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第一节
弱电解质的电离
【今日目标】
1.了解电解质、非电解质及强、弱电解质的概念。
2．理解电解质的电离平衡及影响因素。
3．了解酸、碱电离的特点。
【学习过程】
一、强、弱电解质
1.电解质与非电解质
在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质；都不能导电的化合物为非电解质
2．强电解质和弱电解质
电解质强电解质在水中完全电离的电解质强酸、强碱和绝大多数盐弱电解质在水中不完全电离的电解质弱酸、弱碱和水
【思考】
1．(1)能导电的物质一定是电解质吗？
【提示】　不一定，如金属或溶液等能导电，但不是电解质。
(2)电解质一定能导电吗？
【提示】不一定，如固体NaCl不导电。
2、①强弱电解质的本质区别是什么？
【提示】　在水溶液中能否完全电离。
②强电解质其溶液导电能力一定强吗？
【提示】　不一定。
③难溶物BaSO4、CaCO3等是强电解质吗？
【提示】　是。
【注意】
1．电解质的强、弱与其溶解度无关。
难溶的盐如(AgCl、CaCO3等)，溶于水的部分能完全电离，是强电解质。易溶的如CH3COOH在溶液中电离程度小，是弱电解质。
2．CO2、SO2、NH3等物质溶于水能导电，但因为溶于水后生成H2CO3、H2SO3、NH3·H2O等电解质导电，不是本身电离出离子，故应为非电解质。
例1、现有①硫酸铜晶体、②碳酸钙固体、③纯磷酸、④硫化氢、⑤三氧化硫、⑥金属镁、⑦石墨、⑧固态苛性钾、⑨氨水、⑩熟石灰固体，其中
(1)属于强电解质的是________
(填序号，下同)；
(2)属于弱电解质的是___________________________________________________________；
(3)属于非电解质的是____________________________________________________；
(4)既不是电解质，又不是非电解质的是_____________________________________；
(5)能导电的是_________________________________________。
【解析】　(1)强电解质是溶于水全部电离的电解质，①②⑧⑩是强电解质；
(2)③④是溶于水部分电离的电解质，属弱电解质；
(3)⑤属于化合物，它的水溶液虽然导电，但并不是它自身电离使溶液导电，所以是非电解质；
(4)⑥⑦都是单质，⑨是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
(5)⑥⑦中均有能够自由移动的电子，⑨中有自由移动的离子，都能导电，其他物质都没有自由移动的电子或离子，所以不导电。
【答案】　(1)①②⑧⑩　(2)③④
(3)⑤　(4)⑥⑦⑨　(5)⑥⑦⑨
【思路】
(1)先看物质是否是电解质，若不是电解质，则既不是强电解质也不是非电解质。
(2)若是电解质，再看溶液是否完全电离；全部电离的是强电解质，部分电离的为弱电解质。
(3)导电性强、溶解度大的电解质不一定是强电解质。
例2、．下列关于强弱电解质的叙述中正确的是(　　)
A．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
B．强电解质都是可溶性化合物，弱电解质都是难溶性化合物
C．强电解质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．强电解质的导电能力强，弱电解质的导电能力弱
【解析】　本题需要在深刻理解强弱电解质的异同的基础上弄清强弱电解质与结构的关系，采用举例法来解答。选项A中，可举出HCl、HNO3是强电解质来加以否定；选项B中，可举出BaSO4、CaCO3为强电解质(尽管它们难溶于水，但它们溶于水的部分是完全电离的)来加以否定；选项D中，若强电解质溶液的浓度很小时，其导电能力也会很弱，从而否定之；仅有选项C的说法是正确的，因强电解质在水溶液中完全电离为离子，不存在溶质分子，而弱电解质在水溶液中只能部分电离，溶液中还存在溶质分子。故选C。
【答案】　C
例3、把0.05
mol
NaOH固体分别加入下列100
mL液体中，溶液的导电能力变化不大的是(　　)
A．自来水　　　　　
　B．0.5
mol/L盐酸
C．0.5
mol/L醋酸溶液
D．0.5
mol/L
氯化铵溶液
【解析】　溶液导电能力的大小与溶液中离子浓度的大小、离子所带的电荷数的多少有关，离子浓度越大，溶液的导电能力越强，离子所带电荷数越多，溶液的导电能力也越强。A项中，水是弱电解质，加入NaOH后将产生大量的Na＋和OH－，溶液的导电能力显著增强；B项中，原溶液中c(H＋)＝c(Cl－)＝0.5
mol/L，加入NaOH后发生中和反应，反应后溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.5
mol/L，离子浓度基本不变，溶液的导电能力也基本不变；C项中，加入NaOH后，发生反应CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O，溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力明显增强；D项中，加入NaOH后，发生反应NH4+＋OH－===NH3·H2O，但溶液中的c(Na＋)、c(Cl－)与加入前的c(NH4+)、c(Cl－)几乎相同，因而溶液的导电能力变化不大。故正确答案为BD。
【答案】　BD
二、弱电解质的电离
1.电离平衡
在一定条件(如温度、浓度一定)下，弱电解质在溶液中电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等，电离过程就达到了平衡状态。如图：
2．弱电解质电离方程式的书写
(1)弱电解质电离是可逆的，用表示。
如：CH3COOHCH3COO－＋H＋
NH3·H2ONH＋OH－
(2)多元弱酸分步电离，以第一步电离为主。如H2S的电离方程式为H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－。
(3)多元弱碱用一步电离来表示：如Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。
【思考】1．NaHSO4在熔融状态和在水溶液中电离方程式一样吗？
【提示】　熔融态：NaHSO4===Na＋＋HS
O4-
水溶液中：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-
三、电离常数
电离常数表示方法：对于ABA＋＋B－，K＝
意义：K越大，弱电解质的电离程度越大。影响因素：K只与电解质的性质和温度有关，
对同一电解质，温度升高，K变大。
【思考】1、两种酸HA与HB的电离常数为K1、K2，若K1【提示】　可以，电离常数越大，酸性越强，酸性HB>HA。
2、①弱电解质电离是吸热还是放热过程？
【提示】　吸热
②增大弱电解质的浓度，电离平衡如何移动？其电离程度如何改变？
【提示】　正移。电离程度减小。
【总结】
1．弱电解质电离平衡的特点
和化学平衡一样，在弱电解质溶液里，也存在着电离平衡，该平衡除了具备化学平衡的特点外，还具有的特点是：
(1)电离过程是吸热的。
(2)分子、离子共存，这完全不同于强电解质。
(3)弱电解质在溶液中的电离都是微弱的。一般来说，分子已电离的极少，绝大多数以分子形式存在。如0.1
mol·L－1的CH3COOH溶液中，c(H＋)大约在1×10－3
mol·L－1左右。
(4)多元弱酸分步电离，电离程度逐步减弱。如H2CO3的电离常数：K1＝4.4×10－7，K2＝4.7×10－11。
2．影响电离平衡的因素
电离平衡状态时，溶液里离子的浓度和分子的浓度保持不变，但当影响电离平衡状态的条件如温度、浓度等改变时，电离平衡就会从原来的平衡状态变化为新条件下新的电离平衡状态。
因素
对电离平衡的影响
内因
电解质本身的性质决定电解质电离程度的大小
外因
温度
由于电离过程吸热，温度改变，平衡移动，升温促进电离
浓度
电解质溶液浓度越小，电离程度越大
外加电解质
同离子效应
加入含弱电解质离子的强电解质，电离平衡向逆向移动，抑制电离
含与弱电解质反应的离子
电解质电离程度增大，促进电离
1．弱电解质的电离平衡同化学平衡类似，故可应用勒夏特列原理解释有关电离平衡移动的问题。
2．条件改变时，电离平衡会发生移动，但电离平衡常数(K)不一定改变，只有当温度改变时，K才改变。
例4、已知0.1
mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)的值增大，可以采取的措施是(　　)
A．加少量烧碱溶液　　　　B．升高温度
C．加少量冰醋酸
D．加水
【解析】　加烧碱溶液消耗H＋，平衡向右移动，n(H＋)、n(CH3COOH)均减小，但n(H＋)减小程度大，故＝减小，A错误；升高温度，平衡向右移动，n(H＋)增大，n(CH3COOH)减小，比值增大，B正确；加少量冰醋酸，平衡向右移动，n(H＋)增大，但n(H＋)增大程度不如n(CH3COOH)增大的多，故比值减小，C错误；加水，平衡向右移动，n(H＋)增大，n(CH3COOH)减小，比值增大，D正确。
【答案】　BD
例5、将0.1
mol·L－1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是(　　)
A．溶液中c(OH－)和c(H＋)都减小
B．溶液中c(H＋)增大
C．醋酸电离平衡向左移动
D．溶液的pH增大
【解析】　弱电解质溶液存在着电离平衡，加水稀释，平衡向右移动，c(H＋)减小，c(OH－)增大，pH增大。
【答案】　D
例6、　已知25
℃，醋酸溶液中各微粒存在下述关系：
K＝＝1.75×10－5
下列有关说法可能成立的是(　　)
A．25
℃条件下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K＝8×10－5
B．25
℃条件下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K＝2×10－4
C．标准状况下，醋酸溶液中K＝1.75×10－5
D．升高到一定温度，K＝7.2×10－5
【解析】　题中K为醋酸电离常数的表达式，由于电离常数不随浓度变化而变化，只随温度变化而变化，所以排除A、B项；且醋酸的电离是吸热的，所以升高温度，K增大，降低温度，K减小。标准状况下(0
℃)，温度低于25
℃，则K小于1.75×10－5，所以C项错误；正确答案为D项。
【答案】　D
【课堂练习及解析】
1．下列物质的分类组合全部正确的是(　　)
选项
强电解质
弱电解质
非电解质
A
NaCl
HCl
CO2
B
NaHCO3
NH3·H2O
CCl4
C
Ba(OH)2
BaCO3
Cu
D
H2SO4
NaOH
C2H5OH
【解析】　A项，HCl为强电解质；C项，BaCO3为强电解质，Cu既不是电解质也不是非电解质；D项，NaOH为强电解质。
【答案】　B
2．下列电离方程式中，正确的是(　　)
A．H2S2H＋＋S2－
B．NaHCO3Na＋＋H＋＋CO
C．NaCl===Na＋＋Cl－
D．CH3COOH===CH3COO－＋H＋
【解析】　H2S是二元弱酸，分步电离，所以A项错(一般只写第一步：H2SH＋＋HS－)；NaHCO3为弱酸酸式盐，其中HCO不能拆分为离子形式，B项错误，应为NaHCO3===Na＋＋HCO；CH3COOH为弱酸，部分电离，其电离方程式“===”应改为“”，D项错误。
【答案】　C
3．下列关于电离常数的说法正确的是(　　)
A．电离常数随着弱电解质的浓度增大而增大
B．CH3COOH的电离常数表达式为
Ka＝
C．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa溶液，电离常数减小
D．电离常数只与温度有关，与浓度无关
【解析】　K只与温度有关，与浓度无关，选D。
【答案】　D
4．在氨水中存在下列电离平衡：NH3·H2ONH＋OH－，下列情况能引起电离平衡向正向移动的有(　　)
①加NH4Cl固体　②加NaOH溶液　③通HCl
④加CH3COOH溶液　⑤加水　⑥加压
A．①③⑤　　　　　　B．①④⑥
C．③④⑤
D．①②④
【解析】　①加入NH4Cl固体相当于加入NH，平衡左移；②加入OH－，平衡左移；③通HCl，相当于加入H＋，中和OH－，平衡右移；④加CH3COOH溶液，相当于加H＋，中和OH－，平衡右移；⑤加水，稀释，越稀越电离，平衡右移；⑥加压，无气体参加和生成，无影响。
【答案】　C
5．H2S溶于水的电离方程式为
________________________________________________________________________。
(1)向H2S溶液中加入CuSO4溶液时，电离平衡向______移动，c(H＋)______，c(S2－)_____。
(2)向H2S溶液中加入NaOH固体时，电离平衡向_____移动，c(H＋)__
___，c(S2－)_____。
(3)若将H2S溶液加热至沸腾，c(H2S)________。
(4)若要增大H2S溶液中的c(S2－)，最好加入________。
【解析】　H2S是二元弱酸，在水溶液中是分两步电离的，其电离方程式为H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－。(1)当加入CuSO4时，因发生反应Cu2＋＋S2－===CuS↓，使平衡右移，导致c(H＋)增大，但c(S2－)减小。(2)当加入NaOH固体时，因发生反应H＋＋OH－===H2O，使平衡右移，导致c(H＋)减小，但c(S2－)增大。(3)当加热H2S溶液至沸腾时，因H2S挥发，使c(H2S)减小。(4)若要增大c(S2－)，最好是加入只与H＋反应的物质，可见加入强碱如NaOH固体最适宜。
【答案】　H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－
(1)右　增大　减小　(2)右　减小　增大　(3)减小　(4)NaOH固体(合理即可)第三节
电解池
第1课时　电解原理
【今日目标】
1.通过实验探究电能转化为化学能的过程。
2．理解电解池的工作原理。
3．正确书写电解池中电极反应和电池反应方程式。
【】学习过程
一、电解CuCl2溶液
1.装置装置：
2．实验现象和结论
实验现象
结论
电流表指针发生偏转
说明电解质溶液在导电，形成闭合回路
与负极相连的石墨棒上逐渐覆盖了一层红色固体
析出金属铜
与正极相连的碳棒一侧有刺激性气味的气体产生，湿润的KI淀粉试纸变蓝
产生了氯气
3.实验原理分析
(1)通电前，Cu2＋、H＋、Cl－以及OH－在溶液中作自由运动通电时，在电场的作用下，这些自由运动的离子改作定向运动即Cl－、OH－等阴离子趋向阳极，Cu2＋、H＋等阳离子趋向阴极。
(2)两个电极上的反应和总反应：
阳极(与电源正极相连)：2Cl－－2e－===Cl2↑。
阴极(与电源负极相连)：Cu2＋＋2e－===Cu。
总反应：CuCl2Cu＋Cl2↑。
(3)结论：电解质溶液的导电过程，就是电解质溶液的电解过程。
【思考】
溶液中含有Cu2＋、H＋为什么是Cu2＋去阴极得电子，而不是H＋呢？
【提示】　阴极上的物质，发生还原反应，本身是氧化剂应具有氧化性，而氧化性Cu2＋>H＋，故Cu2＋先得电子。
二、电解原理
1.电解
使电流通过电解质溶液在两个电极上引起氧化还原反应的过程。
2．电解池
（1）定义：将电能转化为化学能的装置。
（2）构成：
有外加电源
电解质溶液或熔融电解质
形成闭合回路
（3）电极：
阴极：与电源负极相连，发生还原反应
阳极：与电源正极相连，发生氧化反应形成闭合回路
【思考】
电解CuCl2溶液产生Cl2的两电极能用铁吗？
【提示】：阴极可以用，但阳极不能用，否则阳极发生反应为Fe－2e－===Fe2＋，而不放出Cl2。
电解质溶液导电时，一定会有化学反应发生吗？
【提示】：一定。
三、电解池电极及电极产物判断
【思考】　
电解池中，阴、阳两极的材料与电解产物有关系吗？
【提示】　阳极产物与材料有关，阴极无关。
电解CuSO4与NaCl的混合液，首先在阴、阳两极产生什么物质(用惰性电极)
【提示】　阳极―→Cl2　阴极——Cu。
【总结】
1．电解池的电极和电极反应
2．电解时电极产物的判断
(1)阳极产物的判断
①活性金属电极
金属电极失电子，被溶解，生成对应金属阳离子。
②惰性电极(Pt、Au、C)
（一般情况下为）阴离子失电子，生成对应非金属单质。
阴离子放电顺序：S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根>F－。
(2)阴极产物的判断
与电极材料无关，直接根据阳离子放电顺序进行判断，
阳离子放电顺序：Ag＋>Hg2＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋>Pb2＋>Sn2＋>Fe2＋>Zn2＋>Al3＋>Mg2＋>Na＋>Ca2＋>K＋。
（3）根据两极产物也可判断电极，一般情况下
(1)析出金属(质量增重)或有气体(H2)放出——阴极。
(2)有非金属单质生成，是气态的有Cl2、O2或电极本身减轻——阳极。
例1、现用Pt电极电解1
L浓度均为1
mol/L的HCl、CuSO4的混合溶液，装置如图，下列说法正确的是
(　　)
A．电解开始时阴极有H2放出
B．电解开始时阳极上发生：Cu2＋＋2e－===Cu
C．当电路中通过电子的量超过1
mol时，此时阴极放电的离子发生了变化
D．整个电解过程中，SO42－不参与电极反应
【解析】　依据放电顺序阴极先放电的是Cu2＋，故阴极开始析出的是Cu，阳极先放电的是Cl－，故阳极开始产生的是Cl2。故A、B错；由阴极反应Cu2＋＋2e－===Cu，n(Cu2＋)＝1
mol，当电路中通过电子的量达到2
mol时，此时Cu2＋消耗完毕，阴极放电离子变为H＋，所以C错；阳极先是Cl－放电，当Cl－消耗完毕，此时H2O电离产生的OH－开始在阳极放电，SO42－不参与电极反应。
【答案】　D
[提示]判断电解池中的产物步骤
1．对于电解池，首先要考虑阳极材料，若为惰性电极，溶液中的阴离子被氧化；若为金属电极，则被氧化的是电极本身。过于活泼的金属不能作电极材料(K、Na)。
2．若溶液中的阴、阳离子有多种，则根据离子放电顺序判定什么离子先放电，什么离子后放电，并写出电极方程式。
3．注意根据电子流向和电流流向判断电极是相反的。
例2．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为：
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：2H＋＋2e－===H2↑
总反应：2NaCl＋2H2O电解,2NaOH＋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
四、用惰性电极电解电解质溶液的规律
【思考】　
电解H2SO4溶液与盐酸溶液(惰性电极)的产物相同吗？溶液pH有何变化？
【提示】　阴极产物相同(H2)，阳极产物不同[H2SO4→O2，HCl→Cl2]，pH都增大。
用惰性电极电解食盐水一段时间后，若要使溶液复原，应加入什么物质？
【提示】　加入HCl。
【总结】
类型
电极反应
实例
电解对象
电解质浓度
pH
电解质溶液复原
电解水型
阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
H2SO4
H2O
增大
减小
加入一定量的水
阴极：2H＋＋2e－===H2↑
NaOH
增大
总反应：2H2O===O2↑＋2H2↑
Na2SO4
不变
分解电解质型
电解质电离出的阴、阳离子分别在两极放电。如电解氯化铜溶液：阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑阴极：Cu2＋＋2e－===Cu总反应；CuCl2===Cu＋Cl2↑
HCl
电解质本身
减小
增大
加入一定量的溶质
CuCl2
—
放氢生碱型
阴极：放出H2，生成碱
NaCl
电解质和水
生成新电解质
增大
加入一定量HCl气体
阳极：电解质阴离子放电如电解氯化钠溶液：
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：2H＋＋2e－===H2↑(或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－)
总反应：2NaCl＋2H2O===2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
放氧生酸型
阴极：电解质阳离和放电
CuSO4
电解质和水
生成新电解质
减小
加入一定量CuO或CuCO3
阳极：H2O放电，生成O2和酸
阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
2H2O＋4e===O2↑＋4H2
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu
例3、用惰性电极进行电解，下列说法正确的是(　　)
A．电解稀硫酸，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
【解析】　电解稀硫酸实质上是电解水，c(H＋)增大，溶液pH减小，A项错误；电解稀氢氧化钠溶液，实质上也是电解水，c(OH－)增大，溶液pH增大，B项错误；电解硫酸钠溶液，在阴析上生成H2，阳极上生成O2，其物质的量之比为2∶1，C项错误。D项正确。
【答案】　D
例4．下列有关用惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后的说法正确的是(　　)
A．电解过程中阴极质量不断增加
B．电解过程中溶液的pH不断升高
C．此时向溶液中加入适量的Ag2O固体不能使溶液恢复至电解前的状况
D．电解后两极产生的气体体积比为2∶1
【解析】　用惰性电极电解AgNO3溶液，总的电解反应式为：4AgNO3＋2H2O电解,4Ag＋O2↑＋4HNO3，则阴极上析出银，阳极上放出氧气，A项正确，D项错误；由于生成HNO3，溶液的pH应不断降低，B项错误；要使溶液恢复到电解前的状况要看加入的物质在溶液中的反应：2Ag2O＋4HNO3===4AgNO3＋2H2O，得到的物质恰好是反应掉的物质，可使溶液恢复至电解前的状况，C项错误；故选A。
【答案】　A
例5、pH＝a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pH>a，则该电解质可能是(　　)
A．NaOH　　
B．H2SO4　　
C．AgNO3　　
D．Na2SO4
【解析】　由阴、阳离子的放电顺序可知，电解NaOH、H2SO4、Na2SO4溶液的实质都是电解水，电解质溶液的浓度都增大，故NaOH溶液的pH增大，H2SO4溶液的pH减小，Na2SO4溶液的pH不变；AgNO3的电解方程式为：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3，故溶液的pH减小。
【答案】　A
【课堂练习及精析】
1．下列关于电解池的叙述中正确的是
(　　)
A．电解池中的闭合回路仅是由电子的定向移动形成的
B．金属导线中，电子从电源的负极流向电解池的阳极，从电解池的阴极流向电源的正极
C．在电解质溶液中，阴离子向阴极运动，阳离子向阳极运动
D．相同时间内，阳离子在阴极上得到的电子与阴离子在阳极上失去的电子数相等
【解析】　在电解池中，外电路上是靠电子的定向移动形成电流，而电解质溶液中是靠阴、阳离子的定向移动而形成电流，因此A项错误；在电解池中，电子由电源的负极流向电解池的阴极，由电解池的阳极流向电源的正极，因此B项错误；在电解质溶液中，阴离子向着阳极移动，阳离子向着阴极移动，因此C项错误。
【答案】　D
2．下列说法错误的是(　　)
A．电解质的导电过程是化学变化，而金属的导电是物理变化
B．电解质溶液导电的过程，就是电解质被电解的过程
C．电解质在任何条件下均可以导电
D．电解质溶液导电过程中一定有新物质生成
【解析】　电解质导电的过程就是被电解的过程，在电解过程中发生氧化还原反应，一定有新物质生成，所以是化学变化；而金属导电是靠自由电子的定向移动，无新物质生成，是物理变化，故A、B、D项正确。电解质要导电只有在电离的条件下，存在自由移动的离子时才能导电，所以C项错误。
【答案】　C
3．某学生欲完成2HCl＋2Ag===2AgCl＋H2↑反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是(　　)
【解析】　反应不能自发进行，应设计成电解池，金属银失电子作阳极与电源的正极相连。
【答案】　C
4.
