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教材习题答案
１
第一章 化学反应的热效应
第一节 反应热
◆练习与应用
１．答案
（１）Ｃｕ（ｓ）＋１
２Ｏ２（ｇ）ＣｕＯ（ｓ）
ΔＨ＝
－１５７．３ｋＪ／ｍｏｌ
（２）Ｃ２Ｈ４（ｇ）＋３Ｏ２（ｇ）２ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ＝
－１４１１．０ｋＪ／ｍｏｌ
（３）Ｃ（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２（ｇ） ΔＨ＝＋１３１．５ｋＪ／ｍｏｌ
解析 （１）１ｍｏｌＣｕ（ｓ）能与１
２ｍｏｌＯ２（ｇ）反应放出１５７．３ｋＪ
热量，则其热化学方程式为Ｃｕ（ｓ）＋１
２Ｏ２（ｇ）ＣｕＯ（ｇ）
ΔＨ＝－１５７．３ｋＪ／ｍｏｌ。
（２）１ｍｏｌＣ２Ｈ４（ｇ）与适量Ｏ２（ｇ）反应生成ＣＯ２（ｇ）和Ｈ２Ｏ（ｌ），
放出１４１１．０ｋＪ热量，即Ｃ２Ｈ４（ｇ）＋３Ｏ２（ｇ）２ＣＯ２（ｇ）＋
２Ｈ２Ｏ（ｌ） ΔＨ＝－１４１１．０ｋＪ／ｍｏｌ。
（３）１ｍｏｌＣ（ｓ）与适量的Ｈ２Ｏ（ｇ）反应生成ＣＯ（ｇ）和Ｈ２（ｇ），
吸收１３１．５ｋＪ热量，标注物质聚集状态和对应反应焓变写出
热化学方程式为Ｃ（ｓ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
ΔＨ＝
＋１３１．５ｋＪ／ｍｏｌ。
２．答案 Ｎ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）２ＮＯ（ｇ） ΔＨ＝＋１８０ｋＪ／ｍｏｌ
解析
反应Ｎ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）２ＮＯ（ｇ）的焓变ΔＨ＝
９４６ｋＪ／ｍｏｌ＋４９８ｋＪ／ｍｏｌ－２×６３２ｋＪ／ｍｏｌ＝＋１８０ｋＪ／ｍｏｌ。
３．答案 Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）Ｈ２Ｏ（ｌ） ΔＨ＝－２８５．８ｋＪ·ｍｏｌ
－１
解析 Ｈ２在１ｍｏｌＯ２中完全燃烧生成２ｍｏｌ液态水，放出
５７１．６ｋＪ的热量，则１ｍｏｌＨ２在氧气中完全燃烧放出的热量为
１
２×５７１．６ｋＪ＝２８５．８ｋＪ，因此Ｈ２燃烧热的热化学方程式为
Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）Ｈ２Ｏ（ｌ） ΔＨ＝－２８５．８ｋＪ·ｍｏｌ
－１。
４．答案 不正确；因为两反应中参加反应的ＣＯ（ｇ）的物质的量
不同，所以ΔＨ不同。
５．答案 （１）氢气本身无毒，极易燃烧，燃烧的产物是水，对环境
无污染，由水可制得氢气，原料来源丰富。
（２）１ｇＨ２完全燃烧放出的热量是１４２．９ｋＪ；１ｇＣＯ完全燃烧
放出的热量是１０．１ｋＪ；１ｇＣＨ４完全燃烧放出的热量是
５５．６ｋＪ。氢气作为能源的优点：热值高。
（３）应解决的问题：一是降低制取氢气的成本；二是安全、大量
地储存和运输氢气。电解水、利用太阳能分解水，甲烷等烃与
水蒸气反应、焦炭与水蒸气反应等都可以制取氢气，其中最适
合将来大规模制取氢气的方法是利用太阳能分解水。利用热
能、电能制取氢气都是以有限的能源制取新的能源，而太阳能
是取之不尽的。
第二节 反应热的计算
◆练习与应用
１．答案 Ｓ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）ＳＯ２（ｇ） ΔＨ＝－２９６ｋＪ／ｍｏｌ
解析 因为４ｇ硫粉在Ｏ２中完全燃烧生成二氧化硫气体，放
出３７ｋＪ的热量，所以３２ｇ硫粉在Ｏ２中完全燃烧生成二氧化
硫气体，放出２９６ｋＪ的热量，则热化学方程式为Ｓ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）
ＳＯ２（ｇ） ΔＨ＝－２９６ｋＪ／ｍｏｌ。
２．答案 Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）Ｈ２Ｏ（ｇ） ΔＨ＝－２４１．８ｋＪ／ｍｏｌ
ΔＨ＝－２８５．７９２ｋＪ／ｍｏｌ
解析 氢气和氧气反应生成１ｍｏｌ水蒸气放热２４１．８ｋＪ，该反
应的热化学方程式为Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ＝
－２４１．８ｋＪ／ｍｏｌ；１ｇ水蒸气转化成液态水放热２．４４４ｋＪ，故１８ｇ
水蒸气转化成液态水放出热量２．４４４ｋＪ×１８＝４３．９９２ｋＪ，故反
应Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）Ｈ２Ｏ（ｌ）的反应热ΔＨ＝
－（２４１．８ｋＪ／ｍｏｌ＋４３．９９２ｋＪ／ｍｏｌ）＝－２８５．７９２ｋＪ／ｍｏｌ。
３．答案
（１）Ｃ４Ｈ１０（ｇ）＋１３
２Ｏ２（ｇ）４ＣＯ２（ｇ）＋５Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ＝－２９００ｋＪ／ｍｏｌ
（２）２６８０ｋＪ
解析 （１）当１０ｋｇ丁烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水时
放出的热量为５×１０
５ｋＪ，则１ｍｏｌ丁烷完全燃烧放出的热量为
５× １０
５ｋＪ× ５８ｇ／ｍｏｌ
１×１０
４ｇ
＝２９００ｋＪ／ｍｏｌ，热化学方程式为
①Ｃ４Ｈ１０（ｇ）＋１３
２Ｏ２（ｇ）４ＣＯ２（ｇ）＋５Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ＝
－２９００ｋＪ／ｍｏｌ。
（２）由１ｍｏｌ液态水汽化时需要吸收４４ｋＪ热量，可得
②Ｈ２Ｏ（ｌ）Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ＝＋４４ｋＪ／ｍｏｌ，根据盖斯定律，由
①＋②×５可得Ｃ４Ｈ１０（ｇ）＋１３
２Ｏ２（ｇ）４ＣＯ２（ｇ）＋５Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ＝－２９００ｋＪ／ｍｏｌ＋５×４４ｋＪ／ｍｏｌ＝－２６８０ｋＪ／ｍｏｌ，则１ｍｏｌ丁
烷完全燃烧生成ＣＯ２和水蒸气时放出的热量为２６８０ｋＪ。
４．答案 ２Ｎ２Ｈ４（ｇ）＋２ＮＯ２（ｇ）３Ｎ２（ｇ）＋４Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ＝
－１３１０．４ｋＪ／ｍｏｌ
解析 ①Ｎ２（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）２ＮＯ２（ｇ） ΔＨ１＝＋６６．４ｋＪ／ｍｏｌ
②Ｎ２Ｈ４（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）Ｎ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｇ） ΔＨ２＝－６２２ｋＪ／ｍｏｌ
根据盖斯定律，由②×２－①得到肼与ＮＯ２反应的热化学方程
式：２Ｎ２Ｈ４（ｇ）＋２ＮＯ２（ｇ）３Ｎ２（ｇ）＋４Ｈ２Ｏ（ｇ）
ΔＨ＝
－１３１０．４ｋＪ／ｍｏｌ。
５．答案
ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ＝
－８９０．３ｋＪ／ｍｏｌ
解析
已知①ＣＯ２（ｇ）＋４Ｈ２（ｇ）ＣＨ４（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ１＝－２５２．９ｋＪ／ｍｏｌ
②２Ｈ２Ｏ（ｌ）２Ｈ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ） ΔＨ２＝＋５７１．６ｋＪ／ｍｏｌ
根据盖斯定律，由－①－②× ２得到ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）
ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ＝２５２．９ｋＪ／ｍｏｌ－２× ５７１．６ｋＪ／ｍｏｌ＝
－８９０．３ｋＪ／ｍｏｌ。
６．答案
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
ΔＨ＝
－４１．２ｋＪ／ｍｏｌ
解析 已知：
①Ｃ（ｓ）＋１
２Ｏ２（ｇ）ＣＯ（ｇ） ΔＨ１＝－１１０．５ｋＪ／ｍｏｌ
②Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）Ｈ２Ｏ（ｇ） ΔＨ２＝－２４１．８ｋＪ／ｍｏｌ
③Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）ＣＯ２（ｇ） ΔＨ３＝－３９３．５ｋＪ／ｍｏｌ
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２
根据盖斯定律，由③－②－①得ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）ＣＯ２（ｇ）＋
Ｈ２（ｇ） ΔＨ＝ΔＨ３－ΔＨ２－ΔＨ１＝［－３９３．５－（－２４１．８）－
（－１１０．５）］ｋＪ／ｍｏｌ＝－４１．２ｋＪ／ｍｏｌ。
◆复习与提高
１．Ａ 物质的聚集状态不同，能量不同。当水由气态变为液态时
要放出热量，所以生成液态水放出的热量比生成气态水放出
的热量多。
２．Ｂ
已知：Ｈ—Ｈ键的键能为４３６ｋＪ／ｍｏｌ，Ｎ—Ｈ键的键能为
３９１ｋＪ／ｍｏｌ，设Ｎ
Ｎ
键的键能为ｘ，对于反应Ｎ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）
２ＮＨ３（ｇ） ΔＨ＝－９２．４ｋＪ／ｍｏｌ，反应热＝反应物的总键能
－生成物的总键能，故ｘ＋３× ４３６ｋＪ／ｍｏｌ－２× ３× ３９１ｋＪ／ｍｏｌ＝
－９２．４ｋＪ／ｍｏｌ，解得ｘ＝９４５．６ｋＪ／ｍｏｌ，Ｂ正确。
３．Ｂ １ｇＨ２燃烧生成液态水放出１４２．９ｋＪ热量，则１ｍｏｌＨ２燃
烧生成液态水放出２８５．８ｋＪ热量，故Ｂ正确；２ｍｏｌＨ２燃烧生
成液态水放出５７１．６ｋＪ热量，故Ａ错误；生成的水应为液态，
故Ｃ错误；Ｈ２燃烧为放热反应，ΔＨ＜０，故Ｄ错误。
４．答案 ＋９２．３ｋＪ／ｍｏｌ
解析 已知Ｈ２（ｇ）＋Ｃｌ２（ｇ）２ＨＣｌ（ｇ） ΔＨ＝－１８４．６ｋＪ／ｍｏｌ，
依据化学反应的逆反应的ΔＨ变为相反数，方程式化学计量数
变为ｎ倍，ΔＨ变为ｎ倍得ＨＣｌ（ｇ）１
２Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｃｌ２（ｇ）
ΔＨ＝＋９２．３ｋＪ／ｍｏｌ。
５．答案 （１）ＣＨ４ （２）ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ＝－８９０ｋＪ／ｍｏｌ
