－14
a
1×10－12
试回答以下问题：
(1)若25＜t1＜t2，则a________1×10－14(填“＞”“＜”或“＝”)。
(2)25 ℃下，某Na2SO4溶液中c(SO)＝5×10－4 mol·L－1，取该溶液1 mL加水稀释至10 mL，则稀释后溶液中 c(Na＋)∶c(OH－)＝________。
(3)在t2 ℃下pH＝10的NaOH溶液中，水电离产生的OH－浓度为________。
解析：(1)升温，Kw变大。
(2)c(SO)＝5×10－4 mol·L－1，则c(Na＋)＝2c(SO)＝1×10－3 mol·L－1，稀释10倍，则c(Na＋)＝1×10－4 mol·L－1。25 ℃时Na2SO4溶液中c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，稀释10倍后仍然为1×10－7 mol·L－1，则c(Na＋)∶c(OH－)＝103∶1。
(3)t2 ℃下，pH＝10的NaOH溶液c(H＋)＝10－10 mol·L－1，NaOH溶液中c(H＋)来自水的电离，水电离出H＋的同时也电离出等量的OH－。
答案：(1)＞　(2)1 000∶1　(3)1×10－10 mol·L－1
第三节　盐类的水解
第1课时　盐类的水解
　1.能根据盐的组成判断盐溶液的酸碱性， 了解盐溶液呈现酸碱性的原因。　2.认识盐类水解的原理，理解盐类水解的实质及规律。　3.能正确书写盐类水解的离子方程式。
　盐溶液的酸碱性
1．探究盐溶液的酸碱性
将广范pH试纸剪成小段，放在点滴板的凹槽内；然后用干燥而洁净的玻璃棒蘸取溶液分别点在试纸中部，在半分钟内与标准比色卡相对照，读出最接近的pH。完成下表。
盐溶液
pH
盐类型
NaCl
pH＝7
强酸强碱盐
Na2CO3
pH>7
强碱弱酸盐
NaHCO3
pH>7
强碱弱酸盐
NH4Cl
pH＜7
强酸弱碱盐
Na2SO4
pH＝7
强酸强碱盐
CH3COONa
pH＞7
强碱弱酸盐
(NH4)2SO4
pH＜7
强酸弱碱盐
2.盐溶液酸碱性的理论分析
(1)NH4Cl溶液
理论解释
NH和OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，使水的电离平衡向电离方向移动
平衡酸碱性
使溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液呈酸性
离子方程式
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(2)CH3COONa溶液
理论解释
CH3COO－和H＋结合生成弱电解质CH3COOH，使水的电离平衡向电离方向移动
平衡酸碱性
使溶液中c(H＋)＜c(OH－)，溶液呈碱性
离子方程式
CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－
(3)NaCl溶液
①电离过程：NaCl===Na＋＋Cl－，H2O??H＋＋OH－。
②水的电离平衡：溶液中没有弱电解质生成，水的电离平衡未受到影响，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)酸碱恰好完全反应后溶液一定呈中性。(　　)
(2)碳酸钠溶液显碱性，是因为溶液中c(OH－)＞c(H＋)。(　　)
(3)盐溶液的酸碱性与盐的类型无关。(　　)
(4)只要破坏水的电离平衡，使溶液中c(H＋)≠c(OH－)，溶液就会呈现酸碱性。(　　)
(5)碳酸氢钠是碳酸的酸式盐，其水溶液呈酸性。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×
2．判断下列溶液的酸碱性并进行解释：
(1)FeCl3溶液：______，____________________________________________。
(2)NaClO溶液：______，___________________________________________。
答案：(1)酸性　 Fe3＋和OH－结合生成弱碱Fe (OH)3，使水的电离平衡向电离的方向移动， 使溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液呈酸性
(2)碱性　ClO－和H＋结合生成弱电解质HClO，使水的电离平衡向电离方向移动，使溶液中c(H＋)＜c(OH－)，溶液呈碱性
1．盐的类型与盐溶液酸碱性的关系
盐的类型
强酸强碱盐
强酸弱碱盐
强碱弱酸盐
盐溶液的酸碱性
中性
酸性
碱性
2.常见的强酸：HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4等。
常见的强碱：NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2等。
3．常见的弱酸：HCOOH(甲酸)、醋酸(CH3COOH)、HClO、H2CO3、H2SiO3、HF、H2SO3、H3PO4、H2S、H2C2O4等。
常见的弱碱：NH3·H2O、Fe(OH)3、Cu(OH)2等。
　下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是(　　)
A．盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡
B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－)
C．在CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH－)≠c(H＋)
D．水电离出的H＋或OH－与盐中弱离子结合，造成盐溶液呈酸碱性
[解析]　盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡，使溶液中c(H＋)≠c(OH－)，故A对；溶液显酸性则一定有 c(H＋)>c(OH－)，故B对；根据水的电离方程式：H2O??H＋＋OH－，在任何溶液中由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)，故C错误；水电离出的H＋或OH－与盐中弱酸阴离子或弱碱阳离子结合生成弱电解质，正是造成盐溶液呈酸碱性的原因，故D对。
[答案]　C
　
在某些肉类制品中加入适量亚硝酸钠(NaNO2)，可改善食品的外观和增加香味。但NaNO2有毒，其外观和食盐很相似且有咸味，因而将它误认为食盐食用而发生中毒的事件时有发生，你知道如何用简单的方法进行鉴别吗？(已知HNO2为弱酸)
答案：常温下，用pH试纸来测盐溶液的酸碱性，pH＞7的溶液是NaNO2溶液，pH＝7的溶液是NaCl溶液。
　盐溶液酸碱性的判断
1．常温下，下列物质的水溶液pH小于7的是(　　)
A．NaCl　　　　　　 B．CH3COONa
C．NH4Cl　　 D．NaHCO3
解析：选C。A项是强酸强碱盐，溶液呈中性；B、D项是强碱弱酸盐，溶液呈碱性；C项是强酸弱碱盐，溶液呈酸性。
2．有下列盐溶液：①KNO3　②CuSO4　③K2CO3 ④FeCl3　⑤K2SO4　⑥NaClO　⑦NH4NO3
呈酸性的是____，呈碱性的是____，呈中性的是____。
解析：CuSO4、FeCl3、NH4NO3属于强酸弱碱盐，溶液呈酸性；K2CO3、NaClO属于强碱弱酸盐，溶液呈碱性；KNO3、K2SO4属于强酸强碱盐，溶液呈中性。
答案：②④⑦　③⑥　①⑤
　盐溶液呈现酸碱性的原因
3．判断下列溶液的酸碱性并进行解释：
(1)AlCl3溶液：______，______________________________________________。
(2)NaHSO4溶液：______，____________________________________________。
(3)Na2SO3溶液：______，_____________________________________________。
(4)Na2SO4溶液：______，_____________________________________________。
答案：(1)酸性　 Al3＋和OH－结合生成弱碱Al(OH)3，使水的电离平衡向电离的方向移动， 使溶液中 c(H＋)＞c(OH－)，溶液呈酸性
(2)酸性　 NaHSO4完全电离，产生Na＋、H＋、SO，使溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液呈酸性
(3)碱性　SO和H＋结合生成HSO，使水的电离平衡向电离的方向移动，使溶液中c(H＋)＜c(OH－)，溶液呈碱性
(4)中性　Na2SO4完全电离，产生Na＋、SO，在任何溶液中由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)，溶液中没有弱电解质生成，水的电离平衡未受到影响，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性
　盐类的水解
1．概念
在溶液中，由盐电离出来的离子跟水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
2．实质
生成弱酸或弱碱，使水的电离平衡被破坏而建立起新的平衡。
3．特征
(1)一般是可逆反应，在一定条件下达到化学平衡。
(2)盐类水解反应是中和反应的逆反应。
(3)盐类水解是吸热反应。
4．表示方法
(1)用化学方程式表示：盐＋水??酸＋碱。
如NH4Cl水解：NH4Cl＋H2O??NH3·H2O＋HCl。
(2)用离子方程式表示：
如AlCl3的水解：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)CH3COONa溶液中存在的粒子有H2O、CH3COO－、Na＋、H＋、OH－。(　　)
(2)盐类的水解过程促进了水的电离。(　　)
(3)盐水解后，溶液不是显酸性就是显碱性。(　　)
(4)某盐溶液呈酸性，该盐一定是强酸弱碱盐。(　　)
(5)某溶液中水电离的c(OH－)＝1×10－4 mol/L，该溶液一定呈酸性。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×
2．下列各物质常温下发生水解，对应的离子方程式正确的是　(　　)
A．Na2CO3：CO＋2H2O??H2O＋CO2↑＋2OH－
B．NH4Cl：NH＋H2O??NH3·H2O＋OH－
C．CuSO4：Cu2＋＋2H2O??Cu(OH)2＋2H＋
D．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
解析：选C。多元弱酸根离子分步水解，多元弱碱阳离子一步完成，故A错误，C正确；B中应水解生成NH3·H2O和H＋；D应用“??”连接。
1．盐类水解的规律
(1)谁强显谁性，同强显中性。
①强酸强碱盐：不水解，溶液显中性，如NaCl、K2SO4等。
②强酸弱碱盐：弱碱对应的阳离子水解，溶液显酸性，如CuSO4、NH4Cl等。
③强碱弱酸盐：弱酸酸根离子水解，溶液显碱性，如CH3COONa、Na2SO3等。
④弱酸弱碱盐：弱酸酸根阴离子及弱碱阳离子都水解，溶液酸碱性由弱酸与弱碱的电离常数决定，谁强显谁的性质，如NH3·H2O的K与CH3COOH的K相等，所以CH3COONH4的水溶液显中性。
(2)越弱越水解：盐中离子对应电解质越弱，其水解程度越大，相应酸碱性越强。
2．盐类水解离子方程式的书写方法
(1)盐类水解的离子方程式一般应用“??”连接，且一般不标“↑”“↓”等状态符号。模式为“水解的盐离子＋H2O??弱酸(或弱碱)＋OH－(或H＋)”。
(2)多元弱酸根离子水解的离子方程式应分步书写，水解是以第一步水解为主，如SO水解的离子方程式为
SO＋H2O??HSO＋OH－。
(3)多元弱碱阳离子的水解比较复杂，一般一步写出。值得注意的是，其最终生成的弱碱即使是难溶物也不标“↓”等状态符号，因其水解生成的量极少，不会生成沉淀，如Fe3＋水解的离子方程式常写成：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋。
(4)水解相互促进的盐
①“完全水解”反应
同一溶液中一种盐的阳离子与另一种盐的阴离子都发生水解，使两种离子水解趋于完全，此时用“===”连接反应物和生成物，水解生成的难溶物和气体可加“↓”和“↑”。例如：
2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑，
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
②“微弱水解”反应
水解的阴、阳离子虽然相互促进反应，但水解程度仍然较小，不能趋于完全，其离子方程式的书写同一般盐的水解离子方程式。例如：
NH＋CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋NH3·H2O。
3．酸式盐溶液酸碱性的判断
(1)多元弱酸的酸式盐
多元弱酸的酸式酸根离子既有水解倾向又有电离倾向，其盐溶液的酸碱性取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若水解程度大于电离程度，溶液显碱性。
例如：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4。
②若水解程度小于电离程度，溶液显酸性。
例如：NaHSO3、NaH2PO4。
(2)多元强酸的酸式盐
多元强酸的酸式盐中，酸式酸根离子只电离不水解，溶液显酸性。
例如：NaHSO4===Na＋＋SO＋H＋。
　物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是(　　)
A．Na2CO3　NaHCO3　NaCl　NH4Cl
B．Na2CO3　NaHCO3　NH4Cl　NaCl
C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaNO3　Na2S
D．NH4Cl　(NH4)2SO4　Na2S　NaNO3
[解析]　首先判断(NH4)2SO4和NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液呈酸性；NaCl和NaNO3是强酸强碱盐，溶液呈中性；Na2CO3、NaHCO3和Na2S是强碱弱酸盐，溶液呈碱性。(NH4)2SO4、NH4Cl溶液因NH水解而呈酸性，(NH4)2SO4中NH浓度大于NH4Cl溶液中的NH浓度，其水解产生的c(H＋)较大，故前者pH小。
[答案]　C
　
强碱弱酸的酸式盐是否一定呈酸性？为什么？
答案：不一定。多元弱酸的酸式酸根离子既有水解倾向又有电离倾向，其盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小：
(1)若水解程度大于电离程度，溶液呈碱性。如NaHCO3、NaHS溶液呈碱性。
(2)若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性。如NaHSO3溶液呈酸性。
比较相同浓度溶液的pH大小的一般规律
强酸<弱酸<强酸弱碱盐<强酸强碱盐<强碱弱酸盐<弱碱<强碱。其中，强酸弱碱盐的pH又与水解的离子浓度有关，如相同浓度的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液中pH：(NH4)2SO4NaHCO3。　
　盐类水解原理和规律的考查
1．下列能发生水解的离子是(　　)
A．Ca2＋　　　　　　 B．Na＋
C. D．
解析：选D。能发生水解的离子是弱酸根阴离子或弱碱阳离子，D项CH3COO－能发生水解反应。
2．物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是(　　)
A．HX、HZ、HY B．HZ、HY、HX
C．HX、HY、HZ D．HY、HZ、HX
解析：选C。同浓度的三种盐溶液，pH越大，水解程度越大，所对应的弱酸酸性越弱，即酸性：HX>HY>HZ。
3．(2017·九江高二测试)由一价离子组成的四种盐溶液：AC、BD、AD、BC各1 mol·L－1，在室温下，前两种溶液的pH＝7，第三种溶液的pH＞7，最后一种溶液的pH＜7，则下列说法正确的是(　　)
A
B
C
D
碱性
AOH＞BOH
AOH＜BOH
AOH＞BOH
AOH＜BOH
酸性
HC＞HD
HC＞HD
HC＜HD
HC＜HD
解析：选A。根据盐类的水解规律可知：弱离子越弱，水解程度越大，该题我们可进行归类分析：
综上可知，电离程度：HC＝AOH＞HD＝BOH，即酸性：HC＞HD，碱性：AOH＞BOH，A项正确。
　水解方程式的判断及书写
4．下列各方程式中，属于水解反应的是(　　)
A．CO2＋H2O??H2CO3
B．OH－＋HS－??S2－＋H2O
C．HS－＋H2O??H3O＋＋S2－
D．S2－＋H2O??HS－＋OH－
解析：选D。A项，CO2与水化合生成弱电解质H2CO3，不属于水解反应；B项，HS－与OH－发生反应生成S2－和H2O，为酸碱中和反应；C项，为HS－的电离而不是水解。
5．写出下列物质发生水解反应的离子方程式，并指明水溶液的酸碱性：
(1)NaHS：________________________________________________________________
_________________________________________________________________________。
(2)CuSO4：_______________________________________________________________
_________________________________________________________________________。
(3)NH4Cl：________________________________________________________________
__________________________________________________________________________。
(4)NaHCO3：______________________________________________________________
_________________________________________________________________________。
答案：(1)HS－＋H2O??H2S＋OH－；碱性
(2)Cu2＋＋2H2O??Cu(OH)2＋2H＋；酸性
(3)NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋；酸性
(4)HCO＋H2O??H2CO3＋OH－；碱性
重难易错提炼
1.盐类水解的规律
有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。
2.影响盐类水解的“三因素”
(1)升高温度，促进盐类的水解。
(2)加水稀释，促进盐类的水解。
(3)加入H＋，促进阴离子的水解；加入OH－，促进阳离子的水解。
3.水解离子方程式书写“两规则”
(1)多元弱酸阴离子是分步水解的，以第一步水解为主。
(2)多元弱碱阳离子水解复杂，可一步写出。
课后达标检测
[基础巩固]
1．在水中加入下列物质，可使水的电离平衡正向移动的是(　　)
A．Na2CO3　　　　　　 B．BaCl2
C．NaCl　　　　 D．H2SO4
解析：选A。Na2CO3是强碱弱酸盐，能水解，促进水的电离；BaCl2和NaCl是强酸强碱盐，不影响水的电离；H2SO4是强酸，抑制水的电离。
2．在盐类发生水解的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．盐的水解不属于离子反应
B．溶液的pH发生改变
C．水的电离程度逐渐增大
D．没有中和反应发生
解析：选C。盐的水解属于离子反应，选项A不正确；弱酸弱碱盐CH3COONH4，CH3COO－和NH的水解程度一样大，水解后溶液仍然呈中性，溶液的pH不发生改变，选项B不正确；盐类发生水解，实质是促进水的电离，选项C正确；盐类水解反应的逆过程是中和反应，因此有中和反应发生，选项D不正确。
3．下列各式中，属于水解反应且离子方程式书写正确的是(　　)
A．NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
B．PO＋3H2O??H3PO4＋3OH－
C．CH3COOH＋H2O??CH3COO－＋H3O＋
D．CH3COOH＋OH－??CH3COO－＋H2O
解析：选A。B为多元弱酸根的水解，要分步书写，C为电离方程式，D为酸碱中和反应，且应用“===”。
4．如图所示是某离子X的水解过程示意图，则离子X可能是(　　)
A．CO B．HCO
C．Na＋ D．NH
解析：选D。由题给水解过程示意图右侧的结构模型可判断X为NH。
5．物质的量浓度相同的下列溶液中，含微粒种类最多的是(　　)
A．CaCl2 B．CH3COONa
C．(NH4)2SO4 D．K3PO4
解析：选D。A项中微粒有Ca2＋、Cl－、H＋、OH－、H2O五种；B项中微粒有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－、CH3COOH、H2O六种；C项中微粒有NH、SO、NH3·H2O、H＋、OH－、H2O六种；D项中的PO能发生水解，水解产生的离子还能水解，有K＋、PO、H＋、OH－、H2O、HPO、H2PO、H3PO4八种微粒，故K3PO4溶液中含微粒种类最多。
6．将①H＋、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO、⑧NH分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是(　　)
A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑦
C．①⑥　　　 D．②④⑥⑧
解析：选B。H＋、OH－抑制水的电离，Al3＋、S2－、NH能发生水解而促进水的电离，Cl－、K＋、NO对水的电离无影响。
7．下列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．盐类水解的结果是使溶液不一定呈中性
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)是c(CO)的2倍
解析：选D。盐类的水解是指在水溶液中盐电离出来的离子结合水电离出的H＋或OH－生成弱电解质，促进了水的电离，导致溶液中c(H＋)≠c(OH－)，从而呈现不同的酸碱性；盐＋H2O酸＋碱；因碳酸根离子在溶液中会部分水解，故c(Na＋)应比c(CO)的2倍还要大，D项错误。
8．(2017·龙岩高二检测)实验测定NaHCO3溶液显碱性，下列说法中正确的是(　　)
A．在水溶液中，HCO仅发生水解
B．在水溶液中，HCO仅发生电离
C．在水溶液中，HCO的水解程度大于电离程度
D．在水溶液中，HCO的电离程度大于水解程度
解析：选C。 NaHCO3溶液中存在HCO的水解：HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，HCO的电离：HCO??H＋＋CO，因NaHCO3溶液呈碱性，故其水解程度大于电离程度。
9．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说法正确的是(　　)
A．电离程度：HCN>HClO
B．pH：HClO>HCN
C．与NaOH溶液恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCN
D．酸根离子浓度：c(CN－)＜c(ClO－)
解析：选D。NaCN和NaClO都为强碱弱酸盐，相同物质的量浓度时NaCN溶液的pH较大，说明CN－水解程度大，因此HCN比HClO的酸性更弱，电离程度：HCN＜HClO，A项错误。pH：HClO10．(1)常温下，0.1 mol/L的下列五种溶液，其pH由大到小的排列顺序是__________。
①CH3COOH　②NaClO　③NH4Cl　④NaCl
⑤CH3COONa
(2)室温下pH＝9的NaOH溶液和pH＝9的CH3COONa溶液，设由水电离产生的OH－的物质的量浓度分别为A和B，则A和B的关系为______________________________。
解析：(1)先按酸性、中性、碱性分类，再按电离和水解规律排序。NH4Cl和CH3COOH呈酸性，浓度相等时，CH3COOH的酸性强于NH4Cl，即pH：①<③。NaCl溶液呈中性。CH3COONa和NaClO溶液呈碱性，因酸性CH3COOH>HClO，则ClO－的水解程度大于CH3COO－，即pH：⑤<②，综合分析可知pH由大到小的排列顺序为②>⑤>④>③>①。
(2)水的电离平衡为H2O??H＋＋OH－。在NaOH溶液中，由于加入了OH－，水的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小；在pH＝9的NaOH溶液中，c水(H＋)＝10－9 mol·L－1，其H＋全部是水电离产生的；因为c水(H＋)＝c水(OH－)，即A＝10－9 mol·L－1。在CH3COONa溶液中，由于CH3COO－结合了水电离的H＋，水的电离平衡正向移动，c(OH－)增大；在pH＝9的CH3COONa溶液中，c(OH－)＝10－5 mol·L－1，其OH－全部是水电离产生的，即B＝10－5 mol·L－1，所以，A∶B＝10－9 mol·L－1∶10－5 mol·L－1＝10－4∶1。
答案：(1)②>⑤>④>③>①
(2)A∶B＝10－4∶1(或A∶B＝1∶10 000)
11．25 ℃时，pH＝2的某酸HnA(An－为酸根)与pH＝12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH＝5。
(1)写出生成的正盐的化学式：
________________________________________________________________________。
(2)该盐中存在一定能水解的离子，该离子主要的水解离子方程式为
________________________________________________________________________。
(3)简述该混合液呈酸性的原因：
________________________________________________________________________。
(4)写出HnA的一级电离方程式：
________________________________________________________________________。
解析：当酸中c(H＋)等于碱中c(OH－)时，二者等体积混合后，溶液的酸碱性是由过量的酸或碱决定的。
(1)HnA中酸根离子带n个单位的负电荷(An－)，B(OH)m中阳离子带m个单位的正电荷(Bm＋)，则正盐的化学式为BnAm。
(2)pH＝2的HnA中c(H＋)＝10－2 mol/L，pH＝12的B(OH)m中 c(OH－)＝10－2 mol/L，当二者等体积混合后溶液pH＝5，酸过量说明HnA一定为弱酸，故An－一定水解。
(3)由于HnA为弱酸，当pH＝2的HnA与pH＝12的B(OH)m等体积混合后，酸有剩余导致溶液显酸性。
答案：(1)BnAm　(2)An－＋H2O??HA(n－1)－＋OH－
(3)HnA为弱酸，当pH＝2的HnA与pH＝12的B(OH)m等体积混合后，酸有剩余
(4)HnA??Hn－1A－＋H＋
[能力提升]
12．常温下，一定浓度的某碱性溶液，由水电离出的c(OH－)＝1.0×10－4 mol·L－1，则该溶液中的溶质可能是(　　)
A．Al2(SO4)3 B．CH3COONa
C．NaOH D．KHSO4
解析：选B。常温下，由纯水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1，因为1.0×10－4>1.0×10－7，因此该溶液中的溶质是促进水的电离，且该溶液显碱性。
13．能证明Na2SO3溶液中存在SO＋H2O??HSO＋OH－水解平衡的事实是(　　)
A．滴入酚酞试液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去
B．滴入酚酞试液变红，再加入氯水后红色褪去
C．滴入酚酞试液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
D．滴入酚酞试液变红，再加入氢氧化钠后溶液红色加深
解析：选C。无论Na2SO3是否完全水解，加硫酸都会中和OH－，酚酞都会褪色，只能证明发生了水解，而无法说明是否存在水解平衡，A选项错误；氯水既可能中和OH－，又可能将酚酞和SO氧化，所以褪色不足以说明存在水解平衡，B选项错误；加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则该沉淀一定是BaSO3，说明SO没有水解完全，红色褪去，说明c(OH－)减小，因为OH－与BaCl2不反应，只能说明平衡逆向移动引起其浓度的减小，C选项正确；加入氢氧化钠溶液后，即使不存在平衡，溶液的碱性增强，红色也会加深，D选项错误。
14．(2017·上海中学高二检测)已知某温度下，K(HCN)＝6.2×10－10，K(HF)＝6.8×10－4，K(CH3COOH)＝1.7×10－5，K(HNO2)＝5.1×10－4。物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液，pH由大到小的顺序是(　　)
A．NaCN＞NaNO2＞CH3COONa＞NaF
B．NaF＞NaNO2＞CH3COONa＞NaCN
C．NaCN＞CH3COONa＞NaNO2＞NaF
D．NaCN＞CH3COONa＞NaF＞NaNO2
解析：选C。由K(HF)＞K(HNO2)＞K(CH3COOH)＞K(HCN)可知，酸性：HF＞HNO2＞CH3COOH＞HCN，水解能力：CN－＞CH3COO－＞NO＞F－，弱酸根离子的水解能力越强，对应盐溶液的碱性越强，pH越大。
15．有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含一种阳离子和一种阴离子且互不重复)。
阳离子
K＋、Na＋、Ba2＋、NH
阴离子
CH3COO－、Cl－、OH－、SO
已知：①A、C溶液的pH均大于7，B溶液的pH小于7，A、B溶液中水的电离程度相同；D物质的焰色反应呈黄色；②C溶液和D溶液相遇时可生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时可生成有刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
(1)A的名称是____________。
(2)写出C溶液和D溶液反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(3)25 ℃时，pH＝9的A溶液和pH＝9的C溶液中水的电离程度小的是________(填A或C的化学式)。
解析：这八种离子形成的碱性物质中一定含有OH－或CH3COO－，而酸性物质则只可能含有NH，即为水解显酸性的盐，又因A、B溶液中水的电离程度相等，则A应为水解显碱性的物质，则一定为CH3COO－形成的盐，C中含有OH－。D中除含Na＋外，另一离子与C中的阳离子可形成白色沉淀，因此D为Na2SO4，而C为Ba(OH)2，B一定为NH4Cl，剩余的离子形成CH3COOK(A)，显碱性。盐类水解促进水的电离，而加入酸或碱将抑制水的电离。
答案：(1)醋酸钾
(2)Ba(OH)2＋Na2SO4===BaSO4↓＋2NaOH
(3)Ba(OH)2
16．在室温下，下列五种溶液：
①0.1 mol/L NH4Cl
②0.1 mol/L CH3COONH4
③0.1 mol/L NH4HSO4
④0.1 mol/L NH3·H2O和0.1 mol/L NH4Cl混合液
⑤0.1 mol/L NH3·H2O
请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈________性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是____________________________________________________________(用离子方程式表示)。
(2)比较溶液②、③中c(NH)的大小关系是②______③(填“>”“<”或“＝”)。
(3)在溶液④中，________离子的浓度为0.1 mol/L；NH3·H2O和________离子的物质的量浓度之和为 0.2 mol/L。
(4)室温下，测得溶液②的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度________(填“>”“<”或“＝”)NH的水解程度，CH3COO－与NH浓度的大小关系是c(CH3COO－)_______c(NH)(填“>”“<”或“＝”)。
解析：(1)NH4Cl溶液中存在NH的水解平衡：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，所以溶液呈酸性。
(2)溶液②、③中均存在NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，而溶液②中阴离子也发生水解：CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，这样NH与CH3COO－相互促进水解，而溶液③中NH4HSO4电离出的H＋抑制了NH的水解，所以c(NH)大小关系为②<③。
(3)在溶液④中c(Cl－)＝0.1 mol/L，根据原子守恒知c(NH3·H2O)＋c(NH)＝0.1 mol/L＋0.1 mol/L＝0.2 mol/L。
(4)由于CH3COO－水解生成OH－，NH水解生成H＋，而溶液的pH＝7，说明CH3COO－与NH的水解程度相同，根据电荷守恒可知溶液中二者浓度也相同。
答案：(1)酸　NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(2)＜　(3)Cl－　NH　(4)＝　＝
第2课时　盐类水解的影响因素和应用
　1.了解影响盐类水解的主要因素。　2.掌握盐类水解的原理，能举例说明盐类水解在生产、生活中的应用。 3．掌握溶液中离子浓度大小的比较规律。
　影响盐类水解的因素
1．内因：盐本身的性质。组成盐的酸根相对应的酸越弱(或阳离子对应的碱越弱)，水解程度就越大。
2．外因：受温度、浓度及外加酸碱等因素的影响。
(1)温度：盐的水解是吸热反应，升高温度水解程度增大；
(2)浓度：盐的浓度越小，水解程度越大；
(3)外加酸碱：加酸、加碱能促进或抑制盐的水解。
以NH4Cl溶液为例(NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋)填表：
条件
平衡移动方向
水解程度
c(NH)
pH
升温
正
增大
减小
减小
加水
正
增大
减小
增大
加HCl
逆
减小
增大
减小
加NaOH(s)
正
增大
减小
增大
加NH4Cl(s)
正
减小
增大
减小
通入NH3
逆
减小
增大
增大
盐类的水解常数
盐MA水解的方程式为MA＋H2O??HA＋MOH，
水解常数为Kh＝。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)升高温度，碳酸钠溶液的碱性增强。(　　)
(2)向氯化铁溶液中加入氯化铁固体，其水解程度增大。(　　)
(3)将氯化铵溶液加水稀释，其水解程度增大。(　　)
(4)向氯化铁溶液中加氯化铵固体，其水解程度减小。(　　)
(5)等浓度的氯化铵和硫酸铵溶液，前者pH大。(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√
2．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NaOH(s) D．加入适量NaCl(s)
解析：选C。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＋)，但抑制了水解，且pH也减小，故B项不符合题意；加入适量NaOH(s)，由于发生反应：H＋＋OH－===H2O，引起c(H＋)减小，使平衡向水解方向移动，且pH也增大了，故C项符合题意；加入适量NaCl(s)，不会对溶液中其他离子造成影响，故D项不符合题意。
1．主要因素是盐本身的性质，组成盐的酸根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：盐的浓度越大，水解程度越小，但盐水解产生的离子浓度越大，溶液的酸碱性越强；向水解的盐溶液中加水，水解程度增大，但盐水解产生的离子浓度减小，溶液的酸碱性减弱。
(3)酸碱性：向盐溶液中加入H＋，能抑制阳离子水解，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。
(4)可水解的盐：同性抑制，异性促进。
巧记口诀：越弱越水解，越稀越水解，越热越水解，加酸与加碱，抑制或促进。
加水稀释盐溶液时，并非所有离子的浓度都减小，如稀释氯化铵溶液，c(H＋)减小，但Kw不变，故c(OH－)增大。
　(2017·南昌高二检测)欲使CH3COONa稀溶液中增大，可采取的措施是(　　)
A．升温　　　　　　　　 B．加水稀释
C．加少量的KOH固体 D．加少量固体Na2CO3
[解析]　根据水解平衡：CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，升温，水解平衡正向移动，c(CH3COO－)减小；加水稀释水解平衡正向移动，c(CH3COO－)减小；加少量的KOH固体，增大了c(OH－)，水解平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大；加少量固体Na2CO3，水解平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大，但c(CH3COO－)增大的倍数远小于c(Na＋)增大的倍数，故减小。
[答案]　C
　
(1)例题中若加入固体CH3COONa，如何变化？说明原因。
(2)加水稀释，溶液中是增大还是减小？说明原因。
答案：(1)增大。加入固体CH3COONa，溶液浓度增大，水解程度减小，增大。
(2)减小。由水解常数知，＝，温度不变时，Kh不变，加水稀释，c(CH3COOH)减小，减小，即减小。
浓度对盐溶液水解影响的理解
稀释盐溶液，它的水解程度增大与溶液的酸碱性减小并不矛盾。因为稀释溶液可以促进盐的水解，平衡右移，水解产生的H＋或OH－的物质的量增大，但是溶液体积的增大程度大于水解平衡移动的程度，所以稀释时水解程度虽然增大，但是溶液的酸碱性却减弱了。增大盐溶液浓度时同理。由此可见，盐类水解平衡为动态平衡，勒夏特列原理同样适用于水解平衡。　
　影响盐类水解的因素
1．(2017·福州高二质检)在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A．稀释溶液，促进Na2CO3的水解，Kw增大
B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
解析：选B。Kw与温度有关，A项错。CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH－反应而促进水解平衡正向移动，B项正确。升温，促进水解，平衡正向移动，故的结果是增大的，C项错。加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，D项错。
2．为了配制NH的浓度和Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入(　　)
A．适量的HCl B．适量的NaCl
C．适量的氨水 D．适量的NaOH
解析：选C。由于NH水解使NH4Cl溶液中NH的浓度和Cl－的浓度比小于1∶1，要使NH的浓度和Cl－的浓度比为1∶1，可通过抑制水解并且增大NH的浓度达到目的。最好的方法是加入适量的氨水抑制NH水解。A项虽可抑制水解，但增加了Cl－；B项引入了Na＋，增加了Cl－；D项促进了水解，且引入了Na＋。
3．对滴有酚酞试液的下列溶液，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
解析：选B。本题考查水解平衡和电离平衡等知识，溶液颜色变深的原因是溶液的碱性增强，抓住这一本质寻找答案。A选项，明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化；B选项，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性，加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深；C选项，加入氯化铵固体，氨水的电离程度减弱，碱性减弱，溶液颜色变浅；D选项，溶液的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化。
　盐类水解的应用
1．用纯碱溶液清洗油污时，加热可增强其去污能力。
2．化肥的施用
例如：草木灰与铵态氮肥不能混合施用，否则会使肥效损耗，这是两种盐发生水解相互促进反应，放出氨气的缘故。
3．盐溶液的配制
例如：配制FeCl3、SnCl2溶液时应加入少量盐酸，目的是抑制Fe3＋、Sn2＋的水解。
4．用盐作净水剂
例如：利用FeCl3、明矾在水溶液中发生水解产生的胶体，能吸附水中悬浮的杂质，起到净水的作用。
5．泡沫灭火器原理
Al2(SO4)3溶液与小苏打溶液发生水解相互促进反应，产生CO2气体和Al(OH)3沉淀，将可燃物与空气隔离开来。离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
6．利用水解反应来制纳米材料(氢氧化物可变为氧化物)。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)热的纯碱溶液去污效果好。(　　)
(2)配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在蒸馏水中即可。(　　)
(3)铝盐可用于净水，是因为铝离子水解产生的胶体具有吸附性。(　　)
(4)醋酸钠溶液加水稀释时溶液中所有离子的浓度都降低。　(　　)
(5)将NH4NO3晶体溶于水，发现水温下降，说明NH4NO3的水解一定是吸热反应。(　　)
(6)长期存放FeCl3溶液的试剂瓶口有固体附着时，可以用盐酸除去。(　　)
(7)0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液与1 mol·L－1的Na2CO3溶液相比，前者水解程度大，碱性强。(　　)
(8)NH4F溶液不能存放在玻璃瓶中。(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√　(7)×　(8)√
2．下列事实不属于盐类水解应用的是(　　)
A．明矾、氯化铁晶体常用于净水
B．实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污
C．实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D．实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率
答案：D
3．用离子方程式表示饱和NH4Cl溶液可用于消除机器零件表面上的铁锈及溶解Mg(OH)2(s)。
答案：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋；
除铁锈：6H＋＋Fe2O3·xH2O===2Fe3＋＋(x＋3)H2O；
溶解Mg(OH)2(s)：2H＋＋Mg(OH)2===Mg2＋＋2H2O。
1．盐类水解原理的基本应用
(1)判断盐溶液的酸碱性
如相同物质的量浓度的下列溶液：NaCl、KHSO4、Na2CO3、NaHCO3，其pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaHCO3>NaCl>KHSO4。
(2)比较盐溶液中离子浓度的大小
如Na2CO3溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。
(3)判断盐所对应酸的相对强弱
如相同浓度的NaA和NaB两种盐溶液，其pH前者大于后者，则酸性：HB>HA。
(4)判断溶液中的离子能否大量共存
如Al3＋、Fe3＋与CO、HCO因发生相互促进的水解反应而不能大量共存。
(5)判断某些活泼金属能否与强酸弱碱盐反应
如Mg放入NH4Cl、CuCl2、FeCl3溶液中有氢气产生。
(6)除杂
①采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。如不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3＋，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3＋。
②向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去Fe3＋。
2．盐溶液蒸干灼烧后所得产物的判断
(1)强酸强碱盐溶液和水解生成难挥发性酸的盐溶液，蒸干后一般得到原物质，如CuSO4溶液蒸干得CuSO4固体，NaCl溶液蒸干得NaCl固体。
(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干后一般得到对应的弱碱，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得到Al(OH)3、Fe(OH)3，若灼烧则会生成Al2O3、Fe2O3。
(3)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(4)考虑盐受热时是否分解。
因为Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO)；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。
(5)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。
例如：Na2SO3溶液蒸干得到Na2SO4；FeSO4溶液蒸干得到Fe2(SO4)3。
　下列事实：
①NaHSO4溶液呈酸性；
②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；
③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；
④NaHS溶液中c(H2S)>c(S2－)；
⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；
⑥加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。
其中与盐类的水解有关的叙述有(　　)
A．6项　　　　　　　　 B．5项
C．3项 D．4项
[解析]　①中NaHSO4为强酸强碱盐，不发生水解，显酸性是因为电离出的H＋所致；②中是NH水解显酸性所致；③中盐酸会抑制Cu2＋水解；④中是因HS－水解程度大于其电离程度所致；⑤中NH水解产生H＋与锈斑中的Fe2O3反应；⑥加热时部分FeCl3会发生水解。故除①外都与盐类的水解有关。
[答案]　B
　
如何除去MgCl2溶液中的Fe2＋？
答案：向溶液中加入足量双氧水，将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后向溶液中加入MgO或Mg(OH)2或MgCO3，与Fe3＋水解产生的H＋反应，使Fe3＋转化成Fe(OH)3而除去。
　盐溶液蒸干产物的判断
1．在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400 ℃)下列物质的溶液，可以得到该物质的固体的是(　　)
A．AlCl3 B．碳酸氢钠
C．硫酸镁 D．高锰酸钾
解析：选C。A项，AlCl3极易水解，其溶液加热、蒸干、灼烧后的物质为Al2O3；B项，NaHCO3加热分解为Na2CO3、CO2和H2O；D项，KMnO4在灼烧时发生分解。
2．将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热、蒸发结晶、灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是(　　)
①胆矾　②氯化铁　③硫酸铝　④氯化铜
A．③ B．①④
C．②③④ D．全部
解析：选A。胆矾CuSO4·5H2O溶于水得CuSO4溶液，因硫酸难挥发，故蒸发结晶再灼烧得到CuSO4；FeCl3、CuCl2发生水解：FeCl3＋3H2O??Fe(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Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，灼烧得到Fe2O3、CuO；Al2(SO4)3发生水解：Al2(SO4)3＋6H2O??2Al(OH)3＋3H2SO4，硫酸难挥发，最终仍得到 Al2(SO4)3。
　盐类水解的其他应用
3．实验室在配制硫酸铁溶液时，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释至所需浓度，如此操作的目的是(　　)
A．防止硫酸铁分解　　　 B．抑制硫酸铁水解
C．促进硫酸铁溶解 D．提高溶液的pH
解析：选B。加入稀硫酸的目的是抑制Fe3＋的水解。
4．下列说法正确的是(　　)
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，然后再用水稀释到所需的浓度
C．Na2CO3溶液不可保存在带磨口塞的玻璃瓶中
D．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝
解析：选C。A项，AlCl3与Al2(SO4)3水解方程式分别为AlCl3＋3H2O??Al(OH)3＋3HCl，Al2(SO4)3＋6H2O??2Al(OH)3＋3H2SO4，加热促进水解，因盐酸为挥发性酸，硫酸为难挥发性酸，故前者最终产物为Al2O3，后者最终产物为Al2(SO4)3，错误；B项，将FeCl3固体溶解在硫酸中，会引入杂质SO，应溶解在盐酸中，错误；C项，Na2CO3溶液水解显碱性，能和玻璃中的SiO2反应生成具有黏性的Na2SiO3，导致瓶塞打不开，正确；D项，为了加快产生CO2的速率，泡沫灭火器中常使用的原料是 NaHCO3 和Al2(SO4)3，错误。
重难易错提炼
1.盐的水解平衡也遵循勒夏特列原理。
2.比较不同溶液中同种离子浓度大小时，应注意物质中的另一种离子对该离子浓度的影响。
3.判断盐溶液蒸干产物时，关键要抓住酸的挥发性去分析，另外，要关注相关物质是否与空气中成分(如氧气)反应。
4.盐类水解规律：含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐会发生水解，对应酸或碱的K越小，其离子水解程度越大。
5.多元弱酸的酸根离子分步水解，以第一步为主。
课后达标检测
[基础巩固]
1．(2017·张家界高二质检)下列实验操作能达到目的的是(　　)
①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体
③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体
④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体
A．①②　　 B．②③　　
C．③④　　 D．①③
解析：选B。Al3＋和S2－会在溶液中发生双水解：2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑，得不到Al2S3；MgCl2会水解：MgCl2＋2H2O??Mg(OH)2＋2HCl，加热时HCl挥发，最后得到Mg(OH)2，若灼烧得MgO，而得不到MgCl2。
2．NH4Cl溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子均正确的是(　　)
A．NH2D·H2O和D3O＋
B．NH3·HDO和HD2O＋
C．NH3·HDO和D3O＋
D．NH2D·HDO和H2DO＋
解析：选C。NH4Cl溶于重水后存在下列电离情况：
NH4Cl电离出的NH与水电离出的OD－结合成弱电解质NH3·HDO，从而使水的电离平衡右移，导致溶液呈酸性。而D＋在溶液中以水合离子的形式存在，即D＋＋D2O===D3O＋。
3．在一定浓度的FeCl3溶液中，存在如下水解平衡：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，在此溶液中滴入饱和FeCl3溶液，下列说法正确的是(　　)
A．水解平衡不移动
B．水解平衡向逆反应方向移动
C．溶液中H＋浓度增大
D．Fe3＋的水解程度增大
解析：选C。滴入饱和FeCl3溶液，则溶液中c(Fe3＋)增大，使平衡向正反应方向移动，溶液中c(H＋)增大，但FeCl3的水解程度减小，因为水解程度＝，由于FeCl3的增多，使水解程度减小。
4．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
解析：选A。CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。加入NH4NO3，NH水解：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，H＋和OH－反应，使CH3COO－的水解平衡右移，CH3COO－浓度减小，促进水解；加入Na2SO3，SO水解：SO＋H2O??HSO＋OH－，水解产生OH－，使CH3COO－的水解平衡左移，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。
5．25 ℃时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH＝7时，下列关系正确的是(　　)
A．c(NH)＝c(SO)
B．c(NH)>c(SO)
C．c(NH)D．c(OH－)＋c(SO)＝c(H＋)＋c(NH)
解析：选B。根据电荷守恒有c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，当c(H＋)＝c(OH－)时，c(NH)＝2c(SO)。
