【文档说明】高中化学课时作业（苏教版选修第一册）参考答案课时作业.docx，共(62)页，445.694 KB，由小赞的店铺上传

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课时作业1化学反应的焓变热化学方程式1．答案：A2．解析：根据反应物和生成物能量的高低来分析、解决问题。化学反应都伴随能量变化，当反应物的总能量高于生成物的总能量时，该反应为放热反应；当反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应为吸热反应。反应①的ΔH＞0，为吸热反应，故可排除A项和C项。反

应②的ΔH＜0，为放热反应，B项错误。答案：D3．解析：D项中的稀硫酸与锌粒反应后生成H2，能够推动针筒活塞向右移动，不能确定该反应是否为放热反应，D错误。答案：D4．答案：B5．答案：C6．解析：由题中条件可知：反应的热效应ΔH＝akJ·mol－1＝－297.2kJ·m

ol－1，可知该反应的正反应为放热反应，故D错误。答案：D7．解析：由图可知1molC(s)与1molO2(g)的总能量比1molCO2(g)的总能量高393.5kJ，故A项错误；由图可知2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－56

5.8kJ·mol－1，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B、D项错误；由图可知1molC(s)与O2(g)反应生成1molCO(g)放出的热量为393.5kJ－282.9kJ＝110.6kJ，则C(s)与O2

(g)反应生成CO(g)的热化学方程式为2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1，故C项正确。答案：C8．解析：氢气在氧气中燃烧，生成1mol气态水的反应的ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝436kJ·m

ol－1＋249kJ·mol－1－930kJ·mol－1＝－245kJ·mol－1＜0，反应放热，所以水分解吸热，故A错误；由题图分析可知，生成气态水的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－490

kJ·mol－1，故B正确；化学键断裂吸收能量，化学键生成释放能量，甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，故C错误；水蒸气变成液态水会放热，则乙→丙的过程中若生成液态水，释放的能量将大于930kJ，故D

错误。答案：B9．解析：本题考查化学反应中能量变化、热化学方程式的判断。断裂化学键需要吸收能量，则断裂0.5molN2(g)和1.5molH2(g)中所有的化学键吸收akJ热量，A错误；NH3(g)变成NH3(l)放出热量，则有NH3(g)===NH3(l)Δ

H＝－ckJ·mol－1，B错误；反应12N2(g)＋32H2(g)===NH3(g)的正、逆反应的活化能分别为akJ·mol－1、bkJ·mol－1，则反应N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)的ΔH

＝2(akJ·mol－1－bkJ·mol－1)＝2(a－b)kJ·mol－1，C错误；反应NH3(l)===12N2(g)＋32H2(g)的正、逆反应活化能分别为(b＋c)kJ·mol－1、akJ·mol－1，则该反应的ΔH＝(b＋c)kJ·mol－1－akJ·

mol－1＝(b＋c－a)kJ·mol－1，故有2NH3(l)===N2(g)＋3H2(g)ΔH＝2(b＋c－a)kJ·mol－1，D正确。答案：D10．解析：10NA个电子的物质的量为10mol，反应中碳元素的化合价由－1价升高为＋4，参加反应的乙炔的

物质的量为10mol2×5＝1mol，放出的热量为1300kJ·mol－1×1mol＝1300kJ，故A正确；热化学方程式中ΔH<0表示放热，C2H2(g)＋52O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l

)ΔH＝－1300kJ·mol－1该反应为放热反应，有NA个水分子生成且为液体时，放出1300kJ的能量，故B错误；1个CO2分子中含有4个共用电子对，有8NA个碳氧共用电子对生成时，说明有2molCO2生成，放出1300kJ

的能量，有2NA个碳氧共用电子对生成时，说明有0.5molCO2生成，放出1300kJ4＝325kJ的能量，故C错误；1个CO2分子中含有4个共用电子对，有10NA个碳氧共用电子对生成时，说明有2.5molC

O2生成，放出的能量为1300kJ×2.52＝1625kJ，故D错误。答案：A11．解析：镁片与盐酸的反应是放热反应，是由于反应物的总能量高于生成物的总能量，放出的热量使锥形瓶内气压增大，导致U形管左侧液面下降，右侧液面上升。答案：(1)Mg＋2H＋

===Mg2＋＋H2↑镁片溶解，有气泡产生(2)下降反应放出的热量使锥形瓶内气压增大放热(3)小于12．解析：(1)每个反应都遵循质量守恒和能量守恒，故A、D两项正确。任何反应都伴随着能量变化，B项错误。某一反应是放热反应还是吸热反应与反应条件无关，加热是为了使旧化学键断裂，引发反应，C项错

误。(2)答案：(1)AD(2)吸热ΔH＝(E2－E1)kJ/mol13．解析：根据热化学方程式的书写原则，注意①标明物质的聚集状态，②焓变的单位为kJ/mol，放热反应为负值，吸热反应为正值，焓变的数值和化学计

量数成正比。(4)注意N2和H2的反应为可逆反应，不能进行到底，要根据生成0.5molNH3放热19.3kJ计算。(5)20.0gNaOH生成H2O的物质的量为0.5mol，放出28.7kJ的热量，则生成1molH2O放出57.4kJ的热量。答

案：(1)C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.5kJ/mol(2)3CO(g)＋Fe2O3(s)===3CO2(g)＋2Fe(s)ΔH＝－24.8kJ/mol(3)HgO(s)===Hg(l)＋12O2(

g)ΔH＝＋90.7kJ/mol(4)N2(g)＋3H2(g)催化剂500℃、30MPa2NH3(g)ΔH＝－77.2kJ/mol(5)NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.4kJ/mol14．解析：(

1)该反应的热化学方程式为Si(s)＋3HCl(g)=====300℃SiHCl3(g)＋H2(g)ΔH＝－225kJ·mol－1。(2)该反应的热化学方程式为2Cl2(g)＋TiO2(s)＋2C(s)===Ti

Cl4(l)＋2CO(g)ΔH＝－85.6kJ·mol－1。(3)由题意知，生成的黑色固体是氧化铜，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。再根据反应每消耗1molCuCl(s)放热44.4kJ可写出该反应的热化学方程式：4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO

(s)ΔH＝－177.6kJ·mol－1。(4)根据每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，求出生成1mol纯硅需吸收0.025akJ热量，则该反应的热化学方程式为SiCl4(g)＋2H2(g)====

=1100℃Si(s)＋4HCl(g)ΔH＝＋0.025akJ·mol－1。答案：(1)Si(s)＋3HCl(g)=====300℃SiHCl3(g)＋H2(g)ΔH＝－225kJ·mol－1(2)2Cl2(g)＋TiO2(s)＋2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g)ΔH＝－85.6

kJ·mol－1(3)4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH＝－177.6kJ·mol－1(4)SiCl4(g)＋2H2(g)=====1100℃Si(s)＋4HCl(g)ΔH＝＋0.025akJ·mol－115．答案：(1)吸热(2)相同一个化

学反应的反应热仅与反应的始态和始态有关，而与反应的途径无关(3)CH3OH(g)===HCHO(g)＋H2(g)ΔH＝(E2－E1)kJ·mol－1(4)CH3OH(g)===HCHO(g)＋H2(g)ΔH＝(E2－E1)kJ·m

ol－11(E2－E1)n(CH3OH)n(H2)(E2－E1)n(CH3OH)H2(g)＋12O2(g)===H2O(g)ΔH＝－akJ·mol－1112an(H2)n(O2)2an(O2)则(E2

－E1)n(CH3OH)＝2an(O2)，即n(CH3OH)∶n(O2)＝2a∶(E2－E1)，则n(CH3OH)∶n(空气)＝2a∶5(E2－E1)。课时作业2反应热的测量与计算1．解析：反应物的总能量与产物的总能量决定反应热，所以反应热只与反应体系的始

态和终态有关，而与反应的途径无关，A项错误；热化学方程式按一定系数比加和时其反应热也按该系数比加和，B项错误；盖斯定律表明反应热与反应途径无关，只与反应体系的始态和终态有关，C项正确，D项错误。答案：C2．

解析：1mol晶体硅中所含的Si—Si键为2mol，即工业上制取高纯硅的反应的反应热ΔH＝4×360kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－(2×176kJ·mol－1＋4×431kJ·mol－1)＝＋236kJ·mol－1。答案：C3．解析：把NaOH溶液缓慢倒入盛有盐酸的小

烧杯中，并用玻璃棒搅拌，会使热量散失，导致反应后的温度偏低，Δt偏小，由Q＝mcΔt可知测量结果偏低，A错误；大、小烧杯之间的隔热层可以保温、隔热，作用是减小实验过程中的热量散失，B正确；量取NaOH溶液时仰视读数，会导致所量取的氢氧化钠溶液体积偏大，质量偏大，反应过程中Δt偏小，测得的中和热偏

小，C正确；中和热是稀溶液中酸和碱反应生成1mol液态水时放出的热量，所以改用25mL0.50mol·L－1盐酸跟25mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行反应，测得的中和热数值和原来相同，D正确。答案：A4．解析：100mL0.4mol·L

－1Ba(OH)2溶液中Ba(OH)2的物质的量为0.04mol，向稀H2SO4中加入100mL0.4mol·L－1Ba(OH)2溶液，发生的离子反应是①Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)＋2H＋(aq)

＋SO2－4(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)，ΔH1＝－5.12kJ0.04mol＝－128kJ·mol－1；100mL0.4mol·L－1稀盐酸中HCl的物质的量为0.04mol，向Ba

(OH)2溶液中加入100mL0.4mol·L－1稀盐酸，发生的离子反应为②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)，ΔH2＝－2.2kJ0.04mol＝－55kJ·mol－1。Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的离子方程式为Ba2＋(aq)＋SO2－4(aq)===BaSO

4(s)，根据盖斯定律，①－2×②可得目标反应，则ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝(－128kJ·mol－1)－2×(－55kJ·mol－1)＝－18kJ·mol－1，故D正确。答案：D5．解析：根椐反应热与键能之间的关系可得：ΔH＝＋436kJ·mol－1＋akJ·mol－1－2×366kJ·

mol－1＝－72kJ·mol－1，解得a＝224。故选C。答案：C6．解析：ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝8×6×E(P－P)＋3×8×E(S－S)－8×3×E(P－P)－8×6×E(P－S)＝48a＋24b－24a－4

8c＝24a＋24b－48c＝24(a＋b－2c)，A正确。答案：A7．解析：根据盖斯定律，由②×2＋③×2－①即得题中目标反应，故ΔH＝(－393.5×2－285.8×2＋870.3)kJ/mol＝－488.3kJ

/mol。答案：D8．解析：等质量的白磷和红磷完全燃烧时释放的能量白磷比红磷多，说明白磷能量高于红磷，由于能量越低越稳定，所以红磷稳定，故A错误；两者燃烧产物相同，状态相同，所以产物稳定性相同，故B错误；白磷转化为红磷的

热化学方程式为P4(s，白磷)===4P(s，红磷)ΔH＝－2983.2kJ·mol－1－4×(－738.5)kJ·mol－1＝－29.2kJ·mol－1，所以1mol白磷转变为红磷放出29.2kJ的热量，故C错误

；红磷燃烧是放热反应，红磷燃烧的热化学方程式为4P(s)＋5O2(g)===P4O10(s)ΔH＝4×(－738.5)kJ·mol－1＝－2954kJ·mol－1，故D正确。答案：D9．答案：D10．解析：由途径Ⅰ：C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(

g)＋4H2O(l)ΔH＝－akJ·mol－1可得2C3H8(g)＋10O2(g)===6CO2(g)＋8H2O(l)ΔH＝－2akJ·mol－1。途径Ⅱ：①C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)ΔH＝＋bk

J·mol－1；②2C3H6(g)＋9O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝－ckJ·mol－1；③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－dkJ·mol－1(a、b、c、d均为正值)。根据盖斯定律，反应①×2＋②＋③可得2C3H8(g)＋

10O2(g)===6CO2(g)＋8H2O(l)，则ΔH＝(2b－c－d)kJ·mol－1。由盖斯定律可知，两种途径的热效应是相同的，所以－2a＝2b－c－d，即2b＝c＋d－2a，A正确。答案：A11．解析：原子结合形成分子的过程是化学键的形成

过程，是放热过程，N原子半径大于O原子半径，由题图可知，2molO原子结合生成O2(g)时放出498kJ能量，A正确；焓变＝反应物断裂化学键吸收的能量－生成物形成化学键放出的能量，N2(g)＋O2(g)===2NO(g

)ΔH＝946kJ·mol－1＋498kJ·mol－1－2×632kJ·mol－1＝＋180kJ·mol－1，反应吸热，B错误；N2(g)和O2(g)生成(NO)(g)的反应为吸热反应，则1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量低于2molNO(g)具有的总能量，C错误

；断开1mol化学键吸收的能量与形成1mol化学键释放的能量数值相等，则由题图可知，断开1mol氮分子中N≡N键吸收的能量大于断开1molNO中化学键吸收的能量，故氮气更稳定，D错误。答案：A12．解析：根据CO2＋2KOH===K2CO3＋H

2O，n(CO2)＝12n(KOH)＝12×5mol·L－1×0.1L＝0.25mol，则生成4molCO2(g)放出的热量为4mol0.25mol×QkJ＝16QkJ，故所给反应的ΔH＝－16QkJ·mol－1。答案：D13．解析：(1)由题图看出，1molP(s)在Cl2(g)中燃烧生成P

Cl3(g)放出的热量为306kJ/mol，所以P与Cl2反应生成PCl3的热化学方程式为P(s)＋32Cl2(g)===PCl3(g)ΔH＝－306kJ/mol。(2)中间产物PCl3和未完全反应的Cl2的总能量高于最终产物

PCl5的能量，其ΔH＝－93kJ/mol，所以PCl5分解成PCl3和Cl2的热化学方程式为PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＝＋93kJ/mol。(3)由盖斯定律可知，一步生成PCl

5和两步生成PCl5的总热效应相等，即ΔH3＝ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＝－399kJ/mol。答案：(1)P(s)＋32Cl2(g)===PCl3(g)ΔH＝－306kJ/mol(2)PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl

2(g)ΔH＝＋93kJ/mol(3)－399kJ/mol＝14．解析：(1)1mol石墨(s)转变成金刚石(s)需要吸收1.9kJ的热量，该反应的热化学方程式为C(石墨，s)===C(金刚石，s)ΔH＝＋1.9kJ·mol－1。(

2)因生成的CO2用过量饱和澄清石灰水完全吸收，可得100gCaCO3沉淀，则CaCO3的物质的量是1mol，由碳元素守恒可知，二氧化碳的物质的量也为1mol，即无水乙醇完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为QkJ，而完全燃烧1mol无水乙醇时生成2mol二氧化碳，则放出的热量为QkJ×2＝2Q

kJ，热化学方程式为C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－2QkJ·mol－1。(3)依据盖斯定律可知，①×3－(③×2＋②)得6CO(g)＋6FeO(s)===6Fe(s

)＋6CO2(g)ΔH＝－66kJ·mol－1，则FeO(s)被CO(g)还原成Fe(s)和CO2(g)的热化学方程式为CO(g)＋FeO(s)===Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝－11kJ·mol－1。(4)该合成甲醇反

应的ΔH＝1032kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－3×414kJ·mol－1－326.8kJ·mol－1－464kJ·mol－1＝－128.8。答案：(1)C(石墨，s)===C(金刚石，s)ΔH＝＋1.9kJ·mol－1(2)C2H5OH(l)＋

3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－2QkJ/mol－1(3)FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)ΔH＝－11kJ·mol－1(4)－128.815．解析：(1)根据量热计的构造可知该装置缺少的玻璃仪器是玻璃搅拌器，该装置中小烧杯口与大烧杯口不相平，且未填满

碎泡沫塑料(或碎纸条)，应该在大、小烧杯间填满碎泡沫塑料(或碎纸条)使小烧杯口与大烧杯口相平。(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量有关，若用60mL0.50mol·L－1的盐酸与50mL0.55mol·L－1的NaOH溶液进行反应，与题述实验相比，生成水的量增多，所放出的热

量偏多，但是中和热是稀溶液中酸和碱发生中和反应生成1mol液态水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol·L－1的盐酸与50mL0.55mol·L－1的NaOH溶液反应，与上述实验测得的中和热的数值相等。(3)测量盐酸的温度后，温度

计没有用水冲洗干净，再测NaOH溶液的温度时，会发生酸碱中和，使反应前后温度计示数的变化值减小，导致实验测得中和热的数值偏低，故A符合题意；把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分热量

损失，实验测得中和热的数值偏低，故B符合题意；做本实验时的室温和反应热的数据之间无关，故C不符合题意；将50mL0.55mol·L－1氢氧化钠溶液错取成了50mL0.55mol·L－1的氨水，由于NH3·H2O是弱碱，弱碱的电离是吸热过程，

所以导致实验测得中和热的数值偏低，故D符合题意。(4)3次实验温度差分别为3.1℃、3.1℃、5.2℃，第3次数值与前2次差别很大，舍去，前2次温度差平均值为3.1℃；50mL0.50mol·L－1的盐酸与50mL0.55mol·L－1的NaOH溶液发生中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.5

0mol·L－1＝0.025mol，溶液的质量为100mL×1g·mL－1＝100g，温度变化的值Δt＝3.1℃，则生成0.025mol水放出的热量Q＝mcΔt＝100g×4.18J·g－1·℃－1×3.1℃＝1295.8J＝1.2958kJ，所以实验测得的中和热ΔH＝－1.29

58kJ0.025mol≈－51.8kJ·mol－1。(5)从题图乙可知：5mL盐酸和45mLNaOH溶液反应放热后的温度是22℃，则混合前的溶液温度一定低于22℃，即环境温度低于22℃；当酸碱恰好反应时，放出的热量最多，从图乙可知V

1＝30时两者恰好反应，V2＝50－30＝20，根据n(HCl)＝n(NaOH)计算c(NaOH)＝0.03L×1.0mol·L－10.02L＝1.5mol·L－1。答案：(1)玻璃搅拌器用碎泡沫塑料垫高小烧杯，使小烧杯口与大烧

杯口相平(2)不相等相等中和热是稀溶液中酸和碱发生中和反应生成1molH2O(l)所放出的热量，与酸、碱用量无关(3)ABD(4)－51.8kJ·mol－1(5)低于1.5课时作业3燃烧热能源的充分利用1．解析：燃烧热是指101kPa时，1mol纯物质完全

燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。A项，生成物中的CO不是稳定氧化物；B项，S燃烧生成的稳定氧化物应为SO2；D项，可燃物CO的化学计量数应为1。答案：C2．解析：光照下发生取代反应的过程中，生成CH3，两个CH3相互结合成乙烷，故A正确；由②反应可知，形成C—C

l键，拆开Cl2中化学键，且为放热反应，则形成1molCH3Cl(g)中C—Cl键放出的能量比拆开1molCl2(g)中化学键吸收的能量多，即CH3Cl(g)中C—Cl键的键能大于Cl2(g)中Cl—Cl键的键能，故B错误；根据盖斯定律，反应①＋②可得CH4(g)＋Cl2(g)→CH

3Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝ΔH2＋ΔH3＝－121.5kJ/mol，故C正确；若是甲烷与Br2(g)发生取代反应，Cl比Br的能量高，则第二步反应ΔH>＋7.5kJ/mol，故D正确。答案：B3．解析：丙烷分子式是C3H8，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，则丙烷完全燃烧产生

1.8g水，消耗丙烷的物质的量是n(C3H8)＝0.025mol，所以反应放出的热量是2215kJ·mol－1×0.025mol≈55kJ。答案：A4．解析：燃烧热是指101kPa下1mol纯物质完全燃烧生成

指定产物时放出的热量，A项错误；|ΔH1|为1molC完全燃烧生成CO2时放出的热量，|ΔH2|为1molC不完全燃烧生成CO时放出的热量，故反应①放出的热量比反应②放出的热量多，又因为放热反应的ΔH为负值，

所以ΔH1<ΔH2，B项错误；根据盖斯定律，由2×②－①得③C(s)＋CO2(g)===2CO(g)ΔH3＝2ΔH2－ΔH1，C项正确；根据盖斯定律，由3×①－3×②－12×④＋⑤得2Fe2O3(s)＋6CO(g)===4Fe(s)＋6CO2

(g)ΔH＝3ΔH1－3ΔH2－12ΔH4＋ΔH5，任何反应的ΔH≠0，D项错误。答案：C5．解析：煤、石油、天然气等化石燃料蕴藏量有限，不可再生，最终将会枯竭，A正确；煤、石油等可从自然界直接获取，属一次能源，但水煤气是由焦炭与H2O(g)在高温下反应制取，属二次能

源，B错误；太阳能既是一次能源又是新能源，C正确；潮汐能来自于月球引力，D正确。答案：B6．解析：图中由CO2、H2O、N2转化为CH4、CH3OH、NH3是在太阳能的作用下完成的，由转化关系可知太阳能最终以热能形式释放出

来。答案：B7．答案：A8．解析：据化学方程式2C2H5OH＋2Na===2C2H5ONa＋H2↑2mol22.4Ln(C2H5OH)5.6L则有n(C2H5OH)＝0.5mol，这些乙醇燃烧后放出的热量为QkJ。因此0.5m

olC2H5OH完全燃烧生成CO2、H2O的反应热为ΔH＝－QkJ·mol－1。所以该热化学方程式书写如下：12C2H5OH(l)＋32O2(g)===CO2(g)＋32H2O(l)ΔH＝－QkJ·mol－1。上述方程式乘

以2，得答案为D。答案：D9．解析：由第二个热化学方程式减去第一个热化学方程式得CH3OCH3(l)===CH3CH2OH(l)ΔH＝－89kJ/mol，该反应为放热反应，A项正确；甲醚转化为乙醇放出热量，故乙醇的能量比甲醚的少，乙醇比甲醚稳定，B项正确，C项错误；乙醇和甲醚分子式相同

，结构不同，互为同分异构体，D项正确。答案：C10．解析：①2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋571.6kJ·mol－1；②3FeO(s)＋H2O(l)===H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH＝＋1

29.2kJ·mol－1；①－②×2得2Fe3O4(s)===6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋313.2kJ·mol－1，即过程Ⅰ：2Fe3O4(s)===6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋313.2kJ·mol－1，以此解答。由分析可知，过程Ⅰ：2Fe3O4(s)===6FeO(

s)＋O2(g)ΔH＝＋313.2kJ·mol－1，该反应是吸热反应，能量转化形式是太阳能→化学能，故A正确；由分析可知，过程Ⅰ：2Fe3O4(s)===6FeO(s)＋O2(g)ΔH＝＋313.2kJ·mol－1，故B错误；已知：2H2O(l)==

=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋571.6kJ·mol－1，则H2(g)＋12O2(g)===H2O(l)ΔH＝－571.6×12kJ·mol－1＝－285.8kJ·mol－1，氢气的燃烧热为ΔH＝－285.8kJ·mol－1，故C正确；铁氧化合物循环制H2以太阳能

为热源，以水为原料，Fe3O4可循环使用，具有成本低的特点，氢气和氧气分步生成，具有产物易分离的优点，故D正确。答案：B11．解析：正丁烷和异丁烷完全燃烧都生成CO2(g)和H2O(l)，正丁烷的燃烧热大于异丁烷的燃烧热，说明正丁烷的能量较高，而能量越低越稳定，所以异丁烷比正丁烷稳定，A错误；燃烧

热指101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，B中ΔH与热化学方程式中物质的化学计量数不成比例，并且生成的水应为液态，错误；正戊烷和2－甲基丁烷互为同分异构体，由表格中正丁烷、异丁烷的

燃烧热可推知，正戊烷的燃烧热比2－甲基丁烷的大，C正确；通过计算可得，相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越少，D错误。答案：C12．解析：CO的燃烧热为283.0kJ·mol－1，表示101kPa时，1m

olCO完全燃烧生成CO2(g)时放出的热量为283.0kJ，ΔH＜0，A项错误。生成的H2O应为液态，B项错误。设56.0L混合气体中含H2的物质的量为x，CO的物质的量为y，则x＋y＝56.0L22.4L·mol－1＝2.5mol①，285.8kJ·mol－1×x＋283.

