2018-2019學(xué)年高中化學(xué) 模塊復(fù)習(xí)課學(xué)案 蘇教版選修4.doc
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模塊復(fù)習(xí)課 [模塊熱點講練] 熱點1 能量變化和反應(yīng)焓變的計算 (1)準(zhǔn)確記憶并理解焓變、反應(yīng)熱、燃燒熱、中和熱、放熱反應(yīng)、吸熱反應(yīng)、蓋斯定律等知識，明確反應(yīng)的特點及一些細(xì)節(jié)是解答這類題目的關(guān)鍵。一個化學(xué)反應(yīng)在不同的條件(溫度、壓強(qiáng))下或物質(zhì)的聚集狀態(tài)不同或參加反應(yīng)的物質(zhì)的物質(zhì)的量不同時，反應(yīng)焓變是不同的，但要注意燃燒熱、中和熱與參加反應(yīng)的物質(zhì)的物質(zhì)的量無關(guān)。 (2)①蓋斯定律是反應(yīng)熱、燃燒熱、中和熱、熱化學(xué)方程式之后的一個綜合性知識，它是高考的必考內(nèi)容。蓋斯定律指化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)的途徑無關(guān)。蓋斯定律運用到反應(yīng)熱的計算中時，熱化學(xué)方程式可進(jìn)行“加、減、乘、除”運算。 ②利用“蓋斯定律”的一般步驟 [對點訓(xùn)練] 1．通過以下反應(yīng)可獲得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列說法不正確的是( ) ①C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH1＝a kJmol－1 ②CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝b kJmol－1 ③CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝c kJmol－1 ④2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH4＝d kJmol－1 A．反應(yīng)①、②為反應(yīng)③提供原料氣 B．反應(yīng)③也是CO2資源化利用的方法之一 C．反應(yīng)CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(l)的ΔH＝ kJmol－1 D．反應(yīng)2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)的ΔH＝(2b＋2c＋d) kJmol－1 C [A對：反應(yīng)③的反應(yīng)物是反應(yīng)①、②的產(chǎn)物，所以反應(yīng)①、②為反應(yīng)③提供原料氣。 B對：反應(yīng)③是CO2與H2反應(yīng)制取甲醇，是CO2資源化利用的方法之一。 C錯：該反應(yīng)產(chǎn)物H2O為氣態(tài)時，ΔH＝ kJmol－1。 D對：根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)②2＋③2＋④可得反應(yīng) 2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)的ΔH＝(2b＋2c＋d) kJmol－1。] 2．下圖是通過熱化學(xué)循環(huán)在較低溫度下由水或硫化氫分解制備氫氣的反應(yīng)系統(tǒng)原理。 【導(dǎo)學(xué)號：73702247】 通過計算，可知系統(tǒng)(Ⅰ)和系統(tǒng)(Ⅱ)制氫的熱化學(xué)方程式分別為 ____________________________________________________________、 ____________________________________________________________， 制得等量H2所需能量較少的是________。 【解析】 將系統(tǒng)(Ⅰ)、(Ⅱ)中的三個熱化學(xué)方程式直接相加即可得到所需答案。 【答案】 H2O(l)===H2(g)＋O2(g) ΔH＝286 kJmol－1 H2S(g)===H2(g)＋S(s) ΔH＝20 kJmol－1 系統(tǒng)(Ⅱ) 熱點2 原電池的工作原理及電極反應(yīng)方程式的書寫 1．原電池工作原理示意圖 2．有關(guān)原電池解題的思維路徑 3．原電池電極反應(yīng)式書寫的三個步驟 (1)列物質(zhì)標(biāo)得失：按照負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，判斷出電極反應(yīng)物和產(chǎn)物，找出得失電子的數(shù)量。 (2)看環(huán)境配守恒：電極產(chǎn)物在電解質(zhì)溶液的環(huán)境中，應(yīng)能穩(wěn)定存在，如堿性介質(zhì)中生成的H＋應(yīng)讓其結(jié)合OH－生成水。電極反應(yīng)式要遵守電荷守恒、質(zhì)量守恒和得失電子守恒等，并加以配平。 (3)兩式加驗總式：兩電極反應(yīng)式相加，與總反應(yīng)方程式對照驗證。 特別說明：高考題中往往是非水溶液或具有離子交換膜，應(yīng)根據(jù)圖示信息確定電極反應(yīng)方程式中需添加的“粒子”形式。 [對點訓(xùn)練] 3．MgAgCl電池是一種以海水為電解質(zhì)溶液的水激活電池。下列敘述錯誤的是( ) 【導(dǎo)學(xué)號：73702248】 A．負(fù)極反應(yīng)式為Mg－2e－===Mg2＋ B．正極反應(yīng)式為Ag＋＋e－===Ag C．電池放電時Cl－由正極向負(fù)極遷移 D．