2017-2018学年人教版高中化学选修4检测试题打包41份

期末检测题(一)
(时间：100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；每小题只有一个选项符合题意)
1．常温下c(H＋)最小的是(　　)　　　　　　　　　　　　　
A．pH＝0的溶液 B．0.03 mol·L－1 H2SO4
C．0.05 mol·L－1 HclO D．0.05 mol·L－1的NaHSO4
答案　C
解析　A：c(H＋)＝1 mol·L－1；B：c(H＋)＝0.06 mol·L－1；C：c(H＋)<0.05 mol·L－1；D：c(H＋)＝0.05 mol·L－1，故答案为C。
2．在一定温度下，密闭容器中可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡的标志是(　　)
A．C的生成速率与B的反应速率相等
B．单位时间内生成n mol A，同时生成3n mol B
C．A、B、C的浓度不再变化
D．A、B、C的浓度之比为1∶3∶2
答案　C
解析　可逆反应达到平衡的标志是正、逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化。
3．关于如图所示装置的叙述，正确的是(　　)
A．铜是阳极，铜片上有气泡产生
B．铜离子在铜片表面被还原
C．电流从锌片经导线流向铜片
D．正极附近的SO离子浓度逐渐增大
答案　B
解析　由图可知该装置为原电池，Zn为负极，Cu为正极，负极反应：Zn－2e－===Zn2＋，正极反应：Cu2＋＋2e－===Cu。
4．某一反应物在一定条件下的平衡转化率为25.3%，当使用了催化剂时，其转化率为(　　)
A．大于25.3% B．小于25.3% C．等于25.3% D．约等于25.3%
答案　C
解析　使用催化剂，平衡不发生移动，转化率不变。
5．一定能在下列溶液中大量共存的离子组是(　　)
A．水电离产生的H＋浓度为1×10－12 mol·L－1的溶液：NH、Na＋、Cl－、HCO
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na＋、AlO、S2－、CO
C．含有大量Fe3＋的溶液：SCN－、I－、K＋、Br－
D．pH＝1的水溶液中：Al3＋、NH、CH3COO－、Br－
答案　B
6．1 g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94 kJ热量，此反应的热化学方程式为(　　)
A．C＋H2O===CO＋H2　 ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1
B．C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋10.94 kJ·mol－1
C．C(s)＋H2O(l)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1
D．C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1
答案　D
7．对于可逆反应A(g)＋2B(g)2C(g)　ΔH>0，下列图象中正确的是(　　)
答案　D
解析　A：增大压强，v正、v逆均增大，但v正>v逆；B：指示不清楚；C：500℃时反应达平衡用的时间短，故C错；D：升高温度，平衡向右移动，A%减小，D正确。
8．碱性锌锰干电池在放电时，电池的总反应方程式可以表示为：
Zn＋2MnO2＋2H2O===Zn(OH)2＋2MnOOH
在此电池放电时，负极上发生反应的物质是(　　)
A．Zn B．碳棒 C．MnO2 D．MnO2和H2O
答案　A
9．25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋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．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，KW增大，pH不变
答案　B
解析　A项加入稀氨水，抑制水的电离，平衡逆向移动，但c(OH－)增大；B项NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，c(H＋)增大，KW不变；C项CH3COONa电离出的CH3COO－与水电离出的H＋结合生成CH3COOH，促进H2O的电离，平衡正向移动；D项将水加热，KW增大，pH减小。
10．已知：Ksp(AgCl)＝1×10－10，Ksp(AgI)＝1×10－16，Ksp(Ag2CrO4)＝8.0×10－12，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
答案　C
解析　AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，AgCl饱和溶液中c(Ag＋)＝＝10－5 mol·L－1，AgI中c(Ag＋)＝10－8 mol·L－1；
Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)
x　　 　　　　2x　　　 　x
(2x)2·x＝8×10－12
x3＝2×10－12　x＝×10－4
故c(Ag＋)＝2 ×10－4 mol·L－1。
故C正确。
11．常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是(　　)
A．等物质的量的氨水和盐酸混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B．浓度为0.1 mol·L－1的碳酸钠溶液：c(Na＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸等体积混合：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
D．醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO－)
答案　A
解析　A：等物质的量的氨水和盐酸反应，生成NH4Cl，根据质子守恒c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)；B：根据物料守恒c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]；C：因为氨水为弱碱，混合后溶液呈碱性；D溶液呈中性，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)。
12．下列图示中关于铜电极的连接错误的是(　　)
答案　C
13．反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)　ΔH<0，在温度t1时达到平衡，c1(CO)＝
c1(NO2)＝1.0 mol·L－1，其平衡常数为K1。其他条件不变，升高反应体系的温度至t2时，反应
物的平衡浓度分别为c2(CO)和c2(NO2)，平衡常数为K2，则(　　)
A．若增大CO浓度，K2和K1都增大 B．K2>K1
C．c2(CO)＝c2(NO2) D．c1(CO)>c2(CO)
答案　C
解析　升高温度，平衡向左移动，CO、NO2浓度增大，仍相等，平衡常数减小；增大CO浓度，K2、K1不变化，K1、K2只与温度有关。
14．一个真空密闭容器中盛有1 mol PCl5，加热到200℃时发生了反应：
PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)，反应达到平衡时PCl5的分解率为M%，若在同一温度和同样容器中最初投入的是2 mol PCl5，反应达到平衡时PCl5的分解率为N%。M与N的关系是
(　　)
A．M>N B．M答案　A
解析　体积、温度不变，增加PCl5的量相当于增大压强，平衡向左移动，故PCl5的分解率减小。
15．pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如
下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，
则(　　)
A．x为弱酸，VxVy
C．y为弱酸，VxVy
答案　C
解析　pH相等的两种酸，反应过程中，强酸的pH变化大，弱酸的pH变化小，因为弱酸反应时会逐渐电离出H＋。因为y为弱酸，不能全部电离，x为强酸，全部电离，所以y消耗OH－的量更多。
16．Cu(OH)2在水溶液中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－
(aq)，在常温下Ksp＝2×10－20。在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向0.02 mol/L的
CuSO4溶液中加入碱来调整溶液的pH，应使溶液的pH大于(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案　D
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(8分)在一定温度下将2 mol A和2 mol B两种气体混合于2 L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)，2分钟末反应达到平衡状态，生成了0.8 mol D，请填写下面空白。
(1)用D表示2 min内的平均反应速率为________，A的转化率为________。
(2)如果缩小容器容积(温度不变)，则平衡体系中混合气体的密度________(填“增大”、“减少”或“不变”)。
(3)若开始时只加C和D各4/3 mol，要使平衡时各物质的质量分数与原平衡相等，则还应加入______ mol B物质。
(4)若向原平衡体系中再投入1 mol A和1 mol B，平衡________(填“右移”、“左移”或“不移动”)。
答案　(1)0.2 mol·L－1·min－1　60%
(2)增大　(3)　(4)右移
解析　　 3A(g)＋B(g)?2C(g)＋2D(g)
　　 2　　　2　　　　0　　　0
 1.2 0.4 0.8 0.8
 0.8 1.6 0.8 0.8
v(D)＝＝0.2 mol·L－1·min－1
A的转化率：×100%＝60%。
恒温、恒容条件下，对于一个等体反应，n(A)∶n(B)＝2∶2时，即达到同一平衡状态，mol C和 mol D转化成A、B，n(A)＝2 mol，n(B)＝ mol，故应加入B：2 mol－ mol＝ mol。再投入1 mol A和1 mol B，增加反应物，平衡向右移动。
18．(8分)如图所示，甲、乙两池电极材料都是铁棒和碳棒，请回答下列问题：
(1)若两池中电解质溶液均为CuSO4溶液，则反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲池中的________棒，乙池中的________棒。
②乙池中阳极的电极反应式是__________。
(2)若两池中电解质溶液均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的离子方程式________。
②甲池中碳极上电极反应式是________，乙池碳极上电极反应属于________(填“氧化反应”或“还原反应”)。
③将湿润的KI淀粉试纸放在乙池碳极附近，发现试纸变蓝，反应的化学方程式为____________。
④若乙池转移0.02 mol e－后停止实验，池中电解质溶液体积是200 mL，则溶液混合均匀后的pH＝________。
答案　(1)①碳　铁
②4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑
(2)①2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
②2H2O＋O2＋4e－===4OH－　氧化反应
③Cl2＋2KI＝I2＋2KCl
④13
19．(10分)常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号
HA物质的量
浓度(mol·L－1)
NaOH物质的量浓度(mol·L－1)
混合溶液的pH
甲
0.2
0.2
pH＝a
乙
c1
0.2
pH＝7
丙
0.1
0.1
pH>7
丁
0.1
0.1
pH＝9
请回答下列问题：
(1)不考虑其他组的结果，单从甲组情况分析，如何用a(混合溶液的pH)来说明HA是强酸还是弱酸________________________________________________________________。
(2)不考虑其他组的结果，单从乙组情况分析，c1是否一定等于0.2 mol·L－1________？
(填“是”或“否”)。混合溶液中c(A－)与c(Na＋)离子浓度的大小关系是________(填序号)。
A．前者大　　　 B．后者大 C．一样大 D．无法判断
(3)从丙组结果分析，HA是________酸(填“强”或“弱”)。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是____________________________________________________________。
(4)丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。
写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能做近似计算)c(Na＋)－c(A－)＝________mol·L－1。
答案　(1)如a＝7，HA为强酸，如a>7，HA为弱酸
(2)否　C　(3)弱　c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)　(4)10－5　10－5－10－9
解析　(1)HA为一元酸，n(HA)＝n(NaOH)，若HA为强酸，pH＝7，a＝7；若HA为弱酸，pH>7，a>7。
(2)若HA为弱酸，混合后溶液呈中性，pH＝7，c1>0.2 mol·L－1
根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，
又pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，故c(Na＋)＝c(A－)。
(3)相同浓度、相同体积的HA、NaOH混合，pH>7，溶液呈碱性，说明HA为弱酸。
(4)丁组：NaA溶液中c(OH－)＝10－5 mol·L－1，故水电离出的c(OH－)＝1×10－5 mol·L－1，
c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－5－10－9) mol·L－1。
20．(6分)发射卫星用N2H4作燃料，NO2作氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气，已知
①N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)
ΔH1＝＋67.7 kJ·mol－1
②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH2＝－534 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH3＝－484 kJ·mol－1
④H2(g)＋F2(g)===2HF(g)
ΔH4＝－538 kJ·mol－1
(1)试写出N2H4与NO2反应的热化学方程式____________________________；
(2)写出N2H4与F2反应的热化学方程式________________________________。
答案　(1)2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－1 135.7 kJ·mol－1
(2)N2H4(g)＋2F2(g)===4HF＋N2(g)
ΔH＝－1 126 kJ·mol－1
21．(10分)铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及化合物有着各自的性质。
(1)在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：
Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)
①该反应的平衡常数表达式为：K＝____________；
②该温度下，在2 L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10 min后，生成了单质铁11.2 g。则10 min内CO的平均反应速率为____________。
(2)请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：
①______________；②________________。
(3)某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率(v)和温度(T)的关系示意图中与铝热反应最接近的是__________。
(4)写出氢氧化铝在水中发生酸式电离的电离方程式：________________。欲使上述体系中Al3＋浓度增加，可加入的物质是______________。
答案　(1)　0.015 mol·L－1·min－1
(2)①CO(或CO2)的生成速率与消耗速率相等
②CO(或CO2)的质量不再改变(合理即给分)
(3)b
(4)Al(OH)3H＋＋AlO＋H2O　盐酸(合理即给分)
解析　(1)中①书写平衡常数表达式时固体不需写入。②n(Fe)为0.2 mol，n(CO)为0.3
mol，v(CO)＝＝0.015 mol·L－1·min－1。(2)这是一个等体积反应，不能从压强
考虑，Fe、Fe2O3为固体，也不影响平衡，所以应从CO、CO2的浓度、反应速率去考虑。(3)铝热反应在常温下不反应，高温时瞬间反应。(4)Al(OH)3结合H2O中OH－而呈酸性，也可认为是HAlO2·H2O，所以电离方程式也可写为Al(OH)3AlO＋H2O＋H＋；欲使Al3＋浓度增加，应先写出Al(OH)3的碱式电离方程式：Al(OH)3Al3＋＋3OH－，使平衡右移，可加入酸性物质，如HCl、H2SO4等。
22．(10分)北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷(C3H8)，亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯(C3H6)。
(1)丙烷脱氢可得丙烯。
已知：C3H8(g)===CH4(g)＋HCCH(g)＋H2(g)
ΔH1＝＋156.6 kJ·mol－1
CH3CH===CH2(g)===CH4(g)＋HCCH(g)
ΔH2＝＋32.4 kJ·mol－1
则相同条件下，反应C3H8(g)===CH3CH===CH2(g)＋H2(g)的ΔH＝__________kJ·mol－1。
以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解
质是熔融碳酸盐。电池反应方程式为____________________________________；
放电时，CO移向电池的________(填“正”或“负”)极。
(3)碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5 mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的二级电
离，则H2CO3HCO＋H＋的平衡常数K1＝________。(已知：10－5.60＝2.5×10－6)
(4)常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)________c(CO)
(填“>”、“＝”或“<”)，原因是____________________
(用离子方程式和必要的文字说明)。
答案　(1)＋124.2
(2)C3H8＋5O2===3CO2＋4H2O　负
(3)4.2×10－7 mol·L－1
(4)>　HCO＋H2OCO＋H3O＋(或HCOCO＋H＋)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，HCO的水解程度大于电离程度
解析　(1)根据盖斯定律，将两反应式相减得到：
C3H8(g)===CH3CH===CH2(g)＋H2(g)
ΔH＝＋124.2 kJ·mol－1。
(2)该燃料电池的电解质是熔融碳酸盐，电池反应方程式是C3H8燃烧的方程式；放电时，阴离子向负极移动。
(3)根据平衡常数K1＝，c(H＋)＝c(HCO)＝2.5×10－6 mol·L－1，c(H2CO3)＝
1.5×10－5 mol·L－1，可求出K1＝4.2×10－7。
(4)由NaHCO3溶液的pH>8得HCO的水解程度大于电离程度。
期末检测题(二)
(时间：100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；每小题只有一个选项符合题意)
1．下列过程属于非自发过程的是(　　)
A．N2和O2混合 B．H2和O2化合生成H2O
C．常温、常压下石墨转化为金刚石 D．C＋O2===CO2
答案　C
2．现用pH＝3的CH3COOH溶液和pH＝11的NaOH溶液各V mL，进行中和滴定，当滴定到pH＝7时，锥形瓶内溶液的体积为(滴定前后溶液未稀释、总体积不变)(　　)　　　　　　　　　　　　　
A．等于2V mL B．小于2V mL
C．大于2V mL D．小于、等于或大于2V mL
答案　B
解析　由于二者反应生成CH3COONa，恰好反应时溶液呈碱性，但pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH等体积混合，CH3COOH过量，溶液呈酸性，若使pH＝7，则CH3COOH溶液体积小于V mL，答案为B。
3．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．多元弱酸各步电离常数相互关系为K1答案　A
4．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的一制取Cu2O的电解池示意图如下，电池总反应为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
答案　A
解析　从反应中得知Cu在通电时失电子，在阳极放电，发生氧化反应，另一电极(石墨)作阴极，发生还原反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，相应的CuCu2O，转移0.1 mol电子生成0.05 mol Cu2O，故B、C、D项错。
5．已知某温度下：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，恒温、恒容且容积相同的两个密闭容器A、B，A中通入1 mol N2、3 mol H2，B中通入0.5 mol N2、1.5 mol H2，反应一段时间后，A、B中均达到平衡状态。下列判断正确的是(　　)
A．A中放热92.4 kJ
B．B中放热46.2 kJ
C．A中热量变化值大于B中的2倍
D．A中热量变化值等于B中的2倍
答案　C
解析　由于是可逆反应，加入的反应物不可能完全反应，则A中放热少于92.4 kJ，B中放热少于46.2 kJ；由于A、B恒温恒容，若A、B中反应物的转化率相同，则A中热量变化值等于B中的2倍，但由于A中压强大，则平衡正向移动，故A中热量变化值大于B中的2倍。
6．根据以下3个热化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　
2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－Q1 kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l) ΔH＝－Q2 kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(g) ΔH＝－Q3 kJ·mol－1
对Q1、Q2、Q3三者大小关系的判断正确的是(　　)
A．Q1＞Q2＞Q3 B．Q1＞Q3＞Q2
C．Q3＞Q2＞Q1 D．Q2＞Q1＞Q3
答案　A
7．以NA代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式：
C2H2(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)
ΔH＝－1 300 kJ·mol－1的说法中，正确的是(　　)
A．当有10NA个电子转移时，该反应放出1 300 kJ的能量
B．当有1NA个水分子生成且为液体时，吸收1 300 kJ的能量
C．当有2NA个碳氧共用电子对生成时，放出1 300 kJ的能量
D．当有10NA个碳氧共用电子对生成时，放出1 300 kJ的能量
答案　A
解析　本题综合考查了阿伏加德罗常数和反应热的知识。
===2CO2(g)＋H2O(l)
ΔH＝－1 300 kJ·mol－1
当有10 mol e－转移时，生成1 mol液态水，生成2 mol CO2(O===C===O)，其中含8 mol碳氧共用电子对，放出1 300 kJ的能量。
8．已知Zn(s)＋H2SO4(aq)===ZnSO4(aq)＋H2(g)　ΔH<0，则下列关于该反应的叙述不正确的是(　　)
A．该反应中旧键断裂需吸收能量，新键形成需放出能量，所以总能量不变
B．上述热化学方程式中的ΔH的值与反应物的用量无关
C．该反应为放热反应
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
答案　A
解析　由热化学方程式知，ΔH<0，A项不正确，C、D项正确；热化学方程式的ΔH表示已完成反应的能量变化，与反应物的用量无关，故B项正确。
9．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．用排饱和食盐水法收集Cl2
B．加压有利于合成氨反应
C．冰镇的啤酒打开后泛起泡沫
D．对2HIH2＋I2(g)平衡体系增加压强使颜色变深
答案　D
解析　勒夏特列原理适合解释平衡的移动，A项氯气与水反应生成盐酸和次氯酸是个可逆反应，在饱和食盐水中其平衡左移，减小了氯气的溶解从而除去氯化氢气体；B项加压使得合成氨的反应右移；C项减小压强使气体的溶解度减小，使得溶解的二氧化碳逸出；D项平衡没有发生移动，只是浓度大了颜色加深。
10．室温时，将x mL pH＝a的稀NaOH溶液与y mL pH＝b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是(　　)
A．若x＝y，且a＋b＝14，则pH>7
B．若10x＝y，且a＋b＝13，则pH＝7
C．若ax＝by，且a＋b＝13，则pH＝7
D．若x＝10y，且a＋b＝14，则pH>7
答案　D
解析　本题主要考查有关pH的简单计算。
由题意知：n(NaOH)＝x·10a－14×10－3mol，n(HCl)＝y·10－b×10－3mol，所以n(NaOH)∶n(HCl)＝＝×10(a＋b－14)。若x＝y，且a＋b＝14，则n(NaOH)＝n(HCl)，二者恰好完全反应，pH＝7；若10x＝y且a＋b＝13，则碱不足，pH<7；若ax＝by且a＋b＝13，则n(NaOH)∶n(HCl)＝·<1 (a>b)，故pH<7；若x＝10y且a＋b＝14，则n(NaOH)∶n(HCl)＝10>1，NaOH过量，pH>7。
11．下列叙述正确的是(　　)
A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH＝7时，c(SO)＞c(NH)
B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c1＝10c2
C．pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D．向0.1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大
答案　C
解析　A项中当pH＝7时，c(NH)>c(SO)，错误；B项中因为醋酸是弱电解质，pH相差1时，浓度相差值大于10倍，错误；C项中醋酸是弱酸，pH相当，等体积相混时，谁弱谁剩余，显酸性，故滴入石蕊溶液呈红色，正确；D项中氨水中加入(NH4)2SO4固体抑制NH3·H2O的电离，故减小。
12．常温下，pH＝12的一元弱碱和pH＝1的一元强酸等体积混合后(不考虑混合后溶液体积的变化)，恰好完全反应，则下列说法正确的是(　　)
A．反应后的溶液呈酸性
B．弱碱的浓度小于强酸的浓度
C．弱碱中OH－的浓度为0.1 mol·L－1
D．弱碱的浓度大于强酸的浓度
答案　A
解析　两溶液恰好完全反应，说明恰好生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性；同时也说明n(碱)＝n(酸)，又因它们等体积反应，所以c(碱)＝c(酸)；碱溶液的pH常温下为12，所以c(OH－)＝0.01 mol·L－1。
13．X、Y、Z、M、N代表五种金属。有以下化学反应：
①水溶液中：X＋Y2＋===X2＋＋Y
②Z＋2H2O(冷)===Z(OH)2＋H2↑
③M、N为电极与N盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：M－2e－===M2＋
④Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化，则这五种金属的活动性由弱到强的顺序是(　　)
A．M＜N＜Y＜X＜Z B．N＜M＜X＜Y＜Z
C．N＜M＜Y＜X＜Z D．X＜Z＜N＜M＜Y
答案　C
解析　Z能与冷水反应，活泼性最强；X能置换出Y，则X＞Y；M、N构成的原电池中M失去电子，则M＞N；Y与稀H2SO4反应，M不能被稀H2SO4氧化，则Y＞M。
14．白磷会对人体造成严重的烧伤，白磷(P4)分子结构为。2009年1月11日，国际人权组织——人权观察曾在其报告中指责以色列在加沙人口稠密地区使用了违禁武器。该组织在报告中指出，以军在轰炸和炮击加沙地区时使用了白磷炸弹。下列说法不正确的是(　　)
A．白磷着火点低，在空气中可自燃
B．白磷、红磷为同素异形体
C．31 g白磷中，含P—P键1.5 mol
D．已知P4(白磷)＋3O2(g)===2P2O3(s) ΔH＝－Q kJ·mol－1，则白磷的燃烧为－Q kJ·mol－1
答案　D
解析　D选项中的白磷燃烧产物P2O3(s)不是最稳定的化合物，白磷燃烧的最稳定化合物是P2O5(s)。
15．将纯锌片和纯铜片按图所示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是(　　)
A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C．两烧杯中溶液的pH均增大
D．产生气泡的速率甲比乙慢
答案　C
解析　因乙杯中锌片和铜片没有接触，故不能构成原电池，A、B皆错；因甲烧杯中Zn、Cu用导线连接后构成原电池，加快了Zn的溶解，故D错；又因两杯中的Zn都能与稀H2SO4反应产生H2而消耗H＋，故C正确。
16．在密闭容器中发生下列反应：aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是(　　)
A．A的转化率变小 B．平衡向正反应方向移动
C．D的体积分数变大 D．a>c＋d
答案　A
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(8分)利用下图装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL 0.25 mol·L－1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；
②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；
③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。
回答下列问题：
(1)写出稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式(中和热数值为57.3 kJ·mol－1)：____________________________________________________________________。
(2)倒入NaOH溶液的正确操作是__________(从下列选项中选出)。
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次迅速倒入
(3)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________(从下列选项中选出)。
A．用温度计小心搅拌
B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯
D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
(4)实验数据如下表：
①请填写下表中的空白：
温度
实验次数
起始温度t1℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.5
2
27.0
27.4
27.2
32.3
3
25.9
25.9
25.9
29.2
4
26.4
26.2
26.3
29.8
②近似认为0.55 mol·L－1 NaOH溶液和0.25 mol·L－1硫酸溶液的密度都是1 g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g－1·℃－1。则中和热ΔH＝________(取小数点后一位)。
答案　(1)H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
(2)C　(3)D
(4)①3.4　②－56.8 kJ·mol－1
解析　(1)中和热测定实验要求尽可能减少热量损失，且保证酸和碱能充分反应，即要有一种反应物过量。
(2)NaOH溶液应一次倒入，以减少热量损失。
(3)温度计不能用来搅拌试剂，B项有热量损失，C项不可避免有液体溅出。
(4)①第2次实验的温度差与其他3次相比差别太大，应舍去；②ΔH＝－[100 g×4.18×10－3 kJ·g－1·℃－1×3.4 ℃]÷0.025 mol＝－56.8 kJ·mol－1。
18．(6分)某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式：H2A===H＋＋HA－　
HA－H＋＋A2－
回答下列问题：
(1)Na2A溶液显________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，理由是____________(用离子方程式或必要的文字说明表示)。
(2)常温下，已知0.1 mol·L－1 NaHA溶液pH＝2，则0.1 mol·L－1 H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能________0.11 mol·L－1(填“大于”、“等于”或“小于”)，理由是
________________________________________________________________________。
(3)0.1 mol·L－1 NaHA的溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_________________。
答案　(1)碱性　A2－＋H2OHA－＋OH－
(2)小于　H2A第一步电离出的H＋对HA－的电离起到抑制作用，使HA－更难电离出H＋
(3)c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)
19．(8分)现有常温下0.1 mol·L－1的纯碱溶液。
(1)你认为该溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)________________________；
为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
同学甲认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO不超过其总量的
10%。请你设计实验证明该同学的观点是否正确：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)同学乙就该溶液中粒子之间的关系写出了下列四个关系式，你认为其中正确的是(　　)
A．c(Na＋)＝2c(CO)
B．c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H2CO3)
C．c(CO)＋c(HCO)＝0.1 mol·L－1
D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
(4)水解反应是典型的可逆反应。水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kh表示)，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表示式：
________________________________________________________________________。
答案　(1)CO＋H2OHCO＋OH－
向纯碱溶液中滴加数滴酚酞试液后，溶液呈红色；然后逐滴加入氯化钙溶液直至过量，若溶液红色逐渐变浅直至消失，则说明上述观点正确
(2)用pH试纸(或pH计)测常温下0.1 mol·L－1纯碱溶液的pH，若pH<12，则该同学的观点正确；若pH>12，则该同学的观点不正确
(3)BD
(4)Kh＝
解析　(1)纯碱是盐不是碱，其溶液呈碱性的原因只能是盐的水解。证明的出发点是：把产生水解的离子消耗掉，看在无水解离子的情况下溶液的酸碱性是否发生变化。(2)离子是微观的，发生水解的量是看不到的，但水解后的结果——溶液酸碱性和酸碱度是可以测量的，所以可用测溶液pH的方法来测定“水解度”。(3)A项中CO部分水解，所以c(Na
＋)>2c(CO)，A错误；B项是离子浓度大小排序：c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H2CO3)，
要从水解程度大小来考虑，正确。要说明的是：HCO水解的程度大于其电离的程度；C项c(CO)＋c(HCO)＝0.1 mol·L－1，右边是溶液浓度，因此考虑原子守恒，但由于疏漏碳酸，错误；D项c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，一边是水解产物之一OH－，一边是水解的另一产物，所以考虑物料守恒，考虑它们之间量的比例关系，D正确。(4)CO第一步水解的离子方程式CO＋H2OHCO＋OH－，先按照化学平衡常数的书写方式得：K＝
，再根据平衡常数的书写规则：在稀溶液中水的浓度视为1，参考水的离子
积的表达方式，得水解常数表达式：Kh＝。
20．(10分)将2 mol I2(g)和1 mol H2置于某2 L密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)＋H2(g)2HI(g)　ΔH<0，并达平衡，HI的体积分数φ(HI)随时间变化如图曲线(Ⅱ)所示。

(1)达平衡时，I2(g)的物质的量浓度为________。
(2)若改变反应条件，在甲条件下φ(HI)的变化如图曲线(Ⅰ)所示，在乙条件下φ(HI)的变化如图曲线(Ⅲ)所示。则甲条件可能是________(填入下列条件的序号，下同)，乙条件可能是________。
①恒温条件下，扩大反应容器体积　②恒容条件下，降低温度　③恒温条件下，缩小反应容器体积
④恒容条件下，升高温度　⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂
(3)若保持温度不变，在另一相同的2 L的密闭容器中加入a mol I2(g)、b mol H2和c mol HI(a、b、c均大于0)，发生反应，达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，则a、b、c的关系是________。
答案　(1)0.55 mol·L－1　(2)③⑤　①
(3)4b＋c＝2a
解析　(1)　　　　I2(g)＋H2(g)2HI(g)
起始量(mol·L－1) 1　　　0.5　　　0
变化量(mol·L－1) x　　　x　　 　2x
平衡量(mol·L－1) 1－x　0.5－x　 2x
φ(HI)＝×100%＝60%
解得x＝0.45　则1－x＝0.55
(2)解本小题的关键点是平衡没有移动。
(3)　　　　I2(g)＋H2(g)2HI(g)
起始量/mol　a　　　b　　　　c
 a＋　 b＋　 　0
因为(3)中达到的平衡状态与(1)中达到的平衡状态等效
∶＝2∶1
即4b＋c＝2a
21．(9分)用下图装置进行电解实验(a、b、c、d均为铂电极)，供选择的有4组电解液，要满足下列要求：
组
A槽
B槽
1
NaOH
CuSO4
2
AgNO3
CuCl2
3
Na2SO4
AgNO3
4
NaCl
AgNO3
①工作一段时间后，A槽pH上升，B槽的pH下降；②b、c两极上反应的离子的物质的量相等。
(1)应选择的电解质是上述四组中的第________组。
(2)该组电解过程中各电极上的电极反应为：
a极________________________________________________________________________
b极________________________________________________________________________
c极________________________________________________________________________
d极________________________________________________________________________
当b极上析出7.1 g电解产物时，a极上析出产物的质量为________g；若B槽电解质溶
液为500 mL，且忽略电解前后电解液的体积变化，则此时B槽中的c(H＋)比电解前增加了________mol·L－1。
答案　(1)4
(2)4H＋＋4e－===2H2↑
4Cl－－4e－===2Cl2↑
4Ag＋＋4e－===4Ag
4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(3)0.2　0.4
解析　(1)先分析A、B两槽电解时溶液的pH变化：
A
B
1
增大
减小
2
减小
不显著
3
不变
减小
4
增大
减小
由此可知，符合条件①的有1、4组。
再分析a、b、c、d四极上的放电离子，特别注意b、c两极的反应：
级别
b极(阳)
c极(阴)
1
4OH－～O2
2Cu2＋～2Cu
4
2Cl－～Cl2
2Ag＋～2Ag
故符合要求②的只有第4组。
(2)第4组溶液电解时的电解反应：
a：4H＋＋4e－===2H2↑
b：4Cl－－4e－===2Cl2↑
c：4Ag＋＋4e－===4Ag
d：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(3)a、b、c、d四电极上得到的产物物质的量间的关系，可由电子守恒快速列出：
2H2～2Cl2～4Ag～O2～4e－
B槽中有1 mol OH－放电，即有1 mol H＋生成，或从溶液电荷守恒考虑，因NO不消耗，有1 mol Ag＋反应必有1 mol H＋生成。
设a极上析出x g H2，B槽c(H＋)增加了y mol·L－1
Cl2　～　H2～2OH－～2Ag＋～2H＋
71 g　　 2 g　　　　　　　2 mol
7．1 g x g 0.5y
x＝0.2 g　y＝0.4 mol·L－1
22．(11分)一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催
化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)

根据题意完成下列各题：
(1)反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝__________，升高温度，K值__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝______________。
(3)在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是__________(填字母序号)。
a．氢气的浓度减小
b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加
d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
答案　(1)　减小
(2) mol·L－1·min－1　(3)bc
章末检测
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分；每小题只有一个选项符合题意)
1．下列措施不符合节能减排的是(　　)
A．大力发展火力发电，解决电力紧张问题
B．在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水
C．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏
D．用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气
答案　A
解析　火力发电，必须使用外界的能源，不节能，故A项不符；太阳能热水器使用太阳能，是节能的，B项符合；回收石膏，是充分利用原子的一种表现，C项符合；沼气作为燃气，是节能的，D项符合。
2．下列说法中，不正确的是(　　)
A．反应热指的是反应过程中放出的热量
B．中和反应都是放热反应
C．伴随着能量变化的过程不一定是化学反应
D．单液原电池中化学能转化成电能和热能
答案　A
解析　A项，反应热不一定指放出的热量，吸收的热量也属于反应热，A项错误。B项，中和反应均放热，B项正确。C项，浓硫酸溶于水伴随有能量变化，但该过程不属于化学反应，C项正确。D项，在单液原电池中由于电极与电解液直接接触，故化学能转化成电能和热能，D项正确。
3．下列过程中ΔH小于零的是(　　)
A．Ba(OH)2与NH4Cl固体混合
B．氯化铵分解得氨气
C．碳酸钙分解得二氧化碳
D．实验室制备氢气
答案　D
4．在下列各说法中，正确的是(　　)
A．ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应
B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数
C．1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热
D．1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热
答案　B
解析　A项，ΔH>0表示吸热反应，ΔH<0表示放热反应；C项，“中和热”是指在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应，生成1 mol液态水时放出的热量，1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成2 mol水，放出的热大于中和热；D项，在101 kPa时，1 mol H2与0.5 mol O2反应，生成液态水时放出的热才是H2的燃烧热，题中没有说明生成的水的聚集状态。
5．已知298 K时，合成氨反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)
ΔH＝－92.0 kJ·mol－1，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应。测得反应放出的热量为(假定测量过程中没有能量损失)(　　)
A．一定小于92.0 kJ B．一定大于92.0 kJ
C．一定等于92.0 kJ D．无法确定
答案　A
解析　充入1 mol N2和3 mol H2，由于发生的是可逆反应，不可能完全反应，而92 kJ是表示1 mol N2和3 mol H2完全反应所放出的热量。
6．已知1 g H2完全燃烧生成水蒸气放出热量121 kJ，且O2中1 mol O===O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中形成1 mol H—O键时放出热量463 kJ，则H2中1 mol H—H键断裂时吸收的热量为(　　)
A．920 kJ B．557 kJ C．436 kJ D．188 kJ
答案　C
解析　反应的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－484 kJ·mol－1，1 mol H—H键断裂时吸收的热量为(2×2×463 kJ－484 kJ－496 kJ)÷2＝436 kJ。
7．下列变化为放热的化学反应的是(　　)
A．H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44.0 kJ·mol－1
B．2HI(g)===H2(g)＋I2(g)　ΔH＝＋14.9 kJ·mol－1
C．形成化学键时共放出862 kJ能量的化学反应
D．能量变化如下图所示的化学反应
答案　D
解析　A项，不是化学反应；B项，为吸热反应；C项，如破坏化学键时吸收的能量比862 kJ多，则反应为吸热反应；D项，反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应。
8．已知：
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566 kJ·mol－1
Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋O2(g)
ΔH＝－266 kJ·mol－1
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是(　　)
A．CO的燃烧热为283 kJ
B．下图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C．2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g)
ΔH>－532 kJ·mol－1
D．CO(g)与Na2O2(s)反应放出549 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
答案　C
解析　A选项中燃烧热单位错误，应为kJ·mol－1；B项图中没有表示出ΔH＝－566 kJ·mol－1时，对应的反应物与生成物的量的关系，B项错；C正确；由盖斯定律得CO(g)＋Na2O2(s)===Na2CO3(s)　ΔH＝－549 kJ·mol－1，可知当放出549 kJ热量时，消耗1 mol CO，电子转移数为2×6.02×1023，D错误。
9．白磷会对人体造成严重的烧伤，白磷(P4)分子结构为。下列说法不正确的是(　　)
A．白磷着火点低，在空气中可自燃
B．白磷、红磷互为同素异形体
C．31 g白磷中，含P—P键1.5 mol
D．已知P4(白磷，s)＋3O2(g)===2P2O3(s)　ΔH＝－Q kJ·mol－1，则白磷的燃烧热为Q kJ·
mol－1
答案　D
解析　D选项中的白磷燃烧产物P2O3(s)不是最稳定的化合物，白磷燃烧产物中最稳定的化合物是P2O5(s)。
10．下列热化学方程式中ΔH表示可燃物燃烧热的是(　　)
A．CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－283 kJ·mol－1
B．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－802.3 kJ·mol－1
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝－184.6 kJ·mol－1
答案　A
解析　根据燃烧热的概念知应是1 mol纯物质，生成常温常压下稳定的氧化物时所放出的热量，H2O在上述情况下液态稳定。
11．已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是285.8 kJ·mol－1、1 411.0 kJ·mol－1和1 366.8 kJ·mol－1，则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的ΔH为(　　)
A．－44.2 kJ·mol－1 B．＋44.2 kJ·mol－1
C．－330 kJ·mol－1 D．＋330 kJ·mol－1
答案　A
解析　本题由已知反应的燃烧热计算新反应的反应热。依据燃烧热的概念，写出热化学方程式。
①C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－1 411.0 kJ·mol－1
②C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1 366.8 kJ·mol－1
①－②得：C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l)
ΔH＝－44.2 kJ·mol－1，故应选A。
12．用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－574 kJ·mol－1
②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－1 160 kJ·mol－1
下列说法不正确的是(　　)
A．若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ
B．由反应①可推知：CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH<－574 kJ·mol－1
C．反应①②转移的电子数相同
D．反应②中当4.48 L CH4反应完全时转移的电子总数为1.60 mol
答案　D
解析　根据盖斯定律，(①＋②)×得到如下热化学方程式：CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－867 kJ·mol－1，标准状况下4.48 L CH4的物质的量为0.2 mol，放出的热量为0.2 mol×867 kJ·mol－1＝173.4 kJ；由于液态水生成气态水需要吸收热量，所以生成液态水的反应放出的热量多，放热越多，则ΔH越小，即ΔH<－574 kJ·mol－1；反应②中每1 mol CH4反应完全时转移的电子总数为8 mol，因为没有指明气体的温度和压强，4.48 L CH4的物质的量无法求算。
13．有如下三个热化学方程式：
H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝a kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝b kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝c kJ·mol－1
关于它们的下列表述正确的是(　　)
A．它们都是吸热反应 B．a、b和c均为正值
C．a＝b D．2b＝c
答案　D
解析　根据热化学方程式书写中反应热表示的规定即ΔH＜0表示放热反应，ΔH＞0表示吸热反应，可判断出H2燃烧放出热量，应为负值，故A、B均错；根据相同物质的反应，聚集状态不同，反应热不同，可知a≠b，故C错；根据相同的反应，反应热与可燃物的量成正比可知：2b＝c。
14．已知3.6 g碳在6.4 g氧气中燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量a kJ。又知12.0 g碳完全燃烧，放出热量为 b kJ。则热化学方程式C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝Q中Q等于(　　)
A．－(a－b)kJ·mol－1
B．－(a＋b)kJ·mol－1
C．－(5a－0.5b)kJ·mol－1
D．－(10a－b)kJ·mol－1
答案　C
解析　根据题意得两个热化学方程式：①3C(s)＋2O2(g)===2CO(g)＋CO2(g)　ΔH＝
－10a kJ·mol－1；②C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－b kJ·mol－1；(①－②)/2整理得：C(s)＋O2(g)===CO(g)
ΔH＝－(5a－0.5b)kJ·mol－1。
15．破坏(或形成)1 mol化学键所吸收(或放出)的能量称为键能。已知H—H键的键能为
436 kJ·mol－1，O===O键的键能为498 kJ·mol－1，根据热化学方程式
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－286 kJ·mol－1，判断H2O分子中O—H键的键能为(　　)
A．485.5 kJ·mol－1 B．610 kJ·mol－1
C．917 kJ·mol－1 D．1 220 kJ·mol－1
答案　A
解析　ΔH＝反应物的键能之和－生成物的键能之和，所以－286 kJ·mol－1＝436 kJ·mol－1＋×498 kJ·mol－1－2E(O—H)，解得E(O—H)＝485.5 kJ·mol－1。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16.(10分)为了研究化学反应A＋B===C＋D的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题：
(1)该反应为____________(填“放热”或“吸热”)反应。
(2)A和B的总能量比C和D的总能量____________(填“高”或“低”)。
(3)物质中的化学能通过________转化成________释放出来。
(4)反应物化学键断裂吸收的能量________(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。
(5)写出一个符合题中条件的化学方程式：_________________________________________ ____________________________________________________________________________。
答案　(1)放热　(2)高　(3)化学反应　热能　(4)低
(5)2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑(或2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑或NaOH＋HCl===NaCl＋H2O等合理答案均可)
解析　U形管中甲处液面下降乙处液面上升，说明广口瓶中气体受热膨胀，因此该反应为放热反应，反应物A、B的总能量比生成物C、D的总能量高，反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量。符合该条件的放热反应有2Al＋6HCl===2AlCl3＋
3H2↑、2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、NaOH＋HCl===NaCl＋H2O等。
17．(8分)金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们燃烧时，若氧气不足生成一氧化碳，若充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
(1)等质量的金刚石和石墨完全燃烧，________(填“金刚石”或“石墨”)放出的热量更多，写出表示石墨燃烧热的热化学方程式：______________________________________________ __________________________。
(2)在通常状况下，________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，写出石墨转化为金刚石的热化学方程式：__________________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(3)12 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36 g，该过程中放出的热量为_________________。
答案　(1)金刚石　C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
(2)石墨　C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1　(3)252.0 kJ
解析　(1)根据图像，1 mol金刚石和石墨均完全燃烧生成二氧化碳，前者反应的ΔH＝
－395.4 kJ·mol－1，后者反应的ΔH＝ΔH2＋ΔH3＝－393.5 kJ·mol－1，显然，金刚石放出的热量更多。根据燃烧热的概念，表示石墨燃烧热的热化学方程式中，生成物必须是二氧化碳。(2)根据图示可知 1 mol石墨的总能量比1 mol金刚石的总能量低1.9 kJ，即(393.5－395.4)kJ。据此可写出反应的热化学方程式。(3)石墨质量是12 g，则参与反应的氧气质量是24 g，二者的物质的量之比为4∶3，根据C、O元素守恒可求出CO、CO2的物质的量均为0.5 mol。则反应放出的热量为0.5 mol×110.5 kJ·mol－1＋0.5 mol×393.5 kJ·mol－1＝252.0 kJ。
18．(12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)假如硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中，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，使硅的生产耗能很低，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，生成的HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好反应，则反应过程中________________(填“吸收”或“释放”)的热量为__________kJ。
答案　(1)460　(2)光(或太阳)　电　(3)D
(4)吸收　6.01
解析　(1)每摩尔Si含有2 mol Si—Si键，每摩尔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，D错。
(4)100 mL 1 mol·L－1 的NaOH溶液消耗0.1 mol HCl，则工业制备纯硅的反应中有0.1 mol HCl生成，故吸收的热量为×0.1 mol＝6.01 kJ。
19．(12分)已知下列热化学方程式：
①CaCO3(s)===CaO＋CO2(g)　ΔH＝＋177.7 kJ
②C(s)＋H2O(s)===CO(g)＋H2(g)
ΔH＝－131.3 kJ·mol－1
③H2SO4(l)＋NaOH(l)===Na2SO4(l)＋H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
④C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
⑤CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－283 kJ·mol－1
⑥HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
⑦2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－517.6 kJ·mol－1
(1)上述热化学方程式中，不正确的有______________________________________________，
不正确的理由分别是_____________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
(2)根据上述信息，写出C转化为CO的热化学方程式：
________________________________________________________________________。
(3)上述反应中，表示燃烧热的热化学方程式有_______________________________________；
表示中和热的热化学方程式有____________________________________________________。
答案　(1)①②③
①中CaO没标状态，ΔH＝＋177.7 kJ·mol－1；②中H2O的状态应为“g”；③中除H2O外其他物质的状态不是“l”应为“aq”
(2)C(s)＋O2(g)===CO(g)
ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
(3)④⑤　⑥
解析　(1)①中CaO没标状态，ΔH＝＋177.7 kJ·mol－1；②中H2O的状态应为“g”；③中除H2O外其他物质的状态不是“l”应为“aq”。
(2)④－⑤得：C(s)＋O2(g)===CO(g)
ΔH＝－393.5 kJ·mol－1－(－283 kJ·mol－1)＝－110.5 kJ·mol－1。
(3)燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，故④⑤正确，⑦表示的不是1 mol H2的燃烧；中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应，生成1 mol H2O(l)时的反应热，故⑥正确。
20．(13分)白磷、红磷是磷的两种同素异形体，在空气中燃烧得到磷的氧化物，空气不足时生成P4O6，空气充足时生成P4O10。
(1)已知298 K时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为P4(白磷，s)＋5O2(g)===P4O10(s)
ΔH1＝－2 983.2 kJ·mol－1
P(红磷，s)＋O2(g)===P4O10(s)
ΔH2＝－738.5 kJ·mol－1
则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式为___________________________________ _____________________________________________________________________________。
(2)已知298 K时白磷不完全燃烧的热化学方程式为P4(白磷，s)＋3O2(g)===P4O6(s)　ΔH＝
－1 638 kJ·mol－1。在某密闭容器中加入62 g白磷和50.4 L氧气(标准状况)，控制条件使之恰好完全反应。则所得到的P4O10与P4O6的物质的量之比为__________，反应过程中放出的热量为__________。
(3)已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P 198，Cl—Cl 243，P—Cl 331。
则反应P4(白磷，s)＋6Cl2(g)===4PCl3(s)的反应热ΔH＝______________。
答案　(1)P4(白磷，s)===4P(红磷，s)
ΔH＝－29.2 kJ·mol－1
(2)3∶1　1 323.45 kJ
(3)－1 326 kJ·mol－1
解析　(1)根据盖斯定律，由第一个反应－第二个反应×4，可得：
P4(白磷，s)===4P(红磷，s)　ΔH＝－2 983.2 kJ·mol－1－(－738.5 kJ·mol－1)×4＝－29.2 kJ·
mol－1。
(2)n(白磷)＝＝0.5 mol，n(O2)＝＝2.25 mol，设P4O10与P4O6的物质的量分别为x、y。则x＋y＝0.5 mol，5x＋3y＝2.25 mol，解得x＝0.375 mol，y＝0.125 mol。反应过程中放出的热量为2 983.2 kJ·mol－1×0.375 mol＋1 638 kJ·mol－1×0.125 mol＝
1 323.45 kJ。
(3)根据图示，1分子P4、PCl3中分别含有6个P—P键、3个P—Cl键，反应热为断裂6 mol P—P键、6 mol Cl—Cl键吸收的能量与形成12 mol P—Cl键放出的能量之差，即ΔH＝(6×
198 kJ·mol－1＋6×243 kJ·mol－1)－12×331 kJ·mol－1＝－1 326 kJ·mol－1。
章末检测
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分；每小题只有一个选项符合题意)
1．下列物质中属于电解质，但在给定条件下不能导电的是(　　)
A．液态溴化氢 B．蔗糖
C．铝 D．稀硝酸
答案　A
解析　溴化氢是电解质，但液态时不导电，A正确；蔗糖是非电解质；铝为单质，既不是电解质，也不是非电解质；稀硝酸为混合物，能导电，但不属于电解质也不属于非电解质。
2．下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是(　　)
①25 ℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7
②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗
③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应
④0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1
A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②④
答案　C
解析　25 ℃时NaNO2溶液pH>7，说明NO水解，则HNO2为弱酸，①符合。②溶液导电性差，有可能是HNO2的浓度小，不能说明HNO2是弱电解质。③HNO2不与Na2SO4反应，只能说明HNO2的酸性小于H2SO4，不能说明HNO2是弱酸。④说明HNO2未完全电离，则HNO2是弱电解质。
3．水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是(　　)
A．4 ℃时，纯水的pH＝7
B．温度升高，纯水中的c(H＋)增大，c(OH－)减小
C．水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子
D．向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小
答案　C
解析　25 ℃时纯水的pH＝7，A错；升温，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)均增大，B错；水是弱电解质，电离的程度很小，纯水中主要存在形态是水分子，C对；水的离子积与温度有关，加入酸或碱均能抑制水的电离，但水的离子积不变，D错。
4．常温下，把1 mL 0.1 mol·L－1的H2SO4加水稀释制成2 L溶液，在此溶液中由水电离产生的H＋浓度接近于(　　)
A．1.0×10－4 mol·L－1 B．1.0×10－8 mol·L－1
C．1.0×10－11 mol·L－1 D．1.0×10－10 mol·L－1
答案　D
解析　溶液中c(H＋)＝＝1.0×10－4 mol·L－1，c(OH－)＝
 mol·L－1＝1.0×10－10 mol·L－1，即由水电离出的c(H＋)为1.0×10－10 mol·L－1。
5．下列有关实验操作的说法错误的是(　　)
A．中和滴定时盛待测液的锥形瓶中有少量水对滴定结果无影响
B．在酸碱中和滴定实验中，滴定管都需润洗，否则引起误差
C．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面
D．称量时，称量物放在称量纸上，置于托盘天平的左盘，砝码放在托盘天平的右盘
答案　C
解析　滴定操作时，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，C错。
6．下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是(　　)
A．能使pH试纸变红的溶液中：CO、K＋、Cl－、Na＋
B．由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1的溶液中：NO、Mg2＋、Na＋、SO
C．在c(OH－)/c(H＋)＝1×1012的溶液中：NH、Fe2＋、Cl－、NO
D.＝10－10 mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO、Cl－、K＋
答案　B
解析　A项，使pH试纸变红说明该溶液呈酸性，CO不能大量存在；B项，水溶液可能呈酸性或碱性，Mg2＋和OH－不能大量共存，但在酸性条件下这些离子可以共存；C项，常温下由＝1×1012，知c(OH－)>c(H＋)溶液呈碱性，NH、Fe2＋不能大量存在。
7．在相同温度下，等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是(　　)
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c(OH－)前者大于后者
D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
答案　C
解析　A项，NaHCO3与Na2CO3溶液中均存在盐的水解平衡和水的电离平衡；B项，二者均存在HCO、CO、H2O、H2CO3、Na＋、H＋和OH－；C项，水解程度HCO8．向一种一元强酸HA溶液中加入一种碱MOH，溶液呈中性，下列判断正确的是(　　)
A．加入的碱过量
B．生成的盐发生水解
C．反应后溶液中c(A－)＝c(M＋)
D．混合前酸与碱中溶质的物质的量相等
答案　C
解析　反应后的溶液一定呈电中性，根据电荷守恒，则有c(A－)＋c(OH－)＝c(M＋)＋c(H＋)，当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，因此c(M＋)＝c(A－)；若MOH为弱碱，则生成的盐能水解，此时碱一定过量；若MOH为强碱则生成的盐不水解，混合前n(HA)＝n(MOH)。
9．下列叙述正确的是(　　)
A．稀醋酸中加少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B．25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液的pH＝7
C．25 ℃时，0.1 mol·L－1的H2S溶液比等浓度的Na2S溶液的导电能力弱
D．0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)
答案　C
解析　A项，醋酸电离方程式为CH3COOH??CH3COO－＋H＋，加入少量CH3COONa，c(CH3COO－)增大，从而使CH3COOH电离平衡逆向移动，抑制CH3COOH的电离；B项，等体积等浓度的HNO3与氨水混合生成NH4NO3，NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，溶液呈酸性，则pH<7；C项，溶液的导电能力取决于溶液中离子总浓度大小和所带电荷数的多少，H2S为弱电解质，Na2S为强电解质，所以等浓度的H2S溶液的导电能力比Na2S溶液导电能力弱；D项，在相同条件下，AgI的溶解度小于AgCl的溶解度，所以溶液中c(Cl－)>c(I－)。
10．下列说法不正确的是(　　)
A．向固体Mg(OH)2存在的饱和溶液中加入NH4Cl固体，能使Mg(OH)2固体减少
B．为了避免电解液中CuSO4因水解发生沉淀，可加入适量稀硫酸抑制水解
C．在蒸发皿中加热蒸干碳酸钠溶液，可以得到碳酸钠固体
D．溶液导电过程是电解的过程，强电解质的导电能力一定比弱电解质的导电能力强
答案　D
解析　A项，铵根离子结合了溶液中的氢氧根离子，促进了Mg(OH)2固体的溶解；B项，加入适量稀硫酸能抑制铜离子的水解；C项，强碱弱酸盐在蒸干过程中不会产生易挥发物质；D项，溶液导电能力取决于溶液中离子的浓度及所带电荷数的多少。
11．已知同温度下的溶解度：Zn(OH)2>ZnS，MgCO3>Mg(OH)2，溶解或电离出S2－的能力为FeS>H2S>CuS，下列离子方程式错误的是(　　)
A．Mg2＋＋2HCO＋2Ca2＋＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
B．Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋
C．Zn2＋＋S2－＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑
D．FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑
答案　C
解析　C项，因为溶解度：Zn(OH)2>ZnS，故应生成ZnS沉淀，即Zn2＋＋S2－===ZnS↓。
12．25 ℃时有三瓶溶液：pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的氢氧化钠溶液，下列说法正确的是(　　)
A．中和等体积的pH＝11的氢氧化钠溶液，所需pH＝3的醋酸溶液的体积大于pH＝3的盐酸的体积
B．往上述盐酸、醋酸溶液中分别加入少量相同的锌粒，盐酸中的锌粒先反应完全
C．将上述醋酸溶液、氢氧化钠溶液混合得到pH＝7的溶液，该溶液中c(Na＋)大于
c(CH3COO－)
D．25 ℃时pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸溶液中水电离出的c(H＋)均为10－11 mol·L－1
答案　D
解析　醋酸为弱酸，盐酸为强酸，pH＝3的醋酸比pH＝3的盐酸浓度大，中和等量NaOH溶液消耗的醋酸体积小，故A错；加入锌粒反应开始后，醋酸中c(H＋)比盐酸中c(H＋)大，反应速率快，所以醋酸中锌粒先反应完全，故B错；醋酸和NaOH溶液混合后若pH＝7，则溶液呈中性，由电荷守恒知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，C错。
13．下列叙述中不正确的是(　　)
A．一定浓度的醋酸钠溶液可使酚酞溶液变红，其原因是发生了如下反应：CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，使得溶液中的c(OH－)>c(H＋)
B．在常温下，10 mL 0.02 mol·L－1盐酸与10 mL 0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH＝12
C．在0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中：c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)
D．5 mL 1 mol·L－1 CH3COONa溶液与5 mL 1 mol·L－1盐酸混合液中c(Cl－)>c(Na＋)>
c(H＋)>c(OH－)
答案　D
解析　A项，CH3COONa溶液呈碱性正是因为CH3COO－水解，正确；B项，混合后c(OH－)＝＝0.01 mol·L－1，故pH＝12，正确；C项，电荷守恒，正确；D项中CH3COONa＋HCl===CH3COOH＋NaCl，溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)，故D错。
14.已知常温时CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是(　　)
A．a点表示的溶液中c(CH3COO－)略小于10－3 mol·L－1
B．b点表示的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D．b、d点表示的溶液中均等于K
答案　C
解析　a点pH＝3，c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1＝c(H＋)酸电离＋c(H＋)水电离，而CH3COOH电离的c(H＋)＝c(CH3COO－)，故c(CH3COO－)略小于1×10－3 mol·L－1，A正确；b点pH<7，则
c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，则c(CH3COO－)>
c(Na＋)，B正确；若CH3COOH与NaOH恰好完全反应，生成CH3COONa，溶液应显碱性，而c点pH＝7，故此时CH3COOH应过量，C错误；温度不变，平衡常数K不变，则D正确。
15．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是(　　)
A．pH相等的①NH4Cl　②(NH4)2SO4　③NH4HSO4溶液，NH大小顺序为①>②>③
B．pH相等的NaF与CH3COOK溶液：[c(Na＋)－c(F－)]>[c(K＋)－c(CH3COO－)]
C．0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)＋c(H2CO3)
D．0.2 mol·L－1 HCl与0.1 mol·L－1 NaAlO2溶液等体积混合：c(Cl－)>c(Na＋)>c(Al3＋)>
c(H＋)>c(OH－)
答案　D
解析　由于NH4HSO4完全电离生成NH、H＋、SO，pH相等时，NH4HSO4中NH浓度最小，NH4Cl与(NH4)2SO4中NH水解使溶液呈酸性，若pH相等则水解的NH的量相等，则NH浓度相等，正确关系为①＝②>③；B项中pH相等，则两溶液中H＋与OH－浓度均相同，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，c(Na＋)－c(F－)＝c(OH－)－c(H＋)，同理c(K＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)，则由pH相等得c(Na＋)－c(F－)＝c(K＋)－c(CH3COO－)；C为质子守恒式，可由电荷守恒式与物料守恒式处理得到c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)；D项中AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，过量的H＋与Al(OH)3反应，溶液为NaCl与AlCl3的混合溶液，由于Al3＋水解使溶液呈酸性，所以c(OH－)二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(13分)室温下，用0.10 mol·L－1 KOH溶液滴定10.00 mL 0.10 mol·L－1 H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：
(1)点①所示溶液中，Kw＝__________。
(2)点②所示溶液中的电荷守恒式为___________________________________________ ______________________________________________________________________________。
(3)点③所示溶液中存在________种平衡。
(4)点④所示溶液中的物料守恒式为0.10 mol·L－1＝
_______________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(5)点⑤所示溶液中各离子浓度的大小顺序为_________________________________ ______________________________________________________________________________。
(6)上述5点所示溶液中，水的电离程度最大的是______________________________________，
最小的是________(用序号回答)。
答案　(1)1.0×10－14
(2)c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)
(3)3
(4)c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)
(5)c(K＋)>c(C2O)>c(OH－)>c(HC2O)>c(H＋)
(6)⑤　①
解析　(1)室温下Kw为1.0×10－14。(3)点③时两者1∶1 恰好完全反应生成KHC2O4，因此存在HC2O的电离平衡和水解平衡，但不要忘记还有水的电离平衡。(4)要注意到反应后溶液的体积为25 mL。(5)点⑤溶液中的溶质只有K2C2O4，其水解显碱性。(6)H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4水解会促进水的电离。
17．(12分)现有pH＝2的醋酸甲和pH＝2的盐酸乙：
(1)取10 mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________(填“向左”、“向右”或“不”，下同)移动，若加入少量的冰醋酸，醋酸的电离平衡________移动，若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)的值将________(填“增大”、“减小”或“无法确定”)。
(2)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为pH(甲)______(填“大于”、“小于”或“等于”)pH(乙)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH＝________。
(3)各取25 mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)________(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)V(乙)。
(4)取25 mL的甲溶液，加入等体积pH＝12的NaOH溶液，反应后溶液中c(Na＋)、c(CH3COO－)的大小关系为c(Na＋)______c(CH3COO－)。
答案　(1)向右　向右　减小　(2)小于　2　(3)大于
(4)小于
解析　(1)根据溶液越稀越易电离可知加水稀释后电离平衡正向移动；若加入冰醋酸，相当于增加了反应物浓度，因此电离平衡也正向移动；加入醋酸钠固体后，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，故c(H＋)/c(CH3COOH)的值减小。
(2)由于在稀释过程中醋酸继续电离，故稀释相同的倍数后pH(甲)小于pH(乙)，同时可得(3)中V(甲)大于V(乙)。HCl和CH3COOH溶液的pH都是2，溶液中的H＋浓度都是0.01 mol·
L－1，设CH3COOH的原浓度为c mol·L－1，混合后平衡没有移动，则有
　　　　　
CH3COOH??H＋＋　CH3COO－
 c－0.01 0.01 0.01
 (c－0.01)/2 0.01 0.01/2
由于温度不变醋酸的电离常数不变，结合数据可知醋酸的电离平衡确实未发生移动，因此混合后溶液的pH仍等于2。
(4)两者反应后醋酸远远过量，溶液显酸性，根据电荷守恒可得c(Na＋)小于c(CH3COO－)。
18．(10分)25 ℃时，将体积为Va、pH＝a的某一元酸与体积Vb、pH＝b的某一元碱混合，请完成下列各题。
(1)若a＋b＝14，2Va＝Vb，碱是NaOH，反应后所得溶液pH小于7。由此你能得到的结论是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若a＋b＝13，酸是盐酸，碱是KOH，现用盐酸滴定50.00 mL KOH溶液，当滴定到溶液的pH＝2时，消耗盐酸11.11 mL。则b＝________。
(3)若已知Va答案　(1)酸是一种弱酸　(2)12　(3)解析　(1)酸中c(H＋)＝10－a mol·L－1，碱中c(OH－)＝10b－14 mol·L－1＝10－a mol·L－1，若酸是强酸，则反应后碱过量一半，溶液呈碱性，现反应后所得溶液pH<7，则不可能是强酸，应是弱酸。
(2)＝10－2，由于a＋b＝13，解得b＝12。
(3)由<1可得＝＝＝10a＋b－14<1，由a＝0.5b，3a<14，a<；而b>7，即2a>7，a>，因此a的取值范围是19．(10分)已知在25 ℃时，醋酸、次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为
醋酸K＝1.75×10－5
次氯酸K＝2.95×10－8
碳酸K1＝4.30×10－7　K2＝5.61×10－11
亚硫酸K1＝1.54×10－2　K2＝1.02×10－7
(1)写出碳酸的第一级电离平衡常数表达式
K1＝__________。
(2)在相同条件下，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中碱性最强的是________。等浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中各离子浓度大小顺序为________ ______。
(3)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入少量HCl，下列量会变小的是________(填字母序号，下同)。
a．c(CH3COO－)　b．c(H＋)　c．醋酸的电离平衡常数
(4)下列离子方程式中错误的是________。
a．少量CO2通入次氯酸钠溶液中：CO2＋H2O＋ClO－===HCO＋HClO
b．少量SO2通入次氯酸钙溶液中：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O===CaSO3↓＋2HClO
c．过量CO2通入澄清石灰水中：CO2＋OH－===HCO
答案　(1)
(2)Na2CO3　c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)
(3)a　(4)b
解析　(2)由于Na2CO3对应的弱酸根离子“HCO”的电离平衡常数最小，根据水解规律“越弱越易水解”可知Na2CO3溶液的碱性最强。由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，因此溶液中c(HCO)>c(CO)。
(3)c(H＋)增大，醋酸的电离平衡常数不会改变。
(4)由电离平衡常数知，酸性：H2CO3>HClO>HCO，故少量CO2与NaClO溶液反应生成HClO和NaHCO3，a正确；由于HClO有极强的氧化性，因此b中不可能有CaSO3生成，应生成CaSO4。
20．(10分)毒重石的主要成分为BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质)。实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：
(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_____________________________________
________________________________________________________________________。
(2)加入NH3·H2O调pH＝8可除去________(填离子符号)，滤渣Ⅱ中含________________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是____________________________________ _____________________________________________________________________________。
已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9
Ca2＋
Mg2＋
Fe3＋
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O
Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0 mL。
步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________ mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。
答案　(1)增大接触面积从而使反应速率加快
(2)Fe3＋　Mg(OH)2、Ca(OH)2　H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量减少
(3)上方　　偏大
解析　(1)把毒重石充分研磨的目的是增大接触面积使反应速率加快。
(2)由表中信息可知pH＝8时Fe3＋可完全沉淀，Mg2＋、Ca2＋未开始沉淀，pH＝12.5时，
Mg2＋完全沉淀Ca2＋部分沉淀，Ksp(CaC2O4)(3)滴定管“0”刻度位于滴定管的上方，由步骤Ⅰ可知x mL Na2CrO4溶液中CrO的物质的量为V0b×10－3 mol，步骤Ⅱ中与Ba2＋形成沉淀的CrO的物质的量为(V0b－V1b)×10－3 mol，则y mL BaCl2溶液中Ba2＋的物质的量为(V0b－V1b)×10－3 mol，则c(BaCl2)＝＝ mol·L－1；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，会导致滴加盐酸体积V1偏小，若V1偏小，则V0b－V1b偏大，Ba2＋浓度测量值偏大。
章末检测
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分；每小题只有一个选项符合题意)
1．下列过程中，属于非自发过程的是(　　)
A．N2和O2混合
B．常温、常压下，石墨转化为金刚石
C．H2和O2化合生成H2O
D．C＋O2CO2
答案　B
解析　石墨转化为金刚石，需高温、高压。
2．以下对影响反应方向因素的判断不正确的是(　　)
A．有时焓变对反应的方向起决定性作用
B．有时熵变对反应的方向起决定性作用
C．焓变和熵变是判断反应方向的两个主要因素
D．任何情况下，温度都不可能对反应的方向起决定性作用
答案　D
解析　在焓变与熵变相差不大的情况下，温度可能对反应的方向起决定性作用。
3．对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是(　　)
A．增大压强 B．升高温度
C．使用催化剂 D．多充入O2
答案　B
解析　能影响化学平衡常数的只有温度，同时改变温度也可以改变反应物中的活化分子百分数和化学反应速率。
4．在恒温、体积为2 L的密闭容器中进行反应：2A(g)??3B(g)＋C(g)，若反应物在前20 s由3 mol降为1.8 mol，则前20 s的平均反应速率为(　　)
A．v(B)＝0.03 mol·L－1·s－1
B．v(B)＝0.045 mol·L－1·s－1
C．v(C)＝0.03 mol·L－1·s－1
D．v(C)＝0.06 mol·L－1·s－1
答案　B
解析　反应物A前20 s由3 mol降到1.8 mol，则v(A)＝＝0.03 mol·L－1·s－1，根据用各物质表示的反应速率之比与化学计量数之比相等，知v(B)＝0.045 mol·L－1·s－1，v(C)＝0.015 mol·L－1·s－1。
5．下列叙述中一定能判断某化学平衡发生移动的是(　　)
A．混合物中各组分的浓度改变
B．正、逆反应速率改变
C．混合物中各组分的含量改变
D．混合体系的压强发生改变
答案　C
解析　如果混合物中各组分的浓度变化保持各组分的含量不变时，平衡也不移动；使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动；如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响。
6．将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，在一定条件下发生如下反应并达到平衡：X(g)＋Y(g)??2Z(g)
ΔH<0。当改变某个条件并达到新平衡后，下列叙述正确的是(　　)
A．升高温度，X的体积分数减小
B．增大压强(缩小容器体积)，Z的浓度不变
C．保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度不变
D．保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大
答案　C
解析　题给的是一个反应前后气体体积不变，正反应放热的反应。在容器体积不变时，C项中充入惰性气体，对反应无影响；D项中充入Z达到平衡后，X的体积分数不变；B项，增大压强，平衡不移动，但Z的浓度增大；A项，升温，平衡左移，X的体积分数增大。
7．X、Y、Z三种气体，取X和Y按1∶1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X＋2Y??2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，则Y的转化率最接近于(　　)
A．33% B．40% C．50% D．65%
答案　D
解析　设X、Y的初始物质的量均为1 mol，转化的物质的量分别为a mol、2a mol、2a mol，由方程式
　　　　　 X　　＋　　2Y　??　2Z
开始(mol) 1 1 0
转化(mol) a 2a 2a
平衡(mol) 1－a 1－2a 2a
由题意得＝
求得：a＝ mol，因此Y的转化率为×100%，最接近65%。
8．在一定温度、不同压强(p1答案　D
解析　由于p19．符合图1、图2的反应是(　　)
A．X＋3Y??2Z　ΔH>0
B．X＋3Y??2Z　ΔH<0
C．X＋2Y??3Z　ΔH<0
D．5X＋3Y??4Z　ΔH<0
答案　B
解析　由图1中X、Y、Z浓度的改变量可得反应的化学方程式：X＋3Y??2Z；由图2知T2>T1(T2先到达平衡)，平衡时Z%随着温度升高而降低，所以正反应为放热反应，ΔH<0，故B选项正确。
10．已知甲为恒温、恒压容器，乙为恒温、恒容容器。两容器中均充入1 mol N2、3 mol H2，初始时两容器的温度、体积相同。一段时间后反应达到平衡，为使两容器中的N2在平衡混合物中的物质的量分数相同，下列措施中可行的是(　　)
A．向甲容器中充入一定量的氦气
B．向乙容器中充入一定量的N2
C．升高乙容器的温度
D．增大甲容器的压强
答案　A
解析　N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)，恒温、恒压条件下，有利于反应正向进行。A项可以使甲、乙容器体积相同，从而与乙相同；B项可以使乙中N2体积分数进一步升高，从而不能与甲相同。
11．在相同温度下(T＝500 K)，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中充入1 g SO2和1 g O2，乙容器中充入2 g SO2和2 g O2。下列叙述中错误的是(　　)
A．化学反应速率：乙>甲
B．平衡时O2的浓度：乙>甲
C．平衡时SO2的转化率：乙>甲
D．平衡时SO2的体积分数：乙>甲
答案　D
解析　浓度越大反应速率越快，故A正确。分析B、C、D则要进行平衡的比较，常用画图法(将乙分装于两个与乙同体积的容器中，再混合压缩在与乙等体积的一个容器中)：
12．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．氨水中加酸，NH的浓度增大
B．合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气
C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
D．合成氨控制在500 ℃左右的温度
答案　D
解析　合成氨反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0，将温度控制在500 ℃左右时，升高了温度，平衡向逆反应方向移动，但加快了反应速率，故不能用勒夏特列原理解释。
13.右图是温度和压强对反应X＋Y??2Z影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是(　　)
A．上述可逆反应的正反应为放热反应
B．X、Y、Z均为气态
C．X和Y中最多只有一种为气态，Z为气态
D．上述反应的逆反应的ΔH＞0
答案　C
解析　本题通过图像考查外界条件(温度、压强)对平衡移动(Z的体积分数)的影响，主要考查逻辑推理和识图能力。由图像可知，随温度升高Z的体积分数增大，该反应为吸热反应，A、D错。相同温度下，1 000 kPa比10 kPa 时Z的体积分数小，说明增加压强平衡左移，X、Y中至少有一种不是气体，B错，故选C。
14．某温度时，N2＋3H2??2NH3的平衡常数K＝a，则此温度下，NH3??H2＋N2的平衡常数为(　　)
A．a－ B．a C.a D．a－2
答案　A
解析　K＝＝a，而NH3??H2＋N2的平衡常数K′＝＝a－。
15．在300 mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)＋4CO(g)??Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10－5
下列说法不正确的是(　　)
A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应
B．在25 ℃时，反应Ni(CO)4(g)??Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为2×10－5
C．在80 ℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5 mol·L－1，则此时v正>v逆
D．在80 ℃达到平衡时，测得n(CO)＝0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol·L－1
答案　C
解析　A项，升高温度，平衡常数减小，故该反应为放热反应，A项正确；B项，25 ℃时，逆反应的平衡常数K′＝＝＝2×10－5，B项正确；C项，80 ℃时，若Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L－1，则Q＝＝＝8>K，C项错误；D项，80 ℃达平衡时若n(CO)＝0.3 mol，c(CO)＝1 mol·L－1，故c[Ni(CO)4]＝K·c4(CO)＝2×14＝2(mol·L－1)，D项正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(10分)在密闭容器中，使2 mol N2和6 mol H2混合发生下列反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0。
(1)当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是________；N2和H2的转化率比是________。
(2)升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量__________，密度__________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(3)当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
(4)若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将________(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后，容器内温度________(填“大于”、“小于”或“等于”)原来的2倍。
答案　(1)1∶3　1∶1　(2)变小　不变　(3)逆向
(4)向左移动　小于
解析　(1)对于N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0，在密闭容器中，开始时n(N2)∶n(H2)＝2∶6＝1∶3，反应时消耗n(N2)∶n(H2)＝1∶3，故平衡时n(N2)∶n(H2)＝1∶3，所以c(N2)∶c(H2)＝1∶3，转化率之比为1∶1。
(2)升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体的总物质的量增大，总质量不变，故平均相对分子质量变小，由ρ＝知密度不变。
(3)达平衡后，保持压强不变，充入氩气，使体系体积增大，浓度减小，相当于减小压强，使平衡逆向移动。
(4)恒容时升高温度至原来的2倍，根据勒夏特列原理，平衡向吸热反应的方向移动，即向左移动，达新平衡后，容器内温度大于原来的温度，小于原来温度的2倍。
17．(6分)T ℃时，A气体与B气体反应生成C气体，反应过程中A、B、C浓度变化如图(Ⅰ)所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示。
根据以上条件，回答下列问题：
(1)A与B反应生成C的化学方程式为______________________________________________ __________________________，
正反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)t1 min后，改变下列某一条件，能使平衡向逆反应方向移动的有__________(填字母序号)。
A．保持其他条件不变，增大压强
B．保持容器总体积不变，通入少量稀有气体
C．保持其他条件不变，升高温度
答案　(1)A(g)＋3B(g)??2C(g)　放热　(2)C
解析　(1)由图(Ⅰ)可知，A、B为反应物，C为生成物，其变化量之比Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)＝0.2∶0.6∶0.4＝1∶3∶2，所以反应方程式为A(g)＋3B(g)??2C(g)；由图(Ⅱ)可知T1>T2，升温B的体积分数增加，说明升温平衡逆向移动，则说明逆向为吸热反应，正向为放热反应。
(2)A项，加压平衡向体积减小的方向即正向移动；B项，体积不变，充入稀有气体，平衡不移动；C项，升温，平衡向吸热的方向即逆向移动。
18．(10分)一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中化学反应CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)达到平衡状态。
(1)该反应的平衡常数表达式K＝__________；根据下图，升高温度，K值将____________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)500 ℃时，从反应开始到达到化学平衡，以H2的浓度变化表示的化学反应速率是____________________(用nB、tB表示)。
(3)判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是________(填字母，下同)。
a．v生成(CH3OH)＝v消耗(CO)
b．混合气体的密度不再改变
c．混合气体的平均相对分子质量不再改变
d．CO、H2、CH3OH的浓度均不再变化
(4)300 ℃时，将容器的容积压缩到原来的1/2，在其他条件不变的情况下，对平衡体系产生的影响是________________________________________________________________________。
a．c(H2)减小
b．正反应速率加快，逆反应速率减慢
c．CH3OH的物质的量增加
d．重新平衡时c(H2)/c(CH3OH)减小
答案　(1)　减小
(2) mol·L－1·min－1　(3)cd　(4)cd
解析　(1)根据所给图像判断，500 ℃时CH3OH的量比300 ℃时CH3OH的量少，说明升高温度平衡逆向移动，K值减小。
(2)由于v(CH3OH)∶v(H2)＝1∶2，因此可先求出v(CH3OH)，再推算出v(H2)。
(3)a项中均为同一方向的反应速率，故不可判断；b项中由于气体的总质量为定值，且容器的体积保持不变，故密度一直不变，不可判断。
(4)体积压缩后，v正、v逆均增大，但v正增加的比v逆多，平衡右移，CH3OH的物质的量增加；由于V减小，各物质的物质的量浓度均增加，但c(CH3OH)比c(H2)增大的多，所以c(H2)/c(CH3OH)减小。
19．(15分)一定温度下，在容积固定的V L密闭容器中加入n mol A、2n mol B，发生反应：A(g)＋2B(g)??2C(g)
ΔH<0，反应达平衡后测得平衡常数为K，此时A的转化率为x。
(1)一段时间后上述反应达到平衡。则下列说法中正确的是________(填字母)。
A．物质A、B的转化率之比为1∶2
B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为3n∶(3n－nx)
C．当2v正(A)＝v逆(B)时，反应一定达到平衡状态
D．充入惰性气体(如Ar)，平衡向正反应方向移动
(2)K和x的关系满足K＝____________。在保证A浓度不变的情况下，扩大容器的体积，平衡________(填字母)。
A．向正反应方向移动
B．向逆反应方向移动
C．不移动
(3)该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示。
①由图可知，反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，试判断改变的条件：
t2时________________________________________________________________________；
t8时________________________________________________________________________。
②t2时平衡向__________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。
③若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系曲线。
答案　(1)BC　(2)　C　(3)①升温或增大C的浓度　使用催化剂　②逆反应
③
解析　(1)转化率＝变化量/起始量，故A、B的转化率相等，A项错误；
　　　　　 A(g)＋2B(g)??2C(g)
n(始)(mol) n 2n 0
n(转)(mol) nx 2nx 2nx
n(平)(mol) n－nx 2 n－2nx 2nx
p1∶p2＝(n＋2n)∶[(n－nx)＋(2n－2nx)＋2nx]＝3n∶(3n－nx)，B项正确；C项说明正、逆反应速率相等，可判断反应达到平衡；D项充入Ar，反应物浓度并没改变，所以平衡不移动。
(2)该反应达到平衡时，平衡常数K＝c2(C)/[c(A)·c2(B)]。扩大容器体积时，c(B)和c(C)等比例减小，由于A的浓度不变，此时c2(C)/[c(A)·c2(B)]的值仍然等于K，所以平衡不移动。
(3)由于纵坐标只表示v逆，为了便于求解，在解题时可把v正补上，t2时平衡逆向移动，改变的条件可以是升温或增大C的浓度；t8时平衡不移动，改变的条件是使用了催化剂。
20．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(K)：
温度
250 ℃
300 ℃
350 ℃
K
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，计算可得此段时间的反应速率(用H2表示)为________ mol/(L·min)。
(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________(填字母序号)。
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”)。
答案　(1)0.24　(2)＜　ΔH2－ΔH1　(3)b
(4)　正向　不变　(5)Ⅰ
解析　(1)CO浓度变化量为－0.4 mol/L＝0.6 mol/L，v(CO)＝＝0.12 mol/(L·min)，各物质的速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)＝2v(CO)＝2×0.12 mol/(L·min)＝
0.24 mol/(L·min)。(2)由表中数据可知，随温度升高，平衡常数K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，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。
章末检测
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分；每小题只有一个选项符合题意)
1．美籍华裔化学家钱永健获得了诺贝尔化学奖，少年时代，他就对化学产生了浓厚的兴趣。16岁时，他凭借一个金属易受硫氰酸盐腐蚀的调查项目，荣获具有“少年诺贝尔奖”之称的著名奖项。下列说法正确的是(　　)
A．金属腐蚀就是金属原子失去电子被还原的过程
B．合金都比纯金属易被腐蚀
C．将金属与外加直流电源的负极相连，而将正极接到废铁上，可以防止金属被腐蚀
D．镀锌铁比镀锡铁更容易被腐蚀
答案　C
解析　A项，金属腐蚀就是金属原子失去电子被氧化的过程。B项，某些合金具有很强的抗腐蚀能力。C项，属于外接电源的阴极保护法，正确。D项．锌比铁活泼，锌被腐蚀，铁被保护；铁比锡活泼，铁被腐蚀，锡被保护。
2．下列关于实验现象的描述不正确的是(　　)
A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀H2SO4中，铜片表面出现气泡
B．用锌片作阳极，铁片作阴极，电解ZnCl2溶液，铁片表面出现一层锌
C．把铜片插入FeCl3溶液中，在铜片表面出现一层铁
D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴CuCl2溶液，气泡放出速率加快
答案　C
解析　铜、铁是两种活动性不同的金属，稀H2SO4是电解质溶液，三者共同形成了原电池，铁片上发生氧化反应：Fe－2e－===Fe2＋，铜片上发生还原反应：2H＋＋2e－===H2↑，故A正确；B为电镀池，锌片上发生：Zn－2e－===Zn2＋，铁片上发生：Zn2＋＋2e－===Zn，理论上ZnCl2溶液的浓度不变，故B正确；Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2，故C项错误；D项中Zn与被Zn 置换出的Cu以及原有的盐酸一起构成了原电池，发生了原电池反应，故D项也正确。