6．实验室有下列试剂，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是(　　)
①NaOH溶液　②水玻璃　③Na2S溶液　④Na2CO3溶液　⑤NH4Cl溶液　⑥澄清石灰水　⑦浓HNO3 ⑧浓H2SO4
A．①⑥　　　　　　　　 B．①②③④⑥
C．①②③⑥⑦⑧ D．⑤⑦⑧
解析：选B。碱及水解呈碱性的盐，因OH－与玻璃中的SiO2反应生成硅酸盐，使试剂瓶瓶颈与瓶塞黏结，因而不能用带玻璃塞的试剂瓶贮存，必须用带橡胶塞的试剂瓶保存；酸性及强氧化性的物质不能用带橡胶塞的试剂瓶盛放。
7．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　　)
A．CO＋H2O??HCO＋OH－　热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋　明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)??TiO2·xH2O↓＋4HCl　用TiCl4制备TiO2
D．SnCl2＋H2O??Sn(OH)Cl＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
解析：选D。A项，加热使平衡向右移动，溶液碱性增强，有利于去除油污；D项，根据平衡移动原理可知，向溶液中加入氢氧化钠，平衡向氯化亚锡水解的方向移动，所以D错。
8．在0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，下列关系中不正确的是(　　)
A．c(Na＋)＝c(HCO)＋c(OH－)
B．c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)
C．c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)
解析：选A。A项中等式错误，原因是它不符合任何守恒关系。B项中等式正确地表达了NaHCO3溶液中的物料守恒——Na＋与C原子的物质的量相等。C项NaHCO3溶液中，质子守恒关系为 c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)。D项中等式正确地表达了NaHCO3 溶液中离子的电荷守恒关系。
9．向纯碱溶液中滴入酚酞溶液：
(1)观察到的现象是_____________________________________________________，原因是_________________________________________________________(用离子方程式表示)。
(2)若微热溶液，观察到的现象是_________________________________________，原因是___________________________________________________________________。
(3)若向溶液中加入少量氯化铁溶液，观察到的现象是____________________，原因是_______________________________________________(用必要的文字和离子方程式解释)。
解析：因CO水解，溶液显碱性，遇酚酞变红。加热，水解程度变大，碱性更强，红色加深。Fe3＋水解显酸性，CO水解显碱性，二者发生相互促进的水解反应：2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑。
答案：(1)溶液变红　 CO＋H2O??OH－＋HCO
(2)红色加深　加热，CO水解程度变大，溶液碱性增强
(3)红色变浅，有红褐色沉淀生成，有气体生成(或气泡冒出)　Fe3＋水解显酸性，CO水解显碱性，二者发生相互促进的水解反应：2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
10．(1)常温下，0.10 mol/L NH4Cl溶液的pH________7(填“>”“＝”或“<”)。
(2)相同物质的量浓度的Na2S溶液与NaHS溶液，pH大小：Na2S________NaHS(填“>”“＝”或“<”)。
(3)已知在0.1 mol/L的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)。该溶液中c(H＋)________c(OH－)(填“>”“＝”或“<”)，简述理由：_________________________________________________________________________。
解析：(1)NH发生水解反应：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，使溶液显酸性，溶液pH<7。
(2)等浓度时，水解程度：S2－>HS－，因此等浓度时溶液pH：Na2S>NaHS。
答案：(1)<　(2)>　(3)>　由溶液中微粒浓度关系可知HSO的电离程度大于水解程度，故c(H＋)>c(OH－)　
[能力提升]
11．(2017·恩施高二检测)下列各组物质充分反应后过滤，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终不能得到纯净物的是(　　)
A．向漂白粉浊液中通入过量CO2
B．向带有氧化膜的铝片中加入盐酸
C．向含1 mol Ca(HCO3)2的溶液中加入1 mol Na2O2
D．向含1 mol KAl(SO4)2的溶液中加入2 mol Ba(OH)2
解析：选A。A项，向漂白粉浊液中通入过量CO2，溶液中溶质为碳酸氢钙和氯化钙，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终得到氯化钙和碳酸钙的混合物；B项，向带有氧化膜的铝片中加入盐酸，发生反应产生氯化铝，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终得到的是氢氧化铝，是纯净物；C项，向含1 mol Ca(HCO3)2的溶液中加入1 mol Na2O2会产生碳酸钙沉淀、碳酸钠溶液，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终得到碳酸钠，是纯净物；D项，向含1 mol KAl(SO4)2的溶液中加入2 mol Ba(OH)2恰好反应得到硫酸钡沉淀、偏铝酸钾溶液，将滤液加热、蒸干至质量不变，最终得到偏铝酸钾，是纯净物。故A项符合题意。
12．将0.2 mol·L－1 HCN溶液和0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是(　　)
A．c(HCN)B．c(Na＋)C．c(HCN)－c(CN－)＝c(OH－)
D．c(HCN)＋c(CN－)＝0.1 mol·L－1
解析：选D。两溶液混合后：HCN＋NaOH===NaCN＋H2O，HCN有剩余，所得溶液为0.05 mol·L－1NaCN和0.05 mol·L－1 HCN溶液。溶液显碱性，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，则c(HCN)>c(CN－)，A项错误；溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)，由电荷守恒知c(Na＋)>c(CN－)，B项错误；由电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CN－)＋c(OH－)以及物料守恒c(HCN)＋c(CN－)＝2c(Na＋)，整理得c(HCN)－c(CN－)＝2c(OH－)－2c(H＋)，C项错误；由原子守恒可知D项正确。
13．(2017·武汉调研)某化学研究性学习小组对电解质溶液作了如下归纳总结(均在常温下)。其中正确的是(　　)
①pH＝3的强酸溶液1 mL，加水稀释至100 mL后，溶液pH降低2个单位
②1 L 0.50 mol·L－1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L－1 NH4Cl溶液中含NH的物质的量前者大
③pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)
④pH＝4、浓度均为0.1 mol·L－1 的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2×(10－4－10－10) mol·L－1
A．①② B．②③
C．①③ D．②④
解析：选D。①pH＝3的强酸溶液1 mL，加水稀释至100 mL后，溶液pH升高2个单位，错误；②不同浓度的同种溶液，浓度越小，水解程度越大，正确；③NaHCO3溶液的pH＝8.3，表明HCO的水解程度大于电离程度，即c(Na＋)>c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，错误；④根据物料守恒有c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，根据电荷守恒有2c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(Na＋)＋2c(H＋)，整理得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2c(H＋)－2c(OH－)＝2×(10－4－10－10) mol·L－1，正确。
14．(2017·武汉二中高二质检)NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，常用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其原理是________________________________________(用必要的离子方程式和相关文字说明)。
(2)相同条件下，0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液中c(NH)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中c(NH)。
(3)浓度均为0.1 mol·L－1的几种电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。
①其中符合0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是________(填字母)，导致pH随温度变化的原因是__________________________________________________；
②25 ℃时，0.1 mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝_______________________________________________(写出精确结果)。
(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________________________。
解析：(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降。(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH均发生水解，但NH4Al(SO4)2中Al3＋水解呈酸性抑制NH水解，NH4HSO4电离出H＋同样抑制NH水解，因为NH4HSO4电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4HSO4中NH水解程度比NH4Al(SO4)2中的小。(3)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ。②根据电荷守恒，可以求出 2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－3－10－11) mol·L－1。(4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液中均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大。b点溶液呈中性，即溶液中含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种溶质，a点时c(Na＋)＝c(SO)，b点时c(Na＋)>c(SO)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO)>c(NH)，故c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)。
答案：(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水
(2)小于
(3)①Ⅰ　NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小　②(10－3－10－11) mol·L－1
(4)a　c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)
15．(2017·宁夏中卫一中高二月考)已知某溶液中只存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有以下几种：
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(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－)
(1)上述关系一定不正确的是________(填序号)；
(2)若溶液中只有一种溶质，则该溶质为________，该溶液中离子浓度的大小关系为________(填序号)；
(3)若关系③正确，则溶液中溶质为____________；
(4)若四种离子浓度关系有c(NH)＝c(Cl－)，则该溶液显________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；
(5)25 ℃，pH＝a的盐酸Va mL与pH＝14－a的氨水Vb mL混合，若溶液显中性，则Va________Vb(填“＞”“＜”“＝”或“无法确定”)。
解析：(1)任何水溶液都呈电中性，则溶液中阴、阳离子所带电荷总数相等，这几个选项中只有②中阴离子电荷总数大于阳离子电荷总数，与水溶液呈电中性相违背，故②一定不正确。(2)因任何水溶液中都有OH－、H＋，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，则c(Cl－)＞c(NH)，水解显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，又水解的程度很弱，则c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，即①符合。(3)由③中离子浓度的关系可知溶液显碱性，且 c(NH)＞c(Cl－)，则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液。(4)若四种离子浓度关系有c(NH)＝c(Cl－)，根据电荷守恒知c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，则 c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液呈中性。(5)25 ℃，pH＝a的盐酸中c(H＋)＝10－a mol/L，pH＝14－a的氨水中 c(OH－)＝10－a mol/L，氯化氢是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以盐酸浓度小于氨水浓度，假设二者等体积混合则混合溶液呈碱性，如果溶液呈中性，则酸的体积要大些，所以Va＞Vb。
答案：(1)②　(2)NH4Cl　①　(3)NH4Cl和NH3·H2O　(4)中性　(5)＞
第2课时　酸碱中和滴定
　1.了解在日常生活、生产中pH的应用。　2.掌握酸碱中和滴定的概念和原理。　3.了解指示剂选择方法。4.掌握中和滴定实验的操作步骤和误差分析。
　酸碱中和滴定
一、酸碱中和滴定的原理
1.概念
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。
2.原理
(1)实质：H＋＋OH－===H2O(均为强电解质，填离子方程式)。
(2)原理：中和反应中酸提供的H＋与碱提供的OH－的物质的量相等。即c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱(均为强电解质)。
3.实验关键
(1)准确测定参加反应酸、碱的体积。
(2)准确判断滴定终点。
二、酸碱中和滴定的基础知识,1.仪器及使用
(1)仪器
(2)滴定管的使用方法
2．主要试剂
(1)待测液。
(2)标准液。
(3)指示剂(一般用酚酞或甲基橙)。
3．滴定操作
(1)实验前的准备工作
(2)滴定
(3)终点判断(以盐酸滴定氢氧化钠溶液为例，酚酞为指示剂)：当滴入最后一滴盐酸时，刚好使锥形瓶中的溶液褪色，且在半分钟内不恢复原色，即达到终点。读数并记录。
4．数据处理
为减少实验误差，滴定时，要求重复2～3次，求出所用标准溶液体积的平均值，然后再计算待测液的物质的量浓度。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)用0.1 mol/L稀盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，锥形瓶用NaOH溶液润洗两次。(　　)
(2)用已知浓度稀盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选择紫色石蕊试剂作指示剂。(　　)
(3)直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定。(　　)
(4)滴定过程中向锥形瓶内加入少量蒸馏水，对滴定结果无影响。(　　)
(5)酸碱中和滴定反应达到滴定终点时酸和碱恰好完全反应。(　　)
(6)要准确量取25.00 mL盐酸溶液时，可以选用50 mL的量筒。(　　)
(7)当滴入最后一滴标准液时，指示剂的颜色刚好发生明显变化，即为滴定终点。(　　)
(8)有一支50 mL酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在“0”刻度处。把滴定管中的溶液全部排出，溶液的体积是50 mL。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×
2．下列有关滴定操作的顺序正确的是(　　)
①用标准溶液润洗滴定管　②往滴定管内注入标准溶液
③检查滴定管活塞是否漏水　④滴定　⑤洗涤
A．⑤①②③④　　　　　　 B．③⑤①②④
C．⑤②③①④ D．②①③⑤④
答案：B
1．选取适当指示剂，准确判断滴定终点
(1)指示剂的选择
强酸与强碱相互滴定时，选甲基橙或酚酞都可以，但不能选石蕊试液(遇酸、碱颜色变化不明显)。一般原则是酸滴定碱，选甲基橙；碱滴定酸，选酚酞。
(2)滴定终点的判断(以NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸为例)
若用酚酞作指示剂，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液的颜色由无色突变为粉红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。
若用甲基橙作指示剂，当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液的颜色由红色变为黄色，且半分钟内不变为原色，说明达到滴定终点。
2．滴定操作注意事项
(1)锥形瓶不能用待测液润洗。因润洗后，瓶内壁会附着一定量的待测液而造成测量误差。
(2)滴定管在装液前一定要用待装溶液润洗，否则，装入的溶液会被稀释，影响测量结果。
(3)滴定速率是先快后慢，当接近终点时应一滴一摇动。
(4)读数时，视线与凹液面最低处、刻度线三者在同一水平线上。
(5)滴定管读数应精确到小数点后两位，如25.00 mL是正确的，而不能读成25 mL。
　用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：
(1)准确称量8.2 g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500 mL 待测溶液。称量时，样品可放在____(填编号字母)称量。
A．小烧杯中　 B．洁净纸片上　
C．托盘上
(2)滴定时，用0.200 0 mol/L的盐酸来滴定待测溶液，不可选用____(填编号字母)作指示剂。
A．甲基橙　 B．石蕊　
C．酚酞　 D．甲基红
(3)滴定过程中，眼睛应注视____________________________________；在铁架台上垫一张白纸，其目的是______________________________________________。
(4)根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是______mol/L，烧碱样品的纯度是_______。
滴定次数
待测溶液体积(mL)
标准酸体积(mL)
滴定前的刻度
滴定后的刻度
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
4.10
24.00
[解析]　(1)称量氢氧化钠等易潮解、腐蚀性强的试剂时，样品应放在小烧杯中；(2)酸碱中和滴定时，一般应选甲基橙、酚酞、甲基红等颜色变化较明显的指示剂，石蕊在酸或碱溶液中颜色变化不明显，易造成误差；(3)为准确判断滴定终点，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，且在铁架台上垫一张白纸；(4)平均标准酸体积V(HCl)＝＝20.00 mL，然后根据c(NaOH)＝，解得c(NaOH)＝0.400 0 mol/L，w(NaOH)＝×100%＝97.56%。
[答案]　(1)A　(2)B
(3)锥形瓶内溶液颜色的变化　便于观察锥形瓶内液体颜色的变化，减小滴定误差
(4)0.400 0　97.56%
　
用标准浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，应该选择哪种指示剂？
答案：CH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，应选择酚酞作指示剂。
　酸碱中和滴定的仪器选择和实验操作
1．(2017·青岛高二检测)准确量取25.00 mL的KMnO4溶液，可选用的仪器为(　　)
A．500 mL量筒　　　　　　 B．10 mL移液管
C．50 mL酸式滴定管 D．50 mL碱式滴定管
解析：选C。准确量取25.00 mL溶液应用滴定管或移液管，因KMnO4能氧化腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故应用50 mL酸式滴定管。
2．两人用同一瓶盐酸滴定同一瓶NaOH溶液。甲将锥形瓶用NaOH待测液润洗后，使用水洗过的碱式滴定管取碱液于锥形瓶中；乙则用甲用过的滴定管取碱液于刚用蒸馏水洗过且存有蒸馏水的锥形瓶中，其他操作及读数均正确，你的判断是(　　)
A．甲操作无错 B．乙操作有错
C．甲测定数值一定比乙小 D．乙实际测得值较准确
解析：选D。锥形瓶不应用碱液润洗。甲用过的滴定管对乙来说已润洗过。
　滴定曲线
3．(2017·南昌高二质检)向盛有10 mL NaOH稀溶液的烧杯中逐滴滴加稀盐酸，并边加边振荡，下列图像中能体现溶液pH变化情况的是(　　)
解析：选C。滴加盐酸之前，稀NaOH溶液pH＞7，则A和B不正确。体现溶液pH变化过程的图像不可能是一条直线，D不正确。
4．如图是常温下盐酸与氢氧化钠溶液的滴定曲线a和b。
试认真分析后填空：
(1)曲线a是用_______滴定_______________；曲线b是用________滴定___________。
(2)P点的纵坐标为____。
(3)盐酸的物质的量浓度为____mol·L－1；氢氧化钠溶液的体积为____mL。
解析：(1)曲线a的pH逐渐增大，应该是在酸溶液中加入了碱；曲线b的pH逐渐减小，应该是在碱溶液中加入了酸。
(2)P点表示酸、碱恰好完全反应，故纵坐标是7。
(3)由曲线a可知，未滴加氢氧化钠溶液时，盐酸的pH＝1，故盐酸的物质的量浓度为0.1 mol·L－1。
答案：(1)NaOH溶液　盐酸　盐酸　NaOH溶液　(2)7 (3)0.1　15.00
　中和滴定的误差分析
1．误差分析依据(一元酸、碱的中和滴定)
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＝，当用标准酸溶液滴定待测碱溶液时，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。
2．常见误差分析(以用标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例)(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
步骤
操作
c(NaOH)
洗涤
未用标准溶液润洗酸式滴定管
偏高
锥形瓶用待测溶液润洗
偏高
未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管
偏低
锥形瓶洗净后瓶内还残留有少量蒸馏水
无影响
取液
取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束后气泡消失
偏低
滴定
滴定完毕后立即读数，半分钟后又恢复原色
偏低
滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
偏高
滴定过程中振荡锥形瓶时有液滴溅出
偏低
滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水
无影响
读数
滴定前仰视读数或滴定后俯视读数
偏低
滴定前俯视读数或滴定后仰视读数
偏高
1．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直接盛装标准溶液
C．用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸时，盛未知浓度盐酸的锥形瓶用蒸馏水润洗后仍残留有少量蒸馏水
D．用标准盐酸测定未知浓度NaOH溶液结束实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡
解析：选C。 A项锥形瓶一定不要用待测液润洗，否则使待测液的量偏大，消耗标准液的体积偏大，从而使所测定浓度偏大。B项冲洗干净的滴定管无论是盛装标准溶液，还是量取待测溶液，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项锥形瓶内有水不改变 n(H＋)，故不产生误差。D项开始实验时酸式滴定管中无气泡，结束实验时有气泡，会导致所读取的V(HCl)偏小，依据V(HCl)·c(HCl)＝V(NaOH)·c(NaOH)，所测的c(NaOH)偏小。
2．用标准盐酸滴定待测碱溶液的浓度时，下列操作中会引起碱溶液浓度的测定值偏大的是(　　)
A．锥形瓶中的溶液在滴定过程中溅出
B．滴定管装液后尖嘴部位有气泡，滴定后气泡消失
C．指示剂变色15 s后又恢复为原来的颜色便停止滴定
D．锥形瓶用蒸馏水冲洗后未用待测液润洗
解析：选B。根据c(B)＝判断，A项中，V(B)的实际量减少，导致V(A)减少，测定值偏小；B项液体中充有气泡，导致V(A)增大，测定值偏大；C项未到滴定终点，测定值偏小；D项，不影响测定结果。
酸碱中和滴定误差分析的基本思路和方法
(1)分析酸碱中和滴定实验误差时，可把影响因素归结到标准液用量的大小上来判断。若标准液用量偏大，则测定结果偏高；若标准液用量偏小，则测定结果偏低；若不影响标准液用量，则对测定结果无影响。
(2)实验过程中读数不规范造成的误差，可以用画图的形式来理解和记忆。如开始读数仰视，滴定完毕读数俯视，如图甲所示；开始读数俯视，滴定完毕读数仰视，如图乙所示。(图中虚线为正确读数)
　用已知浓度的碱溶液滴定未知浓度的酸溶液时，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的是(　　)
A．滴定终点读数时俯视读数
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
[解析]　滴定终点时俯视读数，读数偏小，造成测定结果偏低；酸式滴定管的作用在本题中是移取待测酸溶液，水洗后未用待测液润洗导致待测液浓度偏小，测定结果偏低；锥形瓶水洗后未干燥对结果无影响。
[答案]　D
　
若标准NaOH溶液在配制时，取用的NaOH固体中含有KOH杂质，利用此标准液滴定时的结果是偏大还是偏小？
答案：因KOH的摩尔质量大于NaOH，取一定质量的固体配制的标准液中c(OH－)偏小，消耗的标准液的体积偏大，故结果偏大。
对量器读数易错点的巧记
(1)量筒：量筒的小刻度在仪器的下方，因此仰视时读数偏小，俯视时读数偏大，如图甲所示。
(2)滴定管：滴定管的0刻度在仪器的上方，因此仰视读数，视线将液面“下压”，读数偏大；俯视读数，视线将液面“上提”，读数偏小，如图乙所示。
(3)容量瓶：容量瓶定容时，视线应与容量瓶上的刻度线相平。若仰视定容，则所配溶液浓度偏低；若俯视定容，则所配溶液浓度偏高，如图丙所示。
　
　中和滴定误差分析
1．下列有关酸碱中和滴定的操作会引起误差的是(　　)
A．酸碱中和滴定时，在锥形瓶中准确地加入一定体积的待测液和滴入2～3滴指示剂后，为了便于观察现象而加入了适量的蒸馏水
B．酸碱中和滴定时，使用经过蒸馏水洗净但未干燥的锥形瓶装待测液
C．酸碱中和滴定时，使用经过蒸馏水洗净但留有水珠的滴定管直接装标准液
D．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的稀盐酸时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加入了一滴指示剂
解析：选C。A中虽然加水稀释后待测液浓度明显变小了，但待测液中溶质的物质的量未变，故滴定时所需标准液的体积是不会改变的；B中原理与A相同，只不过是稀释程度不同；C中向洗净后的滴定管中直接装入标准液，会使其浓度减小，则在滴定时耗用标准液的体积就会增大，致使计算的数值偏高；D中虽然多加了一滴指示剂，但不会影响实验的结果，因为酸、碱的物质的量基本上没有改变。
2．(2017·黄冈高二质检)称取一定质量的NaOH来测定未知浓度的盐酸时(NaOH放在锥形瓶内，盐酸放在滴定管中)。用A.偏高；B.偏低；C.无影响；D.无法判断，填写下列各项操作会给实验造成的误差。
(1)称量固体NaOH时，未调节天平的零点。(　　)
(2)将NaOH放入锥形瓶中加水溶解时，加入水的体积不准确。(　　)
(3)滴定管装入盐酸前未用盐酸润洗。(　　)
(4)滴定前未将液面调至刻度线“0”或“0”以下，结束时初读数按0计算。(　　)
(5)在滴定过程中活塞处漏液。(　　)
(6)摇动锥形瓶时，因用力过猛，使少量溶液溅出。(　　)
(7)滴定前读数时仰视，滴定完毕读数时俯视。(　　)
解析：(1)称量固体NaOH时，未调节天平零点，不能确定称量结果是偏大还是偏小。
(2)锥形瓶内是否含水或加多少水并不影响NaOH与HCl的中和反应。
(3)滴定管中装盐酸前未润洗相当于将待测液稀释了，导致测定结果偏低。
(4)读出的数据比实际值小，导致结果偏高。
(5)滴定过程中活塞处漏液使读出的待测液的体积比实际消耗量多，导致结果偏低。
(6)摇动锥形瓶时，用力过猛，使少量液体溅出，致使一部分NaOH未被中和，消耗待测液体积减小，使测定结果偏高。
(7)读出的数据比实际值偏小，使结果偏高。
答案：(1)D　(2)C　(3)B　(4)A　(5)B　(6)A　(7)A
重难易错提炼
1.由于酸、碱式滴定管构造不同，所盛装的溶液不同，酸性溶液和强氧化性溶液必须盛装在酸式滴定管中。
2.滴定管的刻度精确至0.1 mL，读数时必须读至0.01 mL，如12.00 mL NaOH溶液。
3.判断滴定终点时，溶液必须有颜色变化且保持半分钟不变，才能认定为达到滴定终点。
4.分析酸碱中和滴定误差时，关键是分析V标的变化。用标准液滴定待测液时，凡是导致V标偏大的因素则导致c待测偏大；凡是导致V标偏小的因素则导致c待测偏小。
课后达标检测
[基础巩固]
1．NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是(　　)
A．酚酞　　　　　　　　 B．圆底烧瓶
C．锥形瓶 D．碱式滴定管
解析：选B。在酸碱中和滴定中要用滴定管滴加试剂，待测溶液盛装在锥形瓶中，用指示剂酚酞来判断滴定终点。因此不使用的仪器是圆底烧瓶。
2.如图表示50 mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积是(　　)
A．a mL
B．(50－a) mL
C．一定大于a mL
D．一定大于(50－a) mL
解析：选D。滴定管的零刻度在上面，50 mL的刻度在下面，但刻度线以下仍有一部分容积，因此液体体积一定是大于(50－a) mL。
3．下列有关酸碱中和滴定的叙述正确的是(　　)
A．滴定时，标准液的浓度一定越小越好
B．用盐酸作标准液滴定NaOH溶液时，指示剂加入越多越好
C．滴定管在滴液前和滴液后均有气泡一定不会造成误差
D．滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化而不应注视滴定管内的液面变化
解析：选D。A项，标准液的浓度越小，要求待测液的体积越小，误差越大；B项，指示剂用量过多会增大误差；C项，滴定前后的气泡大小可能不同，会产生误差。
4．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，从下表中选出正确的选项是(　　)
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
甲
B
酸
碱
酚酞
甲
C
碱
酸
甲基橙
甲
D
碱
酸
酚酞
乙
解析：选C。酸碱中和滴定中一般不选用石蕊溶液作指示剂，A错误；酸式滴定管不能盛放碱液，B错误；碱式滴定管不能盛放酸液，D错误。
5．用NaOH溶液滴定盐酸时，由于滴定速率太快，当混合溶液变红时不知NaOH是否过量，判断它是否过量的方法是(　　)
A．加入5 mL盐酸再进行滴定
B．返滴一滴待测盐酸
C．重新进行滴定
D．以上方法均不适用
解析：选B。若NaOH过量，则返滴一滴待测盐酸，若红色消失，说明NaOH未过量，若红色不消失，则说明NaOH过量。
6．在25 ℃时，用0.125 mol·L－1的标准盐酸溶液滴定25.00 mL未知浓度的NaOH溶液所得滴定曲线如图所示，图中K点代表的pH为(　　)
A．13 B．12
C．10 D．11
解析：选A。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)＝＝＝0.100 mol·L－1，c(OH－)＝0.100 mol·L－1，c(H＋)＝10－13 mol·L－1，pH＝13。
7．用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，会引起实验误差的是(　　)
A．取干燥洁净的酸式滴定管立即装入标准盐酸
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定
C．往盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定
D．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液
解析：选D。滴定管若干燥洁净，不必用水洗涤，故也不需要用标准液润洗，A不会引起误差；锥形瓶内存有少量蒸馏水，但待测液的物质的量不变，消耗标准液的体积不变，B不会引起误差；锥形瓶不能用待测液润洗，否则会使测定结果偏高，D会引起误差。
8．下列是一段关于中和滴定的实验叙述：
(1)取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次；
(2)在锥形瓶中放入25.00 mL待测NaOH溶液；
(3)加入几滴石蕊试液作指示剂；
(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，右手不停地摇动锥形瓶；
(7)两眼注视着滴定管内盐酸溶液液面下降，直至滴定终点。
其中错误的是 (　　)
A．(4)(6)(7) B．(1)(5)(6)(7)
C．(3)(5)(7) D．(1)(3)(5)(7)
解析：选D。操作(1)的锥形瓶只能用水洗；操作(3)中不能用石蕊作为中和滴定的指示剂，因为它的显色效果不明显；操作(5)中滴定管必须用标准液润洗后才能注入标准液；操作(7)中两眼应注视锥形瓶中溶液颜色的变化。
9．在中和滴定操作过程中，有以下各项因操作不当引起的实验误差，用“偏高”“偏低”或“无影响”等填空：
(1)用标准液滴定待测液，滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗，使滴定结果____。
(2)锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测溶液润洗，使滴定结果____。
(3)滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，使滴定结果____。
(4)滴定前平视，滴定终了俯视，使滴定结果____。
(5)洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当作蒸馏水，然后用锥形瓶装待测的盐酸，用NaOH标准溶液滴定时，对测得的结果____。
解析：(1)标准溶液被稀释V标准偏大―→c待测偏高。(2)锥形瓶用待测液润洗锥形瓶内溶质增多V标准偏大―→c待测偏高。(3)滴定管尖嘴有气泡V标准偏大―→c待测偏高。(4)滴定后俯视V标准偏小―→c待测偏低。(5)使用食盐水洗涤锥形瓶―→V标准不变―→c待测不变。
答案：(1)偏高　(2)偏高　(3)偏高　(4)偏低　(5)无影响
10．某烧碱样品中含有少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A．在250 mL容量瓶中定容配制250 mL烧碱溶液；
B．用碱式滴定管移取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中，并滴入2滴甲基橙作指示剂；
C．在天平上准确称取烧碱样品m g，在烧杯中用蒸馏水溶解；
D．将物质的量浓度为c mol/L的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调整液面记下读数V1 mL；
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至变橙色为止，记下读数V2 mL。
请完成下列填空：
(1)正确的操作步骤是(填写编号)____―→____―→____―→____―→____。
(2)观察滴定管中液面的高度时应注意____________________________________。
(3)步骤D的操作中液面应调节到_________，尖嘴部分应__________。
(4)某同学实验时把锥形瓶用烧碱溶液洗涤，使测得的溶液浓度____(填“偏高”“偏低”或“不变”)，若在读取V2时俯视，则所测得的溶液浓度____。
(5)该烧碱样品纯度的计算式为________。
解析：(4)锥形瓶用烧碱溶液洗涤，碱液样品沾在锥形瓶内壁上，使锥形瓶中碱的物质的量增加，需耗用标准硫酸溶液的体积增大，故使测出的烧碱溶液浓度偏高。读数时俯视，则V(H2SO4)偏小，使所测溶液浓度偏低。(5)中和滴定反应方程式为H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O，c(NaOH)＝2×＝2× mol/L。m g样品中NaOH的质量：m(NaOH)＝40 g/mol× mol/L×250×10－3 L＝0.8c(V2－V1) g。样品中的NaOH质量分数：w(NaOH)＝×100%＝%。
答案：(1)C　A　D　B　E
(2)视线与凹液面最低点相平
(3)0刻度或0刻度以下　充满液体，无气泡
(4)偏高　偏低
(5)%
[能力提升]
11．(2015·高考广东卷)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是(　　)
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
解析：选B。A.滴定管用蒸馏水洗涤后，需用待装液润洗才能装入NaOH溶液进行滴定。B.随着NaOH溶液的滴入，锥形瓶内溶液中c(H＋)越来越小，故pH由小变大。C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去，说明达到滴定终点，应停止滴定。D.滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有悬滴，则所加标准NaOH溶液量偏多，使测定结果偏大。
12．(2017·北京四中高二检测)如图是用一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定10.00 mL一定物质的量浓度的盐酸的图像，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(　　)
A
B
C
D
c(HCl)/mol·L－1
0.120 0
0.040 00
0.030 00
0.090 00
c(NaOH)/mol·L－1
0.040 00
0.120 0
0.090 00
0.030 00
解析：选D。由图像可知，30.00 mL NaOH溶液恰好中和10.00 mL盐酸，则3c(NaOH)＝c(HCl)，表中A、D组属此种情况，但A组中c(HCl)＝0.120 0 mol·L－1，c(H＋)＝0.120 0 mol·L－1，pH＜1，不符合图像；D组中c(HCl)＝0.090 00 mol·L－1，pH＞1，加入20.00 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。
13．用0.01 mol·L－1硫酸滴定0.01 mol·L－1 NaOH溶液，中和后加水至100 mL。若滴定时终点判断有误差：①多加了1滴硫酸；②少加了1滴硫酸(设1滴为0.05 mL)。则①和②中c(H＋)之比是(　　)
A．5×103　　　　　　　　 B．104
C．50 D．10
解析：选B。①多滴一滴硫酸时，溶液呈酸性，则c(H＋)＝＝1×10－5 mol/L；
②少滴一滴硫酸时，则NaOH剩余的物质的量为0.05 mL H2SO4所少中和的那部分，溶液呈碱性，c(OH－)＝＝1×10－5 mol/L，c(H＋)＝ mol/L＝1×10－9 mol/L，所以①和②中c(H＋)之比为＝104，故选B。
14．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－1 NaOH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，且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____。
A．用待测液润洗锥形瓶
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
解析：(1)pH＝－lg c(H＋)＝－lg 0.000 1 ＝4.00。
(2)由曲线a可知，当V＝0时，pH＜7，说明滴定前锥形瓶中液体呈酸性，故甲组同学的实验是用NaOH溶液滴定盐酸，因此，甲组同学选择的滴定管是碱式滴定管，且滴定管应用0.1 mol·L－1的NaOH溶液润洗。
(3)由曲线b可知，乙组同学在滴定过程中，在滴定终点附近测试和记录pH的间隔过大。
(4)丙同学所用NaOH溶液体积偏多。原因可能是A、B两项，C项滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，会使测得的NaOH溶液体积偏少。
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
15．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g·100 mL－1)。
Ⅰ.实验步骤
(1)用________(填仪器名称，下同)量取10.00 mL 食用白醋，在____中用水稀释后转移到100 mL的____中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴____作指示剂。
(3)读取盛装0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为___mL。
(4)滴定。当____________________时，停止滴定，并记录滴定管上NaOH溶液的最终读数。重复滴定3次。
Ⅱ.实验记录
滴定次数
实验数据(mL)
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理与讨论
(5)甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V＝ mL＝15.24 mL。
指出他计算的不合理之处：____________________________________。
按正确数据处理，可得c(市售白醋)＝____mol·L－1；市售白醋总酸量＝____g·100 mL－1。
解析：(1)根据量取食用白醋的体积10.00 mL，可知量取时需用酸式滴定管(或10 mL移液管)；稀释溶液应在烧杯中进行，定容时应用容量瓶。(2)CH3COOH溶液与NaOH溶液恰好反应时溶液显碱性，与酚酞的变色范围8.2～10.0基本一致，故选用酚酞作指示剂。(3)滴定管“0”刻度在上，且读数可精确到0.01 mL，故图中的液面读数为0.60 mL。(4)达到滴定终点，即溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色时，停止滴定。(5)第1次滴定误差明显较大，属异常值，应舍去；平均消耗的NaOH溶液的体积 V(NaOH)＝ mL＝15.00 mL，c(市售白醋)＝×10＝0.75 mol·L－1；1 L市售白醋中含m(CH3COOH)＝0.75 mol·L－1×1 L×60 g·mol－1＝45 g，故市售白醋总酸量＝4.5 g·100 mL－1。
答案：(1)酸式滴定管(或10 mL移液管)　烧杯　容量瓶　(2)酚酞　(3)0.60　(4)溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色　(5)第1次滴定误差明显较大，属异常值，应舍去　0.75　4.5
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
　1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。　2.了解溶度积及其应用。
　难溶电解质的溶解平衡
1．生成沉淀的离子反应之所以能够发生，在于生成物的溶解度小。尽管生成物的溶解度很小，但并不是绝对不溶。
2．25 ℃时，溶解性与溶解度的关系
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25 ℃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
3．沉淀溶解平衡
(1)概念：在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即达到溶解平衡状态。
(2)实例：AgCl沉淀体系中的溶解平衡可表示为AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。
由于沉淀、溶解之间的这种动态平衡的存在，决定了Ag＋与Cl－的反应不能完全进行到底。
(3)特征
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)难溶电解质的溶解度为0。(　　)
(2)等物质的量的AgNO3和NaCl混合后，溶液中不存在Ag＋和Cl－。(　　)
(3)对于“BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO(aq)”，说明溶解的BaSO4在溶液中部分电离，是弱电解质。(　　)
(4)当改变外界条件时，沉淀溶解平衡会发生移动，直至达到新的平衡。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．下列有关AgCl沉淀溶解平衡说法正确的是(　　)
A．AgCl沉淀生成和溶解达平衡后不再进行沉淀的生成和溶解
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大
D．向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，AgCl的溶解度不变
解析：选C。难溶物达到沉淀溶解平衡时沉淀的生成和溶解都不停止，但溶解和生成速率相等；没有绝对不溶的物质；温度越高，一般物质的溶解度越大；向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，使溶解平衡左移，AgCl的溶解度减小。
1．影响沉淀溶解平衡的因素
内因
电解质本身的性质
外因
温度
温度升高，多数溶解平衡向溶解的方向移动
稀释
向溶解方向移动
同离子效应
加入相同离子，向生成沉淀的方向移动
2.实例探究：对于平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，若改变下列条件，对其平衡的影响具体如下：
平衡
条件
平衡移动方向
平衡后的c(Ag＋)
平衡后的c(Cl－)
溶解度(S)
升高温度
向右移动
增大
增大
增大
加少量水
向右移动
不变
不变
不变
加NaCl(s)
向左移动
减小
增大
减小
加AgNO3(s)
向左移动
增大
减小
减小
(1)难溶电解质可以是强电解质(如BaSO4)，也可以是弱电解质[如Al(OH)3]。
(2)向沉淀溶解平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或气体的离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动。
(3)溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol/L时，可视为沉淀完全。
　石灰乳中存在下列平衡：Ca(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)；加入下列物质，可使Ca(OH)2明显减少的是(　　)
A．Na2CO3溶液　　　　　　 B．KCl固体
C．NaOH溶液 D．CaCl2溶液
[解析]　加入Na2CO3溶液，Ca2＋＋CO===CaCO3↓，c(Ca2＋)减小，平衡右移，使Ca(OH)2减少；加入KCl固体对平衡无影响；加入NaOH溶液，c(OH－)增大，加入CaCl2溶液，c(Ca2＋)增大，平衡均向左移动，Ca(OH)2增多。
[答案]　A
　
向饱和石灰水中加入生石灰，pH如何变化？n(OH－)如何变化？
答案：生石灰与水反应，溶液的体积减小，但溶液的组成不变，c(OH－)不变，故pH不变，n(OH－)减小。
　沉淀溶解平衡的概念
1．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是(　　)
A．BaSO4属于难溶物，它在水中完全不能溶解
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
解析：选B。虽然难溶电解质的溶解度很小，但在水中仍有极少量的溶解，A项不正确。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，如Ag2SO4沉淀溶解达到平衡时，c(Ag＋)＝2c(SO2)，C项不正确。沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，由于固体的浓度为常数，故平衡不发生移动，D项不正确。v(沉淀)＝v(溶解)是溶解平衡的特征，B项正确。
2．对“AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)”的理解正确的是(　　)
A．说明AgCl没有完全电离，AgCl是弱电解质
B．说明溶解的AgCl已完全电离，AgCl是强电解质
C．说明Ag＋和Cl－的反应不能完全进行到底
D．说明Ag＋和Cl－的反应可以完全进行到底
解析：选C。此过程为溶解平衡，无法判断电离是否完全，但由于AgCl固体与Ag＋、Cl－组成了平衡体系，表明Ag＋和Cl－不能全部形成AgCl沉淀，故C正确。
　沉淀溶解平衡的影响因素
3．在有固态CaCO3存在的饱和溶液中，存在着如下平衡CaCO3(s)??Ca2＋(aq)＋CO(aq)，加入下列溶液能使CaCO3质量增加的是(　　)
A．CaCl2溶液 B．KNO3溶液
C．NH4Cl溶液 D．NaCl溶液
解析：选A。加入KNO3溶液和NaCl溶液相当于加入了H2O，使平衡向右移动，CaCO3质量减少；加入NH4Cl溶液，由于NH水解显酸性，消耗了CO，使平衡向右移动，促进了CaCO3的溶解；而加入CaCl2溶液，增大了钙离子的浓度，使平衡左移，CaCO3质量增加。
4．一定温度下，将足量的AgCl分别加入下列物质中，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
解析：选B。AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，溶液中c(Cl－)或c(Ag＋)越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl的溶解度就越小。AgCl的溶解度大小只与溶液中Ag＋或Cl－的浓度有关，而与溶液的体积无关。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－浓度由小到大的排列顺序为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。
　溶度积常数
1．定义
一定温度下，在难溶电解质的饱和溶液中，各离子浓度幂之积为常数，称之为溶度积常数，用Ksp表示。
