鲁教版高中化学选修四复习资料全套带答案 22页

最新鲁教版高中化学选修四复习资料全套带答案第一章本章复习课络构建•定义’在化学反应过:覆中放岀或吸收的玻殳单位•kJ♦naol可用棗坯计直慶商空研究对象？一定压強F在體幵容需申岌生的反应所敢岀或吸收的玻层表示方滋：敢裟反应色^兰山里熾&应^H>0逖烧球：在為匸、10DkP界寸「1eol可燃物兜全燃烧生成稳定的蠻化物时所散出的琼层定义’在稲洛腋中「酸跟械岌生中和反应生強谶和磯械反应的中和坯为，H*(aq)+OH(aq)——H0(1)iH=—57.3kJ*mol尉酸、騎械电离翌港耗能盘r.中和坯AT>—S7.3kJ*mol定义，表唄所散出或毀收的玻量的化孚方程式(1)徑注唄反应的醍•度和压強「若反应足在298K和ICOkPs条伴F进行「可不于注阻(2)浸注唄反应物和生於物的聚集状态.津用s丄g分別表示固律、險体、气体<3)iH与方程式化孚计量数有美「注泡方程式与对应A?J不翌弄错「化孚计殳数可心念小数或分数(4)在所写化学反应方程式后写下△??的“+气正号津省咯)或“一J数道和单垃「方稷式与Am应用空格隔幵益新定律？一定条伴下「某化学反应无论泉一涉完•血还呆分几場完成「反应的总坯颓应相同\n电化孚原菩池电解池电廉原理应用金展的腐蚀与防护①两个活动性不同的金属形險<②电晤质喀假条愕］③形或闭合回路•④能自发进績的蠻化还原反应反应负极：发生蠻化反应備理i正极！发生还原反应装翅特点:电能镂化为化学能_「①身电砾相连的两个电极条&!②电晤质喀假乐③形或闭合回路反应備理！阳极：发生缺反应…阴极！发生还原反应窥诫工业！电解龜和食蛊水制取娓械、窥％和蛍％电簽:应用电晤原理在某歧金属我面鍵上一擁层蔑他金属或合金的过程①熒愕柞阴极②簽层金属作阳极③电熒險申含有縫层金属露子①粗钢作阳极I②両柞阴极③电懈质諺痕申含有掘蔑孑电冶金！电解冶炼金廣钠、渓、铝却活愎金廣I化学腐曲瓷.,“，心丄析爲腐浊耐电化判吓舲①改变金属內那组织结构金廣防护②金属表面超孟谍护层丨③电化学谍护怯形成电熒Y电谨池的I形或条件电解梢I课时作业•【练基础落实】1.下列叙述不正确的是（）A.铁表面镀锌，铁作阳极B.船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀C.钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-—-40H-D.工业上电解饱和食盐水的阳极反应：2C1-—-C12f+2e-答案A解析铁表面镀锌，铁应作阴极而锌作阳极，A错误；锌比铁活泼，在船底镶嵌锌块，可有效防护船体被腐蚀;钢铁的吸氧腐蚀中正极上02得到e—被还原；工业电解食盐水的反应中阳极上C1—失去e—被氧化,故B、C、D均正确。2.如下图所示，下列叙述正确的是（）ZnSOi溶液表面皿（只允许SO：通过）CuSOi溶蔽/钢丝（滴加了NaiSO廊液、IKIft溶液）A.Y为阴极，发生还原反应\nA.X为正极，发生氧化反应B.Y与滤纸接触处有氧气生成C.X与滤纸接触处变红答案A解析根据图示的装置可以得出左侧的装置为原电池，右侧的装置为电解池。根据原电池的构成规律：Zn为负极，Cu为正极，则X为阳极发生氧化反应Cu--Cu2++2e—,Y为阴极发生还原反应2H++2e一一一H2fo因为在Y电极附近H+的浓度减小，将使H20H++OH一平衡向右移动，移动的结果是[0H-]>[H+],显碱性，所以Y电极附近变红色。1.在下图装置屮，通电后可观察到Cu极溶解，则下列说法屮不正确的是()PQA.直流电源中，A是正极B.两池内CuS04溶液浓度均不改变C.两铁极上最初析出物相同D.P池内溶液的质量逐渐减小答案B解析由题意知：铜电极溶解，发生氧化反应，即铜为阳极，A为正极，B为负极，Pt为阳极，铁均为阴极，则P电解池屮的电解反应方程式为2CuSO4+2H2O=^=^2Cu+O2f+2H2SO4,有02析出，电解质溶液质量逐渐减小，Q电解池中，阳极：Cu—-Cu2++2e~,阴极：Cu2++2e-—-Cu,电解质溶液质量和组分不变，综上分析，推知B项不正确。2.有三个烧杯，分别盛有氯化铜、氯化钾和硝酸银三种溶液，均以Pt作电极，将它们串联在一起电解一定吋间，测得电极增重总和为2.8g,这吋产生的有色气体与无色气体的物质的量之比为()A.4：1B.1：1C.4：3D.3：4答案C解析串联电路屮，相同时间内各电极得失电子的物质的量相同，各电极上放出气体的物质的量Z比为定值。不必注意电极增重是多少，只要判断出生成何种气体及生成该气体一定物质的量所得失电子的物质的量，就可以通过得失电子守恒，判断气体体积之比，第一个烧杯中放LUC12,第二个烧杯中放出C12和H2,第三个烧杯中放出02。在有1mol电子转移时，生成的气体的物质的量分别是0.5mol、0.5mol、0.5mol和0.25molo所以共放出有色气体(C12)0.5mol+0.5mol=lmol,无色气体(02和H2)0.5mol+0.25mol=0.75molo3.