3.如图是Zn和Cu形成的原电池，则下列结论中正确的是(　　)
①铜为阳极，锌为阴极；②铜极上有气泡；③SO向铜极移动；④若有0.5 mol电子流经导线，则可产生0.25 mol气体；⑤电子的流向是铜到锌；⑥正极反应式：Cu＋2e－===Cu2＋。
A．①②③ B．②④ C．④⑤⑥ D．③④⑤
答案　B
解析　①中Cu为正极，Zn为负极；③中SO向负极(Zn极)移动；⑤中电子的流向是Zn―→Cu；⑥中正极反应式：2H＋＋2e－===H2↑，故①③⑤⑥错。
4．用铂作电极电解一定浓度的下列物质的水溶液，电解结束后，向剩余电解液中加适量水，能使溶液和电解前相同的是(　　)
A．CuSO4 B．H2SO4 C．CuCl2 D．NaCl
答案　B
解析　当电解池的电极是惰性电极时，阳极不溶解，电解过程的本质是电解溶剂水或电解质或二者都发生反应。电池反应分别为
A．2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4
B．2H2O2H2↑＋O2↑
C．CuCl2Cu＋Cl2↑
D．2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH
所以B项电解的实质是电解水。
5．近来科学家研制了一种新型的乙醇电池(DEFC)，它用磺酸类质子作溶剂，在200 ℃左右时供电，乙醇电池比甲醇电池效率高出32倍且更加安全。电池总反应式为C2H5OH＋3O2===2CO2＋3H2O，下列说法不正确的是(　　)
A．C2H5OH在电池的负极上参加反应
B．1 mol乙醇被氧化转移6 mol电子
C．在外电路中电子由负极沿导线流向正极
D．电池正极的电极反应为4H＋＋O2＋4e－===2H2O
答案　B
解析　乙醇电池的电极反应，正极：3O2＋12H＋＋12e－===6H2O，负极：C2H5OH＋3H2O－
12e－===2CO2＋12H＋，所以1 mol乙醇在负极被氧化时转移电子12 mol，外电路中电子沿导线由负极流向正极。
6．某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见下图，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，便消耗1.12 L的H2
D．H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
答案　D
解析　在原电池中电子通过外电路从负极流向正极，A错；b电极上发生的电极反应应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，B错；C选项中未说明标准状况下是1.12 L；在原电池中阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动，故只有D正确。
7．用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是(　　)
选项
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
CuSO4
CuSO4溶液
C
C
C
H2SO4
H2O
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
答案　C
解析　2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，显然加H2O不能恢复到电解前的状态，应通入适量HCl气体；电解CuSO4溶液时n(SO)没变，加CuSO4溶液不能复原；电解H2SO4实质是电解水，再加适量水，可使H2SO4溶液复原；Ag作阳极、Fe作阴极电解AgNO3溶液，实质是Fe镀Ag，AgNO3溶液浓度不变，不需加AgNO3晶体。
8．X、Y、Z、M、N代表五种金属。有以下化学反应：
①水溶液中：X＋Y2＋===X2＋＋Y
②Z＋2H2O(冷)===Z(OH)2＋H2↑
③M、N为电极与N盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：M－2e－===M2＋
④Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化，则这五种金属的活动性由弱到强的顺序是(　　)
A．M＜N＜Y＜X＜Z B．N＜M＜X＜Y＜Z
C．N＜M＜Y＜X＜Z D．X＜Z＜N＜M＜Y
答案　C
解析　根据金属活动性强弱的判断规律：①能在水溶液中发生置换反应，一定是X＞Y，且均不是Al以前的金属；②与冷水反应放出H2，为活泼金属；③原电池中负极活泼，M＞N；④Y可与稀H2SO4反应，M不能，则：Y＞M，故选C。
9．实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取Cl2，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：
负极：Pb＋SO－2e－===PbSO4
正极：PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O
今欲制得Cl2 0.050 mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是(　　)
A．0.025 mol B．0.050 mol
C．0.100 mol D．0.200 mol
答案　C
解析　要求消耗H2SO4的量，需首先找出铅蓄电池的总反应。将上述两个电极反应合并可得：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。而在制取Cl2时，每生成1 mol Cl2，电子转移2 mol，现需要转移电子0.050 mol×2＝0.100 mol。由铅蓄电池总反应可知，每转移0.100 mol电子，将消耗0.100 mol H2SO4。
10．用惰性电极实现电解，下列说法正确的是(　　)
A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变
B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH－，故溶液pH减小
C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
答案　D
解析　电解稀H2SO4，实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减小，浓度增大，故溶液pH减小，A不正确；电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH－，阴极消耗H＋，实质也是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的pH增大，B不正确；电解Na2SO4溶液时，在阳极发生反应：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，在阴极发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，由于两电极通过的电量相等，故析出H2与O2的物质的量之比为2∶1，C不正确；电解CuCl2溶液时，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，两极通过电量相等时，产生Cu和Cl2的物质的量之比为1∶1，D正确。
11．工业上为了处理含有Cr2O的酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，工业废水中铬元素的含量可低于排放标准。关于上述方法，下列说法错误的是(　　)
A．阳极反应：Fe－2e－===Fe2＋
B．阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑
C．在电解过程中工业废水由酸性变为碱性
D．可以将铁电极改为石墨电极
答案　D
解析　用石墨作电极，阳极产生Cl2，得不到Fe2＋，缺少还原剂，不能使Cr2O→Cr3＋→Cr(OH)3↓而除去，所以D项错误。
12.早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOH(熔融)4Na＋O2↑＋2H2O；后来盖·吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为3Fe＋4NaOH(熔融)Fe3O4＋2H2↑＋4Na↑。下列有关说法正确的是(　　)
A．电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生的电极反应为2OH－－2e－===H2↑＋O2↑
B．盖·吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强
C．若戴维法与盖·吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数也相同
D．目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠(如上图)，电解槽中石墨为阳极，铁为阴极
答案　D
解析　电解熔融NaOH时，阳极OH－放电生成O2和H2O，A错；钠的还原性强于铁，B错；C项中若制得4 mol 钠，转移电子数分别为4 mol、8 mol，C错。
13．铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。研读下图，下列判断不正确的是(　　)
A．K闭合时，d极的电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO
B．当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol
C．K闭合时，Ⅱ中SO向c极迁移
D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d极为正极
答案　C
解析　由图示关系可知，Ⅰ池为原电池，Ⅱ池为电解池，a极为正极，b极为负极，K闭合后，c极为阴极，d极为阳极，因电极材料为PbSO4，结合铅蓄电池的工作原理，可判断d极发生的电极反应为PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO，A项正确；由题给方程式可判断，当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol，B项正确；电解池工作时，阴离子移向阳极，即d极，故C项错误；因Ⅱ池反应为2PbSO4＋2H2OPb＋PbO2＋2H2SO4，因此K闭合一段时间后，Ⅱ池可作为原电池对外供电，其中析出的铅附着在c极上作负极，析出的PbO2附着在d极上作正极，D项正确。
14.右图是某同学设计的验证原电池和电解池的实验装置，下列有关说法不正确的是(　　)
A．关闭K2、打开K1，试管内两极都有气泡产生
B．关闭K2、打开K1，一段时间后，发现左侧试管收集到的气体比右侧略多，则a为负极，b为正极
C．关闭K2、打开K1，一段时间后，用拇指堵住试管移出烧杯，向试管内滴入酚酞，发现左侧试管内溶液变红色，则a为负极，b为正极
D．关闭K2、打开K1，一段时间后，再关闭K1、打开K2，电流表指针不会偏转
答案　D
解析　关闭K2、打开K1，是电解NaCl溶液的过程，反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，Cl－在阳极上放电生成Cl2，H＋在阴极上放电生成H2，则两极都有气泡产生；且由于Cl2可以溶于水，则收集到的Cl2的体积略少于H2的体积，则与外电源b极相连的石墨棒作电解池的阳极，则b极为正极；左侧试管中溶液变红色，说明左侧试管中溶液呈碱性，则H＋放电，则左侧石墨棒为电解池的阴极，则a为外电源的负极；一段时间后，打开K2、关闭K1，可以构成原电池，放电时会引起电流表指针发生偏转。故A、B、C均正确，D错误，故应选D。
15．常温下用石墨作电极，电解100 mL 0.1 mol·L－1的Cu(NO3)2溶液和0.1 mol·L－1的AgNO3溶液组成的混合溶液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12 L时，假设溶液体积不变，下列说法正确的是(　　)
A．阴极增重1.4 g B．所得溶液pH<1
C．阴极增重0.64 g D．所得溶液pH>1
答案　B
解析　阴极可以放电的离子依次为0.01 mol Ag＋、0.01 mol Cu2＋，阳极可以放电的阴离子只有OH－。当阳极生成1.12 L O2时，电路中通过电子：n(e－)＝0.05 mol×4＝0.2 mol，此时
Ag＋、Cu2＋已全部析出，质量：0.01 mol×108 g·mol－1＋0.01 mol×64 g·mol－1＝1.72 g。因为当Ag＋、Cu2＋全部析出以后，相当于电解水，H＋不再增加，所以生成的H＋所带电荷与0.01 mol Ag＋、0.01 mol Cu2＋所带电荷相等。则溶液中生成的H＋浓度为c(H＋)＝0.3 mol·L－1，pH<1。当阴极生成1.12 L H2时，表明Ag＋、Cu2＋已经放电完全。阴极增重、溶液pH与以上相等。
二、非选择题(本题包括6小题，共55分)
16．(4分)航天技术中使用的氢氧燃料电池具有高能、轻便和无污染的优点。氢氧燃料电池有酸式和碱式两种，它们放电时的电池总反应式均为2H2＋O2===2H2O。酸式电池中的电解质是酸，其负极反应可表示为2H2－4e－===4H＋，则其正极反应可表示为_____________________ ________________________________________________；
碱式电池中的电解质是碱，其正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，则其负极反应可表示为________________________________________________________________________。
答案　O2＋4H＋＋4e－===2H2O
2H2＋4OH－－4e－===4H2O
解析　原电池中，正极发生还原反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，因为电解质溶液显酸性，有4OH－＋4H＋===4H2O，两式合并得酸式电池的正极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O；原电池负极发生氧化反应：2H2－4e－===4H＋，因在碱性溶液中，又有4H＋＋4OH－===4H2O，合并后的负极反应式为2H2＋4OH－－4e－===4H2O。
17．(8分)用如图所示的装置进行电解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加。
(1)写出乙中两极发生的电极反应式。
阴极：________________________________________________________________________；
阳极：________________________________________________________________________。
(2)写出甲中发生反应的化学方程式：________________________________________________
________________________________________________________________________________。
(3)C(左)、C(右)、Fe、Ag 4个电极上析出或溶解物质的物质的量之比是___________________ _____________________________________________________。
答案　(1)Ag＋＋e－===Ag　Ag－e－===Ag＋
(2)2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑
(3)2∶1∶4∶4
18．(11分)Li-SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4-SOCl2。电池的总反应可表示为4Li＋2SOCl2===4LiCl＋S＋SO2↑。
请回答下列问题：
(1)电池的负极材料为__________，发生的电极反应为
________________________________________________________________________。
(2)电池正极发生的电极反应为____________________________________________________
_____________________________________________________________________________。
(3)SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是_____________________________________________________，
反应的化学方程式为______________________________________________________________。
(4)组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，原因是
________________________________________________________________________________。
答案　(1)Li　Li－e－===Li＋
(2)2SOCl2＋4e－===4Cl－＋S＋SO2↑
(3)出现白雾，有刺激性气味的气体生成
SOCl2＋ H2O===SO2 ↑＋ 2HCl↑
(4)构成电池的主要成分Li能和氧气、水反应，SOCl2也与水反应
解析　分析反应的化合价变化，可得Li为还原剂，SOCl2为氧化剂。(1)负极材料为Li(还原剂)，Li－e－===Li＋。(2)正极反应式可由总反应式减去负极反应式得到：2SOCl2＋4e－===
4Cl－＋S＋SO2↑。(3)题中给出有碱液吸收时的产物，则没有碱液而用水吸收时的产物应为SO2和HCl，所以现象应该为出现白雾和有刺激性气味的气体生成。(4)因为构成电池的主要成分Li能和氧气、水反应，SOCl2也与水反应。
19．(8分)将洁净的金属片Fe、Zn、A、B分别与Cu用导线连接浸在合适的电解质溶液里。实验并记录电压表指针的偏转方向和电压表的读数如表：
金属
电子流动方向
电压/V
Fe
Fe―→Cu
＋0.78
Zn
Zn―→Cu
＋1.10
A
Cu―→A
－0.15
B
B―→Cu
＋0.3
根据以上实验记录，完成以下填空：
(1)Zn、A、B三种金属的活动性由强到弱的顺序是______________________________ _______________________________________________________________________________。
(2)Cu与A组成的原电池，________为负极，电极反应式为______________________________ __________________________________________。
(3)A、B形成合金，露置在潮湿的空气中，________先被腐蚀，这时正极的电极反应式为________________________________________________________________________。
答案　(1)Zn>B>A　(2)Cu　Cu－2e－===Cu2＋
(3)B　O2＋2H2O＋4e－===4OH－
20．(12分)铁、铝及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。
(1)某研究性学习小组设计了如下图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护。
在相同条件下，三组装置中铁电极腐蚀最快的是______(填装置序号)，该装置中正极反应式为________________________________________________________________________
__________________；为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述________(填装置序号)装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为______________________。
(2)新型固体LiFePO4隔膜电池广泛应用于电动汽车。
电池反应为FePO4＋LiLiFePO4，电解质为含Li＋的导电固体，且充、放电时电池内两极间的隔膜只允许Li＋自由通过而导电。该电池放电时Li＋向________(填“正”或“负”)极移动，负极反应为Li－e－===Li＋，则正极反应式为________________________________ ________________________________________。
(3)钢铁生锈现象随处可见，钢铁的电化学腐蚀原理如下图所示：
①写出石墨电极的电极反应式：____________________________________________________。
②将该装置作简单修改即可成为钢铁电化学防护的装置，请在下图虚线框内所示位置作出修改，并用箭头标出导线中电子流动方向。
③写出修改后石墨电极的电极反应式：______________________________________________。
答案　(1)①　O2＋2H2O＋4e－===4OH－　②③　2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑
(2)正　FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4
(3)①O2＋4e－＋2H2O===4OH－
②
③2Cl－－2e－===Cl2↑
解析　(1)图②、③分别为原电池和电解池，金属铁分别为正极和阴极，因此对金属铁起了保护作用；而①中铁作原电池的负极，电解质溶液为中性，所以发生吸氧腐蚀，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－；③为电解池，即电解食盐水，故离子反应为2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑。(2)原电池中，阳离子向正极移动，放电时装置为原电池，则Li＋向正极移动；由FePO4＋LiLiFePO4减去Li－e－===Li＋，可得正极反应式：FePO4＋Li＋＋e－===LiFePO4。
(3)在钢铁的电化学腐蚀中，石墨为正极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。可用外加电流的阴极保护法来保护铁，即将铁连外电源的负极，作为电解池的阴极，石墨接正极，作为电解池的阳极，阳极电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑。
21．(12分)为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用如图所示的装置进行实验，回答下列问题。
Ⅰ.用甲装置进行第一组实验：
(1)在保证电极反应不变的情况下，下列材料不能代替左侧Cu电极的是________(填序号)。
A．石墨 B．镁 C．银 D．铂
(2)实验过程中，SO________(填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有___________________________________________________________________
________________________________________________________________________________。
Ⅱ.该小组同学用乙装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极溶液逐渐变成紫红色，停止实验后观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根离子(FeO)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，填写下列空白：
(3)电解过程中，X极溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑和_____________________ ___________________________________________________。
(5)已知K2FeO4和Zn可以构成碱性电池，其中K2FeO4在电池中作正极材料，电池总反应为2K2FeO4＋3Zn===Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2，则该电池正极发生的电极反应为_______________ ________________________________________________________________________________。
答案　Ⅰ.(1)B　(2)从右向左　滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可)
Ⅱ.(3)增大　(4)Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O
(5)2FeO＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－
解析　Ⅰ(1)甲装置中左侧为原电池装置，锌作负极，铜作正极，由于需保证电极反应不变，故正极材料的活泼性不能大于Zn，因此不能用镁代替铜。(2)硫酸根离子向负极移动，移动方向为从右向左。M极作阳极，失去电子有铜离子生成，铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀。Ⅱ.(3)X极作阴极，H2O失去电子生成氢气和氢氧根离子，故X极溶液的pH逐渐增大。(4)由题意可知，铁作阳极，铁失去电子生成FeO。(5)K2FeO4－Zn碱性电池中锌作负极，失去电子，FeO在正极得到电子转化为氧化铁。
章末综合检测
(时间：100分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分；每小题只有一个选项符合题意)
1．下列变化中一定为放热反应的是(　　)
A．H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44.0 kJ·mol－1
B．N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH＝＋182.6 kJ·mol－1
C．形成化学键过程中放出862 kJ热量的化学反应
D．能量变化如图所示的化学反应
答案　D
解析　图中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应必是放热反应。
2．N4的分子结构类似白磷分子，它的结构如图所示，已知断裂1 mol N—N键需要吸收167 kJ热量，生成1 mol N≡N键需放出942 kJ热量。根据以上信息和数据，下列说法中正确的是(　　)

A．1 mol N4气体转变为N2将放出775 kJ热量
B．1 mol N4气体转变为N2将放出882 kJ热量
C．1 mol N4气体转变为N2将吸收775 kJ热量
D．1 mol N4气体转变为N2将吸收882 kJ热量
答案　B
解析　ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和，反应转化关系为N4―→2N2，E(反应物键能)＝6×167 kJ，E(生成物键能)＝2×942 kJ，所以ΔH＝－882 kJ·mol－1，即放出882 kJ热量。
3．已知胆矾溶于水时溶液温度降低。胆矾分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O(s)===CuSO4(s)＋5H2O(l)　ΔH＝＋Q1 kJ·mol－1。室温下，若1 mol无水硫酸铜溶解为溶液放热Q2 kJ，则(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．Q1>Q2 B．Q1＝Q2 C．Q1答案　A
解析　根据盖斯定律，可设计下列分步反应：
依题意，胆矾溶于水时，溶液温度降低，说明该反应为吸热反应，ΔH总>0。ΔH＝Q1，ΔH′＝－Q2。由盖斯定律ΔH总＝ΔH＋ΔH′＝Q1＋(－Q2)>0，则Q1>Q2。
4．灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。
已知：
①Sn(s，白)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g)　ΔH1
②Sn(s，灰)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g)　ΔH2
③Sn(s，灰) Sn(s，白)
ΔH3＝＋2.1 kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
A．ΔH1>ΔH2
B．锡在常温下以灰锡状态存在
C．灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D．锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
答案　D
解析　由③知Sn(灰)转化为Sn(白)是吸热的，当温度低于13.2℃时Sn(白)自动转化为Sn(灰)，所以A、B、C都错，只能选D。
5．在下列各说法中，正确的是(　　)
A．ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应
B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数
C．1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热
D．1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热
答案　B
解析　A项，ΔH>0表示吸热反应，ΔH<0表示放热反应；C项，“中和热”是指在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应，生成1 mol水时放出的热量，1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成2 mol水，同时还有BaSO4沉淀生成，放出的热大于中和热；D项，在25℃、101
kPa时，1 mol H2与0.5 mol O2反应，生成液态水时放出的热才是H2的燃烧热，题中没有说明生成的水的聚集状态。
6．一种化学冰袋中含有Na2SO4·10H2O和NH4NO3，将它们混合并用手搓揉就可制冷，且制冷效果能维持一段时间。以下关于其制冷原因的推测肯定错误的是(　　)
A．Na2SO4·10H2O脱水是吸热过程
B．较长时间制冷是由于Na2SO4·10H2O脱水是较慢的过程
C．铵盐在该条件下发生的复分解反应是吸热反应
D．NH4NO3溶于水会吸收热量
答案　C
解析　根据复分解反应发生的条件，Na2SO4·10H2O和NH4NO3在该条件下不会发生反应，故C项肯定错误；又根据所学知识可知，NH4NO3溶于水是吸热的，结晶水合物脱水也是吸热的。
7．燃烧1 g乙炔生成二氧化碳和液态水，放出热量50 kJ，则这一反应的热化学反应方程式为(　　)
A．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝＋50 kJ·mol－1
B．C2H2(g)＋5/2O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)
ΔH＝－1 300 kJ
C．2C2H2＋5O2===4CO2＋2H2O　ΔH＝－2 600 kJ
D．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－2 600 kJ·mol－1
答案　D
解析　本题考查了热化学方程式的书写及简单计算。热化学方程式前面的化学计量数表示物质的量，反应热单位是 kJ·mol－1，B和C均错；2 mol C2H2燃烧放出的热量为2×26×(－50) kJ·mol－1＝－2 600 kJ·mol－1，D对。
8．根据热化学方程式：S(l)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－293.23 kJ·mol－1 ，分析下列说法中正确的是(　　)
A．S(s)＋O2(g)===SO2(g)，反应放出的热量大于293.23 kJ·mol－1
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g)，反应放出的热量小于293.23 kJ·mol－1
C．1 mol SO2(g)的键能的总和大于1 mol S(l)和1 mol O2(g)的键能之和
D．1 mol SO2(g)的键能的总和小于1 mol S(l)和1 mol O2(g)的键能之和
答案　C
9．已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是－285.8 kJ·mol－1、－1 411.0 kJ·mol－1和－1 366.8 kJ·mol－1，则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的ΔH为(　　)
A．－44.2 kJ·mol－1 B．＋44.2 kJ·mol－1
C．－330 kJ·mol－1 D．＋330 kJ·mol－1
答案　A
解析　根据燃烧热的概念，写出热化学反应方程式：
①C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)；
ΔH＝－1 411.0 kJ·mol－1
②C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)；
ΔH＝－1 366.8 kJ·mol－1
根据盖斯定律将反应①－②得：
C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l)
ΔH＝－44.2 kJ·mol－1。
10．已知热化学方程式：
(1)2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)
ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1
(2)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－483.6 kJ·mol－1
当1 g液态水变为气态水时，对其热量变化有下列描述：①放出；②吸收；③2.44 kJ；④4.88 kJ；⑤88 kJ。其中正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．②和⑤ B．①和③ C．②和④ D．②和③
答案　D
解析　由盖斯定律，由(1)÷2＋(2)÷2得热化学方程式：H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44 kJ·mol－1，故此转化吸收热量，据方程式计算可知，1 g液态水变为气态水时，吸收2.44 kJ
的热量。
11．已知：CH3CH2CH2CH3(g)＋6.5 O2(g)―→4CO2(g)＋5H2O(l)　ΔH＝－2 878 kJ·mol－1
(CH3)2CHCH3(g)＋6.5 O2(g)―→4CO2(g)＋5H2O(l)
ΔH＝－2 869 kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子
B．正丁烷的稳定性大于异丁烷
C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程
D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多
答案　A
解析　根据所给反应及其反应热看，正丁烷分子储存能量大于异丁烷，A正确；能量越高其分子越不稳定，B错；异丁烷转化成正丁烷应该吸热，C错；从两者结构看两者的碳氢键一样多，D错。
12．已知：
①2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH＝－221.0 kJ·mol－1；
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－483.6 kJ·mol－1。
则制备水煤气的反应C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)的ΔH为(　　)
A．＋262.6 kJ·mol－1 B．－131.3 kJ·mol－1
C．－352.3 kJ·mol－1 D．＋131.3 kJ·mol－1
答案　D
解析　根据盖斯定律，由题意知：
①×1/2－②×1/2得：
ΔH＝(－221.0 kJ·mol－1)×1/2－(－483.6 kJ·mol－1)×1/2＝＋131.3 kJ·mol－1
13．已知25℃时，合成氨反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
ΔH＝－92.0 kJ·mol－1，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应。测得反应放出的热量为23 kJ(假定测量过程中没有能量损失)，则N2的转化率为(　　)
A．25% B．50% C．75% D．无法确定
答案　A
解析　1 mol N2与3 mol H2反应放热92 kJ，当放热23 kJ时，N2的实际消耗为＝0.25 mol。
14．已知氟化氢气体中有平衡关系：①2H3F3(g)===3H2F2(g)
ΔH1＝a kJ·mol－1　②H2F2(g)===2HF(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1　已知a、b均大于0，则可推测反应：H3F3(g)===3HF(g)的ΔH3等于(　　)
A．(a＋b) kJ·mol－1 B．(a－b) kJ·mol－1
C．(a＋3b) kJ·mol－1 D．(0.5a＋1.5b) kJ·mol－1
答案　D
解析　由×①＋×②得：H3F3(g)===3HF(g)
ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝ kJ·mol－1
＝(0.5a＋1.5b) kJ·mol－1。
15．NH3(g)燃烧的产物是NO2(g)和H2O(g)。已知反应有：
(1)H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
(2)N2(g)＋O2(g)===NO2(g)　 ΔH＝＋33.9 kJ·mol－1
(3)NH3(g)===N2(g)＋H2(g) ΔH＝＋46.0 kJ·mol－1
下列关于NH3(g)燃烧的热化学方程式的书写正确的是(　　)
A．NH3(g)＋O2(g)===NO2(g)＋H2O(g) ΔH＝－282.8 kJ·mol－1
B．NH3(g)＋O2(g)===NO2(g)＋H2O(g) ΔH＝－161.9 kJ·mol－1
C．NH3(g)＋O2(g)===NO2(g)＋H2O(g) ΔH＝－161.9 kJ·mol－1
D．NH3(g)＋O2(g)===NO2(g)＋H2O(g) ΔH＝－282.8 kJ·mol－1
答案　A
解析　根据盖斯定律，将方程式处理：(1)×＋(2)＋(3)得：NH3(g)＋O2(g)===NO2(g)＋H2O(g)　ΔH＝－282.8 kJ·mol－1。
16．氢气、一氧化碳、辛烷、甲烷燃烧的热化学方程式分别为
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　 ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　 ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l) ΔH＝－5 518 kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
相同质量的氢气、一氧化碳、辛烷、甲烷完全燃烧时，放出热量最少的是(　　)
A．H2 B．CO C．C8H18 D．CH4
答案　B
解析　题中各ΔH对应的可燃物的物质的量为1 mol，把它们的ΔH分别换算成1 g可燃物燃烧的热量即可比较。
二、非选择题(本题共6个小题，共52分)
17．(8分)已知下列热化学方程式：
①H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
②H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
③C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
④C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
回答下列各问题：
(1)上述反应中属于放热反应的是
________________________________________________________________________。
(2)H2的燃烧热为________；C的燃烧热为________。
(3)燃烧10 g H2生成液态水，放出的热量为________。
(4)CO的燃烧热为________；其热化学方程式为______________。
答案　(1)①②③④　(2)－285.8 kJ·mol－1　－393.5 kJ·mol－1　(3)1 429.0 kJ　(4)－283.0 kJ·mol－1 CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1
解析　(1)所有燃烧均为放热反应，①②③④均为放热反应。
(2)燃烧热为1 mol纯可燃物生成稳定氧化物时放出的热量，H2的燃烧热为－285.8 kJ·mol－1，C的燃烧热为－393.5 kJ·mol－1。
(3)Q放＝×285.8 kJ·mol－1＝1 429.0 kJ。
(4)由④－③可得，CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－393.5 kJ·mol－1＋110.5 kJ·mol－1＝－283.0 kJ·mol－1，其燃烧热为－283.0 kJ·mol－1。
18．(8分)丙烷燃烧可以通过以下两种途径：
途径Ⅰ：C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－a kJ·mol－1
途径Ⅱ：C3H8(g)―→C3H6(g)＋H2(g)
ΔH＝＋b kJ·mol－1
2C3H6(g)＋9O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)
ΔH＝－c kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－d kJ·mol－1 (a、b、c、d均为正值)
请回答下列问题：
(1)由于C3H8(g)―→C3H6(g)＋H2(g)的反应中，反应物具有的总能量________(填“大于”、“小于”或“等于”)生成物具有的总能量，那么在化学反应中，反应物就需要________(填“放出”或“吸收”)能量才能转化为生成物，因此其反应条件是__________。
(2)按途径Ⅱ反应，1 mol C3H8完全燃烧时放出的热量为________ kJ(用含b、c、d的代数式表示)，等量的丙烷通过两种途径完全燃烧时，途径Ⅰ放出的热量________(填“大于”、“小于”或“等于”)途径Ⅱ放出的热量。
(3)a与b、c、d的数学关系式是_______________________________________________。
答案　(1)小于　吸收　加热　(2)　等于 (3)a＝
解析　(1)放热反应，生成物总能量小于反应物总能量，吸热反应则相反，对于C3H8(g)―→C3H6(g)＋H2(g)　ΔH＝＋b kJ·mol－1判断该反应吸热，故反应物总能量小于生成
物总能量。
(2)将途径Ⅱ中的三个反应经叠加处理，得到的ΔH＝＋b＋＋＝－ kJ·mol－1
则放出的热量为 kJ。
(3)a＝。
19．(8分)火箭推进器中装有还原剂肼(N2H4)和强氧化剂过氧化氢(H2O2)，当它们混合时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.4 mol液态肼与足量过氧化氢反应，
生成氮气和水蒸气，放出256.65 kJ的热量。
(1)写出肼和过氧化氢的结构式：
肼____________________，过氧化氢______________________________________。
(2)写出反应的热化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)已知H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44 kJ·mol－1，则16 g液态肼与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量是________kJ。
(4)上述反应用于火箭推进剂，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是_______________________________________________________________。
答案　(1) 　H—O—O—H
(2)N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－641.625 kJ·mol－1
(3)408.8
(4)产物是N2和H2O，对环境无污染
20．(10分)红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如下图所示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)。
根据上图回答下列问题：
P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
上述分解反应是一个可逆反应。温度T1时，在密闭容器中加入0.80 mol PCl5，反应达到平衡时PCl5还剩0.60 mol，其α1等于________；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率为α2，α2________α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。
工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是__________________________________________
______________________。
(4)P和Cl2分两步反应生成1 mol PCl5的ΔH3＝______，P和Cl2一步反应生成1 mol PCl5的ΔH4________ΔH3(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(5)PCl5与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是
________________________________________________________________________。
答案　(1)Cl2(g)＋P(s)===PCl3(g)
ΔH＝－306 kJ·mol－1
(2)PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)
ΔH＝＋93 kJ·mol－1　25%　大于
(3)两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解
(4)－399 kJ·mol－1　等于
(5)PCl5＋4H2O===H3PO4＋5HCl
21．(8分)试回答下列各题：
(1)如图1所示是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：___________________________________________________。
(2)化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关。
①已知：H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝－185 kJ·mol－1
请填空：
共价键
H—H
Cl—Cl
H—Cl
键能/(kJ·mol－1)
436
247
________
②图2中表示氧族元素中氧、硫、硒、碲生成氢化物时的焓变数据，根据焓变数据可确定a、b、c、d分别代表哪种元素，试写出硒化氢在热力学标准状态下，发生分解反应的热化学方程式：___________________________________________________________________。
(3)已知：Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)
ΔH＝－25 kJ·mol－1①
3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g)
ΔH＝－47 kJ·mol－1②
Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)
ΔH＝＋19 kJ·mol－1③
请写出CO还原FeO的热化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)NO2(g)＋CO(g)===NO(g)＋CO2(g)
ΔH＝－234 kJ·mol－1
(2)①434　②H2Se(g)===Se(s)＋H2(g)
ΔH＝－81 kJ·mol－1
(3)CO(g)＋FeO(s)===Fe(s)＋CO2(g)
ΔH＝－11 kJ·mol－1
解析　(3)根据盖斯定律处理三个热化学方程式，(①×3－②－③×2)×即可得到CO(g)＋FeO(s)===Fe(s)＋CO2(g)　ΔH＝－11 kJ·mol－1。
22．(10分)将煤转化为水煤气是通过化学方法将煤转化为洁净燃料的方法之一。煤转化为水煤气的主要化学反应为C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。
C(s)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式分别为
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)　ΔH2＝－242.0 kJ·mol－1
CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)　ΔH3＝－283.0 kJ·mol－1
请回答：
(1)请你根据以上数据，写出C(s)与水蒸气反应生成CO和H2的热化学方程式：________________________________________________________________________。
(2)比较反应热数据可知，1 mol CO(g)和1 mol H2(g)完全燃烧放出的热量之和，比1 mol C(s)完全燃烧放出的热量________(填“多”或“少”)。
甲同学据此认为：“煤炭燃烧时加少量水，可以使煤炭燃烧放出更多的热量。”
乙同学根据盖斯定律作出了下列循环图：
请你写出ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4之间存在的关系式__________________________。
乙同学据此认为：“将煤转化为水煤气再燃烧放出的热量，最多与直接燃烧煤放出的热量相同。”请分析：甲、乙两同学观点正确的是________(填“甲”或“乙”)同学，另一同学出现错误观点的原因是________________________________________。
答案　(1)C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
ΔH＝＋131.5 kJ·mol－1
(2)多　ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4　乙　甲同学忽视了生成水煤气的反应为吸热反应
解析　(2)由于C(s)与水蒸气反应要吸热，所以1 mol CO和1 mol H2的能量比1 mol C(s)和1 mol H2O(g)的能量多，燃烧后放出的能量同样也多；反应的总能量是守恒的，所以甲同学的说法不正确的，原因是他忽视了反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)为吸热反应，已经从环境中吸收了能量，而能量在转化过程中往往会有损失，所以乙同学说得对，即使没有损失也只能与直接燃烧煤放出的热量相同。
第三节　化学反应热的计算
[目标要求]　1.理解盖斯定律的意义。2.能用盖斯定律和热化学方程式进行有关反应热的简单计算。
一、盖斯定律
1．含义
(1)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。
(2)化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。
例如，
ΔH1、ΔH2、ΔH3之间有如下的关系：ΔH1＝ΔH2＋ΔH3。
2．意义
利用盖斯定律，可以间接地计算一些难以测定的反应热。
例如：C(s)＋O2(g)===CO(g)
上述反应在O2供应充分时，可燃烧生成CO2；O2供应不充分时，虽可生成CO，但同时还部分生成CO2。因此该反应的ΔH不易测定，但是下述两个反应的ΔH却可以直接测得：
(1)C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
(2)CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH2＝－283.0 kJ·mol－1
根据盖斯定律，就可以计算出欲求反应的ΔH。
分析上述两个反应的关系，即知：ΔH＝ΔH1－ΔH2。
则C(s)与O2(g)生成CO(g)的热化学方程式为C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110.5 kJ·mol－1。

二、反应热的计算
1．根据热化学方程式进行物质和反应热之间的求算
例1　由氢气和氧气反应生成4.5 g水蒸气放出60.45 kJ的热量，则反应：2H2(g)＋
O2(g)===2H2O(g)的ΔH为(　　)　　　　　　　　　　　　　　
A．－483.6 kJ·mol－1 B．－241.8 kJ·mol－1
C．－120.6 kJ·mol－1 D．＋241.8 kJ·mol－1
解析　已知4.5 g水蒸气生成时放热60.45 kJ，要求方程式中生成2 mol H2O(g)的ΔH，
比例关系：＝
解得Q＝483.6 kJ，故ΔH＝－483.6 kJ·mol－1。
答案　A
2．利用燃烧热数据，求算燃烧反应中的其它物理量
例2　甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
1 kg CH4在25℃，101 kPa时充分燃烧生成液态水放出的热量约为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．－5.56×104 kJ·mol－1 B．5.56×104 kJ·mol－1
C．5.56×104 kJ D．－5.56×104 kJ
解析　16 g CH4燃烧放出890.3 kJ热量，1 kg CH4燃烧放出的热量为×1 000 g＝55 643.75 kJ≈5.56×104 kJ。
答案　C
3．利用盖斯定律的计算
例3　已知下列热化学方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)
ΔH1＝－26.7 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g)
ΔH2＝－50.75 kJ·mol－1
③Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g)
ΔH3＝－36.5 kJ·mol－1　　　　　　　　　　　　　　　　　
则反应FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)的焓变为(　　)
A．＋7.28 kJ·mol－1 B．－7.28 kJ·mol－1
C．＋43.68 kJ·mol－1 D．－43.68 kJ·mol－1
解析　根据盖斯定律，首先考虑目标反应与三个已知反应的关系，三个反应中，FeO、CO、Fe、CO2是要保留的，而与这四种物质无关的Fe2O3、Fe3O4要通过方程式的叠加处理予以消去：因此将①×3－②－③×2得到：
6FeO(s)＋6CO(g)＝6Fe(s)＋6CO2(g)
ΔH＝＋43.65 kJ·mol－1
化简：FeO(s)＋CO(g)＝Fe(s)＋CO2(g)
ΔH＝＋7.28 kJ·mol－1
答案　A
　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　盖斯定律及应用
1．运用盖斯定律解答问题
通常有两种方法：
其一，虚拟路径法：如C(s)＋O2(g)===CO2(g)，
可设置如下：ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
其二：加合(或叠加)法：即运用所给方程式就可通过加减的方法得到新化学方程式。
如：求P4(白磷)===4P(红磷)的热化学方程式。
已知：P4(s，白磷)＋5O2(g)===P4O10(s)　ΔH1①
4P(s，红磷)＋5O2(g)===P4O10(s)　ΔH2②
即可用①－②得出白磷转化为红磷的热化学方程式。
答案　P4(白磷)===4P(红磷)　ΔH＝ΔH1－ΔH2
2．已知：H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝Q1 kJ·mol－1
C2H5OH(g)===C2H5OH(l)　ΔH＝Q2 kJ·mol－1
C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)
ΔH＝Q3 kJ·mol－1
若使46 g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(　　)
A．(Q1＋Q2＋Q3) Kj B．0.5(Q1＋Q2＋Q3) kJ
C．(0.5Q1－1.5Q2＋0.5Q3) kJ D．(3Q1－Q2＋Q3) kJ
答案　D
解析　46 g酒精即1 mol C2H5OH(l)
根据题意写出目标反应
C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH
然后确定题中各反应与目标反应的关系
则ΔH＝(Q3－Q2＋3Q1) kJ·mol－1
知识点二　反应热的计算
3．已知葡萄糖的燃烧热是ΔH＝－2 840 kJ·mol－1，当它氧化生成1 g液态水时放出的热量是(　　)
A．26.0 kJ　　 B．51.9 kJ C．155.8 kJ　　 D．467.3 kJ
答案　A
解析　葡萄糖燃烧的热化学方程式是
C6H12O6(s)＋6O2(g)＝6CO2(g)＋6H2O(l)
ΔH＝－2 840 kJ·mol－1
据此建立关系式　6H2O　～　ΔH
6×18 g 2 840 kJ
1 g x kJ
解得x＝＝26.3 kJ，A选项符合题意。
4．已知：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－282.8 kJ·mol－1
现有CO、H2、CO2组成的混合气体67.2L (标准状况)，经完全燃烧后放出的总热量为710.0 kJ，并生成18 g液态水，则燃烧前混合气体中CO的体积分数为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A．80% B．50% C．60% D．20%
答案　B
解析　根据生成18 g液态H2O知混合气体中含1 mol H2，该反应产生的热量为 kJ＝
285.8 kJ。CO燃烧放出的热量为710.0 kJ－285.8 kJ＝424.2 kJ，则CO的物质的量为n(CO)＝＝1.5 mol，V(CO)%＝×100%＝50%。
练基础落实
1．已知：
(1)Zn(s)＋1/2O2(g)===ZnO(s)
ΔH＝－348.3 kJ·mol－1
(2)2Ag(s)＋1/2O2(g)===Ag2O(s)
ΔH＝－31.0 kJ·mol－1
则Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)的ΔH等于(　　)
A．－317.3 kJ·mol－1 B．－379.3 kJ·mol－1
C．－332.8 kJ·mol－1 D．＋317.3 kJ·mol－1
答案　A
解析　ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－348.3 kJ·mol－1－(－31.0 kJ·mol－1)＝－317.3 kJ·mol－1
2．已知25℃、101 kPa条件下：
4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)
ΔH＝－2 834.9 kJ·mol－1
4Al(s)＋2O3(g)===2Al2O3(s)
ΔH＝－3 119.1 kJ·mol－1
由此得出的正确结论是(　　)
A．等质量的O2比O3能量低，由O2变为O3为吸热反应
B．等质量的O2比O3能量低，由O2变为O3为放热反应
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
答案　A
解析　将两个热化学方程式叠加处理得：
3O2(g)＝2O3(g)　ΔH＝＋284.2 kJ·mol－1，所以O2变为O3的反应是吸热反应，O2的能量低，O2更稳定。
3．能源问题是人类社会面临的重大课题，H2、CO、CH3OH都是重要的能源物质，它们的燃烧热依次为－285.8 kJ·mol－1、－282.5 kJ·mol－1、－726.7 kJ·mol－1。已知CO和H2在一定条件下可以合成甲醇CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(l)。则CO与H2反应合成甲醇的热化学方程式为(　　)
A．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(l) ΔH＝－127.4 kJ·mol－1
B．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(l) ΔH＝＋127.4 kJ·mol－1
C．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝－127.4 kJ·mol－1
D．CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝＋127.4 kJ·mol－1
答案　A
解析　根据目标反应与三种反应热的关系，利用盖斯定律，首先计算出目标反应的反应热ΔH＝2×(－285.8 kJ·mol－1)＋(－282.5 kJ·mol－1)－(－726.7 kJ·mol－1)＝－127.4 kJ·mol－1。　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4．已知火箭燃料二甲基肼(CH3—NH—NH—CH3)的燃烧热为－6 000 kJ·mol－1，则30 g二甲基肼完全燃烧放出的热量为(　　)
A．1 500 kJ B．3 000 Kj C．6 000 kJ D．12 000 kJ
答案　B
解析　二甲基肼的相对分子质量是60,30 g二甲基肼是0.5 mol，放出的热量是燃烧热的一半，即3 000 kJ。
练方法技巧
用关系式求反应热
5．在一定条件下，充分燃烧一定量的丁烷放出热量为Q kJ(Q>0)，经测定完全吸收生成的CO2需消耗 5 mol·L－1的KOH溶液100 mL，恰好生成正盐，则此条件下反应C4H10(g)＋
O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)的ΔH为(　　)
A．＋8Q kJ·mol－1 B．＋16Q kJ·mol－1
C．－8Q kJ·mol－1 D．－16Q kJ·mol－1
答案　D
解析　建立关系式：
C4H10　～　4CO2　～　8KOH　　～　　ΔH
1 mol 4 mol 8 mol ΔH
　　5 mol·L－1×0.1L QkJ
则ΔH＝－＝－16Q kJ·mol－1
练综合拓展
6．比较下列各组热化学方程式中ΔH的大小关系。
(1)S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1
S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2
ΔH1______ΔH2
(2)CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH2
ΔH1______ΔH2
(3)煤作为燃料有两种途径：
途径1——直接燃烧
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1<0
途径2——先制水煤气
C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH2>0
再燃烧水煤气：
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3<0
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH4<0
ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系式是______________________________________。
答案　(1)>　(2)<
(3)ΔH1＝ΔH2＋(ΔH3＋ΔH4)
解析　①反应热的大小与反应物、生成物的状态有关，与反应物的多少有关。
②比较ΔH时，应包括符号，对于放热反应，热值越大，ΔH越小。
7．发射卫星时可用肼(N2H4)作燃料，用二氧化氮作氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。
已知：
N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol－1
H2(g)＋F2(g)===HF(g) ΔH＝－269 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242 kJ·mol－1
(1)肼和二氧化氮反应的热化学方程式为__________________________；此反应用于火箭推进，除释放大量能量和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是______________。
(2)有人认为若用氟气代替二氧化氮作氧化剂，则反应释放的能量更大。肼和氟反应的热化学方程式为__________________。
答案　(1)2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－1 135.7 kJ·mol－1　产物无污染
(2)N2H4(g)＋2F2(g)===N2(g)＋4HF(g) ΔH＝－1 126 kJ·mol－1
解析　写出目标反应，然后再利用题给条件计算出反应热，最后写出热化学方程式。
第2课时　习题课
1．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是(　　)
A．生成物总能量一定低于反应物总能量
B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变
D．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
答案　C
解析　放热反应生成物总能量低于反应物总能量，吸热反应生成物总能量高于反应物总能量，A错误；化学反应的速率与反应物本身的性质、温度、压强、浓度、催化剂等因素有关，与吸热、放热反应无关，B错误；通过盖斯定律可以间接测量某些难以直接测量的反应的焓变，C正确；同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应条件不会影响ΔH的值，D错误。
2．在298 K、100 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　　　　　　　ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是(　　)
A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2
B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2
D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
答案　A
解析　令2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　　　　ΔH1①
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)　　　　 ΔH2②
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)　　　 ΔH3③
根据盖斯定律，将反应①＋反应②×2即可求得反应③，因此有ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2，故A项正确。
3．下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是(　　)
A．甲烷的标准燃烧热为－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
B．500 ℃、300 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成
NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－38.6kJ·mol－1
C．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
D．氧化铝溶于NaOH溶液：A12O3＋2OH－===2AlO＋H2O
答案　D
解析　由燃烧热的定义可知，水应以液态形式存在，故A项错误；N2与H2反应生成NH3为可逆反应，不能完全进行，故19.3 kJ不是0.5 mol N2与1.5 mol H2完全反应放出的热量，故B项错误；NH3·H2O为弱电解质，在书写离子方程式时，应写成化学式的形式，故C项错误；氧化铝与NaOH溶液反应，生成物是NaAlO2，故D项正确。
4．已知：(1)Fe2O3(s) ＋C(s)===CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH1＝＋234.1 kJ·mol－1
(2)C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
则2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s) 的ΔH是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．－824.4 kJ·mol－1 B．－627.6 kJ·mol－1
C．－744.7 kJ·mol－1 D．－169.4 kJ·mol－1
答案　A
解析　×(2)－(1)就可得2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)，则ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－824.4 kJ·mol－1。
5．100 g碳燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积，且C(s)＋O2(g)===CO(g)
ΔH(25℃)＝－110.35 kJ·mol－1，
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH(25℃)＝－282.57 kJ·mol－1。
与这些碳完全燃烧相比较，损失的热量是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．392.92 kJ B．2 489.44 kJ
C．784.92 kJ D．3 274.3 kJ
答案　C
解析　损失的热量就是CO继续燃烧所放出的热量，因为CO占，即有的C燃烧生成了CO，所以建立关系式：
C　～　CO　～　ΔH
12 g 1 mol 282.57 kJ
 g　　　　　　Q
故Q＝282.57 kJ× g×＝784.92 kJ。
6．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：
第一步反应是________反应(选填“放热”或“吸热”)，判断依据是
________________________________________________________________________。
②1 mol NH(aq)全部氧化成NO(aq)的热化学方程式是
________________________________________________________________________。
答案　①放热　ΔH＝－273 kJ·mol－1<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)
②NH(aq)＋2O2(g)===2H＋(aq)＋NO(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－346 kJ·mol－1
7．废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染。废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末。
用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：
Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g)
ΔH＝＋64.39 kJ·mol－1
2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)
ΔH＝－196.46 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.84 kJ·mol－1
在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2＋和H2O的热化学方程式为________________________________________________________________________。
答案　Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－319.68 kJ·mol－1
解析　已知热反应方程中①＋×②＋③得：
Cu(s)＋2H＋(aq)＋H2O2(l)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l)
ΔH＝－319.68 kJ·mol－1
ΔH＝ΔH1＋×ΔH2＋ΔH3＝＋64.39 kJ·mol－1＋×(－196.46 kJ·mol－1)＋(－285.84 kJ·mol－1)
＝－319.68 kJ·mol－1
8．由磷灰石[主要成分Ca5(PO4)3F]在高温下制备黄磷(P4)的热化学方程式为
4Ca5(PO4)3F(s)＋21SiO2(s)＋30C(s)===3P4(g)＋20CaSiO3(s)＋30CO(g)＋SiF4(g)　ΔH
已知相同条件下：
4Ca5(PO4)3F(s)＋3SiO2(s)===6Ca3(PO4)2(s)＋2CaSiO3(s)＋SiF4(g)　ΔH1
2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)===P4(g)＋6CaO(s)＋10CO(g)　ΔH2
SiO2(s)＋CaO(s)===CaSiO3(s)　ΔH3
用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示ΔH , ΔH＝________。
答案　(1)ΔH1＋3ΔH2＋18ΔH3
9．依据叙述，写出下列反应的热化学方程式。
(1)若适量的N2和O2完全反应，每生成23 g NO2需要吸收16.95 kJ热量。其热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)用NA表示阿伏加德罗常数，在C2H2(气态)完全燃烧生成CO2和液态水的反应中，每有5NA个电子转移时，放出650 kJ的热量。其热化学方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)已知拆开1 mol H—H键、1 mol N—H键、1 mol N≡N键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)　ΔH＝＋67.8 kJ·mol－1
(2)C2H2(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)
ΔH＝－1 300 kJ·mol－1
(3)N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1
解析　根据反应热和燃烧热的定义计算出相关的热量，同时注意物质的状态，再书写相应的热化学方程式即可。
10．已知25℃、101 kPa时下列反应的热化学方程式为：
①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH1＝－870.3 kJ·mol－1
②C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1
则反应：④2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)在该条件下的反应热ΔH4＝____________。
答案　－488.3 kJ·mol－1
11．如果1个反应可以分几步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热是相同的，这个规律称为盖斯定律。据此回答下列问题：
(1)北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷(C3H8)，亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯(C3H6)。
丙烷脱氢可得丙烯。
已知：C3H8(g)―→CH4(g)＋HC≡CH(g)＋H2(g)
ΔH1＝＋156.6 kJ/mol
CH3CH===CH2(g)―→CH4(g)＋HC≡CH(g)
ΔH2＝＋32.4 kJ/mol
则相同条件下，丙烷脱氢得丙烯的热化学方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)已知：Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3(s)＋10H2O(g)
ΔH1＝＋532.36 kJ/mol
Na2CO3·10H2O(s)===Na2CO3·H2O(s)＋9H2O(g)　ΔH2＝＋473.63 kJ/mol
写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)C3H8(g)―→CH3CHCH2(g)＋H2(g)
ΔH＝＋124.2 kJ/mol
(2)Na2CO3·H2O(s)===Na2CO3(s)＋H2O(g)
ΔH＝＋58.73 kJ/mol
解析　(1)由C3H8(g)―→CH4(g)＋HC≡CH(g)＋H2(g)
ΔH1＝＋156.6 kJ/mol①
CH3CH===CH2(g)―→CH4(g)＋HC≡CH(g)
ΔH＝＋32.4 kJ/mol②
①－②可以得到
C3H8(g)―→CH3CH===CH2(g)＋H2(g)
ΔH＝ΔH1－ΔH2＝＋156.6 kJ/mol－32.4 kJ/mol
＝＋124.2 kJ/mol
(2)根据盖斯定律，将题中反应①－②得：
Na2CO3·H2O(s)===Na2CO3(s)＋H2O(g)
ΔH＝＋58.73 kJ/mol
12．已知：CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－283 kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－802.3 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
1．792 L(标准状况)的CO、CH4和O2组成的混合物，在量热器中燃烧时，放出13.683 kJ热量。若向燃烧产物中再加一定量的H2使其燃烧完全，又放出9.672 kJ热量，求原混合物中各气体的体积。
答案　V(CO)＝0.448L　V(CH4)＝0.224L
V(O2)＝1.120L
解析　此题涉及热化学方程式、燃烧热、物质的量、气体摩尔体积等知识点，通过运用物质的量进行燃烧热的计算，比较深入地考查分析、推理和计算能力。
解此题时，首先正确理解热化学方程式中ΔH的含义，然后根据题给数据，建立气体的体积与气体的摩尔体积、物质的量之间的关系，进而求得答案。
因为当再加入H2时，放出的热量增加，所以原混合物中含过量O2的物质的量为
n(O2)＝＝0.020 0 mol
再求出气体的总物质的量为
＝0.080 0 mol
13．化工生产中用烷烃和水蒸气反应得到以CO和H2为主的混合气体。这种混合气体可用于生产甲醇和合成氨，对甲烷而言，有如下两个主要反应：
①CH4(g)＋O2(g)===CO(g)＋2H2(g)
ΔH1＝－36 kJ·mol－1
②CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)
ΔH2＝＋216 kJ·mol－1
由反应①、②推出总反应热为零的总反应方程式③，并求进料气中空气(O2的体积分数为21%)与水蒸气的体积比。
答案　7CH4(g)＋3O2(g)＋H2O(g)===7CO(g)＋15H2(g)　ΔH＝0
V(空气)∶V(H2O)＝100∶7
解析　将①×6得出的式子与②相加：
6CH4(g)＋3O2(g)===6CO(g)＋12H2(g)
6ΔH1＝－216 kJ·mol－1
7CH4(g)＋3O2(g)＋H2O(g)===7CO(g)＋15H2(g)　ΔH＝0
所以总反应式③为
7CH4(g)＋3O2(g)＋H2O(g)===7CO(g)＋15H2(g)　ΔH＝0
其中＝，则＝＝。
第二节　燃烧热　能源
[目标要求]　1.理解燃烧热的概念。2.了解化学在解决能源危机中的重要作用，知道节约能源、提高能量利用率的实际意义。
一、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，叫做该物质的燃烧热，单位kJ·mol－1。
2．燃烧热与中和热的重要区别
(1)反应环境的区别：燃烧热必须是燃烧反应而且是完全燃烧，有O2参加；而中和热是稀溶液中的酸碱中和反应。
(2)反应实质不同：燃烧反应是氧化还原反应；中和反应是复分解反应。
(3)规定物质不同：燃烧热是1 mol纯物质被燃烧；中和热是生成1_mol_H2O。
二、能源
1．能源是能提供能量的资源，它包括化石燃料(煤、石油、天然气)、阳光、风力、流水、潮汐以及柴草等。
2．解决能源危机的方法
(1)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。
(2)寻找新的能源，现正探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少有污染。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　燃烧热
1．下列关于燃烧热的说法中正确的是(　　)
A．1 mol物质燃烧所放出的热量
B．常温下，可燃物燃烧放出的热量
C．在25℃、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．燃烧热随化学方程式前的化学计量数的改变而改变
答案　C
2．以下几个热化学方程式，能表示有关物质燃烧时的燃烧热的热化学方程式是(　　)
A．C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝＋110.5 kJ·mol－1
B．C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D．H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
答案　B
解析　要考虑两个要素：1 mol物质燃烧和生成稳定氧化物。
知识点二　能源
3．关于能源，以下说法中不正确的是(　　)

