【文档说明】高中化学课时作业（人教版选修第一册）详解答案.docx，共(104)页，527.208 KB，由小赞的店铺上传

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课时作业1反应热焓变1．解析：ΔH>0，即反应是吸热反应。碳酸钙在高温下的分解反应是吸热反应，A符合题意；乙醇燃烧是常见的放热反应，B不符合题意；铝粉与氧化铁粉末发生的铝热反应是放热反应，C不符合题意；氧化钙与水反应放出大量的热，属于放热反应，D不符合题意

。答案：A2．解析：从反应物、生成物的组成可推知化学变化过程是原子的重新组合过程，A正确；化学反应不是吸热就是放热，没有无能量变化的反应，B正确；化学反应中的能量变化多少与反应物用量有关，C正确；化学反应

中的能量变化通常以热能形式表现出来，还有的以光能、电能等形式表现出来，D不正确。答案：D3．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：A4．解析：氢气在氯气中燃烧时放出能量，所以形成2mol氯化氢中的化学键释放的能量大于破坏1mol氢气和破坏1mol氯气中的化学键消耗的能量总和

。答案：D5．解析：N4与白磷(P4)结构相似，均以分子形式存在，由于N4相对分子质量小于P4，故其分子间作用力弱于P4，其熔点低于P4，A错误；N4与N2互为同素异形体，而不是同系物，C错误；从结构图中可看出，一个N4分子中含有6个N

—N键，根据N4(g)===2N2(g)ΔH，有ΔH＝6×193kJ·mol－1－2×941kJ·mol－1＝－724kJ·mol－1，故B项错误，D项正确。答案：D6．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：D7．解析：由题图可知，过程Ⅰ中CFCl3在紫外辐射

下生成CFCl2和Cl原子，故该过程断裂C—Cl键，A正确；过程Ⅱ中Cl原子与O3反应生成O2、ClO，可表示为O3＋Cl===ClO＋O2，B正确；过程Ⅲ中O＋ClO===O2＋Cl，该过程放出热量，C错误；综合过程Ⅰ～Ⅲ可知，O3被氟利昂破坏的过程

可表示为2O3=====Cl3O2，该过程中氟利昂中的氯原子起到催化剂作用，D正确。答案：C8．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·mo

l－1，解得a＝224。故选C。答案：C9．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－48c＝

24a＋24b－48c＝24(a＋b－2c)，A正确。答案：A10．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11．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·mol－112．解析：(1)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动。(2)取三次实验的平均值代入公式计算即可。即：t1

＝20.1＋20.02＋20.2＋20.42＋20.6＋20.523＝20.3℃t2＝23.2＋23.4＋24.63＝23.4℃所以ΔH＝－100mL×1g·mL－1×4.18J·g－1·℃－1×10－3kJ

·J－1×（23.4－20.3）℃0.025mol≈－51.8kJ·mol－1(3)因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应时生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热，故不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸。答案：(1)D(2)－

51.8kJ·mol－1(3)不能H2SO4与Ba(OH)2反应时生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的中和热13．解析：(1)1molH2在2molCl2中燃烧，参加反应的H2和Cl2都是1mol，生成HCl2mol，则放出热量：431kJ·mol－1×2mol－436kJ·mol－1×1

mol－247kJ·mol－1×1mol＝179kJ。(2)由于键能E(H—Cl)×2－E(Cl—Cl)>E(H—Br)×2－E(Br—Br)>E(H—I)×2－E(I—I)，故H2在Cl2中燃烧放热最多，在I2中燃烧放热最少。推测键能2E(H—F)－E(F—F)

>2E(H—Cl)－E(Cl—Cl)，故知H2在F2中燃烧放热多。答案：(1)179(2)a多课时作业2热化学方程式燃烧热1．解析：可燃物燃烧可以是完全燃烧也可以是不完全燃烧，而燃烧热必须是完全燃烧放出的热量，故A错误；1.01×105Pa时

，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量就是该物质的燃烧热，故B、C错误，D正确。答案：D2．答案：B3．解析：A项未标明各物质的聚集状态，B项NaOH和HCl的反应为放热反应，ΔH＜0，D项中ΔH的单位应是“

kJ·mol－1”而不是“kJ”。答案：C4．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：A5．解析：①生成物液态水

是最稳定的氧化物，故正确；②生成物应是CO2(g)，否则不是燃烧热，故错误；③符合燃烧热的定义，故正确；④可燃物的化学计量数不是1，故错误。答案：B6．解析：0.25mol甲烷完全燃烧放出222.5kJ的热

量，1mol甲烷完全燃烧放出890kJ的热量，故正确答案为C。答案：C7．解析：在热化学方程式中，ΔH的值与具体化学反应相对应，各物质前的化学计量数不再表示粒子数目，只表示物质的“物质的量”，故A、D错误；HF(g)―→HF(l)会放出热量

，故B项中放出热量应大于270kJ，B错误；因该反应放热，故C正确。答案：C8．解析：由题中条件可知：反应的热效应ΔH＝akJ·mol－1＝－297.2kJ·mol－1，可知该反应的正反应为放热反应，故D错

误。答案：D9．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＝－565.8kJ·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：C10．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0.5molC2H5OH

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：D11．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－1，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－1(2)3CO(g)＋Fe2O3(s)===3

CO2(g)＋2Fe(s)ΔH＝－24.8kJ·mol－1(3)HgO(s)===Hg(l)＋12O2(g)ΔH＝＋90.7kJ·mol－1(4)N2(g)＋3H2(g)催化剂500℃、30MPa2NH3(g)ΔH＝－77.2kJ·mol－1(5)NaOH(aq)＋HCl(aq)==

=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol－112．解析：(1)16g甲醇的物质的量为0.5mol，完全燃烧放出热量为352kJ，则甲醇燃烧的热化学方程式为2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g

)＋4H2O(l)ΔH＝－352kJ·mol－1×4＝－1408kJ·mol－1。(2)由于ΔH＝436kJ·mol－1＋243kJ·mol－1－2×E(H—Cl)，可知E(H—Cl)＝432kJ·mol－

1。(3)由题图可知生成2molNH3放出热量为427.2kJ－335kJ＝92.2kJ，则生成1molNH3放出热量为46.1kJ。答案：(1)2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1408kJ·mol－1(2)432kJ·mol－1(

3)46.1kJ13．解析：(1)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和CuO。根据题意可知：每消耗1molCuCl(s)，反应放热44.4kJ，则4molCuCl反应放出热量Q＝44.4kJ×4＝177.6kJ，则该反应的热

化学方程式为4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH＝－177.6kJ·mol－1。(2)由题图可知，1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)放出热量368

kJ－134kJ＝234kJ，反应的热化学方程式为NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)ΔH＝－234kJ·mol－1；白磷燃烧的化学方程式为P4＋5O2===P4O10,1mol白磷完全燃烧需断裂6molP—P键、5molO===O键，形成12molP－O键、

4molP===O键，所以12mol×bkJ·mol－1＋4mol×xkJ·mol－1－(6mol×akJ·mol－1＋5mol×ckJ·mol－1)＝dkJ,x＝6a＋5c＋d－12b4。(3)在101kPa、298K时，1mol液态肼与足量氧气反应，生成氮气和水蒸气，放出624kJ的热量，则

该反应的热化学方程式为N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－624kJ·mol－1；如果生成液态水，1mol肼完全反应放出的热量为624kJ＋44kJ×2＝712kJ。答案：(1)4CuCl(s)＋O2(g)===2CuCl2(s)＋2CuO(s)ΔH＝－177

.6kJ·mol－1(2)NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)ΔH＝－234kJ·mol－16a＋5c＋d－12b4(3)N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－624kJ·mol－1712课时作业3反应热的计算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．答案：C4．

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－1＝－488.3kJ·mol－1。答案：D5．解析：根据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数

值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减。已知：(1)Fe2O3(s)＋32C(s)===32CO2(g)＋2Fe(s)ΔH＝＋234.1kJ·mol－1(2)C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1由盖斯定律(2)×32－(1)，得：

2Fe(s)＋32O2(g)===Fe2O3(s)ΔH＝(－393.5kJ·mol－1)×32－234.1kJ·mol－1＝－824.35kJ·mol－1，故选A。答案：A6．答案：A7．解析：设炭粉的

物质的量为x，H2的物质的量为y，由题意知x＋y＝0.2mol393.5kJ·mol－1x＋483.6kJ·mol－12y＝63.53kJ解得x＝0.1mol，y＝0.1mol，则x∶y＝1∶1。答案：A8．解析：根据盖斯定

律：令②×2－①得：2N2H4(g)＋2NO2(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1135.7kJ·mol－1，则1mol气体肼和NO2完全反应时放出的热量为567.85kJ。答案：B9．解析：此题可利用盖斯定律法进行比较，令①－②，整理，得4P(白

磷，s)===4P(红磷，s)ΔH＝b－akJ·mol－1。根据题中信息可知，白磷转化为红磷时会放出热量，故b－a<0，即a>b。答案：C10．解析：根据CO2＋2KOH===K2CO3＋H2O，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：D11．答案：P4(白磷，s)===4P(红磷，s)ΔH＝－29.2kJ·

mol－1红磷低12．解析：(1)由题图看出，1molP(s)在Cl2(g)中燃烧生成PCl3(g)放出的热量为306kJ·mol－1，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＝－3

06kJ·mol－1。(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－1，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－1。(3)由盖斯定律可知，一步生成PCl5和两步生成PCl5的总热效应相等，即ΔH3＝ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＝－399kJ·mol－1。答案：(1)P(s)＋32Cl2(

g)===PCl3(g)ΔH＝－306kJ·mol－1(2)PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)ΔH＝＋93kJ·mol－1(3)－399kJ·mol－1＝13．解析：(1)根据盖斯定律，由①×4＋②＋③×2得目标热

化学方程式，故ΔH＝4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3。(2)根据盖斯定律，将三个反应相加，可得总反应的热化学方程式为2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)===I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)ΔH＝ΔH1＋

ΔH2＋ΔH3。(3)根据盖斯定律，反应Ⅱ×2－反应Ⅰ＝反应Ⅲ，故ΔH3＝2ΔH2－ΔH1。(4)根据盖斯定律，由第一个热化学方程式＋第二个热化学方程式×6，即得第三个热化学方程式，则ΔH3＝ΔH1＋ΔH2×6＝＋3359.26kJ·mol－1＋6×(－89.61kJ

·mol－1)＝＋2821.6kJ·mol－1。答案：(1)4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3(2)2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)===I2(aq)＋H2O(l)＋O2(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(3)2ΔH

2－ΔH1(4)＋2821.614．解析：(1)将题给热化学方程式依次编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，根据盖斯定律，由Ⅰ×2＋Ⅱ＋Ⅲ×2得2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)ΔH＝(2a＋b＋2c)kJ·mol－1。(2)ΔH＝1032kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－3×414

kJ·mol－1－326.8kJ·mol－1－464kJ·mol－1＝－128.8kJ·mol－1。(3)①由图可知1molS(s)完全燃烧放出的热量为297kJ，故能表示硫的燃烧热的热化学方程式为S(s)＋

O2(g)===SO2(g)ΔH＝－297kJ·mol－1。②由图可知，参加反应的n(SO2)＝1mol－0.2mol＝0.8mol，根据2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ·m

ol－1，ΔH2＝0.8×12×(－196.6kJ·mol－1)＝－78.64kJ·mol－1。答案：(1)(2a＋b＋2c)kJ·mol－1(2)－128.8(3)①S(s)＋O2(g)===SO2(

g)ΔH＝－297kJ·mol－1②－78.64课时作业4化学反应速率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。A项，4v(NH3)＝5v(O2)可转化为v(NH3)∶v(O2)＝5

∶4，错误；同理可得，B、D项错误，C项正确。答案：C2．答案：C3．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＝0.01

mol·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－1，由vNO∶vO2＝4∶5，得vNO＝vO25×4＝0.25mol·（L·s）－15×4＝0.2mol·(L·s)－1，所以此段反应所经过的时间为0.25mol·L－10.2mol·（L·s）－1＝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)－1；v(A)∶v(C)＝1∶2，则③表示的v

(A)＝0.2mol·(L·s)－1；v(A)∶v(D)＝1∶2，则④表示的v(A)＝0.225mol·(L·s)－1；故反应进行的快慢顺序为④>③＝②>①。答案：A6．解析：一般不用固体或纯液体表示化学反应速率，A项错误；根据反应速率之比等于化学计量数之比可知B项正确，D项错误；经过2

min，B的浓度减少0.6mol·L－1，则0～2min内B的平均反应速率v(B)＝0.3mol·L－1·min－1，C项错误。答案：B7．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项正确；A项：v(Z)＝Δc（Z）Δt＝1.58mol2L×10s＝0.079mol·L－1·s－1；B项：Δc(X)＝Δn（X）V＝0.79

mol2L＝0.395mol·L－1；C项，Y的转化率＝0.79mol1.00mol×100%＝79.0%。答案：B8．解析：5min内W的平均反应速率v(W)＝0.2mol2L5min＝0.02mol·L－1·min－1，利用各物质的反应速率之比等

于化学方程式中化学计量数之比，可知v(Z)∶v(W)＝0.01mol·L－1·min－1∶0.02mol·L－1·min－1＝n∶2，解得n＝1，A正确。答案：A9．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·mi

n－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：B10．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：C11．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C

O2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：B12．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－1213．解析：2min内v(Q)＝0.075mol·L－1·min－1，则Δn(Q)＝0.075mol·L－1·

min－1×2min×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2.7mo

l－0.4mol＝2.3mol；Q在2min内减少了0.3mol，所以Q的起始物质的量是2.7mol＋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－1课时作业5影响化学反应速率的因素活化能1．解析：升高温度，反应物分

子的能量升高，使一部分原来能量较低的分子变成活化分子，①正确；反应物总分子数不变，活化分子数增加，则活化分子百分数增大，②正确；活化分子百分数增大，则单位时间内有效碰撞次数增加，③正确；升高温度，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，④正确

。答案：D2．解析：由反应过程中的能量变化曲线图可知，A、B、C三种物质中，物质B的能量最高，而物质能量越高越不稳定，则三种物质中B最不稳定，A项正确；反应物A的分子变成活化分子需吸收的能量为E1，所以反应A―→B的活化能为E1，B项正确；物质B的能量比物质C的能量高，故B―→

C为放热反应，ΔH＝E3－E4，C项错误；整个反应的ΔH＝ΔHA―→B＋ΔHB―→C＝E1－E2＋E3－E4，D项正确。答案：C3．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：B4．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：B5．解析：A项，增大反应物浓

度，活化分子浓度增大，但活化分子百分数不变。答案：A6．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：A项，其他条件相同时，Na、Mg分别与水反应，Na比Mg活泼，反应速率快，则图像中曲线

乙应在曲线甲的上方，错误；B项，其他条件相同时，H2C2O4溶液的浓度越大，反应速率越快，则图像中曲线乙应在曲线甲的上方，错误；C项，其他条件相同时，温度越高，反应速率越快，随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速

率逐渐减小，与图像一致，正确；D项，加入催化剂，反应速率加快，则图中曲线乙应在曲线甲的上方，错误。答案：C8．解析：Fe3＋参与反应①，但在反应②中又生成，说明Fe3＋是该反应的催化剂，催化剂能降低反应所需的活