0kJ·mol－1×y＝710.3kJ②，联立①②解得x＝1mol，则H2的体积分数为1mol2.5mol×100%＝40%，C项正确。混合气体燃烧后生成H2O、CO2共2.5mol，与足量的过氧化钠反应产生O21.25mol，故转移电子的物质的量为2.5mol，D项错误。答案：C13．解析：由

表中数据可知1mol甲烷气体完全燃烧产生的热量最多，故家庭使用的优质气体燃料应是甲烷。1molCO完全燃烧放出热量282.6kJ，则其燃烧的热化学方程式为CO(g)＋12O2(g)===CO2(g)ΔH＝－282.6kJ·mo

l－1答案：(1)甲烷(2)CO(g)＋12O2(g)===CO2(g)ΔH＝－282.6kJ·mol－10.5(3)乙醇(4)太阳能(风能或地热能)14．解析：本题是以新能源为背景涉及元素化合物性质、热化学方程式的书写、读图、读表的综合题。是把化学知识具体运用的典型试题。(1)利用盖斯定律即可得

出；(2)H2S热分解制氢属于吸热反应，需要提供能量；(3)高温下，水的分解化学键断裂先生成H和O，H结合生成H2，O结合生成O2，由水的分子式可知n(H)是n(O)的2倍，故A为H，B为O。答案：(1)CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H

2(g)ΔH＝＋165.0kJ·mol－1(2)为H2S热分解反应提供能量(3)H、O15．解析：(1)水蒸气变成液态水要放热，因此1molCH4完全燃烧生成CO2和H2O(g)放出的热量要小于890kJ。(2)采用极端假设法，假设

混合气体全是CO，放出热量最少，为283akJ；假设混合气体全为CH4，放出热量最多，为890akJ。故amolCH4、CO和H2的混合气体完全燃烧生成CO2和H2O(l)，放出热量的取值范围是283akJ＜Q＜

890akJ。(3)采用极端假设法，燃烧之后生成的CO2和H2O(l)的物质的量相等，若要使放出的热量最多，则CH4的量应最多，此时CH4与CO的物质的量之比为1∶1，即各有0.5amol，放出热量283akJ2＋890akJ2＝586.5akJ

；要使放出的热量最少，则CH4的量应最少，此时CO与H2的物质的量之比为1∶1，即各有0.5amol，放出热量283akJ2＋285.8akJ2＝284.4akJ。故放出热量的取值范围是284.4akJ＜Q＜586.5akJ。答案：(1)＜(2)283a

kJ＜Q＜890akJ(3)284.4akJ＜Q＜586.5akJ课时作业4原电池的工作原理1．解析：甲中形成了原电池，氢气在铜极放出，而乙不能形成闭合回路，不能产生电流，铜片不是负极，A、B项错误；甲中产生气泡的反应速率比乙中的快，因为甲中锌失去的电子流向铜，铜周

围生成氢气，乙中只是锌参加反应，反应过程中会使锌片周围产生大量的ZnSO4，H＋浓度下降，从而使反应速率减小，D项错误。答案：C2．解析：Zn为负极，发生氧化反应，A项错误；石墨为正极，Fe3＋在正极得电子发生还原反应，生成Fe2＋，B项正确；电子从负极(锌电极)流出，经电流表流

向正极(石墨电极)，C项错误；由于Fe3＋在石墨电极上得到电子生成Fe2＋，右侧烧杯中正电荷减少，所以盐桥中的阳离子(K＋)移向FeCl3溶液(阳向正)，阴离子(Cl－)移向ZnCl2溶液(阴向负)，D项错误。答案：B3．答案：C

4．解析：装置甲是原电池，a极质量减小，b极质量增加，则a极为负极，b极为正极，所以金属活动性顺序：a＞b。装置乙不能构成原电池，b极有气体产生，c极无变化，所以金属活动性顺序：b＞c。装置丙是原电池，d极溶解，c极

有气体产生，则d是负极，c是正极，所以金属活动性顺序：d＞c。装置丁是原电池，电流从a极流向d极，则a极为正极，d极为负极，所以金属活动性顺序：d＞a。因此这四种金属的活动性顺序：d＞a＞b＞c。答案：B5．解析：构成原电池的正极是Cu，负极是Zn，故①错误；电子

从负极Zn流出，流向正极Cu，H＋向正极移动，在Cu上得电子：2H＋＋2e－===H2↑，故②错误，③、④正确；此原电池负极上发生的反应是Zn－2e－===Zn2＋，⑥错误；总反应方程式：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，当

有1mol电子通过时，产生H2为0.5mol，故⑤正确。答案：B6．解析：根据所给原电池的反应可知，Fe3＋在正极发生还原反应，甲池中存在Fe3＋，故A错误；乙池中的电极为负极，失电子的物质是I－，B错误；此反应是可逆反应，电流计的读数为零时说明反应处于平衡状态，但c(Fe3＋)≠0，故C正确

，D错误。答案：C7．解析：b极上氧气得电子生成H2O，发生还原反应作正极，a极上CH4失电子转变成CO2，失电子发生氧化反应作负极，电子由负极经导线流向正极，即从a极流向b极，故A错误；由图示可知氢离子可以通

过离子交换膜由a极区进入b极区，则离子交换膜应为阳离子交换膜或质子交换膜，故B错误；b极上氧气得电子生成H2O，且电解质环境为酸性，发生的电极反应为：O2＋4e－＋4H＋===2H2O，故C正确；负极发生的反应为：CH4＋2H2O－8e－===CO2＋8H＋，由反应可知每转

移8mol电子生成1mol二氧化碳，则转移4mol电子，生成CO20.5mol，质量为22g，故D错误。答案：C8．解析：该原电池中氧化反应与还原反应是在两个不同的烧杯中完成的，因此氧化剂与还原剂没有直接接触，

A项错误；乙池是正极，溶液中的NO－3得到电子，电极反应式为NO－3＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O，B项错误；当铜棒质量减少6.4g(即0.1mol)时，甲池溶液中Cu2＋增加0.1mol，但由于盐桥中Cl－向

甲池中移动，所以溶液增加的质量大于6.4g，C项错误；当铜棒质量减少6.4g(即0.1mol)时，转移电子的物质的量是0.2mol，所以根据电极反应式NO－3＋2H＋＋e－===NO2↑＋H2O可知，生成NO2的物质的量是0.2mol，则根据反应式4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3

可知需要氧气的物质的量是0.05mol，其在标准状况下的体积是1.12L，D项正确。答案：D9．解析：铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，而镁与NaOH溶液不能发生反应，铝失电子，作原电池的负极，A错误；由于铝片表面的氧化

膜也能与NaOH溶液反应，故可不必处理，B正确；该装置外电路是由电子的定向移动形成电流，而内电路则是由溶液中自由移动离子的定向移动形成电流，C错误；电池开始工作时，负极上铝与NaOH溶液反应生成AlO－2，此时不会有Al(OH)

3白色沉淀生成，D错误。答案：B10．解析：Ⅰ.KMnO4有强氧化性，在硫酸溶液中能氧化具有还原性的FeSO4生成Fe2(SO4)3，本身被还原为MnSO4，则发生反应的化学方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H

2SO4===2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O。Ⅱ.(1)根据上述反应的化学方程式可知，KMnO4做氧化剂，发生还原反应，故石墨a是正极。(2)电池工作时，SO2－4向负极移动，即向乙烧杯移动。(3)乙烧杯中的电极反应式为Fe2＋－e－===Fe3＋。(4)溶液中的MnS

O4浓度由1mol·L－1变为1.5mol·L－1，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的MnSO4的物质的量为0.5mol·L－1×0.2L＝0.1mol，转移的电子为0.1mol×5＝0.5mol。答案：Ⅰ.2KMnO4＋10FeSO

4＋8H2SO4===2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2OⅡ.(1)a还原(2)乙(3)Fe2＋－e－===Fe3＋(4)0.511．解析：(3)转移0.2mol电子时，铜棒质量增加6.4g，锌

棒质量减少6.5g，故反应过程中，当铜电极质量增加2g时，另一电极减少的质量大于2g。(4)反应过程中，为了保持溶液的电中性，Cl－将进入甲烧杯，NH＋4进入乙烧杯。当外电路中转移0.2mol电子时，乙烧杯中有0.1molCu2＋消耗，还剩余0.1molCu2＋，

有0.2molNH＋4进入乙烧杯，故乙烧杯中浓度最大的阳离子是NH＋4。答案：(1)锌(2)Zn－2e－===Zn2＋(3)大于(4)①乙②NH＋412．解析：(1)该原电池中锌片作负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋；银片作正极，电极

反应为2H＋＋2e－===H2↑。(2)由电极反应不难看出该电池中溶解Zn和产生H2的物质的量之比为1∶1。①锌片与银片减少的质量等于生成氢气所消耗的锌的质量，m(Zn)＝60g－47g＝13g，设产生的氢气在标准状况下的体积

为x。Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑65g22.4L13gx解得x＝4.48L。②通过导线的总电量＝13g65g·mol－1×2×6.02×1023mol－1×1.60×10－19C≈3.85×104C。答案：(1)Zn－2e－===Zn2＋2H＋＋2e－===H2↑(2

)①4.48L②3.85×104C13．解析：(1)根据题中信息，I－失电子被氧化，说明乙池中石墨做负极，其电极反应式为2I－－2e－===I2，则甲池中石墨做正极，其电极反应式为2IO－3＋12H＋＋10e

－===I2＋6H2O，随反应的进行，碘离子和碘酸根离子的量减小，通过的电量减小，电流计读数不断减小，当反应达到平衡后，电流计的读数为0，故a、b说法正确。(2)根据(1)的分析，两烧杯中都有I2的存在，加入淀粉后，都变蓝。(3)甲烧杯中滴入NaOH溶液

，消耗H＋，促使反应向逆反应方向进行，乙池中电极反应式I2＋2e－===2I－，则甲池中电极反应式为I2＋12OH－－10e－===2IO－3＋6H2O，甲池失电子，电流计指针向左偏转。答案：(1)2IO－3＋10e－＋12H＋===I2＋6H2Oab(2)甲、乙

(3)I2＋2e－===2I－左14．解析：当稀硫酸作电解质溶液时，Mg作负极(金属活动性：Mg>Al)，Al作正极，Al电极上产生气泡；当NaOH溶液作电解质溶液时，Al作负极(Mg不与NaOH溶液反应)，原电池总反应的离子方程式为

2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑。由此可知，原电池的两极与电解质溶液有关，电解质溶液不同，导致两极发生改变；将b池两电极取出，b池溶液是NaOH和NaAlO2的混合溶液，所以逐滴滴加H2SO4溶液时，H2SO4先中和

NaOH，再与NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀，当H2SO4过量时，Al(OH)3沉淀逐渐消失。答案：(1)产生气泡(2)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑(3)不可靠将两种金属电极通过导线连上电流表并插入电解液中构成原电池，利用电流表检测电流的方向，从

而判断电子流动方向，由此确定原电池的正负极(4)开始无明显现象，过一段时间产生白色沉淀，沉淀逐渐溶解最后消失H＋＋OH－===H2O，AlO－2＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2

O课时作业5化学电源1．解析：锌锰干电池中二氧化锰得电子，为正极，A项错误；燃料电池中氧气得电子，为正极，B项正确；铅蓄电池中二氧化铅得电子，为正极，C项错误；镍镉电池中氢氧化镍得电子，为正极，D项错误。答案：B2．解析：化学电源工作时也有少量热

量产生，故化学能也部分转化为热能，A项错误；任何电池的效率都不能达到100%，燃料电池的能量转化率超过80%，但不能全部转化为电能，B项错误；蓄电池并不是一次电池，故D项错误。答案：C3．答案：C4．解析：由原电池原理知电子从负极经导线转移到正极，所以正极上

富集电子，根据电性关系，O2－不可能移向正极，A项错误；燃料电池不是在点燃的条件下发生的，B项错误；O2得电子，发生还原反应，通入空气的一极是正极，C项正确；丁烷失电子，发生氧化反应，通入丁烷的一极是负极，D项错误。答案：C5．

解析：原电池是将化学能转变为电能的装置。其总反应式是：CH2===CH2＋3O2===2CO2＋2H2O，CH2===CH2应在负极上反应，O2应在正极上反应，反应过程中CH2===CH2失去电子，O2得到电子，K2CO3为电解质，负极反

应为：CH2===CH2＋6CO2－3－12e－===8CO2＋2H2O；正极反应为：3O2＋6CO2＋12e－===6CO2－3。答案：A6．解析：铅蓄电池是可充电电池，是二次电池，充电时电能转化为化

学能，A项正确；在该电池中Pb板为负极，则电池工作时，电子由Pb板通过外电路流向PbO2板，B项正确；该电池工作时，负极的电极反应式为Pb－2e－＋SO2－4===PbSO4，C项正确；在原电池工作时，阳离子向正极移动，则该电池工作时H＋移向PbO2板，

D项错误。答案：D7．解析：电池放电时，正极上氧气得电子生成OH－，则电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，故A错误；电池放电时，负极反应为Li－e－===Li＋，充电时阴极反应为放电时负极反应的逆过程，则

阴极发生还原反应：Li＋＋e－===Li，故B错误；金属锂能与盐酸反应生成氢气，所以电池中的有机电解液不可以用稀盐酸代替，故C错误；放电时空气极为电池正极，充电时电池正极接直流电源正极，故D正确。答案：D8．解析：HCHO失电子被氧化，在负极发生氧化反应，所以b为负极，a为正极，a极发生还原反

应，故A正确；b为负极，HCHO在负极发生的反应为HCHO＋H2O－4e－===CO2＋4H＋，故B正确；电池总反应为HCHO＋O2===CO2＋H2O，传感器工作过程中有H2O生成，所以H2SO4的浓度减小，故C错误；负极反应为HCHO＋H2O－4e－===CO2＋4H

＋，当电路中转移2×10－4mol电子时，消耗HCHO的物质的量为5×10－5mol，即质量为1.5mg，故D正确。答案：C9．解析：由题图可知，左边电极有电子流出，所以该电极为负极，电极上物质的主要变化为H2转变成H2O，发生氧化反应，右边电极为正极，电极上物质的

主要变化为H＋转变为H2，发生还原反应。由上述分析可知，右边电极为正极，发生还原反应，A项正确；负极的电极反应为H2－2e－＋2OH－===2H2O，B项正确；正极的电极反应为2H＋＋2e－===H2

↑，故电池的总反应是OH－＋H＋===H2O，C项错误；由于右边电极为正极，左边电极为负极，在电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，D项正确。答案：C10．解析：两电极均为惰性电极，起导电作用，电极本身不参与反应。Pt1电极上通入的是SO2和

H2O，得到的是H2SO4，S的化合价升高，SO2失电子发生氧化反应，所以Pt1电极为负极，则Pt2电极为正极。负极反应物为SO2和H2O，产物为H2SO4，则负极的电极反应为SO2＋2H2O－2e－===SO2－4＋4H＋，A项正确；H＋由负极通过质子交换膜移向正极，正极

上O2得电子，发生还原反应生成H2O，电极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，B项错误；放电时，电子由负极(Pt1电极)流出，经外电路流向正极(Pt2电极)，C项正确；根据得失电子守恒可知，相同条件下，放电过程中消耗

的SO2和O2的体积比为2∶1，D项正确。答案：B11．解析：b极，NO－3转化为N2，N的化合价降低，发生还原反应，所以b极为正极，a极为负极，A项错误；电池工作时，Cl－(阴离子)移向负极，即左室，Na＋(

阳离子)移向正极，即右室，海水得以淡化，B项错误；每生成1molN2消耗2molNO－3，转移10mol电子，根据电荷守恒、元素守恒可得处理NO－3的电极反应为2NO－3＋6H2O＋10e一===N2↑＋12OH－，C项正确；每消耗1molC6H12O6生成6mol

CO2，转移24mol电子，D项错误。答案：C12．解析：放电时锌在负极发生氧化反应，根据总反应可知负极反应是Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2，电子由负极流出，通过外电路流向正极，每1molK2F

eO4发生反应，转移电子是3mol，数目是1.806×1024；充电时Fe(OH)3失去电子发生氧化反应。答案：(1)Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2(2)氧化(3)负正(4)1.806×102413．答案：(1)H2O2(2)B(3)电解质溶液H2SO4溶液

KOH溶液负极反应2H2－4e－===4H＋2H2－4e－＋4OH－===4H2O正极反应O2＋4H＋＋4e－===2H2OO2＋2H2O＋4e－===4OH－pH变大变小(4)CH4＋10OH－－8e－===CO2－3＋7H2O14

．解析：(1)①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极，通入还原剂的电极是负极，该反应中C化合价由＋2价变为－2价，H化合价由0价变为＋1价，所以CO是氧化剂，则通入CO的电极为正极，电极反应式为CO＋4e－＋4H＋===CH3OH；②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，

负极上二氧化硫失电子，与水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO2－4＋4H＋；③若A为NO2，B为O2，C为HNO3，则正极发生还原反应，氧气得电子生成水，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，负极发生氧化反应，电极反应式为N

O2－e－＋H2O===NO－3＋2H＋。(2)该燃料电池中，负极上一氧化碳、氢气失电子，与碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CO＋H2－4e－＋2CO2－3===3CO2＋H2O。答案：(1)①

CO＋4e－＋4H＋===CH3OH②SO2＋2H2O－2e－===SO2－4＋4H＋③NO2－e－＋H2O===NO－3＋2H＋(2)CO＋H2－4e－＋2CO2－3===3CO2＋H2O15．解析：(1)由图1可知A为燃料电

池的正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O；B为燃料电池的负极，电极反应式为C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋。放电过程中，H＋由负极区向正极区移动。葡萄糖燃料电池的总反应为C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O，即1mol

O2～1molCO2，每消耗1molO2，理论上生成标准状况下的CO2气体22.4L。(2)由元素价态变化可知，a电极为负极，电极反应式为CO＋O2－－2e－===CO2，b电极为正极，电极反应式为O2＋4e－===2O2－，总反应为2CO＋O2===2CO2。这种一氧化碳分析仪工作时电子由电极

a通过传感器流向电极b，O2－由电极b向电极a移动。答案：(1)①正②O2＋4H＋＋4e－===2H2O③负正④22.4L(2)①CO＋O2－－2e－===CO2②baab课时作业6电解池的工作原理及应用1

．解析：a极接电池正极，为阳极，发生氧化反应生成O2，A项错误；b极接电池负极，为阴极，发生还原反应生成Cu，B项错误；d极接电池负极，为阴极，发生还原反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，产物有OH－，滴加酚酞溶液，d极附近溶液变红，C项正确；c极接电池正极，为阳极，发生氧化反应

生成Cl2，D项错误。答案：C2．解析：A中电解CuCl2溶液时，损失了Cu和Cl两种元素，加入CuSO4不能弥补Cl－，而且多了SO2－4，错误；B中电解NaOH溶液的实质是电解水，故应加入适量水才能复原，错误；C中电解NaCl溶液时NaOH仍留在原溶液中，H2、Cl2逸出，则损

失了H、Cl两种元素，且物质的量之比是1∶1，故应通入适量HCl气体，正确；D中电解CuSO4溶液的方程式为2CuSO4＋2H2O=====电解2Cu＋2H2SO4＋O2↑，脱离反应体系的物质是“2Cu和O2”，相当于“2CuO”，故应加入适量CuO或CuCO3才能复原

，错误。答案：C3．解析：电解精炼铜中，粗铜做阳极，接电源正极，因此电极a为精铜，电极b为粗铜，A项错误；甲膜为阴离子交换膜，防止阳极溶解的杂质阳离子进入阴极区，同时NO－3可穿过该膜，平衡阳极区电荷，B项错误；乙膜为过滤膜，可对阳极区

的阳极泥及漂浮物进行过滤，C项错误；阴极只有Cu2＋放电，转移1mol电子时，生成0.5molCu，因此生成精铜的质量为0.5mol×64g/mol＝32g，D项正确。答案：D4．解析：根据工作原理图可知，连接b的一端发生O2被还原生成H2O的反应，为电解池的阴极，连

接直流电源的负极，A项正确；阳极发生氧化反应，由电解装置工作原理图可知，反应物为CO，生成物为CO2，B项正确；电解装置的电解质溶液中，阳离子移向阴极，C项正确；未说明O2是否为标准状况下的，无法计算，D项错误。答案：D5．解

析：根据气体甲与气体乙的体积比约为2∶1可知，气体甲为氢气，气体乙为氧气，b电极为阳极，电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，故A错误；电解池中，阴离子向阳极移动，则离子交换膜d为阴离子交换膜，故B

正确；SO2－4移向阳极室，阳极室得到硫酸，H＋在阴极上放电，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，同时Na＋也移向阴极室，则在阴极室得到氢氧化钠，所以产物丁为硫酸，产物丙为氢氧化钠，故C错误；根据上述分析，a电

极是阴极，与直流电源负极相连，故D错误。答案：B6．解析：由图示信息可知甲为乙的电解提供能量，A项正确；水溶液中不可能存在O2－离子，b电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，B项错误；燃料电池中燃料一般为负极，d电极与负极相连，发生还原反

应，生成Cu，C项正确；铜电极质量变化128g，其物质的量为2mol，故转移4mol电子，由N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)可知转移4mol电子时，参与反应的O2为1mol，则消耗空气为1mol/20%＝5mol，标准状况下为112L，D项正确。

答案：B7．解析：原理图中存在的能量转化方式有风能转化为电能，太阳能转化为电能，电能转化为化学能，A项错误；生成O2的a极为阳极，电解装置中，阳离子向阴极移动，即H＋移向b极，B项错误；b极为阴极，N2在酸性条件下被还原为NH3，故电极反应为N2＋6H＋＋6e－===2NH3，C项正确；

a极上的电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023，但题中未说明是标准状况，D项错误。答案：C8．解析：左池为原电池，负极发生氧化反应，甲醇失去电子在碱性条件下生成C

O2－3和H2O，负极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－===CO2－3＋6H2O，故A正确；通电一段时间后，不如Cu活泼的Ag、Au杂质金属不能被氧化，沉积在电解槽底部形成阳极泥，故B正确；比Cu活泼的杂质金属

Zn优先于Cu被氧化，Zn的相对原子质量比Cu大，转移电子数相同时，若粗铜电极质量减少6.4g，则纯铜电极质量增加小于6.4g，故C错误；电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故D正确。答案：C9．解析：根据装置图中Y极上HCl失去电子被氧化生成Cl2可知，Y极为电解池的阳极，与电

源正极相连接，则X极为电解池的阴极，与电源负极相连接，所以Y极上的电势比X极上的高，A正确；电解池中阳离子向阴极移动，Y极为电解池的阳极，X极为电解池的阴极，故H＋向X极迁移，X极周围溶液酸性增强，pH减小，B错误；由题图可知，X极上发生得电子的还原反应，电极反

应式为Fe3＋＋e－===Fe2＋，C错误；电解时，阳极反应式为2HCl－2e－===2H＋＋Cl2↑，阴极反应式为Fe3＋＋e－===Fe2＋，生成的Fe2＋与O2反应生成Fe3＋，4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O是

Fe2＋转化为Fe3＋的反应，不是电解总反应，D错误。答案：A10．解析：由亚磷酸与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，可知亚磷酸为二元酸，A项错误；石墨为惰性电极，作阳极，连接电源正极，B项错误；不锈钢为阴极，H＋放

电，Na＋由原料室通过阳膜进入乙池，C项错误；石墨为阳极，OH－放电，产生O2，若生成标准状况下2.24L(0.1mol)O2，则转移0.4mol电子，D项正确。答案：D11．解析：(1)n(CuSO4)＝2.0L×

0.5mol·L－1＝1.0mol，而在阴极析出的Cu的物质的量为6.4g64g·mol－1＝0.1mol，故CuSO4未完全电解，阳极发生氧化反应，电极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。(2)总反应：2CuSO4＋2H2O=====电解2Cu＋O2↑＋2H2SO42221

20．1mol0.1mol0.1mol0.05mol0.1mol所以电解后c(H＋)＝0.1mol×22.0L＝0.1mol·L－1，pH＝－lg0.1＝1。(3)电解后生成的0.1molCu和0.05molO2脱离该体系，相当于0.1molCuO，因此若

将溶液复原，则应加入0.1molCuO。(4)此时为电镀池，阳极反应为Cu－2e－===Cu2＋，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，因此若阴极上析出6.4g铜，则阳极溶解6.4g铜，电解后两铜片质量差为6.4g＋6.4g＝12.8g，而电解液的pH不变。

答案：(1)阳4OH－－4e－===2H2O＋O2↑(2)1(3)0.1CuO(4)12.8不变12．解析：(1)若a为含有酚酞的KCl溶液，X为Fe，Y为石墨。X电极上氢离子得到电子生成氢气，电极附近溶液中氢氧根离子浓度增大，遇酚酞变红色；Y电极上氯离子失电子生成氯气，电极反应是2Cl－－2

e－===Cl2↑。(2)要实现Cu＋H2SO4===CuSO4＋H2↑，需要利用电解原理，Y电极应是铜作阳极，X电极上是氢离子得到电子生成氢气，阴极电极反应2H＋＋2e－===H2↑。(3)利用该装置在铁制品表面镀上一层银，银作阳极Y，铁作阴极X，含

银离子的电解质溶液硝酸银溶液进行电解，阳极电极反应和电子守恒计算电子转移数，反应前两电极的质量相等，反应后两电极质量相差2.16g，依据电子守恒可知，阳极质量减小与阴极质量增加的质量相同。阴极析出银的质量＝阳极溶解减小的银的质量＝

1.08g，析出银的物质的量＝1.08g108g·mol－1＝0.01mol，则该过程理论上通过电流表的电子数为0.01NA或6.02×1021。(4)X、Y均为惰性电极，a为NaOH溶液，实质是电解水，溶液浓度增大，

溶液pH增大；氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，故应加入水恢复溶液浓度。答案：(1)电极表面产生气体，附近溶液变红2Cl－－2e－===Cl2↑(2)Cu2H＋＋2e－===H

