學習筆記答案精析

學習筆記答案精析第一章化學反應的熱效應第一節(jié)反應熱第1課時反應熱焓變一、2．體系環(huán)境交換或傳遞的能量3．③④⑥⑦⑧①②⑤4．釋放吸收熱量反應熱熱量正誤判斷(1)×(2)×(3)√(4)√二、1．cmΔt2．保溫3．(2)迅速攪拌最高(3)平均值思考交流1(1)為了保證鹽酸完全被中和(2)不能，金屬攪拌器易導熱，會造成實驗過程中熱量損失(3)否，不同的溫度計會存在儀器誤差(4)不能，殘留的酸會與堿反應，造成酸堿消耗，熱量損失。測定一種溶液后必須用水沖洗干凈并用濾紙擦干后再測另一種溶液(5)為了減少熱量的損失(6)不能，操作要迅速，盡量減少熱量的散失4．25.13.425.03.325.53.51.42eq\f(1.42kJ,0.025)56．8kJ思考交流2(1)①量取酸堿溶液時，操作或讀數(shù)不當，量取體積小于50mL；②量熱計保溫效果不好；③溶液混合時速度不夠快，或沒有及時蓋上杯蓋；④讀取反應后溫度時，過早或過晚，不是讀取的最高溫度。(2)否；中和反應反應熱是指在稀溶液中強酸與強堿發(fā)生中和反應生成1molH2O時的反應熱，其數(shù)值與反應物的量的多少無關，故所測結果應與本次實驗結果基本相同。(3)濃硫酸溶于水時放熱，使所測反應熱的數(shù)值偏大；弱酸、弱堿電離時吸熱，使所測反應熱的數(shù)值偏小。(4)>三、1．kJ·mol－1kJ/mol等于2．(1)放熱負＜放熱減小吸熱正＞吸熱增加生成物反應物(2)(436＋243)kJ·mol－1－(431＋431)kJ·mol－1＝－183kJ·mol－1放出183kJ正誤判斷(1)√(2)×(3)√(4)×(5)√思考交流1．ACD2．(1)舊鍵斷裂吸收的能量新鍵形成放出的能量反應熱(2)放熱<第2課時熱化學方程式燃燒熱一、1．(1)釋放吸收(2)物質能量2mol氣態(tài)H21mol氣態(tài)O22mol液態(tài)H2O放出571.6kJ2．(2)slgaq(3)整數(shù)分數(shù)(4)每摩爾反應思考交流1．(1)H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1(2)H2O的聚集狀態(tài)不同，其內能不同，盡管產(chǎn)物都是1molH2O，但放出的熱量不同2．(1)－369.2kJ·mol－1(2)＋92.3kJ·mol－13．小于該反應是可逆反應，不能進行完全4．(1)×物質未標明聚集狀態(tài)(2)×數(shù)值正確，單位應為kJ·mol－1(3)√(4)×該反應吸熱，ΔH應為“＋”值5．(1)H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH＝－183kJ·mol－1(2)C(s，石墨)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.3kJ·mol－1(3)NH3(g)＋eq\f(5,4)O2(g)=NO(g)＋eq\f(3,2)H2O(g)ΔH＝－226.7kJ·mol－1二、1a時，1molCH4完全燃燒生成CO2氣體和液態(tài)H2O時放出890.3kJ的熱量2．C8H18(l)＋eq\f(25,2)O2(g)=8CO2(g)＋9H2O(l)ΔH＝－5518kJ·mol－1正誤判斷(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×思考交流1．(1)發(fā)生燃燒反應，釋放熱能，能量高；(2)從環(huán)保角度考慮，即排煙少、污染輕；(3)從成本角度考慮。2．(1)N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ·mol－1(2)(3)C2H8N2(l)＋2N2O4(l)=2CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g)ΔH＝－2550kJ·mol－13．(1)N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－640kJ·mol－1(2)408(3)產(chǎn)物不會造成環(huán)境污染第二節(jié)反應熱的計算第1課時蓋斯定律一、1．相同2．始態(tài)終態(tài)途徑思考交流1．ΔH1＋ΔH2ΔH3＋ΔH4＋ΔH52．C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－283.0kJ·mol－1ΔH1－ΔH2＝－110.5kJ·mol－13．ΔH6＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH5二、1．Al2O3(s)＋3C(s)＋3Cl2(g)=2AlCl3(g)＋3CO(g)ΔH＝＋174.9kJ·mol－12．NO2(g)＋O(g)=NO(g)＋O2(g)ΔH2＝＋57.2kJ·mol－13．2NH3(g)＋CO2(g)=H2O(g)＋CO(NH2)2(s)ΔH＝(E1＋E3－E2－E4)kJ·mol－14．－136.25．＋657.1kJ·mol－1第2課時反應熱的計算一、2．(1)eq\f(Q,|ΔH|)應用體驗；Q＝n(FeS2)×|ΔH|＝eq\f(1000g×90%,120g·mol－1)×853kJ·mol－1≈6398kJ。2．Q＝285.8kJ·mol－1×1mol＋283.0kJ·mol－1×2mol＝851.8kJ。3．參加反應的SO2為eq\f(314.3kJ,196.6kJ)×2mol≈3.2mol，SO2的轉化率為eq\f(3.2mol,4mol)×100%＝80%。二、1．＋1202．＋1373．A4．ΔH4＝eq\f(2,3)(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)5．(1)放熱ΔH<0(或反應物的總能量大于生成物的總能量)(2)NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋2O2(g)=NOeq\o\al(－,3)(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)ΔH＝－346kJ·mol－16．ΔH1＋ΔH2＋eq\f(ΔH3,2)－eq\f(ΔH4,2)三、應用體驗1．><2．C3.B整理與提升二、1．A2．(1)6CO2(g)＋6H2O(l)=C6H12O6(s)＋6O2(g)ΔH＝＋2804kJ·mol－1(2)H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－286kJ·mol－1(3)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－(a－b)kJ·mol－13．＋1814．C5．(a＋c－2b)6．C[①NH4Cl(s)=NHeq\o\al(＋,4)(g)＋Cl－(g)ΔH1＝＋698kJ·mol－1；②NH4Cl(s)=NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋Cl－(aq)ΔH2＝＋15kJ·mol－1；③Cl－(g)=Cl－(aq)ΔH3＝－378kJ·mol－1；④eq\f(1,2)(NH4)2SO4(s)=NHeq\o\al(＋,4)(g)＋eq\f(1,2)SOeq\o\al(2－,4)(g)ΔH4；⑤eq\f(1,2)(NH4)2SO4(s)=NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋eq\f(1,2)SOeq\o\al(2－,4)(aq)ΔH5＝＋3kJ·mol－1；⑥eq\f(1,2)SOeq\o\al(2－,4)(g)=eq\f(1,2)SOeq\o\al(2－,4)(aq)ΔH6＝－530kJ·mol－1；則⑤＋①－⑥－②＋③得④，ΔH4＝＋838kJ·mol－1,C正確。]第二章化學反應速率與化學平衡第一節(jié)化學反應速率第1課時化學反應速率一、1．快慢減小增大濃度濃度時間mol·L－1·min－1mol·L－1·s－12．m∶n∶p∶q正誤判斷(1)×(2)×(3)×(4)×應用體驗1．