化能，但对反应的焓变无影响，故A正确、C错误。由图可知，1molS2O2－8(aq)和2molI－(aq)的总能量高于2molSO2－4(aq)和1molI2(aq)的总能量，则S2O2－8(aq)＋2I－(aq)⇌2SO2－4(aq)＋I2(

aq)是放热反应，故B正确。答案：C9．解析：A项，增加固体的量不能改变反应速率；D项，升高反应体系的温度，化学反应速率增大；B项，保持体积不变，增加H2的量，则增大了反应物的浓度，反应速率增大；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。答案：A10．解析：由题给信息可知，亚氯酸钠在酸性条件下生成亚氯酸，在生成的亚氯酸中加入稀硫酸，开始时反应缓慢，然后反应突然加快，这说明亚氯酸分解生成的产物中的Cl－起了催化作用。答案：C11．解析：A项中加入100

mLNaCl溶液时，相当于稀释了盐酸，H＋浓度减小，生成H2的速率变慢，A错误；若加入的反应物为固体，不影响化学反应速率，C错误；D项Fe和浓硫酸在常温下发生钝化，即使二者高温下反应也不会生成H2，而是生成SO2，D错误。答案：B12．解析：由图甲可知，起始时H2O2的浓度越小，曲线下

降越平缓，说明反应速率越慢，A项错误；OH－浓度越大，pH越大，即0.1mol·L－1NaOH对应的pH最大，曲线下降最快，即H2O2分解最快，B项错误；由图丙可知，相同时间内，0.1mol·L－1NaOH条件下H2O2分解最快，0mol·L－1Na

OH条件下H2O2分解最慢，而1.0mol·L－1NaOH条件下H2O2的分解速率处于二者之间，C项错误；由图丁可知，Mn2＋质量浓度越大，H2O2的分解速率越快，说明Mn2＋对H2O2分解速率影响较大，D项正确

。答案：D13．解析：(1)①若t1＝10，则0至t1min内C气体的平均反应速率v(C)＝0.10mol10L×10min＝0.001mol·(L·min)－1；由题图甲可知，A、B的物质的量减小，是反应物，C的物质的量增加，是生成物，且有Δn(A)＝0.40

mol－0.10mol＝0.30mol，Δn(B)＝0.20mol－0.10mol＝0.10mol，Δn(C)＝0.20mol；又因反应中物质的量的变化量之比等于化学方程式中对应的化学计量数之比，故该反应的化学方程式为3A

＋B⇌2C。②根据图像，t1时刻改变条件，反应速率加快；加入了催化剂，反应速率加快，故A正确；降低了反应温度，反应速率减慢，故B错误；向容器中充入了C气体，C的物质的量应该突变，而图像中C的物质的量是渐变，故C错

误；缩小了容器体积(相当于增大压强)，反应速率加快，故D正确。(2)分析题图乙可知，在250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低。答案：(1)①0.001mol·(L·min)－13A＋B⇌2C②AD(2)

温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低14．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－115．解析：由实验①和实验②可知，c(I－)由0.0

40mol·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)课时作业6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．解析：设起始A、B的物质的量均为amol。2A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(g)n始/molaa00n转/mol2.01x2.0n平/mola－2.0a－112.0a－2.0a－1＝23解得a＝4，故开始时充入

A、B的物质的量各为4mol。A对，4min时，消耗2.0molA,v(A)＝2.0mol/(2L×4min)＝0.25mol·L－1·min－1。B对，v(C)＝xmol/(2L×4min)＝0.125mol·

L－1·min－1，x＝1。C错，4min时，消耗1molB，所以容器中剩余B的物质的量为4mol－1mol＝3mol。D对，根据三段式分析，K＝1mol2L×（2mol2L）2（2mol2L）2×3mol2L＝13。答案：C3．解析：A错，K＝1/[c(A)×c(B)]＝1/4。B错，c点没

有达到平衡，如果达到平衡，应向d点移动，A、B的浓度降低，说明平衡向正反应方向移动。C对，如果c点达到平衡，此时的平衡常数小于T℃时的平衡常数，说明平衡向逆反应方向移动，是升高温度的结果。D错，平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，因此

曲线ab上的点均为平衡状态。答案：C4．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xmolN

H3，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：A5．解析：假设反应由正反

应方向开始进行，由于Y2(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)＝0.6mo

l·L－1，D项错误。答案：A6．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：B7．解析：Qc＝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：A8．解析：在反应中应注意S为固体，故K1＝c（H2S）c（H2），K2＝c（SO2）c（O2），反应H2(g)＋SO2(g)⇌O2(g)＋H

2S(g)的平衡常数K＝c（O2）·c（H2S）c（H2）·c（SO2）＝K1K2。答案：D9．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项正确；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、D

项错误。答案：B10．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)＝1.6mol·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－1.6

3.23.2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

项正确，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项正确；反应达平衡时，A的转化率为6.4mol8mol×100%＝80%，D项正确

。答案：B12．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：C13．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xm

ol·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%14．解析：(1)根据图像，T2温度下先达到平衡，说明T2>T1温度越高，CO的转化率越低，说明正反应是放热反应，化学平衡常数只受温度的影响，升高温度，平衡逆向进行，因此K1>K2。CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)

c始/(mol·L－1)120c转/(mol·L－1)0.751.50.75c平/(mol·L－1)0.250.50.75K＝c(CH3OH)/[c2(H2)×c(CO)]，代入数值，得出K＝12。(2)该反应为放热反应，相同起始组成比时，温

度升高，平衡向逆反应方向移动，α(CO)降低，故z曲线对应的温度是270℃。取a点时数据进行计算。CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)c始/(mo·L－1)11.50c转/(mol·L－1)0.510.5c平/(mol·L－1)0.50.50.5K＝c(CH3OH)/[c2

(H2)×c(CO)]，代入数值，得出K＝4。K只受温度的影响，即K1＝K2，x对应的温度比z对应的温度低，即K3>K1＝K2。答案：(1)>12(2)2704K1＝K2<K315．解析：(1)(2)(3)v(SO2)＝Δc（SO2）Δt＝3mol10L10m

in＝0.03mol·L－1·min－12SO2＋O2⇌2SO3开始：5mol3mol0变化：3mol1.5mol3mol平衡：2mol1.5mol3mol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)⇌2S

O3(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－16

0%(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[H2O（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＝2.151.67≈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7影响化学平衡的因素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：A项，图Ⅰ改变的条件应是增大压强；B项，由于同等程度地加快正、逆反应速率，所以加入的应是催化剂；C项，由于平衡发生了移动，所以加入的不是催化剂；D项，改变的应是温度，且乙的温度高。答案：B3．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：A4．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：C5．答案：B6．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：B7．解析：无论加压或降温，A的转化率都增大，说明平衡都向正反应方向移动，则气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，且正

反应为放热反应；因为B是固体，A、C的化学计量数均是1，所以A只能为气体，C为固体或液体；由上述分析可知C项正确。答案：C8．解析：A是固体，增加物质A的量对化学平衡无影响；而增大物质B的浓度，正反应速率增大，平衡向正反

应方向移动，v正>v逆；升高温度，v正、v逆均增大，但v逆增大的程度更大，平衡向逆反应方向移动；该反应为反应前后气体体积相等的反应，压强增大，平衡不移动，但v正、v逆都增大；催化剂不能使化学平衡发生移动，物质B的转化率不变。答案：B9．答案：D10．

解析：A项，4s时，Δc(A)＝v(A)·Δt＝0.005mol·L－1·s－1×4s＝0.02mol·L－1，则Δc(B)＝0.02mol·L－1，则4s时c(B)＝0.8mol2L－0.02mol·L－1＝0.38mo

l·L－1，错误；B项，设830℃时，A的平衡转化率为x，则A(g)＋B(g)⇌C(g)＋D(g)起始/(mol·L－1)0.10.400转化/(mol·L－1)0.1x0.1x0.1x0.1x平衡/(mol·L－1)0.1(1－x)0.4－0.1x0.1x0.1xK＝（0.1x）20.1（

1－x）·（0.4－0.1x）＝1，x＝80%，正确；C项，由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，错误；D项中的反应是题干中已知反应的逆反应，故1200℃时，K逆＝1K＝10.4＝2.5，错误。答案：B11．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：B12．解析：反应的焓变ΔH＝E1－E2＝134kJ·mol－1－368kJ·mol－1＝－234kJ·mol－1，又1molNO2(g)与1molCO(g)不可能完全反应，所以放出的热量小于234kJ，A

项错误；对于有两种反应物的反应，增大一种反应物的浓度，会提高另一种反应物的转化率，B项错误；该反应是放热反应，升温，化学平衡向逆反应方向移动，CO2的物质的量浓度减小，C项正确；平衡体系中混合气体的总质量不变，反应前后气体体积不变，容积固定所以混合气体的密度

不变，D项错误。答案：C13．解析：(1)①工业合成氨是氮气和氢气在催化剂作用下高温高压反应生成氨气，合成氨的化学方程式为N2＋3H2高温、高压催化剂2NH3。②题图中平衡常数随温度升高而减小，说明升高温度平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应。③增

大压强，平衡正向移动，氢气转化率增大，故a符合。使用合适的催化剂，改变反应速率，不能改变平衡，氢气转化率不变，故b不符合。升高温度平衡逆向移动，氢气转化率减小，故c不符合。及时分离出产物中的NH3，平衡正向进行，氢气转化率增大，故d符合。

(2)①依据题图变化分析，相同温度下，反应是气体体积增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，甲烷平衡含量越高，所以p2>p1。②压强一定，温度升高，甲烷平衡含量减小，平衡正向移动，正反应为吸热反应。(3)①向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1molCO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.

08mol·L－1，列三段式：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)起始浓度/mol·L－10.20.200变化浓度/mol·L－10.120.120.120.12平衡浓度/mol·L－10.080.080.120.12平衡状态下CO的转化率＝0.12mol·L－10.2m

ol·L－1×100%＝60%。②该温度下反应的平衡常数K＝0.12×0.120.08×0.08＝2.25答案：(1)①N2＋3H2高温、高压催化剂2NH3②随温度升高，反应的平衡常数K减小③ad(2)①<②吸热(3)①60%②

2.2514．解析：反应mA(g)＋nB(g)⇌pC(g)达平衡后，升高温度时，B的转化率变大，说明平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，即m＋n>p，A的质量分数增大；加入B时(容器体积不变)平衡

向正反应方向移动，A的转化率增大；升高温度，平衡向正反应方向移动，c(C)增大，c(B)减小，即c（B）c（C）减小；加入催化剂，平衡不移动，混合物的总物质的量不变。答案：(1)放热>(2)增大(3)增大(4)减小(5

)不变15．解析：依据勒夏特列原理：Ⅰ.由于NO2为红棕色，N2O4为无色，(1)甲烧杯中发生中和反应，温度升高，平衡逆向进行，故颜色加深；(2)乙烧杯中加入NH4NO3，NH4NO3溶于水吸热，温度降低，平衡正向进行，c(NO2)降低，颜色变浅

。Ⅱ.(1)加入NaOH，由于发生反应H＋＋OH－===H2O，使c(H＋)减小，平衡向右进行，c(CrO2－4)增大，溶液变为黄色。(3)加入Ba(NO3)2溶液，由于生成BaCrO4沉淀，使平衡向右进行，直到变成硝酸盐，溶液变为无色。答案：Ⅰ.(1)变深甲中NaOH溶解放热，中

和反应也放热，甲中溶液及A中气体温度升高，平衡2NO2⇌N2O4向左移动，NO2的浓度增大，颜色加深(2)变浅NH4NO3溶解吸热，乙中溶液及B中气体温度降低，使平衡2NO2⇌N2O4向右移动，NO2的浓度减小，颜色变浅Ⅱ.(1)黄加入Na

OH溶液，使c(H＋)减小，平衡右移，c(CrO2－4)增大，c(Cr2O2－7)减小(2)橙红加入过量稀硫酸，使平衡左移，c(Cr2O2－7)增大，c(CrO2－4)减小(3)向右移动逐渐变为无色课

时作业8化学反应的方向1．解析：该反应是吸热反应，根据焓判据是不能自发进行的，说明该反应之所以能够自发进行是由于熵增效应，并且熵增效应大于能量效应。答案：D2．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：A3．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＝－218

0.9J·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：A4．解析：当T不变时，压强越大，C%越低，说明加压平衡左移，则m＋n<c＋d，所以ΔS>0；压强一定时，温度越高，C%越低，说明升温

，平衡左移，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，ΔH<0。答案：A5．解析：气体扩散过程中，混乱度增大，此过程自发地从有序向无序方向进行，A项错误，B项正确；根据题给信息可知，反应H2(g)＋Cl2(g)

===2HCl(g)可自发进行，其反应前后气体的分子数不变，不属于熵增反应，C、D项正确。答案：A6．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：D7．解析：根据盖斯定律，可得ΔH4＝ΔH1×12＋ΔH2×2－ΔH3＝－1648kJ·mol－1×12＋(－393kJ·mol－1)×2－(－148

0kJ·mol－1)＝－130kJ·mol－1，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，不能确定反应速率，C项正确；铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，而不是氧化铁，D项错误。答案：D8．解析：由题图可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应的ΔH<0，由化学方程式可知，

ΔS>0，A项错误；ΔH<0，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，B、D项错误；ΔH<0，ΔS>0，则ΔG<0，反应能自发进行，C项正确。答案：C9．解析：(1)因为2CO(g)⇌CO2(g)＋C(s)为放热反应，ΔH<0，且该反应ΔS<0，则当T<980K时，ΔH－TΔS<0。(2

)由题给信息，要使反应能自发进行，须有ΔH－TΔS<0，即－94.0kJ·mol－1－T×[－75.8J·(mol·K)－1]×10－3kJ·J－1<0，则T<94.0kJ·mol－175.8J·（mol·K）－1×10－3kJ·J－1

＝1.24×103K。答案：(1)<(2)小于1240K10．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)B11．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－161.6D12．答案：(1)C(2)不能13．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－1－80.674×10－3kJ·(mol·K)－1×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－1－220.211×10－3kJ·(mol·K)－1×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9化学反应的调控1．解析：A项，投料比为n(N2)∶n(H2)＝1∶2.8时，更有利于NH3的合成；B项，恒容条件下，充入稀有气体对平衡无影响；C、D项，ΔH－

TΔS<0时反应自发进行，而合成氨反应的ΔH<0、ΔS<0，故在常温条件下该反应能自发进行。答案：D2．解析：对于反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)，使用催化剂只能提高反应速率，缩短达到平衡状态所用的时间，不能使

化学平衡发生移动。施加高压既能提高反应速率，使反应达到平衡状态所用的时间缩短，也能使化学平衡向生成NH3的方向移动。答案：C3．解析：从反应速率的角度分析，①④⑦均使化学反应速率降低，②③⑤⑧均使化学反应速率升高，⑥不影响化学反应速率。从平衡

移动的角度分析，②⑤使化学平衡向右移动，使氨的产率增大，⑧不影响化学平衡，③使化学平衡向左移动。答案：C4．解析：因催化剂能提高化学反应速率，则在一定时间内提高了生产效率，故A正确。反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反

应是吸热还是放热，所以K不一定增大，故B错误。充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，故C正确。从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，故D正确。答案：B5．解析：由图可知，φ(NH3)随着温度的升高而显著下降，即

在低温条件下，NH3的体积分数较高，但目前所用催化剂——铁触媒的活性最大时的温度在500℃左右，故最有前途的研究方向是研制低温催化剂。答案：C6．解析：①净化的目的是除去杂质气体，防止催化剂“中毒”，与原料转化率无关；②加压可使反应向生成NH3的方向移动，可以提高原料转化率；③

催化剂只能改变化学反应速率，不能改变化学平衡，则不能提高原料转化率；④氨的液化分离，可降低平衡混合物中NH3的含量，使平衡向生成NH3的方向移动，可以提高原料转化率；⑤原料气的循环使用可提高原料的利用率。故B项正确。答案：B7．解析：合成甲醇的反应是一个反应前后气体体积

