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单元复习八
【章节强化训练】
一、选择题
1.（2011·吉林调研）能促进水的电离，并使溶液中c(H＋)＞c(OH－)的操作是 D 21世纪教育网
①将水加热煮沸　②向水中投入一小块金属钠　③向水中通CO2　④向水中加入明矾晶体　⑤向水中加NaHCO3固体　⑥向水中加NaHSO4固体
A．①②④⑤ B．①④⑤
C．③④⑤ D．④
【答案】D
2.（2011·儋州模拟）25℃时，醋酸的电离平衡常数为1.0×10-5，下列说法正确的是
A．当0.10mol·L—1醋酸溶液pH=3.0时没有达到电离平衡状态
B．0.10mol·L—1醋酸溶液和0.0010mol·L—1醋酸溶液的c（H+）之比为100：1
C．0.10mol·L—1醋酸钠溶液中c（Na+）> c（CH3COO—）>c（OH—）>c（H+）
D．pH=5的盐酸溶液液的c（C1—）大于pH=5的醋酸溶液的c（CH3COO—）
【答案】C21世纪教育网
3.（2011·银川二中模拟）水的电离平衡曲线如右图所示，下列说法不正确的是
A．图中五点KW间的关系：B＞C＞A=D=E
B．若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量的酸
C．若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入适量的NH4Cl 固体
D．若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显中性
【答案】C
4.（2011·山东枣庄八中高三第一次调研）将2 g NaOH固体分别加入到100 mL下列溶液中，溶液的导电能力变化最小的是（ ）
A．自来水 B．0.5 mol·L-1盐酸
C．0.5 mol·L-1CH3 COOH溶液 D．0.5 mol·L-1KC1溶液
【答案】B
5.（2011·山东东营胜利二中高三上期中）下列关于电解质的叙述正确的是
?A．熔融态的氯化钠导电属于物理变化
?B．强电解质一定是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
?C．强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
?D．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质
【答案】C
6.（2011·江苏金陵中学高三期中）向100 mL 0．1 mol·L-1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]溶液中逐滴滴入0．1 mol·L-l Ba（OH）2溶液。随着Ba（OH）2溶液体积（V）的变化，沉淀总物质的量（n）的变化如下图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．a点的沉淀总物质的量为0．025mol
B．oa段发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42-+2Ba2++3OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓
C．ab段发生反应的离子方程式是： NH4++SO42-+Ba2++OH-=NH3 ·H2O+BaSO4↓
D．反应至c点，加入Ba（OH）2溶液的总体积为250 mL
【答案】AD
7.（2011·山东莱芜高三11月）在下述条件下，一定能大量共存的离子组是
A.无色透明的水溶液中：K+ 、Ba2+、I-、MnO-4
B．含有大量NO-3的水溶液中：NH4+ 、Fe2+、SO2-4、H+
C．c（HCO3-）=0.1mol·L-1的溶液中：Na+ 、K+、CO2-3、Br-
D.强碱性溶液中：ClO-、S2-、HSO-3、Na+
【答案】C[来源:21世纪教育网]
8.（2011·黑龙江哈九中高三期末）己知：NH3 H2O (aq)与H2SO4 (aq)反应生成1mol正盐的△H= —24.2 kJ·mol－1；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热的△H= —57.3 kJ·mol－1。则NH3 H2O在水溶液中电离的△H等于 （ ）
A．-69.4 kJ·mol－1 B．-45.2 kJ·mol－1 C．+69.4 kJ·mol－1 D．+45.2 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】根据题意先写出热化学离子方程式：NH3 H2O (aq)+H+(aq)=NH4+(aq)+H2O(l) △H= —12.1 kJ·mol－1……①，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H= —57.3 kJ·mol－1……②。根据盖斯定律①—②得NH3 H2O (aq)= NH4+(aq)+ OH-(aq) △H= +45.2 kJ·mol－1，由此可知选项D正确。21世纪教育网
【考点】化学反应中的能量变化——中和热、盖斯定律
9.（2011·吉林东北师大附中高三第三次摸底）用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，若测定结果偏高，则产生误差的原因可能是（ ）
A．滴定时，装NaOH溶液的锥形瓶未用NaOH溶液润洗21世纪教育网
B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，用标准盐酸润洗
C．滴定前，酸式滴定管尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失
D．配置NaOH溶液时，NaOH固体中混有少量KOH固体
【答案】C
【解析】中和滴定时，锥形瓶不能润洗，否则会使测定结果发生错误，A错。选项B是正确的操作方法。选项D 可用极值法判断：等质量的NaOH和KOH分别与盐酸反应，后者消耗盐酸的量少，因此选项D导致测定结果偏低，D错。
【考点】化学实验——中和实验中的误差分析
10.（2011·吉林摸底）常温时，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系不正确的是 （ ）
A．某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10－a mol·L－1，若a>7时，则该溶液的pH一定为14-a
B．某溶液中存在的离子有Cl－、OH－、NH4+、H+，则离子浓度不一定是
c(Cl－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)
C．pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液：2c(R2－)+c(HR一)=c(Na+)
D．将0.2 mol·L－1的某一元酸HA溶液和0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后溶液pH大于7，则反应后的混合液：2c(OH一)+c(A一)=2c(H+)+c(HA)
【答案】A
【解析】选项A中说明水的电离被抑制，应是酸溶液或碱溶液，故溶液的pH为14-a或a，选项A错。选项B中四种离子只要符合电荷守恒即满足要求，如c(Cl－)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH－)也有可能。根据电荷守恒可判断选项C正确。分析选项D：两者反应后溶质为等物质的量的HA和NaA，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A2-)……①，根据物料守恒得2c(Na+)=c(A-)+c(HA)……②，①式和②式中消去c(Na+)即得2c(OH一)+c(A一)=2c(H+)+c(HA)，故选项D正确。
【考点】电解质溶液——离子浓度的大小比较
11.（2011·江苏南通高三期中）某溶液中可能存在Br－、CO32－、SO32－、Al3+、I－、Mg2+、Na+7种离子中的几种。取该溶液进行实验时现象如下：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断该溶液中肯定不存在的离子组是
A．Al3+、Mg2+、I－、SO32－ B．Mg2+、Na+、CO32－、I－
C．Al3+、Na+、SO32－、I－ D．Al3+、CO32－、Br－、SO32－
【答案】A
12.（2011·广东深圳外国语高三第三次调研）除杂时加入的试剂须稍加过量，最后过量的物质可用物理或化学方法除去。现要除去
NaCl溶液中少量的,，下列选用试剂及加入的顺序正确的是
A., , HCl B., , HCl
C.、、HCl D. 、、
【答案】A
13.（2011·福建古田一中高三期中）下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是
A．HNO3 B．Cl2 C．NaHCO3 D．SO2[
【答案】D
14.（2011·北京五中高三期中）氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是：（　　）
A．再通入少量氯气，c(H＋)/c(ClO－)减小
B．通入少量SO2，溶液漂白性增强
C．加入少量固体NaOH，一定有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)
D．加入少量固体NaOH，溶液的pH会略微增大
【答案】选D
15.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）
A．c(H+)=10－12mol·L－1的溶液：K+、Ba2+、C1－、NO
B．使酚酞变红的溶液：Na+、C1－、SO、Fe3+
C．使紫色石蕊变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO、C1－
D．碳酸氢钠溶液：K+、SO、C1－、H+
【答案】A
16.常温下，将NaHY晶体加入水中溶解，得到0.1mol/L NaHY溶液，下列叙述正确的是（ ）
A．若NaHY溶液的pH=4，该溶液中粒子浓度关系为：
c(Na+)>c(HY－)> c(H+)> c(Y2－)>c(H2Y)
B．若NaHY的水溶液显碱性，该溶液中粒子浓度关系为：
c(Na+)>c(OH－)> c(H+)> c(HY－)
C．若溶液中粒子浓度关系为c(H+)+c(H 2Y)= c(OH－)> c(Y2－)，则NaHY的水溶液一定显碱性
D．将NaHY晶体加入水中一定能促进水的电离
【答案】A
17.下列叙述不正确的是
A．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3；AlO2- + CO2 +2H2O= Al(OH)3↓+HCO3-
B．1 mol C10H22分子中，共价键总数为31NA
C．中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同
D．向2.0mL浓度均为0.1 mol·L－1 的KCl与KI溶液中滴加1~2滴0.1 mol·L－1的AgNO3溶液，振荡后得到沉淀呈黄色，说明AgCl的Ksp比AgI的Ksp大
【答案】C
18.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2O??NH＋OH－，如想增大NH的浓度，而不增大OH－的浓度，下列措施不正确的是 (　　)
A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体
C．加少量MgCl2 D．加入少量盐酸
【答案】A
19.某pH＝1的ZnCl2和HCl的混合溶液中含有FeCl3杂质，通过水解除去杂质，需将溶液调至pH＝4，在调节溶液pH时，应选用的试剂是 (　　)
A．NaOH　　 B．ZnO C．Na2CO3　　 D．Fe2O3
【答案】B
20．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是 (　　)
A．10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合：c(Cl－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
B．0.1 mol/L pH为4的NaHB溶液中：c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)
C．在NaHA溶液中一定有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋c(A2－)
D．c(NH)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4Cl溶液：c[(NH4)2SO4]【答案】D
21．向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀上滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是 (　　)
A．白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuS
B．上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的Ksp
C．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀
D．该过程破坏了ZnS的溶解平衡[来源:21世纪教育网]
【答案】B
【解析】该过程破坏了ZnS的溶解平衡，Cu2＋结合了ZnS溶解产生的S2－，生成了比ZnS更难溶的CuS，同时也说明了ZnS的Ksp大于CuS的Ksp。
22．下面提到的问题中，与盐的水解无关的正确说法是
①明矾和FeCl3可作净水剂．
②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸．
③实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶在盐酸中，而后加水稀释．
④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂．
⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞．
⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂．
⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会产生氢气．
⑧长期使用硫铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用．
⑨比较NH4Cl和Na2S等溶液中离子浓度的大小或某些盐溶液的酸碱性．
A．①④⑦ B．②⑤⑧ C．③⑥⑨ D．全有关．
【答案】D
23. 某氨水的pH＝X，某盐酸的pH＝Y，已知X＋Y＝14，将上述氨水与盐酸等体积混合后，所得溶液中各种离子浓度的关系正确的是
A. c()＞c()＞c()＞c(H+) B. c()＞c()＞c()＞c(H+)
C. c()＞c()＞c(H+)＞c() D. c()＋c(H+)＝c()＋c()
【答案】AD
24.学中常借助曲线图来表示某种变化过程，如：①平衡移动过程 ②中和滴定过程 ③沉淀的生成和溶解过程 ④固体物质的溶解度变化过程。下列曲线图中从左到右依次表示上
述过程的正确顺序是21世纪教育网
A．①②③④ B．②①③④ C．③②②① D．②③①④
二、非选择题
25.（2011·安徽无为中学高三第三次检测）（9分） 现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）。
阳离子 H+、Na+、A13+、Ag+、Ba2+
阴离子 OH-、C1-、CO32-、NO3-、SO42-
已知：①A、B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性。[来源:21世纪教育网]
②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A溶液与C溶液反应只有气体产生（沉淀包括微溶物，下同）。
③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀； C只能与D反应产生沉淀。
试回答下列问题：
（1） 写出化学式：A___________ B___________ D_________
(2) E溶液呈酸性的原因是：（用离子方程式表示）_______________________________
(3 ) 将C溶液逐滴加入等体积、等物质量的浓度的A溶液中，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为： 。
（4 ）在100mL0.1mol·L-1 E溶液中，逐滴加入35mL 2mol·L-1NaOH溶液，最终得到沉淀物质的量为 mol
【答案】（9分） (1) Na2CO3 Ba(OH)2 AgNO3
(2) Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+
（3）c（Na+）>c（C1－）>c（HCO3－）>c（OH－）>c（H+）>（CO 32－）
（4） 0.01mol
26.（2011·山东东营胜利二中高三上期中）（13分）硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）在医药上作补血剂。某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量。实验步骤如下：
请回答下列问题：
（1）步骤②加入过量H2O2的目的：
（2）步骤③中反应的离子方程式：
（3）步骤④中一系列处理的操作步骤：过滤、 、灼烧、 、称量。
（4）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量 g（用含a的代数式表示）
（5）该小组有些同学认为用KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定。
（5Fe2++MnO4—+8H+ ＝ 5Fe3++Mn2++4H2O）
①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需
②上述实验中的KMnO4溶液需要酸化，用于酸化的酸是 。
a．稀硝酸 b．稀硫酸 c．稀盐酸 d．浓硝酸
③某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是 （夹持部分略去）（填字母序号）
（6）正常人每天应补充14mg左右的铁。其中绝大部分来自于食物。如果全部通过服用含FeSO4·7H 2 O的片剂来补充铁，则正常人每天服需用含 mg
FeSO4·7H2O的片剂。
【答案】（13分）（1）将Fe2+全部氧化为Fe3+（2分）
（2）Fe3++3OH—→Fe（OH）3↓（或Fe3++3NH3·H2O→Fe（OH）3+3NH4+）（2分）
（3）洗涤、冷却（各1分，共2分）
（4）0．07a（2分）
（5）①250mL容量瓶（1分）②b（1分）③ b（1分）
（6）69．5mg（2分）
27.（2011·福建厦门外国语高三11月月考）复分解反应是中学化学中常见的一种反应类型。（1）已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH值：
溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN NaR
pH 8.8 9.7 11.6 10.3 11.1 11.321世纪教育网
复分解存在这样一个规律：一种较强酸与另一种较弱酸的盐可以自发地反应，生成较弱酸和较强酸的盐，如：2CH3COOH+Na2CO3===2CH3COONa+CO2↑+H2O 若换个角度看，它同时揭示出另一条规律，即碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性较弱的物质。依照该规律，请判断下列反应不能成立的是_______________________（填编号）。
　A．CO2+H2O +2NaClO===Na2CO3+2HClO
　B．CO2+H2O +NaClO===NaHCO3+HClO
　C．CO2 +H2O +NaRNaHCO3+HR
　D．CO2 +H2O +2NaRNa2CO3+2HR
　E．Na2CO3+HRNaHCO3+NaR
　F．CH3COOH+NaCN===CH3COONa+HCN
（2）根据前述信息判断，浓度均为0.05 mol/L的下列六种物质的溶液中，pH最小的是______(填编号)； 其pH为___________(填数值)；pH最大的是_________（填编号）。
①HR ②CH3COOH ③HCN ④HClO ⑤H2SO4 ⑥HClO4
（3）一些复分解反应的发生还遵循其它的规律。下列转化都属于复分解反应：
①工业上将石灰乳与纯碱溶液混合可制得苛性钠溶液
②侯氏制碱法中，向饱和碳酸氢铵溶液中加入饱和食盐水可获得小苏打晶体
③蒸发KCl和NaNO3混合溶液，首先析出NaCl晶体
　　根据上述反应，总结出复分解反应发生的另一规律：______________________；
　　将KI溶液和AgCl固体混合搅拌，会观察到的现象是_______________________，
　　请写出反应的离子方程式：____________________________________________。21世纪教育网
【答案】（1）A、D
（2）⑤；1；①
（3）复分解反应能够向生成更难溶（溶解度更小）物质的方向进行。
白色固体变成黄色 I－+AgCl===AgI+Cl－
28. (12分)(1)向Na2CO3的浓溶液中逐滴加入稀盐酸，直到不再生成CO2气体为止，则在此过程中，溶液的c(HCO)变化趋势可能是：①逐渐减小；②逐渐增大；③先逐渐增大，而后减小；④先逐渐减小，而后增大。4种趋势中可能的是________。
(2)pH相同的HCl溶液、H2SO4溶液、CH3COOH溶液各100 mL。
①3种溶液中，物质的量浓度最大的是________。
②分别用0.1 mol/L的NaOH溶液中和，其中消耗NaOH溶液最多的是________。
③与等量的锌粉反应，反应开始时，反应速率________。
A．HCl最快 B．H2SO4最快
C．CH3COOH最快 D．一样快
(3)某温度下，纯水中c(H＋)＝2×10－7mol/L，则此时c(OH－)＝________mol/L。相同条件下，测得：①NaHCO3溶液，②CH3COONa溶液，③NaClO溶液，3种溶液的pH相同，那么，它们的物质的量浓度由小到大的顺序是
________________________________________________________________________。
(4)已知：酸性H2CO3>HClO>HCO，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合液中，各种离子浓度关系正确的是________
A．c(Na＋)>c(HCO)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(HCO)>c(ClO－)>c(OH－)
C．c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(ClO－)＋c(OH－)＋c(CO)
【解析】(1)CO＋H＋===HCO，HCO＋H＋===H2O＋CO2↑，所以c(HCO)先逐渐变大后又逐渐变小。
(2)同pH时，CH3COOH是弱酸，其物质的量浓度最大，与NaOH反应时，消耗NaOH必是最多的。由于c(H＋)相等，与Zn作用时开始的瞬间速率是相等的。
(3)纯水中水电离的H＋和OH－的浓度总是相等，与其他因素无关，故c(OH－)＝2×10－7mol/L；因为酸性HClO【答案】(1)③
(2)①CH3COOH　②CH3COOH　③D
(3)2×10－7　NaClO(4)C
10－7
10－6
10－7
10－6
A
B
C
D
E
25℃
c(H+)/mol·L－1
c(OH－)/mol·L－1
100℃第二节 化学平衡状态 化学平衡常数
【高考目标导航】
考纲导引 考点梳理
1.了解化学反应的可逆性。2.了解化学平衡建立的过程。3.理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对化学平衡的影响，认识其一般规律4.了解化学反应速率和化学平衡的调控在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。 1.可逆反应。2.化学平衡状态。3.外界条件对化学平衡的影响
【基础知识梳理】
一、可逆反应
1．概念：在一定条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应称为可逆反应。
2．表示：采用“”表示，如：Cl2 + H2O H+ +Cl- + HClO
3．特点：可逆反应在同一体系中同时进行。可逆反应进行一段时间后，一定会达到化学平衡状态
二、化学平衡状态
1．概念：在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应体系中所有参加反应的物质的百分含量保持恒定的状态。
2、特征
①逆：化学平衡状态只对可逆反应而言．
②等：正反应速率等于逆反应速率。
③动：化学平衡是一种动态平衡，反应达到平衡时，正逆反应都仍在继续反应。
④定：在平衡混合物中，各组成成分的含量保持不变。
⑤变：化学平衡是在一定条件下暂时的平衡．当影响化学平衡的外界条件改变，化学平衡就会发生移动。
三、外界条件(浓度、温度、压强等)对化学平衡的影响
1.化学平衡移动实质：化学平衡移动是由于浓度、温度、压强的变化使可逆反应从一种平衡状态变为另一平衡状态的过程。平衡移动的实质因为条件的变化打破了正反应、逆反应速率相等的关系。υ(正) ＞υ(逆)，正向移动；υ(正)<υ(逆)，平衡逆向移动。对可逆反应：mA(g)+nB (g) pC(g)+qD(g)
条件变化 反应特点21世纪教育网 υ(正) υ(逆) υ正 υ逆 移动方向 说明
反应物浓度增大 增 不变 υ正 ＞υ逆 向右21世纪教育网 固体或纯液体浓度视为固定不变的21世纪教育网
生成物浓度减小21世纪教育网 不变 减[来源:21世纪教育网][21世纪教育网]21世纪教育网[来源:21世纪教育网]
反应物浓度减小 减 不变 υ正＜ υ逆 向左
生成物浓度增大 不变 增
升高温度 正反应吸热 增 增 υ正 ＞υ逆 向右 升高或降低温度，υ正 υ逆增加或减小程度不同
正反应放热 增 增 υ正＜ υ逆 向左
降低温度 正反应吸热 减 减 υ正＜ υ逆 向左
正反应放热 减 减 υ正 ＞υ逆 向右
压缩体积增大压强 m+n＞p+q 增 增 υ正 ＞υ逆 向右 反应物产物都是固体或液体，压强对平衡无影响。
m+n=p+q 增 增 υ正= υ逆 不移动
m+n＜p+q 增 增 υ正＜ υ逆 向左
容积不变，充入He 不变 不变 υ正= υ逆 不移动 分压不变
压强不变充入He m+n＞p+q 减 减 υ正＜ υ逆 向左 相当于减压
m+n=p+q 减 减 υ正= υ逆 不移动
m+n＜p+q 减 减 υ正 ＞υ逆 向右
2. 勒夏特列原理
在封闭体系中，如果只改变平衡体系中的一个条件时，平衡将向减弱这个条件改变的方向移动。
【要点名师透析】
一、化学平衡状态的判断。
反应特点 mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)
m＋n＝p＋q m＋n≠p＋q
无条件判据 v(正)＝v(逆) 平衡 平衡
各组分百分含量不变 平衡 平衡
各组分浓度不变 平衡(浓度变化时 平衡
有条件判据 压强不变 不一定平衡 平衡
混合气体平均相对分子质量不变　　　　 不一定平衡 平衡
混合气体密度不变　　 不一定平衡 恒压时平衡
温度不变 绝热体系平衡 绝热体系平衡
颜色不变 有有色分子参与反应时平衡 有有色分子参与反应时平衡
总体积 不一定平衡 恒压时平衡
总物质的量不变 不一定平衡 平衡
【典例1】可逆反应：2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)在密闭容器中反应，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的物质的量浓度变化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混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A．①④⑥　 B．②③⑤
C．①③④ D．①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】①中可换算成“单位时间内生成n mol O2，同时消耗n mol O2”，正逆反应速率相等，已达平衡；②、③指的是同一反应方向，不能说明反应已达平衡，④⑥中均为变量，变量不变时，反应已达平衡；⑤中为常量，不能说明反应已达平衡。
二、化学平衡与转化率的关系
1.实例分析
（1）
条件变化 平衡移动 转化率变化
增大浓度 正移 的转化率增大，的转化率减小
增大浓度 逆移 从你反应角度看，的转化率减小
升高温度 逆移 、的转化率都减小
增大压强 正移 、的转化率都增大
（2）
条件变化 平衡移动 转化率变化
体积不变时，充入气体 正移 的转化率增大
体积不变时，充入气体 逆移 的转化率增大
（3）
条件变化 平衡移动 转化率变化
增大的浓度 正移 的转化率减小，的转化率增大
增大的浓度 逆移 转化率不变
增大压强 不移动 转化率不变
2．惰性气体（与反应中各气体物质无关的气体）的影响
(l)若容器恒温恒容，充人惰性气体虽改变了容器内气体 的总压强，但却没有改变气体的浓度，故平衡不移动，转化率不变。
(2)若容器恒温恒压，充人惰性气体会使容器的容积增大，虽未减小容器内气体的总压强，但降低了各物质的浓度，从而使平衡向气体体积增大的方向移动，若正向移动，转化率增大，若逆向移动，转化率减小。
【典例2】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的体积分数增加
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，根据勒夏特列原理知：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。
三、化学平衡常见的图象
对于反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，若m＋n>p＋q且ΔH>0
1.v－t图像
2.c－t图象
3.c或α－p(T)图象
【图像分析方法】
对于化学反应速率的有关图像问题，可按以下的方法进行分析：
(1)认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与有关的原理挂钩。
(2)看清起点，分清反应物、生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，一般生成物多数以原点为起点。
(3)看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。分清正、逆反应，吸、放热反应。升高温度时，v(吸)>v(放)，在速率－时间图上，要注意看清曲线是连续的还是跳跃的，分清渐变和突变，大变和小变。例如，升高温度，v(吸)大增，v(放)小增，增大反应物浓度，v(正)突变，v(逆)渐变。
(4)注意终点。例如在浓度－时间图上，一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量，并结合有关原理进行推理判断。
(5)先拐先平。例如，在转化率－时间图上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。
(6)定一议二。当图像中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。
【典例3】下列各图是温度(或压强)对应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】A
【解析】曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，升高温度，增加压强，v(正)、v(逆)均增大，B中v(逆)，D中v(正)、v(逆)走向均减小，则B、D均错；可逆反应2A(s)＋2B(g) 2C(g)＋D(g)　ΔH>0的正反应是一个气体体积增大的吸热反应，则升高温度，向正反应方向移动，故v(正)>v(逆)，A项正确；增大压强，平衡向逆反应方向移动，故v(逆)>v(正)，C项错误。
【感悟高考真题】
1.（2011·安徽高考·9）电镀废液中可通过下列反应转化成铬黄：
（aq）+2（aq）+（l）2（s）+2（aq） ΔH< 0
该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是
【答案】选A。
【解析】本题考查外界条件变化对平衡移动的影响,读图时应看清横坐标与纵坐标的含义。
选项 具体分析 结论
A 平衡常数只受温度影响。对于放热反应，升高温度，化学平衡常数减小；对于吸热反应，升高温度，化学平衡常数增大 正确
B pH增大，c(H+)减小，平衡向右移动，故Cr2O72-转化率增大 错误
C 升高温度，正、逆反应速率都加快 错误
D 增大c(Pb2+),平衡向右移动，n(Cr2O72-)将减小 错误
2.（2011·天津高考·6）.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是
A.反应在c点达到平衡状态
B.反应物浓度：a点小于b点
C.反应物的总能量低于生成物的总能量
D.△t1=△t2时，SO2的转化率：a~b段小于b~c段
【答案】选D。
【解析】绝热容器，体系温度随着反应的进行会逐渐变化。
选项 具体分析 结论
A 当反应速率保持不变的时候，反应达到平衡状态，显然c点没有达到平衡。 错误
B 随着反应的进行，反应物的浓度会越来越小，故反应物浓度a点大于b点。 错误
C 如果只考虑浓度对反应速率的影响，正反应速率应该越来越小，但是由图可知，a、b、c三点速率越来越大，这说明反应是放热的，故反应物的总能量高于生成物的总能量。 错误
D 图中曲线a~b正下方的面积代表△t1时间段内SO2的转化浓度，曲线b~c正下方的面积代表△t2时间段内SO2的转化浓度,显然曲线b~c正下方的面积大，故b~c段内SO2的转化率大。 正确
3.（2011·全国卷I·8）在容积可变的密闭容器中，2mol和8mol在一定条件下反应，达到平衡时，的转化率为25％，则平衡时氨气的体积分数接近于
A.5％ B.10％ C.15％ D.20％
【答案】选C。【解析】利用的转化率计算出平衡时各物质的物质的量即可求解。
根据 + 32NH3
起始物质的量（mol） 2 8 0
转化物质的量（mol） 2/3 8×25％ 4/3
平衡物质的量（mol） 4/3 6 4/3
所以平衡时氨气的体积分数为。
4.（2010·安徽卷）低脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：
2NH2（g）＋NO（g）＋NH2（g）2H3（g）＋3H2O（g） H<0
在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是
A.平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B.平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C.单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时，反应达到平衡
D.其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
【答案】C
【解析】A选项，放热反应升温平衡常数减小，错误；增大一个反应物浓度另一反应物转化率增大，B错；使用催化剂平衡不移动，D错。
5.（2010·江苏卷）．在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知 kJ·mol）
容器 甲 乙 丙
反应物投入量 1mol N2、3mol H2 2mol NH3 4mol NH3
NH3的浓度（mol·L） c1 c2 c3
反应的能量变化 放出akJ 吸收bkJ 吸收ckJ
体系压强（Pa） p1 p2 p3
反应物转化率
下列说法正确的是
A． B． C． D．
【答案】BD
【解析】本题主要考查的是化学平衡知识。A项，起始浓度不同，转化率也不同，不成倍数关系，B项，实际上为等同平衡，不同的是反应的起始方向不同，在此过程中乙吸收的热热量相当于甲完全转化需再放出的热量，故a+b=92.4;C项，通过模拟中间状态分析，丙的转化率小于乙，故2p2> p3;D项，a1+b1=1.，而a2> a3,所以a1+ a3<1.综上分析可知，本题选BD项。
6.（2009·天津卷） 人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2,因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2O2+HbCO ，37 ℃时，该反应的平衡常数K=220 。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是
A.CO与HbO2反应的平衡常数K=
B.人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C.当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D.把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
【答案】C【解析】由反应方程式知，K的表达式正确，A对；CO与HbO2反应的平衡常数达220，可见其正向进行的程度很大，正确。，由题意知，K=220，=0.02时，人受损，则C(CO)/C(O2)=9×10-5,C项错。D项，当O2浓度很大时，题中平衡将逆向移动，从而解救人，正确。
7.（2009·四川卷） 在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应
kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气
体体积的关系如下表所示：
气体体积
C(Y)/mol·L-1
温度℃ 1 2 3
100 1.00 0.75 0.53
200 1.20 0.09 0.63
300 1.30 1.00 0.70
下列说法正确的是
A.m＞n
B.Q＜0
C.温度不变，压强增大，Y的质量分数减少
D.体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
【答案】C
【解析】 根据题目信息可得，在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，根据平衡移动原理，增大体积，平衡向体积增大的方向移动，因此A错误，C项正确。当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为放热反应，B、D错误。
【考点分析】化学平衡移动原理
8.（2011·山东高考·28）研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为 。利用反应6NO2＋ 7N2＋12 H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是 L。
（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH=-196.6 kJ·mol-1
2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH=-113.0 kJ·mol-1
则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH= kJ·mol-1。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 。
a．体系压强保持不变
b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变
d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝ 。
（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。
CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。
该反应ΔH 0（填“>”或“ <”）。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是 。
【解析】注意在计算化学平衡常数时，将体积比转化成物质的量浓度之比，同时注意中间量的创设，如转化率或参加反应的物质的量等。
【答案】（1）NO2与水反应的化学方程式为：3NO2 +H2O =2HNO3 +NO；NO2与NH3的反应为一个氧化还原反应，NO2为氧化剂，NH3 为还原剂，N2既是氧化产物，又是还原产物，当1mol的NO2 发生反应时，电子转移数为4mol，故当转移1.2mol电子时，则有0.3 mol的NO2反应，即在标准状况下的气体体积为6.72L。
（2）已知2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH=-196.6 kJ·mol-1 ①
2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH=-113.0 kJ·mol-1 ②
将①×1/2+[-②×1/2]变形，可得所求反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g），ΔH3= ΔH1×1/2—ΔH2×1/2=—41.8kJ·mol-1。
a项，因该反应为一个反应前后气体体积不变的反应，故压强不变不能作为判断反应达到平衡状态的标志；b项，因颜色与浓度大小有关，颜色不变意味着NO2浓度不变，其他物质的浓度也不变，故正确；c项，SO3和NO的体积比在任意时间都是1：1，体积比都不变，故它不能作为判断反应达到平衡状态的标志；d项，因消耗 SO3与生成 NO2是同一个方向，因此它不能作为反应达到平衡状态的标志。答案为b。NO2与SO2以体积比1:2参与反应，达到平衡时它们的体积比为1：6，现可设容器的体积为1L，NO2与SO2的物质的量分别为1mol、2mol；参加反应的NO2与SO2的物质的量分别为x、x，达到平衡时NO2与SO2的物质的量分别为1-x，2-x，由题意可得，（1-x）/（2-x）=
1：6，解得x=0.8，故平衡状态时，c(SO3)=c(NO)=0.8mol/L，c(NO2）=(1-0.8)mol/lL=0.2mol/L，c(SO2)=(2-0.8)mol/1L=1.2mol/L，则K=c(SO3)·c(NO)/c(SO2)·c(NO2）=2.67。
（3）由图可得出，温度相对较低时，CO的平衡转化率高，说明了该反应的正反应是一个放热反应，故该反应ΔH小于0，因在1.3×104kPa下，反应物CO的转化率已经很大，再加压，对设备的要求较高，得不偿失。
答案：（1）3NO2 +H2O =2HNO3 +NO 6.72 （2）-41.8 b 2.67
（3）< 在1.3×104kPa 下，反应物CO的转化率已较高，再增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。
9.（2011·浙江高考·27）．(14分)某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定。
（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。
实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：
温度(℃) 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0
平衡总压强(kPa) 5.7 8.3 12.0 17.1 24.0
平衡气体总浓度(mol/L) 2.4×10－3 3.42×10－3 4.8×10－3 6.8×10－3 9.4×10－3
①可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是___________。
A．
B．密闭容器中总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变
D．密闭容器中氨气的体积分数不变
②根据表中数据，列式计算25.0℃时的分解平衡常数：__________________________。
③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25℃下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量______（填“增加”、“减小”或“不变”）。
④氨基甲酸铵分解反应的焓变△H____0，熵变△S___0。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）已知：NH2COONH4＋2H2ONH4HCO3＋NH3·H2O。该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c(NH2COO－)随时间变化趋势如图所示。
⑤计算25℃时，0～6min氨基甲酸铵水解反应的平均速率___________________________。
⑥根据图中信息，如何说明水解反应速率随温度升高而增大：_______________________。
【解析】解答本题要明确如下几点：
（1）平衡常数的求算。
（2）用平衡移动原理（即勒夏特列原理）去分析问题
【答案】
（1）①A项，不能表示正逆反应速率相等；B项，反应正向进行则压强增大；
C项，恒容，反应进行则密度增大；D项，反应物是固体，NH3的体积分数始终为2/3。
②需将25℃的总浓度转化为NH3和CO2的浓度；K可不带单位。
③加压，平衡逆移；
④根据表中数据，升温，反应正移，△H＞0，固体分解为气体，△S＞0。
（2）⑤0.05mol·L-1·min-1；
⑥25℃时反应物的起始浓度较15℃反应物的起始浓度小，但0～6 min的平均反应速率（曲线斜率）仍比15.0℃的大。
【答案】
（1）①BC； ②
③增加 ④＞，＞
（2）⑤0.05mol·L-1·min-1
⑥25℃时反应物的起始浓度较15℃反应物的起始浓度小，但0～6 min的平均反应速率（曲线斜率）仍比15℃的大。
10.（2010·广东理综卷）（16分）硼酸（H3BO3）在食品、医药领域应用广泛。
(1)请完成B2H6气体与水反应的化学方程式：B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +________。
(2)在其他条件相同时，反应H3BO3 +3CH3OHB(OCH3)3 +3H2O中，H3BO 3的转化率（）在不同温度下随反应时间（t）的变化见图12，由此图可得出：
①温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是____ ___
②该反应的_____0(填“<”、“=”或“>”).