2↑(3)AgNO3溶液0.01NA(或6.02×1021)(4)增大H2O13．解析：(1)甲烷在负极上被氧化。在KOH溶液中甲烷被氧化的产物为碳酸钾，负极反应式为CH4－8e－＋10OH－===CO2－3＋7H2O。(2)铁

极为阴极，则C极为阳极，在C极上发生氧化反应，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑。(3)n(O2)＝2.24L22.4L/mol＝0.1mol，甲池正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，由电子守恒知，经过甲、乙、丙装

置的电子的总物质的量为0.4mol。乙池中的铁极与甲池的负极相连，铁极为阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，n(H2)＝0.4mol2＝0.2mol，V(H2)＝0.2mol×22.4L/mol＝4.48L。丙池中精铜为阴极，发生还原反应，电极反

应式为Cu2＋＋2e－===Cu，n(Cu)＝0.4mol2＝0.2mol，m(Cu)＝0.2mol×64g/mol＝12.8g。(4)漂白液的有效成分是次氯酸盐，制备原理是2Cl－＋2H2O=====电解2OH－＋Cl2↑＋H2↑，Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，气体与液体反应，

最好采用逆向接触，即气体在下端产生，碱溶液在上端生成，使其充分反应，所以该装置的下端为阳极，上端为阴极，阴极与电源负极相连，故a极为负极。生活中常见且廉价的氯化物是NaCl，故电解质溶液最好用饱和NaCl溶液，若制备Fe(OH)2，用硫酸钠溶液作电解质溶液，选用铁作阳极。

答案：(1)CH4－8e－＋10OH－===CO2－3＋7H2O(2)2Cl－－2e－===Cl2↑(3)4.4812.8(4)负饱和氯化钠溶液铁课时作业7金属的腐蚀与防护1．解析：A项，食醋是电解质溶液，铁勺和铜盆是相互接触的两种金属

，形成原电池，铁是活泼金属，作负极，铁易被腐蚀；B项，食盐水是电解质溶液，铁炒锅和铁铲都是铁碳合金，符合原电池形成的条件，铁是活泼金属，作负极，碳作正极，铁易被腐蚀；C项，铜镀层将铁球覆盖，使铁被保护，铁不易被腐蚀；D项，酸雨是电解质溶液，铁铆

钉和铜板接触，形成原电池，铁易被腐蚀。答案：C2．解析：A项，铁、石墨及海水构成原电池时，Fe为负极，腐蚀速率加快；B项，中性条件下，铁发生吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－；C项，由于金属活动性：Zn>Fe，所以Zn为原电池的负极，Fe为正

极，铁片不易被腐蚀；D项，中性环境下发生吸氧腐蚀，铁片上的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。答案：D3．解析：为了保障航行安全，延长轮船的使用寿命，通常在与海水接触的船壳(船底及船侧)上镶嵌一些金属块M，如锌，形成原电池，这种保护船壳免

受腐蚀的方法叫牺牲阳极的阴极保护法，A项正确；M可能是锌等比铁稍活泼的金属，在原电池中做负极，先被腐蚀，铁比锡活泼，铁做负极，被腐蚀，B项错误；船壳在海水中主要发生吸氧腐蚀，C项正确；负极活泼金属失电子，被氧化，在保护船壳的过程中，负极反应为M－ne－===Mn＋，D项正确。答

案：B4．解析：防止金属腐蚀最关键的问题是使金属与空气、水等物质隔离，最常用的做法是覆盖保护层，如本题中的①④⑤；另外还有改变金属的内部结构等。保持金属表面清洁干燥可以减缓金属的腐蚀。答案：D5．解析：a是石墨，b是铁，K1、K2连接时，形成原电池，食盐水呈中性

，铁发生吸氧腐蚀，A正确；a是锌，b是铁，K1、K2连接时，形成原电池，Zn比Fe活泼，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极受到保护，故可模拟钢铁防护中的牺牲阳极法，B正确；K1、K3连接时，形成电解池，a是石墨，作电解池的阳极，可模拟电解饱和食盐水，C正确；K1、K3连接时，形成电解池，a是铁，作电解

池的阳极而被腐蚀，若模拟钢铁防护中的外加电流法，应将铁连接电源的负极，D错误。答案：D6．答案：B7．解析：根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu做负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，发生

氧化反应，A项正确；氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，B项正确；多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl为固体，故生成Cu2(OH)3Cl的离子方程式为2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓，C项正确；不确

定氧气是否在标准状况下，则不能计算氧气的体积，D项错误。答案：D8．解析：铁棒连接Zn片，发生腐蚀时，Zn作负极，Fe作正极，故甲区发生的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，A错误；Zn是负极，电极反应式

为Zn－2e－===Zn2＋，则乙区产生Zn2＋，B正确；铁棒连接Cu片，发生腐蚀时，Fe作负极，Cu作正极，丙区发生的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，电极附近溶液显碱性，则丙区呈现红色，C正

确；丁区Fe发生电极反应生成Fe2＋，与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，D正确。答案：A9．解析：由图可知开始时pH越大，腐蚀程度越小，后来pH越大，腐蚀程度越大，A项错误；由题图可知，pH＝9.5时，铝被腐

蚀，负极反应为Al－3e－＋4OH－===AlO－2＋2H2O，B项错误；将铝做阳极，电解时可形成Al2O3保护膜：2Al＋3H2O=====电解Al2O3＋3H2↑，C项正确；铝制餐具外面的保护膜防止了铝的进一步被腐蚀，所以不应经常打磨，D项错误。答案：C10．解析：

无论是否鼓入空气，铁均作为负极，易失去电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，A项正确；不鼓入空气时，正极上可得到强还原性的H·，电极反应式为H＋＋e－===H·，B项正确；若上端开

口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·OH，电极反应式为2H＋＋2e－＋O2===2·OH，故每生成1mol·OH，有1mol电子发生转移，C项错误；除去草酸需要具有氧化性的物质，上端开口打开，并鼓入空气可得到强氧化性的·OH，D项正确。答案：C11．解析：铁锅的腐蚀原理为

Fe－C－电解质溶液构成原电池，其中Fe做负极，负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，碳做正极，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，A、C项错误；原电池中电子沿导线从负极流向正极，电子不能通过电解质溶液，B项错误；负极产生

的Fe2＋与正极产生的OH－反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被氧气氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3进一步转化为Fe2O3·nH2O，故每生成1mol铁锈(Fe2O3·nH2O)，由原子守恒和得失电子守恒可得关系式2Fe～Fe2O3·nH2O

～6e－～32O2，即需32molO2，标准状况下为33.6L，D项正确。答案：D12．解析：(1)①金属在中性或较弱的酸性条件下发生的是吸氧腐蚀。②发生吸氧腐蚀，越靠近液面接触到的O2越多，腐蚀得越严重。③锌块应固定在腐蚀最严重的C处形成原电池，锌做负极，铁闸做正

极，得到保护。(2)要用石墨通过电化学腐蚀保护铜，只能用电解池原理，碳接电源正极，铜接电源负极。(3)A项，K1闭合时，该装置构成了Fe­C­NaCl溶液原电池，铁做负极，发生氧化反应，电极反应式是Fe－2e－===Fe2＋；B

项，石墨棒做正极，发生的电极反应式是2H2O＋O2＋4e－===4OH－，故石墨棒周围溶液pH逐渐升高；C项，K2闭合时，该装置构成了Fe­C­外加电源的电解池，石墨棒做阳极，Fe做阴极而不被腐蚀，该方法称为外加电流的阴极保护法；D项，K2闭合时，阳极的电极反应式是2Cl－－2e

－===Cl2↑，阴极的电极反应式是2H＋＋2e－===H2↑，所以当电路中通过0.002NA个即0.002mol电子时，生成H2和Cl2的物质的量均为0.001mol，则两极共产生0.002mol气体。答案

：(1)①吸氧腐蚀②B③C(2)(3)B13．解析：由实验现象①②可知，潮湿是铁生锈的必要前提；而当潮湿程度相同时，硬质玻璃管中的实验与烧杯中实验的对比说明O2的浓度是影响铁生锈快慢的重要因素。答案：(1)吸氧腐蚀负极：2Fe－4e－===2Fe2＋，正极：2H2O＋O2＋4e－===4OH－

(2)球形干燥管碱石灰(或无水CaCl2)干燥O2(3)与O2接触，与水接触氧气浓度14．解析：(1)探究醋酸浓度对电化学腐蚀的影响时，应保证碳粉和铁粉的质量与参照实验相同，因此实验②中铁粉为2.0g；对比实验①和③可知，铁粉的质量及醋酸的浓度相同，而碳粉的质量不同，显然探究的是碳粉

的含量对铁的电化学腐蚀的影响。(2)当铁发生析氢腐蚀时，由于生成H2，容器的压强不断增大，而发生吸氧腐蚀时，由于消耗O2，容器的压强不断减小，t2时容器的压强明显小于起始压强，说明铁发生了吸氧腐蚀，此时Fe作负极

，失去电子发生氧化反应；碳粉作正极，O2在其表面得到电子发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。(3)Fe发生电化学腐蚀时，放出热量，使体系的温度升高。答案：(1)②2.0③碳粉含量的影响(2)吸氧还原2H2O＋O2＋4e－===4OH－(3)反应放热，温度升

高课时作业8化学反应速率的表示方法1．解析：利用各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比的关系，采用转化的方法将选项变形。4v(NH3)＝5v(O2)可转化为v(NH3)∶v(O2)＝5∶4，A项错误；同理可得，B、D项错误，C项正确。答案：C2．解析：由题意可知，m(CO

2)＝225.8g－223.6g＝2.2g，n(CO2)＝2.2g44g·mol－1＝0.05mol。所以参与反应的HCl的物质的量n(HCl)＝2n(CO2)＝0.1mol，v(HCl)＝0.1mol0.2L·

50s＝0.01mol·L－1·s－1。答案：A3．解析：反应速率通常用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示。1.7g氨气是0.1mol，所以氨气的反应速率是0.1mol2L×5min＝0.01mol·L－1·min－1

。又因为反应速率数值之比是对应的化学计量数之比，所以氢气和氮气的反应速率分别是0.015mol·L－1·min－1和0.005mol·L－1·min－1，D项正确。答案：D4．解析：NO增加的浓度为0.5mol2L＝0.25mol/L，由vNO∶vO2＝4∶5，得vNO＝vO25×4＝0.

25mol/（L·s）5×4＝0.2mol/(L·s)，所以此段反应所经过的时间为0.25mol/L0.2mol/（L·s）＝1.25s。答案为B。答案：B5．解析：以物质A为标准，将用其他物质表示的反应速率换算为

用物质A表示的反应速率。v(A)∶v(B)＝1∶3，则②表示的v(A)＝0.2mol/(L·s)；v(A)∶v(C)＝1∶2，则③表示的v(A)＝0.2mol/(L·s)；v(A)∶v(D)＝1∶2，则④表示的v(A)＝0.225mol/(L·s)；故反

应进行的快慢顺序为④>③＝②>①。答案：A6．解析：M为固体，不能用M的物质的量的浓度的变化来表示反应速率，A错误；经4min后，N的浓度从1.6mol·L－1减少至0.4mol·L－1，则v(N)＝1.6mol·L－1

－0.4mol·L－14min＝0.3mol·L－1·min－1，B正确；题中给出的反应速率是4min内的平均反应速率，无法由平均反应速率计算4min末P的反应速率，C错误；N、P的化学计量数分别为2、3，则二者反应速率关系为v(N)∶v(P)＝2∶3，即3v(N)＝2v(P)，D错误。答

案：B7．解析：5min末已生成0.2molW，以W浓度变化来表示的平均反应速率为0.2mol2L×5min＝0.02mol·L－1·min－1，以Z浓度变化来表示的平均反应速率为0.01mol·L－1·min－1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，n＝1，A正确。答案：A8．解析：起始

时A2和B2两种气体的浓度均为1mol·L－1，在密闭容器内反应生成气体C，达平衡后，测得c(A2)＝0.58mol·L－1，c(B2)＝0.16mol·L－1，c(C)＝0.84mol·L－1，故Δc(A2)＝1mol·L－

1－0.58mol·L－1＝0.42mol·L－1，Δc(B2)＝1mol·L－1－0.16mol·L－1＝0.84mol·L－1，Δc(C)＝0.84mol·L－1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，故A2、B2、C的化学计量数之比

为0.42mol·L－1Δt∶0.84mol·L－1Δt∶0.84mol·L－1Δt＝1∶2∶2，故该反应可表示为A2＋2B2⇌2C，根据原子守恒可知，C为AB2，即该反应的表达式为A2＋2B2⇌2AB2，故D正确。答案：D9．解析：由图像中数据计算用不同物质的浓度变化表示

的化学反应速率之比，也就是化学计量数之比，然后即可推出化学方程式。由图像可知：X、Y的物质的量逐渐减少，为反应物，Z的物质的量逐渐增多，为生成物。它们的物质的量变化分别为X：(1.20－0.41)mol＝0.79mol；Y：(1.00－0.21)mol＝0.79mol；Z：(1.58－

0)mol＝1.58mol。故反应化学方程式为X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)，D项错；A项：v(Z)＝Δc（Z）Δt＝1.58mol2L×10s＝0.079mol·L－1·s－1；B项：Δc(X)＝Δn（X）V＝0.79mol2L＝0

.395mol·L－1；C项，Y的转化率＝0.79mol1.00mol×100%＝79.0%。答案：C10．解析：4～8min内反应物浓度减少了10μmol·L－1，则4～8min内反应物的平均反应速

率为2.5μmol·L－1·min－1。题图中4min时反应物浓度为0min时的12，8min时反应物浓度为4min时的12，根据这一规律，可以推测12min时反应物的浓度为8min时的12，为5μmol·L－1，16min时反应物的

浓度为12min时的12，为2.5μmol·L－1。综上，B项正确。答案：B11．解析：该时间段内，A2、B2两种物质按照化学方程式中的化学计量数之比进行反应。由题意可得A2、B2、C物质的量浓度的变化值为1∶2∶2，可求出A2、B2、C三种物质的化学计量数比为1∶

2∶2，结合质量守恒可知C的化学式为AB2。答案：C12．解析：CaCO3与稀盐酸反应的化学方程式为CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O。图像的横坐标是时间，纵坐标是生成二氧化碳的体积，很明显是用单位时间内放出CO2的体积来表示其反应速率的，表现在图像上就

是曲线的斜率，斜率越大，反应速率越大，放出的CO2越多。由图可以看出，EF段反应速率最快，收集的CO2最多；整个反应过程中，反应速率先小(OE段)后大(EF段)再小(FG段)，而不是逐渐增大，所以B项正确。答案：B13．解

析：由4min内D的浓度变化量为0.5mol·L－1，可以求出A、B、C的浓度变化量分别为32×0.5mol·L－1、12×0.5mol·L－1和x2×0.5mol·L－1。设A、B的起始浓度为nmol·L－1，则可以得

到下列关系(单位均为mol·L－1)：3A(g)＋B(g)===xC(g)＋2D(g)起始浓度nn00浓度变化量0.750.250.25x0.54min后浓度(n－0.75)(n－0.25)0.25x0.5由题意可知，cA∶cB＝(n－0.75)∶(n－0.25)

＝3∶5，则n＝1.5，cA＝(n－0.75)mol·L－1＝0.75mol·L－1，根据v(B)＝ΔcBΔt＝0.25mol·L－14min＝0.0625mol·L－1·min－1。v(D)＝0.125mol·L

－1·min－1，根据v(C)∶v(D)＝x∶2＝1∶1，求得x＝2。答案：0.75mol·L－10.0625mol·L－1·min－1214．解析：2min内v(Q)＝0.075mol·L－1·min－1，则Δn(Q)＝0.075mol·L－1·min－1×2

min×2L＝0.3mol，根据表中数据可知，2min内X的物质的量变化为Δn(X)＝0.8mol－0.7mol＝0.1mol，Z的物质的量变化为Δn(Z)＝1mol－0.8mol＝0.2mol，根据v(Z)∶

v(Y)＝1∶2可知，Y的物质的量的变化为Δn(Y)＝2Δn(Z)＝0.4mol，反应中各物质的Δn之比等于其在化学方程式中的化学计量数之比，则m∶n∶p∶q＝0.1mol∶0.4mol∶0.2mol∶0.3mol＝1∶4∶2∶3，所以m＝1、n＝4、p＝2、q＝3，反应方程式是X(g)＋

4Y(g)⇌2Z(g)＋3Q(g)。(1)2min内生成0.1molX，根据X(g)＋4Y(g)⇌2Z(g)＋3Q(g)可知，生成Y的物质的量是0.4mol，则起始时Y的物质的量为2.7mol－0.4mol＝2.3mol；Q在2min内减少了0.3mol，所以Q的起始物质的量是2.7mo

l＋0.3mol＝3mol。(2)根据以上分析可知，m＝1、n＝4、p＝2、q＝3。(3)2min内消耗的Z的物质的量是0.2mol，则用Z表示2min内的平均反应速率v(Z)＝0.2mol2L×2min＝0.05mol·L－1·min－1。

答案：(1)2.3mol3mol(2)1423(3)0.05mol·L－1·min－115．解析：(1)通过化学反应速率的表达式可以得出①③两个空格中的数值，因此a的取值应该介于2与11之间，所以可排除A、C，由a和气体体积10mL可以得b＝1.67，可知

B正确。(2)升高温度，反应速率增大。答案：(1)①0.91③2B(2)缩短课时作业9影响化学反应速率的因素1．答案：C2．解析：C(s)为固体反应物，增加其用量对反应速率几乎没有影响，A项不符合题意；容器容积缩小一半相当于压强增大一倍，各气

体物质的浓度增大，反应速率增大，B项符合题意；保持容器容积不变，充入Ar，体系总压强增大，但各气体物质的浓度并未改变，反应速率基本不变，C项不符合题意：充入Ar使容器容积增大，总压强不变，但各气体物质的量浓度减小，反应速率减小，D项不符合题意。答案：B3．解析

：固体物质参加反应，增大接触面积，才能提高反应速率，粉末状的固体比块状的固体的表面积大，反应Ⅱ比反应Ⅰ的速率快；盐酸的物质的量相同，则产生的CO2的体积应相等，因此A、C错，从D中可以看出Ⅰ的反应速率大于Ⅱ，故D错

。答案：B4．解析：对于没有气体参与的反应体系，增大压强对反应速率无影响，故选D。答案：D5．解析：A项，增加固体的量不能改变反应速率；D项，充入N2，保持容器内体积不变，则各气态反应物和产物的浓度不变，因此

化学反应速率不发生改变；B项，保持体积不变，增加He的量，则不改变反应物的浓度，反应速率不变；C项，充入N2，保持容器内压强不变，则各气态反应物和产物的浓度减小，因此化学反应速率减小，故选C。答案：C6．解析：反应速率主要取决于慢的一步，所以该反应的速率主要取决于②的

快慢，故A错误；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，故B错误；由于该反应为放热反应，说明反应物总能量高于生成物总能量，所以正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol－1，故C正确；增大

Br2(g)的浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数增多，所以能加快反应速率，故D错误。答案：C7．解析：分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量称为活化能，由图像可知，E2表示反应C(g)―→X(g)的活化能，A项错误

；X是反应A(g)＋B(g)―→C(g)的中间产物，B项错误；由图像可知，反应物总能量高于生成物总能量，故该反应是放热反应，ΔH<0，C项正确；催化剂只改变反应速率，不改变反应的焓变，D项错误。答案：C8．解析：分析反应可知，

反应的催化剂是I－，IO－是中间产物，催化剂可以降低反应活化能，增加活化分子百分数，故A正确；①＋②可得反应的总方程式为2H2O2===2H2O＋O2↑，故当反应放出98kJ的热量时会生成0.5molO2，故B错误；H2O2分解的快慢取决于反应速率

较慢的①，I－是①的反应物之一，其浓度大小对反应有影响，故C错误；水的浓度可视为常数，一般不用其表示化学反应速率，依据反应的总方程式可知v(H2O2)＝2v(O2)，D错误。答案：A9．解析：反应①＋②可得总反

应的化学方程式为2H2O2===2H2O＋O2↑，故Fe3＋是催化剂，可增大H2O2的分解速率，故A正确；反应①中生成物的总能量大于反应物的总能量，是吸热反应，反应②中生成物的总能量小于反应物的总能量，是放热反应，

故B正确；焓变＝生成物的总能量一反应物的总能量，由题图可知反应2H2O2(aq)===2H2O(l)＋O2(g)的ΔH≠E1－E2，故C错误；0～6min生成O2的物质的量是0.001mol，消耗H2O2的

物质的量是0.001mol×2＝0.002mol，所以v(H2O2)＝Δc（H2O2）Δt＝0.002mol0.01L×6min≈3.33×10－2mol·L－1·min－1，故D正确。答案：C10．解析：不管是放热反应还是吸热反应，升高温

度均能增大其反应速率，降低温度均能减小其反应速率，C项正确，A、B项错误；根据盖斯定律，反应②－反应①可得热化学方程式H2(g)＋12O2(g)===H2O(g)ΔH＝－162kJ·mol－1，但H2O为气态，故无法得出H2的燃烧热，D项错误。答案：C11

．解析：(4)A点反应进行完全，溶液中的H2O2全部转化为H2O和O2，此时V(O2)＝60mL，所以n(O2)＝0.06022.4≈0.0027mol，根据H2O2分解的化学方程式：2H2O2====

=MnO22H2O＋O2↑可知，n(H2O2)≈0.0054mol，则c(H2O2)＝0.0054mol0.050L≈0.11mol·L－1。答案：(1)60mL(2)1min小于反应物的浓度随着反应的进行不断减小(3)D>C>B>A(4)0.11mol·L－112．解析：由实验①和实验

②可知，c(I－)由0.040mol·L－1―→0.080mol·L－1，显色时间t由88.0s―→44.0s；由实验①和实验⑤可知，c(I－)由0.040mol·L－1―→0.120mol·L－l，显色时间t由88.0s―→t1s，则t1＝88.03≈29.3。温度越高，化

学反应速率越快，故显色时间t<22.0s，A项正确。答案：(1)探究反应物I－与S2O2－8的浓度对反应速率的影响(2)29.3(3)A(4)反应速率与反应物起始浓度的乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度的乘积成反比)13．解析：(1)根据表中给出的数据，浓度

相同时，无催化剂、不加热的情况下，过氧化氢几乎不分解，在无催化剂、加热的情况下，过氧化氢分解．说明过氧化氢的分解速率与温度有关；加热不同浓度的过氧化氢溶液，得到相同体积气体的所需时间不同，浓度越大，反应的速率越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；同

一浓度的过氧化氢溶液，在无催化剂、加热的时候收集150mLO2需要的时间比有催化剂、加热的条件下需要的时间长，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关，因此该研究小组在设计方案时，考虑了浓度、温度和催化剂因素对过氧化氢分解速率的影响。(2)要想使所测得的数据能直接体现反应速率大小，则应利用

排水量气法收集一定体积的氧气，可以用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中。(3)①由于过氧化氢分解产生气体，而且反应放热，因此可以根据反应中产生气泡的快慢来判断Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果；②FeCl3和CuSO4中阳离子不同，阴离子也不同，不符合单一变量原则，改为Fe2(SO4)3溶

液，阴离子相同，这样可以消除阴离子不同对实验的干扰，更为合理。(4)FeCl3溶液中主要含有H2O、Fe3＋和Cl－三种微粒，由于双氧水中有水，则可排除水作催化剂，根据猜想1可知猜想2为真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液

中的Cl－；为验证猜想2，可向盛有H2O2溶液的试管中加入少量的盐酸，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃，得出Cl－对H2O2分解无催化作用的结论。答案：(1)温度催化剂(2)(3)①反应产生气泡快慢②消除阴离子不同对实验的干扰(4)FeCl3溶液中

的Cl－双氧水、盐酸向盛有H2O2溶液的试管中加入少量的盐酸，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃课时作业10化学反应的方向1．解析：自发过程是不借助外力作用就能自动发生的过程，包括自发反应，而电解熔融的氯化钠要在直流电作用下进行，不能自发进行。答案：D2．解析：根据图像可知，

该反应是吸热反应，ΔH＞0；根据反应方程式可知，该反应是熵增反应，ΔS＞0，故应选D。答案：D3．解析：橡皮筋拉伸过程中有放热现象，则橡皮筋从拉伸状态到收缩状态是吸热过程，混乱度增大，即吸热、熵增过程，且在25℃、

101kPa时自发进行。CaCO3分解是吸热反应，且熵增，但CaCO3在25℃、101kPa下不会自发分解，A项错误；NaOH溶解放热，B项错误；H2在O2中燃烧放热，且熵减，C项错误；D中反应是吸热反应，且熵增，在25℃、101kPa

下能自发进行，D项正确。答案：D4．解析：通过实验现象可知该反应吸热，但仍能自发进行。答案：C5．解析：题中四个反应在常温下均不能自发进行，其中A、B、C三项为熵增大的反应，在高温下可能为自发反应，但D项为熵减小的反应，在高温下仍为非自发反应。答案：D6．答案：

A7．解析：ΔH－TΔS＜0反应自发进行。若反应的ΔS＜0，反应能自发进行，则ΔH＜0，A、C错误，B正确；2NaCl(s)===2Na(s)＋Cl2(g)属于分解反应，为吸热反应，ΔH＞0，D错误。答案：B8．解析：要防止反应发生需满足ΔH－TΔS>0的条件，解不等式得T>409K，