减小的放热反应，为提高CH3OH的产量，一要使平衡正向移动，二要使反应速率增大，因此应使用催化剂，同时考虑催化剂的活性，反应温度要适宜，高压有利于平衡正向移动，故采取的措施是选择适宜的温度、高压、催化剂。答案：B8．解析：催化剂只能改变反应速率，不能改变化学平衡，A项错误；催化剂能同等程

度地增大合成氨的正反应速率和逆反应速率，B项错误；使用催化剂可加快反应速率，原因是改变了反应历程，降低了反应活化能，C项正确；压强过高，设备成本高，温度过低，反应速率小，经济效益低，D项错误。答案：C9．解析：该反应为可逆反应，加入的1molN2和3mo

lH2不可能完全反应生成NH3，所以反应放出的热量小于92.4kJ，A项错误；从状态A到状态B，改变的是压强，温度未发生变化，所以平衡常数不变，B项错误；该反应是反应前后气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2的转化率增大，C项正确；升高温度，平衡

逆向移动，K减小，D项错误。答案：C10．解析：体系中NH3的物质的量分数越大，不能表示正反应速率越大，如20MPa、500℃时NH3的物质的量分数大于30MPa、600℃时NH3的物质的量分数，但后

者的温度和压强较大，反应速率较快，A项错误；起始反应物N2和H2的物质的量之比为1∶3，因此反应达到平衡时，N2和H2的转化率之比为1∶1，B项错误；由于无法确定参与反应的N2和H2具体的物质的量，故无法求得生成的NH3的物质的量，因此无法计算

达到平衡时放出的热量，C项错误；根据表中数据可知，400℃、30MPa下反应达到平衡时，生成NH3的物质的量最多，D项正确。答案：D11．解析：(1)根据合成氨反应的特点可知，低温和高压均可以提高平衡混合

物中氨含量，A、D项正确。(2)原料气中N2的成本较低，适度过量可提高成本较高的H2的转化率；从反应速率来看，N2在Fe催化剂上的吸附是该反应速率的决定步骤，N2适度过量有利于提高整体的反应速率。(3)合成氨反应为放热反应，ΔH<0，该反应为

气体分子数减小的反应，则ΔS<0，A项正确；恒温恒压时，向合成氨平衡体系中添加少量惰性气体，体积增大，压强减小，平衡逆向移动，B项错误；液化NH3后及时将其移出，生成物浓度降低，平衡正向移动，C项正确；原料气中的杂质气体会使催化剂“

中毒”，原料气须经过净化处理，防止催化剂“中毒”，D项正确。答案：(1)AD(2)原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，N2适度过量有利于提高整体的反应速率(3)ACD12．解析：(1)由“三段式”法进行计算：2

SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)起始浓度/(mol·L－1)0.0500.0300转化浓度/(mol·L－1)0.0400.0200.040平衡浓度/(mol·L－1)0.0100.0100.

040①从反应开始到刚好达到平衡，用SO2表示的平均反应速率为0.040mol·L－120min＝0.002mol·L－1·min－1。②加入过量O2，另一反应物SO2的转化率增大。③反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)的平衡常数表达式K＝c2（SO3）c2（SO

2）·c（O2）。④已知K(300℃)>K(350℃)，则升高温度，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，而升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，则该反应的正反应是放热反应。若反应温度升高，平衡逆向移动，则SO2的转化率将减小。(2)平衡常数只与温度

有关，在温度不变的条件下，无论压强怎样变化，平衡常数都不变。答案：(1)①0.002mol·L－1·min－1②提高二氧化硫的转化率③c2（SO3）c2（SO2）·c（O2）④放减小(2)＝13．解析：(1)

根据盖斯定律，将题述两个热化学方程式相加可得：3H2(g)＋CO2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－48.9kJ·mol－1。(2)根据热化学方程式可知，生成CH3OH(g)的反应是放热反应，也是气体体积减小的反应，故要想提高CH3OH(g)的产率，需要低温高压，d项合

理。(3)观察图中的横坐标，其表示的物理量为n（H2）n（CO2），假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，可推知反应物X为CO2。(4)①CH3OH(g)的浓度变化量为0.75mol·L－1，则有3H2(g)＋CO2(

g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)起始浓度/(mol·L－1)3100转化浓度/(mol·L－1)2.250.750.750.75平衡浓度/(mol·L－1)0.750.250.750.75H2的浓度变化量为2.25mol·L－1，则前10min内H2的平均反应速率v(H2)＝

0.225mol·L－1·min－1。②K＝c（CH3OH）·c（H2O）c3（H2）·c（CO2）＝0.75×0.750.753×0.25(mol·L－1)－2＝163(mol·L－1)－2。③选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一个产物

是目标产物，若这个物质的产率越高，说明该反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，B、D中甲醇的选择性好，虽然B中CO2的转化率比D中的稍低些，但是B中CH3OH(g)的选择性比D中的好，故B为最优条件。答案：(1)3H2(g

)＋CO2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－48.9kJ·mol－1(2)d(3)CO2(4)①0.225②163(mol·L－1)－2③B课时作业10电离平衡1．答案：B2．解析：A对，一定温度下，HNO2溶液中存在HNO2的电离平

衡和H2O的电离平衡。B对，一定温度下，NaNO2溶液中不仅存在水解平衡：NO－2＋H2O⇌HNO2＋OH－，还存在HNO2的电离平衡和H2O的电离平衡。C对，NO－2水解使溶液显碱性，NO－3不水解，则温度和物质的量浓度都相同的NaNO2溶液和NaNO3

溶液，前者pH较大。D错，NO－2水解后溶液中离子总浓度不变，NO－3不水解，则温度和物质的量浓度都相同的NaNO2溶液和NaNO3溶液，二者导电能力相同。答案：D3．解析：液态HCl不导电，但HCl溶于水能电离出自由移动的H＋和Cl－，所以HCl是电解质，故A错误；NH3溶于水形成的溶

液能导电，但NH3自身不能发生电离，所以NH3是非电解质，故B错误；电解质在水溶液里或熔融状态下能导电，电解质本身不一定能导电，部分单质、混合物虽然能导电，但不是电解质，故C错误；AgCl属于难溶于水的盐，但溶于水的部分可以完全电离，且AgCl在熔融状态下能导电，所以AgCl是电解质，

故D正确。答案：D4．解析：将浓度为0.1mol·L－1的HF溶液加水不断稀释，HF⇌H＋＋F－的平衡不断向右移动，c(HF)不断减小并趋向于0，c(H＋)不断减小并趋向于水电离的c(H＋)(大于0)，即c(HF)比c(H＋)减小幅度大，则c(H＋)/c(HF)始终保持增大。答案：D

5．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>HNO3。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：C6．答案：B7．破题思路：解析：加水

稀释时，电离平衡NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－向右移动，n(NH＋4)、n(OH－)增大，n(NH3·H2O)减小，c（NH＋4）c（NH3·H2O）＝n（NH＋4）n（NH3·H2O）的值增大，故A、B项错误；c(NH3·H2O)、c(NH＋4

)、c(OH－)都减小，温度不变，电离平衡常数K＝c（NH＋4）·c（OH－）c（NH3·H2O）的值不变，故C项错误、D项正确。答案：D8．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：C9．解析：CH3COOH属于弱电解质，稀释时会电离出H＋，故稀释时c(H＋)的变

化要比盐酸中c(H＋)的变化慢一些，即曲线Ⅰ是盐酸的变化曲线，曲线Ⅱ是CH3COOH溶液的变化曲线，A项错误。溶液的导电能力与溶液中离子的浓度有关，离子浓度b＞c，故导电能力b＞c，B项正确。a点、b点表示溶液稀释相同倍数，此时溶质的量没

有发生变化，都等于稀释前溶质的物质的量；稀释前两溶液中c(H＋)相同，但CH3COOH为弱酸，则c(CH3COOH)＞c(HCl)，故稀释前n(CH3COOH)＞n(HCl)，则CH3COOH消耗NaOH的量多，C项错误。a点对应的酸的总浓度大于b点对应的酸的总浓度，D项错误。答案：B

10．解析：由K1(H2SO3)＞K1(H2CO3)≈K2(H2SO3)＞K2(H2CO3)可知，酸性：H2SO3＞H2CO3≈HSO－3＞HCO－3。由强酸制弱酸的原理可知，A项，SO2－3与HCO－3不反应，能大量共存；B项，HSO－3与HCO－3不反应，能大量共存；C项，由于

酸性HSO－3＞HCO－3，则HSO－3与CO2－3能反应生成HCO－3，不能大量共存；D项，SO2－3与CO2－3不反应，能大量共存。答案：C11．解析：因为碳酸的Ka1大于氢硫酸的Ka1，所以碳酸的酸性强于氢硫酸，A项正确；多元弱酸的Ka

1远远大于Ka2，所以其酸性主要由第一步电离决定，B项正确；因HS－的电离常数小于HCO－3的电离常数，故不能发生该反应，C项错误；电离常数只与温度有关，向弱酸溶液中加少量稀盐酸，电离常数不变，D项正确。答案：C12．解析：发生电离的HA的物质的量浓度为c(HA

)＝0.10mol·L－1×1%＝1.0×10－3mol·L－1，根据HA⇌H＋＋A－，则平衡时c(H＋)＝c(A－)＝1.0×10－3mol·L－1，c平(HA)＝0.10mol·L－1－1.0×10－3mol·L－1≈1.0×10－1mol·L－1，将有关数

据代入电离平衡常数表达式得Ka＝c（H＋）·c（A－）c平（HA）＝1.0×10－5。答案：A13．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＋CH3COOH－===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：H2SO3>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，pH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：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＝b15．解析：(1)硫酸第一步完全电离，第二步部分电离，硫酸中c(H＋)＝(0.1＋0.1×10%)mol·L－1＝0.11mol·L－1；硫酸氢钠溶液中c(H＋

)＝(0.1×29%)mol·L－1＝0.029mol·L－1；醋酸中c(H＋)＝(0.1×1.33%)mol·L－1＝0.00133mol·L－1；盐酸中c(H＋)＝0.1mol·L－1，所以c(H＋)由大到小的顺序是ADBC。(

2)硫酸溶液中，硫酸第一步电离出氢离子，第二步又电离出氢离子，第一步电离出的氢离子抑制了第二步的电离，而硫酸氢钠溶液中硫酸氢根离子的电离不受抑制，所以0.1mol·L－1H2SO4溶液中HSO－4的电离度小于0.1mol·L－1NaHSO4溶液中HSO－4的电离度。(3)CH3

COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，则Ka＝c(CH3COO－)·c(H＋)/c(CH3COOH)；醋酸中c(H＋)＝c(CH3COO－)＝cα，则Ka＝c(CH3COO－)·c(H＋)/c(CH

3COOH)＝cα·cα/(c－cα)＝cα2/(1－α)。答案：(1)ADBC(2)硫酸的第一步电离抑制了硫酸氢根离子的电离(3)Ka＝c(CH3COO－)·c(H＋)/c(CH3COOH)cα2/(1－α)16．解析：(1)Kb

＝c(NH＋4)·c(OH－)/c(NH3·H2O)＝(0.005×10－7)/(a2－0.005)＝10－9/(a－0.01)。(2)①K1＝c（H＋）·c（HCO－3）c（H2CO3）＝（2.5×10－6）21.5×10－5≈4.2×10－7。②按题给的

量的关系书写即可，但应注意因K2(HCO－3)＜K(HClO)＜K1(H2CO3)，故HClO与Na2CO3反应只能生成NaHCO3。答案：(1)10－9a－0.01(2)①4.2×10－7②a.Cl2＋2CO2－3＋H2O===2HCO－3＋Cl－＋ClO

－b．Cl2＋CO2－3＋H2O===HCO－3＋Cl－＋HClOc．ClO－＋CO2＋H2O===HCO－3＋HClO课时作业11水的电离溶液的酸碱性与pH1．解析：水的电离过程是吸热的，所以90℃时纯水电离出的c(H＋)和c(OH－)比25℃时纯水电离出的c(H＋)和c(OH－)

大。答案：C2．解析：酸、碱均抑制水的电离，而能水解的弱酸根离子或弱碱的阳离子促进水的电离。A项HSO－4电离出H＋使溶液显酸性，抑制水的电离；B中Cl－、C中Na＋对水的电离无影响；D项为OH－，抑制水的电离，使溶液的pH增大。答案：A3．答案：B4．

解析：未指明温度，溶液不一定呈酸性，A错误；任何条件下c(H＋)水电离产生＝c(OH－)水电离产生，B错误；强酸和强碱等物质的量混合后溶液不一定呈中性，例如氢氧化钠和硫酸的反应，D错误。答案：C5．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：A6．解析：相同温度下，等物质的量浓度的氢离子和氢氧根离子对水的电离的抑制程度相同，但等物质的量浓度的酸、碱溶液电离出的氢离子、氢氧根离子的浓度不一定相

同，如等物质的量浓度的盐酸和氢氧化钡溶液，所以水的电离程度不一定相同，故A错误；25℃时，同pH的H2SO4溶液和CH3COOH溶液中，氢离子浓度相同，对水的电离的抑制程度相同，则水的电离程度相同，故B错误；溶液的酸碱性由c(H＋)和c(OH－)的

相对大小决定，若c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，某溶液中c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，氢氧根离子的浓度未知，则该溶液不一定呈中性，故C错误；常温下，某溶液由水电离出的c(OH－)＝1.