(3)H3BO 3溶液中存在如下反应：
H3BO 3（aq）+H2O（l） -( aq)+H+（aq）已知0.70 mol·L-1 H3BO 3溶液中，上述反应于298K达到平衡时，c平衡（H+）=2. 0 × 10-5mol·L-1，c平衡（H3BO 3）≈c起始（H3BO 3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反应的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保留两位有效数字）
【解析】(1)根据元素守恒，产物只能是H2， 故方程式为B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2。
(2)由图像可知，温度升高，H3BO 3的转化率增大，故升高温度是平衡正向移动，正反应是吸热反应，△H＞O。
(3) K===
【答案】
(1) B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2
(2) ①升高温度，反应速率加快，平衡正向移动 ②△H＞O
(3) 或1.43
11.（2010·天津卷）（14分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。
请回答下列问题：
⑴ 煤的气化的主要化学反应方程式为：___________________________。
⑵ 煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：________________________________________。
⑶ 利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
① 2H2(g) + CO(g) CH3OH(g)；ΔH ＝ －90.8 kJ·mol－1
② 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝ －23.5 kJ·mol－1
③ CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)；ΔH＝ －41.3 kJ·mol－1
总反应：3H2(g) + 3CO(g) CH3OCH3(g) + CO2 (g)的ΔH＝ ___________；
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）。
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度
d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
⑷ 已知反应②2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH ，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
浓度/（mol·L－1） 0.44 0.6 0.6
① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正 ______ v逆 （填“>”、“<”或“＝”)。
② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ _________；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ __________。
【解析】(1)煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。
(2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：
Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。
(3)观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3=-246.4kJ· mol -1。
正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。
(4)此时的浓度商Q==1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，则甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=，解得x=0.2 mol·L-1，故0.44 mol·L-1-2x=0.04 mol·L-1。
由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L-1=1.64 mol·L-1，其平衡浓度为0.04 mol·L-1，
10min变化的浓度为1.6 mol·L-1，故(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1。
【答案】(1) C+H2OCO+H2。
(2) Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS
(3) -246.4kJ· mol -1 c、e
(4) ①＞ ②0.04 mol·L-1 0.16 mol·L-1·min-1
命题立意：本题是化学反应原理的综合性试题，考查了化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学平衡移动原理，和利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡移动的方向、平衡常数和速率的计算等。
【解析】本题考查化学平衡移动、等效平衡。 在相同条件下，甲、乙容器中达平衡时是等效平衡，欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，则甲中平衡向着正反应方向移动，同时乙向着逆反应方向移动或者不移动。选项A，甲、乙提高相同温度时，平衡均向逆反应方向移动，且达平衡是二者等效，HI浓度相等。选项B，加入稀有气体时，平衡不移动，二者HI浓度相等。选项C，甲降低温度平衡向着正反应方向移动，达平衡是HI浓度增大，而乙中HI浓度不变，符合题意。选项D，甲中增加等量的H2或I2，达平衡是HI浓度相等。
12.(2009·上海卷） 铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及化合物有着各自的性质。
(1)在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：
①该反应的平衡常数表达式为：K=
②该温度下，在2L盛有粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单
质铁11．2g。则10min内CO的平均反应速率为
(2)请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：
① ②
(3)某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率(v)
和温度(T)的关系示意图中与铝热反应最接近的是 。
(4)写出氢氧化铝在水中发生酸式电离的电离方程式：
欲使上述体系中浓度增加，可加入的物质是 。
【答案】
（1）
（2）①CO或（CO2）的生成速率与消耗速率相等；②CO（或CO2）的质量不再改变
（合理即给分）
（3） b
（4）（合理即给分）
【解析】（1）Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)
3mol 2×56g
0.3mol 11.2g
(CO)==0.3mol/（2L×10min）=0.015mol·L－1·min－1
（2）可逆反应平衡的根本特征是V（正）=V（逆），其表现为反应物和生成物的浓度、质量、百分含量不随时间变化，注意不能考虑固态或纯液态的物质。前后体积变化的可逆反应还可通过压强来判断是否平衡，若反应中含有有色气体，还可通过气体的颜色变化来判断。
（3）根据温度升高，反应速率增大，图像b正确，注意二者并非正比例关系，a项不正确。
（4）Al(OH)3是两性氢氧化物，其酸式电离的离子方程式为：Al(OH)3H＋＋AlO2－＋H2O；碱式电离的离子方程式为：Al(OH)3===Al3＋＋3OH－，欲使Al3＋浓度增大，可加入盐酸、硫酸等以降低OH－浓度，使平衡向碱式电离的方向移动。
【考点模拟演练】
一、选择题
1.（2011·北京东城高三上期末）下列关于催化剂的说法不正确的是 （ ）
A．温度越高，催化剂的催化效果越好
B．汽车排气管上的“催化转化器”能减少有害气体排放
C．催化剂可以改变化学反应速率，但厦应前后质量和化学性质不变
D．锌与盐酸反应时，加入几滴硫酸铜溶液可加快反应速率，但硫酸铜不作催化剂
【答案】A
2.（2011·北京西城高三上期末）将4 mol A和2 mol B放入2 L密闭容器中发生反应2A(g) + B(g) 2C(g) ΔH＜0。
4 s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6 mol/L。下列说法正确的是
A．4 s内，υ(B)＝0.075 mol/(L ·s)
B．当c(A)︰c(B)︰c(C)＝2︰1︰2 时，该反应即达到平衡状态
C．达到平衡状态后，若只升高温度，则C的物质的量浓度增大
D．达到平衡状态后，若温度不变，缩小容器的体积，则A的转化率降低
【答案】A
3.（2011·北京大兴高三上期末）一定条件下，体积为2L的密闭容器中，1molX和3molY进行反应：
X(g)＋3Y(g)2Z(g)，经12s达到平衡，生成0.6molZ。下列说法正确的是
A．以X浓度变化表示的反应速率为1/8mol/(L·S)
B．12s后将容器体积扩大为10L，Z的平衡浓度变为原来的1/5
C．若增大X的浓度，则物质Y的转化率减小
D．若该反应的△H＜0 ，升高温度，平衡常数K减小。
【答案】D
4.（2011·济南外国语高三上第一次质检）人体血液内的血红蛋白（Hb）易与O2结合生成HbO2,因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2O2+HbCO ，37 ℃时，该反应的平衡常数K=220 。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0．02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是（ ）
A．CO与HbO2反应的平衡常数K=
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0．02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
答案：C
5. (2011·东莞模拟)如图，Ⅰ是恒压密闭容器，Ⅱ是恒容密闭容器。其他条件相同时，在Ⅰ、Ⅱ中分别加入2 mol X和2 mol Y，起始时容器体积均为V L，发生如下反应并达到平衡(X、Y状态未知)：2X( )+Y( ) aZ(g)。此时Ⅰ中X、Y、Z的物质的量之比为1∶3∶2，则下列说法一定正
确的是( )
A.若X、Y均为气态，则平衡时气体平均摩尔质量：Ⅰ>Ⅱ
B.若X、Y不均为气态，则平衡时气体平均摩尔质量：Ⅰ>Ⅱ
C.若X为固态，Y为气态，则Ⅰ、Ⅱ中从起始到平衡所需时间相同
D.平衡时Ⅰ容器的体积小于V L
【答案】选A、C。
【解析】
设转化的X的物质的量为2x mol，则：
2X + Y aZ
起始物质的量(mol)2 2
转化的物质的量 2x x ax
平衡的物质的量 2-2x 2-x ax
(2-2x)∶(2-x)=1∶3
(2-x)∶ax=3∶2
解得
则反应方程式为2X( )+Y( ) Z(g)。
若X、Y均为气态，则随反应进行Ⅰ的体积不断减小，相对于Ⅱ相当于加压，平衡正向移动。Ⅰ中气体总物质的量减小，则Ⅰ中平均摩尔质量比Ⅱ中大，A正确；若X、Y不均为气态，则分成两种情况。(1)若X为非气态，则此反应前后气体分子数不变，Ⅰ、Ⅱ是等效平衡，则平均摩尔质量Ⅰ=Ⅱ；(2)若Y为非气态，则同A答案分析则平均摩尔质量为Ⅰ>Ⅱ，B不正确；若X为固态，Y为气态，则此反应前后气体分子数不变，Ⅰ、Ⅱ为等效平衡，到达平衡时间相同，C正确；平衡Ⅰ容器中体积与V的关系，关键看反应前后气体分子数如何变化，不能确定，D不正确。
6.(2011·厦门模拟)某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应: A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化如图所示。下列说法中正确的是( )
A．30 min时降低温度，40 min时升高温度
B．反应方程式中x＝1，正反应为放热反应
C．该反应在第8 min时达到化学平衡状态
D．30～40 min间该反应使用了催化剂
【答案】选 B。
【解析】改变浓度、压强会引起相关物质浓度的突变，改变温度、使用催化剂只能引起物质浓度的渐变。
由图像知，第8 min时三种物质的浓度相同，20 min时达到化学平衡状态。30 min时三种物质的浓度同时缩小为原来的75%，反应速率减小，但正逆反应速率仍然相等，所以30 min时增大了容器的容积。压强的变化对平衡移动没有影响，故该反应为反应前后气体体积不变的反应，所以x＝1。40 min时正逆反应速率同时增大，说明温度升高，重新达到平衡状态后，反应物浓度增大，生成物浓度减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应。
7.(2011·梅州模拟)对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是( )
①生成物的百分含量一定增加 ②生成物的产量一定增加
③反应物的转化率一定增大 ④反应物的浓度一定降低
⑤正反应速率一定大于逆反应速率 ⑥使用了适宜的催化剂
A.②⑤ B.①② C.③⑤ D.④⑥
【答案】选A。
【解析】减少生成物的量使化学平衡向正反应方向移动时，正反应速率一定大于逆反应速率，生成物的百分含量减小，生成物的产量增加，反应物的转化率增大，反应物的浓度一定降低；当增大反应物浓度使化学平衡向正反应方向移动时，正反应速率一定大于逆反应速率，生成物的产量增加，反应物的转化率降低，反应物的浓度增大。
8.下列事实不能用勒沙特列原理解释的是
A．合成氨工业选择的反应条件不是室温，是500℃左右
B．配制氯化铁溶液时，将氯化铁加入盐酸中，然后加水稀释
C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．硫酸工业中，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
【答案】A
9.在一定温度下，可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡的标志是
A．B的浓度和C的浓度相等
B．单位时间生成n mol A，同时生成3n mol B
C．A、B、C的浓度不再变化
D．A、B、C的分子数比为1:3:2
【答案】C
10.（2011·莆田统测）相同温度下，体积均为0.25 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：
X2(g)＋3Y2(g)??2XY3(g)　ΔH＝－92.6 kJ·mol－1
实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：
容器
编号
起始时各物质物质的量/mol
X2 Y2 XY3 达平衡时体
系能量的变化
① 1 3 0 放热 23.15 kJ
② 0.6 1.8 0.8 Q(Q＞0)
下列叙述不正确的是(　　)
A．容器①、②中反应的平衡常数不相等
B．达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2 mol·L－1
C．容器②中反应达到平衡时放出的热量为Q
D．若容器①体积为0.20 L，则达平衡时放出的热量大于23.15 kJ
【答案】AC　
【解析】 相同温度下，两次实验中X2、Y2都是按照与计量数等比加入，温度又不变，所以达到平衡时，平衡状态相同，平衡常数相等。容器②中反应达到平衡应该吸收热量。
11（2011·淄博统测）往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，t0时若保持混合气体总物质的量不变而改变某一反应条件，使容器内压强增大(如下图所示)，下列说法正确的是(　　)
A．容器内气体颜色变深，平均相对分子质量不变
B．平衡不移动，混合气体密度增大
C．H2转化率增大，HI平衡浓度减小
D．t0时减小体积或升高体系温度
【答案】A　
【解析】 条件改变后正、逆反应速率均增大，但是逆反应速率大于正反应速率，改变的条件为升高温度，反应逆向移动，A正确，B、C、D错误。
12.（2011·日照一调）一定温度下，在2 L的密闭容器中发生反应：A(g)＋2B(g)xC(g) △H＜0，
B、C的物质的量随时间变化的关系如下图。下列有关说法不正确的是
A．x＝2
B．反应开始2 min内，v(B)＝0.1 mol·L-1·min-1
C．2 min后，降低温度平衡向右移动
D．使用催化剂可以加快反应速率，但B的转化率不变
【答案】B
二、非选择题
13.(18分)(2011·广州模拟)为妥善处理氯甲烷生产企业的副产物CCl4，以减少其对臭氧层的破坏。化学家研究在催化剂作用下，通过下列反应：CCl4+H2 CHCl3+HCl使CCl4转化为重要的化工原料氯仿(CHCl3)。此反应伴随有副反应，会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等。已知CCl4的沸点为
77 ℃，CHCl3的沸点为61.2 ℃。
(1)在密闭容器中，该反应达到平衡状态后，测得如下数据(假设不考虑副反应)。
①此反应的化学平衡常数表达式为___________________，
在110℃时平衡常数为____________。
②实验1中，CCl4的转化率A____50％(填“大于”、“小于”或“等于”)。
③实验2中，10 h后达到平衡，H2的平均反应速率为____。
④实验3中，B的值_______(选填序号)。
A．等于50％ B．大于50％
C．小于50％ D．从本题资料无法判断
(2)120 ℃时，在相同条件的密闭容器中，分别进行H2的初始浓度为2 mol·L-1和4 mol·L-1的实验，测得反应消耗CCl4的百分率(x％)和生成物中CHCl3的百分含量(y％)随时间(t)的变化关系如图(图中实线是消耗CCl4的百分率变化曲线，虚线是产物中CHCl3的百分含量变化曲线)。
①在图中的四条线中，表示H2起始浓度为2 mol·L-1的实验消耗CCl4的百分率变化曲线是_______(选填序号)。
②根据上图曲线，氢气的起始浓度为_____mol·L-1
时，有利于提高CCl4的平衡转化率和产物中CHCl3的百分含量。你判断的依据是________________________。
【解析】(1)因CCl4的沸点为77 ℃，CHCl3的沸点为
61.2 ℃，所以在110 ℃或100 ℃时反应中各物质的状态均
为气态，其平衡常数K＝ 。110 ℃时,由实验2可知反应中各物质的平衡浓度均为0.5 mol·L-1，代入表达式计算得平衡常数为1。实验1和实验2的反应温度相同，所以其平衡常数相同，利用平衡常数相等，可以求出实验1中CCl4的平衡转化率，然后与50％比较，对于实验3，因温度不同，又不知该反应的热效应，所以无法判断转化率的大小。
(2)由图像可知，氢气浓度越大反应越快，消耗CCl4的百分率变化就越快，相反就比较慢，所以H2起始浓度为2 mol·L-1时，消耗CCl4的百分率变化曲线是c，CCl4的平衡转化率和产物中CHCl3的百分含量均得到提高的是a和b，此时氢气的浓度为4 mol·L-1。
【答案】(1)①K＝ 1
②大于 ③0.05 mol·L-1·h-1
④D
(2)①c
②4 从图中可见，4 mol·L-1的a、b曲线比2 mol·L-1的c、d曲线CCl4转化率和产物中CHCl3的百分率的数值均高
14（2011·北京五中高三期中）（8分）氨气在农业和国防工业都有很重要的作用，历史上诺贝尔化学奖曾经有3次颁给研究氮气与氢气合成氨的化学家。
⑴下图表示了298K时氮气与氢气合成氨反应过程中的能量变化，据此请回答：
对于合成氨的反应下列说法正确的是 (填编号)。
A.该反应在任意条件下都可以自发进行
B.加入催化剂，能使该反应的E和△H都减小
C．若该反应在298K、398K时的化学平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
D．该反应属于人工固氮
⑵现在普遍应用的工业合成氨的方法为N2+3H2　　　　　　　2NH3,是哈伯于1905年发明的，但此法达到平衡时反应物的转化率不高。
①能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的措施是 。
A.使用的更高效催化剂 B.升高温度
C.及时分离出氨气 D.充入氮气，增大氮气的浓度（保持容器体积不变）
②若在某温度下，2L的密闭容器中发生N2+3H2　　　　　　　2NH3的反应，下图表示N2的物质的量随时间的变化曲线。用H2表示0~10min内该反应的平均速率v(H2)= 。
从11min起，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为 。
A. a B.b C.c D.d
⑶随着对合成氨研究的发展，2001年两位希腊化学家提出了电解合成氨的方法，即在常压下把氢气和用氦气稀释的氮气，分别通人一个加热到500℃的电解池中，采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H+)为介质里，用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜作电极，实现了常压、570℃条件下高转化率的电解法合成氮（装置如上图）。则电解池阴极上的电极反应式是 　　　　
【答案】（8分）（1）①CD（2分）
（2）D （2分） 0.06mol/(L·min) （1分） D（1分）
（3）N2+6H++6e===2NH3（2分）
15（2011·江苏南通高三期中）(12分)氮的化合物很多，如：肼（N2H4）广泛用于火箭推进剂、有机合成及电池燃料，NO2的二聚体N2O4则是火箭中常用氧化剂。试回答下列问题
⑴联氨的工业生产常用氨和次氯酸钠为原料获得，也可在高锰酸钾催化下，尿素[CO(NH2)2]和次氯酸钠-氢氧化钠溶液反应获得，尿素法反应的离子方程式为
▲ 。
⑵肼燃料电池原理如图所示，左电极上发生的电极反应式为
。
⑶火箭常用N2O4作氧化剂，肼作燃料，已知：
N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g) △H＝－67.7kJ·mol-1，
N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g) △H＝－534.0kJ·mol-1
2NO2(g)N2O4(g) △H＝－52.7kJ·mol-1
试写出气态肼在气态四氧化二氮中燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式：
▲ 。
⑷如图所示，A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球。关闭K2，将1 mol NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同a L。
①B中可通过 ▲ 判断可逆反应2NO2N2O4已经达到平衡。
②若平衡后在A容器中再充入0.5molN2O4，则重新到达平衡后，平衡混合气中NO2的体积分数 ▲ （填 “变大”“变小”或“不变”）。
③若打开K2，平衡后B容器的体积缩小0.6a L，则打开K2之前，气球B体积为 ▲ 。
④若容器A中到达平衡所需时间t s，达到平衡后容器内压强为起始压强的0.8倍，则平均化学反应速率v(NO2)等于 ▲ 。
【答案】（12分）⑴CO(NH2)2＋ClO－＋2OH－＝N2H4＋CO32－＋Cl－＋H2O(2分)
⑵N2H4－4e－＋4OH－＝N2＋4H2O(2分)
⑶2N2H4(g)＋N2O4(g)＝3N2(g)＋4H2O(g) △H＝－947 .6 kJ· mol－1(2分)
⑷气球B的体积不再减小（其他合理答案也给分）(1分) 变小(1分)　
0.7aL(2分) mol·L-1·s-1(2分)第四节 难溶电解质的溶解平衡
【高考目标导航】
考纲导引 考点梳理
1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。2.了解沉淀溶解平衡的应用及沉淀转化的本质。 溶解平衡。沉淀溶解平衡常数——溶度积沉淀反应的应用。
【基础知识梳理】
一、沉淀溶解平衡
1. 沉淀溶解平衡的概念
在一定温度下，当难溶电解质的饱和溶液中，沉淀的溶解速率等于沉淀生成速率时，即达到沉淀的溶解平衡状态。
2. 沉淀溶解平衡的建立
固体溶质溶液中的溶质
（1）V溶解＞V沉淀，固体溶解。
（2）V溶解=V沉淀，溶解平衡。
（3）V溶解＜V沉淀，析出晶体。
二、溶度积常数及其应用
1.表达式
难溶固体在溶液中达到沉淀溶解平衡状态时，离子浓度保持不变（或一定）。各离子浓度幂的乘积是一个常数,这个常数称之为溶度积常数简称为溶度积，用符号Ksp表示。
即：MmAn(s)mMn+(aq)+nAm+(aq)　　　 Ksp＝ Ksp仅受温度影响。
2.溶度积规则
某难溶电解质的溶液中任一情况下离子积Qc和溶度积Ksp的关系：
①Qc > Ksp时,溶液过于饱和，析出沉淀。
②Qc＝ Ksp时, 饱和溶液，沉淀溶解平衡状态。
③Qc < Ksp时,溶液未饱和，无沉淀析出。
三、沉淀反应的应用及沉淀的转化。
1.沉淀的生成：
（1）应用：可利用生产沉淀来达到分离或者除去某些离子的目的
（2）条件
①生成沉淀的反应能够发生
②生成沉淀的反应进行的越完全越好
（3）方法调节PH法，加沉淀剂法。如：Cu2+（Fe3+、Fe2+）离子和除去方法
2.沉淀的溶解
根据溶度积规则，当Qc化学方法溶解沉淀的原则是：使沉淀溶解平衡向着溶解的方向移动。
常用的方法有：
(1)酸碱溶解法
借助某些可溶性弱电解质(水、弱酸或弱碱)，使难溶物的离子浓度降低而溶解。本法适用于溶解氢氧化物、弱酸或弱碱盐等难溶物质。具体办法是：难溶酸用强碱溶；难溶碱用强酸或较强酸溶；难溶弱酸盐用强酸或较强酸溶解。
(2)配位溶解法
在难溶物中加入配位剂，因形成配合物而降低难溶物的某种离子浓度，使平衡向右移动而溶解，配位剂的浓度越大，或生成配合物稳定性越大，则难溶物的溶解度也越大。例如，含AgCl(s)的溶液中加入氨水，而使AgCl溶解度增加或完全溶解。
AgCl(s)＋2NH3(aq) [Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－
(3)氧化还原溶解法
通过氧化还原反应使难溶物的离子浓度降低，使平衡向右移动而溶解。此法适用于具有明显氧化性或还原性的难溶物，如，不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于HNO3就是一个例子：
3Ag2S＋8HNO3===6AgNO3＋3S＋2NO↑＋4H2O
(4)沉淀转化溶解法
将难溶物转化为能用上述三种方法之一溶解的沉淀，然后再溶解。例如，BaSO4中加入饱和Na2CO3溶液使BaSO4转化为BaCO3，再将BaCO3溶于盐酸。
3.沉淀的转化：
（1）概念：由一种难溶物质转化另一种难溶物质的过程
（2）实质：难溶电解质溶解平衡的移动。
（3）应用：水垢中CaSO4的除去，氟化物防治龋齿的化学原理等
【要点名师透析】
一、沉淀溶解平衡的影响因素及四大平衡的比较
1. 沉淀溶解平衡的影响因素
（1）内因：难溶电解质本身的性质。
（2）外因：
①浓度：加水，平衡向溶解方向移动。但Ksp不变。
②温度：升温，多数平衡向溶解方向移动，多数难溶电解质的溶解度随温度的升高而增大，升高温度，平衡向溶解方向移动Ksp增大。
③其他：向平衡体系中加入可与体系中的某些离子反应的更难溶解或更难电离或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
2. 四大平衡的比较
【典例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，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
【答案】B
【解析】本题考查了沉淀溶解平衡的建立与特征。A项：反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系。B项正确。C项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。D项：沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，由于固体的浓度为常数，故平衡不发生移动。
二、沉淀溶解平衡的应用
1.沉淀的溶解和生成
（1）沉淀的生成。
欲使某物质析出沉淀，必须使其离子积大于溶度积，即增大离子浓度可反应向着生成沉淀的方向转化。
（2）沉淀的溶解当Qc < Ksp时，就会试沉淀溶解，加入酸、碱或氧化剂、还原剂或者是适当的配合剂与溶解平衡体系中的离子进行反应，降低离子浓度，使平衡向溶解方向移动。
2．沉淀的转化
沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。根据难溶物质溶解度的大小，难溶物质间可以进行转化，例如：
沉淀转化在工业上的应用
在工业废水处理过程中，用FeS等难溶物作沉淀剂除去废水中的重金属离子。
【典例2】(2011·佛山模拟)某些物质的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示。Mg(ClO3)2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，通常采用向MgCl2溶液中加入NaClO3的方法制取。下列有关说法中不正确的是( )
A.用向MgCl2溶液中加入NaClO3的方法制取Mg(ClO3)2的主要原因是Mg(ClO3)2的溶解度受温度的影响比较大
B.Mg(ClO3)2不能与可燃物(如S、P4)一起存放
C.可采用溶解、过滤的方法分离Mg(ClO3)2与NaCl的混合物21世纪教育网
D.通过这种方法制得的Mg(ClO3)2中常伴有NaCl等杂质
【答案】选C。
【解析】由常见的氧化剂KClO3可知Mg(ClO3)2具有氧化性，不能与可燃物一起存在。因为Mg(ClO3)2的溶解度受温度的影响较大，而NaCl的溶解度受温度的影响较小，故所得的Mg(ClO3)2中常伴有NaCl等杂质，应采用重结晶的方法将其分离。
【感悟高考真题】
1.（2011·四川高考·6）下列“化学与生活”的说法不正确的是
A硫酸钡可用于钡餐透视
B盐卤可用于制豆腐
C明矾可用于水的消毒、杀菌
D醋可用于除去暖水瓶中的水垢
【答案】选C。【解析】解答本题时应将化学物质与生产、生活密切地联系在一起，在判断选项时，既要符合化学物质的性质，又要能够满足生产生活的需要。
因为硫酸钡既不溶于水，又不溶于酸和碱,医学方面，硫酸钡可用作胃肠道的造影剂，硫酸钡俗称钡餐，由此判断A项正确；B项将盐卤加入豆浆中，豆浆会发生聚沉，形成豆腐，,因此B项正确；C项明矾可用于净水，只对水起净化作用，不具有杀菌、消毒作用，由此可知C项错误；D项醋中含有醋酸，水垢的主要成分是CaCO3和 Mg(OH)2,CaCO3+2CH3COOH = (CH3COO)2Ca + H2O + CO2↑; 2CH3COOH + Mg(OH)2 =(CH3COO)2Mg + 2H2O,因此D项正确。
2.（2010 山东卷）某温度下，分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液，金属阳离子浓度的辩护如图所示。据图分析，下列判断错误的是
A.
B.加适量固体可使溶液由点变到点
C.两点代表的溶液中与乘积相等
D.、分别在、两点代表的溶液中达到饱和
【答案】B
【解析】b、c两点金属阳离子的浓度相等，都设为x，，，则，，故，A正确；a点到b点的碱性增强，而溶解于水后显酸性，故B错；只要温度一定，就一定，故C正确；溶度积曲线上的点代表的溶液都已饱和，曲线左下方的点都不饱和，右上方的点都是，沉淀要析出，故D正确。
3.（2010 浙江卷）（15分）已知：
①25℃时弱电解质电离平衡数：Ka（CH3COOH）＝，Ka（HSCN）＝0.13；难溶电解质的溶度积常数：Kap（CaF2）＝
②25℃时，mol·L-1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F-）与溶液pH的变化关系，如下图所示：
请根据以下信息回答下旬问题： 图2
（1）25℃时，将20mL 0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液和20mL 0.10 mol·L-1HSCN溶液分别与20mL 0.10 mol·L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为图2所示：
反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 ，反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO-） c（SCN-）（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka ，列式并说明得出该常数的理由 。
（3） mol·L-1HF溶液与 mol·L-1 CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生。
【解析】
给信息多，可以对信息进行初步分析，也可以根据问题再去取舍信息。21世纪教育网[来源:21世纪教育网]
信息分析：①HSCN比CH3COOH易电离，CaF2难溶。②F-PH=6,PH=0时以HF存在。
F-与HF总量不变。
问题引导分析（解题分析与答案）：
（1）相同的起始条件，只能是因为两种酸的电离度不同导致溶液中起始反应时H+
浓度不同引起反应速率的不同。反应结束后，溶质为CH3COONa和NaSCN,因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c（CH3COO-）＜c（SCN-）。
（2）HF电离平衡常数Ka= 【c（H+）* c（F-）】/ c（HF）,其中c（H+）、 c（F-）、 c（HF）都是电离达到平衡时的浓度，选择中间段图像求解。根据图像：PH=4时，c（H+）=10-4， c（F-）=1.6×10-3、 c（HF）=4.0×10-4。Ka=0.4×10-3。
（3）PH=4.0，则c（H+）=10-4,此时：根据HF电离，产生的c（F-）=1.6×10-3，而溶21世纪教育网
液中的c（Ca2+）=2.0×10-4。c2（F-）×c（Ca2+）=5.12×10-10，5.12×10-10大于Kap（CaF2）＝，此时有少量沉淀产生。
教与学提示：
本题比较全面地考察了电离平衡常数与溶解平衡常数的知识内容。要求学生会读图，要掌握平衡常数的表达式和含义：平衡时的溶液中的各种相关离子的浓度。要理解溶解平衡的含义：达到饱和溶液时的最大值，大于则沉淀析出，小于则不析出。明确平衡常数是随温度变化的，不随溶液中的离子浓度的实际值而发生变化。在平衡常数的教学中，可以设计一个关于化学平衡常数、电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数的专题，有比较，有触类旁通地系统地研究和学习平衡常数问题。21世纪教育网
26题再一次说明，平衡常数的题目不再只是说要考，而总是回避大题的内容。难点突破在高考复习中意义重大。也再一次说明，高考的热点往往和大学基础要求有联系。
4.(2009·广东卷·18)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 ( )
[来源:21世纪教育网]
A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42 －)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点对应的溶液是不饱和溶液
D．283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液21世纪教育网
【答案】BC
【解析】平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，A错误。由图可知，c(SO42 －)相同时，三个不同温度中以313 K的c(Sr2＋)最大，所以平衡常数Ksp = c(Sr2＋)·c(SO42 －)最大，B正确。从图中数据大小可知：一定温度时线下的点都是浓度偏小，处于不饱和状态所以C项正确；线上的点处于过饱和状态(D项错误：原状态处在363 K线的上方)。
5.（2011·浙江卷） 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：
图0
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】　加入NaOH溶液，HCO与OH－反应生成CO，此时c(Ca2＋)·c(CO)＝0.011×0.001＝1.1×10－5＞Ksp(CaCO3)，c(Mg2＋)·c(CO)＝0.050×0.001＝5×10－5＞Ksp(MgCO3)，由于Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，因此先生成CaCO3沉淀，生成沉淀后溶液中c(CO)＝＝4.51×10－7＜1×10－5，因此CO完全沉淀，则无MgCO3沉淀生成，A对；滤液M中c(Ca2＋)＝0.010 mol/L，c(Mg2＋)＝0.050 mol/L，B错；滤液M加NaOH固体调节pH＝11.0，此时c(Mg2＋)·c2(OH－)＝0.050×(10－3)2＝5×10－8＞Ksp[Mg(OH)2]，c(Ca2＋)·c2(OH－)＝0.010×(10－3)2＝1×10－8＜Ksp[Ca(OH)2]，因此只有Mg(OH)2沉淀生成，而无Ca(OH)2沉淀生成，生成沉淀后溶液中c(Mg2＋)＝＝5.61×10－6＜1×10－5，因此Mg2＋完全沉淀，故滤液N中只有Ca2＋而无Mg2＋，C错；若改为加入4.2 g NaOH，则c(OH－)＝0.105 mol/L，则c(Mg2＋)·c2(OH－)＝0.050×(0.105)2＝5.51×10－4＞Ksp[Mg(OH)2]，c(Ca2＋)·c2(OH－)＝0.010×(0.105)2＝1.10×10－4＞Ksp[Ca(OH)2]，由于Ksp[Mg(OH)2]＜Ksp[Ca(OH)2]，则先生成Mg(OH)2沉淀，并且沉淀完全，生成沉淀后溶液中c(OH－)＝0.105－0.05×2＝0.005 mol/L，此时c(Ca2＋)·c2(OH－)＝0.010×(0.005)2＝2.5×10－7＜Ksp[Ca(OH)2]，故无Ca(OH)2沉淀生成，D错。
【考点模拟演练】
1.（2010·山东省潍坊市高三检测） 下列有关沉淀溶解平衡的说法中，正确的是
A．，说明AB的溶解度小于CD的溶解度
B．在氯化银的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，氯化银的Ksp增大
C．向氯化银沉淀溶解平衡体系中加人碘化钾固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀
D．在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，沉淀溶解平衡不移动
【答案】C
2.在100mL 0.01mol/LKCl 溶液中，加入 1mL 0.01mol/L AgNO3 溶液，下列说法正确的是(AgCl SP=1.8×10-10)
A．有AgCl沉淀析出 B. 无AgCl沉淀
C. 无法确定 D. 有沉淀但不是AgCl
【答案】A
3. 已知Ksp(AgCl )=1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列关于不溶物之间转化的说法中错误的是
A．AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B．两种不溶物的Ksp相差越大，不溶物就越容易转化为更难溶的不溶物
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 EQ \F(1,) ×10－11 mol·L－1
【答案】A
4. 已知25℃时，AgI饱和溶液中c (Ag＋)为1.22×10—8mol/L，AgCl的饱和溶液中c (Ag＋)为1.25×10—5mol/L。若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是
A．c (K＋)＞c (NO3—) ＞c (Cl—) ＞c (Ag＋)＞c (I—)
B．c (K＋)＞c (NO3—) ＞c (Ag＋) ＞c (Cl—)＞c (I—)
C．c (NO3—)＞c (K＋)＞c (Ag＋) ＞c (Cl—)＞c (I—)
D．c (K＋)＞c (NO3—) ＞c (Ag＋) = c (Cl—) ＋ c (I—)
【答案】D
5.去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入(已知Fe(OH)3只要在pH＞4的环境里就可以沉淀完全) (　　)
A．NaOH B．Na2CO3
C．氨水 D．MgO
【答案】D
【解析】要除去FeCl3实际上是除去Fe3＋，除去Fe3＋的方法是使其转化为Fe(OH)3，但直接引入OH－会导致Mg2＋也生成沉淀．因此可利用Fe3＋易水解生成Fe(OH)3和H＋，减小c(H＋)使水解平衡向右移动，且不引入杂质离子，选用MgO.
6.(2011·梅州模拟)常温下，有关物质的溶度积如下
下列有关说法不正确的是( )
A.常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好[来源:21世纪教育网]
B.常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好
C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c(Mg2+)∶c(Fe3+)＝2.125×1021
D.无法利用Ca(OH)2制备NaOH
【答案】选D。
【思路点拨】(1)Ksp越小离子沉淀的越完全；(2)当两种沉淀共存时，形成沉淀的相同离子具有相同的物
质的量浓度。
【解析】A项中Ksp［Mg(OH)2］< Ksp［MgCO3］，所以用NaOH溶液可使Mg2+沉淀更完全；同理可知B项正确；C项中pH=8即c(OH-)=1×10-6 mol/L，当两种沉淀共存时，有 ，代入数据，则有上述结果，C项正确；D项可用下述反应实现：Ca(OH)2+Na2CO3====CaCO3↓+2NaOH，D项错误。
7.(2011·日照模拟)常温下，Ksp(CaSO4)=9×10-6，常温下CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图。
下列说法正确的是( )
A.常温下CaSO4饱和溶液中，c(Ca2+)、c(SO42-)对应曲线上任意一点
B.b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO42-)一定等于3×10-3 mol/L
C.d点溶液通过蒸发可以变到c点
D.a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
【答案】选D。
【解析】A项，常温下CaSO4饱和溶液中，c(Ca2+)与c(SO42-)的乘积对应曲线上任意一点；B项，b点时Qc>Ksp，将有沉淀生成，Ca2+、SO42-的浓度按相同数值减小，平衡后溶液中c(SO42-)小于3×10-3 mol/L；C项，d点时Qc8.(2011·佛山模拟)CaCO3溶于盐酸中生成CO2：CaCO3+2HCl====CaCl2+CO2↑+H2O。则下列说法中，正确的是( )
A.该反应的离子方程式为：CO32-+2H+====CO2↑+H2O
B.与同浓度的盐酸反应，块状大理石的反应速率比粉末状的快
C.CaCO3溶于盐酸是因为H+ 破坏了CaCO3的沉淀溶解平衡，使其Ksp增大
D.CaCO3与适量的盐酸恰好完全反应所得溶液中：c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】选D。
【解析】CaCO3为难溶性物质，书写离子方程式时不可拆，离子方程式应为：CaCO3+2H+====Ca2++CO2↑+H2O；由于块状的表面积比粉末状的表面积小，与同浓度的盐酸反应时，块状大理石的反应速率比粉末状的慢；Ksp值只随温度的变化而变化，温度不变Ksp值不变；CaCO3与适量的盐酸恰好完全反应，所得的溶液为CaCl2和H2CO3的混合液，根据电荷守恒：2c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+2c(CO32-)
+c(HCO3-)，由于2c(Ca2+)=c(Cl-)，则存在：c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，故选D项。
9.Cu(OH)2在水中存在着如下溶解平衡：Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH-(aq)，在常温下Ksp［Cu(OH)2］=2×10-20。
某CuSO4溶液中，c(Cu2+)=0.02 mol/L，在常温下要生成Cu(OH)2沉淀，需要向CuSO4溶液中加入碱溶液来调节溶液的pH，使溶液的pH大于( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】选D。
【解析】根据信息：当c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20时开始出现沉淀，则c(OH-)= =1×
10-9 (mol/L)，c(H+)= =1×10-5 (mol/L)，pH=5。
10.（2011·如皋一模）向胶体中加入电解质能使胶体凝聚。使一定量的胶体溶液在一定时间内开始凝聚所需电解质的浓度(a mol/L)称作“聚沉值”，电解质的“聚沉值”越小，则表示其凝聚力越大。实验证明，凝聚力主要取决于和胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大，则向Fe(OH)3胶体中加入下列电解质时，其“聚沉值”最小的是(　　)
A．NaCl　　　　　　B．FeCl3
C．K2SO4 D．Na3PO4
【答案】D　
【解析】 Fe(OH)3胶粒带正电荷，电解质电离出的阴离子带负电荷越多，越易聚沉，即聚沉值越小。
11.（2011·山东东营胜利二中高三上期中）将Na2O2逐渐加入到含有Al3+、Mg2+、NH4+的混合溶液中并加热，产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系如图所示。则原溶液中Al3+、Mg2+、NH4+的物质的量分别为
A．2 mol、3 mol、8 mol
B．3 mol、2 mol、8 mol
C．2 mol、3 mol、4 mol
D．3 mol、2 mol、4 mol
【答案】C
12.（2011·江苏金陵中学高三期中）下列示意图与对应的反应情况符合的是 （ ）
A．向含0.01mol KOH和0.01mol Ca(OH)2的混合溶液中缓慢通入CO2至过量
B．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量
C．向Kal（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量21世纪教育网
D．向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸至过量
【答案】B
13.（2011·山东枣庄八中高三第一次调研）下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是 （ ）
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
c．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
【答案】B
14.（2011·福建厦门外国语高三11月月考） 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
15.（2011·北京五中高三期中）Mg(ClO3)2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反应制备：
MgCl2+2NaClO3＝Mg(ClO3)2+2NaCl
已知四种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如下图所示：
下列叙述正确的是：
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 （　　）
A．300 K时，MgCl2的溶解度约为55 g
B．四种化合物的溶解度随温度变化最小的是Mg(ClO3)2
C．300 K时，100 g NaCl饱和溶液中约含有NaCl 36g
D．该反应能够进行的条件是生成沉淀，该沉淀是Mg(ClO3)2
【答案】选A21世纪教育网
16.（2011·北师大附中高三期中）下列各项操作中，不发生“先沉淀后溶解”现象的是( )
① 向BaCl2溶液中通入过量的SO2
② 向次氯酸钙溶液中通入过量的CO2
③ 向饱和NaOH溶液中通入过量的CO2
④ 向AgNO3溶液中逐滴加入氨水至过量
A．①④ B．①③ C．①② D．②③
【答案】B
二、非选择题
17.(15分)(2011·哈尔滨模拟)pC类似pH，是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值。如某溶液溶质的浓度为1×10-3 mol/L，则溶液中该溶质的pC=－lg10-3=3。已知
H2CO3溶液中存在下列平衡：CO2+H2O H2CO3
H2CO3H++HCO3- HCO3- H++CO32-
如图为H2CO3、HCO3-、CO32-在加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中三种成分的pC﹣pH图。请回答下列问题：
(1)在pH=9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素离子为__。
(2)pH＜4时，溶液中H2CO3的pC总是约等于3的原因是____。
(3)一定浓度的NaHCO3和Na2CO3混合溶液是一种“缓冲溶液”，在这种溶液中加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，请用离子方程式表示加入少量强碱后其pH变化不大的原因____________________________________。
(4)已知M2CO3为难溶物，则其Ksp的表达式为_____；现欲将某溶液中的M+以碳酸盐(Ksp=1×10-12)的形式沉淀完全，则最后溶液中的CO32-的pC最大值为_______(溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol/L时，沉淀完全)。
【解析】(1)由pC﹣pH图知，当pH=9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素离子为HCO3-。(2)由pC﹣pH图知，当pH＜4时，溶液中H2CO3的pC总是约等于3，原因是：c(H+)增大后，H2CO3 H++HCO3-平衡向左移动放出CO2，碳酸浓度保持不变。
(3)向NaHCO3和Na2CO3混合溶液中加入少量强碱后，pH变化不大的原因是：HCO3-+OH-====H2O+CO32-。(4)M2CO3(s) 2M+(aq)+CO32-(aq)的Ksp的表达式为：Ksp=c2(M+)·
c(CO32-)；c(CO32-)= ，所以
pC=2。
【答案】(1)HCO3-
(2)c(H+)增大后，H2CO3 H++HCO3-平衡向左移动放出
CO2，碳酸浓度保持不变
(3)HCO3-+OH-====H2O+CO32-
(4)Ksp=c2(M+)·c(CO32-) 2
18.（2011·山东枣庄八中高三第一次调研）（16分）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。
（1）粗食盐常含有少量K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO2-4等杂质离子，实验室提纯NaCl的流程如下：
①提纯粗盐的流程中，实验操作①②③依次为（填操作名称）
操作① ，操作② ，操作③
②欲除去溶液I中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO2-4离子，选出沉淀剂所代表的物质，
按滴加顺序依次为 、 、 （只填化学式）。
提供试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液
（2）如图为某温度下，Fe（OH）3（s）、Mg（OH）2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液的pH，金属阳离子浓度变化情况。据图分析：
该温度下，溶度积常数的关系为：Ksp[ Fe（OH）3]____Ksp[Mg（OH）2]（填：“>”“=”或“<”。下同）．b和c两点的c[H+]·c[OH一]的关系为 ；由d点到a点可通过 方法实现。
（3）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在U型管两边各滴入几滴酚酞试液，则
①电解池中的X极上的电极反应式为 ，
在X极附近观察到的现象是
。
②Y电极上的咆极反应式为 ，
检验该电极反应产物的方法是 。
【答案】
19.（2011·吉林东北师大附中高三第三次摸底）（9分）以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度：
难溶电解质 Mg(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3
溶解度/g 9×10－4 1.7×10－6 1.5×10－4 3.0×10－9
在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子。例如：
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，加入一定量的试剂反应，过滤结晶。
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，加入足量的Mg(OH)2，充分反应，过滤结晶。
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2＋，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节溶液的pH＝4，过滤结晶。请回答下列问题：
⑴上述三个除杂方案都能够达到很好效果，Fe2＋、Fe3＋都被转化为 而除去。
⑵①中加入的试剂应该选择___________________________为宜。
⑶②中除去Fe3＋所发生的总反应的离子方程式为_____________________________。
⑷下列与方案③相关的叙述中，正确的是__________________（填字母）。
A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染
B．将Fe2＋氧化为Fe3＋的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤
C．调节溶液pH＝4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D．Cu2+可以大量存在于pH＝4的溶液中
E．在pH>4的溶液中Fe3＋一定不能大量存在
【答案】（9分）⑴氢氧化铁（1分） ⑵氨水（1分）
⑶2Fe3＋+3Mg(OH)2 == 3 Mg2+ +2Fe(OH)3 （3分）
⑷A C D E（4分）
【解析】①中为了不引入杂质离子，应加入氨水使Fe3+沉淀，而不能用NaOH溶液。②中根据溶解度表可明确Mg(OH)2能较容易转化为Fe(OH)3，因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2可除去Fe3+，然后将沉淀一并过滤。③中利用高价阳离子Fe3+极易水解的特点，据题意可知调节溶液的pH=4可使Fe3+沉淀完全，为了不引入杂质离子，因此可使用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等调节溶液的pH。
【考点】电解质溶解——沉淀溶解平衡
n(Na2O2)/mol
n(沉淀)
n(气体)
8
9
3
5
8第九章 电化学基础
【备考策略】
综合分析近3年各地高考试题，高考命题在本章有以下规律：
1．从考查题型和考查内容上看,形式不外乎选择题和非选择题两种。考查内容主要有以下三个方面：
(1)原电池原理及其应用以及金属的腐蚀与防护；
(2)电解原理、精炼铜；(3)可充电电池的充电与放电。
2．从命题思路上看，选择题常以新型电源和生产生活、科学实验、物质制备等为背景，考查电极的判断、离子或电子的移动方向、电极上电子转移的数目、电极上发生的反应类型、电极附近溶液的酸碱性、电极反应式的正误判断、金属腐蚀的原因及防护措施等；而非选择题则常考查电极反应式的书写、利用原电池工作原理和电解原理探究金属腐蚀的原因及防护的措施、某些反应速率加快的原因、电解原理的应用和进行简单的有关计算等，能较好地考查学生对知识的迁移能力、灵活应用能力、运用化学用语的能力。
3．纵观近3年高考,电化学试题的特点是考查原电池工作原理的试题多于考查电解原理的试题，并且几乎每年必考，试题题目常考常新，形式灵活，角度新颖，但以后对电解原理不可掉以轻心。
根据近3年高考命题的特点和规律，复习本章时，要注意以下几个方面：
1．原电池和电解池的区别与联系
电化学从根本上分为原电池和电解池，但由此衍生出的应用电池比较复杂，且相互联系又不尽相同。这对考生的理解能力、分析能力无疑是一种挑战，也必然成为高考的重点内容，所以在复习时，应以本质为依据、联系为桥梁、区别为落脚点，弄清每个池。比较几个池时，要弄清:
(1)构成各个池的基本元件有哪些？(2)该电池有哪些特点？(3)电极选择与电解液选择有何要求？(4)工作过程中有哪些具体变化等，理解了每个电池的特点，并能准确的形成基本的工业应用模型和高考解题模型，从而正确的迁移到高考试题中去。
2.电极反应方程式的书写与判断
首先应搞清电极反应和电极名称，会根据放电规律，判断电极产物，另外要注意灵活应用“阳极式”+“阴极式”=总反应的方程式。
3.金属的腐蚀与防护
金属的腐蚀与防护在近两年的高考试题中多次出现，其实质是原电池、电解池原理的应用。因此复习时要注意理解金属腐蚀的原理并记住常见金属防护的具体措施。
4.新型电池分析
新型电池的分析的是新课标高考命题的热点，分析的关键是根据原电池和电解池的工作原理，分析清楚电极反应的实质。
5.重视电化学与其他知识点的联系
复习时应从氧化还原反应的基本原理入手，将原电池、电解池的构成要素、工作原理、电极反应的特点、电子转移过程与能量转化关系、电子守恒等问题进行系统归纳，形成科学的知识体系，并在此基础上通过对比、联系等方式，在知识、能力与题型之间寻找有关规律。
第一节 原电池、化学电源
【高考目标导航】
考纲导引21世纪教育网 考点梳理
1.了解原电池的工作原理，能写出电极反应式和电池反应方程式。2.了解常见化学电源的种类及其工作原理。 原电池常见的化学电源
【基础知识梳理】
一、原电池的工作原理
1、定义：把化学能转化为电能的装置
2．实质：一个能自发进行的氧化还原反应。
3．原理：
电极名称 负极 正极
电极材料 Zn Cu
电极反应 Zn—2e-== Zn2+ Cu2++2e-==Cu
反应类型 氧化反应 还原反应
电子流向 由Zn沿导线流向Cu
4.原电池的形成条件
构成前提：两个电极中至少有一个可以和电解质溶液自发地发生氧化还原反应
（1）活动性不同的金属（其中一种可以为非金属，即作导体用）作电极。
（2）两电极插入电解质溶液中。
（3）形成闭合回路。（两电极外线用导线连接，可以接用电器。）
二、常见的化学电源
1.一次电池（碱性锌锰干电池）
反应原理：负极： Zn Zn + 2OH- - 2e- = Zn(OH)2
正极： MnO2 2MnO2+2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-
总反应式：Zn+ 2MnO2+2H2O= 2MnOOH+ Zn(OH)2
2.二次电池（可充电电池）
铅蓄电池为典型的可充电电池，其电极反应分为放电和充电两个过程
（1）正负极材料
正极：PbO2 负极：Pb 电解质：H2SO4溶液
（2）放电过程
负极：Pb-2e-+SO42-＝PbSO4 氧化反应
正极：PbO2+SO42-+4H++2e-＝PbSO4+2H2O 还原反应
放电过程总反应： Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4=2PbSO4(s)+2H2O
铅蓄电池充电的反应则是上述反应的逆过程
（3）充电过程
阴极：PbSO4 (s) +2e- =Pb(s) + SO42- 还原反应 接电源负极
阳极： 2PbSO4 (s)+2H2O -2e- = PbO2(s) + 4H++ 2SO42- 接电源正极 氧化反应
充电过程总反应：2PbSO4(s)+2H2O(l)=Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4
铅蓄电池的充放电过程：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O
3.燃料电池
燃料电池是利用氢气、天然气、甲醇等燃料与氧气或空气进行电化学反应时释放出来的化学能直接转化成电能的一类原电池。根据介质不同可分为以下几种
酸性 碱性
负极反应式 2H2 - 4e- = 4H+ 2H2 +4OH-- 4e- = 4H2O[来源:21世纪教育网]
正极反应式 O2 + 4H+ + 4e-= 2H2O O2 + 2H2O + 4e-= 4OH-
总反应式 2H2 +Ｏ２ = 2H2O
【要点名师透析】
一、原电池正负极的判断和电极反应式的书写
1.原电池的正负极的判断：
①根据电子流动方向判断。在原电池中，电子流出的一极是负极；电子流入的一极是正极。
②根据两极材料判断。一般活泼性较强的金属为负极；活泼性较弱的金属或能导电的非金属为正极。
③根据原电池里电解质溶液内离子的定向流动方向判断。阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
④根据原电池两极发生的变化来判断。负极发生氧化反应；正极发生还原反应。
⑤根据现象判断。溶解的一极为负极，质量增加或放出气体的一极为正极。
2.电极反应式的书写
(1)一般电极反应式的书写
（2）复杂的电极反应式的书写
对于复杂的电极反应式可由电池反应减去负极反应而得到正极反应。此时必须保证电池反应转移的电子数等于电极反应转移的电子数，即遵守电荷守恒和质量守恒和电子守恒规律。
【典例1】 (2011·淮阴中学学情检测)日本茨城大学研制了一种新型的质子交换膜二甲醚燃料电池(DDFC)，该电池有较高的安全性。电池总反应为：CH3OCH3＋3O2===2CO2＋3H2O，电池示意如图，下列说法不正确的是( )
A．a极为电池的负极
B．电池工作时电流由b极沿导线经灯泡再到a极
C．电池正极的电极反应为： 4H＋ ＋ O2 ＋ 4e－===2H2O
D．电池工作时，1mol二甲醚被氧化时就有6mol电子转移
【答案】D
【解析】由电池总反应式可知：二甲醚发生氧化反应，为负极反应物，氧气发生还原反应，为正极反应物，所以a为负极，b为正极；工作时，电子由a极沿导线经灯泡再到b极，电流由b极沿导线经灯泡再到a极；
负极反应为： CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2＋12H＋，
正极反应为：4H＋ ＋ O2 ＋ 4e－===2H2O；
电池工作时，1mol二甲醚被氧化时就有12mol电子转移。
二、原电池原理在化工、农业生产及科研中的应用。
1．比较不同金属的活动性强弱
根据原电池原理可知，在原电池反应过程中，一般活动性强的金属作负极，而活动性弱的金属(或碳棒)作正极．若有两种金属A和B，用导线将A和B连接后，插入到稀硫酸中，一段时间后，若观察到A极溶解，而B极上有气体放出，说明在原电池工作过程中，A被氧化成阳离子而失去电子作负极，B作正极，则金属A的金属活动性比B强．
2．加快化学反应速率
由于原电池将氧化还原反应拆成两个半反应且有电流产生，因而反应速率加快．
如Zn与稀H2SO4反应制氢气时，可向溶液中滴加少量CuSO4溶液，形成Cu－Zn原电池，加快反应进行．
3．用于金属的防护
要保护一个铁制闸门，可用导线将其与一锌块相连，使锌作原电池的负极，铁制闸门作正极．
4．设计制作化学电源
设计原电池时要紧扣构成原电池的条件．
(1)首要将已知氧化还原反应拆分为两个半反应；
(2)根据原电池的电极反应特点，结合两个半反应找出正负极材料(负极就是失电子的物质，正极用比负极活泼性差的金属或导电的非金属如石墨)及电解质溶液
【典例2】为了避免青铜器生成铜绿，以下方法不正确的是（　　）
A.将青铜器放在铁质托盘上
B.将青铜器保存在干燥的环境中
C.将青铜器保存在潮湿的空气中
D.在青铜器的表面覆盖一层防渗的高分子膜
【答案】C
【解析】铜绿是生活中常见的现象，反应原理为2Cu+O2+CO2+H2O　 Cu2CO3(OH)2，故青铜器应保存在干燥的环境中或表面覆盖一层防渗的高分子膜防止被腐蚀。放在铁质托盘上，会构成原电池反应，但铜为正极被保护。
方法指导：原电池原理在解决能源的利用和金属材料防腐等问题中应用较广，要学会运用原电池的反应原理分析社会和生活中的具体问题。
【感悟高考真题】
1.（2011·福建高考·11）.研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。关于该电池的下列说法不正确的是
A.水既是氧化剂又是溶剂 B.放电时正极上有氢气生成
C.放电时OH-向正极移动 D.总反应为：
【答案】选C。【解析】解答本题要明确如下三点：
（1）一般是活泼金属作原电池的负极失去电子，发生氧化反应；
（2）一般是溶液中的阳离子移向正极得到电子，发生还原反应；
（3）金属锂是一种活泼的碱金属，容易和水反应放出氢气。
金属锂比铁活泼，作原电池的负极，电极反应式为：
Li－e－＝Li+，LiOH溶液中的阳离子有Li+和H+，由于氧化性H+＞Li+，所以正极反应是：2H++2e－H2↑，由于H+来自于水的电离，所以H+放电的同时溶液中产生了OH－，即该反应的总反应为：2Li+2H2O＝2LiOH+H2↑，水既是氧化剂又是溶剂。在原电池的放电过程中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以OH－向负极移动，C选项错误。
2.（2011·海南高考·6）一种充电电池放电时的电极反应为：H2+2OH—－2e－2H2O NiO（OH）+H2O+e－Ni（OH）2+OH－当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是（ ）。
A．H2O的还原 B．NiO（OH）的还原
C．H2的氧化 D．Ni（OH）2的氧化
【答案】选D。【解析】解答本题要明确以下三点：
（1）可充电电池在充、放电时所依据的原理；
（2）电解池中电极的名称和规定；
（3）电极上发生反应的反应类型。
由题意知，电池总反应为H2+2NiO（OH）Ni（OH）2。
可充电电池在充电时，实际上起一个电解池的作用，与外电源正极连接的电极是阳极，发生氧化反应，与放电时的正极反应相反，可知Ni（OH）2在反应中失电子被氧化，发生氧化反应。
3.（2011·新课标全国卷·11）铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：
Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2
下列有关该电池的说法不正确的是
A. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3，负极为Fe
B. 电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2
C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D. 电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O
【答案】选C。
【解析】解答本题时应注意电池放电时为原电池，失去电子的为负极反应；充电时为电解池，失去电子的为阳极反应。
选项 具体分析 结论
A 可充电电池中活泼金属失去电子，为负极，得到电子的Ni2O3为正极，因为放电时电极产物为氢氧化物，可以判断电解液为碱性溶液。 正确
B 放电时，负极铁失去2个电子，生成Fe2+，因为电解液为碱性溶液，所以电极反应为：Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2 正确
C 充电时，阴极发生还原反应：Fe（OH）2+2e-= Fe+2OH-，所以电极附近pH增大[来源:21世纪教育网] 错误
D 电池充电时，阳极发生氧化反应，由Ni（OH）2转化为Ni2O3，反应方程式为：2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O21世纪教育网 正确
4.（2011·浙江高考·10）
将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如图所示。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘少。
下列说法正确的是( )
A．液滴中的Cl―由a区向b区迁移
B．液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O2+2H2O+4e－4OH－
C．液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2＋由a区向b区迁移，与b
区的OH―形成Fe(OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈
D．若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为Cu-2e－Cu2+
【答案】选B。【解析】利用电化学内容中金属吸氧腐蚀的原理去分析该原电池的电极反应以及所形成的电流回路，从而判断离子的移动方向。
液滴边缘O2多，发生正极反应O2＋2H2O＋4e－4OH－。液滴下的Fe发生负极反应，Fe－2e－Fe2＋，为腐蚀区(a)。A项错误，Cl－由b区向a区迁移；B项正确；C项错误，液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀；D项错误，Cu不如Fe活泼，作正极，负极反应为：Fe-2e-==Fe2+。
5．（2010·全国卷1）右图是一种染料敏化太阳能电池的示意图。电池的一个点极由有机光敏燃料（S）涂覆在纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，电池中发生的反应为：
（激发态）
下列关于该电池叙述错误的是：
A．电池工作时，是将太阳能转化为电能
B．电池工作时，离子在镀铂导电玻璃电极上放电
C．电池中镀铂导电玻璃为正极
D．电池的电解质溶液中I-和I3-的浓度不会减少21世纪教育网
【答案】B
【解析】B选项错误，从示意图可看在外电路中电子由负极流向正极，也即镀铂电极做正极，发生还原反应：I3-+2e-=3I-；A选项正确，这是个太阳能电池，从装置示意图可看出是个原电池，最终是将光能转化为化学能，应为把上面四个反应加起来可知，化学物质并没有减少；C正确，见B选项的解析；D正确，此太阳能电池中总的反应一部分实质就是：I3-3I-的转化（还有I2+I-I3-），另一部分就是光敏有机物从激发态与基态的相互转化而已，所有化学物质最终均不被损耗！
【命题意图】考查新型原电池，原电池的两电极反应式，电子流向与电流流向，太阳能电池的工作原理，原电池的总反应式等，还考查考生变通能力和心理素质，能否适应陌生的情境下应用所学知识解决新的问题等
6.（2010·浙江卷）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 有关该电池的下列中，正确的是
Li-Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为+1价
该电池的电池反应式为：2Li+FeS＝Li2S+Fe
负极的电极反应式为Al-3e-=Al3+
充电时，阴极发生的电极反应式为：
【答案】C
【解析】
本题涵盖电解池与原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题。根据给出的正极得电子的反应，原电池的电极材料Li-Al/FeS可以判断放电时（原电池）负极的电极反应式为Al-3e-=Al3+。A、Li和Al分别是两极材料。B、应有Al的参加。D、应当是阳极失电子反应。
7.（2010·广东理综卷）铜锌原电池（如图9）工作时，下列叙述正确的是 21世纪教育网
A 正极反应为：Zn—2e-=Zn2+
B电池反应为：Zn+Cu2+=Zn2+ +CU
C 在外电路中，电子从负极流向正极
D 盐桥中的K+移向ZnSO4溶液
【答案】BC
【解析】Zn是负极，故A错；
电池总反应和没有形成原电池的氧化还原反应相同，故B正确；
根据闭合回路的电流方向，在外电路中，电子由负极流向正极，故C正确；
在溶液中，阳离子往正极移动，故D错误。
8.（2010·福建卷）铅蓄电池的工作原理为：研读 右图，下列判断不正确的是
A．K 闭合时，d电极反应式：
B．当电路中转移0．2mol电子时，I中消耗的为0．2 mol
C．K闭合时，II中向c电极迁移
D．K闭合一段时间后，II可单独作为原电池，d电极为正极
【答案】C【解析】
本题考查电化学（原电池、电解池）的相关知识
K闭合时Ⅰ为电解池，Ⅱ为电解池，Ⅱ中发生充电反应，d电极为阳极发生氧化反应，其反应式为PbSO4 + 2H2O -2e- = PbO2 + 4H+ + SO42- 所以A正确。在上述总反应式中，得失电子总数为2e-，当电路中转移0．2mol电子时，可以计算出Ⅰ中消耗的硫酸的量为0．2mol，所以B对。K闭合一段时间，也就是充电一段时间后Ⅱ可以作为原电池，由于c表面生成Pb，放电时做电源的负极，d表面生成PbO2，做电源的正极，所以D也正确。K闭合时d是阳极，阴离子向阳极移动，所以C错。
9.（2010·江苏卷）右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21世纪教育网
B．装置Y中负极的电极反应式为：
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】本题主要考查的是电化学知识。A项，在该装置系统中，有四种能量转化的关系，即太阳能、电能、化学能和机械能之间的相互转化；B项，装置Y为氢氧燃料电池，负极电极反应为H2 -2e- + 2OH- = 2H2O；C项，相当于用光能电解水，产生H2和O2，实现燃料（H2）和氧化剂（O2）的再生；D项，在反应过程中，有能力的损耗和热效应的产生，不可能实现化学能和电能的完全转化。综上分析可知，本题选C项。
10（2009·广东卷·14T）可用于电动汽车的铝-空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是
A．以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
B．以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e-＝Al(OH)3↓
C．以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变
D．电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
【答案】A
【解析】 电解质溶液显碱性或中性， 该燃料电极的正极发生反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，A对；铝作负极，负极反应应该是铝失去电子变为铝离子，在氢氧化钠的溶液中铝离子继续与过量的碱反应生成偏铝酸根，因此负极反应为：Al＋4OH－－3e＝AlO2——+ 2H2O，B错； 该电池在碱性条件下消耗了碱，反应式为4Al＋3O2＋4OH－= 4AlO2——+ 2H2O溶液PH降低，C错；电池工作时，电子从负极出来经过外电路流到正极，D错.