根据如图所示装置回答：
(1)当X为Pt，Y为Fe，Z为AgNO3时，阳极反应式为___________，
阴极反应式为__________，
电解反应式为_______________________。
(2)X为Cu，Y为Fe，Z为CuSO4时，阳极反应式为
______________________，
阴极反应式为__________________________。
【解析】　电解池中与电源正极相连的是阳极(X)与电源负极相连的是负极(Y)。
【答案】　(1)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑　
4Ag＋＋4e－===4Ag　
2H2O＋4AgNO34Ag＋O2↑＋4HNO3
(2)Cu－2e－===Cu2＋　Cu2＋＋2e－===Cu
5．如下图所示装置中，当线路接通时，发现M(用石蕊试液浸润过的滤纸)a端显蓝色，b端显红色，且知甲中电极材料是锌、银，乙中电极材料是铂、铜，且乙中两电极不发生变化。回答：
甲　　　　　　乙
(1)甲、乙分别是什么装置？________、________。
(2)写出A、B、C、D的电极名称以及电极材料和电极反应式。
【解析】　由甲中电极材料知，甲为原电池，Zn为负极，银为正极，乙为电解池，C为阳极，D为阴极。
【答案】　(1)原电池　电解池
(2)A极(负极Zn)：Zn－2e－===Zn2＋；B极(正极Ag)：Cu2＋＋2e－===Cu；C极(阳极Pt)：2OH－－2e－===H2O＋O2↑；D极(阴极Cu)：2H＋＋2e－===H2↑。
6．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
100%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浓度为147%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：
①电源的N端为________极。
②电极b上发生的电极反应为________________________________________________________________________。
③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：________________________________________________________________________。
④电极c的质量变化是________g；
⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：
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？
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)①乙中c电极质量增加，说明c处发生的反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，c电极应为阴极，则M为负极，N为正极。
②甲中放的是NaOH溶液，电解时实质上是电解水，b电极上发生的电极反应为：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。而要求算出b电极上产生的气体体积，就必须先根据丙中K2SO4浓度的变化计算出转移电子的数目。
设丙中电解水的质量为x
g，
由电解前后溶质质量相等可得：
100×10%＝(100－x)×147%
x＝4.5
g，
所以整个反应转移了5
mol电子，根据电极方程式可计算出b电极放出的O2为125
mol，其体积为2.8
L，c电极上析出的铜为25
mol，其质量为16
g。
⑤甲中电解的是水，NaOH浓度增大；乙中水电离出来的OH－放电，H＋浓度增大；丙中电解的也是水，虽然K2SO4浓度变大，但pH不变。
(2)铜全部析出时溶液变为H2SO4溶液，电解仍可以进行。
【答案】　(1)①正
②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
③水减少的质量：100
g×(1－)＝4.5
g
生成O2体积：××22.4
L·mol－1＝2.8
L　
④16
⑤碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH浓度增加　酸性增大，因为阳极上OH－生成O2，溶液中H＋离子浓度增加　酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性
(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第二节燃烧热　能源
【今日目标】
1.理解燃烧热的概念，并掌握有关燃烧热的计算。
2．了解能源的重要性及化学在解决能源危机的重要作用。
3．了解如何节约能源，并提高能源的利用率。
【学习过程】
一、燃烧热
1.定义
101
kPa时，1
mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量。
单位：kJ/mol，
ΔH<0。
2．意义
例如：C2H2的燃烧热为1
299.6
kJ/mol，
表示在101
kPa时，1
molC2H2完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出1
299.6
kJ的热量。
【思考】
1．(1)可燃物的物质的量发生变化，其燃烧热变吗？
【提示】　(1)燃烧热指1
mol可燃物燃烧放出的热量，与可燃物的物质的量无关。
(2)如何配平燃烧热的热化学方程式？
【提示】先把可燃物的系数定为1，再配平其他物质。
二、燃烧热的理解及计算
【问题导思】　
燃烧热中生成稳定的氧化物指什么？
【提示】　指单质或化合物燃烧后生成的最稳定的氧化物。
燃烧热如何表示？
【提示】　a．ΔH＝－Q
kJ/mol
b．燃烧热为Q
kJ/mol。
③如何计算可燃物的燃烧热？
【提示】　燃烧热ΔH＝－kJ/mol。
1．对燃烧热的理解
(1)反应条件：25
℃和101
kPa(书中给出的燃烧热数值均为此条件下测得)。
(2)物质的燃烧热要求的是纯物质。
(3)“完全燃烧生成稳定的氧化物”是指单质或化合物燃烧后变为最稳定的氧化物。
完全燃烧时，下列元素要生成对应的氧化物：
C→CO2(g)，H→H2O(l)，S→SO2(g)。
C→CO不是完全燃烧；而S→SO3，SO3不是燃烧产物；生成的水为液态不能是气态。
例如，C燃烧的热化学方程式为
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－115
kJ/mol
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5
kJ/mol
则C的燃烧热为393.5
kJ/mol，而不是115
kJ/mol。
(4)文字叙述燃烧热时，用正值或ΔH表示。
例如，CH4的燃烧热为893
kJ·mol－1或
ΔH＝－893
kJ·mol－1。
2．表示燃烧热的热化学方程式的书写
燃烧热是以1
mol纯物质完全燃烧所放出的热量来定义的，因此在书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1
mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，故在表示燃烧热的热化学方程式中常出现分数。
例如，C8H18燃烧的热化学方程式为：
2C8H18(l)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l)　ΔH＝－11
036
kJ/mol，
C8H18的燃烧热为5
518
kJ/mol，而不是11
036
kJ/mol，表示其燃烧热的热化学方程式为：C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)　ΔH＝－5
518
kJ/mol。
3．燃烧热的计算
由燃烧热定义可知：可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×其燃烧热，
即Q放＝n(可燃物)×|ΔH|，
物质的燃烧热：ΔH＝－。
此公式中的ΔH是指物质的燃烧热，而不是指一般反应的反应热。
例1、下列说法正确的是(　　)
A．测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反应后终止温度
B．在25
℃、101
kPa时，1
mol
H2完全燃烧生成液态水，放出285.8
kJ热量，H2的燃烧热为－285.8
kJ/mol
C．在25
℃、101
kPa时，1
mol
C与适量O2反应生成1
mol
CO时，放出115
kJ热量，则C的燃烧热为115
kJ/mol
D．在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ/mol，若将含5
mol
H2SO4的浓硫酸与含1
mol
NaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3
kJ
【解析】　B中燃烧热的表示方法不对，文字叙述燃烧热时用正值；C中CO不是C的完全燃烧产物，故放出的热量不能作燃烧热；D中用浓H2SO4放出的热量比中和热的数值大。
【答案】　A
【注意】燃烧热与中和热的比较
燃烧热
中和热
相同点
ΔH<0，放热反应
ΔH<0，放热反应
不同点
①限定可燃物(反应物)为1
mol②1
mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量(不同的反应物，燃烧热不同)
①限定生成物H2O为1
mol②生成1
mol
H2O时放出的热量(不同的反应物的中和热大致相同)
例2．以下几个热化学方程式，能表示燃烧热的热化学方程式是(　　)
A．C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝115
kJ/mol
B．C(s)＋O2(g)==
=CO2(g)　ΔH＝－393.5
kJ/mol
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6
kJ/mol
D．H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－241.8
kJ/mol
【解析】　A项，C(s)燃烧未生成稳定氧化物CO2(g)，故其反应热不能叫燃烧热；B项，符合燃烧热的定义；C项，H2虽然转变成了稳定的氧化物H2O(l)，但由于其反应热表示的是2
mol
H2完全燃烧时的热量变化，故不能叫燃烧热；D项，参加燃烧的H2虽然是1
mol，但其生成H2O(g)，而不是H2O(l)，故它的反应热也不为H2的燃烧热。
【答案】　B
二、能源
能提供能量的资源，它包括化石燃料、阳光、风力、流水、潮汐以及柴草等。
【问题导思】　
能源有哪些分类？
【提示】　a．按转换过程分类。b.按利用历史分类。c.按性质分类。
如何解决能源危机？
【提示】　a．开源节流。
b．研究开发新能源。
1．能源的分类
按转换过程分
按利用历史分
按性质分
一次能源
常规能源
可再生能源
水能
不可再生能源
煤、石油、天然气等
新能源
可再生能源
太阳能、地热能、沼气、潮汐能、风能、生物质能等
不可再生能源
核能等
二次能源
电能、沼气、汽油、焦炭、蒸汽、工业余热等
2．地位
能源是国民经济和社会发展的重要物质基础，它的开发和利用情况可以衡量一个国家或地区的经济发展和科学技术水平。
3．解决能源危机的方法
开发新能源，节约现有的能源，提高能源的利用率。
4．燃料充分燃烧
①要有足够的空气；
②燃料与空气有足够大的接触面积。
2.化石燃料的利弊及新能源的开发
(1)煤、石油、天然气是当今世界上最重要的化石燃料，它们为不可再生能源。
(2)煤作燃料的利弊：
①煤是最重要的化工原料，把煤作为燃料简单烧掉太可惜，应该综合利用。
②煤直接燃烧时产生的CO、SO2等有毒气体及烟尘，会对环境造成严重污染。
③煤作为固体燃料，燃烧反应速率小，热利用率低且运输不方便。
④可以通过清洁煤技术，如煤的液化和气化，以及烟气净化脱硫等，大大减轻燃煤对环境的污染，提高煤的利用率。
3．能源危机的解决方法
(1)开源节流，提高能源的利用率。调节和优化能源结构，降低燃煤在能源结构中的比例，节约油气资源，加大科技投入。
(2)新能源的开发。太阳能、燃料电池、风能和氢能是最有希望的新能源。这些新能源资源丰富，有些为可再生能源，并且在使用时对环境几乎没有污染。
4．新能源的特点
(1)太阳能能量巨大，取之不尽，用之不竭，清洁无污染，不需开采和运输。缺点是能量密度小，受地域和季节的影响大。
(2)氢能有三大优点：一是燃烧热值高，二是资源丰富，三是无毒、无污染。缺点是储存、运输困难。
(3)地热能蕴藏丰富，已被应用。
(4)风能是太阳能的一种转换形式，风能能量巨大。缺点是具有不稳定性，受地区、季节、气候影响较大。
例3、　能源是人类生存和发展的重要支撑因素。常规能源(煤、石油、天然气等)日益减少，促使人们研究能源的利用率和新能源(如太阳能、氢能、核能等)的开发。
(1)我国目前最主要的能源品种是_________________，
能源利用中存在的主要问题有___________________。
(2)为减少污染，提高燃料利用率，下列措施可以达到目的的是________(填序号，下同)。
①将城市居民燃煤改为使用气体燃料　②若将原来烧天然气的灶具改烧液化石油气，应增大空气进入量和减少液化气的进入量　③在农村大力发展沼气
(3)下列关于能源和作为能源的物质的叙述中错误的是________。
①化石能源物质内部蕴贮着大量的能量
②绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
③物质的化学能可以在不同条件下转化为热能、电能为人类所利用
④吸热反应没有利用价值
(4)乌克兰科学家用铜和铁混合熔化制成多孔金属，用于制作太空火箭上使用的煤油燃料雾化器，该雾化器的作用是______________________________________________
__________________________________________________________________________________________________。
【解析】　(1)我国人口众多，资源丰富，但人均占有量少；(2)①②措施保证燃料充分燃烧，发展沼气能有效解决农村燃烧秸秆污染空气的问题；(3)能源的相互转化，其中吸热反应也有其利用价值，可以利用其进行降温等应用。
【答案】　(1)煤　人均占有量少，能源利用率低，单位产值能耗高
(2)①②③　(3)④
(4)增大与助燃剂的接触面积，使煤油充分燃烧
例4、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，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
219.9
kJ/mol
已知CO气体燃烧的热化学方程式为：
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0
kJ/mol
试比较同物质的量的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
试比较同质量的氢气和丙烷燃烧，产生的热量比值约为________。
(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___________________________________________
_________________________________。
【解析】　(1)由题意“它由煤炭与水(蒸气)反应制得，故又称水煤气”知，煤气的主要成分是一氧化碳和氢气的混合气，反应方程式为C＋H2O(g)CO＋H2。
(2)同物质的量的C3H8和CO燃烧，产生的热量比值为≈7.84∶1。
(3)同质量的氢气与丙烷燃烧，44
g丙烷产生热量为2219.9
kJ,44
g氢气产生热量为571.6×11＝6287.6
kJ。故比值为≈2.83∶1。
【答案】　(1)C＋H2O(g)
CO＋H2
(2)7.84∶1　(3)2.83∶1
(4)资源丰富，产物无污染等
【课堂练习及解析】
1．下列说法不正确的是(　　)
A．CO2、甲烷都属于温室气体
B．用甘蔗生产的乙醇燃料属于可再生能源，利用乙醇燃料不会产生温室气体
C．太阳能、风能和生物能源属于新能源
D．太阳能电池可将太阳能直接转化为电能
【解析】　乙醇燃烧产生的CO2属于温室气体。
【答案】　B
2．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
【解析】　该题考查对燃烧热概念的理解。燃烧热是指在25
℃、1.01×105
Pa时，1
mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量。
【答案】　C
3．下列关于热化学反应的描述中正确的是(　　)
A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3
kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/mol
B．CO(g)的燃烧热是283.0
kJ/mol，则反应
2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)的ΔH＝2×283.0
kJ/mol
C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．1
mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【解析】　中和热是以生成1
mol
H2O作为标准的，因此A不正确。燃烧热是指1
mol燃料完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，因此B正确，D不正确。有些反应需加热才能发生，但却是放热反应，例如燃料的燃烧需点燃引发才能发生，但却是放热反应。故选B。
【答案】　B
4．家用液化气的主要成分之一是丁烷，当1.0
kg丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出的热量为5×104
kJ，试写出丁烷燃烧的热化学方程式：________________
________________，丁烷的燃烧热为_______kJ/mol。已知1
mol液态水汽化时需要吸收44
kJ的热量，C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)的ΔH＝________kJ/mol。
【解析】　1
kg丁烷完全燃烧生成CO2和液态水时，放出的热量为5×104
kJ，则1
mol丁烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为：
kJ＝2900
kJ，故丁烷燃烧的热化学方程式为：C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)　ΔH＝－2900
kJ/mol，丁烷的燃烧热为2900
kJ/mol。当丁烷燃烧生成的5
mol液态水变为气态水时，需吸收5
mol×44
kJ/mol＝220
kJ的热量，故C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)的ΔH＝－2900
kJ/mol＋220
kJ/mol＝－2680
kJ/mol。
【答案】　C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)　ΔH＝－2900
kJ/mol　2900　－2680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
【今日目标】
1.由能量转化的原因分析吸热和放热反应。
2．了解反应热和焓变的涵义。
3．由化学键理论分析能量转化的原因。
【学习过程】
一、焓变与反应热
1.概念
(1)焓变(ΔH)
①定义：焓(H)是与内能有关的物理量。在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差即焓变(ΔH)决定。
②常用单位：kJ/mol(或kJ·mol－1)。
(2)反应热：恒压条件下，反应的热效应等于焓变。因此常用ΔH表示反应热。
2．化学反应过程中有能量变化的原因
如图所示：
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)反应的能量变化示意图
(1)实质：
①断裂1
mol
H2分子中的化学键需要吸收436
kJ的能量。断裂1
mol
Cl2分子中的化学键需要吸收243
kJ的能量。
②形成1
mol
HCl分子中的化学键需要放出431
kJ的热量。
(2)结论：该反应放出的能量为2×431
kJ，吸收的能量为(436＋243)kJ，故为最终放出能量的反应，两者的热量差为183
kJ。
3．吸热反应和放热反应
放热反应：
形成生成物释放的总能量大于破坏反应物吸收的总能量。　　　　　
反应放出能量而使体系的能量降低。
ΔH为“－”或ΔH<0。
吸热反应：
形成生成物释放的总能量小于破坏反应物吸收的总能量。　　　　　
反应吸收能量而使体系的能量升高。
ΔH为“＋”或ΔH>0。
1．任何化学反应一定伴随能量的变化吗？
【提示】　一定。
2．浓H2SO4溶于水放出大量的热，是放热反应吗？
【提示】　不是。因为这是个物理变化。
二、反应热与自身能量、化学键的关系及简单计算
【问题】　
①若反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应还是吸热反应？
【提示】　放热。
②反应热与化学键键能有何关系？
【提示】　反应热＝断裂化学键吸收的能量－形成化学键放出的能量。
③如何计算某反应的反应热(ΔH)
【提示】　ΔH＝生成物本身具有的总能量－反应物本身具有的总能量＝断裂化学键吸收的能量－形成化学键放出的能量。
1．反应热与自身能量的关系
2．化学键与化学反应中能量变化的关系
化学反应过程是原子重新组合的过程，反应物分子内化学键的断裂需要吸收能量，生成新物质时形成新的化学键要放出能量。二者的能量差，就决定了能量的变化。
(1)当E1>E2时，反应吸收能量；
(2)当E13．ΔH的计算方法
(1)ΔH＝生成物所具有的总能量－反应物所具有的总能量。
(2)ΔH＝断键吸收的总能量－成键释放的总能量。
【注意】1．破坏反应物中的化学键吸收的能量越小，说明反应物越不稳定，本身的能量越高。
2．形成生成物的化学键放出的能量越多，说明生成物越稳定，本身的能量越低。
【典例精析】
例1、下列说法正确的是(　　)
A．焓变单位中kJ·mol－1，是指1
mol物质参加反应时的能量变化
B．当反应放热时ΔH＞0，反应吸热时ΔH＜0
C．一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，ΔH为“－”
D．一个化学反应中，生成物总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，ΔH为“＋”
【解析】　焓变单位中的kJ·mol－1，是指每摩尔具体的反应，不一定指参加反应的物质，A错；在反应中物质所具有的总能量减少，反应就放热，反之就吸热，C对；化学反应的实质是旧化学键的断裂，新化学键的形成，断键时吸收能量，成键时释放能量，所以D错。
【答案】　C
本题易错选A，ΔH中的单位kJ/mol可理解为每摩尔的反应，是表明参加反应的各物质的物质的量与化学方程式中物质的计量数相同，而不一定是每摩尔的物质。
例2、．已知拆开1
mol
H2、1
mol
O2中的化学键需要消耗的能量分别为436
kJ、496
kJ，形成1
mol
H—O键释放的能量为463
kJ。试说明2
mol
H2(g)在适量O2中燃烧生成水蒸气的能量变化。
【解析】　先分别求出反应过程放出能量和吸收能量的大小，然后求出反应过程中的能量变化。根据化学方程式2H2＋O2===2H2O，该反应断键吸收的能量为2×436
kJ＋1×496
kJ＝1
368
kJ，该反应成键放出的能量为4×463
kJ＝1
852
kJ，因此共放出能量484
kJ。
【答案】　2
mol
H2(g)在适量O2中燃烧生成水蒸气时，放出484
kJ的能量。
三、吸热反应与放热反应比较
【问题导思】　
①需加热的反应一定是吸热反应吗？常温下进行的反应一定是放热反应吗？
【提示】　不一定。
②常见的吸热和放热反应有哪些？
【提示】　常见的吸热反应：大多数分解反应，Ba(OH)·8H2O与NH4Cl反应等。
常见的放热反应：中和反应、金属与酸、燃烧、化合反应(大多数)等。
类型比较　　
放热反应
吸热反应
图示
实例
①大多数化合反应②中和反应③金属与酸的反应④燃烧反应⑤铝热反应
①大多数分解反应②Ba(OH)2·8H2O晶体与氯化铵的反应③以C、CO为还原剂的氧化还原反应
【注意】吸热反应与放热反应与条件无必然的联系。需加热的反应不一定是吸热反应。有的反应开始时需加热，但反应发生后会放出一定的热量，能够维持该反应继续进行，如C＋O2点燃,CO2。
【典例精析】
例3、　由图分析，下列说法正确的是(　　)
A．A→B＋C和B＋C→A两个反
应吸收或放出的能量不等
B．A→B＋C　ΔH<0
C．A具有的焓高于B和C具有的焓的总和
D．A→B＋C　ΔH>0，则B＋C→A　ΔH<0
【解析】　本题考查焓变与放热、吸热反应的关系。由图可看出，B和C的焓之和高于A的焓，则反应B＋C→A一定是放热反应，ΔH<0；反之，A→B＋C的反应一定是吸热反应。根据能量守恒定律，两反应吸收和放出的能量一定相等。
【答案】　D
例4．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是
(　　)
A．碳酸钙受热分解　　　　B．乙醇的燃烧
C．铝粉与氧化铁粉末反应
D．氧化钙与水反应
【解析】　生成物总能量高于反应物总能量，也就是说该反应是吸热反应。常见的吸热反应有水煤气的制取、大多数的分解反应、C与CO2的反应等。
【答案】　A
例5、下图是一个简易测量物质反应是吸热还是放热的实验装置，利用此装置可以很方便地测得某反应是放热反应还是吸热反应。将铝片加入小试管内，然后注入足量的盐酸，请根据要求完成下列问题：
(1)有关反应的离子方程式是_______________________
____________________________________________，
试管中看到的现象______________________________。
(2)S形导管中液面A________(填“上升”或“下降”)，原因是________________________________________；
说明此反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
【解析】　Al与盐酸反应是放热反应，使锥形瓶中气压增大，导致S形导管左端液面下降，右端液面上升。
【答案】　(1)2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑　Al片溶解，有气泡产生
(2)下降　反应放出的热量使锥形瓶内气压增大　放热
【课堂训练及解析】
1．已知：①能量越低的物质就越稳定，②白磷转化成红磷是放热反应。据此，下列判断或说法中正确的是(　　)
A．在相同的条件下，红磷比白磷能量高
B．在相同的条件下，白磷比红磷稳定
C．红磷和白磷的结构不同
D．红磷容易发生自燃而白磷则不会自燃
【解析】　白磷转化成红磷是放热反应，故白磷的能量比红磷的高。能量越高物质越不稳定，则A、B、D都不正确。
【答案】　C
2．下列说法中不正确的是(　　)
A．分解反应大多数是吸热反应
B．氢氧化钾与硝酸的反应是放热反应
C．燃料有足够的空气就能充分燃烧
D．放热反应的过程，都可以看成是“贮存”在物质内部的能量转化为热能、光能、电能等被释放出来的过程
【解析】　分解反应大多需提供热量破坏化学键，因而多数是吸热反应，A项正确；酸碱中和反应是典型的放热反应，B项正确；物质要燃烧，首先要达到着火点，即达到所需要的温度，其次要有足够的空气或其他反应物，C项错误；因化学反应的过程是“贮存”在物质内部的能量(化学能)转化为热能、电能或光能等释放出来的过程，或者是热能、电能或光能转化为物质内部的能量(化学能)被储存起来的过程，D项正确。
【答案】　C
3．下列说法正确的是(　　)
A．反应热是1
mol物质参加反应时的能量变化
B．当反应放热时ΔH＞0，反应吸热时ΔH＜0
C．任何条件下，化学反应的焓变都等于化学反应的反应热
D．在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓的差值来决定
【解析】　化学反应过程中释放或吸收的热量称为反应热，A项错误；当反应放热时ΔH<0，反应吸热时ΔH>0，B项错误；只有在等压条件下，化学反应的焓变才等于化学反应的反应热，因此C项错误；一个化学反应是吸热反应还是放热反应，取决于生成物和反应物的焓的差值，也可以根据断键时吸收的能量与成键时放出的能量大小判断，D项正确。
【答案】　D
4．已知H—H键键能(化学键断裂时吸收或形成时释放的能量)为436
kJ/mol，N—H键键能为391
kJ/mol，根据热化学方程式：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)　ΔH＝－92.4
kJ/mol，可知NN键的键能是(　　)
A．431
kJ/mol　　
B．946
kJ/mol
C．649
kJ/mol
D．896
kJ/mol
【解析】　本题主要考查利用化学键键能计算化学反应的能量变化，ΔH＝－(生成物键能总和－反应物键能总和)＝－[6EN—H－(3×EH—H＋EN≡N)]，得EN≡N＝6×EN—H－3×EH—H＋ΔH＝6×391
kJ/mol－3×436
kJ/mol－92.4
kJ/mol≈946
kJ/mol。故选B。
【答案】　B
5．我国成功发射的“天宫一号”飞行器的外壳覆盖了一种新型结构陶瓷材料，其主要成分是氮化硅，该陶瓷材料可由石英固体与焦炭颗粒在高温的氮气流中通过如下反应制得：
SiO2＋C＋N2
Si3N4＋CO
该反应变化过程中的能量变化如图所示。回答以下问题。
(1)上述反应中的还原剂是__________，其还原产物是________。
(2)该反应________(填“吸热”或“放热”)，反应热ΔH________0(填“>”、“<”或“＝”)。
【解析】　(1)SiO2＋C＋N2Si3N4＋CO，反应中碳元素的化合价由0升高到＋2，氮元素的化合价由0降低到－3。故反应中的还原剂是C，还原产物为Si3N4。
(2)该反应过程中，反应物的总能量大于反应产物的总能量，为放热反应，ΔH<0。
【答案】　(1)C　Si3N4　(2)放热　<第2课时　化学平衡移动
【今日目标】
1.理解影响化学平衡移动的因素，加深对勒夏特列原理的理解。
2．学会运用化学反应速率图像分析化学平衡的移动方向。
【今日目标】
一、化学平衡移动
【思考】
1．某一可逆反应，一定条件下达到了化学平衡。
(1)若化学反应速率改变，化学平衡是否发生移动？
【提示】　(1)若v正、v逆依然相等，则平衡不移动，否则移动。
(2)若化学平衡发生移动，化学反应速率是否一定发生改变？
【提示】
(2)只要平衡发生移动，则反应速率一定变。
【新知】
1.含义：当一个可逆反应达到平衡后，如果改变浓度、温度、压强等反应条件，原来的平衡状态会被破坏，化学平衡会发生移动，在一段时间后达到新的平衡。
2．实质：改变条件后：(1)v正≠v逆。(2)各组分的百分含量发生改变。
3．图示
v(正)
>
v(逆)v(正)＝v(逆)v(正)≠v(逆)v′
(正)＝v′(逆)
二、影响化学平衡移动的因素
【思考】　
如何根据v－t图像判断平衡移动方向？
【提示】　看改变条件对v正、v逆的影响，若v正>v逆，正移，反之逆移。
增大体系的压强，平衡一定发生移动吗？
【提示】　不一定。
催化剂对化学平衡有影响吗？
【总结】
外界条件
条件变化反应速率变化
平衡移动方向
(v－t图像)
浓度
增大反应物浓度
正向移动
减小生成物浓度
减小反应物浓度
逆向移动
增大生成物浓度
温度
升高温度
向吸热反应方向移动
降低温度
向放热反应方向移动
压强
反应前后气体体积发生变化的反应
增大压强
向气体体积减小的方向移动
减小压强
向气体体积增大的方向移动
反应前后气体体积不变的反应
增大压强
平衡不移动
减小压强
催化剂
使用平衡不移动
【提示】1．v－t图中，只有浓度的改变其图像是连续的，其他条件都不连续。
2．升温、增大压强，增大浓度若平衡发生移动，则正、逆反应速率都增大，只不过增大的幅度不同。平衡向增大的多的方向移动。
例1、某密闭容器中发生如下反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)　ΔH＜0。下图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是(　　)
A．t2时加入了催化剂
B．t3时降低了温度
C．t5时增大了压强
D．t3～t4时间内转化率最低
【解析】　由图像知，在t1时刻化学反应达到平衡，t2～t3化学平衡没有移动，可能是加了催化剂或增加压强，但该反应是一个体积发生变化的反应，压强的改变是不可能的，只能是加入了催化剂；t3～t4平衡逆向移动，并且化学反应速率在减小，是减小了压强；t5～t6平衡逆向移动，反应物的转化率最小，t5时升高了温度，不是压强的影响。
【答案】　A
例2、在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0，下列分析中不正确的是(　　)
A．图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B．图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂
D．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
【解析】　本题考查的是化学反应速率及化学平衡图像的认识，难度一般。由于这是一个体积可变的放热反应，所以t0时温度升高，平衡向左移动，此时逆反应速率大于正反应速率，A正确；该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，可同等程度地加快正、逆反应速率，平衡不移动，使用催化剂，不影响平衡，但反应速率加快，B正确；如果图Ⅲ中考虑的是使用催化剂的话，则由图可知乙条件下先达平衡，所以应该是乙使用了催化剂且平衡时甲、乙两条件下的CO转化率应相等，C错误；如果图Ⅲ研究的是温度对平衡的影响，同样应该是乙条件下温度高于甲条件，那么从甲升温到乙，平衡向左移动，CO的转化率下降，D正确。
【答案】　C
例3、对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)　ΔH<0。在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是(　　)
①增加A的量，平衡向正反应方向移动　②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小　③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变　④增大B的浓度，v(正)>v(逆)　⑤加入催化剂，B的转化率提高
A．①②
B．④
C．③
D．④⑤
【解析】　A是固体，其量的变化对平衡无影响；而增大B的浓度，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v(正)>v(逆)；升温，v(正)、v(逆)均应增大，但v(逆)增大的程度大，平衡向逆反应方向移动；压强增大平衡不移动，但v(正)、v(逆)都增大；催化剂不能使化学平衡发生移动，B的转化率不变。
【答案】　B
三、化学平衡图像问题的解法
【思考】　
对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH<0，如何根据下列图像比较T1、T2的大小？
(Ⅰ)
(Ⅱ)
【提示】　在相同时间内先达平衡，说明反应速率快，则
(Ⅰ)中T1>T2或温度越高，H2的转化率越高，故T1>T2；
(Ⅱ)中在同一压强下，T2时NH3%大，则说明平衡正移程度大，故T2【解题步骤】
(1)看图像：
一看面(即纵坐标与横坐标的意义)，
二看线(即线的走向和变化趋势)，
三看点(即起点、折点、交点、终点)，
四看辅助线(如等温线、等压线、平衡线等)，
五看量的变化(如浓度变化、温度变化等)。
(2)想规律：
联想外界条件的改变对化学平衡的影响规律。
(3)作判断：
根据图像中所表现的关系与所学规律相对比，作出符合题目要求的判断。
2．解题原则
(1)“定一议二”原则
在化学平衡图像中，了解纵坐标、横坐标和曲线所表示的三个量的意义。
在确定横坐标所表示的量后，讨论纵坐标与曲线的关系，或在确定纵坐标所表示的量后，讨论横坐标与曲线的关系。
例如，反应：2A(g)＋B(g)2C(g)达到平衡，A的平衡转化率与压强和温度的关系如图：
定压看温度变化，升温曲线走势降低，说明A的转化率降低，平衡向左移动，正反应是放热反应；
定温看压强变化，因为此反应是反应后气体体积减小的反应，压强增大，平衡向右移动，A的转化率增大，故p2>p1。
(2)“先拐先平，数值大”原则
对于同一化学反应在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高(如图甲)或表示的压强较大(如图乙)。
例如，反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，C、A的百分含量与温度(或压强)、时间的关系如下：
甲
乙
图甲表示T2>T1，且正反应放热。图乙表示p1例4、　对于反应2A(g)＋B(g)2C(g)　ΔH<0，下列图像正确的是(　　)
　　　　A
B
　　　　C
D
【解析】　首先该反应是气态物质分子数目减小的放热反应，此反应的平衡体系受压强的影响是：增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，B的含量减小，C的含量增大；升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，B的含量增大，C的含量减小。A项图像表示B的含量随温度升高而增加，符合此反应。另外，从反应开始到建立平衡，温度越高，到达平衡的时间越短，A项正确；同理推知D项图像正确，符合上述平衡体系，B、C两项图像不符合题意。
【答案】　AD
例5、已知：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1
025
kJ/mol。若反应物起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是(　　)
【解析】　首先考虑外界条件对反应速率的影响，再考虑平衡的移动，注意结合图象的变化进行综合分析。
4NH3(g)＋5O2(g)??4NO(g)＋6H2O(g)
ΔH＝－1
025
kJ/mol。正反应是一个气体体积增大的反应，也是一个放热反应。因此，温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短；升高温度时，平衡向逆反应方向移动，NO的含量降低，故A是正确的，C是错误的；增大压强，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，平衡向逆反应方向移动，NO的含量降低，故B是正确的；加入催化剂，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，但NO的含量不变，故D是正确的。
【答案】　C
【提示】
化学平衡图像分析的注意事项：
(1)看清各坐标轴代表的量，弄清曲线表示的是哪些量之间的关系。
(2)注意曲线上的特殊点，如与坐标轴的交点、多条曲线的交点、转折点、极值点等。
(3)注意曲线坡度的“平”与“陡”，并弄清其含义。
(4)注意弄清高温、高压时反应速率更快，有利于先达平衡，即“先拐先平”原则，也就是说其他条件不变时，在较高温度或较高压强的条件下，达到平衡所用的时间较短。
(5)注意分清曲线函数的递增性和递减性。
(6)注意运用图像中浓度(或物质的量)的变化来确定反应中化学计量数的关系，即化学计量数之比等于同一时间内各反应物、生成物的浓度(或物质的量)变化量之比。
(7)对时间—速率图像，注意分清曲线的连续性、跳跃性，是“渐变”还是“突变”，是“大变”还是“小变”，是“变大”还是“变小”，变化后是否仍然相等等情况，才可确定对应改变的条件是什么及如何改变。
例6、用来表示可逆反应2A(g)＋B(g)2C(g)(正反应为放热反应)的正确图像为(　　)
【解析】　此反应的特点是正反应为气体总体积减小的放热反应，A项，温度越高，达到平衡所需的时间越短，但温度升高平衡左移，C的质量分数要降低，所以A正确；B项，表示温度与v的关系，随着温度的升高，v正与v逆应增大，所以B不正确；C项，随着压强的增大，v正、v逆都增大，但对正反应速率影响更大；D项，随着温度的升高，A的转化率应当降低。
【答案】　AC
【课堂练习及解析】
1．下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)　ΔH<0，升高温度可使平衡向逆反应方向移动
B．合成NH3的反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低的温度
C．溴水中存在平衡：Br2＋H2OHBr＋HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
D．对2HI(g)H2(g)＋I2(g)，增大平衡体系的压强(压缩体积)可使体系颜色变深
【解析】　本题考查勒夏特列原理的应用．
选项A的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动．
选项B合成氨的反应是放热反应，理论上采取低温有利于反应向正反应方向进行，但需同时考虑温度对反应速率的影响．
选项C中加入AgNO3后，Ag＋与Br－反应生成AgBr沉淀，降低了Br－的浓度，平衡向正反应方向移动，溶液颜色变浅，A、B、C项均能用勒夏特列原理解释。
选项D因2HI(g)H2(g)＋I2(g)，化学方程式两边气体分子数相等，压缩体积使压强增大，平衡不发生移动，但由于体积减小，各组分的浓度增大，故颜色变深。故选D。
【答案】　D
