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第2课时　中和反应反应热的测定
[目标导航]　1.通过对中和反应反应热的测定，初步学习化学反应反应热的测定方法，加深对中和热概念的理解。2.熟知中和热测定的原理，实验仪器、药品，实验过程与操作。3.能正确分析测定反应热时误差产生的原因，并能采取适当的措施减少实验误差。
一、中和反应和中和热
1．中和反应
(1)定义：中和反应是指酸和碱反应生成盐和水的反应，实质是酸电离产生的H＋与碱电离产生的OH－结合成H2O。强酸和强碱反应生成可溶性盐和水的离子方程式为H＋＋OH－===H2O。
(2)实例：将0.01
mol·L－1硫酸与0.02
mol·L－1氢氧化钠溶液等体积混合，发生反应的化学方程式为：H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O。离子方程式为：H＋＋OH－===H2O。
2．中和热
(1)定义：在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应而生成1__mol__H2O时的反应热叫中和热。
(2)注意：①酸、碱溶液必须为稀溶液。②计量标准必须是生成1__mol水。
(3)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－1。
【合作探究】
1．定义中的“稀溶液”是指小于或等于1
mol·L－1的酸碱溶液，为什么浓度不能过大？
答案　因为溶液浓度过大，混合时会产生溶解热效应而影响中和热的测定。
2.Ba(OH)2(aq)＋
H2SO4(aq)===BaSO4(s)＋H2O(l)　ΔH1
CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)　ΔH2
NH3·H2O(aq)＋HCl(aq)===NH4Cl(aq)＋H2O(l)　ΔH3
ΔH1、ΔH2、ΔH3的数值均不等于57.3
kJ·mol－1，为什么？
答案　57.3
kJ的热量是指强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应的中和热，有弱酸或弱碱参加的中和反应，实验测出的中和热的数值要低于57.3
kJ，因为弱电解质反应时会继续电离，电离要吸热；在Ba(OH)2和H2SO4反应中，除生成H2O外，还生成了BaSO4，这部分反应热应不计在中和热内。即：中和热不包括离子在水溶液中的生成热，物质的溶解热，电解质电离所伴随的热效应。
二、中和热的测定
1．装置及仪器
2．实验原理
在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1
mol
H2O，这时的反应热叫中和热。实验中通过测定酸碱中和反应过程中所放出的热量计算中和热。
3．实验步骤
(1)在大烧杯底部垫泡沫塑料(或纸条)，使放入的小烧杯杯口与大烧杯杯口相平。然后在大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料(或纸条)，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、隔热及减少实验过程中热量损失的目的。
(2)用一量筒量取50
mL
0.50
mol·L－1盐酸，倒入小烧杯中，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)用另一个量筒量取50
mL
0.55
mol·L－1
NaOH溶液，并用温度计测量NaOH溶液的温度。
(4)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溶液一次性倒入小烧杯中(不要洒到外面)，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，记为终止温度，重复(2)～(4)操作三次。
4．注意事项
(1)实验中应防止热量散失，如搅拌时应用玻璃棒，而不应用金属棒(丝)搅拌。
(2)加过量碱液使酸完全反应，碱过量对中和热测定没有影响。
(3)数据处理时，相差较大的数据可能是偶然误差引起的，应舍去。
【合作探究】
1．在实验中，大小烧杯放置时，为何要使两杯口相平，填碎纸条的作用是什么？
答案　两杯口相平，可使盖板把杯口尽量盖严，从而减少热量损失；填碎纸条的作用是为了达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的。
2．酸、碱混合时，为何要把量筒中的NaOH溶液一次倒入小烧杯而不能缓缓倒入？
答案　因为该实验的关键是尽可能减少热量的损失，若动作迟缓，将会使热量损失多而使实验误差增大。
一、中和热测定实验的误差分析
【例1】　用“偏高”、“偏低”或“不变”填空。
(1)大烧杯上如不盖硬纸板，测得中和热的数值______。
(2)若将环形玻璃搅拌棒改成“铜棒”，测得中和热的数值______。
(3)在实验中用“50
mL
0.5
mol·L－1”的盐酸与50
mL
0.55
mol·L－1
NaOH反应测定中和热，若把50
mL的NaOH改成60
mL，测得中和热的数值______。
(4)最后记录的温度不是最高温度，测得中和热的数值________。
(5)量取NaOH溶液和稀盐酸时，均仰视刻度线，测得中和热的数值______。
答案　(1)偏低　(2)偏低　(3)不变　(4)偏低　(5)偏高
【反思归纳】　中和热实验误差分析
测得的数据若不是57.3
kJ·mol－1，产生误差的原因可能有：
(1)量取溶液的体积有误差(测量结果是按50
mL的酸、碱进行计算的，若实际量取时，大于50
mL或小于50
mL都会造成误差)。
(2)温度计的读数有误。
(3)实验过程中有液体洒在外面。
(4)混合酸、碱溶液时，动作缓慢，导致实验误差。
(5)隔热操作不到位，致使实验过程中热量损失而导致误差。
(6)测了酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的温度，会使热量损失而引起误差。
变式训练1　实验室利用如图装置进行中和热的测定，请回答下列问题：
(1)该图中有两处未画出，它们是________，________。
(2)在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是________。
(3)如用0.5
mol·L－1的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将________(填“偏大”、“偏小”、“不变”)；原因是______________________
__________________________________________________。
答案　(1)环形玻璃搅拌棒　泡沫塑料板或硬纸板
(2)提高装置的保温效果
(3)偏大　氢氧化钠固体溶于水放热
二、中和热测定实验的数据记录与处理
【例2】　利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50
mL
0.50
mol·L－1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸的温度，然后把温度计上的酸用水冲洗干净；②用另一量筒量取50
mL
0.55
mol·L－1
NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：
(1)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________(填字母)。
A．用温度计小心搅拌
B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯
D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
(2)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1
g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18
J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________(结果保留一位小数)。
(3)________(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是________________________________________________________________________。
解析　(1)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动。
(2)取三次实验的平均值代入公式计算即可。
即：t1＝＝20.3
℃
t2＝＝23.4
℃
所以ΔH＝
－
≈－51.8
kJ·mol－1
(3)因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应时生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热，故不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸。
答案　(1)D　(2)－51.8
kJ·mol－1　(3)不能　H2SO4与Ba(OH)2反应时生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的中和热
变式训练2　实验室用50
mL
0.50
mol·L－1盐酸、50
mL
0.55
mol·L－1
NaOH溶液和下图所示装置进行测定中和热的实验，得到表中的数据：
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
NaOH溶液
1
20.2
20.3
23.7
2
20.3
20.5
23.8
3
21.5
21.6
24.9
完成下列问题：
(1)实验时用环形玻璃搅拌棒搅拌溶液的方法是________________，不能用铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒的理由是________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(2)经数据处理，t2－t1＝3.4
℃。则该实验测得的中和热ΔH＝________[盐酸和NaOH溶液的密度按1
g·cm－3计算，反应后混合溶液的比热容(c)按4.18
J·g－1·℃－1计算]。
(3)若将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水，测得中和热为ΔH1，则ΔH1与ΔH的关系为ΔH1____(填“＜”“＞”或“＝”)ΔH，理由是_______________________________。
答案　(1)上下搅动(或轻轻搅动)　Cu传热快，热量损失多　(2)－56.8
kJ·mol－1　(3)＞　NH3·H2O电离吸热
解析　(1)对于本实验，让NaOH和HCl尽可能快地完全反应是减小误差的一个方面，所以实验时用环形玻璃搅拌棒上下搅动，做好保温工作是减小误差的另一个重要方面。由于铜丝传热快，热量损失多，所以选用环形玻璃搅拌棒，而不用铜丝搅拌棒。(2)ΔH＝
－(100
g×4.18×10－3
kJ·g－1·℃－1×3.4
℃)÷0.025
mol＝－56.8
kJ·mol－1。(3)因弱电解质的电离过程是吸热的，将NaOH溶液改为相同体积、相同浓度的氨水反应后放出的热量少，所以ΔH1＞ΔH。
1．下列关于中和热的说法中正确的是(　　)
A．10
L
0.1
mol·L－1
NaOH溶液与10
L
0.1
mol·L－1盐酸反应时的反应热是中和热
B．1
mol
HCl气体通入1
L
0.01
mol·L－1
NaOH溶液中反应时的反应热是中和热
C．1
mol
CH3COOH与2
mol
NaOH溶液反应时的反应热是中和热
D．只要强酸与强碱在稀溶液中反应生成1
mol水时的反应热就是中和热
答案　A
解析　B中1
mol
HCl气体通入1
L
0.01
mol·L－1
NaOH溶液中反应的热效应除了中和热外还有HCl气体的溶解热和电离热效应，错误；C中醋酸溶液和NaOH溶液不一定是稀溶液，错误；D中如果是硫酸与氢氧化钡反应，它们反应除生成水外还会生成硫酸钡沉淀，会放出更多热量。
2．在测定中和热的实验中，下列说法正确的是(　　)
A．使用环形玻璃搅拌棒是为了加快反应速率，减小实验误差
B．为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与小烧杯底部接触
C．用0.5
mol·L－1
NaOH溶液分别与0.5
mol·L－1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同
D．在测定中和热实验中需要使用的仪器有天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计
答案　A
解析　在中和热的测定中，使用环形玻璃搅拌棒，目的是使反应物混合均匀，加快反应，减小误差，A正确；B项中温度计水银球不能接触烧杯底部，B错；C项中CH3COOH为弱酸，电离时吸热，故测得的中和热比用盐酸时数值小，C错；D项中实验仪器中不需要天平、滴定管，D错。
3．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
答案　C
解析　分次加入混合时，容易造成热量损失，使测试结果不准确。
4．含有11.2
g
KOH的稀溶液与1
L
0.1
mol·L－1的H2SO4溶液反应，放出11.46
kJ的热量，表示该反应的中和热的热化学方程式为(　　)
A．KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－11.46
kJ·mol－1
B．2KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l)
ΔH＝－11.46
kJ·mol－1
C．2KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l)
ΔH＝－114.6
kJ·mol－1
D．KOH(aq)＋H2SO4(aq)===K2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ·mol－1
答案　D
解析　中和热是以生成1
mol
H2O(l)所放出的热量来衡量的，故书写中和热的热化学方程式时，应以生成1
mol
H2O(l)为标准来配平其余物质的化学计量数，故答案为D。
5．用50
mL
0.50
mol/L的盐酸与50
mL
0.55
mol/L的氢氧化钠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)环形玻璃搅拌棒能否用环形铁质搅拌棒代替？________(填“能”或“不能”)，其原因是_____________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________。
(2)已知在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1
mol
H2O时，放出57.3
kJ的热量，则题述反应的热化学方程式为_______________________________________________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)不能　铁会和盐酸反应；铁导热性好，热量损失较大
(2)NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ·mol－1
解析　(1)环形铁质搅拌棒一是能导热，造成热量损失，二是可以与盐酸反应，故不能用其代替环形玻璃搅拌棒。(2)因为在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应生成1
mol
H2O时，放出57.3
kJ的热量，所以题述反应的热化学方程式为NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ·mol－1。
[基础过关]
一、中和反应的反应热
1．下列说法正确的是(　　)
A．中和热一定是强酸跟强碱反应放出的热量
B．1
mol酸与1
mol碱完全反应放出的热量是中和热
C．在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1
mol
H2O(l)时的反应热叫做中和热
D．测定中和热时可用稀硫酸和稀Ba(OH)2溶液
答案　C
解析　本题考查的是中和热的概念，关键是记清楚有关中和热的问题。中和热是指稀酸、稀碱中和反应生成1
mol
H2O(l)时所放出的热量，故C正确；H2SO4和Ba(OH)2反应时，除生成水外，还有BaSO4沉淀生成，所以其反应热不是中和热，D错误。
2．已知H＋＋OH－===H2O生成1
mol
H2O放出热量57.3
kJ，下列反应中能放出57.3
kJ热量的是(　　)
A．1
mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应
B．稀盐酸与氨水反应生成1
mol
H2O
C．稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1
mol水
D．稀NaOH与95%浓硫酸反应生成1
mol水
答案　C
解析　A放出热量应为2
mol×57.3
kJ·mol－1；B放出热量应略小于57.3
kJ，因弱酸、弱碱在水中电离要吸收一部分热量，故多数强酸与弱碱、弱酸与强碱的中和反应热数值小于57.3
kJ；酸与碱的浓度不能太大，否则中和热数值会偏大，故D错。
3．中和热是在稀溶液中，酸、碱发生中和反应生成
1
mol
液态水时放出的热量，强酸、强碱的中和热为57.3
kJ·mol－1。下列热化学方程式中正确的是(　　)
A．HNO3(aq)＋KOH(aq)===H2O(l)＋KNO3(aq)　ΔH>－57.3
kJ·mol－1
B．HNO3(aq)＋NH3·H2O(aq)===H2O(l)＋NH4NO3(aq)
ΔH<－57.3
kJ·mol－1
C．CH3COOH(aq)＋KOH(aq)===H2O(l)＋CH3COOK(aq)
ΔH<－57.3
kJ·mol－1
D．CH3COOH(aq)＋NH3·H2O(aq)===H2O(l)＋CH3COONH4(aq)　ΔH>－57.3
kJ·mol－1
答案　D
解析　A项中ΔH＝－57.3
kJ·mol－1，错；B、C两项中，NH3·H2O、CH3COOH为弱电解质，电离时需吸收热量，分别与强酸、强碱发生中和反应时，放出的热量小于57.3
kJ，故ΔH>－57.3
kJ·mol－1，B、C错。
二、中和热测定实验仪器与操作
4．测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热实验中没有使用的仪器有：①大、小烧杯；②容量瓶；③量筒；④环形玻璃搅拌棒；⑤试管；⑥温度计；⑦蒸发皿；⑧托盘天平中的(　　)
A．①②⑥⑦
B．②⑤⑦⑧
C．②③⑦⑧
D．③④⑤⑦
答案　B
解析　本题主要考查中和热测定实验中仪器的使用问题，该实验中用到大、小烧杯、温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒，没有用到容量瓶、试管、蒸发皿和托盘天平，故B项正确。
5．实验室进行中和热的测定实验时除需要大烧杯(500
mL)、小烧杯(100
mL)外，所用的其他仪器和试剂均正确的一组是(　　)
A．0.50
mol·L－1盐酸，0.50
mol·L－1
NaOH溶液，100
mL
量筒1个
B．0.50
mol·L－1盐酸，0.55
mol·L－1
NaOH溶液，100
mL
量筒2个
C．0.50
mol·L－1盐酸，0.55
mol·L－1
NaOH溶液，50
mL
量筒1个
D．0.50
mol·L－1盐酸，0.55
mol·L－1
NaOH溶液，50
mL
量筒2个
答案　D
解析　本实验中为了保证0.50
mol·L－1的盐酸完全被中和，采用0.55
mol·L－1
NaOH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。
6．关于中和热测定的说法错误的是(　　)
A．实验需用到的主要玻璃仪器包括大、小烧杯、温度计、环形玻璃搅拌棒及泡沫塑料板、碎泡沫塑料(或硬纸板、碎纸条)等
B．盐酸与某强碱中和放出的热量随反应物的用量改变而改变，但中和热不变
C．NaOH稍过量的目的是保证盐酸完全被NaOH中和
D．测定结果准确与否的关键是尽量减小热量损失及准确读取混合溶液的最高温度等
答案　A
7．中和热测定实验中，下列操作一定会降低实验准确性的是(　　)
A．用滴定管取所用药品
B．NaOH溶液在倒入小烧杯时，有少量溅出
C．大、小烧杯体积相差较大，夹层间放的碎泡沫塑料较多
D．测量HCl溶液的温度计用水洗净后再用来测NaOH溶液的温度
答案　B
解析　NaOH溶液在倒入小烧杯时，有少量溅出，实验中生成水的量减少，放出的热量减小，测得中和热的数值不准。
三、中和热测定实验数据处理与计算
8．为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是(　　)
①酸溶液的浓度和体积　②碱溶液的浓度和体积　③比热容　④反应后溶液的质量(单位：kg)　⑤生成水的物质的量　⑥反应前后温度变化　⑦操作所需的时间
A．①②③⑥
B．①③④⑤
C．③④⑤⑥
D．全部
答案　C
解析　根据ΔH＝－可知，C正确。
9．已知含1
mol
NaOH的稀溶液与含1
mol
HCl的稀溶液反应可放出57.3
kJ的热量，则含0.05
mol
H2SO4的浓硫酸与足量的稀NaOH溶液反应，放出的热量为(　　)
A．5.73
kJ
B．＞5.73
kJ
C．＜5.73
kJ
D．无法判断
答案　B
解析　NaOH与HCl反应的实质为H＋＋OH－===H2O，即1
mol
H＋与1
mol
OH－反应时放出57.3
kJ的热量。0.05
mol的H2SO4中n(H＋)＝0.1
mol，与足量的OH－反应，放出5.73
kJ的热量，注意：浓H2SO4稀释时还放出部分热量。
10．将V1
mL
1.00
mol·L－1
HCl溶液和V2
mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50
mL)。下列叙述正确的是(　　)
A．做该实验时环境温度为22
℃
B．该实验表明化学能可以转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约为1.00
mol·L－1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
答案　B
解析　从图中曲线可以看出，温度为22
℃时，V1为5
mL，则V2为45
mL，此时已经开始发生反应，所以22
℃一定不是室温，A错；曲线随V1增多而升高，随反应的进行，溶液温度升高，说明反应放热，化学能转化为热能，B正确；当V1＝30
mL
时温度最高，说明此时两者恰好完全反应，则c(NaOH)＝＝1.5
mol·L－1，C错；该实验不能证明有水生成的其他反应也是放热反应，D错。
[能力提升]
11．已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3
kJ·mol－1，回答下列问题：
(1)用含20
g
NaOH的稀溶液跟足量稀盐酸反应放出____________kJ的热量。
(2)用含2
mol
H2SO4的稀溶液跟足量稀NaOH反应，此反应的中和热ΔH为______________。
(3)如果将(1)反应中的稀盐酸换成稀醋酸，反应放出的热量____________(填“大于”、“小于”或“等于”)(1)中反应放出的热量。
答案　(1)28.65　(2)－57.3
kJ·mol－1　(3)小于
解析　(1)＝0.5
mol，所以0.5
mol
NaOH与足量稀盐酸反应放出的热量为
0.5
mol×57.3
kJ·mol－1＝28.65
kJ。
(2)据中和热的定义可知，中和热与强酸、强碱的物质的量的多少无关，中和热ΔH为
－57.3
kJ·mol－1。
(3)因醋酸为弱酸，用NaOH中和时，需不断地电离出H＋，而电离过程中要吸收热量，故反应放出的热量会减小。
12.50
mL
0.50
mol·L－1盐酸与50
mL
0.55
mol·L－1
NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_________
_______________，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是___________________________________
_____________________________________。
(2)大烧杯上如不盖硬纸板，则求得的中和热数值________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(3)实验中若改用60
mL
0.50
mol·L－1盐酸跟50
mL
0.55
mol·L－1
NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热的数值__________(填“相等”或“不相等”)，理由是______________________________________。
(4)三次平行操作测得的数据中，起始时盐酸与烧碱溶液温度相同，而终止温度与起始温度之差(t2－t1)分别为2.3
℃、2.4
℃、2.9
℃，则最终代入计算式的温度差的平均值为________℃。
答案　(1)环形玻璃搅拌棒　保温、隔热，减少实验过程中的热量损失　(2)偏小
(3)不相等　相等　60
mL
0.50
mol·L－1盐酸和50
mL
0.55
mol·L－1烧碱溶液反应，能生成0.027
5
mol
H2O，而50
mL
0.50
mol·L－1盐酸与50
mL
0.55
mol·L－1烧碱溶液反应只能生成0.025
mol
H2O，因此所放出的热量不相等；中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1
mol
H2O时所放出的热量，与酸、碱的用量无关，因此所求中和热相等
(4)2.35
[拓展探究]
13．某实验小组用0.50
mol·L－1
NaOH溶液和0.50
mol·L－1硫酸溶液进行中和热的测定，其实验装置如图所示。
(1)写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3
kJ·mol－1)：
___________________________________________________________。
(2)取50
mL
NaOH溶液和30
mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。请填写下表中的空白：
温度实验次数　
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
2
27.0
27.4
27.2
31.2
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
(3)近似认为0.50
mol·L－1
NaOH溶液和0.50
mol·L－1硫酸溶液的密度都是1
g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18
J·g－1·℃－1。则中和热ΔH＝_______________________________
_________________________________________
(取小数点后一位)。
(4)上述实验数值结果与57.3
kJ·mol－1有偏差，产生偏差的原因可能是____________(填字母)。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
答案　(1)H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l)　ΔH＝－114.6
kJ·mol－1
(2)4.0　(3)－53.5
kJ·mol－1　(4)acd第2课时　盐类水解的影响因素及应用
[目标导航]　1.掌握影响盐类水解平衡移动的外界因素以及水解程度的变化。2.了解盐类水解在生产生活中的应用，了解盐类水解在化学实验和科学研究中的应用。
一、影响盐类水解平衡的因素
1．内因
酸或碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。
2．外因
因素
水解平衡
水解程度
水解产生离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小(即稀释)
右移
增大
减小
外加酸碱
酸
弱碱阳离子的水解程度减小
碱
弱酸根离子的水解程度减小
3.以CH3COONa的水解为例(CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－)填写下表
条件
c(CH3COO－)
c(CH3COOH)
c(OH－)
c(H＋)
pH
水解程度
升温
减小
增大
增大
减小
增大
增大
加H2O
减小
减小
减小
增大
减小
增大
加CH3COOH
增大
增大
减小
增大
减小
减小
加CH3COONa(s)
增大
增大
增大
减小
增大
减小
加HCl
减小
增大
减小
增大
减小
增大
加NaOH(s)
增大
减小
增大
减小
增大
减小
【合作探究】
1．水解平衡右移，盐的离子的水解程度是否一定增大？
答案　不一定。加水稀释时，水解平衡右移，水解程度一定增大，但增大水解离子的浓度，平衡也右移，但水解程度减小。
2．稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强吗？
答案　盐溶液的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液中离子浓度小是主要因素，故溶液酸性(或碱性)越弱。
3．有人认为，向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，会与CH3COONa溶液水解产生的
OH－反应，使平衡向水解方向移动，这种说法对吗？为什么？
答案　不对，原因是：体系中c(CH3COOH)增大，抑制了水解，会使平衡CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－左移。
4．为使Na2S溶液中的值减小，可以采取什么措施？
加入NaOH、NaHS是否可以？
答案　(1)降温　(2)加入KOH或KHS。
加入NaOH、NaHS不可以，因为水解平衡虽然左移，c(S2－)增大，但c(Na＋)增大更多，致使增大。
二、盐类水解的应用
1．作净水剂
铝盐、铁盐等部分盐类水解生成胶体，有较强的吸附性，常用作净水剂。
如明矾水解的离子方程式为Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋。
2．热碱水去油污
纯碱水解的离子方程式为
CO＋H2O??HCO＋OH－。加热促进CO的水解，溶液碱性增强，去污能力增强。
3．盐溶液的配制和保存
配制、保存SnCl2或FeCl3等易水解的盐溶液时，加入少量盐酸的目的是抑制Sn2＋或Fe3＋的水解。
4．制备胶体
向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并加热至沸腾以增大Fe3＋的水解程度，从而制备Fe(OH)3胶体。
5．泡沫灭火器原理
Al2(SO4)3溶液与小苏打溶液发生水解相互促进反应，产生CO2气体和Al(OH)3沉淀，将燃烧物质与空气隔离开来。离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
6．制备无机化合物
如用TiCl4制备TiO2。其反应的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)??TiO2·xH2O↓＋4HCl。
【合作探究】
1．盛放Na2CO3、Na2S溶液的试剂瓶为什么不能用玻璃塞？
答案　因为Na2CO3、Na2S溶液水解显碱性，碱性溶液可与玻璃中的SiO2反应生成Na2SiO3，而使瓶口和玻璃塞黏结不易打开。
2．加热蒸干AlCl3溶液得到什么物质？若灼烧又怎么样？为什么？
答案　由于AlCl3＋3H2O??Al(OH)3＋3HCl，在加热过程中，HCl不断挥发，水解平衡不断向右移动，得到Al(OH)3，若灼烧Al(OH)3分解得到Al2O3。
3．怎样从FeCl3溶液中得到FeCl3晶体？
答案　在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液。
4．怎样除去酸性MgCl2溶液中的FeCl3
答案　根据FeCl3＋3H2O??Fe(OH)3＋3HCl，加入MgO或MgCO3促进Fe3＋的水解，使FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀而除去。
5．草木灰为什么不能和铵态氮肥混合施用？
答案　草木灰的主要成分是K2CO3，水解呈碱性：CO＋H2O??HCO＋OH－，NH与OH－结合生成NH3逸出，降低氮肥的肥效。
6．将AlCl3溶液与Na2S溶液混合，是否可以得到Al2S3？为什么？
答案　不能得到Al2S3，得到的是Al(OH)3，因为Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋，S2－＋H2O??HS－＋OH－，HS－＋H2O??H2S＋OH－，二者混合，会促进而使水解完全，得到Al(OH)3，2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。
7．Fe3＋与S2－、HS－能否大量共存？为什么？
答案　不能。因为2Fe3＋＋S2－===2Fe2＋＋S↓、2Fe3＋＋HS－===2Fe2＋＋H＋＋S↓。
8．NH与Cl－能否大量共存？NH与CO、HCO呢？
答案　均能大量共存，因为单独的NH水解程度很微弱，NH与CO、HCO虽能相互促进水解，但由于生成的NH3·H2O、H2CO3浓度非常小，不会生成NH3、CO2气体而脱离平衡体系。
一、影响盐类水解平衡的因素
【例1】　在一定条件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－，下列说法正确的是(　　)
A．稀释溶液，平衡正向移动，eq
\f(c（HCO）·c（OH－）,c（CO）)增大
B．通入CO2，平衡逆向移动，溶液pH减小
C．加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH减小
D．升高温度，eq
\f(c（HCO）,c（CO）)增大
答案　D
解析　A项，稀释溶液平衡正向移动且Ka1＝eq
\f(c（OH－）·c（HCO）,c（CO）)，Ka1不变，A项不正确；B项，通入CO2，CO2＋2OH－===CO＋H2O，c(OH－)减小，平衡正向移动，B项不正确；C项，加入NaOH固体，平衡逆向移动，但溶液中c(OH－)增大，pH增大，C项不正确；D项，升高温度，平衡正向移动，eq
\f(c（HCO）,c（CO）)增大，D项正确。
【反思归纳】　从定性、定量两角度理解影响盐类水解的因素
(1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以氯化铁水解为例，当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，学生应从移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结，加以分析掌握。
(2)水解平衡常数(Kh)只受温度的影响(水解平衡常数，属于化学平衡常数的一种，也可由Ka和Kw表示：Kh＝)。
变式训练1　在Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是(　　)
A．加热
B．通入HCl
C．加入适量Na2CO3(s)
D．加入NaCl溶液
答案　D
解析　加热能使平衡向水解方向移动，c(H＋)增大，pH减小，故A项不符合题意；通入HCl能增大c(H＋)，抑制了水解，且pH减小，故B项也不符合题意；加入适量Na2CO3(s)，由于发生2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑，相互促进水解，但pH不增大，故C项不符合题意；加入NaCl溶液，相当于加水稀释，能促进水解，但因加入NaCl溶液稀释引起
c(H＋)变小，故pH也增大，因而D项符合题意。
二、盐溶液蒸干产物的判断
【例2】　(1)(NH4)2SO4溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是______________
__________________________________________________________。
(2)Ba(HCO3)2溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是__________________________
______________________________________________。
(3)Na2SO3溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是_______________________________
_________________________________________。
答案　(1)(NH4)2SO4　溶液中虽然NH水解生成NH3·H2O，但由于生成的H2SO4为不挥发性强酸，随H2SO4浓度增大，将再与NH3·H2O反应生成(NH4)2SO4
(2)BaCO3　由于在溶液中Ba(HCO3)2分解生成BaCO3、CO2和H2O，随着浓缩的不断进行，CO2不断逸出，最后剩余BaCO3
(3)Na2SO4　由于蒸发过程中Na2SO3不断被氧化，最终生成Na2SO4
【反思归纳】　不同类型盐蒸干产物的判断
常见类型
溶液蒸干所得物质
金属阳离子易水解的挥发性强酸盐
蒸干时得氢氧化物和氧化物的混合物，灼烧时得氧化物，如AlCl3(FeCl3)溶液蒸干时得到Al(OH)3和Al2O3[Fe(OH)3和Fe2O3]的混合物
金属阳离子易水解的难挥发性强酸盐
蒸干得原溶质，如Al2(SO4)3溶液蒸干仍得Al2(SO4)3固体
酸根阴离子易水解的强碱盐
蒸干得原溶质，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固体
阴、阳离子均易水解，且水解产物均易挥发的盐
蒸干后得不到任何物质，如(NH4)2S、(NH4)2CO3等蒸干后得不到任何物质
不稳定的化合物的水溶液
加热时在溶液中就能分解，得不到原物质，如Ca(HCO3)2溶液蒸干后得CaCO3，Mg(HCO3)2溶液蒸干后得Mg(OH)2，KHCO3溶液蒸干后得K2CO3
易被氧化的盐
蒸干后得不到原物质，蒸干后得其氧化产物，如FeSO4溶液蒸干后得Fe2(SO4)3，Na2SO3溶液蒸干后得Na2SO4
变式训练2　将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是(　　)
①胆矾　②氯化铝　③硫酸铝　④氯化铜
A．③
B．①④
C．①②③
D．全部
答案　A
解析　①胆矾经一系列转化得CuSO4固体；②AlCl3最终得到Al2O3；④CuCl2最终得到CuO。
三、pH值的大小比较
【例3】　物质的量浓度均为0.1
mol·L－1时，下列各组溶液按pH由小到大的顺序排列的是(　　)
A．NH4Cl、AlCl3、MgCl2、CaCl2
B．Na2CO3、C6H5ONa、NaHCO3、NaAc
C．(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S
D．Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4、NaHCO3
解析　Al3＋、NH、Mg2＋、Ca2＋对应的碱依次为Al(OH3)、NH3·H2O、Mg(OH)2、Ca(OH)2，其碱性逐渐增强，所以其盐的水解程度逐渐减弱，c(H＋)逐渐减小，pH逐渐增大，A项错误；同浓度的Na2CO3、NaHCO3相比，前者碱性强，pH大，B项错；C项，Na2S溶液中的S2－发生水解，溶液显碱性，NaNO3不水解，为中性，(NH4)2SO4和NH4Cl相比，前者的c(NH)大，水解得到的c(H＋)大，pH小；D项中，Na3PO4、Na2HPO4、NaHCO3显碱性，而NaH2PO4显酸性，故D项错误。
答案　C
【归纳总结】　pH值大小比较的方法规律
比较溶液的pH时，先将电解质溶液按酸性、中性、碱性分组。不同组之间pH(酸性溶液)＜pH(中性溶液)＜pH(碱性溶液)，同一组内再根据电离及水解知识比较不同电解质溶液的pH。
(1)酸性溶液组
①同浓度的强酸，元数越大，c(H＋)越高，pH越小；
②同浓度的强酸与弱酸，强酸溶液中的c(H＋)大，pH小；
③同浓度、同元弱酸，酸越弱，c(H＋)越小，pH越大；
④同浓度的强酸弱碱盐，水解生成的碱越弱，溶液的酸性越强，pH越小；
⑤同浓度的强酸与强酸弱碱盐比较，由于盐的水解程度一般较小，故强酸溶液中的c(H＋)较大，pH较小。
(2)碱性溶液组
比较方法同(1)类似，但是难溶性的酸、碱或盐的溶液中c(H＋)、c(OH－)均很低，不能按上述方法比较，如Mg(OH)2、H2SiO3、CaCO3等。
变式训练3　现有等浓度的下列溶液：①醋酸；②苯酚；③苯酚钠；④碳酸；⑤碳酸钠；⑥碳酸氢钠。按溶液pH由小到大排列正确的是(　　)
A．④①②⑤⑥③
B．④①②⑥⑤③
C．①④②⑥③⑤
D．①④②③⑥⑤
答案　C
解析　本题易忽视酸根离子对应酸的酸性越弱对应盐的水解能力越强，易误认为苯酚比HCO更难电离产生H＋，导致错选D。本题分两组讨论：碳酸、醋酸、HCO和苯酚电离产生H＋的能力CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO；苯酚钠、碳酸钠、碳酸氢钠属于盐类，等物质的量浓度的溶液，根据越弱越水解推知，碳酸钠溶液碱性最强，碳酸氢钠溶液碱性最弱。溶液pH由小到大排序为①＜④＜②＜⑥＜③＜⑤。故选C。
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．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
答案　B
解析　铁在潮湿的环境中生锈是因为钢铁发生原电池反应被腐蚀；D项中，浓硫化钠溶液有臭味，是因为S2－＋H2O??HS－＋OH－、HS－＋H2O??H2S＋OH－，H2S有臭味，与水解有关。
2．室温下，将碳酸钠溶液加热至70
℃，其结果是(　　)
A．溶液中c(CO)增大
B．水的电离程度不变
C．Kw将变小
D．溶液的碱性增强
答案　D
解析　对于水解平衡CO＋H2O??HCO＋OH－，升温，平衡右移，c(CO)减小，水的电离程度增大，Kw变大，溶液的碱性增强。
3．下列关于盐类水解的说法错误的是(　　)
A．在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离
B．同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH大
C．在NH4Cl溶液中加入稀HNO3能抑制NH水解
D．加热CH3COONa溶液，溶液中的值将减小
答案　B
解析　盐类水解促进水的电离，A对；NH水解使溶液显酸性，加入HNO3抑制NH水解，C对；加热CH3COONa溶液，CH3COO－水解程度增大，c(CH3COO－)减小，c(Na＋)不变，则的值变小，D对。
4．向三份0.1
mol·L－1
CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－的浓度变化依次为(　　)
A．减小、增大、减小
B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大
D．增大、减小、增大
答案　A
解析　CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。加入NH4NO3，NH水解：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，H＋和OH－反应，使平衡右移，CH3COO－浓度减小，促进水解；加入Na2SO3，SO＋H2O??HSO＋OH－，水解产生OH－，使平衡左移，CH3COO－浓度增大，抑制水解；加入FeCl3固体，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，影响同NH，使CH3COO－浓度减小，促进水解。
5．下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是(　　)
A．加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体
B．除去MgCl2中的Fe3＋，可以加入NaOH固体
C．明矾净水的反应：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋
D．加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑与CO2的反应)
答案　C
解析　A项，加热蒸发Na2CO3溶液，得不到NaOH，虽然加热促进CO水解，但生成的NaHCO3又与NaOH反应生成了Na2CO3；B项，Mg2＋和Fe3＋均可与OH－反应生成沉淀，且引入了新杂质Na＋，应用MgO或MgCO3固体；D项，KCl不水解，不可能得到KOH固体。
6．(1)AgNO3的水溶液呈________(填“酸”、“中”或“碱”)性，原因是______________
__________________________________________________________
(用离子方程式表示)；实验室在配制AgNO3溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后用蒸馏水释释到所需的浓度，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，最后得到的固体产物主要是________。
(3)纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是_________________________________________
____________________________________________________________(用离子方程式表示)。
答案　(1)酸　Ag＋＋H2O??AgOH＋H＋　抑制
(2)Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋　Fe2O3
(3)CO＋H2O??HCO＋OH－
解析　(1)AgNO3溶液中存在水解平衡：Ag＋＋H2O??AgOH＋H＋，所以溶液呈酸性，为抑制AgNO3水解，配制时通常加入HNO3。(2)由反应Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋和Al(OH)3胶体能沉降水中的悬浮杂质可知，明矾能用于净水；FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2O??Fe(OH)3＋3HCl，加热时HCl挥发，蒸干时得到Fe(OH)3，再灼烧得到Fe2O3。(3)纯碱是Na2CO3，在其水溶液中CO水解使溶液显碱性，故能用于除去油污。
[基础过关]
一、外界条件对水解平衡的影响
1．在醋酸钠溶液里，加入下列物质使水解平衡向左移动，并且pH变大的是(　　)
A．加入适量纯CH3COOH
B．加入少量NaCl固体
C．加入少量NaOH固体
D．加水稀释
答案　C
解析　CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。A项，加入纯CH3COOH，左移，pH变小；B项，加NaCl平衡不移动，C项，加入NaOH固体，左移，pH变大；D项，加水稀释，右移，pH变小。
2．为了配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入(　　)
①适量的HCl　②适量的NaCl　③适量的氨水　④适量的NaOH
A．①②
B．③
C．③④
D．④
答案　B
解析　NH4Cl溶液中存在NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋，为增大NH浓度，应加入酸或NH3·H2O，①加入HCl虽然增大了H＋的浓度，但也增大了Cl－的浓度，不符合题目要求。
3．已知K2HPO4溶液呈碱性，即HPO结合H＋的能力大于其电离产生H＋的能力。溶液中存在如下平衡：
①HPO＋H2O??H3O＋＋PO，②HPO＋H2O??OH－＋H2PO，③H2O??H＋＋OH－。下列操作能使该溶液中c(H3O＋)增大的是(　　)
A．加水
B．加热
C．加消石灰
D．加K2HPO4固体
答案　A
解析　①HPO＋H2O??H3O＋＋PO，②HPO＋H2O??OH－＋H2PO，③H2O??H＋＋OH－。由题意知溶液呈碱性，以水解平衡②为主。加水，平衡②向右移动，n(OH－)增大，但c(OH－)减小，故c(H3O＋)增大，则A对；加热，②向右移动，c(OH－)增大，故c(H3O＋)减小，B错；加Ca(OH)2，OH－与H3O＋反应生成H2O，c(H3O＋)减小，C错；加K2HPO4固体，②向右移动，c(OH－)增大，故c(H3O＋)减小，D错。
二、盐类水解的实际应用
4．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　　)
A．CO＋H2O??HCO＋OH－　热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋　明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)??TiO2·xH2O↓＋4HCl用TiCl4制备TiO2
D．SnCl2＋H2O??Sn(OH)Cl＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
答案　D
解析　本题考查了盐类水解的平衡移动问题。A项，加热平衡右移，碱性增强，有利于除油污；D项，根据平衡移动的原理可知，向溶液中加入NaOH，平衡向SnCl2水解的方向移动，所以D错。
5．下列说法正确的是(　　)
A．将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
C．用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋
D．为抑制Fe3＋的水解，较好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸
答案　D
解析　A项，氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到氧化铝，而硫酸铝溶液蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸铝，不正确；B项，所加酸应是稀硫酸，不能引入新杂质；C项，加热法不能除去
Fe3＋；因FeCl3水解显酸性，加入盐酸可抑制水解。
6．同时对农作物施用含N、P、K的三种化肥，现有下列化肥：①K2CO3、②KCl、③Ca(H2PO4)2、④(NH4)2SO4、
⑤NH3·H2O，其中最合理的组合方式是(　　)
A．①③④
B．②③④
C．①③⑤
D．②③⑤
答案　B
解析　Ca(H2PO4)2是其中唯一含磷的肥料，肯定要用，由于Ca(H2PO4)2是酸式盐，其水溶液呈酸性，不宜与碱性肥料NH3·H2O及水解呈碱性的K2CO3混合施用，只能与中性肥料KCl和酸性肥料(NH4)2SO4混合施用。
三、判断盐溶液蒸干后的固体物质
7．下列溶液，在空气中受热浓缩，能够得到预想的无水盐的是(　　)
A．MgSO4溶液→MgSO4
B．FeCl3溶液→FeCl3
C．Mg(NO3)2溶液→Mg(NO3)2
D．AlCl3溶液→AlCl3
答案　A
解析　硫酸盐是难挥发盐，MgSO4溶液受热时尽管能够水解，但硫酸不挥发，所以加热蒸发掉水分得到的仍为MgSO4；而选项B、C、D则是挥发性酸(盐酸、硝酸)盐，受热水解后产生的酸脱离溶液体系，促进盐的水解，得不到预期的无水盐。
8．下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300
℃时充分灼烧至质量不变，最终一定能得到纯净物的是(　　)
A．向FeSO4溶液中通入过量Cl2
B．向NaHCO3溶液中加入一定质量的Na2O2粉末
C．向NaI和NaBr混合溶液中通入过量Cl2
D．向NaOH溶液中加入过量AlCl3溶液
答案　C
解析　A项：发生变化FeSO4Fe2(SO4)3＋FeCl3，蒸干反应后的溶液，得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物，灼烧后得到Fe2(SO4)3和Fe2O3的混合物；B项：发生反应2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑、NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，蒸干溶液并充分灼烧后，得到Na2CO3或Na2CO3和NaOH的混合物；C项：发生反应2NaI＋Cl2===2NaCl＋I2、2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2，蒸干溶液并灼烧后，Br2挥发，I2升华，最终得到NaCl；D项：发生反应AlCl3＋3NaOH(少量)===Al(OH)3↓＋3NaCl，由于AlCl3过量，反应后溶液中存在Al(OH)3、NaCl和AlCl3，蒸干溶液并充分灼烧后最终得到NaCl和Al2O3的混合物。
四、在判断离子共存中的应用
9．下列哪组离子能在水溶液中大量共存(　　)
A．K＋、CO、HS－、S2－、Al3＋、AlO
B．MnO、Na＋、SO、K＋、Cl－
C．SO、Ag＋、SO、S2－、AlO、K＋
D．Fe2＋、Cl－、H＋、NO
答案　B
解析　A中有能发生双水解反应的离子；C中有能形成沉淀的离子；D中的Fe2＋、H＋、NO可发生氧化还原反应。
10．下列离子组一定不能够大量共存的是(　　)
A．K＋、Na＋、CO、NO
B．NH、HCO、NO、Na＋
C．Al3＋、HCO、NO、Cl－
D．SiO、Na＋、K＋、NO
答案　C
解析　A项，四种离子相互之间不能反应，能大量共存；B项，NH与HCO虽然能相互促进，但不彻底，所以能大量共存；D项能大量共存；C项，由于Al3＋、HCO相互促进水解且生成沉淀和气体，不能大量共存。
[能力提升]
11．水中存在电离平衡：H2O??H＋＋OH－。若在水中分别加入下列各物质：①NaOH(s)　②NH4Cl(s)
③Na2CO3(s)　④CH3COOH(l)　⑤Na(s)
⑥K2SO4，试回答下列问题：
(1)能使水的电离平衡向左移动的是________，不发生移动的是________。
(2)溶液呈酸性的是______，溶液呈碱性的是___________________________________
_____________________________________。
(3)能促进水的电离，且溶液pH>7的是________；能抑制水的电离，且溶液呈酸性的是________。
(4)写出③、⑤中反应的离子方程式：
③________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________；
⑤________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)①④　⑥　(2)②④　①③⑤　(3)③⑤　④
(4)CO＋H2O??HCO＋OH－　HCO＋H2O??H2CO3＋OH－　2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
12．10
℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50
℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
(1)甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3，该分解反应的化学方程式为_____
______________________________________________________________________________。
(3)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。为什么？能不能选用Ba(OH)2溶液？______________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
②将加热后的溶液冷却到10
℃，若溶液的pH______(填“大于”、“小于”或“等于”)8.3，则__________(填“甲”或“乙”)判断正确。
答案　(1)HCO＋H2O??H2CO3＋OH－
(2)大于　2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
(3)①原因是HCO水解程度增大，则溶液中几乎没有CO，所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO来推知乙的观点是否正确，但不能选用Ba(OH)2溶液，因为Ba2＋＋OH－＋HCO===BaCO3↓＋H2O，若用Ba(OH)2检验，无论哪种观点都会有沉淀产生
②等于　甲(或大于　乙)
解析　加热煮沸后，HCO分解成CO，加入BaCl2溶液则生成沉淀。不能选用Ba(OH)2，因为它含有OH－，能与HCO反应生成CO。
[拓展探究]
13．已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。
A．K2Cr2O7
B．NaClO
C．H2O2
D．KMnO4
(2)物质Y是________。
(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？_______________________________________
_________________________________，原因是______________________________________
________________________________________________________________________。
(4)除去Fe3＋的有关离子方程式是______________________________________________
____________________________________________________________________________。
(5)加氧化剂的目的是____________________________________________________________。
(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________，应如何操作？________________________________________________________________________。
答案　(1)C
(2)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]
(3)不能　因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀
(4)Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O等]
(5)将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离
(6)不能　应在HCl气流中加热蒸发
解析　(1)能把Fe2＋氧化为Fe3＋，同时又不引入新的杂质，符合要求的只有H2O2。(2)当CuCl2溶液中混有Fe3＋时，可以利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H＋作用，从而使水解平衡右移，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加碱法使Fe3＋沉淀，同时也必将使Cu2＋沉淀。(6)为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。化学反应与能量
第三节
化学反应热的计算
[目标导航]　1.从能量守恒角度理解并掌握盖斯定律，通过盖斯定律的运用，进一步理解反应热的概念。2.能正确运用盖斯定律解决具体问题，说明盖斯定律在科学研究中的重要作用。3.学会反应热的有关计算。
一、盖斯定律
1．内容
不论化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的(填“相同”或“不同”)。
2．特点
(1)反应的热效应只与始态、终态有关，与途径无关。
(2)反应热总值一定，如下图表示始态到终态的反应热。
则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4＋ΔH5。
(3)能量守恒：能量既不会增加，也不会减少，只会从一种形式转化为另一种形式。
3．意义
因为有些反应进行得很慢，有些反应不容易直接发生，有些反应的产品不纯(有副反应发生)，这给测定反应热造成了困难。此时如果应用盖斯定律，就可以间接地把它们的反应热计算出来。
4．解题实例
ΔH1＝ΔH＋ΔH2
ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－393.5
kJ·mol－1＋283.0
kJ·mol－1＝－110.5
kJ·mol－1。
(2)“方程式加合”法
②变形为CO2(g)===CO(g)＋O2(g)
ΔH＝＋283.0
kJ·mol－1和①相加得
C(s)＋O2(g)＋CO2(g)===CO2(g)＋CO(g)＋O2(g)
ΔH＝－110.5
kJ·mol－1
即C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110.5
kJ·mol－1。
二、反应热的计算
1．主要依据
热化学方程式、键能、盖斯定律及燃烧热等数据。
2．主要方法
(1)依据热化学方程式：反应热的绝对值与各物质的物质的量成正比，依据热化学方程式中的ΔH求反应热，如
aA　＋　bB===cC　＋　dD　　ΔH
a
b
c
d
|ΔH|
n(A)
n(B)
n(C)
n(D)
|Q|
则＝＝＝＝。
(2)依据盖斯定律：根据盖斯定律，可以将两个或两个以上的热化学方程式包括其ΔH相加或相减，得到一个新的热化学方程式，同时反应热也作相应的改变。
(3)依据反应物断键吸收热量Q吸与生成物成键放出热量Q放进行计算：ΔH＝Q吸－Q放。
(4)依据反应物的总能量E反应物和生成物的总能量E生成物进行计算：ΔH＝E生成物－E反应物。
(5)依据物质的燃烧热ΔH计算：Q放＝n可燃物×|ΔH|。
(6)依据比热公式计算：Q＝cmΔt。
【练一练】
1．(依据方程式)已知N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92.2
kJ·mol－1，当放出热量23.05
kJ时，求N2的转化率。
答案　25%
解析　N2(g)＋3H2(g)??2NH3　ΔH＝－92.2
kJ·mol－1
1
mol
92.2
kJ
x
23.05
kJ
x＝0.25
mol
α(N2)＝×100%＝25%。
2．(依据燃烧热)已知在一定条件下，CO的燃烧热为283
kJ·mol－1，CH4的燃烧热为890
kJ·
mol－1，求1
mol
CO和3
mol
CH4组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，释放的热量为________。
答案　2
953
kJ
解析　Q＝283
kJ·mol－1×1
mol＋890
kJ·mol－1×3
mol＝2
953
kJ。
3．(依据键能)已知H—H键键能为436
kJ·mol－1，H—N键键能为391
kJ·mol－1，根据N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝－92.4
kJ·mol－1，则N≡N键的键能为________。
答案　945.6
kJ·mol－1
解析　ΔH＝E(N≡N)＋3E(H—H)－6E(N—H)＝－92.4
kJ·mol－1，代入数据，则E(N≡N)＝945.6
kJ·mol－1。
一、盖斯定律的解题模型及应用技巧
【例1】　根据盖斯定律，结合下述热化学方程式，回答问题。
已知：(1)NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)
ΔH＝－176
kJ·mol－1
(2)HCl(g)＋H2O(l)===HCl(aq)
ΔH＝－72.3
kJ·mol－1
(3)NH3(g)＋HCl(aq)===NH4Cl(aq)
ΔH＝－52.3
kJ·mol－1
(4)NH4Cl(s)＋H2O(l)===NH4Cl(aq)　ΔH＝Q
则Q为________。
解析　
利用盖斯定律知，(3)＋(2)－(1)＝(4)，则ΔH＝－52.3
kJ·mol－1＋(－72.3
kJ·mol－1)－(－176
kJ·mol－1)＝＋51.4
kJ·mol－1。
答案　＋51.4
kJ·mol－1
【反思归纳】
1．解题模型
2．解题注意事项
(1)热化学方程式同乘以某一个数时，反应热数值也必须乘上该数。
(2)热化学方程式相加减时，同种物质之间可相加减，反应热也随之相加减，所求之和为其代数和。
(3)将一个热化学方程式颠倒时，ΔH的“＋”、“－”号必须随之改变。
变式训练1　已知：①2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566
kJ·mol－1；②N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH＝＋180
kJ·mol－1，则2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)的ΔH是(　　)
A．－386
kJ·mol－1
B．＋386
kJ·mol－1
C．－746
kJ·mol－1
D．＋746
kJ·mol－1
答案　C
解析　利用盖斯定律可知①－②即可得：2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g)，故该反应的ΔH＝－566
kJ·mol－1－180
kJ·mol－1＝－746
kJ·mol－1。
二、反应热的比较
【例2】　下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是(　　)
①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2
②S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH3
S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH4
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH5
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH6
④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH7
CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)　ΔH8
A．①
B．④
C．②③④
D．①②③
解析　对于①，CO＋O2―→CO2的反应放热，故ΔH1＜ΔH2，所以①错；对于②，S(s)―→S(g)需要吸热，故ΔH3＞ΔH4，所以②对；对于③，反应放热，后一反应物质的化学计量数为前一反应对应物质的2倍，故ΔH5＞ΔH6，所以③对；对于④，前一反应吸热，后一反应放热，故ΔH7＞ΔH8，所以④对。
答案　C
【方法总结】　反应热的比较方法
(1)同一反应生成物状态不同时
A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH1＜0
A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH2＜0
因为C(g)===C(l)　ΔH3＜0，
ΔH3＝ΔH2－ΔH1，所以ΔH2＜ΔH1。
(2)同一反应反应物状态不同时
S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1＜0
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2＜0
ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，ΔH3＝ΔH1－ΔH2，又ΔH3＜0，所以ΔH1＜ΔH2。
(3)两个有联系的不同反应相比
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＜0
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2＜0
C(s)CO2(g)
C(s)CO(g)CO2(g)
ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，又ΔH3＜0
所以ΔH2＞ΔH1。
变式训练2　已知：
①H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH1＝a
kJ·mol－1
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH2＝b
kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝c
kJ·mol－1
④2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH4＝d
kJ·mol－1
则a、b、c、d的关系正确的是(　　)
A．a＜c＜0
B．b＞d＞0
C．2a＝b＜0
D．2c＝d＞0
答案　C
解析　对比①、②两热化学方程式可知：2a＝b＜0，C正确；对比③、④两式可知2c＝d＜0，D错误，则B也错误；再对比①、③两式，因等质量的H2O(g)比H2O(l)的能量高，则|a|＜|c|，又因为a、c均为负值，故c＜a＜0，A错误。
1．下列关于盖斯定律描述不正确的是(　　)
A．化学反应的反应热不仅与反应体系的始态和终态有关，也与反应的途径有关
B．盖斯定律遵守能量守恒定律
C．利用盖斯定律可间接计算通过实验难测定的反应的反应热
D．利用盖斯定律可以计算有副反应发生的反应的反应热
答案　A
解析　化学反应的反应热与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关。
2．已知热化学方程式：
C(金刚石，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1①
C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2②
C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH3＝＋1.9
kJ·mol－1③
下列说法正确的是(　　)
A．石墨转化成金刚石的反应是吸热反应
B．金刚石比石墨稳定
C．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
D．ΔH1>ΔH2
答案　A
解析　由方程式③中ΔH3＝＋1.9
kJ·mol－1>0得出石墨比金刚石稳定，故A项对，B项错；C项中正确结论应为ΔH3＝ΔH2－ΔH1；ΔH1与ΔH2均小于零，石墨具有的能量低于金刚石，故都生成CO2时ΔH1<ΔH2，D项错。
3．已知H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－184.6
kJ·mol－1，则反应HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)的ΔH为(　　)
A．＋184.6
kJ·mol－1
B．－92.3
kJ·mol－1
C．－369.2
kJ·mol－1
D．＋92.3
kJ·mol－1
答案　D
解析　据两热化学方程式的关系可知ΔH＝－(－184.6
kJ·mol－1)×＝＋92.3
kJ·mol－1，D正确。
4．已知热化学方程式：
H2O(g)===H2(g)＋O2(g)
ΔH＝＋241.8
kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.8
kJ·mol－1
当1
g液态水变为水蒸气时，其热量变化是(　　)
A．ΔH＝＋88
kJ·mol－1
B．ΔH＝＋2.44
kJ·mol－1
C．ΔH＝－4.98
kJ·mol－1
D．ΔH＝－44
kJ·mol－1
答案　B
解析　将两式相加得到H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44
kJ·mol－1，所以每1
g液态水变成水蒸气需要吸收的热量为
kJ≈2.44
kJ。
5．已知：
Fe2O3(s)＋C(s)===CO2(g)＋2Fe(s)
ΔH1＝＋234.1
kJ·mol－1①
C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH2＝－393.5
kJ·mol－1②
则2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)的ΔH3是(　　)
A．－824.4
kJ·mol－1
B．－627.6
kJ·mol－1
C．－744.7
kJ·mol－1
D．－169.4
kJ·mol－1
答案　A
解析　由盖斯定律可知：×②－①得2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)，所以ΔH3＝×(－393.5
kJ·mol－1)－234.1
kJ·mol－1＝－824.35
kJ·mol－1≈－824.4
kJ·mol－1。
[基础过关]
一、由反应热比较物质的稳定性
1．化学反应：C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH1<0
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2<0
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH3<0；
下列说法中不正确的是(相同条件下)(　　)
A．56
g
CO和32
g
O2所具有的总能量大于88
g
CO2所具有的总能量
B．12
g
C所具有的能量一定大于28
g
CO所具有的能量
C．ΔH1＋ΔH2＝ΔH3
D．将两份质量相等的碳燃烧，生成CO2的反应比生成CO的反应放出的热量多
答案　B
解析　A项，由CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2<0得2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝2ΔH2<0，为放热反应，说明56
g
CO和32
g
O2所具有的总能量大于88
g
CO2所具有的总能量，正确；B项，由C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH1<0，不能判断C与CO能量的相对大小，错误；C项，由盖斯定律知ΔH3＝ΔH1＋ΔH2，正确；D项，质量相等的碳完全燃烧比不完全燃烧放出的热量多，正确。
2．已知25
℃、101
kPa条件下：
①4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)
ΔH＝－2
834.9
kJ·mol－1
②4Al(s)＋2O3(g)===2Al2O3(s)
ΔH＝－3
119.1
kJ·mol－1
由此得出的正确结论是(　　)
A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为吸热反应
B．等质量的O2比O3能量高，由O2变O3为放热反应
C．O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应
D．O2比O3稳定，由O2变O3为放热反应
答案　A
解析　根据盖斯定律②－①得2O3(g)===3O2(g)　ΔH＝－284.2
kJ·mol－1，故等质量的O2能量低。
3．灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。
已知：
①Sn(白，s)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g)　ΔH1
②Sn(灰，s)＋2HCl(aq)===SnCl2(aq)＋H2(g)　ΔH2
③Sn(灰，s)Sn(白，s)
ΔH3＝＋2.1
kJ·mol－1
下列说法正确的是(　　)
A．ΔH1>ΔH2
B．锡在常温下以灰锡状态存在
C．灰锡转化为白锡的反应是放热反应
D．锡制器皿长期处在低于13.2
℃的环境中，会自行毁坏
答案　D
解析　由③知Sn(灰)转化为Sn(白)是吸热的，当温度低于13.2
℃时Sn(白)自动转化为Sn(灰)，所以A、B、C都错，D正确。
二、根据盖斯定律比较反应热大小
4．根据以下三个热化学方程式：
2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－Q1
kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)
ΔH＝－Q2
kJ·mol－1
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(g)
ΔH＝－Q3
kJ·mol－1
判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是(　　)
A．Q1>Q2>Q3
B．Q1>Q3>Q2
C．Q3>Q2>Q1
D．Q2>Q1>Q3
答案　A
解析　假设已知三个方程式分别为①、②、③，则①、②相比可知①为H2S完全燃烧的热化学方程式，故放出热量比②多，即Q1>Q2；②、③相比H2O的状态不同，因为等量的水，H2O(l)比H2O(g)能量低，故放出热量Q2>Q3，则有Q1>Q2>Q3。
5．在同温同压下，下列各组热化学方程式中Q2＞Q1的是(　　)
A．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－Q1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－Q2
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－Q1
S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－Q2
C．C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－Q1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－Q2
D．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－Q1
H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)　ΔH＝－Q2
答案　C
解析　A项，生成H2O(l)放出热量多，Q1＞Q2；B项，S(g)燃烧生成SO2(g)放出热量多，Q1＞Q2；C项，碳燃烧生成CO2比生成CO时放出热量多，Q1＜Q2；D项，生成2
mol
HCl比生成1
mol
HCl时放出热量多，Q1＞Q2。
6．已知：
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1
CO2(g)＋C(s)===2CO(g)　ΔH2
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3
4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH4
3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)　ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　)
A．ΔH1>0，ΔH3<0
B．ΔH2>0，ΔH4>0
C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5
答案　C
解析　C、CO的燃烧都是放热反应，故ΔH1<0、ΔH3<0，A错误；CO2与C生成CO的反应为吸热反应，则ΔH2>0，铁的氧化为放热反应，则ΔH4<0，B错误；将第二、三个热化学方程式相加可得第一个热化学方程式，C正确；将第五个热化学方程式乘2后与第四个热化学方程式相加，再除以3可得第三个热化学方程式，故ΔH3＝，D错误。
三、根据盖斯定律计算反应热
7．已知：
①2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH＝－221.0
kJ·mol－1；
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝－483.6
kJ·mol－1。
则制备水煤气的反应C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)的ΔH为(　　)
A．＋262.6
kJ·mol－1
B．－131.3
kJ·mol－1
C．－352.3
kJ·mol－1
D．＋131.3
kJ·mol－1
答案　D
解析　根据盖斯定律，由题意知：
①×1/2－②×1/2得：
ΔH＝(－221.0
kJ·mol－1)×1/2－(－483.6
kJ·mol－1)×1/2＝＋131.3
kJ·mol－1。
8．已知：H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝Q1
kJ·mol－1
C2H5OH(g)===C2H5OH(l)　ΔH＝Q2
kJ·mol－1
C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)
ΔH＝Q3
kJ·mol－1
若使46
g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(　　)
A．－(Q1＋Q2＋Q3)kJ
B．－0.5(Q1＋Q2＋Q3)
kJ
C．－(0.5Q1－1.5Q2＋0.5Q3)kJ
D．－(3Q1－Q2＋Q3)kJ
答案　D
解析　由盖斯定律和题意可得，乙醇燃烧的热化学方程式：C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝(3Q1－Q2＋Q3)kJ·mol－1。
9．已知下列热化学方程式：
①H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.8
kJ·mol－1
②H2(g)===H2(l)　ΔH2＝－0.92
kJ·mol－1
③O2(g)===O2(l)　ΔH3＝－6.84
kJ·mol－1
④H2O(l)===H2O(g)　ΔH4＝＋44.0
kJ·mol－1
则反应H2(l)＋O2(l)===H2O(g)的反应热ΔH为(　　)
A．＋237.46
kJ·mol－1
B．－474.92
kJ·mol－1
C．－118.73
kJ·mol－1
D．－237.46
kJ·mol－1
答案　D
10．向足量的H2SO4溶液中加入100
mL
0.4
mol·L－1的Ba(OH)2溶液，放出的热量是5.12
kJ。向足量的Ba(OH)2溶液中加入100
mL
0.4
mol·L－1的HCl溶液，放出的热量为2.2
kJ。则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为(　　)
A．Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－2.92
kJ·mol－1
B．Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－0.72
kJ·mol－1
C．Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－73
kJ·mol－1
D．Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)
ΔH＝－18
kJ·mol－1
答案　D
解析　由题意可知①2H＋(aq)＋SO(aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)　ΔH1＝－＝－128
kJ·mol－1；②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH2＝－＝
－55
kJ·mol－1。根据盖斯定律，由①－②×2，即得Ba2＋(aq)＋SO(aq)===BaSO4(s)　ΔH＝－128
kJ·mol－1－(－55
kJ·mol－1)×2＝－18
kJ·mol－1。
[能力提升]
11．发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料和二氧化氮(NO2)作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。
已知：
N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)
ΔH＝＋67.7
kJ·mol－1①
N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－543
kJ·mol－1②
H2(g)＋F2(g)===HF(g)
ΔH＝－269
kJ·mol－1③
H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－242
kJ·mol－1④
(1)肼和二氧化氮反应的热化学方程式为____________________________________________
______________________________________________________________________________。
(2)有人认为若用氟气代替二氧化氮作氧化剂，反应释放的能量更大，试写出肼和氟气反应的热化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－1
153.7
kJ·mol－1
(2)N2H4(g)＋2F2(g)===N2(g)＋4HF(g)
ΔH＝－1
135
kJ·mol－1
解析　(1)结合盖斯定律：②×2－①便得反应2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)，其反应热ΔH＝(－543
kJ·mol－1)×2－(＋67.7
kJ·mol－1)＝－1
153.7
kJ·mol－1。
(2)结合盖斯定律知：②＋③×4－④×2得反应N2H4(g)＋2F2(g)===N2(g)＋4HF(g)，其反应热ΔH＝(－543
kJ·mol－1)＋(－269
kJ·mol－1)×4－(－242
kJ·mol－1)×2＝－1
135
kJ·mol－1。
12．“西气东输”是西部开发的重点工程，这里的气是指天然气，其主要成分是甲烷。工业上将C与水在高温下反应制得水煤气，水煤气的主要成分是CO和H2，两者的体积比约为1∶1。
已知：1
mol
CO气体完全燃烧生成CO2气体放出283
kJ热量；1
mol
H2完全燃烧生成液态水放出285.8
kJ热量；1
mol
CH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890
kJ热量。
(1)写出H2完全燃烧生成液态水的热化学方程式：____________________________________
______________________________________________________________________________；
若1
mol
CH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量__________(填“>”、“＝”或“<”)890
kJ。
(2)忽略水煤气中其他成分，相同状况下若得到相等的热量，所需水煤气与甲烷的体积比约为________；燃烧生成的CO2的质量比约为________。
(3)以上数据和计算说明，以天然气代替水煤气作民用燃料，突出的优点是________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－571.6
kJ·mol－1　<
(2)3∶1　3∶2　(3)燃烧热值高，减少了CO2的排放量，有利于保护环境
解析　(1)1
mol
H2完全燃烧生成液态水放出285.8
kJ热量，根据热化学方程式的书写要求，则2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ·mol－1。
因气态水变为液态水要放热，故1
mol
CH4完全燃烧生成CO2和水蒸气，放出的热量小于890
kJ。
(2)设放出的热量为890
kJ，所需CH4的体积为Vm，则所需水煤气的体积为×2Vm≈3Vm
故＝＝。
由CO～CO2，CH4～CO2
知3体积水煤气得1.5体积CO2，1体积甲烷得1体积CO2，故燃烧生成的CO2质量比为＝。
(3)使用天然气作燃料，燃烧热值高，且减少了CO2的排放。
[拓展探究]
13．(1)丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题：
①如图是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1
mol
H2O(l)过程中的能量变化图，请在图中的括号内填入“＋”或“－”。
②写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：________________________________________
_____________________________________________________________________________。
③二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料，应用前景广阔。1
mol
二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1
455
kJ热量。若1
mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1
645
kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为________。
(2)碳(s)在氧气供应不足时，生成CO同时还部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：C(s)＋O2(g)===CO(g)的ΔH。但可设计实验、利用盖斯定律计算出该反应的ΔH，计算时需要测得的实验数据有_________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)①－　②C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－2
215.0
kJ·mol－1　③1∶3
(2)碳和CO的燃烧热
解析　(1)①丙烷完全燃烧生成CO2和1
mol
H2O(l)的过程放热，ΔH为“－”。
②燃烧热是1
mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，所以表示丙烷燃烧热的热化学方程式为
C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－2
215.0
kJ·mol－1。
③n(二甲醚)×1
455
kJ·mol－1＋[1
mol－n(二甲醚)]×2
215.0
kJ·mol－1＝1
645
kJ，解得n(二甲醚)＝0.75
mol，故n(丙烷)＝0.25
mol。
(2)利用盖斯定律计算反应C(s)＋O2(g)===CO(g)的ΔH，需要测得的实验数据有碳和CO的燃烧热。第四章
电化学基础
第一节
原电池
[目标导航]　1.以铜锌原电池为例，理解原电池的工作原理。2.学会判断原电池的正、负极。3.掌握原电池反应方程式和电极反应式的书写。
一、原电池的工作原理
1．理清氧化还原反应的两条线索
(1)还原剂―→失电子―→元素化合价升高―→被氧化―→发生氧化反应。
(2)氧化剂―→得电子―→元素化合价降低―→被还原―→发生还原反应。
2．原电池构成的条件：
(1)一看反应：看是否有能自发进行的氧化还原反应发生(一般是活泼性强的金属与电解质溶液反应)。
(2)二看两电极：一般是活泼性不同的两电极。
(3)三看是否形成闭合回路，形成闭合回路需三个条件：①电解质溶液；②两电极直接或间接接触；③两电极插入电解质溶液中。
3．原电池是将化学能转化为电能的装置，原电池内发生的反应属于氧化还原反应。
(1)分析下图所示原电池装置并填空。
原电池总反应式：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑。
(2)电子流动方向和电流方向
①外电路：电子由Zn电极经过导线流向铜电极，电流由铜电极流向Zn电极；
②内电路：阳离子移向正极，阴离子移向负极。
【合作探究】
1.(1)写出右图装置中电极反应式和总反应式。
答案　负极：Zn－2e－===Zn2＋
正极：Cu2＋＋2e－===Cu
总反应式：Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
(2)随着时间的延续，电流表的指针偏转角度逐渐减小，最终没有电流通过，为什么？
答案　由于锌片与CuSO4溶液直接接触，在反应一段时间后，难以避免溶液中有Cu2＋在锌片表面直接被还原，一旦有少量铜在锌片表面析出，即在负极(锌)表面也构成了原电池，进一步加速铜在负极表面析出，致使向外输出的电流减弱。当锌片表面完全被铜覆盖后，反应终止，也就无电流产生。
2．如图装置，可使原电池不断地产生电流，试分析其原理。
(1)当有盐桥存在时，在ZnSO4溶液中，锌片逐渐溶解，即Zn被氧化，锌原子失去电子，形成Zn2＋进入溶液；从锌片上释放出的电子，经过导线流向铜片；CuSO4溶液中的Cu2＋从铜片上得到电子，被还原成为金属铜并沉积在铜片上；随着反应的进行，左边烧杯的溶液中c(Zn2＋)增大(填“增大”、“减小”或“不变”)，右边烧杯的溶液中c(Cu2＋)减小。同时，盐桥中的Cl－会移向ZnSO4溶液，K＋会移向CuSO4溶液，使ZnSO4溶液和CuSO4溶液均保持电中性，氧化还原反应得以继续进行，从而使原电池不断地产生电流。
(2)取出盐桥后，由于Zn原子失去电子成为Zn2＋进入溶液，使ZnSO4溶液因Zn2＋增加而带正电；同时Cu2＋获得电子成为金属铜沉淀在铜片上，使CuSO4溶液因SO相对增加而带负电。这两种因素均会阻止电子从锌片流向铜片，造成电流中断，构不成原电池。
3．在上题图中，盐桥的作用是什么？
答案　(1)盐桥中通常装有含有琼脂的KCl饱和溶液，能使两个烧杯中的溶液连成一个通路。离子在盐桥中能定向移动，通过盐桥将两个隔离的电解质溶液连接起来，可使电流持续传导。
(2)使用盐桥是将两个半电池完全隔开，使副反应减至最低程度，可以获得单纯的电极反应，便于分析放电过程，有利于最大限度地将化学能转化为电能。
二、原电池原理的应用
【练一练】
1．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H2SO4中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4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
答案　B
解析　金属与稀H2SO4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H2；电子流动方向由负极→正极，电流方向则由正极→负极。在题述原电池中，A、B作电极的原电池中，A为负极，金属的活动性顺序为A＞B；C、D作电极的原电池中，C为负极，金属的活动性顺序为C＞D；A、C作电极的原电池中，A为负极，金属的活动性顺序为A＞C；B、D作电极的原电池中，D为负极，金属的活动性顺序为D＞B。综上可知，金属的活动性顺序为A＞C＞D＞B。
2．利用原电池原理，可以加快化学反应的进行，原因是氧化反应和还原反应分别在两极进行，溶液中的粒子运动时相互间的干扰小，使化学反应加快。如实验室中用Zn与稀H2SO4反应制取H2时，通常滴入几滴CuSO4溶液。这样做的原因是Zn与置换出的Cu、稀H2SO4构成了原电池，加快了反应的进行。
【合作探究】
1．在原电池中，负极的金属性一定比正极的金属性强吗？试举例说明。
答案　不一定。在判断原电池正、负极时，不要只考虑金属活动性的相对强弱，还要考虑电解质溶液。故应由电池反应来确定电极名称，发生氧化反应的金属作负极。如下图甲池中Mg作负极：Mg－2e－===Mg2＋，Al作正极：2H＋＋2e－===H2↑；乙池中由于镁不与强碱反应而Al和NaOH溶液能反应，所以Al作负极：Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O，Mg作正极：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。
2．为什么实验室用粗锌比用纯锌与稀硫酸反应速率快？
答案　因为粗锌中锌、杂质和稀H2SO4构成了原电池，减小了粒子运动时的相互干扰。
3．利用反应Cu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2设计一个原电池，画出装置图(带盐桥)写出电极反应式。
答案　
负极：Cu－2e－===Cu2＋
正极：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
一、原电池原理及正、负的判断
【例1】　下列有关原电池的说法中正确的是(　　)
A．在内电路中，电子由正极流向负极
B．在原电池中，一定是相对较活泼的金属作负极，不活泼的金属作正极
C．原电池工作时，正极表面一定有气泡产生
D．原电池工作时，可能会伴随着热能变化
解析　A项，内电路中不存在电子的移动；B项，若是由铝、镁、氢氧化钠溶液构成的原电池，则负极是铝；C项，若是由锌、铜、硫酸铜溶液构成的原电池，则正极表面析出铜，没有气泡产生。
答案　D
【归纳总结】　正负极的判断方法
判断依据
负极
正极
电极材料
活动性较强的金属
活动性较弱的金属或能导电的非金属
电子流动方向
电子流出极
电子流入极
电解质溶液中离子定向流动的方向
阴离子移向的电极
阳离子移向的电极
电流方向
电流流入极
电流流出极
与电解质溶液能否发生反应
能自发发生氧化还原反应的金属
不能自发发生氧化还原反应的金属(非金属)
反应现象
电极溶解
电极增重或有气泡产生
变式训练1　分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是(　　)
A．①②中Mg作负极，③④中Fe作负极
B．②中Mg作正极，电极反应式为6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑
C．③中Fe作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
D．④中Cu作正极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
答案　B
解析　②中Mg不与NaOH溶液反应，而Al能和NaOH溶液反应，失去电子，故Al作负极，③中Fe在浓硝酸中易钝化，Cu和浓HNO3反应失去电子，故Cu作负极，A、C项错误；②中电池总反应为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑，负极电极反应式为2Al＋
8OH－－6e－===2AlO＋4H2O，二者相减得到正极电极反应式为6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑，B项正确；④中Cu作正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D项错误。
二、原电池电极反应式的书写
【例2】　(1)将铁片、铜片用导线连接后，置于稀硫酸中，形成原电池，其正极反应式：____________；
负极反应式：____________；
总反应方程式：________________。
(2)有一纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，以KOH溶液为电解质溶液，电池的总反应为Zn＋Ag2O＋H2O===2Ag＋Zn(OH)2。
①Zn发生______反应，是____极，电极反应式是________________。
②Ag2O发生______反应，是____极，电极反应式是________________________。
答案　(1)2H＋＋2e－===H2↑　Fe－2e－===Fe2＋
Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑
(2)①氧化　负　Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2
②还原　正　Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－
【归纳总结】1.一般电极反应式的书写方法
第一步
第三步：
——两电极反应式相加，与总反应式对照验证
2．已知总反应式，书写电极反应式
(1)分析化合价，确定正极、负极的反应物与生成物。
(2)在电极反应式的左边写出得失电子数，使得失电子守恒。
(3)根据质量守恒配平电极反应式。
(4)复杂电极反应式＝总反应式－简单的电极反应式。
变式训练2　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，
回答下列问题。
(1)正极________(填名称，下同)发生________反应，电极反应式_________________________
_______________________________________________________________________________。
(2)负极________，发生_______________________________________________________反应，
电极反应式____________________________________________________________________。
(3)电池总反应式_______________________________________________________________。
答案　(1)铁　还原　4H2O＋4e－===4OH－＋2H2↑
(2)硅　氧化　Si＋6OH－－4e－===SiO＋3H2O
(3)Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑
三、原电池的设计
【例3】　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，发生的电极反应式为__________；X电极上发生的电极反应式为_______________________________________。
(3)外电路中的电子是从________极流向________极。
解析　原电池中负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，盐桥起到形成闭合回路、平衡电荷的作用。由总反应方程式可知电极X的材料是Cu，发生氧化反应，电解质溶液Y是可溶性银盐溶液，常用AgNO3溶液。电极反应式如下，负极：Cu－2e－===Cu2＋，正极：
2Ag＋＋2e－===2Ag，电子由负极(Cu)流出，经外电路流向正极(Ag)。
答案　(1)Cu　AgNO3溶液
(2)正　2Ag＋＋2e－===2Ag　Cu－2e－===Cu2＋
(3)负(Cu)　正(Ag)
【归纳总结】　原电池装置的设计方法思路
以Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu反应为例，原电池装置设计方法思路如下
第一步：将电池总反应拆成两个半反应
负极：Fe－2e－===Fe2＋，正极：Cu2＋＋2e－===Cu
第二步：确定负极材料、正极材料和电解质溶液
负极材料：失电子的物质(还原剂)作负极材料即Fe。
正极材料：用比负极材料金属活动性差的金属或非金属导体作正极材料即Cu或Ag或C等。
电解质溶液：含有反应中作氧化剂的物质作电解质，即CuSO4溶液，如果两个半反应分别在两个容器中进行(中间连接盐桥)，则两个容器中的电解质溶液应含有与
电极材料相同的金属的阳离子。
第三步：画出装置图，并注明电极材料和电解质溶液，如下图。
变式训练3　由锌片、铜片和200
mL稀H2SO4组成的原电池如下图所示。
(1)原电池的负极反应式为________________________________________________________，
正极反应式为___________________________________________________________________。
(2)电流的方向是________。
(3)一段时间后，当在铜片上放出1.68
L(标准状况)气体时，H2SO4恰好消耗一半。则产生这些气体的同时，共消耗________g锌，有________个电子通过了导线，原硫酸的物质的量浓度是________(设溶液体积不变)。
答案　(1)Zn－2e－===Zn2＋　2H＋＋2e－===H2↑
(2)由Cu极流向Zn极
(3)4.875　9.03×1022　0.75
mol·L－1
解析　产生0.075
mol
H2，通过0.075×2＝0.15(mol)电子，消耗0.075
mol
Zn和0.075
mol
H2SO4。所以m(Zn)＝0.075
mol×65
g·mol－1＝4.875
g，N(e－)＝0.15
mol×6.02×1023
mol－1＝9.03×1022，c(H2SO4)＝＝0.75
mol·L－1。
变式训练4　请运用原电池原理设计实验，验证Cu2＋、Fe3＋氧化性的强弱。请画出实验装置图并写出电极反应式。
答案　
　　
正极：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋
负极：Cu－2e－===Cu2＋
解析　根据反应Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋可以证明氧化性为Fe3＋＞Cu2＋，根据原电池原理可知
负极：Cu－2e－===Cu2＋，正极：2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋。根据两极反应可知负极材料为Cu，正极材料可以是C或Ag，电解质溶液含有Fe3＋。
1．下列关于原电池的叙述中正确的是(　　)
A．构成原电池的两极必须是两种不同金属
B．原电池是将化学能转化为电能的装置
C．原电池工作时总是负极溶解，正极上有物质析出
D．原电池的正极是还原剂，总是溶液中的阳离子在此被还原
答案　B
2.某小组为研究电化学原理，设计了如图所示装置。下列叙述不正确的是(　　)
A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色
D．a和b用导线连接后，电流由铁电极经导线流向铜电极
答案　D
解析　a和b不连接时，Fe和Cu2＋直接发生氧化还原反应，铁片上会有金属铜析出，A项正确；若a和b用导线连接，则构成原电池，此时铁为负极，铜为正极，电极反应式分别为Fe－2e－===Fe2＋、Cu2＋＋2e－===Cu，B项正确；分析选项A、B可知，选项C是正确的；在原电池中，电流应由正极流出，经导线流向负极，故D项错。
3．关于下图所示的原电池，下列说法正确的是(　　)
A．电子从锌电极通过电流表流向铜电极
B．盐桥中的阴离子向硫酸铜溶液中迁移
C．锌电极发生氧化反应；铜电极发生还原反应，其电极反应是2H＋＋2e－===H2↑
D．取出盐桥后，电流表仍会偏转，铜电极在反应前后质量不变
答案　A
解析　锌片作负极，铜片作正极，电子从负极流向正极，A选项正确；盐桥中的阴离子向负极移动，B选项错误；负极发生氧化反应，正极发生还原反应，铜电极发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu，C选项错误；取出盐桥后不能形成原电池，铜电极在反应后质量增加，D选项错误。
4．由A、B、C、D四种金属按下表中装置图进行实验。
装置
现象
二价金属A不断溶解
C极质量增加
A上有气泡产生
根据实验现象回答下列问题：
(1)装置甲中负极的电极反应式是_________________________________________________
_______________________。
(2)装置乙中正极的电极反应式是________________________________________________。
(3)装置丙中溶液的pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)四种金属活动性由强到弱的顺序是______________________________________________。
答案　(1)A－2e－===A2＋　(2)Cu2＋＋2e－===Cu
(3)变大　(4)D＞A＞B＞C
解析　甲、乙、丙均为原电池装置。依据原电池原理，甲中A不断溶解，则A为负极、B为正极，活动性A＞B；乙中C极增重，即析出Cu，则B为负极，活动性B＞C；丙中A上有气泡即H2产生，则A为正极，活动性D＞A，随着H＋的消耗，pH变大。
[基础过关]
一、原电池工作原理的应用
1．关于右图装置的叙述，正确的是(　　)
A．铜是负极，铜片上有气泡产生
B．铜片质量逐渐减少
C．电流从锌片经导线流向铜片
D．H＋在铜片表面被还原后生成H2
答案　D
解析　本题主要考查有关原电池的知识，由所给图示可知Zn为原电池负极，失去电子被氧化；Cu为原电池的正极。电子经导线流向正极(Cu极)，溶液中的H＋在正极得到电子而被还原为H2。电流流向则与电子流向相反。
2．有关电化学知识的描述正确的是(　　)
A．CaO＋H2O===Ca(OH)2，可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池，把其中的化学能转化为电能
B．某原电池反应为Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag，装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液
C．原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成
D．从理论上讲，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池
答案　D
解析　CaO＋H2O===Ca(OH)2不是氧化还原反应；KCl和AgNO3反应生成AgCl沉淀易阻止原电池反应的发生；作电极的不一定是金属，如石墨棒也可作电极。
3．如图，在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该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Fe和碳棒，则X为碳棒，Y为Fe
C．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应
D．若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X>Y
答案　D
解析　由图示电子流向知X为负极，Y为正极，则电流方向为Y→外电路→X，故A错；若两电极分别为Fe和碳棒，则X为Fe，Y为碳棒，B错；负极上失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，C错；若两电极均为金属，活泼金属作负极，故有活动性X>Y。
4．如图所示装置中，可观察到电流表指针偏转，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(　　)
选项
M
N
P
A
锌
铜
稀硫酸溶液
B
铜
锌
稀盐酸
C
银
锌
硝酸银溶液
D
锌
铁
硝酸铁溶液
答案　C
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项；由M棒变粗，可知B项不正确。
二、原电池正极、负极的判断
5．对于原电池的电极名称，叙述错误的是(　　)
A．发生氧化反应的一极为负极
B．正极为电子流入的一极
C．比较不活泼的金属为负极
D．电流流出的一极为正极
答案　C
解析　原电池中相对活泼的金属为负极，发生氧化反应；相对不活泼的金属(或非金属导体)为正极，发生还原反应。
6．在如图所示的装置中，a的金属活动性比氢要强，b为碳棒，下列关于此装置的叙述不正确的是(　　)
A．碳棒上有气体放出，溶液pH变大
B．a是正极，b是负极
C．导线中有电子流动，电子从a极流向b极
D．a极上发生了氧化反应
答案　B
解析　本题考查原电池基本知识，难度不大，但概念容易混淆。电极a、b与电解质溶液稀H2SO4组成原电池。因活动性a>b(碳棒)，所以a为电池的负极，b为正极。电极反应式：
a(负)极：a－ne－===an＋(氧化反应)
b(正)极：nH＋＋ne－===H2↑(还原反应)
由于正极消耗H＋，溶液中c(H＋)减小，pH增大。在外电路中，电子由a极流出经电流表流向b极。
7．如图所示，烧杯内盛有浓HNO3，在烧杯中放入用铜线相连的铁、铅两个电极，已知原电池停止工作时，Fe、Pb都有剩余。下列有关说法正确的是(　　)
A．Fe比Pb活泼，始终作负极
B．Fe在浓HNO3中钝化，始终不会溶解
C．电池停止工作时，烧杯中生成了Fe(NO3)3
D．利用浓HNO3作电解质溶液不符合“绿色化学”思想
答案　D
解析　开始时，电解质溶液是浓HNO3，Fe在浓HNO3中钝化，所以开始时Pb是负极：Pb－2e－===Pb2＋；随着反应的进行，浓HNO3变成稀HNO3，Fe变为原电池的负极：Fe－2e－===Fe2＋。由于最终Fe有剩余，所以不会生成Fe(NO3)3。根据Pb与浓HNO3反应：Pb＋4HNO3(浓)===Pb(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，过量的Fe与稀HNO3发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，可知反应产生了有害气体NO2、NO，会污染环境，不符合“绿色化学”思想。故选D。
三、电极反应式的书写
8．原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中不正确的是(　　)
A．由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，其负极反应式为Al－3e－===Al3＋
B．由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O
C．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，其负极反应式为Cu－2e－===Cu2＋
D．由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，其负极反应式为Cu－2e－===Cu2＋
答案　C
解析　原电池正、负极的判断不能完全依赖金属的活动性，因为可能会出现特殊情况：浓硝酸使铁、铝钝化；铝与NaOH溶液反应，而镁不能与NaOH溶液反应等。
9．锌铜原电池(如图)工作时，下列叙述正确的是(　　)
A．正极反应为Zn－2e－===Zn2＋
B．电池反应为Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu
C．在外电路中，电流从负极流向正极
D．盐桥中的K＋移向ZnSO4溶液
答案　B
解析　在原电池中，相对活泼的金属材料作负极，相对不活泼的金属材料作正极，负极反应为Zn－2e－===Zn2＋，正极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，因Zn失电子生成Zn2＋，为使ZnSO4溶液保持电中性，盐桥中的Cl－移向ZnSO4溶液。
10．锂电池是一代新型高能电池，它以质量轻、能量高而受到了普遍重视，目前已成功研制多种锂电池。某种锂电池的总反应方程式为Li＋MnO2===LiMnO2，下列说法正确的是(　　)
A．Li是正极，电极反应为Li－e－===Li＋
B．Li是负极，电极反应为Li－e－===Li＋
C．MnO2是负极，电极反应为MnO2＋e－===MnO
D．Li是负极，电极反应为Li－2e－===Li2＋
答案　B
解析　由总反应＋O2===O2可知，Li元素在反应后化合价升高(0→＋1)，Mn元素在反应后化合价降低(＋4→＋3)。Li被氧化，在电池中作负极，电极反应为Li－e－===Li＋，MnO2在正极上反应，电极反应为MnO2＋e－===MnO。
[能力提升]
11．某学生利用如图实验装置探究盐桥式原电池的工作原理(Cu元素的相对原子质量为64)。按照实验步骤依次回答下列问题：
(1)导线中电子流向为________(用a、b表示)。
(2)若装置中铜电极的质量增加0.64
g，则导线中转移的电子数目为________(用“NA”表示)。
(3)装置中盐桥中除添加琼脂外，还要添加KCl的饱和溶液，电池工作时，对盐桥中的K＋、Cl－的移动方向的表述正确的是________(填字母)。
