高中化学——猿题库——满分之路——高中化学（一）化学反应原理_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中化学

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高中化学（一）
｜搞定高考化学反应原理’这一本就够了!
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化学反应原理
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图书在版编目（c｜P）数据
满分之路ˉ高中化学.一／孙康荣主编ˉˉ天津:
天津人民出版社,2019.4
ISBN978-7-20l-l46l2-6
I .o满…Io孙. . .Ⅲ.o中学化学课-高中—题
解—升学参考资料Ⅳ.OG634
中国版本图书馆（〕IP数据核字（20l9）第04377l号
满分之路高中化学（一）
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200千字
20l9年4月第l版2019年4月第1次印刷
58.O0元
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第-章化学反应与能量
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第
第2讲热化学反应方程式……………………………..
…9
第3讲盖斯定律
………………………………………………15
第二章化学反应速率禾0化学平衡
第1讲化学反应速率
…………………………………………21
第2讲化学平衡状态
…………………………………………32
第3讲化学平衡移动化学平衡常数………………………39
第4讲等效平衡
………………………………………………49
第5讲化学平衡图象
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第三章水溶液中的离子平衡
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第1讲弱电解质的电离…………………
第2讲酸碱中和滴定…………………………………………74
………….………………81
第3讲盐类的水解
●
●
●
●
●
●
●
●
第4讲溶液中的粒子浓度关系………………………………9（）
第5讲难溶电解质的溶解平衡………………………………100
第四章电化学墓础
第1讲电池电极反应书写……………………………………107
第2讲新型电池工作原理……………………………………115
第3讲电解原理及其应用……………………………………122
第4讲金属的腐蚀与防护……………………………………131
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第三章水溶液中的离子平衡
第1讲弱电解质的电离………………………………………155
……………156
第2讲酸碱中和滴定.…….
●●
●●
●
●■●
●■
第3讲盐类的水解……………………………………………159
第4讲溶液中的粒子浓度关系………………………………16］
第5讲难溶电解质的溶解平衡
……………………………164
第四章电化学墓础
165
第1讲电池电极反应书写………………………………
第2讲新型电池工作原理……………………………………166
第3讲电解原理及其应用……………………………………167
第4讲金属的腐蚀与防护..
….·………………………169
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第-章化学反应与能量
本章主要讲述热化学知识°透过近三年全国各地高考试题,热化学主要考查三个内
容’＿是反应热的概念,二是热化学方程式的书写及应用’三是运用盖斯定律进行综合解
题°其中盖斯定律属于每年必考内容’该考点看似简单’但是容易出错’在解题中’考生要
理解实质’并细心作答°
第‖讲反应热
＿囚窖导读】
反应热是热化学中＿个重要的概念·高考考查的方向:考查反应过程中的热化学图
象所蕴含的信息;考查依据化学键的数值计算反应过程中的烩变;考查影响反应热的因
素·试题以选择题和填空题呈现°
◎典例剖析
『
［例1］（2018。海南卷）炭黑是雾霸中的重要颗粒物’研究发现它可以活化氧分子’生成活
化氧°活化过程的能量变化模拟计算结果如下图所示°活化氧可以快速氧化二氧
化硫。下列说法正确的是
（
）
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炭黑利氧气
｜.氧隙子
。碳原子
A.每活化＿个氧分子吸收0.29eV的能量
B.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
C.氧分子的活化是O-O键的断裂与C—O键的生成过程
D炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
1
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｜满分之路.高中化学（-）〗
［思考］
（1）图中反应物的总能量比生成物的总能量大’说明什么?
（2）图中哪个数据代表活化能?
（3）O2分子中两个氧原子是相连的’活化之后’图中两个氧原子如何变化?
（4）炭黑颗粒在反应前后有变化吗?
［答案］
CD
［解析］
A项,看图中的起点和终点能量’起点比终点的能量要高0.29eV’说明该反应是
放热的’错误;B项’活化能是指能发生反应所需妥的最低能量’即图中的最高点’
无水时为0.75eV（图中细线）’有水时为0.57eV（图中粗线）’活化能降低0.75
eV—0.57eV≡0. 18eV’错误;C项’从图中变化最后结果看,O2中两个氧原子断
开’O原子与C原子形成了化学键’有了单个的O原子’即出现了活化氧’正确;D
项’炭黑颗粒将O2转变为2个O原子’与SO2接触时会生成SO: ’此时炭黑不变’
即炭黑是该反应的催化剂,正确。
［点评］
从图象中判断反应是吸热还是放热’可以直接比较图中的起点和终点的能量高
低’而不必在意中间的变化过程’若起点比终点能量高’则为放热反应’反之为吸
热反应°一般来讲’反应要发生’需要吸收一定的能量以引发反应发生’引发反应
发生的最小能量称为活化能’即图中最高点’发生反应的分子的能量必须要超过
活化能才能反应’故反应的活化能越小,反应越易进行°
2
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翻≡章,化学反应与能量｜
［例2］（2（）18 .北京卷）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品
CH3CO（）H的催化反应历程·该历程示意图如下°下列说法不正确的是
（
）
过渡态
产ˉ气
（勤（）、
（】ll（〕O（）｝｛
旧
∩
‖
◎
○
○
唬
选择性活化＼
-—-＝--≡---→飞
飞
C‖4
A.生成CH3C（）（）H总反应的原子利用率为100％
B. CH↓→CH3COOH过程中’有C—H键发生断裂
C.o→◎放出能量并形成了C＿C键
D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
［思考］
（1）图中白球与黑球之间的断开与连接是什么意思?
（2）从图中如何判断反应是放热还是吸热?
（3）化学反应的本质是什么?该过程—定伴随能量变化吗?
（4）催化剂在反应过程中的作用是什么?最终能否影响反应达平衡时的转化率?
［答案］
D
［解析］
A项’观察图形知’发生的反应是二氧化碳和甲烷化合生成醋酸’方程式为CO2＋
CH』＿≥CH3COOH’化合反应的原子利用率为100％’正确;B项’从图示中O
知’CH』分子中有一个C—H键断裂’正确;C项’观察图形O→◎’物质的能量降
低’故放出能量’且形成了C—C键,正确;D项,催化剂只能改变反应速率’不影响
乎衡转化率’错误°
［点评］
解答图象题的关键是看懂图形’找到里面的细微变化’如本题中涉及能量的变化、
分子的变化,要根据图形明确各个小球的含义’进而知道各种分子的变化情况°
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O
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｜满分之路.高中化学（二厂］
［例3］（2018·浙江4月卷）氢卤酸的能量关系如图所示:
HX（aq）ˉ里H＋（aq）
｜△周』
△H!
H＋（g）
｜△川.
V
HX（g）业H（g）
＋X＿（aq）
｜△日「
＋x＿（g）
↑△H.
＋x（g）
下列说法正确的是
（
）
A.已知HF气体溶于水放热’则HF的△Hl＜0
B.相同条件下’HCl的△H2比HBr的小
C.相同条件下’HCl的（△H3＋△H4）比HI的大
D＿定条件下’气态原子生成1molH—X键放出αk］能量’则该条件下△Hh＝αk］.mol
］
…Ⅷ
［思考］
（1）同—物质’不同状态（固、液、气）之间的能量大小关系如何?
（2）物质稳定性与键能之间是什么关系?
（3）化学键断开时’该过程中的△H的值是正还是负?
［答案］
D
［解析］
A项,已知HX气体转为HX溶液为放热过程’则图示中△H』为HF从溶液到气
体所吸收的能量’其值大于0’错误;B项’图示中△H2表示气态HX转化为气态
原子,称为键能,HCl比HBr稳定’即HCl的键能比HBr大,错误;C项’（△H3＋
△H』）表示H（g）生成H＋（aq）’HCl和HI中的H均相同’故（△H3＋△H4）相等’
错误;D项’△H2表示断开HX吸热的能量’其值为正,即△H2＝αkJ .mol
l
’
正确°
［点评］
同一物质,气态能量大于液态’液态能量大于固态’如能量:H2O（g）＞H2O（l）＞
H2（）（s）°反应过程中’需要破坏化学键’故化学键越牢固’对应的物质越稳定。
破坏化学键的过程是一个吸热过程’对应的△H＞0°
4
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』第-章化学反应与能量｜
［例4］（2018.天津卷）CO2与CH4经催化重整’制得合成气:
∏
＋
○
℃
‖
＝
怖
＿
—
∏
已知上述反应中相关的化学键键能数据如下:
C≡O（CO）
化学键
C＝O
H—H
CH
键能／（kJ°mol＿l
）
匡
√
勺
′
）
（
］
745
436
l13
则该反应的△H＝
°分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压’容积可
变）中’加人CH』和CO2各1mol的混合气体°两容器中反应达平衡后放出或吸收
的热量较多的是
（填“A”或“B”）°
■翘阔占
［思考］
（1）化学键与反应过程中的烩变有什么关系?
（2）对—个已达平衡的反应’若平衡发生移动时’反应热会发生变化吗?
［答案］
＋120k］.mol—l
B
［解析］
△H＝反应物的总键能—生成物的总键能＝413×4＋745×2—2×1075—2×
436＝＋120（kJ.mol—l）°该反应为一个气体体积增大的吸热反应’在恒压容器
中反应时’容器会膨胀’压强减小’则乎衡会正向移动’会吸收更多的热量°若在
恒容容器中反应’该反应相当于加压’乎衡会逆向移动’吸收的热量会减少°
［点评］
（1）由物质的键能计算反应热,可以直接用反应物的总键能减去生成物的总键能’
所得结果即为反应的熔变。若结果为正值’则为吸热反应;若结果为负值’则为放
热反应。
计算公式为△H＝∑（反应物键能）—∑（生成物键能）
·
（2）对于放热的可逆反应’若达到平衡时’再促使平衡正向移动,反应会继续放出
热量;若平衡逆向移动’则反应放出的热量会比原平衡的少。
5
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｜满分之路·高中化学（-《「l
ˉ名章节练习
~
可封
罪
1. 由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示°下列说法正确的是
（
）
能重
压
爪
~~~~~~~
且
巳
巳
ˉ
凸
○
Z（:）
—
反应过程
A.由X→Y反应的△H＝E5—E2
B由X→Z反应的△H＜0
C.降低压强有利于提高Y的产率
D升高温度有利于提高Z的产率
（2016.延苏卷）通过以下反应均可获取H2°下列有关说法正确的是
（
）
O太阳光催化分解水制氢:2H2O（l）—2H2（g）＋O2（g）
△Hl＝571.6kJ.mol
l
◎焦炭与水反应制氢:C（s）＋H2O（g）—C（）（g）＋H2（g）
△H2＝131.3kJ .mol
l
◎甲烷与水反应制氢:CH』（g）＋H2（）（g）—CO（g）＋3H2（g）
△H』≡206. 1k］.mol
l
A.反应o中电能转化为化学能
B.反应◎为放热反应
C反应◎使用催化剂’△H3减小
D反应CH』（g）—C（s）＋2H2（g）的△H:＝74.8kJ .mol
l
脐（H2NNH2）是—种高能燃料’有关化学反应的能量变化如下图所示’已知断裂1mol
化学键所需的能量（kJ）:N≡N键为942、O＝（）键为500、N—N键为154’则断裂1mol
N—H键所需的能量（kJ）是
（
）
2·
3.
A。194
B。391
C.516
D.658
能量
假想中间物质
的总能量
爪
2N（g）＋4H（g）＋2O（g）
▲
A
△f沾
△U
AHi＝-2752kJ.molˉ｜
v
N2几（g）＋O2（g）
↑
△Hl≡534kJ。molˉl
V
v
N2（g）＋2H2O（g）
反应物的
总能量
生成物的
总能量
6
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』第-章化学反应与能量｜
4.反应A＋B＿←C分两步进行:OA＋B—→X;◎X—→C。反应过程中能量变化如图所
示’El表示反应A＋B＿—→X的活化能°
下列有关叙述正确的是
（
）
能量
（〕
■→
（）
反应过程
A.E2表示反应X—→C的活化能
B反应A＋B-—≥C的△H＜0
C.X是反应A＋B—→C的催化剂
D.加人催化剂可改变反应A＋B
5.臭氧层中臭氧分解历程如下图所示’下列说法正确的是
—＞C的焰变
）
（
总反应
巳
巳
合
剁
重↑
竹
例
~
绷
仰
归
~
鞘
产
催
＼
＼
仟
｜
｜
万
‖
‖
‖
‖
八
挫
（）3＋Oˉ--＞2（）2
反应:
＋Cl-—＞O2＋Cl（
（）＋（）—（〕l＋（）2
）
反应
〔）］＋（
~~~~~~~~
｀生成物（）2＋O2
AH
O
反应过程
A.催化反应@、◎均为放热反应
B.催化剂不能改变该反应的烩变
C.
ClO是该反应的催化剂
D.在该反应过程中没有化学键的断裂与生成
6.某反应过程能量变化如图所示’下列说法正确的是
（
）
能
已
里
｜
-＝＝＝-----＝＝
反应过程
（）
A.反应过程a有催化剂参与
B.该反应为放热反应’热效应等于△H
C.改变催化剂’可改变该反应的活化能D有催化剂条件下’反应的活化能等于l
D有催化剂条件下’反应的活化能等于EⅢ＋E2
7
~『
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｜满分之路.高中化学（-）〗
7.已知;B（s）＋6Cl2（g）—4PCl3（g）
△H≡αkJ .mo｜ˉl ;
P4（s）＋10Cl2（g）—4PCl5（g）
△H＝bkJ·mol＿l
。
B具有正四面体结构’PCl5中P＿Cl键的键能为ckJ.mol—］,PCl3中P—Cl键的键能
为L2ckJ ·mol
l °下列叙述正确的是
（
）
A.P—P键的键能大于P—Cl键的键能
B.可求Cl2（g）＋PCl3（g）—PCl5（s）的反应热△H
CC｜—α键的键能为‘—凰t虱6〔kJ.m。｜
」
Dp—p键的键能为5α—3b＋12ckJ .mol
l
8
8.用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl°利用反应A’可实现氯的循环利用。
400℃
反应A: 4HCl＋O2≡-＝＝2Cl2＋2H2O°
已知:L反应A中’ 4molHCl被氧化,放出115.6kJ的热量°
l@@／蚂撼墅｜」≥@@@@24撕舅「｜＝@@
计算断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为
H2（）中H—O键比HCl中HCl键
（选填“强”或“弱,’）°
kJ,
8
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」第-章化学反应与能量‖
第2讲热化学反应方程式
｝
蜜容导读0
热化学方程式书写是一种重要的化学用语’它用化学符号表征了反应过程中的物质
变化以及反应过程中的能量变化°高考考查方向:依据题中信息书写热化学方程式°在
解题过程中’还会灵活考查盖斯定律、热化学方程式的书写细节以及热化学方程式的应
用等知识°
o典例剖析
［例1］（2017.浙江4月卷）已知断裂1molH2（g）中的H—H键需要吸收436.4kJ的能
量’断裂1molO2（g）中的共价键需要吸收498kJ的能量’生成H2O（g）中的1mol
H—O键能放出462.8kJ的能量°下列说法正确的是
（
）
A.断裂1molH2（）中的化学键需要吸收925.6kJ的能量
B.2H2（g）＋O2（g）—2H2O（g）
△H＝—480.4kJ·mol
1
C.2H2O（l）—2H2（g）＋O2（g）
△H＝471。6kJ.mol-l
DH:（g）＋＋O』（g）—H』O（l）
△H＝—24α2kJ .mol—｜
△
…Ⅷ
［思考］
断裂物质中的化学键需要吸收能量’该能量与物质的状态有关吗?
［答案］
B
［解析］
A项’所断裂的H2O’其状态未知’故不能判断需要吸热多少能量,错误;B项’
△H＝（2×436.4＋498—4×462。8）kJ·mol l＝—480.4kJ .mol-l ,正确;C项、
D项中H2（）均为液态’元法计算’错误°
［点评］
A项,生成H2O（g）中的1molH—O键能放出462.8k］的能量’则断开1molH—O
键要吸收462.8kJ的能量’1molH2O（g）含有2molH—O键’故共要吸收2×
462.8kJ＝925.6kJ的能量,但由于H2O的状态未知,故无法计算所吸收的能量°
9
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‖满分之路.高中化学（ˉ）
〗
天肆卷）0.1molCl』与焦炭、Ti（）2完全反应·生成＿种还原性气体和—种易水解
.工H2（）的液态化合物’放热4.28k］’该反应的热化学方程式为
［例2］（2（）l7
成Ti（）2
『·解析】
［思考］
（1）热化学方程式与普通化学方程式有什么区别?
（2）热化学方程式中的烩变值与热化学方程式系数有什么关系?
［答案］
2Cl2（g）＋Ti（）2（s）＋2C（s）—TlCl』（l）＋2CO（g）
△H＝—85.6
kJ 。mol-l
［解析］
根据题于信』息,先写出化学反应方程式为2Cl2（g）＋Ti（）2（s）＋2C（s）＿TiCl』（l）
＋2C（）（g）’由于0.1molCl2参加反应放热为4.28kJ’故2molCl2参加反应放热
为4·28kJ×20＝85。6kJ,故反应的烩变△H＝＿85.6kJ ·mol
l
。
［点评］
在书写热化学方程式时’应注意以下几方面:o标明各物质的聚集状态;◎烩变的
单位是kJ .mol—l ’而不是kJ;◎吸热反应的烩变为“＋”’放热反应的烩变为
“—’, ;@恰变的数值与方程式系数相对应’成正比关系;◎正、逆反应的烩变数值
相同’符号相反°
3］（2018.北京卷）近年来’研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能转化与
存储。过程如下:
（例
Ⅷ“陆＂二｜｜吧头
、√
太｜』‖能→热能→｝
｝｛2S（）』分解｜
｜肖（）推化歧化｜
（丁刀〔
｀
随应［＼＂、§
S（）〕v＼o~
~哑→热熊→咆能
、一／C!‖｜
反应I :2H2SO4（l）—2S（）2（g）＋2H2O（g）＋（）2（g）
△Hl＝＋551kJ °mol＿l
。
反应〗］:S（s）＋（）2（g）—SO2（g）
△H3＝—297kJ .mol
］
°
反应Ⅱ的热化学方程式:
10
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』第～章化学反应与能割
■睡Ⅷ
［思考］
（1）从流程中’如何判断出反应物和生成物?反应Ⅱ化学反应方程式如何写?
（2）热化学方程式反应物和生成物颠倒时’烩变值如何变化?
［答案］
3S（）2（g）＋2H』O（g）—2H2SO』（l）＋S（s）
△H2＝—254kJ.mol—l
［解析］
从图示知’反应Ⅱ箭头指出的是反应物,为SO2和H2O’箭头指向的是生成物’为
H2SO4和S°化学方程式为3SO2＋2H2O—2H2SO4＋S°依据盖斯定律’将反
应I、反应Ⅲ相力口得2H2SO4（l）＋S（S）—3SO2（g）＋2H2O（g）
△H2＝254kJ
°
mol—l ’将此反应前后颠倒’则△H的值不变’但是符号相反。
［点评］
热化学方程式中’反应物和生成物颠倒时’烩变数值不变’但是正、负号相反°
［例4］（2017.全国I卷）
（2017.全国I卷）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢
气的反应系统原理。
热化学硫碘循环水分解制氢系统（
l
）
｛H』SO‖aq）＝＝S0型（g）十H1（｝（｜）＋士O’（g）
M｜＝327kJm°｜」
｛
「
＼
｀
S（）2（g）＋『2（片）＋2H2（）（l）＝＝＝2Hl（a（［）＋H2S（）4（aq）
A／／7≡-l5］k』,molˉ｜
｛2Hl（aq）＝＝H∑（g）＋］2（s）
△〃］≡l l（）kJ.mol
｜
｀
｀
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
H2S（惠）＋H2SO↓（aq）＝＝＝S（篇）＋S（）2（g）＋2H2（）（l）
AH＝6］kJ.mo｜ˉ｜
热化学硫碘循环硫化氢分解联产氢气｀硫黄系统（
Ⅱ
）
＼
′
／
通过计算’可知系统（I）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为
’制得等量H2所需能量较少的是
◎
11
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｜满分之路.高中化学（一）
｛
［思考］
（1）对给出的多个热化学方程式如何变形成所需要的热化学方程式?
（2）用不同的物质制备相同物质时’反应过程中的能量是否相同?
［答鬃］
H:O（l）—H:（g）＋＋O』（g）
△′′-286kJ .m。厂｜
H2S（g）—H2（g〉＋S（s）
△H＝2（）kJ 。mol—l
系统（Ⅱ）
［解析］
从上至下将四个热化学方程式标为o、◎、◎、@。依据盖斯定律’将o＋◎＋o’
可得系统（I）制氢的热化学方程式为H』O（l）—H』（g）＋÷O:（g）
△〃＝286k! .
molˉl ;将◎＋◎＋@,可得系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式为H2S（g）—H2（g）＋
S（s）
△H＝20kJ ·mol—l ;对比两个热化学反应方程式知’制等蚤H2时,系统
□
小
量
能
的
雨
而
所
）
］
｛
（
［点评］
将多个热化学方程式相加减’可以得出所求反应的烩变°在计算过程中’对热化
学方程式的烩变求代数和时’＿定不能漏将负号带人计算。
拿.?章节练习
~
~~~~
L下列有关能量的判断或表示方法正确的是
（
）
A.从C（石墨’S）—C（金刚石’S）
△H＝＋1.9kJ .molˉl ’可知石墨比金刚石更稳定
B.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧’后者放出的热量更多
C.由H＋（aq）＋OH—（aq）—H2O（l）
△H＝—57.3kJ ·mol
』’可知:含1mol
CH3COOH的溶液与含1molNa（）H的溶液混合’放出的热量等于57.3kJ
D. 2gH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量’则氢气燃烧的热化学方程式为
2H2（g）＋（）2（g）—H2O（l）
△H＝—285。8kJ 。mol-1
12
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」第一章
化学反应与能量｝
2. 298K、1.01×105Pa’O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示°写出Se与
H2化合的热化学反应方程式正确的是
（
）
＾
A／?／（kJ 。mol
｜
）
l54
8l
0
＿20
α
一
｜
｜
~
~
~
~
~
~
＞
〕
八
飞
人
~
~
~
~
~
~
~
~
＝
＝
α
ˉ
ˉ
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
丁
‖
‖
上
‖
‖
【
■
■
＝
~
~
~
~
~
~
—
氢化物
-242
A。Se（s）＋H2（g）—H2Se（g）
△H＝—242kJ ·mol
l
B.Se（s）＋H2（g）—H2Se（g）
△H＝—20kJ·mol
l
C.Se（g）＋H2（g）—H2Se（g）
△H＝81kJ·mol—l
D.Se（s）＋H2（g）—H2Se（g）
△H＝81kJ·mol
1
3. SF6是—种优良的绝缘气体,分子结构中只存在S—F键°已知:1molS（s）转化为气态
硫原子吸收能量280kJ’断裂1molF—F键、S—F键需吸收的能量分别为160kJ、330
k］°试写出固体硫与氟气反应生成SF‘气体的热化学方程式:
4.已知N≡N键的键能是946kJ .mol＿l ’HH键的键能为436kJ.mol
』’N—H键的
键能为393kJ .mol
l ’写出工业合成氨时发生反应的热化学方程式:
°
—
不
所
图
如
化
变
旦
里
能
的
∏
Ⅳ
〗
州
—
啼
∏
〗
＋
闪
应
反
学
化
日
能
量
占
增
加
｜molN＋3mo｜H
｜
「∏
~~
AE＝αk」
AE＝bkJ
）
巳
（
勺
＝
肘
］
◎
Ⅻ
叫
二
’
～
＋
）
启
（
〗
＂
］
∩
Ⅶ
］
—
且
｜mo｜NH』（g）↑△E＝CkJ
lmo｜NH愈（l）
试写出反应生成液氨的热化学方程式:
∩
6.已知:2Al2O:（s）—4Al（g）＋3O2（g）
△H］＝3351kJ .mol
］
2C（s）＋O2（g）／2CO（g）
△H2＝—221kJ.mol
l ;
2Al（g）＋N2（g）—2AlN（s）
△H3＝—318kJ 。mol-l
。
碳热还原Al2O3合成AlN的热化学方程式是
l3
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｜满分之路。高中化学（-）
〗
175.4k］·mol—1
;
7.已知:Tl（）2（s）＋2Cl2（g）—TlCl4（g）＋（）2（g）
△H｜
220. 9k］.mol
l
2C（s）＋O2（g）—2CO（g）
△H2＝
写出沸腾炉中加碳氯化生成TlCl4（g）和C（）（g）的热化学方程式:
°
8.已知AX3的熔点和沸点分别为—93.6 °C和76 °C’AX5的熔点为l67 °C°室温时’AX;
与气体X2反应生成1molAX5 ,放出热量123.8kJ。该反应的热化学方程式为
14
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』第一章化学反应与能量｝
第3讲盖斯定律
≥囚容影读］
盖斯定律的应用—直是近几年各地高考的重点’并且每年均会呈现·考查方向:通
过物质的多个转化途径求转化过程中的某步反应的烩变;运用多个热化学方程式求未知
热化学方程式的烩变值°常见题型主要为填空题。
◎典例剖析
~
［例1］（2017.浙江11月卷）根据Ca（（）H）2／Ca（）体系的能量循环图:
Ca（（）H）2（s）
△Hl
CaO（s）＋H2O（g）
→
510°C
510℃｜510°C
↑△H3
↓△H4
↓△H5
锣f）＋!!｝!）
Ca（（）H）2（s）
△H鳖
＝
25
。C
下列说法正确的是
A.△H5＞0
B。△H1＋△H2＝0
C。△H3＝△H4＋△H5
D△H］＋△H2＋△H3＋△H4＋△H5＝（）
＼
■
／
／
‖
｀
…租
［思考］
（1）＿种物质转化为另一种物质’可以经历多个途径’这么多个途径过程中的能量
变化有什么规律?
（2）物质A转化为物质B的烩变与物质B转化为物质A的焰变＿定相同吗?
［答案］
D
l5
~
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｜满分之路·高中化学（一）1
［解析］
水蒸气变成液态水会放出热量’△H5＜0’A项错误;氢氧化钙生成氧化钙固体和
水蒸气’与液态水和氧化钙反应生成氢氧化钙不是可逆的过程’水蒸气变成液态
水会放出热量,因此△H1＋△H2≠0,B项错误;从图示转化关系知,510℃Ca（OH）2
（s）经历生成Ca（）、H2O（g）’再经历到H2O（l）,最后生成25℃Ca（（）H）2（s）’根据盖
斯定律’则有—△H3＝△Hl＋△H4＋△H5＋△H2 ’—△H3—△H』—△H2＝＋△H4＋
△H5 ,C项错误,D项正确。
［点评］
如下图1,A可以＿步转化为C’也可以先转化为B’再转化为C’由盖斯定律知’反
应不论经过什么途径’多步反应的焰变之和等于—步反应的焰变’即有△Hl≡
△H2＋△H3 °图2与图1的区别在于图2的箭头形成的一个循环,则有△Hl＋
△H2＋△H3＝0
A
—＞B
A≤
B
AfZ
AHh
阁1
图2
［例2］（2018.全国I卷）采用N:（）5为硝化剂是＿种新型的绿色硝化技术’在含能材料、医
药等工业中得到广泛应用。
已知:2N2（）5（g）—2N2O』（g）＋（）2（g）
△H｜＝—4.4kJ.mol
l
O
2NO2（g）—N2（）4（g）
△H2＝—55.3k］.mol—l
◎
则反应N2O,（g）—2N（）』（g）＋寺O:（g）的△H＝
乙
kJ.mol—l
。
l6
~~~~
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』第一章
化学反应与能量｝
■
』
析
解
●
［思考］
将多个方程式变形成—个方程式时’有什么方法?需要注意的地方有哪些?
［答案］
53. 1
［解析］
根撼盖斯定撑,将』◎×＋＿°得№（）;（g）—2No,（g）＋÷o,（g）
△″-
（＿4』×＋》k］.m。｜—!—（≡5丘3）kJ.mo厂｛-5:lk』.m。｜—｜.
［点评］
应用盖斯定律进行简单计算的技巧:
（1）当热化学方程式乘以、除以某＿个数时’△H也应乘以、除以同一个数;方程式
进行加减运算时’△H也同样要进行加减运算’且要带“＋”“＿”符号,即把△H看
作＿个整体进行运算°
（2）将一个热化学方程式颠倒书写时’△H的符号也随之改变,但数值不变。
［例3］（2016.四」‖｜卷）工业上常用磷精矿［Ca5（PO4）3F］和硫酸反应制备磷酸。
已知25 。C’101kPa时:
CaO（s）＋H2SO4（l）—CaSO4（s）＋H2O（l）
△H＝—271kJ.mol
l
@
5CaO（s）＋3H3Pα（l）＋HF（g）—Ca5（Pα）3F（s）＋5H2O（l）
△H＝—937k］·mol
l
◎
则Ca5（PO4）3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是
.解析0
［思考］
如何利用多个已知热化学方程式’来书写陌生的热化学方程式?
［答案］
Ca5（PO4）3F（s）＋5H2SO4（l）≡5CaSO4（s）＋3H3PO4（l）＋HF（g）
△H＝＿418kJ 。mol-l
［解析］
利用盖斯定律’将“o×5＿◎”’即得所求反应·
17
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｛满分之路·高中化学（-）
〖
ˉ·陋Ⅷ
［点评］
利用盖斯定律书写热化学方程式的解题策略
根据待求方程式
中各物质的计量
数和位置对已知
方程式进行处理’
得到变形后的新
方程式
将新得到的
方程式进行
加减（反应热
也需要相应
加减）
先确定
待求的
反应方
程式
找出待求方
程式中各物
质在已知方
程式中的位置
→
→
二＞
二二＞
［例4］（2018。海甭卷）过氧化氢（H2O2）是重要的化工产品,广泛应用于绿色化学合成、医
疗消毒等领域°
已知:
Ⅱ＂（g）＋↓O,（g）—H』O（l）
△II｜≡—2S6k］.mo｜ˉ｜O
H2（g）＋O2（g）—H2（）2（l）
△H2＝—188kJ 。mol
』
◎
过氧化氢分解反应2H2（）2（l）—2H2（）（l）＋（）2（g）的△H＝
kJ .mo｜
l
°
!◎解析台
［思考］
如何消去多个方程式中的同—物质?
［答案］
—196
［解析］
所求反应中没有H2 ’故需要将反应@、@中的H2消去’根据盖斯定律’用‘‘o＿
◎”后乘以2’可求得△H＝［—286—（＿188）］×2＝—196kJ .mol—!
°
［点评］
本题需要消去H2 ’观察发现反应o、◎中H2前的系数均为1’故可以直接用相减
法消去H2°若H2前的系数不同’则需要求H2系数的最小公倍数来确定两个热
化学方程式要乘以的系数°
18
写出待
求的热
化学方
程式
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』第-章化学反应与能量｜
.售?章节练习
1. （2018.全国Ⅱ卷罕27题）CH4—C（）2催化重整不仅可以得到合成气（C（）和H2）,还对
温室气体的减排具有重要意义° CH4—C（）2催化重整反应为CH4（g）＋CO2（g）—
2C（）（g）＋2H2（g）。
已知:C（s）＋2H2（g）—CH4（g）
△H＝—75kJ.mol
l
C（s）＋（）2（g）—CO2（g）
△H＝—394kJ ·mol
l
C（腻）＋＋O曾（g）—α）（g）
△″——Ulk］.m。｜
｜
kJ.mol-l
。
该催化重藕反应的△H＝
2.
（2018.全国Il卷窜28题）三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料°
SiHCl
在催化剂作用下发生反应:
2SlHCl3（g）—SiH2Cl2（g）＋SlCl4（g）
△Hl＝48kJ 。mol
l
3SiH2Cl2（g）—SiH4（g）＋2SiHCl3（g）
△H2＝—30kJ .mol—l
则反应4SiHCl3（g）—SiH4（g）＋3SiCl』（g）的△H为
kJ.molˉl
°
3.
（2018.江苏卷章20题）用水吸收N（）雾的相关热化学方程式如下:
2N（）2（g）＋H2O（l）—HN（）3（aq）＋HNO2（aq）
△H＝—116. 1kJ。mol
l
3HN（）2（aq）—HN（）3（aq）＋2NO（g）＋H2O（l）
△H＝75° 9kJ ·mol-l
反应3NO2（g）＋H2O（l）—2HNO3（aq）＋NO（g）的△H＝
kJ.mol
Ⅲ
4.
（2016 .全国Ⅱ卷）O2（）2（g）＋N2（g）—N2O4（l）
△Hl
◎N2（g）＋2H2（g）—N2H』（l）
△H2
◎（）2（g）＋2H2（g）—2H2O（g）
△H3
@2N2H4（l）＋N2O4（l）—3N2（g）＋4H2（）（g）
△H4＝
上述反应热效应之间的关系式为△H4＝
°
19
~~
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｜满分之路.高中化学（-）l
5. （2017·江瑟卷）通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3）°下列说法不正确
的是
（
）
OC（s）＋H2O（g）—C（）（g）＋H2（g）
△Hl＝αkJ.molˉl
◎C（）（g）＋H2O（g）—CO2（g）＋H2（g）
△H2≡bkJ .mol
l
OC（）2（g）＋3H2（g）—CH3OH（g）＋H2（）（g）
△H3＝ck］.mol
l
@2CH3（）H（g）＿CH3OCH』（g）＋H2O（g）
△H4＝‘／kJ 。molˉ1
A.反应@、◎为反应O提供原料气
B.反应◎也是CO2资源化利用的方法之—
O反应C川』OH（g）—÷C‖划OCH』（g）＋÷H』〔）（｛）的△H-等kJ .m°l
」
D.反应2CO（g）＋4H2（g）—CH3OCH3（g）＋H2O（g）的△H＝（2b＋2c＋创）k）.molˉl
6.已知下列反应的热化学方程式:
6C（s）＋5H2（g）＋3N2（g）＋9O2（g）—2C3H5（（）N（）2）3（l）
△H1
2H2（g）＋（）2（g）—2H2O（g）
△H2
C（s）＋O2（g）—CO2（g）
△H3
则反应4C3H5（（）NO2）3（l）—l2CO2（g）＋10H2O（g）＋O2（g）＋6N2（g）的△H为
（
）
A. 12△H3＋5△H2—2△H1
B。2△Hl—5△H2—12△H3
C. 12△H3—5△H2—2△H1
D.△Hl—5△H2—12△H3
7.室温下,将1mol的CuSO4
. 5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低’热效应为△Hl ’将1
mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高’热效应为△H』;CuSO4 .5H2（）受热分解的
／＼
化学方程式为CuSO4 .5H2O（s）≡≡CuSO4（s）＋5H2O（l）’热效应为△H3 ’则下列判断
正确的是
（
）
A.△H2＞△H3
B。△H1＜△H3
C.△H1＋△H3＝△H2
D.△Hl＋△H2＞△H3
8.催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之＿·研究表明’在Cu／ZnO催
化剂存在下’C（）2和H2可发生两个平衡反应’分别生成CH3（）H和CO°反应的热化学
方程式如下:
CO2（g）＋3H2（g）—CH3OH（g）＋H2O（g）
△H1＝—53· 7kJ.mol＿1
I
CO2（g）＋H2（g）＝＝C（）（g）＋H2（）（g）
△H2
Ⅱ
已知:OCO和H2的标准燃烧热分别为—283.0kJ.molˉl和—285.8kJ.molˉl
◎H2O（l）—H2O（g）
△H;＝44.0kJ .molˉl
求:反应Ⅱ的△H2＝
kJ .mol l（不考虑温度对△H的影响）°
20
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第二章化学反应速率和化学平衡
本章内容主要讲述三方面:＿是描述反应的快慢’即化学反应速率;二是研究反应进行
的程度’即平衡移动;三是研究反应进行的方向°其中高考的重点是前两者’特别加强考查
平衡常数的应用、等效平衡以及平衡图象知识°命题背景常以化工生产为突破口’考查学
生学以致用的能力°
第‖讲化学反应速率
｜
（内容导读0
化学反应的快慢用化学反应速率来描述’要求能用公式进行计算。影响化学反应速
率的因素很多,主要有浓度、温度、压强、催化剂等’除此之外’接触面积、形成原电池等也
可以改变反应速率’目前高考热忠于考查一些影响化学反应速率的特殊因素’考查信息
（如图象）处理,要求考生能从信息中找出影响反应速率的因素或速率变化的原因’有时
要求考生能表达出化学反应速率°
°典例剖析
［例1］（2017.江苏卷）H2O2分解速率受多种因素影响°实验测得7（）℃时不同条件下
H2O2浓度随时间的变化如图所示°下列说法正确的是
（
）
○
］
｀
卢
夕
≈
β
0° l6
0.!2
0。（）8
（）.04
0°00
0mOl .l-‖№（）ll
实验条件: pH二l3
＾｀
0。25
弓
0·20
它
旦
（）」5
≥～
○｛
0」（）
间
二／
（）.05
◎
～
丁
兰
·
石
巨
＝
甭
◎
刺
蜜
≡
●
｜
】
｜
0.（）0
β
）
←
β
40
60
80
l（）0
肪′iIlill
乙
＾
‖
勺
＝
40
60
80
l（）0
0
′／miIl
甲
21
~
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｜满分之路.高中化学（＿）
〖
（｝」6
～
弓
（）］2
◎
匡
三（）,08
尸】
◎
刷
≡
二（）.（）4
√
实验条仆:
!》｝l＝l3
（）」6
（）∏］O｜.Lˉ｜N｛l（）｜Ⅱ
气
凸
（）. ｜2
它
旦
（）O8
≥
广‖
○
羊′
（）.04
-
≡
Q
（）ˉ（）〔）
］『∏l惠.‖‘—｜Ⅵ【］2＋
‖
‖
‖
!
0.（）0
80
l0（）
0
l0
20
30
q0
50
0
20
40
60
′／!n『Ⅶ
肺γl｛I｝
丙
丁
A.图甲表明’其他条件相同时’H2O2浓度越小’其分解速率越快
B.图乙表明’其他条件相同时’溶液pH越小’H2O2分解速率越快
C图丙表明’少量Mn2＋存在时’溶液碱性越强’H2O2分解速率越快
D.图丙和图丁表明’碱性溶液中’Mn2＋对H2（）2分解速率的影响大
…Ⅷ
［思考］
（1）如何观看每个图中曲线的变化?
（2）反应条件的变化’对化学反应速率的影响＿定是有规律的吗（以图丙分析）?
［答案］
D
［解析］
A项’从图甲看,起始时H2O2的浓度越小,曲线越下降越平缓’说明反应速缚
的浓度越小,曲线越下降越平缓’说明反应速率较
慢’错误;B项,OH—的浓度越大’pH越大’即0. 1mol 。LˉlNaOH对应的pH最
大’曲线下降得最快’即H:O2分解最快’错误;C项’从丙图看’相同时间内’0. 1
mol .Lˉ｜Na（）H溶液条件下,H2（）2分解最快’0mol 。L—1NaOH溶液条件下反
应最慢’而1.0mol .Lˉ］NaOH溶液条件下反应处于中间’错误;D项,在Mn2＋
存在较多时’H2O2的分解速率很快,正确·
［点评］
图中包含多个信息时’处理的＿般方法是控制—个变量不变°以图丙为例’向时
间轴做＿垂线分析知’在相同时间内’0mol .L＿』NaOH溶液条件下,H2O2的浓
度最大;10mol .LˉlNaOH溶液条件下’H2O2的浓度次之;0.1mol .L＿lNaOH
溶液条件下’H2O2的浓度最小°所以H2O2的分解速率不是随着Na（）H浓度变大
而减小。其他图象均可以向时间轴做垂线分析出H2O2的分解速率变化规律°
Q9
▲▲
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』第二章化学反应速率和化学平衡｝
［例2］（2017.浙江4月誊）对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究°在相同温度
下’M的物质的量浓度（mol .L＿l）随时间（min）变化的有关实验数据见下表°
匡
√
10
匡
√
］
上
20
尸
∩
√
∩
／
■
0
＼
］
′
’
与
~~∏
旧
（
Ⅱ
（）·28
0. 19
0。10
0° 4
0。l3
0。09
Ⅱ（pH＝4）
0·4
0·31
0。24
（）·20
0. l8
0。16
｀
】
′
↓
Ⅱ
Ⅲ
（
Ⅲ
（）·20
0。l5
0. 12
0。07
0。09
0.05
Ⅳ（pH＝4’含Cu2＋）
0°20
0°09
（）.05
0。01
（）。03
（）
下列说法不正确的是
A.在0～20min内’I中M的分解速率为0.015mol .L—l 。mln—l
B水样酸性越强’M的分解速率越快
C.在0～25min内Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大
D由于Cu2＋存在’Ⅳ中M的分解速率比I快
（
）
［思考］
（1）化学反应中某物质的化学反应速率如何表达?
