1、作业5综合总复习（一）1某二元酸(H2A)按如下方式发生一级和二级电离：HA=H+HA；HAH+A2，测得25时，0.10mol/L的H2A溶液中c(H+)=0.11mol/L，下列说法正确的是（ ）A该条件下，HA的电离度是9.1%BNa2A溶液显碱性，因为A2+H2OHA+OHC将NaHA固体溶于水中，可以促进水的电离D0.1mol/L的NaHA溶液中各离子的浓度大小顺序是：c(Na+)c(HA)c(A2)c(H+)c(OH)【答案】B【解析】该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，25时，0.1mol/L的H2A溶液中c(H+)=0.11mol/L，其第二步电离出的c(H+)=0.01m
2、ol/L，根据电离方程式知，电离的c(HA)=0.01mol/L，HA的电离度=100%=10%，故A错误；BNa2A为强碱弱酸盐，A2水解导致溶液呈碱性，水解方程式为A2+H2OHA+OH，故B正确；CHA只能电离不能水解，电离导致溶液呈酸性，抑制水的电离，故C错误；DHA只能电离不能水解，所以NaHA溶液呈酸性，但是其电离程度较小，水也电离出部分氢离子，所以存在c(A2)c(H+)，故D错误；故选B。2对可逆反应2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g) H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（ ）增加A的量，平衡向正反应方向移动；升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(逆)增大，v
3、(正)减小；压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变；增大B的浓度，v(正)v(逆)；加入催化剂，B的转化率提高A B C D【答案】A【解析】A是固体，增加A的量不能改变其浓度，平衡不移动，故错误正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，但v(正)、v(逆)均增大，故错误；2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g)，反应前后气体的分子数不变，压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，故错误；增大B的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以v(正)v(逆)，故正确；加入催化剂，平衡不移动，B的转化率不变，故错误；综上所述，有关叙述正确的是，答案选A。1下列措施能明显增大原反
4、应的化学反应速率的是（ ）ANa与水反应时增大水的用量B将稀H2SO4改为98%浓H2SO4与Zn反应制取H2C在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强D恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量2下列说法中正确的是（ ）A已知S(s)+O2(g)SO2(g) H1；S(g)+O2(g)SO2(g) H2，则H1H2B由C(s，金刚石)=C(s，石墨) H=-1.9kJmol1可知，金刚石比石墨稳定C稀溶液中：H+(aq)+OH(aq)=H2O(l) H=-57.3kJmol1，若将1mol NaOH固体溶于含0.5mol H2SO4的稀硫酸中，放出的热量大于57.3kJD500、3
5、0MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-38.6kJmol13下列说法中正确的是（ ）A熵增加且放热的反应一定是自发反应B自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应C凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应D非自发反应在任何条件下都不能发生4下列说法正确的是（ ）ApH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后pH=3B室温下pH=3的醋酸溶液和pH=11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性C把pH试纸直接插入
6、待测溶液中，测其pHD某温度下，水的离子积常数为11012，该温度下pH=7的溶液呈中性5如图所示，可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g) H1mol11下列说法错误的是（ ）A用化学平衡移动原理的知识可以解释用排饱和食盐水收集Cl2的原因B工业上合成氨，平衡时将氨气液化分离，平衡向右移动，有利于提高H2的转化率C在硫酸工业中，三氧化硫的吸收阶段，吸收塔里要装填瓷环，以增大气液接触面积，使SO3的吸收速率增大D汽车尾气中的NO和CO缓慢反应生成N2和CO2，为加快该化学反应的速率，最符合实际的措施是升高温度12研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。(1)以CO2为原料合成低碳烯烃
7、。现以合成乙烯(C2H4)为例，该过程分两步进行：第一步：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+41.3kJmol1第二步：2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) H=+210.5kJmol1CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为_。一定条件下的密闭容器中，上述反应达到平衡后，要加快反应速率并提高CO2的转化率，可以采取的措施是_(填标号)。A减小压强 B增大H2浓度 C加入适当催化剂 D分离出水蒸气(2)另外工业上还可用CO2和H2在230催化剂条件下生成甲醇。现在10L恒容密闭容器中投入1mol CO2和2.75mol H2，发生反应：CO2(g)+3H2(
