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溶液中离子浓度大小的比较
1．大小比较的常用方法
(1)多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4的溶液中：[H＋]＞[H2PO]＞[HPO]＞[PO]。
(2)多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中：[Na＋] ＞ [CO] ＞ [OH－] ＞ [HCO] ＞ [H＋]。
(3)不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响的因素。一般地：浓度大的有抑制其水解的离子＞浓度大的没有抑制或促进其水解的离子＞浓度大的有促进其水解的离子＞浓度小的有抑制其水解的离子＞浓度小的没有抑制或促进其水解的离子＞浓度小的有促进其水解的离子。
如在相同浓度的下列溶液中①NH4Cl，②CH3COONH4，③NH4HSO4，④(NH4)2SO4，⑤(NH4)2CO3，[NH]由大到小的顺序是：④＞⑤＞③＞①＞②。
(4)混合溶液中各离子浓度比较，根据电离程度、水解程度的相对大小综合分析。
①电离程度大于水解程度的有NH3·H2O和NH、CH3COOH和CH3COO－、HSO。如0.1 mol·L－1NH4Cl和0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中：由于NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为：
[NH]＞[Cl－]＞[OH－]＞[H＋]。
②电离程度小于水解程度的有HCN和CN－、HCO和CO、HCO。
如0.1 mol·L－1的HCN和0.1 mol·L－1的NaCN混合溶液中：由于HCN的电离程度小于CN－的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为：[Na＋]＞[CN－]＞[OH－]＞[H＋]。
此外：[HCN]＞[Na＋]＝0.1 mol·L－1。
2．常用等量关系
(1)电荷守恒：
①电解质溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数，此为电荷守恒规律。
②电荷守恒式的书写：a.找全溶液中的离子。b.将阴、阳离子各放在“＝”的两边，并用“＋”连结。
③离子浓度前的系数就是该离子所带电荷数。
如Na2CO3溶液中：[Na＋]＋[H＋]＝2[CO]＋[HCO]＋[OH－]。
(2)物料守恒：
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。如K2S溶液中，S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在。它们的守恒关系：[K＋]＝2[S2－]＋2[HS－]＋2[H2S]。
(3)质子守恒：
电解质溶液中，分子或离子得失质子(H＋)的物质的量相等。
如Na3PO4溶液：
所以Na3PO4溶液的质子守恒是：
[OH－]＝[H＋]＋[HPO]＋2[H2PO]＋3[H3PO4]。
[例证]　(2011·江苏高考)下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．在0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：
c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)
B．在0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：
c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)
C．向0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1 NaOH溶液：c(CO)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)
D．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c(Na＋)＝0.1 mol·L－1]：
c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)
[解析]　在NaHCO3溶液中存在HCO的电离和水解：HCO??H＋＋CO，HCO＋H2O??OH－＋H2CO3，由于NaHCO3溶液显碱性，说明HCO的水解程度大于电离程度，c(H2CO3)>c(CO)；在Na2CO3溶液中含有Na＋、CO、HCO、H＋、OH－、H2CO3等微粒，由质子守恒可知c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)；0.2 mol·L－1 NaHCO3与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后，生成的Na2CO3与过量的NaHCO3的物质的量相等，但CO水解程度大于HCO的水解程度，所以c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)；在CH3COONa和CH3COOH混合溶液中，含有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－等带电离子和CH3COOH分子，由电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，由于pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(CH3COO－)，由于同浓度时CH3COOH电离大于CH3COONa水解，为了使pH＝7，故c(CH3COONa)>c(CH3COOH)，即c(Na＋)>c(CH3COOH)；再因为单一CH3COONa溶液水解产生的c(OH－)>1×10－7 mol·L－1，为使pH＝7中和部分OH－，c(CH3COOH)应远大于1×10－7 mol·L－1。
[答案]　BD
1．[双选题]常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是(　　)
A．pH＞7，且[OH－]＞[Na＋]＞[H＋]＞[CH3COO－]
B．pH＞7，且[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[CH3COO－]
C．pH＜7，且[CH3COO－]＞[H＋]＞[Na＋]＞[OH－]
D．pH＝7，且[CH3COO－]＞[Na＋]＞[H＋]＝[OH－]
解析：NaOH、CH3COOH混合所得的溶液中有Na＋、H＋、CH3COO－、OH－四种离子，Na＋实际不参加反应，所以[OH－]＜[Na＋]，A不可能。根据电荷守恒规律：[Na＋]＋[H＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]可推知，B、C可能成立，D不可能，故选AD。
答案：AD
2．[双选题]用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1 L混合溶液，已知其中[CH3COO－]＞[Na＋]，对该溶液的下列判断正确的是(　　)
A．[H＋]＞[OH－]
B．[CH3COOH]＋[CH3COO－]＝0.2 mol·L－1
C．[CH3COOH]＞[CH3COO－]
D．[CH3COO－]＋[OH－]＝0.1 mol·L－1
解析：根据电荷守恒判断：[CH3COO－]＋[OH－]＝[Na＋]＋[H＋]，[CH3COO－]＞[Na＋]，则[H＋]＞[OH－]。由物料守恒可知：[CH3COOH]＋[CH3COO－]＝0.2 mol·L－1。[CH3COO－]＞[Na＋]，说明CH3COOH电离程度大，CH3COO－水解程度小，故有[CH3COO－]＞[CH3COOH]。
答案：AB
3．(2010·上海高考)下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是(　　)
A．氨水与氯化铵的pH＝7的混合溶液中：[Cl－]＞[NH]
B．pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合：[OH－]＝[H＋]