（2）当多个条件均影响化学反应速率时’如何分析谁占主要因素?
［答案］
D
［解析］
A项’0～20mln内’I中〖′（M）＝（0.40—0. 10）mol .D则＝0。015mol
20min
·L1 ·min
1
,
正确;B项’对比I和Ⅱ知’起始时,M的浓度均为0.4mol .L＿』’相同时间内’pH＝2
的溶液中,M减少得快’即酸性越强,M的分解速率越快’正确;C项’在0～25min
内,‖中M的分解百分率为队2制D5×｜00％—75％.Ⅱ中M的分解霄分率
为α4‖刁‖l6×l00％-60％,正确』D项’相同时闷内’ I中M变化的浓度大｀
故I中的分解速率快’错误°
［点评］
本题D项’Cu2＋作为反应的催化剂’反应速率应该快’但由于I中浓度比Ⅳ中大,
所以不能确定是催化剂对反应速率的影响大’还是浓度对反应速率的影响大。
23
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｜满分之路.高中化学（-）
〖
［例3］（2018.全国Ⅲ卷）对于反应2SlHCl3（g）—SiH2Cl2（g）＋SiCl』（g）
△H＝48k］.mol
l ’采
用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂’在323K和343K时SlHCl3的转化率随时间
变化的结果如图所示°
25
］
茎茎
菱差｛三茸兰兰
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
■■≡＝＝＝＝＝司
-＿-—尸
二~~~／α
ˉ~~~／｛
＝~~~~~~′~
∩
§
‖
＝
》
’
二
］
｜
鳃
容
潞
兰
斟
点
三
沥
／「7
斗
0
l（）（）
2（】）
300
4（）（）
『／【『l j【l
（1）比较α、b处反应速率大小:U“
（填“大于”“小于”或“等于”）〖′b°
（2）反应速率U＝U正
Z′逆＝内正工;诅c｜,—虎逆X〗slH.c｜,工颤c｜. ’陶正、陀逆分别为正、逆向反应
速率常数,工为物质的量分数,计算α处【』工＝
U逆
（保留1位小数）°
［思考］
（1）如何根据图象中的斜率判断反应速率?
（2）反应达平衡时.U正、U逆之间是什么关系?
［答案］
（1）大于
（2）1.3
24
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』第二章化学反应速率和亿摹苹霄］
~
~
［解析〕
（1）从α、b两点所在的曲线来看’曲线α的斜率大’达到乎衡的时间短,所以曲线α
对应的温度高’化学反应速率快’即U“＞Ub°
另外还可以这样分析:该反应为吸热
反应’在高温下乎衡正向移动,SiHCl3（g）的转化率高’由比判断出曲线α对应的
温度高’即U“＞U6°
（2）在α点所在曲线达到乎衡时’℃正＝u逆,即卢遥工:i＂c｜＿＝k逆
工siH;cl,xs′c｜』’从图象上可知’乎衡时SiHCl3的转化率为22％’假设投入SiHCl3
为1mol.
2SiHCl3＼SiH2Cl2＋SiCl4
起始／mol
1
0
0
转化／mol
0.22
0. 11
0. 11
干衡／mol
0.78
0. 11
0. l1
代入虎正工;｜Hc｜』＝卢逆工s沮』c｜』工shcl』’得龙正0.782＝肉逆0. 112 ’则内正／诧逆＝0. 112／0.782°
在α点SiHCl3的转化率为20％°
2SiHCl3—SiH2Cl2＋SiCl4
起始
1
0
0
转化
0。2
0° 1
0° 1
乎衡
0。8
0· 1
0° 1
代入u正／Ⅵ′逆＝虎正工;iHc｜』／虎趁工s咽c!』工s汇l』＝虎正0.82／陶逮0. 12＝（0. 112／（）.782）×（0.82／
0. 12）≈1.3。
［点评］
本题图象中’单位时间内’物质转化率变化越大’反应速率越快°当反应达平衡
时’有℃正＝℃逆°
O巨
△q-）
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〗
［例4］（2018·全国I卷）F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 °C时N2（）5
（g）的分解反应:
2N2（）5（g）—＞4NO2（g）＋O2（g）
｜卜
｜
2N2O4（g）
其中N（）2二聚为N2（）4的反应可以迅速达到平衡°体系的总压强户随时间t的变化
如下表所示［t＝◎○时’N2（）5（g）完全分解］:
｜
17（）0
13（）0
26（）
r／m｜n
160
8（）
l（）
函
0
］
●
◎
α
尸
∩
凹
日
●
∩
／
臼
∩
仇
Ⅻ
61.2
49。2
45。9
户／kPa
35。8
42。5
40·3
（1）研究表明,N2（）5（g）分解的反应速率u＝2×1（）3×户N;o, （kPa.min—l）° t＝62min
时,测得体系中P（）、＝2.9kPa’则此时的户N寥o』＝
kPa,U＝
kPa·mln-l
＾
（2）对于反应2N2（）5（g）——→4N（）2（g）＋O2（g）’RA.Ogg提出如下反应历程:
第一步
N2（）5＝≡N（）2＋N（）3
快速平衡
第二步
N（）2＋N（）3——→NO＋N（）2＋O2
慢反应
第三步
N（）＋N（）;ˉ—＞2N（）2
快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第—步的平衡°下列表述正确的是
标号）°
A.U（第＿步的逆反应）＞U（第二步反应）
B反应的中间产物只有N（）3
C.第二步中NO2与N（）3的碰撞仅部分有效
D.第三步反应活化能较高
（填
】
』
析
解
●
［思考］
（1）对于气体’在恒温、恒容条件下’压强与物质的量之间有什么关系?
（2）分子之间碰撞就可以发生反应吗?
［答案］
（1）30.0
6. （）×］0
2
（2）AC
26
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「第二章化学反应速率和化学平衡l
■疆Ⅷ
［解析］
（1）设初始时″（N2O5）＝〃mol’反应中生成的″（O2）＝工mol’根据反应’列出
三段式:
2N2O5（g）＿—＞4N（）2（g）＋（）2（g）
初始物质的量／mol
″
0
0
4工
转化物质的量／mol
2工
工
乎衡物质的量／mol
＂—2工
4工
』
工
在恒温、恒容条件下’压强之比＝物质的量之比’当t＝62min’户o
体
＝
飞
γ
已
尸
∏
日
●
∑
~
的物质的量对应为工mol’
从表中数据知’N2O5未分解时的压强为35.8kPa,对应的物质的量为″mol,乎衡
时,″（N2（）5）＝（″＿2工）mol,对应的PN:o·＝35.8kPa—5°8kPa＝30.0kPa°根据
公式:℃≡2×10—3户N:o, （kPa°min—］）＝2×10＿3×30.0（kPa°min—l）＝6.0×
10-2kPa.min＿］.
（2）第二步的′慢反应不影响第一步快速反应的平衡’而第一步的产物是第二步的
反应物’如果第一步的逆反应速率大于第二步反应,则可近似认为第二步反应对
第一步的乎衡元影p向’A项正确;中间产物有NO3和NO’B项错误;若第二步中
NO2与NO3只有部分碰撞有效’产生极少量的NO’导致第三个反应程度很小’则
几乎不影响第一步乎衡’C项正确;活化能越高反应越难进行’而第三步反应较
快,说明活化能较低’D项错误°
［点评］
在恒温、恒容条件下’气体物质的量越大’压强越大。气体相互碰撞才会发生反
应’但是碰撞的气体分子不一定就会发生反应’把发生了反应的分子碰撞’称为有
效碰撞°
27
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｜满分之路.高中化学（一）
｛
.‘章节练习
下列说法正确的是
（
）
A.用稀硫酸和锌粒制取H2时’加几滴CuSO4溶液以加快反应速率
B.在酶催化淀粉水解反应中’温度越高淀粉水解速率越快
C.探究浓度对反应速率的影响:向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同
时加人2mL5％H2O2溶液’观察实验现象
D.反应速率越快’现象越明显
（2018.浙江4月卷）某工业流程中’进人反应塔的混合气体中NO和O:的物质的量分
数分别为0. 10和0.06,发生化学反应2N（）（g）＋（）2（g）—2N（）2（g）’在其他条件相同
时,测得实验数据如下表:
l。
2
｜NO达到所列转化率需要时间／s
温度／［
压强／（×10bPa）
98％
％
○
。
皿
50％
2830
25（）
12
30
l·0
5760
510
25
＼
／
／
＼
、
』
′
厂
＼
儿
36
（）.2
’
则
…
30
8·0
~
74
∩
●
勺
′
0.6
90
根据表中数据,下列说法正确的是
（
A.升高温度,反应速率加快
B.增大压强’反应速率变慢
C.在1.0×105Pa、90℃条件下’当转化率为98％时反应已达平衡
D若进人反应塔的混合气体为αmol’反应速率以u＝△＂／△t表示’则在8.0×105
30°C条件下’转化率从50％增至90％时段NO的反应速率为4α／370mol .sˉ1
）
Pa、
28
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『第二章化学反应速率和化学平衡‖
3. （2017.天津卷）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害’工业上采取多种方
法减少这些有害气体的排放。生物脱H2S的原理:
H2S＋Fe2（SO4）3—S↓＋2FeSO4＋H2S（）《
4FeSO4＋（）2＋2H2SO4
硫杆菌2Fe2（SO4）3＋2H2O
（1）硫杆菌存在时’FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×1（）5倍’该菌的作用是
（2）由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为
。若反应温度过高’反应速率
下降’其原因是
°
气
…
尸
〕
β
日
）
■
孕
『
八
γ
′
β
月
斗
～
ˉ
上
。
ˉ
白
。
巴
褂
遇
逞
孵
＋
剧
出
Q
月
β
β
β
○
≈
／
／
◎
尸
刀
〃
午
宁
子
ˉ
｜
弓
些
斜
涸
逞
嘛
＋
剧
出
A
一
＝
20
25
30
35
40温度／℃
Olˉ0
l5
2.0
2.5
3.（）
35pl｛
图1
图2
4. （2018.北京卷）（1）I—可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂’可能的催化过程如
下°将｜｜补充完整°
｜.SO2＋4I
＋4H十—S↓＋2I2＋2H2O
｝
｜
° I2＋2H2O＋
＋
＋2I
（2）探究｜
、
｜｜反应速率与SO2歧化反应速率的关系,实验如下:分别将18mI√S（）2饱
和溶液加人到2mL下列试剂中’密闭放置观察现象（已知:I2易溶解在KI溶液中）°
」
序号
A
B
C
D
αmol ·L-］KI
0.2mol ·L-1H2S（）4
02∏Dl ·I厂l
H2SO4
0。2mol ·L-1KI
0。0002mol I,
试剂组成
0.4mol 。L 1KI
溶液由棕褐色很
快褪色’变成黄色’
出现浑浊较A快
溶液变黄,＿段
时间后出现浑浊
溶液变黄,出现浑浊
较A快
实验现象
无明显现象
@B是A的对比实验’则α＝
°
◎比较A、B、C’可得出的结论是
◎实验表明’SO2的歧化反应速率D＞A°结合｜
、
｜｜反应速率解释原因
29
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满分之路.高中化学（-）l
（2018.海南卷）过氧化氢（H2（）2）是重要的化工产品’广泛应用于绿色化学合成、医疗消
毒等领域°
（1）10（）°C时’在不同金属离子存在下’纯过氧化氢24h的分解率见下表:
5
｜
加入量／mg.L—｜
分解率
离子
分解率
离子
加入量／mg.Lˉ｜
15％
2％
Fe3
｜
1。
（）
无
86％
2％
Cu2｛
Al3＋
0。1
1（）
96％
Cr3＋
10％
Zn2十
0.
］
10
~
由上表数据可知’能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是
。贮运过
氧化氢时,可选用的容器材质为
（填标号）。
A.不锈钢
B.纯铝
C.黄铜
D.铸铁
（2）过氧化氢的K凰l＝2.24×1（）
l2 ’H2（）2的酸性
（选填‘‘大于’’‘‘小于’’或“等
于”）H2O°研究表明’过氧化氢溶液中H（）『的浓度越大’过氧化氢的分解速率越快°
常温下’不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如下图所示。—定浓度的过氧化氢,
pH增大必分解率增大的原因是
;相同pH下’过氧化氢浓度越大分
解率越低的原因是
（）.（）（）∩
｜8.0
斗
〗
Ⅶ
）
〗
（
）
）
浅
～
锑
鞋
余
~
§
了
’
＝
‖
（）
4·0
45
5.0
5。5
6.（）
［｝‖
北承卷）磷精矿湿法制备磷酸的—种工艺流程如下:
6.
（2018
…雨＂器嗡瞒＂汇:露燃撒d「制萨
已知:磷精矿主要成分为Ca5（PO』）3（（）H）’还含有Ca5（PO4）3F和有机碳等°
溶解度:Ca5（PO』）3（OH）＜CaSO』.0.5H2O°
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有
30
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』第二章化学反应速率和化学平衡｜
（2）H2（）2将粗磷酸中的有机碳氧化为C（）2脱除’同时自身也会发生分解。相同投料比、
相同反应时间’不同温度下的有机碳脱除率如图所示° 80℃后脱除率变化的原因:
t
＄0
＊
瓣
鳞
雪
蓬
三
~
浑
＾
‖
丁
′
∩（）
ˉ＞
2（）
4（）
6（）
8（）
l（）（）
滥度／嚷｛〕
7.
（2018.江霉卷）在有氧条件下’新型催化剂M能催化NH3与N（）堑反应生成N』°
将—定比例的O2、NH3和N（）Ⅱ的混合气体’匀速通人装有催化剂M的反应器中反应
（装置见图1）°
｜
＂（脸铡仪
｜
｜
Ⅷ｜御‖＂Ⅱ
｜
N（）v检测仪
N（）『检测仪
~｜
→＝」
混合
气体
-→
催化N｛）丫还原反应器
图1
反应相同时间N（）〔的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示’在5（）～25（）
随着温度的升高’NO2的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是
当反应温度高于380°C时,NO“的去除率迅速下降的原因可能是
°C范围内
~
~
｜｛｝（）
~
＊8（）
a｛↓
目尸飞·
堑6（）
判
≡
三40
…
家
20
（）
0
］0（）
20（）
3（）（）
3S（）
5（）（）
｝‖‖度／丫】
图2
31
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｜满分之路。高中化学（-）
t
第2讲化学平衡状态
内容既
对于可逆反应,随着反应时间推移’最终会建立平衡’那么如何判断反应是否达到平
衡呢?高考考查方向:根据题中给出的语句’要求考生判断能否作为该反应达到平衡的
标志°试题常以选择题出现°
◎典例剖析
’mol＿1
Y（g）,
（
）
［例1）（2018.浙江1］
（2018.浙江11月卷）已知X（g）＋Y（g）≡＝2W（g）＋M（g）
△H＝—αkJ
（α＞0）°＿定温度下’在体积恒定的密闭容器中.加人lmolX（g）与1mol
下列说法正确的是
A.充分反应后’放出热量为αkJ
B.当反应达到平衡状态时’X与W的物质的量浓度之比＿定为1
: 2
C.当X的物质的量分数不再改变’表明该反应已达到平衡
D.若增大Y的浓度’正反应速率增大’逆反应速率减小
■疆Ⅷ
［思考］
（1）反应达到平衡时’物质的浓度间＿定满足化学计量系数比吗?
（2）什么样的量不变’才能表明反应已达到平衡?
［答案］
C
［解析］
A项,该反应为可逆反应’不会完全迸行’投入原料1mol并未完全反应’故放出的
热量小于αkJ’错误;B项’X和W分别为反应物和生成物’化学计量数只表示反
应过程的转化比例’并不能说明达到平衡后的浓度之比’错误;C项’当X的物质
的量分数不再变化时,反应达到乎衡,正确;D项,若增大反应物浓度,正、逆反应
速率均会增加’错误°
32
~
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」第二章化学反应速率和化学平衡｝
…洒
［点评］
平衡状态的判断方法:
（1）直接判定（U正＝U逆）
o同一物质:该物质的生成速率等于它的消耗速率°
@不同的物质:速率之比等于方程式中的系数之比’但必须是不同方向的速率°
即必须—个是U正’＿个是U逆’二者之比等于系数之比才能判断是平衡状态°
（2）间接判定
o各组成成分的质量、物质的量、分子数、体积（气体）、物质的量浓度保持不变。
◎各组成成分的质量分数、物质的量分数、气体的体积分数保持不变。
◎若反应前后的物质都是气体’且系数不等’总物质的量、总压强（恒温、恒容）、平
均摩尔质量、混合气体的密度（恒温、恒压）保持不变°
@反应物的转化率、产物的产率保持不变。
总之’能变的量保持不变说明已达平衡°
［例2］（2018.浙江4月卷）反应N2（g）＋3H2（g）＝＝2NH3（g）
△H＜0若在恒压绝热容
器中发生’下列选项表明反应—定已达平衡状态的是
（
）
A.容器内的温度不再变化
B.容器内的压强不再变化
C.相同时间内’断开H—H键的数目和生成NH键的数目相等
D容器内气体的浓度C（N2）
: C（H2）
; c（NH3）＝1
: 3
: 2
四蹈洒
［思考］
（1）什么是恒压绝热容器’有什么特征?
（2）对于不等体积变化的反应来讲,压强是否＿定可以作为平衡标志?
［答案］
A
‘可∩
OO
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‖满分之路.高中化学（一）
‖
习
』
析解№●一
［解析］
A项’绝热容器是指热量与外界无交换’合成氨为放热反应,若容器内温度不变’
则可说明反应已达乎衡,正确;B项,该容器为恒压,所以压强不能作为乎衡标志,
错误;C项’当消耗3molH2时,同时消耗2molNH3时’可说明反应已达乎衡’
即断开3molH—H键,同时断开6molN—H键,若断开H—H键和生成N—H
键相同时’显然不能说是达到乎衡’错误;D项’由于起始时’各物质的浓度未知’
所以平衡时,各物质之间的浓度是不确定的,错误°
［点评］
判断反应是否达到平衡的方法’就是看某个变量是否发生改变’若不改变’则可表
明反应已达平衡。
［例3］（2（）17 ·全国Ⅲ卷）298K时’将20mI／armol .L lNa3As（）3、2（）mL3工mol .Ll
＝＝＝AsOiˉ
I2和20mLNaOH溶液混合’发生反应:AsO;
（aq）＋I2（aq）＋2（）Hˉ寻＝＝
（aq）＋2I
（aq）＋H2（）（l）。溶液中c（AsOlˉ）与反应时间（t）的关系如图所示
～
一
｜
、
三
◎
■
＝
≥
…
◎
吻
＜
～
0?
F
｜
｜
‖
‖
｝
（）
′m
『∩
／／ml『］
下列可判断反应达到平衡的是
A.溶液的pH不再变化
B.℃（I
）＝2u（AsO;
）
C.c（AsO!ˉ）／c（AsO;ˉ）不再变化
D.c（I＿）＝vmol ·L
l
）
（
34
／
／
u霞
~
＝≡
!Ⅵ
≡～
~
~
~
~
＝
＝
≡
一
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「第二章化学反应速率和化学平衡｜
…洒
［思考］
（1）某反应中物质间的速率之比若等于化学计量数之比,能否判断该反应已达
平衡?
（2）物质的浓度之比等于化学计量数之比’能否作为反应达平衡的标志?
［答案］
AC
［解析］
A项’反应中消耗OHˉ’若pH不变’则说明反应已达平衡’正确;B项,反应中Iˉ
与AsO;—前的系数之比为1
: 2’所以两者速率之比始终为1
: 2’不能说明反应已
达乎衡,错误;C项,离子浓度比值不变,即说明反应已达乎衡,正确;D项,由图
知’反应达乎衡时,c（AsOi—）＝Jmol 。L
h ’此时c（I—）＝2Jmol .Ll ’当c（Iˉ）
＝ymol .L l时’并不能说明反应已达乎衡’错误。
［点评］
任何反应任何时段内’均有各物质的反应速率之比等于化学计量数之比’即用此
作为反应的判断依据·但是如果对于某物质A有U正（A）＝U逆（A）’则可判断反应
已达平衡°
［例4］（2017.浙江镭）已知:X（g）＋2Y（g）＝＝3Z（g）
△H＝—αk」.mol l（α＞0）°下列
说法不正确的是
（
）
A.0. 1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量—定小于0.3mol
B达到化学平衡状态时’X、Y、Z的浓度不再发生变化
C.达到化学平衡状态时’反应放出的总热量可达αkJ
D.升高反应温度’逆反应速率增大’正反应速率减小
［思考］
（1）对于某可逆反应,达平衡时’生成物的物质的量＿定小于其化学计量数吗?
（2）对于某可逆反应’达平衡时’反应的热量变化与△H值有没有确定的关系?
［答案］
D
矿》广
（）O
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｝
■
』
析
—
解
—
●
［解析］
A项’可逆反应中反应物不可能完全转化为生成物’则0. 1molX和0.2molY充
分反应生成的Z小于0.3mol’正确;B项’达到平衡时’各组分的浓度不再变化’
正确;C项’参加反应的物质的物质的量未知,所以放出的热量可大可小’不确定’
正确;D项’升高温度,正、逆反应速率均增大’错误°
［点评］
本题C项’若有1molX和2molY反应’则放出的热量小于αkJ若X和Y参加
反应的量较多’则放出的热量会大于αk」;本题D项’该反应为放热反应’升高温
度’平衡逆向移动’有同学误认为逆反应速率增大’正反应速率小’实际上是正、逆
反应速率均增大,但是逆反应速率增大得更快°
习
练
→
∏
＝
旱
／
黔
1.用氮化硅（Si3N4）陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件’能大幅度提高发动机的热效率°
高温
工业上用化学气相沉积法制备氮化硅’其反应如下:3SiCl4（g）＋2N2（g）＋6H2（g）＝＝
Si3N』（s）＋12HCl（g）°—定条件下’在密闭恒容的容器中’能表示上述反应达到化学平
衡状态的是
（
）
A。3U正（N2）＝U正（H2）
B。u正（HCl）＝4u正（SiCl4）
C.混合气体密度保持不变
D.C（N2）
: C（H2）
: C（HCl）＝1
: 3
: 6
2.在恒温、体积为2L的密闭容器中加人1molCO2和3molH2 ’发生如下的反应:C（）2
（g）＋3H2（g）＝＝CH3（）H（g）＋H2O（g）
△H＜0°可认定该可逆反应在—定条件下已
达到化学平衡状态的是
（
）
A.容器中CO2 、H2、CH3OH、H2（）的物质的量之比为1
: 3
:
1
:
1
B。U正（C（）2）＝U逆（H2（））
C.容器内混合气体密度保持不变
D3molH—H键断裂的同时断裂3molH—（）键
36
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『第二章化学反应速率和化学平衡｜
用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl’利用下列反应可实现氯的循环利用:
4HCl（g）＋O2（g）＝＝2Cl2（g）＋2H2O（g）
△H＝—115.6kJ .mol—］°恒温恒容的密
闭容器中’充人—定量的反应物发生上述反应’能充分说明该反应达到化学平衡状态的
是
（
）
A.气体的质量不再改变
B.氯化氢的转化率不再改变
C.断开4molH—Cl键的同时生成4molH—O键
）
）
D.门（HCl）
:
′〗（（）2）
: 〃（Cl2）
: 〃（H2O）＝4
:
1
: 2
: 2
4.在＿定温度和压强下’往容积可变的密闭容器中通人物质的量相等的X、Y气体’发生如
下反应:X（g）＋3Y（g）-＝2Z（g）
△H＝—αkJ.mol
! 。下列说法正确的是
（
）
A.密闭容器的体积保持不变’说明反应已达到平衡
B.密闭容器中X的体积分数不变’说明反应已达到平衡~
C.反应达到平衡时’X和Y的转化率相等
D反应达到平衡时’放出的热量不可能为αk］
5.对于反应’N2（）』（g）＝≡2N（）2（g）
△H＞0’现将1molN2（）4充人—恒压密闭容器中’
下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是
（
）
＾
褂
逞
撑
苛
○
副
乙
｜
』
~
◎
＝
它
曰
～
岂
≈
司
↑
｜
八
翘
阳
过
旷
｜ˉA
↓
｜
「
NO2
／
／
N2O4
—亏
f
＞
炉
‖
＞
√
『
≥
′
O
（／
（／
a
b
〔!
〔｛
A。ab
B.bc
C。ac
D。ad
6.能说明反应2CO（g）＋2NO（g）＝＝N2（g）＋2CO2（g）
△H3已达平衡状态的是（
）
A.单位时间内生成1molC（）2的同时消耗了1molCO
B在恒温恒容的容器中’混合气体的密度保持不变
C.在绝热恒容的容器中’反应的平衡常数不再变化
D在恒温恒压的容器中’N（）的体积分数保持不变
∩勺
O／
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）
｜
7.在2NO2＝＝N2O』的可逆反应中’下列状态—定属于平衡状态的是
（
）
A.N2（）4和NO2的分子数比为1
: 2
B. N2（）4和NO2的浓度相等
C.平衡体系的颜色不再改变
D.单位时间有1molN2O』变为N（）2的同时’有2molN（）2变为N2O4
8.汽车尾气净化的主要原理为2N（）（g）＋2C（）（g）≡筐埋＝2C（）2（g）＋N2（g）
△H＜0°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在进行到t』时刻
达到平衡状态的是
（填编号）°
（物质的遗）
K（平衡常数）
｜
l／
‖
｜
′『
爪
＼~~~~~~~~
巡11＿
／厂＼
＼＿ˉ
‖／万丽叮ˉ｝
二
匡
（）
（）
（）
『
／
／
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2
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体系温度↑
W（N（）
）
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＞
~
O
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′
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□
『
′
‘
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『
□
『
〖
6
I）
c）
38
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』第二章化学反应速率和化学平衡‖
第3讲化学平衡移动化学平衡常数
｜
内容譬读】
改变已达平衡的可逆反应’平衡会重新建立’这就是平衡移动’也称为勒夏特列原
理。化学平衡常数表明了平衡进行的程度。考查方向:化学平衡移动的条件、方向及原
因、化学平衡常数的计算、应用及影响因素°考查形式主要是填空°试题难度较大°
◎典例剖析
尸司＝
垂
睁
轴帕
［例1］（2018.全国I卷）F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 °C时N2O5
（g）的分解反应:
2N2O5（g）—4NO2（g）＋（）2（g）
｜
2N2（）4（曰）
其中N（）2二聚为N2（）4的反应可以迅速达到平衡’体系的总压强户随时间t的变化
如下表所示［r＝◎◎时’N2O5（g）完全分解］:
~／
·
r／m1n
40
80
160
0
260
1300
1700
函
49.2
日
尸
‖
肪
丘
／
／
／
户
35.8
40。3
42°5
日
■
尸
＾
γ
Ⅺ
川
士
∩
／
白
■
］
β
62·3
63。
1
（1）若提高反应温度至35·C’则N2O5（g）完全分解后体系压强户…（35℃）
（填“大于”“等于”或“小于”）63. 1kPa’原因是
《
（2）25℃时N2O4（g）-≡2NO2（g）反应的平衡常数Kp＝
kPa（Kp为以
分压表示的平衡常数’计算结果保留1位小数）。
…m
［思考］
（1）影响平衡移动有哪些因素?
（2）平衡常数的表达式是什么?本题中的分压与浓度之间有什么关联?
［答案］
（1）大于温度提高’体积不变’总压强提高;NO2二聚为放热反应’温度
提高’平衡左移’体系物质的量增加’总压强提高
（2）13·4
39
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P
满分之路.高中化学（-）
〗
·解析＿日
［解析］
（1）将温度由25℃提高到35 °C’刚性容器体积不变’容器内总压强提高;另外由
于二聚反应2NO2-＝N2O4为放热反应’提高温度’乎衡左移’体系物质的量增
加,总压强提高’故户..（35 °C）大于63. 1kPa°
（2）设初始时Ⅶ（N2（）5）＝Ⅶmol,当t＝○◎时,2N2O5（g）＿→4NO2（g）＋O2（g）完全
分解’生成的″（NO2）＝2″mol,Ⅶ（O2）＝0.5″mol;再根据反应列三段式,即可得
各物质的量。
2NO2（g）＝＝＝N2（）4（g）
初始物质的量／mol
2″
0
转化物质的量／mol
2〕
J
乎衡物质的量／mol
2″—2I｀
〕
由于＂＝35.8mol’最后乎衡时’气体的总物质″＝2＂—2J＋y＋0.5＂＝63. 1’则y
＝26.4mol’则乎衡时’〃（N（）2）＝18.8mol’″（N2O4）＝26.4mol°
因为在恒温、恒
容密闭容器中,压强之比＝物质的量之比’故由方程式2NO2（g）＝＝N2O』（g）,得
18·82
＝
≈13.4（KPa）°
26·4
p2（NO2）
平衡常数Kp≡
户（N2O4）
［点评］
化学平衡的计算中’往往要列出‘‘起始、转化、平衡”三段式的数据°平衡常数的表
达式中用“平衡”这—组数据。“转化”这组量与化学计量数成比例°本题Kp与课
本中的Kc是相当的’因为气体的物质的量之比等于压强之比’对于同＿容器’物
质的量之比又等于浓度之比,所以Kp与Kc的结果是相同的。
40
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【第二章化学反应速率和化学平衡］
［例2］（2018.
（2018.全国Ⅱ卷）（l）CH4ˉCO2催化重整反应为CH4（g）＋C（）2（g）—2CO（g）＋
2H2（g）°
已知:C（s）＋2H2（g）—CH｀（g）
△H＝＿75kJ.mol
l
C（s）＋O2（g）—CO:（g）
△H＝—394kJ ·mol—l
○
℃
○
］
—
∑
＋
℃
△H＝
11lkJ ·mol—l
某温度下’在体积为2L的容器中加人2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整
反应’达到平衡时CO2的转化率是5（）％’其平衡常数为
mol2 .L—2°
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低’同时存在的消碳反应则使积碳量减少°
相关数据如下表:
｜
积碳反应
CH4（g）—C（s）＋2H2（g）
75
33
43
消碳反应
CO2（g）＋C（s）—2C（）（g）
172
反应
△H／（k］.mol
l）
活化能／
（kJ。mol
］）
催化剂X
］
∩
凹
√
】■■■■■■■■
｜催化剂Y
7O
『臼
由上表判断’催化剂X
（填“优于”或‘‘劣于”）Y’理由是
在
反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下’某催化剂表面的积碳量随温度的
变化关系如图所示。升高温度时’下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速
率（U）的叙述正确的是
（填标号）°
〉
＝
~
B
凄
野
毒
廷
厂
巴
4
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
守
｜
｜
＿
~
（）
5（）0
550
b〔）（）
65（）
70（）
温度／们
B℃积减小’U消增加
DU消增加的倍数比U积增加的倍数大
A.K积、K消均增加
C.K积减小’K消增加
41
／众＼
／歹
＼
／
＼~
＼
＼
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｜满分之路.高中化学（-）l
…Ⅷ
［思考］
（1）转化率的表达式是什么?
（2）活化能的大小对于反应的快慢有什么影响?
［答案］
（l）寺
O
（2）劣于相对于催化剂X催化剂Y积碳反应的活化能大’积碳反应的速率小;
而消碳反应活化能相对小’消碳反应速率大AD
［解析］
（1）C（）2的乎衡转化率为50％’达到平衡时’CO2的物质的量为0.5mol’CH』为
1.5mol’CO为1mol’H2为1mol’乎衡常数K＝C2（C（））.c2（H2）
c（CH4）·c（C（）2）≡
〗
）
司
』
—
’
≈
／
′
〗
‖
｜
｀
＼
●
勺
乙
＼
／
］
—
〗
／
′
‖
｜
＼
mol2 .Lˉ』＝寺。（2）活化能越大,反应越不容易进行,化学反应速
O
吨
＿
〗
×
呸
—
◎
△
率越慢°从表格中看’积碳反应中使用催化剂Y比X积碳反应的活化能大’说明
催化剂Y不易催化积碳反应’而在消碳反应中’催化剂Y对应的活化能小’说明
催化剂Y易消碳,则催化剂Y的效果较X好·积碳反应和消碳反应均为吸热反
应’升高温度平衡正向移动’则K积、K消均增加’A项正确;从图示看’图中最高点
之后’积碳量减小’说明升高温度消碳量比积碳量速率快,但升高温度,U消和U积均
加快,D琐正确。
［点评］
化学反应速率与化学平衡的影响因素不同。不能用平衡移动的结果来分析化学
反应速率的快慢’如若某反应平衡逆向移动’我们不能得出逆反应速率增大’正反
应速率减小’而应该得出U逆＞U正,但有可能U逆、U正均增大,也有可能均减小。
42
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「第二章化学反应速率和化学平衡l
［例3］（2018.全国［‖卷）对于反应2SiHCl3（g）—SiH2Cl2（g）＋SiCl』（g）’采用大孔弱碱
性阴离子交换树脂催化剂’在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果
如图所示°
25
‖
月
∩
日
了
～
］
‖
津
僻
逞
搏
汽
三
忻
〔｝
l（）0
2（）（）
3（）（）
4〔）（）
／／nl『ll
（1）343K时反应的平衡转化率α＝
％°平衡常数K343Ⅸ＝
◎
△
叼
田
保
（
位小数）°
（2）在343K下’要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是
反应达到平衡的时间’可采取的措施有
唾析0
;要缩短
［思考〕
（1）如何判断曲线α、b’谁的温度高?
（2）催化剂能提高平衡转化率吗?
［答案］（1）22
0.02
（2）及时移去产物改进催化剂提高反应物压强（浓度）
［解析］
（1）曲线α比曲线b先达到干衡’根据“先拐先乎’’知,α对应的温度高’即α为343
K’图中20％～25％的每一小格代表1％’则曲线α平衡时’乎衡转化率为22％°
假设起始加入的SiHCl3为lmol。
2SiHCl3—SlH2Cl2＋SiCl4
起始／mol
1
0
0
转化／mol
0°22
0. 11
0. 11
平衡／mol
0.78
0. 11
0. 11
K＿队l删n≈M2.
（2）移走产物’可以提高SiHCl3的转化率;该反应为等体积变化’故可以通过加压
来加快反应速率’也可以通过加入催化剂提高反应速率°
［点评〕
催化剂可以影响达到平衡的时间’但不会影响平衡时物质的转化率。
43
／［
／~
／
／／
／
／
／
＝b
云≡≡≡亏
→己＞二＝
~
~~~
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厂
满分之路.高中化学（-）
l
［例4］（2018·浙江4月卷）乙酸乙酷一般通过乙酸和乙醇醋化合成
浓H2S（）｀
CH3COOH（l）＋C2H5（）H（l）亏—-—＝≡CH3CO（）C2H5 （l）＋H2（）（l）
△H＝
△
—2.7k」·mol
l
已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表:
〔
□
／
占
…
沸
恒沸混合物（质量分数）
乙酸乙醋（0.92）＋水（0.08）
乙酸乙酷（0.69）＋乙醇（0.31）
乙酸乙酷（0.83）＋乙醇（0.08）＋水（0.09）
沸点／°（
纯物质
70。4
乙醇
78。3
71.8
乙酸
117。9
70。2
乙酸乙酷
］
●
曰
／
『
曰
／
『
请完成:
（1）关于该反应’下列说法不合理的是
A.反应体系中硫酸有催化作用
B.因为化学方程式前后物质的化学计量数之和相等’所以反应的△S等于0
C.因为反应的△H接近于0’所以温度变化对平衡转化率的影响大
D.因为反应前后都是液态物质’所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计
（2）—定温度下该反应的平衡常数K＝4.0°若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学
计量数比例投料’则乙酸乙酷的平衡产率y＝
;若乙酸和乙醇的物质的量
之比为″: 1’相应平衡体系中乙酸乙酪的物质的量分数为工,请在图1中绘制工随＂
变化的示意图（计算时不计副反应）°
↑
洼
〃→
图1
（3）工业上多采用乙酸过量的方法,将合成塔中乙酸、乙醇和硫酸混合液加热至110
。C左右发生醋化反应并回流’直到塔顶温度达到70～71 。C’开始从塔顶出料°控制
乙酸过量的作用有
l4
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『第二章化学反应速率和化学平衡‖
（4）近年,科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酷的新方法
2C:H‘O＂（g）催监剂CH,COOC皿（g）＋2H』（g』
在常压下反应’冷凝收集’测得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图2所
示°关于该方法’下列推测合理的是
◎
●乙酸乙陆
○乙醛
▲乙醚
V乙酸
（）°40
氧〔）30
余
虫｜□
凰（）20
（）. ［0
（）
V
2（）｛）
225
250
275
300
325
温度／〔℃
图2
A.反应温度不宜超过300°C
B增大体系压强’有利于提高乙醇平衡转化率
C.在催化剂作用下’乙醛是反应历程中的中间产物
D.提高催化剂的活性和选择性’减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键
可
』
析
解·◆「｜｝上
［思考］
（1）改变压强’平衡＿定会移动吗?
（2）影响平衡常数的因素是什么?
［答案］
（1）BC
（2）0.67或66.7％
l
3
↑
匙
O
l
″＝＞
（3）提高乙醇转化率;提高反应温度’从而加快反应速率;有利于后续产物的分离
（4）ACD
45
~
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［
■疆画
［解析］
（1）A项’醋化反应中硫酸做催化剂’正确;B项’墒表示混乱度’不同的物质’嫡不
同’所以该反应的墒会发生改变’错误;C项’该反应的烩变较小’故改变温度对影
响乎衡转化率不大,错误;D项’压强对有气体参加的反应影响较大’对液体或固
体影,向不大,正确°
（2）为减化计算’设″＝1’即起始时’两者投入量均为1mol,达到乎衡时’两者均转
化为工mol。
浓H2s（）0兰CH3CO（）C2H5（l）＋H2O（l）
CH3C（）OH（l）＋C2H5（）H（l）、
△
起始／mol
1
1
0
0
转化／mol
工
工
x
工
平衡／mol
（1＿工）
（1＿工）
工
工
K-（1→）;-4,解得尘-:,卵乙…;的平衡产率为:. 乙酸乙醋的物履
2
工
-÷-＋.在乙酸的物履绚量｛｜｀于乙
S冗
的量分数为
（1—工）＋（1—工）十工＋工
‖
醇时,乙酸乙醋的物质的量分数′｜、于亏. 当乙酸的物质的量大于乙醇时,乙酸乙
醋的物质的量分数将减小’因为加入的乙酸反应不了’而作为分母时,分数值减
小°
（3）乙酸过量’可以提高乙醇的转化率°提高反应温度,可以加快化学反应速
率°
乙酸的用量适中’则在乙酸乙醋中的含量较小,便于分离°
（4）从图象知’超
过300°C时,乙酸乙醋的质量分数减小,A项正确;该反应为体积减小的反应’增
大压强时’平衡逆向移动’乙醇的转化率减小’B项错误;从图象看’中间过程有乙
醛生成’C项正确;乙醇在140。C反应时可生成乙醚’在170℃时可生成乙烯’这
些将是反应的副产物,D项正确°
［点评］
化学平衡常数仅与温度有关’与起始投人量无关’故本题（2）中’可以将″设为
1mol’大大简化了计算·
46
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』第二章化学反应速率和化学平衡｝
.·多章节练习
｝
1. （2018.玉津卷）室温下’向圆底烧瓶中加人lmolC2H5（）H和含1molHBr的氢嗅酸’
溶液中发生反应:C2H5OH＋HBr≡＝C2H5Br＋H2（）’充分反应后达到平衡°已知常压
下’C2H5Br和C2H5（）H的沸点分别为38.4℃和78.5℃°下列有关叙述错误的是
（
）
A.加人NaOH,可增大乙醇的物质的量
B.增大HBr浓度’有利于生成C2H5Br
C.若反应物增大至2mol’则两种反应物平衡转化率之比不变
D若起始温度提高至60℃’可缩短反应达到平衡的时间
2. （2017.海南卷）已知反应CO（g）＋H2（）（g）＝丝型＝CO2（g）＋H2（g）
△H＜0。在—定
温度和压强下于密闭容器中’反应达到平衡°下列叙述正确的是
（
）
A.升高温度’K减小
B.减小压强’″（CO2）增加
C.更换高效催化剂,α（C（））增大
D充人＿定量的氮气’门（H2）不变
3.
