第八单元 主题21 水的电离和溶液的酸碱性.docx

主题21:水的电离和溶液的酸碱性 命题一 水的电离 ‎1.(2015年广东理综,11)一定温度下,水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示,下列说法正确的是(　　)。‎ A.升高温度,可能引起由c向b的变化 B.该温度下,水的离子积常数为1.0×10-13‎ C.该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化 ‎ ‎【解析】A项,图中曲线上的点代表某温度下的水的电离平衡,升高温度,水的离子积常数发生改变,所以升温不可能引起由c向b的变化,错误;B项,b点对应的c(H+)=c(OH-),Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14,错误;C项,Fe3+水解显酸性,图中a点:c(OH-)③>①>④‎ C.④>①>②>③ D.③>②>①>④‎ ‎【解析】②③分别为碱、酸,均能抑制水的电离,且相同浓度下H2SO4对水的电离的抑制程度比NaOH大;④中NH‎4‎‎+‎水解促进水的电离;①中NaCl不影响水的电离。‎ ‎【答案】C ‎ 在25 ℃时,某稀溶液中由水电离产生的c(H+)为1×10-13 mol·L-1,下列有关该溶液的叙述,正确的是(　　)。‎ A.该溶液可能呈酸性 B.该溶液一定呈碱性 C.该溶液的pH一定是1 D.该溶液的pH不可能为13‎ ‎【解析】在25 ℃时,某稀溶液中由水电离产生的c(H+)为1×10-13 mol·L-1c(H+)>c(OH-),故C项正确。氢氧化钠和盐酸恰好完全反应生成氯化钠,溶液呈中性,可以选择甲基橙或酚酞作指示剂;氢氧化钠和醋酸恰好完全反应生成醋酸钠,溶液呈碱性,只能选择酚酞作指示剂,故D项错误。‎ ‎【答案】C ‎ 已知某温度下CH3COOH的电离常数K=1.6×10-5。该温度下,向20 mL 0.01 mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1 KOH溶液,其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题:(已知lg4=0.6)‎ ‎(1)a点溶液中c(H+)=　　　　,pH约为　　　　。 ‎ ‎(2)a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是　　　　点,滴定过程中宜选用　　　　作指示剂,滴定终点在　　　　(填“c点以上”或“c点以下”)。 ‎ ‎(3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸,则下列变化趋势正确的是　　　　(填字母)。 ‎ ‎【解析】(1)电离消耗的醋酸在计算醋酸的电离平衡浓度时可以忽略不计。由K=c‎2‎‎(H‎+‎)‎c(CH‎3‎COOH)‎得,c(H+)≈‎1.6×1‎0‎‎-5‎×0.01‎ mol·L-1=4×10-4 mol·L-1,pH=3.4。(2)a点是醋酸溶液,b点是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液,c点是CH3COOK和少量醋酸的混合溶液,d点是CH3COOK和KOH的混合溶液,酸、碱均能抑制水的电离,CH3COOK水解促进水的电离,所以c点溶液中水的电离程度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液呈碱性,故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。滴定终点应在c点以上。(3)由于稀氨水呈碱性,首先排除A、C两项;两者恰好完全反应时溶液呈酸性,排除D项。‎ ‎【答案】(1)4×10-4 mol·L-1　3.4‎ ‎(2)c　酚酞　c点以上 ‎(3)B ‎1.指示剂选择的基本原则 变色要灵敏,变色范围要小,使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。‎ ‎(1)不能用石蕊作指示剂。‎ ‎(2)滴定终点为碱性时,用酚酞作指示剂。例如,用NaOH溶液滴定醋酸。‎ ‎(3)滴定终点为酸性时,用甲基橙作指示剂。例如,用盐酸滴定氨水。‎ ‎(4)强酸滴定强碱时,既可以用甲基橙也可以用酚酞作指示剂。‎ ‎(5)并不是所有的滴定都须使用指示剂,如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时,KMnO4颜色恰好褪去时即为滴定终点。‎ ‎2.滴定曲线分析的方法 ‎(1)分析步骤:首先看纵坐标,搞清楚是酸加入碱中,还是碱加入酸中;其次看起点,起点可以看出酸性或碱性的强弱,这在判断滴定终点时至关重要;再次找滴定终点和pH=7的中性点,判断滴定终点的酸碱性,然后确定中性点(pH=7)的位置;最后分析其他的特殊点(如滴定一半点,过量一半点等),分析酸、碱过量情况。