C．0.1 mol·L－1的硫酸铵溶液中：[NH]＞[SO]＞[H＋]
D．0.1 mol·L－1的硫化钠溶液中：[OH－]＝[H＋]＋[HS－]＋[H2S]
解析：pH＝7，[H＋]＝[OH－]，根据电荷守恒[Cl－]＝[NH]，A错误；酸的强弱未知，若是一元弱酸，则酸过量，溶液呈酸性，B错误；(NH4)2SO4溶液中，(NH4)2SO4===2NH＋SO，NH水解呈酸性，C正确；Na2S溶液中S2－水解：S2－＋H2O??HS－＋OH－，HS－＋H2O??H2S＋OH－，由质子守恒得[OH－]＝[H＋]＋[HS－]＋2[H2S]。
答案：C
4．将标准状况下体积为2.24 L的H2S缓慢通入100 mL 1.5 mol·L－1 NaOH溶液中(溶液体积变化忽略不计)，充分反应后，下列关系错误的是(　　)
A．[Na＋]＋[H＋]＝[HS－]＋2[S2－]＋[OH－]
B．[Na＋]＞[HS－]＞[S2－]＞[H＋]＋[OH－]
C．[Na＋]＞[HS－]＋[S2－]＋[H2S]
D．[HS－]＋[S2－]＋[H2S]＝1.0 mol·L－1
解析：H2S与NaOH反应后产物为Na2S和NaHS，且均为0.05 mol，A为电荷守恒，D为物料守恒，均正确；溶液中[Na＋]＝1.5 mol·L－1，结合D知C正确。
答案：B
5．[双选题]等体积、等浓度的强碱MOH溶液和弱酸HA溶液混合后，混合溶液中有关离子的浓度应满足的关系是(　　)
A．[M＋]＞[OH－]＞[A－]＞[H＋]
B．[M＋]＞[A－]＞[H＋]＞[OH－]
C．[M＋]＞[A－]＞[OH－]＞[H＋]
D．[M＋]＋[H＋]＝[A－]＋[OH－]
解析：等体积、等浓度的一元强碱与一元弱酸恰好完全中和，生成强碱弱酸盐MA，其中A－部分发生水解使溶液显碱性，故C选项是正确的；同时根据电荷守恒原理，可得D选项也正确。
答案：CD巧解电解计算题
1．计算的原则
(1)阳极失去的电子数＝阴极得到的电子数。
(2)串联电路中通过各电解池的电子总数相等。
(3)电源输出的电子总数和电解池中转移的电子总数相等。
2．计算的方法
(1)根据电子守恒法计算：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路上转移的电子数相等。
(2)根据总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。
(3)根据关系式计算：根据得失电子守恒的关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。如4e－～4Ag～2Cu～2Cl2～2H2～O2～4H＋～4OH－。
3．计算步骤
首先要正确书写电极反应式(要特别注意阳极材料)；其次注意溶液中有多种离子共存时，要根据离子放电顺序确定离子放电的先后；最后根据得失电子守恒进行相关计算。
4．常考的题型
(1)电子守恒在电解计算中的应用。
(2)计算电解后溶液中的离子浓度。
(3)计算电解质溶液的pH。
(4)计算电解后析出的固体质量。
(5)串联电路中的物质关系。
[例证1]　将含有0.4 mol CuSO4和0.2 mol NaCl的水溶液1 L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3 mol Cu，另一个电极上析出气体在标准状况下的体积为(　　)
A．4.48 L　　　　　　　　 B．5.6 L
C．6.72 L D．13.44 L
[解析]　阴极反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，因为反应的n(Cu2＋)＝0.3 mol，总n(Cu2＋)＝0.4 mol，说明Cu2＋过量，阴极共得到0.6 mol电子。由电子守恒可知，阳极应失去0.6 mol电子。阳极：首先2Cl－－2e－===Cl2↑，因为0.2 mol Cl－只能失去0.2 mol电子，另外0.4 mol电子只能由水电离出的OH－失去，阳极反应还有：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，则阳极共放出气体体积(0.1 mol＋0.1 mol)×22.4 L·mol－1＝4.48 L，故应选A。
[答案]　A
[例证2]　用石墨电极电解100 mL H2SO4和CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为(　　)
A．1 mol·L－1 B．2 mol·L－1
C．3 mol·L－1 D．4 mol·L－1
[解析]　根据题设条件，两极上电极反应式为：阴极：首先Cu2＋＋2e－===Cu，然后2H＋＋2e－===H2↑；阳极4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。既然阴极上收集到H2，说明Cu2＋已完全放电，根据电子守恒，阴极上Cu2＋、H＋得电子总数应等于OH－失电子总数。析出0.1 mol H2获得0.2 mol电子，析出0.1 mol O2失去0.4 mol电子，所以有0.1 mol Cu2＋放电，获得0.2 mol电子，c(Cu2＋)＝0.1 mol/0.1 L＝1 mol·L－1。
[答案]　A
[例证3]　将分别盛有饱和KCl溶液和CuSO4溶液的两个电解槽(电极均为石墨电极)串联，通电一段时间后，在甲池(饱和KCl溶液)的阳极收集到1.12 L气体(标准状况下)，如果乙池(CuSO4溶液)溶液的体积为1 L，则电解后乙池溶液的c(H＋)为________ mol·L－1(电解过程中溶液体积不变)。
[解析]　甲池阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，应失去(1.12 L/22.4 L·mol－1)×2＝0.1 mol电子。乙池阳极反应：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，由电子守恒可知，乙池阳极应得0.1 mol电子。所以，乙池中c(H＋)＝0.1 mol/1L＝0.1 mol·L－1。
[答案]　0.1
[例证4]　将两个惰性电极插入到500 mL AgNO3溶液中，通电电解，当电解质溶液的pH从6.0变为3.0时(设电解时阴极没有H2逸出，且电解质溶液在电解前后体积变化可以忽略)，则电极上析出银的质量是(　　)
A．27 mg B．54 mg
C．108 mg D．216 mg
[解析]　题中pH＝6可理解成由于Ag＋的水解而使溶液显弱酸性，当pH变为3时，n(H＋)＝1×10－3 mol· L－1×0.5 L＝5×10－4mol，根据关系式：Ag＋～H＋～e－得，有n(Ag)＝n(H＋)＝5×10－4 mol，m(Ag)＝5×10－4 mol×108 g·mol－1＝5.4×10－2g＝54 mg。
[答案]　B
[例证5]　把分别盛有熔融的KCl、MgCl2、Al2O3的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为(　　)
A．1∶2∶3 B．3∶2∶1
C．6∶3∶1 D．6∶3∶2
[解析]　该题考查了电解中转移电子的物质的量与析出金属的化合价及物质的量的关系。在氯化钾、氯化镁、氧化铝中K、Mg、Al分别为＋1价、＋2价、＋3价，在串联电路中，相同时间通过的电量相同，当都通过6 mol电子时，析出K、Mg、Al的物质的量分别为6 mol、3 mol、2 mol，则n(K)∶n(Mg)∶n(Al)＝6∶3∶2。
[答案]　D
1．电解100 mL含c(H＋)＝0.30 mol/L的下列溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理
论上析出金属质量最大的是 (　　)
A．0.10 mol/L Ag＋　　　　 B．0.20 mol/L Zn2＋
C．0.20 mol/L Cu2＋ D．0.20 mol/L Pb2＋
解析：因溶液中含Ag＋、Cu2＋、H＋、Pb2＋、Zn2＋分别为0.01 mol、0.02 mol、0.03 mol、
0.02 mol、0.02 mol；而电解时A、C中Ag＋、Cu2＋比H＋先放电，而C、D中则是
H＋先放电，A中0.01 mol Ag＋放电完全后，H＋放电，C中Cu2＋先放电完全后，H＋
放电，即生成0.02 mol Cu，其质量最大。
答案：C
2．用惰性电极有电解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的相对原子质量是(　　)