已知:HCN(aq)与NaOH(aq)反应的AH=—12.1kJmol-1；HCI(aq)与NaOH(aq)反应的4H=—55.6kJmol—1。则HCN在水溶液中电离的AH等于()A._67.7kJmol-1B.—43.5kJmol-1C.43.5kJmol-lD.67.7kJmol-1答案C解析强酸和强碱反应的中和热为一55.6kJ・nwl—1,当氢氟酸与氢氧化钠溶液反应时，由于氢氟酸为弱酸,存在氢氟酸的电离反应，该反应为吸热反应，故两者反应时放出的热量较强酸和强碱反应放出的热量少，\n两者的差值(55.6-12」=43.5)就是氢鼠酸在水溶液中电离吸收的热量的数值，电离反应吸热，AH为正值,故C项正确。1.下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是()A.生成物总能量一定低于反应物总能量B.放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C.应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焙变D.同温同压下，H2(g)+C12(g)==2HCl(g)在光照和点燃条件下的AH不同答案C解析放热反应屮生成物总能量低于反应物总能量，吸热反应屮生成物总能量高于反应物总能量，A错误;化学反应的速率与反应物本身的性质、温度、压强、浓度、催化剂等因索有关，与吸热、放热反应无关，B错误；通过盖斯定律可以I'可接测量某些难以直接测量的反应的焙变，C正确；同温同压下，H2(g)+C12(g)=2HCl(g)的反应条件不会影响AH的值，D错误。【练方法技巧】2.铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO4===2PbSO4+2H2O。研读下图，下列判断不正确的是()A.K闭合吋，d电极反应式：PbSO4+2H2O—-PbO2+4H++SO4—+2e—B.当电路中转移0.2mol电子时，I中消耗的H2SO4为0.2molC.K闭合时，II中SO4—向c电极迁移D.K闭合一段时间后，II可单独作为原电池，d电极为正极答案C解析由图示关系可知，I池为原电池，II池为电解池，a极为正极，b极为负极，K闭合后，c极为阴极,d极为阳极，因电极材料为PbS04,结合铅蓄电池的工作原理，可判断d极发生的电极反应式为PbS04+2H2O一一PbO2+4H4-4-SO1-+2e-,A项正确；由题给方程式可判断，当电路中转移0.2mol电子时，I屮消耗的H2SO4为0.2mol,B项正确；电解池工作时，阴离子移向阳极，即d电极，故C项错误；因诵由II池反应为：2PbSO4+2H2O====Pb+PbO2+2H2SO4,因此K闭合一段时间后，II池可作为原电池对外供电，其中析出的铅附着在c极上作负极，析出的PbO2附着在d极上作正极，D项正确。3.某蓄电池放电、充电时的反应为、放电.充电Fe+Ni2O3+3H2OFe(0H)2+2Ni(OH)2下列推断中正确的是()①放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极②充电时，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2+2e-一一Fe+20H-③充电时，Ni(OH)2为阳极④蓄电池的电极必须是浸在某种碱性电解质溶液中A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④答案D解析蓄电池在放电时发生原电池反应，把化学能转变为电能；在充电时发生电解反应，将电能转变为化学能。反应方程式的左右各物质互为反应物和生成物。此蓄电池在放电时的反应：必+曲2O3+3H2O範堂柩(OH)2+2幷(OH)2,生成物为Fe(0H)2>\nNi(0H)2,电解质溶液应为碱性溶液。Fe为负极，其电极反应式为Fe+20H——-Fe(OH)2+2e—；Ni2O3\n为正极，其电极反应式为Ni2O3+2e—+3H2O—-2Ni(OH)2+2OH—；蓄电池在充电吋的反应：Fe(0H)2+2Ni(OH)2吕卓Fe+Ni2O3+3H2O；阳极Ni(0H)2发生氧化反应：2Ni(OH)2+2OH——-Ni2O3+3H2O+2e-；阴极Fe(OH)2发生还原反应：Fe(OH)2+2e-—-Fe+2OH-o1.某高二化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果如下。试根据下表中的实验现象回答下列问题：编号电极材料电解质溶液电流计指针偏转方向1Mg、Al稀盐酸偏向A12Al、Cu稀盐酸偏向Cu3Al、石墨稀盐酸偏向石墨4Mg、AlNaOH偏向Mg5Al、Zn浓硝酸偏向A1⑴实验1、2中A1所作的电极是否相同？(填“是，或否')。(2)实验3中的电极反应式：负极,正极,电池总反应方程式o(3)实验4中A1作极，其电极反应式是,判断电极的依据是(4)解释实验5中电流计指针偏向A1的原因。