A．盐桥中的K＋向左侧烧杯移动、Cl－向右侧烧杯移动
B．盐桥中的K＋向右侧烧杯移动、Cl－向左侧烧杯移动
C．盐桥中的K＋、Cl－几乎都不移动
(4)若将反应2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋设计成原电池，其正极反应为__________________
______________________________________________________。
(5)下列是用化学方程式表示的化学变化，请在每小题后的横线上注明能量的转化形式。
①电池总反应：Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag：
________________________________________________________________________；
②2C2H2＋5O24CO2＋2H2O：________________________________________________
________________________________________________________________________；
③6H2O＋6CO2C6H12O6(葡萄糖)＋6O2：_______________________________________。
答案　(1)a→b　(2)0.02NA　(3)B　(4)2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋　(5)①化学能转化为电能　②化学能转化为热能　③太阳能(光能)转化为化学能
解析　(1)锌铜原电池中，锌比铜活泼，故锌为负极，铜为正极。原电池中，电子由负极流向正极，故电子的流向为a→b。(2)0.64
g铜物质的量为0.01
mol，由电极反应式Cu2＋＋2e－===Cu可知，生成1
mol铜，转移2
mol电子，故生成0.01
mol铜，导线中转移0.02
mol电子，电子数目为0.02NA。(3)左侧烧杯中锌失电子变成锌离子，使得锌电极附近带正电荷，吸引阴离子向左侧烧杯移动，右侧烧杯中铜离子得到电子变成铜，使得铜电极附近带负电荷，吸收阳离子向右侧烧杯移动，故盐桥中的K＋向右侧烧杯移动、Cl－向左侧烧杯移动。(4)由方程式2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋可知，Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为
Cu－2e－===2Cu2＋，正极Fe3＋被还原，电极反应式为2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋。(5)①放电是通过原电池装置把化学能转化为电能。②燃烧是剧烈的氧化还原反应，把化学能转化为热能。③绿色植物在叶绿体内，吸收和利用光能把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气。
12．(1)控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－??2Fe2＋＋I2设计成如图所示的原电池。
请回答下列问题：
①反应开始时，乙中石墨电极上发生________(填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为________________。甲中石墨电极上发生________(填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为____________。
②电流表读数为0时，反应达到平衡状态，此时在甲中加入FeCl2固体，则乙中的石墨作________(填“正”或“负”)极，该电极的电极反应式为________________。
(2)利用反应2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为____________________________________________________________。
答案　(1)①氧化　2I－－2e－===I2　还原　2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋　②正　I2＋2e－===2I－　(2)O2＋4e－＋4H＋===2H2O
解析　(1)根据反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，原电池的电极反应：负极2I－－2e－===I2，发生氧化反应。正极2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋，发生还原反应。
①反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应；②当电流表读数为0时反应已平衡，此时，在甲中加入FeCl2固体，反应2Fe3＋＋2I－??2Fe2＋＋I2向左移动。因此，右侧石墨作正极，电极反应式为I2＋2e－===2I－；左侧石墨作负极，电极反应式为2Fe2＋－2e－===2Fe3＋。
(2)Cu作负极，O2在正极上得电子：O2＋4e－＋4H＋===2H2O。
[拓展探究]
13．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：___________________________________________________。
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＋
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。第四章
电化学基础
第二节
化学电源
[目标导航]　1.了解化学电源的分类。2.熟悉几种常见化学电源的组成及工作原理，会熟练书写电极反应式。3.了解化学电源的广泛应用及废旧电池对环境的危害及处理方法。
一、化学电池
1．概念：是将化学能直接转化为电能的装置。化学电池的主要组成是电解质溶液和浸在溶液中的正极和负极，使用时将两极用导线接通，就有电流产生，因而获得电能。
2．分类
【合作探究】
1．化学电池与其他能源相比有哪些优点？
答案　化学电池的优点是：①能量转换效率高，供能稳定可靠。②可以制成各种形状和大小、不同容量和电压的电池和电池组，使用方便。③易维护，可在各种环境下工作。
2．判断电池优劣的主要标准是什么？
答案　(1)比能量：即单位质量或单位体积所能输出电能的多少，单位是“(W·h)/kg”或“(W·h)/L”。
(2)比功率：即单位质量或单位体积所能输出功率的大小，单位是“W/kg”或“W/L”。
(3)电池可储存时间的长短。
二、常见的化学电池
1．一次电池
(1)碱性锌锰电池
①组成：
正极：MnO2；负极：Zn；电解质：KOH。
②工作原理：
负极反应：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2；
正极反应：2MnO2＋2e－＋2H2O===2MnOOH＋2OH－。
总反应：Zn＋2MnO2＋2H2O===2MnOOH＋Zn(OH)2。
(2)锌银电池
①组成：
负极：Zn，正极：Ag2O，电解质：KOH。
②工作原理：
负极反应：Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2；
正极反应：Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－。
总反应：Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag。
2．二次电池(以铅蓄电池为例)
(1)组成：
正极：PbO2；负极：Pb；电解质：H2SO4溶液。
(2)工作原理：
铅蓄电池是最常见的二次电池，其电极反应分为放电和充电两个过程，电极反应式如下：
①放电
负极：Pb－2e－＋SO===PbSO4；
正极：PbO2＋2e－＋4H＋＋SO===PbSO4＋2H2O；
总反应：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O
②充电
阴极：PbSO4＋2e－===Pb＋SO(还原反应)；
阳极：PbSO4－2e－＋2H2O===PbO2＋4H＋＋SO(氧化反应)。
总反应：2PbSO4＋2H2O===Pb＋PbO2＋2H2SO4。
③铅蓄电池的充、放电过程：
Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。
3．燃料电池
(1)工作原理
①连续地将燃料和氧化剂的化学能直接转换成电能。
②燃料电池的电极本身不参与氧化还原反应，只是一个催化转化元件。
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，生成物不断地被排出。
(2)氢氧燃料电池
①电池组成：氢氧燃料电池以氢气为燃料，氧气为氧化剂，铂作电极。
②工作原理：如图所示，在负极室通入H2，它在Pt电极上被催化分解为H原子，再失去电子成为H＋进入电解质溶液，透过隔膜，进入正极室；在正极室通入O2，经过Pt电极的催化，O2、H＋在正极上放电生成H2O。
(3)电极方程式书写
介质
电池反应：2H2＋O2===2H2O
酸性(H＋)
负极
2H2－4e－===4H＋
正极
O2＋4H＋＋4e－===2H2O
中性(Na2SO4)
负极
2H2－4e－===4H＋
正极
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
碱性(OH－)
负极
2H2－4e－＋4OH－===4H2O
正极
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
【合作探究】
1．如何给可充电电池充放电？其充放电过程的区别与联系是什么？
答案　(1)可充电电池充放电时电池的接法：
联系：电池充电时发生的电极反应和总反应是放电时发生反应的逆过程。
2．(1)氢氧燃料电池以KOH溶液作电解质溶液时，工作一段时间后，电解质溶液的浓度将________，溶液的pH_____________________________________________________________
(填“减小”、“增大”或“不变”)。
(2)氢氧燃料电池以H2SO4溶液作电解质溶液时，工作一段时间后，电解质溶液的浓度将________，溶液的pH____________________________________________________________
(填“减小”、“增大”或“不变”)。
答案　(1)减小　减小　(2)减小　增大
3．阅读教材，判断下列关于“化学电池”的叙述是否正确。
(1)化学电池都是将化学能直接转化为电能的装置(　　)
(2)化学电池通常可分为一次电池、二次电池和燃料电池等几大类(　　)
(3)放电后不能再使用的电池称为一次电池，如锌锰干电池等(　　)
(4)可充电、放电循环进行的铅蓄电池、氢镍电池等是二次电池(　　)
(5)通过不断充入燃料和氧化剂，连续使用的电池称为燃料电池(　　)
(6)氢氧燃料电池的正极和负极本身都不参与电极反应(　　)
答案　(1)√　(2)√　(3)√　(4)√　(5)√　(6)√
一、“久考不衰”的二次电池
【例1】　铅蓄电池是化学电源，它工作时的电池总反应为PbO2＋Pb＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。试回答：
(1)铅蓄电池负极的电极材料是___________________________________________________。
(2)工作时该蓄电池正极的电极反应式是____________________________________________。
(3)铅蓄电池工作时，电解质溶液的密度________，pH________(填“减小”、“增大”或“不变”)。
解析　(1)由电池总反应可知，Pb发生氧化反应，所以Pb是负极。
(2)正极上的反应是PbO2―→PbSO4，则必然有H2SO4参加：PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O(负极反应为Pb－2e－＋SO===PbSO4，将正极、负极反应合并，与题给总反应相符)。
(3)在铅蓄电池的工作过程中，Pb被氧化，H2SO4被消耗，所以溶液的密度减小，pH增大。
答案　(1)Pb　(2)PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O　(3)减小　增大
【归纳总结】
1．可充电电池电极极性和两极反应物的判断
判断电池放电时电极极性和参加反应的物质，可先标出放电(原电池)总反应电子转移的数目，失去电子的一极为负极，该物质即为负极参加反应的物质；得到电子的一极为正极，该物质即为正极参加反应的物质。若判断电池充电时电极极性和参加反应的物质，可直接利用阳极反应为放电时的正极反应倒置，阴极反应为放电时的负极反应倒置，进行判断。
2．电极反应的书写方法
书写可充电电池电极反应，一般都是先书写放电的电极反应。书写放电的电极反应时，一般分三步书写：第一，先标出原电池总反应电子转移的方向和数目，指出参与负极和正极反应的物质；第二，写出一个比较容易书写的电极反应(书写时一定要注意电极产物是否与电解质溶液共存)；第三，在电子守恒的基础上，总反应减去写出的电极反应即得另一电极反应。
充电的电极反应与放电的电极反应过程相反，充电的阳极反应为放电正极反应的逆过程，充电的阴极反应为放电负极反应的逆过程。
3．溶液中离子的移动方向判断
放电时，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
4．pH变化规律
若电极反应消耗OH－(H＋)，则电极周围溶液的pH减小(增大)，若电极反应生成H＋(OH－)，则电极周围溶液的pH减小(增大)；若总反应的结果是消耗OH－(H＋)，则溶液的pH减小(增大)，若总反应的结果是生成H＋(OH－)，则溶液的pH减小(增大)；若两极消耗或生成的
OH－(H＋)的物质的量相等，则溶液的pH变化规律视溶液的酸碱性及是否有水生成而定，应具体分析。
变式训练1
高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列叙述不正确的是(　　)
A．放电时负极反应为Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2
B．充电时阳极反应为Fe(OH)3－3e－＋5OH－===FeO＋4H2O
C．放电时每转移3
mol电子，正极有1
mol
K2FeO4被氧化
D．放电时正极附近溶液的碱性增强
答案　C
解析　根据题给总反应式，高铁电池放电时必定是锌为负极失去电子，被氧化；高铁酸钾在正极得到电子，被还原。充电时，阳极上氢氧化铁被氧化成高铁酸钾。放电时正极附近生成OH－，碱性增强。
二、“一池多变”的燃料电池
【例2】　以甲烷燃料电池为例来分析在不同的环境下电极反应式的书写方法。
(1)酸性条件燃料电池总反应式：__________________________________________________。
正极反应式：___________________________________________________________________。
负极反应式：________________________________________________________________。
(2)碱性条件燃料电池总反应式：__________________________________________________。
正极反应式：___________________________________________________________________。
负极反应式：____________________________________________________________________。
(3)固体电解质(高温下能传导O2－)燃料电池
总反应式：______________________________________________________________________。
正极反应式：____________________________________________________________________。
负极反应式：____________________________________________________________________。
(4)熔融碳酸盐(如熔融K2CO3)环境下电池总反应式：
_______________________________________________________________________________。
正极反应式：___________________________________________________________________。
负极反应式：____________________________________________________________________。
答案　(1)CH4＋2O2===CO2＋2H2O
2O2＋8H＋＋8e－===4H2O
CH4－8e－＋2H2O===CO2＋8H＋
(2)CH4＋2O2＋2OH－===CO＋3H2O
2O2＋4H2O＋8e－===8OH－
CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O
(3)CH4＋2O2===CO2＋2H2O
2O2＋8e－===4O2－
CH4＋4O2－－8e－===CO2＋2H2O
(4)CH4＋2O2===CO2＋2H2O
2O2＋4CO2＋8e－===4CO
CH4＋4CO－8e－===5CO2＋2H2O
【方法规律】
(1)书写燃料电池的总反应方程式时就相当于燃料燃烧，然后看一下产物与所用电解质是否能发生反应，若能发生反应，电解质溶液也参与反应，要写在总反应方程式中。
(2)燃料电池正极反应物是氧气，正极反应的本质都是氧气得电子生成O2－，发生还原反应，故正极反应式的基础都是O2＋4e－===2O2－。
(3)正极产生的O2－的存在形式与燃料电池的电解质的状态和电解质溶液的酸碱性有着密切的关系。
变式训练2　美国海军海底战事中心与麻省理工大学共同研制成功了用于潜航器的镁－过氧化氢燃料电池系统。其工作原理如图所示。以下说法中错误的是(　　)
A．电池的负极反应为Mg－2e－===Mg2＋
B．电池工作时，H＋向负极移动
C．电池工作一段时间后，溶液的pH增大
D．电池总反应式是Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O
答案　B
解析　Mg－H2O2燃料电池中Mg作负极：Mg－2e－===Mg2＋，Pt作正极：H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O，总反应式为Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，消耗H＋，使c(H＋)减小，pH增大，且H＋移向正极。
1．下列说法错误的是(　　)
A．依据原电池的原理设计出了化学电源
B．原电池是化学电源的雏形
C．判断电池的正、负极只需看其正、负极材料的活泼性
D．氧化还原反应所释放的化学能，是化学电源的能量来源
答案　C
解析　判断电池的正、负极不仅与电极材料有关，还与电解质溶液有关。
2．铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解质溶液为H2SO4，工作时的电池反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，下列结论正确的是(　　)
A．Pb为正极，被氧化
B．溶液的pH不断减小
C．SO只向PbO2处移动
D．电解质溶液pH不断增大
答案　D
解析　由题给电极反应可以看出H2SO4不断被消耗，故pH不断增大，所以B错，D对；由Pb元素化合价的变化，可以看出Pb是负极，所以A不正确；原电池工作时，整个电路中负电荷的流向是一致的，外电路中，电子由Pb极流向PbO2极；内电路中，负电荷(SO和OH－)移向Pb极，所以C不正确。
3．微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用，有一种锌银电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应为Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2、Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－，总反应为Ag2O＋Zn＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag。
根据上述反应式，判断下列叙述中正确的是(　　)
A．在使用过程中，电池负极区溶液的pH增大
B．在使用过程中，电子由Ag2O经外电路流向Zn极
C．Zn是负极，Ag2O是正极
D．Zn极发生还原反应，Ag2O极发生氧化反应
答案　C
解析　根据电极反应可知Zn失电子被氧化而溶解，Ag2O得电子被还原，故Zn是负极，Ag2O是正极，所以C正确；负极(即Zn极)在反应时消耗OH－，则负极区溶液的pH应减小，故A错误；发生原电池反应时，电子由负极经外电路流向正极，即电子从Zn极经外电路流向Ag2O极，故B错误；在原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故D错误。
4．一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极上通入乙烷和氧气，其电极反应式为C2H6＋18OH－－14e－===2CO＋12H2O、7H2O＋7/2O2＋14e－===14OH－，有关此电池的推断正确的是(　　)
A．通氧气的电极为负极
B．参加反应的氧气与C2H6的物质的量之比为7∶2
C．放电一段时间后，KOH的物质的量浓度不变
D．电解质溶液中，CO向正极移动
答案　B
解析　燃料电池中，燃料为负极，氧气为正极，A不正确；由于KOH参与电极反应，所以KOH的物质的量浓度减小，C不正确；电解质溶液中，CO几乎不移动，D不正确。
5．我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流。电池总反应为4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3，下列说法不正确的是(　　)
A．正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极
C．以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积
D．该电池通常只需更换铝板就可继续使用
答案　B
解析　该原电池负极反应为Al－3e－===Al3＋，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，工作时电子由负极流向正极，而电流由正极流向负极，答案为B。
[基础过关]
一、常见的化学电池
1．下列说法正确的是(　　)
A．碱性锌锰电池是二次电池
B．铅蓄电池是一次电池
C．二次电池又叫蓄电池，它放电后可以再充电使活性物质获得再生
D．燃料电池的活性物质大量储存在电池内部
答案　C
解析　碱性锌锰电池是一次电池，铅蓄电池是二次电池。
2．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．锌铜原电池工作时，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
答案　B
解析　锌铜原电池中，电子从负极锌沿外电路流向正极铜。
3．生产铅蓄电池时，在两极板上的铅、锑合金棚架上均匀涂上膏状的PbSO4，干燥后再安装，充电后即可使用，发生的反应是
2PbSO4＋2H2OPbO2＋Pb＋2H2SO4。
下列对铅蓄电池的说法错误的是(　　)
A．需要定期补充硫酸
B．工作时铅是负极，PbO2是正极
C．工作时负极上发生的反应是Pb－2e－＋SO===PbSO4
D．工作时电解质的密度减小
答案　A
解析　铅蓄电池放电时相当于原电池，Pb是负极，PbO2是正极，负极发生的反应是Pb失去电子生成Pb2＋，Pb2＋与溶液中的SO生成PbSO4沉淀；放电时消耗的硫酸与充电时生成的硫酸相等，在电池制备时，PbSO4的量是一定的，制成膏状，干燥后再安装，说明H2SO4不用补充；放电时，H2SO4被消耗，溶液中H2SO4的物质的量浓度减小，所以溶液的密度也随之减小。
4．氢氧燃料电池已用于航天飞机，它是以铂作电极，KOH溶液作电解质，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，负极反应为2H2＋4OH－－4e－===4H2O，下列叙述不正确的是(　　)
A．H2在负极发生氧化反应
B．燃料电池的能量转化率可达100%
C．是一种高效、环保的发电装置
D．供电时的总反应为2H2＋O2===2H2O
答案　B
解析　该燃料电池中，通H2的电极作负极，发生氧化反应；通O2的电极为正极，发生还原反应，总反应式为2H2＋O2===2H2O，是一种高效、环保的发电装置，燃料电池的能量转化率虽然比燃料直接燃烧时高，但也达不到100%。
二、根据电极反应式或总反应式分析电池的有关变化
5．Mg—AgCl电池是一种用海水激活的一次电池，在军事上用作电动鱼雷的电池，电池的总反应可表示为Mg＋2AgCl===MgCl2＋2Ag。下列关于该电池的说法错误的是(　　)
A．该电池工作时，正极反应为2AgCl＋2e－===2Cl－＋2Ag
B．该电池的负极材料可以用金属铝代替
C．有24
g
Mg被氧化时，可还原得到108
g
Ag
D．装有该电池的鱼雷在水中进行时，海水作为电解质溶液
答案　C
解析　A项，由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，正极反应为2AgCl＋2e－===2Cl－＋2Ag，故A正确；B项，该电池的负极材料可以用金属铝代替，故B正确；C项，电极反应式：Mg－2e－===Mg2＋，24
g
Mg即1
mol被氧化时，转移电子是2
mol，正极反应为2AgCl＋2e－===2Cl－＋2Ag，可还原得到216
g
Ag，故C错误；D项，因为该电池能被海水激活，海水可以作为电解质溶液，故D正确。故答案选C。
6．甲醇燃料电池(DMFC)可用于笔记本电脑、汽车、遥感通讯设备等，它的一极通入甲醇，一极通入氧气；电解质是质子交换膜，它能传导氢离子(H＋)。电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水，氧气在电极上的反应是O2＋4H＋＋4e－===2H2O。下列叙述中不正确的是(　　)
A．负极的反应式为CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋
B．电池的总反应式是2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O
C．电池工作时，H＋由正极移向负极
D．电池工作时，电子从通入甲醇的一极流出，经外电路流入通氧气的一极
答案　C
解析　首先判断出通入甲醇的一极失去电子作负极，通入氧气的一极得到电子作正极。电池总反应式减去氧气在正极的电极反应式，就得到了负极反应式，A项正确；电池工作时，
H＋移向正极而不是移向负极，C项错误。
7．Li Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为2Li＋＋FeS＋2e－===Li2S＋Fe。有关该电池的下列说法中，正确的是(　　)
A．Li Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为＋1价
B．该电池的总反应式为2Li＋FeS===Li2S＋Fe
C．负极的电极反应式为Al－3e－===Al3＋
D．充电时，阴极发生的电极反应式为Li2S＋Fe－2e－===2Li＋＋FeS
答案　B
解析　由正极的电极反应式知，在负极上Li失去电子被氧化，所以Li Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为0价，故A项错误；负极的电极反应式为2Li－2e－===
2Li＋，故C项错误；该电池的总反应式为正、负极的电极反应式之和：2Li＋FeS===Li2S＋Fe，故B项正确；由于充电时阴极发生还原反应，所以阴极的电极反应式为2Li＋＋2e－===2Li，故D项错误。
三、新型电池的开发利用
8．科学家成功开发出便携式固体氧化物燃料电池，它以丙烷气体为燃料。电池中的一极通入空气，另一极通入丙烷气体，电解质是固态氧化物，在熔融状态下能传导O2－。下列对该燃料电池的说法不正确的是(　　)
A．在熔融电解质中，O2－由负极移向正极
B．该电池的总反应是C3H8＋5O2===3CO2＋4H2O
C．电路中每通过5
mol电子，约有5.6
L标准状况下的丙烷被完全氧化
D．通入丙烷的电极为电池负极，发生的电极反应为
C3H8－20e－＋10O2－===3CO2＋4H2O
答案　A
解析　该燃料电池的化学原理是C3H8＋5O2===3CO2＋4H2O，B正确；放电过程中通入丙烷的电极为负极：C3H8－20e－＋10O2－===3CO2＋4H2O，D正确；通入O2的电极为正极：O2＋4e－===2O2－，产生的O2－将向负极移动，A项错。
9．MFC(Microbial
Fuel
Cell)是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置，其在废水处理和新能源开发领域具有广阔的应用前景。如图为污水(主要溶质为葡萄糖)处理的实验装置，下列有关该装置的说法正确的是(　　)
A．为加快处理速度，装置需在高温环境中工作
B．负极的电极反应式为C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2＋24H＋
C．放电过程中，H＋由正极向负极移动
D．装置工作过程中，溶液的酸性逐渐增强
答案　B
解析　微生物不能在高温环境中存活，A项错误。H＋在负极上产生，H＋由负极向正极移动，C项错误。负极产生的H＋与正极产生的OH－恰好结合生成水，故溶液的酸性不会增强，D项错误。
10.如图是一种航天器能量储存系统原理示意图。下列说法正确的是(　　)
A．该系统中只存在3种形式的能量转化
B．装置Y中负极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．装置X能实现燃料电池的燃料和氧化剂再生
D．装置X、Y形成的子系统能实现物质的零排放，并能实现化学能与电能间的完全转化
答案　C
解析　A项，该系统有太阳能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转化为电能、电能转化为机械能多种能量转化形式，A项错；B项，装置Y为原电池，负极发生氧化反应，应是H2发生氧化反应，B项错；C项，装置X为电解池，其作用是将水转化为燃料(氢气)和氧化剂(氧气)，C项正确；D项，化学能与电能间不可能完全转化，D项错。
[能力提升]
11．某原电池中，电解质溶液为KOH(aq)，向负极通入C2H4或Al(g)，向正极通入O2或Cl2。试完成下列问题：
(1)当分别通入C2H4和O2时：
①正极反应：____________________________________________________________________；
②负极反应：____________________________________________________________________；
③电池总反应：__________________________________________________________________。
(2)当分别通入少量Al(g)和Cl2时：
①正极反应：____________________________________________________________________；
②负极反应：____________________________________________________________________；
③电池总反应：__________________________________________________________________。
答案　(1)①3O2＋6H2O＋12e－===12OH－
②C2H4＋16OH－－12e－===2CO＋10H2O
③C2H4＋3O2＋4OH－===2CO＋4H2O
(2)①3Cl2＋6e－===6Cl－
②2Al(g)－6e－＋8OH－===2AlO＋4H2O
③2Al(g)＋3Cl2＋8OH－===2AlO＋6Cl－＋4H2O
12．设计出燃料电池使汽油氧化直接产生电流是本世纪最富有挑战性的课题之一。最近有人制造了一种燃料电池，一个电极通入空气，另一个电极通入汽油蒸气，电池的电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2－。回答如下问题：
(1)以丁烷代表汽油，写出这个电池放电时发生的化学反应的化学方程式：________
________________________________________________________________。
(2)写出这个电池的正极发生的反应：______________________________________________
_______________________________________________________________________________。
负极发生的反应：________________________________________________________________。
固体电解质里的O2－的移动方向是________________________________________________。
向外电路释放电子的电极是______________________________________________________。
答案　(1)2C4H10＋13O2===8CO2＋10H2O
(2)O2＋4e－===2O2－　C4H10＋13O2－－26e－===4CO2＋5H2O　向负极移动　负极
解析　由原电池原理知：负极失电子后经导线转移到正极，根据电中性关系，内电路中，O2－向负极移动。
[拓展探究]
13．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉。铂吸附气体的能力强，性质稳定。请回答：
(1)氢氧燃料电池能量转化的主要形式是____________________，在导线中电子流动方向为________(用a、b表示)。
(2)负极反应式为________。
(3)电极表面镀铂粉的原因是_____________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
(4)该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能。因此，大量安全储氢是关键技术之一，金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：
Ⅰ.2Li＋H22LiH
Ⅱ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑
①反应Ⅰ中的还原剂是______，反应Ⅱ中的氧化剂是______。
②已知LiH固体密度为0.82
g·cm－3，用锂吸收224
L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比值为____________。
③由②生成的LiH与H2O作用放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为________mol。
答案　(1)化学能转变为电能　a流向b
(2)H2－2e－＋2OH－===2H2O
(3)增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，加快反应速率
(4)①Li　H2O　②8.71×10－4(或)　③32
解析　(1)原电池的实质为化学能转化成电能，总反应为2H2＋O2===2H2O，其中H2在负极失电子，即电子从a流向b。(2)负极为H2失电子生成H＋，但溶液为KOH溶液，故负极反应为H2－2e－＋2OH－===2H2O。(3)铂粉的接触面积大，可以增大电极单位面积吸附H2、O2分子数，可以加快反应速率。(4)①反应Ⅰ中Li从0价升至＋1价，作还原剂，反应Ⅱ中H2O中的H从＋1价降至0价，作氧化剂。②在反应Ⅰ中当吸收10
mol
H2时，生成20
mol
LiH，V＝＝×10－3
L＝195.12×10－3
L，则＝＝8.71×10－4。③反应Ⅱ中20
mol
LiH可生成20
mol
H2，实际参加反应的H2为20
mol×80%＝16
mol，每1
mol
H2生成H2O时，转移2
mol电子，故导线中通过电子的物质的量为16
mol×2＝32
mol。第三章
水溶液中的离子平衡复习课
练基础落实
1．已知一种c(H＋)＝1×10－3
mol·L－1的酸溶液和一种c(OH－)＝1×10－3
mol·L－1的碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性，其原因可能是(　　)　　　　　　　　　　　　　
A．浓的强酸和稀的强碱溶液反应
B．浓的弱酸和稀的强碱溶液反应
C．等浓度的强酸和弱碱溶液反应
D．生成了一种强酸弱碱盐
答案　B
解析　酸和碱混合前已经电离出的H＋和OH－恰好以等物质的量中和。混合后的溶液呈酸性，说明反应后溶液中c(H＋)>c(OH－)。为什么有这种现象发生呢？一种可能是酸为弱酸，存在着电离平衡。随着H＋的反应，弱酸会电离出更多的H＋使溶液呈酸性。混合前的弱酸电离出和强碱中OH－相等浓度的H＋，但弱酸的物质的量浓度要比强碱大得多。因此，该题应是浓的弱酸和稀的强碱反应，生成的是弱酸强碱盐。
2．下列说法正确的是(　　)
A．向0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色
B．Al3＋、NO、Cl－、CO、Na＋可以大量共存于pH＝2的溶液中
C．乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质
D．分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时，消耗的NaOH的物质的量相同
答案　A
解析　Na2CO3溶液中存在CO的水解CO＋H2OHCO＋OH－，使溶液显碱性，因此加入酚酞后溶液变为红色，A正确；B选项中pH＝2的溶液显酸性，弱酸根阴离子CO不能存在；C选项中的乙醇不是电解质，乙酸是电解质；HCl是一元酸而H2SO4是二元酸，因此等物质的量的HCl和H2SO4消耗的NaOH的物质的量之比为1∶2。
3．下列说法不正确的是(　　)
A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B．由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀
C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变
D．两种难溶电解质作比较时，Ksp小的，溶解度一定小
答案　D
解析　Ksp只与难溶电解质自身的性质和温度有关，与沉淀的量和离子的浓度无关，A、C正确；相同类型的难溶电解质，沉淀向着溶解度减小的方向转化，B正确；只有相同类型的难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小，D错误。
4．盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是(　　)
A．在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO和OH－
B．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
C．10
mL
0.10
mol·L－1
CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同
答案　C
解析　等物质的量的NaHCO3和NaOH恰好反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液中存在CO的水解平衡、H2O的电离平衡：CO＋H2OHCO＋OH－，H2OH＋＋OH－，因此A不正确；电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)，物料守恒：c(Na＋)＝
c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，因此B不正确；C中CH3COOH和NaOH恰好反应生成CH3COONa和H2O，由于CH3COO－的水解，溶液呈碱性，因此C正确；由于CH3COOH为弱酸，不能完全电离，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，CH3COOH的浓度大于HCl的浓度，故中和相同体积、相同pH的HCl溶液与CH3COOH溶液，CH3COOH消耗的NaOH多，故D错误。
5．将pH＝1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为(　　)
A．9
B．10
C．11
D．12
答案　C
解析　令每份盐酸的体积为1
L，将pH＝1的盐酸加适量水，pH升高了1，说明所加的水是原溶液的9倍；另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH升高了1，则10－1
mol·L－1×1
L－10－1
mol·L－1·x＝10－2
mol·L－1·(1
L＋x)，解得x＝
L，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9
L∶
L＝11∶1。
6．下列浓度关系正确的是(　　)
A．氯水中：c(Cl2)＝2[c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(HClO)]
B.
氯水中：c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)>c(ClO－)
C．等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
D．Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
答案　D
解析　A项，氯水中只有部分Cl2与水作用，生成HCl和HClO，Cl2的浓度与其他粒子浓度的关系无法确定，A错误；B项应为：c(H＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(OH－)；C项，氢氧化钠与醋酸恰好完全中和，生成的醋酸钠水解呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒，c(Na＋)>c(CH3COO－)。
7．下列叙述正确的是(　　)
A．溶度积大的化合物溶解度肯定大
B．向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解又达到平衡时，AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变
C．将难溶电解质放入纯水中，溶解达到平衡时，电解质离子的浓度的乘积就是该物质的溶度积
D．AgCl水溶液的导电性很弱，所以AgCl为弱电解质
答案　B
解析　利用溶度积比较溶解度时，还必须进行换算，不能直接说溶度积大的化合物溶解度就大，故A错；溶度积和溶解度是温度的函数，故在AgCl固体中加入水，沉淀溶解平衡发生移动，但溶度积和溶解度均不变，故B对；难溶电解质溶解达到平衡时，电解质离子浓度幂的乘积就是该物质的溶度积，故C错；电解质的强弱是以电离程度划分的，不是以溶液导电性区分的，故D错。
练综合拓展
8．(Ⅰ)某二元酸(H2A)在水中的电离方程式是：H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。
(1)Na2A溶液显________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)。理由是
________________________________________________________________________
(用离子方程式表示)。
(2)已知0.1
mol/L
NaHA溶液的pH＝2，则0.1
mol/L
H2A溶液中氢离子的物质的量浓度应______0.11
mol/L(填“<”、“>”或“＝”)，理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(Ⅱ)25℃时，A酸溶液的pH＝a，B碱溶液的pH＝b。
(1)若A为强酸，B为强碱，且a＋b＝14，若两者等体积混合后，溶液的pH＝________，此时溶液中金属阳离子浓度大于酸根阴离子浓度，其原因可能是
________________________________________________________________________。
(2)若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a＋b＝14，两者等体积混合后溶液显酸性，则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该离子为__________(填离子符号)；混合后的溶液中，下列微粒浓度大小关系一定正确的是____________(填序号)。
①c(MOH)>c(M＋)>c(R－)>c(H＋)>c(OH－)
②c(HR)>c(M＋)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)
③c(R－)>c(M＋)>c(H＋)>c(OH－)
④c(M＋)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)
⑤c(M＋)＋c(H＋)＝c(R－)＋c(OH－)
答案　(Ⅰ)(1)碱性　A2＋＋H2OHA－＋OH－
(2)<　H2A完全电离出的0.1
mol/L
H＋对其第二步电离平衡产生抑制
(Ⅱ)(1)7　酸为二元强酸，碱为一元强碱
(2)R－　③⑤
解析　本题主要考查弱电解质的电离平衡、盐类的水解、pH的计算、溶液中微粒浓度大小的比较等。
(Ⅰ)注意H2A第一级电离完全电离，而第二级电离是可逆的，因此Na2A溶液水解显碱性；H2A第一级电离产生的氢离子对第二级电离产生抑制作用，所以0.1
mol/L
H2A溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.11
mol/L。
(Ⅱ)(1)抓住强酸强碱中的氢离子和氢氧根离子物质的量相等来计算。
(2)中混合后溶液呈酸性说明酸为弱酸，弱酸的阴离子R－发生水解，混合溶液中以酸的电离为主，因此酸根离子最多，其次是盐电离出的阳离子，再根据电荷守恒判断等式是否成立。
9．用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是：
甲：①称取一定质量的HA配制0.1
mol·L－1的溶液100
mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。
乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH＝1的两种酸溶液各100
mL；
②分别取这两种溶液各10
mL，加水稀释为100
mL；
③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。
(1)在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是________________。
(2)甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH______1(填“>”、“<”或“＝”)。
乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是____________(多选扣分)。
①装HCl溶液的试管中放出H2的速率快；
②装HA溶液的试管中放出H2的速率快；
③两个试管中产生气体的速率一样快。
(3)请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处：
________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________。
(4)请你再提出一个合理而比较容易进行的方案(药品可任取)，作简明扼要表述：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)100
mL容量瓶　(2)>　②
(3)配制pH＝1的HA溶液难以实现　加入的锌粒难以做到表面积相同
(4)配制NaA溶液，测其pH>7，即证明HA是弱电解质
解析　①证明弱电解质的原理：一是证明HA不能完全电离，溶液中存在电离平衡；二是证明HA与强碱反应生成的盐具有弱碱性；②甲、乙同学都是利用了第一个原理；③由第二个原理设计另外的方案；④注意容量瓶的容积。
10.“烂版液”是制印刷锌版时，用稀硝酸腐蚀锌版后得到的“废液”(含有少量的Cl－、Fe3＋)。某化学兴趣小组拟用“烂版液”制取Zn(NO3)2·6H2O的过程如下：
已知：Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应，得到的产物具有两性。
(1)“烂版液”中溶质的主要成分是______(填化学式，下同)。
(2)在操作①中保持pH＝8的目的是__________________________________________。
(3)沉淀Ⅰ的主要成分是____________。
(4)操作③中加热煮沸的目的是________________；此步操作的理论依据是
________________________________________________________________________。
(5)操作④保持pH＝2的目的是____________；此步操作中所用的主要仪器是
________________________________________________________________________。
答案　(1)Zn(NO3)2
(2)防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解
(3)Zn(OH)2和Fe(OH)3
(4)促使Fe3＋完全水解　温度越高，水解程度越大
(5)抑制Zn2＋水解为Zn(OH)2　蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒
解析　(1)由题意知，“烂版液”是稀硝酸腐蚀锌版后得到的“废液”，所以“烂版液”中溶质的主要成分应为Zn(NO3)2。
(2)因为Zn(OH)2具有两性，能与强碱反应，故操作①中保持pH＝8的目的是为了防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解。
(3)碱性条件下，Fe3＋、Zn2＋都会转化为氢氧化物沉淀，所以沉淀Ⅰ为Zn(OH)2和Fe(OH)3。
(4)操作③是为了分离Zn(OH)2和Fe(OH)3，不难想出加热煮沸是为了促使Fe3＋完全水解。
(5)通过“Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，水溶液呈酸性”可知，Zn(NO3)2是一种强酸弱碱盐，易水解，故保持pH＝2的目的是抑制Zn2＋水解为Zn(OH)2。第二章
化学反应速率和化学平衡
第二节
影响化学反应速率的因素
[目标导航]　1.理解浓度、压强、温度、催化剂对化学反应速率的影响。2.能初步运用有效碰撞和活化分子等理论知识来解释浓度、压强、温度和催化剂等条件对化学反应速率的影响。3.初步学会设计“对照实验”比较条件的改变对反应速率快慢的影响。
一、有效碰撞理论
1．有效碰撞
2．活化分子与活化能
3．化学反应速率与活化分子、有效碰撞的关系
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。
【合作探究】
1．根据图示回答E1、E2、E1－E2的含义分别是什么？
答案　E1是指该反应的活化能，E2是活化分子变成生成物分子所放出的能量，E1－E2是该反应的反应热。
2．为什么活化能越低，化学反应速率越快？
答案　活化能越低，普通分子就越容易变成活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，反应速率加快。
二、外界因素对化学反应速率的影响
1．浓度
(1)规律
当其他条件不变时，—
(2)解释
→
2．压强(针对有气体参加的压强的变化仅由反应容器的容积变化引起的反应)
(1)规律
(2)解释
压强增大→反应速率加快
(3)注意：压强是否影响化学反应速率，取决于是否影响反应物的浓度。如恒容下充入稀有气体，气体压强增大，但反应物浓度不变，故反应速率不变。恒压下充入稀有气体，气体压强不变，但体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小。
3．温度
其他条件相同时，升高温度，反应物分子的能量增加，使一部分原来能量较低的分子变成活化分子，从而增大了反应物分子中活化分子的百分数，使有效碰撞次数增多，因而使反应速率增大。此外，由于温度升高，会使分子的运动速率加快，这样单位时间里反应物分子间的碰撞次数增加，反应速率也会相应地加快。但前者是反应加快的主要原因。
4．催化剂
(1)定义
①定义：能加快化学反应速率而在反应前后本身的质量和化学性质不变的物质。
②反应历程包括有催化剂参与的反应和使催化剂再生成的反应。
(2)催化原理：催化剂能够增大化学反应速率的原因是它可使反应途径发生改变，降低反应活化能，使更多的反应物分子成为活化分子，大大增加单位体积内反应物分子中活化分子所占的百分数，从而可以成千上万倍地增大化学反应速率。
(3)图示：
(4)特点：
①选择性：只对某一反应或某类反应起催化作用。
②高效性：可以大幅度降低反应的活化能，从而有效地加快化学反应速率。
【合作探究】
1．为什么固体、纯液体的“物质的量”变化而化学反应速率不改变？
答案　固体或纯液体物质的浓度可视为常数，故其反应速率只与表面积的大小和其扩散的速率有关，而与其用量多少无关。
2．对于以下三个反应：
①Zn和10
mL
0.1
mol·L－1的盐酸
②同样的Zn和20
mL
0.1
mol·L－1的盐酸
③Zn粉和20
mL
0.1mol·L－1的盐酸
反应速率是否一样？为什么？
答案　不一样。①和②相等，都小于③的反应速率，因为对于固体来说，其浓度为常数，其反应速率与表面积大小有关；另外对化学反应速率影响的是物质的量的浓度，而不是物质的质量或反应物的总量。
3．为什么改变压强对只有固体、液体参与的反应的反应速率没有影响？
答案　压强改变对化学反应速率的影响是通过对气体浓度的改变而实现的。若反应物全部为固体、液体或溶液，由于压强变化对其浓度几乎无影响，故可认为反应速率不变。
一、外界条件对反应速率的影响
1．浓度对化学反应速率的影响
按表中实验步骤完成实验，观察实验现象，填写下表：
原理
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O
实验步骤
实验现象
KMnO4酸性溶液褪色
KMnO4酸性溶液褪色
褪色时间
褪色时间长
较0.1__mol·L－1__H2C2O4溶液褪色时间短
结论
H2C2O4溶液浓度越大，KMnO4酸性溶液褪色越快，反应速率也越快；反之H2C2O4溶液浓度越小，反应速率越慢
微观解释
反应物浓度增大→单位体积内活化分子数增多→单位时间内有效碰撞增加→反应速率加快；反之，反应速率减慢
2.压强对化学反应速率的影响
对于气体来说，在一定温度下，一定质量的气体所占的体积与压强成反比。如图所示，
结论：增大压强，体积缩小，浓度增大，化学反应速率加快。
微观解释：增大压强→体积缩小→反应物浓度增大→单位体积内活化分子数增多→单位时间内有效碰撞增加→反应速率加快；反之，反应速率减慢。
思考　压强的改变是否一定会引起有气体参与的反应的化学反应速率发生变化？试分析说明。
答案　不一定，分析压强改变对速率的影响，关键是看参加反应的气体浓度是否有变化。若气体浓度有变化，则化学反应速率一定改变；若气体浓度无变化，则化学反应速率不改变，具体分为以下几种情况：
(1)恒温时，压缩体积压强增大反应物浓度增大反应速率加快。
(2)恒温时，对于恒容密闭容器：
①充入气体反应物压强增大―→气体反应物浓度也增大反应速率加快；
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。
(3)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．温度对反应速率的影响
实验原理
Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O
实验操作
实验现象
混合后均出现浑浊，但放入热水中的一组首先出现浑浊
实验结论
升高温度，化学反应速率增大
微观解释
温度升高，有效碰撞增加，反应速率加快
【特别提示】　(1)实验测得：温度每升高10
K，化学反应速率通常增大到原来的2～4倍。
(2)上述结论对吸热反应和放热反应均适用。
(3)一般来说，温度对化学反应速率的影响比浓度、压强对化学反应速率的影响要大，也更易于控制，升高温度是实验室最常用的加快化学反应速率的方法。
4．催化剂对反应速率的影响
实验探究：
实验原理：2H2O22H2O＋O2↑
实验过程
实验操作
实验现象
①未加入MnO2时，余烬无明显变化；②加入MnO2后，锥形瓶内立即产生大量气泡，且余烬复燃，火焰明亮
结论
MnO2能催化H2O2的分解，增大了H2O2的分解速率
实验总结
(1)影响规律
催化剂可以改变(加快或减慢)化学反应的速率。在不加说明时，催化剂一般是指能使反应速率加快的正催化剂。
(2)催化剂影响化学反应速率的原因
在其他条件不变时，使用催化剂可以大大降低反应所需要的能量，会使更多的反应物分子成为活化分子，大大增加了活化分子的百分数，因而使反应速率加快。
5．影响化学反应速率的其他因素
其他因素如光照、反应物固体颗粒的大小、电磁波、超声波、溶剂的性质等，也会对化学反应的速率产生影响。
【例1】　已知①N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＜0，反应速率为v1；②2HI(g)??H2(g)＋I2(g)　ΔH＞0，反应速率为v2。
对于上述两个可逆反应，当改变条件时，试判断v1、v2的变化(填“增大”、“减小”或“不变”)
(1)保持体积不变，反应①通入N2，反应②分离出I2(g)，v1________，v2________。
(2)保持压强不变，反应①②通入“He”气，
v1________，v2________。
(3)反应①、反应②均压缩体积
v1________，v2________。
(4)保持体积不变，反应①②通入“He”气
v1________，v2________。
(5)其他条件不变，反应①②均升温
v1________，v2________。
(6)其他条件不变，反应①②均加入正催化剂
v1________，v2________。
答案　(1)增大　减小　(2)减小　减小　(3)增大　增大　(4)不变　不变　(5)增大　增大　(6)增大　增大
【记忆口诀】　要想反应快加速，增浓加压升温度；
催化增大表面积，反应也可加速度。
变式训练1　用3
g块状大理石与30
mL
3
mol·L－1盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是(　　)
①再加入30
mL
3
mol·L－1盐酸　②改用30
mL
6
mol·L－1盐酸　③改用3
g粉末状大理石　④适当升高温度
A．①②④
B．②③④
C．①③④
D．①②③
答案　B
解析　影响反应速率快慢的因素除浓度、温度、压强(对于有气体参加的反应)之外，其他因素还有固体反应物表面积、光、超声波等。
二、有关化学反应速率图像题的解题方法
图像也是一种表达事物的语言符号，化学反应速率图像是将化学反应速率变化的状况在直角坐标系中以图像的形式表达出来，是对化学反应速率变化规律的反映。认识和应用化学反应速率图像时，要立足于化学反应方程式，应用化学反应速率变化的规律，分析直角坐标系及其图像的含义。
(1)图像类型
①例如：化学反应CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O。
a．其他条件一定，反应速率随着c(HCl)的增大而增大，如图中Ⅰ所示。
b．其他条件一定，反应速率随着温度的升高而增大，如上图中Ⅱ所示。
c．随着反应时间的延长，c(HCl)逐渐减小，化学反应速率逐渐减小，如上图中Ⅲ所示。
②例如：化学反应2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)。
a．其他条件一定时，增大气态反应物的压强(缩小容器的容积)，反应速率随着压强的增大而增大，如图a所示。
b．其他条件一定时，减小气态反应物的压强(扩大容器的容积)，反应速率随着压强的减小而减小，如图b所示。
c．温度、容器的容积都一定时，随着时间的增加，SO2、H2S的物质的量逐渐减小，气体的压强逐渐减小，反应速率逐渐减小，如图c所示。
d．分别在较低温度T1和较高温度T2下反应，且反应体系的压强逐渐增大(缩小容器的容积)，则反应速率随着压强的增大而增大且温度越高反应速率越大，如图d所示。
(2)运用物理思维解决化学问题。
在物理学里有速率v＝，s表示位移，t表示时间，公式变形为s＝v·t，即时间t内的位移相当于下图中阴影部分。
【例2】　在容积固定的2
L密闭容器中进行某一可逆反应：X(g)＋2Y(g)??2Z(g)，用Y的物质的量浓度的改变表示反应速率v正、v逆与时间的关系如下图所示，已知单位为mol·
L－1·s－1，则图中阴影部分的面积表示(　　)
A．X的物质的量浓度的减少值
B．Y的物质的量浓度的减少值
C．Z的物质的量的增加值
D．Y的物质的量的减少值
解析　分别比较匀变速直线运动的速率与化学反应速率的单位、位移与物质的量浓度的单位(分别是m·s－1、mol·L－1·s－1和m、mol·L－1)，从中看出可用同样的方法来分析图像解决本题，因Δc＝v·Δt，则图形Oabd表示Y的物质的量浓度减少的值，图形Obd表示Y的物质的量浓度增加的值，图中阴影部分即图形Oab为以上二者之差(由于正反应而使Y的物质的量浓度减少的值与由于逆反应而使Y的物质的量浓度增加的值之差)，因为起始时正反应速率大于逆反应速率，所以阴影部分的面积是Y的物质的量浓度的减少值，所以选项B正确。
答案　B
【解题归纳】
解答有关曲线图像问题时，首先应看懂和理解横、纵坐标的含义，然后观察曲线的形状和走向，弄清曲线所代表的是哪些量的关系，明确曲线的起点、终点、交点、折点及零点，用以分析其特点和变化趋势，再结合题目中给定的化学反应和数据，进行推理和判断。
变式训练2　在实验Ⅰ和实验Ⅱ中，用定量、定浓度的盐酸与足量的石灰石反应，并在一定的时间内测量反应所放出的CO2的体积。实验Ⅰ用的是块状的石灰石，实验Ⅱ用的是粉末状石灰石。下图中哪个图像能正确反映两种实验的结果(　　)
答案　B
解析　固体物质参加反应，增大接触面积，才能提高反应速率，粉末状的固体比块状的固体的表面积大，反应Ⅱ比反应Ⅰ的速率快；盐酸的物质的量相同，则产生的CO2的体积应相等，因此A、C错，从D中可以看出Ⅰ的反应速率大于Ⅱ，故D错。
1．下列有关化学反应速率的说法正确的是(　　)
A．氢气与氮气能够缓慢地反应生成氨气，使用合适的催化剂可以提高化学反应速率
B．等质量的锌粉和锌片与相同体积和浓度的盐酸反应，反应速率相等
C．用铁片与硫酸反应制备氢气时，使用浓硫酸可以加快产生氢气的速率
D．增大反应CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)的压强，反应速率不变
答案　A
解析　锌粉与盐酸的接触面积大，所以锌粉与盐酸反应产生氢气的速率比锌片快，故B项错误；浓硫酸能够使铁钝化，形成的氧化膜隔绝了硫酸与铁的接触，反应停止，故C项错误；增大压强，反应体系中有关气体的浓度增大，反应速率增大，D项错误。
2．对于反应C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)，其他条件不变时，下列措施不能改变化学反应速率的是(　　)
A．增大C(s)的量
B．增大H2O(g)的浓度
C．增大CO(g)或H2(g)的浓度
D．减小H2O(g)的浓度
答案　A
解析　改变浓度，可以改变化学反应速率，而改变固体物质的物质的量不能改变化学反应速率，因为固体物质的浓度可视为常数。
3．对于反应：N2＋O2??2NO，在密闭容器中进行，下列条件能加快反应速率的是(　　)
A．缩小体积使压强增大
B．体积不变使压强减小
C．体积不变充入He使气体压强增大
D．使总压强不变，充入Ne
答案　A
解析　缩小体积使压强增大→反应物浓度增大→反应速率加快→A正确；压强减小，反应速率降低，B错误；体积不变充入He→反应物浓度不变→反应速率不变→C错误；压强不变充入Ne→反应物浓度减小→反应速率减小→D错误。
4．四个试管中都装有5
mL
0.1
mol·L－1
Na2S2O3溶液，分别在不同温度下加入0.1
mol·L－1硫酸和一定量水，最先出现浑浊的是(　　)
A．20
℃，10
mL硫酸
B．20
℃，5
mL硫酸和5
mL水
C．30
℃，10
mL硫酸
D．30
℃，5
mL硫酸和5
mL水
答案　C
解析　溶液混合后总体积相同，从温度角度分析，C、D中温度高，速率快；从浓度角度分析，A、C中浓度大，反应速率快。综合两个角度，反应速率最快的是C。
5．同质量的锌与盐酸反应，欲使反应速率增大，选用的反应条件正确的组合是(　　)
①锌粒　②锌片　③锌粉　④5%的盐酸　⑤10%的盐酸　⑥15%的盐酸　⑦加热　⑧用冷水冷却　⑨不断振荡　⑩迅速混合后静置
A．②⑥⑦⑩
B．①④⑧⑩
C．③⑤⑦⑨
D．③⑥⑦⑨
答案　D
解析　对于锌的选择，表面积越大反应越快；对于盐酸的选择，浓度越大反应越快；另外升高温度也可以加快反应速率，不断地振荡也可以增加反应物之间的接触面积，从而使反应速率增大。
6．NO和CO都是汽车尾气里的有害物质，它们能缓慢地起反应生成氮气和二氧化碳气体：2NO＋2CO===N2＋2CO2。对此反应，下列叙述正确的是(　　)
A．使用催化剂能加快反应速率
B．压强增大不影响化学反应速率
C．冬天气温低，反应速率降低，对人体危害减小
D．无论外界条件怎样改变，均对此化学反应的速率无影响
答案　A
解析　使用(正)催化剂能加快反应速率，A正确；增大压强反应速率增大，B错误；冬天气温低，反应速率降低，因为NO、CO都有毒，对人类危害增大，C错；改变温度、压强等外界条件，化学反应速率会改变，D错。
[基础过关]
一、活化分子与有效碰撞
1．下列说法不正确的是(　　)
A．具有较高能量的反应物分子称为活化分子
B．升高温度增大了活化分子百分数
C．催化剂能够改变化学反应途径
D．增大压强能提高活化分子的浓度
答案　A
解析　能量高不一定是活化分子，只有能量较高且能发生有效碰撞的分子才是活化分子；温度升高，可使一部分分子变成活化分子，增大了活化分子百分数；催化剂能降低反应所需活化能，所以改变了化学反应途径；增大压强，体积缩小，所以提高了活化分子浓度但不改变活化分子百分数。
2．下列说法不正确的是(　　)
A．增大反应物浓度，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
B．增大压强，单位体积内气体的活化分子数增多，有效碰撞次数增多
C．升高温度，活化分子百分数增加，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多
D．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，有效碰撞次数增多
答案　A
解析　A项，增大反应物浓度，活化分子浓度增大，但活化分子百分数不变。
二、决定化学反应速率的主要因素
3．决定化学反应速率的主要因素是(　　)
①温度　②压强　③催化剂　④浓度　⑤反应物本身的性质
A．①②③④⑤
B．⑤
C．①④
D．①②③④
答案　B
解析　决定化学反应速率大小的内因是反应物本身的性质，温度、压强、催化剂和浓度均为影响化学反应速率的外因，B正确。
4．下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是(　　)
A．Cu能与浓硝酸反应，而不与浓盐酸反应
B．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快
C．N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应
D．Cu与浓H2SO4能反应，而不与稀H2SO4反应
答案　A
解析　要想说明反应物本身的性质是影响化学反应速率的决定性因素，则该实验事实应区别在反应物本身而不是外界因素如浓度、压强、温度、催化剂等。其中选项B、D为浓度不同所致，选项C为反应条件不同所致，唯有选项A是因浓硝酸与浓盐酸本身性质不同所致。
三、影响化学反应速率的外界因素
5．其他条件不变时只改变下列条件，一定能使反应速率加快的是(　　)
①增加反应物的物质的量　②升高温度　③缩小反应容器的体积　④加入生成物　⑤加入MnO2
A．全部
B．①②⑤
C．②
D．②③
答案　C
解析　①增加反应物的物质的量，浓度不一定增加，对于固体或纯液体，增加反应物的物质的量，浓度不变，反应速率不变；②升高温度，反应速率一定加快；③对于有气体参加的反应，缩小反应容器的体积，浓度增大，反应速率加快；④加入生成物，反应速率不一定改变；⑤不是任何反应的催化剂都是MnO2，故加入MnO2反应速率不一定加快。
6．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是(　　)
A．对该反应体系加热
B．不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C．向H2SO4中通入HCl气体
D．不用铁片，改用铁粉
答案　B
解析　加热、增大固体反应物的有效表面积，都能加快反应速率，排除A、D；浓硫酸能使铁发生钝化，阻止了进一步的反应，并且浓H2SO4与Fe反应也不生成H2；而选项C中，增大了H＋浓度，加快化学反应速率。
7．下列方法对2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)的反应速率没有影响的是(　　)
A．加入SO3
B．容积不变，充入N2
C．压强不变，充入N2
D．降低温度
答案　B
解析　容积不变，充入N2后没有引起反应体系中各物质浓度的变化，故反应速率不变。
四、外界条件对反应速率的综合影响
8．把镁条直接投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率如右图所示，在下列因素中，影响反应速率的因素是(　　)
①盐酸的浓度　②镁条的表面积
③溶液的温度　④Cl－的浓度
A．①④
B．③④
C．①②③
D．②③
答案　C
解析　Mg＋2H＋===H2↑＋Mg2＋，实质是镁与H＋间的反应，与Cl－无关。在镁条的表面有一层氧化膜，当将镁条投入盐酸中时，随着氧化膜的不断溶解，镁与盐酸接触的面积不断增大，产生H2的速率会加快；溶液的温度对该反应也有影响，反应放出热量，使温度升高，则反应速率会逐渐加快。
9．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小顺序排列正确的是(　　)
甲．在500
℃时，10
mol
SO2和10
mol
O2
乙．在500
℃时，用V2O5作催化剂，10
mol
SO2和10
mol
O2
丙．在450
℃时，8
mol
SO2和5
mol
O2
丁．在500
℃时，8
mol
SO2和5
mol
O2
A．甲、乙、丙、丁
B．乙、甲、丙、丁
C．乙、甲、丁、丙
D．丁、丙、乙、甲
答案　C
解析　甲、乙相比较，乙使用催化剂，反应速率乙>甲；丙、丁相比较，丁温度高，反应速率丁>丙；甲与丁相比较，甲反应物浓度大，反应速率甲>丁，故选C。
10．从下列实验事实所得出的相应结论不正确的是(　　)
选项
实验事实
结论
A
其他条件不变，0.01
mol·L－1的酸性KMnO4溶液分别与0.1
mol·L－1的H2C2O4溶液和0.2
mol·L－1的H2C2O4溶液反应，后者褪色时间短
当其他条件不变时，增大反应物浓度可以使化学反应速率加快
B
其他条件不变，分别将等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3溶液和H2SO4混合液放在冷水和热水中，放在热水中的混合液先出现浑浊
当其他条件不变时，反应体系的温度越高，化学反应速率越快
C
将少量MnO2粉末加入盛有10%双氧水的锥形瓶内，在化学反应前后，MnO2的质量和化学性质都没有发生改变
催化剂虽然可以加快化学反应的速率，但一定不参与化学反应过程
D
一定条件下，分别在容积为1
L和容积为2
L的两个密闭容器中加入等量的氢气和碘蒸气，发生如下反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，获得等量HI时需要的时间前者少
当其他条件不变时，气态反应体系的压强越大，化学反应速率越快
答案　C
解析　催化剂在化学反应前后化学性质和质量都保持不变，但不能得出催化剂一定不参与化学反应的结论，C错。
[能力提升]
11．在一定条件下，容积为2
L的密闭容器中，将2
mol
L气体和3
mol
M气体混合，发生如下反应：2L(g)＋3M(g)===xQ(g)＋3R(g)，10
s末，生成2.4
mol
R，并测得Q的浓度为0.4
mol·L－1。计算：
(1)10
s末L的物质的量浓度为________。
(2)前10
s内用M表示的化学反应速率为________。
(3)化学方程式中x值为________。
(4)在恒温恒容条件下，往容器中加入1
mol氦气，反应速率________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。
(5)在恒温恒压条件，往容器中加入1
mol氦气，反应速率________。
答案　(1)0.2
mol·L－1　(2)0.12
mol·L－1·s－1　(3)1　(4)不变　(5)减小
解析　　　　　2L(g)＋3M(g)===xQ(g)＋3R(g)
起始(mol)
2
3
0
0
10
s末(mol)
0.4
0.6
0.8x
2.4
(1)c(L)＝＝0.2
mol·L－1；
(2)v(M)＝＝0.12
mol·L－1·s－1；
(3)＝0.4
mol·L－1，x＝1；
(4)恒温、恒容，通入He，反应物和生成物的浓度均不变，反应速率不变；
(5)恒温、恒压，通入He，体积扩大，反应物和生成物的浓度减小，反应速率减小。
12．对于H2O2分解反应，Cu2＋也有一定的催化作用。为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：
(1)定性分析：如图甲可通过观察____________________________，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是______________。
(2)定量分析：用图乙所示装置做对照实验，实验时均以生成40
mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是___________________________________
_____________________________________。
答案　(1)溶液中气泡产生的速率　排除氯离子的干扰
(2)收集40
mL气体所需的时间
解析　(1)通过观察气泡产生的速率，可定性判断Cu2＋、Fe3＋对H2O2分解的催化效果。若把FeCl3改为Fe2(SO4)3可以排除Cl－的干扰。
(2)应利用秒表测量收集40
mL气体所需的时间。
[拓展探究]
13．为了研究外界条件对过氧化氢分解速率的影响，某同学做了以下实验，请回答下列问题。
编号
操作
实验现象
①
分别在试管A、B中加入5
mL　5%
H2O2溶液，各滴入2滴1
mol·L－1
FeCl3溶液。待试管中均有适量气泡出现时，将试管A放入盛有5
℃左右冷水的烧杯中浸泡；将试管B放入盛有40
℃左右热水的烧杯中浸泡
试管A中产生气泡速率变慢；试管B中产生气泡速率加快
②
另取两支试管分别加入5
mL
5%
H2O2溶液和5
mL
10%H2O2溶液
试管A、B中均未明显见到有气泡产生
(1)过氧化氢分解的化学方程式为_________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(2)实验①的目的是______________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
实验中滴加FeCl3溶液的目的是____________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(3)实验②未观察到预期的实验现象，为了帮助该同学达到实验目的，你提出的对上述操作的改进意见是______________________________(用实验中所提供的几种试剂)。
(4)某同学在50
mL一定浓度的H2O2溶液中加入一定量的二氧化锰，放出气体的体积(标准状况下)与反应时间的关系如下图所示，则A、B、C三点所表示的瞬时反应速率最慢的是________。
答案　(1)2H2O22H2O＋O2↑
(2)研究温度对H2O2分解速率的影响　加快H2O2分解速率，使实验现象易于观察
(3)将两支试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中，或向两支试管中同时滴入2滴1
mol·
L－1
FeCl3溶液，观察产生气泡的速率
(4)C点
解析　影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响，这种探究方法称为控制变量法。
解答此类题时，首先要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。但在分析相关数据时，要注意题给数据的有效性。
(1)控制浓度相同，探究温度对反应速率的影响。
(2)控制温度相同，探究浓度对反应速率的影响。
(3)根据(2)的实验条件，应升高温度，或滴入FeCl3溶液。
(4)斜率越大，反应速率越快，所以C点反应速率最慢。第二章
化学反应速率和化学平衡
第四节
化学反应进行的方向
[目标导航]　1.了解熵变的概念及化学反应的方向与化学反应的焓变和熵变的关系。2.掌握化学反应在一定条件下能否自发进行的判断依据。3.能根据定量关系式ΔH－TΔS判断化学反应进行的方向。
一、反应焓变与反应方向
1．自发过程
(1)含义：在一定条件下，不用借助外力就可以自动进行的过程。
(2)特点：
①体系趋向于从高能状态转变为低能状态(体系对外部做功或者释放热量)；
②在密闭条件下，体系有从有序自发转变为无序的倾向。
(3)自然界中的自发过程：
①自然界中的水由高处往低处流；
②日常生活中，气温升高，冰雪自动融化；
③铁器暴露于潮湿的空气中会生锈。
2．反应焓变与反应方向的关系
(1)能自发进行的化学反应多数是ΔH<0的反应。
(2)有些ΔH>0的反应也能自发进行。
结论：反应焓变与反应能否自发进行有关，但不是决定反应能否自发进行的唯一因素。
二、反应熵变与反应方向
1．熵
(1)概念：衡量体系混乱度的物理量，其符号为S，单位为J·
mol－1·K－1。
(2)特点：混乱度越大，体系越无序，体系的熵值就越大。
(3)影响因素
①同一物质：S(高温)>S(低温)；S(g)>S(l)>S(s)；
②相同条件下的不同物质：分子结构越复杂，熵值越大；
③S(混合物)>S(纯净物)。
2．熵变
(1)概念：生成物总熵与反应物总熵之差。
(2)计算式：ΔS＝S(生成物)－S(反应物)。
(3)正负判断依据
①物质由固态到液态、由液态到气态或由固态到气态的过程，ΔS>0，是熵增加的过程；
②气体体积增大的反应，熵变通常都是ΔS>0，是熵增加的反应；
③气体体积减小的反应，熵变通常都是ΔS<0，是熵减小的反应。
3．熵变与反应方向
(1)熵增加有利于反应的自发进行。
(2)某些熵减小的反应在一定条件下也能自发进行。
结论：反应熵变是与反应能否自发进行有关的一个因素，但不是唯一因素。
三、焓变与熵变对反应方向的共同影响
1．反应方向的判据
体系自由能变化(符号为ΔG，单位为kJ·mol－1)综合考虑了焓变和熵变对体系的影响，可用于化学反应自发进行方向的判断：ΔG＝ΔH－TΔS。
(1)ΔH－TΔS<0　反应能自发进行。
(2)ΔH－TΔS＝0　反应达到平衡状态。
(3)ΔH－TΔS>0　反应不能自发进行。
2．文字表述
在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向ΔH－TΔS<0的方向进行，直至达到平衡状态。
【合作探究】
1．ΔH－TΔS判据是否适于任何条件下的反应？
答案　ΔH－TΔS判据只能用于温度和压强一定的条件下的反应，不能用于其他条件下(如温度、体积一定)的反应。
2．判断下列叙述是否正确。
(1)反应进行的方向与其焓变、熵变有关(　　)
(2)由焓判据可知放热反应容易进行(　　)
(3)由熵判据可知熵值增加的反应是自发反应(　　)
(4)ΔH<0的化学反应都是自发进行的放热反应(　　)
(5)ΔS>0的化学反应都是能自发进行的反应(　　)
(6)用焓判据或熵判据判断同一反应进行的方向其结果相同(　　)
答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
3．下列关于焓变和熵变的说法正确的是(　　)
A．化学反应的焓变与反应的方向有关，化学反应的熵变与反应的方向无关
B．化学反应的焓变直接决定了化学反应的方向，化学反应的熵变不能决定化学反应的方向
C．焓变为负的反应都能自发进行，熵变为正的反应也都能自发进行
D．化学反应的焓变和熵变都不是决定化学反应能否自发进行的唯一因素
答案　D
解析　一个反应的ΔH－TΔS<0则是自发的，可看出ΔH和ΔS都对反应有影响，不只是由单方面决定。
4．用“>”或“<”填空：
(1)溶解少量蔗糖于水中，ΔS________0。
(2)纯碳和氧气反应生成CO(g)，ΔS________0。
(3)液态水蒸发变成水蒸气，ΔS________0。
(4)CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2(g)，ΔS____0。
答案　(1)>　(2)>　(3)>　(4)>
解析　(1)蔗糖溶于水形成溶液混乱度增大。(2)反应气体分子数增多是熵增大的过程。(3)液态水变为气态水，是熵值增大的过程。(4)反应气体分子数增多是熵增大的过程。
一、化学反应进行方向的判断方法
1．利用化学反应原理判断的几种方法
(1)相对强酸(碱)生成相对弱酸(碱)。
(2)氧化性强＋还原性强的物质反应向氧化性弱＋还原性弱的物质的转化。
(3)不稳定性物质向稳定性物质的转化。
(4)符合复分解反应条件下的溶液中的反应。
2．用焓变和熵变判断反应的方向
判断一定温度、压强条件下反应的方向时，应同时考虑焓变与熵变两个因素，用ΔG＝ΔH－TΔS作为复合判据。在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向ΔH－TΔS<0的方向进行，直至达到平衡状态；若ΔH－TΔS＝0，表明反应已达到平衡状态；若ΔH－TΔS>0，表明反应不能自发进行。
关键提醒　化学反应进行方向的判断方法
(1)判据ΔH－TΔS只能用于温度、压强一定条件下的反应，不能用于其他条件(如温度、体积一定)下的反应。
(2)反应方向与条件有关，常温、常压下能自发进行的反应在其他温度和压强下不一定能自发进行。
(3)判据ΔH－TΔS<0说明在一定温度和压强下反应有自发的趋势，不能说明在该条件下能否实际发生。反应能否发生、实现，还要看具体反应条件。
【例1】　
下列反应在任意温度下一定能自发进行的是________(填序号)。
①2NaCl2Na＋Cl2↑
②2KClO3(s)===2KCl(s)＋3O2(g)
ΔH＝－78.03
kJ·
mol－1　
③CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)
ΔH＝＋178.2
kJ·
mol－1　
④4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)　ΔH＝－444.3
kJ·
mol－1
⑤CO(g)===C(s，石墨)＋O2(g)
ΔH＝＋110.5
kJ·
mol－1
解析　①反应需要电解才能进行，故该反应为非自发反应；②ΔH<0，ΔS>0，任意温度下都有ΔH－TΔS<0，故该反应任意温度下都能自发进行；③ΔH>0，ΔS>0，在高温下(T>)时，ΔH－TΔS<0，反应能自发进行，T<时，ΔH－TΔS，反应不能自发进行；④ΔH<0，ΔS<0，在低温下(T<)时，ΔH－TΔS<0，反应能自发进行；⑤ΔH>0，ΔS<0，ΔH－TΔS>0，该反应任意温度下都不能自发反应。
答案　②
变式训练1　以下自发反应可用能量判据来解释的是(　　)
A．硝酸铵自发地溶于水
B．2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)
ΔH＝56.7
kJ·mol－1
C．(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)
ΔH＝74.9
kJ·mol－1
D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－285.8
kJ·mol－1
答案　D
解析　硝酸铵自发地溶于水，有趋向于最大混乱度的倾向，属于熵判据；B、C二项都是吸热反应也都是熵增的反应，显然只根据焓变来判断反应进行的方向是不全面的。
二、化学反应的方向与ΔH－TΔS的关系
1．若ΔH<0、ΔS>0，即放热的熵增加的反应，所有温度下，反应一定能自发进行；
2．若ΔH>0、ΔS<0，即吸热的熵减小的反应，所有温度下，反应一定不能自发进行；
3．若ΔH<0、ΔS<0，即放热和熵减小的反应，低温下反应能自发进行；
4．若ΔH>0、ΔS>0，即吸热和熵增加的反应，高温下反应能自发进行。
关键提醒
1．当焓变和熵变的作用相反且二者大小相差悬殊时，其中的某一因素占主导地位；
2．当焓变和熵变的作用相反且二者相差不大时，温度对反应方向起决定作用。
例如：有些反应常温下不能自发进行，在高温下能自发进行；有些反应高温下不能自发进行，在低温下能自发进行。
【例2】　已知甲烷隔绝空气在不同温度下有可能发生如下两个反应：①CH4(g)===C(s)＋2H2(g)，②2CH4(g)===C2H2(g)＋3H2(g)。某同学为了得到用天然气制取炭黑的允许温度范围和最佳温度，在图书馆查到了如下热力学数据：
反应①的ΔH(298
K)＝＋74.848
kJ·
mol－1，ΔS(298
K)＝＋80.674
J·
mol－1·K－1
反应②的ΔH(298
K)＝＋376.426
kJ·
mol－1，ΔS(298
K)＝＋220.211
J·
mol－1·K－1
已知焓变和熵变随温度变化很小。请帮助这位同学思考如下问题：
(1)判断反应②高温自发还是低温自发：________(填“高温”或“低温”)。
(2)通过计算判断反应①在常温下能否自发进行__________________________________
______________________________________。
(3)求算制取炭黑的允许温度范围__________________________________________________。
(4)为了提高甲烷的碳化程度，你认为下面四个温度中最合适的是________(填字母)。
A．905.2
K
B．927
K
C．1
273
K
D．2
000
K
解析　(1)反应的ΔH－TΔS<0时才能自发进行，由于反应②的ΔH>0，ΔS>0，所以该反应自发进行所需要的温度条件为T>＝≈1
709.4K。所以反应②应在高温下才能自发进行。
(2)反应①在常温下时，ΔH－TΔS＝74.848
kJ·
mol－1－80.674×10－3
kJ·
mol－1·K－1×298
K≈50.807
kJ·
mol－1>0，所以该反应常温下不自发进行。
(3)裂解为炭黑和H2时，ΔH－TΔS＝74.848
kJ·
mol－1－80.674×10－3
kJ·
mol－1·K－1×T<0，得T>927.8
K，即裂解为炭黑的最低温度为927.8
K。裂解为乙炔时，ΔH－TΔS＝376.426
kJ·
mol－1－220.211×10－3
kJ·
mol－1·K－1×T<0，得T>1
709.4
K，即温度高于1
709.4
K自发裂解为乙炔和氢气。所以要制取炭黑，温度须控制在927.8～1
709.4
K。
(4)为了提高甲烷的碳化程度，应满足两方面要求：①温度应控制在927.8～1
709.4
K；②温度越高，ΔH－TΔS越小，越有利于自发进行。所以选用1
273
K最好。
答案　(1)高温　(2)不能自发进行　(3)927.8～1
709.4
K
(4)C
变式训练2　下列说法正确的是(　　)
A．在常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行
B．NH4HCO3(s)===NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)　ΔH＝＋185.57
kJ·mol－1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的倾向
C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变和熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
答案　B
解析　A项错误，有些能使熵值增大的吸热反应可以自发进行；C项错误，应利用复合判据进行判断；D项中使用催化剂只能降低反应的活化能，增大反应速率，不能改变反应的方向。
1．已知石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为
①C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－393.5
kJ·mol－1
②C(金刚石，s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－395.4
kJ·mol－1
关于金刚石和石墨的相互转化，下列说法正确的是(　　)
A．石墨转化成金刚石是自发的过程
B．金刚石转化成石墨是自发的过程
C．石墨比金刚石能量高
D．金刚石比石墨稳定
答案　B
解析　由①－②得C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH＝＋1.9
kJ·mol－1，根据焓判据，则说明金刚石变成石墨是自发的，B正确；ΔH>0，说明石墨变成金刚石需吸收能量，则说明金刚石比石墨能量高，不稳定。
2．对于一定不能自发进行的反应来说，反应后体系的(　　)
A．混乱度减少，而能量增加
B．混乱度增大，而能量降低
C．混乱度减少，能量降低
D．混乱度增大，能量增加
答案　A
解析　熵增加或焓降低有利于反应自发进行。如果一个反应熵减小焓增加则一定不能自发进行，A是一定不能自发进行的。根据ΔH－TΔS<0来判断，B、C、D都是可能自发的。
3．下列说法中不正确的是(　　)
A．体系有序性越高，熵值就越低
B．自发过程可以导致体系的熵增大
C．吸热反应不可以自发进行
D．同种物质气态时熵值最大
答案　C
解析　反应能否自发进行，主要由自由能来决定，从公式ΔG＝ΔH－TΔS可知ΔG<0(为负值)时，反应能自发进行。如果是吸热反应，ΔH为正值，ΔG的正负取决于TΔS的大小。
4．已知反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH为正值，ΔS为负值。设ΔH和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是(　　)
A．低温下能自发进行
B．高温下能自发进行
C．低温下不能自发进行，高温下能自发进行
D．任何温度下都不能自发进行
答案　D
解析　因为ΔH>0，ΔS<0，T>0，故ΔH－TΔS>0，此反应为非自发进行的反应。
5．冰融化为水的过程的焓变和熵变正确的是(　　)
A．ΔH>0，ΔS<0
B．ΔH<0，ΔS>0
C．ΔH>0，ΔS>0
D．ΔH<0，ΔS<0
答案　C
解析　冰融化为水是熵增，该过程吸热，ΔH>0。
[基础过关]
一、自发过程的判断
1．下列过程是非自发的是(　　)
A．水由高处向低处流
B．天然气的燃烧
C．铁在潮湿的空气中生锈
D．室温下液态水结成冰
答案　D
解析　本题考查的是自发过程的判断。自然界中的水由高处向低处流、天然气的燃烧、铁在潮湿的空气中生锈、室温下冰的融化都是自发过程，其逆向都是非自发的，故正确答案为D。
2．知道了某过程有自发性之后，则(　　)
A．可判断出过程的方向
B．可确定过程是否一定会发生
C．可预测过程发生完成的快慢
D．可判断过程的热效应
答案　A
解析　判断某反应是否自发，只是判断反应的方向，与是否会发生、反应的快慢、反应的热效应无关。
二、化学反应进行的方向与焓变的关系
3．下列关于焓变与反应方向的叙述中正确的是(　　)
A．化学反应的焓变与其反应的方向无关
B．化学反应的焓变直接决定了反应的方向
C．反应焓变为正值时不利于反应自发进行
D．焓变为负值的反应都能自发进行
答案　C
解析　可逆反应的两个反应其焓变的数值相等，但是符号(变化趋势)相反，故A项错误；焓变对反应方向有直接影响，但不能决定反应进行的方向，B项错误；焓变为负值的反应多数能自发进行，但有的也不是自发反应，D项错误；焓变为正值，吸收热量，体系能量升高，不利于反应自发进行，C项正确。
4．下列自发反应可用焓判据来解释的是(　　)
A．2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)
ΔH＝＋56.7
kJ·mol－1
B．(NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g)
ΔH＝＋74.9
kJ·mol－1
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
ΔH＝－572
kJ·mol－1
D．CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)
ΔH＝＋178.2
kJ·mol－1
答案　C
解析　焓判据是指ΔH<0的反应，一般是自发的。只有C项符合题意。
5．碳铵(NH4HCO3)在室温下就能自发地分解产生氨气，下列有关说法中正确的是(　　)
A．碳铵分解是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大
B．碳铵分解是因为外界给予了能量
C．碳铵分解是吸热反应，根据焓判据，不能自发分解
D．碳酸盐都不稳定，都能自发分解
答案　A
解析　本题考查化学反应进行方向的判据，放热反应常常是容易进行的过程，吸热反应有些也是自发反应；自发反应的熵不一定增大，可能减小，也可能不变。过程的自发性只能用于判断过程的方向，是否能实现还要看具体的条件。故选A。
三、化学反应进行的方向与熵变的关系
6．下列说法中正确的是(　　)
A．凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应
B．自发反应一定是熵增加的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C．熵增加且放热的反应一定是自发反应
D．非自发反应在任何条件下都不能发生
答案　C
解析　一个反应的ΔH－TΔS<0则是自发的，可看出ΔH和ΔS都对反应有影响，不能由单方面决定，A、B错误；熵增加即ΔS>0，放热反应的ΔH<0，代入公式得ΔH－TΔS<0，故是自发的，C对；非自发的反应，可以通过改变条件，使ΔH、T、ΔS发生改变，从而使ΔH－TΔS<0，达到自发，D错误。
7．对下列过程的熵变的判断不正确的是(　　)
A．溶解少量食盐于水中：ΔS>0
B．纯碳和氧气反应生成CO(g)：ΔS>0
C．水蒸气变成液态水：ΔS>0
D．CaCO3(s)加热分解为CaO(s)和CO2(g)：ΔS>0
答案　C
解析　水蒸气变成液态水是熵减小的过程。
8．25
℃、1.01×105
Pa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．是熵减小的反应
D．熵增大效应大于能量效应
答案　D
解析　该反应是吸热反应，根据焓判据是不能自发进行的，说明该反应之所以能够自发进行是由于熵增效应，并且熵增效应大于能量效应。
四、复合判据的应用
9．反应CH3OH(l)＋NH3(g)===CH3NH2(g)＋H2O(g)在某温度下自发向右进行，若反应的|ΔH|＝17
kJ·mol－1，|ΔH－TΔS|＝17
kJ·mol－1，则下列正确的是(　　)
A．ΔH＞0，ΔH－TΔS＜0
B．ΔH＜0，ΔH－TΔS＞0
C．ΔH＞0，ΔH－TΔS＞0
D．ΔH＜0，ΔH－TΔS＜0
答案　A
解析　某温度下反应自发向右进行，说明ΔH－TΔS＜0，即ΔH－TΔS＝－17
kJ·mol－1，若ΔH＝－17
kJ·mol－1，则ΔS＝0，不符合事实，故ΔH＝17
kJ·mol－1＞0，所以选A项。
10．已知在等温等压条件下，化学反应方向的判据为
ΔH－TΔS<0　反应能自发进行
ΔH－TΔS＝0　反应达到平衡状态
ΔH－TΔS>0　反应不能自发进行
设反应A===D＋E　ΔH－TΔS＝(－4
500＋11T)J·mol－1，要防止反应发生，温度必须(　　)
A．高于409
K
B．低于136
K
C．高于136
K而低于409
K
D．低于409
K
答案　A
解析　要防止反应发生需满足ΔH－TΔS>0的条件，解不等式得T>409K，故A正确。
[能力提升]
11．已知C2H5OH(l)===C2H4(g)＋H2O(l)液态的ΔH＝＋45.78
kJ·mol－1，ΔS＝＋126.19
J·
mol－1·K－1。
(1)请通过计算判断此反应在298
K时能否自发进行___________________________________
______________________________________________________________________________。
(2)该反应发生的条件是__________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)ΔH－TΔS＝45.78
kJ·mol－1－298
K×126.19×10－3
kJ·mol－1·K－1＝8.18
kJ·mol－1＞0，故此反应在298
K的温度下不能自发进行。
(2)170
℃，浓H2SO4(作催化剂，脱水剂)
12．某化学兴趣小组专门研究了氧族元素及其某些化合物的部分性质，所查资料信息如下：
①酸性：H2SO4>H2SeO4>H2TeO4；
②氧、硫、硒与氢气化合越来越难，碲与氢气不能直接化合；
③由某元素的单质生成等物质的量的氢化物的焓变情况如图所示。
请回答下列问题：
(1)H2与S化合的反应______热量(填“放出”或“吸收”)。
(2)已知H2Te分解反应的ΔS>0，请解释为什么Te和H2不能直接化合：____________
_______________________________________________________________________________。
(3)上述资料信息中能够说明硫元素的非金属性强于硒元素的是________(填序号)。
答案　(1)放出　(2)因为化合时ΔH>0，ΔS<0，ΔH－TΔS>0，故反应不能自发进行　(3)①②③
解析　(1)由图示可知H2与硫化合的反应ΔH<0，故为放热反应。
(2)由图示可知H2与Te化合的反应ΔH>0，H2Te分解时ΔS>0，则化合生成H2Te的ΔS<0，即ΔH－TΔS>0，故反应不能自发进行。
13．二氧化碳捕集、存储和转化是当今化学研究的热点问题之一。
(1)用钌的配合物作催化剂，一定条件下可直接光催化分解CO2，发生反应：2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)，该反应的ΔH______0，ΔS______0(填“>”、“<”或“＝”)，在低温下，该反应________(填“能”或“不能”)自发进行。
(2)CO2转化途径之一是利用太阳能或生物质能分解水制H2，然后将H2与CO2转化为甲醇或其他化学品。你认为该方法需要解决的技术问题有________。
a．开发高效光催化剂
b．将光催化制取的氢气从反应体系中有效分离，并与CO2发生催化转化
c．二氧化碳及水资源的供应
答案　(1)>　>　不能　(2)ab
解析　该反应是分解反应，且CO燃烧时放热，所以该反应为吸热反应，即ΔH>0，因气体的物质的量增多，所以ΔS>0。ΔH－TΔS<0时，反应可自发进行，所以在低温下，该反应不能自发进行。
[拓展探究]
14．(1)在冶金工业中，以C作为还原剂，温度高于980
K时的氧化产物是以CO为主，低于980
K时以CO2为主。已知2CO(g)??CO2(g)＋C(s)，T＝980
K时，ΔH－TΔS＝0。当体系温度低于980
K时，估计ΔH－TΔS的正负符号为________；当体系温度高于980
K时，ΔH－TΔS的正负符号为________。
(2)已知298
K时由石墨生成金刚石反应的ΔH＝＋1.895
kJ·mol－1，ΔH－TΔS＝2.866
kJ·mol－1，又知石墨的熵S石＝5.694
J·mol－1·K－1，求金刚石的熵S金，这两种碳的同素异形体哪种更有序？(化学反应的熵变是产物的总熵与反应物的总熵之差)_______________________
_____________________________________________________________________________。
答案　(1)负　正
(2)S金＝2.436
J·mol－1·K－1，金刚石更有序。
解析　(1)温度高于980
K时C的氧化产物是以CO为主，说明反应2CO(g)??CO2(g)＋C(s)逆向进行，因此，当体系温度高于980
K时，ΔH－TΔS的正负符号为正；温度低于980
K时C的氧化产物是以CO2为主，说明反应2CO(g)??CO2(g)＋C(s)正向进行，因此，当体系温度低于980
K时，ΔH－TΔS的正负符号为负。(2)石墨生成金刚石反应为：C石―→C金，ΔH－TΔS＝ΔH－T(S金－S石)＝2.866
kJ·mol－1，即1.895
kJ·mol－1－298
K×(S金－5.694)×
10－3
kJ·mol－1·K－1＝2.866
kJ·mol－1，解得S金＝2.436
J·mol－1·K－1。通过上面的计算知
S金＜S石，则金刚石比石墨更有序。第1课时　盐类水解的实质和规律
[目标导航]　1.熟练掌握盐的分类，并通过实验归纳盐溶液的酸、碱性与其类型之间的关系。2.根据实验探究盐溶液呈现不同酸、碱性的原因，并总结其规律。3.会判断盐溶液的酸碱性，学会盐类水解的表示方法——水解离子方程式的书写。
一、探究盐溶液的酸碱性
1．实验探究
分别测定几种盐酸溶液的pH，填写下表。
盐溶液
pH
盐的类型
(NH4)2SO4
pH＜7
强酸弱碱盐
NH4Cl
pH＜7
NaCl
pH＝7
强酸强碱盐
Na2SO4
pH＝7
CH3COONa
pH＞7
弱酸强碱盐
NaHCO3
pH＞7
Na2CO3
pH＞7
2.实验结论
盐的类型
强酸弱碱盐
强酸强碱盐
弱酸强碱盐
溶液的酸碱性
酸性
中性
碱性
二、盐类的水解实质
1．定义
在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
2．实质
盐电离―→―→
破坏了水的电离平衡―→水的电离程度增大―→c(H＋)≠c(OH－)―→溶液呈碱性、酸性或中性。
3．特点
【合作探究】
1．酸溶液的pH＜7，碱溶液的pH＞7，试根据实验回答下列盐溶液的酸碱性，并根据盐的类别总结其酸、碱性规律。
(1)NaCl　(2)NH4Cl　(3)AlCl3　(4)Na2CO3
(5)CH3COONa
答案　(1)中性　(2)酸性　(3)酸性　(4)碱性　(5)碱性
规律：强酸强碱盐溶液呈中性，弱酸强碱盐溶液呈碱性，强酸弱碱盐溶液呈酸性。
2．怎样用最简单的方法区别NaCl溶液、氯化铵溶液和碳酸钠溶液？
答案　三种溶液各取少许分别滴入紫色石蕊试液，不变色的为NaCl溶液，变红色的为氯化铵溶液，变蓝色的为碳酸钠溶液。
3．(1)现有0.1
mol·L－1的纯碱溶液，用pH试纸测定溶液的pH，其正确的操作是__________。
你认为该溶液pH的范围一定介于________之间。
(2)为探究纯碱溶液呈碱性是由CO引起的，请你设计一个简单的实验方案：____________
______________________________________________________________________________。
(3)为探究盐类水解是一个吸热过程，请用Na2CO3溶液和其他必要试剂，设计一个简单的实验方案：________________________________________________________________________。
答案　(1)把一小块pH试纸放在洁净的表面皿(或玻璃片)上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH　7～13
(2)向纯碱溶液中滴入酚酞试液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去。则可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO引起的
(3)取Na2CO3溶液，滴加酚酞溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，则盐类水解吸热
三、盐类水解的表示方法——水解离子方程式的书写
　书写要求：
1．一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号“??”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。
2．多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。
3．多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成。
4．水解分别是酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。
【练一练】
1．下列离子方程式中，属于水解反应的是(　　)
A．HCOOH＋H2O??HCOO－＋H3O＋
B．CO2＋H2O??HCO＋H＋
C．CO＋H2O??HCO＋OH－
D．HS－＋H2O??S2－＋H3O＋
答案　C
2．判断下列盐类水解离子方程式的正误，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)FeCl3溶液：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3↓＋3H＋(　　)
(2)NaHS溶液：HS－＋H2O??H2S＋OH－(　　)
(3)K2CO3溶液：CO＋2H2O??H2CO3＋2OH－(　　)
(4)NH4NO3溶液：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋(　　)
(5)NaHCO3溶液：HCO＋H2O??CO2↑＋H2O(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×
3．化学方程式是化学用语中重要的部分，它包括电离方程式、化学反应方程式、水解方程式等，准确、规范书写各种方程式是学好化学的保证。请按要求写出下列方程式。
(1)NaHCO3在水中的电离方程式：______________________________________________
______________________________________________________________________________。
(2)实验室制取NH3的化学反应方程式：____________________________________
_____________________________________________________________________________。
(3)用离子方程式表示Al2(SO4)3溶液显酸性的原因：
________________________________________________________________________。
答案　(1)NaHCO3===Na＋＋HCO、HCO??H＋＋CO
(2)2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋2H2O＋CaCl2
(3)Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋
一、盐类水解的实质和规律
1．通过实验测定下列0.1
mol·L－1盐溶液的pH，填写下表。
盐溶液
盐的类型
溶液pH
酸碱性
NaCl
强酸强碱盐
pH＝7
中性
CH3COONa
弱酸强碱盐
pH>7
碱性
NH4Cl
强酸弱碱盐
pH<7
酸性
实验结论：盐溶液的酸碱性与盐的组成类型有关，强酸强碱盐溶液呈中性，弱酸强碱盐溶液呈碱性，强酸弱碱盐溶液呈酸性。
2．CH3COONa水溶液呈碱性的原因
溶液中都存在水的电离平衡，CH3COONa溶于水后完全电离。溶液中的CH3COO－能与水中的H＋结合生成难电离的醋酸分子，从而使水的电离平衡向电离的方向移动。
溶液中有关离子的浓度变化是c(CH3COO－)减小，c(H＋)减小，c(OH－)增大，c(H＋)小于c(OH－)，所以CH3COONa溶液呈碱性。化学方程式是CH3COONa＋H2O??CH3COOH＋NaOH，离子方程式是CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。
3．NH4Cl溶液呈酸性的原因
NH4Cl溶液中的电离：
NH与水电离的OH－结合生成了难电离的NH3·H2O，水的电离平衡移动方向是电离的方向，溶液中有关离子浓度的变化是c(NH)减小，c(OH－)减小，c(H＋)增大，c(H＋)>c(OH－)，NH4Cl溶液呈酸性。化学方程式是NH4Cl＋H2O??NH3·H2O＋HCl，离子方程式是NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋。
4．NaCl溶液呈中性的原因：NaCl溶于水后电离产生Na＋和Cl－，不能与水电离出的OH－、H＋结合成难电离的物质，水的电离平衡不发生移动，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
【例1】　由一价离子组成的四种盐：AC、BD、AD、BC的1
mol·L－1
的溶液，在室温下前两种溶液的pH＝7，第三种溶液pH＞7，最后一种溶液pH＜7，则(　　)
A
B
C
D
碱性
AOH＞BOH
AOH＜BOH
AOH＞BOH
AOH＜BOH
酸性
HC＞HD
HC＞HD
HC＜HD
HC＜HD
解析　正盐水解后对溶液酸碱性的影响可以归纳为“有弱就水解，越弱越水解，谁强显谁性，无弱显中性”，这里的“弱”是指盐中的弱碱阳离子或弱酸根离子，“越弱”是指对应的碱或酸的电离程度。该题我们可以首先进行如下归纳：
综上可知，电离程度：HC＝AOH＞HD＝BOH，即酸性：HC＞HD，碱性：AOH＞BOH。
答案　A
【方法规律】　水解规律
水解看组成，有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性，同强显中性，规律要记清。
(1)“有弱才水解，无弱不水解”——盐中有弱酸阴离子或弱碱阳离子才水解，若没有，则是强酸强碱盐，不发生水解反应。
(2)“越弱越水解”——弱酸阴离子对应的酸越弱，水解程度越大；弱碱阳离子对应的碱越弱，其水解程度越大。
(3)“都弱都水解”——弱酸弱碱盐电离出的弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，且相互促进。
(4)“谁强显谁性”——当盐中的阴离子对应的酸比阳离子对应的碱更容易电离时，水解后盐溶液呈酸性，反之，呈碱性，即强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。
变式训练1　有关盐类水解的说法不正确的是(　　)
A．盐类的水解过程破坏了纯水的电离平衡
B．盐类的水解是酸碱中和反应的逆过程
C．盐类水解的结果使溶液不一定呈中性
D．Na2CO3水解的实质是Na＋与H2O电离出的OH－结合生成了NaOH
答案　D
解析　Na2CO3水解的实质是CO与H2O电离出的H＋结合生成HCO和H2CO3，使溶液中c(H＋)变式训练2　有四种物质的量浓度相等且都由一价阳离子A＋和B＋及一价阴离子X－和Y－组成的盐溶液。据测定常温下AX和BY溶液的pH＝7，AY溶液的pH>7，BX溶液的pH<7，由此判断不水解的盐是(　　)
A．BX
B．AX
C．AY
D．BY
答案　B
解析　AY溶液的pH>7，说明AY为强碱弱酸盐，BX溶液的pH<7，说明BX为强酸弱碱盐，则AX为强酸强碱盐，不能发生水解，B对。
二、盐溶液酸碱性强弱的判断
【例2】　相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为(　　)
A．NH4Cl　(NH4)2SO4　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
B．(NH4)2SO4　NH4Cl　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaOH　CH3COONa
NaHCO3
D．CH3COOH　NH4Cl　(NH4)2SO4　NaHCO3　NaOH
答案　B
解析　酸性从大到小的顺序为电离呈酸性＞水解呈酸性＞中性＞水解呈碱性＞电离呈碱性。
【方法规律】　比较同浓度溶液的酸碱性(pH)大小的方法
(1)首先对物质分类，pH大小规律是碱＞盐＞酸。
(2)同类物质的pH大小规律：
①碱：二元强碱＞一元强碱＞一元弱碱；
②酸：一元弱酸＞一元强酸＞二元强酸；
③盐：强碱弱酸盐＞强酸强碱盐＞强酸弱碱盐。
变式训练3　物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是(　　)
A．HX>HZ>HY
B．HZ>HY>HX
C．HX>HY>HZ
D．HY>HZ>HX
答案　C
解析　三种盐的阳离子都是Na＋，当物质的量浓度相同时，溶液的pH分别为8、9、10，碱性逐渐增强，也就是X－、Y－、Z－的水解程度依次增大。因为越容易水解的酸根对应酸的酸性越弱，因此三种酸的酸性由强到弱的顺序为HX＞HY＞HZ。
1．下列关于酸性溶液的叙述中正确的是(　　)
A．可能是盐的水溶液
B．一定是酸的水溶液
C．溶液中c(H＋)D．不含有OH－的溶液
答案　A
解析　强酸弱碱盐的水溶液呈酸性，如NH4Cl溶液、AlCl3
溶液等。
2．下列说法正确的是(　　)
A．盐溶液都是中性的
B．盐溶液的酸碱性与盐的类型无关
C．NaHCO3溶液显酸性
D．Na2CO3溶液显碱性，是因为溶液中c(OH－)>c(H＋)
答案　D
解析　A项，能水解的盐可显酸性或碱性；B项，盐溶液的酸碱性与盐的类型有关，如Na2CO3溶液呈碱性，NH4Cl溶液呈酸性；C项，在NaHCO3溶液中：既有HCO??H＋＋CO又有HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，且水解程度大于电离程度，溶液显碱性。
3．下列物质的水溶液由于水解而呈碱性的是(　　)
A．NaHSO4
B．Na2SO4
C．NaHCO3
D．NH3
答案　C
解析　本题考查水解的实质及规律。A项，NaHSO4是强酸的酸式盐，不发生水解；B项，Na2SO4是强酸强碱盐，不水解；C项是弱酸的酸式盐，水解使溶液呈碱性；D项NH3是非电解质，溶于水后生成弱碱。
4．下列物质在常温下发生水解时，对应的离子方程式正确的是(　　)
①Na2CO3：CO＋2H2O??H2O＋CO2↑＋2OH－
②NH4Cl：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
③CuSO4：Cu2＋＋2H2O??Cu(OH)2＋2H＋
④NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
A．①④
B．②③
C．①③
D．②④
答案　B
解析　①应为CO＋H2O??HCO＋OH－，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－(只写第一步也可)；④应为F－＋H2O??HF＋OH－。
5．在水中加入下列物质，可使水的电离平衡正向移动，且所得溶液呈酸性的是(　　)
A．NaCl
B．H2SO4
C．Na2CO3
D．NH4Cl
答案　D
解析　A项，NaCl对水的电离平衡无影响，溶液呈中性；B项，H2SO4中的H＋抑制水电离，且溶液呈酸性；C项，Na2CO3水解促进水电离，溶液呈碱性；D项，NH4Cl水解促进水电离，溶液呈酸性。
[基础过关]
一、盐类水解的概念
1．在盐类水解的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．盐的电离平衡被破坏
B．水的电离程度一定会增大
C．溶液的pH一定会增大
D．c(H＋)与c(OH－)的乘积一定会增大
答案　B
解析　大多数的盐为强电解质，在水中完全电离，A项错误；盐类水解促进水的电离，B项正确；强酸弱碱盐水解溶液呈酸性，pH减小，C错；一定温度下的稀溶液中，c(H＋)与c(OH－)乘积是一个常数，D错。
2．下列关于盐类水解的叙述错误的是(　　)
A．盐类水解是中和反应的逆反应
B．盐类水解过程是吸热过程
C．含有弱酸根盐的水溶液一定显碱性
D．盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱
答案　C
解析　盐类水解可以看作中和反应的逆反应，该过程是吸热过程，盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱，A、B、D项正确；含有弱酸根盐的水溶液不一定显碱性，如醋酸铵有弱酸根离子，但醋酸铵的水溶液呈中性，C项错。
3．下列微粒中，对水的电离平衡不产生影响的是(　　)
A．　　　　
B．26Fe3＋
C.