負(fù)極會發(fā)生副反應(yīng)Mg＋2H2O===Mg(OH)2＋H2↑ B [MgAgCl電池的電極反應(yīng)：負(fù)極Mg－2e－===Mg2＋，正極2AgCl＋2e－===2Ag＋2Cl－，A項正確，B項錯誤。在原電池的電解質(zhì)溶液中，陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)極，C項正確。Mg是活潑金屬，能和H2O發(fā)生反應(yīng)生成Mg(OH)2和H2，D項正確。] 4．科學(xué)家設(shè)想以N2和H2為反應(yīng)物，以溶有A的稀鹽酸為電解質(zhì)溶液，可制造出既能提供電源，又能固氮的新型燃料電池，裝置如圖所示，下列說法不正確的是( ) A．該電池外電路電流從通入H2的電極流向通入N2的電極 B．反應(yīng)過程中溶液的pH會變大，需要加入鹽酸 C．通入N2的電極發(fā)生的電極反應(yīng)式為：N2＋6e－＋8H＋===2NH D．通入H2的電極為負(fù)極，A為NH4Cl A [電流從正極流向負(fù)極，即電流從通入N2的電極流向通入H2的電極，A項錯誤；放電過程中，負(fù)極電極反應(yīng)為H2－2e－===2H＋，正極電極反應(yīng)為N2＋8H＋＋6e－===2NH，總反應(yīng)式為N2＋3H2＋2H＋===2NH，消耗氫離子，電解質(zhì)溶液pH升高，需要加入鹽酸，B項正確；正極發(fā)生還原反應(yīng)，即氮氣被還原生成NH，電極反應(yīng)式為N2＋6e－＋8H＋===2NH，C項正確；根據(jù)負(fù)極電極反應(yīng)為H2－2e－===2H＋，正極電極反應(yīng)為N2＋8H＋＋6e－===2NH，總反應(yīng)式為N2＋3H2＋2H＋===2NH，則H2為負(fù)極反應(yīng)物，A為NH4Cl，D項正確。] 熱點3 電解原理及電極反應(yīng)方程式的書寫 1．電解池工作原理示意圖 2．有關(guān)電解池解題的思維路徑 3．電解池電極反應(yīng)式的書寫步驟 特別說明：通常電極反應(yīng)可以根據(jù)陽極材料和電解質(zhì)溶液的性質(zhì)進(jìn)行判斷，但在高考題中往往需要結(jié)合題給信息進(jìn)行判斷，根據(jù)“陽極氧化，陰極還原”的實質(zhì)，靈活應(yīng)用新信息。 [對點訓(xùn)練] 5．用電解氧化法可以在鋁制品表面形成致密、耐腐蝕的氧化膜，電解質(zhì)溶液一般為H2SO4H2C2O4混合溶液。下列敘述錯誤的是( ) A．待加工鋁質(zhì)工件為陽極 B．可選用不銹鋼網(wǎng)作為陰極 C．陰極的電極反應(yīng)式為Al3＋＋3e－===Al D．硫酸根離子在電解過程中向陽極移動 C [A對：該電解池陽極發(fā)生的電極反應(yīng)為2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋，鋁化合價升高失電子，所以待加工鋁質(zhì)工件應(yīng)為陽極。 B對，C錯：陰極發(fā)生的電極反應(yīng)為2H＋＋2e－===H2↑，陰極可選用不銹鋼網(wǎng)作電極。 D對：電解質(zhì)溶液中的陰離子向陽極移動。] 6．三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na＋和SO可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進(jìn)入中間隔室。 下列敘述正確的是( ) 【導(dǎo)學(xué)號：73702249】 A．通電后中間隔室的SO離子向正極遷移，正極區(qū)溶液pH增大 B．該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品 C．負(fù)極反應(yīng)為2H2O－4e－===O2＋4H＋，負(fù)極區(qū)溶液pH降低 D．當(dāng)電路中通過1 mol電子的電量時，會有0.5 mol的O2生成 B [A項正極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)為2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，由于生成H＋，正極區(qū)溶液中陽離子增多，故中間隔室的SO向正極遷移，正極區(qū)溶液的pH減小。B項負(fù)極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，陰離子增多，中間隔室的Na＋向負(fù)極遷移，故負(fù)極區(qū)產(chǎn)生NaOH，正極區(qū)產(chǎn)生H2SO4。C項由B項分析可知，負(fù)極區(qū)產(chǎn)生OH－，負(fù)極區(qū)溶液的pH升高。D項正極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)為2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，當(dāng)電路中通過1 mol電子的電量時，生成0.25 mol O2。] 熱點4 金屬腐蝕與防護(hù) [對點訓(xùn)練] 7．支撐海港碼頭基礎(chǔ)的鋼管樁，常用外加電流的陰極保護(hù)法進(jìn)行防腐，工作原理如圖所示，其中高硅鑄鐵為惰性輔助陽極。下列有關(guān)表述不正確的是( ) A．通入保護(hù)電流使鋼管樁表面腐蝕電流接近于零 B．通電后外電路電子被強(qiáng)制從高硅鑄鐵流向鋼管樁 C．高硅鑄鐵的作用是作為損耗陽極材料和傳遞電流 D．通入的保護(hù)電流應(yīng)該根據(jù)環(huán)境條件變化進(jìn)行調(diào)整 C [A對：外加強(qiáng)大的電流可以抑制金屬電化學(xué)腐蝕產(chǎn)生的電流。 B對：被保護(hù)的鋼管樁作陰極，高硅鑄鐵作陽極，電解池中外電路電子由陽極流向陰極，即從高硅鑄鐵流向鋼管樁。 