解析
（１）在标准状况下，１．６８Ｌ气体的物质的量为
１．６８Ｌ
２２．４Ｌ／ｍｏｌ＝０．０７５ｍｏｌ，其摩尔质量Ｍ＝
１．２
０．０７５ｇ／ｍｏｌ＝
１６ｇ／ｍｏｌ，故该气体为ＣＨ４。
（２）０．０７５ｍｏｌ甲烷燃烧放出６６．７７ｋＪ热量，则１ｍｏｌ甲烷燃烧
放出热量为６６．７７
０．０７５ｋＪ≈８９０ｋＪ，故ＣＨ４燃烧热的热化学方程式
为ＣＨ４（ｇ）＋２Ｏ２（ｇ）ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ＝
－８９０ｋＪ／ｍｏｌ。
６．答案 （１）①
（２）③
（３）１２０９ｋＪ
（４）ＣＯ（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）
ＣＯ２（ｇ） ΔＨ＝－２８３ｋＪ／ｍｏｌ
解析 （１）ΔＨ＜０为放热反应，ΔＨ＞０为吸热反应，故题述反应
中①属于吸热反应。
（２）Ｃ的燃烧热是指１ｍｏｌＣ完全燃烧生成ＣＯ２放出的热量，
因此表示Ｃ的燃烧热的热化学方程式为③。
（３）由Ｈ２Ｏ（ｇ）Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ） ΔＨ＝＋２４１．８ｋＪ／ｍｏｌ可
知，１ｍｏｌ氢气燃烧生成水蒸气放出的热量为２４１．８ｋＪ，１０ｇ氢
气的物质的量为１０ｇ
２ｇ／ｍｏｌ＝５ｍｏｌ，燃烧生成水蒸气，放出的热量
为２４１．８ｋＪ／ｍｏｌ×５ｍｏｌ＝１２０９ｋＪ。
（４）已知：②Ｃ（ｓ）＋１
２Ｏ２（ｇ）ＣＯ（ｇ） ΔＨ＝－１１０．５ｋＪ／ｍｏｌ；
③Ｃ（ｓ）＋Ｏ２（ｇ）ＣＯ２（ｇ） ΔＨ＝－３９３．５ｋＪ／ｍｏｌ。
根据盖斯定律，由③－②可得ＣＯ燃烧的热化学方程式：
ＣＯ（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）ＣＯ２（ｇ） ΔＨ＝－２８３ｋＪ／ｍｏｌ。
７．答案 （１）２Ｃ２Ｈ２（ｇ）＋５Ｏ２（ｇ）４ＣＯ２（ｇ）＋２Ｈ２Ｏ（ｌ） ΔＨ＝
－２５９９．２ｋＪ／ｍｏｌ
（２）Ｃ２Ｈ５ＯＨ（ｌ）＋３Ｏ２（ｇ）２ＣＯ２（ｇ）＋３Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ＝
－１３６６．８ｋＪ／ｍｏｌ
解析 （１）１ｍｏｌＣ２Ｈ２（ｇ）在Ｏ２（ｇ）中完全燃烧生成ＣＯ２和
Ｈ２Ｏ（ｌ），放出１２９９．６ｋＪ热量，标注物质聚集状态和对应反应
焓变写出热化学方程式为２Ｃ２Ｈ２（ｇ）＋５Ｏ２（ｇ）４ＣＯ２（ｇ）＋
２Ｈ２Ｏ（ｌ） ΔＨ＝－２５９９．２ｋＪ／ｍｏｌ。
（２）２３ｇＣ２Ｈ５ＯＨ在氧气中燃烧生成ＣＯ２和液态水，放出
６８３．４ｋＪ热量，则１ｍｏｌＣ２Ｈ５ＯＨ在氧气中燃烧生成ＣＯ２和液
态水，放出１３６６．８ｋＪ热量，热化学方程式为Ｃ２Ｈ５ＯＨ（ｌ）＋
３Ｏ２（ｇ）２ＣＯ２（ｇ）＋３Ｈ２Ｏ（ｌ） ΔＨ＝－１３６６．８ｋＪ／ｍｏｌ。
８．答案
２Ｍｇ（ｓ）＋ＣＯ２（ｇ）Ｃ（ｓ）＋２ＭｇＯ（ｓ）
ΔＨ＝
－８０９．９ｋＪ／ｍｏｌ
解析 将已知方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，由②－
①可得镁在二氧化碳中燃烧的热化学方程式：２Ｍｇ（ｓ）＋
ＣＯ２（ｇ）Ｃ（ｓ）＋２ＭｇＯ（ｓ） ΔＨ＝－８０９．９ｋＪ／ｍｏｌ。
９．答案 ΔＨ＝＋１２４．２ｋＪ／ｍｏｌ
解析 由①Ｃ３Ｈ８（ｇ）ＣＨ４（ｇ）＋Ｃ２Ｈ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
ΔＨ１＝
＋１５６．６ｋＪ／ｍｏｌ，②Ｃ３Ｈ６（ｇ）ＣＨ４（ｇ）＋Ｃ２Ｈ２（ｇ）
ΔＨ２＝
＋３２．４ｋＪ／ｍｏｌ，根据盖斯定律，反应Ｃ３Ｈ８（ｇ）Ｃ３Ｈ６（ｇ）＋
Ｈ２（ｇ）可由①－②得到，所以ΔＨ＝ΔＨ１－ΔＨ２＝＋１５６．６ｋＪ／ｍｏｌ－
（＋３２．４ｋＪ／ｍｏｌ）＝＋１２４．２ｋＪ／ｍｏｌ。
１０．答案
（１）１∶１
（２）Ｃ３Ｈ８（ｇ）＋５Ｏ２（ｇ）３ＣＯ２（ｇ）＋
４Ｈ２Ｏ（ｇ） ΔＨ＝－２０４３．９ｋＪ／ｍｏｌ
解析 （１）Ｈ２和Ｃ３Ｈ８的混合气体共５ｍｏｌ，设氢气物质的量
为ｘｍｏｌ，丙烷物质的量为（５－ｘ）ｍｏｌ，完全燃烧生成液态水时
放热６２６４．２ｋＪ，则
Ｈ２（ｇ）＋１
２Ｏ２（ｇ）Ｈ２Ｏ（ｌ） ΔＨ１＝－２８５．８ｋＪ／ｍｏｌ
１ｍｏｌ
２８５．８ｋＪ
ｘｍｏｌ ２８５．８ｘｋＪ
Ｃ３Ｈ８（ｇ）＋５Ｏ２（ｇ）３ＣＯ２（ｇ）＋４Ｈ２Ｏ（ｌ） ΔＨ２＝－２２１９．９ｋＪ／ｍｏｌ
１ｍｏｌ
２２１９．９ｋＪ
（５－ｘ）ｍｏｌ
２２１９．９（５－ｘ）ｋＪ
２８５．８ｘｋＪ＋２２１９．９×（５－ｘ）ｋＪ＝６２６４．２ｋＪ
解得ｘ≈２．５，混合气体中Ｈ２和Ｃ３Ｈ８的体积比为２．５∶２．５＝
１∶１。
（２）已知：②Ｃ３Ｈ８（ｇ）＋５Ｏ２（ｇ）３ＣＯ２（ｇ）＋４Ｈ２Ｏ（ｌ）
ΔＨ２＝－２２１９．９ｋＪ／ｍｏｌ
③Ｈ２Ｏ（ｌ）Ｈ２Ｏ（ｇ） ΔＨ３＝＋４４．０ｋＪ／ｍｏｌ
根据盖斯定律，由②＋③× ４得Ｃ３Ｈ８（ｇ）＋５Ｏ２（ｇ）
３ＣＯ２（ｇ）＋４Ｈ２Ｏ（ｇ） ΔＨ＝－２０４３．９ｋＪ／ｍｏｌ。
第二章 化学反应速率与化学平衡
第一节 化学反应速率
◆练习与应用
１．Ｄ 选项中只有Ｄ工业合成氨，为有利于人类发展的反应，需
要加快反应速率，而Ａ、Ｂ、Ｃ均需要减慢反应速率，以减少资
源浪费或环境污染。
２．Ｂ 增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单
位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故Ａ正确；活化分
子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故Ｂ错误；升高温
度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数
增大，因而反应速率增大，故Ｃ正确；催化剂可使发生反应需
要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万
倍地增大化学反应的速率，故Ｄ正确。
３．Ｄ 对于反应４ＮＨ３＋５Ｏ２４ＮＯ＋６Ｈ２Ｏ，化学反应速率之比
等于化学计量数之比，故ｖ（ＮＨ３）∶ｖ（Ｏ２）＝４∶５，即ｖ（Ｏ２）＝
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教材习题答案
３
５
４ｖ（ＮＨ３），故Ａ错误；ｖ（Ｏ２）∶ｖ（Ｈ２Ｏ）＝５∶６，即ｖ（Ｈ２Ｏ）＝
６
５ｖ（Ｏ２），故Ｂ错误；ｖ（ＮＨ３）∶ｖ（Ｈ２Ｏ）＝４∶６，即ｖ（Ｈ２Ｏ）＝
３
２ｖ（ＮＨ３），故Ｃ错误；ｖ（Ｏ２）∶ｖ（ＮＯ）＝５∶４，即ｖ（ＮＯ）＝
４
５ｖ（Ｏ２），故Ｄ正确。
４．Ａ 由ｖ（Ａ）、ｖ（Ｂ）、ｖ（Ｃ）的关系式可得ｖ（Ａ）∶ｖ（Ｂ）∶ｖ（Ｃ）＝
２∶３∶２，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则化学方
程式为２Ａ＋３Ｂ２Ｃ，故Ａ正确。
５．答案 （１）ｂ （２）放热 ΔＨ
解析 （１）加入催化剂能降低活化能，ｂ的活化能低，故ｂ加
入了催化剂。
（２）因为产物能量低于反应物能量，故反应为放热反应；反应
热为产物与反应物能量的差值，故反应热为ΔＨ
６．答案 （１）Ｐｂ＋ＰｂＯ２＋２Ｈ２ＳＯ４
Ｆｅ
２＋
２ＰｂＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ
（２）做催
化剂 （３）第一步：向硫酸酸化的ＦｅＳＯ４溶液中加入ＫＳＣＮ溶
液，溶液几乎无色，再加入少量ＰｂＯ２，溶液变红。第二步：取
第一步中红色溶液少量，加入过量Ｐｂ，充分反应后，红色褪去。
解析 （１）根据题给离子方程式知，此过程中，在Ｆｅ
２＋催化下，
Ｐｂ、ＰｂＯ２和Ｈ２ＳＯ４反应生成ＰｂＳＯ４和水，化学方程式为Ｐｂ＋
ＰｂＯ２＋２Ｈ２ＳＯ４
Ｆｅ
２＋
２ＰｂＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ。
（２）此过程中Ｆｅ
２＋先反应后生成，故为催化剂。
（３）第一步向硫酸酸化的ＦｅＳＯ４溶液中加入ＫＳＣＮ溶液，溶液
几乎无色，再加入少量ＰｂＯ２，溶液变红，证明了亚铁离子被氧
化为铁离子；第二步取第一步中红色溶液少量，溶液中存在平
衡Ｆｅ
３＋＋３ＳＣＮ
－
Ｆｅ（ＳＣＮ）３，加入过量Ｐｂ，Ｐｂ和铁离子反
应生成亚铁离子，平衡逆向移动，充分反应后，红色褪去。
７．答案
编号
ｔ／℃
ｃ（ＮＯ）／
（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
ｃ（ＣＯ）／
（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
催化剂的比表面
积／（ｍ
２·ｇ
－１）
Ⅰ
２８０
６．５０×１０
－３
４．００×１０
－３
８０．０
Ⅱ
２８０
６．５０×１０
－３
４．００×１０
－３
１２０
Ⅲ
３６０
６．５０×１０
－３
４．００×１０
－３
８０．０
（１）３．５０×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１
（２）增大
（３）升高温度，该化学反
应的速率增大
解析 （１）实验目的是：探究某些外界条件对汽车尾气转化反
应速率的影响规律，应采取控制变量法进行研究，实验Ⅰ、Ⅱ
催化剂比表面积不同，其他条件应相同，实验Ⅰ、Ⅲ温度不同，
其他条件应相同，不同的条件即为探究该条件对尾气转化速
率的影响，则：
编号
实验目的
ｔ／℃
ｃ（ＮＯ）／
（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
ｃ（ＣＯ）／
（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
催化剂的比表面
积／（ｍ
２·ｇ
－１）
Ⅰ
为实验Ⅱ、
Ⅲ作参照
２８０
６．５０×１０
－３
４．００×１０
－３
８０．０
Ⅱ
探究同质量
的同种催化
剂的比表面
积对尾气转
化速率的
影响
２８０
６．５０×１０
－３
４．００×１０
－３
１２０
续表
编号
实验目的
ｔ／℃
ｃ（ＮＯ）／
（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
ｃ（ＣＯ）／
（ｍｏｌ·Ｌ
－１）
催化剂的比表面
积／（ｍ
２·ｇ
－１）
Ⅲ
探究温度对
尾气转化速
率的影响
３６０
６．５０×１０
－３
４．００×１０
－３
８０．０
（１）通过题图可知，平衡时ＣＯ的浓度为１．００×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１，