D．
答案　C
4．下列各式中的水解反应离子方程式书写正确的是(　　)
A．NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
B．S2－＋2H2O??H2S＋2OH－
C．CH3COOH＋H2O??CH3COO－＋H3O＋
D．CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O
答案　A
解析　B项，应用分步水解方程式表示或只写第一步；C是电离方程式，不是水解方程式；D是醋酸与可溶性强碱发生中和反应的离子方程式。
二、盐类水解的规律
5．下列各物质的溶液显酸性的是(　　)
A．NaHCO3
B．(NH4)2SO4
C．NaCl
D．CH3COOK
答案　B
解析　(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，其溶液显酸性。
6．在下列各微粒中，能使水的电离平衡向电离的方向移动，且使溶液的pH＞7的是(　　)
A.
B．HCO
C．HSO
D．26X3＋
答案　B
解析　首先判断A的微粒是Al3＋，D的微粒是Fe3＋，Al3＋、Fe3＋能结合水电离出的OH－，使水的电离平衡向电离的方向移动，但溶液显酸性，pH<7，因而不合题意；HCO与H2O电离出来的H＋结合为H2CO3，使水的电离平衡向电离的方向移动，并且使溶液呈碱性：HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，选项B符合题意；HSO能完全电离，为溶液提供H＋，使水的电离平衡向离子结合的方向移动，使溶液呈酸性，选项C不合题意。
7．0.1
mol·L－1
NaHCO3溶液的pH最接近于(　　)
A．5.6
B．7.0
C．8.4
D．13.0
答案　C
解析　NaHCO3的溶液水解呈碱性，但盐类的水解比较微弱，因此0.1
mol·L－1
NaHCO3溶液的碱性不会太强。
三、盐类水解规律的综合应用
8．下列各组溶液混合后，溶液显碱性的是(　　)
A．10
mL
0.1
mol·L－1
NH3·H2O与10
mL
0.1
mol·L－1
HCl
B．10
mL
0.1
mol·L－1
K2S与10
mL
0.1
mol·L－1
K2SO4
C．10
mL
0.1
mol·L－1
KOH与10
mL
0.1
mol·L－1
KHCO3，再加入10
mL
0.1
mol·L－1
BaCl2
D．10
mL
0.1
mol·L－1
NaOH与5
mL
0.1
mol·L－1
H2SO4
答案　B
解析　A项正好完全反应，生成的NH4Cl水解显酸性；B项K2S水解显碱性；C项反应生成BaCO3沉淀、KCl和H2O，显中性；D项恰好中和显中性。
9．等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH
②(NH4)2CO3　③NaHSO4　④NaHCO3　⑤Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是(　　)
A．⑤③①④②
B．⑤③①②④
C．②④③①⑤
D．②④①③⑤
答案　D
10．常温下，在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH－浓度分别为a
mol·L－1与b
mol·L－1，则a和b关系为(　　)
A．a＞b
B．a＝10－4b
C．b＝10－4a
D．a＝b
答案　B
解析　NaOH抑制水的电离，所以由水电离出的c(OH－)等于溶液中的c(H＋)等于10－9
mol·
L－1。CH3COONa水解，促进了水的电离，所以由水电离出的c(OH－)＝(10－14÷10－9)mol·
L－1＝10－5
mol·L－1，故＝＝10－4，即a＝10－4b。
[能力提升]
11．现有S2－、SO、NH、Al3＋、HPO、Na＋、SO、AlO、Fe3＋、HCO、Cl－等离子，请按要求回答下列问题。
(1)在水溶液中，水解使溶液呈碱性的离子有________________________________________
_____________________________________________________________________________。
(2)在水溶液中，水解使溶液呈酸性的离子有
________________________________________________________________________。
(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_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
答案　(1)S2－、SO、HPO、AlO、HCO
(2)NH、Al3＋、Fe3＋　(3)Na＋、Cl－、SO
(4)HPO、HCO
解析　(1)弱酸根离子水解使溶液呈碱性，即S2－、SO、HPO、AlO、HCO水解使溶液呈碱性。
(2)NH、Al3＋、Fe3＋属于弱碱的阳离子，水解后溶液显酸性。
(3)Cl－、SO是强酸的阴离子，Na＋是强碱的阳离子，既能在强酸性，又能在强碱性溶液中存在。(4)HPO、HCO属于弱酸的酸式酸根离子，既能与强酸反应，又能与强碱反应。
12．室温下，pH＝2的某酸HnA(A为酸根)与pH＝12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为8。
(1)写出生成的正盐的分子式：__________。
(2)该盐中存在着一种能水解的离子，该离子的水解方程式为________________________
________________________________________________。
(3)简述该混合液呈碱性的原因：________________________________________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)BnAm(或BA)
(2)Bm＋＋mH2O??B(OH)m＋mH＋
(3)酸与碱等体积反应，碱过量，则最后混合液中溶质是正盐BnAm与碱B(OH)m的混合物，因此呈碱性
解析　pH＝2的酸HnA中c(H＋)与pH＝12的碱B(OH)m中c(OH－)相等，等体积混合后溶液pH＝8，表明B(OH)m为弱碱，物质的量浓度相对较大，反应后碱过量，生成正盐BnAm或BA，其中弱碱阳离子Bm＋能发生水解反应：Bm＋＋mH2O??B(OH)m＋mH＋。
13．常温下，如果取0.1
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH＝8，试回答下列问题：
(1)混合溶液的pH＝8的原因(用离子方程式表示)：
______________________________。
(2)混合溶液中由水电离出的c(H＋)____(填“>”、“<”或“＝”)0.1
mol·L－1
NaOH溶液中由水电离出的c(H＋)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)已知NH4A溶液呈中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH________(填“>”、“<”或“＝”)7。
答案　(1)A－＋H2O??HA＋OH－　(2)>　(3)>
解析　(1)NaA溶液的pH＝8，表明HA为弱酸，NaA能发生水解，离子方程式为A－＋H2O??HA＋OH－。
(2)NaA水解促进水的电离，NaOH能抑制水的电离，因此NaA溶液中由水电离出来的c(H＋)大于NaOH溶液中由水电离出来的c(H＋)。
(3)根据NH4A溶液呈中性，而HA酸性比H2CO3强，推断NH的水解程度小于CO的水解程度，因此(NH4)2CO3水解使溶液呈碱性，pH>7。
[拓展探究]
14．某实验小组拟用pH试纸验证醋酸是弱酸。甲、乙两同学的方案分别是
甲：①准确配制0.1
mol·L－1的醋酸钠溶液100
mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。
乙：①量取一定量的冰醋酸准确配制pH＝1的醋酸溶液100
mL；
②取醋酸溶液1
mL，加水稀释为10
mL；
③用pH试纸测出②中溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。
(1)两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是__________________，简要说明pH试纸的使用方法：______________________________________________________________________。
(2)甲方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸钠溶液的pH__________(选填“<”、“>”或“＝”，下同)7，乙方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸溶液的pH__________2。
(3)请你评价乙方案的不妥之处：___________________________________________________
_____________________________________________________________________________。
答案　(1)100
mL容量瓶　把小块干燥的pH试纸放在洁净干燥的表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH
(2)>　<
(3)难以配制pH＝1的醋酸溶液，稀释之后用pH试纸测量不易读出准确数值
解析　(1)准确配制溶液要用到容量瓶。
(2)CH3COONa溶液pH大于7说明CH3COO－水解，即证明CH3COOH是弱电解质。强酸每稀释10倍，pH应增大1个单位，若为强酸，稀释后pH应为2，如果小于2说明存在电离平衡，证明是弱酸。第3课时　影响化学平衡移动的因素(二)
温度、催化剂对化学平衡移动的影响
[目标导航]　1.通过温度对可逆反应速率的影响，理解并掌握温度影响化学平衡移动的规律。2.了解催化剂影响化学反应速率的实质，并进一步探讨对化学平衡的影响，从而了解催化剂在化工生产中的应用。3.根据外界条件对化学平衡的影响，归纳勒夏特列原理。
一、温度对化学平衡移动的影响
1．温度对化学平衡影响的实验探究
实验原理
2NO2(g)??N2O4(g)　ΔH＝－56.9
kJ·mol－1红棕色
无色
实验装置
实验现象
热水中红棕色加深；冰水中红棕色变浅
实验结论
体系受热颜色加深，说明c(NO2)增大，即平衡向吸热反应方向移动；体系冷却颜色变浅，说明c(NO2)减小，即平衡向放热反应方向移动
2.温度对化学平衡移动的影响规律
【合作探究】
1．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，是因为升高温度，吸热反应的反应速率增大，放热反应的反应速率减小，这种说法对吗？
答案　不对。对于同一化学反应，升高温度，使v(吸)和v(放)都增大，但吸热反应速率增大的程度更大，即v(吸)＞v(放)，所以平衡向吸热反应方向移动；反之，降低温度，v(吸)和v(放)都减小，但吸热反应速率减小的程度更大，即v(吸)＜v(放)，平衡向放热反应方向移动。
2．温度变化，任何一个化学平衡都会发生移动吗？为什么？
答案　发生移动，因为任何化学反应都伴随能量的变化(放热或吸热)，所以任意可逆反应的化学平衡状态，都会受温度影响而发生移动。
3．以正反应放热的反应为例，画出升温、降温时速率变化图像。
答案　
二、催化剂对化学平衡的影响
1．加入催化剂可以大大地加快化学反应速率，是因为它可以降低反应的活化能，从而提高活化分子百分数，从而增大反应速率，但是由于催化剂能够同等程度地改变正、逆反应速率，因此它对化学平衡移动无影响。
2．催化剂不能改变达到化学平衡状态时的反应混合物中的组成含量，但是使用催化剂能改变反应达到平衡所需的时间。
【合作探究】
1．对于平衡aA(g)＋bB(g)??cC(g)＋dD(g)　ΔH＜0
试画出使用催化剂的速率随时间的变化曲线。
答案
2．对于化学平衡体系I2(g)＋H2(g)??2HI(g)　ΔH＜0，试根据下图判断由曲线m变为曲线n改变的条件可能是______________________________________________________________。
答案　使用催化剂或缩小容器体积
三、勒夏特列原理
1．原理
如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度)，则平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
2．注意事项
(1)研究对象一定是处于平衡状态的可逆反应。
(2)勒夏特列原理只适用于判断“改变影响平衡的一个条件”时的平衡移动方向。
(3)平衡移动的结果只能是“减弱”外界条件的改变，但不能完全“消除”这种改变。
【合作探究】
1．一密闭容器中建立N2＋3H2??2NH3　ΔH＜0的平衡体系，此时，N2的浓度为c(N2)，体系的温度为T1，压强为p1，按要求回答下列问题：
(1)保持温度、体积不变，通入N2，使N2的浓度变为2c(N2)，平衡向________方向移动，重新平衡后，N2的浓度为________________。
(2)保持温度不变，压缩体积变为原来的，使压强变为2p1，平衡向________方向移动，重新平衡后体系的压强变为______________。
(3)保持体积不变，升高体系的温度至2T1，平衡向________方向移动，重新平衡后，体系的温度变为____________。
答案　(1)正反应　c(N2)＜c′(N2)＜2c(N2)
(2)正反应　p1＜p′＜2p1
(3)逆反应　T1＜T′＜2T1
2．分别画出1题中条件改变时N2浓度、体系压强、温度的变化曲线。
答案　
一、速率变化与改变条件的综合分析
【例1】　如图所示是表示反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＜0在某一时间段内反应速率与反应过程的曲线关系图。
(1)氨的质量分数最高的一段时间是________(填字母)。
A．t0～t1
B．t2～t3
C．t3～t4
D．t5～t6
(2)t1、t3、t4改变的条件分别是
t1________________；t3________________；
t4________________。
解析　(1)化学平衡都是向左移动，所以最初时的NH3的质量分数最高。
(2)t1时，v正、v逆均增大且v逆＞v正，改变的条件是升温；t3时，v正、v逆均增大，且v正＝v逆，改变的条件是使用催化剂；t4时，v正、v逆均减小且v逆＞v正，改变的条件是减小压强。
答案　(1)A　(2)升高温度　使用催化剂　减小压强
【思维模型】
变式训练1　一定温度下，在2
L的密闭容器中发生如下反应：A(s)＋2B(g)??2C(g)　ΔH＜0，反应过程中B、C的物质的量随时间变化的关系如图1；反应达到平衡后在t1、t2、t3、t4时分别都只改变了一种条件，逆反应速率随时间变化的关系如图2。下列有关说法正确的是(　　)
A．反应开始2
min内，v(B)＝0.1
mol·L－1·min－1
B．t1时改变的条件可能是升高温度
C．t3时改变的条件可能是加压，此时c(B)不变
D．t4时可能是使用了催化剂，此时c(B)不变
答案　D
解析　A项，v(B)＝＝0.05
mol·L－1·min－1；B项，升温，逆反应速率应比原平衡大；C项，t3时反应速率减小，平衡不移动，可能是减压。
二、勒夏特列原理在化工生产中的应用
【例2】　(1)在合成氨工业生产中，通常通过以下途径来提高合成氨的产量或产率。请分析采取这些措施的原因。
①在反应器中注入过量N2　②采用适当的催化剂　③在高压下进行反应　④在较高温度下进行反应
(2)已知2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH＜0，其实验数据如下：
压强(×105
Pa)
1.01
5.05
10.1
50.5
101
SO2的转化率/%
(450
℃)
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
SO2的转化率/%
(550
℃)
85.6
92.9
94.9
97.7
98.3
则工业上生产硫酸的合成塔中应选择的适宜温度是________，适宜压强是________。
解析　(1)根据合成氨的反应特点，从反应的限度来考虑，使用过量的N2和高压可以使平衡向正反应方向移动，提高原料转化率、氨的产率；从反应的速率来考虑，采用催化剂和较高温度能保证反应较快地进行，且使催化剂的活性最佳。
(2)从方程式和表中数据可以看出，温度越高，SO2的转化率越低；压强越大，SO2的转化率越高。但在1.01×105
Pa即常压条件下，SO2已经有较高的转化率，并且考虑到成本、设备等方面的情况，故采用常压；450
℃时反应虽然比550
℃时反应慢一些，但其转化率很理想(且催化剂活性最佳)，故选择450
℃、1.01×105
Pa。
答案　(1)①为了提高H2的转化率，提高产率；②使反应具有较快的反应速率；③为了提高N2和H2的转化率，提高产率；④为了加快反应速率，且使催化剂(铁触媒)的活性最佳。
(2)450
℃　1.01×105
Pa(常压)
【易错警示】
1．平衡移动原理不仅能用于判断化学平衡的移动方向，也能用于判断溶解平衡等其他平衡移动的方向，可以说，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
2．平衡移动原理能用来判断平衡移动的方向，但不能用来判断建立新平衡所需要的时间。
变式训练2　随着人类对温室效应和资源短缺等问题的重视，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了各国的普遍关注，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究反应原理，现进行如下实验：在体积为1
L的密闭容器中，充入1
mol
CO2和3
mol
H2，一定条件下发生反应：
CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH＝－49.0
kJ·mol－1
测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
(1)反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝________mol·L－1·min－1。
(2)H2的转化率为________。
(3)下列措施中能使n(CH3OH)/n(CO2)增大的是________(填字母)。
A．升高温度
B．充入He(g)，使体系压强增大
C．将H2O(g)从体系中分离
D．使用催化剂
E．缩小容器体积
答案　(1)0.225　(2)75%　(3)CE
解析　(1)v(H2)＝3v(CO2)＝3×
＝0.225
mol·L－1·min－1。
(2)α(H2)＝×100%＝75%。
(3)A项，升温，平衡左移，n(CH3OH)/n(CO2)减小；B项充入He(g)，平衡不移动，n(CH3OH)/n(CO2)不变；C项，分离出H2O(g)，平衡右移，n(CH3OH)/n(CO2)增大；D项，使用催化剂，平衡不移动，n(CH3OH)/n(CO2)不变；E项，缩小容器体积，平衡右移，n(CH3OH)/n(CO2)增大。
1．下列事实能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．加入催化剂有利于合成氨的反应
B．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深
C．500
℃时比室温更有利于合成氨的反应
D．将混合气体中的氨液化有利于合成氨反应
答案　D
解析　A、B两项，改变条件平衡均不移动，不能用勒夏特列原理解释；C项，根据勒夏特列原理，温度越低，NH3%越高，采取500
℃，主要考虑催化剂的活性和反应速率问题；D项，将混合气体中的氨液化，相当于减小了生成物的浓度，平衡正向移动，有利于合成氨反应。
2．已知反应A2(g)＋2B2(g)??2AB2(g)的ΔH<0，下列说法正确的是(　　)
A．升高温度，A2的转化率增大
B．升高温度有利于反应速率增大，从而缩短达到平衡的时间
C．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动
D．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动
答案　B
解析　升高温度，化学平衡逆向移动，A2的转化率减小；增大压强，平衡正向移动。
3．在容积不变的密闭容器中，一定条件下发生反应：2A??B(g)＋2C(g)，且达到平衡。当升高温度时气体的密度增大，则下列叙述中正确的是(　　)
A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
B．若正反应是放热反应，则A为气态
C．物质A一定为非气态，且正反应是吸热反应
D．若向容器中充入惰性气体，则平衡向右移动
答案　C
解析　升高温度，正、逆反应速率均增大，A错；升高温度，气体的密度增大，由于容器的容积不变，则容器内气体的质量一定增大，则平衡只能向正反应方向移动，且A一定为非气体，B错；由于升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，C对；若向容器中充入惰性气体，虽然容器的压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，D错。
4．放热反应2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g)达平衡后，若分别采取下列措施：①增大压强　②减小NO2的浓度
③增大O2浓度　④升高温度　⑤加入催化剂，能使平衡向正反应方向移动的是(　　)
A．①②③
B．②③④
C．③④⑤
D．①②⑤
答案　A
解析　①增大压强，平衡向气态系数减小的方向即正向移动；②减小NO2的浓度，平衡向生成NO2的方向即正向移动；③增大O2的浓度，平衡向消耗O2的方向即正向移动；④升温，平衡向吸热方向即逆向移动；⑤使用催化剂，平衡不移动。
5．一定条件下，在一个体积可变的密闭容器中充入2
mol的气体A和1
mol的气体B发生反应：2A(g)＋B(g)??3C(g)
ΔH>0。t1时刻反应达到平衡，并测得C在容器中的体积分数为φ1。t2时刻改变某一条件(其他条件不变)，C在容器中的体积分数的变化如图所示，则t2时刻改变的条件是(　　)
A．加入1
mol氦气
B．加入1
mol
C
C．增大压强
D．升高温度
答案　D
解析　氦气与该反应无关，在恒压条件下加入氦气相当于减小压强，但反应前后气体分子数相等，平衡不移动，气体C的体积分数不变，A错；增加C的物质的量，恒压条件下或恒容条件下都是等效平衡，C的体积分数不变，B错；增大压强平衡不移动，C的体积分数不变，C错；升高温度，平衡正向移动，C的体积分数增大，故D正确。
[基础过关]
一、勒夏特列原理的应用
1．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小
B．加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D．增大压强，有利于SO2与O2反应生成SO3
答案　B
解析　勒夏特列原理只能解释与平衡移动有关的问题。氯水中存在平衡Cl2(g)＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO、2HClO2H＋＋2Cl－＋O2↑，光照能促使平衡向右移动，使
c(H＋)逐渐增大，A项正确；催化剂只能加快反应速率，而与平衡是否移动无关，B项错；在氨水中存在平衡：NH3(g)＋H2O??NH3·H2O??NH＋OH－，在浓氨水中加入NaOH固体，增大的
c(OH－)使平衡向左移动，使气体在水中的溶解度减小，所以利于NH3的挥发，C项正确。
2．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．打开汽水瓶时，有大量气泡溢出
B．在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入一定量铁粉
C．氨水应密闭保存于低温处
D．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
答案　B
解析　配制FeSO4溶液时，加入铁粉是为了防止Fe2＋被氧化。
二、温度对化学平衡移动的影响
3．在一定条件下，发生反应CO(g)＋NO2(g)??CO2(g)＋NO(g)，达到化学平衡后，降低温度，混合物的颜色变浅。下列关于该反应的说法正确的是(　　)
A．该反应为吸热反应
B．该反应为放热反应
C．降温后一氧化碳的浓度增大
D．降温后各物质的浓度不变
答案　B
解析　降低温度，平衡向放热反应方向移动，混合物的颜色变浅，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为放热反应，只有B项正确。
4．如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在①中加入CaO，在②中不加其他任何物质，在③中加入NH4Cl晶体，发现①中红棕色变深，③中红棕色变浅。下列叙述正确的是(　　)
A．2NO2??N2O4是放热反应
B．NH4Cl溶于水时放出热量
C．烧瓶①中平衡混合气的平均相对分子质量增大
D．烧瓶③中气体的压强增大
答案　A
解析　2NO2(g)??N2O4(g)，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体。①中红棕色变深说明平衡左移，平均相对分子质量减小，而CaO和水反应放热，则该反应为放热反应，A对，C错；③中红棕色变浅，说明平衡右移，而正反应为放热反应，则证明NH4Cl溶于水要吸收热量，平衡右移时，气体的物质的量减小，压强减小，B、D均错。
5．如图曲线a表示放热反应2X(g)??Z(g)＋M(g)＋N(s)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，不可能采取的措施是(　　)
A．升高温度
B．X的投入量增加
C．加催化剂
D．减小容器体积
答案　A
解析　因为N为固体，所以该反应为等体反应，所以加催化剂或减小容器体积均能使a曲线变为b曲线；B项，X的投入量增加，相当于缩小体积，所以能使a曲线变为b曲线；升温，平衡左移，X的转化率降低。
三、采取措施使化学平衡定向移动
6．利用反应：2NO(g)＋2CO(g)??2CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝－746.8
kJ·mol－1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是(　　)
A．降低温度
B．增大压强同时加催化剂
C．升高温度同时充入N2
D．及时将CO2和N2从反应体系中移走
答案　B
解析　A项，降温，平衡右移，NO的转化率提高，但反应速率降低，A错；B项，增大压强，平衡右移，NO的转化率提高，加入催化剂，可大幅度加快反应速率，B对；C项，升温，充入N2，平衡左移，NO的转化率降低，C错；D项，移走CO2和N2，平衡右移，但反应速率降低，D错。
7．已知反应COCl2(g)??CO(g)＋Cl2(g)　ΔH>0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温　②恒容通入惰性气体　③增加CO浓度　④减压　⑤加催化剂　⑥恒压通入惰性气体，其中能提高COCl2转化率的是(　　)
A．①②④
B．①④⑥
C．②③⑤
D．③⑤⑥
答案　B
解析　①该反应的正反应是吸热反应，升温平衡向正反应方向移动，故可提高COCl2的转化率；②恒容通入惰性气体，由于与反应有关的物质的浓度未改变，所以对反应无影响，平衡不移动，故COCl2的转化率不变；③增加CO浓度，平衡逆向移动，故COCl2的转化率变小；④减压平衡正向移动，所以COCl2的转化率变大；⑤使用催化剂只能影响化学反应速率，对化学平衡无影响；⑥相当于减压，同④。综上所述，能提高COCl2转化率的有①④⑥，故B正确。
8．对于平衡CO2(g)??CO2(aq)　ΔH＝－19.75
kJ·mol－1，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是(　　)
A．升温增压
B．降温减压
C．升温减压
D．降温增压
答案　D
解析　该平衡体积缩小，放出热量，所以降温增压，能促使平衡向右移动。
四、条件改变对化学反应速率和化学平衡的综合影响
9．据报道，在300
℃、70
MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实。
2CO2(g)＋6H2(g)??CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)
下列叙述错误的是(　　)
A．使用Cu—Zn—Fe催化剂可大大提高生产效率
B．反应需在300
℃下进行可推测该反应是吸热反应
C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率
D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率
答案　B
解析　B项，加热可以加快化学反应速率，放热反应也可能在加热条件下进行，故不正确。
10．在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＜0。某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是(　　)
A．图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B．图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化剂效率比乙高
D．图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高
答案　B
解析　A项，图Ⅰ改变的条件应是增大压强；B项，由于同等程度地加快正、逆反应速率，所以加入的应是催化剂；C项，由于平衡发生了移动，所以加入的不是催化剂；D项，改变的应是温度，且乙的温度高。
[能力提升]
11．现有反应：mA(g)＋nB(g)??pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：
(1)该反应的逆反应为______(填“吸热”或“放热”)反应，且m＋n______(填“>”、“＝”或“<”)p。
(2)减压使容器体积增大时，A的质量分数________。(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)
(3)若容积不变加入B，则A的转化率__________，B的转化率________。
(4)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将________。
(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量__________________________________。
答案　(1)放热　>　(2)增大　(3)增大　减小
(4)减小　(5)不变
解析　对反应：mA(g)＋nB(g)??pC(g)达平衡后，升高温度时，B的转化率变大，说明平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，即m＋n>p，A的质量分数增大；加入B时平衡向正反应方向移动，A的转化率增大；升高温度时，平衡向正反应方向移动，c(C)增大，c(B)减小，即减小；加入催化剂，平衡不移动，混合物的总物质的量不变。
12．某化学反应2A(g)??B(g)＋D(g)在四个不同条件下进行。B、D起始时均为0
mol，反应物A的浓度(mol·L－1)随反应时间(min)的变化情况如下表：
实验序号
温度/℃
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
1
800
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2
800
c2
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
800
c3
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
4
820
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
根据表中数据完成下列填空：
(1)实验1，反应在10
min至20
min内用A表示的平均反应速率为________
mol·L－1·
min－1。
(2)实验2，c2＝________，反应经20
min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是________________________________________________________________________。
(3)设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3________v1，且c3________(填“<”“>”或“＝”)1.0。
(4)比较实验4和实验1，可推测该反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，理由是_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
答案　(1)0.013　(2)1.0　使用催化剂　(3)>　>
(4)吸热　温度升高，平衡向右移动
解析　(1)实验1，反应在10
min至20
min内的平均反应速率v(A)＝(0.80－0.67)mol·L－1÷10
min＝0.013
mol·L－1·min－1。(2)实验2，由于反应的温度相同，达到平衡时A的浓度相等，所以开始时A的初始浓度也相等，即c2＝1.0，反应在20
min时就已经达到平衡，而实验1在20
min
时还未达到平衡，所以可推测实验2中还隐含的条件是使用催化剂。(3)由于实验3的温度与实验1相同，而平衡时实验3中A的浓度高，而且在10
min时A的浓度也较高，说明在反应开始时c3>1.0，则v3>v1。(4)比较实验4和实验1，由于实验4的温度高于实验1，且开始时A的浓度相同，达到平衡时实验1中A的浓度高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动。由于升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以正反应是吸热反应。
[拓展探究]
13．在一个体积为2
L的密闭容器中，高温下发生反应：Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)。其中CO2、CO的物质的量(mol)随时间(min)的变化关系如图所示。
(1)反应在1
min时第一次达到平衡状态，固体的质量增加了3.2
g。用CO2的浓度变化表示的反应速率
v(CO2)＝________。
(2)反应进行至2
min时，若只改变温度，曲线发生的变化如图所示，3
min时再次达到平衡，则ΔH________0(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(3)5
min时再充入一定量的CO(g)，平衡发生移动。下列说法正确的是________(填写编号)。
a．v正先增大后减小
b．v正先减小后增大
c．v逆先增大后减小
d．v逆先减小后增大
表示n(CO2)变化的曲线是________(填写图中曲线的字母编号)。
(4)请用固态物质的有关物理量来说明该反应已经达到化学平衡状态：_________
_______________________________________________________________。
答案　(1)0.1
mol·L－1·min－1　(2)＞　(3)c　b　(4)Fe(或FeO)的质量(或物质的量)保持不变；或固体总质量保持不变
解析　(1)Fe→FeO，固体质量增加3.2
g，说明生成FeO
0.2
mol，v(CO2)＝＝0.1
mol·
L－1·min－1。(2)由图可知，2～3
min内CO2和CO物质的改变量大于0～1
min的改变量，且2～3
min内CO2的物质的量减小，CO的物质的量增加，由此推知建立新平衡的反应速率加快，则升高温度，平衡正向移动，说明正反应吸热。(3)充入CO，CO浓度增大，逆反应速率增大，之后逐渐减小；5
min时CO2浓度不变，正反应速率不变，平衡逆向移动，CO2浓度增大，正反应速率逐渐增大。第2课时　弱电解质的电离平衡
[目标导航]　1.理解电离平衡的概念。2.了解电离度的概念及其简单的计算。3.能运用电离平衡原理解释弱电解质在水溶液中的电离情况。
一、弱电解质的电离平衡
1．定义
在一定条件下(如温度和浓度)，电解质电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等，溶液中各分子和离子的浓度都不再发生变化，电离过程达到电离平衡状态。
2．建立过程(用v t图像描述)
3．特征
4．外界条件对电离平衡的影响
①内因：弱电解质本身的性质。
②外因：浓度、温度、加入试剂等。
5．电离过程是可逆过程，可直接用化学平衡移动原理分析电离平衡。以0.1
mol·L－1CH3COOH溶液为例：CH3COOH??CH3COO－＋H＋(正向吸热)。
实例(稀溶液)
CH3COOH??CH3COO－＋H＋　ΔH＞0
改变条件
加水稀释
加入少量冰醋酸
加入HCl(g)
加入NaOH(s)
加入镁粉
升温
加入CH3COONa(s)
平衡移动方向
向右
向右
向左
向右
向右
向右
向左
n(H＋)
增大
增大
增大
减小
减小
增大
减小
c(H＋)
减小
增大
增大
减小
减小
增大
减小
c(CH3COO－)
减小
增大
减小
增大
增大
增大
增大
c(CH3COOH)
减小
增大
增大
减小
减小
减小
增大
导电能力
减弱
增强
增强
增强
增强
增强
增强
【方法导引】　弱电解质的电离平衡是化学平衡的一种表现形式，完全具有化学平衡的特征和本质，对它进行分析、判断的原理与化学平衡相同。
【合作探究】
1．电离平衡右移，电解质分子的浓度一定减小吗？离子浓度一定增大吗？
答案　都不一定。如对于CH3COOH??CH3COO－＋H＋平衡后，加入冰醋酸，c(CH3COOH)增大，平衡右移，根据勒夏特列原理，只能“减弱”而不能“消除”，再次平衡时，c(CH3COOH)比原平衡时大；加水稀释或加少量NaOH固体，都会引起平衡右移，但c(CH3COOH)、c(H＋)都比原平衡时要小。
2．冰醋酸加水稀释过程中c(H＋)是如何变化的？写出变化图，并说明原因。
答案　在向醋酸中加水之前，醋酸分子尚未电离，c(H＋)＝0。在加水稀释之后，醋酸的电离开始随着水的逐渐加入，电离平衡逐渐向生成CH3COO－和H＋的方向移动。在此过程中V(溶液)和n(H＋)都逐渐增大。c(H＋)从0开始增加。随着水的加入，虽然促进CH3COOH的电离，但由于V(溶液)的增加，c(H＋)呈减小趋势。
如图所示
二、电离平衡常数(K)、电离度(α)
1．电离常数
(1)表示方法
AB??A＋＋B－　K＝
弱电解质的电离常数表达式中的c(A＋)、c(B－)和c(AB)均为达到电离平衡后各粒子在溶液中的浓度值，并不是直接指溶质的物质的量浓度值，并且在温度一定时，其电离常数就是一个定值。
①一元弱酸、一元弱碱的电离常数。例如：
CH3COOH??CH3COO－＋H＋
Ka＝
NH3·H2O??NH＋OH－
Kb＝eq
\f(c（NH）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)
②多元弱酸、多元弱碱的电离常数。
多元弱酸的电离是分步进行的，每步都有相应的电离常数，通常用Ka1，Ka2，Ka3等来分别表示。
例如：H3PO4??H＋＋H2PO
Ka1＝eq
\f(c（H2PO）·c（H＋）,c（H3PO4）)
H2PO??H＋＋HPO　Ka2＝eq
\f(c（HPO）·c（H＋）,c（H2PO）)
HPO??H＋＋PO　Ka3＝eq
\f(c（PO）·c（H＋）,c（HPO）)
多元弱酸各步的电离常数大小的比较为Ka1 Ka2 Ka3，因此多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定。
多元弱碱的电离与多元弱酸的电离情况相类似，但多元弱碱的电离可写成一步。
(2)影响因素
电离常数只与温度有关，升高温度，K值增大。
(3)电离常数的意义
①表示多元弱酸溶液中离子浓度的关系。
H3PO4分三步电离，第一步最强(Ka1＝7.5×10－3)，第二步弱(Ka2＝6.2×10－8)，第三步最弱(Ka3＝2.2×10－13)，c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)＞c(OH－)。
H2S分两步电离，第一步强(Ka1＝9.1×10－8)，第二步弱(Ka2＝1.1×10－12)，c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)＞c(OH－)
②根据电离常数的大小，可以估算弱电解质电离的程度。例如，在相同条件下，K值越大，弱酸的电离程度越大，酸性越强。在相同条件下，常见弱酸的酸性强弱关系为
H3PO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞HClO。
2．电离度
(1)弱电解质的电离度用α表示
则α＝×100%，
或α＝×100%，
或α＝×100%。
(2)影响电离度的因素
①温度
升高温度，电离平衡向正反应方向移动，电离度增大。
②浓度
加水稀释，电离平衡向正反应方向移动，电离度增大。即浓度越大，电离度越小，浓度越小，电离度越大。
(3)意义
①电离度实质上是一种平衡转化率。表示弱电解质在水中的电离程度。
②温度相同，浓度也相同时，不同弱电解质的电离度是不同的。
【合作探究】
1．H2CO3的电离平衡常数Kal＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，它的Kal、Ka2差别很大的原因：________________________________________________________________________。
(从电离平衡的角度解释)
答案　第一步电离产生的H＋对第二步的电离起抑制作用
2．在Na2CO3中加醋酸产生CO2气体，试从电离平衡常数的角度解释原因：______________
__________________________________________________________。
[已知：K(CH3COOH)＝1.7×10－5；K(H2CO3)＝4.3×10－7。]
答案　醋酸的电离平衡常数大，酸性强，较强的酸可制备较弱的酸
一、外界条件对弱电解质电离平衡的影响
【例1】　已知0.1
mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)的比值增大，可以采取的措施是(　　)
A．加少量烧碱溶液
B．加CH3COONa(s)
C．加少量冰醋酸
D．加水
解析　CH3COOH??CH3COO－＋H＋，Ka＝。A项，加少量烧碱溶液时，OH－消耗了H＋，c(H＋)降低，平衡右移，达新平衡时c(CH3COO－)增大，而Ka不变，故c(H＋)/c(CH3COOH)减小；B项，加CH3COONa(s)，c(H＋)减小，c(CH3COOH)增大，其比值减小；C项，加入少量冰醋酸，c(H＋)、c(CH3COOH)的浓度均增大，但c(H＋)增大的幅度小于c(CH3COOH)增大的幅度，故c(H＋)/c(CH3COOH)比值减小；D项，加水稀释，平衡右移，H＋的量增多，CH3COOH的量减小，故c(H＋)/c(CH3COOH)的比值增大。
答案　D
【方法技巧】　外界条件对电离平衡影响的规律
(1)升高温度平衡向电离的方向移动；降低温度平衡向离子结合成分子的方向移动。
(2)加水稀释平衡向电离的方向移动。电解质溶液的浓度越小其电离程度就越大。
(3)加入含有弱电解质离子的强电解质时平衡向离子结合成分子的方向移动。
(4)加入能与弱电解质离子反应的物质时电离平衡向电离的方向移动。
变式训练1　某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2O??NH＋OH－，若想增大NH的浓度，而不增大OH－的浓度，应采取的措施是(　　)
A．适当升高温度
B．加入NaCl固体
C．通入NH3
D．加入少量盐酸
答案　D
解析　升高温度，平衡向右移动，c(NH)、c(OH－)都增大；加入NaCl固体，平衡不移动；通入NH3平衡向右移动，c(NH)、c(OH－)都增大；加入少量盐酸，H＋与OH－反应使c(OH－)下降，平衡向右移动，使c(NH)增大。
二、电离平衡常数及其应用
【例2】　已知25
℃时，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5。
(1)向0.1
mol·L－1醋酸溶液中加入一定量1
mol·L－1盐酸时，上式中的数值是否发生变化？为什么？
(2)若醋酸的起始浓度为0.010
mol·L－1，平衡时c(H＋)是多少？
解析　(1)一定温度时，电离常数不随浓度的变化而变化。加入一定量盐酸，平衡向左移动，c(H＋)增大、c(CH3COO－)减小、c(CH3COOH)增大，比值不变，仍为1.75×10－5。
(2)　　　　　CH3COOH??
CH3COO－＋H＋
0.010
0
0
0.010－c(H＋)
c(H＋)
c(H＋)
故有＝1.75×10－5。
由于c(H＋)很小，0.010－c(H＋)≈0.010，
那么，c(H＋)≈4.18×10－4
mol·L－1。
答案　(1)不变　电离常数不随浓度变化而变化，在一定温度下是一个常数
(2)4.18×10－4
mol·L－1
【思维模式】　有关电离平衡的计算
依照化学平衡计算中“列三行”(或“列两行”)的方法，通过起始浓度、消耗浓度、平衡浓度，结合Ka(Kb)、α等条件便可以轻松地进行电离平衡的有关计算。由＝α、＝Ka可推出c(H＋)的常用计算公式有：c(H＋)＝cα，c(H＋)＝，α与Ka的关系为α＝。同样，对于一元弱碱来说，c(OH－)＝cα＝。
变式训练2　0.10
mol·L－1HA溶液中有1%的HA电离，则HA的电离平衡常数Ka为(　　)
A．1.0×10－5
B．1.0×10－7
C．1.0×10－8
D．1.0×10－9
答案　A
解析　电离出的HA的物质的量浓度为：c(HA)＝0.10
mol·L－1×1%＝1.0×10－3mol·L－1，根据：HA??H＋＋A－，则平衡时：c(H＋)＝c(A－)＝1.0×10－3mol·L－1，c(HA)平＝0.10
mol·
L－1－1.0×10－3mol·L－1≈1.0×10－1mol·L－1，将有关数据代入平衡常数表达式得：Ka＝＝1.0×10－5。
1．下列说法正确的是(　　)
A．根据溶液中有CH3COOH、CH3COO－和H＋即可证明CH3COOH达到电离平衡状态
B．根据溶液中CH3COO－和H＋的物质的量浓度相等可证明CH3COOH达到电离平衡状态
C．当NH3·H2O达到电离平衡时，溶液中NH3·H2O、NH和OH－的浓度相等
D．H2CO3是分步电离的，电离程度依次减弱
答案　D
解析　该题考查了电离平衡的判断及其特点。溶液中除电解质电离出的离子外，还存在电解质分子，能证明该电解质是弱电解质，但不能说明达到平衡状态，A错误；根据CH3COOHCH3COO－＋H＋知即使CH3COOH电离未达到平衡状态，CH3COO－和H＋的浓度也相等，B错误；NH3·H2O达到电离平衡时，溶液中各粒子的浓度不变，而不是相等，何况NH3·H2O电离程度是很小的，绝大多数以NH3·H2O的形式存在，C错误；H2CO3是二元弱酸，分步电离且电离程度依次减小，D正确。
2．下列对氨水溶液中存在的电离平衡NH3·H2O??NH＋OH－叙述正确的是(　　)
A．加水后，溶液中n(OH－)增大
B．加入少量浓盐酸，溶液中c(OH－)增大
C．加入少量浓NaOH溶液，电离平衡正向移动
D．加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH)减少
答案　A
解析　A项，加水使NH3·H2O电离平衡右移，n(OH－)增大；B项，加入少量浓盐酸使
c(OH－)减小；C项，加入浓NaOH溶液，电离平衡向左移动；D项，加NH4Cl固体，c(NH)增大。
3．在100
mL
0.1
mol·L－1的醋酸溶液中，欲使醋酸的电离度增大，H＋浓度减小，可采用的方法是(　　)
A．加热
B．加入100
mL
0.1
mol·L－1的醋酸溶液
C．加入少量的0.5
mol·L－1的硫酸
D．加入少量的1
mol·L－1的NaOH溶液
答案　D
解析　A项，加热促进电离，H＋浓度增大；B项，H＋浓度不变；C项，加H2SO4抑制电离，但H＋浓度增大；D项，加入NaOH，OH－与H＋反应，平衡向右移动，H＋浓度减小。
4．20
℃时在0.5
L
0.2
mol·L－1的HA溶液中，有0.005
mol
的HA电离成离子，求该温度下的电离度。
答案　α＝×100%＝5%
解析　根据α＝×100%进行计算。
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c(S2－)，最好加入________。
答案　H2S??H＋＋HS－，HS－??H＋＋S2－
(1)右　增大　减小　(2)右　减小　增大　(3)减小　(4)NaOH固体
解析　H2S是二元弱酸，在水溶液中是分两步电离的，其电离方程式应为
H2S??H＋＋HS－，HS－??H＋＋S2－
对(1)，当加入CuSO4溶液时，因发生反应Cu2＋＋S2－===CuS↓，使平衡右移，导致c(H＋)增大，但c(S2－)减小。
对(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。
对(3)，当加热H2S溶液至沸腾时，因H2S挥发，使c(H2S)减小。
对(4)，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。
[基础过关]
一、弱电解质的电离平衡
1．下列有关“电离平衡”的叙述正确的是(　　)
A．电解质在溶液里达到电离平衡时，分子的浓度和离子的浓度相等
B．达到电离平衡时，由于分子和离子的浓度不再发生变化，所以说电离平衡是静态平衡
C．电离平衡是相对的、暂时的，外界条件改变时，平衡可能会发生移动
D．电解质达到电离平衡后，各离子的浓度相等
答案　C
解析　A项，达到电离平衡时，分子的浓度和离子的浓度均不变，但未必相等；B项，达到电离平衡时，分子仍然要电离为离子，离子也要结合为分子，只是二者速率相等，即电离平衡是动态平衡；D项，达到电离平衡时，电解质溶液中各离子的浓度不变，但不一定相等。
2．将1
mol冰醋酸加入到一定量的蒸馏水中最终得到1
L溶液。下列各项中，表明已达到电离平衡状态的是(　　)
A．醋酸的浓度达到1
mol·L－1
B．H＋的浓度达到0.5
mol·L－1
C．醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H＋的浓度均为0.5
mol·L－1
D．醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等
答案　D
解析　在未电离时c(CH3COOH)＝1
mol·L－1，当醋酸、H＋、CH3COO－的浓度不再变化时(但此时三者的浓度不一定是0.5
mol·L－1)，醋酸的电离达到平衡状态，故A、B、C均错。依据平衡状态的标志即弱电解质分子电离成离子的速率与离子结合成弱电解质分子的速率相等，可知D项正确。
二、外界条件对电离平衡的影响
3．已知相同条件下，HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数。为了提高氯水中HClO的浓度，可加入(　　)
A．HCl
B．CaCO3(s)
C．H2O
D．NaOH(s)
答案　B
解析　分析Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO；加入HCl，平衡左移，c(HClO)减小；加入水，平衡右移但c(HClO)减小；加入NaOH，H＋及HClO均与OH－反应，平衡右移但c(HClO)减小(生成了NaCl和NaClO)；加入CaCO3，H＋与CaCO3反应使平衡右移，而HClO不与CaCO3反应，因而c(HClO)增大。
4．在25
℃时，用蒸馏水稀释1
mol·L－1的醋酸溶液至0.01
mol·L－1，随着溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　对于CH3COOH??H＋＋CH3COO－，K＝是一定值，稀释过程中c(CH3COO－)减小，所以增大，、均减小。
5．向0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa晶体时，会引起(　　)
A．溶液的pH增大
B．溶液中的c(H＋)增大
C．溶液的导电能力减弱
D．溶液中的c(OH－)减小
答案　A
解析　CH3COOH??CH3COO－＋H＋，当加入CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡向左移动，c(H＋)减小，pH增大，c(OH－)增大，但溶液中离子浓度增大，导电性增强，故选A。
6．在醋酸中存在电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，要使电离平衡右移且c(H＋)增大，应采取的措施是(　　)
A．加入NaOH(s)
B．加入盐酸
C．加蒸馏水
D．升高温度
答案　D
解析　加入NaOH(s)、蒸馏水、升高温度均能使平衡右移，但加入NaOH、蒸馏水时c(H＋)减小，升高温度时c(H＋)增大。
7．将浓度为0.1
mol·L－1
HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是(　　)
A．c(H＋)
B．Ka(HF)
C.
D.