‎ ‎(2)滴定过程中的定量关系:①电荷守恒关系在任何时候都存在;②物料守恒可以根据加入酸的物质的量和加入碱的物质的量进行确定,但不一定为等量关系。‎ 考点四　中和滴定原理在定量实验中的应用 一 氧化还原滴定法 ‎　　1.原理 以氧化剂(或还原剂)为滴定剂,直接滴定一些具有还原性(或氧化性)的物质。‎ ‎　　2.试剂 常用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等;常用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。‎ ‎　　3.指示剂 氧化还原滴定的指示剂有三类:‎ ‎(1)氧化还原指示剂。‎ ‎(2)专用指示剂,如在碘量法滴定中,可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝。‎ ‎(3)自身指示剂,如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时,滴定终点为溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色。‎ ‎　　4.实例 实例 酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液 Na2S2O3溶液滴定碘液 原理 ‎2MnO‎4‎‎-‎+6H++5H2C2O410CO2↑+2Mn2++8H2O ‎2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI 指示剂 酸性KMnO4溶液本身呈紫色,不用另外选择指示剂 用淀粉作指示剂 终点 判断 当滴入最后一滴酸性KMnO4‎ 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不恢复原色,说明达到滴定终点 溶液后,溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色,说明达到滴定终点 二 沉淀滴定法 ‎　　1.概念 沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多,但符合条件的却很少,实际上应用最多的是银量法,即利用Ag+与卤素离子的反应来测定Cl-、Br-、I-的浓度。‎ ‎　　2.原理 沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂,滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小,否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl-的含量时常以CrO‎4‎‎2-‎为指示剂,这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶。‎ ‎ 已知Ag2CrO4是砖红色沉淀,下列滴定反应中,指示剂使用不正确的是(　　)。‎ A.用标准FeCl3溶液滴定KI溶液,KSCN溶液作指示剂 B.用I2溶液滴定Na2SO3溶液,淀粉作指示剂 C.用AgNO3溶液滴定NaCl溶液,Na2CrO4作指示剂 D.用H2O2溶液滴定KI溶液,淀粉作指示剂 ‎【解析】铁离子与碘离子反应,生成亚铁离子和碘单质,KSCN溶液遇铁离子显红色,当溶液显红色时,说明碘离子反应完全,达到滴定终点,故A项正确;淀粉遇碘单质显蓝色,当溶液显蓝色时,说明亚硫酸根离子已经被碘单质充分氧化,碘单质剩余,达到滴定终点,故B项正确;Ag2CrO4是砖红色沉淀,当溶液中有砖红色沉淀时,待测液中的氯离子被充分沉淀,银离子剩余,故C项正确;待测液中的碘离子被双氧水氧化生成碘单质,淀粉显蓝色,即开始滴定就出现蓝色,不断滴加H2O2溶液,蓝色加深,碘离子反应完全时,蓝色不再加深,但是不易观察,不能判断滴定终点,故D项错误。‎ ‎【答案】D ‎ 某学习小组用“间接碘量法”测定某CuCl2晶体试样的纯度,试样不含其他能与I-发生反应的氧化性杂质,已知:2Cu2++4I-2CuI↓+I2,I2+2S2O‎3‎‎2-‎S4O‎6‎‎2-‎+2I-。取m g试样溶于水,加入过量KI固体,充分反应,用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定,部分实验仪器和读数如图所示。‎ 下列说法正确的是(　　)。‎ A.试样在甲中溶解,滴定管选乙 B.选用淀粉作指示剂,当甲中溶液由蓝色变为无色时,即达到滴定终点 C.丁图中,滴定前滴定管的读数为(a-0.50) mL D.