0×10－13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，酸或碱能抑制水的电离，所以该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故D正确。答案：D7．解析：用pH试纸测定溶液的pH时，不能将pH试纸放入溶液中，这样会污染溶液，正确的操作方法为用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观

察其颜色变化并与标准比色卡对照，A项错误、C项正确；广泛pH试纸测得的pH为整数，B项错误；用湿润的pH试纸测定，会稀释待测液，使测得的酸溶液的pH偏大，碱溶液的pH偏小，中性溶液的pH不变，D项错误。答案：C8．解析：根据图像可知，当lg

VV0＝2时，HA溶液的pH＝5，HB溶液的pH：3<pH<5，说明HA为强酸，HB为弱酸。稀释相同倍数时，溶液的pH：HA>HB，溶液中c(A－)<c(B－)，A错误；溶液的pH：a<b＝c，酸溶液中OH

－全部来自水的电离，水的电离程度：b＝c>a，B错误；a、c点溶液体积相同，c点pH大于a点，c点溶液中c(A－)小于a点溶液中c(B－)，溶液中离子的总物质的量：a>c，b点相对于a点，加水稀释促进HB的电离，溶液中离子的总物质的量：b>a，故溶液中离子总物质的量：b>

a>c，C正确；c点pH大于a点，c点溶液中c(A－)小于a点溶液中c(B－)，溶液中离子的总浓度：a>c，b、c点溶液的pH相等，b、c点两溶液中的电荷守恒分别为c(H＋)＝c(B－)＋c(OH－)

、c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，溶液中离子总浓度：b＝c，故溶液中离子的总浓度：a>b＝c，D错误。答案：C9．解析：常温下，溶液中由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1，说明水的电离受到抑制

，该溶液可能为酸或碱的溶液。①碱溶液中该组离子不反应，但酸溶液中NO－3与S2－因发生氧化还原反应而不能大量共存，错误；②碱溶液中Fe2＋与OH－结合生成沉淀，酸溶液中该组离子不反应，错误；③该组离子在酸或碱溶液

中都不发生反应，一定能大量共存，正确；④酸溶液中HCO－3与H＋结合生成CO2和H2O，碱溶液中HCO－3与OH－结合生成CO2－3和H2O，生成的CO2－3与Ca2＋结合生成CaCO3沉淀，错误；⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO－3在酸或碱溶液中都不

发生反应，一定能大量共存，故⑤正确。答案：A10．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，A、C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－1的H2SO4溶液与1mol·L－1的KOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液显中性，pH＝6，D项正确。答案：D11．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－1硫酸12．解析：(1)B点对应的c(H＋)＝10－6mol·L－1，c(OH－)＝10－6mol·L－1，故Kw＝10－6×10－

6＝10－12。(3)由水电离产生的H＋浓度等于溶液中OH－的浓度，即c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－125×10－4＝2×10－9mol·L－1。答案：(1)1×10－12水的电离要吸热，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大(2)否在盐酸中c(H＋)≠c(OH－

)，所以不可能处于B点(3)2×10－9mol·L－113．解析：题干信息告诉我们纯硫酸存在电离平衡，且电离程度强于纯硝酸和纯水，仿照纯水的电离方程式，可以推知纯硫酸的电离方程式为2H2SO4⇌H3SO＋4＋HSO－4。在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4⇌H3SO＋4＋HSO－4为主

要的电离方式，而纯硝酸电离受到纯硫酸电离出的H＋的抑制，因此在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是HSO－4。同时，无水条件下，混合酸中必然发生H＋＋HNO3⇌H2NO＋3的反应。答案：(1)2H2SO4⇌H3SO＋4＋HSO－4(2)>(

3)HSO－4H＋＋HNO3⇌H2NO＋3HNO3＋H2SO4⇌H2NO＋3＋HSO－414．解析：(1)25℃时，pH＝3和pH＝5的盐酸中由水电离出的c(H＋)的比值为10－1410－3∶10－1410－5＝10－2。(2)水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水，若为碱性溶液，则c(OH

－)·c(H＋)水＝Kw＝10－14，c(OH－)＝10－1410－12＝10－2mol·L－1，pH＝12；若为酸性溶液，则c(OH－)＝c(H＋)水＝10－12mol·L－1，c(H＋)＝Kwc（OH－）＝10－2mol·L－1，pH＝2。(3)由pH＝6的蒸

馏水可知，该温度下水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－6mol·L－1，故此时Kw＝1.0×10－12。水电离产生的c(H＋)＝Kwc（H＋）溶液＝1.0×10－10mol·L－1。根据原子守恒知溶液中c(Na＋)＝c(SO2－4)。(4)根据电

荷守恒可知c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性。(5)pH＝3的CH3COOH和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液中剩余CH3COOH。溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒知c(Na

＋)<c(CH3COO－)。答案：(1)10－2(2)2或12(3)1.0×10－121.0×10－10mol·L－1＝(4)中(5)酸<课时作业12溶液pH的计算1．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：A、C两项中都是强酸与强碱中和，等体积混合时酸溶液中氢离子的物质的量和碱溶液中氢氧根离子的物质的量相等，即pH强酸＋pH强碱＝14，恰好完全中和，pH＝7；B项，pH强酸＋pH弱碱＝1

4，混合后碱过量，pH>7；D项，pH弱酸＋pH强碱＝14，混合后酸过量，pH<7。答案：B5．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：D6．解析：pH＝9的NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－5mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，混合后c(OH－)＝10－5＋10－32mol·L－1≈10－32mol·L－1，则溶液中的c(H＋)＝

Kwc（OH－）＝10－1410－32mol·L－1＝2.0×10－11mol·L－1，所以pH＝11－lg2≈10.7，D项正确。答案：D7．解析：由图像可以看出稀释过程中两种酸的pH增大程度不同，说明两种酸的酸性强弱不同，故pH

＝2的两种酸的浓度一定不同，A项错误。由图知，稀释后A溶液的pH大于B溶液的pH，则A中c(H＋)小于B中c(H＋)，此时A酸溶液的酸性比B酸溶液的弱，B项错误。a＝5时表明，pH＝2的A酸溶液稀释1000倍，pH增加3，故A一定是强酸；pH＝2的B酸溶液稀

释1000倍后，pH<5，说明B酸溶液中存在电离平衡，则B是弱酸，C项正确。若A、B都是弱酸，稀释1000倍后，A、B两溶液pH均要增大，而增加的值均小于3，有5>a>2，若A是强酸，则a＝5，D项错误。答案：C8．解析：H2SO

4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：B9．解析：A项，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；B项，pH＝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：C10．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、NaOH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项错误。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项正确。答案：D11．解析：升温促进水的电离，故升温水

的离子积常数增大，b点时水的离子积常数为10－12，大于a点时水的离子积常数，说明b点对应的温度较高，A错误；d点与a点温度相同，Kw相同，a点时Kw＝10－14，b点时Kw＝10－12，Kw数值大小关系为b＞d，B正确；温度不变，Kw不变，而从c点到a点，c(OH－)不变，c(H＋)

变小，Kw变小，C错误；处在b点时，pH＝2的硫酸中c(H＋)＝10－2mol·L－1，pH＝10的NaOH中c(OH－)＝10－1210－10mol·L－1＝10－2mol·L－1，二者等体积混合后，溶液显中性

，D错误。答案：B12．解析：(1)稀释10倍，c(H＋)＝10－4mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝4，再稀释100倍，c(H＋)＝10－6mol·L－1，pH＝6。(2)稀释10倍，c(OH－)

＝10－4mol·L－1，c(H＋)＝Kwc（OH－）＝10－10mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝10；再稀释10倍，c(OH－)＝10－5mol·L－1，c(H＋)＝Kwc（OH－）＝10－9mol·L－1，pH＝

－lgc(H＋)＝9；再稀释100倍，c碱(OH－)＝10－7mol·L－1，考虑水的电离，c溶液(OH－)>1×10－7mol·L－1，c(H＋)＝Kwc（OH－）<10－7mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)

>7。(3)混合后，溶液中c(H＋)＝10－1mol·L－1·V＋10－3mol·L－1·V2V＝0.0505mol·L－1，pH＝2－lg5.05。(4)混合后，溶液中c(OH－)＝10－3mol·L－1·V＋10－5mol·L

－1·V2V＝5.05×10－4mol·L－1，c(H＋)＝Kwc（OH－）＝15.05×10－10mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝10＋lg5.05。(5)混合时，n(H＋)＝n(OH－)，所以混合后溶液呈中性，pH＝7。(6)混合后，溶液中c(OH－)＝10－2mol·L－

1·VNaOH－10－3mol·L－1·VHClVNaOH＋VHCl＝10－5mol·L－1，解得VHClVNaOH＝999101。答案：(1)46(2)109>7(3)2－lg5.05(4)10＋lg5.05(5)7(6)999∶10113．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1×10－7

mol·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·10－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＋）＝1×10－121×10－8mo

l·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NaCN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13酸碱中和滴定1．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：A2．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：C3．解析：A、B、C三项都正确；D项，④中最后一滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，且半分钟内不恢复成原来的颜色，即达到滴定终点，错误。答案：D4．答案：B5．解析：用HC

l溶液滴定NaOH溶液时，c(NaOH)＝c（HCl）·V（HCl）V（NaOH），主要分析V(HCl)对c(NaOH)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：D6

．解析：A对，NaOH和HCl恰好反应时，消耗20.00mLNaOH溶液，NaCl溶液呈中性。B对，滴定过程中酸过量时，c(Cl－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)。C对，NaOH和CH3COOH恰好反应时生成CH3COONa，溶液呈碱性，所以滴定到pH＝7时，a<20.00。D错，

当溶液明显由无色变为浅红色时，要在旋摇锥形瓶的同时观察溶液颜色约30s，若此时溶液不褪色，就停止滴定。答案：D7．解析：由图像分析知，曲线a为氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线，曲线b为盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线，且未滴

定时盐酸和氢氧化钠溶液的pH分别为1和13，二者物质的量浓度都为0.1mol·L－1，所以A错误，C正确；P点表示盐酸与氢氧化钠恰好完全中和，溶液呈中性，B正确；强酸滴定强碱或强碱滴定强酸时可以用酚酞作指示剂，D正确。答案：A8．答案：D9．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：D10．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：B11．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；④A项，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，错误；B项，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，错误；C项，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，错误；D项，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

，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，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)因为邻苯二甲酸氢钾溶液显酸性，所以需用酸式滴定管移取。(2)第3组实验所消耗的NaOH溶液的体积为20.80mL，与其他三组数据相差太大，应

舍弃不用；此题以酚酞作为指示剂，酚酞变色的范围是8.2～10.0，所以当pH＝7时，还没有达到滴定终点，故a<20.02。(3)c(NaOH)＝c（邻苯二甲酸氢钾）·V（邻苯二甲酸氢钾）V（NaOH），若碱式滴定管未用NaOH待测液润洗，则消耗NaOH溶液的

体积偏大，所测浓度偏小。答案：(1)⑤②①③④⑥酸式滴定管(2)不合理第3组数据明显偏大，不应采用<(3)快速放液偏小14．解析：(1)本滴定实验原理为利用I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6测定消耗I2的量，从而确定水样中的Na2S2O3的物质的量浓

度，故所用指示剂用来指示溶液中是否含I2，故应用淀粉溶液作指示剂。(2)淀粉遇碘变蓝，判断达到滴定终点的实验现象是滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成蓝色且半分钟内不褪色。(3)从图表中数据可知，三组数据分别为19.10mL、18.90mL、2

4.06mL，24.06mL误差太大，舍去；因此消耗标准液的体积平均值为19.00mL；根据反应I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6可知，废水中的Na2S2O3的物质的量浓度为19.00×10－3L×0.01mol·

L－1×210.0×10－3L＝0.038mol·L－1答案：(1)淀粉溶液(2)滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成蓝色，且振荡半分钟内不褪色(3)0.038mol·L－1(4)AD课时作业14盐类的水解1．答案：B2．解析：A项NaHSO4能电离出H＋，抑制水的电离，错误

；B项F－水解促进水的电离，溶液显碱性，错误；C项Al3＋水解促进水的电离，且溶液显酸性，正确；D项中Na＋、I－均不水解，对水的电离平衡无影响，错误。答案：C3．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。CH3COONa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：B

4．答案：A5．解析：由AD溶液的pH>7，可知AOH的电离程度大于HD。由BC溶液的pH<7，可知BOH的电离程度小于HC。同理由AC、BD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：A6．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：D7．解析：

四种溶液中，NH4Cl和NaHSO4溶液呈酸性，CH3COONa溶液呈碱性，BaCl2溶液呈中性。因A、B溶液的pH相同，且A、C混合产生白色沉淀，故A为NaHSO4，B为NH4Cl，C为BaCl2，进而推知D为C

H3COONa，NaHSO4能与NaHCO3反应产生CO2气体。答案：C8．解析：A对，Kw与温度有关，a点溶液温度低于25℃，则Kw<1.0×10－14。B错，b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，NH＋4水解促进了水的电离，a、d两点都抑制了水的电离，b点水的电离程度最

大；由于d点混合液的pH未知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小。C对，b点时溶液的pH<7，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Cl－)>c(NH＋4)，因此，c(Cl－)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－)。D对，根据题给图像

可知，25℃时溶液的pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(Cl－)＝c(NH＋4)＝0.5mol·L－1，根据物料守恒可知c(NH3·H2O)＝(0.5n－0.5)mol·L－1，则25℃时NH4Cl的水解常数Kh＝0.5（n－1）×10－70.5

＝(n－1)×10－7。答案：B9．解析：等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应酸的酸性越强，水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三种溶液pH的大小顺序是①>②>③，故A错误。氢氧化钠溶液抑制了水的电离，而碳酸钠和醋酸钠溶液都促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大，所以

三种溶液中由水电离出的氢氧根离子浓度大小关系为②>③>①，故B错误。稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①氢氧化钠溶液，故C错误。等体积等浓度混合后，①溶质为NaCl、②溶质为NaCl和NaHCO3、③溶质为CH3COOH和N

aCl，HCO－3水解显碱性，所以pH最大的是②，故D正确。答案：D10．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：C11．答案：③④12．解析：(1)①水的离子积常数与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故25℃时，水的离子积常数Kw＝1×10－14。NH4Al(SO4)2溶液的pH＝3，该溶液中的H＋全

部来自水的电离，故由水电离出的c(H＋)＝1×10－3mol·L－1。②NH4Al(SO4)2溶液中，NH＋4、Al3＋均发生水解反应，据物料守恒可得c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＝c(Al3＋)＋c[Al(OH)3

]。据电荷守恒可得2c(SO2－4)＋c(OH－)＝c(NH＋4)＋3c(Al3＋)＋c(H＋)，则有2c(SO2－4)－c(NH＋4)－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－3mol·L－1－10－11mol·L－1≈10－3mol

·L－1。(2)NH4Al(SO4)2溶液中存在NH＋4、Al3＋的水解平衡，而盐类水解是吸热反应，温度升高，水解平衡正向移动，溶液中c(H＋)增大，故溶液的pH减小。(3)①NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，先后发生反应：H＋＋OH－===H2O、NH＋4＋OH－=

==NH3·H2O，a点V(NaOH)＝100mL，H＋恰好完全中和，此时溶液所含溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，NH＋4发生水解反应而促进水的电离；b、c两点溶液所含溶质均为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O，且c点时c(NH3·H2

O)大于b点，NH3·H2O的存在抑制水的电离，则c点水的电离程度小于b点；d点NH4HSO4与NaOH溶液恰好完全反应，所含溶质为Na2SO4和NH3·H2O，此时c(NH3·H2O)最大，抑制水的电离程度最大，

则图中a、b、c、d四点中水的电离程度大小关系为a>b>c>d，其中水的电离程度最小的是d点。②向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液到a点的过程中，H＋与OH－发生反应，离子方程式为H＋＋OH－===H2O。③考虑水的电

离，NH4HSO4溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为c(H＋)>c(SO2－4)>c(NH＋4)>c(OH－)。答案：(1)①1×10－141×10－3②＝10－3(2)温度升高，NH＋4、Al3＋的水解平衡正向移动，溶液中c(H＋)增大(3)①

d②H＋＋OH－===H2O③c(H＋)>c(SO2－4)>c(NH＋4)>c(OH－)13．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CH3COO－，因此NH4HCO3溶液的pH>714．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0.2

mol/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>15．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N

a2CO3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15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，Fe

Cl3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、Na2S

iO3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AlCl3水解相互促进至水解完全，所以反应得不到Al2S3；⑧NaHC

O3水解使溶液显碱性；⑨Al3＋水解，使c(Al3＋)<0.1mol·L－1。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：胆矾CuSO4·5H2O溶于水得CuSO4溶液，因硫酸难挥发、蒸发结晶再灼烧得CuSO4；AlCl3、CuCl2发生水解，AlCl3＋3H2O⇌Al(OH)3＋3HCl，CuCl

2＋2H2O⇌Cu(OH)2＋2HCl，加热时HCl不断挥发，平衡右移，不断生成Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，灼烧得Al2O3、CuO；Al2(SO4)3＋6H2O⇌2Al(OH)3＋3H2SO4，硫酸难挥发，最终仍得Al2(SO4)3。答案：A5．

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：B6．解析：由于HN3和CH3COOH酸性相似，类比CH3COOH溶液及CH3COONa溶液中的离子浓度的大小关系可知A、C皆

正确；而由CH3COONH4为离子化合物可知HN3与NH3反应所形成的铵盐是离子化合物，B不正确；经计算可知D正确。答案：B7．解析：加入10mL一元酸HA溶液时，HA与NaOH恰好完全反应，但溶液的pH为8.7，说明HA为弱酸，a点表示NaA溶液，该溶液中存在A－＋H2O⇌HA＋O

H－、H2O⇌H＋＋OH－，由电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，由物料守恒可得c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，联立两式得c(HA)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－1410－8.7－10－8