（2017。天津卷）常压下碳基化法精炼镍的原理为Ni（s）＋4C（）（g）＝＝Nj（C（））4（g）°
230·C时’该反应的平衡常数K＝2×10 5°已知:Nl（C（））4的沸点为42.2 °C’固体杂质
不参与反应。
第—阶段:将粗镍与C（）反应转化成气态Nl（C（））』
;
第二阶段:将第—阶段反应后的气体分离出来’加热至230。C制得高纯镍°
下列判断正确的是
（
）
A.增加c（C（））.平衡向正向移动’反应的平衡常数增大
B第＿阶段’在30℃和50。C两者之间选择反应温度’选50。C
C.第二阶段,Ni（CO）4分解率较低
D该反应达到平衡时’u生成［Ni（C（））4］＝4u生成（CO）
4.
（2017 .全国I卷）H2S与C（）2在高温下发生反应:H2S（g）＋C（）2（g）＝-C（）S（g）＋
H2（）（g）°在610K时’将0. 10molC（）2与0.40molH2S充人2.5L的空钢瓶中’反应
平衡后水的物质的量分数为0.02°
（1）H2S的平衡转化率α!＝
％’反应平衡常数K＝
（2）在620K重复实验’平衡后水的物质的量分数为0.03’H2S的转化率α2
αl
0
47
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｜满分之路.高中化学（-）
［
0（填“＞’’“＜”或‘‘
该反应的△H
”）。
（3）向反应器中再分别充人下列气体’能使H2S转化率增大的是
（填标号）°
A.H2S
B.CO2
C。C（）S
D。N2
5.
（2016 。全国I卷）CrO;—和Cr2O;
在溶液中可相互转化°室温下’初始浓度为1.0
mol ·Lˉl的Na2Cr（）』溶液中c（Cr2O;
）随c（H十）的变化如图所示°
（）S
＾
兰
（）.4
二
◎
旦03
≥
庐‖卜
＾
卑』
0.2
0
′乓
巴
≡
◎
0ˉl
0ˉ（）
『ˉ0
20
］.（）
4.（）
5。｛）
6I）
C（H＋）／（l（）ˉ7mO｜。l｜）
（1）用离子方程式表示Na2Cr（）4溶液中的转化反应:
◎
（填“增大”“减小’’或“不
（2）由图可知,溶液酸性增大’Cr（）!
的平衡转化率
变,’）°根据A点数据’计算出该转化反应的平衡常数为
（填“大于”
（3）升高温度’溶液中CrO;—的平衡转化率减小’则该反应的△H
“小于”或“等于”）0°
6. （2016.全国Ⅲ卷）在不同温度下’NaCl（）2溶液脱硫、脱硝的反应中’SO2和NO的平衡
分压∧如图所示
48
44
甭40
△
→～
、萝36
◎』
一
‖
可∩
〕丝
28
24
SO
SO
NO
NO
NO
280
300
320
340
360
380
400
∏K
（I）由图分析可知,反应温度升高’脱硫、脱硝反应的平衡常数均
变”或“减小”）。
（填“增大”“不
（2）反应ClO5＋2S（）!——2SO!＋Cl的平衡常数K的表达式为
48
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『第二章化学反应速率和化学平衡｛
第4讲等效平衡
…
等效平衡问题是指利用等效平衡（相同平衡或相似平衡）来进行的有关判断和计算
问题’即利用与某一平衡状态等效的过渡平衡状态（相同平衡）进行有关问题的分析、判
断,或利用相似平衡的相似原理进行有关量的计算。所以等效平衡也是＿种思维分析方
式和解题方法°这种方法往往用在相似平衡的计算中°考查方向:给出多个容器’投人
相当量的物质’要求考生能运用等效平衡思维分析相关问题。
◎典例剖析
‖
出
｜例1］（2018.江霉卷）—定温度下’在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投人反
应物’发生反应2S（）2（g）＋（）2（g）＝＝＝2SO3（g）（正反应放热）’测得反应的相关数据
如下:
容器
容器1
容器2
容器3
反应温度T／K
700
70（）
800
反应物投人量
2molSO2 、1molO2
4molSO｛
2molSO2、1mol（）2
平衡u正（SO2）／（mol
L
l
· s
l
）
Ul
鲤U9
冗
凸
℃
平衡c（S（）3）／（mol .L—｜）
~
＾
也
C3
C9
平衡体系总压强户／Pa
户3
户l
P2
物质的平衡转化率α
α3（S（）2）
α］（SO2）
α’（SO｀）
平衡常数K
Kl
K3
K,
下列说法正确的是
A·U1＜U2 ,C2＜2C1
B。Kl＞K3 ,户2＞2户3
C.℃1＜U3 ·α1 （S（）2）＞α3（S（）2）
D.C2＞2C3 ,α2（S（）3）＋α3（S（）2）＜1
（
）
49
＿
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〗
［思考］
（1）对于给出的不同起始投料’如何利用等效思维进行比较分析?
（2）相同物质的量的气体’不同温度下的压强有什么变化?
［答案］
CD
［解析］
A项’容器2中反应物投入量相当于容器1中反应物投入量的2倍’乎衡时,容器
2中SO2的反应速率大;容器2相当于对两个容器1加压’平衡正向移动’则乎衡
时S（）3的量比容器1中2倍还大,错误;B项’乎衡常数仅与温度有关’容器3中温
度高’而该反应为枚热反应’升温乎衡逆向移动’干衡常数减小’即Kl＞K; ;容器2
中反应物投入量相当于容器3的两倍’对两个容器3加压时’乎衡正向移动’压强
比原来的2倍小’即户2＜2户: ’并且容器3中温度高于容器2’则容器3中的压强更
大’错误;C项’容器1和3中反应物投入量相等’但是容器3中温度高,则反应速
率快,即U3＞Ul ;升高温度’干衡逆向移动’SO2的转化率减小’即αl （SO2）＞α:
（SO2）,正确;D项,容器2相当于对两个容器3加压,且温度也低,乎衡正向移动’
容器2平衡时c（SO3）比容器3乎衡时c（SO3）的2倍还妥大;若容器2中投入2
molSO3且两容器的温度相等’则两容器完全等效’故有α2（SO3）＋α2（SO2）＝1’
而题述中容器2相当于对两个容器3加压’使得平衡向生成SO3的方向移动’则
α2（SO3）减小’又容器2中温度低’也会使得平衡向生成SO3的方向移动’即α2
（SO3）减小,所以α2（S（）3）＋α3（SO2）＜1,正确。
［点评］
化学平衡状态的达到与化学反应途径无关,即在相同条件下’可逆反应无论从正
反应方向开始还是从逆反应方向开始,又或者从既有反应物又有生成物的条件开
始’最终达到的化学平衡状态是相同的’平衡混合物中各组成物质的百分含量保
持不变’也就是等效平衡°
5（）
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『第二章化学反应速率和化学平衡｝
［例2］（2017.江苏卷）温度为Tl时’在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应:
2NO2（g）＝＝2N（）（g）＋O2（g）（正反应吸热）°实验测得u正＝u（N（）2）消耗≡肉正c2
（NO2）,u逆＝u（N（））消耗＝2℃（O2）消耗＝诧逆c2（N（））
. c（O2）’陀正、虎逆为速率常数’受温
度影响。下列说法正确的是
（
）
物质的起始浓度／（mol .L＿l）
物质的平衡浓度／（mol 。L—l）
容器
编号
c（NO,〉
C（N（））
）
’
＝
｀
′
夕
‖
＼
／
（
、
℃
）
α
）
（
／
【
＼
（
I
0.2
0.6
0
（）
Ⅱ
0.5
0.2
0.3
Ⅲ
0.35
0。5
0
A.达平衡时’容器I与容器Ⅱ中的总压强之比为4
: 5
B达平衡时,答器‖中湍』）比容器「中的大
C.达平衡时’容器Ⅲ中NO的体积分数小于50％
D当温度改变为T2时’若卢正＝诧逆’则T2＞Tl
m疆Ⅷ
［思考］
（1）投料中若反应物和生成物均有’如何进行等效平衡分析?
（2）对于恒温恒容的容器’若两次投人量不同’如何进行等效分析?
［答案］
CD
［解析〕
A项’容器I中乎衡时’c（NO2）＝0.2mol .L—l ’c（N（））＝0.4mol .L＿l ’c（O2）≡
0.2mol .L-］’容器体积为1L,气体总物质的量为（0.2＋0°4＋（）·2〉mol＝0·8
mol’容器I中投入量为（0.3＋0.5＋0.2）mol＝1mol,若容器Ⅱ中为乎衡量’则两
压强之比为0.8
: 1＝4
: 5’根据容器I中的相关数据可知’该反应的ˉ乎衡常数K
0。2×0.52
0。2×（）·4乙
≈（）.56＜K说明容器I中反应未达
＝0.8’容器Ⅱ中Q（:≡
~~
0.32
（）·22
到乎衡’反应向右进行,则乎衡时两容器中压强之比小于4
: 5’错误;B项,容器ll
中O2比0. 15mol多0.05mol’NO比0.3mol多0.2mol’而NO与O2以物质的
量之比2
: 1反应’即容器Ⅱ中NO足量,相对容器I平衡要逆向移动’则容器Ⅱ中
5］
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满分之路.高中化学（-）l
β
析
解
旧
—
［湍）的值』｜｀.镭谩;C项｀寥嚣I中达到乎衡时NO的体积分数为
0。4
0.2＋0.4＋0.2×100％＝50％,容器Ⅲ中相当于起始加入0.5mol .LˉINO2和
0. 1mol .LlO2 ’达到乎衡时’相对容器I ’乎衡逆向移动’则容器lI中NO的体
积分数小于50％’正确;D项’容器I中’T』时’乎衡常数为K＝（）.2×0.4』
0·22
0.8,T2时,此正＝K逆,反应达干衡时·℃正＝U逆,即陀正C2（NO2）＝虎逆C2（N（））·C（O鳖）,
得C2（NO2）＝C2（NO）.C（O2）,K＝C2（NO）
. c（O2）／C2（N（）2）＝1’干衡常数增大’
乎衡正向移动’该反应为吸热反应’则应升高温度’即T:＞Tl ’正确°
［点评］
等效平衡的两种类型:
L在恒温恒容下,对于反应前后气体体积发生变化的可逆反应’只改变起始加人
物质的物质的量’如果通过可逆反应的化学计量数之比换算成化学方程式的同＿
边物质的物质的量与原平衡相同’则两平衡等效。
〖在恒温恒容下’对于反应前后气体体积不变的可逆反应’只要反应物（或生成
物）的物质的量之比与原平衡相同,则两平衡等效（相当于恒温恒压下的等效平
衡’原因是平衡不受压强影响）°
［例3］（2016 .江茅卷）—定温度下’在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应2H2（g）
＋CO（g）-＝CH3OH（g）达到平衡。下列说法正确的是
（
）
物质的平衡浓度／（mol .L
l）
物质的起始浓度／（mol .L—』）
容器
温度／K
C（H,）
c（CH3OH）
c（CH3OH）
C（CO）
I
I［
‖］
0。20
0。4（）
（）
4（）0
400
500
0. 10
0。20
0
0
0
（）. 10
0。（）80
0。（）25
A.该方应的正反应放热
B达到平衡时’容器I中反应物转化率比容器‖中的大
C.达到平衡时’容器I中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的两倍
D达到平衡时’容器Ⅲ中的反应速率比容器I中的大
巨9
儿′臼
~
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』第二章化学反应速率和化学平衡｝
…Ⅷ
［思考］
（1）本题容器I、Il中的投料如何等价?
（2）等效平衡的两容器’反应速率一定相等吗?
［答案］
AD
［解析］
A项’容器I和Ⅱ的投料比是等价的’乎衡时,容器Ⅲ中CH3OH的浓度比容器Ⅱ
中的小’说明升温后’干衡逆向移动,故正反应为放热反应’正确;B项’容器Ⅱ相
当于两个容器I力口压,加压时,该反应干衡正向移动’故容器I中反应物的转化率
较大’错误;C项,由表中数据’达到乎衡时’可求得容器I中c（H2）＝0.04mol .L—l
’
可推知容器Ⅱ中c（H2）＜0.08mol .L—l ’可计算出容器Ⅲ中c（H2）＝0. 15mol
。
L＿1 ’则C（H2）Ⅱ＜2C（H2）Ⅲ’错误;D项’达到平衡时,容器Ⅲ中反应物的浓度比
容器I中大’且容器lⅡ中的温度高’所以容器Ⅲ中的反应速率比容器I中的大’
正确。
［点评］
等效平衡问题的解答,关键在于判断题设条件是否是等效平衡状态’以及是哪种
等效平衡状态。要对以上问题进行准确的判断’就需要牢牢把握概念的实质’认
真辨析°明确了各种条件下达到等效平衡的条件’利用极限法进行转换’等效平
衡问题就能迎刃而解了·
尸∩
OO
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＾多章节练习
L80。C时’N（）2（g）＋S（）2（g）-＝SO3（g）＋N（）（g）°该温度下’在甲、乙、丙三个恒容密闭
容器中,投人NO2和SO2 ,起始浓度如下表所示,其中甲经2min达平衡时’N（）2的转化
率为50％°下列判断不正确的是
（
）
丙
起始浓度
甲
乙
c（N（）2）／（mol
.L＿l）
（）·20
0。2（）
（）. 10
〔（S（）,）／（mol
.L」）
（）.20
0.
1（）
（）° 10
A.平衡时’乙中SO2的转化率大于50％
B.当反应达平衡时’丙中c（S（）2）是甲中的2倍
9只
C温度升至90℃』上述反应平衡常数为湍,则正反应为吸热反应
D其他条件不变’若起始时向容器乙中充人0. 10mol .L lN（）2和0.20mol
.L—l
S（）2 ’达到平衡时c（NO）与原平衡不同
2.在—个不导热的密闭反应器中,只发生两个反应:
@a（g）＋b（g）≡＝2c（g）
△Hl＜0;
◎x（g）＋3y（g）＝≡2z（g）
△H2＞0°
进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所做的功）’下列叙述错误的是
（
）
A.等压时’通人惰性气体’c的物质的量不变
B.等压时’通人z气体’反应器中温度升高
C.等容时’通人惰性气体’各反应速率不变
D.等容时’通人z气体’y的物质的量浓度增大
3.已知2S（）2（g）＋O2（g）＝≡2SO3（g）
△H＝—197kJ .mol—』°向同温、同体积的三个
密闭容器中分别充人气体:（甲）2molS（）2和1mol
（）2 ;（乙）1molS（）2和0.5mol
（）2
;
（丙）2molS（）3°恒温恒容下反应达平衡时’下列关系＿定正确的是
（
）
A.容器内压强户:户甲＝户丙＞2P乙
B.S（）3的质量加:m甲＝m丙＞2加乙
C.C（S（）2）与c（O2）之比肉:诧甲＝卢丙＞诧乙
D反应放出或吸收热量的数值Q:Q｜｜＝Q丙＞2Q乙
54
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』第二章化学反应速率和化学平衡｝
4.某温度下’在2L的密闭容器中’加人1molX（g）和2mo｜Y（g）发生反应:X（g）＋mY（g）
＝＝3Z（g）’平衡时’X、Y、Z的体积分数分别为30％、60％、10％°在此平衡体系中加人1
molZ（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
（
）
A.m＝2
B.两次平衡的平衡常数相同
C. X与Y的平衡转化率之比为1
:
1
D第二次平衡时’Z的浓度为0.4mol .Lˉl
在温度Tl和T2时,分别将0.50molCH↓和L20molN（）2充人体积为1L的密闭容
器中,发生如下反应:CH4（g）＋2NO2（g）＝＝N2（g）＋CO2（g）＋2H2（）（g）’测得″（CH4）
随时间变化数据如下表:
反
√
时间／m｜n
1（）
2（）
0
50
l0
T｜~′〗（CH4）／mol
（）.50
0·35
0·25
0. 10
〔）·
1（）
T2,″（CH4）／mol
0.5（）
0·30
0· 18
反
√
］
■
）
（
下列说法正确的是
（
）
A.T2时CH4的平衡转化率为70.0％
B.该反应的△H＞0、Tl＜T2
C.保持其他条件不变’Tl时向平衡体系中再充人0.30molCH4和0.80molH2O（g）,
平衡向正反应方向移动
D保持其他条件不变’T‖时问平衡体系中再充人0.50molCH』和1.20molNO2 ’与
原平衡相比’达新平衡时N2的浓度增大、体积分数减小
6.—定温度下’在三个体积均为0.5I√的恒容密闭容器中发生反应:CO（g）＋Cl2（g）＝＝
COCl2（g）,其中容器I中5min时达到平衡。
起始物质的量／mol
平衡物质的量／mol
容器
编号
温度／°C
Cl
C（）Cl,
COCl
CO
I
1·0
0·8
500
1·
（）
0
Ⅱ
1。0
500
0。5
（
〕
α
‖｜
0。7
60（）
0。5
0·5
0·5
下列说法中正确的是
A.容器I中前5min的平均反应速率u（C（））＝0. 16mol 。Lˉ］.min
l
（
）
民巨
U｀」
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｜满分之路.高中化学（-）
］
B该反应正反应为吸热反应
C.容器‖中起始时Cl2的物质的量为0.55mol
D若起始时向容器I加人C（）0.8mol、Cl20.8mol’达到平衡时C（）转化率大于80％
在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料’＿定条件下发生反应（起始温度和起
始体积相同）N2（g）＋3H2（g）＝＝2NH3（g）
△H＜0’相关数据如下表所示:
■
宁
′
丙
甲
容器
乙
恒温恒压
绝热恒容
恒温恒容
相关条件
2molNH3
1molN2 、3molH2
2molNHq
反应物投料
V丙
平衡时容器体积
VZ
V甲
C2（NH3）
］
反应的平衡常数［K＿
K丙
K乙
K甲
C（N2）.C3（H2）
平衡时NH3的浓度／（mol .L—l）
→
△
〔
丙
′
～
（ˉ甲
平衡时NH3的反应速率
／（mol °Ll °min
l）
U丙
UZ
U甲
下列说法正确的是
（
）
A.V甲＞V丙
BK乙＞K丙
C·C乙＞C甲
I）.U甲＝U丙
8.向甲、乙两个容积均为1L的恒温恒容的密闭容器中’分别充人—定量的S（）2和（）2（其
中’甲充人2molSO2 、1molO2 ’乙充人1molSO2、0.5mol （）2）’发生反应:2SO2（g）＋
O2（g）—＝2SO3（g）
△H＝—197.74kJ .mol
｜’一段时间后达到平衡°测得两容器中
C（S（）2）随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是
（
）
c（SQ）／（mo｜.Lˉ｜）
2°0
l °5
l0
0.5
0
甲
］
∏
‖
／
′
广
【
β
斗
ln
A.平衡时放出热量:Q甲＜2Q乙
B平衡时压强:户甲＜2户乙
C.乙中前5min内的反应速率u（（）2）＝0. 10mol .L＿｜.mlnˉl
D保持其他条件不变’若起始时向乙中充人0.4molSO2 ｀0.2mol
（）2 、0.4molSO3 ’则
此时U正＜U逆
56
~
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■箩二章化学反应速率颓……
第5讲化学平衡图象
~
内容导读h
化学平衡中有一类题型为图象题’即用图象的形式呈现平衡移动原理’解题需要考
生能读懂图象中的信息’并会运用平衡移动原理进行分析和解释°考查方向:通过图象
要求考生分析某些量变化的原因;＿个图象中包含多个原理’要求考生能运用化学反应
原理分析出它们错踪复杂的关系°
c典例剖析
〗
［例1］（2018.全国Ⅱ卷）已知:积碳反应CH4（g）—C（s）＋2Ha（g）;消碳反应C（）2（g）＋
C（s）—2C（）（g）。
在＿定温度下’测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为u＝炎.p（CH《）
.
［户（C（）2）］ˉα5（龙为速率常数）°在户（CH4）＿定时’不同户（C（）2）下积碳量随时间的
变化趋势如图所示,则户°（CO2）｀户b（CO2）、户‘（CO2）从大到小的顺序为
0」6
｜
≡
α
〗
○
～
袁0· l2
望
型
酗
瓦0.08
～
＝
刺
遣
墨0.04
~
〔
｜
~
0
4
8
l2
｜6
反应时间／min
…Ⅷ
［思考］
（1）题中的速率方程,户（C（）2）与U的关系如何?
（2）图中的斜率与速率有什么关系?
［答案］
户c（CO2）、户b（C（）2）、八（CO2）
57
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］
「丽＿解析］
［解析］
由沉积碳的生成速率方程u＝陶.户（CH4）
. ［户（CO2）］＿α5（陀为速率常数）知’
户（CO2）与U成反比’即CO』的压强越大,反应越慢’单位时间内积碳量小,对应图
中的曲线斜率就小’由题图知,曲线C的斜率最小,则对应的CO2压强最大’由曲
线斜率大小可知压强大小顺序为户c（CO2）＞户″（CO2）＞户厘（CO2）°
［点评］
观察图象时,首先观看纵、横坐标所表示的量’分析图中曲线变化的趋势及原因;
然后固定某＿量不变’看另外两个量之间的变化关系（如本题可以固定时间不变’
从图中可以看出相同时间内C曲线的积碳变化量小）’依据化学反应原理分析出
变化的原因°
［例2］（2018·北京卷）已知:反应3S（）2（g）＋2H2O（g）＝＝2H2SO4（l）＋S（s）
△H2＝—
254k］.molˉl ’在某一投料比时’两种压强下,H2SO4在平衡体系中物质的量分数
随温度的变化关系如图所示°
↑
藕（）4
…
叫酬
臣03
但
辱
臣（）2
→
◎
山
当0」
-
l20
l40
l60
l80
温度／7】
（填“＞”或“＜’’）户l ,得出该结论的理由是
户2
［思考］
（1）相同温度时’哪个压强对应的H2SO4的物质的量分数大?
（2）增大压强’对于该反应而言’H2SO4的物质的量分数如何变化?
58
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『第二章化学反应速率和化学平衡‖
·解析】
［答案］
＞该反应是气体物质的量减小的反应’温度＿定时’增大压强使正向
移动’H2SO4的物质的量增大’体系总物质的量减小’H2SO』的物质的量分数
增大
［解析］
根据化学方程式知’该反应为气体分子数减小的反应’一定温度下’加压,平衡将
正向移动,硫酸的物质的量分数增大’故户2＞户l
°
［点评］
本题中反应温度和压强均会影响平衡的移动’故需要做一等温线,然后根据化学
方程式分析出压强对平衡的影响’进而得出产物产量的变化,结合图象和平衡移
动的方向,可以判断出压强的大小。
［例3］（20l8.天津卷）CO2与CH4经催化重整’制得合成气:
CH.（g）＋CO2（g）＝幽＝2C（）（g）＋2H:（g）
按＿定体积比加人CH4和CO2 ’在恒压下发生反应’温度对C（）和H2产率的影响如
图所示°此反应优选温度为900℃的原因是
l（）0％
80％
甜
化
6（）例
岳CO
△H,
l
驯）％
＝
｛
R（）（）
850
900
950
l
（）（）0
反应温｛变／（『】
［思考］
（1）图中反应温度超过900℃时’产率增大的变化量大吗?
（2）工业实际生产中除了考虑理论上的平衡移动外’还要注意什么?
［答案］
900℃时’合成气产率已经较高’再升高温度产率增幅不大,但能耗升高’
经济效益降低
59
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儿
［解析］
从图象看,在900。C时’产率已较高’升高反应的温度’产率咯增大’但是升温会消耗更
多的能源°综合考虑工业生产的实际,只需妥控制反应温度为900℃’元须再升温°
［点评］
想增大产物的产率’可以依据平衡移动原理进行分析’如可改变压强、浓度、温度
等°但是在工业实际生产中’还要综合考虑其他因素’如加压｀升温等引起的能耗
是否过高’生产效益是否较高’即还要考虑经济成本问题°
［例4］（2（）17。全国Ⅱ卷）丁烯是一种重要的化工原料’可由丁烷催化脱氢制备°回答下列
问题:
（1）正丁烷（C4Hl0）脱氢制1ˉ丁烯（C』H8）的热化学方程式如下:
OC』H｜0（g）—C↓H8（g）＋H2（g）
△Hl＝123kJ.molˉ』
°
@C』H1,（g）＋÷O』（g）—QH‘（凰）＋H』O（g）
△H,＝—ll9kJ .mol
1
△
翻H』（曾）＋＋（）』（隐）—H』O（g）
△H＂-
242k］.m◎｜｜.
图（a）是反应o平衡转化率与反应温度及压强的关系图’工
（填“大于”或“小
于”）0. 1;欲使丁烯的平衡产率提高’应采取的措施是
（填标号）°
A.升高温度
B.降低温度
C.增大压强
D.降低压强
45％
40％
35％
罐30仍
■h
礼｀25％
莲2（）％
传l5％
｜0％
5％
0
45％
4（）％
35％
30％
25％
20％
｜5％
｜0％
5％
（）
—
~
~
厂
｝
｜
｜
｛（）0O′
锑8（）仍
兴］
枣60钎
皑干
筐40％
＝
／—～
丁烯
瞒
佃
怪
｜｜产
乃
〔
∩
Ⅷ
气
丛
上
（）
3（）（）4｛】）5（）（）6（）｛）7（）（）
（）
l
2
3
4
5
6
啡2046（）
50（）
5405＄0620
温）变／Ⅵ】
″（氮』（）／″（丁烷）
反应温度／?】
图（a）
图（b）
图（c）
（2）丁烷和氢气的混合气体以—定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是
活化催化剂）’出口气中含有丁烯、丁烷氢气等°图（b）为丁烯产率与进料气中″（氢
气）／〃（丁烷）的关系°图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势’其降低的原因是
60
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l第二章化学反应速率和化学平衡｝
（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线’副产物主要是高温裂解生成的短碳链
烃类化合物。丁烯产率在590°C之前随温度升高而增大的原因可能是
、
;590°C之后’丁烯产率快速降低的主要原因可能是
■疆Ⅷ
［思考］
（1）反应o具有何种特点? （从气体分子数、温度变化来分析）
（2）增大H2的量’反应O平衡如何移动?
（3）对于吸热反应’升高温度平衡会正向移动.但是温度过高对丁烷有什么影响?
［答案〕
（1）小于AD
（2）氢气是产物之一’随着″（氢气）／″（丁烷）增大’逆反应速率增大
（3）升高温度有利于反应向吸热方向进行温度升高,反应速率加快丁烯高温
裂解生成短链烃类
［解析］
（1）在图（a）中做一等温线’工对应的平衡转化率高’反应@为气体体积增大的反
应’所以低压下乎衡转化率高’则r＜0. 1°生成丁烯的反应是气体体积增大的吸
热反应’欲提高丁烯的产率’可以通过升温和降压实现’即选AD°
（2）少量H2可
以活化催化剂’使丁烯产率提高’但氢气是产物之一’随着投料比增大,逆反应速
率增大,丁烯产率逐渐降低。
（3）反应o为吸热反应’升高温度时’乎衡正向移动’
丁烯的产率增多;升高温度’反应速率加快’单位时间内丁烯的产率也高°若温度
大高’会有部分丁烯发生裂解,使得丁烯的产率降低°
［点评］
本题中图（b）、图（c）中的曲线均是先升后降’分析原因时＿方面考虑中学化学中
的常规原因’即平衡移动原理,另一方面还要考虑到题中所给出的信息°例如’图
（b）中H2是催化剂’可以加快反应速率’但是过多会使逆反应速率增大°图（c）中
升温会促使平衡正向移动且同时可以加快反应速率’但是温度过高又会造成丁烯
的裂解,使得产率变低。
61
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.满分之路。高中化学（-）
l
ˉ多章节练习
｜
1. （2017.浙江11月卷）在催化剂作用下’用乙醇制乙烯’乙醇转化率和乙烯选择性（生成
乙烯的物质的量与乙醇转化的物质的量的比值）随温度、乙醇进料量（单位:mL.
min l）的关系如图所示（保持其他条件相同）°
l .（】）
l.（）
0.99
-
←
茧α9s
霍
口097
‖
＄
（
（
）
）
瓣
罩
撑
鞋
口
—
·
厂
「
~
~
~
∏
∩
Ⅷ
Ⅷ
。
儿
Ⅲ
Ⅶ
们
∑
斗
｜
β
士
卧
°
＝
～
ˉ★Ⅱ。2mL·mi∩ˉ‖
ˉ巳0。4mL.mjl］ˉ｜
宁
′
）
（
｛）ˉ96
4l0
420
430
440
4l0
420
430
44（）
温度／7】
温度／｀】
在410～440℃温度范围内’下列说法不正确的是
（
）
A.当乙醇进料量＿定’随乙醇转化率增大,乙烯选择性升高
B.当乙醇进料量＿定’随温度的升高’乙烯选择性不＿定增大
C.当温度＿定’随乙醇进料量增大’乙醇转化率减小
D.当温度＿定’随乙醇进料量增大,乙烯选择性增大
在2L恒容密闭容器中进行反应;2CO2（g）＋6H2（g）＝＝C2H5OH（g）＋3H2O（g）°起
始时″（CO2）≡4mol’投人不同量的H2 ’测得CO2的平衡转化率随温度变化关系如图
所示’下列有关说法正确的是
（
）
2
70％
60％
50％
40％
30％
20％
l（）％
0
瓣
晕
群
铲
＝
己
2）
a）
400
5（Ⅱ）
600
7〔】）
800刀K
A.该反应的△H＜0
B.三种条件下起始的′!（H2）:@＜◎＜◎
C.其他条件不变,扩大容器体积可提高CO2的转化率
D曲线◎对应的H2起始投料为8mol’则400K时该反应的平衡常数为L6875
62
一一一■＿一一■一＿—
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『第二章化学反应速率和化学平衡｝
3.反应2H2S（）4（l）—2SO2（g）＋O2（g）＋2H2O（g）
△H＝550kJ.mol 』由下列两步反
应组成:
I.H2S（）4（l）—SO3（g）＋H2O（g）
△H＝177kJ·mol—l ;
Ⅱ.s（）3（g）分解°
L（Ll 、L2）、X可分别代表压强或温度°下图表示L—定时’反应Ⅱ中SO3（g）的平衡转
化率随X的变化关系°
瓣
逞
搏
趣
片
磕
臣
＞
X
O
（1）X代表的物理量是
◎
（2）判断Ll 、L2的大小关系;
,并简述理由
4.乙苯催化脱氢制苯乙烯反应:
间—CH’CH』（g）≡丝鱼型三卧CⅡ＝Cll』（g）＋H』（g〕.
工业上’通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1
:
9）’控制反应温度600℃’并保持体系总压为常压的条件下进行反应·在不同反应温度
下’乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯
乙烯的物质的量分数）示意图如下:
l（）（）％
苯乙烯
8（）％
垫
翁60呢
尸＾
筒
堂40轮
群
20％
乙苯
0％L＝上
｜
｜
｜
｜
｜
｜
｜
｜
30（）
400
500
600
700
温度／『〕
（1）掺人水蒸气能提高乙苯的平衡转化率’解释说明该事实:
（2）控制反应温度为60（）。C的理由是
8〔）（）
63
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5.
（2017 。全国Ⅲ卷）298K时,将20mL3rmol .L—lNa3AsO3、20mL3工mol .L＿l I2
和20mLNa（）H溶液混合’发生反应:As（）!
（aq）＋I2（aq）＋2（）Hˉ（aq）＝≡AsOiˉ（aq）
＋2I
（aq）＋H2（）（l）°溶液中c（AsO!
）与反应时间（r）的关系如图所示°
）
宁
、
宁
已
巨
～
≥
活
◎
四
＜
百
］
】
】
Ⅲ
／
′
0
／∏
什
〖
U逆（选填“大于,’“小于”或.｀等于”）。
~r＂时U逆（填“大于’’“小于”或“等于’’）’理由是
（l）r″′时’U正
（2）r″』时U逆
（3）若平衡时溶液的pH＝14’则该反应的平衡常数K为
（2016.全国Ⅱ卷）丙烯腊（CH2→CHCN）是＿种重要的化工原料’工业上可用“丙烯氨氧
化法”生产’主要副产物有丙烯醛（CH2→CHCH（））和乙腊（CH3CN）等°回答下列问题:
（1）以丙烯、氨、氧气为原料’在催化剂存在下生成丙烯腊（C3H3N）和副产物丙烯醛
6。
（C3H』（））的热化学方程式如下:
OC,H,（g）＋NH』（g）＋:（）2（g）—C』H』Mg）＋3H』O（g）
△H—515k］.∏］◎｜—!
◎C3H6（g）＋（）2（g）—C3H』（）（g）＋H2（）（g）
△H＝—353k］.molˉl
。
两个反应在热力学上趋势均很大’其原因是
;有利于提高丙烯腊
;提高丙烯腊反应选择性的关键因素是
平衡产率的反应条件是
◎
（2）图（a）为丙烯腊产率与反应温度的关系曲线’最高产率对应的温度为460℃°低于
460°C时’丙烯腊的产率
（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡产率,判断理由
是
;高于460。C时’丙烯腊产率降低的可能原因是
（双
选’填标号）°
A.催化剂活性降低
B.平衡常数变大
C.副反应增多
D.反应活化能增大
64
／
／
脚
／
~
~
＝
~
＝＝
″
~
←
一
＝
~
~
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』第二章化学反应速率和化学平衡｝
（3）丙烯‖青和丙烯醛的产率与′′（氨）／″（丙烯）的关系如图（b）所示°由图可知’最佳″
（氨）／n（丙烯）约为
’理由是
°进料气氨、空气、丙
烯的理论体积比约为
◎
β
~
‖
0.N
（）,6
瓣
·
0
锰·
（）·4
‖
斗
）
）
（
（
辨
叫
让
／
＼
～
′
～
）
｛
（）.2
～
腑醛
～q蜒｜～
‖~~
~
（）ˉ（）
（）.（）
350
4（）（）
450
5｛）（）
55（）
（〕.4
0°6
（）·8
］.（）
l .2
／／7】
″（氨）／″（内烯）
｜冬｜（扒）
｜冬｜（l〕）
7. （2017.浙江4月卷）在常压、Ru／TiO2催化下’C（）2和H2混合气体（体积比为l
: 4’总
物质的量为αmol）进行反应’测得C（）2转化率、CH』和C（）选择性随温度变化情况分别
如图1和图2所示（选择性:转化的C（）2中生成CH4或C（）的百分比）°
反应I :C（）2（g）＋4H2（g）＝＝CH』（g）＋2H2（）（g）
△Hl
°
反应Ⅱ:C（）2（g）＋H2（g）-＝C（）（g）＋H2O（g）
△H2°
l（）｛）％
80仍
l（）（）％
80仍
／
~
辨6｛）仍
＾〕
←
.岂＄沪
箭40仍』
●
●
20％
0
＼
q
■
q
工6（）％
鞋
制4（）钎
20仍
◆（】（）
（）
l 5（）20025（〕3（）03504（）（）45（）5｛）（）55
｜50
200
250
30（）
35（）
400
450
500
550
删度／吮
洲）变／T】
图2
图l
（1）下列说法不正确的是
A.△H］小于零
◎
B.温度可影响产物的选择性
C.
C（〕2平衡转化率随温度升高先增大后减小
D.其他条件不变’将C（）2和H2的初始体积比改变为1
: 3’可提高CO2平衡转化率
（2）350°C时’反应I在r!时刻达到平衡’平衡时容器体积为VL,该温度下反应I的平
65
入
／
闪
／
噬一
～
引
／
／
／
／
＼
～
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｜满分之路·高中化学（-）
｛
衡常数为
（用α、V表示）°
（3）350°C下CH』物质的量随时间的变化曲线如图3所示°画出400℃下（）～pl时刻
CH』物质的量随时间的变化曲线°
（）2α
α
＾
‖
它
巨
＞
寸
＝
●
～
≈
／
‖
『
／
｛）
间
时
／｜
图3
66
／
／
′
勿
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第三章水溶液中的离子平衡
本章主要讲述溶液中的离子平衡’包括弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和沉淀
溶解平衡’这些平衡理论均可用化学平衡理论知识加以分析。本部分内容难度较大’也是
每年高考必考内容之—°高考主要考查内容:弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性、酸碱中
和滴定、盐类的水解以及沉淀溶解平衡等°从平时学生的学习以及高考试题的呈现来看’
此部分内容需要同学们多思考、多总结’并且要适当做题训练。
第‖讲弱电解质的电离
内容导读】
弱电解质的电离部分主要考查内容:弱电解质强弱的相对比较、弱电解质中酸碱反
应分析、电离平衡常数的应用与计算等°其中图象题和涉及K,计算的题属于较难的题。
◎典例剖析
＄
舞
~
［例1］（2017。全国I卷）下列事实中’不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是
A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应’而亚硫酸可以
~
B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C.
0. 10mol .L—l的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2. 1
D氢硫酸的还原性强于亚硫酸
、
）
／
／
□
＼
［思考］
比较酸性强弱的常见方法有哪些?
［答案］
D
［解析］
A项,由较强酸制较弱酸,可以判断出H2SO3的酸性强于H2S;B项,导电能力与离子
浓度和离子所带电荷数有关’相同浓度时,导电能力强’则说明电离程度大,离子浓度大’
即可说明酸性强弱;C项,相同浓度时,pH小的酸性强;D项,还原性与酸性元直接关系°
67
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｜满分之路.高中化学（一）
l
［点评］
比较酸性强弱的常见方法:o较强酸制较弱酸;◎同浓度的两种酸’比较它们的
pH或导电性;◎比较酸对应的盐类的碱性强弱’其原理为盐类水解中越弱越水
解,即强碱弱酸盐’若其碱性越强’则对应的酸越弱°
［例2］（2018.浙江4月卷）相同温度下’关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确
的是
（
）
A.pH相等的两溶液中:c（CH3C（）（）
）＝c（Clˉ）
B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液’所需Na（）H的物质的量相同
C.相同浓度的两溶液’分别与金属镁反应’反应速率相同
D相同浓度的两溶液’分别与Na（）H固体反应后呈中性的溶液中（忽略溶液体积变
化）:c（CH3C（）（）
）＝c（Cl
）
i睡Ⅷ
［思考］
（1）相同浓度的HCl和CH3C（）OH’谁的pH小?
（2）相同pH的HCl和CH3C（）OH’谁的浓度大?
［答案］
A
［解析］
A项’两种溶液中均存在电荷守恒:HCl中有c（H＋）＝c（OHˉ）＋c（Clˉ）’
CH3COOH中有c（H＋）＝c（CH:COOˉ）＋c（（）H）’pH相等’说明两溶液中的
c（H＋）和c（（）H—）均相等’则由等式知c（Cl
）＝c（CH3COO＿）’正确;B项’pH相
等、体积相等的HCl和CH3COOH’CH3COOH的浓度比HCl大’发生中和反应
时,CH3CO（）H需要的NaOH的量多,错误;C项,相同浓度的HCl和
CH3CO（）H,HCl中的H＋浓度大’与Mg反应时反应速率快’错误;D项’HCl与
NaOH以1
: 1反应时为中性’CH3CO（）H与NaOH若以1
: 1反应’生成
CH3C（）（）Na’溶液显碱性’故反应后呈中性时CH3C（）OH消耗的NaOH的物质
的量小于HCl’反应后两溶液中分别有c（Na＋）＝C（Cl＿）’
c′ （Na＋）＝
c（CH3COO）,又c（Na＋）〈C（Na＋）。则c（CH3CO（）—）＜c（Cl—）,错误。
68
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』第三章水溶液中的离子平衡｜
［点评］
强酸与弱酸的比较:
相同浓度的HCl（a）与
CH3COOH（b）
相同pH的HCl（a）与
CH3COOH（b）
酸
pH或C（酸）
C（酸）: a＜b
pH:a＜b
c（Cl＿）与c（CH3C（）O）
相对大小
C（Cl
）＞C（CH3COO-）
C（Cl＿）＝C（CH3COO—）
等体积溶液中和Na（）H
的物质的量
a＝b
a＜b
与金属反应的起始速率
a＞b
a＝b
等体积溶液与过量的Zn
反应产生H2的物质的量
a＝b
a＜b
［例3］（2017.全国I卷）常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中’混合溶液的
PH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是
（
）
5.6
5.4
5·2
5.0
48
4.6
4.4
42
40
尸
■
／
／
／
／
M／
／
／j
甲
＝
＾
罩
〃
／
／
／
可
■
-l2
-（）.8
-（）·4
0.（）
0.4
（）.8
｜.2
｜g贡簧））或｜g‘（器）
A.K凰2（H2X）的数量级为10
6
u＂线N表示pH与｜:÷｛湍的变化关系
C.NaHX溶液中c（H＋）＞c（（）H—）
D当混合溶液呈中性时,c（Na＋）＞C（HX—）＞c（X2—）＞C（OH
）＝c（H＋）
69
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｜满分之路.高中化学（-）l
·解析】
［思考］
（1）多元弱酸的电离第一步对第二步有什么影响?