对装有标准液的滴定管读数时,滴定前后读数方式如丁图所示,则测得的结果偏小 ‎【解析】甲中盛装的是含有I2的溶液,则滴定管中盛装的为Na2S2O3标准溶液,该溶液显碱性,应选用碱式滴定管(丙),A项不正确;溶液变色且经过30 s左右溶液不恢复原来的颜色,视为滴定终点,B项不正确;滴定管“0”刻度在上端,故滴定前的读数为(a+0.50) mL,C项不正确;滴定后俯视读数,将导致读数偏小,故测得的结果偏小,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎ 将2.25 g铁矿石样品经一系列化学处理,制得铁元素全部为Fe2+的待测液250 mL,利用反应6Fe2++Cr2O‎7‎‎2-‎+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O对铁矿石中铁元素的含量进行测定。‎ ‎(1)现有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管,要配制100 mL 0.0150 mol·L-1 K2Cr2O7溶液,还需要的玻璃仪器是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)取25.00 mL待测液进行滴定,平均消耗K2Cr2O7溶液体积为25.00 mL,则铁矿石中铁元素的百分含量是　　　　(Fe的相对原子质量为56)。 ‎ ‎(3)在本实验的滴定过程中,下列操作会使测定结果偏小的是　　　　(填字母)。 ‎ a.未用标准K2Cr2O7溶液润洗滴定管 b.锥形瓶中加入待测溶液后,再加少量水 c.锥形瓶在滴定过程中剧烈摇动,有少量液体流出 ‎【解析】(1)准确配制一定物质的量浓度的溶液可以用容量瓶,准确度高。(2)根据反应6Fe2++Cr2O‎7‎‎2-‎+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,可得出6Fe2+~Cr2O‎7‎‎2-‎,消耗25.00 mL K2Cr2O7溶液时,物质的量为0.0150 mol·L-1×0.025 L=0.000375 mol,铁矿石中铁元素的百分含量:‎0.000375mol×6×56 g·mol‎-1‎‎0.225 g×100%=56%。(3)a项,未用标准K2Cr2O7溶液润洗滴定管,则消耗的标准K2Cr2O7溶液的体积偏多,使得测定结果偏大;b项,锥形瓶中加入待测溶 液后,再加少量水,不影响滴定结果;c项,锥形瓶在滴定过程中剧烈摇动,有少量液体溅出,则消耗的标准K2Cr2O7溶液偏少,使得测定结果偏小。‎ ‎【答案】(1)100 mL容量瓶 ‎(2)56%‎ ‎(3)c ‎ 莫尔法是一种沉淀滴定法,以K2CrO4为指示剂,用标准硝酸银溶液滴定待测液,进而测定溶液中Cl-的浓度。已知:‎ ‎　　　银盐 性质　　　‎ AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4‎ AgSCN 颜色 白 浅黄 白 砖红 白 溶解度 ‎(mol·L-1)‎ ‎1.34×‎ ‎10-6‎ ‎7.1×‎ ‎10-7‎ ‎1.1×‎ ‎10-8‎ ‎6.5×‎ ‎10-5‎ ‎1.0×‎ ‎10-6‎ ‎(1)滴定终点的现象是　。 ‎ ‎(2)若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液,可选为滴定指示剂的是　　　　(填字母)。 ‎ A.NaCl　　　　B.BaBr2　　　　C.Na2CrO4‎ 刚好达到滴定终点时,发生反应的离子方程式为 ‎ ‎　。 ‎ ‎【解析】(1)根据沉淀滴定法原理可知,溶液中Ag+和Cl-先反应,Cl-消耗完后再和指示剂反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀,因此滴定终点的现象为当滴入最后一滴标准溶液后,生成砖红色沉淀。‎ ‎(2)当用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液时,所选择的指示剂和Ag+反应所生成的沉淀的溶解度应大于AgSCN的溶解度,由题给数据可以得出,溶解度比AgSCN大的有AgCl和Ag2CrO4,由于AgCl和AgSCN均是白色沉淀,所以应选择Na2CrO4‎ 作指示剂,这样在滴定终点时沉淀的颜色才会发生明显的变化(白色→砖红色),以指示刚好达到滴定终点,此时发生反应的离子方程式为2Ag++CrO‎4‎‎2-‎Ag2CrO4↓。‎ ‎【答案】(1)滴入最后一滴标准溶液后,生成砖红色沉淀 ‎(2)C　2Ag++CrO‎4‎‎2-‎Ag2CrO4↓‎ ‎1.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动,且所得溶液呈酸性的是(　　)。‎ A.向水中加入少量CH3COONa B.向水中加入少量NaHSO4‎ C.加热水至100 ℃,pH=6‎ D.向水中加少量的明矾 ‎【解析】A项,CH3COO-水解,溶液呈碱性;B项,NaHSO4电离出H+抑制水的电离;C项,100 ℃的水pH=6,但c(H+)=c(OH-),溶液呈中性;D项,Al3+水解,促进水的电离,溶液呈酸性。