A.煤、石油、天然气等燃料的最初来源都可追溯到太阳能
B．柴草燃烧时释放的能量是生物能
C．核能和地热能来自地球自身
D．潮汐能来源于月球引力做功
答案　B
解析　B选项中，柴草燃烧是剧烈的氧化反应，燃烧时化学能转变为热能，而柴草具有的化学能的最初来源也可追溯到太阳能，因为绿色植物的生长过程必须依靠阳光，通过光合作用，叶绿体将H2O和CO2转化成淀粉，在此过程中，太阳能转化成化学能贮存在植物中，通过燃烧，又释放出来。故B选项错误。
4．下列叙述正确的是(　　)
A．水能是二次能源 B．电能是二次能源
C．天然气是可再生能源 D．水煤气是可再生能源
答案　B
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
练基础落实
1．下列热化学方程式中ΔH的数值表示可燃物燃烧热的是(　　)
A．CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283 kJ·mol－1
B．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802.3 kJ·mol－1
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
D．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH＝－184.6 kJ·mol－1
答案　A
解析　根据燃烧热的概念知应是1 mol燃料，生成常温常压下稳定的氧化物，H2O在上
述情况下液态稳定。
2．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5.6 L(标准状况)，经充分燃烧后，放出总热量为71.15 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．燃烧前混合气体中CO的体积分数为60%
D．燃烧后的产物全部与足量的过氧化钠作用可产生0.125 mol O2
答案　D
解析　根据H2、CO的燃烧热数据判断
A项：ΔH应为－565.6 kJ·mol－1，A项错；
B项：应为液态水，B项错；
C项：CO的体积应进行计算。
设H2、CO物质的量分别为x、y
则x＋y＝＝0.25 mol①
H2燃烧放热为285.8x kJ，CO燃烧放热为282.8y kJ
则：285.8 x＋282.8y＝71.15 kJ②
解①②联立方程得x＝0.15 mol，y＝0.1 mol
故CO的体积分数为40%，C选项错。
根据元素守恒H2、CO燃烧后生成H2O、CO2，与燃烧前H2、CO总物质的量相等，与Na2O2反应生成的O2是H2O和CO2总物质的量的一半。
3．根据以下3个热化学方程式
2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－Q1 kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l) ΔH＝－Q2 kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(g) ΔH＝－Q3kJ·mol－1
判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是(　　)
A．Q1>Q2>Q3 B．Q1>Q3>Q2 C．Q3>Q2>Q1 D．Q2>Q1>Q3
答案　A
4．已知化学反应：C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)　ΔH1<0
CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)　ΔH2<0
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH3<0；
下列说法正确的是(相同条件下)(　　)
A．56 g CO和32 g O2所具有的总能量小于88 g CO2所具有的总能量
B．碳的燃烧热是ΔH3
C．ΔH1<ΔH3
D．28 g CO的总能量比44 g CO2的总能量高
答案　B
解析　CO燃烧是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，A错；D选项中忽略了O2的能量，D错；比较ΔH时必须带符号比较，C错。
5．下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)(　　)
A．C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)
ΔH＝－1 367.0 kJ·mol－1(燃烧热)
B．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)
ΔH＝＋57.3 kJ·mol－1(中和热)
C．S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－296.8 kJ·mol－1(反应热)
D．2NO2===O2＋2NO　ΔH＝＋116.2 kJ·mol－1(反应热)
答案　C
解析　根据燃烧热的概念，生成的水应为液态，A项错；B项中反应放热，ΔH应为负值，B项错；D项中没表示出物质的聚集状态，D项错。
6．一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物
ΔH/(kJ·mol－1)
化合物
ΔH/(kJ·mol－1)
甲烷
－891.0
正丁烷
－2 878.0
乙烷
－1 560.8
异丁烷
－2 869.6
丙烷
－2 221.5
2-甲基丁烷
－3 531.3
下列说法正确的是(　　)
A．正戊烷的燃烧热大约是－3 540 kJ·mol－1
B．热稳定性：正丁烷>异丁烷
C．乙烷燃烧的热化学方程式为2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)　
ΔH＝－1 560.8 kJ·mol－1
D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
答案　A
解析　由正丁烷和异丁烷的燃烧热数据可推出正戊烷比2-甲基丁烷的燃烧热略大些，A正确；正丁烷和异丁烷燃烧生成等量的相同的物质，即生成新化学键时所放出的热量相等，
1 mol正丁烷完全燃烧放出的热量比1 mol异丁烷完全燃烧放出的热量多，即1 mol正丁烷与O2反应时断键所吸收的能量比1 mol异丁烷与O2反应时断键所吸收的能量少，从而说明正丁烷的热稳定性小于异丁烷；C项中的ΔH＝－3 121.6 kJ·mol－1 且H2O应为液态；D项1 g CH4燃
烧放出55.69 kJ的热量，1 g C2H6燃烧放出52.03 kJ的热量，D项错误。
练方法技巧
燃烧热的热化学方程式的书写方法
7．(1)在101 kPa时，H2在1 mol O2中完全燃烧生成2 mol液态水，放出571.6 kJ的热量，H2的燃烧热为________，表示H2燃烧热的热化学方程式为__________________________。
(2)1.00 L 1.00 mol·L－1硫酸与2.00L 1.00 mol·L－1 NaOH溶液完全反应，放出114.6 kJ的热量，该反应的中和热为____________，表示其中和热的热化学方程式为__________________。
答案　(1)－285.8 kJ·mol－1　H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
(2)－57.3 kJ·mol－1　H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===
Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
点拨　抓概念要点：燃烧热含义，中和热含义，1 mol，稳定氧化物等关键词。
8．0.3 mol气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649. 5 kJ热量，其热化学方程式为________________________；又已知H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44 kJ·mol－1，则11.2L(标准状况)乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是________kJ。
答案　B2H6(g)＋3O2(g)===B2O3(s)＋3H2O(l)　ΔH＝－2 165 kJ·mol－1　1 016.5
点拨　(1)将0.3 mol乙硼烷燃烧放出的热量折算成1 mol乙硼烷燃烧放出的热量。(2)注意区别燃烧热和热量的单位。
练综合拓展
9．城市使用的燃料，现大多用煤气、液化石油气。煤气的主要成分是一氧化碳和氢气的混合气体，它由煤炭与水(蒸气)反应制得，故又称水煤气。
(1)试写出制取水煤气的主要化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)液化石油气的主要成分是丙烷，丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－2 220.0 kJ·mol－1，已知CO气体燃烧的热化学方程式为CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－282.57 kJ·mol－1，则相同物质的量的C3H8和CO燃烧产生的热量比值约为______________。
(3)已知氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，则相同质量的氢气和丙烷燃烧，产生的热量的比值约为______________。
(4)氢气是未来的能源，除产生的热量大之外，还具有的优点是
________________________________________________________________________。
答案　(1)C＋H2O(g)CO＋H2
(2)7.9∶1　(3)2.8∶1
(4)①不产生CO2，从而不引起温室效应；②H2来源丰富；③产物不污染环境
10．目前上海大部分城市居民所使用的燃料主要是管道煤气，浦东新区居民开始使用东海天然气作为民用燃料，管道煤气的主要成分是CO、H2和少量烃类，天然气的主要成分是CH4，它们的燃烧反应如下：
2CO＋O22CO2　2H2＋O22H2O
CH4＋2O2CO2＋2H2O
根据以上化学方程式判断：燃烧相同体积的管道煤气和天然气，消耗空气体积较大的是__________，因此燃烧管道煤气的灶具如需改烧天然气，灶具的改进方法是
________________________________________________________________________
(填“增大”或“减小”)进风口，如不作改进可能产生的不良结果是_______________。
管道煤气中含有的烃类，除甲烷外，还有少量乙烷、丙烷、丁烷等，它们的某些性质见下表：
乙烷
丙烷
丁烷
熔点(℃)
－183.3
－189.7
－138.4
沸点(℃)
－88.6
－42.1
－0.5
试根据以上某个关键数据解释冬天严寒的季节有时管道煤气火焰很小，并且呈断续状态的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　天然气　增大　天然气不能充分燃烧，生成有毒的CO　丁烷遇冷凝结为液体，使管道内气流不畅
解析　根据已知方程式判断：管道煤气的燃烧大约是2∶1耗氧，而天然气燃烧为1∶2耗氧，所以，燃烧相同体积的两种燃料，后者耗氧量大；炉灶的改进也必须要增大进风口才行；如果空气的量不足，就会造成CH4的不完全燃烧，生成有毒的CO，对人体有害并造成一定程度的环境污染；由题目中所描述“火焰时断时续”，联想到原因肯定是管道不畅，再结合信息表格可看出：冬天的气温较低，很可能使管道煤气的成分之一丁烷变为液体，造成管道内气流不畅，导致火焰时断时续。
第一章、第二章阶段性检测题
(时间：100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；每小题只有一个选项符合题意)
1．已知299 K时，合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.0 kJ·mol－1，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为(忽略能量损失)(　　)　　　　　　　　　　　　　
A．一定大于92.0 kJ B．一定等于92.0 kJ
C．一定小于92.0 kJ D．不能确定
答案　C
2．已知反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)　ΔH<0，下列说法正确的是(　　)
A．升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间
B．升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小
C．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动
D．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动
答案　A
3．①101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH＝－221 kJ·mol－1
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
下列结论正确的是(　　)
A．碳的燃烧热大于110.5 kJ·mol－1
B．①的反应热为221 kJ·mol－1
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ·mol－1
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
答案　A
解析　A项，燃烧热是指101 kPa,1 mol可燃物质充分燃烧生成稳定氧化物所释放的能量，由题知1 mol C生成1 mol CO放热110.5 kJ，碳的燃烧热是指产物为CO2时对应的热量，要在此基础上继续氧化放热，所以应大于110.5 kJ·mol－1；B项，反应热存在吸热、放热两种情况，可更正为①的反应热为ΔH＝－221 kJ·mol－1；C项，中和热为放热反应，则可表达为中和热为－57.3 kJ·mol－1或中和热为ΔH＝－57.3 kJ·mol－1；D项，稀醋酸为弱酸，反应中继续电离要吸收一部分热量，故放出的热量比57.3 kJ要少。
4．一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g)3C(g)，若反应开始
时充入2 mol A和2 mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是(　　)
A．1 mol B和3 mol C
B．2 mol A、1mol B和1 mol He(不参加反应)
C．1 mol B和1 mol C
D．2 mol A、3mol B和3 mol C
答案　B
5．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是(　　)
A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B．高压比常压有利于合成SO3的反应
C．加入催化剂有利于氨的合成
D．工业制取金属钾　Na(l)＋KCl(l)NaCl(l)＋K(g)选取适宜的温度，使K成蒸汽从反应混合物中分离出来
答案　C
解析　A项2NO2(g)N2O4(g)，加压后体积减小，浓度增大，颜色变深，平衡向右移
动，颜色变浅。B项2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，增大压强，平衡向正反应方向移动。C项使
用催化剂，平衡不移动。D项钾蒸气从反应混合物中分离出去，使平衡向右移动。
6．在298 K、100 kPa时，已知：2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g)　ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g)　ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g)　ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2间的关系正确的是(　　)
A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
答案　A
解析　根据盖斯定律，第二个热化学方程式乘以2，再和第一个热化学方程式相加，即得出第三个热化学方程式。
7．对达到平衡状态的可逆反应：A＋BC＋D，若t1时增大压强，正、逆反应速率变化如图所示(v代表反应速率，t代表时间)，下列有关A、B、C、D的状态叙述中正确的是(　　)

A．A、B、C是气体，D不是气体
B．A、B是气体，C、D有一种是气体
C．C、D是气体，A、B有一种是气体
D．C、D有一种是气体，A、B都不是气体
答案　C
8．同温同压下，已知下列各反应为放热反应，下列各热化学方程式中热量数值最小的是(　　)
A．2A(l)＋B(l)＝2C(g)　ΔH1
B．2A(g)＋B(g)＝2C(g)　ΔH2
C．2A(g)＋B(g)＝2C(l)　ΔH3
D．2A(l)＋B(l)＝2C(l)　ΔH4
答案　A
9．已知H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH<0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是(　　)
A．甲、乙提高相同温度
B．甲中加入0.1 mol He，乙不变
C．甲降低温度，乙不变
D．甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2
答案　C
解析　0.2 mol HI相当于H2、I2各0.1 mol，所以甲、乙在题述情况下达到的平衡是等效的。A项，甲、乙提高相同温度，仍等效；B项，甲中加入0.1 mol He对反应无影响；C项，甲降低温度，平衡右移，HI的浓度增大；D项，甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2，平衡都向右移动，HI的浓度都增大，具体结果不能断定。
10．下列说法或表示方法正确的是(　　)
A．若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B．由“C(石墨)＝C(金刚石)　ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1”可知，金刚石比石墨稳定
C．在101 kPa时，2 g 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＝＋285.8 kJ·mol－1
D．在稀溶液中：H＋＋OH－===H2O　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，若将含1 mol CH3COOH与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ
答案　D
解析　A项，硫由气体变成固体放出热量，A不正确。B项，石墨的能量低，能量越低越稳定，B不正确。C项，2 g H2是1 mol,1 mol氢气完全燃烧生成液态H2O放出285.8 kJ热量，C不正确。D项， 因为CH3COOH是弱酸，弱酸的电离需要吸热，故放出的热量小于57.3 kJ，D正确。
11．下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是(　　)
A．甲烷的标准燃烧热为－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
B．500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
ΔH＝－38.6 kJ·mol－1
C．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
D．氧化铝溶于NaOH溶液：Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O
答案　D
解析　A项，水应是液态。B项，题述反应为可逆反应，所放出的热量不是38.6 kJ·mol－1。C项，NH3·H2O是弱电解质，应写分子式。D项正确。
12．容积固定为3 L的某密闭容器中加入1 mol A、2 mol B，一定温度下发生如下反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，经反应5 min后，测得C的浓度为0.3 mol·L－1。则下列说法中正确的是(　　)
A．5 min内D的平均反应速率为0.02 mol·L－1·min－1
B．5 min内A的平均反应速率为0.06 mol·L－1·min－1
C．经5 min后，向容器内再加入C，正反应速率变小
D．平衡状态时，生成1 mol D时同时生成1 mol A
答案　D
解析　各物质在不同时间的物质的量：
A(s)　＋　2B(g)C(g)　＋　D(g)
起始　 1 mol 2 mol 0 0
变化　 0.9 mol 1.8 mol 0.9 mol 0.9 mol
5 min末 0.1 mol 0.2 mol 0.9 mol 0.9 mol
A项，v(D)＝＝0.06 mol·L－1·min－1；
B项，因为A为固体，不能用A表示反应速率；
C项，向容器内再加入C，正、逆反应速率都增大；D正确。
13．将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的定容密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：
2A(g)＋B(g)2C(g)；经2 s后测得C的物质的量浓度为0.6 mol·L－1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的这段时间的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1
②用物质B表示的这段时间的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1
③2 s时物质A的转化率为30%
④2 s时物质B的物质的量浓度为0.3 mol·L－1
其中正确的是(　　)
A．①③　　 B．②④　　 C．①② 　　D．③④
答案　A
解析　　　　　2A(g)　＋B(g)　??2C(g)
起始(mol·L－1)　2　　　　1　　　　　　　0
变化(mol·L－1) 0.6 0.3 0.6
2 s末(mol·L－1) 1.4 0.7 0.6
①v(A)＝＝0.3 mol·L－1·s－1，
②v(B)＝＝0.15 mol·L－1·s－1，
③A的转化率＝×100%＝30%，
④c(B)＝0.7 mol·L－1。
14.
已知：2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566 kJ·mol－1
Na2O2(s)＋CO2(g)===Na2CO3(s)＋1/2O2(g)　ΔH＝－226 kJ·mol－1
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是(　　)
A．CO的燃烧热为283 kJ
B．上图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C．2Na2O2(s)＋2CO2(s)===2Na2CO3(s)＋O2(g)　ΔH>－452 kJ·mol－1
D．CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
答案　C
解析　A项，CO的燃烧热为－283 kJ·mol－1，A错。B项，表示CO生成CO2的能量变化与过程无关。C项，CO2由气态变成液态放出热量，Na2O2与固态CO2放出热量少，故C正确。D项，CO(g)＋Na2O2(s)===Na2CO3(s)　ΔH＝－509 kJ·mol－1，放出509 kJ的热量，电子转移数为2×6.02×1023。
15．某温度下，H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)的平衡常数K＝。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示。
起始浓度
甲
乙
丙
c(H2)/mol·L－1
0.010
0.020
0.020
c(CO2)/mol·L－1
0.010
0.010
0.020
下列判断不正确的是(　　)
A．平衡时，乙中CO2的转化率大于60%
B．平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
C．平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.012 mol·L－1
D．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
答案　C
解析　A项，增大c(H2)可提高CO2的转化率，故A项正确；B项，设甲中转化的c(H2)为x，则有x2/(0.010－x)2＝9/4，解得x＝0.006 mol·L－1，则甲中H2的转化率为60%。对甲加压，使容器体积减小为原来的一半与丙等效，而加压平衡不移动，所以二者H2的转化率相同；C项，平衡时，甲、丙中c(CO2)分别为0.004 mol·L－1、0.008 mol·L－1；D项，温度相同，丙中反应物浓度最大，甲中最小，所以丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢。
16．低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为
2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)2N2(g)＋3H2O(g)　ΔH<0
在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是(　　)
A．平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B．平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C．单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时，反应达到平衡
D．其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
答案　C
解析　A项，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由平衡常数表达式K＝可知，K值减小。B项，增大NH3的浓度时，氮氧化物的转化率增大。C项，当v正(NO)∶v逆(N2)＝1∶2时，反应达到平衡，正确。D项，使用催化剂不能改变化学平衡，故氮氧化物的转化率不变。
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(6分)能源是人类生存和发展的重要支柱。研究化学反应过程中的能量变化在能源紧缺的今天具有重要的理论意义。已知下列热化学方程式：
①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－570 kJ·mol－1；
②H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242 kJ·mol－1；
③C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol－1；
④C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1；
⑤CO2(g)＋2H2O(g)===2CH4(g)＋2O2(g) ΔH＝＋890 kJ·mol－1
回答下列问题：
(1)上述反应中属于吸热反应的是___________________________________________。
(2)H2的燃烧热为_______________________________________________________。
(3)盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然难直接测定，但可通过间接的方法求得。已知C(s)＋H2O(g)===H2(g)＋CO(g)　ΔH＝a kJ·mol－1；则a＝________；该反应的熵ΔS________0(选填“>”、“＝”或“<”)。
答案　(1)⑤　(2)ΔH＝－285 kJ·mol－1
(3)＋131.5　>
解析　由题中热化学方程式知(5)是吸热反应；氢气的燃烧热是指1 mol H2完全燃烧生成液态水放出的热量；由③－②得C(s)＋H2O(g)===H2(g)＋CO(g)　ΔH＝＋131.5 kJ·mol－1，气体体积增大，故ΔS>0。
18．(8分)红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3和PCl5，反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)，根据下图回答下列问题：
(1)PCl5分解生成PCl3和Cl2的热化学方程式____________________；上述分解反应是一个可逆反应，温度T1时，在密闭容器中加入0.8 mol PCl5，反应达到平衡时还剩余0.6 mol PCl5，其分解率α1等于________；若反应温度由T1升高到T2，平衡时PCl5的分解率α2，α2________α1(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(2)工业上制备PCl5通常分两步进行，先将P和Cl2反应生成中间产物PCl3，然后降温，再和Cl2反应生成PCl5。原因是_________________________________________________。
(3)P和Cl2分两步反应生成1 mol PCl5的ΔH3＝____________。
答案　(1)PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)　ΔH＝＋93 kJ·mol－1　25%　大于　(2)因为PCl5分解反应是吸热反应，温度太高，不利于PCl5的生成　(3)－399 kJ·mol－1
19．(6分)在一定温度下，将2 mol A和2 mol B两种气体相混合于体积为2 L的某密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，ΔH<0,2 min末反应达到平衡状态(温度不变)，生成了0.8 mol D，并测得C的浓度为0.4 mol·L－1，请填写下列空白：
(1)x的值等于________________。
(2)该反应的化学平衡常数K＝________，升高温度时K值将________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)A物质的转化率为__________________。
(4)若维持温度不变，在原平衡混合物的容器中再充入3 mol C和3 mol D，欲使达到新的平衡时，各物质的物质的量分数与原平衡相同，则至少应再充入B的物质的量为________ mol。
答案　(1)2　(2)0.5　减小　(3)60%　(4)3
解析　3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)　ΔH<0
生成0.8 mol D，C的浓度为0.4 mol·L－1，C的物质的量为0.8 mol，故x＝2。
各物质在不同时间的物质的量
　3A(g)　＋　B(g)2C(g)　＋　2D(g)
起始　2 mol　　　 2 mol　　　0　　　　　0
变化　1.2 mol　 　0.4 mol　0.8 mol　　0.8 mol
平衡　0.8 mol　 　1.6 mol　0.8 mol　　0.8 mol
K＝＝0.5
升高温度，平衡向左移动，K减小，A的转化率为×100%＝60%。
(4)温度、体积不变，对于一个等体反应，达到同一平衡状态，A与B的物质的量之比等于2∶2＝1∶1即可，故n(B)＝3 mol。
20．(8分)在2 L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)写出该反应的平衡常数表达式：K＝________，已知：K(300℃)>K(350℃)，该反应是________反应(填“放热”或“吸热”)。
(2)上图中表示NO2的变化的曲线是________，用O2的浓度变化表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝____________。
(3)能说明该反应已经达到平衡状态的是(　　)
a．v(NO2)＝2v(O2)
b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2)
d．容器内物质的密度保持不变
(4)能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是(　　)
a．及时分离出NO2气体
b．适当升高温度
c．增大O2的浓度
d．选择高效的催化剂
答案　(1)　放热
(2)b　1.5×10－3 mol·L－1·s－1
(3)bc　(4)c
21．(12分)某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：
(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收。
①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：
________________________________________________________________________。
②用化学平衡原理解释通空气的目的：
________________________________________________________________________。
(2)过程Ⅱ：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：
第一步反应是________反应(选填“放热”或“吸热”)，判断依据是
________________________________________________________________________。
②1 mol NH(aq)全部氧化成NO(aq)的热化学方程式是
________________________________________________________________________。
(3)过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH，转移6 mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是________。
答案　(1)①NH＋OH－NH3·H2O
②废水中的NH3被空气带走，使NH3·H2ONH3＋H2O的平衡向正反应方向移动，利于
除氨
(2)①放热　ΔH＝－273 kJ·mol－1<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)
②NH(aq)＋2O2(g)===2H＋(aq)＋NO(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－346 kJ·mol－1
(3)5∶6
解析　(1)加NaOH显然是使NH转化为NH3·H2O，升温更有利于NH3·H2ONH3＋H2O的平衡向正反应方向移动，利于除氨。“通空气将氨赶出并回收”，很显然利用了平衡移动原理。
(2)①由图示可看出反应物的总能量大于生成物的总能量，所以是放热反应。
③根据盖斯定律可知，1 mol NH(aq)被全部氧化成NO(aq)的反应热ΔH＝－273 kJ·mol－1＋(－73 kJ·mol－1)＝－346 kJ·mol－1。
(3)32 g CH3OH是1 mol，失6 mol电子生成1 mol CO2，而1 mol HNO3可被还原为0.5 mol N2，得5 mol电子，由得失电子守恒知还原剂(CH3OH)和氧化剂(HNO3)的物质的量之比是5∶6。
22．(12分)硫—碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
Ⅰ　　SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI
Ⅱ　　2HI??H2＋I2
Ⅲ　　2H2SO4===2SO2＋O2＋2H2O
(1)分析上述反应，下列判断正确的是________。
a．反应Ⅲ易在常温下进行
b．反应Ⅰ中SO2氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O
d．循环过程产生1 mol O2的同时产生1 mol H2
(2)一定温度下，向1 L密闭容器中加入1 mol HI(g)，发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0～2 min内的平均反应速率v(HI)＝________。该温度下，H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数K＝________。
相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则________是原来的2倍。
a．平衡常数
b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间
d．平衡时H2的体积分数
(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡________移动(填“向左”、“向右”或“不”)；若加入少量下列试剂中的________，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3　　　　b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
(4)以H2为燃料可制作氢氧燃料电池。
已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－572 kJ·mol－1
某氢氧燃料电池释放228.8 kJ电能时，生成1 mol液态水，该电池的能量转化率为
________。
答案　(1)c　(2)0.1 mol·L－1·min－1　64　b　(3)向右　b　(4)80%
解析　本题主要考查了化学反应速率与化学平衡、水的电离平衡和化学计算。
(1)a项错误，反应Ⅲ在常温下向左进行；b项，SO2的还原性比HI强；c项，根据盖斯定律Ⅰ×2＋Ⅱ×2＋Ⅲ得总反应：2H2O===2H2＋O2，循环过程中消耗了H2O；d项，根据总反应知产生1 mol O2的同时产生2 mol H2。
(2)由题干数据分析该反应：
　　　　H2　＋　I2　===　2HI
起始： 0 0 1 mol
转化： 0.1 mol 0.1 mol 0.2 mol
平衡： 0.1 mol 0.1 mol 0.8 mol
0～2 min内平均反应速率v(HI)＝＝0.1 mol·L－1·min－1
平衡常数K＝＝64
第三问，若开始加入HI的物质的量是原来的2倍，相当于先将HI加入到2 L的容器(达到的平衡状态与原平衡一致，即HI的浓度、H2的体积分数与原平衡相同)，再将体积压缩至1 L，因为该反应为等体积反应，加压平衡不移动，所以HI的浓度为原来的2倍，H2的体积分数不变；温度不变，平衡常数不变；加入HI的物质的量增大，反应物浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间缩短。
(3)Zn与稀H2SO4反应，c(H＋)减小，水的电离平衡向右移动；若向原溶液中加入NaNO3，Zn与H＋、NO反应不生成H2；若加CuSO4，Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu，Zn与Cu构成原电池，加快反应速率；若加Na2SO4，对反应速率没有影响；若加NaHSO3，HSO消耗H＋生成H2O和SO2，反应速率减小。
(4)生成1 mol液态水，理论上放热＝286 kJ，则该电池的能量转化率为×100%＝80%。
第一章　化学反应与能量
第一节　化学反应与能量的变化
第1课时　焓变　反应热
[目标要求]　1.了解反应热的概念，知道化学反应、热效应与反应的焓变之间的关系。
2.知道反应热与化学键的关系。3.知道反应热与反应物、生成物总能量的关系。
焓变　反应热
在化学反应过程中，不仅有物质的变化，同时还伴有能量变化。
1．焓和焓变
焓是与物质内能有关的物理量。单位：kJ·mol－1，符号：H。
焓变是在恒压条件下，反应的热效应。单位：kJ·mol－1，符号：ΔH。
2．化学反应中能量变化的原因
化学反应的本质是反应物分子中旧化学键断裂和生成物生成时新化学键形成的过程。
任何化学反应都有反应热，这是由于在化学反应过程中，当反应物分子间的化学键断裂时，需要克服原子间的相互作用，这需要吸收能量；当原子重新结合成生成物分子，即新化学键形成时，又要释放能量。
ΔH＝反应物分子的总键能－生成物分子的总键能。
3．放热反应与吸热反应
当反应完成时，生成物释放的总能量与反应物吸收的总能量的相对大小，决定化学反应是吸热反应还是放热反应。
(1)当ΔH为“－”或ΔH<0时，为放热反应，反应体系能量降低。
(2)当ΔH为“＋”或ΔH>0时，为吸热反应，反应体系能量升高。
4．反应热思维模型
(1)放热反应和吸热反应
　
　 放热反应　　　　　　　　　吸热反应
(2)反应热的本质
(以H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝－186 kJ·mol－1为例)
E1：E(H—H)＋E(Cl—Cl)
E2：2E(H—Cl)
ΔH＝E1－E2
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　有关反应热的概念
1．下列说法正确的是(　　)
A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B．放热反应在常温下一定很容易发生
C．吸热反应在一定的条件下也能发生
D．焓变的符号是ΔH，单位是kJ·mol－1，反应热的单位是kJ
答案　C
2．已知在相同状况下，要使同一化学键断裂需要吸收的能量等于形成该化学键放出的能量。下列说法正确的是(　　)
A．电解熔融的Al2O3可以制得金属铝和氧气，该反应是一个放出能量的反应
B．水分解产生氢气和氧气时放出能量
C．相同状况下，反应2SO2＋O2===2SO3是一个放热反应，则反应2SO3===2SO2＋O2是一个吸热反应
D．氯化氢分解成氢气和氯气时放出能量
答案　C
解析　由题意可以推测，如果一个反应过程放出能量，那么使该反应向反方向进行则需要吸收能量，所以C正确；另外氢气和氧气反应、氢气和氯气反应、铝和氧气反应都是放出能量的反应，与它们相反的反应：水、氯化氢和Al2O3的分解都应该是吸收能量的反应，故A、B、D错误。
知识点二　反应热与化学键键能的关系
3．通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。现给出化学键的键能(见下表)：
化学键
H—H
Cl—Cl
Cl—H
键能/(kJ·mol－1)
436
243
431
请计算H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应热(　　)
A．＋862 kJ·mol－1 B．＋679 kJ·mol－1
C．－183 kJ·mol－1 D．＋183 kJ·mol－1
答案　C
解析　拆开1 mol H2和1 mol Cl2中的化学键所吸收的能量是436 kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1＝679 kJ·mol－1；形成2 mol HCl所放出的能量是431 kJ·mol－1×2＝862 kJ·mol－1，所以该反应的反应热是679 kJ·mol－1－862 kJ·mol－1＝－183 kJ·mol－1。4.
白磷的化学式为P4，分子的空间构型是正四面体(如图)。白磷在空气中燃烧生成十氧化四磷(P4O10)，在十氧化四磷分子里只存在P—O和P===O两种共价键。


已知几种共价键的键能：P—O 360 kJ·mol－1；
P===O 585 kJ·mol－1；P—P 198 kJ·mol－1；
O===O 498 kJ·mol－1。
请问：在P4(s)＋5O2(g)===P4O10(s)中，ΔH＝______________。
答案　－2 982 kJ·mol－1
解析　由P4的分子结构和P4＋5O2P4O10的物质变化，在P4O10分子中只存在P—O和P===O两种共价键，P4O10中P显＋5价、O显－2价等事实可知，在P4分子结构的基础上，每2个P原子之间插入1个O原子形成2个P—O键，每个P原子再结合1个O原子形成P===O键，就构成了P4O10的分子结构。这样，在1个P4O10分子中共有12个P—O键、4个P===O键。
ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和＝6×198 kJ·mol－1＋5×498 kJ·mol－1－(12×360 kJ·mol－1＋4×585 kJ·mol－1)＝－2 982 kJ·mol－1。
知识点三　反应热与反应物、生成物总能量的关系
5．对放热反应：A＋B===C＋D，以下说法一定正确的是(EA、EB、EC、ED分别表示物质A、B、C、D所具有的能量)(　　)
A．EA>EB B．EA>EB＋EC
C．EA＋EB>EC＋ED D．EA＋EB答案　C
解析　反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，在发生化学反应时，有一部分能量会转变成热能释放出来，这类反应即为放热反应。
6.
由上图分析，有关叙述正确的是(　　)
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是放热反应
C．A具有的能量高于B和C具有的能量总和
D．A―→B＋C是吸热反应，则B＋C―→A必然是放热反应
答案　D
解析　本题考查化学反应中的能量变化，由图可知，B＋C的能量高于A的能量，则反应B＋C―→A一定是放热反应；反之，A―→B＋C则是吸热反应。根据能量守恒定律，两反应的反应热在数值上相等，符号相反。
练基础落实
1．下列说法不正确的是(　　)
A．任何化学反应都伴随着能量变化
B．化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C．反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反应
D．反应物的总能量低于生成物的总能量时，发生吸热反应
答案　B
解析　任何化学反应都伴随着能量变化，但能量变化不一定表现为热量变化，还可能以光能等其他形式的能量放出；E(反应物)>E(生成物)，反应放热，E(反应物)2．已知H—H键键能(断裂时吸收或生成时释放的能量)为436 kJ·mol－1，H—N键键能为391 kJ·mol－1，根据热化学方程式：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。则
N≡N键的键能是(　　)
A．431 kJ·mol－1 B．945.6 kJ·mol－1
C．649 kJ·mol－1 D．896 kJ·mol－1
答案　B
解析　ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和
ΔH＝3×E(H—H)＋E(N≡N)－6E(N—H)＝3×436 kJ·mol－1＋E(N≡N)－6×391 kJ·mol－1＝－92.4 kJ·mol－1，所以E(N≡N)＝－92.4 kJ·mol－1＋6×391 kJ·mol－1－3×436 kJ·mol－1＝945.6 kJ·mol－1。
3．已知氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰。在反应过程中，破坏1 mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1 kJ，破坏1 mol氯气中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1 mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3 kJ，下列关系式正确的是(　　)
A．Q1＋Q2>Q3 B．Q1＋Q2>2Q3
C．Q1＋Q2答案　D
解析　根据能量守恒原理：破坏化学键吸收的能量－形成新化学键放出的能量＝反应热。对于该放热反应：ΔH<0，则Q1＋Q2－2Q3<0，故Q1＋Q2<2Q3。
练方法技巧
思维模型的运用
4.
已知H2(g)＋O2(g)===H2O(g)反应过程中能量变化如图，问：a、b、c分别代表什么意义？该反应是放热反应还是吸热反应，ΔH大于零还是小于零？
答案　a代表旧键断裂吸收的能量，b代表新键生成释放的能量，c代表反应热；该反应为放热反应，ΔH<0。
解析　H2(g)和O2(g)与2H(g)和O(g)之间的能量差是H2(g)―→2H(g)和O2(g)―→O(g)过程中断开H—H键和O===O键吸收的能量，故a代表旧键断裂吸收的能量，b代表2H(g)＋O(g)结合成H2O(g)过程中化学键所放出的能量，c代表成键所释放的能量与断键吸收的能量之差；由图可知该反应中反应物总能量大于生成物总能量，故该反应为放热反应，ΔH<0。
练综合拓展
5．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(1)～(5)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)的反应是吸热反应还是放热反应？
答：____________________。
(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收的热量最多的是__________。
(5)若无上表中的数据，你能正确回答出问题(4)吗？
答：________，你的根据是__________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)A　(2)A　(3)放热反应　(4)Cl2　(5)能
元素的非金属性越强，生成的氢化物越稳定，反应放出的热量就越多
解析　破坏1 mol物质的化学键时所消耗的能量与相同条件下由形成该物质的原子形成1 mol该物质放出的能量相等，放出的能量越多，物质本身具有的能量越低，分子越稳定。(1)生成1 mol H2时放出的能量最多，为436 kJ；(2)在氢化物中，生成1 mol HCl时放出的能量最多，为432 kJ；(3)分别计算出三个反应放出的热量依次为：185 kJ、103 kJ和9 kJ。
6．已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，且氧气中1 mol O===O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1 mol H—O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1 mol H—H键断裂时吸收热量是________。
答案　436 kJ
解析　因为1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，所以1 mol H2与 mol O2
完全燃烧生成1 mol水蒸气时放出热量242 kJ。而化学反应中之所以存在能量的变化是因为
在化学反应过程中存在旧键的断裂与新键的形成，其中旧键的断裂需要吸收能量而新键的形成需要放出能量。发生上述反应H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－242 kJ·mol－1时所发生键的变化为断裂1 mol H—H键和 mol O===O键、形成2 mol O—H键，因此在此反应过程中断裂旧键需要吸收的能量为×496 kJ＋E(H—H)，形成新键释放的能量为2×463 kJ＝926 kJ，此反应为放热反应，所以有926 kJ－×496 kJ－E(H—H)＝242 kJ，解得E(H—H)＝436 kJ。
第2课时　热化学方程式
[目标要求]　1.知道热化学方程式的意义。2.知道影响反应热大小的因素。3.会写热化学方程式。4.能熟练判断热化学方程式的正误。5.了解中和热的含义及测定方法。
一、热化学方程式
1．概念
能表示参加反应的物质的量和反应热的关系的化学方程式叫做热化学方程式。
2．表示意义
(1)热化学方程式不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的热量变化。
(2)热化学方程式中物质的化学计量数，表示实际参加反应的反应物的物质的量和实际生成的生成物的物质的量。
(3)热化学方程式中的反应热与反应物、生成物的物质的量相对应。
3．书写热化学方程式的注意事项
(1)注明物质的聚集状态；
(2)标出对应的反应热；
(3)标明反应所处的外界条件(常温常压时，可不注明)。
二、中和热的测定
1．实验原理
在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1_mol_H2O，这时的反应热叫做中和热。
2．注意事项
(1)碱液稍过量的目的是确保盐酸被完全中和。
(2)操作时动作要快目的是尽量减少热量的损失。
(3)实验中若使用了弱酸或弱碱，会使测得中和热的数值偏小。
知识点一　热化学方程式的概念和意义
1．下列说法正确的是(　　)
A．书写热化学方程式时，只要在化学方程式的右端写上热量的符号和数值即可
B．凡是在加热或点燃条件下进行的反应都是吸热反应
C．表明反应所放出或吸收热量的化学方程式叫做热化学方程式
D．氢气在氧气中燃烧的热化学方程式是
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－483.6 kJ
答案　C
解析　A项，热化学方程式还应注明各物质的聚集状态；B项，放热反应有时在点燃或加热时才能发生；D项，ΔH的单位错误。
2．热化学方程式C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1表示(　　)
A．碳和水反应吸收131.3 kJ能量
B．1 mol碳和1 mol水反应生成1 mol一氧化碳和1 mol氢气并吸收131.3 kJ热量
C．1 mol固态碳和1 mol水蒸气反应生成1 mol一氧化碳气体和1 mol氢气并吸收131.3 kJ热量
D．1个固态碳原子和1分子水蒸气反应吸热131.3 kJ
答案　C
解析　依据反应热的概念，表示按照热化学方程式计量数的物质的量反应时吸收或放出的热量，单位是kJ·mol－1，该热化学方程式表示1 mol固态碳和1 mol水蒸气反应生成1 mol一氧化碳气体和1 mol氢气并吸收131.3 kJ的热量，特别要指明水的状态。
知识点二　热化学方程式的书写及正误判断
3.分析图中的能量变化情况，下列正确的是(　　)

A．2A＋B===2C　ΔH<0 B．2C===2A＋B　ΔH<0
C．2A(g)＋B(g)===2C(g)　ΔH<0 D．2A(g)＋B(g)===2C(g)　ΔH>0
答案　D
解析　A、B选项没注明物质状态，且ΔH的符号错误，均不正确。根据图象先确定物质总能量的相对关系，再确定放热：2C(g)===2A(g)＋B(g)　ΔH<0或吸热：2A(g)＋B(g)
===2C(g)　ΔH>0。
4．已知在1×105 Pa、298 K条件下，2 mol氢气燃烧生成水蒸气放出484 kJ热量，下列热化学方程式正确的是(　　)
A．H2O(g)===H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋242 kJ·mol－1
B．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－484 kJ·mol－1
C．H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝＋242 kJ·mol－1
D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝＋484 kJ·mol－1
答案　A
解析　氢气燃烧是放热反应，其ΔH应为负值，故C、D错误；2 mol氢气燃烧生成水蒸气放出484 kJ热量，而B是生成液态水，所以B也是错误的；反应逆向进行，ΔH符号相反，因此A是正确的。
知识点三　中和热
5.50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1NaOH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。试回答下列问题：

(1)大小烧杯间填满碎纸条的作用是
________________________________________________________________________。
(2)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值将________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。结合日常生活的实际该实验在______中进行效果更好。
(3)实验中改用60 m L 0.50 mol·L－1盐酸与 50 m L 0.55 mol·L－1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热________(填“相等”或“不相等”)，简述理由__________________________________________。
(4)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________；用50 m L 0.5 mol·L－1 NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会
________________________________________________________________________。
(均填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
答案　(1)减少实验过程中的热量损失　(2)偏小　保温杯　(3)不相等　相等　因中和热是在稀溶液中，1 mol H＋和1 mol OH－发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸碱的用量无关　(4)偏小　偏小
解析　要掌握实验操作要点：①量热计保温效果要好；②酸碱溶液的浓度要小；③酸碱一方要过量；④操作迅速准确，减少热量损失；⑤及时准确记录数据。中和热是在稀溶液中，1 mol H＋和1 mol OH－发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，强酸与强碱反应的实质是H＋＋OH－===H2O，计算出来的中和热是相同的。
练基础落实
1．已知热化学方程式：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH1＝－571.6 kJ·mol－1，则关于热化学方程式：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH2＝？的说法中正确的是(　　)
A．热化学方程式中化学计量数表示分子数
B．该反应ΔH2大于零
C．该反应的ΔH2＝－571.6 kJ·mol－1
D．该反应可表示36 g水分解时的热效应
答案　B
解析　ΔH2与ΔH1符号相反，数值相等，故ΔH2＝＋571.6 kJ·mol－1；D选项没有指明36 g水的状态，故D项错误。
2．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氢气与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个氟化氢气体分子放出270 kJ热量
答案　C
解析　A项中用L做单位是错误的，因为热化学方程式的化学计量数表示物质的量；B项中放出热量小于270 kJ是错误的，应大于270 kJ；D项中说几个分子间反应是错误的；C项正确。
3．已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1 mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是(　　)
A．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－4b kJ·mol－1
B．C2H2(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l) ΔH＝＋2b kJ·mol－1
C．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－2b kJ·mol－1
D．2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝＋b kJ·mol－1
答案　A
解析　乙炔燃烧是放热反应，ΔH＜0，则排除B、D两选项；又因反应生成1 mol二氧化碳气体时，放出热量为b kJ，则生成4 mol CO2(g)应放出热量4b kJ，故A正确，C不正确。
4．已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热可表示为
H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
对下列反应：
CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－Q1 kJ·mol－1
H2SO4(浓)＋NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－Q2 kJ·mol－1
HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－Q3 kJ·mol－1
上述反应均在溶液中进行，则下列Q1、Q2、Q3的关系正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A．Q2>Q3>Q1 B．Q2>Q1>Q3 C．Q1＝Q2＝Q3 D．Q2＝Q3>Q1
答案　A
解析　由题意知，HNO3和NaOH反应放出的热量为中和热，醋酸中存在电离平衡，其电离过程要吸收热量，故Q1Q3，故Q15．已知：
(1)H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH1＝a kJ·mol－1
(2)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1
(3)H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝c kJ·mol－1
(4)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH4＝d kJ·mol－1
下列关系式中正确的是(　　)
A．ad>0 C．2a＝b<0 D．2c＝d>0
答案　C
解析　抓比较的关键。该反应是放热反应，ΔH<0；(1)与(2)是生成H2O的状态一样，但物质的计量数是2倍关系，2a＝b；同理比较(3)、(4)得：2c＝d，由于H2O(g)===H2O(l)是放热反应，ΔH<0，故c练方法技巧
可逆反应的反应热分析技巧
6．工业生产硫酸过程中，SO2在接触室中被催化氧化为SO3气体，已知该反应为放热反应。现将2 mol SO2、1 mol O2充入一密闭容器充分反应后，放出热量98.3 kJ，此时测得SO2的转化率为50%，则下列热化学方程式正确的是(　　)
A．2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·mol－1
B．2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH＝－98.3 kJ·mol－1
C．SO2(g)＋O2(g) SO3(g) ΔH＝＋98.3 kJ·mol－1
D．SO2(g)＋O2(g) SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·mol－1
答案　A
练综合拓展
7．已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－12.1 kJ·mol－1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－55.6 kJ·mol－1。则HCN在水溶液中电离的ΔH等于(　　)
A．－67.7 kJ·mol－1 B．－43.5 kJ·mol－1
C．＋43.5 kJ·mol－1 D．＋67.7 kJ·mol－1
答案　C
解析　强酸和强碱反应的中和热为55.6 kJ·mol－1，当氢氰酸与氢氧化钠反应时，由于氢氰酸为弱酸，存在氢氰酸的电离反应，该反应为吸热反应，故两者反应时放出的热量较强酸和强碱反应放出的热量少，两者的差值(55.6－12.1＝43.5)就是氢氰酸在水溶液中电离吸收的热量的数值，电离反应吸热，ΔH为正值，故C项正确。
8．已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890 kJ·mol－1
现有H2与CH4的混合气体112 L(标准状况)，使其完全燃烧生成CO2和H2O(l)，若实验测得反应放热3 695 kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是(　　)
A．1∶1 B．1∶3 C．1∶4 D．2∶3
答案　B
解析　设112L即5 mol混合气体中H2的物质的量为x，则285.8x＋890(5－x)＝3 695，解得：x＝1.25 mol。则n(H2)∶n(CH4)＝1.25 mol∶3.75 mol＝1∶3。
9．已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJ·mol－1
某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.76 kJ热量，同时生成3.6 g液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量分别为______________。
答案　0.2 mol、0.2 mol
解析　由题意知：反应生成3.6 g H2O(l)，故H2的物质的量为＝0.2 mol。
0.2 mol H2完全燃烧放出的热量为×0.2 mol＝57.16 kJ，故CO完全燃烧放
出的热量为113.76 kJ－57.16 kJ＝56.6 kJ，所以CO的物质的量为＝0.2
mol。
章末综合检测
(时间：100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；每小题只有一个选项符合题意)
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．c(NH)/c(NH3·H2O)比值减小 B．OH－个数将减少
C．c(OH－)/c(NH3·H2O)比值减小 D．NH浓度将减小
答案　D
2．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．滴定中和热时，两烧杯间填满碎纸的作用是固定小烧杯
D．若用50 mL 0.55 mol·L－1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 0.50 mol·L－1的盐酸和50 mL 0.50 mol·L－1硫酸充分反应，两反应的中和热不相等
答案　A
3．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
答案　C
解析　95℃的水尽管pH<7，但因其电离出的c(H＋)＝c(OH－)，故呈中性，A错；醋酸为弱酸，pH＝3的醋酸稀释10倍时，促进其电离，故34．根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是(　　)
化学式
电离常数
HClO
K＝3×10－8
H2CO3
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
A.c(HCO)>c(ClO－)>c(OH－)
B．c(ClO－)>c(HCO)>c(H＋)
C．c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(ClO－)＋c(OH－)
答案　A
解析　由电离常数可知H2CO3的一级电离要大于HClO的电离，故ClO－的水解程度大于HCO的水解程度，故c(HCO)>c(ClO－)>c(OH－)，A正确；D中的电荷守恒中缺少CO，应为：c(Na＋)＋c(H＋)===c(HCO)＋c(ClO－)＋c(OH－)＋2c(CO)。
5．下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是(　　)
A．能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：K＋、Na＋、CO、NO
B．c(H＋)＝1×10－1 mol·L－1的溶液中：Cu2＋、Al3＋、SO、NO
C．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：Na＋、NH、S2－、Br－
D．水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl－、SO
答案　B
解析　能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液呈酸性，CO不能大量存在，则A组离子不能大量共存；能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中存在氧化性比I2强的粒子，则S2－不能存在，则C组离子不能大量共存；水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1的溶液可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液，而在强碱性溶液中，Mg2＋不能大量存在，则D组离子不一定能大量共存；c(H＋)＝1×10－1 mol·L－1的溶液是强酸性溶液，Cu2＋、Al3＋、SO、NO都可以大量存在，则B组离子一定能大量共存。
6．室温下等体积混合0.1 mol·L－1的盐酸和0.06 mol·L－1的Ba(OH)2溶液后，溶液的pH等于(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A．2.0 B．12.3 C．1.7 D．12.0
答案　D
解析　该题是酸碱混合pH的计算。首先要判断哪种物质过量，盐酸溶液的c(H＋)＝0.1 mol/L，Ba(OH)2溶液的c(OH－)＝0.06 mol·L－1×2＝0.12 mol·L－1，故碱过量，又因等体积混合，可求出混合溶液中的c(OH－)
c(OH－)＝＝0.01 mol·L－1
故pH＝－lgc(H＋)＝14＋lg0.01＝12。
7．用食用白醋(醋酸浓度约1 mol·L－1)进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是(　　)
A．白醋中滴入石蕊试液呈红色 B．白醋加入豆浆中有沉淀产生
C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出 D．pH试纸显示白醋的pH为2～3
答案　D
解析　A项可证明白醋的酸性但不能体现其电离情况；B项，说明白醋与豆浆胶体发生聚沉与其为强弱电解质无关；C项，说明醋酸的酸性强于碳酸，但不能证明醋酸为弱电解质；1 mol·L－1的醋酸若为强电解质，pH应为0，D项中指出其pH为2～3，说明醋酸只有部分电离，为弱电解质。因为存在电离平衡而不能全部电离是“弱”的实质。
8．已知HF、CH3COOH均为弱酸，酸性强弱顺序为HF>CH3COOH，下列说法正确的是(　　)
A．浓度均为0.1 mol·L－1的NaF、CH3COONa溶液相比较，CH3COONa溶液碱性较强
B．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，加水稀释过程中，所有离子浓度均减小
C．NaF溶液中只含有Na＋、F－、H＋、OH－、H2O五种微粒
D．NaF溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c(F－)变小
答案　A
9．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是(　　)
A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
B．0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)减小
C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．常温下pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<7
答案　B
解析　根据电荷守恒，选项A中的等量关系成立；选项B中加水稀释，电离平衡正向移动c(H＋)减小，使得c(OH－)增大；选项C中加入少量的固体CH3COONa，实际上相当于增大了c(CH3COO－)，使平衡向逆向移动；选项D中pH＝2的CH3COOH溶液中的c(H＋)和pH＝12的NaOH溶液中的c(OH－)相等，但由于CH3COOH为弱酸，CH3COOH只有部分电离，所以反应后溶液呈酸性。
10．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考下图从下表中选出正确选项(　　)
锥形瓶
中溶液
滴定管中溶液
选用指示剂
选用滴定管
A
碱
酸
石蕊
乙
B
酸
碱
酚酞
甲
C
碱
酸
甲基橙
乙
D
酸
碱
酚酞
乙
答案　D
11．为了配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入(　　)
①适量的HCl　②适量的NaCl　③适量的氨水 ④适量的NaOH　　　　　　　　　　　
A．①② B．③ C．③④ D．④
答案　B
解析　NH4Cl溶液中由于NH的水解，NH的浓度与Cl－的浓度比小于1∶1，要配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，必须增加体系中NH的量。加少量氨水可促使NH＋H2ONH3·H2O＋H＋往左移动，可以达到要求。
12．草酸是中强酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1 mol/L KHC2O4溶液中，下列关系正确的是(　　)
①c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(OH－)＋c(C2O)
②c(HC2O)＋c(C2O)＝0.1 mol/L
③c(C2O)>c(H2C2O4)
④c(K＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)
A．①② B．①④ C．③④ D．②③
答案　C
解析　根据电荷守恒可知：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(OH－)＋2c(C2O)；根据碳元素守恒可知：c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)＝0.1 mol/L，而c(K＋)＝0.1 mol/L，故①、②项不正确，④项正确；由于草酸氢钾溶液呈酸性，则HC2O的电离程度大于水解程度，故c(C2O)>c(H2C2O4)，③项正确。
13．室温时，某溶液中由水电离生成的H＋和OH－物质的量浓度的乘积为1×10－24，则在该溶液中一定不能大量共存的离子组是(　　)
A．Al3＋、Na＋、NO、Cl－ B．K＋、Na＋、Cl－、CO
C．NH、Na＋、Cl－、SO D．NH、K＋、SiO、NO
答案　D
14．下列关于电解质溶液中离子关系的说法正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中离子浓度关系：c(Na＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
B．0.1 mol·L－1 NH4Cl和0.1 mol·L－1 NH3·H2O等体积混合后离子浓度关系：c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的pH＝7，则混合溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
D．常温下，在pH＝1的溶液中，Fe2＋、NO、ClO－、Na＋能大量共存
答案　C
解析　A项中应为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)；B项中NH3·H2O电离程度大于NH4Cl水解程度，c(OH－)＞c(H＋)；C项中电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，因c(H＋)＝c(OH－)，故C正确；D项中H＋、NO、Fe2＋发生氧化还原反应，不能大量共存。
15．在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液的pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是(　　)
A．1∶9 B．1∶1 C．1∶2 D．1∶4
答案　D
解析　本题通过氢氧化钡与硫酸氢钠的反应综合考查了pH的计算和有关物质的量浓度的计算，侧重考查我们的计算能力。pH＝12的氢氧化钡溶液中c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－14/1×10－12 mol·L－1＝1×10－2 mol·L－1，c[Ba(OH)2]＝0.5×10－2 mol·L－1；反应后溶液pH＝11，c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－14/1×10－11 mol·L－1＝1×10－3
mol·L－1。设氢氧化钡溶液体积为V1，硫酸氢钠溶液的体积为V2。依题意知，n(Ba2＋)＝n(SO)。由Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋NaOH＋H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]＝0.5×10－2 V1 mol,0.5×10－2V1 mol/(V1＋V2) L＝1×10－3 mol·L－1，V1∶V2＝1∶4。
16．电离常数(Ka或Kb)、溶度积常数(Ksp)是判断物质性质的重要常数，下列关于这些常数的计算或运用正确的是(　　)
A．某亚硫酸溶液pH＝4.3，若忽略二级电离，则其一级电离平衡常数K1＝1.0×10－8.60
B．Ka(HCN)C．Ksp(AgI)D．Ksp(AgCl)答案　C
解析　A项缺少亚硫酸的浓度，无法计算其一级电离常数；B项说明醋酸易电离，醋酸的酸性强；C项根据沉淀转化的本质，AgCl会转化为溶解度更小的AgI；D项数据只能说明AgOH和AgCl在水中的溶解度大小，而AgOH易溶于稀硝酸。
二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．(8分)将0.2 mol·L－1 HA溶液与0.2 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则(用“>”、“<”或“＝”填写下列空白)：
(1)混合溶液中c(HA)________c(A－)；
(2)混合溶液中c(HA)＋c(A－)________0.1 mol·L－1；
(3)混合溶液中由水电离出的c(OH－)______0.2 mol·L－1 HA溶液中由水电离出的c(H＋)；
(4)25℃时，如果取0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH<7，则HA的电离程度________NaA的水解程度。
答案　(1)<　(2)＝　(3)>　(4)>
解析　(1)混合后恰生成NaA，由于c(Na＋)>c(A－)，根据电荷守恒得c(H＋)(2)由物料守恒，c(HA)＋c(A－)＝c(Na＋)＝0.1 mol·L－1。
(3)混合溶液中促进了水的电离，故前者大。
(4)HA剩余溶液呈酸性，故前者程度大。
18．(8分)物质在水溶液中可能存在电离平衡、盐的水解平衡或沉淀溶解平衡，它们都可看作化学平衡的一种。请根据所学化学知识回答下列问题：
(1)A为0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中离子浓度由大到小的顺序为
________________________________________________________________________。
(2)B为0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液，NaHCO3在该溶液中存在的平衡有(用离子方程式表
示)________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)C为0.1 mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，与同浓度的(NH4)2SO4溶液相比较________(填
溶质的化学式)溶液中NH的浓度更大，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在溶液中存在如下平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
在25℃时，AgCl的Ksp＝1.8×10－10。现将足量AgCl分别放入下列液体中：①100 mL蒸馏水　②100 mL 0.3 mol·L－1AgNO3溶液　③100 mL 0.1 mol·L－1 MgCl2溶液充分搅拌后冷却到相同温度，Ag＋浓度由大到小的顺序为________(填序号)，此时溶液②中Cl－物质的量浓度为______________。
答案　(1)c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)
(2)HCOH＋＋CO；HCO＋H2OH2CO3＋OH－；H2OH＋＋OH－
(3)(NH4)2Fe(SO4)2　Fe2＋水解显酸性，对NH的水解有抑制作用
(4)②①③　6×10－10 mol·L－1
解析　(1)NH水解显酸性且水解程度小，所以有：
c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)。
(2)NaHCO3溶液中存在三个平衡体系：
①HCO的电离平衡：HCOH＋＋CO；②HCO的水解平衡：HCO＋H2OH2CO3＋OH－；③H2O的电离平衡：H2OH＋＋OH－。
(3)(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，Fe2＋水解产生的H＋对NH的水解起抑制作用，NH水解程度小，与同浓度的(NH4)2SO4溶液相比，前者NH的浓度更大。
(4)①与③相比，③溶液中的Cl－使AgCl的溶解平衡逆向移动，c(Ag＋)最小，②中溶液中的Ag＋虽然使AgCl的溶解平衡逆向移动，但溶液中Ag＋的浓度要比①、③中Ag＋的浓度大的多，所以②中Ag＋浓度最大。②中c(Cl－)＝＝ mol·L－1＝6×10－10 mol·L－1。
19．(8分)比较下列溶液的pH大小(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(1)0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液____0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液；
(2)0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液______0.01 mol·L－1 NaHCO3溶液；
(3)25℃时 1 mol·L－1 FeCl3溶液______80℃时 1 mol·L－1 FeCl3溶液；
(4)0.1 mol·L－1 (NH4)2CO3溶液______0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液。
答案　(1)<　(2)>　(3)>　(4)<
解析　由外界因素对水解平衡的影响进行分析：
(1)NH4Cl溶液浓度越小，水解程度越大，但水解产生的c(H＋)却越小[水解产生的c(H＋)由c(NH4Cl)和水解程度两种因素决定，一般来说c(NH4Cl)是主要因素]。
(2)Na2CO3中CO的水解是一级水解，而HCO的水解是二级水解，所以CO水解程度大于HCO的水解程度。
(3)因为水解过程是吸热过程，升高温度将会促进FeCl3水解，所以80℃时FeCl3水解程度较25℃时大。
(4)(NH4)2CO3中不仅CO水解，NH也水解，且NH水解产生H＋，因此(NH4)2CO3溶液中c(OH－)比Na2CO3溶液中的c(OH－)小。
20．(8分)
水的电离平衡曲线如图所示：

