资源描述
阶段过关检测(四)化学反应速率、平衡及溶液中的平衡(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(共16小题,每小题3分,共48分,每小题只有一个选项符合题意)1.反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),经2 min后,B的浓度减少了0.6 molL-1。对此反应速率的正确表示是(B)A.用A表示的反应速率是0.8 molL-1s-1B.分别用B、C、D表示的反应速率,其比值是321C.在2 min末时的反应速率,用反应物B来表示是0.3 molL-1min-1D.在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的解析:A物质是固体,浓度视为常数,不能用来表示反应速率,A项错误;化学反应速率之比等于相应物质的化学计量数之比,故用B、C、D表示的反应速率的比值为321,B项正确;v(B)= molL-1min-1=0.3 molL-1min-1,但化学反应速率是平均速率,不是瞬时速率,C项错误;化学反应速率之比等于化学计量数之比,D项错误。2.有关CaCO3的溶解平衡的说法中,不正确的是(B)A.CaCO3沉淀析出和沉淀溶解不断进行,但速率相等B.CaCO3难溶于水,其饱和溶液不导电,属于弱电解质C.升高温度,CaCO3沉淀的溶解度增大D.向CaCO3沉淀中加入纯碱固体,CaCO3的溶解度降低解析:CaCO3固体在溶液中达到溶解平衡后,沉淀溶解与沉淀生成速率相等,但不为0;CaCO3难溶于水,但溶解的部分是完全电离的,电离出Ca2+和C,属于强电解质;一般来说,升高温度,有利于固体物质的溶解,CaCO3沉淀的溶解度增大;向CaCO3溶解平衡体系中加入纯碱固体,增大了C浓度,使溶解平衡向左移动,降低了CaCO3的溶解度。3.常温下某溶液中由水电离产生的c(H+)=110-5 molL-1,则下列叙述正确的是(D)A.pH一定为5B.一定是酸溶液C.可能是强酸的酸式盐溶液D.pH可能为9解析:常温下某溶液中由水电离产生的c(H+)=110-5 molL-1,可能是能水解的盐的溶液,促进了水的电离,故pH可能是5,也可能是9,A错误、D正确;酸或强酸的酸式盐溶液都抑制水的电离,B、C错误。4.在密闭容器中,一定条件下,进行如下反应:NO(g)+CO(g)1/2N2(g)+CO2(g)H=-373.2 kJ/mol,达到平衡后,为提高该反应的速率和NO的转化率,正确措施是(A)A.加催化剂同时增大压强B.加催化剂同时升高温度C.升高温度同时充入N2D.降低温度同时增大压强解析:加入催化剂,平衡不移动,化学反应速率加快,增大压强,平衡正向移动,化学反应速率加快,且NO的转化率增大,A项正确;加入催化剂,平衡不移动,化学反应速率加快,升高温度,平衡逆向移动,化学反应速率加快,但NO的转化率降低,B项错误;升高温度同时充入氮气,平衡均逆向移动,NO的转化率降低,C项错误;降低温度平衡向正反应方向移动,NO的转化率增大,但化学反应速率减慢,增大压强,平衡正向移动,NO的转化率增大,化学反应速率增大,有可能温度的改变对反应的速率影响较大,D项错误。5.在常温下,将一定体积的某NaOH溶液分成两等份,与pH均为2的一元酸HA、HB恰好中和,消耗两种酸溶液的体积分别为V1、V2(V1V2)。则下列叙述中正确的是(A)A.若V1V2,则说明HA的酸性比HB的酸性强B.中和后得到的两种溶液的pH均为7C.分别将两种酸溶液稀释10倍后溶液的pH均为3D.分别往等体积的两种酸溶液中加入足量锌粉,充分反应后产生的H2的体积相等解析:pH均为2的一元酸HA、HB,两种溶液中H+浓度相等,酸越弱则酸的浓度越大,与氢氧化钠反应时消耗的体积越小,所以消耗的体积小的酸性较弱;两种酸的酸性不同,则必定有弱酸,所以与氢氧化钠反应后弱酸根离子水解溶液显碱性;由以上分析可知,若V1V2,则说明HA的酸性比HB的酸性强,A正确;两种酸的酸性不同,则必定有弱酸,所以与氢氧化钠反应后弱酸根离子水解溶液显碱性,B错误;两种酸的酸性不同,当pH相同时,溶液稀释10倍后,若是强酸pH为3,若是弱酸pH小于3,所以稀释后两者的pH不同,C错误;由于两种酸的浓度不同,所以与足量的Zn反应生成的氢气体积不同,D错误。