答案　D
解析　HF溶液加水稀释，平衡向右移动，所以增大。选D项正确。
三、电离平衡常数、电离度
8．下列说法正确的是(　　)
A．电离平衡常数受溶液浓度的影响
B．电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱
C．电离常数大的酸溶液中c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中大
D．H2CO3的电离常数表达式：K＝eq
\f(c（H＋）·c（CO）,c（H2CO3）)
答案　B
解析　电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，所以A项错误；电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱，故B项正确；酸中c(H＋)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，所以C项错误；D项中碳酸是分步电离的，第一步电离常数表达式为
K1＝eq
\f(c（H＋）·c（HCO）,c（H2CO3）)，第二步电离常数为K2＝eq
\f(c（H＋）·c（CO）,c（HCO）)，故D项错误。
9．已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2　NaCN＋HF===HCN＋NaF　NaNO2＋HF===HNO2＋NaF。
由此可判断下列叙述中不正确的是(　　)
A．K(HF)＝7.2×10－4
B．K(HNO2)＝4.9×10－10
C．根据两个反应即可得出一元弱酸的酸性强弱顺序为HF>HNO2>HCN
D．K(HCN)答案　B
解析　相同温度下的弱电解质的电离常数是比较弱电解质相对强弱的依据之一；根据第一、第三个反应可知三种一元弱酸的酸性强弱顺序为HF>HNO2>HCN。由此可判断K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)，其对应数据依次为K(HF)＝7.2×10－4，K(HNO2)＝4.6×10－4，K(HCN)＝4.9×10－10。
10．由表中的电离平衡常数判断可以发生的反应是(　　)
酸
电离常数(25
℃)
碳酸
Kal＝4.3×10－7　Ka2＝5.6×10－11
次溴酸
Ka＝2.4×10－9
A.NaBrO＋NaHCO3===HBrO＋Na2CO3
B．2HBrO＋Na2CO3===2NaBrO＋H2O＋CO2↑
C．HBrO＋NaHCO3===NaBrO＋H2O＋CO2↑
D．NaBrO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HBrO
答案　D
解析　相同温度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据知，酸性强弱顺序是H2CO3＞HBrO＞HCO。根据“强酸可以制弱酸”进行判断。A选项，HBrO的酸性大于HCO，所以HBrO＋Na2CO3===NaBrO＋NaHCO3能发生，故A错误；B选项，酸性：H2CO3＞HBrO，所以碳酸钠和次溴酸反应不能生成二氧化碳，故B错误；C选项，酸性：H2CO3＞HBrO，所以次溴酸和碳酸氢钠不反应，故C错误；D选项，酸性：H2CO3＞HBrO＞HCO，所以碳酸能和次溴酸钠反应生成碳酸氢钠和次溴酸，故D正确。
[能力提升]
11.一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示。请回答下列问题：
(1)O点为什么不导电___________________________________________。
(2)a、b、c三点c(H＋)由大到小的顺序是________________________
________________________________________________。
(3)a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的点是________点。
(4)若使c点溶液中的c(CH3COO－)提高，可采取的措施是________(填字母序号)。
A．加热
B．加很稀的NaOH溶液
C．加固体KOH
D．加水
E．加固体CH3COONa
F．加锌粉
答案　(1)冰醋酸中只有分子，无自由移动的离子
(2)b＞a＞c　(3)c　(4)ACEF
解析　(1)因冰醋酸中没有水，CH3COOH还没有发生电离，因而此时尚无可自由移动的离子。(2)在稀释过程中，c(H＋)与c(CH3COO－)是相等的，导电能力越强，说明溶液中c(H＋)、c(CH3COO－)越大。(3)b点表示溶液中离子浓度刚好达到最大值，在这之前加水时离子浓度逐渐增大，冰醋酸电离程度逐渐增大，而在这之后再稀释时醋酸电离程度还会继续增大，但c(H＋)、c(CH3COO－)却逐渐减小。
(4)使c点溶液中c(CH3COO－)增大的措施有：加热、加入醋酸盐或能与H＋反应的物质。
12．在a、b两支试管中，分别装入形态相同、质量相等的一颗锌粒，然后向两支试管中分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸。填写下列空白：
(1)a、b两支试管中的现象：相同点是________；不同点是________；原因是________________________________________________________________________。
(2)a、b两支试管中生成气体的体积开始时是V(a)________V(b)；反应完毕后生成气体的总体积是V(a)________V(b)：原因是____________________________________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)都产生无色气泡　a中反应速率较快　盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸溶液中
c(H＋)大
(2)大于　等于　开始反应时，盐酸溶液中H＋浓度较大，但稀盐酸和稀醋酸中H＋的总的物质的量相等
解析　锌粒与酸反应的实质是Zn与酸电离出的H＋发生置换反应产生H2，c(H＋)越大，产生H2的速率越快。HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，在起始的物质的量浓度相同时，HCl电离出的H＋远大于酸酸电离出的H＋，但由于醋酸中存在电离平衡CH3COOH??CH3COO－＋H＋，随着Zn与H＋的反应，CH3COOH不断电离出H＋，平衡右移，Zn继续与H＋反应，故反应后期醋酸产生H2的速率大，由于n(HCl)＝n(CH3COOH)，所以盐酸和醋酸与Zn反应产生H2的体积相等。
13．(1)在25
℃下，将a
mol·L－1的氨水与0.01
mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－1；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________________。
(2)①已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3??HCO＋H＋的平衡常数K1＝________。(已知10－5.60＝2.5×10－6)
②已知H2CO3的第二级电离常数K2＝5.6×10－11，HClO的电离常数K＝3.0×10－8，写出下列条件下所发生反应的离子方程式：
a．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中：_________________________________________
_______________________________。
b．Cl2与Na2CO3按物质的量之比1∶1恰好反应：______________________________________
____________________________________________________________________________。
c．少量CO2通入到过量的NaClO溶液中：________________________________
____________________________________________________________________________。
答案　(1)
(2)①4.2×10－7
②a.Cl2＋2CO＋H2O===2HCO＋Cl－＋ClO－
b．Cl2＋CO＋H2O===HCO＋Cl－＋HClO
c．ClO－＋CO2＋H2O===HCO＋HClO
解析　(1)Kb＝c(NH)·c(OH－)/c(NH3·H2O)＝(0.005×10－7)/(－0.005)＝10－9/(a－0.01)。
(2)①K1＝eq
\f(c（H＋）·c（HCO）,c（H2CO3）)＝≈4.2×10－7。②按题给的量的关系书写即可，但应注意因K2(H2CO3)[拓展探究]
14．下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25
℃)。
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOH??CH3COO－＋H＋
1.76×10－5
H2CO3
H2CO3??H＋＋HCO
HCO??H＋＋CO
K1＝4.4×10－7
K2＝4.7×10－11
H2S
H2S??H＋＋HS－HS－??H＋＋S2－
K1＝1.3×10－7
K2＝7.1×10－15
H3PO4
H3PO4??H＋＋H2PO
K1＝7.1×10－3K2＝6.3×10－8K3＝4.20×10－13
H2PO??H＋＋HPO
HPO??H＋＋PO
回答下列问题：
(1)当温度升高时，K值__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在温度相同时，各弱酸的K值不同，那么K值的大小与酸性的相对强弱有何关系？________________________________________________________________________。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCO、H2S、HS－、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，其中酸性最强的是____________，最弱的是____________。
(4)多元弱酸是分步电离的，每一步都有相应的电离平衡常数，对于同一种多元弱酸的K1、K2、K3之间存在着一定的规律，此规律是____________，产生此规律的原因是_________
_______________________________________________________________。
答案　(1)增大　(2)K值越大，电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强　(3)H3PO4　HS－　(4)K1 K2 K3　上一级电离产生的H＋对下一级电离起抑制作用
解析　(1)弱电解质的电离过程为吸热过程，所以升高温度，电离平衡向右移动，c(H＋)、
c(A－)增大，c(HA)减小，所以K值增大。(2)K值越大，电离出的氢离子浓度越大，酸性越强。(3)比较这几种粒子的电离常数可知，H3PO4酸性最强，HS－酸性最弱。(4)由于上一级电离对下一级电离有抑制作用，使得上一级电离常数远大于下一级的电离常数。第1课时　沉淀溶解平衡与溶度积
[目标导航]　1.知道沉淀溶解平衡的概念及其影响因素。2.明确溶度积和离子积的关系，学会判断反应进行的方向。
一、难溶电解质的溶解平衡
1．固体物质的溶解度(S)与溶解性的关系
溶解性
难溶
微溶
可溶
易溶
S的范围
S＜0.01g
0.01
g＜S＜1
g
1__g＜S＜10__g
S＞10
g
2.溶解平衡状态
在一定温度下，固体溶质在水中形成饱和溶液时，溶液中溶质质量保持不变的状态，该状态下，固体溶质溶解的速率和溶液中溶质分子结晶的速率达到相等，但溶解和结晶仍在进行。
3．沉淀溶解平衡
(1)概念
在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即建立了动态平衡，叫做难溶电解质的溶解平衡。如AgCl溶于水的溶解平衡表示为AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。
(2)特征
4．影响沉淀溶解平衡的因素
(1)内因
难溶电解质本身的性质，这是决定因素。
(2)外因
以AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH＞0为例
外界条件
移动方向
平衡后c(Ag＋)
平衡后c(Cl－)
Ksp
升高温度
正向
增大
增大
增大
加水稀释
正向
减小
减小
不变
加入少量AgNO3
逆向
增大
减小
不变
通入HCl
逆向
减小
增大
不变
通入H2S
正向
减小
增大
不变
【合作探究】
1．根据对溶解度及反应限度、化学平衡原理的认识，生成沉淀的离子反应能否真正进行到底？
答案　不能进行到底。从溶解度来看，所谓难溶是指溶解度小于0.01
g，并非溶解度为0；任何化学反应都具有可逆性，可逆反应达到平衡状态时，反应物和生成物的浓度不再变化，从而使生成沉淀的离子反应不能进行到底。
2．从物质类别、变化过程角度分析沉淀溶解平衡与弱电解质的电离平衡有何区别？
答案　(1)从物质类别看，难溶电解质可以是强电解质，也可以是弱电解质[如BaSO4是强电解质，而Al(OH)3是弱电解质]，而难电离物质只能是弱电解质。
(2)从变化的过程来看，沉淀溶解平衡是指已溶解的溶质与未溶解的溶质之间形成沉淀与溶解的平衡状态；而电离平衡则是指已经溶解在溶液中的弱电解质分子与离子之间的转化达到平衡状态。
二、溶度积常数
1．在一定温度下，沉淀达溶解平衡后的溶液为饱和溶液，其离子浓度不再发生变化，溶液中各离子浓度幂之积为常数，叫做溶度积常数(简称溶度积)，用Ksp表示。
2．写出下列沉淀溶解平衡的溶度积常数的表达式
(1)AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)。
(2)Fe(OH)3(s)??Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)
Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)。
(3)AmBn(s)??mAn＋(aq)＋nBm－(aq)
Ksp＝[c(An＋)]m·[c(Bm－)]n。
【合作探究】
1．溶解度较小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀，而溶解度小的沉淀不能向溶解度大的沉淀转化，这种认识对吗？
答案　不对。只要离子积Qc＞Ksp，溶解度小的沉淀也可以转化为溶解度大的沉淀。
2．同温条件下，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强，这种认识对吗？
答案　不对，对于同类型物质而言，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强，如AgCl＞AgBr＞AgI；而对于不同类型的物质，则不能直接比较，如Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，不能认为Mg(OH)2比AgCl更难溶，需转化为溶解度进行比较。
一、影响沉淀溶解平衡的因素
【例1】　把氢氧化钙放入蒸馏水中，一段时间后达到如下平衡：Ca(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入以下溶液，可使Ca(OH)2减少的是(　　)
A．Na2S溶液
B．AlCl3溶液
C．NaOH溶液
D．CaCl2溶液
解析　Na2S水解显碱性，增大了溶液中OH－的浓度；NaOH会提供大量OH－；CaCl2会增大Ca2＋的浓度，所以A、C、D选项都会使溶解平衡向左移动，使Ca(OH)2增多。AlCl3中的Al3＋可与OH－发生反应生成Al(OH)3沉淀，使平衡向右移动，促进Ca(OH)2的溶解。
答案　B
【归纳总结】　影响沉淀溶解平衡的因素
(1)内因
溶质本身的性质。绝对不溶的物质是没有的；同是微溶物质，溶解度差别也很大；易溶溶质只要是饱和溶液也存在溶解平衡。
(2)外界条件改变对溶解平衡的影响
①温度升高，多数溶解平衡向溶解的方向移动。
②加水稀释，浓度减小，溶解平衡向溶解的方向移动。
③加入与难溶电解质构成微粒相同的物质，溶解平衡向生成沉淀的方向移动。
④加入与难溶电解质溶解所得的离子反应的物质，溶解平衡向溶解的方向移动。
变式训练1　将AgCl分别投入下列溶液中：
①40
mL
0.03
mol·L－1的HCl溶液
②50
mL
0.03
mol·L－1的AgNO3溶液
③30
mL
0.02
mol·L－1的CaCl2溶液
④10
mL蒸馏水
AgCl的溶解度由大到小的顺序是________。
答案　④>①＝②>③
解析　在水中AgCl存在溶解平衡AgCl(s)??AgCl(aq)===Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
(注：s表示未溶解的固体，aq表示已被溶解但未电离的AgCl)。当溶液中存在Ag＋或Cl－时，溶解平衡逆向移动，AgCl的溶解度减小。溶液中Ag＋或Cl－的浓度越大，逆向移动的程度越大，溶解度就越小。以中性的水为参照，溶解度大小顺序为④>①＝②>③。
二、溶度积的意义及应用
【例2】　已知25
℃时，AgCl的溶度积常数Ksp＝1.8×10－10，则下列说法正确的是(　　)
A．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp变大
B．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag＋)＝c(Cl－)
C．温度一定时，当溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp时，此溶液中必有AgCl沉淀析出
D．将AgCl加入到较浓的KI溶液中，部分AgCl转化为AgI，因为AgCl的溶解度大于AgI
解析　Ksp只与温度有关，A项不正确；B项混合后可能c(Ag＋)或c(Cl－)有剩余，不一定有c(Ag＋)＝c(Cl－)；C项Qc＝Ksp时达到溶解平衡，没有AgCl沉淀析出；D项符合沉淀转化的规律。
答案　D
【归纳总结】　溶液积的意义及应用
(1)Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关。
(2)同温条件时，对于同类型物质，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强。如由Ksp数值可知，溶解能力：AgCl＞AgBr＞AgI，Cu(OH)2＜Mg(OH)2。
(3)不同类型的物质，Ksp差距不大时不能直接作为比较依据。如(25
℃)：
AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，Ksp＝1.8×10－10，Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝1.8×10－11，虽然Mg(OH)2的Ksp较小，但不能认为Mg(OH)2比AgCl更难溶。
变式训练2　已知25
℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。请回答下列问题：
(1)25
℃时，若向50
mL
0.018
mol·L－1的AgNO3溶液中加入50
mL
0.020
mol·L－1的盐酸，混合后溶液中的c(Ag＋)为________
mol·L－1，pH为________。
(2)25
℃时，取一定量含有I－、Cl－的溶液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl和AgI同时沉淀时，溶液中为________。
答案　(1)1.8×10－7　2　(2)4.7×10－7
解析　(1)反应后剩余的c(Cl－)＝＝0.001
mol·L－1，c(Ag＋)＝＝1.8×10－7
mol·L－1。反应后溶液中的c(H＋)＝＝0.010
mol·L－1，pH＝2。(2)＝＝≈4.7×10－7。
1．下列物质的溶解度随温度升高而减小的是(　　)
①KNO3　②Ca(OH)2　③BaSO4　④CO2
A．①②
B．②④
C．①③
D．①④
答案　B
解析　Ca(OH)2的溶解度比较特殊，随温度的升高而减小，其他绝大多数物质随温度升高，溶解度增大(气体除外)。
2．下列对“难溶”的理解正确的是(　　)
A．在水中难溶的物质，在其他溶剂中也是难溶的
B．难溶就是绝对不溶
C．难溶就是溶解度相对较小，没有绝对不溶于水的电解质
D．如果向某溶液中加入足量另一种试剂时，生成了难溶性的电解质，则说明原溶液中的相应离子已沉淀完全
答案　C
解析　难溶是指物质在水中的溶解度小于0.01
g。
3．下列有关AgCl沉淀的溶解平衡状态的说法中，正确的是(　　)
A．AgCl沉淀的生成和溶解不断进行，但速率相等
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．升高温度，AgCl的溶解度不变
D．向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度不变
答案　A
解析　AgCl固体在溶液中存在溶解平衡，所以溶液中有Ag＋和Cl－，B错；升高温度，AgCl溶解度增大，C错；向平衡体系中加入NaCl固体，增大了c(Cl－)，溶解平衡左移，AgCl溶解度减小，D错。
4．下列说法中，正确的是(　　)
A．两种难溶盐电解质，其中Ksp小的溶解度一定小
B．溶液中存在两种可以与同一沉淀剂生成沉淀的离子，则Ksp小的一定先生成沉淀
C．难溶盐电解质的Ksp与温度有关
D．同离子效应使难溶盐电解质的溶解度变小，也使Ksp变小
答案　C
解析　Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关。
5．已知25
℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100
mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400
mL
0.01
mol·L－1
Na2SO4溶液，下列叙述正确的是(　　)
A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中c(SO)比原来的大
B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小
C．溶液中析出CaSO4固体沉淀，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小
D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO)比原来的大
答案　D
解析　本题是一道考查沉淀溶解平衡的图像题。由题意知，Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)＝3.0×10－3×3.0×10－3＝9×10－6，
CaSO4饱和溶液中c(Ca2＋)＝c(SO)＝3.0×10－3
mol·L－1。
加入400
mL
0.01
mol·L－1
Na2SO4溶液后，c(Ca2＋)＝＝6×10－4(mol·L－1)，c(SO)＝＝8.6×10－3(mol·L－1)，
Qc＝c(Ca2＋)·c(SO)＝6×10－4×8.6×10－3＝5.16×10－6＜Ksp(CaSO4)，所以溶液中无CaSO4沉淀产生，则D正确。
6．在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中(　　)
A．c(Ba2＋)＝c(SO)＝(Ksp)
B．c(Ba2＋)·c(SO)>Ksp，c(Ba2＋)＝c(SO)
C．c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp，c(Ba2＋)＞c(SO)
D．c(Ba2＋)·c(SO)≠Ksp，c(Ba2＋)＜c(SO)
答案　C
解析　在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液，平衡BaSO4(s)
????Ba2＋(aq)＋SO(aq)左移，则此时c(Ba2＋)＞c(SO)；由于温度未发生改变，所以溶液中c(Ba2＋)·(SO)＝Ksp。
[基础过关]
一、沉淀溶解平衡及其影响因素
1．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是(　　)
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的生成和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶的该沉淀物，将促进溶解
答案　B
解析　反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系，A项不正确、D项正确；沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等，C项不正确；沉淀溶解达到平衡后，再加入难溶的该沉淀物，平衡不会移动，D项错。
2．在AgCl饱和溶液中尚有AgCl固体存在，当向溶液中加入0.1
mol·L－1的盐酸时，下列说法正确的是(　　)
A．AgCl沉淀溶解平衡正向移动
B．AgCl溶解度增大
C．溶液中c(Ag＋)增大
D．溶液中c(Cl－)增大
答案　D
3．在一定温度下，Mg(OH)2固体在水溶液中达到下列平衡：Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋
2OH－(aq)，若使固体Mg(OH)2的量减少，而c(Mg2＋)不变，可采取的措施是(　　)
A．加MgCl2
B．加H2O
C．加NaOH
D．加HCl
答案　B
4．把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，下列叙述正确的是(　　)
A．给溶液加热，溶液的pH升高
B．恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
C．向溶液中加入Na2CO3溶液，Ca(OH)2固体增多
D．向溶液中加入少量的NaOH固体，Ca(OH)2固体增多
答案　D
解析　A项，加热时Ca(OH)2溶解度减小，平衡逆向移动，c(OH－)减小，pH减小；B项，CaO＋H2O===Ca(OH)2，由于保持恒温，Ca(OH)2溶解度不变，c(OH－)不变，因此pH不变；C项，CO＋Ca2＋===CaCO3↓，使平衡正向移动，Ca(OH)2固体减少；D项，加入NaOH固体时，c(OH－)增大，平衡逆向移动，因此Ca(OH)2固体增多。
二、溶度积常数
5．下列有关溶度积常数Ksp的说法正确的是(　　)
A．常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小
B．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp减小
C．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp增大
D．常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变
答案　D
解析　温度不变，溶度积常数不变，故A项不正确、D项正确；大多数的难溶物温度升高，Ksp增大，但也有少数物质相反如Ca(OH)2，故B、C均不正确。
6．在CaCO3饱和溶液中，加入Na2CO3固体，达到平衡时(　　)
A．c(Ca2＋)＝c(CO)
B．c(Ca2＋)＝c(CO)＝
C．c(Ca2＋)≠c(CO)，c(Ca2＋)·c(CO)＝Ksp(CaCO3)
D．c(Ca2＋)≠c(CO)，c(Ca2＋)·c(CO)≠Ksp(CaCO3)
答案　C
解析　溶液中c(Ca2＋)7．已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.5×10－16，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的是(　　)
A．AgCl>AgI>Ag2CrO4
B．AgCl>Ag2CrO4>AgI
C．Ag2CrO4>AgCl>AgI
D．Ag2CrO4>AgI>AgCl
答案　C
解析　AgCl和AgI的结构相似，由Ksp可知AgCl饱和溶液中的c(Ag＋)大于AgI饱和溶液中的c(Ag＋)；AgCl饱和溶液中的c2(Ag＋)＝Ksp＝1.8×10－10，Ag2CrO4(s)??2Ag＋(aq)＋CrO(aq)的Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝c3(Ag＋)＝2.0×10－12，可得Ag2CrO4饱和溶液中的c(Ag＋)大于AgCl饱和溶液中的c(Ag＋)。
三、沉淀溶解平衡曲线
8．如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，下列关于T1温度时BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线的说法不正确的是(　　)
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)
D．升温可使溶液由b点变为d点
答案　D
解析　A项，加入Na2SO4，c(SO)增大，Ksp不变，c(Ba2＋)减小，正确；B项，在T1曲线上方任意一点，由于Qc＞Ksp，所以均有BaSO4沉淀生成；C项，不饱和溶液蒸发溶剂，c(SO)、c(Ba2＋)均增大，正确；D项，升温，Ksp增大，c(SO)、c(Ba2＋)均增大，错误。
9．硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，下列说法正确的是(　　)
A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO)的增大而减小
B．三个不同温度中，313
K时Ksp(SrSO4)最大
C．283
K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液
D．283
K下的SrSO4饱和溶液升温到363
K后变为不饱和溶液
答案　B
解析　温度一定时，Ksp(SrSO4)不变，A错误；由题中沉淀溶解平衡曲线可看出，313
K时，c(Sr2＋)、c(SO)最大，Ksp最大，B正确；283
K时，a点c(Sr2＋)小于平衡时c(Sr2＋)，故未达到饱和，沉淀继续溶解，C不正确；从283
K升温到363
K要析出固体，依然为饱和溶液。
10．已知：pAg＝－lgc(Ag＋)，Ksp(AgCl)＝1×10－12。如图是向10
mL
AgNO3溶液中逐渐加入0.1
mol·L－1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)](　　)
A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1
mol·L－1
B．图中x点的坐标为(100，6)
C．图中x点表示溶液中Ag＋被恰好完全沉淀
D．把0.1
mol·L－1的NaCl换成0.1
mol·L－1
NaI则图像在终点后变为虚线部分
答案　B
解析　A项，加入NaCl之前，pAg＝0，所以c(AgNO3)＝1
mol·L－1，错误；B项，由于
c(Ag＋)＝10－6
mol·L－1，所以Ag＋沉淀完全，n(NaCl)＝n(AgNO3)＝0.01
L×1
mol·L－1＝
0.01
mol，所以V(NaCl)＝100
mL，B正确，C错误；若把NaCl换成NaI，由于Ksp(AgI)更小，所以c(Ag＋)更小，pAg更大，D错误。
[能力提升]
11．(1)对于Ag2S(s)??2Ag＋(aq)＋S2－(aq)，其Ksp的表达式为____________________________
_________________________________。
(2)下列说法不正确的是________(填序号)。
①用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl少
②一般来说，物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解过程大多是吸热过程
③对于Al(OH)3(s)??Al3＋(aq)＋3OH－(aq)和Al(OH)3??Al3＋＋3OH－，前者为溶解平衡，后者为电离平衡
④除去溶液中的Mg2＋，用OH－沉淀比用CO好，说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3大
⑤沉淀反应中常加入过量的沉淀剂，其目的是使沉淀更完全
(3)如何除去Mg(OH)2中混有的Ca(OH)2？_______________________________________
_____________________________________________________________________________。
答案　(1)Ksp＝c2(Ag＋)·c(S2－)
(2)④
(3)加足量MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，洗涤，干燥即得纯Mg(OH)2
解析　(1)由溶度积的概念可直接写出。(2)①Cl－抑制了AgCl的溶解，①正确；②物质的溶解过程大多是吸热过程，②正确；③正确；④除去溶液中的Mg2＋，用OH－沉淀比用CO好，是因为Mg(OH)2的Ksp更小，使溶液中剩余的Mg2＋更少，④错误；⑤正确。(3)根据沉淀的转化原理可知，向其中加入Mg2＋即可。
12．已知氨水与醋酸的电离程度在同温同浓度下相等，溶有一定量氨的氯化铵溶液呈碱性。现向少量的Mg(OH)2悬浊液中，加入适量的饱和氯化铵溶液，固体完全溶解。
甲同学的解释是
Mg(OH)2(s)??Mg2＋＋2OH－①
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋②
由于NH水解显酸性，H＋与OH－反应生成水，导致反应①的平衡右移，沉淀溶解。
乙同学的解释是
Mg(OH)2(s)??Mg2＋＋2OH－③
NH＋OH－??NH3·H2O④
由于NH4Cl电离出的NH与Mg(OH)2电离出的OH－结合，生成了弱电解质NH3·H2O，导致反应③的平衡右移，Mg(OH)2沉淀溶解。
(1)丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是选用下列一种试剂，来证明甲、乙两位同学的解释只有一种正确，他选用的试剂是________(填字母)。
A．NH4NO3　　　　B．CH3COONH4
C．Na2CO3
D．NH3·H2O
(2)请你说明丙同学作出该选择的理由_____________________________________________
_____________________________________________________________________________。
(3)丙同学将所选试剂滴入Mg(OH)2的悬浊液中，Mg(OH)2溶解；由此推知，甲和乙哪位同学的解释更合理________(填“甲”或“乙”)；NH4Cl饱和溶液使Mg(OH)2悬浊液溶解的离子方程式是__________________________。
答案　(1)B　(2)CH3COONH4溶液呈中性；滴入Mg(OH)2悬浊液，若Mg(OH)2不溶，则甲同学解释正确
(3)乙　Mg(OH)2＋2NH??Mg2＋＋2NH3·H2O
解析　甲乙解释的区别在于，甲认为是NH的水解导致Mg(OH)2沉淀溶解，乙认为是由于NH被电离出来，导致Mg(OH)2沉淀溶解。由于任何盐在溶液中都能够发生电离，所以只要找出一种NH的盐溶液，其中NH不发生水解，或其水解可以被抵消，即可鉴别出。
由一水合氨和醋酸的电离程度在同温同浓度下相等，可知由CH3COONH4电离出的NH可以认为是不发生水解，当将CH3COONH4加入Mg(OH)2悬浊液中，若乙的解释对，则Mg(OH)2应该溶解，若甲的解释对，Mg(OH)2不溶解。
[拓展探究]
13．从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)流程甲加入盐酸后生成Al3＋的化学方程式为____________________________________。
(2)流程乙加入烧碱后生成SiO的离子方程式为_____________________________________
___________________________________。
(3)验证滤液B中含Fe3＋，可取少量滤液并加入______________________________________
__________________________________(填试剂名称)。
(4)滤液E、K中溶质的主要成分是__________(填化学式)，写出该溶液的一种用途________________________________________________________________________。
(5)已知298
K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12，取适量的滤液B，加入一定量的烧碱达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2＋)是________________________________________________________________________。
答案　(1)Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O
(2)SiO2＋2OH－===SiO＋H2O
(3)硫氰化钾(或苯酚溶液等合理答案均可)
(4)NaHCO3　制纯碱(或作发酵粉等合理答案均可)
(5)5.6×10－10
mol·L－1
解析　(1)Al2O3溶于盐酸生成AlCl3和水，化学方程式为Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O。(2)SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO2＋2OH－===SiO＋H2O。(3)Fe3＋的鉴定有多种方法，KSCN溶液、苯酚溶液、NaOH溶液等都可与之产生明显现象，若使用NaOH溶液，则NaOH溶液要过量。(4)由于通入的是过量CO2，因此滤液E和K中的主要成分是NaHCO3，其用途广泛，工业上可用于制纯碱，也可用作食品添加剂。(5)298
K，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12，即溶液中c(Mg2＋)·c2(OH－)＝5.6×10－12。pH＝13的溶液中，c(OH－)＝0.1
mol·L－1，则此时
c(Mg2＋)＝
mol·L－1＝5.6×10－10mol·L－1。第四章
电化学基础
1．下列叙述不正确的是(　　)
A．铁表面镀锌，铁作阳极
B．船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀
C．钢铁吸氧腐蚀的正极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．工业上电解饱和食盐水的阳极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑
答案　A
解析　铁表面镀锌，铁应作阴极而锌作阳极，A错误；锌比铁活泼，在船底镶嵌锌块，可有效防护船体被腐蚀；钢铁的吸氧腐蚀中正极上O2得到e－被还原；工业电解饱和食盐水的反应中阳极上Cl－失去e－被氧化，故B、C、D均正确。
2．如图所示，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中，再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后形成琼胶(离子在琼胶内可以移动)，下列叙述正确的是(　　)
A．a中铁钉附近呈现红色
B．b中铁钉上发生还原反应
C．a中铜丝上发生氧化反应
D．b中铝条附近有气泡产生
答案　B
解析　依据原电池原理分析可知：a中铁钉作负极，发生氧化反应，铜丝作正极，发生O2＋2H2O＋4e－===4OH－的还原反应，可知A、C错误；b中铁钉作正极，发生O2＋2H2O＋4e－===4OH－的还原反应，而铝条发生氧化反应，不会冒气泡，B正确、D错误。
3．摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱作电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电，其电池反应式为2CH3OH＋3O2＋4OH－2CO＋6H2O，则下列有关说法错误的是(　　)
A．放电时CH3OH参与反应的电极为正极
B．充电时电解质溶液的pH逐渐增大
C．放电时负极的电极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
D．充电时每生成1
mol
CH3OH转移6
mol电子
答案　A
解析　从总反应式可知：电池放电时甲醇被氧化生成碳酸根离子，而原电池中负极发生氧化反应，故甲醇参与反应的电极为负极，电极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O。充电时，由反应式可知生成OH－，故pH逐渐增大。
4．将两金属X、Y用导线连接，同时插入相应的电解质溶液中，发现Y电极质量增加，则可能是下列情况中的(　　)
A．X是负极，电解质溶液为CuSO4溶液
B．X是负极，电解质溶液为稀H2SO4溶液
C．X是正极，电解质溶液为CuSO4溶液
D．X是正极，电解质溶液为稀H2SO4溶液
答案　A
解析　将金属X、Y用导线连接，同时插入相应的电解质溶液中，构成原电池。负极上发生氧化反应，失去电子，电子经外电路流向正极，溶液中的阳离子在正极得电子而被还原，若使Y极质量增加，四个选项中，只有A正确，X是负极，Y是正极，电解质溶液是CuSO4溶液。
5．下列各装置中都盛有0.1
mol·L－1的NaCl溶液，放置一定时间后，装置中的四块相同的锌片，腐蚀速率由快到慢的正确顺序是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．③①④②
B．①②④③
C．①②③④
D．②①④③
答案　D
解析　金属腐蚀速率一般为：作电解池的阳极＞作原电池的负极＞化学腐蚀＞作原电池的正极＞作电解池的阴极，所以②最快，因为Zn作阳极；③最慢，因为Zn作阴极。
6．在下图装置中，通电后可观察到Cu极溶解，则下列说法中不正确的是(　　)
A．直流电源中，A是正极
B．两池内CuSO4溶液浓度均不改变
C．两铁极上最初析出物相同
D．P池内溶液的质量逐渐减小
答案　B
解析　由题意知：铜电极溶解，发生氧化反应，即铜为阳极，A为正极，B为负极，Pt为阳极，铁均为阴极，则P电解池中的电解反应方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，有O2析出，电解质溶液质量逐渐减小，Q电解池中，阳极：Cu－2e－===Cu2＋，阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，电解质溶液质量和组分不变，综上分析，推知B项不正确。
7．如下图所示，下列叙述正确的是(　　)
A．Y为阴极，发生还原反应
B．X为正极，发生氧化反应
C．Y与滤纸接触处有氧气生成
D．X与滤纸接触处变红
答案　A
解析　根据图示的装置可以得出左侧的装置为原电池，右侧的装置为电解池。根据原电池的构成规律：Zn为负极，Cu为正极，则X为阳极发生氧化反应Cu－2e－===Cu2＋，Y为阴极发生还原反应2H＋＋2e－===H2↑。因为在Y电极附近H＋的浓度减小，将使H2OH＋＋OH－
平衡向右移动，移动的结果是c(OH－)>c(H＋)，显碱性，所以Y电极附近变红色。
8．某蓄电池放电、充电时的反应为
Fe＋Ni2O3＋3H2OFe(OH)2＋2Ni(OH)2
下列推断中正确的是(　　)
①放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极　②充电时，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－　③充电时，Ni(OH)2为阳极　④蓄电池的电极必须是浸在某种碱性电解质溶液中
A．①②③
B．①②④
C．①③④
D．②③④
答案　D
解析　蓄电池在放电时发生原电池反应，把化学能转变为电能；在充电时发生电解反应，将电能转变为化学能。反应方程式的左右各物质互为反应物和生成物。
此蓄电池在放电时的反应：＋2O3＋3H2O
(OH)2＋2
(OH)2，生成物为
Fe(OH)2、Ni(OH)2，电解质溶液应为碱性溶液。Fe为负极，其电极反应式为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2；Ni2O3为正极，其电极反应式为Ni2O3＋2e－＋3H2O===2Ni(OH)2＋2OH－；蓄电
池在充电时的反应：Fe(OH)2＋2Ni(OH)2Fe＋Ni2O3＋3H2O；阳极Ni(OH)2发生氧化反
应：2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O；阴极Fe(OH)2发生还原反应：Fe(OH)2＋2e－
===Fe＋2OH－。
9．取6根铁钉、6支洁净试管及其他材料，按下图所示准备。
试管(1)放入一根铁钉，再注入蒸馏水，使铁钉和空气及水接触；
试管(2)的底部放入硅胶(一种干燥剂)，再放入铁钉，用棉花团堵住试管口，使铁钉和干燥空气接触；
试管(3)先放入一根铁钉，趁热倒入煮沸的蒸馏水(赶出原先溶解在蒸馏水中的空气)浸没铁钉，再加上一层植物油，使铁钉不能跟空气接触；
试管(4)中放入铁钉并注入食盐水，使铁钉和空气及食盐水接触；
试管(5)放入相连的铁钉和锌片，注入自来水，浸没铁钉和锌片；
试管(6)放入相连的铁钉和铜丝，注入自来水，浸没铁钉和铜丝。
把6支试管放在试管架上，几天后观察铁钉被腐蚀的情况，其中____________试管内的铁钉未被腐蚀。从铁钉被腐蚀的情况可知引起和促进铁钉被腐蚀的条件是______________。
答案　(2)(3)(5)　水、空气、电解质溶液和不活泼金属杂质的存在
解析　由于(2)、(3)两个试管不具备构成原电池的条件，不能发生电化学腐蚀，所以暂未被腐蚀。试管(5)尽管具备构成原电池的条件，但Zn比较活泼，在原电池中作负极，使铁变成离子的反应难以发生，所以铁也暂未被腐蚀。引起和促进铁钉被腐蚀的条件是：水、空气、电解质溶液和不活泼金属杂质的存在。
10．依据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如下图所示。
请回答下列问题：
(1)电极X的材料是________；电解质溶液Y是________；
(2)银电极为电池的__________极，发生的电极反应为______________________；
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。
答案　(1)铜　AgNO3溶液
(2)正　Ag＋＋e－===Ag　Cu－2e－===Cu2＋
(3)Cu　Ag
解析　根据所给氧化还原反应的化学方程式，结合原电池反应原理以及所给原电池装置，Cu应作负极，AgNO3溶液为电解质溶液，从而推知：
(1)X的材料为铜，Y是AgNO3溶液。
(2)银为原电池的正极，发生的电极反应式为Ag＋＋e－===Ag。X电极上发生的电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋。(3)外电路中的电子从铜(负)电极流向银(正)电极。
11．如图所示，通电5
min后，电极5的质量增加了2.16
g，回答：
(1)电源：a是________极，C池是________池。
A池阳极电极反应式为__________________，阴极电极反应式为__________________。C池阳极电极反应式__________________，阴极电极反应式为_____________________。
(2)如果B槽中共收集到224
mL气体(标准状况)，且溶液体积为200
mL(设电解过程中溶
液体积不变)，则通电前溶液中Cu2＋的物质的量浓度为____________________________。
(3)如果A池溶液也是200
mL(电解过程中溶液体积不变)，则通电后，溶液的pH为
________。
答案　(1)负　电解　2Cl－－2e－===Cl2↑
2H＋＋2e－===H2↑
Cu－2e－===Cu2＋　2Ag＋＋2e－===2Ag
(2)0.025
mol·L－1　(3)13
放电
充电
放电
充电第2课时　电解原理的应用
[目标导航]　1.理解并掌握电解饱和食盐水、电镀、电解精炼铜，电冶金的原理，会书写电极反应式及化学方程式。2.学会电解的有关计算。
一、电解饱和食盐水制备烧碱、氢气和氯气
1．现象(装置如图)
(1)阳极上：产生黄绿色气体。
(2)阴极上：产生无色气体，阴极附近溶液变红。
2．原理分析及电极反应
电解时U形管中，Cl－、OH－移向阳极，H＋、Na＋移向阴极。
(1)阳极离子放电顺序：Cl－>OH－，电极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应)
(2)阴极离子放电顺序：H＋>Na＋，
电极反应：2H＋＋2e－===H2↑(还原反应)。
3．总反应化学方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。
离子方程式：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－。
思考　用惰性电极电解饱和食盐水一段时间，电解后的混合液能使红色布条褪色的原因是什么？
答案　电解饱和食盐水，阴极区生成NaOH，阳极区生成Cl2，二者发生反应：
Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，NaClO具有漂白性。
二、铜的电解精炼(粗铜含Zn、Fe、Ni、Au、Pt、Ag等)
1．装置与原理
阳极材料用粗铜，阴极材料用纯铜，电解质溶液用硫酸酸化的硫酸铜溶液。
2．电解特点
电解结束后，阳极泥中含有Au、Pt、Ag等，电解质溶液中的金属阳离子有Zn2＋、Fe2＋、Ni2＋、Cu2＋，阴极得到精铜。
三、电镀
(1)根据图示，书写电极反应式：
阳极：Cu－2e－===Cu2＋；
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu。
(2)电镀的概念是应用电解原理在某些金属或非金属材料表面镀上一薄层其他金属或合金的过程。
(3)电镀池的构成：一般都是用含有镀层金属离子的电解质溶液作电镀液；把镀层金属浸入电镀液中与直流电源的正极相连，作为阳极；待镀金属制品与直流电源的负极相连，作阴极。
(4)电镀的目的主要是增强材料抗腐蚀能力，也有许多电镀是为了美观或增加表面硬度。
四、电冶金
(1)金属冶炼的本质：使矿石中的金属离子获得电子，从它们的化合物中还原出来。如Mn＋＋ne－===M。
(2)电解熔融的氯化钠可制取金属钠：
阳极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑；
阴极反应式：2Na＋＋2e－===2Na；
总反应：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑。
【合作探究】
1．试根据氯碱工业的生产过程回答下列问题：
(1)电解氯化钠溶液时，如何用简便的方法检验产物？
答案　阳极产物Cl2可以用淀粉 KI试纸检验，阴极产物H2可以通过点燃检验，NaOH可以用酚酞试剂检验。
(2)氯碱工业在生产过程中必须把阳极室和阴极室用离子交换膜隔开，原因是什么？
答案　防止H2和Cl2混合爆炸，防止Cl2与溶液中的NaOH反应。
2．电解精炼铜时，阳极泥是怎样形成的？
答案　粗铜中往往含有锌、铁、镍、银、金等多种金属杂质，当含杂质的铜在阳极不断溶解时，金属活动性位于铜之前的金属杂质，如Zn、Fe、Ni等也会同时失去电子，但是它们的阳离子比铜离子难以还原，所以它们并不能在阴极析出，而只能以离子的形式留在电解液里。金属活动性位于铜之后的银、金等杂质，因为失去电子的能力比铜弱，难以在阳极失去电子变成阳离子而溶解，所以当阳极的铜等失去电子变成阳离子溶解之后，它们以金属单质的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥。
【练一练】
判断正误(正确打“√”，错误打“×”)
(1)氯碱工业是非常重要的化工生产，在电解饱和食盐水时，在阴极上得到的产物为H2和NaOH(
√
)
(2)电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阳极(
×
)
(3)电解法精炼粗铜，用纯铜作阳极(
×
)
(4)在镀件上电镀锌，用锌作阳极(
√
)
(5)电解法精炼粗铜时，电解质溶液中各离子浓度一定不变(
×
)
(6)在镀件上电镀铜，电镀过程中阳极减少的质量等于阴极增加的质量(
√
)
一、电解原理的应用
1．工业电解饱和食盐水制取烧碱
工业电解饱和食盐水制备烧碱时必须阻止OH－移向阳极，以使NaOH在阴极溶液中富集，常用阳离子交换膜将两溶液分开，使阳离子能透过阳离子交换膜，而阴离子不能通过。
如：氯碱工业中电解饱和食盐水的原理如图所示，已知溶液A的溶质是NaOH。
2．铜的电解精炼与电镀铜对比
电解精炼铜
电镀铜
电极材料
阴极
纯铜
镀件
阳极
粗铜
纯铜
电极反应式
阳极
Cu－2e－===Cu2＋等
Cu－2e－===Cu2＋
阴极
Cu2＋＋2e－===Cu
Cu2＋＋2e－===Cu
电解质溶液浓度的变化
Cu2＋减少，粗铜中比铜活泼的金属阳离子进入
电解质溶液成分及浓度均不变
【例1】　利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是(　　)
A．电解时以纯铜作阳极
B．电解时阴极发生氧化反应
C．粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu－2e－===Cu2＋
D．电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥
解析　电解精炼铜时，粗铜应作阳极，纯铜作阴极，故A错；阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B错；粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，故C错；金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式在阳极底部沉积下来，故D对。
答案　D
【反思感悟】
金属电解精炼时，溶液中增加较活泼的金属阳离子，被提纯金属阳离子的浓度减少。
变式训练1　利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产上的应用。下列说法正确的是(　　)
A．氯碱工业中，X电极上反应式是4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
B．电解精炼铜时，Z溶液中的Cu2＋浓度不变
C．在铁片上镀铜时，Y是纯铜
D．制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁
答案　D
解析　氯碱工业中阳极是Cl－放电生成Cl2；电解精炼铜时阳极粗铜溶解，阴极Cu2＋放电析出Cu，溶液中Cu2＋浓度变小；铁片上镀铜时，阴极应该是铁片，阳极是纯铜。
二、有关电解计算的三种常用方法
【例2】　将两支惰性电极插入CuSO4溶液中，通电电解。
(1)当有1.0×10－3
mol的OH－放电时，溶液显浅蓝色，则在阴极上析出铜的质量是__________。
(2)若溶液的体积为1
L，忽略溶液体积变化，在标准状况下放出5.6
mL
O2时，溶液的pH是________。
解析　(1)用惰性电极电解CuSO4溶液时，电极反应式为阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu，阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O。当有1.0×10－3
mol的OH－放电时，生成标准状况下的O2为5.6
mL，此时转移电子为1.0×10－3
mol，则在阴极上析出Cu：0.032
g。
(2)阳极：
4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
4
mol　　　　　　　1
mol
n　　　　　　　　　
n＝1.0×10－3
mol，消耗1.0×10－3
mol
OH－，生成1.0×10－3
mol
H＋
则c(H＋)＝＝1.0×10－3
mol·L－1
pH＝－lgc(H＋)＝－lg(1.0×10－3)＝3。
答案　(1)0.032
g　(2)3
【归纳总结】
1．有关电解计算的三种常用方法
(1)根据电子守恒法计算：用于串联电路中各电极产物的计算，其依据是电路上转移的电子数相等。
(2)根据总反应方程式计算：先写电极反应式，再写总反应方程式，最后根据总反应方程式计算。
(3)根据关系式计算：根据电子得失相等找到已知量与未知量之间的桥梁，得出计算所需的关系式。
2．电解计算的注意事项
(1)电解过程中产生的H＋或OH－，其物质的量等于转移电子的物质的量。
(2)进行电解计算时，要注意电极放电顺序，确定不同阶段的电极反应。
变式训练2　在100
mL
H2SO4和CuSO4的混合液中，用石墨作电极进行电解，两极上均收集到2.24
L气体(标准状况)，则原混合液中，Cu2＋的物质的量浓度为(　　)
A．1
mol·L－1
B．2
mol·L－1
C．3
mol·L－1
D．4
mol·L－1
答案　A
解析　分析电解H2SO4、CuSO4的混合液时阴、阳两极的电极反应可知，两极产生的气体分别为H2、O2各0.1
mol，O2是由OH－失去0.4
mol电子而得到，H2是由H＋得到
0.2
mol
电子而生成。由电子得失守恒知，还有0.2
mol电子是Cu2＋得到的，故Cu2＋的物质的量是0.1
mol，则Cu2＋的物质的量浓度为＝1
mol·L－1。
1．下列描述中，不符合生产实际的是(　　)
A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极
C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极
D．在镀件上电镀锌，用锌作阳极
答案　A
解析　电解池的阳极发生失电子氧化反应、阴极发生得电子还原反应。电解熔融的Al2O3制Al时，若用Fe作阳极，会发生反应Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋移动到阴极上发生反应Fe2＋＋2e－===Fe，使得到的Al不纯。
2．如图为电解饱和食盐水的简单装置，下列有关说法正确的是(　　)
A．电解一段时间后，向蛋壳内的溶液中滴加几滴酚酞，呈红色
B．蛋壳表面缠绕的铁丝上发生氧化反应
C．铁丝表面生成的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
D．蛋壳可阻止生成的氯气与氢气、氢氧化钠溶液接触
答案　D
解析　碳棒在蛋壳内，溶液中的Cl－在该极失电子被还原，溶液的碱性不增强，故A项错误；蛋壳表面缠绕的铁丝作阴极，H＋在该极发生还原反应得到氢气，B项错误；铁丝表面生成的气体是氢气，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C项错误；蛋壳在该实验中的作用是阻止气体通过，D项正确。
3．三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用NaOH调NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成
ClO－，把二价镍氧化为三价镍。以下说法不正确的是(　　)
A．可用铁作阳极材料
B．电解过程中阴极附近溶液的pH升高
C．阳极反应方程式为2Cl－－2e－===Cl2↑
D．1
mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1
mol电子
答案　A
解析　由题意知电极反应，阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极：2H＋＋2e－===H2↑，阴极溶液呈碱性，pH升高，故A错误，B正确；由Ni2＋→Ni3＋，失去1
mol
e－，外电路中转移
1
mol
e－，即Cl－失去1
mol
e－，H＋得到1
mol
e－。
4．以惰性电极电解CuSO4溶液，若阳极上产生气体的物质的量为0.010
0
mol，则阴极上析出铜的质量为(　　)
A．0.64
g
B．1.28
g
C．2.56
g
D．5.12
g
答案　B
解析　2CuSO4＋2H2O2Cu　＋　　O2↑
＋
2H2SO4
0.020
0
mol
0.010
0
mol
m(Cu)＝0.020
0
mol×64
g·mol－1＝1.28
g。
[基础过关]
一、电解饱和食盐水
1.某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液。通电时，为使Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，设计了如图的装置，则对电源电极名称和消毒液的主要成分判断正确的是(　　)
A．a为正极，b为负极；NaClO和NaCl
B．a为负极，b为正极；NaClO和NaCl
C．a为阳极，b为阴极；HClO和NaCl
D．a为阴极，b为阳极；HClO和NaCl
答案　B
解析　有关反应有2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，因阳极生成Cl2，阴极生成NaOH，为使二者充分作用，Cl2应在下端产生，从而推知电源b为正极，a为负极，消毒液的主要成分是NaCl、NaClO。
2．某溶液中含有溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为3∶1。用石墨作电极电解溶液时，根据电极产物，可明显分为三个阶段。下列叙述不正确的是(　　)
A．阴极只析出H2
B．阳极先析出Cl2，后析出O2
C．电解最后阶段为电解水
D．溶液pH不断增大，最后为7
答案　D
解析　电解质溶液中，n(Na＋)∶n(Cl－)∶n(SO)＝3∶3∶1，开始电解产生H2和Cl2，之后相当于电解NaCl，生成OH－，最后相当于电解水，因而pH>7，阴极只生成H2。三个阶段分别为电解HCl、NaCl、H2O。
二、电镀
3．观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是(　　)
A．装置①工业上可用于生产金属钠，电解过程中石墨电极产生金属，此法也可用于生产活泼金属镁、铝等
B．装置②中随着电解的进行左边电极会产生红色的铜，并且电流表示数不断变小
C．装置③中的离子交换膜只允许阳离子、阴离子和小分子水通过
D．装置④的待镀铁制品应与电源正极相连
答案　B
4．欲在金属表面镀银，应把镀件挂在电镀池的阴极。下列各组中，选用的阳极金属和电镀液均正确的是(　　)
A．Ag和AgCl溶液
B．Ag和AgNO3溶液
C．Pt和Ag2CO3溶液
D．Pt和Ag2SO4溶液
答案　B
解析　电镀槽中，要求镀件作阴极，可用镀层金属作阳极，利用其阳极溶解提供镀层金属，也可用惰性电极材料作阳极，镀层金属则由电镀液提供；电镀液通常采用含有镀层金属离子的盐溶液，由于A、C、D中AgCl、Ag2CO3和Ag2SO4均为沉淀，只有B项符合要求。
三、电解冶炼金属
5．在冶金工业中，常用电解法得到钠、镁、铝等金属，其原因是(　　)
A．都是轻金属
B．都是活泼金属
C．成本低廉
D．化合物熔点较低
答案　B
解析　金属冶炼方法选取的主要依据是金属的活动性强弱，不活泼的金属可以用热分解法制备，如加热氧化汞；比较活泼的金属用热还原法制备，如用焦炭炼铁；活泼的金属离子很难被其他还原剂还原，只能用电解方法制备。由于钠、镁、铝是活泼金属，所以只能用电解法。
6．火法炼铜得到的粗铜中含多种杂质(如锌、金和银等)，其性能远不能达到电气工业的要求，工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯。在电解精炼时(　　)
A．粗铜接电源负极
B．纯铜作阳极
C．杂质都将以单质形式沉积到池底
D．纯铜片增重2.56
g，电路中通过电子为0.08
mol
答案　D
解析　电解精炼铜时，用粗铜作阳极，用纯铜作阴极，所以A、B不正确；锌比铜活泼，失电子变成锌离子进入溶液中，金、银不活泼，以单质形式沉积到池底，C不正确；n(e－)＝×2＝0.08
mol，D正确。
四、电解的有关计算
7．用惰性电极电解饱和食盐水，当电源提供给0.2
mol电子时停止通电。若此时溶液体积为2
L，则所得电解液的pH是(　　)
A．1
B．8
C．13
D．14
答案　C
解析　电解食盐水时供给0.2
mol电子，则消耗的H＋为0.2
mol，同时产生OH－0.2
mol，溶液体积为2
L，pH＝13。
8．在水中加等物质的量的Ag＋、Ba2＋、Na＋、SO、NO、Cl－，将所得溶液放在用惰性电极作电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物与还原产物的质量比为(　　)
A．35.5∶108
B．16∶207
C．8∶1
D．108∶35.5
答案　C
解析　溶液中的六种离子，有四种发生反应生成沉淀：Ag＋＋Cl－===AgCl↓、Ba2＋＋SO===BaSO4↓，最后溶液就成了NaNO3溶液；而电解NaNO3溶液，实质就是电解水，电解方程式为2H2O2H2↑＋O2↑。氧化产物和还原产物的质量之比为m(O2)∶m(H2)＝
(1
mol×32
g·mol－1)∶(2
mol×2
g·mol－1)＝8∶1，即C项正确。
9．将含0.4
mol
CuSO4和0.4
mol
NaCl的水溶液
1
L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到
0.3
mol
铜，求在另一个电极上析出的气体在标准状况下的体积是(　　)
A．5.6
L
B．6.72
L
C．13.44
L
D．11.2
L
答案　A
解析　阴极：0.3
mol
Cu2＋得到0.6
mol电子
阳极：失去的电子数也应为0.6
mol
2Cl－　　－　　2e－　　===　Cl2↑
0．4
mol
0.4
mol
0.2
mol
4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
0.2
mol
0.05
mol
得到Cl2和O2共0.25
mol，标况下的体积为5.6
L。
10．如图所示的A、B两个电解池中的电极均为铂，在A池中加入0.05
mol·L－1的CuCl2溶液，B池中加入0.1
mol·L－1的AgNO3溶液，进行电解。a、b、c、d四个电极上所析出的物质的物质的量之比是(　　)
A．2∶2∶4∶1
B．1∶1∶2∶1
C．2∶1∶1∶1
D．2∶1∶2∶1
答案　A
解析　由电解规律可知：a、c为阴极，b、d为阳极。a极上析出Cu，b极上析出Cl2，c极上析出Ag，d极上析出O2。由电子守恒可得出：2e－～Cu～Cl2～2Ag～O2，所以a、b、c、d四个电极上所析出物质的物质的量之比为2∶2∶4∶1。
[能力提升]
11．右图是电解氯化钠溶液(含酚酞)的装置。
有毒气体收集的装置省略没有画出，两电极均是惰性电极。
(1)a电极的名称是____________。
(2)电解过程中观察到的现象是___________________________________________
____________________________________________________________________。
(3)鉴定N出口的气体最简单的方法是_________________________________________
_____________________________________________。
(4)电解的总反应离子方程式为___________________________________________________。
(5)若将b电极换成铁电极，写出在电解过程中U形管底部出现的现象：________________________________________________________________________。
答案　(1)阴极　(2)两极均有气泡产生；a极区溶液变成红色；b极液面上气体为黄绿色；b极区溶液变为浅黄绿色　(3)用湿润的淀粉 KI试纸检验，变蓝则是Cl2
(4)2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
(5)底部有白色沉淀产生，很快变为灰绿色，最终变为红褐色
解析　根据电子的流向，可以判断a极的名称，a极连接的是直流电源电子流出的一极，为负极。因此，a极是电解池的阴极，b极为阳极，产物为Cl2，检验Cl2的方法是用湿润的淀粉 KI试纸。当将b极改为铁电极时，铁失去电子变成阳离子进入溶液，与阴极放出H2后剩余的OH－结合，首先生成Fe(OH)2沉淀，然后转化为Fe(OH)3沉淀。
12．电解原理在化学工业中有着广泛的应用。某电解池装置如右图所示，其中a为电解液，X和Y均为惰性电极，则：
(1)若a为CuSO4溶液，则电解时的化学反应方程式为____________________
____________________________________________________。
(2)若电解含有0.04
mol
CuSO4和0.04
mol
NaCl
的混合溶液400
mL，当阳极产生
672
mL(标准状况下)气体时，溶液的pH＝______(假设电解后溶液体积不变)。
答案　(1)2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4
(2)1
解析　(1)用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极OH－放电，阴极Cu2＋放电，故电解时既电解溶质又电解溶剂，由此可得电解反应式。
(2)电解混合溶液时，阳极上Cl－先放电，2Cl－－2e－===Cl2↑，0.04
mol
Cl－只能生成
0.02
mol
Cl2，即448
mL，转移0.04
mol电子，现共生成672
mL气体，说明还有224
mL气体来自于水的电解，根据反应4OH－－4e－===2H2O＋O2↑可知又转移0.04
mol电子，故电解过程中阴极共转移0.08
mol电子。阴极上Cu2＋先放电，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，现有0.04
mol
Cu2＋，恰好完全电解，由此可得整个电解过程中消耗了0.04
mol
OH－，根据水的电离可知溶液中H＋的物质的量为0.04
mol，则c(H＋)＝0.1
mol·L－1，pH＝1。
13．下图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到
336
mL(标准状态)气体。回答：
(1)直流电源中，M为__________极。
(2)Pt电极上生成的物质是______，其质量为______g。
(3)电源输出电子的物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为2∶______∶______∶_________________________。
(4)AgNO3溶液的浓度________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，AgNO3溶液的pH______________________，硫酸的浓度________，硫酸的pH________。
(5)若硫酸的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的硫酸________g。
答案　(1)正　(2)Ag　2.16　(3)2　　1
(4)不变　不变　增大　减小　(5)45.18
解析　(1)电解5.00%的稀硫酸，实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应：2H2O2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝2∶1。据此可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，M极为正极。(2)在336
mL气体中，V(H2)＝×336
mL＝224
mL，为0.01
mol；V(O2)＝×336
mL＝112
mL，为0.005
mol。说明电路上有0.02
mol电子移动，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02
mol×108
g·mol－1＝2.16
g，即0.02
mol的Ag。(3)n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶∶1。(4)由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电镀池，在通电一定时间后，在Pt电极上放电所消耗溶液中Ag＋的物质的量等于Ag电极被氧化给溶液补充的Ag＋的物质的量，因此AgNO3溶液的浓度不变，溶液的pH也不变。电解5.00%的硫酸溶液，由于其中的水发生电解，因此硫酸浓度增大，由于H＋的浓度增大，故溶液的pH减小。(5)设原5.00%的硫酸为x
g，电解时消耗水0.01
mol×18
g·
mol－1＝0.18
g，则：5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18
g。
[拓展探究]
14．下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100
g
5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100
g
10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。
接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4的质量分数为
10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：
(1)电源的N端为________极。
(2)电极b上发生的电极反应式为__________________________________________________。
(3)列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：_______________________________。
(4)电极c的质量变化是________g。
答案　(1)正　(2)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(3)水减少的质量：100
g×≈4.5
g，生成O2的体积：××22.4
L·
mol－1＝2.8
L
(4)16
解析　由题中信息c的电极质量增加知：c极上析出铜，故
c为阴极，d为阳极，e为阴极，f为阳极。
(1)N为正极，M为负极，a为阴极，b为阳极。
(2)甲烧杯中b极上发生反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。
(3)电解K2SO4溶液实际上是电解水，设电解水的质量为m，则100
g×10.00%＝(100
g－m)×10.47%，解得m≈4.5
g，即0.25
mol
H2O，每电解2
mol
H2O转移4
mol
电子，故整个装置发生电极反应转移0.5
mol电子，产生O2的体积为V＝n·Vm＝×22.4
L·mol－1＝2.8
L。
(4)c极上析出铜的质量为×64
g·mol－1＝16
g。第3课时　酸碱中和滴定
[目标导航]　1.了解酸碱中和滴定的原理，熟记酸碱中和滴定的主要仪器名称和应用。2.掌握酸碱中和滴定的实验操作、计算方法和误差分析。3.学会滴定原理的迁移应用。
【练一练】
1．书写下列反应的离子方程式
(1)盐酸和NaOH溶液：H＋＋OH－===H2O。
(2)H2SO4溶液和Ba(OH)2溶液：2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===2H2O＋BaSO4↓。
(3)盐酸和Cu(OH)2：2H＋＋Cu(OH)2===2H2O＋Cu2＋。
2．常温下，判断下列酸碱混合后溶液的pH
(1)pH＝3的盐酸与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH等于7。
(2)pH＝3的盐酸与pH＝11的氨水溶液等体积混合后，溶液的pH大于7。
(3)pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH小于7。
3．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”
(1)任何酸碱反应的离子方程式都可写为H＋＋OH－===H2O(×)
(2)容量瓶、分液漏斗在使用前都需查漏(√)
(3)量筒读数时，俯视偏大，仰视偏小(√)
一、酸碱中和滴定
1．中和滴定的原理
酸碱中和反应的实质可用离子方程式H＋＋OH－===H2O来表示，在中和反应中，H＋、OH－之间的物质的量关系是n(H＋)＝n(OH－)；若用参加反应的c(H＋)、c(OH－)来表示，其关系式为c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱，由此可计算c(H＋)，其表达式是c(H＋)＝；也可计算c(OH－)，其表达式是c(OH－)＝。由c(H＋)、c(OH－)可分别求出相应酸、碱的浓度。
2．用0.103
2
mol·L－1的盐酸中和25.00
mL未知浓度的NaOH溶液，中和完成后用去盐酸27.84
mL，请你根据上述关系式计算NaOH溶液的物质的量浓度0.114__9__mol·L－1。
3．请你根据以上原理分析，归纳总结中和滴定的概念是利用中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。其中已知浓度的酸(或碱)溶液常称为标准液，未知浓度的碱(或酸)溶液常称为待测液。
二、主要仪器及使用
酸碱中和滴定所用的主要仪器是锥形瓶和滴定管。
1．滴定管分为两种：
(1)酸式滴定管：包括玻璃活塞、长玻璃管，可盛放酸性溶液、强氧化性溶液，不能盛放碱性溶液及氢氟酸。
(2)碱式滴定管：包括长玻璃管、橡皮管、玻璃球，可盛放碱性溶液。
滴定管的上端都标有规格大小、使用温度、0刻度，滴定管的精确读数为0.01__mL。
2．滴定管的使用方法
(1)检查仪器：使用前先检查滴定管活塞是否漏水。
(2)润洗仪器：在加入溶液之前，洁净的滴定管要用所要盛装的溶液润洗2～3遍。
(3)加入溶液：分别将溶液加入到相应滴定管中，使液面位于滴定管0刻度线以上2～3__mL处。
(4)调节起始读数：在滴定管下放一烧杯，调节活塞，使滴定管尖嘴部分充满溶液，然后调节滴定管液面使其处于某一刻度。准确读取数值并记录。
三、实验操作步骤
酸碱中和滴定的实验步骤可以提炼为6个关键字：
1．洗(洗涤)：洗涤仪器并进行检漏、润洗。
2．取(取液)：向酸(碱)式滴定管中注入标准液；向锥形瓶中注入待测液，加入2～3滴指示剂。
3．滴(滴定)：在锥形瓶下垫一张白纸，向锥形瓶中先快后慢地加入标准液(后面逐滴加入)，至指示剂发生明显的颜色变化(如由红色变为无色或红色变为橙色、无色变为粉红色等)且半分钟内不变时，停止滴定。
4．读(读数)：平视滴定管中凹液面最低点，读取溶液体积。
5．记(记录)：记录滴定前和滴定终点时滴定管中标准液的刻度，重复滴定2～3次将数据记入表中。
6．算(计算)：以(V终－V始)为消耗的标准液的体积，取2～3次实验结果的平均值，依据
c待＝(一元酸碱)计算待测液的物质的量浓度。
【合作探究】
1．回答滴定前准备阶段中的有关问题。
(1)酸式滴定管在使用前需检查活塞是否漏水，怎样检查？请叙述操作过程。
答案　将旋塞关闭，滴定管里注满水，把它固定在滴定管夹上，放置10分钟，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，然后将旋塞旋转180°，继续观察，旋塞不渗水才可使用。
(2)在加入酸、碱反应液之前，洁净的酸式滴定管和碱式滴定管还要分别用所盛装的酸、碱溶液润洗2～3遍，请叙述操作方法。
答案　从滴定管上口加入3～5
mL所要盛装的酸或碱溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁，然后一手控制活塞(酸式滴定管轻轻转动活塞；碱式滴定管轻轻挤压玻璃球)，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中。
(3)滴定管怎样注液？
答案　分别将酸、碱反应液加入到酸式滴定管、碱式滴定管中，使液面位于0刻度以上2～3
mL处，并将滴定管垂直固定在滴定管夹上(如图)。
(4)滴定管怎样调整起始读数？
答案　在滴定管下放一烧杯，
调节活塞，使尖嘴内充满溶液(如果尖嘴处有气泡应快速放液以赶走气泡，除去碱式滴定管胶管中气泡的方法如图)，并使液面处于某一刻度，准确记录读数。
2．回答滴定过程中的有关问题。
(1)酸碱中和滴定的关键：一是要准确测定反应的酸碱溶液的体积，这需要用精确度较高的实验仪器，并正确使用，确保标准液浓度的准确；二是要准确判断中和反应是否恰好完全反应，这需要选用合适的指示剂，并通过颜色变化来准确判断。
(2)①酸碱中和滴定时一般选用的指示剂有酚酞和甲基橙，而不用石蕊，由于它变色范围大，且变色不灵敏。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。最好在滴定终点时，指示剂应由浅变深，这样视觉灵敏，误差小。
②酸碱中和滴定时指示剂的选择
滴定种类
选用的指示剂
达滴定终点时颜色变化
指示剂用量
强酸滴定强碱
甲基橙
黄色→橙色
2～3滴
酚酞
红色→无色
强碱滴定强酸
甲基橙
红色→橙色
酚酞
无色→粉红色
强酸滴定弱碱
甲基橙
黄色→橙色
强碱滴定弱酸
酚酞
无色→粉红色
3.怎样进行滴定操作
4．试根据以上问题概括酸、碱中和滴定的操作步骤。
答案　(1)“六字”概括：洗→取→滴→读→记→算。
(2)“口诀”记忆：
酸式碱式莫混用，读数视线要水平；
充满尖嘴不留气，液面不要高于零；
适量滴加指示剂，初始读数要记清；
左手慢慢旋活塞，右手旋摇锥形瓶；
两眼紧盯待测液，颜色突变立即停；
记下刻度来计算，中和滴定操作完。
5．反应终点与滴定终点的pH相差较大，为什么用中和滴定的方法还可以准确测定酸或碱的浓度？
答案　在酸碱反应过程中，溶液的pH会发生变化，对于强酸强碱的反应，开始时由于被中和的酸或碱浓度较大，加入少量的碱或酸对其pH的影响不大。当反应接近终点(pH≈7)时，很少量(一滴，约0.05
mL)的碱或酸就会引起溶液pH突变(如下图所示)。
一、酸碱中和滴定及误差分析
【例1】　在中和滴定操作过程中，有以下各项因操作不当而引起的实验误差，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，滴定过程中气泡消失，使滴定结果________。
(4)滴定前平视，滴定终点俯视，使滴定结果________。
(5)用NaOH溶液滴定盐酸(酚酞作指示剂)，当加入一滴NaOH溶液时溶液呈浅红色，此时便停止滴定，使滴定结果________。
(6)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________。
(7)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________。
(8)洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当作蒸馏水，然后用锥形瓶装待测的盐酸，用NaOH标准溶液滴定时，对测得的结果________。
解析　中和滴定误差分析的依据是c待＝，若向待测溶液(置于锥形瓶)中滴加标准溶液(置于滴定管)，则由V标来分析实验误差。
(1)滴定管装液前未用标准溶液润洗，会使标准溶液被冲稀，导致所耗V标偏大，使测定的
c待偏高。
(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标偏大，使测定的c待偏高。
(3)气泡的体积计入了标准溶液，结果偏高。
(4)滴定终点俯视读数，将终点读数V2读小了，V标偏低因而c待偏低。
(5)终点判断提前(应保持半分钟不褪色)，结果偏低。
(6)NaOH中含有Na2O，则标准溶液的浓度已经偏高(62
g
Na2O相当于80
g
NaOH)，因而所需滴入的标准溶液的体积偏小，测得结果偏低。
(7)把标准溶液视为Na2CO3溶液，由于53
g
Na2CO3相当于40
g
NaOH，所以中和相同量的盐酸所需Na2CO3溶液的体积比NaOH溶液的体积大，使V标偏高，结果偏高。
(8)食盐水对结果无影响。
答案　(1)偏高　(2)偏高　(3)偏高　(4)偏低　(5)偏低　(6)偏低　(7)偏高　(8)无影响
【题后归纳】
1．分析依据
以盐酸标准液滴定NaOH溶液为例：
c(NaOH)＝，其中c(HCl)、V[NaOH(aq)]为定值，c(NaOH)的大小取决于V(HCl)的大小。
2．常见误差分析
类　别
操　作
结果
来自滴定管中产生的误差
滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗
偏高
滴定管未用待测液润洗
偏低
盛标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡
偏高
盛标准液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡
偏低
盛待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡
偏低
盛待测液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡
偏高
来自锥形瓶中产生的误差读数带来的误差
锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液洗
偏高
锥形瓶未洗净，残留有与待测液中溶质反应的少量物质
偏低
待测液加水稀释
无影响
用滴定管量取待测液
先俯视后仰视
偏低
先仰视后俯视
偏高
标准液
先俯视后仰视
偏高
先仰视后俯视
偏低
来自配制标准液产生的误差
配制0.1
mol·L－1的NaOH溶液500
mL需要NaOH的质量为2.0
g
NaOH已部分潮解或称量时间过长
偏高
NaOH中含有杂质
杂质不与盐酸反应
偏高
所含杂质消耗1
molHCl需质量大于40
g(例如Na2CO3、NaHCO3)　　
偏高
所含杂质消耗1
molHCl需质量小于40
g(例如Na2O)
偏低
游码有油污
偏低
【特别提醒】　对于仰视、俯视所造成的读数误差，可以用画图的形式来理解和记忆。如图是对量筒和滴定管进行仰视、俯视读数的模拟图。其共同点在于：俯视时液面位于读取刻度的下方；仰视时液面位于读取刻度的上方(记住“俯下仰上”)。对于滴定管，仰视所读的值比平视大，俯视所读的值比平视小，而量筒则正好相反。滴定终点时的错误读数所造成的误差可简记为“仰高俯低”(假定滴定前读数正确)。
变式训练1　用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中不含有与酸反应的杂质，试根据实验回答：
(1)准确称取烧碱样品4.1
g，所用的主要仪器是______。
(2)将样品配成250
mL的待测液，需要的仪器有__________________________。
(3)取10.00
mL待测液，用________量取注入________中。
(4)用0.201
0
mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手________________________，右手________，两眼注视________________________，直到滴定终点。
(5)根据下列数据，计算待测烧碱溶液的浓度：________。
滴定次数
待测液体积/mL
标准盐酸体积/mL
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
(6)根据上述数据，计算烧碱的纯度______________________________________________
__________________________。
(7)由于碱式滴定管调零时仰视读数，使计算出的烧碱溶液浓度与实际浓度比较________。
A．偏高
B．准确
C．偏低
D．可能偏高或偏低
答案　(1)药匙、托盘天平、小烧杯
(2)小烧杯、玻璃棒、250
mL容量瓶、胶头滴管
(3)碱式滴定管(或移液管)　锥形瓶
(4)旋转酸式滴定管的玻璃活塞　摇动锥形瓶　锥形瓶中溶液颜色的变化
(5)0.402
0
mol·L－1　(6)98%　(7)A
解析　(1)取用固体时用到药匙；称量固体时用到托盘天平，由于NaOH具有强的腐蚀性和吸水性，称量时不能直接放到滤纸上，要放到小烧杯中称量。
(2)将样品配成250
mL的待测液的过程，就是配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器有小烧杯、玻璃棒、250
mL容量瓶、胶头滴管。
(3)取10.00
mL待测液，可用碱式滴定管来量取，也可使用移液管来量取，应将待测液注入锥形瓶中。
(4)滴定过程中，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定终点。
(5)V[NaOH(aq)]＝10.00
mL，V[HCl(aq)]
＝
＝20.00
mL，根据：c(NaOH)·V[NaOH(aq)]＝c(HCl)·V[HCl(aq)]，则：c(NaOH)＝0.402
0
mol·
L－1。
(6)样品中m(NaOH)＝0.402
0
mol·L－1×0.250
L×40
g·mol－1＝4.02
g，则烧碱的纯度为×100%＝98%。
(7)读碱式滴定管开始刻度时仰视，使V(NaOH)＝(V2－V1)的值偏小，实际取用的V(NaOH)偏大，耗用的V(HCl)增多，使计算出的烧碱溶液浓度偏高。
二、酸碱中和滴定的迁移应用——氧化还原反应滴定
【例2】　某工厂废水中含游离态氯(即含有氯分子Cl2)，通过下列实验测定其浓度：
①取废水样10.0
mL于锥形瓶，加入10.0
mL
KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。
②取一滴定管依次用自来水，蒸馏水洗净，然后就注入0.01
mol·L－1的Na2S2O3标准液，调整液面，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6(Na2S4O6溶液为无色)。试回答下列问题：
(1)步骤①加入的指示剂是________。
(2)步骤①反应的离子方程式是____________________________________________________
____________________。
(3)步骤③当待测液由________色变为________色且30
s不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.00
mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________。
(4)按照上述实验操作，最后会导致所测得的Cl2的物质的量浓度会比实际浓度________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。
(5)若读Na2S2O3溶液的体积不规范，没有平视，滴定前仰视，滴定后又俯视，最后会导致所测得的Cl2的物质的量浓度会比实际浓度________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。
答案　(1)淀粉溶液　(2)Cl2＋2I－===I2＋2Cl－
(3)蓝　无　0.01
mol·L－1　(4)偏大　(5)偏小
解析　(1)①中由于Cl2把I－氧化成I2，淀粉遇I2变蓝，所以应加入淀粉溶液作指示剂。(2)离子方程式为Cl2＋2I－===I2＋2Cl－。
(3)根据I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6可知，当蓝色变为无色且半分钟内不变色时即达滴定终点
Cl2　　～I2　　～　　2Na2S2O3
20.00×10－3
L×0.01
mol·L－1
1.000×10－4
mol
＝2.000×10－4mol
所以c(Cl2)＝＝0.01
mol·L－1。
(4)由于没有润洗滴定管，造成Na2S2O3溶液的浓度减小，所耗Na2S2O3溶液的体积偏大，所得Cl2的浓度偏大。
(5)由于读出的Na2S2O3溶液的体积偏小，造成计算所得Cl2的浓度偏小。
【题后归纳】　氧化还原滴定三要点
1．原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
2．试剂：常见的用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见的用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
3．指示剂：氧化还原滴定法的指示剂有三类。a.氧化还原指示剂，b.专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；c自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。
变式训练2　市场上销售的某种食用精制盐的配料是食盐、碘酸钾、抗结剂，碘含量(以碘计)是20～50
mg·kg－1。已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为
a．准确称取W
g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3
mol·L－1的Na2S2O3溶液10.00
mL，恰好反应完全。
填写下列空白：
(1)判断c中恰好反应完全的依据是________。
(2)b中反应所产生的I2的物质的量是________
mol。
(3)根据以上实验，所测精制盐的碘含量是________
mg·kg－1(用含W的代数式表示)。
答案　(1)溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟不变色　(2)1.0×10－5　(3)
解析　I2的淀粉溶液呈蓝色，向其中逐滴加入Na2S2O3溶液，随着I2的消耗，溶液蓝色逐渐变浅，当加入一滴Na2S2O3溶液使蓝色恰好褪去且半分钟内不变色时，Na2S2O3与I2恰好反应完全，达到滴定终点，可依据Na2S2O3与I2的反应及KIO3与KI的反应计算I2的物质的量和精制盐的碘含量。
由I2＋2S2O===2I－＋S4O得：
n(I2)＝2.0×10－3
mol·L－1××＝1.0×10－5
mol。
由5KI＋KIO3＋3H2SO4===3K2SO4＋3I2＋3H2O得：
n(KIO3)＝×1.0×10－5
mol。
故精制食盐中碘含量为
＝
mg·kg－1。
1．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
答案　D
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。
2．现用0.10
mol·L－1
HCl溶液滴定10
mL
0.05
mol·L－1
NaOH溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是(　　)
A．10
mL
B．5
mL
C．大于5
mL
D．小于5
mL
答案　C
解析　用0.10
mol·L－1
HCl溶液滴定10
mL
0.05
mol·L－1
NaOH溶液正好需5
mL
HCl溶液。现盐酸被稀释，其浓度小于0.10
mol·L－1，故中和NaOH所需盐酸的体积大于
5
mL。
3．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，从下表中选出正确的选项(　　)
锥形瓶中溶液
滴定管中溶液
选用指示剂
选用滴定管
A
碱
酸
石蕊
碱式滴定管
B
酸
碱
酚酞
酸式滴定管
C
碱
酸
甲基橙
碱式滴定管
D
酸
碱
酚酞
碱式滴定管
答案　D
解析　此题考察中和滴定的一部分操作和滴定管结构，若锥形瓶装入一定体积NaOH溶液(标准液)，则滴定管内装H2SO4溶液，选用酸式滴定管。若锥形瓶中装入一定体积H2SO4溶液(待测液)，则滴定管内装NaOH溶液，选用碱式滴定管。
4．如图是用一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定10
mL一定物质的量浓度的盐酸的滴定图像，依据图像推出盐酸和NaOH溶液的物质的量浓度是下表内各组中的(　　)
选项溶液　　
A
B
C
D
c(HCl)/mol·L－1
0.12
0.04
0.03
0.09
c(NaOH)/mol·L－1
0.04
0.12
0.09
0.03
答案　D
解析　由图像可知，30
mL
NaOH溶液恰好中和10
mL盐酸，则3c(NaOH)＝c(HCl)，表中A、D组属此种情况，但A组中c(HCl)＝0.12
mol·L－1，c(H＋)＝0.12
mol·L－1，pH＜1，不符合图像；D组中c(HCl)＝0.09
mol·L－1，pH＞1，加入20
mL
NaOH后溶液的c(H＋)＝＝1×10－2
mol·L－1，pH＝－lg(1×10－2)＝2，正好符合题意。
[基础过关]
一、滴定管的使用
1．准确量取25.00
mL酸性高锰酸钾溶液，可选用的仪器是(　　)
A．500
mL量筒
B．10
mL量筒
C．50
mL酸式滴定管
D．50
mL碱式滴定管
答案　C
解析　准确量取25.00
mL液体，要用滴定管，而酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可用酸式滴定管。
2．有一支50
mL酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10.0
mL刻度处，把滴定管中的溶液全部流下排出，盛接在量筒中，量筒内溶液的体积是(　　)
A．大于40.0
mL
B．40.0
mL
C．大于10.0
mL
D．10.0
mL
答案　A
解析　滴定管的“0”刻度在上，满刻度在下(量筒的刻度与此相反)，满刻度以下还有一段空间没有刻度，因此，将装到
10.0
mL
刻度处的溶液全部放出，除有10.0
mL刻度处到
50.0
mL
刻度处之间的40.0
mL溶液放出外，还有满刻度以下的溶液也一并放出，其总量超过40.0
mL。
3.某学生用碱式滴定管量取0.1
mol·L－1的NaOH溶液，开始时仰视液面读数为1.00
mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11.00
mL，该同学在操作中实际取出的液体体积为(　　)
A．大于10.00
mL
B．小于10.00
mL
C．等于10.00
mL
D．等于11.00
mL
答案　A
解析　滴定管的“0”刻度在上，量取NaOH溶液，开始时仰视液面使读数偏大，取出部分溶液后，俯视液面使读数偏小，滴定前后刻度差为10.00
mL，但实际取出的液体体积偏大。
二、中和滴定操作
4．下面是关于酸碱中和实验操作的叙述：①取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次　②在锥形瓶中加入25
mL待测NaOH溶液　③加入几滴石蕊溶液作指示剂　④取一支酸式滴定管，洗涤干净　⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定　⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶　⑦两眼注视着滴定管内盐酸溶液液面下降，直至滴定终点。文中所述操作有错误的序号为(　　)
A．④⑥⑦
B．①⑤⑥⑦
C．③⑤⑦
D．①③⑤⑦
答案　D
解析　锥形瓶不用待测液润洗，①错；石蕊变色不明显，不易观察颜色，在酸碱中和滴定时一般不用石蕊溶液作指示剂，③错；滴定管使用前要润洗，⑤错；滴定过程中眼睛观察锥形瓶中溶液颜色变化，⑦错。
5．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作中正确的是(　　)
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸
B．锥形瓶用蒸馏水洗净后，用NaOH溶液润洗后再加入待测液
C．滴定时，没有逐出滴定管下口的气泡
D．读数时，视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平
答案　D
6．下列有关叙述正确的是(　　)
A．下端连有橡皮管的滴定管为酸式滴定管
B．在进行滴定时，左手操作锥形瓶，右手操作滴定管
C．滴定前应排除滴定管尖嘴部分的气泡
D．滴定过程中两眼应注意滴定管内液面的变化
答案　C
解析　A选项中所指滴定管是碱式滴定管；B选项中应右手操作锥形瓶，左手操作滴定管；D选项，滴定过程中两眼应观察锥形瓶内颜色变化。
7．下列说法正确的是(　　)
A．用图示仪器Ⅰ准确量取25.00
mL酸性KMnO4溶液
B．装置Ⅱ可用于已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸的实验
C．中和滴定时，滴定管用所盛装的待装液润洗2～3次
D．中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶
答案　C
解析　酸性KMnO4溶液不能用碱式滴定管量取，A项不正确；NaOH溶液不能盛装在酸式滴定管中，B项不正确；中和滴定时滴定管需用待装液润洗，而锥形瓶不能用待测液润洗，C项正确，D项不正确。
三、中和滴定误差分析
8．用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是(　　)
A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C．用碱式滴定管取10.00
mL
NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定
D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
答案　C
9．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是(　　)
A．酸式滴定管未润洗就装标准液滴定
B．锥形瓶未用待测液润洗
C．读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视
D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
答案　C
解析　A项，标准液被管壁附着的水稀释，使标准液用量偏大，测定结果偏高；B项，不影响锥形瓶内NaOH溶质的量，标准液用量不变，测定结果不受影响；C项，滴前仰视，读数偏大；滴定终点俯视，读数偏小，因此标准液用量少了，测定结果偏低；D项，滴定后，原先气泡占据的体积充满标准液，使标准液用量偏多，测定结果偏高。
10．以酚酞溶液作指示剂，对某新制NaOH溶液进行中和滴定实验，数据记录如下表：
实验编号
待测液
消耗标准盐酸(0.01
mol·L－1)的体积
①
20
mL
NaOH溶液
V1
mL
②
20
mL
NaOH溶液＋10
mL
H2O
V2
mL
③
敞口隔夜放置的20
mL
NaOH溶液
V3
mL
则该新制的NaOH溶液的浓度c(mol·L－1)计算合理的是(　　)
A．c＝0.01×(V1＋V2＋V3)/(3×20)
B．c＝0.01×(V1＋V2)/(2×20)
C．c＝0.01×(V1＋V3)/(2×20)
D．c＝0.01×V1/20
答案　B
解析　②20
mL
NaOH溶液中加入10
mL
H2O，其溶质的物质的量不变，只要仍用20
mL来进行计算，仍可得正确值；③敞口隔夜放置的NaOH溶液已发生反应生成部分Na2CO3溶液，用酚酞作指示剂，消耗盐酸的量将发生改变。
[能力提升]
11．某学生用0.200
0
mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；
④移取20.00
mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。
请回答下列问题：
(1)以上步骤有错误的是______(填编号)。若测定结果偏高，其原因可能是________(填字母)。
A．配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质
B．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液(2)判断滴定终点的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。
(4)根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：________mol·L－1。
滴定次数
待测体积(mL)
标准烧碱溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
20.00
0.40
20.40
第二次
20.00
2.00
24.10
第三次
20.00
4.00
24.00
答案　(1)①　ABCD
(2)滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色
(3)22.60　(4)0.200
0
解析　(1)①碱式滴定管应润洗。
(4)V1＝20.40
mL－0.40
mL＝20.00
mL
V2＝24.10
mL－2.00
mL＝22.10
mL
V3＝24.00
mL－4.00
mL＝20.00
mL
应舍去第二次数据
c(HCl)＝＝0.200
0
mol·L－1。
[拓展探究]
12．乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。
该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查询得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。
①称取1.260
g纯草酸晶体，将其制成
100.00
mL
水溶液为待测液。
②取25.00
mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。
③用浓度为0.100
0
mol·L－1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00
mL。
(1)滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的____________(填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志可以是_______________________________________
_______________________________________________________________________________。
(3)通过上述数据，求得x＝________。
讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会________。
答案　(1)甲　(2)当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色
(3)2　①偏大　②偏小
解析　(1)因为酸性KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装。(2)可利用酸性KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点，当达到滴定终点时，再滴加酸性KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫红色。(3)由题给化学方程式及数据可知，1.260
g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为0.100
0
mol·L－1×10.00
mL×10－3
L·mL－1××＝0.010
0
mol，则1.260
g
H2C2O4·xH2O中含H2O的物质的量为＝0.020
0
mol，则x＝2。若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x偏大；同理，若酸性KMnO4溶液变质，则消耗其体积偏大，所得x值偏小。第4课时　化学平衡常数
[目标导航]　1.知道化学平衡常数的含义，会写化学平衡常数表达式。2.会利用化学平衡常数进行反应程度的判断。3.能利用化学平衡常数进行简单计算。
一、化学平衡常数
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(简称平衡常数)，符号用“K”表示。
2．表达式
对反应：mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，
K＝。
例如，一定温度下，反应H2(g)＋I2(g)??2HI(g)达平衡时的化学平衡常数K＝。
3．意义
K值越大，反应进行的程度越大，反应物转化率越大。一般地，K＞105时，认为该反应进行得就基本完全了。
4．影响因素
K只受温度影响，与反应物和生成物的浓度无关。
【合作探究】
1．化学平衡常数表达式中，各物质的浓度是平衡浓度，还是某时刻的浓度？
答案　是平衡浓度。
2．试书写下列可逆反应的化学平衡常数表达式，并归纳化学平衡常数表达式的书写要求。
(1)C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)
(2)Cl2＋H2O??HCl＋HClO
答案　(1)K＝
(2)K＝
书写要求：①固体或纯液体不应写在平衡常数关系式中，平衡常数关系式中只包括气态物质和溶液中各溶质的浓度；②稀溶液中进行的反应，如有水参加，水也不写在平衡常数关系式中。
3．书写下列两组可逆反应的化学平衡常数表达式，并判断其关系。
(1)H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　K1
2HI(g)??H2(g)＋I2(g)　K2
(2)2SO2＋O2??2SO3　K1
SO2＋O2??SO3　K2
答案　(1)K1＝　K2＝
K1＝
(2)K1＝　K2＝
K1＝K
二、平衡转化率
1．定义
平衡转化率是指平衡时已转化了的某反应物的量与转化前该反应物的量之比。
2．表达式
对于反应：aA＋bB??cC＋dD，反应物A的转化率可以表示为
α(A)＝×100%
＝×100%
＝×100%。
【合作探究】
1．化学平衡常数与平衡转化率有何异同？
答案　平衡常数和平衡转化率都可以表示可逆反应进行的程度，但是平衡转化率随着反应物起始浓度的不同而变化，而平衡常数却不受起始浓度的影响。因此，平衡常数更能反映出反应的本质。平衡常数与某反应物的平衡转化率之间是可以互相求算的。
2．对于aA(g)??bB(g)＋cC(g)，在恒温恒容条件下增加A的量，A的转化率怎样变化？
答案　①若a＝b＋c，A的转化率不变；
②若a＞b＋c，A的转化率增大；
③若a＜b＋c，A的转化率减小。
3．对于aA(g)＋bB(g)??cC(g)＋dD(g)，在恒温恒容条件下：
(1)若只增加A的量，A、B的转化率怎样变化？
(2)若同时同倍数增加A、B的量，A、B的转化率怎样变化？
答案　(1)A的转化率减小，B的转化率增大。
(2)若a＋b＝c＋d，A、B的转化率不变；
若a＋b＞c＋d，A、B的转化率均增大；
若a＋b＜c＋d，A、B的转化率均减小。
一、有关平衡常数的应用
【例1】　在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K和温度T的关系如表所示：
T/℃
700
800
830
1
000
1
200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
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________反应(填“吸热”或“放热”)。
(3)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为________℃。该温度下加入1
mol
CO2(g)和1
mol
H2(g)，充分反应，达到平衡时，CO2的转化率为________。
(4)在800
℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(CO2)为2
mol·
L－1，c(H2)为1.5
mol·L－1，c(CO)为1
mol·L－1，c(H2O)为3
mol·L－1，则正、逆反应速率的比较为v正________v逆(填“＞”、“＜”或“＝”)。
解析　(2)温度越高，K值越大，说明升温平衡正向移动，正向为吸热反应。
(3)由题意可得K＝1，查表可知温度为830
℃，设反应了的CO2为x
mol，则消耗掉的H2为x
mol，生成的CO和H2O均是x
mol(体积为V
L)。
K＝1＝，整理得x＝0.5。
则CO2的转化率为50%。
(4)Qc＝＝＝1＞0.9，
所以v正＜v逆。
答案　(1)　(2)吸热　(3)830　50%　(4)＜
【归纳总结】　化学平衡常数的应用
(1)判断反应进行的方向
①Qc＜K　反应正向进行；
②Qc＝K　反应处于平衡；
③Qc＞K　反应逆向进行。
(2)判断反应的热效应
变式训练1　在0.5
L的密闭容器中，一定量的氮气与氢气进行如下反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＝a
kJ·mol－1，其化学平衡常数K与温度的关系如下：
温度/℃
200
300
400
K
1.0
0.86
0.5
请回答下列问题。
(1)写出该反应的化学平衡常数表达式：_____________________________________________，
a________(填“大于”、“小于”或“等于”)0。
(2)400
℃时，2NH3(g)??N2(g)＋3H2(g)的化学平衡常数为________，测得氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3
mol、2
mol、1
mol时，该反应的v正(N2)________(填“大于”、“小于”或“等于”)v逆(N2)。
答案　(1)K＝　小于　(2)2　大于
解析　(1)根据平衡常数的定义可写出该反应的平衡常数表达式为K＝。由表中数据可知，温度升高，平衡常数减小，即平衡逆向移动，故正反应为放热反应，所以a＜0。
(2)N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)与2NH3(g)??N2(g)＋3H2(g)的平衡常数互为倒数，故400
℃时2NH3(g)??N2(g)＋3H2(g)的化学平衡常数K＝1/0.5＝2。当氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3
mol、2
mol、1
mol时，三者的浓度分别为6
mol·L－1、4
mol·L－1、2
mol·L－1，此时的浓度商Qc＝＝＜K，所以平衡正向移动，v正(N2)＞v逆(N2)。
二、有关化学平衡常数的计算
【例2】　工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)，设在容积为2.0
L的密闭容器中充入0.60
mol
N2(g)和1.60
mol
H2(g)，反应在一定条件下达到平衡时，NH3的物质的量分数(NH3的物质的量与反应体系中总的物质的量之比)为。试计算：
(1)该条件下N2的平衡转化率为________。
(2)该条件下反应2NH3(g)??N2(g)＋3H2(g)的平衡常数为________。
解析　设N2转化的物质的量浓度为x，
　　　　　　　　　N2　＋　3H2??　2NH3
起始浓度(mol·L－1)
0.3
0.8
0
转化浓度(mol·L－1)
x
3x
2x
平衡浓度(mol·L－1)
0.3－x
0.8－3x
2x
所以＝，
解得x＝0.2
mol·L－1，
N2的转化率为×100%≈66.7%。
反应2NH3(g)??N2(g)＋3H2(g)的平衡常数
K＝＝＝0.005。
答案　(1)66.7%　(2)0.005
【归纳总结】
化学平衡的计算模式及解题思路
(1)计算模式
　　　　　　　　aA(g)
＋
bB(g)
??
