版高考化学一轮复习 第八章 水溶液中的离子平衡章末检测.docx
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版高考化学一轮复习第八章水溶液中的离子平衡章末检测
第八章水溶液中的离子平衡
章末检测
一、选择题(本题包括12个小题,每小题4分,共48分。
)
1.合理利用某些盐能水解的性质,能解决许多生产、生活中的问题,下列叙述的事实与盐水解的性质无关的是( )
A.金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂
B.配制FeSO4溶液时,加入一定量Fe粉
C.长期施用铵态氮肥会使土壤酸化
D.向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生
解析:
NH4Cl溶液水解显酸性,能和铁锈反应从而除去铁锈,故和盐类水解有关,A错误;亚铁离子易被氧化,配制FeSO4溶液时,加入一定量Fe粉的目的是防止氧化,与盐类的水解无关,B正确;铵根水解显酸性,所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化,与盐类的水解有关,C错误;FeCl3是强酸弱碱盐,水解显酸性,故加入碳酸钙后有气泡产生,和盐类的水解有关,D错误。
答案:
B
2.下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是( )
①滴入酚酞,NaNO2溶液显红色
②用HNO2溶液做导电实验,灯泡很暗
③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时,HNO2的中和碱能力强
④0.1mol·L-1HNO2溶液的pH=2
⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气体
⑥c(H+)=0.1mol·L-1的HNO2溶液稀释至1000倍,pH<4
A.①⑤ B.②⑤
C.③⑥D.③④
解析:
NO
水解,生成弱电解质HNO2和OH-,使酚酞试液显红色,①能证明;HNO2溶液做导电实验,灯泡很暗,只能说明溶液中离子的浓度小,并不能说明HNO2部分电离,②不能证明;等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液,HNO2中和碱能力强,0.1mol·L-1HNO2溶液的pH=2,都能说明HNO2部分电离,③④能证明;HNO2与CaCO3反应放出CO2气体,说明HNO2的酸性比碳酸强,但并不一定是弱电解质,⑤不能证明;HNO2若是强酸,⑥中pH应等于4,⑥能证明。
答案:
B
3.醋酸钡[(CH3COO)2Ba·H2O]是一种酶染剂,下列是有关0.1mol·L-1醋酸钡溶液中粒子浓度的比较,其中不正确的是( )
A.c(Ba2+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B.c(H+)+2c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
C.c(H+)=c(OH-)-c(CH3COOH)
D.2c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
解析:
CH3COO-离子水解程度较小,水解后溶液呈碱性,由(CH3COO)2Ba可知,则有c(CH3COO-)>c(Ba2+),c(OH-)>c(H+),正确的顺序应为c(CH3COO-)>c(Ba2+)>c(OH-)>c(H+),故A错误;溶液呈电中性,溶液中阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷,故c(H+)+2c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故B正确;根据溶液电中性可知:
c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH+)+c(CH3COO-),根据物料守恒可知,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Ba2+),则有c(H+)+c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(OH-)+c(CH3COO-),则c(H+)=c(OH-)-c(CH3COOH),故C正确;由(CH3COO)2Ba,根据物料守恒可知,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Ba2+),故D正确。
答案:
A
4.25℃时,某溶液中只含有Na+、H+、OH-、A-四种离子。
下列说法正确的是( )
A.对于该溶液一定存在:
pH≥7
B.在c(OH-)>c(H+)的溶液中不可能存在:
c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)