A.　　　　　　 B.
C. D.
解析：生成b L O2转移电子为 mol，
据电子守恒得到M的物质的量为：
mol＝ mol，
则M的摩尔质量为a÷ ＝ g/mol，
M的相对原子量为。
答案：C
3．如下图所示，若电解5 min时，测得铜电极的质量增加2.16 g。试回答：(　　)
(1)电源中X极是________(填“正”或“负”)极。
(2)通电5 min时，B中共收集到224 mL(标准状况)气体，溶液体积为200 mL(电解
前后溶液的体积变化忽略不计)，则通电前c(CuSO4)＝________。
(3)若A中KCl溶液的体积也是200 mL，则电解后溶液的pH＝________。
解析：(1)铜极增重，说明银在铜极析出，则铜极为阴极，X为负极。
(2)C中铜极增重2.16 g，即析出0.02 mol Ag，线路中通过0.02 mol电子。由4e－～
O2，可知B中产生的O2只有0.005 mol，即112 mL。但B中共收集到224 mL气
体，说明还有112 mL是H2，即Cu2＋全部在阴极放电后，H＋接着放电产生了112 mL
H2，则通过0.01 mol 电子时，Cu2＋已完全变为Cu单质。
由2e－～Cu，可知n(Cu2＋)＝0.005 mol，
则c(CuSO4)＝＝0.025 mol/L。
(3)由4e－～4OH－知，A中生成0.02 mol OH－，
则：c(OH－)＝0.1 mol/L，即pH＝13。
答案：(1)负　(2)0.025 mol/L　(3)13反应热的类型、计算及比较
一、反应热的类型
由于反应的情况不同，反应热可以分为许多种，如燃烧热、中和热等等。
1．燃烧热
在101 kPa时，1 mol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。
对于可燃物的燃烧反应来讲，由于它们都是放热反应，因此可以通过燃烧热的计算，来了解燃烧反应为我们所提供的热量。
[例证1]　下面均是正丁烷与氧气反应的热化学方程式(25℃，101 kPa)：
①C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)
ΔH＝－2 878 kJ/mol
②C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)
ΔH＝－2 658 kJ/mol
③C4H10(g)＋O2(g)===4CO(g)＋5H2O(l)
ΔH＝－1 746 kJ/mol
④C4H10(g)＋O2(g)===4CO(g)＋5H2O(g)
ΔH＝－1 526 kJ/mol
由此判断，正丁烷的燃烧热是(　　)
A．－2 878 kJ/mol　　　　　 B．－2 658 kJ/mol
C．－1 746 kJ/mol D．－1 526 kJ/mol
[解析]　本题考查燃烧热定义，意在考查考生对基本概念的理解与运用。②中，生成物水是气态；③④中均生成CO，气态水和CO均不是稳定的氧化物。
[答案]　A
2．中和热
在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)，这时的反应热叫中和热。
在中学阶段，只讨论强酸和强碱反应的中和热，当强酸与强碱在稀溶液中发生中和反应时，1 mol H＋与1 mol OH－起反应生成1 mol H2O，都放出57.3 kJ的热量，可表示为：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
[例证2]　25℃，101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJ ·mol－1，则下列描述正确的是(　　)
A．KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
B．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)
ΔH＝＋57.3 kJ·mol－1
C．H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热为
ΔH＝2×(－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
[解析]　根据中和热的定义和题意，A正确；中和反应为放热反应，ΔH为负值，B错误；中和热与生成水的量无关，C错误；D中醋酸是弱酸，电离要吸收热量，生成1 mol水时放出的热量小于57.3 kJ。
[答案]　A
二、反应热的计算与比较
1．反应焓变的简单计算
(1)根据概念计算：
ΔH＝H(反应产物)－H(反应物)＝反应物中化学键断裂吸收的总能量－生成物中化学键形成释放的总能量＝生成物的总能量－反应物的总能量。
(2)根据热化学方程式进行计算：
热化学方程式与数学上的方程式相似，可以移项同时改变正、负号；各项的系数包括ΔH的数值可以同时扩大或缩小相同的倍数。其计算方法步骤与根据一般化学方程式计算相似，可以把反应热看做方程式内的一项进行处理。
(3)根据盖斯定律进行计算：
若一个化学方程式可由另外几个化学方程式相加或相减得到，则该化学反应的热化学方程式可以由以上反应的热化学方程式包括其ΔH(含“＋”、“－”)相加或相减而得到。
2．反应焓变的比较方法
影响反应焓变的因素有：①参加反应的物质的量：对于同一反应，其他条件相同时，参加反应的物质的量越多，反应吸收或放出的热越多，相应的焓变越大或越小。②各物质的聚集状态：物质的聚集状态不同，所具有的能量不同，反应热也不同。
(1)根据反应规律和影响ΔH大小的因素直接进行比较：
依照规律、经验和常识可直接判断不同反应的ΔH的大小，如吸热反应的ΔH肯定比放热反应的大(前者大于0，后者小于0)；2 mol H2燃烧放出的热量肯定比1 mol H2燃烧放出的热量多；等量的碳完全燃烧生成CO2放出的热量肯定比不完全燃烧生成CO放出的热量多；生成同一种物质液态产物比气态产物放出的热量多。
需要注意的是，ΔH的符号、数值和单位属于一个整体，不能随意分割，在比较两个热化学方程式中ΔH的大小时，比的是其代数值，要带正、负号进行比较；在比较两个反应放出或吸收的热量多少时，比的是其绝对值，应去掉正、负号进行比较。
(2)盖斯定律法：
依据盖斯定律，化学反应的反应热只与反应的始态(各反应物)和终态(各反应产物)有关，而与反应进行的具体途径无关。热化学方程式可以像一个代数式一样进行移项、变向和加、减、乘、除等多种数学运算。依据进行数学运算后所得的新反应或过程的ΔH可以比较运算前的各反应ΔH的大小，这种方法称为盖斯定律法。
[例证3]　已知热化学方程式：
C(s，金刚石)＋O2(g)===CO2(g)　 ΔH1①
C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g)　 ΔH2②
C(s，石墨)===C(s，金刚石)
ΔH3＝＋1.9 kJ·mol－1　③
下列说法正确的是(　　)
A．石墨转化为金刚石的反应是吸热反应
B．金刚石比石墨稳定
C．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
D．ΔH1>ΔH2
[解析]　由方程式③中ΔH3＝1.9 kJ·mol－1>0得出③反应吸热，石墨比金刚石稳定，A项正确，B项错误；由盖斯定律可得ΔH3＝ΔH2－ΔH1，因ΔH3>0，可得ΔH2>ΔH1，C、D项错误。
[答案]　A
1．(2011·上海高考，有改动)根据碘与氢气反应的热化学方程式
(ⅰ)I2(g)＋H2(g)??2HI(g)
ΔH＝－9.48 kJ·mol－1