【考点分析】考查燃料电池 。
11.（2009·上海卷）茫茫黑夜中，航标灯为航海员指明了方向。航标灯的电源必须长效、稳定。我国科技工作者研制出以铝合金、Pt-Fe合金网为电极材料的海水电池。在这种电池中
①铝合金是阳极 ②铝合金是负极21世纪教育网
③海水是电解液 ④铝合金电极发生还原反应
A．②③ B．②④
C．①② D．①④
【答案】A
【解析】电池电极只称为正、负极，故①错。其中活泼的一极为负极，即为铝合金，②对。电极在海水中，故海水为电解质溶液，③对。④铝合金为负极，则发生氧化反应，故错。
【考点分析】原电池的构成及电极反应的判断。
12.（2009·浙江卷） 市场上经常见到的标记为Li-ion的电池称为“锂离子电池”。它的负极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li的高分子材料。这种锂离子电池的电池反应为：Li+2Li
下列说法不正确的是
A．放电时，负极的电极反应式：Li-e=Li
B．充电时，Li既发生氧化反应又发生还原反应
C．该电池不能用水溶液作为电解质
D．放电过程中Li向负极移动
【答案】D
【解析】A项，Li从零价升至正价，失去电子，作为负极，正确；B项，反应逆向进行时。反应物只有一种，故化合价既有升，又有降，所以既发生氧化反应又发生还原反应，正确；C项，由于Li可以与水反应，故应为非水材料，正确；D项，原电池中阳离子应迁移至正极失电子，故错。
13.（2011·山东高考·29）科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。
（1）实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反应方程式为 。要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是 。
（2）如图为钠高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na+S＝Na2,正极的电极反应式为 。M（由Na2O和Al2O3制得）的两个作用是 。与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的 倍。
（3）溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ，向该溶液中加入少量固体，溶液PH （填“增大”、“减小”或“不变”），溶液长期放置有硫析出，原因为 （用离子方程式表示）。
【解析】根据总的电池反应书写电极反应式；溶液长期放置有硫生成一定有氧气参加。
（1）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑ CS2或热的NaOH溶液
（2）正极的电极反应式为：xS+2e-=Sx2-,M的作用一是导电，二是因钠与硫易反应，故它起到隔离作用；钠高能电池中负极为钠,有23g钠消耗释放1mole-，则207g钠消耗时转移207/23mole-，铅蓄电池的电极反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,铅蓄电池中铅是负极，207g铅消耗时转移2mole-，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的：207/23：2=4.5倍。
（3）根据电离与水解的知识可判断：c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)，加入少量固体后，溶液中发生离子反应：Cu2++S2-=CuS↓,由于c(S2-)降低，故由S2-水解产生的OH-量减小，c(OH-)变小，c(H+)变大，溶液的pH减小；溶液长期放置所发生的化学反应方程式为2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S↓,故离子方程式为2S2-+O2+2H2O=4OH-+2S↓。
【答案】（1）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑ CS2或热的NaOH溶液
（2）xS+2e-=Sx2- （或 2Na++xS+2e-= Na2Sx） 导电和隔离钠与硫 4.5
（3）c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+) 减小 2S2-+O2+2H2O=4OH-+2S↓
14.（2011·江苏高考·18）Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，可通过下列方法制备：在KOH溶液中加入适量AgNO3 溶液,生成Ag2O沉淀，保持反应温度为80℃，边搅拌边将一定量K2S2O8溶液缓慢加到上述混合物中，反应完全后，过滤、洗涤、真空干燥得到固体样品。反应方程式为
2AgNO3＋4KOH＋K2S2O8 Ag2O2↓＋2 KNO3＋2K2 SO4＋2H2O
回答下列问题：
（1）上述制备过程中，检验洗剂是否完全的方法是 .
(2)银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极的Ag2O2 转化为Ag，负极的转化为，写出该电池反应方程式： .
(3)准确称取上述制备的样品（设仅含Ag2O2和Ag2O）2.558g，在一定的条件下完全分解为Ag 和O2 ，得到224.0mL O2（标准状况下）。计算样品中Ag2O2的质量分数（计算结果精确到小数点后两位）。
【解析】解答本题时应抓住题给信息，明确题目要求，分析发生的化学反应，结合相关化学原理，回答相关问题。
【答案】
（1）检验相关离子是否存在，就可以检验洗涤是否完全；
（2）根据电池正、负极反应的物质和电解质溶液，分析反应物和生成物，根据电子守恒进行配平；
（3）
【答案】（1）取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴Ba（NO3）溶液，若不出现白色沉淀，表示已经洗涤完全（或取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已经洗涤完全）
（2）Ag2O2＋2Zn＋4KOH＋2H2O 2K2 Zn（OH）4＋2 Ag
（3）0.91
15.（2010·安徽卷）（14分）锂离子电池的广泛应用使回收利用锂货源成为重要课题：某研究性学习小组对废旧锂离子电池正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）进行资源回收研究，设计实验流程如下：
（1）第②步反应得到的沉淀X的化学式为 。
（2）第③步反应的离子方程式是 。
（3）第④步反应后，过滤Li2CO3所需的玻璃仪器有 。
若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：
、 。
（4）若废旧锂离子电池正极材料含LiNB2O4的质量为18.1 g第③步反应中加入20.0mL3.0mol·L-1的H2SO4溶液。定正极材料中的锂经反应③和④完全为Li2CO3,剩至少有 Na2CO3参加了反应。
【答案】（1）Al(OH)3
(2)4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O
(3) 漏斗 玻璃棒 烧杯 ； 滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等
（4）5.3
【解析】第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中 第二步就是偏铝酸钠与二氧化碳生成氢氧化铝，第三步是氧化还原反应，注意根据第一步反应LiMn2O4不溶于水。
第（4）小题计算时要通过计算判断出硫酸过量。
16.（2009·海南卷·15T） (9分) Li-SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4—SOCl2。电池的总反应可表示为：4Li+2SOCl2 = 4LiCl +S +SO2。
请回答下列问题：
(1)电池的负极材料为 ，发生的电极反应为 ；
(2)电池正极发生的电极反应为 ；
(3)SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。 如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是 ，反应的化学方程式为 ；
(4)组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，原因是 。
【答案】（1）负极材料为Li（还原剂），Li – e- = Li+
（2）2SOCl2 + 4 e- = 4Cl- + S + SO2
（3）出现白雾，有刺激性气体生成SOCl2 + H2O = SO2 ↑+ 2HCl↑
（4）因为构成电池的两个主要成份Li能和氧气水反应，且SOCl2也与水反应
【解析】分析反应的化合价变化，可得Li为还原剂 ，SOCl2为氧化剂。
（1）负极材料为Li（还原剂），Li – e- = Li+
（2）负极反应式可由总反应减去负极反应式得到：2SOCl2 + 4 e－ = 4Cl－ + S + SO2
（3）题中给出有碱液吸收时的产物，则没有碱液吸收时的产物应为SO2和HCl，所以现象应该为出现白雾和有刺激性气体生成。
（4）因为构成电池的两个主要成份Li能和氧气水反应，且SOCl2也与水反应
17.（2009·天津卷）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。下图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：
（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是　　　　　　，在导线中电子流动方向为
　　　　　（用a、b 表示）。
（2）负极反应式为　　　　　　　　。
（3）电极表面镀铂粉的原因为　　　　　 。
（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能。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↑21世纪教育网
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0.82g/cm3。用锂吸收224L（标准状况）H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为　　　　　　　　。
③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80％，则导线中通过电子的物质的量为　　　　 　mol。
【答案】
[21世纪教育网]
③32
【解析】本题考查电化学知识。（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从零价升至+1价，失去电子，即电子从a流向b。（2）负极为失去电子的一极，即H2失电子生成H＋，由于溶液是碱性的，故电极反应式左右应各加上OH－。（3）铂粉的接触面积大，可以加快反应速率。（4）I.Li从零价升至+1价，作还原剂。II.H2O的H从+1降至H2中的零价，作氧化剂。由反应I，当吸收10molH2时，则生成20molLiH，V=m/ρ=20×7.9/0.82 ×10-3L=192.68×10-3L。V(LiH)/v(H2)= 192.68×10-3L/224L=8.71×10-4。20mol LiH可生成20mol H2，实际参加反应的H2为20×80%=1.6mol，1molH2转化成1molH2O，转移2mol电子，所以1.6molH2可转移3.2mol的电子。
【考点模拟演练】
一、选择题
1.某原电池总反应的离子方程式为：，则下列组合中不能实现该原电池反应的是
A．正极为C，负极为，电解质溶液为溶液
B．正极为C，负极为，电解质溶液为溶液
C．正极为，负极为，电解溶液为溶液
D．正极为，负极为，电解质溶液为溶液
【答案】A
2.燃料电池是燃料（例如CO，H2，CH4等）跟氧气或空气起反应，将此反应的化学能转变为电能的装置，电解质通常是KOH溶液。下列关于甲烷燃料电池的说法不正确的是
A．负极反应式为CH4 + 10OH-- 8 e -= CO32-+ 7H2O
B．正极反应式为O2 + 2H2O + 4 e -= 4OH-
C．随着不断放电，电解质溶液碱性不变
D．甲烷燃料电池的能量利用率比甲烷燃烧的能量利用率大
【答案】C
3.镁及其化合物一般无毒（或低毒）、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点。其中一种镁原电池的反应为： 在镁原电池放电时，下列说法错误的是
A．发生氧化反应
B．正极反应为：
C．向负极迁移
D．负极反应为：
【答案】AC
4.在下图所示的装置中，能够发生原电池反应的是
【答案】B
5. 镍镉（Ni-Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH +2H2O Cd(OH)2 + 2Ni(OH)2
有关该电池的说法正确的是（ ）
A．充电时阳极反应：Ni(OH)2 －e— + OH- == NiOOH + H2O
B．充电过程是化学能转化为电能的过程
C．放电时负极附近溶液的碱性不变
D．放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A。
【解析】 本题是考查常见的镍镉（Ni-Cd）可充电电池的工作原理。由充电时方程式中的Cd和Ni的化合价的变化可知，充电时Ni(OH)2作阳极，电解质溶液为KOH，所以电极反应式为：Ni(OH)2－e－ ＋OH-===NiOOH＋H2O；Cd(OH)2作阴极，Cd(OH)2＋2e－ ===Cd＋2OH－；充电的过程是将电能转化为化学能，放电时，Cd作负极，Cd－2e－＋2OH－ ===Cd(OH)2，Cd周围的c(OH－)下降，OH－向负极移动。
6.(2011·盐城市摸底)磷酸燃料电池是目前较为成熟的燃料电池，其基本组成和反应原理如下：下列说法不正确的是( )
A．在改质器中主要发生的反应为CXHY＋XH2O XCO＋(X＋Y/2)H2
B．移位反应器中CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0。温度越高，CO转化率越大
C．负极排出的气体主要是CO2
D．该电池正极的电极反应为 O2＋4H＋＋4e－===2H2O
【答案】B
【解析】由图可以看出，进入改质器的气体是CXHY和H2O，出来的是H2、CO、H2O，A选项正确；在移位反应器中，CO和H2O反应生成CO2和H2，此反应放热，升高温度，平衡逆移，CO转化率减小；CO2和H2进入燃料电池，H2在负极放电生成H＋，CO2则从负极排出；负极生成的H＋经过交换膜进入正极，与正极氧气反应生成水。
7.将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是( )
A.两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B.甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C.两烧杯中溶液的pH均增大
D.产生气泡的速率甲比乙慢
【答案】选C。
【解析】因乙烧杯中锌片和铜片没有接触，故不能构成原电池，B项错误；因甲烧杯中锌片、铜片用导线连接后构成原电池，加快了锌片的溶解，即加快了反应速率，铜片上有气泡产生，乙中没有构成原电池，铜棒上无气泡，A、D项错误；又因两烧杯中的锌片都能与稀硫酸反应产生H2而消耗H+，故两烧杯中溶液pH均增大。
8.(双选)(2011·深圳模拟)镁-H2O2酸性燃料电池采用海水作电解质(加入一定量的酸)，下列结论不正确的是( )
A.电池总反应为：Mg+H2O2====Mg(OH)2
B.正极发生的电极反应为：H2O2+2H++2e-====2H2O
C.工作时，正极周围海水的pH增大
D.电池工作时，溶液中的H+向负极移动
【答案】选A、D。
【解析】由电解质溶液中加入酸，故不可能生成Mg(OH)2，A项不正确；原电池中负极发生氧化反应，H+应向正极移动，故D项不正确。
9.(2011·肇庆模拟)某原电池的电池反应为：Fe+2Fe3+====3Fe2+，与此电池反应不符的原电池是( )
A. 铜片、铁片、FeCl3溶液组成的原电池
B. 石墨、铁片、Fe(NO3)3溶液组成的原电池
C. 铁片、锌片、Fe2(SO4)3 溶液组成的原电池
D. 铜片、铁片、Fe(NO3)3 溶液组成的原电池
【答案】选C。
【解析】铁片、锌片、Fe2(SO4)3溶液组成的原电池中锌片为负极，铁片为正极，原电池反应为Zn+2Fe3+====2Fe2++Zn2+。
4.(2011·中山模拟)下列装置中发生的总反应为2Al＋6H＋====2Al3＋＋3H2↑的是(铝条表面的氧化膜均已除去)( )
A． B. C. D.
【解析】选B。A为原电池，总反应为：2Al＋2OH－＋2H2O====2AlO2－＋3H2↑；C为原电池，总反应为：Al＋4H＋＋NO3－====Al3＋＋NO↑＋2H2O；D项为电解池，总反应为：2H2O2H2↑＋O2↑。
7.(2011·杭州模拟)2010年在上海举办的世博会主打环保牌，20辆氢燃料电池公交车，300辆氢燃料电池出租车投入运行，它们以氢气为能源，实现了真正的零污染。氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是( )
A.正极反应式为：O2+2H2O+4e-====4OH-
B.工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变
C.该燃料电池的总反应方程式为：2H2+O2====2H2O
D.用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24 L Cl2(标准状况)时,有0.2 mol电子转移
【解析】利用电子守恒法进行计算。
【解析】选Ｂ。由于燃料电池的总反应式就是燃烧时的化学方程式，所以该燃料电池的总反应式为：2H2+O2====2H2O；由于水的生成，导致电解液中KOH的物质的量浓度减小；在KOH做电解液时，正极：O2+2H2O+4e-====4OH-；根据电子转移相等知，当电解CuCl2溶液产生0.1 mol Cl2时，电池中转移电子0.2 mol，故选B项。
10．（2011·茂名模拟）镁-H2O2酸性燃料电池采用海水作电解质，下列结论错误的是
A．电池总反应为：Mg+H2O2=Mg(OH)2
B．正极发生的电极反应为：H2O2+2H++2e－=2H2O
C．工作时，正极周围海水的pH增大
D．电池工作时，溶液中的H+向正极移动
【答案】A
【解析】 A项忽视了题意“酸性燃料电池”，在酸性环境的溶液中不能生成Mg（OH）2，应该是：Mg+H2O2　＋２Ｈ＋　=　Mg２＋　＋Ｈ２ＯA项错误；电池工作时负极发生反应：Mg-2e-=Mg2+，正极发生反应：H2O2+2H++2e-=2H2O。正极区pH增大，溶液中H+向正极迁移。
11．（2011·漳州检查）甲醇-空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染的车载电池，其工作原理如下图。下列有关叙述正确的是
A．H+从正极区通过交换膜移向负极区
B．负极的电极反应式为：
CH3OH(l) + H2O(l)－6e－＝CO2(g) + 6H+
C．d导出的是CO2
D．图中b、c分别是O2、甲醇
【答案】B
【解析】 由H+的迁移方向（从负极到正极），可知甲为负极，乙为正极，故b、c分别通入甲醛、O2；c、d分别导出CO2、H2O。
12．（2011·连云港测试） 下列有关电池的说法中正确的是(　　)
A．太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅
B．铜锌原电池工作时，电子从铜电极沿外电路流向锌电极
C．氢氧燃料电池工作时，氢气在正极被氧化
D．锌锰干电池中，锌电极是负极
【答案】D　
【解析】 A项，太阳能的光电转换材料的主要成分是晶体硅；B项，电子流向从锌流向铜；C项，氢氧燃料电池中氢在负极发生氧化反应。
13．（2011·四平模拟）镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点。其中一种镁原电池的反应为：xMg＋Mo3S4MgxMo3S4，下列说法错误的是(　　)
A．放电时，负极反应为Mg－2e－===Mg2＋
B．放电时，Mo3S4发生氧化反应
C．放电过程中Mg2＋向正极迁移
D．充电时，阳极反应为MgxMo3S4－2xe－===Mo3S4＋xMg2＋
【答案】B　【解析】 充电电池放电过程是原电池原理，充电过程是电解原理，故放电过程中镁发生氧化反应，Mo3S4发生还原反应。
14.（2011·西城一模）某原电池装置如右图所示。下列有关叙述中，正确的是
A．Fe作正极，发生氧化反应
B．负极反应： 2H+ + 2e－＝H2↑
C．工作一段时间后，两烧杯中溶液pH均不变
D．工作一段时间后，NaCl溶液中c(Cl－)增大
【答案】D
15.（2011·温州模拟）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＋8H2O 3Zn(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－＝FeO42－＋4H2O
C．放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原
D．放电时正极附近溶液的碱性减弱
【答案】D
16.（2011·济南调研A） 锂钒氧化物电池的能量密度远远超过其它材料电池，其成本低，便于大量推广，且对环境无污染。电池总反应式为：V2O5+xLi==LixV2O5。下列说法中，不正确的是
A. 正极材料为锂，负极材料为V2O5
B. 向外供电时，锂离子在凝胶中向正极移动
C. 正极的电极反应式为：V2O5 + xLi++ xe—== LixV2O5
D.负极的电极反应式为：xLi—xe—==xLi+
【答案】A
17.（2011·三明联考）某固体酸燃料电池以CaHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：
2H2＋O2＝2H2O，下列有关说法错误的是
A．电子通过外电路从a极流向b极
B．b极上的电极反应式为：O2＋4H+＋4e－＝2H2O
C．H＋由b极通过固体酸电解质传递到a极
D．每转移0.1 mol电子，标准状况下需消耗1.12 L的H2
【答案】C
二、非选择题
18.(2011·无锡模拟)根据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)====Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示，其中盐桥为琼脂-饱和KNO3盐桥。
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，写出两电极的电极反应式：
银电极：_________________________________________；
X电极：__________________________________________。
(3)外电路中的电子是从______电极流向______电极。
(4)盐桥中向CuSO4溶液中迁移的离子是______(填序号)。
A.K+ B.NO3- C.Ag+ D.SO42-
【解析】由反应方程式可知，该原电池的电极反应式为：
正极：2Ag++2e-====2Ag
负极：Cu-2e-====Cu2+[来源:21世纪教育网]
所以X极的材料应为Cu，电解质溶液Y应为AgNO3溶液，外电路中的电子从Cu极流向Ag极。
盐桥中的K+移向正极(Ag极)；NO3-移向负极(Cu极)。
【答案】(1)Cu AgNO3溶液
(2)正 2Ag++2e-====2Ag Cu-2e-====Cu2+
(3)Cu Ag (4)B
19.(19分)(2011·济南模拟)某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。
(1)如图为某实验小组依据氧化还原反应：(用离子方程式表示)________________________设计的原电池装置，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过________mol电子。
(2)其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应式为________________________，这是由于NH4Cl溶液显________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示溶液显此性的原因_________________，用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中，向其中滴加少量新制饱和氯水，写出发生反应的离子方程式______________，然后滴加几滴硫氰化钾溶液，溶液变红，继续滴加过量新制饱和氯水，颜色褪去，同学们对此做了多种假设，某同学的假设是：“溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态。”如果+3价铁被氧化为FeO42-，试写出该反应的离子方程式___________________ 。
(3)如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图所示，
一段时间后，在甲装置铜丝附近滴加酚酞试液，现象是__________________，电极反应为________________；乙装置中石墨(1)为________极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)，乙装置中与铜线相连石墨电极上发生的反应式为_____________________________，产物常用______检验，反应的离子方程式为_______________。
【解析】(1)若一段时间后，两电极质量相差12 g，消耗负极0.1 mol Fe，同时正极生成0.1 mol Cu，导线中通过0.2 mol电子。
(2)其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，由于NH4+水解，NH4++H2O NH3·H2O+H+，所以NH4Cl溶液显酸性，石墨电极上H+得到电子，电极反应式为2H++ 2e-====H2↑；铁电极反应为Fe－2e-====Fe2+ ，用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中，向其中滴加少量新制饱和氯水，写出发生反应的离子方程式2Fe2++Cl2====2Fe3++2Cl-，然后滴加几滴硫氰化钾溶液，由于存在Fe3+，所以溶液变红，继续滴加过量新制饱和氯水，颜色褪去，如果原因是+3价铁被氧化为FeO42-，则该反应的离子方程式为2Fe3++3Cl2+8H2O====2FeO42-+6Cl-+16H+。
(3)如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，则甲池为原电池，铁电极反应为Fe－2e-====Fe2+，铜电极反应为O2+2H2O+4e-====4OH-；乙池为电解池，石墨电极为阳极，电极反应为2Cl--2e-====Cl2↑，石墨(1)电极为阴极，电极反应为Cu2++2e-====Cu；所以一段时间后，在甲装置铜丝附近滴加酚酞试液，溶液变红，乙装置中石墨电极产物可以用湿润淀粉碘化钾试纸检验，反应的离子方程式为Cl2+2I-====2Cl-+I2 ，反应后试纸变蓝。
20.（2011·宁波模拟）甲醇-空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染电动汽车的车载电池，该燃料电池的电池反应式为：CH3OH(l)＋O2(g) == CO2(g)＋2H2O(l)。其工作原理示意图如下：
甲 乙
请回答下列问题：
（1）写出甲图中b、c两个入口通入的物质名称（或化学式）b ▲ c ▲
（2）负极的电极反应式为 ▲ 。
（3）用该原电池电解AgNO3溶液，若Fe电极增重5.4g，则燃料电池在理论上消耗的氧气的体积为 ▲ mL（标准状况）
【答案】 (6分) ①b 甲醇水溶液 c 氧气 （2分）
② （2分）
③ 280 mL（2分）
21.（2011·苏州四市二调）（8分）燃煤废气中的氮氧化物（NOx）、二氧化碳等气体，常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用等。
（1）对燃煤废气进行脱硝处理时，常利用甲烷催化还原氮氧化物，如：
CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H ＝－574 kJ·mol－1
CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H ＝－1160 kJ·mol－1
则CH4(g)将NO2(g)还原为N2(g)等的热化学方程式为 ▲ 。
（2）将燃煤废气中的CO2转化为甲醚的反应原理为：
2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g)
已知一定压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见下表：
投料比[n(H2) / n(CO2)] 500 K 600 K 700 K 800 K
1.5 45% 33% 20% 12%
2.0 60% 43% 28% 15%
3.0 83% 62% 37% 22%
①若温度升高，则反应的平衡常数K将 ▲ （填“增大”、“减小”或“不变”。下同）；若温度不变，提高投料比[n(H2) / n(CO2)]，则K将 ▲ 。
②若用甲醚作为燃料电池的原料，请写出在碱性介质中电池负极的电极反应式
▲ 。
③在②所确定的电池中，若通入甲醚（沸点为-24.9 ℃）的速率为1.12 L·min-1（标准状况），并以该电池作为电源电解2 mol·L-1 CuSO4溶液500 mL，则通电30 s后理论上在阴极可析出金属铜 ▲ g。
【答案】共8分。
（1）CH4(g) ＋2NO2(g)＝N2(g) ＋CO2(g) ＋2H2O(g) △H＝－867 kJ·mol－1（2分）
（2）①减小（1分） 不变（1分）
②CH3OCH3 －12e－ ＋16OH－＝2CO32－ ＋11H2O（2分）
③9.6（2分）
氧化
还原
放电
充电第三节 化学平衡的移动 化学平衡常数
【高考目标导航】
考纲导引 考点梳理
1.理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算。2.初步了解用焓变和熵变判断简单化学反应进行的方向。 1.化学平衡常数2.化学反应进行的方向。
【基础知识梳理】
一、化学平衡常数
1.
在一定温度下，达到平衡的可逆反应，其平衡常数用生成物平衡浓度(气体平衡分压)的方次之积与反应物平衡浓度(气体平衡分压)的方次之积的比值来表示，这时的平衡常数称为浓度平衡常数(压强平衡常数)，用Kc(Kp)表示。
对:aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g),[来源:21世纪教育网]
2..平衡常数K与温度有关，与浓度和压强无关。
3..平衡常数的意义：
①K的大小，可推断反应进行的程度。K越大，表示反应进行的程度越大，反应物的转化率越大；K越小，表示反应进行的程度越小，反应物的转化率越小
②.平衡常数表达式表明在一定温度条件下达成平衡的条件。在某温度下，某时刻反应是否达平衡，可用该时刻产物的浓度商Qc与Kc比较大小来判断。
当Qc>kc，υ(正)<υ(逆),未达平衡，反应逆向进行；
当Qcυ(逆),未达平衡，反应正向进行；
当Qc=kc，υ(正)=υ(逆),达到平衡，平衡不移动。
③平衡常数数值的大小，只能大致告诉我们一个可逆反应的正向反应所进行的最大程度，并不能预示反应达到平衡所需要的时间。如2SO2(g)+O22SO3(g) 298K时Kp＝3.6×1024很大，但由于速度太慢，常温时，几乎不发生反应。
3．根据平衡常数进行的有关计算
二、化学反应进行的方向。
1．自发过程
（1）含义：在一定条件下，不需要借助外力作用就能自发进行的过程。
（2）特点：
① 体系趋向于从高能状态转变为低能状态。
② 在密闭条件下，体系趋向于从有序状态转变为无序状态。
2、化学反应方向进行的判据
（1）焓判据
放热过程中体系能量降低，△H＜0，具有自发进行的倾向，但有些吸热反应也可以自发进行，故只用焓变判断反应的方向不全面。
（2）熵判据
①熵：量度体系混乱（或有序）的程度的物理量，符号S（同一物质，三种状态下熵值：气态＞液态＞固态）
②熵增原理：在与外界隔离的体系中，自发过程将导致体系的熵增大。即熵变（△S）大于零。
③熵判据
体系的混乱度增大（既熵增），△S＞0，反应有自发进行的倾向，但有些熵减反应也可以自发进行，故只用熵变判断反应的方向也不全面。
（3）复合判据——自由能判据
①符号：△G，单位：kJ·mol－1 ②公式：△G=△H—T△S
③应用：
△G＜0 能自发进行
△G＝0 平衡状态
△G＞0 不能自发进行
具体的的几种情况：
焓变（△H） 熵变（△S） 反应的自发性
＜0 ＞0 任何温度都能自发进行
＜0 ＜0 较低温度下能自发进行
＞0 ＞0 高温下能自发进行
＞0 ＜0 任何温度都不能自发进行
注：过程的自发性只能用于判断反应进行的方向，不能确定过程是否一定会发生和过程发生的速率。
【要点名师透析】
一、化学平衡常数应用
1.判断化学反应可能进行的程度
K值越大，反应物的转化率越大，反应进行的程度越大。
2.判断化学反应是否达到平衡状态及平衡移动方向
对化学反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)的任意状态，浓度商Q＝
①若Q＝K，反应达到平衡状态；
②若Q＜K，平衡正向移动；
③若Q＞K，平衡逆向移动。
3.利用K可判断反应的热效应
若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；
若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
4.计算化学反应中某反应物的平衡转化率。
【典例1】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＋3Y2Z，其平衡常数为1600
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】选项中有一明显的错误，就是C选项中平衡常数增大，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可推导出：X＋3Y 2Z。
二、化学平衡的计算
模式（三段式）
mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)
起始量 a b 0 0
转化量 mx nx px qx
平衡量 a－mx b－nx p x qx
对于反应物： n（平）= n（始）－n（变）
对于生成物： n（平）= n（始）+ n（变）
基本步骤
⑴确定反应物或生成物的起始加入量。
⑵确定反应过程的变化量。
⑶确定平衡量
⑷依据题干中的条件建立等式关系进行解答。
【典例2】将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①NH4I(s) NH3(g)＋HI(g)；
②2HI(g) H2(g)＋I2(g)21世纪教育网
达到平衡时，c(H2)＝0.5 mol·L－1，c(HI)＝4 mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为(　　)
A．9　　　 B．16
C．20 D．25
【答案】C
【解析】根据题意
　　　2HI(g) H2(g)＋I2(g)
平衡浓度：4 mol·L－1　0.5 mol·L－1
起始浓度：c(HI)＝平衡量＋变化量＝4 mol·L－1＋0.5 mol·L－1×2＝5 mol·L－1
则c(NH3)＝c(HI)起始浓度＝5 mol·L－121世纪教育网
根据平衡常数定义：K＝c(NH3)·c(HI)＝5 mol·L－1×4 mol·L－1＝20 mol2·L－2，故C项正确。
【感悟高考真题】
1.（2011·江苏高考·12）.下列说法正确的是
A.一定温度下，反应MgCl2(1) ==Mg(1)+ Cl2(g)的
B.水解反应NH+4+H2ONH3·H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应
D.对于反应2H2O2==2H2O+O2↑, 加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率
【答案】选A、D。【解析】解答本题时应将相关的化学原理与具体实例相结合，具体问题具体分析。
A项，该反应吸热，△H>0,反应物为液体，有气态物质生成，所以△S>0, A项正确；B项，温度升高，将导致一水合氨分解，氨气挥发，平衡正向移动，B项错误；
C项，铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生氧化反应，C项错误；D项，MnO2能加快H2O2的分解速率，升高温度，反应速率加快，D项正确。
2.（2011·福建高考·12）25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡（），发生反应：，体系中c（Pb2+）和
c（Sn2）变化关系如图所示。下列判断正确的是
A. 往平衡体系中加入少量金属铅后，c（Pb2+）增大
B. 往平衡体系中加入少量固体后，c（Pb2+）变小
C.升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应
D. 25℃时，该反应的平衡常数K=2.2
【答案】选D。
【解析】解答本题要明确如下两点：
（1）改变固体的用量，平衡不移动；
（2）固体不列入平衡常数的表达式。
金属铅的浓度是定值，加入金属铅，平衡不移动，c（Pb2+）不变，A选项错误；加入Sn（NO3）2固体后，增大了c（Sn2+），平衡逆向移动，c（Pb2+）增大，B选项错误；升高温度，c（Pb2+）增大，说明平衡逆向移动，即逆反应吸热，则正反应放热，△H＜0，C选项错误；由图可知，平衡时c（Sn2+）＝0.22mol/L，c（Pb2+）＝0.10mol/L，所以平衡常数K＝＝2.2，D选项正确。
3.（2010·四川理综）反应aM(g)+bN(g) cP(g)+dQ(g)达到平衡时。M的体积分数y(M)与反应条件的关系如图所示。其中：Z表示反应开始时N的物质的量与M的物质的量之比。下列说法正确的是
A.同温同压Z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数增加
B.同压同Z时，升高温度，平衡时Q的体积分数增加
C.同温同Z时，增加压强，平衡时Q的体积分数增加
D.同温同压时，增加Z，平衡时Q的体积分数增加。
【答案】B
【解析】本题考查了平衡移动原理的应用。A项加入催化剂只能改变反应速率，不会使平衡移动。B项由图像（1）知随着温度的升高M的体积分数降低，说明正反应吸热，所以温度升高平衡正向移动，Q的体积分数增加。C项对比（1）（2）可以看出相同温度条件，压强增大M的体积分数增大，所以正反应是体积缩小的反应，增大压强Q的体积分数减小。D项由C项可以判断D也不对。
4.（2010·上海卷）据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实。21世纪教育网
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℃进行可推测该反应是吸热反应 [来源:21世纪教育网]
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】此题考查化学反应速率和化学平衡知识。催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，也就是提高了生产效率，A对；反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，B错；充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，C对；从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，D对。
易错警示：利用化学平衡知识判断反应吸热还是放热时，一定要注意温度的变化使反应正向移动还是逆向移动，倘若给出的知识温度条件则无法判断。
5.（2009·全国卷1） 下图表示反应X(g)4Y(g)＋Z(g)，△H＜0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：
　　
下列有关该反应的描述正确的是
A．第6 min 后，反应就终止了
B．X的平衡转化率为85%
C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85%
D．若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小
【答案】B
【解析】A项，6min时反应达平衡，但未停止，故错；B项，X的变化量为1-0.15=0.85mol，转化率为0.85/1=85%，正确。 H<0，反应为放热，故升高温度，平衡将逆向移动，则X的转化率减小，C项错；D项，降温，正、逆反应速率同时减小，但是降温平衡正向移动，故V正>V逆，即逆反应减小的倍数大，错误。
6. (2009·宁夏卷） 在一定温度下，反应1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数为10。若将1.0mol的HX(g)通入体积为1.0L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】1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数K1为10,那么HX(g) 1/2H2(g)+ 1/2X2(g) 的平衡常数K2为1/10, 2HX(g) H2(g)+ X2(g) 的平衡常数K3为(1/10)2=0.01.设HX(g)分解xmol/L,有, 2HX(g) H2(g)+ X2(g)
1 0 0
x x x
1-x x x
K3= x·x/(1-x) 2= 0.01 ,得到x=0.17,所以, 该温度时HX(g)的最大分解率接近于B. 17%
【考点分析】本题考查化学平衡常数的相关计算，题目难度不大，但要求考生平时要掌握方程式的变化对于化学平衡常数表达式的影响和数值的改变。
7.（2010·山东卷）（14分）硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
Ⅰ SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI
Ⅱ 2HIH2+I2
Ⅲ 2H2SO42===2SO2+O2+2H2O
（1）分析上述反应，下列判断正确的是 。
a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应Ⅰ中氧化性比HI强21世纪教育网
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
（2）一定温度下，向1L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0~2 min内的平均放映速率v（HI）= 。该温度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数K= 。
相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则 是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度 c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡 移动（填“向左”“向右”或者“不”）；若加入少量下列试剂中的 ，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
（4）以H2为燃料可制成氢氧燃料电池。
已知 2H2（g）+O2（g）===2H2O(I) △H=-572KJ．mol-1
某氢氧燃料电池释放228．8KJ电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为 。
【解析】(1)H2SO4在常温下，很稳定不易分解，这是常识，故a错；反应Ⅰ中SO2是还原剂，HI是还原产物，故还原性SO2＞HI，则b错；将Ⅰ和Ⅱ分别乘以2和Ⅲ相加得：2H2O==2H2+O2，故c正确d错误。
(2) υ (H2)=0. 1mol/1L/2min=0.05 mol·L-1·min-1，则υ (HI)=2 υ (H2)=0.1 mol·L-1·min-1；21世纪教育网
2HI(g)==H2(g)+I2(g)
2 1 1
起始浓度/mol·L－1 1 0 0
变化浓度/mol·L－1： 0.2 0.1 0.1
平衡浓度/mol·L－1： 0.8 0.1 0.1
则H2(g)+I2(g)== 2HI(g)的平衡常数K==64mol/L。
若开始时加入HI的量是原来的2倍，则建立的平衡状态和原平衡是等比平衡，HI、H2、I2 的物质的量、平衡浓度都是原来的两倍；各组分的百分含量、体积分数相等，平衡常数相等（因为温度不变）；因开始时的浓度增大了，反应速率加快，达平衡时间不可能是原来的两倍，故选b.
（3）水的电离平衡为,硫酸电离出的对水的电离是抑制作用，当消耗了，减小，水的电离平衡向右移动；若加入,溶液变成的溶液了，不再生成H2；加入的会和反应，降低，反应速率减慢；的加入对反应速率无影响；加入CuSO4 后，与置换出的Cu构成原电池，加快了反应速率，选b.