cC(g)＋dD(g)
c(初)(mol·L－1)
n1
n2
0
0
Δc(mol·L－1)
n1x
n1x
n1x
n1x
c(平)(mol·L－1)
n1(1－x)
n2－n1x
n1x
n1x
(2)解题思路
①巧设未知数：具体题目要具体分析，灵活设立，一般设某物质的转化量为x。
②确定三个量：根据反应物、生成物及变化量的三者关系代入未知数确定平衡体系中各物质的起始量、变化量、平衡量并按(1)中“模式”列表。
③解题设问题：明确了“始”、“变”、“平”三个量的具体数值，再根据相应关系求平衡时某成分的浓度、反应物转化率等，得出题目答案。
变式训练2　在某密闭容器中把CO和H2O的混合物加热到800
℃，存在平衡：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)，且平衡常数K＝1。若在2
L的密闭容器中充入1
mol
CO和1
mol
H2O的混合物并加热到800
℃，则平衡时CO的转化率为(　　)
A．40%
B．50%
C．60%
D．83.3%
答案　B
解析　设CO的转化率为x，则
由K＝知：＝1，解得：x＝50%。
1．下列关于某一化学反应的平衡常数的说法中，正确的是(　　)
A．与该反应的压强有关
B．与反应的温度有关，还与反应本身有关
C．与化学反应本身和温度有关，并且会受到起始浓度的影响
D．只与化学反应本身有关，与其他任何条件无关的一个不变的常数
答案　B
解析　K与反应温度有关，表达式与方程式的书写有关，但与起始浓度、压强无关。
2．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是(　　)
A．该反应的焓变为正值
B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2
答案　A
解析　由平衡常数K＝，可知反应为CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)，D错误；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的浓度可能不变，B错误；升高温度，v正和v逆都增大，C错误。
3．对于可逆反应：C(s)＋CO2(g)??2CO(g)，在一定温度下，其平衡常数为K，下列条件的变化中，能使K发生变化的是(　　)
A．将C(s)的表面积增大
B．增大体系的压强
C．升高体系的温度
D．使用合适的催化剂
答案　C
解析　K只与体系的温度有关，与反应物、生成物的起始浓度无关。
4．对于反应3Fe(s)＋4H2O(g)??Fe3O4(s)＋4H2(g)的平衡常数，下列说法正确的是(　　)
A．K＝
B．K＝
C．增大c(H2O)或减小c(H2)，会使该反应平衡常数减小
D．改变反应的温度，平衡常数不一定变化
答案　B
解析　固体反应物或生成物，其浓度可视为常数，在平衡常数表达式中不写，故A错误，B正确；化学平衡常数是反应的特性常数，只与温度有关，而与反应物、生成物的浓度变化无关，故增大c(H2O)或减小c(H2)，该反应的平衡常数不变，但温度改变，平衡常数一定改变，故C、D错误。
5．在25
℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物　质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L－1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol·L－1
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是(　　)
A．反应达到平衡时，X的转化率为50%
B．反应可表示为X＋3Y??2Z，其平衡常数为1
600
C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D．改变温度可以改变此反应的平衡常数
答案　C
解析　平衡常数只与温度有关，增大压强不可能使平衡常数增大。其他选项均为平衡中的基础计算和基础知识，关键是根据表中数据(0.1－0.05)∶(0.2－0.05)∶(0.1－0)＝1∶3∶2推导出：X＋3Y??2Z。
[基础过关]
一、化学平衡常数的含义
1．关于化学平衡常数的叙述正确的是(　　)
A．温度一定，一个化学反应的平衡常数不是一个常数
B．两种物质反应，不管怎样书写化学方程式，平衡常数不变
C．温度一定时，对于给定的化学反应，正、逆反应的平衡常数互为倒数
D．生成物浓度幂的乘积与反应物浓度幂的乘积的比值小于K时，v正答案　C
解析　K是温度的函数，平衡常数的表达式与化学方程式的书写方式有关。正、逆反应的平衡常数互为倒数，如H2(g)＋I2(g)??2HI(g)，K正＝，K逆＝，所以K正＝。生成物浓度幂的乘积与反应物浓度幂的乘积的比值小于K，未达到化学平衡状态，此时v正>v逆。
2．化学平衡常数可以用K来表示，下列关于化学平衡常数的说法中正确的是(　　)
A．K越大，反应物的转化率越小
B．K与反应物的浓度有关
C．K与生成物的浓度有关
D．K与温度有关
答案　D
解析　一个确定的化学反应，其化学平衡常数只与反应体系的温度有关。
3．某温度下，可逆反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)的平衡常数为K，下列对K的说法正确的是(　　)
A．K值越大，表明该反应越有利于C的生成，反应物的转化率越大
B．若缩小反应器的容积，能使平衡正向移动，则K增大
C．温度越高，K一定越大
D．如果m＋n＝p，则K＝1
答案　A
解析　K越大，该反应正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，A正确；对于一个确定的化学反应，K只是温度的函数，温度一定，K一定，与压强无关，B错误；因该反应的热效应不确定，故C项错误；K＝，故由m＋n＝p，无法判断K的大小。
4．当把晶体N2O4放入密闭容器中气化，并建立了N2O4(g)??2NO2(g)平衡后，保持温度不变，再通入若干N2O4气体，待反应达到新的平衡时，则新平衡与旧平衡相比，其值(　　)
A．变大
B．不变
C．变小
D．无法确定
答案　B
解析　温度不变，K不变。
二、化学平衡常数及转化率的计算
5．将4
mol
SO2与2
mol
O2放入4
L的密闭容器中，在一定条件下反应达到平衡：2SO2＋O2??2SO3，测得平衡时SO3的浓度为0.5
mol·L－1。则此条件下的平衡常数K为(　　)
A．4
B．0.25
C．0.4
D．0.2
答案　A
解析　　　　　　2SO2＋O2??2SO3
初始(mol):
4
2
0
转化(mol):
2
1
2
平衡(mol):
2
1
2
平衡时各自的浓度c(SO2)＝0.5
mol·L－1，c(O2)＝0.25
mol·L－1，c(SO3)＝0.5
mol·L－1，
K＝＝4。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
6．在一定温度下，反应H2(g)＋X2(g)??HX(g)的平衡常数为10。若将1.0
mol的HX(g)通入体积为1.0
L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于(　　)
A．5%
B．17%
C．25%
D．33%
答案　B
解析　由题中的反应和数据可知：HX(g)??H2(g)＋X2(g)的平衡常数K＝0.1。设在该温度下HX(g)的分解反应达平衡后其减小的浓度为x
mol·L－1，则平衡时HX、H2、X2的浓度分别为(1.0－x)mol·L－1、0.5x
mol·L－1、0.5x
mol·L－1，代入K的表达式有＝0.1，解得x≈0.17，故可知HX的转化率为×100%＝17%。
三、化学平衡常数的综合应用
7．在淀粉 KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数K如表所示：
t/℃
5
15
25
35
50
K
1
100
841
689
533
409
下列说法正确的是(　　)
A．反应I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)的ΔH>0
B．其他条件不变，升高温度，溶液中c(I)减小
C．该反应的平衡常数表达式为K＝eq
\f(c（I2）·c（I－）,c（I）)
D．25
℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K小于689
答案　B
解析　根据题中的表格提供的数据知温度升高，平衡常数减小，则平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，ΔH<0，A错；其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，溶液中c(I)减小，B对；该反应的平衡常数表达式为K＝eq
\f(c（I）,c（I2）·c（I－）)，C错；平衡常数只与温度有关，25
℃时，向溶液中加入少量KI固体，虽然平衡向正方向移动，但平衡常数不变，D错。
8．将CoCl2溶解于盐酸中可以形成CoCl，在溶液中存在下列化学平衡：
Co2＋(aq)＋4Cl－(aq)??CoCl(aq)　ΔH>0
粉红色
蓝色
下列说法正确的是(　　)
A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
B．该反应的平衡常数K＝eq
\f(c（CoCl）,c（Co2＋）·c4（Cl－）)
C．将盛有CoCl2和盐酸混合液的试管置于热水中，试管内溶液为粉红色
D．增大Cl－浓度，平衡向正反应方向移动，Co2＋、Cl－浓度都减小
答案　B
解析　升高温度，正、逆反应速率都增大，A错误；该反应的正反应为吸热反应，所以在热水中平衡向正反应方向移动，溶液为蓝色，C错误；增大Cl－浓度，平衡向正反应方向移动，Co2＋浓度减小而Cl－浓度增大，D错误。
9．已知反应①：CO(g)＋CuO(s)??CO2(g)＋Cu(s)和反应②：H2(g)＋CuO(s)??Cu(s)＋H2O(g)在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)的平衡常数为K。则下列说法正确的是(　　)
A．反应①的平衡常数K1＝
B．反应③的平衡常数K＝
C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的焓变为正值
D．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
答案　B
解析　在书写平衡常数表达式时，纯固体不写，A错误；由于反应③＝反应①－反应②，因此平衡常数K＝，B正确；反应③中，温度升高，H2浓度减小，则平衡左移，即逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，因此ΔH<0，C错误；反应③是等体反应，在恒温恒容下，增大压强，则平衡不移动，H2的浓度不变，D错误。
10．温度为t
℃时，在体积为10
L的真空容器中通入1.00
mol氢气和1.00
mol碘蒸气，20
min后，反应达到平衡，此时测得碘蒸气的浓度为0.020
mol·L－1。涉及的反应可以用下列两个化学方程式表示：
①H2(g)＋I2(g)??2HI(g)
②2H2(g)＋2I2(g)??4HI(g)
下列说法正确的是(　　)
A．反应速率用HI表示时，v(HI)＝0.008
mol·L－1·min－1
B．两个化学方程式的意义相同，但其平衡常数表达式不同，不过计算所得数值相同
C．氢气在两个反应方程式中的转化率不同
D．第二个反应中，增大压强平衡向生成HI的方向移动
答案　A
解析　　　　　　H2(g)＋I2(g)??2HI(g)
0.100
0.100
0
0.080
0.080
0.160
0.020
0.020
0.160
所以，v(HI)＝0.160
mol·L－1÷20
min＝0.008
mol·L－1·min－1，A正确；K①＝＝64，而K②＝＝K＝642＝4
096，B错；两个化学方程式表示的是同一个反应，反应达到平衡时，氢气的浓度相同，故其转化率相同，C错；两个反应相同，只是表达形式不同，压强大小对平衡的移动没有影响，D错。
[能力提升]
11．面对目前世界范围内的能源危机，甲醇作为一种较好的可再生能源，具有广泛的应用前景。
(1)已知在常温常压下反应的热化学方程式：
①CO(g)＋2H2(g)??CH3OH(g)
ΔH1＝－90
kJ·mol－1
②CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)
ΔH2＝－41
kJ·mol－1
写出由二氧化碳、氢气制备甲醇的热化学方程式：_________________________________
_____________________________________________________________________________。
(2)在容积为V
L的容器中充入a
mol
CO与2a
mol
H2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示。
①p1________(填“大于”、“小于”或“等于”)p2；
②在其他条件不变的情况下，再增加a
mol
CO与2a
mol
H2，达到新平衡时，CO的转化率________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，平衡常数________。
(3)已知在T
℃时，CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K＝0.32，在该温度下，已知c始(CO)＝1
mol·L－1，c始(H2O)＝1
mol·L－1，某时刻经测定CO的转化率为10%，则该反应________(填“已经”或“没有”)达到平衡，原因是________。此时刻v正________(填“＞”或“＜”)v逆。
答案　(1)CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH＝－49
kJ·mol－1
(2)①小于　②增大　不变
(3)没有　此时＝≈0.012
3＜0.32　＞
解析　(1)由盖斯定律，方程式①－②得CO2(g)＋3H2(g)??CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－90
kJ·mol－1－(－41
kJ·mol－1)＝－49
kJ·mol－1。(2)由图像可知，相同温度下，p2下CO的转化率大于p1下CO的转化率，由方程式①可知，增大压强平衡右移，故p1＜p2；在其他条件不变的情况下，再增加a
mol
CO与2a
mol
H2，相当于增大压强，平衡右移，故CO的转化率增大；由于温度不变，故其平衡常数不变。(3)＝≈0.012
3＜K＝0.32，故反应未达到平衡；此时反应向正反应方向进行，故v正＞v逆。
12．工业合成氨N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)反应过程中的能量变化如图所示，据图回答下列问题：
(1)该反应通常用活性铁作催化剂，加活性铁会使图中B点________(填“升高”或“降低”)，理由是________________________________________________________________________。
(2)该反应平衡常数表达式为K＝____________，当某时刻______(填“<”、“>”或“＝”)K时，反应向右进行。
(3)450
℃时该反应的平衡常数________(填“<”、“>”或“＝”)500
℃时的平衡常数。
(4)一定条件下的密闭容器中，该反应达到平衡，要提高H2的转化率，可以采取的合理措施有________(填字母代号)。
a．高温高压　b．加入催化剂　c．增加N2的浓度　d．增加H2的浓度　e．分离出NH3
答案　(1)降低　催化剂能降低反应的活化能
(2)　<　(3)>　(4)ce
解析　(1)催化剂能降低反应的活化能。
(2)反应向右进行，说明(3)由图知该反应正向反应为放热反应，低温利于平衡正向移动，450
℃时反应正向进行的程度大，即450
℃对应的平衡常数K大。
(4)高温使化学平衡逆向移动，H2转化率降低，a不合理；催化剂对平衡无影响，b不合理；增加N2的浓度可以提高H2的转化率，c合理；增加H2的浓度降低H2的转化率，d不合理；分离出NH3，有利于平衡右移，e合理。
[拓展探究]
13．某温度下，在一密闭容器中充入一定量CO2，并加入足量铁粉，发生反应：Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)，测得CO2和CO浓度随时间的变化如图所示：
(1)0～8
min，v(CO)＝__________mol·L－1·min－1。
(2)下列措施中，能够改变平衡时c(CO)/c(CO2)的比值的是________(填序号)。
A．温度　　　　　　　　B．铁粉的量(足量)
C．压强
D．CO的量
(3)已知：反应Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)的平衡常数为K1；反应Fe(s)＋H2O(g)??FeO(s)＋H2(g)的平衡常数为K2。不同温度时K1、K2的值如下表：
温度/K
K1
K2
973
1.47
2.38
1
173
2.15
1.67
根据表中数据，计算反应CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)的K。
①温度为973
K时：K＝__________________________________________________________；
②温度为1
173
K时：K＝________________________________________________________；
③反应CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)是______(填“吸热”或“放热”)反应。
答案　(1)0.062
5　(2)A　(3)①0.62　②1.29　③吸热
解析　(1)v(CO)＝＝＝0.062
5
mol·L－1·min－1。
(2)本题容易错选D。c(CO)/c(CO2)其实是该反应的平衡常数表达式，而平衡常数只受温度影响，故只能选A。
(3)Fe(s)＋CO2(g)??FeO(s)＋CO(g)
平衡常数K1＝；
Fe(s)＋H2O(g)??FeO(s)＋H2(g)
平衡常数K2＝；
而CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)
平衡常数K＝，则K＝，故973
K时：K＝＝≈0.62；1
173
K时：K＝≈1.29；随着温度的升高，K增大，说明该反应为吸热反应。化学反应与能量复习课
1．下列对化学反应热现象的说法正确的是(　　)
A．放热反应发生时不必加热
B．化学反应一定有能量变化
C．一般地说，吸热反应加热后才能发生
D．化学反应的热效应数值与参加反应的物质的多少无关
答案　B
解析　本题旨在考查化学反应的能量变化规律及发生条件。化学反应是“断旧键，成新键”的过程。断键需要吸收能量，只有当反应物分子具有足够的能量时，才能使旧键断裂发生化学反应。因此许多放热反应仍需加热才能发生，如H2在空气(O2)中燃烧，开始应点燃，故A不正确；由于反应物的总能量一般不可能恰好等于生成物的总能量，能量差一般通过“吸热”或“放热”途径找补(但热能不是化学反应的惟一能量变化方式，还有光能、声能、电能、动能等形式)，B正确；有不少吸热反应不必加热也能发生，如盐类的水解就属于吸热反应，但升温可促进水解的进行，C、D均不正确。
2．下列说法不正确的是(　　)
A．化学变化过程是原子的重新组合过程
B．化学反应的焓变用ΔH表示，单位是kJ·mol－1
C．化学反应的焓变ΔH越大，表示放热越多
D．化学反应中的能量变化不都是以热能形式表现出来的
答案　C
解析　ΔH带符号，对于放热反应，ΔH越大表示放热越少，对于吸热反应，ΔH越大则表示吸热越多，故C选项错误。
3．下列热化学方程式书写正确的是(　　)
A．2SO2＋O22SO3　ΔH＝－196.6
kJ·mol－1
B．H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.8
kJ·mol－1
C．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ
D．C(s)＋O2(g)===CO2(g)　
ΔH＝＋393.5
kJ·mol－1
答案　B
解析　A项无状态；C项ΔH的单位错；D项ΔH的`符号错。
4．一定质量的无水乙醇完全燃烧时放出的热量为Q，它所生成的CO2用过量饱和石灰水完全吸收，可得100
g
CaCO3沉淀，则在此条件下完全燃烧1
mol无水乙醇时放出的热量是
(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．0.5Q
B．Q
C．2Q
D．5Q
答案　C
解析　C2H5OH～2CO2～2CaCO3～热量
　1
mol　　
200
g
x
　　　　
100
g　
Q
x＝Q＝2Q
5．已知：①C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5
kJ·mol－1　②CO(g)＋
O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－283.0
kJ·mol－1　则③C(石墨，s)＋O2(g)===CO(g)的反应热是
(　　)
A．－123
kJ·mol－1
B．－676.5
kJ·mol－1
C．－55.0
kJ·mol－1
D．－110.5
kJ·mol－1
答案　D
解析　①－②即得：C(石墨，s)＋O2(g)＝CO(g)
ΔH＝－110.5
kJ·mol－1
6．下列叙述中正确的是(　　)
A．在稀溶液中，1
mol酸和1
mol碱完全反应所放出的热量，叫做中和热
B．在101
kPa时，1
mol物质燃烧时所放出的热量叫做该物质的燃烧热
C．热化学方程式中，各物质前的化学计量数不表示分子个数
D．如果反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量，则发生的反应是放热反应
答案　C
解析　A、B两项要注意对中和热、燃烧热概念的理解，前者是以稀的强酸、强碱反应生成1
mol
H2O为标准，后者是以1
mol纯可燃物完全燃烧，生成稳定的氧化物为标准；D项中反应物总能量低于生成物总能量，反应过程中需吸收能量，即为吸热反应。
7．在25°C、101
kPa下，1
g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68
kJ，下列热化学方程式正确的是(　　)
A．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝＋725.8
kJ·mol－1
B．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－1
452
kJ·mol－1
C．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－725.8
kJ·mol－1
D．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝＋1
452
kJ·mol－1
答案　B
解析　本题考查热化学方程式的书写及有关的计算。因1
mol甲醇燃烧生成CO2和液态
水，放出22.68
kJ·g－1×32
g＝725.8
kJ热量，所以2
mol甲醇燃烧生成CO2和液态水的ΔH＝－1
452
kJ·mol－1。
8．今有如下三个热化学方程式：
H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝a
kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝b
kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝c
kJ·mol－1
下列关于他们的表述正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．它们都是吸热反应　　　
B．a、b和c均为正值
C．a＝b
D．2b＝c
答案　D
解析　①根据热化学方程式书写中反应热表示方法的规定即ΔH为“－”表示放热，ΔH为“＋”表示吸热，可判断H2燃烧放出的热量应用负值表示，因为燃烧反应为放热反应，故A、B不正确；②根据相同物质的反应，聚集状态不同，反应热不同可判断a≠b，故C错；③根据相同反应，反应热与可燃物的物质的量成正比可判断2b＝c。
本题主要对热化学方程式书写的基础知识进行全面考查，同时也体现了新旧教材接轨处对反应热用不同符号表示法的理解与记忆。
9．已知450℃时，2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)　ΔH＝－Q1。在相同条件下，向一密闭容
器中通入1
mol
SO2和0.5
mol
O2，达到平衡时放出的热量为Q2，则Q1、Q2满足的关系是
(　　)
A．Q2＝Q1/2
B．Q2C．Q2>Q1/2
D．不能确定
答案　B
解析　一定条件下，2
mol
SO2(g)与1
mol
O2(g)完全反应生成2
mol
SO3(g)时，放出热量为Q1，则相同条件下1
mol
SO2(g)与0.5
mol
O2(g)完全反应生成1
mol
SO3(g)时，放出热量应该为。但由于该反应为可逆反应，即反应不能进行完全，所以Q2<。
10．已知下列三个热化学方程式
①H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8
kJ·mol－1
②C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5
kJ·mol－1
③C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
ΔH＝＋131
kJ·mol－1
写出碳燃烧生成CO和CO燃烧的热化学方程式。
答案　C(s)＋O2(g)===CO(g)
ΔH＝－110.8
kJ·mol－1
CO
(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－282.7
kJ·mol－1
解析　将①＋③得C燃烧生成CO的热化学方程式，将②－(①＋③)得CO燃烧的热化学方程式。
11．同素异形体相互转化的反应热相当小而且转化速率较慢，有时还很不完全，测定反应热很困难。现在可根据盖斯提出的“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”观点来计算反应热。已知：
①P4(s，白磷)＋5O2(g)===P4O10(s)
ΔH1＝－2
983.2
kJ·mol－1
②P(s，红磷)＋O2(g)===P4O10(s)
ΔH2＝－738.5
kJ·mol－1
则白磷转化为红磷的热化学方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
相同状况下，能量状态较低的是______；白磷的稳定性比红磷____(填“高”或“低”)。
答案　P4(s，白磷)===4P(s，红磷)
ΔH＝－29.2
kJ·mol－1　红磷　低
解析　依题意求：P4(s，白磷)===4P(s,
红磷)　ΔH＝？可设计如下反应过程：P4(s，白
磷)―→P4O10(s)―→4P(s，红磷)；并把反应(2)改写成：P4O10(s)===4P(s，红磷)＋5O2(g)　ΔH3＝－4ΔH2，据盖斯定律有ΔH＝ΔH1＋(－4ΔH2)＝(－2
983.2＋4×738.5)
kJ·mol－1＝－29.2
kJ·mol－1，即P4(s，白磷)===4P(s，红磷)　ΔH＝－29.2
kJ·mol－1。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)。
12．煤燃烧的反应热可通过以下两个途径来利用：a.利用煤在充足的空气中直接燃烧产生的反应热；b.先使煤与水蒸气反应得到氢气和一氧化碳，然后使得到的氢气和一氧化碳在充足的空气中燃烧。这两个过程的热化学方程式为：
a．C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝E1①
b．C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝E2②
H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝E3③
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝E4④
回答：
(1)上述四个热化学方程式中的哪些反应ΔH<0
________________________________________________________________________。
(2)等质量的煤分别通过以上两条不同的途径产生的可利用的总能量关系正确的是(　　)
A．a比b多
B．a比b少
C．a与b在理论上相同
(3)根据能量守恒定律，E1、E2、E3、E4之间的关系为
________________________________________________________________________
________________。
答案　(1)①③④　(2)C　(3)E1＝E2＋E3＋E4
解析　ΔH<0，表明反应放热，燃烧反应都是放热反应；由盖斯定律可知，a和b放出的总能量相等。由能量守恒定律可知E1＝E2＋E3＋E4。
13.
高中教材中有这样一个实验：在两支试管中分别加入3
mL稀盐酸(均足量)(只有浓度
小于1
mol·L－1的稀盐酸跟Na2CO3和NaHCO3反应才能根据反应的剧烈程度区分开来，浓度较高则反应现象都是同样的剧烈)，将两个各装有0.3
g
NaHCO3和Na2CO3粉末的小气球分别套在两支试管口上。将气球内的NaHCO3或Na2CO3同时倒入试管中，观察到现象如下：
①试管中(填产生沉淀或气体及反应速率等相关现象)_____________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
②试管中气球大小(包含试管)体积之比约为(填最简单整数比)Ⅰ∶Ⅱ＝________；
③甲同学用手触摸试管，发现盛NaHCO3粉末的试管变凉，而盛Na2CO3粉末的试管温度有升高。由此他得出：不管其状态如何，NaHCO3和HCl反应为吸热反应，而Na2CO3和HCl反应为放热反应。
甲得出的结论是否正确________(填“正确”或“不正确”)。
(2)为研究是吸热反应还是放热反应，继续进行了下列实验(每次实验各做3次平行实验，取平均值)：(注：每组固体全溶解且完全反应)
序号
试剂1
试剂2
混合前温度
混合后最高或最低温度
A
50
mL水
2.5
g
NaHCO3固体
20℃
18.5℃
B
50
mL水
3.2
g
Na2CO3固体
20℃
23.3℃
C
50
mL稀盐酸
2.5
g
NaHCO3固体
20℃
17.4℃
D
50
mL稀盐酸
3.2
g
Na2CO3固体
20℃
24.4℃
请你帮助填写相关内容：
该研究报告的题目是_________________________________________________
________________________________________________________________________；
②该实验中所用的仪器除试管、药匙(或V形纸槽)、气球、下端带环状玻璃棒、烧杯、量筒、保温瓶外，还需要的仪器名称为______________和________________；
③通过上述实验可得出两条结论：
a．Na2CO3溶液和盐酸的反应是______(吸热或放热)反应；
b．NaHCO3溶液和盐酸的反应是______(吸热或放热)反应。
答案　(1)①两支试管中都产生大量气泡，但盛NaHCO3的试管中反应速率要快得多
②42∶53
③不正确
(2)①《NaHCO3、Na2CO3和盐酸反应过程中热效应的研究》
②托盘天平　温度计
③a.放热　b．吸热
解析　(1)①Na2CO3、NaHCO3与酸反应在同一条件下速率不同，NaHCO3反应速率更快。②等质量时NaHCO3放出CO2更多。③甲的操作方法不正确，NaHCO3反应激烈，产生CO2速度快，带出的热量快，仅根据手感来确定是不科学的。另外，结论也不正确，反应热与物质的状态有关。
(2)①研究报告的题目是根据探究的目的来定的，因此要分析整个实验，弄清实验目的，然后才能确定探究的课题。
②仪器的选择是由实验原理、设计出的实验方案或装置确定的。③Na2CO3、NaHCO3固体与盐酸反应的热效应由固体溶解和形成的溶液与盐酸反应的热效应两个部分组成。
NaHCO3(s)===Na＋(aq)＋HCO(aq)　ΔH1>0
HCO(aq)＋H＋(aq)===H2O(l)＋CO2(g)
ΔH2>0
NaHCO3(s)＋H＋(aq)===Na＋(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)　ΔH3>0
NaHCO3溶解是吸热过程，HCO(aq)和H＋(aq)的反应是吸热反应，NaHCO3(s)和盐酸反应的反应热近似等于ΔH1和ΔH2之和(因为还需加上NaHCO3的饱和溶液稀释成无限稀溶液所吸收的热量)，降温更明显；
Na2CO3(s)===2Na＋(aq)＋CO(aq)　ΔH4<0
CO(aq)＋2H＋(aq)===H2O(l)＋CO2(g)　ΔH5<0
Na2CO3(s)＋2H＋(aq)===2Na＋(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)　ΔH6<0
Na2CO3的溶解是放热过程，CO(aq)和H＋(aq)的反应是放热反应，Na2CO3(s)和盐酸反应的反应热近似等于ΔH4和ΔH5之和(因为还需加上Na2CO3的饱和溶液稀释成无限稀溶液所放出的热量)，升温更明显。
由于NaHCO3固体溶解过程吸收的热量(ΔH1)小于NaHCO3固体与盐酸反应吸收的热量(ΔH3)，即ΔH1<ΔH3，而(近似于)ΔH3＝ΔH1＋ΔH2，即所得到ΔH2>0，所以说明盐酸与NaHCO3溶液反应为吸热反应。同理Na2CO3的溶液和盐酸的反应是放热反应。第2课时　影响化学平衡移动的因素(一)
浓度、压强对化学平衡移动的影响
[目标导航]　1.理解化学平衡移动的概念，会根据速率变化判断化学平衡移动的方向。2.通过外界条件对可逆反应速率的影响，掌握化学平衡移动的内在因素。3.会分析浓度、压强变化对化学平衡移动的影响。
一、化学平衡的移动
1．定义
在一定条件下，可逆反应达到化学平衡状态，如果改变影响平衡的条件(如浓度、压强、温度等)，化学平衡状态被破坏，直至正、逆反应速率再次相等，在新的条件下达到新的化学平衡状态。这种现象称作平衡状态的移动，简称平衡移动。
2．平衡移动方向的判断
3．图示表示
【合作探究】
1．化学平衡移动的本质原因是什么？
答案　化学平衡之所以发生移动，本质原因是外界条件的变化引起了正、逆反应速率发生了变化而不再相等。
2．外界条件改变，化学平衡一定发生移动吗？
答案　不一定。温度改变一定引起平衡移动，而浓度和压强的改变不一定引起化学平衡移动。
3．化学平衡正向移动时，生成物浓度一定增大吗？
答案　不一定。当减小生成物浓度时，平衡正向移动，生成物浓度减小。
二、浓度、压强对化学平衡移动的影响
1．浓度变化对化学平衡移动的影响规律
(1)增大反应物浓度或减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动。
(2)减小反应物浓度或增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动。
2．压强变化对化学平衡移动的影响规律
(1)针对有气体参加或有气体生成的可逆反应而言且反应前后气体体积发生变化的反应
改变压强
平衡移动方向
增大压强
平衡向气体体积缩小的方向移动
减小压强
平衡向气体体积增大的方向移动
(2)对于反应前后气体体积没有发生变化的反应，改变压强平衡不移动。
【合作探究】
1．对于反应H2(g)＋I2(g)??2HI(g)改变压强平衡如何移动？并说明原因。
答案　改变压强平衡不发生移动。因为当加压时体积缩小，反应物、生成物浓度都增大，且变化程度相同。v正、v逆增加且变化程度相同。v正与v逆始终相等，故不发生移动；减压时与之相同。
2．据图判断移动方向
答案　①向正反应方向移动；②向逆反应方向移动；③平衡不移动。
一、浓度对化学平衡影响的实验探究
按表中实验操作步骤完成实验，观察实验现象，填写下表：
实验原理
Cr2O＋H2O??2CrO＋2H＋(橙色)
(黄色)
实验步骤
实验现象
黄色变为橙色
橙色变为黄色
实验结论
c(H＋)增大，平衡向逆反应方向移动
NaOH溶液使c(H＋)变小，平衡向正反应方向移动
【例1】　将5
mL
0.005
mol·L－1的FeCl3溶液与5
mL
0.01
mol·L－1的KSCN溶液混合，建立平衡：
FeCl3＋3KSCN??3KCl＋Fe(SCN)3(红色)
(1)若滴加饱和FeCl3溶液4滴，平衡向________方向移动，溶液红色________。
(2)若滴加1
mol·L－1
KSCN溶液4滴，平衡向________方向移动，溶液红色________。
(3)若滴加0.01
mol·L－1
NaOH溶液4滴，则产生________(填颜色)沉淀，c(Fe3＋)________，平衡向________方向移动，溶液红色________。
(4)若加入少量KCl固体，则平衡________移动，原因________________________。
解析　(1)c(Fe3＋)增大，平衡右移。(2)c(SCN－)浓度增大，平衡右移。(3)加入NaOH：3OH－＋Fe3＋===Fe(OH)3↓，c(Fe3＋)减小，平衡左移。(4)KCl不参与反应，加入KCl固体，平衡不移动。
答案　(1)正反应　加深　(2)正反应　加深　(3)红褐色　减小　逆反应　变浅　(4)不　KCl不参与反应
【归纳总结】
1．浓度对化学平衡的影响
若其他条件不变，一次性改变浓度对化学平衡的影响如下表所示：
化学平衡
aA＋bB??cC＋dD(A、B、C、D为非固体)
体系浓度改变
增大反应物浓度
增大生成物浓度
减小反应物浓度
减小生成物浓度
平衡移动方向
正向移动
逆向移动
逆向移动
正向移动
速率变化
v正先增大，v逆随后增大，且v′正＞v′逆
v逆先增大，v正随后增大，且v′逆＞v′正
v正先减小，v逆随后减小，且v′逆＞v′正
v逆先减小，v正随后减小，且v′正＞v′逆
图像
2.浓度影响“四提醒”
(1)熟记浓度对化学平衡移动影响的规律。
(2)对于离子平衡体系，注意离子浓度的改变方式，排除不参与反应的离子干扰。
(3)对于容积不变的气—固平衡体系，改变固体的量，平衡不移动。
(4)多角度理解气体浓度的改变方式。
变式训练1　反应NH4HS(s)??NH3(g)＋H2S(g)在某温度下达到平衡，下列各种情况下，不会使平衡发生移动的是(　　)
A．温度、容积不变时，通入SO2气体
B．移走一部分NH4HS固体
C．容器体积不变，充入NH3
D．保持压强不变，充入氮气
答案　B
解析　通入SO2后，发生反应2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，相当于减少了生成物的浓度，平衡将向正反应方向移动，A选项不合题意；固体量的多少不影响平衡的移动，则移走部分NH4HS固体不能使平衡发生移动，B选项符合题意；恒容时，充入NH3，平衡逆向移动，C选项不合题意；充入不与体系中各物质反应的其他物质，此时体系的分子数增加，要保持恒压，容器体系必须增大，原平衡体系各物质的浓度将减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，D选项不合题意。
提示　①固体或纯液体的浓度是常数，改变固体或纯液体的量并不影响v正、v逆的大小，故平衡不移动；
②向容器中充入“惰性气体”对平衡的影响，关键要分清条件是恒温恒容还是恒温恒压。
二、压强对化学平衡移动的影响
【例2】　在容闭容器中，反应xA(g)＋yB(g)??zC(g)，在一定条件下达到平衡状态，试回答下列问题：
(1)若x＋y＞z，缩小体积，增大压强，则平衡向________方向移动。
(2)若保持体积不变，通入“He”气，则平衡________移动。
(3)若保持压强不变，通入“He”气，平衡向正反应方向移动，则x、y、z的关系为________。
(4)若x＋y＝z，缩小体积，增大压强，则平衡______移动。
答案　(1)正反应　(2)不　(3)x＋y＜z　(4)不
【归纳总结】　压强对化学平衡的影响
若其他条件不变，压强对化学平衡的影响如下表所示：
化学平衡
aA＋bB??cC＋dD
a＋b＞c＋d
aA＋bB??cC＋dD
a＋b＜c＋d
aA＋bB??cC＋dD
a＋b＜c＋d
aA＋bB??cC＋dD
a＋b＞c＋d
体系压强改变
加压
加压
减压
减压
平衡移动方向
正向移动
逆向移动
正向移动
逆向移动
速率变化
v正、v逆同时增大，且v′正＞v′逆
v正、v逆同时增大，且v′逆＞v′正
v正、v逆同时减小，且v′正＞v′逆
v正、v逆同时减小，且v′逆＞v′正
图像
变式训练2　对于密闭容器中的可逆反应：mX(g)＋nY(s)??pZ(g)　ΔH＜0，达化学平衡后，改变条件，下列表达不正确的是(　　)
A．增大压强，化学平衡不一定发生移动
B．通入氦气，化学平衡不一定发生移动
C．增加X或Y的物质的量，化学平衡一定发生移动
D．其它条件不变，升高温度，化学平衡一定发生移动
答案　C
解析　由于该反应反应前后体积变化不明确，故改变压强不能确定化学平衡是否移动，A项正确；恒容条件下充入氦气，没有改变平衡体系中各物质的浓度，平衡不移动，恒压条件下充入氦气，相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，B项正确；由于Y为固体，改变其用量不影响化学平衡，C项不正确；该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，D项正确。
提示　“惰性”气体对化学平衡的影响
对于反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＜0来说：
1．若体系内的压强保持恒定(容器体积是可变的)时，加入氦气，体系内压强恒定，体积必增大，这相当于对原体系中各组分起了稀释作用，因而引起c(N2)、c(H2)、c(NH3)变小，平衡向左移动(相当于减压)。
2．在恒温、恒容下，加入氦气时，平衡不发生移动。这种条件下加入“惰性”气体，虽平衡体系内的压强增加，但因容器的体积不变，c(N2)、c(H2)、c(NH3)不变，所以平衡不发生移动。
3．对于反应前后气体体积相等的反应(如H2＋I2(g)??2HI)，当向平衡体系中充入“惰性”气体时，则无论任何情况下平衡都不发生移动。
1．下列叙述及解释正确的是(　　)
A．2NO2(g)(红棕色)??N2O4(g)(无色)　ΔH<0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅
B．H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH<0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变
C．FeCl3＋3KSCN??Fe(SCN)3(红色)＋3KCl，在平衡后，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅
D．对于N2＋3H2??2NH3，平衡后，压强不变，充入O2，平衡左移
答案　D
解析　A项，缩小体积，平衡右移，但c(NO2)浓度仍增大，颜色变深，A错；B项，扩大容积，平衡不移动，但由于c(I2)减小，故体系颜色变浅，B错；C项，由于KCl没有参与反应，故对平衡无影响，C错；D项，压强不变，充入O2(注：O2不参与反应)，体积扩大，平衡左移。
2．在一密闭容器中，反应aA(g)??bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则(　　)
A．平衡向逆反应方向移动
B．物质A的转化率减少
C．物质B的质量分数增大
D．a>b
答案　C
解析　温度不变，体积增大一倍，压强减小，若平衡不移动，c(B)应为原来的50%，现为60%，则平衡向正反应方向移动了，则a3．在K2Cr2O7溶液中存在下列平衡：2CrO(黄色)＋2H＋??Cr2O(橙色)＋H2O中，溶液颜色介于黄色和橙色之间，今欲使溶液颜色变浅，可以在溶液中加入(　　)
①H＋　②OH－　③K＋　④H2O
A．①③
B．②④
C．①④
D．②③
答案　B
解析　平衡向右移动，颜色变深，而向左移动，颜色变浅。加入OH－，中和H＋，c(H＋)减小，平衡左移，颜色变浅；而加入水，体积增大，浓度减小，颜色变浅。而c(K＋)的变化，不影响平衡移动。
4．下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是(　　)
①已达到平衡的反应C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)，当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动　②已达到平衡的反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高　③有气体参加的反应达到平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动　④有气体参加的反应达到平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A．①④
B．①②③
C．②③④
D．①②③④
答案　D
解析　本题考查影响化学平衡移动方向的因素及影响规律。增加C(s)的物质的量，由于浓度未变，平衡不移动，①错；对于多种物质参加的可逆反应，增大某一反应物的浓度，平衡右移，其他物质的转化率增大，而此物质的转化率降低，②错；对于有气体参加的非等体的可逆反应，缩小容器体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，③错；在恒压容器中充入稀有气体，各物质浓度减小，若是非等体积反应，则平衡会发生移动，④错。
5．在密闭容器中发生如下反应：aX(g)＋bY(g)??cZ(g)＋dW(g)，反应达到平衡后保持温度不变，将气体体积压缩到原来的，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡时的1.8倍。下列叙述中不正确的是(　　)
A．平衡向逆反应方向移动
B．a＋b＜c＋d
C．Z的体积分数增大
D．X的转化率下降
答案　C
解析　此反应达平衡后保持温度不变，将气体体积压缩到原来的，假设平衡不发生移动，W的浓度应变为原平衡时的
2倍，而实际为1.8倍，假设不成立，原平衡必发生移动，由W的浓度为原平衡时的1.8倍，小于2倍知，平衡一定向W减少的方向即逆反应方向移动，所以a＋b＜c＋d，平衡移动的结果导致Z的体积分数减小，X的转化率下降。
[基础过关]
一、化学平衡移动的判断
1．对处于化学平衡的体系，由化学平衡与化学反应速率的关系可知(　　)
A．化学反应速率变化时，化学平衡一定发生移动
B．化学平衡发生移动时，化学反应速率一定变化
C．正反应进行的程度大，正反应速率一定大
D．改变压强，化学反应速率一定改变，平衡一定移动
答案　B
解析　A项，如果正、逆速率改变幅度一样大，则平衡不移动，A错；B项，化学平衡发生移动，则速率一定改变，B对；C项，反应进行的程度与速率无关，C错；D项，改变压强，化学反应速率不一定改变(如固液反应或容器体积不变的反应体系中充入“惰”气)，平衡也不一定移动。
2．下图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是(　　)
A．反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
C．该反应达到平衡态Ⅰ后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
D．同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等
答案　C
解析　减小反应物浓度的瞬间，逆反应速率不变，正反应速率迅速降低，且达到新平衡时的反应速率比原平衡时的速率小，这与图像不符，C错。
3．某温度下，在密闭容器中反应N2O4(g)??2NO2(g)达到平衡，下列说法不正确的是(　　)
A．加压时(体积变小)，将使正反应速率增大
B．保持体积不变，加入少许NO2，将使正反应速率减小
C．保持体积不变，加入少许N2O4，再达到平衡时，颜色变深
D．保持体积不变，通入He，再达平衡时颜色不变
答案　B
解析　保持体积不变，加入少许NO2的瞬间，逆反应速率增大，正反应速率不变，平衡向逆反应方向移动，重新平衡时的正反应速率比原平衡的正反应速率大。
二、浓度对化学平衡移动的影响
4．在一密闭容器中发生反应：2A(g)＋2B(g)??C(s)＋3D(g)
ΔH<0，达到平衡时采取下列措施，可以使正反应速率v正增大、D的物质的量浓度c(D)增大的是(　　)
A．移走少量C
B．扩大容积，减小压强
C．缩小容积，增大压强
D．体积不变，充入“惰”气
答案　C
解析　A项，C为固体，改变其量，对反应速率无影响，A错；B项，扩大容积，v正减小，c(D)也减小，B错；C项，缩小容积，浓度增大，速率也增大，平衡右移，c(D)也增大，C对；D项，体积不变，充入“惰”气，反应物浓度不变，速率不变，平衡不移动。
5．在容积为2
L的密闭容器中，有反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，经过5
min达到平衡，此时各物质的变化为A物质的量浓度减少a
mol·L－1，B的平均反应速率v(B)＝a/15
mol·L－1·min－1，C物质的量浓度增加2a/3
mol·L－1，这时若增大系统压强，发现A与C的百分含量不变，则m∶n∶p∶q为(　　)
A．3∶1∶2∶2
B．1∶3∶2∶2
C．1∶3∶2∶1
D．1∶1∶1∶1
答案　A
解析　本题考查浓度改变量、反应速率与化学计量数成正比关系。B的平均反应速率为a/15
mol·L－1·min－1，所以经过5
min，B物质的量浓度减少a/3
mol·L－1，所以m∶n∶p＝(a
mol·L－1)∶(a/3
mol·L－1)∶(2a/3
mol·L－1)＝3∶1∶2；增大系统压强，发现A与C的百分含量不变，说明该反应为等体反应，则m∶n∶p∶q＝3∶1∶2∶2。
6．在体积一定的恒温密闭容器中加入等物质的量的X、Y，进行如下可逆反应：X(g)＋Y(g)??Z(g)＋W(s)　ΔH＞0。下列叙述正确的是(　　)
A．若继续充入X，平衡向正反应方向移动，Y的转化率增大
B．若继续充入Z，平衡逆向移动，Z的体积分数减小
C．若移走部分W，平衡正向移动
D．平衡后移走X，上述反应的ΔH减小
答案　A
解析　B项，通入Z，平衡逆向移动，Z的体积分数增大；C项，W为固体，改变其用量，平衡不移动；D项，ΔH只和方程式中的化学计量数及状态有关，与反应物的量无关。
三、压强对化学平衡移动的影响
7．一定温度下，反应C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡，下列措施不能使平衡发生移动的是(　　)
①增加C的物质的量　②保持体积不变，充入N2使体系压强增大　③将容器的体积缩小一半　④保持压强不变，充入N2使容器体积变大
A．①②
B．②③
C．①④
D．③④
答案　A
解析　①，C是固体，其浓度为常数，改变它的量平衡不移动；该反应为气体体积不相等的反应故：②，保持体积不变，充入N2，由于c(H2O)、c(CO)、c(H2)的浓度都不变，所以平衡不移动；③，缩小体积，压强增大，平衡左移；④，保持压强不变，充入N2，体积扩大，平衡右移。
8．某温度下，将2
mol
A和3
mol
B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g)??C(g)＋D(g)，5
min后达到平衡。若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则(　　)
A．a＝2
B．a＝1
C．a＝3
D．无法确定a的值
答案　B
解析　由于扩大体积，平衡不移动，说明该反应为等体反应，即a＋1＝1＋1，所以a＝1。
9．恒温下，反应aX(g)??bY(g)＋cZ(g)达到平衡后，把容器体积压缩到原来的一半且达到新平衡时，X的物质的量浓度由0.1
mol·L－1增大到0.19
mol·L－1，下列判断正确的是(　　)
A．a>b＋c
B．aC．a＝b＋c
D．a＝b＝c
答案　A
解析　由于体积减小一半，而X的浓度增大不到原来的2倍，说明增大压强，平衡右移，正反应体积缩小，所以a>b＋c。
10．现有mA(s)＋nB(g)??qC(g)　ΔH<0的可逆反应，在一定温度下达平衡时，B的体积分数φ(B)和压强p的关系如图所示，则有关该反应的下列描述正确的是(　　)
A．m＋nB．n>q
C．x点的混合物中v正D．x点比y点的混合物的正反应速率小
答案　D
解析　从曲线的走向可以判断出：增压，φ(B)增大，即平衡左移，所以右边系数大，因A为固体，所以nv逆，所以C项错；D项，在y点和
x点的φ(B)相同，相当于在x点的基础上压缩(y点的压强大于x点)，所以正、逆反应速率都增大，D项正确(若进一步探讨，可得其顺序为v逆y>v正y>v正x>v逆x)。
[能力提升]
11．在水溶液中橙色的Cr2O与黄色的CrO有下列平衡关系：Cr2O＋H2O??2CrO＋2H＋，重铬酸钾(K2Cr2O7)溶于水配成的稀溶液是橙黄色的。
(1)向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈________色。因为_________________________
_______________________________________________。
(2)向已加入NaOH溶液的(1)溶液中再加入过量稀硫酸，则溶液呈______色，因为________________________________________________________________________。
(3)向原溶液中加入Ba(NO3)2溶液(已知BaCrO4为黄色沉淀)，则平衡________(填“向左移动”或“向右移动”)，溶液颜色将______________。
答案　(1)黄　OH－与H＋结合生成水，c(H＋)减小，使平衡向右移动，CrO浓度增大，溶液由橙黄色变为黄色
(2)橙　c(H＋)增大，平衡左移，Cr2O浓度增大，溶液又由黄色变为橙色
(3)向右移动　逐渐变浅，直至无色
解析　加碱中和溶液中的H＋，平衡右移，溶液中的c(CrO)增大；加酸使平衡左移，溶液中的c(Cr2O)增大；加Ba(NO3)2，发生的反应为Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓(黄色)，平衡向右移动，溶液颜色将由橙黄色逐渐变浅，直至无色。
12．反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表所示：
压强/Pa
2×105
5×105
1×106
c(A)/mol·L－1
0.08
0.20
0.44
分析表中数据，回答下列问题：
(1)当压强从2×105
Pa增加到5×105
Pa时，平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动，判断的依据是__________________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
(2)当压强从5×105
Pa增加到1×106
Pa时，该反应的化学平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动，判断的依据是_________________________________________________，
可能的原因是___________________________________________________________________。
答案　(1)不　当p增大2.5倍时，c(A)增大2.5倍，说明平衡没有移动，即m＋n＝p
(2)向左　当p增大2倍时，c(A)却增加了2.2倍，说明平衡向生成A的方向移动　增大压强时，B转化为液态或固态
解析　(1)由：＝＝2.5，＝2.5，
说明浓度的变化只与体积变化有关，化学反应对它无影响，即化学平衡不移动。
(2)由：＝＝2，＝＝2.2，
说明p改变，化学平衡向生成A的方向移动，由(1)知n＋m＝p，故加压时，必然是B转化为液态或固态，逆反应方向变成为气体分子数减少的方向。
[拓展探究]
13．已知氯水中有如下平衡：Cl2(g)＋H2O(l)??HCl(aq)＋HClO(aq)。常温下，在一个体积为50
mL的针筒里(如图)吸入40
mL氯气后，再吸进10
mL水。
(1)写出针筒中可能观察到的现象_________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(2)若将此时的针筒长时间放置，又可能看到何种变化？
________________________________________________________________________，
试用平衡观点加以解释___________________________________________________________。
(3)若把针筒中氯水分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ份。第Ⅰ份加少量固体NaHSO3，第Ⅱ份加入少量固体NaHCO3，则三份氯水中c(HClO)的大小是________＞________＞________________________________________________________________________。
(4)若在针筒中的氯水中加入氢氧化钠的酚酞溶液，红色褪去。其原因可能的解释有两种，分别是①______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________；
②_____________________________________________________________________________。
如何用实验方法确认上述原因：____________________________________________________。
答案　(1)针筒向里缩进，气体体积减小，气体颜色变浅，溶液颜色变为浅黄绿色
(2)气体、溶液颜色接近无色，最终仍有气体，大约是原氯气的一半　2HClO2HCl＋
O2↑，HClO浓度减少，原平衡不断向右移动，最终Cl2消失，生成O2
(3)Ⅱ　Ⅲ　Ⅰ
(4)①氯水中的次氯酸氧化了酚酞　②NaOH和氯水反应，溶液不再呈碱性，酚酞褪色　向已褪色的溶液中滴加NaOH溶液，如溶液呈红色，则是②原因，否则是①原因第2课时　溶液pH的计算
[目标导航]　1.学会pH的简单计算。2.了解溶液稀释时pH的变化规律，会计算各类混合溶液的pH。3.全方位地比较一强一弱。
一、溶液pH的计算
1．计算原则
酸性溶液：求c(H＋)→求pH的值；
碱性溶液：求c(OH－)求c(H＋)→求pH值。
2．公式：pH＝－lg__c(H＋)，
Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
【练一练】
1．在常温下，(1)c(H＋)＝1.0×10－3
mol·L－1的某溶液中，c(OH－)＝________。pH为________。
(2)pH＝4的盐酸溶液中，c(H＋)＝________，c(H＋)水＝________。
答案　(1)1.0×10－11
mol·L－1　3
(2)1.0×10－4
mol·L－1　1.0×10－10
mol·L－1
2．常温下，计算下列溶液的pH。
(1)1.0×10－3
mol·L－1的盐酸的pH为________。
(2)5.0×10－4
mol·L－1的H2SO4溶液的pH为________。
(3)将8
g
NaOH固体溶于水得到2
L溶液，其pH为________。
(4)a
mol·L－1的Ba(OH)2溶液的pH为________。
答案　(1)3　(2)3　(3)13　(4)15－lg
5＋lg
a
二、酸、碱溶液稀释后pH变化规律
pH＝a的酸
pH＝b的碱
强酸
弱酸
强碱
弱碱
稀释10n倍后pH
pH＝a＋n
aa＋n
pH＝b－n
b－n无限稀释后pH
无限接近于7且pH<7
无限接近于7且pH>7
图示
【合作探究】
1．若将pH＝2的盐酸加水稀释107倍，其pH是否为9，为什么？
答案　不为9。因为此时应该以水的电离为主，而忽略HCl的电离，稀释后的pH应无限接近7。
2．若将pH＝12的NaOH溶液加水稀释107倍，其pH是否为5，为什么？
答案　不为5。因为此时应该以水的电离为主，而忽略NaOH的电离，稀释后的pH应无限接近7。
3．将pH＝2的CH3COOH溶液和pH＝12的氨水分别加水稀释10倍，pH变化为什么不到一个单位？
答案　因为CH3COOH、NH3·H2O均为弱电解质，在稀释过程中还会继续电离，所以pH变化不到一个单位。
【练一练】
计算下列溶液的pH
(1)pH＝2的盐酸加水稀释10倍，其pH为________。
(2)pH＝3的H2SO4加水稀释10倍，其pH为________。
(3)pH＝2的CH3COOH加水稀释10倍，其pH范围为________。
(4)pH＝11的NaOH溶液加水稀释10倍，其pH为____。
(5)pH＝12的Ba(OH)2溶液加水稀释10倍，其pH为________。
(6)pH＝11的NH3·H2O加水稀释10倍，其pH范围为________。
答案　(1)3　(2)4　(3)2＜pH＜3　(4)10　(5)11
(6)10＜pH＜11
一、酸、碱混合后pH值的计算方法
【例1】　(1)计算下列溶液的pH：
①1.0×10－4
mol·L－1盐酸溶液的pH为4。
②将0.4
g
NaOH固体溶于水得到1
L溶液，该溶液的pH为12。
(2)pH＝2的盐酸与pH＝4的盐酸，若按1∶10的体积比混合后，溶液的c(H＋)为1.0×
10－3__mol·L－1，pH为3。
(3)将200
mL
5×10－3
mol·L－1
NaOH溶液与100
mL
2×10－2
mol·L－1
NaOH溶液混合后，溶液的c(OH－)为1.0×10－2__mol·L－1，c(H＋)为1.0×10－12__mol·L－1，pH为12。
(4)pH＝12的NaOH溶液与pH＝2的硫酸，若等体积混合后，溶液的pH为7；若按9∶11的体积比混合后，溶液的pH为3；若按11∶9的体积比混合后，溶液的pH为11。
【归纳总结】　溶液pH的计算方法
(1)强酸、强碱溶液的pH的计算方法
先求出强酸、强碱溶液中的c(H＋)，强酸直接由酸的浓度求出，强碱先由碱的浓度求出
c(OH－)，再根据水的离子积换算出c(H＋)，然后用公式pH＝－lgc(H＋)求出pH。
(2)酸、碱溶液混合后pH的计算方法
①强酸与强酸混合
c(H＋)混＝，然后再求pH。
②强碱与强碱混合
先计算：c(OH－)混＝
再求c(H＋)混＝，最后求pH。
③强酸与强碱混合
a．恰好完全反应，溶液呈中性，pH＝7。
b．酸过量：
先求c(H＋)余＝，
再求pH。
c．碱过量：
先求c(OH－)余＝，
再求c(H＋)＝，然后求pH。
变式训练1　将0.1
mol·L－1
HCl溶液和0.06
mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合后，则该溶液的pH是(　　)
A．1.7
B．12.3
C．12
D．1
答案　C
解析　这是强酸和强碱的混合，要先判断混合液的酸碱性。酸中c(H＋)＝0.1
mol·L－1；碱中c(OH－)＝0.12
mol·L－1，等体积混合碱过量，根据pH值的计算方法，要先求c(OH－)，再求c(H＋)，最后求pH值。c(OH－)余＝＝0.01
mol·L－1，c(H＋)＝＝1×10－12
mol·L－1
pH＝－lgc(H＋)＝12。
【例2】　在25
℃时，有pH为x的盐酸和pH为y的NaOH溶液，取Vx
L该盐酸同该NaOH溶液中和，需Vy
L
NaOH溶液。回答下列问题：
(1)若x＋y＝14，＝________(填数值)。
(2)若x＋y＝13，＝________(填数值)。
(3)若x＋y＞14，＝________(表达式)，且Vx______Vy(填“＞”、“＜”或“＝”)(题中x≤6，y≥8)。
解析　Vx·10－x＝Vy·10－(14－y)
＝＝10(x＋y－14)
(1)若x＋y＝14，则＝1。
(2)若x＋y＝13，则＝。
(3)当x＋y＞14时，根据＝10x＋y－14，
Vx＞Vy。
答案　(1)1　(2)　(3)10(x＋y－14)　＞
【方法技巧】　酸碱发生中和反应后溶液pH的判断技巧
(1)等体积强酸(pH1)和强碱(pH2)混合
室温时
(2)强酸(pH1)与强碱(pH2)混合呈中性时，二者的体积与pH的关系为＝10pH1＋pH2－14，则有如下规律
a．若pH1＋pH2＝14，则＝1∶1。
b．若pH1＋pH2＞14，则＝10pH1＋pH2－14。
c．若pH1＋pH2＜14，则＝。
变式训练2　室温时，将x
mL
pH＝a的稀NaOH溶液与y
mL
pH＝b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是(　　)
A．若x＝y，且a＋b＝14，则pH＞7
B．若10x＝y，且a＋b＝13，则pH＝7
C．若ax＝by，且a＋b＝13，则pH＝7
D．若x＝10y，且a＋b＝14，则pH＞7
答案　D
解析　y
mL
pH＝b的盐酸中，n(H＋)＝y·10－b×10－3
mol；x
mL
pH＝a的NaOH溶液中，
n(OH－)＝x·10－(14－a)×10－3
mol。紧扣n(H＋)/n(OH－)来列式分析：＝＝·1014－(a＋b)。
若x＝y，且a＋b＝14，则n(H＋)/n(OH－)＝1，pH＝7，A项错；若10x＝y，且a＋b＝13，则n(H＋)/n(OH－)＝100，pH＜7，B项错；若ax＝by，且a＋b＝13，则n(H＋)/n(OH－)＝＞10(因为a＞7，b＜7)，pH＜7，C项错；若x＝10y，且a＋b＝14，则n(H＋)/n(OH－)＝＜1，pH＞7，D项正确。
二、强酸(碱)与弱酸(碱)的比较
【例3】　对室温下100
mL
pH＝2的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是(　　)
A．加水稀释至溶液体积为200
mL，醋酸溶液的pH变为4
B．温度都升高20
℃后，两溶液的pH不再相等
C．加水稀释至溶液体积为200
mL后，两种溶液中c(OH－)都减小
D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气体积可用上图表示
答案　B
解析　A选项中醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释至200
mL时，pH＜4；C选项中加水稀释时，两种溶液中c(OH－)都增大；D选项中pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，二者和足量的锌反应得到的氢气体积醋酸大于盐酸。
【归纳总结】
1．相同体积、相同物质的量浓度的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较(见下表)：
c(H＋)
酸性
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的总量
与同一金属反应时的起始反应速率
一元强酸
大
强
相同
相同
大
一元弱酸
小
弱
小
2.相同体积、相同c(H＋)的一元强酸与一元弱酸的比较(见下表)：
c(H＋)
酸性
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的总量
与同一金属反应时的起始反应速率
一元强酸
相同
相同
小
少
相同
一元弱酸
大
多
变式训练3　向体积都为1
L，c(H＋)都等于0.01
mol·L－1的盐酸和醋酸溶液中投入0.66
g
Zn，则图中比较符合客观事实的曲线是(　　)
答案　C
解析　c(H＋)都等于0.01
mol·L－1的两种溶液，含n(HCl)＝0.01
mol·L－1×1
L＝0.01
mol，含n(CH3COOH)＞0.01
mol。而0.66
g
Zn相当于mol，略大于0.01
mol。对于盐酸来说，Zn过量，对于醋酸来说，Zn不足；因而反应放出的H2的量应是后者略大于前者。由于反应开始后，醋酸溶液的c(H＋)比盐酸中c(H＋)大，故反应速率也较快，所需时间较短。
1．现有常温时pH＝1的某强酸溶液10
mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是(　　)
A．加水稀释成100
mL
B．加入10
mL的水进行稀释
C．加入10
mL
0.01
mol·L－1的NaOH溶液
D．加入10
mL
0.01
mol·L－1的HCl溶液
答案　A
解析　A加水稀释为原溶液体积的10倍，强酸的pH正好增大1个单位。
2．将100
mL
0.001
mol·L－1的盐酸和50
mL
pH＝3的硫酸溶液混合后，所得溶液的pH为(设混合后溶液体积的变化忽略不计)(　　)
A．4.5
B．2.7
C．3.3
D．3
答案　D
解析　两种酸混合后，溶液中的c(H＋)＝
＝0.001
mol·L－1，所以溶液的pH＝－lgc(H＋)
＝－lg0.001＝3。
3．常温下，关于溶液的稀释下列说法正确的是(　　)
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＋)＝1×10－6
mol·
L－1
C．将1
L
0.1
mol·L－1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
答案　C
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倍时，3mol·L－1，溶液中的c(OH－)水＝1×10－14/1×10－6
mol·L－1＝1×10－8
mol·L－1，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－8
mol·
L－1；C项，0.1
mol·L－1
Ba(OH)2溶液稀释到2
L时，c(OH－)＝
mol·L－1＝0.1
mol·L－1，c(H＋)＝1×10－13
mol·L－1，pH＝13；D项，NaOH是强碱溶液，无论怎么稀释，pH在常温下不可能成为6，只能无限接近于7。
4．室温下，下列溶液等体积混合后，所得溶液的pH一定大于7的是(　　)
A．0.1
mol·L－1的盐酸和0.1
mol·L－1的氢氧化钠溶液
B．0.1
mol·L－1的盐酸和0.05
mol·L－1的氢氧化钡溶液
C．pH＝4的醋酸溶液和pH＝10的氢氧化钠溶液
D．pH＝4的盐酸和pH＝10的氨水
答案　D
解析　本题考查了酸碱反应后溶液pH的计算及判断。HCl为一元强酸，NaOH为一元强碱，Ba(OH)2为二元强碱，故等体积等物质的量浓度的HCl与NaOH恰好中和，pH＝7；与Ba(OH)2反应时，c(H＋)＝c(OH－)＝2c[Ba(OH)2]，pH＝7，故A、B错误；pH＝4的醋酸溶液中电离出的c(H＋)＝1×10－4
mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液电离出的c(OH－)＝1×10－4
mol·L－1，因此
CH3COOH电离出的H＋恰好与NaOH中和，因CH3COOH是弱酸，随着反应的进行，还有大量的CH3COOH分子不断地电离，故pH<7；同理，D项中氨水过量，溶液显碱性，pH>7，故C错误，D正确。
5．下列叙述正确的是(　　)
A．100
℃纯水的pH＝6，所以水在100
℃时呈酸性
B．pH＝3的盐酸溶液，稀释至10倍后pH>4
C．0.2
mol·L－1的醋酸与等体积水混合后pH＝1
D．pH＝3的盐酸与pH＝11的氢氧化钠等体积混合后pH＝7
答案　D
解析　A选项中因为是纯水，不管其pH为多少都呈中性；B选项中盐酸是强酸，所以每稀释10倍pH增大1，故pH＝4；C选项中将0.2
mol·L－1的醋酸与等体积水混合后，溶液的浓度变为0.1
mol·L－1，但由于醋酸是弱酸，所以pH大于1；D选项中盐酸与氢氧化钠恰好完全反应，所以呈中性。
6．现有a.盐酸、b.醋酸、c.硫酸三种稀溶液，用字母回答下列问题。
(1)若三种酸的物质的量浓度相等。
①三种溶液中的c(H＋)大小关系为________。
②取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为________。
③若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸溶液的体积大小关系为________。
④a盐酸和b醋酸，若加水稀释相同的倍数，________的pH大，若加水稀释相同的pH，________加的水多。
(2)若三种酸溶液中的c(H＋)相等。
①三种酸的物质的量浓度大小关系为________。
②取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为________。
③若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸的体积大小关系为________。
④a盐酸和b醋酸，若加水稀释相同的倍数，________的pH大，若加水稀释到相同的pH，________加的水多。
答案　(1)①c＞a＞b　②c＞a＝b　③a＝b＞c　④b　a
(2)①b＞a＞c　②b＞a＝c　③a＝c＞b　④a　b
解析　(1)①H2SO4为二元强酸：CH3COOH为弱酸，在水溶液中CH3COOH发生部分电离，故c＞a＞b。②三种酸的物质的量相等，因H2SO4为二元酸，所以消耗的NaOH是盐酸和醋酸的两倍，盐酸和醋酸消耗的NaOH相等，所以c＞a＝b。③等质量的Zn完全反应，消耗的盐酸和醋酸的体积相等，消耗的H2SO4的体积最少，所以a＝b＞c。④由于醋酸部分电离，若加水稀释相同的倍数，醋酸的pH仍然大，若稀释到相同的pH，盐酸加入的水多。
(2)①CH3COOH是弱酸，c(CH3COOH) c(H＋)＞c(H2SO4)＝c(H＋)，c(HCl)＝c(H＋)，所以b＞a＞c。②等体积的三种溶液中，n(CH3COOH)＞n(HCl)，HCl和H2SO4都是强电解质，两溶液中的n(H＋)相等，消耗的NaOH一样多，所以b＞a＝c。③等质量的Zn完全反应，消耗的n(H＋)相等，所以溶液中c(H＋)大的消耗体积要小，H2SO4溶液与盐酸的c(H＋)相等，而CH3COOH在反应中会继续电离产生H＋，所以消耗体积最小，所以a＝c＞b。④由于醋酸是弱电解质，在稀释过程中会继续电离，稀释到相同倍数时，其pH要小，若加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。
[基础过关]
一、溶液pH的计算
1．温度为25
℃时，将0.23
g钠投入到100
g水中充分反应，假设反应后溶液体积为100
mL，则该溶液的pH为(　　)
A．1
B．13
C．12
D．10
答案　B
解析　n(Na)＝＝0.01
mol，由2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑可得n(NaOH)＝
0.01
mol，则c(OH－)＝＝0.1
mol·L－1，c(H＋)＝＝
mol·L－1＝1×
10－13
mol·L－1，故pH＝13。
2．已知在100
℃的温度下(本题涉及的溶液其温度均为100
℃)，水的离子积Kw＝1.0×10－12。下列说法中正确的是(　　)
A．0.05
mol·L－1的H2SO4溶液，pH＝1
B．0.001
mol·L－1的NaOH溶液，pH＝11
C．0.005
mol·L－1的H2SO4溶液与0.01
mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性
D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50
mL，需要pH＝11的NaOH溶液50
mL
答案　A
解析　0.05
mol·L－1的H2SO4溶液中c(H＋)＝0.10
mol·L－1，pH＝1。
3．25
℃时，若10体积pH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前两溶液的pH之间的关系是(　　)
A．a＋b＝14
B．a＋b＝13
C．a＋b＝15
D．a＋b＝7
答案　C
解析　根据混合后溶液呈中性，可得n(H＋)＝n(OH－)，即10－a×10＝10－14＋b，所以a＋b＝15。
二、溶液稀释后pH的变化规律
4．将10
mL
pH＝1的CH3COOH加水稀释至100
mL后，溶液的pH为(　　)
A．2
B．2C．1D．无法判断
答案　C
解析　弱酸、弱碱在稀释过程中不仅有浓度的变化，还有电离平衡的移动，不能求得具体的数值，只能确定其pH的范围。
5．pH相等的盐酸溶液和醋酸溶液都稀释相同的倍数后，pH的大小关系是(　　)
A．盐酸>醋酸
B．醋酸>盐酸
C．盐酸＝醋酸
D．无法判断
答案　A
解析　醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释时，平衡向右移动，产生更多H＋，使c(H＋)降低的程度小于盐酸。
6．室温下，有关pH计算结果一定正确的是(　　)
①强酸pH＝a，加水稀释到10n倍，则pH＝a＋n
②弱酸pH＝a，加水稀释到10n倍，则pH③强碱pH＝b，加水稀释到10n倍，则pH＝b－n
④弱碱pH＝b，加水稀释到10n倍，则pH>b－n(b－n>7)
A．①②
B．②③
C．③④
D．②④
答案　D
解析　本题考查溶液稀释的pH计算。强酸、强碱稀释时，其稀释的离子分别为H＋、OH－，故酸的稀释pH与碱的稀释pH在计算上不同。若为强酸时，pH＝a，c(H＋)＝10－a
mol·L－1，加水稀释到10n倍，稀释后c(H＋)＝10－(a＋n)
mol·L－1，则pH＝n＋a，但这时稀释程度不大，当(a＋n)接近7时，应考虑水的电离，此时(a＋n)<7，故A不完全正确；若为强碱时，pH＝b，则c(H＋)＝10－b
mol·L－1，即c(OH－)＝10－14＋b，加水稀释到10n倍后，c(OH－)＝
10－14＋b－n，换算成c(H＋)＝10n－b，即pH＝b－n。同理，稀释到很稀时，应考虑水的电离，此时(b－n)>7。弱酸与弱碱稀释时除考虑稀释因素外，还要考虑稀释对水电离的促进。
三、强酸与弱酸(或强碱与弱碱)的比较与判断
7．室温下，pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100
mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1
mol·L－1)至pH＝7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则(　　)
A．x为弱酸，VxB．x为强酸，Vx>Vy
C．y为弱酸，VxD．y为强酸，Vx>Vy
答案　C
解析　由图知：将一元酸x和y分别稀释10倍，pH的变化量ΔpHx＝1，ΔpHy<1，所以x为强酸，y为弱酸；pH＝2时弱酸y的浓度大，滴加NaOH至pH＝7时需NaOH溶液的体积则y要比x大。
8．pH＝3的两种一元酸HX和HY溶液，分别取50
mL加入足量的镁粉，充分反应后，收集到H2的体积分别为V(HX)和V(HY)，若V(HX)>V(HY)，则下列说法正确的是(　　)
A．HX可能是强酸
B．HY一定是强酸
C．HX的酸性强于HY的酸性
D．反应开始时二者生成H2的速率相等
答案　D
解析　本题考查了强、弱酸的判断及溶液酸性大小的比较。据题意，Mg粉足量，酸不足，应根据酸的物质的量来计算H2的体积，由V(HX)>V(HY)，知pH相等时，HX的物质的量浓度比HY的大，即HX是酸性比HY弱的弱酸，而无法判断HY是强酸还是弱酸，故A、B、C错误；D项反应开始时生成H2的速率取决于c(H＋)，因为开始时c(H＋)相等，故D项正确。
9．室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是(　　)
A．pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合
B．pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
C．pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
D．pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合
答案　C
解析　A项，由于氨水是弱碱，部分电离，其浓度远大于10－3
mol·L－1，故盐酸与氨水混合后，氨水过量，反应后溶液显碱性；同理，D项反应后的溶液也显碱性；B项，盐酸电离出的氢离子与氢氧化钡电离出的氢氧根离子的物质的量相等，它们恰好完全反应，反应后溶液显中性；C项，醋酸是弱酸，部分电离，其浓度远大于10－3
mol·L－1，与氢氧化钡反应后，醋酸过量，反应后溶液显酸性，即pH小于7，故C项正确。
10．室温下，相同条件下的四种溶液①pH＝2的CH3COOH溶液；②pH＝2的H2SO4溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。下列说法正确的是(　　)
A．水电离的c(H＋)：①＝②＝③＝④
B．将②、④溶液混合后，pH＝7，消耗溶液的体积：②＜④
C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D．向10
mL上述四溶液中各加入90
mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
答案　A
解析　A项，由于c(H＋)＝c(OH－)，所以对水的抑制程度相同，c(H＋)水相同；B项，由于
c(H＋)＝c(OH－)，若pH＝7，体积②＝④；C项，由于CH3COOH继续电离，所以①放出H2最多；D项，pH应为③＞④＞②＞①。
[能力提升]
11．有pH＝12的NaOH溶液100
mL，要使它的pH降为11。(假设溶液混合体积等于稀释前两液体体积之和)
(1)若加入蒸馏水，应加________mL。
(2)若加入pH为10的NaOH溶液，应加________mL。
(3)若加入0.01
mol·L－1的盐酸，应加________mL。
答案　(1)900　(2)1
000　(3)81.8
解析　本题考查了溶液稀释的三种方法：加水稀释；加入更稀的溶液稀释；加入能消耗溶质的溶液稀释。
(1)加水稀释pH＝12的NaOH溶液至pH＝11，应使体积增大至10倍，所以需加水900
mL。
(2)设需pH＝10的NaOH溶液体积为V，那么
＝
1×10－3
mol·L－1，V＝1
L＝1
000
mL。
(3)设需0.01
mol·L－1的盐酸体积为V，那么：
＝1.0×10－3
mol·L－1，V≈81.8
mL。
12．某温度(t
℃)时，水的离子积为Kw＝1×10－13。若将此温度下pH＝11的苛性钠溶液a
L与pH＝1的稀硫酸b
L
混合(设混合后溶液体积的微小变化忽略不计)，试通过计算填写以下不同情况时两种溶液的体积比。
(1)若所得混合溶液为中性，则a∶b＝__________________________________________
______________________________；
此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是____________________________________
___________________________________________________________________________。
(2)若所得混合溶液的pH＝2，则a∶b＝________________________________________
________________________________。
此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是_____________________________________
___________________________________。
答案　(1)10∶1　c(Na＋)>c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)
(2)9∶2　c(H＋)>c(SO)>c(Na＋)>c(OH－)
解析　(1)若混合后溶液为中性，则＝＝，溶液中溶质恰为Na2SO4，所以
c(Na＋)>c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)。
(2)若混合液的pH＝2，则c(H＋)＝0.01
mol·L－1，硫酸过量。c(H＋)＝，即＝0.01，解之得a∶b＝9∶2，c(Na＋)＝
mol·L－1，c(SO)＝
mol·
L－1，所以c(H＋)>c(SO)>c(Na＋)>c(OH－)。
13.已知水在25
℃和95
℃时，其电离平衡曲线如图所示：
(1)则25
℃时，水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由：___________________________________
____________________________________________________________________________________________________。
(2)25
℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________。
(3)95
℃时，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是________________。
答案　(1)A　水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，Kw小　(2)10∶1　(3)a＋b＝14(或pH1＋pH2＝14)
解析　(1)当温度升高时，促进水的电离，水的离子积也增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性。因此结合图像中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断，25
℃时水的电离平衡曲线应为A，理由为水的电离是吸热过程，升高温度水的电离程度增大。
(2)25
℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH－)＝n(H＋)，则V[NaOH(aq)]·10－5
mol·L－1＝V[H2SO4(aq)]·10－4
mol·L－1，得V[NaOH(aq)]∶V[H2SO4(aq)]＝10∶1。
(3)要注意的是95
℃时，水的离子积为1×10－12，即c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，根据95
℃时混合后溶液呈中性，pH2＝b的某强碱溶液中c(OH－)＝10b－12，有100×10－a＝1×10b－12，即10－a＋2＝10b－12，所以其关系：a＋b＝14或pH1＋pH2＝14。
[拓展探究]
14．(1)在温度t
℃时，某溶液中c(H＋)＝10－a
mol·L－1，c(OH－)＝10－b
mol·L－1，已知a＋b＝12，则t______(填“大于”、“小于”或“等于”)25
℃。
(2)常温下，向某Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH＝x的盐酸，测得混合溶液的部分pH如下表所示：
序号
氢氧化钡溶液的体积/mL
盐酸的体积/mL
溶液的pH
①
22.00
0.00
12
②
22.00
18.00
11
③
22.00
22.00
7
x＝________。Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为______________________________________
__________________________________。
(3)常温下，向100
mL
pH＝2的硫酸与硫酸钠的混合溶液中，加入300
mL
上述Ba(OH)2溶液，沉淀正好达最大量，此时溶液的pH________(填“大于”、“小于”或“等于”)7；原混合溶液中硫酸钠的物质的量浓度为________。
答案　(1)大于　(2)2　5×10－3
mol·L－1
(3)大于　0.01
mol·L－1
解析　(1)由于a＋b＝12＜14，所以该温度大于25
℃。(2)Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝10－2
mol·
L－1，所以根据③c(HCl)＝10－2
mol·L－1，所以x＝2，c[Ba(OH)2]＝＝5×10－3
mol·L－1。(3)n(OH－)＝0.3
L×10－2
mol·L－1＝3×10－3
mol，而n(H＋)＝10－3
mol，所以
OH－剩余，pH大于7，n(H2SO4)＝＝5×10－4
mol。
n(Na2SO4)＝0.3
L×5×10－3
mol·L－1－5×10－4
mol＝10－3
mol
c(Na2SO4)＝＝0.01
mol·L－1。第1课时　焓变　反应热
[目标导航]　1.知道化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因。2.通过生产、生活中的实例了解化学能与热能的相互转化，了解吸热反应、放热反应、反应热等概念。3.了解热化学方程式的含义并能正确书写热化学方程式。
一、化学反应的实质与特征
1．实质：反应物中化学键断裂和生成物中化学键形成。
2．特征：既有物质变化，又伴有能量变化；能量转化主要表现为热量的变化。
二、焓变　反应热
1．焓与焓变
2．反应热
一定温度下，化学反应所释放或吸收的热量称为反应热。研究证明，化学反应在恒压条件下的反应热与焓变相同。
(1)反应热的单位和焓变一样，为kJ/mol或kJ·mol－1；
(2)反应热描述的是化学反应前后的热量变化；
(3)任何化学反应都有反应热。
3．反应热和焓变的关系
反应热
焓变
含义
化学反应中吸收或放出的热量
化学反应中生成物所具有的焓与反应物所具有的焓之差
二者的相互联系
ΔH是化学反应在恒定压强下(即敞口容器中进行的化学反应)且不与外界进行电能、光能等其他能量的转化时的反应热，即恒压条件下进行的反应的反应热等于焓变ΔH
4.常见的放热反应和吸热反应
(1)常见的放热反应有：
①活泼金属与H2O或酸的反应，如
2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑；
②酸碱中和反应，如
2KOH＋H2SO4===K2SO4＋2H2O；
③燃烧反应，如2CO＋O22CO2；
④多数化合反应，如
Na2O＋H2O===2NaOH，
CaO＋H2O===Ca(OH)2；
⑤铝热反应，如2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe。
(2)常见的吸热反应有：
①多数分解反应，如CaCO3CaO＋CO2↑；
②2NH4Cl(s)＋Ba(OH)2·8H2O(s)===BaCl2＋2NH3↑＋10H2O；
③C＋H2O(g)CO＋H2；
④CO2＋C2CO。
【合作探究】
1．化学反应放热还是吸热是否与反应条件有关？
答案　反应吸热还是放热与是否加热等条件无直接关系。
2．任何物质都具有一定的能量，怎样从物质所具有的总能量上理解放热反应和吸热反应？
答案　如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，发生化学反应时，有一部分能量就会以热能的形式释放出来，表现为放热反应；若反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，发生化学反应时，就会从环境吸收一部分能量，表现为吸热反应。
三、热化学方程式
1．概念
表示参加反应的物质的量与反应热的关系的化学方程式。
2．意义
热化学方程式既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。
3．热化学方程式与普通化学方程式的区别
化学方程式
热化学方程式
化学计量数
只能是整数，既表示微粒个数又表示该物质的物质的量
既可以是整数，也可以是分数，只表示物质的物质的量
状态
不要求注明
必须在化学式后注明
ΔH的正负号、数值及单位
无
必须注明
意义
表明了化学反应中的物质变化
既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
【合作探究】
1．H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.5
kJ·mol－1，表示的意义是什么？
答案　表示在25
℃，101
kPa时，1
mol
H2与
mol
O2完全反应生成液态水时放出的热量为285.5
kJ。
2．ΔH的单位中mol－1的含义是什么？
答案　反应焓变单位中的mol－1表明参加反应的各物质的量与化学方程式中各物质的化学式的化学计量数相同。例如：H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH(298
K)＝－285.8
kJ·mol－1，表示298
K时，1
mol
H2(g)与0.5
mol
O2(g)反应生成1
mol
H2O(l)，放热285.8
kJ。
一、焓变、反应热的产生原因
【例1】　由下图分析，有关叙述正确的是(　　)
A．A→B＋C和B＋C→A两个反应吸收或放出的能量不等
B．A→B＋C是放热反应
C．A具有的能量高于B和C具有的能量总和
D．A→B＋C是吸热反应，则B＋C→A必然是放热反应
解析　本题考查化学反应中的能量变化，由图可知，B＋C的能量高于A的能量，则反应B＋C→A一定是放热反应；反之A→B＋C则是吸热反应。根据能量守恒定律，两反应的反应热在数值上相等，符号相反。
答案　D
【归纳总结】　焓变与反应物、生成物能量的关系
一个化学反应是吸收能量还是放出能量，由反应物的总能量(∑E反)与生成物的总能量(∑E生)的相对大小来决定。若∑E反＞∑E生，则会放出能量；若∑E反＜∑E生，则需要吸收能量，如下图所示。
变式训练1　反应
A＋B―→C(ΔH＜0)分两步进行：①A＋B―→X(ΔH
＞0)，②X―→C(ΔH＜0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是(　　)
答案　D
解析　根据反应物和生成物能量的高低来分析、解决问题。化学反应都伴随能量变化，当反应物的总能量高于生成物的总能量时，该反应为放热反应；当反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应为吸热反应。反应①的ΔH>0，为吸热反应，故可排除A项和C项；反应②的ΔH<0，为放热反应，B项错误，故选D。
【例2】　已知H—H键键能为436
kJ·mol－1，H—N键键能为391
kJ·mol－1，根据化学方程式：N2＋3H22NH3　ΔH＝－92.4
kJ·mol－1，则N≡N键键能是(　　)
A．431
kJ·mol－1
B．945.6
kJ·mol－1
C．649
kJ·mol－1
D．869
kJ·mol－1
解析　ΔH＝反应物键能总和－生成物的键能总和。所以－92.4
kJ·mol－1＝E(N≡N)＋3×
436
kJ·mol－1－2×391
kJ·mol－1×3。E(N≡N)＝945.6
kJ·mol－1。
答案　B
【规律总结】　反应热与键能的关系
(1)化学键的断裂要吸收能量，形成新化学键要释放能量，若反应物断键所吸收的总能量大于生成物成键所释放的总能量，则为吸热反应，反之则为放热反应。即E总(断键)＞E总(成键)，为吸热反应；E总(断键)＜E总(成键)，为放热反应。ΔH＝E总(断键)－E总(成键)。
(2)以H2与Cl2反应生成HCl为例来说明：
上面分析过程可归纳如下表
化学键
吸收能量
放出能量
断开
1
mol
H—H
436
kJ
－
1
mol
Cl—Cl
243
kJ
－
形成
2
mol
H—Cl
－
2×431
kJ
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)放出的能量为183
kJ
(3)利用键能计算反应热时，要准确判断化学键断裂或生成的数量。
变式训练2　(2016·石家庄二中)通常人们把拆开1
mol某化学键时吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以用于估算化学反应的反应热(ΔH)，化学反应的ΔH等于反应中断裂旧化学键吸收的能量与反应中形成新化学键释放的能量的差。一些化学键的键能数据如表所示：
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ·mol－1
414
489
565
155
根据键能数据估算反应CH4(g)＋4F2(g)===CF4(g)＋4HF(g)的反应热ΔH为(　　)
A．－1
940
kJ·mol－1
B．1
940
kJ·mol－1
C．－485
kJ·mol－1
D.