2．表达式
AmBn(s)??mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。　
例如：Ag2SO4的溶度积常数Ksp(Ag2SO4)＝c2(Ag＋)·c(SO)。
3．影响因素
—
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)溶度积受离子浓度大小的影响。(　　)
(2)由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀。(　　)
(3)两种难溶电解质作比较时，Ksp越小，溶解度越大。(　　)
(4)在Cl－和Br－共存的溶液中，只要滴入AgNO3溶液，就一定先有AgBr沉淀生成。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
2．已知在Ca3(PO4)2的饱和溶液中c(Ca2＋)＝2.0×10－6 mol/L，c(PO)＝1.58×10－6 mol/L，则Ca3(PO4)2的Ksp是多少？
答案：Ca3(PO4)2的Ksp＝c3(Ca2＋)·c2(PO)＝(2.0×10－6)3×(1.58×10－6)2≈2.0×10－29。
溶度积Ksp与离子积Qc的关系
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＜Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液达到饱和。
(1)Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中的离子浓度无关，它反映了难溶电解质在水中的溶解能力。
(2)阴、阳离子个数比相同的难溶电解质，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强。若阴、阳离子个数比不相同的难溶电解质，则不能用溶度积直接比较物质的溶解性，需要转化为溶解度(或饱和溶液中离子浓度)来比较大小。
(3)不仅难溶电解质存在溶解平衡，在易溶的饱和溶液中也存在溶解平衡，如在NaCl饱和溶液中，加入NaCl固体，晶体溶解和析出的速率相等，存在动态平衡，这样的情况也是溶解平衡。
　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－
[解析]　设加入一定体积的AgNO3溶液时，溶液中Cl－、Br－和CrO的浓度均为c mol·L－1，则形成AgCl、AgBr、Ag2CrO4沉淀所需Ag＋浓度分别是 mol·L－1、 mol·L－1、 mol·L－1，比较Ksp数值可知，Br－形成沉淀时所需Ag＋浓度最小，即最先产生沉淀；CrO形成沉淀时所需Ag＋浓度最大，即最后产生沉淀。
[答案]　C
　
上述例题中，能否直接根据Ksp大小来推测生成沉淀的先后顺序？
答案：不能。AgCl、AgBr两物质的组成形式相同，可由Ksp大小直接判断生成沉淀的先后顺序，但Ag2CrO4中阴、阳离子的组成比例与AgCl、AgBr的不同，则必须由Ksp计算出生成沉淀所需Ag＋的最小浓度来推断。
(1)相同温度下，对于同类型物质，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强。如由Ksp数值可知，溶解能力：AgCl>AgBr>AgI，Cu(OH)2(2)不同类型的物质，Ksp差距不大时不能直接作为比较依据。例如(25 ℃)：
AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，Ksp＝1.8×10－10，
Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝1.8×10－11，虽然Mg(OH)2的Ksp较小，但不能认为Mg(OH)2比AgCl更难溶。　
　Ksp的计算与理解
1．下列有关溶度积常数(Ksp)的说法正确的是(　　)
A．常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小
B．溶度积常数(Ksp)只受温度影响，温度升高Ksp一定减小
C．溶度积常数(Ksp)只受温度影响，温度升高Ksp一定增大
D．常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变
解析：选D。温度不变，溶度积常数不变，故A错误；大多数难溶物的Ksp随温度升高而增大，但也有少数物质相反，如Ca(OH)2，故B、C均错误。
2．向100 mL 0.01 mol·L－1 KCl溶液中，加入1 mL 0.01 mol·L－1 AgNO3溶液，下列说法正确的是(AgCl的Ksp＝1.8×10－10)(　　)
A．有AgCl沉淀析出
B．无AgCl沉淀析出
C．无法确定
D．有沉淀但不是AgCl
解析：选A。c(Ag＋)＝ mol·L－1＝9.9×10－5 mol·L－1，c(Cl－)＝ mol·L－1＝9.9×10－3 mol·L－1，Qc＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝9.8×10－7>Ksp＝1.8×10－10，故有AgCl沉淀析出。
　沉淀溶解平衡曲线
3．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
解析：选C。硫酸钡饱和溶液中存在：BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO(aq)，一定温度时Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)为常数。c(Ba2＋)～c(SO)图像为双曲线的一支。加入Na2SO4使平衡左移，c(SO)增大，c(Ba2＋)减小，图中a点和b点的c(Ba2＋)相等，A不正确；蒸发d点溶液时 c(Ba2＋)、c(SO)应同时增大，B不正确；d点为不饱和溶液，无BaSO4沉淀生成，C正确；对同一难溶电解质，其溶度积只与温度有关，所以a点、c点对应的Ksp相等，D不正确。
4．(2017·洛阳高二检测)在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，下列说法不正确的是(　　)
A．在t ℃时，AgBr的Ksp为4.9×10－13
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)??AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
解析：选B。根据图中c点的c(Ag＋)和c(Br－)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10－13，A正确；在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br－)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag＋)减小，B错；在a点时c(Ag＋)·c(Br－) 重难易错提炼
1.对同种难溶电解质，温度一定时，其溶度积就是定值。不能认为某种离子的浓度增大或减小了，则其溶度积就发生变化。
2．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，否则易误判。
3.溶度积“三要素”
(1)含义：难溶电解质溶液中离子浓度的幂之积。
(2)影响因素：Ksp只与温度有关。
(3)意义：Ksp反映难溶电解质的溶解能力，相同类型的难溶电解质，Ksp越小，溶解能力越小。
4．溶度积规则
(1)当Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出。
(2)当Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀和溶解处于平衡状态。
(3)当Qc课后达标检测
[基础巩固]
1．下列说法正确的是(　　)
A．溶度积就是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的乘积
B．溶度积常数是不受任何条件影响的常数，简称溶度积
C．可用离子积Qc判断沉淀溶解平衡进行的方向
D．所有物质的溶度积都是随温度的升高而增大的
解析：选C。溶度积不是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的简单乘积，还与平衡式中化学计量数的幂指数有关，溶度积受温度的影响，不受离子浓度的影响。
2．CaCO3在下列液体中，溶解度最大的是(　　)
A．H2O　　　　　　 B．Na2CO3溶液
C．CaCl2溶液 D．乙醇
解析：选A。在B、C选项的溶液中，分别含有CO、Ca2＋，会抑制CaCO3的溶解，而CaCO3在乙醇中是不溶的。
3．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的溶解度增大
C．溶液中c(Ag＋)增大
D．溶液中c(Cl－)增大
解析：选D。加入盐酸后，c(Cl－)增大，使沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，溶液中c(Ag＋)降低，AgCl的溶解度减小，故A、B、C均错误；根据勒夏特列原理可推知，加入盐酸后溶液中c(Cl－)增大。
4．(2016·高考海南卷)向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)，下列数值变小的是(　　)
A．c(CO)　　　　　　　 B．c(Mg2＋)
C．c(H＋) D．Ksp(MgCO3)
解析：选A。含有MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)??Mg2＋(aq)＋CO(aq)，加入少许浓盐酸，c(H＋)增大，H＋与CO反应生成HCO或CO2，使c(CO)减小，溶解平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，而Ksp(MgCO3)只与温度有关，Ksp(MgCO3)不变，综上所述，A项正确。
5．(2017·岳阳高二检测)将一定量的硫酸钡放入水中，对此有关的叙述正确的是(　　)
A．硫酸钡不溶于水，硫酸钡固体质量不会改变
B．最终会得到BaSO4极稀的饱和溶液
C．因为Ba2＋＋SO===BaSO4↓很容易发生，所以不存在BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO(aq)的反应
D．因为BaSO4难溶于水，所以改变外界条件也不会改变BaSO4的溶解性
解析：选B。BaSO4不溶于水并不是绝对不溶，它存在溶解平衡，当沉淀溶解和生成的速率相等时，得到了BaSO4的饱和溶液，即建立了动态平衡BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO(aq)，A、C项错误，B项正确；升高温度，BaSO4溶解度增大，D项错误。
6．已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.5×10－16，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的是(　　)
A．AgCl＞AgI＞Ag2CrO4
B．AgCl＞Ag2CrO4＞AgI
C．Ag2CrO4＞AgCl＞AgI
D．Ag2CrO4＞AgI＞AgCl
解析：选C。由Ksp(AgCl)＝1.8×10－10可求出c(Ag＋)＝1.34×10－5 mol·L－1；由Ksp(AgI)＝1.5×10－16可求出c(Ag＋)＝1.22×10－8 mol·L－1；由Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12可求出c(Ag＋)＝1.59×10－4 mol·L－1，所以c(Ag＋)大小顺序为Ag2CrO4＞AgCl＞AgI。
7．已知常温下BaSO4的溶解度为2.33×10－4 g，则其Ksp为(　　)
A．2.33×10－4 B．1×10－5
C．1×10－10 D．1×10－12
解析：选C。BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO(aq)，根据BaSO4的溶解度为2.33×10－4 g，求得BaSO4饱和溶液中c(Ba2＋)＝c(SO)＝1×10－5 mol/L，因此Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SO)＝1×10－10。
8．某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．b点对应的Ksp(Ag2SO4)等于c点对应的Ksp(Ag2SO4)
B．采取蒸发溶剂的方法可以使a点对应的溶液变为b点对应的溶液
C．该温度下，Ksp(Ag2SO4)＝1.6×10－5
D．0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀
解析：选B。温度恒定时，曲线上任意点的Ksp都相等，A项正确；a点对应Ag2SO4的不饱和溶液，但蒸发可以使溶液中的c(Ag＋)、c(SO)都变大，故不能实现由a点对应的溶液变到b点对应的溶液，B项错误；由Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线可知：Ksp(Ag2SO4)＝c2(Ag＋)·c(SO)＝(1×10－2)2×16×10－2＝1.6×10－5，C项正确；0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合后，溶液中c2(Ag＋)·c(SO)＝0.012×0.1＝1×10－5＜Ksp，所以混合液不会有沉淀生成，D项正确。
9．在某溶液中有浓度均为0.01 mol·L－1的Fe3＋、Cr3＋、Zn2＋、Mg2＋等离子，已知25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Cr(OH)3]＝7.0×10－31，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。当下列离子以氢氧化物的形式开始沉淀时，所需的pH最小的是(　　)
A．Fe3＋ B．Cr3＋
C．Zn2＋ D．Mg2＋
解析：选A。由溶度积常数可知，浓度均为0.01 mol·L－1的Fe3＋、Cr3＋、Zn2＋、Mg2＋以氢氧化物的形式开始沉淀时，所需c(OH－)依次是1.6×10－12 mol·L－1、4.1×10－10 mol·L－1、3.2×10－8 mol·L－1、4.2×10－5 mol·L－1。Fe3＋开始沉淀时，c(OH－)最小，即c(H＋)最大，pH最小。
10．已知在25 ℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，且Ksp(AgX)＝1.8×10－10，Ksp(AgY)＝1.0×10－12，Ksp(AgZ)＝8.7×10－17。
(1)根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ的溶解度S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为________。
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y－)____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)在25 ℃时，若取0.188 g的AgY(相对分子质量为188)固体放入100 mL水中(忽略溶液体积的变化)，则溶液中Y－的浓度为________。
解析：(1)由于AgX、AgY、AgZ的阴、阳离子个数之比相同，所以其溶解度大小可以根据Ksp的大小来确定，因为Ksp(AgX)>Ksp(AgY)>Ksp(AgZ)，所以S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)。(2)向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，由于AgX的溶解度大于AgY的，溶液中的 c(Ag＋)增大，AgY的溶解平衡向着形成沉淀的方向移动。(3)AgY的饱和溶液中，c(Ag＋)＝ mol·L－1＝ mol·L－1＝1.0×10－6 mol·L－1，假设 0.188 g AgY固体完全溶解，则c(Ag＋)＝0.01 mol·L－1>1.0×10－6 mol·L－1，故0.188 g AgY不能完全溶解，其溶液中 c(Y－)＝1.0×10－6 mol·L－1。
答案：(1)S(AgX)＞S(AgY)＞S(AgZ)　(2)减小 (3)1.0×10－6 mol·L－1
[能力提升]
11．(2017·济南高二测试)在一定温度下，Mg(OH)2固体在水溶液中达到下列平衡：Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，若使固体Mg(OH)2的量减少，而且c(Mg2＋)不变，可采取的措施是(　　)
A．加MgCl2 B．加H2O
C．加NaOH D．加HCl
解析：选B。无论加入多少水，只要Mg(OH)2固体没有完全溶解时，水溶液一定为饱和溶液，c(Mg2＋)不变。
12．已知25 ℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100 mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400 mL 0.01 mol·L－1 Na2SO4溶液，下列叙述正确的是(　　)
A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中c(SO)比原来的大
B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小
C．溶液中析出CaSO4固体沉淀，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小
D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO)比原来的大
解析：选D。由图像可知Ksp(CaSO4)＝9.0×10－6，当加入400 mL 0.01 mol·L－1 Na2SO4溶液时，此时c(Ca2＋)＝＝6.0×10－4 mol·L－1，c(SO)＝＝8.6×10－3 mol·L－1，Qc＝6.0×10－4×8.6×10－3＝5.16×10－6＜Ksp(CaSO4)＝9.0×10－6，所以溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO)比原来大。
13．(2017·厦门高二质检)25 ℃时，三种难溶银盐的Ksp与颜色如下表，下列说法正确的是(　　)
AgCl
Ag2CrO4
AgI
颜色
白
砖红
黄
Ksp
1.8×10－10
1.0×10－12
8.5×10－17
A.AgCl、Ag2CrO4、AgI饱和溶液中c(Ag＋)依次减小
B．Ag2CrO4 饱和溶液中c(Ag＋)约为1.0×10－6 mol/L
C．向AgCl悬浊液中加入足量KI溶液，沉淀将由白色转化为黄色
D．向等浓度的KCl与K2CrO4的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，将生成砖红色沉淀
解析：选C。AgCl饱和溶液中c(Ag＋)＝ mol/L＝×10－5 mol/L，Ag2CrO4饱和溶液中 c(Ag＋)＝ mol/L＝×10－4 mol/L，故A、B、D均错误；溶解度小的沉淀可转化为溶解度更小的沉淀，所以向AgCl悬浊液中加入足量KI溶液，会有黄色沉淀产生，故C正确。
14．(2017·衡水高二检测)难溶化合物的饱和溶液存在着溶解平衡。例如：AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。[已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10]
(1)向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.02 mol·L－1的盐酸，沉淀生成后溶液中c(Ag＋)是____mol·L－1。
(2)如果向生成沉淀后的溶液中再加入50 mL 0.001 mol·L－1的盐酸，是否产生沉淀____(填“是”或“否”)。
解析：(1)反应后c(Cl－)＝＝1×10－3 mol·L－1，则c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝1.8×10－7 mol·L－1。
(2)Qc＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝×1×10－3＝1.2×10－10＜Ksp(AgCl)，故不能产生沉淀。
答案：(1)1.8×10－7　(2)否
15．与c(H＋)·c(OH－)＝Kw类似，FeS饱和溶液中存在：FeS(s)??Fe2＋(aq)＋S2－(aq)，c(Fe2＋)·c(S2－)＝Ksp。常温下Ksp＝8.1×10－17。
(1)理论上FeS的溶解度为_______，而事实上其溶解度远大于这个数值，其原因可能是
________________________________________________________________________。
(2)又知FeS饱和溶液中c(H＋)与c(S2－)之间存在以下等量关系：c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22，为了使溶液中c(Fe2＋)达到1 mol·L－1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的c(H＋)为____________________________________。
解析：(1)由FeS(s)??Fe2＋(aq)＋S2－(aq)，c(Fe2＋)＝＝ mol·L－1＝9×10－9 mol·L－1，即1 L水中可溶解9×10－9 mol的FeS，由100∶S＝1 000∶(9×10－9×88) g，所以S＝7.92×10－8 g。
(2)c(Fe2＋)＝1 mol·L－1，则c(S2－)＝＝ mol·L－1＝8.1×10－17 mol·L－1。又c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22，所以c(H＋)＝＝ mol·L－1＝1.11×10－3 mol·L－1。
答案：(1)7.92×10－8 g　FeS在水中存在下列平衡：FeS(s)??Fe2＋(aq)＋S2－(aq)，而Fe2＋、S2－均可以发生水解：Fe2＋＋2H2O??Fe(OH)2＋2H＋、S2－＋H2O??HS－＋OH－，使上述平衡中的c(Fe2＋)、c(S2－)降低，平衡向右移动，造成更多的FeS溶解　
(2)1.11×10－3 mol·L－1
第2课时　沉淀反应的应用
　
　沉淀的生成和溶解
1．沉淀的生成
(1)沉淀生成的应用
在涉及无机制备、提纯工艺的生产、科研、废水处理等领域中，常利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。
(2)沉淀的方法
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。反应如下：Cu2＋＋S2－===CuS↓，Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋；Hg2＋＋S2－===HgS↓，Hg2＋＋H2S===HgS↓＋2H＋。
③同离子效应法：增大溶解平衡中离子浓度，使平衡向沉淀生成的方向移动。
2．沉淀的溶解
(1)沉淀溶解的原理
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。
(2)溶解沉淀的试剂类型
①主要类型：用强酸溶解。例如：溶解CaCO3、FeS、Cu(OH)2等难溶电解质。
②用某些盐溶液溶解。例如：Mg(OH)2沉淀可溶于NH4Cl溶液，化学方程式为Mg(OH)2＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3·H2O。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)沉淀溶液中的Ba2＋，加入的Na2SO4溶液浓度越大沉淀效果越好。(　　)
(2)可以使要除去的离子全部通过沉淀除去。(　　)
(3)除去MgCl2溶液中的Fe2＋，先加入双氧水，再加入MgO即可。(　　)
(4)为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀H2SO4代替H2O来洗涤BaSO4沉淀。(　　)
(5)洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好。(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×
2．(2017·九江高二月考)要使工业废水中的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，选用的沉淀剂最好是(　　)
A．硫化物　　　　　　　
B．硫酸盐
C．碳酸盐
D．以上沉淀剂均可
解析：选A。产生沉淀的溶解度越小，沉淀反应进行的越完全。
1．选用合适的沉淀剂
在选择时应注意以下两点：①要使生成沉淀的反应能够发生；②希望沉淀生成的反应进行的越完全越好，因此沉淀剂要过量。
2．不同沉淀方法的应用
(1)直接沉淀法：通过沉淀剂除去溶液中的某种指定离子或获取该难溶电解质。
(2)分步沉淀法：鉴别溶液中含有哪些离子或分别获得不同难溶电解质。
(3)共沉淀法：向溶液中加入沉淀剂，除去溶液中性质相似的离子。
(4)氧化还原法：改变溶液中离子的存在形式，促使其转化为更难溶的电解质便于分离除去。
3．沉淀溶解常用的方法
(1)酸溶解法：如CaCO3溶于盐酸，Al(OH)3、Cu(OH)2溶于强酸等。
(2)盐溶解法：如Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液中。
(3)生成配合物法：如AgCl可溶于氨水。
(4)氧化还原法：如CuS、HgS等可溶于HNO3中。
　已知：25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp(MgF2)＝7.42×10－11。下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
B．25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
C．25 ℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol/L NH4Cl溶液中的Ksp小
D．25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能产生MgF2沉淀
[解析]　Mg(OH)2与MgF2均为AB2型难溶电解质，故Ksp越小，其溶解度越小，前者c(Mg2＋)小，A项错误；因为NH4Cl溶于水后存在平衡NH＋OH－??NH3·H2O，所以加入NH4Cl后促进Mg(OH)2的溶解平衡向右移动，c(Mg2＋)增大，B项正确；Ksp只受温度的影响，25 ℃时，Mg(OH)2的溶度积Ksp为常数，C项错误；加入NaF溶液后，若Qc＝c(Mg2＋)·c2(F－)＞Ksp(MgF2)，则会产生MgF2沉淀，D项错误。
[答案]　B
　沉淀的生成
1．已知下表数据：
物质
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Ksp/25 ℃
8.0×10－16
2.2×10－20
4.0×10－38
完全沉淀时的pH范围
≥9.6
≥6.4
3～4
对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不正确的是(　　)
A．该混合溶液的pH＜3
B．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀
C．向该溶液中加入适量氯水，并调节pH至3～4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液
D．在pH＝5的溶液中Fe3＋不能大量存在
解析：选C。溶液pH＜3时，溶液中才能含有大量Fe3＋，A项正确；根据溶度积常数可判断B项正确；由选项C的操作可知，溶液中还有氯离子，即溶液中还存在CuCl2，C项错误；由表中数据知Fe3＋在pH＝4的环境中已沉淀完全，D项正确。
2．25 ℃时，已知Ksp(Ag2SO4)＝1.2×10－5，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2C2O4)＝3.5×10－11，Ksp(AgI)＝1.5×10－16，该温度下有关叙述正确的是(　　)
A．AgCl、Ag2C2O4、AgI三者的饱和溶液中c(Ag＋)大小顺序：Ag2C2O4＞AgCl＞AgI
B．将0.02 mol·L－1 AgNO3溶液和0.02 mol·L－1 NaCl溶液等体积混合，无沉淀生成
C．向5 mL饱和AgCl溶液中滴加0.5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液，无沉淀生成
D．向浓度均为0.1 mol·L－1的NaCl和KI混合溶液中滴加AgNO3溶液，先有白色沉淀生成
解析：选A。AgCl饱和溶液中，c(Ag＋)＝＝ mol·L－1，Ag2C2O4饱和溶液中，c(Ag＋)＝＝ mol·L－1，AgI饱和溶液中，c(Ag＋)＝＝ mol·L－1，用估算法可判断，A项正确；将0.02 mol·L－1 AgNO3溶液和0.02 mol·L－1 NaCl溶液等体积混合后，混合溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)＝0.01×0.01＝1.0×10－4＞Ksp(AgCl)，故有沉淀生成，B项错误；用估算法判断C项，饱和AgCl溶液中c(Ag＋)≈1.0×10－5 mol·L－1，滴加0.5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液后，由数量级可看出溶液中c(Ag＋)·c(I－)一定大于Ksp(AgI)＝1.5×10－16，故有沉淀析出，C项错误；Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故向浓度均为0.1 mol·L－1的NaCl和KI混合溶液中滴加AgNO3溶液，先有黄色AgI沉淀生成，D项错误。
　沉淀的溶解
3．当氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)时，为使Mg(OH)2固体的量减少，需加入少量的(　　)
A．NH4NO3 B．NaOH
C．MgSO4 D．Na2SO4
解析：选A。要使Mg(OH)2固体的量减小，应使Mg(OH)2的溶解平衡右移，可减小c(Mg2＋)或c(OH－)。NH4NO3电离出的NH能结合OH－，使平衡右移。
4．Al(OH)3为两性氢氧化物，在水溶液中存在酸式电离和碱式电离两种形式，试根据平衡移动原理，解释下列有关问题：
(1)向Al(OH)3沉淀中加入盐酸，沉淀溶解，其原因是______________________________，有关离子方程式是____________________________________。
(2)向Al(OH)3沉淀中加入苛性钠溶液，沉淀溶解，其原因是_________________________，有关离子方程式是____________________________________。
答案：(1)Al(OH)3的碱式电离为Al(OH)3??Al3＋＋3OH－，加入酸溶液时，由于H＋与Al(OH)3电离出来的少量OH－反应生成H2O，使Al(OH)3的碱式电离平衡向右移动　Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
(2)Al(OH)3的酸式电离为Al(OH)3??H＋＋AlO＋H2O，加入碱性溶液时，OH－与Al(OH)3电离出的H＋反应生成H2O，使c(H＋)减小，Al(OH)3的酸式电离平衡向右移动　Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O
　沉淀的转化
1．实验探究
(1)Ag＋的沉淀物的转化
实验步骤
实验现象
有白色沉淀生成
白色沉淀变为黄色
黄色沉淀变为黑色
化学方程式
AgNO3＋NaCl===
AgCl↓＋NaNO3
AgCl＋KI===AgI＋KCl
2AgI＋Na2S===Ag2S＋2NaI
实验结论
溶解度小的沉淀可以转化成溶解度更小的沉淀
(2)Mg(OH)2与Fe(OH)3的转化
实验步骤
实验现象
产生白色沉淀
白色沉淀变为红褐色
化学方程式
MgCl2＋2NaOH=== Mg(OH)2↓＋2NaCl
3Mg(OH)2＋2FeCl3===
2Fe(OH)3＋3MgCl2
实验结论
Fe(OH)3比Mg(OH)2溶解度小
2.沉淀转化的实质
沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。一般来说，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。两种沉淀的溶解度差别越大，沉淀转化越容易。
3．沉淀转化的应用
(1)锅炉除水垢
反应方程式是CaSO4＋Na2CO3===CaCO3＋Na2SO4，CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑。
(2)对一些自然现象的解释
在自然界也发生着溶解度小的矿物转化为溶解度更小的矿物的现象。例如：各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后可变成CuSO4溶液，并向深部渗透，遇到深层的闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)时，便慢慢地使之转变为铜蓝(CuS)。其反应如下：CuSO4＋ZnS===CuS＋ZnSO4，CuSO4＋PbS===CuS＋PbSO4。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且Ksp(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)。(　　)
(2)验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，可将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。(　　)
(3)溶解度小的电解质不能转化成溶解度更小的电解质。(　　)
(4)在CaCO3的溶解平衡体系中通入CO2，溶解平衡不移动。(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×
2．(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：________________________________________________________________________。
(2)写出锅炉除水垢过程中有关反应的化学方程式：_______________________________。
(3)原生铜的硫化物转化：原生铜的硫化物CuSO4(溶液)CuS(铜蓝)。写出CuSO4转化为铜蓝的化学方程式：____________________________________________。
答案：(1)FeS(s)＋Hg2＋(aq)===HgS(s)＋Fe2＋(aq)
(2)CaSO4(s)＋Na2CO3(aq)===CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)，CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑
(3)CuSO4(aq)＋ZnS(s)===CuS(s)＋ZnSO4(aq)，
CuSO4(aq)＋PbS(s)===CuS(s)＋PbSO4(s)
沉淀转化的一般原则
1．溶解度较小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀。
2．当一种试剂能沉淀溶液中的几种离子时，生成沉淀所需试剂离子浓度越小的越先沉淀。
3．如果生成各种沉淀所需试剂离子的浓度相差较大，就能分步沉淀，从而达到分离离子的目的。
4．两种沉淀的溶解度差别越大，沉淀转化越容易。
　已知AgCl为难溶于水和酸的白色固体，Ag2S为难溶于水和酸的黑色固体。常温下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－18，Ksp(Ag2S)＝6.3×10－50。向AgNO3溶液中加NaCl溶液，静置，过滤，洗涤后，再加Na2S溶液，预测实验现象，并写出反应的离子方程式。
[解析]　AgCl(s)存在溶解平衡：AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)；Ag2S(s)存在溶解平衡：Ag2S(s)??2Ag＋(aq)＋S2－(aq)。加入S2－，使Qc(Ag2S)增大，Qc(Ag2S)>Ksp(Ag2S)时，生成Ag2S沉淀，AgCl沉淀溶解平衡向右移动而逐渐溶解。
[答案]　现象：白色沉淀(AgCl)转化成黑色沉淀(Ag2S)；离子方程式：Ag＋＋Cl－===AgCl↓，S2－(aq)＋2AgCl(s)===Ag2S(s)＋2Cl－(aq)。
　
在沉淀的转化中，可以由Ksp小的物质转化为Ksp更小的物质，Ksp小的物质能否转化成Ksp较大些的物质？
答案：可以。在沉淀的转化中，一般为Ksp小的物质转化为Ksp更小的物质，且Ksp相差越大，越有利于转化，且转化较完全。但也可以由Ksp小的物质转化为Ksp较大些的物质，如虽然Ksp(BaSO4)　沉淀的转化
1．已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列关于难溶物之间转化的说法中错误的是(　　)
A．AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B．两种难溶物的Ksp相差越大，难溶物就越容易转化为更难溶的物质
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
解析：选A。Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故AgI比AgCl更难溶，一定条件下，AgCl可以转化为AgI。饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝×10－5 mol/L，要使AgCl在NaI溶液中开始转化为AgI，根据溶度积规则可知，需使Qc(AgI)＞Ksp (AgI)，故I－的浓度必须不低于 mol/L＝×10－11 mol/L。
2．向5 mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系为(　　)
A．AgCl＝AgI＝Ag2S　　　 B．AgClC．AgCl>AgI>Ag2S D．AgI>AgCl>Ag2S
解析：选C。沉淀溶解平衡总是向更难溶的方向转化，由转化现象可知三种沉淀物的溶解度关系为AgCl>AgI>Ag2S。
重难易错提炼
1.沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。
2.利用生成沉淀分离或除去某种离子，首先要使生成沉淀的反应能够发生，其次生成沉淀的反应进行的越完全越好。选择沉淀剂的要求是除去溶液中的某种离子，又不能影响其他离子的存在，并且由沉淀剂引入溶液的杂质离子还要便于除去，如沉淀Ca2＋时选用CO而不选用SO。
3.沉淀转化的实验
(1)AgNO3溶液产生白色沉淀沉淀转化为黄色沉淀转化为黑色；
(2)MgCl2溶液产生白色沉淀沉淀转化为红褐色。
4.沉淀转化的应用
(1)锅炉除水垢
水垢[CaSO4(s)]CaCO3(s)Ca2＋(aq)。
(2)自然界中矿物的转化
原生铜的硫化物CuSO4溶液铜蓝(CuS)。
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列应用或现象主要体现的是沉淀溶解平衡原理的是(　　)
①热纯碱溶液洗涤油污的能力强　②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒　③溶洞的形成　④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡能　⑤泡沫灭火器灭火
A．②③④　　　　 　　　　 B．①②③
C．③④⑤ D．全部
解析：选A。①利用的是水解原理，⑤利用两种离子水解的相互促进作用，②③④体现的均是沉淀溶解平衡原理。
2．在下列溶液中，BaSO4的溶解量最大的是(　　)
A．1 mol/L硫酸 B．2 mol/L硫酸
C．纯水 D．0.1 mol/L硫酸
解析：选C。因为在BaSO4饱和溶液中，c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp(BaSO4)是一个定值，则c(SO)越大，BaSO4的溶解量越小。四个选项中只有纯水中c(SO)最小，所以在纯水中BaSO4的溶解量最大。
3．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＋)＜c(SO)
答案：C
4．已知如下物质的溶度积常数：FeS：Ksp＝6.3×10－18；CuS：Ksp＝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＋，可以选用FeS作沉淀剂
解析：选D。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大；D项向含有Cu2＋的工业废水中加入FeS，FeS会转化为更难溶的CuS，可以用FeS作沉淀剂；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。
5．下列说法不正确的是(　　)
A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B．由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀
C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变
D．难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小
解析：选D。Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，与沉淀的量和离子的浓度无关，A、C正确；相同类型的难溶电解质，沉淀向溶解度更小的方向转化，B正确；只有相同类型的难溶电解质，Ksp越小，溶解度才越小，D错误。
6．在2 mL物质的量浓度相等的NaCl和NaI溶液中滴入几滴AgNO3溶液，发生的反应为(　　)
A．只有AgCl沉淀生成
B．只有AgI沉淀生成
C．生成等物质的量的AgCl和AgI沉淀
D．两种沉淀都有，但以AgI为主
解析：选D。在同浓度的NaCl和NaI溶液中c(Cl－)＝c(I－)，但滴入几滴AgNO3溶液后，由于Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，所以生成的沉淀以AgI为主，且先生成AgI沉淀。
7．(2017·包头高二月考)已知：Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，在有白色固体ZnS存在的饱和溶液中滴加适量CuSO4溶液，产生的实验现象是(　　)
A．固体逐渐溶解，最后消失
B．固体由白色变为黑色
C．固体颜色变化但质量不变
D．固体逐渐增多，但颜色不变
解析：选B。ZnS和CuS的阴、阳离子个数比为1∶1，且Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，可得ZnS溶解度大于CuS，因此在ZnS饱和溶液中加CuSO4溶液会使ZnS沉淀转化生成黑色CuS沉淀。
8．实验：①0.1 mol·L－1MgCl2溶液和0.2 mol·L－1NaOH溶液等体积混合得到浊液a，取少量浊液a过滤得到滤液b和白色沉淀c；②向浊液a中滴加0.1 mol·L－1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀。下列分析不正确的是(　　)
A．滤液b的pH＝7
B．②中颜色变化说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3
C．实验可以证明Fe(OH)3的溶解度比Mg(OH)2的小
D．浊液a中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)
解析：选A。根据题意，发生的反应为Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓；3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋(aq)===3Mg2＋(aq)＋2Fe(OH)3(s)。由于存在Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，所以滤液b的pH应大于7，A项错误。
9．(2017·石家庄检测)工业上用化学法除锅炉的水垢时，先向锅炉中注入饱和Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸除去[已知：Ksp(CaCO3)＝1×10－10，Ksp(CaSO4)＝9×10－6]，下列说法错误的是(　　)
A．升高温度，Na2CO3溶液的Kw和c(OH－)均会增大
B．沉淀转化的离子方程式为CO(aq)＋CaSO4(s)===CaCO3(s)＋SO(aq)
C．该条件下，CaCO3溶解度约为1×10－3 g
D．CaSO4和CaCO3共存的悬浊液中，c(SO)/c(CO)＝9×104
解析：选C。升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw增大，Na2CO3水解平衡正向移动，c(OH－)增大，故A项正确；沉淀由难溶物质转变为更难溶的物质，故B项正确；由Ksp(CaCO3)可知饱和CaCO3溶液的浓度为1×10－5 mol·L－1，100 mL饱和CaCO3溶液中含有CaCO3为1×10－4 g，溶解度约为1×10－4 g，故C项错误；CaSO4和CaCO3共存的悬浊液中，c(SO)/c(CO)＝Ksp(CaSO4)/Ksp(CaCO3)＝9×104，故D项正确。
10．(1)对于Ag2S(s)??2Ag＋(aq)＋S2－(aq)，其Ksp的表达式为____________。
(2)下列说法中不正确的是____。
A．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl少
B．一般地，物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解大多是吸热的
C．对于Al(OH)3(s)??Al(OH)3(aq)??Al3＋＋3OH－，前者为溶解平衡，后者为电离平衡
D．除去溶液中的Mg2＋，用OH－沉淀比用CO好，说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的大
E．沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀更完全
(3)如何除去Mg(OH)2中混有的Ca(OH)2？______________________________________。
解析：(1)由溶度积常数的概念直接写出。
(2)A.Cl－抑制AgCl溶解，正确；B.物质的溶解大多是吸热的，正确；D.除去溶液中的Mg2＋，用OH－沉淀比用CO好，是因为Mg(OH)2的Ksp更小，剩余的Mg2＋更少，错误。
(3)根据沉淀的转化原理，向其中加Mg2＋即可。
答案：(1)Ksp＝c2(Ag＋)·c(S2－)　(2)D　(3)加足量MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，洗涤即得纯净的Mg(OH)2
11．(2017·衡阳高二质检)已知常温下，AgBr的Ksp＝4.9×10－13、AgI的Ksp＝8.3×10－17。
(1)现向含有AgI的饱和溶液中：
①加入固体AgNO3，则c(I－)____；(填“变大”“变小”或“不变”，下同)
②若改加更多的AgI，则c(Ag＋)____；
③若改加AgBr固体，则c(I－)____，而c(Ag＋)____。　
(2)有关难溶盐的溶度积及溶解度(与AgBr、AgI无关)有以下叙述，其中正确的是____。
A．两种难溶盐电解质，其中Ksp小的溶解度一定小
B．向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解又达到平衡时，AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变
C．将难溶电解质放入纯水中，溶解达到平衡时，电解质离子的浓度的乘积就是该物质的溶度积
D．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
E．难溶盐电解质的Ksp和温度有关
F．加入与原难溶电解质具有相同离子的物质，使难溶电解质的溶解度变小，也使Ksp变小
(3)现向含有NaBr、KI均为0.002 mol/L的溶液中加入等体积的浓度为4×10－3 mol/L AgNO3溶液，则产生的沉淀是_______(填化学式)；若向其中再加入适量的NaI固体，则最终可发生沉淀转化的总反应式表示为_____________________。
解析：(1)①加入AgNO3固体，使c(Ag＋)增大，AgI溶解平衡向左移动，c(I－)变小。②改加更多的AgI固体，仍是该温度下的饱和溶液，各离子浓度不变。③因AgBr的溶解度大于AgI的溶解度，所以改加AgBr固体时，使c(Ag＋)变大，而使AgI的溶解平衡向生成AgI的方向移动，c(I－)变小。
(2)A项中只有相同类型的难溶电解质，Ksp越小时，溶解度可能会小，不同类型的难溶电解质，不能根据Ksp判断溶解度的大小，A错误；B项中因温度不变，故再次达到溶解平衡时，Ksp与溶解度均不变，B正确；C项中Ksp是各离子浓度的幂之积，C错误；D项中生成沉淀的先后还与离子的浓度有关，D错误；F项中加入与原难溶电解质具有相同离子的物质不会改变难溶电解质的Ksp，F错误。
(3)等体积混合后c(Br－)＝c(I－)＝0.001 mol/L，c(Ag＋)＝2×10－3 mol/L。因Ksp(AgI)Ksp(AgBr)＝4.9×10－13，所以有AgBr沉淀生成；而再向其中加入适量NaI固体时，会有AgBr转化为AgI。
答案：(1)①变小　②不变　③变小　变大　(2)BE　(3)AgI、AgBr　AgBr(s)＋I－(aq)===AgI(s)＋Br－(aq)
[能力提升]
12．25 ℃时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)＝6.3×10－18；Ksp(CuS)＝1.3×10－36；Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。下列关于常温时的有关叙述正确的是(　　)
A．硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大
B．将足量的ZnSO4晶体加入到0.1 mol·L－1的Na2S溶液中，Zn2＋的浓度最大只能达到1.6×10－23 mol·L－1　
C．除去工业废水中含有的Cu2＋，可采用FeS固体作为沉淀剂
D．向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2＋)变大、c(S2－)变小，但Ksp(FeS)变大
解析：选C。化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强，由Ksp可知，常温下，CuS的溶解度最小，故A错；将足量的ZnSO4晶体加入到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正确；温度不变，Ksp(FeS)不变，故D错。
13．已知25 ℃时，电离常数K(HF)＝3.6×10－4，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.5×10－10。现向1 L 0.2 mol·L－1 HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L－1 CaCl2溶液，则下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃时，0.1 mol·L－1 HF溶液的pH＝1
B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C．该体系中，Ksp(CaF2)＝
D．该体系中有CaF2沉淀生成
解析：选D。由HF的电离常数可知，HF是弱酸，所以0.1 mol·L－1 HF溶液的pH＞1，A错误；Ksp(CaF2)只随温度的变化而变化，B错误；溶液混合后，c(HF)＝0.1 mol·L－1，由K(HF)＝＝3.6×10－4，得c(F－)≈6×10－3 mol·L－1，c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1，此时Qc(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)＝3.6×10－6＞Ksp(CaF2)，所以有沉淀生成，D正确。
14．已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图，横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2＋或ZnO的物质的量浓度(假设Zn2＋浓度为10－5 mol·L－1时，Zn2＋已沉淀完全)。下列说法不正确的是(　　)
A．往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式可表示为Zn2＋＋4OH－===ZnO＋2H2O