2．(2012·长沙高二月考)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
【解析】　本题考查化学平衡的移动。该反应为体积增大的吸热反应，所以升温和减压均可以促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平衡无影响。增加CO的浓度，将导致平衡逆向移动。
【答案】　B
3．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，正反应速率增加，逆反应速率减小
B．升高温度有利于反应速率的增加，从而缩短达到平衡所需的时间
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
【解析】　A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)是放热反应，且是气体体积减小的反应。所以升高温度，平衡向逆反应方向移动；增大压强，平衡向正反应方向移动，C、D均错误。升高温度，正、逆反应速率均加快，达到平衡需要的时间减少，A错误；正确答案为B。
【答案】　B
4．在一定温度下的可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，生成物C的体积分数与压强p1和p2、时间t1和t2的关系如图所示，则下列关系正确的是(　　)
A．p1>p2
B．p1C．m＋n>p＋q
D．m＋n【解析】　该反应是起始反应物为A、B，生成物为C、D的可逆反应(注意起点)，从反应开始到达到平衡的反应过程中，图像显示，在压强为p1时，t2时达到平衡，生成物C的体积分数为c1，在压强为p2时，t1时达到平衡，生成物C的体积分数为c2，从横坐标看，t2>t1，说明p2时化学反应速率快，先达到平衡，所以压强p2>p1，从纵坐标看，c1>c2，说明加压将使平衡向逆反应方向移动，即p＋q>m＋n。
【答案】　BD
5.在一定条件下，可逆反应A＋BmC变化如右图所示。已知纵坐标表示在不同温度和压强下生成物C在混合物中的质量分数，p为反应在T2温度时达到平衡后增大容器内压强的变化情况，问：
(1)温度T1________T2(填“大于”、“等于”或“小于”)，正反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)如果A、B、C均为气体，则m
________2(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)当温度和容积不变时，如向平衡体系中加入一定量的某稀有气体，则体系的压强________，平衡________移动。
(4)当温度和压强不变时，如向平衡体系中加入一定量的某稀有气体，平衡________移动。
【解析】　(1)由图像可知，T1>T2，温度高，w(C)的含量低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应。
(2)增大压强，w(C)含量降低，平衡左移，正反应为体积扩大的反应，m>2。
(3)当温度、容积不变时，充入“惰”气，由于各反应物、生成物的浓度不变，所以平衡不移动。
(4)当温度、压强不变时，充入“惰”气，体积扩大，根据m>2，平衡右移。
【答案】　(1)大于　放热　(2)大于
(3)增大　不　(4)向正反应方向
正向反应
改变条件
一定时间第四节
化学反应进行的方向
【今日目标】
1.了解熵变、焓变的含义。
2．了解焓判据、熵判据对化学反应方向判断的局限性。
3．理解综合判据判断化学反应方向。
【学习过程】
一、自发过程和自发反应
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发进行的过程。
(2)特点体系趋向于从高能状态转变为低能状态。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：在给定条件下，可以自发地进行到显著程度的化学反应。
二、化学反应进行方向的判据
1.焓判据
放热反应过程中体系能量降低，具有自发进行的倾向，因此可用焓变来判断反应进行的方向。
2．熵判据
(1)熵
用来量度体系混乱程度的物理量。熵值越大，混乱程度越大。符号为S。
(2)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)＞零。
(3)熵判据
体系有自发地向混乱度增加(即熵增)的方向转变的倾向，因此可用熵变来判断反应进行的方向。
【思考】
1、(1)某物质三态的熵值大小顺序如何？
【提示】S(g)>
S(l)>S(s)
(2)焓变ΔH>0的反应，一定不能自发进行吗？
【提示】不一定
(3)熵变ΔS<0的反应，一定不能自发进行吗？
【提示】不一定
2、①分别用焓判据，熵判据在判断化学反应进行的方向时是否全面？
【提示】　不全面。
②反应是否自发与温度有关吗？
【提示】　有。
③在焓变与熵变共同组成的复合判据如何判断反应是否自发？
【提示】　利用ΔG＝ΔH－TΔS，若ΔG<0，则自发；ΔG>0则非自发。
【总结】
1．焓判据：化学反应能否自发进行与吸热、放热的关系
(1)多数放热反应是自发进行的，例如燃烧
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－286
kJ/mol，
中和反应：NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ/mol
(2)有些吸热反应(ΔH>0)也是自发的。例如
(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)
ΔH＝＋74.9
kJ/mol
2．熵判据：熵变与反应方向的关系
(1)许多熵增的反应是自发的。例如，固＋固―→气：
2KClO32KCl＋3O2↑；固＋液―→气：CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑等。
(2)有些熵减的反应也可以自发进行。例如
Ca(OH)2(aq)＋CO2(g)===CaCO3(s)＋H2O(l)
综上所述，单独使用熵判据也是不全面的。
3．复合判据：ΔG＝ΔH－TΔS
体系的自由能变化(符号为ΔG，单位为kJ/mol)综合考虑了焓变和熵变对体系的影响，可用作化学反应自身进行的判据，ΔG＝ΔH－TΔS。
(1)当ΔH<0，ΔS>0时，反应自发进行；
(2)当ΔH>0，ΔS<0时，反应不能自发进行；
(3)当ΔH>0，ΔS>0，或ΔH<0，ΔS<0时，反应是否自发进行与温度有关，一般低温时焓变影响为主，高温时熵变影响为主。
【友情提示】
1．过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程的速率。
2．在讨论过程的方向时，我们指的是没有外界干扰时体系的性质。如果允许外界体系施加某种作用，就可能出现相反的结果。
例1、下列说法正确的是(　　)
A．在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行
B．NH4HCO3(s)===NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)　ΔH＝＋185.57
kJ·mol－1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
【解析】　A项错误，有些熵值增大的吸热反应可以自发进行；C项错误的原因是要将二者综合起来即利用复合判据进行判断；D项中使用催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的方向。
【答案】　B
例2、25
℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋56.7
kJ·mol－1，自发进行的原因是(　　)
A．是吸热反应　　　　　B．是放热反应
C．是熵减少的反应
D．熵增大效应大于能量效应
【解析】　吸热，熵变大，能自发，因为熵增大效应大于能量效应，选D。
【答案】　D
例3、某化学反应其ΔH为－122
kJ·mol－1，ΔS为－231
J·mol－1·K－1，则此反应在下列哪种情况下可能自发进行(　　)
A．在任何温度自发进行
B．在任何温度下都不自发进行
C．仅在高温下自发进行
D．仅在低温下自发进行
【解析】　要使反应能够自发进行，则ΔH－TΔS<0，代入数据可得：－122
kJ·mol－1－T×(－231
kJ·mol－1·K－1)<0，解得当T<528
K时，反应可自发进行，即反应仅在低温下自发进行，选D项。
【答案】　D
【课堂练习】
1．下列过程是非自发的是(　　)
A．水由高处向低处流　　B．煤炭的燃烧
C．铁在潮湿空气中生锈
D．室温下水结成冰
【解析】　自然界中水由高处向低处流、煤炭的燃烧、铁在潮湿空气中生锈、室温下冰的融化，都是自发过程，其逆向都是非自发的。
【答案】　D
2．下列说法中不正确的是(　　)
A．体系有序性越高，熵值就越低
B．自发过程可能导致体系的熵增大
C．吸热反应不可以自发进行
D．同种物质气态时熵值最大
【解析】　体系混乱度越高，熵值越大；同种物质气态时混乱度最大，熵值最大；吸热反应也有可能自发进行。
【答案】　C
3．能用能量判据判断下列过程方向的是(　　)
A．水总是自发地由高处往低处流
B．放热反应容易自发进行，吸热反应不能自发进行
C．有序排列的火柴散落时成为无序排列
D．多次洗牌以后，扑克牌毫无规律的混乱排列的几率大
【解析】　水总是自发地由高处往低处流，有趋向于最低能量状态的倾向；吸热反应也可以自发进行，例如，在25
℃和1.01×105
Pa时，(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)　ΔH＝＋74.9
kJ·mol－1，不难看出，上述反应是吸热反应，又是熵增的反应，显然只根据焓变来判断反应进行的方向是不全面的；有序排列的火柴散落时成为无序排列，有趋向于最大混乱度的倾向，属于熵判据；扑克牌的无序排列也属于熵判据。
【答案】　A
4．以下自发反应不可用熵判据来解释的是(　　)
A．CaCO3(s)＋2HCl(aq)===CaCl2(aq)＋CO2(g)＋H2O(l)
B．NH4Cl(s)===NH3(g)＋HCl(g)
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
D．2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
【解析】　熵判据是ΔS>0的反应自发进行。A、B、D选项中都有显著的熵增，可用熵判据解释。
【答案】　C
5．已知反应：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)在298
K、101
kPa的条件下，其ΔH＝－113.0
kJ·mol－1，ΔS＝－145.3
J·mol－1·K－1。
该反应________(填“能”或“不能”)用于消除汽车尾气中的NO，理由为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　ΔG＝ΔH－TΔS＝－113.0
kJ·mol－1－298
K×(－145.3×10－3
kJ·mol－1·K－1)＝－69.7
kJ·mol－1<0，故理论上该反应能自发进行。
【答案】　能　该反应的ΔH－TΔS＝－69.7
kJ·mol－1<0，说明该反应在理论上是可行的，所以有可能用于消除汽车尾气中的NO第二节
化学电源
【今日目标】
1.了解几种常见化学电源，一次、二次、燃料电池的工作原理。
2．正确书写有关电池的电极反应和电池反应。
【学习过程】
一、化学电源
1.概念：是将化学能直接转化为电能的装置。
2．类型
【思考】　
化学电源中正、负极是什么物质得、失电子？
【提示】　正极：阳离子得到电子生成单质或O2得电子。
负极：活泼金属或H2失去电子。
氢氧燃料电池在酸性电解质和碱性电解质中的总反应实质相同吗？
【提示】　相同，都为2H2＋O2===2H2O
3．根据装置书写电极反应式
(1)先分析题目给定的图示装置，确定原电池正、负极上的反应物，并标出相同数目电子的得失。
(2)电极反应式的书写。
负极：活泼金属或H2失去电子生成阳离子，若电解质溶液中的阴离子与生成的阳离子不共存，则该阴离子应写入负极反应式。如铅蓄电池，负极：Pb＋SO42－－2e－===PbSO4。
正极：阳离子得到电子生成单质，或O2得到电子。若反应物是O2，则：
电解质是碱性或中性溶液：O2＋2H2O＋4e－===4OH－。
电解质是酸性溶液：O2＋4H＋＋4e－===2H2O。
(3)正、负电极反应式相加得到电池反应的总反应方程式。
4．给出总反应式，写电极反应式
分析反应中的氧化反应或还原反应(即分析有关元素的化合价变化情况)→选择一个简单的变化情况去写电极反应式→另一极的电极反应直接写出或将各反应式看作数学中的代数式，用总反应式减去已写出的电极反应式，即得结果
以2H2＋O2===2H2O为例，当电解质溶液为KOH溶液时的电极反应式的书写步骤如下：
(1)根据总反应方程式分析有关元素化合价的变化情况，确定2
mol
H2失掉4
mol电子，初步确定负极反应式为2H2－4e－===4H＋。
(2)根据电解质溶液为碱性，与H＋不能共存，反应生成水，推出OH－应写入负极反应式中，故负极反应式为2H2＋4OH－－4e－===4H2O。
(3)用总反应式2H2＋O2===2H2O减去负极反应式得正极反应式：2H2O＋O2＋4e－===4OH－。
5．可充电电池电极反应式的书写
在书写可充电电池电极反应式时，要明确电池和电极，放电为原电池，充电为电解池。
(1)原电池的负极与电解池的阳极发生氧化反应，对应元素化合价升高。
(2)原电池的正极与电解池的阴极发生还原反应，对应元素化合价降低。
【提示】书写电极反应式应注意电解质溶液的影响。
(1)中性溶液反应物中无H＋或OH－。
(2)酸性溶液反应物，生成物均无OH－。
(3)碱性溶液反应物，生成物中均无H＋。
(4)水溶液不能出现O2－。
例1、(1)今有2H2＋O22H2O反应，构成燃料电池，则负极通的应是________，正极通的应是______，电极反应式分别为______________、______________。
(2)如把KOH改为稀H2SO4作电解质溶液，则电极反应式为__________________、_____________________。
(1)和(2)的电解液不同，反应进行后，其溶液的pH各有何变化？
_______________________________。
(3)如把H2改为甲烷、KOH作导电物质，则电极反应式为：________________、__________________。
【解析】　根据电池反应式可知H2在反应中被氧化，O2被还原，因此H2应在负极上反应，O2应在正极上反应。又因为是碱性溶液，此时应考虑不可能有H＋参加或生成，故负极反应为：2H2＋4OH－－4e－===4H2O，正极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－。若将导电物质换成酸性溶液，此时应考虑不可能有OH－参加或生成，故负极：2H2－4e－===4H＋，正极：O2＋4H＋＋4e－===2H2O。由于前者在碱性条件下反应KOH量不变，但工作时H2O增多故溶液变稀碱性变小，pH将变小。而后者为酸溶液，H2SO4量不变，水增多，溶液酸性变小，故pH将变大。如把H2改为甲烷用KOH作导电物质，根据反应CH4＋2O2===CO2＋2H2O，则负极为发生氧化反应的CH4，正极为发生还原反应的O2，由于有KOH存在，此时不会有CO2放出。
【答案】　(1)H2　O2　负极：2H2＋4OH－－4e－===4H2O
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
(2)负极：2H2－4e－===4H＋　正极：O2＋4H＋＋4e－===2H2O　，(1)变小
(2)变大
(3)负极：CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O
正极：2O2＋4H2O＋8e－===8OH－
二、几种常见化学电池
1.一次电池(碱性锌锰电池)
(1)构成：负极Zn，正极MnO2，电解质KOH。
(2)电极反应：负极：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2
正极：2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnOOH＋2OH－
总反应：Zn＋2MnO2＋2H2O===2MnOOH＋Zn(OH)2
2．二次电池(蓄电池)
(1)构成：负极Pb、正极PbO2，电解质H2SO4溶液
(2)工作原理
①放电：负极：Pb(s)＋SO42－(aq)－2e－===PbSO4(s)
正极：PbO2(s)＋4H＋(aq)＋SO42－(aq)＋2e－===PbSO4(s)＋2H2O(l)
总反应：Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)===2PbSO4(s)＋2H2O(l)
②充电时
铅蓄电池的充电反应是放电反应的逆过程。
阴极：PbSO4(s)＋2e－===Pb(s)＋SO42－(aq)；
阳极：PbSO4(s)＋2H2O(l)－2e－===PbO2(s)＋4H＋(aq)＋SO42－(aq)；
总反应：2PbSO4(s)＋2H2O(l)===Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)。
上述充放电反应可写成一个可逆反应方程式：
Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)2PbSO4(s)＋2H2O(l)。
3．燃料电池
(1)工作原理
①连续地将燃料(如氢气、烃、肼、甲醇、氨、煤气等液体或气体)和氧化剂的化学能直接转换成电能。
②电极材料本身不发生氧化还原反应。
③工作时，燃料和氧化剂连续地由外部供给，在电极上不断地进行反应，生成物不断地被排除。
(2)氢氧燃料电池：极材料Pt
酸性电解质
电极反应：负极：2H2－4e－===4H＋
正极：O2＋4H＋＋2e－===2H2O
总反应：2H2＋O2===2H2O
把氢氧燃料电池中的酸性介质换成碱性介质
电极反应：负极：2H2＋4OH－－4e－===
4H2O
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
总反应：2H2＋O2===2H2O
(2甲烷燃料电池。
电解质：KOH
正极(通O2)：2
O2＋4H2O＋8e－===8OH－
负极(通CH4)：CH4＋10OH－－8e－===
CO32－7H2O
总反应：CH4＋2
O2＋2KOH===K2CO3＋3H2O
(3甲醇燃料电池。
电解质：KOH
正极：3
O2＋6H2O＋12e－===12OH－
负极：2CH3OH＋16OH－－12e－===2
CO32－＋12H2O
总反应：2CH3OH＋3
O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O
(3)肼燃料电池。
电解质：KOH
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
负极：N2H4＋4OH－－4e－===N2↑＋4H2O
总反应：N2H4＋O2===N2＋2H2O
(4)熔融盐燃料电池。
熔融盐燃料电池具有较高的发电效率，因而受到重视。可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为负极燃气，空气与CO2的混合气为正极燃气，制得在650
℃下工作的燃料电池。有关的电池反应式为：
正极：O2＋2CO2＋4e－===2
CO32－
负极：2CO＋2
CO32－－4e－===4CO2
总反应：2CO＋O2===2CO2
固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它以固体氧化锆一氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2－)在其间通过。该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是(　　)
A．有O2放电的a极为电池的负极
B．有H2放电的b极为电池的正极
C．a极对应的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．该电池的总反应方程式为2H2＋O22H2O
【解析】　固体介质允许O2－通过，说明为非水体系，因此C项中a极反应式不正确，这种表达是水溶液中进行的反应，a极反应式应该是：O2＋2e－===O2－，b极反应：H2－2e－===2H＋，总反应方程式是2H2＋O22H2O。
【答案】　D
例2、电池具有容量大、放电电流大的特点，故得到广泛应用。锌锰碱性电池以KOH溶液为电解液，电池总反应式为Zn(s)＋2MnO2(s)＋2H2O(l)===Zn(OH)2(s)＋2MnOOH(s)
下列说法错误的是(　　)
A．电池工作时，锌失去电子
B．电池正极的电极反应式为：2MnO2(s)＋2H2O(l)＋2e－===2MnOOH(s)＋2OH－(aq)
C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D．外电路中每通过2
mol电子，锌的质量理论上减小6.5
g
【解析】　根据题意，该电池的负极材料是锌。电池工作时，锌本身失去电子而发生氧化反应，失去的电子通过外电路移向另一极(正极)。在该电极上，MnO2获得电子发生还原反应生成MnOOH：2MnO2＋2e－―→2MnOOH。从元素守恒的角度来看，右侧还多2个氢。在碱性溶液中不出现H＋，故正极反应为2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnOOH＋2OH－。反应中，失去2
mol电子，消耗掉1
mol锌，质量为6.5
g。
【答案】　C
【课堂练习及精析】
1．下列有关电池的说法不正确的是(　　)
A．手机上用的锂离子电池属于二次电池
B．铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极
C．甲醇燃料电池可把化学能转化为电能
D．锌锰干电池中，锌电极是负极
【解析】　锂离子电池可以充电，再次使用，属于二次电池，A项正确；铜锌原电池中铜为正极，故电流从铜电极流向锌电极，而电子是由锌电极流向铜电极，B项错；电池的实质即是化学能转化成电能，C项正确；Zn失去电子生成Zn2＋，故作为负极，D项正确。
【答案】　B
2．茫茫黑夜中，航标灯为航海员指明了方向。航标灯的电源必须长效、稳定。我国科技工作者研制出以铝合金、Pt Fe合金网为电极材料的海水电池。在这种电池中
(　　)
①铝合金是阳极　②铝合金是负极　③海水是电解液
④铝合金电极发生还原反应
A．②③　　　
B．②④
C．①②
D．①④
【解析】　较活泼的铝合金为负极(②对)。Pt Fe合金网为正极，海水是电解液(③对)。负极上发生氧化反应(④错)。
【答案】　A
3．关于铅蓄电池的说法正确的是(　　)
A．在放电时，正极发生的反应是：Pb(s)＋SO42－(aq)===PbSO4(s)＋2e－
B．在放电时，该电池的负极材料是铅板
C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小
D．在充电时，阳极发生的反应是：PbSO4(s)＋2e－===Pb(s)＋SO42－(aq)
【解析】　A项中电池放电时正极应发生还原反应，电极反应为：
PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－===PbSO4＋2H2O；C项中电池充电时硫酸的浓度应不断增大；D项中电池充电时阳极应发生氧化反应。
【答案】　B
4．锌锰干电池的两极分别为碳棒和锌皮，在放电时电池总反应方程式可以表示为：Zn＋2MnO2＋2NH4＋Zn2＋＋Mn2O3＋2NH3＋H2O。根据上述信息，下列结论正确的是(　　)
A．放电时正极发生反应的物质为NH4＋
B．Zn为负极，碳为正极
C．工作时，电子由碳极经外电路流向Zn极
D．长时间连续使用该电池时，内装糊状物不会流出
【解析】　在电池的正极上发生的是得电子的还原反应，是总反应中氧化剂发生反应的电极。由锌锰干电池的总反应式可知，MnO2与NH4＋发生的反应为正极反应。根据原电池的工作原理可知，相对活泼(指金属性)的一极为负极，相对不活泼的一极为正极，B项正确；在外电路，电子从负极流向正极，C项错误；长时间连续使用该电池，由于锌皮慢慢溶解而破损，糊状物很可能流出而腐蚀用电器，D项错误。
【答案】　B
5．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目的。一种甲醇燃料电池是采用铂或碳化钨化为电极催化剂，在稀硫酸电解液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是
______________________________。
(2)此电池的正极发生的电极反应式是________，负极发生的电极反应式是__________________。
(3)电解液中的H＋向________极移动，向外电路释放电子的电极是________。
(4)比起直接燃烧燃料产生电力，使用燃料电池有许多优点，其中主要有两点：首先是燃料电池的能量转化效率高，其次是________。
【解析】　甲醇燃料电池实质就是利用CH3OH燃料在氧气中反应来提供电能。CH3OH在负极发生氧化反应，电极反应式为2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2＋12H＋；氧气在正极反应：3O2＋12H＋＋12e－===6H2O，两反应式相加即得总反应式。在电池中，负极释放出电子移动到正极上，故向外电路释放电子的电极为负极。在原电池的内电路中，阳离子向正极移动，故H＋向正极移动。甲醇反应产物为CO2和H2O，对环境无污染。
【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
KOH第一节
原电池
【今日目标】
1.通过实验体验由化学能转为电能的探究。
2．掌握原电池的工作原理。
3．能正确书写电极反应和电池反应方程式。
【学习过程】
一、原电池
1.原理(以铜、锌原电池为例)
原电池是利用氧化还原反应原理将化学能转化为电能的装置。
装置举例
2.电极反应
锌片负极，发生氧化反应电极反应式：Zn－2e－===Zn2＋
铜片正极，发生还原反应电极反应式：Cu2＋＋2e－===Cu
总电极反应式为：Cu2＋＋Zn===Cu＋Zn2＋
3．构成条件
条件两个活泼性不同的电极，较活泼的做负极。
电解质溶液
形成闭合回路
能自发地发生氧化还原反应
4．原电池的设计
（1）.用还原性较强的物质作负极，向外电路提供电子；用氧化性较强的物质作正极，从外电路得到电子。
（2）．将两极浸在电解质溶液中，通过阴、阳离子的定向移动形成内电路。
（3）．放电时负极上的电子通过导线流向正极，再通过溶液中离子移动形成的内电路构成闭合回路。
【思考】
1.
(1)原电池的两电极必须是金属吗？
【提示】不一定，如可用石墨做电极。
(2)Cu与稀H2SO4能否设计成原电池？
【提示】不能。Cu与稀H2SO4不能自发发生氧化还原反应。
2．在内电路中，阴、阳离子分别向哪个极板移动？
【提示】　阴离子→负极，阳离子→正极。
3.①原电池中，电子流出的极是正极还是负极？
【提示】　负极。
②若某电极在反应过程中增重，是原电池的正极还是负极？
【提示】　正极。
【总结
】
1．由组成原电池的两极材料判断
较活泼的金属为负极，较不活泼的金属或能导电的非金属为正极。
2．根据电流方向或电子流向判断
外电路中，电流由正极流向负极，电子由负极流向正极。
3．根据原电池电解质溶液中离子的移动方向判断
在原电池电解质溶液中，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
4．根据原电池中两极发生的反应判断
原电池中，负极总是发生氧化反应，正极总是发生还原反应。若给出一个总方程式，则可根据化合价升降来判断。
5．根据电极质量的变化判断
原电池工作后，某一电极质量增加，说明溶液中的阳离子在该电极上放电，该极为正极，活泼性较弱；反之，如果某一电极质量减轻，则该电极溶解，为负极，活泼性较强。
6．根据电极上有气泡产生判断
原电池工作后，如果某一电极上有气体产生，通常是因为该电极发生了析出H2的反应，说明该电极为正极，活动性较弱。
7．根据某电极(X)附近pH的变化判断
生成H2或吸收O2电极反应发生后，均能使该电极附近电解质溶液的pH增大，因而原电池工作后，X极附近的pH增大了，说明X极为正极，金属活动性较弱。
例1、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？
(2)写出实验3中的电极反应式和电池总反应方程式。
(3)实验4中Al作正极还是作负极？为什么？写出Al电极的电极反应式。
(4)解释实验5中电流计指针偏向Al的原因。
(5)根据实验结果总结：在原电池中金属铝作正极还是作负极受到哪些因素的影响？
【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，自然得出1中Al作正极，2中Al作负极。在NaOH溶液中，Al比Mg活泼，作负极。在浓硝酸中由于Al发生钝化，Zn作负极。
【答案】　(1)不同；
(2)Al为负极：Al－3e－===Al3＋，石墨为正极：2H＋＋2e－===H2↑，2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑；
(3)Al作负极，因为Al能与NaOH溶液反应而Mg不能与NaOH溶液反应，Al＋4OH－－3e－===AlO2－＋2H2O；
(4)实验5中由于Al在浓硝酸中发生钝化，所以Zn为负极；
(5)与另一电极材料的活泼性、电解质溶液的酸碱性以及电解质溶液的氧化性强弱等因素有关。
例2．有如图所示的两个原电池装置，下列说法不正确的是(　　)
A．A池中负极的电极反应为Mg－2e－===Mg2＋
B．Mg在A池中为负极，在B池中为正极
C．B池中电子的流向：Mg→Al
D．原电池工作一段时间后，A池溶液的pH会增大
【解析】　判断原电池正负极，除考虑活泼性还要注意电解质溶液对正负极的影响。对于稀硫酸来说，镁是比铝更活泼的金属；但对于氢氧化钠溶液来说，铝是比镁更活泼的金属，所以A池中镁是负极，B池中铝是负极，B对；A池中电极反应为Mg－2e－===Mg2＋，A对；B池中电子流向为Al―→Mg，C项错。A池中正极2H＋＋2e－===H2↑，随着反应进行，c(H＋)减少，pH增大，D对。
【答案】　C
二、原电池原理的应用
【问题导思】　
若纯锌与粗锌(含Fe、C等)分别与同浓度的稀H2SO4反应制取H2，哪种方法产生H2的速率快？
【提示】　粗锌。
将金属a、b用导线相连插入稀H2SO4中，发现b上产生气泡，则a与b相比较，谁更活泼？
【提示】　a
【总结】原电池原理的应用
1．加快氧化还原反应的速率
例如：在锌与稀硫酸反应时加入少量CuSO4溶液能使产生H2的速率加快。
2．比较金属活动性强弱
例如：有两种金属a和b，用导线连接后插入到稀硫酸中，观察到a极溶解，b极上有气泡产生。根据电极现象判断出a是负极，b是正极，由原电池原理可知，金属活动性a>b。
3．用于金属的防护
如要保护一个铁闸，可用导线将其与一锌块相连，使锌作原电池的负极，铁闸作正极。
4．设计化学电池
例如：以2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2为依据，设计一个原电池。
(1)将氧化还原反应拆成氧化反应和还原反应两个半反应，分别作原电池负极和正极电极反应式。
负极：Cu－2e－===Cu2＋
正极：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
(2)确定电极材料
负极：若发生氧化反应的物质为金属单质，可用该金属直接作负极
如为气体(如H2)或溶液中的还原性离子，可用惰性电极(如Pt、碳棒)作负极。
正极：正极的电极材料必须不如负极材料活泼。
本例中可用铜棒作负极。用铂丝或碳棒作正极：
(3)确定电解质溶液
一般选用反应物中的电解质溶液即可。如本例中可用FeCl3溶液作电解液。
(4)构成闭合回路。
例3、　由A、B、C、D四种金属按下表中装置图进行实验。
装置
现象
金属A不断溶解，生成二价离子
C的质量增加
A上有气泡产生
根据实验现象回答下列问题：
(1)装置甲中负极的电极反应式是
_________________________。
(2)装置乙中正极的电极反应式
_________________________。
(3)装置丙中溶液的pH________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)四种金属活泼性由强到弱的顺序是
_____________________________。
【解析】　甲、乙、丙均为原电池装置，依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活泼性：A>B，乙中C极增重，即析出Cu，则B为负极，活泼性：B>C，丙中A上有气体即H2产生，则A为正极，活泼性：D>A，随着H＋的消耗，pH变大。
【答案】　(1)A－2e－===A2＋
(2)Cu2＋＋2e－===Cu
(3)变大　(4)D>A>B>C
例4．有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：
①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A为负极；
②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D―→导线―→C；
③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡；
④B、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应。据此，判断四种金属的活动性顺序是(　　)
A．A＞B＞C＞D　　　　B．A＞C＞D＞B
C．C＞A＞B＞D
D．B＞D＞C＞A
【解析】　金属与稀硫酸溶液组成原电池，活泼金属为负极，失去电子发生氧化反应，较不活泼的金属为正极，H＋在正极表面得到电子生成氢气，电子运动方向由负极到正极。题中由①知A>B；由②知C>D；由③知A>C；由④知D>B。综合以上信息可知金属活动性A＞C＞D＞B。
【答案】　B
三、原电池电极反应式的书写方法
【思路】：
1、如果题目给定了图示装置，先分析正、负极，再根据正、负极反应规律去写电极反应式；
2、如果题目给定了总反应式，可分析此反应中的氧化反应或还原反应(即分析有关元素的化合价变化情况)，再根据溶液的酸碱性等实际情况去写电极反应式，另一电极反应式可直接写或将各反应式看做数学中的代数式，用电池反应减去已写的电极反应式，即得结果。
3、特别需要指出的是对于可充电电池的反应，需要看清楚“充电、放电”的方向，放电的过程应用原电池原理，充电的过程应用电解原理。
【注意事项】
(1)写电池反应时，正、负极电极反应式进行加和时，应注意电子得失要相等，再加和。
(2)利用总反应式减去其中一极反应式时也要注意电子守恒。
(3)弱电解质、气体或难溶电解质均用分子表示，其余用离子符号表示。
(4)注意电解质溶液的成分对正极、负极反应产物的影响，正、负极产物可根据题意或据化学方程式确定，如铅蓄电池中电解质溶液H2SO4中的SO42－参与电极反应生成PbSO4。
(5)写电极反应式时要保证电荷守恒、元素守恒，可以根据电极反应式的需要添加H＋或OH－或H2O。
例5、铁及铁的化合物应用广泛，如FeCl3可用作催化剂、印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等。
(1)写出FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式：
_________________________________________。
(2)若将(1)中的反应设计成原电池，请画出原电池的装置图，标出正、负极，并写出电极反应式。
正极反应_________________________；
负极反应_________________________。
【解析】　根据氧化还原反应2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋设计原电池，负极发生氧化反应，Cu失电子，正极选择比Cu活泼性弱的金属或石墨棒，电解质溶液为FeCl3溶液。
【答案】　(1)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(2)装置图：
Fe3＋＋e－===Fe2＋(或2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋)
Cu－2e－===Cu2＋
【课堂练习及精析】
1．下图中能组成原电池产生电流的是(　　)
【解析】　A、D两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项符合原电池的三个构成条件，且Zn能与H2SO4溶液反应，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，故不是原电池。
【答案】　B
2．下列说法正确的是(　　)
A．原电池是把电能转化为化学能的装置
B．原电池中电子流出的一极是正极，发生氧化反应
C．原电池的两极发生的反应均为氧化还原反应
D．形成原电池后，原电池中的阳离子向正极移动
【解析】　原电池是把化学能转化为电能的装置，电子流出的一极是负极，负极发生氧化反应，电解质溶液中的阴离子向负极移动；电子流进的一极是正极，正极发生还原反应，电解质溶液中的阳离子向正极移动。
【答案】　D
3．一个原电池反应的离子方程式是Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，该原电池的正确组成是(　　)
A
B
C
D
正极
Zn
Cu
Cu
Zn
负极
Cu
Zn
Zn
Cu
电解质溶液
CuCl2溶液
H2SO4溶液
CuSO4溶液
CuCl2溶液
【解析】　本题考查原电池的组成。活泼金属为负极，且能与电解质溶液发生自发的氧化还原反应。
【答案】　C
4．利用反应Zn＋2FeCl3===ZnCl2＋2FeCl2设计一个原电池。在下图方格内画出实验装置图，并指出正极材料为________，电极反应式为_______________________；
负极材料为________，电极反应式为_________。
【解析】　一般来说，自发的氧化还原反应都可以设计成相应的原电池。具体设计时，先将氧化还原反应拆分为两个半反应(即氧化反应和还原反应)，然后根据构成原电池的条件，选择合适的电极材料及适宜的电解质溶液，将两电极用导线连接插入电解质溶液形成闭合回路，即可成功设计原电池。
将Zn＋2FeCl3===ZnCl2＋2FeCl2拆分为：Zn－2e－===Zn2＋(氧化反应)和2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋(还原反应)；结合原电池的电极反应特点分析可知，该电池的负极应用锌，则正极所用材料活泼性应比锌弱，为保证Fe3＋在正极得电子，则电解质溶液为FeCl3等易溶的铁盐溶液。
【答案】　(实验装置图如下)Pt(或石墨)　2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋　Zn　Zn－2e－===Zn2＋
5．下图是锌、铜和稀硫酸形成的原电池，某实验兴趣小组同学做完实验后，在读书卡片上记录如下：
　
实验后的记录：
①Zn为正极，Cu为负极
②H＋向负极移动
③电子流动方向为Zn―→Cu
④Cu极有H2产生
⑤若有1
mol电子流过导线，则产生的H2为5
mol
⑥正极反应式：Zn－2e－===Zn2＋
卡片上的描述合理的是(　　)
A.
①②③
B．③④⑤
C．④⑤⑥
D．②③④
【解析】　构成原电池的正极是Cu，负极是Zn，故①错误；电子从负极Zn流出，流向正极Cu，H＋向正极移动，在Cu上得电子：2H＋＋2e－===H2↑，故②错误，③④正确；此原电池负极上发生的反应是Zn－2e－===Zn2＋，⑥错误；总反应方程式：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，当有1
mol电子通过时，产生H2为5
mol，故⑤正确。
【答案】　B
6．控制合适的条件，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(　　)
甲　　　　　乙
A．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原
C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
【解析】　反应开始后，乙中石墨电极上发生的反应为2I－－2e－==I2，为氧化反应，A说法正确。甲中石墨电极上发生的反应为2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋，Fe3＋被还原，B正确。电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态，C正确。电流计读数为零(反应达到化学平衡状态)后，在甲中溶入FeCl2固体，则平衡向逆反应方向移动，I2被还原，乙中的石墨电极为正极，D错误。故选D。
【答案】　D
7．用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥(装有琼脂—KNO3的U形管)构成一个原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是(　　)
①在外电路中，电流由铜电极流向银电极；
②正极反应为：Ag＋＋e－===Ag；
③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作；
④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同。
A．①②　　　　　　　　B．②③
C．②④
D．③④
【解析】　Cu作负极，Ag作正极。负极：Cu－2e－===Cu2＋；正极：Ag＋＋e－===Ag。在外电路中，电子由Cu电极流向Ag电极，而电流方向与电子流向相反，所以①错。没有盐桥，原电池不能继续工作，③错。无论是否为原电池，反应实质相同，均为氧化还原反应，④对。
【答案】　C
8.