(1)n(H2)＝eq\f(44.8×10－3L,22.4L·mol－1)＝0.002mol，依據(jù)離子方程式可知：Zn～2H＋～Zn2＋～H2，|Δn(Zn2＋)|＝|Δn(H2)|＝0.002mol，|Δn(H＋)|＝2|Δn(H2)|＝0.004mol，v(H＋)＝eq\f(0.004mol,0.04L×10s)＝0.01mol·L－1·s－1；v(Zn2＋)＝eq\f(0.002mol,0.04L×10s)＝0.005mol·L－1·s－1。(2)0.00022．0.3解析v(NH3)＝eq\f(2,3)v(H2)＝eq\f(2,3)×0.45mol·L－1·s－1＝0.3mol·L－1·s－1。二、1．(1)2.3mol3.0mol(2)1423(3)0.05mol·L－1·min－1(4)10%2．0.025mol·L－1·min－13．AC4．(1)0.0025mol·L－1·min－1(2)40%解析(1)由圖可知，30min時消耗M的濃度為0.2mol·L－1，Z的濃度為0.125mol·L－1，則Y的濃度為0.2mol·L－1－0.125mol·L－1＝0.075mol·L－1，v(Y)＝eq\f(0.075mol·L－1,30min)＝0.0025mol·L－1·min－1。(2)根據(jù)兩個反應方程式的化學計量數(shù)，可知30minM、N兩物質消耗的量相同，則N的轉化率為eq\f(0.2mol·L－1,0.5mol·L－1)×100%＝40%。5．B6．①>②>③>④三、濃度體積壓強深淺思考交流1．②③④⑤2．2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑溶液褪色所需時間第2課時影響化學反應速率的因素一、1．組成結構性質2．(1)Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O先后均變渾濁先變渾濁增大反應物濃度不能，二氧化硫易溶于水，二者溶液濃度較小，可能都看不到明顯的氣泡(2)均變渾濁先變渾濁升高溫度(3)無明顯現(xiàn)象出現(xiàn)大量氣泡加快確保兩種溶液中H2O2的濃度相同思考交流1．(1)510(2)探究Na2S2O3的濃度對化學反應速率的影響(3)探究溫度對化學反應速率的影響(4)各實驗方案中混合液的體積均相等2．(1)MnO2、FeCl3、CuCl2(2)MnO2>FeCl3>CuCl23．反應產(chǎn)生的Cl－起催化作用4．D二、3．長慢短快增大思考交流1．(1)鋅的顆粒(即比表面積)大小基本相同；H2SO4溶液要迅速加入；裝置氣密性良好，且計時要迅速準確。(2)忽視加入H2SO4溶液排出氣體的體積(3)在恒容反應裝置中，測定一段時間內壓強的變化；測定一段時間內H＋的濃度變化；測定一段時間內鋅粒的質量變化等。2．(1)秒表(2)1min內收集到氣體的體積其他條件相同時，粉狀碳酸鈣與鹽酸的反應速率較大三、增大減小增大減小增大減小增大正誤判斷(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×思考交流1．C2．(1)不變(2)增大增大(3)增大不變不變(4)減小減小第3課時活化能理論解釋外因對化學反應速率的影響一、1．每一步反應2．基元反應思考交流1．(1)催化劑(2)Mn3＋、Mn4＋(3)2Ce4＋＋Ti＋=2Ce3＋＋Ti3＋2．·CH3＋CH4→CH3—CH3＋H·3．HBr＋O2=HOOBrHOOBr＋HBr=2HOBrHBr＋HOBr=H2O＋Br24．(1)A＋B→CC→E＋F(2)E3－E1C(3)E4－E1E5－E2(4)第一步二、1．(1)碰撞(3)①有效碰撞一定②平均能量(4)活化能放出的能量逆反應3．(1)分子總數(shù)百分數(shù)增大(2)分子總數(shù)百分數(shù)增大正誤判斷(1)√(2)×(3)√(4)√(5)√(6)×(7)×應用體驗1．(1)增大單位體積內活化分子數(shù)目增多，有效碰撞的次數(shù)增加(2)不變單位體積內活化分子數(shù)不變2．B3．CD[催化劑能降低反應的活化能，并且催化效率越強，活化能降低越多，所以圖中Ea與(Ea1＋Ea2)之間沒有等量關系，A錯誤；由圖可知，反應①為吸熱反應，反應②為放熱反應，反應①的活化能大于反應②，所以反應速率：反應①＜反應②，與反應是吸熱反應還是放熱反應無關，B錯誤、C正確；由圖可知，總反應為放熱反應，焓變＝反應物的總鍵能－生成物的總鍵能，所以反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和，D正確。]第4課時化學反應速率重點題型突破一、應用體驗1．A2.BC3.C4.AC5．D[A對，v(M)＝eq\f(0.30－0.10×10－3,15)mol·L－1·min－1≈1.33×10－5mol·L－1·min－1；B對，①②對比，不同的是溫度，②的溫度高于①，在相同的時間段內，②中M的濃度變化大于①，說明②中M的降解速率大；C對，①③對比，溫度相同，③的pH大于①，在相同的時間段內，①中M的濃度變化大于③，說明①的降解速率大于③；D錯，①④對比，M的濃度越小，降解速率越慢。]二、1．快慢題型突破1．B2.BC3.C4．(1)0.98HCOOH*=HCOO*＋H*(2)HCOOH(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－0.15NAeV·mol－15．D[由圖可知，進程Ⅰ反應物S的總能量大于生成物P的總能量，則進程Ⅰ是放熱反應，故A正確；由圖可知，進程Ⅳ中由S·Z轉化為P·Z的活化能高于S＋Z轉化為S·Z的活化能，S·Z轉化為P·Z是進程Ⅳ的決速步驟，故B正確；由圖可知，進程Ⅲ使用催化劑Y比進程Ⅱ使用催化劑X降低的活化能少，活化能越大，反應速率越慢，因而從S→P整個過程看，單位時間單位體積內，反應物分子發(fā)生有效碰撞次數(shù)：Ⅱ＞Ⅲ，故C正確；由圖可知，進程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z轉化為P·Z，但P·Z沒有轉化為P＋Z，則進程Ⅳ中，Z沒有催化作用，D不正確。]6．劣于催化劑X較催化劑Y，積碳反應時，活化能低，反應速率大，消碳反應時，活化能高，反應速率小，綜合考慮，催化劑X較催化劑Y更利于積碳反應，不利于消碳反應，會降低催化劑活性7．Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ8．迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大，與溫度升高共同使NOx去除率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的NOx去除率增大，催化劑活性下降NH3與O2反應生成了NO三、應用體驗1．D2．(1)1.0×10－4(2)<c(a)<c(b)，由v(a)＝v(b)及v＝kc知，k(a)>k(b)，故T1<T2(3)>溫度相同，活化分子百分數(shù)相等，濃度越大，活化分子總數(shù)越大(4)eq\f(3,2)(5)＝第二節(jié)化學平衡第1課時化學平衡狀態(tài)一、1．相同條件正反應方向逆反應方向2．小于正誤判斷(1)×(2)×思考交流C二、1.2．相等保持不變不隨時間而改變限度3．可逆反應相等＝v正＝v逆≠0一定正誤判斷(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×思考交流1．BC2．(1)30.03mol·L－1·min－1(2)0.3mol·L－160%(3)6.5三、1．(1)②化學計量數(shù)不同方向3．不一定不一定是是不一定是不一定不一定是是不一定是是不一定是是正誤判斷(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√應用體驗1．C2.B3．①③⑤⑦第2課時化學平衡常數(shù)一、1．(1)無關(2)eq\f(cpC·cqD,cmA·cnB)2．(2)無關增大3．基本完全①②正誤判斷(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)√思考交流1．(1)K＝eq\f(cN2O4,c2NO2)(2)K＝eq\f(c4H2,c4H2O)(3)K＝eq\f(cCr2O\o\al(2－,7),c2CrO\o\al(2－,4)·c2H＋)(4)K＝eq\f(cCH3COOC2H5·cH2O,cCH3COOH·cC2H5OH)2．(1)eq\f(cCO2,cCO)eq\f(cH2O,cH2)eq\f(cCO2·cH2,cCO·cH2O)(2)K4＝Keq\o\al(2,1)(3)K3＝eq\f(K1,K2)二、1．①②③④2．吸放3．