.7mol·L－1>10－8.7mol·L－1，故溶液中有c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，A项错误；a点所示溶液中水的电离受到促进，b点表示NaA与HA物质的量之比为1∶1的混合溶液，

溶液呈酸性的原因是HA的电离程度大于A－的水解程度，故c(A－)>c(HA)，溶液中水的电离受到抑制，B项错误、D项正确；pH＝7，则c(OH－)＝c(H＋)，又溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，故c(Na

＋)＝c(A－)，C项错误。答案：D8．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：B9．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CH

3COOH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项错误；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项正确。答案：D10．解析：三种溶液中钠离子浓度都为0.1mol·L－1，所以c(Na＋)：甲＝乙＝丙，A正确；由甲酸与乙酸的电离常数可知酸性：甲

酸>乙酸，根据“越弱越水解”可知水解程度：CH3COO－>HCOO－，弱酸根离子水解程度越大，产生酸分子的数目越多，所以溶液中酸分子数：甲<丙<乙，B正确；弱酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大，乙酸

根离子水解程度最大，甲酸根离子水解程度最小，所以溶液的pH：甲<丙<乙，C正确；根据电荷守恒得溶液中阴、阳离子的总数是阳离子总数的2倍，而三种溶液中钠离子的数目相同，弱酸根离子水解程度越大，氢离子的数目减少，所以溶液中的阴、阳离子总数：甲>丙>

乙，D错误。答案：D11．解析：酸性越强，pH越小，四种混合物中，②NH4Cl与HCl的pH最小，④NH4Cl与NH3·H2O的pH最大，①NH4Cl与CH3COONa的溶液显中性，③NH4Cl与NaCl的溶液显酸性，故正确的pH关系应为②<③<①<④，c(H＋)正确顺

序为④<①<③<②，A、B错误。四种溶液中，④NH4Cl与NH3·H2O的c(NH＋4)最大，其次是②NH4Cl与HCl，①NH4Cl与CH3COONa发生相互促进水解反应，c(NH＋4)最小，所以正确排序为①<③<②<④，C错误。由于

④NH4Cl与NH3·H2O中，氨水是弱电解质，部分电离，c(NH3·H2O)最大，其次是①NH4Cl与CH3COONa发生相互促进水解反应，NH＋4的水解程度稍大，氨水浓度最小的是②NH4Cl与HCl，几乎没有氨水存在，所以氨水浓度大小

顺序为②<③<①<④，D正确。答案：D12．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>H2CO3>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

↑＋2Cl－＋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·L－1NH

4Cl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－)。A项，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，正确；B项，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，错误；C项，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，正确；D项，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，错误。(4)NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，故c(NH3·H2O

)＝c(H＋)＝1×10－5mol·L－1，则c(OH－)＝Kwc（H＋）＝1×10－141×10－5mol·L－1＝1×10－9mol·L－1，c(NH＋4)＝(0.1－1×10－5)mol·L－1≈

0.1mol·L－1，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：(1)滴定前氨水中氢离子浓度是10－11mol·L－1，根据Kw＝c(H＋)·c(OH－)，可知溶液中c(OH－)＝0.001mol·L－1，则该温度下NH3·H2O的电离常数K＝10－3×10－3/(0.1－10－

3)＝10－6/(0.1－10－3)≈10－5。(2)由图像可知d点时加入盐酸的体积与氨水的体积相等，二者恰好完全反应，根据NH3·H2O～HCl可知滴定过程中所用盐酸的浓度是0.1mol·L－1，所以盐酸的pH＝1。(3)在

b点时，溶质为一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液显碱性，对水的电离起抑制作用。在c点时，溶质为一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度等于铵根离子的水解程度，溶液显中性，对水的电离平衡没有影响。在d点时，溶质为氯化铵，铵根离子水解显酸性，对水的电离起促进作用。

所以b、c、d三点的溶液中，由水电离出的c(OH－)大小顺序为d>c>b。(4)A项，稀释促进一水合氨的电离，铵根离子的物质的量增加，一水合氨的物质的量减少，则c(NH＋4)/c(NH3·H2O)增大。B项，稀释促进一水合氨的电离，但氢氧

根离子的浓度减小，因此氢离子浓度增大，则c(H＋)/c(OH－)增大。C项，c(NH＋4)·c(OH－)/c(NH3·H2O)表示一水合氨的电离平衡常数，温度不变，电离平衡常数不变。D项，稀释促进一水合氨的电离，氢氧根离子的物质的量增加，但氢氧根离子的浓度减小。(5)A错，由图像

可知b点溶液是氯化铵与一水合氨物质的量之比为1∶1的混合物，溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，由电荷守恒c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)、物料守恒2c(Cl－)＝c(NH3·

H2O)＋c(NH＋4)可知溶液中c(NH＋4)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)。B错，由图像可知c点所示溶液pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知c

(Cl－)＝c(NH＋4)，因此溶液中c(Cl－)<c(NH3·H2O)＋c(NH＋4)。C错、D对，由图像可知d点时加入盐酸的体积与氨水的体积相同，二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性，则d点所示溶

液中：c(Cl－)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－)，根据质子守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)。(6)设盐酸的体积为xL，e点时溶液的pH＝2，则0.1mol·L－1×xL－0

.1mol·L－1×VL＝0.01mol·L－1×(x＋V)L，解得x＝11V/9。答案：(1)10－5(2)1(3)d>c>b(4)D(5)D(6)11V/9课时作业16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，Ca2＋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－1的AgNO3溶液时，比较所需c(Ag＋)的最小值；沉淀Cl－所需c(Ag＋)>1.56×10－100.010mol·L－1＝1.56×10－8m

ol·L－1，沉淀Br－所需c(Ag＋)>7.7×10－130.010mol·L－1＝7.7×10－11mol·L－1，沉淀CrO2－4所需c(Ag＋)>9.0×10－120.010mol·L－1＝3×10－5mol·L－1。故产生沉淀的先后顺序为Br－、C

l－、CrO2－4。答案：C3．解析：A项，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，故正确；B项

，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，故正确；C项，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，故正确；D项，平衡的Ksp＝c2(Ca2＋)·c2(K＋)·c(

Mg2＋)·c4(SO2－4)，故错误。答案：D4．解析：A项，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，正确；B项，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，正确；C项，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，正确；D项，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)<Ksp(AgBr)，发生反应的离子方程式为I－＋AgBr⇌AgI＋Br－，错误。答案：D5．解析：加NH3·H2O会引入新的杂质离子NH＋4。MgO消耗MgCl2酸性溶液中的H＋，促使Fe3＋水解生成Fe(OH)3而除

去，同时MgO转化为MgCl2，不会引入新的杂质，即使MgO过量，由于MgO难溶于水，过滤即可除去。加Mg(OH)2和MgCO3的原理与加MgO的原理相同。答案：A6．解析：比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计

算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较，A错误；物质的Ksp只受物质性质和温度的影响，与其他外界条件无关，B正确；平衡状态时v(溶解)＝v(沉淀)≠0，难溶电

解质的溶解和离子结晶形成难溶电解质都在不断进行，C错误；加入KI固体后是否产生黄色沉淀取决于Q(AgI)和Ksp(AgI)的相对大小，若加入足量的碘化钾，则一定有黄色沉淀碘化银生成，若Q(AgI)<Ksp(AgI

)，没有黄色沉淀生成，D错误。答案：B7．解析：Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，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：B8．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：B9．解析：由沉淀形成的条件可知，要产生

沉淀必须满足Qc＝c(Ca2＋)·c(CO2－3)>2.8×10－9，因两种溶液等体积混合后c(CO2－3)＝1×10－4mol·L－1，故混合后溶液中c(Ca2＋)应大于2.8×10－5mol·L－1，则混合前c(CaCl2)至少应大

于5.6×10－5mol·L－1。答案：D10．解析：CdS在水中达到溶解平衡时Cd2＋、S2－浓度相等，可求出一定温度下CdS在水中的溶解度，A项正确；m、p、n为同一温度下的CdS的溶解平衡状态，三点的Ksp相等，B项错误；向m点溶液中加入Na2S，S2－浓度增大

，但Ksp不变，则溶液组成由m沿T1时的平衡曲线向p方向移动，C项正确；温度降低，Ksp减小，q沿qp线向p方向移动，D项正确。答案：B11．解析：由题图可知，向①中溶液滴加0.1mol·L－1Na2S溶液，出现黑色浑浊即有Ag2S生成，说明上层清液中仍然

存在银离子，A错误；向上层清液中滴加0.1mol·L－1Na2SO4溶液时无明显现象，再滴加0.1mol·L－1Na2S溶液，出现黑色浑浊，说明Ag2S比Ag2SO4更难溶，B正确；取少量氯化银沉淀，

滴加浓氨水，发生反应AgCl(s)＋2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O，沉淀逐渐溶解，C正确；若向③中滴加一定量的硝酸，氨水浓度减小，AgCl(s)＋2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O的平衡逆向移动，出现氯化银沉

淀，D正确。答案：A12．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＝10－17mo

l3·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＝10－5mol·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：D13．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)＝5.0×10－4m

ol·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≈1.33×10－6m

ol·L－1。答案：(1)6.4×10－5(2)减小放热(3)1.33×10－6mol·L－1<14．解析：(1)酸性含铬废水中含有Cr2O2－7，Cr2O2－7具有较强的氧化性，与SO2发生氧化还原反应，结合得失电子守恒和元素守恒可得

反应的离子方程式：Cr2O2－7＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO2－4＋H2O。(2)常温下，Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝1×10－30，溶液中c(Cr3＋)≤1×10－6mol·

L－1时，c(OH－)≥1×10－8mol·L－1，此时溶液的pH≥6。(3)Cr(OH)3和Al(OH)3类似，也是两性氢氧化物，而Al(OH)3发生酸式电离的方程式为Al(OH)3⇌H＋＋AlO－2＋H2O，类比推理写出

Cr(OH)3的酸式电离方程式。(4)Cr3＋在强碱中被H2O2氧化为CrO2－4，而H2O2则被还原为H2O，反应的离子方程式为2Cr3＋＋3H2O2＋10OH－===2CrO2－4＋8H2O。分析反应温度对Cr3＋转化率的影响可知，随着温度的升高，开始阶段Cr3＋转化率增大，

温度超过70℃时，Cr3＋转化率下降，其原因可能是H2O2在较高温度下发生分解，H2O2浓度降低，氧化能力下降。答案：(1)Cr2O2－7＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO2－4＋H2O(2)6(3)Cr(OH)3⇌H＋＋CrO－2＋H2O(4)

2Cr3＋＋3H2O2＋10OH－===2CrO2－4＋8H2OH2O2在较高温度下发生分解，H2O2浓度降低，氧化能力下降15．解析：(1)曲线上的点都是处于平衡状态，此时纵坐标与横坐标二次方的乘积等于Ksp，a点对应的纵坐标与横坐标二次方的乘

积小于Ksp，没有达到饱和。(2)Ksp仅与温度有关。(3)SO2－4对Ag2SO4的溶解起抑制作用，使溶解度减小，SO2－4浓度越大，Ag2SO4的溶解度越小。(4)由Ag2SO4(s)⇌2Ag＋(aq)＋SO2－4(aq)知A错误；取图像中b点计算：Ksp＝c2(Ag＋)·c(SO2－

4)＝(2×10－2mol·L－1)2×4×10－2mol·L－1＝1.6×10－5(mol·L－1)3，B正确；Qc＝c2(Ag＋)·c(SO2－4)＝(1×10－2mol·L－1)2×0.1mol·L－1

＝1×10－5(mol·L－1)3<Ksp，所以不会产生沉淀，C正确。答案：(1)不饱和(2)＝(3)b>a>c(4)BC(5)Ag2SO4＋CrO2－4⇌Ag2CrO4＋SO2－4课时作业17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：对该反应进行分析知负极为Fe，则正极的活泼性比Fe差，溶液中阳离子为Ag＋，对照各选项只有选项C符合。答案：C3．解析：试管中加入少量CuSO4溶液。发生反应Zn＋CuSO

4===Cu＋ZnSO4，则Cu、Zn、稀硫酸构成原电池，加快产生H2的速率，但由于A试管中有少量Zn与CuSO4发生反应生成Cu，故A试管中参加反应生成H2的Zn比B试管中少，则A试管中产生H2的体积比B试管中小。答案：D4．解析：A错，锂电极是负极，高硅铸铁电极是正

极，电解质溶液中阴离子向负极移动，则OH－向锂电极移动。B错，电解质溶液是LiOH溶液，溶液呈碱性，则高硅铸铁电极上发生的反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑。C对，Li电极是负极，Li失电子被氧化，电极反应式为Li－e－=

==Li＋。D错，电流由正极流出，经导线流入负极，故电流方向：高硅铸铁电极→导线→锂电极。答案：C5．解析：①②相连时，外电路电流从正极流向负极，则活动性：①大于②；①③相连时，③为正极，则活动性：①大于③；②④相连时，②上生成H2为正极，则活动性：④大于②；③④相连时，③的

质量减少为负极，则活动性：③大于④。据上述分析，活动性①>②，①>③，④>②，③>④，故活动性由大到小顺序是①>③>④>②。答案：B6．解析：活泼金属锌作负极，铜作正极，铜电极上发生还原反应，故A错误；电池工作一段时间后，甲池中的c

(SO2－4)不变，故B错误；铜电极上发生电极反应Cu2＋＋2e－===Cu，同时Zn2＋通过阳离子交换膜从甲池移向乙池，由电荷守恒可知，乙池中每析出1molCu，则有1molZn2＋从甲池移向乙池，因为M(Zn)＞M(Cu)，所以乙池溶液总质量增加，故C正

确；阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，阴离子不能通过阳离子交换膜，故D错误。答案：C7．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：C8．解析：由2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O可知，Mn元素的化合价降

低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则乙中石墨为负极，甲中石墨为正极。乙烧杯中Fe2＋失电子发生氧化反应，故A项正确；甲烧杯中MnO－4得电子发生还原反应，电极反应式为MnO－4＋8H＋＋5e－

===Mn2＋＋4H2O，因消耗H＋而使溶液pH增大，故B项错误；在原电池内电路中，阴离子向负极移动，则盐桥中的SO2－4移向乙烧杯，故C项错误；在外电路中，电流由正极流向负极，即从a流向b，故D项错误。答案：A9．解析：银锌纽扣电池中Zn作负极，失去电子生成Z

n(OH)2，电极反应式为Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2，A正确；Ag2O电极作正极，得电子发生还原反应生成Ag，B正确；原电池工作时电子由负极流向正极，电流由正极Ag2O流向负极Zn，C正确；原电池工作时电解质溶液中阴离子移

向负极，即溶液中的OH－向负极Zn移动，D错误。答案：D10．解析：A项，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；B项，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项正确；C项，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；D项，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项错误。答案：B11．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－1×2×6.02×1023

mol－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＋＋3H2O课时作业18化学电源1．解析：一次电池是放电后不能再充电

使其复原的电池，如普通锌锰电池、碱性锌锰电池等；二次电池又称可充电电池或蓄电池，放电后可通过充电的方法使活性物质再生而继续使用的电池，如铅酸蓄电池、锂离子电池等，A、B项错误；燃料电池除将化学能转化为电能外，还有一部分转化为热能，能量转化率小于100%，C项错误；电池中的重金属、

酸和碱等物质会污染土壤和水源，需要集中处理，D项正确。答案：D2．解析：铅酸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：D3．解析：燃料电池中燃料在负极上失去电子发生氧化反应。A项，甲醇是燃料，氧气是助燃性气体，A项反应中既有

氧化剂又有还原剂。B项为氧气在酸性环境中得到电子发生的还原反应。C项，甲醇作负极失去电子，在酸性环境中生成二氧化碳和氢离子。D项反应为氧气在碱性(或中性)环境中得到电子发生的还原反应。本题选C。答案：C4．解析：由题意知