答案⑴否(2)A1—A13++3c-2H++2c-—H2f2Al+6H+==2AI3++3H2f(3)负AI+40H-—-[Al(OH)4]-+3e-因为Al能与NaOH溶液反应，而Mg不反应(4)实验5屮由于A1在浓硝酸中发生钝化，所以Zn为负极。解析一般情况下，较活泼的金属作原电池的负极，根据实验1、2的结果，可得出1中A1作正极，2中A1作负极，但在NaOH溶液中，A1反应，Mg不反应，A1作负极，在浓硝酸中由于A1发生钝化，Zn作负极。【练综合拓展】2.在A、B、C三个烧杯中分别盛有相同浓度的稀硫酸，如图所示：ABSnFeZn055XTFe三••■匚■一■—■XC——JC(1)A中反应的离子方程式为o(2)B屮Sn极的电极反应式为,Sn极附近溶液的pH(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)C屮被腐蚀的金属是，总反应的离子方程式为,比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是。答案(l)Fe+2H+=Fe2++H2f(2)2H++2e-—H2f增大(3)ZnZn+2H+=Zn2++H2TB>A>C解析铁在不同的情况下被腐蚀的速率不同。作原电池的负极时易被腐蚀，作原电池的正极时受到保护不被腐蚀。3.某学生试图用电解法根据电极上析出物质的质量来验证阿伏加徳罗常数值，其实验方案的要点为：\n+F①用电流电解氯化铜溶液，反应仪器如图②在电流为IA,通电时间为ts后，精确测得某电极上析出的铜的质量为mg。试回答：(1)这些仪器的正确连接顺序为(用图屮标注仪器接线柱的英文字母表示，下同)E接，接，接F。实验线路中的电流方向为(2)写出B电极上发生反应的离子方程式,G试管中淀粉・KI溶液变化的现象为,相应的离子方程式是(3)为精确测定电极上析出铜的质量，所必需的实验步骤的先后顺序是o①称量电解前电极质量②刮下电解后电极上的铜并清洗③用蒸憾水清洗电解后电极④低温烘干电极后称量⑤低温烘干刮下的铜并称量⑥再次低温烘干刮下的铜并称量⑦再次低温烘干后称量至恒重(4)己知电子的电量为1.6x10-19库仑。试列出阿伏加德罗常数计算表达式：NA=答案(1)DCABFBACDE(2)2C1-—-C12T+2e-变蓝色C12+2I-===2C1-+12⑶①③④⑦64入ItWmX2xl.6xlO-19B―B—A―C~D―Eo(2)B电极产生C12,电极反应的离子方程式为：2C1---C12T+2e-,它使淀粉・KI溶液变蓝，离子方程式为C12+2I—=20—12o(3)测定电极上析出的Cu的质量的先后顺序应为①③④⑦，而无需刮下电极上析出的铜再称量。另外，之所以烘干称量两次的原因在于减少称量误差。(4)由电量守恒得：Q=It=mg64g-mol—1x2xNAxl.60x!0-19Co第二章本章复习课络构建•\n熔判据■|4lT-H9__山反应自发进存■|dlT-Hq反应不勝自发逬行赵式2鬧化举平决定因索:化学反应本身和磁1表达式沁（A）・£（怎严X边。％化举反应反应的隔度〈化孝平循)平薇转化空决定因系亠（A）及［A］|厢因？S*?・4-d魁!：.p■?・gI各成分的含量不变育向2"AWo右務;•Vj八左桧温陈升温1悔齐向桧动；降iEn齐向桧动,［侬度，门__匕左楡；Q__K,右桧］L压务色u>Ch屣压，右楼;加压，左桧色“改变压盪，平薇不桧亦2V0•感压I左秘;加圧I右楼Ql反脸連空各物质的建密之比尊¥化举方程式中系数之比内因？反应物的性质理空应用一舍•磁殂工业影啊因系侬度…结大，•缙大压强"缙大，:.衣温岌；•二升洛，毎’俄化剤？JE俄化剤，缙大|化学平循分折反应逮密分折综合分析！逸思适宜象件课时作业•【练基础落实】1.进行如下实验：在A锥形瓶中放入10g绿豆粒大的碳酸钙，在B锥形瓶中放入5g粉末状的碳酸钙，分别加入50mLlmol-L-1的盐酸。下图中（图中：x表示吋间；y表示锥形瓶中碳酸钙减少的质量），能正2.已知反应FeO（s）+CO（g）=CO2（g）+Fe⑸的AH为正，AS\n为正（假定它们都不会随温度的改变而改变）,\n下列叙述中正确的是()A.低温下为自发过程，高温下为非自发过程B.低温下为非自发过程，高温下为自发过程C・任何温度下均为非自发过程D.任何温度下均为自发过程1.在密闭容器中进行如下反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)0在温度T1和T2时，产物的量与反应时间的关系如图所示。符合图所示的正确判断是()A.T1>T2,AH>0C.TKT2,AH>0B.T1>T2,AH<0D.TKT2,AH<02.下图中，表示可逆反应2A(g)+B(g)2C(g)(正反应为放热反应)的正确图象为()C的体积分数有催化剂无催化剂A的转化率3.X、Y、Z三种气体，取X和Y按1：1的物质的量之，比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y2乙达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3:2,则Y的转化率最接近于()A.33%B.40%C.50%D.65%4.