故A正确。答案：A9．解析：在等温、等压条件下，自发反应总是向着ΔH－TΔS<0的方向进行，直至达到平衡态。因此，在0℃、100kPa条件下，白锡会不会变为灰锡就转化为求算反应白锡―→灰锡的ΔH－TΔS的问题。ΔH－TΔS＝－2180.9

J·mol－1－273K×(－6.61J·mol－1·K－1)＝－376.37J·mol－l<0，因此在该条件下白锡会变为灰锡。答案：A10．解析：由“两种气体分子都逐渐扩散到两个容器中”可知，此过程为混乱度增大，由有序到无序的过程，属于熵增大的过程，A、C项正确；由“此过程为不伴随能量变化的

自发过程”可知，此过程中没有热量的吸收或放出，B项正确；此过程是自发进行的，则它的逆过程是非自发的，D项错误。答案：D11．解析：根据盖斯定律，可得ΔH4＝ΔH1×12＋ΔH2×2－ΔH3＝－1648kJ/mol×12＋(－393kJ/mol)×2－(－1480kJ/mol)＝－130kJ/mol

，故反应①②③④都是放热反应且放出的热量较多，在热力学上自发进行的趋势都很大，A项正确；反应①和③都是放热的熵减反应，根据ΔH－TΔS<0可知，反应①和③在较低温度下能自发进行，反应④是气体分子数增大的反应，即熵增反应，B项正确；化学反应的自发性只能判断反应进行的方向，不能确定反应一定

会发生，也不能确定反应速率，C项错误；铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，而不是氧化铁，D项正确。答案：C12．解析：(1)NH4NO3的爆炸反应是气态物质的物质的量增大的化学反应，(2＋4＋1)－0>0，因此该过程是熵增大的过程。(2)水煤气

转化反应，气态物质的物质的量在反应前后未发生变化，(1＋1)－(1＋1)＝0，该过程的熵变很小。(3)生成臭氧后，气态物质的物质的量减小，2－3<0，因此该过程是熵减小的过程。答案：(1)A(2)D(3)B13．解析：放热且熵增加的反应在

任何温度下都能自发进行；吸热且熵减小的反应在任何温度下都不能自发进行；放热的熵减小反应在低温下能自发进行；吸热的熵增加反应在高温下可以自发进行，反应的具体温度可以根据ΔH－TΔS＝0计算出来。答案：CB77A－161.6D14．答案：(1)C(2)不能15．解析：(1)由于用天然气

制取炭黑的反应是吸热的熵增反应，只有在高温下才会有ΔH－TΔS<0，所以反应①在高温下能自发进行。(2)因为反应①吸热，不利于反应的自发进行；而熵增有利于反应的自发进行，所以反应①能否自发进行由熵变决定

。(3)天然气裂解为炭黑时，ΔH－TΔS＝74.848kJ/mol－80.674×10－3kJ/(mol·K)×T<0，得T>927.8K，即天然气裂解为炭黑的最低温度为927.8K。天然气裂解为乙炔时，ΔH－TΔS＝376.426kJ/mol－220.211×10－3k

J/(mol·K)×T<0，得T>1709.4K，即温度高于1709.4K时，天然气会自发裂解为乙炔和氢气。所以要制取炭黑，温度需控制在927.8～1709.4K之间。答案：(1)高温(2)熵变(3)927.8～1709.4K(4)C课时作业11化学平衡状态化学平衡常数1．解析

：达到平衡状态时正、逆反应速率相等，各组成成分的含量不变。正、逆反应速率相等是指用同一种物质来表示的反应速率。可逆反应中用各种物质表示的反应速率与化学计量数成正比，需将其转换为同一物质表示速率进行比较。答案：C2．答案：B3．解析：根据反应速率

之比等于化学计量数之比可知，4v正(O2)＝5v正(NO)，该反应达到化学平衡状态时，v正(NO)＝v逆(NO)，则4v正(O2)＝5v逆(NO)，A项正确；单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，均表示正反应方向，不能说明正、逆反应速率相等，反应

不一定达到化学平衡状态，B项错误；达到化学平衡时，若增大容器容积，则各物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，C项错误；根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，3v正(NH3)＝2v正(H2O)，D项错误。答案：A4．解析：假设反应由正反应方向开始进行，由于Y

2(g)过量，则X2(g)完全转化时，Z(g)浓度为0.4mol·L－1；假设反应由逆反应方向开始进行，则Z(g)完全转化时，X2(g)、Y2(g)的浓度分别为0.2mol·L－1、0.4mol·L－1。由题意知，该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化为生成

物，生成物也不可能完全转化为反应物，故A项正确，B、C项错误；反应前后气态物质体积不变，反应达到平衡时，不论X2、Y2、Z怎么变化，总物质的量不会改变，物质的总浓度也不会改变，即c(X2)＋c(Y2)＋c(Z)＝0.6mol·L－1，D项错误。答案：A5．解析：由于该反应为反应前后气体体积不变

的反应，体系的压强始终保持不变，A项错误；SO3和NO的物质的量之比始终为1∶1，C项错误；消耗SO3和生成NO2均表示同一方向的反应，D项错误。答案：B6．解析：Q＝c（Sn2＋）c（Pb2＋）＝0.10mol·L－10.10mol·L－1＝1＜K＝2.2，故反应未达到平衡，反

应向右进行。答案：A7．解析：K1＝c（H2S）c（H2），K2＝c（SO2）c（O2），H2(g)＋SO2(g)⇌O2(g)＋H2S(g)的平衡常数K3＝c（H2S）·c（O2）c（H2）·c（SO2）＝K1×1K2＝K1K2。答案：D8．解析：本题考查化学平衡状态的判断。①反应中各物

质均为气体，混合气体的总质量不变，且反应在恒容条件下进行，则混合气体的密度始终不变，故不能判断是否达到平衡，错误；②反应2的平衡建立过程中，气体总物质的量不断变化，则气体压强不断变化，当气体压强保持不变时，反应2达到平衡状态，正确；③

平衡建立过程中，混合气体的总质量不变，但其总物质的量不断变化，故当气体的平均摩尔质量保持不变时，反应2达到平衡状态，正确，④c（NO2）c（N2O4）保持不变，则c(NO2)、c(N2O4)均保持不变，反应2达到平衡状态，正确；⑤反应1是

不可逆反应，O2的物质的量始终保持不变，不能据此判断反应2是否达到平衡，错误；⑥v正(N2O4)∶v逆(NO2)＝1∶2，正、逆反应速率相等，反应2达到平衡状态，正确。答案：B9．解析：由化学平衡常数定义可知K1＝c（N2）·c（O2）c2（NO），A项错误；该温度下，水分解反应的平衡常数为

1K2＝12×1081＝5×10－82，B项错误；该温度下，NO、H2O、CO2三种化合物分解产生O2的反应的化学平衡常数数值分别为1×1030、5×10－82、4×10－92，所以产生O2的倾向：NO>H2O>CO2，C项正确，D项错误。答案：C10．解析：Qc(A)＝2×31×5＝1.2，Qc

(B)＝1×12×2＝0.25，Qc(C)＝0，Qc(D)＝1×12×0.5＝1。Qc(B)、Qc(C)均小于平衡常数1，所以B、C两种情况下反应向正反应方向进行；Qc(D)＝1，反应处于平衡状态；Qc(A)大于1，反应向逆反应方向进行。答案：A11．解析：第15min时c(B)＝1.6mo

l·L－1，则n(B)＝3.2mol，由题图可推知c(A)＝0.8mol·L－1，n(A)＝1.6mol，设A的初始物质的量为xmol，则2A(g)⇌B(g)＋C(g)起始量/molx00转化量/molx－1.63.23.2平

衡量/mol1.63.23.2则x－1.6＝3.2×2，解得x＝8，平衡时A、B、C的浓度分别为0.8mol·L－1、1.6mol·L－1、1.6mol·L－1，平衡常数K＝1.6×1.60.82＝4，A、B项错误；反应达平衡时生成3.2molB，放出的热量是3

.2mol×48.25kJ·mol－1＝154.4kJ，C项错误；反应达平衡时，A的转化率为6.4mol8mol×100%＝80%，D项正确。答案：D12．解析：因为平衡时，n(A)平＝0.3mol·L－1×2L＝0.6mol，n(B)平＝0.2mol·L－1×2L＝0.4mol，n(C)平＝

0.05mol·L－1×2L＝0.1mol，所以n(B)转＝2n(C)平＝0.2mol，n(B)＝n(B)平＋n(B)转＝0.6mol，n(A)转＝12n(B)＝0.3mol，n(A)＝n(A)平＋n(A)转＝0.9mol。答案：C

13．解析：由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于生成Ni(CO)4(g)，A正确；25℃时反应Ni(s)＋4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)的平衡常数为5×104

，相同温度下，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25℃时，反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为15×104＝2×10－5，B正确；浓度商Q＝0.50.54＝8，大于80℃时的平衡常数，故反应逆向进行，v

正＜v逆，C错误；80℃达到平衡时，测得n(CO)＝0.3mol，c(CO)＝0.3mol0.3L＝1mol·L－1，故c[Ni(CO)4]＝K·c4(CO)＝(2×14)mol·L－1＝2mol·L－1，D正确。答案：C14．解析：(1)根据盖斯定律，

由②－①得CO(g)＋H2O(g)⇌H2(g)＋CO2(g)ΔH3＝－42kJ·mol－1，则ΔH1＝ΔH2－ΔH3＝＋7kJ·mol－1。该氢解反应的正反应为吸热反应，平衡常数K随着温度T的升高而增大，随着1T的增大而

减小，所以题图甲中符合该氢解反应平衡常数K与温度T关系的直线为z。(2)设参加反应的NO2为xmol，列三段式：2NO2(g)＋2C(s)⇌N2(g)＋2CO2(g)起始量/mol100变化量/molx12xx平衡量/mol1－x12xx

根据题图乙可知，M点对应的平衡状态下，c(NO2)＝c(CO2)，即n(NO2)＝n(CO2)，则有1－x＝x，解得x＝0.5，平衡时，n(NO2)＝0.5mol、n(N2)＝0.25mol、n(CO2)＝0.5mol，气体的总物质的量为1.25mol，则p(

NO2)＝p(CO2)＝0.5mol1.25mol×10MPa＝4MPa，p(N2)＝0.25mol1.25mol×10MPa＝2MPa，所以M点时该反应的平衡常数Kp＝p（N2）·p2（CO2）p2（NO2）＝2×4242＝2。答案：(1)＋7kJ·mol－1z(2

)215．解析：(1)(2)(3)v(SO2)＝Δc（SO2）Δt＝3mol10L10min＝0.03mol·L－1·min－12SO2＋O2⇌2SO3开始：5mol3mol0变化：3mol1.5mol3mol平衡：2mol1.5

mol3mol则平衡时SO3的浓度为3mol10L＝0.3mol·L－1，SO2的转化率为3mol5mol×100%＝60%，平衡时混合气体的总物质的量为2mol＋1.5mol＋3mol＝6.5mol。(4)根

据反应方程式知：①体系压强不变，说明反应已达平衡状态；②容器的体积不变，混合气体的质量不变，则反应过程中密度始终不变，密度不变不能说明反应已达平衡状态；③混合气体的总质量不变，但反应过程中混合气体的总物质的量改变，若平均相对分子质量不变，说明反应已

达平衡状态；④表示v正＝v逆，说明反应已达平衡状态；⑤三者的物质的量之比等于化学计量数之比，不能说明反应已达平衡状态。(5)反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)的K＝31022102×1.510＝15，所以该温度下，SO3(g)⇌SO2(g)＋12O2(g)

的K′＝1K12＝115.答案：(1)30.03mol·L－1·min－1(2)0.3mol·L－160%(3)6.5(4)①③④(5)11516．解析：(1)v(CO)＝ΔcΔt＝0.50mol·L－18min＝0.0625mol·L－1·min－1。(2)本题容易

错选D。c(CO)/c(CO2)其实是该反应的平衡常数表达式，而平衡常数只受温度影响，故只能选A。(3)Fe(s)＋CO2(g)⇌FeO(s)＋CO(g)平衡常数K1＝c（CO）c（CO2）；Fe(s)＋H2O(g)⇌FeO(s)＋H2(g)平衡常数K2＝c（H2）c[H2

O（g）]；而CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)平衡常数K＝c[H2O（g）]·c（CO）c（CO2）·c（H2），则K＝K1K2，故973K时：K＝K1K2＝1.472.38≈0.62；1173K时：K＝2.1

51.67≈1.29；随着温度的升高，K增大，说明该反应为吸热反应。答案：(1)0.0625(2)A(3)①0.62②1.29③吸热课时作业12化学平衡的移动1．解析：①增大压强，平衡向减小体积即正向移动。②减小NO2的浓度，平衡向生成NO2，即正向移动。③

增大O2浓度，平衡向消耗O2即正向移动。④升温，平衡向吸热即逆向移动。⑤使用催化剂，平衡不移动。答案：A2．解析：由于体积减小一半，而X的浓度增大不到原来的2倍，说明增大压强，平衡右移，正反应体积缩小，所以a>b＋c。答案：A3．解析：由图像可知，压强为p1时，反应

在t2时刻达到平衡，生成物C的体积分数为φ1；压强为p2时，反应在t1时刻达到平衡，生成物C的体积分数为φ2。t2>t1，说明p2时化学反应速率快，先达到平衡，所以压强p2>p1；φ1>φ2，说明加压使平衡向逆反应方向移动，即m＋n<p＋q，则正确的有②⑤，C项正

确。答案：C4．答案：B5．解析：此坐标的纵轴表示的是NO的平衡浓度，横轴表示温度，曲线上的任一点都表示在此温度下达到平衡状态时对应的浓度，从D点作纵轴的平行线与曲线交于B点，这表示若想达到B点对应温度的平衡状态，需要转化更多的NO，即v(正)>v(逆

)(反应向正反应方向进行)。答案：B6．解析：由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即ΔH<0，故A错误；硫难溶于水，而碘单质与I－形成I－3而溶于水，可以达到除去硫粉中少量碘的目的，故B正确；加入苯，碘能溶于苯，使水中碘的浓度变小，

平衡向逆反应方向移动，故C错误；加入KI固体，平衡向正反应方向移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，故D错误。答案：B7．解析：该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则4molNH3和5molO2反应，达到平

衡时放出热量小于905.9kJ，A错误；平衡时，v正(O2)＝v逆(O2)，v逆(O2)＝54v逆(NO)，则v正(O2)＝54v逆(NO)，B错误；该反应为气体体积增大的反应，平衡后减小压强，平衡正向移动，由M

＝mn可知，n增大，m不变，混合气体平均摩尔质量减小，C错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则混合气体中NO含量降低，D正确。答案：D8．解析：甲、乙存在平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g)，该反应为气体物质的量减小的反应，甲中压强减小，乙中压强不变，乙中达到的平衡相当于在甲平衡

的基础上增大压强；丙中存在平衡：N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲中平衡为完全等效平衡，平衡时NO2的浓度相等，乙中达到的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应方向移动，但平衡移动的结果是减弱NO2浓度的增大，不会消除增大，故平

衡时容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲＝丙，A错误；甲与丙为完全等效平衡，平衡时N2O4的百分含量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时N2O4的百分含量增大，故平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙，B正确；甲与丙为完全等效平

衡，平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1，故平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率可能相同，都为0.5，C错误；甲与丙为完全等效平衡，平衡时混合气体的平均摩尔质量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，混合

气体的总物质的量减小，乙中平均摩尔质量增大，故平衡时混合物的平均相对分子质量：乙>甲＝丙，故D错误。答案：B9．解析：由图像可知，随温度升高氮气含量减少，主反应平衡逆向移动，ΔH1<0，一氧化二氮含量增多，说明副反应

平衡正向移动，ΔH2>0，故A正确；选择合适的催化剂、升高温度，活化分子数均增大，反应速率均加快，故B正确；主反应是一个气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于生成无公害气体，故C错误；反应过程中，不断分离出N2(g

)，使主反应平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，故D正确。答案：C10．解析：反应的焓变ΔH＝E1－E2＝134kJ·mol－1－368kJ·mol－1＝－234kJ·mol－1，因为该反应为可逆反应，1molNO2(g)与1molCO(g)不可能完全反应，所以放出的热量小于

234kJ，A错误；有两种或两种以上反应物的可逆反应中，增加一种反应物的量，会提高另一种反应物的转化率，与图像不符，B错误；由图甲可知，该反应是放热反应，升温，化学平衡逆向移动，CO2的物质的量浓度减小，与图像相符，C正确；平衡体系中

气体质量不变，反应前后容器容积不变，所以密度不变，与图像不符，D错误。答案：C11．解析：(1)化学平衡都是向左移动，所以最初时的NH3的质量分数最高。(2)t1时，v正、v逆均增大且v逆>v正，改变的条件是升温；t3时

，v正、v逆均增大，且v正＝v逆，改变的条件是使用催化剂；t4时，v正、v逆均减小且v逆>v正，改变的条件是减小压强。(3)v值最大的时间段为t3～t4。答案：(1)A(2)升高温度使用催化剂减小压强(3)t3～t4段12．解析：本题涉及图

像的分析及化学平衡的移动和反应进行的方向等知识点。(1)题图甲：恒压下温度升高，α(A)减小，即升高温度平衡向左移动，则正反应为放热反应，即ΔH<0；由p1>p2知恒温时压强越大，α(A)越大，即增大压强平衡向右移动，说明该正反应为气体分子数减少的反应，a＋b>c，为熵减反应，ΔS<0。放热、熵

减反应只能在低温下自发进行。(2)题图乙：T2温度下反应先达到平衡状态，说明T2>T1；温度越高，平衡时C的物质的量越小，即升高温度平衡向左移动，则正反应为放热反应，ΔH<0。(3)题图丙：T2>T1，说明温度越高φ

(C)越小，即升高温度平衡向左移动，则正反应为放热反应，ΔH<0。(4)题图丁：在恒温下压强变化对α(A)没有影响，说明压强变化不能影响平衡，此反应为气体分子数不变的反应，即a＋b＝c，反应过程中熵变很小，ΔS≈0。T1>T2，说明恒压下温度越高α(A

)越大，即升高温度平衡向右移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，则ΔH－TΔS＞0，反应不能自发进行。答案：(1)放热＞低温(2)＜放热(3)放热(4)不能13．解析：①由于反应的活化能越大，反应速率越小，故b步反应的活化能

比a步的大。②从题图甲中可看出在150℃时，反应未达到平衡，此时应继续消耗NO才能达到平衡状态，故v正>v逆。根据起始时NO与O2浓度之比为2∶1和起始c(O2)＝5.0×10－4mol·L－1，结合380℃时NO的平衡转化率为50%，列出三段式：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(

g)起始浓度/(mol·L－1)10×10－45×10－40转化浓度/(mol·L－1)5×10－42.5×10－45×10－4平衡浓度/(mol·L－1)5×10－42.5×10－45×10－4即平衡时c(O2)＝2.5×10－4mol·L－1。(2)①达到化学平

衡状态时v正＝v逆，即k正c2(NO)·c(O2)＝k逆c2(NO2)，则平衡常数K＝c2（NO2）c2（NO）·c（O2）＝k正k逆。②结合题图乙可计算出T1时NO、O2、NO2的平衡浓度分别为0.1mol·L－1、0.1mol·L－1

和0.4mol·L－1，故K＝0.420.12×0.1＝160。当温度变为T2时，由k正＝k逆可知K＝1，由于2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)为放热反应，温度升高，平衡常数减小，故T2＞T1。答案：(1)①大②>2.5×10－4(2)①k正k逆

②160＞课时作业13弱电解质的电离平衡1．答案：B2．解析：CH3COONH4是强电解质，完全电离，电离方程式为CH3COONH4===CH3COO－＋NH＋4，A项错误；H2CO3为二元弱酸，电离应分步进行，B项错误；多元弱酸的酸式盐为强电解质，但其

电离产生的酸式酸根离子不能完全电离，所以不能拆分，C项错误；KHSO4为多元强酸的酸式盐，在水溶液中可以完全电离出K＋、H＋、SO2－4，电离方程式为KHSO4===K＋＋H＋＋SO2－4，D项正确。答

案：D3．解析：由表中H2CO3和H2S的电离平衡常数可知，H2CO3的Ka1大于H2S的Ka1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，A项正确；多元弱酸分步发生电离，第一步电离产生的H＋抑制第二步、第三步的电离，故多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，B项正确，C项错误；电离平衡常数只与

温度有关，向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，溶液温度不变，则电离平衡常数不变，D项正确。答案：C4．解析：由电离常数的概念可知，这四种酸在冰醋酸中都不能完全电离，且电离常数越大，酸性越强，故在冰醋酸中酸性：HClO4>H2SO4>HCl>H

NO3。H2SO4在冰醋酸中存在电离平衡，其电离方程式为H2SO4⇌H＋＋HSO－4。故选C。答案：C5．解析：相同体积、相同c(H＋)的一元强酸和一元弱酸，刚开始与锌粉反应的速率是相同的，随着反应进行，弱酸继续电离，故其反应速率比强酸的大，排除B、D项；弱酸的物质的量浓度大于强

酸的，所以弱酸与足量的锌粉反应生成氢气的量较多，排除A项。答案：C6．解析：①c（H＋）c（CH3COOH）＝Kac（CH3COO－），加少量烧碱固体，溶液的酸性减弱，使醋酸的电离平衡正向移动，c(CH3COO－)增大，c（H＋）c（CH3COOH）值减小，故①错误；②弱电解质的电离过

程是吸热的，升高温度促进电离，溶液中c(H＋)增大，c(CH3COOH)降低，c（H＋）c（CH3COOH）值增大，故②正确；③c（H＋）c（CH3COOH）＝Kac（CH3COO－），加少量冰醋酸，使醋酸的电离平衡正向移动，

c(CH3COO－)增大，c（H＋）c（CH3COOH）值减小，故③错误；④c（H＋）c（CH3COOH）＝n（H＋）n（CH3COOH），加水促进电离，溶液中n(H＋)增大，n(CH3COOH)降低，c（H＋）c（CH3

COOH）值增大，故④正确。答案：D7．答案：B8．解析：H3PO4是三元弱酸，氢离子浓度为0.01mol·L－1，每升溶液中含有H＋的数目为0.01NA，A错误；H3PO4溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＝c(H2PO－4)＋2c(HPO2－4)＋3c(PO3－4)＋c(OH－)，该式也是溶液中的

质子守恒表达式，B正确；“越稀越电离”，弱酸溶液加水稀释，电离度增大，但是c(H＋)减小，pH增大，C错误；向H3PO4溶液中加入NaH2PO4固体，溶液中c(H2PO－4)增大，使H3PO4的电离平衡左移，c(H＋)减小，因此酸性减弱，D错误。答案：B9．答案：B10．解析：相同温

度下，电离平衡常数越大，酸性越强，三种酸的酸性强弱关系：HX＜HY＜HZ，故A错误；根据较强酸制较弱酸原理，反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生，故B正确；由电离平衡常数可以判断，HX、HY、HZ都属于弱酸，故C错误；电离平衡常数只与

温度有关，与酸的浓度无关，故D错误。答案：B11．答案：(1)增大增大右吸热(2)减小减小><向左向左1.0×10－141.0×10－14①酸碱②温度12．解析：盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸。当其物质的量浓度相同，硫酸的c(H＋)最大，醋酸

的c(H＋)最小。同体积、同物质的量浓度的三种酸，硫酸消耗的NaOH最多。当其c(H＋)相同、体积相同时，醋酸的物质的量最多，与锌反应产生的氢气最多。c(H＋)相同的三种酸均稀释10倍，强酸c(H＋)减小的多，弱酸由于促进电离，c(H＋)减小的少。答案：(1)b>a>c(2

)b>a＝c(3)c>a>b(4)c>a＝b(5)a＝b＝ca＝b>c(6)c>a＝b13．解析：(1)电离平衡常数越小，表明对应酸的酸性越弱，该酸越难电离出H＋，其酸根离子结合H＋能力越强。由表格数据知，各酸根离子对

应酸的电离常数大小关系为HF＞CH3COOH＞H2S＞HCO－3，所以结合H＋的能力最强的为CO2－3。(2)根据电离常数大小可知酸性：HS－＜HSO－3，由弱酸不能制取较强酸，HS－与SO2－3不发生反

应，故在溶液中HS－和SO2－3可以大量共存，a项不符合题意；根据电离常数大小可知酸性：HF＞CH3COOH，由较强酸能制取较弱酸，可推知反应HF＋CH3COO－===CH3COOH＋F－可发生，所以在溶液中HF和CH3COO－不能大量共存，b项符合题

意；根据电离常数大小可知酸性：H2CO3＞H2S＞HCO－3＞HS－，由弱酸不能制取较强酸，HS－和HCO－3之间不发生反应，所以在溶液中可以大量共存，c项不符合题意；根据电离常数大小可知酸性：H2SO