，电极甲为负极，电极乙为正极。放电时，阴离子向负极移动，即O2－由电极乙移向电极甲，A项错误；生成物均为无毒无害的物质，负极上有氮气生成，则电池总反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，B项错误；由电池总反应N2H4＋O2===N2＋2H2O可知，当电极甲上消耗1molN2H4时，电极乙上有1

molO2被还原，即电极乙上有22.4LO2(标准状况下)参与反应，C项正确；电池外电路的电子由负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误。答案：C5．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：D6．解析：由电子

流向可知，a为负极，b为正极，负极上发生氧化反应，通入的是氢气，正极上发生还原反应，通入的是氧气，故①正确；该装置中涉及化学能、电能和光能等的转换，故②错误；a为负极，电极反应式为H2－2e－＋2OH－===2H2O，b为正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－

===4OH－，故③正确；P型半导体连接的是电池正极，故④错误。答案：B7．解析：结合图示可知放电时的电极反应如下：电极名称电极反应负极(a极)CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋正极(b极)2

H＋＋2e－===H2↑根据上述分析可知，A项正确；该电池工作时，Cl－向a极移动，Na＋向b极移动，即隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，B项错误；电路中转移1mol电子时，向a极和b极分别移动1molC

l－和1molNa＋，则模拟海水理论上可除盐58.5g，C项正确；电池工作时负极产生CO2，正极产生H2，结合正、负极的电极反应知，一段时间后，正极和负极产生气体的物质的量之比为2∶1，D项正确。答案：B8．解析：由题图可知，左边电极有电子流出，所以该电极应该为负极，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；由题图可知，反应中并未有O2参与，电池工

作时总体是一个消耗H2、生成H2的过程，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，阴离子则向负极移动，D项正确。答案：C9．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：C10．解析：根据图示知，B电极上H2O2得电子生成OH－，所以B电极是正极，发生的电极反应为H2O2＋2e－===2OH－，故A、B错误；根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的原则，放电时，阳离子向

负电荷较多的正极移动，阴离子向正电荷较多的负极移动，所以Na＋从负极区向正极区迁移，故C错误；在电池反应中，每消耗1L6mol·L－1H2O2溶液，消耗H2O2的物质的量为6mol，根据H2O2＋2e－===2OH－知，理论上流

过电路中的电子数为6mol×2×NAmol－1＝12NA，故D正确。答案：D11．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－===2H2OO

2＋2H2O＋4e－===4OH－pH变大变小(4)CH4＋10OH－－8e－===CO2－3＋7H2O12．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NO2－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)①CO＋4e－＋4H＋===CH3OH②SO2＋2H2O－2e－===SO2－4＋4H＋③NO2－e－＋H2O===NO－3＋2H＋(

2)CO＋H2－4e－＋2CO2－3===3CO2＋H2O13．解析：Pt(a)端的原料为CH3OH和H2O，产物为CO2、H＋，根据C化合价由－2价升到＋4价，失去6个电子，Pt(a)为负极；Pt(b)端的原料为O2和H＋，产物为H2O，O化合价由0价降为－2价

，发生还原反应，为正极。答案：(1)负2CH3OH＋2H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋还原3O2＋12H＋＋12e－===6H2O(2)2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O(3)1314．解析：(1)由图1可知A为燃料电池的正极，电极反应式为O2＋4

H＋＋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===6CO

2＋6H2O，即1molO2～1molCO2，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－===C

O2②baab课时作业19电解池1．答案：B2．解析：移向阴极的离子有Cu2＋、H＋和Na＋，根据阴极放电顺序可知Cu2＋放电：Cu2＋＋2e－===Cu；移向阳极的离子为Cl－和OH－，根据阳极放电顺序可知Cl－放电：2Cl－

－2e－===Cl2↑，故阴极和阳极最先析出的物质分别是Cu和Cl2。答案：B3．解析：电解精炼铜时，粗铜应作阳极，纯铜作阴极，故A错；阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B错；粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，故C错；金属

的活动性顺序为Zn>Fe>Cu>Ag>Pt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式在阳极底部沉积下来，故D对。答案：D4．解析：A对，由题图可知，a电极与外加电源的负极相连，则a为电解池的阴极。B对，b电极是阳极，Cl－在阳极发生氧化反应生成Cl2；b处p

H试纸变蓝，局部褪色，说明Cl2与水反应生成了HCl和HClO。C错，c是电解池的阳极，Fe被氧化生成Fe2＋，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋。D对，d是电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH

－＋H2↑，电极周围溶液显碱性，故d处试纸变蓝。答案：C5．解析：电解池阳极发生氧化反应Ni－2e－===Ni2＋(主要)。因为粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，电解过程中当阳极溶解Fe而阴极析出Ni时，阳极质量的减少与阴极质量的增加

不相等。电解后，溶液中存在的金属阳离子除Fe2＋和Zn2＋外，还可能含有Ni2＋，电解槽底部的阳极泥中不可能存在Fe、Zn，因为Fe、Zn比Ni活泼，所以只存在Cu和Pt。答案：D6．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：D7．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：B8．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)＋2

H2O(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：B9．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：C10．解析：阳极要产生ClO－，则阳极不能用铁，故石墨作阳极，铁作阴极，A项正确；由题目信息提示，溶液中的离子为CN－和Cl－，而阳极产生ClO－，故其反应物一定是Cl－，即Cl－在阳极被氧化

为ClO－，B项正确；阴极为水得电子生成氢气和氢氧根离子的反应，C项正确；由题目信息提示知，该反应体系是碱性环境，故反应中不可能有H＋，除去CN－的反应的正确离子方程式为2CN－＋5ClO－＋H2O===5Cl－＋2CO2↑＋N2↑＋2OH－，D项错误。答案：D11．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：D12．解析：(1)由题给装置图可知，Ag­Pt电极上NO－3发生还原反应生成氮气，因此Ag­Pt电极为阴极，电极反应式为2NO－3＋12H＋＋10e－===N2↑

＋6H2O，则B为负极，A为正极。(2)①溶液呈电中性，c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(NO－3)＋c(OH－)，pH约为5，呈酸性，即c(H＋)>c(OH－)，则c(NH＋4)<c(NO－3)。②Ir­Ru惰性电极吸附氧气，氧气得电子

发生还原反应，O2＋2H＋＋2e－===H2O2。③4mol氨气转移12mol电子，生成2mol氮气，因此转移3mol电子，最多可以处理NH3的物质的量为1mol，其质量为17g。(3)根据图示可知，水电离产生的H＋在阴极

获得电子变为氢气逸出，OH－在阳极失去电子变为O2，产生的OH－和HCO－3反应生成CO2－3，使得K2CO3再生。答案：(1)A2NO－3＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O(2)①<②O2＋2H＋＋2e

－===H2O2③17(3)阴极水电离出的H＋在阴极得电子生成H2，使水的电离平衡正向移动，产生的OH－和HCO－3反应生成CO2－3，使得K2CO3再生13．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6.4g6

4g·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↑＋2H2SO4222

120．1mol0.1mol0.1mol0.05mol0.1mol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14．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－－2e－===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－===Cl

2↑(2)Cu2H＋＋2e－===H2↑(3)AgNO3溶液0.01NA(或6.02×1021)(4)增大H2O15．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－1＝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－1＝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－1＝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)CH

4－8e－＋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20金属的腐蚀与防护1．解析：钢铁表面镀锌，可使内部金属被保护；钢铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀；钢铁中加入锰、铬金属，制成不锈钢，能有

效防止钢铁被腐蚀；将钢铁与电源负极相连，钢铁作阴极，被保护。答案：B2．答案：A3．答案：B4．解析：该装置没有外接电源，所以是原电池而不是电解池，故A项错误；锌比铁活泼，失电子作负极，铁作正极，所以牺牲了锌保护了铁，故B项错

误；铁被保护，所以溶液中不会产生亚铁离子，加入K3[Fe(CN)6]溶液后，Fe电极附近不会产生特征蓝色的沉淀，故C项正确；远洋货轮船底镶嵌锌块，其中锌与铁构成原电池，锌作负极，失电子发生氧化反应，锌被腐蚀，为保护货轮需定期更换，故D项错误。答案：C5．答案：D

6．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：D7．解析：若金属块M为铜，在环境中Fe和Cu构成原电池，Fe比Cu活泼

，Fe作负极，则会加快钢铁设备的腐蚀，A项错误；潮湿的空气中，钢铁设备主要发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，B项错误；外加金属块的金属防护方法是牺牲阳极的阴极保护法，C项正确；外加电流法中，被保护的金属不能发生氧化反应，故钢铁设备应与电源

负极相连，D项错误。答案：C8．解析：钢管桩接电源的负极，高硅铸铁接电源的正极，通电后，外电路中的电子从高硅铸铁(阳极)流向正极，从负极流向钢管桩(阴极)，A、B项正确；C项，题给信息高硅铸铁为“惰性辅助阳极”不损耗，错误。答案：C9．解析：图a

中，铁棒发生电化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，A项错误；图b中，开关置于M时，Cu－Zn合金作负极，由M改置于N时，Cu－Zn合金作正极，腐蚀速率减小，B项正确；图c中，接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt电极上放出，C项错误；图d中，Zn－M

nO2干电池自放电腐蚀主要是由Zn发生氧化反应引起的，D项错误。答案：B10．解析：②中Zn作负极，发生氧化反应生成Zn2＋，Fe作正极被保护，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，试管内无明显变化。但③中没有Zn保护Fe，Fe在酸性环境中发生析氢腐蚀，Fe作负极被氧化生成

Fe2＋，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，对比②③可知Zn保护了Fe，A项正确。①与②的区别在于：前者是将铁氰化钾溶液直接滴入烧杯中，而后者是在取出的少量Fe附近的溶液中滴加铁氰

化钾溶液，①中出现了蓝色沉淀，说明有Fe2＋生成。对比分析可知，可能是铁氰化钾氧化Fe生成了Fe2＋，B项正确。通过上述分析可知，验证Zn保护Fe时不能用①的方法，C项正确。若将Zn换成Cu，铁氰化钾仍会将Fe氧化为Fe2＋，在铁的表面同样会生成蓝色沉淀，所以无法判断Fe2＋是不

是负极产物，即无法判断Fe与Cu的活泼性，D项错误。答案：D11．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)当电解质溶液相同时，同一金属腐蚀的快慢是电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极。故本小题中，铁

腐蚀由快到慢的顺序为④>②>①>③。(4)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－===4

OH－，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－===C

l2↑，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)④>②>①>③(4)B12

．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13．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＋2H

2O＋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14．解析：(1)①此装置发生了铁的吸氧腐蚀，碳棒上氧气放电，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4

OH－。②Fe2＋和K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，离子方程式为3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓。(2)①K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2＋反应生成蓝色沉淀，分

别取少量容器a、b中溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，容器a中溶液所在试管中出现蓝色沉淀，说明容器a中生成Fe2＋，容器b中溶液所在试管中无变化，说明容器b中没有Fe2＋生成，所以容器a中铁片作负极，容器b中铁片作正极。②加热后，电流计指针发生偏转的原因可能是

温度升高，Fe的还原性增强，反应速率加快。(3)依据表中实验Ⅱ的数据及电流计指针向左偏转，可知容器b中铁片为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋。答案：(1)①O2＋2H2O＋4e－===4OH－②3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－

===Fe3[Fe(CN)6]2↓(2)①正②温度升高，Fe还原性增强，反应速率加快(3)Fe－2e－===Fe2＋第一章综合检测1．解析：白磷转化成红磷是放热反应，故白磷的能量比红磷的高。能量越高物质越不稳定，则A、B、D都不正确。答案：C2．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。A项，镁片与稀盐酸的反应为放热反应，不符合题意；B项，碳酸钙在高温下的分解反应为吸热反应，符合题意；C项，酸碱中和反应为放热反应，不符合题意；D项，乙醇在氧气中的燃烧反应为放热反应，不符合题意

。答案：B3．解析：设题干的三个热化学方程式分别为①②③，根据盖斯定律，由①＋②×2可以得到③，故ΔH1＋2ΔH2＝ΔH3，A项正确。答案：A4．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－1，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：C5．解析：由第一个热化学方程式和生成

18.0g液态水，可求得H2的物质的量为1mol，1molH2完全燃烧放出的热量为285.8kJ；N2不发生反应，则CO完全燃烧放出的热量为710.0kJ－285.8kJ＝424.2kJ，结合第二个热化

学方程式求得CO的物质的量为1.5mol，原混合气体的物质的量为3mol，则燃烧前混合气体中CO的体积分数为50%。答案：C6．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：D7．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，至少需测定3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：C8．解析：由石英砂制纯硅的不同途径如下：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＝－600.20k

J·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：C9．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(ΔH

1＋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)＋O2(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：C10．解析：催化剂不改变反应的焓变，反应③使用催化剂，ΔH3不变，A正确；根据盖斯定律，①－②得到H2(g)＋12O2(g)===H2O(g)ΔH＝ΔH1－ΔH2，氢气燃烧放出热量，则ΔH1－ΔH2<0，B错误；由题图可知，反应④中正反应的活

化能小于逆反应的活化能，C错误；根据盖斯定律可知，③×3＋⑤可得3CO(g)＋6H2(g)===CH3CH===CH2(g)＋3H2O(g)ΔH＝3ΔH3＋ΔH5＝(－90.1kJ·mol－1)×3＋(－31.0kJ·mol－1)＝－301.3kJ·mol－1，D错误。答案：A11．

解析：由图可知，Mg(s)和Cl2(g)作用生成MgCl2(s)的反应为放热反应，则由MgCl2(s)分解制备Mg(s)和Cl2(g)的反应是吸热反应，A项错误；由图可知，等物质的量的固体MgI2、MgBr2、MgCl2、MgF2的能量依次降低，故稳定性：MgF2>MgC

l2>MgBr2>MgI2，B项错误；由图可知，Mg(s)和X2(g)作用生成MgX2(s)的反应均为放热反应，C项错误；由图可得热化学方程式：①Mg(s)＋Cl2(g)===MgCl2(s)ΔH＝－641kJ·mol－1，②Mg(s)＋Br2(g)===MgBr2(s)ΔH

＝－524kJ·mol－1，根据盖斯定律，由①－②可得：MgBr2(s)＋Cl2(g)===MgCl2(s)＋Br2(g)ΔH＝－117kJ·mol－1，D项正确。答案：D12．解析：水蒸气冷凝为液态水需要释放热

量，所以CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)ΔH<－574kJ·mol－1，A正确。由题给热化学方程式，根据盖斯定律，由(反应①＋反应②)÷2可以得出CH4将NO2还原为N

2的热化学方程式为CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－867kJ·mol－1，则0.2molCH4反应放出的热量为867kJ·mol－1×0.2mol＝173.4kJ，C正确。用标准状况下4.48LCH4将NO2还原为N2，4.48LCH4

的物质的量为0.2mol，在此过程中CH4中碳元素的化合价由－4价升高到＋4价，转化为CO2，失去电子的总物质的量为0.2mol×8＝1.6mol，故转移电子总数为1.6NA，但D选项未注明标准状况，D错误。答案：D13．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＝－92k

J·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)ΔH＝(－a－3b)kJ·mol－1，则1molNH3将NO还原为N2时，反应热为－3

b－a4kJ·mol－1。答案：(1)N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1(2)390(3)－3b－a414．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0.50mol·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)===12Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1(3)①4.