（4）根据反应方程式，生成1mol水时放出热量为：572kJ=286 kJ,故该电池的能量转化率为
【答案】（1）c
（2）0.1 mol·L-1·min-1 ；64mol/L；b
（3）向右；b
（4）80%
8. (2009·江苏卷） I2在KI溶液中存在下列平衡：
某I2、、KI混合溶液中， 的物质的量浓度c()与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法正确的是
A.反应的△H>0
B．若温度为，反应的平衡常数分别为
C．若反应进行到状态D时，一定有
D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
【标准答案】BC
【解析】随着温度的不断升高，的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，也就意味着该反应是放热反应，所以，所以A项错；因为，，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即；C项，从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，这时的浓度在增加，所以，C项正确；D项，从状态A到状态B，的浓度在减小，那么的浓度就在增加。
【考点分析】
化学平衡的移动；（2）平衡常数的运用。
9.（2011·广东高考·31）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（I,II,III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图所示。
（1）在0～30小时内，CH4的平均生成速率vI、vII和vIII从大到小的顺序为 ；反应开始后的12小时内，在第 _________种催化剂的作用下，收集的CH4最多。
（2）将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：
CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) 该反应的△H=+206 kJ mol-1。
在坐标图中，画出反应过程中体系的能量变化图（进行必要的标注）。
②将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1L恒容密闭容器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol，求CH4的平衡转化率（计算结果保留两位有效数字）。
（3）已知：CH4(g)＋2O2(g) ===CO2(g)＋2H2O(g) △H=-802kJ mol-1
写出由CO2生成CO的热化学方程式 。
【解析】进行图像判断时，要找准纵坐标代表物理量随横坐标物理量变化而变化的趋势。可用列三段式的方式进行有关计算。
【答案】
平均反应速率v=△c/△t，所以固定时间内，CH4产量越高，说明反应速率越快。即0～30小时内，平均反应速率vIII>vII >vI，12小时内，在第II种催化剂作用下，收集CH4最多。
①本反应为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量。
② CH4 + H2O CO + 3H2
起始浓度： a mol/L a mol/L　0　　　 0
转化浓度： x mol/L x mol/L x mol/L 3x mol/L
平衡浓度：(a-x) mol/L (a-x) mol/L x mol/L 3x mol/L
c(CO)= x mol/L=0.10mol/L，x=0.10
K=[0.10mol/L×(0.30 mol/L)3]÷[(a-0.10) mol/L×(a-0.10) mol/L]=27，求得a=0.11mol/L
CH4的平衡转化率=(0.10mol/L÷0.11 mol/L)×100%≈91%
(3) CH4(g)+H2O(g) == CO(g)+3H2(g) △H=+206 kJ mol-1
CH4(g)＋2O2(g) ===CO2(g)＋2H2O(g) △H=-802kJ mol-1
由以上两式，根据盖斯定律可得：
CO2(g)＋3H2O(g) == CO(g)+3H2(g)+2O2(g)
△H=+206 kJ mol-1-（-802kJ mol-1）
=+1008 kJ mol-1
答案：
（1）vIII>vII >vI II
（2）① ②91%
（3）CO2(g)＋3H2O(g)== CO(g)+3H2(g)+2O2(g) △H=+1008 kJ mol-1
【考点模拟演练】
一、选择题
1.(2011·深圳模拟)反应2SO2+O2 2SO3在一定温度下达到平衡，下列说法正确的是( )
A.增大压强，平衡向右移动，平衡常数K增大
B.增加O2的浓度平衡向右移动，SO2的转化率增大
C.此时一定满足c(SO2)=2c(O2)
D.平衡向右移动时反应物的浓度减小，生成物的浓度增大
【答案】选B。
【解析】平衡常数K与温度有关，与压强无关，A错误；增加O2的浓度，平衡正向移动，对应SO2的转化率相应变大，B正确；达到平衡时，c(SO2)与c(O2)的比值不一定是2∶1的关系，C错误；平衡向右移动时可以增加SO2或O2的浓度，故反应物浓度不一定减小，D错误。
2.(2011·海淀模拟)某温度下，反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)的平衡常数为400，此温度下，在容积一定的密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
下列说法正确的是( )
A.CH3OH的起始浓度为1.04 mol/L
B.此时逆反应速率大于正反应速率
C.平衡时CH3OH的浓度为0.04 mol/L
D.平衡时CH3OH的转化率小于80%
【答案】选C。
【解析】(1)某温度下浓度商(Qc)与平衡常数(K)之间的关系为
①Qc②Qc=K，反应处于平衡状态
③Qc>K，反应未达平衡状态，平衡逆移。
(2)代入平衡常数表达式的是某温度下各组分的平衡浓度而不是某一时刻的浓度。
根据某一时刻各物质的浓度判断，起始CH3OH的浓度为0.44 mol/L+0.6 mol/L×2=1.64 mol/L。
该时刻的Qc= ≈1.86<400
故反应未达平衡状态，v(正)>v(逆)。
设该温度下达平衡时，CH3OCH3的浓度为x mol/L
则c(H2O)=x mol/L
c(CH3OH)=(1.64-2x) mol/L
解得：x=0.8故平衡时CH3OH的浓度为(1.64-2x)=0.04 mol/L
CH3OH的转化率为 ≈97.6%>80%。
3.(2011·杭州模拟)在t ℃下，某反应达到平衡，平衡常数 。恒容时，温度升高，NO浓度减小。
下列说法正确的是( )
A.该反应的焓变为正值
B.恒温下减小压强，反应体系的颜色加深
C.升高温度，逆反应速率减小
D.该反应化学方程式为NO2+SO2 NO+SO3
【答案】选D。
【解析】本题注意抓住平衡常数的表达式，由表达式先写出反应方程式，然后再判断。
由平衡常数表达式可知该反应为NO2(g)+SO2(g) NO(g)+SO3(g)，即D项正确，符合题意。该反应的特点是气体分子数不变，又由恒容时，温度升高，NO浓度减小，可判断正反应为放热反应，即A项不正确；恒温下减小压强，即增大体积，平衡不移动，但各物质的浓度都降低，所以体系的颜色变浅，B项不正确；升高温度，正、逆反应的速率都加快，对该反应来讲，逆反应加快得更快，所以平衡逆向移动，C项不正确。
4.(2011·扬州模拟)某密闭容器中充入一定量SO2、O2，发生反应2SO2+O2 2SO3，测得SO3浓度与反应温度关系如图。下列说法正确的是( )
A.该反应ΔH>0 B.SO2转化率：a>b>c
C.化学反应速率：c>b>a D.平衡常数K：b>c>a
【答案】选C。21世纪教育网
【解析】b点c(SO3)最大，且不再变化，故b点为反应平衡点，c点为升温后平衡逆反应方向移动，则该反应为放热反应，A项错误；B项转化率b>c>a；C项，温度越高速率越大；D项，温度越高越逆向移动，故a>b>c。
5.在5 L的密闭容器中充入2 mol A气体和1 mol B气体，一定条件下发生反应：2A(g)+B(g)==2C(g)，达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的，则A的转化率为
A．67% B．50% C．25% D．5%
【答案】B
6.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如下图所示。下列说法中正确是( )
A．30min时降低温度，40min时升高温度
B．8min前A的平均反应速率为0.08mol/(L·s)
C．反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应
D．20min～40min间该反应的平衡常数均为4
【答案】D
7（2011·抚顺联考）下列说法正确的是(　　)
A．焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的
B．焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的
C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向
【答案】B　
【解析】 根据化学反应的能量判据和熵判据：ΔG＝ΔH－TΔS，综合分析A错误，B正确。
8.（2011·临汾模拟）反应2AB(g)===C(g)＋3D(g)在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的ΔH、ΔS应为(　　)
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】 根据化学反应进行方向的复合判据ΔG＝ΔH－TΔS，当ΔG<0时，反应自发进行；当ΔG＝0时处于平衡状态；当ΔG>0反应不能自发进行。结合题意得出该反应的ΔH>0，ΔS>0。
9. （2011·邵阳联考） 已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：
t℃ 700 800 830 1000 1200
K 1.67 1.11 1.00 0.60 0.38
下列有关叙述不正确的是(　　)
A．该反应的化学方程式是：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)
B．上述反应的正反应是放热反应
C．如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830 ℃，此时测得CO为0.4 mol时，该反应为平衡状态
D．某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：＝，判断此时的温度是1000 ℃
【答案】C　【解析】 平衡常数的表达式中，分子中的物质是生成物，分母中的物质是反应物，A项正确；该反应的平衡常数随着温度的升高而降低，故该反应是放热反应，B项正确；利用反应方程式确定各种物质的物质的量，代入平衡常数表达式可知该反应没有达到平衡；将所给关系式进行变化，可知该条件下平衡常数为0.6，所以D项正确。
10.（2011·温州模拟）高温下，某反应达平衡，平衡常数 恒容时，温度升高H2浓度减小。下列说法正确的是 （ ）
A.该反应化学方程式为CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)
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.该反应的焓变为正值
【答案】D
11.（2011·宁波模拟）N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：
2N2O5（g） 4NO2（g）+ O2（g） △H >0
T1温度下的部分实验数据为：
t/s 0 500 1000 1500
c（N2O5）mol/L 5.00 3.52 2.5021世纪教育网 2.50
下列说法中，不正确的是
A．当反应体系内气体的平均相对分子质量不再发生变化时则该反应达到了平衡
B．T1温度下的平衡常数为K1 =125，1000s时转化率为50%
C．其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，则T1 >T2
D．T1温度下的平衡常数为K1 ，若维持T1温度不变，增加体系压强，达到新平衡时，平衡常数为K2，则K1> K2
【答案】D
二、非选择题
12.(2011·广州模拟)甲醇被称为21世纪的新型燃料，工业上通过下列反应①和②，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。
①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH1
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2
将0.20 mol CH4(g)和0.30 mol H2O(g)通入容积为10 L的密闭容器中，在一定条件下发生反应①，达到平衡时，CH4的转化率与温度、压强的关系如图。
(1)温度不变，缩小体积，增大压强，①的反应速率_____(填“增大”、“减小”或“不变”)，平衡向_____方向移动。
(2)反应①的ΔH1___0(填“<”、“＝”或“>”)，其平衡常数表达式为K＝___，100 ℃时的平衡常数值是___。
(3)在压强为0.1 MPa条件下，将a mol CO与3a mol H2的混合气体在催化剂作用下进行反应②生成甲醇。为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。请在下表空格中填入剩余的实验条件数据。
(1)增大压强，对反应速率的影响是正、逆反应速率均增大，但由于①反应是气体分子数变大的反应，故加压平衡逆向(向左)移动。
(2)由图中等压线可知，温度越高，CH4的转化率越高，则升温平衡正向移动，则ΔH1>0，K的表达式为
，计算可用三段式法：
CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)
初始浓度(mol·L-1)0.020 0.030
转化浓度(mol·L-1)0.010 0.010 0.010 0.030
平衡浓度(mol·L-1)0.010 0.020 0.010 0.030
代入平衡常数表达式：
=1.35×10-3。
(3)由于寻找的是温度和压强的适宜条件，故题目中改变的条件应是温度不变、压强改变和温度改变、压强不变这两种情况。由表可知，Ⅰ、Ⅱ比较压强，Ⅱ、Ⅲ比较温度。21世纪教育网
【答案】(1)增大 逆反应(或左)
(2)> 1.35×10-3
(3)
13.（2011·北京房山高三上期末）（10分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮元素的单质及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
（1）根据右下能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式 。
（2）在固定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：
N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H < 0 ，
其平衡常数K与温度T的关系如下表：
T/K 298 398 498
平衡常数K 4.1×106 K1 K2
①该反应的平衡常数表达式：K=
②试判断K1 K2（填写“>”“=”或“<”）
③下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是 （填字母）
a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2 b．v(N2)正 = 3v(H2)逆
c．容器内压强保持不变 d．混合气体的密度保持不变
（3）对反应N2O4(g)2NO2(g) △H > 0 ，在温度分别为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示，下列说法正确的是 。
a．A、C两点的反应速率：A＞C
b．A、C两点的化学平衡常数：A＞C
c．A、C两点NO2的转化率：A＜C
d．由状态B到状态A，可以用加热的方法
（4）一定温度下，在1L密闭容器中充入1molN2和3molH2并发生
反应。若容器容积恒定，10min达到平衡时，气体的总物质的量为原来的 ，则N 2的转化率a(N2)= ， 以NH3表示该过程的反应速率v(NH3)= 。
【答案】（1）热化学方程式 NO2(g) + CO(g) == NO(g) + CO2(g) △H = -234KJ/mol 。（2分）
（2）①K ＝ C2(NH3)/C(N2)×C2(H2) ②K1 > K2 ③ c （3分）
（3） c d （1分）
（4）N 2的转化率a(N2) ＝ 25% ，（2分）v(NH3) ＝ 0.05mol/L·min 。（2分）
14.（2011·北京朝阳高三上期末）（9分）已知工业制氢气的反应为CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)，反应过程中能量变化如右图所示。在500 ℃时的平衡常数 K = 9。若在2 L的密闭容器中CO和水蒸气的起始浓度都是0.1 mol/L，10 min时达到平衡状态。
（1）增加H2O(g)的浓度，CO的转化率将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）平衡常数的表达式K ＝ 。400 ℃时的平衡常数K 9（填“>”“<”或”“=”）。
（3）500 ℃时，10 min内v(H2O)＝ ，在此过程中体系的能量将 （填“增加”或“减少”） kJ。
（4）已知 2H2 (g) + O2 (g) = 2H2O (g) ΔH＝－484 kJ/mol
结合上图写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式： 。
【答案】（9分）（1）增大
（2）c(CO2)·c(H2)/ c(CO) ·c(H2O) ＞
（3）0.0075 mol/(L·min)
减少 6.15
（4）CO(g)+ 1/2 O2(g) = CO2(g) ΔH ＝－283 kJ/mol
www.单元复习九
【章节强化训练】
一、选择题
1.有关右图所示原电池的叙述不正确的是 （ ）
A．电子沿导线由Cu片流向Ag片
B．正极的电极反应是Ag++e－=Ag
C．Cu片上发生氧化反应，Ag片上发生还原反应
D．用该电池电解饱和食盐水，3.2 g Cu溶解时生成1.12 L Cl2
【答案】D
2.下列有关金属的说法中，不正确的是
A．青铜、不锈钢、赢铝都是合金
B．铜表面易形成致密的氧化膜21世纪教育网
C．工业上用电解熔融MgCl2 的方法制取金属镁
D．铝是活泼金属，但在空气中耐腐蚀
【答案】B
3.小明利用家中废旧材料制作了一个可使玩具扬声器发出声音的电池，装置如图。下列有关该电池工作时的说法错误的是
A.铝罐将逐渐被腐蚀
B.电子流向为铝质汽水罐→导线→扬声器→
导线→炭棒
C.食盐水中的Na＋向炭棒移动
D.炭棒上发生的反应为：2H＋＋2e－=H2↑
【答案】D
4.高铁电池的总反应为：
3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH
下列叙述错误的是
A．放电时每转移6mol电子，负极有2mol K2FeO4被还原
B．充电时阴极反应为：Zn(OH)2 + 2e— = Zn + 2OH—
C．放电时正极反应为：FeO+ 3e— + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH—
D．充电时阳极附近溶液的碱性增强
【答案】AD
4.铅蓄电池的总反应方程式为：
Pb+Pb02+4H++2S042-2PbS04+2H20。下列说法正确的是
A．放电时，负极的电极反应式是Pb02+4H++5042-+2e-,=PbS04+2H20
B．充电时，电解液中H2S04的浓度将变小
C．放电时，转移1 mol电子，参加反应的铅有0.5mol
D．充电时，蓄电池的负极和外接电源的正极相连
【答案】C
5.根据实验目的判断下列实验操作或装置正确的是
【答案】D
6.（2011·吉林东北师大附中高三第三次摸底）下列关于四个图像的说法正确的是 （ ）
① ②
③ ④21世纪教育网
A．图①表示化学反应中能量的变化，反应CO(g)+H2O(g)= CO2(g)+H2(g)的△H>0
B．图②为氢氧燃料电池示意图，正、负极通入的气体体积之比为2︰1
C．图③表示物质a、b的溶解度曲线，可以用结晶方法从a、b 混合物中提纯a
D．图④可以表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，且乙的压强大[来源:21世纪教育网]
【答案】C
【解析】图①表示反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应△H＜0，A错。图② 氢氧燃料电池的总反应式为2H2+O2=2H2O，正极发生还原反应，通入O2，负极发生氧化反应，通入H2，故正负极通入的气体体积之比为1:2，B错，选项D注意到生成物D是固体，该反应是气体体积不等的反应，因此不合要求。应选C。
【考点】化学反应速率与化学平衡、电化学
7.（2011·吉林东北师大附中高三第三次摸底）在25 C时，将两根铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，当电路中有a mol电子转移时，溶液中析出mg Na2SO4 ·10 H2 O晶体。若温度不变，在剩余溶液中溶质的质量分数为 （ ）
A．×100% B．×100%
C．×100% D．×100%
【答案】D
【解析】当用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液时，电解总反应式为2H2O2H2↑+O2↑，该反应中共转移4mol电子，因此当有amol电子转移时，电解过程中共消耗0.5amol的水，由于原溶液是饱和溶液，电解后的溶液也是饱和溶液，故饱和溶液质量分数的计算可作如下转化：mg晶体中Na2SO4的质量溶解在mg晶体中的水和0.5amol水中恰好饱和，由此可计算得选项D正确。
【考点】化学计算与技巧
8.（2011·辽宁铁岭六校高三第二次联考）下列事实不能用金属活动性解释的是（ ）
A、镀锌铁制品破损后，镀层仍能保护铁制品
B、工业上常用热还原法冶炼铁，用电解法冶炼钠
C、电解法精炼铜时，其含有的Ag、Au杂质沉积在电解槽的底部
D、生活中可用铝制的水壶烧水
【答案】D
9.（2011·江苏金陵中学高三期中）铅蓄电池是一种典型的可充电电：池。电池总反应式为： Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H2O 下列说法正确的是
A．放电时：电子流动方向由A经导线流向B
B．放电时：两极质量增加相等
C．充电时：铅蓄电池的负极应与充电器电源的正极相连
D．充电时：阳极反应是PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+
【答案】D
10.（2011·山东枣庄八中高三第一次调研）下列有关电池的说法不正确的是 （ ）
A．手机上用的锂电池属于二次电池
B．锌锰干电池中，锌电极是负极
C．甲醇燃料电池可把化学能转化为电能21世纪教育网
D．铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极
【答案】D
11.（2011·安徽无为中学高三第三次检测）下列离子方程式正确的是 （ ）
A．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全：
Ba2+ + 2OH－+ 2H+ + SO42－= BaSO4↓ + 2H2O
B．用Pt电极电解MgCl2溶液：2Cl－+ 2H2O 2OH－+ H2↑ +Cl2↑
C．AlCl3溶液与过量氨水混合：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
D．向Mg（HCO3）2中加足量的Ca（OH）2溶液：
Ca2＋ ＋2OH－＋2HCO3－＋2Mg2＋=CaCO3↓＋MgCO3↓＋2H2O
【答案】C
12.（2011·北师大附中高三期中）著名化学家徐光宪获得2008年度“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土串级萃取理论方面作出的贡献。稀土元素铈（Ce）主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。
已知：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+>I2。下列说法正确的是
A. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HI CeI4 + 2H2↑
B. 在一定条件下，电解熔融状态的CeO2制Ce，在阴极获得铈
C. 用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：
Ce4+ + 2Fe2+ == Ce3+ + 2Fe3+
D. 铈有四种稳定的核素136 58Ce、138 58Ce、140 58Ce、142 58Ce，它们互称为同系物
【答案】B
13.（2011·济南外国语高三上第一次质检）蓄电池是一种可反复充电、放电的装置。它放电时起原电池的作用，将化学能转变为电能；而充电时电解池的作用，将电能转变为化学能贮存起来。某蓄电池充电和放电时发生的反应为：Fe + NiO2 + 2H2O Fe（OH）2 + Ni（OH）2
关于此蓄电池有下列说法：
放电时，NiO为正极；②充电时，阳极反应式为：Fe（OH）+2e-→ Fe+2OH;
③放电时，电解质溶液中的阳离子向正极方向移动；21世纪教育网
④充电时，Ni(OH) 的反应式为：Ni(OH) →NiO+2H+2e-;
⑤蓄电池的电极必须浸在碱性电解质溶液中；错误的是 21世纪教育网
Ａ。 ③ B。② C。①③⑤ D。 ②和④
【答案】D
14（2011·济南外国语高三质检）如图装置分别通电一段时间后，溶液的质量增加的是 (　　)
【答案】D
15.（2011·皖南八校高三上第一次联考）Li—SO2电池具有输出功率高和低温性能好等特点，其电解质是LiBr，溶剂是碳酸丙
烯酯和乙睛，电池反应为2Li+2SO2 Li2S2O4。下列说法正确的是 （ ）
A．该电池反应为可逆反应
B．放电时，Li+向负极移动
C．充电时，阴极反应式为Li++e-===Li
D．该电池的电解质溶液可以换成LiBr的水溶液
【答案】C
【解析】电池的放电和充电是在不同的反应条件下发生的，故该电池反应不能叫做可逆反应。放电时，Li+向正极移动。电解质溶液若是水溶液，则碱金属锂会和水发生反应。
16.（2011·北京大兴高三上期末）下列有关金属铁的腐蚀与防护，说法正确的是
A．酸酸雨后易发生析氢腐蚀、炒锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀
B．当镀锡铁和镀锌铁镀层破损时，后者更易被腐蚀
C．铁与电源正极连接可实现电化学保护
D．将钢管与铜管一起堆放时可保护钢管少受腐蚀
【答案】A
17.（2011·北京房山高三上期末） 用碱性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如下所示。下列说法中正确的是
A．燃料电池工作时，负极反应为：H2 – 2e－＝ 2H+
B．若要实现铁上镀铜，则a极是铁，b极是铜
C．若a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出
D．a、b两极均是石墨时，在相同条件下当电池中消耗H222.4L（标准状况）时，a极析出铜64g
【答案】C
二、非选择题
18.（13分）
（1）某科研小组研究在其他条件不变的情况下，改变起始氢气物质的量［用n（H2）表示］对N2（g）＋3H2（g） 2NH3（g）反应的影响，实验结果可表示成如下图所示的规律（图中T表示温度，n表示物质的量）：[来源:21世纪教育网]
①比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是__________。
②若容器容积为1L，n＝3mol，反应达到平衡时H2的转化率为60%，则在起始时体系中加入N2的物质的量为__________mol，此条件下（T2），反应的平衡常数K＝__________。
③图像中T2和T1的关系是__________。（填“高于”、“低于”、“等于”、“无法确定”）。
（2）氨气和氧气从145℃就开始反应，在不同温度和催化剂条件下生成不同产物（如图）：
4NH3＋5O24NO＋6H2O
4NH3＋3O22N2＋6H2O
温度较低时以生成__________为主，温度高于900℃时，NO产率下降的原因是__________。
（3）现以H2与O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池（如图所示，其中Y为CO2）装置进行电解。
写出石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式：__________。
在电解池中生成N2O5的电极反应式为：__________。
【答案】（1）① c （1分） ② n／3 （2分）；K＝25／12或2.08 （2分） ③ 低于 （1分）
（2）N2 （1分） 氨气氧化生成NO的反应为放热反应，升高温度转化率下降 （2分）
（3）H2＋CO32－－2e－ ＝ CO2↑+ H2O （2分）阳极：N2O4＋2HNO3－2e－ ＝ 2N2O5+2H＋ （2分）.
19.（14分）近年来，碳和碳的化合物在生产生活实际中应用广泛。
（1）甲烷燃烧放出大量的热，可作为能源用于人类的生产和生活。
已知 ① 2 CH4 (g) + 3O2 (g) ＝ 2 CO (g) + 4 H2O(l) △H1 = －1214.6 KJ/mol
② 2 CO (g) + O2(g) ＝ 2 CO2 (g) ΔH2 = －566 kJ/mol
则反应CH4(g) + 2 O2 (g) ＝ CO2 (g) + 2 H2O (l) 的△H = 。
（2）将两个石墨电极插人KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成甲烷燃料电池。通入CH4的一极，其电极反应式是：CH4 + 10 OH―― 8e－＝ CO32－+ 7 H2O；通入Ｏ2的一极，其电极反应式是 。
（3）若用石墨做电极电解500 ml饱和食盐水，写出电解反应的离子方程式为： ；电解一段时间后两极共收集到标准状况下的气体1.12 L(不考虑气体的溶解)。停止通电，假设反应前后溶液体积不变，则所得溶液的pH= 。
（4）将不同量的CO (g) 和H2O (g) 分别通入到体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应
CO (g) ＋ H2O (g) CO2 (g) ＋ H2 (g)，得到如下三组数据：
实验组 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min
H2O CO CO2 CO
1 650 2 4 1.6 2.4 5
2 900 1 2 0.4 1.6 3
3 900 a b c d t
① 实验1中以υ(H2) 表示的反应速率为 。
② 实验2中的平衡常数是 （计算结果保留两位小数）。
③ 该反应的正反应为 （填“吸”或“放”）热反应。21世纪教育网
④ 若实验3要达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），
则a、b应满足的关系是 （用含a、b的数学式表示）。
【答案】 （14分）（1）△H＝－890.3KJ/mol （2分）
（2）O2 + 4e_ + 2H2O ＝ 4OH－ （2分）
（3）2Cl－ + 2H2O H2↑ + Cl2↑ + 2OH－（2分） 13 （2分）
（4）① 0.16 mol / (L min)（1分） ② 0.17 （2分）
③ 放 （1分） ④ b = 2a （2分）
20.（15分）为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。最近有科学家提出“绿色自由”构想：把空气吹入碳酸钾溶液，然后再把CO2从溶液中提取出来，经化学反应后使之变为可再生燃料甲醇。“绿色自由”构想技术流程如下：
（1）在合成塔中，若有4.4kg CO2与足量H2恰好完全反应，可放出4947 kJ的热量，试写出合成塔中发生反应的热化学方程式是 。
（2）以甲醇为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2，负极通入甲醇，在酸性溶液中甲醇与氧作用生成水和二氧化碳。该电池负极发生的反应是：
CH3OH + H2O － 6e－ ==== CO2 + 6H+
则正极发生的反应是 ；放电时，H＋移向电池的 （填“正”或“负”）极。
（3）常温常压下，饱和CO2水溶液的pH=5.6，c(H2CO3)=1.5×10－5 mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO3－＋H+ 的平衡常数K = 。（已知：10－5.6=2.5×10－6）
（4）常温下，0.1 mol·L－1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3) c(CO32－) (填“＞”、“＝”或“＜”)，原因是 （用离子方程式和必要的文字说明）。
（5）小李同学拟用沉淀法测定空气中CO2的体积分数，他查得CaCO3、BaCO3的溶度积（Ksp）分别为4.96×10－9、2.58×10－9。小李应该选用的试剂是___________________。
【答案】（15分）（1）CO2（g）+3H2（g）=== CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝－49．47kJ/mol（3分）
（2）O2 + 4H+ + 4e－ ＝2 H2O （2分） 正 （2分）
（3）4.2×10－7 mol·L－1 （3分）
（4）＞ （1分） 因为既存在 HCO3－CO32－＋H+ 也存在HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－、而HCO3－的水解程度大于电离程度 （2分）
（5）Ba（OH）2（或NaOH溶液和BaCl2溶液） (2分)
21.（2011·黑龙江哈九中高三期末）（10分）惰性电极电解NaCl溶液或CuSO4溶液都得到三种产物A、B、C，各物质之间的转化关系如下图所示（图中参与反应和生成的水都已略去）。已知甲是短周期元素的单质，它是日常生活中常用的包装材料。
回答下列问题：
⑴若电解的是NaCl溶液：
①甲与A反应的化学方程式是　　 　　　　　　　 。
②A与B反应的离子方程式是　　 　　　　　　 　。
③若电解100mL0.1 mol·L－1NaCl溶液，阴、阳两极各产生112mL气体（标准状况），则所得溶液的pH为　　　　　（忽略反应前后溶液的体积变化及气体溶于水的影响）。
⑵若电解的是CuSO4溶液：
①E的化学式是 ；电解时阳极的电极反应式是　　 。
②加热时，A的浓溶液可与B发生反应，A的浓度随时间变化的图像正确是 。
【答案】（10分）
⑴①2Al+ 2NaOH +2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑　……（2分）
② Cl2＋2OH－= Cl－+ClO－+H2O；……（2分） ③ 13 …… （2分）
⑵①SO2……（1分） 4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O　……（3分）
②A……（1分）　　
【解析】若电解NaCl溶液，电解后溶液显碱性，若电解CuSO4溶液，电解后溶液显酸性，由于单质甲在2种条件下均能生成H2，故甲是Al。⑴若电解NaCl溶液，电解时的总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，则A是NaOH，B是Cl2，C是H2。当阴、阳两极各产生112mL气体时，生成NaOH0.01 mol，溶液中c(NaOH)=0.1 mol·L－1，故溶液的pH=13。⑵若电解CuSO4溶液时，电解时的总反应式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+O2↑+2Cu，则A是H2SO4，B是Cu，C是O2，E是SO2，A的浓溶液与B反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，由于稀硫酸和铜不反应且任何一个反应不是匀速的2个条件可知选项A正确。
【考点】元素及其化合物、电化学基础
22.（2011·江苏南通高三期中）（10分）某地有软锰矿和闪锌矿两座矿山，它们的组成如下：软锰矿：MnO2含量≥65%，SiO2含量约20%，Al2O3含量约4%；闪锌矿：ZnS含量≥80%，FeS、CuS、SiO2含量约7%。科研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，工艺流程如下图所示。
请回答下列问题：
⑴装置Ⅰ中发生了多个氧化还原反应，写出其中由CuS转化为CuSO4的化学反应方程式： ▲ 。
⑵反应Ⅱ若加入锌过量，会进一步发生反应的离子方程式为 ▲ ，反应Ⅲ中加入MnO2的目的为 ▲ 。
⑶已知Ksp(MnCO3)＝1.8×10－11、Ksp(ZnCO3)＝1.4×10－11，装置Ⅳ中充分反应后溶液中＝ ▲ 。
⑷装置Ⅴ中发生的反应是用惰性电极对反应Ⅲ所得溶液进行电解，则阳极发生的电极反应可表示为 ▲ 。
【答案】10分）⑴MnO2＋CuS＋2H2SO4＝S↓＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O
⑵Zn＋Fe2+＝Fe＋Zn2+ 将Fe2+氧化为Fe3+，使之更易除去
⑶9/7
⑷Mn2+－2e－＋2H2O＝MnO2＋ 4H+
氧气入口
氢气入口
能量
反应过程
反应物CO(g)+H2O(g)
H
CO2(g)+H2(g) 生成物
总能量
生成物
总能量
反应物
a电极
b电极
电解液
溶解度/g
温度/℃
a
b
/min
甲醇
高温水蒸气
N2O2
H2
溶液
空气
盛有饱和K2CO3
溶液的吸收池
分解池
合成塔
（2×105Pa、300℃、
铬锌触媒）单元复习 七
【章节强化训练】
一、选择题
1.(2011·漳州模拟)在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是( )
A.反应的化学方程式为：2M====N
B.t2时，正逆反应速率相等
C.t3时，正反应速率大于逆反应速率
D.t1时，N的浓度是M浓度的2倍
【答案】选D。
【解析】分析本题图像可知，从反应开始到时间t3建立平衡，N的物质的量变化为8 mol－2 mol=6 mol,M的物质的量变化为5 mol－2 mol=3 mol。可知，N的变化量与M的变化量之比为2∶1，该反应的化学方程式表示为2N M。在t2时，M、N的物质的量相等，反应在同一容器中进行，实际上也是浓度相等。但由于此时并未达到平衡状态，正、逆反应的速率并不相等。t3时达到平衡状态，v(正)=v(逆)。
t1时，M和N的物质的量分别为3 mol和6 mol，故此时N的浓度是M浓度的2倍。综上分析，D选项符合题意。
2.(双选)(2011·佛山模拟)参照反应Br＋H2 HBr＋H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是( )
A．正反应为放热反应
B．加入催化剂，可使该化学反应的反应速率变大
C．反应物总能量低于生成物总能量
D．升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率
【答案】选B、C。
【解析】由于该反应的反应物总能量比生成物的总能量低，则该反应是吸热反应，A错误；加入催化剂，可降低反应的活化能，使反应速率加快，B正确；由图像可知，反应物总能量低于生成物总能量，C正确；升高温度，正、逆反应速率均增大，D错误。
3.(2011·广州模拟)下列说法正确的是( )
A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增多
B.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C.升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D.催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而成千上万倍地增大反应速率
【答案】选C、D。
【解析】浓度和压强的变化是改变单位体积内分子总数，活化分子的百分数不变，而是单位体积内活化分子的数目发生变化；温度、催化剂是改变活化分子的百分数，单位体积内分子的总数不变。
4.(双选)(2011·汕头模拟)在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，甲容器中充入1 g N2和1 g H2，乙容器中充入2 g N2和2 g H2。下列叙述中，错误的是( )
A.化学反应速率：乙>甲
B.平衡后N2的浓度：甲＝乙
C.H2的转化率：乙>甲
D.平衡混合气中H2的体积分数：乙>甲
【答案】选B、D。
【解析】在甲、乙两容器中发生的反应是N2+3H2 NH3，此反应是一个气体分子数减小的反应。由于开始时甲、乙两容器的体积相等，乙容器中充入2 g N2和2 g H2，则乙容器中的浓度比甲的大，反应速率乙>甲，A正确；由于甲、乙并非等效平衡，且乙相当于在甲平衡基础上加压，所以导致平衡正向移动，所以平衡后N2的浓度甲＜乙，H2的体积分数为甲>乙，H2的转化率为乙>甲，则由以上分析可知，答案选B、D。
5.(2011·杭州模拟)对于可逆反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，下列研究目的和示意图相符的是( )
【答案】选C。
【解析】 (1)根据到达平衡时间长短判断反应速率大小。
(2)根据转化率大小以及正逆反应速率关系判断平衡移动方向。
选项A图中p1条件下反应先达到平衡状态，即p1>p2，与题目中p2>p1相矛盾，A错误；升高温度，上述平衡逆移，N2的转化率降低，与选项B中示意图相矛盾，B错误；使用催化剂，能加快化学反应速率，达到平衡所用时间短，与选项D中图示相矛盾，D错误；往平衡体系中加入N2，v(正)增大，v(逆)瞬时不变，v(正)>v(逆)，平衡正移，C正确。
6.（2011·济南外国语高三上第一次质检）I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I－(aq) I3－(aq) ， 某 I2、KI混合溶液中， I3－的物质的量浓度c(I3－)与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法正确的是：（ ）
A．反应I2(aq)＋I－(aq) I3－(aq)的△H＞0
B．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
C．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
【答案】B
7.（2011·湛江模拟） 某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：aX(g)+bY(g)cZ(g)+dW(g)，达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是
A. Z的体积分数变小 B. (a+b)>(c+d) C.平衡正移 D. X的转化率变大
【答案】A21世纪教育网
8.（2011·吉林油田模拟）将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)。
达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L－1，c(HI)＝4mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为　
A．9 B．16 C．20 D．25
【答案】C21世纪教育网
9.（2011·济宁一中模拟）NO2和N2O4可相互转化：2NO2(g) N2O4(g) △H＜0现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。下列说法正确的是（ ）
A．图中共有两条曲线X和Y，其中曲线Y表示NO2浓度随时间的变化21世纪教育网
B．a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b和c
C．反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是加入0.4 mol N2O4
D．若要达到与d相同的状态，在25 min时还能采取的措施是适当缩小容器体积
【答案】D.