C錯：高硅鑄鐵為惰性輔助陽極，其主要作用是傳遞電流，而不是作為損耗陽極。 D對：保護(hù)電流要抑制金屬電化學(xué)腐蝕產(chǎn)生的電流，應(yīng)根據(jù)環(huán)境條件變化進(jìn)行調(diào)整。] 8．用如圖裝置研究電化學(xué)原理，下列分析中錯誤的是( ) 【導(dǎo)學(xué)號：73702250】 選項 連接 電極材料 a b 分析 A K1、K2 石墨 鐵 模擬鐵的吸氧腐蝕 B K1、K2 鋅 鐵 模擬鋼鐵防護(hù)中犧牲陽極的陰極保護(hù)法 C K1、K3 石墨 鐵 模擬電解飽和食鹽水 D K1、K3 鐵 石墨 模擬鋼鐵防護(hù)中外加電流的陰極保護(hù)法 D [在中性條件下，鐵作負(fù)極失電子，石墨作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子，則Fe發(fā)生吸氧腐蝕，A項正確；Zn、Fe形成原電池，Zn作負(fù)極被腐蝕，F(xiàn)e作正極被保護(hù)，屬于犧牲陽極的陰極保護(hù)法，B項正確；Fe作陰極，陰極上氫離子得電子，石墨作陽極，陽極上氯離子失電子，電解氯化鈉溶液生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，C項正確；Fe與電源正極相連，F(xiàn)e作陽極，F(xiàn)e失電子被腐蝕，F(xiàn)e不能被保護(hù)，D項錯誤。] 熱點5 化學(xué)反應(yīng)速率及其影響因素 1．對化學(xué)反應(yīng)速率計算公式的剖析 v(B)＝＝ (1)濃度變化只適用于氣體和溶液中的溶質(zhì)，不適用于固體和純液體。 (2)化學(xué)反應(yīng)速率是某段時間內(nèi)的平均反應(yīng)速率，而不是即時速率，且計算時取正值。 (3)同一反應(yīng)用不同的物質(zhì)表示反應(yīng)速率時，數(shù)值可能不同，但意義相同。不同物質(zhì)表示的反應(yīng)速率之比等于其化學(xué)計量數(shù)之比。 (4)對于可逆反應(yīng)，反應(yīng)進(jìn)行的凈速率是正、逆反應(yīng)速率之差，當(dāng)達(dá)到平衡時，凈速率為零。 2．影響化學(xué)反應(yīng)速率的“4大因素”(外因) ―→ ―→ ―→ ―→ 3．對于有氣體參與的化學(xué)反應(yīng)，有以下幾種情況 (1)恒溫時，壓縮體積壓強(qiáng)增大反應(yīng)物濃度增大反應(yīng)速率加快。 (2)恒溫時，對于恒容密閉容器： ①充入氣體反應(yīng)物氣體反應(yīng)物濃度增大(壓強(qiáng)也增大)反應(yīng)速率加快。 ②充入“惰性”氣體總壓強(qiáng)增大反應(yīng)物濃度未改變反應(yīng)速率不變。 (3)恒溫恒壓時： 充入“惰性”氣體體積增大氣體反應(yīng)物濃度減小反應(yīng)速率減小。 4．外界條件對可逆反應(yīng)的正、逆反應(yīng)速率的影響方向是一致的，但影響程度不一定相同 (1)當(dāng)增大反應(yīng)物濃度時，v(正)增大，v(逆)瞬間不變，隨后也增大； (2)增大壓強(qiáng)，氣體分子數(shù)減小方向的反應(yīng)速率變化程度大； (3)對于反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，改變壓強(qiáng)可以同等程度地改變正、逆反應(yīng)速度； (4)升溫溫度，v(正)和v(逆)都增大，但吸熱反應(yīng)方向的反應(yīng)速率增大的程度大； (5)使用催化劑，能同等程度地改變正、逆反應(yīng)速率。 [對點訓(xùn)練] 9．已知分解1 mol H2O2放出熱量98 kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的機(jī)理為： H2O2＋I(xiàn)－―→H2O＋I(xiàn)O－ 慢 H2O2＋I(xiàn)O－―→H2O＋O2↑＋I(xiàn)－ 快 下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是( ) A．反應(yīng)速率與I－濃度有關(guān) B．IO－也是該反應(yīng)的催化劑 C．反應(yīng)活化能等于98 kJmol－1 D．v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2) A [A.將題給兩個反應(yīng)合并可得總反應(yīng)為2H2O2===2H2O＋O2↑，該反應(yīng)中I－作催化劑，其濃度的大小將影響該反應(yīng)的反應(yīng)速率。 B．該反應(yīng)中IO－是中間產(chǎn)物，不是該反應(yīng)的催化劑。 C．反應(yīng)的活化能表示一個化學(xué)反應(yīng)發(fā)生所需要的最小能量，分解1 mol H2O2放出98 kJ熱量，不能據(jù)此判斷該反應(yīng)的活化能。 D．由反應(yīng)速率與對應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)的關(guān)系可知v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)。] 10．H2O2分解速率受多種因素影響。實驗測得70 ℃時不同條件下H2O2濃度隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是( ) 【導(dǎo)學(xué)號：73702251】 甲 乙 丙 丁 A．圖甲表明，其他條件相同時，H2O2濃度越小，其分解速率越快 B．圖乙表明，其他條件相同時，溶液pH越小，H2O2分解速率越快 C．圖丙表明，少量Mn2＋存在時，溶液堿性越強(qiáng)，H2O2分解速率越快 D．