(ⅱ)I2(s)＋H2(g)??2HI(g)
ΔH＝＋26.48 kJ·mol－1
下列判断正确的是(　　)
A．254 g I2(g)中通入2 g H2(g)，反应放热9.48 kJ
B．1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
C．反应(ⅰ)的产物比反应(ⅱ)的产物稳定
D．反应(ⅱ)的反应物总能量比反应(ⅰ)的反应物总能量低
解析：因H2(g)＋I2(g)??2HI(g)为可逆反应，故254 g I2与2 g H2不可能完全反应生成2 mol HI，放出的热量小于9.48 kJ，A错误；1 mol 固态碘与1 mol气态碘所含的能量差为9.48 kJ－(－26.48 kJ)＝35.96 kJ，B错误；产物相同均为HI，稳定性一致，C错误；因反应物中氢气相同，而固态碘比气态碘所含的能量低，D正确。
答案：D
2．在同温同压下，下列各组热化学方程式中，ΔH1>ΔH2的是(　　)
A．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　 ΔH1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　 ΔH2
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g)　 ΔH1
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　 ΔH2
C．C(s)＋O2(g)===CO(g)　 ΔH1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　 ΔH2
D．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　 ΔH1
H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)　 ΔH2
解析：放热反应ΔH<0，所以放出的热量越多，ΔH就越小，A中气态水变成液态水要放热，故ΔH1<ΔH2；B中固态硫变成气态硫需要吸热，故ΔH1<ΔH2；C中一氧化碳继续燃烧生成二氧化碳要放热，故ΔH1>ΔH2；D中后一反应的系数为前一反应对应物质系数的一半，故ΔH1<ΔH2。
答案：C
3．盖斯定律认为能量总是守恒的，化学反应过程一步完成或分步完成，整个过程的热效应是相同的。
已知：①H2O(g)===H2O(l)　 ΔH1＝Q1 kJ/mol
②C2H5OH(g)===C2H5OH(l)　 ΔH2＝Q2 kJ/mol
③C2H5OH(g)＋3O2(g)―→2CO2(g)＋3H2O(g)ΔH3＝Q3 kJ/mol
若使23 g液态酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(kJ)(　　)
A．Q1＋Q2＋Q3　　　　　　 B．1.5Q1－0.5Q2＋0.5Q3
C．0.5Q1－1.5Q2＋0.5Q3 D．0.5(Q1＋Q2＋Q3)
解析：将③－②＋3×①，就能得到46 g液态酒精完全燃烧最后恢复到室温所放出的热量，然后将该热量再除以2即可。
答案：B常见离子的检验方法
一、常见阳离子的检验方法
离子 试剂方法 实验现象 离子方程式
H＋ ①石蕊试液 变红
②较活泼金属Mg、Fe等 产生H2 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
③pH试纸 pH＜7
NH NaOH溶液 加入NaOH溶液并加热，生成的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝 NH＋OH－NH3↑＋H2O
Cu2＋ ①观察颜色 蓝色溶液
②NaOH溶液 生成蓝色沉淀 Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓
Fe2＋ ①观察颜色 浅绿色溶液
②NaOH溶液 加入NaOH溶液先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变红褐色 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
③KSCN溶液、氯水 加入KSCN溶液无现象，滴加氯水变红 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3
Fe3＋ ①观察颜色 黄色溶液
②KSCN溶液 出现血红色 Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3
③NaOH溶液 生成红褐色沉淀 Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
Al3＋ 过量NaOH溶液 先生成白色沉淀后沉淀溶解 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－
Ag＋ 盐酸和稀HNO3溶液 生成不溶于稀HNO3的白色沉淀 Ag＋＋Cl－===AgCl↓
Na＋ 焰色反应 黄色
二、常见阴离子的检验
离子 检验试剂及方法 实验现象 化学方程式或离子方程式
Cl－ AgNO3溶液，稀HNO3溶液 生成不溶于稀HNO3的白色沉淀 Ag＋＋Cl－===AgCl↓
Br－ AgNO3溶液，稀HNO3溶液 生成不溶于稀HNO3的淡黄色沉淀 Ag＋＋Br－===AgBr↓
I－ ①AgNO3溶液，稀HNO3溶液 生成不溶于稀HNO3的黄色沉淀 Ag＋＋I－===AgI↓
②滴入淀粉溶液后，加入氯水 淀粉溶液变蓝色 Cl2＋2I－===2Cl－＋I2(淀粉遇I2变蓝)
SO 稀盐酸，BaCl2溶液 生成白色沉淀，此沉淀不溶于稀盐酸或稀硝酸 Ba2＋＋SO===BaSO4↓
SO 先加入BaCl2溶液，后加盐酸 生成白色沉淀，此沉淀溶于盐酸，放出有刺激性气味的气体 Ba2＋＋SO===BaSO3↓BaSO3＋2H＋===Ba2＋＋H2O＋SO2↑
CO ①BaCl2溶液，稀HNO3溶液，澄清的石灰水 生成白色沉淀，此沉淀溶于稀HNO3溶液，放出无色无味的气体，此气体使澄清的石灰水变浑浊 Ba2＋＋CO===BaCO3↓BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋H2O＋CO2↑Ca2＋＋2OH－＋CO2===　　　CaCO3↓＋H2O
②盐酸、澄清石灰水 加入盐酸，放出无色、无味、使澄清石灰水变浑浊的气体 CO＋2H＋===H2O＋CO2↑Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O
HCO BaCl2溶液，稀HNO3溶液，澄清石灰水 不生成白色沉淀，遇酸放出无色、无味、使澄清石灰水变浑浊的气体 HCO＋H＋===H2O＋CO2↑Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O
[例证]　现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K＋、Ag＋、Ca2＋、Ba2＋、Fe2＋、Al3＋，阴离子有Cl－、OH－、CH3COO－、NO、SO、CO。现将它们分别配成0.1 mol·L－1的溶液，进行如下实验：
①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A>E>C；
②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；