B．从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp＝10－17
C．某废液中含Zn2＋，沉淀Zn2＋可以控制溶液pH的范围是8～12
D．向1 L 1 mol·L－1 ZnCl2溶液中加入NaOH固体至pH＝6，需NaOH 0.2 mol
解析：选D。A项：当溶液pH＞12时，Zn2＋就转化成ZnO，正确。B项：依据pH＝7时，c(Zn2＋)＝10－3 mol·L－1计算，此时有沉淀溶解平衡存在；Ksp＝10－3×(10－7)2＝10－17，正确。C项：当c(Zn2＋)＝10－5 mol·L－1时认为废液中Zn2＋已完全沉淀，所以控制pH在8～12范围内可将Zn2＋沉淀完全，正确。D项：当pH＝6即c(OH－)＝10－8 mol·L－1，由Ksp可知此时c(Zn2＋)＝10－1 mol·L－1，即有0.9 mol Zn2＋转化为Zn(OH)2，需NaOH为1.8 mol，不正确。
15．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，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。
(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____。
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：____________________________________。
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＋，以保证Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋还未沉淀，据图知pH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。
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
16．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，K＝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____(填“＞”“＝”或“＜”)7。
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：K＝，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　＜
章末过关检测(三)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．下列溶液一定呈中性的是(　　)
A．pH＝7的溶液
B．c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol/L的溶液
C．c(H＋)水＝c(OH－)水的溶液
D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
解析：选B。由于没有明确温度，pH＝7的溶液不一定呈中性，A项错误；任何溶液中只要c(H＋)＝c(OH－)，溶液一定呈中性，B项正确；任何情况下的稀溶液中：c(H＋)水＝c(OH－)水，但溶液中存在的c(H＋)、c(OH－)不一定相等，C项错误；由于没有明确盐的类型，没法确定溶液的酸碱性，D项错误。
2．下列物质的水溶液，由于水解而呈酸性的是(　　)
A．NaHSO4 B．Na2CO3
C．HCl　 D．CuCl2
解析：选D。 NaHSO4、HCl在溶液中发生电离：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，HCl===H＋＋Cl－，使溶液呈酸性；Na2CO3为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；CuCl2为强酸弱碱盐，其溶液由于Cu2＋水解而呈酸性，D正确。
3．(2017·泉州高二检测)氢氰酸(HCN)的下列性质中，不能说明它是弱电解质的是(　　)
A．常温下，1 mol/L氢氰酸溶液的pH约为3
B．同浓度的盐酸比HCN溶液导电性强
C．同浓度同体积的HCN溶液和NaOH溶液混合，溶液呈碱性
D．10 mL 1 mol·L－1 HCN恰好与10 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液完全反应
解析：选D。弱酸在溶液中不能完全电离，其电离产生的离子的浓度小于溶质的浓度，能说明氢氰酸为弱酸；同浓度的强、弱电解质溶液中，强电解质溶液中离子浓度大，导电性强，能说明氢氰酸为弱酸；同浓度同体积的HCN溶液和NaOH溶液混合，生成NaCN为强碱弱酸盐，NaCN水解使溶液呈碱性，能说明氢氰酸为弱酸；10 mL 1 mol·L－1 HCN和10 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液中酸、碱物质的量相同，能完全反应，但不能说明氢氰酸为弱酸。
4．下列方程式书写正确的是(　　)
A．NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4===Na＋＋HSO
B．H2SO3的电离方程式：H2SO3??2H＋＋SO
C．CO的水解方程式：CO＋H2O??HCO＋OH－
D．CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)===Ca2＋(aq)＋CO(aq)
解析：选C。NaHSO4为强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，A项错误；H2SO3为二元弱酸，分步电离，B项错误；CO为二元弱酸的酸根，分步水解，C项正确；CaCO3 的沉淀溶解为可逆反应，应该用可逆号连接，D项错误。
5．关于pH相同的醋酸和盐酸，下列叙述不正确的是(　　)
A．取等体积的醋酸和盐酸分别稀释至原溶液的m倍和n倍，结果两溶液的pH仍然相同，则m＞n
B．取等体积的两种酸分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸大于醋酸
C．取等体积的两种酸分别中和NaOH溶液，醋酸消耗NaOH的物质的量比盐酸的多
D．两种酸中c(CH3COO－)＝c(Cl－)
解析：选B。A项，由于弱酸中存在电离平衡，故稀释相同倍数时，弱酸的pH变化小，现pH变化相等，则弱酸稀释的倍数大，正确；B项，由于两者的pH相同，故开始时反应速率相等，不正确；C项，pH相同的情况下，醋酸的物质的量浓度远大于盐酸的，故等体积时醋酸消耗氢氧化钠的量多，正确；D项，根据电荷守恒及两溶液的pH相等，可知c(Cl－)＝c(CH3COO－)，正确。
6．关于沉淀溶解平衡和溶度积常数，下列说法不正确的是(　　)
A．将饱和Na2SO4溶液加入饱和石灰水中，有白色沉淀产生，说明Ksp[Ca(OH)2]大于Ksp(CaSO4)
B．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关
C．已知25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋??Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝4.0×104
D．已知25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，在MgCl2溶液中加入氨水，测得混合液的pH＝11，则溶液中的c(Mg2＋)为1.8×10－5 mol·L－1
解析：选A。A项，只能说明Ca(OH)2的溶解度大于CaSO4的溶解度，但Ca(OH)2、CaSO4二者类型不同，不能比较二者的Ksp大小；B项，Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与溶液中的离子浓度无关；C项，反应的平衡常数K＝＝＝4.0×104；D项，c(Mg2＋)＝＝ mol·L－1＝1.8×10－5 mol·L－1。
7．常温下，对下列四种溶液的叙述中正确的是(　　)
①
②
③
④
pH
10
10
4
4
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A.②④两溶液相比，两者的Kw相同
B．四种溶液分别加水稀释10倍，pH变化最大的是①和④
C．向①②③中分别加入少量的醋酸铵固体后，三种溶液的pH均减小
D．①④两溶液按一定体积比混合，所得溶液中离子浓度顺序可能为c(NH)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
解析：选A。只要溶液的温度相同，Kw就相同，选项A正确；四种溶液分别加水稀释10倍，pH变化最大的是强电解质溶液②和④，选项B错误；向①②③中分别加入少量的醋酸铵固体后，溶液的pH变化是①②减小，③增大，选项C错误；①④两溶液按一定体积比混合，根据电荷守恒，所得溶液中离子浓度顺序不可能是c(NH)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)，选项D错误。
8．下列有关叙述正确的是(　　)
A．在中和滴定中，既可用标准溶液滴定待测溶液，也可用待测溶液滴定标准溶液
B．进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化
C．用标准液滴定待测液时，最后仰视读数，结果偏小
D．滴定过程中，溶液颜色发生变化，即达到了滴定终点
解析：选A。进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化；用标准液滴定待侧液时，最后仰视读数，结果偏大；判断滴定终点时应使溶液变色后保持半分钟不变色。
9．下列叙述正确的是(　　)
A．95 ℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＝4
C．0.2 mol·L－1的盐酸与等体积水混合后pH＝1
D．pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＝7
解析：选C。95 ℃的水尽管pH＜7，但因其电离出的c(H＋)＝c(OH－)，故仍呈中性，A错；醋酸为弱酸，pH＝3的醋酸稀释10倍时，促进其电离，故310．下列各项中的两个量，其比值一定为2∶1的是(　　)
A．液面在“0”刻度时，50 mL碱式滴定管和25 mL碱式滴定管所盛液体的体积
B．相同温度下，0.2 mol·L－1醋酸溶液和0.1 mol·L－1醋酸溶液中的c(H＋)
C．在(NH4)2SO4溶液中，c(NH)与c(SO)
D．相同温度下，等浓度的Ba(OH)2和NaOH溶液中的 c(OH－)
解析：选D。滴定管的最大刻度下方还占有一定体积，故二者的比值不是2∶1，故A错；醋酸是弱酸，溶液越稀，电离程度越大，故B错；(NH4)2SO4溶液中，NH的水解导致c(NH)与c(SO)之比小于2∶1，故C错。
11．如图是用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度盐酸(酚酞作指示剂)的滴定曲线。下列说法正确的是(　　)
A．水电离出的氢离子浓度：a>b
B．盐酸的物质的量浓度为0.010 0 mol·L－1
C．指示剂变色时，说明盐酸与NaOH恰好完全反应
D．当滴加NaOH溶液10.00 mL时，该混合液的pH＝1＋lg 3
解析：选D。A选项错误，从滴定曲线图中可知，a点的pH小于b点的pH，所以a点水的电离更弱些，水电离出的氢离子浓度应是a12．(2017·芜湖高二质检)已知室温下，Al(OH)3的Ksp远大于Fe(OH)3。向浓度均为0.1 mol/L的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是(　　)
答案：C
13．(2017·包头一中高二检测)电解质溶液有许多奇妙之处，你只有深入思考，才能体会到它的乐趣。下列关于电解质溶液的叙述中正确的是(　　)
A．Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中，离子种类不相同
B．常温下，1 mol·L－1的CH3COOH溶液与1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后，所得混合液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中，c(NH)前者小于后者
D．常温下，某溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，则此溶液可能是盐酸
解析：选C。A项，两种盐溶液中离子种类相同，都有阳离子Na＋、H＋，阴离子CO、HCO、OH－，故A错误；B项，二者恰好完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，故B错误；C项，NH4HSO4电离产生的H＋抑制NH的水解，c(NH)前者小于后者，故C正确；D项，溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，促进水的电离，而盐酸抑制水的电离，故D错误。
14．25 ℃，几种弱酸的电离常数如下：
弱酸
CH3COOH
HCN
H2S
电离常数(25 ℃)
1.8×10－5
4.9×10－10
K1＝1.3×10－7
K2＝7.1×10－15
下列说法正确的是(　　)
A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH(CH3COONa)＞pH(Na2S)＞pH(NaCN)
B．a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na＋)＞c(CN－)，则a一定大于b
C．NaHS和Na2S混合溶液中，一定存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)
D．某浓度HCN的水溶液pH＝d，则其中c(OH－)＝10－d mol/L
解析：选C。根据电离常数可知酸性强弱：CH3COOH＞H2S＞HCN＞HS－。酸性越弱的酸形成的盐水解后碱性越强，A项错误；HCN与NaOH溶液等物质的量反应生成NaCN，由于CN－水解，也可以使得c(Na＋)＞c(CN－)，B项错误；根据电荷守恒知C项正确；某浓度HCN的水溶液pH＝d，c(H＋)应该为10－dmol/L，D项错误。
15．有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa　②NH4Cl与HCl　③NH4Cl与NaCl　④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)。下列各项排序正确的是(　　)
A．pH：②<①<③<④
B．溶液中c(H＋)：①<③<②<④
C．c(NH)：①<③<②<④
D．c(NH3·H2O)：①<③<④<②
解析：选C。A选项中pH排序应是②<③<①<④；B选项中c(H＋)排序应是④<①<③<②；D选项中c(NH3·H2O)排序应是②<③<①<④。
16．向Cr2(SO4)3溶液中加入NaOH溶液，当pH＝4.6时开始出现Cr(OH)3沉淀，随着pH的升高，沉淀增多，但当pH≥13时，沉淀消失，出现亮绿色的亚铬酸根离子(CrO)，其平衡关系如下：Cr3＋(紫红色)＋3OH－??Cr(OH)3(灰绿色)??CrO(亮绿色)＋H＋＋H2O。向50 mL 0.05 mol/L的Cr2(SO4)3溶液中加入50 mL 1.0 mol/L的NaOH溶液，充分反应后，溶液中可观察到的现象为(lg 3.3≈0.50)(　　)
A．溶液为紫色
B．溶液中有灰绿色沉淀
C．溶液为亮绿色
D．无法判断
解析：选C。n(Cr3＋)＝0.1 mol/L×0.05 L＝0.005 mol，根据反应Cr3＋＋4OH－===CrO＋2H2O，消耗0.005 mol Cr3＋需要0.02 mol OH－，n(OH－)余＝1.0 mol/L×0.05 L－0.02 mol＝0.03 mol，c(OH－)＝＝0.3 mol/L，c(H＋)＝ mol/L≈3.3×10－14 mol/L，pH≈13.5，此时溶液中主要以CrO形式存在，溶液为亮绿色。
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
17．(12分)(1)常温下，pH均为2的盐酸和醋酸溶液，体积均为100 mL，分别加水稀释过程中，溶液pH与溶液体积的关系如图一所示，请回答以下问题：
①x曲线所描述的溶液是_______。
②向pH均为2，体积均为100 mL的盐酸和醋酸溶液中，分别加入足量的锌粒，则反应过程中，产生氢气的化学反应速率较快的溶液是_______。
(2)若用0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，滴定曲线如图二所示。
①当pH＝8时，溶液中的离子浓度大小顺序为___________________________________。
②滴定过程中，下列关系中正确的是____。
A．pH＝7时：c(Na＋)＋c(OH－ )＝c(CH3COOH)＋c(H＋)　
B．a点时： c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C．b点时：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.05 mol·L－1
③若向该醋酸溶液中加入少量的醋酸钠固体，则溶液的pH会____(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)①等pH的一元酸加水稀释相同倍数，pH变化大的酸性较强，所以x为盐酸。②pH相同，即c(H＋)相同，醋酸是弱酸，醋酸溶液中还有大量醋酸分子，所以反应过程中，醋酸中c(H＋)大于盐酸，所以醋酸溶液反应速率快。(2)①由电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，所以c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。②A项，由电荷守恒式知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，错误。B项，a点时为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合液，有2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO— )，错误。C项，b点时恰好完全反应，溶质为CH3COONa，根据物料守恒可知C项正确。③加入醋酸钠固体，抑制CH3COOH电离，c(H＋)减小，pH增大。
答案：(1)①盐酸　②醋酸溶液　(2)①c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)　②C　③增大
18．(12分)常温下，某水溶液M中存在的离子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－，存在的分子有H2O、H2A。根据题意回答下列问题：
(1)写出酸H2A的电离方程式：____________________________________。
(2)若溶液M由10 mL 2 mol·L－1 NaHA溶液与10 mL 2 mol·L－1 NaOH溶液混合而成，则溶液M的pH____(填“＜”“＞”或“＝”)7，溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________________________________。
已知Ksp(BaA)＝1.8×10－10，向该溶液中加入10 mL 1 mol·L－1 BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2＋浓度为____mol·L－1。
(3)若有下列三种溶液：①0.01 mol·L－1的H2A溶液；②0.01 mol·L－1的NaHA溶液；③0.02 mol·L－1的HCl与0.04 mol·L－1的NaHA溶液等体积混合，则三种情况下，溶液中c(H2A)最大的是____；pH由大到小的顺序为____。
(4)若溶液M由pH＝3的H2A溶液V1 mL与pH＝11的NaOH溶液V2 mL混合反应而得，混合溶液中＝104，V1与V2的大小关系为____(填“V1大于V2”“V1等于V2”“V1小于V2”或“均有可能”)。
解析：(2)NaHA与NaOH以等物质的量反应后生成Na2A，由于A2－水解使溶液显碱性，溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(A2－)＞c(OH－)＞c(HA－)＞c(H＋)。由离子方程式Ba2＋＋A2－===BaA↓可得：反应后A2－过量0.01 mol，溶液中c(A2－)＝＝ mol·L－1，根据BaA的Ksp可得：c(Ba2＋)＝＝5.4×10－10 mol·L－1。
答案：(1)H2A??H＋＋HA－，HA－??H＋＋A2－
(2)＞　c(Na＋)＞c(A2－)＞c(OH－)＞c(HA－)＞c(H＋)　5.4×10－10
(3)③　②＞③＞①
(4)均有可能
19．(13分)环境中常见的重金属污染物有汞、铅、锰、铬、镉。处理工业废水中含有的Cr2O和CrO，常用的方法为还原沉淀法，该法的工艺流程为CrOCr2OCr3＋Cr(OH)3↓。
其中第①步存在平衡：2CrO(黄色)＋2H＋??Cr2O(橙色)＋H2O。
(1)写出第①步反应的平衡常数表达式：____________________________________。
(2)关于第①步反应，下列说法正确的是____。
A．通过测定溶液的pH可以判断反应是否已达到平衡状态
B．该反应为氧化还原反应
C．强酸性环境，溶液的颜色为橙色
(3)第②步中，还原0.1 mol Cr2O，需要____mol FeSO4·7H2O。
(4)第③步除生成Cr(OH)3外，还可能生成的沉淀为____。　
(5)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)??Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝10－32，当c(Cr3＋)降至10－5 mol/L，认为Cr3＋已经完全沉淀。现将第③步溶液的pH调至4，请通过计算说明Cr3＋是否沉淀完全(请写出计算过程)：___________________________________________________________________。
解析：(1)因H2O是纯液态物质，其浓度视为常数，故第①步反应的平衡常数表达式为K＝。
(2)利用反应①可知，反应正向进行时，溶液pH增大，故pH不变时说明反应达到平衡，A项正确；CrO和Cr2O中Cr均为＋6价，该反应不是氧化还原反应，B项错误；在酸性环境中，溶液中c(Cr2O)较大，溶液呈橙色，C项正确。
(3)在第②步反应中Cr2O被还原为Cr3＋，0.1 mol Cr2O被还原时转移电子的物质的量为0.1 mol×2×(6－3)＝0.6 mol，而还原剂Fe2＋被氧化为Fe3＋，故需要消耗0.6 mol FeSO4·7H2O。
(4)在第②步反应中Fe2＋被氧化为Fe3＋，故第③步还有Fe(OH)3生成。
答案：(1)K＝　(2)AC　(3)0.6
(4)Fe(OH)3　(5)当pH调至4时，c(OH－)＝10－10 mol/L，c(Cr3＋)＝10－32/c3(OH－)＝10－2 mol/L＞10－5 mol/L，因此Cr3＋没有沉淀完全
20．(15分)物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看作化学平衡。请根据所学的知识回答：
(1)A为0.1 mol/L的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为________________________________________________________________________。
(2)B为0.1 mol/L NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：________________________________________________________________________。
(3)C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常加入____以抑制其水解，若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(4)D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，在25 ℃时，氯化银的Ksp＝1.8×10－10。现将足量氯化银分别放入：①100 mL蒸馏水中；②100 mL 0.2 mol/L AgNO3溶液中；③100 mL 0.1 mol/L氯化铝溶液中；④100 mL 0.1 mol/L盐酸溶液中，充分搅拌后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是________(填写序号)；②中氯离子的浓度为____mol/L。
解析：(1)(NH4)2SO4溶液中NH水解使溶液呈酸性；
(2)HCO的电离程度小于其水解程度，故NaHCO3溶液显碱性；(3)为抑制FeCl3水解常加入盐酸，Fe3＋与HCO可发生双水解反应；(4)Ag＋浓度与溶液中的Cl－浓度有关，即c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)。
答案：(1)c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)
(2)HCO的水解程度大于其电离程度，溶液中c(OH－)＞c(H＋)，故溶液显碱性
(3)盐酸　Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑
(4)②＞①＞④＞③　9×10－10

第一节　原电池
　1.以铜锌原电池为例，了解原电池的工作原理。　2.掌握原电池电极反应式和总反应方程式的书写。
3．能设计简单的原电池。
　原电池的工作原理
1．原电池
(1)概念：将化学能转化为电能的装置。
(2)实质：自发进行的氧化还原反应，把化学能转化为电能。
2．原电池工作原理(以锌铜原电池为例)
装置
示意图
现象
锌片逐渐溶解，铜片上有红色物质析出，质量增加，电流表指针发生偏转
电极
Zn电极
Cu电极
电极名称
负极
正极
得失电子
失电子
得电子
电子流向
流出(填“出”或“入”)
流入(填“出”或“入”)
反应类型
氧化反应
还原反应
电极反应式
Zn－2e－===Zn2＋
Cu2＋＋2e－===Cu
总反应式
Zn＋Cu2＋===Cu＋Zn2＋
3.盐桥
(1)成分：含有琼脂的KCl饱和溶液。
(2)离子移动方向：Cl－移向 ZnSO4溶液(负极区)，K＋移向 CuSO4溶液(正极区)。
(3)作用：使两个半电池形成通路，并保持两溶液的电中性。
4．原电池形成的条件
(1)两个活泼性不同的电极。
(2)电解质溶液或熔融电解质。
(3)形成闭合回路(或两极直接接触)。
(4)能自发地发生氧化还原反应。
5．原电池两极
负极：一般是活泼性较强的金属，发生氧化反应。
正极：一般是活泼性较弱的金属(或导电非金属)，发生还原反应。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)在原电池构成的闭合回路中，电子从原电池的正极通过导线流向负极。(　　)
(2)原电池的正极一定是化学性质较不活泼的金属。(　　)
(3)原电池是把化学能转化为电能的一种装置。(　　)
(4)原电池正极发生氧化反应，负极发生还原反应。(　　)
(5)不能自发进行的氧化还原反应，通过原电池装置可以实现。(　　)
(6)碳棒不能用来作原电池的电极。(　　)
(7)反应Cu＋2Ag＋===2Ag＋Cu2＋能以原电池的形式来实现。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√
2．锌-铜-稀硫酸构成的原电池装置如下：
指出上述装置中正、负极的电极材料是什么？并写出电极反应式。
答案：Zn作负极，Cu作正极；负极：Zn－2e－===Zn2＋，正极：2H＋＋2e－===H2↑。
原电池的工作原理及正、负极的判断
1．工作原理示意图(以锌铜原电池为例)
2．原电池电极的判断
正确理解原电池的负极
一般，在原电池反应中活泼金属作负极包含两层含义：(1)“活泼”是指相对活泼而不是绝对活泼。
(2)在大部分原电池反应中，金属活动性较强的一极作负极，另一电极作正极。但在某些特殊条件下例外，例如：
①冷的浓硝酸作电解质溶液，金属铁或铝与金属铜作电极时，铁或铝在冷的浓硝酸中钝化，金属活动性弱的铜与浓硝酸发生氧化反应充当负极。
②NaOH溶液作电解质溶液，金属镁与金属铝作电极时，因铝能与NaOH溶液反应，充当负极，而金属活动性强的镁只能充当正极。
3．盐桥的作用
(1)通过离子在盐桥中的定向移动，使两个隔离的电解质溶液连接起来，可使电流持续传导。
(2)使用盐桥是将两个半电池完全隔开，使副反应减至最低程度，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。
　如图为一原电池装置，下列叙述中正确的是(　　)
A．铜离子在铜片表面被还原
B．盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液
C．电流从锌片经导线流向铜片
D．铜是正极，铜片上有气泡产生
[解析]　该原电池中，较活泼的金属锌作负极，发生氧化反应，较不活泼的铜作正极，发生还原反应，电子由负极锌流出，经导线流向铜电极(电流的方向与之相反)，电极反应分别为负极：Zn－2e－===Zn2＋，正极：Cu2＋＋2e－===Cu；盐桥中的阳离子向正极区硫酸铜溶液中迁移，故A正确，B、C、D错误。
[答案]　A
　
(1)若将“铜棒”改为“碳棒”，电流表指针是否偏转？____(填“偏转”或“不偏转”)。若偏转，请写出原电池反应的总离子方程式：________________________________________。
(2)原电池反应中有0.1 mol电子转移时，正极析出铜的质量为____。
答案：(1)偏转　Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
(2)3.2 g
　原电池的构成
1．下列反应不可用于设计原电池的是(　　)
A．NaOH＋HCl===NaCl＋H2O
B．2CH3OH＋3O2―→2CO2＋4H2O
C．Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
D．4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3
解析：选A。只有自发进行的氧化还原反应才能设计成原电池，中和反应不是氧化还原反应。
2．(2017·唐山高二测试)下列装置中，能构成原电池的是(　　)
解析：选D。酒精为非电解质，A错误；选项B中未使用盐桥，没有形成闭合回路，B错误；C项中两个电极材料相同，不能形成原电池，C错误；依据原电池的构成条件可知D正确。
　原电池的工作原理
3.如图所示，下列叙述中正确的是(　　)
A．正极发生氧化反应
B．电子通过导线由铜流向锌
C．负极有O2逸出
D．铜上有H2逸出
解析：选D。该装置是原电池，其中Zn是原电池的负极，Cu是原电池的正极。A项，在正极发生还原反应，错误；B项，电子由锌通过导线流向铜，错误；C项，负极上Zn失去电子产生Zn2＋进入溶液，错误；D项，在正极铜上氢离子得到电子产生氢气，因此有H2逸出，正确。
4．如图是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡片上记录如下。在卡片上，描述合理的是(　　)
实验后的记录：
①Zn为正极，Cu为负极
②H＋向负极移动
③电子流动方向Zn―→Cu
④Cu极上有H2产生
⑤若有1 mol电子流过导线，则产生H2为0.5 mol
⑥正极的电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋
A．①②③　　　　　　　 B．③④⑤
C．④⑤⑥ D．②③④
解析：选B。Zn比Cu活泼，Zn为负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，Cu为正极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，每转移1 mol电子，产生0.5 mol H2，电子由负极Zn流出，经导线流向正极铜片，溶液中H＋向正极移动，SO向负极移动。
　原电池原理的应用
1．加快化学反应速率
构成原电池的反应的速率比直接接触的反应的速率快。如实验室制H2时，粗锌比纯锌与稀硫酸反应快，或向溶液中滴入几滴 CuSO4溶液，反应加快。
2．比较金属的活动性强弱
对于酸性电解质，一般是作负极的金属为较活泼的金属，作正极的金属是相对较不活泼的金属。
3．原电池的设计
从理论上讲，能自发进行的氧化还原反应均可以设计成原电池，实际设计时应注意以下几点：
(1)外电路
负极(还原性较强的物质)正极(氧化性较强的物质)。
(2)内电路
将两电极浸入电解质溶液或熔融电解质中，阴、阳离子作定向移动。
(3)闭合回路
如图为某小组为研究电化学原理设计的装置。将铜棒和碳棒插入FeCl3溶液中用导线连接，并滴入几滴硫氰化钾溶液，反应一段时间后，下面说法正确的是(　　)
A．铜的金属活动性较弱，作正极，电极反应为Cu－2e－===Cu2＋
B．电子从碳棒流向铜棒
C．碳棒上发生的反应为2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
D．溶液中的Fe3＋向铜棒移动
解析：选C。该原电池中C作正极，电极反应式为2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋；Cu作负极，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，电子从铜棒流向碳棒；溶液中的Fe3＋向碳棒(正极)移动。
1．比较金属活动性强弱
2．用于金属的保护
详见本章第四节知识点2。
3．设计化学电池
例如：以2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2为依据，设计一个原电池。
(1)将氧化还原反应拆成氧化反应和还原反应两个半反应，分别作原电池的负极和正极的电极反应式。
负极：Cu－2e－===Cu2＋，
正极：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋。
(2)确定电极材料
若发生氧化反应的物质为金属单质，可用该金属直接作负极；若发生氧化反应的物质为气体(如H2)或溶液中的还原性离子，可用惰性电极(如Pt、碳棒)作负极。
正极发生还原反应，其电极材料一般不如负极材料活泼。
本例中可用铜棒作负极，用铂丝或碳棒作正极。
(3)确定电解质溶液
一般选用反应物中的电解质溶液即可，如本例中可用FeCl3溶液作电解液。
(4)构成闭合回路：将电极用导线连接，使之构成闭合回路。
(1)为获得持续、稳定、较强的电流，所选用的电解质溶液一般能与负极发生氧化还原反应，而且使用盐桥将两个半电池连通。
(2)设计原电池时，若氧化还原反应方程式中无明确的电解质溶液，可用水作为电解质，但为了增强其导电性，通常加入少量强电解质。
　设计原电池Zn＋2Fe3＋===Zn2＋＋2Fe2＋，在方框中画出能形成稳定电流的装置图(标出电极材料、电解质溶液)。
负极：____，电极反应：____________________________________。
正极：____，电极反应：____________________________________。
[解析]　由题意知所要求设计的装置图中有盐桥，分析元素化合价的变化可知，Zn为负极，比Zn活泼性差的金属或非金属石墨等作正极，选择与电极材料有相同金属元素的盐溶液或参加反应的盐溶液作电解质溶液。
[答案]　装置如图
(合理即可)
Zn　Zn－2e－===Zn2＋　Pt　2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
　
在设计原电池装置时，由自发的氧化还原反应方程式，如何确定原电池的正、负极，如反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。
答案：由反应方程式根据氧化还原反应原理先确定好负极，如该反应中Fe发生失电子的氧化反应，确定Fe为负极，正极应为活泼性弱于Fe的金属材料或能导电的非金属材料如石墨。
原电池的设计方法——“两极一液一连线”
1．两极
(1)根据电池总反应写出电极反应式。
(2)电极材料的选择：电池的电极必须导电。一般电池中的负极必须能够与电解质溶液反应，容易失去电子，因此负极一般是活泼的金属材料，所以正极和负极不能用同一种材料，两个电极可以是活泼性不同的两种金属或一种金属和非金属。
2．一液：电解质溶液的选择。电解质溶液是为正极提供放电的物质，一般能够与负极发生反应。
3．一连线：形成闭合回路。
　利用原电池原理比较金属活动性、加快反应速率
1．(2017·黄冈高二质检)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：
由此可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
解析：选C。由甲装置a极溶解，可知a极是负极，金属活动性a＞b；乙装置依据氧化性、还原性的强弱规律推出金属活动性b＞c；丙装置d极溶解，c极有气体产生，可知d极是负极，故金属活动性d＞c；由丁装置电流从a→d，则电子从d→a，故金属活动性d＞a。
2．锌与100 mL 1 mol/L盐酸反应的实验中，若设想分别向溶液中加入少量的①醋酸钠、②溴化铜、③醋酸铜(均为可溶性盐)，并测定生成H2的速率(mL/min)，预计三种方案的速率大小可能是(　　)
A．①＞③＞② B．③＞②＞①
C．②＞③＞① D．①＞②＞③
解析：选C。醋酸钠与盐酸反应减小了氢离子浓度，反应速率减慢；溴化铜与锌反应置换出铜，形成锌铜原电池，加快了反应速率；醋酸铜既有减小反应速率的因素又有加快反应速率的因素，不好判断以哪个因素为主。由②的速率最大可确定答案为C。
　设计原电池
3．一个原电池总反应为Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，该电池电极材料及电解质溶液可能是(　　)
正极
负极
电解质溶液
A
Zn
Cu
CuCl2
B
Cu
Zn
H2SO4
C
Cu
Zn
CuSO4
D
Mg
Zn
CuSO4
解析：选C。原电池总反应：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，可得出其负极反应：Zn－2e－===Zn2＋(氧化反应)，正极反应：Cu2＋＋2e－===Cu(还原反应)，因此负极材料只能是Zn，正极为Cu2＋得电子还原成Cu，电解质应为可溶性铜盐，正极材料为活泼性比Zn弱的Cu、Fe(或C、Pt)等。
4．根据下式所表示的氧化还原反应设计一个原电池：Cu＋2Ag＋===Cu2＋＋2Ag。
(1)装置采用烧杯和盐桥，画出此原电池的装置图，注明原电池的正、负极和外电路中电子的流向。
(2)写出两个电极上的电极反应。
解析：(1)首先将已知反应拆成两个半反应：Cu－2e－===Cu2＋，2Ag＋＋2e－===2Ag，然后结合原电池的电极反应特点分析可知，该电池的负极材料为Cu，正极材料为Ag。原电池由两个半电池组成，铜和铜盐溶液组成铜半电池，银和银盐溶液组成银半电池，中间通过盐桥连接起来。(2)可根据上述两个半反应写出电极反应。
答案：(1)如图所示
(合理即可)
(2)负极(Cu极)：Cu－2e－===Cu2＋，
正极(Ag极)：2Ag＋＋2e－===2Ag。
重难易错提炼
1.构成原电池的“四条件”
(1)自发的氧化还原反应。(2)正、负两个电极。
(3)电解质溶液或熔融电解质。(4)形成闭合回路。
2.判断原电池正、负极的“四方法”
(1)负极
①活泼性较强的金属；②流出电子的一极；③发生氧化反应的一极；④阴离子移向的一极。
(2)正极
①活泼性较弱的金属或导电的非金属(碳棒)；②流入电子的一极；③发生还原反应的一极；④阳离子移向的一极。
3.利用原电池原理可加快化学反应速率和判断金属单质的活泼性。
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列装置中，电流表指针能发生偏转的是(　　)
解析：选D。A项中锌电极和乙烧杯中的电解质溶液不能发生氧化还原反应，不能构成原电池，错误；B项中冰醋酸不导电，不能构成原电池，错误；C项中装置符合构成原电池的条件，但两极直接接触，相当于短路，因此电路中无电流，错误。
2．下列说法正确的是(　　)
A．构成原电池正极和负极的材料必须是金属
B．在原电池中，电子流出的一极是负极，该电极被还原
C．实验室欲快速制取氢气，可利用粗锌与稀H2SO4反应
D．原电池可以把物质内部的能量全部转化为电能
解析：选C。构成原电池的电极材料可以是非金属如碳棒，所以A错。在原电池中电子流出的一极失电子被氧化，所以B错。粗锌中含有杂质可形成原电池，所以C对。能量转化率不可能达100%，所以D错。
3.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＋
下列说法中不正确的是(　　)
A．该装置为原电池
B．a极上发生还原反应
C．电子沿导线由b→a
D．a极电极材料可以为锌
解析：选D。该装置为原电池，a极发生还原反应，b极发生氧化反应，电子由负极(b)流出经导线流向正极(a)，b极为负极，电极材料为铁，a极为正极，电极材料应为比铁活泼性弱的金属或能导电的非金属。
4．在如图所示的水果电池中，外电路上的电流从X电极流向Y电极。若X为铁，则Y可能是(　　)
A．锌 B．石墨
C．银 D．铜
解析：选A。电流的方向与电子的移动方向相反，由已知条件知电子由Y电极流向X电极，因此Y电极的金属活动性强于铁，故Y电极只能为A选项中的锌。
5．将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是(　　)
A．两烧杯中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
解析：选C。乙烧杯中锌片与铜片没有接触，不能构成原电池，但锌可以与稀硫酸直接反应，放出H2。甲烧杯中铜片和锌片用导线连接后插入稀硫酸中形成了原电池，由于金属活动性Zn＞Cu，所以锌为负极，铜片上有H2放出，加快了锌的溶解，故只有C项正确。
6．如图所示的装置中，在产生电流时，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C电极流向Fe电极
解析：选B。Fe与C作为原电池的电极，则Fe为负极，C是正极；Fe在负极发生氧化反应生成Fe2＋，且左边烧杯中正电荷增加，必然使盐桥中的阴离子移向FeCl2溶液；电子由Fe电极流向C电极，则电流由C电极流向Fe电极。
7．X、Y、Z、W四块金属分别用导线两两相连浸入稀硫酸中，组成原电池。X、Y相连时，X为负极；Z、W相连时，电流方向是W→Z；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡；W、Y相连时，W极发生氧化反应。据此判断四种金属的活泼性顺序是(　　)
A．X＞Z＞W＞Y B．Z＞X＞Y＞W
C．W＞X＞Y＞Z D．Y＞W＞Z＞X
解析：选A。在原电池中，一般较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应；较不活泼的金属作正极，得到电子，发生还原反应。电子由负极经导线流向正极，与电流的方向相反。X、Y相连时，X为负极，则活泼性X＞Y；Z、W相连时，电流方向是W→Z，则活泼性Z＞W；X、Z相连时，Z极上产生大量气泡，则活泼性X＞Z；W、Y相连时，W极发生氧化反应，则活泼性W＞Y。综上所述，可以得出金属的活泼性顺序是X＞Z＞W＞Y。
8．可以将反应Zn＋Br2===ZnBr2设计成原电池，下列4个电极反应：①Br2＋2e－===2Br－，②2Br－－2e－===Br2，③Zn－2e－===Zn2＋，④Zn2＋＋2e－===Zn。其中表示负极和正极反应的分别是(　　)
A．②和③ B．②和①
C．③和① D．④和①
解析：选C。负极为Zn，失电子被氧化；正极为Br2，得电子被还原。
9．(2017·安阳高二测试)以锌片和铜片为两极，以稀硫酸为电解质溶液组成原电池，当导线中通过2 mol电子时，下列说法正确的是(　　)
A．锌片溶解了1 mol，铜片上析出1 mol H2
B．两极上溶解和析出的物质的质量相等
C．锌片溶解了32.5 g，铜片上析出了1 g H2
D．锌片溶解了1 mol，硫酸消耗了0.5 mol
解析：选A。在涉及原电池的有关计算中，关键是要把握住一点：两极得失电子数相等。利用这一特点，从电极反应式看：负极：Zn－2e－===Zn2＋；正极：2H＋＋2e－===H2↑。当溶解1 mol锌时失去2 mol电子，铜片上析出1 mol氢气得到 2 mol电子，得失电子守恒，即可推出A正确。
10．已知某原电池的电极反应是Fe－2e－===Fe2＋、Cu2＋＋2e－===Cu，据此设计原电池，并回答下列问题。
(1)若原电池装置为图甲所示：
①电极材料A是____，B是____。(写名称)
②A电极观察到的现象是____________________________________。
(2)若原电池装置为图乙所示：
①电极材料X可以是____(填序号，下同)。
a．铁 　　　　　b．铜 　　　　　c．石墨
②电解质Y可以是____。
a．FeSO4 b．CuSO4 c．CuCl2
解析：(1)结合氧化还原反应的知识可知Fe－2e－===Fe2＋是负极反应，故Fe作负极，即为B；Cu2＋＋2e－===Cu是正极反应，故A可以是铜，现象是有红色物质析出。(2)不含盐桥的原电池中正极材料是比负极金属活泼性差的金属或导电的非金属即可，故此时正极是铜或石墨，但负极只能是铁，电解质溶液是含不活泼金属离子的盐溶液，可为硫酸铜、氯化铜或硝酸铜。
答案：(1)①铜(答案合理即可)　铁　②有红色物质析出　(2)①bc　②bc
11．A、B、C、D四种金属按下表中的装置图进行实验。
装置
现象
二价金属A不断溶解
C的质量增加
A上有气泡产生
根据实验现象回答下列问题：
(1)装置甲中负极的电极反应是____________________________________。
(2)装置乙中正极的电极反应是____________________________________。
(3)装置丙中溶液的pH____(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)四种金属活动性由强到弱的顺序是____________________________________。
解析：甲、乙、丙均为原电池装置。依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活动性A>B；乙中C的质量增加，即析出Cu，则B为负极，活动性B>C；丙中A上有气体即H2产生，则A为正极，活动性D>A，随着H＋的消耗，溶液pH逐渐变大。
答案：(1)A－2e－===A2＋　(2)Cu2＋＋2e－===Cu　　(3)变大
(4)D>A>B>C
[能力提升]
12．有甲、乙两位同学，他们一起做了水果电池的实验，测得数据如下：
实验次数
电极材料
水果品种
电极间距/cm
电压/mV
1
锌
铜
菠萝
3
900
2
锌
铜
苹果
3
650
3
锌
铜
柑橘
3
850
4
锌
铜
西红柿
3
750
5
锌
铝
菠萝
3
650
6
锌
铝
苹果
3
450
下列对于甲同学提出的问题，乙同学解释不正确的是(　　)
①甲：实验6中的负极反应式如何写？
乙：铝为负极，Al－3e－===Al3＋。
②甲：实验1和实验5电流方向为什么相反？
乙：实验1中锌为负极，电流由铜经导线流向锌；实验5中铝为负极，电流由锌经导线流向铝。
③甲：水果电池的电压与哪些因素有关？
乙：只跟水果的类型有关。
A．③　　　　　　　　　　 B．①
C．①②③ D．②③
解析：选A。实验6中Al为负极，故负极反应式为Al－3e－===Al3＋，①正确；实验1中Zn为负极，实验5中Al为负极，②正确；对比实验1和实验5可发现水果类型相同时，电极材料不同，电压也不相同，③不正确。
13．控制合适的条件，将反应2Fe3＋＋2I－??2Fe2＋＋I2设计成如图所示的原电池。下列判断不正确的是(　　)
A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原
C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流计读数为零后，向甲中加入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极
解析：选D。由题图并结合原电池原理分析可知，Fe3＋得到电子变为Fe2＋，被还原，I－失去电子变为I2，被氧化，A、B项正确；电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态，C项正确；向甲中加入FeCl2固体，对于2Fe3＋＋2I－??2Fe2＋＋I2，平衡向逆反应方向移动，此时Fe2＋被氧化，I2被还原，故甲中石墨电极为负极，乙中石墨电极为正极，D项错误。
14．将镁条、铝条平行插入一定浓度的NaOH溶液中，用导线连接构成原电池(如图所示)，此电池工作时，下列叙述中正确的是(　　)
A．Mg比Al活泼，Mg失去电子被氧化成Mg2＋
B．负极反应为Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O
C．外电路中电子由Mg电极经导线流向Al电极
D．Al是正极，开始工作时溶液中会有白色沉淀析出
解析：选B。该电池中只有金属Al能与NaOH溶液反应，反应中Al失去电子被氧化，Al作负极，其电极反应为Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O，Mg作正极，其电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。外电路中，电子由Al电极经导线流向Mg电极。
15．(2017·泉州高二质检)为了避免锌片与Cu2＋直接接触发生反应而影响原电池的放电效率，有人设计了如下装置，按要求完成以下填空：
(1)此装置工作时，可以观察到的现象是____________________________，电池总反应式为_______________________________。
(2)以上电池中，锌和锌盐溶液组成_________，铜和铜盐溶液组成_________，中间通过盐桥连接起来。
(3)电池工作时，硫酸锌溶液中SO向____移动，硫酸铜溶液中SO向____移动。
(4)此盐桥内为饱和KCl溶液，盐桥是通过____移动来导电的。在工作时，K＋移向____。
解析：该装置为锌铜原电池，总反应式为Zn＋Cu2＋===Cu＋Zn2＋，电池工作时，观察到①锌片不断溶解，②铜片上有红色物质析出，③电流计指针发生偏转，其中Zn与ZnSO4溶液组成锌半电池，Cu与CuSO4溶液组成铜半电池。电池工作时，ZnSO4溶液中SO向负极(锌电极)移动，CuSO4溶液中SO向盐桥移动，而盐桥中，K＋向正极区(CuSO4溶液)移动，Cl－向负极区(ZnSO4 溶液)移动，这样靠离子的移动形成闭合回路而导电。
答案：(1)锌片逐渐溶解，铜片上有红色物质析出，电流计指针发生偏转　Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
(2)锌半电池　铜半电池　(3)锌电极(负极)　盐桥　(4)离子　正极区(CuSO4溶液)
16．由锌片、铜片和200 mL稀H2SO4组成的原电池如图所示：
(1)原电池的负极反应是_________，正极反应是________。
(2)电流的方向是________。
(3)一段时间后，当在铜片上放出1.68 L(标准状况)气体时，H2SO4恰好消耗一半。则产生这些气体的同时，共消耗_____g锌，有_____个电子通过了导线，原硫酸的物质的量浓度是_____。
解析：(3)产生0.075 mol H2，通过0.075 mol×2＝0.15 mol电子，消耗0.075 mol Zn和0.075 mol H2SO4。所以m(Zn)＝0.075 mol×65 g·mol－1＝4.875 g，N(e－)＝0.15 mol×6.02×1023 mol－1＝9.03×1022，c(H2SO4)＝＝0.75 mol·L－1。
答案：(1)Zn－2e－===Zn2＋　2H＋＋2e－===H2↑
(2)由Cu极流向Zn极
(3)4.875　9.03×1022(或0.15NA)　0.75 mol·L－1
第二节　化学电源
　1.了解常见化学电源的种类及其工作原理。　2.熟练书写常见化学电源的电极反应式和总方程式。 3．知道废弃电池对环境的危害，设想处理废旧电池的办法。
　化学电源
一、化学电池
1．定义：将化学能转化为电能的装置。
2．分类
3．优点
能量转化效率较高，供能稳定可靠，可以制成各种形状和大小、不同容量和电压的电池及电池组，使用方便，易于维护，并可在各种环境下工作。
4．判断电池优劣的主要标准
(1)比能量：即单位质量或单位体积所能输出电能的多少，单位(W·h)/kg或(W·h)/L。
(2)比功率：即单位质量或单位体积所能输出功率的大小，单位W/kg或W/L。
(3)电池可储存时间的长短。
二、几种常见的化学电池
1．一次电池
(1)碱性锌锰电池
①构造
②组成
正极：MnO2；负极：Zn；电解质：KOH。
③工作原理
负极反应：Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2；
正极反应：2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnO(OH)＋2OH－；
总反应：Zn＋2MnO2＋2H2O===2MnO(OH)＋Zn(OH)2。
(2)锌银电池
①构造
②组成
正极：Ag2O；负极：Zn；电解质：KOH。
③工作原理
负极反应：Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2；
正极反应：Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－；
总反应：Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag。
