1、第5讲化学反应与能量最新考纲1能说明化学反应中能量转化的主要原因，知道化学变化中常见的能量转化形式。2.了解化学能与热能的相互转化及其应用。了解吸热反应、放热反应、反应热(焓变)等概念。3.能正确书写热化学方程式，能用盖斯定律进行有关反应热的简单计算。常考点一正确理解反应热准确判断吸热与放热知识特训1通过判断理解反应热的相关概念(1)所有的燃烧反应都是放热反应，所以不需要加热就能进行()(2)反应物的总能量低于生成物的总能量时，一定不能发生反应()(3)物理变化过程中，也可能有热量的变化()(4)C(石墨，s)=C(金刚石，s)H0，说明石墨比金刚石稳定()(5)一个反应的焓变因反应物的用量和
2、反应条件的改变而发生改变()(6)催化剂能改变反应的焓变()(7)已知S(l)O2(g)=SO2(g)H293.23 kJmol1，则S(s)O2(g)=SO2(g)反应放出的热量大于293.23 kJmol1()(8)同温同压下，H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)，在光照和点燃条件下的H不同()2化学键与反应过程的关系下表中的数据是破坏1 mol物质中的化学键所消耗的能量(kJ)：物质H2(g)O2(g)H2O(g)能量436496926(1)反应2H2(g)O2(g)=2H2O(g)是放热(填“吸热”或“放热”)反应，这说明2 mol H2(g)和1 mol O2(g)具有的能量比2
3、mol H2O(g)具有的能量高(填“高”或“低”)。(2)请用图示表示出2 mol H2(g)与1 mol O2(g)生成2 mol H2O(g)的反应过程：答案或精华聚焦1三个角度理解产生化学反应热效应的原因(1)从宏观角度分析：HH1生成物的总能量H2反应物的总能量(2)从微观角度分析：HE1反应物的键能总和E2生成物的键能总和(3)从活化能角度分析：HE1正反应活化能E2逆反应活化能2两种重要反应热的比较燃烧热中和热相同点放热反应Ha kJmol1(a0)不同点限定量可燃物为1 mol生成物H2O为1 mol反应热的意义在25 、101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化
4、物时所放出的热量；不同的反应物，燃烧热不同。在稀溶液里，酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O(l )时所释放的热量；不同的强酸和强碱稀溶液反应，中和热大致相同。重温真题1(2015北京理综，9)最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下： 下列说法正确的是()ACO和O生成CO2是吸热反应B在该过程中，CO断键形成C和OCCO和O生成了具有极性共价键的CO2D状态状态表示CO与O2反应的过程解析A项，由能量反应过程图像中状态和状态知，CO和O生成CO2是放热反应，错误；B项，由状态知，在CO与O生成CO2的过程中CO没有断键形成C和
5、O，错误；C项，由状态及CO2的结构式COO知，CO2分子中存在碳氧极性共价键，正确；D项，由能量反应过程图像中状态(CO和O)和状态(CO2)分析，状态状态表示CO和O原子反应生成CO2的过程，错误。答案C2(2012江苏，4)某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是()A该反应为放热反应B催化剂能改变该反应的焓变C催化剂能降低该反应的活化能D逆反应的活化能大于正反应的活化能解析由图像可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，所以正反应是吸热反应，A不正确；由图示可得，催化剂可以降低反应所需的活化能，但是不改变E1E2的值
6、，即不改变反应的焓变H，B不正确，C正确；由题中所给结合图像可知E1E2，即正反应的活化能大于逆反应的活化能。答案C3(1)2015课标全国，28(3)已知反应2HI(g)=H2(g)I2(g)的H11 kJmol1，1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为 kJ。(2)2015海南化学，16(3)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1 mol N2，其H kJmol1。(3)2015浙江理综，28(1)已知：乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：化学键CH
7、CCC=CHH键能/kJmol1412348612436计算上述反应的H kJmol1。(4)2015山东理综，33(4)节选F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)3F2(g)=2ClF3(g)H313 kJmol1，FF键的键能为159 kJmol1，ClCl键的键能为242 kJmol1，则ClF3中ClF键的平均键能为 kJmol1。解析(1)形成1 mol H2(g)和1 mol I2(g)共放出436 kJ151 kJ587 kJ能量，设断裂2 mol HI(g)中化学键吸收2a kJ能量，则有2a58711，得a299 kJ。另解：
8、H2E(HI)E(HH)E(II)，2E(HI)HE(HH)E(II)11 kJmol1436 kJmol1151 kJmol1598 kJmol1，则E(HI)299 kJmol1。(2)根据题给的能量变化图像可知，由N2O与NO反应生成氮气和二氧化氮的反应热为(209348) kJmol1139 kJmol1。(3)设“”部分的化学键键能为a kJmol1，则H(a3484125) kJmol1(a6124123436) kJmol1124 kJmol1。(4)根据H与键能的关系可得：242 kJmol1159 kJmol13EClF6313 kJmol1，解得ClF键的平均键能为EClF
9、172 kJmol1。答案(1)299(2)139(3)124(4)172感悟高考1题型：选择题(主)填空题(次)2考向：常以具体的事实为背景进行设计题目，突出对概念的理解和应用，以图表为背景，考查化学反应中能量变化，以及涉及到键能的简单计算逐渐成为高考出题新热点。3注意点：吸、放热与引发反应的条件无关；图像题中注意催化剂对反应过程中能量变化的影响。最新模拟题组反应过程中能量变化分析与判断1(2015南京盐城三调)某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如右图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。下列有关叙述正确的是()A两步反应均为吸热反应B稳定性：CABC加入催化剂会改变反应的焓变
10、DAC反应的HE1E4解析A比B能量低，故AB为吸热反应，B比C能量高，故BC为放热反应，A错误；能量越高，稳定性越差，故稳定性：CAB，B正确；加入催化剂只能加快反应速率，不能改变反应的焓变，C错误；AC的焓变应是A与C之间的能量差，D错误。答案B2如图所示，a曲线是198 K、101 kPa时N2与H2反应过程中能量变化的曲线，下列叙述正确的是()A该反应的热化学方程式为N23H22NH3H92 kJmol1Bb曲线是升高温度时的能量变化曲线C加入催化剂，该化学反应的反应热改变D在198 K、101 kPa时，向恒容容器中通入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ，
11、若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184Q22Q1解析A项，书写热化学方程式时，要标出各物质的聚集状态，错误；B项，由图可知b曲线中活化能降低，应是加入催化剂，升高温度不能改变活化能，错误；C项，加入催化剂，反应的反应热不变，错误；D项，题图表示的是1 mol N2和3 mol H2完全反应时的反应热，实际上N2和H2的反应是可逆反应，该条件下放出的热量小于92 kJ，而2 mol N2和6 mol H2在该条件下放出的热量小于184 kJ，增大反应物浓度，平衡正向移动，则Q22Q1，故有184Q22Q1，正确。答案D3根据如图所示的反应判断，下列说法中错
12、误的是()ACO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量B该反应的焓变大于零C该反应中有离子键断裂也有共价键断裂，化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量D由该反应可推出凡是需要加热才能发生的反应均为吸热反应解析碳酸钙受热分解的反应是吸热反应，焓变大于零，故CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量，A、B项说法正确；在CaCO3中，Ca2和CO之间存在离子键，CO中C与O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂，旧化学键断裂需要吸收能量，新化学键形成放出能量，C项说法正确；需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，如碳的燃烧需要加热，但该反应是放热
13、反应，D项说法错误。答案D常考点二盖斯定律与热化学方程式的书写知识特训依据事实，写出下列反应的热化学方程式(1)适量的N2和O2完全反应，每生成23 g NO2吸收16.95 kJ热量。N2与O2反应的热化学方程式为 。(2)18 g葡萄糖与适量O2反应，生成CO2和液态水，放出280.4 kJ热量。葡萄糖燃烧的热化学方程式为 。(3)SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下2 g SiH4自燃放出热量89.2 kJ。SiH4自燃的热化学方程式为 。(4)下图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程
14、式： 。(5)直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。CH4(g)2NO2(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H1867 kJmol12NO2(g) N2O4(g)H256.9 kJmol1写出CH4(g)催化还原N2O4(g)生成N2(g)和H2O(g)的热化学方程式 。解析(1)23 g NO2的物质的量为0.5 mol，则生成2 mol NO2吸收的热量为67.8 kJ。吸热反应H为正值，故反应的热化学方程式为N2(g)2O2(g)=2NO2(g)H67.8 kJmol1。(2)18 g葡萄糖的物质
15、的量为0.1 mol，故1 mol葡萄糖燃烧生成CO2和液态水放出2 804 kJ的热量，反应的热化学方程式为C6H12O6(s)6O2(g)=6H2O(l)6CO2(g)H2 804 kJmol1。(3)2 g SiH4自燃放出热量89.2 kJ，1 mol SiH4自燃放出热量1 427.2 kJ，故热化学方程式为SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1 427.2 kJmol1。(4)由图可知放出能量：H368 kJmol1134 kJmol1234 kJmol1。(5)用式式即可得目标热方程式。答案(1)N2(g)2O2(g)=2NO2(g)H67.8 kJmol1
16、(2)C6H12O6(s)6O2(g)=6H2O(l)6CO2(g)H2 804 kJmol1(3)SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1 427.2 kJmol1(4)NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g)H234 kJmol1(5)CH4(g)N2O4(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H810.1 kJmol1精华聚焦1热化学方程式书写的“七大”角度(1)注意H的符号和单位若为放热反应，H为“”；若为吸热反应，H为“”。H的单位为kJmol1。(2)注意反应热的测定条件书写热化学方程式时应注明H的测定条件(温度、压强)，但绝大多数H是在25 、101
17、 325 Pa下测定的，此时可不注明温度和压强。(3)注意热化学方程式中的化学计量数热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数。因此化学计量数可以是整数，也可以是分数。(4)注意物质的聚集状态反应物和产物的聚集状态不同，反应热H不同。因此，必须注明物质的聚集状态才能完整地体现出热化学方程式的意义。气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用“”和“”以及“点燃”、“加热”等条件。(5)注意H的数值与符号由于H与反应完成的物质的量有关，所以H必须与热化学方程式中化学式前面的化学计量数相对应，如果化学计量数加倍，则
18、H也要加倍。互为逆反应的反应热数值相等，但符号相反。(6)注意燃烧热和中和热(7)可逆反应的反应热对于可逆反应的反应热(H)是指完全反应时的反应热。2盖斯定律应用的“三步”分析法第一步：分析目标反应和已知反应，明确目标反应的反应物和生成物以及需要约掉的物质。第二步：将每个已知热化学方程式两边同乘以某个合适的数，使已知热化学方程式中某种反应物或生成物的化学计量数与目标热化学方程式中的该反应物或生成物的化学计量数一致，热化学方程式中的H也进行相应的换算；同时约掉目标反应中没有的物质。第三步：将已知热化学方程式进行叠加，相应的热化学方程式中的H也进行叠加。以上可概括为找目标看来源变方向调系数相叠加得
19、答案。重温真题1(2015江苏，3)下列说法正确的是()A分子式为C2H6O的有机化合物性质相同B相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a：CCOH2CO2H2O途径b：CCO2C在氧化还原反应中，还原剂失去电子的总数等于氧化剂得到电子的总数D通过化学变化可以直接将水转变为汽油解析A项，分子式为C2H6O的有机物可能是乙醇CH3CH2OH或甲醚CH3OCH3，二者性质不同，错误；B项，两者虽然转化途径不同，但都是由C最终生成CO2，根据盖斯定律可知，放出热量相同，错误；C项，氧化还原反应中得失电子守恒，正确；D项，水由H、O两种元素组成，汽油主要是由烃类
20、组成的混合物，由C、H两种元素组成，根据原子守恒可知无法通过化学变化实现由水到汽油的转化，错误。答案C2(2014江苏，10)已知：C(s)O2(g)=CO2(g)H1CO2(g)C(s)=2CO(g)H22CO(g)O2(g)=2CO2(g)H34Fe(s)3O2(g)=2Fe2O3(s)H43CO(g)Fe2O3(s)=3CO2(g)2Fe(s)H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是()AH10，H30 BH20，H40 CH1H2H3 DH3H4H5解析设题中反应由上到下分别为、，反应为碳的燃烧，是放热反应，H10，反应为CO的燃烧，是放热反应，H30，反应为铁的氧化反应(化合反应)，是
21、放热反应，H4H3，错误；根据盖斯定律，第5个反应为H52H4H1，正确。答案C2已知下列反应：反应序号化学反应反应热Fe2O3(s)3CO(g)=2Fe(s)3CO2(g)H126.7 kJmol13Fe2O3(s)CO(g)=2Fe3O4(s)CO2(g)H250.8 kJmol1Fe3O4(s)CO(g)=3FeO(s)CO2(g)H336.5 kJmol1FeO(s)CO(g)=Fe(s)CO2(g)H4则反应的H4为()A7.3 kJmol1 B7.3 kJmol1C43.8 kJmol1 D43.8 kJmol1解析反应中不存在Fe2O3(s)和Fe3O4(s)，因此利用反应时必须
22、消掉这两种物质，根据盖斯定律，将(32)/6得：FeO(s)CO(g)=Fe(s)CO2(g)，则H4(H13H2H32)/67.3 kJmol1。答案A3(1)用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应为主反应，反应和为副反应。 1/4CaSO4(s)CO(g) 1/4CaS(s)CO2(g)H147.3 kJmol1 CaSO4(s)CO(g) CaO(s)CO2(g) SO2(g)H2210.5 kJmol1 CO(g) 1/2C(s)1/2CO2(g)H386.2 kJmol1反应2CaSO4(s)7CO(g)
23、CaS(s)CaO(s)6CO2(g)C(s)SO2(g)的H (用H1、H2和H3)表示。(2)为减少SO2的排放，常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料。已知：H2(g)O2(g)=H2O(g)H241.8 kJmol1C(s)O2(g)=CO(g)H110.5 kJmol1写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式： 。(3)焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25 、101 kPa时：2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)H1197 kJ/mol；H2O(g)=H2O(l)H244 kJ/mol；2SO2(g)O2(g)2H2O(g)=2H2SO4(l)H3545 kJ/mol。则SO3(g)
24、与H2O(l)反应的热化学方程式是 。解析(1)根据盖斯定律，可知42得H4H1H22H3。(2)由盖斯定律下式减去上式可得：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H131.3 kJmol1。(3)根据盖斯定律，得出SO3(g)H2O(l)=H2SO4(l)H4只须按下式进行即可：H(H3H12H2)130 kJ/mol热化学方程式应为：SO3(g)H2O(l)=H2SO4(l)H130 kJ/mol答案(1)4H1H22H3(2)C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H131.3 kJmol1(3)SO3(g)H2O(l)=H2SO4(l)H130 kJ/mol能力提升训练1下列有关
25、能量转化的说法正确的是() A动物体内的葡萄糖被氧化为CO2的过程是热能转化为化学能的过程B植物的光合作用是把太阳能转化为热能的过程C化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能D电解饱和食盐水是把化学能转化为电能解析A项，动物体内的葡萄糖被氧化为CO2的过程是化学能转化为热能的过程；B项，植物的光合作用是把太阳能转化为化学能；C项，大部分燃料燃烧放出的热量来源于太阳能；D项，电解饱和食盐水是把电能转化为化学能。答案C2H2与O2发生反应的过程用模型图示如下(“”表示化学键)，下列说法不正确的是()A过程是吸热过程B过程一定是放热过程C该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键D该反应
26、的能量转化形式只能以热能的形式进行解析过程是旧化学键断裂的过程，为吸热过程，而过程为新化学键形成的过程，是放热过程，由图示转化过程知C项叙述符合图示，故A、B、C项均正确；该反应可通过燃料电池实现化学能到电能的转化，D项错误。答案D3氯原子对O3的分解有催化作用：O3(g)Cl(g)=ClO(g)O2(g)H1ClO(g)O(g)=Cl(g)O2(g)H2该反应的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是()A反应O3(g)O(g)=2O2(g)的HE1E2B反应O3(g)O(g)=2O2(g)的HE2E3C反应O3(g)O(g)=2O2(g)是吸热反应D反应O3(g)O(g)=2O2(g)的HH1
27、H2解析将式O3(g)Cl(g)=ClO(g)O2(g)H1与式ClO(g)O(g)=Cl(g)O2(g)H2相加，整理可得：反应O3(g)O(g)=2O2(g)的HH1H2。由于反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应O3(g)O(g)=2O2(g)为放热反应。因此正确选项为D。答案D4根据表中的信息判断下列说法正确的是()物质金刚石石墨外观无色，透明固体灰黑，不透明固体熔点？燃烧热/kJmol1395.4393.5A.表示石墨燃烧热的热化学方程式为C(石墨，s)1/2O2(g)=CO(g)H393.5 kJmol1B由表中信息知C(石墨，s)=C(金刚石，s)H1.9 kJmol1C由表
