第三章第4节第1课时难溶电解质的沉淀溶解平衡课时作业-高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1.docx

《第三章第4节第1课时难溶电解质的沉淀溶解平衡课时作业-高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第三章第4节第1课时难溶电解质的沉淀溶解平衡课时作业-高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1.docx（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第三章第4节第1课时难溶电解质的沉淀溶解平衡-课时作业高中化学人教版（2019）选择性必修1学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知某反应中各物质的浓度数据如下：则m：n：q等于A3：2：2B3：2：3C3：2：4D3：2：52下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是A打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出B装有的密闭容器，加热后气体颜色变深C用排饱和食盐水方法收集D加入催化剂有利于氨的合成3对于反应2A+B3C(g)，改变下列条件一定能使化学平衡向正反应方向移动的是A增大反应物的量B减小反应容器的体积C减少生成物浓度D升高温度4下列事实与化学平衡移动无关的是A在H2、I2和HI组成的平衡体系加压

2、后，混合气体颜色变深B新制的氯水在光照下颜色逐渐变浅C用热的纯碱溶液清洗油污效果更好D氯化铁溶液加热蒸干最终得到氧化铁固体5在某一密闭容器中，若反应达到平衡后，保持其温度不变，将该密闭容器的体积增加一倍，当达到新的平衡时，则下列说法正确的是A容器内气体密度减小B平衡向正反应方向移动C二氧化氮的转化率增大D四氧化二氮的体积分数增大6一定温度下，将气体X和Y各0.4mol充入2L恒容密闭容器中，发生反应：，K=1。其中Y呈红棕色，其他气体均无色。下列事实不能说明反应达到平衡状态的是A容器内气体颜色保持不变B容器内气体密度保持不变Cc(X)=c(N)=0.1molL-1DX的转化率达到50%7某温度

3、下，在2 L密闭容器中加入4 mol A和2 mol B进行反应：3A(g)+2B(g)4C(s)+nD(g)。达到平衡时，测得生成1.6 mol C，D的浓度为0.6 molL-1，下列说法正确的是An=2BB的平衡转化率是40%C该反应的化学平衡常数表达式是K=D增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大8若在一定条件下，向某容器中充入bmolCO与2bmolH2，在催化剂作用下发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH（g）H0，下列措施一定使减小的是（）A升高温度B恒温恒容再充入Ar（g）使体系的总压增大C恒温恒容再充入H2D恒温恒压再充入bmolCO和2bmolH29已知HF分

4、子在一定条件下会发生二聚反应：。经实验测得，不同压强下，平衡时体系的平均摩尔质量()随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法正确的是A该反应的B气体的压强：C平衡常数：D测定HF的相对分子质量要在低压、高温条件10有I、II、III3个体积均为0.5L的恒容密闭容器，在I、II、III中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(见下表)，加入催化剂发生反应：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)H。HCl的平衡转化率与Z和T的关系如图所示。下列说法错误的是容器起始时n(HCl)/molZI4.0aII4.0bIII4.04AH0Ba4v(逆)11在恒压、H2和CO2的起始浓度一定的

5、条件下，用催化剂Ni/xMg(x值越大表示Mg含量越高)催化反应4H2(g)+CO2(g)CH4(g)+2H2O(g)，相同时间测得不同温度下CO2的转化率如图所示。下列说法正确的是A升高温度，平衡逆向移动B355时，催化剂的活性最强C反应足够长时间可提高W点CO2的转化率D相同条件下催化剂中Mg的含量越高催化效率越高12三个恒容密闭容器中(容积均相等)按不同方式投料，发生反应，测得相关数据如下：容器1容器2容器3反应温度T/K770770800反应物投入量、平衡v1v2v3平衡c1c2c3平衡体系总压强p/Pap1p2p3平衡转化率/平衡常数KK1K2K3下列说法正确的是A，B，C，D，二、

6、填空题13(1)已知：=求：C(s) +O2(g) = CO(g) H3 =_ kJ/mol24 g碳在空气不足时发生不完全燃烧生成CO，放出热量约为_kJ。(2)已知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H0是制造硝酸的重要反应之一、在800时，向容积为1L的密闭容器中充入0.010mol NO和0.005mol O2，反应过程中NO的浓度随时间变化如图所示：请回答：2min内，v(O2)=_mol/(Lmin)。升高温度，平衡向_(填“正”或“逆”)反应方向移动。平衡时，NO的转化率是_。2min后化学反应达到平衡状态以下判断正确的是_。A、正(NO2)= 逆(O2) B、正(NO) =