正反應>逆反應＜處于平衡狀態(tài)＝應用體驗1．A2．(1)正向進行(2)＝3．(1)K＝eq\f(cI\o\al(－,3),cI2·cI－)(2)>三、例1(1)eq\f(1,49)(2)7例2(1)K1·K2(2)＜(3)＞例3(1)第一步，列“三段式”2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)初始/(mol·L－1)0.0500.0300轉化/(mol·L－1)0.0440.0220.044平衡/(mol·L－1)0.0060.0080.044第二步，根據(jù)轉化量，計算轉化率α(SO2)＝eq\f(0.044mol·L－1,0.050mol·L－1)×100%＝88%α(O2)＝eq\f(0.022mol·L－1,0.030mol·L－1)×100%≈73%(2)第三步，根據(jù)平衡濃度，計算平衡常數(shù)K＝eq\f(c2SO3,c2SO2·cO2)＝eq\f(0.0442,0.0062×0.008)≈6.7×103例480%解析第一步，計算2HI(g)H2(g)＋I2(g)的平衡常數(shù)K＝4。第二步，設未知量，列“三段式”設生成的H2的濃度為xmol·L－1，2HI(g)H2(g)＋I2(g)起始/(mol·L－1)0.0200轉化/(mol·L－1)2xxx平衡/(mol·L－1)0.02－2xxx第三步，代入平衡常數(shù)表達式，計算未知量K＝eq\f(x2,0.02－2x2)＝4，x＝0.008，α(HI)＝eq\f(0.008mol·L－1×2,0.02mol·L－1)×100%＝80%。第3課時濃度、壓強對化學平衡的影響一、1．變淺減小變深增大2．(1)改變原有的平衡狀態(tài)新的平衡狀態(tài)(2)平衡＝正反應方向＞逆反應方向＜(3)①增大＞逆反應方向②減?。颊磻较?．(1)正反應(2)逆反應4．廉價正反應轉化率正誤判斷(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√(6)×思考交流1．②③①該可逆反應的實質為Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入KCl固體，只增加了c(K＋)、c(Cl－)，未改變c(Fe3＋)、c(SCN－)、c[Fe(SCN)3]，平衡不移動2．(1)①增大不變＞＜正反應方向②正、逆反應速率＜③增大增大減小減小增大不變(2)①②各組分的濃度，c(SO3)增大，c(O2)增大，c(SO2)增大；反應物的轉化率，α(O2)減小，α(SO2)減小。(3)二、1．(1)變深變淺變淺變深正反應減小逆反應增大2．(1)氣體體積縮小(2)氣體體積增大(3)不移動正誤判斷(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×思考交流1．(1)①正反應增大增大增大②(2)①＝不減小減小不變②2．(1)不移動。因為容器體積不變，各物質的濃度未發(fā)生變化，Q＝K，則平衡不移動。(2)容積增大，平衡逆向移動。擴大容器的容積，相當于減小壓強，平衡向氣體體積增大的方向移動，該反應逆向移動?；驈腝變化分析，此時Q>K。3．固體或液體氣體4．>H第4課時溫度、催化劑對化學平衡的影響勒夏特列原理一、1．(1)加深變淺增大逆反應吸熱減小正反應放熱(2)減小逆向增大正向2．(2)吸熱反應放熱反應3．(1)正、逆(2)不能時間正誤判斷(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√(7)×思考交流1．(1)正向減小增大增大不變(2)(3)2．使用催化劑3．C4.BC二、1．正反應逆反應氣體分子數(shù)目減小氣體分子數(shù)目增大平衡不移動吸熱放熱平衡不移動2．(1)減弱(3)加深變淺深思考交流1．BE2．(1)增大增大減小(2)增大增大不變(3)減小減小(4)不變(5)不變3．(1)1mol·L－1<c(N2)<2mol·L－1(2)p<p′<2p(3)T<T′<T14．(1)發(fā)生移動，平衡逆向移動(2)減小(3)＜第5課時化學平衡移動重點題型突破一、應用體驗1．B2.CD二、1．增大2．(1)正向不變增大減小(2)①正向降低升高②相同③不變增大減小思考交流1．向右增大變深增大2．甲>乙＝丙>丁三、類型一(1)增大反應物的濃度正向(2)降低溫度正向(3)增大壓強正向(4)使用催化劑不應用體驗1．A2.C類型二(1)>放熱逆向(2)>增大增大(3)>催化劑增大應用體驗3．BC類型三(1)①減小逆向<②增大正向吸熱(2)①減小逆向<②增大正向>應用體驗4．C5．(1)<該反應的正反應為氣體分子數(shù)增大的反應，其他條件相同時，減小壓強，平衡正向移動，CO2的平衡轉化率增大(2)>解析(1)已知CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)的正反應為氣體體積增大的反應，在恒溫條件下，減小壓強，平衡正向移動，CO2的平衡轉化率增大，即壓強p1<2MPa。(2)當溫度為T3K、壓強為p1時，a點對應的CO2的轉化率較相同條件下CO2的平衡轉化率小，說明此時反應正向進行，即v正>v逆。第三節(jié)化學反應的方向一、1．(2)①高能低能②有序無序思考交流1．①②③⑤⑥⑦2．(1)自發(fā)反應也需要一定條件引發(fā)反應，一旦反應后即可自發(fā)進行。(2)非自發(fā)反應在一定條件下能發(fā)生。二、1．思考交流1(1)放<(2)放<能(3)吸能(4)吸>能2．(1)混亂程度SΔS(2)①混亂程度越大②＞＞(3)①增加減小思考交流2(1)>能(2)>能(3)<(4)能<3．(1)ΔG(2)ΔH－TΔS溫度(3)自由能減小達到平衡①能自發(fā)進行②處于平衡狀態(tài)③不能自發(fā)進行正誤判斷(1)×(2)×(3)×(4)√應用體驗1．D2．(1)不能(2)1111.6K3．(1)<>能(2)減小逆反應第四節(jié)化學反應的調控一、1．(1)<(2)可逆(3)減小(4)放熱2．增大壓強增大壓強升高溫度降低溫度使用無影響增大增大降低3．升高增大降低增大溫度正誤判斷(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×應用體驗1．C2.BD二、1．反應速率反應限度(1)轉化率(2)化學反應速率2．(1)10～30MPa壓強越大，對材料的強度和設備的制造要求就越高，需要的動力也越大，這將會大大增加生產(chǎn)投資，并可能降低綜合經(jīng)濟效益(2)400～500℃溫度降低會使化學反應速率減小，達到平衡所需時間變長，這在工業(yè)生產(chǎn)中是很不經(jīng)濟的，且鐵觸媒在500℃左右時的活性最大(3)②即使在高溫、高壓下，N2和H2的化合反應仍然進行得十分緩慢。加入催化劑，改變反應歷程，降低反應的活化能，使反應物在較低溫度時能較快的發(fā)生反應。提高單位時間的生產(chǎn)效率，可提高經(jīng)濟效益③因吸附或沉積毒物而使催化劑活性降低或喪失的過程稱為催化劑中毒。原料氣必須經(jīng)過凈化。(5)②N2相對易得，適度過量有利于提高H2的轉化率適當提高N2比例，加快合成氨的速率應用體驗1．A2.D3．(1)450℃、10MPa(2)在此溫度下，催化劑活性最高。溫度較低，會使反應速率減小，達到平衡所需時間變長；溫度較高，SO2的轉化率會降低(3)在常壓下SO2的轉化率就已經(jīng)很高了(97.5%)，若采用高壓，平衡向右移動，但效果并不明顯，且采用高壓時會增大對設備的要求而增大生產(chǎn)成本(4)增大反應物O2的濃度，有利于提高SO2的轉化率(5)防止污染環(huán)境；循環(huán)利用，提高原料的利用率(合理即可)4．(1)P(2)NH3的最大體積分數(shù)即為平衡體積分數(shù)，NH3體積分數(shù)為42%，H2、N2的體積分數(shù)之和為58%，則H2的平衡體積分數(shù)：eq\f(58%,4)×3＝43.5%章末提升課第1課時平衡常數(shù)、速率常數(shù)的綜合應用一、例1eq\f(α2·p0,1－α2)例233.33%eq\f(\r(3),36)跟蹤訓練1.eq\f(1,48)MPa－22．24.8eq\f(100×20×103－12.4×103,24.8×1032)解析由題意可知，376.8℃時玻璃燒瓶中發(fā)生兩個反應：BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)、Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)。BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)的平衡常數(shù)Kp＝1.0×104Pa2，則平衡時p2(Cl2)＝1.0×104Pa2，p(Cl2)＝100Pa，設到達平衡時I2(g)的分壓減小pkPa，則Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)開始/kPa20.00變化/kPap2p平衡/kPa0.120.0－p2p376．8℃平衡時，測得燒瓶中壓強為32.5kPa，則0.1＋20.0＋p＝32.5，解得p＝12.4，則平衡時pICl＝2pkPa＝2×12.4kPa＝24.8kPa；則平衡時，I2(g)的分壓為(20.0－p)kPa＝(20×103－12.4×103)Pa，pICl＝24.8kPa＝24.8×103Pa，p(Cl2)＝0.1kPa＝100Pa，因此反應2ICl(g)=Cl2(g)＋I2(g)的平衡常數(shù)K＝eq\f(100×20×103－12.4×103,24.8×1032)。二、例1(1)2.25×10－4mol·L－1·s－1(2)0.49例2(1)eq\f(0.108×0.108,0.7842)(2)eq\f(k正,K)1.95×10－3跟蹤訓練1．CD2．(1)①0.084mol·L－1·min－1②＞③b(2)16解析(1)①0～5min內以COS(g)表示的反應速率v(COS)＝eq\f(0.84mol,2L×5min)＝0.084mol·L－1·min－1。②若15min末改變溫度為T2℃，由于正反應為放熱反應，改變溫度后，反應物濃度不斷減小，則平衡正向移動，由表中數(shù)據(jù)變化判斷：T1＞T2。③若15min末保持溫度T1℃不變，向該容器中繼續(xù)加入水蒸氣和氧硫化碳各2mol，平衡正向移動，但由于反應前后氣體分子數(shù)相等，所以兩平衡等效，重新達到平衡時，CO2(g)的物質的量等于2.4mol，故選b。(2)對于反應COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)，向容積為2L的密閉容器中加入2mol水蒸氣和2mol氧硫化碳，T2℃溫度下達到平衡時，COS(g)為0.40mol，CO2(g)為1.60mol，則K＝eq\f(0.80×0.80,0.20×0.20)＝16，若在2L的密閉容器中充入1molCOS和1molH2O，在T2℃溫度下達到平衡時，K不變，仍為16，所以k正∶k逆＝K＝16。三、例1(b＋eq\f(8c－2d,3))b例2反應Ⅰeq\f(0.2×1.22,1.4×24)解析溫度較低時，CH4的物質的量多，所以該催化劑在較低溫度時主要選擇反應Ⅰ。520℃時，由圖中信息，列式：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)轉化/(mol·L－1)0.20.80.20.42CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)轉化/(mol·L－1)0.41.20.20.8c(CO2)＝(2－0.2－0.4)mol·L－1＝1.4mol·L－1，c(H2)＝(4－0.8－1.2)mol·L－1＝2mol·L－1，c(H2O)＝(0.4＋0.8)mol·L－1＝1.2mol·L－1，所以520℃時反應Ⅰ的平衡常數(shù)K＝eq\f(0.2×1.22,1.4×24)。跟蹤訓練1.eq\f(a＋b,V)eq\f(ba＋b,1－a－b3－3a－b)2．②CD③eq\f(0.21,V)－eq\f(2a＋b,2)eq\f(b2,\f(0.78,V)－\f(a＋b,2)×\f(0.21,V)－\f(2a＋b,2))解析②縮小體積，所有物質濃度均增大，A不符合題意；升高溫度，平衡向吸熱方向移動，反應ⅰ為吸熱反應，則升溫平衡正向移動，反應ⅱ為放熱反應，升溫平衡逆向移動，NO濃度增大，B不符合題意；移除NO2，反應ⅱ向正向進行，NO濃度降低，C符合題意；降低N2濃度，平衡ⅰ逆向移動，消耗NO，NO濃度降低，D符合題意。③根據(jù)三段式，N2(g)＋O2(g)2NO(g)起始/(mol·L－1)eq\f(0.78,V)eq\f(0.21,V)0改變/(mol·L－1)eq\f(a＋b,2)eq\f(a＋b,2)a＋b平衡/(mol·L－1)eq\f(0.78,V)－eq\f(a＋b,2)eq\f(0.21,V)－eq\f(a＋b,2)a＋b2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)起始/(mol·L－1)a＋beq\f(0.21,V)－eq\f(a＋b,2)0改變/(mol·L－1)aeq\f(a,2)a平衡/(mol·L－1)beq\f(0.21,V)－eq\f(a＋b,2)－eq\f(a,2)aK1＝eq\f(c2NO,cN2·cO2)＝eq\f(b2,\f(0.78,V)－\f(a＋b,2)×\f(0.21,V)－\f(2a＋b,2))。第2課時化學反應速率與化學平衡綜合圖像一、例1(1)非平衡＞(2)平衡點逆反應方向<(3)<例2(1)增大(2)>(3)<(4)否例3(1)3∶1(2)αA(H2)>αB(H2)>αC(H2)相等例4(1)<正向>(2)>逆向<跟蹤訓練1．C2．(1)BD(2)C(3)AE(4)<二、例1溫度>溫度相同時，增大CS2(g)的投料，平衡正向移動，水的轉化率升高例2AE例3(1)丙烯選擇性高，反應速率快，平衡常數(shù)大(2)50例42.0跟蹤訓練1．D2．CD[由圖可知，升高溫度NO的轉化率減小，則升高溫度平衡逆向移動，2NO(g)N2(g)＋O2(g)的ΔH<0，A正確；催化劑具有選擇性，X點可以通過更換高效催化劑提高NO的反應速率，B正確；Y點時NO的轉化率為80%，體積為1L，eq\f(nCO,nNO)＝1，則c(CO)＝c(NO)＝0.1mol·L－1，列三段式：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)起始/(mol·L－1)0.10.100轉化/(mol·L－1)0.080.080.080.04平衡/(mol·L－1)0.020.020.080.04K＝eq\f(0.04×0.082,0.022×0.022)＝1600，Y點再通入CO、N2各0.01mol，Q＝eq\f(0.05×0.082,0.032×0.022)≈888.9<K，平衡正向移動，則此時v正(CO)>v逆(CO)，C錯誤；2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)中增大CO的量，可促進NO的轉化，而CO的轉化率下降，D錯誤。]3．放熱不變整理與提升二、1．C2.C3．(1)－45(2)(ⅱ)NN的鍵能比H—H的大，使其斷裂需要的能量多4．C5．C[隨著溫度的升高，甲烷含量減小、一氧化碳含量增大，說明隨著溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，反應Ⅰ正向移動，則反應Ⅱ為放熱反應，焓變小于零，反應Ⅰ為吸熱反應，焓變大于零，A錯誤；M點沒有甲烷產(chǎn)物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料V(CO2)∶V(H2)＝1∶1，則此時反應Ⅰ平衡時二氧化碳、氫氣、一氧化碳、水的物質的量相等，反應Ⅰ的平衡常數(shù)K＝eq\f(cH2O·cCO,cCO2·cH2)＝1，B錯誤；N點一氧化碳、甲烷的物質的量相等，結合反應方程式的系數(shù)可知，生成水的總的物質的量為甲烷的3倍，結合阿伏加德羅定律推論可知，H2O的壓強是CH4的3倍，C正確；反應Ⅰ為氣體分子數(shù)不變的反應，反應Ⅱ為氣體分子數(shù)減小的反應，若按V(CO2)∶V(H2)＝1∶2投料，相當于增加氫氣的投料，會使得甲烷含量增大，導致甲烷、一氧化碳曲線之間交點位置發(fā)生改變，D錯誤。]6．BC7．