28、中信息可得如图所示的图像D由表中信息可推知相同条件下金刚石的熔点高于石墨的熔点解析根据燃烧热的定义知C(石墨，s)O2(g)=CO2(g)H393.5 kJmol1，C(金刚石，s)O2(g)=CO2(g)H395.4 kJmol1，选项A错误；由石墨和金刚石燃烧热的热化学方程式可知选项B正确；选项C，1.9 kJmol1表示金刚石和石墨之间的能量差，而不是金刚石转化为石墨的反应过程中中间产物与石墨的能量差，选项C错误；等物质的量的石墨比金刚石的能量低，能量越低越稳定，因此石墨中碳碳键的键能应大于金刚石中碳碳键的键能，所以石墨的熔点应高于金刚石的熔点，选项D错误。答案B5(2015上海化学，8
29、)已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示。下列说法正确的是()A加入催化剂，减小了反应的热效应B加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率CH2O2分解的热化学方程式：H2O2H2OO2QD反应物的总能量高于生成物的总能量解析由图像可知反应物的总能量高于生成物的总能量，反应放出热量，可写出H2O2分解的热化学方程式：H2O2(l)H2O(l)O2(g)Q，D正确，C错误；加入催化剂，能加快反应速率，对化学平衡移动无影响，因此反应的热效应和H2O2的平衡转化率无变化，A、B错误。答案D6已知热化学方程式：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H1483.6 kJmol
30、1。则对于热化学方程式：2H2O(g)=2H2(g)O2(g)H2b kJmol1的说法正确的是()A热化学方程式中H2O前面的“2”表示“每2个气态水分子分解，就有b kJmol1的热量变化”Bb483.6C|H2|H1|D|H2|0，S0解析硫粉变为硫蒸气需吸热，故等量硫粉燃烧比硫蒸气放热少，A错误；浓硫酸溶于水时也会放热，B正确；吸热反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量，即石墨能量低，能量越低越稳定，C错误；由反应的化学方程式可判断S0，若能自发进行，则必有H0，H20，H50 DH4H12H3解析乙酸燃烧是放热反应，即H10，A错误；根据盖斯定律，反应可由反应2得到，B正确；氢气燃
31、烧放热，即H3H2C需要加热的反应一定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应D已知：反应H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)Ha kJmol1，且a、b、c均大于零，则断开1 mol HCl键所需的能量为(abc) kJ解析A项，水分解是吸热反应，生成物总能量大于反应物总能量，使用催化剂会降低活化能，正确；B项，Cl2的氧化性强于Br2的，1 mol Cl2(g)与氢气反应放出的热量多于1 mol Br2(g)与氢气反应放出的热量，H小于零，则放热越多，H越小，错误；C项，反应是否需要加热与吸热、放热反应无关，如金属的燃烧多数需要加热，但为放热反应，错误；D项，设所需能量为x kJ，由
32、键能与H的关系可得：(bc2x)a，解得x，即断开1 mol HCl键所需的能量为 kJ，错误。答案A11已知；SiCl键、HH键、HCl键、SiSi键的键能分别为a kJmol1、b kJmol1、c kJmol1、d kJmol1，1 mol硅晶体含2 mol SiSi键。工业上，提纯硅的热化学方程式是SiCl4(g)2H2(g)=Si(s)4HCl(g)H。根据上述数据，H为()A(4a2b4cd) kJmol1B(4a2b4c2d) kJmol1C(2d4c4a2b) kJmol1D(4ab4cd) kJmol1解析根据键能和反应热的关系知，反应热等于反应物的键能之和与生成物的键能之和
33、的差，C项错误；根据题意知，1 mol硅含2 mol SiSi键，A、D项错误；1 mol四氯化硅含4 mol SiCl键、1 mol氢气含1 mol HH键、1 mol氯化氢含1 mol HCl键，B项正确。 答案B12常温下，0.01 molL1MOH溶液的pH为10。已知：2MOH(aq)H2SO4(aq)=M2SO4(aq)2H2O(l)H124.2 kJmol1；H(aq)OH(aq)=H2O(l)H257.3 kJmol1。则MOH在水溶液中电离的H为()A33.1 kJmol1 B45.2 kJmol1C81.5 kJmol1 D33.1 kJmol1解析根据题中0.01 mol
34、/L MOH溶液的pH10，知MOH为弱碱，MOH溶液与硫酸的中和反应可以看做两个过程：MOH(aq) M(aq)OH(aq)H、H(aq)OH(aq)=H2O(l)H2，根据盖斯定律知H12(HH2)，则HH1H2(24.2 kJmol1)(57.3 kJmol1)45.2 kJmol1，B项正确。答案B13SiO2广泛存在于自然界中，其在工业生产中有着广泛的用途。(1)白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：2Ca3(PO4)2(s)10C(s)=6CaO(s)P4(s)10CO(g)H13 359.26 kJmol1CaO(s)SiO
35、2(s)=CaSiO3(s)H289.61 kJmol12Ca3(PO4)2(s)6SiO2(s)10C(s)=6CaSiO3(s)P4(s)10CO(g)H3则H3 kJmol1。(2)工业上用石英砂和焦炭可制得粗硅。已知：请将以下反应的热化学方程式补充完整：SiO2(s)2C(s)=Si(s)2CO(g)H 。解析(1)根据反应2Ca3(PO4)2(s)10C(s)=6CaO(s)P4(s)10CO(g)H13 359.26 kJmol1、CaO(s)SiO2(s)=CaSiO3(s)H289.61 kJmol1，运用盖斯定律将6得：2Ca3(PO4)2(s)6SiO2(s)10C(s)=
36、6CaSiO3(s)P4(s)10CO(g)，则H33 359.26 kJmol189.61 kJmol162 821.6 kJmol1。(2)由题图可知Si(s)O2(g)=SiO2(s)H1859.4 kJmol1，2C(s)O2(g)=2CO(g)H2221.0 kJmol1，根据盖斯定律有：HH2H1638.4 kJmol1。答案(1)2 821.6(2)638.4 kJmol114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个反应合成甲醇：反应：CO(g)2H2(g) CH3OH(g)H1反应：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)H2上
37、述反应符合“原子经济”原则的是反应 (填“”或“”)。反应在不同温度下的化学平衡常数(K)如表所示：温度250 300 350 K2.0410.2700.012由表中数据判断，H1 0(填“”、“”或“”)。某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后测得c(CO)0.2 molL1，则CO的转化率为 ，此时的温度为 (从上表中选择)。(2)已知在常温常压下：2CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(g)H11 275.6 kJmol12CO(g)O2(g)=2CO2(g)H2566.0 kJmol1H2O(g)=H2O(l)H344
38、.0 kJmol1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： 。解析(1)反应的产物只有甲醇，而反应的产物有两种，故反应符合“原子经济”原则。观察表中数据可得，升温时，K变小，即升温时该反应平衡向逆反应方向移动，说明该反应的逆反应是吸热反应，则正反应为放热反应，即H10。CO的转化率为(2 mol0.2 molL12 L)2 mol100%80%；此时的化学平衡常数K2.041，故此时的温度为250 。(2)将三个热化学方程式进行变形：(4)，可得甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式，即CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(l)H(H1H24H3)442.8
39、kJmol1。答案(1)NiSn()(5)去掉盐桥，电流表指针仍会发生偏转()结合以上解题分析总结：(1)结合电极材料，如何确定电池的正负极？提示：一般情况下，活泼性强一极是原电池的负极，另一极为正极。(2)原电池在放电过程中，电池内部阴、阳离子移动的方向是怎样的？提示：在放电过程中，负极失电子，电子通过导线流向正极，电池内部电解质中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，离子移动的结果使电解质溶液整个区域和局部区域都保持电中性。2写出下列燃料电池装置的总反应方程式和电极反应式电池总反应为CH42O2=CO22H2O。负极为CH48e2H2O=CO28H；正极为2O28e8H=4H2O。电池总反
40、应为CH42O22OH=CO3H2O。负极为CH48e10OH=CO7H2O；正极为2O28e4H2O=8OH。电池总反应为2COO2=2CO2。负极为2CO4e2CO=4CO2；正极为O24e2CO2=2CO。电池总反应为2H2O2=2H2O。负极为2H24e2O2=2H2O；正极为O24e=2O2。精华聚焦1原电池的结构及工作原理2一般电极反应式的书写重温真题1(2015江苏化学，10)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是()A反应CH4H2O3H2CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子B电极A上H2参与的电极反应为：H22OH2e=2H2OC电池工
41、作时，CO向电极B移动D电极B上发生的电极反应为：O22CO24e=2CO解析A项，H4O，则该反应中每消耗1 mol CH4转移6 mol电子，错误；该电池的传导介质为熔融的碳酸盐，所以A电极即负极上H2参与的电极反应为：H22eCO=CO2H2O，错误；C项，原电池工作时，阴离子移向负极，而B极是正极，错误；D项，B电极即正极上O2参与的电极反应为：O24eCO2=2CO，正确。答案D2(2013江苏，9)MgH2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如右。该电池工作时，下列说法正确的是()AMg电极是该电池的正极BH2O2在石墨电极上发生氧化反应C石墨电极附
42、近溶液的pH增大D溶液中Cl向正极移动解析MgH2O2海水电池，活泼金属(Mg)作负极，发生氧化反应：Mg2e=Mg2，H2O2在正极(石墨电极)发生还原反应：H2O22e=2OH(由于电解质为中性溶液，则生成OH)，A项、B项错误，C项正确。由于负极阳离子(Mg2)增多，则Cl向负极移动平衡电荷，D错误。答案C3(1)2012江苏，20(3) 铝电池性能优越，AlAgO 电池可用作水下动力电源，其原理如图所示。该电池反应的化学方程式为 。(2)2011江苏，18(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Zn转化为K2Zn(OH)4，写出该电池反
43、应方程式： 。解析(1)AlAgO 电池中还原剂是铝，氧化剂是AgO，所以发生的电池反应是2Al3AgO2NaOH=2NaAlO23AgH2O。(2) 放电时正极发生还原反应，负极发生氧化反应，反应的化学方程式为：Ag2O22Zn4KOH2H2O=2K2Zn(OH)42Ag。答案(1)2Al3AgO2NaOH=2NaAlO23AgH2O(2)Ag2O22Zn4KOH2H2O=2K2Zn(OH)42Ag感悟高考1题型：选择题填空题2考向：以新型化学电源为命题背景考查原电池的结构和工作原理的题型是高考的热点。通常考查的知识点是原电池电极的判断、电极和电池反应式的书写、电子的转移或电流方向的判断、电
44、解质溶液中离子的移动方向及有关简单计算。3注意点：根据电性的一致性判断、原电池和电解池中离子的移动方向；高新充电电池四个电极的关系。最新模拟题组1原电池工作原理的分析与判断1获得“863”计划和中科院“百人计划”支持的环境友好型铝碘电池已研制成功，电解液为AlI3溶液，已知电池总反应为：2Al3I2=2AlI3。下列说法不正确的是()A该电池负极的电极反应式为：Al3e=Al3B工作过程中，Al3移向正极C消耗相同质量金属时，用锂作负极时，转移电子的物质的量比铝多D该电池的正极材料是碘解析由总反应式知A项正确；原电池中阳离子移向正极，B项正确；每转移1 mol e，消耗锂、铝的质量分别为7 g
45、、9 g，C项正确；碘不是导体，不能作电极，D项错误。答案D2某原电池装置如图所示，电池总反应为2AgCl2=2AgCl。 下列说法正确的是 ()A正极反应为AgCle=AgCl B放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成 C若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变 D当电路中转移0.01 mol e时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子 解析A项，Pt为正极发生还原反应：Cl22e=2Cl，错误；B项，放电时，左侧的电极反应式AgCle=AgCl，有大量白色沉淀生成，错误；C项，由于H、Na均不参与电极反应，则用NaCl溶液代替盐酸，电池总反应不变，错误；D项，当电路中转移0
46、.01 mol e时，左侧产生0.01 mol Ag与Cl结合为AgCl沉淀，右侧产生0.01 mol Cl，为保持溶液的电中性，左侧约有0.01 mol H通过阳离子交换膜转移到右侧，故左侧溶液中约减少0.02 mol离子，正确。答案D题组2高新电池的分析与判断3液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点。一种以液态肼(N2H4)为燃料的电池装置如下图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。下列关于该电池的叙述正确的是()Ab极发生氧化反应Ba极的反应式：N2H44OH4e=N24H2OC放电时，电流从a极经过负载流向b极D其中的离子交换膜需选用阳离子交换膜解析燃
47、料电池燃料(N2H4)在负极(a极)发生氧化反应：N2H44OH4e=N24H2O，O2在正极(b极)发生还原反应：O24e2H2O=4OH，总反应为N2H4O2=N22H2O，A项错误，B项正确；放电时电流由正极流向负极，C项错误；OH在正极生成，移向负极消耗，所以离子交换膜应让OH通过，故选用阴离子交换膜，D项错误。答案B4先进的高能量密度二次电池对下一代电动汽车的发展和可再生能源发电的有效利用具有至关重要的作用。室温AlMn2O4二次电池是一种新型电池，由Al3、Al2Cl和AlCl组成的离子液体为该电池的电解液，电池结构如图所示，放电时的总反应式为AlMn2O4=AlMn2O4。下列说
48、法正确的是()A放电时，负极的电极反应式为AlMn2O43e=Mn2O4Al3B放电时，Al3向负极移动C充电时，Mn2O4极与电源的负极相连D充电时，Al电极质量增加解析首先，根据放电时的总反应式可知，放电时，Al的化合价升高，进而可确定Al电极是该电池的负极；然后，根据二次电池充放电时的特点逐一判断选项。放电时，Al电极是该电池的负极，发生反应：Al3e=Al3，Al3向正极移动，A、B项错误；放电时，Mn2O4极是电源的正极，发生反应：Mn2O4Al33e=AlMn2O4，充电时，则由AlMn2O4失电子，Mn2O4极作阳极，与电源的正极相连，C项错误；充电时，Al3在Al电极得电子生成
49、Al，Al电极质量增加，D项正确。答案D方法技巧复杂电极反应式的书写复杂的电极反应式总反应式较简单一极的电极反应式如CH4碱性燃料电池负极反应式的书写：CH42O22OH=CO3H2O总反应式2O24H2O8e=8OH正极反应式CH410OH8e=7H2OCO负极反应式常考点二电解规律及其应用知识特训1填空：掌握电解原理总反应：CuCl2CuCl2电解池：电能转化为化学能2判断：掌握电解原理应用(1)电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化()(2)电解法精炼铜时，用纯铜作阳极()(3)在镀件上镀铜时，电镀液中c(Cu2)几乎不变()(4)电解法精炼铜时，电解质溶液中各离子浓度基本不变()
50、(5)电解饱和食盐水时，电子的流向由负极外电路阴极食盐水溶液阳极正极()(6)电镀时只能用镀层金属作阴极，镀件金属作阳极()(7)工业上可用电解MgCl2、AlCl3溶液的方法制取Mg和Al()3书写：掌握电解池中必考的反应(1)电解饱和食盐水。2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2。(2)电解硫酸铜溶液。2CuSO42H2O2CuO22H2SO4。(3)电解精炼铜。阳极：Zn2e=Zn2Fe2e=Fe2Ni2e=Ni2Cu(粗铜)2e=Cu2，阴极：Cu22e=Cu(精铜)。(4)电解熔融盐或氧化物的方法冶炼活泼金属Na、Al、Mg等。2NaCl(熔融)2NaCl2；2Al2O3(熔融)4A
51、l3O2；MgCl2(熔融)MgCl2。精华聚焦1电解规律(惰性电极)类型溶液实例电极反应特点电解对象电解质溶液浓度pH电解质溶液复原电解水型：(含氧酸、强碱、活泼金属的高价含氧酸盐)NaOH阴极：4H4e=2H2阳极：4OH4e=2H2OO2水增大增大水H2SO4水增大减小水Na2SO4水增大不变水电解电解质型：(无氧酸、不活泼金属的无氧酸盐)HCl阴极：2H2e=H2阳极：2Cl2e=Cl2电解质减小增大氯化氢CuCl2阴极：Cu22e=Cu阳极：2Cl2e=Cl2电解质减小氯化铜放H2生碱型：(活泼金属的无氧酸盐)NaCl阴极：H放电2H2e=H2阳极：电解质阴离子放电2Cl2e=Cl2
52、电解质和水生成新电解质增大氯化氢放O2生酸型：不活泼金属的含氧酸盐CuSO4阴极：电解质阳离子放电2Cu24e=2Cu阳极：OH放电4OH4e=2H2OO2电解质和水生成新电解质减小氧化铜或碳酸铜2.电解质溶液的复原电解后有关电解质溶液恢复原态的问题应该用质量守恒法分析，即“出来什么，加入什么”，一般是加入阳极产物和阴极产物的化合物，但也有特殊情况，如用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2完全放电之前，可加入CuO或CuCO3复原。重温真题1(2015四川理综，4)用右图所示装置除去含CN、Cl废水中的CN时，控制溶液pH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是
53、()A用石墨作阳极，铁作阴极B阳极的电极反应式：Cl2OH2e=ClOH2OC阴极的电极反应式：2H2O2e=H22OHD除去CN的反应：2CN5ClO2H=N22CO25ClH2O解析Cl在阳极发生氧化反应生成ClO，水电离出的H在阴极发生还原反应生成H2，又由于电解质溶液呈碱性，故A、B、C项正确；D项，溶液呈碱性，离子方程式中不能出现 H，正确的离子方程式为2CN5ClOH2O=N22CO25Cl2OH，错误。答案D2(1)2014江苏，20(1)将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图1所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：图1S22e=S(n1)SS2=S写出电解时阴
54、极的电极反应式： 。电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成 。(2)2011江苏，20(4)电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制氢的装置示意图见图2(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)。电解时，阳极的电极反应式为 。图2图3(3)2010江苏，17(3)用惰性电极电解NaHSO3溶液的装置如图3所示。阳极区放出气体的成分为 (填化学式)。解析(1)电解时，阴极溶液中的阳离子放电，即水溶液中的H放电生成H2和OH。由题给反应可知，阳极区生成了S，S可以理解为(n1)SS2，加入稀硫酸生成S单质的同时还有H2S气体生成。(2) 产生H2是由溶液中的H在阴极放电