已知反应A2(g)+2B2(g)2AB2(g)AH<0,下列说法正确的是()A.升高温度，正反应速率增加，逆反应速率减小B.升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间C.达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动D.达到平衡后，降低温度或减小圧强都有利于该反应平衡正向移动【练方法技巧】5.对达到平衡状态的可逆反应X+YZ+W,在其他条件不变的情况下，增大压强，反应速率变化图象\n如图所示，则X、Y、Z、W4种物质的聚集状态为()A.Z、W均为气体，X、Y中有一种是气体B.Z、W中有一种是气体，X、Y皆非气体C.X、Y、Z、W皆非气体D.X、Y均为气体，Z、W中有一•种为气体1.根据下列有关图象，说法正确的是()O808211OoooOIO123456min850兀CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH=_43kJmol-L-1IDA.由图I知，反应在Tl、T3处达到平衡，且该反应的AHV)B.由图II知，反应在t6吋刻，NH3体积分数最大C.由图II知，(3时采取了增大反应体系压强的措施D.图III表示在10L容器、850°C时的反应，由图知，到4min时，反应放岀51.6kJ的热量2.某温度时，把1molN2O4气体通入体积为10L的真空密闭容器屮，立即出现红棕色，反应进行4s时NO2的浓度为0.04mol-L-1,再经过一定时间后，反应达到平衡，这时容器内压强为开始时的1.8倍。则下列说法正确的是()A.前4s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01molL-ls-1B.4s时容器内的压强为开始时的1.2倍C.平衡时容器内含0.4molN2O4D.平衡时容器内#0.8molNO2题号123456789答案【练综合拓展】3.实验室中配制碘水，往往是将12溶于KI溶液中，这样就可以得到浓度较大的碘水，主要是因为发生了反应：12(aq)+l—(aq)I3~(aq)。上述平衡体系中，13-的物质的量浓度［13~］与温度T的关系如图所示(曲线上的任何一点都表示平衡状态)。\n⑴通过分析图象，该反应的正反应为反应(填"吸热”或“放热,')。⑵在Tl、D状态时，V正v逆(填“>”、y或“=”)。若在T1时某状态c(I-)/c(I3-)=1/100平衡状态(填“是”、“不是”或“不一定是”)。(2)写出该平衡常数的表达式K=o若升髙温度，K值将(填“增大”、“减小，或“不变"，下同)；若向溶液中加入少量的漠水，K值将□11・某化学反应2A===B+D在四种不同条件下进行。B、D起始浓度为0,反应物A的浓度(moI・L—1)随反应时间(min)的变化情况如下表：实验序号温度0minlOmin20min30min40min50min60min1800°C1.00.800.670.570.500.500.502800°Cc20.600.500.500.500.500.503800°Cc30.920.750.630.600.600.604820°C1.00.200.200.200.200.200.20根据上述数据，完成下列填空：(1)在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为molL-1min-1□⑵在实验2中，A的初始浓度c2=mol-L-1,反应经20min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是0(1)设实验3的反应速率为v3,实验1的反应速率为vl,则v3vl(填或y”),且c31.001011-1(填“<”、“=”或“>”)。(2)比较实验4和实验1,可推测该反应是反应(填“吸热”或“放热”)，理由是12.A是rh导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球。关闭K2,将等量且少量的NO2通过KI、K3分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同。(已知：2NO2(g)N2O4(g)AH<0)⑴一段时间后，反应达到平衡，此时A、B屮生成的N2O4的速率是vAvB(填“>”、“V"或“=”)；若打开活塞K2,气球B将(填“变大”、“变小”或“不变”)。(2)若在A、B屮再充入与初始量相等的NO2,则达到平衡时，NO2的转化率aA将(填“增大"、“减小”或，不变”)；若通人等量的氛气，则达到平衡时，A中NO2的转化率将,B中NO2的转化率\n将(填“变大”、“变小诫“不变)(1)室温下，若A、B都保持体积不变，将A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时，中的颜色较深。