10.（2011·安徽名校联考）下图表示反应X（g） +4Y（g） 5Z（g） ，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：
下列有关该反应的描述正确的是 （ ）
A．若Z是有色气体，只压缩容器的体积，平衡不移动，则气体颜色不变。
B．若升高温度，则X的平衡转化率减小，υ（逆）增大，υ（正）减小
C．若X和Y的平衡转化率相等，则起始时X和Y的物质的量之比为1 ：4
D．若平衡时X的转化率为85% ，则起始时Y的物质的量浓度为3．4 mol·L-1
【答案】C
11.（2011·莆田二中理综）500℃、20MPa时，将H2和N2置于一容积为2L的密闭容器中发生反应：3H2＋N22NH3 △H＜0。反应过程中H2、N2和NH3物质的量变化如右图所示，
据图判断下列叙述不正确的是 （ ）
　A．反应开始到第一次平衡时，N2的平均反应速率为0.0625 mol·(L·min)-1，H2的转化率为75%
B．反应达到第一次平衡时，反应的平衡常数表达式可写作：K＝c2(NH3)/[ c3(H2) ·c(N2)]＝(0.15 mol·L-1) 2/[(0.075 mol·L-1) 3 ·(0.125 mol·L-1)]
　C．从曲线变化可以看出，反应进行到10min至20min时可能采取的措施是使用了催化剂。
　D．从曲线变化可以看出，反应进行至25min时，采取的措施是分离出0.1mol的氨气，平衡正向移动。
【答案】A
12.（2011·西北师大附中）对于可逆反应：mA(g) + nB(g)xC(g)；△H =？，在不同温度及压强（p1，p2）条件下，反应物A的转化率如图所示，下列判断正确的是
A.△H >0，m + n >x B.△H >0，m + n x
【答案】D
13.（2011·儋州模拟）一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(s) 。2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol/L。下列判断正确的是
A．该条件下此反应的化学平衡常数约为0.91
B．A的平均反应速率为0.3mol/(L·s) C．B的转化率为40%
D．若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态
【答案】AC
14.（2011·石家庄模拟）在一体积可变的密闭容器中，通人1 mol 和3 mol H2，发生反应，在t1时刻达到平衡。保持温度和压强不变，在t2时刻，再通入一部分NH3，反应速率(v)与时间(t)的关系曲线正确的是
【答案】C
15.（2011·麻城训练）可逆反应mA（g）+nBpC（g）+qD中，A和D都是无色气体，达到平衡后，下列叙述正确的是 （ ）
A．若增加B的量，平衡体系颜色加深，说明B必是气体
B．增大压强，平衡不移动，说明m+n一定等于p+q
C．升高温度，A的转化率减小，说明正反应是吸热反应
D．若B是气体，增大A的量，A．B的转化率都增大
【答案】A
16.（2011·南开一模）各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是
21世纪教育网
【答案】B
17.（2011·萧山模拟）一定温度下可逆反应：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)；△H>0。现将1molA和2molB加入 甲容器中，将4 molC和2 mol D加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示，隔板K不能移动)。下列说法正确的是
A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1 mol A和2 mol B,达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍
B．保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增加
C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍
D．保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)
【答案】D
18.在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的A、B，发生反应aA(g)bB(g) ΔH=Q kJ/mol。反应达到平衡时，B的物质的量浓度为1.00 mol·L-1。现将容器的容积扩大一倍，B的物质的量浓度变为0.60 mol·L-1；如保持容积不变只升高温度，则B浓度变1.20 mol·L-1，下列说法正确的是
A． a＞b
　B． Q＜0
　C．温度不变，压强增大，B的质量分数减少
　D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
【答案】C
19.一定温度下，有可逆反应：2A(g)+2B(g)C(g)+3D(g)△H<0。现将2molA和2molB充入体积为V的甲容器，将2molC和6molD充入乙容器并使乙容器在反应开始前的体积为2V（如图1）。
下列关于两容器中反应的说法正确的是
A．甲容器中的反应先达到化学平衡状态
B．两容器中的反应均达平衡时，平衡混合物中各组份的体积百分组成不相同，混合气体平均相对分子质量也相同
C．两容器达平衡后升高相同的温度，两容器中物质D的体积分数随温度变化如图2 所示
D．在甲容器中再充入2 mol A和2 mol B，平衡后甲中物质C的浓度是乙中物质C的浓度的2倍
【答案】D
20.下列化学反应的速率，前者一定大于后者的是
A．相同温度下，颗粒大小相同的电石分别与饱和食盐水和水反应
B．A + B C； D + E F
C．相同温度下，与同浓度盐酸反应的锌粒和铁粉
D．G + H → W + Q（Q>0），其他条件相同时分别在200℃和100℃时反应
【答案】Ｄ
21.反应N2O4（g）2NO2（g）；△H= +57 kJ·mol－1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．A、C两点的反应速率：A>C
B．A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C．由状态B到状态A，可以用加热的方法
【答案】Ｃ
22.一定温度下，反应2SO2+O2 2SO3，达到平衡时，n（SO2）∶n（O2）∶n（SO3）= 2∶3∶4。缩小体积，反应再次达到平衡时，n（O2）=0.8mol, n（SO3）=1.4mol，此时SO2的物质的量应是
A．0.4mol B．0.6mol C．0.8mol D．1.2mol
【答案】Ａ
23.下列事实不能用勒沙特列原理解释的是[来源:21世纪教育网]
A．合成氨工业选择的反应条件不是室温，是500℃左右
B．配制氯化铁溶液时，将氯化铁加入盐酸中，然后加水稀释
C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．硫酸工业中，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
【答案】A
24.在容积可变的密闭容器中存在如下反应：2A(g)+2B(g) C(g) +3D(g)；△H<0。该可逆反应的反应速率—时间、转化率—时间关系图如下：下列分析中不正确的是
A．图I可体现t0时升高温度对反应速率的影响
B．图II可体现t0时增大压强（缩小体积）或使用催化剂对反应速率的影响
C．图III可体现催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂
D．图III可体现温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
【答案】C
25.某温度下2 L密闭容器中，3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量()如下表所示。
下列说法正确的是
X Y W
（起始状态）/mol 2 1 0
(平衡状态)/mol 1 0.5 1.5
A．该温度下，此反应的平衡常数表达式是
B．升高温度，若W的体积分数减小，则此反应△H>0
C．增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动
D．该温度下，再向容器中通入3 mol W，达到平衡时，
【答案】D
二、非选择题
26.(12分)(2011·中山模拟)在化学反应中，只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应。使普通分子变成活化分子所需提供的平均能量叫活化能，其单位通常用kJ·mol-1表示。请观察下图，回答问题。
(1)图中所示反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应ΔH是_____(用E1、E2表示)。
(2)对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的原因是_________________________________。
【答案】(1)放热 E2-E1 (2)使用了催化剂
【解析】(1)反应物分子的能量大于生成物分子的能量，所以为放热反应。(2)催化剂可降低活化能，从而使活化分子百分数增多，反应速率加快。
27.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：
[来源:21世纪教育网]
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)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是______。
A.容器中压强不变 B.混合气体中c(CO)不变
C.v正(H2)=v逆(H2O) D.c(CO2)=c(CO)
(4)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为______℃。
【解析】(1)根据化学平衡常数的表达式书写要求，即可写出K的表达式。
(2)从表中可知，K值随着温度的升高而逐渐增大，说明正反应是吸热反应。
(3)化学平衡状态的特征是正、逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变，以此作为依据可判断反应是否达到平衡状态。应注意的是不能用容器内的压强不变作为平衡与否的判断依据，因为有的反应反应前后气体体积不变，则反应过程中容器的压强始终保持不变。
(4)根据c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，变形得K=［c(CO)·c(H2O)］/［c(CO2)·c(H2)］=1.0，查表知K=1.0时温度为830 ℃。
【答案】(1)［c(CO)·c(H2O)］/［c(CO2)·c(H2)］
(2)吸热 (3)B、C (4)830
28.(13分)(2011·惠州模拟)过度排放CO2会造成“温室效应”，科学家正在研究如何将CO2转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，下图表示该反应过程中能量(单位为kJ·mol-1)的变化：
(1)关于该反应的下列说法中，正确的是_____(填字母)。
A.ΔH>0，ΔS>0
B.ΔH>0，ΔS<0
C.ΔH<0，ΔS<0
D.ΔH<0，ΔS>0
(2)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)，经测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
①从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v(CO2)＝___。
②该反应的平衡常数表示式K＝____。
③下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是____(填字母)。
A.升高温度 B.将CH3OH(g)及时液化抽出
C.选择高效催化剂 D.再充入1 mol CO2和3 mol H2
(3)25 ℃，1.01×105 Pa时，16 g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2 kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：______________________________。
【解析】(1)由图可知，反应物CO2、H2的能量比CH3OH和H2O的能量高，故反应放热，ΔH<0，又由于此反应前后气体分子数变小，则ΔS<0，则答案选C。
(2)①由图可知，反应开始到平衡时，CO2的浓度变化为1.00 mol·L-1-0.25 mol·L-1=0.75 mol·L-1，则v(CO2)＝ =0.075 mol·L-1·min-1。
②由反应方程式可知，平衡常数K的表达式
③由于该反应是放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，则A不正确；将CH3OH(g)及时液化抽出，相当于减小了CH3OH的浓度，平衡正向移动，B正确；催化剂只能同等程度增大正、逆反应速率，对平衡无影响，C不正确；再充入1 mol CO2和3 mol H2，相当于加压，平衡正向移动，D正确，综上所述，答案选B、D。
(3)16 g甲醇是0.5 mol，则1 mol CH3OH燃烧放出的热量是369.2 kJ×2=738.4 kJ，则该反应的热化学方程式为：
CH3OH(l)+ O2(g)====CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-738.4 kJ·mol-1。
【答案】(1)C
(2)①0.075 mol·L-1·min-1
②
③B、D
(3)CH3OH(l)+ O2(g)====CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-738.4 kJ·mol-1
29.(16分)(2011·济南模拟)某温度时，在2 L密闭容器中气态物质CO和H2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。
(1)根据上表中数据，在图中画出CO、Z的物质的量浓度(c)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)在3～5 min时间内产物Z的平均反应速率：_______。
(4)图2表示该反应进行过程中能量的变化。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化。该反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应，反应的热化学方程式是____________。
【解析】(1)画曲线时注意7 min时达到平衡。
(2)根据反应关系及原子守恒，可写出体系中发生反应的化
学方程式是CO+2H2 CH3OH。
(3)在3～5 min时间内产物Z的平均反应速率：
0.1 mol÷2 L÷2 min=0.025 mol/(L·min)。
(4)由图像可知该反应是放热反应，反应的热化学方程式是
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-91 kJ/mol。
【答案】(1)
(2)CO+2H2 CH3OH[来源:21世纪教育网]
(3)0.025 mol／(L·min)
(4)放热
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-91 kJ/mol
30.（2011·北京大兴高三上期末）（8分）能源短缺是人类社会面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应I：CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g) ΔH1
反应II： CO2(g) ＋ 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH2
右图是反应I反应过程中的能量变化曲线。
（1）由右图可知反应I为 反应（选填”吸热、放热”），反应热△H1＝
（2）反应I在一定体积的密闭容器中进行，能判断其是否达到化学平衡状态的依据是 。
A．容器中压强不变 B．混合气体中c（CO）不变
C．v正（H2）＝v逆（CH3OH） D．c（CO）＝c（CH3OH）
（3）图中曲线 表示使用催化剂时反应的能量变化。
（4）一定条件下，向体积为2 L的密闭容器中充入2 mol CO2和6 mol H2，一段时间后达到平衡状态，测得CH3OH(g)的物质的量为1mol，则此条件下该反应的化学平衡常数数K值= （用分数表示），若开始时充入2 mol CH3OH(g) 和2 mol H2O(g)达到相同平衡时CH3OH的转化率为 ，若平衡后在充入4 mol的N2，则C(CO2)是 。
（5）从绿色化学的角度比较上述两种方法，符合原子经济的是 。（填“I” 或“II”）
【答案】
(1)放热 -91 kJ／mol
（2）AB
(3)b
（4）4/27 50％ 1 mol／L
（5）I
31.（2011·杭州周考）（14分）煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。
（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气。反应为：21世纪教育网
C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH=＋131.3 kJ mol-1，
①该反应能否自发进行与 ▲ 有关；
②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是 ▲ （填字母，下同）。
a．容器中的压强不变 b．1 mol H—H键断裂的同时断裂2 molH—O键
c． c(CO)=c(H2)
（2）将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：
实验组 温度/℃ 起始量/mol21世纪教育网 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min21世纪教育网
H2O CO H2 CO
1 650 2 4 1.6 2.4 6
2 900 1 2 0.4 1.6 3
3 900 a b c d t
①实验1中以v(CO2) 表示的反应速率为 ▲ 。（取小数二位，下同）
②该反应为 ▲ （填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K= ▲ 。
③若实验3要达到与实验2相同的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），且t<3min，则a、b应满足的关系是 ▲ （用含a、b的数学式表示）。
（3）目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇。一定条件下发生反应：
CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ，右下图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ mol-1)的变化。在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，下列措施中能使c (CH3OH)增大的是 ▲ 。
a．升高温度 b．充入He(g)，使体系压强增大
c．将H2O(g)从体系中分离出来 d．再充入1mol CO2和3mol H2
（4）利用甲醇设计一个燃料电池：用氢氧化钾溶液作电解质溶液，多孔石墨做电极,采用铂或碳化钨作为电极催化剂。则通入氧气的电极应为 ▲
极（填写“正”或“负”）， 放入甲醇的电极上发生的电极反应式是 ▲ 。
【答案】（14分）（1）① 温度（1分） ② b （1分）
（2）① 0.13mol (L min) -1（2分） ② 放（1分） K=0.17（2分）
③ b=2a（1分），a>1（或使用合适的催化剂）（1分）
（3）c、d （2分）
（4）正 （1分） CH3 OH －6 e－ + 8 OH－ === CO32－ + 6 H2O （2分）
32.（2011·焦作质检）（14分）在某温度下、容积均为1L的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，使之发生反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g） △H＝－196kJ／mol。初始投料与各容器达到平衡时的有关数据如下：
（1）若初始投入a molSO2、b molO2和c molSO3，在相同条件下，要达到与甲相同的化学平衡，则a、c间应满足的代数关系式为_________;b、c间应满足的代数关系式为 _________。
（2）该温度下此反应的平衡常数值为______________，若在相同温度条件下起始投入0．1molSO2、0．1molO2、0．3molSO3，则反应开始时正逆反应速率的大小关系是_______
（3）三个容器中的反应分别达平衡时各组数据关系
正确的是_______________
A．α1＋α2＝1 B．Q1＋Q2＝196
C．α3<α1 D．P3＜2P1＝2P2
E．n2（4）如图表示甲反应在t1时刻达到化学平衡，在t2时刻
因改变某个条件而发生变化的情况，则t2时刻改变的条
件可能是_____________或______________。
【答案】（14分）、（1）a+c=2 （2分） b+c/2=1 （2分）
(2) 80 （2分） < （2分）
ABD （2分，多选、错选均不得分，少选给1分）
(4)降低温度 （2分）充入氧气 （2分）
CH3OCH3转化率/%
A
B
C
H2转化率/%
D
图1
图2
能量/kJ/mol
反应过程
1molCO
＋2molH2
1molCH3OH(g)
419
510
a
b第二节 水的电离和溶液的酸碱性
【高考目标导航】
考纲导引 考点梳理
1.了解水的电离、离子积常数2.了解溶液pH的定义，能进行pH的简单计算3.了解测定溶液pH的方法。21世纪教育网 1.水的电离2.溶液的酸碱性与pH3.酸碱中和滴定。
【基础知识梳理】
一、水的电离
1.水的电离方程式：H2OH+ + OH—
2. ①表达式：25℃，KW=c(H+)·c(OH-)=1×10-14。
②影响因素：KW一个温度函数，与溶质无关，升高温度，水的电离平衡正向移动，KW增大。
二、溶液的酸碱性与pH
1.溶液的酸碱性决定于c（H＋）与c（OH –）的关系
（1）c（H＋）＝c（OH –），溶液呈中性。
（2）c（H＋）＞c（OH –），溶液呈酸性
（3）c（H＋）＜c（OH –），溶液呈碱性
2. pH
（1）表示方法： pH= -lg CH+
（2）pH 与溶液中c（H＋）的关系。25℃，纯水的pH为7，溶液显中性，pH<7的溶液为酸性，pH>7的溶液为碱性。
①pH表示溶液酸碱性的强弱。pH越小，溶液酸性越强；反之，溶液的碱性越强。
②使用范围：1×10－14mol·L－1≤c(H＋)≤1mol·L－1。即：0≤pH≤14 (填pH的取值范围)。
注意：pH为7的溶液不一定为中性。100℃，KW =1×10-12，c(H+) = c（OH –）=1×10-6mol/L，此时pH为6，但溶液仍为中性。判断溶液酸碱性的依据是比较溶液中c(H+)、c（OH –）的相对大小。
三、测定pH的方法和酸碱中和滴定。
1.测定pH的方法
（1）pH试纸的使用
方法：把小片试纸放在玻璃片上，用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。
注意：pH试纸使用前不能用蒸馏水润湿，否则待测液因被稀释可能产生误差，用pH试纸读出的pH只能是整数。21世纪教育网
（2）用pH计测定：可精确测量溶液的pH。
2. 酸碱中和滴定实验
（1）试剂：HCl溶液（未知浓度）、0.1mol/LNaOH溶液、酚酞溶液、蒸馏水。
（2）仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、锥形瓶、洗瓶、铁架台、烧杯等。
（3）滴定管的使用
①酸性、氧化性的试剂一般用酸式滴定管，因为酸和氧化性物质腐蚀橡胶。
②碱性的试剂一般用碱式滴定管，因为碱性物质的溶液易与玻璃中的成分SiO2反应生成Na2SiO3，Na2SiO3致使活塞无法打开
（4）实验操作过程：
①滴定准备过程：
a、滴定管的准备：检漏---洗涤---润洗---注液---赶气泡---调页面---记录
b、锥形瓶的准备：a.注碱液b.记读数c.加指示剂
（2）滴定
左手控制滴定管活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶色中溶液颜色的变化。
（3）终点的判断
等到滴入最后一滴标准液，指示剂变色，且半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。
（4）读数
读取滴定管内液面所在体积数时，应使滴定管与水平的实验台面保持垂直，并使视线与滴定管内液体的凹液面最低处水平相切。
（5）数据记录
按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)=计算。
【要点名师透析】
一 影响水的电离的因素以及水电离出的c(H＋)或c(OH－)的计算
1. 影响水的电离的因素
(1)温度
因为水的电离是吸热过程，故升高温度后，水的电离平衡向右移动。c(H＋)和c(OH－)同时增大，但因为由水电离出的c(H＋)和c(OH－)始终相等，故纯水仍呈中性。
(2)加入酸或碱
向纯水中加入酸(或碱)，由于酸(或碱)电离产生H＋(或OH－)，使水中c(H＋)[或c(OH－)]增大，水的电离平衡向左移动，达到新平衡时，溶液中c(H＋)[或c(OH－)]增大，水的电离程度减小。
(3)加入弱碱阳离子或弱酸根阴离子
由于弱碱阳离子与水电离出的OH－结合生成弱碱；弱酸根阴离子与水电离出的H＋结合生成弱酸，从而使水中的c(OH－)或c(H＋)降低，破坏了水的电离平衡，使水的电离平衡向右移动，水的电离程度增大。
总之，升高温度，加入弱碱阳离子或弱酸根阴离子能促进水的电离；降低温度，加入酸、碱，能抑制水的电离。
2．室温下水电离出的c(H＋)或c(OH－)的计算规律
(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1。21世纪教育网
(2)溶质为酸的溶液：H＋来源于酸电离和水电离，而OH－只来源于水。如计算pH＝2的盐酸中水电离出的c(H＋)：方法是先求出溶液中的c(OH－)＝10－12mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1。
(3)溶质为碱的溶液OH－来源于碱电离和水电离，而H＋只来源于水。如pH＝12的NaOH溶液中，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液
H＋和OH－均由水电离产生。如pH＝2的NH4Cl溶液中，水电离的c(H＋)＝10－2mol·L－1，水电离产生的OH－浓度也为10－2mol·L－1，但是因被NH结合，最终溶液中的OH－只有10－12mol·L－1。pH＝12的Na2CO3溶液中H＋、OH－浓度变化与之相似。
【典例1】常温下，某溶液中由水电离出的c(H＋)和c(OH－)的乘积是1×10－20，下列说法中正确的是(　　)
A．该溶液的溶质不可能是NaHCO3
B．该溶液的pH一定是10
C．若溶质为NH4Cl，溶液中离子浓度关系为c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．该溶液的溶质可能是正盐
【答案】A　
【解析】 c(H＋)和c(OH－)的乘积小于10－14，说明是抑制水的电离，只能是加入了酸或碱；不水解的正盐不影响水的电离，水解的正盐促进水的电离，水电离的c(H＋)和c(OH－)的乘积必大于10－14。
二、关于pH值的计算
1.计算原则
⑴若溶液为酸性，先求c（H＋），再求pH；
⑵若溶液为碱性，先求c（OH –），再由c（H＋）=求c（H＋），最后求pH。
具体情况（25℃）
⑴酸、碱溶液pH的计算
①强酸溶液，如HnA，设浓度为cmol·L-1，c（H＋）=ncmol·L-1，pH=-lg c（H＋）=-lg（nc）
②强碱溶液，如B(OH)n，设浓度为cmol·L-1，c（H＋）= cmol·L-1，pH=-lg c（H＋）=14+lg（nc）
③一元弱酸溶液，设浓度为cmol·L-1，则有：c（H＋）＜cmol·L-1，-lg c＜pH＜7
④一元弱碱溶液，设浓度为cmol·L-1，则有：c（OH –）＜cmol·L-1，c（H＋）= cmol·L-1，7＜pH＜14+lg
2.溶液稀释
酸、碱加水稀释时pH的计算
(1)强酸pH＝a，加水稀释10n倍，则pH＝a＋n。
(2)弱酸pH＝a，加水稀释10n倍，则a＜pH＜a＋n。
(3)强碱pH＝b，加水稀释10n倍，则pH＝b－n。
(4)弱碱pH＝b，加水稀释10n倍，则b－n＜pH＜b。
(5)酸、碱溶液无限稀释，pH只能接近于7，酸不能大于7，碱不能小于7。
3.溶液混合好（忽略混合过程中体积的变化）
（1）强酸与强酸混合
若是等体积混合，且△pH≥2，则 （注：lg2=0.3）。
（2）强碱与强碱混合
若是等体积混合，且△pH≥2，则。
（3）强酸和强碱混合，可能情况有三种：
①若强酸和强碱恰好中和， pH=7.
②若强酸过量，求出过量的CH+，再求pH值.
③若强碱过量，求出过量的COH-，再求出CH+后求pH值.
特例：若强酸与强碱等体积混合
①若pH酸+pH碱=14，则完全中和pH=7.
②若pH酸+pH碱＞14，则碱过量pH≈pH碱－0.3
③若pH酸+pH碱＜14，则酸过量pH≈pH酸+0.3
25℃，体积为V1的强酸与 体积为V2的强碱混合后，溶液呈中性，则混合前pH（酸）、pH（碱）的关系为：
若酸与碱溶液的pH之和等于14，酸、碱中有一强、一弱，则酸、碱溶液混合后，谁弱显谁性。这是因为酸和碱已电离的H+ 和OH- 恰好中和，谁弱谁的H+ 或OH- 有储备，中和后还能电离，显出酸、碱性来。
【典例2】将pH＝3的H2SO4溶液和pH＝12的NaOH溶液混合，当混合溶液的pH＝10时，强酸和强碱的体积之比为(　　)
A．1∶9 B．9∶1
C．10∶1 D．1∶10
【答案】选B
【解析】pH＝10时，c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－4 mol·L－1。
【温馨提示】(1)混合后溶液呈酸性时，一定用c(H＋)计算pH；呈碱性时，一定用c(OH－)计算pH。
(2)若强酸(pH＝a，体积为V酸)强碱(pH＝b，体积为V碱)混合后呈中性，则有：V酸/V碱＝10(a＋b－pKW)三、酸碱中和滴定的误差分析
1.原理
依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝，因c(标准)与V(待测)已确定，因此只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即分析出结果。
2．常见误差
以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：
步骤 操作 V(标准) c(待测)
洗涤21世纪教育网 酸式滴定管未用标准溶液润洗21世纪教育网 变大[来源:21世纪教育网][来源:21世纪教育网] 偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗 变小 偏低
锥形瓶用待测溶液润洗 变大 偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水 不变 无影响
取液 放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失 变小 偏低
滴定 酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失 变大 偏高
振荡锥形瓶时部分液体溅出 变小 偏低
部分酸液滴出锥形瓶外 变大 偏高
读数 滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯) 变小 偏低
滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰) 变大 偏高
【提醒】
(1)中和反应严格按照化学方程式中化学计量数之比进行，即当酸提供的H＋的物质的量与碱提供的OH－的物质的量相等时，恰好中和．
(2)中和反应恰好进行完全得到的溶液，不一定显中性，有可能显酸性或碱性．
(3)滴定管、量筒读数法则：液面、眼睛在两边，刻度在中间，三点(见如图A、B、C)成一水平线．
【典例3】用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度，待测液放在锥形瓶中．中和滴定时下列操作会使测定结果偏低的是(锥形瓶中溶液用滴定管量取) (　　)
A．碱式滴定管未用待测碱液润洗
B．酸式滴定管未用标准盐酸润洗
C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液体溅出
D．滴定前俯视读数，滴定后读数正确
【答案】A
【解析】A项碱式滴定管未用待测碱液润洗，导致实际取用的碱少，则消耗的酸少，结果偏低；B项酸式滴定管未用标准盐酸润洗，会造成消耗的酸体积多，结果偏高；C项偏高；D项计算出消耗酸量将会偏多，结果偏高(滴定管的零刻度在上面)
【感悟高考真题】．
1．（2010全国卷1）．下列叙述正确的是
A．在醋酸溶液的，将此溶液稀释1倍后，溶液的，则
B．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入至溶液恰好无色，则此时溶液的
C．盐酸的，盐酸的
D．若1mL的盐酸与100mL溶液混合后，溶液的则溶液的
【解析】A若是稀醋酸溶液稀释则C(H+)减小，pH增大，b＞a，故A错误；B酚酞的变色范围是pH= 8.0～10.0（无色→红色），现在使红色褪去，pH不一定小于7，可能在7~8之间，故B错误；C常温下酸的pH不可能大于7，只能无限的接近7；D正确，直接代入计算可得是正确，也可用更一般的式子：设强酸pH=a，体积为V1；强碱的pH=b，体积为V2,则有10-aV1=10-(14-b)V2，现在V1/V2=10-2,又知a=1,所以b=11
【答案】D
【命题意图】考查弱电解质的稀释，强酸的无限稀释，指示剂的变色范围，强酸与强碱的混合pH的计算等基本概念
【点评】本题在第一轮复习至第三轮复习无时不在强调的基本问题考查就是第二册第三章的问题，这次居然没有考离子浓度大小比较，而考这些，很简单，大家都喜欢！
2.（2010·天津卷）下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是
A．某物质的溶液pH < 7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B．pH ＝ 4.5的番茄汁中c(H+)是pH ＝ 6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D．pH ＝ 5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+) > c(CH3COO－)
【解析】某些强酸的酸式盐pH＜7，如NaHSO4，故A错；pH=4.5，c(H+)=10-4.5 mol·L-1，pH=6.5，其c(H+)=10-6.5 mol·L-1，故B正确；同浓度的CaCl2溶液的c(Cl-)是NaCl的两倍，它们对AgCl沉淀溶解平衡的抑制程度不同，故C错；混合溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒，c(CH3COO-)>c(Na+)，故D错。
【答案】B
命题立意：综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c(H+)的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较。
3.（2010上海卷）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是
A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：[Cl-]>[NH4+]
B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合： [OH-]= [H+]
C．0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中：[NH4+]>[SO42-]>[H+]
D．0.1 mol·L-1的硫化钠溶液中：[OH-]=[H+]+[HS-]+[H2S]
【答案】C
【解析】此题考查了溶液中的微粒浓度的大小比较。氨水和氯化铵混合溶液的pH=7时，溶液中[H+]=[OH-]，则[Cl-]=[NH4+]，A错；由于pH=2的酸的强弱未知，当其是强酸正确，当其是弱酸时，酸过量则溶液中[H+]>[OH-]，B错；1mol.L-1的硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，根据物质的组成，可知：[NH4+]>[SO42-]>[H+]，C对；1mol.L-1的硫化钠溶液中，根据物料守恒，可知[OH-]=[H+]+[HS-]+2[H2S]，D错。
技巧点拨：在解答溶液中微粒浓度的大小比较类的题目时，核心是抓住守恒，其包括：电荷守恒、物料守恒和质子（氢离子）守恒。其中电荷守恒是指溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；物料守恒是指原子个数守恒或质量守恒；质子守恒：是指在强碱弱酸盐或强酸弱碱盐溶液中，由水所电离的H＋与OH－量相等。
4.（2010·江苏卷）常温下，用 0.1000 mol·LNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．滴定过程中可能出现：
【答案】D
【解析】本题主要考查的是粒子浓度大小的比较。A项，处于点①时，酸过量，根据电荷守恒，则有B项，在点②时，pH=7。仍没有完全反应，酸过量，；C项。当时，两者完全反应，此时由于的水解，溶液呈碱性，但水解程度是微弱的，D项，在滴定过程中，当的量少时，不能完全中和醋酸，则有综上分析可知，本题选D项。
5.（2009·江苏卷）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．室温下，向0.01溶液中滴加溶液至中性：
B．0.1溶液：
C．溶液：
D．25℃时，、浓度均为0.1的混合溶液：
【标准答案】AC
【解析】B 项，NaHCO3溶液中，OH－是由HCO3－ 水解和水的电离所出成的，但是这些都是微弱的。HCO3－ 的浓度永大于OH－浓度，故错；D项，由电荷守恒有：C(CH3COO－)+C(OH－)=C(H＋)+C(Na＋) ,由物料守恒可得：2c(Na＋)= C(CH3COO－)+ C(CH3COOH)，将两式中的C(Na＋) 消去，可得C(CH3COO－)+2C(OH－)=2C(H＋)+ C(CH3COOH)。所以C(CH3COO－)+C(OH－) －C(H＋) － C(CH3COOH)= C(H＋)－C(OH－)，因为pH=4.75，故C(H＋)－C(OH－)>0，所以D项不等式应为”>” ，故错。
【考点分析】
①混合溶液中离子浓度的关系，电荷守恒。
②等pH的溶液中物质的量浓度的大小关系
③电离和水解的相互关系
④酸式盐溶液中离子的浓度大小关系
6.（2009·上海卷） 根据以下事实得出的判断一定正确的是21世纪教育网
A．HA的酸性比HB的强，则HA溶液 pH比HB溶液的小
B．和的电子层结构相同，则A原子的核电荷数比B原子的大
C．A盐的溶解度在同温下比B盐的大，则A盐溶液的溶质质量分数比B盐溶液的大
D．A原子失去的电子比B原子的多，则A单质的还原性比B单质的强
【答案】B
【解析】A项中由于两种酸的浓度不知，无法比较pH大小，故错误。C项没有限定是饱和溶液，C项也错误。单质还原性强弱与失电子难易有关，与数目没有必然关系, 故D错误。
7.（2009·上海卷） 对于常温下pH为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是
A．该溶液lmL稀释至100mL后，pH等于3
B．向该溶液中加入等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和
C．该溶液中硝酸电离出的与水电离出的之比值为。
D．该溶液中水电离出的是pH为3的硝酸中水电离出的的100倍
【答案】AB
【解析】硝酸为强电解质，完全电离，稀释100倍，pH增大2，A项正确。硝酸电离出的c(H+)为0.1 mol/l，与水电离出的c(H+)为10－13 mol/l，二者之比应为1012，C项错。pH为3的硝酸中水电离出的c(H+)为10-11mol/l，故D项的比值应为1：100，D项错。
8.（2009·江苏卷） 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是21世纪教育网
A. 25℃时，PH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的数目为0.2NA
B. 标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA
C. 室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA
D. 标准状况下，22.4L 甲醇中含有的氧原子数为1.0NA
【标准答案】C
【解析】A项，PH=13也就是意味着，则，所以，所以；B项，发生的化学反应方程式为（该反应为歧化反应），，那么转移电子的数目应该为；C项，乙烯和丁烯的最简式都是，则，所以，；D项，标准状况下，甲醇为液态，那么甲醇的物质的量就不是，则所含有的氧原子个数也不为。
【考点分析】以阿伏伽德罗常数为载体考察如下知识点①考查22.4L/mol的正确使用；②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算；③正确表示一定物质的量的某物质微粒所含某种微粒的个数；④考查在标准状况下一定体积的气体分子所含的分子数和原子数。
9.（2009·安徽卷）向体积为0.05mol·L-1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol·L-1KOH溶液，下列关系错误的是
A. Va>Vb时：c (CH3COOH) +c (CH3COO-)>c (K+）
B. Va=Vb时：c (CH3COOH) +c (H+)>c (OH-）
C. Vac (K+）> c (OH-）> c (H）
D. Va与Vb任意比时：c (K+）+ c (H+) ＝c (OH-）+ c (CH3COO-)
【答案】C
【解析】若Va>Vb，醋酸过量，根据物料守恒可知，n(CH3COOH)+ n(CH3COO－)=0.05Va，n(K＋)= 0.05VVb，则A选项正确；若Va=Vb，反应后为CH3COOK溶液，由于的CH3COO－水解而显碱性，根据质子守恒可知，B选项正确；若Vac(CH3COO－)，C选项错误；D选项符合电荷守恒，正确。
10.（2009·北京卷） 有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①与；②与③与④与
下列各项排序正确的是
A．pH:②>③>④>① B ：②>④>③>①
C.溶液中:①>③>②>④ D :①>④>③>②
答案. B
【解析】本题主要考查盐类水解知识的应用。①：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性。②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性。③：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性。④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用。选项A，④中的pH>③中pH，错误。选项B，②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，故正确。选项C，②中c(H＋)最小，错误。选项D，③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，错误。
11.（2009·全国卷1） 用0.10 mol·L－1的盐酸滴定0.10 mol·L－1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是
A．c(NH4＋)＞c(Cl－)，c(OH－)＞c(H＋)
B．c(NH4＋)＝c(Cl－)，c(OH－)＝c(H＋)
C．c(Cl－)＞ c(NH4＋)， c(OH－)＞c(H＋)
D．c(Cl－)＞ c(NH4＋)，c(H＋)＞ c(OH－)
答案.C
【解析】溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况，不遵循电荷守恒，故C项错。
12.（2009·四川卷） 关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是
A.c（NH+4）：③＞①
B.水电离出的c（H+）：②＞①
C.①和②等体积混合后的溶液：c（H+）＝c(OH)+c(NH3·H2O)
D.①和③等体积混合后的溶液：c（NH+4）＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H+)
答案B
【解析】A项氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的NH4+；氨水为弱电解质只有少量的NH4+产生。B项在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐类水解促进水的电离，B项不正确。盐酸和氨水混合后恰好完全反应，但因生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，而多余的H+为水解产生，C项正确。D项比较简单。
【考点分析】弱电解质的电离、盐类的水解、离子浓度大小比较
13.（2009·天津卷） 下列叙述正确的是
A.0.1 mol/LC6H5ONa溶液中：c(Na+)＞c(C6H5O-)＞c(H+)＞c(OH-)
B.Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小
C.pH=5的CH3COOH溶液和PH=5的NH4Cl溶液中，c(H+)不相等
D.在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c(S2-)下降
D【解析】A项，苯酚钠为碱性溶液，故错；B项，温度不变，则Kw是不变的，错；C项，pH=5即代表溶液中C(H＋)均为10-5mol/L，错。D项，Ag2S比AgCl更难溶，故加入S2－会与溶液中的Ag＋结合的，正确。
【考点模拟演练】
一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)
1．下列说法正确的是 (　　)
A．pH＜7的溶液一定是酸性溶液
B．常温时，pH＝5的溶液和pH＝3的溶液相比，前者c(OH－)是后者的100倍
C．室温下，每1×107个水分子中只有一个水分子发生电离
D．改变外界条件使溶液中c(H＋)增大，则其pH增大
【答案】B
【解析】溶液呈酸碱性的本质为c(H＋)和c(OH－)的相对大小，pH＜7的溶液中c(H＋)不一定大于c(OH－)；pH＝5，c(OH－)＝1×10－9 mol/L，pH＝3，c(OH－)＝1×10－11 mol/L，前者c(OH－)是后者的100倍；室温时，每升水有1×10－7 mol水分子发生电离，即＝55.6 mol水分子中只有1×10－7 mol水分子电离；改变外界条件，c(H＋)增大，pH减小．
2．下列叙述正确的是 (　　)
A．无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c(H＋)×c(OH－)＝1×10－14
B．c(H＋)等于1×10－7 mol/L的溶液一定是中性溶液
C．0.2 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)是0.1 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍
D．任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
【答案】A
【解析】KW＝c(H＋)·c(OH－)，且KW只与温度有关，所以，在常温下，纯水、酸性、碱性或中性稀溶液，其KW＝1×10－14；在温度不确定时，中性溶液里的c(H＋)不一定等于1×10－7 mol/L；0.2 mol/L CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度比0.1 mol/L CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度小，所以，0.2 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)小于0.1 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍；pH的范围是1～14.
3.已知在100℃的温度下(本题涉及的溶液温度均为100℃)，水的离子积KW＝1×10－12.下列说法正确的是 (　　)
A．0.05 mol/L的H2SO4溶液pH＝1
B．0.001 mol/L的NaOH溶液pH＝11
C．0.005 mol/L的H2SO4溶液与0.01 mol/L的NaOH溶液等体积混合，混合溶液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】解答本题需注意题中涉及的溶液温度为100℃，而不是25℃，此时KW＝1×10－12 .A项，c(H＋)＝0.05 mol/L×2＝0.1 mol/L，pH＝1，A项正确；B项，c(OH－)＝0.001 mol/L，c(H＋)＝＝1×10－9 mol/L，pH＝9，B项不正确；C项，H2SO4溶液中c(H＋)＝0.005 mol/L×2＝0.01 mol/L，NaOH溶液中c(OH－)＝0.01 mol/L，两溶液等体积混合后，恰好完全中和，溶液显中性，pH为6，C项不正确；D项，pH＝3的H2SO4溶液中c(H＋)＝10－3 mol/L，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝＝1×10－1 mol/L，则50 mL×10－3 mol/L＝V(NaOH)·10－1 mol/L，V(NaOH)＝0.5 mL，D项不正确．
4.下列叙述正确的是
A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH=7时，c(SO42－) =c(NH4＋)
B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1＜10c2
C．室温下，pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，溶液呈酸性
D．向冰醋酸中逐渐加水，有如图变化：a、b、c三点中水的电离程度最大的是b点
【答案】C
5.常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应。下列说法正确的是
　 A．当溶液中c(CH3COO-) = c(Na+)时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应
　 B．当溶液中c(CH3COO-) = c(Na+)时．一定是氢氧化钠过量过量
　 C．当溶液中c(CH3COO-) = c(Na+)＞c(H+) = c(OH-)时，一定是醋酸过量
D．当溶液中c(Na+)＞c(CH3COO-) ＞c(OH-)＞c(H+)时，一定是氢氧化钠过量
【答案】C
6.室温下，水的电离达到平衡：H2O H+ + OH-。下列叙述正确的是
A.将水加热，平衡向正反应方向移动，Kw不变
B.向水中加入少量盐酸，平衡向逆反应方向移动，c（H+）增大
C.向水中加入少量NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，c（OH-）降低
D.向水中加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动，c（OH-）= c（H+）
【答案】B
7.(双选)(2011·广州模拟)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( )
A.二氧化硫水溶液
B.氯化铵水溶液
C.硝酸钠水溶液
D.氢氧化钠水溶液
【答案】选A、D。
【解析】常温下，若加入物质对水的电离平衡不产生影响，则由水电离出的c(H+)=1×10-7 mol·L-1,现由水电离出c(H+)＜1×10-7 mol·L-1，则加入的物质对水的电离产生了抑制作用，则溶液A、D分别是酸和碱溶液，均对水的电离产生抑制作用，而B由于NH4+水解而对水的电离产生促进作用，C对水的电离无影响。
8.(2011·湛江模拟)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是
A.从图中可以看出，温度升高会促进水的电离
B.若从A点到D点，可采用：温度不变，在水中加入适量的NH4Cl固体
C.D点的Kw大于A点的Kw
D.在处于E点状态的CH3COONa溶液中：
c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】选C。 【解析】
(1)Kw只随温度的变化而变化，与H+、OH-的浓度大小无关；
(2)图像中的曲线是恒温线，只要温度不变，H+、OH-的浓度积就符合曲线上的每一点。
9.(2011·潮州模拟)在下列条件下，一定能大量共存的离子组是( )
A.强酸性溶液中：Al3+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-
B.pH=13的溶液中：Cl-、HCO3-、NO3-、NH4+
C.c(Fe3+)=0.1 mol·L-1的溶液中:Na+、SCN-、Cl-、Br-
D.强碱性溶液中：ClO-、SO42-、SO32-、Na+
【答案】选A。
【解析】B项，pH=13的溶液显碱性，OH-与HCO3-、NH4+不能大量共存；C项，Fe3+与SCN-不能大量共存；D项，ClO-具有氧化性，SO32-具有还原性，两离子不能大量共存。
10.(2011·衡阳模拟)锌与100 mL 1 mol/L盐酸反应的实验中，若设想向溶液中加入少量的①醋酸钠 ②溴化铜
③醋酸铜(均为可溶性)，并测定生成氢气的速率，预计速率大小是( )
A.②＞③＞① B.③＞②＞①
C.①＞③＞② D.①＞②＞③
【答案】选A。
【解析】①由于CH3COO-+H+====CH3COOH，导致H+浓度降低，生成氢气的速率减慢；②由于锌、置换出的铜和盐酸构成无数微小的原电池，加快了生成氢气的速率；③可从两个角度考虑：一是由于CH3COO-+H+====CH3COOH，导致H+浓度降低，生成氢气的速率减慢；二是由于锌、置换出的铜和盐酸构成无数微小的原电池，加快了生成氢气的速率，故选A项。
11.(2011·济南模拟)T ℃下的溶液中，c(H+)=10-x mol·L-1,c(OH-)=10-y mol·L-1，x与y的关系如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.T ℃时，水的离子积KW为1×10-13
B.T＞25
C.T ℃时，pH=7的溶液显碱性
D.T ℃时，pH=12的苛性钠溶液与pH=1的稀硫酸等体积混合，溶液的pH=7
【答案】选D。
【解析】从图上不难看出，A正确；既然KW大于1×10-14，则温度一定高于常温，B正确；T ℃时，pH=6.5的溶液呈中性，显然pH=7的溶液显碱性，C正确；pH=12的苛性钠溶液与pH=1的稀硫酸溶液等体积混合，二者恰好完全中和，但注意该温度下，pH=7的溶液不是中性溶液，因而D项错误。
12.(2011·莆田模拟)室温时，下列溶液混合后，pH大于7的是( )
A.0.1 mol/L的盐酸和pH=13的氢氧化钡溶液等体积混合
B.0.1 mol/L的NaHCO3溶液和pH=1的盐酸等体积混合
C.pH=3的硫酸和pH=11的氨水等体积混合
D.pH=1的醋酸和0.1 mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合
【答案】选C。
【解析】选项A，盐酸与Ba(OH)2溶液恰好反应，pH=7；选项B，NaHCO3溶液与盐酸恰好反应生成NaCl溶液，会有少量CO2溶解在溶液中，pH<7；选项C，反应时氨水过量，pH>7；选项D，反应时醋酸过量，pH<7。
13.(2011·梅州模拟)用酸碱中和滴定的方法测定NaOH和Na2CO3的混合液中的NaOH含量时，可先在混合液中加过量的BaCl2溶液，使Na2CO3完全变成BaCO3沉淀，然后用标准盐酸溶液滴定(用酚酞作指示剂)，下列有关实验的说法正确的是( )
A.向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入盐酸，不会影响NaOH含量的测定
B.滴定时，若滴定管中滴定液一直下降到活塞处才达到滴定终点，不会影响计算结果
C.若用甲基橙作指示剂，则测定结果偏小
D.可以不用将Na2CO3完全变成BaCO3沉淀，直接滴加标准盐酸，至不再有气泡产生
【答案】选A。
【解析】A项，用酚酞作指示剂，滴定终点显弱碱性，盐酸不会与BaCO3反应，不会影响NaOH含量的测定；B项，若滴定管中滴定液一直下降到活塞处则无法读取数据；C项，若用甲基橙作指示剂，滴定终点显酸性，部分盐酸与BaCO3反应，则测定结果偏大；D项，当直接滴加标准盐酸至不再有气泡产生时，盐酸过量，不能测定NaOH的含量。
14.（2011·郑州一模）下列叙述正确的是(　　)
A．常温时，某溶液中由水电离出来的c(H＋)和c(OH－)的乘积为1×10－24，该溶液中一定可以大量存在K＋、Na＋、AlO、SO
B．常温时，0.1 mol/L HA溶液的pH＞1,0.1 mol/L BOH溶液中c(OH－)/c(H＋)＝1012，将这两种溶液等体积混合，混合后溶液中离子浓度的大小关系为：c(B＋)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(A－)
C．过量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中，正确的离子反应方程式为：3SO2＋2NO＋3Ba2＋＋2H2O===3BaSO4↓＋2NO↑＋4H＋
D．用pH＝3和pH＝2的醋酸溶液中和含等量NaOH的溶液，所消耗的醋酸溶液的体积分别为Va和Vb，则Va＞10Vb
【答案】D　【解析】 A项中，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－12 mol/L，故溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若呈酸性，则AlO不能大量存在，A不正确。B项中，0.1 mol/L HA溶液pH＞1，说明HA为弱酸；0.1 mol/L BOH溶液中c(OH－)/c(H＋)＝1012，则c(OH－)＝0.1 mol/L，说明BOH为强碱，等体积混合后生成BA盐为强碱弱酸盐，离子浓度大小关系应为：c(B＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故B不正确；C项中过量的SO2通入Ba(NO3)2溶液中，正确的离子方程式为：3SO2＋2NO＋Ba2＋＋2H2O===BaSO4↓＋2NO↑＋4H＋＋2SO，因此C也不正确。D项正确：若是pH＝3和pH＝2的盐酸溶液中和等量的NaOH溶液，消耗盐酸的体积分别为Va和Vb，则Va＝10Vb；现为CH3COOH溶液，由于CH3COOH是弱酸，故Va＞10Vb。
二、非选择题
15.(2011·揭阳模拟)测定平衡常数对定量认识化学反应具有重要意义。已知：I2能与I－反应成I3-，并在溶液中建立如下平衡：I2+I- I3-。通过测平衡体系中c(I2)、c(I-)和c(I3-)，就可求得该反应的平衡常数。
Ⅰ.某同学为测定上述平衡体系中c(I2)，采用如下方法：取V1 mL平衡混合溶液，用c mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定(反应为I2＋2Na2S2O3====2NaI＋Na2S4O6)，消耗V2 mL的Na2S2O3溶液。根据V1、V2和c可求得c(I2)。
(1)上述滴定时，可采用_____做指示剂，滴定终点的现象是_______________________________________。
(2)下列对该同学设计方案的分析，正确的是___(填字母)。
A.方案可行。能准确测定溶液中的c(I2)
B.不可行。因为I－能与Na2S2O3发生反应
C.不可行。只能测得溶液中c(I2)与c(I3-)之和
Ⅱ.化学兴趣小组对上述方案进行改进，拟采用下述方法来测定该反应的平衡常数(室温条件下进行，溶液体积变化忽略不计)：
已知：①I－和I3-不溶于CCl4；②一定温度下碘单质在四氯化碳和水混合液体中，碘单质的浓度比值即是一个常数(用Kd表示，称为分配系数)，且室温条件下Kd =85。回答下列问题：
(3)操作Ⅰ使用的玻璃仪器中，除烧杯、玻璃棒外，还需要的仪器是_________(填名称)。试指出该操作中应注意的事项为______________________。(任写一条)
(4)下层液体中碘单质的物质的量浓度是_____________。
【思路点拨】(1)c［I2(H2O)］与c［I2(CCl4)］的关系；
(2)c［I2(H2O)］总=c(I2)平+c(I3-)平。
【解析】(1)根据“碘单质遇淀粉变蓝”的特性，可选用淀粉作指示剂，滴定终点的现象是：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变无色，且半分钟内颜色不恢复原色。
(2)由于I2能与I－反应生成I3-，并在溶液中建立平衡，该方案只能测得溶液中c(I2)与c(I3-)之和，无法测定c(I2)、c(I3-)的具体数据，更不能测定c(I－)的具体数据，所以该方案不可行。
(3)操作Ⅰ为萃取，萃取所必需的玻璃仪器是分液漏斗。使用分液漏斗分液时，上层液体应从上口倒出，下层液体应从下口流出(或分液漏斗末端应紧靠烧杯内壁或打开上口活塞，使分液漏斗内外压强相等便于液体流下等)。
(4)n(Na2S2O3)=0.1 mol/L×0.017 L=0.001 7 mol，则：n(I2)=0.000 85 mol，c(I2)= =0.085 (mol/L)。
16. (17分)某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A．在250 mL容量瓶中配制250 mL烧碱溶液
B．用移液管(或碱式滴定管)量取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙指示剂
C．在天平上准确称取烧碱样品w g，在烧杯中加蒸馏水溶解
D．将物质的量浓度为m mol/L的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1 mL
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2 mL
请完成下列问题：
(1)正确的操作步骤是(填写字母)
________→________→________→D→________.
(2)滴定管读数应注意_____________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)操作中锥形瓶下垫一张白纸的作用是_______________________________
________________________________________________________________________.
(4)操作D中液面应调整到_________________________________________；
尖嘴部分应__________________．
(5)滴定到终点时锥形瓶内溶液的pH约为_____________________________；
终点时的颜色变化是________．
(6)若酸式滴定管没用标准H2SO4润洗，会对测定结果有何影响________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”，其他操作均正确)．
(7)该烧碱样品的纯度计算式是_______________________________________．
【解析】(1)本题应先配制250 mL NaOH溶液，取25.00 mL于锥形瓶中，用H2SO4溶液进行滴定，故正确的操作步骤是C→A→B→D→E.
(2)滴定管读数时，滴定管要垂直，装液和放液后需等一会，待液面不发生变化时才能读数；读数时要平视，视线与凹液面最低点相平；读数读到0.01 mL.
(3)放一张白纸有利于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况．
(4)调整液面时应调至零刻度或零刻度以下某一刻度，尖嘴部分应充满溶液，无气泡．
(5)滴定时锥形瓶内溶液的pH由大变小，终点时pH约为3.1～4.4，溶液颜色由黄色变为橙色．
(6)若酸式滴定管没有用标准H2SO4溶液润洗，则滴定时消耗H2SO4溶液的体积偏大，所测烧碱溶液的浓度偏高．
(7)滴定时消耗溶质H2SO4的物质的量为 mol，则反应掉NaOH的物质的量为 mol.NaOH的纯度为：×100%＝
%.
【答案】(1)C　A　B　E
(2)滴定管垂直；装液和放液后需要等一会，等液面上下不发生变化时才能读数；读数时要平视，视线与凹液面最低点相平；读数应到0.01 mL
(3)便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况
(4)零刻度或零刻度以下的某一刻度　充满溶液，无气泡　(5)3.1～4.4　由黄色变为橙色
(6)偏高　(7)%
17.（2011·任丘一中测试）（18分）常温下，向25 mL 0.1 mol/L MOH溶液中逐滴加入0.2 mol/L HA溶液，曲线如图所示（体积变化忽略不计）。回答下列问题：
（1）写出MOH的电离方程式
（2）MOH与HA恰好完全反应时，溶液呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”），理由是（用离子方程式表示）__ _____；
此时，混合溶液中由水电离出的c(H+)__ _ 0.2 mol/L HA溶液中由水电离出的c(H+)（填“＞”“＜”或“=”）。
（3）分别写出B、C两点，混合溶液中各离子浓度的大小关系
B点_____________ _；C点___ __________；
（4）D点时，溶液中c(A－)+c(HA)________2 c(M+)（填“＞”“＜”或“=”）；若此时测得混合溶液的pH = 3，则 c(HA) + c(H+) = __________mol/L
【答案】（1）MOH==M++OH-（2）碱；A— + H2OHA + OH—；＞
（3）c(M+) = c(A－)＞ c(H+) = c(OH－) ；c(A－)＞c(M+)＞ c(H+)＞ c(OH－) (各3分)
（4）= ；0.05（由电荷守恒和物料守恒求得）
www.