2．二次电池(以铅蓄电池为例)
(1)构造
(2)组成
正极：PbO2；负极：Pb；电解质：H2SO4。
(3)工作原理
铅蓄电池是最常见的二次电池，其电极反应分为放电和充电两个过程。
①放电过程
负极：Pb－2e－＋SO===PbSO4(氧化反应)；
正极：PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O(还原反应)；
总反应：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。
②充电过程
电化学上常把发生氧化反应的电极叫做阳极，发生还原反应的电极叫做阴极。
阴极：PbSO4＋2e－===Pb＋SO (还原反应)；
阳极：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO(氧化反应)；
总反应：2PbSO4＋2H2O===Pb＋PbO2＋2H2SO4。
③铅蓄电池的充、放电过程
Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)化学电池是将电能转变成化学能的装置。(　　)
(2)化学电池的种类包括一次电池、二次电池和燃料电池等。(　　)
(3)化学电池供能稳定可靠，可以制成各种形状和大小的电池，使用方便，易于维护。(　　)
(4)废旧电池可以随意丢弃。(　　)
(5)Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料。(　　)
(6)铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加。(　　)
(7)可充电电池中的放电反应和充电反应互为可逆反应。(　　)
(8)锂碘电池的电池反应为2Li(s)＋I2(s)===2LiI(s)，则碘电极作该电池的负极。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×　(8)×
2．人造卫星用到的一种高能电池——锌银电池，其电极反应式为Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2，Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－。根据反应式判断氧化银是(　　)
A．负极　被氧化 B．正极　被还原
C．负极　被还原 D．正极　被氧化
解析：选B。锌银电池放电时，Ag2O得到电子被还原为Ag，故Ag2O作电池的正极。
化学电源电极反应式的书写
1．一般电极反应式的书写
2．复杂电极反应式的书写
＝－
3．给出电极反应式，书写总反应式
根据给出的两个电极反应式，写出总反应式时，首先要使两个电极反应式的得失电子相等，然后将两式相加，消去反应物和生成物中相同的物质即可。
若原电池正、负两极产生的阴、阳离子能与电解质溶液中的离子发生反应时，要把后续反应一并写入电极反应式中。若反应式同侧出现不能共存的离子，如H＋和OH－、Pb2＋和SO，要写成反应后的物质，如H2O、PbSO4。
　铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应：
Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2。
下列有关该电池的说法不正确的是(　　)
A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B．电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2　
C．电池充电过程中，阴极附近溶液pH降低
D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O
[解析]　因为放电时的反应中有氢氧化物生成，故电解质溶液是碱性溶液，因为铁的化合价升高，镍的化合价降低，故铁是负极，氧化镍是正极，故A和B均正确；充电时的阴极反应为Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－，故此时阴极附近的pH增大，故C错误；根据所给的放电时的电池反应可推知D正确。
[答案]　C
　
以上述例题分析，怎样判断电极附近溶液pH的变化？
答案：判断电极附近溶液pH的变化，主要应看电极反应式，如该电池放电时的负极反应：Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2，OH－被消耗，故负极附近pH减小，正极反应为Ni2O3＋2e－＋3H2O===2Ni(OH)2＋2OH－，生成OH－，故正极附近pH变大；充电时同理分析，阳极反应：2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O，阳极附近pH减小，阴极附近pH增大。
电极反应式和总方程式书写时的注意事项
(1)正、负两极的电极反应式在得失电子相等时相加，即得总反应式。
(2)写电极反应式时，一定要注意电解质是什么，其中阴、阳离子要和电极反应式中出现的离子相对应。在碱性电解质中，电极反应式中不能出现H＋；在酸性电解质中，电极反应式中不能出现OH－。
　化学电源的综合考查
1．Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如图所示。该电池工作时，下列说法正确的是(　　)
A．Mg电极是该电池的正极
B．H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C．石墨电极附近溶液的pH增大
D．溶液中Cl－向正极移动
解析：选C。在原电池中活泼金属作负极，即Mg为负极，A错误；通入H2O2的一极为正极，在反应过程中发生还原反应，B错误；石墨电极的电极反应式为H2O2＋2e－＋2H＋===2H2O，溶液pH增大，C正确；原电池中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，D错误。
2．铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解质溶液为H2SO4，工作时的电池反应式为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，下列结论正确的是(　　)
A．Pb为正极被氧化
B．电解质溶液的pH不断减小
C．SO向PbO2处移动
D．电解质溶液的pH不断增大
解析：选D。由题给电池反应式可以看出H2SO4不断被消耗，故pH不断增大，所以B不正确，D正确；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，阴离子(SO)移向Pb极，所以C不正确。
3．在碱性锌锰干电池中，已知氢氧化钾为电解质，发生的电池总反应为Zn＋2MnO2＋2H2O===2MnO(OH)＋Zn(OH)2。下列有关该电池的电极反应，正确的是(　　)
A．负极反应为Zn－2e－===Zn2＋
B．负极反应为Zn＋2H2O－2e－===Zn(OH)2＋2H＋
C．正极反应为2MnO2＋2H＋＋2e－===2MnO(OH)
D．正极反应为2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnO(OH)＋2OH－
解析：选D。在书写碱性电池的电极反应式时，方程式中不得出现H＋。在碱性电池中，负极的Zn失去电子形成的Zn2＋应该与OH－结合为Zn(OH)2。
　燃料电池
1．基本构造(以氢氧燃料电池为例)
2．工作原理
酸性电解质(H2SO4)
碱性电解质(KOH)
负极反应
2H2－4e－===4H＋
2H2－4e－＋4OH－===4H2O
正极反应
O2＋4e－＋4H＋===2H2O
O2＋4e－＋2H2O===4OH－
总反应
2H2＋O2===2H2O
3.燃料电池的特点
(1)连续地将燃料和氧化剂的化学能直接转换成电能。
(2)电极材料本身不参与氧化还原反应。
(3)工作时，燃料和氧化剂连续地由外部供给，在电极上不断地进行反应，生成物不断地被排除。
4．燃料电池的优点
(1)能量转换率高(超过80%)。
(2)排放废弃物少，运行时噪音低。
1．燃料电池的正、负两极必须是两种活泼性不同的金属或一种金属与一种能导电的非金属吗？
答案：不一定，如氢氧燃料电池的正、负极均为Pt。
2．除氢氧燃料电池外，其他燃料电池的负极反应物通常还有哪些？正极放电的是什么物质？
答案：负极还可以是烃(如甲烷、乙烷等)、醇(如甲醇、乙醇等)、氨、煤气等可燃性气体或液体。正极放电的是氧气。
3．燃料电池是一种新型电池，它利用燃料在氧化过程中把化学能直接转化为电能。氢氧燃料电池的基本反应如下：X极：O2(g)＋H2O(l)＋2e－===2OH－；Y极：H2(g)＋2OH－－2e－===2H2O(l)。下列判断中，正确的是(　　)
A．X是负极　　　　　　　 B．Y是正极
C．Y极发生还原反应 D．Y极发生氧化反应
解析：选D。从电极反应式中可以看出，X极得电子发生还原反应，作正极；Y极失去电子发生氧化反应，作负极。
常见燃料电池的电极反应和电池反应
1．乙醇燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)
负极：C2H5OH＋16OH－－12e－===2CO＋11H2O；
正极：3O2＋6H2O＋12e－===12OH－；
总反应式：C2H5OH＋3O2＋4OH－===2CO＋5H2O。
2．甲烷燃料电池(固体电解质)
一个电极通入空气，另一电极通入甲烷，电池的电解质为掺杂了Y2O3(三氧化二钇)的ZrO2(二氧化锆)晶体，它在高温下能传导O2－。该电池的电极反应式为
负极：CH4＋4O2－－8e－===CO2＋2H2O；
正极：2O2＋8e－===4O2－；
总反应式：CH4＋2O2===CO2＋2H2O。
3．甲醇燃料电池(电解质溶液为H2SO4溶液)
负极：2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋；
正极：3O2＋12H＋＋12e－===6H2O；
总反应式：2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O。
　(2017·锦州高二检测)燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4等)跟氧气或空气发生反应，将此反应的化学能转化为电能的装置，电解质溶液通常是KOH溶液。下列关于甲烷燃料电池的说法中不正确的是(　　)
A．负极反应式为CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O
B．正极反应式为2O2＋4H2O＋8e－===8OH－
C．随着不断放电，电解质溶液碱性不变
D．甲烷燃料电池的能量利用率比甲烷燃烧的能量利用率高
[解析]　甲烷燃料电池中，CH4作负极，发生氧化反应，电解质溶液为KOH溶液，故负极反应式为CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O，A正确；O2作正极，发生还原反应，正极反应式为2O2＋4H2O＋8e－===8OH－，B正确；总反应式为CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O，随反应的进行，不断消耗OH－，故c(OH－)减小，pH减小，C错误；燃料电池的能量转换率高，D正确。
[答案]　C
　
若将KOH溶液改为稀硫酸，写出负极的电极反应式：
______________________________________________________________________。
答案：CH4＋2H2O－8e－===CO2＋8H＋
　水溶液中的燃料电池
1．将两个铂电极放置在KOH溶液中，然后分别向两极通入CO和O2，即可产生电流，称为燃料电池，下列叙述正确的是(　　)
①通入CO的电极为正极；
②正极的电极反应式是O2＋2H2O＋4e－===4OH－；
③通入CO的电极反应式是2CO＋O2＋4e－===2CO2；
④负极的电极反应式是CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O；
⑤放电时溶液中的阳离子向负极移动；
⑥放电时溶液中的阴离子向负极移动。
A．①③⑤ B．②④⑥
C．④⑤⑥ D．①②③
解析：选B。据题意知，发生的反应为2CO＋O2===2CO2，反应产生的CO2处于KOH溶液中，又会转化为CO，④正确，③错误。O2得e－被还原，作正极，①错误，②正确。溶液中离子移动情况受溶液(原电池内电路)中电流方向影响，内电路电流方向是由负极流向正极，阳离子的移动方向与电流方向相同，故在溶液(原电池内电路)中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，⑤错误，⑥正确。
2．一种燃料电池中发生的化学反应为在酸性溶液中甲醇与氧作用生成水和二氧化碳。该电池负极发生的反应是(　　)
A．CH3OH(g)＋O2(g)===H2O(l)＋CO2(g)＋2H＋(aq)＋2e－
B．O2(g)＋4H＋(aq)＋4e－===2H2O(l)
C．CH3OH(g)＋H2O(l)－6e－===CO2(g)＋6H＋(aq)
D．O2(g)＋2H2O(l)＋4e－===4OH－
解析：选C。燃料电池中，负极燃料失电子发生氧化反应，正极氧气得电子发生还原反应，即负极反应中不可能有氧气参与。
　以熔融态固体为电解质的燃料电池
3．一种新型熔融盐燃料电池具有高发电效率。现用Li2CO3和Na2CO3的熔融混合物作电解质，一极通CO气体，另一极通O2和CO2混合气体，其总反应为2CO＋O2===2CO2。则下列说法中正确的是(　　)
A．通CO的一极是电池的正极
B．负极发生的电极反应是O2＋2CO2＋4e－===2CO
C．负极发生的电极反应是CO＋CO－2e－===2CO2
D．正极发生氧化反应
解析：选C。由电池反应2CO＋O2===2CO2可知，通CO的一极为电池负极，通O2的一极为电池正极，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，负极的电极反应为2CO＋2CO－4e－===4CO2，正极的电极反应为O2＋2CO2＋4e－===2CO。
4．固体氧化物燃料电池是由美国西屋公司研制开发的。它以固体氧化锆-氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2－)在其间通过。该电池的工作原理如图所示。其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是(　　)
A．有O2放电的a极为电池的负极
B．有H2放电的b极为电池的正极
C．a极对应的电极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．该电池的总反应：2H2＋O22H2O
解析：选D。根据该电池的工作原理图可知，被氧化的是H2，2H2－4e－＋2O2－===2H2O，b极为原电池的负极；被还原的是O2，O2＋4e－===2O2－，a极为原电池的正极；该电池的总反应为2H2＋O22H2O。
重难易错提炼
1.二次电池的充电过程就是下一节要学习的电解过程，要记住充电时“正接正、负接负”。二次电池放电时负极反应与充电时阴极反应互为逆反应；正极反应与充电时阳极反应互为逆反应。
2.燃料电池的电极材料为铂等惰性电极，正极反应一般是氧气发生的还原反应。
3.原电池的正极材料本身一般不参与反应，但铅蓄电池正极材料二氧化铅参与了正极反应。
4.原电池的电解质溶液不一定是水溶液，如Li-I2电池的电解质溶液是惰性非水有机溶剂(Li可与H2O发生反应)。
5.书写燃料电池的电极反应式时，要注意电解质溶液的酸碱性。在碱性溶液中，电极反应式中不能出现H＋；在酸性溶液中，电极反应式中不能出现OH－。
课后达标检测
[基础巩固]
1．对化学电源的叙述正确的是(　　)
A．化学电源比火力发电对化学能的利用率高
B．化学电源所提供的电能居于人类社会现阶段总耗电量的首位
C．化学电源均是安全、无污染的
D．化学电源即为充电电池
解析：选A。化学电源比火力发电对化学能的利用率高，故A正确；火力发电居于人类社会现阶段总耗电量的首位，故B错误；部分废旧化学电源会引起重金属污染，故C错误；化学电源包括一次电池、充电电池、燃料电池等，故D错误。
2．下列电池工作时，O2在正极放电的是(　　)
A.锌锰电池
B.氢燃料电池
C.铅蓄电池
D.镍镉电池
解析：选B。氢燃料电池负极H2发生氧化反应，正极O2发生还原反应。
3．废电池必须进行集中处理的首要原因是(　　)
A．为了利用电池外壳的金属材料
B．防止汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染
C．不使电池中渗泄的电解液腐蚀其他物品
D．回收其中的石墨电极
解析：选B。废电池中汞、镉和铅等重金属离子能对土壤和水源造成污染，必须进行集中处理。
4．下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是(　　)
A．电池Ⅰ中锌是正极
B．电池Ⅱ是一次电池
C．电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应
D．电池Ⅳ工作时，电子由锌通过导线流向碳棒
解析：选D。电池Ⅰ中锌是负极，铜是正极，A错误；电池Ⅱ为铅蓄电池，属于二次电池，B错误；电池Ⅲ为氢氧燃料电池，H2在负极失去电子发生氧化反应，C错误；电池Ⅳ为锌锰干电池，锌为负极，碳棒为正极，电子由负极沿导线流向正极，D正确。
5．燃料电池的基本组成为电极、电解质溶液、燃料和氧化剂。此种电池的能量转化率超过80%，产物污染小。下列有关燃料电池的说法错误的是(　　)
A．燃料电池的负极反应物是氢气、甲烷、乙醇等物质
B．氢氧燃料电池常用于航天飞行器，原因之一是该电池的产物为水，经过处理之后可供宇航员使用
C．乙醇燃料电池的电解质常用KOH，该电池的负极反应为C2H5OH－12e－＋12OH－===2CO2↑＋9H2O
D．碱性甲烷燃料电池的正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
解析：选C。C项，电解质为KOH，因此不可能生成二氧化碳，应该生成CO，即负极反应为C2H5OH－12e－＋16OH－===2CO＋11H2O，故C项错误。
6．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，在此电池放电时正极(碳棒)上发生反应的物质是(　　)
A．Zn B．碳
C．MnO2和NH D．Zn2＋和NH3
解析：选C。Zn在负极上被氧化，剩余的物质将在正极上反应得到Mn2O3、NH3和H2O。要注意题中问的是正极上发生反应的物质，不要考虑成被还原的物质。
7．如图是一种新型锂电池原理图，有关叙述正确的是(　　)
A．a为电池正极
B．外电路中电流从a流向b
C．离子交换膜为阳离子交换膜
D．b电极处，O2失电子生成OH－
解析：选C。Li失电子，为电源负极，A项错误；电流方向与电子流动方向相反，故外电路中电流从b流向a，B项错误；由图示可知，Li＋可穿过离子交换膜，故为阳离子交换膜，C项正确；由图示可知，O2得电子生成OH－，D项错误。
8．某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构如图，电池总反应可表示为2H2＋O2===2H2O，下列有关说法正确的是(　　)
A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2
D．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
解析：选D。a极通H2，H2失电子应在负极反应，所以a为负极，电子通过外电路由a极流向b极，A项错误；因为电解质显酸性，所以b极上的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，B项错误；C项没有告知是标准状况，转移0.1 mol电子消耗H2的物质的量是0.05 mol，但体积不一定是1.12 L，C项错误；阳离子向正极移动，所以H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极，D项正确。
9．(2017·湖北重点中学联考)流动电池是一种新型电池，其主要特点是可以通过电解质溶液的循环流动，在电池外部调节电解质溶液，以保持电池内部电极周围溶液浓度的稳定。北京化工大学新开发的一种流动电池如图所示，电池总反应为Cu＋PbO2＋2H2SO4===CuSO4＋PbSO4＋2H2O。下列说法不正确的是(　　)
A．a为负极，b为正极
B．该电池工作时，PbO2电极附近溶液的pH增大
C．a极的电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋
D．调节电解质溶液的方法是补充CuSO4
解析：选D。A项，根据电池总反应可得铜为负极，PbO2为正极，正确；B项，该电池工作时，PbO2电极上发生的反应为PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O，消耗了溶液中的H＋，故溶液的pH增大，正确；C项，铜电极的电极反应为Cu－2e－===Cu2＋，正确；D项，反应生成了CuSO4，消耗了H2SO4，故应补充H2SO4，错误。
10．(2017·秦皇岛高二测试)根据氧化还原反应2H2＋O2===2H2O，设计成燃料电池。
(1)负极通的气体应是____，正极通的气体应是____。
(2)根据选择电解质溶液的不同，填写下表：
电解质溶液
H2SO4溶液
KOH溶液
负极反应式
正极反应式
溶液的pH变化
(3)若把H2改为CH4，KOH溶液作电解质溶液，则正极反应式为____________________。
解析：(1)氢氧燃料电池中通可燃性气体(H2)的一极为负极，通O2的一极为正极。
(2)若以H2SO4作电解质溶液，其电极反应式为负极：2H2－4e－===4H＋；正极：O2＋4e－＋4H＋===2H2O。反应过程中生成水，溶液中c(H＋)减小，pH增大。若以KOH溶液作电解质溶液，其电极反应式为负极：2H2＋4OH－－4e－===4H2O；正极：2H2O＋O2＋4e－===4OH－。反应过程中生成水，溶液中c(OH－)减小，pH减小。
(3)若把H2改为CH4，KOH溶液作电解质溶液时其正极反应式不变。
答案：(1)H2　O2
(2)
电解质溶液
H2SO4溶液
KOH溶液
负极反应式
2H2－4e－===4H＋
2H2＋4OH－－4e－===4H2O
正极反应式
O2＋4H＋＋4e－===2H2O
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
溶液的pH变化
变大
变小
(3)2H2O＋O2＋4e－===4OH－
11．镉镍可充电电池在现代生活中有着广泛的应用，它的充、放电反应如下：
Cd＋2NiO(OH)＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2
请回答下列问题：
(1)上述反应式中左边物质的总能量_____(填“大于”“小于”或“等于”)右边物质的总能量。
(2)放电时负极发生反应的物质是____，放电时正极的反应式为____________________。
解析：(1)原电池放电过程中将化学能转化为电能，即反应物总能量大于生成物总能量。
(2)根据总反应式可知放电时：
负极(Cd)反应式：Cd＋2OH－－2e－===Cd(OH)2，
正极[NiO(OH)]反应式：2NiO(OH)＋2H2O＋2e－===2Ni(OH)2＋2OH－。
答案：(1)大于　 (2)Cd　NiO(OH)＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－
[能力提升]
12．新型NaBH4/H2O2燃料电池(DBFC)的结构如图所示，该电池总反应方程式：NaBH4＋4H2O2===NaBO2＋6H2O，有关的说法不正确的是(　　)
A．电极B为正极，纳米MnO2层的作用是提高原电池的工作效率
B．放电过程中，Na＋从正极区向负极区迁移
C．电池负极的电极反应为BH＋8OH－－8e－===BO＋6H2O
D．在电池反应中，每消耗1 L 6 mol/L H2O2溶液，理论上流过电路中的电子为12 mol
解析：选B。A.根据图知，B电极上H2O2得电子生成OH－，所以B电极是正极，MnO2是催化剂，可以提高原电池的工作效率，故A正确；B.放电时，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以Na＋从负极区向正极区迁移，故B错误；C.根据元素化合价变化知，负极上BH失电子发生氧化反应，电极反应式为BH＋8OH－－8e－===BO＋6H2O，故C正确；D.在电池反应中，每消耗1 L 6 mol/L H2O2溶液，即物质的量为6 mol，根据H2O2＋2e－===2OH－知，理论上流过电路中的电子为6 mol×2＝12 mol，故D正确。
13．Harbermann等设计出利用Desulfovibrio desulfurcan 菌种生成的硫化物作为微生物燃料电池的电解质，电池内部有质子通过，该系统不经任何维护可持续运行5年，该电池的负极反应式为S2－＋4H2O－8e－===SO＋8H＋。有关该电池的下列说法中正确的是(　　)
A．若有1.12 L氧气参与反应，则一定有0.2 mol电子发生转移
B．质子由正极移向负极
C．该电池的总反应式为S2－＋2O2===SO
D．正极的电极反应式为2O2＋8e－＋4H2O===8OH－
解析：选C。未标明1.12 L氧气所处的压强和温度，不能确定氧气的物质的量，A项错误；质子由负极移向正极，B项错误；正极的电极反应式为2O2＋8H＋＋8e－===4H2O，D项错误。
14．(2017·衡水高二调研)近年来AIST正在研制一种“高容量、低成本”锂-铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的“铜腐蚀现象”产生电力，其中放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－，下列说法不正确的是(　　)
A．放电时，Li＋透过固体电解质向Cu极移动
B．放电时，负极的电极反应式为Cu2O＋H2O＋2e－===2Cu＋2OH－
C．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
D．整个反应过程中，铜相当于催化剂
解析：选B。根据放电时的反应判断锂电极是负极，铜电极是正极。在电池内部阳离子移向正极，即Li＋透过固体电解质向Cu极移动，故A正确。负极发生失电子的氧化反应，故B错误。据图示和题干信息可知，通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时，正极生成铜，整个反应过程中，铜相当于催化剂，故C、D正确。
15．锂锰电池的体积小，性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li＋通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。回答下列问题：
(1)外电路的电流方向是由____极流向____极。(填字母)
(2)电池正极反应式为____________________________________。
(3)是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？____(填“是”或“否”)，原因是____________________________________。
解析：(1)Li失去电子为负极，MnO2为正极，电流从正极流向负极，即b流向a。(2)正极反应为MnO2得电子结合Li＋，生成LiMnO2。(3)Li与水反应，故不可用水代替混合有机溶剂。
答案：(1)b　a　(2)MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2
(3)否　电极Li是活泼金属，能与水反应
16．科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。
(1)图A为钠硫高能电池的结构示意图。该电池的工作温度为320 ℃左右，电池反应为2Na＋xS===Na2Sx，正极的电极反应式为____________________________________。
M(由Na2O和Al2O3制得)的两个作用是__________________________________。
与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的_____倍。
(2)熔融状态下，钠的单质和FeCl2能组成可充电电池(装置示意图如图B)，反应原理为2Na＋FeCl2Fe＋2NaCl。放电时，电池的正极反应式为_______；充电时，_____(写物质名称)电极接电源的负极，该电池的电解质为_________。
答案：(1)xS＋2e－===S　导电(或作电解质)和隔离钠与硫　4.5
(2)Fe2＋＋2e－===Fe　钠　β-Al2O3固体
第三节　电解池
第1课时　电解原理
　1.了解电解、电解池的概念，能描述电解池的工作原理。　2.能正确书写电解池的电极反应式和总反应方程式。 3．理解并掌握电解的规律和电解产物的判断方法。
　电解原理
1．电解的概念：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。
2．电解池及其构成条件
(1)概念：在外加电源的作用下，将电能转变成化学能的装置。
(2)电解池的两极
阳极——与电源正极相连，发生氧化反应。
阴极——与电源负极相连，发生还原反应。
(3)电子流向、离子移向
电源负极(e－)―→阴极阳极(e－)―→电源正极。
(4)构成条件：①直流电源；②两个电极；③电解质溶液或熔融电解质；④形成闭合回路。
3．电解池工作原理(以电解CuCl2溶液为例)
(1)电池总反应为CuCl2Cu＋Cl2↑。
(2)电子的流向
电源负极―→阴极阳极―→电源正极。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)在电解池中与外接电源负极相连的电极是阳极。(　　)
(2)在电解池的阳极发生氧化反应。(　　)
(3)电子从电源的负极沿导线流入电解池的阴极。(　　)
(4)电解氯化铜溶液时，在阴极上有气体生成。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
2．写出用惰性电极电解下列溶液时的电极反应式：
(1)电解HCl溶液：
①阳极：____________________________________；
②阴极：____________________________________。
(2)电解CuSO4溶液：
①阳极：____________________________________；
②阴极：____________________________________。
答案：(1)①2Cl－－2e－===Cl2↑　②2H＋＋2e－===H2↑
(2)①4OH－－4e－===2H2O＋O2↑　②2Cu2＋＋4e－===2Cu
1．电解池阴、阳极的判断
2．电极产物的判断
(1)阳极产物的判断
①首先看电极，如果是活性电极，则电极材料失去电子，被溶解，溶液中的阴离子不失去电子。如果是惰性电极，则要看溶液中阴离子的失电子能力，根据阴离子的放电顺序加以判断。
②阴离子的放电顺序
S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根>F－。
(2)阴极产物的判断
直接根据阳离子放电顺序进行判断。阳离子放电顺序：Ag＋>Hg2＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋(浓度大时)>Sn2＋>Fe2＋>Zn2＋>H＋(浓度小时)>Al3＋>Mg2＋>Na＋。
(1)中学阶段遇到的在水溶液中电解时阴极产物判断的情况可由放电顺序：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋>……即可解决问题。
(2)判断阴极产物时，不管电极材料如何，均是溶液中的离子放电。
　(2017·长春高二测试)用惰性电极电解稀硫酸、Cu(NO3)2、NaCl的混合液，最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是(　　)
A．H2和Cl2　　　　　　 B．Cu和Cl2
C．H2和O2 D．Cu和O2
[解析]　由题意知，溶液中存在H＋、Cu2＋、Na＋、SO、NO、Cl－、OH－，根据离子的放电顺序，阳离子：Cu2＋＞H＋＞Na＋，阴离子：Cl－＞OH－＞SO、NO，则最初一段时间阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑。
[答案]　B
　
(1)用惰性电极电解上述混合液，在阴、阳极上分别得到的物质依次是什么？
(2)若阳极换为Cu，阳极还产生Cl2吗？
答案：(1)由阴、阳离子的放电顺序可知，在阴极上分别生成：Cu、H2；在阳极上分别生成：Cl2、O2。
(2)阳极为Cu时，阳极反应为Cu－2e－===Cu2＋，不产生Cl2。
　电解原理
1.如图所示是电解CuCl2溶液的装置，其中a、b为直流电源的两极，c、d为石墨电极。则以下有关此电解池的判断正确的是(　　)
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，氯离子浓度保持不变
解析：选C。依据电流的方向可知，a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极。d极上的电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，c极上的电极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，溶液中的Cl－浓度减小。
2．为使反应Cu＋2H2O===Cu(OH)2＋H2↑能够发生，下列设计方案正确的是(　　)
A．用铜片作负极，石墨电极作正极，氯化钠溶液为电解质溶液构成原电池
B．用铜片作电极，外接直流电源电解硫酸铜溶液
C．用铜片作阳极，铁片作阴极，外接直流电源电解硫酸钠溶液
D．用铜片作电极，外接直流电源电解稀硫酸
解析：选C。该反应为不能自发进行的氧化还原反应，必须设计为电解池才能发生。阳极为Cu放电，阴极为H＋放电，且生成Cu(OH)2，即用Cu作阳极，电解质溶液中为H2O放电，选项C符合要求。
　阴、阳极以及电解产物的判断
3．某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验。滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹。据此，下列叙述正确的是(　　)
A．铅笔端作阳极，发生还原反应
B．铂片端作阴极，发生氧化反应
C．铅笔端有少量的氯气产生
D．a是负极，b是正极
解析：选D。铅笔在滤纸上写字，出现红色字迹，说明铅笔端产生OH－，则铅笔端为阴极，H＋放电发生还原反应生成H2，A项错误；铂片端作阳极，发生氧化反应，B项错误；铅笔端产生H2而不是Cl2，C项错误。
4．(2017·广州高二检测)用铂(惰性)电极进行电解，下列说法中正确的是(　　)
A．电解稀硫酸，在阴极和阳极分别产生氧气和氢气
B．电解氯化钠溶液，在阴极析出钠
C．电解硫酸钠溶液，在阴极和阳极析出产物的物质的量之比为1∶2
D．电解氯化铜溶液，在阴极和阳极析出产物的物质的量之比为1∶1
解析：选D。电解稀H2SO4，在阴极和阳极分别产生H2和O2，A错误；用惰性电极电解NaCl溶液得到NaOH而不是Na，B错误；电解Na2SO4溶液，阴极(产物为H2)和阳极(产物为O2)得到产物的物质的量之比为2∶1，C错误；电解CuCl2溶液，阴极(产物为Cu)和阳极(产物为Cl2)析出产物的物质的量之比为1∶1，D正确。
　电解的规律及电极反应式的书写
1．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：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
阴极：4H＋＋4e－===2H2↑
H2O
减小
加入
H2O
NaOH
(强碱)
阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
阴极：4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－
增大
Na2SO4(活泼金属的含氧酸盐)
阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
阴极：4H＋＋4e－===2H2↑
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
通入HCl
气体
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
通入HCl
气体
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
2.电极反应式及电解方程式的书写步骤[以惰性电极电解Cu(NO3)2溶液为例]
用惰性电极电解下列电解质的溶液，通电一段时间后要想使电解质溶液恢复原浓度，把所加的物质与对应的电解质连在一起。
答案：a—①　b—②③　c—⑤　d—①　e—④
分析电解问题的基本方法思路
(1)通电前：电解质溶液中含有哪些阴、阳离子(包括水电离出的H＋和OH－)。
(2)通电时：阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，结合放电顺序分析谁优先放电(注意活泼金属作阳极时优先放电)。
(3)正确书写电极反应式，要注意原子数、电荷数是否守恒。
(4)能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。
　用石墨棒作电极，在Na＋、Cu2＋、Cl－、SO等离子中选出适当离子组成电解质，电解其溶液，写出符合条件的一种电解质的化学式：
(1)当阴极放出H2，阳极放出O2时，电解质是____。
(2)当阴极析出金属，阳极放出O2时，电解质是____________________________________。
(3)当阴极放出H2，阳极放出Cl2时，电解质是____________________________________。
(4)通过电子的物质的量与阴极析出的金属的物质的量、阳极放出的气体的物质的量之比为4∶2∶1时，电解质是_____。
[解析]　惰性电极电解电解质溶液的类型有电解水型、电解电解质型、放氢气生碱型和放氧气生酸型。再根据阴、阳离子在电极的放电顺序判断。
(1)阴极有H2生成，阳极有O2生成，实质为电解水，故电解质是活泼金属的含氧酸盐，即Na2SO4。
(2)实质为放氧气生酸型，即电解质为不活泼金属的含氧酸盐，即CuSO4。
(3)实质为放氢气生碱型，即电解质为活泼金属的无氧酸盐，即NaCl。
(4)由阳极生成气体与转移电子的物质的量之比为1∶4，知阳极产生气体为O2，1 mol O2转移4 mol e－；析出金属与转移电子的物质的量之比为1∶2，故金属为＋2价，即Cu2＋，故为 CuSO4。
[答案]　(1)Na2SO4　(2)CuSO4　(3)NaCl　(4)CuSO4
　
(1)该题第一小问中，溶液的pH如何变化？若恢复原状态，应加入什么物质？
(2)该题第三小问中，若电解后溶液的体积是0.2 L，且转移电子是0.2 mol，则溶液中OH－的浓度是多少？
答案：(1)结合题干分析可知，电解Na2SO4的实质是电解水，且硫酸钠是强酸强碱盐，故溶液的pH不变；若恢复原状态应加入适量水。
(2)因电解总反应式是2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH，该过程转移电子数是0.2 mol，故生成NaOH 0.2 mol，即c(OH－)＝1 mol·L－1。
　电解的规律
1．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
解析：选C。两极放出H2和O2相当于电解水，对不饱和电解质溶液来说是浓缩，电解NaOH、H2SO4、Na2SO4时pH分别增大、减小、不变，浓度均增大，但电解的如果是饱和溶液，其溶液的浓度不变。
2．以石墨为电极，电解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉)。下列说法错误的是(　　)
A．阴极附近溶液呈红色　　 B．阴极逸出气体
C．阳极附近溶液呈蓝色 D．溶液的pH变小
解析：选D。以石墨为电极电解KI溶液类似于电解NaCl溶液，阳极反应式为2I－－2e－===I2，阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，故阴极逸出氢气，且显碱性而使阴极附近溶液呈红色，A、B项都正确；阳极生成I2，因含淀粉而使阳极附近溶液变蓝，C项正确；由于电解生成了OH－，故溶液的pH变大，D项错误。
　电极反应式的书写
3．以惰性电极电解FeCl2和HCl的混合物可制备FeCl3和H2。
阳极反应式：____________________________________；
阴极反应式：____________________________________；
总反应离子方程式：____________________________________。
答案：2Fe2＋－2e－===2Fe3＋　2H＋＋2e－===H2↑
2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑
4．PbO2也可以通过石墨为电极，Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式为____________________________________，
阴极上观察到的现象是____________________________________；
若电解液中不加入 Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为______________，这样做的主要缺点是________________。
答案：Pb2＋＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋　石墨上包上铜镀层　Pb2＋＋2e－===Pb　不能有效利用Pb2＋
重难易错提炼
1.惰性电极(石墨、铂、金)指的是不参与阳极反应的电极，活性电极一定参与阳极反应。
2．电解质溶液恢复原状的方法：少什么加什么，少多少加多少，一般加阳极产物与阴极产物的化合物。
3．离子放电“两顺序”(惰性电极)
阳极：S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－。
阴极：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Sn2＋＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(H2O)＞Al3＋。
4．电解池阴、阳极“四特点”
阳极：外接直流电源正极——流出电子——发生氧化反应——阴离子移向。
阴极：外接直流电源负极——流入电子——发生还原反应——阳离子移向。
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列说法正确的是(　　)
①电解是把电能转变成化学能的过程　②电解是化学能转变成电能的过程　③电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化　④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现　⑤任何溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生
A．①②③④　　　　　　 B．②③⑤
C．③④　　 D．①③④⑤
解析：选D。从能量角度看，电解是把电能转变成化学能的过程，故①对、②错；电解质溶液的导电过程，必将伴随着两个电极上氧化还原反应的发生，同时生成新的物质，故③、⑤对；某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理供给电能也可以实现，故④对。所以D选项符合题意。
2．下列关于电解槽的叙述中，不正确的是(　　)
A．电解槽的阳极发生氧化反应
B．外电路中电子从电源的负极沿导线流入电解槽的阴极
C．与电源正极相连的是电解槽的阴极
D．参与电解的阳离子往阴极移动
答案：C
3．如图所示装置中，属于电解池的是(　　)
　　　
解析：选C。构成电解池时要有与外接直流电源相连的电极，A、B错误；电极插入电解质溶液或熔融的电解质中，且要形成闭合回路，C正确、D错误。
4．下列离子浓度相同时，在电解过程中最容易发生电极反应的是(　　)
A．OH－ B．CO
C．SO D．Cl—
解析：选D。根据阴离子在阳极的放电顺序判断。
5．用石墨做电极电解CuCl2溶液，下列说法正确的是(　　)
A．在阳极上析出金属铜
B．在阴极上析出金属铜
C．在阴极上产生有刺激性气味的气体
D．阳极上发生还原反应
解析：选B。根据电解原理，阳极发生氧化反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极发生还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu。因此阳极上产生有刺激性气味的气体——氯气，在阴极上析出铜，故B项正确。
6．用石墨作电极，分别电解下列各物质的溶液：
①CuCl2　②CuSO4　③NaCl　④NaNO3　⑤HCl ⑥H2SO4　⑦KOH
其中只有水被电解的是(　　)
A．①②⑤ B．②④⑥⑦
C．④⑥⑦ D．③⑤⑥⑦
解析：选C。只有水被电解，即在阴极上H＋放电(溶液中阳离子是H＋或较活泼的金属离子)，在阳极上OH－放电(溶液中阴离子是含氧酸根离子、OH－或F－)，符合这一要求的是④⑥⑦。
7．用惰性电极电解下列溶液，在阴、阳两极生成气体的体积比为1∶1的是(　　)
A．NaCl溶液 B．CuCl2溶液
C．CuSO4溶液 D．KOH溶液
解析：选A。A项，电解方程式为2NaCl＋2H2OCl2↑(阳极)＋H2↑(阴极)＋2NaOH，A正确；B项，电解方程式为CuCl2Cu(阴极)＋Cl2↑(阳极)，阴极没有气体生成，B不正确；C项，电解方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu(阴极)＋O2↑(阳极)＋2H2SO4，阴极没有气体生成，C不正确；D项，电解方程式为2H2O2H2↑(阴极)＋O2↑(阳极)，阴、阳两极生成气体的体积比为2∶1，D不正确。
8．(2017·杭州高二检测)某电解质溶液中pH＝a，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pH＜a，则该电解质可能是(　　)
A．Ba(OH)2 B．HCl
C．Na2SO4 D．AgNO3
解析：选D。A项，电解氢氧化钡溶液，实际上电解的是水，但溶液中的氢氧根离子的浓度增大，氢离子的浓度减小，溶液的pH增大，错误；B项，电解盐酸时，阴极为氢离子放电，氢离子的浓度减小，pH增大，错误；C项，电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，溶液中氢离子和氢氧根离子的相对浓度不变，只是硫酸钠的浓度增大，pH不变，错误；D项，电解硝酸银溶液时，阴极上析出银，阳极上得到氧气，溶液中的氢氧根离子的浓度减小，氢离子的浓度增大，溶液的pH减小，正确。
9．(2017·三门峡高二检测)用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，加入一定质量的另一种物质(中括号内)，溶液能与原来溶液完全一样的是(　　)
A．CuCl2(CuSO4) B．NaOH(NaOH)
C．NaCl(HCl) D．CuSO4[Cu(OH)2]
解析：选C。电解NaCl溶液放出H2和Cl2，可通入HCl气体；A项应加CuCl2，B项应加水，D项应加CuO或CuCO3。　
10．用如图所示的装置进行电解。通电一段时间，发现湿润的淀粉-KI试纸的C端变为蓝色。
(1)E为电源的____极，F为电源的____极。
(2)A中发生反应的化学方程式为_____________________________________________。
(3)在B中观察到的现象是___________________________________________________。
(4)D端的电极反应式为____________________________________。
解析：(1)本题实质上是三个电解装置串联，首先判断电源的正、负极，E为负极，F为正极。(2)A中是以Pt为阳极、Fe为阴极电解AgNO3溶液的电解池。(3)B中Cu为阳极，发生的电极反应为Cu－2e－===Cu2＋，石墨为阴极，发生的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，由于水电离出的H＋放电，所以溶液中的c(OH－)＞c(H＋)，故溶液中有氢氧化铜蓝色沉淀生成。(4)D端为阴极，发生的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑。
答案：(1)负　正
(2)4AgNO3＋2H2O4Ag＋4HNO3＋O2↑
(3)铜片溶解，石墨电极上有气体生成，溶液中有蓝色沉淀生成
(4)2H＋＋2e－===H2↑
11．如图所示，X和Y均为石墨电极：
(1)若电解液为滴有酚酞的饱和食盐水，电解反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
电解过程中__极(填“阴”或“阳”)附近会出现红色。
(2)若电解液为500 mL含A溶质的某蓝色溶液，电解一段时间，观察到X电极表面有红色固体物质生成，Y电极有无色气体生成。当溶液中原有溶质完全电解后，取出X电极，洗涤、干燥、称量，电极增重1.6 g。
①电解后溶液的c(H＋)＝____。要使电解后溶液恢复到电解前的状态，需加入一定量的____(填物质的化学式，假设电解前后溶液的体积不变)。
②请推测原溶液中所含的酸根离子可能是____。设计实验验证推测，写出实验的操作步骤、现象和结论：______________________________________________________________。
解析：(1)电解饱和食盐水，阳极Cl－放电生成Cl2，阴极是水电离出的H＋放电生成H2，同时生成OH－，阴极附近会出现红色。
(2)蓝色溶液，说明是可溶性铜盐溶液，X极有红色固体物质生成，说明溶液中的Cu2＋放电，X极是阴极，Y极是阳极，有无色气体生成，说明是溶液中的OH－放电，阴离子为含氧酸根离子SO或NO。生成铜0.025 mol，由电解反应的离子方程式2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋可知，生成的H＋为0.05 mol，c(H＋)＝0.1 mol·L－1。使其恢复可加入氧化铜或碳酸铜。
答案：(1)2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－　阴
(2)①0.1 mol·L－1　CuO(或CuCO3)　②SO(或NO)　取少量待测液于试管中，滴加盐酸无明显现象，继续滴入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，则证明含有硫酸根离子(或取少量待测液于试管中，滴加浓硫酸，再加入铜粉，若有红棕色气体产生，则证明含有硝酸根离子)
[能力提升]
12．在水中加入等物质的量的Ag＋、Na＋、Ba2＋、NO、Cl－、SO，用惰性电极进行电解，一段时间后，在两极上得到的氧化产物和还原产物的质量之比为 (　　)
A．8∶1 B．2∶27
C．35.5∶108 D．108∶35.5
解析：选A。Ag＋与Cl－、Ba2＋与SO均生成沉淀，相当于电解NaNO3溶液，实质是电解H2O，两极得到的产物为H2和O2。
13．某兴趣小组设计如图微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转。下列有关描述正确的是(　　)
A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为2H＋＋2Cl－Cl2↑＋H2↑
B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红
C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为Cl2＋2e－===2Cl－
D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极
解析：选D。A项，断开K2，闭合K1时，为电解池装置，总反应的离子方程式为2H2O＋2Cl－2OH－＋H2↑＋Cl2↑，错误；B项，由“断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生”知，石墨为电解池的阳极，Cu为电解池的阴极，故在Cu电极附近溶液变红，错误；断开K1，闭合K2时，电流表指针偏转，为原电池装置，则Cu电极为原电池的负极，发生失去电子的氧化反应，石墨电极为原电池的正极，故C项错误，D项正确。
14．用惰性电极电解含0.2 mol CuSO4的溶液一段时间后，阳极上生成标准状况下4.48 L气体，欲使电解质溶液恢复电解前的状况，应加入(　　)
A．0.2 mol CuSO4　　　 B．0.2 mol CuO
C．0.2 mol Cu(OH)2 D．0.2 mol CuCO3
解析：选C。2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，由于CuSO4的物质的量为0.2 mol，则此过程生成 0.1 mol O2。因此还有0.1 mol O2为电解稀硫酸溶液(实质是电解水)而得。根据2H2O2H2↑＋O2↑可知此过程消耗0.2 mol H2O。因此，要使电解质溶液恢复电解前的状况，应加入0.2 mol CuO和0.2 mol H2O，相当于加入0.2 mol Cu(OH)2。
15．从H＋、Cu2＋、Na＋、SO、Cl—五种离子中恰当地组成电解质，按下列要求进行电解：
(1)以碳棒为电极进行电解，使电解质质量减少，水量不变，则采用的电解质是____；
(2)以碳棒为电极进行电解，使电解质质量不变，水量减少，则采用的电解质是____；
(3)以碳棒为阳极，铁棒为阴极进行电解，使电解质和水量均减少，则采用的电解质是____。