如图所示的原电池装置，X、Y为两电极，电解质溶液为稀硫酸，外电路中的电子流向如图所示，对此装置的下列说法正确的是(　　)
A．外电路的电流方向为：X→外电路→Y
B．若两电极分别为Zn和碳棒，则X为碳棒，Y为Zn
C．若两电极都是金属，则它们的活动性为X>Y
D．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应
【解析】　由图可知电子的流动方向是X→外电路→Y，则电流的方向就为Y→外电路→X；X为原电池的负极，Y为正极，X的活动性比Y强；X极应发生氧化反应，Y极应发生还原反应。
【答案】　C
9．在如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是(　　)
M
N
P
A
锌
铜
稀硫酸溶液
B
铜
铁
稀盐酸
C
银
锌
硝酸银溶液
D
锌
铁
硝酸铁溶液
　
【解析】　本题通过电极变化来确定电极，N棒变细，即N极上发生氧化反应，N棒金属较活泼，排除A、D，由M棒变粗，可知B不正确。
【答案】　C
1如图所示，X为单质硅，Y为金属铁，a为NaOH溶液，组装成一个原电池，下列说法正确的是(　　)
A．X为负极，电极反应为：Si－4e－===Si4＋
B．X为正极，电极反应为：4H2O＋4e－===4OH－＋2H2↑
C．X为负极，电极反应为：Si＋6OH－－4e－===SiO32－＋3H2O
D．Y为负极，电极反应为：Fe－2e－===Fe2＋
【解析】　硅、铁、NaOH溶液组成原电池时，Si为负极：Si－4e－＋6OH－===
SiO32－＋3H2O；铁为正极：4H2O＋4e－===4OH－＋2H2↑，总反应式：Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑。
【答案】　C
11．(1)下列装置属于原电池的是________。
(2)在选出的原电池中，________是负极，发生______反应，________是正极，该极的现象是________________________________________________________________________。
(3)此原电池反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
【解析】　(1)构成原电池的条件：两个活动性不同的电极；电解质溶液；形成闭合回路；自发进行的氧化还原反应。根据此条件知，⑤属于原电池。
(2)(3)在⑤中，Fe为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，表面有气泡冒出，反应实质为Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑。
【答案】　(1)⑤
(2)Fe　氧化　Cu　Cu表面有气泡产生
(3)Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑
12．依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如图所示。
请回答下列问题：
(1)电极X的材料是____________；电解质溶液Y是__________；
(2)银电极为电池的__________极，发生的电极反应为________________________；X电极上发生的电极反应为____________________。
(3)外电路中的电子是从________电极流向________电极。
【解析】　由氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)可知，可以选用Cu—Ag—AgNO3(aq)构成简易的原电池。因此题图中电极X的材料是Cu，电解质溶液Y是AgNO3(aq)，正极为Ag，正极上发生的反应为Ag＋＋e－===Ag。负极为Cu，负极上发生的反应为Cu－2e－===Cu2＋。在外电路，电子由负极流向正极，即从X(Cu)电极流向Ag电极。
【答案】　(1)Cu　AgNO3
(2)正　Ag＋＋e－===Ag　Cu－2e－===Cu2＋
(3)X(Cu)　Ag
13．现有如下两个反应：
(A)NaOH＋HCl===NaCl＋H2O
(B)Cu＋2Ag＋===2Ag＋Cu2＋
(1)根据两反应本质，判断能否设计成原电池
________________________________________________________________________。
(2)如果不能，说明其原因
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)如果可以，则写出正、负极材料及其电极反应式和反应类型(“氧化反应”或“还原反应”)：
负极：________，________________，
________________________________________________________________________；
正极：________，________________，
________________________________________________________________________；
若导线上转移电子1
mol，则正极质量增加________g，电解质溶液：________。
【解析】　(1)只有自发的氧化还原反应才能设计成原电池，(B)是氧化还原反应且能自发进行。
(3)根据电池反应式Cu＋2Ag＋===2Ag＋Cu2＋可知，Cu失电子作负极，负极材料是Cu，正极材料应是比铜还不活泼的金属或导电的非金属；Ag＋得电子，所以此电解质溶液只能为AgNO3溶液。
【答案】　(1)(A)不能，(B)可以
(2)(A)为非氧化还原反应，没有电子转移
(3)Cu　Cu－2e－===Cu2＋　氧化反应　碳棒、Ag、Pt、Au(任选一)　2Ag＋＋2e－===2Ag　还原反应　108　AgNO3溶液
14．某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、Cu金属活动性的相对强弱，他们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目：
方案Ⅰ：有人提出将大小相等的铁片和铜片分别同时放入稀硫酸(或稀盐酸)中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性。该原理的离子方程式为________________。
方案Ⅱ：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们活动性的相对强弱。试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式。
正极反应式：_______________________________________；
负极反应式：___________________________________。
方案Ⅲ：结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性相对强弱的简单实验方案(与方案Ⅰ、Ⅱ不能雷同)：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
用离子方程式表示其反应原理：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　比较或验证金属活动性相对强弱的方案有很多，可以利用金属与酸反应的难易来判断或验证；也可以利用原电池原理(负极是较活泼的金属)，也可以利用金属单质间的置换反应来完成。
【答案】　方案Ⅰ：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
方案Ⅱ：
2H＋＋2e－===H2↑　Fe－2e－===Fe2＋
方案Ⅲ：把铁片插入CuSO4溶液中，一段时间后，观察铁片表面是否生成红色物质(合理即可)
Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋第三节
化学反应热的计算
【今日目标】
理解盖斯定律，通过运用盖斯定律求有关的反应热，进一步理解反应热的概念。
综合运用反应热和盖斯定律的知识解决能量变化的实际问题
【学习过程】
一、盖斯定律
1840年，盖斯（G．H．Hess，俄国化学家）从大量的实验事实中总结出一条规律：
化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的。
也就是说，化学反应的反应热只与反应的始态（各反应物）和终态（各生成物）有关，而与具体反应进行的途径无关。
如果一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，这就是盖斯定律。
二、盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义
【思考】
对于反应：C（s）+
O2（g）=CO（g）因为C燃烧时不可能完全生成CO，总有一部分CO2生成，因此这个反应的ΔH无法直接测得，根据盖斯定律设计一个方案反应的ΔH。
【提示】我们可以测得C与O2反应生成CO2以及CO与O2反应生成CO2的反应热：
C（s）＋O2（g）===CO2（g）；ΔH=－393．5
kJ／mol
CO（g）+
O2（g）=CO2（g）；ΔH=－283．0
kJ／mol
［讲］根据盖斯定律.可以很容易求算出C（s）+
O2（g）=CO（g）的ΔH。
∵ΔH1=ΔH2+ΔH3∴ΔH2=ΔH1－ΔH3=－393．5kJ/mol－（－283．0kJ/mol）＝－115
kJ／mol即：C（s）+
O2（g）=CO（g）的ΔH=－115
kJ／mol
【总结】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无法直接测得，但利用盖斯定律不难间接计算求得。
例1、通过计算求的氢气的燃烧热：
【提示】如上图表：
已知：H2（g）+O2（g）=H2O（g）；△H1＝－241.8kJ/mol
H2O(g)＝H2O(l)；△H2＝－44.0kJ/mol
根据盖斯定律，则
△H＝△H1＋△H2＝－241.8kJ/mol＋(－44.0kJ/mol)＝－285.8kJ/mol
例2、实验中不能直接测出由石墨和氢气生成甲烷反应的ΔH，但可测出CH4燃烧反应的ΔH1，根据盖斯定律求ΔH4
CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)；ΔH1=-893kJ·mol-1
(1)
C(石墨)+O2(g)＝CO2(g)；ΔH2=-393·5kJ·mol-1
(2)
H2（g）+O2（g）=H2O（l）；ΔH3=-285.8kJ·mol-1
(3)
C(石墨)+2H2(g)＝CH4(g)；ΔH4
(4)
［提示］设计如下图
利用盖斯定律时，可以通过已知反应经过简单的代数运算得到所求反应，以此来算得所求反应的热效应。也可以设计一个途径，使反应物经过一些中间步骤最后回复到产物：因为反应式(1)，(2)，(3)和(4)之间有以下关系：
(2)+(3)×2-(1)=(4)所以
ΔH4=ΔH2+2ΔH3-ΔH1=-393.5
kJ·mol-1+2(-285.8)
kJ·mol-1-(-893)
kJ·mol-1=-74.8kJ·mol-1
三、常见题型及解析
题型一：
已知一定量的物质参加反应放出的热量，计算反应热，写出其热化学反应方程式。
例1、将3mol的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649.5kJ热量，该反应的热化学方程式为_____________。又已知：H2O（g）=H2O（l）；△H2＝－44.0kJ/mol，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。
解析：3mol乙硼烷完全燃烧生成液态水放出649.5kJ热量，则1mol乙硼烷完全燃烧放出的热量为：因此乙硼烷燃烧的热化学反应方程式为：。由于1mol水汽化需吸热44kJ，则3mol液态水全部汽化应吸热：，所以1mol乙硼烷完全燃烧产生气态水时放热：，则11.2L（标准状况）乙硼烷完全燃烧产生气态水放出热量是：。
［随堂练习］已知充分燃烧a
g乙炔气体时生成1mol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＝－2b
kJ
/
mol
B.
C2H2(g)＋5/2O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(l)；
ΔH＝2b
kJ
/
mol
C.
2C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l)；
ΔH＝－4b
kJ
/
mol
D.
2C2H2(g)＋5O2(g)＝4CO2(g)＋2H2O(l)；
ΔH＝b
kJ
/
mol
题型二：利用盖斯定律求反应热
例2、科学家盖斯曾提出：“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的。”利用盖斯定律可测某些特别反应的热效应。
（1）（s，白磷）+
（2）
则白磷转化为红磷的热化学方程式_____________。相同的状况下，能量较低的是_________；白磷的稳定性比红磷___________（填“高”或“低”）。
解析：依题意求：；可设计如下反应过程：；据盖斯定律有=（-2983.2+4×738.5）kJ/mol=-29.2kJ/mol，即；。白磷转化为红磷是放热反应，稳定性比红磷低（能量越低越稳定）。
［随堂练习］由金红石TiO2制取单质Ti，涉及到的步骤为：：
TiO2TiCl4Ti
已知：①
Cs＋O2g＝CO2g；
H＝3935
kJ·mol1
②
2COg＋O2g＝2CO2g；
H＝566
kJ·mol1
③
TiO2s＋2Cl2g＝TiCl4s＋O2g；
H＝+141
kJ·mol1
则TiO2s＋2Cl2g＋2Cs＝TiCl4s＋2COg的H＝
。
题型三：根据一定量的物质参加反应放出的热量（或根据已知的热化学方程式），进行有关反应热的计算或比较大小。
例3、已知下列两个热化学方程式：
H2
(g)
+
1/2
O2(g)
==
H2O
(l)
H＝285.8
kJ·mol1
C3H8(g)+5O2(g)
==
3
CO2(g)
+4H2O
(l)
H＝2220
kJ·mol1
实验测得氢气和丙烷的混合气体共5
mol，完全燃烧时放热3847kJ，则混合气体中氢气和丙烷的体积比是_______，两者放出的热量之比约为_____
A、1：3
B、3：1
C、1：4
D、5：13
解法一：十字交叉法
解法二：估算排除法
答案：BD
［随堂练习］已知：；
；欲得到相同的热量，需分别燃烧固体碳和氢气的质量比约为
A.
2:3.25
B.
12:3.25
C.
1:1
D.
393.5:241.8
解析：由题意可列得方程
答案：
B
题型四：反应热大小比较
例4、在同温同压下，下列各组热化学方程式中，的是
A.
B.
C.
D.
解析：反应热数值的大小与反应物、生成物的种类有关，与反应物物质的量的多少有关，与反应物和生成物的聚集状态有关，还与反应时的外界条件有关。A选项：生成物的状态不同，由于从气态水到液态水会放热，所以生成液态水比生成气态水放出的热多即；B选项：反应物的状态不同，由于从固态硫到气态硫要吸热，所以气态硫燃烧放出的热量比固态硫燃烧放出的热量多，即；C选项：生成物的种类不同，由于CO与O2反应生成CO2要放出热量，故；D选项：反应物的物质的量不同，前一反应的物质的量是后一反应的物质的量的2倍，故，即。答案选A、C。
［随堂练习］氢气、一氧化碳、辛烷、甲烷的热化学方程式分别为：
H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)；
△H＝－285.8kJ/mol
CO(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g)；
△H＝－283.0kJ/mol
C8H18(l)＋25/2O2(g)＝8CO2(g)＋9H2O(l)；△H＝－5518kJ/mol
CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)；
△H＝－89.3kJ/mol
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(g)
B
CO(g)
C
C8H18(l)
D
CH4(g)
题型五：利用键能计算反应热
方法：ΔH=∑E(反应物)－∑E（生成物），即反应热等于反应物的键能总和跟生成物的键能总和之差。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。键能常用E表示，单位是kJ/mol。
　例5．CH3—CH3→CH2＝CH2＋H2；有关化学键的键能如下。
　　化学键
C－H
C＝C
C－C
H－H
　　键能（kJ/mol）
414.4
615.3
347.4
435.3试计算该反应的反应热
解析：ΔH
=[6E(C－H)＋E(C－C)]－[E(C＝C)＋4E(C－H)＋E(H－H)]=(6×414.4＋347.4)kJ/mol－(615.3＋4×414.4＋435.3)kJ/mol=＋125.6
kJ/mol　　这表明，上述反应是吸热的，吸收的热量为125.6
kJ/mol。
【课堂练习及解析】
1.下列说法或表示方法中正确的是（
）
A.等质量的硫蒸气和硫磺分别完全燃烧，后者放出的热量多
B.氢气的燃烧热为285.8
kJ·mol-1，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)====2H2O(l)
ΔH＝285.8
kJ·mol-1
C.Ba(OH)2·8H2O(s)+2NH4Cl(s)
====BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l)
ΔH＜0
D.已知中和热为57.3
kJ·mol-1，若将含5
mol
H2SO4的浓溶液与含1
mol
NaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3
kJ
【解析】:硫磺变成硫蒸气需要吸收热量；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；Ba(OH)2·8H2O固体与NH4Cl固体反应是吸热反应，则ΔH>0；H2SO4的浓溶液与NaOH溶液混合时要放热。
【答案】：D
2.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（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
【解析】:反应热是指反应完全进行时放出或吸收的热量，可逆反应是不能进行到底的，因此可逆反应放出或吸收的热量一定小于反应热。
【答案】：A
3.
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=－1135
kJ·mol-1,CO(g)+
O2(g)====CO2(g)
ΔH=－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
【解析】:100
g碳燃烧所得气体中CO的物质的量为，这些物质的量CO完全燃烧放出的能量为×282.57
kJ·
mol-1=784.92
kJ。
【答案】：C
4.
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
【解析】:据盖斯定律，把已知两个反应相加减，可求得制备水煤气的反应的ΔH。
①－②，得2C(s)+O2(g)－2H2(g)－O2(g)====2CO(g)－2H2O(g)
ΔH=－221.0
kJ·
mol-1－（－483.6
kJ·mol-1），即2C(s)+2H2O(g)====2H2(g)+2CO(g)
ΔH=+262.1
kJ·mol-1
C(s)+H2O(g)
====CO(g)+H2(g)的ΔH为262.1
kJ·mol-1÷2=+131.3
kJ·mol-1。
【答案】：D
5.
已知2H2O（l）====2H2(g)+O2(g)
ΔH=+517.6
kJ·mol-1,CH4(g)+2O2(g)
====CO2(g)+2H2O(l)
ΔH=－893
kJ·mol-1。1
g氢气.甲烷分别燃烧后，放出的热量之比约是
A.1∶34
B.1∶17
C.2.3∶1
D.4.6∶1
【解析】:根据已知两个反应的热化学方程式，可求得1
g氢气和1
g甲烷完全燃烧放出的热量分别为=256.8
kJ和=55.64
kJ，比值约是4.6∶1。
【答案】：D
6.
已知下列热化学方程式：
(1)Fe2O3(s)+3CO(g)====2Fe(s)+3CO2(g)
ΔH=－25
kJ·mol-1
(2)3Fe2O3（s）+CO(g)====2Fe3O4(s)+CO2(g)
ΔH=－47
kJ·mol-1
(3)Fe3O4(s)+CO(g)
====3FeO(s)+CO2(g)
ΔH=+19
kJ·mol-1
写出FeO(s)被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式：_________________________________。
【解析】:依据盖斯定律，化学反应不管是一步完成还是分几步完成，这个总过程的热效应是相同的。我们可从所给的有关方程式分析：从方程式(3)与方程式(1)可看出有我们需要的物质。但方程式(3)必须通过方程式(2)有关物质才能和方程式(1)结合在一起。将方程式(3)×2+方程式(2)，得：(4)Fe2O3（s）+CO(g)====2FeO(s)+CO2(g)
ΔH=－9
kJ·
mol
-1
将(1)－(4)得：FeO(s)+CO(g)
====Fe(s)+CO2(g)
ΔH=－16
kJ·
mol
-1
【答案】：FeO(s)+CO(g)
====Fe(s)+CO2(g)
ΔH=－16
kJ·
mol-1
7.
已知723
K时，2SO2(g)+O2(g)====2SO3(g)
ΔH=－Q
kJ·mol-1。在相同条件下，向一密闭容器中通入2
mol
SO2和1
mol
O2，达平衡时放出热量为Q1；向另一体积相同的密闭容器中通入1
mol
SO2和5
mol
O2达到平衡时放出的热量为Q2，则Q1、Q2、Q满足的关系是
A.Q=Q1/2
B.Q2C.Q2D.Q=Q1>Q2
【解析】:Q指生成2
mol
SO3完全反应时放出的热。若把2
mol
SO2和1
mol
O2混合，达平衡时生成的SO3小于2
mol，则Q1【答案】：BC
8.
“西气东输”是西部大开发的重点工程，这里的“气”指天然气，其主要成分是甲烷。工业上将碳与水在高温下反应制得水煤气。水煤气的主要成分是CO和H2，它们的体积比约为1∶1，已知：
CH4(g)+2O2(g)====CO2(g)+2H2O(l)
ΔH＝－890
kJ·mol-1
H2(g)+O2(g)
====H2O(l)
ΔH＝－285.8
kJ·mol-1
CO(g)+O2(g)
====CO2(g)
ΔH＝－283
kJ·mol-1
若不考虑水煤气中其他成分，相同状况下要获得相等的热量，所需甲烷与水煤气的体积比约为_________；它们燃烧生成CO2的物质的量之比约为______________________。以甲烷代替水煤气作民用燃气，其优点之一是_____________________________
。
【解析】:可设产生的热量同为m
kJ，可分别表示出所用的水煤气及甲烷的物质的量。
【答案】：1∶3
2∶3
等体积的气体，甲烷提供的热量多第四节
金属的电化学腐蚀与防护
【今日目标】
1.从原电池原理分析金属发生电化学腐蚀的原因及危害。
2．用原电池、电解池的原理采取措施，防止金属腐蚀。
【学习过程】
一、金属的电化学腐蚀
1.金属的腐蚀
金属的腐蚀
概念
金属腐蚀是指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
特征
金属被腐蚀后，在外形、色泽以及机械性能方面会发生变化
本质
金属腐蚀的本质是金属失去电子变成阳离子，发生氧化反应
类型
化学腐蚀
金属与接触到的干燥气体(如O2、Cl2、SO2等)或非电解质液体(如石油)等直接发生化学反应而引起的腐蚀
电化学腐蚀
不纯的金属与电解质溶液接触时，会发生原电池反应，比较活泼的金属失去电子而被氧化的腐蚀。电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍，危害更大
2.电化学腐蚀
(1)
析氢腐蚀含义：金属表面的电解质溶液酸性较强，腐蚀过程有H2放出。
电极反应：
负极：Fe－2e－===Fe2＋
正极：2H＋＋2e－===H2↑
总反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
(2)
吸氧腐蚀含义：钢铁表面吸附的水膜，酸性很弱或呈中性、碱性时，氧气参加。
电极反应电极反应：
负极：2Fe－4e－===2Fe2＋
正极：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
总反应：2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2
【思考】
钢铁发生吸氧腐蚀生成Fe(OH)2，最终生成铁锈的原因是什么？(用化学方程式表示)
【提示】　4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O
二、金属的电化学防护
1.牺牲阳极的阴极保护法
应用原电池原理，让被保护金属作正极，另找一种活泼性较强的金属作负极。
2．外加电流的阴极保护法
利用电解池原理，把被保护的钢铁设备作为阴极，用惰性电极作为辅助阳极，两者在电解质溶液里，接外加直流电源。
【思考】
电化学防护的实质是什么？
【提示】　把被保护的金属作原电池正极或电解池阴极，不参与电极反应，从而不被氧化。
三、化学腐蚀与电化学腐蚀的比较
化学腐蚀
电化学腐蚀(主要)
定义
金属跟接触到的干燥气体或非电解质液体等直接发生化学反应而引起的腐蚀
不纯金属与电解质溶液接触时，会发生原电池反应，比较活泼金属原子失去电子而被氧化引起的腐蚀。
条件
金属与非金属(非电解质)直接接触
吸氧腐蚀(主要)
析氢腐蚀
水膜中溶有O2，呈极弱酸性或中性
水膜酸性较强
区别
无电流产生
有微弱电流产生
反应式
2Fe＋3Cl2===2FeCl3
负极：Fe－2e－===Fe2＋
正极：2H2O＋O2＋4e－===4OH－
正极：2H＋＋2e－===H2↑
联系
两种腐蚀往往同时发生，电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍、危害更大。化学腐蚀与电化学腐蚀虽然发生腐蚀的过程不同，但其实质相同，都是金属元素被氧化。
【思考】　
①纯铁和生铁分别与等浓度的盐酸反应，哪种反应更快？
【提示】　生铁(因为形成原电池)
②自然界中，钢铁的腐蚀以哪种形式为主？
【提示】　电化学腐蚀。
例1、如何防止铁的锈蚀是工业上研究的重点内容。为研究铁锈蚀的影响因素，某同学做了如下探究实验：
序号
内容
实验现象
1
常温下将铁丝放在干燥空气中一个月
干燥的铁丝表面依然光亮
2
常温下将铁丝放在潮湿空气中一小时
铁丝表面依然光亮
3
常温下将铁丝放在潮湿的空气中一个月
铁丝表面已变得灰暗
4
将潮湿的铁丝放在常温的氧气流中一小时
铁丝表面略显灰暗
5
将潮湿的铁丝放在高于常温的氧气流中一小时
铁丝表面已变得灰暗
6
将浸过氯化钠溶液的铁丝放在高于常温的氧气流中一小时
铁丝表面灰暗程度比实验5严重
回答以下问题：
(1)上述实验中发生了电化学腐蚀的是(填实验序号)________；在电化学腐蚀中，负极反应是
_______________________________________；
正极反应是______________________________；
(2)由该实验可知，可以影响铁锈蚀速率的因素是
____________________________________；
(3)为防止铁的锈蚀，工业上普遍采用的方法是
_______________________(答两种方法)。
【解析】　解答第(1)题应注意联系金属的化学腐蚀与电化学腐蚀的区别，不纯的金属与电解质溶液接触，因发生原电池反应，较活泼的金属失电子而被氧化，分析题中实验可知，实验3、4、5、6发生了电化学腐蚀，其中负极反应是Fe－2e－===Fe2＋，正极反应是O2＋2H2O＋4e－===4OH－。
解答第(2)题时，对比实验1和3可得出湿度增大，可使铁锈蚀速率加快；对比实验2、4可知增大O2浓度可加快铁锈蚀的速率；对比实验4、5可知升高温度可加快铁锈蚀的速率；对比实验5、6可知电解质的存在会使铁锈蚀的速率加快。
第(3)题，为防止铁的锈蚀，根据铁锈蚀的类型，可采用牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法，还可把铁制成不锈钢(合金)、亦可采用喷油漆、涂油脂、电镀、表面钝化等方法使铁与空气、水等物质隔离，以防止金属腐蚀。
【答案】　(1)3、4、5、6
Fe－2e－===Fe2＋(或2Fe－4e－===2Fe2＋)
2H2O＋O2＋4e－===4OH－
(2)温度、湿度、O2的浓度、电解质存在
(3)电镀、烤蓝等表面覆盖保护层，牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法等(答案合理即可)
例2．用铝制饭盒盛放醋酸，一段时间后，饭盒被腐蚀，该种腐蚀属于________，反应的化学方程式可表示为__________________，若用铝制饭盒盛放食盐水，一段时间后，饭盒被腐蚀，这种腐蚀属于________，反应原理是
_____________________________________________
(写电极反应式和总反应方程式)。
【解析】　铝制饭盒盛放醋酸，铝与醋酸直接反应使铝氧化而损耗，属于化学腐蚀，铝制饭盒盛食盐水时，则能形成原电池，因而发生的是电化学腐蚀。
【答案】　化学腐蚀
2Al＋6CH3COOH===2Al(CH3COO)3＋3H2↑
电化学腐蚀　
负极：4Al－12e－===4Al3＋，
正极：6H2O＋3O2＋12e－===12OH－　
总反应方程式：4Al＋6H2O＋3O2===4Al(OH)3
四、金属腐蚀快慢的判断以及金属的防护
1．判断金属腐蚀快慢的规律
(1)电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。
(2)对同一种金属来说，腐蚀的快慢：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
(3)活泼性不同的两种金属，构成原电池活动性差别越大，腐蚀越快。
(4)对同一种电解质溶液来说，一般是电解质溶液浓度越大，腐蚀越快。
2．金属的防护
改变金属内部结构
增强抗腐蚀能力——不锈钢
金属表面覆盖保护层
涂矿物油、油漆或覆盖搪瓷、塑料
镀抗蚀金属——电镀、热镀、喷镀法
用化学方法使其表面形成一层致密的氧化膜，金属的钝化
电化学保护法
外加电流的阴极保护法
牺牲阳极的阴极保护法
【思考】　
①把生铁放在水中与放在食盐水中，哪个腐蚀的快？
【提示】　食盐水中。
②轮船的外壳装有镁合金或锌块，其作用是什么？
【提示】　保护船体。
例2、钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢材占世界钢铁年产量的四分之一。
(1)钢铁腐蚀主要是吸氧腐蚀，该腐蚀过程中的电极反应式为：
正极：__________________________________，
负极：___________________________________。
(2)为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采用甲图所示的方案，其中焊接在闸门上的固体材料R可以采用________。
A．铜　　　　B．钠　　　　C．锌　　　　D．石墨
(3)乙图所示的方案也可以降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的________极。
【解析】　(1)发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失去电子，正极上O2得到电子。
(2)铁闸门上连接一块比铁活泼的金属如锌，就可由锌失去电子，锌被溶解，而铁被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法。
(3)属于外加电流的阴极保护法，需把被保护的铁闸门连接在电源的负极。
【答案】　(1)O2＋2H2O＋4e－===4OH－
2Fe－4e－===2Fe2＋
(2)C　(3)负
例3．如图各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为(　　)
A．②①③④　
　
　B．④③①②
C．④②①③
D．③②④①
【解析】　①中Fe放置在海水中，形成了无数微小原电池，发生电化学腐蚀。②③④均构成了原电池。②中Fe的活泼性强于Sn，Fe作负极发生了电化学腐蚀；③中Zn的活泼性比Fe强，Zn作负极被腐蚀，而Fe被保护；④中Fe的活泼性远远强于Cu，所以Fe作负极被腐蚀，并且②中形成的电流弱于④中电流，所以④中Fe比②腐蚀得快，①比②腐蚀得慢。因此Fe被腐蚀由快到慢的顺序为④②①③。
【答案】　C
例4.　下图中，铁腐蚀由快到慢的顺序为(电解质溶液为水)________。
【解析】　①中由于水中溶解了氧气，铁与杂质碳会形成原电池，发生电化学腐蚀；②中铁在油中，氧气难以溶解，无电解质溶液，不能形成原电池；③、④都形成原电池，但③中铁为正极，受到保护；④中铁为负极，被氧化；⑤、⑥都形成了电解池；⑤中铁与电源的正极相连，作阳极，氧化速率加快；⑥中铁与电源的负极相连，作阴极，受到保护。所以铁腐蚀由快到慢的顺序为⑤>④>①>②>③>⑥。
【答案】　⑤>④>①>②>③>⑥
【课堂练习及精析】
1．以下现象与电化学腐蚀无关的是(　　)
A．镀锡铁器比镀锌铁器表面破损时更易被腐蚀
B．纯铁不容易生锈
C．镶有相邻的银牙和金牙容易引起头痛
D．输送氯气的钢管易被氯气腐蚀
【解析】　A项中镀锡铁器表面破损时形成原电池，Fe作负极，易被腐蚀，而镀锌铁器表面破损时形成原电池，Fe作正极，被保护。B项中纯铁不能形成原电池，所以不容易被腐蚀。C项中相邻的银牙和金牙容易形成原电池产生电流，使人头痛恶心。D项中铁和Cl2直接发生反应，为化学腐蚀，与电化学腐蚀无关。
【答案】　D
2．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是
(　　)
A．2H＋＋2e－===H2↑
B．Fe2＋＋2e－===Fe
C．2H2O＋O2＋4e－===4OH－
D．Fe3＋＋e－===Fe2＋
【解析】　钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应为2H2O＋O2＋4e－===4OH－。
【答案】　C
3．下列有关金属的保护方法的说法中正确的是(　　)
A．常使用的快餐杯表面有一层搪瓷，若搪瓷层破损后仍能起到防止铁生锈的作用
B．白铁(镀锌铁)镀层破损后，铁皮的腐蚀速率很慢
C．轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阴极的阳极保护法
D．钢铁制造的暖气管道外常涂有一层沥青，这是钢铁的电化学保护法
【解析】　A项中涂层破损后，铁直接暴露在空气中，因而搪瓷层不能对破损部分进行保护；B项中镀层破损后由于锌的金属性比铁强，和铁构成原电池，锌作负极，保护铁不被腐蚀；C选项应是牺牲阳极的阴极保护法；D项中应是用沥青作涂层的涂层保护法。
【答案】　B
4．潜艇的金属外壳浸在海水中，在海水和空气的作用下会被腐蚀。
(1)若海水呈中性，一艘钢制外壳的潜艇在海水中发生腐蚀的电极反应式为：
正极：__________________________________，
负极：__________________________________。
(2)为有效地保护潜艇，下列措施中最好的是________。
A．采用纯铁制造潜艇外壳
B．采用耐腐蚀的合金制造潜艇外壳
C．在潜艇外壳上涂一层油
D．在潜艇外壳上装一定数量的锌块
【解析】　金属防护的方法很多，可以采取以下措施进行。
(1)改变金属的内部组织结构。合金钢中含有合金元素，使组织结构发生变化，耐腐蚀。如不锈钢。
(2)在金属表面覆盖保护层。常见方式有：涂油脂、油漆或覆盖搪瓷、塑料等；使表面生成致密氧化膜；在表面镀一层有自我保护作用的另一种金属。
(3)电化学保护法：①外加电源的阴极保护法：接上外加直流电源构成电解池，被保护的金属作阴极。②牺牲阳极的阴极保护法：外加负极材料，构成原电池，被保护的金属作正极。
【答案】　(1)O2＋2H2O＋4e－===4OH－
2Fe－4e－===2Fe2＋