③向D溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，无明显现象；
④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
根据上述实验现象，回答下列问题：
(1)实验②中反应的化学方程式是_____________________________________________
_______________________________________________________________________________；
(2)E溶液是________，判断依据是____________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)写出下列四种化合物的化学式：A____________、C____________________、D________________________、F____________________。
[解析]　由①中碱性强弱顺序可知A是碱，有OH－，E是碳酸盐，C是醋酸盐；而所给六种阳离子可以与CO形成可溶性盐的只有K＋，所以E是碳酸钾。由②中现象可知B中有Ag＋，则应是AgNO3。由③中现象知D中无CO和SO。由④中现象可知F中有Fe2＋。由题意知六种化合物均是可溶性的，则A是碱，应是Ba(OH)2。C是强碱弱酸盐，则为Ca(CH3COO)2，D中无CO和SO，则F中有SO，F为FeSO4，D是AlCl3。
[答案]　(1)AgNO3＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH4NO3，AgOH＋2NH3·H2O===Ag(NH3)2OH＋2H2O
(2)碳酸钾　由①中碱性强弱的顺序可知E是碳酸盐，六种阳离子中可以与CO形成可溶性盐的只有钾离子，所以E是碳酸钾
(3)Ba(OH)2　Ca(CH3COO)2　AlCl3　FeSO4
1．下面是对溶液中有无SO检验的实验方案：
方案甲：试液白色沉淀沉淀不溶解
方案乙：试液无沉淀白色沉淀
方案丙：试液无沉淀白色沉淀
试评价上述多种方案是否严密？分别说明理由。
解析：加入BaCl2溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能含SO也可能含有Ag＋；加入稀盐酸无沉淀，说明无Ag＋，再加入BaCl2溶液生成白色沉淀，则一定含有SO；稀HNO3具有氧化性，当溶液中含有SO时也会出现白色沉淀。
答案：甲方案不能排除Ag＋干扰，丙方案不能排除SO干扰，故不严密；乙方案严密。
2．(2010·重庆高考)能鉴别MgI2、AgNO3、Na2CO3、Na[Al(OH)4]四种溶液的试剂是(　　)
A．HNO3　　　　　　　 B．KOH
C．BaCl2 D．NaClO
解析：首先明确需要鉴别的四种溶液中存在的离子及一般的检验方法，MgI2可用碱或Ag＋或氧化性物质检验；AgNO3一般用Cl－生成白色沉淀检验；Na2CO3一般用酸检验，Na[Al(OH)4]用强酸检验，先生成白色沉淀，若强酸过量，沉淀会溶解，综合分析四个选项应选择HNO3。
答案：A
3．某钠盐溶液可能含有阴离子NO、CO、SO、SO、Cl－、Br－、I－，为鉴定这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：
①测得混合液呈碱性。
②加盐酸后，生成无色无味气体，该气体能使饱和石灰水溶液变浑浊。
③加CCl4，滴加少量氯水，振荡后，CCl4层未变色。
④加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量盐酸，沉淀不能完全溶解
⑤加HNO3酸化后，再加过量AgNO3，溶液中析出白色沉淀。
(1)分析上述5个实验，写出每一实验鉴定离子的结论与理由
实验①___________________________________________________________________，
实验②___________________________________________________________________，
实验③___________________________________________________________________，
实验④__________________________________________________________________，
实验⑤__________________________________________________________________。
(2)上述5个实验不能确定是否存在的离子是__________________________________
解析：①溶液呈碱性，弱酸根离子CO、SO可能存在；由②得无色无味气体为CO2，溶液中含CO，无SO；由③知溶液中无Br－、I－；由④加足量盐酸沉淀不能完全溶解，说明含有SO，⑤中析出白色沉淀说明含有Cl－。
答案：①CO和SO可能存在，因它们水解呈碱性
②CO肯定存在，因产生的气体是CO2；SO肯定不存在，因为没有刺激性气味的气体产生
③Br－、I－不存在，因没有出现溴和碘的颜色
④SO存在，因BaSO4不溶于盐酸
⑤Cl－存在，因与Ag＋形成白色沉淀
(2)NO原电池、电解池和电镀池的比较
原电池 电解池 电镀池
定义 将化学能转化为电能的装置 将电能转化为化学能的装置 应用电解原理在某些金属表面镀上一层其他金属的装置
装置举例
形成条件 ①活动性不同的两电极②电解质溶液③形成闭合回路④自发的氧化还原反应 ①两电极接直流电源②两电极插入电解质溶液③形成闭合回路 ①镀层金属接电源正极；待镀金属接电源负极②电镀液必须含镀层金属阳离子③形成闭合回路
电极名称 负极：较活泼的金属正极：较不活泼的金属(或能导电的非金属) 阳极：与电源正极相连的电极阴极：与电源负极相连的电极 名称同电解池，但有条件限制。阳极：必须是镀层金属；阴极：镀件
电极反应 负极：氧化反应，金属失去电子正极：还原反应，溶液中的阳离子得电子 阳极：氧化反应，溶液中的阴离子失去电子，或电极金属失去电子阴极：还原反应，溶液中的阳离子得电子 阳极：镀层金属失去电子阴极：电镀液中镀层金属离子得电子
电子流向 负极正极 电源负极阴极电源正极阳极
离子流向 阳离子移向正极，阴离子移向负极 阳离子移向阴极，阴离子移向阳极
反应式 负极：Zn－2e－===Zn2＋正极：2H＋＋2e－===H2↑总反应：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑ 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑阴极：Cu2＋＋2e－===Cu总反应：Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑ 阳极：Cu－2e－===Cu2＋阴极：Cu2＋＋2e－===CuCu2＋浓度不变
规律 ①同一原电池的正、负极的电极反应得、失电子数相等②同一电解池的阴极、阳极电极反应得、失电子数相等③串联电路中的各个电极反应得、失电子数相等。在计算电解产物的量时，应按得、失电子数相等计算
[例证]　如下图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。
请回答：