(1)若以A点表示25℃时水电离平衡时的离子浓度，当温度上升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从________增加到________。
(2)将pH＝8的氢氧化钡溶液与pH＝5的盐酸溶液混合并保持100℃恒温，欲使混合溶液的pH＝7，则氢氧化钡溶液与盐酸的体积比为________。
(3)已知AnBm的离子积K＝[c(Am＋)]n·[c(Bn－)]m，式中c(Am＋)和c(Bn－)表示离子的物质的量浓度。在某温度下，氢氧化钙溶解度为0.74 g，其饱和溶液密度设为1 g·cm－3，其离子积为K＝________。
答案　(1)1×10－14　1×10－12
(2)2∶9
(3)0.004
解析　(2)设氢氧化钡溶液和盐酸的体积分别为Vb、Va，(10－12/10－8Vb－10－5Va)/(Va＋Vb)＝10－12/10－7，Vb/Va＝2∶9。(3)因为氢氧化钙的溶解度为0.74 g，所以该温度下1 000 g饱和氢氧化钙溶液含氢氧化钙质量为7.4 g，氢氧化钙物质的量为0.1 mol，即c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1，c(OH－)＝0.2 mol·L－1，所以K＝c(Ca2＋)·[c(OH－)]2＝0.004。
21．(10分)某烧碱样品含少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A．在250 mL的容量瓶中定容配成250 mL烧碱溶液
B．用移液管移取25 mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴几滴甲基橙指示剂
C．在天平上准确称取烧碱样品W g，在烧杯中用蒸馏水溶解
D．将物质的量浓度为c的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调节液面，记下开始读数为V1
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数V2
回答下列各问题：
（1）正确操作步骤的顺序是______→______→______→D→______(均用字母填写)。
(2)滴定管的读数应注意___________________________________________________。
(3)E中在锥形瓶下垫一张白纸的作用是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
D步骤中液面应调节到__________________________________________________，
尖嘴部分应______________________________________________________________。
(5)滴定终点时锥形瓶内溶液的pH约为____________，终点时颜色变化是________________________________________________________________________。
(6)若酸式滴定管不用标准硫酸润洗，在其他操作均正确的前提下，会对测定结果(指烧碱的纯度)有何影响？______(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
(7)该烧碱样品纯度的计算式为_____________________________________________。
答案　(1)C　A　B　E
(2)滴定管要直立，装液或放液后需等1～2 min后才能读数，读数时不能俯视或仰视，视线应与凹液面最低点保持水平，读数应准确至0.1 mL，估读至0.01 mL
(3)便于准确判断滴定终点时溶液颜色的变化情况
(4)零刻度或零稍下的某一刻度　充满液体，无气泡
(5)4.4　由黄色变为橙色
(6)偏高
(7)%(注意：V的单位为 mL)
22．(10分)硫化物通常有“废物”之称。硫化物按其溶解性可以分三类：①易溶于水的只有K2S、Na2S、(NH4)2S；②易溶于无氧化性强酸，不溶于水的仅有FeS、ZnS；③大部分的硫化物既不溶于水也不溶于无氧化性强酸，如HgS、Ag2S、CuS、Cu2S。其中，Ag2S、CuS、Cu2S能溶于硝酸发生氧化还原反应，而HgS只能溶于王水(硝酸与盐酸的混合液)。
氢硫酸溶液中存在下列平衡：H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－
推测硫化氢通入硫酸铜溶液中生成硫酸的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(2)在氢硫酸溶液中改变下列条件，使溶液中c(OH－)、c(S2－)都增大的是(　　)
A．加入少量的漂白粉 B．通入氨气
C．加入少量过氧化钠粉末 D．加入少量硝酸银溶液
(3)难溶电解质在水溶液里存在着溶解平衡，在常温下，溶液中各离子浓度以它们的计量数幂的乘积在一定温度下是一个常数，该常数叫溶度积(Ksp)。例如，Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝c(Cu2＋)·[c(OH－)]2＝2×10－20。已知在常温下，FeS的Ksp＝6.25×10－18，H2S饱和溶液中c(H＋)与c(S2－)之间存在如下关系：[c(H＋)]2·c(S2－)＝1.0×10－22(mol·L－1)3。在该温度下，将适量FeS投入硫化氢饱和溶液中，欲使溶液中c(Fe2＋)达到1 mol·L－1，应调节溶液的c(H＋)为________。
答案　(1)硫化铜和稀硫酸能共存　(2)B (3)4×10－3 mol·L－1
解析　本题综合考查电离平衡相关知识以及新信息处理能力。涉及氮族、卤素、碱金属、氧族元素性质，综合性强，问题设置具有梯度。
(1)依题意，CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4，因为稀硫酸不能溶解硫化铜，所以该反应能发生，即提供“弱酸制取强酸”的典型实例。
(2)讨论平衡移动时特别注意加入物质的特殊性质，如漂白粉溶液中含有次氯酸根离子，在酸性溶液中具有强氧化性，发生HClO＋H2S===S↓＋HCl＋H2O，溶液中S2－浓度减小，类似的还有过氧化钠具有强氧化性；硝酸银与S2－反应：2Ag＋＋S2－===Ag2S↓，产物有硝酸，能氧化硫化银，所以c(S2－)和c(H＋)都减小；通入氨气，NH3＋H＋===NH，促进硫化氢电离平衡向正方向进行，即c(S2－)增大，c(H＋)减小。根据水的离子积知，c(H＋)减小，c(OH－)增大。答案B正确。
(3)依题意，由c(Fe2＋)·c(S2－)＝6.25×10－18，求得c(S2－)＝6.25×10－18 mol·L－1，[c(H
＋)]2·c(S2－)＝1.0×10－22(mol·L－1)3，c(H＋)＝4×10－3 mol·L－1。
第三章　水溶液中的离子平衡
第一节　弱电解质的电离
[目标要求]　1.认识电解质有强弱之分，能应用化学平衡理论描述弱电解质在水溶液中的电离平衡。2.了解强弱电解质与物质结构的关系。3.掌握弱电解质的电离平衡特征及电离平衡常数的计算。
一、电解质和非电解质
1．电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物。
2．非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物。
二、强电解质和弱电解质
1．概念
(1)强电解质：在水溶液中完全电离的电解质。
(2)弱电解质：在水溶液中只有部分电离的电解质。
2．常见强、弱电解质(填物质种类)
(1)强电解质：强酸、强碱、绝大多数盐。
(2)弱电解质：弱酸、弱碱和水。
三、弱电解质的电离
1．电离平衡状态的建立
醋酸电离过程中体系各粒子浓度的变化，填写下表
c(H＋)
c(CH3COO－)
c(CH3COOH)
CH3COOH初溶于水时
0
0
最大
达到平衡前
增大
增大
减小
达到平衡时
不变
不变
不变
2.弱电解质的电离平衡
在一定条件下，当电解质分子离解成离子的速率和离子结合成分子的速率相等时，电离过程就达到了平衡状态。
3．影响电离平衡的因素
(1)内因：由电解质本身的性质决定。电解质越弱，其电离程度越小。
(2)外因：①温度：升温时，电离平衡向电离方向移动。②浓度：降低浓度(加水)，电离平衡向电离方向移动。
③加入含有弱电解质离子的强电解质，电离平衡向离子结合成分子方向移动。
四、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幂次积的乘积与反应物分子浓度的比值是一个常数。
2．表达式
对于HAH＋＋A－，K＝。
3．注意问题
(1)电离平衡常数只与温度有关，升高温度，K值变大。
(2)在相同条件下，弱酸的电离常数越大，酸性越强。
(3)多元弱酸的各级电离常数的大小关系是一级电离?二级电离，所以其酸性决定于一级电离。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　强、弱电解质的比较
1．某固体化合物A不导电，但熔化或溶于水都能完全电离。下列关于物质A的说法中，正确的是(　　)
A．A是非电解质 B．A是强电解质
C．A是共价化合物 D．A是弱电解质
答案　B
解析　在熔化状态下能够电离的一定是离子化合物，而熔化或溶于水都能完全电离，所以为强电解质，故应选B。
2．现有如下各化合物：①酒精，②氯化铵，③氢氧化钡，④氨水，⑤蔗糖，⑥高氯酸，⑦氢硫酸，⑧硫酸氢钾，⑨磷酸，⑩硫酸。
请用以上物质的序号填写下列空白。
(1)属于电解质的有____________________。
(2)属于强电解质的有__________________。
(3)属于弱电解质的有____________。
答案　(1)②③⑥⑦⑧⑨⑩　(2)②③⑥⑧⑩　(3)⑦⑨
知识点二　弱电解质的电离
3．在100 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液中，欲使醋酸的电离程度增大，H＋浓度减小，可采用的方法是(　　)
A．加热
B．加入100 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液
C．加入少量的0.5 mol·L－1的硫酸
D．加入少量的1 mol·L－1的NaOH溶液
答案　D
解析　A项，加热促进电离，H＋浓度增大；B项，H＋浓度不变；C项，加H2SO4抑制电离，但H＋浓度增大；D项，加入NaOH，OH－与H＋反应，平衡向右移动，H＋浓度减小。
4．下列说法正确的是(　　)
A．根据溶液中有CH3COOH、CH3COO－和H＋即可证明CH3COOH达到电离平衡状态
B．根据溶液中CH3COO－和H＋的物质的量浓度相等可证明CH3COOH达到电离平衡状态
C．当NH3·H2O达到电离平衡时，溶液中NH3·H2O、NH和OH－的浓度相等
D．H2CO3是分步电离的，电离程度依次减弱
答案　D
解析　该题考查了电离平衡的判断及其特点。溶液中除电解质电离出的离子外，还存在电解质分子，能证明该电解质是弱电解质，但不能说明达到平衡状态，A错误；根据CH3COOHCH3COO－＋H＋知即使CH3COOH电离未达到平衡状态，CH3COO－和H＋的浓度也相等，B错误；NH3·H2O达到电离平衡时，溶液中各粒子的浓度不变，而不是相等，何况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。
知识点三　电离平衡常数
5．在25℃时，0.1 mol·L－1的HNO2、HCOOH、HCN、H2CO3的溶液中，它们的电离平衡常数分别为4.6×10－4、1.8×10－4、4.9×10－10、K1＝4.3×10－7和K2＝5.6×10－11，其中氢离子浓度最小的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．HNO2 B．HCOOH C．HCN D．H2CO3
答案　C
解析　相同温度时，电离平衡常数越小，其电离程度越小，浓度相同时，电离产生的离子浓度越小。
6．已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：
①NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2，
②NaCN＋HF===HCN＋NaF，
③NaNO2＋HF===HNO2＋NaF。
由此可判断下列叙述中，不正确的是(　　)
A．HF的电离平衡常数为7.2×10－4
B．HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10
C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D．HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
答案　B
解析　相同温度下的弱电解质的电离平衡常数是比较弱电解质相对强弱的依据之一。
该题中涉及三个反应。由这三个化学反应方程式可以得出：HF、HNO2、HCN的酸性依次减弱。酸性越强，电离常数越大，据此可以将三个K值与酸对应起来。以上三个反应中，第①个反应说明HNO2>HCN，第③个反应说明HF>HNO2，只根据这两个反应即可作出比较。
练基础落实
1．关于强、弱电解质的叙述正确的是(　　)
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．强电解质的水溶液中无溶质分子，弱电解质的水溶液中有溶质分子
D．强电解质的水溶液导电能力强，弱电解质的水溶液导电能力弱
答案　C
解析　A项，部分共价化合物是强电解质；B项，强电解质有些是难溶性的，如BaSO4；C项，强电解质在水中完全电离无溶质分子，弱电解质在水中部分电离，有溶质分子；D项，水溶液的导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质的强弱无关。
2．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
答案　B
解析　离子浓度变化不大，导电能力变化就不大。在H2O中、CH3COOH中加入NaOH固体，离子浓度都增大，向HCl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中加入NaOH固体，离子浓度基本不变。
3．下列对氨水溶液中存在的电离平衡NH3·H2ONH＋OH－叙述正确的是(　　)
A．加水后，溶液中n(OH－)增大
B．加入少量浓盐酸，溶液中c(OH－)增大
C．加入少量浓NaOH溶液，电离平衡正向移动
D．加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH)减少
答案　A
解析　A项，加水使NH3·H2O电离平衡右移，n(OH－)增大；B项，加入少量浓盐酸使c(OH－)减小；C项，加入浓NaOH溶液，电离平衡向左移动；D项，加NH4Cl固体，c(NH)增大。
练方法技巧
4．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
答案　A
解析　相同氢离子浓度的强酸和弱酸溶液，前者的浓度较小，等体积的两种溶液与足量的镁反应，后者放出的氢气多。酸的物质的量越多，在与足量的金属反应时，放出的氢气越多。
5．如图是在一定温度下，向不同电解质溶液中加入新物质时溶液的导电性能发生变化，其电流强度(I)随新物质加入量(m)的变化曲线，以下四个导电性实验，其中与A图变化趋势一致的是__________，与B图变化趋势一致的是__________，与C图变化趋势一致的是________。
①氢氧化钡溶液中滴入硫酸溶液至过量；
②醋酸溶液中滴入氨水至过量；
③澄清石灰水中通入CO2至过量；
④氯化铵溶液中逐渐加入适量氢氧化钠固体。
答案　②　①③　④
解析　②CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COONH4＋H2O，由于生成了强电解质CH3COONH4，所以导电性先增强，继续加氨水对溶液进行稀释，导电性会减弱。①③涉及的反应：Ba(OH)2＋H2SO4===BaSO4↓＋2H2O，Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2，①导电性又增大是因为加入过量的H2SO4，而③是沉淀又和CO2作用生成了强电解质Ca(HCO3)2。④的过程导电性变化不大，因为NH4Cl和生成的NaCl浓度变化不大。
练综合拓展
6．一定温度下有：a.盐酸　b．硫酸　c．醋酸三种酸。
(1)当其物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是______________。
(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH能力的顺序是____________。
(3)当其c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为______________。
(4)当其c(H＋)相同、体积相同时，分别加入足量锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序为__________。
(5)当c(H＋)相同、体积相同时，同时加入锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时的反应速率________，反应所需时间__________。
(6)将c(H＋)相同的三种酸均稀释10倍后，c(H＋)由大到小的顺序是
________________________________________________________________________。
答案　(1)b>a>c　(2)b>a＝c　(3)c>a>b (4)c>a＝b　(5)a＝b＝c　a＝b>c　(6)c>a＝b
解析　盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸。当其物质的量浓度相同时，硫酸的c(H＋)最大，醋酸的c(H＋)最小。同体积、同物质的量浓度的三种酸，硫酸消耗的NaOH最多。当其c(H＋)相同、体积相同时，醋酸的物质的量最多，与锌反应产生的氢气最多。
7．双氧水(H2O2)和水都是极弱电解质，但H2O2比H2O更显酸性。
(1)若把H2O2看成是二元弱酸，请写出在水中的电离方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
鉴于H2O2显弱酸性，它能同强碱作用形成正盐，在一定条件下也可形成酸式盐。请写出H2O2与Ba(OH)2作用形成盐的化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)水电离生成H3O＋和OH－叫作水的自偶电离。同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，其自偶电离的方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)H2O2H＋＋HO、HOH＋＋O
(2)H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O或2H2O2＋Ba(OH)2===Ba(HO2)2＋2H2O
(3)H2O2＋H2O2H3O＋HO
解析　H2O2看成是二元弱酸，电离方程式分步写，即H2O2H＋＋HO，HOH＋＋
O。H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O或2H2O2＋Ba(OH)2===Ba(HO2)2＋2H2O。根据H2O＋
H2OH3O＋＋OH－的自偶电离知H2O2自偶电离的方程式为H2O2＋H2O2H3O＋HO。
8．试用简单的实验证明在醋酸溶液中存在着CH3COOHCH3COO－＋H＋的电离平衡(要求写出简要操作、实验现象及实验能说明的问题)。
答案　方法一：在醋酸溶液中滴入紫色石蕊试液，溶液呈红色，加入醋酸铵固体，振荡溶液，溶液颜色明显变浅。c(H＋)变小，是由于加入的CH3COO－使平衡向左移动，由此说明醋酸溶液中存在着醋酸的电离平衡。
方法二：取一定体积的溶液，用pH试纸测其溶液的pH，然后再用蒸馏水将溶液稀释100倍，再测定溶液的pH，若稀释前后溶液的pH改变小于2，说明存在上述电离平衡。
解析　在弱电解质的水溶液中存在着电离平衡，改变外界条件可使电离平衡发生移动，使溶液中各微粒的浓度发生改变，使溶液的酸碱性发生改变。因题目并未限定试剂和方法，故思考的空间比较大，可设计不同的实验方法，如加水稀释，使平衡移动，测pH分析判断；又如加入中性CH3COONH4，看溶液中c(H＋)变化对指示剂颜色的改变。
第三章、第四章阶段性检测题
(时间：100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；每小题只有一个选项符合题意)
1．为了探究金属腐蚀的条件和快慢，某课外学习小组用不同的细金属丝将三根大小相同的普通铁钉分别固定在如图所示的三个装置内，并将这些装置在相同的环境中放置相同的一段时间，下列对实验结果的描述不正确的是(　　)
A．实验结束时，装置甲左侧的液面一定会下降
B．实验结束时，装置甲左侧的液面一定比装置乙的低
C．实验结束时，铁钉b腐蚀最严重
D．实验结束时，铁钉c几乎没有被腐蚀
答案　B
解析　甲中发生化学腐蚀：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑；乙中发生析氢腐蚀，Cu为正极，铁钉为负极；丙中不被腐蚀，因为浓H2SO4对铁产生钝化作用。
2．下列事实能说明醋酸是弱电解质的是(　　)
①醋酸与水以任意比例互溶　②醋酸溶液能导电　③醋酸溶液中存在醋酸分子　④0.1 mol·L－1醋酸的pH比盐酸pH大　⑤在漂白剂溶液中滴加醋酸能增强漂白效果　⑥0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝2 ⑦大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生氢气速率慢　⑧CH3COOK溶液能使酚酞试液变红色　　　　　　　　　　　　　
A．②④⑥⑧ B．③④⑥⑦ C．④⑤⑥⑧ D．③⑥⑦⑧
答案　D
解析　证明醋酸是弱电解质的关键要证明醋酸是部分电离。醋酸与水以任意比例混溶，只能说明其溶解性，不能说明部分电离；醋酸溶液能导电，说明醋酸分子能电离，可能是全部电离，也可能是部分电离；醋酸溶液中存在醋酸分子，说明它部分电离成离子；比较同元酸的电离情况，必须比较同物质的量浓度的酸，盐酸浓度不定，所以不能说明醋酸是弱酸；2CH3COOH＋Ca(ClO)2===2HClO＋(CH3COO)2Ca，只能说明醋酸比次氯酸的酸性强，不能证明醋酸是弱酸；若醋酸是强酸，完全电离，则0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝1；若醋酸是弱酸，部分电离出H＋，即c(H＋)<0.1 mol·L－1，溶液的pH>1，依题意，能说明醋酸是弱酸；锌
与酸反应快慢由H＋浓度、接触面和温度等决定，浓度相同，接触面相同，温度相同，醋酸放出H2慢些，说明醋酸溶液中H＋浓度小于同浓度的盐酸中H＋浓度，即醋酸部分电离；CH3COOK溶液使酚酞试液变红，说明该溶液呈碱性，即阴离子发生了水解：CH3COO－＋
H2OCH3COOH＋OH－，强碱弱酸盐溶液呈碱性，所以能证明醋酸是弱酸。
3．铜锌原电池(如图)工作时，下列叙述正确的是(　　)
A．正极反应为：Zn－2e－===Zn2＋
B．电池反应为：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
C．在外电路中，电子从正极流向负极
D．盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液
答案　B
解析　在原电池中，活泼的金属材料作负极，相对不活泼的金属材料作正极，负极反应为：Zn－2e－===Zn2＋，正极反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，两个半反应相加，得出电池反应为：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu；D项，因Zn失电子，生成Zn2＋，为使ZnSO4溶液中电荷保持电中性，盐桥中的Cl－移向ZnSO4溶液。
4．下列关于电解质溶液的正确判断是(　　)
A．在pH＝12的溶液中，K＋、Cl－、HCO、Na＋可以大量共存
B．在pH＝0的溶液中，Na＋、NO、SO、K＋可以大量共存
C．由0.1 mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH溶液中存在BOH===B＋＋OH－
D．由0.1 mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液中存在A－＋H2OHA＋OH
－
答案　D
解析　A项，HCO在碱性溶液中不能大量存在，且在酸性溶液中NO能将SO氧化为SO；B项，SO在酸性溶液中不能大量存在，且在酸性溶液中NO能将SO氧化为SO；C项，该碱属于弱碱，其电离过程是可逆的。
5．25℃时，pH＝3的盐酸a L分别与下列三种溶液充分混合后，溶液均呈中性：
①c(NH3·H2O)＝10－3 mol·L－1的氨水b L，②c(OH－)＝10－3 mol·L－1的氨水c L，③c(OH－)＝10－3 mol·L－1的Ba(OH)2溶液d L。试判断a、b、c、d的数量大小关系为(　　)
A．a＝b>c>d B．b>a＝d>c C．b>a>d>c D．c>a＝d>b
答案　B
解析　Ba(OH)2是强碱，则a＝d。由于HCl与NH3·H2O的中和产物NH4Cl可水解呈酸性，则要使混合溶液呈中性，NH3·H2O必需过量，则b>a。由于NH3·H2O是一种很弱的碱，只有少部分电离，则②中的c一定小于a，即d>c。
6．关于浓度均为0.1 mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是(　　)
A．c(NH)：③>①
B．水电离出的c(H＋)：②>①
C．①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
D．①和③等体积混合后的溶液：c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
答案　B
解析　B项，盐酸为强酸，氨水为弱碱，同浓度时盐酸对水的电离抑制程度比氨水大。
7．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．两种难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小
答案　D
解析　由于Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，在其他条件不变时，离子浓度改变，只改变沉淀溶解平衡的移动方向，但Ksp不变，故A、C对；由于沉淀转化时，通常是一种沉淀转化为另一种更难溶的沉淀，由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，故CuS比ZnS更难溶，故B对；对于组成相同的难溶电解质，Ksp越小，其溶解度越小，但对于组成中阴阳离子个数不同的难溶电解质，则不一定符合，故D错。
8．下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是(　　)
A．能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：K＋、Na＋、CO、NO
B．c(H＋)＝1×10－1 mol·L－1的溶液中：Cu2＋、Al3＋、SO、NO
C．能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na＋、NH、S2－、Br－
D．水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl－、SO
答案　B
解析　能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液呈酸性，CO不能大量存在，则A组离子不能大量共存；能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中存在氧化性比I2强的粒子，则S2－不能存在，则C组离子不能大量共存；水电离出的c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1的溶液可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液，而在强碱性溶液中，Mg2＋不能大量存在，则D组离子不一定能大量共存；c(H＋)＝1×10－1 mol·L－1的溶液是强酸性溶液，Cu2＋、Al3＋、SO、NO都可以大量存在，则B组离子一定能大量共存。
9．25℃时，在25 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol·L－1的CH3COOH溶液，溶液的pH与醋酸体积关系如图所示，下列分析正确的是(　　)
A．B点的横坐标a＝12.5
B．C点时溶液中有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)
D．曲线上A、B间的任意一点，溶液中都有：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
答案　C
解析　A项，因为醋酸是弱电解质，如果混合后溶液呈中性，体积应大于12.5 mL；B
项，C点溶液中，醋酸过量溶液呈酸性，所以c(Na＋)大于c(CH3COO－)；根据物料守恒知C项
正确；D项，反应开始时碱远远过量于醋酸，溶液中c(OH－)>c(CH3COO－)。
10．下列关于实验现象的描述不正确的是(　　)
A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡
B．用锌片作阳极，铁片作阴极，电解ZnCl2溶液，铁片表面出现一层锌
C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁
D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快
答案　C
解析　铜、铁是两种活动性不同的金属，稀H2SO4是电解质溶液，三者共同形成了原电池，铁片上发生氧化反应，Fe－2e－===Fe2＋，铜片上发生还原反应，2H＋＋2e－===H2↑，故A正确；B为电镀池，锌片上发生：Zn－2e－===Zn2＋，铁片上发生：Zn2＋＋2e－===Zn，理论上ZnCl2溶液的浓度不变，故B正确；Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2，故C项错误；D项中Zn与被Zn置换出的Cu以及原有的盐酸一起构成了原电池，发生了原电池反应，故D项也正确。
11．在含有酚酞的0.1 mol·L－1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色(　　)
A．变蓝色 B．变深 C．变浅 D．不变
答案　C
解析　加酚酞的氨水显红色，因为NH3·H2ONH＋OH－，溶液显碱性，加入NH4Cl
后， c(NH)增大，使NH3·H2O的电离平衡左移，c(OH－)减小，碱性减弱，颜色变浅。
12．Li－Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li＋FeS＋2e－===Li2S＋Fe。
有关该电池的下列说法中，正确的是(　　)
A．Li－Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为＋1价
B．该电池的电池反应式为：2Li＋FeS===Li2S＋Fe
C．负极的电极反应式为：Al－3e－===A13＋
D．充电时，阴极发生的电极反应式为：Li2S＋Fe－2e－===2Li＋＋FeS
答案　B
解析　在该电池中Li—Al是负极材料，该材料中Li的化合价为0价，负极电极反应式为：Li－e－===Li＋，结合题给的正极的电极反应式可推出总反应式为：2Li＋FeS===Li2S＋Fe，故B正确，A、C错误。D项，充电时，阴极上发生还原反应得电子，故D项错误。
13．仅能在水溶液中导电的物质是(　　)
A．NaOH B．NaHSO4 C．CH3CH2OH D．NaHCO3
答案　D
解析　NaOH、NaHSO4在熔融状态下也能导电；CH3CH2OH是非电解质；NaHCO3受热易分解，它只能在水溶液中导电。
14．用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是(　　)
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
CuSO4
CuSO4溶液
C
C
C
H2SO4
H2O
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
答案　C
解析　2NaCl＋2H2O 2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，显然加H2O不能恢复到电解前
的状态，应通入适量HCl气体；电解CuSO4溶液时，n(SO)没变，加CuSO4溶液不能复原；电解H2SO4实质是电解水，再加适量水，可使H2SO4溶液复原；Ag作阳极、Fe作阴极电解AgNO3溶液，实质是Fe镀Ag，AgNO3溶液浓度不变，不需加AgNO3晶体。
15．下列说法不正确的是(　　)
A．0.2 mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)
B．将等体积pH＝4的盐酸和醋酸稀释成pH＝5的溶液，醋酸所需加入的水量多
C．向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH＝7，则混合液中：c(NH)＝c(Cl－)
D．pH＝13的NaOH溶液与pH＝1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH>7
答案　D
16．下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是(　　)
A．Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度
B．在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，氯化银的Ksp增大
C．在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入碘化钾固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀
D．在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，溶解平衡不移动
答案　C
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(6分)(1)体积相同，浓度均为0.2 mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释10倍，溶液的pH分别变成m和n，则m与n的关系为________。
(2)体积相同，浓度均为0.2 mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m与n的关系为________。
(3)体积相同，pH均等于1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m与n的关系为________。
(4)体积相同，pH均等于13的氨水和NaOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为________。
答案　(1)mn　(3)mn
解析　(1)等浓度的盐酸和醋酸稀释过程的图象如图所示：

分别加水稀释10倍后，两者的浓度仍相同，由于盐酸是强电解质，醋酸是弱电解质，盐酸的电离程度大于醋酸的电离程度，因此盐酸中的氢离子浓度大于醋酸中的氢离子浓度，因此有m(2)由上图可知，若两者稀释相同的倍数，则盐酸的pH小于醋酸的pH，若要两者的pH相等，则盐酸稀释的倍数大于醋酸稀释的倍数，故有m>n。
(3)由于醋酸中存在电离平衡，在稀释过程中会继续电离出氢离子，其稀释过程中的图象如图所示：

若稀释后溶液的pH都变成3(画一条平行于x轴的水平线)，则得m(4)和上题相似画一张稀释图象即可，然后根据图象易得m>n。
18．(8分)锌银电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电、放电过程可表示为2Ag＋Zn(OH)2Ag2O＋Zn＋H2O
回答下列有关问题：
(1)电池的放电过程是________(填“①”或“②”)。
(2)该电池属于________(填“酸”、“碱”或“中”)性电池。
(3)写出充电时的电极反应式：
阳极：____________________________________________________________________。
阴极：___________________________________________________________________。
(4)充电时，电池的正极应接电源的____极。
(5)试简述回收该种废电池的意义。
答案　(1)②　(2)碱
(3)2Ag＋2OH－－2e－===Ag2O＋H2O
Zn(OH)2＋2e－===Zn＋2OH－
(4)正
(5)可减少重金属Ag＋对环境的污染，又可将Ag回收利用。
解析　关键是准确判断①②哪个是放电过程，哪个是充电过程。原电池反应是自发反应，由性质可知Ag2O有强氧化性，Zn有强还原性，所以②是自发反应，即放电反应。
19．(8分)(1)将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后，溶液呈________性(填“酸”、“中”或“碱”)，溶液中c(NH)________c(Cl－)(“>”、“＝”或“<”)。
(2)pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合后溶液呈________性(填“酸”、“中”或“碱”)，溶液中c(NH)________c(Cl－)(“>”、“＝”或“<”)。
(3)写出NaHCO3在水溶液中的电离方程式____________________________________。
(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＋＋Cl－
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 0.1 mol·L－1氯化镁溶液中；③100 mL 0.1 mol·L－1氯化铝溶液中；④100 mL 0.1 mol·L－1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)。
答案　(1)酸　<　(2)碱　>
(3)NaHCO3===Na＋＋HCO　HCOH＋＋CO　(4)①④②③
20.(10分)电解原理在化学工业中有着广泛的应用。现将设计的原电池通过导线与下图中电解池相连，其中，a为电解液，X和Y是两块电极板，则：

(1)若X和Y均为惰性电极，a为饱和NaCl溶液，则电解时检验Y电极反应产物的方法是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)若X、Y分别为石墨和铁，a仍为饱和的NaCl溶液，则电解过程中生成的白色固体物质露置在空气中可观察到的现象为______________________________________________。
(3)若X和Y均为惰性电极，a为一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2，恰好恢复电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为________________________________________________________________________。
答案　(1)将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近Y极支管口，试纸变蓝，说明有氯气生成
(2)白色固体迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
(3)0.4 mol
解析　由电解池装置可知，Y为电解池阳极，X为电解池阴极。
(1)以惰性电极电解NaCl溶液时，阳极反应产物为Cl2，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验。
(2)阳极为铁电极时，阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋，所以有Fe(OH)2生成，露置在空气中时迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
(3)电解CuSO4溶液后补充CuO即可复原，而题中加入0.1 mol Cu(OH)2才能复原，说明
CuSO4电解完毕后又有水被电解，加入0.1 mol Cu(OH)2相当于加入0.1 mol CuO和0.1 mol
H2O，即说明电解了0.1 mol CuSO4和0.1 mol H2O，故共转移0.4 mol电子。
21．(8分)回答下列问题：
(1)有一种溶液除H＋、OH－外，还有Na＋、SO和Cl－，测得三种离子的浓度分别是0.01 mol·L－1、0.0035 mol·L－1和0.004 mol·L－1，该溶液的pH为________。
(2)NH4Cl溶液显酸性，试用离子方程式表示这一原理______________________。
(3)液氨的电离类似于水，试写出液氨的电离方程式______________；在液氨中加入NH4Cl，平衡将向________移动。
答案　(1)3
(2)H2O＋NHNH3·H2O＋H＋
(3)2NH3NH＋NH　逆反应方向
解析　(1)根据电荷守恒，可以计算出c(H＋)＝0.001 mol·L－1，故pH＝3。(2)由于NH发生水解，溶液呈酸性。(3)NH3的电离平衡为2NH3NH＋NH，加入NH4Cl，平衡向逆反应方向移动。
22．(12分)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)如图所示。
(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是____________。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH________。
A．<1　　　B．4左右　　　C．>6
(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，________(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是____________________________。
(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水生成[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式：________________________。
(5)已知一些难溶物的溶度积常数如下表。
物质
FeS
MnS
CuS
PbS
HgS
ZnS
Ksp
6.3×10－18
2.5×10－13
1.3×10－35
3.4×10－28
6.4×10－33
1.6×10－24
为除去某工业废水中含有的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋杂质，最适宜向此工业废水中加入过量的________(填选项)。
A．NaOH　　　B．FeS　　　C．Na2S
答案　(1)Cu2＋　(2)B
(3)不能　Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小
(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O
(5)B
解析　(1)由图可知，在pH＝3时溶液中不会出现Cu(OH)2沉淀。(2)要除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右。(3)从图示关系可看出，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，不能通过调控pH而达到分离的目的。(4)Cu(OH)2(s)?Cu2＋(aq)＋2OH－
(aq)，加入氨水后生成难电离的[Cu(NH3)4]2＋，促进Cu(OH)2的溶解。(5)要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使三种杂质离子转化为更难溶解的金属硫化物沉淀，同时又不会引入其他离子。
第三节　盐类的水解
第1课时　盐类水解原理和规律
[目标要求]　1.认识盐类水解的原理，能正确书写盐类水解的离子方程式。2.了解盐溶液呈现酸、碱性的原因，掌握盐溶液呈现酸、碱性的规律。3.理解盐类水解的实质，能根据盐的组成判断盐溶液的酸碱性。
一、盐溶液的酸碱性
1．盐的分类(按生成盐的酸、碱的强弱划分)
盐
2．盐溶液的酸碱性探究
(1)NaCl属于强酸弱碱盐，溶于水后，NH和OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，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。离子方程式：NH＋
H2ONH3·H2O＋H＋。
(2)CH3COONa属于强碱弱酸盐，溶于水后，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。使溶液中c(H＋)(3)NaCl属于强碱强酸盐，其溶液中不生成弱电解质，水的电离平衡未受影响，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，呈中性。
二、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．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：盐类水解是吸热反应。
3．影响因素
因素
对盐类水解程度的影响
内因
组成盐的酸或碱越弱，水解程度越大
外因
温度
升高温度能够促进水解
浓度
盐溶液浓度越小，水解程度越大
外加酸碱
水解显酸性的盐溶液，
加碱会促进水解，加酸会抑制水解，反之亦然
外加盐
加入与盐的水解性质相反的盐会促进盐的水解
知识点一　盐溶液的酸碱性
1．由一价离子组成的四种盐：AC、BD、AD、BC的1 mol·L－1的溶液，在室温下，前两种溶液的pH＝7，第三种溶液pH＞7，最后一种溶液pH＜7，则(　　)
A
B
C
D
碱性
AOH＞BOH
AOH＜BOH
AOH＞BOH
AOH＜BOH
酸性
HC＞HD
HC＞HD
HC＜HD
HC＜HD
答案　A
解析　根据盐的水解规律可知：
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，答案为A。
2．常温下，一定浓度的某溶液，由水电离出的c(OH－)＝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
答案　B
解析　常温下，由纯水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，因为10－4>10－7，因而
该溶液中的溶质是促进水的电离，且使溶液显碱性即可得出结论。
知识点二　盐类的水解
3．下列有关盐类水解的说法不正确的是(　　)
A．盐类水解过程破坏了纯水的电离平衡
B．盐类水解反应是酸碱中和反应的逆反应
C．盐类水解的结果使溶液不一定呈中性
D．Na2S溶液中c(Na＋)是c(S2－)的2倍
答案　D
解析　本题是对盐类水解的原理和实质的考查。由于盐电离出的离子与水电离出的H＋或OH－结合，从而促进了水的电离，使溶液不一定呈中性；盐类水解与酸碱中和反应互为逆反应；D项中，Na2S溶液中若无S2－水解，则c(Na＋)＝2c(S2－)成立，由于S2－水解，故c(Na＋)>2c(S2－)，因此应选D。
4．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＋和OH－与盐中弱离子结合，造成盐溶液呈酸碱性
答案　C
解析　盐溶液呈酸碱性的原因，就是破坏了水的电离平衡，使溶液中c(H＋)≠c(OH－)，故A对；溶液显酸性则一定有c(H＋)>c(OH－)，故B对；根据水的电离方程式：H2OH＋＋OH－，水在任何溶液中电离出的c(OH－)＝c(H＋)，但在CH3COONa溶液中，由于生成了弱电解质CH3COOH，使得c(OH－)>c(H＋)，故显碱性，所以C项说法错误；水电离出的H＋和OH－与盐中弱酸阴离子或弱碱阳离子结合生成弱电解质，正是造成盐溶液呈酸碱性的原因，所以D对。
知识点三　盐类水解反应离子方程式的书写
5．下列水解离子方程式正确的是(　　)
A．Na2CO3∶CO＋2H2OH2CO3＋2OH－
B．NH4Cl∶NH＋H2ONH3·H2O＋OH－
C．NaF∶F－＋H2O===HF＋OH－
D．CuSO4∶Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋
答案　D
解析　多元弱酸强碱盐水解应分步写，A错；一元强酸弱碱盐水解显酸性，B错；水解一般用“”号，C错；多元弱碱水解应一步完成，D正确。
6．下列离子方程式中，属于水解反应的是(　　)
A．HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O＋
B．CO2＋H2OHCO＋H＋
C．CO＋H2OHCO＋OH－
D．HS－＋H2OS2－＋H3O＋
答案　C
解析　A是HCOOH的电离方程式；B项不正确，正确式如下：CO2＋H2OH2CO3HCO＋H＋；C是CO第一步水解反应；D是HS－的电离方程式。
7．某同学利用AlCl3溶液和Na2S溶液制备Al2S3，结果得到的是白色沉淀和有臭鸡蛋气味的气体，试写出AlCl3溶液与Na2S溶液反应的离子方程式
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
写出制备Al2S3的化学反应方程式：_________________________________________。
答案　2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑　2Al＋3SAl2S3
解析　Al3＋ 与S2－在溶液中可发生双水解反应生成Al(OH)3和H2S而不能得到Al2S3，故Al2S3只能利用单质间的反应制得。
练基础落实
1．物质的量浓度相同的下列溶液中，含粒子种类最多的是(　　)
A．CaCl2 B．CH3COONa C．NH3 D．K2S
答案　D
解析　CaCl2不水解，溶液中存在的粒子有Ca2＋、Cl－、OH－、H＋、H2O 5种；
CH3COONa发生水解，溶液中存在Na＋、CH3COO－、CH3COOH、H＋、OH－、H2O 6种
粒子；氨水中存在NH3、NH3·H2O、NH、OH－、H＋、H2O 6种粒子；K2S中S2－发生两
步水解，溶液中存在K＋、S2－、HS－、H2S、OH－、H＋、H2O 7种粒子。
2．下列说法正确的是(　　)
A．HCO在水溶液中只电离，不水解
B．硝酸钠溶液水解之后呈中性
C．可溶性的铝盐都能发生水解反应
D．可溶性的钾盐都不发生水解反应
答案　C
解析　HCO在水溶液中既可水解，又可电离；NaNO3为强酸强碱盐，不水解；Al3＋为弱碱阳离子，一定能发生水解；钾盐中K＋不水解，但阴离子可能水解，如K2CO3。
3．一元酸HA溶液中，加入一定量强碱MOH溶液后，恰好完全反应，反应后的溶液中，下列判断一定正确的是(　　)
A．c(A－)≥c(M＋)
B．c(A－)＝c(M＋)
C．若MA不水解，则c(OH－)D．若MA水解，则c(OH－)>c(H＋)
答案　D
解析　若MA不水解，溶液呈中性，c(OH－)＝c(H＋)；若MA水解，说明HA为弱酸，则MA溶液中c(OH－)>c(H＋)。
4．下列离子方程式正确的是(　　)
A．碳酸的电离：H2CO32H＋＋HCO
B．将金属钠加入水中：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
C．硫化钠水解：S2－＋2H2OH2S↑＋2OH－
D．向氯化铝溶液中加入过量的烧碱溶液：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
答案　B
解析　A项为H2CO3H＋＋HCO，HCOH＋＋CO；C项为多元弱酸强碱盐水解的离子方程式，应分步书写S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－；D项由于加入过量烧碱，应生成NaAlO2，Al3＋＋4OH－===AlO＋2H2O。
5．将标准状况下的2.24 L CO2通入150 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液中，下列说法正确的是(　　)
A．c(HCO)略大于c(CO)
B．c(HCO)等于c(CO)
C．c(Na＋)等于c(CO)与c(HCO)之和
D．c(HCO)略小于c(CO)
答案　A
解析　0.1 mol CO2与0.15 mol NaOH反应生成Na2CO3和NaHCO3各0.5 mol，由于CO水解能力比HCO强，且CO水解又生成HCO，因此溶液中c(HCO)略大于c(CO)。
练方法技巧
6．物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按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
答案　C
解析　(NH4)2SO4、NH4Cl溶液因NH水解而呈酸性，(NH4)2SO4中的NH浓度大于NH4Cl溶液中的NH浓度，其水解产生的c(H＋)应较大，故前者pH小；NaNO3为强酸与强碱生成的盐溶液，呈中性(pH＝7)；在Na2S溶液中，因S2－水解使溶液呈碱性(pH>7)。本题考查盐显酸、碱性的实质，关键把握水解的离子。
7．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·D2O和HD2O＋
C．NH3·HDO和D3O＋ D．NH2D·HDO和H2DO＋
答案　C
解析　NH4Cl水解的实质就是其电离出的NH与重水电离出的OD－结合生成一水合氨，即D2OD＋＋OD－，NH＋OD－NH3·HDO，D＋与D2O结合生成D3O＋。
8．(1)常温下，0.10 mol·L－1 NH4Cl溶液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“<”)，两种溶液中粒子种类：Na2S________NaHS(填“>”、“＝”或“<”)。
(3)NaHCO3溶液呈碱性的原因是______________________________________________
(用文字说明并写出有关的离子方程式)。
答案　(1)<　(2)>　＝
(3)NaHCO3电离出的HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－，而使溶液呈碱性
解析　(1)NH发生水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，使溶液显酸性，溶液pH<7。
(2)S2－分两步水解，HS－只有一步水解，且水解程度S2－>HS－，因此等浓度时溶液pH：Na2S>NaHS；Na2S溶液：Na2S===2Na＋＋S2－、S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋H＋、H2OH＋＋OH－，故溶液中存在七种粒子：Na＋、S2－、HS－、H2S、H2O、H＋、OH－。
NaHS溶液中：NaHS===Na＋＋HS－、HS－＋H2OH2S＋OH－、HS－H＋＋S2－、H2OH＋＋OH－，故溶液中含有：Na＋、HS－、H2O、H2S、OH－、S2－、H＋七种粒子。
(3)NaHCO3溶于水时发生电离：NaHCO3===Na＋＋HCO，电离出的HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－，而使溶液中c(OH－)>c(H＋)，显碱性。
练综合拓展
9．(1)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__________。
(2)在纯碱溶液中滴入酚酞，溶液变红色，若在该溶液中再滴入过量的BaCl2溶液，所观察到的现象是______________，其原因是____________________________________。
(3)对于盐AmBn的溶液：①若为强酸弱碱盐，其水解的离子方程式是________________
_________；②若为弱酸强碱盐，其水解的离子方程式是____________________。
答案　(1)A∶B＝10－4∶1
(2)产生白色沉淀，且红色褪去　在纯碱溶液中CO水解：CO＋H2OHCO＋OH－，加入BaCl2后Ba2＋＋CO===BaCO3↓(白色)，由于CO的浓度减小，水解平衡左移，OH－浓度减小，酚酞褪色
(3)①An＋＋nH2OA(OH)n＋nH＋
②Bm－＋H2OHB(m－1)－＋OH－
解析　(1)水的电离平衡为H2OH＋＋OH－。在NaOH溶液中，由于加入了OH－，水的电离平衡向逆反应方向移动，c(H＋)减小；在pH＝9的NaOH溶液中，c水(H＋)＝10－9 mol·L－1，其H＋全部是水电离产生出来的；因为c水(H＋)＝c水(OH－)，即c(A)＝10－9 mol·L－1。在CH3COONa溶液中，由于CH3COO－离子结合了水中的H＋，水的电离平衡向正反应方向移动，c(OH－)增大；在pH＝9的CH3COONa溶液中，c(OH－)＝1×10－5 mol·L－1，其OH－全部是水电离产生的，即c(B)＝10－5 mol·L－1，所以，c(A)∶c(B)＝10－9 mol·L－1∶10－5 mol·L－1＝10－4∶1。(3)正确地表示An＋、Bm－符号及Bm－水解产物HB(m－1)－至关重要。
10．(1)BiCl3的水解产物中有BiOCl生成。
①写出BiCl3水解反应的方程式：____________________________________________。
②医药上将BiOCl称为次氯酸铋，该名称________(填“正确”或“不正确”)。
③如何配制BiCl3溶液？
________________________________________________________________________。
(2)将pH＝2的某酸HnA与pH＝12的某碱B(OH)m等体积混合后溶液的pH＝8。
①若生成的盐中只有一种离子水解，该离子水解的离子方程式为
________________________________________________________________________。
②简述该混合液呈碱性的原因。
答案　(1)①BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl　②不正确　③将适量的BiCl3固体溶于少量浓盐酸，再加水稀释
(2)①Bm＋＋mH2OB(OH)m＋mH＋　②等体积混合时，酸中的H＋与碱中的OH－完全中
和，pH＝8说明碱为弱碱，发生反应H＋＋OH－===H2O后，碱继续电离出OH－，使溶液显碱性。
解析　(1)因为BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl，所以在配制BiCl3溶液时防止其水解的方法是将BiCl3溶解在少量浓盐酸中，然后加水稀释。因为在BiOCl中氯元素的化合价为－1，而在HClO中氯元素的化合价为＋1，故将BiOCl称为氯酸铋不正确。
(2)因为酸的pH与碱的pH之和等于14，等体积混合后pH＝8>7，说明碱为弱碱，Bm＋水解的离子方程式是Bm＋＋mH2OB(OH)m＋mH＋。HnA与B(OH)m等体积混合后，已电离的H＋与OH－完全中和，弱碱继续电离产生OH－，溶液显碱性。
第2课时　盐类水解原理的应用
[目标要求]　1.了解影响盐类水解程度的主要因素。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。
一、影响水解反应的因素
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、加碱能促进或者抑制盐的水解。
以NH4Cl为例NH＋H2ONH3·H2O＋H＋填表
条件
平衡移动方向
水解程度
c(NH)
pH
升温
正
变大
减小
减小
加水
正
变大
减小
变大
加HCl
逆
减小
变大
减小
加NaOH(s)
正
变大
减小
变大
加NH4Cl(s)
正
变小
变大
减小
通入NH3
逆
减小
变大
变大
二、盐类水解的应用(用离子方程式表示)
1．泡沫灭火器的灭火原理：Al2(SO4)3与NaHCO3溶液混合，Al3＋＋3HCO===
Al(OH)3↓＋3CO2↑；
2．热碱去油污效果好：CO＋H2OHCO＋OH－；
3．明矾净水：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；
4．铵态氮肥不能与草木灰混合施用：CO＋H2OHCO＋OH－、NH＋OH－===NH3＋H2O；
5．制备Fe(OH)3胶体：Fe3＋＋3H2O(沸水)Fe(OH)3(胶体)＋3H＋；
6．较活泼金属溶于强酸弱碱盐溶液中，会放出气体，如镁与NH4Cl溶液反应：Mg＋2NH===Mg2＋＋2NH3↑＋H2↑；
7．盐溶液的配制及贮存，如配制FeCl3、CuSO4等溶液时，需在溶液中分别加入少量的盐酸、硫酸。
知识点一　影响盐类水解的主要因素
1．在一定浓度的FeCl3溶液中，存在如下水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，在此溶液中滴入饱和的FeCl3溶液，下列哪个变化的说法正确(　　)
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
答案　C
解析　滴入饱和的FeCl3溶液，则溶液中c(Fe3＋)增大，使平衡向右移动，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。
2．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
答案　B
解析　A项水解平衡常数只与温度有关，稀释溶液温度未改变，所以水解平衡常数不变；C项升高温度，由于盐类水解是吸热反应，水解平衡向右移动，所以应增大；D项加入NaOH固体，使溶液中OH－浓度明显增大，所以溶液pH增大；B项通入的CO2与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，符合题意。
3．欲使CH3COONa稀溶液中c(CH3COO－)/c(Na＋)比值增大，可在溶液中(恒温)加入少量下列物质中的
①固体NaOH ②固体KOH　③固体CH3COONa　④固体NaHSO4(　　)　　　　　　　　　　　　　　　
A．①或④ B．②或③ C．①或② D．③或④
答案　B
解析　①加入少量NaOH固体，c(Na＋)增大，c(CH3COO－)也增大，但c(CH3COO－)增大的倍数不如c(Na＋)增大的倍数大，因此c(CH3COO－)/c(Na＋)比值减小；②加入KOH固体，c(OH－)增大，使CH3COONa水解平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大，所以c(CH3COO－)/c(Na＋)比值增大；③加入固体CH3COONa，则相当于CH3COONa稀溶液变为浓溶液，而根据“稀释促进水解”可知在浓溶液中，c(CH3COO－)/c(Na＋)将变大；④加入NaHSO4固体显然促进了水解，使c(CH3COO－)变小，c(Na＋)变大，则c(CH3COO－/c(Na＋)比值变小。
4．为了使Na2S溶液中c(Na＋)/c(S2－)的比值变小，可采取的措施是(　　)
①适量盐酸　②适量NaOH(s)　③适量KOH(s)　④适量KHS(s)　⑤加水　⑥通H2S(g)　⑦加热
A．②③④ B．①②⑤⑥⑦ C．②③ D．③④
答案　D
解析　欲使溶液中c(Na＋)/c(S2－)的比值变小，即使c(S2－)增大，从S2－＋H2OHS－＋OH－的平衡角度分析，增加c(OH－)或c(HS－)可抑制S2－水解，使平衡向左移动，但不能加入Na＋，显然③④可以，②不可以；①条件2H＋＋S2－===H2S↑，使比值变大，⑦⑤促进Na2S水解，使比值变大；通入H2S后，发生如下反应：H2S＋S2－===2HS－，使比值变大。
知识点二　盐类水解的应用
5．下列有关问题，与盐的水解有关的是(　　)
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤
答案　D
解析　①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈。②HCO与Al3＋两种离子水解相互促进，产生二氧化碳，可做灭火剂。③草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，两物质水解相互促进放出氨气因而不能混合施用。④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶口黏合在一起而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞。⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体。
6．下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A．纯碱溶液去油污 B．粗盐在空气中易潮解
C．加热氯化铁溶液颜色变深 D．浓硫化钠溶液有臭味
答案　B
解析　A项，碳酸钠溶液水解显碱性，利用油污在碱性条件下水解生成可溶于水的物质而达到去污目的；C项，氯化铁溶液中发生Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，在加热条件下水解平衡正向移动造成体系颜色加深；D项，硫化钠溶液中存在S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，水解产物H2S是产生臭味的原因；B项，粗盐中混有MgCl2、CaCl2易结合空气中的水蒸气发生潮解，这与盐类的水解无关。
7．下面的问题中，与盐类水解有关的是(　　)
①为保存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸；
②实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡胶塞；
③在NH4Cl或AlCl3溶液中加入镁条会产生气泡；
④长期使用硫酸铵，土壤酸性增强。
A．只有①④ B．只有②③ C．只有③④ D．全部
答案　D
解析　题中涉及的四个问题都与盐类的水解有关系。具体解释依次如下：①保存FeCl3溶液，在溶液中加入少量盐酸，可以抑制FeCl3发生水解反应生成Fe(OH)3沉淀。②Na2CO3、Na2SiO3可以发生水解使溶液显碱性，从而能腐蚀玻璃，故实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡胶塞，不能用玻璃塞，避免瓶塞和瓶口粘连在一起。③NH4Cl、AlCl3发生水解，溶液呈酸性，镁可以置换溶液中的氢，放出H2，从而产生气泡。④硫酸铵水解呈酸性，长期使用此化肥，土壤酸性将增强。
练基础落实
1．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
答案　B
解析　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＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，加热时水蒸发，
HCl挥发，最后得到Mg(OH)2，灼烧得MgO，而得不到MgCl2。
2．在Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解的方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是(　　)
A．加热 B．通入HCl气体
C．加入适量的NaOH溶液 D．加固体AlCl3
答案　C
解析　盐类的水解存在一个平衡状态，当条件发生变化时，平衡可能发生移动，状态发生改变。A、C、D都可促使水解平衡正向移动，B抑制水解反应的进行。改变条件后，溶液的pH增大的是C，溶液的pH减小的是A、B、D。综上所述，符合题意的答案为C。
3．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－浓度的变化依次为(　　)
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
答案　A
解析　醋酸钠溶液存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水存在电离平衡：H2OOH－＋H＋，可知：加入少量NH4NO3，由于NH4NO3电离生成的铵根离子和水电离的氢氧根离子结合生成一水合氨，使氢氧根离子浓度降低，水的电离平衡正向移动，破坏了CH3COO－的水解平衡，使平衡正向移动，CH3COO－浓度减小；加入少量Na2SO3，由于Na2SO3电离生成的亚硫酸根离子和水电离的氢离子结合生成亚硫酸，氢离子浓度减小，使水的电离平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，从而导致CH3COO－的水解平衡逆向移动，CH3COO－浓度增大；加入少量FeCl3，由于＋3价铁离子水解生成氢氧化铁和H＋，使氢氧根离子浓度减小，从而导致CH3COO－的水解平衡正向移动，CH3COO－浓度减小。
4．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
答案　B
解析　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粘结，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。答案为B。
练方法技巧
5．有①Na2CO3溶液　②CH3COONa溶液　③NaOH溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1，下列说法正确的是(　　)
A．3种溶液pH的大小顺序是 ③＞②＞①
B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C．若分别加入25 mL 0.1 mol·L－1盐酸后，pH最大的是①
D．若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②
答案　C
解析　本题考查溶液酸碱性及加水稀释时pH的变化。相同物质的量浓度的①、②、③溶液：pH的大小顺序应为③>①>②，故A项错误；稀释相同倍数时，①、②存在水解平衡，③中pH变化最大，故B项错误；若pH相同的三种溶液，物质的量浓度大小顺序应为②>①>③，故D项错误；与25 mL 0.1 mol·L－1盐酸反应后①中为NaHCO3和NaCl溶液，②中为CH3COOH和NaCl溶液，③中为NaCl溶液，pH最大的是①，故C项正确。
6．25℃时0.1 mol·L－1的醋酸溶液的pH约为3，当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，c(OH－)增大了，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H＋)减小，因此溶液的pH增大。
(1)为了验证上述解释哪种正确，继续做如下实验：向0.1 mol·L－1的醋酸溶液中加入少量下列物质中的______(填编号)，然后测定溶液的pH(CH3COONH4溶液呈中性)。
A．固体CH3COOK B．固体CH3COONH4
C．气体NH3 D．固体NaHCO3
(2)若________(填“甲”或“乙”)的解释正确，(1)中所测溶液的pH应________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)CH3COONa溶液中各离子的浓度大小顺序为____________________。
答案　(1)B　(2)乙　增大 (3)c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
解析　由题意要求，要判断甲、乙两种解释正确与否，可加入一种含有CH3COO－而不显碱性的盐，如CH3COONH4，其溶液呈中性，从水解的角度对醋酸溶液的pH变化无影响；但CH3COONH4电离产生的CH3COO－，可使醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋向左移动，c(H＋)减小，pH增大，从而说明甲不正确，乙正确。由于CH3COO－水解显碱性，c(OH－)>c(H＋)，且c(Na＋)>c(CH3COO－)，又因为CH3COO－的水解程度很微弱，因此有c(CH3COO－)>c(OH－)，故c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)。
7．在氯化铁溶液中存在下列平衡：
FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl　ΔH＞0
(1)加热FeCl3溶液，溶液的颜色会不断加深，可得到一种红褐色透明液体。向这种液体中加入MgCl2溶液，产生的现象为_____________________________________________。
(2)在配制FeCl3溶液时，为防止浑浊，应加入___________________________________。
(3)向FeCl3溶液中加入少量浓苯酚钠溶液，预计可能看到的现象是
________________________________________________________________________。
答案　(1)有红褐色沉淀　(2)少许稀盐酸　(3)产生红褐色沉淀，溶液变为紫色
解析　(1)加热FeCl3溶液，得到Fe(OH)3胶体，加入MgCl2使胶体凝聚而得到红褐色沉淀。
(2)为防止FeCl3水解，应加入少许稀盐酸抑制FeCl3水解。
(3)因Fe3＋＋3＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3，所以得到红褐色沉淀，同时
与FeCl3发生显色反应，溶液变为紫色。
练综合拓展
8．已知氨水的电离程度与醋酸的电离程度在同温、同浓度下相等。现向少量的Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和氯化铵溶液，悬浊固体完全溶解。
甲同学的解释是Mg(OH)2(s)Mg2＋＋2OH－①
NH＋H2ONH3·H2O＋H＋②
H＋＋OH－H2O③
由于NH水解显酸性，产生的H＋与Mg(OH)2电离出的OH－反应生成水，导致反应①平衡右移，固体溶解。
乙同学的解释是Mg(OH)2(s)Mg2＋＋2OH－①
NH＋OH－NH3·H2O②
由于NH4Cl电离出的NH与Mg(OH)2电离出的OH－的结合，生成了弱电解质NH3·H2O，导致反应①的平衡右移，Mg(OH)2固体溶解。
(1)丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是选用下列的一种试剂来证明，他选用的试剂是________。
A．NH4NO3 B．CH3COONH4 C．Na2CO3 D．NH3·H2O
(2)请你说明丙同学作出选择的理由：_________________________________________。
(3)丙同学将所选的试剂滴入Mg(OH)2的悬浊液中，Mg(OH)2沉淀溶解，由此可知______同学的解释更合理。
(4)写出NH4Cl饱和溶液使Mg(OH)2悬浊固体溶解的离子方程式：
________________________________________________________________________。
答案　(1)B
(2)由题意可知CH3COONH4溶液显中性，加入到Mg(OH)2悬浊液中，若Mg(OH)2固体溶解，则说明乙同学的解释正确；若Mg(OH)2固体不溶，则说明甲同学的解释正确
(3)乙
(4)Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O
解析　有的同学受到“Mg(OH)2易溶于酸中”的影响，不加思考就认为是由于NH水解显酸性，H＋与OH－结合使c(OH－)减少，从而使Mg(OH)2(s)Mg2＋＋2OH－平衡向右移动，故Mg(OH)2固体溶解。
此处问题的症结在于H＋与OH－的结合，还是NH与OH－的结合而使c(OH－)减少，从而使Mg(OH)2固体溶解。
根据题给信息可以设计：利用CH3COONH4水解显中性，加CH3COONH4，若Mg(OH)2溶解，则乙对；若Mg(OH)2不溶解，则甲对。因为NH4NO3溶液中既有NH，又水解显酸
性，故不能判断哪位同学的解释合理；NH3·H2O溶液中NH与H＋都少，且氨水与Mg(OH)2不反应，所以不能选用；Na2CO3水解显碱性，与Mg(OH)2不反应，同样不能选用。
9．①碳酸钾溶液蒸干得到的固体物质是
________________________________________________________________________，
原因是_________________________________________________________________。
KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是
________________________________________________________________________，
原因是___________________________________________________________________。
碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是
________________________________________________________________________，
原因是_________________________________________________________________。
亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是
________________________________________________________________________，
原因是__________________________________________________________________。
氯化铝溶液蒸干得到的固体物质是
________________________________________________________________________，
原因是_________________________________________________________________。
⑥盐酸与硫酸各1 mol·L－1的混合酸10 mL，加热浓缩至1 mL，最后的溶液为________，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　①K2CO3　尽管加热过程促进水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3
②KAl(SO4)2·12H2O　尽管Al3＋水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物。
③BaCO3　Ba2(HCO3)2BaCO3↓＋CO2↑＋H2O
④Na2SO4　2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
⑤Al(OH)3　加热，使HCl挥发，促进水解进行到底
⑥H2SO4溶液　HCl挥发只剩余H2SO4
第3课时　溶液中离子浓度的比较
[目标要求]　1.能熟练判断与盐类水解有关的离子浓度大小。2.会判定溶液中离子的共存。
离子浓度大小的比较规律
1．多元弱酸溶液
根据多步电离分析。例如：在H2CO3的溶液中，c(H＋)>c(HCO)?c(CO)。
2．多元弱酸的正盐溶液
根据弱酸根的分步水解分析。例如：Na2CO3溶液中，c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>
c(HCO)。
3．多元弱酸的酸式盐溶液
要考虑酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小。如HCO以水解为主，NaHCO3溶液中c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)；而HSO以电离为主，NaHSO3溶液中c(Na＋)>
c(HSO)>c(H＋)>c(OH－)。
4．不同溶液中同一离子浓度的比较
要考虑溶液中其他离子对其影响的因素。例如：在相同物质的量浓度的下列溶液中：a.NH4Cl　b．CH3COONH4　c．NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序是c>a>b。
5．混合溶液中各离子浓度的大小比较
根据电离程度、水解程度的相对大小分析。
(1)分子的电离大于相应离子的水解
例如：等物质的量浓度的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液，c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。
(2)分子的电离小于相应离子的水解
例如：在0.1 mol·L－1的NaCN和0.1 mol·L－1的HCN溶液的混合液中，各离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。
6．利用守恒规律
知识点一　溶液中离子浓度大小比较
1．0.02 mol·L－1的HCN溶液与0.02 mol·L－1 NaCN溶液等体积混合，已知混合溶液中c(CN－)A．c(Na＋)>c(CN－)>c(H＋)>c(OH－) B．c(HCN)＋c(CN－)＝0.04 mol·L－1
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CN－)＋c(OH－) D．c(CN－)>c(HCN)
答案　C
解析　根据电荷守恒定律有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CN－)＋c(OH－)，因为c(Na＋)>c(CN－)，所以c(H＋)c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。
根据CN－物料守恒有c(HCN)＋c(CN－)＝0.02 mol·L－1。
因为c(H＋)2．等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液和醋酸溶液完全反应后，溶液中有关离子浓度之间不存在的关系是(　　)
A．c(H＋)·c(OH－)＝KW
B．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
答案　C
解析　等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液和醋酸溶液完全反应后，所得到的溶液的溶质为CH3COONa。部分CH3COONa发生水解生成CH3COOH，溶液显碱性。因此，溶液中的c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)。又因为溶液为电中性，带电粒子的浓度关系有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，C项表述的关系明显不成立。另外，只要在水溶液中，KW都等于溶液中H＋、OH－浓度的乘积。该题答案为C。
3．MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是(　　)
A．c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋) B．c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋) D．c(M＋)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
答案　C
解析　MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合，二者恰好发生反应，生成强碱弱酸盐MA：MOH＋HA===MA＋H2O，MA中弱酸根离子A－发生水解：A－＋H2OHA＋OH－，导致溶液显碱性，则有c(OH－)>c(H＋)；据溶液中电荷守恒关系有c(M＋)
＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，从而推知c(M＋)>c(A－)。
知识点二　离子共存
4．向某无色溶液中加入铁粉能产生大量H2，则该溶液中可能含有的能大量共存的离子组是(　　)
A．Na＋、Ca2＋、Cl－、NO B．Fe3＋、K＋、Cl－、HCO
C．Cu2＋、Na＋、Cl－、SO D．K＋、Na＋、Cl－、SO
答案　D
解析　向无色溶液中加入铁粉能产生大量的H2，说明该溶液为强酸性溶液。此时，若A项中的NO大量共存，则H＋和NO形成的HNO3可以被铁还原成NOx，无H2放出；B项中的两种离子Fe3＋、HCO可发生双水解反应而不能在溶液中大量共存且Fe3＋的溶液为浅黄色的溶液；C项中含Cu2＋的溶液为蓝色。综上所述，答案为D。
5．下列微粒在溶液中能大量共存的是(　　)
A．Na＋、Fe2＋、SO、NO B．Fe3＋、K＋、Cl－、CO
C．Al3＋、Na＋、SO、AlO D．Ca2＋、H＋、NO、SO
答案　A
6．下列各组离子中，在溶液里能大量共存，且溶液为无色透明的是(　　)
A．NH、NO、Al3＋、Cl－ B．Na＋、SiO、NO、Fe3＋
C．Na＋、MnO、K＋、SO D．Na＋、HCO、SO、Al3＋
答案　A
练基础落实
1．在FeCl3和Fe2(SO4)3的混合溶液中，若不计Fe3＋的水解，当溶液中c(Fe3＋)＝c(SO)
时，下列判断正确的是(　　)
A．c(Fe3＋)>c(Cl－) B．c(SO)>c(Cl－)
C．c(SO)答案　D
解析　根据溶液中电荷守恒可得：3c(Fe3＋)＝2c(SO)＋c(Cl－)；由于c(Fe3＋)＝
c(SO)，代入得c(SO)＝c(Fe3＋)＝c(Cl－)，故A、B、C项错；根据c(SO)＝c(Cl－)，可得FeCl3和Fe2(SO4)3的物质的量相等，故D项正确。
2．下列各组离子在溶液中能大量共存的是(　　)
A．Ca2＋、HCO、Cl－、K＋ B．Al3＋、AlO、HCO、Na＋
C．Fe2＋、H＋、SO、S2－ D．Fe3＋、SCN－、Na＋、CO
答案　A
解析　B组中Al3＋与AlO或HCO能发生双水解反应而不能共存；C组中Fe2＋与S2－生成FeS沉淀而不能共存；D组中Fe3＋与SCN－因发生络合反应而不能共存，另外Fe3＋与CO能发生双水解反应也不能共存。
3．用0.10 mol·L－1的盐酸滴定0.10 mol·L－1 的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是(　　)
A．c(NH)>c(Cl－)，c(OH－)>c(H＋)
B．c(NH)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋)
C．c(Cl－)>c(NH)，c(OH－)>c(H＋)
D．c(Cl－)>c(NH)，c(H＋)>c(OH－)
答案　C
解析　溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况，不遵循电荷守恒，故C项错；A项为氨水过量较多的情况；B项为氨水适当过量；D项为氨水不足或恰好中和。
4．在25℃时，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是(　　)
A．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B．c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
C．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
答案　D
解析　pH＝11的NaOH溶液中c(NaOH)＝c(OH－)＝10－3 mol·L－1，而pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，c(CH3COOH)远远大于10－3 mol·L－1。两者等体积混合后，形成CH3COOH与CH3COONa混合液，且c(CH3COOH)远大于c(CH3COONa)，溶液呈酸性，电荷恒等关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，离子浓度大小顺序为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
5．下列各溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
B．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液：c(NH)＝c(Cl－)
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到酸性的混合溶液：
c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO)＋c(Cl－)
答案　A
解析　在0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在如下平衡：CO＋H2OHCO＋OH－，
HCO＋H2OH2CO3＋OH－，H2OH＋＋OH－，根据电荷守恒有：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)
＋c(HCO)＋2c(CO)；根据物料守恒有：c(Na＋)＝2c(HCO)＋2c(CO)＋2c(H2CO3)，综合上述两式可得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。在0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH发生水解，故c(NH)c(OH－)，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COO－)>c(Na＋)，因此溶液中的离子浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。硝酸钠与稀盐酸得到pH＝5的混合溶液，硝酸钠不发生水解，忽略水的电离，根据电荷守恒则有c(Na＋)＝c(NO)。
练方法技巧
6．某酸式盐NaHY的水溶液c(OH－)>c(H＋)，下列叙述正确的是(　　)
A．H2Y的电离方程式：H2Y2H＋＋Y2－
B．HY－的水解方程式：HY－＋H2OH3O＋＋Y2－
C．该酸式盐溶液中离子浓度关系：c(Na＋)>c(HY－)>c(OH－)>c(H＋)
D．该酸式盐溶液中离子浓度关系：c(Na＋)>c(Y2－)>c(HY－)>c(OH－)>c(H＋)
答案　C
解析　H2Y是弱酸，分步电离，所以A项一步电离是错误的；依题意，它的酸式钠盐溶液呈碱性，说明HY－以水解为主，HY－＋H2OH2Y＋OH－，B项不正确；溶液中存在：
NaHY===Na＋＋HY－，HY－＋H2OH2Y＋OH－，c(Na＋)>c(HY－)>c(OH－)>c(H2Y)>c(H＋)，C
项正确；D项，根据HY－水解程度大于电离程度，离子浓度大小有：c(Na＋)>c(HY－)>
c(H2Y)>c(Y2－)。本题关键是NaHY水溶液呈碱性，即NaHY的水解程度大于电离程度。
7．下列各种情况下一定能大量共存的离子组为(　　)
A．pH＝7的溶液中：Fe3＋、Cl－、Na＋、NO
B．水电离出的c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1的水溶液中Na＋、CO、Cl－、K＋
C．pH＝1的水溶液中NH、Cl－、Mg2＋、SO
D．Al3＋、HCO、I－、Ca2＋
答案　C
解析　A中由于Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，所以有Fe3＋大量存在的溶液一定为酸性；B中因为由水电离出的c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，此时溶液可能显酸性，CO在酸性溶液中不能大量共存；C中因NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，Mg2＋＋2H2OMg(OH)2＋2H＋均使溶液呈酸性，C符合题意；D中发生Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑的双水解反应。本题考查离子共存，看清楚题干中的条件。
8．已知在0.1 mol·L－1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)。
(1)该溶液中c(H＋)________c(OH－)(填“>”、“<”或“＝”)，简述理由：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)现向NH4HSO3溶液中，逐滴加入少量含有酚酞的NaOH溶液，可观察到的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
写出该反应的离子方程式_________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)>　HSOH＋＋SO，HSO＋H2OH2SO3＋OH－，由已知条件知电离程度大于水解程度，故c(H＋)>c(OH－)
(2)红色逐渐变浅直至变为无色
HSO＋OH－===SO＋H2O
解析　由溶液中离子浓度大小可判断NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则c(H＋)＞c(OH－)'。当加入少量含有酚酞的NaOH溶液后，OH－＋HSO===SO＋H2O，则红色逐渐变浅，甚至褪去。
练综合拓展
9．已知某溶液中存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：
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－)
填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(填序号)。
(2)若上述关系中③是正确的，则溶液中的溶质为________；若上述关系中④是正确的，则溶液中的溶质为____________________________________________________________。
(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)______c(NH3·H2O)(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)______c(OH－)。
答案　(1)NH4Cl　①
(2)NH4Cl和NH3·H2O　NH4Cl和HCl
(3)小于　大于
解析　(1)若溶液只有一种溶质，该溶质为NH4Cl，因NH水解溶液呈酸性，离子浓度的大小关系为c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。
(2)因为c(OH－)>c(H＋)、c(NH)>c(Cl－)，所以溶液中除含有NH4Cl外，还必须含有NH3·H2O。若c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)，则说明溶液中含有NH4Cl和HCl。
(3)NH4Cl水解溶液呈酸性，若等体积稀盐酸与氨水混合后呈中性，说明氨水过量，故c(HCl)10．常温下，某水溶液M中存在的离子有Na＋、A－、H＋、OH－。根据题意回答下列问题：
(1)若溶液M由0.1 mol·L－1的HA溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH不可能________7(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(2)若溶液M的pH>7，则c(Na＋)________c(A－)(填“>”、“<”或“＝”)。
(3)常温下，若溶液M由pH＝3的HA溶液V1 mL与pH＝11的NaOH溶液V2 mL混合反应而得，则下列说法中正确的是________(填字母)。
A．若溶液M呈中性，则溶液M中c(H＋)＋c(OH－)＝2×10－7 mol·L－1
B．若V1＝V2，则溶液M的pH一定等于7
C．若溶液M呈酸性，则V1一定大于V2
D．若溶液M呈碱性，则V1一定小于V2
答案　(1)小于　(2)>　(3)A、D
解析　(1)据题意知，HA与NaOH恰好完全反应，若HA为强酸，则溶液M的pH＝7；若HA为弱酸，则溶液M的pH>7，故无pH<7的情况。
(2)根据电荷守恒知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，若pH>7，即c(H＋)c(A－)。
(3)A项，若M呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，因t＝25℃，则c(H＋)＋c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1＋1×10－7 mol·L－1＝2×10－7 mol·L－1，A正确；B项，若V1＝V2时，如果HA为强酸，则二者恰好反应，pH＝7，如果HA为弱酸，则HA过量，溶液显酸性，pH<7，B错误；结合B项分析知C错误，同样结合B项分析知若M呈碱性，必然为NaOH过量，即V1一定小于V2。
第4课时　习题课
1．下列说法正确的是(　　)
A．盐溶液都是中性的
B．盐溶液的酸碱性与盐的类型无关
C．碳酸钠溶液显碱性，是因为溶液中c(OH－)>c(H＋)
D．NaHCO3溶液显酸性
答案 C　
解析 盐溶液有的显酸性、有的显碱性，并不是所有的盐溶液都是中性，所以A错；盐溶液的酸碱性和盐的类型有密切关系，所以B错；溶液呈酸性或碱性，决定于溶液中c(OH－)和c(H＋)的相对大小，碳酸钠溶液显碱性，则说明溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以C对；NaHCO3虽是酸式盐，但其水溶液显碱性，所以D错。
2．物质的量浓度相同的下列溶液中，NH浓度最大的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．NH4Cl B．NH4HSO4 C．CH3COONH4 D．NH4HCO3
答案 B　
解析 NH4Cl溶液中，NH自然水解，没受另外因素的影响；NH4HSO4溶液中，NH水解受到H＋的抑制；而在CH3COONH4和NH4HCO3溶液中，NH水解分别受到CH3COO－和
HCO水解的促进。故c(NH)最大的是NH4HSO4溶液。
3．把三氯化铁溶液蒸干灼烧，最后得到固体产物是(　　)
A．无水三氯化铁 B．氢氧化铁 C．氧化亚铁 D．三氧化二铁
答案 D　
解析 在FeCl3溶液中存在的水解平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，在不断加热条件下，水解平衡右移，当水分减少时，HCl不断挥发，进一步导致水解平衡右移，当蒸干时，可得到Fe(OH)3，再灼烧又使Fe(OH)3分解：2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，最后得
Fe2O3。
4．把0.02 mol·L－1 CH3COOH溶液和0.01 mol·L－1 NaOH溶液以等体积混合，混合溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)
A．c(CH3COO－)＞c(Na＋)
B．c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)
C．2c(H＋)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
D．c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.02 mol·L－1
答案 A　
解析 溶液混合后，二者反应，但CH3COOH过量，故为CH3COONa和CH3COOH的混合体系。CH3COOH的电离和CH3COO－的水解相互抑制，但以CH3COOH电离为主，溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则有c(CH3COO－)＞c(Na＋)，所以A对；CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解程度，所以B错；对于C项：由于存在c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)的电荷守恒①和2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)的物料守恒②，联立①②两式可得：2c(H＋)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＋2c(OH－)，所以C错；D项看似是物料守恒，但溶液的体积是原来的2倍，则c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.01 mol·L－1，所以D错。
5．某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是(　　)
A．该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C．加入适量NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH)之和
答案 A　
解析 pH＝3的CH3COOH和pH＝11的NaOH混合，生成CH3COONa的同时，CH3COOH有大量剩余，因为CH3COOH为弱酸，其浓度大于10－3 mol·L－1，因此A正确；B中恰好反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解而使溶液呈碱性，B不正确；C中电荷不守恒，两种阴离子的浓度不可能都大于两种阳离子的浓度，C不正确；D中加入氨水，若恰好反应呈中性，由于CH3COO－与NH水解程度相同，因此c(CH3COO－)＝c(NH)＋c(Na＋)，若氨水过量，则c(Na＋)＋c(NH)>c(CH3COO－)，因此D不正确。
6．下列哪组离子能在水溶液中大量共存(　　)
A．K＋、CO、HS－、S2－、Al3＋、AlO
B．MnO、Na＋、SO、Fe3＋、NH
C．SO、Ag＋、SO、S2－、AlO、K＋
D．Fe2＋、Cl－、H＋、NO
答案 B　
解析 A中有能发生双水解反应到底的离子；C中有能形成沉淀的离子；D中的Fe2＋、H＋、NO可发生氧化还原反应。
7．下列各组离子能在溶液中大量共存的是(　　)
A．Na＋、Mg2＋、AlO、Br－ B．H＋、Fe2＋、SO、NO
C．K＋、NH、CO、OH－ D．Ca2＋、Al3＋、NO、Cl－
答案 D　
解析 A项中AlO水解呈碱性，可使Mg2＋转化为Mg(OH)2；B项中NO、H＋构成了强氧化性条件，可将Fe2＋氧化；C项中NH与OH－可生成弱电解质而不能大量共存。
8．下列水解化学方程式或水解离子方程式正确的是(　　)
A．CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
B．NH＋H2ONH4OH＋H＋
C．CH3COOH＋NaOHCH3COONa＋H2O
D．NaCl＋H2ONaOH＋HCl
答案 A　
解析 B项中的NH4OH应为NH3·H2O；C项不是水解；D项中的NaCl不水解。
9．下列各组溶液混合后，溶液显碱性的是(　　)
A．10 mL 0.1 mol·L－1 NH3·H2O与10 mL 0.1 mol·L－1 HCl
B．10 mL 0.1 mol·L－1 K2S与10 mL 0.1 mol·L－1 K2SO4
C．10 mL 0.1 mol·L－1 KOH与10 mL 0.1 mol·L－1 KHCO3，再加入10 mL 0.1 mol·L－1 BaCl2
D．10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH与5 mL 0.1 mol·L－1 H2SO4
答案 B　
解析 A项中生成的氯化铵水解显酸性；B项中K2S水解显碱性；C项恰好反应生成BaCO3沉淀，KCl水溶液呈中性；D项恰好完全反应，Na2SO4水溶液呈中性。
10．为了得到比较纯净的物质，下列使用的方法恰当的是(　　)
A．向Na2CO3饱和溶液中，通入过量的CO2后，加热蒸发得NaHCO3晶体
B．加热蒸发CuCl2饱和溶液得纯净的CuCl2晶体
C．向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得FeCl3晶体
D．向FeCl3溶液里加入足量NaOH溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得Fe2O3
答案 D　
解析 A中NaHCO3加热时要分解；B、C中CuCl2与FeCl3在加热蒸发的情况下，水解趋于完成，最后生成CuO和Fe2O3；D正确。
11．下列四种肥料可以与草木灰(主要成分是K2CO3)混合施用的是(　　)
A．硫酸铵 B．氯化铵 C．硝酸钾 D．硝酸铵
答案 C　
解析 铵态氮肥中NH水解反应为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，水解显酸性，而草木灰中K2CO3水解显碱性，CO＋H2OHCO＋OH－，二者水解相互促进，NH大部分生成NH3·H2O，而后分解，造成氮肥损失。
12．在0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中，下列关系正确的是(　　)
A．c(Na＋)＞c(HCO)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．c(Na＋)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋c(CO)
答案 C　
解析 在NaHCO3溶液中存在平衡HCOH＋＋CO，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，H2OH＋＋OH－，由于HCO的水解程度大于电离程度，故溶液中c(H＋)＜c(OH－)，c(Na＋)＞c(HCO)；由电荷守恒知C项正确，D项不正确。
13．草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10 mL 0.01 mol·L－1
NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol·L－1 NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是(　　)
A．V(NaOH)＝0时，c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1
B．V(NaOH)<10 mL时，不可能存在c(Na＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)
C．V(NaOH)＝10 mL时，c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1
D．V(NaOH)>10 mL时，c(Na＋)>c(C2O)>c(HC2O)
答案 D　
解析 0.01 mol·L－1 NaHC2O4溶液中，HC2O不能完全电离，则c(H＋)应小于1×10－2 mol·L－1；当V(NaOH)<10 mL时，溶液存在呈中性的可能，即c(H＋)＝c(OH－)，并存在电荷守恒关系：c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)；当V(NaOH)＝10 mL时，NaHC2O4与NaOH恰好完全反应，生成Na2C2O4，发生水解而使溶液呈碱性，故c(H＋)<1×10－7 mol·L－1；当V(NaOH)>10 mL时，NaHC2O4与NaOH反应生成Na2C2O4，NaOH剩余，极少量的C2O发生水解生成HC2O，故c(Na＋)>c(C2O)>c(HC2O)。
14．下列变化不属于水解反应的是(　　)
①NH3＋H2ONH＋OH－
②HCO＋H2OH2CO3＋OH－
③HCO＋H2OH3O＋＋CO
④Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
⑤AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO
⑥NH＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋
A．①③⑤ B．②③⑤ C．①④⑤ D．①③
答案 A
题　号
1
2
3
4
5
6
7
答　案
题　号
8
9
10
11
12
13
14
答　案
15.等物质的量浓度的下列物质的溶液，其pH由大到小的顺序是
________________________________________________________________________。
(1)NaCl　(2)CH3COONa　(3)NH4Cl　(4)AlCl3
(5)Ba(OH)2　(6)Na2CO3　(7)NaHCO3
(8)NaHSO4　(9)NaOH　(10)H2SO4
答案 (5)>(9)>(6)>(7)>(2)>(1)>(3)>(4)>(8)>(10)
解析　首先将10种物质按碱、水解显碱性的盐、不水解的盐、水解显酸性的盐、酸分成五类，然后再根据越弱越水解即可分出各阶段的pH大小。
16．把NH4Cl晶体溶入水中，得到饱和NH4Cl溶液。若在该溶液中加入镁条，观察到有气泡产生，点燃有爆鸣声，此气体是________，产生该气体的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(用离子方程式表示)，微热后，能放出有刺激性气味的气体，它能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是________，产生该气体的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
总的反应离子方程式为_____________________________________________________。
答案 H2NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑　NH3　因为H＋减少，使水解平衡右移，产生的NH3·H2O增多，加热使NH3·H2O分解放出NH3　Mg＋2NH
Mg2＋＋H2↑＋2NH3↑
17．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验
编号
HA物质的量
浓度(mol·L－1)
NaOH物质的量
浓度(mol·L－1)
混合溶
液的pH
甲
0.2
0.2
a
乙
c1
0.2
7
丙
0.2
0.1
7
丁
0.1
0.1
9
请回答：
(1)不考虑其他组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a(混合溶液的pH)来说明HA是强酸还是弱酸____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)不考虑其他组的实验结果，单从乙组情况分析，c1是否一定等于0.2 mol·L－1______
(选填“是”或“否”)。混合溶液中离子浓度c(A－)与c(Na＋)的大小关系是________。
A．前者大 B．后者大 C．二者相等 D．无法判断
(3)从丙组实验结果分析，HA是______酸(选填“强”或“弱”)。
该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝____________mol·L－1。
写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不用做近似计算)。
c(Na＋)－c(A－)＝____________mol·L－1
c(OH－)－c(HA)＝____________mol·L－1
答案 (1)若a＝7，HA为强酸；若a>7，则为弱酸
(2)否　C
(3)弱　c(Na＋)＝c(A－)>c(OH－)＝c(H＋)
(4)10－5　10－5－10－9　10－9
解析　(1)由于a的值不确定，则无法确定HA的强弱，当a＝7时说明二者生成的NaA为强酸强碱盐，不水解，HA为强酸；若a>7，NaA水解，则HA为弱酸。
(2)HA的强弱不确定，c1就不确定，但pH＝7，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，推出c(Na＋)＝c(A－)。
(3)丙组反应后为等浓度的HA与NaA混合溶液，pH＝7，说明HA的电离与NaA的水解相等，溶液呈中性，则HA为弱酸。
(4)由电荷守恒和物料守恒可推导出来。电荷守恒：
c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)
物料守恒：c(HA)＋c(A－)＝c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)－c(H＋)，因此c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)。
18．(1)等物质的量浓度、等体积的NaI与NaF溶液中，前者溶液中离子数目________(填“大于”、“小于”或“等于”)后者溶液中离子数目；等物质的量浓度、等体积的K2CO3与K2SO4溶液中，前者溶液中离子数目________(填“大于”、“小于”或“等于”)后者溶
液中离子数目。
(2)已知：6C6H5OH＋Fe3＋[Fe(C6H5O)6]3－＋6H＋；CH3COOH＋SO===CH3COO－＋HSO；CO＋2HSO===CO2↑＋H2O＋2SO。现有下列电解质溶液：Na2SO3、NaOH、CH3COONa、C6H5ONa、Na2CO3、NaHCO3。
①向六种溶液中分别逐渐加入氯化铁溶液时，溶液中先产生红褐色沉淀，后沉淀完全消失的是______________；②将物质的量浓度均为0.5 mol·L－1的上述六种溶液稀释相同的倍数，其pH变化最大的是________；③露置于空气中相当一段时间后(不考虑水分的蒸发)，溶液的pH近似为7，这种电解质为________；④当六种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是______________________________________________________________。
答案 (1)大于　小于
(2)①C6H5ONa　②NaOH　③Na2SO3
④CH3COONa、Na2SO3、NaHCO3、C6H5ONa、Na2CO3、NaOH
解析　(1)根据电荷守恒：NaI：c(H＋)1＋c(Na＋)＝c(I－)＋c(OH－)1＝X1，NaF：c(H＋)2＋c(Na＋)＝c(F－)＋c(OH－)2＝X2，由于F－水解，使得c(H＋)2X2。用同样的方法分析K2CO3与K2SO4溶液中离子的数目。(2)①在C6H5ONa溶液中滴入氯化铁溶液会发生双水解，生成Fe(OH)3与苯酚，6C6H5OH＋Fe3＋[Fe(C6H5O)6]3－＋6H＋，Fe(OH)3＋3H＋===3H2O＋Fe3＋，最后生成的红褐色沉淀会溶解。②由于NaOH溶液在稀释时，OH－总数基本保持不变，而其他几种在稀释的过程中，都会促进水解，使得OH－的总数增加，所以NaOH溶液的pH变化最大。③因为Na2SO3容易被空气氧化成Na2SO4，Na2SO4溶液呈中性。④题目信息告诉我们：几种分子与离子电离能力强弱为H2SO3>CH3COOH>HSO>H2CO3>C6H5OH>HCO，电离能力越弱的，相应离子的水解能力就越强。在pH相同时，水解能力越强的，其离子浓度越小。
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
[目标要求]　1.理解水的离子积常数，理解酸、碱对水的电离平衡的影响。2.了解pH的概念，理解溶液的c(H＋)、pH与溶液酸碱性的关系。
一、水的电离
1．水的电离
实验证明，水是一种极弱的电解质，能发生微弱的电离，在一定条件下可以达到电离平衡，其电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－，简写成H2OH＋＋OH－。其浓度平衡常数表达式为K＝。
25℃时，纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1。
2．水的离子积
(1)定义：水中c(H＋)·c(OH－)乘积为一常数，记作：KW＝c(H＋)·c(OH－)。
(2)影响因素：温度，温度升高，KW增大。
(3)25℃时，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14。
注意：①KW不仅适用于纯水，也适用于酸性或碱性的稀溶液；
②KW只受温度的影响，与溶液的酸碱性无关；
③酸溶液中可以忽略由水电离出来的c(H＋)，碱溶液中可以忽略由水电离出来的c(OH－)。
二、溶液的酸碱性与pH
1．pH＝－lgc(H＋)，反过来c(H＋)＝10－pH。
2．溶液中c(H＋)与c(OH－)的大小关系及溶液的pH：
注意：①溶液的酸性越强，pH越小；溶液的碱性越强，pH越大。
②pH一般适用于表示c(H＋)或c(OH－)小于等于1 mol·L－1的溶液。
　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　水的电离
1．在某温度时，测得纯水中的c(H＋)＝2.0×10－7 mol·L－1，则c(OH－)为(　　)
A．2.0×10－7 mol·L－1 B．0.1×10－7 mol·L－1
C．1.0×10－14/2.0×10－7 mol·L－1 D．无法确定
答案　A
解析　根据水的电离方程式H2OH＋＋OH－可知，无论在何种条件下的纯水中，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)。而该温度下的纯水中c(H＋)＝2.0×10－7 mol·L－1>1.0×10－7 mol·L－1，则所处温度高于25℃，但水电离的c(H＋)＝c(OH－)＝2.0×10－7 mol·L－1，故答案为A。
2．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
答案　D
解析　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(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，酸溶液中的水电离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 L
＝1×10－4 mol·L－1
c(OH－)＝1×10－14/1×10－4＝1×10－10 mol·L－1
3．能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)>c(OH－)的措施是(　　)
A．向纯水中投入一小块金属钠 B．将水加热煮沸
C．向水中通入SO2 D．向水中加入NaCl
答案　C
解析　A项，水与Na反应，使溶液中的c(H＋)c(OH－)；D项对水的电离平衡没影响。
知识点二　水的离子积常数
4．下列关于水的离子积常数的叙述中，正确的是(　　)
A．因为水的离子积常数的表达式是KW＝c(H＋)c(OH－)，所以KW随溶液中c(H＋)和c(OH－)的变化而变化
B．水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K是同一物理量
C．水的离子积常数仅仅是温度的函数，随温度的变化而变化
D．水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K是两个没有任何关系的物理量
答案　C
解析　水的离子积常数KW＝K·c(H2O)，一定温度下K和c(H2O)都是不变的常数，所以KW仅仅是温度的函数，水的离子积常数的表达式是KW＝c(H＋)·c(OH－)，但是只要温度一定，KW就是不变的常数，溶液中c(H＋)变大，c(OH－)则变小，反之亦然。
5．25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋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，pH不变
答案　B
解析　本题考查外界条件对水的电离平衡的影响。解答时要先分析清楚水的电离平衡的移动方向，然后再讨论c(H＋)、c(OH－)或KW的变化。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，pH减小，但仍呈中性，D项不正确。
知识点三　溶液的酸碱性
6．下列说法正确的是(　　)
A．pH<7的溶液一定是酸溶液
B．同温下，pH＝5的溶液和pH＝3的溶液相比，前者c(OH－)是后者的100倍
C．室温下，每1×107个水分子中只有一个水分子发生电离
D．在1 mol·L－1的氨水中，改变外界条件使c(NH)增大，则溶液的pH一定增大
答案　B
解析　A．溶液显酸碱性的本质为c(H＋)与c(OH－)的相对大小，当c(H＋)>c(OH－)时溶液才呈酸性。例如：在100℃时，KW＝1×10－12，此时pH＝6时为中性，小于7，由于c(H＋)＝c(OH－)仍呈中性，所以不能用pH＝7作为判断溶液酸碱性的标准，当然室温下可以；B.pH＝5，c(OH－)＝1×10－9 mol·L－1，pH＝3，c(OH－)＝1×10－11 mol·L－1，前者c(OH－)是后者的100倍，故B正确；C.室温时，每升水有1×10－7 mol水分子发生电离，即＝55.6
mol水分子中只有1×10－7 mol水分子电离，1×107个水分子中只有个水分子电离，故C
错；D.氨水中存在NH3·H2ONH＋OH－平衡，当加NH4Cl晶体时，c(NH)增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，pH减小，故D错。
7．对室温下pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是(　　)
A．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B．使温度都升高20℃后，两溶液的pH均不变
C．加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小
D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多
答案　A
解析　解答本题时要注意以下两点：(1)醋酸和盐酸pH相同时，醋酸浓度比盐酸大；
(2)稀释时两溶液pH均增大，加热pH均减小。
8．下列溶液一定显酸性的是(　　)
A．溶液中c(OH－)>c(H＋)
B．滴加紫色石蕊试液后变红色的溶液
C．溶液中c(H＋)＝10－6 mol·L－1
D．pH>7的溶液
答案　B
解析　判断溶液酸碱性的关键看c(H＋)和c(OH－)的相对大小，若c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；而pH<7或c(H＋)<10－7 mol·L－1，仅适用于常温时，若温度不确定，就不能用来判断溶液的酸碱性；而B项中可使紫色石蕊试液变红，则该溶液为酸性。
练基础落实
1．下列粒子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．[H]－ C．NH D.
答案　C
解析　A项，CH3COOH电离出H＋，使水的电离平衡左移；B项，OH－能使水的电离平衡左移；C项，NH会水解，使水的电离平衡右移；D项，Cl－不影响水的电离平衡。
2．关于水的离子积常数，下列说法不正确的是(　　)
A．100℃水中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B．纯水中，25℃时，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
C．25℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
D．KW值随温度升高而增大
答案　A
解析　KW只与温度有关，升高温度，KW增大，25℃时，纯水和任何物质的水溶液中KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14。
3．常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1，该溶液可能是(　　)
①二氧化硫水溶液　②氯化铵水溶液　③硝酸钠水溶液　④氢氧化钠水溶液
A．①④ B．①② C．②③ D．③④
答案　A
解析　由水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1<1×10－7 mol·L－1，即该溶液中的溶质抑制了水的电离，因此要么加碱抑制，要么加酸抑制，故①④正确。
4．在相同温度下，0.01 mol·L－1 NaOH溶液和0.01 mol·L－1的盐酸相比，下列说法正确的是(　　)
A．由水电离出的c(H＋)相等
B．由水电离出的c(H＋)都是1.0×10－12 mol·L－1
C．由水电离出的c(OH－)都是0.01 mol·L－1
D．两者都促进了水的电离
答案　A
解析　若该温度下水的离子积常数为KW(这里没有说是25℃)，则在0.01 mol·L－1的NaOH溶液中，由水电离的c(H＋)＝＝ mol·L－1。
在0.01 mol·L－1的HCl溶液中，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)水电离＝ mol·L－1。
练方法技巧
5．已知液氨的性质与水相似，25℃时，NH3＋NH3NH＋NH，NH的平衡浓度为1×10－15 mol·L－1，则下列说法中正确的是(　　)
A．在液氨中加入NaNH2可使液氨的离子积变大
B．在液氨中加入NH4Cl可使液氨的离子积减小
C．在此温度下液氨的离子积为1×10－17
D．在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2
答案　D
解析　本题考查对水的离子积的理解与迁移能力。由水的离子积可知，其大小只与温度有关。由钠与水反应可推知，2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑，K＝c(NH)·c(NH)＝1×10－30。本题是一道信息题，关键是看懂信息。
6． t ℃时，水的离子积为KW，该温度下将a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是(　　)
A．混合液中c(H＋)＝
B．混合液的pH＝7
C．a＝b
D．混合液中c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)
答案　A
解析　要保证溶液呈中性，只要保证c(H＋)＝c(OH－)即可，因为KW＝c(H＋)·c(OH－)＝c2(H＋)，则c(H＋)＝，A正确；据pH与7的关系判断溶液的酸碱性，其条件是25℃，B错误；a＝b时，HA与BOH恰好完全反应，但溶液不一定呈中性，C错误；D项一定不正确，因电荷守恒等式为c(H＋)＋c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)。
7． pH＝3的两种一元酸HX和HY溶液，分别取50 mL加入足量的镁粉，充分反应后，收集到H2的体积分别为V(HX)和V(HY)，若V(HX)>V(HY)，则下列说法正确的是(　　)
A．HX可能是强酸
B．HY一定是强酸
C．HX的酸性强于HY的酸性
D．反应开始时二者生成H2的速率相等
答案　D
解析　解答该题应注意以下三点：(1)强酸完全电离，弱酸部分电离。(2)酸性相同的溶液，弱酸的浓度大，等体积时，其物质的量多。(3)产生H2的速率取决于c(H＋)的大小。本题考查了强、弱酸的判断及溶液酸性大小的比较。据题意，Mg粉足量，酸不足，应根据酸的物质的量来计算H2的体积，由V(HX)>V(HY)，知pH相等时，HX的物质的量浓度比HY的大，即HX是比HY弱的弱酸，而无法判断HY是强酸还是弱酸，故A、B、C错误；D项，反应开始时的速率取决于c(H＋)，因为开始时c(H＋)相等，故D项正确。
练综合拓展
8．乙醇、液氨、水都可以发生自偶电离，如H2O＋H2OH3O＋＋OH－，NH3＋NH3NH＋NH，则下列叙述正确的是(　　)
A．乙醇的自偶电离方程式为2CH3CH2OHCH3CH2OH＋CH3CH2O－
B．乙醇的电离方程式为CH3CH2OH===CH3CH2O－＋H＋
C．若液氨的离子积常数为1.0×10－28，则液氨浓度为1.0×10－14 mol·L－1
D．若可用与pH相当的定义来规定pOH、pNH2等，则乙醇中与pH相当的为lgc(CH3CH2OH)
答案　A
解析　类比水的自偶电离知A项正确；B项中电离方程式用“”号；C项中液氨的离子积常数为1.0×10－28，则c(NH)与c(NH)的浓度为1.0×10－14 mol·L－1，而非液氨的浓度，错误；类比pH的定义知乙醇中与pH相当的为－lgc(CH3CH2OH)，D错误。
9．有一学生甲在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。学生乙对学生甲的操作的评价为：操作错误，测定结果一定有误差。学生丙对学生甲的操作的评价为：操作错误，但测定结果不一定有误差。
(1)你支持________(填“乙”或“丙”)同学的观点，原因是____________________。
(2)若用此法分别测定c(H＋)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是________，原因是________________________________________________________________________。
(3)只从下列试剂中选择实验所需的物品，你________(填“能”或“不能”)区分0.1 mol·L－1的硫酸和0.01 mol·L－1的硫酸。若能，简述操作过程。
________________________________________________________________________
①紫色石蕊试液　②酚酞试液　③甲基橙试液 ④蒸馏水 ⑤BaCl2溶液 ⑥pH试纸
答案　(1)丙　当溶液呈中性时，则不产生误差；否则将产生误差
(2)盐酸　在稀释过程中，醋酸继续电离产生H＋，使得溶液中c(H＋)较盐酸溶液中c(H＋)大，误差较小
(3)能　用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01 mol·L－1的硫酸
解析　本题考查pH试纸的使用，pH试纸使用不能用蒸馏水润湿，若润湿相当于对待测液稀释。对于不同性质的溶液造成的影响不同：若溶液为中性，则测得结果无误差；若为酸性，测得结果偏大；若为碱性，测得结果偏小。
第2课时　强酸、强碱溶液混合时溶液pH的计算
[目标要求]　1.掌握溶液的pH的测定方法，理解溶液酸碱性与溶液中c(H＋)与c(OH－)相对大小有关。2.会用pH计测定中和反应过程中溶液pH的变化，绘制滴定曲线。3.能进行溶液pH的简单计算。
一、单一溶液pH的计算
1．计算方法
酸：c(酸)c(H＋)―→pH
碱：c(碱)c(OH－)c(H＋)―→pH
2．强酸和强碱溶液的pH计算
(1)强酸(以c mol·L－1的HnA为例)
c(H＋)＝ncmol·L－1
pH＝－lgc(H＋)＝－lg_nc
(2)强碱(以c mol·L－1的B(OH)n为例)
c(OH－)＝nc mol·L－1
c(H＋)＝KW/nc―→pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc
二、混合溶液pH的计算
1．两强酸混合
c(H＋)混合＝―→pH
2．两强碱混合
c(OH－)混合＝c(H＋)―→pH
3．强酸强碱混合
(1)强酸与强碱正好完全反应，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)。如室温下，中性溶液的c(H＋)＝10－7 mol·L－1，pH＝7。
(2)强酸与强碱混合时，若酸过量，则求c(H＋)过量，若碱过量，则求c(OH－)过量，继而计算pH。
知识点一　强酸、强碱溶液pH的计算
1．常温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1，则该溶液的pH可能是(　　)
A．4　　　　 B．7　　　 　C．8　　 　　D．11
答案　D
解析　由题意知由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1<1×10－7 mol·L－1，抑制了水的电离，可能是酸，也可能是碱，若是酸，c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，pH＝3，若是碱，c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，pH＝11。
2．常温下某氢氧化钠溶液的浓度为0.01 mol·L－1，则该溶液的pH值为________。
答案　12
解析　强碱溶液中，c(OH－)等于碱的浓度，可先由溶液的物质的量浓度求出c(OH－)，再利用KW求出溶液中的c(H＋)，最后根据pH值定义求溶液的pH值。
c(OH－)＝c(NaOH)＝0.01 mol·L－1，
则c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，pH＝12。
知识点二　强酸、强碱用水稀释后pH的计算
3．将体积均为10 mL、pH均为3的盐酸和醋酸，加入水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积(　　)
A．a＝b＝100 B．a＝b＝1 000 C．ab
答案　C
解析　盐酸是强电解质，完全电离。在加水稀释过程中盐酸电离出的H＋的物质的量不会增加。溶液中c(H＋)与溶液体积成反比，故加水稀释时，c(H＋)会随着水的加入而变小。醋酸是弱电解质，发生部分电离。在加水稀释过程中未电离的醋酸分子发生电离，从而使溶液中H＋的物质的量增加，而c(H＋)与溶液体积同样成反比，这就使得此溶液中c(H＋)受到n(H＋)增加和溶液体积V增加的双重影响。很明显，若将盐酸和醋酸同等程度的稀释到体积都为a mL，则盐酸的c(H＋)比醋酸的c(H＋)小。若要稀释到两溶液的c(H＋)相等，则醋酸应该继续稀释，则有b>a。
4.pH＝2的X、Y、Z三种酸的溶液各1 mL，分别加入水稀释到1 000 mL，其pH与溶液体积(V)的变化关系如图所示，下列说法中错误的是(　　)