（2）NaHX中HX＿是以电离为主还是水解为主?
［答案］
D
［解析］
H2X的电离片方程式为H2X×弓＝＝兰H＋＋HXˉ,HX＿寻＝＝兰H＋＋X2—。当C（HX）
c（H’X）
C（X2-）＝1时,即横坐标为（）。01时ˉ ,Ka1～c（H＋）,Ka2＝c′（H＋）因为Kal＞
~~
c（HX＿）
K凰2 ’故c（H十）＞c′（H＋）,即PH＜PH｜’结合图象知’曲线N代表第一步电离’曲
线M代表第二步电离。A项’H2X的二级电离ˉ平衡常数表达式为Kα2＝
唇（x础评啸）,由胸线M知, !息女器）-0畸.对应的pH≈…′有‘（x:—）
＝c（HX＿）时,K鳃2＝c（H＋）≈10ˉ鼠4 ’正确;B项’由上述分析知’正确;C项,选择
曲线M分析’当NaHX、Na2X浓度相等时’溶液pH约为5.4溶液呈酸性’所以
NaHX溶液中c（H＋）＞c（OH＿）正确;D项’由图象分析知,当溶液中c（HXˉ）≥
c（X2ˉ）时溶液显酸性’则当混含溶液呈中性时’c（X2—）＞c（HX—）’错误°
［点评］
本题为数形结合题.需要关注特殊点.例如,横坐标的值为0时｀即｜g女器）
-｜喘磊-0测有‘（x粤）ˉ‘（Hx）-c（H粤x）,K.;≡MXj｝｛芳（严）可以
简化成Kα2＝c（H＋）’再结合图象知’工＝0时’pH＝5.4°
70
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「第三章水溶液中的离子平衡｜
［例4］（20l7.天津卷）工业常用氨水除去SO2
已知:25。C’NH』。H2O的Kb＝18×10ˉ5’H2SO3的K鼠l＝1.3×10
2 ’K鲤≡6.2×10ˉ8°
若氨水的浓度为2.0mol .L—l ’溶液中的c（OHˉ）＝
mol .L＿l °将SO2
通人该氨水中’当c（（）H
）降至1.0×10—7mol .L—l时,溶液中的c（SO!
）／
c（HSO丁）＝
∩
≡
「5解薪D
［思考］
（1）氨水中NH了浓度与OH—近似相等吗?
（2）氨水中通人SO2时,会影响氨水的电离平衡常数吗?
［答案］
6.0×10—3
0.62
［解析］
根据氨水的电离方程式:NH3 .H2O＝＝NHj＋OH＿’c（NHJ卜）＝c（OH）’根据
C（NH4）·C（OH）
Kb
＝
C（NH3 ·H2O）
√Kb×c（NH3 .H2O）
故
c
（OH—
）
＝
≈
√2.0×1.8×10—5mol .L—l＝6.0×10—3mol .L—l °根据H2SO3的第二步电
离方程式;＂so而＿H＿＋so;—,可知K蹿-‘（［删栅;—）｀款‘（so:—）
＝
c（HSO丁）
Ka2
C（H＋）
在25℃时ˉ ’溶液中Kw＝c（OHˉ）.c（H＋）＝1.0×10ˉM,由ˉ于c（OH＿）
K帆
＝L0×10＿7mol ·L-1 ,故c（H＋）＝
＝1·0×10＿7mol ·Ll ,代入
c（OH-）
c（SO;—）
C（SO;—）
6·2×10-8
1.0×10-7＝0°62°
得
中
′
）
日
＋
腿
咀
℃
~~
~~
c（HSO可）
c（HSO可）
［点评］
在氨水中,由其电离方程式知’NH才和OH的浓度可以近似认为相等’由此可以
简化计算’得出C（OH—）＝√Kb×C（NH: .HzO）°电离平衡常数仅与温度有
关’通人的SO2不会影响氨水的电离平衡常数’也不会影响水的离子积常数’故由
c（Sα＿）
K.2
＝
c（HSO『）
c（H＋）
°
c（H＋）.c（Sαˉ）
Kw
和c（H＋）＝
’可得出
Ka2＝
c（OH—）
c（HS（X）
71
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｜满分之路.高中化学（＿）
l
绳.?章节练习
1.
（2017 ·浙江4月卷）室温下’下列事实不能说明NH3 .H2O为弱电解质的是
（
）
A.
0. 1mol 。LˉlNH3 .H2O的pH小于l3
B0. 1mol .L＿lNH』Cl溶液的pH小于7
C.相同条件下’浓度均为0. 1mol .L—l的NaOH溶液和氨水’氨水的导电能力弱
D0. 1mol .L lNH3 .H2O能使无色酚酞试液变红色
2. 298K时’在20.0mL（）. 10mol .L l氨水中滴人0. 10mol .Lˉl的盐酸’溶液的pH与
所加盐酸的体积关系如图所示°已知0. 10mol .L l氨水的电离度为1.32％’下列有关
叙述正确的是
（
）
‖｝‖l
∧
刁
′
＞
O
］
】
∏
／
）
＾
伶
＾
铲
曲
Ⅷ
』
卜
皿
＋
≥
皿
（
／
′
A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20. （）mI√
C.M点处的溶液中c（NH丁）＝c（Cl
）＝c（H＋）＝c（OH）
D.
］＼′点处的溶液中pH＜12
3.H2S水溶液中存在电离平衡H2S＝＝H＋＋HS—和HS—≡＝H＋＋S2
°若向H2S溶液
中
（
）
A.加水’平衡向右移动’溶液中氢离子浓度增大
B.通人过量SO2气体,平衡向左移动’溶液pH增大
C.滴加新制氯水’平衡向左移动,溶液pH减小
D.加人少量硫酸铜固体（忽略体积变化）’溶液中所有离子浓度都减小
72
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」第三章水溶液中的离子平衡‖
4.部分弱酸的电离平衡常数如下表:
｜
弱酸
HCO（）H
HCN
H2CO3
Ka1＝4.3×10
7
电离平衡常数（25
。C）
Ka＝1·77×10-4
K＂≡4.9×10
l0
Ka2＝5.6×10
］l
下列选项错误的是
A. 2CN—＋H2O＋CO2—2HCN＋CO;—
B2HC（）OH＋CO;——2HCOO—＋H,O＋CO2↑
C中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗Na（）H的量前者小于后者
D等体积、等浓度的HCO（）Na和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者
5.某温度下’向＿定体积0. 1mol .L l醋酸溶液中逐滴加人等
（
）
小pO雕
浓度的NaOH溶液’溶液中pOH［pOH＝—lgc（（）H—）］与
pH的变化关系如图所示’则
（
）
6
A.M点所示溶液导电能力强于Q点
（『
B.N点所示溶液中c（CH3COO
）＞c（Na＋）
C.M点和」V点所示溶液中水的电离程度相同
DQ点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
6。
（20l7·江霉卷）H3AsO3和H别AsO」水溶液中含砷的冬物种的分
O
（20l7.江霉卷）H3AsO3和H3AsO』水溶液中含砷的各物种的分
—＝＝＝—
α
b
p［‖
布分数（平衡时某物种的
浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图l和图2所示°
丁丁｜
｝
pll
2
4
6
p‖｛
8
l（｝
l2
图1
图2
（1）以酚酞为指示剂（变色范围pH8.0～10.0）,将Na（）H溶液逐滴加人H3As（）3溶液
中当溶液由无色变为浅红色时停止滴加°该过程中主要反应的离子方程式为
‖l2AsO可
HAsOi
∧sO
［‖
~~~~~~~~~~~~~~~~~
X
＾蕊o!／
＼‖ˉ｛〕AsO4
＼
H
O』ˉ
‖ˉl｀
~
‖
（2）H3AsO4第一步电离方程式H:As（）4＝＝H2AsOr＋H＋的电离常数为K凰‖ ,则pKal
（pKa1＝—lgKa1）°
＝≡＝
刁r）
／○
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｜满分之路.高中化学（-）
‖
第2讲酸碱中禾日滴定
内容导读0
滴定反应是近几年高考的热点’滴定反应包括酸碱中和滴定、氧化还原滴定、配位滴
定等°考查的方向:滴定过程中的反应方程式书写、滴定含量的计算、滴定终点现象的描
述以及滴定过程中的误差分析等°试题主要以大题填空出现’难度中等·
c典例剖析
在测定某葡萄酒中Na2S2（）5
L—l的碘标准液滴定至终点’
（2018.全国I卷）Na2S2（）5可用作食品的抗氧化剂°
残留量时’取50.0（）mL葡萄酒样品’用0.0l000mol
消耗10.00mL°滴定反应的离子方程式为
［例l］（2018
g.L
｜（以S（）2计）°
该样品中Na2S2（）5的残留量为—
■露Ⅷ
［思考］
（1）I2的还原产物是什么?
（2）样品中Na2S2O5的残留量单位用“g.Lˉl”表示的含义是什么?
［答案］
S2O:—＋2I2＋3H2（）ˉ2SOi＿＋4I＿＋6H＋
0. 128
［解析］
在用碘标准液滴定Na2S2（）5溶液时’I2做氧化剂’Na2S2（）5做还原剂’根据化合价
-4e
＋2e-
变化:S2O;ˉ-＿＿→2SO!＿’I2——→2I—,由得失电子相等和原子守恒,可得离子
方程式:S2O:—＋2I2＋3H2（）≡2SO《＿＋4I＋6H＋·根据离子方程式得关系式:
S:O篇—～2I』.＂（№:S:O’）-M1m。! .L !×M1L×÷-5×10 ,m◎‖,则
″（SO:）＝2″（Na2S2（）5）＝0.0001mol’1L葡萄糖酒中含有m（SO2）＝0.0001mol×
100mL×64g·mol-l＝0.128g°
50.00mL
［点评］
运用滴定法计算含量’—般采用的方法是找出反应物之间的关系’然后根据滴定
消耗的量求出被滴定物质的量即可°
74
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『第三章水溶液中的离子平衡‖
［例2］（2（）18·全国Il卷）K3［Fe（C2O‘）3］.3H2（）（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体’可用于
晒制蓝图°测定三草酸合铁酸钾中铁的含量:
（1）称量″!g样品于锥形瓶中’溶解后加稀H2S（）』酸化’用cmol .LlKMn（）』溶液
滴定至终点。滴定终点的现象是
（2）问上述溶液中加人过量锌粉至反应完全后’过滤、洗涤’将滤液及洗涤液全部收
集到锥形瓶中°加稀H2S（）』酸化’用cmol .LˉlKMn（）』溶液滴定至终点’消耗
KMnO』溶液VmL°该晶体中铁的质量分数的表达式为
翻解渺
［思考］
（1）KMnO4和Mn2＋分别是什么颜色?
（2）过量Zn将Fe3＋还原为Fe2＋,再用KMn（）↓溶液滴定Fe2十’这样计算出的Fe2＋
与三草酸合铁酸钾中的Fe3＋含量相等吗?
［答寨］
（1）粉红色出现
（2）黑慌蜒lO∩儡
［解析］
（1）KMnO燃被草酸根还原生成Mn2＋’Mn2＋在溶液中为无色’达到滴定终点时,
KMnO｛稍过量’溶液中出现粉红色·
（2）过量的Zn将Fe3＋全部还原为Fe2＋’再
用KMn（）4滴定,找出反应关系为5Fe2＋～MnO「,门（Fe2＋）＝5cV×10ˉ3mol,由此
计算出铁的质量分数°
［点评］
滴定终点现象的描述:未滴定前溶液是什么颜色’滴定结束后是什么颜色’描述为
“由……色变成……色’,°因此我们要分清溶液的颜色。本题未滴定时是无色溶
液’加人酸性KMn（）』’开始时KMn（）｀被草酸根消耗’当草酸根完全反应时’溶液
中Mn2＋为无色’KMnO』稍过量’出现粉红色,即为终点颜色。
［例3］（2018。全国lI卷）硫代硫酸钠晶体（Na2S囤（）3 .5H2（）’M＝248g.mol—l）可用作定影剂、
还原剂°利用K2Cr2（）′标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度’测定步骤如下:
（1）溶液配制:称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品’用新煮沸并冷却的蒸馏水在
中溶解’完全溶解后,全部转移至100mI√的
中’加蒸馏
水至
75
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中化学（-）
］
■
满分之路·高
（2）滴定:取0.00950mol .L—l的K2Cr2（）7标准溶液20.00mL’硫酸酸化后加人过
量KI,发生反应:Cr2O;—＋6I＋14H＋—3I2＋2Cr3＋＋7H2（）°然后用硫代硫酸钠
样品溶液滴定至淡黄绿色’发生反应:I2＋2S2O;——S4（）;
＋2I
。加人淀粉溶液
作为指示剂’继续滴定’当溶液
’即为终点°平行滴定3
次’样品溶液的平均用量为24.80mL’则样品纯度为
％（保留1位小数）°
＿6ˉ解析D
［思考］
（l）滴定反应中的指示剂＿定是酚酞或甲基橙吗?
（2）滴定实验为什么要做3次?
［答案］
（1）烧杯容量瓶刻度线
（2）蓝色褪去
95.0
［解析］
（1）配制溶液时’先将固体在烧杯中溶解,冷却后转移至容量瓶中’最后加水定容
至刻度线· （2）淀粉遇I2变蓝色’当Na2S2O3将I2完全消耗后,溶液中的蓝色会
褪去’即为滴定终点°由反应关系:Cr2O;
～3I2～6Na2S2（）3 ’24.80mL样品溶液
中″I（Na2S2O3 。5H2O）＝0.00950mol .Ll×2（）×10—3L×6×248g·mol＿l＝
~｜
M8272g.则l00mL样品溶液中的№』S:O｀
. 5H廖O的臆量为2』9!川×
1· 14g
100％＝95.0％
0.28272g＝1. 14g,则样品中Na2S2O3的纯度为1·200（）g
［点评］
指示剂的选择’只有酸碱反应才用酚酞或甲基橙°很多反应中’若反应物或生成
物本身有颜色’则其就可以作为该反应的指示剂°例如’KMnO』滴定某些无色的
还原剂时’当最后一滴KMnO4滴人时’若溶液颜色变为浅红色,即可说明此时反
应已达滴定终点°又如’本题中的I2遇淀粉变蓝色’若Na2S2（）3将I2完全消耗
时’溶液的蓝色将褪去°
76
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」第三章水溶液中的离子平衡｝
［例4］（2018.江苏卷）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向＿定浓度的硫酸铝溶
液中加人—定量的碳酸钙粉末’反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液,反应方程式为（2
—工）Al2（Sα）3＋3工CaC（）3＋3工H2Oˉ2［（1—工）Al2（S（）』）3 .工Al（OH）3］＋3工CaS（）4
↓＋3工CO2 ↑°生成物（1—工）Al2（SO』）3 .工Al（（）H）3中工值的大小影响碱式硫酸
铝溶液的脱硫效率°
通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定工的值’测定方法如下:
O取碱式硫酸铝溶液25.00mL,加人盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应’静置后
过滤、洗涤’干燥至恒重’得固体2.3300g°
◎取碱式硫酸铝溶液2.50mL’稀释至25mL’加人0. 1000mol .L 山EDTA标准溶
液25.00mL’调节溶液pH约为4.2’煮沸,冷却后用0.08000mol .LˉlCuSO↓标
准溶液滴定过量的EDTA至终点’消耗CuSO↓标准溶液20.00mL（已知Al3＋、Cu2＋
与EDTA反应的化学计量比均为1
:
1）°
计算（1
工）Al2（SO4）3 .工Al（OH）:中的工值（写出计算过程）°
■翻洒
［思考］
（1）EDTA和几种离子发生了反应?
（2）本题o和◎取样’从量的角度看有什么不同?
［答案］
25mL溶液中:
厕（SO;—）＝″（胸SO则）＝蝇;捌jq＿M100m。｜.
2.5mL溶液中:
″（Al3＋）＝″（EDTA）—〃（Cu2＋）
＝0. 1000mol ·L—1×25.00mL×10—3L·mL—1—（）.080（）（）mol ·L一l
×20·00mL×10—3L·mL
l
＝9·000×10
4mol。
则25mL溶液中:〃（Al:＋）＝9.000×10＿3mol°
1mol （1
工）Al2（SO4）3 .工Al（（）H）3中:
川（Al3＋）＝（2—工）mol,″（SO42-）＝3（1—工）mol,
Ⅷ（Al3十）
2—工
9. （）0（）×10-3mol
~~~
n（SOi—）
3（1—工）
0.01（）0mol
工＝0。41°
7勺
′′
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｜满分之路.高中化学（-）l
■酒m
［解析］
O可计算出25.00mL溶液中,′!（SO!
）＝″（BaS（）4）＝0.0100mo］°◎用总的
EDTA减去CuS（）』消耗的EDTA’即为Al3＋消耗的EDTA’由此得出2.5mL溶
液中的＂（Al:十）’扩大1（）倍得出25mL溶液中的″（Al3＋）°O1mol （1＿工）Al2
（S（）4）3 .工Al（OH）3中:″（Al3＋）＝［2（1—工）＋工］moL＝（2—刃）mol’＂（SOl—）≡3
（l—…L.…｜式;瑞;＋～3i≡÷）
’‖9‖洲耐Ol ,得＝队41.
二＝二
［点评］
本题为返滴定法。即用过量的EDTA去滴定要求的Al3＋,然后再用Cu2＋去滴定
过量的EDTA’由Cu2＋的量计算出过量的EDTA的量’则可得出与Al3＋反应的
EDTA的量’进而可以求出Al3＋的量°此类计算形式在高考中经常出现’同学们
要理清物质间的反应关系°
＾.〈章节练习
‖
（2018.海甭卷窜14题）铜是人类发现最早并广泛使用的—种金属°溶液中Cu2＋的浓度
∏I采用碘量法测得:@2Cu2＋＋5Iˉ—2CuI↓＋IJˉ ;◎I丁＋2S2（）;—S』（渊ˉ＋3I—°
反应O中的氧化剂为
。现取2（）.00mL含Cu2＋的溶液’加人足量的KI充
］
分反应后,用0. 1000mol .L＿‖的Na2S2（）3标准溶液滴定至终点’消耗Na2S2（）3溶液
25.00mL’此溶液中Cu2＋的浓度为
mol .L—］
°
2. （2017.全国I卷）水泥是重要的建筑材料°水泥熟料的主要成分为Ca（）、SiO2 ’并含有
＿定量的铁、铝和镁等金属的氧化物°实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:
｜抑辩删』｜捻:｜霸＂
氨水［〕｜｛4～5
加热
ⅨM『｜（）纵法｝‖‖定
草酸钙沉淀经稀H2S（）4处理后’用KMn（）』标准溶液滴定’通过测定草酸的量可间接获
知钙的含量’滴定反应为Mn（）『＋H＋＋H2C2（）4—→Mn2＋＋C（）2＋H2O。实验中称取
0.400g水泥样品’滴定时消耗了0.0500mol .Lˉ‖的KMn（）4溶液36.0（）mL’则该水
泥样品中钙的质量分数为
78
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『第三章水溶液中的离干平衡｝
3.
（20l6 .全国I卷）高锰酸钾纯度的测定:称取1.0800g样品’溶解后定容于100mL容
量瓶中’摇匀°取浓度为0.2000mol 。L l的H2C2O4标准溶液20.00mL’加人稀硫酸
酸化’用KMnO』溶液平行滴定3次’平均消耗的体积为24.48mL,该样品的纯度为
（列出计算式即可’已知2Mn（）『＋5H2C2O4＋6H＋—
2Mn2＋＋l0CO2↑＋8H2（））°
l. （2016.浙江卷）无水MgBr2可用作催化剂°实验室采用镁屑与液澳为原料制备无水
MgBr2 ,为测定产品的纯度’可用EDTA（简写为Y』—）标准溶液滴定’反应的离子方
程式:
Mg2＋＋Y4—MgY2＿°
（1）滴定前润洗滴定管的操作方法是
（2）测定时’先称取0.25（）（）g无水MgBr:产品’溶解后’用（）.0500mol .Ll的EDTA
标准溶液滴定至终点’消耗EDTA标准溶液26.50mL’则测得无水MgBr2产品的纯度
是
（以质量分数表示）°
（2017.全国｜I卷）水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件°某课外小组采用碘
量法测定学校周边河水中的溶解氧°实验步骤及测定原理如下:
I .取样’氧的固定
用溶解氧瓶采集水样°记录大气压及水体温度°将水样与Mn（（）H）2碱性悬浊液（含有
KI）混合’反应生成Mn（）（（）H）2 ’实现氧的固定°
lI .酸化’滴定
将固氧后的水样酸化’MnO（（）H）2被Iˉ还原为Mn2＋’在暗处静置5mln’然后用标准
●
广
◎
Na2S2（）3溶液滴定生成的I2（2S2O;ˉ＋I2—2I＋S』O;ˉ）°
回答下列问题:
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面’这样操作的主要目的是
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为
（3）Na2S2（）3溶液不稳定’使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃
棒、试剂瓶和
;蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用’其目的是杀
菌、除
及二氧化碳°
（4）取100.00mL水样经固氧、酸化后’用αmol .L—!Na2S2O3溶液滴定’以淀粉溶液作
为指示剂’终点现象为
;若消耗Na2S2（）3溶液的体积为bmL’则水样
79
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厂
满分之路.高中化学（—）l
中溶解氧的含量为
mg°L-］
（5）上述滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡’会导致测定结果偏
（填“高”或“低”）°
6. （2017.天津卷）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中C（Iˉ）’实验过程包括准备
标准溶液和滴定待测溶液°
I.准备标准溶液
a.准确称取AgN（）3基准物4.2468g（0.0250mol）后’配制成250mL标准溶液’放在
棕色试剂瓶中避光保存’备用°
b配制并标定100mL0. 1000mol .L lNH』SCN标准溶液,备用°
I滴定的主要步骤
a.取待测NaI溶液25.00ml→于锥形瓶中。
b.加人25.00mL0. 1000mol .LˉlAgN（）3溶液（过量）’使I完全转化为AgI沉淀°
c.加人NH4Fe（S（）4）2溶液作为指示剂·
d.用0. 1000mol .L ｜NH』SCN溶液滴定过量的Ag＋’使其恰好完全转化为AgSCN
沉淀后’体系出现淡红色’停止滴定°
e.重复上述操作两次°三次测定数据如下表:
实验序号
2
3
1
消耗NH』SCN标准溶液的体积／mL
9。98
10·02
10。24
｛.数据处理°
回答下列问题:
（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液’所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有
（2）AgN（）3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是
◎
（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行’其目的是
（4）b和c两步操作是否可以颠倒?
,说明理由:
（5）所消耗的NH』SCN标准溶液平均体积为
mL’测得c（I
）＝
mol ·L-1
°
（6）在滴定管中装人NH4SCN标准溶液的前—步’应进行的操作为
（7）判断下列操作对C（I
）测定结果的影响（填“偏高’’“偏低”或“无影响”）
o若在配制AgN（）3标准溶液时’烧杯中的溶液有少量溅出’则测定结果
@若在滴定终点读取滴定管刻度时’俯视标准液液面’则测定结果
8（）
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『第三章水溶液中的离子平衡｝
第3讲盐类的水解
｜
内容导读0
盐类水解的知识点很多’比较零碎·考查的主要知识点和方向:易水解的粒子数目、
盐类溶液蒸干后产物的判断、盐类水解规律、影响盐类水解的因素’水解平衡常数的应用
等。考查形式:选择题中判断给出的语句正确与否,以图象、图表的形式呈现考查学生对
盐类水解知识的理解°本节的难点是盐类水解平衡和弱电解质电离平衡的综合应用.
c典例剖析
［例1］（盲者组合题）下列说法正确的是
（
）
A. （2018.全国Ⅱ卷）100mL1mol .LlFeCl3溶液中所含Fe3十的数目为0. 1NA
（NA为阿伏加德罗常数的值）
B（2016.全国Ⅱ卷）将MgCl2溶液加热蒸干制备无水MgCl2
C.
（2016 。全国Ⅲ卷）将CH3C（）（）Na溶液从20 ·C升温至30
。C’溶液中
c（CH3C（）O）
c（CH3C（）（）H）.c（（）H
）增大
D. （2016.全国I［卷）Al2（SO4）3和小苏打反应’用作泡沫灭火器灭火
■翻m
［思考］
（1）影响盐类水解的因素有哪些?
（2）能发生双水解的离子有哪些?
［答案］
D
［解析］
A项’Fe:＋水解生成Fe（（）H）3 ’故含1molFeCl剔的溶液中含有的Fe3＋小于1
mol’错误;B项’Mg2＋水解反应为Mg2＋＋2H2O＝≡Mg（OH）2＋2H＋’水解反应
为吸热反应’加热时会促进Mg2＋水解’最终会转化为Mg（OH）2 ,得不到无水
MgCl2 9错
8］
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｛满分之路.高中化学（-）
l
C（CH3C（）O-）
1
CH3COONa溶液从20℃升温至30 °C’干衡正向移动,则Kh增大,故
c（CH3C（）（）—）
c（CH3COOH）·c（OH—）减小’错误;D项’泡沫灭火器外筒（钢筒）盛装NaHCO3
溶液,内筒（玻璃筒）盛装Al2（S（）4）3溶液’使用时将灭火器倒置’Al3＋和HC（）了
发生双水解反应’Al3＋水解显酸性’HC（）『水解显碱性’两者相互促进,则发生反
应嚣Al3＋＋3HCO『—Al（OH）3 ↓＋3C（）2↑,从而起到灭火的作用’正确°
［点评］
盐类水解的影响因素:
（1）浓度:浓度越小’越易水解’水解程度大’但是电离出的离子浓度小°
（2）温度:温度越高’越易水解,水解程度大’电离出的浓度增大°
（3）同离子效应:加人相同离子的电解质’相当于增加了产物’所以水解平衡逆向
移动。
［例2］（2018.北家卷窜11题）测定（）. 1mol .L
lNa2S（）3溶液先升温再降温过程中的
pH’数据如下°
@
◎
◎
o
时刻
温度／。（
9只
≈U
40
25
30
~
9。25
9·37
pH
9.52
β
β
■
∩
凹
√
实验过程中’取O@时刻的溶液’加人盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验’@产生白
色沉淀多°下列说法不正确的是
（
）
A.Na2S（）3溶液中存在水解平衡:S（）32
＋H2（）≡＝HS（）丁＋（）H
B.@的pH与◎不同’是由S（）32
浓度减小造成的
C.o→◎的过程中’温度和浓度对水解平衡移动方向的影响—致
D.o与@的Kw值相等
82
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』第三章水溶液中的离子平衡｝
■翻Ⅷ
［思考］
（1）什么样的离子可以水解?
（2）相同温度’不同pH的水溶液中’Kw相等吗?
［答案］
C
［解析］
A项’亚硫酸钠溶液呈碱性,说明亚硫酸根离子水解,正确;B项’依题意’@中产
生白色沉淀较多’说明硫酸根离子多’即亚硫酸根离子浓度减小’正确;C项’由题
可知’温度升高pH减小,与浓度增大溶液碱性增强不一致’错误;D项’Kw仅与
温度有关’而o与@的温度相等’则Kw相等’正确°
［点评］
盐类水解的规律:有弱才水解’无弱不水解;越弱越水解’都弱双水解;谁强显谁
性’同强显中性°
实例
｜是否水解
盐的类型
水解离子
溶液酸碱性
溶液pH
不水解
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
中性
无
々
′
~~
Ⅲ
β
水解
NH4＋、Cu2＋
强酸弱碱盐
NH4Cl、CuSO4
酸性
pH＜7
｜
l
水解
强碱弱酸盐
碱性
KCl（）、Na贸S
Cl（）
、S2＿
pH＞7
｜
『
｜
83
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｜满分之路.高中化学（-）l
（例3］（2（）18·天津卷）LiH2PO《
（2018·天津卷）LiH2PO《是制备电池的重要原料°室温下’LiH2PO』溶液的pH随
c初始（H2PO『）的变化如图1所示,H3PO4溶液中H2P（）『的分布分数6随pH的变
C（H2PO［）
］·下列有关LlH2P（）↓溶液的叙述正确的
化如图2所示［6＝
是
C总（含P元素的粒子）
（
）
（466,
（）.994）
｜。0
~
5.50
＝
旦
≈05
5ˉ0（）
466
‖
‖
‖
『
〗
‖
‖
‖
‖
‖
‖
‖
｜
｜
‖
‖
』
‖
｜
‖
‖
【
｜
｜
（）.0
l0ˉ4
l0］
］0＿2
｜0l
］
l0
c‖」始（H2PO4ˉ）／（mol ·l厂｜）
｜
2
4
6
8
pH
图2
图］
A.溶液中存在3个平衡
B.含P元素的粒子有H2P（）「、H2PO!
、POiˉ
C.随c初始（H2PO『）增大’溶液的pH明显变小
D用浓度大于1mol .L l的H3P（）4溶液溶解Li2CO3 ’当pH达到4.66时,H3PO』
几乎全部转化为LiH2P（）4
厉解析0
［思考］
（1）H2P（）『属于弱酸根离子’在水溶液中存在哪些平衡?
（2）图1、2均涉及pH’从图中可以得出与pH相关的什么结论?
［答案］
I）
［解析］
A项’溶液中存在的乎衡有H2PO『≡＝HPOi—＋H＋’HPO＄＝＝POi＿＋H＋’
H2POJ＋H2O＝＝＝H3PO4＋OH
’H2O≡＝＝H＋＋OHˉ等’错误;B项’P元素存
在的粒子还有H3P（）4分子’错误;C项,从图1看’当c（H2PO『）＞0. 1mol .L—l
时’pH几ˉ乎不变,错误;D项’从图2知’当pH＝4.66时’溶液中主要以H2PO『
存在’正确°
84
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」第三章水溶液中的离子平衡｝
｝6解析＿］
［点评］
对于给出的图象题要从图中给出的信息进行合理分析,而不能凭空想象°如图1
中可以得出H2PO『浓度并不是越大,pH越小’当c（H2PO4＿）＞0. 1mol .L
l
·憾（皆?裂瞅子）知.pH…6
时,图象中显示pH几乎不变°图2中,由6＝
时’6最大,故可认为此时含P粒子几乎为H2PO『·
［例4］（2017.浙江11月卷窜23题）25℃时’在“H2A—HA—A2ˉ”的水溶液体系中’H2A、
HA＿和A:三者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示·
l0
H喻A
H喻A
0.8
A
‖A
‖A
〔）.6
邑
0·4
勺
全
∩
皿
0
l
2
3
4
5
6
pH
下列说法正确的是
（
）
A.在含H2A、HA—和A2的溶液中’加人少量NaOH固体’α（HA—）＿定增大
B.将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水,所得的溶液中α（HAˉ）＝
α（A2-）
C. NaHA溶液中’HAˉ的水解能力小于HA的电离能力
D在含H2A、HA和A2的溶液中’若C（H2A）＋2C（A2
）＋C（（）Hˉ）＝c（H＋）’则
α（H2A）和α（HA）＿定相等
85
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｜满分之路.高中化学（-）
］
·解析0
［思考］
（1）从图象中,如何比较出HA＿的水解能力与HAˉ的电离能力的大小?
（2）本题中A项、D项’均出现了“—定’’词语’你是如何理解的?
［答案］
C
［解析］
A项’从图中分析’当HA—处于最高点时’加入Na（）H固体,溶液pH增大’
α（HA—）减小,错误;B项’HA—电离方程式为HA＿＝＝H＋＋A2ˉ,K.＝
C（H＋）.c（A2—）,从图中取C（A2—）＝C（HA—）,得K,＝c（H＋）≈10—4 ’A2—分步
C（HA-）
水解’以第一步为主’方程式为A2ˉ＋H2（）＝＝HA＿＋（）H—’Kb＝
c（HA—）
。c（OH）
c（HA—）.Kw—坠≡10ˉl0 ’将等物质的量的NaHA和
二二二
C（A2-）
C（A2
）°C（H＋）
K2
Na2A混合物’溶液中HAˉ的电离程度大于A2ˉ的水解程度’则有α（HAˉ）＜α
（A2—）’错误;C项’NaHA溶液中9α（HA）比α（A2—）和α（H2A）大得多’由图知’
NaHA溶液显酸性’HA—的电离方程式为HA≡＝＝H＋＋A2
’水解方程式为
HAˉ＋H2O＝＝＝H2A＋OH
’HA＿的电离大于水解,溶液显酸性’正确;D项’若
该溶液中的阳离子只有H＋’根据电荷守恒有c（HA）＋2c（A2＿）＋c（OH—）＝c
（H＋）’若c（H2A）＋2c（A2
）＋c（OH—）＝c（H＋）’则有c（H2A）≡c（HA—）’但是
若有其他阳离子’则C（H2A）和〔（HA）不相等,错误°
86
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『第三章水溶液中的离子平衡‖
画疆Ⅷ
［点评］
对于多元弱酸的酸式盐既存在电离平衡’又存在水解平衡’可以通过计算’得出电
离和水解谁占主要因素°方法如下:@先求出该酸式盐的电离平衡常数［本题简
化了计算’取c（A2ˉ）＝C（HA—）时’由图象知’Ka＝C（H＋）.C（A2 ）＝C（H＋）＝
C（HA～）
10ˉ4］;◎求出酸式盐的水解平衡常数［以本题为例:水解方程式为HA＿＋H2O
子＝＝H2A＋OH
,Kb＝C（H2A）
. C（OH-）
c（H2A）·Kw
〔（∏A—）
《（HA）.〔（H十厂悬｀凡!～
＝
‘（日↑［A.i｛H十）.结合图象简化计算有‘（HA—）-您（H膊A）时.K仙-憋（l山≡
l0 ‖, ｀K蹦≡什圭＝l0鸣’］;o显然K≥Kh｀即说明该酸式盐屯离大于其水解’
所以该酸式盐水溶液显酸性°
＾.《章节练习
1.室温下’将0.05molNa2C（）3固体溶于水配成100mL溶液’向溶液中加人下列物质。
有关结论正确的是
（
）
选项
加入的物质
结论
5（）mL1mol ·L lH2SO
反应结束后’c（Na＋）＝c（S（）!
）
A
C（（）H
）
溶液中
增大
（）, （）5molCa（）
｜日
c（HC（）了）
由水电离出的c（H＋）
. C（（）H）不变
C
50mI〃H,（）
0. 1molNaHS（）4固体
反应完全后’溶液pH减小’c（Na＋）不变
D
＿定温度下’下列溶液的离子浓度关系式正确的是
（
）
A. pH＝5的H2S溶液中,c（H＋）≡c（HS
）＝1×10 5mo｜.L
l
B. pH＝α的氨水溶液’稀释10倍后’其pH＝6’则α＝b＋1
C. pH＝2的H2C2（）4溶液与pH＝12的Na（）H溶液任意比例混合:c（Na＋）＋c（H＋）＝
c（（）H＿）＋c（HC2（）『）
D.
pH相同的OCH3CO（）Na、◎NaHC（）3、◎NaCl（）三种溶液的c（Na＋）:O＞◎＞◎
9
△中
87
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｜满分之路.高中化学（一）
l
3.已知NaHS（）:溶液显酸性,溶液中存在以下平衡:
HS（）丁＋H2（）-＝H2SO3＋OHˉ
O
HS（）丁-＝H＋＋S（）;ˉ
@
向0. 1mol ·L l的NaHSO:溶液中分别加人以下物质’下列有关说法正确的是（
）
A.加人少量金属Na’平衡O左移’平衡@右移’溶液中c（HSO『）增大
‖
B.加人少量Na』SO』固体’则（（H十）＋c（Na十）＝c（∏SO『）＋［（OHˉ）＋古c（SO;
）
c（SOi—）
c（（）H
）的值均增大
C.加人少量Na（）H溶液
…′」川／、≥＝△、α｀′△▲丫口↑‖爬,c（HSO丁）、c（H＋）
臼√Ⅲ』二ˉ＝v≡口／、
D.加人氨水至中性,则2c（Na＋）＝c（SO!—）＞c（H＋）＝c（OH
）
4.室温下向10mL0. 1mol .L—lNa（）H溶液中加人0. 1mol .
L l的—元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示°下列说法
p
正确的是
（
）
8
A.
α点所示溶液中C（Na＋）＞C（A—）＞c（H＋）＞c（HA）
4
B. α、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C. pH＝7时,c（Na＋）＝c（A
）＋c（HA）
D. b点所示溶液中C（A
）＞C（HA）
5. 25 。C时’用浓度为0. 1000mol .L ｜的NaOH溶液滴定20.0（
mol .L—l的三种酸HX、HY、HZ滴定曲线如图所示。
00
l l个
γ
γ
‖
∧
→
咖
丁
＝
∩
￥
｜
‖
）／ml
mL浓度均为（）. 10（）0
料
｜2
｜0
8
m
△6
4
2
0
｜ˉ‖X
｜ˉ‖X
γ
∑
］
‖
｝
［
γ
∑
］
‖
｝
［
γ
∑
］
‖
｝
［
0
｜0
20
30
4（）
川NaO｝‖）／ml√
下列说法正确的是
（
）
A.在相同温度下’同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序:HZ＜HY＜HX
B.根据滴定曲线,可得K＂（HY）≈10
5
C.将上述HX、HY溶液等体积混合后’用Na（）H溶液滴定至HX恰好完全反应时:
（.（X
）＞c（Y-）＞c（OH-）＞c（H十）
Ka（HY）
· C（HY）
D.
HY与HZ混合’达到平衡时:c（H十）＝
＋c（Z
）＋c（（）H-）
C（Y
）
88
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」第三意水溶液中的离子平衡‖
~~
6.常温下’用浓度为0. 1000mol .L—l的Na（）H溶液分别逐滴加人20. （）0mL0. 10（）0mol
Ll的HX、HY溶液中’pH随Na（）H溶液体积的变化如图。
l4
l2
l0
8
宝
△6
4
2
0
HX
HX
~~~~~~~~~
~~~~~~~~~
Hγ
Hγ
｜
0
｜0
20
30
40
川NaOH）／mL
下列说法正确的是
（
）
A.V（Na（）H）＝0mL时’两份溶液中c（X—）＞c（Yˉ）
B.V（Na（）H）＝10.00mL时,c（X—）＞c（Na＋）＞c（HX）＞c（H＋）＞c（OH
）
C.V（NaOH）＝20.00mL时,c（OH）＞c（H＋）＞c（Na＋）＞c（X
）
I）.
pH＝7时,两份溶液中,c（Xˉ）＝c（Na＋）＝c（Y—）
7.
（2016 .上海卷）碳酸:H2CO3 ’KU＝4.3×10—7 ’K!2＝5. 6×l0ˉu°草酸:H2C2（）』’KU＝
5·9×10-2 ,Ki2＝6·4×10-5°
（1）0. 1mol .LlNa2CO3溶液的pH
（选填“大于”“小于”或“等于”）0. 1mol .