圖丙和圖丁表明，堿性溶液中，Mn2＋對H2O2分解速率的影響大 D [A錯：圖甲表明，其他條件相同時，H2O2濃度越大，其分解速率越快。 B錯：圖乙表明，其他條件相同時，溶液pH越大，H2O2分解速率越快。 C錯：Mn2＋濃度相同時，1.0 molL－1 NaOH溶液中H2O2分解速率小于0.1 molL－1 NaOH溶液中H2O2分解速率。 D對：pH相同時，Mn2＋濃度越大，分解速率越快，所以圖丙和圖丁表明，堿性溶液中，Mn2＋對H2O2分解速率的影響大。] 熱點6 化學(xué)平衡狀態(tài)及其影響因素 1．外界條件對化學(xué)平衡狀態(tài)的影響 2．解答化學(xué)平衡移動問題的步驟 [對點訓(xùn)練] 11．常壓下羰基化法精煉鎳的原理為：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230 ℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝210－5。已知：Ni(CO)4的沸點為42.2 ℃，固體雜質(zhì)不參與反應(yīng)。 第一階段：將粗鎳與CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化成氣態(tài)Ni(CO)4； 第二階段：將第一階段反應(yīng)后的氣體分離出來，加熱至230 ℃制得高純鎳。 下列判斷正確的是( ) A．增加c(CO)，平衡向正向移動，反應(yīng)的平衡常數(shù)增大 B．第—階段，在30 ℃和50 ℃兩者之間選擇反應(yīng)溫度，選50 ℃ C．第二階段，Ni(CO)4分解率較低 D．該反應(yīng)達(dá)到平衡時，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO) B [A錯：增加c(CO)，平衡正向移動，溫度不變，反應(yīng)的平衡常數(shù)不變。 B對：第一階段，生成的Ni(CO)4是氣態(tài)，應(yīng)選擇高于其沸點的反應(yīng)溫度，故選50 ℃。 C錯：230 ℃時，化學(xué)平衡常數(shù)K＝210－5，有利于反應(yīng)逆向進(jìn)行，Ni(CO)4分解率較高。 D錯：反應(yīng)達(dá)到平衡時，4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)。] 12．丁烯是一種重要的化工原料，可由丁烷催化脫氫制備。回答下列問題： 【導(dǎo)學(xué)號：73702252】 (1)正丁烷(C4H10)脫氫制1丁烯(C4H8)的熱化學(xué)方程式如下： ①C4H10(g)===C4H8(g)＋H2(g) ΔH1 已知：②C4H10(g)＋O2(g)===C4H8(g)＋H2O(g) ΔH2＝－119 kJmol－1 ③H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH3＝－242 kJmol－1 反應(yīng)①的ΔH1為________kJmol－1。圖(a)是反應(yīng)①平衡轉(zhuǎn)化率與反應(yīng)溫度及壓強(qiáng)的關(guān)系圖，x________0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡產(chǎn)率提高，應(yīng)采取的措施是________(填標(biāo)號)。 A．升高溫度 B．降低溫度 C．增大壓強(qiáng) D．降低壓強(qiáng) 圖(a) 圖(b) 圖(c) (2)丁烷和氫氣的混合氣體以一定流速通過填充有催化劑的反應(yīng)器(氫氣的作用是活化催化劑)，出口氣中含有丁烯、丁烷、氫氣等。圖(b)為丁烯產(chǎn)率與進(jìn)料氣中n(氫氣)/n(丁烷)的關(guān)系。圖中曲線呈現(xiàn)先升高后降低的變化趨勢，其降低的原因是 ____________________________________________________________ ____________________________________________________________。 (3)圖(c)為反應(yīng)產(chǎn)率和反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，副產(chǎn)物主要是高溫裂解生成的短碳鏈烴類化合物。丁烯產(chǎn)率在590 ℃之前隨溫度升高而增大的原因可能是__________、________；590 ℃之后，丁烯產(chǎn)率快速降低的主要原因可能是 ____________________________________________________________ ____________________________________________________________ ____________________________________________________________。 【解析】 (1)由蓋斯定律可知，①式＝②式－③式，即ΔH1＝ΔH2－ΔH3＝－119 kJ/mol－(－242 kJ/mol)＝123 kJ/mol。由圖(a)可知，同溫下，x MPa時丁烯的平衡產(chǎn)率高于0.1 MPa時的，根據(jù)壓強(qiáng)減小，平衡向右移動可知，x小于0.1。欲提高丁烯的平衡產(chǎn)率，應(yīng)使平衡向右移動，該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，因此可以通過升高溫度的方法使平衡向右移動；該反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，因此可以通過降低壓強(qiáng)的方法使平衡向右移動，所以A、D選項正確。 (2)由于氫氣是產(chǎn)物之一，隨著n(氫氣)/n(丁烷)增大，逆反應(yīng)速率增大，所以丁烯產(chǎn)率降低。 (3)該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，因此升高溫度可以使平衡向右移動，使丁烯的產(chǎn)率增大，另外，反應(yīng)速率也隨溫度的升高而增大。由題意知，丁烯在高溫條件下能夠發(fā)生裂解，因此當(dāng)溫度超過590 ℃時，參與裂解反應(yīng)的丁烯增多，而使產(chǎn)率降低。 【答案】 (1)123 小于 AD (2)氫氣是產(chǎn)物之一，隨著n(氫氣)/n(丁烷)增大，逆反應(yīng)速率增大 (3)升高溫度有利于反應(yīng)向吸熱方向進(jìn)行 溫度升高反應(yīng)速率加快 丁烯高溫裂解生成短鏈烴類 熱點7 化學(xué)平衡常數(shù)及平衡轉(zhuǎn)化率的計算 1．化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式的書寫方法 對反應(yīng)：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)， K＝。 (1)由于固體或純液體的濃度是一常數(shù)，如果有固體或純液體參加或生成，則表達(dá)式中不能出現(xiàn)固體或純液體；稀溶液中進(jìn)行的反應(yīng)，如有水參加反應(yīng)，由于水的濃度是常數(shù)而不必出現(xiàn)在表達(dá)式中；非水溶液中進(jìn)行的反應(yīng)，若有水參加或生成，則應(yīng)出現(xiàn)在表達(dá)式中。例如： CH3COOH(l)＋CH3CH2OH(l)CH3COOCH2CH3(l)＋H2O(l)的平衡常數(shù)表達(dá)式為 K＝ (2)表達(dá)式與化學(xué)計量數(shù)一一對應(yīng)，方程式中化學(xué)計量數(shù)不同，表達(dá)式就不同；可逆反應(yīng)中，正反應(yīng)的表達(dá)式與逆反應(yīng)的表達(dá)式互為倒數(shù)。例如： ①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) K1＝ ②2NH3(g)N2(g)＋3H2(g) K2＝ ③N2(g)＋H2(g)NH3(g) 同一溫度下，K1、K2、K3的數(shù)值都固定但相互之間不相等，顯然K1＝，K3＝。 2．轉(zhuǎn)化率計算公式 轉(zhuǎn)化率＝100%。 3．“三段式”模式進(jìn)行化學(xué)平衡計算 根據(jù)反應(yīng)進(jìn)行(或平衡移動)的方向，設(shè)某反應(yīng)物消耗的量為x，然后列式求解。 例： mA?。BpC＋qD 起始量： a b 0 0 變化量： mx nx px qx 平衡量： a－mx b－nx px qx 注意：①變化量與化學(xué)方程式中各物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)成比例。 ②這里a、b可指：物質(zhì)的量、濃度、體積等。 ③弄清起始量、平衡量、平衡轉(zhuǎn)化率三者之間的互換關(guān)系。 ④在利用平衡常數(shù)時，要注意反應(yīng)物或生成物的狀態(tài)。 [對點訓(xùn)練] 13．羰基硫(COS)可作為一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。在恒容密閉容器中，將CO和H2S混合加熱并達(dá)到下列平衡： CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) K＝0.1 反應(yīng)前CO物質(zhì)的量為10 mol，平衡后CO物質(zhì)的量為8 mol。下列說法正確的是( ) A．升高溫度，H2S濃度增加，表明該反應(yīng)是吸熱反應(yīng) B．通入CO后，正反應(yīng)速率逐漸增大 C．反應(yīng)前H2S物質(zhì)的量為7 mol D．CO的平衡轉(zhuǎn)化率為80% C [由題中信息可列三段式： CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g) 起始： 10 mol x mol 0 0 轉(zhuǎn)化： 2 mol 2 mol 2 mol 2 mol 平衡： 8 mol (x－2) mol 2 mol 2 mol 設(shè)容器體積為V L，由K＝0.1可得K＝＝＝0.1，解得x＝7，C項正確。] 14．近期發(fā)現(xiàn)，H2S是繼NO、CO之后的第三個生命體系氣體信號分子，它具有參與調(diào)節(jié)神經(jīng)信號傳遞、舒張血管減輕高血壓的功能?；卮鹣铝袉栴}： 【導(dǎo)學(xué)號：73702253】 H2S與CO2在高溫下發(fā)生反應(yīng)：H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)。在610 K時，將0.10 mol CO2與0.40 mol H2S充入2.5 L的空鋼瓶中，反應(yīng)平衡后水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.02。 ①H2S的平衡轉(zhuǎn)化率α1＝________%，反應(yīng)平衡常數(shù)K＝________。 ②在620 K重復(fù)實驗，平衡后水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.03，H2S的轉(zhuǎn)化率α2________α1，該反應(yīng)的ΔH________0。(填“>”“<”或“＝”) ③向反應(yīng)器中再分別充入下列氣體，能使H2S轉(zhuǎn)化率增大的是________(填標(biāo)號)。 A．H2S B．CO2 C．COS D．N2 【解析】 ①解：設(shè)平衡時H2S轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為x。 