6.已知反应:PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)2HI(g)H2(g)+I2(g)2NO2(g)N2O4(g),在一定条件下达到化学平衡时,反应物的转化率均是%。若保持各反应的温度和容器的体积都不改变,分别加入一定量的各自的反应物,重新达到平衡时,反应物的转化率(D)A.均不变B.增大、不变、减小C.均增大D.减小、不变、增大解析:恒温恒容下,再充入反应物,相当于增大压强,反应前气体化学计量数之和小于反应后气体化学计量数之和,即平衡向逆反应方向移动,反应物的转化率降低;反应前后气体化学计量数之和相等,增大压强,化学平衡不移动,转化率不变;反应前气体化学计量数之和大于反应后气体化学计量数之和,平衡向正反应方向移动,转化率增大,故D正确。7.将0.1 molL-1的NH3H2O溶液加水稀释,下列说法正确的是(D)A.的值减小B.OH-的物质的量减小C.的值减小D.N的浓度减小解析:在NH3H2O溶液中,存在电离平衡;NH3H2ON+OH-,当加水稀释时,电离平衡正向移动,使电离出的n(N)增大,溶液中的n(NH3H2O)减小,则=的值增大,A错误;加水稀释,电离平衡正向移动,OH-的物质的量增大,B错误;加水稀释时,温度不变,Kb=的值不变,C错误;加水稀释,c(N)减小,D正确。8.常温下,一些金属离子(用Mn+表示)形成M(OH)n沉淀与溶液pH的关系曲线如图所示。已知:c(Mn+)110-5 molL-1 时可认为金属离子沉淀完全,pM=-lg c(Mn+),pKsp=-lg Ksp。下列叙述不正确的是(A)A.Mn+开始沉淀的溶液pH与起始溶液中c(Mn+)无关B.不同的金属离子刚好沉淀完全时的pH不同C.图中Y点与X点pKsp相同D.Y点:pM=pKsp+npH-14n解析:A项,溶液中离子积Qc=c(Mn+)cn(OH-)大于溶度积Ksp时出现沉淀,故开始沉淀时溶液pH与起始溶液中 c(Mn+) 和M(OH)n的Ksp均有关,不正确;B项,尽管刚好沉淀完全时金属离子的浓度相同,但不同物质的Ksp不同,故沉淀完全时的pH也不同,正确;C项,温度相同,Ksp相同,正确;D项,线上的点均表示达到沉淀溶解平衡,此时Ksp=c(Mn+)cn(OH-),两边取负对数,pKsp=-lg c(Mn+)+npOH=pM+n(14-pH),所以pM=pKsp+npH-14n,正确。9.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸,其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数,从表格中数据判断以下说法中不正确的是(C)酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka3.010-86.310-91.610-94.210-10A.在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离B.在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO42H+SD.水对于这四种酸的强弱没有区分能力,但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱解析:根据电离常数知,在冰醋酸中这几种酸都不完全电离,A正确;在冰醋酸中,高氯酸的电离常数最大,所以高氯酸的酸性最强,B正确;在冰醋酸中硫酸存在电离平衡,所以其电离方程式为H2SO4H+HS,C不正确;这四种酸在水中都完全电离,在冰醋酸中电离程度不同,所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力,但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱,D正确。10.导学号 96656178下列图像能正确地表达可逆反应3A(g)+B(g)2C(g)(HB.平衡时体系压强:p1p2=54C.