7、逆(NO2) C、正(NO)= 逆(O2)14在100 时，将0.40 mol二氧化氮气体充入一个2 L抽空的密闭容器中，发生反应：2NO2N2O4。每隔一段时间就对该容器内的物质进行分析，得到下表数据：时间/s020406080n(NO2)/mol0.40n10.26n3n4n(N2O4)/mol0.000.05n20.080.08(1)在上述条件下，从反应开始至20 s时，用二氧化氮表示的平均反应速率为_mol/(Ls)。(2)该反应的平衡常数K的数值为_。(3)若在相同条件下最初向该容器中充入四氧化二氮气体，要达到上述平衡状态，四氧化二氮的起始浓度是_molL1。(4)达到平衡后，如果升

8、高温度，气体颜色会变深，则升高温度后，反应2NO2N2O4的平衡常数将_(填“增大”“减小”或“不变”)。(5)达到平衡后，如果向该密闭容器中再充入0.32 mol He，并把容器体积扩大为4 L，则平衡将_(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。三、实验题15Na2S2O4 (保险粉)是一种强还原剂，锌粉法制备Na2S2O4的原理为、，制备Na2S2O4的装置(夹持及加热装置已省略)如图所示，回答下列问题：(1)仪器a中盛放的药品是_(填名称)，导管b的作用是_。(2)实验开始前，需要向三口烧瓶中充满N2，目的是_。(3)通入三口烧瓶中的SO2是由铜屑与浓硫酸反应制得的，生成SO2的化学

9、方程式为_。(4)制备Na2S2O4时，三口烧瓶的加热方式是_。(5)Zn粉消耗完全后，在搅拌下向三口烧瓶中加入NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入NaCl固体，冷却结晶、过滤、蒸馏水洗涤、酒精洗涤及干燥得产品。加入NaCl固体的作用是_，酒精洗涤的目的是_。(6)取a g产品溶于适量NaOH溶液，加入亚甲基蓝指示剂，用的标准溶液滴定，至终点时消耗标准溶液V mL。已知：被还原为，被氧化为。滴定反应的离子方程式为_。产品中Na2S2O4的质量分数为_。(列出计算式)。试卷第5页，共6页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】浓度变化量之比等于化学计量数之

10、比，所以m:n:q=1.2:0.8:1.6=3:2:4，故选C。2D【详解】A打开汽水瓶时，压强减小，气体的溶解平衡逆向移动，气体溢出，能用勒夏特列原理解释，故A项不选；B ，N2O4无色，加热，平衡逆向移动，气体颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故B项不选；C氯气能和水反应：，由于饱和食盐水中含有大量氯离子，相当于氯气溶于水的反应中，增大了氯离子的浓度，平衡向逆反方向进行，氯气溶解量减小，能用勒夏特列原理解释，故C项不选；D使用催化剂平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故D项选；答案选D。3C【详解】A若A、B为固体，增大反应物的量，不能改变反应物的浓度，平衡不移动，故A不符合题意；B反应体系

11、中反应物A、B的状态未知，若A、B均为气体，该平衡体系反应前后气体分子数不变，减小反应容器的体积相当于增大压强，平衡不移动，故B不符合题意；C减少生成物浓度，平衡正向移动，故C符合题意；D该反应正反应方向是吸热还是放热未知，升高温度，平衡移动的方向无法确定，故D不符合题意；答案选C。4A【详解】AH2、I2、HI三者的平衡为H2+I22HI，增大压强，平衡不移动，但碘蒸气的浓度增大，颜色加深，不能用平衡移动原理解释，故A选； B氯水中存在平衡Cl2+H2OHClO+H+Cl-，光照HClO分解，溶液中HClO浓度降低，平衡向生成HClO方向移动，可以用平衡移动原理解释，故B不选；C热的纯碱溶液

12、易去油污，是因为碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，水解过程是吸热反应，升温促进水解，碱性增强，可以用平衡移动原理解释，故C不选； D氯化铁溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热促进水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铁，氢氧化铁分解得到氧化铁，可以用平衡移动原理解释，故D不选；故选A。5A【详解】A将该密闭容器的体积增加一倍，由于气体质量不变，因此容器内气体密度减小，故A正确；B将该密闭容器的体积增加一倍即减小压强，平衡向体积增大的方向移动即平衡逆向反应方向移动，故B错误；C将该密闭容器的体积增加一倍即减小压强，平衡逆向移动，二氧化氮消耗减少，因此二氧化氮的转化率减小，故C错误；D将该密闭容器的体积

13、增加一倍即减小压强，平衡逆向移动，四氧化二氮减少，因此四氧化二氮的体积分数减小，故D错误。综上所述，答案为A。6B【详解】AY为红棕色，气体气体无色，所以未平衡时Y的浓度会发生变化，容器内气体颜色会发生变化，当其不变时说明Y的浓度不再改变，反应达到平衡，A不符合题意；B反应物和生成物都是气体，所以气体总质量始终不变，容器恒容，则无论是否平衡，密度都不发生变化，即密度不变不能说明反应达到平衡，B符合题意；C根据题目所给条件可知初始投料为c(X)=c(Y)=0.2mol/L，根据反应方程式可知，当c(X)=c(N)=0.1mol/L时，容器内c(X)=c(Y)= c(M)=c(N)=0.1mol/