H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g) 初始/mol 0.40 0.10 0 0 轉(zhuǎn)化/mol x x x x 平衡/mol 0.40－x 0.10－x x x 由題意得： ＝0.02 解得：x＝0.01 mol H2S的平衡轉(zhuǎn)化率α1＝100%＝2.5%。 K＝＝ ＝≈2.810－3。 ②溫度升高，水的平衡物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，平衡右移，則H2S的轉(zhuǎn)化率增大，故α2>α1。溫度升高，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，故ΔH>0。 ③A項，充入H2S，H2S的轉(zhuǎn)化率反而減小。 B項，充入CO2，增大了一種反應(yīng)物的濃度，能夠提高另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，故H2S的轉(zhuǎn)化率增大。 C項，充入COS，平衡左移，H2S的轉(zhuǎn)化率減小。 D項，充入N2，對平衡無影響，不改變H2S的轉(zhuǎn)化率。 【答案】?、?.5 2.810－3?、? > ③B 熱點8 化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡圖像分析 有關(guān)化學(xué)平衡圖像題常見的思維路徑 [對點訓(xùn)練] 15．將6 mol CO2和8 mol H2充入一容積為2 L的密閉容器中(溫度保持不變)發(fā)生反應(yīng)CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH<0。測得H2的物質(zhì)的量隨時間變化如圖中實線所示(圖中字母后的數(shù)字表示對應(yīng)的坐標(biāo))。該反應(yīng)在8～10 min內(nèi)CO2的平均反應(yīng)速率是( ) A．0.5 molL－1min－1 B．0.1 molL－1min－1 C．0 molL－1min－1 D．0.125 molL－1min－1 C [由題圖可知，該反應(yīng)在8至10 min內(nèi)，H2的物質(zhì)的量在對應(yīng)的c、d點都是2 mol，因此v(H2)＝0 molL－1min－1，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，各組分的物質(zhì)的量的變化值為0，則v(CO2)＝0 molL－1min－1，故C正確。] 16．下列圖示與對應(yīng)的敘述不相符的是( ) 【導(dǎo)學(xué)號：73702254】 圖1 圖2 圖3 圖4 A．圖1表示常溫下，稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化，則NaA溶液的pH小于同濃度的NaB溶液的pH B．圖2表示KNO3的溶解度曲線，a點所示的溶液是80 ℃時KNO3的不飽和溶液 C．圖3表示某放熱反應(yīng)分別在有、無催化劑的情況下反應(yīng)過程中的能量變化 D．圖4表示恒溫恒容條件下，2NO2(g)N2O4(g)中，各物質(zhì)的濃度與其消耗速率之間的關(guān)系，其中交點A對應(yīng)的狀態(tài)為化學(xué)平衡狀態(tài) D [A項，pH相同的兩種酸稀釋相同的倍數(shù)，較強(qiáng)的酸pH變化大，由圖1知酸性：HA>HB，組成鹽的酸根對應(yīng)的酸越弱，該鹽的水解程度越大，則NaA溶液的pH小于同濃度的NaB溶液的pH，正確；B項，根據(jù)圖2知，a點所示的溶液是80 ℃時100 g水中只溶解了大約100 g KNO3固體，明顯小于80 ℃時KNO3的溶解度，未達(dá)到飽和，正確； C項，放熱反應(yīng)中反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，使用催化劑能降低反應(yīng)的活化能，不能改變反應(yīng)的始、末狀態(tài)，不能改變反應(yīng)熱，與圖3相符，正確；D項，恒溫恒容條件下，反應(yīng)：2NO2(g)N2O4(g)達(dá)到平衡時正、逆反應(yīng)速率相等，即v(NO2)消耗＝2v(N2O4)消耗，而圖4中A點v(NO2)消耗＝v(N2O4)消耗，反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，錯誤。] 熱點9 弱電解質(zhì)的電離平衡 1．判斷弱電解質(zhì)的方法 (1)在濃度和溫度相同時，與強(qiáng)電解質(zhì)溶液做導(dǎo)電性對比試驗。 (2)在濃度和溫度相同時，與強(qiáng)電解質(zhì)溶液比較反應(yīng)速率快慢。 (3)配制一定物質(zhì)的量濃度的HA溶液(如0.01 molL－1)，測其pH。若pH>2，則說明HA為弱酸。 (4)測定對應(yīng)的鹽溶液的酸堿性，如鈉鹽(NaA)溶于水，測其pH，若pH>7，則說明HA為弱酸。 (5)稀釋前后pH與稀釋倍數(shù)的變化關(guān)系。如將pH＝2的酸溶液稀釋1 000倍，pH<5，則證明該酸為弱酸。 (6)利用電離平衡證明。如醋酸溶液中滴入石蕊試液變紅，再加CH3COONa固體，顏色變淺。 (7)利用較強(qiáng)酸(堿)制取較弱的酸(堿)來判斷電解質(zhì)強(qiáng)弱。 (8)利用元素周期表同周期、同主族的遞變性進(jìn)行判斷。 2．一元強(qiáng)酸與一元弱酸的比較 酸 項目 相同物質(zhì)的量濃度、相同體積 相同pH、相同體積 一元強(qiáng)酸 一元弱酸 一元強(qiáng)酸 一元弱酸 c(H＋) 大 小 相同 中和堿的能力 相同 小 大 與金屬反應(yīng)的 起始速率 大 小 相同 稀釋相同倍數(shù) 后的pH 小 大 大 小 [對點訓(xùn)練] 17．