若容器体积V1V3,则QV3,到平衡逆向移动,CO转化率减小,但降低温度使CO的转化率增加,所以正反应为放热反应,所以Qc(CH3)2NHH2OC.d点溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(CH3)2NHH2OD.b、c、e三点的溶液中,水的电离程度最大的是b点解析:二甲胺是弱电解质,溶液中离子浓度较小,与盐酸反应后溶液中离子浓度增大,溶液的导电能力增强,因此曲线是滴定二甲胺溶液的曲线,A错误;曲线是盐酸滴定NaOH溶液的曲线,a点溶液中没有(CH3)2N和(CH3)2NHH2O,B错误;加入10 mL盐酸,两者恰好完全反应,根据质子守恒可得:c(H+)=c(OH-)+c(CH3)2NHH2O,C正确;c点恰好完全反应,溶质为NaCl,对水的电离无影响,b点溶液中的溶质为二甲胺、(CH3)2NH2Cl,溶液显碱性,二甲胺的电离抑制水的电离,e点盐酸过量,抑制水的电离,因此电离程度最大的是c点,D错误。13.25 时,向10 mL 1 molL-1 H2A溶液中滴加等浓度的NaOH溶液,混合后溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列叙述正确的是(B)A.NaHA的电离方程式为NaHANa+HA-B.B点:c(H2A)+c(H+)=c(OH-)+c(A2-)C.C点:c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)D.D点:c(Na+)c(A2-)c(HA-)c(OH-)c(H+)解析:NaHA为强电解质,电离方程式为NaHANa+HA-,A错误;B点恰好生成NaHA,根据质子守恒可知c(H2A)+c(H+)=c(OH-)+c(A2-),B正确;C点呈中性,根据电荷守恒可知c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-),C错误;D点为Na2A溶液,氢氧根离子来自A-的第一步、第二步水解和水的电离,而HA-只来自A-的第一步水解,故 c(HA-)c(OH-),D错误。14.导学号 96656274在一定温度下,将等量的气体分别通入起始容积相同的密闭容器和中,使其发生反应,t0时容器中达到化学平衡,X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是(C)A.该反应的化学方程式为3X+2Y2ZB.若两容器中均达到平衡时,两容器的体积V()V(),则容器达到平衡所需时间小于t0C.若两容器中均达到平衡时,两容器中Z的物质的量分数相同,则Y为固体或液体D.若达平衡后,对容器升高温度时,其体积增大,说明Z发生的反应为吸热反应解析:根据图像知,Z是反应物,X、Y是生成物,到平衡后,生成1.8 mol X、1.2 mol Y,消耗1.8 mol Z,则化学方程式为3Z3X+2Y,A错误;反应的化学方程式为3Z3X+2Y,若两容器中均达到平衡时,两容器的体积V()V(),则容器达到平衡时体积增大,压强减小,达到平衡所需时间大于t0,B错误;若两容器中均达到平衡时,两容器中Z的物质的量分数相同,说明达到相同的平衡,不受压强的变化影响,所以反应前后气体体积应是不变的反应,所以Y为固体或液体,C正确;容器是恒压容器,若达平衡后,升高温度其体积增大,但不能说明平衡正向进行,Z发生的反应不一定为吸热反应,D错误。15.下列坐标图均涉及平衡原理,其中相关表述正确的是(C)A.图表示室温下,用0.1 molL-1氨水吸收HCl气体时,实线表示c(NH3H2O),虚线表示c(N),M点处的溶液呈中性B.图表示2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)Hc(F-)D.V(NaOH溶液)=25.00 mL时,对应溶液中:c(ClO-)c(F-)解析:从图像可以看出,同是0.05 molL-1的一元酸,HClO的pH约为4,HF的pH约为2,所以HF的酸性强于HClO,A错误;HF的酸性较强,其电离度较大,其电离的F-的浓度也较大,B错误;V(NaOH溶液)=12.50 