L 』Na2C2O4溶液的pH°等浓度草酸溶液和碳酸溶液中’氢离子浓度较大的是
（2）若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合’溶液中各种离子浓度大小的顺序正
确的是
a.
c（H＋）＞c（HC2（）『）＞c（HCO『）＞c（CO;—）
b°
（.（HCO『）＞C（HC2O『）＞C（C2Oi
）＞C（CO;
）
c. c（H＋）＞c（HC2OJ. ）＞c（C2O;
）＞c（CO;
）
d.
c（H2C（）3）＞c（HC（）丁）＞c（HC2O『）＞c（C（）;
）
89
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｜满分之路.高中化学（-）
｝
第4讲溶液中的粒子浓度关系
内容导读］
溶液中离子浓度大小比较一直是高考命题的热点’它综合考查了学生对电离平衡、
盐类水解平衡以及物料守恒、电荷守恒和质子守恒的应用°命题方式主要以滴定为素材
或是以酸、碱反应为背景’常以图象方式呈现,要求考生通过各种关系判断离子之间的关
系’难度—般较大°
c典例剖析
［例1］（2018.江苏卷）H2C2（）｜为二元弱酸’Kal（H2Q（）｛）＝5.4×10
2 ’Ka2（H2C2（）』）＝5.4×
1（）—5 ’设H2C2（）』溶液中c（总）＝c（H2C2O』）＋c（HC2（）厂）＋c（C2（）《ˉ）°室温下用
NaOH溶液滴定25.00mL0. 1000mol .L ｜H2C2（）《溶液至终点°滴定过程得到
的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系—定正确的是
（
）
A.
0. 1（）（）0mol ·LlH2C2（）4溶液:c（H＋）＝0. 1000mol .L
｜＋c（C2（）!
）＋
C（（）H-）—C（H2C2O! ）
B.
c（Na＋）＝（.（总）的溶液:c（Na＋）＞c（H2C2（）4）＞c（C2（）!
）＞c（H＋）
C. pH＝7的溶液:c（Na＋）＝0. l0（）0mol .L
l＋c（C2（）!ˉ）
c（H2C2O』）
D.
c（Na＋）＝2c（总）的溶液:c（（）H
）—〔（H＋）＝2c（H2C2（）《）＋c（HC2（）『）
■翘Ⅷ
［思考］
（1）H2C2（）4溶液中的电荷守恒如何表达?
（2）如何利用数据判断HC2O『的电离程度与水解程度哪个占主要因素?
［答案］
AD
［解析］
A项’H2C2O‘溶液中的电荷守恒为c（H十）＝（（OH—）＋c（HC2（）Jˉ）＋2c（C2α—）,物
料守恒为c（H2Q（）』）＋c（HC2O『）＋c（C2（】ˉ）＝0. 1000mol .L—』’将两式相
9（）
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』麓皇章水溶液中的离子平衡‖
■磁Ⅷ
加’可得c（H＋）＝0. l000mol .L＿l＋c（C2（）;—）＋c（OHˉ）—c（H2C2O4）’正
确;B项’c（Na＋）＝c（总）的溶液’相当于H2C2（）』溶液与等物质的量NaOH溶液
反应后的溶液.即为NaHC2O』溶液,H2C2O｜溶液的第一级电离为H2C2O4＝＝
H＋＋HC:（）『’K刨＝〔（H＋）.c（HC2O『）＝5.4×10ˉ2 ’则c（H2QO』）
c（H＋）
c（H2QO」）
c（HC2（）［）＝5.4×10ˉ2
,
HQO『水解方程式为HC2OJ＋H2（）＝＝H2C2O《＋（）Hˉ,水解常数为Kh＝
C（H2C2O｜）
° C（（）H-）
C（H＋）·C（OH
）
1×10
l4
c（HC2O『）
＝
5.4×10
2
＝5.4×10＿2＝1.85×10ˉl3 ’而
HC2Or的电离乎衡常数为5.4×10
5 ’即HC2O「的电离大于其水解’则
c（C2O!＿）＞c（H2C2O4）’错误;C项’起始时’H2C2O4溶液中c（总）＝c（H2C2O4）
＋c（HC2（）『）＋c（C2O!
）＝0. 1000mol .L』’在滴入Na（）H后’c（H2C2O↓）＋c
（HC2O「）＋c（C2Oi—）＜0. 1000mol 。LⅡ’溶液中存在电荷守恒:c（Na＋）＋
c（H＋）＝c（OHˉ）＋r（HC2O『）＋2c（C2O《ˉ）’联系两个式子有c（Na＋）＜0. 10（）0
mol .L l＋c（C2O!
）—c（H2C2O4）’错误;D项’c（Na＋）＝2c（总）的溶液,相当于
1molH2C2O4溶液与2molNaOH溶液反应后的溶液9即为Na2C2（）‖溶液9
Na2C2O4的质子守恒关系式为c（OH）＝c（H＋）＋c（HC2（）『）＋2c（H2C2O4）,
正确°
［点评］
本题C项’电荷守恒:c（Na＋）＋c（H＋）＝c（（）Hˉ）＋c（HQO『）＋2c（Q（）i—）’pH＝7’
则c（H＋）＝c（（）H＿）’c（Na＋）＝c（HC2OJ）＋2〔.（C2O;ˉ）O’由题干信息:c（总）＝c
（H2QO4）＋c（HQOJˉ）＋c（QO;ˉ）＝0. 1000mol .Ll◎’由O◎得c（Na＋）＝
0. 1000mol .L—l＋c（QO!＿）—c（H』Q（）4）’貌似正确°实际上’H2QO4溶液中滴
人NaOH溶液后’溶液的总体积变大’c（总）＜0. 1000mol .L—］
°
］
｀
‖
′
厂
儿
但
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召满分之路.高中化学（-）
〗
（2018。浙江4月卷）在常温下’向10mI→浓度均为0. lmol 。L l的Na（）H和
Na2CO3混合溶液中滴加0. 1mol .L—l的盐酸溶液pH随盐酸加人体积的变化如
图所示°下列说法正确的是
（
）
（例2］（2018。
l4
l2
l0
罕8
≈.6
4
2
0 ~
‖
斗
β
〕
β
〕
β
∑
［
＾
‖
Ⅲ
〗
γ
｝
日
］
）
（
］
β
·
A.在α点的溶液中:c（Na＋）＞c（CO!ˉ）＞c（Cl
）＞c（OH—）＞c（H十）
B.在b点的溶液中:2″（C（）;
）＋″（HCO丁）＜0.001mol
C.在c点的溶液pH＜7是因为此时HC（）丁的电离能力大于其水解能力
D若将0. 1mol ·Ll的盐酸换成同浓度的醋酸’当滴至溶液的pH＝7时: c（Na＋）
＝c（CH3CO（）
）
［思考］
（1）图中α、b、C点处溶质分别是什么?
（2）向NaOH和Na2CO3溶液中加人HCl时’Na2CO3在什么情况下会将产生的
CO』逸到空气中?
［答案］
B
［解析］
A项’加入5mLHCl’消耗了一半的NaOH’若CO;
不水解’则c（Clˉ）＝
c（OH）’由于CO!—水解显碱性’则c（OHˉ）＞c（Clˉ）’错误;B项,若加入HCl
为20.00mL时’则刚好生成NaHCO3 ’HCO丁水解显碱性’故需妥加入少量HCl
使得溶液呈中性’若无CO2逸出,由C原子ˉ守恒有c（C（）;—）＋c（HCO丁）＋
c（H2CO3）＝0.001mol’6点处的主要溶质为NaCl和NaHCO3 ’HCO丁的水解大
于电离’即c（H2CO3）＞c（CO!—）’所以2＂（C（）;＿）＋″（HCO丁）＜0.001mol’正
确;C项’c点处’溶液中的H2CO3的电离程度大于HCO3ˉ的水解程度’使得溶液
显酸性’错误;D项’由电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3C（）（）＿）＋2c（CO;＿）
＋c（HCO丁）＋c（OHˉ）’pH＝7时’c（Na＋）＝c（CH3COO—）＋2c（CO!ˉ）＋
c（HCO丁）,错误.
Q’
√臼
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」第三
｜
章
水溶液中的
中
衡
离子平
…Ⅷ
［点评］
在滴定过程中’图中α、b、C点处的电荷守恒方程式不会变化’因为溶液中存在的粒
子种类不变,而电荷守恒方程中仅与粒子种类有关°
［例3］（2017
（2017 。全国Ⅱ卷）改变0. 1mol ·L l二元弱酸H2A溶液的pH’溶液中的H2A、
HA—、A2
的物质的量分数6（X）随pH的变化如图所示［已知6（X）＝
C（X）
C（H2A）＋C（HAˉ）＋C（A2ˉ）］°
｜
~~~~~~
l.0
0.8
一≈
×0·6
＝
≈
0·4
0°2
■
‖
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『
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｜
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又｝｛＼
｜＼
｜
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坐
‖
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~
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ˉ
~
『
＼
~~~
~~
｜
2
2。7
3
4
5
6
p｝｛
下列叙述错误的是
A°
pH＝1.2时,c（H2A）
（
）
C（HA
）
B.
lg［K2（H2A）］
—4·2
C.
pH＝2.7时’c（HA＿）＞c（H2A）＝c（A2
）
D. pH＝4.2时,c（HA
）＝c（A2
）＝c（H＋）
■翻Ⅷ
［思考］
（1）K2（H2A）受溶液的酸碱性影响吗?
（2）多元弱酸电离时’有什么规律?
［答案］
I）
93
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厂满分之路。高中化学（-）k
…Ⅷ
［解析］
A项’从图中看’pH＝1.2时’c（H2A）＝c（HA—）’正确;B项’H2A＝＝HA＋H＋’
HA—一A:—＋H＿,K:（H粤A）-〔（Al｝删矿）K仅与灌度有关,骡pH＿…
方便计算’即C（A2
）＝C（HAˉ）’则K2（H2A）＝C（H＋）＝10—4° 2 ’lg［K2（H2A）］＝
—4.2’正确;C项’从图中看’pH＝2.7时ˉ’有c（HA＿）＞c（H2A）＝c（A2ˉ）’正确;D
项’在pH＝4.2时’有c（HA—）＝c（A2
）’从H2A的分步电离知’两步均电离出
H＋,故C（H＋）＞C（HAˉ）,错误°
［点评］
根据图象计算某式值时’可以取图象中的—些特殊点进行计算°如本题中B项,
要求计算K2（H2A）’由于电离平衡常数K仅与温度有关’所以可以取图象上任一
点进行计算’为了方便计算’发现pH＝4.2时’有c（A2
）＝c（HA＿）’根据K的表
达式’可直接得出K2（H』A）＝C（H十）’由此可以很快得出结果°
［例4］（2017 .江霉卷）常温下’K.（HC（）（）H）＝1. 77×10
4 ’K＂（CH3C（）OH）＝L75×
］0—5 ,Kb（NH3 .H2（））＝1.76×l0—5 ’下列说法正确的是
（
）
A.浓度均为0. 1mol .Ll的HC（）ONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之
和:前者大于后者
B.用相同浓度的Na（）H溶液分别滴定等体积pH均为3的HC（）（）H和CH3C（）（）H
溶液至终点’消耗Na（）H溶液的体积相等
C.
0· 2mol .L lHC（）（）H与0. 1mol .L
｜Na（）H等体积混合后的溶液中:
c（HC（）（）
）＋c（OH＿）＝c（HC（）（）H）＋c（H＋）
I）. 0.2mol .L＿lCH3C（）（）Na与0. lmol .L l盐酸等体积混合后的溶液中（pH＜
7）:c（CH3C（）（）
）＞c（Cl
）＞c（CH3C（）（）H）＞c（H＋）
94
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l第三章水溶液中的离子平衡｝
飞睡Ⅷ
［答案］
AD
［解析］
A项’0. 1mol .L lHCOONa溶液中（.（Na＋）＝0. 1mol .Ll ,所有阳离于为
c（Na＋）＋c（H＋）＞0. 1mol ·L—l ,0. 1mol .L—lNH4Cl溶液中’NHj水解生成
H＋’减少一个NH了同时生一个H＋’则NH4Cl中所有阳离子C（NHj）＋c（H＋）
≈0. 1mol .L—l ,即前者大于后者’正确;B项’CH3COOH的电离平衡常数小’即
酸性弱,若相同pH的HC（）（）H与CH3C（）（）H,和NaOH反应时,CH3COOH消
耗Na（）H的量较大,错误;C项,反应后为HCO（）H与HCOONa的1
: 1的混合
溶液’电荷守恒:c（HCO（）＿）＋c（OHˉ）＝c（Na十）＋c（H＋）’物料守恒:2c（Na＋）＝
c（HCOOH）＋c（HC（）O
）,则c（HCOO
）＞c（Na＋）＞c（HC（）（）H）,所以
c（HCO（）—）＋c（OH＿）·＞c（HCOOH）＋c（H＋）,错误;D项,反应后溶液为
c（CH3CO（）Na）、c（CH3COOH）和以c（NaCl）的1
:
1
: 1的混合物’物料守恒:
c（CH3CO（）＿）＋c（CH3COOH）＝2c（Cl
）,pH＜7,则CH3COOH的电离大于
CH3C（）O—的水解’即c（CH』CO（）
）＞c（Cl—）＞c（CH3COOH）,电离和水解均很
微弱,故c（H＋）＜c（CH3CO（）H）,正确。
［点评］
电解质溶液中存在物料守恒’要抓住谁和谁物料守恒’如本题C项’HCOOH与
HCOONa的1
: 1的混合溶液,HC（）（）H电离出HC（）O
’HC（）O水解也生成
HCOOH’故两者之和不变’是Na＋浓度的两倍°D项也是如此’0.2mol .L—l
CH3C（）（）Na与0. 1mol
.
L＿l
HCl反应’两者为2
:
1’则有物料守恒:
c（CH3CO（）
）＋c（CH3COOH）＝2c（Cl
）°
95
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k
［例5］（2017.浙江4月卷）25℃时,在含CH3C（）OH和CH3COO的溶液中’CH3C（）OH
和CH3C（）（）ˉ二者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示°
下列说法不正确的是
（
）
‖■｛（『
乙
0.4
0.4
0。2
（）.2
0令0
2
3
4
5
6
7
（〕.（）
p＂
A.在pH＜476的溶液中’c（CH3COO）＜c（CH3COOH）
B.在pH＝7的溶液中’α（CH3C（）（）H）＝0’α（CH3C（）（）
）＝L0
C.在pH＞476的溶液中’c（CH3COOˉ）与c（（）H）之和可大于c（H＋）
D在pH＝4.76的溶液中加盐酸’α（CH3COOH）与α（CH3C（）（）
）之和保持不变
（4.76, （）.50）
~~~~
［思考〕
（1）图中c（CH3CO（）—）、c（CH3C（）OH）分别对应哪根曲线?
（2）在碱性溶液中,能否存在CH3CO（）H分子?
［答案］
B
［解析］
A项’下降的曲线为CH3COOH’上升的曲线为CH3COOˉ’从图示看’pH≡4.76
时, c （CH3COO-）＝c （CH3COOH）, pH＜4。76时, c（CH3COOˉ）＜
c（CH3C（）OH）,正确;B项,溶液中CH3COOH和CH3COO—同时存在’错误;C
项’电荷守恒:c（CH3C（）（）ˉ）＋c（OH—）＝c（H＋）＋（.（M＋）’显然’c（CH3COOˉ）
＋c（OH＿）＞c（H＋）,正确;D项,力口HCl时’CH3COO＿与H＋反应生成
CH3COOH’由物料守恒知’α（CH3C（）O）与α（CH3COOH）之和不变’正确°
［点评］
本题B项’有同学从图中看’pH＝7时’α（CH3COOH）＝0,实际上’CH3COOˉ与
CH3CO（）H是同时存在的°例如’强酸性溶液中也会存在OH—’只是（）H＿很小’
几乎可以忽略·
96
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『第三章水溶液中的离子平衡｜
.p?章节练习
LL
召
1.室温下’将—元酸HA的溶液和K（）H溶液等体积混合（忽略体积变化）’实验数据如下表
」
起始浓度／（mol .Ll）
实验编号
反应后溶液的pH
C（HA）
c（KOH）
o
0.
］
0· 1
9
◎
0·2
~~
了
几
下列判断不正确的是
A.实验@反应后的溶液中:c（K＋）＞c（A—）＞c（（）H）＞c（H＋）
（
）
B实捻O反应后的溶液中;MOH—）-俗（K—）—c‖A—）-l釜b
, mol ·L＿｜
C.实验◎反应后的溶液中:c（A—）＋c（HA）＞0. 1mol .Lˉl
D实验◎反应后的溶液中:c（K＋）＝c（A）＞c（（）H）＝c（H＋）
2.常温下’K＂（HCN）＝6.2×10—l0’K凰（CH3C（）OH）＝1.75×10 5°下列说法正确的是
（
）
A.浓度均为0. 1mol 。L l的NaCN与CH3COOK溶液中:c（Na＋）—c（CN）＜c（K＋）
—c（CH3COO＿）
B0.2mol .Lˉl氨水与0. 1mol 。Lˉl盐酸等体积混合:c（Cl
）＋c（H＋）＝c（NH3
。
H2O）＋c（（）H）
C.
0. lmol .L—』NaCN溶液与0. 1mol .Lˉl盐酸混合至pH＝7:c（Na＋）＞c（Cl
）＝
c（CN
）＞c（HCN）
D.
0. 1mol 。LlCH3C（）（）H溶液与0. 1mol .LˉlNaOH溶液等体积混合:c（H＋）＋
c（CH3CO（）H）＝c（OH）＋c（CH3CO（）-）
3.常温下’下列有关叙述正确的是
（
）
A.向0. 1mol .LˉlNa2CO3溶液中通人适量C（）2气体后:c（Na＋）＝2［c（HCO丁）＋
c（CO2—）3＋c（H2C（）3）］
B.常温下’pH＝6的NaHSO3溶液中:c（SO;ˉ）—c（H2SO3）＝9.9×10＿′mol .L
l
α筹物臆的量浓度等体积＂N鲤CO,和№HCO,混合甜删＜if脏））
D0. 1mol .L—lNa2C2（）4溶液与0. 1mol .L—lHCl溶液等体积混合（H2C2O』为二元
弱酸）:2c（C2Oi
）＋c（HC2O『）＋c（OH
）＝c（Na＋）＋c（H＋）
97
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｜满分之路.高中化学（-）
｜
l.
（2016.江霉卷）H2C2（）4为二元弱酸·
20。C时’配制＿组（.（H2C2（）4）＋c（HC2（）4
）＋（、
（C2（）』2—）＝0. 100mol .L ］的H2C2（）4和Na（）H混合溶液’溶液中部分微粒的物质的
量浓度随pH的变化曲线如图所示°下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系＿定正
确的是
（
）
（）』（）
（）08
≡
宁
（）·06
百
巨
苗
＝（）°（）4
◎
CO忽2
CO忽2
HC2Q
HC2Q
H2C2O4
O4
0.（）2
0
2
3
4
5
6
7
pl‖
A.
pH＝2.5的溶液中:c（H2C2（）4）＋c（C2（）;＿）＞c（HC2（）『）
B.
c（Na十）＝0. 100mol .L—l的溶液中:c（H＋）＋c（H2C2（）』）＝（.（（）H）＋c（C2O;—）
C.
c（HC2（）;
）＝c（C2（）!
）的溶液中:（.（Na＋）＞0. 100mol .L—l＋（.（HC2O;ˉ）
DpH＝7.0的溶液中:c（Na＋）＞2c（C2Oi＿）
常温下’用0. 10mol .L l盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0. 10mol
·
L—l
CH3CO（）Na溶液和NaCN溶液,所得滴定曲线如图（忽赂体积变化）°下列说法正确的
是
（
）
5
｜）｝｛
｜
l
9
7
5
3
［
】■■＝
l（）
20
30
40
Ⅳ（盐酸）／mI
A.溶液中阳离子的物质的量浓度之和:点◎等于点o
B.点O所示溶液中:c（CNˉ）＋c（HCN）＝2c（Cl
）
C.点◎所示溶液中:c（Na＋）＞c（Cl—）＞c（CH3CO（）
）＞c（CH3C（）（）H）
D点@所示溶液中:c（Na＋）＋c（CH3C（）OH）＋c（H＋）＞0. 10mol .L
｜
98
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『第三章水溶液中的离子平衡｜
6. t℃时,配制—组（.（H2CO3）＋c（HCO丁）＋c（C（）;
）＝1.000×10—3mol .L—l的H2C（）3
与HCl或H2C（）3与Na（）H的混合溶液’溶液中部分微粒浓度的负对数（
的关系如下图所示°下列说法正确的是
—lgC）与pH
＼
／
（
沙
CO刨2
H
勺
·
＝
H7CO
↓
凹
酗
ˉ
‖
6
N
0
2
4
6
8
α
i0
｜2
l4
l）『｛
A. pH＝6.3的溶液中:〔（Na＋）＞1.000×10—3mol ·L
l
B.
pH＝7的溶液中:c（Na＋）＞c（H2CO3）＞c（C（）;
）
C.
pH＝α的溶液中:c（HC（）丁）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（C（）;—）
I）.
25 °C时’反应H2CO3＋CO;—＝＝→2HCO丁的平衡常数为1.0×104
99
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｜满分之路.高中化学（≡）
〗
满分
路
（≡）
·闰
第5讲难溶电解质的溶解平衡
…涵
难溶电解质在溶液中会存在沉淀溶解平衡’其过程适用化学平衡移动原理°高考常
考考点:沉淀溶解平衡移动原理的分析、K·p的计算及应用、沉淀溶解平衡的图象分析等°
~
内
已
下叮读
C典例剖析
［例1］（2018.全国Ⅲ卷）用0. 100mol .L—lAgN（）3滴定50.0mL0.050（）mol .L lClˉ
溶液的滴定曲线如图所示°下列有关描述错误的是
）
（
’
β
＝叶＝■
＝＝宁＝二
＝■尸■
＝＝‖＝＝
＝司＝＝
■刮≡＝
＝＝十＝＝
＝＝卜＝
■＝
■＝Uˉ■＝
】-
■＝‖＝＝
~
一
＝一
＜士＜
＝』＝→
＝＝▲＝
＝＝仁＝
＝＝｜＝二
＝引＝＝
≯霹
≈■巴＝
□＝＝‖□＝
△＝
＝＝0-＝
7
｝
‖
■
ˉ＝儿＝
」＝＝
＝＝上＝
＝＝仁＝
~~~~
~~
占
6
｜
～
〗
□
■
子
‖
＝
‖
~~~~
~~~~
~~~~
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斗
≡
｝
一
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二
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即
一
‖
℃
＝
□
‖
司
】
■
｛
α
＝＝厂ˉ
‖
＝刁＝■
~
ˉ寸＝＝
＝可＝＝
宁
『
＝＝厂《■
＝＝】＝＝
-＝丁＝
｛
＝-‖＝＝
＝司＝
＝＝『＝＝
‖
‖
＝斗□＝＝
＝＝◆＝
＝＝←＝
＝司·＝
□＝
＝＝＋
□＝
＝
□＝广＝
＝＝＝■
3
丛
钢
~
ˉ
／
·
■
＝＝L＝
＝＝0＝＝
＝▲□＝＝
＝▲＝
＝一L△＝
＝＝‖＝＝
‖
｜＝＝尸
＝＝L■
□＝＝‖
△＝＝
2
＝‖
｜
~~~~
一卡＝
~~~~~
｜
＿
＝~
～＝＜
■
＝
〗
＝
~~~~
~~~~
~~~~
l
0
＝丁＝＝
丁
『
＝＝厂■
~~~~
~~~~
＝可＝- ＝＝丁-
厂
~~~~
~~~~
｜
‖
‖
｜
｜
｜
｜
｜
｜
｜
｜
｜
‖
‖
‖
‖
｜
｜
‖
5
｜0
l5
20
25
30
35
40
45
50
川AgN（）］）／ml2
0
根据曲线数据计算可知K爵p（AgCl）的数量级为10ˉl0
曲线上各点的溶液满足关系式C（Ag＋）。C（Cl
）＝K爵p（AgCl）
相同实验条件下’若改为0.0400mol 。LˉlClˉ’反应终点c移到α
相同实验条件下’若改为0.0500mol .L lBr
,反应终点c向b方向移动
A。
B。
C.
I）.
100
~
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『第三章水溶液中的离干平衡｜
…Ⅷ
［思考］
（1）当AgCl达到沉淀溶解平衡时’溶液中的c（Ag＋）与c（Cl—）之间是什么关系?
（2）滴定曲线上的每个点均满足Ksp的表达吗?
［答案］
C
［解析］
A项,从滴定曲线看’在c点处为滴定终点’
lgc（Cl—）≈4. 75’c（Cl—）≡10—么75
mol .L—1 ,此时c（Ag＋）＝10—4.75mol ·Lˉl ,K曾p（AgCl）＝c（Ag＋）
. c（Cl＿）,则
K鼠p（AgCl）的数量级约为10—l0.正确;B项’滴定曲线上的每个点均满足c（Ag＋）
。
C（Cl
）＝KSp（AgCl）,正确;C项’当Cl
的浓度变小时,需妥的AgNO3体积也变
小’但是由于温度不度,故KSp（AgCl）不变,所以滴定曲线不变,即从C点沿曲线向
下移动,错误;D项’Ksp（AgBr）＜K爵p（AgCl）,滴入相当体积的AgNO3时,c（Br
）
小’则＿lgC（Br
）越大’即在（｀点的上方’正确。
［点评］
图象的纵坐标表示的值与离子浓度数值之间的相反的’即纵坐标数值越大,
c（Cl＿）越小°
［例2］（2018.海京卷）某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸’下列说
法正确的是
（
）
A. AgCl的溶解度、KSp均减小
BAgCl的溶解度、K:p均不变
C.AgCl的溶解度减小’K翻p不变
DAgCl的溶解度不变’KSp减小
■疆Ⅷ
［思考］
（1）K富p的影响因素有哪些?
（2）溶解度与Ksp成正比关系吗?
［答案］
C
［解析］
题中温度不变,故Ksp不变°加入HCl时’c（Clˉ）增大’AgCl（s）≡＝Ag＋（aq）＋
Cl—（aq）逆向移动’AgCl的溶解度减小’故选C项°
101
~
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｜满分之路.高中化学（-）］
［点评］
KSP仅与温度有关’与离子起始反应的浓度无关’K嗡p（AgCl）＝C（Ag＋）
. C（Cl
）
’
当c（Cl
）增大时’c（Ag＋）会减小’即Ksp（AgCl）保持不变°溶解度是指某温度下
溶质在溶剂中所能溶解的最大质量’本题中AgCl的溶解量减小’故溶解度减小。
（2017.全国Ⅲ卷窜13题）在湿法炼锌的电解循环溶液中’较高浓度的Cl会腐蚀阳
极板而增大电解能耗°可向溶液中同时加人Cu和CuS（）4 ’生成CuCl沉淀从而除去
Clˉ °根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图’下列说法错误的是
（
）
［例3］（2017
0
-2
＝4
一6
-8
■
宁
、」
~
◎
巨
刨）
2
■
气
√
斗
〕
0
｝
C（Clˉ）
-｜g｜n;｜.l—｜
A.K鼠p（CuCl）的数量级为107
B.除Clˉ反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl—2CuCl
C.加人Cu越多’Cu＋浓度越高’除Cl—效果越好
D2Cu＋—Cu2＋＋Cu平衡常数很大’反应趋于完全
·解析0
［思考］
（1）图中直线上点的表示什么含义?
（2）平衡常数大,表明反应进行的程度如何?
［答案］
C
［解析］
A项’K蹦p（CuCl）＝c（Cu＋）.c（Cl
）’Ksp（CuCl）仅与温度有关’为方使计算’取横
坐标为1时,即c（Cl—）＝0。1mol ·L＿1 ,对应的c（Cu＋）＞10＿6mol .Lˉl ,所以
K凰p（CuCl）的数量级在0. 1×10
6＝10—7 ’正确;B项’Cu留＋和Cu发生归中反应生
成Cu＋’与C］ˉ结合成生成CuCl沉淀’正确;C项’Cu越多’若没有Cu2＋与之反
应’也不会生成更多的Cu＋,所以除去Cl—除与Cu有关外,还与Cu2十有关’错误;
D项,从图象知,交点处c（Cu十）＝c（Cu2＋≈10—6mol .Ll）’该反应的乎衡常数
为K＝c（Cu2＋）／c2（Cu＋）≈106 ’所以K很大’表明反应趋于完全’正确°
l02
~
~
＝
／
／「
／
~
~
~
≡
~
｛
Cll
≥
Cu
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『第三章水溶液中的离手苹阔
［点评］
图中的点表示平衡时离子浓度的大小关系’根据纵坐标、横坐标上的数据可以计
算出K爵p的值°
［例4］（2017 .全国I卷）Li』Tl5Ol2和LiFePO4都是锤离子电池的电极材料’可利用钦铁矿
（主要成分为FeTi（）3 ’还含有少量Mg（）、Si（）2等杂质）来制备°工艺流程如下:
＂搬o黑令囤十滞｜撇｜,蕊满忿‖｜「「M№
ˉ→
迎罕→鹏腋o纂
饮铁矿
“″
→…糕凑塑「啡q＂:C…Go｜…偶o』
沉淀
尚洲锻烧（2〉
若“滤液◎”中c（Mg2＋）＝0.02mol .Lˉl ’加人双氧水和磷酸（设溶液体积增加l
倍）’使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3＋）＝1.0×10ˉ5mol .Ll ’此时是否有
Mg3（PO4）2沉淀生成?
（列式计算）°
已知:FePO』、Mg3（PO』）2的K爵p分别为1.3×1（）
22、L0×10—2』
…Ⅷ
［思考］
如何判断两种离子是否可以产生沉淀?
1·3×1（）-22
［答案］
Fe3＋恰好沉淀完全时’c（PO‖—）＝
mol ·L—1＝1.3×1（）—17
1。（）×10-5
mol .L-l ,c3（Mg2＋）×c2（PO43一）＝（0.01）3×（1.3×10 17）2＝1.7×10 40＜Ksp
［Mg3（PO4）2］’因此不会生成Mg3（PO4）2沉淀
［解析〕
由FePO』的K鼠p可计算出Fe3＋恰好沉淀时,PO｝—的浓度’再根据c（Mg2＋）’计算
出Q［Mg3（P（）徽）2］与K恿p［Mg3（PO↓）:］的大小’Q＜K慧p’则说明未达Mg3（PO4）2
的溶度积’即没有Mg3（PO4）2沉淀°
［点评］
某难溶电解质A狮B″ ’平衡时存在:K鼠p（A′″B』）＝C（A″＋）
. c（B〃
）°对于给出的某
两种离子浓度,写出Q＝C（A厕＋）.C（B′″—）’比较Q与K鳞p的相对大小,若Q＝K爵p’
说明刚好达到平衡;若Q＞K磐p’说明离子浓度大’会产生沉淀;若Q＜Ksp’说明离
子浓度小’不会产生沉淀。
l03
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‖满分之路.高中化学（-）
‖
［例5］（2013 .全国Ⅱ卷）室温时,M（（）H）2（s）-＝M2＋（aq）＋2OH
（aq）
K剿p＝α’c
（
）
（M2＋）≡bmol .L l时,溶液的pH等于
A÷｜g（÷）
｀
＼
‖
‖
‖
‖
′
′
α
—
】
″
′
′
『
‖
‖
｀
｀
巨
］
电
」
—
’
△
■
巳
】
○
—
α
巳
］
Ⅶ
」
—
◎
△
＋
耻
］
■
∏
c14＋÷｜§
）
（
（
α
—
『
门
）
■翘Ⅷ
［思考］
该难溶性碱溶液中’OH—与M2＋、H＋之间是什么关系?
［答案］
C
［解析］
根据K酮＝α＝〔（M』十）.‘′（OHˉ）’c（M睁）＝0m°l .L! ,解得c:（OH—）＝;.
本题是碱性环境’先求出C（OH—）’根据水的离子积’再求出C（H＋）’得溶液的pH
-l4＋十｜g（;）.
［点评］
本题中Ksp、Kw均与OH—的浓度有关’故可以写出两者表达式’找些两者之间的
关系’进而求出pH·特别提醒’碱溶液中求pH’需要根据c（（）H）、Kw求出H＋
后再计算°
习
练
→
∏
＝
旱
／
…
1（2016.海南卷）向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化）’下列数
值变小的是
（
）
A.
c（CO;—）
B。
C（Mg2＋）
C。
C（H十）
D.K篇p（MgCO3）
已知K鼠p（AgCl）＝L56×1（）
l0 ’Ksp（AgBr）＝7.7×10
l3 ’K慧p（Ag2Cr（）4）＝9.0×10
l2°
某溶液中含有Clˉ、Br—和CrO!
,浓度均为0.0］0mol .L—l ’向该溶液中逐滴加人
0.010mol .L l的AgN（）3溶液时’三种阴离子产生沉淀的先后顺序为
（
）
A.
Cl
、Br
、Cr（）;
BCrO;
、Brˉ、Clˉ
2
C.
Brˉ、Cl
、CrOi—
D.
Br
、Crα、Cl
104
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『第三章水溶液中的离子平衡］
~
3.＿定温度下’三种碳酸盐MCO3（M:Mg2＋、Ca2＋、Mn2十）的沉淀溶解平衡曲线如下图所
示°已知: pM＝—lgc（M）,p（CO;
）＝—lgc（CO;—）°下列说法正确的是
（
）
pM
Ⅱ2
l0
8
6
4
0
′
八么.
上■·
厂＝‘
厂＝q
卜＝q
L＝
d
L≈
.
厂＝0
『ˉ｜
2
皿
判
~
◎
）
℃
（
（
‖
‖
＄
β
斗
∑
）
（
A.MgCO3、CaC（）3、MnC（）3的Ksp依次增大
B. α点可表示MnCO3的饱和溶液’且c（Mn2＋）＝c（CO;—）
C6点可表示CaCO3的饱和溶液,且c（Ca2＋）＜c（CO;
）
D. c点可表示MgCO3的不饱和溶液’且c（Mg2＋）＜c（CO;ˉ）
实验:@0. 1mol .LˉlAgNO3溶液和0. 1mol .L—lNaCl溶液等体积混合得到浊液a’
过滤得到滤液b和白色沉淀C;◎向滤液b中滴加0. 1mol .LlKI溶液’出现浑浊;
◎向沉淀c中滴加0. 1mol .L—lKI溶液’沉淀变为黄色。
下列分析不正确的是
（
）
A.浊液a中存在沉淀溶解平衡:AgCl（s）-＝Ag＋（aq）＋Cl
（aq）
B.滤液b中不含有Ag＋
C.◎中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D实验可以证明AgI比AgCl更难溶
为分析某铜合金的成分,用酸将其完全溶解后’用NaOH溶液调节pH’当pH＝3.4时
开始出现沉淀’分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀°结合图信息推断该合金中除铜外—
定含有
4。
5。
开始
沉淀
勺
垄
→
〕
4
5
6
7
8
9
l0
l l
l2
l
曲
堤
仆
褪
遮
鞘
Mg2｛
e些＋‖N［忽＋
＼Mg
e些＋‖N［忽＋
＼Mg
e些＋‖N［忽＋
＼Mg
N［忽＋
＼Mg
N［忽＋
＼Mg
M日
＝
）几证
∑
］
‖
｜
‖
］
◎
＄
了
∏
‖
β
自
斗
］
∑
］
全
古
元
l（）5
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瞒分之路.高中化学（一）
〗
6. （2017 。海甭卷）向含有BaSO』固体的溶液中滴加Na2C（）3溶液’当有BaCO3沉淀生成
）
〗
＄
○
℃
（
℃
6×10-9 ,KSp（BaS（）4）＝
知
已
厂
｛
巴
Ksp（BaC（）3）＝2
时溶液中
~~
C（SOi＿）
1· 1×10-10 ］°
106
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第四章电化学墓础
本章主要讲述电化学知识’主要内容:电极反应式书写、原电池工作原理、电解工作原
理及应用、金属的腐蚀与防护等°电化学属于高考每年必考内容’近几年命题主要是对陌
生电池的分析、电池电极反应的分析与书写等’难度中等·
｜
第‖讲电池电极反应书写
内容导读弓
~对电极反应的考查可以看出考生对电池工作原理是否掌握’此处包括原电池的电极
反应式、电解池电极反应式和电池总反应°考查的形式主要为填空题’试题常以装置图
的形式呈现’要求写出相应的电极反应式。
O典例剖析
［例1］（2018.全国I卷）焦亚硫酸钠（Na2S2（）5）在医药、橡胶｀印染、食品等方面应用广泛°
制备Na2S2（）5也可采用三室膜电解技术’装置如图所示’其中S（）2碱吸收液中含有
NaHSO3和Na2S（）3。阳极的电极反应式为
°电解后,
室的NaHS（）3浓度增加°将该室溶液进行结晶脱水’可得到Na2S2O5
°
｜!‖离子交换膜
~~~~~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~~~~~
ˉ
—
工
可
｜
／
′
＼
｀
稀H2S（）4
S（）,碱吸收液
107
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‖满分之路.高中化学（一）
l
「6解析】
［思考］
（1）如何判断图中的阳极和阴极?
（2）阳极处为何种离子放电?
（3）阳离子交换膜的作用是什么?
［答案］
2H2O—4e—＿4H＋＋O2
↑
a
［解析］
从图示知’阳极电解质为稀硫酸’阳极处为阴离子（）H＿放电’电极反应式为2H2O＿
4e＿—4H＋＋O侧↑°
电解过程中阳极区的H＋移动到a室’发生反应:SO!—＋
H＋—HSO3＿’故a室中NaHSO3溶液浓度增加°
［点评］
与电源正极相连的电极称为阳极’与电源负极相连的电极称为阴极°阳极处为阴
离子失电子’阴极处为阳离子得电子°阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通
过,所以本题中的H＋可以透过阳离子交换膜进人a室°
［例2］（2018.全国Ⅱ卷）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家°—种以闪锌矿
（ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS｀PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示:
稀硫酸
O,｀ZnO
锌粉
浮选精矿→
气体
滤渣｜
滤渣3
滤渣2
;沉积锌后的电
电解硫酸锌溶液制备单质锌时’阴极的电极反应式为
解液可返回
工序继续使用°
108
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「第四章电化学基硼］
｜·解析■
［思考］
（1）阴极是什么物质放电?
（2）Zn2＋和H＋谁先放电?
［答案］
Zn2＋＋2e＿—Zn溶浸
［解析〕
电解ZnSO』溶液’阴极为Zn2＋得电ˉ子生成Zn°
电解ZnSO4后的溶液生成
H2SO↓’可用于溶解焙烧后的固体。
［点评］
按照氧化性顺序知H＋＞Zn:＋’电解过程中应该是H＋在Zn2＋之前放电°但是当
c（Zn2＋）＞c（H＋）时,Zn2＋在H＋前放电生成Zn°
［例3］（2018。全国Ⅲ卷）KClO:也可采用“电解法’’制备’装置如图所示°
阳离子交换膜
惰性电
电极b
-≥
刮
＝≡仁
＝≡
■
巴
＝
■
—
—
＿
刁二
-＝≡二
~＼.
7二二
冷却水
-＞写～ˉ7
＼
斗
＼
／
KOH＋!0
KOH
o写出电解时阴极的电极反应式:
°
◎电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为
’其迁移方向是
l09
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懦分之路.高中化学（-）1
万解旧
［思考］
（1）阳离子交换膜只能允许什么粒子通过?
（2）离子为什么要通过膜移动?
［答案］
O2H2O＋2e＿—2（）H—＋H2↑
◎K＋
由a到b
［解析］
o阴极为阳离子放电’即为H＋得电子生成H2 ’而H十来自水’故电极反应式为
2H2O＋2e—2OHˉ＋H2 ↑°◎「日离子交换膜只允许「日离子通过’b处H＋放
电’左侧溶液中的阳离子浓度减小,故K＋从a移至b来乎衡电荷°
［点评］
电解池中加“膜”的作用就是阻止某些粒子通过‘膜”进人另一侧’目的是提高纯度
或是防止产物之间相互反应·电解过程中某极离子发生放电’离子浓度减小’则
另一侧相同电荷的离子会迁移过来以平衡电荷。
［例4］（2018.天津卷）O2辅助的Al—CO2电池工作原理如图所示°该电池电容量大’能有
效利用C（）2 ’电池反应产物Al2（C2O4）3是重要的化工原料°
｜
隔膜
｜
~~~~~~~~~~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~~~~~~~~~~
铝
电
极
CO2
＝＝
＝二≡
—←
≡≡
＝7≡—＝
O2
＼／
含Al（』｜｀的离子液体
电池的负极反应式:
◎
电池的正极反应式:6（）2＋6e—6（）,,
,6C（）2＋6（）j——3C2O42—＋6（）2
。
反应过程中O2的作用是
该电池的总反应式
11（）
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」第四章
电化学基础｜
0
［思考］
（1）某物质与O2构成的电池中’该物质—般作为什么电极?