可得出ＣＯ的浓度变化量Δｃ（ＣＯ）＝４．００× １０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１－
１．００×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１＝３．００×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１，据已知信息可知反
应方程式为２ＮＯ＋２ＣＯ
催化剂
２ＣＯ２＋Ｎ２，在一个反应中，各
物质的浓度的变化量之比等于化学计量数之比，则ＮＯ的浓度
的变化量Δｃ（ＮＯ）＝３．００×１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１，故平衡时ＮＯ的浓度
ｃ（ＮＯ）＝６．５０× １０
－３ｍｏｌ· Ｌ
－１－３．００× １０
－３ｍｏｌ· Ｌ
－１＝３．５０×
１０
－３ｍｏｌ·Ｌ
－１。
（２）由题图可知，增大催化剂比表面积后，缩短了达到平衡的
时间，故增大了反应速率。
（３）由表格及图像可知，实验Ⅰ、Ⅲ温度不同，其他条件相同，
温度升高，缩短了达到平衡的时间，故增大了反应速率。
第二节 化学平衡
◆练习与应用
１．答案 （１）
ｃ
２（Ｃ）
ｃ（Ａ）·ｃ
３（Ｂ） （２）０．０６２５
解析 （１）Ａ（ｇ）＋３Ｂ（ｇ）
２Ｃ（ｇ）在一定温度下达到平衡，
反应的平衡常数Ｋ＝
ｃ
２（Ｃ）
ｃ（Ａ）·ｃ
３（Ｂ）。（２）若各物质的平衡浓度
分别为ｃ（Ａ）＝２．０ｍｏｌ／Ｌ、ｃ（Ｂ）＝２．０ｍｏｌ／Ｌ、ｃ（Ｃ）＝１．０ｍｏｌ／Ｌ，
则平衡常数Ｋ＝
ｃ
２（Ｃ）
ｃ（Ａ）·ｃ
３（Ｂ）
＝
１．０
２
２．０×２．０
３＝０．０６２５。
２．Ｄ 该反应正反应是体积增大的反应，增大容器容积，压强增
大，平衡向正反应方向移动，乙烷转化率提高，Ａ不符合题意；
该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移
动，乙烷转化率提高，Ｂ不符合题意；分离出部分氢气，使生成
物浓度减小，平衡向正反应方向移动，乙烷转化率提高，Ｃ不
符合题意；等容下通入稀有气体，体系中反应物、生成物的浓
度均不变，平衡不移动，乙烷转化率不变，Ｄ符合题意。
３．Ａ 当Ｚ的生成速率与Ｚ的分解速率相等，该反应达到平衡状
态，故Ａ正确；无论反应是否达到平衡状态，单位时间内消耗
ａｍｏｌＸ，同时生成３ａｍｏｌＺ，所以不能作为平衡状态的判断依
据，故Ｂ错误；该反应是一个反应前后气体总物质的量不变的
可逆反应，无论反应是否达到平衡状态，容器内气体的压强始
终不变，所以不能作为平衡状态的判断依据，故Ｃ错误；该反
应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，无论反应是否
达到平衡状态，混合气体的物质的量始终不变，所以不能作为
平衡状态的判断依据，故Ｄ错误。
４．ＣＤ 平衡时测得Ａ的浓度为０．５０ｍｏｌ／Ｌ，保持温度不变，将容
器的容积扩大到原来的两倍，如果平衡不移动，则Ａ的浓度应
降低为０．２５ｍｏｌ／Ｌ，而实际测得为０．３０ｍｏｌ／Ｌ，则说明降低压
强平衡向逆反应方向移动。减小压强，化学平衡向气体体积
增大的方向移动，则ｘ＋ｙ＞ｚ，故Ａ错误；由上述分析可知，平衡
逆向移动，故Ｂ错误；平衡逆向移动，Ｂ的转化率降低，故Ｃ正
确；平衡逆向移动，混合气体总的物质的量增大，Ｃ的物质的
量减小，则Ｃ的体积分数下降，故Ｄ错误。
５．答案 ＜ ＞
解析 由题图可知，温度为ｔ２时先达到平衡，所以ｔ２＞ｔ１，温度
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４
升高，ＳＯ３的体积分数减少，说明升高温度平衡向逆反应方向
移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反
应，ΔＨ＜０；化学平衡常数只与温度有关，升高温度平衡向逆反
应方向移动，化学平衡常数减小，故Ｋ１＞Ｋ２。
６．答案 （１）
ｃ（ＣＨ３ＯＨ）·ｃ（Ｈ２Ｏ）
ｃ（ＣＯ２）·ｃ
３（Ｈ２）
（２）ｂ （３）＜ 温度升高甲
醇的产率减小
解析 （１）ＣＯ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）
ＣＨ３ＯＨ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）的平衡
常数Ｋ＝ｃ（ＣＨ３ＯＨ）·ｃ（Ｈ２Ｏ）
ｃ（ＣＯ２）·ｃ
３（Ｈ２）
。
（２）使用催化剂不改变化学平衡，反应物转化率不变，故ａ错
误；加压平衡正向进行，二氧化碳转化率增大，故ｂ正确；增大
ＣＯ２和Ｈ２的初始投料比，氢气转化率增大，二氧化碳转化率
减小，故ｃ错误。
（３）分析题图可知升温甲醇的产率降低，升高温度平衡向吸热反
应方向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔＨ＜０。
７．答案 ５０％
解析 设ＣＯ的浓度变化量为ｃｍｏｌ／Ｌ，则：
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
开始（ｍｏｌ／Ｌ）：
０．１
０．１
０ ０
变化（ｍｏｌ／Ｌ）：
ｃ
ｃ
ｃ ｃ
平衡（ｍｏｌ／Ｌ）：
０．１－ｃ ０．１－ｃ
ｃ ｃ
故
ｃ×ｃ
（０．１－ｃ）×（０．１－ｃ）＝１，解得ｃ＝０．０５，故一氧化碳在此条件下
的平衡转化率＝０．０５
０．１×１００％＝５０％。
第三节 化学反应的方向
◆练习与应用
１．答案 香水瓶打开（鲜花开放），香味四溢；写过字的毛笔放在
水盆里浸泡，整盆水变黑；高温下冰块融化；岩石的风化；橡胶
塑料的老化；动植物尸体腐败；等等。
２．答案 （１）熵增大 （２）熵减小 （３）熵增大 （４）熵减小
解析 （１）由固态到液态，熵增大。（２）由气态到液态，熵减
小。（３）溶解过程混乱度增大，熵增大。（４）方程式中气体化
学计量数之和减小，熵减小。
３．Ｄ 水凝结成冰是由液态变为固态，是熵减小过程，即ΔＳ＜０；
同时放出能量，故ΔＨ＜０。
４．Ａ 冰在室温下自动熔化成水，混乱度增大，因此是一个熵增
过程，故Ａ正确；反应是否能够自发进行要根据焓判据和熵判
据综合判断，故Ｂ、Ｃ、Ｄ错误。
第四节 化学反应的调控
◆练习与应用
１．Ｄ 合成氨工业采用循环操作，目的是提高原料的利用率。
２．答案 （１）２（ａ－ｃ）ｍｏｌ （２）３（ａ－ｃ）
ｂ
×１００％ （３）增大 增大
增大
解析 根据化学方程式计算：
Ｎ２（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）
催化剂
高温、高压
２ＮＨ３（ｇ）
起始量（ｍｏｌ）：
ａ ｂ ０
转化量（ｍｏｌ）：
ａ－ｃ ３（ａ－ｃ）
２（ａ－ｃ）
平衡量（ｍｏｌ）：
ｃ
ｂ－３（ａ－ｃ）
２（ａ－ｃ）
（１）根据以上三段式数据，生成ＮＨ３的物质的量为２（ａ－
ｃ）ｍｏｌ。
（２）根据以上三段式数据，平衡时Ｈ２的转化率为３（ａ－ｃ）
ｂ
×
１００％。
（３）若把容器的容积缩小一半，则压强增大，所以正反应速率
增大，逆反应速率增大，平衡向正反应方向移动，则Ｎ２的转化
率也增大。
３．答案 （１）１０ＭＰａ、４５０℃
（２）在此温度下催化剂活性最高
（３）在常压下ＳＯ２的转化率就已经很高了，若采用高压，平
衡能向右移动，但效果并不明显，比起高压设备得不偿失
（４）增大反应物氧气的浓度，提高ＳＯ２的转化率
（５）防止污
染环境
解析
（１）使ＳＯ２转化率尽量大，应选择的条件是１０ＭＰａ、
４５０℃。
（２）在此温度下催化剂活性最高。
（３）在常压下ＳＯ２的转化率就已经很高了，若采用高压，平衡
能向右移动，但效果并不明显，比起高压设备得不偿失。
（４）氧气为反应物，增大氧气浓度可以提高ＳＯ２的转化率。
（５）ＳＯ２是大气污染物质，能形成酸雨，所以必须进行回收处
理，防止污染环境。
４．答案 （１）低温、高压 （２）高温、低压
解析 （１）由［Ｃｕ（ＮＨ３）２］
＋＋ＣＯ＋ＮＨ３
［Ｃｕ（ＮＨ３）３ＣＯ］
＋
ΔＨ＜０可知，该反应为气体体积减小的放热反应，所以加压
和采取较低的温度可使平衡向正反应方向移动，有利于ＣＯ的
吸收。
（２）要使吸收ＣＯ后的铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复
其吸收ＣＯ的能力以供循环使用，只要使平衡向逆反应方向移
动即可，逆反应方向为气体体积增大的吸热反应，所以在高
温、低压下使平衡逆向移动。
５．答案 （１）降低温度、增大水蒸气浓度 （２）１ （３）ＣａＯ可吸
收ＣＯ２，ｃ（ＣＯ２）减小，使反应正向移动，Ｈ２体积分数增大；纳
米ＣａＯ颗粒更小，表面积更大，使反应速率加快
解析 （１）此反应为放热反应，降低温度可以使平衡正向移
动；增大水蒸气浓度也可以使平衡正向移动；二者都能增大
ＣＯ转化率同时提高氢气产率。
（２）在密闭容器中，将２．０ｍｏｌＣＯ与８．０ｍｏｌＨ２Ｏ混合加热到
８３０℃发生反应，达到平衡时ＣＯ的转化率是８０％，参加反应
的ＣＯ物质的量为１．６ｍｏｌ，结合三段式计算得到平衡浓度，反
应前后气体物质的量不变，则可以用气体物质的量代替平衡
浓度计算平衡常数，
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）
ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
起始量（ｍｏｌ） ２．０ ８．０
０ ０
变化量（ｍｏｌ） １．６ １．６
１．６ １．６
平衡量（ｍｏｌ） ０．４ ６．４
１．６ １．６
平衡常数Ｋ＝１．６×１．６
０．４×６．４＝１。
（３）投入ＣａＯ时，Ｈ２体积分数增大的原因是：ＣａＯ可吸收
ＣＯ２，ｃ（ＣＯ２）减小，使反应正向移动，Ｈ２百分含量增大，体积分
数增大；纳米ＣａＯ颗粒更小，表面积更大，使反应速率加快。
◆复习与提高
１．Ｄ 水为纯液体，增加水的用量，反应速率不变，故Ａ不选；Ａｌ
在浓硫酸中发生钝化，不生成氢气，故Ｂ不选；反应没有气体
参加，则增大压强，反应速率不变，故Ｃ不选；将块状大理石改
为粉末状，增大了接触面积，反应速率加快，故Ｄ选。
２．Ｄ Ｎ２、Ｈ２、ＮＨ３物质的量浓度之比为１∶３∶２，不能判断反应
是否平衡，Ａ错误；可逆反应中，反应物不可能完全转化成生
成物，即Ｎ２不可能完全转化为ＮＨ３，Ｂ错误；化学平衡为动态
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教材习题答案
５
平衡，达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，但不等于零，故
Ｃ错误；单位时间内消耗ａｍｏｌ氮气表示的是正反应速率，消
耗２ａｍｏｌ氨气表示的是逆反应速率，两个反应方向相反且转
化的量之比等于化学计量数之比，符合平衡时反应特点，故Ｄ