55、所得到，则阳极产生的是N2，阳极发生氧化反应，在碱性环境下的电极反应式为：CO(NH2)28OH6e=CON26H2O。(3)阴极区H放电生成H2，使HSO转化为SO；阳极是水中OH失电子生成O2，剩余H；阴离子交换膜使SO(或HSO)移向阳极，在阳极区与H反应生成SO2气体。答案(1)2H2O2e=H22OHS2H=(n1)SH2S(2)CO(NH2)28OH6e=CON26H2O(3)O2、SO2感悟高考1题型：选择题填空题2考向：主要考查角度有：根据电解现象判据电源正、负极，并进一步考查离子移向，电极反应及简单计算；根据电源正、负极考查电解相关基础知识；电解原理在工农业生产中应用(热点)
56、。3注意点：分清阴、阳极与电源正、负极关系；电荷守恒在书写电极反应中的应用。最新模拟题组1电解原理的分析与判断1铝阳极氧化处理后形成的氧化膜比铝的天然氧化膜耐磨性、耐腐蚀性及装饰性有明显提高，工业中以铝为阳极，置于硫酸溶液中电解，装置如图所示，下列说法正确的是()A阳极电极反应式为：2Al6e6OH=Al2O33H2OB随着电解的进行，溶液的pH逐渐增大C当阴极生成气体3.36 L(标准状况)时，阳极增重2.4 gD电解过程中H移向Al电极解析考生在解答本题时，易忽略题中信息，错误书写阳极电极反应式而误选A。A项，电解质溶液为硫酸溶液，反应物中无OH，错误；B项，电解总反应为：2Al3H2OA
57、l2O33H2，H2O减少，溶液的pH逐渐减小，错误；C项，阴极反应为：2H2e=H2，生成H2的物质的量为3.36 L22.4 L/mol0.15 mol，则转移电子为20.15 mol0.3 mol，阳极反应为：2Al3H2O6e=Al2O36H，根据差量法计算得阳极增重2.4 g，正确；D项，电解过程中阳离子移向阴极，所以H移向石墨电极，错误。答案C2如图X是直流电源。Y槽中c、d为石墨棒，Z槽中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近显红色。(1)电源上b为 极(用“正”、“负”、“阴”或“阳”填空)。Z槽中e为 极(同上)。连接Y、Z槽线路中，电子流动的方向是d e(用“”或“
58、”填空)。(2)写出c极上反应的电极反应式： 。写出Y槽中总反应的化学方程式： 。写出Z槽中e极上反应的电极反应式： 。解析d极附近显红色，说明d为阴极，电极反应式为2H2e=H2，c为阳极，电极反应式为2Cl2e=Cl2，Y槽电解饱和NaCl溶液的总反应方程式为2NaCl2H2O2NaOHCl2H2；直流电源中a为正极，b为负极，Z槽中f为阴极，e为阳极，活性电极作阳极，电极本身失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu2e=Cu2，电子流动方向由ed。答案(1)负阳(2)2Cl2e=Cl22NaCl2H2O2NaOHH2Cl2Cu2e=Cu2题组2电解原理的工农业应用3工业品氢氧化钾的溶液中含有
59、某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过)，其工作原理如图所示。下列说法中正确的是()A该电解槽的阳极反应式是4OH2e=2H2OO2B通电开始后，阴极附近溶液pH会减小C除去杂质后氢氧化钾溶液从液体出口A导出D用氯化钾制备氢氧化钾也可采用这种离子交换膜电解解析A项，电荷不守恒，应为：4OH4e=2H2OO2；B项，通电后，阴极H放电：2H2e=H2，使水的电离平衡H2OHOH向右移动，OH浓度增大，所以溶液pH增大；C项，除去杂质后氢氧化钾溶液从液体出口B导出；D项，电解氯化钾溶液可制取氢氧化钾，阳离子交换膜可防止生成的氯气与氢氧化钾反应。答案D
60、4工业上利用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是()已知：Ni2在弱酸性溶液中发生水解氧化性：Ni2(高浓度)HNi2(低浓度)A碳棒上发生的电极反应：4OH4e=O22H2OB电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小C为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHD若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变解析A项，由图知，碳棒与电源正极相连，是电解池的阳极，电极反应为4OH4e=2H2OO2；镀镍铁棒与电源负极相连，是电解池的阴极，电极反应为Ni22e=Ni。B项，电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na和C中的Cl分
61、别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，使B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大。C项，因Ni2在弱酸性溶液中易发生水解，氧化性：Ni2(高浓度)HNi2(低浓度)，为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH。D项，若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序为ClOH，所以阳极反应式为2Cl2e=Cl2，电解反应总方程式发生改变。答案B5一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽，可使废水中NH在某一室富集，模拟装置如图所示。下列说法正确的是()A阳极室溶液由无色逐渐变成棕黄色B阴极的电极反应式为4OH4e=2H2OO2C电解一段时间后，阳极室溶液中溶质的主要成分为H2SO4和FeSO4D电解一段时间后，阴极室溶
62、液中的溶质一定是(NH4)3PO4解析首先，根据图示装置确定电解池的阴、阳极；然后，分析电极(主要是阳极)是否为惰性电极，再看电解质溶液中存在哪些阴、阳离子；最后，运用电解规律确定两电极反应及电解质溶液中离子的移动情况，进而确定两极产物和现象。A项，Fe与电源正极相连，故Fe作阳极，由于Fe比较活泼，因此在阳极Fe失去电子生成Fe2，阳极室溶液由无色逐渐变成浅绿色，错误；B项，C与电源负极相连，故C为阴极，因此该极应发生阳离子得电子的还原反应，由于阴极室的电解质溶液为1 mol/L的H3PO4溶液，溶液中的阳离子为H，故阴极的电极反应式为2H2e=H2，错误；C项，电解前，阳极室中为1 mol
63、/L H2SO4溶液，电解一段时间后，原溶液中含有的H2SO4的量不变，而Fe溶解生成Fe2，为使溶液保持电中性，则(NH4)2SO4溶液中SO必通过阴离子选择透过膜进入阳极室溶液中，与Fe2结合成FeSO4，正确；D项，电解时，阴极室溶液中H3PO4电离产生的H失电子转化为H2，为使溶液保持电中性，则(NH4)2SO4溶液中的NH必进入阴极室溶液中，H3PO4是多元中强酸，在溶液中分步电离，随着电解消耗H的量不同，其电离情况不同，阴极室溶液中的溶质也不同，可能为NH4H2PO4、(NH4)2HPO4、(NH4)3PO4或H3PO4与NH4H2PO4、NH4H2PO4与(NH4)2HPO4、(
64、NH4)2HPO4与(NH4)3PO4的混合物，错误。答案C解题微模板有关电解池电极反应式的书写及解题流程1电极反应式书写2解题流程常考点三金属的腐蚀与防护知识特训1知识判断(1)钢铁发生析氢腐蚀时，H得电子释放出H2，钢铁被腐蚀()(2)钢铁发生吸氧腐蚀时，OH失电子释放出O2，钢铁被腐蚀()(3)船底镶嵌锌块，锌发生还原反应而被消耗，以保护船体()(4)外加电源的正极连接在海水中的钢铁闸门上，可保护闸门()2识图判断(1)图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重()(2)图2中，往烧杯中滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色()(3)图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生
65、化学腐蚀()(4)图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极()3防腐方法与描述对应关系判断方法对相应方法的描述判断改变金属内部的组成结构此法实际上是将金属制成合金，增强抗腐蚀能力正确在金属表面覆盖保护层保护层破损后，就完全失去了对金属的保护作用错误外加电流的阴极保护法接外加直流电源构成电解池，被保护的金属作阴极正确牺牲阳极的阴极保护法构成原电池，被保护的金属作正极正确精华聚焦1金属腐蚀快慢的判断方法(1)根据构成原电池的材料判断。两极材料的活泼性相差越大，氧化还原反应的速率越快，金属被腐蚀的速率就越快。(2)根据金属所接触的电解质强弱判断。活泼金属在电解质溶液中
66、的腐蚀快于在非电解质溶液中的腐蚀，在强电解质溶液中的腐蚀快于在弱电解质溶液中的腐蚀。(3)一般来说金属的腐蚀快慢顺序为电解池的阳极原电池的负极化学腐蚀原电池的正极电解池的阴极。(4)对同一种电解质溶液来说，电解质溶液的浓度越大，腐蚀越快。2防腐效果的比较外接电源的阴极保护法牺牲阳极的阴极保护法一般保护层防护法未加措施防护。重温真题1(2013北京理综，7)下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是()A水中的钢闸门连接电源的负极B金属护栏表面涂漆C汽车底盘喷涂高分子膜D地下钢管连接镁块解析A项，水中钢闸门连接电源的负极，即作为电化学保护装置的阴极，使其不发生失电子反应而被保护，正确；B
67、项和C项都属于外加防护层的防腐方法，B、C两项不符合题意，错误；D项，属于牺牲阳极的阴极保护法，错误。答案A2(2015上海化学，14)研究电化学腐蚀及防护的装置如右图所示。下列有关说法错误的是()Ad为石墨，铁片腐蚀加快Bd为石墨，石墨上电极反应为：O22H2O4e4OHCd为锌块，铁片不易被腐蚀Dd为锌块，铁片上电极反应为：2H2eH2解析A项，当d为石墨时，铁片为负极，腐蚀加快，正确；B项，当d为石墨时，石墨为原电池的正极，其电极反应为O22H2O4e4OH；正确；C项，当d为锌块时，铁片为原电池的正极而受到保护，称为牺牲阳极的阴极保护法，正确；D项，当d为锌块时，铁片为正极，电极反应为
68、：O22H2O4e4OH，错误。答案D3(2014福建理综，24节选)铁及其化合物与生产、生活关系密切。右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。该电化学腐蚀称为 。图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是 (填字母)。解析海水接近于中性，则铁闸发生的是吸氧腐蚀。表面海水中O2浓度较大，腐蚀得较快，故B处产生的铁锈最多。答案吸氧腐蚀B感悟高考1题型：选择题(主)填空题2考向：有关金属的腐蚀与防护贴近日常生产生活，在近几年高考中有增加趋势，主要考查两种电化学腐蚀的区别及有关电极方程式书写；常见的两种电化学防腐方法及金属腐蚀快慢的比较，难度中等。3注意点：钢铁腐蚀时，一般转化为F
69、e2；分析原电池反应时，不可忽视金属腐蚀时正极有氧气参与。最新模拟1镀锌钢管具有广泛的用途，镀锌钢管有冷镀锌管和热镀锌管，冷镀即电镀，热镀是指熔融状态的锌与铁形成合金层。下列说法正确的是()A铁锌形成的合金层是纯净物，耐酸碱腐蚀B钢管镀锌的目的是使铁与锌形成原电池，消耗锌而保护钢管免受腐蚀C钢管冷镀时，钢管作阴极，锌棒作阳极，锌盐溶液作电解质溶液D镀锌钢管破损后，负极反应式为Fe2e=Fe2解析A项，铁锌形成的合金层是混合物，合金比成分金属具有更多优良的性能，错误；B项，钢管镀锌的目的一是因锌在空气中具有很好的抗腐蚀性而保护钢管免受腐蚀，二是万一镀层被破坏，由于铁与锌形成原电池，腐蚀消耗的是锌
70、而保护钢管免受腐蚀，错误；C项，钢管冷镀时，镀件钢管作阴极，镀层金属锌作阳极，含有Zn2的锌盐溶液作电解质溶液，正确；D项，镀锌钢管破损后，负极反应式为Zn2e=Zn2，错误。答案C2下列与金属腐蚀有关的说法正确的是()A图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小C图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的解析图a中，铁棒发生电化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触较少，腐蚀程度较轻，A错误；图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金作正极，腐蚀速率减
71、小，B正确；图c中，接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt极上放出，C错误；图d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由Zn的还原性引起的，D错误。答案B3在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多金属腐蚀现象。现通过如图所示装置进行实验探究。下列说法正确的是()A用图所示装置进行实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可用酒精灯加热具支试管B图是图所示装置的原理示意图，图所示装置的正极材料是铁C铝制品表面出现白斑的原理可以通过图所示装置进行探究，Cl由活性炭向铝箔表面迁移，并发生电极反应：2Cl2e=Cl2D图所示装置的总反应为4Al3O26H2O=4Al(OH)
72、3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑解析A项，加热使具支试管中气体体积增大，部分气体逸出，冷却后，气体体积缩小，导管中形成液柱，并不能证明金属发生吸氧腐蚀，错误；B项，负极材料应为铁，错误；C项，铝箔为负极，活性炭为正极，正极反应为O24e2H2O=4OH，负极反应为Al3e3OH=Al(OH)3，错误；D项，将正极反应式和负极反应式相加可得图所示装置的总反应为4Al3O26H2O=4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑，正确。答案D满分微课堂可充电电池的分析及电极反应式的书写技巧【示例】镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，镁电池放电时电压高且平稳，因此成为人们研制
73、绿色电池所关注的重点。有一种镁二次电池的反应为xMgMo3S4MgxMo3S4。下列说法错误的是()A.放电时Mg2向正极移动B.放电时正极的电极反应式为Mo3S42xe=Mo3SC.放电时Mo3S4发生氧化反应D.充电时阴极的电极反应为xMg22xe=xMg【审题指导】答案C1分析建模2速记速判简单电极先写出，复杂反应相减得。负极颠倒得阴极，正极颠倒得阳极。体验1铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3Cr2Fe2Cr3。下列说法一定正确的是()A电池充电时，阴极的电极反应式为Cr3 e=Cr2B电池放电时，负极的电极反应式为Fe2e=Fe3C电池放电时
74、，Cl从负极穿过选择性透过膜移向正极D电池放电时，电路中每通过0.1 mol电子，Fe3浓度降低0.1 molL1解析放电时，负极Cr2发生氧化反应：Cr2e=Cr3，则充电时阴极Cr3发生还原反应：Cr3e=Cr2，A项正确、B项错误；电池放电时，阴离子应由正极移向负极，C项错误；没有给出电解液的体积，无法计算，D错误。答案A体验2镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni(OH)2M=NiOOHMH已知：6NiOOHNH3H2OOH=6Ni(OH)2NO下列说法正确的是 ()ANiMH电池放电过
75、程中，正极的电极反应式为：NiOOHH2Oe=Ni(OH)2OHB充电过程中OH 离子从阳极向阴极迁移 C充电过程中阴极的电极反应式：H2OMe=MHOH ，H2O中的H被M还原DNiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液解析A项，由NiMH充电的总反应方程式知，其逆反应为放电时的总反应，正极发生还原反应：NiOOHH2Oe=Ni(OH)2OH，正确；B项，充电时相当于电解池，阴离子 (OH)向阳极移动，错误；C项，由于MH中M与H均为0价，反应前后M的化合价没有变化，故H2O中的H是由于电解而被还原，并不是被M还原，错误；D项，由信息可知NiOOH与KOH溶液、氨水反应，故电解质溶
76、液不能用KOH溶液、氨水，错误。答案A能力提升训练1有关电化学知识的描述正确的是() A理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池B某原电池反应为Cu2AgNO3=Cu(NO3)22Ag，装置中的盐桥内可以是含琼脂的KCl饱和溶液C因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中组成原电池，铁作负极，铜作正极，其负极反应式为Fe2e=Fe2D由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，其负极反应式为Mg2e2OH=Mg(OH)2解析A项，原电池反应是自发进行的氧化还原反应；B项，因为电解质溶液中有Ag，盐桥内不能有Cl，因为二者反应会生成AgCl沉淀；C项，Fe、Cu、浓硝酸
77、组成的原电池，由于铁遇浓硝酸钝化，则Cu为负极，Fe为正极，其负极反应式为Cu2e=Cu2；D项，由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，电池总反应为2Al2H2O2NaOH=2NaAlO23H2，Al作负极，负极反应式为Al3e4OH=AlO2H2O，D错。答案A2下列说法正确的是()A用甲装置电解精炼镁B用乙装置验证试管中铁丝发生析氢腐蚀C用丙装置构成铜锌原电池D用丁装置利用电解法制铝解析Mg2和Al3在溶液中不放电，选项A和D错。丙装置中两种电解液互换才能构成铜锌原电池，C错。答案B3(2015福建理综，11)某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和
78、燃料(C3H8O)。下列说法正确的是()A该装置将化学能转化为光能和电能B该装置工作时，H从b极区向a极区迁移C每生成1 mol O2，有44 g CO2被还原Da 电极的反应为：3CO218H18e=C3H8O5H2O解析A项，该装置是电解池，在电解和光的作用下H2O在光催化剂的表面转化为O2和H，故该装置是将电能和光能转化为化学能，错误；B项，根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H从阳极b极区向阴极a极区迁移，正确；C项，该电解池的总反应式为：6CO28H2O2C3H8O9O2。根据总反应方程式可知，每生成1 mol O2，有 mol CO2被还原，其质量为 g，错
79、误；D项，a电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO218H18e=C3H8O5H2O，错误。答案B4某化学小组设计的电解饱和食盐水的装置如图所示，通电后两极均有气泡产生。下列说法正确的是()A观察到铜电极附近有黄绿色气体产生B通电后，石墨电极附近溶液立即变红色C溶液中的Na向石墨电极移动D铜电极上发生还原反应解析根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，该电极上的反应为2H2e=H2，阳极上氯离子失电子，发生的电极反应为2Cl2e=Cl2。铜电极上产生的H2为无色气体，A项说法错误；石墨电极是阳极，该电极上发生的反应为2Cl2e=Cl2，可以观察到黄
80、绿色气体产生，由于阳极反应不产生OH，而阴极反应产生的OH迁移至阳极附近需要一段时间，故通电后，石墨电极附近溶液不能立即变红色，B项说法错误；电解池中，阳离子移向阴极，即Na移向铜电极，C项说法错误；金属铜电极是阴极，阴极发生还原反应，D项说法正确。答案D5利用如图所示装置，可以完成很多电化学实验。下列有关此装置的叙述中，正确的是()A若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种 方法称为牺牲阴极保护法B若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阴离子向铁电极移动C若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向