mL时,两溶液中钠离子浓度相等,HF溶液反应后对应溶液显酸性,HClO溶液反应后对应溶液显碱性,由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-),c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-),两溶液中c(H+)越大,c(OH-)就越小,所以 c(ClO-)c(F-),C错误;V(NaOH溶液)=25.00 mL时,对应溶液中溶质分别为NaClO和NaF,都是弱酸强碱盐,且其物质的量浓度相同,它们水解后溶液都显碱性,根据越弱越水解可知,ClO-的水解程度较大,所以c(ClO-)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)B.c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)C.c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)D.c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)若溶液中只溶解了一种溶质,该溶质的名称是,上述离子浓度大小关系中正确的是(填字母);若上述关系中D是正确的,则溶液中溶质的化学式是 ;若该溶液由体积相等的醋酸溶液与NaOH溶液混合而成,且溶液恰好呈中性,则混合前c(CH3COOH)(填“”“c(Na+),溶质为CH3COOH和CH3COONa;当等体积的醋酸溶液与NaOH溶液混合且溶液呈中性时,醋酸过量,c(CH3COOH)大于c(NaOH),由电荷守恒知,c(CH3COO-)=c(Na+)。答案:(1)CH3COO-CH3COOH(2)醋酸钠ACH3COOH、CH3COONa=(3)C18.导学号 96656180(12分)锌和铝都是活泼金属,它们的单质及化合物的性质具有一定的相似性。(1)下图表示常温下二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系,横坐标为溶液的pH,纵坐标为Zn2+或Zn(OH)42- 物质的量浓度的对数,回答下列问题:将单质Zn加入足量的氢氧化钠溶液中,反应的离子方程式可表示为 。从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp= 。往1.00 L 1.00 molL-1ZnCl2溶液中加入NaOH固体至pH=6,需NaOH mol。已知:往ZnCl2溶液中加入硝酸铅或醋酸铅溶液可以制得PbCl2白色晶体;25 时,PbCl2固体在盐酸中的溶解度如下:c(HCl)/(molL-1)0.501.002.042.904.025.165.78c(PbCl2)/(10-3molL-1)5.104.915.215.907.4810.8114.01根据上表数据判断下列说法正确的是。A.随着盐酸浓度的增大,PbCl2固体的溶解度变小B.PbCl2固体在0.50 molL-1盐酸中的Ksp小于在纯水中的KspC.PbCl2能与浓盐酸反应生成一种难电离的阴离子(络合离子)D.PbCl2固体可溶于饱和食盐水(2)氢氧化锌与氢氧化铝的性质又存在一定的差异,如氢氧化铝不溶于氨水,而氢氧化锌能溶于氨水,生成配合物离子Zn(NH3)42+。在25 下,将a molL-1的NH4Cl溶液与0.01 molL-1的NaOH溶液等体积混合,反应后测得溶液pH=7,用含a的代数式表示N的水解常数Kh=。若25 时将浓度均为0.1 molL-1的NH4Cl、NH3H2O溶液等体积混合后,溶液呈碱性,则关于该溶液的说法不正确的是 (填字母)。a.此溶液一定有c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)b.此溶液一定有c(Cl-)=c(NH3H2O)+c(N)c.混合溶液中水的电离程度一定大于该温度下纯水的电离程度d.此溶液加入少量氢氧化钠或盐酸,溶液的pH变化不大解析:(1)由图像可知溶液的碱性较强时,锌的存在形式为Zn(OH)42-,所以其反应的离子方程式为Zn+2OH-+2H2OZn(OH)42-+H2。当溶液的pH=7.0时,c(Zn2+)=10-3 molL-1,Ksp=c(Zn2+)c2(OH-)=10-3(10-7)2=10-17。