0
pH
V(HA) mL
A
B
C
D
13
7
13
25第八章 水溶液中的离子平衡
【备考策略】
综合分析近三年各地高考试题，高考命题在本章有以下规律：
1．从考查题型和考查内容上看,形式不外乎选择题和非选择题两种。考查内容主要有以下三个方面：
(1)弱电解质的电离和溶液的酸碱性；
(2)盐类的水解；
(3)难溶电解质的沉淀溶解平衡。
2．从命题思路上看，弱电解质的电离和溶液的酸碱性主要以选择题的形式考查学生对相关原理的理解程度，也在综合题中考查学生对电离方程式书写、pH计算方法的掌握情况；盐类的水解和难溶电解质的沉淀溶解平衡主要以选择题的形式考查学生对溶液中离子浓度的大小比较和各种守恒关系、有关Ksp的计算和沉淀的转化与生成。在综合题中将盐类的水解与弱电解质的电离、酸碱中和滴定、pH等知识有机地结合在一起进行综合考查，能较好地考查学生对知识的迁移能力、灵活应用能力和运用化学用语的能力。
3．纵观近三年高考,本章内容是高中化学的重点和难点，也是高考命题的热点。命题中围绕的主要知识点有：
(1)外界条件对弱电解质的电离平衡的影响及电离平衡的移动；
(2)用电离平衡理论解释某些化学问题；
(3)同浓度(或同pH)强、弱电解质溶液的比较，如比较c(H+)大小、起始反应速率、中和酸(或碱)的能力、溶液稀释后pH的变化及溶液的导电能力大小等；
(4)溶液的酸碱性与pH关系的综合计算；
(5)溶液中离子浓度的大小比较及盐类水解其他应用；
(6)难溶电解质的沉淀溶解平衡。
预测本章内容在今后的高考试题中，将减少对盐类水解的考查力度，增大对沉淀溶解平衡的考查力度，尤其是有关Ksp的计算和沉淀的转化与生成，溶液中离子浓度大小比较的考查难度有所降低，应用简单的电荷守恒和物料守恒就可解决问题。
根据近三年高考命题特点和规律，复习本章时，要注意以下几个方面：
1．理解理论内涵，重在辨析应用
本章内容涉及的概念较多，复习时必须弄清概念的内涵和外延，把握概念最本质的地方，注意对相关、相似或者易混的概念认真辨析，弄懂弄清。如弱电解质的电离平衡也是动态平衡，符合化学平衡移动原理。
2．盐类水解及其应用是历年高考的热点
对于盐类水解的复习，则重在理解，理解盐类水解的规律、实质、特征和影响因素。如组成盐的酸和碱的相对强弱、温度、溶液的酸碱度、水解离子的浓度、加水稀释等对盐类水解的影响。
3．难溶电解质的沉淀溶解平衡是新课标中增加的知识点
本部分内容联系生活、生产实际的内容较多，如污水处理、锅炉除水垢、除杂等；其次,要学会迁移课本基础知识,结合新信息进行整合与创新，同时注意加强训练，掌握解答该类题的思维方法，注意表达。
4.注重理论联系实际，形成创新实践能力
酸碱中和滴定是中学阶段重要的定量实验，在高考中也是实验能力考查的重要考点。复习时应重视该部分实验的目的、原理和操作要求，提高综合实验能力，复习时应注重的知识点有：有关仪器的使用方法及实验操作、数据处理及误差分析、用中和滴定原理解决某些实际问题等。
第一节 弱电解质的电离
【高考目标导航】
考纲导引 考点梳理
1.了解电解质的概念。了解强电解质和弱电解质的概念。2.了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。[来源:21世纪教育网]3.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。 1.强电解质和弱电解质2.弱电解质的电离平衡。3.电离平衡常数。
【基础知识梳理】
一、强电解质和弱电解质
1.电解质
【提醒】常见的强弱电解质
（1）强电解质：
①强酸：HCl、H2SO4、HNO3、HClO4、HBr、HI、HMnO4
②强碱：NaOH、Ca（OH）2、Ba（OH）2、KOH、RbOH…
③大部分盐：
（2）弱电解质：
①弱酸：如H2S、H2CO3、CH3COOH、HF、HCN、HClO等。HF酸是具有强极性共价键的弱电解质。H3PO4、H2SO3从其酸性强弱看属于中强酸，但仍属于弱电解质。
②弱碱：NH3·H2O，多数不溶性的碱[如Fe(OH)3、Cu(OH)2等]、两性氢氧化物[如Al(OH)3、Zn(OH)2等]。 ③个别的盐：如HgCl2，HgBr2等。
④水：是由强极性键构成的极弱的电解质。
2．电离方程式的书写：
（1）强电解质用“＝”，H2SO4===2H＋＋SO；弱电解质用“” CH3COOHCH3COO－＋H＋
（2）多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步电离，如碳酸的电离：
H2CO3H＋＋HCO HCOH＋＋CO
(3)多元弱碱的电离分步进行，为书写方便写成一步，如氢氧化铁的电离方程式为
Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－
(4)可溶性酸式盐电离时，金属阳离子全部电离且不可逆，酸式酸根除HSO外全部分步电离，每步可逆。如：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO；NaHSO3＝HSO＋Na＋，HSOH＋＋SO。
二、弱电解质的电离平衡
1.电离平衡定义：在一定条件（如温度、浓度）下，当电解质分子电离成离子的速率和离子重新结合成分子的速率相等时，电离过程就达到了平衡状态——电离平衡。（一种特殊的化学平衡）
弱电解质的电离平衡
2. 电离平衡的特点：
逆：弱电解质的电离
等：V（电离）=V（结合）≠0
动：电离平衡是一种动态平衡
定：条件不变，溶液中各分子、离子的浓度不变，溶液里既有离子又有分子。
变：条件改变时，电离平衡发生移动。
3、电离平衡常数
（1）电离平衡常数是指在一定条件下，弱电解质在溶液中达到平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度的乘积与溶液中未电离的分子浓度的比值。
（2）表达式
①对于一元弱酸HA： HAA— + H+,平衡常数表达式K=
②对于一元弱碱BOH：BOHOH— + B+,平衡常数表达式K=
（3）特点
①电离平衡常数的数值与温度有关，与浓度无关，升高温度，K值增大。
②电离平衡常数反映弱电解质的相对强弱，K越大，表示弱电解质越易电离，对应的酸性或碱性越强。
③多元弱酸的各级电离常数的大小关系是K1＞＞K2＞＞K3……，故其酸性决定于第一步。
【要点名师透析】
一、强酸与弱酸的比较
相同物质的量浓度的盐酸（a）与醋酸(b) 相同pH的盐酸(a)与醋酸(b)
pH或物质的量浓度(c) pH：a溶液的导电性 a>b a=b
水的电离程度 ac(Cl-)c(CH3COO-)的大小 c(Cl-)>c(CH3COO-) c(Cl-)=c(CH3COO-)
等体积溶液中和NaOH的量 a=b a加对应酸的钠盐固体后pH 盐酸：不变 醋酸：变大 盐酸：不变 醋酸：变大
开始与金属反应的速率 a>b a=b
等体积溶液与过量活泼金属反应产生H2的量 a=b a【提醒】强酸、弱酸的判断方法
判断一种酸是强酸还是弱酸时，其实质就是看它在水溶液中的电离程度，完全电离即为强酸，不完全电离即为弱酸。最常用的两种实验验证方法为：
①测0.01 mol·L－1 HA溶液的pH，若pH＝2，HA是强酸；若pH>2，HA是弱酸。
②测NaA溶液的pH，若pH＝7，HA为强酸；若pH>7，则HA为弱酸。
【典例1】某温度下，相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释平衡，pH随溶液体积变化的曲线
如右图所示。据图判断正确的是(　　)
A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C．a点KW的数值比c点KW的数值大
D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】B
【解析】本题考查弱电解质的电离平衡，意在考查考生的识图能力，把电离平衡知识与图形紧密结合起来。盐酸为强电解质，醋酸为弱电解质，相同pH的盐酸和醋酸加水稀释后，盐酸的pH改变较大，而醋酸的pH改变较小，从图线上看，Ⅰ对应的为盐酸，Ⅱ对应的为醋酸，A项错误；b点溶液的离子浓度比c点大，导电性强，B项正确；由于温度不变，KW不变，C项错误；由图示知b点的pH大于a点，即b点的c(H＋)小于a点的c(H＋)，又由于HCl为强酸，CH3COOH为弱酸，所以a点CH3COOH溶液的总浓度大于b点HCl溶液的总浓度，D项错误。
二、外界条件对电离平衡的影响
1.影响电离平衡的外界条件
（1）浓度：浓度越大，电离程度越小。在稀释溶液时，电离平衡向右移动，而离子浓度一般会减小。
（2）温度：温度越高，电离程度越大。因电离是吸热反应。
（3）同离子效应： 在某电解质溶液中，加入含有某一相同离子的另一电解质，会抑制电解质的电离。如在醋酸溶液中加入醋酸钠或盐酸，均会抑制醋酸的电离。
（4）能反应的离子：加入能与电解质电离出来的离子发生反应的另一物质，会促进电解质的电离。
2.对CH3COOHH＋＋CH3COO－的电离平衡，小结如下：
改变条件 平衡移动 H+数目 C（H+） C（CH3COO-） 电离平衡常数 电离程度 溶液的导电能力
NaOH(s) 向右 减小 减小 增大 不变 增大 增强
HCl(g) 向左 增多 增大 减小 不变 减小[来源:21世纪教育网] 增强
NaAc(s) 向左 减小 减小 增大 不变 减小 增强
Na2CO3(s) 向右 减小 减小 增大 不变 增大 增强
加热 向右 增多 增大 增大 增大 增大 增强
冰醋酸 向右 增多 增大 增大 不变 减小 增强
水 向右[21世纪教育网] 增多 减小 减小 不变 不变 减小
加入镁粉 向右 减小 减小 增大 不变 增大 增强
说明：电离平衡属于化学平衡，受外界条件如温度和浓度等的影响，其规律遵循勒夏特列原理。
【典例2】在0.1 mol/L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是(　　)
A．加入水时，平衡逆向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡正向移动
C．加入少量0.1 mol/L的HCl溶液，溶液中c(H＋)减小
D．加入少量CH3COONa固体，平衡正向移动
【答案】B
【解析】根据勒夏特列原理，改变影响平衡的一个条件，平衡会向着能够减弱这种改变的方向移动，但平衡的移动不能完全消除这种改变。21世纪教育网
A选项中加入水时，c(CH3COO－)和c(H＋)减小，平衡向其增大的方向(也就是正方向)移动。
B选项加入的少量NaOH与H＋反应，c(H＋)变小，平衡正向移动。
C选项加入HCl溶液时c(H＋)变大，平衡向其减小(也就是逆方向)移动，但最终c(H＋)比未加HCl溶液前还是要大。
D选项加入CH3COONa，c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动。
【感悟高考真题】
1.（2011·福建高考·10）.常温下0.1mol·L-1醋酸溶液的pH=a ，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是（ ）
A.将溶液稀释到原体积的10倍 B.加入适量的醋酸钠固体
C.加入等体积0.2 mol·L-1盐酸 D.提高溶液的温度
【答案】选B。
【解析】解答本题要明确如下三点：
（1）醋酸是弱酸，其溶液中存在电离平衡；
（2）pH越大，氢离子浓度越小大；
（3）弱电解质的电离过程吸热。
在醋酸溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H+，加水稀释10倍，若不考虑电离平衡移动，溶液中c（H+）变为原来的十分之一，pH增大1个单位，而稀释过程中电离平衡正向移动，H+的物质的量增多，c（H+）要大一些，所以pH变化不足1个单位，即pH＜（a+1），A选项错误；加入CH3COONa固体，增大了c（CH3COO－），平衡逆向移动，c（H+）减小，pH增大，有可能变为（a+1），B选项正确；加入0.2mol/L的盐酸，虽然增大了c（H+），平衡逆向移动，但是c（H+）比原来大，pH变小，C选项错误；由于电离过程吸热，所以升高温度，平衡正向移动，c（H+）增大，pH变小，D选项错误。
2.（2011·山东高考·14）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A.溶液中导电粒子的数目减少
B.溶液中不变
C.醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大
D.再加入10mLlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
【答案】选B。
【解析】解答本题时，应注意经过合理变形得出B项所示的表达式。
A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；B项，在冲稀的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=KW/c(OH-),故c(CH3COO-)×KW/c(CH3COOH)·c(OH-)=Ka，KW在室温下也是常数，故B正确；C项，电离程度虽然增大，但c（H+）减小，C错误；D项，加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。
3.（2011·新课标全国卷·10）将浓度为0.1mol·L-1HF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】选D。
【解析】解答本题时需注意弱电解质的稀释造成的电离平衡移动对溶液中各种离子的物质的量和浓度造成的影响。
选项 具体分析 结论
A 弱酸稀释时，电离平衡正向移动，溶液中n(H+)增大，但c（H+）减小 错误
B 弱酸的Ka只与温度有关，温度不变，Ka不变 错误
C 因为在同一溶液中，所以=n(F-)/n(H+)，随溶液的稀释，弱酸对水的电离的抑制作用减弱，水电离出的H+逐渐增多，所以逐渐减小。 错误
D 在同一溶液中，= ，随溶液的稀释，HF的电离平衡正向移动，n(H+)增大，n(HF)减小，所以始终保持增大。 正确
4.（2011·浙江高考·12）下列说法不正确的是( )
A．已知冰的熔化热为6.0 kJ/mol，冰中氢键键能为20 kJ/mol，假设每摩尔冰中有2 mol 氢键，且熔化热完全用于打破冰中的氢键，则最多只能破坏冰中15％的氢键
B．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，。
若加入少量CH3COONa固体，则CH3COOHCH3COO－+H＋向左移动，α减小，Ka变小
C．实验测得环己烷(l)、环己烯(l)和苯(l)的标准燃烧热分别为－3916 kJ/mol、－3747 kJ/mol和－3265 kJ/mol，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键
D．已知：Fe2O3(s)＋3C(石墨)2Fe(s)＋3CO(g) △H＝＋489.0 kJ/mol。
CO(g)＋O2(g)CO2(g) △H＝－283.0 kJ/mol。
C(石墨)＋O2(g)CO2(g) △H＝－393.5 kJ/mol。
则4Fe(s)＋3O2(g)2Fe2O3(s) △H＝－1641.0 kJ/mol
【答案】选B。【解析】解答本题要明确以下三点：
（1）将微观的键能和宏观的热效应联系在一起
（2）熟悉弱电解质的电离平衡
（3）能熟练利用盖斯定律进行热效应计算
A项正确，熔化热只相当于0.3 mol氢键；B项错误，Ka只与温度有关，与浓度无关；C项正确，环己烯(l)与环己烷(l)相比，形成一个双键，能量降低169kJ/mol，苯(l)与环己烷(l)相比，能量降低691kJ/mol，远大于169×3，说明苯环有特殊稳定结构；D项正确，热化学方程式从上而下依次编号为：①②③④则有：④=（③-②)×6－①×2，△H也成立。
5.（2010 福建卷）下列关于电解质溶液的正确判断是
A．在pH = 12的溶液中，、、、可以常量共存
B．在pH＝ 0的溶液中，、、、可以常量共存
C．由0．1 mol·一元碱BOH溶液的pH＝10,可推知BOH溶液存在BOH＝
D．由0．1 mol·一元碱HA溶液的pH＝3, 可推知NaA溶液存在A- + H2O HA + OH-
【答案】D
【解析】本题考查常见离子的共存、弱电解质溶液的电离和水解
pH=12的溶液呈碱性含有比较多的OH-，不能与HCO3-共存
pH=0的溶液呈酸性含有较多的H+，在NO3-离子存在的情况下，亚硫酸根离子容易被氧化成硫酸根离子，无法共存0．1mol/L的一元碱的pH=10表明该一元碱是弱碱，在溶液中不能完全电离由题意可得该酸是弱酸，在NaA溶液中A-会发生水解而使溶液呈碱性
6.（09 海南 6）已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：
A．该溶液的pH=4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7
D．由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
【答案】B
【解析】根据HA在水中的电离度可算出c(H+)=0.1× 0.1%mol·L-1=10-4 mol·L-1，所以pH=4；因HA在水中有电离平衡，升高温度促进平衡向电离的方向移动，所以c(H+)将增大，pH值会减小；C选项可由平衡常数表达式算出K==1×10-7 ，所以C无错误。c(H+)=10-4 mol·L-1 ，所以c(H+，水电离)= 10-10 mol·L-1，前者是后才的106倍。
7. （2010 浙江卷）（15分）已知：
①25℃时弱电解质电离平衡数：Ka（CH3COOH）＝，Ka（HSCN）＝0.13；难溶电解质的溶度积常数：Kap（CaF2）＝
②25℃时，mol·L-1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c（HF）、c（F-）与溶液pH的变化关系，如下图所示：
请根据以下信息回答下旬问题： 图2
（1）25℃时，将20mL 0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液和20mL 0.10 mol·L-1HSCN溶液分别与20mL 0.10 mol·L-1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为图2所示：
反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 ，反应结束后所得两溶液中，c（CH3COO-） c（SCN-）（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka ，列式并说明得出该常数的理由 。
（3） mol·L-1HF溶液与 mol·L-1 CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生。
【解析】
给信息多，可以对信息进行初步分析，也可以根据问题再去取舍信息。
信息分析：①HSCN比CH3COOH易电离，CaF2难溶。②F-PH=6,PH=0时以HF存在。
F-与HF总量不变。
问题引导分析（解题分析与答案）：
（1）相同的起始条件，只能是因为两种酸的电离度不同导致溶液中起始反应时H+[21世纪教育网]
浓度不同引起反应速率的不同。反应结束后，溶质为CH3COONa和NaSCN,因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c（CH3COO-）＜c（SCN-）。
（2）HF电离平衡常数Ka= 【c（H+）* c（F-）】/ c（HF）,其中c（H+）、 c（F-）、 c（HF）都是电离达到平衡时的浓度，选择中间段图像求解。根据图像：PH=4时，c（H+）=10-4， c（F-）=1.6×10-3、 c（HF）=4.0×10-4。Ka=0.4×10-3。
（3）PH=4.0，则c（H+）=10-4,此时：根据HF电离，产生的c（F-）=1.6×10-3，而溶
液中的c（Ca2+）=2.0×10-4。c2（F-）×c（Ca2+）=5.12×10-10，5.12×10-10大于Kap（CaF2）＝，此时有少量沉淀产生。
教与学提示：
本题比较全面地考察了电离平衡常数与溶解平衡常数的知识内容。要求学生会读图，要掌握平衡常数的表达式和含义：平衡时的溶液中的各种相关离子的浓度。要理解溶解平衡的含义：达到饱和溶液时的最大值，大于则沉淀析出，小于则不析出。明确平衡常数是随温度变化的，不随溶液中的离子浓度的实际值而发生变化。在平衡常数的教学中，可以设计一个关于化学平衡常数、电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数的专题，有比较，有触类旁通地系统地研究和学习平衡常数问题。
26题再一次说明，平衡常数的题目不再只是说要考，而总是回避大题的内容。难点突破在高考复习中意义重大。也再一次说明，高考的热点往往和大学基础要求有联系。
【考点模拟演练】
一、选择题
1.(2011·东莞模拟)下列关于电解质的叙述正确的是( )
A.熔融态的氯化钠导电属于物理变化
B.强电解质一定是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
C.强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
D.SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质
【答案】选C。
【解析】熔融态的氯化钠导电过程是发生氧化还原反应的过程；强电解质不一定是离子化合物，但离子化合物一定是强电解质，弱电解质一定都是共价化合物；由于溶液的导电能力决定于自由移动离子的浓度，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强；SO2的水溶液能导电，是因为产生的H2SO3电离出自由移动的离子，所以H2SO3是电解质，而SO2是非电解质。
2．(2011·华南师大附中模拟)为证明某可溶性一元酸(HX)是弱酸,某同学设计了如下方案，其中不合理的是( )
A.室温下，测0.1 mol/L HX溶液的pH，若pH＞1，证明HX是弱酸
B.室温下，将等浓度、等体积的盐酸和NaX溶液混合，若混合溶液的pH＜7，证明HX是弱酸
C.室温下，测1 mol/L NaX溶液的pH，若pH＞7，证明HX是弱酸
D.在相同条件下，对0.1 mol/L的盐酸和0.1 mol/L的HX溶液进行导电性实验，若HX溶液灯泡较暗，证明HX是弱酸
【答案】选B。
【解析】由0.1 mol/L HX溶液的pH＞1知，c(H+)＜0.1 mol/L，说明HX只是部分电离，HX是弱酸，A项正确；等物质的量浓度的HCl和NaX组成的溶液，无论HX是强酸还是弱酸都显酸性，B项错误；NaX溶液的pH＞7，说明盐在水中发生水解：X-+H2O HX+OH-,NaX为强碱弱酸盐，C项正确；用同浓度的一元酸做导电性实验，灯泡较暗者，溶液离子浓度较小，说明HX没有完全电离，则其为弱酸，D项正
确。故选B项。
3.在0.1mol·L－1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H+对于该平衡，下列叙述正确的是
A．加入水时，平衡向逆反应方向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C．加入少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H+)减小
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】弱电解质的电离平衡 (1）在一定条件（如温度、浓度）下，当电解质分子电离成离子的速率和离子重新结合成分子的速率相等时，电离过程就达到了平衡状态，这叫做电离平衡。（2）影响电离平衡的条件：①温度：升高温度，电离平衡向电离方向移动（因为弱电解质的电离过程是吸热的）。②浓度：当弱电解质溶液被稀释时平衡向电离的方向移动。A、加水，有利于弱电解质的电离，虽离子浓度减小，但离子数目增加B、加碱于弱酸电离的H+反应使电离正向移动，但H+浓度减小。C、加强酸提供H+，抑制弱酸电离，但H+浓度增大，溶液酸性增强.D、加同阴离子的强电解质，同离子抑制弱酸电离，平衡逆向移动。
4.(2011·珠海模拟)用0.01 mol·L-1 NaOH溶液完全中和pH=3的下列溶液各100 mL。需NaOH溶液体积最大的是( )
A.盐酸 B.硫酸 C.硝酸 D.醋酸
【答案】选D。
【解析】体积、pH均相同的四种酸溶液的n(H+)也相同，依据H++OH-====H2O，中和已电离的H+消耗NaOH溶液的体积相同。但因D项中的醋酸为弱酸，它在溶液中只有小部分电离，未电离的醋酸分子也要与NaOH溶液发生中和反应，故选D。
5.(2011·泉州模拟)下列各选项所描述的两个量中，前者一定大于后者的是( )
A.pH=3的盐酸的c(Cl-)和pH=3的醋酸溶液的c(CH3COO-)
B.pH相同的氨水和醋酸钠溶液中，由水电离产生的c(H+)
C.0.1 mol／L的盐酸和0.1mol／L的醋酸分别与金属镁反应的起始速率
D.pH=11的NaOH和pH=11的氨水分别稀释100倍后的pH21世纪教育网
【答案】选C。
【解析】A项，pH=3的盐酸和pH=3的醋酸溶液的c(H+)相等，则有pH=3的盐酸的c(Cl-)和pH=3的醋酸溶液的c(CH3COO-)相等；B项，氨水中水的电离受到抑制，醋酸钠溶液中水的电离受到促进，pH相同的氨水和醋酸钠溶液中，由水电离产生的c(H+)前者小于后者；C项，由于盐酸是强电解质，醋酸是弱电解质，0.1 mol/L的盐酸和0.1 mol/L的醋酸中，c(H+)前者大于后者，分别与金属镁反应的起始速率前者大于后者；D项，氨水是弱电解质，pH=11的NaOH和pH=11的氨水分别稀释100倍后，由于氨水继续电离，氨水的pH大于NaOH的pH。
6.下列说法正确的是(　　)
①氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子
②溶于水电离出H＋的化合物都是酸
③BaSO4难溶于水，但BaSO4属于强电解质
④金属铜能导电，但它不是电解质，是非电解质
⑤SO2溶于水，溶液能导电，故SO2属于电解质
⑥相同条件下，H＋浓度相同的盐酸和醋酸溶液导电能力相同
⑦NaHSO4在熔融状态下电离生成三种离子
A．②③⑥ B．①④⑦
C．③⑥ D．④⑦
【答案】　C
【解析】　①电离的原因是水分子的作用而非电流作用。②如NaHSO4、NaHCO3是盐而非酸。③BaSO4在熔融状态下完全电离且溶于水的部分完全电离。④金属铜是单质，非化合物。⑤水溶液导电的离子并非SO2本身电离的。⑥H＋浓度相同，由电荷守恒[H＋]＝[Cl－]＋[OH－]＝[CH3COO－]＋[OH－]，则其他离子浓度也相同且离子带电荷量相同。⑦NaHSO4(aq)===Na＋＋H＋＋SO42－；NaHSO4(熔融)===Na＋＋HSO4－。
7.下列电离方程式错误的是(　　)
A．NaHS溶于水：NaHS===Na＋＋HS－，HS－＋H2OH3O＋＋S2－
B．Al(OH)3电离：Al(OH)3Al3＋＋3OH－；Al(OH)3＋H2O [Al(OH)4]－＋H＋
C．(NH4)2SO4溶于水：(NH4)2SO42NH4＋＋SO42－
D．HF溶于水：HF＋H2OH3O＋＋F－
【答案】　C
【解析】　注意A、D项中H＋和H3O＋的关系。
8．已知HClO是比H2CO3还弱的酸，氯水中存在下列平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO，HClOH＋＋ClO－，达平衡后，要使HClO浓度增加，可加入(　　)
A．H2S B．CaCO3
C．HCl D．NaOH21世纪教育网
【答案】B
【解析】A项：H2S＋Cl2===S↓＋2HCl使Cl2＋H2OHCl＋HClO向逆向移动，c(HClO)减小；B项：CaCO3只与HCl反应，不与HClO反应，加入CaCO3后因CaCO3与HCl反应使Cl2和H2O反应平衡正移，c(HClO)增大；C项：通入HCl使平衡Cl2＋H2OHCl＋HClO向逆向移动，c(HClO)减小；D项：NaOH与HCl、HClO均反应，加入NaOH会使c(HClO)减小。
9.(2011·石景山一模)室温下，水的电离达到平衡：H2OH+ + OH—。下列叙述正确的是
A．将水加热，平衡向正反应方向移动，Kw不变
B．向水中加入少量盐酸，平衡向逆反应方向移动，c(H+)增大
C．向水中加入少量NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，c(OH—)降低
D．向水中加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动，c(OH—)= c(H+)
【答案】B
10.(2011·济南调研B)在0.1mol·L－1　CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH CH3COO－+H+
对于该平衡，下列叙述中，正确的是
A．加入水时，平衡向逆反应方向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C．加入少量0.1 mol·L－1　HCl溶液，溶液中[ H+] 减小
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
【答案】B
11.（2011·宁夏银川一中高三第五次月考）下列化学原理表述正确的是 （ ）
A．氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，H+浓度增大
B．Na2CO3溶液中满足：c(Na+)=2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+ 2c(H2CO3)
C．NaHCO3溶液不显中性的原因：HCO3-+H2OCO32-+H3O+
D．同体积同pH的盐酸和醋酸，与足量的锌反应，盐酸的反应速率快，生成H2的物质的量多
【答案】B
【解析】氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，但c(H+)会变小，A错。选项B是Na2CO3溶液中的物料守恒式，正确。根据所学知识可知NaHCO3溶液显碱性，说明NaHCO3的水解程度大于电离程度，因此不显中性的原因应用水解方程式表示，而不应用电离方程式表示，C错。由于醋酸是弱酸，故同体积同pH的盐酸和醋酸，醋酸所能提供的n(H+)的多，在反应过程中醋酸的反应速率快，生成H2的物质的量也多，D错。
【考点】电解质溶液——弱电解质的电离与水解
12.（2011·山东枣庄八中高三调研）氯气溶于水达平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是 （ ）
A．再通人少量氯气，c(H+)／c（ClO-）减小
B．加入少量固体NaOH，一定有c(Na+)===c( Cl-)+c(ClO-)
C．1m人少量水，水的电离平衡向右移动
D．通人少量SO2，溶液漂白性增强
【答案】C
13.(2011·福建质检) 下列示意图中，正确的是 （）
【答案】C
14（2011·莆田二中理综）在0.1mol/L NH3·H2O溶液中存在如下电离平衡： NH3·H2O NH4++OH－。下列叙述正确的是（ C ）
A．加入少量浓盐酸，平衡逆向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡正向移动
C．加入少量0.1mol/L NH4Cl溶液，溶液中c（OH－）减小
D．加入少量MgSO4固体，溶液pH增大
【答案】C
15.下列电离方程式正确的是（ ）
A．NaHSO4Na++H++SO42一 B．NaHCO3Na++ HCO3一
C．H3PO43H++PO43－ 　　　D．HF+H2OF－+H3O+
【答案】D
【解析】本题考查强弱电解质电离方程式的书写形式及强弱电解质的识别。此题一般单独出现在高考题中可能性不大，但是作为训练题值得大家去思考，特别第四个答案中的水合氢离子容易被同学忽略。
【提示】：弱电解质的电离书写经常出现在判断离子方程式书写正误的一个要点，要会识别弱电解质。
16.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． NH4NO3 D． SO2
【答案】B21世纪教育网
【解析】本题考查电解质和非电解质基本概念，因此要正确理解概念的含义并能够加以区别切记不能混淆这些概念。Cl2及溶液既不是电解质，又不是非电解质，因为Cl2不是化合物其水溶液又是混合物。SO2水溶液能导电但不是自身电离出自由移动的离子导电，所以也不是电解质因此是非电解质。
二、非选择题
17.(15分)(2011·云浮模拟)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的溶液100 mL；[来源:21世纪教育网]
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＝l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(选填“＞”、“＜”或“＝”)。
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实验方案(药品可任取)，作简明扼要表述。
【解析】(1)甲方案用到的定量仪器有：托盘天平和100 mL容量瓶；乙方案用到的定量仪器有：量筒和100 mL容量瓶，所以两方案都要用到的定量仪器是100 mL容量瓶。
(2)甲方案中配制得0.1 mol/L的HA溶液，若测得其pH>1，则证明HA没有完全电离，是弱电解质。乙方案将pH相同的盐酸和HA溶液稀释相同倍数后，HA溶液比盐酸中c(H+)大，在其他因素相同时加入纯度相同的锌粒，装有HA溶液的试管中放出H2的速率快。(3)在配制一定物质的量浓度的溶液时，对于一种弱电解质，难以实现之处是配制确定的pH的溶液。该方案设计时仅考虑到c(H+)对反应速率的影响，
但忽略了固体反应物的表面积也会影响反应速率，而要做到锌的表面积相同很困难，所以乙方案中存在不妥之处。(4)欲确定HA是弱电解质的方案还有：测定NaA溶液的pH，若pH＞7，即证明HA是弱电解质；配制一定物质的量浓度的HA溶液后加入石蕊试液变红，加少量NaA晶体，红色变浅，即证明HA是弱电解质等。
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 (4)配制NaA溶液，测其pH＞7，即证明HA是弱电解质(合理即可)。
18. （2011·山东枣庄八中高三第一次调研）（14分）硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：[来源:21世纪教育网]
I SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI II 2HI H2+I2
III 2H2SO4====2SO2+O2+2H2O
（1）分析上述反应，下列判断不正确的是 （填编号）。
a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应I中SO2的还原性比HI强
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程产生l molO2的同时产生2 mol H2
（2）下列可以证明2HI H2+I2（g）已达平衡状态的是 （填编号）。
a．一个H-H键断裂的同时有2个H—H键断裂
b．HI的体积分数与I2的体积分数相等
c．温度和体积一定时，某一生成物的浓度不再变化
d．温度和体积一定时，容器内的压强不再变化
（3）某温度下，向2L的密闭容器中，加入1 mol HI（g），
发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化关系如右图所示。
0～2 min内的平均反应速率v（I2）= 。该温度下，H2（g）+I2（g）
2HI（g）的平衡常数K= 。
（4）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，为了减缓反应的速率，向稀硫酸中加入了少量CH3COONa固体，反应时溶液中水的电离平衡 移动（填“向右”、“向左”或“不”），加入了CH3COONa囤体对制取H2的量 影响（填“有”或“无”）。
（5）以H2为燃料可制作氢氧燃料电池。
已知：2H2（g）+O2（g） 2H2O（l）△H=-572 Kj·mol-l 若以KOH溶液为电解质溶液，该燃料电池的负极反应式为 ，正极反应式为 ，若该燃料电池释放214．5 kJ电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为____ 。
【答案】
19.（14分）25℃时，有关弱酸的电离平衡常数如下：
弱酸化学式 CH3COOH HCN H2CO3
电离平衡常数(25℃) 1.8×10－5 4.9×10－10 K1＝4.3×10－7 K2＝5.6×10－11
回答下列问题：
　（1）等物质的量浓度的CH3COONa、NaHCO3、NaCN溶液中CH3COO—、HCO3—、CN—的大小关系为：
　（2）a mol/L NaOH溶液与b mol/LHCN溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na＋)=c(CN－)，则a b（填>、<、=）
　（3）在冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性将如何变化
醋酸的电离程度将如何变化
电离平衡常数将如何变化
　（4）合成氨发生的反应为N2+3H2 2NH3。400"C时，该反应平衡常数K=0.5mol-2。·L2。已知该反应的平衡常数与温度的关系如图所示。500℃时，在 0.5L的定容容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别是2mol、1mol，2mol，则此时反应 V(N2)正　 v(N2)逆
（填>、<、=或不能确定）。请书写判断理由


【答案】
(14分，每空2分)
( 1) c(CN—) < c(HCO3—)(2)<
(3先增大再减小 增大 不变
(4) < Q=0.5,而500℃时K【高考目标导航】
考纲导引 考点梳理
1.了解电解池的工作原理，能写出电极反应式和电池反应方程式。2.理解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害和防止金属腐蚀的措施。 1.电解原理2.电解原理的应用3.金属的腐蚀与防护。
【基础知识梳理】
一、电解原理
1.电解：使电流通过电解质溶液(或熔融的电解质)而在阴阳两极引起氧化还原反应 的过程．
2.电解池：(也叫电解槽)把电能转变为化学能的装置．
3．电解池的工作原理
以电解CuCl2溶液为例
(1)电极名称和电极反应
与电源正极相连的为阳极，发生氧化反应，电极反应式2Cl－－2e－ === Cl2↑
与电源负极相连的为阴极，发生还原反应，电极反应式为：Cu2＋＋2e－ === Cu
(2)总反应方程式：Cu2++2Cl-==== Cl2↑+ Cu21世纪教育网
二、电解原理的应用
1．电解饱和食盐水
(1)电极反应：阳极2Cl－－2e－ === Cl2↑
阴极：2H＋＋2e－ === H2↑
(2)总反应方程式：
2NaCl+ 2H2O ====2NaOH+Cl2↑+H2↑
(3)应用：氯碱工业制烧碱、氯气、氢气。
2．电镀铜或电解精炼铜
(1)两极材料：待镀金属或精铜做阴极，镀层金属或粗铜做阳极。
(2)电极反应：阳极：Cu—2e-==Cu2+ 阴极：Cu2++2e-==Cu
3．电解冶炼钠(电解熔融NaCl)
⑴电极反应：阳极：2Cl-—2e-==Cl2↑ 阴极：2Na++2e-==2Na
⑵总反应方程式：2NaCl====2Na+ Cl2↑
⑶应用：冶炼Na、Mg、Al等活泼金属。
三、金属的腐蚀与防护
1．金属的腐蚀
化学腐蚀 电化学腐蚀
条件 金属与干燥气体或非电解质直接接触 不纯金属或合金跟电解质溶液接触
特点[来源:21世纪教育网] 无电流产生 有电流产生
本质 金属失电子变成金属阳离子而被氧化（M—ne-==Mn+）21世纪教育网[来源:21世纪教育网]21世纪教育网21世纪教育网[来源:21世纪教育网]
金属被氧化的过程 较活泼的金属被氧化的过程
相互关系 两种腐蚀往往同时发生，但电化学腐蚀更普遍，危害更严重
2.析氢腐蚀与吸氧腐蚀的比较
析氢腐蚀 吸氧腐蚀
条件 金属在较强的酸性溶液中 金属在中性或酸性很弱的溶液中
电极反应 负极(Fe)：Fe－2e－＝Fe2＋正极(C)：2H＋＋2e－＝H2↑ 负极(Fe)：2Fe－4e－＝2Fe2＋正极(C)：2H2O＋O2＋4e－＝4OH－
发生情况 相对较少腐蚀速率一般较快 非常普遍腐蚀速率一般较慢
联系 两种腐蚀常相继发生，吸氧腐蚀为主
3.金属的防护
(1)加防护层，如在金属表面加上耐腐蚀的油漆、搪瓷、陶瓷、沥青、塑料、橡胶及电镀、喷镀或表面钝化等方法。
(2)电化学防护
①牺牲负极的正极保护 ——原电池原理
正极：被保护的金属设备 。
负极：比被保护的金属活泼的金属 。
②外加电流的阴极保护 ——电解原理
阴极：被保护的金属设备 。
阳极：惰性电极
(3)添加缓蚀剂。
【要点名师透析】
一、电极产物的判断及有关反应式的书写
原电池的两极称为正、负极，是由两极材料的相对活泼程度决定。(原电池的正、负极在内电路中有时也分别称为阴极、阳极)电解池的两极称为阴、阳极，是由外接电源决定。
无论是原电池还是电解池，阳离子总是向阴极移动，阴离子总是向阳极移动。
1．电极产物的判断
阴极与电源负极相连，得电子发生还原反应。其规律有两个：一是电极本身不参加反应；二是电解质溶液中氧化性强的阳离子先得电子，如Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋＞Pb2＋＞Sn2＋＞Fe2＋＞Zn2＋，要注意到金属活动性顺序表中Al及Al前面的金属离子在溶液中不放电。
阳极与电源正极相连，失去电子发生氧化反应。其规律有两个：一是若阳极为非惰性电极(除Pt、Au之外的金属作电极)，电极本身失去电子被氧化，电解质溶液中的阴离子不参与电极反应；二是若阳极为惰性电极(Pt、Au或非金属作电极)，电解质溶液中还原性强的阴离子失去电子被氧化，如S2－＞
I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根。
2．电极方程式、电解方程式的书写
书写电解反应的一般步骤是：以写出用石墨做电极电解CuSO4溶液的电极反应式及总的电解方程式为例。
第一步：明确溶液中存在哪些离子
溶液中的阳离子：Cu2＋、H＋，阴离子：OH－、SO。
第二步：判断阴阳两极附近离子种类及离子放电顺序
阴极：Cu2＋>H＋
阳极：OH－>SO
第三步：写电极反应式和总的电解方程式
阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu
阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
使得失电子数相等，两极反应式相加得总方程式：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋(离子方程式)或2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4。
[注意] ①上述例子中的电极若换成铜棒，阳极电极反应式为：Cu－2e－===Cu2＋，阴极电极反应式不变。
②电极反应式的书写要以实际放电的离子表示，但电解方程式的书写中，弱电解质要以分子式的形式书写。如本例中的阳极反应式可写为OH－，但是电解总反应方程式则必须写为H2O。
【典例1】右图装置中，U型管内为红墨水a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是(　　)
A．生铁块中的碳是原电池的正极
B．红墨水柱两边的液面变为左低右高
C．两试管中相同的电极反应式是：　Fe－2e－===Fe2＋
D．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
【答案】　B
【解析】Fe与C及电解质溶液形成原电池，Fe是负极：Fe－2e－===Fe2＋；C是正极，在a中发生吸氧腐蚀，a中压强减小，b中发生析氢腐蚀，b中压强增大，红墨水柱液面是左高右低。故选B。
二、电解规律及相关计算
1．以惰性电极电解电解质溶液的类型
类型 电极反应特点 实例 电解对象 电解质浓度 pH 电解质溶液复原
电解水型 阴：2H+ + 2e- == H2↑阳：2OH- - 4e- == 2H2O + O2↑ NaOH 水 增大 增大 水
H2SO4 水 增大 减小 水
Na2SO4 水 增大 不变 水
分解电解质型 电解质电离出的阴、阳离子分别在两极放电 HCl 电解质 减小 增大 氯化氢
CuCl2 电解质 减小 氯化铜
放H2生碱型 阴极：H2O放H2生碱阳极：电解质阴离子放电 NaCl 电解质和水 生成新电解质 增大 氯化氢
放O2生酸型 阴极：电解质阳离子放电阳极：H2O放O2生酸 CuSO4 电解质和水 生成新电解质 减小 氧化铜
2.电化学计算的基本方法
原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数测定的计算、根据电荷量求产物的量与根据产物的量求电荷量等的计算。不论哪类计算，均可概括为下列三种方法：
①根据电子守恒法计算：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电荷量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。
②根据总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算
③根据关系式计算：借得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式
【典例2】下列叙述错误的是(　　)
A. 钢铁表面发生吸氧腐蚀时，钢铁表面水膜的pH增大
B. 电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量少
C. 在镀件上电镀锌，用锌作阳极
D. 工作时，在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子过程
【答案】D
【解析】钢铁表面发生吸氧腐蚀时，正极反应为2H2O＋O2＋4e－===4OH－，由于生成OH－，钢铁表面水膜的pH增大，A对；电解精炼铜时，粗铜中含有杂质Zn、Fe等，则阳极先是Zn、Fe等放电，后为Cu放电，因此阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量少，B对；在镀件上电镀锌，可以用锌作阳极，C对；原电池工作时负极发生氧化反应，为失电子过程，电解池工作时阴极发生还原反应，为得电子过程，D错。
【感悟高考真题】
1.（2011·广东高考·12）某小组为研究电化学原理，设计如图装置。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，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色
D、a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动
【答案】选D。【解析】解答本题应从原电池原理和电解原理及其金属的置换反应考虑。
a和b不连接时，铁比铜活泼，从溶液中置换出铜，A项正确；a和b连接时，形成原电池，铁作为负极而溶解，铜作为正极，溶液中的Cu2＋得到电子被还原成铜单质，所以B项都正确,无论a和b是否连接，装置中都发生Fe+Cu2＋-= Cu+Fe2+反应，溶液会从蓝色逐渐变为浅绿色，C项正确；如果a和b分别连接直流电源正、负极，该装置为电解池,Cu为阳极，Fe为阴极，则溶液中的阳离子向阴极移动，即向铁电极移动，D项不正确，故选D。
2.（2011·海南高考·12）根据右图，下列判断中正确的是
A．烧杯a中的溶液pH升高
B．烧杯b中发生氧化反应
C．烧杯a中发生的反应为2H++2e－H2↑
D．烧杯b中发生的反应为2Cl－－2e－Cl2↑
【答案】选A、B。【解析】解答本题要明确以下三点：
（1）盐桥起导电和平衡电荷的作用；
（2）一般是活泼金属作原电池的负极；
（3）正极发生吸氧腐蚀。
Zn比Fe活泼，所以Zn作负极，发生氧化反应，电极反应式为：Zn－2e－Zn2+；Fe作正极，氧气在该电极上发生还原反应，电极反应式为：2H2O+O2+4e－4OH－，反应后溶液pH升高。
3.（2011·山东高考·15）以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是
A.未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程
B.因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系
C. 电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率
D.镀锌层破损后对铁制品失去保护作用
【答案】选C。【解析】解答本题时应明确电池及电解工作原理，对于其应用也要掌握。
A项，未通电前上述镀锌装置可构成原电池，因原电池反应与电镀时所发生的反应为不同的两个反应，故电镀过程不是该原电池的充电过程，A错误；B项，电解过程中确实存在电能转化成热能的情况，但电镀时通过的电量与析出的锌的量存在确定的关系，与能量的其他转化无关，B错误；D项，镀锌层破损后，能形成锌铁原电池，铁为正极，锌为负极，同样起到保护铁的作用，D错误。
4.（2011·全国卷I·10）用石墨作电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的
A. CuSO4 B. H2O C. CuO D. CuSO4·5 H2O
【答案】选C。【解析】解答本题时应注意找出真正从体系中脱离的物质，脱离什么补什么。
由阳极反应式：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑， 阴极反应式：Cu2＋＋2e－=Cu，可知从体系中脱离的是Cu和O2，相当于CuO，故选C。
5.（2009·安徽卷） Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取.Cu2O的电解池示意图如下，点解总反应：2Cu+H2O==Cu2O+H2O。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0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成。
【答案】A21世纪教育网
【解析】由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨作阴极，阴极上是溶液中的H＋反应，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0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O生成，D选项错误。
6.（2011·北京高考·26）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。
（1）溶液A的溶质是 ；
（2）电解饱和食盐水的离子方程式是
（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用
（4）电解所用的盐水需精制。去除有影响的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42-[c（SO42-）＞c（Ca2+）]。
精致流程如下（淡盐水和溶液A来自电解池）：
①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是 。
②过程Ⅰ中将NH4+转化为N2的离子方程式是 。
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程Ⅱ中除去的离子有 。
④经过程Ⅲ处理，要求盐水中c 中剩余Na2SO3的含量小于5mg /L ,若盐水b中NaClO的含量是7.45 mg / L ,则处理10m3 盐水b ，至多添加10% Na2SO3溶液 kg（溶液体积变化忽略不计）。
【解析】（1）充分利用图示条件判断电极和相关反应及产物；
（2）除杂过程中不同的离子使用不同的方法，同时注意题目条件的提示，如“将NH4+转化为N2”等。
【答案】（1）电解饱和食盐水时的两极反应分别为：阳极：2Cl- - 2e- == Cl2↑，
阴极：2H+ + 2e- == H2↑。阳极产生Cl2，阴极产生H2，同时水的电离H2O
H＋ + OH-由于H＋浓度减小而得到促进，产生OH-，因此溶液A为NaOH溶液。
（2）电解饱和食盐水时的总反应式：2Cl- + 2H2O H2↑ + Cl2↑ + 2OH-。
（3）Cl2与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，增大溶液中盐酸的浓度，使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。
（4）将粗盐水与含Cl2的淡盐水混合后，溶液中的杂质微粒有Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42-、Cl2。
①盐泥a中除泥沙外，还有加入NaOH溶液时反应产生的沉淀，即Mg2+发生反应生成Mg(OH) 2：
Mg2++2OH-==Mg(OH) 2↓。
② 过程Ⅰ中加入NaOH溶液将NH4+转化为N2时，因N元素化合价升高，因此发生氧化还原反应，NH4+是还原剂，成分中氧化剂只有Cl2，故Cl2 +NH4+→N2+ Cl-结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平反应即为3Cl2 +8OH-+2NH4+==N2+6Cl-+8 H2O。
③加入NaOH溶液调pH至11后，盐水a中的杂质离子中一定有Ca2+、SO42-、OH-，还可能有过量Cl2与NaOH发生反应Cl2+2OH- Cl-+ClO-+ H2O生成的ClO-。过程Ⅱ中由于BaCO3的溶解度比BaSO4小，加入BaCO3时，发生反应SO42- (aq) + BaCO3(s) BaSO4(s) + CO32- (aq)；由于c(SO42-)＞c(Ca2+)，故反应产生的c(CO32-)＞c(Ca2+)，发生反应CO32- +Ca2+== Ca CO3↓，从而除去Ca2+和SO42-。
④往含有NaClO的溶液中加入Na2SO3时，发生反应NaClO+Na2SO3==NaCl+Na2SO4。m(NaClO)=7.45mg/L×10m3×103L/m3=74.5g，故
NaClO+Na2SO3==NaCl+Na2SO4
74.5 126
74.5g m(Na2SO3)
故反应消耗的Na2SO3的质量m(Na2SO3)=126g。
溶液中剩余的Na2SO3的最大质量m(Na2SO3) =5mg/L×10m3×103L/m3=50g，故总共加入的Na2SO3的质量不超过126g+50g=176g，至多添加的Na2SO3溶液的质量176g÷10％=1760g=1.76kg。
【答案】
（1）NaOH
（2）2Cl- + 2H2O H2↑ + Cl2↑ + 2OH-
（3）Cl2与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，增大溶液中HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。
（4）①Mg(OH) 2 ②3Cl2 +8OH-+2NH4+==N2↑+6Cl-+8 H2O
③Ca2+、SO42- ④1.76
7.（2011·四川高考·26）甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1mol/L的Y溶液pH＞1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L，也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。
请回答下列问题：
戊离子的结构示意图为_______。
写出乙的单质的电子式：_______。
戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2 ：4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为________。
写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：________。
按如图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：_______。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到的现象是__________。
【解析】在解答该题时应注意：
（1）突破口：甲.乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知X为NH3；
（2）Y和Z的推导涉及到氯气和过量氯气的反应；
（3)在第（5）电解饱和食盐水时，要考虑产生的氯气要与NaOH溶液发生反应。
【答案】由题中所给信息可知，甲：H，乙：N，丙：Na，丁：Al，戊：Cl，X：NH3；
Y：NH4Cl，Z：HCl，L：NaAlO2，M：NaCl。
其中涉及的反应为：3Cl2 + 4 NH3=N2 + 4HCl + 2 NH4Cl；
2Al + 2NaOH+ 2H2O=2NaAlO2+3H2↑； 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
第（4）问涉及的反应为：NaAlO2+HCl +H2O==NaCl + Al（OH）3 ↓。
第（5）问涉及的反应为： NaCl + H2O NaClO +H2↑。
【答案】
8.（2010·重庆卷）（14分）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域．
（1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂．
①一定条件下，与空气反映t min后，和物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L, 则起始物质的量浓度为 mol/L ；生成的化学反应速率为 mol/(L·min) ．
②工业制硫酸，尾气用_______吸收．
（2）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如题29图所示．
①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为 ．
②充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由 色变为 色．
③放电过程中氢离子的作用是 和 ；充电时若转移的电子数为3.011023个，左槽溶液中n(H+)的变化量为 ．
答案（14分）
（1）①；
②氨水
（2）①
②绿 紫
③参与正极反应; 通过交换膜定向移动使电流通过溶液；0.5mol
【解析】本题考查以钒为材料的化学原理题，涉及化学反应速率和电化学知识。
由S守恒可得，的起始浓度为（a+b）mol/L。的速率为单位时间内浓度的变化，即b/tmol/(L﹒min)。可以用碱性的氨水吸收。
①左槽中，黄变蓝即为生成，V的化合价从+5降低为+4，得一个电子，0原子减少，从图中知，其中发生了移动，参与反应，由此写成电极反应式。②作为原电池，左槽得电子，而右槽失电子。充电作为电解池处理，有槽中则为得电子，对应化合价降低，即为生成，颜色由绿生成紫。③由电极反应式知，参与了反应。溶液中离子的定向移动可形成电流。n=N/NA=3.01×/6.02×=0.5mol。
【规律总结】电化学试题的分析一般是从化合价着手，对于原电池，化合价升高的作为负极，化合价降低的作为正极，两极方程式相加即可得总反应。对于电解池，化合价升高作为阳极，降低的作为阴极。两者之间的关系是：正极反应式颠倒即为阳极反应式，负极反应式颠倒即为阴极反应式。
9.（2010·四川理综卷）（16分)
碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防止碘缺乏病。
碘酸钾(KIO3)是国家规定的食盐加碘剂，它的晶体为白色，可溶
于水。碘酸钾在酸性介质中与过氧化氢或碘化物作用均生成单质
碘。以碘为原料，通过电解制备碘酸钾的实验装置如右图所示。
请回答下列问题：
(1)碘是 (填颜色)固体物质，实验室常用
方法来分离提纯含有少量杂质的固体碘。
(2)电解前，先将一定量的精制碘溶于过量氢氧化钾溶液，溶解时发生反应：
3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入阳极区。另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却。
电解时，阳极上发生反应的电极反应式为 ；阴极上观察到的实验现象是 。
(3)电解过程中，为确定电解是否完成，需检验电解液中是否有I—。请设计一个检验电解液中是否有I—的实验方案，并按要求填写下表。
要求：所需药品只能从下列试剂中选择，实验仪器及相关用品自选。
试剂：淀粉溶液、碘化钾淀粉试纸、过氧化氢溶液、稀硫酸。
实验方法 实验现象及结论
(4)电解完毕，从电解液中得到碘酸钾晶体的实验过程如下：
步骤②的操作名称是 ，步骤⑤的操作名称是 。步骤④洗涤晶体的目的是
。
【答案】（1）紫黑色 升华
（2）
有气泡产生
（3）
实验方法 实验现象及结论
取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后加入几滴淀粉试液，观察是否变蓝。 如果不变蓝，说明无。（如果变蓝，说明有。）
（4）冷却结晶 干燥 洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质
【解析】（1）考查物质的物理性质，较容易。（2）阳极发生氧化反应失电子。阴极区加入氢氧化钾溶液，电解氢氧化钾实质是电解水。（3）考查I-的检验此题借助与碘单质遇淀粉变蓝色这一特性，要设法将碘离子转化为碘单质。（4）考查实验的基本操作。要求考生对整个流程分析透彻。
10.（2010·山东卷）（12分）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，阳极电极反应为____。取少量废电解液，加入NaHCO，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）利用右图装置，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_______。
【解析】(1) ①冒气泡的原因是Al与NaOH反应了，方程式为：2Al+2OH-+4H2O==2Al(OH)4-+3H2；
使Al(OH)4-生成沉淀，最好是通入CO2，加HNO3的话，沉淀容易溶解。
②阳极是Al发生氧化反应，要生成氧化膜还必须有H2O参加，故电极反应式为：2Al+3H2O-6e -Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于废电解液中含有Al3+，和HCO3-发生了互促水解。
(2)电镀时，阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+。
(3)铁被保护，可以是做原电池的负极，或者电解池的阴极，故若X为碳棒，开关K应置于N处，Fe做阴极受到保护；若X为锌，开关K置于M处，铁是做负极，称为牺牲阳极保护法。
【答案】
（1）①2Al+2OH-+4H2O==2Al(OH)4-+3H2；c
②2Al+3H2O-6e -Al2O3+6H+；因为 Al3+和HCO3-发生了互促水解；
Al3++3HCO3-== Al(OH)3↓+CO2↑
(2)阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+
(3)N 牺牲阳极保护法。
11.（2010·天津卷）（14分）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素。
回答下列问题：
⑴ L的元素符号为________ ；M在元素周期表中的位置为________________；五种元素的原子半径从大到小的顺序是____________________（用元素符号表示）。
⑵ Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B，A的电子式为___，B的结构式为____________。
⑶ 硒（se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_______。该族2 ~ 5周期元素单质分别与H2反应生成l mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1 mol硒化氢反应热的是__________（填字母代号）。
a．+99.7 mol·L－1 b．+29.7 mol·L－1 c．－20.6 mol·L－1 d．－241.8 kJ·mol－1
⑷ 用M单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q 。写出阳极生成R的电极反应式：______________；由R生成Q的化学方程式：_______________________________________________。
【解析】(1)X、Y、Z、L是组成蛋白质的四种元素且原子序数依次增大，故分别为：H、C、N、O元素；M是地壳中含量最高的元素，为Al，其在周期表的位置为第3周第ⅢA族；再根据五种元素在周期表的位置，可知半径由大到小的顺序是：Al＞C＞N＞O＞H。
(2) N和H 1：3构成的分子为NH3，电子式为；2：4构成的分子为N2H4，其结构式为。
(3)Se比O多两个电子层，共4个电子层，1→4电子层上的电子数分别为：2、8 、18、6，故其原子序数为34；其最高价氧化物对应的水化物的化学式类似H2SO4，为H2SeO4。
非金属性越强，与氢气反应放出的热量越多，故2→5周期放出的热量依次是：d、c、b、a，则第四周期的Se对应的是b。
(4)Al作阳极失去电子生成Al3+，Al3++3HCO3-==Al(OH)3+3CO2，2Al(OH)3Al2O3+3H2O。
【答案】
(1)O 第三周第ⅢA族 Al＞C＞N＞O＞H
(2)
(3) 34 H2SeO4 b
(4) Al-3e-Al3+ Al3++3HCO3-==Al(OH)3+3CO2 2Al(OH)3Al2O3+3H2O。
命题立意：本题以元素的推断为背景，综合考查了元素符号的书写、元素位置的判断和原子半径大小的比较；考查了电子式、结构式的书写，元素周期律，和电极反应式、化学方程式的书写，是典型的学科内综合试题。
12.（2009·江苏卷） （8分）以氯化钾和钛白厂的副产品硫酸亚铁为原料生产硫酸钾、过二硫酸钠和氧化铁红颜料，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：
（1）反应I前需在溶液中加入 ▲ （填字母），以除去溶液中的。
A.锌粉 B.铁屑 C.KI溶液 D.