A．X是强酸，Y和Z是弱酸
B．稀释前的浓度大小为c(Z)>c(Y)>c(X)
C．稀释前电离程度大小为X>Y>Z
D．pH＝2时，X、Y、Z都是稀溶液
答案　D
解析　本题考查电解质溶液稀释过程中电离程度、pH变化以及识图能力。pH＝2的酸溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，当将其稀释到原溶液体积的1 000倍时，若为强酸，则稀释后的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，此时pH＝5；若为弱酸，由于稀释过程中电离程度增大，使n(H＋)增大，则稀释后的c(H＋)>10－5 mol·L－1，此时pH<5。由三条曲线的变化趋势可知，Z表示浓的弱酸溶液稀释过程中的pH变化，X、Y表示稀溶液稀释过程中pH的变化，因为X为强酸，Y为弱酸，要使pH均为2，则c(Y)>c(X)；pH＝2时，X已完全电离，而弱酸在稀溶液中比在浓溶液中电离程度大。
知识点三　强酸与强酸(或强碱与强碱)混合溶液pH的计算
5．两种不同浓度的NaOH溶液，c(H＋)分别为1×10－14 mol·L－1和1×10－10 mol·L－1。将此两溶液等体积混合后，所得溶液中的c(H＋)是(　　)
A．1×(10－14＋10－10) mol·L－1 B. mol·L－1
C．2×10－10 mol·L－1 D．2×10－14 mol·L－1
答案　D
解析　碱溶液中应先求出c混(OH－)＝ mol·L－1≈5×10－1 mol·L－1，所以c混(H＋)＝ mol·L－1＝2×10－14 mol·L－1。
6．pH＝2和pH＝4的两种稀硫酸，等体积混合后，下列结论正确的是(　　)
A．c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1 B．c(OH－)＝2×10－12 mol·L－1
C．pH＝2.3 D．pH＝3
答案　C
解析　强酸等体积混合，c混(H＋)＝ mol·L－1＝5.05×10－3 mol·L－1，则pH＝－lgc混(H＋)
＝－lg(5.05×10－3)＝2.3。
7． 25℃时，若pH＝a的10体积某强酸溶液与pH＝b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系(　　)
A．a＋b＝14 B．a＋b＝13 C．a＋b＝15 D．a＋b＝7
答案　C
解析　酸中n(H＋)＝10－a×10，碱中n(OH－)＝×1＝10－14＋b，根据混合后溶液呈中性，故n(H＋)＝n(OH－)，即10－a×10＝10－14＋b，所以a＋b＝15。
练基础落实
1．25℃时，某溶液中由水电离产生的c(H＋)和c(OH－)的乘积为1×10－18，则下列说法正确的是(　　)
A．该溶液的pH一定是9 B．该溶液的pH可能为5
C．该溶液的pH可能是7 D．不会有这样的溶液
答案　B
解析　该溶液中水提供的c水(OH－)＝c水(H＋)＝1×10－9 mol·L－1。显然远比纯水提供的c(H＋)和c(OH－)小得多，这说明水的电离受到了酸或碱的抑制。若为酸溶液，则酸提供的c(H＋)＝1×10－5 mol·L－1，pH＝5；若为碱溶液，则碱提供的c(OH－)＝1×10－5 mol·L－1，即pH＝9。
2．在常温下，将pH＝8的NaOH溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH最接近于(　　)
A．8.3 B．8.7 C．9 D．9.7
答案　D
解析　本题考查有关混合溶液pH的计算。有关稀溶液混合，总体积近似等于两种溶液体积之和。强碱溶液混合，应按c(OH－)计算：c混(OH－)＝(1×10－6 mol·L－1＋1×10－4 mol·L－1)/2＝5.05×10－5 mol·L－1，c混(H＋)＝KW/c(OH－)≈2×10－10 mol·L－1，pH＝9.7。
3.pH＝2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示，则下列说法中正确的是(　　)

A．A、B两种酸溶液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＝7时，A是强酸，B是弱酸
D．若A、B都是弱酸，则5>a>2
答案　D
4．将100 mL 0.001 mol·L－1的盐酸和50 mL pH＝3的硫酸溶液混合后，所得溶液的pH为(　　)
A．4.5 B．2.7 C．3.3 D．3
答案　D
解析　两种酸混合后，溶液中的c(H＋)＝
＝0.001 mol·L－1，所以溶液的pH＝－lgc(H＋)＝－lg0.001＝3。
练方法技巧
5.某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是(　　)

A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线
B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C．a点KW的数值比c点KW的数值大
D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
答案　B
解析　本题考查了强酸和弱酸的稀释规律，解题时要注意弱酸在稀释时还会继续电离。pH相同的盐酸(强酸)和醋酸(弱酸)，稀释相同的倍数时，因醋酸在稀释时仍不断地电离，故盐酸的pH增大的多，故曲线Ⅰ代表盐酸稀释时pH的变化曲线，A错误；不断加水稀释时，溶液中c(H＋)不断减小，导电性减弱，B正确；因为KW仅仅是温度的函数，因为是在相同的温度下，故a点KW与c点KW的数值相同，C错误；因盐酸和醋酸的pH相同，则c(醋酸)>c(盐酸)，稀释相同的倍数，由于醋酸存在电离平衡，故仍有c(醋酸)>c(盐酸)，D错误。
6．有关pH计算结果一定正确的是(　　)
①强酸pH＝a，加水稀释到10n倍，则pH＝a＋n
②弱酸pH＝a，加水稀释到10n倍，则pH③强碱pH＝b，加水稀释到10n倍，则pH＝b－n
④弱碱pH＝b，加水稀释到10n倍，则pH>b－n(b－n>7)
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
答案　D
解析　本题考查溶液稀释的pH计算。强酸、强碱稀释时，其稀释的离子分别为H＋、OH－，故酸的稀释pH与碱的稀释pH在计算上不同。
若为强酸时，pH＝a，c(H＋)＝10－a mol·L－1，加水稀释到10n倍，稀释后c(H＋)＝10－(a＋n) mol·L－1，则pH＝n＋a，但这时稀释程度不大，当(a＋n)接近7时，应考虑水的电离，此时(a＋n)<7，故A不完全正确。
若为强碱时，pH＝b，则c(H＋)＝10－b mol·L－1，即c(OH－)＝10－14＋b mol·L－1，加水稀释到10n倍后，c(OH－)＝10－14＋b－n mol·L－1，换算成c(H＋)＝10n－b mol·L－1，即pH＝b－n。同理，稀释到很稀时，应考虑水的电离，此时(b－n)>7。弱酸与弱碱稀释时除考虑稀释因素外，还要考虑稀释对水电离的促进。
7.某温度下的水溶液中，c(H＋)＝10x mol·L－1，c(OH－)＝10y mol·L－1，x和y的关系如图所示。计算：

(1)该温度下水的离子积为多少？
(2)该温度下，0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH为多少？
答案　(1)1.0×10－15　(2)13
解析　(1)由图象知，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10x＋y＝1.0×10－15
(2)在0.01 mol·L－1 NaOH溶液中c(OH－)＝0.01 mol·L－1，c(H＋)＝＝＝1.0×10－13 mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝13。
练综合拓展
8．温度t℃时，某NaOH稀溶液中c(H＋)＝10－a mol·L－1，c(OH－)＝10－b mol·L－1，已知a＋b＝12，请回答下列问题：
(1)该温度下水的离子积常数KW＝________。
(2)该NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为__________，该NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)为__________。
(3)给该NaOH溶液加热，pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
答案　(1)10－12
(2)10－b mol·L－1　10－a mol·L－1
(3)变小
解析　(1)KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－a·10－b＝10－(a＋b)＝10－12
(2)c(NaOH)＝c(OH－)＝10－b mol·L－1；该溶液中c(H＋)＝10－a mol·L－1，NaOH溶液中的H＋全是水电离的，c(H＋)水电离＝c(OH－)水电离＝10－a mol·L－1。(3)温度升高时，KW变大，而c(H＋)＝，所以c(H＋)变大，pH变小。
9．(1)pH＝2的某酸稀释100倍，pH________4，pH＝12的某碱稀释100倍，pH________10。
(2)室温时，将pH＝5的H2SO4溶液稀释10倍，c(H＋)∶c(SO)＝________，将稀释后的
溶液再稀释100倍，c(H＋)∶c(SO)＝________。
(3)
MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如上图所示。下列叙述中不正确的是(　　)
A．MOH是一种弱碱
B．在x点，MOH完全电离
C．在x点，c(M＋)＝c(R＋)
D．稀释前ROH溶液中c(OH－)是MOH溶液中c(OH－)的10倍
答案　(1)≤　≥　(2)2∶1　20∶1　(3)B
解析　(1)若某酸为强酸，则pH＝4，若为弱酸，则pH<4；同理，对pH＝12的某碱稀释100倍，pH≥10。
(2)pH＝5的H2SO4稀释10倍，c(H＋)和c(SO)同等倍数减小，所以c(H＋)∶c(SO)＝
2∶1，若将稀释后的溶液再稀释100倍，其pH≈7，而c(SO)＝＝5×10－9 mol·L－1，所以c(H＋)∶c(SO)＝10－7∶5×10－9＝20∶1。
由图知，稀释100倍后ROH的pH变化为2，为强碱，MOH的pH变化为1，为弱碱；x
点时ROH与MOH的c(OH－)相等，故c(M＋)与c(R＋)相等；稀释前ROH的c(OH－)＝0.1 mol·L－
1，MOH的c(OH－)＝0.01 mol·L－1，故D项正确；MOH为弱碱，在任何点都不能完全电离，B项错误。
第3课时　酸碱中和滴定
[目标要求]　1.理解酸碱中和滴定的原理。2.初步了解酸碱中和滴定的操作方法。3.掌握有关酸碱中和滴定的误差分析。
酸碱中和滴定
1．酸碱中和滴定概念：用已知物质的量浓度的酸(或碱)来测定未知物质的量浓度的碱(或酸)的方法叫做酸碱中和滴定。滴定的原理：n元酸与n′元碱恰好完全中和时：nc酸V酸＝n′c碱V碱。如果用A代表一元酸，用B代表一元碱，可以利用下列关系式来计算未知碱(或酸)的物质的量浓度：cB＝。
2．酸碱中和滴定的关键：准确测定参加反应的两种溶液的体积，以及准确判断中和反应是否恰好进行完全。
3．酸碱中和滴定实验
实验仪器：pH计、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯、滴定管夹、量筒、铁架台。
实验药品：标准液、待测液、指示剂。
实验步骤：
(1)查：检查两滴定管是否漏水和堵塞；
(2)洗：先用蒸馏水洗涤两滴定管，然后用所要盛装的酸碱润洗2～3遍；
(3)盛、调：分别将酸、碱溶液注入酸、碱滴定管中，使液面位于滴定管刻度“0”以上2～3厘米处，并将滴定管固定在滴定管夹上，然后赶走滴定管内部气泡，调节滴定管中液面高度处于某一刻度，并记下读数。
(4)取：从碱式滴定管中放出25.00 mL氢氧化钠溶液于锥形瓶中，滴入2滴酚酞试液，将锥形瓶置于酸式滴定管下方，并在瓶底衬一张白纸。
(5)滴定：左手控制酸式滴定管活塞，右手拿住锥形瓶瓶颈，边滴入盐酸，边不断摇动锥形瓶，眼睛始终注意锥形瓶内溶液颜色变化。
(6)记：当看到加一滴盐酸时，锥形瓶中溶液红色突变为无色时，停止滴定，且半分钟内不恢复原来的颜色，准确记下盐酸读数，并准确求得滴定用去的盐酸体积。
(7)算：整理数据进行计算。
根据cB＝计算。
知识点一　酸碱中和滴定
1．一只规格为a mL的滴定管，其尖嘴部分充满溶液，管内液面在m mL处，当液面降到n mL处时，下列判断正确的是(　　)
A．流出溶液的体积为(m－n) mL B．流出溶液的体积为(n－m) mL
C．管内溶液体积等于(a－n) mL D．管内溶液体积多于n mL
答案　B
解析　滴定管的“0”刻度在上方，越向下刻度越大，所以流出液体的体积为(n－m) mL；刻度线以下及尖嘴部分均充有溶液，所以管内溶液体积大于(a－n) mL。
2．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并______为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是(　　)
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL，所用盐酸溶液的体积为________mL。
(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。
答案　(1)锥形瓶中溶液颜色变化　在半分钟内不变色　(2)D　(3)0.00　26.10　26.10
(4)＝＝26.10 mL，c(NaOH)＝
＝0.104 4 mol·L－1
解析　在求c(NaOH)和进行误差分析时应依据公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)，须先求V[(HCl)aq]再代入公式；进行误差分析时，要考虑实际操作对每一个量即V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影响，进而影响c(NaOH)。
(1)考查酸碱中和滴定实验的规范操作。
(2)考查由于不正确操作引起的误差分析。滴定管未用标准盐酸润洗，内壁附着一层水，可将加入的盐酸稀释，消耗相同量的碱，所需盐酸的体积偏大，结果偏高；用碱式滴定管取出的待测NaOH溶液的物质的量一旦确定，倒入锥形瓶后，水的加入不影响OH－的物质的量，也就不影响结果；若排出气泡，液面会下降，故读取V酸偏大，结果偏高；正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)如图所示。
(3)读数时，以凹液面的最低点为基准。
(4)先算出耗用标准酸液的平均值
＝＝26.10 mL(第二次偏差太大，舍去)。c(NaOH)＝
＝0.104 4 mol·L－1。
知识点二　酸碱中和滴定误差分析
3．用标准盐酸溶液滴定待测浓度的碱溶液时，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
答案　B
解析　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项使液体充满气泡，导致V(A)增大，测定值偏大；C项未到滴定终点，偏小；D项，不影响测定结果。
4．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洗(　　)
(4)开始滴定时，滴定管尖端处有气泡，滴定完毕气泡排出(　　)
(5)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(　　)
(6)在滴定过程中活塞处漏液(　　)
(7)摇动锥形瓶时，因用力过猛，使少量溶液溅出(　　)
(8)滴定前读数时仰视，滴定完毕读数时俯视(　　)
答案　(1)D　(2)C　(3)B　(4)B　(5)A　(6)B　(7)A　(8)A
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，故选D。(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)滴定前有气泡，滴定后无气泡，相当于待测液比实际用量多了，导致结果偏低。(5)读出的数据比实际值小，导致结果偏大。(6)滴定过程中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。(7)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。(8)读出的数据比实际值偏小，使结果偏高。
知识点三　常见的几种滴定方法
5．(1)配平氧化还原反应方程式：
C2O＋MnO＋H＋===CO2↑＋Mn2＋＋H2O
(2)称取6.0 g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。
①第一份溶液中加入2滴酚酞试液，滴加0.25 mol·L－1 NaOH溶液至20 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的物质的量为________mol。
②第二份溶液中滴加0.10 mol·L－1酸性KMnO4溶液至16 mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为________。该溶液中还原剂的物质的量为________mol。
答案　(1)5　2　16　10　2　8
(2)①0.005　②无色　紫红色　0.004
解析　(1)方程式中1 mol C2O反应中能失去2 mol e－，而1 mol MnO反应中能得到5 mol e－，依据得失电子总数相等，不难得出C2O与MnO系数比为5∶2，其他可依据原子守恒配平。
(2)①NaOH溶液中的n(OH－)＝0.25 mol·L－1×0.02 L＝0.005 mol，能中和0.005 mol H＋。
②酸性KMnO4溶液呈紫红色，C2O与Mn2＋无色，所以终点时溶液由无色变为紫红色。
5C2O　～　2MnO
5 2
n(C2O) 0.10 mol·L－1×16×10－3 L
解得n(C2O)＝0.004 mol
练基础落实
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盛装标准溶液
C．用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸溶液时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴
D．用标准盐酸测定未知浓度NaOH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
答案　C
解析　A：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浓度偏大。
B：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：在滴定过程中，指示剂略多加了几滴，一般不影响实验结果，因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量。
D：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)，使所测的c(NaOH)偏小。
2．用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定0.1 mol·L－1的盐酸，如果达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液体积约为0.05 mL)继续加水至50 mL，所得溶液pH是(　　)　　　　　　　　　　　　　　
A．4 B．7.2 C．10 D．11.3
答案　C
解析　本题是以酸碱中和滴定为素材设计的题目，涉及到溶液中OH－、H＋、pH的计算，考查学生的计算能力。用0.1 mol·L－1的NaOH溶液滴定0.1 mol·L－1的盐酸，滴定到终点时溶液呈中性。多加1滴NaOH溶液(1滴溶液体积为0.05 mL)，加水至50 mL，此时溶液中
c(OH－)＝＝1×10－4 mol·L－1
c(H＋)＝＝＝1×10－10 mol·L－1
pH＝10即选项C正确。
3．以下是几种酸碱指示剂变色的pH范围：①甲基橙3.1～4.4 ②甲基红4.4～6.2　
③酚酞8.2～10.0，现用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定浓度相近的乙酸时，上述指示剂(　　)
A．都可以用 B．只能用③ C．可以用①或② D．可以用②或③
答案　B
解析　氢氧化钠溶液与乙酸等物质的量反应时，生成的乙酸钠溶液呈碱性，选用在碱性条件下变色的指示剂酚酞为宜。
练方法技巧
4.用1.0 mol·L－1的NaOH溶液中和某浓度的H2SO4溶液，其水溶液的pH和所用NaOH溶液的体积关系变化如图所示，则原H2SO4溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的大致体积是(　　)

A．1.0 mol·L－1,20 mL B．0.5 mol·L－1,40 mL
C．0.5 mol·L－1,80 mL D．1.0 mol·L－1,80 mL
答案　C
解析　滴定前稀H2SO4的pH＝0，c(H＋)＝1.0 mol·L－1，则c(H2SO4)＝0.5 mol·L－1，当pH＝7时V(NaOH)＝40 mL，通过计算原硫酸溶液的体积为40 mL。本题考查中和滴定曲线，关键是把握滴定终点，pH＝7恰好完全反应，即n(H＋)＝n(OH－)。
5．某学生用0.100 mol·L－1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
A．移取20 mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；
D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3 cm 处；
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
就此实验完成填空：
(1)正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)__________________________________。
(2)上述B步骤操作的目的是________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)上述A步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则滴定结果________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
(4)判断到达滴定终点的实验现象是________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)BDCEAF　(2)洗去附在滴定管壁上的水，防止因将标准溶液稀释而带来误差　(3)偏高　(4)滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色
解析　(2)无论是盛放标准液还是待测液的滴定管均应润洗，因为滴定管的内壁上附着的蒸馏水会将放入的溶液稀释而引起测定误差。(3)A步骤操作之前，先用待测液润洗锥形瓶，会使待测液的体积大于20.00 mL，消耗标准液多，则测定结果偏高。(4)由于用酚酞作指示剂，故当滴入最后一滴NaOH溶液时溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色时即达到了滴定终点。
练综合拓展
6．某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如下实验：
(1)配制0.100 0 mol·L－1和0.010 00 mol·L－1的标准盐酸。
(2)用0.100 0 mol·L－1的标准盐酸滴定未知浓度的Ba(OH)2溶液10.00 mL，结果用去盐酸19.60 mL。
(3)用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气的CO2。取Ba(OH)2溶液10.00 mL，放入100 mL容量瓶里，加水至刻度线。取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10 L标准状况下的空气，振荡，这时生成沉淀。
(4)过滤上述所得浊液。
(5)取滤液20.00 mL，用0.010 00 mol·L－1的盐酸滴定，用去盐酸34.80 mL。请回答下列问题：
①配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器________；
A．托盘天平　B．容量瓶　C．酸式滴定管　D．量筒　E．烧杯　F．胶头滴管　G．玻璃棒
②滴定操作中，左手__________，右手__________，眼睛________________________。
Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是________________________________________；
过滤所得浊液的目的是_________________________________________________；
此空气样品中含CO2的体积分数为______________________________________。
答案　①B、D、E、F、G　②控制活塞　摇动锥形瓶　注视锥形瓶内溶液颜色的变化　③0.098 0 mol·L－1　④分离出BaCO3，防止盐酸与BaCO3反应　⑤0.025%
解析　⑤Ba(OH)2＋CO2===BaCO3↓＋H2O，只需求出余下的Ba(OH)2，就可计算与CO2反应的Ba(OH)2，CO2的量也就计算出来了。20 mL滤液中Ba(OH)2的物质的量为34.80×10－
3×0.01× mol＝1.74×10－4 mol，那么100 mL滤液中有Ba(OH)2：1.74×10－4×5 mol＝8.7×10－4 mol，原有Ba(OH)2：10×10－3 L×0.098 mol·L－1＝9.8×10－4 mol，与CO2反应的Ba(OH)2有(9.8－8.7)×10－4 mol＝1.1×10－4 mol，则n(CO2)＝1.1×10－4 mol，w(CO2)＝
×100%＝0.025%。
7．某工厂废水含游离态氯，通过下列实验测定其浓度：
①取水样10.0 mL于锥形瓶中，加入10.0 mL KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴；②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.01 mol·L－1 Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数；③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生反应为：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。试回答下列问题：
(1)步骤①加入的指示剂是__________。
(2)步骤②应使用________式滴定管。
(3)步骤③当待测液由________色变为________色且不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.0 mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________。
(4)Cl2的实际浓度比所测浓度为________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是____________________________(若认为没有误差，该问不答)。
答案　(1)淀粉　(2)碱　(3)蓝　无　0.01 mol·L－1 (4)偏小　滴定管未用标准液润洗
第4课时　习题课
1．某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2ONH＋OH－，若想增大NH的浓度，而不增加OH－的浓度，应采取的措施是(　　)　　　　　　　　　　　　　
①适当升高温度 ②加入NH4Cl固体 ③通入NH3 ④加入少量盐酸
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
答案 D　
解析 升温平衡向右移动，c(NH)、c(OH－)都增大；加入NH4Cl固体，相当于增大
c(NH)，平衡向左移动，c(OH－)减小，但c(NH)仍较原来增大，因平衡移动只能减小其增大的程度，而不能完全抵消其增大的部分；通入NH3平衡向右移动，c(NH)、c(OH－)都增大；加入少量盐酸，H＋与OH－反应使c(OH－)下降，平衡向右移动，使c(NH)增大。
2．在100 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中，欲使CH3COOH的电离程度和溶液的c(H＋)都增大，其方法是(　　)
A．加入少量的1 mol·L－1 NaOH溶液 B．加入少量的1 mol·L－1 HCl溶液
C．加入等体积水 D．进行微热
答案 D　
解析 在CH3COOH的溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－。当加入NaOH
溶液时，c(H＋)减小，电离程度增大；加入盐酸，c(H＋)增大，平衡左移，电离程度减小；加入等体积水，平衡右移，n(H＋)增大，但体积增大的倍数更多，故c(H＋)减小；进行微热，由于电离一般是吸热过程，故电离程度增大，由于微热时溶液体积膨胀倍数很小，故c(H＋)增大。
3．下列叙述正确的是(　　)
A．无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c(H＋)·c(OH－)＝
1×10－14
B．c(H＋)等于1×10－7 mol·L－1的溶液一定是中性溶液
C．0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液中的c(H＋)是0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍
D．任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
答案 A　
解析 KW＝c(H＋)·c(OH－) ，且KW只与温度有关，所以，在常温下，纯水、酸性、碱性或中性稀溶液，其KW＝1×10－14；在温度不确定时，中性溶液里的c(H＋)不一定等于1×10－7 mol·L－1；0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度比0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度小，所以，0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液中的c(H＋)小于0.1 mol·L－1
CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍；当c(H＋)或c(OH－)大于1 mol·L－1时，用pH表示溶液的酸碱
性就不简便了，所以，当c(H＋)或c(OH－)大于1 mol·L－1时，一般不用pH表示溶液的酸碱性，而是直接用c(H＋)或c(OH－)来表示。
4．常温下，下列四种溶液：①pH＝0的盐酸，②0.1 mol·L－1的盐酸，③0.01 mol·L－1的NaOH溶液，④pH＝11的NaOH溶液中，由水电离生成的H＋的物质的量浓度之比为(　　)
A．1∶10∶100∶1 000 B．0∶1∶12∶11
C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶1
答案 A　
解析 在盐酸中，由水电离产生的c(H＋)等于溶液中的c(OH－)：①c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1　②c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1；在NaOH溶液中，由水电离产生的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)：③c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1
④c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1。因此，四种溶液中由水电离出的H＋的浓度的比为
10－14∶10－13∶10－12 ∶10－11 ＝1∶10∶100∶1 000。
5．0.1 mol·L－1的醋酸与0.1 mol·L－1的盐酸，分别稀释相同的倍数，随着水的加入，溶液中c(H＋)的变化曲线(如下图)正确的是(　　)
答案 C
6．在100℃时，NaCl溶液中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，下列说法中不正确的是(　　)
A．该NaCl溶液显酸性
B．该NaCl溶液显中性
C．随着温度的升高，水的离子积增大
D．该NaCl溶液中KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12
答案 A　
解析 在NaCl溶液中存在H2OH＋＋OH－，且Na＋、Cl－对水的电离没有影响，c(H＋)＝
1×10－6 mol·L－1时，c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，KW＝c(H
＋)·c(OH－)＝1×10－12。
7．下列叙述中正确的是(　　)
A．盐酸的导电能力一定比醋酸强
B．因为醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，因而中和等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，中和盐酸消耗的氢氧化钠比中和醋酸多
C．足量铁分别和等体积、等物质的量浓度的醋酸和盐酸反应，产生H2的量相等，放出H2的速率不等
D．物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中，PO物质的量浓度相同
答案 C　
解析 电解质溶液的导电能力取决于溶液中离子浓度和离子所带电荷的多少，如极稀的盐酸溶液其导电能力不一定比浓的醋酸溶液强，A错；等物质的量的醋酸和盐酸，可提供的H＋数目是相同的，故中和氢氧化钠的能力相同，只不过在中和的过程中，醋酸中的H＋是逐渐电离出来的，B错；同理，和铁反应时，它们消耗铁的量也相同，但由于两溶液中H＋浓度大小不同，其反应放出H2的速率必然不同，C对；磷酸钠是盐，完全电离成Na＋和PO，磷酸是弱酸，电离分步进行，且每一步都不完全，产生PO的量很少，D错。
8．一定量的稀硫酸与足量的铝粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，应向稀硫酸中加入适量的(　　)
A．NaOH(固体) B．CH3COOH C．NaCl(固体) D．CH3COONa(固体)
答案 D　
解析 D项中，加入CH3COONa发生H＋＋CH3COO－CH3COOH，c(H＋)减小，减缓反
应速率，但随着反应进行，c(H＋)减小，平衡向左移动，CH3COOH中H＋又会游离出来，生成H2的总量也不变；A项中，NaOH中和掉H2SO4，氢气生成量减少；B项中，CH3COOH电离出H＋，氢气生成量增多；C项几乎不影响反应。
9．常温下，向0.1 mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验时不同阶段的溶液，下列有关说法中不正确的是(　　)
A．溶液的pH：ab>d>c
C．a、b溶液呈酸性 D．c、d溶液呈碱性
答案 D　
解析 溶液pH随加入Ba(OH)2溶液的量的增加而升高，A正确；a～c段随加入Ba(OH)2的量的增加，离子浓度减小，导电能力减弱，c点恰好反应生成BaSO4沉淀和水，导电性最弱，c点以后Ba(OH)2过量，导电性又增强，B正确；C正确；D中c点为中性。
10．已知在100℃的温度下，水的离子积KW＝1×10－12。本题涉及的溶液，其温度均为100℃。下列说法中正确的是(　　)
A．0.005 mol·L－1的H2SO4溶液，pH＝2
B．0.001 mol·L－1的NaOH溶液，pH＝11
C．0.005 mol·L－1的H2SO4溶液与0.001 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性
D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50 mL，需要pH＝11的NaOH溶液50 mL
答案 A　
解析 本题涉及到c(H＋)、c(OH－)和pH的计算，以及c(H＋)、pH与溶液酸碱性的关系。
A．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＋)]＝－lg0.01＝－lg(1×10－2)＝2。此计算与KW值无关，不要受KW＝1×10－12的干扰。
B．0.001 mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，c(H＋)＝＝
＝1×10－9 mol·L－1。pH＝－lg(1×10－9)＝9。
对碱性溶液求pH，要经过“c(OH－)―→c(H＋)―→pH”的过程，由c(OH－)求c(H＋)要经过KW＝c(H＋)·c(OH－)进行换算。在这里，KW为1×10－12，而不是1×10－14。
C．该项中提供的H2SO4溶液与NaOH溶液恰好完全中和。由于100℃溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，故c(H＋)＝c(OH－)＝＝1×10－6 mol·L－1，pH＝6。虽然pH＝6，但溶液不显酸性。问题的关键是c(H＋)＝c(OH－)，溶液应该是显中性。
溶液的酸碱性要由c(H＋)与c(OH－)的相对大小来确定，而不是由c(H＋)或c(OH－)的绝对大小确定的。在根据c(H＋)、c(OH－)、pH等判断溶液酸碱性时，要结合KW的大小作决定。
D．pH＝3的50 mL H2SO4溶液中，c(H＋)＝0.001 mol·L－1，n(H＋)＝0.05 L×0.001 mol·L－1＝0.000 05 mol。pH＝11的50 mL NaOH溶液中，c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1，c(OH－)＝0.1
mol·L－1，n(OH－)＝0.05 L×0.1 mol·L－1＝0.005 mol。两溶液混合反应后，NaOH过量。中和H2SO4所需要的NaOH溶液小于50 mL。
11．等体积、等物质的量浓度的氢硫酸和硫酸溶液中，存在的离子总数的关系是(　　)
A．H2S中多 B．H2SO4中多
C．一样多 D．无法比较
答案 B　
解析 等体积、等物质的量浓度的H2S和H2SO4中，含有的H2S和H2SO4的物质的量一样多，但H2S是弱电解质，只能部分电离，即1 mol H2S电离产生的离子小于3 mol。而H2SO4是强电解质，完全电离，即1 mol H2SO4可电离出2 mol H＋和1 mol SO，共3 mol离子，因此H2SO4电离出的离子多。
12.用中和滴定的方法测定NaOH和Na2CO3的混合液中NaOH含量时，可先在混合液中加入过量的BaCl2溶液，使Na2CO3完全变成BaCO3沉淀，然后用标准盐酸滴定(用酚酞做指示剂)，试回答：
(1)滴定时BaCO3能否溶解？理由是________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)如用甲基橙作指示剂，则测定的结果________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
答案 (1)滴定时BaCO3不会溶解，因为酚酞的变色范围为8～10，该pH范围呈碱性
(2)偏高
解析　(1)BaCO3在酸性溶液中才会溶解。(2)甲基橙的变色范围为3.1～4.4，pH大于4.4时溶液显黄色，在3.1～4.4为橙色，小于3.1为红色。当用盐酸滴定到甲基橙从黄色变为橙色时，此时pH已降至4.4以下，已有部分BaCO3与盐酸反应，则消耗盐酸的量偏大，测定结果偏高。
13．(1)某温度时，测得0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数KW＝________。
(2)在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的硫酸Vb L混合。
①若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝__________。
②若所得混合液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝__________。
答案 (1)1.0×10－13　(2)①1∶10　②1∶9
解析　(1)0.01 mol·L－1NaOH溶液的pH＝11，则KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－11×0.01＝1.0×10－13。
(2)pH＝a的NaOH溶液中，c(OH－)＝KW/c(H＋)＝10－13＋amol·L－1，pH＝b的H2SO4中，c(H＋)＝10－b mol·L－1。两者混合后：①若呈中性，则10－13＋a·Va＝10－b·Vb，将a＝12，b＝2代入，得Va∶Vb＝1∶10。②若pH＝10，则呈碱性，
c混(OH－)＝＝10－3 mol·L－1，而c混(OH－)＝，
将a＝12，b＝2代入，得Va∶Vb＝1∶9。
14．25℃时，若体积为Va，pH＝a的某一元强酸与体积为Vb，pH＝b的某一元强碱混合，恰好中和，且已知Va ＜Vb和a＝0.5b，请填写下列空白：
(1)a值可否等于3(填“可”或“否”)______，其理由是
__________________________________________________________________________。
(2)a值可否等于5(填“可”或“否”)______，其理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)a的取值范围是______________。
答案 (1)否　设a＝3，则b＝6，溶液显酸性，不符合题意，因pH＝b的溶液为强碱，所以a≠3
(2)否　设a＝5，酸溶液中c(H＋)a＝10－5mol·L－1，
则b＝10，
碱溶液中c(OH－)b＝10－4mol·L－1。依题意：
Va·10－5＝Vb·10－4，则＝＝10＞1，不符合题意Va＜Vb，所以a≠5
(3)＜a＜
解析　本题以一元强酸与一元强碱恰好中和为依据，并限定消耗强酸的体积小于消耗强碱的体积且碱的pH为酸的2倍时讨论强酸pH的取值范围。
＝＝＝10－(14－2a)＋a＝103a－14＜1，
则3a－14＜0，即a＜，又pH＝b＝2a＞7(因为是强碱溶液)，a＞，故＜a＜。
15．实验表明，液体时纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，纯硫酸的导电性强于纯水；又知液态电解质都能像水一样自身电离而建立电离平衡(即像2H2OH3O＋＋OH－)，且在一定温度下都有各自的离子积常数。
据此回答下列问题：
(1)纯硫酸在液态时，自身电离的电离反应方程式是________________________，
它在25℃时的离子积常数K(H2SO4)比水的离子积常数K(H2O)[K(H2O)＝c(H＋)·c(OH－)]________(填“大”、“小”或“相等”)。
(2)在纯硫酸与纯硝酸的液态混合物中，存在的阴离子主要是________；这是因为混合液中不但存在两种电离平衡(即H2SO4和HNO3各自的电离平衡，且硫酸的酸性强于硝酸)，又在无水的条件下，混合酸中必发生________________________________________(写离子反应方程式)反应而造成的。
答案 (1)2H2SO4H3SO＋HSO　大
(2)HSO　H＋＋HNO3H2NO
解析　(1)根据H2O自身电离：2H2OH3O＋＋OH－，可写出H2SO4自身电离的方程式：
2H2SO4H3SO＋HSO，因为纯H2SO4的导电能力大于纯水的导电能力，所以纯H2SO4比纯水更易电离，故K(H2SO4)＝c(H3SO)·c(HSO)比K(H2O)＝c(H＋)·c(OH－)要大。
(2)因为纯H2SO4的电离能力强于纯HNO3，说明H2SO4比HNO3更易电离，H2SO4中电离出的自由移动的离子的浓度更大，主要存在的阴离子应来源于H2SO4电离出的HSO；而且因为H2SO4的酸性强于HNO3，发生的反应就类似于强酸制弱酸，即H＋＋HNO3H2NO。
第四节　难溶电解质的溶解平衡
第1课时　难溶电解质的溶解平衡
[目标要求]　1.学会用平衡移动原理分析生成沉淀的离子反应进行的方向及反应进行的程度。2.了解溶度积和离子积的关系，并由此学会判断反应进行的方向。
一、Ag＋和Cl－的反应真能进行到底吗？
1．生成沉淀的离子反应之所以能够发生的原因
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，但不会等于0。
2．溶解平衡的建立
以AgCl溶解为例：
从固体溶解平衡的角度，AgCl在溶液中存在下述两个过程：一方面，在水分子作用下，少量Ag＋和Cl－脱离AgCl的表面溶于水中；另一方面，溶液中的Ag＋和Cl－受AgCl表面正、负离子的吸引，回到AgCl的表面析出——沉淀。
溶解平衡：在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即得到AgCl的饱和溶液，如AgCl沉淀体系中的溶解平衡可表示为AgCl(s)Cl－(aq)＋Ag＋(aq)。由于沉淀、溶解之间的这种动态平衡的存在，决定了Ag＋和Cl－的反应不能进行到底。
3．生成难溶电解质的离子反应的限度
不同电解质在水中的溶解度差别很大，例如AgCl和AgNO3；但难溶电解质与易溶电解质之间并无严格的界限，习惯上将溶解度小于0.01 g的电解质称为难溶电解质。对于常量的化学反应来说，0.01 g是很小的，因此一般情况下，相当量的离子互相反应生成难溶电解
质，可以认为反应完全了。
化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀就达完全。
二、溶度积
1．表达式
对于下列沉淀溶解平衡：
MmAn(s)mMn＋(aq)＋nAm－(aq)
Ksp＝[c(Mn＋)]m·[c(Am－)]n。
2．意义
Ksp表示难溶电解质在溶液中的溶解能力。
3．规则
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，可以判断在给定条件下沉淀能否生成或溶解：
Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出；
Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态；
Qc知识点一　沉淀的溶解平衡
1．对“AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)”的理解正确的是(　　)
①说明AgCl没有完全电离，AgCl是弱电解质
②说明溶解的AgCl已完全电离，是强电解质
③说明Cl－与Ag＋的反应不能完全进行到底
④说明Cl－与Ag＋的反应可以完全进行到底　　　　　　　　　　　　　　　　
A．③④ B．③ C．①③ D．②④
答案　B
解析　关于沉淀平衡的表达式，其完整的书写形式为
AgCl(s)AgCl(aq)===Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，故对于难溶物质来说，是先溶解，再电离。
2．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是(　　)
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
答案　B
3．现向含AgBr的饱和溶液中：
(1)加入固体AgNO3，则c(Ag＋)________(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)；
(2)加入更多的AgBr固体，则c(Ag＋)________；
(3)加入AgCl固体，则c(Br－)________，c(Ag＋)________；
(4)加入Na2S固体，则c(Br－)________，c(Ag＋)________。
答案　(1)变大　(2)不变　(3)变小　变大　(4)变大　变小
解析　本题考查了难溶电解质溶解平衡的影响因素。
(1)向AgBr饱和溶液中加入AgNO3，溶解平衡逆向移动，但c(Ag＋)增大；
(2)加入AgBr固体，对溶解平衡无影响，c(Ag＋)不变。
(3)因AgCl溶解度大于AgBr，加入AgCl固体时，c(Ag＋)增大，溶解平衡向左移动，c(Br－)变小。
(4)因Ag2S溶解度小于AgBr，加入Na2S固体时，生成Ag2S，溶解平衡向右移动，c(Br－)增大，但c(Ag＋)减小。
知识点二　溶度积
4．已知：25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp[MgF2]＝7.42×10－11 。下列说法正确的是(　　)
A．25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
B．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
C．25℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L－1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L－1 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不可能转化为MgF2
答案　B
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错误；因为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正确；Ksp只受温度的影响，25℃时，Mg(OH)2的溶度积Ksp为常数，C错误；加入NaF溶液后，若Qc＝c(Mg2＋)·[c(F－)]2>Ksp(MgF2)，则会产生MgF2沉淀，D错误。
5．在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
C．无法确定 D．有沉淀但不是AgCl
答案　A
解析　c(Ag＋)＝ mol·L－1＝9.9×10－5 mol·L－1，c(Cl－)＝ mol·L－1＝9.9×10－3 mol·L－1，所以Q c＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝9.8×10－7>1.8×10－10＝Ksp，故有AgCl沉淀析出。
6．对于难溶盐MX，其饱和溶液中M＋和X－的物质的量浓度之间的关系类似于c(H＋)·c(OH－)＝KW，存在等式c(M＋)·c(X－)＝Ksp。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；
②30 mL 0.02 mol·L－1 CaCl2溶液；
③40 mL 0.03 mol·L－1 HCl溶液；
④10 mL蒸馏水；
⑤50 mL 0.05 mol·L－1 AgNO3溶液
A．①>②>③>④>⑤ B．④>①>③>②>⑤
C．⑤>④>②>①>③ D．④>③>⑤>②>①
答案　B
解析　AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，由于c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp，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：④<①<③<②<⑤，故AgCl的溶解度由大到小的排列顺序：④>①>③>②>⑤。
练基础落实
1．CaCO3在下列哪种液体中，溶解度最大(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A．H2O B．Na2CO3溶液 C．CaCl2溶液 D．乙醇
答案　A
解析　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。
2．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
答案　C
解析　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。
3．下列属于微溶物质的是(　　)
A．AgCl B．BaCl2 C．CaSO4 D．Ag2S
答案　C
解析　BaCl2易溶，AgCl、Ag2S属难溶物。
4．下列有关AgCl沉淀的溶解平衡说法正确的是(　　)
A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解达平衡后不再进行
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沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度不变
答案　C
解析　难溶物达到溶解平衡时沉淀的生成和溶解都不停止，但溶解速率和生成速率相等；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沉淀中加入NaCl固体，使溶解平衡左移，AgCl的溶解度减小。
5.
已知Ag2SO4的Ksp为2.0×10－5，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag＋和SO浓度随时间变化关系如图所示[饱和Ag2SO4溶液中c(Ag＋)＝0.034 mol·L－1]。若t1时刻在上述体系中加入100 mL 0.020 mol·L－1 Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag＋和SO浓度随时间变化关系的是(　　)
答案　B
解析　已知Ag2SO4的Ksp＝2.0×10－5＝[c(Ag＋)]2·c(SO)，则饱和溶液中c(SO)＝＝ mol·L－1＝0.017 mol·L－1，当加入100 mL 0.020 mol·L－1 Na2SO4溶液时，c(SO)＝＝0.018 5 mol·L－1，c(Ag＋)＝0.017 mol·L－1(此时Q c练方法技巧
6．AgCl和Ag2CrO4的溶度积分别为1.8×10－10和2.0×10－12，若用难溶盐在溶液中的浓度来表示其溶解度，则下面的叙述中正确的是(　　)
A．AgCl和Ag2CrO4的溶解度相等
B．AgCl的溶解度大于Ag2CrO4的溶解度
C．两者类型不同，不能由Ksp的大小直接判断溶解能力的大小
D．都是难溶盐，溶解度无意义
答案　C
解析　AgCl和Ag2CrO4阴、阳离子比类型不同，不能直接利用Ksp来比较二者溶解能力的大小，所以只有C对；其余三项叙述均错误。比较溶解度大小，若用溶度积必须是同类型，否则不能比较。
7．下列说法正确的是(　　)
A．在一定温度下AgCl水溶液中，Ag＋和Cl－浓度的乘积是一个常数
B．AgCl的Ksp＝1.8×10－10，在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)且Ag＋与Cl－浓度的乘积等于1.8×10－10
C．温度一定时，当溶液中Ag＋和Cl－浓度的乘积等于Ksp值时，此溶液为AgCl的饱和溶液
D．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大
答案　C
解析　在AgCl的饱和溶液中，Ag＋和Cl－浓度的乘积是一个常数，故A项叙述错误；只有在饱和AgCl溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)才等于1.8×10－10，故B项叙述错误；当Qc＝Ksp，则溶液为饱和溶液，故C项叙述正确；在饱和AgCl溶液中加入盐酸只会使溶解平衡发生移动，不会影响Ksp，故D项叙述错误。
8．Mg(OH)2难溶于水，但它溶解的部分全部电离。室温下时，饱和Mg(OH)2溶液的pH＝11，若不考虑KW的变化，则该温度下Mg(OH)2的溶解度是多少？(溶液密度为1.0 g·cm－3)
答案　0.002 9 g
解析　根据Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，c(OH－)＝10－3 mol·L－1，则1 L Mg(OH)2溶液中，溶解的n[Mg(OH)2]＝1 L××10－3 mol·L－1＝5×10－4 mol，其质量为58 g·mol－1×5×10－4 mol＝0.029 g，再根据＝可求出S＝0.002 9 g。
凡是此类题都是设溶液的体积为1 L，根据1 L溶液中溶解溶质的质量，计算溶解度。
练综合拓展
9．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－)之间存在以下限量关系：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________________________________________________________________。
答案　(1)7.92×10－8g　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＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋、S2－＋H2OHS－＋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
解析　(1)由FeS(s)Fe2＋(aq)＋S2－(aq)
c(Fe2＋)＝＝＝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[c(H＋)]2·c(S2－)＝1.0×10－22，所以c(H＋)＝＝＝1.11×10－3 mol·L－1。
10．已知：某温度时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.1×10－12。
试求：
(1)此温度下AgCl饱和溶液和Ag2CrO4饱和溶液的物质的量浓度，并比较两者的大小。
(2)此温度下，在0.010 mol·L－1的AgNO3溶液中，AgCl与Ag2CrO4分别能达到的最大物质的量浓度，并比较两者的大小。
答案　(1)AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
c(AgCl)＝＝
＝1.3×10－5 mol·L－1
Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)
　　　　　 2x　　　　　x
(2x)2·x＝Ksp
c(Ag2CrO4)＝＝
＝6.5×10－5 mol·L－1
所以c(AgCl)(2)在0.010 mol·L－1 AgNO3溶液中，
c(Ag＋)＝0.010 mol·L－1
AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
溶解平衡时：0.010＋x　x
(0.010＋x)·x＝1.8×10－10
因为x很小，0.010＋x≈0.010
x＝1.8×10－8 mol·L－1
c(AgCl)＝1.8×10－8 mol·L－1
Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)
溶解平衡时：　 0.010＋2x　x
(0.010＋2x)2·x＝1.1×10－12
因为x很小，0.010＋2x≈0.010
x＝1.1×10－8 mol·L－1
所以c(Ag2CrO4)＝1.1×10－8 mol·L－1
所以c(AgCl)>c(Ag2CrO4)
章末综合检测
(时间：100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；每小题只有一个选项符合题意)
1．下列各图所反映的措施中，目的是为了加快其化学反应速率的是(　　)
答案　C
2．向某密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2O(g)，发生反应：CO＋H2O(g)CO2＋H2。当反应达到平衡时，CO的体积分数为x。若维持容器的体积和温度不变，起始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数大于x的是(　　)
A．0.5 mol CO＋2 mol H2O(g)＋1 mol CO2＋1 mol H2
B．1 mol CO＋1 mol H2O(g)＋1 mol CO2＋1 mol H2
C．0.5 mol CO＋1.5 mol H2O(g)＋0.4 mol CO2＋0.4 mol H2
D．0.5 mol CO＋1.5 mol H2O(g)＋0.5 mol CO2＋0.5 mol H2
答案　B
解析　对于一个反应前后气体体积相等的可逆反应，在等温等体积的条件下发生反应时，只需投料比例相等便可保证两平衡等效。A项逆推后为1.5 mol CO＋3 mol H2O(g)，与原平衡等效；B项逆推后为2 mol CO＋2 mol H2O(g)，CO比例偏高，则平衡后CO体积分数也偏高；C项逆推后为0.9 mol CO＋1.9 mol H2O(g)，CO比例偏低；则平衡后CO体积分数也偏低；D项逆推后为1 mol CO＋2 mol H2O(g)，与原平衡等效。
3．下列说法中正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A．非自发反应在任何条件下都不能实现
B．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
C．凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
D．熵增加且放热的反应一定是自发反应
答案　D
解析　对于反应自发性的判断要综合利用焓判据和熵判据，仅靠单一判据不能对反应的自发性作出准确判断，B、C项错误；一定条件的非自发过程若改变条件也可能转变为自发过程，A项错误。
4．在2 L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)。若最初加入的A和B都是4 mol，在前10秒钟A的平均反应速率为0.12 mol·L－1·s－1，则10秒钟时，容器中B的物质的量是(　　)
A．1.6 mol B．2.8 mol C．2.4 mol D．1.2 mol
答案　B
解析　前10秒钟，B的平均反应速率为0.06 mol·L－1·s－1，则消耗的B的物质的量为0.06 mol·L－1·s－1×10 s×2 L＝1.2 mol，B剩余的物质的量为4 mol－1.2 mol＝2.8 mol。
5．对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是(　　)
A．达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)
B．若单位时间内生成x mol NO的同时消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D．化学反应速率关系是：2v正(NH3)＝3v正(H2O)
答案　A
解析　达到化学平衡状态时，v正(O2)＝v逆(O2)＝v逆(NO)，v正(NH3)＝v正(H2O)；生成x mol NO的同时一定消耗x mol NH3，反应不一定达到平衡状态。C项减压后正、逆反应速率均减小。
6．已知反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)　ΔH<0，下列说法正确的是(　　)
A．升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小
B．升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间
C．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动
D．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动
答案　B
解析　升高温度，正、逆反应速率均增大，但v逆增大的倍数多，故平衡逆向移动，且缩短了达到平衡的时间。
7．在一定温度不同压强(p1答案　B
解析　p2>p1，则反应速率较大，达到平衡所需的时间要短，且平衡向逆向移动，Z的体积分数比p1的要低。
8．体积相同的甲、乙两个容器中，分别充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)并达到平衡。在这个过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率为(　　)
A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断
答案　B
解析　根据题意，甲、乙两容器可设为如图所示的装置。
2SO2＋O22SO3的正反应是气体体积减小的反应。甲容器保持体积不变，压强变小；乙容器保持压强不变，体积减小，达到平衡状态时转化为状态丙。假设乙中的活塞不移动，由于甲、乙两个容器的体积、温度相同，达到平衡时甲、乙两容器中存在的平衡是等效平衡，其中SO2的转化率也相等。对于乙和丙两个状态，乙中压强小于丙中压强，因此丙中SO2的转化率大于乙中SO2的转化率。由此可以判断出丙中SO2的转化率也大于甲中SO2的转化率。
9．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是(　　)
A．该反应的焓变为正值
B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2
答案　A
解析　由平衡常数K＝，温度升高时H2浓度减小，说明在恒容时平衡正向移动，ΔH>0，A正确；该反应的化学方程式CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，在增大压强时H2的浓度不变，升高温度，v正和v逆都增大。
10．下列能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快
B．红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
C．SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂
D．H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深
答案　B
解析　勒夏特列原理即化学平衡移动原理。引起化学平衡移动的因素主要是浓度、压强、温度等，这些因素对化学平衡的影响都可用勒夏特列原理来解释。催化剂不能引起化学平衡移动，勒夏特列原理不包括反应速率的变化规律。
11．反应：L(s)＋aG(g)bR(g)达到平衡时，温度和压强对该反应的影响如图所示：图中压强p1>p2，x轴表示温度，y轴表示平衡时混合气体中G的体积分数。据此可判断(　　)