14、L，则Qc=1=K，说明反应到达平衡，C不符合题意；DX的转化率达到50%，即此时c(X)=0.2mol/L50%=0.1mol/L，根据C选项的计算可知此时Qc=K，说明反应到达平衡，D不符合题意；综上所述答案为B。7B【详解】A反应达到平衡时测得生成1.6 mol C，D的浓度为0.6 molL-1，则反应产生D的物质的量为n(D)=0.6 mol/L2 L=1.2 mol，n(C)：n(D)=1.6 mol：1.2 mol=4:3，所以n=3，A错误；B物质反应转化的关系等于方程式中相应物质的化学计量数的比。反应生成1.6 mol C，就会同时消耗0.8 mol B，则B的平衡转化率是，

15、B正确；CC是固体，其浓度不变，根据选项A分析可知n=3，所以该反应的化学平衡常数K=，C错误；D该反应的正反应是气体体积减小的反应，在其它条件不变时，增大该体系的压强，平衡向右移动，但由于化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数就不变，D错误；故合理选项是B。8C【详解】ACO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0，正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，则使增大，故A错误；B容积恒定时充入Ar(g)，反应体系中各物质的浓度不变，化学平衡不移动，不变，故B错误；C恒温恒容再充入H2，平衡正向移动，促进CO的转化为CH3OH，减小，故C正确；D恒温恒压再充入b mol CO和

16、2b mol H2，反应物浓度不变，与原平衡等效，平衡不移动，不变，故D错误；故选C。9D【详解】A温度升高平均摩尔质量减小，气体质量守恒，物质的量增大，说明平衡逆反应方向进行，升温平衡向吸热反应方向进行，正反应是放热反应，Hp2，气体的压强：p(a)K(c)K(b)，故C错误；D反应是气体体积减小的放热反应，测定HF的相对分子质量应使平衡逆向进行，需要在低压、高温条件下进行提高HF的纯度，故D正确；故选：D。10C【详解】A由图可知，HCl转化率随温度升高减小，升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，则H0，故A正确；B增大氧气的物质的量，可促进HCl的转化，即投料比越小，HCl转化率越大，可知

17、a4v(逆)，故D正确；故选C。11A【详解】A由图可知，该反应在360左右，反应达到平衡状态，再升高温度，CO2的转化率下降，说明平衡逆向移动，故A正确；B由图可知，在250到325时，相同时间下测得CO2的转化率变化幅度大，即在该段温度范围下催化剂催化反应速率最快，其活性最强，故B错误；C由图可知，W点反应已达到平衡状态，延长W点的反应时间不能提高CO2的转化率，故C错误；D由图可知，在反应未达到平衡时，相同条件下，在Ni/0.05Mg催化剂条件下CO2的转化率大于在Ni/0.1Mg催化剂条件下CO2的转化率，说明相同条件下催化剂中Mg的含量越高催化效率不是越高，故D错误；故答案为A。12

18、C【详解】A相同容器，相同的投料，容器3的反应温度高于容器1，则平衡速率；温度升高平衡左移，平衡转化率，A错误；B相同容器，相同的温度，等效平衡判断容器2的投料是容器1的2倍，反应物浓度大反应速率快，；容器体积相同，投料多压强大，平衡正移，平衡，B错误；C容器2的投料是容器3的2倍，容器3的温度高于容器2，容器2内投料多平衡朝气体物质系数减少的方向移动，即正移；容器3温度高平衡朝吸热的方向移动，即左移，故平衡：；容器2比起容器1平衡正移，压强减小，平衡体系总压强p：，C正确；D容器2的温度等于容器1，平衡常数K只与温度有关，故；从浓度考虑，容器2比起容器3平衡正移，压强减小，从温度考虑，容器3

19、比起容器2平衡逆移，压强增大，温度较高压强也较大，故，D错误；故选C。13 -110.5 221 1.2510-3 逆 50% B【详解】(1)根据盖斯定律可知，将-可得C(s) +O2(g) = CO(g) H3=(-393.5kJ/mol)-(-283.0 kJ/mol)=-110.5kJ/mol；24 g碳的物质的量为=2mol，1mol C不完全燃烧放出110.5kJ能量，所以2mol C在空气不足时发生不完全燃烧生成CO，放出热量约为110.5kJ2=221kJ；(2)2min内c(NO)=0.005mol/L，则c(O2)=c(NO)=0.0025mol/L，v(O2)=1.251