3＞H2CO3＞HSO－3，HSO－3和HCO－3之间不发生反应，所以在溶液中HSO－3和HCO－3可以大量共存，d项不符合题意。(3)根据电离常数大小关系可知酸性强弱：H2CO3＞H2S＞HCO－3＞HS－，根据较强

酸制较弱酸原理，Na2CO3与过量H2S在溶液中发生反应的离子方程式为H2S＋CO2－3===HCO－3＋HS－。(4)弱酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释使电离平衡向电离方向移动，因此，当起始pH相同且稀释相同倍数时，酸越弱，pH变化程度越小。由图像可知，p

H均为2的CH3COOH和HX溶液均稀释100倍后，CH3COOH溶液的pH变化小于HX溶液，表明HX的酸性比醋酸强，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数。常温下，测定0.1mol·L－1的CH3COOH溶液的pH，若pH＞1，说明醋酸是弱酸，即醋酸是弱电解质。答案：(1)CO2－3(

2)b(3)H2S＋CO2－3===HCO－3＋HS－(4)＞常温下测定0.1mol·L－1的CH3COOH溶液的pH，若pH＞1，说明醋酸是弱酸，即醋酸是弱电解质，其他合理答案均可14．解析：(1)氨水中，c(OH－)≈c(NH＋4)，故Kb＝c（NH＋

4）·c（OH－）c（NH3·H2O）≈c2（OH－）2.0＝1.8×10－5，解得c(OH－)＝6.0×10－3mol·L－1。H2SO3溶液的Ka2＝c（SO2－3）·c（H＋）c（HSO－3），所以c（SO

2－3）c（HSO－3）＝Ka2c（H＋）＝6.2×10－810－7＝0.62。(2)Ka1＝c（H2AsO－4）·c（H＋）c（H3AsO4），pH＝2.2时c(H＋)＝10－2.2mol·L－1，c(H3AsO4)＝c(H2AsO－4)，pKa1＝－l

gKa1＝－lgc（H2AsO－4）·c（H＋）c（H3AsO4）＝2.2。答案：(1)6.0×10－30.62(2)2.215．解析：Ⅰ.(1)向醋酸溶液中加入盐酸，醋酸的电离平衡常数不变，因为电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变。(2)若忽略水的电离，则溶液中的H＋

全部来自醋酸分子的电离，醋酸溶液中存在平衡：CH3COOH⇌H＋＋CH3COO－，Ka＝c（CH3COO－）·c（H＋）c（CH3COOH），其中c(H＋)＝c(CH3COO－)，由于醋酸电离程度很小，故溶液中CH3COOH浓度的近似为0.010mol·L－1，则c(H＋)＝Ka

·c（CH3COOH）＝1.6×10－5×0.010mol·L－1＝4×10－4mol·L－1。Ⅱ.饱和CO2水溶液的pH＝5.60，所以c(H＋)＝10－5.6mol·L－1＝2.5×10－6mol·L－1，c(H2CO3)＝6.25×10－

5mol·L－1，则H2CO3⇌HCO－3＋H＋的平衡常数Ka1＝c（H＋）·c（HCO－3）c（H2CO3）＝2.5×10－6×2.5×10－66.25×10－5＝1.0×10－7。Ⅲ.Kb＝c(NH＋4)·c(OH－)/c(NH3·H2O)＝(0.005×10－7)/

a2－0.005＝10－9/(a－0.01)。答案：Ⅰ.(1)否电离常数不随浓度变化而变化，在一定温度下电离常数为定值(2)4×10－4mol·L－1Ⅱ.10－7Ⅲ.10－9a－0.01课时作业14溶液的酸碱性与pH1．解析：c(OH－)＝4×

10－5＋1×10－15mol·L－1≈2×10－2mol·L－1。根据Kw，求得c(H＋)＝5×10－13mol·L－1。答案：A2．解析：100℃时，纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6mol·L－1，则Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－6×1×

10－6＝1×10－12。若把0.01molNaOH固体溶解于100℃纯水中配成1L溶液，则溶液中c(OH－)＝1×10－2mol·L－1，故溶液中c(H＋)＝Kwc（OH－）＝1×10－10mol·L－1，则pH

＝－lg10－10＝10，故B项正确。答案：B3．解析：可设碱与酸的体积分别为V碱和V酸，由题意可知，混合后碱过量，可列等式：10－（14－13）·V碱－10－2·V酸V酸＋V碱＝10－(14－11)，解之可得V碱∶V酸＝1∶9。答案：D4．解析：

①中二者恰好反应生成氯化铵，溶液的pH<7；②中盐酸与氢氧化钠恰好完全反应，溶液的pH＝7；③中NH3·H2O是弱碱，反应后过量，溶液的pH>7。答案：D5．解析：H2SO4是强电解质，在水溶液中完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出H＋，分别加水稀释100倍后，硫酸

溶液的pH为5，醋酸溶液的pH小于5，所以硫酸溶液的pH变化比醋酸溶液大，故A错误；pH均为3的硫酸和醋酸溶液，溶液中c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，c(OH－)＝10－1410－3mol·L－1＝1×10－11mol·L－1，溶液中c水(H＋)＝c(OH－)，故两种溶液中

由水电离出的c水(H＋)＝1×10－11mol·L－1，故B正确；硫酸为强酸，pH＝3的硫酸溶液与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合恰好中和，而醋酸为弱酸，若pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸过量，故C错误；溶液体积未知，无法比较产生H2的量，故D错误

。答案：B6．解析：c(OH－)混合＝10－4＋10－22mol·L－1≈5.0×10－3mol·L－1，c(H＋)混合＝1.0×10－145.0×10－3mol·L－1＝2×10－12mol·L－1，pH＝－lg(2×10－12)＝12－lg2＝11.7，A项不正确；p

H＝5的稀盐酸中，稀释1000倍后溶液的pH<7，B项不正确。pH之和为14的酸、碱溶液等体积混合时，酸与碱谁弱，溶液显谁性，故C正确。答案：C7．解析：加入酸、碱都会抑制水的电离。因CH3COOH溶液、HCl溶液中的c(H＋)与氨水、NaO

H溶液中的c(OH－)相等，对水电离的抑制程度相等，故由水电离出的H＋浓度相等，A项错误。NH3·H2O是弱碱，只能部分电离，将②③两种溶液混合，若pH＝7，则消耗溶液的体积：②＞③，B项正确。醋酸为弱酸，HCl为强酸，pH相同时，两种酸溶液的

物质的量浓度：c(CH3COOH)＞c(HCl)，故等体积的①②溶液分别与足量铝粉反应，①生成H2的量较多，C项错误。pH相同的强酸和弱酸(或强碱和弱碱)溶液，稀释相同的倍数，强酸(或强碱)溶液的pH变化幅度较大，故向等体积的四种溶液中

分别加入100mL水后，溶液pH大小关系应为③＞④＞②＞①，D项错误。答案：B8．解析：水的电离是吸热反应，温度升高，水的离子积常数增大，根据图中数据得出水的离子积常数Kw数值大小关系为b>c>a＝d，温度关

系为b>c>a＝d，C项正确，A项错误；a点和c点的c(OH－)相等而c(H＋)不相等，若纯水仅升高温度，c(OH－)与c(H＋)都增大，B项错误；b点的Kw＝1×10－12，0.5mol/L的H2SO4溶液与1mol/L的KOH溶液等体积混合，充分反应后所

得溶液显中性，pH＝6，D项错误。答案：C9．解析：pH＝2的酸溶液中c(H＋)＝0.01mol·L－1，当将其稀释到原溶液体积的1000倍时，若为强酸，则稀释后的溶液中c(H＋)＝10－5mol·L－1，此时pH＝5；若为弱酸，由于稀释过程中电离程度增

大，使n(H＋)增大，则稀释后的c(H＋)>10－5mol·L－1，此时pH<5。由三条曲线的变化趋势可知，Z表示浓的弱酸溶液稀释过程中pH的变化，X、Y表示稀溶液稀释过程中的变化，因为X为强酸，Y为弱酸，要使初始

pH均为2，则c(Y)>c(X)；pH＝2时，X已完全电离，而弱酸在稀溶液中比在浓溶液中电离程度大，故A、B、C正确，D错误。答案：D10．解析：D2O的离子积常数为1.0×10－12，pD＝6的溶液为中性；溶液中c(OD－)＝0.1mol·L－1，则c(D＋)＝1.0

×10－11mol·L－1，pD＝11，A不正确；pD＝6的溶液为中性，DCl的重水溶液稀释100倍后接近中性，pD接近6但不等于6，B正确；混合溶液中c(OD－)＝0.03L×0.5mol·L－1－0.02L×0.5mol·L－10.05L＝0.1mol·L－1，则c(D＋)

＝1.0×10－11mol·L－1，pD＝11，C正确；NaOD的重水溶液中，D＋全部由重水电离出来，pD＝10，说明c(D＋)＝1.0×10－10mol·L－1，重水电离出来的氢离子和氢氧根离子浓度相等，D正确。答案：A11．解析：本题主要考查pH试纸的使用、

弱电解质的电离平衡及相关知识的综合应用。(1)用pH试纸测溶液的pH时，pH试纸不能用蒸馏水润湿，否则相当于将原溶液稀释。(2)若溶液呈酸性或碱性，稀释必定会造成误差，若溶液呈中性，则不会造成误差。(3)NH3·H2O是弱电解质，加水稀释

促进它的电离，故对OH－浓度相等的氢氧化钠溶液和氨水来说，加水稀释相同倍数，氨水的pH减小程度较小，误差较小。(4)分别测定这两种硫酸的pH，pH较小的是浓度较大的溶液，pH较大的是浓度较小的溶液。答案：(1)错误测得的pH是稀释后溶液的pH(2)该学生操作错误，但不一定产生误差。若原溶

液是酸性或碱性溶液，稀释后溶液的pH会发生一定程度的变化，若原溶液为中性溶液，稀释后不会产生误差(3)氢氧化钠溶液稀释过程中，促进了NH3·H2O的电离，减弱了因稀释造成的OH－浓度减小的程度(4)能用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上，与标准比色卡对照，其中pH较大的是0.01mol/L

硫酸12．解析：(1)溶液中c(OH－)＝10－2mol·L－1、c(H＋)＝10－10mol·L－1，所以Kw＝10－12，混合后溶液呈碱性，c(OH－)＝1mol·L－1×Vb－10－2mol·L－1×Va×2Va＋

Vb＝10－1mol·L－1，Va∶Vb＝15∶2。(2)t℃时，混合溶液呈中性，则0.01＝Kw10－11，故该温度下水的电子积常数Kw＝10－13。①由题知nH2SO4＝0.01mol，nNaOH＝0.04mol，则混合后NaOH

是过量的，所以溶液中c(OH－)＝0.04mol－0.02mol0.2L＝0.1mol·L－1，则c(H＋)＝Kwc（OH－）＝1×10－12mol·L－1，即pH＝12。②混合溶液呈中性，则10－pHa

＝10×10pHb－13，解为pHa＋pHb＝12。答案：(1)15∶2(2)10－13①12②pHa＋pHb＝1213．解析：(1)升温，Kw变大。(2)c(SO2－4)＝5×10－4mol·L－1，则c(Na＋)＝2c(SO2－4)＝

1×10－3mol·L－1，稀释10倍，则c(Na＋)＝1×10－4mol·L－1。25℃时Na2SO4溶液中c(OH－)＝1×10－7mol·L－1，稀释10倍后仍然为1×10－7mol·L－1，则c(Na＋)∶

c(OH－)＝103∶1。(3)pH＝10的NaOH溶液c(H＋)＝10－10mol·L－1，NaOH溶液中c(H＋)来源于水的电离，水电离出H＋的同时也电离出等量的OH－。(4)t2℃时，pH＝2，说明溶液为酸性，酸过量。t2℃时，pH＝11的NaOH溶液，c(OH－)＝0.1mol·L－1

，则0.1×V2－0.1×V1V1＋V2＝0.01，解得V1V2＝911。答案：(1)>水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离程度变大，离子积增大(2)1000∶1(3)1×10－10mol·L－1(4)9∶1114．解析：(1)此温度下，水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－x·1

0－y＝10－12·100＝1×10－12＞1×10－14，升温促进水的电离，则T＞25。(2)由实验①可知，在此温度下，Ba(OH)2溶液的pH＝8，c(OH－)＝Kwc（H＋）＝1×10－121×

10－8mol·L－1＝1×10－4mol·L－1，向22.00mLBa(OH)2溶液中逐滴加入pH＝a的盐酸22.00mL，所得溶液的pH＝6，混合溶液呈中性，则盐酸中c(H＋)＝1×10－4mol·L－1，pH＝a＝4；实验②中溶液呈碱性，由水电离产生的c(OH

－)＝c(H＋)＝1×10－7mol·L－1。(3)在此温度下，0.1mol·L－1的NaHSO4溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.2mol·L－1。①按丁方式

混合后，由于n(OH－)＝n(H＋)，所以所得溶液显中性。②按乙方式混合后，反应的离子方程式为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO2－4===BaSO4↓＋H2O。③按甲方式混合后，OH－剩余，所得溶液中c(OH－)＝0.2×10×10－3－0.1×5×10－310×10

－3＋5×10－3mol·L－1＝0.1mol·L－1，c(H＋)＝Kwc（OH－）＝1×10－120.1mol·L－1＝1×10－11mol·L－1，故所得溶液的pH为11。(4)NaCN＋HCl===HCN＋NaCl，若N

aCN与HCl恰好完全反应生成HCN和NaCl，则HCN电离产生H＋而使溶液呈酸性，只有反应剩余能够水解产生OH－的NaCN时，才能使得反应后溶液pH＝7，所以a＞0.01；由电荷守恒可得c(H＋)＋c(Na＋

)＝c(OH－)＋c(CN－)＋c(Cl－)，溶液pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，即c(CN－)＝c(Na＋)－c(Cl－)＝a－0.012mol·L－1，则Ka＝c（CN－）·c（H＋）c（HCN）＝a－0.012×10－70.012＝(100a－

1)×10－7。答案：(1)1×10－12＞(2)410－7(3)①中②Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO2－4===BaSO4↓＋H2O③11(4)＞(100a－1)×10－7课时作业15酸碱中和滴定1．解析：滴定前锥形瓶用蒸馏水洗净后无须干燥，其中的蒸馏水不计入加入试剂的体积，也

就不影响滴定结果，故A项不符合题意；酸式或碱式滴定管用水洗净后一定要用相应待装溶液润洗，否则会稀释溶液，B项符合题意；待测液和标准液都可以放在锥形瓶中，盛放在锥形瓶中的溶液的体积为已知量，C项不符合题意；滴定前，滴定管中液体的凹液面的最低点与“0

”刻度或“0”刻度以下的某一刻度相切，“0”刻度以上没有刻度，D项不符合题意。答案：B2．解析：在滴定管25.00mL的下方还有一段没有刻度的部分，当把液体全部放出时，盐酸的体积将大于(25.00～5.00)mL，用相同浓度的碱液滴定时，需要碱液的体积也必然大于20mL。答案：A3．解析：A

中虽然加水稀释后待测液浓度明显变小了，但待测液中溶质的物质的量未变，故滴定时所需标准液的体积是不会改变的；B中原理与A相同，只不过是稀释程度不同罢了；C中向洗净后的滴定管中直接装入标准液，会使其浓度减小，则在滴定时耗用标准液的体积就会

增大，致使计算的数值偏高；D中虽然多加了一滴指示剂，但不会影响实验的结果，因为酸、碱的物质的量基本上没有改变。答案：C4．解析：用HCl溶液滴定NaOH溶液时，c(NaOH)＝c（HCl）·V（HCl）V（NaOH），主要分析V(HCl)对c(NaO

H)的影响。①使标准盐酸稀释必然消耗更多的盐酸，即V(HCl)偏大，则c(NaOH)偏大；②使待测碱溶液稀释，滴定时消耗盐酸体积减小，因而c(NaOH)偏小；③将有部分盐酸补满尖嘴，即V(HCl)偏大，则c(NaOH)偏大；④将出现

待测液实际量偏小，消耗V(HCl)偏小，则c(NaOH)偏小；⑤将使待测液量增多，滴定时用去标准盐酸的体积增大，则c(NaOH)偏大；⑥将使待测液量减少，滴定时用去标准盐酸的体积减小，则c(NaOH)偏

小；⑦将使V(HCl)增大，则c(NaOH)偏大；⑧读取标准HCl溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视，这样读取的标准HCl溶液的体积偏小，则c(NaOH)偏小。答案：D5．解析：③样品吸收空气中的CO2，生成Na2CO3，用酚酞作指示剂，会造成误差，计算式中不能出现V3，应用①②的平均值，

答案选B。答案：B6．答案：D7．解析：氢氧化钠溶液滴定醋酸时，恰好中和时生成醋酸钠，此时溶液显碱性，所以选择碱性条件下变色的指示剂——酚酞，终点颜色变化为无色→浅红色，A正确。盐酸滴定氨水时，恰好中和时生成氯化铵，此时溶液显酸性，所以选择酸性

条件下变色的指示剂——甲基橙，终点颜色变化为黄色→橙色，B正确。根据题给已知反应，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钾的原理进行滴定，亚硫酸钾被完全氧化后，过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色，C正确。用碘水滴定硫化钠溶液，淀粉作指示剂，开始时溶

液无色，硫化钠被完全消耗后，过量的碘水使淀粉显蓝色，所以滴定终点的颜色变化为无色→蓝色，D错误。答案：D8．解析：由题图可知，a点为中和滴定的起点，此时HX溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，则电离常数Ka(HX)＝c（H＋

）·c（X－）c（HX）＝10－3×10－30.1000－10－3≈1.0×10－5，A项错误；由0.1000mol·L－1HX溶液的pH＝3可知，HX为一元弱酸，b点时加入了10.00mLNaOH溶液，该点溶

液相当于HX与NaX的等浓度的混合液，由X元素质量守恒可知，2c(Na＋)＝c(HX)＋c(X－)，B项正确；电解质溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(X－)，而c点，pH>9，即c(OH－)>c(

H＋)，故c(Na＋)>c(X－)，C项错误；强碱滴定弱酸，滴定时pH突变范围在碱性范围内，只能选取在碱性范围内变色的酚酞作指示剂，D项错误。答案：B9．解析：据图可知，pH＝pOH＝6.5时，溶液呈中性，MOH溶液的起始pOH为2.0，即c(O

H－)＝0.01mol·L－1，而MOH的浓度为0.1mol·L－1，说明MOH是一元弱碱，HCl是一元强酸，恰好中和时生成MCl，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以pH<6.5，故A错误；溶液中c(H＋)＝c(OH－)，即pH＝pOH时，溶液显中性，根据图像可知

pH＝6.5时溶液为中性，则T℃时有pKw＝pH＋pOH＝6.5＋6.5＝13，所以a＝13－2＝11，故B错误；由上述分析可知，盐酸滴定MOH溶液恰好中和时得到MCl溶液，MCl发生水解使溶液呈酸性，所以应选

择甲基橙作指示剂，故C错误；T℃时，0.1mol·L－1MOH溶液的pOH为2.0，即c(OH－)＝10－2mol·L－1，则其Kb＝c（M＋）·c（OH－）c（MOH）＝10－2×10－20.1－10－2≈1.0×10－3，故D正确

。答案：D10．解析：当V(NaOH)＝0mL时，盐酸的pH＝1，因此c(HCl)＝0.10mol·L－1；当反应后溶液pH＝7时，HCl与NaOH恰好完全反应，因此n(HCl)＝n(NaOH)，故V(NaOH)＝20

.0mL；当反应后溶液pH＝12时，c（NaOH）V（NaOH）－c（HCl）V（HCl）V（NaOH）＋V（HCl）＝1×10－2mol·L－1，代入数据，解得V(NaOH)＝24.4mL。答案：A11．解析：(1)配制100mL0

.10mol·L－1NaOH标准溶液，需称量氢氧化钠m＝n×M＝0.10mol·L－1×0.1L×40g·mol－1＝0.4g；(2)①滴定时，当锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；②

所用标准液的平均体积为(22.62＋22.72＋22.80)mL/3＝22.71mL，c(酸)＝(0.10mol·L－1×22.7mL)/20.00mL＝0.11mol·L－1；③碱式滴定管应将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡，故选丙；④滴定终点读数时俯视读数，造

成V(标准)偏小，可知c(待测)偏低，A项错误；酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，待测液的物质的量偏小，造成V(标准)偏小，可知c(待测)偏低，B项错误；锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，可知c(待测)不变，C项

错误；称量NaOH固体中混有Na2CO3固体，以酚酞为指示剂时等质量的氢氧化钠和Na2CO3消耗的酸前者大，所以标准氢氧化钠溶液中混有Na2CO3杂质时造成V(标准)偏大，可知c(待测)偏高，D项正确；E项，碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成V(标准)偏大，可

知c(待测)偏高，E项正确。答案：(1)0.4(2)①锥形瓶中液体由无色变为浅红色，且半分钟内不变色②0.11mol·L－1③丙④DE12．解析：(2)滴定管未用标准盐酸润洗，内壁附着一层水，可将加入的盐酸冲稀，消耗相同量的碱，所需盐酸的体积偏大，结果偏高；

用碱式滴定管取出的待测NaOH溶液的物质的量一旦确定，倒入锥形瓶后，水的加入不影响OH－的物质的量，也就不影响结果；若排出气泡，液面会下降，故读取V酸偏大，结果偏高；“前仰后俯”会使V酸偏小，结果偏低。(3)读数时，以凹液面的最低点为基准。(4)先算出耗用标准酸液的平均值

：V＝26.11＋26.092mL＝26.10mL(第二次偏差太大，舍去)。答案：(1)锥形瓶内颜色变化半分钟内不变色(2)D(3)0.0026.1026.10(4)V＝26.11＋26.092mL＝26.10mL，c(NaOH)＝0.1000mol·L－1×26.