（2）已知正极、负极的电极反应式’如何写出总反应式?
［答案］
Al—3e—／Al3＋（或2Al—6eˉ—2Al3＋）
催化剂
2Al＋6CO2—Al2（C2（）4）3
［解析］
Al与C构成的原电池中’Al较活泼’作为负极’电极反应式为Al＿3eˉ≡Al3＋°
将已知的两个正极反应式叠力口可得6CO2＋6e＿—3C2O!ˉ’O2被消去,故O2做
催化剂°将正极、负极相加可得总反应’相加时要注意电子数必须抵消’则总反应
式为2Al＋6C（）2ˉAl2（C2O4）3°
［点评］
电池总反应可以由正极反应式与负极反应式相加而得’相加时’＿定要将正极和
电极的得失电子相互抵消·
［例5］（2018。江霉卷荤20题）用稀硝酸吸收NO堑,得到HNO3和HNO2的混合溶液’电解
该混合溶液可获得较浓的硝酸°写出电解时阳极的电极反应式:
■磁Ⅷ
［思考］
（1）阳极发生氧化反应还是还原反应?表现为得到电子还是失去电子?
（2）弱酸在电极反应式中能否拆开?
［答案］
HNO2—2e—＋H2O—3H＋＋N（）丁
［解析〕
HNO2转化为HNO3 ’其中N由＋3价升至＋5价’失去电子°阳极为氧化反应,
即HN（）2失去电ˉ子’被氧化为HNO3 ’HNO2为弱酸’HNO3为强弱’在写电极反
应式时,仍妥遵循离子方程式的书写规则°
［点评］
阳极为失去电子的—极’有元素化合价升高’根据失去的电子以及离子所带电荷
数’配平电极反应。若H、O原子不守恒,则一般会补充水来配平反应°电极反应
式可以看成一个离子方程式,电荷、原子均要守恒’弱电解质应写成分子°
111
-
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｜满分之路.高中化学（-）
］
［例6］（2018·浙江4月卷）以四甲基氯化铰［（CH3）4NCl］水溶液为原料’通过电解法可以
制备四甲基氢氧化铰［（CH3）』N（）H］’装置如图所示
阳离子交换膜
~
凸
【
阳J
b
ˉ—≥（｛
「＿-
／~
←
＝-｜
~~＼
‖
（1）收集到（CH3）』NOH的区域是
（2）写出电池总反应:
（选填“a”“b,’“c”或“d”）°
［思考］
（1）电解饱和食盐水中’生成的碱在哪一极产生?
（2）图中阳离子膜的作用是什么?
［答案］
（1）d
（2）2（CH3）4NCl＋2H2O望皇2（CH3）』NOH＋H2↑＋Cl2↑
［解析］
（1）电解［（CH3）』NCl］水溶液生成［（CH3）4N（）H］’类似于电解NaCl溶液生成
NaOH,水溶液中的H＋放电生成H2 ’H＋在阴极放电’留下OHˉ’OH—不能通过
阳离子膜,故［（CH3）4NOH］在阴极区域生成。
（2）Clˉ放电生成Cl2 ’H2O放电生
成H2°将电解饱和食盐水的方程式中“Na＋”改成“（CH3）』N＋’’’即可得电池总反
应方程式°
［点评］
若是水电离出的H＋放电生成H2 ,在写电池总反应时’不可以写H＋参加反应’而
是要写成H2（）分子’因为H2（）写离子方程式时’不可以拆开°
112
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』第四章电化学基础｜
习
练
→
∏
＝
旱
／
金
‖
l. （2016。全国Ⅱ卷）Mg—AgCl电池是—种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述
错误的是
（
）
A.负极反应式为Mg—2e——Mg2＋
B.正极反应式为Ag＋＋e—Ag
C.电池放电时Cl
由正极向负极迁移
D.负极会发生副反应Mg＋2H2O—Mg（OH）2＋H2↑
2. （2017.江苏卷）“电解Ⅱ,,是电解Na2CO3溶液’原理如图所示°
O∩
A
极
NaOH溶液
NaHCO｀溶『
稀NaO‖溶液
Na2CO］湃『
＼
阳离子交换膜
阳极的电极反应式为
’阴极产生的物质A的化学式为
◎
3.
（2（）17.浙江4月卷）据文献报道’C（）2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷’生成甲烷的
电极反应式是
°
4.
（2（）16 .北京卷）Fe还原水体中NO丁的反应原理如图所示°
NOqˉ
NH4伞
～～一≡刁
…
Pc｀O4 （疏松｀能导电）
o做负极的物质是
◎正极的电极反应式是
5. （2016.江苏卷）铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr72O2—的酸性废
水通过铁炭混合物’在微电池正极上Cr2O;
转化为Cr3＋’其电极反应式为
113
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｛满分之路.高中化学（-）
h
6. （2016.浙江卷）研究证实’C（）2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇’则生成甲醇的
反应发生在
极’该电极反应式是
7.氨硼烷可做燃料电池’其工作原理如图所示。
Ml｀BH］＿／｜
---—≥ˉ—-｜
｜
｜
＋
＋
工
』
工
～
～
—
～
α
≤
归
液
Ⅶ
溶
稀
｜
~
｜
~
三三≡菲
～′
,的
~容液
H,O
＝≡酸性｛
质子交换膜
写出氨硼烷电池工作时负极的电极反应式:
实验室测得碱性条件下PbSe纳米管在电极表面的氧化还原行为,结果如图所示。其中
—条曲线上的峰表示氧化过程’另—条曲线上的峰表示还原过程。整个过程共发生如
下变化:Pb（OH）2→Pb（）2 ;Pb（（）H）2→Pb;PbSe→Se;PbO2→Pb（OH）2 ’各物质均难溶
于水。峰1对应的电极反应式为PbSe—2e＿＋2（）Hˉ—Pb（（）H）』＋Se;则峰2对应的
8
电极反应式为
2
20（）
l5〔）
＜
二
赋l（）（）
—
嘲
迟
辆］
~巴
（）
＿5（）
~
~
-l.（）
-05
≡0.0
0.5
l.0
l·5
电）｛i／V
114
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』第四章电化学基础｝
第2讲新型电池工作原理
…
近几年高考常以新型电池为命题素材,题材新颖’考生若不能冷静分析问题’往往会
被新的素材所吓倒°这类题实质上仍然是考查学生对电池工作原理的掌握情况’万变不
离其宗’分析问题的关键首先是弄清电池类型’再分析两电极处所发生的反应°考查形
式主要为选择题’命题考点:电极反应式正误判断、粒子的移动方向、电子流向、溶液pH
值的变化等知识。
c典例剖析
‖
」
［例1］（2018.全国Ⅱ卷）我国科学家研发了＿种室温下｀‘可呼吸”的Na—CO2二次电池°将
NaCl（）』溶于有机溶剂作为电解液’钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料,电
池的总反应为3CO2＋4Na＝＝2Na2CO3＋C°下列说法错误的是
（
）
A
～
＝
ˉ哈需总…
‖—
~~
~
~
~
」ˉ挫
｜｝~
」ˉ』~
电解液
~~~~~~~~~~~~~~~~
a
N
｜
～
A.放电时’ClO『向负极移动
B.充电时释放C（）2 ’放电时吸收CO2
C.放电时’正极反应为3CO2＋4e——2C（）;2
＋C
D充电时’正极反应为Na＋＋e——Na
l15
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｜满分之路.高中化学（～）
〗
…≈
［思考］
（1）原电池中阴离子向正极还是负极移动?
（2）对于“可逆,’电池’原电池的正极与电解池的阳极有什么关系?
［答案］
D
［解析］
A项,原电池工作时,阴离子向负极移动’正确;B项’由电池总反应知,放电时反
应正向’即吸收CO2 ’则充电时’会释放出CO2 ,正确;C项’CO2中的C为＋4价’
生成C为0价’C的化合价降低得电子’作为正极’正确;D项’充电作为电解池’
阳极反应式为放电时正极反应式的颠倒式’错误。
［点评］
原电池中阴离子失去电子,发生氧化反应’作为电池的负极’即阴离子移向电池的
负极°原电池的正极反应式与电解池的阳极反应式是相反的·
［例2］（2018.全国Ⅲ卷）—种可充电锤空气电池如图所示°当电池放电时,（）2与Li＋在
多孔碳材料电极处生成Li:（）2 堑（r＝0或1）°下列说法正确的是
（
）
厂
蕊
′
锤
O2
Li
●
Ⅷ
】
Ⅲ
孔碳材料
非水电解质／高聚物隔膜
A.放电时’多孔碳材料电极为负极
B放电时’外电路电子由多孔碳材料电极流向锤电极
C.充电时’电解质溶液中Ll＋向多孔碳材料区迁移
D充电时’电池总反应为Ll:O2—蟹—2Lj十（l—苛）O
116
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｜第四章电化学基础｜
学
固＝
四
础
…Ⅷ
［思考］
（1）‘放电”对应什么池? “充电”对应什么池?
（2）电解过程中’阳离子向哪极移动?
［答案］
D
［解析］
A项’锤比石墨活泼,故捏作为负极’错误;B项’电子由负极（Li）转移给正极（多孔
碳材料）处’错误;C项’充电时’Li＋移向阴极,对应原电池的负极’即为锤极处,错
误;D项,充电时的反应为原电池反应的颠倒过程,正确°
［点评］
原电池反应为Li与O2反应生成Li2O2—墅’则电解池反应为Li2O2 延分解生成O2
和Li’原电池和电解池是两个相反的过程’故总反应颠倒·
［例3］（2（）18.海南卷）＿种镁氧电池如图所示’电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭,
电解液为KOH浓溶液°下列说法错误的是
b
a
（
）
b
厂＝｜
∩
丙〔马
≥
＂
（
）
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蕊
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瓣
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憨
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二
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｜宁f
0
●●
■
●●●
｜:;·
‖
●
●
0
●
●
｜
｜抨
空
气
—
｜
｀
~
活性炭
Mg
电解质
A.电池总反应式为2Mg＋O2＋2H2O—Mg（（）H）2
2e＿—Mg2十
B.正极反应式为Mg
C.活性炭可以加快O2在负极上的反应速率
D电子的移动方向由a经外电路到b
117
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满分之路.高中化学（～）
‖
■
■睡Ⅷ
［思考］
（1）由（）2构成的原电池中’O2—般为什么极?
（2）原电池中’电子由哪极流出?
［答案］
BC
［解析］
由图示知’Mg比活性炭活泼’Mg失去电子,作为负极’B项错误;（）2得电子生成
OHˉ’生成的OH—与Mg2＋会生成Mg（OH）2沉淀,A项正确;O2在正极参加反
应’C项错误;电子由负极流向正极’a极为负极’b极为正极’D项正确。
［点评〕
O2一般作为氧化剂,得电子’发生还原反应,故（）2—般作为原电池的正极。原电
池中电子由负极流向正极°
［例4］（2（）17.浙江4月卷）银锌电池是＿种常见化学电源’其反应原理:Zn＋Ag2（）＋H2（）
／Zn（OH）』＋2Ag’其工作示意图如下°下列说法不正确的是
（
）
Zn电
M2（）电札
极
i
K（）｝［
溶液
A. Zn电极是负极
BAg2O电极上发生还原反应
C.
Zn电极的电极反应式:Zn—2e＋2（）H＿—Zn（（）H）2
D.放电前后电解质溶液的pH保持不变
l18
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』第四章电化学基础q
［思考］
（l）如何由总反应判断出电池的正极、负极材料?
（2）如何分析电解质溶液的浓度变化?
［答案］
D
［解析］
A项’从总反应看,Zn由0价升高至＋2价’失去电子,作为负极’正确;B项’
Ag2（）中Ag的化合价降低,得电子’发生还原反应’正确;C项’Zn转化成
Zn（（）H）2 ’需要结合OHˉ’正确;D项’总反应中’消耗了H2（）’且同时生成
Zn（（）H）2 ,则pH应增大9错误°
［点评］
本题D项’正极反应式为Ag2O＋2eˉ＋H2（）—2Ag＋2OH＿’误认为负极消耗
（）H＿,但正极生成OHˉ’所以pH保持不变,实际上消耗了H2O’KOH的浓度
变大°
·霞章节练习
l.
（20l7.全国lI卷）全固态锤硫电池能量密度高、成本低’其工作原理如图所示’其中电
极a常用掺有石墨烯的S8材料’电池反应为16Li＋工S8—8Ll2S露（2≤工≤8）°下列说
法错误的是
（
）
~
b
鞋
＼
＼
＼
＼上萝＞
｜
［j＋
氓ˉ-—-＿
Li＋
G---——-—
电解质
~
p
A.电池工作时’正极可发生反应:2Lj2S6＋2Li＋＋2e—3Li2S』
B.电池工作时’外电路中流过（）.02mol电子’负极材料减重（）.14g
C.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
D.电池充电时间越长’电池中的Ll2S2量越多
l19
~
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｜满分之路.高中化学（-）
〗
2. （2018.浙江4月卷）锤（Li）＿空气电池的工作原理如图所示°下列说法不正确的是
（
）
~~~~~
二亡二.
■
l
l
■
｜
有机电解质
｜刮体电解质膜
电解质水溶液
~
~
~~
｜…
A.金属锤做负极’发生氧化反应
B.
Li＋通过有机电解质向水溶液处移动
C.正极的电极反应:（）2＋4e—2（）2
D.电池总反应:4Li＋O2＋2H2O＿4Li（）H
3. （2016·四川卷）某电动汽车配载—种可充放电的锤离子电池°放电时电池的总反应为
Lll＿药CoO2＋Li墅C6—LiCoO2＋C6（z＜1）。下列关于该电池的说法不正确的是（
）
A.放电时’Li＋在电解质中由负极向正极迁移
B.放电时’负极的电极反应式为Li雾C6—工e—工Li＋＋C6
C.充电时’若转移1mole—’石墨C6电极将增重7工g
D充电时’阳极的电极反应式为LiCoO2—工e——Lil—更Co（）2＋Li＋
4. （2016.全国Ⅲ卷）锌ˉ空气燃料电池可用作电动车动力电源’电池的电解质溶液为KOH
溶液’反应为2Zn＋O2＋4OH＋2H2（）—2Zn（OH）:
°下列说法正确的是
（
）
A.充电时’电解质溶液中K＋向阳极移动
B.充电时’电解质溶液中C（（）H—）逐渐减小
C.放电时’负极反应为Zn＋4（）H＿2e——Zn（（）H）i—
D放电时,电路中通过2mol电子’消耗氧气22.4L（标准状况）
5.
（2016 .海南卷）某电池以K2FeO』和Zn为电极材料’K（）H溶液为电解溶质溶液°下
列说法正确的是
（
）
A. Zn为电池的负极
B.正极反应式为2FeOⅡ＋10H＋＋6eˉ—Fe2（）3＋5H2（）
C.该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
D电池工作时（）H—向负极迁移
12（）
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「第四章电化学基础‖
6铝石墨蚁离子电池屠种全新低成本、高效电池.原理为A几i＋C霄（PF‘）警A‖＋鞭〔
＋Li＋＋PF『’电池结构如图所示°
铝锤电极
铝石墨电极
下列说法正确的是
A.放电时’外电路中电子向铝锤电极移动
B放电时’正极反应为C堑（PF6）＋e—工C＋PF『
C.充电时’应将铝石墨电极与电源负极相连
D充电时’若电路中转移1mol电子’阴极质量增加9g
）
（
121
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‖满分之路.高中化学（～lk--
第3讲电解原理及真应用
｜内容导读］
与原电池相反的装置是电解池,通过外接电源对电解质溶液进行导电’在阴、阳两极
发生化学反应的过程即为电解°考点:电解原理的分析、电极的判断、电极反应式书写、
电子的流向、离子的移动方向等内容°试题主要以选择题和填空题出现°
◎典例剖析
~~~~~
‖
（2018.全国I卷）最近我国科学家设计了＿种C（）2＋H2S协同转化装置’实现对天
然气中C（）2和H2S的高效去除°示意图如图所示,其中电极分别为Zn（）@石墨烯
［例1］（2018.
（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯’石墨烯电极区发生反应如下:
oEI）TAˉFe2＋—eˉ—EDTAˉFe3＋。
◎2EDTA—Fe3＋＋H2S—2H＋＋S＋2EDTAFe2＋°
光伏电池
／
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｜
上
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犬然气
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（】（）2｀
川2片等）
质于交换膜
（
）
该装置工作时·下列叙述错误的是
A.阴极的电极反应:CO2＋2H十＋2e—C（）＋H2（）
B.协同转化总反应:C（）2＋H2S—CO＋H2（）＋S
C.石墨烯上的电势比Zn（）@石墨烯上的低
D若采用Fe3＋／Fe2＋取代EDTAFe3＋／EDTAFe2＋’溶液需为酸性
122
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」第四章电化学基础0
m翘Ⅷ
［思考］
（1）该装置外接了光伏电池’故属于何种装置?
（2）电势是阳极高还是阴极高?
［答案］
C
［解析］
该装置属于电解池,C（）2在ZnO@石墨烯电极上转化为C（）,发生得到电子的还原
反应’为阴极’石墨烯电极为阳极’发生失去电子的氧化反应’据比解答°A项’
C（）2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO’发生得到电子的还原反应’为阴极’电极
｜
反应式为CO2＋2H＋＋2eˉ—CO＋H2O’正确;B项’根据图象知石墨烯电极上
发生的电极反应为H2S＿2e——2H＋＋S,因此总反应式为CO2＋H2S—C（）＋
H2O＋S,正确;C项,石墨烯电极为阳极’与电源的正极相连’因此石墨烯上的电
势比ZnO@石墨烯电极上的高,错误;D项’由于铁离子、亚铁离子均易水解’所以
如果采用Fe3＋／Fe2＋取代EDTAˉFe3＋／EDTAˉFe2＋,溶液需为酸性’正确°
［点评］
在判断电解池中阴阳极时常用的方法有以下几种:o根据外接电源的正负极判
断;◎根据外电路中电子或电流的方向判断;◎根据电解质溶液中离子的移动方
向判断;@根据两极的电极反应类型:阳极→氧化’阴极→还原;◎根据两极的现
象判断等·
［例2］（2（）17 。全国Ⅱ卷）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜’电
解质溶液—般为H2SO4—H2C2（）↓混合溶液·下列叙述错误的是
（
）
A.待加工铝质工件为阳极
B可选用不锈钢网作为阴极
C.阴极的电极反应式为Al3＋＋3e—Al
D硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
123
—
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‖满分之路。高中化学（一）
｝
…
［思考］
（1）电解过程中,阳极和阴极分别发生什么类型的反应?
（2）阳极若为非惰性电极’如何放电?
［答案］
C
［解析〕
A项,在Al的表面妥生成Al2（）3膜’即Al要失去电子,故Al作为阳极’正确;B
项’阴极的电极材料不参加反应’可以用不锈钢金属作为电极材料’正确;C项’阴极
为溶液中的阳离子参加反应,错误;D项’电解过程中,阴离子移向阳极’正确°
［点评］
对于阳极’首先考虑的是电极材料’若为非惰性电极（除Au、Pt外）’则自身会放
电。若为惰性电极’则溶液中的阴离子放电’顺序一般为S（）;—＞I＞Br—＞Cl＿＞
OHˉ＞＿切含氧酸根（如SOiˉ、NO丁等）°
［例3］（2016.全国I卷）三室式电渗析法处理含Na2S（）4废水的原理如图所示’采用惰性
电极’ab、cd均为离子交换膜’在直流电场的作用下’两膜中间的Na＋和SOiˉ可通
过离子交换膜’而两端隔室中离子被阻挡不能进人中间隔室°
■■＋
稀Na2SO4溶液
~
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｛
■
忍
辽
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｜
｜
】
●
】
（
｝）
浓№2SO4溶液
（
）
下列叙述正确的是
A·通电后中间隔室的S（）;
离子向正极迁移’正极区溶液pH增大
B.该法在处理含Na2S（）4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C.负极反应为2H2（）—4e—（）2＋4H＋’负极区溶液pH降低
D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.5mol的O2生成
l24
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「第四章电化学基础｜
［思考］
（1）膜ab、膜cd分别是什么膜?有什么作用?
（2）电解Na2S（）《溶液中’阴极、阳极分别是什么离子放电?
［答案］
B
［解析］
A项’通电后中间隔室的SOi—离子向正极迁移,正极区发生氧化反应;2HlO—
4eˉ—O2↑＋4H＋’正极区c（H＋）增大’pH减小,错误;B项’该法在处理含
Na2SO4废水时’在正极区可以得到H2S（）↓’负极区得到Na（）H’正确;C项’负极
区发生还原反应:2H2（）＋2eˉ—H2↑＋2（）Hˉ’负极区c（OHˉ）增大’pH增大,错
误;D项’电解总反应;2H2（）垒壁2H2↑＋（儿↑’该反应中转移电子数为4e＿’则电路中
通过1mol电子的电量时,会有0.25mol的（》生成,错误°
［点评］
本题中正极区H2（）电离出的OH—放电生成O2 ’留下H＋’膜cd为阴离子交换
膜’正极区中阴离子减少’根据电荷平衡知’SO;—会流人正极区’故而在正极区得
到H2S（）4°同理,负极区得到Na（）H°
［例4］（2016.北袁卷）用石墨电极完成下列电解实验°
实验
实验-
实验二
装置
稀硫酸
／
氯化钠溶液润湿的I）｝l试纸
a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪
色;c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生;n
处有气泡产生;……
现象
下列对实验现象的解释或推测不合理的是
A. a、d处:2H2O＋2e—H2↑＋2OH—
B.
b处:2Cl
—2e—Cl2↑
C.
c处发生了反应:Fe
2e—Fe2＋
D.根据实验—的原理’实验二中m处能析出铜
（
）
125
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｜满分之路.高中化学（-）
［
…硒
［思考］
（1）图中c、d、m｀n分别表示什么电极?
（2）实验二中’钢珠的两个侧面相当干何种电极?
［答案］
B
［解析］
A项,根据图示分析’a为阴极’c为阳极,d为阴极’b为阳极’a、d处均为H＋放电
生成H2 ,破坏了水的电离乎衡,水留下OH—,所以试纸变蓝,正确;B项,b处变
红’局部褪色,是因为Cl2＋H2O寻＝＝HCl＋HClO,HCl的酸性使溶液变红’HCl（）
的漂白性使局部褪色,选项没有解释为什么会褪色’错误;C项’C处铁为阳极,发
生的电极反应为Fe—2eˉ～Fe2＋’由于生成的Fe2＋浓度较小’且pH试纸本身有
颜色’故颜色元明显变化’错误’D项’实验一中ac形成电解池,db形成电解池’所
以实验二中也相当于形成三个电解池,一个球两面为不同的两极’左边铜珠的左
侧为阳极°发生的电极反应为Cu＿2e＿ˉCu2＋,右侧（即位置m处）为阴极,发生
的电极反应为Cu2＋＋2e——Cu’同样右边铜珠的左侧为阳极,右侧（即位置n
处）为阴极’因此m处能析出铜’正确°
［点评］
对于串联的电解池’可以—个间隔—个的电极进行分析’如第—个电极接电源的
正极,则该电极为阳极’接下来的另＿个电极为阴极,然后依次为阳极、阴极等。
如图所示:
二—诈—仁厂-｛厂书＿＝
图中:a为阳极,b为阴极’c为阳极’d为阴极°
126
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「第四章电化学基础｝
｜｜例5］（2016.天津卷）化工生产的副产氢也是氢气的来源°电解法制取有广泛用途的
Na2Fe（）4 ’同时获得氢气;Fe＋2H2（）＋2（）H—望皇Fe（）:
＋3H2
↑’工作原理如图1
所示°装置通电后’铁电极附近生成紫红色的FeO｛—,镍电极有气泡产生°若氢氧
化钠溶液浓度过高’铁电极区会产生红褐色物质°已知:Na2Fe（）』只在强碱性条件
下稳定’易被H2还原°
◎电解—段时间后,C（（）H）降低的区域在
（选填“阴极室’,或｀‘阳极室”）°
◎电解过程中’须将阴极产生的气体及时排出’其原因是
◎C（Na2Fe（）4）随初始C（Na（）H）的变化如图2’任选M、Ⅳ
C（Na2Fe（）4）低于最高值的原因:
◎
两点中的—点’分析
｜
＾
≡
白
≡
曰
巳
≥
寸
◎
◎
巴
煮
乙
亏
∧
M
~
~
~
~
~
~
~
~
~
～／
＝
｜2
l4
｝6
c（NaOH）／（mol。L｜）
图2
6
＼a（）H浓溶液
图1
画疆Ⅷ
［思考］
（1）图1中阴极和阳极的电极反应式如何写?
（2）题中给出Na2FeO4的性质有什么作用?
［答案］
@阳极室
◎防止Na2FeO4与H2反应使产率低下
OM点:c（OHˉ）低’Na2FeO4稳定性差,且反应慢;lV点:c（OHˉ）过高.铁电极
上有Fe（OH）3（或Fe2O3）生成’使Na2Fe（）4产率降低
［解析］
@电解时’阳极反应:Fe—6eˉ＋8OH——FeO!＿＋4H2（）’阴极反应:6H2O＋6e—
—3H2 ↑＋6OH—’故阳极室c（OH＿）降低°◎根据提供信』息’Na2FeO4易被H2
还原,而阴极产生气体为H2 ,将阴极产生氢气及时排出,目的是防止Na2FeO4与
H2反应使产率降低·◎M点:c（OH＿）低’Na2FeO4稳定性差’且反应′慢;N点:‘
（OHˉ）过高’铁电极上有Fe（OH）3（或Fe2O3）生成,使Na2FeO4产率降低°
127
＋
『
~~~~~~~
~
~~
~
~~
~~
~~
~
~~
~
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｜满分之路.高中化学（一）
］
■露Ⅷ
［点评］
电解的应用’实质是要弄清电解的工作原理°分析电解过程的思维程序分三步:
o判断阴阳极’分析阳极材料是惰性电极还是活性电极;◎再分析电解质水溶液
的组成,找全离子并分阴阳离子两组;o然后排出阴阳离子的放电）｜顶序。
.多章节练习
｜
~
~
1.氢氧化锤是制取锤和锤的化合物的原料’用电解法制备氢氧化锤的工作原理如图所示’
下列叙述不正确的是
（
）
石墨a＼
-｜
÷ˉ弓
~】
／石墨｜〕
］
｜-
卢＞
go哥泪邑
—司厂-
交换膜
阳离子交换膜
阴离子
↑
↑
↑
↑
↑
H2O
Li〕SO4
H2O
溶液
A. b极附近溶液的pH增大
B. a极发生的反应为2H2O—4e—O2 ↑＋4H＋
C.该法制备LiOH还可得到硫酸和氢气等产品
D当电路中通过1mol电子时,可得到2molLiOH
2.重铬酸钾又名红矾钾,是化学实验室中的—种重要分析试剂·工业上以铬酸钾
（K2Cr（）』）为原料’采用电化学法制备重铬酸钾（K2Cr2（）7）°制备装置如下图所示（阳离
子交换膜只允许阳离子透过）°下列说法错误的是
（
）
性电极
稀KO
K’CrO4溶液
阳离子交换膜
A.阳极室中溶液的颜色逐渐由黄色变为橙色
B.电解的过程中阳极附近溶液pH变大
C.阴极每生成1mol气体’电路中转移2lVA个电子
D过程总反应的离子方程式为4Cr（】＋4H2O—2Cr2O;＋4（）H＋2H2↑＋O2↑
128
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「第四章电化学基础｜
3.硼酸（H3BO3）为＿元弱酸,已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3
＋OHˉ～B（（）H）『,H3B（）3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图所示（阳膜
和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）。下列说法正确的是
（
）
‖
｜
｜当
~
州
｜三王三主≡
~~
阳极室
产品室
原料室
阴极室
A.电子流向:电源负极→b电极→电解液→a电极→电源正极
B阳极的电极反应式为2H2（）—4e ＿O2↑＋4H＋
C.当电路中通过3mol电子时’可得到lmolH3B（）3
D.A膜为阳膜’B膜为阴膜’且穿过A膜和B膜的离子数相同
l.探究电场作用下阴阳离子的迁移° a、b、c、d均为石墨电极,电极间距4cm°将pH试纸
用不同浓度Na2SO』溶液充分润湿’进行如下实验:
宵流电源
〗■■
试纸I ;0.0lmolLˉ｜Na2SO4
试纸Ⅱ: lmol.Lˉ｝Na2SO4
实验现象:
试纸Ⅱ
试纸I
时间／min
c极附近试纸变红’d极附
近……
两极颜色范围扩大不明显’
试纸大部分仍为黄色
a极附近试纸变红’b极附近试纸变蓝
1
红色区和蓝色区不断向中间扩展’相遇时
红色区约长2.7cm’蓝色区约长L3cm
10
（
）
下列说法不正确的是
A. d极附近试纸变蓝
B. a极附近试纸变红的原因是2H2（）＋2e —H2↑＋2OH
C对比试纸I和试纸I的现象’说明电解质浓度环境影响H＋和（）H的迁移
D试纸I的现象说明’此环境中H＋的迁移速率比（）Hˉ快
129
~
~
ˉˉˉ｜
~~
~~~
三已稀硫酸
｜
｜
A膜
阴膜
B膜
~~~~
~~~~
H］BO］
稀溶液
~
~
~~~~~~~~
NaB（OH）4
~ 浓裕液
二NaOH
三稀溶液
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｜满分之路.高中化学（-）k
工业上常采用吸收—电解联合法除去天然气中的H2S气体’并转化为可回收利用的单质
硫,其装置如下图所示°通电前’先通人—段时间含H2S的甲烷气’使部分Na（）H吸收
H2S转化为Na2S’再接通电源’继续通人含杂质的甲烷气’并控制好通气速率即可保证
装置中反应的连续性°
5·
Nil（
溶液
三Ⅲ三司ˉ丁丁三Ⅲ三二＝←瓣
化氢
烷气
｜‖｜离子交换‖蓖
下列说法正确的是
（
）
A.与电源a端相连的碳棒为阳极’气体A为（）2
B.与电源b端相连的碳棒上电极反应为2H2O＋2e——2（）H＋H2↑
C.通电过程中’右池溶液中的（）Hˉ通过阴离子膜进人左池
D.在通电前后’右池中的c（Na（）H）与c（Na2S）之比基本不变
6.为增强铝的耐腐蚀性’现以铅蓄电池为外电源电解稀硫酸’以Al作为阳极、Pb作为阴
极’使铝表面的氧化膜增厚°其反应原理如下:
电池:Pb（s）＋PbO2（s）＋2H2S（）4（aq）—2PbS（）4（s）＋2H2（）（l）
电解池;2Al＋3H2O皇壁Al2（）3＋3H2 ↑·
电解过程中’以下判断正确的是
（
）
选项
电池
电解池
H＋移向Pb电极
A
H＋移向Pb电极
每消耗3molPb
正极:Pb（儿＋4H＋＋2e—≡Pb2＋＋2H》（）
B
生成2molAl2（）
C
阳极:2Al＋3H2O—6e——Al2（儿＋6H
爪
P
U
~
｜’｜‖电极质肚
P｝》电极质扯
D
≡～疹～＞
时｜｜］｜
O
（／
时｜）j］
130
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』第四章电化学基础‖
第4讲金属的腐蚀与防护
!
～w翻
金属的腐蚀可用原电池进行解释’金属防护是原电池或电解池具体应用的体现°高
考试题常考查腐蚀的原理以及要求考生会对腐蚀现象进行解释°命题考点:通过实验现
象解释金属腐蚀的原理’金属防护的方法及其原理’会运用原电池原理分析金属腐蚀的
原因。
◎典例剖析
递
［例1］（2018.北袁卷窜12题）验证牺牲阳极的阴极保护法’实验如下（烧杯内均为经过酸
化的3％NaCl溶液）°
◎
◎
o
段时间后滴人
［F俏（CN）6］溶液
卜
『《p
＿段
时间）月
ˉ一-≥
k］｜F侣（CN）你｝溶液
％】‖
!
取｝｛｜的少敞F（∑
附近的溶搬
试管内生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
在Fe表面生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A.对比◎◎’可以判定Zn保护了Fe
B.对比O◎,K3［Fe（CN）‘］可能将Fe氧化
C.验证Zn保护Fe时不能用@的方法
D.将Zn换成Cu’用O的方法可判断Fe比Cu活泼
（
）
E睡Ⅷ
［思考〕
（1）牺牲阳极的阴极保护法是利用“原电池保护”还是“电解池保护”?
（2）在Fe存在与否时’Fe2＋遇K:［Fe（CN）‘］有什么不同现象?
［答案］
D
131
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「
满分之路.高中化学（一）
k
…Ⅷ
［解析］
A项’对比◎◎’@Fe附近的溶液中加入K3［Fe（CN）6］元明显变化’即◎Fe附近
的溶液中不含Fe2＋’◎Fe附近的溶液中力口入K3［Fe（CN）6］产生蓝色沉淀,即◎Fe
附近的溶液中含Fe2＋’◎中Fe被保护,正确;B项,O加入K3［Fe（CN）6］在Fe表
面产生蓝色沉淀,Fe表面产生了Fe2＋’对比@◎的并同’O可能是K3［Fe（CN）6］
将Fe氧化成Fe2＋’正确;C项’对比@@’O也能检验出Fe2＋’不能用O的方法验
证Zn保护Fe’正确;D项,由实验可知K3［Fe（CN）6］可能将Fe氧化成Fe2＋’将
Zn换成Cu不能用O的方法证明Fe比Cu活泼’错误°
［点评］
两种有活泼性差异的金属相连时,活泼金属可以保护不活泼的金属’此原理为活
泼金属作为负极’失去电子在不活泼金属的表面’这样不活泼金属被保护,此种保
护金属的方法称为“牺牲阳极的阴极保护法”°
［例2］（2017.全国l卷）支撑海港码头基础的钢管桩,常用外加电流的阴极保护法进行防
腐’工作原理如图所示’其中高硅铸铁为惰性辅助阳极°下列有关表述不正确的是
（
）
直流电源
钢管机
硅铸铁
二一
t
V
‖可
海水
A.通人保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D通人的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
132
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」第四章电化学基础｜
■睡团
［思考］
（1）用外加电源保护金属时’被保护的金属接在电源的哪个电极?
（2）接通电源后’电子是如何流动的?
［答案］
C
［解析］
A项’钢管桩需要被保护’通过电流用外加电源进行保护时’钢管桩被腐蚀的程度
减小,其腐蚀电流接近于零’正确;B项’钢管桩接电源的负极’电源负极流入电子
至钢管桩表面’高硅铸铁失去电子流向电源的正极’构成闭合回路’正确;C项’由
题意知,高硅铸铁为惰性辅助电极’电解时几乎不损耗’错误;D项’金属的腐蚀程
度大,需要加大电源的电流以保护金属不失去电子,正确°
［点评］
外接电源的阴极保护法是指被保护的金属接在电源的负极上’接通电源后’电子
从电源的负极流出’至金属表面’这样金属就不会失去电子而被保护,O2等得到
的电子来自电源流出的电子’这样金属就会被保护起来°
［例3］（20l6.浙江10月卷）在—块表面无锈的铁片上滴食盐水’放置＿段时间后看到铁片
上有铁锈出现°铁片腐蚀过程中发生的总化学方程式: 2Fe＋2H2O＋O2—
2Fe（OH）2 ’Fe（OH）2进＿步被氧气氧化为Fe（OH）3 ’再在—定条件下脱水生成铁
锈’其原理如图°
食盐水
~／
~／
—＿—厂—ˉ-ˉ---
Fe2＋
——
O2
（）H
『—＿—-←
下列说法正确的是
A.铁片发生还原反应而被腐蚀
B铁片腐蚀最严重区域应该是生锈最多的区域
C.铁片腐蚀中负极发生的电极反应:2H2（）＋O2＋4e——4（）H
D铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池,发生了电化学腐蚀
（
）
l33
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｜满分之路·高中化学（-）
〗
…Ⅷ
［思考］
（1）钢铁腐蚀为什么可以看成原电池腐蚀?
（2）腐蚀与生锈是什么关系?
［答案］
D
［解析］
A项,铁的化合价升高’失去电子’发生氧化反应而被腐蚀’错误;B项’由于得失
电子在不同的区域’所以铁片腐蚀最严重的区域与生锈最多的区域不同’错误;C
项’负极为铁失去电子’错误;D项’铁和碳构成原电池时’铁作为负极,而被氧化,
正确°
［点评］
铁片的生锈禾‖腐蚀是两个概念’铁在溶解有氧气的中性或酸性很弱的溶液中发生
吸氧腐蚀时’铁失去电子氧化为亚铁离子2Fe—2e——Fe2＋’从而使铁变质损坏’
这是腐蚀;食盐水中的溶解氧从铁片所含的碳上结合电子还原为氢氧根离子:（）2
＋4eˉ＋2H2Oˉ4OH＿’（）H—和Fe2＋结合成Fe（OH）2 :2Fe＋（）2＋2H2O＝
2Fe（（）H）2 ’并进＿步被氧化:4Fe（OH）2＋O2＋2H2（）—4Fe（（）H）3 ’Fe（（）H）3
在一定条件下脱水转化为铁的氧化物水合物（水合氧化铁）形成铁锈’这是生锈。
负极区（液滴覆盖的圆周中心区）是铁片腐蚀最严重的区域’氧气浓度最大处（液
滴边缘的正极区）是生成的铁锈最多区域°
l34
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『第四章电化学基础｜
］
］
○
日
／
′
｀
｀
■
■
】
■
■
《
例
［
（201
.浙江卷）将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上’＿段时间后发现液
滴覆盖的圆周中心区（a）已被腐蚀而变暗’在液滴外沿棕色铁锈环（b）’如图所示°
导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘少·下列说法正确的是
（
）
铁锈环（｜0）
腐蚀Ⅸ（a）
A.液滴中的Cl
由a区向b区迁移
B液滴边缘是正极区’发生的电极反应为（）2＋2H2（）＋4e—4（）H
C.液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀’生成的Fe2＋由a区向b区迁移’与b区
的（）H—形成Fe（（）H）2 ’进＿步氧化、脱水形成铁锈
D若改用嵌有＿铜螺丝钉的铁板’在铜铁接触处滴加NaCl溶液’则负极发生的电
极反应为Cu＿2e＿—Cu2＋
皿蹈Ⅷ
［思考］
（1）钢铁腐蚀的正、负极的电极反应式分别是什么?
（2）腐蚀的严重性与O2浓度有什么关系?为什么?