0②－53.5kJ·mol－1③ac(4)无偏小15．解析：(1)0.4molN2H4反应放热256.652kJ，则1molN2H4反应放热641.63kJ。(2)16gN2H4的物质的量为0.5mol。由方程式知生成水的

物质的量n(H2O)＝0.5mol×4＝2mol，则16gN2H4与H2O2反应生成H2O(l)放热为641.63kJ×0.5mol＋2mol×44kJ·mol－1＝408.815kJ。(3)产物为N2(g)和H2O，无污染。(4)由

所提供方程式，利用盖斯定律，将②－①÷2可得肼和二氧化氮反应的热化学方程式。答案：(1)N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.63kJ·mol－1(2)408.815(3)产物不会造成环境污染(4)N2H4(g)＋NO2(g)===32N2(g)＋

2H2O(g)ΔH＝－567.85kJ·mol－116．解析：(1)已知C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH1①；CO(g)＋12O2(g)===CO2(g)ΔH2②，根据盖斯定律，由①－②可得C(s)＋12O2(g)===CO(g)ΔH＝ΔH1－ΔH2，则设计实验利用盖斯定律计算C(s)

＋12O2(g)===CO(g)的ΔH，需要知道碳和一氧化碳的燃烧热。(2)将已知的两个热化学方程式依次编号为①②，根据盖斯定律，由①＋②2可得目标热化学方程式为CH4(g)＋2NO2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)＋N2(g)ΔH＝12×[(－574kJ·mo

l－1)＋(－1160kJ·mol－1)]＝－867kJ·mol－1。(3)由题图可得，ΔH＝209kJ·mol－1－348kJ·mol－1＝－139kJ·mol－1。(4)根据盖斯定律，由②－①×2可得热化学方

程式③：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝(2m－n)kJ·mol－1<0，所以n>2m。(5)根据题图所示能量变化可写出热化学方程式：①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－846.3kJ·mol－1②CO2(g)==

=CO(g)＋12O2(g)ΔH＝＋282kJ·mol－1③12O2(g)＋H2(g)===H2O(g)ΔH＝－241.8kJ·mol－1根据盖斯定律，由①＋②－③×3可得目标热化学方程式：CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(

g)ΔH＝＋161.1kJ·mol－1。答案：(1)碳和一氧化碳的燃烧热(2)CH4(g)＋2NO2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)＋N2(g)ΔH＝－867kJ·mol－1(3)－139(4)n>2m(5)CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g)ΔH＝

＋161.1kJ·mol－1第二章综合检测1．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：B2．解析：在含有Pb2＋、Sn2＋的溶液中加入过量金属锡(S

n)，发生置换反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)⇌Sn2＋(aq)＋Pb(s)，最终达到化学平衡。A项，向平衡体系中加入金属铅后，由于溶液中离子的浓度未发生变化，故平衡不移动，c(Pb2＋)不变，错误

；B项，向平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体，Sn(NO3)2溶解，使c(Sn2＋)增大，则平衡逆向移动，所以c(Pb2＋)增大，错误；C项，升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明平衡逆向移动，所以该反应的正反应为

放热反应，错误；D项，分析图像可知，25℃时，该反应的平衡常数K＝c（Sn2＋）c（Pb2＋）＝0.220.10＝2.2，正确。答案：D3．解析：根据表格提供的数据知温度升高，平衡常数减小，则平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，ΔH<0，A项错误

；其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，溶液中c(I－3)减小，B项正确；该反应的平衡常数表达式为K＝c（I－3）c（I2）·c（I－），C项错误；平衡常数只与温度有关，25℃时，向溶液中加入少量KI固体，虽然平衡向正反应方向移动，但平衡常数不变，D项错误。答案：B4

．解析：温度不变，增大压强，若平衡不移动，A的浓度应变为原来的2倍，实际变为原来的2.1倍，说明平衡逆向移动，故m＋n<p＋q，A正确；因反应是按化学方程式的计量数之比消耗的，所以只有起始加入量也符合化学方程式的计量

数之比时，A、B的转化率才能相等，B正确；若m＋n＝p＋q，则反应过程中气体的总物质的量不变，C正确；温度不变、压强增大到原来的2倍，根据反应的体积变化，气体的总体积在m＋n＝p＋q时，等于原来的12，在m＋n≠p＋q时，小于原来的12，D不正确。答案

：D5．解析：观察图像可知，T2>T1、p1>p2。升高温度水蒸气的百分含量降低，说明平衡逆向移动，正反应放热，则ΔH<0；增大压强水蒸气的百分含量增大，说明平衡正向移动，正反应为气体分子数减少的反应。综合分析，A项符合要求。答案：A6．解析：由图像可知，T1<T2，升高温

度c(NO)增大，平衡左移(吸热方向)，所以ΔH<0，且K1>K2，A项和B项不正确；T2时D点表示c(NO)>c(NO)平，因此由D→B点需降低c(NO)，即平衡向右移动，所以D点对应体系中，v正>v逆，C项不正确；由

于反应物C为固体，故容积不变时，反应后气体质量增大，混合气体的密度增大，当密度不再变化时，可以判断反应达到平衡状态，D项正确。答案：D7．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：根据图示，得到反应物的能量高于产物的能量，所以该反应是放热反应，故A错误；催

化剂只会加快反应速率，不会引起反应热的变化，反应的热效应不变，故B错误；催化剂只会加快反应速率，不能改变平衡转化率，不能改变化学反应的平衡常数，故C错误；根据化学反应的历程：催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体，故

D正确。答案：D10．解析：反应在前50s的平均速率为0.16mol2L50s＝0.0016mol·L－1·s－1，A项正确；由表格数据可知平衡时c(PCl3)＝0.20mol2.0L＝0.10mol·L－1，升高温度，

PCl3浓度增大，则该反应是吸热反应，ΔH＞0，B项错误；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：A11．解析：A错，根据阿伏加德罗定律，p前∶p后＝n前∶n后，n后＝14×(4＋2)mol·L－1/15＝5.6mol，正反应气体体积减小且气体减小的n(气)为(4＋2)mol－5.6m

ol＝0.4mol。C、D中只能有一种物质是气体。若只有C是气体，则反应后n(气)为（3＋2）－44×1.6mol＝0.4mol；若只有D是气体，则反应后n(气)为（3＋2）－24×1.6mol＝1.2mol；因此只能C是气体，该反应的化学方程式为3A(g)＋2B(g)⇌4C(g)＋2D(s或

l)，K＝c4(C)/[c3(A)·c2(B)]。B错，根据化学计量数可知0～5min内消耗A的物质的量＝1.6mol×3÷4＝1.2mol，则v(A)＝1.2mol÷2L÷5min＝0.12mol·L－

1·min－1。C对，根据化学计量数可知此时消耗B的物质的量＝1.6mol×2÷4＝0.8mol，则α(B)＝0.8mol÷2mol×100%＝40%。D错，根据勒夏特列原理和化学方程式可知，增大该体系的压强，平衡向正反应方

向(即向右)移动，但化学平衡常数不变，因为化学平衡常数只与温度有关，与压强无关。答案：C12．解析：A项，550℃时，若充入惰性气体，容器的压强不变，则容器的体积增大，相当于减小压强，v正、v逆均减小，平衡向正反应方向移动，错误；B项，由图知650℃时，CO的体积分数为40%

，CO2的体积分数为60%，平衡时n(CO2)∶n(CO)＝60%∶40%＝3∶2，设平衡时CO2的物质的量为3mol，则平衡时CO的物质的量为2mol，生成2molCO时消耗1molCO2，则反应达到平衡时CO2的转化率为1mo

l3mol＋1mol×100%＝25%，错误；C项，T℃时，平衡时CO与CO2的体积分数相等，若充入等体积的CO2和CO，平衡不移动，错误；D项，925℃时，CO的体积分数为96%，CO2的体积分数为4%，CO的平衡分压为0.96p总，CO2的平衡分压为0.04p总，用平衡

分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K＝(0.96p总)2/(0.04p总)＝23.04p总，正确。答案：D13．解析：(1)对于N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＜0，在密闭容器中，开始时n(N2)∶n(H2)＝2∶6＝1∶3，

反应时消耗n(N2)∶n(H2)＝1∶3，故平衡时n(N2)∶n(H2)＝1∶3，所以c(N2)∶c(H2)＝1∶3，转化率之比为1∶1。(2)升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体的总物质的量增大，总

质量不变，故平均相对分子质量变小，由ρ＝mV知密度不变。(3)达平衡后，保持压强不变，充入氩气，使体系体积增大，浓度减小，相当于减小压强，使平衡逆向移动。(4)恒容时升高温度至原来的2倍，根据勒夏特列原理

，平衡向吸热反应的方向移动，即向左移动，达新平衡后，容器内温度大于原来的温度，小于原来温度的2倍。答案：(1)1∶31∶1(2)变小不变(3)逆向(4)向左移动小于14．解析：(1)恒压条件下，温度升高，H2S的转化率增大，即升高温度平衡正向移动，则ΔH>0。(2)2H2S(g)⇌2H2(g

)＋S2(g)ΔH，该反应是气体分子数增大的反应，温度不变，增大压强平衡逆向移动，H2S的转化率减小，则压强由大到小的顺序为p3>p2>p1。(3)M点对应的H2S转化率为50%，总压为5MPa，设H2S起始量为2mol，列三段式

：2H2S(g)⇌2H2(g)＋S2(g)起始量/mol200变化量/mol110.5平衡量/mol110.5Kp＝5MPa×12.52×5MPa×0.52.55MPa×12.52＝1

MPa。(4)如果想进一步提高H2S的转化率，除改变温度、压强外，还可以减少生成物浓度促进平衡正向移动。答案：(1)>(2)p3>p2>p1(3)1(4)及时分离出产物15．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)＝0.003mol·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)2.516．解析：(1)表面积越大，接触面积越大，反应速率越快，因此催化剂表面积较大的曲线是b。(2)v(CO)＝v(NO)＝0.4－0

.22×10mol·(L·min)－1＝0.01mol·(L·min)－1；根据反应：2NO(g)＋2CO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)起始浓度/(mol·L－1)0.20.200变化浓度/(mol·L－

1)0.10.10.10.05平衡浓度/(mol·L－1)0.10.10.10.05由题意得K＝c2（CO2）·c（N2）c2（NO）·c2（CO）＝0.12×0.050.12×0.12＝5；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2mol，此时CO的浓度为0.2mol·L－

1，CO2的浓度为0.2mol·L－1，Qc＝c2（CO2）·c（N2）c2（NO）·c2（CO）＝0.22×0.050.22×0.12＝5，Qc＝K，则平衡不移动。(3)15min时，NO的物质的量减小。充入少量CO，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，故A正确；将N2液

化移出，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，故B正确；此反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO的物质的量增大，故C错误；加入催化剂，平衡不移动，NO的物质的量不变，故D错误。(4)根据盖

斯定律，目标反应方程式＝①×2－②×7－③×3，即ΔH＝2ΔH1－7ΔH2－3ΔH3；生成物气体化学计量数之和大于反应物气体化学计量数之和，则此反应为熵增反应，ΔS＞0。(5)NO2为红棕色气体，其余气体为无色，则当混合气体颜色不再改变，说明反应达到平衡状态，故A正确；恒容密闭

容器中，气体总体积保持不变，组分都是气体，气体总质量保持不变，因此密度始终保持不变，则混合气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；反应前后气体的物质的量改变，组分都是气体，气体质量保持不变，根据M＝m/n，可知当混合气体的平均摩尔质量不再改变

，说明反应达到平衡状态，故C正确；NH3和NO2的物质的量之比不再改变时，反应不一定达到平衡状态，其与反应物的初始物质的量有关，所以不能判断反应达到平衡状态，故D错误。(6)随着温度的升高，去除率迅速上升，主要原因是温度升高和催化剂的高活性共同作用使得反应速率加快，去除率先迅

速上升；高于380℃时，去除率迅速下降的原因是催化剂活性下降，NH3和O2反应生成了NO。答案：(1)b(2)0.01mol·(L·min)－15不(3)AB(4)2ΔH1－7ΔH2－3ΔH3＞(5)AC(6)温度升高和催

化剂的高活性共同作用使得反应速率加快，去除率先迅速上升催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO第三章综合检测1．解析：稀硫酸、氨气抑制水的电离，金属钠、FeCl3固体、NaClO固体、将水加热煮沸促进水的电

离，但FeCl3固体使溶液显酸性，将水加热煮沸，水仍呈中性。答案：A2．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：B3．解析：A项，NH3·H2O是弱电解质，能微弱电离，溶液中c(Na＋)>c(NH3·H2O)。B项，当加入1

0mL盐酸时，恰好将NaOH中和完，溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)，根据电荷守恒式c(Na＋)＋c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)。C项，溶液pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒式可知c(Na＋)＋c(NH

＋4)＝c(Cl－)。D项，加入20mL盐酸时，恰好将NaOH和NH3·H2O中和完，根据物料守恒有c(Na＋)＋c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。答案：B4．答案：A5．解析：Ca3(PO4)2的饱和溶液中存在溶解平衡：Ca3(PO4)2⇌3Ca2＋＋2PO3－4，

c(Ca2＋)＝2.0×10－6mol·L－1，c(PO3－4)＝1.58×10－6mol·L－1，则Ca3(PO4)2的Ksp＝(2.0×10－6)3×(1.58×10－6)2＝2.0×10－29，A项正

确。答案：A6．解析：稀释过程中，c(CH3COO－)和c(H＋)均减小，c(OH－)增大，A项正确；加水稀释，CH3COOH对水的电离的抑制效果减弱，故c(H＋)的减小幅度小于c(CH3COO－)的减小幅度，故c（CH3COO－）c（H＋）减小，B项错误；c（CH3COOH）

c（CH3COO－）＝c（H＋）Ka，稀释过程中c(H＋)减小，Ka不变，C项错误；稀释过程中，c(CH3COO－)和c(H＋)均减小，c(CH3COO－)·c(H＋)减小，D项错误。答案：A7．解析：氢氧化钠是一元强碱，则0.1mol·L－1NaOH

溶液中溶质电离出的c(OH－)＝0.1mol·L－1，c(OH－)×c(H＋)＝Kw，则该溶液中c(H＋)＝10－13mol·L－1，溶质不能电离出H＋，则由水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1，醋酸是弱酸，0.1mol·L－1CH3COO

H溶液中溶质电离出的c(H＋)<0.1mol·L－1，c(OH－)×c(H＋)＝Kw，则该溶液中c(OH－)>10－13mol·L－1，溶质不能电离出OH－，则由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)>10－13mol·L－1，则水电离出

的c(H＋)：①<③，A项错误；pH＝3的强酸溶液稀释至原来的100倍后溶液的pH增大2个单位，但醋酸是弱酸，pH＝3的弱酸溶液稀释至原来的100倍后溶液的pH增大少于2个单位，B项错误；①与②等体积混合后，c(OH－)＝0.0505mol·L－1，D项错误。答案：C8．解

析：滴定开始时0.1mol·L－1盐酸pH＝1，0.1mol·L－1醋酸pH>1，所以滴定盐酸的是曲线Ⅱ，滴定醋酸的是曲线Ⅰ，A错误；用0.1mol·L－1氨水滴定20.0mL0.1mol·L－1的盐酸，两者恰好反应，消耗20.0mL氨

水，但反应生成氯化铵，氯化铵水解使溶液呈酸性，所以溶液呈中性时，碱应过量，B错误；NH3·H2O的电离常数Kb＝c（OH－）·c（NH＋4）c（NH3·H2O）只与温度有关，随着氨水的加入，c(OH－)逐渐增大，所以c（NH＋4）c（NH3·H2O）的值逐渐减小，C正

确；当曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的pH均为7时，分别存在电荷守恒：c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，两溶液中都存在：c(H＋)＝c(OH－)，所