485
kJ·mol－1
答案　A
解析　化学反应的反应热等于断裂旧化学键吸收的能量和形成新化学键放出的能量的差，根据键能数据可知，所求反应的反应热ΔH＝414
kJ·mol－1×4＋155
kJ·mol－1×4－489
kJ·mol－1×4－565
kJ·mol－1×4＝－1
940
kJ·mol－1。
二、热化学方程式的书写及判断
(一)热化学方程式的书写
【例3】　写出下列反应的热化学方程式：
(1)1
mol
C2H5OH(l)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出1
366.8
kJ热量：________
_______________________________________________________________________________。
(2)1
mol
C(石墨)与适量H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)，吸收131.3
kJ热量：_____________________________________________________________________________。
(3)1.7
g
NH3(g)发生催化氧化反应生成气态产物，放出22.67
kJ的热量：_________
______________________________________________________________________________。
解析　已知反应物的物质的量及放出或吸收的热量，要写出热化学方程式，关键是要确定与方程式中的化学计量数相对应的ΔH。
(1)C2H5OH燃烧的化学方程式为C2H5OH＋3O22CO2＋3H2O，那么，相应的热化学方程式为C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1
366.8
kJ·mol－1。
(2)1
mol
C(石墨)完全反应吸收131.3
kJ热量，则相应的热化学方程式为C(石墨，s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3
kJ·mol－1。
(3)1.7
g
NH3的物质的量为0.1
mol，则4
mol
NH3发生反应放出的热量为22.67
kJ×40＝
906.8
kJ，1
mol
NH3完全反应放出的热量为226.7
kJ。那么相应的热化学方程式为4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－906.8
kJ·mol－1或NH3(g)＋O2(g)===NO(g)＋H2O(g)　ΔH＝－226.7
kJ·mol－1。
答案　(1)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1
366.8
kJ·mol－1
(2)C(石墨，s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)
ΔH＝＋131.3
kJ·mol－1
(3)NH3(g)＋O2(g)===NO(g)＋H2O(g)
ΔH＝－226.7
kJ·mol－1
【方法总结】　热化学方程式的书写方法要求
(1)遵循一般化学方程式的书写规则(一般不写反应条件)。
(2)在方程式右端注明能量的变化：吸热反应，ΔH>0；放热反应，ΔH<0。
(3)要注明反应物和生成物的聚集状态。
(4)化学计量数只表示物质的“物质的量”，因此可以是整数，也可以是分数。
(5)化学计量数改变，ΔH要相应改变；逆反应的ΔH数值与正反应的相等、符号相反。
变式训练3　根据要求，写出下列反应的热化学方程式：
(1)1
mol
C2H4(g)与适量O2(g)反应，生成CO2(g)和H2O(l)，放出1
411
kJ的热量。
________________________________________________________________________。
(2)1
mol
Al(s)与适量O2(g)发生反应，生成Al2O3(s)，放出834.9
kJ的热量。
________________________________________________________________________
(3)23
g某液态有机物和一定量的氧气混合点燃，恰好完全反应，生成27
g液态水和22.4
L
CO2(标准状况)并放出683.5
kJ的热量。
________________________________________________________________________
答案　(1)C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－1
411
kJ·mol－1
(2)2Al(s)＋3/2O2(g)===Al2O3(s)　ΔH＝1
669.8
kJ·mol－1
(3)C2H6O(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1
367
kJ·mol－1
解析　(3)结合题意，首先确定某液态有机物的化学式为C2H6O，书写出化学方程式后注明每种物质的状态，再计算ΔH即可。
(二)热化学方程式的正误判断
【例4】　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48.40
kJ的热量。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＝－48.40
kJ·mol－1
B．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－5
517.6
kJ·mol－1
C．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝＋5
517.6
kJ·mol－1
D．C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(l)
ΔH＝－48.40
kJ·mol－1
解析　在25
℃、101
kPa下，1
mol
C8H18燃烧生成CO2和液态水时放出的热量为×114
g＝5
517.6
kJ。解答该题关键要看三点：
→A项中H2O的状态标错。
　
→反应放热，ΔH＜0，C项错误。
　
→A、D项中显然不对应，错误。
答案　B
【方法总结】　“五看”法判断热化学方程式的正误
一看方程式是否配平
二看各物质的聚集状态是否正确
三看ΔH的“＋”、“－”符号是否正确
四看反应热的单位是否为“kJ·mol－1”
五看反应热的数值与化学计量数是否对应
变式训练4　在常温常压下，1
g
H2在足量Cl2中燃烧生成HCl气体，放出92.3
kJ的热量。下列热化学方程式中正确的是(　　)
A．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－92.3
kJ·mol
B．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝＋92.3
kJ·mol－1
C．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝＋184.6
kJ·mol－1
D．2HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)　ΔH＝＋184.6
kJ·mol－1
答案　D
解析　H2在Cl2中燃烧生成HCl气体，1
g
H2燃烧放出92.3
kJ的热量，则1
mol(2
g)H2燃烧放出184.6
kJ的热量，化学反应放出热量，ΔH为“－”。则H2在Cl2中燃烧生成HCl气体的热化学方程式为H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH＝－184.6
kJ·mol－1。一个放热反应的逆反应是吸热反应，并且在其他条件相同时，ΔH是原ΔH的相反数。则该题的四个选项中只有D是正确的。
1．下列说法正确的是(　　)
A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B．化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C．任何放热反应在常温下一定能发生
D．反应物和生成物所具有的总能量决定了反应是放热还是吸热
答案　D
解析　化学反应的能量变化可以表现为很多方面，如转化为热能、电能、光能等。反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小。放热反应和吸热反应都是在一定条件下发生的，反应开始需要加热的反应可能是吸热反应，也可能是放热反应。
2．化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示。下列有关叙述正确的是(　　)
A．每生成2
mol
AB(g)吸收b
kJ热量
B．反应热ΔH＝＋(a－b)kJ·mol－1
C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D．断裂1
mol
A—A键和1
mol
B—B键，放出a
kJ能量
答案　B
解析　根据图像可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，每生成2
mol
AB(g)吸收(a－b)kJ热量，A、C项错误；根据反应热等于生成物总能量与反应物总能量的差值可知，该反应热ΔH＝＋(a－b)kJ·mol－1，B项正确；化学键断裂吸收能量，D项错误。
3．已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ·mol－1，则下列关于热化学方程式2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)的ΔH的说法中正确的是(　　)
A．方程式中的化学计量数表示分子数
B．该反应ΔH大于零
C．该反应ΔH＝－571.6
kJ·mol－1
D．该反应可表示36
g水分解时的热效应
答案　B
解析　在书写热化学方程式时，若反应物和生成物对换，则ΔH的符号相反，数值不变，故B正确，C不正确；D项未注明水为液态。
[基础过关]
一、放热反应和吸热反应
1．下列说法不正确的是(　　)
A．化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化
B．对于ΔH>0的反应，反应物的能量小于生成物的能量
C．放热反应都不需要加热就能发生
D．吸热反应在一定条件(如常温、加热等)下也能发生
答案　C
解析　化学反应中既有物质变化，又有能量变化，A正确；ΔH>0的反应为吸热反应，则反应物的能量小于生成物的能量，B正确；有些放热反应需要加热或点燃才能引发，C错误；有些吸热反应如Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl在常温下就能反应，D正确。
2．下列反应属于吸热反应的是(　　)
A．炭燃烧生成一氧化碳
B．中和反应
C．锌粒与稀硫酸反应制取H2
D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
答案　D
解析　物质燃烧、酸碱中和、金属与水或酸的置换反应都为放热反应。
二、反应热、焓变
3．下列说法中正确的是(　　)
A．焓变是指1
mol物质参加反应时的能量变化
B．反应放热时，ΔH>0；反应吸热时，ΔH<0
C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓与生成物的总焓一定不同
D．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓总是高于生成物的总焓
答案　C
解析　放热反应的ΔH<0，吸热反应的ΔH>0；在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓不一定高于生成物的总焓；焓变是指在一定条件下化学反应的反应热，不仅是指
1
mol
物质参加反应时的能量变化。
4．在相同条件下，下列两个反应放出的热量分别用ΔH1和ΔH2表示：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH2
则(　　)
A．ΔH2>ΔH1
B．ΔH1>ΔH2
C．ΔH1＝ΔH2
D．无法确定
答案　B
解析　气态水液化时释放能量，放热越少，ΔH越大。
5.科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体(如图所示)，与白磷分子相似。已知断裂1
mol
N—N键吸收193
kJ热量，断裂1
mol
N≡N键吸收941
kJ热量，则(　　)
A．N4的熔点比P4高
B．1
mol
N4气体转化为N2时要吸收724
kJ能量
C．N4是N2的同系物
D．1
mol
N4气体转化为N2时要放出724
kJ能量
答案　D
解析　N4与白磷(P4)结构相似，均为分子晶体，由于N4相对分子质量小于P4，故其分子间作用力弱于P4，其熔点低于P4，A错；N4与N2互为同素异形体，而不是同系物，C错；从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个N—N键，根据N4(g)===2N2(g)　ΔH，有ΔH＝6×193
kJ·mol－1－2×941
kJ·mol－1＝－724
kJ·mol－1，故B项错误，D项正确。
三、热化学方程式
6．已知H2(g)＋F2(g)===2HF(g)　ΔH＝－270
kJ·mol－1，下列说法正确的是(　　)
A．2
L氟化氢气体分解成1
L氢气与1
L氟气吸收
270
kJ热量
B．1
mol氢气与1
mol氟气反应生成2
mol液态氟化氢放出的热量小于270
kJ
C．在相同条件下，1
mol氢气与1
mol氟气的能量总和大于2
mol氟化氢气体的能量
D．1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢气体分子放出270
kJ热量
答案　C
解析　在热化学方程式中，ΔH的值与具体化学反应相对应，各物质前的计量数不再表示粒子数目，只表示物质的“物质的量”，故A、D错误；HF(g)―→HF(l)会放出热量，故B项中放出热量应大于270
kJ，B错；因该反应放热，故C正确。
7．根据热化学方程式：S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝a
kJ·mol－1(a＝－297.2)。分析下列说法，其中不正确的是(　　)
A．S(s)在O2(g)中燃烧的反应是放热反应
B．S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝b
kJ·mol－1，则a>b
C．1
mol
SO2(g)所具有的能量低于1
mol
S(s)与1
mol
O2(g)所具有的能量之和
D．16
g固态硫在空气中充分燃烧，可吸收148.6
kJ的热量
答案　D
解析　由题中条件可知：反应的热效应ΔH＝a
kJ·mol－1＝－297.2
kJ·mol－1，可知该反应的正反应为放热反应，故D错误。
8．由氢气和氧气反应生成1
mol水蒸气放出241.8
kJ的热量，1
g水蒸气转化为液态水放出2.45
kJ的热量，则下列热化学方程式书写正确的是(　　)
A．H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.9
kJ·mol－1
B．H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－241.8
kJ·mol－1
C．H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝＋285.9
kJ·mol－1
D．H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝＋241.8
kJ·mol－1
答案　A
解析　放热反应ΔH为“－”，C、D错；1
mol水蒸气转化为相同条件下的1
mol液态水时要放出44.1
kJ的热量，可求出ΔH为－285.9
kJ·mol－1，B错，故选A项。
9．化学反应N2＋3H2??2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是(　　)
A．N2(g)＋3H2(g)??2NH3(l)
ΔH＝2(a－b－c)kJ·mol－1
B．N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)
ΔH＝2(b－a)kJ·mol－1
C.N2(g)＋H2(g)??NH3(l)
ΔH＝(b＋c－a)kJ·mol－1
D.N2(g)＋H2(g)??NH3(g)
ΔH＝(a＋b)kJ·mol－1
答案　A
解析　
mol
N2(g)与
mol
H2(g)完全反应生成1
mol
NH3(g)时放热(b－a)kJ，生成1
mol
NH3(l)时放热(b＋c－a)kJ，故A正确。
[能力提升]
10．根据下图所示，写出反应的热化学方程式并回答问题。
(1)反应过程Ⅰ的热化学方程式为_________________________________________________
____________________________________________________________________________。
(2)反应过程Ⅱ的热化学方程式为______________________________________________
______________________________________________________________________________。
(3)Q与Q1的关系：Q________(填“＞”、“＜”或“＝”)Q1。
答案　(1)H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)
ΔH＝－Q
kJ·mol－1
(2)2HCl(g)===H2(g)＋Cl2(g)　ΔH＝Q1
kJ·mol－1
(3)＝
解析　(1)据图Ⅰ中信息可知H2和Cl2为反应物，HCl为生成物，反应过程中释放能量。
(2)据图Ⅱ中信息可知HCl为反应物，H2和Cl2为生成物，反应过程中E(反应物)＜E(生成物)，故吸收能量。
(3)Ⅰ、Ⅱ两反应互为逆过程，故热化学方程式中各物质的计量数相等时，其放出和吸收的热量数值相等。
11．下表中的数据是断裂1
mol物质中的化学键所消耗的能量(kJ)：
物质
Cl2
Br2
I2
H2
HCl
HI
HBr
键能/kJ·mol－1
243
193
151
436
431
298
366
根据上述数据回答下列问题：
(1)下列物质本身具有的能量最低的是________。
A．H2
B．Cl2
C．Br2
D．I2
(2)下列氢化物本身具有的能量最低的是________。
A．HCl
B．HBr
C．HI
D．HF
(3)X2＋H2===2HX(X代表Cl、Br、I)的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是__________。
答案　(1)A　(2)D　(3)放热　(4)Cl2
解析　(1)破坏物质中的化学键消耗能量越多，说明原物质越稳定，本身能量越少，由表知H2应具有最低能量。(2)物质越不活泼，与H2形成氢化物越不稳定，本身能量越高，故选D。(3)由表可知，反应物X2＋H2的能量都小于其氢化物2倍的能量，故均为放热反应。(4)由表可知，反应物1
mol
Cl2和1
mol
H2所具有的能量与2
mol
HCl的能量相差最大，故放热最多。
12．已知：在热力学标准状态(298
K、1.01×105
Pa)下，由稳定的单质发生反应生成1
mol化合物的反应热叫该化合物的生成热(ΔH)。下图为氧族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。
试完成下列问题：
(1)写出氧族元素中含有18e－的两种氢化物的电子式：__________________________。
(2)请你归纳：非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的生成热ΔH的关系：______________
_______________________________________________________________________________。
(3)写出硒化氢在热力学标准状态下，发生分解反应的热化学方程式：______________
__________________________________________________________。
答案　(1)
(2)非金属元素氢化物越稳定，ΔH越小
(3)H2Se(g)===Se(s)＋H2(g)　ΔH＝－81
kJ·mol－1
[拓展探究]
13．化学键的键能是原子间形成(或断裂)1
mol化学键时释放(或吸收)的能量。以下是部分共价键键能的数据：H—S：364
kJ·mol－1、S—S：266
kJ·mol－1、S===O：522
kJ·mol－1、H—O：464
kJ·mol－1。
(1)试根据这些数据计算下面这个反应的反应热：2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－Q
kJ·mol－1，反应产物中的S实为S8，实际分子是一个8元环状分子(即)，则Q＝________________________________________________________________________。
(2)标准状况下，将a
L
H2S与b
L
SO2混合进行上述反应，当a>2b时，反应放热____________kJ·mol－1；当a<2b时，反应放热______________kJ·mol－1。
(3)H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44
kJ·mol－1，试写出H2S和SO2反应生成H2O(g)的热化学方程式：
________________________________________________________________________。
答案　(1)154　(2)　
(3)2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(g)
ΔH＝－66
kJ·mol－1
解析　(1)反应可以改写成：2H2S(g)＋SO2(g)===S8(s)＋2H2O(l)，根据公式：ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和＝4×364
kJ·mol－1＋2×522
kJ·mol－1－3×266
kJ·mol－1－4×464
kJ·mol－1＝－154
kJ·mol－1。
(2)当a>2b时，H2S过量应依据SO2的量计算；当a<2b时，SO2过量应依据H2S的量计算。
(3)1
mol液态水变成气态水需吸热44
kJ，则由第(1)题可知生成H2O(g)时共放热(154－2×44)kJ＝66
kJ。化学反应与能量
第二节
燃烧热
能源
[目标导航]　1.正确认识燃烧热的概念，学会利用燃烧热进行相关计算。2.知道能源是人类生存和社会发展的重要基础，知道使用化石燃料的利弊和新能源的开发。
一、燃烧热
1．定义
101
kPa时，1__mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。
2．表达形式
(1)符号：ΔH为“－”或ΔH＜0。
(2)单位：kJ·mol－1。
3．意义
例如：CH4的燃烧热为890.31
kJ·mol－1，表示在25
℃、101
kPa时，1__mol
CH4(g)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出890.31
kJ的热量。反应的热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)__ΔH＝－890.31__kJ·mol－1。
【合作探究】
1．燃烧热的ΔH一定为负值吗？为什么？
答案　一定，因为物质的燃烧均为放热反应。
2．1
mol
H2完全燃烧生成H2O(g)放出的热量就是H2的燃烧热，这种说法是否正确？
答案　不正确，应生成液态水。
3．怎样理解“完全燃烧生成稳定的氧化物”？
答案　是指单质(或化合物)燃烧后变为最稳定的氧化物(不能再燃烧了)，“稳定”既包含化学性质的稳定，也包含物质所处状态的稳定。
如C(s)―→CO2(g)；H2(g)―→H2O(l)；S(s)―→SO2(g)；
NH3(g)―→N2(g)＋H2O(l)；CH4(g)―→CO2(g)＋H2O(l)。
二、能源
1．定义
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。
2．化石燃料包括煤、石油、天然气，其缺点是蕴藏量有限；不能再生；利用率低；污染环境。
3．新能源
新能源主要包括：太阳能、氢能、地热能、风能、海洋能和生物质能等。
4．能源的分类
分类
再生能源
非再生能源
常规能源
新能源
常规能源
新能源
一次能源(直接获得)
水能等
太阳能、风能、地热能、潮汐能、生物质能等
煤、石油、天然气等
核能等
二次能源(间接获得)
煤制品、石油制品、电能、氢能、火药等
【合作探究】
1．解决化石燃料枯竭的措施有哪些？
答案　(1)提高能源利用率；(2)开发新的能源；(3)节约现有的能源。
2．燃料充分燃烧的条件有哪些？怎样提高燃料的燃烧效率？
答案　燃料充分燃烧的条件一是要有足够的空气，二是燃料与空气有足够大的接触面积。提高燃料的燃烧效率应采取以下措施：
(1)通入足量空气，使燃料充分燃烧；空气足量但要适量，否则，过量的空气会带走部分热量。
(2)增大燃料与空气的接触面积，通常将大块固体燃料粉碎，液体燃料雾化。如：将煤气化或液化。
一、燃烧热和中和热的比较
【例1】　下列说法正确的是(　　)
A．1
mol
硫酸与1
mol
Ba(OH)2完全中和所放出的热量为中和热
B．25
℃、101
kPa时，1
mol
S和2
mol
S的燃烧热相等
C．CO是不稳定的氧化物，它能继续和氧气反应生成稳定的CO2，所以CO的燃烧反应一定是吸热反应
D．101
kPa时，1
mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热
解析　A项，1
mol
H2SO4与1
mol
Ba(OH)2反应生成2
mol
H2O，同时还有BaSO4沉淀生成，不符合中和热的定义；B项，燃烧热与可燃物的物质的量无关；C项，CO的燃烧属于放热反应；D项，1
mol
碳燃烧不一定生成1
mol
CO2。
答案　B
【反思归纳】　燃烧热和中和热的区别与联系
燃烧热
中和热
相同点
能量变化
放热反应
ΔH
ΔH＜0，单位：kJ·mol－1
不同点
反应物的量
可燃物的物质的量是1
mol(O2的量不限)
可能是1
mol，也可能不是
生成物的量
不限量
H2O是1
mol
反应热的含义
101
kPa时，1
mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量；不同可燃物，燃烧热不同
稀溶液中，酸与碱反应生成1
mol
H2O时的反应热。强酸强碱的中和热ΔH＝－57.3
kJ·mol－1
变式训练1　下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)(　　)
A．C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)
ΔH＝－1
367.0
kJ·mol－1(燃烧热)
B．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)
ΔH＝＋57.3
kJ·mol－1(中和热)
C．S(s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH＝－296.8
kJ·mol－1(反应热)
D．2NO2===O2＋2NO
ΔH＝＋116.2
kJ·mol－1(反应热)
答案　C
解析　A中表示燃烧热时，应生成稳定的氧化物，水应为液态；B中中和反应为放热反应；D中各物质均未注明状态。
二、燃烧热热化学方程式的书写及计算(一题多解)
【例2】　已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ·mol－1；C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－2
220
kJ·mol－1。
设氢气和丙烷的混合气体5
mol完全燃烧时放出热量3
847
kJ，则混合气体中氢气与丙烷的体积比是(　　)
A．1∶3
B．3∶1
C．1∶4
D．1∶1
解析　本题为反应热和混合物的计算问题。
方法一：常规解法——列方程组。设混合气体中氢气和丙烷的物质的量分别为x和y，由燃烧的热化学方程式可知H2的燃烧热为285.8
kJ·mol－1，丙烷的燃烧热为2
220
kJ·mol－1，则可得下列方程组：
解得x≈3.75
mol，y≈1.25
mol。
方法二：估算法(仅适用于选择题)。由题意可知：H2的燃烧热为285.8
kJ·mol－1，C3H8的燃烧热为2
220
kJ·mol－1，5
mol混合气体完全燃烧共放出3
847
kJ的热量。由此可得C3H8的物质的量一定小于2
mol，则H2的物质的量一定大于3
mol，故H2与C3H8的体积比一定大于3∶2，从而选出正确答案。
方法三：混合物的相关计算的另一种常规思维方法是十字交叉法。把5
mol混合气体看作纯净物，则该气体的平均燃烧热为3
847
kJ÷5
mol＝769.4
kJ·mol－1，有：
769．4
kJ·mol－1H2燃烧热　285.8
kJ·mol－1C3H8燃烧热　2
220
kJ·mol－11
450.6
kJ·mol－1483.6
kJ·mol－1
得n(H2)∶n(C3H8)＝1
450.6∶483.6≈3∶1，故二者的体积之比为3∶1。
答案　B
【方法技巧】　有关燃烧热的计算方法
(1)燃烧热是以1
mol纯物质完全燃烧所放出的热量来定义的，因此计算燃烧反应释放的热量时先应计算出可燃物的物质的量[n(可燃物)]，然后根据该可燃物的燃烧热ΔH计算燃烧反应所释放的热量。其计算公式为Q放＝n(可燃物)×|ΔH|。
(2)有关燃烧热的混合物的计算方法
①列方程组法。列方程组法思路简单，应用普遍，但求解过程繁杂。
②十字交叉法。
变式训练2　在25
℃、101
kPa下，1
g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68
kJ，下列表示甲醇燃烧热的热化学方程式正确的是(　　)
A.CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝－22.68
kJ·mol－1
B．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－725.8
kJ·mol－1
C．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)　ΔH＝－1
452
kJ·mol－1
D．CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝＋725.8
kJ·mol－1
答案　B
解析　1
g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68
kJ，则1
mol(32
g)甲醇完全燃烧放出的热量为32×22.68
kJ＝725.8
kJ。
变式训练3　已知下列两个热化学方程式：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)
ΔH＝－285.0
kJ·mol－1
C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－2
220.0
kJ·mol－1
(1)实验测得H2和C3H8的混合气体共5
mol，完全燃烧生成液态水时放热6
262.5
kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积比为____________。
(2)已知：H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0
kJ·mol－1，写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：_____________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)1∶1
(2)C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－2
044
kJ·mol－1
解析　(1)设H2、C3H8的物质的量分别为n(H2)、n(C3H8)，则
解得：n(H2)＝2.5
mol　n(C3H8)＝2.5
mol
在相同p、T时，＝＝＝1∶1。
(2)由H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0
kJ·mol－1
则4
mol
H2O(l)变为H2O(g)吸热为176
kJ，故
C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)　
ΔH＝－2
044
kJ·mol－1。
1．下列说法不正确的是(　　)
A．化石燃料在任何条件下都能充分燃烧
B．化石燃料在燃烧过程中能产生污染环境的CO、SO2等有害气体
C．直接燃烧煤不如将煤进行深加工后再燃烧的效果好
D．固体煤变为气体燃料后，燃烧效率将提高
答案　A
解析　化石燃料只有在适当的温度和有氧气存在的情况下才能燃烧充分，A项不正确；化石燃料不经过处理直接燃烧可产生污染物CO、SO2等有害气体，B项正确；化石燃料(煤)经深加工后变为气体燃料，不仅减少SO2等对大气的污染，而且能提高燃烧效率，C、D项均正确。
2．下列有关能量转换的说法不正确的是(　　)
A．煤燃烧是化学能转化为热能的过程
B．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
C．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程
D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程
答案　D
解析　C选项中，葡萄糖氧化放出热量，化学能转化为热能，正确；D选项，应该是太阳能转化为化学能，不正确。
3．下列关于2C4H10(g)＋13O2(g)===8CO2(g)＋10H2O(l)
ΔH＝－5
800
kJ·mol－1的叙述中错误的是(　　)
A．该反应的反应热为ΔH＝－5
800
kJ·mol－1，是放热反应
B．该反应的ΔH与各物质的状态有关，与化学计量数也有关
C．该式的含义为25
℃、101
kPa下，2
mol
C4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5
800
kJ
D．该反应为丁烷燃烧的热化学方程式，由此可知丁烷的燃烧热为5
800
kJ·mol－1
答案　D
解析　根据燃烧热的定义，丁烷的物质的量应为1
mol，故题中方程式不是丁烷的燃烧热的热化学方程式，由题中方程式可知丁烷燃烧热为2
900
kJ·mol－1，再根据热化学方程式的书写注意事项及意义可知，A、B、C正确，D错误。
4．已知25
℃、101
kPa下，碳、氢气、乙烯和葡萄糖的燃烧热依次是393.5
kJ·mol－1、285.8
kJ·mol－1、1
411.0
kJ·mol－1、2
800
kJ·mol－1，则热化学方程式正确的是(　　)
A．C(s)＋O2(g)===CO(g)
ΔH＝－393.5
kJ·mol－1
B．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH＝＋571.6
kJ·mol－1
C．C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－1
411.0
kJ·mol－1
D.C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1
400
kJ·mol－1
答案　D
解析　A项中碳燃烧应生成CO2，A错；B、C项中H2O应为液态，且B为放热，ΔH<0，B、C错；D项中C6H12O6(s)燃烧热为2
800
kJ·mol－1，则
mol
C6H12O6(s)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放热为1
400
kJ，D正确。
5．已知3.0
g乙烷在常温下完全燃烧放出的热量为155.98
kJ，则表示乙烷燃烧热的热化学方程式是(　　)
A．2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)
ΔH＝－3
119.6
kJ·mol－1
B．C2H6(g)＋O2(g)===2CO(g)＋3H2O(g)
ΔH＝－1
559.8
kJ·mol－1
C．C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)
ΔH＝－1
559.8
kJ·mol－1
D．C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)
ΔH＝－1
559.8
kJ·mol－1
答案　D
解析　由于燃烧热的热化学方程式应以1
mol燃料为标准书写且生成的水为液态，故A项不符合题意；B中的燃烧产物CO不是C2H6完全燃烧后的稳定氧化物，H2O的状态不应为气态而应为液态；常温下水为液态，则C错误。
[基础过关]
一、能源的分类
1．关于能源，以下说法不正确的是(　　)
A．煤、石油、天然气等燃料属不可再生能源
B．煤、石油、水煤气可从自然界直接获取，属一次能源
C．太阳能是一次能源、新能源、可再生能源
D．潮汐能来源于月球引力做功
答案　B
解析　煤、石油、天然气等化石燃料蕴藏量有限，不可再生，最终将会枯竭，A正确；煤、石油等可从自然界直接获取，属一次能源，但水煤气是由焦炭与H2O(g)在高温下反应制取，属二次能源，B错误；太阳能既是一次能源、新能源，还是可再生能源，C正确；潮汐能来自于月球引力，D正确。
2．“世界环境日”主题之一是促进物质的循环利用。有专家指出，可利用太阳能对燃烧产物如CO2、H2O、N2等进行处理，使它们重新组合，实现如图所示的转化。在此构想的物质循环中太阳能最终转化为(　　)
A．化学能
B．热能
C．生物能
D．电能
答案　B
解析　图中由CO2、H2O、N2转化为CH4、CH3OH、NH3是在太阳能的作用下完成的，由转化关系可知太阳能最终以热能形式释放出来。
3．氢气是一种很有前途的能源物质。以水为原料大量制取氢气的最理想的途径是(　　)
A．利用太阳能直接使水分解产生氢气
B．用焦炭和水制取水煤气后分离出氢气
C．用Fe跟HCl反应制取氢气
D．由热电站提供电力，电解水产生氢气
答案　A
解析　用焦炭为原料生成H2，要消耗大量焦炭，只能解决能源利用问题，不能解决能源紧缺问题；热电站需要消耗煤炭，冶炼铁也要消耗煤炭，并且能量在转化过程中都有损失，这都不是最理想的途径；地球上水的储量巨大，太阳能取之不尽，所以A是最理想的制氢途径。
二、燃烧热的概念
4．下列说法中正确的是(　　)
A．物质燃烧放出的热量是燃烧热
B．1
mol
C燃烧生成CO时放出的热量就是C的燃烧热
C．1
mol
H2燃烧生成水时放出的热量是H2的燃烧热
D．相同条件下，1
mol
H2O(l)完全分解吸收的热量与H2、O2化合生成1
mol
H2O(l)放出的热量值相等
答案　D
解析　燃烧热是指在25
℃、101
kPa下，1
mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，显然A项错误；B项中碳燃烧生成的稳定化合物应为CO2，错误；C项中H2燃烧时的条件及生成水的状态不确定，1
mol
H2燃烧生成水放出的热量不一定是H2的燃烧热，故错误；根据能量守恒定律可知D项正确。
5．下列关于反应热的描述中正确的是(　　)
A．HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3
kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ·mol－1
B．CO(g)的燃烧热是283.0
kJ·mol－1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋2×
283.0
kJ·mol－1
C．反应热有正负之分，燃烧热ΔH全部是正值
D．1
mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
答案　B
解析　中和热是以生成1
mol
H2O(l)作为标准的，因此A不正确；燃烧热是指1
mol纯物质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；燃烧热ΔH都是负值，C不正确。
6．下面均是正丁烷与氧气反应的热化学方程式(25
℃，101
kPa)：
①C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)
ΔH＝－2
878
kJ·mol－1
②C4H10(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)
ΔH＝－2
658
kJ·mol－1
③C4H10(g)＋O2(g)===4CO(g)＋5H2O(l)
ΔH＝－1
746
kJ·mol－1
④C4H10(g)＋O2(g)===4CO(g)＋5H2O(g)
ΔH＝－1
526
kJ·mol－1
由此判断，正丁烷的燃烧热ΔH为(　　)
A．－2
878
kJ·mol－1
B．－2
658
kJ·mol－1
C．－1
746
kJ·mol－1
D．－1
526
kJ·mol－1
答案　A
解析　燃烧热是指在25
℃、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。因此正丁烷完全燃烧产物应为CO2(g)和H2O(l)，所以正丁烷的燃烧热为ΔH＝
－2
878
kJ·mol－1。
三、燃烧热的计算
7．已知在一定条件下，CO的燃烧热为283
kJ·mol－1，CH4的燃烧热为890
kJ·mol－1，由1
mol
CO和3
mol
CH4组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，释放的热量为(　　)
A．2
912
kJ
B．2
953
kJ
C．3
236
kJ
D．3
867
kJ
答案　B
解析　1
mol
CO完全燃烧放出的热量为1
mol×283
kJ·mol－1＝283
kJ，3
mol
CH4完全燃烧放出的热量为3
mol×890
kJ·mol－1＝2
670
kJ，释放的总热量为283
kJ＋2
670
kJ＝2
953
kJ。
8．已知丙烷的燃烧热ΔH＝－2
215
kJ·mol－1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8
g水，则放出的热量约为(　　)
A．55
kJ
B．220
kJ
C．550
kJ
D．1
108
kJ
答案　A
解析　丙烷分子式是C3H8，1
mol丙烷燃烧会产生4
mol水，则丙烷完全燃烧产生1.8
g水，消耗丙烷的物质的量是n(C3H8)＝0.025
mol，所以反应放出的热量是2
215
kJ·mol－1×
0.025
mol≈55
kJ，故答案是A。
四、燃烧热的综合应用
9．航天飞船可用肼(N2H4)和过氧化氢(H2O2)为动力源。已知1
g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05
kJ的热量。下列说法中错误的是(　　)
A．该反应中肼作还原剂
B．液态肼的燃烧热为20.05
kJ·mol－1
C．该动力源的突出优点之一是生成物对环境无污染
D．肼和过氧化氢反应的热化学方程式为
N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)
ΔH＝－641.6
kJ·mol－1
答案　B
解析　从元素化合价变化看，NH4―→2，N2H4被氧化，作还原剂，A项正确；由于1
g液态肼与足量液态过氧化氢反应放热20.05
kJ，则1
mol
N2H4(l)参加反应放热20.05
kJ×32＝641.6
kJ，故D项正确；反应产物为N2和H2O，故不会造成污染，C项正确；与燃烧热的概念不符，B项错误。
10．已知25
℃、101
kPa时，乙烯和乙炔(C2H2)燃烧热的热化学方程式分别为
C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－1
411
kJ·mol－1
2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－2
600
kJ·mol－1，又知燃烧时火焰的温度乙炔高于乙烯。据此，下列说法不正确的是(　　)
A．物质的燃烧热热值越大，火焰温度越高
B．相同条件下等体积乙烯和乙炔完全燃烧时，乙炔放热较少
C．25
℃、101
kPa时，1
mol乙烯完全燃烧生成气态产物时，放出的热量小于1
411
kJ
D．乙烷(C2H6)的燃烧热ΔH<－1
411
kJ·mol－1
答案　A
解析　物质燃烧时火焰温度与该物质燃烧的量、燃烧速率及是否充分燃烧等因素有关，选项A错；由方程式化学计量数及ΔH的值可知，选项B正确；由于气态水冷凝为液态时会放热，选项C正确；根据乙烯、乙炔的燃烧热变化情况可知，乙烷的燃烧热ΔH应比乙烯小，选项D正确。
11．一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物
燃烧热(kJ·mol－1)
化合物
燃烧热(kJ·mol－1)
甲烷
891.0
正丁烷
2
878.0
乙烷
1
560.8
异丁烷
2
869.6
丙烷
2
221.5
2 甲基丁烷
3
531.3
下列说法正确的是(　　)
A．正戊烷的燃烧热大约是3
540
kJ·mol－1
B．热稳定性：正丁烷>异丁烷
C．乙烷燃烧的热化学方程式为
2C2H6(g)＋7O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)
ΔH＝－1
560.8
kJ·mol－1
D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
答案　A
解析　由正丁烷和异丁烷的燃烧热数据可推出正戊烷比2 甲基丁烷的燃烧热略大些，A正确；正丁烷和异丁烷燃烧生成等量的相同的物质，即生成新化学键时所放出的热量相等，1
mol正丁烷完全燃烧放出的热量比1
mol异丁烷完全燃烧放出的热量多，即1
mol正丁烷与O2反应时断键所吸收的能量比1
mol异丁烷与O2反应时断键所吸收的能量少，从而说明正丁烷的热稳定性小于异丁烷；C项中的ΔH＝－3
121.6
kJ·mol－1且H2O应为液态；D项1
g
CH4燃烧放出55.69
kJ的热量，1
g
C2H6燃烧放出52.03
kJ的热量，D项错误。
[能力提升]
12．(1)已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8
kJ·mol－1，若1
g水蒸气转化成液态水放热2.444
kJ，则反应H2(g)＋O2(g)===H2O(l)的ΔH＝________kJ·mol－1。氢气的燃烧热为________kJ·mol－1。
(2)乙醇是未来内燃机的首选环保型液体燃料，它可以由绿色植物的秸秆制取，1.0
g乙醇完全燃烧生成液态水放出1.367
kJ热量，表示乙醇燃烧热的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)－285.8　285.8　(2)C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－62.882
kJ·mol－1
13．城市使用的燃料，现大多用煤气、液化石油气。煤气的主要成分是一氧化碳和氢气的混合气体，它由煤炭与水(蒸气)反应制得，故又称水煤气。
(1)试写出制取水煤气的主要化学方程式：__________________________________________。
(2)液化石油气的主要成分是丙烷，丙烷燃烧热的热化学方程式为C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)
ΔH＝－2
220.0
kJ·mol－1，已知CO气体燃烧热的热化学方程式为CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－282.57
kJ·mol－1，则相同物质的量的C3H8和CO燃烧产生的热量比值约为多少？
(3)已知氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6
kJ·mol－1，计算相同质量的氢气和丙烷燃烧，产生的热量的比值约为多少？
(4)氢气是未来的能源，除产生的热量大之外，还具有哪些优点？
答案　(1)C＋H2O(g)CO＋H2
(2)7.9∶1　(3)2.8∶1
(4)①H2来源丰富；②产物不污染环境，可以反复使用；③不产生CO2，不会引起温室效应
解析　相同物质的量的C3H8、CO燃烧产生的热量之比为2
220.0
kJ·mol－1∶282.57
kJ·
mol－1＝7.9∶1；相同质量的氢气、丙烷燃烧产生的热量之比为∶＝2.8∶1。
[拓展探究]
14．科学家预测“氢能”将是未来最理想的新能源。请回答下列问题：
(1)由氢气和氧气反应生成1
mol水蒸气放热241.8
kJ，该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
若1
g水蒸气转化为液态水放热2.444
kJ，则氢气的燃烧热ΔH＝________。
(2)根据“绿色化学”的思想，为了制备H2，某化学家设计了下列化学反应步骤：
①CaBr2＋H2OCaO＋2HBr
②2HBr＋HgHgBr2＋H2↑
③HgBr2＋CaOHgO＋CaBr2
④2HgO2Hg＋O2↑
上述过程的总反应可表示为________。
(3)也有人认为利用氢气作为能源不太现实。你的观点呢？请说明能够支持你的观点的理由________________________________________________________________________。
答案　(1)H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH＝－241.8
kJ·mol－1，－285.8
kJ·mol－1
(2)2H2O2H2↑＋O2↑
(3)不现实，理由是现有的制取氢气的方法耗能太大，制取的成本太高，另外氢气的熔沸点太低，给储存和运输带来很大困难(或：现实，制取氢气用水为原料，来源丰富；氢气燃烧的产物是水，不会给环境带来任何污染等)
解析　(1)书写热化学方程式时要注意生成的是1
mol气态水。而氢气的燃烧热应是生成1
mol液态水时放出的热量。(2)将(①＋②＋③)×2＋④得到：2H2O2H2↑＋O2↑。
(3)不现实，理由是现有的制取氢气的方法耗能太大，制取的成本太高，另外氢气的熔沸点太低，给储存和运输带来很大困难(或：现实，制取氢气用水为原料，来源丰富；氢气燃烧的产物是水，不会给环境带来任何污染等)第5课时　化学平衡图像　等效平衡
[目标导航]　1.认识化学反应速率、化学平衡典型图像，学会化学平衡图像题的分析解答方法。2.知道等效平衡的含义，学会等效平衡的分析判断方法。
一、化学平衡图像的基本类型
1．速率—时间图(v－t图像)
如图所示，此类图像定性地揭示了v(正)、v(逆)随时间而变化的规律，体现了平衡的“动、等、定、变”等基本特征以及平衡移动(“变”)方向等。对于反应N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)　ΔH＜0的速率变化如图所示：
2．浓度—时间图(c－t图像)
此类图像能说明各平衡体系组分(或某一成分)的物质的量浓度在反应过程中的变化情况。此类图像中各物质曲线的折点(达平衡)时刻相同，各物质浓度变化的内在联系及比例符合化学方程式中的化学计量数关系。如图所示：
3．速率—温度(压强)图(v－T或v－p图像)
反映正、逆反应速率(或放热、吸热反应的速率)随温度或压强的变化曲线，用于判断反应的ΔH或气体体积关系。如图所示：
4．恒压(温)线
该类图像的纵坐标为物质的平衡浓度(c)或反应物的转化率(α)，横坐标为温度(T)或压强(p)，常见类型有如下图所示两种情况：
5．含量—时间—温度(压强)图
此类图像表示的是不同温度或压强下反应物或生成物的物质的量(体积)分数或转化率的变化过程，包含达到平衡所需的时间和不同温度(压强)下平衡状态的物质的量分数比较等信息，由图像可以判断T1、T2或p1、p2的大小，再判断反应的ΔH或气体物质的化学计量数关系(是吸热反应还是放热反应，是气体体积增大的反应还是缩小的反应)。
6．平衡常数变化图像
平衡常数只随温度的变化而变化。对于反应2A(g)＋B(g)??2C(g)　ΔH＜0，温度升高，正反应的平衡常数变小，逆反应的平衡常数变大。如图所示。
7．其他类型
如图所示是其他条件不变时，某反应物的最大(平衡)转化率(α)与温度(T)的关系曲线，图中标出的a、b、c、d四个点中，表示v正＞v逆的点是c，表示v正＜v逆的点是a，而b、d点表示v正＝v逆。
【练一练】
对于可逆反应mA(g)＋nB(g)??qC(g)
ΔH＝Q
kJ·mol－1
(1)若增大压强或升高温度，v正、v逆的变化过程如下图所示：
则Q________0，m＋n________q(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(2)若m∶n∶q＝3∶1∶2，向固定体积的密闭容器中充入3
mol
A和1
mol
B，一定条件下发生反应，则下列对v正、v逆随时间的变化描述正确的是(　　)
答案　(1)＜　＜　(2)AB
二、等效平衡
1．等效平衡的概念
在一定条件(定温、定容或定温、定压)下，对同一可逆反应，只有起始时加入的物质的物质的量不同，而达到化学平衡时，任何相同组分的质量分数或体积分数或物质的量分数均相同，这样的化学平衡互称等效平衡。
如常温常压下的可逆反应：
2SO2　＋　O2　??　2SO3
2
mol
1
mol
0
mol
0
mol
0
mol
2
mol
0.5
mol
0.25
mol
1.5
mol
①从正反应开始，②从逆反应开始，③正、逆反应同时开始。由于①、②、③三种情况如果按化学方程式中的计量数关系折算成同一方向的反应物，对应各组分的物质的量均相等(如将②、③折算为①)，因此三者可建立等效平衡。
2．等效平衡规律
(1)在恒温、恒容条件下，对于反应前后气体分子数改变的可逆反应，当改变起始时加入物质的物质的量时，如果通过可逆反应中的化学计量数之比换算成化学方程式同一侧的物质后，各物质的物质的量与原平衡相同，则两平衡等效。
(2)在恒温、恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，只要反应物(或生成物)的物质的量的比值与原平衡相同，则两平衡等效。
(3)在恒温、恒压条件下，改变起始时加入物质的物质的量，只要按化学计量数换算成化学方程式同一侧的物质后各物质的量之比与原平衡相同，则达到的平衡与原平衡等效。
【练一练】
将3
mol
A和1
mol
B混合于一体积可变的密闭容器P中，以此时的温度、压强和体积作为起始条件，发生如下反应：3A(g)＋B(g)??2C(g)＋D(g)，达到平衡时C的浓度为w
mol·
L－1。
(1)保持温度和压强不变，按下列四种配比充入容器P中有关物质，平衡后C的浓度仍为w
mol·L－1的是(　　)
A．6
mol
A＋2
mol
B
B．3
mol
A＋1
mol
B＋2
mol
C
C．2
mol
C＋1
mol
B＋1
mol
D
D．1
mol
C＋2
mol
D
(2)保持原起始温度和体积不变，要使平衡后C的浓度仍为w
mol·L－1，应按下列哪种配比向容器Q中充入有关物质(　　)
A．3
mol
A＋1
mol
B
B．4
mol
C＋2
mol
D
C．1.5
mol
A＋0.5
mol
B＋1
mol
C＋0.5
mol
D
D．无法判断
(3)保持原起始温度和体积不变，若仍按3
mol
A和1
mol
B的配比在容器Q中发生反应，则平衡时C的浓度和w
mol·L－1的关系是(　　)
A．大于w
mol·L－1
B．小于w
mol·L－1
C．等于w
mol·L－1
D．无法比较
(4)将2
mol
C和2
mol
D按起始温度和压强充入容器Q中，保持温度和体积不变，平衡时C的浓度为v
mol·L－1，则v和w的关系是(　　)
A．v＞w
B．v＜w
C．v＝w
D．无法比较
(5)维持原起始温度和体积不变，按下列哪种配比充入容器Q可使平衡时C的浓度为
v
mol·L－1(　　)
A．1
mol
C＋0.5
mol
D
B．3
mol
A＋2
mol
B
C．3
mol
A＋1
mol
B＋1
mol
D
D．以上均不能满足条件
答案　(1)A　(2)D　(3)B　(4)B　(5)C
解析　(1)在恒温恒压下，只要按化学计量数换算成化学方程式同一侧的物质后n(A)∶n(B)＝3∶1或n(C)∶n(D)＝2∶1，则达到的平衡就是等效平衡，故正确答案为A。(2)因为容器P的体积可变，且正反应是体积缩小的反应，故相当于加压，而现在容器Q体积不变，条件不同了，能否建立等效平衡无法判断，故正确答案为D。(3)本题所述条件相当于减压，平衡向逆反应方向移动，C的浓度降低，故正确答案为B。(4)温度、体积不变时，2
mol
C和1
mol
D反应与3
mol
A和1
mol
B反应相当，建立的平衡属等效平衡，再加1
mol
D时，平衡将向左移动，故v＜w，故正确答案为B。(5)恒温恒容时，n(A)＝3
mol和n(B)＝1
mol时与n(C)＝2
mol和n(D)＝1
mol时达到的平衡属等效平衡，故正确答案为C。
一、化学平衡图像题的解题方法
【例1】　对于可逆反应mA(g)＋nB(g)===qC(g)
ΔH＝Q
kJ·mol－1
(1)由①可知T1________T2，Q________0(填“＞”、“＜”或“＝”，下同)。
(2)由②可知p1________p2，m＋m________q。
答案　(1)＜　＜　(2)＜　＜
【归纳总结】　化学平衡图像题的分析方法
(1)无论是反应速率图像还是平衡图像，都要清楚纵、横坐标的含义，都要与化学原理相联系，特别是与平衡移动原理相联系。
(2)三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
(3)先拐先平：可逆反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，在转化率—时间曲线中，先出现拐点的曲线先达到平衡，这表示反应的温度高或压强大。
(4)定一议二：图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
变式训练1　在密闭容器中进行下列反应：M(g)＋N(g)??R(g)＋2L，此反应符合下图。下列叙述正确的是(　　)
A．正反应吸热，L是气体
B．正反应吸热，L是固体
C．正反应放热，L是气体
D．正反应放热，L是液体
答案　C
解析　由“先拐先平，温度或压强大”可推知，T1＞T2，p1＜p2，结合图像，升高温度，R的含量减小，正反应为放热反应；增大压强，R的含量减小，平衡向逆反应方向移动，故反应物中气态物质计量数之和小于生成物中气态物质计量数之和，故L为气体。
【例2】　对于可逆反应mA(g)＋nB(g)??qC(g)
ΔH＝Q
kJ·mol－1
(1)根据图①回答问题：
①m＋n________q(填“＞”、“＜”或“＝”，下同)；
②若Q＞0，则T1________T2；
③若T1＜T2，则Q________0。
(2)根据图②回答问题：
①Q________0；
②若p1＞p2，则m＋n________q；
③若m＋n＜q，则p1________p2。
答案　(1)①＜　②＞　③＜　(2)①＞　②＞　③＜
【解题模型】
变式训练2　已知反应N2O4(g)??2NO2(g)　ΔH＝＋57
kJ·mol－1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C．由状态B到状态A，可以用加热的方法
D．A、C两点气体的平均相对分子质量：A＞C
答案　C
解析　A、C两点温度相同而压强不同，加压平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，但加压也会增大浓度，反应速率：A＜C，颜色还是C点深(浓度大)；由于平衡逆向移动，气体分子数减少，根据M＝，气体的平均相对分子质量A＜C；故A、B、D均错；加热，平衡正向移动，NO2的体积分数增大，故由状态B到状态A，可以用加热的方法，C正确。
二、等效平衡的解题方法
【例3】　(1)在恒温恒容条件下，按下列四种情况分别建立平衡，其中为等效平衡的是①②③。
N2(g)　＋　3H2(g)??2NH3
①
1
mol
3
mol
0
mol
②
0
mol
0
mol
2
mol
③
0.5
mol
1.5
mol
1
mol
④
1
mol
3
mol
2
mol
解析　恒温恒容条件下，对于反应前后气体分子数不同的可逆反应，转换后(按计量系数换算成方程式同一边的物质)，反应物或生成物的物质的量与原平衡相同，则两平衡等效，且平衡后同种物质的量相同。因为这种情况下压强对于反应前后气体分子数不同的可逆反应有影响，而成比例的增加反应物，相当于加压，所以平衡会移动，必须极值等量平衡才等效。
(2)若在恒温恒压条件下，按题1中四种情况分别建立平衡，其中为等效平衡的是①②③④。
解析　恒温恒压条件下，若转换后(按计量系数换算成方程式同一边的物质)，反应物或生成物的物质的量的比例与原平衡相同，则两平衡等效，且平衡后同种物质的物质的量成倍数关系。因为这种情况下压强不变，不管反应前后气体分子数是否改变，对可逆反应的平衡都没有影响，而成比例的增加反应物后体积膨胀，压强不变，所以平衡不移动，只要极值等比则平衡等效。
(3)在恒温恒容条件下，按下列四种情况分别建立平衡，其中为等效平衡的是①②③。
　
CO(g)　＋　H2O(g)　??　CO2(g)＋　H2(g)
①
2
mol
2
mol
0
mol
0
mol
②
0
mol
0
mol
4
mol
4
mol
③
4
mol
4
mol
2
mol
2
mol
1
mol
2
mol
1
mol
2
mol
解析　恒温恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，转换后(按计量系数换算成方程式同一边的物质)，反应物或生成物的物质的量的比例与原平衡相同，则两平衡等效，且平衡后同种物质的物质的量成倍数关系。因为这种情况下压强对于反应前后气体分子数不变的可逆反应没有影响，而成比例的增加反应物，相当于加压，所以平衡不移动，只要极值等比则平衡等效。
【归纳总结】　等效平衡解题方法
解答等效平衡问题时，先看条件(恒温恒容或恒温恒压)，再看方程式反应前后气体分子数(相同或不同)，按“一边倒”转换比较。
(1)恒温恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，要求极值等比。
(2)恒温恒容条件下，对于反应前后气体分子数不同的可逆反应，要求极值等量。
(3)恒温恒压条件下，不管反应前后气体分子数是否改变，都只要求极值等比。
变式训练3　T
℃时，将3
mol
A和1
mol
B气体通入体积为2
L的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：
3A(g)＋B(g)??xC(g)，2
min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余0.8
mol
B，并测得C的浓度为0.4
mol·L－1，请回答下列问题：
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为________。
(2)x＝________。
(3)若继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气(假设氦气和A、B、C都不反应)后，化学平衡________(填字母)。
A．向正反应方向移动
B．向逆反应方向移动
C．不移动
(4)若向原平衡混合物的容器中再充入a
mol
C，在T
℃时达到新的平衡，此时B的物质的量为n(B)＝________mol。
(5)如果上述反应在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)之间应该满足的关系式为________________________________________________________________________。
答案　(1)0.2
mol·L－1·min－1　(2)4　(3)C
(4)(0.8＋0.2a)　(5)n(A)＝3n(B)，n(C)≥0[或n(A)＝n(B)＝0，n(C)＞0]
解析　(1)v(C)＝＝0.2
mol·L－1·min－1。
(2)Δn(C)∶Δn(B)＝(0.4
mol·L－1×2
L)∶(1－0.8)mol＝4∶1＝x∶1，x＝4。
(3)体积不变，各成分的浓度不变，平衡不移动。
(4)压强对此平衡移动不影响，3
mol
A和1
mol
B等效于4
mol
C。
n(B)＝0.8
mol×＝(0.8＋0.2a)mol。
(5)此反应为等体积反应，所以压强对平衡移动不影响；等效平衡的条件是：把起始加入物质的物质的量按化学计量数换算成方程式同一边的物质，只要反应物或生成物的物质的量比例相同即可。原平衡的起始配比恰好符合A、B的化学计量数关系，其等效配比有：
①n(A)∶n(B)＝3∶1，n(C)＝0，
②n(A)∶n(B)＝3∶1，n(C)＞0，
③n(A)＝n(B)＝0，n(C)＞0。
变式训练4　一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：2A(g)＋B(g)??3C(g)，若反应开始时充入2
mol
A和1
mol
B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，则平衡后A的体积分数大于a%的是(　　)
A．2
mol
C
B．3
mol
A、1
mol
B和1
mol
He(不参加反应)
C．1
mol
B和1
mol
C
D．2
mol
A、1
mol
B和3
mol
C
答案　B
解析　该反应为反应前后气体分子数不变的反应。A项，投入2
mol
C相当于投入
mol
A和
mol
B，n(A)∶n(B)等于2∶1，平衡后A的体积分数为a%。B项，1
mol
He对平衡移动没影响，投入3
mol
A和1
mol
B相当于先投入2
mol
A和1
mol
B，平衡后A的体积分数为a%，然后再投入1
mol
A，达到新平衡后A的体积分数大于a%。C项，投入1
mol
B和1
mol
C相当于投入
mol
A和
mol
B，n(A)∶n(B)小于2∶1，平衡后A的体积分数小于a%。D项，投入2
mol
A、1
mol
B和3
mol
C相当于投入4
mol
A和2
mol
B，n(A)∶n(B)等于2∶1，平衡后A的体积分数等于a%。
1．下列各图是温度(或压强)对2A(s)＋2B(g)??2C(g)＋D(g)　ΔH<0的正、逆反应速率的影响，曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，其中正确的是(　　)
答案　C
解析　A项，升温，v正、v逆都增大，且v逆>v正，错误；B项，升温，v正、v逆都增大，而图像所示v正、v逆都减小，错误；C项，加压，v正、v逆都增大，且v正v正，而图像所示v正、v逆都减小，v正>v逆，错误。
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
答案　C
解析　本题考查的是对化学反应速率及化学平衡图像的认识。由于这是一个体积不变的放热反应，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到平衡，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。
3．一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图。下列叙述中正确的是(　　)
A．反应的化学方程式为5Y??X
B．t1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍
C．t2时，正、逆反应速率相等
D．t3时，逆反应速率大于正反应速率
答案　B
解析　从图像可以看出，t2时刻X、Y两物质的物质的量相等，而不是反应速率相等，故C不正确；t3时，反应达到平衡状态，所以正反应速率等于逆反应速率，故D不正确；反应开始时Y物质为10
mol，X物质为2
mol，达到平衡时Y减少了7
mol，X增多了3
mol，因此反应方程式应该是7Y(g)??3X(g)，故A不正确。
4．由某可逆反应绘出图像如图所示，纵坐标为生成物在平衡混合物中的百分含量，下列对该反应的判断不正确的是(　　)
A．反应物中可能含有气体
B．生成物中一定有气体
C．正反应一定是放热反应
D．正反应一定是吸热反应
答案　C
解析　由图示可知，随着温度的升高，生成物的含量增加，即升高温度，平衡右移，所以该反应一定为吸热反应；压强增大，生成物的含量减小，说明化学方程式中气体生成物的计量数之和大于气体反应物的计量数之和。
[基础过关]
一、速率—时间图像
1．制取水煤气的反应为C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)　ΔH＞0；在一定条件下达化学平衡后，在时间为t时突然改变条件，反应速率的变化如图所示，在t时所改变的条件是(　　)
A．加压
B．升温
C．增大水蒸气浓度
D．增大碳的物质的量
答案　B
解析　从图像来看，在时间t时，突然改变条件时，正、逆反应速率均增加，有可能是升高温度，也可能是增大压强，从时间t后来看，v′正大于v′逆，说明平衡向正反应方向移动。只有升高温度才使平衡正向移动，故为升高温度。
2.向一体积不变的密闭容器中充入H2和I2，发生反应H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH<0，当达到平衡后，t1时刻改变反应的某一条件(混合气体总物质的量不变)，造成容器内压强增大，则下列说法正确的是(　　)
A．容器内气体的颜色变深，混合气体的密度增大
B．平衡不发生移动
C．I2(g)转化率增大，HI平衡浓度变小
D．改变条件前后，速率图像如图所示
答案　D
解析　该反应是一个放热且反应前后气体物质的量不变的反应，但要使容器内压强增大，则只能是通过升高温度完成，所以t1时刻升高温度后，平衡一定发生移动，而且是逆向移动，逆向移动的结果会使I2(g)转化率变小；但由于混合气体总物质的量不变且容器的容积不可变，所以气体的密度不发生改变。
3.对于达到平衡的可逆反应：X＋Y??W＋Z，其他条件不变时，增大压强，正、逆反应速率变化的情况如图所示。下列对X、Y、W、Z四种物质状态的描述正确的是(　　)
A．W、Z均为气体，X、Y中只有一种为气体
B．X、Y均为气体，W、Z中只有一种为气体
C．X、Y或W、Z中均只有一种为气体
D．X、Y均为气体，W、Z均为液体或固体
答案　B
解析　由图像可知，增大压强，正、逆反应速率都加快，但正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度，可见化学平衡向正反应方向移动，即正反应是一个体积缩小的反应。A项，若W、Z均为气体，X、Y中只有一种为气体，不符合图像；B项，X、Y均为气体，W、Z中只有一种是气体，符合图像；C项，X、Y或W、Z中均只有一种为气体，则加压平衡不移动，不符合图像；D项，若生成物均为液体或固体，则加压时逆反应速率不发生变化，不符合图像。
二、含量—时间—温度(或压强)图像
4．T
℃时，A、B、C三种气体在反应过程中浓度变化如图(Ⅰ)所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示，则下列结论正确的是(　　)
A．在(t1＋10)min时，保持其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动
B．其他条件不变，升高温度时，正、逆反应速率增大，且A的转化率增大
C．T
℃时，在相同容器中，若由0.4
mol·L－1A、0.4
mol·L－1B、0.2
mol·L－1C反应，达到平衡后，C的浓度也为0.4
mol·L－1
D．(t1＋10)min时，保持压强不变，通入稀有气体，平衡不移动
答案　C
解析　(t1＋10)min时，反应已达到平衡，若增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，根据A、B、C的浓度变化，写出反应方程式为A(g)＋3B(g)??2C(g)，该反应逆向为气体体积增大方向，A错误；升温，v正、v逆均增大，平衡向吸热方向移动，根据图像(Ⅱ)得T1>T2，且温度越高，B%越大，则该反应正向为放热反应，则升温后平衡逆向移动，A转化率减小，B错误；假设C正确，则达到平衡时C为0.4
mol·L－1，同时A为0.3
mol·L－1，B为
0.1
mol·L－1，各种物质的平衡浓度与图像(Ⅰ)完全相同，则假设正确；平衡后，保持压强不变，通入稀有气体，平衡向气体体积增大的方向移动，D错误。
5.可逆反应X(？)＋Y(？)??2Z(？)　ΔH，当温度(t3以前Ⅰ、Ⅱ的温度相同，t3以后开始升温)和压强改变时，n(Z)的变化曲线如图所示，下列叙述正确的是(　　)
A．X、Y及Z均为气体，ΔH＜0
B．Z为气体，X、Y中至少有一种为非气体，ΔH＜0
C．Z为气体，X、Y中有一种为非气体，ΔH＞0
D．Z为固体，X、Y中有一种为非气体，ΔH＞0
答案　B
解析　由图可知温度相同时增大压强，Z的物质的量减少，即平衡向逆反应方向移动，则逆反应是气体体积减小的反应，说明Z为气体，X、Y中至少有一种为非气体；t3时开始升温，Z的物质的量减少，说明平衡向逆反应方向移动，即逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，ΔH＜0，B正确。
三、等温(或等压)线图像
6．有一化学平衡mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)，如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系。下列叙述正确的是(　　)
A．正反应是放热反应；m＋n>p＋q
B．正反应是吸热反应；m＋nC．正反应是放热反应；m＋nD．正反应是吸热反应；m＋n>p＋q
答案　D
解析　图像中有三个量，应定一个量来分别讨论另外两个量之间的关系。定压强，讨论T与A的转化率的关系：同一压强下温度越高，A的转化率越高，说明正反应是吸热反应；定温度，讨论压强与A的转化率的关系：同一温度下，压强越大，A的转化率越高，说明正反应是体积缩小的反应，即m＋n>p＋q。
7．已知可逆反应：4NH3(g)＋5O2(g)??4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1
025
kJ·mol－1。若反应物起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是(　　)
答案　D
解析　A项，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡时一氧化氮的含量减小，且达到平衡时需要的时间短，故A正确，D错误；B项，增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时一氧化氮的含量减小，且达到平衡时需要的时间短，故正确；C项，有无催化剂只影响到达平衡所需的时间，不影响平衡移动的结果，故正确。
四、等效平衡
8．在相同温度和压强下，对反应CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)进行甲、乙、丙、丁四组实验，实验起始时放入容器内各组分的物质的量见下表：
物质物质的量实验
CO2
H2
CO
H2O(g)
甲
a
mol
a
mol
0
mol
0
mol
乙
2a
mol
a
mol
0
mol
0
mol
丙
0
mol
0
mol
a
mol
a
mol
丁
a
mol
0
mol
a
mol
a
mol
上述四种情况达到平衡后，n(CO)的大小顺序是(　　)
A．乙＝丁>丙＝甲
B．乙>丁>甲>丙
C．丁>乙>丙＝甲
D．丁>丙>乙>甲
答案　A
解析　把各组物质进行极端转化，均转化为反应物，则
　　　　　
CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)
　　　　
甲：
a
mol
a
mol
0
mol
0
mol
　　　　
乙：
2a
mol
a
mol
0
mol
0
mol
极端转化后的丙：a
mol
a
mol
0
mol
0
mol
极端转化后的丁：2a
mol
a
mol
0
mol
0
mol
因此甲与丙、乙与丁分别为等效平衡，因此平衡时n(CO)：乙＝丁，丙＝甲。比较甲和乙，乙可看作在甲的基础上增大了CO2的浓度，平衡右移，因此n(CO)增大，所以n(CO)：乙＝丁＞丙＝甲。
9．恒温恒压下，在一个容积可变的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)??C(g)，若开始时通入1
mol
A和1
mol
B，达到平衡时生成a
mol
C。则下列说法错误的是(　　)
A．若开始时通入3
mol
A和3
mol
B，达到平衡时，生成的C的物质的量为3a
mol
B．若开始时通入4
mol
A、4
mol
B和2
mol
C，达到平衡时，B的物质的量一定大于4
mol
C．若开始时通入2
mol
A、2
mol
B和1
mol
C，达到平衡时，再通入3
mol
C，则再次达到平衡后，C的物质的量分数为
D．若在原平衡体系中，再通入1
mol
A和1
mol
B，混合气体的平均相对分子质量不变
答案　B
解析　选项A，开始时通入3
mol
A和3
mol
B，由于容器体积膨胀，保持恒压，相当于将三个原容器叠加，各物质的含量与原平衡中的相同，C的物质的量为3a
mol；选项B，无法确定平衡移动的方向，不能确定平衡时B的物质的量一定大于4
mol；选项C，根据题给数据可算出达到平衡时C的物质的量分数为；选项D，这种条件下混合气体的平均相对分子质量不变。
[能力提升]
10．二甲醚是一种重要的清洁燃料，可以通过CH3OH分子间脱水制得：2CH3OH(g)??CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH＝－23.5
kJ·mol－1。在
t1
℃，恒容密闭容器中建立上述平衡，体系中各组分浓度随时间变化如图所示。
(1)该条件下反应平衡常数表达式K＝____________。在t1
℃时，反应的平衡常数为________。
(2)相同条件下，若改变起始浓度，某时刻各组分浓度依次为c(CH3OH)＝0.4
mol·L－1、c(H2O)＝0.6
mol·L－1、c(CH3OCH3)＝1.2
mol·L－1，此时正、逆反应速率的大小：v正________(填“>”、“<”或“＝”)v逆。
答案　(1)　5　(2)>
解析　本题结合图像考查有关平衡常数的计算。(1)由图像知，反应在t1时达到平衡，平衡时各物质的浓度分别为c(CH3OCH3)＝1.0
mol·L－1，c(H2O)＝0.8
mol·L－1，c(CH3OH)＝0.4
mol·L－1；根据反应2CH3OH(g)??CH3OCH3(g)＋H2O(g)可知，其平衡常数的表达式为K＝，在该温度下，K＝＝5。
(2)根据题目所提供的数据可知，Q＝＝4.5v逆。
[拓展探究]
11．某温度时，在一个容积为
2
L
的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：
(1)该反应的化学方程式为________________________________________________________。
(2)反应开始至2
min，气体Z的平均反应速率为_____________________________
___________________________________________。
(3)若X、Y、Z均为气体，反应达到平衡时：
①压强是开始时的________倍；
②若此时将容器的体积缩小为原来的倍，达到平衡时，容器内温度将升高(容器不与外界进行热交换)，则该反应的正反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。
(4)若上述反应在2
min后的t1～t6内反应速率与反应时间的关系图像如下，在每一时刻均改变一个影响反应速率的因素，则________(填字母序号)。
　　　　　　　　　　　　　　　　
A．在t1时增大了压强
B．在t3时加入了催化剂
C．在t4时降低了温度
D．t2～t3时A的转化率最高
答案　(1)3X＋Y??2Z　(2)0.05
mol·L－1·min－1
(3)①0.9　②放热　(4)B
解析　(1)由图像知平衡时，Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝0.3
mol∶0.1
mol∶0.2
mol＝3∶1∶2，又由于该反应不能进行彻底，所以化学方程式为3X＋Y??2Z。
(2)v(Z)＝＝0.05
mol·L－1·min－1。
(3)①X、Y、Z均为气体时，反应前n(总)＝2.0
mol，平衡时
n(总)＝0.7
mol＋0.9
mol＋0.2
mol＝1.8
mol，所以p(平)∶p(始)＝1.8
mol∶2.0
mol＝0.9。
②将容器体积缩小，相当于增压，达平衡时，温度升高，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应。
(4)在t1时如果增大压强，则正、逆反应速率都增大，A错误；在t3时应该是加入了催化剂，正、逆反应速率都增大，并且增大的倍数相同，平衡不移动，B正确；在t4时如果是降低了温度，则平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，C错误；由图可以看出，从t1～t2，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，从
t2～t4，平衡不移动，A的转化率不变，从t4～t5，平衡继续向逆反应方向移动，A的转化率又降低，因此，t0～t1时A的转化率最高，D错误。第2课时　沉淀反应的应用
[目标导航]　1.能用平衡移动原理分析理解沉淀的溶解与生成、沉淀转化的实质。2.学会用沉淀溶解平衡的移动解决生产、生活中的实际问题。
1．沉淀的生成
(1)调节pH法
如加入氨水调节pH＝4，可除去氯化铵中的杂质氯化铁。
反应离子方程式：
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
(2)加沉淀剂法
以Na2S、H2S等作沉淀剂，使Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。反应离子方程式如下：
①加Na2S生成CuS：S2－＋Cu2＋===CuS↓。
②通入H2S生成CuS：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。
2．沉淀的溶解
(1)原理：根据平衡移动原理，对于在水中难溶的电解质，只要不断移去溶解平衡体系中的相应离子，平衡就向沉淀溶解的方向移动，从而使沉淀溶解。
(2)实例：①CaCO3沉淀溶于盐酸中：
CO2气体的生成和逸出，使CaCO3溶解平衡体系中的CO浓度不断减小，平衡向沉淀溶解的方向移动。
②分别写出用HCl溶解难溶电解质FeS、Al(OH)3、Cu(OH)2的离子方程式FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑、Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O、Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。
③向Mg(OH)2悬浊液中分别滴加蒸馏水、稀盐酸、NH4Cl溶液，白色沉淀将不溶解、溶解、溶解(填“溶解”或“不溶解”)。
3．沉淀的转化
(1)实验探究
①AgCl、AgI、Ag2S的转化(教材实验3－4)
实验操作
实验现象
有白色沉淀生成
白色沉淀转化为黄色沉淀
黄色沉淀转化为黑色沉淀
化学方程式
NaCl＋AgNO3===AgCl↓＋NaNO3
AgCl＋KI??AgI＋KCl
2AgI＋Na2S??Ag2S＋2NaI
实验结论
溶解度小的沉淀可以转化成溶解度更小的沉淀
②Mg(OH)2与Fe(OH)3的转化(教材实验3－5)
实验操作
实验现象
产生白色沉淀
产生红褐色沉淀
上层为无色溶液，下层为红褐色沉淀
化学方程式
MgCl2＋2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaCl3Mg(OH)2＋2FeCl3??2Fe(OH)3＋3MgCl2
(2)沉淀转化的实质
沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，即将溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀。
(3)沉淀转化的应用
①除锅炉水垢
锅炉水垢中含CaSO4，可将CaSO4用Na2CO3处理，使之转化为CaCO3，然后用酸除去，其化学方程式为CaSO4＋Na2CO3??CaCO3＋Na2SO4，CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。
②自然界中矿物的转化
CuSO4溶液铜蓝(CuS)。
【合作探究】
1．除去溶液中的SO，选择钙盐还是钡盐？为什么？怎样选择沉淀剂？
答案　(1)根据CaSO4微溶于水，BaSO4难溶于水，除去SO时，应选择钡盐，因为钡盐可使SO沉淀更完全。
(2)选择沉淀剂时，使生成沉淀的反应越完全越好；不能影响其他离子的存在，由沉淀剂引入溶液的杂质离子要便于除去或不引入新的杂质离子。
2．向Mg(OH)2悬浊液中分别滴加稀盐酸和NH4Cl溶液，溶液变澄清，试解释原因。
答案　(1)Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，HCl===H＋＋Cl－，H＋与OH－结合成弱电解质H2O，使Mg(OH)2的溶解平衡右移，Mg(OH)2不断溶解，直至与盐酸反应完毕。
(2)Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，NH4Cl===NH＋Cl－，NH与OH－结合成弱电解质NH3·H2O，使Mg(OH)2的溶解平衡右移，直至Mg(OH)2完全溶解。
3．工业废水处理过程中，重金属离子可利用沉淀转化原理用FeS等难溶物转化为HgS、Ag2S、PbS等沉淀。写出用FeS除去Hg2＋的离子方程式。
答案　FeS(s)＋Hg2＋(aq)===HgS(s)＋Fe2＋(aq)
4．溶洞里美丽的石笋、钟乳石和石柱是大自然创造的奇迹，试解释溶洞形成的化学原理。
答案　石灰岩里不溶性的碳酸钙与水及二氧化碳反应能转化为可溶性的碳酸氢钙[Ca(HCO3)2]。溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶向溶洞底滴落时，水分蒸发，二氧化碳压强减小以及温度的变化都会使二氧化碳溶解度减小而析出碳酸钙沉淀。这些沉淀经过千百万年的积聚，渐渐形成了钟乳石、石笋等。
一、沉淀的转化与生成
【例1】　已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列说法错误的是(　　)
A．AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B．在含有浓度均为0.001
mol·L－1的Cl－、I－的溶液中缓慢加入AgNO3稀溶液，首先析出AgI沉淀
C．AgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgI
D．常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×
10－11
mol·L－1
答案　A
解析　组成结构相似的物质，溶度积越小，其溶解度越小，越易先形成沉淀，B项正确；溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现，所以A项错、C项正确；AgCl溶液中
c(Ag＋)＝×10－5
mol·L－1。要使AgI形成沉淀，则c(Ag＋)·c(I－)≥1.0×10－16。则
c(I－)≥
mol·L－1＝×10－11
mol·L－1，D正确。
【练后归纳】　通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘积——浓度商(Qc)的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解。
Qc＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡；
Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态；
Qc＜Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。
变式训练1　25
℃时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)＝6.3×
10－18；Ksp(CuS)＝6.3×10－36；Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。下列关于常温时的有关叙述正确的是(　　)
A．硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大
B．将足量的ZnSO4晶体加入到0.1
mol·L－1的Na2S溶液中，Zn2＋的浓度最大只能达到1.6×
10－23
mol·L－1
C．除去工业废水中含有的Cu2＋，可采用FeS固体作为沉淀剂
D．向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2＋)变大、c(S2－)变小，但Ksp(FeS)变大
答案　C
解析　化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强，由Ksp可知，常温下，CuS的溶解度最小，故A错；将足量的ZnSO4晶体加入到0.1
mol·L－1的Na2S溶液中，c(S2－)将减至非常小，而Zn2＋的浓度远远大于1.6×
10－23
mol·L－1，故B错；因CuS比FeS更难溶，FeS沉淀可转化为CuS沉淀，故C对；温度不变，Ksp(FeS)不变，故D错。
二、沉淀溶解平衡在工业除杂中的应用
【例2】　工业制氯化铜时，是将浓盐酸用蒸气加热至80
℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌使之溶解，反应如下：CuO＋2HCl===CuCl2＋H2O，FeO＋2HCl===FeCl2＋H2O。已知：pH≥9.6时，Fe2＋以Fe(OH)2的形式完全沉淀：pH≥6.4时，Cu2＋以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH为3～4时，Fe3＋以Fe(OH)3的形式完全沉淀。
(1)为除去溶液中的Fe2＋，可采用的方法是(　　)
A．直接加碱，调整溶液pH≥9.6
B．加纯铜粉，将Fe2＋还原出来
C．先将Fe2＋氧化成Fe3＋，再调整pH到3～4
D．通入硫化氢，使Fe2＋直接沉淀
(2)工业上为除去溶液中的Fe2＋，常使用NaClO，当溶液中加入NaClO后，溶液pH变化情况是(　　)
A．肯定减小
B．肯定增大
C．可能减小
D．可能增大
(3)若此溶液中只含有Fe3＋时，要调整pH为3～4，此时最好向溶液中加入(　　)
A．NaOH溶液
B．氨水
C．CuCl2溶液
D．CuO固体
解析　(1)A项中pH≥9.6时，Cu2＋也将沉淀；B项中，铜粉不能将Fe2＋还原出来；D项中，Fe2＋与H2S不反应。(2)NaClO具有强氧化性，能将Fe2＋氧化：2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O，反应中消耗H＋，pH一定增大。(3)此溶液中只含杂质Fe3＋，要调整pH到3～4，加入的物质必须能与酸反应，使c(H＋)减小，且不引入新的杂质离子，D项符合条件。