改變0.1 molL－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ(X)隨pH的變化如圖所示[已知δ(X)＝]。 下列敘述錯誤的是( ) A．pH＝1.2時，c(H2A)＝c(HA－) B．lg[K2(H2A)]＝－4.2 C．pH＝2.7時，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－) D．pH＝4.2時，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋) D [A對：根據(jù)題給圖像，pH＝1.2 時，H2A與HA－的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，則有c(H2A)＝c(HA－)。 B對：根據(jù)題給圖像，pH＝4.2時，HA－與A2－的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，K2(H2A)＝＝c(H＋)＝10－4.2，則lg[K2(H2A)]＝－4.2。 C對：根據(jù)題給圖像，pH＝2.7時，H2A與A2－的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，且遠(yuǎn)小于HA－的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，則有c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)。 D錯：根據(jù)題給圖像，pH＝4.2時，HA－與A2－的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，c(HA－)＝c(A2－)，且c(HA－)＋c(A2－)約為0.1 molL－1，c(H＋)＝10－4.2 molL－1，則c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)。] 18．在a、b兩支試管中，分別裝入形態(tài)相同、質(zhì)量相等的鋅粒，然后向兩試管中分別加入相同物質(zhì)的量濃度、相同體積的稀鹽酸和稀醋酸。填寫下列空白： 【導(dǎo)學(xué)號：73702255】 (1)a、b兩支試管中的現(xiàn)象：相同點是________；不同點是________；原因是____________________________________________________________。 (2)a、b兩支試管中生成氣體的體積開始時是V(a)________V(b)；反應(yīng)完畢后生成氣體的總體積是V(a)______V(b)，原因是_____________________。 【解析】 隨反應(yīng)進(jìn)行，鹽酸中c(H＋)減小，醋酸中不斷電離出H＋n(HCl)＝n(CH3COOH), 【答案】 (1)都產(chǎn)生無色氣泡 a中反應(yīng)速率較快 鹽酸是強(qiáng)酸，醋酸是弱酸，鹽酸溶液中c(H＋)大 (2)>?。健￠_始反應(yīng)時，鹽酸溶液中H＋濃度較大，但H＋的總的物質(zhì)的量相等 熱點10 水的電離及溶液的酸堿性 1．水電離的c(H＋)或c(OH－)的計算方法(25 ℃) (1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.010－7 molL－1。 (2)溶質(zhì)為酸的溶液 H＋來源于酸電離和水電離，而OH－只來源于水。如計算pH＝2的鹽酸中水電離出的c(H＋)：方法是先求出溶液中的c(OH－)＝10－12 molL－1，即水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 molL－1。 (3)溶質(zhì)為堿的溶液 OH－來源于堿電離和水電離，而H＋只來源于水。如pH＝12的NaOH溶液中，c(H＋)＝10－12 molL－1，即水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 molL－1。 (4)水解呈酸性或堿性的正鹽溶液 H＋和OH－均由水電離產(chǎn)生。 如pH＝2的NH4Cl溶液中由水電離出的c(H＋)＝10－2 molL－1； 如pH＝12的Na2CO3溶液中由水電離出的c(OH－)＝10－2 molL－1。 2．有關(guān)溶液酸堿性及pH的易錯易混辨析 (1)一定溫度下，無論是稀酸、稀堿或鹽溶液中，水的離子積Kw＝c(H＋)c(OH－)均不變，水電離出的c(H＋)＝c(OH－)，Kw只與溫度有關(guān)，只有在25 ℃時，Kw＝110－14。 (2)pH是溶液酸堿性的量度。pH＝6的溶液在常溫下呈酸性，其他溫度也可能呈中性或堿性；pH＝0的溶液并非沒有H＋，而是c(H＋)＝1.0 molL－1，同時也并非無OH－，此時c(OH－)＝1.010－14 molL－1。 (3)對于強(qiáng)酸(強(qiáng)堿)溶液，每稀釋為10倍體積時，pH增大(減小)1個單位；對于弱酸(弱堿)溶液，每稀釋為10倍體積，pH增大(減小)不足1個單位；無論稀釋多少倍，酸(堿)溶液的pH不能等于或大于(小于)7，只能趨近于7。 (4)強(qiáng)堿溶液的pH計算，應(yīng)先根據(jù)溶液的c(OH－)求出溶液c(H＋)，從而求出溶液的pH。 (5)強(qiáng)酸、強(qiáng)堿的pH之和與c(H＋)、c(OH－)比較： (6)若酸、堿溶液的pH之和為14，酸、堿中有一強(qiáng)一弱，則酸、堿溶液混合后，誰弱顯誰性。 [對點訓(xùn)練] 19．有關(guān)電解質(zhì)溶液的敘述正確的是( ) A．