①上述反应是放热反应 ②上述反应是吸热反应 ③a>b ④aA．①③ B．①④ C．②③ D．②④
答案　D
解析　固定压强，随温度升高，平衡右移，则该反应为吸热反应，固定温度，随压强增大，G的体积分数增大即平衡左移，则a12．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：
SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g)
ΔH＝＋Q kJ·mol－1(Q＞0)
某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器中进行以上反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是(　　)
A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B．若反应开始时SiCl4为1 mol，则达到平衡时，吸收热量为Q kJ
C．反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol·L－1，则H2的反应速率为0.03 mol·L－1·min－1
D．当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中恰好反应
答案　D
解析　因反应是气体体积增大的反应，所以加压会减小SiCl4的转化率，A错；因反应为可逆反应，SiCl4不可能反应1 mol，故达到平衡时吸收热量应小于Q kJ，B错；列式计算v(HCl)＝＝0.03 mol·L－1·min－1，v(H2)＝v(HCl)＝0.015 mol·L－1·min－1，C错；据热化学方程式比例关系计算，吸收0.025Q kJ能量，则有0.1 mol HCl生成，可中和0.1 mol NaOH，D正确。
13．反应CH3OH(l)＋NH3(g)===CH3NH2(g)＋H2O(g)在某温度自发向右进行，若反应的|ΔH|＝17 kJ·mol－1，|ΔH－TΔS|＝17 kJ·mol－1，则下列正确的是(　　)
A．ΔH>0，ΔH－TΔS<0 B．ΔH<0，ΔH－TΔS>0
C．ΔH>0，ΔH－TΔS>0 D．ΔH<0，ΔH－TΔS<0
答案　A
解析　某温度下，反应自发向右进行说明ΔH－TΔS<0，即ΔH－TΔS＝－17 kJ·mol－1，若ΔH＝－17 kJ·mol－1，则ΔS＝0，不符合事实，故ΔH＝17 kJ·mol－1，所以选A。
14．已知反应mX(g)＋nY(g)qZ(g)的ΔH<0，m＋n>q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是(　　)
A．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动
B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍
C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小
D．增加X的物质的量，Y的转化率降低
答案　B
解析　本题主要考查学生对化学反应速率及化学平衡移动的影响因素的理解，着重考查学生的分析、理解、判断能力。该反应的特点是反应物的计量数之和大于生成物的计量数之和，且正反应是放热的纯气体反应，容器为恒容，因此，通入稀有气体，反应物与生成物浓度不变，平衡不移动，A错；降温时平衡正向移动，因混合气体的总质量不变，而总物质的量减小，故平均摩尔质量应变大，平均相对分子质量应变大，C错；增加X的物质的量，Y的转化率应增大，D错。
15．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡状态标志的是(　　)
①C生成的速率与C分解的速率相等
②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B
③A、B、C的浓度不再变化
④A、B、C的压强不再变化
⑤混合气体的总压强不再变化
⑥混合气体的物质的量不再变化
⑦单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B
⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2
A．②⑧ B．①⑥ C．②④ D．③⑧
答案　A
解析　②中生成A和B均为逆反应的表现，所以②不能作为化学平衡的标志；平衡时各组成成分的含量不再改变，但不一定等于化学式前的系数之比，所以⑧不能作为化学平衡的标志。
16．根据下列有关图象，说法正确的是(　　)
A．由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的ΔH<0
B．由图Ⅱ知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大
C．由图Ⅱ知，t3时采取增大反应体系压强的措施
D．若图Ⅲ表示在10 L容器、850℃时的反应，由图知，到4 min时，反应放出51.6 kJ的热量
答案　D
解析　A项，T1、T3处未达到平衡，T2处于平衡状态；由图Ⅱ得：t1～t2应该是NH3的质量分数最大的时候，因t3、t5时刻平衡都向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小；t3时v逆、v正都减小，且v逆>v正，则采取的措施是减小压强；由图Ⅲ可知：反应1 mol CO放热43 kJ，容积为10 L，平衡时消耗n(CO)＝n(H2O)＝1.2 mol?放热为51.6 kJ。
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(7分)(1)估计下列各变化过程是熵增还是熵减。
①NH4NO3爆炸：2NH4NO3(s)===2N2(g)＋4H2O(g)＋O2(g)
②水煤气转化：CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)
③臭氧的生成：3O2(g)===2O3(g)
(2)可逆反应A(g)＋B(g)2C(g)在不同温度下经过一定时间，混合物中C的体积分数与温度的关系如图所示。


①由T1向T2变化时，正反应速率______逆反应速率(填“>”、“<”或“＝”)。
②由T3向T4变化时，正反应速率______逆反应速率(填“>”、“<”或“＝”)。
③反应在________温度下达到平衡。
④此反应的正反应为______热反应。
答案　(1)①熵增　②熵变很小　③熵减
(2)①>　②<　③T3　④放
解析　(1)对于有气体参与的化学反应(有气体参与反应时气体既可以是反应物也可以是生成物)，气体的物质的量增大的化学反应，其熵变通常是正值，即是熵增大的反应；反之，气体的物质的量减小的化学反应，其熵变通常是负值，即是熵减小的反应。若反应物中气体的物质的量与产物中气体的物质的量相等，其熵变通常都是很小的值，正负由具体的化学反应体系来决定。NH4NO3的爆炸反应是气态物质的物质的量增大的化学反应，(2＋4＋1)－0>0，因此该过程是熵增的过程。水煤气转化反应，气态物质的物质的量反应前后未发生变化，即(1＋1)－(1＋1)＝0，估计该过程的熵变很小。生成臭氧后，气态物质的物质的量减小，即2－3<0，因此该过程是熵减的过程。
(2)①由T1向T2变化时即温度由T1升高到T2时，C%逐渐增大，说明此时反应未达到平衡，温度升高，使得反应速率加快，而且正反应的反应速率大于逆反应的反应速率，即v正>v逆。
②由T3向T4变化时，C%逐渐减小，说明在温度由T3升高到T4时，反应速率虽然提高，但是正反应的反应速率小于逆反应的反应速率，即v正③化学反应达到平衡时，正反应的反应速率等于逆反应的反应速率，即v正＝v逆，由图示可知反应在T3温度下达到平衡。
④从图中可以看出，随着反应温度的继续升高，C%反而下降，可知正反应是放热反应。
18．(10分)已知反应：2NO2(g)N2O4(g)是放热反应，为了探究温度对化学平衡的影
响，有人做了如下实验：把NO2和N2O4的混合气体通入甲、乙两个连通的烧瓶里，然后用夹子夹住橡皮管，把两烧瓶分别浸入两个分别盛有500 mL 6 mol·L－1的HCl溶液和盛有500 mL蒸馏水的烧杯中(两烧杯中溶液的温度相同)。
该实验用两个经导管连通的烧瓶，其设计意图是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
向烧杯甲的溶液中放入125 g NaOH固体，同时向烧杯乙中放入125 g硝酸铵晶体，搅拌使之溶解。甲烧瓶内气体的颜色将____________，原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
乙烧瓶内气体的颜色将__________，原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
该实验欲得出的结论是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)某同学认为该实验的设计并不完全科学，他指出此时影响化学平衡的因素不止一个，你认为他所指的另一个因素是__________________________。
答案　(1)使两个烧瓶中的可逆反应的起始平衡状态完全相同，便于对比
(2)变深　NaOH溶解放热，中和HCl也放热，使甲瓶气体温度升高，平衡逆向移动，c(NO2)增大　变浅　NH4NO3溶解吸热，乙烧瓶气体的温度降低，平衡2NO2N2O4向正反应方向移动，使NO2的浓度减小
(3)升温，平衡向吸热方向移动；降温，平衡向放热反应方向移动
(4)压强
19．(8分)在2 L的密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
写出该反应的平衡常数表达式：K＝_____________________________________。
已知：K300℃>K350℃，则该反应是______热反应。
(2)下图表示NO2的变化的曲线是__________。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝________________________________________________________________________。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a．v(NO2)＝2v(O2)
b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2)
d．容器内密度保持不变
(4)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。　　　　　　　　　　　　　　　　　
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度 c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
答案　(1)　放
(2)b　1.5×10－3 mol·L－1·s－1　(3)bc　(4)c
解析　(1)平衡常数为各生成物浓度幂之积与各反应物浓度幂之积的比值，因此本反应的K＝，由于K300℃>K350℃，即温度越高，K越小，因此正反应为放热反应。
(2)根据反应方程式：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)知：消耗NO的物质的量与生成NO2的物质的量相等，因此n(NO2)＝0.020 mol－0.007 mol＝0.013 mol，故NO2的平衡浓度为c(NO2)＝＝0.006 5 mol·L－1，故曲线b表示NO2的变化曲线。
0～2 s内，v(NO)＝＝0.003 mol·L－1·s－1，
因此v(O2)＝v(NO)＝0.001 5 mol·L－1·s－1。
(3)由于该反应为体积减小的反应，当容器的压强保持不变时，说明反应已达到平衡；v逆(NO)＝2v正(O2)＝v正(NO)，因此可以说明反应达到平衡；由于气体的质量不变，容器的体积不变，因此密度始终不变，故密度不变，不能说明反应已达到平衡。
(4)及时分离出NO2气体，降低了生成物的浓度，因此反应速率降低；由于正反应为放热反应，因此升高温度平衡向左移动；而催化剂仅改变反应速率不能使平衡发生移动，因此A、B、D均不正确；只有C增大反应物O2的浓度，v正增大，v逆随之增大，平衡正向移动。
20．(12分)将2 mol I2(g)和1 mol H2置于某2 L的密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)＋H2(g)2HI(g)　ΔH<0，并达到平衡，HI的体积分数φ(HI)随时间的变化如图曲线(Ⅱ)所示。

(1)达到平衡时，I2(g)的物质的量浓度为__________。
(2)若改变反应条件，在甲条件下φ(HI)的变化如图曲线(Ⅰ)所示，在乙条件下φ(HI)的变化如图曲线(Ⅲ)所示。则甲条件可能是________(填入下列条件的序号，下同)，乙条件可能是__________。
①恒温条件下，扩大反应容器体积　②恒容条件下，降低温度　③恒温条件下，缩小反应容器体积　④恒容条件下，升高温度　⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂
(3)若保持温度不变，在另一相同的2 L的密闭容器中加入a mol I2(g)、b mol H2和c mol HI(a、b、c均大于0)，发生反应，达到平衡时，HI的体积分数仍为0.60，则a、b、c的关系是__________。
答案　(1)0.55 mol·L－1　(2)③⑤　①
(3)4b＋c＝2a
解析　(1)设I2的变化浓度为x mol·L－1，则：
　　　　　　　　I2(g)＋H2(g)2HI(g)
起始量(mol·L－1) 1 0.5 0
变化量(mol·L－1) x x 2x
平衡量(mol·L－1) 1－x 0.5－x 2x
φ(HI)＝×100%＝60%
解得x＝0.45　则1－x＝0.55
(2)解本小题的关键点是平衡没有移动。
(3)　 I2(g)＋H2(g)2HI(g)
起始量/mol a b c
极限转化量/mol a＋ b＋ 0
因为(3)中达到的平衡状态与(1)中达到的平衡状态等效，
故(a＋)∶(b＋)＝2∶1
即4b＋c＝2a
21．(7分)A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球。关闭K2，将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同。(已知：2NO2(g)N2O4(g)　ΔH＜0)
(1)一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成的N2O4的速率是vA______vB(填“＞”、“＜”或“＝”)；若打开活塞K2，气球B将______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(2)关闭活塞K2，若在A、B中再充入与初始量相等的NO2，则达到平衡时，NO2的转化率αA将________(填“增大”、“减小”或“不变”)；若分别通人等量的氖气，则达到平衡时，A中NO2的转化率将________，B中NO2的转化率将______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(3)室温下，若A、B都保持体积不变，将A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时，______中的颜色较深。
(4)若在容器A中充入4.6 g的NO2，达到平衡后容器内混合气体的平均相对分子质量为57.5，则平衡时N2O4的物质的量为______。
答案　(1)＜　变小　(2)增大　不变　变小 (3)A　(4)0.04 mol
解析　题给反应是气体体积减小的放热反应。
(1)由于A为恒容体系，B为恒压体系，在平衡时pA＜pB，故v(A)＜v(B)，若打开K2，A、B形成一个新的恒压体系，气体体积将变小。
(2)若再通入NO2，对于A相当于加压，原平衡向正反应方向移动，NO2的转化率增大。若再通入Ne，对于A，末改变体系中各物质的浓度，平衡不移动，转化率不变；对于B，其体积增大，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，NO2的转化率减小。
(3)此时A为绝热体系，随反应的进行，体系温度升高，即TA＞TB，A相对于B是升高温度，平衡向逆反应方向移动，A中颜色加深。
(4)＝即n总＝＝0.08 mol，投入NO2的物质的量为＝0.1 mol，设转化的NO2的物质的量为x。
则　　2NO2　((　N2O4
起始： 0.1 mol 0
转化： x　 
平衡： 0.1 mol－x 
即： 0.1 mol－x＋＝0.08 mol
x＝0.04 mol
22．(8分)科学家一直致力于研究常温、常压下“人工固氮”的新方法。曾有实验报道：在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂(掺有少量Fe2O3的TiO2)表面与水发生反应，生成的主要产物为NH3。进一步研究NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表(光照、N2、压强1.0×105 Pa、反应时间3 h)：
T/K
303
313
323
353
NH3生成量
/10－6 mol
4.8
5.9
6.0
2.0
相应的热化学方程式如下：
N2(g)＋3H2O(l)===2NH3(g)＋O2(g)
ΔH＝＋765.2 kJ·mol－1
回答下列问题：
(1)请画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化的示意图，并进行必要标注。
(2)与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法固氮反应速率慢。请提出可提高其反应速率且增大NH3生成量的建议：
________________________________________________________________________。
(3)工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。设在容积为2.0 L的密闭容器中充入0.60 mol N2(g)和1.60 mol H2(g)，反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数(NH3的物质的量与反应体系中总的物质的量之比)为。计算：
①该条件下N2的平衡转化率；
②该条件下反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的平衡常数。
答案　(1)
(2)升温、增大N2浓度、不断移出生成物
(3)①66.7%　②5.0×10－3
解析　(1)催化剂能降低反应的活化能，改变反应的历程，使一个高能变过程变为几个能量相对低的过程，使反应易发生。要点是有催化剂时能量低而过程阶段多了。图见答案。
(2)加快反应速率且增大NH3生成量的方法是升温、增大N2浓度、不断移出生成物。
(3)①设反应过程中消耗了x mol N2(g)。
　　　N2(g) ＋ 3H2(g)2NH3(g)
 0.60 1.60 0
 0.60－x 1.60－3x 2x
平衡时反应体系中总物质的量＝[(0.60－x)＋(1.60－3x)＋2x] mol＝(2.20－2x) mol
NH3(g)的物质的量分数＝＝
x＝0.40
N2的平衡转化率＝×100%＝66.7%
设反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的平衡常数为K。平衡时，c(NH3)＝2×0.40 mol÷2.0
L＝0.40 mol·L－1
c(N2)＝(0.60－0.40) mol÷2.0 L＝0.10 mol·L－1
c(H2)＝(1.60－3×0.40) mol÷2.0 L＝0.20 mol·L－1
K＝＝0.10×(0.20)3÷(0.40)2
＝5.0×10－3
第二章　化学反应速率和化学平衡
第一节　化学反应速率
目标要求　1.知道化学反应速率的定量表示方法，知道v＝的含义。2.知道一个反应中化学反应速率可以用不同物质表示。3.理解反应mA＋nBpY＋qZ中，v(A)∶v(B)∶
v(Y)∶v(Z)＝m∶n∶p∶q的含义并能运用此关系进行简单的计算。4.知道化学反应速率实验测定的基本原理和方法。
一、化学反应速率
1．化学反应速率的含义
化学反应速率用单位时间内反应物或生成物浓度的变化来表示。在容积不变的反应器中，通常是用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。其数学表达式为v＝。
(1)式中v表示反应速率；c表示各反应物或生成物浓度，Δc表示其浓度的变化(取其绝对值)；t表示时间，Δt表示时间变化。
(2)单位：mol·L－1·s－1或mol·L－1·min－1或mol·L－1·h－1等。
2．化学反应速率与化学计量数之间的关系
对任意一个反应，用符号来代替具体的化学物质，反应方程式表示为mA＋nB===pY＋qZ
用不同物质表示的反应速率其关系是v(A)∶v(B)∶v(Y)∶v(Z)＝m∶n∶p∶q。
二、化学反应速率的测定
1．测定原理
利用与化学反应中任何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)根据颜色变化
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。
(2)根据释放出气体的体积
2 g锌粒分别与40 mL 1 mol·L－1的H2SO4和40 mL 4 mol·L－1的H2SO4反应，当收集到同样多的H2时，后者所用的时间较短，说明4 mol·L－1的H2SO4与锌反应比1 mol·L－1的H2SO4与锌反应的速率快。
知识点一　化学反应速率的概念
1．下列关于化学反应速率的说法正确的是(　　)
A．化学反应速率是指在一段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
B．化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1，是指在1 s时某物质的浓度是0.8 mol·L－1
C．化学反应速率可以衡量化学反应进行的快慢
D．对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象越明显
答案　C
解析　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；化学反应速率是表示某一时间段内的平均速率而不是瞬时速率。
2．已知某条件下，合成氨反应的数据如下：
　　　　N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
1.0 3.0　　　　　　　0.2
0.6 1.8　　　　　　　1.0
0.4 1.2　　　　　　　1.4
当用氨气浓度的增加来表示该反应的速率时，下列说法中错误的是(　　)
A．2 s末氨气的反应速率为0.4 mol·L－1·s－1
B．前2 s时间内氨气的平均反应速率为0.4 mol·L－1·s－1
C．前4 s时间内氨气的平均反应速率为0.3 mol·L－1·s－1
D．2～4 s时间内氨气的平均反应速率为0.2 mol·L－1·s－1
答案　A
解析　反应速率不是瞬时速率，要计算反应速率，关键要抓住Δt时间段对应的Δc的量。
知识点二　化学反应速率与化学计量数的关系
3．反应4A(s)＋3B(g)===2C(g)＋D(g)，经2 min，B的浓度减少0.6 mol·L－1。对此反应速率的表示正确的是(　　)
A．用A表示的反应速率是0.4 mol·L－1·min－1
B．分别用B、C、D表示的反应速率之比是3∶2∶1
C．在2 min末的反应速率，用B表示是0.3 mol·L－1·min－1
D．在2 min内的反应速率，用C表示是0.3 mol·L－1·min－1
答案　B
解析　固体A不具有浓度概念，该物质的反应不能用mol·L－1·min－1的单位来表示。
4．2 mol A与2 mol B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)＋3B(g) 2C(g)＋zD(g)
若2 s后，A的转化率为50%，测得v(D)＝0.25 mol·L－1·s－1，下列推断正确的是(　　)
A．v(C)＝v(D)＝0.2 mol·L－1·s－1
B．z＝3
C．B的转化率为75%
D．反应前与2 s后容器的压强比为4∶3
答案　C
解析　A的起始量为2 mol，转化50%即转化1 mol，根据反应关系知B转化1.5 mol，C生成1 mol，又因为v(D)＝0.25 mol·L－1·s－1，可计算出2 s时D的生成量为0.25 mol·L－1·s－
1×2L×2 s＝1 mol，故知z＝2，B错；v(C)＝v(D)＝v(A)＝0.25 mol·L－1·s－1，故A错；B的转化率为×100%＝75%，C正确；反应达2 s时，容器内总物质的量为nA＋nB＋nC＋nD＝1 mol＋0.5 mol＋1 mol＋1 mol＝3.5 mol。故反应前后的容器中气体总物质的量之比为4∶
3.5，压强比为4∶3.5，D错。
知识点三　化学反应速率的测量
5．在通过实验测量化学反应速率时，不可以利用的相关性质为(　　)
A．气体的体积和体系的压强
B．颜色的深浅
C．物质的浓度(或质量)
D．元素的化合价
答案　D
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
练基础落实
1．在N2＋3H22NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.6 mol·L－1。在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.45 mol·L－1·s－1，则反应所经过的时间是(　　)
A．0.44 s B．1 s C．1.33 s D．2 s
答案　D
解析　NH3的浓度增加了0.6 mol·L－1，H2的浓度减少了0.9 mol·L－1，根据v＝，v(H2)＝，Δt＝＝＝2 s。
2．某温度时，在一体积不变的容器中充入A、B各1 mol，反应进行到10 s时，测得容器中含有A：0.8 mol；B：0.4 mol；C：0.4 mol。据此回答该反应的化学方程式为：(　　)
A．A＋3B===C B．2A＋B===C C．A＋3B===2C D．A＋3B===3C
答案　C
3．反应4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)在5L密闭容器中进行，半分钟后NO的物质的量增加了0.3 mol，则此反应的平均速率v为(　　)
A．v(O2)＝0.01 mol·L－1·s－1
B．v(NO)＝0.08 mol·L－1·s－1
C．v(H2O)＝0.003 mol·L－1·s－1
D．v(NH3)＝0.001 mol·L－1·s－1
答案　C
解析　v(NO)＝＝0.002 mol·L－1·s－1，B项错；
则v(H2O)＝v(NO)×＝0.002 mol·L－1·s－1×
＝0.003 mol·L－1·s－1，C项正确；
v(NH3)＝v(NO)＝0.002 mol·L－1·s－1，D项错；
v(O2)＝v(NO)×＝0.002 mol·L－1·s－1×
＝0.002 5 mol·L－1·s－1，A项错。
4．把0.6 mol X气体和0.6 mol Y气体混合于2L的容器中，使它们发生如下反应：3X(g)＋Y(g) nI(g)＋2W(g)，5 min 末生成0.2 mol W，若测得以I的浓度变化表示的平均反应速
率为0.01 mol·L－1·min－1，则化学反应方程式中的n值为(　　)
A．4 B．3 C．2 D．1
答案　D
解析　v(I)＝0.01 mol·L－1·min－1，Δt＝5 min，V＝2L。
则n(I)＝0.01 mol·L－1·min－1×2L×5 min＝0.1 mol，
n(W)＝0.2 mol，故n(I)∶n(W)＝n∶2，n＝1。
练方法技巧
反应速率的比较方法
5．在不同条件下分别测得反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的化学反应速率，其中表示该反应进行的最快的是(　　)
A．v(SO2)＝4 mol·L－1·min－1 B．v(O2)＝3 mol·L－1·min－1
C．v(SO2)＝0.1 mol·L－1·s－1 D．v(O2)＝0.1 mol·L－1·s－1
答案　D
解析　比较：必须统一标准。换算成同一物质进行比较是关键，本题首先需要统一单位。
差量分析法
6．一定温度下，向一个容积为2L的真空密闭容器中(事先装入催化剂)通入1 mol N2和3 mol H2，发生下列反应：N2＋3H22NH3,3 min后测得密闭容器内的压强是起始时的0.9倍，在此时间内v(H2)是(　　)
A．0.2 mol·L－1·min－1 B．0.6 mol·L－1·min－1
C．0.1 mol·L－1·min－1 D．0.3 mol·L－1·min－1
答案　C
解析　3 min后压强是起始时的0.9倍，则气体总物质的量是起始时的0.9倍，则反应后的混合物的物质的量为(1 mol＋3 mol)×0.9＝3.6 mol，Δn＝0.4 mol，根据反应式知生成NH3 0.4 mol，推算出消耗H2 0.6 mol，故v(H2)＝＝0.1 mol·L－1·min－1。
图象分析法
7.
一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．反应开始到10 s末时，用Z表示的反应速率为0.158 mol·L－1·s－1
B．反应开始到10 s末时，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1
C．反应开始到10 s时，Y的转化率为79.0%
D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)Z(g)
答案　C
解析　分析图象，关键是看变化量和走势，从走势分析X、Y是反应物，Z是生成物，初步分析它们的变化量分别为Δn(X)＝1.20 mol－0.41 mol＝0.79 mol，Δn(Y)＝1.0 mol－0.21 mol＝0.79 mol，Δn(Z)＝1.58 mol，首先确定该反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)===2Z(g)。据选项要求分别计算出v(Z)＝＝0.079 mol·L－1·s－1；Δc(X)＝＝0.395 mol·L－1；α(Y)＝×100%＝79%，只有C选项正确。
练综合拓展
8．某温度时，在VL密闭容器中，A、B、C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)反应的化学方程式为__________________。
(2)从开始到t1 min末时，用物质C表示的反应速率为____________________。
答案　(1)4A＋2B===3C
(2)v(C)＝ mol·L－1·min－1
解析　观察图象中曲线的走势确定反应物、生成物，根据量变确定各物质的计量数之比，再根据时间变化和容器的体积可计算各物质的反应速率。
9.下表所列数据是某高温下金属镁和镍分别在氧气中进行氧化反应时，在金属表面生成氧化薄膜的实验记录，a和b均为与温度有关的常数。
反应时间t/h
1
4
9
16
25
MgO层厚y/nm
0.05a
0.20a
0.45a
0.80a
1.25a
NiO层厚y′/nm
b
2b
3b
4b
5b
(1)金属在高温下的氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生成速率来表示，其理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)金属氧化膜的膜厚y跟时间t所呈现的关系是：MgO氧化膜的膜厚y属于________型，NiO氧化膜的膜厚y′则属于________型。(填“直线”或“抛物线”或“双曲线”或“对数”等类型)
(3)Mg与Ni相比较，金属________具有更好的耐氧化腐蚀性，其理由是
________________________________________________________________________
______________________________。
答案　(1)化学反应的快慢既可以用反应物的消耗速率表示，又可以用生成物的生成速率表示，所以金属的腐蚀速率可以用其氧化物的生成速率来表示
(2)直线　抛物线
(3)Ni　据(2)可知y′随时间t的增加比y随时间t的增加缓慢，故Ni的耐腐蚀性比Mg好
第四节　化学反应进行的方向
一、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。
2．自发反应
在给定的一组条件下，一个反应可以自发地进行到显著程度。
二、化学反应进行方向的判据
1．焓判据(能量判据)
放热反应过程中体系能量降低，因此具有向最低能量状态进行的倾向，科学家提出用焓变(能量变化)来判断反应进行的方向，这就是焓判据(能量判据)。
2．熵判据
(1)熵：用来度量体系混乱程度的物理量。熵值越大，混乱程度越大。符号为S。单位：J·mol－1·K－1。
(2)熵值大小的比较：同一种物质在不同状态时的熵值大小为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：用熵变来判断反应进行的方向。
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会发生和过程发生的速率。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。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　自发过程与自发反应
1．下列过程是非自发的是(　　)
A．水由高处向低处流 B．天然气的燃烧
C．铁在潮湿的空气中生锈 D．水在室温下结冰
答案　D
解析　自然界中水由高处向低处流、天然气的燃烧、铁在潮湿的空气中生锈、冰在室温下融化，都是自发过程，其逆过程都是非自发过程。
2．实验证明，多数能自发进行的反应都是放热反应。对此说法的理解正确的是(　　)
A．所有的放热反应都是自发进行的
B．所有的自发反应都是放热的
C．焓变是影响反应是否具有自发性的一个重要因素
D．焓变是决定反应是否具有自发性的惟一判据
答案　C
解析　多数能自发进行的反应都是放热反应，但并不是所有能自发进行的反应都是放热反应，既然说“多数”，必定存在特例，所以只能说焓变是影响反应是否具有自发性的一个重要因素，但不是惟一因素。
知识点二　化学反应进行方向的判据
3．碳酸铵(NH4)2CO3在室温下就能自发的分解产生氨气，对其说法正确的是(　　)
A．碳酸铵分解是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大
B．碳酸铵分解是因为外界给予了能量
C．碳酸铵分解是吸热反应，根据能量判据不能自发分解
D．碳酸盐都不稳定，都能自发分解
答案　A
解析　(NH4)2CO3的分解为吸热反应，而吸热反应不易自发进行；根据焓变与熵变对化学反应的共同影响，该反应熵值一定增大。
4．摩尔熵是单位物质的量的物质在一定条件下所具有的熵。试比较下列两组物质摩尔熵的大小顺序。
(1)相同条件下的气态甲醇、乙醇、丙醇。
(2)气态苯、液态苯、固态苯。
答案　(1)S(气态甲醇)S(液态苯)>S(固态苯)
解析　一般来讲，组成物质的原子种类相同时，一个分子中的原子数目越多，其混乱度就越大，熵值也越大；对于同一种物质，S(g)>S(l)>S(s)。根据以上的规律可知，对于(1)，S(气态甲醇)S(液态苯)>S(固态苯)。
1．对于化学反应方向的判断，下列说法中正确的是(　　)
A．温度、压强一定时，放热的熵减小的反应一定能自发进行
B．温度、压强一定时，焓因素和熵因素共同决定一个化学反应的方向
C．反应焓变是决定反应能否进行的惟一因素
D．固体的溶解过程与熵变无关
答案　B
解析　化学反应的方向由焓变和熵变共同决定，不能仅用焓变或熵变判断反应的方向。　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．下列说法错误的是(　　)
A．NH4NO3溶于水是自发过程
B．同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，而固态时最小
C．借助于外力能自发进行的过程，其体系的能量趋向于从高能状态转变为低能状态
D．由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合而成的复合判据，更适合于所有的过程
答案　C
3．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
答案　C
解析　体系都有从有序自发转变为无序的倾向，此过程为熵增过程，故C错误。
4.
在图中A、B两容器里，分别收集着两种互不作用的理想气体。若将中间活塞打开(如图所示)，两种气体分子立即都分布在两个容器中。这是一个不伴随能量变化的自发过程。关于此过程的下列说法不正确的是(　　)
A．此过程为混乱程度小的向混乱程度大的方向进行的变化过程，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
答案　D
解析　根据题意ΔH＝0，ΔS＞0，由ΔH－TΔS推知该过程能自发进行，气体扩散为熵增过程，而其逆过程不能自发进行。
5．下列关于自发过程的叙述中，正确的是(　　)
A．只有不需要任何条件就能够自动进行的过程才是自发过程
B．需要加热才能够进行的过程肯定不是自发过程
C．同一可逆反应的正、逆反应在不同条件下都有自发进行的可能
D．非自发过程在任何条件下都不可能变为自发过程
答案　C
6．以下自发反应能用ΔH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＝＋156.7 kJ·mol－1
C．(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g) ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1
D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
答案　D
7．汽车尾气(含烃类、CO、NO与SO2等)，是城市主要污染源之一，治理的办法之一是在汽车排气管上装催化转化器，它使NO与CO反应生成可参与大气生态循环的无毒气体，反应原理：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)，在298 K、100 kPa下，ΔH＝－113 kJ·mol－1、ΔS＝－145 J·mol－1·K－1。下列说法中错误的是(　　)
A．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
B．该反应常温下不能自发进行，因此需要高温和催化剂
C．该反应常温下能自发进行，高温和催化剂只是加快反应的速率
D．汽车尾气中的这两种气体会与血红蛋白结合而使人中毒
答案　B
解析　该反应是放热反应，反应物总能量高于生成物的总能量，A项正确；常温下，ΔH－TΔS＝－113 kJ·mol－1－298 K×[－145 J·mol－1·K－1]×10－3 kJ/J＜0，故常温下该反应可自发进行，高温和催化剂只是加快反应速率，B项错误，C项正确；CO和NO均会与血红蛋白结合而使人中毒。
8．已知，一个可逆反应，若正反应为自发过程，则其逆反应为非自发过程，反之，亦然。
(1)已知2CO(g)CO2(g)＋C(s)，T＝980 K时ΔH－TΔS＝0。当体系温度低于980 K时，估计ΔH－TΔS____0(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)；当体系温度高于980 K时，估计ΔH－TΔS____0。
(2)电子工业中清洗硅片上的SiO2(s)的反应为SiO2(s)＋4HF(g)===SiF4(g)＋2H2O(g)　ΔH(298.15 K)＝－94.0 kJ·mol－1　ΔS(298.15 K)＝－75.8 J·mol－1·K－1，设ΔH和ΔS不随温度而变化，则此反应自发进行的温度是_______________________________________________。
答案　(1)小于　大于　(2)小于1 240 K
解析　(1)C(s)＋CO2(g)2CO(g)的反应为吸热反应，ΔH＞0，则2CO(g)CO2(g)＋C(s)为放热反应，ΔH＜0，且该反应ΔS＜0，则当T＜980 K时，ΔH－TΔS<0，T＞980 K时，ΔH－TΔS＞0。
(2)由题给信息，要使反应能自发进行，须有ΔH－TΔS<0，即－94.0 kJ·mol－1－T×[－75.8 J/(mol·K)]×10－3 kJ/J<0则T<＝1.24×103 K。
9．在298 K时，下列反应的ΔH依次为：
C2H5OH(l)＋3O2(g)―→2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH1＝－1 366.8 kJ·mol－1
C(石墨)＋O2(g)―→CO2(g)
ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
H2(g)＋1/2O2―→H2O(l)
ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1
乙醇(C2H5OH)、氢气、石墨和氧气的熵值分别为：161.0 J·mol－1·K－1、130.6 J·mol－1·K－1、5.74 J·mol－1·K－1、205.3 J·mol－1·K－1，则298 K时，由单质生成1 mol乙醇的ΔH、ΔS及ΔH－TΔS分别为多少？
答案　ΔH＝－277.6 kJ·mol－1　ΔS＝－344.93 J/(mol·K)
ΔH－T·ΔS＝－174.8 kJ·mol－1
解析　ΔH＝2ΔH2＋3ΔH3－ΔH1＝2×(－393.5 kJ·mol－1)＋3×(－285.8 kJ·mol－1)－(－1 366.8 kJ·mol－1)＝－277.6 kJ·mol－1
ΔS＝161.0 J·mol－1·K－1－3×130.6 J·mol－1·K－1－2×5.74 J·mol－1·K－1－1/2×205.3 J·mol－1·K－1
＝－344.93 J·mol－1·K－1
ΔH－TΔS＝－277.6 kJ·mol－1－298 K×(－344.93×10－3 kJ·mol－1·K－1)＝－174.8 kJ·mol－1
第三节　化学平衡
第1课时　化学平衡状态
[目标要求]　1.知道什么是可逆反应。2.知道化学平衡状态的概念和特征。3.会判断一个可逆反应是否处于化学平衡状态。
一、可逆反应
1．概念
在一定条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应。如：N2＋3H22NH3。
2．特点
(1)同一条件下，正反应和逆反应同时发生、同时存在。
(2)反应不能进行到底，反应物不能实现完全转化。
(3)反应体系中，与化学反应有关的各种物质同存于同一反应体系。
(4)反应达到限度时，反应仍在进行，没有停止。
二、化学平衡状态
1．含义
在一定条件下，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可以保持恒定。
2．特征
①逆：可逆反应　②等：v正＝v逆　③定：物质恒定
④动：动态平衡，反应没停止　⑤变：条件变，平衡移动
三、化学平衡状态的判断
1．看v(正)与v(逆)是否相等。
2．看体系中的各物质是否保持恒定。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　可逆反应
1．在密闭容器中进行如下反应：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.2 mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是(　　)
A．Z为0.3 mol·L－1
B．X2为0.2 mol·L－1
C．Y2为0.4 mol·L－1
D．c(X2)＋c(Y2)＋c(Z)＝0.55 mol·L－1
答案　A
解析　可逆反应中，反应体系中各物质一定共存，如果B、C选项中的数据存在，则Z的浓度为0，这是不可能的，A选项符合题意；又因为该反应是总体积不变的反应，达到平衡时，不论X2、Y2、Z怎么变化，总物质的量不会改变，总浓度也不会改变，即：c(X2)＋c(Y2)＋c(Z)＝0.6 mol·L－1。
知识点二　根据v正＝v逆判断平衡状态
2．在一定温度下，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是(　　)
A．单位时间内生成n mol的A2，同时生成n mol的AB
B．容器内的总压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内生成2n mol的AB，同时生成n mol的B2
D．单位时间内生成n mol的A2，同时生成n mol的B2
答案　C
3．能够说明一个可逆反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)已达到平衡状态的是(　　)
A．1 mol H—H键断裂的同时有1 mol H—I键形成
B．1 mol H—H键断裂的同时有2 mol H—I键形成
C．1 mol I—I键断裂的同时有2 mol HI键形成
D．1 mol H—H键断裂的同时有1 mol I—I键形成
答案　D
解析　断裂反应物的化学键和形成生成物的化学键都表示正反应，断裂生成物的化学键和形成反应物的化学键都表示逆反应，只要抓住反应方向相反和物质的生成和消耗量符合反应方程式，问题便可解决。
知识点三　根据物质不再增减判断化学平衡状态
4．可逆反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)在密闭容器中进行，下列能说明该反应已达到平衡状态的是(　　)
A．容器内压强不随时间变化而变化
B．混合气体总分子数不随时间变化而变化
C．混合气体的颜色不再改变
D．c(H2)与c(I2)保持相等
答案　C
解析　该反应为体积不变的反应，总分子数不变、压强不变不证明平衡已建立，H2、I2都是生成物且计量数相等，二者浓度相等也不能证明平衡已建立。
5．在一定条件下，反应：2NO＋O2NO2在定容容器中发生，对该反应达到平衡的标
志的描述中，错误的是(　　)
A．混合气体的总分子数不再变化
B．混合气体的颜色不再变化
C．容器的总压强不再变化
D．混合气体的总质量不再变化
答案　D
解析　该反应为物质的量改变的反应，在定容容器中，建立平衡的过程会有压强的改变、总分子数的改变、颜色的改变，一旦这些可变量不变了，则证明平衡建立了，而总质量在任何情况下都不发生变化。
练基础落实
1．在一定条件下，使NO和O2在一密闭容器中进行反应，下列说法中不正确的是(　　)
A．反应开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零
B．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后为零
C．随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后不变
D．随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后不变
答案　B
解析　平衡建立时，反应速率不为0。
2．在密闭容器中，充入SO2和18O原子组成的氧气，在一定条件下开始反应，在达到平衡后，18O存在于(　　)
A．只存在于氧气中 B．只存在于SO3中
C．只存在于SO2和SO3中 D．SO2、SO3、O2中都存在
答案　D
解析　该反应是可逆反应，正反应、逆反应同时存在；化学平衡是动态平衡，正反应发生时，18O存在于SO3中，逆反应发生时，SO3中的18O又可以转化到SO2中。
3．3 mol H2和1 mol N2放入密闭容器中，使用催化剂发生反应：N2＋3H22NH3，从反应开始到平衡过程中，不可能出现的是(　　)
A．2 mol NH3 B．0.5 mol NH3
C．0.9 mol N2 D．H2和NH3物质的量相等
答案　A
解析　可逆反应不可能进行到底。当生成2 mol NH3时，N2和H2的物质的量均为0，这种情况不可能出现。
4．可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系式中能说明反应已达到平衡状态的是(　　)
A．av正(A)＝bv正(B) B．bv正(A)＝av逆(B)
C．av正(C)＝cv正(A) D．av正(A)＝bv逆(B)
答案　B
解析　化学平衡建立时，v正＝v逆，对于不同物质而言，要符合物质的反应速率之比等于化学计量数之比的要求。同时必须要使反应方向不同，A、C选项方向都是正反应；B选项方向相反且符合v正(A)∶v逆(B)＝a∶b，符合题意，D选项错误。
5．在一定温度下的定容密闭容器中，当物质的下列物理量不再发生变化时，表明反应A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达到平衡状态的是(　　)
A．混合气体的密度 B．混合气体的总物质的量
C．混合气体的压强 D．混合气体的总体积
答案　A
解析　反应体系中A是固体，随反应的进行，气体的总质量增加，因为ρ＝，当体积不变时，密度逐渐变大，但达到平衡后，m不再变化，ρ也就不再变化，A选项符合题意。其它选项均不符合。如将A的状态改为气态，则选项变为B、C。
练方法技巧
认识平衡等效性的基本分析方法
6．在一个体积恒定的密闭容器中，加入2 mol A和1 mol B发生反应：2A(g)＋B(g)
3C(g)＋D(g)，一定条件下达到平衡时，C的浓度为W mol·L－1，若容器体积和温度保持不
变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C的浓度仍为W mol·L－1的是(　　)
A．4 mol A＋2 mol B
B．3 mol C＋1 mol D
C．2 mol A＋1 mol B＋3 mol C＋1 mol D
D．1 mol A＋0.5 mol B＋3 mol C＋1 mol D
答案　B
解析　2 mol A和1 mol B如果完全反应，则一定能转化成3 mol C和1 mol D，或者说3 mol C和1 mol D与2 mol A和1 mol B对于建立该平衡来说是等同的，量多、量少均不符合此条件。
7．689 K时，在1 L密闭容器中进行的反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)达到平衡，图甲表示当起始物为1 mol·L－1 H2和1 mol·L－1 I2时，容器内各物质的浓度c的变化与时间t的关系示意图。
(1)请在图乙中画出当起始物为2 mol·L－1 HI时，容器中各物质的浓度变化与时间的关系示意图。
(2)由图中的事实说明化学平衡具有的特征是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)如下图所示。
(2)①动态平衡；②v(正)＝v(逆)≠0；③平衡时各组分浓度保持不变；④一定条件下平衡的建立与途径无关
练综合拓展
8．在200℃时，将a mol H2(g)和b mol I2(g)充入到体积为V L的密闭容器中，发生反
应：I2(g)＋H2(g)2HI(g)。
(1)反应刚开始时，由于c(H2)＝_____________________________________________，
c(I2)＝______________，而c(HI)＝______，所以化学反应速率______大，而________小(为零)；
(2)随着反应的进行，反应混合物中各组分浓度的变化趋势为c(H2)______，c(I2)__________，而c(HI)__________，从而化学反应速率v正____________，而v逆________；
(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及体系的总压强(或各组分的分压)都将________。
答案　(1) mol·L－1　 mol·L－1　0　v正　v逆
(2)减小　减小　增大　减小　增大
(3)相等　保持不变
9．有A、B、C三种气体，若起始时取1 mol A与2 mol B发生反应：A＋2B2C，达到平衡时，c(A)、c(B)、c(C)之比等于v(A)、v(B)、v(C)之比，则达到平衡时A的物质的量是__________。
答案　0.5 mol
解析　根据反应的化学方程式知，v(A)∶v(B)∶v(C)＝1∶2∶2，则c(A)∶c(B)∶c(C)＝1∶2∶2，此时可判断c(B)＝c(C)，因为此反应中B的消耗量等于C的生成量，又等于B的剩余量，则B消耗了原来的一半，即1 mol，同时A消耗了0.5 mol。
第2课时　影响化学平衡的条件
[目标要求]　1.知道浓度、温度、压强等条件改变时，化学平衡状态将会被打破。2.掌握浓度、温度、压强等条件对化学平衡影响的结果以及有关的理论解释。3.理解勒夏特列原理。
一、浓度对化学平衡的影响
在其他条件不变时
(1)增大反应物浓度，化学平衡向正反应方向移动。
(2)减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动。
(3)增大生成物浓度，化学平衡向逆反应方向移动。
(4)减小反应物浓度，化学平衡向逆反应方向移动。
二、压强对化学平衡的影响
在其它条件不变时增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动。
三、温度对化学平衡的影响
在其他条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，降低温度会使化学平衡向放热反应方向移动。
四、催化剂与化学平衡
催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，能改变达到化学平衡的时间，但不能使化学平衡发生移动。
五、勒夏特列原理
如果改变影响平衡的条件之一(如温度，压强，以及参加化学反应的化学物质的浓度)，平衡将向着减弱这种改变的方向移动。
　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　影响化学平衡的因素
1．在新制的氯水中存在平衡：Cl2＋H2OH＋＋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
答案　C
解析　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，它与盐酸反应，而不与次氯酸反应。又由于H＋浓度减小，平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO向正反应方向移动，故HClO浓度增大。
2．关节炎是因为在关节滑液中形成了尿酸钠晶体，尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛，其化学机理如下：
①HUr＋H2OUr－＋H3O＋，
　尿酸　　　尿酸根离子
②Ur－(aq)＋Na＋(aq)NaUr(s)。下列对反应②的叙述正确的是(　　)
A．正反应为吸热反应
B．正反应为放热反应
C．升高温度，平衡向正反应方向移动
D．降低温度，平衡向逆反应方向移动
答案　B
解析　题意中明确指出“尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛”，说明温度降低，反应②Ur－(aq)＋Na＋(aq)NaUr(s)的平衡向正反应方向移动，可知其正反应为放热反应。
3．将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器中，恒温下发生反应H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)　
ΔH<0，平衡时Br2(g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2(g)的
转化率为b。a与b的关系是(　　)
A．a>b B．a＝b C．a答案　A
解析　两反应的温度不同，后者为绝热条件，相对于前者相当于升高了温度，Br2的转化率减小。
4．对于密闭容器中的可逆反应：mX(g)＋nY(s)pZ(g)　ΔH＜0，达到化学平衡后，改变条件，下列表述不正确的是(　　)
A．增大压强，化学平衡不一定发生移动
B．通入氦气，化学平衡不一定发生移动
C．增加X或Y的物质的量，化学平衡一定发生移动
D．其它条件不变，升高温度，化学平衡一定发生移动
答案　C
解析　Y是固体，增加Y不影响平衡。
知识点二　勒夏特列原理
5．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．在溴水中存在如下平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入NaOH溶液后颜色变浅
B．对2H2O22H2O＋O2的反应，使用MnO2可加快制O2的反应速率
C．反应CO＋NO2CO2＋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＋3H22NH3　ΔH<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施
答案　B
6．在密闭容器中，一定条件下，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
答案　B
解析　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项不能保证满足题中条件。
练基础落实
1．对已达到化学平衡的下列反应2X(g)＋Y(g)2Z(g)减小压强时，对反应产生的影响是(　　)
A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
答案　C
解析　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。
2．下列说法正确的是(　　)
A．其他条件不变，增大某一反应物的浓度，反应物的转化率一定都增大
B．对于有气体参加的反应，其他条件不变，增大压强，体积缩小，体系中各气体的浓度一定增大
C．对于有气体参加的反应，改变压强使平衡向右移动，生成的气体的浓度一定增大
D．增大反应物的浓度，平衡向右移动，生成物的体积分数一定增大
答案　B
解析　在平衡体系中，增大某一反应物的浓度，该反应物的转化率降低，对于有气体参加的反应，只要增大压强，各组分浓度同时增大，而减小压强，各组分浓度同时减小。
3．下图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是(　　)
A．反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
C．该反应达到平衡态Ⅰ后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
D．同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等
答案　C
解析　C项达到平衡态Ⅰ后，减小反应物浓度，正反应速率减小，逆反应速率在那一瞬间不变，图象应为：
4．COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)　ΔH>0。当反应达到平衡时，下列措施：①升温　②恒容通入惰性气体　③增加CO的浓度　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
答案　B
解析　要提高COCl2的转化率，平衡需正向移动。已知可逆反应的正反应是一个气体化学计量数之和增大、吸热的反应。故①升温符合。②恒容通入惰性气体平衡不移动，不符合要求。③增加CO的浓度，平衡逆向移动。④减压平衡正向移动。⑤催化剂不影响化学平衡。⑥恒压下通入惰性气体相当于减压，平衡正移，故正确答案为B。
5．在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX(g)nY(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
下列说法正确的是(　　)
A．m>n
B．Q<0
C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少
D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
答案　C
解析　升温，c(Y)增大，平衡右移，所以，Q>0，B、D错误；气体体积增大，若平衡不动，c(Y)应减小为一半，现c(Y)比一半大，即减压平衡向右移动，m6．已知汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。下列说法不正确的是(　　)
A．升高温度可使该反应的逆反应速率降低
B．使用高效催化剂可有效提高正反应速率
C．反应达到平衡后，NO的反应速率保持恒定
D．单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡
答案　A
解析　升温，无论是正反应，还是逆反应，速率均加快，A项错；催化剂可以加快化学反应速率，B项正确；达到平衡后，各组分的速率保持不变，C项正确；由于CO和CO2的计量系数相等，故当两者同时消耗的量相等时，反应即达到平衡，D项正确。
7．已知H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH<0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，相同温度下分别达到平衡浓度。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是(　　)
A．甲、乙提高相同温度
B．甲中加入0.1 mol He，乙不变
C．甲降低温度，乙不变
D．甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2
答案　C
解析　在相同体积和温度的条件下，甲、乙两容器是等效体系，平衡时两容器中各组分的浓度相同；若提高相同的温度，甲、乙两体系平衡移动的情况相同；若向甲中加入一定量的He，平衡不移动；若向甲中加0.1 mol H2和向乙中加0.1 mol I2，甲、乙两体系平衡移动的效果相同；而降低甲的温度会使平衡向正向移动，c(HI)提高。
练方法技巧
巧解化学平衡计算型选择题
8．在一个固定体积的密闭容器中，放入3 L X(气)和2 L Y(气)，在一定条件下发生下列反应：4X(气)＋3Y(气)2Q(气)＋nR(气)，达到平衡后，容器内温度不变，混合气体的压强比原来增加5%，X的浓度减小，则该反应方程式中的n值是(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
答案　D
解析　此题可采用一般规范解法或巧解法。
①常规解法：
因为反应开始和达到平衡状态时，温度和体积不变，所以气体物质的量浓度可当作它的物质的量或体积(升)来进行计算。
　　　4X(气)＋3Y(气)2Q(气)＋nR(气)
起始 3 2 0 0
变化 3×   
平衡 2 1.25 0.5 0.25n
根据阿伏加德罗定律，压强增加为原来的1.05倍(即比原来增加5%)，气体的物质的量也增加为原来的1.05倍。则有：2＋1.25＋0.5＋0.25n＝(3＋2)×1.05解得：n＝6。
②巧解法：
依题意，反应开始和达到平衡时，容器的体积和温度不变，混合气体的压强增大了，这说明平衡状态时，混合气体的总物质的量较反应前增大了，因此在上述方程式中，各生成物系数之和应大于各反应物系数之和。即(2＋n)>(4＋3)，n>5，从题中选项看，只有D符合上述关系。
练综合拓展
9．现有反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：
(1)该反应的逆反应为________热反应，且m＋n______p(填“＞”、“＝”或“＜”)。
(2)减压时，A的质量分数__________。(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)
(3)若容积不变加入B，则A的转化率__________，B的转化率__________。
(4)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比c(B)/c(C)将__________。
(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量__________。
(6)若B是有色物质，A、C均无色，则加入C(体积不变)时混合物颜色__________；而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色__________。(填“变深”、“变浅”或“不变”)
答案　(1)放　＞　(2)增大　(3)增大　减小
(4)减小　(5)不变　(6)变深　变浅
解析　升高温度，B的转化率增大，说明正反应吸热，则逆反应放热；减小压强，C的质量分数减小，则说明平衡左移，则m＋n>p。据此可对以下诸问题作出分析。
10．将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：
NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)①
2HI(g)H2(g)＋I2(g)②
当反应达到平衡时，c(H2)＝0.5 mol·L－1，c(HI)＝4 mol·L－1。试回答：
(1)计算平衡时NH3、I2的浓度：c(NH3)＝________，c(I2)＝________。
(2)增大压强，容器内I2的物质的量n(I2)________(填“增大”、“减小”或“不变”下同)，NH4I的物质的量n(NH4I)________。
答案　(1)5 mol·L－1　0.5 mol·L－1　(2)减小　增大
解析　(1)列式并设如下：平衡时NH3的浓度为x，I2的浓度为y。
NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)
　　　　x　　 　x－2y
2HI(g)H2(g)＋I2(g)
2y　　　y　　　y
则有：y＝0.5 mol·L－1＝c(H2)＝c(I2)
x－2y＝c(HI)＝4 mol·L－1
得x＝5 mol·L－1
(2)增大压强，平衡向化学计量数小的方向移动，反应①平衡向逆反应方向移动使得反应②平衡也向逆反应方向移动，故n(I2)减小，n(NH4I)增大。
第3课时　化学平衡常数与化学平衡计算
[目标要求]　1.知道化学平衡常数的含义。2.能运用化学平衡常数对化学反应进行的程度做出判断。3.能利用化学平衡常数计算反应物的转化率。
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)，当在一定温度下达到化学平衡状态时，平衡常数的表达式为：K＝。
3．意义
(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；反之进行的程度就越小，转化率就越小。
(2)K只受温度影响，与反应物或生成物的浓度变化无关。
4．反应物的转化率
某指定反应物的转化率α＝×100%＝×100%。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　化学平衡常数的概念
1．对于3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2(g)，反应的化学平衡常数的表达式为(　　)
A．K＝ B．K＝
C．K＝ D．K＝
答案　D
解析　平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，但固体浓度视为1，不写入平衡常数计算式中。
2．关于化学平衡常数的叙述，正确的是(　　)
A．只与化学反应方程式本身和温度有关
B．只与反应的温度有关
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，与其他任何条件无关的一个不变的常数
答案　A
解析　大量实验证明，化学平衡常数决定于两个方面的因素：化学反应的本身和反应体系的温度，与起始浓度等其他外界条件没有任何关系。
知识点二　平衡常数的应用
3．1 000 K时反应C(s)＋2H2(g)CH4(g)的K＝8.28×107，当各气体物质的量浓度分别为H2 0.7 mol·L－1、CH4 0.2 mol·L－1时，上述反应(　　)
A．正向移动 B．逆向移动 C．达到平衡 D．不一定
答案　A
解析　Q＝＝0.408
Qv逆。
4．放热反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)在温度t1时达到平衡，c1(CO)＝c1(H2O)＝1.0 mol·L－1，其平衡常数为K1。其他条件不变，升高反应体系的温度至t2时，反应物的平衡浓度分别为c2(CO)和c2(H2O)，平衡常数为K2，则(　　)
A．若增大CO浓度，K2和K1都增大
B．K2＞K1
C．c2(CO)＝c2(H2O)
D．c1(CO)＞c2(CO)
答案　C
解析　升高温度，该平衡左移，c2(CO)>c1(CO)，K1>K2，因为K只与温度有关，与浓度无关，则增大CO浓度不会影响K1、K2。
练基础落实
1．2 000 K时，反应CO(g)＋O2(g)CO2(g)的平衡常数为K，则相同温度下反应
2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)的平衡常数K′为(　　)
A. B．K2 C. D.
答案　C
解析　平衡常数与化学方程式的写法有关，对于以上两个反应：K＝，K′＝，所以K′＝。
2．下列对化学平衡常数K的描述中，正确的是(　　)
A．K越大，正反应进行的程度越大
B．温度升高，K值增大
C．反应物的转化率增大时，K值一定增大
D．平衡向逆反应方向移动时，K值减小
答案　A
解析　温度升高时，对于放热反应，K将减小，对于吸热反应，K才增大，因为K只与温度有关，而平衡移动的方向还与其他多种因素有关，也就是说当平衡右移时，K值不一定增大。
3．在密闭容器中发生如下反应mA(g)＋nB(g)pC(g)，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.9倍，下列说法正确的是(　　)
A．m＋n>p B．平衡向逆反应方向移动
C．A的转化率提高 D．C的体积分数增加
答案　B
解析　气体体积缩小到原来的，相当于加压，若平衡不移动，各物质的浓度应为原来的2倍。现在C的浓度为原来的1.9倍，说明平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，C的体积分数减小。根据勒夏特列原理，m＋n4．298 K时，各反应的平衡常数如下：
①N2(g)＋O2(g)2NO(g)，K＝1×10－30；
②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)，K＝2×1081；
③2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)，K＝4×10－92
则常温下，NO、H2O、CO2这三个化合物分解放氧的倾向最大的是(　　)
A．① B．② C．③ D．无法判断
答案　A
解析　要判断NO、H2O、CO2这三个化合物分解放氧的倾向，则必须求出各个分解放氧反应的平衡常数，然后比较大小即可。由计算可知：
①2NO(g)N2(g)＋O2(g)，K＝1×1030
②2H2O(g)2H2(g)＋O2(g)，K＝5×10－82
③2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)，K＝4×10－92
平衡常数越大，表示反应进行得越彻底，因此反应①即NO分解放氧的倾向最大。
5．写出下列反应中平衡常数的表达式：
(1)Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋
(2)C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)
(3)CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
答案　(1)K＝
(2)K＝
(3)K＝
6．合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在某温度下达到平衡时，各物质的浓
度是c(N2)＝3 mol·L－1，c(H2)＝9 mol·L－1，c(NH3)＝4 mol·L－1，求：
①该温度时的平衡常数；②N2、H2的起始浓度。
答案　①K＝7.32×10－3
②c(N2)＝5 mol·L－1　c(H2)＝15 mol·L－1
解析　K＝＝＝7.3×10－3
　N2　　＋　　3H2　　??　　 2NH3
起始　x　　　　　　y　　　　　 　　0
平衡　3 mol·L－1　9 mol·L－1　 　　4 mol·L－1
Δc　　x－3 mol　　y－9 mol·L－1　　4 mol·L－1
＝　x＝5 mol·L－1
＝　y＝15 mol·L－1
7．对可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，达到平衡时，各物质的物质的量浓度应满足以下关系：＝K，K为一常数，称为化学平衡常数，其反应的K值只与温度有关，现有反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0，在850℃时，K＝1。
(1)若升高温度到950℃，达到平衡时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，上述平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。
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__________。
答案　(1)小于　(2)①逆反应　②x<3.0
解析　(1)对于放热反应，升高温度，平衡左移，K值变小。
(2)Q＝＝＝>1
此时，v逆>v正，平衡向逆反应方向移动，Qv逆，根据上式，当x<3.0时，Q练方法技巧
关于平衡常数的计算
8．在一个容积为500 mL的密闭容器中，充入5 mol H2和2 mol CO。在一定温度和一定压强下，发生如下反应：
2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)，经过5 min后达到平衡状态。若此时测得CH3OH蒸气的浓度为2 mol·L－1，求：
(1)以H2的浓度变化表示的该反应的速率。
(2)达到平衡时CO的转化率。
(3)该温度下的K。
答案　(1)0.8 mol·L－1·min－1　(2)α(CO)＝50%
(3)K＝0.17
解析　2H2(g)　＋　CO(g)CH3OH(g)
　c(始)　10 mol·L－1 4 mol·L－1　　0
Δc 2x x x
c(平) 10－2x 4－x x
x＝2 mol·L－1，则Δc(H2)＝4 mol·L－1
则v(H2)＝＝＝0.8 mol·L－1·min－1
α(CO)＝×100%＝50%
K＝＝0.17。
练综合拓展
9．氨是重要的氮肥，合成原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。回答下列问题：
(1)写出平衡常数K的表达式_________________________________________，
如果降低温度，该反应K值____________，化学反应速率______，N2的转化率______。(填“增大”、“减小”或“不变”)
(2)在500℃、20 MPa时，将N2、H2置于一个容积为2 L的密闭容器中发生反应，反应过程中各种物质的物质的量随时间的变化如图所示，回答下列问题：
10 min内以NH3表示的平均反应速率为_________________________________
________________。
②在10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．使用了催化剂 B．缩小容器体积
C．降低温度 D．增加NH3物质的量
③第1次平衡的时间为：____________，第2次平衡的时间为：____________，第1次
平衡：平衡常数K1＝_____________________________________________________
(带数据的表达式)，第2次平衡时NH3的体积分数__________；
④在反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因：
________________________________________________________________________
________________，达第二次平衡时，新平衡的平衡常数K2______K1(填“大于”、“小于”或“等于”)。
答案　(1)K＝　增大　减小　增大
(2)①0.005 mol·L－1·min－1　②A
③20～25 min　35～40 min　　45.5%
④移走0.1 mol NH3　等于
第4课时　化学平衡中的数形结合问题
[目标要求]　1.能根据化学反应的建立和化学平衡的移动原理画出常见的图象。2.会分析常见的关于化学平衡的图象。
一、表示平衡建立的图象
1．速率—时间图
2．浓度—时间图
以H2(g)＋I2(g)2HI(g)为例，按要求画出如下图象：
要求：(1)容积为1 L不变的密闭容器中加入H2(g)、I2(g)各1 mol，平衡时HI为1.2 mol。(2)在1 L密闭容器中加入2 mol HI。
二、表示平衡移动的图象
1．速率—时间图
　　
(1)如图①，该平衡向正反应方向移动。
此图是增加反应物浓度引起的平衡移动。
(2)如图②，可能是改变什么条件引起的平衡移动？并判断其对应的化学反应的特点。可能是升高温度引起的平衡移动，如果是升高温度，则该反应的正反应是吸热反应；也可能是增大压强引起的平衡移动，如果是增大压强，则该反应的正反应是气体体积减小的反应。
(3)下列哪个反应一定不符合图象②__D__。
A．N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH<0
B．NH4Cl(aq)＋H2O(l)??NH3·H2O(aq)＋HCl(aq)　ΔH>0
C．C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)　ΔH>0
D．H2(g)＋I2(g)===2HI(g)　ΔH<0
2．温度、压强、转化率、时间等之间三重关系的图象
由此图可判断该反应的正反应是气体体积增大的反应，理由是p1时反应达到平衡所用时间短，故p1>p2，从p1、p2的关系又看出当压强大时，反应物的转化率α小，故知该反应的正反应是气体总体积增大的反应。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．可逆反应mA(g)nB(g)＋pC(s)　ΔH＝Q kJ·mol－1，温度和压强的变化对正、逆反应速率的影响分别符合下图中的两个图象，以下叙述正确的是(　　)
A．m>n，Q>0 B．m>n＋p，Q>0 C．m>n，Q<0 D．m答案　C
解析　找准平衡点，即两曲线交叉点，然后条件改变后，根据v正与v逆的关系确定平衡移动的方向，得出结论。
2．对于可逆反应mA(g)＋nB(s)pC(g)＋qD(g)，反应过程中，其他条件不变时，产物D的物质的量分数D%与温度T或压强p的关系如下图，下列说法正确的是(　　)
A．降温可使化学平衡向正反应方向移动
B．使用合适的催化剂可使D%有所增加
C．化学方程式中化学计量数：m>p＋q
D．B的颗粒越小，正反应速率越快，有利于平衡向正反应方向移动
答案　A
3．合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，在反应过程中，正反应速率的变化如下图：
下列说法正确的是(　　)
A．t1时升高了温度 B．t2时使用了催化剂
C．t3时增大了压强 D．t4时降低了温度
答案　B
4.
I2在KI溶液中存在下列平衡：
I2(aq)＋I－(aq)I(aq)
某I2、、KI混合溶液中，I的物质的量浓度c(I)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是(　　)
A．反应I2(aq)＋I－(aq)===I(aq)的ΔH<0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v正>v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
答案　D
解析　由图象知：c(I)随温度升高而减小，故该可逆反应的正反应为放热反应，
ΔH<0，A正确；升高温度，可逆反应逆向移动，反应的化学平衡常数减小，即K1>K2，B正确；反应进行到状态D时，c(I)v逆，C正确；状态A―→状态B，c(I)减小，化学平衡逆向移动，c(I2)增大，即状态B的c(I2)大，D错误。
1．取五等份NO2 ，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：
2NO2(g) N2O4(g)　ΔH＜0
反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是(　　)
A．①② B．①④ C．②③ D．②④
答案　D
解析　在恒容状态下，在五个相同的容器中同时通入等量的NO2，反应相同的时间。那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应方向进行。假若，5个容器在反应相同的时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，所以②正确；假若，5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况。在④中，图中的转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态，④正确。
2．汽车尾气净化中的一个反应如下：
NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)
ΔH＝－373.4 kJ·mol－1
在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是(　　)
答案　C
解析　对于放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，K值减小，CO的转化率降低，A、B错误；温度不变，K值不变，C正确；增加N2的量，平衡向逆反应方向移动，NO的转化率降低，D错误。
3.
如图是可逆反应A＋2B2C＋3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况。由此可推断(　　)
A．正反应是放热反应 B．D可能是气体
C．逆反应是放热反应 D．A、B、C、D均为气体
答案　A
解析　降温后v′正>v′逆，平衡向正反应方向移动，证明正反应放热，加压后v″正>v″逆，平衡向正反应方向移动，正反应体积减小，D不可能是气体。
4.
上图是温度和压强对X＋Y2Z反应影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是(　　)
A．上述可逆反应的正反应为放热反应
B．X、Y、Z均为气态
C．X和Y中只有一种为气态，Z为气态
D．上述反应的逆反应的ΔH>0
答案　C
解析 根据图象，在压强不变的情况下，例如1 000 kPa时，随着温度的升高，Z的体积分数增大，即随着温度的升高，平衡向正反应方向移动，所以，正反应为吸热反应，ΔH>0，逆反应为放热反应，ΔH<0，所以A、D错误；同样，在温度不变的情况下，从1 000
kPa→100 kPa→10 kPa,随着压强的减小，Z的体积分数增大，即随着压强的减小，平衡向正反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，所以C正确。
5.
有一化学平衡：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图是表示A的转化率与压强、温度的关系，分析下图可以得出的正确结论是(　　)
A．正反应是吸热反应，且m＋n>p＋q
B．正反应是吸热反应，且m＋nC．正反应是放热反应，且m＋n>p＋q
D．正反应是放热反应，且m＋n答案　A
解析　此题是两个条件同时对化学平衡产生影响的图象。先固定一个条件不变，分析另一个条件变化对平衡的影响，得出一个结论，然后再固定这个条件不变，分析另一条件变化对平衡的影响。温度不变，压强越大，A的转化率越高，得出：m＋n>p＋q；压强不变，温度越高，A的转化率越大，得出：正反应吸热。
6．反应aM(g)＋bN(g)cP(g)＋dQ(g)达到平衡时，M的体积分数y(M)与反应条件的关系如下图所示。其中z表示反应开始时N的物质的量与M的物质的量之比。下列说法正确的是(　　)
A．同温同压z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数增加
B．同压同z时，升高温度，平衡时Q的体积分数增加
C．同温同z时，增加压强，平衡时Q的体积分数增加
D．同温同压时，增加z，平衡时Q的体积分数增加
答案　B
解析　由图象可知M的体积分数随着温度升高而减小，因此正反应是吸热反应。催化剂只能改变反应达到平衡所需的时间，而对化学平衡移动无影响。升高温度平衡正向移动，因此Q的体积分数增加。比较两图可知同温时增加压强，化学平衡逆向移动，Q的体积分数减小。同温同压时增加z，平衡时Q的体积分数不一定减小，因为N的物质的量增加不定，因此A、C、D选项错误，只有B正确。
7.在密闭容器中投入一定量的A和B发生反应：
mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)。
(1)若开始时加入A物质m mol，欲使A与B的转化率相等，则加入B物质________mol。
(2)相同的压强下，充入一定量的A、B后，在不同温度下C的百分含量与时间的关系如图1所示。则T1(填“＞”、“＜”或“＝”)______T2，该反应正反应方向的ΔH(填“＞”、“＜”或“＝”)______0。
(3)一定条件下，从正反应开始至达到化学平衡的过程中，混合气体的平均相对分子质量随时间的变化如图2所示，测得达到平衡时A、B、C、D的物质的量均为1 mol。
①若在恒温恒容的条件下，向该平衡体系中再通入A、B、C、D各1 mol，则体系中气体的平均相对分子质量(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”)__________。
②若恒温恒压的条件下，向原平衡体系中再通入A、B、C、D各1 mol，则体系中气体的密度(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”)__________。
答案　(1)n　(2)＞　＞　(3)①增大　②不变
解析　(1)反应过程中体系中各物质的变化量与方程式中各物质的化学计量数成正比。若使A、B的转化率相同，则需要按化学方程式中A、B的计量数之比投料，故当加入m mol
A时，应加入n mol B。
(2)根据“先拐先平”，T1＞T2，T1时C%大于T2时C%，即升高温度，平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，ΔH＞0。
(3)由图2可知，随着反应的进行，混合气体平均相对分子质量增大，由于反应体系中各物质均为气体，故m＋n＞p＋q。
①在恒温恒容时再加入A、B、C、D各1 mol，同时将体系中各物质的浓度同时增加一
倍，即相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，增大。
在恒温恒压时，再加入A、B、C、D各1 mol，气体体积增加一倍，压强不变，平
衡不移动，ρ不变。
第5课时　习题课　　　　　　　　　　
1．一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X(g)＋2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是(　　)
①X、Y、Z的物质的量之比为1∶2∶2
②X、Y、Z的浓度不再发生变化
③容器中的压强不再发生变化
④单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol Y
A．①②　　　　 B．①④　　 　　C．②③　　 　　D．③④
答案　C
2．某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：
X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)　ΔH>0
下列叙述正确的是(　　)
A．加入少量W，逆反应速率增大
B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡
C．升高温度，平衡逆向移动
D．平衡后加入X，上述反应的ΔH增大
答案　B
解析　对于可逆反应X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)，因W为固体，所以当加入少量W后，化学反应速率不改变，A错；当升高温度时，因该反应的正反应为吸热反应，所以升高温度时平衡正向移动，C错；平衡后再加入X，平衡将正向移动，但ΔH不变，因为热化学方程式的书写形式未变，D错，故选B。
3．在某温度下，反应ClF(g)＋F2(g)ClF3(g)　ΔH<0，在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是(　　)
A．温度不变，缩小体积，ClF的转化率增大
B．温度不变，增大体积，ClF3的产率增高
C．升高温度，增大体积，有利于平衡向正反应方向移动
D．降低温度，体积不变，F2的转化率降低
答案　A
解析　由给定的化学方程式可知，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应。升温或降压有利于平衡向逆反应方向移动，反之向正反应方向移动。
4.
合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义，对于密闭容器中的反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，673 K、30 MPa下n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．点a的正反应速率比点b的小
B．点c处反应达到平衡
C．点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(N2)不一样
D．其他条件不变，773 K下反应至t1时刻，n(H2)比上图中d点的值大
答案　D
解析　建立平衡之前，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，该图平衡点并不是两曲线的交点；温度升高平衡向逆反应方向移动，n(H2)增多。
5．一定条件下，对于反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若起始时浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)。达到平衡时，X、Y、Z浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1和0.08 mol·L－1，则下列判断不合理的是(　　)
A．c1∶c2＝1∶3
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比2∶3
C．X和Y的转化率相等
D．c1的取值范围为0答案　B
6．反应N2O4(g)2NO2(g)　ΔH＝＋57 kJ·mol－1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．A、C两点的反应速率：A>C
B．A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C．由状态B到状态A，可以用加热的方法
D．A、C两点气体的平均相对分子质量：A>C
答案　C
解析　A、C两点温度相同而压强不同，增压平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，但增压也会增大浓度，反应速率：A7．在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下[已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1]：
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1 mol N2、
3 mol H2
2 mol NH3
4 mol NH3
NH3的浓度
(mol·L－1)
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出a kJ
吸收b kJ
吸收c kJ
体系压强(Pa)
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
下列说法正确的是(　　)
A．2c1>c3　　　　 B．a＋b＝92.4 C．2p21
答案　B
解析　采用“一边倒”的方法知甲、乙是两个相同的装置，且甲中生成的NH3与乙中分解的NH3的和为2 mol，则B项正确；此时c1＝c2，α1＋α2＝1。而丙中加入的NH3是乙中的两倍，开始时c3＝2c2，但丙中压强亦是乙中的两倍，增大压强，平衡正向移动，则平衡时2c1p3，A、C错误；增大压强，不利于NH3的分解，则α2>α3，故α1＋α3<1，D错误。
8．向一体积不变的密闭容器中加入2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图一所示。图二为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。已知t3－t4阶段为使用催化剂；图一中t0－t1阶段c(B)未画出。
下列说法不正确的是(　　)
A．此温度下该反应的化学方程式为2A(g)＋B(g)2C(g)
B．t4－t5阶段改变的条件为减小压强
C．B的起始物质的量为1.0 mol
D．在相同条件下，若起始时容器中加入a mol A、b mol B和c mol C，要达到t1时刻同样的平衡，a、b、c要满足的条件为a＋2c/3＝2.4和b＋c/3＝1.2
答案　A
解析　图二是在几种不同情况下的化学平衡，而影响平衡的因素有：浓度、温度、压强、催化剂，t3－t4和t4－t5这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应。再结合图一可知，A浓度的变化为 0.2 mol·L－1，C浓度的变化量为0.3 mol·L－1，由化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数之比，可写出该反应的方程式为2A(g)＋B(g)3C(g)，故A项错误；t3－t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4－t5的速率又变慢，前者题目已给出是使用催化剂，所以后者为减压，因为条件只能用一次，故B项正确；B的平衡浓度是0.4 mol·L－1，则起始时应为0.5 mol·L－1；起始时2 mol A所对应的浓度为1 mol·L－1，所以容器体积应是2 L；所以B的起始物质的量为0.5 mol·L－1×2 L＝1 mol，C项正确；D项考查的是等效平衡；要最终为相同平衡，则必须拆算后与原平衡相等。
9．在一定条件下能说明2NO2(g)N2O4(g)达到平衡状态的是________。
①温度和体积一定，某一物质浓度不再变化时
②温度和体积一定，容器内压强不再变化时
③条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化时
④温度和体积一定，混合气体的颜色不再变化时
⑤温度和压强一定，混合气体的密度不再变化时
答案　①②③④⑤
解析　①中，只要有一种物质的浓度发生变化，必然会导致另外的物质的浓度发生变化，因此只要有一种物质(纯固体除外)浓度不变，其他物质的浓度也不会变化。②该反应全部是气体参加且反应物计量数之和不等于生成物计量数之和的反应，总压等于各组分分压之和，总压不变，表明各组分的分压不变。③平衡时，混合物的平均相对分子质量＝
，反应体系的总质量不变，n(总)也不变，即NO2、N2O4的物质的量也不再变化。④反应体系的颜色由NO2的浓度决定，颜色不变意味着NO2的浓度不变，是平衡状态的标志。⑤温度、压强不变，气体的总质量不变，若密度不变则意味着体积不再变化，即各组分的物质的量不再变化，是平衡状态的标志。
10．在一个固定容积的密闭容器中，充入2 mol A和1 mol B发生反应：2A(g)＋B(g)
xC(g)，达到平衡后，C的体积分数为W%。若维持容器体积和温度不变，按0.6 mol A，0.3
mol B 和1.4 mol C为起始物质的配比，达到平衡后，C的体积分数也为W%，则x的值为
________．
答案　2或3
解析　该题有两种情况：(1)如果是一个反应前后气体体积不变的反应，即x＝3,1.4 mol C完全转化为A和B时，按2∶1物质的量之比转化，而投入的0.6 mol A和0.3 mol B物质的量之比也为2∶1，即C完全转化为A与B时，A与B物质的量之比与起始状态时A与B物质的量之比相等，符合等效平衡原理。(2)如果是一个反应前后气体体积不等的反应，即1.4 mol C转化为A时应转化成1.4 mol A，A的物质的量才能成为0.6 mol＋1.4 mol＝2.0 mol，才符合等温等容条件下的等效平衡，此时x＝2。
11．在一定温度下，把1 mol N2和3 mol H2通入一个固定容积的密闭容器里，发生如下反应：
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
当此反应进行到一定程度时，反应中的混合物就处于化学平衡状态。现在该容器中，维持温度不变，令a、b、c分别代表初始时加入的N2、H2和NH3的物质的量(mol)。如果a、b、c取不同的数值，它们必须满足一定的相互关系，才能保证达到平衡时，反应混合物中三种气体的百分含量仍跟上述平衡时的完全相同。请填写下列空白：
(1)若a＝0，b＝0，则c＝________。
(2)若a＝0.5，则b＝________、c＝________。
(3)a、b、c取值必须满足的一般条件是(请用两个方程式表示，其中一个只含a和c，另一个只含b和c)：__________、________。
答案　(1)2　(2)1.5　1　(3)0.5c＋a＝1　1.5c＋b＝3
解析　(1)1 mol N2和3 mol H2折算成NH3为2 mol，故c＝2。(2)a＝0.5，与题干中1 mol N2相比还差0.5 mol，则c mol NH3折算后应该生成0.5 mol N2(同时生成1.5 mol H2)故c＝1，要求H2折算后为3 mol，还缺1.5 mol，故b＝1.5。(3)将c mol NH3折算为N2和H2分别是0.5c mol N2和1.5c mol H2，则0.5c＋a＝1,1.5c＋b＝3。
12．硫—碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
Ⅰ　　SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI
Ⅱ　　2HIH2＋I2
Ⅲ　　2H2SO4===2SO2＋O2＋2H2O
(1)分析上述反应，下列判断正确的是________。
a．反应Ⅲ易在常温下进行
b．反应Ⅰ中SO2氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O
d．循环过程中产生1 mol O2的同时产生1 mol H2
(2)一定温度下，向1 L密闭容器中加入1 mol HI(g)，发生反应Ⅱ，H2的物质的量随时间的变化如图所示。
0～2 min内的平均反应速率v(HI)＝________。该温度下，H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数K＝________。
相同温度下，若开始时加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则________是原来的2倍。
a．平衡常数
b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间
d．平衡时H2的体积分数
答案　(1)c　(2)0.1 mol·L－1·min－1　64　b
解析　(1)H2SO4沸点较高，在常温下不发生分解；反应Ⅰ中SO2的还原性比HI强；循环过程中H2O分解生成了H2与O2，需补充；循环过程中产生1 mol O2的同时产生2 mol H2，c正确。
(2)　　2HI(g)　　??　　H2(g)　　＋　　I2(g)
初始：　1 mol·L－1　　　　　0　　　　　　　0
平衡：　0.8 mol·L－1　0.1 mol·L－1　　0.1 mol·L－1
v(HI)＝＝0.1 mol·L－1·min－1
该反应的平衡常数K1＝＝＝
相同温度下，H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数K＝＝64。
该温度下，开始时加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，平衡常数不变，HI、H2、I2平衡浓度均为原来的2倍，初始浓度变大，反应速率加快，HI、H2、I2的体积分数均不变，故选b。
13．(1)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)
ΔH＝－90.8 kJ·mol－1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
ΔH＝－23.5 kJ·mol－1
③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
ΔH＝－41.3 kJ·mol－1
总反应3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝________；
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是________(填字母代号)。
a．高温高压　b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度　e．分离出二甲醚
(2)已知反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/(mol·L－1)
0.44
0.6
0.6
①比较此时正、逆反应速率的大小：v正________v逆(填“>”、“<”或“＝”)。
②若加入CH3OH后，经10 min后达到平衡，此时c(CH3OH)＝________；该时间内的平均反应速率v(CH3OH)＝________。
答案　(1)－246.4 kJ·mol－1　ce
(2)①>　②0.04 mol·L－1　0.16 mol·L－1·min－1
14．一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。
根据题意完成下列各题：
(1)反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝________，升高温度，K值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝________。
(3)在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的，下列有关该体系的说法正确的是(　　)
a．氢气的浓度减小
b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加
d．重新平衡时，n(H2)/n(CH3OH)增大
(4)据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是________________________________________________(用化学方程式表示)。
答案　(1)　减小 (2) mol·L－1·min－1
(3)bc (4)Cu2O＋CO2Cu＋CO2
解析　本题主要考查平衡常数、化学反应速率、化学平衡移动的影响因素等知识，着重考查分析问题，尤其是利用所给图象数据进行综合分析、推理归纳得出结论的能力。(1)根据反应式和平衡常数的定义可得该反应的平衡常数表达式K＝，从题给图象可以看出平衡后500℃时的甲醇的物质的量小于300℃时的物质的量，说明该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值将减小。(2)500℃时反应达到平衡，生成甲醇的物质的量为nB，则消耗H2的物质的量为2nB，因此v(H2)＝＝ mol·L－1·min－1。(3)在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的，根据反应特点推知，增大压强，正、逆反应速率都增加，且平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量将增加，即选b、c。
(4)因Cu2O能被CO还原为Cu，所以通入CO2可抑制此反应，化学方程式为Cu2O＋CO2Cu＋CO2。
第二节　影响化学反应速率的因素
第1课时　有效碰撞　浓度、压强对化学反应速率的影响
[目标要求]　1.知道活化分子、活化能、有效碰撞的有关概念。2.理解浓度、压强对化学反应速率影响的结论和理论解释。
一、有效碰撞理论
1．有效碰撞：能发生化学反应的碰撞。
2．活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
3．活化能：活化分子高出反应物分子平均能量的部分。
4．指出下图中有关能量E的含义
E1反应的活化能
E2活化分子变成生成物分子放出的能量
E1－E2反应热
二、影响化学反应速率的因素
同一条件下不同的反应有快有慢，这取决于反应物的性质。
同一反应在不同的条件下进行时，快慢不同，这是因为外界条件影响化学反应速率，举例说明：H2O2的分解反应，常温时分解缓慢，加热时分解加快，使用催化剂时分解速率加快。
1．浓度对反应速率的影响
(1)影响
其他条件不变时，增大反应物浓度，反应速率增大；减小反应物浓度，反应速率减小。
(2)原因
其他条件不变时，增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增多，化学反应速率增大。反之，减小反应物的浓度，化学反应速率减小。
2．压强对反应速率的影响
(1)影响
对于气体反应，增大压强(减小容器容积)，反应速率加快；减小压强(增大容器容积)，反应速率减慢。
(2)原因
对于气体反应，增大压强，相当于增大反应物浓度，反应速率加快；反之，减小压强，反应速率减慢。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　有效碰撞的有关概念
1．下列说法正确的是(　　)
A．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
B．活化分子具有的能量是活化能
C．活化分子的总数越多，反应速率越快
D．单位时间内有效碰撞次数越多，反应速率越快
答案　D
解析　活化分子间的碰撞并不都是有效碰撞，只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，活化分子具有的平均能量与普通分子具有的平均能量之差才叫活化能；单位体积内活化分子总数越多，有效碰撞机会越多，反应速率才越快，A、B、C三项均错。
知识点二　浓度对化学反应速率的影响
2．将质量相同的锌粉分别投入下列4个烧杯的溶液中，反应速率最快的是(　　)
答案　D
解析　当反应中一种反应物相同时，反应速率的快慢取决于另一种反应物的浓度而不是用量，四个装置中所用的酸虽不同，但都是由c(H＋)的大小决定反应的快慢。
3．对于溶液中的反应：MnO＋5Fe2＋＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
下列措施能使化学反应速率提高的是(　　)
A．加水
B．增加同浓度FeSO4的用量
C．向溶液中滴加稀硫酸
D．加入少量KMnO4晶体
答案　D
解析　增大浓度加快反应速率，而增加反应物用量不等于增大反应物浓度。D项加入KMnO4晶体后，KMnO4晶体被溶解，溶液的浓度一定比原KMnO4溶液浓度大。
知识点三　压强对反应速率的影响
4．在C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的反应中，现采取下列措施：
①缩小体积，增大压强 ②增加碳的量　③通入CO2④恒容下充入N2 ⑤恒压下充入N2
能够使反应速率增大的措施是(　　)
A．①④ B．②③⑤ C．①③ D．①②④
答案　C
解析　对于气体反应，增大压强，反应速率加快，增加固体物质的用量，对反应速率无影响，充入与反应无关的气体，不会增加反应物浓度，故不会加快反应速率。
5．通过缩小反应容器体积而增大压强对下列反应的速率无影响的是(　　)
A．CO2(g)＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O
B．H2(g)＋I2(g)2HI(g)
C．NaCl＋AgNO3===AgCl↓＋NaNO3
D．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
答案　C
解析　只要反应中无气体物质参加或生成，改变压强均不能改变化学反应速率。
练基础落实
1．下列说法正确的是(　　)
A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增加
B．对于有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．改变条件能使化学反应速率增大的主要原因是增大了反应物分子中活化分子的有效碰撞几率
D．对于本来不能发生的化学反应，改变条件可以使反应发生
答案　C
解析　增大反应物浓度、增大气体反应物的压强都会使单位体积内活化分子数增加，但由于反应物分子的平均能量和发生反应所需能量(即活化能)都未发生变化，所以活化分子的百分数并未改变。改变条件使化学反应速率增大，主要靠增加活化分子的百分数或增加单位体积内活化分子的总数，从而增加有效碰撞次数，C项正确；对于本来不能发生的化学反应，即使改变条件，化学反应也不能发生。
2．在相同条件下，等质量(金属颗粒大小相当)的下列金属与足量1 mol·L－1的盐酸反应时，速率最快的是(　　)
A．镁 B．铝 C．钠 D．铁
答案　C
解析　内因是决定化学反应速率的主要因素，四个选项中钠最活泼，与相同浓度的酸反应时速率最快。
3．常温下，分别将四块形状相同、质量均为7 g的铁片同时放入下列四种溶液中，产生气体速率最快的是(　　)
A．150 mL 2 mol·L－1盐酸 B．500 mL2mol·L－1硫酸
C．50 mL 3 mol·L－1盐酸 D．50 mL 18.4 mol·L－1硫酸
答案　B
解析　18.4 mol·L－1的硫酸为浓硫酸，常温下，遇铁发生钝化；2 mol·L－1的硫酸中c(H＋)＝4 mol·L－1，浓度最大，反应最快。
4．一定条件下，对于反应：CaCO3(块状)＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O，为加快反应速率，下列方法可行的有(　　)
①增加盐酸的浓度　②增加同浓度盐酸的用量　③加水　④增加CaCO3(块状)的用量　⑤将块状CaCO3改为粉末状CaCO3
A．1项 B．2项 C．3项 D．4项
答案　B
解析　增大反应物浓度，可使化学反应速率加快，而②中增加盐酸用量不等于增加盐酸浓度；对于固体反应物而言，无浓度概念，要想使反应加快，可通过改变表面积来实现，与用量无关，粉末状固体物质比块状固体物质反应速率快，①⑤项符合题意。
5．将等物质的量的HI气体分别置于两个容积相等的针筒中，一个保持体积不变，另一个压缩为原来的，其它条件不变，则HI的分解速率(　　)
A．前者快 B．后者快 C．相等 D．无法判断
答案　B
解析　对于有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快。
6．一定温度下，100 mL 6 mol·L－1的硫酸与过量锌粉反应，为了减缓反应速率，但又不影响生成氢气的总质量，可向反应物中加入适量的(　　)
A．碳酸钠固体 B．少量锌粉 C．硫酸钾溶液 D．盐酸溶液
答案　C
解析　锌与硫酸溶液反应的离子方程式为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，要减缓反应速率又不影响生成氢气的量，就是要降低H＋的浓度而不改变H＋的物质的量。加入碳酸钠固体消耗了H＋；加入盐酸溶液增加了H＋；加入硫酸钾溶液既不改变H＋的物质的量，又稀释了硫酸溶液，其效果与加入水相同；加少量锌不影响反应速率也不改变H2产生的量。
7．反应3Fe(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋4H2(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．Fe的量
B．将容器的容积缩小一半
C．保持容积不变，充入水蒸气使体系压强增大
D．压强不变，充入N2使容器容积增大
答案　A
解析　增加固体Fe的量不能改变其浓度，对反应速率不产生影响；将容器的容积缩小一半时，反应体系中的H2O(g)、H2的浓度将增大，反应速率加快；当向容器中充入反应物H2O(g)，保持反应容器的容积不变时，H2O(g)的浓度增大，反应速率加快；保持压强不变，充入N2，只能扩大容积，这时H2O(g)、H2的浓度减小，反应速率减慢。
练方法技巧
条件改变后化学反应速率的比较
8．对反应A＋B===AB来说，常温下按以下情况进行反应：
①20 mL溶液中含A、B各0.01 mol
②50 mL溶液中含A、B各0.05 mol
③0.1 mol·L－1的A、B溶液各10 mL
④0.5 mol·L－1的A、B溶液各50 mL
四者反应速率的大小关系是(　　)
A．②>①>④>③ B．④>③>②>①
C．①>②>④>③ D．①>②>③>④
答案　A
解析　①中c(A)＝c(B)＝＝0.5 mol·L－1
②中c(A)＝c(B)＝＝1 mol·L－1
③中c(A)＝c(B)＝＝0.05 mol·L－1
④中c(A)＝c(B)＝＝0.25 mol·L－1
在其他条件一定的情况下，浓度越大，反应速率越快，则反应速率由大到小的顺序为②>①>④>③。
反应速率随时间变化而变化的分析技巧
9．在恒温恒容的容器中发生N2O4(g)2NO2(g)，若反应物的浓度由0.1 mol·L－1降到0.06 mol·L－1需20 s，那么由0.06 mol·L－1降到0.036 mol·L－1，所需反应时间为(　　)
A．10 s B．12 s C．大于12 s D．小于12 s
答案　C
解析　前20 s内的化学反应速率v(N2O4)＝＝0.002 mol·L－1·s－1,20 s后，c(N2O4)减小，反应速率减小，即v(N2O4)<0.002 mol·L－1·s－1，若还按0.002 mol·L－1·s－1计算，则Δt＝＝＝12 s，故应大于12 s。
练综合拓展
10．在N2＋3H22NH3反应中，当其它条件不变时，仅改变如下一个条件，该反应的速率将如何改变？(用“加快”、“减慢”、“不变”填空)
(1)增大容器的体积________；
(2)保持容积不变充入N2________；
(3)保持容积不变充入He________；
(4)保持容积压强不变充入He________。
答案　(1)减慢　(2)加快　(3)不变　(4)减慢
解析　(1)其它条件不变时，增大容器体积相当于减小了反应物浓度，反应速率减慢。
(2)充入N2，增大了反应物浓度，反应速率加快。
(3)容积不变，充入与反应无关的稀有气体He，虽然总压强增大了，但由于容积不变，反应物浓度没变，故反应速率没变。
(4)当保持压强不变充入He时，实际上相当于容器中反应物浓度减小，反应速率减慢。
11．反应速率v和反应物浓度的关系是用实验方法测定的。化学反应H2＋Cl2===2HCl的反应速率v可表示为v＝Kcm(H2)cn(Cl2)，式中K为常数，m、n的值可用下表中数据确定。
c(H2)/(mol·L－1)
c(Cl2)/mol·L－1
v/(mol·L－1·s－1)
1.0
1.0
1.0K
2.0
1.0
2.0K
2.0
4.0
32.0K
(1)由此可推得，m、n的值正确的是(　　)
A．m＝1、n＝1/2 B．m＝1/2、n＝1 C．m＝2、n＝1 D．m＝1、n＝2
(2)H2浓度对反应速率的影响________Cl2浓度对反应速率的影响(填“小于”、“大于”或“等于”)。
答案　(1)D　(2)小于
第2课时　温度、催化剂对化学反应速率的影响
[目标要求]　1.知道温度对化学反应速率影响的结论和理论解释。2.知道催化剂对化学反应速率影响的结论和理论解释。
1．温度对反应速率的影响
(1)影响
其他条件相同时，升高温度，反应速率加快；降低温度，反应速率减慢。
(2)原因
其他条件相同时，升高温度，提高了活化分子的百分数和较高能量的分子间的碰撞频率，使分子间有效碰撞的几率提高，反应速率增大。
2．催化剂对反应速率的影响
(1)影响：使用催化剂可加快反应速率。
(2)原因：催化剂改变了反应的路径，降低了反应所需的活化能，提高了反应体系中活化分子的百分数，使有效碰撞的几率提高，反应速率加快。
(3)根据图象填空。