答案　(1)C　(2)B　(3)D
【特别提醒】　在物质除杂、提纯实验中，一定要避免引入新的杂质，如上题中的第(3)问，NaOH溶液、氨水虽能调节pH到3～4，但会引入杂质离子。
变式训练2　某小型化工厂生产皓矾(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下图所示：
已知：开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为Fe(OH)3：2.7～3.7；Fe(OH)2：7.6～9.6；Zn(OH)2：5.7～8.0。
试回答下列问题：
(1)加入的①应是________，其目的是______________________________________________。
(2)加入的②，供选择使用的有：氨水、NaClO溶液、20%
H2O2溶液、浓硫酸、浓硝酸等，应选用________，其理由是_______________________________________________________。
(3)加入的③是________，目的是___________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
答案　(1)Zn　将Cu2＋、Fe3＋等杂质离子除去
(2)20%
H2O2溶液　H2O2作氧化剂，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，且不引入其他杂质　(3)ZnO或Zn(OH)2(答案合理即可)　调节溶液的pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去
解析　向溶液中加入Zn，发生反应：Cu2＋＋Zn===Zn2＋＋Cu、2Fe3＋＋Zn===2Fe2＋＋Zn2＋，然后把Fe2＋氧化成Fe3＋，在选择氧化剂时，应使用H2O2，因为H2O2的还原产物为H2O，不引入新杂质，然后通过调节溶液的pH，使Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀而除去。
1．除去NaCl中的FeCl3需加入的试剂是(　　)
A．NaOH
B．石灰水
C．铜片
D．氨水
答案　A
解析　在除去FeCl3时，不能引入新的杂质。
2．自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是(　　)
A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度
B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性
C．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2＋＋S2－===CuS↓
D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应
答案　D
解析　CuSO4与PbS反应可以生成CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的，A错误；硫化物中硫的化合价为－2，均具有还原性，B错误；ZnS难溶于水，不能写成离子形式，C错误；铜的硫化物首先被氧化成CuSO4，然后硫酸铜与ZnS、PbS发生复分解反应生成更难溶的CuS，D正确。
3．以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有少量Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是(　　)
A．具有吸附性
B．溶解度与CuS、PbS、CdS等相同
C．溶解度大于CuS、PbS、CdS
D．溶解度小于CuS、PbS、CdS
答案　C
解析　本题考查了沉淀的转化，MnS与Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋生成溶解度更小的硫化物。
4．已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，浓度均为0.010
mol
·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010
mol·
L－1的AgNO3
溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(　　)
A．Cl－、Br－、CrO
B．CrO、Br－、Cl－
C．Br－、Cl－、CrO
D．Br－、CrO、Cl－
答案　C
解析　要产生AgCl沉淀，c(Ag＋)＞
mol·L－1＝1.56×10－8
mol·L－1；
要产生AgBr沉淀，c(Ag＋)＞
mol·L－1
＝7.7×10－11mol·L－1；
要产生Ag2CrO4，需c2(Ag＋)·c(CrO)＞
Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12，
即c(Ag＋)＞
mol·L－1＝3.0×10－5
mol·L－1；
显然沉淀的顺序为Br－、Cl－、CrO。
[基础过关]
一、溶度积与沉淀的生成或溶解
1．已知25
℃时，电离常数Ka(HF)＝3.6×10－4，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.46×10－10。现向1
L
0.2
mol·L－1
HF溶液中加入1
L
0.2
mol·L－1
CaCl2溶液，则下列说法中正确的是(　　)
A．25
℃时，0.1
mol·L－1
HF溶液中pH＝1
B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C．该体系中有CaF2沉淀产生
D．该体系中，Ksp(CaF2)＝
答案　C
解析　A项错误，如HF为强酸，则0.1
mol/L
HF溶液pH＝1，实际HF是弱酸，所以pH>1；B项错误，Ksp作为一种特殊的平衡常数，不随浓度的变化而变化；C项正确，HF电离出的c(H＋)＝c(F－)＝6×10－2
mol/L，c(Ca2＋)＝0.1
mol/L，此时KQ(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)＝3.6×
10－4>Ksp(CaF2)，所以有沉淀生成。
2．一定温度下，难溶电解质AmBn在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，其平衡常数Ksp＝
cm(An＋)·cn(Bm－)称为难溶电解质的溶度积。已知下表数据：
物质
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Ksp(25
℃)
8.0×10－16
2.2×10－20
4.0×10－38
完全沉淀时的pH范围
≥9.6
≥6.4
≥3
下列关于含有等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法正确的是(　　)
A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到的是蓝色沉淀
B．该混合溶液中c(SO)∶[c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]>5∶4
C．向该混合溶液中加入适量氯水，调节pH到4～5后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液
D．向该混合溶液中加入适量氨水，调节pH到9.6后过滤，将所得沉淀灼烧，可得到等物质的量的CuO、FeO、Fe2O3三种固体的混合物
答案　B
解析　在滴加NaOH溶液的过程中，先生成Fe(OH)3沉淀，故最先看到的是Fe(OH)3红褐色沉淀，A项错误；假设Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋均不水解，则c(SO)∶[c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]＝5∶4，而这三种阳离子都可以水解，所以c(SO)∶[c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]>5∶4，B项正确；氯水可将Fe2＋氧化为Fe3＋，pH＝4～5时，Fe3＋被完全沉淀，此时得到的并不是纯净的CuSO4溶液，溶液中还含有极少量的Fe3＋，又因为加入了氯水，所以还引入了Cl－，C项错误；灼烧后得不到FeO，因为在灼烧过程中，铁元素会完全转化为Fe2O3，D项错误。
3．已知几种难溶电解质的溶度积常数Ksp(25
℃)见下表：
难溶电解质
AgCl
AgBr
AgI
Ag2SO4
Ag2CrO4
Ksp
1.8×10－10
5.4×10－13
8.5×10－17
1.4×10－5
1.12×10－12
下列叙述不正确的是(　　)
A．由溶度积常数可判断在相同条件下一些物质的溶解性大小
B．将等体积的4×10－3
mol·L－1的AgNO3溶液和4×10－3
mol·L－1的
K2CrO4溶液混合，有Ag2CrO4沉淀产生
C．向AgCl的悬浊液中滴加饱和NaBr溶液可以得到黄色AgBr悬浊液
D．向100
mL
0.1
mol·L－1的Na2SO4溶液中加入1
mL
0.1
mol·L－1的AgNO3溶液，有白色沉淀生成
答案　D
解析　D项，混合溶液中c(Ag＋)＝0.1
mol·L－1×≈0.001
mol·L－1，c2(Ag＋)·c(SO)＝0.0012×0.1＝1×10－7<1.4×10－5，故不会产生沉淀。
4．Cu(OH)2在水中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)??Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，在常温下，Ksp＝2×10－20。某CuSO4溶液中，c(Cu2＋)＝0.02
mol·L－1，在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向CuSO4溶液加入碱溶液来调整pH，使溶液的pH大于(　　)
A．2
B．3
C．4
D．5
答案　D
解析　Cu(OH)2(s)===Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，其中Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，要使Cu(OH)2沉淀需达到其Ksp，故，c(OH－)＞＝mol·L－1故c(OH－)＞1×10－9
mol·
L－1，则c(H＋)＜1×10－5
mol·L－1，因此pH应大于5。
5．海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离子浓度/mol·L－1
Na＋
Mg2＋
Ca2＋
Cl－
HCO
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5
mol·L－1，可认为该离子不存在；
实验过程中，假设溶液体积不变。
Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9
Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6
Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6
Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12
下列说法正确的是(　　)
A．沉淀物X为CaCO3
B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋
C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋
D．步骤②中若改为加入4.2
g
NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
答案　A
解析　由于HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O，且Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9，Qc＝c(CO)·c(Ca2＋)＝1.0×10－3×1.1×10－2＝1.1×10－5>Ksp(CaCO3)，因此X为CaCO3，A正确；Ca2＋反应完后剩余浓度大于1.0×10－5
mol·L－1，则M中存在Mg2＋、Ca2＋，B不正确；pH＝11.0时可求得c(OH－)＝10－3
mol·L－1，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，c(Mg2＋)＝
mol·L－1<1.0×10－5
mol·L－1，因此N中只存在Ca2＋不存在Mg2＋，C不正确；同理，加入
4.2
g
NaOH
固体时沉淀物应是Mg(OH)2，D错误。
二、沉淀方法的选择
6．如图表示的是难溶氢氧化物在不同pH下的溶解度(S)，下列说法正确的是(　　)
A．pH＝3时溶液中铁元素的主要存在形式是Fe3＋
B．若Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，可通过调节溶液pH的方法除去
C．若要分离溶液中的Fe3＋和Cu2＋，可调节溶液的pH为4
D．若向含有Cu2＋和Ni2＋的溶液中加入烧碱，Ni(OH)2优先沉淀
答案　C
解析　当pH＝3时，Fe3＋已沉淀完全，A项错误。由于Ni2＋和Co2＋完全沉淀时的pH相差不大，故不宜通过调节溶液pH的方法除去，B项错误。根据图可知向含有Cu2＋和Ni2＋的溶液中加入烧碱，Cu(OH)2优先沉淀，D项错误。
7．工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理。以下处理措施和方法都正确的是(　　)
选项
污染物
处理措施
方法类别
A
废酸
加生石灰中和
物理法
B
Cu2＋等重金属离子
加硫酸盐沉降
化学法
C
含苯废水
用活性炭吸附
物理法
D
含纯碱的废水
加石灰水反应
化学法
答案　C
解析　废酸与碱中和属于化学法，A项错；Cu2＋不能用SO沉降，B项错；Na2CO3
＋
Ca(OH)2===CaCO3↓＋
2NaOH，是复分解法，属于化学法，但溶质碱性更强、污染更严重，D项错误。
[能力提升]
8．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡MmAn(s)??mMn＋(aq)＋nAm－(aq)，Ksp＝
cm(Mn＋)·cn(Am－)称为溶度积。
某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料(25
℃)：
难溶电解质
CaCO3
CaSO4
MgCO3
Mg(OH)2
Ksp
2.8×10－9
9.1×10－6
6.8×10－6
1.8×10－11
他们的实验步骤如下：
①往100
mL
0.1
mol·L－1的CaCl2溶液中加入0.1
mol·L－1的Na2SO4溶液100
mL立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入固体Na2CO3
3
g，搅拌，静置后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌，静置后再弃去上层清液。
④________________________________________________________________________。
(1)由题中信息知Ksp越大，表示电解质的溶解度越________(填“大”或“小”)。
(2)写出第②步发生反应的化学方程式______________________________________________
_________________________。
(3)设计第③步的目的是__________________________________________________________。
(4)请补充第④步操作及发生的现象________________________________________________
____________________。
(5)请写出该转化在实际生活、生产中的一个应用_____________________________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)大
(2)Na2CO3(aq)＋CaSO4(s)
??CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)
(3)洗去沉淀上附着的SO
(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解，有气泡产生
(5)将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，易于除去
解析　Ksp越大，表示电解质的溶解度越大。要证明CaSO4完全转化为CaCO3，可以加入盐酸，因为CaSO4不和盐酸反应，而CaCO3可完全溶于盐酸。在实际生活、生产中利用此反应可以将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，易于除去。
9．已知常温下各物质的溶度积或电离平衡常数如下：
Ksp(CuS)＝1.3×10－36，Ksp(FeS)＝6.5×10－18
H2S：Ka1＝1.2×10－7，Ka2＝7×10－15
一般来说，如果一个反应的平衡常数大于105，通常认为反应进行得较完全；如果一个反应的平衡常数小于10－5，则认为该反应很难进行。请回答：
(1)向浓度均为0.1
mol·L－1的FeSO4和CuSO4的混合溶液中加Na2S溶液，请写出首先出现沉淀的离子方程式
________________________________________________________________________。
当加入Na2S溶液至出现两种沉淀，则溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝________。
(2)通过计算说明反应CuS(s)＋2H＋===Cu2＋＋H2S进行的程度__________________________
_________________________________________。
(3)常温下，NaHS溶液呈碱性，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________________
______________________________________________________。
若向此溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应，所得溶液的pH________(填“>”、“<”或“＝”)7。用离子方程式表示其原因___________________________________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)Cu2＋＋S2－===CuS↓　5.0×1018
(2)反应很难进行
(3)c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(S2－)>c(H＋)　<　HS－＋Cu2＋===CuS↓＋H＋
解析　(1)由于c(Cu2＋)和c(Fe2＋)浓度相同且Ksp(FeS)>Ksp(CuS)。当加入Na2S溶液时先生成CuS沉淀，当同时产生CuS和FeS沉淀时，CuS和FeS均达到溶解平衡。所以＝＝＝5.0×1018。
(2)K＝＝
＝Ksp(CuS)×＝＝≈1.55×
10－15<10－5
故反应很难进行。
(3)HS－水解能力大于电离能力，溶液中c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(S2－)>c(H＋)。CuSO4溶液与NaHS溶液发生反应离子方程式为Cu2＋＋HS－===CuS↓＋H＋，故溶液pH<7。
10．痛风是以关节炎反复发作及产生肾结石为特征的一类疾病，关节炎的原因归结于在关节滑液中形成了尿酸钠(NaUr)晶体，有关平衡如下；
①HUr(尿酸，aq)
??Ur－(尿酸根，aq)＋H＋(aq)(37
℃时，Ka＝4.0×10－6)
②NaUr(s)
??Ur－(aq)＋Na＋(aq)
(1)37
℃时，1.0
L水中最多可溶解8.0×10－3
mol尿酸钠，此温度下尿酸钠的Ksp为________________________________________________________________________。
(2)关节炎发作多在脚趾和手指的关节处，这说明温度降低时，尿酸钠的Ksp________(填“增大”、“减小”或“不变”)，生成尿酸钠晶体的反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
(3)37
℃时，某尿酸结石病人尿液中尿酸分子和尿酸根离子的总浓度为2.0×10－3
mol·L－1，其中尿酸分子的浓度为5.0×10－4
mol·L－1，该病人尿液的c(H＋)为____，pH________(填“>”、“＝”或“<”)7。
答案　(1)6.4×10－5　(2)减小　放热
(3)1.33×10－6
mol·L－1　<
解析　(1)尿酸钠的Ksp＝c(Na＋)·c(Ur－)＝8.0×10－3×8.0×10－3＝6.4×10－5。
(2)由题给信息，关节炎是因为形成了尿酸钠晶体，说明反应②的平衡向逆反应方向移动，Ksp减小。温度降低平衡逆向移动，说明生成尿酸钠晶体的反应是放热反应。
(3)c(HUr)＝5.0×10－4
mol·L－1，c(Ur－)＝2.0×10－3
mol·L－1－5.0×10－4
mol·L－1＝1.5×
10－3
mol·L－1，根据：Ka＝，
c(H＋)＝
mol·L－1
≈1.33×10－6
mol·L－1。
[拓展探究]
11．工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理。还原沉淀法是常用的一种方法，其过程如下：
CrOCr2OCr3＋Cr(OH)3↓
(1)转化过程中存在平衡：2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O。能说明该反应达平衡状态的是________。
a．Cr2O和CrO的浓度相同
b．2v(Cr2O)＝v(CrO)
c．溶液的pH保持不变
(2)若1
L废水转化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6
g，CrO有
转化为Cr2O(已知铬的相对原子质量为52)。
①转化后所得溶液中c(Cr2O)＝__________。
②已知：常温时该反应的平衡常数K＝1014。上述转化后所得溶液的pH＝________。
(3)若在还原过程中还原1
mol
Cr2O，需要____mol的FeSO4·7H2O。
(4)沉淀过程中生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)
??Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝10－32，要使c(Cr3＋)降至10－5
mol·L－1，溶液的pH应调至________。
答案　(1)c　(2)①0.25
mol·L－1　②6　(3)6　(4)5
解析　(1)溶液的pH不变，说明c(H＋)不变，表明反应已达平衡，c正确。
(2)c(CrO)＋2c(Cr2O)＝0.55
mol·L－1，
eq
\f(2c（Cr2O）,c（CrO）＋2c（Cr2O）)＝，
解得：c(CrO)＝0.05
mol·L－1，
c(Cr2O)＝0.25
mol·L－1，
K＝eq
\f(c（Cr2O）,c2（CrO）·c2（H＋）)＝1014，
解得：c(H＋)＝10－6
mol·L－1，pH＝6。
(3)Cr2O中Cr的化合价是＋6，所以1
mol
Cr2O被还原转移6
mol电子；1
mol
Fe2＋被氧化生成Fe3＋，转移1
mol电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO4·7H2O的物质的量为
6
mol。
(4)由溶度积常数的表达式Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32可知，当c(Cr3＋)＝10－5
mol·L－1时，c(OH－)＝10－9
mol·L－1，所以pH＝5。第1课时　化学平衡状态的建立及标志
[目标导航]　1.了解化学反应的可逆性，了解可逆反应的概念。2.了解化学平衡的建立，通过分析化学平衡的建立，培养归纳和形象思维能力。3.理解化学平衡的特征，树立对立统一的辩证唯物主义观点。
一、可逆反应与不可逆反应
1．可逆反应
(1)概念：
在相同条件下，既能向正反应方向进行又能向逆反应方向进行的化学反应。
(2)表示方法：
用“??”表示，把从左向右的反应称作正反应，从右向左的反应称作逆反应。例如：SO2与H2O反应可表示为SO2＋H2O??H2SO3。
(3)特征：
①正、逆反应发生的条件相同；
②反应不能进行到底，反应体系中，与化学反应有关的各种物质共存。
2．可逆反应与不可逆反应的比较
可逆反应
不可逆反应
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称为可逆反应。化学方程式中用“??”表示，如N2＋3H22NH3、H2＋I22HI
正反应几乎能进行到底或逆反应进行的程度非常小，这样的反应通常称为不可逆反应，如NaOH＋HCl===NaCl＋H2O、H2＋Cl22HCl
【合作探究】
1．对于可逆反应：2SO2＋O2??2SO3，在混合气体中充入一定量的18O2，足够时间后，18O原子将存在于哪些物质中？为什么？
答案　存在于SO2、O2、SO3中，因为通入18O2后，SO2和18O2反应生成含有18O的三氧化硫，同时三氧化硫再分解生成含有18O的二氧化硫和氧气。
2．判断下列关于“可逆反应”的叙述是否正确。
(1)反应物和生成物能相互转化的反应都是可逆反应(　　)
(2)可逆反应不能进行到底，反应物和生成物并存(　　)
(3)可逆反应进行到一定程度时，反应就会停止(　　)
(4)可逆反应中反应物的转化率不能达到100%(　　)
(5)H2和O2的化合与H2O的分解是可逆反应(　　)
(6)乙酸和乙醇的酯化反应与乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应是可逆反应(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×
二、化学平衡状态
1．化学平衡的建立
在一定条件下，把某一可逆反应的反应物加入固定容积的密闭容器中。反应过程如下：
以上过程可用下图表示：
2．化学平衡状态
一定条件下，可逆反应中，正反应速率与逆反应速率相等，反应混合物中各种物质的浓度或质量保持不变的状态。
3．化学平衡状态的特征
化学平衡状态具有“逆”“等”“动”“定”“变”的特征。
(1)逆：化学平衡研究的对象是可逆反应。
(2)等：正反应速率和逆反应速率相等。
(3)动：化学平衡从表面上或宏观上看好像停止了，但从本质上看反应并未停止，只不过正反应速率与逆反应速率相等罢了。
(4)定：在平衡混合物中，各组成成分的百分含量保持一定，不再随时间的改变而改变。
(5)变：化学平衡是在一定条件下建立的暂时平衡，若影响化学平衡的外界条件改变，化学平衡状态就会发生改变。
【合作探究】
1．v正＝v逆指的是同一种物质还是不同种物质？当v正＝v逆时，化学反应停止了吗？
答案　(1)化学反应达到平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等是指同一种物质的反应速率与生成速率相等。不同种物质的正、逆反应速率不一定相等。
(2)v正＝v逆，但二者均不为0，即反应没有停止。
2．化学平衡状态的建立，与反应途径是否有关？会不会因时间变化而变化？
答案　化学平衡状态的建立与反应途径无关，对于一个给定的可逆反应，如果反应条件一定，不论采取何种途径(反应无论是从反应物开始或还是从生成物开始)最后都能建立相同的化学平衡状态，该平衡状态也不会因时间的变化而变化。
一、可逆反应的判断与利用
【例1】　在密闭容器中进行反应：X2(g)＋Y2(g)??2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1
mol·L－1、0.3
mol·L－1、0.2
mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是(　　)
A．Z为0.3
mol·L－1
B．Y2为0.4
mol·L－1
C．X2为0.2
mol·L－1
D．Z为0.4
mol·L－1
答案　A
【方法探究】　利用极端假设法确定各物质的浓度范围
上述题目中可利用极端假设法判断，假设反应正向或逆向进行到底，求出各物质浓度的最大值和最小值，从而确定它们的浓度范围。
假设反应正向进行到底：X2(g)＋Y2(g)??2Z(g)
起始浓度(mol·L－1)
0.1
0.3
0.2
改变浓度(mol·L－1)
0.1
0.1
0.2
终态浓度(mol·L－1)
0
0.2
0.4
假设反应逆向进行到底：X2(g)＋Y2(g)??2Z(g)
起始浓度(mol·L－1)
0.1
0.3
0.2
改变浓度(mol·L－1)
0.1
0.1
0.2
终态浓度(mol·L－1)
0.2
0.4
0
平衡体系中各物质的浓度范围为X2∈(0，0.2)，Y2∈(0.2，0.4)，Z∈(0，0.4)。
变式训练1　在密闭容器中进行反应：X2(g)＋3Y2(g)??2Z(g)，X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.2
mol·L－1、0.6
mol·L－1、0.4
mol·L－1，当平衡时，下列数据肯定不正确的是(　　)
A．X2为0.4
mol·L－1，Y2为1.2
mol·L－1
B．Y2为1.0
mol·L－1
C．X2为0.3
mol·L－1，Z为0.2
mol·L－1
D．Z为0.6
mol·L－1
答案　A
解析　化学平衡研究的是可逆反应，故解这类题目时要善于利用极值法，可分别考虑反应正向进行彻底和反应逆向进行彻底两种情况。
由可逆反应的含义知，0＜c(X2)＜0.4
mol·L－1，0＜c(Y2)＜1.2
mol·L－1，0＜c(Z)＜0.8
mol·
L－1。
二、化学平衡状态的判断标志
【例2】　可逆反应：2NO2??2NO＋O2在恒容的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是(　　)
①单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO2
②单位时间内生成n
mol
O2的同时生成2n
mol
NO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A．①④⑥⑦
B．②③⑤⑦
C．①③④⑤
D．全部
解析　依据v正＝v逆≠0判断：①单位时间内生成n
mol
O2的同时必消耗2n
mol
NO2，①能说明反应已达到平衡；②描述的均是正反应速率，无法判断；③无论反应是否达到平衡，均有此关系；依据组成一定判断：④NO2(红棕色)为有颜色的气体，颜色不变能说明反应体系中NO2浓度一定，反应已达到平衡；⑤因ρ＝，反应前后，m、V均不变，ρ也不变，不能说明反应达到平衡；这是一个反应前后气体分子数发生改变的反应，⑥⑦均能说明反应已达平衡。
答案　A
【归纳总结】
1．判断依据
(1)正反应速率与逆反应速率相等：v正＝v逆
①对于同一物质，该物质的生成速率等于它的消耗速率；
②对于不同物质，速率之比等于方程式中的化学计量数之比，但必须是不同方向的速率。
(2)可逆反应发生过程中的可变量达不变
在可逆反应中有很多可变量，如：浓度、物质的量、百分含量等，当可变量达不变时，则反应达平衡。
2．判断方法
以反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)＋qD(g)为例
v正＝v逆
同一物质
生成速率等于消耗速率
不同物质
化学反应速率之比等于化学计量数之比，且表示不同方向(即“一正一逆”)
可变量达不变
各物质的物理量
各组成成分的质量、物质的量、分子数、物质的量浓度保持不变
各物质的含量
各组成成分的质量分数、物质的量分数、气体的体积分数保持不变
气体的总物质的量
m＋n≠p＋q时，气体的总物质的量一定
恒容条件下的压强
m＋n≠p＋q时，总压强一定
恒压条件下气体的密度
m＋n≠p＋q时，ρ＝一定
混合气体的平均相对分子质量(Mr)
当m＋n≠p＋q时，Mr＝一定
有颜色变化的反应
气体的颜色不再变化
变式训练2　下列说法可以证明H2(g)＋I2(g)??2HI(g)已达平衡状态的是________(填序号)。
①单位时间内生成n
mol
H2的同时，生成n
mol
HI　②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂　③百分含量w(HI)＝w(I2)　④反应速率v(H2)＝v(I2)＝v(HI)　⑤c(HI)∶c(H2)∶c(I2)＝2∶1∶1　⑥温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化　⑦温度和体积一定时，容器内压强不再变化　⑧条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化　⑨温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化　⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
答案　②⑥⑨
解析　(1)对于反应前后气体分子总数不等的可逆反应，可从化学反应速率、化学键断裂、物质的量、物质的量浓度、转化率、颜色、温度、平均相对分子质量、压强、密度等来判断。(2)对于反应前后气体分子总数相等的可逆反应，可从化学反应速率、化学键断裂、物质的量、物质的量浓度、转化率、颜色、温度等来判断(此时平均相对分子质量、压强、密度不能作为判断依据)。
1．下列有关可逆反应的说法不正确的是(　　)
A．可逆反应是指在同一条件下能同时向正、逆两个方向进行的反应
B．2HIH2＋I2是可逆反应
C．2H2＋O22H2O与2H2O2H2↑＋O2↑互为可逆反应
D．可逆反应中反应物和生成物同时存在
答案　C
解析　C项中两个反应是在不同的条件下进行的，故两个反应不互为可逆反应，C项不正确。
2．一定条件下，将A、B、C三种物质各1
mol通入一个密闭容器中发生反应：2A＋B??2C，达到平衡时，B的物质的量可能是(　　)
A．1.5
mol
B．1
mol
C．0.5
mol
D．0
答案　B
解析　可逆反应不能进行彻底，若反应正向进行彻底，则剩余B
0.5
mol；若反应逆向进行彻底，则剩余B
1.5
mol。故平衡时，0.5
molmol。
3．一定条件下反应2AB(g)??A2(g)＋B2(g)达到平衡状态的标志是(　　)
A．容器内压强不随时间变化
B．容器内，3种气体AB、A2、B2共存
C．容器中各组分的体积分数不随时间变化
D．AB的消耗速率等于A2的消耗速率
答案　C
解析　A项，该反应为等体积反应，压强不变不能作为平衡的标志；B项，未到达平衡状态，三种物质也能共存；D项，当AB的消耗速率应等于A2消耗速率的2倍时，该反应才达到平衡状态。
4．一定温度下某容积不变的密闭容器中，可逆反应C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)可建立平衡状态。下列状态中不能确定该反应已达到平衡状态的是(　　)
A．体系的压强不再发生变化
B．v正(CO)＝v逆(H2O)
C．生成n
mol
CO的同时生成n
mol
H2
D．1
mol
H—H键断裂的同时断裂2
mol
H—O键
答案　C
解析　不论反应是否达到平衡状态，生成n
mol
CO的同时都会生成n
mol
H2。
5．在一定温度下，向a
L密闭容器中加入1
mol
O2和2
mol
NO，发生如下反应：O2(g)＋2NO(g)??2NO2(g)，此反应不一定达平衡的是(　　)
A．容器内压强不随时间变化
B．容器内各物质的浓度不随时间变化
C．容器内O2、NO、NO2的浓度之比为1∶2∶2
D．单位时间内生成1
mol
O2，同时生成2
mol
NO2
答案　C
解析　A项，该反应气体数目有变化，当容器内压强不随时间变化时，必达平衡；B项必达平衡；C项中，其比例是反应方程式中的系数比，不能反映量已固定，所以，不一定是平衡状态；D项，O2的生成是逆向反应，NO2的生成是正向反应，比例1∶2与化学方程式计量数相符，必是平衡状态。
[基础过关]
一、化学平衡状态的建立与特征
1．在一定量的密闭容器中进行反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)。已知反应过程中某一时刻N2、H2、NH3的浓度分别为0.1
mol·L－1，0.3
mol·L－1，0.2
mol·L－1。当反应达到平衡时，可能存在的数据是(　　)
A．N2为0.2
mol·L－1，H2为0.6
mol·L－1
B．N2为0.15
mol·L－1
C．N2、H2均为0.18
mol·L－1
D．NH3为0.4
mol·L－1
答案　B
解析　解答时，应注意两点：(1)可逆反应既可向正反应方向进行，同时又可向逆反应方向进行；(2)可逆反应不能进行到底，只能反应到一定程度达到平衡状态，平衡时各物质的物质的量都大于零。对于本题，若反应从题给某一时刻开始向正反应方向进行并达到平衡，此时NH3的浓度应小于0.4
mol·L－1；若反应从题给某一时刻开始向逆反应方向进行并达到平衡，此时N2的浓度应小于0.2
mol·L－1，H2的浓度应小于0.6
mol·L－1；从题给量的关系易知无论反应进行到什么程度c(N2)∶c(H2)＝1∶3，因此两者不可能同时均为0.18
mol·L－1。
2．哈伯因发明了由氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充入1
mol
N2和3
mol
H2，在一定条件下使该反应发生：N2＋3H22NH3。下列有关说法正确的是(　　)
A．达到化学平衡时，N2将完全转化为氨
B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
C．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化
D．达到化学平衡时，正、逆反应速率都为零
答案　C
解析　当可逆反应达到化学平衡状态时，v正＝v逆≠0，各组分的浓度(或质量)保持不变，但不一定相等。
3．14CO2与碳在高温条件下发生反应：14CO2＋C??2CO，达到平衡后，平衡混合物中含14C的粒子有(　　)
A．14CO2
B．14CO2、14CO
C．14CO2、14CO、14C
D．14CO
答案　C
解析　当可逆反应达到平衡状态时，反应并没停止，是一种动态平衡，所以14C在三种物质中都含有。
4．在一定条件下，将0.3
mol
CO2和0.2
mol
H2通入2
L密闭容器中，进行反应：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)。下列关于该反应建立平衡的说法正确的是(　　)
A．反应刚开始时，生成物浓度最大，正反应速率最小
B．随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，正反应速率逐渐增大
C．达到平衡状态时反应体系中CO2的浓度为0
mol·L－1
D．该反应建立平衡过程中v－t(时间)图像为
答案　A
解析　A项，由于该反应从逆反应开始进行，故反应刚开始时，生成物浓度最大，正反应速率最小，A项正确；随着反应的进行，生成物浓度逐渐减小，逆反应速率逐渐减小，反应物浓度逐渐增大，正反应速率逐渐增大，B项不正确；C项，该反应不能进行彻底，且起始时n(CO2)＞n(H2)，故平衡时CO2的浓度不可能是0
mol·L－1，C项不正确；D项，该反应建立平衡的过程中，逆反应速率大于正反应速率，且逆反应速率逐渐减小，正反应速率逐渐增大，达到平衡时正、逆反应速率相等，D项不正确。
二、化学平衡状态的判断依据
5．可逆反应N2＋3H2??2NH3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)
答案　C
解析　达到平衡状态时正、逆反应速率相等，各组成成分的含量不变。正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率。可逆反应中用各种物质表示的反应速率与化学计量数成正比，需将其转换为同一物质表示速率进行比较。
6．一定条件下，在体积为1
L的密闭容器中，1
mol
X和1
mol
Y
进行反应：2X(g)＋Y(g)??Z(g)，下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是(　　)
A．X的百分含量不再发生变化
B．c(X)∶c(Y)∶c(Z)＝2∶1∶1
C．容器内原子总数不再发生变化
D．同一时间内消耗2n
mol
X的同时生成n
mol
Z
答案　A
解析　反应过程中原子个数守恒，所以C不合题意；消耗2n
mol
X与生成n
mol
Z是同一反应方向，也不能说明反应已达平衡；浓度之比为2∶1∶1，不能说明浓度保持不变。
7．下列说法中，可以证明反应N2＋3H2??2NH3已达到平衡状态的是(　　)
①1个N≡N键断裂的同时有3个H—H键形成
②N2、H2、NH3的分子数之比为1∶3∶2　③1个N≡N键断裂的同时有6个N—H键形成　④N2、H2、NH3的浓度不再变化
A．①④
B．②③
C．①③
D．②④
答案　A
解析　①中有一个N≡N键断裂时，也应有3个H—H键断裂，即与3个H—H键形成是相反方向的，v正＝v逆，故能说明反应达到平衡状态；②平衡时，N2、H2、NH3的分子数之比不一定为1∶3∶2；③中一个N≡N键断裂的同时必定形成6个N—H键，也不能说明反应达到平衡；④中各物质浓度不变，是化学平衡状态的重要标志之一，反应达到平衡。
三、化学平衡状态的综合判断
8．恒温恒容的情况下，反应A2(g)＋B2(g)??2AB(g)达到平衡状态的标志是(　　)
A．容器内气体的密度不随时间而变化
B．容器内的总压强不随时间而变化
C．单位时间内生成2n
mol
AB的同时，生成n
mol
B2
D．A2、B2、AB的反应速率比为1∶1∶2的状态
答案　C
解析　ρ＝，m、V始终不变，则ρ始终不变；该反应是等体反应，所以总压强始终不变；单位时间内生成2n
mol
AB时消耗n
mol
B2(正向反应速率)，同时生成n
mol
B2(逆向反应速率)，正、逆反应速率相等，说明反应已达平衡；无论是否达到化学平衡，三者反应速率之比始终为1∶1∶2。
9．在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：
甲：C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)；
乙：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)
现有下列状态：①混合气体平均相对分子质量不再改变
②恒温时，气体压强不再改变　③各气体组成浓度相等
④反应体系中温度保持不变　⑤断裂H—O键速率是断裂H—H键速率的2倍　⑥混合气体密度不变　⑦单位时间内，消耗水蒸气质量与生成氢气质量比为9∶1
其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是(　　)
A．①②⑤
B．③④⑥
C．⑥⑦
D．④⑤
答案　D
解析　甲容器中，碳为固态，该可逆反应属于气体体积不相等的反应；乙容器中，反应属于等气体分子数反应，气体相对分子质量、密度、压强都始终不变，①②⑥错误；各组分浓度相等，不能判断反应达到平衡状态，③错误；对于任何一个可逆反应，随着反应进行，体系温度会发生变化，当温度不改变时，说明反应达到平衡状态，④正确；生成H—O键速率是断裂H—H键速率的2倍，经转化，水中H—O键断裂速率等于生成H—O键速率，达到平衡状态，⑤正确；消耗水蒸气与生成氢气是同一方向，不能判断达到平衡状态，⑦错误。
10．一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g)??Y(g)＋Z(s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是(　　)
A．混合气体的密度不再变化
B．反应容器中Y的质量分数不变
C．X的分解速率与Y的消耗速率相等
D．单位时间内生成1
mol
Y的同时生成2
mol
X
答案　C
解析　X的分解速率与Y的消耗速率之比为2∶1时，才能说明反应达到平衡状态．故C项说明反应未达到平衡状态。
[能力提升]
11．在2
L密闭容器内，800
℃时反应2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g)　ΔH＜0，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)下图中表示NO2的变化的曲线是________。
用O2表示从0～2
s内该反应的平均速率v＝________。
(2)能说明该反应已达到平衡状态的是________。
A．v(NO2)＝2v(O2)
B．容器内压强保持不变
C．v逆(NO)＝2v正(O2)
D．容器内密度保持不变
答案　(1)b　1.5×10－3
mol·L－1·s－1　(2)BC
解析　该反应达到平衡时，n(NO)＝0.007
mol，此时n(NO2)＝0.013
mol，其浓度变化量为0.006
5
mol·L－1，所以表示NO2的变化曲线是b；0～2
s内v(NO)＝＝0.003
mol·L－1·s－1；则v(O2)＝v(NO)＝×0.003
mol·L－1·s－1＝1.5×10－3
mol·L－1·s－1。(2)中A表示的是同一方向的速率，在任何时候都成立，而D中容器的体积及气体的总质量都不变，气体的密度也始终不变。
12．在698
K时，向某V
L的密闭容器中充入2
mol
H2(g)和2
mol
I2(g)，发生反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH＝－26.5
kJ·mol－1，测得各物质的物质的量浓度与时间变化的关系如图所示。
请回答下列问题：
(1)V＝__________。
(2)该反应达到最大限度的时间是________，该时间内平均反应速率v(HI)＝________。
(3)该反应达到平衡状态时，________(填“吸收”或“放出”)的热量为__________。
答案　(1)2　(2)5
s　0.316
mol·L－1·s－1
(3)放出　41.87
kJ
解析　(1)由图知初始反应时，c(H2)＝c(I2)＝1
mol·L－1，而加入的H2和I2的物质的量均为2
mol，所以V＝2。
(2)反应达到最大限度即达到化学平衡，所需时间为5
s，v(HI)＝＝0.316
mol·
L－1·s－1。
(3)可逆反应从正反应建立，所以需放出热量。由反应：H2(g)＋I2(g)??2HI(g)　ΔH＝－26.5
kJ·mol－1，达到平衡时共生成n(HI)＝1.58
mol·L－1×2
L＝3.16
mol，所以放出的热量为×3.16
mol＝41.87
kJ。
[拓展探究]
13．在一定条件下，可逆反应A2(g)＋B2(g)??2C(g)达到平衡时，各物质的平衡浓度c(A2)＝0.5
mol·L－1、c(B2)＝0.1
mol·L－1、c(C)＝1.6
mol·L－1，若用a、b、c分别表示A2、B2、C的初始浓度(mol·L－1)，则：
(1)a、b应满足的关系是__________________________________________________________。
(2)a的取值范围是______________________________________________________________。
答案　(1)a＝b＋0.4　(2)0.4≤a≤1.3
解析　(1)设转化过程中，A2(g)转化浓度为x
mol·L－1，则B2(g)转化浓度为x
mol·L－1。平衡浓度：a－x＝0.5，b－x＝0.1，解得a＝b＋0.4。
(2)由于无法判断平衡是从哪个方向建立的，可以分两种情况分析：从正反应方向进行，从逆反应方向进行。考虑两种极端情况：①A2、B2为起始物；②A2、C为起始物。根据题意，建立如下关系：
　　　　
A2(g)　＋　B2(g)　??　2C(g)
平衡浓度
0.5
0.1
1.6
(mol·L－1)
浓度变化①
0.5＋0.8
0.1＋0.8
0
(mol·L－1)
浓度变化②
0.5－0.1
0
1.6＋0.2
(mol·L－1)
所以a的取值范围是0.4≤a≤1.3。第1课时　电解原理
[目标导航]　1.了解电解、电解池的概念，会描述电解池的工作原理。2.能正确书写电解池的电极反应式和总反应方程式。3.理解并掌握电解规律和电解产物的判断方法。
一、电解CuCl2溶液的实验探究
1．实验操作
如图所示，在U形管中注入CuCl2溶液，插入两根石墨棒电极，把湿润的KI 淀粉试纸放在与直流电源正极相连的电极(阳极)附近。接通直流电源。
2．实验现象
阴极石墨棒上逐渐覆盖一层红色物质，阳极石墨棒上有气泡逸出，并可闻到刺激性的气味，同时看到湿润的KI 淀粉试纸变蓝色。
3．原理分析
CuCl2是强电解质且易溶于水，H2O是弱电解质，微弱电离生成H＋和OH－，因此溶液中存在Cu2＋、H＋、Cl－和OH－等4种离子。通电前，离子做自由移动；通电后，Cl－和OH－向阳极移动，Cu2＋和H＋向阴极移动。在阳极，OH－、Cl－均可能被氧化，由于Cl－的放电能力比OH－强，Cl－优先于OH－在阳极上发生反应；在阴极，Cu2＋和H＋都可能被还原，但Cu2＋的放电能力比H＋强，Cu2＋优先于H＋在阴极上发生反应。电极反应为
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应)；
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu(还原反应)。
电解反应：CuCl2Cu＋Cl2↑。
4．实验结论
在直流电的作用下，电能转化为化学能，CuCl2被电解为Cu和Cl2(Cu在阴极生成，Cl2在阳极生成)。
二、电解原理
1．电解
让直流电通过电解质溶液(或熔融的电解质)，而在两电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程叫电解。
2．电解池
(1)定义：将电能转化为化学能的装置。
(2)组成：与直流电源相连的两个固体电极；电解质溶液或熔融的电解质；形成闭合回路。
(3)电极名称与电极反应：
阳极：与电源正极相连，溶液中阴离子移向此极，失去电子，发生氧化反应。
阴极：与电源负极相连，溶液中阳离子移向此极，得到电子，发生还原反应。
(4)电子流向
电源负极→导线→电解池的阴极；电解池的阳极→导线→电源的正极。
(5)电解方程式：如电解熔融NaCl：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑
【合作探究】
1．电解时电子通过电解质溶液吗？
答案　电解质溶液通电电解时，在外电路中有电子通过，而溶液中是依靠离子定向移动，形成了电流。
2．电解质溶液导电时，一定会有化学反应发生吗？
答案　一定有化学反应发生，因为在电解池的两极发生了氧化还原反应，有电子转移，生成了新物质，所以一定有化学反应发生。
3．电解过程中放H2生碱型和放O2生酸型的实质是什么？在放H2生碱型的电解中，若滴入酚酞试液，哪一极附近溶液变红？
答案　放H2生碱型实质是水电离出的H＋在阴极上放电，破坏了阴极附近水的电离平衡，使OH－浓度增大，若滴入酚酞试液，阴极附近溶液变红；放O2生酸型的实质是水电离出的OH－在阳极上放电，破坏了阳极附近水的电离平衡，使H＋浓度增大。
4．要使电解后的CuSO4溶液复原，加入Cu(OH)2固体可以吗？
答案　应具体情况具体分析，若通电一段时间，CuSO4未电解完(即Cu2＋未全部放电)，使溶液复原应加入CuO，而加入Cu(OH)2会使溶液的浓度减小；若Cu2＋全部放电，又继续通电一段时间(此时电解水)，要使溶液复原应加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，若只加入CuO，此时浓度偏大。
【练一练】
判断正误(正确打“√”，错误打“×”)
(1)电解是把化学能转化为电能(
×
)
(2)电解质溶液导电一定发生化学反应(
√
)
(3)某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解可以实现(
√
)
(4)任何溶液被电解时，必须导致氧化还原反应的发生(
√
)
(5)电解、电离均需要通电才能实现(
×
)
(6)电解质溶液的导电过程就是该溶液的电解过程(
√
)
一、电解原理及电解时两电极产物的判断
1．阳极产物的判断
(1)活性金属电极(金属活动性顺序表中排在Ag之前)，电极金属失电子，生成对应的金属阳离子，阴离子不放电。
(2)惰性电极(Au、Pt、石墨)，溶液中的阴离子失电子，生成对应的非金属单质或高价化合物。
阴离子放电顺序：S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>高价态含氧酸根>F－。
2．阴极产物的判断
(1)与电极材料无关，直接根据阳离子放电顺序进行判断，溶液中的阳离子得电子生成对应的单质或低价化合物。
(2)阳离子的放电顺序：Ag＋＞Hg2＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋＞Pb2＋＞Sn2＋＞Ni2＋＞Fe2＋＞Zn2＋＞Mn2＋＞较活泼金属阳离子(注意Fe3＋的顺序)。
【例1】　如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是(　　)
A．a为负极，b为正极
B．a为阳极，b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加
D．电解过程中，氯离子浓度不变
解析　电流从电源的正极流出，故a为正极，b为负极；c为阳极，d为阴极。电解时，因Cu2＋移向阴极d，在阴极放电析出Cu，故d电极质量增加；Cl－移向阳极c，在阳极放电逸出Cl2，导致溶液中Cl－浓度降低。
答案　C
【反思感悟】　电解池阴极和阳极的判断依据
(1)电源的正极、负极、离子移动方向、发生反应的类型。
(2)电极质量变化：质量减轻为阳极，质量增加为阴极。
(3)电极产物：有Cl2或O2析出的电极为阳极，有H2产生的电极为阴极。
(4)溶液变化：电解某中性溶液时，附近溶液能使酚酞呈红色的电极为阴极。
变式训练1　用惰性电极电解AgNO3溶液，下列说法不正确的是(　　)
A．电解过程中阴极质量不断增加
B．电解过程中溶液的pH不断降低
C．此时向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复到电解前的状况
D．电解后两极产生的气体体积比为2∶1
答案　D
解析　处理有关电解问题首先应注意电极材料，在此基础上写出电极反应和总的电解反应式，根据总的电解反应式来分析电解前后的物质变化和溶液浓度变化，分析溶液的pH变化必须注意原溶液的pH情况。用惰性电极电解AgNO3溶液，总的电极反应式为4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。可知：阴极上析出Ag，阳极上放出O2，故A正确、D错误；由于生成HNO3溶液，pH应不断降低，B正确；要使溶液恢复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，可以使溶液恢复电解前的状况，C正确。
二、惰性电极电解电解质溶液的规律
类型
实例
电解质特点
电极反应特点
电解质浓度
pH值
电解质溶液复原方法
阴极
阳极
电解水型
NaOH
可溶性强碱
4H＋＋4e－===2H2
4OH－－4e－===2H2O＋O2
增大
增大
加水
H2SO4
含氧酸
增大
减小
加水
Na2SO4
活泼金属含氧酸盐
增大
不变
加水
电解电解质型
HCl
无氧酸
2H＋＋2e－===H2
2Cl－－2e－===Cl2
减小
增大
通氯化氢
CuCl2
不活泼金属无氧酸盐
Cu2＋＋2e－===Cu
减小
增大
加氯化铜
放H2生碱型
NaCl
活泼金属无氧酸盐
2H＋＋2e－===H2
生成新电解质
增大
通氯化氢
放O2生酸型
CuSO4
不活泼金属含氧酸盐
Cu2＋＋2e－===Cu
4OH－－4e－===2H2O＋O2
生成新电解质
减小
加氧化铜
【关键提醒】　惰性电极电解电解质溶液后要恢复原电解质溶液的浓度，需加适量的某物质时，遵循“少什么加什么，少多少加多少”的原则，所加物质可以是阴极与阳极产物的化合物。
【例2】　下图为直流电源电解稀Na2SO4溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊溶液。下列实验现象中正确的是(　　)
A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的
B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色
解析　电解Na2SO4溶液时，a为阴极：4H＋＋4e－===2H2↑，b为阳极：4OH－－4e－===
O2↑＋2H2O；a极周围由于H＋放电溶液呈碱性，石蕊显蓝色，b极周围由于OH－放电溶液呈酸性，石蕊显红色。
答案　D
【反思感悟】　判断电解后溶液酸、碱生成的方法
(1)若电解产物只有H2，而无O2，则阴极生成碱。
(2)若电解产物只有O2，而无H2，则阳极生成酸。
(3)若电解产物既有O2，又有H2，且二者物质的量之比为1∶2，则实质是电解水，阳极生成酸，阴极生成碱，最终溶液中无酸和碱生成。
变式训练2　下图中X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味气体放出。符合这一情况的是下表中的(　　)
选项
a电极
b电极
X电极
溶液
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
答案　A
解析　由a极板质量增加，知溶液中阳离子在a极板析出，则a为阴极，X为负极；因B中a极板不析出金属，C中X为正极，故B、C错；又由b极板有无色无味气体放出，知D错。
三、电解池中电极反应式的书写
【例3】　根据以下装置图书写电极反应式和总反应离子方程式。
答案　(1)阴极：4Ag＋＋4e－===4Ag
阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
总反应：4Ag＋＋2H2O4Ag＋4H＋＋O2↑
(2)阳极：Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2
阴极：2H＋＋2e－===H2↑
总反应：Fe＋2H2OFe(OH)2＋H2↑
(3)阳极：Cu－2e－===Cu2＋
阴极：2H＋＋2e－===H2↑
总反应：Cu＋2H＋Cu2＋＋H2↑
【归纳总结】
1．做到“三看”，正确书写电极反应式
(1)一看电极材料，若是金属(Au、Pt除外)作阳极，金属一定被电解(注：Fe生成Fe2＋而不是生成Fe3＋)。
(2)二看介质，介质是否参与电极反应。
(3)三看电解质状态，若是熔融状态，就是金属的电冶炼。
2．规避“三个”失分点
(1)书写电解池中电极反应式时，一般以实际放电的离子表示，但书写总电解反应方程式时，弱电解质要写成分子式。
(2)要确保两极电子转移数目相同，且应注明条件“电解”。
(3)电解水溶液时，应注意放电顺序中H＋、OH－之后的离子一般不参与放电。
变式训练3　根据下列装置图，回答问题。
(1)若A、B均为惰性电极，电解质溶液为MgCl2溶液。
阳极：________________；
阴极：________________；
总反应式：________________。
(2)若A为Cu，B为碳棒，电解质溶液为CuSO4溶液。
阳极：________________；
阴极：________________。
(3)若A为碳棒，B为铁，电解质为熔融NaCl。
阳极：________________；
阴极：________________；
总反应式________________________。
答案　(1)2Cl－－2e－===Cl2↑
2H＋＋2e－===H2↑
Mg2＋＋2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓
(2)Cu－2e－===Cu2＋　Cu2＋＋2e－===Cu
(3)2Cl－－2e－===Cl2↑　2Na＋＋2e－===2Na
2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑
1．下列关于电解池工作原理的说法中，错误的是(　　)
A．电解池是一种将电能转变成化学能的装置
B．电解池中发生的反应是非自发的氧化还原反应
C．电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应
D．与原电池不同，电解池放电时，电极本身不会参加电极反应
答案　D
2．用石墨作电极，电解下列物质的溶液，其实质不是电解水的是(　　)
A．NaNO3
B．NaOH
C．Na2SO4
D．NaCl
答案　D
3.如图所示，铁片、铜片和CuSO4溶液可以构成原电池或电解池，下列说法正确的是(　　)
A．构成原电池时，Cu极反应式为Cu－2e－===Cu2＋
B．构成电解池时，Cu极质量可能减少也可能增加
C．构成电解池时，Fe极质量一定减少
D．构成的原电池或电解池在工作时的反应原理一定不同
答案　B
解析　用导线将两极直接相连构成原电池，此时发生的反应为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，Fe极作负极，发生的电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Cu极作正极，发生的电极反应为Cu2＋＋
2e－===Cu，A项错误。若接通直流电源构成电解池，有两种情况：(1)铁与电源负极相连作阴极，阴极发生还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu，铜与电源正极相连作阳极，阳极发生氧化反应：Cu－2e－===Cu2＋；(2)铜与电源负极相连作阴极，阴极发生还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu，铁与电源正极相连作阳极，阳极发生氧化反应：Fe－2e－===Fe2＋，此时的电解总反应为Fe＋Cu2＋Fe2＋＋Cu，反应的原理和构成原电池时一样。综上分析，B项正确，C、D项错误。
4．用石墨作电极电解CuCl2和KCl的混合溶液，电解初期阴极和阳极析出的物质分别是(　　)
A．H2、Cl2
B．Cu、Cl2
C．H2、O2
D．Cu、O2
答案　B
解析　本题考查离子放电顺序，溶液中的离子有Cu2＋、K＋、H＋及Cl－、OH－五种离子，得电子能力：Cu2＋>H＋>K＋，失电子能力：Cl－>OH－，所以电解初期：阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，故选B。
5．用惰性电极电解下列溶液，其中随着电解的进行，溶液pH逐渐减小的是(　　)
①氯化钠溶液　②硫酸铜溶液　③氢氧化钠溶液　④稀硫酸　⑤稀盐酸　⑥硫酸钠溶液
A．①③⑤
B．②④⑤
C．②④
D．②④⑥
答案　C
6．用惰性电极电解下列溶液一段时间后(溶质仍有剩余)再加入一定量的某种物质(方括号内物质)，能够使溶液恢复到原来的成分和浓度的是(　　)
A．AgNO3[AgNO3]
B．NaOH[H2O]
C．KCl[KCl]
D．CuSO4[Cu(OH)2]
答案　B
[基础过关]
一、电解池的电极名称的判断
1．关于原电池、电解池的电极名称，下列说法错误的是(　　)
A．原电池中失去电子的一极为负极
B．电解池中与直流电源负极相连的一极为阴极
C．原电池中相对活泼的一极为正极
D．电解池中发生氧化反应的一极为阳极
答案　C
解析　根据两池的结构与反应原理可确定，原电池中相对活泼的一极为负极。
2．若某装置发生如下反应：Cu＋2H＋===Cu2＋＋H2↑，关于该装置的有关说法正确的是(　　)
A．该装置一定为原电池
B．该装置为电解池
C．若为原电池，Cu为正极
D．电解质溶液可能是硝酸溶液
答案　B
解析　已知反应为非自发的氧化还原反应，故该装置应为电解池，而非原电池，但电解质不能为HNO3，否则得电子的为NO，而不是H＋得电子放出H2。
3．如图所示，将锌棒和铜棒插入稀硫酸中。下列说法正确的是(　　)
A．甲装置中锌棒作负极发生氧化反应，乙装置中锌棒作阴极发生还原反应
B．甲装置中电子由锌棒经导线流向铜棒
C．乙装置中电解质溶液中的氢离子流向锌棒
D．甲、乙两个装置的反应原理不同
答案　B
解析　本题的易错之处是混淆原电池、电解池的电极名称及电极反应的类型。甲装置是原电池，锌棒作负极失去电子被氧化，乙装置是电解池，锌棒与电源的正极相连，作阳极发生氧化反应，A项错误。甲装置中锌棒作负极失去电子，电子经过导线流向铜棒，B项正确。乙装置中电解质溶液中的氢离子向阴极铜棒移动，C项错误。甲、乙两装置中对应的氧化还原反应均为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，反应原理相同，D项错误。
二、电极反应式、电解方程式的书写
4．有关甲、乙、丙、丁四个图示的叙述正确的是(　　)
A．甲中负极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
B．乙中阳极反应式为Ag＋＋e－===Ag
C．丙中H＋向碳棒方向移动
D．丁中电解开始时阳极产生黄绿色气体
答案　C
解析　由图知，甲、丙为原电池，甲中Zn为负极，负极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，A错；丙中Fe为负极，碳棒为正极，H＋向正极移动，C正确；乙、丁为电解池，乙中Ag作阳极，本身失电子，B错；丁中放电顺序：I－>Cl－，开始产生I2，D错。
5．下面列出了电解不同物质的电极反应式，其中错误的是(　　)
A．电解饱和食盐水，阴极：Na＋＋e－===Na
B．电解CuSO4溶液，阴极：Cu2＋＋2e－===Cu
C．电解熔融NaCl，阴极：Na＋＋e－===Na
D．电解NaOH溶液，阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
答案　A
解析　本题考查了电极反应式的书写和电极产物的判断。A中电解饱和食盐水时，阴极应是H2O电离出的H＋得电子放出H2。
6．用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有(　　)
①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑
②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑
③2Cl－＋2H＋H2↑＋Cl2↑
④2H2O2H2↑＋O2↑
A．①②③
B．①②④
C．②③④
D．②④
答案　D
解析　由n(CuSO4)∶n(NaCl)＝1∶3得n(Cu2＋)∶n(Cl－)＝1∶3，根据放电顺序，阴离子：
Cl－>OH－>SO，阳离子：Cu2＋>H＋>Na＋，知该电解过程分为3个阶段，
第一阶段：电解CuCl2溶液：Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑；
第二阶段：电解NaCl溶液：阴极：2H＋＋2e－===H2↑，阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，两式相加得到总反应式2Cl－＋2H＋H2↑＋Cl2↑，忽略了H＋来自于水，书写总反应式时不能将两式简单相加，而应将H＋改写成H2O而生成OH－，即2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；
第三阶段：电解H2O：2H2O2H2↑＋O2↑。
三、酸、碱、盐溶液的电解规律
7．下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是(　　)
A．HCl、CuCl2、Ba(OH)2
B．NaOH、CuSO4、H2SO4
C．NaOH、H2SO4、Ba(OH)2
D．NaBr、H2SO4、Ba(OH)2
答案　C
解析　本题考查离子放电顺序的应用，考查学生的分析判断能力。电解盐酸的方程式为2HClCl2↑＋H2↑，A选项错；电解CuSO4溶液的方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，B选项错；电解NaBr溶液的方程式为2NaBr＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Br2，D选项错。
8．用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，则电解一段时间后，下列有关该溶液(与电解前同温度)的说法中正确的有(　　)
①该溶液的pH可能增大；②该溶液的pH可能减小；
③该溶液的pH可能不变；④该溶液的浓度可能增大；
⑤该溶液的浓度可能不变；⑥该溶液的浓度可能减小
A．①②③
B．①②③④
C．①②③④⑤
D．全部
答案　C
解析　用惰性电极电解时两极只有H2和O2，则实质上电解的是水，电解质不参与反应。该电解质有3种可能，如电解H2SO4溶液时，水被电解，H2SO4浓度变大，pH减小；电解NaOH溶液时，水被电解，NaOH浓度变大，pH增大；电解Na2SO4溶液时，水被电解，Na2SO4浓度变大，pH不变，但若NaOH溶液、Na2SO4溶液是饱和溶液则浓度不变，故①、②、③、④、⑤正确，⑥不可能。
9．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理论设计的制取Cu2O的电解池示意图如图，电解总反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列说法正确的是(　　)
A．石墨电极上产生氢气
B．铜电极发生还原反应
C．铜电极接直流电源的负极
D．当有0.1
mol电子转移时，有0.1
mol
Cu2O生成
答案　A
解析　由电解总反应式可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨作阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，A选项正确；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu＋2OH－－2e－===Cu2O＋H2O，当有0.1
mol电子转移时，有0.05
mol
Cu2O生成，D选项错误。
10.如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色。下列说法中正确的是(　　)
A．X是正极，Y是负极
B．X是负极，Y是正极
C．CuSO4溶液的pH逐渐增大
D．CuSO4溶液的pH不变
答案　A
解析　根据题意，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，说明b极上有H2产生，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，即b为阴极，则Y为负极，X为正极，A正确、B错误；X为正极，则Pt作阳极，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，c(OH－)不断减小，则c(H＋)不断增大，溶液的pH逐渐减小，C、D错误。
[能力提升]
11．根据电解规律，填空：
(1)用惰性电极电解氯化钾溶液。
①阴极反应式是________________，阳极反应式是________________。
②电解的化学方程式是___________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
③电解后溶液的pH变化是________；欲使电解后的溶液复原，需加入的物质是____________。
(2)在硫酸铜溶液中，插入两个电极进行电解。
①若两极均为Pt电极，则阳极反应式是________________________，阴极反应式是________
_______________________________________________________________________________，
电解的化学方程式是_____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②若两极均为铜片，则阳极反应式是________________________，阴极反应式是__________
______________，电解过程中溶液的浓度变化是________。
③若阳极为锌片，阴极为铜片，则阳极反应式是________________，电解过程中两极的变化是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)①2H＋＋2e－===H2↑　2Cl－－2e－===Cl2↑　②2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑
③增大　HCl气体　(2)①4OH－－4e－===2H2O＋O2↑　2Cu2＋＋4e－===2Cu　2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4　②Cu－2e－===Cu2＋　Cu2＋＋2e－===Cu　不变　③Zn－
2e－===Zn2＋　阳极锌片不断溶解，阴极铜片质量不断增加
12．如图X是直流电源。Y池中c、d为石墨棒，Z池中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近显红色。
(1)①电源上b为________极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”，下同)。
②Z池中e为________极。
③连接Y、Z池线路中，电子流动的方向是d________e(用“→”或“←”填空)。
(2)①写出c极上反应的电极反应式：_______________________________________________。
②写出Y池中总反应的化学方程式：_______________________________________________
_______________________________________________________________________________。
③写出Z池中e极上反应的电极反应式：____________________________________________
_______________________________________________________________________________。
答案　(1)①负　②阳　③←
(2)①2Cl－－2e－===Cl2↑
②2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
③Cu－2e－===Cu2＋
解析　d极附近显红色，说明d为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，c为阳极，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，Y池电解NaCl溶液的总反应方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；直流电源中a为正极，b为负极，Z池中f为阴极，e为阳极，电极反应式分别为Cu2＋＋2e－===Cu、Cu－2e－===Cu2＋，电子流动方向由e→d。
[拓展探究]
13．下图是一个电化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O。
(1)请回答图中甲、乙两池的名称：
甲池是__________装置，乙池是__________装置。
(2)请回答下列电极的名称：
通入CH3OH的电极名称是__________，B(石墨)电极的名称是____________。
(3)写出电极反应式：
通入O2的电极的电极反应式是____________________________________________________。
A(Fe)电极的电极反应式为_______________________________________________________。
(4)乙池中反应的化学方程式为___________________________________________________。
答案　(1)原电池　电解池
(2)负极　阳极
(3)O2＋4e－＋2H2O===4OH－
4Ag＋＋4e－===4Ag
(4)4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3
解析　根据题意，甲池是一个燃料电池，则乙池为电解池，在甲池中CH3OH发生氧化反应，为原电池的负极，O2发生还原反应，为原电池的正极，A与CH3OH极相连，为电解池的阴极，B为阳极，电极反应式为
甲池：负极：2CH3OH－12e－＋16OH－===2CO＋12H2O，正极：3O2＋12e－＋6H2O===
12OH－；
乙池：阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，
阴极：4Ag＋＋4e－===4Ag，
电解反应：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。第1课时　水的电离、溶液的酸碱性与pH
[目标导航]　1.了解水的电离平衡及影响因素。2.了解水的离子积并能进行简单计算。3.了解溶液的酸碱性与pH的关系。
一、水的电离
1．水的电离
水是一种极弱的电解质，电离方程式为H2O＋H2O??H3O＋＋OH－，简写为H2O??H＋＋
OH－，水的电离常数K电离＝。
2．水的离子积常数
(1)Kw的推导
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，在室温时55.6
mol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)Kw的影响因素
水的离子积Kw，只受温度的影响，温度升高，Kw增大。
(3)Kw的适用范围
Kw不仅适用于纯水，还可适用于稀的电解质水溶液。
3．外界条件对水的电离平衡的影响
c(H＋)/mol·L－1
c(OH－)/mol·L－1
水的电离程度
平衡移动
Kw
纯水
1.0×10－7
1.0×10－7
——
——
1.0×10－14
升温
＞1.0×10－7
＞1.0×10－7
增大
向右
增大
加酸
＞1.0×10－7
＜1.0×10－7
减小
向左
不变
加碱
＜1.0×10－7
＞1.0×10－7
减小
向左
不变
加活泼金属
＜1.0×10－7
＞1.0×10－7
增大
向右
不变
【合作探究】
1．在pH＝2的盐酸溶液中由水电离出来的c(H＋)与c(OH－)之间的关系是什么？
答案　外界条件改变，水的电离平衡发生移动，但任何时候由水电离出的c(H＋)和c(OH－)总是相等的。
2．常温下，0.01
mol·L－1的HCl溶液中，c(H＋)水＝________；0.01
mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH－)水＝________。
答案　1.0×10－12
mol·L－1　1.0×10－12
mol·L－1
3．在100
℃，纯水中c(H＋)＝1.0×10－6
mol·L－1，此时Kw＝________，在该温度下，0.1
mol·
L－1
NaOH溶液中，c(OH－)水＝________。
答案　1.0×10－12　1.0×10－11
mol·L－1
二、溶液的酸碱性和pH
1．溶液的酸碱性
(1)常温下溶液的酸碱性与pH的关系
①pH＜7，溶液呈酸性；
②pH＝7，溶液呈中性；
③pH＞7，溶液呈碱性。
(2)溶液的酸碱性与c(H＋)、c(OH－)的关系
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。
①c(H＋)＞c(OH－)溶液呈酸性；
②c(H＋)＝c(OH－)溶液呈中性；
③c(H＋)＜c(OH－)溶液呈碱性。
2．pH
(1)表达式：pH＝－lg__c(H＋)。
(2)意义：pH越大，溶液碱性越强；pH越小，溶液酸性越强。
(3)适用范围：1×10－14
mol·L－1≤c(H＋)≤1
mol·L－1的溶液。
3．溶液酸、碱性的测定方法
(1)指示剂法
该法只能测其pH的大致范围，常见指示剂变色范围为
指示剂
变色范围
石蕊
pH＜5红色
5～8紫色
＞8蓝色
酚酞
pH＜8.2无色
8.2～10浅红色
＞10红色
甲基橙
pH＜3.1红色
3.1～4.4橙色
＞4.4黄色
(2)pH试纸法
把小片试纸放在表面皿或玻璃片上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在干燥的pH试纸上，试纸变色后，与标准比色卡对比，即可确定溶液的pH。
(3)pH计测量法
【合作探究】
1．判断溶液酸、碱性的标准是什么？pH＝7的溶液是否一定为中性溶液？
答案　判断溶液酸、碱性的标准是比较c(H＋)、c(OH－)的相对大小，pH＝7的溶液不一定为中性溶液，只有在常温下pH＝7的溶液才为中性溶液，因为Kw只与温度有关，如在100
℃时，Kw＝1.0×10－12，pH＝6为中性，pH＝7应为碱性。
2．使用pH试纸应注意什么？
答案　测定溶液的pH时，pH试纸不能润湿，否则，非中性溶液的pH测定值将比实际pH大或小，用广范pH试纸测溶液的pH时，只能读整数。
一、影响水电离平衡的因素
【例1】　25
℃时，水的电离达到平衡：H2O??H＋＋OH－　ΔH＞0，下列叙述正确的是(　　)
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
答案　B
解析　A项，向水中加入稀氨水，c(OH－)增大；B项，向水中加入NaHSO4，c(H＋)增大，由于温度不变，Kw应不变；C项，c(H＋)应增大；D项，加热，Kw增大，pH减小。
【规律总结】　水的电离影响因素分析
(1)水的电离是吸热过程，温度升高促进水的电离，c(H＋)、c(OH－)都增大，水仍呈中性。
(2)外加酸或碱，水中c(H＋)或c(OH－)增大，抑制水的电离，水的电离程度减小，Kw不变。
(3)活泼金属与水电离产生的H＋直接发生置换反应产生氢气，使水的电离平衡向右移动。
变式训练1　能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)＞c(OH－)的操作是(　　)
A．向水中投入一小块金属钠
　B．将水加热煮沸
C．向水中通入CO2气体
　D．向水中加食盐晶体
解析　A项中加入Na，Na与H2O反应生成NaOH，使c(OH－)＞c(H＋)；B项中c(H＋)＝
c(OH－)；C项中通入CO2：CO2＋H2O??H2CO3，故c(H＋)＞c(OH－)；而D项中c(H＋)＝
c(OH－)，故选C项。
答案　C
【例2】　在相同温度下，0.01
mol·L－1的NaOH溶液和0.01
mol·L－1的盐酸相比，下列说法正确的是(　　)
A．由水电离出的c(H＋)相等
B．由水电离出的c(H＋)都是1.0×10－12
mol·L－1
C．由水电离出的c(OH－)都是0.01
mol·L－1
D．两者都促进了水的电离
答案　A
解析　二者均抑制水的电离，且抑制程度相同。由于温度不确定，故不能确定Kw的值。
【归纳总结】　理清溶液中H＋或OH－的来源
1．常温下，中性溶液
c(OH－)＝c(H＋)＝10－7
mol·L－1
2．溶质为酸的溶液
(1)来源
OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。
(2)实例
如计算pH＝2的盐酸溶液中由水电离出的c(H＋)，方法是先求出溶液中的c(OH－)＝
(Kw/10－2)mol·L－1＝10－12
mol·L－1，即由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12
mol·L－1。
3．溶质为碱的溶液
(1)来源
H＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)。
(2)实例
如计算pH＝12的NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)，方法是知道溶液中的c(H＋)＝
10－12
mol·L－1，即由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12
mol·L－1。
变式训练2　室温下，把1
mL
0.1
mol·L－1的H2SO4溶液加水稀释成2
L溶液，在此溶液中由水电离产生的H＋浓度接近于(　　)
A．1×10－4
mol·L－1
B．1×10－8
mol·L－1
C．1×10－11
mol·L－1
D．1×10－10
mol·L－1
答案　D
解析　稀释后c(H＋)＝(1×10－3
L×0.1
mol·L－1×2)/(2
L)＝1×10－4
mol·L－1，c(OH－)＝＝1×10－10
mol·L－1，溶液中由水电离产生的H＋浓度等于c(OH－)。
二、溶液酸、碱性的判断
【例3】　下列关于溶液的酸碱性，说法正确的是(　　)
A．pH＝7的溶液是中性
B．中性溶液中一定有c(H＋)＝1.0×10－7
mol·L－1
C．c(OH－)＝c(H＋)的溶液呈中性
D．在100
℃时，纯水的pH<7，因此显酸性
解析　A项中运用pH判断溶液的酸碱性时，用到了水的离子积常数，它与温度有关，但A项未给出温度，所以错误；在中性溶液中c(H＋)和c(OH－)一定相等，但并不一定是1.0×
10－7
mol·L－1，所以B项错，C项正确；100
℃的纯水中，虽然pH<7，但c(H＋)＝c(OH－)，还是中性，所以D错误。
答案　C
【归纳总结】　溶液酸碱性的判断
(1)在25
℃的溶液中：
pH<7，溶液呈酸性，pH越小，c(H＋)越大，溶液的酸性越强；
pH＝7，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7
mol·L－1；
pH>7，溶液呈碱性，pH越大，c(OH－)越大，溶液的碱性越强。
(2)在任意温度下的溶液中：
c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；
c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；
c(H＋)用c(H＋)、c(OH－)的相对大小来判断溶液酸碱性，则不受温度影响。
变式训练3　下列溶液一定显酸性的是(　　)
A．溶液中c(OH－)>c(H＋)
B．滴加紫色石蕊溶液后变红色的溶液
C．溶液中c(H＋)＝10－6
mol·L－1
D．pH<7的溶液
答案　B
解析　判断溶液酸碱性的关键是看c(H＋)和c(OH－)的相对大小，若c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；而pH<7或c(H＋)>10－7
mol·L－1，仅适用于常温时，若温度不确定，就不能用来判断溶液的酸碱性。B项中可使紫色石蕊溶液变红，则该溶液为酸性。
1．下列说法正确的是(　　)
A．水的电离方程式：H2O===H＋＋OH－
B．升高温度，水的电离程度增大
C．在NaOH溶液中没有H＋
D．在HCl溶液中没有OH－
答案　B
解析　水是极弱电解质，只有少部分电离，应用“??”表示，故A错；水的电离是吸热的，所以升高温度，电离程度增大，B正确；在NaOH溶液中c(OH－)>c(H＋)，在HCl溶液中
c(OH－)2．常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10－13
mol·L－1，该溶液可能是(　　)
①二氧化硫的水溶液　②氯化钠水溶液　③硝酸钠水溶液　④氢氧化钠水溶液
A．①④
B．①②
C．②③
D．③④
答案　A
解析　某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10－13
mol·L－1，说明溶液既可能呈酸性，也可能呈碱性。①SO2＋H2O??H2SO3，H2SO3??HSO＋H＋，HSO??SO＋H＋，溶液呈酸性；④NaOH===Na＋＋OH－，溶液呈碱性。
3．下列操作能使水的电离平衡发生移动，且c(H＋)＞c(OH－)是(　　)
A．向水中投入一小块金属钠
B．将水加热煮沸
C．向水中通入CO2气体
D．向水中加食盐晶体
答案　C
解析　A项中加入的钠与H2O反应生成NaOH，使c(OH－)＞c(H＋)；B项中c(H＋)＝c(OH－)；C项中通入CO2：CO2＋H2O??H2CO3，故c(H＋)＞c(OH－)；而D项中c(H＋)＝c(OH－)，故选C项。
4．下列溶液一定显酸性的是(　　)
A．含H＋的溶液
B．c(OH－)C．pH<7的溶液
D．能与金属Al反应放出H2的溶液
答案　B
解析　溶液中的酸碱性取决于溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小；25
℃时pH<7的溶液才是酸性溶液；与Al反应放出H2的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液。
5．下列有关溶液的酸碱性与pH的说法错误的是(　　)
A．相同条件下，溶液pH越小，酸性越强，反之，碱性越强
B．pH<7的溶液，可能呈酸性
C．当溶液中的c(H＋)或c(OH－)较小时，用pH表示其酸碱性更为方便
D．把pH试纸直接插入待测溶液中，测其pH
答案　D
解析　A项因pH＝－lgc(H＋)，所以pH越小，c(H＋)越大，酸性越强，pH越大，c(H＋)越小，则c(OH－)越大，碱性越强，A项正确；B项在室温下，pH<7的溶液呈酸性，B项正确；C项当c(H＋)或c(OH－)小于1
mol·L－1时，使用pH表示其酸碱性更为方便，故C项正确；D项用pH试纸测溶液pH时，不能把pH试纸直接插入溶液中，正确的做法为取一小片pH试纸，放在洁净的表面皿上或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点于试纸中央，然后与标准比色卡对照读取数据，所以D项错误。
[基础过关]
一、水的离子积的应用
1．如果25
℃时，Kw＝1.0×10－14，T
℃时，Kw＝1.0×10－12。这说明(　　)
A．T
℃时的电离常数较大
B．前者的c(H＋)较后者大
C．水的电离过程是一个放热过程
D．Kw和K电离无直接关系
答案　A
解析　由Kw导出过程可知，Kw和K电离是有直接关系的两个量[Kw＝K电离·c(H2O)]。
2．水的电离过程为H2O??H＋＋OH－，在25
℃时，水的离子积Kw＝1.0×10－14，在35
℃时，水的离子积Kw(35
℃)＝2.1×10－14，则下列叙述正确的是(　　)
A．c(H＋)随着温度的升高而降低
B．35
℃时，c(H＋)C．35
℃时的水比25
℃时的水电离程度小
D．水的电离是吸热的
答案　D
解析　由题中条件可以看出，温度升高时，Kw增大。25
℃时，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7
mol·
L－1；35
℃时，c(H＋)＝c(OH－)≈1.45×10－7
mol·L－1。温度升高，c(H＋)
和
c(OH－)
都增大，且始终相等，水的电离程度也增大，因温度升高平衡向正反应方向移动，故水的电离为吸热反应。
3．25
℃时，在0.01
mol·L－1的硫酸溶液中，水电离出的H＋浓度是(　　)
A．5×10－13
mol·L－1
B．0.02
mol·L－1
C．1×10－7
mol·L－1
D．1×10－12
mol·L－1
答案　A
解析　H2SO4电离出的c(H＋)＝0.02
mol·L－1，由Kw＝1.0×10－14可知c(OH－)＝5×
10－13
mol·L－1，OH－是由水电离产生的，则水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝5×
10－13
mol·L－1。
4．在某温度时，测得纯水中的
c(H＋)＝2.0×10－7
mol·L－1，则
c(OH－)为(　　)
A．2.0×10－7
mol·L－1
B．0.1×10－7
mol·L－1
C.