往1.00 L 1.00 molL-1 ZnCl2溶液中加入NaOH固体至pH=6,所以溶液中c(OH-)=10-8 molL-1,则溶液中c(Zn2+)= molL-1=0.10 molL-1,所以反应消耗的Zn2+的物质的量为0.90 mol,所以消耗的NaOH为1.80 mol。根据表中的数据分析可知,随着盐酸浓度的增大,PbCl2固体的溶解度先变小后又变大,故A错误;温度不变,Ksp不变,故B错误;PbCl2在浓盐酸中溶解度增大,说明生成了配合物,所以PbCl2能与浓盐酸反应生成一种难电离的阴离子,故C正确;PbCl2可与Cl-形成配离子,所以PbCl2固体可溶于饱和食盐水,故D正确。(2)由于反应后测得溶液pH=7,当a=0.01时,恰好反应生成NH3H2O,溶液显示碱性,故NH3H2O应该少些,则a0.01;根据电荷守恒:c(H+)+c(N)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-),pH=7,c(H+)=c(OH-),则 c(N)+c(Na+)=c(Cl-),c(N)=c(Cl-)-c(Na+)=( -0.005) molL-1;再根据物料守恒:c(N)+c(NH3H2O)= molL-1,c(NH3H2O)=0.005 molL-1,N的水解常数Kh=。据电荷守恒可知c(H+)+c(N)=c(OH-)+c(Cl-),故a正确;由物料守恒可知 c(NH3H2O)+c(N)=0.1 molL-1,所以2c(Cl-)=c(NH3H2O)+c(N),故b不正确;若25 时将浓度均为0.1 molL-1的NH4Cl、NH3H2O溶液等体积混合后,溶液呈碱性,说明NH3H2O 的电离程度大于NH4Cl的水解程度,混合溶液中水的电离程度一定小于该温度下纯水的电离程度,故c不正确;若25 时将浓度均为 0.1 molL-1 的NH4Cl、NH3H2O溶液等体积混合后,形成缓冲溶液,此溶液加入少量氢氧化钠抑制电离促进水解,加入盐酸抑制水解促进电离,溶液酸碱性变化不大,所以溶液的pH变化不大,故d正确。答案:(1)Zn+2OH-+2H2OZn(OH)42-+H210-171.80CD(2)bc19.(14分)水合碱式碳酸镁4MgCO3Mg(OH)24H2O,又称轻质碳酸镁。常利用菱镁矿(质量含量为碳酸镁90%,碳酸钙10%)碳化法制取:(1)根据下列表格数据,选择消化反应的最佳温度为;理由是 。消化温度/30405060708090转化率/%50.358.285.185.290.791.291.5(2)碳化反应可生成Mg(HCO3)2,生成Mg(HCO3)2的化学方程式为 。(3)流程图中和可以为碳化反应提供二氧化碳源。(4)有工艺设计利用卤水碳化法制取轻质碳酸镁:卤水中含有Fe2+和Mn2+,当其浓度小于110-5 mol/L时,可以认为完全除去。常温时当调节溶液pH为9.5时,此时Mn2+小于 mol/L,不会沉淀出来。物质Mg(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Ksp10-1110-3910-1710-14如果把Fe2+转化为Fe3+,从环境角度选择最合适的氧化剂为。A.Ca(ClO)2B.Cl2C.H2O2 D.HNO3下列方案中,较好的为,理由是 。产品除杂卤水产品解析:(1)由表中数据可知,70 时,物质的转化率较大,但温度进一步升高同等幅度,转化率几乎不变,但能耗增加。(2)由流程图可知Mg(HCO3)2由Mg(OH)2和CO2反应而来,故反应为Mg(OH)2+2CO2Mg(HCO3)2。(3)煅烧反应中煅烧碳酸镁和碳酸钙生成二氧化碳,热解反应生成二氧化碳。(4)已知:KspMn(OH)2=10-14,常温时当调节溶液pH为9.5时,c(OH-)=10-4.5 mol/L,此时c(Mn2+)小于时不沉淀,则c(Mn2+)c2(OH-)KspMn(OH)2=10-14,则c(Mn2+)10-5 mol/L;把Fe2+转化为Fe3+,从环境角度选择过氧化氢,其产物为水,不污染环境;利用卤水碳化法制取轻质碳酸镁,方案1中加入碳酸钠的产品中易混入更多杂质,不易提纯,故方案2更合适。