解析：题中涉及的离子的放电顺序为阳极：Cl－＞OH－＞SO、阴极：Cu2＋＞H＋＞Na＋。(1)电解电解质时，应使Cu2＋、H＋与Cl－分别在阴、阳极上放电，因此可用Cl－分别与Cu2＋、H＋组成电解质。(2)中电解水时，应使H＋、OH－分别在阴、阳极上放电，因此可用SO分别与H＋、Na＋组成电解质。(3)中当同时电解电解质和水时，应使Cl－与Na＋或是SO与Cu2＋分别组成电解质。
答案： (1)HCl、CuCl2　 (2)H2SO4、Na2SO4 (3)CuSO4、NaCl
16．A、B、C为三种强电解质，它们在水中电离出的离子如下表所示：
阳离子
Na＋、K＋、Cu2＋
阴离子
SO、OH－
图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极。
接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2所示。据此回答下列问题：
(1)M为电源的____极(填“正”或“负”)，电极b上发生的电极反应为____________________________________。
(2)写出乙烧杯中的电池反应方程式：______________________________________。
(3)如果电解过程中B溶液中的金属离子全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？_____________________________________________________________________。
(4)若经过这一段时间后，要使丙恢复到原来的状态，需要进行的操作是____________________________________。
解析：(1)乙中c电极质量增加，则c处发生的电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，即c电极为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。乙溶液中含Cu2＋，而Cu2＋只能和SO结合，可以确定B为硫酸铜；由常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系图，可以确定A为KOH或NaOH，C为Na2SO4或K2SO4。甲中为KOH或NaOH溶液，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH－放电，即4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。(2)乙烧杯中是电解CuSO4溶液，反应方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4。(3)乙中铜全部析出后，电解质变为H2SO4，所以电解反应仍能继续进行。
答案：(1)负　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(2)2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4
(3)能，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应变为电解水的反应
(4)向丙烧杯中加入一定量水
第2课时　电解原理的应用
　1.了解电解饱和食盐水、电镀、电解精炼和电冶金的原理，并能正确书写电极反应式和总反应方程式。
2．学会利用守恒法、关系式法进行电解的相关计算。
　电解原理的应用
1．氯碱工业：电解饱和食盐水，制取烧碱、氯气和氢气。
(1)电极反应式(并注明反应类型)
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应)；
阴极：2H＋＋2e－===H2↑(还原反应)。
(2)总反应式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。
其中阴极反应中的H＋是由水电离产生的。
2．电镀
(1)电镀是应用电解的原理在金属表面镀上一薄层其他金属或合金的方法。
(2)电镀
3．电解精炼(如电解精炼铜，杂质为铁、锌、金、银等)
(1)粗铜作阳极，主要的电极反应为Cu－2e－===Cu2＋；纯铜作阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu；电解质溶液为CuSO4溶液。
(2)活泼性较强的铁、锌等以离子形式进入溶液，活泼性较差的金、银形成阳极泥。
4．电冶金制取金属
K、Na、Ca、Mg、Al等活泼金属，很难用还原剂从它们的化合物中还原得到单质，因此必须通过电解熔融的化合物的方法得到。如电解熔融的氯化钠可以得到金属钠：
阴极：2Na＋＋2e－===2Na，阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，
总反应式：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑。
(1)电解法制取钠、钾、镁、铝时不能电解含有这些金属阳离子的水溶液。
(2)工业上用电解熔融MgCl2而不是MgO的方法制Mg；用电解熔融Al2O3而不是AlCl3的方法制Al。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)在镀件上电镀铜时，可用金属铜作阳极。(　　)
(2)电解精炼铜时，电解质溶液的浓度不变。(　　)
(3)电解精炼铜时，用纯铜作阳极，粗铜作阴极。(　　)
(4)工业上用电解熔融氧化镁的方法制取Mg。(　　)
(5)用U形管做电解饱和食盐水的实验，通电前在U形管的两端滴加几滴石蕊试液，通电后阳极处溶液变蓝。(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×
2．下列有关电化学的图示，完全正确的是(　　)
　　　
答案：A
1．电解饱和食盐水阴极区溶液呈碱性的原因
放电的H＋来源于水，在阴极上得电子而生成H2，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，溶液中c(OH－)＞c(H＋)，使阴极区溶液呈碱性。
2．阳极泥：电解精炼铜时，活泼性比Cu强的金属(如锌、铁等)先于铜放电，以金属阳离子的形式进入溶液。粗铜中的银、金等活泼性差的金属不放电，以单质的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥。
3．原电池、电解池、电镀池的判断方法
(1)若装置中无外加电源，则该装置可能为原电池，然后根据原电池的构成条件进行分析判断。
(2)若装置中有外加电源，且两电极插入电解质溶液中并构成闭合回路，则该装置为电解池或电镀池，电解质溶液中含有阳极金属离子的即为电镀池，否则为一般电解池。
4．电镀铜与精炼铜的比较
电镀铜
精炼铜
能量转变
电能转化为化学能
电能转化为化学能
阳极材料
纯铜
粗铜(含锌、银、金等杂质)
阴极材料
镀件
纯铜
阳极反应
Cu－2e－===Cu2＋
Zn－2e－===Zn2＋、Cu－2e－===Cu2＋等
阴极反应
Cu2＋＋2e－===Cu
Cu2＋＋2e－===Cu
电解质溶液
及其变化
硫酸铜溶液浓度保持不变
反应后硫酸铜溶液中混有Zn2＋等，Cu2＋浓度减小
(1)电镀池中，电解液的浓度不变；精炼池中，电解液的浓度减小。
(2)H＋的放电能力大于Fe2＋、Zn2＋，但在电镀条件下，由于溶液中c(Fe2＋)或c(Zn2＋)远远大于c(H＋)，则在阴极上先放电的是Fe2＋或Zn2＋，因此，阴极上的主要产物为Fe或Zn。
　某同学设计一个燃料电池(如图所示)，目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。
根据要求回答相关问题：
(1)通入氢气的电极为____(填“正极”或“负极”)，负极的电极反应式为____________________________________。
(2)石墨电极为____(填“阳极”或“阴极”)，反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，____(填“铁极”或“石墨极”)区的溶液先变红。
(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将____(填“增大”“减小”或“不变”)。精铜电极上的电极反应式为_________________________。
[解析]　(1)通入氢气的电极为负极，由于电解质溶液是碱性的，所以该电极反应式为H2－2e－＋2OH－===2H2O。
(2)由于石墨电极与电源的正极连接，所以石墨电极为阳极，反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，溶液中的H＋在阴极(Fe电极)放电，破坏了附近的水的电离平衡，该区域的溶液显碱性，因此铁极的溶液先变红。
(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，因为粗铜中有活动性比Cu强的金属失去电子，而得到电子的只有Cu2＋，所以丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度会减小；精铜电极上的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu。
[答案]　(1)负极　H2－2e－＋2OH－===2H2O
(2)阳极　铁极　(3)减小　Cu2＋＋2e－===Cu　
　
(1)写出上述例题中乙池电解的总反应方程式：__________________________________。
(2)若上述例题甲池中消耗标准状况下的氢气11.2 L，则丙池中理论上应析出铜的质量为____。
答案：(1)2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑
(2)32 g
　氯碱工业
1．工业上电解食盐水的阴极区产物是(　　)
A．氯气　　
B．氢气和氯气
C．氢气和氢氧化钠
D．氯气和氢氧化钠
解析：选C。用惰性电极电解食盐水时，阴极反应式：2H＋＋2e－===H2↑，破坏水的电离平衡，阴极区域OH－与Na＋结合成NaOH。
2.如图为电解饱和食盐水的简易装置，下列有关说法正确的是(　　)
A．电解一段时间后，往蛋壳中的溶液中滴加几滴酚酞，呈红色
B．蛋壳表面缠绕的铁丝发生氧化反应
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
解析：选D。由题图可知，蛋壳表面的铁丝为阴极，发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，石墨棒为阳极，发生反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，故往蛋壳中滴加酚酞，溶液不会变红。铁丝为阴极，不发生反应，附近H＋发生还原反应。
　电镀、电解精炼和电冶金
3．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
解析：选D。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，若有比铜活泼的金属杂质如锌，则阳极还会发生Zn－2e－===Zn2＋的反应。
4．(2017·承德高二测试)在铁制品上镀一定厚度的锌层，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，溶液中含有锌离子
解析：选A。电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，含有镀层金属离子的溶液作电镀液。
5．海水提镁的最后一步是将氯化镁电解获取金属镁，下列有关该电解过程的叙述中，正确的是(　　)
A．两个电极必须都用惰性电极
B．阳极可以用金属电极，阴极必须是惰性电极
C．电解熔融状态的氯化镁
D．电解氯化镁的水溶液
解析：选C。电解MgCl2获取金属镁，也就是说镁离子需要得电子，如果在水溶液中，水电离的氢离子会优先得电子，因此只能在熔融状态下进行。在阴极发生的是镁离子得到电子的反应，对电极材料没有要求，在阳极上发生失电子的反应，如果使用活性电极时会优先失电子，所以阳极必须用惰性电极。
　电解的相关计算
1．计算的原则
(1)阳极失去的电子数＝阴极得到的电子数。
(2)串联电路中通过各电解池的电子总数相等。
(3)电源输出的电子总数和电解池中转移的电子总数相等。
2．计算的方法
(1)根据电子守恒法计算：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。
(2)根据总反应式计算：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)根据关系式计算：根据得失电子守恒的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。
电解计算时常用的定量关系为4e－～4H＋～4OH－～2H2～O2～2Cu～4Ag。
3．计算的步骤
首先要正确书写电极反应式(要特别注意阳极材料)；其次注意溶液中有多种离子共存时，要根据离子放电顺序确定离子放电的先后；最后根据得失电子守恒进行相关计算。
　将含有0.4 mol CuSO4和0.2 mol NaCl的水溶液1 L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3 mol Cu，另一个电极上析出气体在标准状况下的体积为(　　)
A．4.48 L　　　　　　　　　 B．5.6 L
C．6.72 L D．13.44 L
[解析]　阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，因为反应的n(Cu2＋)＝0.3 mol，总n(Cu2＋)＝0.4 mol，说明Cu2＋过量，阴极共得到0.6 mol电子。由电子守恒可知，阳极应失去0.6 mol电子。阳极：首先2Cl－－2e－===Cl2↑，因为0.2 mol Cl－只能失去0.2 mol电子，另外0.4 mol电子只能由水电离出的OH－失去，故阳极反应还有4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，则阳极共放出气体体积为(0.1 mol＋0.1 mol)×22.4 L/mol＝4.48 L。
[答案]　A
　
对于上述例题中的反应：
(1)若不考虑电解质溶液体积的变化，此时溶液中c(H＋)为____。
(2)若电极上得到0.1 mol Cu时不再电解，加入_______能使电解质溶液复原，其物质的量是________。
答案：(1)0.4 mol·L－1　(2)CuCl2　 0.1 mol
　电解的有关计算
1．把两个惰性电极插入500 mL的AgNO3溶液中，通直流电电解。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)，电极上析出银的质量大约是(　　)
A．27 mg　　　　　　　　 B．54 mg
C．108 mg D．216 mg
解析：选B。首先应弄清楚两极的反应。阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；阴极没有氢气析出，则阴极反应为Ag＋＋e－===Ag。OH－的消耗导致了H＋的增加，增加量大约为1×10－3 mol/L×0.5 L＝5×10－4 mol，即转移电子数为5×10－4 mol，析出银的质量为5×10－4 mol×108 g/mol＝0.054 g＝54 mg。
2．把分别盛有熔融的KCl、MgCl2、Al2O3的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为(　　)
A．1∶2∶3 B．3∶2∶1
C．6∶3∶1　　　 D．6∶3∶2
解析：选D。该题考查了电解中转移电子的物质的量与析出金属的化合价及物质的量的关系。在氯化钾、氯化镁、氧化铝中K、Mg、Al分别为＋1价、＋2价、＋3价，在串联电路中，相同时间通过的电量相同，当都通过6 mol电子时，析出K、Mg、Al的物质的量分别为6 mol、3 mol、2 mol，则n(K)∶n(Mg)∶n(Al)＝6∶3∶2。
3．用石墨电极电解100 mL H2SO4和CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为(　　)
A．1 mol/L B．2 mol/L
C．3 mol/L D．4 mol/L
解析：选A。根据题设条件，两极上的电极反应式为阴极：首先Cu2＋＋2e－===Cu，然后2H＋＋2e－===H2↑；阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。既然阴极上收集到H2，说明Cu2＋已完全放电，根据电子守恒，阴极上Cu2＋、H＋得电子总数应等于OH－失电子总数。放出0.1 mol H2获得0.2 mol电子，放出0.1 mol O2失去0.4 mol电子，所以有0.1 mol Cu2＋放电，得到0.2 mol电子，c(Cu2＋)＝0.1 mol/0.1 L＝1 mol/L。
重难易错提炼
1.电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，其中阳极产物为Cl2，阴极产物为NaOH和H2。
2．电镀时，待镀的金属制品作阴极，镀层金属作阳极，用含镀层金属离子的溶液作电镀液。
3．电解精炼铜时，用纯铜作阴极，粗铜作阳极，用CuSO4溶液作电解液。
4．电解熔融Al2O3制取铝，电解熔融NaCl制取钠，电解熔融MgCl2制取镁。
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列关于铜电极的叙述中，正确的是(　　)
A．锌铜原电池中铜作正极
B．用电解法精炼粗铜时，纯铜作阳极
C．在镀件上电镀铜时可用金属铜作阴极
D．电解稀硫酸制H2、O2时，铜作阳极
解析：选A。锌铜原电池中铜不如锌活泼，应作正极，A项正确；用电解法精炼铜时粗铜作阳极，铜不断溶解，Cu2＋在阴极得电子生成Cu，B项不正确；电镀铜时铜作阳极，C项不正确；电解稀硫酸制H2、O2时，若铜作阳极，则失电子的是铜，不能得到氧气，D项不正确。
2．下列关于工业冶金的描述中不正确的是(　　)
A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，阳极反应式为2O2－－4e－===O2↑
B．电解熔融MgO制镁
C．电解冶炼金属钠与电解饱和食盐水的阳极产物相同
D．在镀件上镀锌，用锌盐(如硫酸锌)溶液作电镀液
解析：选B。电解熔融氧化铝时，氧离子在阳极失电子生成氧气，故A正确；电解熔融氯化镁制镁，故B错；电解冶炼金属钠与电解饱和食盐水的阳极反应都是2Cl－－2e－===Cl2↑，故C正确；电镀锌时，溶液中的锌离子在镀件上得电子而析出，所以电镀液需要选用锌盐溶液，故D正确。
3．电解硫酸铜溶液要达到如下三个要求：①阳极质量减小
②阴极质量增加　③电解过程中Cu2＋浓度不变
则可选用的电极是(　　)
A．石墨作阳极，铁作阴极
B．粗铜(含Fe、Ni、Zn)作阳极，纯铜作阴极
C．纯铜作阳极，铁作阴极
D．铁作阳极，纯铜作阴极
解析：选C。本题中所述的电解过程实际就是电镀过程：阳极质量减少，必须用金属电极作阳极，则A选项不符合题意；由于Cu2＋的放电能力比H＋的大，阴极质量增加，但是要使Cu2＋浓度不变，则阳极必须用纯铜，所以选C。
4．21世纪是钛的世纪。在800～1 000 ℃时电解TiO2可制得钛，装置如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．a为电源的正极
B．石墨电极上发生还原反应
C．阴极发生的反应为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－
D．每生成0.1 mol Ti，转移0.2 mol电子
解析：选C。由O2－的移动方向可知，b为电源正极，A错误；石墨电极作阳极，发生氧化反应，B错误；每生成0.1 mol Ti，转移电子0.4 mol，D错误。
5．欲在金属表面镀银，应把镀件挂在电镀池的阴极。下列各组中，选用的阳极金属和电镀液均正确的是(　　)
A．Ag和AgCl溶液　　　 B．Ag和AgNO3溶液
C．Fe和AgNO3溶液 D．Pt和Ag2SO4溶液
解析：选B。电镀槽中，要求镀件作阴极，可用镀层金属作阳极，电镀液通常采用含有镀层金属离子的可溶性盐溶液，A、D项中AgCl和Ag2SO4均为沉淀，只有B项符合要求。
6．下列关于电解精炼铜的叙述中不正确的是(　　)
A．粗铜板作阳极
B．电解时，阳极发生氧化反应，而阴极发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu
C．电解铜的纯度可达99.95%～99.98%
D．粗铜中所含的Ni、Fe、Zn等杂质，在电解后以单质形式沉积在槽底，形成阳极泥
解析：选D。粗铜中的Ni、Fe、Zn等活泼金属要失去电子，进入溶液；而Au、Pt、Ag等金属很难失电子，以单质形式沉积在槽底，并形成阳极泥。
7．如图所示，能验证氯化钠溶液(含酚酞)电解产物的装置是(　　)
解析：选D。电解NaCl溶液时，阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阳极产物为Cl2；阴极反应为2H＋＋2e－===H2↑，阴极放出H2。Cl2可用KI-淀粉溶液检验。因H2密度小，在阴极生成，结合e－移动方向知D正确。
8.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，设计了如图所示的装置，以下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
解析：选B。电解饱和食盐水的方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，NaOH在阴极区生成，Cl2在阳极区生成。按照该学生制作的竖直的家用环保型消毒装置，若将阳极置于上方，则氯气一生成即逸出，不能完全与NaOH反应。显然，应将阳极置于下方，阴极置于上方，下方阳极生成的氯气通过溶液时即可很好地被阴极生成的NaOH吸收，反应为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。还应注意的是图中电极a、b是电源的电极而非电解池的电极。与电解装置上方阴极相连的a为电源的负极，则b为正极。
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，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
解析：选B。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．人们习惯上把电解饱和食盐水的工业叫做氯碱工业。如图表示电解饱和NaCl溶液的装置，X、Y是石墨棒。实验开始时，在两边同时各滴入几滴酚酞溶液。
请回答以下问题：
(1)X极上的电极反应式是____________________________________，在X极附近观察到的现象是___________________。
(2)Y极上的电极反应式是____________________________________，检验该电极反应产物的方法是_________________________________________________。
(3)电解NaCl溶液的离子方程式是______________________。
解析：(1)根据与电源的连接方式可知，X是阴极，Y是阳极；在阴极由于水电离产生的H＋放电能力强，所以电极反应为2H＋＋2e－===H2↑；由于H＋不断放电产生氢气，破坏了阴极区水的电离平衡，在附近溶液中OH－的浓度大于H＋的浓度，因此X极附近溶液显碱性，使酚酞试液变为红色。(2)在阳极Y极上由于Cl－放电能力比OH－强，所以该电极反应式是2Cl－－2e－===Cl2↑；检验该电极反应产物的方法是将湿润的KI-淀粉试纸放在气体出口，若观察到试纸变蓝，证明有Cl2产生。(3)电解NaCl溶液的离子方程式是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。
答案：(1)2H＋＋2e－===H2↑　有无色气泡产生，溶液变红
(2)2Cl－－2e－===Cl2↑　将湿润的KI-淀粉试纸放在气体出口，若观察到试纸变蓝，证明有Cl2产生
(3)2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
11．如图中的A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色。请填空：
(1)电源A中a为_____极。
(2)滤纸B上发生的总反应的化学方程式为______________________________________。
(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为_______________________，电极f上发生的反应为______________________________，槽中盛放的电镀液可以是_____或_____(只要求填两种电解质溶液)。
解析：(1)根据c点变红知该极上的反应为2H＋＋2e－===H2↑，即该极为阴极，与电源的负极相连，所以a是正极。
(2)滤纸B上发生的总反应的化学方程式为2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH。
(3)e为阳极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋；f为阴极，电极反应为Zn2＋＋2e－===Zn；电镀液为含镀层金属离子的电解质溶液，所以可用ZnSO4溶液或ZnCl2溶液等。
答案：(1)正　(2)2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH　(3)Zn－2e－===Zn2＋　Zn2＋＋2e－===Zn　ZnSO4溶液　ZnCl2溶液(其他合理答案也可)
[能力提升]
12．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图所示，电解总反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列说法正确的是(　　)
A．石墨电极上产生氢气
B．铜电极发生还原反应
C．铜电极接直流电源的负极
D．当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成
解析：选A。由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨作阴极，阴极上是水电离出的H＋放电，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，A选项正确；阴极即石墨与电源的负极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu＋2OH－－2e－===Cu2O＋H2O，当有0.1 mol电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，D选项错误。
13．空间实验室“天宫二号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。如图所示为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是(　　)
A．当有0.1 mol电子转移时，a极产生标准状况下1.12 L O2
B．b极上发生的电极反应是4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－
C．c极上发生还原反应，B中的H＋可以通过隔膜进入A
D．d极上发生的电极反应是O2＋4H＋＋4e－===2H2O
解析：选C。由图可知a为阴极、b为阳极、气体X为H2、气体Y为O2、c为正极、d为负极。正极、阴极发生还原反应，负极、阳极发生氧化反应，A、B、D项错误；在原电池中阳离子移向正极，C项正确。
14．有三个烧杯，分别盛有足量的氯化铜、氯化钾和硝酸银三种溶液，均以Pt作电极，将它们串联在一起电解一定时间，测得电极增重总和2.8 g，这时产生的有色气体与无色气体的物质的量之比为(　　)
A．4∶1 B．1∶1
C．4∶3 D．3∶4
解析：选C。串联电路中，相同时间内各电极得电子或失电子的物质的量相同，各电极上放出气体的物质的量之比为定值。不必注意电极增重是多少，只要判断出生成何种气体及生成该气体一定物质的量所得失电子的物质的量，就可以通过得失电子守恒，判断气体体积之比，第一个烧杯中放出Cl2，第二个烧杯中放出Cl2和H2，第三个烧杯中放出O2。在有1 mol电子转移时，生成的气体的物质的量分别是0.5 mol、0.5 mol、0.5 mol和0.25 mol。所以共放出有色气体(Cl2)0.5 mol＋0.5 mol＝1 mol，无色气体(O2和H2)0.5 mol＋0.25 mol＝0.75 mol。
15．电解原理在化学工业中有着广泛的应用。
(1)如图，其中a是电解质溶液，X、Y是两块电极板。若X、Y是惰性电极，a是 CuSO4溶液，则电解时的化学方程式为________________；通电一段时间后，向烧杯中的电解质溶液中加入0.2 mol CuO粉末，电解质溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为_____。若X、Y分别是铁和铜，a仍是CuSO4溶液，则Y极的电极反应式为____________。
(2)已知＋2价的铁的化合物通常具有较强的还原性，易被氧化。实验室用亚铁盐溶液与烧碱反应很难制得白色纯净的Fe(OH)2 沉淀，但是用电解的方法却可以制得纯净的Fe(OH)2沉淀。制备装置如图所示，其中a、b两电极材料分别为铁和石墨。
①a电极上的电极反应式为___________。
②电解质溶液d最好选_____(填编号)。
A．纯水 B．CuSO4溶液
C．NaOH溶液 D．H2SO4溶液
③液体c为_____(填编号)。
A．四氯化碳 B．硝基苯
C．苯 D．乙醇
解析：(1)用惰性电极电解CuSO4溶液的化学方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4；通电一段时间后，向烧杯中的电解质溶液中加入0.2 mol CuO粉末，电解质溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，说明在电解的过程中刚好生成了0.2 mol Cu和0.1 mol O2，所以转移的电子的物质的量为0.4 mol。若X、Y分别是铁和铜时，为电镀池，所以Y极的电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋。
(2)该题主要考查在无氧环境下制备Fe(OH)2沉淀，所以液体c应选择密度比水小且与水不互溶的物质，故选C。
答案：(1)2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4　0.4 mol　Cu－2e－===Cu2＋
(2)①Fe－2e－===Fe2＋　②C　③C
16．(2015·高考上海卷)氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。
完成下列填空：
(1)写出电解饱和食盐水的离子方程式：__________________________________。
(2)离子交换膜的作用为_______________________、_______________________。
(3)精制饱和食盐水从图中____位置补充，氢氧化钠溶液从图中____位置流出。(选填“a”“b”“c”或“d”)
解析：(1)电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H＋在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl－在阳极失去电子，发生氧化反应产生Cl2。反应的离子方程式是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。
(2)图中的离子交换膜只允许阳离子通过，是阳离子交换膜，不能使阴离子和气体通过，这样就可以阻止阳极的Cl－和产生的Cl2进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高；同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生反应而爆炸。
(3)随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应该及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H＋不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不断消耗，所以从b位置不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。
答案：(1)2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
(2)能得到纯度更高的氢氧化钠溶液　阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生反应而爆炸
(3)a　d
第四节　金属的电化学腐蚀与防护
　1.认识金属腐蚀的危害，能利用原电池原理解释电化学腐蚀的原因。　2.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。　3.了解金属腐蚀的防护方法。
　金属的腐蚀
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．本质：金属原子失去电子变为阳离子，金属发生氧化反应。
3．分类
(1)化学腐蚀：金属跟接触到的干燥气体或非电解质液体(如石油)等直接发生化学反应而引起的腐蚀。
(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，比较活泼的金属失电子而被氧化。电化学腐蚀又可分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀。
4．钢铁的电化学腐蚀
析氢腐蚀
吸氧腐蚀
图形描述
条件
水膜酸性较强
水膜呈中性或酸性很弱
电极
反应
负极(Fe)
Fe－2e－===Fe2＋
Fe－2e－===Fe2＋
正极(C)
2H＋＋2e－===H2↑
2H2O＋O2＋4e－===4OH－
总反应
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2
其他反应
4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3，Fe(OH)3失去部分水转化为铁锈Fe2O3·xH2O
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)金属的腐蚀都是金属失去电子被氧化的过程，所以都是化学腐蚀。(　　)
(2)因为CO2普遍存在，所以钢铁的腐蚀以析氢腐蚀为主。(　　)
(3)钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式为Fe－3e－===Fe3＋。(　　)
(4)钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀的区别在于前者有H2生成，后者有O2参加。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．请以吸氧腐蚀为例，用化学方程式解释铁锈(Fe2O3·xH2O)的形成过程。
(1)负极：____________________________________。
(2)正极：____________________________________。
(3)总反应：__________________________________。
(4)__________________________________________。
(5)__________________________________________。
答案：(1)Fe－2e－===Fe2＋
(2)O2＋4e－＋2H2O===4OH－
(3)2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2
(4)4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
(5)2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O
化学腐蚀与电化学腐蚀的比较
化学腐蚀
电化学腐蚀
吸氧腐蚀
析氢腐蚀
条件
金属与干燥气体或非电解质液体直接接触
水膜中溶有O2，呈极弱酸性或中性
水膜酸性较强
现象
无电流产生
有微弱电流产生
反应式
(以铁腐蚀为例)
2Fe＋3Cl2===2FeCl3
负极：Fe－2e－===Fe2＋
正极：2H2O＋O2＋4e－===4OH－
正极：2H＋＋2e－===H2↑
(1)析氢腐蚀和吸氧腐蚀取决于金属表面电解质溶液的酸碱性，实际情况中以吸氧腐蚀为主。
(2)钢铁发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀时，负极均是Fe失电子生成Fe2＋，而非Fe3＋。
　(2015·高考上海卷)研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是(　　)
A．d 为石墨，铁片腐蚀加快
B．d为石墨，石墨上电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．d为锌块，铁片不易被腐蚀
D．d为锌块，铁片上电极反应为2H＋＋2e－===H2↑
[解析]　A．由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2＋进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时铁片的腐蚀速率快，正确。B.d为石墨，由于电解质溶液为中性环境，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨电极上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，正确。C.若d为锌块，则由于金属活动性：Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，Fe得到保护，铁片不易被腐蚀，正确。D.d为锌块，由于电解质溶液为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，错误。
[答案]　D
　
(1)若将上述例题装置中“海水”改为“酸雨”，d为石墨，则腐蚀类型属于哪种？正极反应式如何书写？
(2)若将上述例题装置中“海水”改为“浓硝酸”，d为铜，则被腐蚀的金属是哪种？解释原因。
答案：(1)属于析氢腐蚀。正极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。
(2)铜被腐蚀。铁遇浓硝酸发生钝化被保护，铁作正极，铜作负极，发生氧化反应而被腐蚀。
金属腐蚀类型的判断方法
(1)根据是否发生原电池反应来判断。
发生原电池反应引起的金属腐蚀，属于电化学腐蚀，否则属于化学腐蚀。
(2)根据金属的活动性及电解质溶液的酸碱性判断，位于金属活动性顺序表中氢前面的金属，在酸性较强的电解质溶液中发生析氢腐蚀，在中性或酸性较弱的电解质溶液中发生吸氧腐蚀；金属活动性顺序在氢后面的金属只可能发生吸氧腐蚀。　
　金属腐蚀类型及判断
1．下列关于金属腐蚀的说法正确的是(　　)
A．金属在潮湿空气中腐蚀的实质是M＋nH2O===M(OH)n＋H2↑
B．金属化学腐蚀的实质是M－ne－===Mn＋，电子直接转移给氧化剂
C．金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行
D．在潮湿的环境中，金属的电化学腐蚀一定是析氢腐蚀
解析：选B。金属腐蚀的实质是金属失去电子，在酸性较强的电解质溶液中发生析氢腐蚀放出H2，而在中性或酸性较弱的电解质溶液中发生吸氧腐蚀，析氢腐蚀和吸氧腐蚀均属于电化学腐蚀。
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。实验时观察到：开始时导管内液面下降，一段时间后导管内液面回升，略高于小试管内液面。下列说法正确的是(　　)
A．生铁片中的碳是原电池的阳极，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，碳电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．具支试管中溶液pH逐渐减小
解析：选C。生铁片中的碳是原电池的正极，A错误；雨水酸性较强，开始时生铁片发生析氢腐蚀，产生氢气，导管内液面下降，一段时间后生铁片发生吸氧腐蚀，吸收氧气，导管内液面回升，B错误；墨水回升时，生铁片发生吸氧腐蚀，碳极为正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C正确；生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。
　影响金属腐蚀的因素
3．如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(　　)
A．④＞②＞①＞③　　　　　 B．②＞①＞③＞④
C．④＞②＞③＞① D．③＞②＞④＞①
解析：选A。铁在海水中的腐蚀属于电化学腐蚀，当铁与比其活泼性差的Sn相连时，Fe被腐蚀的速率增大(比①大)，与活泼性比其强的Zn相连时，Zn作负极，被腐蚀，铁被保护，其腐蚀的速率要比①小；④为电解装置，Fe为阳极，发生氧化反应，铁腐蚀的速率最快。
4．如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间，下列有关描述错误的是(　　)
A．生铁块中的碳是原电池的正极
B．红墨水柱两边的液面为左低右高
C．两试管中相同的电极反应式是Fe－2e－===Fe2＋
D．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
解析：选B。a为中性环境，发生吸氧腐蚀，氧气被消耗，气体压强减小；b中酸性较强，发生析氢腐蚀，有氢气放出，气体压强增大，所以红墨水柱两边的液面变为左高右低，故B项错。
　金属的防护方法
1．电化学防护
(1)牺牲阳极的阴极保护法——原电池原理
①负极：比被保护金属活泼的金属；
②正极：被保护的金属设备。
(2)外加电流的阴极保护法——电解原理
①阴极：被保护的金属设备；
②阳极：惰性金属。
2．改变金属的内部结构，如制成合金、不锈钢等。
3．加防护层，如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)在金属表面覆盖保护层，若保护层破损后，就完全失去了对金属的保护作用。(　　)
(2)在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀。(　　)
(3)原电池反应是导致金属腐蚀的主要原因，故不能用来减缓金属的腐蚀。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×
2．将下列金属的防护方法连线。
(1)加保护层 A．钢闸门与直流电源负极相连
(2)牺牲阳极的阴极保护法 B．电线外面包塑料法
(3)外加电流的阴极保护法 C．普通钢制成镍铬钢
(4)改变内部结构　　 　 D．轮船外壳装上锌块
答案：(1)－B　 (2)－D　 (3)－A　 (4)－C
金属腐蚀快慢的判断及金属的防护方法
1．金属腐蚀快慢的判断方法
(1)在同一电解质溶液中：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护措施的腐蚀。
(2)同一种金属在不同介质中腐蚀由快到慢的顺序为强电解质溶液＞弱电解质溶液＞非电解质溶液。
(3)无保护措施的金属腐蚀＞有一定保护措施的金属腐蚀＞牺牲阳极的阴极金属的腐蚀＞有外接电源的阴极金属的腐蚀。
(4)对同一种电解质溶液来说，电解质溶液浓度越大，金属腐蚀越快。
2．金属的防护方法
金属防护的基本思路
(1)防止金属与氧化性介质直接接触。
(2)防止金属表面形成电解质溶液层。
(3)改善金属的内部结构。
　(2017·济南高二检测)利用如图装置探究铁在海水中的电化学腐蚀与防护。下列说法不正确的是　(　　)
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，采用了牺牲阳极的阴极保护法
B．若X为锌棒，开关K置于N处，X极的反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，采用了外加电流的阴极保护法
D．若X为碳棒，开关K置于M处，X极的反应：O2＋4e－＋2H2O===4OH－
[解析]　若X为锌棒，开关K置于M处，构成原电池，锌为负极，被腐蚀，保护了铁，A对；若X为锌棒，开关K置于N处，为电解池，锌棒为活性阳极，Zn－2e－===Zn2＋，B错；若X为碳棒，开关K置于N处，为电解池，铁棒作阴极，被保护，C对；若X为碳棒，开关K置于M处，为原电池，X为正极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，D对。
[答案]　B
　
(1)若X为锌棒，开关K分别置于M、N处，则两套装置中铁棒被腐蚀的快慢情况如何？
(2)镀锡铁若镀层破损，对铁的保护作用会如何变化？
答案：(1)两套装置都能对铁棒起保护作用，当开关K置于N处时属于电解池，置于M处时属于原电池，电解池比原电池保护效果好，故开关K置于N处时铁棒被腐蚀的较慢。
(2)镀锡铁若镀层破损，会形成原电池，铁比锡活泼而作负极，会失去对铁的保护作用，且加速铁的腐蚀。
　金属的防护
1．下列有关金属的保护方法的说法中正确的是(　　)
A．常使用的快餐杯表面有一层搪瓷，搪瓷层破损后仍能起到防止铁生锈的作用
B．铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀
C．锅炉的内壁上常装有一些锌块，这是利用了牺牲阴极的阳极保护法
D．钢铁制造的暖气管道外常涂有一些沥青，这是钢铁的电化学保护法
解析：选B。A项中涂层破损后，铁直接暴露在空气中，因而搪瓷层不能对破损部分进行保护；B项中锌和铁构成原电池，锌作负极，被腐蚀；C项应是牺牲阳极的阴极保护法；D项中应是用沥青作涂层的涂层保护法。
2．以下防腐措施中，属于电化学保护法的是(　　)
A．用氧化剂使金属表面生成致密稳定的氧化物保护膜
B．在金属中加入一些铬或者镍制成合金
C．在轮船的船壳水线以下部分，装上一锌锭
D．在金属表面喷漆
解析：选C。在轮船的船壳水线以下部分装上锌，能形成铁锌原电池，锌为负极，被腐蚀，铁被保护。
3．下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是(　　)
A．水中的钢闸门连接电源的负极
B．金属器皿表面喷涂高分子膜
C．汽车底盘喷涂高分子膜
D．地下钢管连接镁块
解析：选A。外加电流的阴极保护法是指把要保护的金属连接在直流电源的负极上，使其作为电解池的阴极被保护，A项符合题意；金属表面涂漆或喷涂高分子膜是防止金属与其他物质接触发生反应，B、C选项不符合题意；地下钢管连接镁块，是牺牲阳极的阴极保护法，D项不符合题意。
4．相同材质的铁在如图中的各情形下最不易被腐蚀的是(　　)
解析：选C。A中，食醋作电解质溶液，铁勺和铜盆是相互接触的两个金属极，形成原电池，铁是活泼金属作负极；B中，食盐水作电解质溶液，铁炒锅和铁铲都是铁碳合金，符合原电池形成条件，铁是活泼金属作负极，碳作正极；C中，铜镀层将铁球覆盖，使铁被保护，所以铁不易被腐蚀；D中，酸雨作电解质溶液，铁铆钉和铜板分别作负极、正极，形成原电池。
重难易错提炼
1.记住金属腐蚀的两个“两种类型”
(1)金属腐蚀两种类型：化学腐蚀和电化学腐蚀；
(2)电化学腐蚀两种类型：吸氧腐蚀和析氢腐蚀。
2．掌握一个金属腐蚀快慢的规律
电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护措施的腐蚀。
3．电化学保护的两种方法
牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法(也称阴极保护法)。
课后达标检测
[基础巩固]
1．下列现象与电化学腐蚀无关的是(　　)
A．生铁比纯铁易生锈
B．纯银饰品久置表面变暗
C．黄铜(铜锌合金)制品不易产生铜绿
D．与铜管连接的铁管易生锈
解析：选B。B项，纯银不符合构成原电池的条件，故它表面变暗与电化学腐蚀无关。
2．下列有关金属铁的腐蚀与防护，说法正确的是(　　)
A．酸雨后易发生析氢腐蚀、炒锅存留盐溶液时易发生吸氧腐蚀
B．当镀锡铁和镀锌铁镀层破损时，后者更易被腐蚀
C．铁与电源正极连接可实现电化学保护
D．将钢管与铜管一起堆放时可保护钢管少受腐蚀
解析：选A。A项，酸雨后由于溶液显酸性，容易发生析氢腐蚀，而在炒锅存留盐溶液时由于溶液是中性溶液，因此较易发生吸氧腐蚀，正确；B项，由于金属活动性Zn>Fe>Sn，所以镀锡铁镀层破损时，Fe作原电池的负极首先被腐蚀，而镀锌铁镀层破损时，由于Fe作正极，被腐蚀的是活动性强的Zn，Fe被保护起来，因此当镀锡铁和镀锌铁镀层破损时，前者更易被腐蚀，错误；C项，铁与电源负极连接可实现电化学保护，错误；D项，将钢管与铜管一起堆放时可使钢管受腐蚀的程度大大增加，错误。
3．下列各种方法中，能对金属起到防止或减缓腐蚀作用的是(　　)
①金属表面涂抹油漆　 ②改变金属内部结构　 ③保持金属表面清洁干燥　④金属表面进行电镀　 ⑤使金属表面形成致密的氧化物薄膜
A．①②③④　　　　　　　 B．①③④⑤
C．①②④⑤　　 D．全部
解析：选D。金属的腐蚀主要是电化学腐蚀，题目中①③④⑤中的方法都可以起到避免金属和电解质溶液接触形成原电池的目的；②中如在金属中加入某些其他元素改变金属内部结构也可以起到防腐蚀的效果。
4．为保护地下钢管不受腐蚀，可采取的措施是(　　)
A．与石墨棒相连　　　　　 B．与直流电源负极相连
C．与直流电源正极相连 D．与铅板相连
解析：选B。防止金属腐蚀的电化学保护法中，一是牺牲阳极的阴极保护法，二是外加电流的阴极保护法。B项是外加电流的阴极保护法。
5．“瓦良格”号航空母舰，是中国人民解放军海军的第一艘可搭载固定翼飞机的航空母舰。已知航空母舰的主体是钢铁，减弱甲板的腐蚀是航母制造过程中需要攻克的一个难题。某同学设计如图实验，请根据铁处于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种不同的环境中被腐蚀的快慢，判断在航空母舰甲板上最好嵌上的固体应为(　　)
A．铁 B．锌
C．碳 D．铜
解析：选B。航空母舰甲板嵌上固体锌后，能起到腐蚀锌保护铁的作用。
6．为研究金属腐蚀的条件和速率，某课外小组学生用金属丝将三根大小相同的铁钉分别固定在图示的三个装置中，再放置于玻璃钟罩里保存一星期后，下列对实验结束时的现象描述不正确的是(　　)
A．装置Ⅰ左侧的液面一定会下降
B．装置Ⅰ左侧液面比装置Ⅱ的低
C．装置Ⅱ中的铁钉腐蚀最严重
D．装置Ⅲ中的铁钉几乎没被腐蚀
解析：选B。Ⅱ中铁钉与铜丝相连，金属活动性相差较大，且用挥发性盐酸，因此装置Ⅱ中的铁钉腐蚀最严重，C选项正确。Ⅰ中虽然也用了盐酸，但铁钉与铁丝相连，腐蚀不及Ⅱ，由于均发生了2H＋＋2e－===H2↑，Ⅰ和Ⅱ中均生成了气体，液面都会下降，装置Ⅱ的左侧液面比装置Ⅰ的左侧液面低，A选项正确，B选项错误。Ⅲ中浓硫酸吸水，从而使铁钉处在干燥空气中几乎不腐蚀，D选项正确。
7．关于牺牲阳极的阴极保护法的叙述正确的是 (　　)
A．正极就是阳极 B．负极就是阴极
C．阳极上发生氧化反应 D．正极上发生氧化反应
解析：选C。牺牲阳极的阴极保护法就是原电池的负极的金属发生氧化反应被腐蚀，作为正极的金属不被腐蚀。
8．缠有金属丝的铁钉插在含有酚酞的NaCl溶液中，如图所示，可以看到在贴近金属丝一边的溶液中出现粉红色。则该金属丝可能是(　　)
A．镁 B．铝
C．锌 D．铜
解析：选D。金属丝一边溶液出现粉红色，说明金属丝附近产生OH－，即正极反应式：2H2O＋O2＋4e－===4OH－，因此金属丝的活泼性比Fe差，铜符合题目要求。
9．如图所示，液面上浮着一个空心铁球。
数天后可观察到的现象是(　　)
①铁球表面出现红棕色锈斑　②铁球表面出现黑色锈斑③量筒内水位下降　④量筒内水位上升
A．①③ B．①④
C．②③ D．③④
解析：选B。量筒内的空气、溶有O2的食盐水和铁球(铁碳合金)组成原电池，发生了吸氧腐蚀，其负极反应是2Fe－4e－===2Fe2＋，正极反应是O2＋2H2O＋4e－===4OH－；Fe2＋与OH－结合成Fe(OH)2，再被氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3脱水成为Fe2O3·xH2O而在铁球表面出现红棕色锈斑；由于量筒中的O2被吸收，所以量筒内的水位会上升。
10．钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢材占世界钢铁年产量的四分之一。
(1)钢铁腐蚀主要是吸氧腐蚀，该腐蚀过程中的电极反应式为______________________。
(2)为了降低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____(填写字母序号)。
A．铜 B．钠
C．锌 D．石墨
(3)如图乙所示的方案也可以降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的____极。
解析：(1)发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子，正极上O2得电子。
(2)铁闸门上连接一块比Fe活泼的金属如锌，则锌会失去电子而溶解，Fe被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法。(3)乙属于外加电流的阴极保护法，需把被保护的铁闸门连接在电源的负极上。
答案：(1)负极：2Fe－4e－===2Fe2＋，
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)C　(3)负
11．根据下图装置，回答下列问题。
(1)C中Fe极的电极反应式为____________________________________。