［答案］
B
［解析］
根据在原电池中,阳离于移向正极’阴离子移向负极的规律’Cl＿应由b区向a区
迁移,A项错误°液滴边缘（）2
多,发生的是正极反应:（）2＋2H2（）＋4e—～
4（）H
’B项正确°液滴下的Fe发生负极反应:Fe
2eˉ—Fe2＋［为腐蚀区
（a）］,是氧化反应’C项错误°在液滴外沿’由于Fe2＋＋2OHˉ—Fe（OH）2
’
4Fe（OH）2＋O2＋2H2（）—4Fe（OH）3形成了棕色铁锈环（b）;若改用嵌有一铜
螺丝钉的铁板’在铜铁接触处滴加NaCl溶液’由于Fe的金属活动性比Cu强,Fe
仍为负极’电极反应为Fe＿2e—ˉFe2＋’I）项错误°
［点评］
本题可以说是例3的＿个补充说明’图示可以很好地说明,腐蚀区在中间’而铁锈
区在外侧。
135
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｜满分之路.高中化学（～）1
ˉ霞章节练习
L如图装置中’U形管内为红墨水,a、b试管内分别盛有食盐水和氯化按溶液’各加人生铁
块’放置＿段时间°下列有关描述错误的是
（
）
田
红墨水
亩
〖
｜
A.生铁块中的碳是原电池的正极
B红墨水柱两边的液面变为左低右高
C.两试管中相同的电极反应式是Fe—2e——Fe2＋
Da试管中发生了吸氧腐蚀’b试管中发生了析氢腐蚀
2.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示°下列有关说法错误的是
（
）
‖≥
～
／仁
铁片
雪茎H
~~~~~~~~~~~~
~~~~~~~~~~~~ ～电极（l
海水～
≡三≡＝＝＝＝＝二
＼ˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉ切
A.
d为石墨’铁片腐蚀加快
B. d为石墨’石墨上电极反应为（）2＋2H2（）＋4e——4OH—
C.
d为锌块’铁片不易被腐蚀
Dd为锌块’铁片上电极反应为2H＋＋2e—H2↑
136
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『第四章电化学基础｜
3.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是
A.图1中’插人海水中的铁棒’越靠近底端’腐蚀越严重
B.镀层破损后,镀锌铁比镀锡铁更耐用
C纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗
D.图2中,金属棒X若为Cu,可使埋在地下的钢管免受腐蚀
（
）
FP
＿」
／
≤
管
钢
／
′
｜
＼
｀
0
海
／′
水
-」／≡导线
廷ˉˉˉˉˉˉˉˉ二夕／
图l
阁2
l.利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀°
｜
实验装置
实验编号
浸泡液
氧气浓度随时间的变化
pH
o
1·4mol ·L lNH4Cl
巨
√
2l％
铡20％
-
烃
rl9％
孵
l8％
l7％
（）.5mol °L-l（NH4）2SO
◎
5
◎
L0mol ·L
』NaCl
7
○
∩
〕
β
斗
∑
∩
‖
°
Ⅲ
∩
门
Ⅲ
］
／
］
百
劝
删
』
·
β
∩
浸
@
0。5mol 。L-lNa2SO4
7
~′
下列说法不正确的是
A.上述正极反应均为O2＋4e—＋2H2O＿4OH
B.在不同溶液中,Clˉ是影‖问吸氧腐蚀速率的主要因素
C.向实验@中加人少量（NH4）2SO4固体’吸氧腐蚀速率加快
D在300min内’铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液
（
）
137
氧
气
传
感
器
数
据
采
集
器
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‖满分之路.高中化学（一）
〗
5.研究金属腐蚀及防护的装置如图所示°
［@-］
~／
′
＼
生铁
电极‖
习恰｛「厂＿
食盐水（含酚酞）
＼
／
／
海水
生铁
图2
图］
下列有关说法不正确的是
A.图1:a点溶液变红
B.图1:a点的铁比b点的铁腐蚀严重
C.图2:若d为锌’则铁不易被腐蚀
D.图2:正极的电极反应式为O2＋4e＿＋2H2（）—4OH
6.下列与金属腐蚀有关的说法正确的是
（
）
（
）
■二触榨
‖
FG
Pt∩
∩Zn
＝卢
司
＝M∏O,
＜
稀盐酸
每水
～NH4C｜
糊状物
｜
／
赏
＂
讣
皿
［
二
·
~
~
~
~
~
~
~
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~
~
~
~
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~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
~
［
~
~~
~~~~~~~~
~~~~~~~~
图d
图a
图b
图〔
A.图a中,插人海水中的铁棒’越靠近底端腐蚀越严重
B.图b中’开关由M改置于N时’CuˉZn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’Zn＿Mn（）2干电池自放电腐蚀主要是由Mn（）2的氧化作用引起的
138
＝
二
＝
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答案与解析
第＿章化学反应与能量
第1讲反应热
［章节练习］
L答案:BC
解析:A项’X生成Y’为吸热反应,焰变为E3—E2 ’错误;B项’X的总能量比Z的总能量
大’所以为放热反应’△H＜0’正确;C项’反应2X（g）-＝3Y（g）,降压时’平衡正向移动’Y
的产率提高,正确;D项’X至Z为放热反应’升高温度’平衡逆向移动,Z的产率降低,错误°
2.答案:D
解析:A项’反应o是光能转化为化学能,错误;B项’反应o的烩变为正值’属于吸热反
应’错误;C项’催化剂不会改变焰变’错误;D项’用‘‘反应◎反应◎”得所求反应的焰
变为206. 1KJ .molˉl—13L3KJ .mol—』＝74.8kJ.mol
l ’正确°
3.答案:B
解析:由图知N2H｜（g）＋O2（g）—N2（g）＋2H2O（g）
△H＝—534k」.molˉl ’可设断裂
1molNH键所需能量为工k］’据题意有154kl＋4工kJ＋500k］—2752k］＝—534k］’可
求得工＝391°
4.答案:B
解析:A项’从图中看’X→C的活化能应是X向右到最高点处的差值’错误;B项’A＋B
的总能量高于C的总能量’故该反应为放热反应’△H＜0’正确;C项’X是A＋B→C的
中间产物’不是催化剂’错误;D项’加人催化剂不能改变起始物质和生成物质的能量’故
不能改变烩变’错误°
5.答案:B
解析:A项,从图中看’催化反应@为吸热反应’催化反应◎为放热反应’错误;B项’催化
剂只能降低反应的活化能’不能改变反应的焰变’正确;C项,Cl原子为催化剂’而Cl（）
‖39
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｜满分之路。高中化学（—）
｛
为中间产物’错误;D项’反应中（）3中化学键断裂’生成（）2时O原子重新组合,则有化
学键形成’错误。
6.答案:BC
解析:A项’过程b的活化能比过程a小’所以b中有催化剂参与’错误;B项,从图中看’
反应物的总能量比生成物的大’所以为放热反应’反应的热效应等于反应物的总能量与
生成物的总能量之差’正确;C项’催化剂可以改变反应的途径’改变了活化能’正确;D
项’途径b中’经历了两步’活化能是活化分子的最高能量与平均能量的差值’即为El
’
能发生第一步反应的活化分子’肯定能发生第二步反应’错误°
7.答案:C
解析:设P—P键的键能为工kJ.mol—l ’Cl—Cl键的键能为JkJ .molˉ』’B中含有6个
P—P键’则有6工＋6〕—12×L2C＝α’6工＋10y—20C＝b’联列两式计算’得工＝
3α泌—］2〔
β—宁阮,所以C项正确,D项错误;州丁α、b之间的大小未知’故无
12
’y＿
法比较工与c的大小’A项错误;依据两式只能求出生成PCl5（g）的△H’而与PCl5（s）之
间的转化未知’故B项错误°
8.答案:31.9
强
解析:由题给条件可知’4molHCl被氧化’放出热量为115.6kI’可知△H＝—115.6k］
。
mol—l ;由‘‘△H＝反应物键能之和—生成物键能之和”可得’△H＝4E（H—Cl）＋498kJ
.
mol—l—2×243k］.mol
l
4×E（HO）＝
115. 6k］.mol
l ’化简得E（HO）
E（H—Cl）＝3L9k］.mol—l ;键能越大’化学键越稳定（越强）’所以水中的HO键比氯化
氢中的H—Cl键强。
第2讲热化学反应方程式
［章节练习］
1.答案:D
解析:设两个热化学方程式分别为o◎’根据盖斯定律◎o×2得:
2H2（g）＋O2（g）—2H2O（g）
△H＝—（220＋2a）kJ ·mol-l
‖4O
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』答案与解析｀
则有:2×436＋496—4×462＝—（220＋2a）,则a＝＋130,答案选D°
2.答案:D
解析:能量越低物质越稳定’H2O、H2S、H2Se、H2Te稳定性依次减弱’所以b表示Te与
H2化合的反应热数据’故A｀B项错误;Se是固体’所以Se与H2化合的热化学反应方
程式是Se（s）＋H2（g）—H2Se（g）
△H＝81kJ 。mol—l ’D项正确·
3.答案:S（s）＋3F2（g）ˉSF6（g）
△H＝＿1220kJ ·mol＿l
解析:首先写出该反应的化学方程式并标明各物质的状态:S（s）＋3F2（g）—SF6（g）°
在化学反应中断键需要吸热’而形成新的化学键需要放热。据题意’1molS（s）和3mo｜
F2（g）形成气态S原子和气态F原子共需要吸收能量是280kJ＋3×160k］＝760kJ;而
生成1molSF6（g）时需形成6molS—F键,共放出6×330k］＝1980k］’则该反应共放
出的热量为1980kJ—760kJ＝1220kJ’故该反应的反应热△H＝—1220kJ .mol—l
’
由此便可写出完整的热化学方程式°
4.答案:N2（g）＋3H2（g）-≡2NH3（g）
△H＝—104kJ.mol
］
解析:△H＝（946＋3×436—2×3×393）KJ 。molˉl＝—104kJ .mol
l
°
5答寨;N』（g）＋狙:（g）亏商糯污2NH』（｜）
△H-2（,—b—僧）k」.m°｜
!
催化剂
解析;首先写出该反应的化学方程式并标明各物质的状态N2（g）＋3H2（g）示≡
2NH3（l）°据图可知该反应为放热反应（生成物能量低）’其反应热△H＝—2×［（b—α）
＋c］kJ .mol l＝2（α—b—c）kJ.molˉl
。
6.答案:Al2O3（s）＋3C（s）＋N2（g）—2AlN（s）＋3CO（g）
△H＝1026kJ.mol—l
解析:依据盖斯定律’将“（1式＋2式×3＋3式×2）÷2”可得所求反应的烩变°
7.答案:TiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s）＝TiCl』（g）＋2C〔）（g）
△H＝—45.5kJ.mol—l
解析:依据盖斯定律’将两式相加可得所求反应的焰变°
8.答案:AX3（l）＋X2（g）—AX5（s）
△H＝—123.8kJ.molˉl
解析:书写热化学方程式时要标明物质的状态’室温时’AX3呈液态’AX5呈固态°热化
学方程式中△H与方程式计量系数成正比。△H为负号,表明反应放热。
第3讲盖斯定律
｜4｜
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｜满分之路.高中化学（-）1
［章节练习］
1.答案: 247
解析:依据盖斯定律’将◎×2—@—◎得△H＝247kJ.mol
l
°
2.答案: 114
解析:根据盖斯定律’将上式×3＋下式,即可得所求反应的烩变值·
3.答案:—136.2
解析:根据盖斯定律’将（上式×3＋下式）÷2可得所求反应的烩变‘△H＝
—116. 1×3＋75.9kJ·mol l＝—136.2kJ .mol
l 。
2
4.答案:2△H』—2△H2—△Hl
解析:利用盖斯定律’将o×2—@×2—o得所求反应的烩变°
5.答案:C
解析:A项’反应O生成的CO和H2 ’生成的C（）继续发生反应◎生成C（）2和H2 ’反应
◎的原料为C（）2和H2 ’正确;B项’反应◎将温室效应气体C（）2转化为燃料CH』（）H’正
确;C项.反应@巾H,O为气体,C选项巾＂:O为液体.故熔变不是÷关系错误;D项,
依据盖斯定律’按“◎×2＋◎×2＋@”,可得所求反应的烩变’正确°
6.答案:A
解析:将三个已知热化学方程式依次编号为@、◎、◎’依据盖斯定律’ 12×◎＋5×◎—
2×o’可得目标热化学方程式’即△H＝12△H3＋5△H2—2△Hl ’即选A°
7.答案:B
解析:本题可以构建如下框图:
（』ll＄（）4
。
5『｛2（）（禹）
~~~~~~／
少／
.Ⅷ＼
〔】l‖2＋（瓤q）＋S（）;ˉ（孔（I）＋5‖2（》（｜）←-
（】l｜S（）4（爵）＋5｜｜2（）（｛）
由盖斯定律有△Hl＝△H2＋△H3 .C项、D项错误;因为△H』＞0’△H2＜0’所以△H:＞
0’且△H3＞△Hl ’A项错误,B项正确°
8.答案:41.2
‖42
~~
~ ~
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』答案与解析｝
解析;根据燃烧热写出反应的热化学方程式为Co（g）＋＋o』（g）—CO』（g）
△H＝
—28MkJ.m。l ］O.＂』（g）＋＋O』（g）—H』O（!）
△H＝—285βkJ.m°l—!O,
H2O（l）／H2（）（g）
△H＝44kJ 。mol—l◎’根据盖斯定律’将“◎@＋◎’’可得所求
反应的烩变°
第二章化学反应速率和化学平衡
第1讲化学反应速率
［章节练习］
L答案:A
解析:A项’Zn置换出CuS（）』溶液中的Cu’Zn和Cu会构成原电池’可以加快Zn与稀
H2SO4的反应速率’正确;B项,酶属于蛋白质’在高温下,酶会失去活性’则淀粉水解速
率变慢’错误;C项’NaHSO3与H2（）2反应无明显现象’无法判断反应进行的快慢’错
误;D项’某些反应本身无明显现象’所以不能说反应速率越快,现象越明显,错误°
2.答案:D
解析;A项’从表中数据知’相同压强’升高温度’NO达到所列转化率的时间变长’说明
反应速率变慢’错误;B项’相同温度下’增大压强’NO达到所列转化率的时间变短,反应
速率变快’错误;C项,N（）的转化率为98％’不＿定代表已达平衡’错误;D项’在8.0×
l05Pa、30℃条件下’转化率从50％增至90％时段’所用时间为3. 7s,NO的物质的量变
化为αl刨（,0％—50％）-α04…l,则NO的反应逮率为队铝粤◎↓-4α／370m。」.
s—l ’正确·
3.答案: （1〉降低反应活化能（或做催化剂）
（2）30℃、pH＝2.0蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）
解析:（1）反应速率加快’说明该菌做催化剂’降低了反应的活化能°
（2）从图示看出’反
应在30°C、pH＝2.0时’Fe2＋氧化速率最佳;反应温度过高’反应速率下降’可能是因为
｜43
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｜满分之路。高中化学（-）l
催化剂的催化活性降低’即硫杆菌中蛋白质发生变性。
4.答案:（1）S（）2
S（）;
4H＋
（2）o0.4
◎I—是S（）2歧化反应的催化剂’H＋单独存在时不具有催化作用’但H＋可以加快歧
化反应速率
o反应｜｜比｜快;D中由反应｜｜产生的H＋使反应｜加快
解析:（1）依题意’碘离子为反应的催化剂’故可以采用总反应的离子方程式3S（）2＋
2H2（）—2SO｛＋4H＋＋S↓减去｜式’化简可得I2＋SO2＋2H2（）／SO』2ˉ＋4H＋＋
2I—° （2）O根据对比实验要求’碘化钾浓度保持不变’则α为0.4;@C不反应,说明H＋
单独存在时不具有催化作用;B反应比A快’说明二氧化硫在碘离子作用下的反应随溶
液酸性增强反应速率加快;o由于I催化二氧化硫的歧化反应是｜与｜
｜两个过程分
步进行’所以两个反应中任何＿个反应的速率都会影响总反应的速率°D中直接加人
I2 ’故反应｜
｜可立即发生’而由反应｜
｜产生的H＋可使反应｜速率加快’所以D的
反应速率比A快。
5.答案:（1）Cr3＋
B
（2）大于pH升高’HO『的浓度增加’分解速率加快
过氧化氢浓度越高’其电离程度越低’分解率越小
解析:（l）活化能降低’表明反应会加快。由表中数据知’加人0. 1mg.L—l的Cr3＋’过氧
化氢的分解率达到96％’数值最大;在10mg.L l的Al3＋时,过氧化氢的分解率只有
2％’故选用铝材运输过氧化氢。（2）常温下’水的Kw＝1.0×10M’比H2O2的K.小’即
H2（）2的电离程度比H2（）大’H2（）2的酸性比H2（）强;H2（）2的电离方程式为H2O2-＝
H（）5＋H＋’在pH升高时’平衡正向移动’H（）『的浓度增加’由已知信息知’HO5的浓
度越大’过氧化氢的分解速率越快;对于弱电解质而言’浓度高时电离程度反而低·即
H（）r的浓度较小’所以过氧化氢的分解速率减慢°
6.答案: （1）研磨、加热
（2）80。C后’H2（）2分解速率大,浓度显著降低
解析:（1）观察流程可知,加快反应速率的措施有研磨｀加热;（2）温度升高’双氧水的分解
‖44
~
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『答案与解析｝
速率加快’导致双氧水浓度减小’反应速率减慢·
7.答案:迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使N（）∑去除反应速率
迅速增大;上升缓慢段主要是温度升高引起的NO墅去除反应速率增大
催化剂活性下降;NH3与O2反应生成了NO
解析:催化剂的活性与反应温度有关’在高温下’催化剂的活性有可能会失效’从而造成
N（）Ⅱ的去除率下降°在50～250℃时,NO2的去除率在增大’原因有二:—是温度升高’
反应速率加快;二是催化剂可以加快反应速率·但温度较高时’催化剂不再起作用’而主
要是温度高引起反应加快’所以在150～250℃时’反应较为缓慢°
第2讲化学平衡状态
［章节练习］
1.答案:C
解析:A项’3U正（N2）＝U正（H2）’都是正反应速率’不能作为平衡的标志’错误;B项’
u正（HCl）＝4u正（SlCl4）’都是正反应速率,不能作为平衡的标志’错误;C项’该反应中有
固体参与’所以气体的质量＿直变化’则气体的密度在变化,达平衡时混合气体密度保持
不变’正确;D项’c（N2）
: c（H2）
: c（HCl）＝1
: 3
: 6时不能说明正、逆反应速率相等’不
能判断达到平衡状态’错误°
2.答案:B
解析:A项’当容器中C（）2、H』、CH3OH、H2O的物质的量之比为1
: 3
:
1
: 1时（没有指
明该比值保持不变）’该反应可能达到平衡状态’也可能没有达到平衡状态’是否达到平
衡状态与反应初始浓度和转化率有关’错误;B项’℃正（C（）2）＝u逆（H2O）’方向相反,且化
学反应速率之比与计量数成正比’能判断平衡状态’正确;C项,C（）2（g）＋3H2（g）-＝
CH3OH（g）＋H2O（g）反应中’前后气体质量不变’固定容器’体积不变’故密度不是变
量’不能判断化学平衡状态’错误;D项.3molH—H键断裂同时’应该断裂2molH
（）
键’才能说明化学达到平衡状态’当3molH—H键断裂同时’断裂3molH—O键时’不
能据此判断化学平衡状态’错误。
3.答案:B
｜46
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中化学（一）
l
｝满分之路.高
解析:A项’气体的质量—直不变’不能作为平衡标志’错误;B项’氯化氢的转化率不再改
变’说明各物质的量不变,反应处于平衡状态’正确;C项’只要反应发生’就存在断开
4molH—Cl键的同时生成4molH—（）键’均表示正反应’错误;D项’′!（HCl）
: ″（O2）
:
″（Cl2）
; ′′（H2O）＝4
: 1
: 2
: 2’不能说明各物质的量不变’错误°
l.答案:A
解析:A项’该反应为前后不等体积的反应’当容器体积不变时’说明反应已达平衡’正
确;B项’设X和Y起始的物质的量均为1mol’X转化αmol’则Y转化3αmol’平衡时’
X的物质的量为（l—塑）m。｜,γ为（1—3翼）m。↓,Z为2…↓,x的体积分数为;≡孟,
该值为＋不变,所以不可表明反应已达平衡,错误;C项’X和γ的转化量不相等,但起
始投人量相等’故X和Y的转化率肯定不相等’错误;D项’当X和Y投人量比较多时’
放出的热量可以达到αk］,错误°
5.答案:D
解析:a.N2O』（g）＝＝2N（）2（g）的正反应为气体体积增大的反应,将1molN2（）《充人＿
恒压密闭容器中’总质量一定’体积逐渐变大’所以密度逐渐减小’若密度保持不变时’说
明反应达到平衡状态’与图象相符,故a符合题意;b在反应过程中’△H不会变化,即反
应热不是变量’无法利用烩变判断反应是否达到平衡状态’故b不符合题意;c.将1mol
N2（）4充人—恒压密闭容器中’随着反应的进行’正反应速率逐渐减小’且两种物质表示
的都是正反应速率’无法判断正、逆反应速率是否相等,故c不符合题意;d.将1mol
N2O』充人＿恒压密闭容器中’随着反应的进行’N2（）』的转化率逐渐增大,N:O』的转化
率保持不变时’说明反应达到平衡状态’与图象相符’故d符合题意°
6。答案:CD
解析:A项’单位时间内生成1molCO2的同时消耗了1molC（）’都体现正反应速率’不
能说明正反应速率等于逆反应速率’错误;B项’在恒温恒容的容器中’因混合气体的密
度—直保持不变’则混合气体的密度不变’不能说明反应达到平衡状态,错误;C项’在绝
热恒容的容器中’反应的平衡常数不再变化’说明体系温度不变’正、逆反应速率相等’正
确;D项’在恒温恒压的容器中,N（）的体积分数保持不变’说明正反应速率等于逆反应
↑46
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「答案与解析｜
速率’反应达到平衡状态’正确。
7.答案:CD
解析:A项’N2O』和NO2的分子数比为1
: 2’不能证明反应物和生成物浓度不再发生变
化’错误;B项’N2（）4和N（）2的浓度相等’不能证明反应物和生成物浓度不再发生变化’
错误;C项’平衡体系的颜色不再改变’证明反应物和生成物浓度不再发生变化’正确;D
项’单位时间有1molN2（）4变为N（）u的同时,有2molN（）2变为N2O』’证明反应物和
生成物浓度不再发生变化’正确°
8.答案:◎@◎
解析:o达到平衡时’U正应保持不变’r』时刻不能说明反应达到平衡’故@错误。◎由于
是放热反应’又是绝热容器’体系温度升高’平衡左移’K减小,当K值不再改变’说明反
应达到平衡’故@正确°◎图中达到平衡时’C（）、CO2的改变量不是1
: 1’不能说明反应
达到平衡’故◎错误°@u〕（NO）逐渐减小’达到平衡时保持不变’故@正确°◎因正反
应放热’容器绝热,反应开始后体系温度升高’达到平衡状态时’体系温度不再发生变化,
说明反应达到平衡’故◎正确。◎△H是＿个定值’不能用于判断可逆反应是否达到平
衡状态’故o错误°
第3讲化学平衡移动化学平衡常数
［章节练习］
L答案:D
解析:A项’对于该可逆反应’加人NaOH’会与HBr反应’从而使得平衡逆向移动’可生
成更多的乙醇’正确;B项’加人HBr’反应物浓度增大’平衡正向移动’产物中C2H5Br
增多’正确闹C项’由于乙醇与HBr以1
: 1反应’故等量增加反应物的量’达平衡时,转化
的量幅度相等’两者的转化率不变’正确;D项’升高到60°C时’乙醇会变成气体’反应物
浓度减少,化学反应速率变慢’则达到平衡的时间增长’错误。
2.答案:AD
解析:A项’△H＜0’正反应放热’升高温度平衡向逆反应方向移动’平衡常数减小’正确;
B项,该反应前气体的计量数之和等于反应后气体的计量数之和’则减小压强’平衡不移
｜47
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‖满分之路.高中化学（-）
k
动’″（CO2）不变’错误;C项,催化剂能改变反应速率’但不会引起化学平衡的移动’所以
α（C（））不变’错误;D项’充人＿定量的氮气’相当于混合气体压强减小,平衡向气体体积
增大的方向移动’但该反应前后气体体积不变’平衡不移动’″（H2）不变’正确°
3.答案:B
解析:平衡常数只受温度的影响’与反应物浓度无关’A项错误;第一步要生成气态
Ni（CO）4 ’并且Ni（CO）4的沸点为42.2.C’故应选用50 。C’B项正确;第二阶段加热到
230℃使Ni（CO）4分解’其分解率较高’C项错误;叮逆反应:Ni（s）＋4C（）（g）＝≡
Ni（C（））4（g）达到平衡时4u生成［Ni（C（））』］＝u生成（C（））’D项错误°
4.答案:（1）2.5
2.8×10
3
（2）＞＞
（3）B
解析: （1）设H2S转化为工mol ,
H2S（g）＋C（）2（g）＝≡C（）S（g）＋H2O（g）
起始（mol）
0.40
0. 10
0
0
转化（mo｜）
0.40—工
0. l0
工
工
工
平衡（mol）
工
工
工
工
H』O的物质的量分数为αl＂丰α蛆-M2解得延＿α0l,H:S的转化率为湍×l00％-凰5％’
婴×婴
K≡队嘿哗i云:皿≡』…—｀
（2）温度由610K升到620K’平衡时水的物质的量分数增大’说明升高温度平衡正向移
动’该反应为吸热反应’△H＞0’H2S的转化率增大。
（3）加人H2S平衡虽正向移动’但是根据勒夏特列原理知’只能削弱H2S的加人量’并不
能消除’故H2S的转化率仍减小;增加C（）2的量’平衡正向移动’H2S的转化率增大’正
确;加人C（）S’平衡逆向移动’H2S的转化率减小;恒容条件下充人N2 ’平衡不移动’H2S
的转化率不变°
5.答案: （］）2Cr（）;—＋2H＋-＝Cr2（）;ˉ＋H2（）
（2）增大
1·0×10M
（3）小于
解析:（1）从图知’在酸性条件下’Cr（）!
会转化成Cr2（）;ˉ。
（2）酸性越强’CrO!ˉ越易转
化成Cr2O:—°A点Cr2（）;—的浓度为（）. 25mol 。L—l ’根据Cr元素守恒可知Cr（）;—的
｜48
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‖答案与解析｝
浓度为0.5mol .L—l ’H＋的浓度为1. （）×10—7mol .Ll ’此时该转化反应的平衡常数
c（Cr2O;ˉ）
为K-合（C了o;—）.c』（∏十）
α5』×（撇］0—∏亏-M×｜0＂. （3）J｝高温度.溶液中
CrO;ˉ的平衡转化率减小’平衡逆向移动’说明正方向放热’则该反应的△H＜0°
6答鬃』（l）减小
（2）‘搬i〕）栅品
解析: （1）由图可知,反应温度升高’SO2和N（）的—lg户〔减小’则户Ⅱ增大’说明平衡向逆
反应方向移动’故平衡常数减小° （2）反应ClOr＋2SO;ˉ—2SO!ˉ＋Cl的平衡常数
K-删!i〕）.训γ）.
第4讲等效平衡
［章节练习］
1.答案:D
解析:A项,甲中’NO2和SO2的物质的量相等’且在反应方程式中的化学计量数相等’
所以NO2和SO2的转化率相等’均为50％’乙中投人的NO2增多’故乙中S（）2的转化率
大于50％’正确;B项’丙中投人量为甲中的2倍’相当于加压’体积减小—半’但平衡不
移动’所以平衡时,丙中‘〔so:）是甲中的2倍.正确;C项,80℃时,K-揣揣:＝l｀
90.C时’K-器温度升高.平衡常数增大,说明平衡正向移动’即丽反应为吸热反应.正
确;D项’0.2mol .L
］N（）2和0. 1mol .LˉlSO2反应与0. 1mol .L—｜NO2和0.2mol
.L—lSO2反应是完全等效的’所以平衡时’生成的NO的浓度相等’错误°
2.答案:A
解析:本题不仅要考虑条件改变对某反应的影响’还要考虑—个反应对另＿反应的影响。
A项’等压时’通人惰性气体’容器体积增大’对气体分子数不变的反应o无直接影响’但
反应◎平衡逆向移动’放热’温度升高’使反应o平衡也逆向移动’从而使c的物质的量
减少’A项错°B项’等压时通人z气体’反应◎平衡逆向移动’反应放热,正确°C项’等
容时’通人惰性气体’各组分的浓度保持不变’则反应速率也不变’正确。D项’等容时’
通人z’反应◎平衡逆向移动’y增多’正确·
3.答案:B
‖49
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中化学（一）l
■
满分之路.高
解析:甲中投人的物质折算到右边和丙中物质完全相同’二者是完全等效平衡,故户甲＝
p丙’SO:的质量m甲＝m丙’c（S（）2）与c（O2）之比龙甲＝诧丙’Q甲＋Q丙＝197’所以D项错误°
甲与乙比较:@二者充人的SO2、（）2的比例均与反应比例相同’所以″（SO2）
; ″（（）2）始
终为2
: 1’即卢甲＝虎乙≡虎丙’C项错误;◎甲中起始物质的量是乙中起始物质的量的2倍’
若将甲的容器体积扩大1倍’则甲与乙是等效平衡’然后将甲压缩至原体积若平衡不移
动,则户甲＝2户乙’S（）3的质量加甲＝2m乙’由于压缩体积时平衡向右移动’故户甲＜2户乙’
S（）3的质量m甲＞2加乙,故A错误’B正确°
l.答案息D
解析:某温度下’在2L的密闭容器中’加人lmolX（g）和2molY（g）发生反应:X（g）＋
加Y（g）-＝3Z（g）’平衡时’X、Y、Z的体积分数分别为30％、60％、10％·在此平衡体系
中加人1molZ（g）’则可视为两平衡体系合并’在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变’但
单位体积内体系分子总数增多’依据勒夏特列原理平衡应向使单位体积内体系分子总数
减小的方向移动’但再次达到平衡后’X、Y、Z的体积分数不变’则说明″!＋l＝3’故加＝
2’A项正确;同—化学反应的平衡常数只与温度有关,两次平衡温度不变,故两次平衡的
平衡常数相同’B项正确;m＝2’X与Y起始物质的量之比为1
: 2’由化学方程式可知反
应的X与Y的物质的量之比为1
: 2’故X与Y的平衡转化率之比为1
: 1’C项正确;该
反应为反应前后气体总物质的量不变的反应’故第二次平衡时Z的物质的量为4mol×
10％＝0.4mol’故Z的浓度为0.4mol÷2L＝0.2mol .L
｜’故D项错误。
5.答案:AD
解析:A项’CH』起始因为0. 50mol’平衡时为0. 15mol’故平衡转化率为70％’正确;B
项’由10s数据可知’T2时反应速率快’说明T2＞Tl ’平衡时T2条件下CH｜多’说明温
度升高,平衡向逆反应方向移动’逆反应吸热,正反应放热’错误;C项’Tl时:
CH4（g）＋2N（）2（g）-＝N2（g）＋C（）2（g）＋2H2（）（g）
c（始）／（mol °Lˉl）
0. 50
1·20
0
0
0
c（变）／（mol .L』）
0.40
0.80
0.40
0.40
0.80
c（平）／（mol .Ll）
0. 10
0.40
0.40
0.40
0.80
｜5O
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『答案与解析｜
K＝C（N2）×C（C（）2）×C2（H2（））＝0.40×0.40×（0.8（））2＝6.4,
C（CH4）×C2（NO2）
0。10×（0.40）2
Q＝f（N2）×c（C（）2）×c2（H2O）＝0.40×0。40×（1.60）2 ＝6.4＝K’平衡不移动,错误;D
C（CH4）×C2（NO2）
0。40×（0.40）2
项’成比例增加投料量,相当于加压’平衡向逆反应方向移动,达新平衡时N2的体积分数
减小,N2的浓度大于原平衡（若平衡不移动’则其浓度是原平衡的2倍’而平衡的移动只
能“减弱”这种改变’不能抵消）’正确°
6.答案:C
解析:A项’u（C（））＝u（C（）Cl2）＝（0.8mol／0.5L）÷5min＝0.32mol .L—l .min
l ’错
误;B项’容器‖l中C（）Cl2折算成C（）和Cl2时’与容器I中C（）和Cl2完全等效’平衡
时’高温下对应的C（）Cl2的量小’即升温平衡逆向移动’所以正反应为放热反应错误;C
0·8
0。5
项’容器I、‖中,温度相等所以K相筹’容器I中K-器×器-l＂.容器Ⅱ中K-
0.5
糕』熟厂」…≡魁……蹦｜…输蠕化蠕………＂
C（）和Cl2比容器I中的少,相当于减压’平衡逆向移动’所以C（）的转化率小于80％’错误°
7.答案:BC
解析:A项’丙中NH3分解生成N2和H2 ’气体的物质的量增多’所以容器的体积会膨
胀’则V甲＜V丙’错误;B项,乙为绝热容器,NH3的分解为吸热反应’所以容器中温度降
低’则NH3的分解量减小’对应的K乙比K丙大’正确;C项,甲、乙投料是等价的’但是乙
容器相当于降低温度’NH3的量比甲中的多,即C乙＞C甲’正确;D项’平衡时压强甲大于
丙’反应速率快’即U甲＞U乙’错误。
8.答案:BD
解析:甲相对于乙是成比例的增加投料量’相当于加压’平衡正向移动’所以甲中SO2的
转化率大于乙中2倍’则甲中放出热量大于乙中2倍’甲中压强小于乙中2倍’A项错
误’B项正硼乙中前5mn内,（〔）』）-÷刚（s（）』）≡＋×（｜
α5）m。｜.L;＝α05
5min
｜5｜
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中化学（-）
l
｜满分之路.高
~
mol ·L
l .mln
l ’C项错误;
2SO2＋（）2寻≡＝兰2S（）3
c（始）／（mol .L—l
）
1
0.5
0
c（变）／（mol .L
』）
0.5
0.25
0.5
c（平）／（mol 。L
l）
0.5
0.25
0.5
C2（S（）3）
C2（S（）3）
＝
0.42
衡,I）项正确。
第5讲化学平衡图象
［章节练习］
1.答案:A
解析:A项’由图象知’当乙醇进料量—定’随乙醇转化率增大’乙烯选择性先升高后减
小,错误;B项’由图象知’当乙醇进料量＿定,随温度的升高’乙烯选择性先升高后减小’
正确;C项’由图象知’当温度＿定’随乙醇进料量增大’乙醇转化率减小,正确;D项,由
图象知’当温度—定’随乙醇进料量增大’乙烯选择性增大’正确°
2.答案:AD
解析:A项’随着温度的升高’C（）2的转化率下降’即平衡逆向移动’说明正反应为放热反
应’正确;B项’相同温度时’c（）2的转化率大小顺序为O＞◎＞O’H2的量越多’则co2
的转化率越高,故起始时″（H2）小大顺序为@＞◎＞◎’错误;C项,扩大容器体积’相当
于减小压强’平衡逆向移动’C（）2的转化率减小’错误;D项’
2C（）2（g）＋6H2（g）-＝C2H5（）H（g）＋3H2〔）（g）
起始（mol）
4
8
0
0
转化（mol）
2
6
1
3
平衡（mol）
2
2
1
3
＼
｀
‖
『
′
′
′
∩
□
—
’
≈
／
′
『
』
‖
｀
＼
×
■
」
—
’
臼
◎
确
正
◎
日
了
吕
β
■
］
~
”
山
—
∩
己
×
■
」
’
＝
K＝
β
）
∑
—
〗
（
×
∑
）
〗
—
∑
（
｜62
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』答案与解析｝
3.答案: （1）压强
（2）1忽＞Ll
趴Mg）分解的热化学方程式为2Ⅸ』（g）—＝2α1（g）＋Q（g）
△H＝196k］.∏Dl＿l
’
压强—定时’温度升高’SO3平衡转化率增大
解析:根据总反应和反应I ’利用盖斯定律’可计算出反应Ⅱ的热化学方程式为2S（）3（g）
—2SO2（g）＋O2（g）
△H≡196kJ .molˉl
°
（1）该反应为吸热反应’升温,平衡正向
移动’S（）3的转化率增大’而压强增大’平衡逆向移动’SO3的转化率减小’故X代表的物
理量为压强°
（2）相同压强下’温度升高’平衡正向移动’SO3的转化率增大’故L2＞Ll
°
4.答案: （1）正反应方向气体分子数增加’加人水蒸气稀释,相当于减压’能提高乙苯的平衡
转化率
（2）600℃’乙苯的平衡转化率和苯乙烯的选择性均较高°温度过低’反应速率慢’乙苯
平衡转化率低;温度过高’苯乙烯选择性下降°高温还可能使催化剂失活,且能耗大
解析:（1）因为维持总压不变’所以通人水蒸气’相当于减压,平衡正问移动’乙苯的平衡
转化率提高。
（2）分析图示,在600 °C时,乙苯的平衡转化率和苯乙烯的选择性都较高;
高温还可能使催化剂失活’且能耗大°
5.答案:（1）大于
（2）小于
r砸时生成物浓度较低
（:）（兰）』
解析:（1）t顺时’反应未达到平衡’故U正＞U逆°
（2）生成物浓度越大’逆反应速率越大’r〃
时生成物浓度较人则′.时的卿趟大. （:）三种溶液棍合后’幢（Aso《ˉ）-20￥2;架20＝Ⅺ
mol .L—l ,c（I2）＝工mol .Lˉl ’反应达到平衡时’c（AsOi—）＝ymol .Lˉl ’c（I
）＝2y
mol .Ll ’消耗c（AsO;ˉ）和c（I2）均为〕mol ·L
l ’则平衡时c（AsO;
）＝c（I2）＝（工—
y）mol .L
l ’c（OHˉ）＝1mol .Lˉl ,故该反应的平衡常数
c（AsO｝
）°c2（I
）
y° （2y）2
—
4y3
K＝
c（As（）!
）.c（I2）
。c2（（）H
）
Cr＿γ）.（r—〕）
. 12
（r—γ）2
°
6.答案: （1）两个反应均为放热量大的反应降低温度、降低压强催化剂
（2）不是该反应为放热反应’平衡产率应随温度升高而降低AC
（3）1
该比例下丙烯腊产率最高,而副产物丙烯醛产率最低
1
: 7.5
:
1
↑63
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｜满分之路.高中化学（-）l
解析:（1）放热反应在热力学上趋势很大;生成丙烯睛的反应为气体体积增大的放热反
应’可以通过降温降压使平衡正向移动来提高平衡产率;提高丙烯腊反应选择性的关键
因素是使用合适的催化剂°
（2）放热反应,升高温度时’平衡应逆向移动’但在460 °C前’
随温度升高’产率是增大的’故未达到平衡°高于460 ·C’催化剂活性降低、副反应增多
均是产率降低的原因;该反应是放热反应’升温平衡逆向移动,平衡常数减小;活化能越
低’反应越容易进行。
（3）从题图（b）可看出当〃（氨）／″（丙烯）≈1时,丙烯睛产率最高’
此时几乎没有丙烯醛°按反应@中各物质前面的化学计量数比进行反应时’原子利用率
最高’V（氨）:V（O2）:V（丙烯）＝1
: 1.5
: 1’而（）2在空气中的体积分数约为l／5’所以
V（氨）:V（空气）:V（丙烯）约为1
: 7.5
:
1°
7答案; （l）CD
（2）塑〔1
（3）如图所示
α
α
α
∑
］
｝
（
（
）
富
曰
～
＾
苛
＝
●
～
星
｜
｜
‖
／
（｝
】
‖
』
√
】
∏
川
‖
‖′
日
…
叫
′
｜
解析:（1）A项’从图1知’随温度升高,C（）2转化率先增大后减小’说明反应I达平衡后’
升高温度’平衡逆向移动’即正反应为放热反应’正确;B项’从图2知’400 °C以后’升高
温度CO的选择性增大’而CH4的选择性减小’正确;C项’从图l知’C（）2平衡转化率随
温度升高而减小’错误;D项,减少H2的投人量’则C（）2的平衡转化率减小,错误°
（2）
CO2（g）＋4H2（g）-兰CH4（g）＋2H2O（g）
起始（mol）
0.2α
0.8α
（）
0
转化（mol）
0. 16α
0.64α
0. 16α
0.32α
平衡（mol）
0.04α
0. 16α
0. 16α
0.32α
K＝毕. （竿）!
625J』.