正确。
３．Ｃ Ａ项，由于该反应是在恒容的密闭容器内进行的反应前后
气体的体积不相等的反应，所以容器内气体的压强不变，则说
明反应达到平衡状态；Ｂ项，反应过程中ＳＯ２的体积分数是变
化的，平衡时不再变化，所以ＳＯ２体积分数不再变化可以说明
反应达到平衡状态；Ｃ项，由于气体的质量不会发生变化，容
器容积不变，所以混合气体的密度不变不能说明反应达到平
衡状态；Ｄ项，若反应未达到平衡状态，则各物质的物质的量
浓度会发生变化，所以各物质的物质的量浓度不变说明反应
达到平衡状态。
４．Ｃ 升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，故Ａ错误；加大
Ｘ的投入量，反应速率加快，平衡正向移动，故Ｂ错误；加催化
剂，反应速率加快，平衡不移动，故Ｃ正确；该反应反应前后气
体体积不变，减小压强，反应速率减慢，平衡不移动，故Ｄ
错误。
５．答案 ０．８ｍｏｌ
解析
根据速率之比等于化学计量数之比得ｖ（Ｎ２）＝
１
３ｖ（Ｈ２）＝１
３×０．１２ｍｏｌ／（Ｌ·ｓ）＝０．０４ｍｏｌ／（Ｌ·ｓ），消耗Ｎ２
的浓度ｃ（Ｎ２）＝０．０４ｍｏｌ／（Ｌ·ｓ）×１０ｓ＝０．４ｍｏｌ／Ｌ，ｎ（Ｎ２）＝
０．４ｍｏｌ／Ｌ×２Ｌ＝０．８ｍｏｌ。
６．答案 （１）ｃ （２）放热 （３）０．４４
解析 （１）升高温度，Ｈ２Ｓ浓度增大，说明平衡逆向移动，升高
温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故ａ
错误；通入ＣＯ后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故ｂ错
误；反应前ＣＯ的物质的量为１０ｍｏｌ，平衡后ＣＯ物质的量为
８ｍｏｌ，设反应前Ｈ２Ｓ物质的量为ｎｍｏｌ，则：
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｓ（ｇ）
ＣＯＳ（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
起始量（ｍｏｌ）：
１０ ｎ ０
０
变化量（ｍｏｌ）：
２ ２
２
２
平衡量（ｍｏｌ）：
８ ｎ－２ ２
２
反应前后气体分子数目不变，利用物质的量代替浓度代入平
衡常数表达式Ｋ＝ｃ（ＣＯＳ）×ｃ（Ｈ２）
ｃ（ＣＯ）×ｃ（Ｈ２Ｓ）＝
２×２
８×（ｎ－２）＝０．１，解得ｎ＝７，
故ｃ正确；根据上述数据，可知ＣＯ的平衡转化率为２ｍｏｌ
１０ｍｏｌ×
１００％＝２０％，故ｄ错误。
（２）根据题图得，温度升高Ｈ２Ｓ的转化率降低，即温度升高反
应向逆反应方向移动，则正反应是放热反应。
（３）反应前ＣＯ的物质的量为１０ｍｏｌ，Ｈ２Ｓ物质的量为１０ｍｏｌ，
平衡时ＣＯ的转化率为４０％，则ＣＯ转化的物质的量为
４ｍｏｌ，则：
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｓ（ｇ）
ＣＯＳ（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
起始量（ｍｏｌ）：
１０ １０ ０
０
转化量（ｍｏｌ）：
４ ４
４
４
平衡量（ｍｏｌ）：
６
６
４
４
平衡后ＣＯ的浓度为６ｍｏｌ／Ｌ，Ｈ２Ｓ的浓度为６ｍｏｌ／Ｌ，ＣＯＳ的
浓度为４ｍｏｌ／Ｌ，Ｈ２的浓度为４ｍｏｌ／Ｌ，代入平衡常数表达式
Ｋ＝ｃ（ＣＯＳ）×ｃ（Ｈ２）
ｃ（ＣＯ）×ｃ（Ｈ２Ｓ）≈０．４４。
７．答案 （１）－４１．８ （２）ｂ
解析
（１）已知：①２ＳＯ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）
２ＳＯ３（ｇ）
ΔＨ＝
－１９６．６ｋＪ／ｍｏｌ
②２ＮＯ（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）
２ＮＯ２（ｇ）
ΔＨ＝－１１３．０ｋＪ／ｍｏｌ，根据
盖斯定律，由①× １
２－②× １
２得ＮＯ２（ｇ）＋ＳＯ２（ｇ）
ＳＯ３（ｇ）＋
ＮＯ（ｇ）
ΔＨ＝１
２×（－１９６．６ｋＪ／ｍｏｌ）－１
２×（－１１３．０ｋＪ／ｍｏｌ）＝
－４１．８ｋＪ／ｍｏｌ。
（２）无论是否达到平衡，体系压强都保持不变，不能用于判断
是否达到平衡状态，故ａ错误；混合气体颜色保持不变，说明
ＮＯ２浓度不变，达到平衡状态，故ｂ正确；ＳＯ３和ＮＯ的化学计
量数之比为１∶１，无论是否达到平衡，二者的体积比保持不
变，不能判断是否达到平衡状态，故ｃ错误；生成１ｍｏｌＳＯ３，消
耗１ｍｏｌＮＯ２，二者都表示的是正反应速率，不能判断是否达
到平衡状态，故ｄ错误。
８．答案 （１）０．０００７ （２）５０％ （３）１１
４ （４）将γ－丁内酯移走
解析 （１）在５０～８０ｍｉｎ内ｖ（γ－丁内酯）＝０．０７１－０．０５０
３０
ｍｏｌ／
（Ｌ·ｍｉｎ）＝０．０００７ｍｏｌ／（Ｌ·ｍｉｎ）。
（２）１２０ｍｉｎ时γ－丁内酯的浓度为０．０９０ｍｏｌ／Ｌ，根据方程式
知，１２０ｍｉｎ内消耗γ－羟基丁酸的物质的量浓度为０．０９０ｍｏｌ／Ｌ，
１２０ｍｉｎ时γ －羟基丁酸的转化率＝
Δｃ
ｃ（初始）× １００％＝
０．０９０ｍｏｌ／Ｌ
０．１８０ｍｏｌ／Ｌ×１００％＝５０％。
（３）反应达到平衡状态时，γ－丁内酯的浓度为０．１３２ｍｏｌ／Ｌ，则
ＨＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２ＣＯＯＨ
Ｈ
＋／△
＋Ｈ２Ｏ
开始量（ｍｏｌ／Ｌ） ０．１８０
０
反应量（ｍｏｌ／Ｌ） ０．１３２
０．１３２
平衡量（ｍｏｌ／Ｌ） ０．０４８
０．１３２
化学平衡常数Ｋ＝ｃ（γ－丁内酯）
ｃ（γ－羟基丁酸）＝０．１３２
０．０４８＝１１
４。
（４）为提高γ－羟基丁酸的平衡转化率，除适当控制反应温度
外，还可以通过减小生成物浓度实现，所以可以通过将γ－丁
内酯移走实现。
９．答案 （１）
ｃ（ＣＯ）·ｃ（Ｈ２Ｏ）
ｃ（ＣＯ２）·ｃ（Ｈ２） 吸热
（２）等于
（３）逆反应方向
解析 （１）可逆反应ＣＯ２（ｇ）＋Ｈ２（ｇ）
ＣＯ（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ）的
化学平衡常数表达式Ｋ＝ｃ（ＣＯ）·ｃ（Ｈ２Ｏ）
ｃ（ＣＯ２）·ｃ（Ｈ２）；由题表中数据可
知，温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应方向
移动，温度升高平衡向吸热反应方向移动，故该反应为吸热
反应。
（２）因为化学平衡常数仅与温度有关，所以８３０℃，在固定容
器的密闭容器中放入１ｍｏｌＣＯ、５ｍｏｌＨ２Ｏ，达到平衡后，其化
学平衡常数Ｋ＝１．０。
（３）１２００℃时浓度商Ｑ＝４×４
２×２＝４＞Ｋ＝２．６，反应向逆反应方向
进行。
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６
第三章 水溶液中的离子反应与平衡
第一节 电离平衡
◆练习与应用
１．答案 Ｋ（ＨＦ）＞Ｋ（ＨＮＯ２）＞Ｋ（ＨＣＮ）
解析
酸性越强电离平衡常数越大，依据较强酸制较弱酸可
得酸性强弱为ＨＦ＞ＨＮＯ２＞ＨＣＮ，故电离平衡常数由大到小的
顺序为Ｋ（ＨＦ）＞Ｋ（ＨＮＯ２）＞Ｋ（ＨＣＮ）。
２．答案 逆向移动 正向移动 逆向移动
解析 加入氯化铵固体，增大了铵根离子的浓度，电离平衡逆
向移动；通入氨气，增大了一水合氨的浓度，电离平衡正向移
动；加入氢氧化钠固体，氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向
移动。
３．Ｂ 加水稀释促进一水合氨的电离，ＮＨ３·Ｈ２Ｏ的电离程度增
大，Ａ正确；加水稀释促进一水合氨的电离，但溶液体积增大，
溶液中ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）减小，Ｂ错误；加水稀释促进一水合氨的
电离，ＮＨ
＋
４数目增多，Ｃ正确；加水稀释促进一水合氨的电离，
但是溶液体积增大的更多，则ｃ（ＯＨ
－）减小，温度不变电离平
衡常数不变，所以
ｃ（ＮＨ
＋
４）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）＝
ｃ（ＮＨ
＋
４）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）× ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＯＨ
－）
＝
Ｋｂ
ｃ（ＯＨ
－）增大，Ｄ正确。
４．答案 （１）无自由移动的离子 （２）ｃａｂ （３）ｃ （４）②④
解析 （１）溶液的导电能力与离子浓度、离子所带的电荷数有
关；离子浓度越大，离子所带的电荷数越多，溶液的导电能力
越强。冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电。
（２）在醋酸溶液中，溶液的导电能力越强，离子浓度越大，则氢
离子浓度由小到大的顺序为ｃａｂ。
（３）溶液越稀，醋酸的电离程度越大，ＣＨ３ＣＯＯＨ的电离程度最
大的是ｃ。
（４）①加水促进醋酸的电离，但醋酸电离的程度远远小于溶液
体积增大的程度，所以醋酸根离子浓度减小，错误；②加入
ＮａＯＨ固体，ＮａＯＨ和醋酸发生中和反应生成醋酸钠，促进醋
酸电离，溶液体积不变，醋酸根离子浓度增大且氢离子浓度减
小，正确；③加入浓硫酸，抑制醋酸电离，醋酸根离子浓度减
小，氢离子浓度增大，错误；④加入Ｎａ２ＣＯ３固体，Ｎａ２ＣＯ３和氢
离子反应而促进醋酸电离，则醋酸根离子浓度增大，氢离子浓
度减小，正确。
５．答案 （１）错误，溶液的导电能力与溶液中离子浓度、离子所
带电荷数有关。
（２）错误，等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中ＨＣｌ
和ＣＨ３ＣＯＯＨ的物质的量相等，且均为一元酸，故中和时所消
耗的氢氧化钠的物质的量相等。
（３）错误，ＮＨ３·Ｈ２Ｏ是一元弱碱，加水稀释时，电离平衡右
移，故稀释一倍后氨水中ＯＨ
－浓度大于原来的１
２。
（４）错误，盐酸是强酸，完全电离，而醋酸是弱酸，部分电离，故
当盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍时，盐酸中的Ｈ
＋浓度大于醋
酸的二倍。
（５）错误，Ｎａ３ＰＯ４完全电离出ＰＯ
３－
４，而Ｈ３ＰＯ４是弱电解质，电
离程度很小，故物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液
中所含的ＰＯ
３－
４浓度不同，且前者大。
６．答案 （１）不发生变化；电离平衡常数只受温度的影响，温度
不变，则Ｋａ不变
（２）４．１８×１０
－４ｍｏｌ／Ｌ