‎ ‎【答案】D ‎2.下列说法正确的是(　　)。‎ A.向10 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中水的电离程度始终增大 B.0.01 mol·L-1醋酸溶液中水的电离程度小于0.01 mol·L-1盐酸中水的电离程度 C.常温下将0.01 mol·L-1盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中由水电离出的c(OH-)1×10-7 mol·L-1‎ ‎【解析】在滴加过程中,溶液的pH逐渐增大,水的电离程度在溶液显中性之前逐渐增大,显中性之后逐渐减小,A项错误;等浓度的醋酸和盐酸,醋酸的pH大,水的电离程度大,B项错误;混合后,氨水过量,溶液显碱性,由水电离出的c(OH-)‎ ‎(2)①酸式滴定管　否 ‎②CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O ‎③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎④9.9×10-7‎ ‎1.化学与生活密切相关,下列说法正确的是(　　)。‎ A.月饼因为富含油脂而易被氧化,保存时常放入装有硅胶的透气袋中 B.《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载:“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,该方法应用了焰色反应 C.酸雨样品露天放置一段时间,酸性减弱,为防治酸雨,应对化石燃料进行脱硫处理 D.“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”,用石材制作砚台的过程是化学变化 ‎【解析】硅胶具有吸水性,不具有还原性,不能防止食品氧化变质,故A项错误;鉴别硝石(KNO3) 和朴硝(Na2SO4),由信息可知,Na、K的焰色反应不同,则“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,该方法应用了焰色反应,故B项正确;二氧化硫会导致酸雨的形成,酸雨样品露天放置一段时间pH减小,因生成的亚硫酸被氧化成硫酸,酸性增强,故C项错误;生成新物质的变化是化学变化,用石材制作砚台的过程没有新物质生成,属于物理变化,故D项错误。‎ ‎【答案】B ‎2.下列有关离子方程式或离子共存的叙述正确的是(　　)。‎ A.用肥皂水(主要成分为C17H35COONa)检验含有较多钙离子的硬水:2C17H35COO-+Ca2+(C17H35COO)2Ca↓‎ B.将磁性氧化铁溶于氢碘酸:Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O C.常温下,在Kwc(H‎+‎)‎=0.1的溶液中:Na+、K+、SO‎4‎‎2-‎、HCO‎3‎‎-‎能大量共存 D.在NaClO溶液中:SO‎3‎‎2-‎、OH-、Cl-、K+能大量共存 ‎【解析】用肥皂水(主要成分为C17H35COONa)检验含有较多钙离子的硬水,该反应的离子方程式为2C17H35COO-+Ca2+(C17H35COO)2Ca↓,A项正确;磁性氧化铁溶于氢碘酸,二者发生氧化还原反应,正确的离子方程式为2I-+Fe3O4+8H+3Fe2++4H2O+I2,B项错误;常温下,在Kwc(H‎+‎)‎=0.1的溶液中存在大量OH-,OH-与HCO‎3‎‎-‎反应,在溶液中不能大量共存,C项错误;NaClO、SO‎3‎‎2-‎之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,D项错误。‎ ‎【答案】A ‎3.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中,常温下,Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液,却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是(　　)。‎ A.原子半径的大小顺序为W>Q>Z>X>Y B.元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应 C.元素X与Y可以形成5种以上的化合物 D.元素Q的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强 ‎【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大,X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中,联想NH3极易溶于水,可知X为氮元素,Y为氧元素;常温下,Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液,却不溶于其浓溶液,说明Z为铝元素,W为硫元素,因为铝在常温下能溶于稀硫酸,在浓硫酸中发生钝化;Q只能为氯元素。