(1)①－2231.2×1014②碳氯化反應氣體分子數(shù)增加，ΔH小于0，是熵增、放熱過程，根據(jù)ΔG＝ΔH－TΔS可知ΔG＜0，故該反應能自發(fā)進行，而直接氯化的體系氣體分子數(shù)不變且是吸熱過程，反應趨勢遠小于碳氯化③向左變小(2)①7.2×105②為了提高反應速率，在相同時間內得到更多的TiCl4產(chǎn)品，提高效益(3)將兩固體粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”解析(1)①根據(jù)蓋斯定律，將“反應(ⅱ)－反應(ⅰ)”得到反應2C(s)＋O2(g)=2CO(g)，則ΔH＝－51kJ·mol－1－(＋172kJ·mol－1)＝－223kJ·mol－1；則Kp＝eq\f(Kp2,Kp1)＝eq\f(1.2×1012,1.0×10－2)Pa＝1.2×1014Pa。③對于碳氯化反應，氣體分子數(shù)增大，依據(jù)勒夏特列原理，增大壓強，平衡向氣體分子數(shù)減少的方向移動，即平衡向左移動；該反應是放熱反應，溫度升高，平衡向吸熱方向移動，即向左移動，則平衡轉化率變小。(2)①從圖中可知，1400℃，體系中氣體平衡組成比例CO2是0.05，CO是0.6，反應C(s)＋CO2(g)=2CO(g)的平衡常數(shù)Kp(1400℃)＝eq\f(0.6p總2,0.05p總)＝eq\f(0.6×1.0×1052,0.05×1.0×105)Pa＝7.2×105Pa。②實際生產(chǎn)中需要綜合考慮反應的速率、產(chǎn)率等，以達到最佳效益，實際反應溫度遠高于200℃，就是為了提高反應速率，在相同時間內得到更多的TiCl4產(chǎn)品。(3)固體顆粒越小，比表面積越大，反應接觸面積越大。有利于TiO2-C“固-固”接觸，可將兩者粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”，增大接觸面積。8．(1)70%(2)吸熱降低(3)使用濃磷酸作反應物可以提高磷酸的濃度，促使反應正向進行使得氣體中氯化氫的分壓減小，促使反應正向進行(4)6.9×10－39．D[由表知0～2min內|Δc(W)|＝(0.160－0.080)mol·L－1＝0.080mol·L－1，生成Δc(X)＝2|Δc(W)|＝0.160mol·L－1，但一部分X轉化為Z，造成Δc(X)<0.160mol·L－1，則v(X)<eq\f(0.160mol·L－1,2min)＝0.080mol·L－1·min－1，故A錯誤；過程①是完全反應，過程②是可逆反應，若增大容器容積相當于減小壓強，使反應4X(g)2Z(g)的平衡向氣體體積增大的方向移動，即逆向移動，X的濃度增大，平衡時Y的產(chǎn)率減小，故B錯誤；反應③的活化能大于反應②，ΔH＝正反應活化能－逆反應活化能<0，則4X(g)2Z(g)ΔH<0，該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡時c(Z)減小，故D正確。]10．(3)50%4.76(4)①越高n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分壓越小，平衡向正反應方向進行，H2S的平衡轉化率越高②d24.911．(3)3.02.25增大(4)46.26eq\f(46.262×2.64,35.72)解析(3)660K時，＝1.5kPa，則＝1.5kPa，因此，該反應的平衡總壓p總＝3.0kPa、平衡常數(shù)Kp(Ⅰ)＝＝1.5kPa×1.5kPa＝2.25(kPa)2。由圖中信息可知，隨著溫度升高而增大，因此，Kp(Ⅰ)隨反應溫度升高而增大。(4)提高溫度，上述容器中進一步發(fā)生反應2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，在同溫同壓下，不同氣體的物質的量之比等于其分壓之比，由于僅發(fā)生反應(Ⅰ)時，則平衡時，得＝。在929K時，p總＝84.6kPa、＝35.7kPa，則＝p總、，聯(lián)立方程組消去，可得＝4p總，代入相關數(shù)據(jù)可求出＝46.26kPa，則＝84.6kPa－35.7kPa－46.26kPa＝2.64kPa，Kp(Ⅱ)＝eq\f(46.26kPa2×2.64kPa,35.7kPa2)＝eq\f(46.262×2.64,35.72)kPa。第三章水溶液中的離子反應與平衡第一節(jié)電離平衡第1課時弱電解質的電離平衡一、1．能導電都不能導電2．(1)小大強弱較慢更大大于(2)全部部分陰、陽離子陰、陽離子電解質分子強酸強堿弱酸弱堿思考交流(1)②⑥⑧①④⑦⑧⑤⑨①④⑧⑦(2)強酸：HCl、HNO3、H2SO4等；強堿：KOH、NaOH、Ba(OH)2等；弱酸：H2CO3、CH3COOH、HClO等；弱堿：NH3·H2O等。3．(1)H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)NaOH=Na＋＋OH－(2)NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(3)CH3COOHCH3COO－＋H＋NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－(4)H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)Cu(OH)2Cu2＋＋2OH－二、1．(2)電離成離子的速率離子結合成弱電解質分子的速率(3)弱電解質相等不變2．向右增大減小向右增大增大向左增大增大向右減小減小向左減小減小向右減小減小向右增大增大3．(1)電離成自由移動定向(2)離子濃度電荷多少濃度越強正誤判斷(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√思考交流1．A2．(1)O點冰醋酸中沒有水，醋酸未電離，無離子存在(2)增大加水稀釋，醋酸的電離平衡向右移動，n(H＋)增大，但溶液體積增大沒有n(H＋)增大的明顯，因而c(H＋)增大(3)減小加水稀釋，醋酸的電離平衡向右移動，n(H＋)增大，但溶液體積增大更明顯，因而c(H＋)減小3．ACD4．(1)>(2)>(3)<第2課時電離平衡常數(shù)強酸與弱酸比較一、1．離子濃度的乘積未電離分子的濃度eq\f(cA＋·cB－,cAB)弱電解質的性質溫度2．(1)①eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cH＋,cH2CO3)②eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))(2)?第一步電離正誤判斷(1)×(2)×(3)×(4)×思考交流1．<2．Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)，稀釋一倍后，假設平衡不移動，則Q＝eq\f(\f(1,2)cCH3COO－·\f(1,2)cH＋,\f(1,2)cCH3COOH)＝eq\f(1,2)Ka，Q<Ka，平衡向電離方向移動。3．NH3·H2O的電離方程式及有關粒子的濃度如下：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－起始/(mol·L－1)0.2000變化/(mol·L－1)1.7×10－31.7×10－31.7×10－3平衡/(mol·L－1)0.20－1.7×10－31.7×10－31.7×10－3c(NH3·H2O)＝(0.20－1.7×10－3)mol·L－1≈0.20mol·L－1Kb＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝eq\f(1.7×10－3×1.7×10－3,0.20)≈1.4×10－5。4．設濃度為0.10mol·L－1的CH3COOH溶液中醋酸電離達到平衡時H＋的濃度為xmol·L－1，則有CH3COOHH＋＋CH3COO－初始/(mol·L－1)0.1000平衡/(mol·L－1)0.10－xxx當Ka數(shù)值很小時，x的數(shù)值很小，可作近似處理：0．10－x≈0.10，所以Ka＝eq\f(x2,0.10)，則x＝eq\r(Ka×0.10)＝eq\r(1.75×10－5×0.10)≈1.3×10－3，即c(H＋)＝1.3×10－3mol·L－1。二、1．相對強弱2．(1)大強大強(2)試管中產(chǎn)生氣泡COeq\o\al(2－,3)＋2CH3COOH=2CH3COO－＋CO2↑＋H2O>思考交流1．(1)電離常數(shù)越大，酸性越強，故酸性：HCOOH＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO。(2)逆向移動不變電離常數(shù)只與溫度有關(3)a(4)ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)2．