81、铜电极移动D若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中铜离子浓度将减小解析A项，若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，该装置为原电池，铁棒作正极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，错误；B项，若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，该装置为电解池，铁棒作阴极，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阴离子向碳棒电极(阳极)移动，错误；C项，若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，该装置为原电池铁棒作负极，铜棒作正极，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动，正确；D项，若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，该装置为电镀池，铁棒质量将增加，但
82、由于阳极铜溶解，溶液中铜离子浓度不变，错误。答案C6镁燃料电池具有比能量高、使用安全方便、原材料来源丰富、成本低等特点。一般研究的镁燃料电池可分为镁空气燃料电池、镁海水燃料电池、镁过氧化氢燃料电池和镁次氯酸盐燃料电池。其中，镁次氯酸盐燃料电池的工作原理如图所示，下列有关说法不正确的是()A放电过程中OH移向正极B电池的总反应式为MgClOH2O=Mg(OH)2ClC镁燃料电池中镁均为负极，发生氧化反应D镁过氧化氢燃料电池，酸性电解质中正极反应式为H2O22H2e=2H2O解析本题以镁燃料电池为背景考查了原电池原理、不同条件下电极反应式的书写。镁燃料电池，镁作负极，失电子，产物由电解质溶液决定，
83、若为酸性溶液，生成Mg2，若为碱性溶液，生成Mg(OH)2。ClO在正极反应，由图可知有Cl和OH生成：ClOH2O2e= Cl2OH，OH向负极移动，生成Mg(OH)2，在镁过氧化氢燃料电池中，H2O2得e与H反应生成H2O。答案A7(2015浙江理综，11)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O、CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是()AX是电源的负极B阴极的电极反应式是：H2O2e=H2O2、CO22e=COO2C总反应可表示为：H2OCO2H2COO2D阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是11解析由水和二氧化碳生成氢气和一氧化碳发
84、生还原反应，此极上得到电子，应为阴极，故X极为电源的负极，A、B项正确；C项，根据电极上的反应物和生成物，可知总反应方程式正确；D项，因阳极电极反应式为2O24e=O2，结合电子得失相等，可知阴、阳两极生成气体的物质的量之比为21，错误。答案D8如图a、b、c、d均为石墨电极，通电进行电解(电解液足量)下列说法正确的是()A向乙中加入适量盐酸，溶液组成可以恢复B电解时向乙中滴入酚酞溶液，c电极附近变红C当b极有64 g Cu析出时，c电极产生2 g气体D甲中a极上的电极反应式为：4OH4e=O22H2O解析由图可知a为阳极，b为阴极，c为阳极，d为阴极。乙池的总反应为2NaCl2H2O2NaO
85、HH2Cl2，脱离溶液的是H2和Cl2，恢复组成通HCl，A项错误；c为阳极，溶液中的Cl放电生成Cl2，d为阴极，水中的H放电：2H2O2e=H22OH，乙池中滴入酚酞，d极附近变红，B项错误；当b极有64 g Cu析出，由Cu22e=Cu，可知转移2 mol e，c极发生反应：2Cl2e=Cl2，生成1 mol Cl2，质量为71 g，C项错误；a极为阳极，溶液中的OH放电，正确。答案D9某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为Al电极，其他均为Cu电极，则下列叙述正确的是()A电子流动方向：电极电极B电极发生氧化反应C电极质量不变D电极的电极反应：Cu22e=Cu解析由题给装置可知，左边
86、烧杯和中间烧杯组成一个原电池装置，Al作负极，Cu作正极，右边烧杯是一个电解池装置。电子从负极流出，即电子流动方向：电极电极，A选项错误；电极是负极，发生氧化反应，B选项正确；电极上Cu2得电子生成单质铜，电极质量增加，C选项错误；电极与原电池的正极相连，是阳极，发生反应Cu2e= Cu2，D选项错误。答案B10通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是()APt电极是该装置的正极B该电池的正极反应为：O24e2H2O=4OHC负极的电极反应式：NO2eO2=NO2D固体电解质中O2向负极移动解析由离子的定向移动可知NiO电极为原电池的负极，Pt电极为原电池的正
87、极，故A项正确；正极发生还原反应，电极反应式为O24e=2O2，故B项错误；NiO为负极，电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为NOO22e=NO2，故C项正确；原电池中阴离子向负极移动，故D项正确。答案B11(1)下列金属防腐的措施中，水中的钢闸门连接电源的负极使用的是 法；地下钢管连接镁块使用的是 法。(2)NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图，石墨为电池的 极；该电池在使用过程中石墨电极上生成氧化物Y，其电极反应式为 。(3)以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，下图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料
88、电池的工作原理示意图。回答下列问题：B极为电池 极，电极反应式为 。若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解100 mL 1 molL1的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗的甲烷的体积为 (标准状况下)。答案(1)外加电流的阴极保护牺牲阳极的阴极保护(2)负NO2NOe=N2O5(3)负CH44O28e=CO22H2O1.12 L12下图是一个化学过程的示意图。(1)图中甲池是 装置(填“电解池”或“原电池”)，其中OH移向 极(填“CH3OH”或“O2”)。(2)写出通入CH3OH的电极的电极反应式： 。(3)向乙池两电极附近分别滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为 极(填
89、“A”或“B”)，并写出此电极的反应式： 。(4)乙池中总反应的离子方程式： 。(5)常温下，当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40 g时，乙池的pH是 (若此时乙池中溶液的体积为500 mL)；此时丙池某电极析出1.60 g某金属，则丙中的某盐溶液可能是 (填序号)。AMgSO4 BCuSO4 CNaCl DAgNO3解析(1)(2)分析图中装置，甲池是碱性条件下的甲醇燃料电池，通入甲醇的电极作负极，通入O2的电极作正极，在碱性条件下甲醇被氧化为CO，由此写出负极反应式：CH3OH6e8OH=CO6H2O，原电池工作时溶液中的阴离子向负极移动。(3)(4)碳电极(A极)与原电池正极相连，作阳
90、极，电极反应式为2H2O4e=O24H，则银电极(B极)作阴极，电极反应式为Age=Ag，电解过程的总反应式为4Ag2H2O4AgO24H。当向乙池两电极附近分别滴加适量紫色石蕊试液时，附近变红的电极为A极。(5)常温下，当乙池中B(Ag)电极的质量增加5.40 g，即析出Ag的物质的量为0.05 mol时，生成 H的物质的量为0.05 mol，而乙池中溶液的体积为500 mL，由此可得溶液的pH1。根据放电规律，本题首先排除选项A和选项C。当乙池中B(Ag)电极的质量增加5.40 g时，此时转移的电子为0.05 mol，当丙池中电极上析出1.60 g金属铜时，正好转移0.05 mol电子，因
91、此选项B符合题意。当丙装置中为AgNO3溶液，且AgNO3溶液足量时，析出金属(Ag)的质量也应为5.40 g，当AgNO3溶液不足时，析出金属(Ag)的质量必小于5.40 g，故选项D也符合题意。答案(1)原电池CH3OH(2)CH3OH6e8OH=CO6H2O(3)A2H2O4e=O24H(4)4Ag2H2O4AgO24H(5)1BD第7讲化学反应速率和化学平衡最新考纲1了解化学反应速率的概念和平均反应速率的定量表示方法。2.理解温度、浓度、压强和催化剂等对化学反应速率影响的一般规律。3.认识催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重大作用。4.了解化学反应的可逆性。能用焓变和熵变说明常见简单
92、化学反应的方向。5.理解化学平衡和化学平衡常数的含义，能用化学平衡常数进行简单计算。6.理解浓度、温度、压强、催化剂等对化学平衡影响的一般规律。7.认识化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。常考点一化学反应速率及化学反应的方向知识特训1通过判断回顾化学反应速率的概念及意义化学反应速率是指某一时刻某种反应物的瞬时反应速率()化学反应速率为0.8 molL1s1是指反应1 s时某物质的浓度为0.8 molL1()根据化学反应速率的大小可推知化学反应的快慢()对于一个化学反应来说，其反应速率越大，反应现象就越明显()加入少量CH3COONa晶体可以减小Zn与稀硫酸反应的
93、速率，但不影响产生H2的总量()2通过填空掌握化学反应速率的图像及计算某温度时，在2 L容器中，X、Y、Z三种物质随时间的变化关系曲线如图所示。(1)由图中的数据分析，该反应的化学方程式为3XY2Z。(2)反应开始至2 min，Z的平均反应速率为0.05 molL1min1。(3)反应开始至2 min，用X、Y表示平均反应速率分别为0.075 molL1min1、0.025 molL1min1。(4)5 min后Z的生成速率与5 min后Z的分解速率相等(填“变大”、“变小”、“相等”或“无法判断”)。精华聚焦1外界条件对化学反应速率影响的深度剖析(1)纯液体和固体浓度可视为常数，它们的量的改
94、变不会影响化学反应速率。但固体颗粒的大小导致接触面积的大小发生变化，故影响化学反应速率。(2)对于固体、液体物质，由于压强改变时对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，故压强对无气体参加的化学反应速率无影响。(3)对使用催化剂的反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在许多工业生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围。(4)对于有气体参与的化学反应，有以下几种情况：恒温时，压缩体积压强增大反应物浓度增大反应速率加快。恒温时，对于恒容密闭容器：a充入气体反应物气体反应物浓度增大(压强也增大)反应速率加快。b充入“惰性”气体总压强增大反应物浓度未改
95、变反应速率不变。恒温恒压时充入“惰性”气体体积增大气体反应物浓度减小反应速率减小。(5)外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同。当增大反应物浓度时，v正增大，v逆瞬间不变，随后也增大；改变压强，气体分子数减小方向的反应速率变化程度大；对于反应前后气体分子数不变的反应，改变压强正、逆反应速率改变程度相同；升高温度，v正和v逆都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大；降低温度、v正和v逆都减小，但吸热反应方向的反应速率减小的程度大；使用催化剂，能同等程度地改变正、逆反应速率。2利用复合判据综合判断反应方向的依据(1)HTS0，反应不能自发进行。重温真题1(高
96、考题汇编)下列说法正确的是() A2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的H0(2014江苏，11B)B反应NH3(g)HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的H0(2013江苏，11A)CN2(g)3H2(g) 2NH3(g)H0，其他条件不变时升高温度，反应速率v(H2)和H2的平衡转化率均增大(2012江苏，10C)D对于反应2H2O2=2H2OO2，加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率(2011江苏，12D)解析反应S0，能自发进行，说明H，温度越高(低)反应速率越快(慢)，所以温度最低；催化剂能加快化学反应速率，所以
97、中加入了催化剂。答案(1)30.006(2)题组2影响化学反应速率的因素3已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2IH2OIO慢H2O2IOH2OO2I快下列有关该反应的说法正确的是()A反应速率与I的浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98 kJmol1Dv(H2O2)v(H2O)v(O2)解析A项，H2O2的分解速率取决于第一步的慢反应，该反应中I为反应物，故反应速率与I的浓度有关。正确；B项，该反应的催化剂为I，IO只是该反应的中间物质，错误；C项，98 kJmol1是1 mol H2O2分解的反应热，反应热与活化能无
98、关，错误；D项，将题给两个反应合并可得总反应为2H2O2=2H2OO2，由化学反应速率与其对应物质的化学计量数的关系可知，该反应的反应速率关系应为v(H2O2)v(H2O)2v(O2)，错误。答案A4向某密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量的B三种气体，在一定条件下发生反应，各物质的物质的量浓度随时间变化的情况如图1所示。图2为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中化学反应速率随时间变化的情况，四个阶段都各改变一种条件，且所改变的条件均不相同。已知t3t4阶段为使用催化剂。下列说法错误的是()A若t115，生成物C在t0t1时间段的平均反应速率为0.002 molL1s1B
99、t4t5阶段改变的条件为减小压强，t5t6阶段改变的条件是升高温度CB的起始物质的量为0.02 molD该反应的化学方程式为3A(g) B(g)2C(g)解析若t115，生成物C在t0t1时间段的平均反应速率v(C)0.004 molL1s1，A选项错误；t3t4阶段为使用催化剂，t4t5阶段，正、逆反应速率都减小，且化学平衡不移动，所以改变的条件只能为减小压强，且反应前后气体分子数不变，反应中A的物质的量浓度变化为0.15 molL10.06 molL10.09 molL1，C的物质的量浓度变化为0.11 molL10.05 molL10.06 molL1，所以化学方程式中A与C的化学计量数
100、之比为0.090.0632，则该反应的化学方程式为3A(g) B(g)2C(g)，t5t6阶段，正、逆反应速率都增大，改变的条件应为升高温度，故B、D选项正确；由A的起始物质的量为0.3 mol和起始物质的量浓度为0.15 molL1可知，容器的容积V2 L，由化学方程式可知B的起始物质的量浓度为0.05 molL1(0.11 molL10.05 molL1)1/20.02 molL1，所以B的起始物质的量n(B)0.02 molL12 L0.04 mol，故C选项错误。答案AC常考点二正确理解化学平衡状态及其影响因素知识特训1通过以下判断，掌握化学平衡移动的影响因素减小反应物的用量，化学反应
101、速率一定减小，平衡一定向逆反应方向移动。()降低温度，正反应速率的变化要根据反应的热效应来判断。()化学平衡逆向移动，一定是逆反应速率增大或正反应速率减小。()化学平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大。()任何化学反应都伴随着能量的变化，因此当其他条件一定时，改变温度后化学平衡一定发生移动。()H的数值与化学平衡移动有关。()2通过以下填空，完成对“化学平衡状态”标志的理解(1)下列说法可以证明H2(g)I2(g) 2HI(g)已达平衡状态的是。单位时间内生成n mol H2的同时，生成n mol HI一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂百分含量w(HI)w(I2)反应速率v(H2)v
102、(I2)v(HI)c(HI)c(H2)c(I2)211温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化温度和体积一定时，容器内压强不再变化条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化(2)一定温度下，在一固定体积的密闭容器中，可逆反应A(s)3B(g) 2C(g)达到平衡时，下列说法正确的是。C的生成速率和C的分解速率相等；单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol B；气体密度不再变化；混合气体的总压强不再变化；A、B、C的物质的量之比为132；混合气体的平均相对分子质量不变精华聚焦化学平衡状态的判断方法指导思想：
103、选定反应中的“变量”，即随反应进行而变化的量，当“变量”不再变化时，反应已达平衡。(1)直接判断依据(2)间接判断依据对于有有色气体存在的反应体系，如2NO2(g) N2O4(g)等，若体系的颜色不再发生改变，则反应已达平衡状态。对于有气体存在且反应前后气体的物质的量发生改变的反应，如N2(g)3H2(g) 2NH3(g)，若反应体系的压强不再发生变化或平均相对分子质量不再变化，则说明反应已达平衡状态。注意：对有气体存在且反应前后气体的物质的量不发生改变的反应如：2HI(g) H2(g)I2(g)，反应过程中的任何时刻体系的压强、气体的物质的量、平均相对分子质量都不变，故体系压强、气体的物质的
104、量、平均相对分子质量不变均不能说明反应已达平衡状态。重温真题12015广东理综，31(2)用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。(1)新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应2HCl(g)O2H2O(g)Cl2(g)H具有更好的催化活性， 实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的HClT曲线如下图：则总反应的H 0(填“”、“”或“”)；A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是 。在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应HClT曲线的示意图，并简要说明理由 。下列措施中，有利于提高HCl的有 。A增大n(HCl) B增大n(O2)C使用更好的催
105、化剂 D移去H2O解析(1)结合题中(HCl)T图像可知，随着温度升高，(HCl)降低，说明升高温度平衡逆向移动，得出正反应方向为放热反应，即H0；A、B两点A点温度低，平衡常数K(A)大。结合可逆反应2HCl(g)O2(g) H2O(g)Cl2(g)的特点，增大压强平衡向右移动，(HCl)增大，则相同温度下，HCl的平衡转化率比增压前的大，曲线如答案中图示所示。有利于提高(HCl)，则采取措施应使平衡2HCl(g)O2(g) H2O(g)Cl2(g)正向移动。A项，增大n(HCl)，则c(HCl)增大，虽平衡正向移动，但(HCl)减小，错误；B项，增大n(O2)即增大反应物的浓度，D项，移去
106、H2O即减小生成物的浓度，均能使平衡正向移动，两项都正确；C项，使用更好的催化剂，只能加快反应速率，不能使平衡移动，错误。答案(1)K(A) 见下图增大压强，平衡右移，HCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前的大 BD22015北京理综，26(3)反应：2H2SO4(l)=2SO2(g)O22H2O(g)H550 kJmol1它由两步反应组成：.H2SO4(l)=SO3(g)H2O(g)H177 kJmol1.SO3(g)分解。L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度，下图表示L一定时，中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。(1)X代表的物理量是 。(2)判断L1、L2的大小关系，