向0.2 molL－1 CH3COOH溶液中加入等體積0.1 molL－1 NaOH溶液，測得溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)，則溶液中水的電離程度比純水的大 B．向0.1 molL－1氨水中滴加0.1 molL－1鹽酸，剛好完全中和時溶液pH＝a，則由水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝10a－14 molL－1 C．將0.1 molL－1 Na2CO3溶液和0.1 molL－1 NaHCO3溶液等體積混合，所得溶液中： c(CO)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(HCO)＋3c(H2CO3) D．對于難溶電解質(zhì)：相同溫度時，Ksp大的飽和溶液的物質(zhì)的量濃度一定比Ksp小的飽和溶液的物質(zhì)的量濃度大 C [0.2 molL－1的CH3COOH溶液中加入等體積的0.1 molL－1的NaOH溶液，得到0.05 molL－1的CH3COONa和0.05 molL－1的CH3COOH的混合液，已知溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，溶液因CH3COOH的電離而顯酸性，水的電離受到抑制，因此溶液中水的電離程度比純水的小，A項錯誤；0.1 molL－1的氨水與0.1 molL－1的鹽酸完全中和后得到的是0.05 molL－1的NH4Cl溶液，由于NH水解，因此由水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－a molL－1，B項錯誤； 0.1 molL－1 Na2CO3溶液和0.1 molL－1 NaHCO3溶液等體積混合后，c(Na2CO3)＝0.05 molL－1，c(NaHCO3)＝0.05 molL－1，c(Na＋)＝0.15 molL－1，由物料守恒有c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.1 molL－1，所以2c(Na＋)＝3[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]①，由電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，2c(Na＋)＋2c(H＋)＝4c(CO)＋2c(HCO)＋2c(OH－)②，將①式代入②式整理得c(CO)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(HCO)＋3c(H2CO3)，故C項正確；對于化學(xué)式類型相同的難溶電解質(zhì)，相同溫度時，Ksp大的飽和溶液的物質(zhì)的量濃度一定比Ksp小的飽和溶液的物質(zhì)的量濃度大，但對于化學(xué)式類型不同的難溶電解質(zhì)則不一定，D項錯誤。] 20．一定溫度下，下列溶液的離子濃度關(guān)系式正確的是( ) 【導(dǎo)學(xué)號：73702256】 A．pH＝5的H2S溶液中：c(H＋)＝c(HS－)＝110－5 mol/L B．稀釋氨水10倍后，其c(OH－)為原來的 C．pH之和為14的H2C2O4與NaOH溶液混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O) D．將等物質(zhì)的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中：<1 D [H2S為二元弱酸，分步電離，第一步電離程度遠(yuǎn)大于第二步，故溶液中c(H＋)>c(HS－)，A錯誤；氨水的稀釋過程中，電離平衡正向移動，補(bǔ)充氫氧根離子，稀釋10倍后其c(OH－)大于原來的，B錯誤；根據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，C錯誤；Na2CO3水解程度大于NaHCO3，故將等物質(zhì)的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中：<1，D正確。] 熱點11 離子濃度的大小比較 在解答有關(guān)離子濃度大小比較的問題時，要首先分析離子濃度大小的關(guān)系是相等還是不等。 (1)若使用的是“>”或“<”，應(yīng)主要考慮“電離”和“水解”。 (2)若用“＝”連接，應(yīng)根據(jù)“守恒”原理，視不同情況而定。 ①若等號一端全部是陰離子或陽離子時，應(yīng)首先考慮電荷守恒規(guī)律；②若等號一端各項中都含有同一種元素時，應(yīng)首先考慮這種元素的原子守恒；③若出現(xiàn)等號，但既不是電荷守恒，也不是原子守恒(即物料守恒)，則可考慮將電荷守恒和物料守恒進(jìn)行合并處理，即推得質(zhì)子守恒。 [對點訓(xùn)練] 21．常溫下將NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是( ) A．Ka2(H2X)的數(shù)量級為10－6 B．曲線N表示pH與lg 的變化關(guān)系 C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－) D．當(dāng)混合溶液呈中性時，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋) D [由H2XH＋＋HX－可知：Kal＝，則c(H＋)＝，等式兩邊同取負(fù)對數(shù)可得：pH1＝－lgKal＋lg。同理，由HX－H＋＋X2－可得：pH2＝－lgKa2＋lg 。因1>Ka1>>Ka2，則－ lgKa1<－lgKa2。當(dāng)lg ＝lg 時，有pH1下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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