10mL25.00mL＝0.104mol·L－113．解析：(1)步骤②中配制100mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。(2)Na2S2O3溶液显碱性，则Na2S2O3标准液应装在碱式滴定管中，故选

B。(3)淀粉遇碘显蓝色，则指示剂应选用淀粉溶液，反应中单质碘被消耗，则达到滴定终点的现象是滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。(4)根据表中数据可知三次滴定消耗标准液体积分别是19.90mL、20.00mL、20.10mL，所

以消耗标准液体积的平均值是20.00mL。根据化学方程式5CO＋I2O5=====△5CO2＋I2、2Na2S2O3＋I2===2NaI＋Na2S4O6可知5CO～I2～2Na2S2O3，则气体样品中CO的体积分数为0.02L×0.01mol/L×52×100mL

25mL×22.4L/mol0.25L×100%＝17.92%。(5)滴定终点俯视读数，读数偏小，测定结果偏小，a项错误；锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，测定结果偏大，b项正确；滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，测定结果偏大，c项正确；配制100mL待测溶液时，有

少量溅出，浓度偏低，消耗标准液体积减少，测定结果偏小，d项错误。答案：(1)100mL容量瓶(2)B(3)淀粉溶液滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色(4)17.92%(5)bc14．解析：(1)亚硝酸的电

离方程式为HNO2⇌NO－2＋H＋，因此其电离平衡常数Ka＝c平()H＋·c平()NO－2c平()HNO2；(2)①根据化合物中所有元素的化合价代数和为0可知，NH2OH中氮元素的化合价为－1；②亚硝酸具有氧化性，被I－还原，生成NO，I－被氧化为I2，离子反应方程

式为：2HNO2＋2I－＋2H＋===I2＋2NO↑＋2H2O；③由滴定前后的滴定管读数可知消耗的KI标准溶液为2.00mL，反应的关系式为NaNO2～HNO2～I－，故n()NaNO2＝n()I－＝2.00×10－3L×0.001mol/L＝2

×10－6mol，则水样中NaNO2的浓度为2×10－6mol×69g/mol0.02L＝6.9×10－3g/L＝6.9mg/L。答案：(1)Ka＝c平()H＋·c平()NO－2c平()HNO2(2)①－1②2HNO2＋2I－＋2H＋===I2＋2NO↑＋2H2OI2

③6.9课时作业16盐类的水解原理1．解析：由题给水解过程示意图可知X带一个单位正电荷，再根据右侧的结构模型可判断出X为NH＋4。答案：D2．答案：D3．解析：首先判断A、D项的微粒分别是Fe3＋、S2－。Fe3＋能结合

水电离出来的OH－，使水的电离平衡向电离的方向移动，并且使溶液呈酸性，pH＜7，A项符合题意；HCO－3结合水电离出的H＋促进水的电离，溶液呈碱性，pH＞7，B项不符合题意；HSO－4能完全电离出H＋，使溶液呈酸性，pH＜

7，但抑制了水的电离，C项不符合题意；S2－水解显碱性，D错误。答案：A4．解析：由溶液呈碱性可知，H2Y是多元弱酸，电离方程式应分步书写，A项错误；HY－水解生成H2Y，HY－＋H2O⇌H2Y＋OH－，B项错误；溶

液中存在NaHY===Na＋＋HY－，HY－⇌Y2－＋H＋，HY－＋H2O⇌H2Y＋OH－，H2O⇌H＋＋OH－，但HY－的电离和水解是微弱的，故c(Na＋)＞c(HY－)＞c(OH－)＞c(H2Y)＞c(H＋)，C项正确；根据溶液中c(OH－)＞c(H＋)知

，HY－的水解程度大于其电离程度，故c(Na＋)＞c(HY－)＞c(H2Y)＞c(Y2－)，D项错误。答案：C5．解析：NaOH抑制水的电离，所以由水电离出的c(OH－)等于溶液中的c(H＋)等于10－9mol·L－1。CH3C

OONa水解，促进了水的电离，所以由水电离出的c(OH－)＝(10－14÷10－9)mol·L－1＝10－5mol·L－1，故ab＝10－910－5＝10－4，即a＝10－4b。答案：B6．答案：A7．解析：由A、D溶

液的pH>7，可知AOH的电离程度大于HD。由B、C溶液的pH<7，可知BOH的电离程度小于HC。同理由A、C、B、D溶液的pH＝7，可知AOH与HC、BOH与HD的电离程度相同。故有电离程度：HC＝AOH>HD＝BOH，即HC的酸性大于HD，AOH的

碱性大于BOH。答案：A8．解析：若MA不水解，溶液呈中性，c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒，c(A－)＝c(M＋)；若MA水解，说明HA为弱酸，则MA溶液中c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒，c(A－)<c(M＋)。答案：D9．解析：当三种盐溶液浓度相同

时，其水解程度的大小顺序为①>③>②，根据越弱越水解，三种溶液的pH由大到小的顺序为①>③>②，所以，当三者溶液pH相同时，水解程度较小的浓度则应较大。答案：C10．答案：③④11．解析：(1)弱酸根离子水解后溶液显碱性，部分酸式酸

根离子若其水解程度大于电离程度，则溶液也显碱性，即S2－、SO2－3、HPO2－4、AlO－2、HCO－3水解后溶液呈碱性。(2)NH＋4、Al3＋、Fe3＋属于弱碱的阳离子，水解后溶液呈酸性。(3)Na＋是强碱的阳离子

，Cl－和SO2－4是强酸的阴离子，它们既能在强酸性溶液中存在又能在强碱性溶液中存在。(4)HPO2－4、HCO－3既能与强酸反应，又能与强碱反应。答案：(1)S2－、SO2－3、HPO2－4、AlO－2、

HCO－3(2)NH＋4、Al3＋、Fe3＋(3)Na＋、Cl－、SO2－4(4)HPO2－4、HCO－312．解析：(1)五种电解质溶液中，NaHCO3、CH3COONH4、NH4HCO3既能结合H＋又能结合OH－，所以既能与盐酸又能与烧碱溶液反应。(2)根据酸性强弱关系

可知HCO－3、、CO2－3的水解程度由大到小的顺序为CO2－3>>HCO－3，溶液pH由大到小的顺序为①>③>②。(3)NH4HCO3与足量NaOH溶液混合加热反应的离子方程式为NH＋4＋HCO－3

＋2OH－=====△NH3↑＋CO2－3＋2H2O。(4)若常温下CH3COONH4溶液呈中性，说明CH3COO－和NH＋4水解程度相同，而H2CO3酸性弱于CH3COOH，所以HCO－3的水解程度大于CH3COO－，因此NH4HCO3溶液的pH>7

。答案：(1)②④⑤(2)①③②(3)NH＋4＋HCO－3＋2OH－=====△NH3↑＋CO2－3＋2H2O(4)>CH3COONH4溶液呈中性，说明CH3COO－和NH＋4水解程度相同；而H2CO3酸性弱于CH3COOH，所以HCO－3的水解程度大于CH3C

OO－，因此NH4HCO3溶液的pH>713．解析：(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，根据“谁弱谁水解，谁强显谁性”的原则，NH4Cl溶液显酸性。(2)CH3COONH4溶液中，醋酸根离子促进铵根离子的水解，而NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出来的氢离子

抑制铵根离子的水解，所以后者中铵根离子浓度大。(3)因为氯离子在溶液中不变化，所以其浓度为0.1mol/L；根据原子守恒可知，含N原子微粒的总物质的量浓度为0.2mol/L，而N原子的存在形式为NH3·H2O和NH＋4。(4)溶液②的pH＝7，说明

CH3COO－水解生成的OH－的物质的量等于NH＋4水解生成的H＋的物质的量，即二者水解程度相同；根据电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NH＋4)＋c(H＋)，因为c(H＋)＝c(OH－)，故c(

CH3COO－)＝c(NH＋4)。(5)①由溶液中存在的微粒可知，H2A为二元弱酸，分步电离。②NaHA和NaOH恰好反应生成Na2A，溶液显碱性。答案：(1)酸NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋(2

)<(3)Cl－NH＋4(4)＝＝(5)①H2A⇌H＋＋HA－，HA－⇌H＋＋A2－②>14．解析：盐在水中能完全电离：XmYn===mXn＋＋nYm－。(1)溶液的pH＝5，说明该盐为强酸弱碱盐，因此发生水解：Xn＋＋nH2O

⇌X(OH)n＋nH＋。(2)溶液的pH＝9，说明该盐为强碱弱酸盐，因此发生水解：Ym－＋H2O⇌HY(m－1)－＋OH－。(3)据有关现象可知盐溶于水时能发生水解且相互促进。因为X、Y为同周期的短周期元素，且能完

全水解，因此该盐为硫化铝，水解方程式为：Al2S3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。(4)X、Y为不同周期的短周期元素，“类盐”有氮化镁、碳化铝等，溶于水发生水解反应：Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2N

H3↑、Al4C3＋12H2O===4Al(OH)3↓＋3CH4↑。(5)X、Y为同主族元素，且m＝n，符合条件的有NaH、KH、BrCl、IBr，水解反应方程式分别为：NaH＋H2O===NaOH＋H2↑、KH＋H2

O===KOH＋H2↑、BrCl＋H2O===HBrO＋HCl、IBr＋H2O===HIO＋HBr。答案：(1)Xn＋＋nH2O⇌X(OH)n＋nH＋(2)Ym－＋H2O⇌HY(m－1)－＋OH－(3)Al2S3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑(4)Mg3N2＋6H2O===3Mg(

OH)2↓＋2NH3↑或Al4C3＋12H2O===4Al(OH)3↓＋3CH4↑(5)NaH＋H2O===NaOH＋H2↑或KH＋H2O===KOH＋H2↑或BrCl＋H2O===HBrO＋HCl或

IBr＋H2O===HIO＋HBrNaH、KHBrCl、IBr15．解析：(1)等量的HA与NaOH混合，恰好完全反应生成盐NaA，由于溶液显碱性，说明NaA是强碱弱酸盐，A－发生了水解。(2)由于生成的盐NaA能水解，所以

促进了水的电离，而NaOH抑制水的电离。(3)由NH4A溶液为中性可知，HA的电离程度与NH3·H2O的电离程度相同，又由HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出可知，HA的电离程度大于H2CO3，所以NH3·H2O的电离程度大于H2CO3的，所以(NH4)2CO3

溶液显碱性(“谁强显谁性”)。(4)假设盐未水解，①＝③>④＝⑤>②；由于①的水解程度大于③，所以c(NH＋4)：③>①；由于④的水解程度小于⑤，所以c(NH＋4)：④>⑤。答案：(1)A－＋H2O⇌HA＋OH－(2)>(3)>(4)③>①>④>⑤>②课时作业17影响盐类水解的因素及盐类水

解的应用1．解析：FeCl3水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋。A项，加入少量NaCl固体，对FeCl3水解平衡无影响，FeCl3的水解程度不变；B项，加入少量水，溶液得以稀释，FeCl3的水解程度增大；C项，加入FeCl3固体，溶液中Fe3＋的浓度增大，水解平衡正向

移动，但FeCl3的水解程度减小；D项，水解反应为吸热反应，降温，平衡逆向移动，FeCl3的水解程度减小。答案：B2．解析：①NaHCO3与柠檬酸反应生成二氧化碳，与盐类水解无关；②加入铁粉可以防止FeCl2被氧化变质，与盐类水解无关；③盐酸可以抑制AlCl3水解；④NH4F

的水解产物氢氟酸可与玻璃中的二氧化硅发生反应；⑤Na2CO3、Na2SiO3水解显碱性，可与玻璃中的二氧化硅发生反应，将试剂瓶与玻璃塞粘住；⑥NH4Cl或AlCl3水解产生H＋，H＋与镁条发生反应而产生气泡；⑦Na2S与AlCl

3水解相互促进至水解完全，所以反应得不到Al2S3；⑧NaHCO3水解使溶液显碱性；⑨Al3＋水解，使c(Al3＋)<0.1mol/L。答案：B3．解析：NaHSO3溶液中存在HSO－3⇌H＋＋SO2－3、HSO－3＋H2O

⇌H2SO3＋OH－，由于溶液的pH<7，说明HSO－3的电离程度大于HSO－3的水解程度，故c(SO2－3)>c(H2SO3)，A项错误；由物料守恒可知，c(Na＋)＝c(HSO－3)＋c(SO2－3)＋c(H2SO3)，故c(Na＋)>c(HSO－3)＋

c(SO2－3)，B项正确；由电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO－3)＋2c(SO2－3)＋c(OH－)，C、D项均错误。答案：B4．解析：Na2S电离产生的S2－部分水解可生成HS－，HS－发生更弱的水解，可生成H2S分子，两步水解均破坏了水的电离平衡，

使溶液中OH－不断增多，c(HS－)<c(OH－)，A项错误；题给粒子浓度关系为质子守恒关系式，B项正确；溶液中的阴离子还有HCO－3，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(OH－)，C项错误；根据物料守恒有c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c

(Na＋)，c(Cl－)＝2c(Ca2＋)，则c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)，D项错误。答案：B5．解析：①使pH试纸变成深蓝色的溶液为碱性溶液，各离子能大量共存，正确；②S2－会被ClO－氧化，不能大量共存，错误；③Al3＋与SiO2－

3会发生相互促进的水解反应，不能大量共存，错误；④含有这4种离子的溶液呈酸性，错误；⑤加入铝粉放出氢气的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，碱性条件下NH＋4不能大量存在，错误；⑥HCO－3和AlO－2反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，错误。答案：B6．解析：盐溶液的pH越大，

酸根离子水解程度越大，对应酸的酸性越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，CH3COOH溶液的pH较小，A项错误；Na2CO3溶液中存在CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－，HCO－3＋H2O⇌H2CO3＋OH－，H2O⇌H＋＋OH－，NaHCO3

溶液中存在HCO－3⇌CO2－3＋H＋，HCO－3＋H2O⇌H2CO3＋OH－，H2O⇌H＋＋OH－，所以两种溶液中粒子种类相同，B项正确；能水解的盐能促进水的电离，盐的水解程度越大，水的电离程度越大，则四种溶液中，水的电离

程度③>④>②>①，C项错误；由物料守恒可知，NaHCO3溶液中存在c(Na＋)＝c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(H2CO3)，D项错误。答案：B7．答案：D8．解析：将水加热可以促进水的电离，但c(H＋)＝c(OH－)；钠与水反应，溶液中c(OH－

)增大，最终c(H＋)<c(OH－)；向水中通入CO2、加入NaHSO4固体，溶液中的c(H＋)增大，抑制水的电离；向水中加入碳酸氢钠固体，HCO－3与水电离出的氢离子结合，促进水的电离，但c(H＋)<c(OH－)；加入明矾晶体，铝离子与水电离出的氢氧根离子

结合生成氢氧化铝胶体，促进了水的电离，且c(H＋)>c(OH－)。答案：D9．解析：NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则HX是强酸，HY、HZ是弱酸，且酸性HY>HZ，A错误；根据“越弱越水解”的规律可知，

物质的量浓度相同的一元强碱弱酸盐溶液，pH越大，其中弱酸根离子浓度越小，故c(Z－)<c(Y－)<c(X－)，B错误；因HY的酸性强于HZ的酸性，Ka(HZ)<Ka(HY)，C错误；NaX电离后不水解，溶液中c(X－)＝0.1mol·L－1，NaY,N

aZ电离后部分水解，根据物料守恒可知，c(Y－)＋c(HY)＝0.1mol·L－1，c(Z－)＋c(HZ)＝0.1mol·L－1，D正确。答案：D10．解析：a点溶液pH＝1.85，则溶液中c(H＋)＝10－1.85mol·L－1，又由

题目可知H2A的一级电离平衡常数Ka1＝c（H＋）·c（HA－）c（H2A）＝10－1.85，即c(H＋)＝Ka1，故溶液中c(HA－)＝c(H2A)，若所加NaOH溶液为10mL，则a溶液中存在c(NaHA

)＝c(H2A)，因此时pH＜7，说明H2A的电离程度大于HA－的水解程度，则溶液中c(HA－)＞c(H2A)，因此a点所加NaOH溶液的体积需小于10mL，即V0＜10，A项错误；b点加入NaOH溶液的体积

为20mL，此时恰好反应产生NaHA，溶液中存在质子守恒：c(H2A)＋c(H＋)===c(A2－)＋c(OH－)，B项错误；A2－的水解平衡常数Kh(A2－)＝c（HA－）·c（OH－）c（A2－）＝KwKa

2＝10－1410－7.19＝10－6.81，C项错误；c点溶液的pH＝7.19，即溶液中c(H＋)＝10－7.19mol·L－1，H2A的二级电离平衡常数Ka2＝c（H＋）·c（A2－）c（HA－）＝10－7.19，则c(H＋)＝Ka2，

故溶液中c(A2－)＝c(HA－)，D项正确。答案：D11．解析：0.1mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONa溶液等体积混合后，溶液中存在电荷守恒，即c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A项正确；pH＝2

的H2C2O4溶液中的c(H＋)与pH＝12的NaOH溶液中的c(OH－)相等，由于草酸是弱酸，所以二者等体积混合后H2C2O4过量，c(Na＋)<c(H2C2O4)＋c(HC2O－4)＋c(C2O2－4)，B项错误；10mLpH＝12的氢氧化钠溶液中加入pH＝2的HA溶液至

pH刚好等于7，若HA为强酸，则V(总)＝20mL，若HA为弱酸，则V(总)<20mL，所得溶液体积V(总)≤20mL，C项错误；D项，混合溶液中存在：HCN⇌H＋＋CN－，CN－＋H2O⇌HCN＋OH－，由于c(CN－)<c(Na＋)，根据电荷守恒可知c(H＋)<c

(OH－)，说明HCN的电离程度小于CN－的水解程度，即c(CN－)<c(HCN)，D项错误。答案：A12．答案：(1)HCO－3＋H2O⇌H2CO3＋OH－(2)大于(3)＝>(4)乙(5)乙将一定体积0.1mol·L－1的NaHCO3溶液置于烧杯中加热至微沸(溶液体积不变)

，测其pH为9.8；将烧杯冷却至室温，过一段时间(溶液体积不变)测得pH为10.1，溶液冷却至室温后pH大于8.4，说明此实验过程中有新物质生成13．解析：根据“越弱越水解”的规律知酸性强弱顺序为CH3COOH>H2

CO3>HClO>HCN>HCO－3，酸性越弱，其阴离子结合质子的能力越强。(3)中Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO，如果加入少量Na2CO3，则Na2CO3先与H＋反应，使平衡右移，从而c(HClO)增大。答案：(1)CO2－3(2)DA(3)2Cl2＋CO2－3＋H2O===CO2↑＋2

Cl－＋2HClO14．解析：(1)比较表格中的电离常数可知，酸性H2SO3>H2CO3>HSO－3>HClO>HCO－3，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3均为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，对应弱酸的酸性越弱，盐的水解程度越大，故Na2CO3水解程度最大，溶液碱性最

强，pH最大，由此可知，pH由大到小的顺序是②①④③。(2)NaClO属于强碱弱酸盐，水解显碱性，水解方程式为ClO－＋H2O⇌HClO＋OH－。(3)NH4Cl属于强酸弱碱盐，水解显酸性，0.1mol/LN

H4Cl溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(Cl－)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－)。加入(NH4)2SO4固体，水解平衡正向移动，但c(NH＋4)增大，c(Cl－)不变，则c(NH＋4)/c(Cl－)增大，A项正确；通入少量HCl，水解平衡逆向移动，c(NH

＋4)增大，c(Cl－)也增大且增大的程度比c(NH＋4)大，则c(NH＋4)/c(Cl－)减小，B项错误；降低溶液温度，水解平衡逆向移动，c(NH＋4)增大，c(Cl－)不变，则c(NH＋4)/c(Cl－)增大，C项正确；加

入少量NaOH固体，水解平衡正向移动，c(NH＋4)减小，c(Cl－)不变，则c(NH＋4)/c(Cl－)减小，D项错误。(4)NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，故c(NH3·H2O)＝c(H＋)＝1×10－5mol/L，则c(OH－)＝Kwc（H＋）＝1×10－141×10－

5mol/L＝1×10－9mol/L，c(NH＋4)＝(0.1－1×10－5)mol/L≈0.1mol/L，氨水的电离方程式为NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－，Kb(NH3·H2O)＝c（OH－）·c（NH＋4）c（NH3·H2O）＝0.1×1×10－91×10－5＝1×10－5。

答案：(1)②①④③(2)ClO－＋H2O⇌HClO＋OH－(3)c(Cl－)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－)AC(4)1×10－515．解析：本题考查电离平衡、碱酸中和反应、盐类的水解、离子浓度的比较等。(1)CH3COONa溶液中存在CH3COO－的水解平衡

和H2O的电离平衡：CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，H2O⇌H＋＋OH－。(2)在0.1mol·L－1CH3COONa溶液中，CH3COO－发生水解而使溶液呈碱性，则有c(OH－)＞c(H

＋)，则有c(Na＋)＞c(CH3COO－)，故离子浓度的大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。(3)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，则电离平衡常数表达

式为Ka＝c（H＋）·c（CH3COO－）c（CH3COOH）。0.10mol·L－1的醋酸溶液中，c(H＋)≈c(CH3COO－)，c(CH3COOH)≈0.10mol·L－1，则有Ka(CH3COOH)＝c

（H＋）·c（CH3COO－）c（CH3COOH）≈c2（H＋）c（CH3COOH）＝c2（H＋）0.10＝1.69×10－5，解得c(H＋)＝1.3×10－3mol·L－1，故pH＝－lg(1.3×10－3)＝3－lg1.3＝3－0.114≈2.89。(4)加水稀释或升高温度

，醋酸的电离平衡和醋酸钠的水解平衡均正向移动，则醋酸的电离程度、醋酸钠的水解程度均增大，A、B错误；醋酸和醋酸钠混合液中，醋酸抑制醋酸钠的水解，醋酸钠抑制醋酸的电离，C正确。(5)物质的量浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH和CH3COONa溶

液等体积混合，据电荷守恒可得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，根据物料守恒有2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，综合以上式子可得2c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋2(

OH－)，由Ka(CH3COOH)可知CH3COOH的电离程度和CH3COO－的水解程度不同，则混合溶液中c(H＋)与c(OH－)不相等，A错误，B正确。据物料守恒可得c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝

2c(Na＋)＝0.1mol·L－1，C正确。(6)常温时，pH＝3的醋酸和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，发生中和反应后，醋酸剩余，所得溶液呈酸性，则有c(H＋)＞c(OH－)；据电荷守恒可得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，从而推知：c(Na＋)＜c

(CH3COO－)。答案：(1)CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，H2O⇌H＋＋OH－(2)c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)(3)c（H＋）·c（CH3COO－）c（CH3C

OOH）2.89(4)C(5)BC(6)＜c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)课时作业18沉淀溶解平衡1．解析：该反应为放热反应，升高温度，该沉淀溶解平衡逆向移动，故①正确；加入Na2CO3粉末，CO2－3会与Ca2＋结合生成更难溶的CaCO3，Ca

2＋浓度减小，故②错误；恒温条件下，Ksp不变，加入CaO后，虽然CaO与水反应生成Ca(OH)2，但溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，Ca2＋和OH－的浓度都不变，pH不变，故③错误；加热溶液，该沉淀溶解平衡逆向移动，OH－

浓度减小，溶液的pH降低，故④错误；加入Na2CO3溶液，该沉淀溶解平衡正向移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，故⑤正确；加入NaOH固体，OH－浓度增大，该沉淀溶解平衡逆向移动，Ca(OH)2固

体质量增加，故⑥错误。答案：A2．解析：当Qc>Ksp时，有沉淀生成，当向溶液中逐滴加入0.010mol/L的AgNO3溶液时，比较所需c(Ag＋)的最小值；沉淀Cl－所需c(Ag＋)>1.56×10－100.010m

ol/L＝1.56×10－8mol/L，沉淀Br－所需c(Ag＋)>7.7×10－130.010mol/L＝7.7×10－11mol/L，沉淀CrO2－4所需c(Ag＋)>9.0×10－120.010mol/L＝3×10－5mol/L。故产生沉淀的

先后顺序为Br－、Cl－、CrO2－4。答案：C3．解析：已知K2SO4·MgSO4·2CaSO4(s)⇌2Ca2＋(aq)＋2K＋(aq)＋Mg2＋(aq)＋4SO2－4(aq)，加入饱和NaOH溶液，OH－和Mg2＋结合生成氢氧化镁沉淀，c(Mg2＋)减小，

溶解平衡右移，故A项正确；加入饱和碳酸钠溶液，CO2－3和Ca2＋结合生成碳酸钙沉淀，c(Ca2＋)减小，溶解平衡右移，故B项正确；由图可知，升高温度，达到平衡需要的时间缩短，即反应速率增大，c(K＋)增大，即平衡正向移动，故C项正确；平衡的Ksp＝c2(Ca2＋)·

c2(K＋)·c(Mg2＋)·c4(SO2－4)，故D项错误。答案：D4．解析：由于三种盐的组成类型相同，所以溶度积常数越大，其饱和溶液中离子的浓度就越大，因为AgCl的溶度积常数最大，所以该盐的饱和溶液中，c(Ag＋)最大，A项正确；由于在AgCl的悬浊液中存在着沉淀溶解平

衡AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，当向悬浊液中加入KI溶液时，由于Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，发生反应I－＋AgCl⇌AgI＋Cl－，破坏了AgCl的沉淀溶解平衡，AgCl继续溶解，Ag＋不断被消耗，最终会有一部分AgCl白色沉淀转化为AgI黄

色沉淀，B项正确；溶度积常数只与难溶电解质的性质及温度有关，而与其他条件无关，由于温度相同，所以同一难溶电解质的溶度积常数相同，C项正确；在AgBr的悬浊液中存在着沉淀溶解平衡AgBr(s)⇌Ag＋(aq)＋Br－(aq)，当向悬浊液中加入KI溶液时，由于Ksp(AgI)<K

sp(AgBr)，发生反应的离子方程式为I－＋AgBr⇌AgI＋Br－，D项错误。答案：D5．解析：由于FeS的Ksp大，且FeS与CuS的Ksp表达式是相同的，因此FeS的溶解度比CuS大，A项错误；Ksp不随浓度变化而变化，它只与温度有关

，B项错误；因CuS的Ksp小于FeS的Ksp，故先出现CuS沉淀，C项错误；向含有Cu2＋的工业废水中加入FeS，FeS会转化为更难溶的CuS，D项正确。答案：D6．解析：Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(O

H－)，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，Fe3＋、Cu2＋浓度相等(b、c点)时，Fe3＋对应的pH小，c(H＋)较大，则c(OH－)较小，又知Ksp仅与温度有关，则Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]，A

选项正确；存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)⇌Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)，加入NH4Cl固体，因为NH＋4水解产生H＋，H＋与OH－反应使平衡正向移动，c(Fe3＋)增大，B选项错误；c(

H＋)和c(OH－)的乘积为Kw，Kw仅与温度有关，则C选项正确；由题意和题图知D选项正确。答案：B7．解析：根据图中c点的c(Ag＋)和c(Br－)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10－13，A正确。在AgBr饱和溶液

中加入NaBr固体后，c(Br－)增大，AgBr的溶解平衡逆向移动，c(Ag＋)减小，B错误。在a点时Qc<Ksp，故a点对应的是AgBr的不饱和溶液，C正确。选项D中K＝c（Cl－）c（Br－）＝Ksp（AgCl）Ksp（AgBr），代入数据得K≈816，D正确。答案：B8．解

析：在一定温度下，a点溶液已处于饱和状态，加入Na2SO4，SO2－4浓度增大，Ba2＋浓度应减小，而从a点到b点，SO2－4浓度增大，Ba2＋浓度不变，A项错误；蒸发d点对应的溶液，SO2－4和Ba2＋

浓度均增大，可使溶液达到饱和状态，但d点到c点，Ba2＋浓度增大而SO2－4浓度不变，B项错误；d点表示溶液中Qc<Ksp，为BaSO4的不饱和溶液，体系中无沉淀生成，C项正确；温度不变，溶度积常数不变，曲线上任意一点的溶度积常数都相等，D项错误。答案：C9．解析：残留在牙齿上的糖发酵会产生H＋

，与OH－反应生成H2O，促使Ca5(PO4)3OH(s)的沉淀溶解平衡正向移动，易造成龋齿，A正确；小孩长牙时，要在牙齿表面形成Ca5(PO4)3OH(s)，从平衡移动角度分析，要增大牙齿表面的c(Ca2

＋)、c(OH－)，促使Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡逆向移动，故小孩长牙时要少吃糖多补钙，B正确；减少OH－的浓度，Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡将向右移动，由于温度不变，Ksp的值不变，C错误；由于Ca5(PO4)3F的

Ksp小于Ca5(PO4)3OH的Ksp，使用含氟牙膏，使Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s)，可有效防止龋齿，D正确。答案：C10．解析：Ksp(Ag2C2O4)＝c2(Ag＋)·c(C2O2－4)＝(10－4)2×10－2.46＝10－10.