(1)B极是电源的________，一段时间后，甲中溶液颜色________，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明__________________，在电场作用下向Y极移动。
(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为________。
(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是________(填“镀层金属”或“镀件”)，电镀液是________溶液。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为________，甲中溶液的pH________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是________。
[解析]　(1)F极附近呈红色，说明F是阴极，E是阳极，则A为正极，B为负极。甲中因Cu2＋放电使溶液颜色变浅。丁中Y极附近颜色变深，说明Fe(OH)3胶粒向阴极移动，即Fe(OH)3胶粒带正电荷。(2)C、D、E、F的电极产物分别为O2、Cu、Cl2、H2，由于电路中通过的电量相等，所以其物质的量之比为1∶2∶2∶2。(3)乙中溶液pH＝13，生成n(NaOH)＝0.1 mol·L－1×0.5 L＝0.05 mol，电路中通过的电子的物质的量为0.05 mol，所以丙中镀件上析出银0.05 mol×108 g·mol－1＝5.4 g。(4)当金属作阳极时，金属先于溶液中的阴离子放电而溶解，故甲中发生反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋电解,Fe2＋＋Cu。
[答案]　(1)负极　逐渐变浅　氢氧化铁胶体粒子带正电荷
(2)1∶2∶2∶2　(3)镀件　AgNO3　5.4 g　变小
(4)Fe＋Cu2＋电解,Cu＋Fe2＋
1．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是
A．用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B．装置②的总反应式是Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
C．装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D．装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
解析：a为阳极，精炼铜时粗铜作阳极，A正确；Fe作负极，反应式为Fe－2e－===Fe2＋，Cu为正极，反应式为Fe3＋＋e－===Fe2＋，总反应式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，B错误；钢闸门作电解装置的阴极受到保护，C正确；在④装置中铁钉处于干燥的环境不易被腐蚀，D正确。
答案：B
2．有如图所示的装置
反应一段时间后，向烧杯中加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到反应前的CuSO4溶液的浓度和pH。则反应过程中消耗锌的质量为________ g，烧杯左侧碳棒上析出物质的量为________mol。在此过程中，铜棒及烧杯右侧碳棒上发生的电极反应依次为：
铜棒：_________________________________________________________________
_______________________________________________________________________；
碳棒：_________________________________________________________________
_______________________________________________________________________。
解析：左边装置为铜锌原电池，右边装置为电解硫酸铜溶液的电解池。根据2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋O2↑＋2Cu，由于向烧杯中加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到反应前的CuSO4溶液的浓度和pH，可知先有0.1 mol CuSO4被电解，后又有0.1 mol H2O被电解，2H2O2H2↑＋O2↑，共转移0.4 mol e－，则反应过程中消耗锌的质量为65 g·mol－1×0.2 mol＝13.0 g；烧杯左侧碳棒上始终发生4OH－－4e－===2H2O＋O2↑反应，转移0.4 mol e－析出氧气的物质的量为0.1 mol。
答案：13.0　0.1
2H＋＋2e－===H2↑
Cu2＋＋2e－===Cu,2H＋＋2e－===H2↑等效平衡原理及其应用
1．等效平衡原理
相同条件下，同一可逆反应体系，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，在达到化学平衡状态时，同种物质的物质的量分数(或体积分数)相同，这样的化学平衡互称为等效平衡。也就是所谓的等效平衡原理。
由于化学平衡状态与条件有关，而与建立平衡的途径无关。因而，同一可逆反应，从不同的状态开始，只要达到平衡时条件(温度、浓度、压强等)完全相同，则可形成等效平衡。
如恒温恒容下，可逆反应：
　 2SO2＋　O2 ??　2SO3
(1)2 mol　　1 mol　　0 mol
(2)0 mol 0 mol 2 mol
(3)0.5 mol 0.25 mol 1.5 mol
(1)从正反应开始，(2)从逆反应开始，(3)从正逆反应同时开始，由于(1)、(2)、(3)三种情况如果按方程式的系数关系折算成同一方向的反应物，对应各组分的物质的量均相等[如将(2)、(3)折算为(1)]，因此三者为等效平衡。
2．等效平衡规律
(1)在恒温、恒容条件下，对于反应前后Δνg≠0的可逆反应，只改变起始时加入物质的物质的量，如通过可逆反应的系数比换算成同一方向的物质的物质的量与原平衡相同，则达平衡后与原平衡等效。
(2)在恒温、恒容条件下，对于反应前后Δνg＝0的可逆反应，改变起始加入情况，只要通过可逆反应的系数之比换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量之比与原平衡相同，则达平衡后与原平衡等效。
(3)在恒温、恒压条件下，改变起始时加入物质的物质的量，只要按系数换算成同一方向的物质的物质的量之比与原平衡相同，则达平衡后与原平衡等效。
3．运用等效平衡原理解题的关键
(1)准确判断出两状态为等效平衡状态。
(2)分清是恒温、恒容条件下的等效平衡还是恒温、恒压下的等效平衡。
4．等效平衡的应用
对于有气体参加的可逆反应，在恒温条件下，涉及容积、压强及平衡移动方向判断的问题时，可设计一些等效平衡的中间状态来求解，利用这些等效的过渡平衡状态来分析，能降低思维难度，具有变难为易、变抽象为直观的作用。
[例证]　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
[解析]　这是一个气体体积不变的反应，加入CO和H2O的物质的量之比为1∶2时，即为等效平衡，CO的体积分数为x，由此可知A、D中CO的体积分数为x；B中相当于加入2 mol CO和2 mol H2O(g)，即相当于在原平衡的基础上再加1 mol CO，所以CO体积分数大于x；C相当于加入0.9 mol CO和1.9 mol H2O(g)，即相当于在0.9 mol CO和1.8 mol H2O(g)的基础上(与原平衡等效)再加入0.1 mol H2O(g)，所以CO的体积分数小于x。