(2)B
5、银器皿日久表面逐渐变黑色，这是由于生成了硫化银（Ag2S）。有人设计用原电池的原理进行“抛光”，其处理方法为：将一定浓度的食盐溶液放入一铝制容器中，再将变黑的银器浸入溶液中，放置一段时间后，黑色会褪去而银恢复光泽，且不会损失。试回答：
⑴食盐的作用是______________________。
⑵在此原电池反应中，负极发生的电极反应为_______________________________，正极发生的电极反应为________________________________。
⑶反应过程中产生臭鸡蛋气味的气体，溶液中发生的反应为2Al3++3S2-+6H2O==2Al(OH)↓+3H2S↑，则原电池总反应方程式为____________________________________________。
【解析】构成原电池的条件之一为电解质溶液，所以食盐溶于水形成电解质溶液；铝制品中活泼金属铝为负极，Al-3e-==Al3+，变黑的银器浸入溶液中，放置一段时间后，黑色会褪去而银恢复光泽，且不会损失说明Ag2S放电生成铝单质，Ag2S+2e-==2Ag+S2-。
【答案】（1）食盐溶于水形成电解质溶液。（2）Al-3e-==Al3+，Ag2S+2e-==2Ag+S2-。
（3）3Ag2S+2Al+6H2O==6Ag+2Al(OH)3+3H2S↑第一节化学反应速率
【今日目标】
1.了解化学反应速率的定义。
2．掌握有关化学反应速率的计算。
3．了解实验测定化学反应速率的方法。
【学习过程】
一、化学反应速率
化学反应速率表示方法：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。
表达式：v＝
单位：常用mol/(L·s)或mol/(L·min)
举例：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。
用不同物质表示的化学反应速率分别为：
v(A)＝；v(B)＝；v(Z)＝；
【思考】
同一化学反应，用不同物质表示其反应速率时，数值相同吗？
【提示】　不一定，若化学计量数相同，则反应速率相同，否则，不相同。
2、①对反应CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑能否用CaCO3来表示化学反应速率？
【提示】　不能用固体或纯液体表示化学反应速率。
②化学反应速率是某一时刻的速率吗？
【提示】　不是，是平均反应速率。
③同一反应中用不同物质表示反应速率时，其数值有什么关系？
【提示】　其数值与化学计量数成正比。
【总结】
1．一个确定的化学反应涉及反应物和生成物，在化学里，通常笼统地说化学反应速率快慢时，往往是对整个化学反应而言，
例如，H2＋F2===2HF反应很快、
CH3COOH＋CH3CH2OH===CH3COOCH2CH3＋H2O反应很慢等；
定量地表示化学反应速率时，是对某种具体物质而言的，
例如在N2＋3H22NH3中v(N2)＝5
mol·(L·min)－1等。
故描述反应速率时应指明具体物质。
2．一般来说，化学反应速率随反应的进行而逐渐减慢。
因此，某一段时间内的反应速率，实际上是一段时间内的平均速率，而不是指瞬时速率。
3．无论是反应物还是生成物，其化学反应速率值都取正值。
4．由于一个化学反应里各物质之间化学计量数不一定相同，
所以，在同一个化学反应里，用不同物质表示的化学反应速率不一定相同。
但是，各物质的化学反应速率之比等于它们的化学计量数之比。
5．固体或纯液体(注意：不是溶液)的物质的量浓度可视为不变的常数，
因此，一般不用固体或纯液体表示化学反应速率。
例如：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，则一般不用钠或水表示化学反应速率。
例1、反应4A(g)＋3B(g)==2C(g)＋D(g)，经2
min，B的浓度减少6
mol·L－1。对此反应速率的表示，正确的是(　　)
①用A表示的反应速率是4
mol·L－1·min－1
②分别用B、C、D表示的反应速率其比值为3∶2∶1
③在2
min末的反应速率，用B表示是3
mol·L－1·min－1
④在这2
min内用B表示的反应速率的值是逐渐减小的，用C表示的反应速率的值是逐渐增大的
A．①②　
B．③
C．①
D．②④
【解析】　本题考查对反应速率定义的理解。
①根据化学计量数知，A的浓度减少8
mol/L，故v(A)＝4
mol/(L·min)。
②B、C、D的化学计量数之比为3∶2∶1，故其反应速率之比为3∶2∶1。
③中是2
min内的平均反应速率，而不是瞬时速率。
④用B表示的反应速率逐渐减小，用C表示的值也逐渐减少。
【答案】　A
例2、以下关于化学反应速率的论述中正确的是(　　)
A．化学反应速率可用某时刻生成物的物质的量来表示
B．在同一反应中，用反应物或生成物表示的化学反应速率数值是相同的
C．化学反应速率是指反应进行的时间内，反应物浓度的减小或生成物浓度的增加
D．可用单位时间内氢离子物质的量浓度的变化来表示NaOH和H2SO4反应的速率
【解析】　化学反应速率是用单位时间内反应物或生成物浓度的改变量来描述的，用不同物质表示时，数值可能不同，所以A、B、C都不正确。
【答案】　D
二、化学反应速率的计算及比较
【问题导思】　
已知A＋2BC中，若知道A的反应速率，能否确定其他物质的反应速率？
【提示】　能。根据速率之比等于化学方程式中计量数之比来求算。
比较化学反应速率大小时要注意哪些问题？
【总结】
1．化学反应速率的计算
(1)利用化学反应速率的表达式：v＝
(2)同一化学反应，用不同物质的浓度变化表示的化学反应速率之比等于反应方程式中相应的物质的化学计量数之比，这是有关化学反应速率的计算或换算的依据。
如：对于化学反应aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，
有下列恒等式：
v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d＝Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)
＝Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)∶Δc(D)
(3)求解化学反应速率的计算题一般按以下步骤：
①写出有关反应的化学方程式。
②找出各物质的起始浓度、转化浓度、某时刻浓度。
③根据已知条件列方程计算。
例如：反应　
　mA＋nBpC
起始浓度(mol/L)　
a
b
c
转化浓度(mol/L)　
x
某时刻浓度(mol/L)
a－x
b－
c＋
计算中注意以下关系：
①对反应物：c(起始)－c(转化)＝c(某时刻)
②对生成物：c(起始)＋c(转化)＝c(某时刻)
③转化率：×100%
2．化学反应速率的比较
(1)用同一物质的反应速率比较反应进行的快慢时，必须要保证在速率单位一致的前提下再比较数值的大小。例如，v(H2)＝1
mol/(L·s)与v(H2)＝3
mol/(L·min)不能只看数值大小，应该先换算单位统一后，再进行比较。
(2)用不同物质的反应速率比较反应进行快慢时，除要保证单位一致外，还要根据反应速率之比等于化学计量数之比进行换算后再比较。例如，反应aA＋bB??cC，要比较两种不同情况下的v(A)与v(B)的相对大小，即比较与，若>，则第一种情况下A的反应速率较大。
例3、一定温度下，在2
L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。下列描述正确的是(　　)
A．反应开始到10
s时，用Z表示的反应速率为158
mol·(L·s)－1
B．反应开始到10
s时，X的物质的量浓度减少了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)
【解析】　由图可知，由0～10
s，n(X)由1.20
mol减少到41
mol，n(Y)由1.00
mol减少到21
mol，n(Z)由0增加到1.58
mol，故v(Z)＝＝079
mol·L－1·s－1，A项错；反应开始到10
s时，X的物质的量浓度减少＝395(mol·L－1)，B项错；c(Y)＝×100%＝79.0%，C项正确；相同时间内X、Y、Z的物质的量的变化值之比为79
mol∶79
mol∶1.58
mol＝1∶1∶2，故反应的化学方程式为：X(g)＋Y(g)2Z(g)，D项错。
【答案】　C
利用图像进行化学反应速率计算的方法
(1)由图像中各量的变化找出反应物、生成物。
(2)看准图像坐标表示的含义，根据某一时段各物质的变化，找出相应的变化量(Δc、Δn等)，求反应速率。
(3)根据化学反应速率之比等化学计量数之比，确定相应的化学方程式。
例4、将4
mol
A气体和2
mol
B气体在2
L的容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，若经2
s后测得C的浓度为6
mol/L，现有下列几种说法：
①用物质A表示反应的平均速率为3
mol/(L·s)
②用物质B表示反应的平均速率为6
mol/(L·s)
③2
s时物质A的转化率为70%
④2
s时物质B的浓度为7
mol·L－1。
其中正确的是(　　)
A．①③
B．①④
C．②③
D．③④
【解析】　解题时先利用所给条件列出“三段式”：
　　　　　　　　　　2A(g)＋B(g)2C(g)
起始浓度/mol·L－1　　
　2　　　1　　　0
2s内变化浓度/mol·L－1
6
3
6
2
s时浓度/mol·L－1
1.4
7
6
①依据反应的平均速率的定义可知
(A)＝
＝3
mol/(L·s)；
②同理可知：(B)＝15
mol/(L·s)；
③A的转化率＝×100%＝30%；
④2
s时B的浓度为7
mol·L－1，检查选项，只有①④正确，即B项正确。
【答案】　B
三、化学反应速率的测定
1.测定原理
利用化学反应中与某一种化学物质的浓度(或质量)相关的性质进行测定。
2．测定方法
(1)利用能够直接观察的某些性质测定
如通过测量释放出一定体积的气体的时间来测定反应速率，或测定一定时间内气体压强的变化来测定反应速率。
(2)利用科学仪器测量物质的性质
如在溶液中，当反应物或产物本身有较明显的颜色时，可利用颜色深浅和显色物质浓度间的正比关系来跟踪反应的过程和测量反应速率。
【思考】已知2
g锌粒(假设颗粒大小基本相同)分别与40
mL
1
mol/L和40
mL
4
mol/L
H2SO4溶液反应，请问你有几种方法分别测定它们反应速率的大小？
【提示】　(1)测定收集一定体积的H2时所用的时间。
(2)测定一段时间内溶液中c(H＋)的变化。
(3)测定一段时间内Zn粒质量的变化。
【课堂练习及解析】
1．下面有关化学反应速率的说法中正确的是(　　)
A．对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B．化学反应速率通常用单位时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加来表示
C．若某化学反应的反应速率为5
mol·L－1·s－1就是指在该时间内反应物和生成物的浓度变化平均每秒为5
mol·L－1
D．化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢的尺度
【解析】　不是所有化学反应都有明显的现象，A错误；不是所有的物质都可以用来表示反应速率，固体和纯液体一般不用来表示反应速率，因为固体和纯液体的浓度不发生变化，视为常数，B错；该时间内反应物和生成物的浓度变化平均每秒都为5
mol·L－1，C说法错误，反应速率应该指单位时间内反应物和生成物的浓度变化；D正确。
【答案】　D
2．对于反应：CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，下列说法正确的是(　　)
A．用HCl和CaCl2表示的反应速率数值不同，但所表示的意义相同
B．不能用CaCO3浓度的变化来表示反应速率，但可用水来表示
C．用H2O和CO2表示的化学反应速率相同
D．用CaCl2浓度的减少来表示其反应速率
【解析】　本题考查的是化学反应速率的概念。因为CaCO3是固体，H2O为溶剂，不能用其表示化学反应速率；CaCl2的浓度在反应过程中会增加。
【答案】　A
3．2SO2＋O22SO3经一段时间反应后，SO3的浓度增加了4
mol·L－1，在这段时间内用O2表示的反应速率为04
mol/(L·s)，则这段时间为(　　)
A．1
s　　　B．2.5
s　　　C．5
s　　　D．10
s
【解析】　该时间内SO3的浓度增加了4
mol·L－1，根据化学方程式，相同时间内O2浓度减小了2
mol·L－1。所以，Δt＝＝＝5
s。
【答案】　C
4．在不同条件下，分别测得反应2SO2＋O22SO3的化学反应速率，其中表示该反应进行得最快的是(　　)
A．v(SO2)＝4
mol·L－1·min－1
B．v(O2)＝3
mol·L－1·min－1
C．v(SO2)＝1
mol·L－1·s－1
D．v(O2)＝1
mol·L－1·s－1
【解析】　本题考查的是化学反应速率的比较。以SO2为标准，并将单位统一，A、B、C、D选项换算成以SO2为标准的反应速率后分别为：A.v(SO2)＝4
mol/(L·min)；B.v(SO2)＝2v(O2)＝6
mol/(L·min)；C.v(SO2)＝1×60
mol/(L·min)＝6
mol/(L·min)；D.v(SO2)＝2v(O2)＝2×1×60
mol/(L·min)＝12
mol/(L·min)。
【答案】　D第3课时　化学平衡常数
【今日目标】
1.了解化学平衡常数的涵义。
2．了解影响化学平衡常数的因子。
3．掌握有关化学平衡常数的计算。
【学习过程】
一、学平衡常数
(1)定义：
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，这个常数就是该反应的化学平衡常数，通常用符号K表示。
(2)表达式
对于一般的可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，平衡常数的表达式为
K＝。
(3)意义及影响因素
①K值越大，说明正反应进行的程度越大，反应物的转化率越大。
②K只受温度影响，与反应物或生成物的浓度变化无关。
【注意事项】
(1)对于在稀溶液中进行的反应，溶剂的浓度是一个常数，此常数可归并到平衡常数中，在K的表达式中不出现溶剂的浓度。
(2)当反应中有固体物质时，因固体的浓度可以看作是常数，因此在K的表达式中不出现固体的浓度。
(3)平衡常数的表达式与化学方程式的书写形式有关。同一个化学反应，化学方程式书写不同，平衡常数不同。在相同温度下，对于给定的化学反应，正、逆反应的平衡常数互为倒数。
（4）K的单位一般不作要求。
2．化学平衡常数的意义
化学平衡常数的大小反映了化学反应可能进行的程度。
K值越大，正反应进行程度越大，反应物转化率越高越小，正反应进行程度越小，反应物转化率越低
2．平衡转化率
某指定反应物的转化率＝×100%＝×100%。
其Δn表示已转化的物质的量。
n始表示该物质起始时的物质的量
Δc表示消耗的该物质的浓度
c始表示起始时该物质的浓度。
【思考】
对反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)在密闭容器中达平衡后，再充入一定量N2(体积不变)，平衡正移，平衡常数变大，对吗？
【提示】　不对，K只受温度影响。
2．升高温度、平衡常数就增大吗？
【提示】不一定，若正反应为吸热反应，则K增大，反之减小。
3、对反应Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH>0。
写出其平衡常数的表达式，并思考注意问题？
【提示】　K＝
若增大CO的量，平衡常数变吗？若升温呢？
【提示】　增大CO的量K不变；升温，K变大。
二、化学平衡常数的应用
(1)判断可逆反应是否达到平衡及不平衡时反应进行的方向
如对于可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)在一定温度时的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：Qc＝
当QcQc＝K时，反应处于平衡状态；
Qc>K时，反应向逆反应方向进行。
(2)利用K可判断反应的热效应
如：对于可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)
若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；
若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
例1、
(Ⅰ)已知在448
℃时，反应H2(g)＋I2(g2HI(g)的平衡常数K1为49，则该温度下反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)的平衡常数K2为________；反应H2(g)＋I2(g)HI(g)的平衡常数K3为____________。
(Ⅱ)在一定体积的密闭容器中进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数(K)和温度(t)的关系如下表所示：
t/℃
700
800
830
1
000
1
200
K
6
9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
(1)该反应的化学平衡常数表达式为K＝________。
(2)该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是________。
A．容器中压强不变　　
　B．混合气体中c(CO)不变
C．v正(H2)＝v逆(H2O)
D．c(CO2)＝c(CO)
(4)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为________℃。
(5)在800
℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2
mol·L－1，c(H2)为1.5
mol·L－1，c(CO)为1
mol·L－1，c(H2O)为3
mol·L－1，则下一时刻，反应向________(填“正向”或“逆向”)进行。
【解析】　(Ⅰ)第2个反应与第1个反应互为正逆反应，平衡常数互为倒数关系，第3个反应的化学计量数与第1个相比，缩小为一半，平衡常数也会发生变化，得K3＝。
(Ⅱ)通过表中K和t的关系可知，温度越高，K值越大，反应向正向进行的程度越大，说明正向反应为吸热方向。当c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)时，K＝1，此时温度由表中数据可知为830
℃。判断反应进行的方向时，可根据Q与K的大小关系判断，此时刻下，Q＝＝＝1>9，所以反应向逆反应方向进行。
【答案】　(Ⅰ)　7
(Ⅱ)(1)
　(2)吸热　(3)BC
(4)830　(5)逆向
【友情提示】
平衡常数K的考查点
(1)K表达式的书写。①找准反应物、生成物及其化学计量数；②同时注意状态，固体或纯液体不能出现在表达式中；③同一反应，不同方程式，K值不同。正逆反应的K互为倒数。
(2)K的意义：K值越大，说明正反应进行程度越大。
(3)根据K求转化率，K表达式中的浓度一定是平衡时的浓度。
三、有关化学平衡的计算
【思考】　
对于反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)。
若改变条件平衡正移，各物质平衡时的浓度如何求算？
【提示】　c(A)平＝c(A)始－c(A)变，B同样。
c(C)平＝c(C)始＋c(C)变，D一样。
如何利用“三段式”进行相关计算？
四、化学平衡的计算模式及解题思路
1．化学平衡计算的基本模式——“三段式法”
　
mA　＋　nBpC　＋　qD
起始：　a
b　　　0　
　　0
转化：
mx
nx
px
qx
平衡：
a－mx
b－nx
px
qx
(1)转化量与化学方程式中各物质系数成比例。
(2)这里a、b可指物质的量、浓度、体积等。
2．解题思路
(1)巧设未知数
具体题目要具体分析，灵活设立，一般设某物质的转化量为x。
(2)确定三个量
根据反应物、生成物及变化量的三者关系代入未知数确定平衡体系中各物质的起始量、变化量、平衡量并按(1)中“模式”列表。
(3)解题设问题
明确了“始”、“变”、“平”三个量的具体数值，再根据相应关系求平衡时某成分的浓度、反应物转化率等，求出题目答案。
3．反应物的转化率
转化率＝×100%。
例2、某温度下H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数是50，在这个温度下使H2与I2(g)发生反应，反应开始时，碘蒸气的浓度是1
mol/L，当达到平衡时，c(HI)＝9
mol/L，求H2的转化率。
【解析】　设H2的起始浓度为x
mol/L，H2的平衡浓度为y
mol/L。
　　　　　　　　
H2(g)　＋　I2(g)2HI(g)
起始浓度(mol/L)　　
　x　
　　　1　　　　0
转化浓度(mol/L)
45
45
9
平衡浓度(mol/L)
y
55
9
K＝＝＝50。
解得y≈03。
x＝03＋45＝48，
则H2的转化率＝×100%≈93.8%。
【答案】　93.8%
[友情提示]
改变反应物用量对转化率(用α表示)的影响
(1)反应物不止一种时，如：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)
①只增大一种反应物的浓度，该物质本身转化率减小，其他反应物转化率增大。如增大c(A)，则平衡正向移动，α(A)减小，α(B)增大。
②若同等比例同倍数增大c(A)、c(B)，则平衡正向移动，其影响结果相当于增大压强。
当m＋n＝p＋q时，α(A)，α(B)不变
当m＋n>p＋q时，α(A)，α(B)增大
当m＋n(2)反应物只有一种时，如aA(g)bB(g)＋cC(g)，增大c(A)则平衡正向移动，其影响结果相当于增大压强
若a＝b＋c，α(A)不变
若a>b＋c，α(A)增大
若a例3、300
℃时，将2
mol
A和2
mol
B两种气体混合于2
L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)　ΔH＝Q,2
min末达到平衡，生成8
mol
D。
(1)300
℃时，该反应的平衡常数表达式为：K＝___________________________。
已知K300
℃℃，则ΔH______0(填“>”或“<”)。
(2)在2
min末时，B的平衡浓度为________，D的平均反应速率为________。
(3)若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)如果在相同的条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入C、D各mol。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同，则还应该加入B______mol。
【解析】　(1)温度越高，K越大，则说明升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，ΔH>0。(2)生成8
mol
D，则反应掉4
mol
B，剩余1.6
mol
B，c(B)＝1.6
mol/2
L＝8
mol/L。v(B)＝＝1
mol/(L·min)，由化学计量数知，D的反应速率应为B的2倍，故v(D)＝2v(B)＝2×1
mol/(L·min)＝2
mol/(L·min)。(3)该反应为等体积变化，加压平衡不移动，故A的转化率不变。(4)将C、D的量折算成A、B的量，则相当于加入2
mol
A和
mol
B，容器体积固定，若浓度相同，则说明起始时物质的量相等，故B还应加入2
mol－
mol＝
mol。
【答案】　(1)　>
(2)8
mol/L　2
mol/(L·min)
(3)不变　反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响
(4)
【课堂练习及解析】
1、高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高，H2的浓度减小。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的浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2
【解析】　由平衡常数K＝，可知反应为：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，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。恒容时增大压强，H2的浓度不变，升高温度，v正和v逆都增大。故正确答案为A。
【答案】　A
2、若：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的平衡常数为K，N2
(g)＋H2(g)NH3(g)的平衡常数为K2，NH3(g)N2(g)＋H2(g)的平衡常数为K3；指出K1、K2、K3之间的关系。
【答案】　K1和K2的关系式：K1＝(K2)2。K2和K3的关系式：K2·K3＝1。K1和K3的关系式：K1·(K3)2＝1。
3、往一真空密闭容器中通入一定量的气体A，在一定条件下，发生如下反应：2A(g)B(g)＋xC(g)反应达平衡时，测得容器内压强增大了p%，若此时A的转化率为a%，下列关系正确的是(　　)
①若x＝1，则p>a　②若x＝2，则pa
A．②③
B．①④
C．②③④
D．②④
【解析】　由于容器内压强增大，故1＋x>2，x>1；设A的物质的量为1
mol，则当x＝2时，
　　　　　
2A(g)B(g)＋2C(g)
起始量(mol)　
　1　　
　0　　　0
转化量(mol)
a%
a%
a%
平衡量(mol)
1－a%
a%
a%
n总＝1＋a%
∴＝＝。
故a%＝2p%，a＝2p。
同理，当x＝3时，n总＝1＋a%，此时a%＝p%，a＝p；
当x＝4时，n总＝1＋a%，此时3a%＝2p%，a【答案】　A
4、在相同的温度下，测得反应：①N2(g)＋O2(g)2NO(g)的平衡常数K＝3.84×10－31；②2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的平衡常数K＝3.10×1026。则在此温度下，两个化学反应的反应程度之间的关系是
(　　)
A．①>②
B．①<②
C．①＝②
D．无法判断
【解析】K值越大，反应进行的程度越大，即反应程度②>①。
【答案】B
5、在某温度下，将H2和I2各10
mol的气体混合物充入10
L的密闭容器中，充分反应，达到下列平衡：H2(g)＋I2(g)
2HI(g)，K＝25。求氢气的转化率。
【提示】：设氢气的转化率为x。
　　　　　　　　H2(g)＋
I2(g)
2HI(g)
起始浓度
/(mol·L－1)　　
01　
01　
　
0
变化浓度
/(mol·L－1)
01x
01x
02x
平衡浓度
/(mol·L－1)
01-01x
01-01x
02x
K＝＝＝25
x＝20%。
高温
高温
催化剂第2课时　电解原理的应用
【今日目标】
1.了解电解饱和食盐水、电镀、电解精炼铜以及电冶金等电解原理的应用。
2．掌握电解原理的有关计算。
【学习过程】
一、电解原理的应用
【思考】　
电解饱和食盐水时，阴极上的产物是什么？
【提示】阴极产生NaOH和H2。
电解精炼铜时，粗铜中的杂质发生了什么变化？
【提示】比铜活泼的金属被氧化(如锌、铁等)；
比铜活泼性弱的金属形成阳极泥。(如Ag、Au等)
【总结】
1．电解饱和食盐水制烧碱、氯气和氢气
(1)原理
阳极(C)：2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应)
阴极(Fe)：2H＋＋2e－===H2↑(还原反应)
总反应：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2
↑＋Cl2↑
(2)现象：
阴极：有无色气泡产生，电解前若向溶液中滴入酚酞，阴极区溶液变红；
阳极：有黄绿色气体生成，该气体可使湿润的淀粉KI试纸变蓝。
2．电镀
(1)定义：应用电解原理，在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的方法。
(2)电镀池的组成：待镀的金属制品作阴极，镀层金属作阳极，含有镀层金属离子的溶液作电解质溶液(即电镀液)。
(3)原理(以金属制品上镀银为例)
阴极：Ag＋＋e－===Ag
阳极：Ag－e－===Ag＋
(4)特点：一多、一少、一不变。
“一多”指阴极上有镀层金属沉积；
“一少”指阳极上有镀层金属溶解；
“一不”变指电镀液浓度不变。
3．电解精炼
(1)原理：(以电解精炼铜为例)
阳极(粗铜)：Cu－2e－===Cu2＋(主要反应)
阴极(精铜)：Cu2＋＋2e－===Cu
(2)特点：阳极粗铜中的铜(以及比铜活泼的锌、铁、镍等)被氧化，阴极Cu2＋被还原；其他Zn2＋、Fe2＋留在溶液中，而比铜活泼性弱的银、金等金属沉积在阳极下面，形成阳极泥。电解质溶液的浓度会逐渐减小。
例1、工业上处理含Cr2O72－的酸性工业废水常用以下方法：
①往工业废水里加入适量的NaCl，搅拌均匀；
②用Fe作电极进行电解，经过一段时间后有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀产生；
③过滤回收沉淀，废水达到排放标准。
试回答：
(1)电解时的电极反应：阳极为______________，
阴极为_______________。
(2)
Cr2O72－转变成Cr3＋的离子方程式：___________________________________。
(3)电解过程中Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀是怎样产生的？
(4)能否用Cu电极来代替Fe电极？________(填“能”或“不能”)，简述理由。
【解析】　由于Cr(＋6价)的化合物毒性远高于Cr(＋3价)的化合物，将Cr(＋6价)转化为Cr(＋3价)，对废水进行处理是电化学知识在实际生活中的具体运用。在处理有关问题时，应注意思维的有序性：首先应考虑溶液中阴、阳离子的定向移动；然后再考虑阴、阳极按放电顺序可能发生的电极反应。阴极：2H＋＋2e－===H2↑，阳极：Fe－2e－===Fe2＋，产生的Fe2＋在向阴极移动的过程中与向阳极移动的Cr2O72－相遇，发生氧化还原反应：6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，使Cr2O72－转化为Cr3＋，同时Fe2＋也转化为Fe3＋，在以上电解的阴极反应及Fe2＋与Cr2O72－的氧化还原反应中消耗了大量的H＋，溶液的pH不断变大，有利于Fe3＋、Cr3＋生成相应的Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀。若将Fe电极改为Cu电极，由于产生的Cu2＋不能将Cr2O72－转化为毒性较低的Cr3＋，显然是不行的。
在实际解题过程中，有时会根据Cr2O72－的氧化性强于H＋，简单地将阴极反应当做是Cr2O72－得到电子，这就会导致以后对试题中相关问题的处理含糊不清，这主要是没有将电解过程中的几个不同层次的问题有序地加以分析和处理所致。
【答案】　
(1)Fe－2e－===Fe2＋
2H＋＋2e－===H2↑
(2)6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O
(3)在阴极反应及Cr2O72－与Fe2＋反应的过程中，将消耗大量的H＋，使溶液pH上升，促进Fe3＋、Cr3＋水解并最终转化为Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀
(4)不能；因为阴极产生的Cu2＋不能将Cr2O72－还原为Cr3＋。
【提示】
分析电解过程的步骤
(1)看电池(看所给的装置是电解池，还是电镀池)；
(2)分电极(与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极)；
(3)析溶液(分析电解质溶液中所含离子有哪些)；
(4)
判流向(判断电子流动方向、离子移动方向)；
(5)断微粒(确定在两极上反应的各是什么微粒)；
(6)书极式(书写电极反应式，注意使两极得失电子守恒)；
(7)写方程(书写电解质电解的化学方程式或离子方程式)。
例2、下图中的A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色。请填空：
(1)电源A中a为________极。
(2)滤纸B上发生的总反应方程式为：____________。
(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为：______________，电极f上发生的反应为：______________________，槽中盛放的电镀液可以是________或________(只要求填两种电解质溶液)。
【解析】　(1)根据c点酚酞变红，则该极的反应为：2H＋＋2e－===H2↑，即该极为阴极，与电源的负极相连，所以a是正极。(2)滤纸B上发生的总反应方程式为：2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH。(3)c、d两点短路后，e为阳极，反应为：Zn－2e－===Zn2＋，阴极上镀锌，则阴极反应为Zn2＋＋2e－===Zn，电解液用含镀层离子的电解质溶液，所以可用ZnSO4溶液或Zn(NO3)2溶液等。
【答案】　(1)正
(2)2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH
(3)
Zn－2e－===Zn2＋　Zn2＋＋2e－===Zn　ZnSO4溶液　Zn(NO3)2溶液
二、有关电解的计算
【思考】　
某电解池中阳极和阴极通过的电子数相等吗？
【提示】　相等。
电解饱和NaCl溶液中产生的H2和Cl2的体积相等吗？
【提示】　相等。
【总结】
有关电解的计算通常是求电解后某产物的质量、气体的体积、某元素的化合价、元素的相对原子质量、溶液的pH及物质的量浓度等。不论哪种计算，均可概括为下列三种方法：
(1)得失电子守恒法计算：
用于串联电路、通过阴阳两极的电量相同等类型的计算，其依据是电路上转移的电子数相等。
(2)总反应式计算：
先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算
(3)关系式计算：
借得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。
如H2～Cl2～O2～Cu～2Ag～2H＋～2OH－
例3、如图所示，若电解5
min时，测得铜电极的质量增加2.16
g。试回答：
(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02
mol
Ag，线路中通过02
mol电子。由4e－～O2，可知B中产生的O2只有005
mol，即112
mL。但B中共收集到224
mL气体，说明还有112
mL
H2，则通过01
mol电子时，Cu2＋已完全变为Cu单质。由2e－～Cu，可知n(Cu2＋)＝005
mol，则c(CuSO4)＝＝025
mol/L。
(3)由4e－～4OH－知，A中生成02
mol
OH－，则：c(OH－)＝1
mol/L，即pH＝13。
【答案】　(1)负　(2)025
mol/L　(3)13
例4．将含有4
mol
Cu(NO3)2和4
mol
KCl的水溶液1
L，用惰性电极电解一段时间后，在一电极上析出19.2
g
Cu；此时，在另一电极上放出气体的体积在标准状况下为(不考虑产生的气体在水中的溶解)(　　)
A．3.36
L　　　　　　
B．5.6
L
C．6.72
L
D．13.44
L
【解析】　
根据电解原理，阴、阳两极发生的电极反应为：阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑。由题意知，在阴极上析出Cu：＝3
mol，则转移电子6
mol，根据电子得失守恒分析，阳极上除Cl－放电外，OH－也会放电产生O2，即4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，经计算可知得到Cl2
2
mol，得到O2
05
mol，故阳极放出气体的总体积为：(2
mol＋05
mol)×22.4
L·mol－1＝5.6
L。
【答案】　B
例5、用惰性电极电解某硝酸盐R(NO3)n的水溶液，当阳极上产生V
L气体(标准状况)时，阴极上析出金属R的质量为W
g，则R的相对原子质量为(　　)
A.　　　　　　　　B.
C.
D.