（2）反应Ⅰ需控制反应温度低于35℃，其目的是 。
（3）工业生产上常在反应Ⅲ的过程中加入一定量的醇类溶剂，其目的是 。
（4）反应Ⅳ常被用于电解生产(过二硫酸铵)。电解时均用惰性电极，阳极发生地电极反应可表示为 。
【标准答案】（1）B
(2)防止NH4HCO3分解（或减少Fe2＋的水解）
（3）降低K2SO4 的溶解度，有利于K2SO4 析出。
（4）2SO42- -2e－2S2O82-
【解析】（1）在溶液中除去溶液中的,最好选用铁屑或铁粉，比较简单。（2）如果温度过高会导致NH4HCO3分解同样也会加快Fe2＋的水解（温度越高水解速率越快）这样会使原料利用率降低。（3）由题目看出在III反应中生成的K2SO4 为固体，而K2SO4在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使K2SO4析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K2SO4 的溶解度。
（4）根据阴阳极反应原理阳极失电子发生氧化反应， 此题实质是电解硫酸铵溶液，在根据反应后的产物得出正确的答案。
【考点分析】此题为化工生产题型，主要考察了化合物性质，电极方程式书写。做此类题要分析清楚每一个环节目的和结果是什么。这样才能判断各反应后的产物分别是什么。
13.（2009·全国卷1） 下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。
（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为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上发生的电极反应为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；
③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：
＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
④电极c的质量变化是＿＿＿＿＿＿＿＿＿g；
⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：
甲溶液＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；
乙溶液＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；
丙溶液＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；
（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？
＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
【答案】 （1）①正极 ②4OH－-4e－=2H2O + O2↑。
③水减少的质量：
生成O2体积：
④16g
⑤碱性增大，因为电解后，水量减少溶液中NaOH浓度增大
酸性增大，因为阳极上OH-生成O2，溶液中H+离子浓度增大
酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性
(2)能继续进行，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应。
【解析】（1）①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2＋+2e－=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为xg。由电解前后溶质质量相等有，100×10%=（100-x）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol。由方程式2H2+O2 2H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。②甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH－放电，即4OH－-4e－=2H2O + O2↑。③转移0.5mol电子，则生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L。④Cu2＋+2e－=Cu，转移0.5mol电子，则生成的m(Cu)=0.5/2 ×64 =16g。⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大。乙中阴极为Cu2＋放电，阳极为OH－放电，所以H＋增多，故pH减小。丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变。（2）铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解。
【考点模拟演练】
1.若某电能与化学能的转化装置（电解池或原电池）中发生反应的总反应离子方程式是：Cu+2H+=Cu2++H2↑，则关于该装置的有关说法正确的是（ ）
A．该装置可能是原电池，也可能是电解池
B．该装置只能是原电池，且电解质溶液为硝酸
C．该装置只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极
D．该装置只能是电解池，电解质溶液不可能是盐酸
【答案】C
【解析】总反应离子方程式是Cu+2H+=Cu2++H2↑，反应不是自发进行的氧化还原来反应，这样就不是原电池而只能是电解池。Cu失去电子为为该电解池的阳极，电解质为酸性溶液。
2.向水中加入等物质的量的Ag＋、Pb2＋、K＋、SO42－、NO3－、Cl－，用惰性电极电解该溶液，并收集两极气体产物，则氧化产物与还原产物的质量之比为（ ）。
A. 35.5:108 B. 16:207 C. 108:35.5 D. 8:1
【答案】D
【解析】本题中设有“陷阱”，同学们极易错选A。由于离子之间会发生沉淀反应：Ag＋＋Cl－=AgCl↓；Pb2＋＋SO42－=PbSO4↓，电解质溶液实际上是硝酸钠溶液，电解时，实质上是电解水。
3.右图表示的是钢铁在海水中的锈蚀过程，以下有关说法正确的是
A. 该金属腐蚀过程为吸氢腐蚀
B. 正极为C，发生的反应为氧化反应
C. 在酸性条件下发生的是吸氧腐蚀
D. 正极反应为：O2 + 2H2O + 4e →4OH—
【答案】D
4.如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在E极附近显红色。则以下说法不正确的是
A．电源B极是正极
B．（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1∶2∶2∶2
C．欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液选择AgNO3溶液
D．装置（丁）中Y极附近红褐色变浅，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
【答案】B
5.如图所示，a、b、c均为石墨电极，d为碳钢电极，通电进行 电解。假设在电解过程中产生的气体全部逸出，下列说法正确的是
A．甲、乙两烧杯中溶液的pH均保持不变
B．甲烧杯中a的电极反应式为4OH――4e－＝O2↑＋2H2O
C．当电解一段时间后，将甲、乙两溶液混合，一定会产生蓝色沉淀
D．当b极增重3.2g时，d极产生的气体为2.24L（标准状况）
【答案】B
6.用惰性电极以直流电串联电解分装在甲、乙两烧杯中的200mL0.3 mol·L-1 NaCl溶液和300mL0.2 mol·L-1的AgNO3溶液，当产生0.56L(标准状况下)Cl2时停止电解，取出电极，将两杯溶液混合，则混合液的pH为(设混合后溶液的总体积为500mL)
A．1.4 B．7 C．5.6 D．12.6
【答案】B
7.(2011·湛江模拟)已知：含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3［Fe(CN)6］溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式为：3Fe2++2［Fe(CN)6］3-====Fe3［Fe(CN)6］2↓。现可用如图装置在浸有铁氰化钾浅黄色溶液的滤纸上写出蓝色的字“神奇的化学”，据此判断下列说法正确的是
A.直流电源的a极是阴极
B.直流电源的b极是负极
C.阳极反应为：［Fe(CN)6］3-+e-====Fe2++6CN-
D.“电笔”笔尖材料是铁，其电极反应为：Fe-2e-====Fe2+
【答案】选D。【解析】(1)正确理解题干中所给信息，并能正确应用所给信息。
(2)根据“电笔”能写“蓝”字判断电笔上发生的反应及“电笔”的电极材料。
(3)根据“电笔”电极判断原电池的正、负极。
由于“电笔”可以在浸有铁氰化钾浅黄色溶液的滤纸上写出蓝字，则由题干中的信息可知，只有在“电笔”上产生Fe2+才可发生反应：3Fe2++2［Fe(CN)6］3-====Fe3［Fe(CN)6］2↓，才可写上蓝字，故“电笔”材料应是Fe，且应是电解池的阳极，发生的电极反应式为Fe-2e-====Fe2+，则b为直流电源的正极，a为负极，则根据以上分析可知，答案选D。
8.(2011·肇庆模拟)关于用惰性电极电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是( )
A.电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠
B.若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色
C.若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色
D.电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性
【答案】选B。
【解析】电解食盐水时发生的反应：阳极：2Cl--2e-====Cl2↑阴极：2H++2e-====H2↑总反应：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑对照分析选项，A错误；阳极附近的溶液中会溶有少量的Cl2,滴加KI溶液后发生反应：Cl2+2I-====I2+2Cl-，溶液呈棕色，B正确；阴极附近产生大量的OH-，滴加酚酞试液后变红色，C错误；电解后生成NaOH,溶液呈碱性，D错误。
9.(2011·济南模拟)如图装置分别通电一段时间后，溶液的质量增加的是( )
【答案】选D。
【解析】分别通电一段时间后，四个装置总反应及质量变化如下：
10．(2011·潮州模拟)用铂作电极电解500 mL含KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液一段时间后，在两极均生成11.2 L标准状况下的气体，原溶液中Cu2+的物质的量浓度为( )
A.0.5 mol/L B.1 mol/L
C.2 mol/L D.无法确定
【答案】选B。
【解析】用铂作电极电解含KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液时，开始时，阴极上Cu2+放电产生Cu，阳极上OH-放电产生O2；要使两极上生成相同体积的气体，需Cu2+放电完全后H+放电。由两极上得失电子相等得，4n(O2)=2n(H2)+2n(Cu2+)，即：4×0.5=2×0.5+2n(Cu2+)，n(Cu2+)=0.5 mol，所以 故选B项。
11.(2011·惠州模拟)如图中X为电源，Y为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴
KMnO4溶液，通电后Y中央的紫红色色斑向d端扩散。下列判断正确的是( )
A.滤纸上c点附近会变红色
B.Cu电极质量减小，Pt电极质量增大
C.烧杯中溶液的pH先减小，后增大
D.烧杯中溶液中SO42-向Pt电极定向移动
【答案】选A、D。
【解析】由于Y中央的紫红色色斑是由MnO4-引起的，紫红色色斑向d端扩散，则MnO4-向d移动，则d为Y的阳极，则b为电源正极，Pt为阳极，Cu为阴极，所以烧杯中的pH一直在减小，SO42-应向阳极即Pt电极定向移动，综上分析答案选A、D。
12．（2011·南京调研）图K30－1两个装置中，液体体积均为200 mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5 mol/L，工作一段时间后，测得有0.02 mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是(　　)
图K30－1
A．产生气体体积①＝②
B．①中阴极质量增加，②中正极质量减小
C．电极反应式：①中阳极：
4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
②中负极：2H＋＋2e－===H2↑
D．溶液的pH变化：①减小，②增大
【答案】D　
【解析】 ①是电解装置，阳极产生氧气：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，每转移4 mol电子生成1 mol O2，②是原电池，正极产生氢气：2H＋＋2e－===H2↑，每转移2 mol电子生成1 mol H2，故当电路中通过等量的电子时，产生的气体是不相等的。①中阴极质量增加，②中正极质量不变。故B不正确。②中负极反应是：Zn－2e－===Zn2＋。故C错误。①中生成硫酸，故溶液的pH减小，而②中消耗硫酸，故溶液的pH增大。
13.（2011·抚顺六校一模）下列叙述正确的是
A．电解稀硫酸可能发生的反应是Cu+H2SO4CuSO4+H2↑
B．在原电池的负极和电解池的阴极上都发生失电子的氧化反应
C．给蓄电池充电时，将蓄电池的负极与电源的正极相连
D．在铜的电解精炼过程中，电解质CuSO4溶液中Cu2+浓度始终不变
【答案】A
14（2011·济南调研B）在铁制品上镀上一定厚度的铜，以下电镀方案中正确的是
A．铜作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Fe2+
B．铜作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Cu2+
C．铜作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Fe3+
D．铜作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Cu2+
【答案】D
15.（2011·济南一模） 某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为3∶1。滴入几滴石蕊溶液后，用石墨作电极电解该混合溶液，根据电极产物，电解过程可明显分为三个阶段。下列叙述中，不正确的是
A. 阴极自始至终只产生H2
B. 电解过程中，溶液颜色呈现红色→紫色→蓝色的变化
C.电解过程中，Na+和SO2- 4的物质的量浓度保持不变
D. 第一阶段中阴、阳两极产生的气体混合引燃后，恰好完全反应得到HCl
【答案】 C
16.(2011·龙岩一检)利用右图装置，可模拟铁的电化学防护。下列有关说法正确的是 （ ）
A．若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于M处
B．若X为锌板，K置于M或N处，均能减缓铁的腐蚀
C．若X为碳棒，K置于M或N处，一段时间后溶液pH均不变
D．若X为碳棒，K置于M或N处，Cl—均向X电极移动
【答案】B
二、非选择题
17.(14分)(2011·徐州模拟)A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如下表所示：
如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯分别盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极。
接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图。据此回答下列问题：
(1)M为电源的_______极(填写“正”或“负”)；电极b上发生的电极反应式为________________________________。
(2)计算电极e上生成的气体在标准状况下的体积________。
(3)写出乙烧杯中发生电解的总反应式__________________。
(4)如果电解过程中B溶液中的金属离子全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？
__________________________________________________。
(5)此时要使丙中溶液恢复到原来的状态，操作是__________________________________________________________。
【解析】乙中c电极质量增加，则c极发生的反应为：Cu2++2e-====Cu，即c极为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。测得乙中c电极质量增加了16 g，有金属析出的是含Cu2+的水溶液，其他的都不可能，而Cu2+只能和SO42-结合，可以确定B为硫酸铜；由常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系图，可以确定A为KOH或NaOH溶液，C为Na2SO4或K2SO4。甲中为KOH或NaOH溶
液，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH-放电，即4OH-4e-====2H2O+O2↑。当乙中有16 g Cu析出时，转移的电子为0.5 mol，2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4。而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移的电子数是相等的。丙中为Na2SO4或K2SO4溶液，相当于电解水，由方程式2H2O====2H2↑+O2↑可知，生成2 mol H2，转移4 mol电子，所以当整个反应中转移0.5 mol电子时，生成的H2为0.25mol，标准状况下的体积为0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L，铜全部析出后，电解质变为H2SO4，所以电解反应仍能进行。甲和丙烧杯中均消耗水0.25 mol，若要恢复到原来的状态，应向烧杯中加4.5 g水。
【答案】(1)负 4OH--4e-====2H2O+O2↑
(2)5.6 L
(3)2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
(4)能，因为此时CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应变为
电解水的反应
(5)向丙烧杯中加4.5 g水
18.某化学研究小组以铜为电极电解饱和食盐水，探究过程如下：
【实验1】：如右下图装置，电源接通后，与电池负极相连的铜丝上有大量气泡产生；与电池正极相连的
铜丝由粗变细。电解开始30s内，阳极附近出现白色浑浊，然后开始出现
橙黄色浑浊，此时测定溶液的pH约为10。随着沉淀量的逐渐增加，橙黄色沉淀慢慢聚集在试管底部，溶液始终未出现蓝色。
【实验2】：将实验1中试管底部的橙黄色沉淀取出，分装在两支小试管中，以后的操作和现象如下：
序号 操 作 现象
① 滴入稀硝酸溶液 沉淀溶解，有无色气泡产生，最终得到蓝色溶液。
② 滴入稀硫酸溶液 橙黄色沉淀转变为紫红色不溶物，溶液呈现蓝色
阅读资料：常见铜的化合物颜色如下：
物 质 颜 色 物 质 颜 色
氯 化 铜 固体呈棕色，浓溶液呈绿色，稀溶液呈蓝色 氢氧化亚铜(不稳定) 橙黄色
碱式氯化铜 绿色 氢氧化铜 蓝 色
氧化亚铜 砖红色或橙黄色 氯化亚铜 白 色
请回答下列问题：
（1） 铜的常见正化合价为___ 、____ _，最终试管底部橙黄色沉淀的化学式__________
（2）阴极上发生的反应为：
阳极上发生的反应为：
（3）写出实验2中①、②的离子方程式①___________________________，
②____________________________________。
【答案】（1）+1（1分）、+2（1分）（不写“+”不得分） Cu2O （1分）
（2）2H++2e-=H2↑ 或2H2O+2e-=H2↑+2OH- （2分）
Cu+Cl-—e-=CuCl↓给2分，仅答 Cu- e-=Cu+ 或 Cu+OH-—e-=CuOH↓给1分（不写“↓”不扣分）（2分）
（3）3Cu2O + 14H+ + 2NO3-= 6Cu2+ + 2NO↑ + 7H2O （2分）
Cu2O + 2H+ = Cu + Cu2+ + H2O （2分）
19.(2011·石景山一模)（7分）⑴ 事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是____________________________。
A．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H>0
B．2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H<0
C．NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1) △H<0
⑵ 以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其正极的电极反应式为__________________________________。
⑶ 电解原理在化学工业中有着广泛的应用。现将你设计的
原电池通过导线与右图中电解池相连，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0.04molCuSO4和0.04molNaCl的混合溶液400ml，当阳极产生的气体672 mL（标准状况下）时，溶液的pH = （假设电解后溶液体积不变）。
【答案】(7分，第一空1分，其余每空2分)
（1）B
（2）O2 + 4e一 + 2 H2O = 4OH一
（3）
（4）1
20.(2011·焦作调研)（12分）如图所示3套实验装置，分别回答下列问题：
（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验。一段时间后，向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应为 。
（2）装置2中的石墨是 极（填“正”或“负”），该装置发生的总反应的离子方程式为 。
（3）装置3中甲烧杯盛放100 mL 0.2 mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100 mL 0.5 mol/L的CuSO4溶液。反应一段时间后，停止通电。取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重 0.64 g。
① 电源的M端为 极，甲烧杯中铁电极的电极反应为 ；
② 乙烧杯中电解反应的离子方程式为 ；
③ 甲、乙两烧杯中生成的气体标准状况下共 mL。
【答案】.（共12分）（1）O2+2H2O + 4e- == 4OH-
（2）正（1分） 2Fe3+ + Cu ==2Fe2+ + Cu2+
（3）① 正（1分） Fe - 2e-=== Fe2+
② 2Cu2++ 2H2O 2Cu + O2↑ + 4H+
③ 336
电解
电解
电解
Fe2+ 海水 O2 OH—
Fe
e
e
C
e
电解第三节 盐类的水解
【高考目标导航】
考纲导引 考点梳理
1.了解盐类水解的原理。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.了解盐类水解反应的利用。 1.盐类水解的原理。2.水解方程式的书写。3.盐类水解的影响因素。
【基础知识梳理】
一、盐类水解的原理
1.概念：
水溶液中盐的离子与水电离出的H+或OH-结合生成弱电解质的反应。
2.实质：
，破坏了水的电离平衡；促进了水的电离，使得c（H+）≠c(OH-）,从而使溶液显示不同程度的酸、碱性。
3.条件：
（1）盐必须溶于水中；（2）盐中必须有弱酸根离子或弱碱阳离子（有弱才水解）。
4.特征：
（1）水解属可逆反应，逆反应是中和反应，是吸热反应，因此水解方程式要用可逆号“”。
（2）通常水解很微弱，存在水解平衡。21世纪教育网
5.盐类水解规律
有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱双水解；谁强显谁性，同强显中性。
盐的类型 实例 是否水解 水解的离子21世纪教育网 溶液的酸碱性 溶液的pH
强酸强碱盐 NaCl、KNO3、BaCl2 不水解 中性 pH=7[来源:21世纪教育网]
强酸弱碱盐 NH4Cl、CuSO4、Fe(NO3)3 水解 NH4+、Cu2+、Fe3+ 酸性 pH<7
强碱弱酸盐 KClO、Na2S、NaHCO3 水解 ClO-、S2-、HCO3- 碱性 pH>7
6.水解方程式的书写
（1）书写形式：
盐类的水解反应是中和反应的逆反应，中和反应的程度很大，水解反应的程度很小，故写盐类的水解反应方程式或离子方程式时，一般不写“＝”而写“”。
（2）书写规律
①一般盐类水解的程度很小，水解产物也少，通常不生成沉淀或气体，也不发生分解。在书写盐类水解的离子方程式时一般不标“↑”或“↓”，也不把生成物（如NH3·H2O、H2CO3）写成其分解产物的形式。
②多元弱酸盐的水解分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解的离子方程式，如Na2CO3的水解离子方程式：
③多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完，如FeCl3的水解离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋
④能完全水解的离子组，由于水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等，如NaHCO3与AlCl3混合溶液的反应离子方程式：Al3＋＋3HCO ===Al(OH)3↓＋3CO2↑ 。
二、盐类水解的影响因素
1.内因：
盐本身的性质，组成盐的弱酸根对应的酸越弱（或组成盐的阳离子对应的碱越弱），水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。
2.外因：受温度、浓度及外加酸碱的影响。
因素 水解平衡21世纪教育网 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[来源:21世纪教育网] 右移 21世纪教育网[来源:21世纪教育网] 减小 21世纪教育网 增大 [来源:21世纪教育网]
减小(即稀释) 右移 增大 减小
外加酸碱 酸 弱酸根离子的水解程度增大 ，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 弱碱阳离子的水解程度减小
三、盐类水解反应的利用
1．利用水解：饱和FeCl3溶液制Fe(OH)3胶体；明矾净水；泡沫灭火器原理；纯碱溶液能去污；NH4Cl溶液能除锈等。
2．抑制水解：FeCl3、SnCl2、FeSO4等配制时加酸或在酸中溶解;在HCl气流中使MgCl2·6H2O脱水制无水MgCl2等。
3．考虑水解：分析盐溶液离子浓度、酸碱性；化肥混施(如铵态氮肥不宜与草木灰混合施用)；盐溶液浓缩蒸干等。
【要点名师透析】
一、溶液中微粒浓度的大小比较
1.理论依据
（1）电离理论
发生电离的微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO) c(CO)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。
（2）水解理论
发生水解的微粒的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c(CO)＞c(HCO) c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。
2.电解质溶液中的守恒关系
（1）电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。
如NaHCO3溶液中：n(Na+)＋n(H+)＝n(HCO3-)＋2n(CO32-)＋n(OH-)推出：[Na+]＋[H+]＝[HCO3-]＋2[CO32-]＋[OH-]
（2）物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。
如NaHCO3溶液中n(Na+)：n(c)＝1：1，推出：c(Na+)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(H2CO3)
（3）质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H+）的物质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O+、H2CO3为得到质子后的产物；NH3、OH-、CO32-为失去质子后的产物，故有以下关系：
c(H3O+)+c(H2CO3)=c(NH3)+c(OH-)+c(CO32-)。
3.溶液中离子浓度大小关系
(1)多元弱酸溶液
根据多步电离分析，如：在H3PO3溶液中，c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)。
(2)多元弱酸的正盐溶液
根据弱酸根的分步水解分析，如：Na2CO3溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)。
(3)不同溶液中同一离子浓度的比较
要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4NO3溶液，②CH3COONH4溶液，③NH4HSO4溶液，c(NH)由大到小的顺序是③＞①＞②。
(4)混合溶液中各离子浓度的比较
要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在0.1 mol/L的NH4Cl和0.1 mol/L 的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。在该溶液中，NH3·H2O的电离与NH的水解互相抑制，但NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，同时c(NH)＞c(Cl－)。
【典例1】下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．室温下，向0.01 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)
B．0.1 mol/L NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
C．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)
D．25℃时，pH＝4.75、浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液： c(CH3COO－)＋c(OH－)【答案】A
【解析】A选项中溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，据电荷守恒原理有：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋2c(SO)所以c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)由于NH水解使c(NH)＜c(SO)，从而有c(Na＋)＞c(SO)，A正确。B选项中NaHCO3溶液显碱性，但c(OH－)比c(HCO)小，B不正确。C选项中在Na2CO3溶液中，由质子守恒得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，所以c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)，C错误。D选项中pH＝4.75，说明c(H＋)＞c(OH－)又c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)所以c(Na＋)＜c(CH3COO－)。
据已知有2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)得c(Na＋)＞c(CH3COOH)结合c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)得c(CH3COOH)＋c(H＋)＜c(CH3COO－)＋c(OH－)，D不正确。
二、盐类水解的应用
1.判断盐溶液的酸碱性时应考虑盐类水解，强酸弱碱盐溶液水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性。弱酸弱碱盐溶液的酸碱性要分析二者的水解程度,溶液可能显酸性、碱性或者是中性。(规律：有弱才水解，无弱不水解，谁强显谁性，同强显中性。)
2.根据盐溶液的PH判断相应酸的相对强弱时应考虑盐类水解：如物质的量浓度相同的三种钠盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其PH依次为8、9、10，则相应的酸HX、HY、HZ的相对强弱为HX ＞ HY ＞ HZ（规律：越弱越水解。酸越弱，阴离子水解程度越大，故溶液的碱性越强，即溶液PH越大。）
3.判断离子大量共存问题时应考虑盐类水解：弱碱的阳离子（如Al3+、Cu2+、Fe3+、NH4+等）与弱酸的酸根阴离子（如HCO3-、CO32-、AlO2-、F-等）在溶液中不能同时大量共存。因为两种离子都水解，分别和水电离出的H+、OH-结合，互相促进水解，使两种离子数目都减少。
4.比较溶液中离子浓度的相对大小时应考虑盐类水解：如Na3PO4晶体中Na+ 和PO43-的物质的量之比为3：1，在其溶液中PO43-水解，则[Na+]：[PO43-] ＞ 3：1。
5.易水解盐的配制时应考虑盐类水解：如实验室配制FeCl3溶液，由于FeCl3溶于水后发生水解反应：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，因此为了抑制其水解，保持溶液澄清，是将盐先溶解于盐酸中，再加水稀释到所需浓度。同样的方法可配制CuSO4溶液、Na2S溶液等。
7.加热蒸干溶液后产物的判断时应考虑盐类水解：在加热时会促进盐类的水解。加热蒸干Al2(SO4)3[Fe2(SO4)3、KAl(SO4)2、CuSO4]溶液和碳酸钠[Na3PO4、Na2SiO3]溶液得到原溶质（因为它们水解的产物会重新反应生成原物质）。
8.强酸弱碱盐、强碱弱酸盐的保存时应考虑盐类水解：如在实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡皮塞。其原因是这些盐水解生成的NaOH可以腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和塞子粘结在一起。
9．解释日常生活中的某些具体事实。
热纯碱的去污原理，净水剂的净水原理，泡末灭火器的灭火原理，肥料的使用时应考虑盐类水解。
10.水解除杂。
【典例2】蒸干FeCl3水溶液后再强热，得到的固体物质主要是(　　)
A．FeCl3 B．FeCl3·6H2O
C．Fe(OH)3 D．Fe2O3
【答案】D
【解析】FeCl3水中发生水解：FeCl3＋3H2O Fe(OH)3＋3HCl，加热促进水解，由于HCl具有挥发性，会从溶液中挥发出去，从而使FeCl3彻底水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3为不溶性碱，受热易分解，最终生成Fe2O3。
【感悟高考真题】
1.（2011·江苏高考·14）.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A.在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(Na+) c(HCO3-) c(CO32-) c(H2CO3)
B.在0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)- c(H+)= c(HCO3-)+2c(H2CO3)
C.向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液：
c(CO32-)> c(HCO3-)> c(OH-)> c(H+)
D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7, c(Na+)=0.1mol·L-1]：
c(Na+)= c(CH3COO-)> c(CH3COOH)> c(H+)= c(OH-)
【答案】选BD。【解析】解答本题时应具体分析溶液中存在的各种电离和水解情况，注意运用电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行有关推断。
A项，NaHCO3溶液呈碱性，HCO—3的水解程度大于电离程度，c(CO32-)应小于c(H2CO3)，A项错误；B项，在0.1mol·L-1Na2CO3溶液中的质子守恒式为：c(OH-)= c(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+)，将质子守恒式变形可得：c(OH-)-c(H+)= c(HCO3-)+2c(H2CO3)，B项正确；C项，向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液，所得溶液为等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液，该溶液中CO32-的水解程度远大于HCO3-的电离程度，c(CO32-)应小于c(HCO3-)，C项错误；D项，相同状况下，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，该溶液pH=7，则醋酸的浓度应小于醋酸钠的浓度，又根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，又pH=7， c(H+)= c(OH-)则c(Na+)= c(CH3COO-)，D项正确。
2.（2011·安徽高考·13）室温下，将1.000mol盐酸滴入20.00mL 1.000mol氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。
下列有关说法正确的是
A. a点由水电离出的
B. b点：
C.c点：
D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是电离吸热
【答案】选 C 。
【解析】本题综合考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定的相关知识。
选项 具体分析 结论
A a点7B b点时盐酸和氨水反应，氨水过量，此等式不成立 错误
C c点溶液呈中性，根据电荷守恒此等式成立 正确
D d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸，已无剩余，温度降低是由于加入盐酸的温度低，造成溶液温度下降 错误
3.（2011·广东高考·1）对于0.1mol L-1 Na2SO3溶液，正确的是
A、升高温度，溶液的pH降低
B、c（Na＋）=2c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（H2SO3）
C、c（Na＋）+c（H＋）=2 c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+ c（OH―）
D、加入少量NaOH固体，c（SO32―）与c（Na＋）均增大
【答案】选D。【解析】解答本题应从溶液中微粒之间的关系入手，考虑水解平衡的影响。
Na2SO3为弱酸强碱盐，水解显碱性，水解是吸热反应，所以温度升高，水解程度增大，其pH增大，A不正确；B项考查物料守恒，正确的表达式为c（Na＋）=2c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+2 c（H2SO3），故B不正确；C项是考查电荷守恒，其正确的表达式为c（Na＋）+c（H＋）=2 c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（OH―），故C不正确；加入少量NaOH固体，抑制其水解，水解程度降低，c（SO32―）与c（Na＋）均增大，故D正确。
4.（2011·天津高考·4）25℃时，向10mL 0.01mol/L KOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的是
A.pH>7时，c(C6H5O-)>c(K+)>c(H＋)>c(OH―)
B.pH<7时，c(K+)>c(C6H5O-)> c(H＋)>c(OH―)
C.V[C6H5OH(aq)]=10mL时，c(K+)=c(C6H5O-)>c(OH―)=c(H＋)
D. V[C6H5OH(aq)]=20mL时，c(C6H5O-)+c(C6H5OH)=2c(K+)
【答案】选D。
【解析】解答此类题目时注意运用电荷守恒、物料守恒原理。
选项 具体分析 结论
A 当pH>7时，c(H＋) c(C6H5O－)，故此时离子浓度关系应该是c(K＋)> c(C6H5O－)> c(OH－)> c(H＋)。 错误
B 当pH<7时，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒c(C6H5O－)+c(OH－)=c(K＋)+ c(H＋)可知，c(K＋) c(K＋)> c(H＋) > c(OH－)。 错误
C V[C6H5OH（aq）]=10mL时,恰好得到苯酚钾溶液，此时溶液呈碱性，离子浓度关系式为c(K＋)> c(C6H5O－)> c(OH－)> c(H＋)。 错误
D V[C6H5OH（aq）]=20mL时,得到等浓度的苯酚钾和苯酚的混合溶液，根据物料守恒可得c(C6H5O－)+ c(C6H5OH)=2c(K＋)。 正确
5.（2010·天津·4T）下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是
A．某物质的溶液pH < 7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B．pH ＝ 4.5的番茄汁中c(H+)是pH ＝ 6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D．pH ＝ 5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+) > c(CH3COO－)
【答案】B
【解析】某些强酸的酸式盐pH＜7，如NaHSO4，故A错；pH=4.5，c(H+)=10-4.5 mol·L-1，pH=6.5，其c(H+)=10-6.5 mol·L-1，故B正确；同浓度的CaCl2溶液的c(Cl-)是NaCl的两倍，它们对AgCl沉淀溶解平衡的抑制程度不同，故C错；混合溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒，c(CH3COO-)>c(Na+)，故D错。
命题立意：综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c(H+)的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较。
6.（2010·广东理综·12T）HA为酸性略强与醋酸的一元弱酸，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】A明显错误，因为阳离子浓度都大于阴离子浓度，电荷不守恒；D是电荷守恒，明显正确。NaA的水解是微弱的，故c(A－)＞c(OH－)，B错；C的等式不符合任何一个守恒关系，是错误的；
7.（2010·福建·10T）下列关于电解质溶液的正确判断是
A．在pH = 12的溶液中，、、、可以常量共存
B．在pH＝ 0的溶液中，、、、可以常量共存
C．由0．1 mol·一元碱BOH溶液的pH＝10,可推知BOH溶液存在BOH＝
D．由0．1 mol·一元碱HA溶液的pH＝3, 可推知NaA溶液存在A- + H2O HA + OH-
【答案】D
【解析】
本题考查常见离子的共存、弱电解质溶液的电离和水解
pH=12的溶液呈碱性含有比较多的OH-，不能与HCO3-共存
pH=0的溶液呈酸性含有较多的H+，在NO3-离子存在的情况下，亚硫酸根离子容易被氧化成硫酸根离子，无法共存
0．1mol/L的一元碱的pH=10表明该一元碱是弱碱，在溶液中不能完全电离
由题意可得该酸是弱酸，在NaA溶液中A-会发生水解而使溶液呈碱性
8.（2010·上海·16T）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是
A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：[Cl-]>[NH4+]
B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合： [OH-]= [H+]
C．0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中：[NH4+]>[SO42-]>[H+]
D．0.1 mol·L-1的硫化钠溶液中：[OH-]=[H+]+[HS-]+[H2S]
【答案】C
【解析】此题考查了溶液中的微粒浓度的大小比较。氨水和氯化铵混合溶液的pH=7时，溶液中[H+]=[OH-]，则[Cl-]=[NH4+]，A错；由于pH=2的酸的强弱未知，当其是强酸正确，当其是弱酸时，酸过量则溶液中[H+]>[OH-]，B错；1mol.L-1的硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，根据物质的组成，可知：[NH4+]>[SO42-]>[H+]，C对；1mol.L-1的硫化钠溶液中，根据物料守恒，可知[OH-]=[H+]+[HS-]+2[H2S]，D错。
技巧点拨：在解答溶液中微粒浓度的大小比较类的题目时，核心是抓住守恒，其包括：电荷守恒、物料守恒和质子（氢离子）守恒。其中电荷守恒是指溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；物料守恒是指原子个数守恒或质量守恒；质子守恒：是指在强碱弱酸盐或强酸弱碱盐溶液中，由水所电离的H＋与OH－量相等。
9.（2009·海南卷） 除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3可采取的方法是：
A．通入二氧化碳气体 B．加入氢氧化钡溶液
C．加入澄清石灰水 D．加入稀盐酸
【答案】A
【解析】除杂方法要操作简便、效果好、不带来新的杂质、保留非杂质成份。溶液中可用这样的方法： Na2CO3 + H2O + CO2 = 2NaHCO3。
10.（2009·江苏卷·7T） 在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是
A．强碱性溶液中：、、、
B. 含有0.1 mol·L-1 的溶液中：、、、
C. 含有0.1 mol·L-1溶液在中：、、、
D. 室温下，pH=1的溶液中：、、、
【答案】D21世纪教育网
【解析】A项，强碱性溶液意味着存在大量的，所以不能共存（）；
B项，和因发生氧化还原反应而不能共存（）；C项，和因发生复分解反应而不能共存
【考点分析】离子共存问题(一色、二性、三特殊、四反应牢记)
= 1 \* GB3 ①由于发生复分解反应，离子不能大量共存；
= 2 \* GB3 ②由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；
= 3 \* GB3 ③溶液酸碱性的判断（隐含条件）。
11.（2009·江苏·5T） 化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是
A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B. 在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C. 的熔点很高，可用于制作耐高温材料
D. 点解饱和溶液，可制得金属镁
【答案】D
【解析】A项，明矾净水的原理是，利用的吸附性进行净水；B项，是因为轮船主要用铁造外壳,铁在海水中易被腐蚀.镀上比铁活泼的锌,形成原电池,锌作负极,失去电子先被腐蚀,从而起到保护铁的作用，从而可减缓船体的腐蚀速率；氧化镁的熔点是2852℃，可用于制作耐高温材料；电解饱和溶液，发生地化学反应为，不会产生金属镁，电解熔融的能制取单质镁，发生的反应。
【考点分析】（1）物质的水解反应，以及水解反应的用途；（2）常见生活常识的原理；（3）常见物质在生产生活中的具体用途；（4）常见物质的制备及发生的化学反应方程式
12.（2009·北京卷） 有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合面成：①与；②与③与④与
下列各项排序正确的是
A．pH:②>③>④>① B ：②>④>③>①
C.溶液中:①>③>②>④ D :①>④>③>②
【答案】B
【解析】本题主要考查盐类水解知识的应用。①：CH3COONa与HCl反应后生成CH3COOH和NaCl，其溶液呈酸性。②：CH3COONa与NaOH溶液，OH―阻止CH3COO―水解，溶液呈强碱性。③：CH3COONNa与NaCl，CH3COONa水解溶液呈碱性。④：CH3COONa与NaHCO3溶液，NaHCO3水解呈碱性，HCO3―水解能力大于CH3COO―的水解能力，HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用。选项A，④中的pH>③中pH，错误。选项B，②中由于OH―对CH3COO―水解抑制作用强，其c(CH3COO―)最大，④中HCO3―水解对CH3COONa水解有一定抑制作用，c(CH3COO―)较大，①中生成了CH3COOH，c(CH3COO―)最小，故正确。选项C，②中c(H＋)最小，错误。选项D，③中c(CH3COOH)>④中c(CH3COOH)，错误。
13．（2011·海南高考·15）氯气在295K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。请回答下列问题：
（1）该反应的离子方程式为____________________________；
（2）估算该反应的平衡常数________________（列式计算）；
（3）在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，平衡将向________移动；
（4）如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将______（填“增大”、“减小”或“不变”），平衡将向______________移动。
【解析】（1）Cl2和水反应生成HCl和HClO，HClO是弱酸；（2）在该氯水中，c（Cl2）＝×0.09mo/L＝0.06mo/L，c（Cl－）＝c（H+）＝c（HClO）＝×0.09mo/L＝0.03mo/L，忽略HClO的电离，所以K＝＝＝4.5×10－4（mol/L）2；（3）加入少量NaOH固体，NaOH可以和H+及HClO反应，使平衡Cl2（g）+H2OH++Cl－+HClO正向移动；（4）增大氯气的压强上述平衡正向移动，氯气在水中的溶解度增大。
【答案】（1）Cl2+H2OH++Cl－+HClO
（2）K＝＝＝4.5×10－4（mol/L）2
（3）正反应 （4）增大 正反应方向
14.（2009·全国卷2） 现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有，阴离子有，现将它们分别配成的溶液，进行如下实验：
测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A>E>C；
向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，沉淀消失；
向D溶液中滴加溶液，无明显现象；
向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。
根据上述实验现象,回答下列问题:
实验②中反应的化学方程式是 ;
(2)E溶液是 ,判断依据是
;
(3)写出下列四种化合物的化学式:A 、C 、
D 、F .