20、0-3 mol/(Lmin)；该反应正向为放热反应，因此升高温度平衡逆向移动；由图可知，反应自2min后达到平衡，反应开始至平衡时，c(NO)=0.005mol/L，则平衡时，NO的转化率是100%=50%；反应达到平衡时，同一物质正逆反应速率相等，不同物质之间的正逆速率之比等于其计量数之比，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)中NO与NO2的系数相同，故A、C错误，B项正确，故答案为B。14 2.510-3 2.8 0.10 减小 向左移动【分析】(1)根据表中数据计算N2O4的反应速率，根据速率之比等于化学计量数之比计算NO2的反应速率；(2)由表中数据可知，在60s时N2O4浓度不再变

21、化，说明此时反应已达平衡状态；根据平衡时的物质的量求出物质的平衡浓度，再求出K；(3)若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是c，则平衡时各种物质的物质的量浓度应该相同，根据参加反应的物质的量浓度之比等于计量数之比计算，求出c；(4)气体颜色会变深，则浓度NO2增大，根据平衡移动方向判断平衡常数变化；(5)He不参加反应，容器体积扩大，相当于减小压强，平衡向气体总物质的量增大的方向移动。【详解】(1)由表中数据可知，从反应开始直至20s时，v(N2O4)=1.2510-3mol/(Ls)；则v(NO2)=2v(N2O4)= 2.510-3

22、mol/(Ls)；(2)由表中数据可知，在60s时N2O4浓度不再变化，则反应已达平衡状态，c(N2O4)=0.04mol/L时，c(NO2)=0.12mol/L，反应的平衡常数K=2.8；(3)若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是c，平衡时c(NO2)=0.12mol/L，会反应消耗N2O4的浓度为c(N2O4)=0.06mol/L，平衡时c(N2O4)=(c-0.06)mol/L=0.04mol/L，则c=0.10mol/L；(4)达到平衡后，如升高温度，气体颜色会变深，说明升高温度，化学平衡逆向移动，使NO2浓度增大，根据平衡移动

23、原理，升高温度，化学平衡2NO2N2O4向吸热反应方向移动，则升高温度后，反应平衡常数将减小；(5)恒温下如向该密闭容器中再充入0.32molHe气，并把容器体积扩大为4L，则c(NO2)和c(N2O4)都减小，相当于减小压强，所以v(正)、v(逆)速率都减小，减小压强，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，即化学平衡向左移动。【点睛】本题考查了化学反应速率、平衡常数的计算、平衡移动等，注意根据平衡移动原理和化学基本概念进行分析判断与计算。15 碱石灰(或固体氢氧化钠或生石灰) 平衡气压，使NaOH溶液顺利滴下 排出装置内的空气，防止生成的ZnS2O4被氧化 Cu+2H2SO4(浓)CuSO

24、4+SO2+2H2O 水浴加热 利用同离子小于，减小Na2S2O4的溶解度 使产品快速干燥 2Fe(CN)63-+S2O+4OH-=2Fe(CN)64-+2SO+2H2O 【解析】本实验的目的是制备Na2S2O4，首先SO2与Zn在溶液中、2835的条件下反应生成ZnS2O4，ZnS2O4再与NaOH反应生成Na2S2O4，为防止装置中的空气氧化ZnS2O4，实验开始前要先使装置中充满氮气。【详解】(1)仪器a的作用是防止二氧化硫溢出而污染环境，所以a盛装的是碱石灰(或固体氢氧化钠或生石灰)；导管b可以平衡气压，使NaOH溶液顺利滴下；(2) Na2S2O4 (保险粉)是一种强还原剂，则推测制

25、备的ZnS2O4也易被氧化，而N2化学性质稳定，实验开始前充入氮气不仅可以排除空气，还可作保护气，防止生成的ZnS2O4被氧化；(3)铜屑与浓硫酸反应在加热条件下发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，其化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；(4)根据题干信息可知，锌粉法制备，所需的温度是2835C，所以不能直接加热，应该水浴加热；(5)根据题给信息可知，加入NaCl固体，可增大溶液中钠离子的浓度，利用同离子效应，减小Na2S2O4的溶解度，进而促进Na2S2O4的析出；酒精可快速挥发，从而快速干燥固体，(6)根据题干信息“Fe(CN)63-被还原为Fe(CN)64-，S2O被氧化为SO”可知，Fe元素化合价降低1价，S元素化合价从+3升高到+4价，S2O共升高2价，结合电子转移数守恒可知，Fe(CN)63-与S2O的化学计量数之比为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2Fe(CN)63-+S2O+4OH-=2Fe(CN)64-+2SO+2H2O参与反应的两者物质的量之比也为2:1，因此n(S2O)=n(Fe(CN)63-)=mol，所以Na2S2O4的质量为=g，所以其在产品中的质量分数为。答案第13页，共7页