(2)B中Fe极的电极反应式为_________，Cu极附近溶液的pH____(填“增大”“减小”或“不变”)。比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是_____________。
解析：(1)装置C中Zn-Fe-稀H2SO4构成原电池，其中Zn作负极，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，Fe作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。
(2)装置B中，Fe-Cu-海水构成原电池，其中负极(Fe)：2Fe－4e－===2Fe2＋，正极(Cu)：2H2O＋O2＋4e－===4OH－。该装置本质上是发生的吸氧腐蚀，故Cu极附近c(OH－)增大，pH增大。经比较铁被腐蚀的快慢顺序为B＞A＞C。
答案：(1)2H＋＋2e－===H2↑　(2)Fe－2e－===Fe2＋　增大　B＞A＞C
[能力提升]
12．钢铁的锈蚀过程中，下列五种变化可能发生的是(　　)
①Fe由＋2价转化为＋3价　②O2被还原　③H＋被还原　④有Fe2O3·xH2O生成　⑤杂质碳被氧化除去
A．①② B．③④
C．①②③④ D．①②③④⑤
解析：选C。钢铁在发生电化学腐蚀时，依据介质的不同可以发生两类原电池反应：(1)当钢铁表面的电解质溶液的酸性较强时，钢铁发生析氢腐蚀，其电极反应式是正极：2H＋＋2e－===H2↑，负极：Fe－2e－===Fe2＋；(2)当钢铁表面的电解质溶液的酸性较弱或呈中性时，钢铁发生吸氧腐蚀，其电极反应式是正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，负极：Fe－2e－===Fe2＋。钢铁发生的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀，导致钢铁表面生成铁锈，发生的一系列反应为2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2，4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3，Fe(OH)3脱去一部分水生成Fe2O3·xH2O。
13．铁是用途最广的金属材料之一。为探究铁的化学性质，某同学将盛有生铁屑的试管塞上蓬松的棉花，然后倒置在水中(如图所示)。数天后，他观察到的现象是(　　)
A．铁屑不生锈，试管内液面上升
B．铁屑不生锈，试管内液面高度不变
C．铁屑生锈，试管内液面上升
D．铁屑生锈，试管内液面高度不变
解析：选C。在潮湿的空气中，铁容易生锈，并且发生的是吸氧腐蚀，导致试管内压强减小，液面上升。
14.(2017·江南十校联考)如图所示装置中，在U形管底部盛有CCl4，分别在U形管两端小心倒入饱和食盐水和稀硫酸，并使a、b两端液面相平，然后分别塞上插有生铁丝的塞子，密封好，放置一段时间后，下列有关叙述中错误的是(　　)
A．铁丝在两处的腐蚀速率：a＜b
B．a、b两端相同的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
C．一段时间后，a端液面高于b端液面
D．生铁丝中的碳在a、b两处分别作原电池的负极和正极
解析：选D。在酸性较强的环境中，生铁发生析氢腐蚀；在酸性较弱或中性环境中，生铁发生吸氧腐蚀。无论哪种腐蚀，Fe均为负极，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋；碳均为正极，电极反应分别为2H＋＋2e－===H2↑(析氢腐蚀)、O2＋2H2O＋4e－===4OH－(吸氧腐蚀)，故一段时间后，a端液面高于b端液面。
15．(1)图一、图二是铁钉在水中被腐蚀的实验。
①图一说明原溶液呈_____，铁钉发生了____腐蚀。
②图二说明原溶液呈_____，铁钉发生了____腐蚀。
(2)为了进一步探究图一实验中的腐蚀原理，某探究小组又设计了如下实验：
a．向100 mL烧杯中加入约50 mL饱和食盐水后，插入两个玻璃筒(无底)；
b．将一枚无锈铁钉和一支碳棒分别用导线与电流表连接后，再分别插入两个玻璃筒中(装置如图三所示)；
c．1 min后，向插入铁钉的玻璃筒内滴入2滴黄色的K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液；
d．向插入碳棒的玻璃筒内滴入几滴酚酞溶液。
请回答下列问题：
①b步骤中可观察到电流表指针发生了偏转，原因是______________________。
②c步骤中观察到的现象是____________________，表明__________________。
③d步骤中观察到的现象是___________________，表明___________________。
解析：(1)图一中水柱上升，说明消耗了空气中的氧气，发生吸氧腐蚀；图二中水柱下降，说明产生了H2，发生了析氢腐蚀。(2)①铁钉、碳棒、食盐水构成了原电池，电路中产生了电流，故电流表指针会发生偏转；②铁钉溶解生成的Fe2＋遇到黄色的K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；③碳棒附近生成OH－，加入酚酞溶液后变红。
答案：(1)①中性或弱酸性　吸氧
②较强酸性　析氢
(2)①铁钉、碳棒、食盐水构成了原电池，电路中产生了电流
②有蓝色沉淀生成　发生了反应：Fe－2e－===Fe2＋
③溶液变红　溶液呈碱性，发生了反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
16.某研究性学习小组为探究影响铁生锈的因素，设计了如下方案：在四只小烧瓶中分别放入下列物质：A瓶，干燥的细铁丝；B瓶，浸过食盐水的细铁丝；C瓶，浸过清水的细铁丝；D瓶，完全浸没在食盐水中的细铁丝。然后组装成如图所示的四套装置，每隔一段时间测量导管中水面上升的高度，结果如下表(表中所列数据为导管中水面上升的高度/cm)所示。
不同时间水面上升的高度
时间/h
高度/cm
瓶号
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
A瓶(干燥的细铁丝)
0
0
0
0
0
0
0
B瓶(浸过食盐水的细铁丝)
0
0.4
1.2
3.4
5.6
7.6
9.8
C瓶(浸过清水的细铁丝)
0
0
0
0.3
0.8
2.0
3.5
D瓶(完全浸没在食盐水中的细铁丝)
0
0
0
0
0
0
0
请回答下列问题：
(1)导管中水面上升的原因为_____________________________________________。
(2)上述实验中，细铁丝生锈的速率由大到小的顺序为(填小烧瓶号)________________。
(3)影响铁生锈的因素主要有_______________________________________。
(4)为防止铁的锈蚀，工业上普遍采用的方法有____________________________(答两种方法)。
解析：细铁丝在清水或食盐水中，发生吸氧腐蚀，故导管中液面要上升。但要发生吸氧腐蚀的原电池反应，必须符合构成原电池的基本条件：①活动性不同的电极；②电解质溶液；③有空气(或O2)且尽量与细铁丝和电解质接触。为了防止铁的锈蚀，工业上普遍采用电化学保护法，可以作原电池的正极或电解池的阴极，也可以用覆盖保护层的方法。
答案：(1)细铁丝在水或食盐水中发生吸氧腐蚀，消耗了氧气而使小烧瓶中气体压强减小　(2)B＞C＞A＝D　(3)①跟氧气接触，②有水分存在，③有电解质(或食盐)存在，三者同时具备时铁生锈速率最快　(4)电镀、牺牲阳极的阴极保护法(其他合理答案也可)
章末过关检测(四)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．下列叙述中不正确的是(　　)
A．原电池的负极发生氧化反应
B．电化学反应的实质是金属单质失去电子形成阳离子，而电子直接给氧化剂
C．金属在潮湿环境中主要发生吸氧腐蚀
D．钢铁在潮湿环境中锈蚀时，开始有Fe(OH)2，而后逐渐变成Fe(OH)3和Fe2O3
答案：B
2．下列关于原电池和电解池的比较中正确的是(　　)
A．能量转化形式相同
B．两极的名称相同
C．负极和阴极上移向的离子类别相同
D．负极和阳极上发生的反应类型相同
解析：选D。原电池和电解池原理的实质均为氧化还原反应，它们的能量转化形式和电极名称不同；负极和阳极，正极和阴极上移向离子类别相同，发生的电极反应类型相同，D项正确。
3．下列有关电化学的示意图中正确的是(　　)
解析：选D。A项，Zn应作负极，错。B项，Zn应放在ZnSO4溶液中，Cu应放在CuSO4溶液中，图示装置不会构成原电池，而是在左烧杯中直接发生化学反应，错。C项，电解精炼铜，应将粗铜与电源正极相连，错。D项，电解饱和食盐水，在阴极产生H2，阳极产生Cl2，正确。
4．下列说法正确的是(　　)
A．电解池能把电能转化为热能
B．电解池中与直流电源正极相连的电极是阳极
C．通电时，电子从电解池的阴极流出，并沿导线流回电源的负极
D．电解池中的阴离子在阴极上发生氧化反应
解析：选B。电解池是把电能转化为化学能的装置，A项错误；电解池中，电子从直流电源的负极流出，转移到电解池的阴极上，C项错误；电解池中的阴离子在阳极上发生氧化反应，D项错误。
5．下列各种镀有金属保护层的铁板，镀层破损后在相同的环境中，铁板最易被腐蚀的是(　　)
A．镀锌铁(白铁)　　　　 B．镀锡铁(马口铁)
C．镀铜铁 D．镀银铁
解析：选D。镀有金属保护层的铁板，在镀层破损时，与周围环境形成原电池。A中镀层破损时，锌作负极，铁作正极受到保护；B、C、D中镀层破损时，铁均作负极而被腐蚀，与正极金属的活动性相差越大，负极被腐蚀的速率越快，所以选D。
6．化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是(　　)
A．氢氧燃料电池的负极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑
C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋
D．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
解析：选B。O2＋2H2O＋4e－===4OH－是氢氧燃料电池的正极反应式，A不正确；粗铜精炼时，与电源正极相连的应是粗铜，C不正确；Fe－2e－===Fe2＋是钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式，D不正确。
7．法国格勒诺布尔约瑟夫·傅立叶大学的研究小组发明了第一块可植入人体为人造器官提供电能的葡萄糖生物燃料电池，其基本原理是葡萄糖和氧气在人体中酶的作用下发生反应：C6H12O6＋6O26CO2＋6H2O(酸性环境)。下列有关该电池的说法不正确的是(　　)
A．该生物燃料电池不可以在高温下工作
B．电池的负极反应为C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋
C．消耗1 mol氧气时转移4 mol e－，H＋向负极移动
D．今后的研究方向是设法提高葡萄糖生物燃料电池的效率，从而使其在将来可以为任何可植入医疗设备提供电能
解析：选C。酶在高温下会变性，失去催化活性，所以该生物燃料电池不可以在高温下工作，A项说法正确；电池中C6H12O6在负极发生氧化反应，电极反应为C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋，B项说法正确；电解质溶液中的阳离子移向原电池的正极，所以H＋向正极移动，C项说法错误。
8．已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池。铅蓄电池上有两个接线柱，一个接线柱旁标有“＋”，另一个接线柱旁标有“－”。关于标有“＋”的接线柱，下列说法中正确的是(　　)
A．充电时作阳极，放电时作正极
B．充电时作阳极，放电时作负极
C．充电时作阴极，放电时作负极
D．充电时作阴极，放电时作正极
解析：选A。标有“＋”是铅蓄电池的正极，放电时发生还原反应，充电时发生氧化反应，作阳极。只有A项符合题意。
9．原电池电极的“正”与“负”不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是(　　)
A．由Fe、Cu和FeCl3溶液组成的原电池中，负极反应式为Cu－2e－===Cu2＋
B．由Al、Cu和稀硫酸组成的原电池中，负极反应式为Cu－2e－===Cu2＋
C．由Al、Mg和NaOH溶液组成的原电池中，负极反应式为Al＋4OH－－3e－===AlO＋2H2O
D．由Al、Cu和浓HNO3组成的原电池中，负极反应式为Al－3e－===Al3＋
解析：选C。A项，Fe作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；B项，Al作负极，电极反应式为Al－3e－===Al3＋；C项，Mg不与NaOH溶液反应，Al作负极；D项，Al在浓HNO3中钝化，Cu作负极，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋。
10．某学生欲完成反应2HCl＋2Ag===2AgCl＋H2↑而设计了下列四个实验，你认为可行的是(　　)
解析：选C。题给反应是一个不能自发进行的氧化还原反应，必须借助电解手段才能使之发生。B、D两装置不是电解池，显然不能使之发生；A装置是电解池，但Ag棒作阴极而不参与反应，其电解池反应不是题给反应，A装置不能使题给反应发生；C装置是电解池，Ag棒作阳极而参与反应，其电解池反应是题给的反应，C装置能使题给反应发生。
11．(2017·朔州高二测试)如图所示，a、b、c、d均为石墨电极，通电进行电解。下列说法正确的是(　　)
A．乙池中d的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑
B．a、c两极产生气体的物质的量相等
C．甲、乙两池中溶液的pH均保持不变
D．乙池中发生的反应为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
解析：选D。A项，d电极是阴极，应该是溶液中的阳离子放电，即2H＋＋2e－===H2↑，故不正确；B项，a、c均为阳极，甲池中是OH－放电产生O2，乙池中是Cl－放电产生Cl2，故产生气体的物质的量不相等，故不正确；C项，甲池电解硫酸铜溶液，溶液的pH减小，乙池电解饱和氯化钠溶液，溶液的pH增大，故不正确。
12．Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为2AgCl＋Mg===Mg2＋＋2Ag＋2Cl－。下列有关该电池的说法正确的是(　　)
A．AgCl为电池的正极
B．正极反应为Ag＋＋e－===Ag
C．该电池一定不能被MgCl2溶液激活
D．可用于海上应急照明供电，直接将化学能转化为光能
解析：选A。A.根据电池的总反应，AgCl中Ag＋得电子生成Ag发生还原反应，作电池的正极，A项正确；B.AgCl是难溶于水的物质，正极反应为AgCl＋e－===Ag＋Cl－，B项错误；C.MgCl2是电解质，导电能力强于海水，能激活该电池，C项错误；D.该电池能应急照明供电，将化学能转化为电能，D项错误。
13．在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多金属腐蚀现象。现通过如图所示装置进行实验探究。下列说法正确的是(　　)
A．用图 Ⅰ 所示装置进行实验，为了更快、更清晰地观察到导管中液柱上升，可用酒精灯加热具支试管
B．图 Ⅱ 是图 Ⅰ 所示装置的原理示意图，图 Ⅱ 所示装置的正极材料是铁
C．铝制品表面出现白斑的原理可以通过图 Ⅲ 所示装置进行探究，Cl－由活性炭向铝箔表面迁移，并发生电极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑
D．图Ⅲ所示装置的总反应为4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑
解析：选D。A项，加热使具支试管中气体压强增大，部分气体逸出，冷却后，气体压强减小，导管中形成液柱，不能证明金属发生了吸氧腐蚀，错误；B项，负极材料应为铁，错误；C项，铝箔为负极，活性炭为正极，正极反应为3O2＋12e－＋6H2O===12OH－，负极反应为4Al－12e－===4Al3＋，错误；D项，将正极反应式和负极反应式相加可得图Ⅲ所示装置的总反应：4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑，正确。
14．(2015·高考浙江卷)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．X是电源的负极
B．阴极的电极反应式是H2O＋2e－===H2＋O2－
CO2＋2e－===CO＋O2－
C．总反应可表示为H2O＋CO2H2＋CO＋O2
D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶1
解析：选D。A项，根据图示，X极产物为H2和CO，是H2O与CO2的还原产物，可判断在X极上发生还原反应，由此判断X极为电源的负极，A项正确；B项，根据题意，电解质为固体金属氧化物，可以传导O2－，故在阴极上发生的反应为H2O＋2e－===H2＋O2－，CO2＋2e－===CO＋O2－，B项正确；C项，根据电极产物及B项发生的电极反应可知，该反应的总反应方程式为H2O＋CO2H2＋CO＋O2，C项正确；D项，根据C项的电解总反应方程式可知，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比为2∶1，D项错误。
15．按图甲装置进行实验，若图乙中横坐标x表示通过电极的电子的物质的量。下列叙述正确的是(　　)
A．F表示反应生成Cu的物质的量
B．E表示反应实际消耗H2O的物质的量
C．E表示反应生成O2的物质的量
D．F表示反应生成H2SO4的物质的量
解析：选B。电解实质为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，则每通过4 mol e－，生成Cu 2 mol，O2 1 mol，消耗H2O 2 mol，生成H2SO4 2 mol。
16．(2017·湛江高二检测)用惰性电极电解足量的Cu(NO3)2 溶液，下列说法中不正确的是(　　)
A．阴极发生的电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu
B．阳极发生的电极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C．若有6.4 g金属Cu析出，放出的O2为0.05 mol
D．恰好电解完时，加入一定量的Cu(NO3)2，溶液可恢复到原来的浓度
解析：选D。惰性电极电解足量的 Cu(NO3)2溶液，阴极发生的电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，阳极发生的电极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，若有6.4 g金属Cu(即0.1 mol)析出，转移电子是0.2 mol，放出的O2为0.2 mol÷4＝0.05 mol，恰好电解完时，应加入一定量的CuO，溶液可恢复到原来的浓度，A、B、C正确，D错误。
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
17．(10分)已知电极材料：铁、铜、银、石墨、锌、铝；电解质溶液：CuCl2溶液、Fe2(SO4)3溶液、盐酸。按要求回答下列问题：
(1)电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用。请说明原因：________________________________________________________________________。
(2)若电极材料选铜和石墨，电解质溶液选硫酸铁溶液，外加导线，能否构成原电池？_____，若能，请写出负极电极反应式：_________(若不能，则不填)。
(3)若电池反应为Cu＋2H＋===Cu2＋＋H2↑，该池属于原电池还是电解池？____，请写出各电极的电极材料和电解质溶液：______________________________________________。
解析：(1)若把铜、铝导线连接在一起使用，则二者与外界空气及水分构成原电池，铝作负极，加速铝腐蚀，使其使用寿命缩短。
(2)因为Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，所以能构成原电池，其负极电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋。
(3)因为该反应是非自发反应，故该池是电解池，其电极反应式为阳极：Cu－2e－===Cu2＋，阴极：2H＋＋2e－===H2↑。
答案：(1)因二者连接在潮湿的环境中构成原电池，加速铝腐蚀，使其使用寿命缩短　
(2)能　Cu－2e－===Cu2＋
(3)电解池　阳极为Cu，阴极为Cu、Ag或石墨，电解质溶液是盐酸
18．(12分)如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＋4KOH===2K2CO3＋6H2O。据此完成下列问题：
(1)图中甲池是_____装置；A(石墨)电极的名称是_____。
(2)写出通入CH3OH的电极的电极反应式：____________________________________。
(3)乙池中反应的化学方程式为__________________________________________；当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40 g时，甲池中理论上消耗O2_____mL(标准状况)。
解析：根据甲池所示可知为原电池装置，能将化学能转化为电能；其中通入CH3OH和O2的电极分别为负极和正极。A与原电池正极相连，即A为电解池的阳极，乙池为电解AgNO3溶液，其总反应为4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。乙池中Ag电极增加5.40 g时，转移电子为0.05 mol，则根据甲池反应可求得消耗O2为280 mL(标准状况)。
答案：(1)原电池(或化学能转变为电能)　阳极
(2)CH3OH＋8OH－－6e－===CO＋6H2O
(3)4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3　280
19．(15分)图中X是直流电源。Y烧杯中c、d为石墨棒，Z烧杯中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近溶液显红色。
(1)①电源b极为____(填“正”“负”或“阴”“阳”，下同)极。
②Z烧杯中e为____极。
③连接Y、Z烧杯线路中，电子流动的方向是d____(填“→”或“←”)e。
(2)①写出Y烧杯中c极上的电极反应式：___________________________________。
②写出Y烧杯中总反应的化学方程式：_____________________________________。
③写出Z烧杯中e极上的电极反应式：_____________________________________。
(3)①电解2 min后，取出e、f，洗净、烘干、称量，质量差为1.28 g，在通电过程中，外电路中通过的电子为___mol。
②若Y烧杯中溶液体积为500 mL(电解后体积可视为不变)，电解反应速率v(OH－)＝____________________________________。
解析：(1)d附近溶液显红色，则d为阴极，c为阳极，e为阳极，f为阴极，a为正极，b为负极；H＋在d极上得电子，电子从e流向d。
(2)c极上Cl－放电，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑；e为阳极，Cu放电，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋。
(3)①e、f电极质量差为1.28 g，则e溶解的Cu为0.64 g，外电路中通过电子0.02 mol。
②Y中发生反应为
2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑～2e－
2 2
0.02 mol 0.02 mol
v(OH－)＝＝0.02 mol·L－1·min－1。
答案：(1)①负　②阳　③←
(2)①2Cl－－2e－===Cl2↑
②2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
③Cu－2e－===Cu2＋
(3)①0.02　②0.02 mol·L－1·min－1
20．(15分)如图所示，已知：M是一块用紫色石蕊试液浸过的滤纸，当电路接通一段时间后，a端显蓝色，b端显红色；甲池中的电极材料是锌和银，乙池中的电极材料是铂和铜，乙池中两电极不发生变化。
请根据上述条件和现象回答：
(1)甲、乙两池分别是什么装置？请写出其名称：
甲____；乙____。
(2)请写出A、B、C、D的电极名称、电极材料和电极反应式：
电极名称
电极材料
电极反应式
A
B
C
D
(3)写出甲、乙两池中总反应的化学方程式：
甲____________________________________；
乙____________________________________。
解析：由于a端显蓝色，b端显红色，说明M上电解H2O时，a端生成OH－，b端生成H＋，即a端为H2O电离出的H＋放电，b端为H2O电离出的OH－放电，因此甲池为原电池，且A电极为锌电极，B电极为银电极，乙池为电解池，两电极均不发生变化，则C电极为铂电极，D电极为铜电极。
答案：(1)原电池　电解池
(2)
电极名称
电极材料
电极反应式
A
负极
锌
Zn－2e－===Zn2＋
B
正极
银
Cu2＋＋2e－===Cu
C
阳极
铂
2H2O－4e－===4H＋＋O2↑
D
阴极
铜
2H＋＋2e－===H2↑
(3)Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu　2H2O2H2↑＋O2↑

反应热的比较
1．与“符号”相关的反应热比较
对于放热反应来说，ΔH＝－Q kJ·mol－1，虽然“－”仅表示放热的意思，但在比较大小时要将其看成真正意义上的“负号”，即放热越多，ΔH反而越小。
2．与“化学计量数”相关的反应热比较
例如：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH1＝－a kJ/mol，
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH2＝－b kJ/mol，
aΔH2。
3．与“中和热”相关的反应热比较
中和热是酸和碱的稀溶液反应生成1 mol H2O(l)放出的热量。强酸和强碱的稀溶液反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ/mol；弱酸、弱碱电离时吸热，反应时放出的总热量小于57.3 kJ；浓硫酸稀释时放热，反应时放出的总热量大于57.3 kJ。
4．与“物质聚集状态”相关的反应热比较
(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，
因为C(g)===C(l)　ΔH3＜0，则ΔH3＝ΔH2－ΔH1，所以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
S(g)S(s)SΔH1O2(g)
ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2，又ΔH3＜0，所以ΔH1＜ΔH2。
5．与“可逆反应”相关的反应热比较
如3H2(g)＋N2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92.2 kJ/mol，是指生成2 mol NH3(g)时放出92.2 kJ的热量，而不是3 mol H2(g)和1 mol N2(g)混合在一定条件下反应就可放出92.2 kJ的热量，实际上3 mol H2(g)和1 mol N2(g)混合在一定条件下反应放出的热量小于92.2 kJ，因为该反应的反应物不能完全转化为生成物。
　已知：
①H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH1＝a kJ/mol
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH2＝b kJ/mol
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝c kJ/mol
④2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH4＝d kJ/mol
下列关系式中正确的是(　　)
A．ad>0
C．2a＝b<0 D．2c＝d>0
[审题指导]
信息
提取
形成
思路
①②中反应物、生成物的状态均相同，①×2＝②，即2ΔH1＝ΔH2，2a＝b，因为H2的燃烧反应为放热反应，故2a＝b<0；同理，③×2＝④，有2c＝d<0；由于气态水转变为液态水要放热，故c[答案]　C
【突破训练】
1．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 kJ/mol
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－Q2 kJ/mol
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－Q1 kJ/mol
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－Q2 kJ/mol
C．C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－Q1 kJ/mol
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－Q2 kJ/mol
D．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－Q1 kJ/mol
H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)　ΔH＝－Q2 kJ/mol
解析：选C。A项中的反应可虚拟为，根据盖斯定律Q1＝Q2＋Q，故Q1>Q2。B项中的反应可虚拟为，则Q2＝Q1－Q，故Q1>Q2。C项中的反应可虚拟为
，则Q2＝Q1＋Q，故Q2>Q1。D项中Q1＝2Q2，即Q1>Q2。
2．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol，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H2SO4；③稀硝酸，恰好完全反应的热效应ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系正确的是(　　)
A．ΔH1＞ΔH2＞ΔH3　　 B．ΔH1＜ΔH3＜ΔH2
C．ΔH1＝ΔH3＞ΔH2　　 D．ΔH1＞ΔH3＞ΔH2
解析：选D。浓硫酸溶于水放热；稀醋酸与氢氧化钠溶液反应过程中醋酸电离吸热。
3．(2017·盐城高二检测)已知白磷转变成红磷时放出热量和下列两个热化学方程式：
P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)　ΔH1，
4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s)　ΔH2。
则ΔH1和ΔH2的关系正确的是(　　)
A．ΔH1＝ΔH2　　 B．ΔH1＞ΔH2
C．ΔH1＜ΔH2　　 D．无法确定
解析：选C。由第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式可得：P4(白磷，s)===4P(红磷，s)　ΔH＝ΔH1－ΔH2，由题意知ΔH＜0，则ΔH1－ΔH2＜0，ΔH1＜ΔH2。
章末过关检测(一)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．下列对化学反应认识不正确的是(　　)
A．必然会引起化学键变化
B．必然会产生新物质
C．必然引起物质状态的变化
D．必然伴随着能量的变化
解析：选C。有新物质生成的反应是化学反应，其实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，A、B正确；在化学反应中伴随着能量变化，D正确；在化学反应中物质状态不一定变化，如2CO＋O22CO2，C不正确。
2．为应对雾霾，北京市在改善空气质量方面付出了大量的努力，所取得的显著成果也受到了国际社会的高度评价。下列做法能改善空气质量的是(　　)
A．以煤等燃料作为主要生活燃料
B．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源
C．鼓励私人购买和使用汽车
D．限制使用电动车
解析：选B。造成空气质量差的主要原因是化石燃料的大量使用，因此要减少煤、石油等的使用；可利用太阳能、风能和氢能等清洁能源替代化石能源；鼓励、提倡人们使用公交车、电动车、自行车等代替私家车。
3．(2017·大连高二检测)对于放热反应2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)，下列说法正确的是(　　)
A．生成物H2O(l)所具有的总焓高于反应物H2和O2所具有的总焓
B．反应物H2和O2所具有的总焓高于生成物H2O(l)所具有的总焓
C．反应物H2和O2所具有的总焓等于生成物H2O(l)所具有的总焓
D．反应物H2和O2比生成物H2O(l)稳定
解析：选B。反应物总焓高于生成物总焓的反应是放热反应，反应物总焓低于生成物总焓的反应是吸热反应。焓值越低，物质越稳定。
4．下列图示关系不正确的是(　　)
解析：选B。燃烧热和中和热均属于反应热，两者是并列关系，A项正确。一次能源和二次能源是并列关系，而非交叉关系，B项错误。氧化还原反应既有放热反应又有吸热反应，C项正确。根据能源的分类可知D项正确。
5．根据热化学方程式：S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1(a＝－297.2)，判断下列说法中不正确的是(　　)
A．S(s)在O2(g)中燃烧的反应是放热反应
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝b kJ·mol－1，则aC．1 mol SO2(g)所具有的能量低于1 mol S(s)与1 mol O2(g)所具有的能量之和
D．16 g固体硫在氧气中充分燃烧，可放出148.6 kJ热量
解析：选B。从所给热化学方程式分析，ΔH<0，故反应放热，A项正确；对比可知B项中硫为气态，由S(s)→S(g)要吸热，故S(g)燃烧放出的热量多，故a>b，B项错误；因为S的燃烧是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故1 mol SO2(g)所具有的能量低于1 mol S(s)与1 mol O2(g)所具有的能量之和，C项正确；16 g固体硫在氧气中充分燃烧放出热量148.6 kJ，D项正确。
6．实验表明，在一定条件下，乙烯和水的反应可表示为C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝－45.8 kJ·mol－1。则下列说法中正确的是(　　)
A．实验中，乙烯的用量不会影响该反应的焓变(ΔH)
B．该反应中0.5 mol H2O(l)完全反应放出的热量为22.9 kJ　
C．1 mol C2H5OH(g)具有的能量大于1 mol C2H4(g)和1 mol H2O(g)所具有的能量和
D．1 mol C2H4(g)和1 mol H2O(g)中化学键的总键能大于1 mol C2H5OH(g)中化学键的总键能
解析：选A。该反应中0.5 mol H2O(g)完全反应放出的热量为22.9 kJ，B项错；放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，生成物的总键能大于反应物的总键能，C、D项错。
7．强酸和强碱在稀溶液中反应的热化学方程式可表示为
H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
已知：CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－Q1 kJ·mol－1
HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－Q2 kJ·mol－1
CH3COOH(aq)＋NH3·H2O(aq)===CH3COONH4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－Q3 kJ·mol－1
上述均是在溶液中进行的反应，Q1、Q2、Q3的关系正确的是　(　　)
A．Q1＝Q2＝Q3＝57.3　 B．Q1＞Q2＞Q3＞57.3
C．Q3＜Q1＜Q2＝57.3 D．无法确定
解析：选C。因为醋酸、一水合氨为弱电解质，随着中和反应的进行，醋酸、一水合氨发生电离。电离过程为吸热过程，故弱酸、弱碱反应放出的热量<弱酸、强碱反应放出的热量<强酸、强碱反应放出的热量。
8．(2017·福州高二质检)为了测量某酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是(　　)
①酸的浓度和体积　②碱的浓度和体积　③比热容
④反应后溶液的质量　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．①②③④ B．①③④⑤
C．③④⑤⑥ D．全部
解析：选C。写出在测量并计算反应放出的热量时用到的公式：Q＝cmΔt，理解各符号表示的物理意义即可：m表示④反应后溶液的质量，c表示③比热容，Δt表示⑥反应前后温度变化，计算中和热，还需知道生成水的物质的量，C正确。
9．(2017·天津五区县高二联考)已知热化学方程式：①CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1；②H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ·mol－1，则下列说法正确的是(　　)
A．H2的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B．由反应①、②可知如图所示的热化学方程式为CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
C．H2(g)转变成H2O(g)的化学反应一定要释放能量
D．根据反应②推知反应H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＞－241.8 kJ·mol－1
解析：选B。A.氢气的燃烧热是1 mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，所以H2的燃烧热要高于241.8 kJ·mol－1，故A错误；B.化学反应的焓变等于反应物和生成物之间的能量差，根据图示知道，该反应是放热反应，再根据盖斯定律，由反应①－反应②得CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1－(－241.8 kJ·mol－1)＝－41.2 kJ·mol－1，故B正确；C.氢气和氧气在点燃的情况下生成水(液态)一定会释放能量，如果是氢气和氧化铜在高温下发生化学反应则会吸收能量，故C错误；D.由于气态水变为液态水是一个放热过程，根据反应②推知反应H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＜－241.8 kJ·mol－1，故D错误。
10．(2017·苏州中学检测)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
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
C．已知：H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－286 kJ/mol，则2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋572 kJ/mol
D．已知：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ/mol，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
解析：选C。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。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。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。
11．(2017·武汉高二测试)标准状况下，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、463 kJ/mol和495 kJ/mol。下列热化学方程式正确的是(　　)
A．H2O (g)=== H2(g)＋O2(g)　ΔH＝ －485 kJ/mol
B．H2O (g)===H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋485 kJ/mol
C．2H2(g)＋ O2 (g)===2H2O(g)　ΔH ＝ ＋485 kJ/mol
D．2H2(g)＋ O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝ －485 kJ/mol
解析：选D。1 mol气态水分解产生1 mol氢气和1/2 mol氧气的能量变化是2×463 kJ－436 kJ－1/2×495 kJ＝242.5 kJ，因此热化学方程式为H2O(g)===H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋242.5 kJ/mol，A、B错误。若是2 mol气态水分解产生2 mol氢气和1 mol氧气，能量变化是＋485 kJ，物质分解吸收的热量与产物燃烧放出的热量数值相等。即热化学方程式是2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－485 kJ/mol，C错误，D正确。
12．已知在25 ℃，101 kPa下，1 g C8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.4 kJ能量。表示上述反应的热化学方程式正确的是(　　)
A．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g)
ΔH＝－48.4 kJ·mol－1
B．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－5 517.6 kJ·mol－1
C．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝＋5 517.6 kJ·mol－1
D．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－48.4 kJ·mol－1
解析：选B。辛烷燃烧是一个放热反应，ΔH<0，故C项错误；在25 ℃，101 kPa下，1 mol C8H18燃烧生成CO2和液态水时放出热量为×114 g＝5 517.6 kJ，故B项正确；A项中水的状态标错，且ΔH数值错误，D项中ΔH数值错误。
13．能由下表所列的“依据”推导出后面的“结论”的是(　　)
依据
结论
A
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　
ΔH＝－801.3 kJ·mol－1
CH4的燃烧热ΔH＝－801.3 kJ·mol－1
B
Sn(灰，s)Sn(白，s)
ΔH＝＋2.1 kJ·mol－1
白锡制品在寒冷的冬天因易转化为灰锡而损坏
C
稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1　
中和热ΔH＝＋57.3 kJ·mol－1
D
3O2(g)===2O3(g) ΔH＝Q kJ·mol－1(Q＞0)
臭氧比氧气稳定
解析：选B。表示CH4的燃烧热时生成的H2O应为液态，A错；中和热ΔH应为负值，C错；氧气转化为臭氧时吸热，故等质量臭氧具有的能量高于氧气，氧气更稳定，D错。
14．反应A＋B→C(ΔH<0)分两步进行：①A＋B→X(ΔH>0)，②X→C(ΔH<0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是(　　)
解析：选D。因总反应为放热反应，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，所以反应②放出的热量比反应①吸收的热量多。选项A，图中反应①为放热反应，反应②为吸热反应，且总反应为吸热反应，错；选项B，图中反应①和反应②均为吸热反应，错；选项C，图中反应①和反应②均为放热反应，错。
15．已知H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，CO的燃烧热为282.8 kJ·mol－1。现有H2和CO组成的混合气体56.0 L(标准状况)，经充分燃烧后，一共放出热量710.0 kJ，并生成液态水。下列说法正确的是(　　)
A．CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝＋282.8 kJ·mol－1
B．H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
C．燃烧前的混合气体中，H2的体积分数为40%
D．混合气体燃烧后与足量的过氧化钠反应，电子转移总数为2 mol
解析：选C。A项应为1 mol CO燃烧生成1 mol CO2放热282.8 kJ，且ΔH＜0，错误。B项中由于题目中已知的是H2的燃烧热，因此生成的H2O应为液态，错误。设56.0 L混合气体中含H2的物质的量为x，CO的物质的量为y，列式x＋y＝＝2.5 mol　①，285.8 kJ·mol－1×x＋282.8 kJ·mol－1×y＝710.0 kJ　②，联立①②解得x＝1 mol，则H2的体积分数为×100%＝40%，C项正确。混合气体燃烧后生成H2O、CO2共2.5 mol，与足量的过氧化钠反应能产生O2 1.25 mol，其电子转移总数为2.5 mol，D项错误。
16．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
解析：选C。由生成3.6 g H2O(l)知，
n(H2)＝＝0.2 mol，
则n(CO)＝＝0.2 mol，
则n(H2)∶n(CO)＝1∶1，故选C。
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
17．(9分)(1)用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应。
①1/4CaSO4(s)＋CO(g)??1/4CaS(s)＋CO2(g)
ΔH1＝－47.3 kJ·mol－1
②CaSO4(s)＋CO(g)??CaO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)
ΔH2＝＋210.5 kJ·mol－1
③CO(g)??1/2C(s)＋1/2CO2(g)　
ΔH3＝－86.2 kJ·mol－1
反应2CaSO4(s)＋7CO(g)??CaS(s)＋CaO(s)＋6CO2(g)＋C(s)＋SO2(g)的ΔH＝__________(用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示)。
(2)已知：25 ℃、101 kPa时，
Mn(s)＋O2(g)===MnO2(s)　ΔH＝－520 kJ·mol－1
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－297 kJ·mol－1
Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)===MnSO4(s)
ΔH＝－1 065 kJ·mol－1
则SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是_____________________。
解析：(1)根据盖斯定律，由①×4＋②＋③×2可得目标热化学方程式，故有ΔH＝4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3。
(2)将给定的三个热化学方程式依次编为①②③，将三个方程式按照③－①－②处理后可得热化学方程式MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s)　ΔH＝－248 kJ·mol－1。
答案：(1)4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3
(2)MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－248 kJ·mol－1
18．(14分)红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)，反应过程中的能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)。
根据如图回答下列问题：
(1)P(s)和Cl2(g)反应生成PCl3(g)的热化学方程式是
___________________________________________________________。
(2)PCl5(g)分解成PCl3(g)和Cl2(g)的热化学方程式是
___________________________________________________________。
(3)P(s)和Cl2(g)分两步反应生成1 mol PCl5(g)的ΔH3＝____，P(s)和Cl2(g)一步反应生成1 mol PCl5(g)的ΔH4____(填“大于”“小于”或“等于”)ΔH3。
解析：(1)联系图像找出生成1 mol PCl3(g)时放出的热量为306 kJ。
(2)联系图像找出PCl3(g)和Cl2(g)反应生成1 mol PCl5(g)时放出93 kJ的热量，则1 mol PCl5(g)分解为PCl3(g)和Cl2(g)时应吸收93 kJ的热量。
(3)根据盖斯定律可知由P(s)和Cl2(g)生成1 mol PCl5(g)的ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝－399 kJ·mol－1，不管该反应是一步完成还是分几步完成，反应的热效应不变。
答案：(1)Cl2(g)＋P(s)===PCl3(g) ΔH＝－306 kJ/mol
(2)PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)　ΔH＝＋93 kJ/mol
(3)－399 kJ/mol　等于
19．(14分)2016年冬天，全国大部分地区被雾霾笼罩，机动车尾气排放成为引发雾霾的罪魁祸首。提高空气质量，减少机动车尾气排放成为当务之急。
已知断裂某些共价键需要的能量如下表：
断裂的共价键
O===O
N≡N
N—O
需要的能量(单位：kJ·mol－1)
498
945
630
(1)机动车发动机工作时会引发N2和O2的反应，该反应是____(填“放热”或“吸热”)反应，1 mol O2与1 mol N2的总能量比2 mol NO的总能量___(填“大”或“小”)。
(2)N2与O2合成NO的热化学方程式可以表示为N2(g)＋O2(g)===NO(g)　ΔH，则ΔH＝____________________________________。
(3)NO与CO反应的热化学方程式可表示为2NO(g)＋2CO(g)===2CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1，但该反应速率很小，若使用机动车尾气催化转化器，尾气中的NO与CO可以转化成无害物质排出。上述反应在使用“催化转化器”后，a____(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)断裂1 mol O===O键和1 mol N≡N键需吸收的总能量为(498＋945)kJ＝1 443 kJ，形成2 mol N—O键放出的总能量为2×630 kJ＝1 260 kJ，吸收的能量多于放出的能量，是吸热反应，由此可知1 mol O2与1 mol N2的总能量小于2 mol NO的总能量。(2)ΔH＝×945 kJ·mol－1＋×498 kJ·mol－1－630 kJ·mol－1＝＋91.5 kJ·mol－1。(3)催化剂只能改变反应途径，而反应热只与反应体系的始态和终态有关，故反应热不变。
答案：(1)吸热　 小　　(2)＋91.5 kJ·mol－1 (3)不变
20．(15分)据《参考消息》报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”“未来的石油”的观点。
(1)晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)＋O2(g)===SiO2(s)　ΔH＝－989.2 kJ·mol－1，有关键能数据如下表：
化学键
Si—O
O===O
Si—Si
键能/kJ·mol－1
x
498.8
176
已知1 mol Si中含2 mol Si—Si键，1 mol SiO2中含4 mol Si—O键，则x的值为______。
(2)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等。硅光电池是一种把______能转化为____能的装置。
(3)假如硅作为一种普通使用的新型能源被开发利用，下列关于其有利因素的说法中，你认为不妥当的是________。
A．硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料