答案:(1)70 温度进一步升高同等幅度,转化率几乎不变,但能耗增加(2)Mg(OH)2+2CO2Mg(HCO3)2(3)煅烧反应热解反应(4)10-5C方案2加入碳酸钠的产品中易混入更多杂质,不易提纯20.导学号 96656181(16分)硫及其化合物对人类的生产和生活有着重要的作用。(1)重晶石(BaSO4)高温煅烧可发生一系列反应,其中部分反应如下:BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO(g)H=+571.2 kJ mol-1BaS(s)Ba(s)+S(s)H=+460 kJ mol-l已知:O2(g)+2C(s)2CO(g)H=-221 kJ mol-1,写出O2氧化Ba(s)和S(s)至BaSO4的热化学方程式: 。(2)一定条件下,通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收:2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)H”“”,或“=”)T2,判断的理由是 。实验丙中,达到平衡时,NO2的转化率为。解析:(1)已知:BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO(g)H=+571.2 kJmol-1BaS(s)Ba(s)+S(s)H=+460 kJmol-12C(s)+O2(g)2CO(g)H=-221 kJmol-1,根据盖斯定律2-得方程式Ba(s)+S(s)+2O2(g)BaSO4(s)H=(-221)2-(+571.2)-(+460) kJmol-1=-1 473.2 kJmol-1。(2)a、c开始均通入2 mol CO和1 mol SO2,容器的容积相同,而起始时c的压强大于a,物质的量与体积一定,压强与温度成正比关系,故c组改变的实验条件可能是升高温度,实验c与a相比,反应速率快,平衡向逆反应方向移动。用p0表示开始时总压强,p表示平衡时总压强,表示SO2的平衡转化率,则:2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)起始量(mol) 2 1 0变化量(mol) 2 2平衡时(mol) 2-2 1- 2压强之比等于物质的量之比,则p0p=3(2-2+1-+2),整理可得=。(3)实验甲中,若2 min时测得放出的热量是4.2 kJ,则消耗二氧化硫的物质的量为=0.1 mol,则 v(SO2)=0.05 molL-1min-1;平衡时NO为0.18 mol,则:SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)起始量(mol) 0.80 0.20 0 0变化量(mol) 0.18 0.18 0.180.18平衡量(mol) 0.62 0.02 0.180.18T1温度下平衡常数K1=2.613。乙实验平衡时,NO为0.16 mol,则:SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)起始量(mol) 0.200.80 0 0变化量(mol) 0.160.16 0.160.16平衡量(mol) 0.040.64 0.160.16T2温度下平衡常数K2=1,正反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,故T1T2。SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)起始量(mol) 0.200.30 0 0变化量(mol) a a a a平衡量(mol) 0.20-a0.30-a a aK2=1,a=0.12,NO2的转化率为100%=100%=40%。答案:(1)Ba(s)+S(s)+2O2(g)BaSO4(s)H=-1 473.2 kJ mol-1(2)升高温度实验c与a相比,反应速率快,平衡向逆反应方向移动(其他合理答案也可)(3)0.05 molL-1min-12.613T1时,该反应的平衡常数K1=2.613,T2时,该反应的平衡常数K2=1,该反应正反应为放热反应,所以T1T2(其他合理答案也可)40%
展开阅读全文