8、g)CH3OH(g)+H2O(g)，在不同条件下测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示：能判断该反应达到化学平衡状态的是_(填标号)。Ac(H2)c(CH3OH)=31 B容器内氢气的体积分数不再改变C容器内气体的密度不再改变 D容器内压强不再改变上述反应的H_0(填“”或“”或“”、“=”、“0，故A错误；BT1时，010min CH4的变化物质的量为1mol-0.60mol=0.40mol，则CO的变化物质的量为20.40mol=0.80mol，此时CO的平均反应速率=0.08mol(Lmin)1，故B错误；C根据三段式计算K：K=；保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0
9、.5mol CH4和1mol H2，此时甲烷浓度为1mol/L，此时H2的浓度为2mol/L，CO2的浓度为0.7mol/L，CO浓度为1mol/L，则Qc=K，故反应向逆反应方向进行，v(正)v(逆)，故C正确；DT1时，若起始向容器中充入2mol CH4和2.4mol CO2，相当于增大了压强，平衡逆向移动，平衡时n(CH4)1mol，故D正确。答案选C。11.【答案】D【解析】ACl2在水中存在平衡：Cl2+H2OH+Cl+HClO。若水中含有NaCl，则NaCl电离产生的Cl使生成物的浓度增大，平衡逆向移动，可以减小Cl2的溶解及反应，故A正确；B减小生成物的浓度，平衡正向移动，工业上
10、合成氨，平衡时将氨气液化分离，平衡向右移动，有利于提高H2的转化率，故B正确；C增大接触面积加快反应速率，在硫酸工业中，三氧化硫的吸收阶段，吸收塔里要装填瓷环，以增大气液接触面积，使SO3的吸收速率增大，故C正确；D汽车尾气中的NO和CO缓慢反应生成N2和CO2，为加快该化学反应的速率，最符合实际的措施是使用高效催化剂，故D错误；答案选D。12.【答案】（1）2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) H=+293.1kJ/mol B （2）BD 20.48% = 1.04 【解析】（1）已知CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H=+41.3kJmol1 2CO(
11、g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) H=+210.5kJmol1；根据盖斯定律，2+可得：2CO2+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) H=+293.1kJ/mol，故答案为：2CO2+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) H=+293.1kJ/mol；A正反应为气体体积减小的反应，低压有利于逆向减小，CO2的转化率减小，反应速率减小，故A错误；B增大H2浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，反应速率中等，故B正确；C加入适当催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，CO2的转化率不变，故C错误；D分离出水，生成物浓度减小，平衡正向移动，CO2的转化率增大，反
12、应速率减小，故D错误，故答案为：B；(2)发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，反应为放热反应，Ac(H2)c(CH3OH)=31，是反应比，不能说明正逆反应速率相同，故A错误；B容器内氢气的体积分数不再改变，是平衡标志，故B正确；C容器内气体质量和体积不变，容器中气体的密度始终不改变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D反应前后气体体积变化，容器内压强不再改变，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，H0，正反应为气体体积减
13、小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，故压强P1P2，故答案为：；根据反应：根据压强为反应前的，可以列出表达式，以计算出x=0.01875，氢气转化率=；故答案为：20.48%；化学平衡常数只与温度有关，由图像可知M点和N点温度相同，故化学平衡常数相等，Q点温度高于N，该反应为放热反应，温度升高平衡常数减小，故Q的平衡常数比N点小，故答案为：=；温度不变平衡常数不变，图中M点时，容器体积为10L，结合M点的坐标可知，M点的CH3OH的物质的量为0.25mol，根据反应：K=，故答案为：1.04。13.【答案】（1）0.5a+0.5b+c （2）Fe+2H2O
14、+2NaOHNa2FeO4+3H2 阻止Na2FeO4和H2接触反应 PbO2 32g O2 【解析】（1）已知：4FeSO4(s)+4Na2O2(s)=2Fe2O3(s)+4Na2SO4(s)+O2(g)H=a kJmol1 2Fe2O3(s)+2Na2O2(s)=4NaFeO2(s)+O2(g) H=b kJmol1 2NaFeO2(s)+3Na2O2(s)=2Na2FeO4(s)+2Na2O(s) H=c kJmol1；根据盖斯定律，+可得反应2FeSO4(s)+6Na2O2(s)=2Na2FeO4(s)+2Na2O(s)+2Na2SO4(s)+O2(g) H=(0.5a+0.5b+c)