解析 （１）电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，则Ｋａ
不变。
（２）因ＣＨ３ＣＯＯＨ
ＣＨ３ＣＯＯ
－＋Ｈ
＋，则ｃ（Ｈ
＋）＝
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－），由Ｋａ＝ｃ（Ｈ
＋）·ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ）
可知，ｃ（Ｈ
＋）＝
１．７５×１０
－５×０．０１０ｍｏｌ／Ｌ≈４．１８×１０
－４ｍｏｌ／Ｌ。
第二节 水的电离和溶液的pH
◆练习与应用
１．答案 ＮＨ３、Ｈ２Ｏ、ＮＨ３·Ｈ２Ｏ、ＮＨ
＋
４、Ｈ
＋、ＯＨ
－
Ｈ
＋、ＯＨ
－、ＣｌＯ
－、
Ｃｌ
－、Ｈ２Ｏ、ＨＣｌＯ、Ｃｌ２
解析 氨水中存在下列平衡：ＮＨ３＋Ｈ２Ｏ
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ
ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－，Ｈ２Ｏ
Ｈ
＋＋ＯＨ
－；在氨水中存在的粒子有：ＮＨ３、
Ｈ２Ｏ、ＮＨ３·Ｈ２Ｏ、ＮＨ
＋
４、Ｈ
＋、ＯＨ
－；氯水中存在下列平衡：Ｃｌ２＋
Ｈ２Ｏ
Ｈ
＋＋Ｃｌ
－＋ＨＣｌＯ，Ｈ２Ｏ
Ｈ
＋＋ＯＨ
－，氯水中含有Ｈ
＋、
ＯＨ
－、ＣｌＯ
－、Ｃｌ
－、Ｈ２Ｏ、ＨＣｌＯ、Ｃｌ２。
２．答案 ③④①② ②①④③
解析 氢氧化钠溶液呈碱性，溶液中ｃ（Ｈ
＋）最小，硫酸为二元
强酸，盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，溶液中ｃ（Ｈ
＋）由小
到大的排列顺序是③④①②，氢离子浓度越大，ｐＨ越小，则
ｐＨ由小到大的排列顺序是②①④③。
３．答案 （１）１０
－５ｍｏｌ／Ｌ （２）ｄ
解析 （１）ｐＨ＝－ｌｇｃ（Ｈ
＋）＝５，则ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－５ｍｏｌ／Ｌ。
（２）柠檬水的ｐＨ＝３，则ｃ（Ｈ
＋）＝１×１０
－３ｍｏｌ／Ｌ，因常温下ＫＷ＝
ｃ（ＯＨ
－）×ｃ（Ｈ
＋）＝１×１０
－１４，则ｃ（ＯＨ
－）＝１×１０
－１１ｍｏｌ／Ｌ，故答案
为ｄ。
４．答案 ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液消耗的ＮａＯＨ更多（答案合理即可）
ＣＨ３ＣＯＯＨ是弱电解质，部分电离，ＨＣｌ是强电解质，完全电
离，体积相同、ｐＨ相同的两溶液中，ＣＨ３ＣＯＯＨ的物质的量
更大
解析 ＣＨ３ＣＯＯＨ是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以ｐＨ相
同的ＨＣｌ溶液和ＣＨ３ＣＯＯＨ溶液，ｃ（ＨＣｌ）＜ｃ（ＣＨ３ＣＯＯＨ），等
体积的两种溶液中ｎ（ＨＣｌ）＜ｎ（ＣＨ３ＣＯＯＨ），所以醋酸溶液消
耗的氢氧化钠多。
５．Ｄ ｎ（ＨＮＯ３）＝０．０４８Ｌ×０．１ｍｏｌ／Ｌ＝０．００４８ｍｏｌ，ｎ（ＫＯＨ）＝
０．０１２Ｌ×０．４ｍｏｌ／Ｌ＝０．００４８ｍｏｌ，ｎ（ＨＮＯ３）＝ｎ（ＫＯＨ），且都为
强电解质，反应后溶液呈中性，故Ｄ正确。
６．答案 ５
１０
－５ｍｏｌ·Ｌ
－１
６
１０
－６ｍｏｌ·Ｌ
－１
７
１０
－７ｍｏｌ·
Ｌ
－１ ８ １０
－８ｍｏｌ·Ｌ
－１
１２
１０
－１２ｍｏｌ·Ｌ
－１
６
１０
－６ｍｏｌ·
Ｌ
－１ １ ０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１ ８ １０
－８ｍｏｌ·Ｌ
－１ ６ １０
－６ｍｏｌ·Ｌ
－１
解析 用广泛ｐＨ试纸测ｐＨ，根据公式ｐＨ＝－ｌｇｃ（Ｈ
＋），可知
ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－ｐＨｍｏｌ·Ｌ
－１。醋的ｐＨ＝５，则ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－５ｍｏｌ·
Ｌ
－１；酱油的ｐＨ＝６，则ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－６ｍｏｌ·Ｌ
－１；酒的ｐＨ＝７，则
ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－７ｍｏｌ·Ｌ
－１；洗涤灵的ｐＨ＝８，则ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－８ｍｏｌ·
Ｌ
－１；“８４”消毒液的ｐＨ＝１２，则ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－１２ｍｏｌ·Ｌ
－１；洗发液
的ｐＨ＝６，则ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－６ｍｏｌ· Ｌ
－１；洁厕灵的ｐＨ＝１，则
ｃ（Ｈ
＋）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ
－１；洗衣液的ｐＨ＝８，则ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－８ｍｏｌ·
Ｌ
－１；柔软剂的ｐＨ＝６，则ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－６ｍｏｌ·Ｌ
－１。
７．答案 （１）为酸性
（２）氨水的ｐＨ为１０，ｃ（ＯＨ
－）为１０
－４ｍｏｌ／Ｌ
（３）加入氨水的体积是９ｍＬ
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教材习题答案
７
解析 （１）加入氨水的体积为０时，ｐＨ＝４，所以溶液呈酸性。
（２）根据题表数据可知，加入足够多的氨水后溶液的ｐＨ不再变
化，故氨水的ｐＨ＝１０，ｐＨ＝－ｌｇｃ（Ｈ
＋），故ｃ（Ｈ
＋）＝１０
－１０ｍｏｌ／Ｌ，
ｃ（ＯＨ
－）＝
ＫＷ
ｃ（Ｈ
＋）
＝１０
－４ｍｏｌ／Ｌ。
（３）分析题表中给出的加入的氨水的体积与溶液ｐＨ的关系
可知，为使该滤液呈中性，加入氨水的体积为９ｍＬ。
第三节 盐类的水解
◆练习与应用
１．答案 酸 Ａｌ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
Ａｌ（ＯＨ）３＋３Ｈ
＋
解析 明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝和Ｈ
＋而使
溶液呈酸性，水解离子方程式为Ａｌ
３＋＋３Ｈ２Ｏ
Ａｌ（ＯＨ）３＋３Ｈ
＋。
２．答案 Ｓ
２－是弱酸根离子，水解使溶液呈碱性，为抑制硫离子水
解，常加入几滴ＮａＯＨ溶液。
解析 Ｓ
２－水解使溶液呈碱性，故为抑制硫离子水解，可加入几
滴氢氧化钠溶液。
３．答案
二者混合发生相互促进的水解反应反应ＮＨ３，ＮＨ３逸
出使土壤中ｃ（ＮＨ
＋
４）降低，从而降低肥效。
解析 草木灰电离出的碳酸根离子与铵态氮肥电离出的铵根
离子发生水解反应生成ＮＨ３，ＮＨ３易逸出从而降低肥效，所以
草木灰与铵态氮肥不能混用。
４．答案 １．０×１０
－５ｍｏｌ／Ｌ
解析 结合溶液中水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离
子的浓度，常温下，由水电离出来的ｃ（ＯＨ
－）＝１０
－１４
１０
－９ｍｏｌ／Ｌ＝
１．０×１０
－５ｍｏｌ／Ｌ。
５．答案 ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）＝ｃ（Ｎａ
＋）
解析 常温下，混合溶液ｐＨ＝７，则溶液中存在ｃ（ＯＨ
－）＝
ｃ（Ｈ
＋），任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得
ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）＋ｃ（ＯＨ
－）＝ｃ（Ｈ
＋）＋ｃ（Ｎａ
＋），所以ｃ（ＣＨ３ＣＯＯ
－）＝
ｃ（Ｎａ
＋）。
６．Ｄ Ａ项，硫酸钠是强酸强碱盐，不能水解，溶液显中性，错误；
Ｂ项，ＮａＨＳＯ４在溶液中完全电离，ＮａＨＳＯ４Ｎａ
＋＋Ｈ
＋＋
ＳＯ
２－
４，电离出氢离子使溶液呈酸性，错误；Ｃ项，醋酸是弱酸，电
离出氢离子使溶液呈酸性，错误；Ｄ项，氯化铵为强酸弱碱盐，
ＮＨ
＋
４水解使溶液呈酸性，正确。
７．Ｃ 等浓度、等体积的强碱ＭＯＨ的溶液和弱酸ＨＡ的溶液恰
好完全反应生成强碱弱酸盐ＭＡ，Ａ
－水解导致溶液呈碱性，则
ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋），根据电荷守恒得ｃ（Ｍ
＋）＞ｃ（Ａ
－），Ａ
－水解程度
较小，则ｃ（Ａ
－）＞ｃ（ＯＨ
－），所以存在ｃ（Ｍ
＋）＞ｃ（Ａ
－）＞ｃ（ＯＨ
－）＞
ｃ（Ｈ
＋）。
８．答案
ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ
ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－
Ｎａ２ＣＯ３＋ＣａＳＯ４
Ｎａ２ＳＯ４＋ＣａＣＯ３
解析
Ｎａ２ＣＯ３是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液显碱
性，离子方程式为ＣＯ
２－
３＋Ｈ２Ｏ
ＨＣＯ
－
３＋ＯＨ
－，石膏中的钙离
子能与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，抑制ＣＯ
２－
３的水解，
反应的化学方程式为Ｎａ２ＣＯ３＋ＣａＳＯ４Ｎａ２ＳＯ４＋ＣａＣＯ３。
９．答案 ｐＨ：Ｎａ２ＣＯ３溶液＞ＮａＨＣＯ３溶液
Ｎａ２ＣＯ３的水解程度
大于ＮａＨＣＯ３
解析 等物质的量浓度的Ｎａ２ＣＯ３和ＮａＨＣＯ３溶液，Ｎａ２ＣＯ３
的水解程度大于ＮａＨＣＯ３，则碳酸钠溶液中氢氧根离子的浓度
大，所以ｐＨ：Ｎａ２ＣＯ３溶液＞ＮａＨＣＯ３溶液。
１０．答案
制取Ｓｂ２Ｏ３的总反应为２ＳｂＣｌ３＋３Ｈ２Ｏ
Ｓｂ２Ｏ３＋
６ＨＣｌ，将ＳｂＣｌ３缓慢加入大量水中，Ｓｂ
３＋浓度很低，溶液越稀
越有利于水解；加入少量氨水，中和ＨＣｌ，可使水解平衡右移，
故两项操作均有利于得到较多的Ｓｂ２Ｏ３。
１１．答案 （１）ＳＯＣｌ２＋Ｈ２ＯＳＯ２↑＋２ＨＣｌ↑
（２）ＳＯＣｌ２与水反应既减少了水的量，生成的ＨＣｌ又抑制了
ＡｌＣｌ３的水解
解析 （１）ＳＯＣｌ２和水剧烈反应，液面上有白雾形成，说明生
成的气体遇水蒸气能形成小液滴，等白雾消失后，往溶液中
滴加ＡｇＮＯ３溶液，有不溶于稀ＨＮＯ３的白色沉淀析出，说明
气体中含有ＨＣｌ；该气体中还含有能使品红溶液褪色的ＳＯ２，
所以ＳＯＣｌ２与水反应的化学方程式为ＳＯＣｌ２＋Ｈ２Ｏ