(1)HF>HNO2>HCN(2)6.3×10－4(3)6.2×10－103．(1)增大(2)增大(3)不變三、1．大完全部分較大較大大明顯不明顯正向移動電離補充相等零相同消耗完全相同相同都變?yōu)?2．(1)大強小弱相同相同大小(2)相同相同小少大多相同應用體驗1．AB2．(1)>(2)>(3)<(4)>3．(1)都產(chǎn)生無色氣泡，鋅粒逐漸溶解a中起始反應速率較大HCl是強酸，CH3COOH是弱酸，鹽酸中c(H＋)大(2)>＝反應開始時，鹽酸中c(H＋)較大，但二者最終能電離出的H＋的總物質的量相等(3)＝<開始時c(H＋)相同，所以速率相等，CH3COOH是弱電解質，最終電離出的H＋的總物質的量大第二節(jié)水的電離和溶液的pH第1課時水的電離一、1．(1)極弱的電解質微弱的電離1L水中含有水的物質的量為eq\f(1000g,18g·mol－1)≈55.6mol，則水的電離度為eq\f(1.0×10－7,55.6)×100%≈1.8×10－7%。(2)吸熱H2O＋H2OH3O＋＋OH－H2OH＋＋OH－(3)K＝eq\f(cH＋·cOH－,cH2O)2．電離產(chǎn)物H＋和OH－濃度之積水的離子積Kw＝c(H＋)·c(OH－)1.0×10－14溫度增大無關純水電解質溶液思考交流1(1)①水的電離是吸熱過程，升高溫度，水的電離向吸熱方向移動，因而Kw增大②＝＞③6.1×10－790(2)有，溶液中存在水的電離平衡：H2OH＋＋OH－。3．右移增大增大增大增大左移增大減小減小不變左移減小增大減小不變右移減小增大增大不變左移增大減小減小不變正誤判斷(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√思考交流2(1)增大(2)增大(3)先增大后減小(4)減小二、1．(1)c水(H＋)＝c水(OH－)＝1.0×10－13mol·L－1(2)c水(H＋)＝c水(OH－)＝1.0×10－12mol·L－12．(1)相同相同相同(2)不同不同(3)酸堿性溫度應用體驗1．B2．(1)高于2×10－7(2)8.0×10－98.0×10－93．(1)1×10－12高于曲線Ⅱ所代表的水的離子積比曲線Ⅰ的小，由于水的電離是吸熱過程，溫度越高，水的離子積越大，故曲線Ⅱ代表的溫度低(2)10－10第2課時溶液的酸堿性與pH一、1．1×10－71×10－130.11×10－70.11×10－13＝<>中性堿性酸性2．(2)>＝<3．(1)負對數(shù)－lgc(H＋)(2)增強增強酸性中性堿性思考交流1．(1)①5②3③2③>②>①(2)①9②10③11③>②>①2．pH＝7的溶液不一定呈中性。如100℃時，pH＝6為中性。只有在室溫下才能用pH與7的大小來判斷溶液的酸堿性。3．1×10－13mol·L－1、1×10－11mol·L－14．2或者12二、1．酸度計正誤判斷(1)×(2)×(3)√思考交流1．B2．(1)用鑷子取一小片pH試紙放在干燥、潔凈的玻璃片(或表面皿)上，用干凈的玻璃棒蘸取待測液滴在試紙的中部，試紙變色后，與標準比色卡對照比色，確定溶液的pH偏高不一定，溶液為中性時測定結果不變(2)讀出的pH只能是1～14的整數(shù)。(3)不能，因為氯水具有漂白性。三、1．541011約為7，略小于7約為7，略大于72．(1)3<pH<4(2)11<pH<123．(1)3.3(2)3(3)11.7解析(1)c(H＋)＝eq\f(10－3＋10－5,2)mol·L－1≈eq\f(10－3,2)mol·L－1，pH＝－lg(eq\f(10－3,2))＝3＋lg2≈3.3。(2)c(H＋)＝eq\f(10－2×1＋10－4×10,1＋10)mol·L－1＝1×10－3mol·L－1，pH＝3。(3)c(OH－)＝eq\f(10－2＋10－4,2)mol·L－1≈eq\f(10－2,2)mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(10－14×2,10－2)mol·L－1＝2×10－12mol·L－1，pH＝－lg(2×10－12)＝12－lg2≈11.7。4．25．11.76．10解析pH＝3的鹽酸中c(H＋)＝10－3mol·L－1，pH＝12的氫氧化鈉溶液中c(OH－)＝eq\f(10－14,10－12)mol·L－1＝10－2mol·L－1，二者以體積比9∶1混合，氫氧化鈉過量，溶液呈堿性，混合溶液中c(OH－)＝eq\f(10－2×1－10－3×9,9＋1)mol·L－1＝1.0×10－4mol·L－1，則混合后c(H＋)＝eq\f(10－14,10－4)mol·L－1＝10－10mol·L－1，故pH＝－lg10－10＝10。第3課時酸堿中和滴定一、1．(1)已知濃度未知濃度(2)物質的量c(OH－)·V堿2．(2)紅藍無紅紅黃(3)酚酞甲基橙3．(1)滴定管錐形瓶(2)0.01①酸式滴定管酸性、中性、強氧化性堿②堿式滴定管堿酸性、強氧化性正誤判斷(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×(6)×思考交流1．C2．(1)7(2)少加一滴時，剩余c(H＋)≈eq\f(0.04mL×0.1000mol·L－1,40mL)＝1×10－4mol·L－1，pH＝4；多加一滴時，剩余c(OH－)≈eq\f(0.04mL×0.1000mol·L－1,40mL)＝1×10－4mol·L－1，pH＝10，pH的突變范圍為4～10。3．AC二、1．潤洗裝液裝入待測液2．控制滴定管的活塞搖動錐形瓶錐形瓶內溶液的顏色變化3．不恢復4．平均值思考交流1．C2.D3．(1)A(2)B(3)錐形瓶內溶液顏色的變化便于觀察錐形瓶內液體顏色的變化，減小滴定誤差(4)當?shù)稳胱詈蟀氲嘻}酸時，溶液由淺紅色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不變色(5)0.400097.56%三、1．V標準思考交流變大偏高變小偏低變大偏高不變無影響變小偏低變大偏高變小偏低變大偏高變大偏高變小偏低變大偏高第一、二節(jié)提升課一、例1(1)強弱(2)酸(3)MOH＝HA>HB(4)<例2應用體驗1．BC[根據(jù)圖像，當lgeq\f(V,V0)＝2時，HA溶液：pH＝5，HB溶液：3＜pH＜5，故HA為強酸，HB為弱酸，根據(jù)圖像，稀釋相同倍數(shù)時，溶液的pH：HA溶液＞HB溶液，pH大者氫離子濃度小，酸根離子濃度小，則溶液中c(A－)＜c(B－)，A、D項正確；酸抑制水的電離，酸中c(H＋)越大，其抑制水電離程度越大，c(H＋)：a＞b＝c，則水的電離程度：b＝c＞a，B項錯誤；未稀釋前兩個酸的pH均為3，HA是強酸，HB是弱酸，則物質的量濃度不同，HB的物質的量的濃度遠大于HA，a、c點溶液體積相同，故稀釋相同倍數(shù)后溶液的物質的量濃度仍然是HB大，即a點酸的濃度大于c點酸的濃度，C項錯誤。]2．C二、例1B例2(1)0.09mol·L－1(2)0.03mol·L－1(3)2＋lg3例3(1)1∶1(2)1∶10(3)10a＋b－14>三、例(1)當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴嗜芤汉?，溶液恰好由無色變?yōu)闇\紫紅色，且30s內不褪色(2)0.1800(3)偏高應用體驗1．B2．(1)由無色變藍色，半分鐘內不褪色(2)18.10eq\f(0.362Mr,W)%解析(2)由題圖可知，滴定所消耗的碘標準溶液的體積為18.10mL。由2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I2=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－可知，n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝2n(I2)，所以Wg產(chǎn)品中的n(Na2S2O3·5H2O)＝0.1000mol·L－1×18.10×10－3L×2＝3.62×10－3mol，則產(chǎn)品的純度：eq\f(3.62×10－3Mr,W)×100%＝eq\f(0.362Mr,W)%。第三節(jié)鹽類的水解第1課時鹽類水解原理一、1．(1)pH計pH試紙(2)＝＝強酸強堿鹽中性>＞強堿弱酸鹽堿性＜＜強酸弱堿鹽酸性2．