坠↓丝. （△＋匹〕』
α
（3）温度升高,达到平衡的时间缩短,但反应I平衡逆向移动’生成的CH』的物质的量减
小’依此画出曲线即可。
｜54
~
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■■■答案与解析｝
第三章水溶液中的离子平衡
第1讲弱电解质的电离
［章节练习］
1.答案:D
解析:A项’0. 1mol .Lˉl＿元强碱’在室温下’pH应等于13’若为—元弱碱’电离出的
OH的浓度小于0. 1mol .Ll ’所以pH小于13’正确;B项’NH旷水解显酸性’说明其对
应的碱NH3 。H2（）为弱碱’正确;C项,相同浓度时’强电解质的导电能力比弱电解质的强’
NaOH和NH3 .H2（）均为＿元碱’相同浓度时’氨水的导电能力弱’则可说明NH3 .H2（）
为弱电解质’正确;D项,只要溶液显碱性’无论强碱、弱碱,遇酚酞均变红色,错误°
2.答案:D
解析:A项氨水和盐酸完全反应生成NH』Cl’显酸性’所以应用甲基橙做指示剂’错误;
B项’当氨水和盐酸等量混合时’生成NH4Cl溶液的pH不等于7’错误;C项,M点的电
荷守恒式为c（NHj）＋c（H＋）＝c（Cl—）＋c（（）H—）,c（H＋）＝c（（）Hˉ）＝10 7mol .L
l
’
则c（NHj）＝c（Cl—）＞10 7mol .L
l ’错误;D项’N点处,没有加人盐酸,氨水电离出的
c（OH
）＝0. 10mol .L—l×L32％＝0.00132mol .L—l ’当c（OH
）＝0.01mol .Lˉl
时’pH＝12’现c（（）Hˉ）＜0.01mol .L—l ’所以pH＜12’正确。
3.答案:C
解析:A项’向H2S溶液中加水’平衡向右移动’但溶液体积增大’溶液中H＋浓度减小’
错误;B项’通人SO2 ’可发生反应:2H2S＋SO2＿3S↓＋2H2（）’SO2过量时,S（）2与水
反应生成的H2S（）3酸性比氢硫酸强’因此溶液pH减小,错误;C项’滴加新制氯水’发生
反应:H2S＋Cl2—2HCl＋S↓’H2S浓度减小’平衡向左移动’反应生成的盐酸为强酸’
溶液酸性增强’pH减小’正确;D项’加人少量CuSO4 ’发生反应:CuSO4＋H2S—CuS↓
＋H2SO4 ’溶液中S2浓度减小’H＋浓度增大’错误°
4.答案:AD
解析:A项,根据电离平衡常数’HCN的电离程度介于H2CO3的＿级电离和二级电离之
‖66
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｜满分之路.高中化学（一）
｝
间’应为CN—＋H2O＋CO2—HCN＋HC（）丁’错误;B项’HCOOH的电离程度大于
H2C（）3的电离程度’正确;C项’等pH的HCO（）H和HCN’HCN的浓度大’中和等体
积、等pH的HCO（）H和HCN’后者消耗Na（）H的量大’正确;D项’在HC（）（）Na和
NaCN中分别存在电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HCOO
）＋c（（）H
）和c（Na＋）＋
c（H＋）＝c（CNˉ）＋c（（）H—）’等浓度的HCOONa和NaCN溶液,NaCN水解程度大’溶
液中（）H浓度大’H＋浓度小’根据电荷守恒’两溶液中离子总浓度为2［C（Na＋）＋（.
（H＋）］’而Na＋浓度相同’H＋浓度后者小’因此等体积、等浓度的两溶液中离子总数前者
大于后者’错误°
5.答案:C
解析:A项’由于醋酸是弱酸’电离程度很小’离子浓度也较小’M点溶液的导电能力比Q
点弱’错误;B项’ lV点所示溶液呈碱性’根据溶液电荷守恒易判断出此时C（Na＋）＞
c（CH3COO）’错误;C项,由于M点的H＋浓度等于′V点的（）H—浓度’对水的电离程
度抑制能力相同’所以两点水的电离程度相同’正确;D项’Q点的p（）H＝pH’溶液呈中
性’而两者等体积混合后生成醋酸钠’水解显碱性,则所加Na（）H溶液体积略小于醋酸
溶液的体积,错误。
6.答案:（1）（）H＋H3AsO3—H2As（）丁＋H2（）
（2）2.2
解析:（1）图l中pH为8～10时’主要含硬物种为H2AsO丁,则该过程中主要反应的离
子方程式为O日—＋皿A篇0』—H』A鼠O『＋H:O. （2）K.』-僧（＂撇弘6『｛旷）·愿
仅与温度有关’为方便计算’在图2中取pH＝2. 2时计算,此时c（H2As（）《
）＝
c（H3As（）』）,则K.l＝c（H＋）＝10ˉa2 ’pK.l＝2.2°
第2讲酸碱中和滴定
［章节练习］
L答案:Cu2＋
0. 1250
解析:Cu2＋氧化I生成I丁’I丁与S2（）;
滴定,找出反应关系为2Cu2＋～I丁～2S2O;＿°根
据Na2S:O3的消耗量可以计算出Cu2＋的量,即′!（Cu2＋）＝″（Na2S2（）3）＝0. 100（）mol .L—l
｜56
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『答案与解析）
×25.00mL×10-3L·mL＿1＝2.5×10 3mol,c（Cu2＋）＝2.5×10＿3mol÷20.00mL×
10 3L·mLl＝0。1250mol ·L＿l
°
2.答案:45.0％
解析:水泥中的钙转化为草酸钙’加人H2SO』转化为H2C2O4 ’再用KMnO4滴定,找出
关系为5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4 ’由KMn（）4的量’可以计算出钙含量。
9
2α00×l（）』×α2000×亏×2楞8×l58
3.答案:
×100％
1·0800
解析:根据新信息反应式或得失电子守恒计算高锰酸钾产品纯度’注意配制溶液体积与
取用量之间的转化问题°草酸中碳元素为＋3价,氧化产物为CO2 ;高锰酸钾被还原为
＋2价锰离子,根据得失电子守望恒知’5＂（KMnO』）＝2″（H2C2O』）,山（KMnO』）＝
2α00×l0—;L×α20∩0mOl .L—｜×÷×2｛!;揣×l582.m°｜—｜
×100％°
1。0800g
4.答案:（1）从滴定管上口加人少量待测液’倾斜着转动滴定管’使液体润湿内壁’然后从下
部放出’重复2～3次
（2）97.5％
解析:（1）从上口装液’转动滴定管’使滴定管内壁润湿’然后放出液体,重复2～3次°
（2）
结合关系式MgBr2～Mg2＋～Y4 ’产品的纯度＝26.5×10 3×0.0500×184×100％＝
0·2500
97.5％°
5.答案:（1）使测定值与水体中的实际值保持—致’避免产生误差
（2）O2＋2Mn（OH）2—2MnO（OH）2
（3）量筒氧气
（4）蓝色刚好褪去80αb
（5）低
解析:（1）扰动水面,会使空气中的O2进人水中’而对测定造成干扰°
（2）‘‘氧的固定’’’即
用Mn（OH）2与O2反应’由题中信息知’生成了Mn（）（OH）2°
（3）标定Na2S2（）3溶液’
即用其他标准溶液对其滴定而得其准确浓度,根据clVl＝c2V2 ’故需要测定Na2S2O3的
｜57
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｜满分之路.高中化学（～）■
体积’还需要量筒。蒸馏水煮沸后会将溶解的O2逸出’避免对测定造成干扰°
（4）固氧
生成的MnO（（）H）2在酸性条件下氧化I—生成I2 ’再用Na2S2O3滴定生成的I2 ’用淀粉
作为指示剂’淀粉遇I2变蓝’当I2被Na2S2O3完全反应时’溶液中的蓝色褪去’此时可
以确定为滴定终点°找出反应关系为（）2～2Mn（）（OH）2～I2～2S2O!
’根据消耗的
α6×10-3
-l
Na2S2（）3的量’可以计算出水中含氧量’即为—≡2
mol×32g.mol—l×103mg.g
0.1L
80α6mg.L
l
° （5）若滴定结束时’发现尖嘴处留有气泡’读出的滴定消耗的Na2S2O3
体积偏小’故测定出的（）2含量偏低°
6.答案:（1）250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管
（2）AgNO3见光分解
（3）防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3＋的水解）
（4）否（或不能）
若颠倒’Fe3＋与I—反应’指示剂耗尽’无法判断滴定终点
（5）10。00
0.0600
（6）用NH4SCN标准溶液进行润洗
（7）偏高偏高
解析:（1）配制250mI″AgN（』溶液需要250mL容量瓶’定容时还需要胶头滴管° （2）AgNQ溶
液见光或受热易分解’因此应放在棕色试剂瓶中并避光保存。（3）控制溶液的pH＜0.5’主要是
为了防止因Fe3＋的水解而影响滴定结果° （4）b与c不能颠倒’若先加NH!Fe（SO』）2 ’则发生反
应2Fe3＋＋2Iˉ←2Fe2＋＋I』’使溶液中指示剂NIhFe（S（儿）2耗尽’无法判断滴定终点°
（5）三次
消耗的NH!Fe（SQ）2溶液体积’其中10. 24mL偏大舍去’取另外两次的平均值为
10.02mL＋9.98mL＝10.00mL·在滴定过程中c（I
）×V（NaI）＋c（NH4SCN）.V（NH!SCN）
2
＝c（AgN（』）.V（AgNQ）’故c（Iˉ）＝（（AgNQ）.V（AgNα）—c（NH｜SCN）.V（NH｜SCN）
V（NaI）
0.1000mol .Ll×25.00×l03L
（）.1000mol 。Ll×10.00×10 3」三＝0. 060 0mol
. Ll
‘
25。00×10—3L
（6）在滴定管中装人NH』SCN标准溶液之前’需要用标准液润洗滴定管°
（7）O在配制
硝酸银溶液时’若烧杯中有少量溶液溅出’使得c（AgNO3）偏低’则导致消耗的
↑58
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【答案与解析｜
V（NH4SCN）偏小’根据计算公式可知’测定结果偏高°◎滴定终点俯视读数’造成读数
偏小’使得V（NH4SCN）偏小’根据计算公式可知’测定结果偏高°
第3讲盐类的水解
［章节练习］
1.答案:B
解析:室温下’将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液’溶液中存在:
CO;
＋H2（）＝＝HC（）丁＋（）H
’溶液呈碱性°A项’加人50mL1mol .LˉlH2S（）』
’
H2S（）4与Na2CO3恰好反应’则反应后的溶液溶质为Na2SO4 ’故根据物料守恒反应结束
后c（Na＋）＝2c（SOi
）’A项错误;B项,加人0. 05molCa（）’则CaO＋H2O—
Ca（（）H）2 ’则c（（）H）增大’且Ca2＋＋CO!-CaCO3
↓’使CO;
＋H2O-＝HCO丁
＋O＂—平衡左移’幢（日CO了）减小.敝六湍了））增大.B项止铡;C项’川入5＂mIˉH:O,
溶液体积变大’CO;ˉ＋H2（）—＝HCO丁＋OH平衡右移’但c（OH-）减小’Na2CO;溶
液中H＋、（）H均由水电离’故由水电离出的c（H＋）.c（OH）减小,C项错误;D项’加人
0. 1molNaHSO!同体’NaHSO』为强酸酸式盐电离出H＋与CO!—反应’则反应后溶液为
Na2SO!溶液熔液呈中性’故溶液pH减小’引人了Na＋,故c（Na＋）增大’D项错误°
2.答案:D
解析:H2S为二元弱酸’电离方程式为H2S≡＝H＋＋HS—’HSˉ＝＝H＋＋S2
’另外:
H2（）≡＝H＋＋OH—’故c（H＋）＞c（HS—）’A项错误;NH3 .H2O是弱电解质’在稀释
过程中会不断电离’稀释10倍pH的变化量小于1’故α＜b＋1’B项错误;根据溶液中电
荷守恒可知:c（Na＋）＋c（H＋）＝c（（）H
）＋c（HC2（）『）＋2c（C2O!
）’C项错误;盐的弱
酸根阴离子或弱碱阳离子越弱.盐的水解程度越强,PH相同时盐的浓度越小,
K.（CH3C（）（）H）＞K,（H2C（）3）＞K.（HCl（））’故水解程度◎＞◎＞@’盐的浓度O＞
◎＞◎’D项正确。
3.答案:C
解析:NaHS（）3溶液显酸性’则HS（）丁的电离程度＞HSO丁的水解程度’加人钠’平衡O
｜69
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‖满分之路.高中化学（一）
｜
左移’平衡◎右移’c（HSO丁）减小’A错误;根据电荷守恒可知B错误’应该为c（H＋）＋
f（N献）—M日SO「）＋MOH）＋2r（SO;—）;加人少量NaOH,平衡圃右移’六错贡））＼
‘子｛紫）的值都增大’C项正确;n项根搪物料守恒有‘（№＿）→（HsO了）＋‘《sO;—）＋
C（H2SO3）’C（Ca＋）＞C（SO!
）’错误°
4.答案:D
解析:α点表示HA与Na（）H恰好反应’溶液为NaA并且pH＝8. 7’说明HA为弱酸’
则A—发生水解:A—＋H2O＝＝HA＋OH—,则c（Na＋）＞c（A）＞c（OH—）＞c（HA）’A
项错误;α点为NaA溶液’由于A—发生水解,促进水的电离’而b点是HA和NaA的混
合溶液’水的电离程度比α点小,B项错误;根据电荷守恒可知C（Na＋）＋C（H＋）＝
c（OHˉ）＋c（A）’pH＝7时c（Na＋）＝c（A—）’C项错误;b点溶液为等物质的量浓度的
HA和NaA的混合溶液’由于溶液的pH＝4.7’说明HA的电离大于NaA的水解,故
c（A）＞C（HA）’D项正确°
5.答案:B
解析:本题考查滴定原理以及溶液中粒子间的关系°由图中起始时溶液的pH可知’HZ
为强酸,HY、HX为弱酸’且酸性HY＞HX。A项’由于电离度HZ＞HY＞HX’所以溶
液的导电性HZ＞HY＞HX’错误;B项’0. 1000mol .L—lHY的pH＝3’即c（H＋）＝
10 3mol .Ll ’K.＝（10ˉ3）2／0. 1000＝10ˉ5 ,正确;C项’由于HX的酸性比HY弱,故
X—的水解程度比Y大’浓度比Y小’错误;D项’根据电荷守恒’c（H＋）＝c（Y）＋c
（Z ）＋c（OHˉ）’但c（Y—）≠ka（HY）.c（HY）,错误°
C（Y）
6.答案:B
解析:A项’由图可知V（Na（）H）＝0mL时’0. 1000mol .L l的HY溶液pH＝1,即
c（H＋）＝0. 1000mo］.Ll ,说明HY完全电离’为强酸,c（Y）＝0. 1000mol .Lˉl ;而
0. 1000mol .L l的HX溶液pH＝3’即c（H＋）＝10—3mol .L
l ’说明HX没有完全电
离’为弱酸’c（Xˉ）＜10—lmol 。Lˉl ;故V（Na（）H）＝0mL时’两份溶液中,c（Xˉ）＜
c（Yˉ）’错误;B项’V（NaOH）＿10.00mL时,HX溶液中的溶质为等物质的量浓度的
｜6O
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l答案与解析｜
~
HX和NaX’由于HX的电离程度大于Xˉ离子水解程度’溶液呈酸性’则c（H＋）＞
c（OH—）’再结合电荷守恒得c（Na＋）＜c（X
）,故c（X—）＞c（Na＋）＞c（HX）＞c（H＋）＞
c（OHˉ）’正确;C项’V（Na（）H）＝20. 00mL时’两种溶液中的溶质分别是NaX和
NaY’X离子水解、Yˉ离子不水解’所以HX溶液中c（Na＋）＞c（X—）＞c（（）H—）＞‘
（H十）’错误;D项’因为HX与HY的浓度、体积相同’即物质的量相同’若都恰好中和’
得到的NaY是强酸强碱盐’溶液为中性’pH＝7’而NaX是强碱弱酸盐,水解显碱性’若
要使pH＝7’则滴加的NaOH体积就要比HY少°故当滴定到pH＝7时’HX、HY溶液
中分别存在c（X—）＝c（Na＋）’c（Y—）＝c（Na＋）’但HX中加人氢氧化钠溶液少’HY中
多,故c（Y）＞c（X）’错误°
7.答案:（1）大于草酸
（2）ac
解析:（1）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸’则碳酸钠的水解程度大于草酸钠’所
以0. 1mol .L lNa2CO3溶液的pH大于0. 1mol .L 』Na2C2O』溶液的pH°草酸的
酸性强于碳酸’则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中’氢离子浓度较大的是草酸°
（2）草酸的
＿、二级电离常数分别大于碳酸的,所以草酸的电离程度大于碳酸’因此溶液中C（H＋）＞
c（HC2OJ）＞c（HC（）丁）＞c（CO;
）
’a、c项正确’b、d项错误°
第4讲溶液中的粒子浓度关系
［章节练习］
1.答案:B
解析:A项’实验O中’等浓度、等体积的HA与K（）H反应后生成KA,反应后溶液的
pH＝9’说明KA水解显碱性’则有c（K＋）＞c（A）＞c（OH
）＞c（H＋）’正确;B项’反
应后溶液中的电荷守恒式为c（K＋）＋c（H＋）＝c（Aˉ）＋c（（）H
）’所以c（OHˉ）＝（｝
Kw
（K＋）—c（Aˉ）＋c（H＋）＝1×10—9mol .L
l ’错误;C项’两者反应后溶液显中性’则
HA应略过量’依据物料守恒可得c（A）＋c（HA）＞0. 1mol .L
l ’正确;D项’因为溶
液显中性’则c（H＋）＝c（OHˉ）’再依据电荷守恒可判断出c（K＋）＝c（Aˉ）,正确°
2.答案:B
↑6｜
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中化学（一）
［
｜满分之路.高
解析:A项’由物料守恒有c（Na十）＝c（CNˉ）＋c（HCN）’c（K＋）＝c（CH3CO（）
）＋
c（CH3CO（）H）’HCN的K.值小于CH3C（）OH’即说明HCN的酸性弱于CH3C（）OH’
由越弱越水解知’相同浓度的NaCN和CH3C（）OK中’CN—水解程度大’则c（HCN）＞
C（CH3COOH）’故有C（Na＋）—c（CN
）＞C（K＋）—（.（CH3C（）O）’错误;B项’反应后的
溶液为c（NH3 .H2O）和c（NH』Cl）的1
: 1的混合物’由物料守恒有c（NH3 .H2O）＋
c（NHj）＝2c（clˉ）O’由电荷守恒:c（NHj）＋c（H十）＝c（cl＿）＋c（oH
）◎,用O—◎
得c（Clˉ）＋c（H＋）＝c（NH3 .H2（））＋c（（）H
）’正确;C项’混合溶液中的电荷守恒有
c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Cl
）＋c（CN＿）＋c（（）H—）’物料守恒有c（Na＋）＝c（HCN）＋
c（CN
）◎’pH＝7’则c（H＋）＝c（（）H＿）’所以有c（Na＋）＝c（Cl
）＋c（CN
）@’结合
◎@知’c（Cl—）＝c（HCN）’错误;D项’反应后的溶液为CH3C（）（）Na’由质子守』恒有
c（CH3COOH）＋c（H＋）＝c（（）H）’错误。
3.答案:B
解析:A项’外加了CO2 ’碳元素增多’故不满足原来Na2C（）3溶液中的物料守恒’错误;B
项’NaHSO3的质子守恒方程式:c（H2SO3）＋c（H＋）＝c（SO;—）＋c（OH
）’c（SO;—）—c
（H2SO3）＝c（H＋）
c（OH—）＝（10＿6—10—8）mol 。Lˉl＝9. 9×10ˉ7mol .Lˉl ’正确;
C项,混合溶液中; ‘《CO;—）＜《（∏CO了）,‘（HCO「）＞《（∏:CO』）,÷｛器铝＞l.
淄胺））＜l｀所以f栅Ⅱ｝＞淄胺））错误;o项个符合咆愉守恒阴离了少写
C（Cl—）’错误°
4.答案:BD
解析:A项’由图pH＝2.5时’c（HQO「）＞0.080mol .Lˉ! ’则c（C2（）｜2—）＋（（H2C2（）』）＜
0.020mol .Ll ’错误;B项’当c（Na＋）＝0. 1（）0mol .Ll时’该溶液中溶质恰好为
NaHQO』’依据质子守恒’正确;或由电荷守恒’c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HC2OJ ）＋2c（C2（）《
）
＋c（（）H—）@;c（HQOJ ）＋c（Q（）!＿）＋c（H2C2O』）＝0. 100mol .Ll◎;0. 100mol .L—l
＝c（Na＋）◎’三式相加’则c（H＋）＋c（H2QO』）＝c（C2O;—）＋c（OHˉ）’同样可确定B项正
确;C项’依据电荷守恒:c（Na＋）＋c（H十）＝c（HC2O［）＋2c（Q（）!—）＋c（OH
）’又（
（HQO『）＋c（QO｛
）＋c（H2QO↓）＝0. 10（）mol .L
］
’ c（HC2O『）＝（. （C2O;
）
’
｛62
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」答案与解析｜
2c（C2Oi
）＝0. 100mol .L l—c（H2C2O4）’c（Na＋）＋c（H十）＝0. 100mo｜.L
』
c（H2C2O』）＋c（HC2（）『）＋c（OH
）’c（Na＋）＝0. 100mol
。Lˉl＋c（C2OⅡ
）—
｛c（H:C2（）』）＋［c（H＋）—c（（）H—）］｝’因为c（H2QO』）＞0’由图知c（H＋）—c（OH）＞0’
c（Na＋）＜0. 100mo｜.Ll＋c（HC2（I）,错误;D项’由电荷守恒’c（Na＋）＋c（H＋）＝‘（HC2O『）
＋2（（Qα）＋c（（）H—）’pH＝7.0’则有（.（Na＋）＝c（HC2α）＋2c（C2α—）’ c（Na＋）＞
2C（Q（】
）,正确。
5.答案:BD
解析:A项’点◎与点◎的C（H＋）相同’但溶液体积点◎小于点o’C（Na＋）点◎大于点
◎’溶液中阳离子的物质的量浓度之和点◎大于点◎’错误;B项’根据图中加人HCl的
物质的量和物料守恒可得c（CN）＋c（HCN）＝2c（Cl—）’正确;C项’根据图中数据可得
2c（Cl＿）＜c（CH3C（）OH）＋c（CH3COOˉ）’该溶液呈酸性得到c（CH3COOH）＜
c（CH3CO（）—）’所以c（CH:COO—）＞c（Cl＿）’错误;D项’根据物料守恒c（Na＋）＋
c（CH』CO（）H）＋c（CH3COOˉ）＝0. 10mol .Lˉl ’根据质子守恒c（H＋）＝c（CH3COO—）
＋c（OH）’得到c（Na＋）＋c（CH3C（）OH）＋c（H＋）—c（OHˉ）＝0. 10mol .Ll ,所以
c（Na＋）＋c（CH3C（）OH）＋c（H＋）＞0. 10mol .L—l ’正确°
6.答案:BD
解析:A项’由电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH
）＋2c（CO;—）＋c（HCO3
）
’
〔（Na＋）＝c（OHˉ）＋2c（CO!ˉ）＋c（HC（）丁）
c（H＋）O’c（H2CO3）＋c（HC（）3
）＋
c（CO!—）＝1.000×10—3mol .L—］◎’将O＋◎得c（Na＋）＝1.000×10ˉ3mol .Ll＋
c（CO;ˉ）＋c（OH
）—c（H＋）—c（H2CO3）’图示知pH＝6.3时’c（H2CO3）＞c（C（）!
）’
c（H十）＞c（（）Hˉ）’所以c（C（）;—）＋〔.（OHˉ）—c（H＋）—〔.（H2CO3）＜0’则c（Na＋）＜1.
000×l0ˉ3mol .L
l ’错误;B项’图中pH＝7时’c（（）H
）＝c（H十）’则j 。C即为25
。C’
c（HCO丁）＞c（H2C（）3）＞（.（C（）;
）’由电荷守恒有c（Na＋）＝2c（C（）;—）＋c（HCO丁）’显
然c（Na＋）＞c（H2C（）3）’正确;C项’pH＝a时’c（HC（）丁）＞c（CO;ˉ）＞c（H＋）’错误;D
C2（HCO丁）
C（HCO了）·C（H＋）·C（HCO丁）
Ka（H2CO3）
项,K＝
＝
＝
＝
c（H’CO割）。c（C（）!
）
c（H2CO3）.c（CO;-）.c（H十）
K凰（HC（）丁）
10＿6. 3 ＝104 ’正确°
｜
（）
l0
‖63
~~
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‖
第5讲难溶电解质的溶解平衡
［章节练习］
L答案:A
解析:MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡:MgCO:（s）＝＝Mg2＋（aq）＋CO;
（aq）,加人
少量稀盐酸可与CO;
反应而促使溶解平衡正向移动,溶液中c（CO;
）减小’c（Mg2＋）及
C（H＋）增大,KSp（MgC（）3）只与温度有关’不变’A项正确°
2.答案:C
解析:在＿定温度下’在难溶化合物的饱和溶液中组成沉淀的各离子的浓度的乘积是—
常数’称溶度积常数°运用K鳞p的公式进行计算’只要注意到AgCl、AgBr和Ag2CrO』的
K爵p表达式不同’计算银离子的浓度即可°
［（Ag＝）-K′（伴｀｜）
l50×l0＂＝mol ·L-l＝1·56×10-8＝mol ·L-l
0·01
c（Ag＋）＝K简p（AgBr）
7。7×10-l3 ＝mol 。L＿l＝7。7×10
11＝mol 。Ll
C（Br
）
0.01
〔（八g带）-√K烯f｛』）-mo｜.L—｝-√队0湍Ⅱ』-mo｜.L—』-M八l0—恿-m°! .L—｛
根据计算可知,三种离子产生沉淀的先后顺序为Br
、Cl
、Cr（）42ˉ’选项C正确°
3.答案:BD
解析:由图象可知A项中的三者K嚣p依次减小’A项错误;由图象可知’在斜线上的点都
是饱和溶液,α点在对角线上’正确;C项,b点也是饱和溶液’但c（Ca2＋）＞c（C（）;—）’B项
错误;通过c点作横轴的垂线后可看出c（Mg2＋）
. c（CO;＿）＜K鼠p’故溶液不饱和’且
c（Mg2＋）＜c（CO;—）,D项正确°
4.答案:B
解析:难溶物质在溶液中存在沉淀溶解平衡’A项正确;没有绝对不溶的物质’溶液b中
存在沉淀溶解平衡’滤液中含有Ag＋’B项错误;C、D项’沉淀由白色变为黄色’说明生成
AgI’反应向更难溶的方向进行’故正确
｜64
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」答案与解析｜
5.答案:Al、Ni
解析:用酸完全溶解某铜合金’此处所用酸应是稀硝酸’所得溶液用Na（）H溶液调节
pH’当pH＝3.4时才开始出现沉淀’从图中信息可知该合金中—定含有Al’不含Fe;分
别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀’从图中信息来看’该合金还含有Ni°
26（）~
11
6.答案
解析:当碳酸钡、硫酸钡两种沉淀共存时’溶液中钡离子浓度为定值’根据溶度积计算。
Ksp（BaS（）↓）＝c（Ba2＋）.c（SO;—）＝L1×10
l0 ;Ksp（BaC（）3）＝c（Ba2＋）.c（C（）;
）＝2.6
×10
9 ,所以c（CO;ˉ）—K隐p（BaC（）3）
2.6×10—9
260
c（SO｛ˉ）
K爵p（BaC（）』）
1. 1×10—l0
11
。
第四章电化学基础
第1讲电池电极反应书写
［章节练习］
1.答案:B
解析:A项’该电池总反应式为Mg＋2AgCl—MgCl2＋2Ag’负极为Mg失去电子生成
Mg2十’正确;B项’正极反应式为2AgCl＋2e三2Cl—＋2Ag’错误;C项’对原电池来
说’阴离子由正极移向负极’正确;D项’由于镁是活泼金属,则负极会发生副反应Mg＋
2H2O—Mg（OH）2＋H2↑’正确°
2.答案:4CO!
＋2H2O—4e＿＿4HCO丁＋O2↑
H2
解析:阳极为OH＿失去电子生成O2 ’水电离的OHˉ放电后留下H＋’可以与CO!ˉ反应
生成HCO丁°阴极为H＋放电生成H2°
3.答案:CO2＋6H2O＋8e——CH』＋8OH—
解析:C（儿转化为CH｜’碳元素由＋4价降为—4价’得8e＿,用（）H平衡电荷’再配平H和（）°
4.答案:OFe◎NO丁＋8eˉ＋10H十—NHj＋3H2（）
解析:◎Fe失去电子生成Fe3（）4 ’故Fe作为负极;◎正极反应为NO丁得电子生成NH了’
↑65
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｝
根据N的化合价变化’以及电荷守恒和元素守恒配平反应。
5.答案:Cr2（）;—＋14H＋＋6e—2Cr3＋＋7H2（）
解析:酸性条件下’Cr2（）;
转化为Cr3＋’Cr的化合价降低3’1molCr2（）带＿得到6moleˉ,用
H＋平衡电荷’可写出电极反应式。
6.答案:阴C（）2＋6H＋＋6e—CH3（）H＋H2（）
解析:C（）2转化为CH:OH’C由＋4价降低为—2价’得电子,故为阴极°
1molC（）2参
加反应时,转移6mole
’酸性条件下反应’故用H＋平衡电荷。
7.答案:NH3BH3
6e—＋2H2（）—NHj＋B（）2＋6H＋
解析:NH3BH3中B为—3价’B（）『中B为＋3价’lmolNH3BH3失去6mol eˉ’根据
电荷守恒知’产物中有H＋。
8.答案:
Pb（（）H）2
2e＋2（）H—Pb（）2＋2H2（）
解析:Pb（（）H）2失电子转化为Pb（）2 ;Pb（（）H）2得电子转化为Pb;PbSe失电子转化为
Se;Pb（）2得电子转化为Pb（（）H）2 ’峰1和峰2均在曲线A上,这两者的得失电子是—致
的’峰1表示PbSe失电子转化为Se,则峰2对应为Pb（（）H）2失电子转化为PbO2°
第2讲新型电池工作原理
［章节练习］
l.答案:D
解析:A项’Li2S′中工可以取2～8的值’从图示知’Li十转移电子’Ll2S6可以结合Li＋转
化为Li2S』’正确;B项’原电池工作时,转移0.02mol电子时’被氧化的Li的物质的量为
0.02mol’质量减少0. 14g’正确;C项’石墨能导电’利用石墨烯做电极’可提高电极a的导
电性’正确;D项’电池充电时间越长’转移电子数越多’反应生成更多的Li和S6 ’Li2S2量越
少’且充电完成时’反应趋于平衡’Li2S2量趋于不变错误°
2·答案:C
解析:A项’Liˉ空气电池’为Ll失去电子,做负极’发生氧化反应’正确;B项,Li＋移向正
极’从图示看’正极为空气,周围为水溶液’正确;C项’O2得电子生成OHˉ’电极反应式为
O2＋4e—＋2H2（）—4（）Hˉ,错误;D项’Ll失电子’（）2得电子’生成LiOH’正确°
｜66
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』答案与解析｀
3.答案:C
解析:A项,放电为原电池反应’阳离子（Li＋）移向正极’正确;B项,放电时’负极发生失
电子反应’Li堑C6失去电子生成C6 ’正确;C项’将负极颠倒’即为阴极,电极反应式为C6
＋rLi＋＋工e▲Li延C6 ’转移工mole时,石墨质量增加7rg’故转移1moleˉ时,质量
增加7g’错误;D项’用总反应减去负极反应式’得正极反应式为Lilˉ』Co（）2＋工Li＋＋
reˉ＿LiCoO2 ’将正极反应颠倒即为阳极反应’正确。
4.答案:C
解析:A项’充电时,为电解池’电解质溶液中阳离子向阴极移动’故K＋向阴极移动’错
误;B项’充电时’为电解池,根据总反应:2Zn（（）H）＄—2Zn＋（）2 ↑＋4（）H＋2H2（）’
c（OH）逐渐增大’错误;C项,放电时负极上Zn发生氧化反应’正确;D项’放电时’正极
反应:（）2＋4e＋2H2O—4（）H＿,电路中通过2mol电子’消耗氧气0.5mol’在标准状
况下体积为11.2L,错误。
5.答案:AD
解析:A项’Zn失去电子’作为负极材料’正确;B项’K（）H溶液为电解质溶液’用（）H
平衡电荷’而不是H＋’错误;C项’该电池放电过程中’K（）H被消耗’所以电解质溶液浓
度减小’错误;D项’电池工作时阴离子（）H向负极迁移’正确°
6.答案:B
解析:A项,AlLl中Al和Ll设标为0价’放电时,Ll失去电子生成Ll＋’即铝锤电极为负
极’电子从负极流出’流向铝石墨电极’错误;B项’C墅（PF6）中C和PF6均设为0价’PF6
得电子生成PF『’得电子为正极’正确;C项’充电时’电源负极与电池负极相连’故应将
铝锤电极与电源负极相连’错误;D项’充电时’阴极反应式为Al＋Ll＋＋eˉ—AlLi’有
1mol e转移时’电极上有1molLi生成’质量增加7g,错误。
第3讲电解原理及其应用
［章节练习〕
1.答案:D
解析:A项’电解池工作时阳离子向阴极移动,则b为阴极,H＋在其表面得电子发生还原
｜67
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｜满分之路.高中化学（＿）■■■
反应生成氢气’电极反应为2H2（）＋2e—H2＋2（）H—,正确;B项’a极为电解池的阳
极’发生的电极反应为2H2（）—4e—O2↑＋4H＋’正确;C项’电解池中除获得LiOH
外’在阳极还获得硫酸’阴极获得氢气’正确;D项’当电路中通过1mol电子时’可得到
1molLiOH’错误°
2.答案:B
解析:阳极室发生氧化反应氢氧根离子失去电子放电’电极反应为2H2（）—4e—O2↑
＋4H＋,阴极发生还原反应,水电离产生的氢离子得电子产生氢气’电极反应为4H』O＋4eˉ
—2H2↑＋4（）H—°A项,阳极区氢离子浓度增大’2Cr（Ⅸ＋2H＋＝＝CrO;＋H2O平衡
右移,溶液由黄色逐渐变为橙色,正确;B项’电解的过程中阳极电极反应为2H2（）—4e—
—O2↑＋4H＋’溶液pH变小’错误;C项’根据电极反应为4H2（）＋4eˉ2H2 ↑＋
4（）H阴极每生成1mol气体’电路中转移2lV＾个电子,正确;D项,过程总反应的离子方程
式为4Cr（X—＋4H2（）—2Cr2（畴ˉ＋4（）Hˉ＋2H2 ↑＋O2↑’正确。
3.答案:B
解析:A项’根据装置图,a电极为阳极’b电极为阴极’电子流向:电源负极→b电极’a电
极→电源正极’错误;B项’根据放电顺序’阳极电极反应式为2H2（）
4eˉ—O2 ↑＋
4H＋’正确;C项’当电路中通过3mol电子时’阳极室产生3molH＋’3molH＋穿过A
膜进人产品室’B（（）H）4穿过阴膜进人产品室’产品室中发生的反应为B（OH）『＋H＋
—H3B（）3＋H2O’3molH＋产生3molH3BO3 ,错误;D项’阳极室生成的H＋穿过A
膜进人产品室与B（OH）『反应’A膜为阳膜’B（OH）『穿过阴膜进人产品室’Na＋穿过
B膜进人阴极室’B膜为阳膜’根据放电顺序’阴极电极反应式为2H2（）＋2e——H2 ↑＋
2OH—’根据阴极、阳极得失电子相等’穿过A膜和B膜的离子数相等,错误°
4.答案:B
解析:A项’d极为阴极氢离子在此极发生还原反应变为氢气’溶液中氢氧根离子浓度
增大’d极附近试纸变蓝’正确;B项,a极为阳极’氢氧根离子在此极发生氧化反应生成
氧气’溶液中氢离子浓度增大’a极附近试纸变红,错误;C项’ ］0mln以后’试纸I和试
纸Ⅱ的现象不同’说明电解质浓度越大’对H＋和（）H—的迁移影响较大’正确;D项’红色
区约长2.7cm’蓝色区约长1.3cm’说明H＋的迁移速率比（）H快’正确°
‖68
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「答案与解析｜
5.答案:D
解析:根据图中信息可知’右侧通人含有H2S杂质的甲烷气’得到除杂后的甲烷气,结合
题意,则右端碳棒为电解池的阳极’左端碳棒为阴极’阴极上水电离出的H＋得电子被还
原为H2 ,电极反应式为2H2O＋2eˉ—2OHˉ＋H2↑°右池中相当于H2S发生氧化反应而
被除去’则溶液中c（NaOH）
: c（Na2S）基本保持不变°A项’与电源a端相连的碳棒为阴极’
气体A为H2·错误;B项,与电源b端相连的碳棒为阳极’电极上硫离子失电子产生硫单质’电
极反应为S2—2e——S↓’错误;C项’通电过程中,左池溶液中的OHˉ通过阴离子膜进人
右池’错误;D项’在通电前后’右池中的c（NaOH）与c（Na2S）之比基本不变’正确°
6.答案:D
解析:A项’原电池中.溶液中H＋向正极二氧化铅电极移动’错误;B项’根据电子守恒分
析’每消耗3molPb’转移6mol电子’根据电子守恒生成1molAl2（）3 ’错误;C项,原电
池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅’错误;D项’原电池中铅作为负极’负极上铅失电
子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅’所以质量增加’在电解池中’Pb为阴极’阴极
上氢离子得电子生成氢气’所以铅电极质量不变’正确°
第4讲金属的腐蚀与防护
［章节练习］
1.答案:B
解析:a试管内盛装食盐水’溶液呈中性’发生的是吸氧腐蚀’负极反应式为Fe—2e——
Fe2十,正极反应式为O2＋2H2O＋4e＿4（）H—’显然a装置内气体的物质的量减少’压
强减小。b试管内盛装氯化铰’溶液呈酸性’发生的析氢腐蚀’负极反应式为Fe
2e—
—Fe2＋’正极反应式为2H＋＋2eˉ—H2
↑’气体的物质的量增加’压强增大。综上分
析’B项错误°
2.答案:D
解析:d为石墨’铁片为负极’发生反应:Fe—2eˉ—Fe2＋’加快腐蚀;石墨为正极’发生反
应:O2＋4eˉ＋2H:O—4（）H—’A、B项正确° d为锌块’锌为负极’发生反应:Zn—2e
—Zn2＋’被腐蚀;铁为正极’发生反应:O2＋4e—＋2H2O＿4OH
’C项正确,D项错误。
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中化学（-）
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满分之路·高
3.答案:B
解析:A项插人海水中的铁棒’除发生化学腐蚀外,靠近液面的地方还会发生电化学腐
蚀越靠近液面腐蚀越严重’错误;B项’镀层破损后’镀锌铁形成原电池’因为锌比铁活
泼’易失电子’从而保护了铁°而镀锡铁破损后’形成原电池’铁比锡活泼’铁被腐蚀°所
以镀层破损后’镀锌铁比镀锡铁更耐用’正确;C项’金属银在空气中易被氧气氧化生成
氧化银而变暗’属于化学腐蚀’错误;D项,图2中’金属棒X若为Cu’铜的金属性比铁
弱.作为原电池的正极’可使埋在地下的钢管加快腐蚀’错误°
4.答案:B
解析:A项’铁钉发生电化学吸氧腐蚀的正极反应为（）2＋4e＋2H2（）ˉ4（）H—’正确:
B项’通过右侧图象中曲线对比可以看出’NH4十的存在是影响吸氧腐蚀速率的主要因
素’Cl对吸氧腐蚀速率影响不大’错误;C项’根据图象’NHj存在会加快吸氧腐蚀速
率’所以向实验@中加人少量（NH4）2SO』固体’吸氧腐蚀速率加快’正确;D项’NH了水
解溶液显酸性’结合图象可知酸性溶液中铁钉的平均吸氧腐蚀速率大于中性溶液’正确°
5.答案:B
解析:A项’图1:a点氧气得电子产生氢氧根离子’溶液碱性遇酚酞溶液变红’正确;B
项,图1:a点为正极得电子’ b点为负极铁失电子产生亚铁离子’b点铁腐蚀严重,错误;
C项’图2:若d为锌’锌为负极失电子’则铁为正极’不易被腐蚀’正确;D项,图2:正极
氧气得电子产生氢氧根离子,电极反应式为O2＋4e＋2H2（）—4（）H—’正确°
6.答案:B
解析:图a中’铁棒发生吸氧腐蚀’越靠近底端氧气含量越少,腐蚀程度越轻’A项错误;
图b’开关不论是闭合M还是N’都是构成了原电池’若开关闭合M’只有合金中的Zn
为负极’腐蚀速率较大;若开关闭合N’左边的Zn棒和CuZn合金中的Zn都为负极’但
左边的Zn棒对合金有—定的保护作用’所以合金的腐蚀速率减小’B项正确;图c中接
通开关时Zn为负极’Zn的腐蚀速率增大’但氢气在Pt上放出’C项错误;图d中’电池
的‘｀自放电’’是指在没构成闭合回路时电池的自身消耗,这是由于Zn与NH』Cl反应放出
H2、NH3 ’与MnO2无关’D项错误。
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