ＳＯ２↑＋２ＨＣｌ↑。
（２）氯化铝易水解生成氢氧化铝和ＨＣｌ，ＨＣｌ具有挥发性，加
热促进氯化铝水解，蒸干时得到的固体是氢氧化铝，灼烧氢
氧化铝，得到氧化铝。将ＳＯＣｌ２与ＡｌＣｌ３·６Ｈ２Ｏ混合并加
热，ＳＯＣｌ２和水剧烈反应生成的ＨＣｌ抑制铝离子水解，且
ＳＯＣｌ２与水反应减少了水的量，所以能得到氯化铝固体。
第四节 沉淀溶解平衡
◆练习与应用
１．答案
Ｍｇ（ＯＨ）２（ｓ）
Ｍｇ
２＋（ａｑ）＋２ＯＨ
－（ａｑ）
Ｋｓｐ＝
ｃ（Ｍｇ
２＋）·ｃ
２（ＯＨ
－）
解析 Ｍｇ（ＯＨ）２在水中的沉淀溶解平衡为Ｍｇ（ＯＨ）２（ｓ）
Ｍｇ
２＋（ａｑ）＋２ＯＨ
－（ａｑ），该平衡的溶度积常数表达式为Ｋｓｐ＝
ｃ（Ｍｇ
２＋）·ｃ
２（ＯＨ
－）。
２．Ｄ 沉淀的速率和溶解的速率相等，沉淀溶解达到平衡，故Ａ
正确；沉淀溶解达到平衡时，形成饱和溶液，故Ｂ正确；达到平
衡，溶液中各离子的浓度不再改变，故Ｃ正确；难溶电解质溶
解形成的阴、阳离子的浓度不一定相等，故Ｄ错误。
３．Ｂ 悬浊液ａ中存在沉淀的溶解平衡：ＡｇＣｌ（ｓ）
Ａｇ
＋（ａｑ）＋
Ｃｌ
－（ａｑ），故Ａ正确；滤液为ＡｇＣｌ的饱和溶液，存在沉淀溶解
平衡，即存在Ａｇ
＋，故Ｂ错误；向ＡｇＣｌ中滴加０．１ｍｏｌ／ＬＫＩ溶
液，ＡｇＣｌ白色沉淀变为ＡｇＩ黄色沉淀，故Ｃ正确；向ＡｇＣｌ中滴
加０．１ｍｏｌ／ＬＫＩ溶液，ＡｇＣｌ白色沉淀变为ＡｇＩ黄色沉淀，说明
ＡｇＩ比ＡｇＣｌ更难溶，ＡｇＩ的Ｋｓｐ更小，故Ｄ正确。
４．答案 （１）减小 增大 增大
（２）增大 减小 增大
（３）减小 增大 减小
解析 ＡｇＣｌ（ｓ）
Ａｇ
＋（ａｑ）＋Ｃｌ
－（ａｑ）
（１）滴入稀盐酸，ｃ（Ｃｌ
－）增大，使上述平衡逆向移动，ｃ（Ａｇ
＋）减
小，ｃ（Ｃｌ
－）增大，ｍ（ＡｇＣｌ）增大。
（２）滴入ＡｇＮＯ３溶液，ｃ（Ａｇ
＋）增大，使上述平衡逆向移动，
ｃ（Ａｇ
＋）增大，ｃ（Ｃｌ
－）减小，ｍ（ＡｇＣｌ）增大。
（３）滴入Ｎａ２Ｓ溶液，Ｓ
２－与Ａｇ
＋反应生成Ａｇ２Ｓ（ｓ），使上述平衡
正向移动，ｃ（Ａｇ
＋）减小，ｃ（Ｃｌ
－）增大，ｍ（ＡｇＣｌ）减小。
５．答案
ＢａＳＯ４（ｓ）在水中存在沉淀溶解平衡：ＢａＳＯ４（ｓ）
Ｂａ
２＋（ａｑ）＋ＳＯ
２－
４（ａｑ），用Ｈ２ＳＯ４洗涤增大了ｃ（ＳＯ
２－
４），抑制了
ＢａＳＯ４（ｓ）溶解，使ＢａＳＯ４（ｓ）损失减少。
６．答案 不能；ＢａＣＯ３可与胃液中的ＨＣｌ作用产生可溶性的钡
盐而使人中毒。
７．答案 Ｓ
２－（ａｑ）＋Ｈｇ
２＋（ａｑ）ＨｇＳ（ｓ），ＦｅＳ（ｓ）＋Ｈｇ
２＋（ａｑ）
ＨｇＳ（ｓ）＋Ｆｅ
２＋（ａｑ）
解析 硫化钠除去废水中的汞离子是因为硫离子和汞离子反
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８
应生成ＨｇＳ沉淀；硫化亚铁除汞离子是因为硫化汞比硫化亚
铁更难溶，属于沉淀的转化。
８．答案 查阅附录Ⅲ知，２５℃时Ｋｓｐ［Ｃｕ（ＯＨ）２］＝２．２× １０
－２０，
Ｋｓｐ［Ｆｅ（ＯＨ）３］＝２．８×１０
－３９。
①Ｋｓｐ［Ｃｕ（ＯＨ）２］＝ｃ（Ｃｕ
２＋）· ｃ
２（ＯＨ
－）＝２．２× １０
－２０，已知
ｃ（Ｃｕ
２＋）＝１．４１ｍｏｌ／Ｌ，求得ｃ（ＯＨ
－）≈１．２５× １０
－１０ｍｏｌ／Ｌ，则
ｃ（Ｈ
＋）＝
１０
－１４
１．２５×１０
－１０ｍｏｌ／Ｌ＝８× １０
－５ｍｏｌ／Ｌ，Ｃｕ
２＋开始沉淀时的
ｐＨ≈４．１。
②Ｆｅ
３＋恰好沉淀完全时，可认为ｃ（Ｆｅ
３＋）＝１× １０
－５ｍｏｌ／Ｌ，
Ｋｓｐ［Ｆｅ（ＯＨ）３］＝ｃ（Ｆｅ
３＋）·ｃ
３（ＯＨ
－）＝２．８×１０
－３９，求得ｃ（ＯＨ
－）≈
６．５４×１０
－１２ｍｏｌ／Ｌ，则ｐＨ≈２．８。
调节溶液ｐＨ＝４，通过计算可知，此时Ｆｅ
３＋已沉淀完全，而Ｃｕ
２＋
未开始沉淀，所以可以达到除去Ｆｅ
３＋而不损失ＣｕＳＯ４的目的。
解析 ２５℃时Ｃｕ（ＯＨ）２的溶度积Ｋｓｐ＝２．２×１０
－２０，ＣｕＳＯ４饱
和溶液中ｃ（Ｃｕ
２＋）＝１．４１ｍｏｌ／Ｌ，Ｃｕ（ＯＨ）２的溶度积常数Ｋｓｐ＝
ｃ（Ｃｕ
２＋）× ｃ
２（ＯＨ
－）＝２．２× １０
－２０，得到ｃ（ＯＨ
－）≈１．２５×
１０
－１０ｍｏｌ／Ｌ，依据水的离子积ｃ（Ｈ
＋）× ｃ（ＯＨ
－）＝１０
－１４求得
ｃ（Ｈ
＋）＝８×１０
－５ｍｏｌ／Ｌ，溶液ｐＨ约为４．１，则Ｃｕ（ＯＨ）２开始沉
淀时溶液的ｐＨ约为４．１。残留在溶液中的离子浓度小于１×
１０
－５ｍｏｌ／Ｌ时就认为沉淀完全，故Ｆｅ
３＋恰好沉淀完全时，溶液
中ｃ（Ｆｅ
３＋）＝１×１０
－５ｍｏｌ／Ｌ，Ｆｅ（ＯＨ）３的溶度积Ｋｓｐ＝ｃ（Ｆｅ
３＋）×
ｃ
３（ＯＨ
－）＝２．８×１０
－３９，求得ｃ（ＯＨ
－）≈６．５４×１０
－１２ｍｏｌ／Ｌ，则Ｆｅ
３＋
沉淀完全时溶液的ｐＨ约为２．８。通过计算可知ｐＨ＝４时Ｆｅ
３＋
已沉淀完全，Ｃｕ
２＋还未开始沉淀，能达到除去Ｆｅ
３＋而不损失
ＣｕＳＯ４的目的。
◆复习与提高
１．Ａ 加入醋酸钠，醋酸根离子水解，水的电离平衡向右移动，促
进了水的电离，故Ａ正确；加入硫酸钠，钠离子和硫酸根离子
不影响水的电离，故Ｂ错误；加入氯化铵，铵根离子水解，促进
了水的电离，但是铵根离子为阳离子，故Ｃ错误；加入硫酸，溶
液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故Ｄ错误。
２．Ａ Ａ项，两溶液中醋酸的物质的量ｎ醋酸＝０．１Ｌ×０．０１ｍｏｌ／Ｌ＝
０．０１Ｌ×０．１ｍｏｌ／Ｌ，二者所含醋酸的物质的量相同，０．０１ｍｏｌ／Ｌ
的醋酸溶液浓度小，电离程度大，电离出Ｈ
＋的物质的量大于
０．１ｍｏｌ／Ｌ的醋酸溶液，正确；Ｂ项，温度相同，醋酸电离常数相
同，错误；Ｃ项，醋酸的物质的量相同，中和时所需ＮａＯＨ的物
质的量也相同，错误；Ｄ项，由Ａ中分析知，两溶液中所含
ＣＨ３ＣＯＯＨ的物质的量相等，错误。
３．Ｄ 加入氨水会引入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故Ａ
错误；加入ＮａＯＨ易生成氢氧化镁沉淀，且引入ＮａＣｌ杂质，故
Ｂ错误；加入碳酸钠，会引入ＮａＣｌ杂质，故Ｃ错误；加入碳酸
镁，与氢离子反应，可起到调节溶液ｐＨ的作用，促进铁离子水
解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故Ｄ正确。
４．Ｃ
Ａ项，在１００℃时，水的电离被促进，水的离子积为１×
１０
－１２，此时纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，均为
１０
－６ｍｏｌ／Ｌ，ｐＨ＝６的纯水呈中性，错误；Ｂ项，酸溶液无限稀
释，其ｐＨ会无限接近于７，但不能超过７，错误；Ｃ项，常温下，
某溶液中由水电离出的ｃ（Ｈ
＋）＝１．０×１０
－１３，水的电离受到抑
制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性ｐＨ＝１，若为碱
性ｐＨ＝１３，正确；Ｄ项，将等ｐＨ的盐酸和醋酸溶液稀释相同的
倍数，加水稀释促进醋酸的电离，醋酸溶液的ｐＨ变化小，所以
稀释后ｐＨ：盐酸＞醋酸溶液，错误。
５．Ｃ
①中存在ＮＨ３· Ｈ２Ｏ
ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－，加入氯化铵，
ｃ（ＮＨ
＋
４）增大，抑制ＮＨ３·Ｈ２Ｏ的电离，则溶液ｐＨ减小，②中
加入氯化铵，发生反应ＮＨ
＋
４＋ＯＨ
－ＮＨ３·Ｈ２Ｏ，ｃ（ＯＨ
－）减
小，则溶液ｐＨ减小，故Ａ正确；强酸、强碱溶液稀释至１０倍，
ｐＨ变化１，则稀释至１０倍时②的ｐＨ＝１０，④的ｐＨ＝４，而弱
酸、弱碱稀释至１０倍，ｐＨ变化小于１，则①的１０＜ｐＨ＜１１，③的
３＜ｐＨ＜４，即分别加水稀释至１０倍四种溶液的ｐＨ为①＞②＞
④＞③，故Ｂ正确；等体积的①、④两溶液混合，氨水过量，溶液
呈碱性，溶液中ｃ（ＮＨ
＋
４）＞ｃ（Ｃｌ
－）＞ｃ（ＯＨ
－）＞ｃ（Ｈ
＋），故Ｃ错误；
若混
合
后
溶
液
ｐＨ
＝
４，
盐
酸
过
量，
则
ａ×０．００１ｍｏｌ／Ｌ－ｂ×０．００１ｍｏｌ／Ｌ
ａ＋ｂ
＝０．０００１ｍｏｌ／Ｌ，解得ａ∶ｂ＝
１１∶９，故Ｄ正确。
６．答案 减小 不变 减小
解析
ＡｇＣｌ饱和溶液中加少量稀盐酸，ｃ（Ｃｌ
－）增大，导致
ＡｇＣｌ（ｓ）
Ａｇ
＋（ａｑ）＋Ｃｌ
－（ａｑ）平衡逆向移动，则ＡｇＣｌ的溶解
度减小，ｃ（Ａｇ
＋）减小，温度不变，则Ｋｓｐ不变。
７．答案
（１）减小
（２）ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ
＋ＮＨ
＋
４＋Ｈ２Ｏ
＜
ＮＨ
＋
４＋Ｈ２Ｏ
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ
＋ （３）０．５ａｍｏｌ／Ｌ
解析 （１）由于（ＮＨ４）２ＳＯ４２ＮＨ
＋
４＋ＳＯ
２－
４，向氨水中加入
少量（ＮＨ４）２ＳＯ４固体，导致溶液中ＮＨ
＋
４浓度增大，抑制氨水
电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，一水合氨分子浓度增大，
所以此时溶液中
ｃ（ＯＨ
－）
ｃ（ＮＨ３·Ｈ２Ｏ）减小。
（２）硫酸和氨水反应生成硫酸铵和水，离子方程式为ＮＨ３·
Ｈ２Ｏ＋Ｈ
＋ＮＨ
＋
４＋Ｈ２Ｏ，硫酸铵是强酸弱碱盐，水解而使其溶
液呈酸性，水解的离子方程式为ＮＨ
＋
４＋Ｈ２Ｏ
ＮＨ３·Ｈ２Ｏ＋Ｈ
＋。
（３）溶液呈中性，则溶液中ｃ（Ｈ
＋）＝ｃ（ＯＨ
－），溶液中存在电荷
守恒ｃ（ＮＨ
＋
４）＋ｃ（Ｈ
＋）＝２ｃ（ＳＯ
２－
４）＋ｃ（ＯＨ
－），所以ｃ（ＳＯ
２－
４）＝
０．５ｃ（ＮＨ
＋
４）＝０．５ａｍｏｌ／Ｌ。
８．答案
小于
将ＳｂＣｌ３溶解在浓盐酸中，再加水稀释至所需
浓度
解析 三氯化锑水解，使溶液呈酸性，溶液ｐＨ＜７，配制ＳｂＣｌ３
溶液时应注意抑制其水解，可将ＳｂＣｌ３溶解在浓盐酸中，再加
水稀释至所需浓度。
９．答案 １．８×１０
－５ ６．２×１０
－３
解析 当溶液中Ｃｌ
－完全沉淀时，即ｃ（Ｃｌ
－）＝１．０×１０
－５ｍｏｌ／Ｌ，
由Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）＝１．８×１０
－１０可知，ｃ（Ａｇ
＋）＝１．８×１０
－１０
１．０×１０
－５ｍｏｌ／Ｌ＝１．８×
１０
－５ｍｏｌ／Ｌ，此时溶液中ｃ（ＣｒＯ
２－
４）＝
２．０×１０
－１２
（１．８×１０
－５）
２ｍｏｌ／Ｌ≈６．２×
１０
－３ｍｏｌ／Ｌ。
１０．答案 ０．１０００ｍｏｌ／Ｌ （１）０．０１００ｍｏｌ／Ｌ醋酸溶液的ｐＨ大
于２或醋酸稀释至１０倍时，ｐＨ的变化值小于１ （２）增大
解析 根据ＮａＯＨ溶液的体积，第３次数据显然误差较大，