[答案]　B
1．在一恒温、恒容的密闭容器中有如下平衡：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，已知H2和I2的起始浓度均是0.10 mol·L－1，达到平衡时HI的浓度为0.16 mol·L－1。若H2和I2的起始浓度均变为0.20 mol·L－1，则平衡时H2的浓度是(　　)
A．0.16 mol·L－1　　　　　　 B．0.08 mol·L－1
C．0.04 mol·L－1 D．0.02 mol·L－1
解析：运用等效平衡规律处理。假设第一种情况反应体系的体积为V L，第二种情况反应体系的体积为2V L，则在等温条件下，两者建立等效平衡。其中H2的平衡浓度相同，为0.02 mol·L－1(由第一种情况平衡时，HI的浓度为0.16 mol·L－1，可推知H2的转化浓度为0.08 mol·L－1，则H2的平衡浓度为0.02 mol·L－1)。这样，由第二种情况的体积为2V L压缩到V L时，平衡不移动，但H2、I2和HI的浓度均增大2倍，所以H2的平衡浓度为0.04 mol·L－1。
答案：C
2．某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A(g)＋B(g)??2C(g)达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4 mol、2 mol和4 mol。保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量作如下调整，可使平衡右移的是(　　)
A．均减半 B．均加倍
C．均增加1 mol D．均减小1 mol
解析：原平衡A、B、C的物质的量之比为2∶1∶2，选项A、B“均减半”、“均加倍”，与原平衡比例一致，为恒温、恒压条件下的等效平衡，因此平衡不移动。C可设想为两步加入，第一次加入1 mol A、0.5 mol B、1 mol C，此时平衡不移动，第二次再加入0.5 mol B(此法与一次性各加入1 mol等效)，增加反应物B的浓度，平衡正向移动。D中均减小1 mol，也可设想为两步进行，先将A减小1 mol、B减小0.5 mol、C减小1 mol，此时平衡不移动，再将B减小0.5 mol，减小反应物B的浓度，平衡逆向移动。
答案：C
3．在一定温度下，把2 mol SO2和1 mol O2通入一定容积的密闭容器里，发生如下反应：2SO2＋O22SO3，当此反应进行到一定程度时，反应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分别代表初始加入的SO2、O2和SO3的物质的量。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＝________mol。
(2)若a＝0.5 mol，则b＝________mol和c＝________mol。
(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)________________________。
解析：2SO2＋O2??2SO3是一个反应前后气体分子数不等的可逆反应，它在定温、定容下由2 mol SO2、1 mol O2、0 mol SO3建立起了化学平衡状态。若要在同温、同容且容积固定、n(SO2)为a mol、n(O2)为b mol、n(SO3)为c mol的条件下，建立起与上述相同的化学平衡状态，也就是下述五种不同情况均能建立起相同的化学平衡状态：
①2SO2＋O2??2SO3　④2SO2＋O2??2SO3
2 mol　1 mol 　　0　　(a＋c)　(b＋)　0
②2SO2＋O2??2SO3　⑤2SO2＋O2??2SO3
　 0　 　0　 　2 mol　　　0　　0　　(c＋a)或
(c＋2b)
③2SO2＋O2??2SO3　(a∶b＝2∶1)
a　　b　　　c
由②⑤知，a＝0、b＝0、c＝2；
由①④知a＋c＝2、b＋＝1，
若a＝0.5，则c＝1.5，b＝0.25。
答案：(1)2　(2)0.25　1.5　(3)a＋c＝2，b＋c＝1
4．在一固定容积的密闭容器中，保持一定温度，在一定条件下进行反应A(g)＋2B(g)??3C(g)，已知加入1 mol A和3 mol B，且达到平衡后，生成a mol C。
(1)达到平衡时，C在反应混合气体中的体积分数是________(用字母a表示)。
(2)在相同的实验条件下，若在同一容器中改为加入2 mol A和6 mol B，达到平衡后，C的物质的量为________ mol(用字母a表示)，此时C在反应混合气体中的质量分数________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入2 mol A和8 mol B，若要求平衡后C在反应混合气体中质量分数不变，则还应加入C________ mol。
解析：(1)由于该反应是等体积反应，n总＝n平＝4 mol，＝＝。
(2)物质按比例增多，相当于对体系加压，平衡不移动，故质量分数不变。
(3)根据等效平衡原理，设还应加入C x mol，则
(2＋)∶(8＋x)＝1∶3，
解得x＝6。
答案：(1)　(2)2a　不变　(3)6离子方程式的书写及正误判断
一、离子方程式书写注意的问题
(1)未处于自由移动离子状态的反应不能写离子方程式，如铜与浓H2SO4、NaCl固体与浓H2SO4、NH4Cl固体与Ca(OH)2固体的反应等。
(2)有离子生成的反应可以写离子方程式，如钠和水、SO2通入溴水中、CaCO3固体溶于乙酸、氯气与水的反应等。
(3)微溶物作为反应物，若是澄清溶液写离子符号，若是浊液写化学式；微溶物作为生成物，一般写化学式。
(4)氨水作为反应物写NH3·H2O；作为生成物，若有加热条件或浓度很大时，可写NH3(标“↑”)，若无加热条件且浓度很稀，写NH3·H2O形式。
(5)多元弱酸酸式酸根离子，在离子方程式中不能拆开写；多元强酸酸式酸根离子，在离子方程式中拆开写。
(6)混合顺序不同，离子反应不同，如AlCl3与NaOH、Na2CO3与HCl、AgNO3与NH3·H2O、Na[Al(OH)4]与盐酸的反应等。
(7)反应物相对量不同，离子方程式不同，如CO2与Ca(OH)2、SO2与NaOH、AlCl3与NaOH、Na[Al(OH)4]与盐酸的反应等。
(8)反应物中有两种或两种以上的离子被一种物质氧化或还原的反应，按不同比值混合时，离子方程式不同，如FeBr2与Cl2按物质的量比1∶1反应：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－，按物质的量2∶3反应：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－。
(9)多元弱酸酸式盐与量有关的离子反应，书写离子方程式时可用“少定多变法”来书写。所谓“少定”即量少的反应物，其离子的计量数按化学式确定，所谓“多变”即量多的反应物，其离子的计量数根据反应的需要量确定，不受化学式中的比例制约，是可变的，如Ca(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液：Ca2＋＋2HCO＋2OH－===CaCO3↓＋CO＋2H2O。
二、离子方程式的正误判断