如图所示，使用催化剂使反应速率加快
其中途径Ⅰ表示没使用催化剂。途径Ⅱ表示使用了催化剂。使用了催化剂，反应的活化能降低。
图中E1、E2都是该反应的活化能，但E2　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　温度对化学反应速率的影响
1．对于反应：M＋N―→P，如果温度每升高10℃，化学反应速率提高到原来的3倍，在10℃时完成反应的10%需要81 min，将温度提高到30℃时，完成反应的10%需要的时间为
(　　)
A．9 min B．27 min C．13.5 min D．3 min
答案　A
解析　温度由10℃升高到30℃时，反应速率提高到原来的32倍，设当提高到30℃时，完成反应的10%需要的时间为t min，则32t＝81 min，故t＝9 min。
2．已知硫代硫酸钠溶液与稀H2SO4反应可析出单质硫沉淀：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2＋H2O，某同学按下表进行实验，请你判断哪一组先出现浑浊。
编号
加3%Na2S2O3/mL
加1∶5的H2SO4/滴
温度/℃
1
5
25
25
2
5
15
35
3
5
25
45
答案　第3组实验先出现浑浊。
解析　反应物的浓度越大，反应温度越高，反应速率越快。由编号1和3可以看出，两种反应物的浓度相同，但编号3的温度高于1，故编号3先出现浑浊。再将编号3和2比较，3的浓度、温度均比2高，故最先出现浑浊的应为第3组。
知识点二　催化剂对化学反应速率的影响
3．下列关于催化剂的说法，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
C．催化剂不能改变化学反应速率
D．任何化学反应都需要催化剂
答案　B
4．亚氯酸盐(如NaClO2)可用作漂白剂，在常温下不见光时可保存一年，但在酸性溶液中因生成亚氯酸而发生分解：5HClO2===4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O。分解时，刚加入硫酸，反应缓慢，随后突然反应释放出大量ClO2，这是因为(　　)
A．酸使亚氯酸的氧化性增强
B．溶液中的H＋起催化作用
C．溶液中的Cl－起催化作用
D．逸出的ClO2使反应生成物的浓度降低
答案　C
解析　由题目信息可知，NaClO2在酸性溶液中生成亚氯酸，生成的亚氯酸在刚加入硫酸时反应缓慢，随后突然反应加快，这说明分解生成的产物中的某种物质起了催化剂的作用，故正确答案为C。
练基础落实
1．能够增加反应物分子中活化分子百分数的是(　　)
A．升高温度 B．减小压强 C．增大压强 D．增大浓度
答案　A
解析　升高温度可以增加单位体积内的活化分子百分数；增大压强和增大浓度均不能增加活化分子百分数。
2．已知：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中，反应速率最快的是(　　)
组号
反应
温度/℃
Na2S2O3
H2SO4
H2O
体积/ mL
浓度/ mol·L－1
体积/ mL
浓度/ mol·L－1
体积/ mL
A
10
5
0.2
5
0.1
10
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
10
D
30
5
0.2
5
0.2
10
答案　D
解析　对于化学反应速率影响程度最大的是催化剂，其次为温度，然后才是浓度和压强，故此类问题首先按次序找出影响程度较大的选项，同等情况下，再看浓度或压强的相对大小。C、D中反应速率大于A、B，而D选项中c(H2SO4)大于C项中c(H2SO4)，故答案为D。
练方法技巧
图象识别技巧
3.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，根据数据绘制得下图，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是(　　)

组别
c(HCl)(mol·L－1)
温度(℃)
状态
1
2.0
25
块状
2
2.5
30
块状
3
2.5
50
粉末状
4
2.5
30
粉末状
A.4－3－2－1 B．1－2－3－4 C．3－4－2－1 D．1－2－4－3
答案　C
b→b→c→d，然后根据表中所列条件判断。
改变不同条件时反应速率的比较
4．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50 mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最快的是(　　)
A．10℃ 20 mL 3 mol·L－1的X溶液
B．20℃ 30 mL 2 mol·L－1的X溶液
C．20℃ 10 mL4 mol·L－1的X溶液
D．10℃ 10 mL 2 mol·L－1的X溶液
答案　B
解析　限制同一条件，比较不同条件下的反应速率，依次得出结论。
练综合拓展
5．某中学化学小组查阅资料发现金属氧化物A也能催化氯酸钾的分解，且A和二氧化锰的最佳催化温度均在500℃左右，于是对A和二氧化锰的催化性能进行了定量对照实验。实验时均以收集满500 mL氧气为准(其他可能影响实验的因素均已忽略)。
表一：用MnO2作催化剂
实验
序号
KClO3
质量(g)
MnO2
质量(g)
反应温度
(℃)
待测
数据
1
8.00
2.00
500
2
8.00
2.00
500
表二：用A作催化剂
实验
序号
KClO3
质量(g)
A
质量(g)
反应温度
(℃)
待测
数据
1
8.00
2.00
500
2
8.00
2.00
500
请回答：上述实验中的待测数据应是__________。
完成此研究后，他们准备发表一篇研究报告，请你替他们拟一个报告的题目：________________________________________________________________________。
答案　时间　A与二氧化锰催化效果的对照研究
解析　根据题意，此实验的目的是为了对照MnO2和A的催化能力，而催化能力的高低可以用单位时间内产生的气体的量，或者产生一定量气体需要的时间来表示。现在题目指明“以收集满500 mL氧气为准”，因此在实验报告中应记录产生这些气体需要的时间。本次实验的主要目的在于比较，比较的是催化剂的效果，在拟定实验报告标题的时候注意给出这两个题目要点就可以了。
6．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：
(1)上述实验中发生反应的化学方程式有
________________________________________________________________________；
(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是
________________________________________________________________________；
(3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是________；
(4)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有______________(答两种)；
(5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需的时间。
实验
混合溶液　　　
A
B
C
D
E
F
4 mol·L－1H2SO4/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0
①请完成此实验设计，其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________。
②反应一段时间后，实验A中的金属呈________色，实验E中的金属呈________色；
③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因________________________________________________________。
答案　(1)CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu，Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑　(2)CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu－Zn微电池，加快了氢气产生的速率　(3)Ag2SO4
(4)升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等(答两种即可)　(5)①30　10　17.5　②灰黑　暗红
③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积
解析　(1)在稀硫酸中加入硫酸铜后发生了两个反应：CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu、Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑。(2)由于Zn与反应生成的Cu及硫酸铜溶液组成了Cu－Zn微电池，大大加快了生成氢气的反应速率。(3)只要是比锌的金属性差的金属都可以与锌组成原电池，都可以加快生成氢气的反应速率，故在所给的物质中只有Ag2SO4符合题意。(4)要加快生成氢气的反应速率，还可以采取如下措施：升高温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等。(5)因为要研究硫酸铜的量对反应速率的影响，故应保持硫酸的浓度在各组实验中相同，则硫酸溶液的体积均取30 mL，根据F中增加的水与硫酸铜溶液的体积之和为20 mL，可以求得各组实验中加入水的体积分别为V7＝20 mL，V8＝19.5 mL，V9＝17.5 mL，V10＝15 mL。当溶液中析出少量的铜时，因不能形成铜的晶体，故铜显示的颜色是灰黑色，E中析出较多的铜，则显示出了铜晶体的颜色：暗红色。由于析出的铜的量较多，会覆盖在锌的表面，使得锌与稀硫酸的接触面积大大减小，故反应速率反而会减慢了。
7．“碘钟”实验中，3I－＋S2O===I＋2SO的反应速率可以用I与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20℃进行实验，得到的数据如下表：
实验编号
①
②
③
④
⑤
c(I－)
/mol·L－1
0.040
0.080
0.080
0.160
0.120
c(S2O)
/mol·L－1
0.040
0.040
0.080
0.020
0.040
t/s
88.0
44.0
22.0
44.0
t1
回答下列问题：　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)该实验的目的是_______________________________________________________。
(2)显色时间t1＝________。
(3)温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40℃下进行编号③对应浓度的实验，显色时间t2的范围为__________(填字母)。
A．<22.0 s 　B．22.0～44.0 s C．>44.0 s 　D．数据不足，无法判断
(4)通过分析比较上表数据，得到的结论是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)研究反应物I－与S2O的浓度对反应速率的影响　(2)29.3 s　(3)A
(4)反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)
解析　由①和②知：c(I－)由0.040 mol·L－1―→0.080 mol·L－1，t由88.0 s―→44.0 s
由①和⑤知，c(I－)由0.040 mol·L－1―→0.120 mol·L－1，t由88.0 s―→ s＝29.3
s
温度越高，化学反应速率越快，而由20℃→40℃，显色时间t2应该比22.0 s短，所以选A。→40℃，显色时间t2应该比22.0 s短，所以选A。
章末综合检测
(时间：100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；每小题只有一个选项符合题意)
1．科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为氢气，氢气进入以磷酸为电解质溶液的燃料电池中发电，电池负极反应式为(　　)
A．H2＋2OH－－2e－===2H2O B．O2＋4H＋＋4e－===2H2O
C．H2－2e－===2H＋ D．O2＋2H2O＋4e－===4OH－
答案　C
解析　根据题给信息，该燃料电池的总反应式为2H2＋O2===2H2O；电解液为酸性溶液，电极反应式中不能出现OH－，A错误。又因为燃料电池中负极通入氢气，正极通入氧气，B、D错误。
2．天津是我国研发和生产锂离子电池的重要基地。锂离子电池正极材料是含锂的二氧化钴(LiCoO2)，充电时LiCoO2中Li被氧化，Li＋迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳(C6)中，以LiC6表示。电池反应为LiCoO2＋C6CoO2＋LiC6，下列说法正确的是(　　)
A．充电时，电池的负极反应为LiC6－e－===Li＋＋C6
B. 放电时，电池的正极反应为CoO2＋Li＋＋e－===LiCoO2
C．羧酸、醇等含活泼氢的有机物可用作锂离子电池的电解质
D．锂离子电池的比能量(单位质量释放的能量)低
答案　B
解析　充电时，Li被氧化，电池负极反应为C6＋e－===C，故A项错误；由于Li为活泼金属，可与羧酸、醇等物质反应，故C项错误；由于Li的摩尔质量较小，所以锂电池的比能量应较高，故D项错误。
3．下列叙述正确的是(　　)
A．纯锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液，可使反应速率加快
B．甲醇和氧气以及KOH溶液构成的新型燃料电池中，其负极上发生的反应为CH3OH＋6OH－＋6e－===CO2＋5H2O
C．在铁件上镀铜时，金属铜作阴极
D．电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度保持不变
答案　A
4．用石墨作电极电解1 mol·L－1的 CuSO4溶液，当c(Cu2＋)为0.5 mol·L－1时，停止电解，向剩余溶液中加入下列何种物质可使电解质溶液恢复至原来状态(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A．CuSO4 B．CuO C．Cu(OH)2 D．CuSO4·5H2O
答案　B
解析　电解过程中的反应式为
阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，
阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu。
总反应式为2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑。
由以上反应可知，电解使2 mol CuSO4和2 mol H2O变成了2 mol H2SO4，同时析出铜，放出O2，溶液中每生成2 mol Cu，则放出1 mol O2，故需补充CuO。
5．下列关于实验现象的描述不正确的是(　　)
A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀H2SO4中，铜片表面出现气泡
B．用锌片作阳极，铁片作阴极，电解ZnCl2溶液，铁片表面出现一层锌
C．把铜片插入FeCl3溶液中，在铜片表面出现一层铁
D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴CuCl2溶液，气泡放出速率加快
答案　C
解析　铜、铁是两种活动性不同的金属，稀H2SO4是电解质溶液，三者共同形成了原电池，铁片上发生氧化反应：Fe－2e－===Fe2＋，铜片上发生还原反应：2H＋＋2e－===H2↑，故A正确；B为电镀池，锌片上发生：Zn－2e－===Zn2＋，铁片上发生：Zn2＋＋2e－===Zn，故B正确；Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2，故C错误；Zn与被Zn 置换出的Cu以及原有的盐酸一起构成了原电池，发生了原电池反应，故D正确。
6．最近，科学家研制出一种纸质电池，这种“软电池”采用薄层纸片作为载体和传导体，在一边附着锌，在另一边附着二氧化锰。电池总反应式为Zn＋2MnO2＋H2O===ZnO＋2MnOOH。下列说法不正确的是(　　)
A．该电池中Zn为负极，MnO2为正极
B．该电池的正极反应式为MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－
C．导电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路电子由MnO2流向Zn
D．电池工作时水分子和OH－都能通过薄层纸片
答案　C
解析　原电池反应中Zn失电子、MnO2得电子，因此该电池负极为Zn，正极为MnO2。由电池总反应式减去负极反应式Zn－2e－＋2OH－===ZnO＋H2O即得正极反应式MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－。电子只能由Zn经外电路流向MnO2，而不能通过内电路。
7．如图所示，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。下列说法正确的是(　　)
A．X极是电源的负极，Y极是电源的正极
B．Cu电极上增重6.4 g时，b极产生4.48 L(标准状况)气体
C．电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大
D．a极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑
答案　D
解析　b极显红色，则b极为阴极，a为阳极，Pt为阳极，则X为电源正极；Cu增重6.4 g时转移0.2 mol e－，b极应产生0.1 mol H2；电解过程中CuSO4溶液转变为H2SO4，pH减小。
8．用如图所示的装置进行实验，反应一段时间后断开K，向右侧烧杯中加入0.1 mol
CuO后CuSO4溶液恰好恢复到反应前的浓度和pH。下列说法中不正确的是(　　)
A．铜棒为正极，其电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
B．烧杯右侧碳棒为阴极，其电极表面有红色物质析出
C．反应中消耗锌的质量为13 g
D．导线中通过的电子的物质的量为0.2 mol
答案　C
9．关于下图所示装置的判断，叙述正确的是(　　)
A．左边的装置是电解池，右边的装置是原电池
B．该装置中铜为正极，锌为负极
C．当铜片的质量变化为12.8 g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24 L
Cu→Cu→经过CuSO4溶液→Zn→b
答案　C
解析　根据图中所给的信息，我们可以判断出左边是氢氧燃料电池，右边是电解池，故A项错误；根据入口处所标的氧气和氢气的位置，可以知道a作正极，b作负极；并且Zn和b相连，所以是阴极，而Cu是阳极，故B项错误；Cu片上的电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，当铜片的质量变化为12.8 g时，电路中转移的电子的物质的量为n(e－)＝2n(Cu2＋)＝
2×＝0.4 mol。a极上的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，因为各个电极转移的电子的物质的量相等，所以a极上消耗氧气的体积V(O2)＝22.4 L·mol－1×n(O2)＝22.4
L·mol－1×＝2.24 L，故C项正确。
10．按下图装置进行实验，若乙中横坐标x表示流入电极的电子的物质的量，下列叙述中不正确的是(　　)
A．E表示生成铜的物质的量
B．E表示总反应中消耗水的物质的量
C．F表示反应中生成氧气的物质的量
D．F表示生成硫酸的物质的量
答案　D
解析　甲装置是电解CuSO4的实验装置，其电解方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋
O2↑＋2H2SO4，可得2CuSO4～2H2O～2Cu～O2～2H2SO4～4e－，结合图乙可知选项D错误。
11．工业上为了处理含有Cr2O的酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，工业废水中铬元素的含量已低于排放标准。关于上述方法，下列说法错误的是(　　)
A．阳极反应：Fe－2e－===Fe2＋
B．阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑
C．在电解过程中工业废水由酸性变为碱性
D．可以将铁电极改为石墨电极
答案　D
解析 用石墨作电极，阳极产生Cl2,得不到Fe2+,缺少还原剂，不能使Cr3＋→Cr3＋→
Cr(OH)3↓而除去，所以D项错误。
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，正极反应式都为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应式为Al＋3OH－－3e－===Al(OH)3↓
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
答案　A
解析　B项，以NaOH溶液为电解液时，不应生成Al(OH)3沉淀，而应生成AlO；C项，电解液的pH应减小；D项，电子通过外电路从负极流向正极。
13．下列有关电化学的图示，完全正确的是(　　)
答案　A
解析　在Cu－Zn—稀硫酸形成的原电池中，锌失电子，在铜电极生成H2，故A对；电解精炼铜时应该粗铜作阳极，所以B错；铁片镀锌应该锌作阳极，所以C错；D中碳棒作阳极，在该极产生Cl2，用KI-淀粉溶液进行检验，铁棒作阴极，在阴极区产生H2，可以用小试管收集并进行检验，所以D错。
14．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是(　　)
A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物，可用于水的净化
B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料
D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁
答案　D
解析　A项，Al3＋水解可得Al(OH)3胶体，起净水作用；B项，镶入锌块，相当于牺牲阳极的阴极保护法；C项，利用了MgO熔点高的性质；D项，电解MgCl2饱和溶液最终会得到Mg(OH)2而非Mg。
15．某原电池总反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，不能实现该反应的原电池是(　　)
A．正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3
B．正极为C，负极为Fe，电解质溶液为Fe(NO3)3
C．正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2(SO4)3
D．正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为Fe2(SO4)3
答案　C
解析　还原剂应为负极，材料为单质铁；氧化剂为Fe3＋，在正极上得到电子，电解质溶液应该为含有Fe3＋的溶液。C选项不能实现2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
16.某课外活动小组，将剪下的一块镀锌铁放入试剂瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞溶液，按如图装置进行实验，数分钟后观察，下列现象不可能出现的是(　　)

A．乙中导气管中产生气泡
B．乙中导气管里形成一段水柱
C．金属片剪口处溶液变红
D．锌被腐蚀
答案　A
解析　在食盐水中Zn、Fe形成原电池，发生吸氧腐蚀消耗甲中的氧气，甲中压强变小，乙中导气管受大气压强作用形成一段水柱；在金属剪口处形成Zn-Fe原电池，正极发生反应2H2O＋O2＋4e－===4OH－，溶液呈碱性，溶液变红，Zn比Fe活泼，Zn作负极，Zn－2e－===Zn2＋而被腐蚀。
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(8分)关于“电解CuCl2溶液时的pH变化”问题，化学界有以下两种不同的观点：观点一是，“理论派”认为电解CuCl2溶液后溶液的pH升高；观点二是，“实验派”经过反复多次精确的实验测定，证明电解CuCl2溶液时pH的变化有如图所示的曲线关系。请回答下列问题：