15、kJmol1；(2)以铁合金、Ni为电极，电解NaOH溶液制取Na2FeO4的装置如图所示，铁合金作阳极，Ni作阴极，阴极上2H2O+2e=H2+2OH；阳极上电极反应为：Fe6e+8OH=+4H2O；根据分析中阴阳极电极反应式，两式合并可得，电解时所发生总反应的化学方程式为Fe+2H2O+2NaOHNa2FeO4+3H2；根据题意，Na2FeO4在强碱性条件稳定，易被H2还原，则电解槽使用阳离子交换膜的作用：阻止Na2FeO4和H2接触反应、允许导电的Na+通过；如果用铅蓄电池作为该电解池的电源，铅蓄电池中Pb为负极，PbO2为正极，铁合金为电解池阳极，与电源正极相连，则铁合金应与铅蓄电池的
16、PbO2相连；阳离子交换膜每通过1mol Na+，电路中要转移1mol电子，铅蓄电池的正极电极反应式为PbO2+4H+SO+2e=PbSO4+2H2O，由PbO2变为PbSO4可以看做增加的为二氧化硫的质量，根据硫原子守恒，n(SO2)=n(SO)增重的质量=1mol64g/mol=32g；将Na2FeO4投入水中，会有红褐色沉淀生成，红褐色沉淀为氢氧化铁，铁元素的化合价降低，同时溶液中气体放出，根据氧化还原反应的规律，该气体为氧气，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应化学方程式为：4Na2FeO4+10H2O=8NaOH+4Fe(OH)3+3O2，该气体的化学式为O2。14.【答案】（1）c3
17、(Ca2+)c2(PO) （2）1.9971029 （3）5 【解析】(1)对于难溶性物质来说，当其达到沉淀溶解平衡时，溶解电离产生的各种离子浓度的乘积为该物质的溶度积常数，则Ca3(PO4)2的溶度积常数KspCa3(PO4)2=c3(Ca2+)c2(PO)；(2)若一定温度下，饱和溶液中c(Ca2+)=2.0106molL1，c(PO)=1.58106molL1，则KspCa3(PO4)2=c3(Ca2+)c2(PO)=(2.0106mol/L)3(1.58106mol/L)2=1.9971029(mol/L)5；(3)KspCu(OH)2=c(Cu2+)c2(OH)=21020mol2L
18、2，某硫酸铜溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，则c(OH-)=mol/L=1109mol/L，所以溶液中H+的浓度要小于c(H+)=mol/L=1105mol/L，此时溶液pH=5，如果要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液pH使之大于5。15.【答案】（1）酸式滴定管 （2） CH3COOH+NH3H2O=CH3COO+NH+H2O 1.000mol/L （3） b 当滴下最后一滴KMnO4标准溶液时，溶液颜色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色 （4） 0.5000mol/L （5） AC 【解析】测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以溶液的导电能力来判断滴定终点，当溶液的导电能力最强时说明
19、醋酸刚好反应完；利用反应5Fe2+MnO+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，用酸性KMnO4溶液滴定某样品进行铁元素含量的测定，高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，应用酸式滴定管盛装，滴定时为便于观察颜色变化，滴定终点颜色由浅变深易于观察；由关系式KMnO45FeSO4可知5V(KMnO4)c(KMnO4)=V(FeSO4)c(FeSO4)，代入数据计算c(FeSO4)。(1)滴定管精确到0.01，故量取10.00mL醋酸用酸式滴定管；故答案为：酸式滴定管；(2)醋酸与一水合氨反应生成醋酸铵和水：CH3COOH+NH3H2O=CH3COO+NH+H2O；设白醋的浓度为c，则反应消
20、耗的醋酸的物质的量为n(CH3COOH)=，反应消耗的氨水的物质的量为：n(NH3H2O)=0.1000molL120ml，根据图表可知当混合液导电能力最强时，醋酸恰好与氨水反应完全，所以n(CH3COOH)=n(NH3H2O)，=0.1000molL120ml，c=1.000molL1；故答案为：CH3COOH+NH3.H2O=CH3COO+NH+H2O；1.000molL1；(3)高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，应用酸式滴定管盛装，滴定时为便于观察颜色变化，滴定终点颜色由浅变深易于观察，应将高锰酸钾滴到待测液中，故答案为：b；FeSO4反应完毕，加入最后一滴KMnO4溶液，
21、溶液变为浅紫红色，浅紫红色半分钟内不褪去，说明滴定到终点；故答案为：当滴下最后一滴KMnO4标准溶液时，溶液颜色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色；(4)第2组KMnO4溶液的体积与第1、3组相差比较大，应舍掉，应按第1、3组计算消耗KMnO4溶液的体积，故消耗KMnO4溶液的体积为=25mL，令FeSO4溶液的浓度为c mol/L，由KMnO45FeSO4可知：525mL0.1000molL1=25mLc mol/L，解得c=0.5000；故答案为：0.5000molL1；(5)A锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，待测液增多，消耗标准液增多，结果偏高，故A符合；B加入水冲洗的目的是将锥形瓶壁上的残留高锰酸钾完全反应，避免产生误差，加入水无影响，故B不符合；C滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，读出的标准液体积增大，结果偏高，故C符合；D滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，读数减小，标准液体积减小，结果偏低，故D不符合。故答案为：AC。