46，数量级为10－11，故A错误；－lgc(Ag＋)越小，c(Ag＋)越大，根据图像，n点时c(Ag＋)大于与其c(Cl－)相同的点对应沉淀溶解平衡时c(Ag＋)，故n点的离子积Qc(AgCl)＞Ksp(AgCl)，为氯化银的过饱和溶液，将有沉淀析

出，故B错误；根据图像可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag＋)小，故向c(Cl－)＝c(C2O2－4)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C错误；Ag2C2O4(s)＋2Cl－(aq)⇌2AgCl(s)＋C2O2－4(aq)的平衡常数

K＝c（C2O2－4）c2（Cl－），此时溶液中的c(Ag＋)相同，则可有K＝c（C2O2－4）c2（Cl－）＝10－2.46（10－5.75）2＝109.04，故D正确。答案：D11．解析：由图可知，向ZnCl2溶液中

加入过量NaOH溶液，Zn2＋最终以[Zn(OH)4]2－的形式存在，故反应的离子方程式为Zn2＋＋4OH－===[Zn(OH)4]2－，A项正确；控制溶液的pH在8.0～12.0之间可以将该废液中的Zn2＋完全沉淀，B项正确；

由a点可知，pH＝7.0即c(OH－)＝10－7mol·L－1时，lgc(Zn2＋)＝－3.0，即c(Zn2＋)＝10－3mol·L－1，则Ksp[Zn(OH)2]＝c平(Zn2＋)×c2平(OH－)＝10－3mol·L－1×(10－7

)2mol2·L－2＝10－17mol3·L－3，pH＝8.0即c(OH－)＝10－6mol·L－1时，c平(Zn2＋)＝Ksp[Zn(OH)2]/c2平(OH－)＝10－17/(10－6)2mol·L－1＝10－5

mol·L－1，pH＝12.0即c平(OH－)＝10－2mol·L－1时，c平(Zn2＋)＝Ksp[Zn(OH)2]/c2平(OH－)＝10－17/(10－2)2mol·L－1＝10－13mol·L－1

，故两种废液中Zn2＋浓度的比值为10－5/10－13＝108，C项正确，D项错误。答案：D12．解析：(1)尿酸钠的Ksp＝c(Na＋)·c(Ur－)＝8.0×10－3×8.0×10－3＝6.4×10－5。(2)由题给信息，关节炎是因为形

成了尿酸钠晶体，说明反应②的平衡向逆反应方向移动，Ksp减小。温度降低平衡逆向移动，说明生成尿酸钠晶体的反应是放热反应。(3)c(HUr)＝5.0×10－4mol·L－1，c(Ur－)＝2.0×10－3mol·L－1－5.

0×10－4mol·L－1＝1.5×10－3mol·L－1，根据Ka＝c（H＋）·c（Ur－）c（HUr），c(H＋)＝4.0×10－6×5.0×10－41.5×10－3mol·L－1≈1.33×10－6mol·L－1。

答案：(1)6.4×10－5(2)减小放热(3)1.33×10－6mol·L－1<13．解析：(1)根据氢氧化铁的沉淀溶解平衡Fe(OH)3(s)⇌Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)可知，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝1×10－38。当溶液中c

(Fe3＋)＝10－5mol·L－1时，c(OH－)＝10－11mol·L－1，则溶液中氢离子浓度为10－3mol·L－1，所以溶液的pH最小为3；(2)0.74g氢氧化钙的物质的量：n[Ca(OH)2]＝0.74g74g·mol－1＝0.01

mol，所以氢氧化钙溶液的浓度：c[Ca(OH)2]＝0.01mol0.1L＝0.1mol·L－1。c(Ca2＋)＝0.1mol·L－1，c(OH－)＝0.2mol·L－1，Ksp[Ca(OH)2]＝c(Ca2

＋)·c2(OH－)＝4×10－3。(3)沉淀Cd2＋时所需S2－的最低浓度：c(S2－)＝Ksp（CdS）c（Cd2＋）＝3.6×10－290.10mol·L－1＝3.6×10－28mol·L－1不使ZnS沉淀，S2－的最高浓度：c(S2－)＝Ksp（ZnS）

c（Zn2＋）＝1.2×10－230.10mol·L－1＝1.2×10－22mol·L－1。答案：(1)3(2)n[Ca(OH)2]＝0.74g74g·mol－1＝0.01mol，c[Ca(OH)2]＝0.01mol0.1L＝0.1mol·L－1，c(Ca2＋)＝0.1mol·L－1，c(OH－

)＝0.2mol·L－1，Ksp[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝4×10－3(3)c(S2－)在3.6×10－28mol·L－1～1.2×10－22mol·L－1之间可以使CdS沉淀而Zn2＋留在溶液中14．解析：本题涉及元素化合物知识的综合应用，通过工艺

流程形式给出信息，考查分析和解决化学工艺流程问题的能力，根据题给信息书写相应的化学方程式和离子方程式，体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。(1)由题干信息可知，滤渣有生成的S和不与H2SO4反应的SiO2(或写不溶性硅酸盐)；依据氧化还原反应原理可知，MnO2作氧化剂，MnS作还原剂，由

此可写出化学方程式。(2)Fe溶于H2SO4中得到Fe2＋，为了去除方便，需将Fe2＋氧化为Fe3＋。(3)由相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围可知除铁和铝时溶液pH范围应调节为4.7～6之间。(4)NiS和ZnS是难溶于

水的硫化物。(5)MgF2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2F－(aq)，若增大H＋浓度，F－与H＋会结合成弱电解质HF而使沉淀溶解平衡正向移动，导致溶液中Mg2＋沉淀不完全。(6)由于HCO－3⇌H＋＋CO2－3，CO2－3与Mn2＋可形成MnCO3沉淀，使H

CO－3电离平衡正向移动，H＋浓度增大，H＋与HCO－3反应生成H2O和CO2，所以离子方程式为Mn2＋＋2HCO－3===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。答案：(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋(3)4

.7(4)NiS和ZnS(5)F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移动(6)Mn2＋＋2HCO－3===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O专题1综合检测1．解析：由题图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，故图示所表示的反应为吸热反

应。镁片与稀盐酸的反应为放热反应，A项不符合题意；碳酸钙在高温下的分解反应为吸热反应，B项符合题意；酸碱中和反应为放热反应，C项不符合题意；乙醇在氧气中的燃烧反应为放热反应，D项不符合题意。答案：B2．解析：ΔH＝反应物的键能

总和－生成物的键能总和＝413kJ·mol－1×4＋155kJ·mol－1×4－(489kJ·mol－1×4＋565kJ·mol－1×4)＝－1944kJ·mol－1。正确选项为D。答案：D3．解析：表示中和热的热化学方程式为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3kJ

·mol－1，A项错误；准确测量中和热的实验过程中，需做三次平行实验，每次实验需测3次温度，故共需测9次温度，B项错误；因铜是热的良导体，因此中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，容易造成热量损失，则导致测量出的中和热数值偏小，C项正确；中和热是指强酸、强碱稀溶液发

生中和反应生成1molH2O(l)时放出的热量，D项错误。答案：C4．解析：由石英砂制纯硅的不同途径如下：SiO2(石英砂)――→ΔH1Si(粗硅)――→ΔH2SiCl4――→ΔH3SΔHi(纯硅)根据盖

斯定律可得，SiO2(s)＋2C(s)＋2Cl2(g)＋2Mg(s)===Si(s)＋2MgCl2(s)＋2CO(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝－600.20kJ·mol－1，故生产1.00kg纯硅放出的

热量为1000g28g·mol－1×600.20kJ·mol－1≈21435.71kJ。答案：C5．解析：氢气的燃烧热是指在101kPa时，1mol氢气完全燃烧生成液态水时所放出的热量，则氢气的燃烧热

ΔH＝12(ΔH1＋ΔH2)＝－285.8kJ·mol－1，A项错误；由题图可知，2molH2(g)与1molO2(g)所具有的总能量比2molH2O(g)所具有的总能量高，B项错误；由题图可知，2H2(g)＋O

2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1，则液态水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋571.6kJ·mol－1，C项正确；H2O(g)转变成H2O(l)属于物理变

化，不存在化学键的断裂和形成，D项错误。答案：C6．解析：已知化学反应中，需断裂4个C===C键、14个C—H键、9个C—C键和4个H—H键，需形成22个C—H键和13个C—C键，故在该化学反应中，ΔH＝(4a＋4c－8b－4d)kJ·mol－1，A项正确。答案：A7．解析：将题给4个已知反

应依次编号为①②③④，①为液化过程，放热，则ΔH1<0，②为凝华过程，放热，则ΔH2<0，反应③④均为放热反应，且反应④所放出的热量大于反应③所放出的热量，则ΔH3>ΔH4，A项错误；由盖斯定律可知，①×6＋②＋③＝④，所以6ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝ΔH4，B项正确，C、D项错误。答案：

B8．解析：Al的活泼性强于Cu，故电极Ⅰ为原电池的负极，电极Ⅱ为原电池的正极，电极Ⅲ与原电池的正极相连，为电解池的阳极，电极Ⅳ为电解池的阴极。电流方向：电源正极(Ⅱ)→电解池的阳极(Ⅲ)，电解池的阴极(Ⅳ)→原电池的负极(Ⅰ)，A项正确；电极Ⅰ为原电池的负极，发生氧化反应

，B项错误；电极Ⅱ为原电池的正极，正极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，C项错误；电极Ⅲ为阳极，其电极材料是Cu，电极反应为Cu－2e－===Cu2＋，D项错误。答案：A9．解析：b极附近溶液显红色，所以b极上的电极反应为2H2O＋2e－===

2OH－＋H2↑，a极上的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，则Y为电源负极，X为电源正极，Pt为阳极，Cu为阴极，a为阳极，b为阴极，A项错误，B项正确；2CuSO4＋2H2O=====电解2Cu＋O2↑＋2H2SO4，电解过程中CuSO4溶液的浓度逐渐变小，C项错误；Pt极上发生氧化

反应，不会有Cu析出，D项错误。答案：B10．解析：该电解池中，阳极上Fe失电子而不是Cl－失电子，所以阳极上得不到氯气，则淀粉­KI溶液不会变蓝，A项错误；含有盐桥的铜锌原电池中，Zn作负极，Cu作正极，电流由正极流向负极，符合原电池设计要求，

B项正确；该电镀池中电解质溶液应是AgNO3溶液，C项错误；电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，且电解质溶液中必须含有铜离子，D项错误。答案：B11．解析：由题图分析可知，该装置相当于燃料电池，通入O2的一极为正极，则M电极为负极，N电极为正极，故A错误；M电极的电极反应式为(C6

H10O5)n＋7nH2O－24ne－===6nCO2↑＋24nH＋，故B错误；负极反应产生的H＋通过阳离子交换膜进入正极区，N电极(正极)上O2得电子结合H＋生成H2O，则物质X是H2O，N电极的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2

O，故C错误，D正确。答案：D12．解析：浓硫酸有吸水性，铁钉处在干燥的环境中，不易被腐蚀，A项错误；高温条件下，煤气灶中金属因被氧气氧化而腐蚀，属于化学腐蚀，B项正确；图c中，Zn腐蚀速率增大，但Zn上无气体放出，C项错误；钢铁发生电化学腐蚀时，

负极反应式是Fe－2e－===Fe2＋，D项错误。答案：B13．解析：由题意知，充电时，碳纤维电极表面Mn2＋发生氧化反应生成MnO2，则碳纤维电极作阳极，A项正确；放电时，碳纤维电极为正极，Pt/C电极为负

极，则电子由Pt/C电极经导线流向碳纤维电极，B项正确；结合电池总反应知，充电时，碳纤维电极发生的反应为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋，附近溶液的pH减小，C项错误；放电时，碳纤维电极表面MnO2发生还原反应生成Mn2＋，电极反应式为MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2

O，D项正确。答案：C14．解析：本题考查乙醇燃料电池和电解饱和氯化钠溶液、电解硫酸铜溶液的串联问题。乙醇燃料电池中，O2通入b电极区，乙醇蒸气通入a电极区，则电极a是负极，电极b是正极，从而推知，电极d是阴极，A正确；b电极是正极，O2得电子发生还原反应，电解液呈

酸性，则正极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，B正确；装置Ⅱ中电解饱和氯化钠溶液，生成标准状况下11.2LCl2(即0.5mol)，电路中通过1mol电子，根据得失电子守恒和溶液呈电中性可知，装置Ⅰ中有1molH＋透过质子交换

膜向右迁移，C错误；装置Ⅰ中负极反应式为CH3CH2OH＋H2O－4e－===CH3COOH＋4H＋，生成6.0gCH3COOH(即0.1mol)时，电路中通过0.4mol电子，装置Ⅲ中阳极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极

反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，据得失电子守恒推知，析出0.1molO2和0.2molCu，故装置Ⅲ中溶液减少的质量为0.1mol×32g·mol－1＋0.2mol×64g·mol－1＝16g，D正确。答案：C15．解析：(1)由题

图可知，N2与H2的反应为放热反应，且生成1molNH3(g)时，放出的热量为(300－254)kJ＝46kJ，故N2和H2反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。(2)设N－H键的键能为x，则ΔH＝－

92kJ·mol－1＝(3×435＋943)kJ·mol－1－6x，解得x＝390kJ·mol－1。(3)由①－3×②可得4NH3(g)＋6NO(g)===5N2(g)＋6H2O(g)ΔH3＝(－a－3b)kJ·

mol－1，则1molNH3将NO还原为N2时，反应热ΔH3为－3b－a4kJ·mol－1。答案：(1)N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1(2)390(3)－3b－a416．解析：(1)

不能将玻璃搅拌器改为铜丝搅拌器，因为金属铜是热的良导体，会导致实验中热量损失多。(3)①温度差的平均值为（30.3－26.1）℃＋（31.0－27.2）℃＋（29.8－25.9）℃＋（30.4－26.3）℃4＝

4.0℃。②反应放出的热量为(50＋30)mL×1g·mL－1×4℃×4.18J·g－1·℃－1＝1337.6J，参加反应的NaOH的物质的量为501000L×0.5mol·L－1＝0.025mol，故该反应生成1molH2O(l)的反应热为－1337.6×10－3kJ0.025mol＝

－53.5kJ·mol－1。③实验所测中和反应放出的热量偏小。a项，实验装置保温、隔热效果差，会散失部分热量；c项，分多次加入NaOH溶液会损失部分热量；b项，仰视读数，实际量取NaOH溶液的体积偏大，会使反应放出的热量偏大。(4)KOH和NaOH都是

强碱，用KOH代替NaOH，对测定结果无影响；醋酸为弱酸，电离过程吸热，所以用1.0mol·L－1醋酸溶液代替0.5mol·L－1H2SO4溶液做实验，测定放出热量的数值偏小。答案：(1)不能金属导热快，热量损失多(2)12H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===12N

a2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1(3)①4.0②－53.5kJ·mol－1③ac(4)无偏小17．解析：(1)由图可知，装置B、C构成Pb－PbO2－H2SO4原电池，其中PbO2为正极，Pb为负极，正极反应式为：PbO2＋4H＋＋SO2－4＋2e－===

PbSO4＋2H2O。(2)装置A为电解池，Cu电极接原电池正极作阳极，Cu失电子生成Cu2＋，H＋在阴极上得电子生成H2，装置A中总反应的离子方程式为Cu＋2H＋=====电解Cu2＋＋H2↑。(3)整套装置是串联电路，故装置E中极板M作阴极，极板N作阳极，所以要在Cu上镀银，用Cu

作阴极，即极板M的材料为Cu，极板N的材料为Ag，X溶液是AgNO3溶液。(4)装置A中，阳极Cu极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，其质量减少6.4g，则转移电子物质的量为6.4g64g·mol－1×2＝0.2mol，装置D中，阴极反应式为2H＋＋2e－==

=H2↑，阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，而n(Cl－)＝1mol·L－1×0.1L＝0.1mol，电路中转移电子为0.2mol，故阳极上Cl－放电完全后，OH－又继续放电，即4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，所以阳极上产生Cl2和O2，n(Cl2)＝0

.05mol，n(O2)＝0.1mol4＝0.025mol，阴极产生的H2为0.1mol，装置D中产生的气体体积为(0.05mol＋0.025mol＋0.1mol)×22.4L·mol－1＝3.92L。答案：(1)PbO2＋4

H＋＋SO2－4＋2e－===PbSO4＋2H2O(2)Cu＋2H＋=====电解Cu2＋＋H2↑(3)AgNO3Cu(4)3.9218．解析：(1)1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应，放出114.6kJ的热量，即生成2molH2O(l)放出114.6kJ的热量，中和热是稀溶液中

酸碱中和反应生成1mol液态水时放出的热量，则该反应的中和热为57.3kJ·mol－1，表示反应中和热的热化学方程式为12H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===12Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1。(2)n(CaCO3)＝25g100g·m

ol－1＝0.25mol，则根据C元素守恒，可知n(CO2)＝0.25mol，即丁烷充分燃烧生成的二氧化碳为0.25mol，由丁烷燃烧的化学方程式2C4H10＋13O2――→点燃8CO2＋10H2O可知，反应的丁烷的物质的量n(C4H10)＝n（C

O2）4＝0.25mol4＝116mol，因为充分燃烧116mol丁烷生成CO2和液态水时放出的热量为QkJ，所以燃烧1mol丁烷产生CO2气体和液态水时放出的热量是16QkJ，故丁烷的燃烧热为16QkJ，表示丁烷燃烧热的热化学方程式为C4H10(g)＋132O2(g)===4CO2(g)

＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ·mol－1。(3)利用盖斯定律将②×2＋③－①可得：2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝2×(－393.5kJ·mol－1)＋(－571.6kJ·mol－1)－(－870.3kJ·mol－1)＝－488.3kJ·

mol－1，所以热化学方程式为2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ·mol－1。(4)反应①中，生成1molCH3OH时需要形成3molC—H键、1molC—O键和1molO—H键，则放出的热量为(413×3＋34

3＋465)kJ＝2047kJ，需要断开1molC===←O键和2molH—H键，吸收的热量为(1076＋436×2)kJ＝1948kJ，则该反应为放热反应，ΔH1＝(1948－2047)kJ·mol－1＝－99kJ·mol－1；根据盖斯定律，ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝(－58＋99)

kJ·mol－1＝＋41kJ·mol－1。答案：(1)12H2SO4(aq)＋NaOH(aq)===12Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1(2)C4H10(g)＋132O2(g)===4C

O2(g)＋5H2O(l)ΔH＝－16QkJ·mol－1(3)2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝－488.3kJ·mol－1(4)－99＋4119．解析：(1)①电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则制H2时

，应连接K1，电极方程式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；②电极3可分别连接K1或K2，①中电极3发生Ni(OH)2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O，制氢气时消耗电极1产生的OH－，②中电极3发生NiOOH＋H

2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－，制氧气时补充电极2消耗的OH－，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，且可循环使用；(2)原电池中负极材料失电子，根据图2，铁失电子，所以作负极的物质为Fe；根据示意图，正极是NO－3得电子生成铵根离子，正极的电极反应式是NO－3＋

8e－＋10H＋===NH＋4＋3H2O。答案：(1)①K12H2O＋2e－===H2↑＋2OH－②制氧气时补充电极2消耗的OH－(2)FeNO－3＋8e－＋10H＋===NH＋4＋3H2O专题2综合检测1．答案：A2．解析：能影响化学平衡常数的只有温度，同时改变温度也可以改变反应物中的活化

分子百分数和化学反应速率。答案：B3．解析：加入催化剂的结果：一是正、逆反应速率都增大，二是缩短了达到平衡的时间。由此可得：a1<a2、b1<b2、t1>t2，阴影部分面积表示A浓度的变化量，由于催化剂不影响平衡移动，则两图中阴影部分面积相等。故选A。答案：A

4．解析：由题中图像可知，0～2min内，生成二氧化碳0.1mol，2～4min内，生成二氧化碳0.2mol，4～6min内，生成二氧化碳的物质的量小于0.1mol，则反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，后减小，反应在2

～4min内平均反应速率最大，A正确；由图像可知，0～4min内，反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，因该反应为放热反应，随着反应的进行，温度升高，但反应物浓度减小，则开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大，B正确；4min后反应速率又减小，氢离子浓度起主要作用，C正确；由图像可知，2

～4min内，生成二氧化碳0.2mol，体积未知，不能以mol·L－1·min－1为单位计算CO2的平均反应速率，D错误。答案：D5．解析：因为氯化铁、硫酸铜中的阴离子不同，若图1实验中反应速率为①>②，不能说明Fe3＋对H2O2分解的催化效果一定比Cu2＋好，D项

错误。答案：D6．解析：增加c(CO)，平衡正向移动，因平衡常数大小只与温度有关，与浓度无关，所以反应的平衡常数不变，A项错误；第一阶段，50℃时，Ni(CO)4为气态，易于分离，有利于Ni(CO)4的生成，B项

正确；第二阶段，230℃制得高纯镍的反应方程式为：Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)＋4CO(g)，平衡常数K1＝1K＝5×104，所以Ni(CO)4分解率较高，C项错误；因反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，再根据该反应的化学计量数可知，该反应达到平衡时，4

v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，D项错误。答案：B7．解析：根据反应速率方程v＝kc2(NO)·c(H2)可知，增大c(NO)或c(H2)，均可提高总反应的反应速率，A项正确。根据反应速率方程可知，c(NO)、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不同

，如c(NO)增大2倍，v增大4倍，c(H2)增大2倍，v增大2倍，B项错误。反应速率由最慢的一步决定，故该反应的快慢主要取决于反应①，C项正确。升高温度，可以增大活化分子百分数，提高反应①②的速率，D项正确。答案：B8．解析：①与②相比，由于②能把反应产生的热

量扩散到空气中，相比①来说，相当于降低温度，平衡正向移动，故平衡时C的体积分数：②＞①；②与③相比，由于该反应是反应前后气态物质体积减小的反应，故③中活塞下移，相对②来说，相当于给体系增大压强，平衡正向移动，故C的体积分数：③＞②。答案：A9

．解析：升高温度，正、逆反应速率均瞬间增大，但吸热反应(即逆反应)速率增大的程度大，即升高温度瞬间，v逆>v正，平衡逆向移动，而图Ⅰ中v′逆<v′正，A错误；加入合适催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，平衡不移动，B错误；通入氦气(保持恒容)，正、逆反应速率均不变，平衡不移动，图Ⅱ中t1时

刻应是加入催化剂，C错误；该反应正方向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应速率加快，二氧化硫的平衡转化率减小，图Ⅲ中乙达到平衡所用的时间短，则图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高，D正

确。答案：D10．解析：依据图像分析T2先达到平衡则T2＞T1，由温度升高反应速率增大可知T2的反应速率大于T1，又温度高时平衡状态P的物质的量少，则说明可逆反应M()g＋3N()g⇌P()g＋Q()g向逆反应方向移动，故

正反应为放热反应，故A错误；由于正反应为放热反应，根据题给图像分析可知，T2先达到平衡则T2＞T1，升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应在T1时的平衡常数比T2时的大，故B错误；温度为T1时，生成P的速率为v()P＝nA2LtA＝nA2tAmol·L－1·min－1，故C错误；处于A点的

反应体系从T1变到T2，升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，N的物质的量增大，故D正确。答案：D11．解析：反应在前50s的平均速率为0.16mol2L50s＝0.0016mol·L－1·s－1，A项错误；由表格数据可知平衡时c(PCl3)＝0.20mol2.0L＝0.1

0mol·L－1，升高温度，PCl3浓度增大，则该反应是吸热反应，ΔH＞0，B项正确；由平衡常数K＝（0.202.0）20.802.0＝0.025，而Qc＝（0.202.0）21.02.0＝0.02＜0.025，故C项中起始时反应向正反应方向进行，即v

正＞v逆，错误；根据反应：PCl3(g)＋Cl2(g)⇌PCl5(g)起始浓度(mol/L－1)110转化浓度(mol/L－1)xxx平衡浓度(mol/L－1)1－x1－xx根据K正＝1K逆，则K逆＝40＝x（1－x）·（1－x），解得x≈0.85，即PCl3的转化率约为

85%，D项错误。答案：B12．解析：题述反应的正反应是放热反应，反应热＝正反应的活化能－逆反应的活化能，因ΔH＜0，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，A错误；升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，B错误；由表格中数据知，实验②与实验①的v正之比为4n＝1.65

6k0.414k＝4，则n＝1，实验③与实验①的v正之比为2m＝1.656k0.414k＝4，则m＝2，C正确；由于正反应速率表达式为NO、H2的反应级数不相等，所以，NO、H2浓度对正反应速率的影响程度不相同，