107、并简述理由： 。解析首先根据反应和反应确定反应为2SO3(g) 2SO2(g)O2(g)H196 kJmol1。(1)根据反应的特点：正反应方向为气体体积增大、吸热反应，增大压强SO3(g)的转化率减小，故X代表压强。(2)在等压条件下，升高温度，反应的平衡向正向移动，SO3(g)的转化率增大，故L2所代表高温曲线，即L1L2。答案 (1)压强(2)L1L2SO3(g)分解的热化学方程式为2SO3(g) 2SO2(g)O2(g)H196 kJmol1，当压强一定时，温度升高，平衡转化率增大感悟高考1题型：选择题填空题2考向：常见的考查角度有：化学平衡状态的判断；外界条件对化学平衡的影响规律；化
108、学平衡图像的分析；有关影响化学平衡因素的实验探究。3注意点：注意平衡状态判据中的压强、密度、平均相对分子质量等判据的不确定性。最新模拟题组1平衡状态的建立1在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)C(s)H2O(g) CO(g)H2(g)；(乙)CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)。现有下列状态：混合气体平均相对分子质量不再改变恒温时，气体压强不再改变各气体组分浓度相等断裂氢氧键的速率等于断裂氢氢键速率的2倍混合气体密度不变单位时间内，消耗水蒸气的质量与生成氢气的质量比为91同一时间内，水蒸气消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量，其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是
109、()A B C D解析甲容器中，碳为固态，该可逆反应属于气体体积不相等的反应；乙容器中，该可逆反应属于气体体积相等的反应，气体相对分子质量、密度、压强都始终不变，错误；各气体组分浓度相等，不能判断反应是否都达到了平衡状态，错误；断裂氢氧键速率等于断裂氢氢键速率的2倍，经转化得，氢氧键的断裂速率等于氢氧键的生成速率，正确；消耗水蒸气与生成氢气是同一反应方向，错误；消耗水蒸气是正向反应，消耗氢气是逆向反应，v正v逆，正确。答案D2在一个2 L的密闭容器中，投入反应物，发生反应2SO3(g) 2SO2(g)O2(g)H0，其中SO3的变化如图所示：(1)用O2表示0到8 min内该反应的平均速率v
110、。(2)能说明该反应已达到平衡状态的是 。Av(SO3)2v(O2)B容器内压强保持不变Cv(SO2)逆2v(O2)正D容器内密度保持不变(3)在第12 min时，容器压缩到1 L，则SO3的变化曲线为 。Aa Bb Cc Dd解析(1)c(O2)0.1 mol/L，v(O2)0.012 5 mol/(Lmin)。(2)反应前后压强不等，所以可以用压强不再变化判断反应达平衡，v(SO2)逆2v(O2)正，正逆反应速率相等，可以判断反应达平衡，因此选B、C。(3)容器压缩的瞬间，SO3物质的量不变，随即平衡逆向移动，SO3的物质的量增大，所以c曲线符合。答案(1)0.012 5 mol/(Lmi
111、n)(2)BC(3)C题组2平衡移动方向和结果的判定3纳米钴(Co)常用于CO加氢反应的催化剂，500 K时有催化反应：CO(g)3H2(g) CH4(g)H2O(g)H0()(4)化学平衡移动，化学平衡常数不一定改变()2通过以下填空完成对化学平衡常数概念的理解一定条件下反应C(s)CO2(g) 2CO(g)H0，在体积不变的密闭容器中达到平衡，按要求回答下列问题：(1)平衡常数表达式是K。(2)若升高温度，反应速率增大(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K增大，平衡向正反应方向移动。(3)再通入一定量的CO2气体，反应速率增大，平衡常数K不变，平衡向正反应方向移动，CO2的转
112、化率减小。(4)再充入一定量的N2，反应速率不变，平衡常数K不变，平衡不移动。精华聚焦1化学平衡计算的基本模式平衡“三步曲”根据反应进行(或移动)的方向，设定某反应物消耗的量，然后列式求解。注意：变化量与化学方程式中各物质的化学计量数成比例；这里a、b可指：物质的量、浓度、体积等；弄清起始浓度、平衡浓度、平衡转化率三者之间的互换关系；在使用平衡常数时，要注意反应物或生成物的状态。2极限思维模式“一边倒”思想极限思维有如下口诀：始转平，平转始，欲求范围找极值。3转化率计算公式转化率100%。重温真题1(2015天津理综，6)某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1 mol X(g)和2 mol Y
113、(g)发生反应：X(g)m Y(g) 3 Z(g)平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是()Am2B两次平衡的平衡常数相同CX与Y的平衡转化率之比为11D第二次平衡时，Z的浓度为0.4 molL1解析A项，由题意可知两种条件下X、Y、Z的初始物质的量不同，而最终平衡状态相同，则两种条件下建立的平衡为温度、容积不变时的等效平衡，故满足反应前后气态物质计量数之和相等，则1m3，m2，正确；B项，温度不变，平衡常数不变，正确；C项，X、Y 的初始物质的量之比为12，根据方程式可知参
114、加反应的X、Y的物质的量之比也为12，故X与Y的平衡转化率之比为11，正确；D项，由化学方程式可知该反应的反应前后气体的物质的量不变，所以第二次平衡时气体的总物质的量为4 mol，则Z的物质的量为4 mol10%0.4 mol，Z的浓度为0.4 mol2 L0.2 molL1，错误。答案D2(2015重庆理综，7)羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)H2S(g) COS(g)H2(g)K0.1反应前CO物质的量为10 mol，平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是()A升高温度，H2
115、S浓度增加，表明该反应是吸热反应B通入CO后，正反应速率逐渐增大C反应前H2S物质的量为7 molDCO的平衡转化率为80%解析A项，升高温度，H2S浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应吸热，正反应放热，错误；B项，通入CO气体瞬间正反应速率增大，达到最大值，向正反应方向建立新的平衡，正反应速率开始减小，逆反应速率逐渐增大，当正反应速率和逆反应速率相等时，反应达到新的化学平衡状态，错误；C项，设反应前H2S的物质的量为n mol，列“三段式”进行解题因为该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以有K0.1，解得n7，正确；D项，根据上述计算可知CO的转化率为20%，错误。答案C3(1)20
116、15浙江理综，28(2)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：维持体系总压p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为，则在该温度下反应的平衡常数K (用等符号表示)。(2)2014福建理综，24(3)已知t 时，反应FeO(s)CO(g) Fe(s)CO2(g)的平衡常数K0.25。t 时，反应达到平衡时n(CO)n(CO2) 。若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入x mol CO，t 时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x 。解析(1)根据反应：平衡时体积为(1)V平衡常数K另外利用分压也可以计算出：Kpp(2)根
117、据该反应的Kc(CO2)/c(CO)0.25，可知反应达到平衡时n(CO)n(CO2)41。根据化学平衡常数可知：K0.01/(x0.01)0.25，解得x0.05。答案(1)p或(2)410.05感悟高考1题型：选择题(主)填空题(次)2考向：该部分内容通常是在化学反应原理综合题目中，通过与平衡浓度、转化率的计算，图像的分析等相结合，同时联系生产生活实际考查学生知识运用能力。3注意点：化学平衡常数是个温度常数；通过“三段式”解题培养解答计算题的条理性。最新模拟题组1卷有关化学平衡常数的理解和计算推断1高温下，某反应达到平衡，平衡常数K。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是()A该
118、反应的焓变为正值B恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C升高温度，逆反应速率减小D该反应的化学方程式为COH2OCO2H2解析由平衡常数表达式得该反应的化学方程式为CO2H2COH2O，D项错误；升高温度，H2的浓度减小，说明平衡正向移动，则正反应方向为吸热反应，该反应的焓变为正值，A项正确；恒温恒容下，如充入稀有气体使压强增大，H2浓度不变，B项错误；升高温度，正、逆反应速率都增大，C项错误。答案A2在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)B(g) xC(g)2D(g)。2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol
119、 D，并测得C的浓度为0.2 molL1，下列判断正确的是()A平衡常数约为0.15BB的转化率为60%C从反应开始至平衡，A的平均反应速率为0.3 molL1min1D若混合气体的密度不变则表明该反应达到平衡状态解析平衡时D的浓度是0.8 mol2 L0.4 molL1，则x20.2 molL10.4 molL1，故x1。将平衡时各物质的浓度代入平衡常数表达式，计算得K约为0.15，选项A正确；B的转化率是0.2 molL10.5 molL1100%40%，选项B错误；从反应开始至平衡，A的平均反应速率是0.6 molL12 min0.3 molL1min1，选项C正确；各物质均是气体，总质
120、量不变，且容器体积一定，故无论反应是否达到平衡，混合气体的密度都是定值，选项D错误。答案AC题组2卷中化学平衡常数的综合应用3(1)储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：3H2(g)。在某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，其起始浓度为a molL1，平衡时苯的浓度为b molL1，该反应的平衡常数K 。(2)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2(g)NaCl(s) NaNO3(s)ClNO(g)K1H10()2NO(g)Cl2(g) 2ClNO(g)K2H2”“1；平衡常数只是温度的函数，故由恒容条件改为恒压条件时平衡常数不变；
121、要使平衡常数减小，平衡应逆向移动，因为反应()是放热反应，故应升高温度。答案(1) mol3L3(2)K/K22.510275%不变升高温度4在容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：(1)反应的H 0(填“大于”或“小于”)；100 时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在060 s时段，反应速率v(N2O4)为 molL1s1；反应的平衡常数K1为 。(2)100 时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.002 0 molL1s1的平均速率降低，经10 s后又达到平衡。aT 100
122、(填“大于”或“小于”)，判断理由是 。b列式计算温度T时反应的平衡常数K2 。(3)温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向 (填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是 。解析(1)由题意知，升温时混合气体的颜色变深，则c(NO2)增大，平衡N2O4(g) 2NO2(g)向正反应方向移动，则说明正反应为吸热反应，即H0。由图中数据可知，v(N2O4)0.001 0 molL1s1，K10.36 molL1。(2)c(N2O4)减小，说明平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，应该是温度升高，即T100 ，由v(N2O4)计算出建立新平衡过程中c(N2O4)减小值，再计算出
123、新平衡时c(N2O4)、c(NO2)，代入K的表达式中计算求得K2。(3)因为N2O4(g) 2NO2(g)的逆反应是气体分子数减小的反应，所以增大压强，平衡向逆反应方向移动。答案(1)大于0.001 00.36 molL1(2)a.大于反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高b平衡时，c(N2O4)0.040 molL10.002 0 molL1s110 s0.020 molL1c(NO2)0.120 molL10.002 0 molL1s110 s20.16 molL1K21.3 molL1(3)逆反应对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动常考点四等效平衡及其模型构建知
124、识特训等效平衡的判断及应用(1)恒温恒容条件下等效平衡的判断反应前后气体分子数不等的可逆反应以可逆反应：2A(g)B(g) 3C(g)D(g)为例：ABCD判断2 mol1 mol00、互为等效平衡4 mol2 mol001 mol0.5 mol1.5 mol0.5 mol01 mol3 mol1 mol003 mol1 mol反应前后气体分子数相等的可逆反应以可逆反应：2A(g)B(g)3C(g)D(s)为例：ABCD判断2 mol1 mol00、互为等效平衡4 mol2 mol001 mol0.5 mol1.5 mol0.5 mol01 mol3 mol1 mol003 mol1 mol(
125、2)恒温恒压下等效平衡的判断以可逆反应：2A(g)B(g)3C(g)D(g)为例：ABCD判断2 mol1 mol00、互为等效平衡4 mol2 mol001 mol0.5 mol1.5 mol0.5 mol01 mol3 mol1 mol003 mol1 mol精华聚焦1等效平衡含义在一定条件下(恒温恒容或恒温恒压)，对同一可逆反应体系，起始时加入物质的物质的量不同，而达到化学平衡时状态相同，即同种物质的百分含量相同。2原理同一可逆反应，当外界条件一定时，反应无论从正反应开始，还是从逆反应开始，最后都能达到平衡状态。其中平衡混合物中各物质的百分含量相同。由于化学平衡状态与条件有关，而与建立平
126、衡的途径无关。因而，同一可逆反应，从不同的状态开始，只要达到平衡时条件(温度、浓度、压强等)完全相同，则可形成等效平衡。3常见的等效平衡条 件类 型恒温、恒容，反应前后气体分子数改变的可逆反应改变起始时加入物质的物质的量，按化学计量数比换算成同一边的物质的物质的量与原平衡相同恒温、恒容，反应前后气体分子数不变的可逆反应按化学计量数比换算成同一边物质的物质的量之比与原平衡相同恒温、恒压改变起始加入的物质的量，按化学计量数比换算成同一边物质的物质的量之比与原平衡相同重温真题1(2015江苏，15)在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2
127、mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)C(s) 2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中、点均处于曲线上)。下列说法正确的是()A反应CO2(g)C(s)=2CO(g)的S0、H0B体系的总压强p总：p总(状态)2p总(状态)C体系中c(CO)：c(CO，状态)2c(CO，状态)D逆反应速率v逆：v逆(状态)v逆(状态)解析A项，CO2(g)C(s)=2CO(g)气体的物质的量增加的反应，故S0，观察图像知，随着温度的升高，c(CO2)减小，平衡为正移，则H0，错误；B项，相同温度下，图中点所在曲线对应的c(CO2)高，表示通入0.2 mol
128、 CO2，则点所在曲线表示通入0.1 mol CO2，点和点的c(CO2)相等，由图知参加反应的CO2的物质的量：点大于点的2倍，且该反应为气体分子数增多的反应，同时点的温度比点高，所以体系的总压强p总：p总(状态)2p总(状态)，B项正确；C项，状态和，温度相同，中CO2的投料量是中CO2投料量的2倍，若恒容时两平衡等效，则有c(CO，状态)2c(CO，状态)，但成比例增加投料量，相当于加压，平衡向逆反应方向移动，所以c(CO，状态)v逆(状态)，错误。答案BC2(2014江苏，15)一定温度下，在三个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)H2O
129、(g) 容器 编号温度( )起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)3870.200.080 0.0803870.402070.200.090 0.090 下列说法正确的是()A该反应的正反应为放热反应 B达到平衡时，容器中的CH3OH体积分数比容器中的小 C容器中反应达到平衡所需时间比容器中的长 D若起始时向容器中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH3 0.15 mol和H2O 0.10 mol，则反应将向正反应方向进行解析对比容器、，可知起始时物质的量都是0.20 mol，容器温度降低，CH3OCH3平衡时的物质的量增大，说明平
130、衡正向移动，故正反应是放热反应，A项正确；B项，容器的投料量是容器的两倍，相当于加压，但题给反应是气体体积相等的反应，两者建立等效平衡，CH3OH体积分数不变，错误；C项，容器的温度比容器高，温度高，化学反应速率快，到达平衡时间短，错误；D项，容器中，2CH3OHCH3OCH3H2Oc(始)/(molL1) 0.20 0 0c(转)/(molL1) 0.16 0.08 0.08c(平)/(molL1) 0.04 0.08 0.08K4，QcK，则反应将向正反应方向进行，正确。答案AD3(2013江苏，15)一定条件下存在反应：CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)，其正反应放热。现有三
131、个相同的2 L 恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器、，在中充入1 mol CO和1 mol H2O，在中充入1 mol CO2和1 mol H2，在中充入2 mol CO和2 mol H2O，700 条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是()A容器、中正反应速率相同B容器、中反应的平衡常数相同C容器中CO的物质的量比容器中的多D容器中CO的转化率与容器中CO2的转化率之和小于1解析容器中正向建立平衡，容器中逆向建立平衡，由于正反应放热、容器为绝热，前者温度高，反应速率快，A错误；容器中温度高，相对于容器相当于升高温度平衡逆向移动，CO转化率低，剩余的多，C正确；容器的投料量是容器的2
132、倍，由于是气体体积相等的反应，最终建立等效平衡，但由于容器的投料量多，放出的热量多，两容器的温度不同，所以平衡常数不同，B错误；若容器、建立等效平衡，则容器中CO的转化率与容器中CO2的转化率和为1，由A、C分析可知，A中温度高，CO的转化率低，所以两者之和小于1，D正确。答案CD感悟高考1题型：选择题2考向：综合考查化学反应速率、化学平衡常数计算、等效平衡原理及其模型构建。综合性强，难度较大。3注意点：关注多个变量对化学平衡的影响。通过构建模型简化过程分析。最新模拟1(2015南通扬州二调)在2 L的恒容密闭容器中充入A(g)和B(g)，发生反应：A(g)B(g) 2C(g)D(s)Ha k
133、Jmol1实验内容和结果分别如下表和下图所示。下列说法正确的是()实验序号温度起始物质的量热量变化AB600 1 mol3 mol96 kJ800 1.5 mol0.5 molA实验中，10 min内平均速率v(B)0.06 molL1min1B上述方程式中a160C600 时，该反应的平衡常数是0.45D向实验的平衡体系中再充入0.5 mol A和1.5 mol B，A的转化率增大解析实验中，10 min内，三段式计算：v(B)0.03 molL1min1，A项错误；由A项三段式数据，K(600 )1.5，C项错误；800 时，投入1.5 mol A和0.5 mol B，若平衡后n(C)0.