(1)看离子反应是否符合客观事实，不可主观臆造产物及反应，如Fe与盐酸的反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，不能写成2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑。
(2)看“===”、“??”、“↑”、“↓”等是否正确。
(3)看表示各物质的化学形式是否正确。
(4)看是否漏掉离子反应，这主要看产物是否完整。例如，Ba(OH)2溶液与CuSO4溶液反应，既要写Ba2＋与SO的离子反应，又要写Cu2＋与OH－的离子反应。
(5)看电荷是否守恒。例如，FeCl2溶液与Cl2反应，不能写成Fe2＋＋Cl2===Fe3＋＋2Cl－，而应写成2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，同时两边各元素的原子数也对应相等。
(6)看反应物或产物的配比是否正确。例如，稀H2SO4与Ba(OH)2溶液的反应不能写成H＋＋OH－＋SO＋Ba2＋===BaSO4↓＋H2O，应写成2H＋＋2OH－＋SO＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H2O。
(7)看是否符合题设条件及要求，如“过量”、“少量”、“等物质的量”、“适量”“任意量”以及滴加顺序等对反应方式或产物的影响，即某些反应的反应物的量不同，相应的离子反应方程式可能不同。
[例证]　(2011·上海高考)在复盐NH4Fe(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是(　　)
A．Fe2＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋Fe(OH)2↓
B．NH＋Fe3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===
2BaSO4↓＋Fe(OH)3↓＋NH3·H2O
C．2Fe3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===
3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓
D．3NH＋Fe3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===
3BaSO4↓＋Fe(OH)3↓＋3NH3·H2O
[解析]　NH4Fe(SO4)2在溶液中电离：
NH4Fe(SO4)2===NH＋Fe3＋＋2SO，当所加Ba(OH)2少量时，产物为BaSO4和Fe(OH)3，离子方程式为：2Fe3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓，C正确；当所加Ba(OH)2过量时，NH与OH－反应生成NH3·H2O，产物为BaSO4、Fe(OH)3、NH3·H2O，离子方程式为：NH＋Fe3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===2BaSO4↓＋Fe(OH)3↓＋NH3·H2O，B正确。
[答案]　BC
1．下表中评价合理的是(　　)
选项 化学反应及其离子方程式 评价
A Fe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4＋18H＋===6Fe3＋＋H2↑＋8H2O 正确
B 向碳酸镁中加入稀盐酸：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O 错误，碳酸镁不应写成离子形式
C 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2＋＋SO===BaSO4↓ 正确
D FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋Br2 错误，Fe2＋与Br－的化学计量数之比应为1∶2
解析：A中Fe3O4与硝酸反应不产生H2，B中MgCO3为不溶于水的电解质，写化学式，C中(NH4)2SO4溶液中加入Ba(OH)2溶液，漏掉了NH与OH－的反应；D中书写的离子方程式正确，评价错误。
答案：B
2．下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．向盐酸中滴加氨水：H＋＋OH－===H2O
B．Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O
C．铜溶于稀硝酸：
3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
D．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：
S2O＋2Cl2＋3H2O===2SO＋4Cl－＋6H＋
解析：A项，氨水不能改写成离子形式；B项，3价铁与I－之间应发生氧化还原反应；C项正确；D项，通入足量Cl2后不可能生成SO。
答案：C
3．(1)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：_____________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________，
在以上中性溶液中继续滴加Ba(OH)2溶液，请写出此步反应的离子方程式：________________________________________________________________________。
(2)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至恰好不再生成沉淀时为止，请写出发生反应的离子方程式：_______________________________________________________________
______________________________________________________________________________，
在以上溶液中继续滴加NaHSO4溶液，请写出此步反应的离子方程式：________________________________________________________________________。
(3)向Ba(OH)2溶液中逐滴加入明矾[KAl(SO4)2·12H2O]至溶液中Ba2＋恰好完全沉淀，反应的离子方程式是：_______________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
在以上溶液中继续滳加明矾溶液，请写出此步反应的离子方程式：________________________________。
答案：(1)2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O　Ba2＋＋SO===BaSO4↓
(2)H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O
H＋＋OH－===H2O
(3)2Ba2＋＋4OH－＋Al3＋＋2SO===2BaSO4↓＋[Al(OH)4]－　3[Al(OH)4]－＋Al3＋===4Al(OH)3↓

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