【解析】　根据两极得失电子相等计算，阳极反应式
4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，
4　　　　1　　　
　
x(e－)　
　
x(e－)＝mol，
阴极反应式：Rn＋＋ne－===R　设R的相对原子质量为MR
　　　　
1　　
n
　　　
　
解得MR＝。
【答案】　B
【课堂练习及精析】
1．下列描述中，不符合生产实际的是(　　)
A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极
C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极
D．在镀件上电镀锌，用锌作阳极
【解析】　A错，用C作阳极；B正确，粗Cu作阳极，纯铜作阴极；C正确，用涂镍碳钢网作阴极；D正确，镀件作阴极，Zn作阳极，选A。
【答案】　A
2．下图中能验证氯化钠溶液(含酚酞)电解产物的装置是(　　)
【解析】　电解饱和食盐水时，阴极生成H2，收集时试管口向下；阳极生成Cl2，通入淀粉碘化钾溶液时，溶液变蓝色。电子从直流电源流向电解池阴极，故正确的选项是D。
【答案】　D
3．在铁制品上镀一层一定厚度的锌层，以下方案设计正确的是(　　)
A．锌作阳极，镀件作阴极，溶液中含有锌离子
B．铂作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子
C．铁作阳极，镀件作阴极，溶液中含有亚铁离子
D．锌作阴极，镀件作阳极，溶液中含有亚铁离子
【解析】　本题考查的是电镀的原理。电镀原理是镀层作阳极、镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的电解质溶液作电镀液。故正确答案为A。
【答案】　A
4．按照下图接通线路，反应一段时间后，回答下列问题(假设所提供的电能可以保证电解反应的顺利进行)：
(1)U形管内可观察到________，写出有关反应的化学方程式：________________________________________。
(2)在小烧杯a、b中分别有什么现象产生？
_______________________________________。
(3)如果小烧杯中有508
g碘析出，那么烧杯c中负极的质量减轻________g。
【解析】　图中左图是原电池，锌为负极，铂为正极，所以U形管的左边电极为电解池的阳极，右边电极为阴极，电解KCl溶液：2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑，左边产生氯气，使淀粉KI溶液变蓝，U形管右边酚酞溶液变红，508
g碘为002
mol，所以烧杯中减少的锌的物质的量为002
mol，质量为13
g。2KOH＋H2↑＋Cl2↑
(2)a烧杯中溶液变为蓝色，b烧杯中有无色气泡产生
(3)13
5．有一电解装置如图所示。图中B装置中盛有1
L
2
mol·L－1
Na2SO4溶液，A装置中盛有1
L
2
mol·L－1
AgNO3溶液。通电后，湿润的KI淀粉试纸的C端变蓝，电解一段时间后，试完成下列问题：
(1)A中发生反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
(2)在B中观察到的现象是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)室温下，从电解开始到时间为t时，A、B装置中共收集到气体168
L(标准状况)，若电解过程中无其他副反应发生，且溶液体积变化忽略不计，则在t时，A中溶液的pH为________。[pH＝－lg
c(H＋)]
【解析】　C端变蓝说明发生了反应2I－－2e－===I2，I2使淀粉变蓝，故C端为阳极，D端为阴极，据此可确定电源的正、负极及A、B的阴、阳极。对于B装置，石墨为阴极，发生反应2H＋＋2e－===H2↑并产生OH－，而Cu为阳极，故不断溶解。对于A装置，Fe为阴极，有Ag析出，Pt为阳极，有O2产生。由于产生的O2的量为H2的，故O2的量为×＝0025(mol)，同时会使A中H＋变为4×0025
mol＝01
mol，所以A中c(H＋)＝01
mol·L－1，pH＝2。
【答案】　(1)4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3
(2)石墨电极表面有气泡产生，铜电极周围溶液变成蓝色，一段时间后U形管下部有蓝色沉淀产生
(3)2第三节
化学平衡
第1课时　化学平衡状态
【今日目标】
1.了解化学平衡过程的建立。
2．掌握可逆反应达化学平衡的标志。
【学习过程】
一、可逆反应与不可逆反应
1.饱和溶液中的可逆过程
在一定条件下的饱和溶液中，溶液中的固体溶质溶解和溶液中的溶质分子回到固体溶质表面的结晶过程一直进行，而且两种过程的速率相等，于是饱和溶液中的浓度和固体溶质的质量都保持不变，由此可知，固体物质的溶解过程是可逆过程。
可表示为：
溶质溶液中的溶质。
2．可逆反应与不可逆反应
(1)可逆反应在同一条件下，既能向正反应方向进行又能向逆反应方向进行的反应，用“”号表示。
例如：2SO2+O22SO3
(2)不可逆反应
有些反应的逆反应进行程度太小因而可忽略，把几乎完全进行的反应叫不可逆反应，用“===”号表示。
例如：Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓。
如何判断一个反应是否为可逆反应？
【提示】　同一条件下，既能向正反应方向进行又能向逆反应方向进行。
在一个可逆反应中，各物质转化率有没有可能达到100%
【提示】　不能。
【总结】
1．可逆反应：在相同条件下，要用“”代替“===”作为连接反应物和生成物的符号，
二氧化硫与水的反应是可逆反应，两者反应的化学方程式应为SO2＋H2OH2SO3。
2．可逆反应的特点：
(1)向两个相反的方向进行的两个化学反应，在相同的条件下同时进行、共存。两个化学反应构成了一个对立的统一体。
(2)符号“”两边的物质互为反应物、生成物。
(3)在反应体系中，与化学反应有关的各种物质共存，如亚硫酸溶液中有H2O、SO2和H2SO3等分子。
3．常见的可逆反应：
N2＋3H22NH3,
2SO2＋O22SO3，
Cl2＋H2OHCl＋HClO，
H2＋I22HI，酯的水解等。
【思考】
1．以下几个反应是否是可逆反应？为什么？
(1)2H2＋O22H2O
【提示】　(1)不是可逆反应，
(2)6CO2＋6H2O6O2＋C6H12O6
【提示】(2)不是可逆反应
(3)H2＋I22HI
【提示】因为条件不同。(3)是可逆反应。
例1、下列反应属于可逆反应的是(　　)
A．Cl2溶于水的反应
B．NH3溶于水的反应
C．可充电电池的反应，如H2O＋Zn＋Ag2OZn(OH)2＋2Ag
D．电解水生成H2和O2，点燃H2和O2的混合物生成水
【解析】　A项Cl2溶于水的反应是可逆反应，Cl2＋H2OHCl＋HClO，
B项NH3溶于水的反应也是可逆反应，NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH－，C、D两项均不是可逆反应，故选AB。
【答案】　AB
二、化学平衡状态
1.化学平衡的建立
如果把某一可逆反应的反应物装入密闭容器，其反应过程如下：
开始：v（正）最大，v(逆)为0,
进行中:反应物浓度减小→v(正)逐渐减小,生成物浓度增大→v(逆)逐渐增大
平衡时：v(正)＝v(逆)，反应混合物中各组分的浓度不变　　　　　　　
以上过程可用下图表示：
2．概念：在一定条件下的可逆反应里，当正、逆两个方向的反应速率相等，反应体系中所有参加反应的物质的质量或浓度保持恒定的状态。
3．特征
?逆——研究对象必须是可逆反应。
?动——化学平衡是动态平衡，即当反应达到平衡时，正反应和逆反应都仍在继续进行。
?等——正反应速率和逆反应速率相等，即同一物质的消耗速率和生成速率相等。
?定——在平衡体系中，各组成成分的含量保持不变。
?变——改变影响平衡的条件，平衡可能会发生移动，达到新的平衡。
【思考】
(1)当一个可逆反应达到平衡时，各物质的浓度保持不变，这时反应停止了吗？
【提示】　(1)没有停止，此时v正＝v逆≠0。
(2)达化学平衡的反应中，如何理解正逆反应速率相等？(以N2＋3H22NH3为例)
【提示】(2)正、逆反应速率相等针对同一物质来说：如N2，正反应消耗N2的速率与逆反应生成N2的速率相等。
例2、　在一密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为2
mol·L－1、1
mol·L－1、2
mol·L－1，当反应达到平衡时，可能存在的数据是(　　)
A．SO2为4
mol·L－1，O2为2
mol·L－1
B．SO2为25
mol·L－1
C．SO2、SO3均为15
mol·L－1
D．SO3为4
mol·L－1
【解析】　A项数据表明，题中2
mol·L－1的SO3完全转化成了SO2和O2，即平衡时，c(SO3)＝0，这是不可能的；B项可能；C项数据表明SO2、SO3的浓度都在原浓度基础上减少了05
mol·L－1，这也是不可能的；D项数据表明SO2完全转化成了SO3，即平衡时，c(SO2)＝0，c(O2)＝0，这也是不可能的。
【答案】　B
例3、密闭容器中进行如下反应：X2(g)＋3Y2(g)2Z(g)，X2、Y2、Z的起始浓度分别为2
mol/L、6
mol/L，4
mol·L－1，当达到平衡时，下列数据肯定不正确的是(　　)
A．X2为4
mol·L－1，Y2为1.2
mol·L－1
B．Y2为1.0
mol·L－1
C．X2为3
mol·L－1，Z为2
mol·L－1
D．Z为1.0
mol·L－1
【解析】　化学平衡研究的是可逆反应，解这类题时要善于利用极值法：
X2(g)＋3Y2(g)2Z(g),
起始浓度（mol/L）：
2
6
4
平衡浓度（mol/L）1：
0
0
8
平衡浓度（mol/L）2：4
1.2
0
设反应正向进行彻底，则为平衡浓度1，
设反应逆向进行彻底，则为平衡浓度2。
根据可逆反应的含义知：
0mol/L；
01.2
mol/L；
0mol/L。
故A、D两项中所列的数据肯定不正确。
【答案】　AD
三、化学平衡的标志
【思考】　
①化学平衡的基本标志是什么？
【提示】　v正＝v逆与各组分的浓度保持不变。
若反应体系的总压强不变，该可逆反应一定达平衡了吗？
【提示】　不一定，对前后气体体积相等的反应，压强不变不能作判据。
③若反应体系的气体密度不变，该可逆反应达平衡了吗？
【提示】　不一定，若可逆反应前后都是气体，且体系容积不变不能作判据。
【总结】
1．直接判断法
(1)v(正)＝v(逆)>0(即同一物质的消耗速率与生成速率相等)。
(2)各物质的浓度保持不变。
2．间接判断法
(1)各物质的百分含量保持不变。
(2)各物质的物质的量不随时间的改变而改变。
(3)各气体的体积不随时间的改变而改变。
3、快速判断某可逆反应是否达平衡状态的方法
(1)正、逆反应速率：
①若在方程式两边，都生成或都消耗且各自的量与化学计量数成正比。
②若在方程式同侧，一个生成，则另一个消耗且各自的量与化学计量数成正比。
(2)①像H2(g)＋I2(g)2HI(g)，气体化学计量数前后相等的反应:
混合气体的总物质的量，压强、总体积密度不变不能作为达平衡的判据。
②像A(s)＋2B(g)2C(g):
密度可作判据，但气体总体积，气体总物质的量，气体总压强仍不能作判据。
4、以反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)为例来说明：
混合物体系中各成分的含量
①各物质的物质的量、质量或物质的量分数、质量分数一定
平衡
②各气体的体积或体积分数一定
平衡
③总体积、总压强、总物质的量一定
不一定
正、逆反应速率的关系
①在单位时间内消耗了m
mol
A，同时也生成了m
mol
A，即v正＝v逆
平衡
②在单位时间内消耗了n
mol
B的同时也消耗了p
mol
C，即v正＝v逆
平衡
③v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q，v（正）不一定等于v（逆）(平衡与否该式都成立)
不一定
④在单位时间内生成了n
mol
B的同时消耗了q
mol
D，v正不一定等于v逆
不一定
压强
①m＋n≠p＋q时，总压强一定(其他条件一定)
平衡
②m＋n＝p＋q时，总压强一定(其他条件一定)
不一这
混合气体的平均相对分子质量(r)
①当m＋n≠p＋q时，r一定
平衡
②当m＋n＝p＋q时，r一定
不一定
温度
任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时(其他条件不变)
平衡
气体的密度(ρ)
密度(ρ＝)一定
不一定
平衡
颜色
反应体系内有色物质的颜色稳定不变
平衡
例4、在一定条件下，反应：2NO＋O22NO2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(　　)
①混合气体的总分子数不再变化　②混合气体的颜色不再变化　③容器的总压强不再变化　④混合气体的总质量不再变化　⑤混合气体的密度不再变化　⑥单位时间内生成n
mol的NO，同时消耗n
mol的NO2
⑦反应的温度不再发生变化(绝热条件)
A．①②③⑦
B．④⑤⑥
C．①②④
D．③⑦⑤⑥
【解析】　因为该反应前后都是气体，故气体的总质量不能作为达平衡的判据；混合气体的密度始终不变，也不能做判据；不论什么时候，总是消耗n
mol
NO2，生成n
mol
NO，也不能作达平衡的判据。
【答案】　B
【课堂练习及解析】
1．模型法是化学中把微观问题宏观化的最常见方法，对于2HBr(g)H2(g)＋Br2(g)反应，下列四个图中可以表示该反应在一定条件下为可逆反应的是(　　)
【解析】　可逆反应中反应物与生成物同时存在。
【答案】　C
2．对于可逆反应2SO2＋O22SO3，在混合气体中充入一定量的18O2，足够长时间后，18O原子存在于(　　)
A．只存在于O2中
B．只存在于O2和SO3中
C．只存在于O2和SO2中
D．存在于SO2、O2和SO3中
【解析】　可逆反应是一个既向正反应方向进行又能向逆反应方向进行的反应，在混合气体中充入18O2后，反应生成了含有18O的SO3，SO3分解又生成了含有18O原子的SO2和O2，所以一段时间后，18O原子存在于SO2、O2和SO3中。
【答案】　D
3．可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(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，下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是(　　)
A．3v正(N2)＝v正(H2)　　　B．v正(N2)＝v逆(NH3)
C．2v正(H2)＝3v逆(NH3)
D．v正(N2)＝3v逆(H2)
【解析】　可逆反应的化学平衡状态的主要特征之一是v正＝v逆，而A中3v正(N2)＝v正(H2)并未反映出v正＝v逆的关系，即A项不正确；在N2与H2合成NH3的反应中，v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)＝1∶3∶2，分析时必须注意方向要相反，还要注意不同物质的速率值之比等于对应的化学计量数之比。
【答案】　C
4．对于反应A
(g)＋2B(g)C(g)　ΔH<0，下述为平衡状态标志的是________(填序号)。
①单位时间内A、B生成C的分子数与C分解的分子数相等　②外界条件不变时，A、B、C的浓度不随时间变化　③外界条件不变时，体系的温度不再变化　④外界条件不变时，体系的压强不再变化　⑤体系的分子总数不再变化
【解析】　其中①表示正、逆反应速率相等，②③④⑤揭示了各成分的量不变。
【答案】　①②③④⑤
溶解
结晶
点燃
通电
光合作用
氧化作用第二节影响化学反应速率的因素
【今日目标】
1.了解活化能、活化分子对化学反应速率的影响。
2．理解温度、浓度、压强、催化剂对化学反应速率的影响。
【学习过程】
一、活化分子和有效碰撞
1.有效碰撞：能够引发化学反应的碰撞。
2．活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
3．活化能：活化分子比普通分子所高出的能量。活化能越小，普通分子就越容易变成活化分子。
如图所示：反应的活化能是E1，反应热是E1－E2。
4．普通分子＋活化能活化分子。
5．活化能与化学反应速率的关系：在一定条件下，活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子的百分数越大，单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。
【思考】
1．(1)增大浓度或改变压强能增大活化分子百分数吗？
【提示】　(1)不能
(2)催化剂能加快化学反应速率，是因为降低了分子的活化能，对吗？
【提示】(2)对。
二、影响化学反应速率的因素
1.内因(主要因素)：反应物本身的性质。
2．外因(其他条件不变，只改变一个条件)
(1)浓度影响：其他条件不变时，增大反应物浓度，　反应速率加快；减小反应物浓度，反应速率减慢
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→有效碰撞几率增加→化学反应速率加快。
反之，减小反应物浓度，化学反应速率减慢。
(2)压强影响：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)。
原因：增大压强(减小容器容积)→单位体积内活化分子数增大→反应速率加快；反之减小压强(增大容器容积)，反应速率减慢。
【思考】　
改变压强一定会影响化学反应速率吗？
【提示】　不一定。
怎样正确分析压强对化学反应速率的影响。
【提示】　压强的变化看是否引起物质浓度的变化来分析对化学反应速率的影响。
【总结】改变压强，对化学反应速率的影响的根本原因是引起浓度改变。所以在讨论压强对反应速率的影响时，应区分引起压强改变的原因。
a．对于没有气体参与的化学反应，由于改变压强时，反应物浓度变化很小，可忽略不计，因此对化学反应速率无影响。
b．对于有气体参与的化学反应，有以下几种情况：
恒温时，压缩体积压强增大反应物浓度增大反应速率增大。
恒温时，对于恒容密闭容器：
①充入气体反应物气体反应物浓度增大(压强也增大)反应速率增大。
②充入“惰性气体”总压强增大―→反应物浓度未改变―→反应速率不变。
恒温、恒压时：
充入“惰性气体”体积增大气体反应物浓度减小反应速率减小。
(3)温度影响：升高温度，反应速率加快；降低温度，　反应速率减慢；
原因：升高温度→活化分子百分数增加→有效碰撞次数增多→化学反应速率加快。反之，减慢。
(4)催化剂影响：使用催化剂可加快化学反应速率；
原因：催化剂降低活化能，提高活化分子百分数→有效碰撞次数增多，反应速率加快。
【思考】
改变哪些条件一定能改变活化分子百分数？
【提示】　(1)温度，催化剂。
(2)增加物质的量一定能加快反应速率吗？
【提示】(2)不一定，若该物质的浓度不变，则不变。
【典例精析】
例1、在一密闭容器中充入2
mol
H2和2
mol
I2，压强为p，在一定温度下发生H2(g)＋I2(g)2HI(g)的反应：
(1)恒容条件下，向其中加入1
mol
H2，反应速率______(填“加快”“减慢”或“不变”，下同)。
(2)恒容条件下，向其中加入1
mol
Ar，反应速率________。
(3)恒压条件下，向其中加入1
mol
Ar，反应速率________。
【解析】　(1)恒容条件下，充入H2，增大了反应物浓度，反应速率加快。
(2)恒容条件下，充入与反应无关的气体(Ar)，没有引起反应物浓度的变化，反应速率不变。
(3)恒压条件下，充入与反应无关的气体(Ar)，使得容器体积增大，各反应物浓度减小，反应速率减慢。
【答案】　(1)加快　(2)不变　(3)减慢
例2、对于反应：N2＋O22NO，在密闭容器中进行，下列条件能加快该反应的速率的是(　　)
A．缩小体积使压强增大
B．体积不变，充入N2使压强增大
C．体积不变，充入He使压强增大
D．压强不变，充入N2使体积增大
【解析】　压强对速率的影响实质上是浓度的影响。A缩小体积，总压强增大，各物质的浓度均增大，故反应速率加快。B体积不变，充入N2，反应物浓度增大，反应速率加快．C体积不变，充入He，总压强增大，但体系中各物质浓度均没有改变，故反应速率不变。D压强不变，充入N2，导致体积增大，其他物质的浓度均减小，故反应速率减慢．故正确答案为AB。
【答案】　AB
例3、反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，在其他条件不变的情况下，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是(　　)
A．增加C的物质的量
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D．保持压强不变，充入N2使容器体积变大
【解析】　本题考查的是压强对反应速率的影响．C为固体反应物，增加其用量，对反应速率几乎没有影响；容器体积缩小一半，相当于压强增大一倍，浓度增大，反应速率增大；体积不变，充入N2，体系总压强增大，但反应混合物的浓度并未改变，反应速率基本不变；充入N2，使容器的体积增大，总压强不变，但反应混合物的浓度变小，反应速率减小．故正确答案为AC。
【答案】　AC
例4、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大
B．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．升高温度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百分数
D．催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成千成万倍地增大反应速率
【解析】　浓度和压强的变化是改变单位体积内分子总数，活化分子的百分数不变，而是单位体积内活化分子的数目发生变化；温度、催化剂是改变活化分子的百分数，单位体积内分子总数不变。故应选C、D。
【答案】　CD
例5．对于反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，能增大正反应速率的措施是(　　)
A．通入大量O2　　
B．增大容器容积
C．移去部分SO3
D．降低体系温度
【解析】　对于该可逆反应，欲增大正反应速率，可采取的措施是：①升高温度；②增大压强；③使用催化剂；④通入反应物(容器体积不变)。B项为减压，D项为降温，C项为移走生成物，它们都能减小正反应速率。故正确答案为A项。
【答案】　A
【课堂练习及解析】
1．下列有关影响化学反应速率的因素的说法错误的是(　　)
A．影响化学反应速率的主要因素是内因，即反应物本身的性质
B．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多
C．升高温度可以增大活化分子百分数，也可以增大分子碰撞的频率
D．在其他条件不变时，增大反应物浓度，反应物中的活化分子百分数增大
【解析】　其他条件不变，增大反应物浓度，活化分子百分数没有变，但单位体积内活化分子百分数增多，反应速率加快。
【答案】　D
2．下列不同条件下发生化学反应：A＋B===C＋D，反应速率由大到小的顺序正确的一组是(　　)
①常温下，20
mL溶液中含A和B各001
mol；②常温下，100
mL溶液中含A和B各01
mol；③常温下，向10
mL含A和B各0005
mol的溶液中再加入蒸馏水30
mL；④常温下，100
mL溶液中含A
01
mol和B
005
mol。
A．①②③④　　　　　　B．④③②①
C．②④①③
D．②①④③
【解析】　根据题意可知，上述反应其他条件相同，只有A、B的浓度不同。根据浓度对反应速率的影响，浓度越大，反应速率越快，将题目给出的A、B不同的量转化为物质的量浓度进行比较。①中A、B的物质的量浓度均为05
mol/L；②中A、B的物质的量浓度均为1
mol/L；③中A、B的物质的量浓度均为0125
mol/L；④中A的物质的量浓度为1
mol/L，B的物质的量浓度为05
mol/L。即浓度的大小顺序为：②>④>①>③。故正确答案为C。
【答案】　C
3．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小的顺序排列，正确的是(　　)
①在500
℃，10
mol
SO2和5
mol
O2反应
②在500
℃，用V2O5作催化剂，10
mol
SO2与5
mol
O2反应
③在450
℃，8
mol
SO2和5
mol
O2反应
④在500
℃，8
mol
SO2和5
mol
O2反应
A．①②③④
B．②①③④
C．②①④③
D．④③②①
【解析】　本题考查的是催化剂和温度对化学反应速率的影响，最快的反应一定是有催化剂的②，所以A、D两项错误。③和④比较，当然是500
℃时的反应比450
℃时的反应快，故反应速率由大到小的顺序为②①④③。
【答案】　C
4．NO和CO都是汽车尾气里的有毒气体，它们之间能缓慢反应生成N2和CO2，对于该反应的下列说法不正确的是(　　)
A．增大压强能增大反应速率
B．使用适当催化剂可增大反应速率
C．升高温度能增大反应速率
D．增大压强(体积减小)对该反应速率无影响
【解析】　对于气体之间的反应，增大压强(体积减小)、使用催化剂和升高温度均能增大反应速率，A、B、C均正确，选D。
【答案】　D
5．在下列事实中，什么因素影响了化学反应的速率？
(1)集气瓶中有H2和Cl2的混合气体，在瓶外点燃镁条时发生爆炸：________；
(2)黄铁矿煅烧时要粉碎成细小的矿粒：________________________________________________________________________；
(3)熔化的KClO3放出气泡很慢，撒入少量MnO2很快产生气体：________________；
(4)同浓度、同体积的盐酸中放入同样大小的锌粒和镁块，产生气体有快有慢：________________________________________________________________________；
(5)同样大小的石灰石分别在1
mol/L的盐酸和1
mol/L的盐酸中反应速率不同：________________；
(6)夏天的食品易变霉，冬天就不易发生该现象：________。
【解析】　影响化学反应速率的因素除了浓度、温度、压强、催化剂以外，光、电磁波、超声波、反应物颗粒的大小、溶剂的性质等，也会对化学反应速率产生影响。
【答案】　(1)光　(2)反应物的接触面积　(3)催化剂
(4)反应物本身的性质　(5)反应物的浓度　(6)反应温度
活化
去活化第二节
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
【今日目标】
1.了解水的电离及水的离子积常数。
2．了解溶液的酸碱性与pH的意义。
【学习过程】
水的电离
1.水的电离电离方程式：
H2O＋H2OH3O＋＋OH－
简写：H2OH＋＋OH－　
电离常数：K电离＝
2.水的离子积表达式：Kw＝c(H＋)·c(OH－)
常温下：Kw＝1.0×10－14，此时c(H＋)＝c(OH－)＝1.
0×10－7mol/L
影响因素：Kw只受温度影响，温度越高，Kw越大
适用范围：Kw不仅适用于纯水，还可使用于任何水溶液.