(2)若在容器A中充入4.6g的NO2,达到平衡后容器内混合气体的平均相对分子质量为57.5,则平衡时N2O4的物质的量为。\n网络构建V=＞吸热放热＞V课吋作业1.C［根据CaC03+2H+===Ca2++H20+C02f,可知A和BpCaC03均过量，故消耗CaC03的质量最终是相等的，因B中CaCO3呈粉末状，反应速率快，所以B中CaCO3质量减小的速率快。］2.B［本题考查的主要是如何才能满足＜4AH-TAS＜0判据S根据化学反应方向的判据，AH、AS均为正值时，AH-TAS与0的大小关系受温度影响，T越大，AH-TAS越小，故低温下为非白发反应，高温下为自发反应。］3.D［从图象上可以看出，T2达到平衡所用的时问短，因此T2的温度高，即T2＞Tk随温度升高，HI的含量降低，因此该反应为放热反应，即AHvO。］4.A［随着温度的升高，化学平衡应向吸热反应方向即逆反应方向移动，所以生成物C的体积分数减小,反应物的含量增大，反应物的转化率减小；增大体系的压强，由于反应的两边都是气态物质，所以正反应和逆反应的速率都增大；加入催化剂，只能加快反应速率，缩短达到平衡的吋间，不能使平衡移动，所以达到平衡后，各组分的浓度及体积分数应该不变。］5.D［设X、Y初始的物质的量均为1mol,转化的物质的量分别为amok2amol、2amol,由方程式X+、、2Y2Z开始(mol)110转化(mol)a2a2a平衡(mol)1—al-2a2a由题意得丄—a+1—2a3求得：a=|,2因此Y的转化率为亍＜100%,最接近65%o］6.B［A2(g)+2B2(g)2AB2(g)是放热反应，且是气体体积减小的反应，所以升温平衡向逆反应方向移动,增压平衡向正反应方向移动，C、D两项均错误；升温，正、逆反应速率均增加，达到平衡需要的时间减少，A项错误。］7.A［经常有一些同学错选B,认为增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动。其实，图象告诉我们的是：增大压强，同时加快了正、逆反应的反应速率，但逆反应速率增大的幅度大于正反应速率增大的幅度，由此而导致平衡向左移动。而压强的改变，只影响气体反应的速率，若X、Y皆非气体，则其正反应速率不受影响，故B项错误，正确答案为A项。］8.D［A项，Tl、T3处耒达平衡，T2处于平衡状态；由图II得：tl〜t2应该是NH3的质量分数最大的时候，因t3、t5时刻平衡都向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小。t3时v逆、v正都减小，且v逆〉v正，则采取的措施是减小压强；由图III可知：反应1molCO放热43kJo容积为10L,平衡时消耗n(CO)=n(H2O)=1.2mol,则放热为51.6kJ。］9.B[N2O42NO2n起始/mol10\nn变化/mol0.20.04x10n4s/mol0.80.4前4sN2O4的浓度变化为0.2mol/10L=0.02molL-1；因此前4sN2O4的平均反应速率为0.005molL-l-s-1,A不正确。4s吋气体的总的物质的量为0.8mol+0.4mol=1.2mol。根据压强比等于物质的量比可得B正确。设达到平衡时N2O4的物质的量变化了xoN2O42NO2n起始/mol10n变化/molx2xn平衡/mol1-x2x根据已知条件1mol—x+2x=lmol+x=1.8mob解得x=0.8mol«平衡时N2O4的物质的量为1mol—x=lmol—0.8mol=0.2mol,NO2的物质的量为2x=2x0.8mol=1.6mol,故C、D不正确。]10.⑴放热(2)>不一定是(3)〔i2黑・[1_]减小不变解析(1)由图可知，升高温度，c(I3~)降低，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应；(2)T1、D状态时，还未达到平衡，而可逆反应最终都要达到平衡状态，所以必须增大c(&)才能达到平衡状态，即反应正向进行，v正〉v逆；若c(I-)/c(I3-)=1/100,并不能说明c(I—)、c(I3-)是否不变，不能说明是平衡状态。(3)升高温度，平衡逆向移动，c(I3-)降低、c(⑵(aq)和c(I—)增大，所以K值将减小，因为K只与温度有关,所以向溶液中加入少量的漠水时虽然平衡逆向移动，但是K值不变。11.(1)0.013(2)1.0使用了催化剂(3)>>(4)吸热温度升高时，平衡向右移动10min解析(1)v(A)=0.80mol-L-1-0.67morL-1=0.013molL—lmin—1(2)对比实验1与实验2可知，反应温度相同，达平衡吋的A的浓度相同，说明是同一平衡状态，即c2=1.0molL-1,又因实际反应的速率快，达平衡所需时间短，说明反应屮使用了催化剂。⑶对比实验3与实验1可知，从10min至20min,实验1的A的浓度变化值为0.13molL-1,而实验3的A的浓度变化值为0.17mol-L-1,这说明了v3>vl。