答案
【解析】本题考查离子共存、盐类水解综合运用。根据溶液的性质，确定CO32—只能与K+形成显碱性的溶液，另外可能形成的碱性溶液为碱Ba(OH)2 。由于醋酸的酸性大于碳酸，所以醋酸盐水解的碱性小于碳酸盐，因此A为Ba(OH)2，E为K2CO3，C为醋酸盐，由②可得B中阳离子为Ag+，则肯定为AgNO3，由③可得D中无SO42—，则F中的阴离子为SO42—，D中的阴离子为Cl—。由④可得F中的阳离子为Fe2+，即F为FeSO4，而CH3COO—若与Al3+形成溶液时，Al3+也发生水解，所以C为醋酸钙，而D为AlCl3。
【考点模拟演练】
一、选择题
1.欲使0.1mol L-1 的NaHCO3溶液中c(H＋)、c(CO32－)、c(HCO3 )都减少，其方法是 （ ）
A．通入二氧化碳气体 B．加入氢氧化钠固体
C．通入氯化氢气体 D．加入饱和石灰水溶液
【答案】D
2.在一种一元碱ROH的溶液中，加入一种一元酸HA溶液，当反应后溶液呈现中性，下列判断中一定正确的是（ ）
A. 加入的一元酸HA过量
B. 生成的盐RA不能发生水解
C. 加入的酸与碱的物质的量相等
D. 反应后溶液中c（A－）=c（R+）
【答案】D
3. 关于盐类水解反应的说法正确的是　
A. 溶液呈中性的盐一定是强酸强碱生成的盐
B. 含有弱酸根离子的盐的水溶液一定呈碱性
C. 盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸、碱性的相对强弱
D. 同浓度的NH4Cl和NaCl pH之和大于14
【答案】C
4. 25°C时，浓度均为0.2的和溶液中，下列判断不正确的是
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在粒子种类相同
C．前者大于后者
D．分别加入固体，恢复到原温度，均增大
【答案】C
5.已知：NaA水溶液呈碱性，常温下将0.10molNaA和0.05molHCl溶于水，得到PH＜7的溶液，则溶液中离子浓度由大到小的顺序正确的是
A.c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-) B. c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
C. c(H+)＞c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-) D. c(H+)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(OH-)
【答案】A
6.分别取PH＝3的两种一元酸HA和HB溶液10mL，加入等量（过量）的镁粉，充分反应后收集到H2的体积在相同状况下分别为V1和V2。下列说法中正确的是
A、若它们都是弱酸，则V1和V2在标准状况下一定相等。
B、若V1大于V2，则相同条件下，NaA溶液的碱性弱于NaB溶液的碱性
C、将HA和HB溶液稀释相同的倍数，若PH（HA）＞PH（HB），则酸性：HA>HB
D、反应开始时HA和HB溶液的物质的量浓度不相等，二者生成H 2的速率不同
【答案】C
7.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AC和BY溶液的pH=7，AY溶液的pH>7，BX溶液的pH<7。由此判断可能不水解的盐是 （ ）
A．BX B．AX C．AY D．BY
【答案】B
8.用酒精灯加热下列溶液，蒸干后灼烧，所得固体质量最大的是(　　)
A．20 mL 2 mol·L－1 FeCl3溶液
B．40 mL 1 mol·L－1 NaHCO3溶液
C．20 mL 1 mol·L－1 Na2SO3溶液
D．40 mL 2 mol·L－1 NH4HCO3溶液
【答案】A　
【解析】选项A,20 mL2 mol·L－1FeCl3溶液蒸干后灼烧得到0.02 mol Fe2O3， 其质量为3.2 g。 选项B,40 mL 1 mol·L－1NaHCO3溶液蒸干后灼烧得到0.02 mol Na2CO3，其质量为2.12 g。选项C,20 mL1 mol·L－1Na2SO3溶液蒸干后灼烧得到0.02 mol Na2SO4，其质量为2.84 g。选项D，NH4HCO3溶液蒸干后灼烧，导致NH4HCO3全部分解生成NH 3、CO2、H2O气体而不残留固体，其质量为0。
9.(2011·南充模拟)在常温时，将a1 mL b1 mol/L CH3COOH溶液加入到a2 mL b2 mol/L NaOH溶液中，下列结论中，错误的是( )
A.如果a1=a2,b1=b2,则混合溶液中c(CH3COO-)=c(Na+)
B.如果混合溶液的pH=7，则混合溶液中c(CH3COO-)=c(Na+)
C.如果混合溶液的pH＞7，则可能a1b1=a2b2
D.如果a1=a2，且混合溶液的pH＜7，则b1＞b2
【答案】选A。
【解析】当a1=a2,b1=b2时，CH3COOH与NaOH恰好完全反应,溶液中的溶质只有CH3COONa,由于CH3COO-水解,得c(CH3COO-)＜c(Na+);由电荷守恒式知,c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),当混合溶液的pH=7时,则有c(CH3COO-)=c(Na+);混合溶液的pH＞7时，溶质为CH3COONa或CH3COONa和NaOH,当溶液中的溶质只有CH3COONa时,此时,a1b1=a2b2;当混合溶液的pH＜7时,CH3COOH过量,若a1=a2,则有b1＞b2,故选A项。
10.(2011·潮州模拟)在一定条件下Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-+H2O HCO3-+OH-。下列说法正确的是( )
A.Na2CO3溶液中：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)
B.升高温度，平衡向正反应方向移动
C.稀释溶液，溶液中c(H+)和c(OH-)都减小
D.加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】选A、B。
【解析】(1)Na2CO3溶液中CO32-虽水解，但水解程度较小。(2)稀释对溶液中离子浓度的影响一般是减小，但要注意若温度不变，则KW不变。(3)外加酸碱对水解可能会产生抑制，但加入酸pH会减小，加入碱pH会增大。
【解析】在Na2CO3溶液中，CO32-水解，c(Na+)＞c(CO32-),而水解显碱性，使得c(OH-)＞c(H+)，由于水解程度较小，故c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+),A正确；由于水解平衡吸热，升温促进水解，水解平衡正向移动，B正确；加水稀释c(OH-)减小，但由于KW不变，c(H+)增大，C错误；加入固体NaOH抑制CO32-水解，但c(OH-)变大，溶液pH变大，D错误。
11.（2011·哈尔滨一模）向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为(　　)
A．减小、增大、减小　　　B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
【答案】A　
【解析】 CH3COONa溶液中存在CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－的水解平衡，加入的NH4NO3和FeCl2显酸性，故促进其平衡正向移动，则CH3COO－浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，对其平衡有抑制作用，故CH3COO－浓度增大。
12.（2011·福建四地六校高三第二次月考）下列离子组一定能大量共存的是（　　）
A．Na+ 、I-、NO3-、ClO- B．Na+、0H- 、NO3-、HCO3-
C．H+、Fe2+、NO3-、Cl- D．[Al(OH)4]-、SO42-、0H-、Na+
【答案】D
13.（2011·山东枣庄八中高三第一次调研）下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是 （ ）
A．某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B．pH=4．5的番茄汁中c（H+）是pH=6．5的牛奶中c（H+）的100倍
C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D．pH=6．5的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na）+>c（CH3COO一）
【答案】B
14.（2011·福建四地六校高三第二次月考）有M、N两溶液，各含下列8种离子中的4种：K+、Na+、H+、Fe2+ 、Al3+、NO3- 、CO32-、 SO42-。已知两溶液所含离子各不相同，M溶液呈强酸性，则N溶液里大量存在的阴离子应该是（　　）
A．CO32- B．NO3-、 SO42-　　　　　　　　C．CO32-、 NO3- D．CO32- 、 SO42-
【答案】C
15.（2011·江苏金陵中学高三期中）下列离子组在指定溶液中能大量共存的是 （ ）
A．强酸溶液中：K+、Fe2+、MnO-4、SO2-4
B．滴加石芯试液显红色的溶液中：Fe3+、NH+4、Cl-、SCN-
C．既能溶解Al（OH）3又能溶解H2SiO3的溶液中：Na+、CO2-3、SO2-3、NO-3
D．常温下的溶液中：Al3+、NH+4、Cl-、SO2-4
【答案】C
16.（2011·吉林东北师大附中高三第三次摸底） 向三份0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO－浓度的变化依次为 （ ）
A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大
【答案】A
【解析】醋酸根离子水解使CH3COONa溶液显碱性，NH4+和Fe3+水解均使溶液显酸性，SO32-水解使溶液呈碱性，故加入NH4NO3和FeCl3固体均能促进CH3COONa的水解，导致溶液中CH3COO－浓度减小，加入Na2SO3固体抑制CH3COONa的水解，导致溶液中CH3COO－浓度增大，故选项A正确。
【考点】电解质溶液——盐类水解的实质
二、非选择题
17.(2011·东莞模拟)常温下，浓度均为0.1 mol/L的四种溶液:
①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液 ③盐酸 ④氨水
试回答下列问题：
(1)上述溶液中有水解反应发生的是______(填编号，下同)，溶液中溶质存在电离平衡的是______；
(2)比较①、②溶液,pH值较大的是______；
(3)在溶液④中加入少量NH4Cl固体，此时 的值将_____(填“变小”、“变大”或“不变”)；
(4)用溶液③滴定V mL溶液④，其滴定曲线如图所示：
①试分析在滴定过程中，滴定曲线上a、b、c、d四点：水的电离程度最大的是___点，理由是_______________；
②a点溶液中离子浓度大小关系是___________________；
③取少量c点溶液于试管，再滴加0.1 mol/L NaOH溶液至中性。此时溶液中除H+、OH-外，离子浓度大小关系是_______________________________________________。
【解析】(1)Na2CO3为弱酸强碱盐，只存在弱酸根的水解；NaHCO3为弱酸的酸式盐，既存在HCO3-的水解平衡又存在HCO3-的电离平衡；盐酸为强酸，只发生电离；氨水中只存在NH3·H2O的电离平衡。
(2)CO32-对应的酸为HCO3-，HCO3-对应的酸为H2CO3，酸性H2CO3>HCO3-。等浓度的两种溶液，Na2CO3的水解程度比NaHCO3大，所以pH较大的是Na2CO3溶液。
(3)氨水中存在NH3·H2O NH4++OH-，向溶液中加入NH4Cl固体，NH4+浓度增大，平衡左移，OH-浓度减小，所以的值将变大。
(4)①盐酸滴定氨水，在c点时两溶液恰好完全反应生成NH4Cl，NH4+水解促进水的电离，其余三点酸过量或碱过量,剩余的酸或碱会抑制水的电离，故c点水的电离程度最大。
②由图像可知a点相当于等浓度的NH4Cl和NH3·H2O混合，溶液显碱性，NH3·H2O电离产生的NH4+多于发生水解反应产生的NH4+,所以溶液中离子浓度大小关系为c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。
③取c点溶液于试管中，滴NaOH溶液至溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+),又因为NH4+的水解是极其微弱的，中和水解产生的H+，所需NaOH溶液也极少，故此时离子浓度大小为c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)。
【答案】(1)①② ②④ (2)① (3)变大
(4)①c c点表示两溶液恰好完全反应，溶质为NH4Cl,NH4+水解促进水的电离，其余三点酸过量或碱过量，剩余的酸或碱会抑制水的电离，故c点水的电离程度最大
②c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
③c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)
18.(9分)(2011·杭州模拟)草酸(H2C2O4)是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性。向10 mL 0.01 mol/L的H2C2O4溶液滴加0.01 mol/L KOH溶液V(mL)，回答下列问题：
(1)当V＜10 mL时，反应的离子方程式为____________。
(2)当V＝10 mL时，溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序为__________________。
(3)当V＝a mL时，溶液中离子浓度有如下关系：
c(K+)＝2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)；
当V＝b mL时，溶液中离子浓度有如下关系：
c(K+)＝c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)；
则a______b (填“＜”、“＝”或“＞”)。
【解析】(1)当V＜10 mL时，即n(H2C2O4)>n(KOH)，所以反应的离子方程式为：H2C2O4＋OH-====HC2O4-＋H2O。(2)当
V＝10 mL时，即n(H2C2O4)=n(KOH)，反应后溶液中的溶质只有KHC2O4。由KHC2O4溶液呈酸性知，HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度，所以存在：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)＞c(OH-)。(3)当溶液中离子浓度存在：c(K+)＝2c(C2O42-)＋c(HC2O4-)时，由电荷守恒知，此时溶液呈中性，则a＞10；当溶液中离子浓度存在：c(K+)＝c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)时，由物料守恒知，溶液中的溶质只有KHC2O4，则b＝10，故有a＞b。
【答案】(1)H2C2O4＋OH-====HC2O4-＋H2O
(2)c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4) (3)＞
19．(2010·11文昌期中)现有①0.2 mol/L NaOH溶液和②0.2 mol/L HX溶液，两溶液等体积混合后，测得溶液中c(Na＋)>c(X－)。则：
(1)①中由水电离出的c(OH－)________②中由水电离出的c(H＋)(填“>”、“＝”或“<”)。
(2)上述混合液中共存在________种粒子。且：
c(HX)________c(X－)(填“>”、“＝”或“<”，下同)。
c(HX)＋c(X－)________0.1 mol/L(忽略体积变化)
请根据电荷守恒写出一个用离子浓度表示的等式：
____________________________________________。
(3)上述混合液显________性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因用离子方程式表示_________________________________________。
【解析】　NaOH溶液与HX溶液等浓度、等体积混合，二者恰好完全中和，所得溶液中c(Na＋)>
c(X－)，说明X－水解，即HX为弱酸。(1)HX溶液中c(H＋)对水的电离程度影响小于NaOH溶液中c(OH－)对水的电离程度。
(2)混合溶液中应存在Na＋、X－、H＋、OH－、H2O、HX六种粒子。由于水解程度较小，故
c(HX)【答案】　(1)<　(2)6　<　＝　c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(X－)　(3)碱　X－＋H2OHX＋OH－
20据卫生部统计，半数以上儿童患有龋齿，我国5岁儿童乳牙龋病患病率为66%，65岁到74岁年龄组中龋病患病率增加，达到了98.4%。
阅读上述新闻信息，解答下列问题：
（1）口腔中残留的淀粉在乳酸菌的作用下可生成乳酸（C2H4OHCOOH，弱酸），乳酸钙是一种常用的药用补钙剂，乳酸钙水解的离子方程式为：　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）写出口腔中的氢离子与牙齿的主要成分羟基磷灰石［Ca5(PO4)3OH］反应的离子方程式（假设溶液中磷元素以“HPO42-”的形式存在）： 。羟基磷灰石的溶解平衡为：Ca5(PO4)3OH5Ca2++3PO43-+OH-。请你分析该平衡在有机酸作用下的移动： 。
（3）使用含氟牙膏是防治龋齿的有效手段之一，如在牙膏中添加一氟磷酸钠(Na2PO3F)，PO3F2-可以看作是氟原子取代HPO42-中羟基的结果。
①PO3F2-能够水解产生弱酸HF，写出该离子的水解水程式： 。
②氟磷灰石的溶解度比羟基磷灰石的溶解度还小。请你用离子方程式解释氟化物可以防治龋齿的原理： 。
【答案】 (1)C2H4OHCOO-+H2O C2H4OHCOOH+OH- （2分）
(2)Ca5(PO4)3OH+4H+=5Ca2++3HPO42-+H2O （2分）
有机酸电离出的氢离子与磷灰石电离出的PO43+、OH-结合，使磷灰石溶解平衡右移 （2分）
(3) ①PO3F2-+ H2OHF+ HPO42- （2分）
②Ca5(PO4)3OH + F-=Ca5(PO4)3F+OH- （2分）第一节 化学反应速率及影响因素
【高考目标导航】
考纲导引 考点梳理
1.了解化学反应速率的概念，反应速率的定量表示方法。2.理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率的影响，认识其一般规律。 1.化学反应速率2.影响化学反应速率的因素。
【基础知识梳理】
一、化学反应速率
1.概念：化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢程度的物理量。
2.表示方法：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（也可用单位时间内反应物的变化量或生成物的变化量来表示）。
公式：v =△C/△t（△C表示物质的物质的量浓度变化，△t表示时间变化）
单位：mol·L-1·S-1、mol·L-1·min-1、mol·L-1·h-1等
3.注意事项：①同一反应中，用不同物质来表示反应速率时，其数值可能不同，但其表达的意义是相同的，都表示在同一段时间内的平均反应速率而不是瞬时速率。因此表示化学反应速率时，必须指明用反应物或生成物中哪种物质做标准，且一般不能用固体物质做标准。②用不同物质表示同一反应的速率时，速率的比值等于化学方程式中相应的化学计量数之比。
③比较反应速率的快慢，要转化为同一物质的速率来比较。
二．影响化学反应速率的因素：
1.内因：参加反应的物质的本身性质是影响化学反应速率的决定因素。不同的反应，由于反应物质的结构不同和反应机理不同，因此反应速率不同。
2.外因：同一反应在不同条件下，反应的速率不同，浓度、温度、催化剂等外界条件对化学反应的速率有影响。
（1）浓度的影响：当其它条件不变时，增大反应物的浓度，使单位体积内分子数增多，因此可加快反应的速率。
（2）压强的影响：当其它条件不变时，加压（缩小体积）对有气体参加的反应，正逆反应速率均加快，气体体积缩小方向的反应速率增加的倍数大于气体体积增大方向增加的倍数；降压（增大体积），正逆反应速率均减小，气体体积缩小方向的反应速率减小的倍数大于气体体积增大方向减小的倍数。注意：改变压强对反应速率产生影响的根本原因是引起反应体系中各物质浓度的改变，若容器恒温、恒容充入稀有气体或其它不反应气体，虽然改变了容器内气体压强，但由于没有改变反应物质的浓度，所以不影响化学反应速率。
（3）温度的影响：其它条件不变时，升高温度，反应物的能量增加，使原来一部分能量较低的分子变成活化分子，所以可以加快反应的速率。通常情况下，温度每升高10度，化学反应的速率增大到原来的2至4倍。升高温度，对可逆反应，正逆反应速率均加快，但吸热反应增加的倍数大于放热反应增加的倍数；降低温度，正逆反应速率均减小，吸热反应减小的倍数大于放热反应减小的倍数。
（4）催化剂的影响：其他条件不变的时，使用催化剂能降低反应的活化能，使更多的反应物分子成为活化分子，因此使用催化剂能同时同倍改变正逆反应的速率。
（5）其他因素：除了上述因素外，压强、光波、电磁波、超声波、溶剂等因素对化学反的速率也有影响。
3.从活化分子角度解释外界条件对化学反应速率的影响
（1）有效碰撞理论
①化学反应发生的先决条件是：反应物分子（或离子）间能够发生碰撞。
②有效碰撞概念：相互碰撞的分子具有足够高的能量，且有合适的取向时，使化学键断裂， 发生化学反应，这样的碰撞叫做有效碰撞
③活化分子：是指反应中能量较高的、能发生有效碰撞的分子。
④单位体积内活化分子数=单位体积内分子总数·活化分子百分数（其它条件不变时，对某一反应而言，活化分子百分数是不变的）
（2）从活化分子角度解释外界条件对化学反应速率的影响
【要点名师透析】
一、化学反应速率的计算和比较
1．化学反应速率的简单计算方法
(1)根据定义式v＝算。
(2)对某一具体反应，知其中一种物质的反应速率，其余物质的反应速率可根据化学方程式中的化学计量数之比求算。
(3)对于较为复杂的题目，采用以下步骤和模板计算：
①写出有关反应的化学方程式；
②找出各物质的起始量、转化量、某时刻量；
③根据已知条件列方程式计算。
2．化学反应速率大小的比较
由于同一化学反应速率用不同物质表示时数值可能不同，所以比较反应的快慢不能只看数值的大小，而要进行一定的转化。
(1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同的单位。
(2)换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小。
(3)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应aA＋bB===cC＋dD，比较与，若＞，则A表示的反应速率比B大。
【典例1】下列判断正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1的盐酸和0.1 mol·L－1的醋酸分别与2 mol·L－1的NaOH反应的速率相同
B．0.1 mol·L－1的HCl和0.1 mol·L－1的HNO3分别与大小相同的大理石反应的速率相同
C．Mg和Fe分别与0.1 mol·L－1的HCl反应的速率相同
D．大理石块与大理石粉分别与0.1 mol·L－1的HCl反应的速率相同
【答案】B
【解析】影响化学反应的速率有内因与外因之分。内因指的是反应物本身的结构性质。例如：在完全相同的外界条件下，Mg、Fe由于自身金属活泼性的不同，反应速率v(Mg)>v(Fe)。外因主要指的是温度、浓度、压强、催化剂、反应物颗粒的大小、紫外线辐射等因素。A中0.1 mol·L－1的盐酸与0.1 mol·L－1的醋酸中自由移动的c(H＋)是不相同的；D中大理石粉改变了与盐酸的接触面积，所以改变了反应速率。
二、化学反应速率的图象问题
速率—时间图象定性揭示了v正、v逆随时间(含条件改变对速率的影响)而变化的规律，体现了外界条件改变对可逆反应速率的影响，以及由此引发的平衡移动
平衡体系 条件变化 速率变化 平衡变化 速率变化曲线
任一平衡体系 [来源:21世纪教育网]21世纪教育网[来源:21世纪教育网] 增大反应物的浓度 [来源:21世纪教育网][来源:21世纪教育网][来源:21世纪教育网] v正、v逆均增大，且v正>v逆21世纪教育网 正向移动 [来源:21世纪教育网]21世纪教育网
减小反应物的浓度 v正、v逆均减小，且v逆>v正 逆向移动
任一平衡体系 增大生成物的浓度 v正、v逆均增大，且v逆>v正 逆向移动
减小生成物的浓度 v正、v逆均减小，且v正>v逆 正向移动
正反应方向为气体体积增大的放热反应 增大压强或升高温度 v正、v逆均增大，且v逆>v正 逆向移动
减小压强或降低温度 v正、v逆均减小，且v正>v逆 正向移动
任意平衡或反应前后气体化学计量数和相等的平衡 正催化剂或增大压强 v正、v 逆同等倍数增大 平衡不移动
负催化剂或减小压强 v正、 v逆同等倍数减小
【典例2】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下图所示。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，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】从题图中可以看出：达到平衡后，X、Y均减少了0.79mol，Z增加了1.58mol，反应方程式为X(g)＋Y(g) 2Z(g)，所以Z表示的反应速率为=，X的物质的量浓度减少。
【感悟高考真题】
1.（2011·江苏高考·15）700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应：
CO(g)+H2O(g) CO2+H2(g)
反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1>t2）:
反应时间/min n(CO)/mol H2O/ mol
0 1.20 0.60
t1 0.80
t2 0.20
下列说法正确的是
A.反应在t1min内的平均速率为
B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20 molH2O，到达平衡时n（CO2）=0.40mol
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大
D.温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
【答案】选BC。
【解析】解答本题时应看清题目所给数据，运用等效的思想分析具体的平衡问题，结合外界条件的改变和平衡常数分析平衡移动的方向。
A项，表中所给数据的单位为mol，反应在t1min内的平均速率为v(H2)=(0.20/t1)mol·L-1·min-1, A项错误；B项，由方程式可知CO和H2O的量对该反应的影响相同，所以“起始时向容器中充入0.60molCO和1.20 molH2O（g）”与“起始时向容器中充入1.20molCO和0.60 molH2O（g）”将达到相同的平衡状态，对比表中反应时间为0、t1、t2三个时间的数据0→t1，CO减少0.40mol，根据方程式计算H2O（g）也应减少0.40mol，而到t2时H2O（g）的减少量仍然为0.40mol，说明t1时已经达平衡，根据t1时的数据可求得n(CO2)=0.40mol, B项正确；C项，增大反应物水蒸气的浓度，平衡正向移动，CO转化率增大，水蒸气的转化率降低，水蒸气的体积分数增大，C项正确；D项，t1时为平衡状态，根据表中数据可求得t1时的平衡常数为1，温度升高，平衡常数减小，说明温度升高平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，D项错误。
2.（2011·北京高考·12）.已知反应：2CH3COCH3(l) CH3COCH2COH(CH3) 2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是
A.b代表0 ℃下CH3COCH3的Y-t曲线
B.反应进行到20min末，CH3COCH3的
C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D.从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的
【答案】选D。
【解析】（1）仔细观察图像，了解图像横纵坐标的含义及图像变化趋势不同的原因；
（2）注意外界条件变化对速率和平衡的不同影响。
选项 具体分析 结论
A 由图像可知，a曲线达到平衡所用的时间比b曲线多，故b曲线所对应的反应速率快，温度高 错误
B 不论反应进行到什么程度，20℃对应的反应速率大于0℃，故＜1 错误
C 升高温度，加快化学反应速率，可缩短达到平衡所用的时间；由图像可知达到平衡时从a曲线到b曲线，CH3COCH3转化分数降低，即升高温度，平衡左移，降低平衡转化率 错误
D 从Y=0到Y=0.113，CH3COCH3转化率相同，由于起始加入量相同，故变化量相同,即。 正确
3.（2011·海南高考·8）对于可逆反应H2（g）+I2（g）2HI（g），在温度一定下由H2（g）和I2（g）开始反应，下列说法正确的是（ ）。
A．H2（g）的消耗速率与HI（g）的生成速率比为2∶1
B．反应进行的净速率是正、逆反应速率之差
C．正、逆反应速率的比值是恒定的
D．达到平衡时，正、逆反应速率相等
【答案】选B、D。
【解析】解答本题要明确以下两点：
（1）化学反应速率之比等于化学计量数之比
（2）判断可逆反应进行方向的依据是看正逆反应速率的相对大小
v（H2）∶v（HI）＝1∶2，A选项错误；随着反应的进行，正逆反应速率在不断发生变化，其比值也不断发生变化，当达到平衡时，正、逆反应速率相等，不再发生变化，其比值也不再发生变化。
4. （2010·天津卷）下列各表述与示意图一致的是
A．图①表示25℃时，用0.1 mol·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
B．图②中曲线表示反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C．图③表示10 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+) 随时间的变化
D．图④中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2 (g) + H2(g)CH3CH3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
【答案】B
【解析】酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A错；正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故B正确；反应是放热反应，且反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，C错；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故D错。
命题立意：综合考查了有关图像问题，有酸碱中和滴定图像、正逆反应的平衡常数图像，反应速率图像和能量变化图像。
5.（2010·福建卷）下列有关化学研究的正确说法是
A．同时改变两个变量来研究反映速率的变化，能更快得出有关规律
B．对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同
C．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液
D．从HF、HCl、、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律
【答案】B【解析】
本题侧重考查反应速率、盖斯定律、分散系、元素周期律重要的基本概念，规律
同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律
这是盖斯定律的表述
分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的
在以酸性强弱作为判断元素非金属性非金属性强弱依据时，是以最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为判断依据的。
6.（2010·福建卷）化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物尝试随反应时间变化如右图所示，计算反应4~8 min间的平均反应速率和推测反应16 min 反应物的浓度，结果应是
A 2.5和2.0
B 2.5和2.5
C 3.0和3.0
D 3.0和3.0
【答案】B
【解析】本题考察化学反应速率的计算
第8秒与第4秒时反应物浓度差△C为10，为4秒，所以在4~8间的平均反应速率为2.5，可以排除CD两个答案；图中从0开始到8反应物浓度减低了4倍，根据这一幅度，可以推测从第8到第16分也降低4倍，即由10降低到2.5，因此推测第16反应物的浓度为2.5，所以可以排除A而选B
7.（2009·山东卷） 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是21世纪教育网
A.催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B.增大反应体系的压强，反应速率一定增大高
C.该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间21世纪教育网
D.在t1、l2时刻，SO3（g）的浓度分别是c1，c2，则时间间隔t1～t2内，SO3（g）生成的平均速率为
【答案】D
【解析】加入催化剂同时改变正、逆反应速率，A项错误；若是恒容条件，增加不参与反应的气体而使反应体系的压强增大，由于浓度不变，反应速度就不变，B项错误；降低温度使反应速率降低，将增大反应达到平衡的时间，C项错误；根据计算平均速率的定义公式可得D项正确。
【考点分析】本题主要是对影响化学反应速率的因素进行了考查。
8.（2011·全国卷I·28）反应aA（g）+bB（g）cC（g）（△H＜0）在等容条件下进行。改变其他反应条件，在I、II、III阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：
回答问题：
（1）反应的化学方程式中，a：b：c为 ；
（2）A的平均反应速率（A）、（A）、（A）从大到小排列次序为 ；
(3) B的平衡转化率中最小的是 ，其值是 ；
（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 ；
（5）比较第II阶段反应温度（）和第III阶段反应温度（）的高低： （填“＞”、“＝”、“＜”），判断的理由是 ；
（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出A、B、C）。
【解析】要善于从图中获取信息，如起点、平衡点、平衡如何移动等。注意第II阶段C的起点为0。
【答案】（1）第I阶段： aA（g）+bB（g）cC（g）
起始物质的量浓度（mol/L） 2.00 6.00 0
转化物质的量浓度（mol/L） 1.00 3.00 2.00
平衡物质的量浓度（mol/L） 1.00 3.00 2.00
所以，反应的化学方程式中，a：b：c为1：3：2
（2）A的平均反应速率（A）=
（A）=
（A）=
所以，（A）、（A）、（A）从大到小排列次序为（A） （A） （A）
(3)第I阶段：=
第II阶段：=
第III阶段：=
所以，B的平衡转化率中最小的是，其值是19%。
（4）由第一次平衡到第二次平衡，A、B的物质的量浓度减小， C的物质的量浓度增大，平衡向正反应方向移动。第II阶段C的起始物质的量浓度为0，故采取的措施是从反应体系中移出产物C。
（5）第III阶段A、B的物质的量浓度减小， C的物质的量浓度增大，平衡向正反应方向移动。此反应△H＜0，为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，所以第II阶段反应温度（）高于第III阶段反应温度（）。
（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，此时A、B、C的物质的量浓度均减小一半，体系压强减小，平衡向逆反应方向移动。注意A、B、C的物质的量浓度变化比例应符合1：3：2。
【答案】（1）1：3：2 （2）（A） ＞（A）＞ （A）
(3) 19%（0.19） （4）正反应方向 从反应体系中移出产物C
（5）＞ 正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动
（6）
9.（2010·重庆卷）（14分）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域．
（1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂．
①一定条件下，与空气反映t min后，和物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L, 则起始物质的量浓度为 mol/L ；生成的化学反应速率为 mol/(L·min) ．
②工业制硫酸，尾气用_______吸收．
（2）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如题29图所示．
①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为 ．
②充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由 色变为 色．
③放电过程中氢离子的作用是 和 ；充电时若转移的电子数为3.011023个，左槽溶液中n(H+)的变化量为 ．
答案（14分）
（1）①；
②氨水
（2）①
②绿 紫
③参与正极反应; 通过交换膜定向移动使电流通过溶液；0.5mol
【解析】本题考查以钒为材料的化学原理题，涉及化学反应速率和电化学知识。
由S守恒可得，的起始浓度为（a+b）mol/L。的速率为单位时间内浓度的变化，即b/tmol/(L﹒min)。可以用碱性的氨水吸收。
①左槽中，黄变蓝即为生成，V的化合价从+5降低为+4，得一个电子，0原子减少，从图中知，其中发生了移动，参与反应，由此写成电极反应式。②作为原电池，左槽得电子，而右槽失电子。充电作为电解池处理，有槽中则为得电子，对应化合价降低，即为生成，颜色由绿生成紫。③由电极反应式知，参与了反应。溶液中离子的定向移动可形成电流。n=N/NA=3.01×/6.02×=0.5mol。
【规律总结】电化学试题的分析一般是从化合价着手，对于原电池，化合价升高的作为负极，化合价降低的作为正极，两极方程式相加即可得总反应。对于电解池，化合价升高作为阳极，降低的作为阴极。两者之间的关系是：正极反应式颠倒即为阳极反应式，负极反应式颠倒即为阴极反应式。
10（2009·广东卷） （10分）甲酸甲酯水解反应方程式为：
某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）。反应体系中各组分的起始量如下表：
甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化如下图：
（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：
请计算15~20min范围内甲酸甲酯的减少量为 mol，甲酸甲酯的平均反应速率
为 mol·min-1(不要求写出计算过程)。
（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因： 。
（3）上述反应的平衡常数表达式为：，则该反应在温度T1下的K值为 。
（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。
【答案】（1）0.045 9.0×10-3
（2）该反应中甲酸具有催化作用
①反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢。
②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大。
③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零。
（3）0.14
（4）
【解析】（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×6.7%==0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×11.2%==0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol—0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率==0.045mol/5min==0.009mol·min-1。
（2）参考答案。
（3）由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%==0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量==0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量==0.25mol 甲醇的物质的量==0.76mol
所以K=（0.76×0.25）/（1.75×0.76）=1/7
（4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2达到平衡的时间要小于T1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T2达到平衡时的平台要低于T1。
【考点分析】考查考生对化学反应速率概念，化学平衡的了解及其影响因素的理解，对化学平衡常数简单计算的掌握，考查学生知识迁移、读图及表达能力。
【考点模拟演练】
一、选择题
1.已知图一表示的是可逆反应CO(g)＋H2(g) C(s)＋H2O(g)ΔH＞0化学反应速率(v)与时间(t)的关系，图二表示的是可逆反应2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0的浓度(c)随时间(t)
的变化情况。下列说法中正确的是
A.图一t2时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
B.图一t2时改变的条件是增大了反应物的浓度
C.图二t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强
D.若图二t1时改变的条件增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小
【答案】选A。
【解析】由图一可知，t2瞬间，曲线是断开的，因此条件的改变不可能是由某一物质的浓度引起的，t2瞬间，正、逆反应速率均加快，且v ′(正)＞v′ (逆)，可知化学平衡正向移动，因此外界条件的改变可能是升高了温度也可能是增大了压强，所以选项A正确，B错误。由图二可知，t1瞬间，曲线是断开的，因此外界条件的改变不可能是温度的变化。由于此刻NO2和N2O4的浓度均增大，显然改变的条件是给体系增压。压强增大，平衡向正反应方向移动，N2O4的体积分数增加，因此混合气体的平均相对分子质量应增大，选项C和D均错。
2.(2011·汕头模拟)在一定条件下发生反应2A(g)====2B(g)+C(g)，将2 mol A通入2 L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5 min末测得A的物质的量为0.8 mol。用B的浓度变化来表示该反应的速率为( )
A.0.24 mol/(L·min) B.0.08 mol/(L·min)
C.0.06 mol/(L·min) D.0.12 mol/(L·min)
【答案】选D。
【解析】v(A)=v(B)=v(A)=0.12 mol/(L·min)。
3．中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。下列对此反应的叙述中正确的是( )
A．使用光催化剂不改变反应速率
B．使用光催化剂能增大NO的转化率
C．升高温度能加快反应速率
D．改变压强对反应速率无影响
【答案】选C。
【解析】使用催化剂可以加快反应速率，但不能改变反应物的平衡转化率，故A、B两项不正确；该反应有气体参与，改变压强可影响化学反应速率，故D项不正确。
4.（2011·安徽无为中学高三第三次检测）可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H<0， 在一定条件下达到平衡状态。在t1时刻改变某一条件，化学反应速率与反应时间的关系如右图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．维持温度、反应体系容积不变，t1时充入SO3(g)
B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度
C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar
D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)
【答案】D
5.（2011·江苏南通高三期中）在1 L的密闭容器中充入1 molA(g)和1 mol B(g)，于T℃时进行如下反应：A(g)＋B(g)C(g)＋D(g) △H＜0达到平衡时，A转化了50％。在T℃时，将1 molA(g)和4 molB(g)充入同样的容器中，记录0～8 min内容器中各物质的量如右表。t min时为改变条件后达平衡时所测得的数据。下列说法正确的是
A．反应在第4 min时处于化学平衡状态
B．前4 min，用A(g)表示的化学反应速率为0.0625 mol·L－1·min－1
C．8 min时，混合气体中C(g)的体积分数为16％
D．t min时，反应所处的温度低于T℃
【答案】CD
6.（2011·镇江月考）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O。下列各组实验中最先出现浑浊的是(　　)
实验 反应温度/℃
Na2S2O3溶液
V/mL c/(mol·L－1)
稀H2SO4
V/mL c/(mol·L－1)
H2O
V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
【答案】D　【解析】 分析图表中的数据得出，相同温度下，B、D中Na2S2O3浓度分别大于A、C的，反应速率B大于A，D大于C，但在浓度相同时，温度高的反应速率大于温度低的，反应速率D大于B，综合分析，选D。
7.（2011·济南调研A）下面四个选项是四位同学在学习过化学反应速率和化学平衡理论以后，联系化工生产实际所发表的看法，其中，你认为不正确的是
A．化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品
B．化学平衡理论可指导怎样使用有限原料多出产品
C．化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率
D．正确利用化学反应速率和化学平衡理论都可提高化工生产的综合经济效益
【答案】C
8.（2011·焦作调研）某温度下，反应 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)的平衡常数为400。此温度下，在容积一定的密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
浓度/（mol·L－1） 0.44 0.6 0.6
下列说法正确的是
A．CH3OH的起始浓度为1.04 mol/L
B．此时逆反应速率大于正反应速率
C．平衡时，CH3OH的浓度为0.04 mol/L
D．平衡时，CH3OH的转化率小于80%
【答案】C
9.（2011·三明联考）在恒温、恒压下，a mol A和b molB在一个容积可变的容器中发生反应：
A（g）+2B（g）2C（g），一段时间后达到平衡，生成n mol C。则下列说法中正确的是
A．物质A、B的转化率之比为l：2
B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为（a+b）：（a+b-0.5n）
C．当2v正（A）=v逆（B）时，反应一定达到平衡状态
D．充入惰性气体（如Ar），平衡向正反应方向移动
【答案】C
10.（2011·泰安模拟）一定条件下，在体积为10L的密闭容器中，1mol X和1mol Y进行反应：2X（g）+ Y（g）Z（g），经60s达到平衡，生成0.3mol Z。下列说法正确的是
A.以X浓度变化表示的反应速率为0.001mol·L-1·s-1
B.其它条件不变，将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的
C.其它条件不变，若增大压强，则物质Y的转化率减小
D.其它条件不变，若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的
【答案】A
二、非选择题
11.(15分)(2011·海淀模拟)草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：
MnO4-+H2C2O4+H+——Mn2++CO2↑+H2O(未配平)
用4 mL 0.001 mol/L KMnO4溶液与2 mL 0.01 mol/L H2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：
(1)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。
(2)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验_____和_____(用Ⅰ～Ⅳ表示，下同)；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验_____和_____。
(3)对比实验Ⅰ和Ⅳ，可以研究_________________对化学反应速率的影响，实验Ⅳ中加入1 mL蒸馏水的目的是____________________________________。
【解析】(1)草酸与KMnO4反应的离子方程式为：
2MnO4-+5H2C2O4+6H+====2Mn2++10CO2↑+8H2O
故反应中氧化剂(KMnO4)和还原剂(H2C2O4)的物质的量之比为2∶5。
(2)从表格提供的数据可知：实验Ⅰ和Ⅱ是研究催化剂(MnSO4)对反应速率的影响，实验Ⅰ、Ⅲ是研究温度对反应速率的影响。
(3)在确定溶液总体积不变的前提条件下，实验Ⅰ、Ⅳ可研究硫酸浓度的变化对反应速率的影响。
【答案】(1)2∶5
(2)Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅲ
(3)c(H+)(或硫酸溶液的浓度)
确保所有实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)不变和总体积不变
12.（2011·济南外国语高三上第二次质检）
（7分）在锌与盐酸反应的实验中，一个学生得到的结果如下表所示：
锌的质量/g 锌的形状 温度/℃ 完全溶于溶液的时间/s
A 2 薄片 5 400
B 2 薄片 15 200
C 2 薄片 25 100
D 2 薄片 35 t1
E 2 细小颗粒 15 t2
F 2 粉末 15 t3
G 2 薄片(含少量杂质Cu) 35 t4
(1)t1＝ s
(2)总结并得出的关于温度影响反应速率的结论是
(3)t1 t4(填“＞”或“＜”＝，原因是
t2 t3(填“＞”或“＜”＝，原因是
(4)单位时间内消耗锌的质量mB、mE、mF从大到小的顺序为
答案：(1)50 (2)温度每升高10℃，反应速率加快到原来的2倍
(3)＞　G组中可形成Cu—Zn原电池，反应速率加快
＞　F组中锌为粉末状，表面积较大，反应速率加快
(4)mF＞mB＞mE（每空1分）
13.（2011·辽宁建昌高中高三第三次月考）（12分）在2 L密闭容器内，800 ℃时反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s) 0 1 2 3 4 5
n(NO)(mol) 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
⑴写出该反应的平衡常数表达式：K= 。
⑵右图中表示NO2的变化的曲线是 。
用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v= 。
⑶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
⑷某同学查阅资料得知，该反应＞；
25 ℃时，生成1 mol NO2，热量变化为56.4 kJ。但是该同学由于疏忽，忘记注明“+”、“-”。根据题目信息，该反应的热化学方程式为 。
⑸ 为使该反应的反应速率增大，且 平衡向正反应方向移动的是 。
a．及时分离除NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
【答案】（12分） （1）K= ………………………………………2分
（2）b …………………………………………………………………2分
1.5×10-3mol·L－1·s－1 …………………………………………………2分
（3）b c …………………………………………………………………2分
（4） 2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH= -112.6 kJ ………………2分
（5）c …………………………………………………………………2分

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