【思考】
某温度时，水溶液中Kw＝4×10－14，那么该温度比室温(25
℃)高还是低？
该温度下纯水中c(H＋)是多少？
【提示】因此时水的离子积大于常温时水的离子积，故温度高于25
℃，此时c(H＋)＝2×10－7mol/L。
二、溶液的酸碱性与pH
1.pH
(1)计算公式：pH＝－lg[c(H＋)]
(2)表示意义：表示溶液酸碱性的强弱。pH越小，酸性越强。pH越大，碱性越强。
(3)测定方法：溶液pH的测定方法有pH试纸法、pH计法。
2．溶液的酸碱性
范围(25
℃)
c(H＋)与c(OH－)的关系
c(H＋)的
pH范围
中性溶液
c(OH－)＝c(H＋)
c(H＋)＝1.0×10－7
＝7
酸性溶液
c(OH－)c(H＋)>1.0×10－7
<7
碱性溶液
c(OH－)>c
(H＋)
c(H＋)<1.0×10－7
>7
【思考】(1)某溶液中c(H＋)＝10－6
mol/L，该溶液一定为酸性吗？
【提示】　温度不确定，不能确定溶液的酸碱性。
(2)某溶液的pH＝7，该溶液一定为中性吗？
【提示】　温度不确定，不能确定溶液的酸碱性。
(3)某溶液中c(H＋)>c(OH－)，该溶液一定为酸性吗？
【提示】(3)一定为酸性。
三、影响水电离平衡的因素及水的离子积常数
【思考】　
升高温度、水的离子积变大还是变小？
【提示】　变大。
常温下水的离子积为Kw＝10－14，NaOH溶液中Kw是多少？
【提示】　Kw＝10－14
1．水的电离平衡
H2OH＋＋OH－　ΔH>0
条件变化
移动方向
c(H＋)
c(OH－)
Kw
升高温度
向右移动
增大
增大
增大
加酸
向左移动
增大
减小
不变
加碱
向左移动
减小
增大
不变
加活泼金属(如Na)
向右移动
减小
增大
不变
2.水的离子积常数
理解Kw应注意的几个问题如下：
(1)表达式的推出
水的电离平衡常数：K电离＝，则c(H＋)·c(OH－)＝K电离·c(H2O)。从实验可知，在25
℃时1
L纯水中只有1×10－7
mol
H2O电离，电离前后H2O的物质的量几乎不变，因此c(H2O)可视为一常数，K电离也为一常数。所以K电离·c(H2O)必然也为常数，用Kw表示，因此有c
(H＋)·c(OH－)＝Kw。
(2)影响因素
Kw随温度的变化而变化，温度升高，Kw增大；温度降低，Kw减小。
(3)适用范围
Kw不仅适用于纯水，还适用于酸、碱、盐的稀溶液，且由水电离的c水(H＋)＝c水(OH－)。此时，水溶液中水的离子积常数不变。
(4)表达式的应用
Kw表达式中，c(H＋)、c(OH－)均表示整个溶液中相应离子总物质的量浓度。但是一般情况下有：
酸溶液中Kw＝c(H＋)酸·c(OH－)水(忽略水电离出的H＋的浓度)。
碱溶液中Kw＝c(H＋)水·c(OH－)碱(忽略水电离出的OH－的浓度)。
[提示]
1．Kw不仅适用于纯水，还适用于酸性或碱性的稀溶液，不管哪种溶液均有c(H＋)水＝c(OH－)水。
2．25
℃，任何稀的电解质水溶液中c(H＋)·c(OH－)＝Kw这一关系不变，当条件改变使c(H＋)增大时，c(OH－)必然降低，反之亦然。
例1、25
℃时，下列叙述正确的是(　　)
A．向水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，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，水的电离平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
【解析】　A中c(OH－)增大；C中水的电离平衡逆移，但c(H＋)增大；D中加热水，Kw增大，pH减小；Kw仅与温度有关，B正确。
【答案】　B
例2、已知25
℃时水的离子积为Kw＝1.0×10－14,35
℃时水的离子积为Kw＝2.1×10－14。下列说法中正确的是(　　)
A．水中的c
(H＋)随温度的升高而降低
B．25
℃时水呈中性，35
℃时水呈酸性
C．水的电离过程是吸热过程
D．一定温度下，向水中加入酸或碱时，水的离子积将发生变化
【解析】　温度越高，水的电离程度越大，c(H＋)越大，A不正确；纯水在任何温度下都是中性的，B不正确；电离过程一般是吸热的，水的电离是中和反应的逆过程，为吸热过程，C正确；水的离子积只与温度有关，与溶液浓度无关，D不正确。
【答案】　C
四、溶液的酸碱性与酸碱强弱的关系
【思考】　
强酸的酸性一定比弱酸的酸性强吗？
【提示】　不一定。
等浓度等体积的HCl与CH3COOH中和NaOH的量相同吗？
【提示】　相同。
【总结】
1．区别
(1)溶液的酸碱性指的是溶液中c(H＋)、c(OH－)的相对大小；
而酸和碱的酸碱性是指其潜在的电离出H＋或OH－的能力。
(2)酸、碱的强弱是以电解质的电离程度来区分的。
强酸、强碱在溶液中完全电离，弱酸、弱碱在溶液中部分电离。
2．联系
(1)强酸溶液的酸性不一定比弱酸溶液的酸性强。
(2)酸性强的溶液不一定是强酸溶液。
(3)酸性相同的溶液弱酸浓度大，中和能力强。
例如：c(H＋)＝1
mol·L－1的醋酸溶液和盐酸溶液，体积均为1
L时，醋酸溶液中和能力更强。
(4)中和能力相同的酸，其提供H＋的能力相同。
例如：1
L
1
mol·L－1的CH3COOH和1
L
1
mol·L－1的盐酸，均可提供1
mol的H＋。
3．溶液pH的测定方法
(1)酸碱指示剂这种方法只能测出pH的范围，一般不能准确测定pH。
常用指示剂的变色范围和颜色变化如下表：
指示剂
甲基橙
石蕊
酚酞
变色范围(pH)
3.1～4.4
5.0～8.0
8.2～10
溶液颜色
红(酸色)、橙、黄(碱色)
红(酸色)、紫、蓝(碱色)
无色(酸色)、浅红、红
(碱色)
(2)pH试纸法：
可以粗略测定溶液的pH。其使用方法如下：
测量时，将pH试纸放在表面皿或玻璃片上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液滴在干燥的pH试纸上，在半分钟内将试纸与标准比色卡进行对照得pH。测定溶液的pH时，pH试纸不能湿润，否则，非中性溶液的pH测定值将比实际pH大(酸)或小(碱)。用广泛pH试纸测溶液的pH时，pH只能读整数。
(3)pH计：
精确测定溶液的pH时使用pH计(也叫酸度计)，测量时可以从仪器上直接读出溶液的pH。
例3、下列溶液一定呈中性的是(　　)
A．pH＝7的溶液
B．c(H＋)＝c(OH－)的溶液
C．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
【解析】　A项，只有在25
℃下pH＝7的溶液才呈中性，如100
℃时，纯水中有：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－6
mol/L，此时pH＝6为中性，pH＝7为碱性，故A项错误；B项，c(H＋)＝c(OH－)的溶液，一定为中性，故B项正确；C项，如果酸、碱不是相同元数的酸、碱，如H2SO4和NaOH等物质的量混合，酸过量显酸性，故C项错误；D项，如非电解质SO2溶于水得到H2SO3，显酸性，故D项错误。
【答案】　B
例4、下列溶液一定显碱性的是(　　)
A．溶液中c(OH－)>c(H＋)
B．溶液中含有OH－
C．滴加甲基橙后溶液显红色
D．滴加甲基橙后溶液显黄色
【解析】　碱性溶液中，c(OH－)>c(H＋)，故A对；无论酸性、碱性还是中性溶液都含有OH－，故B错误；甲基橙变红色，pH<3.1，说明溶液呈酸性，故C错；甲基橙变黄色，pH>4.4，说明溶液可能呈酸性、中性或碱性，故D错，故选A。
【答案】　A
例5、取pH均等于2的盐酸和醋酸各100
mL，分别稀释2倍后，再分别加入03
g锌粉，在相同条件下充分反应，下列叙述正确的是(　　)
A．醋酸与锌反应生成的氢气多
B．盐酸和醋酸中生成的氢气一样多
C．醋酸与锌反应的速率大
D．盐酸和醋酸与锌反应的速率一样大
【解析】　本题考查影响弱电解质的电离平衡的因素。Zn与酸反应速率的大小取决于溶液中c(H＋)的大小，而生成H2的量则由n(Zn)和n(H＋)决定，pH相同的盐酸和醋酸都稀释2倍，盐酸中c(H＋)变为原来的一半，而醋酸是弱酸，稀释后，其电离程度增大，c(H＋)比稀释前小，但大于原来浓度的一半，即醋酸溶液中c(H＋)大，故锌与醋酸的反应速率大；酸和锌的量都是已知的，首先进行过量判断，经计算知锌的量不足，所以两种溶液中生成H2的量是相等的．故选BC。
【答案】　BC
【课堂练习及解析】
1．下列说法中正确的是(　　)
A．HCl溶液中无OH－
B．NaOH溶液中无H＋
C．NaCl溶液中既无OH－也无H＋
D．常温下，任何物质的水溶液中都有H＋和OH－，且KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14
【解析】　水的电离平衡H2OH＋＋OH－为动态平衡。HCl、NaOH、NaCl等任何物质的水溶液里都存在一定量的H＋和OH－，故A、B、C都不正确。水的离子积常数值的大小只与温度有关而与离子的浓度无关。在常温下，纯水中Kw＝1×10－14，其他水溶液中同样是Kw＝1×10－14，故D正确。
【答案】　D
2．常温下，某溶液由水电离出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，对该溶液的叙述正确的是(　　)
A．溶液一定显酸性
B．溶液一定显碱性
C．溶液一定不显中性
D．溶液可能是pH＝13的溶液
【解析】　根据水的离子积原理，溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，是由于在水中加酸或加碱，抑制了水的电离，如水中加碱c(OH－)＝1×10－1mol·L－1，溶液的pH＝13。
【答案】　CD
3．关于pH的测定下列说法正确的是(　　)
A．pH试纸在使用之前应用蒸馏水润湿
B．用广泛pH试纸测得某盐酸的pH＝2.3
C．利用酸碱指示剂可以测溶液的pH
D．pH计是精确测定溶液pH的仪器
【解析】　pH试纸在使用之前不能用水润湿，如果用水润湿了则会使酸、碱中的c(H＋)发生变化，使所测pH值与实际不符，故A项说法错误；广泛pH试纸可以识别的pH差值为1，所以用广泛pH试纸测的是整数，故B项错误；酸、碱指示剂只能判断溶液的酸碱性，无法测其pH，故C项错误；pH计可以精确测定溶液的pH，可以精确到1个pH单位，故D项叙述正确。
【答案】　D
4．下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是(　　)
A．氯气　
　　B．二氧化碳
C．碘化钾
D．醋酸钠
【解析】　Cl2是单质，不属于电解质；CO2也不属于电解质，它是一种非电解质；KI属于电解质，它不能影响H2O的电离；CH3COONa是电解质，CH3COO－发生水解；CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，促进水的电离。
【答案】　D
5．某温度下纯水中c(H＋)＝2×10－7
mol·L－1，则此时c(OH－)＝____________________；该温度下向纯水中加盐酸使c(H＋)＝5×10－6
mol·L－1，则此时c(OH－)＝________。
【解析】　纯水中c(H＋)＝c(OH－)，则c(OH－)＝2×10－7
mol·L－1，由于c(H＋)＝c(OH－)＝2×10－7
mol·L－1。则Kw＝4×10－14，那么加入盐酸后，c(OH－)＝
mol·L－1＝8×10－9
mol·L－1。
【答案】　2×10－7
mol·L－1　8×10－9
mol·L－1第2课时　盐类水解的应用
【今日目标】
1.了解盐类水解在生产、生活及化学实验中的应用。
2．掌握溶液中微粒浓度大小比较。
【学习过程】
一、盐类水解反应的应用
1.用纯碱溶液清洗油污时，加热可以增强其去污能力。
2．配制FeCl3溶液时，可加入少量盐酸抑制水解。
3．铝盐、铁盐可用作净水剂。
4．利用水解反应来获得纳米材料(氢氧化物可变为氧化物)。
5．制备TiO2的原理
TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O＋4HCl
TiO2·xH2OTiO2＋xH2O
6．泡沫灭火器的灭火原理是利用了水解反应，反应的离子方程式是：
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
【思考】
1．配制FeCl3溶液时，能加入H2SO4抑制Fe3＋的水解吗？
【提示】　1.不能，因为引入了杂质离子SO42-
2．铝盐能作净水剂，其原理是什么？
【提示】2．Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，生成Al(OH)3胶体可作吸附剂。
3、①加热蒸干Na2SO4(aq)、AlCl3(aq)各得到什么？
【提示】　Na2SO4(aq)Na2SO4
AlCl3(aq)
Al(OH)3
②已知等物质的量浓度的NaA与NaB的盐溶液，pH：NaA>NaB，能知道酸HA与HB的酸性强弱吗？
【提示】　酸性HA【思考】
1．判断盐溶液的酸碱性或pH
例如：相同物质的量浓度的下列溶液：NaCl、KHSO4、Na3PO4、Na2HPO4、CH3COOH，
pH由大到小的顺序为Na3PO4>Na2HPO4>NaCl>CH3COOH>KHSO4。
2．比较盐溶液中离子浓度的大小
例如：NaHCO3溶液中各离子浓度大小顺序为
c(Na＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32－)。
3．加热蒸发盐溶液析出固体
(1)盐
(2)水解生成挥发性酸的盐(AlCl3)氢氧化物氧化物
(3)较低温度下受热分解的盐[Ca(HCO3)2]盐的分解产物
4．判断盐所对应酸的相对强弱
例如：已知物质的量浓度相同的两种盐溶液，NaA和NaB，其溶液的pH前者大于后者，则酸HA和HB的酸性强弱为HB>HA。
5．金属与盐溶液反应产生H2
例如：金属镁与FeCl3、AlCl3、NH4Cl溶液均能反应产生H2，因为这些盐水解显酸性。
6．判断溶液中离子能否共存
例如：Al3＋、Fe3＋与CO32－、H
CO3－因为能发生水解相互促进反应，在溶液中不能大量共存。
7．判断盐溶液中离子种类多少(如Na3PO4溶液中存在哪些离子)。
8．采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。例如，不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3＋，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3＋。
碱性溶液不能用玻璃塞的试剂瓶
如实验室有下列试剂：①NaOH溶液、②水玻璃、③Na2S溶液、④Na2CO3溶液、⑤NaHS溶液、⑥澄清石灰水、⑦浓H2SO4，其中必须用带橡皮塞的试剂瓶保存的是①②③④⑤⑥，因为碱性溶液可与玻璃中的SiO2反应，所以不能用玻璃塞。
例1、(1)AgNO3的水溶液呈______(填“酸”、“中”、“碱”)性，原因是(用离子方程式表示)：________，实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以________(填“促进”或“抑制”)其水解。
(2)明矾可用于净水，原因是(用离子方程式表示)：
________________________________________________________________________。
把FeCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是
。
(3)用离子方程式表示泡沫灭火器灭火原理：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)热纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是(用离子方程式表示)：________________________________________________________________________。
【解析】　(1)AgNO3溶液中存在：Ag＋＋H2OAgOH＋H＋，所以溶液呈酸性，为抑制AgNO3水解，配制时通常加入HNO3。
(2)利用Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮杂质从而达到净水目的；FeCl3溶液中存在FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，加热时HCl挥发，蒸干时得到Fe(OH)3，再灼烧得到Fe2O3。
(3)泡沫灭火器原理是利用NaHCO3与Al2(SO4)3发生相互促进水解反应，离子方程式为Al3＋＋3
HCO3－===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(4)加热时促进CO32－水解，而使c(OH－)增大，去污能力增强。
【答案】　(1)酸　Ag＋＋H2OAgOH＋H＋　抑制
(2)Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋　Fe2O3
(3)Al3＋＋3
HCO3－===3CO2↑＋Al(OH)3↓
(4)
CO32－＋H2OHCO3－＋OH－
例2、在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400
℃)下列物质的溶液，可以得到该固体物质的是(　　)
A．氯化铝　　
　　B．碳酸氢钠
C．硫酸铁
D．高锰酸钾
【解析】　AlCl3发生水解反应：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，生成的HCl挥发，而使水解平衡向右移动，致使生成Al(OH)3沉淀，它被灼烧得Al2O3。NaHCO3、KMnO4受热后分别分解得到Na2CO3、K2MnO4和MnO2，只有Fe2(SO4)3蒸干后得到原物质。
【答案】　C
二、溶液中微粒浓度大小比较
【思考】　
Na2CO3溶液中共存在几种离子？你能判断其浓度的大小关系吗？
【提示】　Na＋、CO32－、HCO3－、H＋、OH－，c(Na＋)>c(CO32－)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H＋)。
水溶液中微粒间存在哪几种守恒关系？
【提示】　三种，原子守恒，电荷守恒，质子守恒。
【总结】
1．溶液中的三个守恒关系
(1)电荷守恒规律
电解质溶液中，不论存在多少种离子，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。
Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO32－、HCO3－、H＋、OH－，它们存在如下关系：
c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)
(2)物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但原子总数是守恒的。
如Na2CO3溶液中CO32－能水解，故碳元素以CO32－、HCO3－、H2CO3三种形式存在，它们之间的守恒关系为：
c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)
(3)质子守恒规律
质子守恒是依据水的电离H2OH＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中该H＋和OH－以什么形式存在。
如在Na2CO3溶液中有关系式：
c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)。
2．离子浓度大小的比较规律
(1)单一溶液
①对于多元弱酸溶液，应根据多步电离进行分析。
例如：在H3PO4的溶液中，c(H＋)>c(H2PO4－)>c(HPO42－)>c(PO43－)。
②对于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，各离子浓度的大小顺序为：
c(Na＋)>c(CO32－)>c(OH)>c(HCO3－)>c(H＋)。
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HCO3－以水解为主，NaHCO3溶液中c(Na＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)；
而HSO3－以电离为主，NaHSO3溶液中c(Na＋)>c(HSO3－)>c(H＋)>c(OH－)。
④不同溶液中同一离子浓度的大小比较，要考虑溶液中其他离子对该离子的影响。
如在10
mol·L－1的①NH4HSO4、②NH4Cl、③CH3COONH4、④(NH4)2SO4溶液中，
c(NH4+)的大小顺序为④>①>②>③。
(2)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(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)；
等物质的量浓度的CH3COONa与CH3COOH混合溶液，c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
②分子的电离小于相应离子的水解
例如在1
mol·L－1的NaCN和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＋)。
【注意】
1．多元弱酸的酸式盐中，电离大于水解的主要是HSO3－与H2PO4－，其他的常见弱酸的酸式酸根，水解大于电离。
2．NaHSO4相当于一元强酸，只电离，不水解。
例3、把02
mol·L－1
CH3COOH溶液和01
mol·L－1
NaOH溶液以等体积混合显酸性，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－)＝02
mol·L－1
【解析】　根据物料守恒，CH3COOH溶液与NaOH充分作用后CH3COOH过量，溶液中CH3COOH与CH3COO－的总物质的量等于原02
mol·L－1
CH3COOH溶液中CH3COOH和CH3COO－总的物质的量，但因两溶液等体积混合，溶液体积扩大至原来的2倍，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝01
mol·L－1，所以D项错；误选C的同学是由于思路混乱或思维起点不知如何选择的结果，甚至有的同学对于C项竟无从下手，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项错；对于A、B项，由于CH3COOH溶液与NaOH充分作用后CH3COOH过量，且当不考虑水解和电离时c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，在此情况下CH3COOH的电离程度强于CH3COO－的水解程度，所以选A。
【答案】　A
【提示】
两种电解质的混合溶液
1．解答此类题目时，要抓住：a.两溶液是否反应，b.混合后若生成盐，该盐是否发生水解，c.反应物是否过量，d.酸或碱过量时，是以酸或碱的电离为主，还是以盐的水解为主。总之解答本类题目，能发生反应的先反应，然后根据反应情况求出溶液中溶质的物质的量，再具体分析其电离和水解的情况，最后排出各离子的浓度关系。
2．高考试题中在比较离子浓度的大小时，常常涉及以下两组混合溶液：
a．NH4Cl～NH3·H2O(1∶1)
因为NH3·H2O电离程度大于NH4Cl水解程度，故显碱性。
c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
b．CH3COOH～CH3COONa(1∶1)
CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，故显酸性。
c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
例4、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．室温下，向01
mol/L
NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)>c(SO42－)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)
B．1
mol/L
NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(OH－)>c(HCO3－)>c(H＋)
C．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)
D．25
℃时，pH＝4.75，浓度均为1
mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：
c(CH3COO－)＋c(OH－)【解析】　A项，当NH4HSO4与NaOH等物质的量反应后，因NH4＋水解使溶液显酸性，若使溶液呈中性，加入NaOH应稍过量，故离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(SO42－)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)，A正确；B项，由于HCO3－水解程度大于电离程度而使溶液显碱性，故离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c
(H＋)>c(CO32－)，B错误；C项，由质子守恒可知，c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)＝c(OH－)，C正确；D项，由电荷守恒有：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，由物料守恒可得：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式中的c(Na＋)消去，可得c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，所以c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)－c(CH3COOH)＝c(H＋)－c(OH－)，因为pH＝4.75，故c(H＋)－c(OH－)>0，所以D项不正确。故选AC。
【答案】　AC
例5、HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在1
mol·L－1
NaA溶液中，离子浓度关系正确的是(　　)
A．c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(Na＋)>c(OH－)>
c(A－)>c(H＋)
C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋)
D．
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
【解析】　由HA为一元弱酸，知c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，故A、B错；C中c(Na＋)＋c(OH－)>c(A－)＋c(H＋)；D为电荷守恒。
【答案】　D
【课堂练习及解析】
1．下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A．纯碱溶液去油污
B．铁在潮湿的环境中生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
【解析】　纯碱Na2CO3水解呈碱性，油污在碱性条件下易水解，A正确；FeCl3发生水解反应，加热水解程度加大，C正确；浓Na2S溶液水解可产生有臭鸡蛋气味的H2S气体，D正确；只有B项与盐类水解无关，是钢铁表面发生的电化学腐蚀。故正确答案为B。
【答案】　B
2．(2012·淄博高二质检)常温下，盐酸与氨水混合，所得溶液pH＝7，则此溶液中的关系正确的是(　　)
A．c(NH4+)B．c(NH4+)＝c(Cl－)
C．c(NH4+)>c(Cl－)
D．无法确定c(NH4+)与c(Cl－)
【解析】　由电荷守恒，c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；由溶液pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NH4+)＝c(Cl－)。
【答案】　B
3．实验室有下列试剂，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是(　　)
①NaOH溶液　②水玻璃　③Na2S溶液
④Na2CO3溶液　⑤NH4Cl溶液　⑥澄清石灰水
⑦浓HNO3　⑧浓H2SO4
A．①⑥　　
B．①②③④⑥
C．①②③⑥⑦⑧
D．⑤⑦⑧
【解析】　碱和水解显碱性的溶液均要放在带橡胶塞的试剂瓶中，②③④水解显碱性，①⑥强碱，选B。
【答案】　B
4．有4种混合溶液，分别由等体积1
mol·L－1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是(　　)
A．pH：②＞③＞④＞①
B．c(CH3COO－)：②＞④＞③＞①
C．溶液中c(H＋)：①＞③＞②＞④
D．c(CH3COOH)：①＞④＞③＞②
【解析】　①CH3COO－＋H＋CH3COOH，得到05
mol·L－1的CH3COOH与NaCl的混合溶液。②、③、④中两种物质间不反应。A项，④中两种物质水解呈碱性的盐，虽相互抑制水解，但比③溶液碱性强；B项，②、④中CH3COO－的水解受到了NaOH、NaHCO3的抑制，NaOH作为强碱抑制作用更强，③中NaCl对CH3COO－的水解无影响，而①中为05
mol·L－1的CH3COOH电离程度小，c(CH3COO－)最小；C项，由A的分析知c(H＋)应为①＞③＞④＞②；D项，对②、③、④，CH3COO－的水解程度越大，则c(CH3COOH)越大，故顺序应为：①＞③＞④＞②。
【答案】　B
5．在5
mol/L的NaHSO3溶液中滴入石蕊试液，溶液变红。试回答有关问题：
(1)该溶液中HSO3－的电离程度________
HSO3－的水解程度(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)溶液中Na＋、HSO3－、SO32－、H＋、OH－、H2SO3、H2O等粒子的浓度由大到小的顺序为________________________________________________________________________。
(3)在Na2SO3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红。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
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(用离子方程式和简要文字说明)。
【答案】　(1)大于
(2)c(H2O)>c(Na＋)>c(HSO3－)>c(H＋)>c(SO32－)>c(OH－)>c(H2SO3)
(3)产生白色沉淀，且红色褪去　在Na2SO3溶液中，存在水解平衡SO32－＋H2O
HSO3－＋OH－，加入BaCl2后，发生反应：Ba2＋＋SO32－===BaSO3↓(白色)，由于c(SO32－)减小，SO32－的水解平衡左移，c(OH－)减小，酚酞褪色
蒸干
加热
蒸干
加热第2课时　pH的计算及应用
【今日目标】
1.掌握pH的简单计算，了解各类混合溶液pH的计算。
2．掌握酸碱中和滴定的原理及操作方法。
3．了解指示剂的选择及误差分析。
【学习过程】
一、单一溶液pH计算
1.计算方法
据pH＝－lgc(H＋)，求pH的关键是求溶液中的c(H＋)。
2．强酸和强碱溶液的pH计算
(1)强酸溶液(以c
mol·L－1的HnA溶液为例)
c(H＋)＝ncmol·L－1
pH＝－lg
c(H＋)＝－lgnc。
(2)强碱溶液(以c
mol·L－1的B(OH)n溶液为例)
c(OH－)＝nc
mol·L－1
c(H＋)＝，pH＝－lg
c(H＋)＝－lg
【思考】
1．若上述酸、碱都为弱酸、弱碱，其pH还相同吗？
【提示】　弱酸，pH>－lg
nc　弱碱，pH<－lg
。
二、酸碱中和滴定
1.概念：用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。
2．原理：n(H＋)＝n(OH－)
即：mc酸·V酸＝nc碱·V碱(m、n代表酸和碱的元数)
3．仪器及其使用
(1)仪器
(2)滴定管的使用
①检查仪器：使用前检查滴定管活塞是否漏水。
②润洗仪器：在加入反应液之前，洁净的滴定管要用所要盛装的溶液润洗2～3遍。
③加入反应液：分别将试剂加入到相应滴定管中，使液面位于滴定管“0”刻度线上方处。
④调节起始读数：在滴定管下放一烧杯，调节活塞，使滴定管尖嘴部分充满液体，然后调节滴定管液面在0或0刻度线以下，准确读取数值并记录。
4．操作(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例)
(1)准备工作
①滴定管的检漏。
②洗涤：分别取酸式滴定管和碱式滴定管各一支，用蒸馏水洗涤2～3次，再用标准酸液和待测碱液各润洗2～3次，润洗液必须从滴定管下端排出。
③装液：向碱式滴定管中装入待测NaOH溶液，排气泡，调整液面至0或0刻度以下，记录读数，放出一定体积NaOH溶液于洗净的锥形瓶中，以同样步骤将标准盐酸注入酸式滴定管，调整液面并记录。
(2)滴定操作：在锥形瓶的待测溶液中滴加2～3滴酚酞试液，开始滴定。左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色变化。
①滴定速率：先快后慢，逐滴加入，不能成股流下。
②终点的判断：当滴入最后一滴，刚好使指示剂变色，且半分钟内不褪色，即到终点，读数并记录。
(3)数据处理：为减小误差，滴定时，要求重复实验2～3次，求平均值。
【思考】
(1)若量程为50
mL的滴定管，从中放出25
mL液体，滴定管中还剩25
mL液体吗？
【提示】　(1)>25
mL。
(2)酸式滴定管必须盛
酸溶液，碱式滴定管必须盛碱溶液，两者能交换盛装吗？
【提示】
(2)不能换装，因为酸式滴定管有磨砂的玻璃活塞，容易被碱液腐蚀。碱式滴定管有橡胶管，容易被酸性溶液腐蚀。
三、pH的计算及溶液稀释pH的变化
【思考】　
pH＝10的NaOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，混合后的c(H＋)＝对吗？
【提示】　不对，溶液呈碱性，应先求c(OH－)，再求c(H＋)＝。
将pH＝5的盐酸溶液稀释1000倍，pH＝8吗？
【提示】　不对，pH不可能超越7(或酸性不能稀释后变成碱性)。
将同pH的盐酸和醋酸溶液稀释同样倍数后，pH还相同吗？
【提示】　不相同，醋酸pH小。
【总结】
1．单一溶液pH的计算
(1)强酸溶液：据其物质的量浓度计算出c(H＋)，再通过pH＝－lg
c(H＋)求pH。
(2)强碱溶液：据其物质的量浓度计算出c(OH－)，再利用Kw转化为c(H＋)求pH。
2．强酸强碱溶液混合后pH的计算
溶液类型
相关计算
两种强酸混合
→c(H＋)混＝→pH
两种强碱混合
→c(OH－)混＝→c(H＋)＝→pH
强酸强碱混合
恰好完全反应显中性
pH＝7
酸过量
先求c(H＋)混＝→pH
碱过量
先求c(OH－)混＝→c(H＋)混＝→pH
3.稀释后溶液pH的变化规律
(1)对于强酸溶液(pH＝a)每稀释10n倍，pH增大n个单位，即pH＝a＋n(a＋n<7)。
(2)对于强碱溶液(pH＝b)每稀释10n倍，pH减小n个单位，即pH＝b－n(b－n>7)。
(3)对于弱酸溶液(pH＝a)每稀释10n倍，pH的范围是：a(4)对于弱碱溶液(pH＝b)每稀释10n倍，pH的范围是：b－n【提示】
1．弱酸、弱碱在稀释过程中有浓度的变化，又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其pH的范围。
2．酸、碱无限稀释，pH无限接近于7，但不能超过7。
例1、求下列溶液的pH：
(1)某H2SO4溶液的浓度是005
mol·L－1，
①此溶液的pH为________。
②用水稀释到原来体积的100倍，
pH为________。
③再继续稀释104倍，pH为________。
(2)pH＝3的盐酸与pH＝5的硫酸等体积混合，pH为________。
(3)pH＝10和pH＝12的两种NaOH溶液等体积混合，pH为________。
(4)pH＝12的NaOH溶液和pH＝4的HCl溶液等体积混合，pH为________。
【解析】　(1)①c(H＋)＝005
mol·L－1×2＝01
mol·L－1，pH＝－lg
10－2＝2。
②c(H＋)＝01
mol·L－1÷100＝10－4
mol·L－1，pH＝－lg
10－4＝4。
③pH接近7(酸无限稀释后不会变成碱)。
(2)c(H＋)＝
mol·L－1＝5×10－4
mol·L－1，pH＝－lg(5×10－4)＝4－lg
5＝3.3(强调10－3是10－5的100倍，所以10－5可以忽略不计。)
(3)c(OH－)＝
mol·L－1＝5×10－3
mol·L－1，c(H＋)＝
mol·L－1＝2×10－12
mol·L－1。
pH＝－lg(2×10－12)＝12－lg
2＝11.7。
(4)NaOH溶液中c(OH－)＝10－2
mol·L－1；HCl溶液中c(H＋)＝10－4
mol·L－1，二者等体积反应，碱过量，反应后溶液呈碱性。所以反应后c(OH－)＝
mol·L－1＝5×10－3
mol·L－1，c(H＋)＝
mol·L－1＝2×10－12
mol·L－1，pH＝－lg(2×10－12)＝12－lg
2＝11.7。
【答案】　(1)①2　②4　③接近7　(2)3.3　(3)11.7　(4)11.7
例2、常温下，下列关于溶液稀释的说法中，正确的是(　　)
A．pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B．pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6mol/L
C．将1
L
1
mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2
L，pH＝13
D．pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
【解析】　A项，pH＝3的醋酸溶液在稀释过程中电离平衡正向移动，稀释100倍后，3mol/L，溶液中的c(OH－)＝mol/L＝10－8
mol/L，水电离出的c(OH－)＝10－8
mol/L，故水电离出的c(H＋)＝水电离出的c(OH－)＝10－8
mol/L；C项，1
L
1
mol/L
Ba(OH)2溶液稀释到2
L时，c(OH－)＝
mol/L＝1
mol/L，c(H＋)＝10－13
mol/L，pH＝13；D项，NaOH溶液是碱溶液，无论怎样稀释，pH在常温下都不可能成为6，只能无限接近7。故选C。
【答案】　C
例3、　在25
℃时，若10体积的某一元强酸溶液与1体积的某一元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之间应满足的关系是________。
【解析】　设强酸溶液为10
L，则强碱溶液为1
L，两种溶液混合后呈中性，所以10c(H＋)酸＝c(OH－)碱。
方法一：根据碱溶液中水的离子积可得：10c(H＋)酸＝，则c(H＋)酸·c(H＋)碱＝＝10－15，取负对数得：pH酸＋pH碱＝15。
方法二：因为10c(H＋)酸＝，所以－lg[10c(H＋)酸]＝－lg，则pH酸－
1＝14－pH碱，pH酸＋pH碱＝15。
方法三：pH酸＝a，则c(H＋)酸＝10－a，pH碱＝b，则c(H＋)碱＝10－b，c(OH－)碱＝10b－14，根据题意：10×10－a＝1×10b－14,101－a＝10b－14，则1－a＝b－14，所以a＋b＝15，即pH酸＋pH碱＝15。
【答案】　pH酸＋pH碱＝15
四、酸碱中和滴定误差分析
【思考】　
①中和滴定的误差分析原理是什么？
【提示】　根据c待＝分析
②中和滴定的指示剂常用哪些？
【提示】　甲基橙、酚酞、一般不用石蕊
滴定中滴定管要用所盛溶液润洗，锥形瓶也要提前润洗吗？
【提示】　不用。
【总结】
1．误差分析原理
中和滴定实验中，产生误差的途径主要有操作不当、读数不准等，分析误差要根据计算式分析，c待测＝，c标准、V待测均为定值，c待测的大小取决于V标准的大小。V标准大，则c待测偏大；反之，偏小。
2．常见误差分析
(1)造成结果偏大的错误操作
①滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液洗涤。
②锥形瓶用待测液润洗。
③滴定管尖嘴部分的气泡未排尽。且滴定结束后气泡消失。
④滴定前读数俯视或滴定后仰视。
⑤滴定过程中，有标准液滴到锥形瓶外面或滴到内壁未冲下。
⑥滴定已达终点，滴定管下端又悬挂标准液。
(2)造成结果偏小的错误操作
①量取待测液的滴定管未用待测液润洗。
②滴定前读数仰视或终点时俯视。
③锥形瓶摇动剧烈，有溶液外溅。
④滴定终止立即读数，结果溶液又恢复原来的颜色
【友情提示】
1．上述中和滴定误差分析时，标准液是放在滴定管中，待测液放在锥形瓶中。若把位置反放，则出现的误差相反。
2．滴定管与量筒因最小刻度的位置相反，故仰视、俯视读数时出现的误差相反。
例4、在中和滴定操作过程中，有以下各项因操作不当引起的实验误差，用“偏高”“偏低”或“无影响”等填空：
(1)滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗，使滴定结果________；
(2)锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测溶液润洗，使滴定结果________；
(3)滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终点时无气泡，使滴定结果________；
(4)滴定前平视，滴定终点时俯视，使滴定结果________________________________________________________________________；
(5)滴定前仰视，滴定终点时平视，使滴定结果________________________________________________________________________；