又知从0min到10min,A的浓度的变化值应大于0.17molL-l,即c3>(0.92+0.17)molL-1=1.09molL-1o(2)对比实验4与实验1可知，两实验的起始浓度相同，反应温度不同，达平衡吋实验4的A的浓度小，说明了实验4中A进行的程度大，即温度越高，A的转化率越大，说明正反应为吸热反应。12.(1)<变小(2)增大不变变小(3)A(2)0.04mol解析题给反应是体积减小的放热反应。(1)由于A为恒容体系，B为恒压体系，在平衡吋pATB,A相对于B是升高温度，平衡向逆\n4・6g反应方向移动，A中颜色加深。(4)^T即n总=575；•篤1—1=°蕊mol，投入NO2的物质的量为moh设转化的NO2的物质的址为X。则2NO2N2O4起始：0.1mol0转化：XX2平衡：0」mol—xX2x即：0」mol—x+㊁=0.08molx=0.04molo第三章本章复习课络构建•+OH水的电蔑和溶險的酸械性*躬电麻质的电蔑=水的电蔑！水杲极绸的电麻质！HO—=H水的廖子积！酸性常痕让屮]_roH胡痕的酸械性申性喀痕让h1_roH诫性常痕让H1_[OH,pH2t其计篦._「強电解质，在水瞎俶申……_电解质，在水胡痕申定义、特征蚩响因憲：温度、敢度、酸械性、同蔑子效应尊HA^=^A4-Hr2<=^fHA^強、尉电堀质比较电谢电谢有羌蛊奨的水堀*定文及实质莎响因憲*規律，淮須谁水麻「越騎越水麻「那須那水解「无绸不水麻「谁強显谁性•应用晦解平«：AgCl(S)^§Cl(5q)+Ag(aq)UlE汎淀反应的应用，汎淀的生或、瞎解、裁化零发生的条件蔑子反应方程式蔑子反应的应用-威械申和稠定难陷电•解质的瞎坷平前谢子反应*\n课时作业•【练基础落实】1.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（）①酩酸与水以任意比例互溶②醋酸溶液能导电③酷酸溶液中存在酷酸分子④0.1mol-L-1醋酸的pH比盐酸pH大⑤在漂白剂溶液中滴加酷酸能增强漂白效果⑥0.1mol-L-1酷酸溶液的pH=2⑦大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生氢气速率慢⑧CH3COOK溶液能使酚駄试液变红色A.②④⑥⑧B.③④⑥⑦C.④⑤⑥⑧D.③⑥⑦⑧2.某种一元强碱MOH溶液加入一种一・元酸HA反应后，溶液呈中性，下列判断一定正确的是（）A.加入的酸过量B.生成的盐不水解C.酸和碱等物质的量混合D.反应后溶液中[A—]=[M+]3.下列叙述正确的是（）A.溶度积大的化合物溶解度肯定大B.向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解又达到平衡时，AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变C.将难溶电解质放入纯水小，溶解达到平衡时，电解质离子的浓度的乘积就是该物质的溶度积D.AgCl水溶液的导电性很弱，所以AgCl为弱电解质4.下列叙述正确的是（）A.95°C纯水的pH<7,说明加热可导致水呈酸性B.pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4C.0.2mol-L-1的盐酸与等体积水混合后pH=lD.pH=3的醋酸溶液与pH=ll的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=75.下列各组离子一定能大量共存的是（）A.在含有大量[A1（OH）4]—的溶液屮：NH4KNa+、Cl—、H+B.在强碱溶液中：Na+、K+、CO3—、NO3-C.在pH=12的溶液屮：NH4KNa+、SOQ—、C1-D.在[H+]=0.1mol-L-1的溶液中：K+、1一、Cl_、NO3-6.某酸性溶液中只有Na+、CH3COO—、H+、OH—四种离子。则下列描述正确的是（）A.该溶液由pH=3的CH3COOH与pH=ll的NaOH溶液等体积混合而成B.该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成C.加入适量NaOH,溶液中离子浓度为[CH3COO-]>[Na+]>[OH-]>[H+]D.加入适量氨水，[CH3COO一]一定大于[Na+]、[NH4F]之和【练方法技巧】7.pH=5的氯化镁溶液中含有杂质氯化铁，为除去该杂质，可加入的试剂是（）®MgO②MgCO3③NaOH④Na2CO3A.①②B.②③C.③④D.①③8.盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是（）A.在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH,溶液中的阴离子只有CO2—和OH—B.NaHCO3溶液中:[H+]+[H2CO3]=[OH-]C.10mL0.10molL-lCH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：[Na+]>[CH3COO—]>[OH—]>[H+]D.