同周期元素自左向右原子半径逐渐减小,电子层数越多原子半径越大,故原子半径Z(Al)>W(S)>Q(Cl)>X(N)>Y(O),故A项错误;氯气能与氨气反应得到氮气和氯化氨,属于置换反应,故B项正确;N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5,故C项正确;非金属性Cl>S,故Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性更强,故D项正确。‎ ‎【答案】A ‎4.H2S2O3是一种弱酸,实验室欲用0.01 mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液,发生的反应为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。下列说法合理的是(　　)。‎ A.该滴定实验可用甲基橙作指示剂 B.Na2S2O3是该反应的还原剂 C.该滴定实验可选用如图所示装置 D.该反应中每消耗2 mol Na2S2O3,转移4 mol电子 ‎【解析】溶液中有单质碘,应加入淀粉溶液作指示剂,碘与硫代硫酸钠发生氧化还原反应,当到达反应终点时,单质碘消耗完全,蓝色褪去,故A项错误;Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化,作还原剂,故B项正确;Na2S2O3溶液呈碱性,应该用碱式滴定管,故C项错误;反应中每消耗2 mol Na2S2O3,转移2 mol电子,故D项错误。‎ ‎【答案】B ‎5.比亚迪纯电动汽车采用一种具有高效率输出、可快速充电、对环境无污染等优点的新型电池,其工作原理如图所示。M电极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体),电解质为一种能传导Li+的高分子材料,聚合物交换膜只允许Li+通过,而e-不能通过。电池反应式为LixC6+Li1-xFePO4LiFePO4+6C。下列说法不正确的是(　　)。‎ A.放电时,N极是正极,电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-LiFePO4‎ B.充电时,Li+通过聚合物交换膜向M极迁移 C.用该电池电解精炼铜,阴极质量增重19.2 g时,通过聚合物交换膜的Li+数目为0.6NA D.充电时电路中每通过0.5 mol e-,消耗36 g C ‎【解析】电池反应式为LixC6+Li1-xFePO4LiFePO4+6C,所以LixC6转化为C,说明其表面是Li失去电子转化为Li+,所以其表面发生失电子的氧化反应,即LixC6为负极(M),Li1-xFePO4为正极(N),反应中Li1-xFePO4转化为LiFePO4,所以正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-LiFePO4, A项正确。充电是电解池,阳离子应该向阴极(负极)移动, B项正确。电解精炼铜时,阴极增加的质量是Cu的质量,所以增加的铜为19.2 g(0.3 mol),转移电子为0.6 mol,因为锂离子带一个单位的正电荷,所以通过交换膜的锂离子为0.6 mol,‎ ‎ C项正确。该电池的反应是锂单质和锂离子之间的转化,C只是作为金属锂的载体,反应前后没有变化, D项错误。‎ ‎【答案】D ‎6.CO2的转换在生产、生活中具有重要的应用。请回答下列问题:‎ ‎(1)CO2的低碳转型对抵御气候变化具有重要意义,海洋是地球上碳元素最大的“吸收池”。‎ ‎①溶于海水的CO2主要以四种无机碳形式存在,除CO2、H2CO3两种分子外,还有两种离子的化学式为　　　　、　　　　。 ‎ ‎②在海洋碳循环中,可通过如图所示的途径固碳。写出钙化作用的离子方程式:　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)将CO2与金属钠组合设计成Na-CO2电池,很容易实现可逆的充、放电反应,该电池的总反应式为4Na+3CO22Na2CO3+C。放电时,在正极得电子的物质为　　　　;充电时,阳极的电极反应式为　。 ‎ ‎(3)目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230 ℃并有催化剂的条件下转化生成甲醇蒸气和水蒸气。下列能判断该反应达到化学平衡状态的是　　　　(填字母)。 ‎ A.容器中压强不变　　　　B.H2的体积分数不变 C.c(H2)=3c(CH3OH) D.