D错误。答案：C13．解析：首先根据图甲和图乙判断出该反应的化学方程式，然后利用化学反应速率的表达式以及影响化学平衡移动的因素进行分析。根据图甲，前15s，C的浓度变化为0.06mol·L－1，根据化学反应速率的表达式，v(C)＝0.06mol·L－115s＝0.0

04mol·L－1·s－1，A正确；根据图甲，判断出C为生成物，A为反应物，且容器的容积为2L，在t0～t1段，消耗A的物质的量浓度为0.09mol·L－1，生成C的物质的量浓度为0.06mol·L－1，A和C的化学计量数之比为3∶2，t4时刻改变的条件为

压强，反应速率减小，平衡不移动，说明反应前后气体化学计量数之和相等，即B为生成物，反应方程式为3A⇌B＋2C，B正确；根据图乙，t2时刻，只增大一个方向反应速率，另一方向反应速率不变，说明改变的条件是增大浓度，t3时

刻，反应速率都增大，且平衡不移动，改变的因素是使用催化剂，t5时刻，反应速率都增大，且平衡发生移动，t5时刻改变的因素是升高温度，C错误；依据反应方程式，15s内生成B的物质的量Δn(B)＝12Δn(C)＝0.06mol·L－1×2L×

12＝0.06mol，达到平衡时B的物质的量为0.05mol·L－1×2L＝0.1mol，则起始时B的物质的量为0.1mol－0.06mol＝0.04mol，D正确。答案：C14．解析：本题考查温度、压强对平衡移动的影响。根据盖

斯定律，由①－②可得C4H10(g)⇌C4H8(g)＋H2(g)，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝(－119kJ·mol－1)－(－242kJ·mol－1)＝＋123kJ·mol－1。提高该反应中丁烯的产率，应使平衡正向移动，该反应的正反应为气体分子数增加的吸热

反应，可采取的措施是减小压强，升高温度。答案：B15．解析：(1)0～4min的平均反应速率v(CO)＝(0.20－0.08)mol·L－1/4min＝0.03mol·L－1·min－1。(2)850℃时，各物质的

平衡浓度为：c(CO)＝0.08mol·L－1，c(H2O)＝0.18mol·L－1，c(CO2)＝0.12mol·L－1，c(H2)＝0.12mol·L－1，所以平衡常数K＝0.12×0.120.18×0.08＝1。(3)设CO变

化的物质的量浓度为xmol·L－1。CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)起始(mol·L－1):1.03.000变化(mol·L－1):xxxx平衡(mol·L－1):1.0－x3.0－xxx850℃时，反应的平衡常数是1，有(1.0－x)×(3.0－x)＝x×x，解得

x＝0.75，则CO的平衡转化率为0.751×100%＝75%。答案：(1)0.03(2)1(3)75%16．解析：由可知，含有18O的物质有乙酸、乙酸乙酯和水3种。生成的水的相对分子质量为20。达到平衡状态时，v正＝v逆，各物质的浓度不再变化，②④

⑤的描述能说明反应已达平衡。答案：(1)C(2)C(3)②④⑤17．解析：(1)因为反应中的物质都是气体，根据平衡常数的定义可知，K＝c（C）c（D）c（A）c（B）；由表中数据可知，温度升高，K值减小，故正反应为放热反应，ΔH<0。(2)v(A)＝0.003mo

l·L－1·s－1，则A减少的浓度c(A)＝v(A)·t＝0.003mol·L－1·s－1×6s＝0.018mol·L－1，故剩余的A的浓度为0.2mol5L－0.018mol·L－1＝0.022mol·L－1；A减少的物质的量

为0.018mol·L－1×5L＝0.09mol，根据化学方程式中的化学计量关系知，生成的C的物质的量为0.09mol。设830℃达到化学平衡时，A的转化浓度为xmol·L－1，则A(g)＋B(g)⇌C(g)＋D(g)起始浓度(mol·L－1)0.040.1600

转化浓度(mol·L－1)xxxx平衡浓度(mol·L－1)0.04－x0.16－xxx由x·x（0.04－x）×（0.16－x）＝1.0，解得x＝0.032，故A的转化率α(A)＝0.032mol·L－10.04mol·

L－1×100%＝80%；由于容器的容积是固定的，通入氩气后各组分的浓度不变，反应速率不改变，化学平衡不移动。(3)由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，容器中压强、气体的密度都始终不变，故a、b项错误；c(A)随反应的进行不再变化，故c可以说

明反应已达到平衡状态；不论是否达到平衡状态，单位时间里生成C和D的物质的量都相等，故d项错误。(4)反应“C(g)＋D(g)⇌A(g)＋B(g)”与“A(g)＋B(g)⇌C(g)＋D(g)”互为逆反应，平衡常数互为倒数关系，故1200℃时

，C(g)＋D(g)⇌A(g)＋B(g)的平衡常数K＝10.4＝2.5。答案：(1)c（C）c（D）c（A）c（B）<(2)0.0220.0980%80%(3)c(4)2.518．解析：(1)对于反应②CO2(g)＋H2(g)⇌CO

(g)＋H2O(g)，从表中数据得出，随着反应温度的升高，K2增大，即升高温度，平衡正向移动，故反应②为吸热反应，即ΔH2>0。(2)反应③可由反应①、反应②相加得到，则CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)的平衡常数K3＝K1·K2，且随着温度升高，K3减小，

反应③为放热反应，即ΔH3<0。因反应③是气态物质体积减小的反应，故ΔS<0，由ΔG＝ΔH－TΔS<0时反应自发进行知，在较低温度下有利于反应自发进行。(3)500℃时，K3＝K1·K2＝2.50×1.00＝2.50，而此时c（CH3OH）·c（H2O）c（CO2）·c3（H2

）＝0.3×0.150.1×（0.8）3＜2.50，故平衡正向移动，即v正>v逆。(4)①由图像分析可知相同温度时，p2压强下一氧化碳转化率大于p1压强下一氧化碳转化率，反应是气体分子数减小的反应，压强增大平衡正向进行，所以p

1<p2。②向VL恒容密闭容器中充入amolCO与2amolH2，A点时CO的转化率为0.75，故CO的变化量为0.75amol，则根据CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)，H2的变化量为0.75amol×2＝1.5amol，CH3OH的变化量为0

.75amol，平衡时CO的浓度为0.25aVmol·L－1、H2的浓度为0.5aVmol·L－1、CH3OH的浓度为0.75aVmol·L－1，平衡常数K＝c（CH3OH）c（CO）·c2（H2），代入数据得K＝12V

2a2。③CO和H2的初始加入量之比为1∶2，等于其化学计量数之比，故达到平衡时CO和H2的转化率相等。答案：(1)吸热(2)K1·K2<较低(3)>(4)①<甲醇的合成是气体分子数减少的反应，相同温度下，增大压强，CO的转化率提高②12V2a2③＝19．解析：本题综合考查化学平衡移动

及分析、化学平衡图像及分析、化学平衡常数的计算等。Ⅰ.(1)由题图甲可知，正、逆反应的活化能分别为209.5kJ·mol－1、255kJ·mol－1，则反应12CO(g)＋H2(g)⇌12CH3OH(g)的ΔH＝209.5kJ·mol－1－255kJ·mol－1＝－45.5kJ·mol－1，将上

述反应中化学计量数扩大2倍，可得该反应的热化学方程式为CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH＝－91kJ·mol－1。(2)若投入amolCO、2amolH2，平衡时能生成0.1amolCH3OH，反应就具有工业应用价值，此时消耗0.1amolCO，则CO的平衡

转化率为0.1amolamol×100%＝10%。(3)恒容时，欲提高H2的转化率，应使平衡正向移动，可采取的措施有充入CO(g)、降低温度、分离出CH3OH(g)等，因为容器容积不变，故不能采用加压的方法。(4)反应历程Ⅱ加入了催化剂，与反应历程Ⅰ

相比，降低了反应的活化能，从而加快反应速率，但平衡不移动，反应放出的热量及CO的转化率均不变，A错误，B、D正确；由于反应的温度不变，则平衡常数不变，C错误。Ⅱ.(5)由题图乙中曲线变化量的比值可知，t3

时刻，c(A)逐渐增大，c(C)逐渐减小，说明改变条件，平衡逆向移动，则t3时刻改变的条件是升高温度。(6)t1时刻改变条件瞬间，c(A)不变，c(C)由2.0mol·L－1减小到1.0mol·L－1，则t1时刻改变的条件是移走一半C；t2时刻改变条件瞬间，c(A)、c(C

)均增大，随后c(A)减小，c(C)增大，则t2时刻改变的条件是缩小容器的容积(增大压强)。平衡常数K只与温度有关，0～t3时刻温度保持不变，则平衡常数K不变。t1时刻达到平衡时，c(A)＝0.4mol·L－1，c(C)＝2.0mol·L－1，此时c(B)＝1.

0mol·L－1，故t2～t3时刻的平衡常数为K＝c2（C）c（A）·c3（B）＝2.020.4×1.03＝10。答案：Ⅰ.(1)CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH＝－91kJ·mol－1(2)10%(3)增大CO浓度、适当降低温度、及时分离生成的CH3OH(答出

两项即可)(4)BDⅡ.(5)升温(6)10专题3综合检测1．解析：根据电离常数的大小进行酸性强弱的判断。符合强酸制弱酸的原理，A项正确；因为电离常数：H2A>H2B>HA－>HB－，故Na2B与H2A反应生成N

aHA和NaHB，B项错误；H2B＋Na2A===Na2B＋H2A不符合强酸制弱酸的原理，C项错误；H2B＋NaHA===NaHB＋H2A不符合强酸制弱酸的原理，D项错误。答案：A2．解析：水在不同温度下的离子积常数不同，Kw(25℃)＝1.0×10－14<Kw(35℃)＝2.1×10－14，则

c(H＋)随温度的升高而增大，A错误；升高温度，促进水的电离，但水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度始终相等，B错误；升高温度，促进水的电离，故35℃时水的电离程度大于25℃时水的电离程度，C错误；Kw(25℃)＝1.0×10－14<Kw(35℃)

＝2.1×10－14，说明升高温度，水的电离程度增大，则水的电离为吸热过程，D正确。答案：D3．解析：该组离子之间不反应，可大量共存，A正确；AlO－2与NH＋4、HCO－3均能反应，不能大量共存，B错误；ClO－、I－会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；水电离产生的c(H＋

)＝1×10－14mol·L－1的溶液含有大量的H＋或OH－，在酸性和碱性条件下，HCO－3都不能大量存在，D错误。答案：A4．解析：滴定管注入溶液之前应检查是否漏液，A正确；测定盐酸浓度时，NaOH溶液应盛放在碱

式滴定管中，且滴定管下端不能伸入到锥形瓶内部，只能略深入锥形瓶瓶口1～2cm处，B错误；加热蒸干AlCl3饱和溶液时，AlCl3水解完全，最终得到Al(OH)3固体，而不是AlCl3晶体，C错误；滴定

管0刻度在上，从上至下数值变大，图中液面处读数应为11.80mL，D错误。答案：A5．解析：该滴定反应应用淀粉溶液作指示剂，A项错误；在该反应中，I的化合价降低，I2作氧化剂，S的化合价升高，Na2S2O3作

还原剂，B项正确；Na2S2O3是强碱弱酸盐，其溶液显碱性，应用碱式滴定管盛装，C项错误；根据I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6知，该反应中每消耗2molNa2S2O3，转移2mol电子，D项错误。答案：B6．解析：本题考查水的电离

、溶液中离子浓度的大小比较等。CH3COONa、CH3COONH4都是强电解质，CH3COOH是弱电解质，三种溶液相比较，醋酸溶液中c(CH3COO－)最小；CH3COONH4溶液中CH3COO－、NH＋4的水解相互促进，则

CH3COONH4溶液中c(CH3COO－)小于CH3COONa溶液，故三种溶液中c(CH3COO－)：③>④>①，A错误。CH3COOH、NaOH抑制水的电离，等浓度时，NaOH溶液中c(OH－)大于醋酸溶液中c(H＋

)，则NaOH溶液中水的电离程度小于醋酸溶液；CH3COONa发生水解，促进水的电离，故水电离出的c(H＋)：③>①>②，B错误。①和④等体积混合得到等浓度醋酸和醋酸铵混合液，醋酸发生电离而使混合液呈酸性，则有c(H＋)＞c(OH－)；结合电荷守恒推知c(CH3CO

O－)＞c(NH＋4)，故所得溶液中c(CH3COO－)＞c(NH＋4)＞c(H＋)＞c(OH－)，C正确。②和③等体积混合得到等浓度CH3COONa和NaOH混合液，据物料守恒可得2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)＝

c(Na＋)，D错误。答案：C7．解析：醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，A错误；HA电离出的c(H＋)＝0.1mol·L－1×

0.1%＝10－4mol·L－1，则pH＝－lg10－4＝4，B正确；加水稀释促进NH3·H2O电离，则可知溶液中n(NH＋4)增大，n(NH3·H2O)减小，又因c（NH3·H2O）c（NH＋4）＝c（NH3·H2O）·Vc（NH＋4）·V＝n（NH3·H2O）

n（NH＋4），故溶液中c（NH3·H2O）c（NH＋4）的值减小，C错误；盐酸中HCl电离抑制水的电离，而氯化铵溶液中铵根离子水解促进了水的电离，两溶液中水的电离程度不相同，D错误。答案：B8．解析：由题可知，向20mL浓度为0.1mol·L－1的

NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，CH3COOH先和NaOH反应生成CH3COONa，使溶液中离子浓度减小，溶液导电率降低，故A点时NaOH反应完全，A点以后CH3COOH和NH3·H2

O反应生成CH3COONH4，使溶液中离子浓度增大，溶液导电率升高，故B点时NH3·H2O反应完全，B点以后，再加入CH3COOH溶液，溶液体积增大，溶液中离子浓度减小，溶液导电率降低。结合上述分析可知a＝20，b＝40

，A点溶液中溶质为CH3COONa、NH3·H2O，B点溶液中溶质为CH3COONa、CH3COONH4，A、B两点溶液均呈碱性，故溶液呈中性时不在A、B两点之间，A错误；B点时，溶液为等浓度的CH3COONa与CH3COONH4混合液，故离子浓度大小

为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH＋4)，B正确；C点时，溶液是等浓度的CH3COONa、CH3COONH4与CH3COOH混合液，醋酸的电离平衡常数Ka＝c（H＋）·c（CH3COO－）c（CH3COOH），即c(H＋)＝Ka×c（CH3COOH

）c（CH3COO－），由于c（CH3COO－）c（CH3COOH）≈2，则可得c(H＋)≈0.9×10－5mol·L－1，故C点溶液pH≈5，C正确；由上述分析可知，B点溶液中CH3COONa、CH3COONH4水解促进水的电离，A、C点溶液中NH3·H2O、

CH3COOH分别电离出的OH－、H＋抑制水的电离，故B点溶液中水的电离程度最大，D正确。答案：A9．解析：要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH范围为4.5≤pH<6.5，即可将Fe3＋完全

转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能用H2O2，调pH时也不能引入新的杂质，用ZnO能促进Fe3＋的水解。本题选A。答案：A10．解析：A项，温度升高，纯水中的H＋、OH－的浓度都增

大，但二者始终相等；B项，温度升高，CH3COONa的水解平衡正向移动，溶液中OH－浓度增大；D项图像中反映出的“随温度升高CH3COONa溶液的pH下降”的现象，是由“温度升高水的离子积常数增大”导致的，

并非OH－浓度下降了；温度升高对CH3COO－、Cu2＋的水解都有促进作用，二者水解平衡移动的方向是一致的。答案：C11．解析：a、b、c三点对应的溶液达到AgCl的沉淀溶解平衡所处的温度相同，而溶度积常数Ksp只与温度有关，温度相同，则Ksp相等，A错误；在AgCl溶于水形成的

饱和溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)，在AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡体系中c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，若溶液中c(Cl－)增大，则溶液中c(Ag＋)减小，AgCl的溶解度减小，在

b点溶液中c(Cl－)小于c点，则溶解度b点大于c点，B错误；根据溶解平衡AgCl(s)⇌Ag＋(aq)＋Cl－(aq)可知，在AgCl溶于水形成的饱和溶液中，溶解的AgCl电离产生的Cl－、Ag＋的浓度相等，即c(Ag＋)＝c(

Cl－)，C正确；在b点的溶液中加入AgNO3固体，溶液中c(Ag＋)增大，则c(Cl－)减小，所以c(Ag＋)沿曲线向a点方向变化，D错误。答案：C12．解析：选取图中点(6.2，0.5)，此时pH＝6.2，c[X(OH)＋]

＝c(X2＋)，X(OH)2的Kb2＝c（OH－）·c（X2＋）c[X（OH）＋]＝c(OH－)＝10－14－(－6.2)＝10－7.8，其数量级为10－8，A错误；X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)＋，由图示X

(OH)＋物质的量分数最大时，pH在7到8之间，溶液显碱性，B错误；选取图中点(9.2，0.5)，此时溶液的pH＝9.2，c[X(OH)2]＝c[X(OH)＋]，X(OH)2的Kb1＝c（OH－）·c[X（OH）＋]c[X（OH）2]＝c(OH－)＝10－14－(－9.2)＝10－4.8，X

2＋第一步水解平衡常数Kh1＝KwKb2＝10－6.2，第二步水解平衡常数Kh2＝KwKb1＝10－9.2，由于Kh1＞Kb2＞Kh2，等物质的量为X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2＋的水解程度大于X(OH)＋的电离程度，溶液显酸性，所以此时c(X2＋)＜

c[X(OH)＋]，C错误；在X(OH)NO3水溶液中，存在电荷守恒：c(NO－3)＋c(OH－)＝2c(X2＋)＋c(H＋)＋c[X(OH)＋]，存在物料守恒：c(NO－3)＝c(X2＋)＋c[X(O

H)2]＋c[X(OH)＋]，两式联立可得：c[X(OH)2]＋c(OH－)＝c(X2＋)＋c(H＋)，D正确。答案：D13．解析：CuCl2＋Na2S===CuS↓＋2NaCl，故向10mL0.10mol

·L－1CuCl2溶液中加入10mL0.10mol·L－1Na2S溶液恰好完全反应，由c点可知c(Cu2＋)＝1.0×10－17.7mol·L－1，则Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝1.0×10－35.4≈1.0×10－36，A项正确；a点处溶液中含有溶质

为CuCl2、NaCl、Na2S，由物料守恒得知，c(Na＋)＞2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]，B项错误；d点处溶液中的溶质是NaCl、Na2S，且c(NaCl)＝2c(Na2S)，所以c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(S2－)＞c(H＋)，C项正确；Ksp(Z

nS)＞Ksp(CuS)，若用等浓度等体积的ZnCl2代替CuCl2，则恰好完全反应时c(Zn2＋)＞c(Cu2＋)，－lgc(Zn2＋)＜－lgc(Cu2＋)，即反应终点c向b方向移动，D项正确。答案：B14．解析：三种酸的浓度相等，根

据题图可知，滴定前，pH：HA<HB<HD，说明电离程度：HA>HB>HD，则KHA>KHB>KHD，A项正确；P点溶液中含有等物质的量的NaB与HB，此时溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，说明HB的电离程度大于B－的水解程度，所以c(B－)>c(HB)，由物料守恒2c(Na＋

)＝c(HB)＋c(B－)知，c(Na＋)>c(HB)，综上所述，P点溶液中c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B项正确；三种溶液中均存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)(X－代表A－、B－、D－)，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－

)，则c(Na＋)＝c(X－)，三种酸消耗NaOH的物质的量不相等，故三种溶液中c(Na＋)不相等，则c(X－)也不相等，C项错误；中和百分数为100%的三种溶液中的溶质分别是NaA、NaB、NaD，由混合后溶液中质子守恒可得

c(H＋)＋c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)，即c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D项正确。答案：C15．解析：(1)c(Ag＋)＝2×10－101.0×10－5mol·L－1＝2.0×10－5mol·L－1，则此时溶液

中的c(CrO2－4)＝Ksp（Ag2CrO4）c2（Ag＋）＝1.12×10－12（2.0×10－5）2mol·L－1＝2.8×10－3mol·L－1。(2)滴定时先生成AgCl沉淀，当AgCl全部沉淀时，再生成Ag

2CrO4砖红色沉淀。原样品中含有n(Cl－)＝5n(AgNO3)＝5cV×10－3mol。(3)误差分析依据n(Cl－)＝5n(AgNO3)＝5cV×10－3mol。a选项导致硝酸银溶液浓度偏低，V偏大，结果偏大；b选项导致V偏大，

结果偏大；c选项导致V偏小，结果偏小。答案：(1)2.8×10－3(2)防止硝酸银见光分解砖红色沉淀且半分钟内不再消失cV×10－3×5×35.5a×100%(3)c16．解析：(2)若不出现浑浊现象，则c(Fe3＋)·c3(OH－)≤Ksp，代入有关

数据后可求出c(OH－)≤2×10－13mol·L－1，c(H＋)≥5×10－2mol·L－1，故至少要加入2.5mL相应的盐酸。(3)根据CaSO3的Ksp＝3.1×10－7，生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为3.1×10

－72×10－32×2mol·L－1＝6.2×10－4mol·L－1。(4)常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，溶液中主要存在两个平衡CaSO3⇌Ca2＋＋SO2－3，Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SO2－3)，SO2－3＋H2O⇌HSO－3＋O

H－，Kh＝c（HSO－3）·c（OH－）c（SO2－3）＝（10－5）2c（SO2－3）＝KwKa2（H2SO3）＝10－146.0×10－9＝16×10－5，得c(SO2－3)＝6×10－5mol·L－1，Ksp(CaSO

3)＝c(Ca2＋)·c(SO2－3)＝3.6×10－9。答案：(1)大于(2)2.5(3)6.2×10－4mol·L－1(4)3.6×10－917．解析：(1)在冰醋酸中，CH3COOH以分子形式存在，未电离，故“O”点时不导电。(2)溶液的导电能力越强，c(H＋)、c(CH3CO

O－)越大，故a、b、c三点对应的溶液中，c(H＋)由小到大的顺序为c＜a＜b。(3)加水稀释，促进CH3COOH的电离，故c点对应的溶液中CH3COOH的电离程度最大。(4)加热可以使CH3COOH的电离平衡右移，c(CH3COO－)增大，A正确；加入NaOH稀溶液，虽然可使CH3CO

OH的电离平衡右移，但c(CH3COO－)由于稀释而减小，B错误；加入KOH固体，OH－与H＋反应使平衡右移，c(CH3COO－)增大，C正确；加水虽然会使平衡右移，但c(CH3COO－)减小，D错误；加入CH3COONa固体

虽然会使平衡左移，但c(CH3COO－)增大，E正确；加入锌粒会消耗H＋，使平衡右移，c(CH3COO－)增大，F正确。(5)在稀释过程中，始终保持增大趋势的是n(H＋)和c（H＋）c（CH3COOH）。答案：(1)“O”点CH3COOH还没有发生电

离(2)c＜a＜b(3)c(4)A、C、E、F(5)B、D18．解析：(1)①pH＝13时，根据物料守恒可知，c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝0.10mol·L－1，则c(H2S)＋c(HS－)＝0.10

mol·L－1－0.057mol·L－1＝0.043mol·L－1。②Mn2＋开始沉淀时，溶液中c(S2－)＝Ksp（MnS）c（Mn2＋）＝2.8×10－130.020＝1.4×10－11(mol·L－1)，结合图像可知此时溶液的pH＝5。(2)①H

SO－3⇌H＋＋SO2－3，其电离平衡常数表达式K＝c（H＋）·c（SO2－3）c（HSO－3）。②Na2SO3溶液由于SO2－3水解而呈碱性，离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(SO2－3)＞c(OH－)＞c(HSO－3)＞c(H＋)。③由于H2SO3的Ka2小于H2CO3的Ka1，则

H2SO3溶液与NaHCO3溶液反应后H2SO3转化为HSO－3而不是SO2－3，离子方程式H2SO3＋HCO－3===HSO－3＋H2O＋CO2↑。答案：(1)①0.043②5(2)①c（H＋）·c（SO2－3）c（HSO－3）②c(Na＋)＞c(SO2－3)＞c(OH－)＞c(HSO－3)

＞c(H＋)③H2SO3＋HCO－3===HSO－3＋CO2↑＋H2O19．解析：(2)由于Na2CO3对应的弱酸根离子“HCO－3”的电离平衡常数最小，根据水解规律“越弱越易水解”可知Na2CO3溶液的碱性最强。由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3

的水解程度，因此溶液中c(HCO－3)>c(CO2－3)。(3)c(H＋)增大，醋酸的电离平衡常数不会改变。(4)由电离平衡常数知，酸性：H2CO3>HClO>HCO－3，故少量CO2与NaClO溶液反应生成HC

lO和NaHCO3，a正确；由于HClO有极强的氧化性，因此b中不可能有CaSO3生成，应生成CaSO4。答案：(1)c（HCO－3）·c（H＋）c（H2CO3）(2)Na2CO3c(Na＋)>c(HCO－3)>c(CO2－3)>c(OH－)>c(H＋)(3)a(

4)b