舍去；另外三次所用ＮａＯＨ溶液的平均体积为
２０．０５＋２０．００＋１９．９５
３
ｍＬ＝２０ｍＬ，则醋酸中ＣＨ３ＣＯＯＨ的物质
的量浓度为０．１０００ｍｏｌ／Ｌ×０．０２Ｌ
０．０２Ｌ
＝０．１０００ｍｏｌ／Ｌ。
（１）孤立的看，实验二中每次测量值，Ｈ
＋浓度均明显小于醋
酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为
０．１０００ｍｏｌ／Ｌ、０．０１００ｍｏｌ／Ｌ及０．００１０ｍｏｌ／Ｌ的醋酸溶液，
ｐＨ变化值小于１，所以ＣＨ３ＣＯＯＨ是弱电解质。
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教材习题答案
９
（２）以０．１０００ｍｏｌ／Ｌ、０．０１００ｍｏｌ／Ｌ醋酸溶液为例，设
０．１０００ｍｏｌ／Ｌ的醋酸溶液体积为１Ｌ，将其稀释至
０．０１００ｍｏｌ／Ｌ，体积变为１０Ｌ，两溶液中Ｈ
＋的物质的量分别
为１０
－２．８８ｍｏｌ、１０
－２．３８ｍｏｌ，可见溶液变稀，电离出的Ｈ
＋的物质
的量增大，说明ＣＨ３ＣＯＯＨ的电离程度增大。
第四章 化学反应与电能
第一节 原电池
◆练习与应用
１．答案 ａ＞ｂ＞ｃ
解析 形成原电池时，活泼金属作负极，ａ、ｂ相连时，ａ为负
极，则活动性ａ＞ｂ，ｂ、ｃ相连时，ｃ是正极，则ｂ为负极，活动性
ｂ＞ｃ，所以三种金属的活动性顺序为ａ＞ｂ＞ｃ。
２．Ｂ Ｚｎ的活泼性大于Ｆｅ，所以Ｚｎ作负极，故Ａ错误；Ｚｎ作负
极，Ｆｅ作正极，电极总反应为Ｚｎ＋Ｆｅ
２＋Ｆｅ＋Ｚｎ
２＋，故Ｂ正
确；负极应为Ｚｎ／ＺｎＳＯ４溶液，正极为Ｆｅ／ＦｅＣｌ２溶液，故Ｃ、Ｄ
错误。
３．Ａ
锌元素化合价升高，被氧化，Ｚｎ为负极，锰元素化合价降
低，被还原，ＭｎＯ２为正极，故Ａ正确；ＫＯＨ在电池工作时起到
提高导电性的作用，故Ｂ错误；Ｚｎ为负极，ＭｎＯ２为正极，电子
由Ｚｎ经外电路流向ＭｎＯ２，故Ｃ错误；由化合价变化可知，Ｚｎ
电极发生氧化反应，ＭｎＯ２电极发生还原反应，故Ｄ错误。
４．Ｂ 活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为
Ｍｇ－２ｅ
－Ｍｇ
２＋，故Ａ正确；ＡｇＣｌ是难溶物，其电极反应式为
ＡｇＣｌ＋ｅ
－Ｃｌ
－＋Ａｇ，故Ｂ错误；原电池放电时，阴离子向负
极迁移，则Ｃｌ
－由正极向负极迁移，故Ｃ正确；镁是活泼金属，
与水反应Ｍｇ＋２Ｈ２ＯＭｇ（ＯＨ）２＋Ｈ２↑，故Ｄ正确。
５．Ｃ 燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧
化剂得电子发生还原反应，该燃料电池的电解质溶液呈酸性，
所以负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电
极反应式为ＣＨ３ＯＨ－６ｅ
－＋Ｈ２ＯＣＯ２↑＋６Ｈ
＋，故选Ｃ。
６．答案
（１）锌
ＮＨ４Ｃｌ
ＭｎＯ２＋ＮＨ
＋
４＋ｅ
－ＭｎＯ（ＯＨ）＋
ＮＨ３↑
（２）碱性电池不易发生电解质的泄漏，因为消耗的负极改装在
电池的内部；碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性
电解质中比在酸性电解质中的稳定性高。
解析
（１）根据化学方程式Ｚｎ＋２ＮＨ４Ｃｌ＋２ＭｎＯ２
Ｚｎ（ＮＨ３）２Ｃｌ２＋２ＭｎＯ（ＯＨ），反应中Ｚｎ被氧化，为电池负极，氯
化铵是电解质的主要成分，二氧化锰和铵根离子在正极发生
反应：ＭｎＯ２＋ＮＨ
＋
４＋ｅ
－ＭｎＯ（ＯＨ）＋ＮＨ３↑。
（２）与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是碱
性电池不易发生电解质的泄漏，因为被消耗的负极改装在电
池的内部；碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电
解质中比在酸性电解质中的稳定性高。
７．答案 氢氧燃料电池具有无污染、无噪音、高效率的特点。生
物燃料一般是指通过生物资源生产的燃料，主要有乙醇和生
物柴油两种，可以替代广泛使用的汽油和柴油，是一种可再生
能源。生物燃料电池，是一种新兴的高效的生物质能利用方
式，它利用细菌分解生物质产生生物电能，具有无污染、转化
效率高、适用范围广等优点。氢氧燃料电池应用前景广阔，目
前制氢成本、运输氢气成本较高以及加氢站等基础设施不完
善都对氢氧燃料电池汽车发展构成制约。生物燃料电池作为
一种可再生的清洁能源技术正在迅速兴起，并已逐步显现出
它独有的社会价值和市场潜力。随着研究的不断深入以及生
物电化学的不断进步，生物燃料电池必将得到推广和应用。
与生物燃料电池相比，氢氧燃料电池目前存在着成本偏高，利
用率低的缺点，所以生物燃料电池有着广阔的应用前景。与
现有的其他利用有机物产能的技术相比，生物燃料电池具有
操作上和功能上的优势。
第二节 电解池
◆练习与应用
１．答案 （１）２Ｃｌ
－－２ｅ
－Ｃｌ２
Ｃａ
２＋＋２ｅ
－Ｃａ
ＣａＣｌ２
电解
Ｃａ＋Ｃｌ２
（２）４ＯＨ
－－４ｅ
－２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑ ４Ｈ
＋＋４ｅ
－２Ｈ２↑ ２Ｈ２Ｏ
电解
２Ｈ２↑＋Ｏ２↑
解析
（１）电解熔融ＣａＣｌ２，阳极上Ｃｌ
－放电：２Ｃｌ
－－２ｅ
－
Ｃｌ２；阴极上Ｃａ
２＋放电：Ｃａ
２＋＋２ｅ
－Ｃａ；总反应：ＣａＣｌ２
电解
Ｃａ＋Ｃｌ２。
（２）电解稀ＮａＯＨ溶液，阳极上ＯＨ
－放电，电极反应为４ＯＨ
－－
４ｅ
－２Ｈ２Ｏ＋Ｏ２↑；阴极上Ｈ
＋放电，电极反应为４Ｈ
＋＋４ｅ
－
２Ｈ２↑；总反应为２Ｈ２Ｏ
电解
２Ｈ２↑＋Ｏ２↑。
２．答案
电解精炼铜与电镀铜，电解质溶液都是含铜离子的盐
溶液，并且阴极都只有Ｃｕ析出，电极反应为Ｃｕ
２＋＋２ｅ
－
Ｃｕ；电解精炼铜时，阳极主要电极反应为Ｃｕ－２ｅ
－Ｃｕ
２＋，阴
极电极反应为Ｃｕ
２＋＋２ｅ
－Ｃｕ。
３．答案 正 负 Ｎｉ
２＋＋２ｅ
－Ｎｉ Ｎｉ－２ｅ
－Ｎｉ
２＋ 不变
解析 电解原理的应用，在镀件上镀镍，镀层金属作阳极，所
以Ｎｉ应连接电源正极作阳极，镀件作阴极，铁制品连接电源
负极作阴极，电解时的电极反应，阳极：Ｎｉ－２ｅ
－Ｎｉ
２＋，阴
极：Ｎｉ
２＋＋２ｅ
－Ｎｉ，因此硫酸镍溶液中溶质的浓度不会
变化。
４．Ｃ 电解池中，与外接电源负极相连的为阴极，与正极相连的
为阳极，故Ａ、Ｂ正确；与外接电源负极相连的为阴极，阴极上
得电子发生还原反应，故Ｃ错误；溶液中的阴离子移向阳极，
故Ｄ正确。
５．ＢＤ 电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，Ａ错；电解
时阴极铜离子放电，发生的反应为Ｃｕ
２＋＋２ｅ
－Ｃｕ，Ｂ对；粗
铜连接电源的正极，发生氧化反应，Ｃ错；金属的活动性顺序
为Ｚｎ＞Ｆｅ＞Ｃｕ＞Ａｇ＞Ｐｔ，因此Ａｇ、Ｐｔ不会放电，以单质形式沉积
下来，Ｄ对。
６．Ｂ Ｆｅ板作阳极，为活性电极，Ｆｅ失电子，发生氧化反应生成
亚铁离子，阳极反应为Ｆｅ－２ｅ
－Ｆｅ
２＋，故Ａ正确；由Ｃｒ２Ｏ
２－
７＋
６Ｆｅ
２＋＋１４Ｈ
＋２Ｃｒ
３＋＋６Ｆｅ
３＋＋７Ｈ２Ｏ可知，处理过程中消耗氢
离子，溶液的酸性减弱，溶液ｐＨ增大，故Ｂ错误；阴极发生还
原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根离
子，有Ｆｅ（ＯＨ）３沉淀生成，故Ｃ正确；Ｆｅ－２ｅ
－Ｆｅ
２＋，则转
移电子１２ｍｏｌ需要６ｍｏｌＦｅ，再根据处理过程中发生反应的化
学方程式，得６Ｆｅ～１２ｅ
－～６Ｆｅ
２＋～Ｃｒ２Ｏ
２－
７，故被还原的Ｃｒ２Ｏ
２－
７的
物质的量为１ｍｏｌ，故Ｄ正确。
７．答案 阳极反应：ＰｂＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ－２ｅ
－ＰｂＯ２＋ＳＯ
２－
４＋４Ｈ
＋
阴极反应：ＰｂＳＯ４＋２ｅ
－Ｐｂ＋ＳＯ
２－
４
总反应：２Ｈ２Ｏ＋２ＰｂＳＯ４
通电
Ｐｂ＋ＰｂＯ２＋２Ｈ２ＳＯ４
解析 铅酸蓄电池充电时，阳极上ＰｂＳＯ４失电子生成ＰｂＯ２，
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１０
电极反应式为ＰｂＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ－２ｅ
－ＰｂＯ２＋ＳＯ
２－
４＋４Ｈ
＋，阴极
发生还原反应，电极反应式为ＰｂＳＯ４＋２ｅ
－Ｐｂ＋ＳＯ
２－
４，总反
应为２Ｈ２Ｏ＋２ＰｂＳＯ４
通电
Ｐｂ＋ＰｂＯ２＋２Ｈ２ＳＯ４。
８．答案 Ｃｌ２ 阳极上析出的气体在标准状况下的体积为１．１２Ｌ
解析 电解饱和食盐水时，Ｃｌ
－在阳极失电子生成氯气，其电
极反应式为２Ｃｌ
－－２ｅ
－Ｃｌ２↑；根据电解总反应２ＮａＣｌ＋
２Ｈ２Ｏ
电解
２ＮａＯＨ＋Ｈ２↑＋Ｃｌ２↑，则标准状况下阳极上析出的
气体的体积与阴极上析出的氢气的体积相同，也为１．１２Ｌ。
９．答案 （１）电路中通过的电子的物质的量为０．１ｍｏｌ
（２）６４
解析 （１）ｎ（Ｃｌ２）＝
１．１２Ｌ
２２．４Ｌ／ｍｏｌ＝０．０５ｍｏｌ，根据２Ｃｌ
－－２ｅ
－
Ｃｌ２可知，电路中通过的电子的物质的量为２×ｎ（Ｃｌ２）＝２×
０．０５ｍｏｌ＝０．１ｍｏｌ。
（２）ｎ（Ｍ）＝ｎ（Ｍ
２＋）＝ｎ（Ｃｌ２）＝０．０５ｍｏｌ，则Ｍ的摩尔质量为
３．２ｇ
０．０５ｍｏｌ＝６４ｇ／ｍｏｌ，即金属Ｍ的相对原子质量为６４。
第三节 金属的腐蚀与防护
◆练习与应用
１．答案 化学腐蚀是指金属与其表面接触的一些物质直接反应
而引起的腐蚀。
不纯的金属与电解质溶液接触时，会发生原电池反应，比较活
泼的金属发生氧化反应而被腐蚀，这种腐蚀叫做电化学腐蚀。
金属腐蚀会使机器设备、仪器、仪表的精度和灵敏度降低，会
使桥梁、建筑物的金属构架强度降低而坍塌，会使地下金属管
道发生泄漏、轮船船体损坏等。
２．答案 （１）电化学腐蚀
（２）Ｆｅ－２ｅ
－Ｆｅ
２＋ Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ＋４ｅ
－４ＯＨ
－
Ｆｅ
２＋＋２ＯＨ
－
Ｆｅ（ＯＨ）２↓
解析 （１）铁锅中含有Ｆｅ、Ｃ，Ｆｅ、Ｃ和电解质溶液构成原电
池，Ｆｅ易失电子作负极，所以铁锅的锈蚀属于电化学腐蚀。
（２）该原电池中，Ｆｅ易失电子作负极、Ｃ作正极，负极上铁失电
子生成亚铁离子，正极上氧气得电子发生还原反应，负极反应
式为Ｆｅ－２ｅ
－Ｆｅ
２＋、正极反应式为Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ＋４ｅ
－
４ＯＨ
－，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，离子方
程式为Ｆｅ