134、6 mol，根据三段式计算：K(800 )1.5，而根据图像，n(C)0.6 mol，说明K(800 )K(600 )，即升高温度，平衡逆向移动，所以正反应方向为放热反应，a0，已知生成1.2 mol C时，放出96 kJ的热量，则生成2 mol C时，放出的热量96 kJ160 kJ，B项正确；由于该反应为恒温恒容条件下气体化学计量数不变的反应，则投料时只要满足A和B的物质的量之比为31，则平衡时各组分的体积分数就相同，所以向实验的平衡体系中再充入0.5 mol A和 mol B时，才与原平衡等效，此时A的转化率不变，现在加入B的物质的量增多，则平衡正向移动，A的转化率增大，D项正确。答案B
135、D2(2015苏锡常镇一调)一定温度时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。测定各物质的物质的量的部分数据如下表。下列说法正确的是() 物质 物质的量/mol反应时间/s PCl5PCl3Cl2500.162500.23500.8A.前50 s反应的平均速率v(PCl3)0.001 6 molL1s1B其他条件不变，降低温度，平衡时c(PCl3)0.09 molL1，则反应的Hv(正) 解析先列出下列关系：可见，50 s时，反应未达到平衡，250 s时，反应已经达到平衡。前50 s反应的平均速率v(PCl3
136、)0.001 6 molL1s1，A正确；原平衡中c(PCl3)0.1 molL1，降低温度后，平衡时c(PCl3)0.09 molL1，说明平衡逆向移动，故正反应为吸热反应，B错误；若起始时向4.0 L恒容容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，与将1.0 mol PCl5加入2.0 L恒容容器所达到的平衡状态一致，即平衡时，PCl3的物质的量为0.4 mol，此时PCl3的转化率80%，再将4.0 L容器压缩为2.0 L，平衡向生成PCl5的方向移动，故PCl3的转化率大于80%，C正确；Qc0.02，K0.025，则QcK，平衡正向移动，即v(逆)v(正)，D错误。答
137、案AC3(2015盐城三调)在1.0 L恒容密闭容器中投入1 mol CO2和2.75 mol H2发生反应：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图所示。下列说法正确的是()A该反应的正反应为放热反应B压强大小关系为：p1p2p3CM点对应的平衡常数K的值约为 1.04102D在p2及512 K时，图中N点v(正)v(逆)，错误。答案AC4(2015南通一调)一定条件下反应：2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)，其正反应放热。现有三个体积相同的密闭容器、，按下图所示投料，并在400 条件下开始反应。达到平衡时，下列说法
138、正确的是()A容器、中平衡常数相同B容器、中正反应速率相同C容器、中的反应达平衡时SO3的体积分数：D容器中SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1解析该反应是放热反应，随着反应的进行容器内温度升高，容器内温度不变，故两容器中的平衡常数不同，选项A错误；容器是恒温恒容、容器是恒温恒压，平衡建立过程中容器容积增大，正反应速率比容器小，选项B错误；将容器的平衡虚拟于容器平衡后扩大容积，平衡逆向移动，SO3的体积分数变小，故SO3的体积分数，选项C正确；选项D中，可用虚拟容器恒温恒容，则SO2的转化率与容器中SO3的转化率之和为1，平衡后再加热容器平衡逆向移动，SO2的转化率减小，则容器中SO
139、2的转化率与容器中SO3的转化率之和小于1，选项D正确。答案CD5(2015盐城南京二调)在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下(已知N2(g)3H2(g) 2NH3(g)H92.4 kJmol1)容器甲乙丙反应物投入量1 mol N2、3 mol H22 mol NH34 mol NH3NH3的浓度/(molL1)c1c2c3反应的能量变化放出a kJ吸收b kJ吸收c kJ体系压强(Pa)p1p2p3反应物转化率123下列说法正确的是() A2c1c3 Bab92.4C2p2p3 D131解析从反应物的投入量可以得出，甲与乙
140、是完全等效平衡，丙可以看作是两份的乙(或甲)压缩体积50%。A项，丙相当于是两份的甲压缩体积50%，若不移动，则2c1c3，现平衡右移，c(NH3)增大，所以2c1c3，A项错。B项，甲、乙是完全等效平衡，起点不同，终点相同，即：(1 mol N2、3 mol H2)平衡状态2 mol NH3，ab92.4，B项对。C项，丙相当于两份的乙压缩体积50%，若平衡不移，2p2p3，现平衡右移，总压强p3减小，所以2p2p3，C项错。D项，甲、乙是完全等效平衡，与B项分析相似，有121；现丙相当于两份的乙压缩体积50%，平衡右移，使NH3的转化率3减小，即32，所以131，D项正确。答案BD解题微模
141、板等效平衡的解题思路(1)构建等温等容平衡思维模式(见图示)：新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相当于增大压强。(2)构建等温等压平衡思维模式(以气体物质的量增加的反应为例，见图示)：新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加，压强不变，平衡不移动。满分微课堂“四步”识图像借图巧破题【示例】(2014安徽理综，10)臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)O3(g) N2O5(g)O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()A升高温度，平衡常数减小B03 s内，反应速率为v(NO2)0.2 molL1Ct1时仅加入催化剂，平
142、衡正向移动D达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)【审题指导】图像特点：放热反应性质特点：温度升高，平衡左移，K值减小图像特点：时间：3 s平衡浓度：0.4 molL1计算公式：v图像特点：平衡不移动结论：加入催化剂，正逆反应速率增大倍数相等但平衡不移动图像特点：横坐标增大，NO2转化率升高结论：增大O2浓度平衡左移，NO2转化率降低【解题模板】体验1识图判断类在恒容密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1 molL1的CH4与CO2，在一定条件下二者发生反应：CO2(g)CH4(g) 2CO(g)2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，下列有关说法一定正确的是()A上述反应
143、的H0B压强p1p2p3p4C1 100 时该反应的平衡常数为64D压强为p4时，在Y点：v(正)0，正确；B项，增大压强，平衡左移，CH4的转化率减小，所以p4p3p2p1，错误；C项，设1 100 时CH4转化的物质的量浓度为x molL1，则100%80%，x0.08，K1.638 4，错误；D项，Y点未达平衡，若要达到平衡，CH4的转化率应增大，所以v(正)v(逆)，错误。答案A体验2信息整合类一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)CO2(g) 2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：已知：气体分压(p分)气体总压(p总)体积分数。下列
144、说法正确的是()A550 时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动B650 时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0 %CT 时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D925 时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp24.0p总解析A项，C(s)CO2(g) 2CO(g)的正反应是气体物质的量增加的反应，由于反应容器为体积可变的恒压密闭容器，充入惰性气体容器体积扩大，对反应体系相当于减小压强，故v(正)、v(逆)均减小，平衡正向移动，错误；B项，由图可知，650 时若设起始时CO2的体积为1 L，平衡时CO2消耗的体积为x，则100%40.0%，x0.25 L，CO
145、2的转化率为25%，正确；C项，由图可知，T 时平衡体系中CO和CO2的体积分数均为50%，故若恒压时充入等体积的CO2和CO两种气体平衡不发生移动，错误；D项，925 时，CO的平衡分压p(CO)p总96.0%，CO2的平衡分压p(CO2)p总4%，根据化学平衡常数的定义可知Kp23.04 p总，错误。答案B能力提升训练(15为单项选择题，610为不定项选择题)1下列说法不正确的是() A所有放热反应都能自发进行B使用催化剂可以降低反应的活化能，不能使化学平衡发生移动C温度一定时，对于给定的化学反应，正、逆反应的平衡常数互为倒数D工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气，以提高SO2的利用率，可
146、以用勒夏特列原理解释解析A项错误，由GHTS知，放热且熵减小的反应在高温下不能自发进行。答案A2(2015上海化学，20)对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是()A升高温度，对正反应的反应速率影响更大B增大压强，对正反应的反应速率影响更大C减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大D加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大解析对于合成氨反应：N2(g)3H2(g) 2NH3(g)H0，正反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则对逆反应的反应速率影响更大，A错误；增大压强，平衡正向移动，则对正反应的反应速率影响更大，B正确；减小反应物的浓度，平衡逆向移动，则对正反应的反应速
147、率影响更大，C错误；加入催化剂，平衡不移动，则对正逆反应速率影响相同，D错误。答案B3若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应2NO(g)2CO(g) 2CO2(g)N2(g)H0，在进行到t1时刻达到平衡状态的是()A B C D解析可逆反应达到平衡状态后，正、逆反应速率相等且不再变化，由图像知，t1时刻v(正反应速率)最大，之后随反应进行，反应速率发生变化，未达到平衡状态，错误；该反应的正反应为放热反应，随反应进行，温度升高，平衡常数减小，达到平衡状态后，温度为定值，平衡常数不变，与图像符合，正确；t1时刻后CO2、NO的物质的量发生变化，t1时刻未达到平衡状态，错
148、误；t1时刻后，NO的质量分数为定值，t1时刻达到平衡状态，正确。答案D4(2015苏州模拟)已知2SO2(g)O22SO3(g)H197 kJmol1，按不同方式向甲、乙和丙3个相同容器内投入反应物，且保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：容器甲乙丙反应物投入量2 mol SO2、1 mol O21 mol SO2、0.5 mol O22 mol SO3c(SO2)/c(O2)k1k2k3反应的能量变化放出a kJ放出b kJ吸收c kJ气体密度123反应物转化率123下列关系式正确的是()Ak1k32C231 D2bc197解析容器甲与丙内的平衡属于等同平衡，k1k3、13、a
149、c197 kJ、131。容器乙中可以虚拟在一半容积里投入对应量，则k2k1、b0.5a、21、21，再虚拟扩大至原体积，平衡逆向移动，c(SO2)/c(O2)不变，k2k1、bb、20.52、221。选项A中应该是k1k3k2，选项C中应该是231，选项D中应该是2bcv(逆)C保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2 mol SO3，达平衡时吸收78.4 kJ的热量D相同温度下，起始时向容器中充入1.5 mol SO3，达平衡时SO3的转化率为40%解析v(SO2)(2 mol1.2 mol)/(2 L5 min)0.08 molL1min1，选项A正确；充入SO2和O2时，平衡正向移动，v
150、(正)v(逆)，选项B正确；起始量与原平衡相当，属于等同平衡，由表中数据可知10 min时反应已达到平衡，此时n(SO2)0.8 mol，SO2的转化率为100%60%，则反应放出的热量为196 kJ60%117.6 kJ，故其他条件不变时，若起始时向容器中充入2 mol SO3，达到平衡时吸收的热量为196 kJ117.6 kJ78.4 kJ，选项C正确；选项D中可以先虚拟充入2 mol SO3，则SO3转化率为100%60%40%，然后移去0.5 mol SO3，平衡正移，其转化率减小，选项D错误。答案D6(2015无锡期末)向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)
151、xB(g) 2C(g)Ha kJmol1各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别如下表和下图表示。容器甲乙丙容积0.5 L0.5 L1.0 L温度/T1T2T2反应物起始量1.5 mol A0.5 mol B1.5 mol A0.5 mol B6.0 mol A2.0 mol B下列说法不正确的是()A10 min内甲容器中反应的平均速率v(B)0.10 molL1min1B其他条件不变，甲容器中在20 min后，降低温度，平衡向正反应方向移动C保持其他条件不变，若起始时向乙容器中充入3.0 mol A、1.0 mol B和2.0 mol C，则反应达到新平衡前，v
152、(逆)v(正)DT2 时，向丙容器的平衡体系中再充入1.5 mol A、0.5 mol B，平衡时C的体积分数大于25%解析乙、丙的反应温度相同，丙的起始浓度是乙的2倍，达平衡时生成的C的浓度丙中也是乙中的2倍，推出x1。由图可知甲容器中10 min内C的浓度由0变为1.0 molL1，则C的反应速率为0.1 molL1min1，根据速率之比等于化学计量数之比，则B的反应速率应为0.05 molL1min1，A错误；比较图中甲、乙的变化曲线，乙达到平衡所需时间短，即T2T1，若升温，达平衡时C浓度减小，说明正反应是放热反应，降温则平衡向正反应方向移动，B正确；从乙容器看达到平衡时A、B、C的物
153、质的量分别为1.25 mol、0.25 mol、0.5 mol，即512，则题中充入A的量不足，平衡逆向移动，C正确；由于压强对题给反应的化学平衡移动无影响，故平衡时C的体积分数仍为25%，D错误。答案AD7(2015南京盐城二模)利用I2O5可消除CO污染，反应为：5CO(g)I2O5(s) 5CO2(g)I2(s)H。不同温度(T1、T2)下，向装有足量I2O5固体的2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO，测得CO2气体体积分数(CO2)随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()AT1T2，H0BT1温度下，该反应的平衡常数为1 024CT2温度下，00.5 min内，CO的平均反
154、应速率为0.3 molL1min1DT1温度下，若向装有足量I2固体的2 L恒容密闭容器中通入10 mol CO2，达到平衡时，(CO2)0.8解析A项，根据“先拐先平数值大”知，T2T1，但高温下CO2的体积分数小，说明反应逆向移动，则正反应为放热反应，错误；B项，平衡时，n(CO2)2 mol0.81.6 mol，反应掉的n(CO)1.6 mol，平衡时n(CO)2 mol1.6 mol0.4 mol，Kc5(CO2)/c5(CO)(1.6/0.4)51 024，正确；C项，v(CO)v(CO2)0.6 mol/(Lmin)，错误；D项，该反应为等体积变化，成比例通入CO2时，达到平衡时反
155、应等效，所以CO2的体积分数不变，正确。答案BD8相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生反应：2NH3(g) N2(g)3H2(g)H92.4 kJmol1。实验测得反应在起始、平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质的物质的量/mol平衡时反应中的能量变化NH3N2H2200吸收热量a kJ013放出热量b kJ400吸收热量c kJ下列叙述正确的是()A热量关系：abB反应的平衡常数：C达平衡时H2的体积分数：D中的密度不再改变时说明反应已达到平衡状态解析中反应平衡状态相同，但加入物质不同，热量关系为：ab92.4，A项错误；3个反应在相同温度下进行，所以平衡常数相等，B项错误
156、；中加入的反应物是中的2倍，在等温等容的条件下，容器的压强大，平衡向左移动，所以达平衡时H2的体积分数：，C项正确；根据质量守恒定律，气体的质量不变，容器恒容，所以密度是一个定值，密度不变不能说明反应已达到平衡状态；D项错误。答案C9(2015通扬泰淮三模)t 时，体积均为0.5 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A(g)B(g) 2C(g)HQ kJ/mol(Q0)。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如下表。容器编号起始时各物质物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化ABC2100.75Q kJ0.40.21.6下列叙述中正确的是()A容器、中反应的平衡常数均为18B容器中达到
157、平衡时放出的热量为0.05Q kJC向容器中通入氦气，平衡时A的转化率不变D其他条件不变，若容器保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于解析容器放出热量为0.75Q kJ，则平衡时生成C的物质的量2 mol0.751.5 mol，根据三段式计算可知，平衡时A的物质的量为0.5 mol，B的物质的量为0.25 mol，根据容器体积为0.5 L，分别算出A、B、C的浓度，代入平衡常数表达式得K18，温度不变，化学平衡常数不变，所以容器的化学平衡常数为18，A项正确；容器为等效平衡，即容器达到平衡时，A、B、C的物质的量分别为0.5 mol、0.25 mol、1.5 mol，可知容器中反应逆向移动
158、，达到平衡时消耗0.1 mol C，吸收0.05Q kJ的热量，B项错误；恒容密闭容器中通入氦气，虽然体系压强增大，但体系中各组分的浓度不变，平衡不移动，转化率不变，C项正确；原平衡时，C的体积分数为，现在容器保持恒容绝热，已知容器达到平衡时吸热，则体系的温度降低，平衡正向移动，C的体积分数增大，D项错误。答案AC10(2015苏锡常镇二调)在三个容积均为1 L的密闭容器中以不同的氢碳比n(H2)/n(CO2)充入H2和CO2，在一定条件发生反应：2CO2(g)6H2(g) C2H4(g)4H2O(g)H。CO2的平衡转化率与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是()A该反应的H0B氢碳比：C
159、在氢碳比为2.0时，Q点v(正)v(逆)D若起始时，CO2、H2浓度分别为0.5 molL1和1.0 molL1，则可得P点对应温度的平衡常数的值为512解析由图像可知，随着温度的升高，CO2的转化率降低，即表明正反应是放热反应，A正确；增大H2的浓度，可以增大CO2的转化率，即增大，CO2的转化率增大，故，B错误；氢碳比为2.0时，Q点未平衡，由Q点应向P点转化，即CO2的转化率增大，即反应向正反应方向进行，即v(正)v(逆)，C错误；P点CO2转化率为50%，即平衡时c(CO2)0.25 molL1，c(H2)0.25 molL1，c(C2H4)0.125 molL1，c(H2O)0.5
160、molL1，则K512，D正确。答案AD11煤化工中常需研究不同温度下的平衡常数、投料比及热值问题。已知：CO(g)H2O(g) H2(g)CO2(g)的平衡常数随温度的变化如下表。温度/400500800平衡常数K9.9491(1)若在500 时进行反应，设CO和H2O(g)的起始浓度均为0.020 mol/L，则在该条件下，CO的平衡转化率为 。(2)800 时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1 mol CO、3 mol H2O(g)、1 mol CO2和x mol H2，则：当x5时，上述反应向 (填“正反应”或“逆反应”)方向进行。若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的
161、条件是 。(3)若在800 时进行，设起始时CO、H2O(g)共为5 mol，水蒸气的体积分数为x，平衡时CO的转化率为y，则y随x变化的函数关系式为：y 。解析(1)设达平衡时CO转化的浓度为c mol/L，则9，解得c0.015，故CO的平衡转化率为100%75%。(2)设容器的体积为V L，当x5时，K1，则反应向逆反应方向进行。若要使反应开始时向正反应方向进行，则有K，即0x3。(3)800 时平衡常数K1，设容器的体积为V L，平衡时CO(g)、H2O(g)、H2(g)、CO2(g)的物质的量分别为5(1x)(1y) mol、5x5(1x)y mol、5(1x)y mol、5(1x)
162、y mol，则，解得yx。答案(1)75%(2)逆反应0x。pH3的盐酸pH4的NH4Cl溶液pH7的NaCl溶液pH10的NaOH溶液pH9的NaHCO3溶液3理解pH之和等于、大于、小于14的意义(1)意义：酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子的浓度。已知酸、碱溶液的pH之和为14，则等体积混合时：pH7pH7pH7(2)若强酸和强碱溶液混合后，溶液的pH7若pH酸pH碱14则V酸V碱若pH酸pH碱15则V酸10V碱若pH酸pH碱12则V酸V碱精华聚焦1pH和pOH的关系室温下，Kwc(H)c(OH)11014，则pKw14。2走出pH使用时的三大误区误区一：不能正确理解酸、碱的无
163、限稀释规律常温下任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能无限地接近7。误区二：不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律溶液稀释前溶液pH加水稀释到体积为原来的10n倍稀释后溶液pH酸强酸pHapHan弱酸apHan碱强碱pHbpHbn弱碱bnpHb误区三：不能正确掌握混合溶液的定性规律pHn(n7)的强酸和pH14n的强碱溶液等体积混合，混合溶液pH7；pHn(n7)的醋酸和pH14n的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液pH7；pHn(n7。3水电离的c(H)或c(OH)的计算方法(25 )(1)中性溶液：c(H)c(OH)1.0107 molL1。(2)溶质为酸的溶液H来源于酸
164、和水的电离，而OH只来源于水。如计算pH2的盐酸中水电离出的c(H)：方法是求出溶液中的c(OH)1012 molL1，即水电离出的c(H)c(OH)1012 molL1。(3)溶质为碱的溶液OH来源于碱和水的电离，而H只来源于水。如pH12的NaOH溶液中，c(H)1012 molL1，即水电离产生的c(OH)c(H)1012 molL1。(4)水解呈酸性或碱性的正盐溶液H和OH均由水电离产生。如pH2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H)102 molL1；如pH12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH)102 molL1。重温真题1(2015广东理综，11)一定温度下，水溶液中H和O
165、H的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是()A升高温度，可能引起由c向b的变化B该温度下，水的离子积常数为1.01013C该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化解析A项，升高温度，促进水的电离平衡，则c(H)和c(OH)都同等程度地变大，若由c向b变化，则c(H)增大，c(OH)将变小，错误；B项，根据b点对应的c(H)和c(OH)都为1.0107 mol/L，所以该温度下，水的离子积常数Kw1.01071.01071.01014，错误；C项，加入FeCl3发生水解反应：Fe33H2OFe(OH)33H，破坏水的电离平衡，c(H)增大、Kw不变，