(1)Na＋、Cl－、H＋、OH－、H2O不能不發(fā)生＝(2)水電離出來的OH－NH3·H2O右>酸NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋(3)CH3COOH右<堿CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－3．(1)H＋OH－弱電解質(2)H＋OH－堿酸(3)可逆逆反應4．(3)無中Cu2＋酸ClO－堿無酸Al3＋酸HCOeq\o\al(－,3)堿正誤判斷(1)×(2)√(3)√(4)√(5)√思考交流1．第一步，Na2CO3在水中電離出來的COeq\o\al(2－,3)發(fā)生水解：離子方程式：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－第二步，生成的HCOeq\o\al(－,3)進一步發(fā)生水解，離子方程式：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－第二步水解的程度很小，平衡時溶液中H2CO3的濃度很小，不會放出CO2氣體。其溶液中存在的分子：H2O、H2CO3；離子：Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－、H＋，且c(OH－)>c(H＋)。2．(1)將三種溶液各取少許于試管中，分別滴入紫色石蕊溶液，溶液不變色的為NaCl溶液，變紅色的為NH4Cl溶液，變藍色的為Na2CO3溶液。(2)向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液顯紅色；若再向該溶液中滴入過量氯化鈣溶液，產(chǎn)生白色沉淀，且溶液的紅色褪去，可說明Na2CO3溶液呈堿性是由COeq\o\al(2－,3)水解引起的。3．(1)NHeq\o\al(＋,4)、NH3·H2O(2)106二、思考交流1．(1)①ClO－＋H2OHClO＋OH－②NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋(2)①COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－②S2－＋H2OHS－＋OH－HS－＋H2OH2S＋OH－(3)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(4)①NHeq\o\al(＋,4)＋CH3COO－＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O②Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑2．電離平衡：H2OH＋＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋、水解平衡：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－3．(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√(6)×(7)×三、1．(1)相等(2)c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))2．(2)2[c(H2CO3)＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))]思考交流1．(1)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)(2)c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)(3)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)2．(1)c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)(2)c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)3．(1)√(2)×根據(jù)電荷守恒可知，上式漏掉了HCOeq\o\al(－,3)，正確的關系式為：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))(3)×NaHCO3中的HCOeq\o\al(－,3)除了水解還存在電離：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，根據(jù)碳元素守恒可知，上式漏掉了c(COeq\o\al(2－,3))(4)×CaCl2不水解，其元素守恒式為2c(Ca2＋)＝c(Cl－)，CH3COONa中的CH3COO－在水溶液中會發(fā)生水解，其元素守恒式為c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)；以上兩等式相加即可得CH3COONa和CaCl2混合溶液的元素守恒式：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)第2課時影響鹽類水解的因素一、1．鹽的性質難電離越大2．(1)溫度(2)eq\f(Kw,Ka)eq\f(Kw,Kb)思考交流1．(1)Kh1＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(1×10－14,4.7×10－11)≈2.1×10－4。(2)Kh＝eq\f(cH2CO3·cOH－,cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1×10－14,4.5×10－7)≈2.2×10－8。(3)CH3COONa<NaHCO3<Na2CO32．(1)HZ>HY>HX(2)NaZ>NaY>NaX(3)HZ＋Y－=HY＋Z－3．在NaHSO3溶液中HSOeq\o\al(－,3)存在如下兩個平衡：HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－其水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1×10－14,1.4×10－2)≈7.1×10－13則Ka2>Kh，HSOeq\o\al(－,3)的電離程度大于其水解程度，所以溶液呈酸性。二、1．(1)吸熱(2)可逆2．深變小正反應淺變小逆反應深變小正反應正誤判斷(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√思考交流1．(1)不變(2)正反應方向(3)增大(4)增大2．產(chǎn)生白色沉淀，且紅色褪去。在Na2SO3溶液中，SOeq\o\al(2－,3)水解：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，加入BaCl2后，Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,3)=BaSO3↓(白色)，由于c(SOeq\o\al(2－,3))減小，SOeq\o\al(2－,3)水解平衡左移，c(OH－)減小，紅色褪去。3．NH4Cl溶液中發(fā)生水解反應：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入鎂條發(fā)生反應：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，促進水解平衡右移，產(chǎn)生大量NH3·H2O，NH3·H2ONH3＋H2O，產(chǎn)生NH3。三、1．越大越大應用體驗1．A2.B第3課時鹽類水解的應用一、1．(1)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(2)pH(NaZ)>pH(NaY)>pH(NaX)(3)NaHCO3溶液中存在HCOeq\o\al(－,3)的水解平衡：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，還存在電離平衡：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于其電離程度，溶液中c(OH－)>c(H＋)，故溶液顯堿性2．NaA=Na＋＋A－(主要)A－＋H2OHA＋OH－(次要)c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞c(H＋)3．