２＋＋２ＯＨ
－Ｆｅ（ＯＨ）２↓，氢氧化亚铁不稳定，易被
氧气氧化生成氢氧化铁，化学方程式为４Ｆｅ（ＯＨ）２＋Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ
４Ｆｅ（ＯＨ）３。
３．答案
锅炉中的锌、锅炉和水构成了原电池，锌作负极，锅炉
作正极被保护，故能减缓锅炉的腐蚀。
解析 锅炉中的锌、锅炉和水构成了原电池，其中锌作负极被
腐蚀，锅炉作正极被保护，故能减缓锅炉的腐蚀，只需要定期
更换锌片即可。
４．Ｂ Ａ项，生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属
铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关；Ｂ项，银质物
品长期放置后表面变暗是由于金属银和空气中的成分发生反
应，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关；Ｃ项，铁质器件附有铜
质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易被
腐蚀生锈，和电化学腐蚀有关；Ｄ项，黄铜（铜锌合金）制作的
铜锣中，金属锌比铜活泼，形成原电池时作负极，Ｃｕ被保护，
和电化学腐蚀有关。
５．Ｃ Ａ中发生化学腐蚀，Ｂ中锌作原电池正极，被保护，Ｃ中锌
作负极，发生电化学腐蚀，Ｄ中锌作电解池阴极，不易被腐蚀，
所以锌片最易被腐蚀的是Ｃ。
６．ＢＤ 装置中Ｆｅ作阳极，阳极上Ｆｅ失电子发生氧化反应生成
亚铁离子，加速被腐蚀，故Ａ错误；装置中Ｆｅ作阴极，所以Ｆｅ
被保护，故Ｂ正确；装置中Ｆｅ失电子作负极、Ｓｎ作正极，Ｆｅ加
速被腐蚀，故Ｃ错误；构成原电池，Ｆｅ作正极被保护，故Ｄ
正确。
７．Ａ 高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，故Ａ错
误；通电后，惰性高硅铸铁作阳极，海水中的氯离子等在阳极
失电子发生氧化反应，电子经导线流向电源正极，再从电源负
极流出经导线流向钢制管桩，故Ｂ正确；在保护过程中要使被
保护金属的电位低于周围环境，则通入的保护电流应该根据
环境条件变化进行调整，故Ｃ正确；被保护的钢制管桩应作为
阴极，从而使金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢制管桩
表面腐蚀电流接近于零，减弱或避免电化学腐蚀的发生，故Ｄ
正确。
◆复习与提高
１．答案 负极反应：Ｚｎ＋２ＯＨ
－－２ｅ
－ＺｎＯ＋Ｈ２Ｏ
正极反应：Ａｇ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－２Ａｇ＋２ＯＨ
－
解析 锌银纽扣电池中负极锌失电子，电极反应式：Ｚｎ＋
２ＯＨ
－－２ｅ
－ＺｎＯ＋Ｈ２Ｏ，正极氧化银得电子，电极反应式：
Ａｇ２Ｏ＋Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－２Ａｇ＋２ＯＨ
－。
２．答案 负极：４Ａｌ－１２ｅ
－４Ａｌ
３＋，正极：３Ｏ２＋６Ｈ２Ｏ＋１２ｅ
－
１２ＯＨ
－，总反应：４Ａｌ＋３Ｏ２＋６Ｈ２Ｏ４Ａｌ（ＯＨ）３
解析 Ａｌ为负极，发生氧化反应：４Ａｌ－１２ｅ
－４Ａｌ
３＋，空气中
的氧气在正极得电子，发生还原反应：３Ｏ２＋６Ｈ２Ｏ＋１２ｅ
－
１２ＯＨ
－，总的反应方程式为４Ａｌ＋３Ｏ２＋６Ｈ２Ｏ４Ａｌ（ＯＨ）３。
３．答案
负极反应：８Ｌｉ－８ｅ
－８Ｌｉ
＋
正极反应：３ＳＯＣｌ２＋８ｅ
－
６Ｃｌ
－＋２Ｓ＋ＳＯ
２－
３
解析 电池总反应为８Ｌｉ＋３ＳＯＣｌ２６ＬｉＣｌ＋Ｌｉ２ＳＯ３＋２Ｓ，Ｌｉ
失去电子、化合价升高，为负极，电极反应为８Ｌｉ－８ｅ
－
８Ｌｉ
＋；ＳＯＣｌ２在正极得电子被还原生成Ｓ，同时有Ｌｉ２ＳＯ３生成，
电极反应为３ＳＯＣｌ２＋８ｅ
－６Ｃｌ
－＋２Ｓ＋ＳＯ
２－
３。
４．Ｃ 生铁中含有碳，碳、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极
而易被腐蚀，所以生铁的抗腐蚀能力比纯铁弱，故Ａ正确；锡、
铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以用锡
焊接的铁质器件，焊接处易生锈，故Ｂ正确；在铁制品上镀铜
时，镀件铁制品为阴极，铜盐溶液为电镀液，故Ｃ错误；铁管上
镶嵌锌块，锌、铁和电解质溶液构成原电池，铁作原电池正极
而被保护，所以铁管不易被腐蚀，故Ｄ正确。
５．Ｃ 充电时阳离子向阴极移动，即Ｋ
＋向阴极移动，故Ａ错误；
根据总反应可知，充电时生成氢氧根离子，则电解质溶液中
ｃ（ＯＨ
－）逐渐增大，故Ｂ错误；根据２Ｚｎ＋Ｏ２＋４ＯＨ
－＋２Ｈ２Ｏ
２［Ｚｎ（ＯＨ）４］
２－可知，Ｚｎ元素化合价升高，被氧化，故Ｚｎ为负
极，电极反应为Ｚｎ＋４ＯＨ
－－２ｅ
－［Ｚｎ（ＯＨ）４］
２－，故Ｃ正确；
放电时，电路中通过４ｍｏｌ电子，消耗氧气１ｍｏｌ，其体积为
２２．４Ｌ（标准状况），故Ｄ错误。
６．Ｄ 电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故Ａ错误；电
解硝酸银溶液阴极ｂ电极上生成Ａｇ、电解硝酸铅溶液阴极ｄ
电极上生成Ｐｂ，两池中的电极上转移的电子数目是相等的，设
转移２ｍｏｌ电子，ｂ电极增重２１６ｇ，ｄ电极增重２０７ｇ，所以质
量增加ｂ＞ｄ，故Ｂ错误；电解亚铁盐溶液、铝盐溶液时阴极上
都不能得到金属单质，故Ｃ错误；两池中的电极上转移的电子
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教材习题答案
１１
数目是相等的，设转移２ｍｏｌ电子，ｂ电极增重６４ｇ，ｄ电极增
重２１６ｇ，所以质量增加ｂ＜ｄ，故Ｄ正确。
７．Ｄ 为电池充电时，为电解池的工作原理，与外电源正极连接
的电极是阳极，该极上发生的反应是失电子的氧化反应，元素
的化合价会升高，即Ｎｉ（ＯＨ）２的氧化反应。
８．Ａ 微生物电池中，Ｃ６Ｈ１２Ｏ６所在电极为负极，发生失去电子
的氧化反应，电极反应式为Ｃ６Ｈ１２Ｏ６－２４ｅ
－＋６Ｈ２Ｏ
６ＣＯ２↑＋２４Ｈ
＋，负极区有ＣＯ２生成，故Ａ错误；微生物的作用
促进了Ｃ６Ｈ１２Ｏ６失电子，即促进了反应中电子的转移，故Ｂ正
确；微生物电池工作时，内电路中阳离子移向正极，阴离子移
向负极，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区，故Ｃ正
确；由题图可知，该电池实质是Ｃ６Ｈ１２Ｏ６和Ｏ２反应，即电池总
反应为Ｃ６Ｈ１２Ｏ６＋６Ｏ２６ＣＯ２＋６Ｈ２Ｏ，故Ｄ正确。
９．答案 （１）①④
（２）２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－Ｈ２↑＋２ＯＨ
－、Ｍｇ
２＋＋２ＯＨ
－Ｍｇ（ＯＨ）２↓
（３）２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－４Ｈ
＋＋Ｏ２↑
（４）用拇指按住管口，取出试管，靠近火焰，放开拇指，有爆鸣
声，管口有蓝色火焰
（５）用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条
伸入试管内，木条复燃
解析 （１）电解时，Ｂ管中石墨作阳极，水电离出的氢氧根离
子放电，导致阳极附近溶液酸性增强，但溶液电解前即为红
色，所以Ｂ管溶液不变色；Ａ管中石墨作阴极，水电离出的氢
离子放电生成氢气，同时有氢氧根离子生成，氢氧根离子和镁
离子反应生成氢氧化镁沉淀，所以看到的现象是Ａ管由红色
变为黄色，Ｂ管不变色，故选①④。
（２）Ａ中水电离出的氢离子放电生成氢气，生成的氢氧根离子
和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，电极反应为２Ｈ２Ｏ＋２ｅ
－
Ｈ２↑＋２ＯＨ
－、Ｍｇ
２＋＋２ＯＨ
－Ｍｇ（ＯＨ）２↓。
（３）Ｂ中水电离出的氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为
２Ｈ２Ｏ－４ｅ
－４Ｈ
＋＋Ｏ２↑。
（４）ａ管中收集的气体是氢气，氢气具有可燃性，其检验方法
为用拇指按住管口，取出试管，靠近火焰，放开拇指，有爆鸣
声，管口有蓝色火焰。
（５）ｂ管中收集的气体是氧气，氧气能使带火星的木条复燃，
其检验方法为用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有
火星的木条伸入试管内，木条复燃。
１０．答案 （１）Ｃｌ２ Ｈ２ ａ％小于ｂ％
（２）Ｏ２＋４ｅ
－＋２Ｈ２Ｏ４ＯＨ
－ Ｈ２－２ｅ
－＋２ＯＨ
－２Ｈ２Ｏ
（３）燃料电池可以补充电解池消耗的电能 提高产出碱液的
浓度
解析 （１）通空气一边为正极，那么左边必然通Ｈ２，即Ｙ为
Ｈ２，则电解池左边应为阳极，生成Ｃｌ２。由于燃料电池正极发
生Ｏ２＋４ｅ
－＋２Ｈ２Ｏ４ＯＨ
－，而燃料电池中的离子交换膜只
允许阳离子通过，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即ａ％小
于ｂ％。
（２）燃料电池中正极氧气得电子发生还原反应，电极反应式
为Ｏ２＋４ｅ
－＋２Ｈ２Ｏ４ＯＨ
－，负极氢气失电子发生氧化反
应，电极反应式为Ｈ２－２ｅ
－＋２ＯＨ
－２Ｈ２Ｏ。
（３）据装置特点及反应过程可知，这样设计的优点是燃料电
池可以补充电解池消耗的电能；提高产出碱液的浓度；降低
能耗等。
１１．答案
（１）２Ｏ２＋４Ｈ２Ｏ＋８ｅ
－８ＯＨ
－
ＣＨ４＋１０ＯＨ
－－８ｅ
－
ＣＯ
２－
３＋７Ｈ２Ｏ
（２）Ｈ２ ２ＮａＣｌ＋２Ｈ２Ｏ
电解
２ＮａＯＨ＋Ｈ２↑＋Ｃｌ２↑
（３）４
解析
（１）在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应为ＣＨ４＋
２Ｏ２＋２ＯＨ
－ＣＯ
２－
３＋３Ｈ２Ｏ，正极反应式为２Ｏ２＋４Ｈ２Ｏ＋８ｅ
－
８ＯＨ
－，负极反应式为ＣＨ４－８ｅ
－＋１０ＯＨ
－ＣＯ
２－
３＋
７Ｈ２Ｏ。
（２）ｂ电极与通入甲烷的电极相连，作阴极，水电离出的Ｈ
＋
放电，生成Ｈ２；电解氯化钠溶液的总反应为２ＮａＣｌ＋２Ｈ２Ｏ
电解
２ＮａＯＨ＋Ｈ２↑＋Ｃｌ２↑。
（３）根据得失电子守恒，可得１ｍｏｌＣＨ４～８ｍｏｌｅ
－～４ｍｏｌＣｌ２，
由于两个甲烷燃料电池是串联的，故线路上转移的电子与电
路中连接一个燃料电池时相同，若每个电池甲烷通入量为
１Ｌ（标准状况），则理论上最多产生４Ｌ（标准状况）Ｃｌ２。
１２．答案 将钢铁输水管用导线与金属镁相连，在潮湿土壤中形
成原电池，金属镁作负极被消耗，钢铁作正极被保护。
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