川和体积与pH都相同的HC1溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同\n题号12345678\n答案1.某二元酸(化学式用H2A表示)在水溶液中的电离方程式是H2A=H++HA-；HA-H++A2—。冋答下列问题：(1)Na2A溶液显(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，理由是(用离子方程式表示)。(2)若0.1molL-1NaHA溶液的pH=2,则0」mol・L—lH2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能0.11molL—1(填或'<”)，理由是(3)0」mol-L-1NaHA的溶液咯种离子浓度由人到小的顺序是【练综合拓展】2.一定温度下有：a.盐酸b.硫酸c.酷酸三种酸。(1)当其物质的量浓度相同时，［H+］由大到小的顺序是o(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，小和NaOH能力的顺序是o⑶当其［H+］相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为o⑷当其［H+］相同、体积相同时，分别加入足量锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序为(2)当［H+］相同、体积相同时，同时加入锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时的反应速率，反应所需时间o(3)将［H+］相同的三种酸均稀释10倍后，［H+］rfl大到小的顺序是o11・温度t°C时，某NaOH稀溶液中［H+］=10-amolL-l,［OH-］=10-bmoIL-1,已知a+b=12,请回答下列问题：(1)该温度下水的离子积常数KW=⑵该NaOH溶液屮NaOH的物质的暈浓度为该NaOH溶液中由水电离出的［OH—］为o⑶给该NaOH溶液加热，pH(填“变大”、“变小”或“不变”)。12.工业上制备BaC12的工艺流程图如下：炭j盐酸重晶石矿》融廠卜丽I-祸空丽-产物•I气体某研究小组在实验室用重晶石(主要成分为BaSO4)对工业过程进行模拟实验。查表得:BaSO4(s)+4C(s)4CO(g)+BaS(s)\nAH1=571.2kJmol-1①BaSO4(s)4-2C(s)2CO2(g)+BaS(s)△H2=226.2kJmol—l②⑴气体用过量NaOH溶液吸收，得到硫化钠。Na2S水解的离子方程式为⑵向BaC12溶液屮加入AgNO3和KBr,当两种沉淀共存时[Ksp(AgBr)=5.4xlO-13mol2L—2,Ksp(AgCl)=2.0x10-10mo!2•L-2](1)反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)的AH=kJmol-1°(2)实际生产屮必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是网络构建KW=[H+][OH-]>=<全部部分温度浓度温度课时作业1.D[证明醋酸是弱电解质的关键要证明醋酸是部分电离。醋酸与水以任意比例混溶，只能说明其溶解性，不能说明部分电离；醋酸溶液能导电，说明醋酸分子能电离，可能是全部电离，也可能是部分电离；醋酸溶液中存在醋酸分子，说明它部分电离成离子；比较同元酸的电离情况，必须比较同物质的量浓度的酸，盐酸浓度不定，所以不能说明酷酸是弱酸；2CH3COOH+Ca(CI0)2===2HC10+(CH3COO)2Ca,只能说明醋酸比次氯酸的酸性强，不能证明醋酸是弱酸；若醋酸是强酸，完全电离，则0」mol-L-1醋酸溶液的pH=l,若醋酸是弱酸,部分分电离出H+,即[H+]<0.1molL-l,溶液的pH>l,依题意,能说明醋酸是弱酸；锌与酸反应快慢由H+浓度、接触面和温度等决定，浓度相同，接触面相同，温度相同，醋酸放出H2慢些，说明醐酸溶液中H+浓度小于同浓度的盐酸中H+浓度，即醐酸部分电离；CH3COOK溶液使酚瞅试液变红，说明该溶液呈碱性，即阴离子发生了水解：CH3COO-+H2O^CH3COOH+OH-,强碱弱酸盐溶液呈碱性，所以能证明醋酸是弱酸。]2.D[一元强碱MOH与一元酸HA的反应为MOH+HA=MA+H2O,反应后溶液中存在的离子有M+、H+、A—、OH-,因溶液呈中性，贝IJ[H+]=[OH-],又因为任何电解质溶液不显电性，贝lJ[A-]=[M+],所以选项D是正确的；由于HA是强酸还是弱酸没有说明，因此A、B、C的说法不一定正确。]