B．硅的来源丰富，易于开采，且可再生
C．硅燃烧放出的热量大，且燃烧产物对环境污染程度低，容易有效控制
D．寻找高效新催化剂，使硅的生产耗能降低，是硅能源开发利用的关键技术
(4)工业制备纯硅的反应为2H2(g)＋SiCl4(g)===Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋240.4 kJ·mol－1，将生成的HCl(g)通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好反应，则制备纯硅的反应过程中____(填“吸收”或“释放”)的热量为____kJ。
解析：(1)1 mol Si含有2 mol Si—Si键，1 mol SiO2含有4 mol Si—O键，则ΔH＝2×176 kJ·mol－1＋498.8 kJ·mol－1－4x kJ·mol－1＝－989.2 kJ·mol－1，x＝460。
(2)硅光电池将光(或太阳)能转化为电能。
(3)硅是固体，便于运输、贮存，A对；硅元素在地壳中含量居于第二位，来源丰富，B对；硅燃烧的产物为SiO2，没有污染，C对；制备硅不需要催化剂，且催化剂不能降低反应能耗，D错。
(4)100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液消耗0.1 mol HCl(g)，则工业制备纯硅的反应中有0.1 mol HCl(g)生成，故吸收的热量为×0.1 mol＝6.01 kJ。
答案：(1)460　(2)光(或太阳)　电　(3)D　(4)吸收　6.01
阶段性检测(二)
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．盖斯是热化学的奠基人，他于1836年提出盖斯定律，对这一定律的理解，以下说法不正确的是(　　)
A．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
B．化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关
C．可以直接测量任意一反应的反应热
D．可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应
解析：选C。A、B两项为盖斯定律的内容；D项为盖斯定律的应用；某些化学反应无法直接测量其反应热，C项错误。
2．下列叙述正确的是(　　)
A．固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质
B．铜丝能导电，所以铜是电解质
C．氯化氢的水溶液能导电，所以氯化氢是电解质
D．氨溶于水能导电，所以氨是电解质
解析：选C。氯化钠是电解质，A错误；铜是单质，电解质属于化合物，B错误；氨溶于水后发生反应NH3＋H2O??NH3·H2O，NH3·H2O能电离出NH和OH－而使溶液导电，导电的离子不是由NH3直接电离出的，故氨是非电解质，D错误。
3．(2017·九江一中高二检测)下列关于“一定”说法正确的句数是(　　)
①pH＝6的溶液一定是酸性溶液
②c(H＋)＞c(OH－)的溶液一定是酸性溶液
③强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力
④25 ℃时，溶液中水电离出的 c(H＋) 和水电离出的c(OH－) 的乘积一定等于10－14
⑤如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡
⑥0.2 mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c(H＋)一定增大
⑦温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响
⑧使用pH试纸测定溶液pH时若先润湿，则对测得溶液的pH一定有影响
A．0句　　　　　　　　 B．1句
C．2句 D．3句
解析：选B。①溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH－)、c(H＋)的相对大小，100 ℃时，NaCl溶液的pH＝6，但是NaCl溶液呈中性，故错误；②溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH－)、c(H＋)的相对大小，如果c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，如果c(OH－)＝c(H＋)，溶液呈中性，如果c(OH－)＜c(H＋)，溶液呈酸性，故正确；③电解质溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，所以强电解质溶液的导电能力不一定大于弱电解质溶液的导电能力，故错误；④在酸或碱溶液中水的电离受到抑制，所以在酸或碱溶液中，25 ℃时，溶液中水电离出的c(H＋)和水电离出的c(OH－)的乘积一定小于10－14，故错误；⑤Na2Y的水溶液中存在水的电离平衡，故错误；⑥加水稀释氢硫酸，电离程度增大，但是氢离子浓度减小，故错误；⑦温度不变，向水中加入不水解的钠盐，不影响水的电离，如果向水中加入含有弱酸根离子、能电离出氢离子的钠盐则影响水的电离，故错误；⑧pH试纸润湿后测pH，如溶液呈中性，则对测得溶液的pH无影响，故错误。
4．(2017·开封高二检测)如图所示的装置中，当电流表中产生持续电流时，下列说法正确的是(　　)
A．Cu是原电池的负极
B．Al是原电池的负极
C．电子由Al沿导线流向铜
D．铝片上的电极反应式为Al－3e－===Al3＋
解析：选A。常温下Al在浓硝酸中钝化，所以该原电池中Cu是负极，负极反应为Cu－2e－===Cu2＋； Al是原电池的正极，电子由负极(Cu)沿导线经外电路流向正极(Al)。
5．反应物和生成物均为气态的某平衡体系，平衡常数表达式为K＝，有关该平衡体系的说法不正确的是(　　)
A．升高温度，该反应的平衡常数K的变化无法判断
B．增大压强，W的质量分数减小
C．该反应的化学方程式为3Z(g)＋2W(g)??X(g)＋2Y(g)
D．增大X气体浓度，平衡向正反应方向移动
解析：选D。根据平衡常数表达式且所有反应物和生成物均为气态，则该反应的化学方程式为3Z(g)＋2W(g)??X(g)＋2Y(g)，C项正确；由于无法知道该反应是吸热反应还是放热反应，故升高温度无法判断化学平衡常数如何变化，A项正确；增大压强，平衡右移，W的质量分数减小，B项正确；增大X的浓度，平衡逆向移动，D项错误。
6．下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是(　　)
A．溴水中有下列平衡Br2＋H2O??HBr＋HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
B．合成氨反应为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施
C．反应CO(g)＋NO2(g)??CO2(g)＋NO(g)(正反应为放热反应)，达到平衡后，升高温度体系颜色变深
D．对于2HI(g)??H2(g)＋I2(g)，达到平衡后缩小容器体积可使体系颜色变深
解析：选D。向溴水中加硝酸银溶液，银离子与溴离子结合生成溴化银沉淀，减小了溴离子的浓度，平衡正向移动，溴水浓度减小，颜色变浅，符合勒夏特列原理；合成氨反应放热，降温可提高NH3的产率，符合勒夏特列原理；升温使CO(g)＋NO2(g)??CO2(g)＋NO(g)　ΔH＜0的平衡逆向移动，NO2浓度增大，体系颜色变深，符合勒夏特列原理；2HI(g)??H2(g)＋I2(g)由于Δn(g)＝0，缩小体积(相当于加压)平衡不移动，但I2浓度增大，体系颜色变深，不能用勒夏特列原理解释。
7.有一反应：2A＋B??2C，其中A、B、C均为气体，如图中的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有a、b、c三点，则下列描述正确的是(　　)
A．该反应是放热反应
B．b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化
C．T1温度下若由a点达到平衡，可以采取增大压强的方法
D．c点v正＜v逆
解析：选B。由于温度升高，B的转化率增大，说明平衡正向移动，推知该反应是吸热反应，A错。在T1温度下，由a点达平衡时，B的转化率不断减小，若采取加压措施，结合化学方程式可知B的转化率会不断增大，C错。在T2温度下，c点会达到平衡状态，此过程中B的转化率不断增大，说明该过程v正＞v逆，D错。
8．(2017·苏州高二检测)温度相同，浓度均为0.2 mol·L－1的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4、④NH4NO3、⑤CH3COONa 溶液，它们的pH由小到大的排列顺序是(　　)
A．③①④②⑤ B．①③⑤④②
C．③②①⑤④ D．⑤②④①③
解析：选A。首先根据盐类水解规律将其按酸碱性分组，呈酸性的是①③④，呈中性的是②，呈碱性的是⑤。在呈酸性的①③④中，NH4HSO4电离出H＋，溶液的酸性最强，其pH最小，(NH4)2SO4溶液中的NH浓度大于NH4NO3溶液中的NH浓度，达到水解平衡时，(NH4)2SO4溶液中的H＋浓度大于NH4NO3溶液中的H＋浓度。CH3COONa溶液呈碱性，pH最大。综上所述，pH由小到大的排列顺序是③①④②⑤。
9．(2017·长春高二检测)常温下，下列叙述正确的是(　　)
A．某物质的溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－a mol·L－1，若a＞7，则该溶液的pH一定为14－a
B．某溶液中存在的离子有S2－、HS－、OH－、Na＋、H＋，则离子浓度的大小关系一定是c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)
C．pH＝3的二元弱酸H2R溶液与pH＝11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液：c(R2－)＋c(HR－)＝c(Na＋)
D．将0.2 mol·L－1的某一元酸HA溶液和0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(HA)－c(A－)
答案：D
10．(2015·高考天津卷)某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1 mol X(g)和 2 mol Y(g)发生反应：
X(g)＋mY(g)??3Z(g)
平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是(　　)
A．m＝2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X与Y的平衡转化率之比为1∶1
D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
解析：选D。A.根据再次加入1 mol Z(g)，平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，可知该反应是一个反应前后气体分子数相等的反应，因此m＝2。B.由于温度没有变化，故两次平衡的平衡常数不变。C.因为是按照化学方程式中化学计量数之比充入的反应物，因此二者的平衡转化率相等。D.该反应前后气体分子数不变，因此反应后气体的物质的量与反应前一样，都为4 mol，而平衡后Z的体积分数为10%，故平衡时Z的物质的量为4 mol×10%＝0.4 mol，容器体积为2 L，则Z的浓度为0.2 mol·L－1。
11．(2017·嘉兴高二检测)常温下，20 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液中含有少量Fe2＋，向其中滴加NaOH溶液至pH＝4，溶液中有沉淀生成，过滤，得沉淀和滤液。已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16。下列说法错误的是(　　)
A．沉淀中只有Fe(OH)3
B．沉淀中有Fe(OH)3和Fe(OH)2
C．滤液中c(Fe3＋)＝4.0×10－8 mol·L－1
D．向滤液中滴加FeCl2溶液，无沉淀产生
解析：选B。pH＝4时，若产生Fe(OH)2沉淀，则Ksp[Fe(OH)2]＝c(Fe2＋)×c2(OH－)＝8.0×10－16，c(Fe2＋)＝8.0×104 mol·L－1，而溶液中c(Fe2＋)较小，所以无Fe(OH)2沉淀，只有Fe(OH)3沉淀，A选项正确、B选项错误；Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)×c3(OH－)＝4.0×10－38，c(Fe3＋)＝4.0×10－8 mol·L－1，C选项正确；向滤液中滴加FeCl2溶液，c(Fe2＋)达不到8.0×104 mol·L－1，所以无沉淀生成，D选项正确。
12．可用于电动汽车的铝-空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是(　　)
A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为Al－3e－===Al3＋
C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变
D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
解析：选A。以NaOH溶液为电解液，负极反应为Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O，在反应中NaOH被消耗，pH逐渐减小，电子从负极流向正极，只有A正确。
13．已知：①CO(g)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
②H2(g)＋O2(g)===H2O(g)ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
A．通常状况下，氢气的燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B．由①可知，1 mol CO(g)和 mol O2(g)反应生成1 mol CO2(g)，放出283.0 kJ的热量
C．可用下图表示2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应过程中的能量变化关系
D．分解1 mol H2O(g)，其反应热为－241.8 kJ
解析：选B。A项，热化学方程式②中，H2O(g)不是稳定状态，所以241.8 kJ·mol－1不是H2的燃烧热；B项，根据热化学方程式的含义可知正确；C项，忽视化学计量数与反应热的关系，且ΔH应为“＋”；D项，分解1 mol H2O(g)吸收241.8 kJ热量，其反应热为＋241.8 kJ·mol－1。
14．如图所示，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(　　)
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
解析：选B。K1闭合形成原电池，铁作负极，失电子被腐蚀，石墨作正极，氧气得电子生成OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，A错误、B正确；K2闭合，铁棒作阴极被保护，不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C错误；K2闭合形成电解池，两极分别产生氯气和氢气，电路中通过0.002NA个电子时，每个电极上产生0.001 mol气体，共0.002 mol气体，D错误。
15．(2017·临沂高二检测)α-AgI是一种固体导体，导电率很高。为研究α-AgI到底是Ag＋导电还是I－导电，设计了如下实验，下列有关说法不正确的是(　　)
A．若α-AgI是Ag＋导电，则通电一段时间后晶体质量不变
B．若α-AgI是Ag＋导电，则通电一段时间后晶体质量减少
C．阳极反应为Ag－e－===Ag＋
D．阴极质量不断增加
解析：选B。电解池中，Ag是活性阳极，电极反应为Ag－e－===Ag＋，阴极电极反应式为Ag＋＋e－===Ag，C、D对；因阳极和阴极转移电子守恒，固体导体中Ag＋数目不变，晶体质量不变，B不正确。
16．(2017·昆明高二检测)下列溶液中有关粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．氯水中：2c(Cl2)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(HClO)
B．25 ℃时，pH＝12的NaOH溶液与pH＝12的氨水：c(Na＋)＝c(NH)
C．pH＝4的0.1 mol·L－1的NaHA溶液中：c(HA－)＞c(H＋)＞c(H2A)＞c(A2－)
D．在K2CO3溶液中：c(CO2)＋c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)
解析：选B。氯水中存在平衡Cl2＋H2O??HClO＋HCl，只是反应的Cl2中氯原子数才和溶液中ClO－、Cl－和HClO数目总和相等，A错。NH3·H2O是弱电解质，NH3·H2O??NH＋OH－，c(NH)＝c(OH－)＝10－2 mol·L－1，NaOH在溶液中完全电离，c(OH－)＝c(Na＋)＝10－2 mol·L－1，B对；NaHA溶液中，存在HA－＋H2O??H2A＋OH－，HA－??H＋＋A2－，pH＝4，说明HA－电离程度大于水解程度，则c(A2－)＞c(H2A)，C错；根据电荷守恒、物料守恒可知，D错，正确应为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。　
二、非选择题(本题包括5小题，共52分)
17．(19分)(2017·惠州高二质检)某探究小组通过测定H2O2分解过程中生成氧气的量来研究影响H2O2分解反应速率的因素，已知实验温度为315 K和273 K，每次实验使用3 mL 30% H2O2溶液。
(1)请完成以下实验设计表：
编号
实验目的
温度/K
催化剂(MnO2)的质量/g
Ⅰ
为以下实验作参照
______
______________
Ⅱ
探究_____对该反应速率的影响
273
0
Ⅲ
探究催化剂对该反应速率的影响
315
3
(2)实验后整理数据，得出H2O2的浓度随时间变化的关系如下图所示。
①曲线c表示实验_____(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)中H2O2的浓度变化。
②由该实验得出的结论是__________________________________________________。
③根据题中信息，写出一种保存H2O2溶液的方法：________________________________________________________________________。
解析：(1)分析Ⅱ、Ⅲ可知二者的温度和催化剂的质量不同，由控制变量法可知Ⅰ、Ⅱ为探究温度对H2O2分解速率的影响，Ⅰ、Ⅲ为探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故Ⅰ中的温度为315 K，催化剂质量为0 g。
(2)根据影响化学反应速率的因素可知，升高温度和加入MnO2作催化剂都可以加快H2O2的分解速率，催化剂的影响大于温度的影响，故c为 Ⅱ 中H2O2的浓度变化，a为 Ⅰ 中H2O2的浓度变化，b为 Ⅲ 中H2O2的浓度变化。
答案：(1)315　0　温度　(2)①Ⅱ　②升高温度和加入催化剂均能加快H2O2的分解速率　③在273 K下密闭保存
18.(10分)(2017·石家庄高二检测)某课外活动小组用如图所示装置进行实验，请回答下列问题：
(1)若开始实验时开关K与a连接，则B极的电极反应式为_________________________。
(2)若开始实验时开关K与b连接，则下列说法正确的是______(填序号)。
①溶液中Na＋向A极移动
②从A极逸出的气体能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝
③反应一段时间后向电解液中加适量盐酸可使其恢复到电解前的浓度
(3)该小组运用工业上离子交换膜法制烧碱的原理，用如图所示装置电解K2SO4溶液。
①该电解槽的阳极反应式为____________________________________，
通过阴离子交换膜的离子数___(填“＞”“＜”或“＝”)通过阳离子交换膜的离子数；
②图中a、b、c、d分别表示有关溶液的pH，则a、b、c、d由小到大的顺序为________；
③电解一段时间后，B出口与C出口产生气体的质量比为_____。
答案：(1)Fe－2e－===Fe2＋　(2)②　(3)①2H2O－4e－===O2↑＋4H＋(写4OH－－4e－===2H2O＋O2↑也可)　＜　②b＜a＜c＜d　③8∶1
19．(10分)研究和开发CO的创新利用是环境保护和资源利用的双赢课题。CO可用于合成甲醇。在压强为0.1 MPa的条件下，在体积为b L的密闭容器中充入a mol CO和2a mol H2，在催化剂作用下合成甲醇：
CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图：
(1)该反应属于_____(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)100 ℃时，该反应的平衡常数K＝___(用a、b的代数式表示)。
(3)在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入a mol CO和2a mol H2，达到平衡时CO转化率___(填“增大”“不变”或“减小”，下同)，平衡常数___。
(4)在某温度下，向一容积不变的密闭容器中充入2.5 mol CO，7.5 mol H2，反应生成CH3OH(g)，达到平衡时，CO转化率为90%，此时容器内压强为开始时压强的___倍。
解析：(1)从图像可知，转化率随温度升高而降低，平衡逆向移动，故正反应放热。(2)根据题意列三段式：
　　　　　CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)
始/mol·L－1 0
变/mol·L－1
平/mol·L－1
故K＝＝。
(3)按原投料比值再加入反应物，可等效为增大压强，平衡右移，CO转化率增大，但由于温度不变，故平衡常数不变。
(4)　　　CO(g)　＋　 2H2(g)??CH3OH(g)
始/mol 2.5 7.5 0
变/mol 4.5 2.25
平/mol 0.25 3.0 2.25
据 ＝，得＝＝＝0.55。
答案：(1)放热　(2)　(3)增大　不变　(4)0.55
20．(10分)部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
HCOOH
HClO
H2CO3
H2SO3
电离平
衡常数
(25 ℃)
K＝1.77×10－4
K＝4.0×10－8
K1＝4.3×10－7
K2＝4.7×10－11
K1＝1.54×10－2
K2＝1.02×10－7
(1)在温度相同时，各弱酸的K值与酸性的相对强弱的关系为_________。
(2)室温下①0.1 mol·L－1 HCOONa、②0.1 mol·L－1 NaClO、③0.1 mol·L－1 Na2CO3、④0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH由大到小的关系为_____________________________________。
(3)浓度均为0.1 mol·L－1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO2、CO2、HSO、HCO浓度由大到小的顺序为____________________________________。
(4)下列离子方程式正确的是___(填字母)。
a．2ClO－＋H2O＋CO2===2HClO＋CO2
b．2HCOOH＋CO2===2HCOO－＋H2O＋CO2↑
c．H2SO3＋2HCOO－===2HCOOH＋SO2
d．Cl2＋H2O＋2CO2===2HCO＋Cl－＋ClO－
(5)常温下，pH＝3的HCOOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________________________________。
解析：(1)相同条件下，弱酸的电离平衡常数越大，则弱酸的电离程度越大，其酸性越强，即K值越大，酸性越强。
(2)相同温度下，弱酸的K越小，其对应盐越易水解，溶液中c(OH－)越大，pH越大。
(3)由于HSO比HCO易电离，故SO2比CO2水解程度小，故溶液中离子浓度大小顺序为c(SO2)＞c(CO2)＞c(HCO)＞c(HSO)。
(4)根据强酸制取弱酸的原理知，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以次氯酸根离子和碳酸反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，a错误；甲酸酸性大于碳酸，所以2HCOOH＋CO2===2HCOO－＋H2O＋CO2↑能发生，b正确；甲酸的酸性大于亚硫酸氢根离子而小于亚硫酸，所以亚硫酸和甲酸根离子反应生成甲酸和亚硫酸氢根离子，c错误；次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以Cl2＋H2O＋2CO===2HCO＋Cl－＋ClO－能发生，d正确。
(5)常温下，pH＝3的HCOOH溶液与pH＝11的NaOH溶液中，甲酸的浓度大于氢氧化钠的浓度，二者等体积混合，甲酸过量导致溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，所以c(HCOO－)＞c(Na＋)，该溶液中甲酸的电离程度较小，所以c(Na＋)＞c(H＋)，则该溶液中离子浓度大小顺序是c(HCOO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。
答案：(1)K值越大，酸性越强　(2)③＞②＞④＞①　(3)c(SO2)＞c(CO2)＞c(HCO)＞c(HSO) (4)bd　(5)c(HCOO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
21．(13分)(2017·漳州高二测试)以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工。
(1)将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气。反应为C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。
一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是___(填序号)。
a．容器中的压强不变
b．1 mol H—H键断裂的同时，断裂2 mol H—O键
c．c(CO)＝c(H2)
d．密闭容器的容积不再改变
(2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
2
4
1.6
2.4
6
2
900
1
2
0.4
1.6
3
3
900
a
b
c
d
t
①实验1中从反应开始至平衡以CO2表示的平均反应速率为v(CO2)＝______(取小数点后两位，下同)。
②该反应的正反应为____(填“吸”或“放”)热反应，实验2条件下平衡常数K＝____。
③若实验3达到平衡时与实验2平衡状态中各物质的体积分数分别相等，且t<3，则a、b应满足的关系是___(用含a、b的代数式表示)。
(3)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ·mol－1)的变化。在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，达到平衡后下列措施中能使c(CH3OH)增大的是____(填序号)。
a．升高温度
b．充入He(g)，使体系压强增大
c．将H2O(g)从体系中分离出来
d．再充入1 mol CO2和3 mol H2
解析：(1)该反应容器容积可变，随着反应的进行，不论是否达到平衡，容器中的压强始终不变，故a项不能判断是否达到平衡；1 mol H—H键断裂的同时会生成2 mol H—O键，如果2 mol H—O键也同时断裂，则表明反应达到平衡状态；若起始时仅加入反应物，或按物质的量之比为1∶1充入CO和H2，则不论反应是否达到平衡，均有c(CO)＝c(H2)，故c项不能判断反应是否达到平衡；该反应未达到平衡时，容器的容积会发生变化，如果容器的容积不再变化，则表明反应达到化学平衡状态。(2)①实验1中6 min时反应达到平衡，v(CO2)＝v(CO)＝＝0.13 mol·L－1·min－1。②由实验1、2可知，实验1中平衡时CO的转化率为×100%＝40%，实验2中平衡时CO的转化率为×100%＝20%，说明升高温度反应物的转化率降低，即正反应是放热反应；实验2中，CO与H2O均转化了0.4 mol，故平衡时H2O为0.6 mol，CO为1.6 mol，H2与CO2均为0.4 mol，则平衡常数K＝＝＝0.17。③若实验3达到平衡时与实验2平衡状态中各物质的体积分数分别相等，则实验2、3中平衡为等效平衡，则实验3起始投入的H2O、CO的物质的量之比为1∶2，即b＝2a，因为t<3，则实验3中反应速率比实验2中大，则a必须大于1。(3)根据反应过程中能量变化图像可知反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，故升温，平衡向逆反应方向移动，c(CH3OH)减小；恒容容器中充入He(g)，平衡不移动，即c(CH3OH)不变；将H2O(g)从体系中分离出来，平衡向正反应方向移动，故c(CH3OH)增大；再充入1 mol CO2和3 mol H2，相当于增大压强，则平衡向正反应方向移动，故c(CH3OH)增大。
答案：(1)bd　(2)①0.13 mol·L－1·min－1　②放
0．17　③b＝2a，a>1　(3)cd
阶段性检测(一)
(时间：60分钟，满分：100分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．对于反应中的能量变化，表述正确的是(　　)
A．断开化学键的过程会放出能量
B．放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量
C．加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．氧化反应均为吸热反应
答案：B
2．对于反应2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，能增大正反应速率的措施是(　　)
A．通入大量O2　　　　 B．增大容器容积
C．移去部分SO2 D．降低体系温度
解析：选A。增大容器容积，即减小压强，正、逆反应速率都减小，故B项错误；移去部分SO2，正反应速率将减小，故C项错误；降低体系温度，正、逆反应速率都减小，故D项错误。
3．下列措施对增大反应速率明显有效的是(　　)
A．Al在氧气中燃烧生成Al2O3，将铝片改成铝粉
B．Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸
C．在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强
D．Na与水反应时增大水的用量
解析：选A。增大固体反应物的表面积，有利于加快反应速率，故铝粉比铝片反应速率大，A对；B中常温下Fe在浓硫酸中钝化，不会产生H2，B错；对溶液中的反应，改变压强不影响反应速率，C错；改变固体或纯液体的用量，不影响反应速率，D错。
4．对于可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)??4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是(　　)
A．4v正(O2)＝5v逆(NO)时，达到化学平衡状态
B．若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到化学平衡状态
C．达到化学平衡状态后，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D．化学反应速率的关系为2v正(NH3)＝3v正(H2O)
解析：选A。根据反应方程式可知，4v正(O2)＝5v正(NO)，当4v正(O2)＝5v逆(NO)时，v正(NO)＝v逆(NO)，所以A项正确。生成NO和消耗NH3均表示正反应，叙述中未提及逆反应的情况，所以B项错误。由于反应物、生成物均为气体，故增大容器容积，即减小压强，正、逆反应速率都减小，所以C项错误。v正(NH3)∶v正(H2O)＝2∶3，即3v正(NH3)＝2v正(H2O)，所以D项错误。
5．(2017·延边高二检测)下列有关能量的判断或表示方法正确的是(　　)
A．从C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1，可知金刚石比石墨更稳定
B．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多
C．由H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则向含0.1 mol HCl的盐酸中加入4.0 g NaOH固体，放出热量等于5.73 kJ
D．同一个化学反应，化学计量数不同，ΔH的值不同；化学计量数相同而状态不同，ΔH的值也不同
答案：D
6．为进一步提高合成氨的生产效率，下列最具开发价值的研究方向是(　　)
A．研制高温下活性较大的催化剂
B．寻求氮气的新来源
C．研制低温下活性较大的催化剂
D．研制耐高温和高压的新材料建造合成塔
解析：选C。由于催化剂能够很大程度地改变反应速率，合成氨反应是放热反应，所以科研中最具开发价值的研究方向是研制低温下活性较大的催化剂，C项正确。
7．在进行中和热的测定时，下列操作错误的是(　　)
A．测量酸或碱溶液的温度时要稳定一段时间再读数，以提高温度的准确度
B．测量溶液的温度计要一直插在溶液中
C．为了使反应均匀进行，可以向酸(碱)中分次加入碱(酸)
D．为了使反应更完全，可以使酸或碱适当过量
答案：C
8．(2017·兰州一中高二检测)据美国《科学》杂志报道，外太空的某一星球的大气层中，含有大量的CH2===CHOH，此物质常温时为液体，它很容易转化成CH3CHO，化学方程式为CH2===CHOH??CH3CHO，已知ΔH＜0。据此你认为下列说法中正确的是(　　)
A．该星球表面温度很高
B．该星球表面温度很低
C．低温下稳定性CH2===CHOH＞CH3CHO
D．该反应中CH2===CHOH化学键断裂吸收的能量大于CH3CHO化学键形成放出的能量
解析：选A。某个星球的大气层中含有大量的CH2===CHOH，由CH2===CHOH??CH3CHO　ΔH＜0，反应是放热反应，平衡逆向进行说明该星球温度很高，故A正确、B错误；C.依据能量守恒可知，低温下反应向生成CH3CHO的方向进行，说明CH2===CHOH的稳定性小，稳定性：CH2===CHOH＜CH3CHO，故C错误；D.CH2===CHOH??CH3CHO为放热反应，则该反应中CH2===CHOH化学键断裂吸收的能量小于CH3CHO化学键形成放出的能量，故D错误。
9．下列有关说法正确的是(　　)
A．放热反应在任何条件下都能自发进行
B．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变
C．任何熵值增大的反应都能自发进行
D．ΔH>0，ΔS<0的化学反应一定能自发进行
解析：选B。根据ΔG＝ΔH－TΔS，对于放热反应，若该反应为熵减小的反应，则温度较高时，不能自发进行，故A项错误；应用盖斯定律，根据容易测量焓变的反应，可计算某些难以直接测量的反应焓变，故B项正确；根据ΔG＝ΔH－TΔS，对于熵增大的反应，若该反应ΔH>0，则温度较低时，不能自发进行，故C项错误；当ΔH>0、ΔS<0时，ΔG＝ΔH－TΔS>0，该反应一定不能自发进行，故D项错误。
10．在298 K、101 kPa时，已知：
①2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　ΔH1
②Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)　ΔH2
③2Cl2(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
解析：选A。由①＋②×2可得③，由盖斯定律可知ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2。
11．一定条件下，对于可逆反应X(g)＋3Y(g)??2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.08 mol·L－1，则下列判断正确的是(　　)
A．c1∶c2＝3∶1
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3
C．X、Y的转化率不相等
D．c1的取值范围为0解析：选D。X、Y平衡浓度之比为1∶3，转化浓度之比亦为1∶3，故c1∶c2＝1∶3，A、C不正确；平衡时Y生成表示逆反应，Z生成表示正反应，且vY(生成)∶vZ(生成)应为3∶2，B不正确；由可逆反应的特点可知012．反应Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)在700 ℃时平衡常数为1.47, 在900 ℃时平衡常数为2.15。下列说法正确的是(　　)
A．升高温度，该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小
B．该反应的化学平衡常数表达式为K＝
C．该反应的正反应是吸热反应
D．增大CO2浓度，平衡常数增大
解析：选C。升高温度，正、逆反应速率都增大，A项错误；平衡常数K＝，B项错误；升高温度，平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，C项正确；对于一个确定的反应，平衡常数只受温度影响，增大CO2浓度，平衡常数不变，D项错误。
13．已知：4NH3(g)＋5O2(g)??4NO(g)＋6H2O(g)，该反应是一个可逆反应，正反应是放热反应。若反应物的起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是(　　)
解析：选C。该反应的正反应是一个气体分子数增大的放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，导致达到平衡后一氧化氮的含量减少，A项正确，C项错误；增大压强，平衡向逆反应方向移动，导致达到平衡后一氧化氮的含量减少，B项正确；催化剂能加快化学反应速率，缩短反应达到平衡的时间，但不影响化学平衡，D项正确。
14．某温度下某气体反应达到化学平衡，平衡常数K＝，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加。下列说法中正确的是(　　)
A．增大c(A)、c(B)，K增大
B．降低温度，正反应速率增大
C．该反应的焓变为负值
D．该反应的化学方程式为2E(g)＋F(g)??A(g)＋2B(g)
解析：选D。A项，平衡常数K只随温度变化，不随浓度变化，不正确；B项，降低温度，正、逆反应速率均减小，不正确；C项，降低温度，F浓度增加，表明平衡逆向移动，正反应是吸热反应，则焓变为正值，不正确；D项，根据化学平衡常数表达式可知A、B是生成物，E、F为反应物，且对应指数为其化学方程式中的化学计量数，正确。
15．(2015·高考重庆卷)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
解析：选A。表示碳燃烧热的热化学方程式为①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1 ，将另外两个热化学方程式进行编号，②S(s)＋2K(s)===K2S(s)　ΔH2＝b kJ·mol－1 ，③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)===2KNO3(s)　ΔH3＝c kJ·mol－1，运用盖斯定律，①×3＋②－③得S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)===K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)　ΔH＝(3a＋b－c) kJ·mol－1 ，则x＝3a＋b－c，故A正确。
16．某温度下，在密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示，下列说法错误的是(　　)
物质
X
Y
Z
W
初始浓度/mol·L－1
0.5
0.6
0
0
平衡浓度/mol·L－1
0.1
0.1
0.4
0.6
A.反应达到平衡时，X的转化率为80%
B．该反应的平衡常数表达式为K＝
C．增大压强其平衡常数不变，但使平衡向生成Z的方向移动
D．改变温度可以改变该反应的平衡常数
解析：选C。A项，反应达到平衡时，X的转化率＝×100%＝80%，A项正确；B项，从表中数据可推出该反应为4X(g)＋5Y(g)??4Z(g)＋6W(g)，则平衡常数表达式为K＝，B项正确；C项，温度不变，平衡常数不变，增大压强时平衡向消耗Z的方向移动，C项错误。
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
17．(13分)(2017·重庆南开中学月考)某实验小组用0.50 mol·L－1 NaOH溶液和0.50 mol·L－1 H2SO4溶液进行中和热的测定。
Ⅰ.配制0.50 mol·L－1 H2SO4溶液
(1)若配制250 mL H2SO4溶液，则需用量筒量取密度为1.84 g·cm－3、质量分数为98%的浓硫酸____mL。
Ⅱ.测定稀硫酸和稀氢氧化钠反应的中和热的实验装置如图所示：
(2)仪器A的名称为___________。
(3)写出表示该反应中和热的热化学方程式(中和热为57.3 kJ·mol－1)：________________________________________________________________________。
(4)取50 mL NaOH溶液和30 mL H2SO4溶液进行实验，实验数据如下表。
实验
次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.6
26.6
26.6
29.1
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
①温度差的平均值为____℃。
②近似认为0.50 mol·L－1 NaOH溶液和0.50 mol·L－1 H2SO4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。则测得的中和热ΔH＝___________(取小数点后一位)。
③上述结果与57.3 kJ·mol－1有偏差，产生此偏差的原因可能是____(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．一次性把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
解析：(1)设需要98%的浓硫酸的体积为V，由溶液稀释前后，溶质质量不变可得：1.84 g·cm－3×V×98%＝0.50 mol·L－1×0.25 L×98 g·mol－1，解得V＝6.8 mL。　
(2)A的名称为环形玻璃搅拌棒。
(3)注意书写的是中和热的热化学方程式，液态水的化学计量数应为1。
(4)①第1次实验温度差误差较大，应舍弃，故温度差的平均值为4.0 ℃。
②生成水的物质的量为0.05 L×0.50 mol·L－1＝0.025 mol，溶液的质量为80 mL×1 g·cm－3＝80 g，温度差的平均值为4.0 ℃，则生成0.025 mol水放出的热量为Q＝m·c·Δt＝80 g×4.18 J·(g·℃)－1×4.0 ℃＝1 337.6 J，即1.337 6 kJ，所以实验测得的中和热ΔH＝－1.337 6 kJ/0.025 mol＝－53.5 kJ·mol－1。
③装置保温、隔热效果差，求得放出的热量偏小，中和热的数值偏小，故a正确；量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的NaOH溶液体积偏大，放出热量偏高，中和热的数值偏大，故b错误；c项为正确操作，不会引起偏差，故c错误；温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入H2SO4溶液中测温度，导致H2SO4溶液的起始温度偏高，求得放出的热量偏小，中和热的数值偏小，故d正确。
答案：(1)6.8　(2)环形玻璃搅拌棒
(3)1/2H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
(4)①4.0　②－53.5 kJ·mol－1　③ad
18．(12分)Ⅰ.一定温度下，在某压强恒定的密闭容器中加入2 mol N2和4 mol H2，发生反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。达到平衡时，气体体积为反应前的，此时放出的热量为Q1。
(1)达到平衡时，N2的转化率为______。
(2)若向该容器中加入a mol N2、b mol H2、c mol NH3，且a、b、c均大于0，反应正向进行，在相同条件下达到平衡时，混合物中各组分的物质的量与上述平衡相同，达到平衡时放出的热量为Q2，则Q1____(填“>”“<”或“＝”)Q2。
Ⅱ.若将2 mol N2和4 mol H2放入与Ⅰ中容器起始体积相同的恒容容器中，在与Ⅰ相同的温度下反应达到平衡。试比较平衡时NH3的浓度：Ⅰ____(填“>”“<”或“＝”)Ⅱ。
解析：Ⅰ.(1)温度、压强一定时，反应前后气体体积之比等于物质的量之比，故平衡后混合气体总的物质的量为(2 mol＋4 mol)×＝4 mol，则反应后混合气体的物质的量减少了2 mol，故参加反应的N2为1 mol，N2的平衡转化率＝×100%＝50%。(2)开始加入a mol N2、b mol H2、c mol NH3，反应正向进行，在相同条件下达到平衡时，混合物中各组分的物质的量与原平衡相同，则将NH3按化学计量数转化为N2和H2时满足投料时N2为2 mol、H2为4 mol，由于NH3的存在，故参加反应的N2的物质的量较少，所以放出的热量：Q1>Q2。Ⅱ.若将2 mol N2和4 mol H2放入与Ⅰ中容器起始体积相同的恒容容器中，在与Ⅰ相同的温度下达到平衡，则相当于在Ⅰ平衡的基础上增大体积减小压强，达到新平衡时NH3的浓度降低，即平衡时NH3的浓度：Ⅰ>Ⅱ。
答案：Ⅰ.(1)50%　(2)>　Ⅱ.>
19．(13分)(2017·成都七中高二检测)雾霾严重影响人们的生活，雾霾的形成与汽车排放的 NOx等有毒气体有关。
(1)可以通过活性炭处理汽车尾气，原理为C(s)＋2NO(g)??N2(g)＋CO2(g)　ΔH＜0。
下列情况能说明该反应达到平衡状态的是____。
A．2v正(NO)＝v逆(CO2)
B．在恒温、恒容的容器中，混合气体的压强保持不变
C．在绝热、恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
D．在恒温、恒压的容器中，混合气体的密度保持不变
(2)臭氧是理想的烟气脱硝试剂，原理为2NO2(g)＋O3(g)??N2O5(g)＋O2(g)　ΔH＜0。
若在容积为10 L的密闭容器中进行该反应，起始时充入0.4 mol NO2、0.2 mol O3，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①实验a从开始至平衡时的反应速率v(O3)＝___________；实验c中NO2的平衡转化率为____________________________________。
②与实验a相比，其他两组实验改变的条件分别是b____，c____。
③M点的逆反应速率 v(逆)____N点的正反应速率v(正)(填“＞”“＜”或“＝”)。
解析：(1)C(s)＋2NO(g)??N2(g)＋CO2(g)　ΔH＜0。A.当v正(NO)＝2v逆(CO2)时该反应达到平衡状态，所以2v正(NO)＝v逆(CO2)时该反应没有达到平衡状态，故错误；B.该反应前后气体物质的量不变，所以在恒温、恒容的容器中，混合气体的压强始终保持不变，不能判断该反应是否达到平衡状态，故错误；C.在绝热、恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化，说明该反应正、逆反应速率相等，达到平衡状态，故正确；D.在恒温、恒压的容器中，反应前后气体的质量发生变化，当混合气体的密度保持不变时，该反应达到平衡状态，故正确。
(2)①同温同容下，混合气体的压强之比等于其物质的量之比，开始时压强为180 kPa，平衡时为150 kPa，所以反应前后气体的物质的量之比＝180 kPa∶150 kPa＝6∶5，反应前气体的总物质的量＝(0.4＋0.2) mol＝0.6 mol，则反应后气体的总物质的量为0.5 mol，根据2NO2(g)＋O3(g)??N2O5(g)＋O2(g)知，反应前后减少的物质的量等于臭氧参加反应的物质的量，故Δn(O3)＝(0.6－0.5) mol＝0.1 mol，则臭氧平均反应速率v＝＝＝2.5×10－4 mol·L－1·min－1；
实验c中，反应前压强与反应前后压强变化量之比等于反应前气体的物质的量与反应前后气体的物质的量变化量之比＝190 kPa∶19 kPa＝10∶1，反应前气体的总物质的量＝(0.4＋0.2) mol＝0.6 mol，则反应前后气体减少的物质的量为0.06 mol，可知参加反应的二氧化氮的物质的量为0.12 mol，则二氧化氮的转化率＝×100%＝×100%＝30%。
②与实验a相比，b中缩短达到平衡的时间，但平衡时压强不变，说明改变条件只改变反应速率但不影响平衡移动，所以改变的条件是使用催化剂；c中改变条件时反应速率增大且反应前后压强改变量变小，平衡逆向移动，所以改变的条件是升高温度。③温度越高、压强越大，反应速率越大，但温度对化学反应速率的影响大于压强对化学反应的速率影响，N点温度高于M点，所以M点的逆反应速率 v(逆)＜N点的正反应速率v(正)。
答案：(1)CD　(2)①2.5×10－4 mol·L－1·min－1　30%　②使用催化剂　升高温度　③＜
20．(14分)甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇。
反应Ⅰ：CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)　ΔH1
反应Ⅱ：CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH2
下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数(KⅠ)：
温度
250 ℃
300 ℃
350 ℃
KⅠ
2.0
0.27
0.012
(1)在一定条件下将2 mol CO和6 mol H2充入2 L的密闭容器中发生反应Ⅰ，5 min后测得c(CO)＝0.4 mol·L－1，计算可得此段时间的反应速率(用H2表示)为____mol·L－1·min－1。
(2)由表中数据判断ΔH1____(填“>”“<”或“＝”)0；反应CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH3＝____(用ΔH1和ΔH2表示)。
(3)若容器容积不变，则下列措施可提高反应Ⅰ中CO转化率的是____(填序号)。
a．充入CO，使体系总压强增大
b．将CH3OH(g)从体系中分离
c．充入He，使体系总压强增大
d．使用高效催化剂
(4)写出反应Ⅱ的化学平衡常数表达式：KⅡ＝_________；保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增大为原来的2倍，则化学平衡____(填“正向”“逆向”或“不”)移动，平衡常数KⅡ____(填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)比较这两种合成甲醇的方法，原子利用率较高的是____(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
解析：(1)CO浓度变化量为－0.4 mol·L－1＝0.6 mol·L－1，v(CO)＝＝0.12 mol·L－1·min－1，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)＝2v(CO)＝2×0.12 mol·L－1·min－1＝0.24 mol·L－1·min－1。(2)由表中数据可知，随温度升高，平衡常数KⅠ减小，说明温度升高，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，即ΔH1<0；根据盖斯定律，由反应Ⅱ－反应Ⅰ得CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH3＝ΔH2－ΔH1。(3)充入CO，使体系总压强增大，平衡向正反应方向移动，但CO的转化率降低，a项错误；将CH3OH(g)从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CO转化率增大，b项正确；充入He，使体系总压强增大，但容器容积不变，各物质的浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，c项错误；使用高效催化剂，平衡不移动，d项错误。(4)反应Ⅱ：CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)的平衡常数KⅡ＝；保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增大为原来的2倍，相当于增大压强，则平衡正向移动，因为温度不变，所以平衡常数不变。(5)反应Ⅰ中除甲醇外无其他物质生成，故原子利用率较高。
答案：(1)0.24　(2)<　ΔH2－ΔH1　(3)b
(4)　正向　不变　(5)Ⅰ