166、c(OH)变小，则可能引起由b向a变化，正确；D项，c点对应的溶液呈碱性，稀释溶液，c(OH)变小，Kw不变，c(H)增大，故可引起由c向b的变化，而不是向d变化，错误。答案C2(2015课标全国，13)浓度均为0.10 molL1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是()AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c(OH)相等D当lg2时，若两溶液同时升高温度，则c(M)/c(R)增大解析A项，0.10 molL1的MOH和ROH，前者pH13，后者pH小于13，说明前者是强碱，后者
167、是弱碱，正确；B项，ROH是弱碱，加水稀释，促进电离，b点电离程度大于a点，正确；C项，两碱溶液无限稀释，溶液近似呈中性，c(OH)相等，正确；D项，由MOH是强碱，在溶液中完全电离，所以c(M)不变，ROH是弱碱，升高温度，促进电离平衡ROHROH向右进行，c(R)增大，所以减小，错误。答案D感悟高考1题型：选择题(判断计算)2考向：水的电离、溶液的酸碱性和溶液pH的计算能够考查学生的分析、推理和运算能力，是高考的常考点，常见的命题角度有：水的电离平衡、离子积常数和影响水电离平衡的因素；溶液酸碱性的本质及判断；混合溶液pH的计算。3注意点：由水电离出的c(H)一定等于c(OH)，但存在于溶液
168、中的并不一定相等。最新模拟题组1巩固基础：水的电离和溶液酸碱性的判断1室温下，水的电离达到平衡：H2OHOH。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)解析选项A，升高温度，KW增大，错误；选项B，加入少量盐酸，抑制了H2O的电离，平衡向逆反应方向移动，H2O电离出的c(H)减小，但溶液中c(H)增大，正确；选项C，加入少量NaOH固体，溶液中c(OH)增大，错误；选项D，CH
169、3COO水解导致溶液中c(OH)c(H)，错误。答案B2室温下，对于0.10 molL1的氨水，下列判断正确的是()A由H2O电离出的c(OH)1.01013 molL1B加水稀释后，KW不变，溶液中c(NH)c(OH)变大C用HNO3溶液恰好完全中和后，溶液不显中性D其溶液的pH13解析在弱碱溶液中，OH来自于碱的电离和水的电离，但H仅来自于水的电离，并且由水电离产生的H和OH浓度一定相等，因此碱溶液中由水电离产生的c(OH)和溶液中的c(H)相等。NH3H2O是弱电解质不能完全电离，碱电离的c(OH)1.01013 molL1，pH14时，则 (填表达式)，且V1 V2(填“大于”、“等于
170、”或“小于”)。解析(1)1014mn。当V1V2时，若mn13则10，酸过量，溶液呈酸性，若mn15时，则0.1，碱过量，pH7。(2)如果混合后pH7时，则有V1c(H)V2c(OH)，即10mn14。当mn14，1001；当mn13，101314；当mn14，10mn141，即V1V2。答案(1)酸大于(2)10.110mn14大于解题微模板溶液pH计算的一般思维模型口诀：酸按酸(H)，碱按碱(OH)，酸碱中和求过量，无限稀释7为限。常考点二溶液中的“三大平衡”知识特训1填空完成对弱电解质电离平衡的理解NH3H2O在水溶液中的电离方程式为NH3H2ONHOH，其电离平衡常数表达式为Kb。
171、只改变下列一种条件：升高温度加水稀释加少量NaOH(s)通少量HCl(g)加入NH4Cl(s)加入Na2CO3(s)其中能实现下列要求的是：(1)使电离平衡正向移动的有。(2)使c(NH)减小的有。(3)使c(H)增大的有。(4)使平衡常数Kb增大的有。2盐类水解知识运用和再现常温下，0.2 molL1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，判断下面说法是否正确：知识运用：HA为强酸()该混合溶液pH7.0()图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H()该混合溶液中：c(A)c(Y)c(Na)()解析0.2 molL1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液
172、等体积混合后得到0.1 molL1 NaA。若HA为强酸，则溶液显中性，且c(A)0.1 molL1，由题目图像可知混合溶液中A的浓度小于0.1 molL1，说明HA是弱酸，错误；0.2 molL1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，恰好反应，得强碱弱酸盐NaA溶液，溶液显碱性，错误；A水解致使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度大小关系是c(Na)c(A)c(OH)c(HA)c(H)，所以X表示OH，Y表示HA，Z表示H，错误；Y表示HA，由物料守恒c(A)c(Y)c(Na)，正确。答案知识再现：(1)溶液呈现酸碱性的实质是什么？提示：溶液呈现酸碱性的实质取决于溶液中c(H)与c(O
173、H)的相对大小，若c(H)c(OH)，则溶液显酸性，反之溶液呈碱性。(2)题中给出的混合溶液中存在哪些平衡？提示：盐的水解平衡：AH2OHAOH，弱电解质HA的电离平衡HAAH和水的电离平衡H2OHOH。(3)你能写出题中给出的混合溶液中的电荷守恒表达式吗？提示：c(A)c(OH)c(Na)c(H)。3正确理解外界因素对难溶电解质沉淀溶解平衡的影响正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，可以将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色()(2)溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，所以ZnS沉淀中滴加CuSO4
174、溶液可以得到CuS沉淀()(3)AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K(AgX)c(Ag)c(X)，故K(AgI)()精华聚焦1电离平衡、水解平衡与沉淀溶解平衡的比较电离平衡CH3COOHCH3COOH水解平衡(如CH3COONa溶液)CH3COOH2OCH3COOHOH沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag(aq)Cl(aq)研究对象弱电解质(包括弱酸、弱碱、水、多元弱酸的酸式酸根)盐溶液(包括强酸弱碱盐、弱酸强碱盐、弱酸弱碱盐)难溶电解质(如难溶的酸、碱、盐等)影响因素升高温度促进电离，离子浓度增大，K增大促进水解，Kh增大Ksp可能增大，也可能减小加水稀释促进电离，离子浓度(除OH外)减小，K不变
175、促进水解，离子浓度(除H外)减小，Kh不变促进溶解，Ksp不变加入相应离子加入CH3COONa固体或盐酸，抑制电离，K不变加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不变加入AgNO3溶液或NaCl溶液抑制溶解，Ksp不变加入反应离子加入NaOH，促进电离，K不变加入盐酸，促进水解，Kh不变加入氨水，促进溶解，Ksp不变2.Ka、Kw、Ksp使用常见的六大误区(1)混淆水的离子积的意义Kwc(H)c(OH)，所以我们常误认为水电离的c(H)与c(OH)的乘积才是水的离子积，而实质上是水溶液中的c(H)与c(OH)的乘积。(2)看到水的离子积(Kw)就认为其数值等于11014，而往往忽略温度的影
176、响，只有常温下的Kw11014。(3)电离平衡常数、Kw、水解平衡常数、Ksp均是温度的函数，只受温度的影响，在温度一定时，平衡常数不变，与化学平衡是否移动无关。(4)pH的计算中混淆c(H)和c(OH)在应用pH1g c(H)计算时，一定要抓住“矛盾的主要方面”，溶液显酸性用溶液中的c(H)来计算；溶液显碱性要先求溶液中的c(OH)，再利用Kw求溶液中的c(H)。(5)错误地认为只要Ksp越大，其溶解度就会越大。Ksp还与难溶物化学式中的各离子配比有关，只有同类型的难溶物的Ksp大小可用于比较其溶解度大小。(6)误认为Ksp小的不能转化为Ksp大的，只能实现Ksp大的向Ksp小的转化。实际上
177、当两种难溶电解质的Ksp相差不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可实现难溶电解质由Ksp小的向Ksp大的转化。重温真题1(2015江苏，14)室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是()A向0.10 molL1 NH4HCO3溶液中通CO2：c(NH)c(HCO)c(CO)B向0.10 molL1 NaHSO3溶液中通NH3：c(Na)c(NH)c(SO)C向0.10 molL1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na)2c(SO)c(HSO)c(H2SO3)D向0.10 molL1 CH3COONa溶液中通HCl
178、：c(Na)c(CH3COOH)c(Cl)解析A项，根据电荷守恒可知：c(NH)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)，溶液呈中性，则c(H)c(OH)，故c(NH)c(HCO)2c(CO)，错误；B项，根据电荷守恒可知：c(NH)c(Na)c(H)c(OH)c(HSO)2c(SO)，根据物料守恒可知：c(Na)c(H2SO3)c(HSO)c(SO)，溶液呈中性，则c(H)c(OH)，三式联立可得：c(H2SO3)c(NH)c(SO)，则c(NH)c(SO)，所以c(Na)c(SO)c(NH)，错误；C项，对于Na2SO3溶液，根据物料守恒，可知：c(Na)2c(SO)c(HSO)c(H2
179、SO3)，通入SO2与Na2SO3反应使溶液呈中性，则有c(Na)c(CH3COOH), 根据混合溶液的电荷守恒有：c(Na)c(H)c(OH)c(Cl)c(CH3COO)，溶液呈中性，则c(H)c(OH)，由此可知c(Na)c(Cl)c(CH3COO)，进而可知c(CH3COOH)c(Cl)，故c(Na)c(CH3COOH)c(Cl)，正确。答案D2(2014江苏，14)25 时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A0.1 molL1 CH3COONa溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合：c(Na )c(Cl)c(CH3COO )c(OH )B0.1 molL1 NH
180、4Cl溶液与0.1 molL1氨水等体积混合(pH7)：c(NH3H2O)c(NH )c(Cl)c(OH )C0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)D0.1 molL1 Na2C2O4溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸): 2c(C2O )c(HC2O)c(OH)c(Na)c(H)解析A项，混合反应后为等浓度的NaCl和CH3COOH的混合溶液，CH3COOH部分电离，c(Na)c(Cl)c(CH3COO)c(OH)，正确；B项，0.1 molL1 NH4Cl溶液
181、与0.1 molL1氨水等体积混合，pH7，则NH3H2O电离程度大于NH的水解程度，所以c(NH)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)，错误；C项，符合物料守恒，正确；D项，混合后为NaHC2O4、NaCl的混合溶液，由电荷守恒有：c(OH)c(Cl)c(HC2O)2c(C2O)c(Na)c(H)，错误。答案AC3(2013江苏，14)一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2、Ca2、Mn2)的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。已知：pMlg c(M)，p(CO)lg c(CO)。下列说法正确的是()AMgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大Ba点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(M
182、n2)c(CO)Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2)c(CO)Dc点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2)c(CO)解析由pMlg c(M)可知(类比于pH)，当pM越大时，c(M)越小，p(CO)越大时，c(CO)越小，由图中沉淀溶解平衡曲线与虚线的交点可知，溶液中p(Mn2)、p(CO)均最大，即Ksp最大，c(Mn2)、c(CO)均最小，即Ksp最小，可知MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，A错误。另解：p(CO)相同时，p(Mn2)p(Ca2)p(Mg2)，即c(CO)相同时，c(Mn2)c(Ca2)c(Mg2)，可知MgCO3、CaCO3、MnCO3
183、的Ksp依次减小；a点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，说明该条件溶液为饱和状态，由图可知p(Mn2)p(CO)，则c(Mn2)c(CO)，B正确；b点时，p(CO)p(Ca2)，即c(CO)c(Ca2)，C错误；c点，作一条垂直于横坐标的辅助线，由与MgCO3沉淀溶解平衡曲线的交点可知c点p(Mg2)大于饱和溶液的p(Mg2)，即c(Mg2)没有达到饱和溶液的c(Mg2)，因此c点是不饱和溶液，由c点p(M)和p(CO)值可知c(Mg2)c(CO)，D正确。答案BD4(2012江苏，15)25 时，有c(CH3COOH)c(CH3COO)0. 1 molL1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中
184、c(CH3COOH)、c(CH3COO)与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是()ApH5. 5 的溶液中：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H)c(OH)BW点所表示的溶液中：c(Na)c(H)c(CH3COOH)c(OH)CpH3. 5的溶液中：c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COOH)0. 1 molL1D向W点所表示的1. 0 L溶液中通入0. 05 mol HCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H)c(CH3COOH)c(OH)解析由图示可得当c(CH3COOH)和c(CH3COO)的浓度达到相等(即W点)此时的pH4.75，当pH5.5时，c(
185、CH3COO)c(CH3COOH)，A不正确；溶液中的电荷守恒式为c(Na) c(H)c(CH3COO)c(OH)，而在W点c(CH3COOH)和c(CH3COO)的浓度达到相等，所以W 点所表示的溶液中：c(Na)c(H)c(CH3COOH)c(OH)正确，即B正确；由电荷守恒式：c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)及c(CH3COOH)c(CH3COO)0. 1 molL1，将后式代入前式可得：c(Na) c(H)c(OH)c(CH3COOH)0. 1 molL1，此式在任何pH下都是正确的，C正确；W点时c(CH3COOH)和c(CH3COO)的浓度达到相等，所以 CH3COO
186、与加入的盐酸恰好完全反应生成醋酸，此时溶液中存在的是醋酸的电离平衡和水的电离平衡，所以可得c(H)c(CH3COO)c(OH)，D不正确。答案BC5(1)2015江苏化学，18(2)已知：KspAl(OH)311033，KspFe(OH)331039，pH7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3、Al3(使其浓度均小于1 106 molL1)，需调节溶液pH范围为 。(2)2015江苏化学，20(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO) 用c(SO)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4
187、溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是 。(3)2015课标全国，28(2)上述浓缩液中主要含有I、Cl等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为 ，已知Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(AgI)8.51017。(4)2015海南化学，15(2)已知Ksp(AgCl)1.81010，若向50 mL 0.018 molL1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 molL1的盐酸，混合后溶液中Ag的浓度为 molL1，pH为 。解析(1)使Al3完全除去时c(OH)1109(molL1)，此时溶液pH5.0，使Fe3完全除去时c(OH)1.4
188、 1011(molL1)，此时溶液pH3.1；而pH7.1时Mn(OH)2开始沉淀，所以调节溶液的pH范围为5.0pH7，则H2A是弱酸；若pH7，若所得溶液pH7，说明碱不足，酸未被完全中和，D项正确。答案CD题组2盐类的水解3相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是()A电离程度：HCNHClOBpH：HClOHCND酸根离子浓度：c(CN)c(ClO)解析NaCN和NaClO都为强碱弱酸盐，相同物质的量浓度时NaCN溶液的pH较大，说明CN水解的程度大，因此HCN比HClO的酸性更弱；电离程度：HCNHClO，A
189、项错误；pH：HClOHCN，B项正确；由于都是一元酸，与NaOH完全反应时，消耗NaOH的物质的量相同，C项错误；同浓度的HCN和HClO，酸性HCNHClO，c(CN)c(H)c(OH)解析加入少量金属Na，Na与H反应，溶液中c(H)减小，平衡右移，溶液中c(HSO)减小，平衡左移，其反应的方程式为：2Na2NaHSO3=2Na2SO3H2，故c(HSO)减小，A项错误；加入少量Na2SO3固体，根据电荷守恒有c(H)c(Na)c(HSO)2c(SO)c(OH)，B项错误；加入少量NaOH，OH与H反应，平衡右移，c(SO)增大，c(HSO)减小，故增大，又因加入的是NaOH，故c(OH
190、)增大，c(H)减小，则增大，C项正确；加入氨水至中性，根据物料守恒：c(Na)c(HSO)c(SO)c(H2SO3)，则c(Na)c(SO)，与题干中2c(Na)c(SO)不相符，D项错误。答案C练后归纳酸式盐溶液酸碱性的判断(1)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液一定显酸性。如NaHSO4溶液：NaHSO4=NaHSO。(2)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。若电离程度小于其水解程度，溶液显碱性。例如NaHCO3溶液中：HCOHCO(次要)，HCOH2OH2CO3OH(主要)，使c(OH)c(H)，溶液呈碱性。若电离程度大于其水解程度，溶液显酸性。例
191、如NaHSO3溶液中：HSOHSO(主要)，HSOH2OH2SO3OH(次要)，使c(OH)Ksp(CuS)，A正确；该反应达平衡时，c(Mn2)、 c(Cu2)保持不变，该反应的平衡常数K，B错误，D正确；往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，平衡向正反应方向移动，c(Mn2)变大，C正确。答案B625 时，Ksp(BaSO4)11010，Ksp(BaCO3)2.6109。该温度下，下列说法不正确的是()A向同浓度的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出B向BaCO3悬浊液中加入少量的新制氯水，c(Ba2)减小CBaSO4和BaCO3共存的悬浊液中，D向B
192、aSO4悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，BaSO4不可能转化为BaCO3解析A项，因为Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)就可以析出碳酸钡沉淀，所以向BaSO4悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，BaSO4有可能转化为BaCO3，D不正确。答案BD练后归纳沉淀溶解平衡的两大应用1判断难溶电解质在水中的溶解能力当难溶电解质的类型相同时：(1)Ksp越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强。(2)当一种离子和其他几种离子都可能产生沉淀时，Ksp越小，沉淀越容易生成。2判断能否发生沉淀转化反应一般来说，Ksp大的沉淀容易转化为Ksp小的沉淀。但在一定条件下也可以使Ksp小的沉淀转化为Ksp大的沉淀，如用
193、饱和Na2CO3溶液浸泡重晶石(BaSO4)可制备酸溶性钡盐(BaCO3)。教材实验酸碱中和滴定高考真题1(2015广东理综，12)准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0molL1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（ ）A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小解析A项，滴定管用水洗涤后，还要用待装溶液润洗，否则将要引起误差，错误；B项，在用NaOH溶液滴定盐酸的过程中，锥形瓶内溶液由酸性逐渐变为中性，溶
194、液的pH由小变大，正确；C项，用酚酞作指示剂，锥形瓶中溶液应由无色变为粉红色，且半分钟内不恢复原色时才能停止滴定，错误；D项，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则碱液的体积偏大，测定结果偏大，错误。答案B22014天津理综，9(5)(6)某活动小组测定制取的Na2S2O35H2O的纯度的方法如下：准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 molL1碘的标准溶液滴定。反应原理为2S2OI2=S4O2I(1)滴定至终点时，溶液颜色的变化： 。(2)测定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为 mL。产品的纯度为(设Na2S2O35H2O相对分子质量为M
195、) 。答案(1)由无色变蓝色(2)18.10100%考向：酸碱中和滴定实验中仪器使用、步骤、误差分析及相关拓展。教材寻源实验知识：酸碱中和滴定的操作；滴定终点的判断；指示剂的选择；误差分析。考查角度1考中和滴定的关键(1)准确测定参加反应的两种溶液的体积。(2)准确判断中和滴定的终点。2考操作注意事项(1)滴速：先快后慢，当接近终点时，应一滴一摇。(2)终点：最后一滴恰好使指示剂颜色发生明显的改变且半分钟内不褪色，读出V(标)并记录。(3)在滴定过程中瓶口不能碰滴定管下端尖嘴，左手控制活塞或玻璃球，右手摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化。3考指示剂的选用原则(1)一般选用酚酞或甲基橙作
196、指示剂，石蕊试液由于变色不明显，变色范围大，不宜选用。(2)选用指示剂的变色范围越接近中和后的溶液的pH，则误差越小。4考误差分析根据计算式c待测分析，c待测的大小取决于V标准的大小。速记中和滴定记忆口诀锥形水洗管润洗，查漏赶气再调零。待测液中加试剂，左手控制右手摇。瓶下垫纸眼观色，读数要与切面平。强碱弱酸用酚酞，强酸弱碱甲基橙。碱管勿盛酸氧化，酸管不放碱溶液。注意：滴定管的选择，酸式滴定管用于盛放酸和氧化性溶液，但不能盛放碱性溶液。碱式滴定管只能盛放碱液。滴定管的0刻度在上，越往下数值越大，读数准确到0.01 mL。数据处理时，若某次滴定所消耗的溶液体积与其他几次相差太大，应舍去。我来预测1
197、判断正误(1)可用25 mL碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液()(2)读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小()(3)用50 mL酸式滴定管可准确量取25.00 mL KMnO4溶液()(4)中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶()(5)“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，须经干燥或润洗后方可使用()(6)酸碱滴定时，若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高()(7)()(8)滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小()2常温下，用0.100 molL1的NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.10