(1)电解前CuCl2溶液的pH处于A点的原因是(用离子方程式说明)_________
_______________________________________________________________。
(2)“理论派”所持观点的理论依据是_______________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“实验派”的实验结论是_______________________________________________。
(4)你持何种观点？你所持观点的理由是____________________________________
____________________(从化学原理上加以简述)。
答案　(1)Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋
(2)电解时Cu2＋在阴极得电子而析出Cu，由于Cu2＋浓度减小，Cu2＋的水解平衡向左移动，因而H＋浓度减小，pH增大
(3)溶液的pH降低
(4)“实验派”的观点正确，因为在电解时阳极产生Cl2，Cl2与水反应生成盐酸
解析　(1)CuCl2在水溶液中发生水解，溶液显酸性，离子方程式为Cu2＋＋2H2O
Cu(OH)2＋2H＋。
(2)“理论派”认为：电解CuCl2溶液时，阴极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，溶液中c(Cu2＋)减小，导致水解平衡左移，c(H＋)减小，pH升高。
(3)“实验派”认为：电解CuCl2溶液的过程中，在阳极有Cl2生成，Cl2与水反应：Cl2＋H2O===HCl＋HClO，使溶液中c(H＋)增大，pH减小。
18．(10分)请从图中选用必要的装置进行电解饱和食盐水的实验，要求测定产生的氢气的体积(大于25 mL)，并检验氯气的氧化性。
A极发生的电极反应是________________________________________________；
B极发生的电极反应是____________________________________________________。
(2)电源、电流表与A、B两极的正确连接顺序为
L→（ ）→（ ）→（ ）→（ ）→M
(3)设计检测上述气体实验装置时，各接口的正确连接顺序为____接____、____接A，B接____、____接____。
(4)实验中，在盛有KI-淀粉溶液的容器中发生反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
答案　(1)2H＋＋2e－===H2↑
2Cl－－2e－===Cl2↑
(2)A　B　J　K
(3)H　F　G　D　E　C
(4)Cl2＋2I－===2Cl－＋I2
解析　解答实验题，首先要明确实验的目的是什么，然后围绕实验目的去设计实验步骤，连接实验仪器，回答实验问题。同时还要提高观察能力，若观察不仔细，会造成实验失败。本题融电解、实验、计算于一体。
(1)要达到电解食盐水的目的，则电解池中铁棒必须连接电源的负极而作阴极，碳棒则连接电源的正极而作阳极，反之，铁作阳极则Fe2＋进入溶液，无法实现电解食盐水的目的。
(2)电源负极接电解池的铁棒，碳棒接电流计“－”端，“＋”端接电源正极。
(3)电解池左边A导管口产生H2，右边B导管口产生Cl2，以电解池为中心，则有：H←F、G←A、B→D、E→C，相应装置的作用：
(4)Cl2＋2I－===2Cl－＋I2
19．(10分) Zn－MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2－NH4Cl混合溶液。
(1)该电池的负极材料是____________。电池工作时，电子流向______________(填“正极”或“负极”)。
(2)若ZnCl2－NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2＋，会加速某电极的腐蚀，其主要原因是________________________________________________________________________。
欲除去Cu2＋，最好选用下列试剂中的________(填代号)。
a．NaOH b．Zn c．Fe d．NH3·H2O
(3)MnO2的生产方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液。阴极的电极反应式是________________________________________________________________________。
若电解电路中通过2 mol电子，MnO2的理论产量为_________________________g。
答案　(1)Zn(或锌)　正极
(2)锌与还原出来的铜构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀　b
(3)2H＋＋2e－===H2↑ 　87
解析　(1)原电池的负极是发生氧化反应的一极：Zn－2e－===Zn2＋；电池工作时，电子从负极流向正极。
(2)Zn与Cu2＋发生氧化还原反应，生成的Cu附着在Zn的表面构成铜锌原电池，加快反应速率，从而加快Zn的腐蚀。
(3)电解池的阴极是发生还原反应的一极：2H＋＋2e－===H2↑；每生成1 mol MnO2需转移2 mol电子，故每通过2 mol电子，理论上生成1 mol MnO2，质量为87 g。
20．(10分)下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶
液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。
(1)接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4质量分数为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：
①电源的N端为________极；
电极b上发生的电极反应为___________________________________________；
③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：________L；
④电极c的质量变化是__________g；
⑤电解前后各溶液的pH是否发生变化：
甲溶液________________；乙溶液________________；
丙溶液________________；
(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？
答案　(1)①正　②4OH－－4e－===2H2O ＋ O2↑
③2.8　④16　⑤pH增大　pH减小　pH不变
(2)能继续进行，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应。
解析　(1)①乙中c电极质量增加，则c处发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu，即c处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。丙中电解液为K2SO4溶液，相当于电解水，设电解的水的质量为x g。由电解前后溶质质量相等有，100×10%＝(100－x)×
10.47%，得x＝4.5 g，故电解的水为0.25 mol。由方程式2H2O2H2↑＋O2↑可知，电解2 mol H2O，转移4 mol电子，所以整个反应中转移了0.5 mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移的电子数是相等的。②甲中为NaOH溶液，相当于电解水，阳极b处为阴离子OH－放电，即4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。③转移0.5 mol电子，则生成O2为 mol＝0.125 mol，标况下的体积为0.125 mol×22.4 L·mol－1＝2.8 L。④Cu2＋＋2e－===Cu，转移0.5 mol电子，则生成的m(Cu)＝0.5/2 mol×64 g·mol－1＝16 g。⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大。乙中阴极为Cu2＋放电，阳极为OH－放电，所以H＋增多，故pH减小。丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变。(2)铜全部析出，可以继续电解H2SO4溶液，有电解液即可电解。
21．(6分)
如图所示，A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞溶液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色，请填空：
(1)电源A上的a为________极。
(2)滤纸B上发生的总化学反应方程式为____________________________________。
(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为________________________________________________________________________，
电极f上发生的反应为___________________________________________________，
槽中盛放的电镀液可以是__________或________(只要求填两种电解质溶液)。
答案　(1)正
(2)2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH
(3)Zn－2e－===Zn2＋　Zn2＋＋2e－===Zn
ZnSO4溶液　ZnCl2溶液
解析　(1)解答本题的关键之处是：“B上的c点显红色”，c点之所以呈红色，是因为此处发生电极反应后显碱性，使酚酞变红色，故c点发生的反应是2H＋＋2e－===H2↑，式中的H＋来自水：H2OH＋＋OH－，消耗了H＋，过剩的OH－使酚酞显红色。c点发生还原反应，应
为电解池的阴极，因此b为负极，a应为正极。(2)滤纸B上发生的化学反应，实为电解NaCl溶液，故总化学反应方程式为2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH。
(3)铁上镀锌，镀层金属应为阳极，接电源的正极。因此电镀槽C中，e应为金属锌(阳极)，它发生阳极溶解，反应式为Zn－2e－===Zn2＋；而f应为镀件(金属铁)，在它上面发生的反应是Zn2＋＋2e－===Zn(沉积于铁阴极上)；镀液应含Zn2＋，ZnSO4和ZnCl2是合理的选择，当然不限于这两种。
22．(8分)(1)将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，两电极间连接一个电流计。
锌片上发生的电极反应：___________________________________________________；
银片上发生的电极反应：_________________________________________________。
(2)若该电池中两电极的总质量为60 g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为47 g，试计算：
①产生氢气的体积(标准状况)；
②通过导线的电量。(已知NA＝6.02×1023 mol－1，电子电量为1.60×10－19C)
答案　(1)Zn－2e－===Zn2＋　2H＋＋2e－===H2↑
(2)①4.48 L　②3.85×104 C
解析　(1)根据金属活动性分析得出锌片为负极，银片为正极，相应电极反应式为Zn－
2e－===Zn2＋；2H＋ ＋2e－===H2↑。
(2)①锌片与银片总质量减轻，是因锌片与酸反应：
Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑～转移2e－
65 g　　　　　　　22.4 L　2×6.02×1023
60 g－47 g　　　　V(H2)　Q/1.60×10－19
得V(H2)＝4.48 L；Q＝3.85×104 C
第四章 电化学基础
第一节　原电池
[目标要求]　1.理解原电池的工作原理，能够写出电极反应式和电池反应方程式。2.了解半反应、盐桥、内电路、外电路等概念。3.会判断原电池的正、负极，能够利用氧化还原反应设计简单的原电池。
一、原电池
1．原电池定义：将化学能转变为电能的装置。
2．实质：将氧化还原反应的电子转移变成电子的定向移动。即将化学能转化成电能。
3．简单原电池的构成条件：
①活泼性不同的两个电极，②电解质溶液，③形成闭合回路，④能自发进行的氧化还原反应。
二、原电池的工作原理
工作原理：利用氧化还原反应在不同区域内进行，以适当方式连接起来，获得电流。
以铜锌原电池为例：
1．在ZnSO4溶液中，锌片逐渐溶解，即Zn被氧化，锌原子失电子，形成Zn2＋进入溶液，从锌片上释放的电子，经过导线流向铜片；
CuSO4溶液中，Cu2＋从铜片上得电子，还原成为金属铜并沉积在铜片上。
锌为负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋；
铜为正极，发生还原反应，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu。
总反应式为Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，反应是自发进行的。
2．闭合回路的构成：
外电路：电子从负极到正极，电流从正极到负极，
内电路：溶液中的阴离子移向ZnSO4溶液，阳离子移向CuSO4溶液。
3．盐桥
盐桥中通常装有含琼胶的KCl饱和溶液。当其存在时，随着反应的进行，Zn棒中的Zn原子失去电子成为Zn2＋进入溶液中，使ZnSO4溶液中Zn2＋过多，带正电荷。Cu2＋获得电子沉积为Cu，溶液中Cu2＋过少，SO过多，溶液带负电荷。当溶液不能保持电中性时，将阻止放电作用的继续进行。盐桥的存在就避免了这种情况的发生，其中Cl－向ZnSO4溶液迁移，K＋向CuSO4溶液迁移，分别中和过剩的电荷，使溶液保持电中性，反应可以继续进行。
知识点一　原电池
1．下列装置中能构成原电池产生电流的是(　　)
答案　B
解析　A、D项中电极与电解质溶液之间不发生反应，不能构成原电池；B项符合原电池的构成条件，两电极发生的反应分别是Zn－2e－===Zn2＋，2H＋＋2e－===H2↑；C项中酒精不是电解质，故不能构成原电池。
2．下列各装置能形成原电池的是(　　)
答案　D
解析　判断一个装置能否构成原电池，要看是否符合原电池的构成条件：①电极材料(活动性不同的金属、金属与非金属、金属与金属氧化物)；②电解质溶液；③构成闭合回路；④能自发进行的氧化还原反应。A装置：由于两个电极是同种金属，不能形成原电池；B装置：酒精不是电解质溶液，不能构成原电池；C装置：没有形成闭合回路，不能形成原电池；D装置：符合原电池构成的条件，能形成原电池。
知识点二　原电池的原理
3．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
答案　C
解析　因乙杯中锌片和铜片没有接触，故不能构成原电池，A、B皆错；因甲烧杯中Zn、Cu用导线连接后构成原电池，加快了Zn的溶解，故D错；又因两杯中的Zn都能与稀H2SO4反应产生H2而消耗H＋，故C正确。
4．把A、B、C、D四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。A、B相连时，A为负极；C、D相连时，D上有气泡逸出；A、C相连时，A极减轻；B、D相连时，B为正极。则四种金属的活动性顺序由大到小排列为(　　)　　　　　　　　　　　　　
A．A>B>C>D B．A>C>B>D C．A>C>D>B D．B>D>C>A
答案　C
解析　金属组成原电池，相对活泼的金属失去电子作负极，相对不活泼的金属作正极。负极被氧化，质量减轻，正极发生还原反应，有物质析出，由题意得活动性A>B、A>C、C>D、D>B，故正确答案为C。
知识点三　原电池的应用
5．一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，则有关此电池推断正确的是(　　)
A．通入乙烷的电极为正极
B．参加反应的乙烷与氧气的物质的量之比为7∶2
C．放电一段时间后，KOH的物质的量浓度减少
D．负极反应式为C2H6＋6H2O－14e－===2CO＋18H＋
答案　C
解析　乙烷燃烧的化学方程式为2C2H6＋7O2―→4CO2＋6H2O，在该反应中氧气得电子，乙烷失电子，因此通入氧气的电极为正极，而通入乙烷的电极为负极，故A答案错误；反应中参加反应的乙烷与氧气的物质的量之比应为2∶7，故B答案错误；考虑到该电池是以KOH为电解质溶液的，生成的CO2会和KOH反应转化成K2CO3，反应中消耗KOH，KOH的物质的量浓度减少，故C答案正确；由于该电池是以KOH溶液为电解液的，D答案中负极生成的H＋显然在溶液中是不能存在的，故D答案错误。考虑到电解质溶液的影响，此时该电池的总反应式应为2C2H6＋8KOH＋7O2―→4K2CO3＋10H2O，正极反应式为14H2O＋7O2＋28e－===28OH－(正极氧气得电子，理论上形成O2－，但该粒子在水中不稳定，必须以OH－形式存在)，负极反应式可用总反应式减去正极反应式得到：2C2H6＋36OH－－28e－===4CO＋24H2O。
6．已知电极材料：铁、铜、银、石墨、锌、铝；电解质溶液：CuCl2溶液、Fe2(SO4)3溶
液、硫酸。按要求回答下列问题：
(1)电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用。请说明原因
________________________________________________________________________。
(2)若电极材料选铜和石墨，电解质溶液选硫酸铁溶液，外加导线，能否构成原电池？________。若能，请写出电极反应式，负极：____________________，正极：
________________________。(若不能，后两空不填)
(3)设计一种以铁和稀硫酸反应为原理的原电池，要求画出装置图(需标明电极材料及电池的正、负极)。
答案　(1)二者连接在一起时，接头处在潮湿的空气中形成原电池而被腐蚀
(2)能　Cu－2e－===Cu2＋　2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
(3)
解析　(1)当Cu、Al导线连接时，接触到潮湿的空气就易形成原电池而被腐蚀。
(2)因为FeCl3能与Cu发生反应：2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，因此根据给出的条件可以设计成原电池，其负极为Cu，反应为Cu－2e－===Cu2＋，正极为石墨，电极反应式为2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋。
(3)因为总反应式为Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，所以负极为Fe，正极可为Cu、Ag或石墨，电解质为稀硫酸，即可画出装置图。
练基础落实
1．下列关于实验现象的描述不正确的是(　　)
A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡
B．用锌片作负极，铜片作正极，在CuSO4溶液中，铜片质量增加
C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁
D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出的速率加快
答案　C
解析　铜片和铁片紧靠并浸入稀H2SO4中，铜片上的H＋获得由铁片传递过来的电子：2H＋＋2e－===H2↑，所以可观察到铜片表面出现气泡；锌片作负极，铜片作正极，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的Cu在铜片上析出使其质量增加；铜片插入FeCl3溶液中，发生的反应是Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，并没有单质铁的析出；向盛有锌粒和盐酸的试管中滴入几滴CuCl2溶液，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，置换出的Cu与剩余的Zn接触，置于盐酸中，构成了原电池，加速2H＋＋2e－===H2↑反应，可观察到气泡放出的速率加快。
2．控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如下图所示的原电池。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，甲中石墨电极上的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，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极
答案　D
解析　由反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2可知，反应开始时，甲中Fe3＋发生还原反应，乙中I
－发生氧化反应；当电流计读数为零时，则反应达到了平衡状态，此时在甲中溶入FeCl2固体，平衡向逆反应方向移动，乙中I2发生还原反应，则乙中石墨电极为正极；故选D。
3.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31 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
答案　A
解析　在涉及原电池的有关计算中，关键是要把握住一点即两极得、失电子数相等。利用这一特点，我们从电极反应式看：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，这样即可推出A正确。
练方法技巧
4．以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。关于该电池的叙述正确的是(　　)
A．该电池能够在高温下工作
B．电池的负极反应式为C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋
C．放电过程中，H＋从正极区向负极区迁移
D．在电池反应中，每消耗1 mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体 L
答案　B
解析　由葡萄糖微生物燃料电池结构示意图可知，此燃料电池是以葡萄糖为燃料，以氧气为氧化剂，以质子交换膜为隔膜，以惰性材料为电极的一种燃料电池。由于是微生物电池，而微生物的生存温度有一定的范围，所以高温下微生物不一定能够生存，A错误；放电时，负极：C6H12O6被微生物分解成CO2、H＋和电子，电极反应式：C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋，B正确；负极产生的H＋透过质子交换膜进入正极室，C错误；负极产生的电子沿外电路从负极流向正极，在正极室与H＋和氧气发生反应生成水。总反应方程式为C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O，由总反应方程式可知：每消耗1 mol氧气，理论上可以生成标准状况下CO2气体22.4 L，D错误。
5．据报道，我国拥有的完全自主产权的氢氧燃料电池车已在北京奥运会期间为运动员提供了服务。某种氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是(　　)
A．正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量不变
C．该燃料电池的总反应方程式为2H2＋O2===2H2O
D．用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24 L Cl2(标准状况)时，有0.1 mol电子转移
答案　D
解析　本题考查燃料电池的工作原理。氧气在正极发生还原反应，A正确；该燃料电池中氢气与氧气反应生成水，KOH没有消耗，也没有生成，故KOH的物质的量不变，但其溶液浓度变小，B正确；H2和O2反应生成水是该电池发生的反应，C正确；CuCl2Cu＋Cl2↑，2Cl－－2e－===Cl2↑，n(Cl2)＝2.24 L/22.4 L·mol－1＝0.1 mol，n(e－)＝0.2 mol，D错
误。
练综合拓展
6．某探究活动小组想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，有甲、乙两位同学均使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6 mol·L－1的稀H2SO4中，乙同学将电极放入6 mol·L－1的NaOH溶液中，如图所示。
(1)写出甲池中发生的有关电极反应的反应式：
负极___________________________________________________________________，
正极___________________________________________________________________。
(2)写出乙池中发生的有关电极反应的反应式：
负极____________________________________________________________________，
正极___________________________________________________________________。
总反应离子方程式为______________________________________________________。
(3)如果甲与乙两位同学均认为“构成原电池的电极材料若是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出________活动性更强，而乙会判断出________活动性更强(填写元素符号)。
(4)由此实验，可得到如下哪些结论？________。
A．利用原电池反应判断金属活动性顺序应注意选择合适的介质
B．镁的金属性不一定比铝的金属性强
C．该实验说明金属活动性顺序表已过时，已没有实用价值
D．该实验说明化学研究对象复杂、反应条件多变，应具体问题具体分析
(5)上述实验也反过来证明了“利用金属活动性顺序表直接判断原电池中正、负极”的做法________(填“可靠”或“不可靠”)。如不可靠，则请你提出另一个判断原电池正、负极可行的实验方案_____________________________________________________________。
答案　(1)Mg－2e－===Mg2＋　2H＋＋2e－===H2↑
(2)2Al＋8OH－－6e－===2AlO＋4H2O
6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑
2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(3)Mg　Al　(4)AD
(5)不可靠　将两种金属电极连上电流表而构成原电池，利用电流表检测电流的方向，从而判断电子的流动方向，再来确定原电池的正、负极
解析　(1)甲池中电池总反应方程式为Mg＋H2SO4===MgSO4＋H2↑，Mg作负极，电极反应式为Mg－2e－===Mg2＋，Al作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。
(2)乙池中电池总反应方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，负极上为Al被氧化生成Al3＋后与OH－反应生成AlO，电极反应式为2Al－6e－＋8OH－===2AlO＋4H2O；正极产物为H2，电极反应式为6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑。
(3)甲池中Mg为负极，Al为正极；乙池中Al为负极，Mg为正极，若根据负极材料金属比正极活泼，则甲判断Mg活动性强，乙判断Al活动性强。
(4)选AD。Mg的金属活动性一定比Al强，金属活动性顺序表是正确的，应用广泛。
(5)判断正、负极可根据回路中电流方向或电子流向等进行判断，直接利用金属活动性顺序表判断原电池的正、负极是不可靠的。
第二节　化学电源
[目标要求]　1.了解依据原电池原理开发的技术产品——化学电池。2.了解一次电池、二次电池、燃料电池的基本构造、工作原理、性能和适用范围。3.正确书写原电池的电极反应式和电池反应方程式。
一、化学电池
化学电池是利用原电池原理，将化学能转化为电能的装置。
二、常用电池
1．一次电池
碱性锌锰电池
锌银电池
电池结构
负极：Zn
正极：MnO2
电解质溶液：KOH溶液
负极：Zn
正极：Ag2O
电解质溶液：KOH溶液
电极反应
正极
2MnO2＋2e－＋2H2O===2MnOOH＋2OH－
Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－
负极
Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2
Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2
总反应式
Zn＋2MnO2＋2H2O===2MnOOH＋Zn(OH)2
Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag
2.二次电池
铅蓄电池
氢氧燃料电池
电池结构
负极：Pb
正极：PbO2
电解质溶液：H2SO4溶液
负极：H2
正极：O2
电解质：酸性电解质
电极反应
正极
PbO2(s)＋SO(aq)＋4H＋(aq)＋2e－===PbSO4(s)＋2H2O(l)
O2＋4H＋＋4e－===2H2O
负极
Pb(s)＋SO(aq)－2e－===PbSO4(s)
2H2－4e－===4H＋
总反应式
Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)===2PbSO4(s)＋2H2O(l)
2H2＋O2===2H2O
知识点一　化学电池
1．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。碱性锌锰电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn＋MnO2＋H2O===ZnO＋Mn(OH)2
下列说法中，错误的是(　　)
A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为
MnO2＋2H2O＋2e－===Mn(OH)2＋2OH－
C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D．外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量理论上减少6.5 g
答案　C
解析　本题要求利用原电池的原理，分析碱性锌锰电池：锌为负极，在反应中失去电子，故A正确；电池工作时，电流由正极通过外电路流向负极，而电子定向移动方向与电流方向相反，故C错误；由电子守恒知D项正确；由该电池反应的总反应式和原电池的原理写出正极反应式知B正确。
2．某新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压。该电池的总反应式为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，以下说法不正确的是(　　)
A．放电时负极反应式为Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2
B．放电时正极反应式为FeO＋4H2O＋3e－===Fe(OH)3＋5OH－
C．放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化
D．充电时阳极附近的溶液的碱性减弱
答案　C
解析　选项A，放电时，在碱性条件下，Zn失去电子为电池的负极：Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2；选项B，根据放电时总电池反应式减去负极反应式(电子数需相等)可得放电时正极反应式为FeO＋4H2O＋3e－===Fe(OH)3＋5OH－；选项C，放电时，K2FeO4被还原；选项D，充电是放电的逆向反应，所以充电时，阳极消耗OH－，导致阳极附近的溶液的碱性减弱。
3．生产铅蓄电池时，在两极板上的铅、锑合金棚架上均匀涂上膏状的PbSO4，干燥后再安装，充电后即可使用，发生的反应是2PbSO4＋2H2OPbO2＋Pb＋2H2SO4
下列对铅蓄电池的说法错误的是(　　)
A．需要定期补充硫酸
B．工作时铅是负极，PbO2是正极
C．工作时负极上发生的反应是Pb－2e－＋SO===PbSO4
D．工作时电解质的密度减小
答案　A
解析　铅蓄电池放电时相当于原电池，Pb是负极，PbO2是正极，负极发生的反应是Pb失去电子生成Pb2＋，Pb2＋与溶液中的SO生成PbSO4沉淀，放电时消耗的硫酸与充电时生成的硫酸相等，在电池制备时，PbSO4的量是一定的，制成膏状，干燥后再安装，说明H2SO4不用补充；放电时，H2SO4被消耗，溶液中的H2SO4的物质的量浓度减小，所以溶液的密度也随之减小。
知识点二　燃料电池
4．固体氧化物燃料电池是以固体氧化锆—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下图所示，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O2参加反应的a极为电池的负极
B．b极的电极反应式为H2－2e－＋O2－===H2O
C．a极对应的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．该电池的总反应式为2H2＋O22H2O
答案　D
解析　因为电子从b电极流向a电极，所以b电极为负极，H2在该极发生氧化反应；a电极为正极，O2在该极发生还原反应。由此推断该原电池的负极反应式为H2－2e－===2H＋，正极电极反应式为O2＋2e－===O2－，则电池总反应式为2H2＋O22H2O。
5．有位科学家说：“甲烷是21世纪的新燃料。”甲烷作为燃料的用途之一就是用于制作燃料电池。有科技工作者制造了一种甲烷燃料电池，一个电极通入空气，另一个电极通入甲烷，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2－。以下判断错误的是(　　)
A．电池正极发生的反应：O2＋4e－===2O2－
B．电池负极发生的反应：CH4＋4O2－－8e－===CO2＋2H2O
C．固体电解质里的O2－的移动方向：由正极流向负极
D．向外电路释放电子的电极：正极(即电子由正极流向负极)
答案　D
解析　因为放电时，电池正极发生还原反应(元素化合价降低)，负极发生氧化反应(元素化合价升高)。所以正极反应式是O2＋4e－===2O2－，负极反应式是CH4＋4O2－－8e－===CO2＋2H2O。由上述电池的正、负极反应式可以看出：正极反应“源源不断”地产生O2－，负极反应要持续进行，则需要“持续不断”的O2－供应，故电池内O2－的移动方向是由正极流向负极。电池的负极发生氧化反应，失去电子，故外电路电子从负极流出，所以D错误。
练基础落实
1．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．溶液的pH不断减小
C．SO只向PbO2处移动 D．电解质溶液的pH不断增大
答案　D
解析　由题给电极反应式可以看出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，负电荷(SO和OH－)移向Pb极，所以C不正确。
2．微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用，有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应式为
Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O
Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－
总反应式为Ag2O＋Zn===ZnO＋2Ag
根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是(　　)
A．在使用过程中，电池负极区溶液的pH增大
B．在使用过程中，电子由Ag2O经外电路流向Zn极
C．Zn是负极，Ag2O是正极
D．Zn极发生还原反应，Ag2O极发生氧化反应
答案　C
解析　(1)根据电极反应式可知Zn失电子被氧化而溶解，Ag2O得电子被还原，故Zn是负极，Ag2O是正极，所以C正确；(2)负极(即Zn极)在反应时消耗OH－，则负极区溶液的pH应减小，故A错误；(3)发生原电池反应时，电子由负极经外电路到正极，即电子从Zn极经外电路到Ag2O极，故B错误；(4)在原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故D错误。
3．有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池。电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是(　　)
①每消耗1 mol CH4可以向外电路提供8 mol e－　②负极上CH4失去电子，电极反应式为CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O　③负极上是O2获得电子，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－　④电池放电后，溶液的pH不断升高　　　　　　　　　　　　
A．①② B．①③ C．①④ D．③④
答案　A
解析　CH4在铂电极上发生类似于CH4在O2中燃烧的反应，即CH4→CO2，严格地讲生成的CO2还与KOH反应生成K2CO3，化合价升高，失去电子，是电池的负极，电极反应式为CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O,1 mol CH4参加反应有8 mol e－发生转移，O2在正极上发生反应，获得电子，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。虽然正极产生OH－，负极消耗OH－，但从总反应式CH4＋2O2＋2KOH===K2CO3＋3H2O可看出是消耗了KOH，所以电池放电时溶液的pH值不断下降，故①②正确，③④错误。
练方法技巧
4．锌锰干电池在放电时，电池总反应方程式可以表示为Zn＋2MnO2＋2NH===Zn2＋＋Mn2O3＋2NH3＋H2O，此电池放电时，在正极(碳棒)上发生反应的物质是(　　)

A．Zn B．碳 C．MnO2和NH D．Zn2＋和NH3
答案　C
解析　根据原电池原理，锌为负极，碳棒为正极，锌应参加负极反应，而MnO2在反应中得到电子，应当在正极区发生反应，又由于NH移向正极，在正极发生反应生成NH3。本题考查原电池电极反应式的书写，阳离子移动的方向。
5．氢氧燃料电池用于航天飞机，电极反应产生的水经冷凝后可作为航天员的饮用水，其电极反应式如下：
负极：2H2＋4OH－－4e－===4H2O
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
当得到1.8 L饮用水时，电池内转移的电子数约为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A．1.8 mol B．3.6 mol C．100 mol D．200 mol
答案　D
解析　n(H2O)＝＝100 mol
2H2＋O4e－2===2H2O
即每生成1 mol H2O则转移2 mol e－，当生成100 mol H2O时，转移200 mol e－。
6．乙醇燃料电池中采用磺酸类质子溶剂，在200℃左右时供电，电池总反应式为C2H5OH＋3O2===2CO2＋3H2O，电池示意图，下列说法中正确的是(　　)

A．电池工作时，质子向电池的负极迁移
B．电池工作时，电流由b极沿导线流向a极
C．a极上发生的电极反应是C2H5OH＋3H2O＋12e－===2CO2＋12H＋
D．b极上发生的电极反应是2H2O＋O2＋4e－===4OH－
答案　B
解析　通入乙醇的一极(a极)为负极，发生氧化反应；通入氧气的一极(b极)为正极，发生还原反应。电池工作时，阳离子(质子)向电池的正极迁移，A项不正确；电流方向与电子流向相反，电流由b极沿导线流向a极，B项正确；a极上乙醇应该失电子被氧化，所以C项不正确；因为电池中使用的是磺酸类质子溶剂，所以电极反应式中不能出现OH－，D项不正确。
练综合拓展
7．科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电力的重要途径，美国已计划将甲醇燃料电池用于军事。一种甲醇燃料电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解质中直接加入纯化后的甲醇，同时向一个电极通入空气。回答下列问题：
(1)这种电池放电时发生的化学反应方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
此电池的正极发生的电极反应：
________________________________________________________________________，
负极发生的电极反应：_____________________________________________________。
(3)电解液中H＋向________极移动，向外电路释放电子的电极是________。
(4)使用该燃料电池的另一个好处是________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O
(2)3O2＋12H＋＋12e－===6H2O
2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2＋12H＋
(3)正　负极　(4)对环境无污染
解析　(1)燃料电池的电池反应为燃料的氧化反应，在酸性条件下生成的CO2不与H2SO4反应，故电池总反应式为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O。
(2)电池的正极O2得电子，由于是酸性环境，所以会生成H2O，用电池总反应式减去正极反应式即可得出负极的电极反应式。
(3)H＋移向正极，在正极生成水。
(4)产物是CO2和H2O，不会对环境造成污染。
8．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。下图为电池示意图，该电池电极表面镀了一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。请回答：

(1) 氢氧燃料电池的能量转化主要形式是________________，在导线中电子流动方向为________(用a、b表示)。
(2)负极反应式为_________________________________________________________。
(3)电极表面镀铂粉的原因为______________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断地提供电能。因此，大量安全储氢是关键技术之一。
金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ.2Li＋H22LiH
Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是__________，反应Ⅱ中的氧化剂是________。
②已知LiH固体密度为0.82 g·cm－3，用锂吸收224 L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为________。
③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为________mol。
答案　(1)化学能转变为电能　a到b　(2)2H2＋4OH－－4e－===4H2O或H2＋2OH－－2e－
===2H2O　(3)增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率(4)①Li　H2O　②1/1 148或8.71×10－4　③32
解析　(1)电池是把化学能转变为电能的装置；在电池中，电子从负极经导线流向正极，而氢氧燃料电池中通入H2的一极是负极，故电子由a流动到b。
(2)H2在负极失电子，因为电解质溶液是KOH溶液，故负极反应式为2H2＋4OH－－4e－===4H2O。
(3)电极表面镀铂粉可以增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，从而增大反应速率。
(4)LiH中Li为＋1价，H为－1价，故反应Ⅰ中还原剂是Li，反应Ⅱ中氧化剂是H2O。由反应Ⅰ可知吸收标准状况下224 L H2时生成160 g LiH，则生成的LiH的体积是，则生成的LiH的体积与被吸收的H2的体积之比为＝。由②生成的20 mol LiH与H2O反应，由反应Ⅱ可知生成20 mol H2，H2～2e－，能量转化率为80%，则通过的电子的物质的量为20 mol×2×80%＝32 mol。
第四节　金属的电化学腐蚀与防护
[目标要求]　1.了解金属发生腐蚀的原因及现代防护措施。2.了解金属的化学腐蚀与电化学腐蚀的区别与联系。3.掌握金属发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的电化学原理。
一、金属的腐蚀
金属腐蚀是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。金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀两类。
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，这种腐蚀的速率随着温度的升高而加快。
2．电化学腐蚀
不纯的金属接触电解质溶液时，会发生原电池反应，较活泼的金属失去电子而被氧化所引起的腐蚀。
二、电化学腐蚀的分类
以铁的腐蚀为例
吸氧腐蚀
析氢腐蚀
条件
水膜呈弱酸性或中性
水膜呈较强酸性
正极反应式
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
2H＋＋2e－===H2↑
负极反应式
2Fe－4e－===2Fe2＋
Fe－2e－===Fe2＋
总反应式
2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
三、金属的防护
1．电化学保护法
(1)牺牲阳极的阴极保护法——原电池原理
在被保护的钢铁设备上装上若干活泼金属如镁合金或锌块，作原电池的负极(阳极)；让被保护的金属作原电池的正极(阴极)。
(2)外加电流的阴极保护法
用被保护的金属作阴极，用惰性电极作阳极，外接直流电源。
2．其他方法
(1)改变金属内部结构，如制成防腐的合金；
(2)加涂保护层，如喷油漆、涂油脂。
知识点一　金属的腐蚀
1．关于金属腐蚀的叙述中，正确的是(　　)
A．金属被腐蚀的本质是M＋nH2O===M(OH)n＋H2↑
B．马口铁(镀锡铁)镀层破损后被腐蚀时，首先是镀层被氧化
C．金属在一般情况下发生的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀
D．常温下，置于空气中的金属主要发生化学腐蚀
答案　C
解析　金属腐蚀的本质主要是金属原子失电子被氧化，腐蚀的内因是金属的化学性质比较活泼，外因是金属与空气、水和其他腐蚀性的物质相接触，腐蚀主要有化学腐蚀和电化学腐蚀。A中金属腐蚀的本质应包括化学腐蚀和电化学腐蚀，为M－ne－===Mn＋；B选项中Sn、Fe构成电化学腐蚀，主要是Fe－2e－===Fe2＋，铁先被腐蚀。常温下，空气中的金属主要发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，难以和非金属氧化剂(Cl2、S)等反应，发生化学腐蚀。
2．如图所示水槽中试管内有一枚铁钉，放置数天观察：

(1)铁钉在逐渐生锈，则铁钉的腐蚀属于________腐蚀。
(2)若试管内液面上升，则原溶液呈________________性，发生________腐蚀，电极反应式：负极： __________________________________________________________，
正极：___________________________________________________________________。
若试管内液面下降，则原溶液呈______性，发生________腐蚀。电极反应式：负极
________________________________________________________________________，
正极：____________________________________________________________________。
答案　(1)电化学　(2)弱酸性或中　吸氧　2Fe－4e－===2Fe2＋ O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(3)较强的酸　析氢　Fe－2e－===Fe2＋　2H＋＋2e－===H2↑
解析　根据原电池的构成条件：有两种不同的材料(Fe为负极，碳为正极)，有电解质溶液，形成闭合回路，可知铁钉的腐蚀属于电化学腐蚀。根据金属腐蚀的条件、原理及结果可知：试管内液面上升，说明试管内压强减小，试管内气体被吸收所致，是铁钉吸氧腐蚀的结果，据此写出电极反应式；试管内液面下降，说明试管内气体压强变大，试管内产生了新气体所致，是铁钉的析氢腐蚀的结果，据此写出电极反应式。
知识点二　金属的防护
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
答案　D
解析　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．下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是(　　)
A．纯银器的表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗
B．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层不能对铁制品起保护作用
C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
答案　D
解析　纯银器的表面在空气中易生成硫化物失去光泽；当镀锡铁制品镀层破损时，由于铁比锡活泼，形成原电池时，铁作原电池的负极，加快铁的腐蚀；锌比铁活泼，当在海轮外壳上连接锌块后，锌失电子而海轮外壳被保护；要采用电解原理保护金属，应将金属与电源的负极相连，即作电解池的阴极。
练基础落实
1．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
答案　C
解析　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。
2．钢铁在潮湿的空气中会被腐蚀，发生的原电池反应为2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2。以下说法正确的是(　　)
A．负极发生的反应为Fe－2e－===Fe2＋
B．正极发生的反应为2H2O＋O2＋2e－===4OH－
C．原电池是将电能转化为化学能的装置
D．钢柱在水下部分比在空气与水交界处更容易腐蚀
答案　A
解析　由原电池反应式知：负极为Fe－2e－===Fe2＋，正极为2H2O＋O2＋4e－===4OH－，所以A对、B错；原电池是将化学能转化为电能的装置，C错；根据原电池原理，钢柱在空气与水交界处更容易腐蚀，D错。
3．如下图所示各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为(　　)
A．②①③④ B．④③②① C．④②①③ D．③②④①
答案　C
解析　②、③、④的实质均为原电池装置。③中Fe为正极，被保护；②、④中Fe为负极，均被腐蚀，但相对来说Fe和Cu的金属活动性比Fe和Sn的差别大，故Fe－Cu原电池中Fe被腐蚀得更快；①中因铁不纯而发生微电池反应。
4．下列现象中，不是由于原电池反应造成的是(　　)
A．含杂质的锌与盐酸反应比纯锌与盐酸反应速率快
B．金属在潮湿的空气中易腐蚀
C．纯铁和盐酸反应，如滴入几滴硫酸铜溶液，则可加快反应速率
D．化工厂中的铁锅炉易腐蚀而损坏
答案　D
解析　化工厂的空气中含有大量的化学物质，有的容易与铁制品反应，导致钢铁腐蚀。
练方法技巧
5．为研究金属腐蚀的条件和速率，某课外小组学生用金属丝将三根大小相同的铁钉分别固定在图示的三个装置中，再放置于玻璃钟罩里保存相同的一段时间。下列对实验结束时现象的描述不正确的是(　　)
A．装置Ⅰ左侧的液面一定会下降 B．左侧液面装置Ⅰ比装置Ⅱ的低
C．装置Ⅱ中的铁钉腐蚀最严重 D．装置Ⅲ中的铁钉几乎没被腐蚀
答案　B
解析　装置Ⅰ中铁钉处于盐酸的蒸气中，被侵蚀而释放出H2，使左侧液面下降，右侧液面上升；装置Ⅱ中铁钉同样处于盐酸的蒸气中，不同的是悬挂铁的金属丝由铁丝换成了铜丝，由于Fe比Cu活泼，在这种氛围中构成的原电池会加速铁钉的侵蚀而放出更多的H2，使左侧液面下降得更多，右侧液面上升得更多；装置Ⅲ中虽然悬挂铁钉的还是铜丝，但由于浓硫酸有吸水性而无挥发性，使铁钉处于一种较为干燥的空气中，因而在短时间内几乎没有被侵蚀。
6．镀锌铁在发生析氢腐蚀时，若有0.2 mol 电子发生转移，下列说法正确的是(　　)
①有5.6 g金属被腐蚀　②有6.5 g金属被腐蚀　③在标准状况下有2.24 L气体放出　
④在标准状况下有1.12 L气体放出　　　　　　　　　　　　　　　　
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
答案　B
解析　在镀锌铁的析氢腐蚀中：负极(Zn)：Zn－2e－===Zn2＋，有0.2 mol e－转移时，有
0.1 mol Zn溶解，即6.5 g；正极(Fe)：2H＋＋2e－===H2↑，生成0.1 mol H2，标准状况下的
体积为2.24 L。
7．如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是(　　)

A．生铁块中的碳是原电池的正极
B．红墨水柱两边的液面变为左低右高
C．两试管中相同的电极反应式是Fe－2e－===Fe2＋
D．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
答案　B
解析　Fe与C及电解质溶液形成原电池，Fe是负极：Fe－2e－===Fe2＋，C是正极，在a中发生吸氧腐蚀，a中压强减小，b中发生析氢腐蚀，b中压强增大，红墨水柱液面是左高右低，故选B。本题考查钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀。
练综合拓展
8．在A、B、C三个烧杯中分别盛有相同浓度的稀硫酸，如图所示：
(1)A中反应的离子方程式为________________________________________________。
(2)B中Sn极的电极反应式为______________________________________________，
Sn极附近溶液的pH________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
C中被腐蚀的金属是________，总反应的离子方程式为_______________________，
比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是________________。
答案　(1)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
(2)2H＋＋2e－===H2↑　增大
(3)Zn　Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑　B＞A＞C
解析　铁在不同的情况下被腐蚀的速率不同。作原电池的负极时易被腐蚀，作原电池的正极时受到保护不被腐蚀。
9．金属腐蚀的电化学原理可用下图模拟。
(1)请写出有关电极反应式：
①铁棒上的电极反应式：__________________________________________________
________________________________________________________________________。
碳棒上的电极反应式：__________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)该图所表示的是_______________________________________________________
(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀。
(3)若将O2撤走，并将NaCl溶液改为稀H2SO4溶液，则此图可表示__________________(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀原理；若用牺牲阳极法来保护铁棒不被腐蚀溶解，即可将碳棒改为________棒。
答案　(1)①2Fe－4e－===2Fe2＋
②O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)吸氧　(3)析氢　锌(或其他比铁活泼的金属)
10．关于铁生锈的机理有人提出如下步骤：
①Fe－2e－===Fe2＋；
②H＋＋e－===H；
③4H＋O2===2H2O；
④4Fe2＋＋O2＋(4＋2x)H2O===2Fe2O3·xH2O＋8H＋
根据以上过程，回答下列问题：
(1)根据以上机理，判断下列说法正确的是(　　)
A．以上锈蚀过程发生的是化学腐蚀
B．从锈蚀反应的最终结果看，水既是氧化剂，又是还原剂
C．反应的实质是氧气被还原，金属铁被氧化
D．从反应机理看，锈蚀过程发生的是析氢腐蚀
(2)某铁件需长期浸于水下，为了减少腐蚀，想采取下列措施，其中正确的有(　　)
A．给铁件铆上一些锌板
B．给铁件通入直流电，把铁件与电源正极连接
C．在制造铁件时，在铁中掺入一定比例的铜制成合金
D．在铁件表面涂上一层较厚的沥青
(3)现有质量为1 000 g的某铁件已在水下生锈，若测知整个锈蚀过程中有6 mol电子发生转移，则参加反应的O2在标准状况下的体积为____L，反应后铁件的质量为____g(已知铁锈Fe2O3·xH2O中x值为1)。
答案　(1)C　(2)AD　(3)33.6　1 066
解析　(1)根据反应机理，将方程式叠加：①×4＋②×8＋③×2＋④可得：
4Fe＋3O2＋2xH2O===2(Fe2O3·xH2O)
可知为吸氧腐蚀。
(2)保护铁不被腐蚀，可隔绝O2或采取牺牲阳极的阴极保护法。
(3)4Fe＋3O2＋2H2O===2(Fe2O3·H2O)　　转移电子
3×22.4 L 12 mol
V(O2) 6 mol
V(O2)＝＝33.6 L
由差值法得Δm＝＝66 g，故反应后铁件质量为1 066 g。
第三节　电解池
第1课时　电解原理
[目标要求]　1.理解电解原理，初步掌握一般电解反应产物的判断方法。2.掌握电解电极反应方程式的书写。3.了解电解反应的一般规律。
一、电解
1．概念
使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程。
2．特点
(1)电解是最强有力的氧化还原手段，是不可逆(填“可逆”或“不可逆”)的。
(2)电解质溶液的导电过程，就是电解质溶液的电解过程。
二、电解池
1．定义
把电能转化成化学能的装置。
2．形成条件
(1)直流电源；
(2)两个电极：与电源正极相连的一极是阳极；与电源负极相连的一极是阴极；
(3)电解质溶液或熔融电解质；
(4)形成闭合回路。
3．装置及电极反应
以电解CuCl2溶液为例
(1)装置
(2)电极反应
阴极
Cu2＋＋2e－===Cu发生还原反应
阳极
2Cl－－2e－===Cl2发生氧化反应
总反应
CuCl2Cu＋Cl2↑
4.电子流向和离子流向
(1)电子流向
电源负极―→电解池阴极
电解池阳极―→电源正极
(2)离子流向
阳离子―→电解池阴极
阴离子―→电解池阳极
　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　电解池
1.如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是(　　)

A．a为负极，b为正极
B．a为阳极，b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加
D．电解过程中，氯离子浓度不变
答案　C
解析　电流从电源的正极流出，故a为电源的正极，b为负极；与电源正极相连的c为阳极，与电源负极相连的d为阴极。在电解过程中，因为Cu2＋是阳离子，移向阴极d，在阴极放电析出Cu，所以d电极质量增加；Cl－是阴离子，移向阳极c，在阳极放电析出Cl2，导致溶液中氯离子浓度降低。
2．下列有关电解池的说法正确的是(　　)
A．在电解池中与外接电源负极相连的电极是阳极
B．无论电解何种物质，阳极上失电子数都与阴极上得电子数相等
C．电解氯化铜溶液时，在阴极上有气体生成
D．电解NaCl、CuCl2两种溶液，参加反应的物质是相同的
答案　B
解析　与负极相连的是阴极。电解氯化铜时，阳极上有氯气生成，阴极上有铜析出；电解NaCl溶液时，水参加了反应，而电解CuCl2溶液时，水没有参加反应。
知识点二　电解原理
3．如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色、无味气体放出。符合这一情况的是附表中的(　　)
a极板
b极板
X电极
Z溶液
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
答案　A
解析　由题意知，通电后a极板质量增加，说明有金属析出，由此可知，a极为电解池的阴极，则X为电源负极，B、C均不符合；又b极放出的是无色无味的气体，可淘汰D。
4．在25℃时，将2个铜电极插入到一定的Na2SO4饱和溶液中，通直流电电解并不断搅拌，当阴极上收集到a mol气体时，溶液中析出了b mol的结晶水合物Na2SO4·10H2O，若保持温度不变，则所剩溶液中溶质的质量分数是(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　电解发生的电极反应：阳极为Cu－2e===Cu2＋，阴极为2H＋＋2e===H2↑。电解时总的化学反应方程式为Cu＋2H2OCu(OH)2↓＋H2↑，阴极逸出a mol H2，水被电解了2a mol，根据溶解度知识，不难求出答案为C。如果将题中的铜电极换作铂电极，只改一个字，其电解的总反应方程式即为2H2O2H2↑＋O2↑，阴极逸出a mol H2，水被电解了a mol。可见因一字之差(“铜”与“铂”)，答案各异。由此再次强调提高审题的准确性是多么的必要。
知识点三　电解规律应用
5．用惰性电极电解下列溶液一段时间后再加入一定量的某种纯净物(方括号内的物质)，能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是(　　)
A．AgNO3[AgNO3] B．NaOH[H2O]
C．KCl[KCl] D．CuSO4[Cu(OH)2]
答案　B
解析　A项：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3脱离反应体系的物质是4Ag＋O2，相当于2Ag2O，所以应当加入适量Ag2O才能复原。(加入AgNO3，会使NO的量增加)；B项：2H2O2H2↑＋O2↑　脱离反应体系的是2H2＋O2，相当于2H2O，加入适量水可以复原。C项：2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑　脱离反应体系的是H2＋Cl2，相当于2HCl，应通入适量HCl气体才能复原。(加入盐酸时，同时也增加了水)　D项：2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑　脱离反应体系的是2Cu＋O2，相当于2CuO，加入适量CuO可以复原。
6．用铂作电极电解某种溶液，通电一段时间后，溶液的pH变小，并且在阳极得到0.56 L气体，阴极得到1.12 L气体(两种气体均在相同条件下测定)。由此可知溶液可能是(　　)
A．稀盐酸 B．KNO3溶液 C．CuSO4溶液 D．稀硫酸
答案　D
解析　阳极与阴极产生的气体体积比为＝，相当于电解水，pH变小说明电解了含氧酸。
练基础落实
1．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞试液混合溶液的玻璃皿中(如图所示平面图)，经过一段时间后，首先观察到溶液变红的区域是(　　)
A．Ⅰ和Ⅲ附近 B．Ⅰ和Ⅳ附近 C．Ⅱ和Ⅲ附近 D．Ⅱ和Ⅳ附近
答案　B
解析　此题将电解知识与原电池知识融合在一起。要解决此问题，必须要从概念、模型、电极名称、电极反应式等方面去区分，这些知识都弄清楚了，才能顺利解答此题，达到“在应用中理解、在理解中应用”的效果。左图为电解池，Fe为阳极，阳极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；Zn为阴极，阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，因此Ⅰ区域c(OH－)变大，碱性增强使酚酞变红；右图为原电池，Fe为正极，正极反应式为2H2O＋O2＋4e－===4OH－，因此Ⅳ区域c(OH－)变大，碱性增强使酚酞变红。
2．用惰性电极实现电解，下列说法正确的是(　　)
A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变
B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH－，故溶液pH减小
C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
答案　D
解析　电解稀H2SO4，其实质是电解水，因溶剂减少，H2SO4浓度将增大，故溶液的pH变小；电解稀NaOH溶液，虽然OH－在阳极放电，但H＋同时也在阴极放电，其实质同样是电解水，溶液的浓度也将变大，故溶液的pH变大；电解Na2SO4溶液，其实质也是电解水，在阴极和阳极分别析出H2和O2，二者的物质的量之比为2∶1，而非1∶2；电解CuCl2溶液，在阴、阳两极上分别析出Cu和Cl2，二者的物质的量之比为1∶1。
3．电解CuCl2与NaCl的混合溶液，阴极上和阳极上最先析出的物质为(　　)
A．H2和Cl2 B．Cu和Cl2 C．H2和O2 D．Cu和O2
答案　B
解析　溶液中Cu2＋、H＋、Na＋移向阴极，Cu2＋先放电得到Cu；Cl－、OH－移向阳极，Cl－先放电得到Cl2。
4．在水中加等物质的量的Ag＋、Pb2＋、Na＋、SO、NO、Cl－，该溶液放在用惰性电极作电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物与还原产物质量比为(　　)
A．35.5∶108 B．16∶207 C．8∶1 D．108∶35.5
答案　C
解析　溶液中的六种离子，有四种发生反应生成沉淀，Ag＋＋Cl－===AgCl↓、Pb2＋＋SO===PbSO4↓，最后溶液就成了NaNO3溶液；而电解NaNO3溶液，实质上就是电解水，电解方程式为2H2O2H2↑＋O2↑。氧化产物和还原产物的质量之比为m(O2)∶m(H2)＝(1 mol×32 g·mol－1)∶(2 mol×2 g·mol－1)＝8∶1，即C项正确。
5．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
答案　D
解析　从能量角度看，电解是把电能转变成化学能的过程，故①对、②错；电解质溶液的导电过程，必将伴随着两个电极上氧化还原反应的发生，同时生成新的物质，故③、⑤对；某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理供给电能也可以实现，故④对。所以D选项符合题意。
练方法技巧
6．在100 mL H2SO4和CuSO4的混合溶液中，用石墨作电极进行电解，两极均收集到2.24 L气体(标准状况)，则原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为(　　)
A．1 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．3 mol·L－1 D．4 mol·L－1
答案　A
解析　两极均收集到气体时，阴极是Cu2＋放电后，H＋又放电生成氢气；阳极是OH－放电生成氧气。n(H2)＝n(O2)＝2.24 L/22.4 L·mol－1＝0.1 mol，由电子守恒得n(Cu2＋)×2＋
n(H2)×2＝n(O2)×4，即：c(Cu2＋)×0.1 L×2＋0.1 mol×2＝0.1 mol×4，解得：c(Cu2＋)＝1 mol·L－1。本题考查阳离子在阴极的放电顺序：Cu2＋>H＋。
7．用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后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(　　)
A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.4 mol
答案　D
解析　由电解CuSO4溶液的反应的化学方程式2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4知，电解过程中只析出Cu和放出O2，故电解后加入CuO就可以复原。但本题提示加入0.1 mol Cu(OH)2可以复原，说明电解过程中不仅有CuSO4被电解，还有H2O被电解。0.1 mol Cu(OH)2相当于0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，由电子守恒0.1 mol CuO～0.1 mol Cu～0.2 mol e－，0.1 mol H2O～0.1 mol H2～0.2 mol e－，共计0.4 mol e－。
8．铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。研读下图，下列判断不正确的是(　　)
A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO
B．当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol
C．K闭合时，Ⅱ中SO向c电极迁移
D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极
答案　C
解析　当K闭合时，装置Ⅰ中的电极为Pb和PbO2，应为原电池，b极(Pb)作负极，a极(PbO2)作正极；Ⅱ中的电极均为PbSO4，应为电解池，c极为阴极，d极为阳极。A项：K闭合时，d极发生氧化反应：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO，正确；B项：电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗0.2 mol H2SO4和0.1 mol Pb，正确；C项：Ⅱ中SO向阳极(d极)迁移，错误；D项：K闭合一段时间后，c极表面生成Pb，d极表面生成PbO2，装置Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极，正确。
练综合拓展
9．在50 mL 0.2 mol·L－1 CuSO4溶液中插入两个电极，通电电解(不考虑水分蒸发)。则：
(1)若两极均为铜片，试说明电解过程中CuSO4溶液的浓度________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)若阳极为纯锌，阴极为铜片，阳极反应式是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
若阳极为纯锌，阴极为铜片，如不考虑H＋在阴极上放电，当电路中有0.04 mol e－通过时，阴极增重________g，阴极上的电极反应式是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)不变　(2)Zn－2e－===Zn2＋ (3)1.28　Cu2＋＋2e－===Cu
解析　(1)两极均为铜片，电解液为CuSO4溶液，这是一个电镀装置，电解过程中电解质溶液的浓度不变。
(2)阳极为纯锌，为活泼金属，通电电解时，锌发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋。
(3)若阳极为纯锌，阴极为铜片，不考虑H＋在阴极上放电，则阴极反应为Cu2＋得电子的还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu。当电路中有0.04 mol电子通过时，有0.04 mol/2×64 g·mol－1＝1.28 g铜析出。
10．下图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336 mL (标准状况)气体。回答：
(1)直流电源中，M为__________极。
(2)Pt电极上生成的物质是________，其质量为__________________________g。
(3)电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为2∶______∶______∶________。
(4)AgNO3溶液的浓度________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，AgNO3溶液的pH______，硫酸的浓度___________________________________，硫酸的pH________。
(5)若硫酸的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的硫酸________g。
答案　(1)正　(2)Ag　2.16　(3)2　　1 (4)不变　不变　增大　减小　(5)45.18
解析　电解5.00%的稀硫酸溶液，实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应：2H2O2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝2∶1。据此可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，M极为正极。在336 mL气体中，V(H2)＝×336 mL＝224 mL，为0.01 mol；V(O2)＝×336 mL＝112 mL，为0.005 mol。说明电路上有0.02 mol电子，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02 mol×108 g·mol－1＝2.16 g，即0.02 mol的Ag。则n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶∶1。由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电解池，在通电一定时间后，在Pt电极上放电所消耗溶液中Ag＋的物质的量等于Ag电极被还原给溶液补充的Ag＋的物质的量，因此AgNO3溶液的浓度不变，溶液的pH也不变。电解5.00%的稀硫酸溶液时，由于其中的水发生电解，因此硫酸的浓度增大，H＋的浓度增大，故溶液的pH减小。设原5.00%的硫酸为x g，电解时消耗水0.01 mol×18 g·mol－1＝0.18 g，则5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18 g。
第2课时　电解原理的应用
[目标要求]　1.了解氯碱工业，电镀，冶金的原理。2.掌握电解原理及其应用。
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。
电极的反应式(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)。
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
在电镀过程中，电镀液的浓度不变。
3．电解精炼(如电解精炼铜，杂质为铁、锌、金、银)
(1)粗铜作阳极，电极反应Cu－2e－===Cu2＋；
精铜作阴极，电极反应Cu2＋＋2e－===Cu；
电解质溶液CuSO4溶液。
(2) 活泼性较强的铁、锌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
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↑。
知识点一　氯碱工业
1.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
答案　B
解析　电解饱和食盐水的方程式为2NaCl＋2H2O电解,2NaOH＋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。
2.如图Ⅰ所示是用石墨和铁作电极电解饱和食盐水的装置，请填空：

(1)X的电极名称是__________极，发生的电极反应式为______________，Y极的电极材料是____________，检验X极产物的方法是________________________________。
(2)某同学在实验时误将两种电极材料接反，导致X极上未收集到预期产物，一段时间后又将两极的连接方式纠正过来，发现X极附近出现了白色沉淀，此沉淀是________(填化学式)，其形成原因是__________________________________________________________
________________________________________________________________________，
该沉淀在空气中放置，现象是______________________。
(3)
工业上电解饱和食盐水的方法之一是将两个电极室用离子交换膜隔开(如图Ⅱ所示)，其目的是________________，阳极室(A处)加入____________，阴极室(B处)加入__________，离子交换膜只许__________离子通过。
答案　(1)阳　2Cl－－2e－===Cl2↑　Fe　用湿润的淀粉碘化钾试纸放在X极附近，若试纸变蓝，说明生成了Cl2
(2)Fe(OH)2　铁作阳极时被氧化为Fe2＋，纠正错误后，这一端又变为阴极，2H＋＋2e－
===H2↑，生成的OH－与Fe2＋结合成Fe(OH)2　先变灰绿色，后变红褐色
(3)防止H2与Cl2混合发生爆炸，防止Cl2与NaOH反应生成NaClO，使NaOH不纯　饱和食盐水　纯水(或NaOH稀溶液)　Na＋
解析　与电源正极相接的为电解池的阳极，与电源负极相接的为电解池的阴极，若接反则金属Fe失去电子而产生Fe(OH)2沉淀。
知识点二　电镀池及电冶金
3．在铁制品上镀上一层锌层，以下电镀方案中合理的是(　　)
A．锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Fe2＋
B．锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Zn2＋
C．锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Fe3＋
D．锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Zn2＋
答案　D
解析　要在铁制品上镀锌，应该用锌作阳极，铁制品作阴极，含有Zn2＋的溶液作电镀液，所以D项正确。
4．金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2＋A．阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2＋＋2e－===Ni
B．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2＋和Zn2＋
D．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
答案　D
解析　此题考查的是电解的基本原理。在电解池中，阳极失去电子，化合价升高，发生氧化反应，而阴极得到电子，化合价降低，发生还原反应。题目中已经告诉氧化性：Fe2＋Fe>Ni>Cu>Pt(惰性金属不放电)，阴极的放电顺序为：Zn2＋阴极质量的增加。C：溶液中除了Fe2＋和Zn2＋还有Ni2＋、H＋等。
知识点三　电化学计算
5．有三个烧杯，分别盛有氯化铜、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
答案　C
解析　串联电路中，相同时间内各电极得或失的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。
6．把两支惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解时阴极没有氢气析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略)，电极上应析出银的质量是(　　)
A．27 mg B．54 mg C．108 mg D．216 mg
答案　B
解析　由电子守恒知，e－～OH－～H＋～Ag，所以n(Ag)＝n(H＋)。AgNO3溶液电解后产生酸，产生的H＋的物质的量可由pH差来计算：pH从6.0变为3.0，即
c(H＋)＝10－3 mol·L－1－10－6 mol·L－1≈10－3 mol·L－1。
所以n(Ag)＝n(H＋)＝10－3 mol·L－1×0.5 L＝5×10－4 mol，
m(Ag)＝n(Ag)×M＝5×10－4 mol×108 g·mol－1＝0.054 g，
即54 mg。
练基础落实
1．在冶金工业中，常用电解法得到钠、镁、铝等金属，其原因是(　　)
A．都是轻金属 B．都是活泼金属
C．成本低廉 D．这些金属的化合物熔点较低
答案　B
解析　金属冶炼方法的选取主要依据的是金属的活泼性强弱，不活泼的金属可以用热分解法制备，如加热氧化汞；比较活泼的金属用热还原法制备，如用焦炭炼铁；活泼的金属离子很难被其他还原剂还原，只能用电解法制备。由于钠、镁、铝是活泼金属，所以只能用电解法。
2．电解CuSO4溶液时，若要达到以下三点要求：①阳极质量减少；②阴极质量增加；③电解液中c(Cu2＋)不变，则可选用的电极是(　　)
A．含Zn、Ag的铜合金作阳极，纯铜作阴极
B．纯铜作阳极，含Zn、Ag的铜合金作阴极
C．用纯铁作阳极，用纯铜作阴极
D．用石墨作阳极，用惰性电极(Pt)作阴极
答案　B
解析　根据①，须选择非惰性电极(除石墨、金、铂外的电极)作阳极；根据③，须选择纯铜为阳极，含有Cu2＋的盐溶液(如硫酸铜溶液)作电解液。至于阴极材料则选择的余地较大，如B选项中用含Zn、Ag的铜合金作阴极，当然也可用纯铜、石墨、铂等作阴极。
3．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
答案　A
解析　对于蓄电池，充电和放电过程中发生的电极反应相反。铅蓄电池标有“＋”的接线柱，表示原电池的正极，放电时该极发生还原反应，当充电时，该极发生氧化反应，因此标有“＋”的接线柱，充电时作阳极。
4．依据下图判断，下列叙述正确的是(　　)
A．Ⅰ是原电池，Ⅱ是电镀装置
B．Ⅰ、Ⅱ装置中锌极上均发生氧化反应
C．Ⅱ、Ⅲ装置中，铜极均发生氧化反应而溶解
D．Ⅱ、Ⅲ装置中Cu2＋浓度基本不变
答案　A
解析　仔细观察三个装置，Ⅰ为原电池，电极反应式为
负极(Zn)：Zn－2e－===Zn2＋，正极(Cu)：Cu2＋＋2e－===Cu，
Ⅱ为电镀池，电极反应式为
阳极(Cu)：Cu－2e－===Cu2＋，阴极(Zn)：Cu2＋＋2e－===Cu，
Ⅲ为电解池，电极反应式为
阳极(Zn)：Zn－2e－===Zn2＋，阴极Cu：Cu2＋＋2e－===Cu。
练方法技巧
5．500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝6.0 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是(　　)
A．原混合溶液中c(K＋)为4 mol·L－1
B．上述电解过程中共转移4 mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol
D．电解后溶液中c(H＋)为2 mol·L－1
答案　B
解析　阴极上分段发生以下两个反应：Cu2＋＋2e－===Cu,2H＋＋2e－===H2↑，阳极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，当阳极产生22.4 L氧气时，转移电子4 mol，此时阴极上H＋放电2 mol，还有2 mol电子转移来自于Cu2＋放电，析出Cu 1 mol，溶液中c(K＋)＝c(NO)－2c(Cu2＋)＝6.0 mol·L－1－2×＝2.0 mol·L－1，故A、C项错，B项正确；根据电荷守恒，电解后溶液中c(H＋)＝2c(Cu2＋)＝4 mol·L－1，D项错。
6．用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L氧气(标准状况)，从而可知M的相对原子质量为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　根据得失电子守恒列出物质间的对应关系，设M的相对原子质量为Mr。
Mx＋　～xe－　～　O2
Mr g　　　　　22.4· L
a g　　　　　 　b L
解得Mr＝＝。
练综合拓展
7．某课外活动小组准备用如图所示的装置进行实验。现有甲、乙、丙三位同学分别选择了如下电极材料和电解质溶液：
A电极
B电极
X溶液
甲
Cu
Zn
H2SO4
乙
Pt
Pt
CuCl2
丙
Fe
Cu
？
(1)甲同学在实验中将电键K5闭合，Zn电极上的电极反应式为________________。
(2)乙同学准备进行电解CuCl2溶液的实验，则电解时的总反应方程式为
________________________________________________________________________；
实验时应闭合的电键组合是________。(从下列五项中选择所有可能组合，第三小题也在这五项中选择)
A．K1和K2　　B．K1和K3　　C．K1和K4 D．K2和K3 E．K2和K4
(3)丙同学准备在Fe上镀Cu，选择了某种盐来配制电镀液，则该盐的化学式为________，实验时，应闭合的电键组合是________(选项如上)。
答案　(1)Zn－2e－===Zn2＋
(2)CuCl2Cu＋Cl2↑　C、D
(3)CuCl2或CuSO4　D
解析　(1)甲同学在实验中将电键K5闭合，装置为原电池，较活泼的Zn为原电池负极，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋。
(2)乙同学用惰性电极电解CuCl2溶液，电解时的总反应方程式为CuCl2Cu＋
Cl2↑，实验时应闭合K1和K4或K2和K3。
(3)丙同学准备在Fe上镀Cu，则Fe为电镀池阴极，接电源负极，Cu为电镀池阳极，接电源正极，实验时应闭合K2和K3。应选择含有Cu2＋的电解质溶液为电解液。
8．氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：
依据上图，完成下列填空：
(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的电极反应式为________________________，与电源负极相连的电极附近，溶液pH________(选填“不变”、“升高”或“下降”)。
(2)工业食盐中含Ca2＋、Mg2＋等杂质，精制过程中除去这些杂质时发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________。
(3)如果粗盐中SO含量过高，必须添加钡试剂除去SO，该钡试剂可以是________(填写字母序号，下同)。
A．Ba(OH)2　　B．Ba(NO3)2　　C．BaCl2
(4)为有效除去Ca2＋、Mg2＋、SO，加入试剂的合理顺序为________。
A．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂
B．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
C．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3
(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过________、冷却、________(填写操作名称)除去NaCl。
(6)用隔膜法电解食盐水时，电解槽分隔为阳极区和阴极区，防止Cl2与NaOH反应；采用无隔膜法电解冷的食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，得到的产物仅是NaClO和H2，则与该反应相应的化学方程式为____________________________________________________。
答案　(1)2Cl－－2e－===Cl2↑　升高
(2)Ca2＋＋CO===CaCO3↓
Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
(3)AC　(4)BC　(5)蒸发　过滤
(6)NaCl＋H2ONaClO＋H2↑(或2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH；Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O)
解析　(1)电解饱和食盐水，与电源正极相连的电极为阳极，电极反应式是2Cl－－2e－===Cl2↑；与电源负极相连的电极为阴极，电极反应式是2H＋＋2e－===H2↑，消耗H＋，产生OH－，所以溶液的pH升高。
(2)除去Ca2＋：Ca2＋＋CO===CaCO3↓，除去Mg2＋：Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，由
于Mg(OH)2的溶解能力小于MgCO3，所以Mg2＋与CO、OH－混合时，一般是生成Mg(OH)2
沉淀。
(3)除去SO，应选择Ba2＋，如果加入Ba(NO3)2，溶液中会引进新的杂质，加入
Ba(OH)2、BaCl2不会增加新的杂质，选A、C。
(4)除去杂质时加入Ba2＋和OH－，无先后之分，但Na2CO3一定要在最后加入，因为CO
还要除去多余的Ba2＋，过滤沉淀后即认为NaCl被提纯，选B、C。
(5)脱盐实际上是分离NaOH和NaCl，由于NaCl溶解度小，因而NaCl首先析出，其操作过程是蒸发、冷却、结晶，经过滤得NaCl晶体，滤液进一步精制得NaOH。
(6)将2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑和Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O合并，即可得出答案。
第3课时　习题课
1. 将Al片和Cu片用导线相连，一组插入浓HNO3溶液中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成了原电池，则在这两个原电池中，正极分别为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．Al片、Cu片 B．Cu片、Al片 C．Al片、Al片 D．Cu片、Cu片
解析　将Al片和Cu片用导线相连，插入浓HNO3溶液中，此时Al在浓硝酸中钝化，不能继续反应，而Cu却能与浓硝酸持续反应。也就是说，在这种情况下，Cu易失去电子而Al却表现相对“惰性”，“相对活泼”的Cu为负极；插入稀NaOH溶液中，Al能与NaOH溶液反应，此时Al失去电子被氧化，也就是Al为负极。
答案　A
2. 若某池(电解池或原电池)的总反应离子方程式是Cu＋2H＋===Cu2＋＋H2↑，关于此池的有关说法正确的是
A．该池只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极
B．该池只能是原电池，且电解质溶液为硝酸
C．该池可能是原电池，也可能是电解池
D．该池只能是电解池，电解质溶液可以是硫酸铜
答案　A
解析　铜与H＋不反应，因此不可能是原电池，只能是电解池。在该电解池中，铜失去电子被氧化，因此铜作电解池的阳极，A正确，B、C错误；D选项中若电解质溶液是硫酸铜溶液，则相当于电镀铜，与题给离子方程式不符，故D错误。
3. 关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是(　　)
A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠
B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色
C．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色
D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性
解析　电解食盐水时发生的反应：
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
总反应式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
对照分析选项，A错误；阳极附近的溶液中会溶有少量的Cl2，滴加KI溶液后发生反应：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，溶液呈棕色，B正确；阴极附近产生大量的OH－，滴加酚酞后变红色，C错误；电解后生成NaOH，溶液呈碱性，D错误。
答案　B
4. 某同学按下图所示的装置进行电解实验。下列说法正确的是(　　)
A．电解过程中，铜电极上有H2产生
B．电解初期，总反应方程式为：Cu＋H2SO4电解,CuSO4＋H2↑
C．电解一定时间后，石墨电极上有气体放出
D．整个电解过程中，H＋的浓度不断增大
答案　B
解析　由题目所给图示可知：活泼金属铜作阳极，发生反应：Cu－2e－===Cu2＋，电解初期，溶液中的H＋在阴极石墨上发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，电池反应式为Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑，所以A、D选项不正确，B选项正确；随着电解过程不断进行，溶液中的Cu2＋浓度不断增大，一定时间后即当Cu2＋移动到阴极附近时，由于Cu2＋的氧化性大于H＋，故此时阴极发生反应：Cu2＋＋2e－===Cu，故C选项不正确。
5. 甲、乙两个容器中，分别加入0.1 mol·L－1的NaCl溶液与0.1 mol·L－1的AgNO3溶液后，以Pt为电极进行电解时，在A、B、C、D各电极上生成物的物质的量之比为(　　)
A．2∶2∶4∶1 B．2∶3∶4∶1 C．1∶4∶2∶2 D．1∶1∶1∶1
解析　此装置相当于两个电解槽串联到一起，在整个电路中电子转移总数相等，首先判断各极的产物，即A极产物H2，B极产物Cl2，C极产物Ag，D极产物O2，若整个电路中有4 mol电子转移，有2H2～2Cl2～4Ag～O2～4e－，则A、B、C、D各电极上生成物的物质的量之比为2∶2∶4∶1。
答案　A
6．电池是人类生产和生活中的重要能量来源，各式各样的电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是(　　)
A．锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细
B．氢氧燃料电池可将热能直接转化为电能
C．氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化
D．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
答案　C
解析　因为锌锰干电池中锌棒为负极，锌棒变细，碳棒不变，所以A错；原电池是将化学能直接转化为电能，所以B错；氢氧燃料电池负极反应式为H2－2e－===2H＋，所以C对；太阳能电池采用硅材料制作，所以D错。
7．理论上不能用于设计成原电池的反应是(　　)
A．HCl＋NaOH===NaCl＋H2O　ΔH＜0
B．2CH3OH(l)＋3O2(g)2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＜0
C．4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)　ΔH＜0
D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＜0
答案　A
解析　本题考查原电池形成条件。只有能自发进行的氧化还原反应才可能用于设计原电池，非氧化还原反应因没有电子转移所以不能设计成原电池，题中只有A项不是氧化还原反应。
8．生物体中细胞膜内的葡萄糖，细胞膜外的富氧液体及细胞膜构成微型的生物原电池，下列有关判断正确的是(　　)
A．正极的电极反应式可能是O2＋4e－===2O2－
B．负极的电极反应式可能是O2＋4e－＋2H2O===4OH－
C．正极反应主要是C6H12O6生成CO2或HCO
D．负极反应主要是C6H12O6生成CO2或HCO
答案　D
解析　在生物体内葡萄糖贮存的化学能是通过与O2的氧化还原反应释放出来的。反应中葡萄糖中的碳元素失电子，首先被氧化为CO2分子，然后再与血液中的OH－反应转化为HCO，因此，在正极上发生的是O2得电子的还原反应：O2＋4e－＋2H2O===4OH－；负极上发生的反应是C6H12O6失电子的氧化反应，生成CO2或HCO。
9．实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取Cl2，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：
负极：Pb＋SO－2e－===PbSO4
正极：PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O
今欲制得Cl2 0.050 mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是(　　)
A．0.025 mol B．0.050 mol C．0.10 mol D．0.20 mol
答案　C
解析　要求得硫酸的量，需首先找出铅蓄电池的总反应。将上述两个电极反应式合并可得：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。而在制取Cl2时，每生成1 mol Cl2，电子转移2
mol，现需要转移电子0.050 mol×2＝0.10 mol。由铅蓄电池总反应式可知，每转移0.10 mol电子，将消耗0.10 mol硫酸。
10．用Pt电极电解含有Cu2＋和X3＋均为0.1 mol的溶液，阴极析出金属的质量m与溶液中
通过电子的物质的量n关系如图，则离子的氧化能力由大到小排列正确的是(　　)

A．Cu2＋>X3＋>H＋ B．H＋>X3＋>Cu2＋ C．X3＋>H＋>Cu2＋ D．Cu2＋>H＋>X3＋
答案　D
解析　此题有些学生一看，立即想到X3＋是Fe3＋，不加以仔细分析，即选答案C。先分析图中变化：一开始通电，阴极就有固体析出，且通过0.2 mol电子后，质量不再增加。根据离子放电规律，是Cu2＋先放电，再是H＋放电，X3＋在溶液中不放电。
11. 有一硝酸盐晶体，其化学式表示为M(NO3)x·nH2O，经测定其摩尔质量为242 g·mol－1。取1.21 g该晶体溶于水配成100 mL溶液。将此溶液倒入下图所示装置中，用石墨作电极进行电解。当有0.01 mol电子通过电极时，溶液中的金属阳离子全部析出，在A极得到金属
0.32 g。回答：

金属M的摩尔质量为______________，x＝______________________________，
n＝________________。
(2)C极为________极。
答案　(1)64 g·mol－1　2　3　(2)负
解析　(1)n(硝酸盐)＝＝0.005 mol，则金属M也为0.005 mol。M的摩尔质量＝＝64 g·mol－1。
Mx＋＋xe－===M
＝　解得：x＝2
188＋18n＝242，n＝3。
(2)因为金属在A极析出，所以A极是电解池的阴极，则C极是电源的负极。
12．铝和氢氧化钾都是重要的工业产品。请回答：
(1)工业冶炼铝的化学方程式是______________________________________________。
(2)铝与氢氧化钾溶液反应的离子方程式是____________________________________
____________________。
(3)工业级氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过)，其工作原理如下图所示。
该电解槽的阳极反应式是_______________________________________________。
通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因
________________________________________________________________________
______________________________。
③除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口______(填写“A”或“B”)导出。
答案　(1)2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
(2)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(3)①4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
②H＋放电，促进水的电离，OH－浓度增大
③B
解析　本题主要考查学生对电解原理的理解和掌握，注重考查学生用所学知识解释、解决实际问题的能力。(1)、(2)问主要考查教材的基础知识，应该属于得分的问题，(3)中根据电解原理，阳极应是OH－失电子，所以电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，而阴极为H＋放电，促进水的电离，使OH－浓度增大，所以pH增大，根据阳离子交换膜的特点，K＋可从阳极区进入阴极区和OH－组成KOH，从而可在阴极区得到纯的KOH溶液，故液体应从B口导出。
13. 如图，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电极表面有红色的固态物质生成，Y电极有无色气体生成；溶液中原有溶质完全电解后，停止电解，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pH为________；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，需加入一定量的____________(填加入物质的化学式)。(假设电解前后溶液的体积不变)
②Y电极产生气体的体积为______L(标准状况下)。
请你推测原溶液中所含的酸根离子可能是____________________；并设计实验验证你的推测，写出实验的操作步骤、现象和结论：____________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑　阴
(2)①1　CuO或CuCO3(仅答1种即可)
②0.28
③硫酸根离子　取少量待测液于试管中，滴加盐酸无明显现象，继续加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，则证明是硫酸根离子(或：硝酸根离子　取少量待测液于试管中，加热浓缩后滴加浓硫酸和铜粉，若有红棕色气体产生，则证明是硝酸根离子)
解析　(1)电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑，在阴极区生成NaOH，使酚酞溶液变红。
(2)蓝色溶液中可能含有Cu2＋，并且在电解过程中析出红色固体，进一步验证析出的是铜；Y电极上析出无色气体，应该是O2，电解离子方程式：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。
①根据电解离子方程式得：n(H＋)＝2n(Cu2＋)＝2×＝0.05 mol，故溶液中c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1，溶液的pH＝1。要使溶液恢复到以前，可以加入CuO或CuCO3。
②根据电解离子方程式得：n(O2)＝×n(Cu)＝0.012 5mol，在标准状况下的体积V(O2)＝22.4 L·mol－1×0.012 5 mol＝0.28 L。
③溶液中存在的必须是含氧酸根离子，可以是SO或NO；然后利用实验进行检验。
14．从H＋、Cu2＋、Na＋、SO、Cl－五种离子中选取某些离子恰当地组成电解质，按下列要求电解。
(1)以碳棒为电极，使电解质质量减少，水量不变进行电解，则采用的电解质是
________________________________________________________________________。
(2)以碳棒为电极，使电解质质量不变，水量减少进行电解，则采用的电解质是
________________________________________________________________________。
以碳棒为阳极，铁棒为阴极，使电解质质量和水量都减少进行电解，则采用的电解质是________________________________________________________________。
答案　(1)HCl、CuCl2　(2)H2SO4、Na2SO4、NaHSO4 (3)CuSO4、NaCl
解析　首先把阴、阳离子两两组合成物质，根据离子放电顺序判断(1)为分解电解质型；(2)为电解水型；(3)为放氧生酸型和放氢生碱型。
15．某高二化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果如下。试根据下表中的实验现象回答下列问题：
编号
电极材料
电解质溶液
电流计指针偏转方向
1
Mg、Al
稀盐酸
偏向Al
2
Al、Cu
稀盐酸
偏向Cu
3
Al、石墨
稀盐酸
偏向石墨
4
Mg、Al
NaOH
偏向Mg
5
Al、Zn
浓硝酸
偏向Al
(1)实验1、2中Al所作的电极是否相同？________(填“是”或“否”)。
(2)实验3中的电极反应式：负极______________________，正极________________，
电池总反应方程式______________________。
(3)实验4中Al作________极，其电极反应式是____________________________，判断电极的依据是______________________________。
(4)解释实验5中电流计指针偏向Al的原因。
答案　(1)否
(2)Al－3e－===Al3＋　2H＋＋2e－===H2↑
2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
(3)负　Al＋4OH－－3e－===AlO＋2H2O
因为Al能与NaOH溶液反应，而Mg不反应
(4)实验5中由于Al在浓硝酸中发生钝化，所以Zn为负极
解析　一般情况下，较活泼的金属作原电池的负极，根据实验1、2的结果，可得出1中Al作正极，2中Al作负极，但在NaOH溶液中，Al反应，Mg不反应，Al作负极，在浓硝酸中由于Al发生钝化，Zn作负极。
16．电解原理在化学工业中有广泛的应用。
上图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：
(1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：
①电解池中X极上的电极反应式为____________________，在X极附近观察到的现象是
________________________________________________________________________
________________。电解液中向X极方向移动的离子是____________。
Y电极上的电极反应式为______________________________________________，
检验该电极反应产物的方法是_______________________________________________。
(2)如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：
①X电极的材料是________，电极反应式为____________。
Y电极的材料是________，电极反应式为_________________________________
____________。
③溶液中的c(Cu2＋)与电解前相比________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(3)如利用该装置实现铁上镀锌，电极X上发生的反应为________________________，电解池盛放的电镀液可以是________或________(只要求填两种电解质溶液)。
答案　(1)①2H＋＋2e－===H2↑　有气体放出，溶液变红　Na＋、H＋
②2Cl－－2e－===Cl2↑　把湿润的淀粉碘化钾试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色，说明生成了Cl2
(2)①纯铜　Cu2＋＋2e－===Cu
②粗铜　Cu－2e－===Cu2＋　③变小
(3)Zn2＋＋2e－===Zn　ZnCl2　ZnSO4(答案不惟一，合理即可)