以c(NH＋4)＝c(Cl－)，c(NH＋4)＝c(CH3COO－)，在盐酸中，氨水过量，在醋酸中，氨水恰好反应，所以盐酸中c(NH＋4)大，则c(Cl－)>c(CH3COO－)，D错误。答案：C9．解析：a点对应的溶

液中，Q(a)<Ksp(q)，则a点对应的是T2温度下HgS的不饱和溶液，A项正确；由题图可知，p点对应溶液中c(S2－)、c(Hg2＋)均分别小于q点对应溶液中c(S2－)、c(Hg2＋)，由Ksp(HgS

)＝c(Hg2＋)·c(S2－)可得，Ksp(p)<Ksp(q)，B项正确；m点位于T1温度下的沉淀溶解平衡曲线上，温度不变，溶度积常数不变，C项错误；由T1<T2，Ksp(p)<Ksp(q)可知，升高温度，溶度积增大，可实现

由p点向q点的移动，D项正确。答案：C10．解析：A错，由于酸性H2CO3>HCN>HCO－3，则CN－与H2CO3反应的产物应为HCO－3。B对，KSCN与FeCl3反应的本质是Fe3＋和SCN－的作用，增大Cl－的浓度对反应无影响，平

衡不移动。C错，将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色，可能是因为H2O2将Fe2＋氧化，也可能是因为HNO3的氧化性。D错，由Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12可知，AgCl的浊液中c

(Ag＋)＝1.8×10－10mol·L－1＝1.8×10－5mol·L－1，Ag2CrO4的浊液中c(Ag＋)＝32×2.0×10－12mol·L－1＝34.0×10－4mol·L－1，则AgCl的溶解度比Ag2CrO4的溶解度小。答案：B11．解析：设三种溶液

的pH均为9，常温下，c(OH－)＝10－5mol·L－1，c(NaOH)＝10－5mol·L－1，但碳酸的酸性小于醋酸的酸性，所以c(CH3COONa)>c(Na2CO3)>10－5mol·L－1，则三种溶液物质的量浓度的大小顺序是c(NaOH)<c(Na2CO3)<c(CH3

COONa)，A项错误；由题意可知，二元酸H2A为弱酸，故在Na2A溶液中，根据质子守恒得c(OH－)＝c(HA－)＋c(H＋)＋2c(H2A)，B项正确；加水稀释醋酸溶液，促进醋酸的电离，CH3COO－、H＋的物

质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，但CH3COO－、H＋的物质的量增大程度小于溶液体积增大程度，所以CH3COO－、H＋、醋酸分子的浓度都减小，OH－浓度增大，C项错误；向0.1mol·L－1的氨水中加入少量(NH4)2SO4固体，溶液中NH＋4浓度增大，抑

制了一水合氨的电离，则一水合氨的浓度增大，OH－的浓度减小，则溶液中c（OH－）c（NH3·H2O）减小，D项错误。答案：B12．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：C13．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Ag2CrO4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)c1

4．解析：(1)为提高浸出速率，粉碎原材料或升高温度或增大酸的浓度均可。(2)废料中只有二氧化硅不溶于硫酸，则废渣1为二氧化硅；亚铁离子沉淀的pH为7～9，与镍离子接近，则需将其氧化为铁离子除去，加入过氧化氢的目的为氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋

H2O2===2Fe3＋＋2H2O；加入Na2CO3调节溶液的pH至5，除去溶液中的铁离子、铝离子，生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀。(3)1mol·L－1的NaF溶液中c(F－)＝1mol·L－1，根据F－＋H2O⇌OH－＋HF

，c(OH－)＝c(HF)，c(OH－)×c(HF)＝KwKa，则c(OH－)＝10－146.3×10－4mol·L－1；已知25℃时，NH3·H2O的电离常数Kb＝1.8×10－5，HF的电离常数Ka＝6.3×10－4，NH4F相当于强酸弱碱盐，溶液显酸性。(4)当除镁

率达到99%时，溶液中剩余c(Mg2＋)＝1.85×10－3×1%＝1.85×10－5mol·L－1，c(Mg2＋)×c2(F－)＝Ksp(MgF2)，则c2(F－)＝7.4×10－111.85×10－5mol2·L－2＝4×10－6mol2·L－2，

c(F－)＝2×10－3mol·L－1。答案：(1)增加硫酸浓度或提高反应温度(合理即可)(2)SiO22Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2OFe(OH)3、Al(OH)3(3)10－146.3×10－4酸性(4)2×10－315．解析：(2)由于Na2CO3对应的弱酸根离子“HC

O－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：H2C

O3>HClO>HCO－3，故少量CO2与NaClO溶液反应生成HClO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)b16．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－)＝0.10mol·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)①HSO－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

↑＋H2O第四章综合检测1．解析：H＋的氧化性强于Mg2＋，用惰性电极电解MgCl2饱和溶液，阴极上H＋放电生成H2，不能制得金属镁，A错误；用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极上Cu2＋放电生成红色的

铜，B错误；在铁钉表面电镀铜，将铁钉作阴极，铜作阳极，C错误；用石墨电极电解饱和食盐水，电池总反应式为2NaCl＋2H2O=====电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，由于生成NaOH，溶液的碱性增强，pH逐渐增大，D正确。答案：D2．解析：A、B中形成的原电池，铁都是作负极

，加速钢铁腐蚀，A、B错误；锌比铁活泼，铁作正极，起到防护作用，C正确；铸铁管上接直流电源的正极，铸铁管作阳极，加速腐蚀，D错误。答案：C3．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；B项，电极Ⅰ为原电池的负极，发生氧化反应，B项错误；C项，电极Ⅱ为原电池的正

极，正极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，C项错误；D项，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：A4．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↑＋2H2SO

4，电解过程中CuSO4溶液的pH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：B5．解析：根据该电池的反应物为H2和N2O，生成物为H2O和N2可知，X为H2，Y为N2O，A项正确；电池工作时，阴离子从正极移向负极，即从电势高的电极移向电势低的电极，

B项正确；该电池的电解质为固体氧化物，电极反应不涉及OH－，由题图可知H2所在电极发生的反应为H2＋O2－－2e－===H2O，C项错误；正极N2O得电子，被还原为N2，故正极反应为N2O＋2e－===N2＋O2－，D项正确。答案：C6．解析：由图知甲池是燃料电

池，乙池是电解池，甲池的电解质溶液是氢氧化钾溶液，则负极不可能生成H＋，电极反应式应为N2H4－4e－＋4OH－===N2＋4H2O，A错误；乙池的石墨极是阳极，发生氧化反应，B正确；甲池总反应中生成了水，则KOH溶液浓度变小，pH减小，乙池生成Cu、O2和H2SO4，溶液pH减小，C

错误；根据各个电极流过的电量相等知，N2H4～2Cu，甲池消耗0.1molN2H4，乙池电极上则会析出12.8g铜，D错误。答案：B7．解析：A项，由化合价变化知每消耗1molCH4转移6mol电子；B项，电极A为负极，发生的电极反应为H2－2e－＋CO2－3===H2O

＋CO2；C项，电池工作时，CO2－3向电极A移动；D项，电极B是正极，电极反应为O2＋4e－＋2CO2===2CO2－3。答案：D8．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：B9．解析：电路中电子流动方向与电流方向相反，由图甲可知，b为阳极，a为阴极，用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，首先发生2CuSO4＋2H2O=====电解2Cu＋O2↑＋2H2SO4，Cu2＋消耗完全后，发生2H2

O=====电解2H2↑＋O2↑。b为阳极，溶液中的氢氧根离子放电，则不会有红色物质析出，A错误；a为阴极，先发生Cu2＋＋2e－===Cu，后发生2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，B错误；由图

乙可知，当转移0.2mole－时，Cu2＋消耗完全，P到Q收集到的混合气体为氢气和氧气，转移0.2mole－时生成0.1molH2、0.05molO2，则混合气体的平均摩尔质量为0.1mol×2g·mol－1＋0.05mol×32g·

mol－10.1mol＋0.05mol＝12g·mol－1，C错误；由上述分析可知，曲线0～P段表示O2的体积变化，曲线P～Q段表示H2和O2混合气体的体积变化，D正确。答案：D10．解析：该电化学装置为原电池装置，A项错误；M电极为负极，N电极为正极

，CO2得电子，被还原为CO，故电极反应为CO2＋2H＋＋2e－===CO＋H2O，B项正确；原电池工作时，阳离子从负极移向正极，即质子从M电极区移向N电极区，C项错误；对比两个电极的反应物与生成物可知，外电路中通过2mol电子，生成1molCO，故外电路中通过10mol电子，

理论上可生成5molCO，即140gCO，D项错误。答案：B11．解析：金属锂能够与水反应，电解液不能由LiClO4和DMSO溶于水得到，A错误；根据CO2固定反应2Li2CO3===4Li＋＋2CO2↑＋O2↑＋4e－可知，每转移4mo

le－，生成2molCO2和1molO2，现转移8mole－，生成6mol气体，B正确；由题图可知，过程Ⅱ为放电过程，化学能转化为电能，C正确；由题图可知，过程Ⅰ和过程Ⅱ为可逆过程，过程Ⅰ为充电过程，可表示为2L

i2CO3＋C－4e－===4Li＋＋3CO2↑，D正确。答案：A12．解析：电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，得O222.4L(标准状况)，则转移电子数为4mol，阴

极：先发生：Cu2＋＋2e－===Cu，后发生：2H＋＋2e－===H2↑，得H21mol，则后式转移电子数为2mol，前式转移电子数为(4－2)mol＝2mol，故n(Cu2＋)＝1mol，n[Cu(NO3)2]＝1mol。总共n(NO－3)＝0.5L×6mo

l·L－1＝3mol，故n(KNO3)＝3mol－n(Cu2＋)×2＝1mol。c(K＋)＝1mol0.5L＝2mol·L－1，A项正确；转移电子数为4mol，B项错误；n(Cu)＝1mol，C项错误；水溶液

中n(H＋)＝n(OH－)＝4mol，有2molH＋电解放电，则剩余c(H＋)＝（4－2）mol0.5L＝4mol·L－1，D项错误。答案：A13．解析：(1)由表中1，2行数据可知，金属活动性差异越大，电压越大。(2)Zn→Cu中电

压为＋1.10，此时金属性Zn>Cu，Cu→A中电压为负值，则Cu为负极，A为正极，金属性Cu>A，同理知B>Cu，三种金属的活动性由强到弱的顺序为Zn>B>A。(3)Cu与A构成的原电池中，Cu失电子为负极，此电极的电极反应式为Cu－2e－===Cu2

＋。(4)B比A活泼，则B先被腐蚀。答案：(1)大(2)Zn>B>A(3)CuCu－2e－===Cu2＋(4)B14．解析：将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极附近溶液显碱性，可知氢离子在该电极放电，所以F极是阴极，B

为电源负极、A为电源正级，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极。(1)由上述分析可知，B极是电源的负极；C、D电极发生的电极反应分别为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋、Cu2＋＋2e－===Cu，Cu2＋浓度逐渐减小，故甲中溶液颜色逐

渐变浅；Y极是阴极，该电极附近颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体粒子向该电极移动，异种电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷。(2)C、D、E、F电极发生的电极反应分别为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋、Cu2

＋＋2e－===Cu、2Cl－－2e－===Cl2↑、2H＋＋2e－===H2↑，当各电极转移电子的物质的量均为1mol时，生成单质的物质的量分别为0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5m

ol，所以单质的物质的量之比为1∶2∶2∶2。(3)电镀装置中，镀层金属必须作阳极，镀件作阴极，所以H应该是镀件，电镀液含有镀层金属阳离子，故电渡液为AgNO3溶液；当乙中溶液的pH为13，即c(OH－)＝0.1mol·L－

1时(此时乙中溶液的体积为500mL)，根据电极反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，则放电的氢离子的物质的量为0.1mol·L－1×0.5L＝0.05mol，即转移电子的物质的量为0.05mol，H极的电极反应式为Ag＋＋e－===A

g，则可知此时丙中镀件上析出银的质量为108g·mol－1×0.05mol＝5.4g；由甲中C、D两极的电极反应式2H2O－4e－===O2↑＋4H＋、Cu2＋＋2e－===Cu可知，电解过程中溶液中氢离子浓度增大，则甲中溶液的pH变小。(4)若将C电极换为铁，则阳极铁失电子，阴极铜离子得

电子，电解池总反应式为Fe＋Cu2＋=====通电Cu＋Fe2＋。答案：(1)负逐渐变浅正Y(2)1∶2∶2∶2(3)镀件AgNO35.4g变小(4)Fe＋Cu2＋=====通电Cu＋Fe2＋15．解析：(1)燃料电池放电过程中负极是NO失电子发生氧化反应，电极反应式为NO－3e－＋2

H2O===NO－3＋4H＋。(2)根据5SO2＋2NO＋8H2O=====通电(NH4)2SO4＋4H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4，或阳极的电极反应式为SO2－2e－＋2H2O===SO2－

4＋4H＋，故A为H2SO4。电解过程中阳极附近生成H＋，溶液pH减小，电解池阴极的电极反应式为NO＋5e－＋6H＋===NH＋4＋H2O。(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上不仅有铜失电子进入溶液，阴极上只析出铜离子，根据转移电子数相等知，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置

中反应一段时间，CuSO4溶液浓度将减小。(4)若在标准状况下，甲装置有22.4LO2参加反应，反应的O2物质的量＝22.4L22.4L·mol－1＝1mol，根据电极反应和电子守恒得到O2＋4H＋＋4e－===2H2O，SO2－2e－＋2H2O===SO

2－4＋4H＋，NO＋5e－＋6H＋===NH＋4＋H2O，1molO2反应电子转移总数为4mol，则乙装置中转化SO2和NO的物质的量共为2mol＋0.8mol＝2.8mol，丙装置中阴极析出铜的质量为2mol×64g·

mol－1＝128g。答案：(1)NO－3e－＋2H2O===NO－3＋4H＋(2)H2SO4根据反应5SO2＋2NO＋8H2O=====通电(NH4)2SO4＋4H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4

外还有H2SO4(或阳极的电极反应式为SO2－2e－＋2H2O===SO2－4＋4H＋，故A为H2SO4)减小NO＋5e－＋6H＋===NH＋4＋H2O(3)减小(4)2.812816．解析：(1)Zn、Cu和稀硫酸可构成原电池，其中Zn是

负极，Cu是正极；乙装置是电解池，石墨棒为阴极，Pt为阳极。(2)Cu极上发生还原反应：2H＋＋2e－===H2↑；石墨棒上也发生还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu。(3)通过甲、乙装置中电子的物质的量相等，当甲中产生0.1molH2时，电路中通过0.2mol电子，乙中析出0

.1molCu和放出0.1molCl2。(4)若将乙中两个电极都换成铜，则乙装置相当于电解精炼铜的装置。阳极溶解的铜和阴极析出的铜一样多。溶液中Cu2＋的浓度基本不变，溶液的颜色基本不变。(5)若将乙中溶液换成NaCl溶液，则乙装置就是电解饱和食盐水的

装置，因反应生成了NaOH，故电解后溶液的pH增大。反应时甲溶液中消耗了H＋，溶液酸性减弱，pH也增大。(6)电解Na2SO4溶液的本质是电解水，阴极上析出的amol气体是H2，则反应中有amolH2O被电解，此amolH2O和析出的wgNa

2SO4·10H2O构成饱和溶液，该饱和溶液与剩余饱和溶液的质量分数相同。则剩余溶液中溶质的质量分数＝w×14232218a＋w×100%＝142w322（18a＋w）×100%。答案：(1)原电池电解池负阳(2)2H＋＋2e－===H2↑Cu2＋

＋2e－===Cu(3)6.4g2.24L(4)无变化(5)增大增大(6)142w322（w＋18a）×100%