mol·L－1
D．无法确定
答案　A
解析　根据水的电离方程式H2O??H＋＋OH－可知，无论在何种条件下，纯水中水电离出的c(H＋)＝c(OH－)，故答案为A。
二、水的电离平衡移动
5．向纯水中加入少量NaHSO4，在温度不变时，溶液中(　　)
A．c(H＋)/c(OH－)增大
B．c(H＋)减小
C．水中c(H＋)与c(OH－)的乘积增大
D．c(OH－)增大
答案　A
解析　水存在电离平衡：H2O??H＋＋OH－，加入NaHSO4，c(H＋)增大，c(OH－)减小，
c(H＋)·c(OH－)不变，c(H＋)/c(OH－)增大。
6．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是(　　)
A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性
B．水的离子积不变、pH不变、呈中性
C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性
D．水的离子积变大、pH变小、呈中性
答案　D
解析　水的电离是一个吸热过程，高温有利于其电离，c(H＋)增大，c(OH－)增大，所以其离子积增大，pH减小，但c(H＋)＝c(OH－)，所以纯水仍呈中性，选D。
7．下列关于水的电离平衡的相关说法正确的是(　　)
A．c(H＋)＝的溶液一定呈中性
B．将水加热，Kw增大，pH不变，仍呈中性
C．向水中加入少量硫酸氢钠固体，溶液的c(H＋)增大，平衡逆向移动，Kw减小
D．向0.1
mol·L－1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H＋)将减小
答案　A
解析　A项正确，c(H＋)＝说明c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；B项错误，水电离是吸热，加热Kw增大，pH减小但仍呈中性；C项错误，加入的硫酸氢钠固体电离：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，大量H＋加入使水的电离平衡逆向移动，但Kw保持不变；D项错误，随着稀释的进行，醋酸对水的电离的抑制越来越小，所以水电离产生的c(H＋)将增大。
三、溶液酸碱性的判断
8．下列说法正确的是(　　)
A．强酸的水溶液中不存在OH－
B．pH＝0的溶液是酸性最强的溶液
C．在温度不变时，水溶液中c(H＋)和c(OH－)不能同时增大
D．某温度下，纯水中c(H＋)＝2×10－7
mol·L－1，其呈酸性
答案　C
解析　在酸性或碱性水溶液中均存在H＋和OH－，所以A错；pH＝0的溶液中c(H＋)＝
1.0
mol·L－1，并不是酸性最强的溶液，只是c(H＋)>1.0
mol·L－1的溶液用pH表示酸性强弱不再方便，故B错；在温度一定时，c(H＋)·c(OH－)＝Kw是一个定值，故二者不能同时增大，故C对；纯水中，c(H＋)＝c(OH－)，呈中性，所以D错误。
9．25
℃时的下列溶液中，碱性最强的是(　　)
A．pH＝11的溶液
B．c(OH－)＝0.12
mol·L－1
C．1
L中含有4
g
NaOH的溶液
D．c(H＋)＝1×10－10
mol·L－1的溶液
答案　B
解析　常温下，可以根据pH或c(H＋)比较溶液的酸碱性，同样也可以根据c(OH－)的大小来比较。A、C、D三个选项中溶液的c(OH－)依次为1×10－3mol·L－1、0.1
mol·L－1、1×
10－4mol·L－1，所以B中溶液的c(OH－)最大，碱性最强。
10．用试纸测定溶液酸碱性的正确操作是(　　)
A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
答案　A
解析　pH试纸使用方法：把一小块试纸放在表面皿或玻璃片上，用蘸有待测液的玻璃棒点在试纸的中部，随即(30
s内)用标准比色卡与之对照，确定溶液的pH。pH试纸不能用水润湿，若用水湿润会使溶液变稀，使测定结果可能产生误差。
[能力提升]
11．回答下列问题：
(1)某温度(t
℃)时，水的Kw＝1×10－12，则该温度____25
℃(填“>”、“<”或“＝”)，其理由是________________________________________________________________________。
(2)该温度下，c(H＋)＝1×10－7
mol·L－1的溶液呈______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH－)＝______________mol·L－1。
答案　(1)>　升温促进水电离，Kw增大
(2)碱性　1×10－7
解析　(1)升高温度，Kw增大，现Kw＝1×10－12>1×10－14，因此温度大于25
℃。
(2)该温度下该溶液中c(OH－)＝＝1×10－5
mol·L－1，因为c(OH－)>c(H＋)，所以溶液呈碱性；NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)等于溶液中的c(H＋)，即为1×10－7
mol·
L－1。
12．在水的电离平衡中，c(H＋)和c(OH－)的关系如图所示：
(1)A点水的离子积为1×10－14，B点水的离子积为_______________________________
_________________________________________。
造成水的离子积变化的原因是___________________________________________________。
(2)100
℃时，若向溶液中滴加盐酸，能否使体系处于B点位置？为什么？________________________________________________________________________。
(3)100
℃时，若盐酸中c(H＋)＝5×10－4
mol·L－1，则由水电离产生的c(H＋)＝________。
答案　(1)1×10－12　水的电离过程是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大
(2)否，在盐酸中c(H＋)≠c(OH－)，所以不可能处于B点
(3)2×10－9
mol·L－1
[拓展探究]
13．某同学为探究Kw的影响因素，做了如下探究。
(1)查阅资料，不同温度下水的离子积常数。
t/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/10－14
0.134
0.292
0.681
1.01
2.92
5.47
38.0
55.0
由此推出：随着温度的升高，Kw的值________；水的电离程度________；水的电离平衡向________移动，水的电离过程是________过程。
(2)取三只烧杯A、B、C，分别加入适量水，再向B、C烧杯中分别加入适量盐酸和NaOH，分析并填写下表：
纯水
加少量盐酸
加少量NaOH
c(H＋)
1.0×10－mol·L－17
增大
c(OH－)
1.0×10－7
mol·L－1
增大
c(H＋)和c(OH－)大小比较
c(H＋)＝c(OH－)
c(H＋)____
c(OH－)
c(H＋)____
c(OH－)
水的电离平衡移动方向
Kw值
1.0×10－14
综上所述，可得出如下结论：
①温度、________、________均能影响水的电离平衡。
②Kw只受________的影响，而与其他因素无关。
答案　(1)增大　增大　右　吸热　(2)(从左到右，从上到下)减小　减小　＞　＜　向左　向左　1.0×10－14　1.0×10－14
酸　碱　②温度第二章
化学反应速率和化学平衡
第一节
化学反应速率
[目标导航]　1.了解化学反应速率的概念，会定量表示化学反应速率。2.掌握化学反应速率的简单计算方法，提高速率概念的理解能力。3.学会化学反应速率的测定方法，会比较化学反应速率的快慢。
一、化学反应速率
1．定义
用来衡量化学反应过程进行的快慢程度的物理量。
2．表示方法
(1)可用单位时间内反应物或生成物的浓度变化来表示。
(2)在容积不变的反应容器中，通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。
3．表达式及其单位
(1)表达式：v＝。
(2)单位：mol·L－1·min－1[或mol/(L·min)]、mol·L－1·s－1[或mol/(L·s)]。
4．注意事项
(1)在某一个化学反应中无论是用反应物还是用生成物表示化学反应速率，其值均为正值。
(2)化学反应速率表示的均是某一段时间内的化学反应的平均速率，而不是某一时刻的化学反应的瞬时速率。
(3)一个确定的化学反应涉及反应物、生成物多种物质，因而定量表示一个化学反应的反应速率时，必须指明是用哪一种物质来表示的。
【合作探究】
1．在C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的反应中，可用哪些物质表示反应速率？在2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑的反应中呢？
答案　在C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)反应中，可以用H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度变化来表示反应速率，而在2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑的反应中只能用NaOH、H2的浓度变化来表示，即不能用固体或纯液体来表示反应速率，因为固体或纯液体的浓度为常数。
2．在一个体积为2
L的密闭容器中发生反应：2SO2＋O2??2SO3，经5
s后，测得SO3的物质的量为0.8
mol，填写下表：
有关反应物质
SO2
O2
SO3
物质的量变化/mol
0.8
0.4
0.8
物质的量浓度变化/(mol·L－1)
0.4
0.2
0.4
化学反应速率/
(mol·L－1·s－1)
0.08
0.04
0.08
速率之比
v(SO2)∶v(O2)∶v(SO3)＝2∶1∶2
结论：
①用不同反应物表示化学反应速率时，化学反应速率之比＝物质的量浓度变化之比＝物质的量变化之比＝化学计量数之比。
②同一化学反应的反应速率，用不同物质表示时数值可能不同，但意义相同。
二、化学反应速率的测定
1．测定原理
利用化学反应中与某一种化学物质的浓度(或质量)相关的性质进行测定。
2．测定方法
(1)利用能够直接观察的某些性质测定
如通过测量释放出一定体积的气体的时间来测定反应速率，或测量一定时间内气体压强的变化来测定反应速率。
(2)利用科学仪器测量出的性质进行测定，如颜色的深浅、光的吸收、光的发射、导电能力等。
(3)在溶液中，当反应物或生成物本身有比较明显的颜色时，常常利用颜色深浅和显色物质浓度间的正比关系来跟踪反应的过程和测量反应速率。
3．测定实例
设计实验测定锌与硫酸反应的速率，按下列实验步骤完成实验：
①按下图所示安装装置，加入锌粒，然后快速加入40
mL
1
mol·L－1的硫酸，测量收集10
mL
H2所用的时间。
②按图示再安装一套装置，加入与前一套装置相同的锌粒，然后再快速加入40
mL
4
mol·L－1的硫酸，测量收集10
mL
H2所用的时间。
回答下列问题：
(1)实验所用仪器有：锥形瓶、双孔塞、分液漏斗、直角导气管、50
mL注射器、铁架台、秒表。
(2)观察到的现象是：锌跟硫酸反应产生气泡；收集10
mL气体②所用时间比①所用时间短。
(3)所能得出的实验结论是：4__mol·L－1的硫酸与锌反应比1__mol·L－1的硫酸与锌反应快。
【注意事项】
①锌粒的大小(即表面积)基本相同。
②40
mL的硫酸溶液要迅速加入。
③装置气密性要好，且计时要迅速、准确。
一、化学反应速率的计算方法
【例1】　一定条件下，向2
L密闭容器中加入2
mol
N2和10
mol
H2，发生反应N2＋3H2??2NH3，2
min时测得剩余N2
1
mol，下列化学反应速率不正确的是(　　)
A．v(N2)＝0.25
mol·L－1·min－1
B．v(H2)＝0.75
mol·L－1·min－1
C．v(NH3)＝1
mol·L－1·min－1
D．v(NH3)＝0.5
mol·L－1·min－1
解析　解法一：求化学反应速率，需先求参加反应的物质的物质的量浓度的变化量和反应所耗时间，据物质的量的变化量与体积的比可得出浓度的变化量：
　　　　　　N2　　＋　　3H2　??　2NH3
起始量/mol
2
10
0
变化量/mol
2－1
3
2
2
min末量/mol
1
10－3
2
则v(N2)＝(2－1)mol/(2
L×2
min)＝0.25
mol·L－1·min－1，
v(H2)＝3
mol/(2
L×2
min)＝0.75
mol·L－1·min－1，
v(NH3)＝2
mol/(2
L×2
min)＝0.5
mol·L－1·min－1。
解法二：v(N2)＝＝0.25
mol·L－1·min－1。
用N2来表示反应速率时，因为v(N2)∶v(H2)∶v(NH3)＝1∶3∶2，故v(H2)＝0.75
mol·L－1·
min－1，v(NH3)＝0.5
mol·L－1·min－1。
答案　C
【规律总结】　化学反应速率的计算方法
(1)利用反应速率的定义式v＝求算。
(2)利用化学反应中各物质的速率之比等于化学计量数之比的规律求算。
(3)利用三段式进行计算
①求解化学反应速率计算题的一般步骤：
a．写出有关反应的化学方程式；
b．找出各物质的起始量、转化量、某时刻量；
c．根据已知条件列方程计算。
模板，对于反应：mA＋nB===pC＋qD。A的浓度为a
mol·L－1，B的浓度为b
mol·L－1。反应从t0
s开始进行至t1
s时，A消耗了x
mol·L－1，则反应速率可计算如下：
　　　　　　　　
mA＋
nB===pC＋qD
起始浓度/mol·L－1
a
b
0
0
转化浓度/mol·L－1
x
最终浓度/mol·L－1
a－x
b－
则v(A)＝mol·L－1·s－1，v(B)＝mol·L－1·s－1，v(C)＝mol
·L－1·s－1，v(D)＝mol·L－1·s－1。
②计算时注意以下量的关系：
a．对反应物：c起始－c转化＝c某时刻；
b．对生成物：c起始＋c转化＝c某时刻；
c．转化率：×100%。
变式训练1　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，用Z表示的反应速率为0.158
mol·L－1·s－1
B．反应开始到10
s，X的物质的量浓度减少了0.79
mol·L－1
C．反应开始到10
s时，Y的转化率为79.0%
D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)??Z(g)
答案　C
解析　由图像中数据计算用不同物质的浓度变化表示的化学反应速率之比，也就是化学计量数之比，然后即可推出化学方程式。由图像可知：X、Y的物质的量逐渐减少，为反应物，Z的物质的量逐渐增多，为生成物。它们的物质的量变化分别为X：(1.20－0.41)mol＝0.79
mol；Y：(1.00－0.21)mol＝0.79
mol；Z：(1.58－0)mol＝1.58
mol。故反应化学方程式为X＋Y??2Z，D项错；
A项：v(Z)＝＝＝0.079
mol·L－1·s－1；B项：Δc(X)＝＝＝0.395
mol·L－1；C项，Y的转化率＝×100%＝79.0%。
二、化学反应速率的比较
【例2】　对于反应A(g)＋3B(g)===2C(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最快的是(　　)
A．v(A)＝0.01
mol·L－1·s－1
B．v(B)＝0.02
mol·L－1·s－1
C．v(B)＝0.60
mol·L－1·min－1
D．v(C)＝1.0
mol·L－1·min－1
解析　对于同一反应在不同条件下的反应速率进行比较时，必须选定同一种速率单位和同一种物质，这样比较才有意义。如选择B物质和单位mol·L－1·min－1，并依据“各物质的速率之比等于化学方程式中计量数之比”进行相应的换算，然后进行对比。A项，v(B)＝3v(A)＝3×60
s·min－1×0.01
mol·L－1·s－1＝1.8
mol·L－1·min－1；B项，v(B)＝60
s·min－1×0.02mol
·L－1·s－1＝1.2
mol·L－1·min－1；D项，v(B)＝v(C)＝1.5
mol·L－1·min－1，经过比较可知A项反应进行的最快。
答案　A
【方法总结】
1．归一法
依据化学反应速率之比等于化学计量数之比，将同一反应中的用不同物质表示的反应速率，转化成用同一种物质表示的反应速率，然后直接依据数值进行比较。
2．比值法
用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，然后再对求出的数值进行大小排序，数值大的反应速率快。例如：
对于反应mA＋nB??pC＋qD，若v(A)/m＞v(B)/n，则前者反应速率快。
变式训练2　反应A＋3B===2C＋2D在四种不同情况下的反应速率分别为
①v(A)＝0.15
mol·L－1·s－1；②v(B)＝0.6
mol·L－1·s－1；③v(C)＝0.4
mol·L－1·s－1；④v(D)＝0.45
mol·L－1·s－1。
该反应进行的快慢顺序为________。
答案　④＞③＝②＞①
解析　解法一：将不同物质表示的速率换算为同一物质表示的速率，再比较速率数值的大小。
若以物质A为标准，将其他物质表示的反应速率换算为用物质A表示的速率，则由方程式中的化学计量数知：
v(A)∶v(B)＝1∶3，则②表示的v(A)＝0.2
mol·L－1·s－1；
v(A)∶v(C)＝1∶2，则③表示的v(A)＝0.2
mol·L－1·s－1；
v(A)∶v(D)＝1∶2，则④表示的v(A)＝0.225
mol·L－1·s－1。
故反应进行的快慢顺序为④＞③＝②＞①。
解法二：由反应速率之比与物质的化学计量数之比，比较后作出判断。由化学方程式A＋3B===2C＋2D得出：a.A与B的化学计量数之比为1∶3，而v(A)∶v(B)＝0.15∶0.6＝1∶4，故v(B)＞v(A)，从而得②＞①。
b．B与C的化学计量数之比为3∶2，而v(B)∶v(C)＝0.6∶0.4＝3∶2，故v(B)＝v(C)，从而得③＝②。
c．C与D的化学计量数之比为2∶2＝1∶1，而v(C)∶v(D)＝0.4∶0.45，故v(D)＞v(C)，从而得④＞③。
故该反应进行的快慢顺序为④＞③＝②＞①。
1．下列有关化学反应速率的说法中正确的是(　　)
A．对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B．化学反应速率通常用单位时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加来表示
C．若某化学反应的反应速率为0.5
mol·L－1·s－1，就是指在该时间内反应物和生成物的浓度变化都为0.5
mol·L－1·s－1
D．化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢的尺度
答案　D
解析　A项，中和反应速率很快，但有的没有明显现象，A错；B项，在化学反应中，由于固体和纯液体的浓度视为常数，其浓度变化值为零，故不能用它们表示反应速率，B错；C项，单位错，浓度变化单位应为mol·L－1，且由于化学计量数不一定相同，在该时间内反应物和生成物的浓度变化不一定都为0.5
mol·L－1。
2．在2
L密闭容器内，某气体反应物在2
s内由8
mol变为7.2
mol，则用该气体表示该反应的平均反应速率为(　　)
A．0.4
mol·L－1·s－1
B．0.3
mol·L－1·s－1
C．0.2
mol·L－1·s－1
D．0.1
mol·L－1·s－1
答案　C
解析　用该气体表示反应的平均反应速率为v＝＝＝0.2
mol·L－1·s－1，C正确。
3．在N2＋3H2??2NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.6
mol·L－1，在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.45
mol·L－1·s－1，则此段时间是(　　)
A．1
s
B．2
s
C．44
s
D．1.33
s
答案　B
解析　本题考查化学反应速率的有关计算。已知用H2表示的平均反应速率为0.45
mol·L－1·
s－1，则用NH3表示的平均反应速率为v(NH3)＝v(H2)＝×0.45
mol·L－1·s－1＝
0.3
mol·L－1·s－1，Δt＝＝2
s，故正确答案为B。
4．在不同条件下，分别测得反应2SO2＋O2??2SO3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)＝0.1
mol·L－1·s－1
D．v(O2)＝0.1
mol·L－1·s－1
答案　D
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－1·min－1；B.v(SO2)＝2v(O2)＝6
mol·L－1·min－1；C.v(SO2)＝0.1×60
mol·L－1·min－1＝6
mol·L－1·min－1；D.v(SO2)＝2v(O2)＝2×0.1×60
mol·L－1·min－1＝12
mol·L－1·min－1。
5．某温度时，在2
L容器中X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化关系曲线如图所示。
(1)由图中的数据分析，该反应的化学方程式为_____________________________
_________________。
(2)反应开始至2
min、5
min时Z的平均反应速率为________________、________________。
(3)5
min后Z的生成速率比5
min末Z的生成速率________(填“大”、“小”或“相等”)。
答案　(1)3X＋Y??2Z　(2)0.05
mol·L－1·min－1　0.04
mol·L－1·min－1　(3)相等
解析　(1)根据图示，X减少了0.6
mol，Y减少了0.2
mol，Z生成了0.4
mol，故X、Y、Z的物质的量变化之比为3∶1∶2，因5
min后三者共存，故反应的方程式为3X＋Y??2Z。
(2)根据图中数据，依据反应速率计算公式可计算出反应速率，需注意Z的初始物质的量是0.1
mol。
(3)5
min后Z的物质的量不再变化，反应速率相等。
[基础过关]
一、化学反应速率的概念理解
1．下列关于化学反应速率的说法，不正确的是(　　)
A．化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量
B．单位时间内某物质的浓度变化越大，则该物质反应就越快
C．化学反应速率可以用单位时间内生成某物质的质量的多少来表示
D．化学反应速率常用单位有“mol·L－1·s－1”和“mol·L－1·min－1”
答案　C
解析　化学反应速率是用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示的，即用单位时间内浓度的改变量来表示。
2．用纯净的CaCO3与1
mol·L－1
100
mL稀盐酸反应制取CO2。关于此反应，下列说法不正确的是(　　)
A．可以用单位时间内CaCO3质量的减少表示该反应的反应速率
B．可以用单位时间内生成H2的量表示该反应的反应速率
C．可以用单位时间内溶液中Ca2＋浓度的增加表示该反应的反应速率
D．可以用单位时间内CaCO3浓度的变化表示该反应的反应速率
答案　D
解析　CaCO3为固体，浓度不变化。
二、化学反应速率的比较
3．在2A＋B===3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的数据是(　　)
A．v(A)＝0.5
mol·L－1·s－1
B．v(B)＝0.3
mol·L－1·s－1
C．v(C)＝0.8
mol·L－1·s－1
D．v(D)＝1.0
mol·L－1·s－1
答案　B
解析　都换算成用B表示的反应速率：
A．v(B)＝＝0.25
mol·L－1·s－1
B．v(B)＝0.3
mol·L－1·s－1
C．v(B)＝＝
mol·L－1·s－1
D．v(B)＝＝0.25
mol·L－1·s－1
B项值最大，反应速率最快。
4．在a、b、c、d四个不同的容器中，在不同条件下进行反应2A(g)＋B(g)===3C(g)＋4D(g)。在0～t时间内测得：a容器中v(A)＝1
mol/(L·s)，b容器中v(B)＝0.6
mol/(L·s)，c容器中v(C)＝1.5
mol/(L·s)，d容器中v(D)＝12
mol/(L·min)。则在0～t时间内，反应速率最大的是(　　)
A．a容器中
B．b容器中
C．c容器中
D．d容器中
答案　B
解析　根据反应速率之比等于化学计量数之比，将四个不同容器中的反应速率用同一种物质表示，只有这样才能比较出反应速率的大小。如统一用v(B)表示，则a容器中v(B)＝0.5
mol/(L·s)，b容器中v(B)＝0.6
mol/(L·s)，c容器中v(B)＝0.5
mol/(L·s)，要注意d容器中v(D)＝12
mol/(L·min)，速率的单位与其他不一致，则转化后v(B)＝0.05
mol/(L·s)，由此可知b容器中反应速率最大。
三、化学反应速率的计算
5．某一反应物的浓度是1.0
mol·L－1，经过20
s后，它的浓度变成了0.2
mol·L－1，在这20
s内用该物质浓度变化表示的化学反应速率为(　　)
A．0.04
B．0.04
mol·L－1·s－1
C．0.08
mol·L－1·s－1
D．0.04
mol·L－1
答案　B
解析　v＝＝＝0.04
mol·L－1·s－1。A项无单位，D项单位不正确。
6．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0.6
mol·L－1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3
mol·L－1·s－1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6
mol·L－1·s－1
③2
s末时物质B的浓度为0.7
mol·L－1
④2
s末，物质A的转化率为70%
其中正确的是(　　)
A．①④
B．①③
C．②④
D．③④
答案　B
解析　2
s末C的浓度为0.6
mol·L－1，则2
s末n(C)＝0.6
mol·L－1×2
L＝1.2
mol，由三段式表示
　　　　　　　　　2A(g)
＋
B(g)　??　2C(g)
4
2
0
1.2
0.6
1.2
2.8
1.4
1.2
v(A)＝＝0.3
mol·L－1·s－1，
v(B)＝＝0.15
mol·L－1·s－1，
A的转化率为×100%＝30%，
2
s末时B的浓度c(B)＝＝0.7
mol·L－1。
7．将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生反应：NH4Br(s)??NH3(g)＋HBr(g)，2HBr(g)??Br2(g)＋H2(g)，2
min后，测知H2的浓度为0.5
mol·L－1，HBr的浓度为4
mol·
L－1，若上述反应速率用v(NH3)表示，则下列速率正确的是(　　)
A．0.5
mol·L－1·min－1
B．2.5
mol·L－1·min－1
C．2
mol·L－1·min－1
D．1.25
mol·L－1·min－1
答案　B
解析　此题为连锁反应，即NH4Br(s)分解生成的HBr又有一部分分解，故剩余的HBr的量为NH4Br分解生成的HBr的量减去分解的HBr量，即c(HBr)＝c生成(HBr)－c分解(HBr)。又知c(H2)＝0.5
mol·L－1，则c分解(HBr)＝1
mol·L－1，所以c生成(HBr)＝c(HBr)＋c分解(HBr)＝5
mol·
L－1，c(NH3)＝c生成(HBr)＝5
mol·L－1，v(NH3)＝＝2.5
mol·L－1·min－1。
8．把0.6
mol
X气体和0.4
mol
Y气体混合于2
L的密闭容器中，使它们发生如下反应：3X(g)＋Y(g)??nZ(g)＋2W(g)，5
min末已生成0.2
mol
W，若测知以Z表示的平均反应速率为0.01
mol·L－1·min－1，则n是(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
答案　A
解析　v(W)＝＝＝＝0.02
mol·L－1·min－1，由＝，则n＝＝＝1。
四、化学反应速率图像
9．用大理石(杂质不与稀盐酸反应)与稀盐酸反应制CO2，实验过程记录如图所示，下列有关说法正确的是(　　)
A．OE段表示的反应速率最快
B．EF段表示的反应速率最快，收集的CO2最多
C．FG段表示的收集的CO2最多
D．OG段表示随着时间的推移，反应速率逐渐增大
答案　B
解析　CaCO3与稀盐酸反应的化学方程式为CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O。图像的横坐标是时间，纵坐标是生成二氧化碳的体积，很明显是用单位时间内放出CO2的体积来表示其反应速率的，表现在图像上就是曲线的斜率，斜率越大，反应速率越大，放出的CO2越多。由图可以看出，EF段反应速率最快，收集的CO2最多；整个反应过程中，反应速率加快的幅度先小(OE段)后大(EF段)再小(FG段)，而不是逐渐增大，所以只有B项正确。
10．一定温度下，向容积为2
L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是(　　)
A．该反应的化学方程式为3B＋4D??6A＋2C
B．反应进行到1
s时，v(A)＝v(D)
C．反应进行到6
s时，B的平均反应速率为0.05
mol/(L·s)
D．反应进行到6
s时，各物质的反应速率相等
答案　C
解析　各物质的物质的量的变化量之比等于化学方程式中化学计量数之比，
Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)＝(1.2－0)mol∶(1.0－0.4)mol∶(1.0－0.2)mol∶(0.4－0)mol＝6∶3∶4∶2，所以化学方程式为3B＋4C??6A＋2D，A项错误；不论在什么时刻，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比，B、D项错误。
[能力提升]
11．根据反应4FeS2＋11O2===2Fe2O3＋8SO2，试回答下列问题。
(1)常选用哪些物质来表示该反应的化学反应速率________________。
(2)当生成SO2的速率为0.64
mol·L－1·s－1时，则氧气减少的速率为______________。
(3)如测得4
s后O2的浓度为2.8
mol·L－1，此时间内SO2的速率为0.4
mol·L－1·s－1，则开始时氧气的浓度为__________。
答案　(1)SO2或O2　(2)0.88
mol·L－1·s－1
(3)5.0
mol·L－1
解析　(1)一般不用固体和纯液体来表示反应速率，所以可用O2和SO2来表示该反应的反应速率。
(2)不同物质表示的反应速率和方程式中对应化学计量数成正比，所以氧气减少的速率为
0.64
mol·L－1·s－1×＝0.88
mol·L－1·s－1。
(3)此时间内SO2的速率为0.4
mol·L－1·s－1，则氧气表示的速率为0.4
mol·L－1·s－1×＝
0.55
mol·L－1·s－1，所以氧气变化浓度为0.55
mol·L－1·s－1×4
s＝2.2
mol·L－1，则开始时氧气的浓度为2.8
mol·L－1＋2.2
mol·L－1＝5.0
mol·L－1。
12．在25
℃时，向100
mL含14.6
g氯化氢的盐酸溶液里放入5.60
g纯铁粉(不考虑反应前后溶液体积的变化)，反应开始至2
min末，收集到1.12
L(标准状况)氢气。在此之后，又经过4
min，铁粉完全溶解。则：
(1)在前2
min内用FeCl2表示的平均反应速率是_____________________________________。
(2)在后4
min内用HCl表示的平均反应速率是______________________________________。
(3)前2
min与后4
min相比，反应速率较快的是____________，其原因是____________
____________________________________________________________。
答案　(1)0.250
mol·L－1·min－1
(2)0.250
mol·L－1·min－1
(3)前2
min　随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减慢
解析　n(HCl)＝＝0.400
mol，n(Fe)＝＝0.100
mol，n(H2)＝＝0.050
mol。
　　
　　　　Fe　＋　2HCl===FeCl2＋H2↑
起始(mol)
0.100
0.400
0
0
前2
min末(mol)
0.050
0.300
0.050
0.050
后4
min末(mol)
0
0.200
0.100
0.100
(1)v(FeCl2)＝＝0.250
mol·L－1·min－1。
(2)v(HCl)＝＝0.250
mol·L－1·min－1。
(3)后4
min内，v(FeCl2)＝v(HCl)＝0.125
mol·L－1·min－1<0.250
mol·L－1·min－1，所以前2
min反应速率较快。
13．在一容积为5
L的密闭容器中充入氨气和氧气，使其物质的量之比为1∶2，并发生如下反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O(g)，此反应在一定条件下进行2
min
后，测得NH3的物质的量为2
mol，NH3的转化率为20%。
(1)以NO的浓度变化表示该反应的平均反应速率是________________。
(2)O2在2
min时的浓度是____________。
答案　(1)0.05
mol·L－1·min－1
(2)0.875
mol·L－1
解析　设充入NH3的物质的量为a，则a(1－20%)＝2
mol，得a＝2.5
mol，
　　　　　
4NH3＋5O2===4NO＋6H2O(g)
n(初)/mol
2.5
5
0
0
Δn/mol
0.5
0.625
0.5
0.75
n(末)/mol
2
4.375
0.5
0.75
所以v(NO)＝＝0.05
mol·L－1·min－1，
2
min时c(O2)＝＝0.875
mol·L－1。
[拓展探究]
14．“碘钟”实验中，3I－＋S2O===I＋2SO的反应速率可以用I遇加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20
℃进行实验，得到的数据如下表：
实验编号
①
②
③
④
⑤
c(I－)/mol·L－1
0.040
0.080
0.080
0.160
0.120
c(S2O)/mol·L－1
0.040
0.040
0.080
0.020
0.040
t/s
88.0
44.0
22.0
44.0
t1
回答下列问题：
(1)该实验的目的是______________________________________________________。
(2)显色时间t1为________。
(3)通过分析比较上述数据，得到的结论是_______________________________________
____________________________________________________________________________。
答案　(1)研究反应物I－与S2O的浓度对反应速率的影响　(2)(或29.3)　(3)化学反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)
解析　由数据表容易发现：②④组所用时间相同，③组所用时间为它们的一半，①组所用时间为它们的2倍。
进一步分析：②④两组中c(I－)与c(S2O)的乘积相等，③组中乘积为②④组的2倍，①组乘积为其一半。
因此可得结论：当c(I－)·c(S2O)相等时，显色时间相等，反应速率相等，显色时间与反应速率成反比，即t与c(I－)·c(S2O)成反比。
＝，得t1＝≈29.3。第四章
电化学基础
第四节
金属的电化学腐蚀与防护
[目标导航]　1.认识金属腐蚀的危害，能解释金属发生电化学腐蚀的原因。2.能正确书写析氢腐蚀和吸氧腐蚀的电极反应式和总反应式。3.掌握金属腐蚀的防护方法。
一、金属的腐蚀
1．概念
金属或合金与周围接触到的气体或液体物质发生氧化还原反应而腐蚀损耗的过程。
2．本质
金属原子失去电子变为阳离子，金属发生氧化反应。
3．分类
(1)化学腐蚀：
金属与接触到的干燥气体(如O2、Cl2、SO2等)或非电解质溶液(如石油)等直接发生化学反应而引起的腐蚀。
(2)电化学腐蚀：
不纯的金属跟电解质溶液接触时，会发生原电池反应，比较活泼的金属失电子而被氧化。
4．钢铁的电化学腐蚀
(1)钢铁的电化学腐蚀的分类：
电化学腐蚀
(2)钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀比较：
析氢腐蚀
吸氧腐蚀
图形描述
钢铁的析氢腐蚀示意图
钢铁的吸氧腐蚀示意图
条件
水膜酸性较强
水膜呈中性或酸性很弱
电极反应
负极
Fe－2e－===Fe2＋
2Fe－4e－===2Fe2＋
正极C
2H＋＋2e－===H2↑
O2＋4e－＋2H2O===4OH－
总反应
Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑
2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2
【合作探究】
1．影响金属腐蚀的因素有哪些？
答案　影响金属腐蚀的因素包括金属的本性和介质两个方面。就金属本性来说，金属越活泼，就越容易失去电子而被腐蚀。介质对金属的腐蚀的影响也很大，如果金属在潮湿的空气中，接触腐蚀性气体或电解质溶液，都容易被腐蚀。
2．铁制品在潮湿的环境中比在干燥的环境中容易生锈，为什么？
答案　铁制品中含有杂质碳，在潮湿的环境中构成原电池，加快了铁被氧化的反应速率。
3．判断下列腐蚀的类型(在括号内填“化学腐蚀”、“吸氧腐蚀”或“析氢腐蚀”)。
(1)通Cl2的铁制管道被腐蚀(化学腐蚀)
(2)浸泡食盐水的铁钉被腐蚀(吸氧腐蚀)
(3)用铝制饭盒盛放醋酸，一段时间后，饭盒被腐蚀(化学腐蚀)
(4)将铁钉放在NH4Cl溶液中，铁被腐蚀(析氢腐蚀)
4．写出钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀生成铁锈的原理。
答案　铁锈的形成
负极：2Fe－4e－===2Fe2＋
正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－
2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2
4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O(铁锈)＋(3－x)H2O
二、金属的防护
1．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，另外一种活泼性较强的金属作负极。
如图所示：
(2)外加电流的阴极保护法：
利用电解原理，把被保护的钢铁设备作为阴极，用惰性电极作为辅助阳极，在电解质溶液里，接外加直流电源。
如图所示：
2．改变金属的内部组织结构
制成防腐合金。如不锈钢。
3．加保护层
如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或使其钝化等。
【合作探究】
1．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”
(1)在钢铁表面涂矿物性油脂、油漆或覆盖搪瓷、塑料等物质，能够减缓金属的腐蚀(
√
)
(2)用电镀的方法，在钢铁制品表面镀上一层不易被腐蚀的金属，如锌、锡、铬、镍等，能够减缓金属的腐蚀(
√
)
(3)工业上常利用一些溶液的氧化作用，在机器零件、精密仪器、枪炮等钢铁制件的表面上形成一层致密的黑色的四氧化三铁薄膜(
√
)
(4)把铬、镍等加入普通钢里制成不锈钢，就大大地增加了钢铁对各种侵蚀的抵抗力(
√
)
(5)给铁件通入直流电，把铁件与电池负极相连接以防止铁腐蚀(
√
)
(6)制成合金后均比纯金属耐腐蚀(
×
)
2．在铁的表面镀上一层其他金属是常见的防止铁生锈的方法，常见的有镀锡(马口铁)和镀锌(白铁皮)，为什么镀层破损后，镀锌钢板(白铁皮)比镀锡钢板(马口铁)耐腐蚀？
答案　镀层破损后，白铁皮形成原电池时，因为锌比铁活泼，易失去电子，从而保护了铁；而马口铁破损后形成原电池时，因为铁比锡活泼，铁被腐蚀。所以在镀层破损后，马口铁比白铁皮更易被腐蚀。
一、腐蚀类型的判断
【例1】　下列有关金属腐蚀的说法中正确的是(　　)
A．金属腐蚀指不纯金属与接触到的电解质溶液进行化学反应而损耗的过程
B．电化学腐蚀指在外加电流的作用下不纯金属发生化学反应而损耗的过程
C．钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气，产物最终转化为铁锈
D．金属的电化学腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生
答案　D
解析　金属腐蚀的本质，主要是金属原子失电子被氧化，腐蚀的内因是金属的化学性质比较活泼，外因是金属与空气、水和其他腐蚀性的物质接触，腐蚀主要包括化学腐蚀和电化学腐蚀，所以A错误；电化学腐蚀指不纯金属与电解质溶液接触时发生原电池反应而损耗的过程，不需要外加电流，所以B错误；钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，正极吸收氧气，而不是负极吸收氧气，所以C错误。
【归纳总结】　化学腐蚀与电化学腐蚀的比较
类型
化学腐蚀
电化学腐蚀
条件
金属跟非金属单质直接接触
不纯金属或合金跟电解质溶液接触
现象
无电流产生
有微弱电流产生
本质
金属被氧化
较活泼金属被氧化
联系
两者往往同时发生，电化学腐蚀更普遍
变式训练1　利用下图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是(　　)
A．a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀
B．一段时间后，a管液面高于b管液面
C．a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小
D．a、b两处具有相同的电极反应式：Fe－2e－===Fe2＋
答案　C
解析　根据装置图判断，左边铁丝发生吸氧腐蚀，右边铁丝发生析氢腐蚀，其电极反应为
左边　负极：Fe－2e－===Fe2＋
正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－
右边　负极：Fe－2e－===Fe2＋
正极：2H＋＋2e－===H2↑
a、b处的pH均增大，C错误。
二、金属腐蚀快慢的判断方法
【例2】　一根铁丝插入煮沸过的蒸馏水中，铁丝上有三点：A(水面以下)、B(水面)、C(水面以上)。问：
(1)A、B、C三点哪点腐蚀最快？
(2)若向蒸馏水中加入少量食盐，B处的腐蚀速率将如何变化？
(3)若将蒸馏水换成：①0.1
mol·L－1
H2SO4溶液；②1
mol·L－1
H2SO4溶液；③18.4
mol·L－1
H2SO4溶液。则A处腐蚀由快到慢的顺序是________。
解析　(1)根据题意可知：A在煮沸的蒸馏水内部，因缺少O2，很难形成电解质溶液，几乎不腐蚀。B在水面处，发生了电化学腐蚀。C在水面以上，与O2接触，发生化学腐蚀，根据同一种物质，发生电化学腐蚀与化学腐蚀的对比可知B处铁丝的腐蚀比C处的快。
(2)蒸馏水中加入少量食盐(强电解质)，构成了原电池，B点腐蚀速率远大于以前。
(3)①②硫酸为稀硫酸，但是①中硫酸的浓度小于②中硫酸的浓度，铁丝在②中的腐蚀速率比①中的快，③中18.4
mol·L－1的硫酸(98%)是浓硫酸，铁很快发生了钝化几乎不腐蚀。
答案　(1)B点腐蚀最快　(2)B处腐蚀的速率将加快
(3)②＞①＞③
【方法归纳】
(1)不纯的金属或合金，在潮湿空气中形成原电池发生电化学腐蚀，活泼金属因被腐蚀而损耗。
(2)金属的腐蚀与所接触到的电解质强弱有关：强电解质溶液中金属腐蚀的速率＞弱电解质溶液中金属腐蚀的速率＞非电解质溶液中金属腐蚀的速率。
(3)对于同一种电解质溶液来说，在一定浓度范围内，电解质溶液浓度越大，金属的腐蚀越快。
变式训练2　如图所示，各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时，由快到慢的顺序是(　　)
A．④②①③
B．②①③④
C．④②③①
D．③②④①
答案　A
解析　④中Fe作阳极，腐蚀最快。③中Fe作正极，被保护，腐蚀慢。②中Fe作负极，被腐蚀。
1．下列叙述中不正确的是(　　)
A．金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍
B．钢铁在干燥空气中不易被腐蚀
C．用铝质铆钉铆接铁板，铁板不易被腐蚀
D．原电池中电子由正极流入负极
答案　D
2.近年来，我国南方大面积持续降雪使得融雪剂需求量大。“化冰盐”氯盐类(氯化钠、氯化钙等)融雪剂，对钢轨设施的腐蚀如图所示。下列有关说法中不正确的是(　　)
A．正极电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑
B．此过程中还涉及反应：4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3
C．此过程为吸氧腐蚀原理
D．此过程中电子从Fe移向C
答案　A
解析　从图示中已清楚看出是吸氧腐蚀。A项错误，此为析氢腐蚀的正极反应式，一般发生在酸性较强的环境中，在中性或碱性环境中一般以吸氧腐蚀为主；B项正确，这是电池反应的后继反应；C项正确，图中已标示出O2的进入；D项正确，电子从原电池的负极出发流向正极。
3．下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是(　　)
A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护
B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀
D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe－3e－===Fe3＋
答案　B
解析　钢管连电源正极，则作阳极，易腐蚀；铜管与钢管堆放，钢管作负极，易腐蚀。
4．如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是(　　)
A．生铁块中的碳是原电池的正极
B．红墨水水柱两边的液面变为左低右高
C．两试管中相同的电极反应式是Fe－2e－===Fe2＋
D．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
答案　B
5．钢铁工业是国家工业的基础，请回答钢铁腐蚀与防护过程中的有关问题。
(1)生产中可用盐酸来除铁锈。现将一生锈的铁片放入盐酸中，当铁锈被除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式是____________________________________________________。
(2)下列装置可防止铁棒被腐蚀的是________。
(3)在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀，装置示意图如右图。
①A电极对应的金属是________(写元素名称)，B电极的电极反应式是
________________________________________________________________________。
②若电镀前铁、铜两片金属质量相同，电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量，二者质量差为5.12
g，则电镀时电路中通过的电子为________mol。
③镀层破损后，镀铜铁比镀锌铁更容易被腐蚀，请简要说明原因：_______________________
____________________________________________。
答案　(1)2FeCl3＋Fe===3FeCl2　(2)BD　(3)①铜　Cu2＋＋2e－===Cu　②0.08　③铁比铜活泼，镀层破坏后，在潮湿环境中形成原电池，铁为负极，加速铁的腐蚀
[基础过关]
一、金属的腐蚀
1．关于金属腐蚀的叙述中，正确的是(　　)
A．金属被腐蚀的本质是M＋nH2O===M(OH)n＋H2↑
B．马口铁(镀锡铁)镀层破损后被腐蚀时，首先是镀层被氧化
C．金属在一般情况下发生的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀
D．常温下，置于空气中的金属主要发生化学腐蚀
答案　C
解析　A中金属腐蚀的本质应包括化学腐蚀和电化学腐蚀，为M－ne－===Mn＋；B选项中Sn、Fe构成电化学腐蚀，主要是Fe－2e－===Fe2＋，铁先被腐蚀；常温下，空气中的金属主要发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，难以和非金属氧化剂(Cl2、S)等反应发生化学腐蚀。
2．下列事实与电化学腐蚀无关的是(　　)
A．光亮的自行车钢圈不易生锈
B．黄铜(Cu Zn合金)制的铜锣不易生锈
C．铜、铝电线一般不连接起来作导线
D．生铁比熟铁(几乎是纯铁)容易生锈
答案　A
解析　B、C、D项均与原电池有关，能用电化学知识来解释，故选A。
3．出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。下列说法不正确的是(　　)
A．锡青铜的熔点比纯铜低
B．在自然环境中，锡青铜中的锡可对铜起保护作用
C．锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快
D．生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程
答案　D
解析　锡青铜是合金，合金的熔点比任何一种纯金属的熔点都低，一般合金的硬度比任何一种纯金属的硬度都大，可判断A对；由于锡比铜活泼，故在发生电化学腐蚀时，锡失电子保护铜，B正确；潮湿的环境将会加快金属的腐蚀，C正确；电化学腐蚀过程实质是金属失去电子生成金属阳离子，有电子的转移，属于化学反应过程，D错。
二、铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀
4．下列关于钢铁的析氢腐蚀的说法中正确的是(　　)
A．铁为正极
B．碳为正极
C．溶液中氢离子浓度不变
D．析氢腐蚀在任何溶液中都会发生
答案　B
5．在铁的吸氧腐蚀过程中，下列5种变化可能发生的是(　　)
①Fe由＋2价转化成＋3价　②O2被还原　③产生H2
④Fe(OH)3失水形成Fe2O3·xH2O　⑤杂质C被氧化除去
A．①②④
B．③④
C．①②③④
D．①②③④⑤
答案　A
6．钢铁在潮湿的空气中会被腐蚀，发生的原电池反应为2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2。以下说法正确的是(　　)
A．负极发生的反应为Fe－2e－===Fe2＋
B．正极发生的反应为2H2O＋O2＋2e－===4OH－
C．原电池是将电能转变为化学能的装置
D．钢柱在水下部分比在空气与水交界处更容易腐蚀
答案　A
7．如图装置中，小试管内为红墨水，具支试管内盛有pH＝4的雨水和生铁片。观察到：开始导管内液面下降，一段时间后导管内液面回升，略高于小试管液面。以下有关解释合理的是(　　)
A．生铁片中的碳是原电池的负极，发生还原反应
B．雨水酸性较强，生铁片仅发生析氢腐蚀
C．墨水回升时，碳极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D．具支试管中溶液pH逐渐减小
答案　C
解析　生铁片中的碳是原电池的正极，A错误；雨水酸性较强，开始时铁片发生析氢腐蚀，产生氢气，导管内液面下降，一段时间后铁片发生吸氧腐蚀，吸收氧气，导管内液面回升，B错误；墨水回升时，铁片发生吸氧腐蚀，碳极为正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===
4OH－，C正确；铁片无论是发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，具支试管内溶液pH均增大，D错误。
三、金属的防护方法
8．下列金属的防护方法不正确的是(　　)
A．对健身器材涂油漆以防止生锈
B．对某些工具的“机械转动部位”选用刷油漆的方法来防锈
C．用牺牲锌块的方法来保护船体
D．自行车的钢圈上镀上一层铬防锈
答案　B
9．下列举措不能防止或减缓钢铁腐蚀的是(　　)
A．在钢铁制品表面镀一层金属锌
B．将钢铁制品放置在潮湿处
C．在钢铁中加入锰、铬等金属，以改变钢铁结构
D．将钢铁制品与电源负极相连
答案　B
10．为了防止钢铁锈蚀，下列防护方法中正确的是(　　)
A．在精密机床的铁床上安装铜螺钉
B．在排放海水的钢铁闸门上用导线连接一块石墨，一同浸入海水中
C．在海轮舷上用铁丝系住锌板浸在海水里
D．在地下输油的铸铁管上接直流电源的正极
答案　C
解析　A、B中形成的原电池都是铁作负极，加速钢铁腐蚀；D中铸铁管作阳极，加速腐蚀；C中锌比铁活泼，铁作正极。
[能力提升]
11．铁是用途最广的金属材料之一，但生铁易生锈。请讨论电化学实验中有关铁的性质。
(1)①某原电池装置如上图所示，右侧烧杯中的电极反应式为______________，左侧烧杯中的c(Cl－)________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②已知下图甲、乙两池的总反应式均为Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，且在同侧电极(指均在“左电极”或“右电极”)产生H2。请在两池上标出电极材料(填“Fe”或“C”)。
(2)装置丙中，易生锈的是______(填“a”或“b”)点。装置丁中可观察到的实验现象是__________
______________________________________________________________。
答案　(1)①2H＋＋2e－===H2↑　增大
②甲池中：左——Fe，右——C
乙池中：左——Fe，右——C
(2)a　铁屑表面生成红棕色锈斑，试管内液面上升
解析　(1)①电池反应中Fe作负极，石墨棒作正极，右侧电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。由于平衡电荷的需要，盐桥中的Cl－向负极迁移，故NaCl溶液中c(Cl－)增大。②装置乙是电解装置，阴极(右侧)产生H2，同时根据总反应式可知Fe只能作阳极(左侧)。由已知条件知，在装置甲中，Fe作原电池的负极，在左侧，C作原电池的正极，在右侧。
(2)装置丙中由于a点既与电解液接触，又与空气接触，故易生锈。装置丁中铁屑发生吸氧腐蚀，负极：Fe－2e－===Fe2＋，正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，生成的离子继续反应：
Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O，由整个反应来看，最终铁屑表面会生成红棕色的铁锈，由于反应消耗氧气，因此试管内液面上升。
[拓展探究]
12．某研究小组对铁生锈进行研究。
(1)甲同学设计了A、B、C一组实验(如上图)，探究铁生锈的条件。经过较长时间后，甲同学观察到的现象是A中铁钉生锈；B中铁钉不生锈；C中铁钉不生锈。
①通过上述实验现象分析，可得出铁生锈的外部条件是
________________________________________________________________________。
②铁钉发生电化学腐蚀的正极电极反应式为________________________________________
________________________________________________________________________。
③实验B所用的水要经过____________________处理。植物油的作用是_____________
___________________________________________________________。
④实验C中碱石灰的作用是______________________________________________________。
(2)乙同学为了达到同样目的，设计了实验D(如图)，发现一段时间后，试管中的液面升高，其原因是________，
该实验__________(填“能”或“不能”)说明水对铁钉生锈产生影响。
答案　(1)①有水(或电解质溶液)和氧气(或空气)
②O2＋4e－＋2H2O===4OH－
③煮沸(或“除去氧气”)　隔绝空气(或“防止氧气与铁接触”)
④吸收水蒸气(或“干燥”、“保持试管内干燥环境”)
(2)铁的腐蚀要吸收氧气(或“氧气参与反应”、“消耗了氧气”)使气体体积减小　不能
13．对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。
(1)以下为铝材表面处理的一种方法：
①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是________________________________________________________________________
(用离子方程式表示)。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的________。
a．NH3
b．CO2
c．NaOH
d．HNO3
②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为________________________________________________________________________。
取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是___________________
_____________________________________________________。
(3)利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。
若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于________处。
若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为________。
答案　(1)①2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑　b　②2Al＋
3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋　HCO与H＋反应使H＋浓度减小，使Al3＋的水解平衡向右移动，产生Al(OH)3沉淀
(2)补充溶液中的Cu2＋，保持溶液中Cu2＋的浓度恒定
(3)N　牺牲阳极的阴极保护法第3课时　粒子浓度关系
[目标导航]　1.会判断溶液中的粒子种类。2.会判断溶液中粒子浓度关系。
一、水解平衡中的三大守恒关系
1．醋酸钠溶液中存在的平衡有CH3COONa__＋__H2O??CH3COOH__＋__NaOH、H2O??
H＋＋OH－，存在的离子有Na＋、H＋__、CH3COO－、OH－。
(1)电荷守恒：溶液呈电中性，所以溶液中n(正电荷)＝n(负电荷)
即：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(CH3COO－)＋n(OH－)(两边同时除以体积)。
即：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)。
(2)物料守恒：CH3COONa固体中，n(Na＋)＝n(CH3COO－)，但在CH3COONa溶液中，因为CH3COO－水解，所以n(Na＋)>n(CH3COO－)，即c(Na＋)>c(CH3COO－)；根据CH3COONa固体中，n(Na＋)＝n(CH3COO－)，所以该溶液中n(Na＋)＝n(CH3COO－)＋n(CH3COOH)，(两边同时除以体积)即：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)。
(3)质子守恒：将上述两式相加得到以下关系：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)。根据水电离出的c(OH－)＝c(H＋)，溶液中的H＋或OH－虽与其他离子结合而以不同的形式存在，但其总量相同。
2．NH4Cl溶液中存在的离子有NH、Cl－、H＋、OH－。
(1)电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)。
(2)物料守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。
(3)质子守恒：c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)。
二、完成下列弱电解质溶液中离子浓度大小比较
1．在0.1
mol·L－1醋酸溶液中
(1)存在的电离平衡有CH3COOH??CH3COO－＋H＋、H2O??H＋＋OH－。
(2)含有的粒子有CH3COOH、H2O、CH3COO－、H＋、OH－。
(3)粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)。
2．(1)碳酸溶液中的电离方程式是H2CO3??H＋＋HCO、HCO??H＋＋CO、H2O??H＋＋OH－。
(2)碳酸溶液中存在的粒子有H2CO3、H2O、HCO、H＋、CO、OH－。
(3)碳酸是弱酸，第一步电离很微弱，第二步电离更微弱。推测其溶液中粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(H2CO3)＞c(H＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)。
3．(1)氨气通入水中反应的化学方程式是NH3＋H2O??NH3·H2O。
(2)氨水中存在的平衡有NH3＋H2O??NH3·H2O、NH3·H2O??NH＋OH－、H2O??H＋＋OH－。
(3)氨水中含有的粒子有H2O、NH3、NH3·H2O、H＋、NH、OH－。
(4)粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)＞c(H＋)。
一、单一溶液中粒子浓度关系判断
【例1】　Na2CO3溶液
(1)写出溶液中所有电离、水解方程式
Na2CO3===2Na＋＋CO、CO＋H2O??HCO＋OH－、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－、H2O??H＋＋OH－。
(2)粒子种类：Na＋、CO、HCO、OH－、H＋、H2CO3、H2O。
(3)关系判断
①离子浓度大小关系c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)；
②电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)===2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)；
③物料守恒关系c(Na＋)===2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]；
④质子守恒关系c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。
【例2】　NaHCO3溶液
(1)写出溶液中所有电离、水解方程式
NaHCO3===Na＋＋HCO、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－、HCO??H＋＋CO、H2O??H＋＋OH－。
(2)粒子种类Na＋、HCO、H2CO3、CO、H＋、OH－、H2O。
(3)关系判断
①离子浓度大小关系c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CO)；
②电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)===2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)；
③物料守恒关系c(Na＋)===c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)；
④质子守恒关系c(OH－)===c(H2CO3)＋c(H＋)－c(CO)。
【归纳总结】
→
解题技巧
变式训练1　在0.1
mol·L－1的NH4HSO4溶液中，下列关于微粒物质的量浓度的关系式不正确的是(　　)
A．c(H＋)＞c(SO)＞c(NH)
B．c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)
C．c(H＋)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D．常温下向该溶液中滴加NaOH溶液至中性后：c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝
c(H＋)
答案　C
解析　解本题时要先考虑NH4HSO4的电离，然后再考虑NH的水解。A项，c(H＋)＞c(SO)＞c(NH)，A项正确；B项，符合电荷守恒，B项正确；C项，NH4HSO4===NH＋H＋＋SO，NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，则c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(SO)，由电荷守恒得，c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，所以c(H＋)＝c(NH)＋2c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C项错误；D项，当NaOH溶液和NH4HSO4溶液等浓度、等体积混合后，所得溶液显酸性，所以若使题中所得溶液呈中性，则加入的NaOH溶液中NaOH的物质的量应大于NH4HSO4溶液中NH4HSO4的物质的量，D项正确。二、混合溶液中离子浓度关系判断
【例3】　比较下列几种溶液混合后各离子浓度的大小。
(1)CH3COOH溶液和NaOH溶液等浓度等体积混合，离子浓度大小顺序为________________________________________________________________________。
(2)NaOH溶液和CH3COOH溶液等浓度按1∶2体积比混合后pH＜7，离子浓度大小顺序为________________________________________________________________________。
(3)pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，其离子浓度大小顺序为________________________________________________________________________。
(4)将CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等浓度、等体积混合，已知pH＜7，则离子浓度大小关系为______________________________________________________________。
解析　(1)恰好反应后，溶质为CH3COONa。
(2)中和反应后，溶质为CH3COONa、CH3COOH，且CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度。
(3)由于CH3COOH是弱酸，c(CH3COOH)要远大于c(NaOH)，反应后溶质为CH3COOH、CH3COONa，且n(CH3COOH)要远大于n(CH3COONa)，溶液中CH3COOH电离程度大于CH3COONa的水解程度，溶液呈酸性。
(4)根据pH＜7，说明CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，所以c(CH3COO－)＞c(Na＋)。
答案　(1)c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
(2)c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
(3)c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
(4)c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
【归纳总结】
1.
2．酸与盐混合，要分析盐的水解程度与酸的电离程度的相对大小。
变式训练2　25
℃时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH＝7时，下列关系正确的是(　　)
A．c(NH)＝c(SO)
B．c(NH)>c(SO)
C．c(NH)D．c(OH－)＋c(SO)＝c(H＋)＋c(NH)
答案　B
解析　根据溶液中的电荷守恒，由于pH＝7，呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)；根据电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，则D错；将前两个等式融合得c(NH)＝2c(SO)，则A错，B对，C错。
三、不同溶液、同一离子浓度关系判断
【例4】　比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。
(1)浓度均为0.1
mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是________________，c(H2S)从大到小的顺序是________________。
(2)相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH中，c(CH3COO－)由大到小的顺序是________________________。
(3)物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，c(NH)由大到小的顺序为___________________________________________________。
答案　(1)③＞②＞④＞①　④＞①＞②＞③　(2)②＞①＞③　(3)①＞③＞②＞④
【归纳总结】　选好参照物，分组比较，各个击破
1．HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1
mol·L－1
NaA溶液中，离子浓度关系正确的是(　　)
A．c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
答案　D
解析　因A－＋H2O??HA＋OH－，所以c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)，水解后溶液呈碱性，则
c(OH－)>c(H＋)；根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)。
2．t
℃时，某浓度氯化铵溶液的pH＝4，下列说法中一定正确的是(　　)
A．由水电离出的氢离子浓度为10－10
mol·L－1
B．溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
C．溶液中c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
D．溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)
答案　C
解析　NH水解促进了H2O的电离，溶液中的c(H＋)即为H2O电离的c(H＋)，A错；在25
℃时，水的离子积为1×10－14，B错；NH水解生成H＋，故c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，C正确；由物料守恒可知c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，D错误。
3．MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是(　　)
A．c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
B．c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(M＋)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
答案　C
解析　MOH强碱与HA弱酸等物质的量混合，二者恰好完全反应生成MA，A－水解，A－＋H2O??HA＋OH－，其水溶液呈碱性，有c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，故选C。
4．常温下，将甲酸与NaOH溶液混合，所得溶液的pH＝7，则此溶液中(　　)
A．c(HCOO－)>c(Na＋)
B．c(HCOO－)C．c(HCOO－)＝c(Na＋)
D．无法确定c(HCOO－)与c(Na＋)的大小关系
答案　C
解析　本题考查的是对溶液中离子浓度大小的判断。很多同学不知如何下手，对题干分析不深刻。题干中所给的信息pH＝7很重要，当NaOH和HCOOH反应时溶液中存在的离子有4种：Na＋、HCOO－、OH－、H＋，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)；由pH＝7可知：c(H＋)＝c(OH－)，得出c(Na＋)＝c(HCOO－)。
5．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是(　　)
A．等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中：c(NH)＝c(K＋)＝c(Ba2＋)
B．将10
mL
0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液逐滴滴加到10
mL
0.1
mol·L－1
盐酸中：c(Na＋)>
c(Cl－)>c(HCO)>c(CO)
C．向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7：c(NH)＋c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)
D．0.2
mol·L－1的某一元弱酸HA溶液和0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)
答案　D
解析　等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中，一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，氢氧化钾为一元强碱，氢氧化钡为二元强碱，故c(NH)＝c(K＋)>c(Ba2＋)，A错误；将等物质的量浓度等体积的Na2CO3溶液逐滴滴加到盐酸中，充分反应后所得溶液为NaCl、Na2CO3的混合溶液，碳酸根水解呈碱性，所以各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>
c(Cl－)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)，故B错误；向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，c(OH－)＝c(H＋)，溶液中电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，得到c(NH)＋c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)，故C错误；0.2
mol·L－1的某一元弱酸HA溶液和0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合后得到等浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液中电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)，物料守恒：2c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，进而推出2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)，故D正确。
6．25
℃时，将一定浓度的盐酸和一定浓度的氨水按2∶1的体积比混合，若混合溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液的pH(　　)
A．大于7
B．小于7
C．等于7
D．无法确定
答案　C
解析　由电荷守恒可得：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，pH＝7。
[基础过关]
一、单一溶液中离子浓度大小比较
1．已知某一温度下，在0.1
mol·L－1的强电解质NaHA溶液中，c(H＋)A．c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)
B．c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1
mol·L－1
C．将上述溶液稀释至0.01
mol·L－1，c(H＋)·c(OH－)不变
D．c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2A)
答案　A
解析　A项，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，故A项不正确；B项，由物料守恒知c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1
mol·L－1，故B项正确；C项，温度不变，则c(H＋)·c(OH－)不变，C项正确；D项，由物料守恒关系式和电荷守恒关系式可得c(H＋)＋c(H2A)＝c(A2－)＋c(OH－)，D项正确。
2．下列对常温下pH为2的盐酸的叙述正确的是(　　)
A．c(H＋)＜c(Cl－)＋c(OH－)
B．与等体积的pH＝12的氨水混合后，所得溶液显酸性
C．由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－12
mol·L－1
D．与等体积的0.01
mol·L－1的乙酸钠溶液混合后，所得溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－)
答案　C
解析　A项，因溶液中电荷守恒，则c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故A项错误；B项，与等体积的pH＝12的氨水混合后，氨水有剩余，溶液显碱性，故B项错误；C项，常温下Kw＝1.0×10－14，pH＝2的盐酸中由H2O电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－12
mol·L－1，故C项正确；D项，与等体积的0.01
mol·L－1的乙酸钠溶液混合后，生成NaCl和乙酸，由于乙酸存在电离平衡，故c(Cl－)＞c(CH3COO－)，D项错误。
3．硫化氢的水溶液中存在动态平衡：H2S??H＋＋HS－；HS－??H＋＋S2－；H2O??H＋＋
OH－。在物质的量浓度为0.1
mol·L－1的H2S溶液中，下列各离子浓度的关系正确的是(　　)
A．c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)
B．2c(H＋)＝2c(HS－)＋c(S2－)＋2c(OH－)
C．c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)
D．c(H＋)＝2c(S2－)＋c(OH－)
答案　A
解析　解本题的关键是先要分析清楚硫化氢的水溶液中存在哪些离子，再从守恒的角度分析题目。H2S为二元弱酸，所以其在水溶液中不能完全电离。由电荷守恒得，c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)。本题选A。
二、混合溶液中粒子浓度大小比较
4．把0.02
mol·L－1
CH3COOH溶液和0.01
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，混合溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)
A．c(CH3COO－)>c(Na＋)
B．c(CH3COOH)>c(CH3COO－)
C．2c(H＋)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
D．c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.02
mol·L－1
答案　A
解析　溶液混合后，二者反应，但CH3COOH过量，故溶液为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH的混合体系。CH3COOH和CH3COO－相互抑制，但以CH3COOH电离为主，溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则有c(CH3COO－)>c(Na＋)，A正确；CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解程度，B不正确；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②，①×2－②可得：2c(H＋)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＋2c(OH－)，所以C错；D项看似是物料守恒，但溶液的体积是原来的2倍，则c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.01
mol·L－1，D错误。
5．在25
℃时，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是(　　)
A．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B．c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
答案　D
解析　pH＝11的NaOH溶液中c(NaOH)＝c(OH－)＝10－3
mol·L－1，而pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－3
mol·L－1，c(CH3COOH)远远大于10－3
mol·L－1。两者等体积混合后，形成CH3COOH与CH3COONa的混合液，且c(CH3COOH)远大于c(CH3COONa)，溶液呈酸性，电荷恒等关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，离子浓度大小顺序为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
6．已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1
mol·L－1的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是(　　)
A．c(OH－)>c(HA)>c(HB)>c(H＋)
B．c(OH－)>c(A－)>c(B－)>c(H＋)
C．c(OH－)>c(B－)>c(A－)>c(H＋)
D．c(OH－)>c(HB)>c(HA)>c(H＋)
答案　A
解析　在NaA和NaB的混合液中存在A－和B－的水解平衡：A－＋H2O??HA＋OH－、B－＋H2O??HB＋OH－，同时由于HA比HB酸性弱，因此A－的水解程度大于B－的水解程度，故c(HA)>c(HB)、c(B－)>c(A－)>c(OH－)，因此只有A项正确。
三、不同溶液中同一离子浓度大小比较
7．相同温度下，相同物质的量浓度的下列溶质：①CH3COONa、②NH4Cl、③Na2SO4、④NaHSO4、⑤NH3·H2O，按pH由大到小顺序排列正确的是(　　)
A．⑤①③②④
B．④②③①⑤
C．①⑤③②④
D．①⑤③④②
答案　A
解析　先确定酸、碱、盐物质类别，再根据盐的组成类型判断其酸碱性。注意氨水的电离程度大于CH3COONa的水解程度。
8．在25
℃时，NH浓度相等的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4的溶液中，其对应溶液中溶质的物质的量浓度分别为a、b、c(单位为mol·L－1)，下列判断正确的是(　　)
A．a＝b＝c
B．a＝c>b
C．b>a>c
D．c>a>b
答案　C
解析　NH4Cl溶液中NH正常水解，CH3COONH4中的NH与CH3COO－相互促进水解；NH4HSO4中H＋抑制NH水解。所以当NH浓度相等时，所需溶液浓度顺序为c(CH3COONH4)>c(NH4Cl)>c(NH4HSO4)。
四、一元酸相对强弱的判断
9．100
℃，有pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是(　　)
A．在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强
B．HX、HY、HZ三者中有一种为强酸
C．在X－、Y－、Z－三者中，以Z－最易发生水解
D．中和1
mol
HY酸后溶液为中性，需要的NaOH稍小于1
mol
答案　B
解析　根据越弱越水解，水解程度X－HY>HZ；100
℃时中性溶液的pH<7，因此三种酸均为弱酸。
10．常温下，0.1
mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH＝3。下列叙述正确的是(　　)
A．该溶液中：c2(H＋)≠c(H＋)·c(A－)＋Kw
B．由pH＝3的HA溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>
c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
C．浓度均为0.1
mol·L－1的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液中：c(A－)>c(HA)>
c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．0.1
mol·L－1
HA溶液与0.05
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c(H＋)＋c(HA)＝c(A－)＋2c(OH－)
答案　D
解析　0.1
mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH＝3，说明HA没有完全电离，是一种弱酸。A项，由电荷守恒知，c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，c(H＋)·c(A－)＋Kw＝c(H＋)·c(A－)＋c(H＋)·c(OH－)＝c2(H＋)，错；B项，由于HA为弱酸，所以pH＝3的HA溶液的浓度远大于pH＝11的NaOH溶液的浓度，反应中HA过量，溶液呈酸性，错；C项，应为c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>
c(OH－)，错；D项，溶液中存在以下两个守恒，①c(A－)＋c(HA)＝2c(Na＋)，②c(H＋)＋
c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)，①＋②×2可得2c(H＋)＋c(HA)＝c(A－)＋2c(OH－)，正确。
[能力提升]
11．现有25
℃时0.1
mol·L－1的氨水，请回答以下问题：
(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式：__________________
______________________________________________________；
所得溶液的pH________7(填“>”、“<”或“＝”)，用离子方程式表示其原因：_______________
______________________________________________________________________________。
(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此时c(NH)＝a
mol·L－1，则c(SO)为________。
(4)若向氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是____________________。
答案　(1)减小　(2)NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O　<　NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(3)a/2
mol·L－1
(4)c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)
解析　(1)加入NH会抑制NH3·H2O的电离，使c(NH3·H2O)变大，c(OH－)变小。
(2)NH水解显酸性。
(3)根据电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)且溶液pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，得c(NH)＝2c(SO)。
12．常温下，用0.1
mol·L－1的盐酸和25.00
mL
0.1
mol·L－1氨水混合。
(1)当加入10.00
mL稀盐酸时，溶液中的溶质是_____________________________________
_____________________________________________________________________(填化学式)，
溶液的pH＝________(填“＞”、“＜”或“＝”)7。
(2)当某一时刻溶液中c(NH)＝c(Cl－)，此时溶液的pH________(填“＞”、“＜”或“＝”)7。所加的盐酸体积V是不是等于25.00
mL？________(填“是”或“不是”)。其原因是______________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(3)某一时刻溶液中会不会存在：c(Cl－)＞c(NH)，且c(OH－)＞c(H＋)的关系？________(填“会”或“不会”)。其原因是_____________________________________________________
____________________________________________________________________________。
(4)当盐酸过量时，下列离子浓度的大小关系是：c(Cl－)________c(NH)，c(OH－)________
c(H＋)。(填“＞”、“＜”或“＝”)
答案　(1)NH4Cl，NH3·H2O　＞
(2)＝　不是　若盐酸体积为25
mL时，NH3·H2O与HCl恰好完全反应，生成NH4Cl溶液呈酸性，故盐酸体积略少于25
mL
(3)不会　否则溶液中离子所带电荷不守恒
(4)＞　＜
解析　(1)NH3·H2O＋HCl===NH4Cl＋H2O，盐酸不足时，反应后溶液中的溶质为NH4Cl和过量的NH3·H2O，NH3·H2O??NH＋OH－使溶液呈碱性。
(2)溶液中的离子种类为：Cl－、NH、OH－、H＋，若c(NH)＝c(Cl－)时，据电荷守恒定律可知c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)推出c(OH－)＝c(H＋)。
(3)c(Cl－)＞c(NH)时，c(H＋)一定小于c(OH－)否则电荷不守恒。
(4)盐酸过量时，溶液呈酸性。
13．将0.2
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中
c(Na＋)>c(A－)，则：
(1)混合溶液中c(A－)______(填“>”、“<”或“＝”，下同)c(HA)。
(2)混合溶液中c(HA)＋c(A－)______0.1
mol·L－1。
(3)混合溶液中，由水电离出的c(OH－)____0.2
mol·L－1
HA溶液中由水电离出的c(H＋)。
(4)25
℃时，如果取0.2
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH<7，则HA的电离程度______NaA的水解程度。
答案　(1)<　(2)＝　(3)>　(4)>
解析　(1)将0.2
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合时，溶质为等物质的量的HA和NaA，由于c(Na＋)>c(A－)，说明A－的水解能力大于HA的电离能力，使得c(HA)>c(A－)。
(2)通过物料守恒及等体积混合后浓度减半可知，c(HA)＋c(A－)＝0.1
mol·L－1。
(3)混合溶液中由于NaA的存在，促进水的电离，而0.2
mol·L－1
HA溶液中水的电离受到抑制，因此前者由水电离产生的c(OH－)大于后者由水电离产生的c(H＋)。
(4)如果取0.2
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的HA和NaA，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度。
[拓展探究]
14．现有室温下浓度均为1×10－3
mol·L－1的几种溶液：①盐酸、②硫酸、③醋酸、④氯化铵、⑤氨水、⑥NaOH溶液。回答下列问题：
(1)上述6种溶液中，水电离出的c(H＋)最大的是______________________________________
_____________________________，
最小的是__________。
(2)将③、⑥混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为③____(填“>”、“<”或“＝”)⑥，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为____________。
(3)将等体积的①、⑤混合，则溶液的pH______(填“>”、“<”或“＝”)7，用离子方程式说明其原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)向相同体积的①、②、③溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为____________，最终产生H2总量的关系为__________。
(5)向相同体积的①、③溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，充分混合后，混合液的pH大小关系为①______(填“>”、“<”或“＝”，下同)③。
(6)若将等体积的⑤、⑥溶液加热至相同温度后，溶液的pH大小关系为⑤______⑥。
答案　(1)④　②
(2)>　c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
(3)<　NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(4)②>①>③　②>①＝③　(5)<　(6)<
解析　(1)酸和碱会抑制水的电离，c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小。能水解的盐可促进水的电离，故④中水的电离程度最大，②中水的电离程度最小。
(2)若③和⑥等体积反应，则恰好生成CH3COONa，水解呈碱性，现反应后呈中性，则醋酸过量。由于溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，由此可得溶液中离子浓度的大小关系。
(3)等体积的①、⑤混合，恰好完全反应生成NH4Cl，NH水解呈酸性。
(4)由于起始时c(H＋)②>c(H＋)①>c(H＋)③，c(H＋)越大，反应速率越快。由于酸提供的H＋总量n(H＋)②>n(H＋)①＝n(H＋)③，由此可知产生H2的总量关系为②>①＝③。
(6)虽然加热能促使氨水的电离，但仍不可能完全电离，而且由于温度升高，NH3会挥发，因此溶液的pH：⑤<⑥。第1课时　强电解质和弱电解质
[目标导航]　1.了解电解质与非电解质，强电解质与弱电解质的概念。2.认识强弱电解质与物质类别、物质结构的关系。3.了解常见的强、弱电解质。4.了解电解质在水溶液中的电离及溶液的导电性。
一、电解质和非电解质
1．根据化合物在水溶液中或熔融状态下是否产生自由移动的离子，可把化合物分为电解质和非电解质。
电解质：在水溶液中或熔融状态下能产生自由移动的离子的化合物。
非电解质：在水溶液中和熔融状态下都不能产生自由移动离子的化合物。
2．常见的电解质有酸、碱、盐、离子型氧化物。
【合作探究】
1．电解质一定能导电吗？试举例说明。
答案　电解质导电需要一定的条件，如在水溶液里或熔融状态下。两个条件中只要具备一个的化合物就是电解质，不必两个条件同时具备。像液态HCl、固体NaCl虽然是电解质，但不能导电，原因是它们中没有自由移动的带电粒子。故电解质不一定导电，导电物质不一定是电解质；非电解质不导电，但不导电的物质不一定是非电解质。
2．按要求回答下列问题：
有以下几种物质：①液态HCl　②熔融NaCl　③稀硫酸
④蔗糖　⑤乙醇　⑥氯水　⑦Al2O3　⑧NH3　⑨氨水
⑩Cu　 CaCO3　 SO2　 Al(OH)3　 NaOH
CH3COOH
(1)属于电解质的是①②⑦ ，属于非电解质的是④⑤⑧ 。
(2)能导电的是②③⑥⑨⑩。二、强电解质和弱电解质
[实验探究]
(1)同浓度醋酸和盐酸的电离程度
实验步骤：在两只锥形瓶中分别加入等体积的浓度均为1
mol·L－1的盐酸和醋酸，在两个气球中分别加入经砂纸打磨过的长度相同的镁条，然后将气球套在锥形瓶口，同时将气球中的镁条送入锥形瓶中，观察实验现象。
实验现象：如下表所示。
1
mol·L－1盐酸
1
mol·L－1醋酸
对实验现象的解释
与镁条反应的速率
快
慢
盐酸与镁的反应速率快，说明同浓度时，盐酸中c(H＋)大
溶液的pH
0
2.4
盐酸的pH小，说明同浓度时盐酸中的c(H＋)大于醋酸中的c(H＋)
实验结论：同浓度盐酸中HCl的电离程度大于醋酸中CH3COOH的电离程度。
(2)同pH的NaOH溶液与氨水的电离程度
实验步骤：取pH为12的氢氧化钠溶液和氨水各1
mL于锥形瓶中，分别用酚酞作为指示剂，用盐酸作为标准溶液进行滴定。
实验现象：两溶液消耗盐酸标准溶液的体积：氨水＞氢氧化钠溶液。
实验结论：NaOH和NH3·H2O的电离程度不同，pH相同的NaOH溶液的浓度小于氨水的浓度，说明NaOH完全电离，而NH3·H2O只是部分电离。
【归纳总结】
1．根据电解质在水溶液里是否全部电离，可把电解质分为强电解质和弱电解质。
强电解质：在水溶液中能够完全电离的电解质称为强电解质。
弱电解质：在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质。
2．常见的强电解质有强酸、强碱和大部分盐；常见的弱电解质有弱酸、弱碱、极少数的盐[如(CH3COO)2Pb等]。
【合作探究】
1．导电能力强的电解质溶液中的溶质一定是强电解质吗？
答案　不一定。电解质溶液的导电能力与电解质的强弱没有必然联系，溶液的导电能力主要取决于离子的浓度及离子所带电荷总数。如果强电解质溶液的浓度很小，而弱电解质溶液的浓度很大，则弱电解质溶液中自由移动离子的浓度相对于强电解质溶液中的可能更大，其导电能力就可能比强电解质溶液的导电能力强。
2．BaSO4难溶于水，所以是弱电解质，CH3COOH极易溶于水，所以是强电解质，这种说法对吗？
答案　不对，电解质的强、弱与其溶解性无关。某些难溶(或微溶)的盐，如BaSO4、CaSO4等，虽然其溶解度很小，但溶于水的部分是完全电离的，它们仍属于强电解质。有些物质极易溶于水，但只有部分电离，属于弱电解质，如CH3COOH。
三、电解质电离方程式的书写
1．强电解质
完全电离，在写电离方程式时，用“===”。
2．弱电解质
部分电离，在写电离方程式时，用“??”。
(1)一元弱酸、弱碱一步电离：
如CH3COOH：CH3COOH??CH3COO－＋H＋；
NH3·H2O：NH3·H2O??NH＋OH－。
(2)多元弱酸分步电离，必须分步写出，不可合并(其中以第一步电离为主)。
如H2CO3：H2CO3??H＋＋HCO(主)，HCO??H＋＋CO(次)。
(3)多元弱碱分步电离(较复杂)，在中学阶段要求一步写出。
如Fe(OH)3：Fe(OH)3??Fe3＋＋3OH－。
【练一练】
按照要求书写下列物质的电离方程式
(1)Na2CO3溶于水
Na2CO3===2Na＋＋CO。
(2)NaHCO3溶于水
NaHCO3===Na＋＋HCO、HCO??H＋＋CO。
(3)NaHSO4溶于水
NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(4)BaCO3溶于水
BaCO3===Ba2＋＋CO。
(5)HF溶于水
HF??H＋＋F－。
(6)熔融状态下NaHSO4
NaHSO4(熔融)===Na＋＋HSO。
(7)Al(OH)3的碱式电离
Al(OH)3??Al3＋＋3OH－。
(8)Al(OH)3的酸式电离
Al(OH)3??H＋＋AlO＋H2O。
(9)H2S溶于水
H2S??H＋＋HS－；HS－??H＋＋S2－。
(10)Ca(OH)2溶于水
Ca(OH)2===__Ca2＋＋2OH－。
一、强电解质、弱电解质、非电解质的判断
【例1】　关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是(　　)
选项
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
CH3COOH
非电解质
Cl2
CS2
C2H5OH
H2CO3
解析　在A组中Cl2是单质，不在电解质与非电解质之列；B组中BaSO4虽难溶，但溶解的部分完全电离，是强电解质；CaCO3、HNO3都是强电解质，HClO、CH3COOH、H2CO3都是弱电解质，C2H5OH是非电解质。
答案　C
【归纳总结】　常见的强、弱电解质
变式训练1　某固体化合物A不导电，但熔化或溶于水都能完全电离。下列关于物质A的说法中正确的是(　　)
A．A为非电解质
B．A是强电解质
C．A是共价化合物
D．A为弱电解质
答案　B
解析　“完全电离”说明是强电解质。
二、电解质溶液导电性的影响因素
【例2】　如图是在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时溶液导电性能发生的变化，其电流(I)随新物质加入量(m)的变化曲线，以下四个导电性实验，其中与A图变化趋势一致的是________，与B图变化趋势一致的是________，与C图变化趋势一致的是________。
①Ba(OH)2溶液中滴入稀硫酸至过量
②醋酸溶液中滴入氨水至过量
③澄清石灰水中通入CO2至过量
④NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体
解析　列出各反应的离子方程式，分析各反应引起溶液中离子浓度大小的变化，结合题给图像即可顺利解答。
反应①的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O，离子的浓度先是减小，当二者恰好完全反应时，就变为水的导电能力，接近0，再加H2SO4，溶液中离子的浓度逐渐增大，从而使溶液的导电能力逐渐增强。反应②的离子方程式为CH3COOH＋NH3·H2O===NH＋CH3COO－＋H2O，离子的浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强；当二者恰好完全反应时，再滴加氨水，离子数量的变化不大，但是溶液的体积逐渐增大，所以溶液的导电能力逐渐减小。反应③的相关反应的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O，CO2过量后：CaCO3＋CO2＋H2O===Ca2＋＋2HCO，故离子浓度先减小后增大。反应④的离子方程式为NH＋OH－===NH3·H2O，溶液中减少的NH和增加的Na＋的量相等，由于加入的是固体NaOH，溶液的体积变化不大，故溶液的离子浓度变化不大。
答案　②　①③　④
【归纳总结】
电解质的强弱取决于电解质的电离能力，而溶液的导电能力除与电解质的电离能力有关外，还取决于其溶液中离子的电荷数。一般判断溶液导电能力的强弱看以下两个方面：
(1)溶液的导电能力大小主要取决于溶液中离子浓度的大小，离子浓度越大，导电能力就越强；反之，导电能力就越弱。例如0.1
mol·L－1
NaCl溶液导电性与0.1
mol·L－1
盐酸导电能力基本相等，而0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液的导电能力就弱得多。
(2)当离子浓度相同时，溶液的导电能力主要取决于溶液中离子所带电荷数的多少。例如：0.1
mol·L－1
NaCl溶液导电能力比0.1
mol·L－1
CuSO4溶液导电能力差。
变式训练2　在电解质溶液的导电性装置(如图所示)中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的是(　　)
A．盐酸中逐滴加入食盐溶液
B．硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C．硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液
D．醋酸中逐滴加入氨水(一水合氨为弱电解质，CH3COONH4为强电解质)
答案　C
1．下列说法中不正确的是(　　)
①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质
②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨是电解质
③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电　④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电
A．仅①④
B．仅①②④
C．仅①②③
D．①②③④
答案　D
解析　BaSO4是强电解质，NH3是非电解质，离子化合物的熔融态能导电而共价化合物的熔融态不导电，4种说法均错。
2．下列物质中属于非电解质，但其水溶液能够导电的是(　　)
A．蔗糖
B．NaOH
C．CaO
D．NH3
答案　D
解析　蔗糖是非电解质，不与水反应，溶于水后形成的溶液不导电；NaOH、CaO均是电解质，NH3是非电解质，但溶于水后可形成电解质NH3·H2O，其溶液能导电。
3．醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(　　)
A．1
mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)＝0.01
mol·L－1
B．醋酸以任意比与水互溶
C．10
mL
1
mol·L－1的醋酸溶液恰好与10
mL
1
mol·L－1的NaOH溶液完全反应
D．醋酸溶液的导电性比盐酸的弱
答案　A
解析　A项中若醋酸完全电离，则c(H＋)＝1
mol·L－1，而现在c(H＋)＝0.01
mol·L－1，说明醋酸部分电离，为弱电解质；选项C是与强碱能进行到底的反应，不能说明其电离程度的大小；选项D应指明在相同条件下，即在同温、同浓度下比较导电性强弱。
4．在水溶液中下列电离方程式书写正确的是(　　)
A．Ca(OH)2??Ca2＋＋2OH－
B．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
C．H2CO3??2H＋＋CO
D．Na2SO4===2Na＋＋SO
答案　D
解析　Ca(OH)2为强电解质；NaHCO3电离产生Na＋与HCO；H2CO3为多元弱酸，应分步电离，不可一步完成。
5．把0.05
mol
NaOH固体，分别加入下列100
mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是(　　)
①自来水　②0.5
mol·L－1盐酸　③0.5
mol·L－1醋酸
④0.5
mol·L－1NH4Cl溶液
A．①②
B．②④
C．③④
D．②③
答案　B
解析　离子浓度变化不大，导电能力变化就不大。在H2O中、醋酸中加入NaOH固体，离子浓度都增大，向盐酸中加入NaOH固体，自由移动离子数基本不变，则离子浓度变化不大；向NH4Cl溶液中加入NaOH固体，离子浓度基本不变。
6．下列物质中，属于强电解质的是________(均填序号)；属于弱电解质的是________。
①水　②氨水　③盐酸　④冰醋酸　⑤硫酸钡　⑥氯化银　⑦氯化钠　⑧氢气　⑨醋酸铵
答案　⑤⑥⑦⑨　①④
解析　强、弱电解质都是指的化合物，它们的区别在于其在水溶液或熔融状态下能否完全电离。现针对有关物质分析如下：氢气为单质，不是化合物，既不是电解质又不是非电解质；氨水(NH3的水溶液)、盐酸(HCl的水溶液)为混合物，是电解质溶液，其中NH3·H2O和氯化氢是电解质；硫酸钡(BaSO4)、氯化银(AgCl)由于溶解度小，离子浓度小，所以导电性弱，但溶解的部分完全电离，所以不仅是电解质，而且是强电解质；CH3COOH、NH3·H2O虽都是弱电解质，但两者反应的产物醋酸铵(CH3COONH4)由于在水溶液中完全电离，却是强电解质。CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COONH4＋H2O(中和反应)；CH3COONH4===
CH3COO－＋NH。
[基础过关]
一、电解质、非电解质、强、弱电解质的判断
1．下列物质中属于强电解质，但在给定条件下不能导电的是(　　)
A．液态溴化氢
B．蔗糖
C．铝
D．醋酸
答案　A
解析　蔗糖属于非电解质，不导电；铝能导电，但不属于电解质；醋酸属于弱电解质。
2．下列说法正确的是(　　)
A．HR溶液的导电性较弱，HR属于弱酸
B．某化合物溶于水导电，则该化合物为电解质
C．根据电解质在其水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质
D．食盐是电解质，食盐的水溶液也是电解质
答案　C
解析　溶液的导电性决定于该溶液中自由移动离子的浓度，故A项错；化合物溶于水能导电，不能确定该化合物是电解质，该化合物也可能是非电解质，如SO2，故B项错；食盐和食盐水都是混合物，故食盐和食盐水都不是电解质。
3．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是(　　)
A．CH3COOH
B．Cl2
C．NH4HCO3
D．SO2
答案　D
解析　选项中的4种物质的水溶液都能导电，但原因有所不同。CH3COOH和NH4HCO3均为电解质，水溶液能导电；Cl2和SO2的水溶液能导电，是因为它们与水发生反应Cl2＋H2O??HCl＋HClO，SO2＋H2O??H2SO3，因生成物均为电解质，故溶液也导电。电解质和非电解质都是化合物，Cl2是单质，因此只有SO2为非电解质。
4．下列关于电解质电离的叙述中，正确的是(　　)
A．碳酸钙在水中溶解度很小，所以碳酸钙是弱电解质
B．碳酸钙在水中的溶解度很小，但被溶解的碳酸钙全部电离，所以碳酸钙是强电解质
C．氯气和氨气的水溶液导电性都很好，所以它们是强电解质
D．水难电离，纯水几乎不导电，所以水是非电解质
答案　B
5．下列叙述中正确的是(　　)
A．固体氯化钠不导电，所以氯化钠是非电解质
B．铜丝能导电，所以铜是电解质
C．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质
D．三氧化硫溶于水能导电，所以三氧化硫是电解质
答案　C
解析　本题考查了电解质和非电解质的判断，解答时要从“研究对象”、“导电的条件”、“导电的实质”三个角度分析，而不能错误的认为“导电的就是电解质，不导电的就是非电解质”。A项NaCl不导电，是因为虽然NaCl晶体中有Na＋、Cl－，但不能自由移动，将它溶于水或熔融时则可导电，所以NaCl是电解质；B项铜是单质不是化合物；D项SO3溶于水导电，是生成的H2SO4溶液导电，H2SO4是电解质，而SO3不是电解质；只有C项正确。
6．下列叙述中，能证明某物质是弱电解质的是(　　)
A．熔融时不导电
B．水溶液的导电能力很差
C．不是离子化合物，而是极性共价化合物
D．溶液中已电离的离子和未电离的分子共存
答案　D
解析　判断强、弱电解质的关键是物质在水溶液里能否完全电离，是否存在电离平衡。
7．醋酸铅因有甜味而被称为“铅糖”，有毒但能入药，又知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅溶液与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2＋＋2CH3COO－===(CH3COO)2Pb。下列有关说法不正确的是(　　)
A．0.1
mol·L－1的“铅糖”溶液中c(Pb2＋)＜0.1
mol·L－1
B．“铅糖”是强电解质
C．“铅糖”是共价化合物
D．“铅糖”溶液的导电性可能很弱
答案　B
解析　题述离子反应能发生至少应满足下列四个条件中的一个：①有难溶性物质生成；②有难电离的物质生成；③有挥发性气体生成；④有电子转移。由于(CH3COO)2Pb可溶于水，不挥发，且此反应过程中没有电子转移，所以(CH3COO)2Pb是弱电解质，A项正确，B项错误。因为离子化合物均是强电解质，故“铅糖”只能是共价化合物，C项正确；因“铅糖”是弱电解质，其电离程度较小，故其溶液导电性可能很弱，D项正确。
二、电离方程式的书写
8．下列电离方程式书写正确的是(　　)
A．Al2(SO4)3??2Al3＋＋3SO
B．HF??H＋＋F－
C．H2S??2H＋＋S2－
D．Ca(OH)2??Ca2＋＋2OH－
答案　B
解析　Al2(SO4)3和Ca(OH)2是强电解质，电离方程式书写时应用“===”连接，只有弱电解质电离方程式的书写用“??”；而H2S是弱电解质，属于二元弱酸，应分步电离。
9．在水溶液中，下列电离方程式正确的是(　　)
A．CH3COOH??CH3COO－＋H＋
B．NaHSO4===Na＋＋HSO
C．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
D．H3PO4===3H＋＋PO
答案　A
10．下列电离方程式中书写正确的是(　　)
A．NaHSO4??Na＋＋H＋＋SO
B．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
C．HClO===H＋＋ClO－
D．H2S??H＋＋HS－、HS－??H＋＋S2－
答案　D
解析　A项应写“===”；B项应分步写出；C项为“??”。
[能力提升]
11．向某氨水中加入醋酸溶液，其导电能力(I)与加入醋酸溶液的体积(V)关系正确的是(　　)
答案　C
解析　氨水是弱电解质的水溶液，导电能力较弱，随着醋酸的加入，发生反应：CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COONH4＋H2O，生成了强电解质CH3COONH4，导电能力增强，恰好反应完全时，溶液导电能力最强，故A项不正确；继续加入醋酸，随着溶液体积的增大，离子浓度减小，溶液导电能力减弱，但溶液中存在离子，导电能力不可能为0，所以B、D两项不正确。
12．下列物质中：A.NaOH溶液　B．Cu　C．液态HCl　D．液态CH3COOH　E．蔗糖溶液　F．液氨　G．氨水　H．CuSO4晶体　I．石墨　J．无水乙醇
(1)能导电的是________。
(2)属于电解质的是________。
(3)属于非电解质的是________。
(4)属于强电解质的是________。
(5)属于弱电解质的是________。
答案　(1)ABGI　(2)CDH　(3)FJ　(4)CH　(5)D
解析　(1)离子化合物在水溶液里或熔融状态下能导电，共价化合物中的电解质在水溶液里能导电，金属单质和部分非金属单质能导电。第(2)～(5)小题根据电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的概念进行判断。
13．双氧水(H2O2)和水都是极弱电解质，但H2O2比H2O更显酸性。
(1)若把H2O2看成是二元弱酸，请写出在水中的电离方程式：___________________________
___________________________________________________________________________。
(2)鉴于H2O2显弱酸性，它能同强碱作用形成正盐，在一定条件下也可形成酸式盐。请写出H2O2与Ba(OH)2作用形成盐的化学方程式：________________________________________
_____________________________________________________________________________。
(3)水电离生成H3O＋和OH－叫做水的自偶电离。同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，其自偶电离的方程式：____________________________________________________________。
答案　(1)H2O2??H＋＋HO、HO??H＋＋O
(2)H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O或2H2O2＋Ba(OH)2===Ba(HO2)2＋2H2O
(3)H2O2＋H2O2??H3O＋HO
解析　(1)H2O2看成是二元弱酸，电离方程式分步写，即H2O2??H＋＋HO，HO??H＋＋O。(2)H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O或2H2O2＋Ba(OH)2===Ba(HO2)2＋2H2O。(3)根据H2O＋H2O??H3O＋＋OH－的自偶电离知H2O2自偶电离的方程式为H2O2＋H2O2??H3O＋HO。
[拓展探究]
14．用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是
甲：①称取一定质量的HA配制0.1
mol·L－1的溶液100
mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。
乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH＝1的两种酸溶液各100
mL；
②分别取这两种溶液各10
mL，加水稀释为100
mL；
③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。
(1)在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是________________。
(2)甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH______(填“>”、“<”或“＝”)1。
乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是________。
A．装HCl溶液的试管中放出H2的速率快
B．装HA溶液的试管中放出H2的速率快
C．两个试管中产生气体的速率一样快
(3)请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处：_________________________________
___________________________________、___________________________________________。
答案　(1)100
mL容量瓶　(2)>　B　(3)配制pH＝1的HA溶液难以实现　不妥之处在于加入的锌粒难以做到表面积相同
解析　100
mL
0.1
mol·L－1HA溶液，若HA为弱酸，c(H＋)＜0.1
mol·L－1，pH＞1。100
mL
pH＝1的HA溶液和盐酸比较，若HA为强酸，c(HA)＝0.1
mol·L－1，若HA为弱酸，则c(HA)＞0.1
mol·L－1。分别取10
mL
pH＝1的盐酸和HA溶液，同时加水稀释到100
mL，稀释后，盐酸中c(H＋)＝0.01
mol·L－1，HA溶液中c(H＋)＞0.01
mol·L－1，因为加水稀释时，HA的电离度增大，即有一部分HA分子会电离出H＋，因此在稀释后100
mL盐酸和100
mL
HA溶液中分别加入纯度相同的锌粒时，HA溶液产生氢气速率快。第二章
化学反应速率和化学平衡复习课
1．下图中，表示可逆反应2A(g)＋B(g)2C(g)(正反应为放热反应)的正确图象为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
答案　A
解析　随着温度的升高，化学平衡应向吸热反应方向即逆反应方向移动，所以生成物C的体积分数减小，反应物的含量增大，反应物的转化率减小。增大体系的压强，由于反应的两边都是气态物质，所以正反应和逆反应的速率都增大。而加入催化剂，只能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，不能使平衡移动，所以达到平衡后，各组分的浓度及体积分数应该不变。
2．反应：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)①
2HI(g)H2(g)＋I2(g)②
2NO2(g)N2O4(g)③
在一定条件下，达到化学平衡时，反应物的转化率均是a%。若保持各自的温度不变、体积不变，分别再加入一定量的各自的反应物，则反应物的转化率(　　)
A．均不变
B．均增大
C．①增大，②不变，③减小
D．①减小，②不变，③增大
答案　D
解析　对于aA(g)??bB(g)＋cC(g)类型的反应，如果a>b＋c，再加入一定量的反应物时，平衡右移，反应物转化率增大；如果a＝b＋c，再加入一定量的反应物时，平衡不移动(等效平衡)，转化率不变；如果a3．某温度时，把1
mol
N2O4气体通入体积为10
L的真空密闭容器中，立即出现红棕
色，反应进行4
s时，NO2的浓度为0.04
mol·L－1，再经过一定时间后，反应达到平衡，这时
容器内的压强为开始时的1.8倍。则下列说法正确的是(　　)
A．前4
s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01
mol·L－1·s－1
B．4
s时容器内的压强为开始时的1.2倍
C．平衡时容器内含0.4
mol
N2O4
D．平衡时容器内含0.8
mol
NO2
答案　B
解析　N2O4??2NO2
n起始/mol
1
0
n变化/mol
0.2
0.04×10
n4
s/mol
0.8
0.4
前4
s
N2O4的浓度变化为0.2
mol/10
L＝0.02
mol·L－1；
因此前4
s
N2O4的平均反应速率为0.005
mol·L－1·s－1，A不正确。4
s时气体的总的物质的量为0.8
mol＋0.4
mol＝1.2
mol。根据压强比等于物质的量比可得B正确。设达到平衡时，N2O4的物质的量变化了x。
　　　　N2O4??2NO2
n起始/mol
1
0
n变化/mol
x
2x
n平衡/mol
1－x
2x　　　　　　　　　　　　　　　　　
根据已知条件1
mol－x＋2x＝1
mol＋x＝1.8
mol，解得x＝0.8
mol。平衡时N2O4的物质的量为1
mol－x＝1
mol－0.8
mol＝0.2
mol，NO2的物质的量为2x＝2×0.8
mol＝1.6
mol，故C、D不正确。
4.
在密闭容器中进行如下反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)。在温度T1和T2时，产物的量与反应时间的关系如图所示。符合如图所示的正确判断是(　　)
A．T1>T2，ΔH>0
B．T1>T2，ΔH<0
C．T10
D．T1答案　D
解析　从图象上可以看出，T2时达到平衡所用的时间短，因此T2的温度高，即T2>T1。随温度升高，HI的含量降低，因此该反应为放热反应，即ΔH<0。
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
答案　A
解析　可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是气体体积减小的反应，为增大正反应速率，应升温、增大压强、增大反应物的浓度或使用催化剂，只有A是可行的。
6．X、Y、Z三种气体，取X和Y按1∶1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X＋2Y2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3∶2，则Y的转化率最接近于(　　)
A．33%
B．40%
C．50%
D．65%
答案　D
解析　设X、Y的初始物质的量均为1
mol，转化的物质的量分别为a
mol、2a
mol、2a
mol，由方程式
　　　　　X　　＋　　2Y
2Z
开始(mol)
1
1
0
转化(mol)
a
2a
2a
平衡(mol)
1－a
1－2a
2a
由题意得＝
求得：a＝，因此Y的转化率为×100%，最接近65%。
7.
已知某可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)在密闭容器中进行，右图表示在不同反应时间t时，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B%的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是(　　)
A．T1p2　m＋n>p　放热反应
B．T1>T2　p1p　吸热反应
C．T1p2　m＋nD．T1>T2　p1答案　D
解析　本题考查根据温度、压强变化对化学平衡移动的影响来判断化学方程式的特点。分析图象，可以分两个层次考虑：(如图将三条曲线分别标为①、②、③)。从①、②曲线可知，当压强相同(为p2)时，②先达平衡，说明T1>T2；又因为T2低，B%大，即降低温度，平衡逆向移动，说明逆向放热，正向吸热。从②、③曲线可知，当温度相同(为T1)时，②先达平衡，说明p2>p1；又因为p2大，B%大，即增大压强，平衡逆向移动，说明逆方向为气体体积减小的方向，m＋nT2，p18．有甲、乙、丙三支试管，分别加入下列物质后，观察这三支试管的颜色，其中颜色最浅的是(　　)
甲：10
mL
0.01
mol·L－1的FeCl3溶液和10
mL
0.01
mol·L－1的KSCN溶液
乙：5
mL水、10
mL
0.01
mol·L－1的FeCl3溶液5
mL
0.01
mol·L－1的KSCN溶液
丙：10
mL
0.1
mol·L－1的FeCl3，溶液和10
mL
0.1
mol·L－1的KSCN溶液　　　　　　　　　　　　　　　　
A．甲试管
B．乙试管
C．丙试管
D．无法判断
答案　B
解析　三个试管中存在如下平衡体系：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3(红色)，由于乙试管中Fe3＋和SCN－的浓度最小，故颜色最浅。
9．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：
t/℃
700
800
830
1
000
1
200
K
0.6
0.9
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)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是________(填字母序号)。
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______℃。
答案　(1)　(2)吸热　(3)bc
(4)830
解析　升高温度，K值增大，说明升高温度平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应，当c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)时代入平衡常数公式K＝1，则温度为830℃。
10．某化学反应2A??B＋D在四种不同条件下进行。B、D起始浓度为0，反应物A
的浓度(mol·L－1)随反应时间(min)的变化情况如下表：
实验序号
温度
0min
10min
20min
30min
40min
50min
60min
1
800℃
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2
800℃
c2
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
800℃
c3
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
4
820℃
1.0
0.20
0.20
0.20
0.20
0.20
0.20
根据上述数据，完成下列填空：
(1)在实验1中，反应在10至20
min时间内的平均速率为________mol·L－1·min－1。
(2)在实验2中，A的初始浓度c2＝______mol·L－1，反应经20
min就达到了平衡，可推测实验2中还隐含的条件是____________________________。
(3)设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3______v1(填“＞”、“＝”或“＜”)，且c3______1.0
mol·L－1(填“＜”、“＝”或“＞”)。
(4)比较实验4和实验1，可推测该反应的正反应是______反应(填“吸热”或“放热”)，理由是________________________________________________________________________。
答案　(1)0.013　(2)1.0　使用了催化剂
(3)＞　＞
(4)吸热　温度升高时，平衡向右移动
解析　(1)v(A)＝＝0.013
mol·L－1·min－1
(2)对比实验1与实验2可知，反应温度相同，达平衡时的A的浓度相同，说明是同一平衡状态，即c2＝1.0
mol·L－1，又因实际反应的速率快，达平衡所需时间短，说明反应中使用了催化剂。
(3)对比实验3与实验1可知，从10
min至20
min，实验1中A的浓度变化值为0.13
mol·L－1，而实验3中A的浓度变化值为0.17
mol·L－1，这说明了v3＞v1。又知从0
min到10
min，A的浓度变化值应大于0.17
mol·L－1，即c3＞(0.92＋0.17)
mol·L－1＝1.09
mol·L－1。
(4)对比实验4与实验1可知，两实验的起始浓度相同，反应温度不同，达平衡时实验4中A的浓度小，说明了实验中A进行的程度大，即温度越高，A的转化率越大，说明正反应为吸热反应。
11．某温度时，在2
L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如下表所示。
t/min
X/mol
Y/mol
Z/mol
0
1.00
1.00
0.00
1
0.90
0.80
0.20
3
0.75
0.50
0.50
5
0.65
0.30
0.70
9
0.55
0.10
0.90
10
0.55
0.10
0.90
14
0.55
0.10
0.90
(1)根据表中数据，在该题图中相应位置上画出X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线：
(2)体系中发生反应的化学方程式是____________；
(3)列式计算该反应在0～3
min时间内产物Z的平均反应速率：__________________；
该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于___________________________；
(5)如果该反应是放热反应。改变实验条件(温度、压强、催化剂)得到Z随时间变化的曲线①、②、③(如上图所示)，则曲线①、②、③改变的实验条件分别是：
①________；②________；③________。
答案
(1)
(2)X＋2Y2Z
(3)v(Z)＝＝＝＝0.083
mol·L－1·min－1
(4)45%
(5)升高温度　加入催化剂　增大压强
解析　(1)画出对应的点直接连接起来即可。
(2)由0～1
min时，Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝1∶2∶2知该反应的化学方程式为：X＋
2Y??2Z。
(3)v(Z)＝＝＝＝0.083
mol·L－1·min－1
(4)X的转化率α＝×100%＝×100%＝45%。
(5)由题中图象知：平衡时，①曲线平衡时所用时间比原平衡时(9
min)短，且生成Z的量减少，故①曲线改变的条件是升高温度；②曲线的Z的物质的量与原平衡时相同，但达到平衡的时间缩短为1
min，故②曲线改变的条件是加入催化剂；③曲线平衡时所用时间比原平衡时(9
min)短，且生成Z的量增加，故③曲线改变的条件是增大压强。

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