198、0 molL1的盐酸和0.100 molL1的醋酸，得到两条滴定曲线，如图所示：下列说法正确的是()A滴定盐酸的曲线是图2B两次滴定均可选择甲基橙或酚酞作指示剂C达到B、E点时，反应消耗的n(CH3COOH)n(HCl)D以HA表示酸，当0 mLV(NaOH)c(Na)c(H)c(OH)解析0.100 molL1盐酸的pH1，0.100 molL1醋酸的pH1，故A项错误；甲基橙的变色范围是pH3.14.4、酚酞的变色范围是pH8.210.0，由图2中pH突变的范围(6)可知，当氢氧化钠溶液滴定醋酸时，只能选择酚酞作指示剂，B项错误；B、E两点对应消耗氢氧化钠溶液的体积均为a mL，所以反应消
199、耗的n(CH3COOH)n(HCl)，C项正确；0 mLV(NaOH)c(H) c(OH)，D项错误。答案C3(2014重庆理综，9)中华人民共和国国家标准(GB27602011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 gL1。某兴趣小组用题图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定。图1图2(1)仪器A的名称是 ，水通入A的进口为 。(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为 。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 molL1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的 ；若滴定终
200、点时溶液的pH8.8，则选择的指示剂为 ；若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号) (10 mL，40 mL，10 mL，40 mL)。(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为： gL1。 (5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施 。解析(1)根据仪器的结构特点，可知A为冷凝管或冷凝器，冷却水下口进上口出，水能够充满冷凝管，冷却效果好。(2)SO2被H2O2氧化为H2SO4，其化学方程式为SO2H2O2=H2SO4。(3)盛放NaOH标准液，应选择碱式滴定管，滴定前用图方法排气泡 ；滴
201、定终点溶液的pH8.8在酚酞的变色范围(8.210.0)内；依据滴定管的结构特点，0刻度在上，大刻度在下，且最下端尖嘴部位无刻度，因此液面在刻度“10”处，管内液体体积大于40 mL。(4)n(NaOH)0.090 0 molL10.025 L0.002 25 mol。根据反应关系SO2H2SO42NaOH，m(SO2)0.072 g，该葡萄酒中SO2的含量为0.24 gL1。(5)造成测定结果比实际值偏高的原因是反应过程中挥发出的盐酸在滴定时消耗了NaOH标准液，可使用难挥发的强酸代替盐酸避免误差的产生。答案(1)冷凝管或冷凝器b(2)SO2H2O2=H2SO4(3)酚酞(4)0.24(5)
202、原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响满分微课堂电解质溶液中的粒子观【示例】下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A在0.1 molL1 中：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)B在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：c(OH)c(H)c(HCO)c(H2CO3)C向0.2 molL1 NaHCO3溶液中加入等体积01 molL1 NaOH溶液：c(CO)c(HCO)c(OH)c(H)D常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液c(Na)0.1molL1：c(Na)c(CH3COO)c
203、(CH3COOH)c(H)c(OH)【审题指导】质子守恒：c(OH)c(H)c(HCO)2c(H2CO3)答案D1比较粒子浓度大小的“五大依据”(1)电离平衡弱电解质的电离是微弱的；多元弱酸分步电离，逐级减弱。(2)水解平衡盐类的水解是微弱的；多元弱酸根逐步水解，逐级减弱；弱酸弱碱盐的水解，弱酸酸性相对较强时，溶液呈酸性。弱酸酸性相对较弱时，溶液呈碱性。(3)原子守恒在电解质溶液中，无论微粒的表现形式怎样变化，但各元素的原子个数保持不变。(4)电荷守恒在电解质溶液中，阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等，溶液呈电中性。(5)质子守恒是指在电离或水解过程中，会发生质子(H)转移，但
204、质子转移过程中其数量保持不变。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。2解答粒子浓度关系的一般思路一般来说，有关粒子浓度关系判断的试题要联想上述三个守恒，或其中两个叠加、变形等。而粒子浓度大小比较是该部分内容中最常见的题型，除利用好上述守恒之外，还要考虑多方面的影响因素。如：体验1互不反应的单一溶液或混合液(2015四川理综，6)常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是()A.c(NH)c(HCO)c(CO)解析A项，由于常温下滤液的pH7，故c(OH)Kw/c(H
205、)n(NaHCO3)，HCO发生电离生成CO，发生水解生成H2CO3，根据NaHCO3的物料守恒可知：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)，正确；C项，根据电荷守恒有：c(H)c(Na)c(NH)c(OH)c(HCO)2c(CO)c(Cl)，错误；D项，由于c(NH4Cl)c(NaHCO3)，NH发生水解，HCO发生微弱的电离，故离子浓度关系为c(Cl)c(NH)c(HCO)c(CO)，正确。答案C体验2相互反应的电解质溶液(2015安徽理综，13)25 时，在10 mL浓度均为0.1 mol/LNaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1 mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关
206、系正确的是()A未加盐酸时：c(OH)c(Na)c(NH3H2O)B加入10 mL盐酸时：c(NH) c(H)c(OH)C加入盐酸至溶液pH7时：c(Cl)c(Na)D加入20 mL盐酸时： c(Cl) c(NH) c(Na)解析A项，未加盐酸时，由于NH3H2O的部分电离，所以c(OH)c(Na) c(NH3H2O)，错误；B项，加入10 mL盐酸时，c(Cl) c(Na)，再由电荷守恒可知c(NH)c(H) c(OH)，正确；C项，由电荷守恒得：c(Na)c(NH) c(H)c(Cl)c(OH)，pH7时，c(H)c(OH) ，所以有c(Cl) c(Na)，错误；D项，当加入20 mL盐酸
207、时溶质为NaCl、 NH4Cl，溶液呈酸性，即c(H)c(OH)，再根据电荷守恒可得：c(Cl)c(OH)c(H)c(NH)c(Na)，则c(Cl)c(NH)c(Na)，错误。答案B体验3反应过程中的粒子变化(2015浙江理综，12)40 ，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是()A在pH9.0时，c(NH)c(HCO)c(NH2COO)c(CO)B不同pH的溶液中存在关系：c(NH)c(H)2c(CO)c(HCO)c(NH2COO) c(OH)C随着CO2的通入，不断增大D在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成解析A项，从题中所给的
208、图中可知，当pH9.0时，离子浓度的大小关系为：c(NH)c(HCO)c(NH2COO)c(CO)，正确；B项，依据电荷守恒，正确；C项，在氨水体系中存在平衡：NH3H2ONHOH，Kc(OH)c(NH)/c(NH3H2O)，得K/c(NH)，随着CO2的通入平衡正向移动，c(NH)增大，温度不变， K不变，则K/c(NH)不断减小，故不断减小，错误； D项，从图中看出，随着溶液中pH的不断降低，NH2COO的浓度不断增大，继而又不断减小直到为0，故NH2COO属于生成的中间产物，正确。答案C能力提升训练(15为单项选择题，610为不定项选择题)1常温下，下列叙述不正确的是()ANa2CO3溶
209、液加水稀释后，恢复至原温度，溶液pH和c(CO)均减小B将pH5的硫酸稀释，体积变为原来的500倍，稀释后c(SO)与c(H)之比约为110C中和10 mL 0.1 molL1醋酸溶液与100 mL 0.01 molL1醋酸溶液所需的NaOH物质的量不同D0.1 molL1的氯化铵溶液与0.05 molL1的氢氧化钠溶液等体积混合后，混合溶液中有：c(Cl)c(NH)c(Na)c(OH)解析考生在解答本题时，易忽略酸溶液稀释时pH不能大于7而错选B项。Na2CO3溶液加水稀释，CO的水解程度增大，但溶液中c(OH)和c(CO)都减小，A项正确；稀释后溶液中c(H)107 molL1，而c(SO
210、) molL1108 molL1，即c(SO)与c(H)之比约为110，B项正确；两溶液中醋酸的物质的量相同，中和两溶液消耗NaOH的物质的量相同，C项错误；混合后得到等浓度的NH3H2O、NH4Cl和NaCl的混合溶液，由于NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液显碱性，所以c(Cl)c(NH)c(Na)c(OH)，D项正确。答案C2下列各表述与示意图一致的是()A图表示25 时，用0.1 molL1盐酸滴定20 mL 0.1 molL1NaOH溶液，溶液的pH随加入盐酸体积的变化B图中曲线表示反应N2(g)O2(g) 2NO(g)H0，正、逆反应速率随温度的变化C图中曲线表示10 m
211、L 0.01 molL1醋酸的电离度随加水量的变化D图中曲线表示AgCl的溶度积Ksp随盐酸浓度c(HCl)的变化解析强酸与强碱的滴定终点，pH会发生较明显变化，有一个突变区间，A错；随着温度升高，正、逆反应速率都在增大，B错；弱电解质的电离度随着加水量增加逐渐增大(越稀越电离)，C正确；Ksp不受反应物浓度的影响，只受温度的影响，D错。答案C3常温下，有关物质的溶度积如下表所示。物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Fe(OH)3Ksp4.961096.821064.681065.6110122.641039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
212、，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好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常温下，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pH8时，c(Mg2)c(Fe3)2.1251021D无法利用Ca(OH)2制备NaOH解析本题易错的地方是C选项中不会灵活运用Ksp的表达式而出现计算错误。A项中KspMg(OH)2Ksp(MgCO3)，结合其Ksp表达式和摩尔质量可知，溶解度Mg(OH)2 c(Cl)c(HCO)c(CO)B物质的量浓度相等的NaF溶液和CH3COONa溶液相比较，两者离子的总浓度相等C向0.1 molL
213、1FeCl3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色，说明FeCl3溶液只有氧化性，无法被氧化剂氧化D把AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，可观察到大量淡黄色沉淀与少量白色沉淀生成，说明反应后AgCl与AgBr沉淀都有，但是以AgBr为主，Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)解析A项，将10 mL 0.1 molL1Na2CO3溶液逐滴加入到10 mL 0.1 molL1盐酸中生成氯化钠、二氧化碳和水，反应后碳酸钠过量，且生成的氯化钠的物质的量是剩余的碳酸钠的物质的量的2倍，因此溶液中c(Na)c(Cl)c(CO)c(HCO)，A不正确；B项，物质
214、的量浓度相等的NaF溶液和CH3COONa溶液相比较，溶液的酸碱性不同，两溶液中离子的总浓度分别为2c(H)c(Na)，故两者不相等，B不正确；C项，只能说明酸性高锰酸钾溶液不能氧化FeCl3，但不能说明FeCl3溶液只有氧化性，事实上，其中的Cl有还原性，C不正确；D项，生成大量淡黄色沉淀与少量白色沉淀，说明反应后AgCl与AgBr沉淀都有，但是以AgBr为主，Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，D正确。答案D525 时，下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是()A在0.1 molL1Na2S溶液中：2c(Na)c(S2)c(HS)c(H2S)BpH2的醋酸溶液与pH12的NaOH
215、溶液等体积混合：c(Na)c(CH3COO)c(OH) c(H)C将0.1 molL1盐酸与0.1 molL1K2CO3溶液等体积混合：c(K)c(Cl)c(HCO) c(OH)c(H)D向0.1 molL1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液恰好呈中性： c(Na)c(NH)c(SO)c(OH)c(H)解析在0.1 molL1Na2S溶液中，由物料守恒可得：c(Na)2c(S2)2c(HS)2c(H2S)，A项错误；pH2的醋酸溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合后，醋酸过量，得到的混合溶液显酸性，离子浓度大小顺序是c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)，B项错误；将0.1
216、molL1盐酸与0.1 molL1K2CO3溶液等体积混合得到等物质的量浓度的KCl和KHCO3的混合溶液，由于HCO水解的程度大于其电离的程度，使溶液显碱性，又c(HCO)c(Cl)c(HCO)c(OH)c(H)，C项正确；向0.1 molL1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液恰好呈中性时，c(OH)c(H)，由电荷守恒知：c(Na)c(NH)c(H)2c(SO)c(OH)，故c(Na)c(NH)2c(SO)，D项不符合电荷守恒，D项错误。答案C6(2015苏锡常镇二调)已知H2C2O4是二元弱酸，NaHC2O4溶液显酸性。25 时，将a molL1 H2C2O4溶液与b molL1
217、 NaOH溶液等体积混合(0a0.1，0b0.1)，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()Aab时，c(H2C2O4)c(H)c(C2O)c(OH)Ba时，c(C2O)c(HC2O)c(H2C2O4)c(OH)Ca2b时，2c(Na)c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)Da3b时，c(Na)c(H)c(HC2O)c(C2O)c(OH)解析A项，当ab时，混合后为NaHC2O4溶液，该式为质子守恒式也可由电荷守恒式：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)2c(C2O)及物料守恒式c(Na)c(HC2O)c(C2O)c(H2C2O4)获得，正确；B项，ab/2时，混合后为Na
218、2C2O4溶液，存在：C2OH2OHC2OOH，HC2OH2OH2C2O4OH，所以c(OH)c(HC2O)c(H2C2O4)，错误；C项，n(H2C2O4)n(NaOH)21，等式为物料守恒式，正确；D项，电荷守恒式正确的为：c(Na)c(H)c(HC2O)2c(C2O)c(OH)，错误。答案AC7(2015常州期末)常温下，向20.00 mL 0.100 0 molL1 (NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 0 molL1 NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)，下列说法正确的是()A点a所示溶液中：c(NH)c(SO)c(H)c(OH)B点b所
219、示溶液中：c(NH)c(Na)c(H)c(OH)C点c所示溶液中：c(SO)c(H)c(NH3H2O)c(OH)D点d所示溶液中：c(SO)c(NH3H2O)c(OH)c(NH)解析a点未加入氢氧化钠溶液，则(NH4)2SO4水解使溶液呈酸性，A正确；若溶液中的 c(Na)c(NH)时，同时溶液中的c(H)也与c(OH)相等，将其代入电荷守恒c(H) c(Na)c(NH)2c(SO)c(OH)得c(Na)c(SO)，则V(NaOH)10 mL，而b点所加NaOH溶液的体积小于10 mL，B错误；c点时溶液中(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3H2O三者的浓度之比为112，根据物料守恒有2c
220、(Na)2c(SO)c(NH)c(NH3H2O)，再由电荷守恒有c(H)c(Na)c(NH)2c(SO)c(OH)，将“2c(SO)”用“c(NH)c(NH3H2O)”代入电荷守恒关系式中有c(H)c(Na)c(NH)c(NH)c(NH3H2O)c(OH)，即c(H)c(Na)c(NH3H2O)c(OH)，再将“c(Na)”用“c(SO)”代替，即c(SO)c(H)c(NH3H2O)c(OH)，C正确；d点硫酸铵与氢氧化钠溶液恰好反应，生成的Na2SO4与NH3H2O的物质的量之比为12，则c(NH3H2O)c(SO)，D错误。答案AC8(2015南京三调)下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确
221、的是()A有常温下0.1 molL1的下列溶液：NH4Al(SO4)2、NH4Cl、CH3COONH4，则c(NH)由大到小的顺序为B常温下0.4 molL1 CH3COOH溶液和0.2 molL1 NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性，则溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO)c(Na)c(CH3COOH)c(H)c(OH)C0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.2 molL1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中：c(CO)2c(OH)c(HCO)3c(H2CO3)2c(H)D0.1 molL1氨水与0.05 molL1 H2C2O4溶液等体积混合所得溶液中：c(NH)c(NH3
222、H2O)2c(C2O)2c(HC2O)2c(H2C2O4)解析NH4Al(SO4)2中Al3水解生成H，抑制NH的水解，CH3COONH4中CH3COO水解生成OH，促进NH的水解，故c(NH)的大小顺序为，A错误；B项相当于CH3COOH与CH3COONa以物质的量之比为11混合的溶液，由于混合液显酸性，故CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，B正确；C项混合溶液中，由电荷守恒有c(H)c(Na)c(OH)c(HCO)2c(CO)，由物料守恒得3c(Na)4c(CO)4c(HCO)4c(H2CO3)，联立两式，消去c(Na)，可得2c(CO)3c(OH)c(HCO)4c(H2C
223、O3)3c(H)，C错误；D项相当于(NH4)2C2O4溶液，根据物料守恒可得题给关系式，D正确。答案BD9(2015泰州二调)常温下，一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如下表。实验编号起始浓度/molL1反应后溶液的pHc(HA)c(NaOH)0.10.19x0.270.20.14.80.10.2y下列判断正确的是()A实验反应后的溶液中：c(HA)约为 molL1B实验反应后的溶液中：c(HA)c(Na)c(A)c(H)c(OH)C实验反应后的溶液中：c(HA)c(H)c(OH)c(A)D实验反应后的溶液中：c(OH)c(H)c(HA)0.05 molL1解析
224、实验反应后的溶液为NaA溶液，存在AH2OHAOH，可见c(HA) c(OH) molL1，A正确；实验反应后的溶液中：c(Na) c(A)c(HA)c(H)c(OH)，B错误；实验反应后的溶液为等物质的量浓度的HA、NaA的混合液，根据电荷守恒有c(Na)c(H)c(OH)c(A)，又因为溶液呈酸性，故HA电离程度大于A的水解程度，故有c(HA)c(Na)c(Cl)c(CO)c(OH)c(H)D反应后的溶液中：c(Na)c(H)c(Ag)2c(CO)c(HCO)c(Cl)c(OH)解析已知Ksp(AgCl)c(Ag)c(Cl)，Ksp(Ag2CO3)c2(Ag)c(CO)，选项A中的平衡常数
225、Kc2(Cl)/c(CO)K(AgCl)/Ksp(Ag2CO3)4109，选项A错误；选项B中，Na2CO3的转化消耗量极小，则可认为c(CO)仍为0.1 molL1，根据选项A中可逆反应的平衡常数K4109计算，c(Cl)(41090.1)0.52105molL1，溶解的n(AgCl)n(Cl)2 105molL11 L2105mol，选项B正确；选项C中的溶液主要是Na2CO3溶液和少量NaCl溶液，溶液呈碱性，c(Na)c(CO)c(Cl)c(OH)c(H)，选项C错误；由溶液中电荷守恒可知，选项D正确。答案BD11(2015福建理综，23)研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。(1)
226、硫离子的结构示意图为 。加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为 。(2)25 ，在0.10 molL1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2)关系如下图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。pH13时，溶液中的c(H2S)c(HS) molL1。某溶液含0.020 molL1 Mn2、0.10 molL1 H2S，当溶液pH 时，Mn2开始沉淀。已知：Ksp(MnS)2.81013(3)25 ，两种酸的电离平衡常数如下表。Ka1Ka2H2SO31.31026.3108H2CO34.21075.61011HSO的电离平衡
227、常数表达式K 。0.10 molL1 Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式 。解析(1)S是16号元素，S原子获得2个电子变为S2，S2的结构示意图为。加热时，浓硫酸与碳反应的化学方程式为C2H2SO4(浓)2SO2CO22H2O；(2)根据图像可知，pH13时，c(S2)5.7102 molL1，由于H2S溶液的浓度为0.10 molL1，所以根据S原子守恒有：c(S2)c(H2S)c(HS)0.1 molL1，所以c(H2S)c(HS)0.1 molL15.7102 molL10.043 molL1。由于Ksp(MnS)2.81
228、013，c(Mn2)0.020 molL1，则开始形成沉淀时需要的c(S2)Ksp(MnS)/c(Mn2)(2.810130.020) molL11.41011 molL1，根据图像中c(S2)与溶液的pH关系可知此时溶液pH5。(3)根据电离平衡常数的含义可知：HSO的电离平衡常数表达式为K；Na2SO3在溶液中发生电离：Na2SO3=2NaSO，SO发生水解反应： SOH2OHSOOH，水解产生的HSO又有部分发生水解反应：HSOH2OH2SO3OH，水解是微弱的，而且在水中还存在水的电离平衡H2OHOH，所以0.10 molL1 Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na)c(SO)c(OH)c(HSO)c(H)；由于Ka2(H2SO3)c(SO)c(OH)c(HSO)c(H)或NaSOOHHSOHH2SO3HCO=HSOCO2H2O