(1)鹽酸通過增大溶液中的H＋濃度來抑制Fe3＋的水解(2)磨口玻璃Na2CO3水解使溶液呈堿性，會與玻璃中的SiO2發(fā)生反應生成Na2SiO3，使瓶塞與瓶口黏在一起4．(1)MgCl2·6H2O在加熱脫水時會發(fā)生水解反應：MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，通入HCl可以抑制MgCl2的水解(2)TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl促使水解趨于完全(3)FeCl3水解時發(fā)生反應：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl。加熱可以促進Fe3＋的水解，同時生成的HCl加熱后不斷揮發(fā)，也可促進Fe3＋的水解。最終反應完全生成Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3進一步分解得到Fe2O3。(4)Fe2(SO4)3＋6H2O2Fe(OH)3＋3H2SO4，H2SO4是難揮發(fā)性酸，其又與Fe(OH)3反應生成了Fe2(SO4)3，最終得到無水Fe2(SO4)3。應用體驗1．D2.A二、1．(1)COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(2)水解吸熱，加熱，促進Na2CO3的水解，使溶液中c(OH－)增大，去污能力增強2．Al3＋、Fe3＋易水解生成膠體，膠體具有吸附性，能吸附水中細小的懸浮顆粒聚集成較大的顆粒而沉降：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋、Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋3．NaHCO3Al2(SO4)3Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑4．溶液中存在Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入MgO能和H＋反應，使c(H＋)減小，水解平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去。三、(一)1．增大10－a增大10b－14增大2．(3)c>a＝b>d應用體驗C(二)(1)3LiOH＋NH3↑3Ca(OH)2＋2PH3↑Al(OH)3↓＋PH3↑(2)Ca(OH)2＋C2H2↑4Al(OH)3↓＋3CH4↑2Mg(OH)2↓＋C3H4↑(3)HIO＋HBrHIO3＋5HF(4)H3BO3＋3HClH3PO3＋3HClH4SiO4↓＋4HCl(5)SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl第一至三節(jié)提升課第1課時溶液中粒子濃度關系比較一、1.Na＋、F－、H＋、OH－HF、H2OF－＋H2OHF＋OH－Na＋、HSOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－H2SO3、H2OHSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)Na＋、POeq\o\al(3－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)、H2POeq\o\al(－,4)、H＋、OH－H3PO4、H2OPOeq\o\al(3－,4)＋H2OHPOeq\o\al(2－,4)＋OH－HPOeq\o\al(2－,4)＋H2OH2POeq\o\al(－,4)＋OH－H2POeq\o\al(－,4)＋H2OH3PO4＋OH－2.(1)①c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)②c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)③c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)(2)①c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)②c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)③c(OH－)＝2c(H2S)＋c(HS－)＋c(H＋)(3)①c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)②c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(H2CO3)＝0.2mol·L－1(4)①c(K＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)②c(K＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)③c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))(5)①c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)②c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)＝0.1mol·L－1二、1．(1)c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)(2)c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))(3)c(Na＋)＞c(HSOeq\o\al(－,3))＞c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(H2SO3)2．(1)c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)(2)c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)3．(1)①c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)②c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)③c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)(2)①NH4HSO40.05②NH3·H2O、H2O、H＋、OH－、NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,4)③c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)(3)①CH3COOH、NaCl②CH3COOH、H2O、Na＋、Cl－、CH3COO－、H＋、OH－③c(Na＋)＝c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)(4)NH4Cl、NH3·H2O、NaCl相等c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)4．④>⑤>③>①>②三、應用體驗1．C2.A3．AB[除CH3COOH電離出的H＋外，水也會電離出少量H＋，即c(H＋)>c(CH3COO－)，A項正確；由電荷守恒可知，混合溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，此時溶液pH＝8，溶液中c(H＋)＜c(OH－)，則c(CH3COO－)＜c(Na＋)，B項正確；CH3COO－水解微弱，0.1mol·L－1CH3COONa溶液中，c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，C項錯誤；由電荷守恒可知，CH3COONa溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，D項錯誤。]4．③＞②＞④＞①④＞①＞②＞③第2課時中和反應過程的曲線分析一、1．c(HA)＞c(H＋)＞c(A－)＞c(OH－)