容器中密度不变 E.2个CO键断裂的同时有6个H—H键断裂 ‎(4)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2 L的恒容密闭容器中,发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),得到如表三组数据:‎ 达到平衡所 实验组 温度 ‎/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 需时间/min CO H2O H2‎ CO ‎1‎ ‎650‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1.6‎ ‎2.4‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎900‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0.4‎ ‎1.6‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎900‎ a b c d t ‎①实验2条件下平衡常数K=　　　　。 ‎ ‎②实验3中,若平衡时,CO的转化率大于水蒸气,则ab的值　　　　(填具体值或取值范围)。 ‎ ‎③实验4,若900 ℃时,在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1 mol,则此时v(正)　　　　(填“”或“=”)v(逆)。 ‎ ‎(5)已知在常温常压下:‎ ‎①2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(g)　ΔH1=-1275.6 kJ·mol-1‎ ‎②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)　ΔH2=-566.0 kJ·mol-1‎ ‎③H2O(g)H2O(l)　ΔH3=-44.0 kJ·mol-1‎ 写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式:　。 ‎ ‎【解析】(1)①溶于海水的CO2主要以四种无机碳形式存在,除CO2、H2CO3两种分子外,还有两种离子,分别为CO‎3‎‎2-‎和HCO‎3‎‎-‎。‎ ‎②根据图1的转化方式分析,HCO‎3‎‎-‎通过钙化作用生成CaCO3,可知Ca2+与HCO‎3‎‎-‎在此反应中生成CaCO3,则反应的离子方程式为Ca2++2HCO‎3‎‎-‎CaCO3↓+CO2↑+H2O。‎ ‎(2)电池反应为4Na+3CO22Na2CO3+C,原电池中正极物质得电子,发生还原反应,则放电时,在正极得电子的物质为CO2,充电时为电解池,阳极物质失去电子,发生氧化反应,根据总反应式,应为C失去电子,变成CO2,则充电时,阳极的电极反应式为C-4e-+2CO‎3‎‎2-‎3CO2↑。‎ ‎(3)CO2和H2在230 ℃并有催化剂的条件下转化生成甲醇蒸气和水蒸气,反应的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),反应为气体分子数减少的反应,增大压强有利于反应正向进行,根据能量变化图,反应物的 总能量高于生成物的总能量,则反应为放热反应,降低温度有利于反应正向进行。反应在恒压装置中进行,整个反应过程中体系压强一直不变,不能根据压强判断化学反应是否达到平衡,A项不符合题意;随着反应的进行,各组分的体积分数会改变,当H2的体积分数不变时,可以判断化学反应是否达到平衡,B项符合题意;平衡时,不一定具有关系c(H2)=3c(CH3OH),需根据具体的反应的初始的量来判断,不能判断化学反应是否达到平衡,C项不符合题意;容器中混合气体的密度ρ=mV,反应前后,根据质量守恒定律,m不变,反应为恒压装置,随着反应的进行,气体总体积会发生改变,当气体总体积不变,也就是密度不变时,可以判断化学反应是否达到平衡,D项符合题意; 2个CO键断裂的同时有6个H—H键断裂表明反应物CO2和H2均在参加反应,反应向正反应方向进行,不一定是化学反应已经达到平衡,不能判断化学反应是否达到平衡,E项不符合题意。‎ ‎(4)①反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的化学平衡常数K=c(H‎2‎)·c(CO‎2‎)‎c(H‎2‎O)·c(CO)‎,根据实验2的数据,平衡时,c(CO)=‎1.6 mol‎2 L=0.8 mol·L-1,c(H2)=‎0.4 mol‎2 L=0.2 mol·L-1,c(H2O)=‎1 mol-0.4 mol‎2 L=0.3 mol·L-1,c(CO2)=0.2 mol·L-1,则反应的平衡常数K=‎0.2 mol·L‎-1‎×0.2 mol·‎L‎-1‎‎0.3 mol·L‎-1‎×0.8 mol·‎L‎-1‎=‎1‎‎6‎。‎ ‎②实验3中,若平衡时,CO的转化率大于水蒸气,CO和水蒸气是按1∶1反应进行的,增大其中一种反应物的量可以增大另一种反应物的平衡转化率,所以可判断是增大了水蒸气的量,则abK,则反应向逆反应方向移动,v(正)