3.B[利用溶度积比较溶解度时，还必须进行换算，不能直接说溶度积大的化合物溶解度就大，故A错;溶度积和溶解度是温度的函数，故在AgCl固体中加入水，沉淀溶解平衡发生移动，但溶度积和溶解度均不变，故B对；难溶电解质溶解达到平衡吋，电解质离子浓度幕的乘积就是该物质的溶度积，故C错；电解质的强弱是以电离程度划分的，不是以溶液导电性区分的，故D错。]4.C[95°C的水尽管pH<7,但因其电离出的[H+]=[OH-],故呈中性，A错；醋酸为弱酸，pH=3的醋酸稀释10倍时，促进其电离，故3[CH3COO-],因此D不正确。]2.A[本题考查盐类水解在除杂质方面的应用。氯化铁为强酸弱碱盐，水解显酸性，它的溶液可以与碱、碱性氧化物和某些盐反应，生成Fe(OH)3沉淀。除杂质的基本原则是不引入新的朵质，故③、④排除，Fe3+在溶液屮存在水解平衡：Fe3++3H2O^Fe(OH)3+3H+,加入MgO或MgCO3发生如下反应：MgO+2H+=Mg2++H2O或MgCO3+2H+===Mg2++CO2T+H2O使[H+]降低，水解平衡Fe3++3H2O^Fe(OH)3+3H+向右移动，生成了Fe(OH)3沉淀，过滤即可。这样既除去了Fc3+,又不引入新杂质，故①、②正确。]3.C[等物质的量的NaHCO3和NaOH恰好反应生成Na2CO3,Na2CO3溶液屮存在CO2—的水解平衡、H2O的电离平衡：CO3-+H2OHCO3-+OH-,H2OH++OH-,因此A不正确；电荷守恒：[Na+]+[H+]=[HCO3-]+[OH-]+2[CO3-],物料守恒：[Na4-]=[HCO3-]+[H2CO3]4-[CO3-],因此B不正确；C中CH3COOH和NaOH恰好反应生成CH3COONa和H2O,由于CH3COO—的水解，溶液呈碱性，因此C正确；由于CH3COOH为弱酸，不能完全电离,pH相同的HC1溶液和CH3COOH溶液,CH3COOH的浓度大于HC1的浓度，故中和相同体积、相同pH的HCI溶液与CH3COOH溶液，CH3COOH消耗的NaOH多，故D错误。]4.⑴碱性A2-+H2OHA-+OH-⑵[HA-]>[H+]>[A2-]>[OH-]解析(1)由题目所给信息HA-H++A2一可知，HA—具有弱酸性，Na2A能发生水解反应A2-+H2O^HA-+OH-,其溶液呈碱性。⑵由题意可知0」molL-lNaHA溶液中，[H+]=0.01molL-1,即0.1molL-lHA一电离产生的[H+]=0.01mol-L-le0.1molL-lH2A电离产生的[H+]、[HA-]各为0.1molL-1,因产生的H+抑制了HA—的电离，使溶液中H+浓度小于0.11molL-kX1X\(2)0.1mol-L-lNaHA溶液中：NaHA==Na++HA-,HA-H++A2-,H2OH++OH-。由题意可知:[Na+]=0.1mol-L-1,HA—部分电离其浓度小于0.1mol-L-1；[H+]=0.01molL-1,[A2-]<0.01mol\nL-lo所以溶液中各种离子浓度大小顺序为[Na+]>[HA—]>[H+]>[A2—]>[OH—]。1.(l)b>a>c(2)b>a=c(3)c>a>b(2)c>a=b(5)a=b=ca=b>c(6)c>a=b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时，硫酸的[H+]最大,醋酸的[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[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。2.(1)10-12mol2L-2(1)10_bmolL-110—amolL—1⑶变小解析(l)KW=[H+][OH-]=10-amolL-l-10-bmol-L-1=10-(a+b)mol2L-2=10-12mol2L-2⑵[NaOH]=[OH-]=10-bmolL-l；该溶液中[H+]=10-amolL-1,NaOH溶液中的H+全是水电离的，[H+]水电离=[OH—]水电离=10—amolL—l。KW⑶温度升高时，KW变大，而[H+]=qh_]，所以[H+]变大，pH变小。3.(1)S2-+H2OHS-+OH-；HS-+H2OH2S+OH-(2)2.7乂10—3(3)172.5(4)使BaS04得到充分的还原(或提高BaS的产量)，①②为吸热反应，炭和氧气反应放热维持反应所需高温解析(l)Na2S的水溶液因水解而显碱性，其水解的离子方程式为：S2-+H2OHS+OH-,HS~+H2OH2S4-OH一(可不写)。(2)由Ksp(AgBr)=[Ag+][Br-]=5.4xlO-13mol2L-2,Ksp(AgCl)=[Ag+][Cl-]=2.0xl0—10mol2L-2可知，当两种沉淀共存时，[Ag+]相同，因此刖遗=[爲二=2.7x10-3。AH1-AH2(3)AH==571.2kJmol-1-226.2kJmol-12=172.5kJmol—1o(4)上述两反应都具有一定的可逆性，增加碳的量可使BaSO4被充分还原，提高BaS的产量；反应①和②为吸热反应，通入空气可与炭反应提供反应所需的高温环境。