(6)过早估计终点，使滴定结果________；
(7)过晚估计终点，使滴定结果________；
(8)用含Na2O杂质的NaOH固体来配制已知浓度的标准溶液，用于滴定未知浓度的盐酸，使测得盐酸的浓度________；
(9)用含Na2CO3杂质的NaOH固体来配制已知浓度的标准溶液，用于滴定未知浓度的盐酸，使测得盐酸的浓度________；
(10)洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水，然后用锥形瓶装待测的盐酸，用NaOH标准溶液滴定时，对测得的结果________。
【解析】　中和滴定误差分析的依据c(待测)＝×＝[×]×V标。根据V(标准)的偏大或偏小判断c(待测)是偏高还是偏低。如(1)，滴定管装液前未用标准溶液润洗，会将标准溶液冲稀，导致所耗V(标准)偏大，使测得的c(待测)偏高。又如(2)，锥形瓶装液前用待测溶液润洗，会使锥形瓶内待测的溶质增加，导致所耗V(标准)偏大，使测得的c(待测)偏高，其余各选项可依此分析。
【答案】　(1)偏高　(2)偏高　(3)偏高　(4)偏低
(5)偏低　(6)偏低　(7)偏高　(8)偏低　(9)偏高
(10)无影响
4、中和滴定指示剂选择
选择指示剂时，一般要求变色明显（所以一般不选用石蕊），指示剂的变色范围与恰好中和时的pH要吻合。
①在酸碱中和滴定的实验中，不用石蕊作指示剂，主要原因是：石蕊的“红色→紫色”、“紫色→蓝色”的颜色变化不够明显，不利于及时、准确地作出酸碱是否恰好完全中和的判断。
②强酸强碱相互滴定，生成的盐不水解，溶液显中性，可选择酚酞或甲基橙作指示剂。
酚酞：酸滴定碱——颜色由红刚好褪色；
碱滴定酸——颜色由无色到浅红色。
甲基橙：酸滴定碱——颜色由黄色到橙色；
碱滴定酸——颜色由红色到橙色。
③强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂。
④强碱弱酸相互滴定时，由于生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，而应选用酚酞作指示剂。
●说明：
①根据指示剂的变色判断出的滴定终点，并不是酸和碱完全反应的等当点，但没有一种指示剂的变色恰好是酸碱完全中和之点，因此把滴定终点看作等当点。
②指示剂用量常用2—3滴，因指示剂本身也是弱酸或弱碱。若用量过多，会使滴定时酸或碱的消耗量增加。
例5、实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生测定盐酸浓度是在实验室中进行的实验。请完成下列填空：
(1)配制100
mL
10
mol·L－1
NaOH标准溶液。
①主要操作步骤：计算→称量→溶解→(冷却后)→________________
→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→________→_________________________________
→将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签。
②称量________g氢氧化钠固体所需仪器有：天平(带砝码、镊子)、________、________。
(2)取200
mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下：
实验编号
NaOH溶液的浓度(mol/L)
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)
待测盐酸的体积(mL)
1
10
22.64
200
2
10
22.72
200
3
10
22.80
200
①滴定达到终点的标志是___________________________________________________。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为________(保留2位有效数字)。
③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作(如下图所示)中的________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
④上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有________。
A．滴定至终点时俯视读数
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．碱式滴定管尖端部分有气泡，滴定后消失
【解析】　(1)①按配制一定物质的量浓度溶液的步骤便得出冷却溶液后，应向容量瓶转移溶液，洗涤完后应定容、摇匀。②称量NaOH固体时要放在烧杯中称取，取用时用药匙。
(2)①滴定终点为：当加入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色。
②V[NaOH(aq)]＝
mL＝22.72
mL，
所以c(HCl)＝＝11
mol/L。
③碱式滴定管排气泡宜用丙操作，这样便于把气泡排出。
④A项，俯视读数小于实际量，结果偏低；B项，酸式滴定管里没有用待测液润洗，盐酸浓度降低，结果偏低；C项，锥形瓶未干燥，对实验没有影响；D项，滴定管尖端部分有气泡，气泡占一定的体积，测定结果偏高。
【答案】　(1)①转移　定容　摇匀
②4　烧杯(或表面皿)　药匙
(2)①最后一滴氢氧化钠溶液加入时，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色
②11
mol/L　③丙　④D
例6、(1)取体积相同(025
L)的两份10
mol/L
NaOH溶液，把其中一份放在空气中一段时间后，溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)，其原因
________________________________________________________________________。
(2)用已知浓度的硫酸溶液中和上述两份NaOH溶液，若中和第—份(在空气中放置一段时间)所消耗硫酸溶液的体积为VA，另一份消耗硫酸溶液的体积为VB，则：
①以甲基橙为指示剂时，VA与VB的关系是________；
②以酚酞为指示剂时，VA与VB的关系是____________________________。
【解析】　NaOH溶液放置于空气中，因NaOH与空气中CO2反应，使NaOH减少，故溶液的pH减小。
用H2SO4滴定Na2CO3溶液，反应分两个阶段进行：
①H＋＋CO32-===HCO32-
(此时溶液呈弱碱性)
②2H＋＋CO32-===CO2↑＋H2O(此时溶液呈弱酸性)
滴定过程按哪种反应进行，取决于选择的指示剂。
①若选用甲基橙作指示剂，因其变色范围为PH＝3.1～4.4，滴定反应按②进行，由关系式2NaOHNa2CO3
CO2知，消耗的H2SO4的量不变，故答案为VA＝VB；
②若选用酚酞作指示剂，酚酞的变色范围为pH＝8.2～10，滴定反应按①进行，消耗H2SO4的量减少，故答案为VA【答案】　(1)减小　NaOH吸收空气中的酸性气体CO2，碱性减弱，pH减小
(2)①VA＝VB　②VA【课堂练习用解析】
1．在一支25
mL的酸式滴定管中装入1
mol/L的HCl溶液，其液面恰好在5
mL刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以1
mol/L的NaOH溶液进行中和，则所需NaOH溶液的体积(　　)
A．大于20
mL　　
　　B．小于20
mL
C．等于20
mL
D．等于5
mL
【解析】　若要正确解答本题，必须准确了解滴定管的刻度特征，如图所示，滴定管下部最大刻度线到活塞之间无刻度且充满溶液，因而把溶液全部放入烧杯中，其体积大于20
mL，用等浓度的NaOH溶液中和，所需NaOH溶液的体积应大于20
mL。注意：滴定管的量程小于滴定管的最大实际容量。故正确答案为A。
【答案】　A
2．酸碱恰好完全中和时(　　)
A．酸与碱的物质的量一定相等
B．溶液呈现中性
C．酸与碱的物质的量浓度相等
D．酸所能提供的H＋与碱所能提供的OH－的物质的量相等
【解析】　根据酸碱中和反应的实质可知酸碱恰好完全中和时，酸所能提供的H＋与碱所能提供的OH－的物质的量相等。
【答案】　D
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10倍后pH＝4
C．2
mol·L－1的盐酸，与等体积水混合后pH＝1
D．25
℃与60
℃时，水的pH相等
【解析】　温度升高，水的电离程度增大，c(H＋)增大，pH减小，但水仍呈中性，A错；醋酸是弱酸，稀释10倍，3℃)>pH(60
℃)，D错。
【答案】　C
4．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，若测得的结果偏低，则产生误差的原因可能是(　　)
A．滴定时，装未知浓度的NaOH溶液的锥形瓶忘记用NaOH溶液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，没用盐酸润洗
C．滴定前，滴定管的尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失
D．滴定前仰视读取了酸式滴定管的读数，滴定后读数正确
【解析】　选项A操作正确，若锥形瓶用NaOH溶液润洗了，会使测定结果偏高，故不润洗是正确的；B项中酸式滴定管未用标准液润洗，所以盐酸变稀了，V(HCl)就大了，会使测定的c(NaOH)偏高；C项滴定前有气泡，滴定后无气泡，使一部分盐酸充满原来气泡的体积，未与NaOH溶液反应，使盐酸的体积比实际反应用量大，V(HCl)大了，测定的c(NaOH)也会偏高；D项滴定前仰视，读数偏大，滴定后读数正确，使V(HCl)小了，会使c(NaOH)偏低。
【答案】　D
5．室温下，有一pH为12的NaOH溶液100
mL，如果将其pH降为11，则：
(1)若用蒸馏水应加入________mL；
(2)若用pH＝10的NaOH溶液，应加入________mL；
(3)若用pH＝2的盐酸，应加入________mL；
(4)若用01
mol·L－1硫酸，应加入________mL。
【解析】　(1)由c
(OH－)稀释＝10－3
mol·L－1＝，得V(H2O)＝9
L＝900
mL。
(2)设加入pH＝10的NaOH溶液的体积为x，c(OH－)＝10－3
mol·L－1
＝
得x＝1
L＝1
000
mL。
(3)设加入pH＝2的盐酸的体积为y，
c(OH－)＝10－3
mol·L－1
＝
得y＝081
8
L＝81.8
mL。
(4)设加入硫酸的体积为z
c(OH－)＝10－3
mol·L－1
＝
得z＝042
86
L＝42.86
mL。
【答案】　(1)900　(2)1
000　(3)81.8　(4)42.86第三节
盐类的水解
第1课时　盐类水解
【今日目标】
1.了解盐类水解的原理。
2．掌握外界条件对盐类水解平衡的影响。
3．掌握盐类水解的方程式。
【学习过程】
一、探究盐溶液的酸碱性
　【科学探究】
(1)将NaCl、Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、Na2SO4、CH3COONa、(NH4)2SO4分别装在7只小烧杯中，加足量蒸馏水，制成溶液，贴上标签。
(2)分别用pH试纸测7种盐的pH，记录测定结果。
【实验记录】
盐溶液
酸碱性
盐类型
NaCl
pH＝7
强酸强碱盐
Na2CO3
pH>7
强碱弱酸盐
NaHCO3
pH>7
强碱弱酸盐
NH4Cl
pH<7
强酸弱碱盐
Na2SO4
pH＝7
强酸强碱盐
CH3COONa
pH>7
强碱弱酸盐
(NH4)2SO4
pH<7
强酸弱碱盐
【实验结论】
强酸弱碱盐：NH4Cl、(NH4)2SO4等溶液呈酸性。
强酸强碱盐：NaCl、Na2SO4等溶液呈中性。
强碱弱酸盐：Na2CO3、NaHCO3、CH3COONa等溶液呈碱性。
【思考】
FeCl3溶液，NaClO溶液，KNO3溶液分别呈什么性(酸性、碱性、中性)
【提示】　FeCl3溶液—酸性，NaClO溶液—碱性，KNO3溶液—中性。
二、盐溶液呈现不同酸、碱性的原因
1.理论分析
(1)NH4Cl溶液
理论解释
NH4＋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。
平衡时酸碱性
使溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性
总的离子方程式
NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋
　(2)CH3COONa溶液
理论解释
CH3COO－和H＋结合生成弱电解质CH3COOH，使水的电离平衡向电离的方向移动
平衡时
酸碱性
使溶液中c(H＋)总的离子
方程式
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
　(3)NaCl溶液
H2OOH－＋H＋，NaCl===Na＋＋Cl－，溶液中盐电离的离子不能与H2O电离出的H＋或OH－生成弱电解质。c(H＋)＝c(OH－)，呈中性。
2．定义和实质
在溶液中盐电离出来的弱酸根阴离子或弱碱阳离子结合水电离出的H＋或OH－，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液显示不同的酸性、碱性或中性。
3．影响盐类水解的因素
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
外界条件
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
【思考】
(1)
NaHSO4溶液、(NH4)2SO4溶液都呈酸性，其原理相同吗？
【提示】　(1)不同，NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42－
(2)在NH4Cl溶液中加入①Zn　②HCl　③NaOH　④Na2CO3，NH4＋的水解平衡移动吗？
【提示】NaHSO4相当于一元强酸而(NH4)2SO4是利用NH4＋水解呈酸性，
NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋。
(2)①③④可促进NH水解，而②抑制。
三、盐类水解的实质和规律
【思考】　
成酸性的溶液一定是酸吗？
【提示】不一定，如NH4Cl溶液
同浓度的碳酸钠与碳酸氢钠谁的碱性强？
【提示】碳酸钠
③盐类水解的实质是什么？
【提示】　破坏了水的电离平衡
【总结】
1．盐类水解的实质
在水溶液中盐电离出来的离子(弱碱的阳离子或弱酸的阴离子)结合水电离出的OH－或H＋，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液显示不同的酸性、碱性或中性。
2．盐类的水解规律
盐的类型
是否水解
溶液的pH
强酸弱碱盐
水解
pH<7
强碱弱酸盐
水解
pH>7
强酸强碱盐
不水解
pH＝7
　盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。如相同浓度的Na2CO3和CH3COONa溶液的pH前者大于后者。
3．盐类水解的特点
(1)可逆的反应：
盐类水解后生成酸和碱，即盐类的水解反应是酸碱中和反应的逆反应。即
酸＋碱盐＋水
但中和反应一般是不可逆的。
(2)吸热反应：温度升高，水解程度增大
(3)微弱的过程
(4)动态的过程——盐类的水解平衡
盐类的水解反应一般是可逆反应，在一定条件下形成化学平衡，该化学平衡通常叫做水解平衡。平衡的移动遵循勒夏特列原理。
例1、按要求回答下列问题：
(1)KHSO4溶液显________性(填“酸”、“碱”或“中”)。其原因是(用电离方程式表示)___
______________________________
_______________________________________
________________________________________________________________________；
(2)
KHCO3溶液显________性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是(用离子方程式表示)__________________________
_____________________________。
(3)将上述两溶液混合，离子反应方程式为
______________________________________________________________。
(4)在Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红。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(用离子方程式和简要文字说明)___________________
_____________________________________。
【解析】　(1)KHSO4在水溶液中能完全电离：KHSO4===K＋＋H＋＋SO42－溶液显酸性。
(2)KHCO3溶液中HCO3－水解：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－显碱性。
(3)H＋＋HCO3－===H2O＋CO2↑。
(4)Na2CO3溶液中CO32－水解，CO32－＋H2OH
CO3－＋OH－(主要)显碱性。
加入BaCl2，CO32－＋Ba2＋===BaCO3↓，水解平衡逆移，碱性减弱，故红色变浅。
【答案】　(1)酸　KHSO4==K＋＋H＋＋SO42－
(2)碱性　H
CO3－＋H2OH2CO3＋OH－
(3)H＋＋H
CO3－===H2O＋CO2↑
(4)产生白色沉淀，溶液红色变浅　
CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，CO32－＋Ba2＋===BaCO3↓，Ba2＋消耗CO32－，使水解平衡逆移，碱性减弱，红色变浅
例2、下列各组离子中，每种离子都能影响水的电离平衡的一组是(　　)
A．Ag＋、HCO3－、PO43－、SO42－
B．Br－、Al3＋、H＋、CO32－
C．Fe2＋、SO32－、CH3COO－、S2－
D．ClO－、OH－、Cu2＋、Ba2＋
【解析】　A中SO42－；B中Br－；D中Ba2＋不能影响水的电离平衡。
【答案】　C
四、盐类水解离子方程式的书写
【思考】　
书写多元弱酸根离子的水解方程式应注意什么？
【提示】分步水解
一般盐类水解方程式中标沉淀或气体符号吗？
【提示】
③相互促进的两种离子水解方程式书写注意什么？
【提示】标沉淀或气体符号
例3、(1)在Cl－、NH4＋、HSO4－、Na＋、HCO3－五种离子中，既不能电离又不能水解的离子是________，只能水解不能电离的离子是________，只能电离不能水解的离子是______，既能电离又能水解的离子是________________________________________________________________________。
(2)写出下列物质水解的离子方程式：
①NH4Cl：______________________________；
②CuCl2：_____________________________________________________；
③K2CO3：________________________________________________；
④AlCl3溶液与NaHCO3溶液混合：______________________________________________；
⑤Fe(NO3)3溶液与Na2CO3溶液混合：_____________________________________________。
【答案】　(1)Na＋、Cl－　NH4＋　HSO4－　
HCO3－
(2)①NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋
②Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋
③CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－
④Al3＋＋3
HCO3－===Al(OH)3↓＋3CO2↑
⑤2Fe3＋＋3
CO32－＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
例4、下列方程式中，属于水解反应的是(　　)
A．HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O＋
B．CO2＋H2OHCO3－＋H＋
C．CO32－＋H2OHCO3－＋OH－
D．HS－＋H2OS2－＋H3O＋
【解析】　A、B、D都是电离方程式，只有C是水解。
【答案】　C
【课堂练习与精析】
1．下列说法中正确的是(　　)
A．HCO3－在水溶液中只电离，不水解
B．硝酸钠溶液水解后呈中性
C．可溶性的铝盐都能发生水解反应
D．可溶性的钠盐都不发生水解反应
【解析】　HCO3－既能发生电离又能发生水解，HCO3－H＋＋CO32－、HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，A选项错误；NaNO3不发生水解，B选项错误；弱酸对应的钠盐可发生水解，如：Na2CO3溶液可发生水解反应，所以D选项错误；Al3＋属于弱碱的阳离子，一定能水解。
【答案】　C
2．下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是(　　)
A．FeCl3溶液：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋
B．NaHS溶液：HS－＋H2OH2S＋OH－
C．Na2CO3溶液：CO32－＋2H2OH2CO3＋2OH－
D．NH4Cl溶液：NH4＋＋H2O===NH3·H2O＋H＋
【解析】　A项Fe(OH)3不应标“↓”；C项CO32－应分步水解；D项应用“”。
【答案】　B
3．对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是(　　)
A．明矾溶液加热
B．CH3COONa溶液加热
C．氨水中加入少量NH4Cl固体
D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体
【解析】　明矾溶液加热使水解程度增大，酸性增强，酚酞试液不变色，A不符合题意；CH3COONa溶液水解显碱性，加热使水解程度增大，酚酞试液显色加深，B符合题意；NH4Cl水解显酸性，NaCl不水解，对颜色无影响，因此C、D不符合题意。
【答案】　B
4．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
【解析】　本题主要利用盐类水解的原理判断盐溶液酸碱性的强弱。(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，故前者pH小；NaNO3溶液呈中性(pH＝7)；Na2S溶液因S2－水解而呈碱性(pH>7)，选C。
【答案】　C
5．现有S2－、SO32－、NH4＋、Al3＋、HPO42－、Na＋、SO42－、AlO2－、Fe3＋、HCO3－、Cl－等离子，请按要求填空：
(1)在水溶液中，离子水解呈碱性的是______________________________________。
(2)在水溶液中，离子水解呈酸性的是____________________________________。
(3)既能在酸性较强的溶液里大量存在，又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有_______________________________________。
(4)既不能在酸性较强的溶液里大量存在，又不能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有________________________________。
【解析】　(1)弱酸根离子水解溶液显碱性，部分弱酸的酸式酸根离子若水解程度大，则溶液也显碱性，即S2－、SO32－、HPO42－、AlO2－、HCO3－水解呈碱性。
(2)
NH4＋、Al3＋、Fe3＋属于弱碱的阳离子，水解后溶液呈酸性。
(3)Na＋、Cl－、SO42－是强酸的阴离子和强碱阳离子，既能在强酸性溶液中存在又能在强碱性溶液中存在。
(4)
HPO42－、HCO3－属于弱酸的酸式酸根离子，既能与强酸又能与强碱反应。
【答案】　(1)
S2－、SO32－、HPO42－、AlO2－、HCO3－
(2)
NH4＋、Al3＋、Fe3＋
(3)
Na＋、Cl－、SO42－
(4)
HPO42－、HCO3－第2课时　热化学方程式　中和热的实验测定
【今日目标】
1.认识热化学方程式的含义。能正确书写热化学方程式，并利用热化学方程式进行有关反应热的简单计算。
2．初步学习测定化学反应热的实验方法，并会误差分析。
【学习过程】
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。
2．意义
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能量变化。
如：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8
kJ/mol，
表示在25
℃，101
kPa,1
mol
H2与mol
O2完全反应生成液态水时放出的热量是285.8
kJ。
3．书写
氢气与碘蒸气化合反应的能量(或热量)变化，可用下式表示：
H2(g)＋I2(g)
2HI(g)　ΔH＝－14.9
kJ/mol，
它与化学方程式H2＋I2,2HI相比较而言，其特点为：
(1)指明了反应的温度和压强，若在25
℃、101kPa时进行的反应，可不注明。
(2)注明了各物质的状态：s(固体)、l(液体)或g(气体)。
(3)在方程式的右边注明了ΔH的“＋”或“－”及数值。
【思考】
(1)上述反应中若将化学计量数扩大一倍，其反应热如何变？
(2)若将该反应表示成2HI(g)??H2(g)＋I2(g)，其反应热又如何？
【提示】　(1)反应热数值也扩大一倍；
(2)ΔH＝＋14.9
kJ/mol。
4、书写热化学方程式——“五注意”
【思考】　
热化学方程式中ΔH的正、负号如何确定？
【提示】　放热反应ΔH<0，吸热反应ΔH>0。
同一物质的不同状态在写热化学方程式时的ΔH相同吗？
【提示】　不相同。
同一反应用不同的计量数来表示，热化学方程式中的ΔH相同吗？
【提示】　不相同。
【注意事项】
1．注意ΔH的符号
ΔH只能写在热化学方程式的右边，且中间留空格。
若为放热反应，ΔH为“－”；
若为吸热反应，ΔH为“＋”。
ΔH的单位一般为kJ/mol或kJ·mol－1。
2．注意测定条件
反应热ΔH与测定条件(温度、压强等)有关，因此书写热化学方程式时应注意ΔH的测定条件。绝大多数ΔH是在25
℃、101
kPa
下测定的，可不注明温度和压强。
3．注意物质的聚集状态
反应物和产物的聚集状态不同，反应热ΔH也不同。因此，书写热化学方程式必须注明物质的聚集状态。气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用标“↑”和“↓”。
4．注意化学计量数
由于ΔH与反应完成的物质的量有关，所以化学方程式中化学式前面的化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反。
5．注意ΔH的单位
关于ΔH的单位“kJ/mol”并不是指每摩尔具体物质反应时伴随的能量变化是多少千焦，而是指给定形式的具体反应以各物质的化学计量数来计量其物质的量时伴随的能量变化。
【典例精析】
例1、N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。25
mol
N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5
kJ热量。则下列热化学方程式中正确的是(　　)
A.N2H4(g)＋O2(g)=
==N2(g)＋H2O(g)；
ΔH＝＋267
kJ·mol－1
B．N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)；
ΔH＝－534
kJ·mol－1
C．N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)；
ΔH＝＋534
kJ·mol－1
D．N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－133.5
kJ·mol－1
【解析】　该反应为放热反应，ΔH<0，A、C错；25
mol
N2H4完全燃烧放出133.5
kJ的热量，则1
mol
N2H4完全燃烧放出热量为534
kJ，B正确；D中H2O为液态，ΔH的值也不对。
【答案】　B
【解题方法】
“四看法”快速判断热化学方程式的正误：
(1)看各物质聚集状态是否正确；
(2)看ΔH的“＋”“－”标注是否正确；
(3)看ΔH的单位是否为kJ/mol；
(4)看反应热数值与化学计量数是否对应。
例2、已知在25
℃，101
kPa
下，1
g
C8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出
48.4
kJ
能量。表示上述反应的热化学方程式正确的是(　　)
A．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g)
ΔH＝－48.4
kJ/mol
B．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－5
517.6
kJ/mol
C．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝＋5
517.6
kJ/mol
D．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－48.4
kJ/mol
【解析】　辛烷燃烧是一个放热反应，ΔH<0，故C项错误；在25
℃，101
kPa
下，1
mol
C8H18燃烧生成CO2和液态水时放出热量为：×114
g＝5
517.6
kJ，故B项正确；A项中水的状态标错，且ΔH数值错误；D项中ΔH数值错误。
【答案】　B
二、中和热的测定
1.中和热
(1)定义：酸碱中和反应生成
1
molH2O
放出的热量。
(2)表示方法：对于强酸和强碱的稀溶液反应，中和热基本上是相等的，表示为：
H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ/mol。
2．中和热的测定
(1)实验目的：测定强酸与强碱反应的反应热，体验化学反应的热效应。
(2)
【实验用品】　大烧杯(500
mL)、小烧杯(100
mL)、量筒(50
mL)两个、温度计、泡沫塑料或纸条、泡沫塑料板或硬纸板(中心有两个孔)、环形玻璃搅拌棒、50
mol/L盐酸、55
mol/L
NaOH溶液、50
mol/L硝酸、55
mol/L
KOH溶液。
【实验装置：】
(3)实验测量数据
①初始温度(t1)
测量方法是用一量筒量取50
mL
50
mol·L－1盐酸，倒入小烧杯中并测量其温度；用另一量筒量取50
mL
55
mol·L－1
NaOH溶液并测量其温度，取两温度平均值为t1。
②终止温度(t2)
测量方法是把套有盖板的温度计和环形玻璃搅拌棒放入小烧杯的盐酸中，并把量筒中的NaOH溶液一次倒入小烧杯中。用环形玻璃搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度，记录终止温度为t2。
③重复实验操作，记录每次的实验数据，取其平均值作为计算依据。
④实验数据处理
盐酸、氢氧化钠溶液为稀溶液，其密度近似地认为都是1
g·cm－3，反应后溶液的比热容c＝4.18
J/(g·℃)。
该实验中盐酸和NaOH溶液反应放出的热量是418(t2－t1)kJ，
中和热为418(t2－t1)/025
kJ/mol。
【思考】
1．若用浓H2SO4与稀NaOH溶液反应，测得中和热的数值变吗？用醋酸溶液呢？
【提示】　因为浓H2SO4稀释过程中会放出热量，故测得中和热数值会偏大；而醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，故测得数值会偏小。
2、①含1
mol
H2SO4的稀溶液与足量NaOH反应放出的热量与中和热的数值相等？
【提示】　不相同，是中和热数值的2倍。
②实验中为什么要碱稍过量？
【提示】　保证酸完全反应。
按实验中的用量，完全中和后放出的热量是中和热的数值吗？
【提示】　不是，因为只生成025
mol
H2O。
【实验步骤】　以盐酸和NaOH溶液的反应为例。
①组装绝热装置，在大烧杯底部垫上泡沫塑料(或纸条)，使放入的小烧杯杯口与大烧杯杯口相平；然后在大、小烧杯之间填满泡沫塑料(或纸条)；再在大烧杯上用泡沫塑料板(或硬纸板)作盖板，在板中间开两个小孔，正好使温度计和环形玻璃搅拌棒通过，以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，如下图所示。
②向小烧杯中加入50
mol/L的盐酸50
mL，并用温度计测量盐酸的温度，然后把温度计上的酸用水冲洗干净。
③用干净量筒量取50
mL
55
mol/L的NaOH溶液，并用温度计测量NaOH溶液的温度，计算盐酸和NaOH溶液的平均温度并记为t1。
④把套有盖板的温度计和环形玻璃搅拌棒放入盛有盐酸的小烧杯中，并把NaOH溶液一次倒入盛有盐酸的小烧杯中，盖好盖板，用环形玻璃搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度，记为t2(为保证上述反应能充分进行，实验时可以使酸或碱略过量)。
⑤重复：重复实验两次(取测量所得数据的平均值作为计算依据)。
⑥根据数据计算中和热。
⑦可用同样的方法分别测定同体积的KOH溶液与盐酸反应，NaOH溶液与硝酸反应的中和热。
【实验现象】　碱倒入酸中温度计温度会迅速升高(读取最高温度)。
【实验结论】　酸碱中和反应是放热反应。
利用Q＝cm
Δt求出反应放出的能量，进而求出生成1
mol水时的焓变。
ΔH＝－kJ/mol。
【注意事项】　
①作为量热的仪器装置，要尽量减少热量散失。
a.其保温隔热的效果一定要好，在两烧杯缝隙中一定要塞满泡沫塑料(或纸条)；
b.小烧杯杯口与大烧杯杯口相平；
c.泡沫塑料板上的两个小孔要恰好使温度计和环形玻璃搅拌棒通过；
d.可改用保温杯来做，也可用块状聚苯乙烯泡沫塑料制成与小烧杯外径相近的绝缘外套来做。
②盐酸和NaOH溶液的浓度必须准确，
本实验中NaOH溶液的浓度稍大于盐酸的浓度，两者的浓度均宜小不宜大，若浓度偏大，则测定结果误差较大。
③盐酸和NaOH溶液的体积必须准确。
④温度计的读数要准确。
a.水银球部分要完全浸没在溶液中，且要稳定一段时间后再读数；
b.读数时应谨慎细心，把握并读准温度且由同一个人来读；
c.测量盐酸的温度后，要将温度计上的酸冲洗干净后再测量NaOH溶液的温度。
⑤实验操作要快。
【注意】
1．不同的强酸与强碱反应的中和热相同，若生成易溶性的盐，其热化学方程式都可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ/mol。
2．弱酸弱碱参加的中和反应，因为它们的电离要吸收热量，故测得的中和热小于57.3
kJ/mol。
例2、　50
mL
50
mol·L－1盐酸与50
mL
55
mol·L－1
NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
(1)烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_________________
_____________________________________________。
(2)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值______
(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(3)实验中改用60
mL
50
mol·L－1盐酸与50
mL
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____________(填“偏大”
“偏小”或“无影响”)。
【解析】　(1)碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失。
(2)不盖硬纸板会损失部分热量，故所测结果偏小。
(3)由中和热概念可知，中和热是以生成1
mol水为标准的，而与过量部分的酸碱无关。
(4)由于弱酸弱碱的中和反应放出热量的同时，还有弱酸弱碱的电离吸热，所以用氨水代替NaOH溶液反应测得的中和热数值偏小。
【答案】　(1)减少实验过程中的热量损失　(2)偏小
(3)不相等　相等　因为中和热是指在稀溶液中酸与碱发生中和反应生成1
mol
H2O所放出的能量，与酸和碱的用量无关
(4)偏小
例3、．实验室进行中和热测定的实验时除需要大烧杯(500
mL)、小烧杯
(100
mL)外，其他所用的仪器和试剂均正确的一组是(　　)
A．50
mol·L－1盐酸，50
mol·L－1
NaOH溶液，100
mL量筒1个
B．50
mol·L－1盐酸，55
mol·L－1
NaOH溶液，100
mL量筒2个
C．50
mol·L－1盐酸，55
mol·L－1
NaOH溶液，50
mL量筒1个
D．50
mol·L－1盐酸，55
mol·L－1
NaOH溶液，50
mL量筒2个
【解析】　本实验中为了保证50
mol·L－1的盐酸完全被中和，采用55
mol·L－1NaOH溶液，使碱稍过量，故A项不符合。所需酸、碱量均为50
mL，故B项不符合。酸、碱分别用不同的量筒量取，故C项不符合。
【答案】　D
例4、　50
mL
50
mol/L盐酸与50
mL
55
mol/L
NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是________。
(2)理论上稀的强酸溶液与强碱溶液反应生成1
mol水时放出57.3
kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式：_______________________
________________________________________________。
(3)大烧杯上有硬纸板，上面有两个小孔，两个小孔不能开得过大，其原因是____________________________。
反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是：____________________________________。
【解析】　(1)环形玻璃搅拌棒用来搅拌，便于热量迅速散开。
(3)实验中要注意尽可能减少热量的损失。
【答案】　(1)环形玻璃搅拌棒
(2)NaOH(aq)＋H2SO4(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ/mol
(3)减少热量损失　用水将温度计冲洗干净并用滤纸擦干
【课堂练习与解析】
1．下列说法不正确的是(　　)
A．物质发生化学反应的反应热仅指反应放出的热量
B．热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的量，不表示分子的个数
C．所有的燃烧反应都是放热的
D．热化学方程式中，化学式前面的化学计量数可以是分数
【解析】　化学反应的反应热是指反应吸收或放出的热量，故A错；热化学方程式中各物质的化学计量数仅表示物质的量，可以是整数，也可以是分数。
【答案】　A
2．在进行中和热的测定中，下列操作错误的是(　　)
A．反应前酸、碱溶液的温度要相同
B．测量溶液的温度计要一直插在溶液中
C．为了使反应均匀进行，可以向酸(碱)中分次加入碱(酸)
D．为了使反应更完全，可以使酸或碱适当过量
【解析】　为减少实验过程中的热量散失，应把酸(或碱)一次倒入。
【答案】　C
3．2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221.0
kJ/mol，这个热化学方程式表示(　　)
A．2
g碳燃烧生成一氧化碳时放出221.0
kJ的热量
B．2
mol碳燃烧生成一氧化碳时吸收221.0
kJ的热量
C．2
mol固体碳在氧气中燃烧生成2
mol一氧化碳气体时放出221.0
kJ的热量
D．12
g碳和氧气反应生成一氧化碳时放出221.0
kJ的热量
【解析】　该热化学方程式表示在通常状况下，2
mol
固体碳在氧气中燃烧生成2
mol一氧化碳气体时放出221.0
kJ的热量。
【答案】　C
4．依据事实，写出下列反应的热化学方程式。
(1)16
g
CH4(g)与适量O2(g)发生反应，生成CO2(g)和H2O(l)，放出893
kJ热量。
(2)1
L
1
mol·L－1
KOH溶液中和1
L
1
mol·L－1
HNO3溶液，放出57.3
kJ热量。
(3)12
g
C(s)与适量O2(g)发生反应生成CO2(g)，放出283.0
kJ热量。
(4)1
mol葡萄糖[C6H12O6(s)]在人体中完全氧化，生成CO2(g)和H2O(l)产生2
800
kJ热量。
【解析】　书写热化学方程式时，要注意以下几点：①反应物和生成物的状态；②ΔH与方程式中化学计量数之间的比例关系；③ΔH的正负号。
【答案】　(1)CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－893
kJ/mol
(2)KOH(aq)＋HNO3(aq)===KNO3(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ/mol
(3)C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283.0
kJ/mol
(4)C6H12O6(s)＋6O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)
ΔH＝－2
800
kJ/mol
200℃
101KPa

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