C.若溶液中c(A-)=c(Na+),则溶液一定呈中性
D.若溶质为NaA,则溶液中一定存在:
c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
解析:
如果溶质是NaOH、NaA在溶液显碱性,如果溶质为NaA属于强碱弱酸盐,则溶液呈现中性,如果溶液是NaA、HA,HA为强酸,则溶液显酸性,A错误;加入溶液的溶质为NaOH、NaA,n(NaOH)>n(NaA),离子浓度大小关系为c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+),B错误;根据溶液显电中性,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),当c(Na+)=c(A-),则有c(H+)=c(OH-),C正确;根据选项B的分析,D错误。
答案:
C
5.用pH传感器测得0.10mol·L-1Na2CO3溶液从55℃升高至85℃的pH如图所示。
在55℃升高至85℃升温过程中,下列说法正确的是( )
A.c(H+)增大,c(OH-)减小
B.c(CO
)/c(HCO
)比值不断增大
C.c(CO
)+c(HCO
)+c(H2CO3)=0.10
D.c(OH-)-c(HCO
)-c(H2CO3)=10-11.1
解析:
水的电离和盐类水解都是吸热反应,升高温度,促进电离或水解,碳酸钠溶液的碱性增强,c(OH-)增加,不会减小,故A错误;升高温度促进水解,c(CO
)减小,c(HCO
)增大,则比值减小,故B错误;根据物料守恒,c(CO
)+c(HCO
)+c(H2CO3)=0.1mol·L-1,故C正确;根据质子守恒,c(H+)=c(OH-)-2c(H2CO3)-c(HCO
)=10-11.1,故D错误。
答案:
C
6.下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A.向0.1mol·L-1氨水中加入少量水,溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O)减少
B.将NH4Cl溶液从20℃升温至30℃,溶液中
增大
C.向氢氧化钠溶液中加入醋酸至中性,溶液中
=1
D.向含有BaSO4、BaCO3的饱和溶液中加入少量的Ba(NO3)2,溶液中的
减小
解析:
A项,NH3·H2O
NH
+OH-,加水稀释,促进电离,此比值增大,错误;B项,c(H+)·c(OH-)=Kw,代入式子,得到
,升高温度,Kb、Kw增大,因此无法比较,错误;C项,c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),溶液呈电中性,c(H+)=c(OH-),即c(CH3COO-)=c(Na+),比值为1,故正确;D项,此比值=
=
,比值保持不变,错误。
答案:
C
7.25℃时,将某一元碱MOH和盐酸溶液等体积混合(体积变化忽略不计),测得反应后溶液的pH如下表,则下列判断不正确的是( )
实验
序号
c(盐酸)/
(mol·L-1)
c(MOH)/
(mol·L-1)
反应后溶
液的pH
甲
0.20
0.20
5
乙
0.10
a
7
A.实验甲所得溶液:
c(Cl-)>c(M+)>c(H+)>c(MOH)
B.将实验甲中所得溶液加水稀释后,
变小
C.a>0.10
D.MOH的电离平衡常数可以表示为Kb=
解析:
根据甲中的数据分析,碱(MOH)为弱碱,盐(MCl)为强酸弱碱盐,A正确;盐溶液中加水,阳离子M+水解程度增大,则溶液中氢离子的物质的量增大,M+的物质的量减小,由于在同一溶液中,则
变大,B错误;MOH为弱碱,当a=0.10时,反应恰好生成了盐,溶液显酸性,若要呈中性,则加入的碱应稍过量,C正确;对乙溶液应用电荷守恒可知c(M+)=c(Cl-)=0.05mol·L-1,又根据M元素守恒可知,c(MOH)=0.5a-c(M+)=(0.5a-0.05)mol·L-1,则MOH的电离平衡常数Kb=c(M+)c(OH-)/c(MOH)=0.05×10-7/(0.5a-0.05)=10-8/(a-0.10),D正确。
答案:
B
8.使用酸碱中和滴定的方法,用0.01mol·L-1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液,下列操作能够使测定结果偏高的是( )
①用量筒量取浓盐酸配制0.01mol·L-1稀盐酸时,量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸
②配制稀盐酸定容时,俯视容量瓶刻度线
③滴定结束时,读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴
④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下
A.①③B.②④
C.②③④D.①②③④
解析:
①量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸,浓盐酸被稀释,滴定NaOH溶液时结果偏高;②俯视容量瓶刻度线,配制的盐酸浓度偏大,滴定NaOH溶液时结果偏低;③滴定结束时,读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴,读取的盐酸标准液体积偏大,则滴定结果偏高;④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下,不产生误差。
答案:
A
9.常温常压下,将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和,然后向所得溶液中缓慢通入CO2,整个实验进程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示(实验中不考虑氨水的挥发)。
下列叙述不正确的是( )
A.由a点到b点的过程中,溶液中
增大
B.由图可知(NH4)2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性
C.c点所示溶液中,c(NH
)>c(CO
)>c(OH-)>c(H+)
D.d点所示溶液中,c(NH
)+c(NH3·H2O)=c(HCO
)+c(CO
)+c(H2CO3)
解析:
a点到b点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到饱和,溶液中
=
×
=
,生成一水合氨的过程中,溶液中氢氧根离子浓度增大,所以
比值增大,故A正确;b到c点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液,c到d点是碳酸铵和二氧化碳反应生成碳酸氢铵,在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液,由图可知(NH4)2CO3溶液显碱性、NH4Cl溶液显酸性,故B正确;c点所示溶液是碳酸铵溶液,图象分析可知溶液显碱性,离子浓度大小为c(NH
)>c(CO
)>c(OH-)>c(H+),故C正确;d点是氯化铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液,溶液中存在氮物料守恒,碳元素守恒,析出碳酸氢钠,则溶液中氯离子大于溶液中钠离子,c(NH
)+c(NH3·H2O)>c(HCO
)+c(CO
)+c(H2CO3),故D错误。
答案:
D
10.常温下,Ag2SO4、AgCl、AgI的溶度积常数依次为Ksp(Ag2SO4)=7.7×10-5、Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(AgI)=8.3×10-17。
下列有关说法中,错误的是( )
A.常温下,Ag2SO4、AgCl、AgI在水中的溶解能力依次减弱
B.在AgCl饱和溶液中加入NaI固体,有AgI沉淀生成
C.Ag2SO4、AgCl、AgI的溶度积常数之比等于它们饱和溶液的物质的量浓度之比
D.在Ag2SO4饱和溶液中加入Na2SO4固体有Ag2SO4沉淀析出
解析:
由溶度积数据可知A正确;Ksp(AgI) ),Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),Ksp(AgI)=c(Ag+)·c(I-),C错误;Ag2SO4饱和溶液中存在沉淀溶解平衡: Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO (aq),加入Na2SO4固体,SO 的浓度增大,平衡逆向移动,有Ag2SO4固体析出,D正确。 答案: C 11.常温下,向10mL0.2mol·L-1草酸(用H2T表示)溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液。 有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如图关系,下列说法正确的是( ) A.HT-在溶液中水解程度大于电离程度 B.当V(NaOH)=10mL时,溶液中水的电离程度比纯水大 C.当V(NaOH)=15mL时,溶液中存在: c(Na+)>c(HT-)>c(T2-)>c(OH-)>c(H+) D.当V(NaOH)=20mL时,溶液中存在: c(OH-)=c(HT-)+2c(H2T)+c(H+) 解析: 根据图象可知,HT离子物质的量最大的点的溶液是NaHT溶液,该溶液显酸性,说明HT-在溶液中电离程度大于水解程度,A项错误;当V(NaOH)=10mL时,两者恰好反应生成NaHT和水,溶液中的溶质是NaHT,该溶液呈酸性,HT的电离程度大于水解程度,电离出来的H+对水的电离起抑制作用,所以溶液中水的电离程度比纯水少,B项错误;当V(NaOH)=15mL时,H2T与NaOH的物质的量之比为2∶3,溶液中的溶质为等物质的量的Na2T和NaHT,同样根据图象可知溶液显酸性,所以c(Na+)>c(T2-)>c(HT-)>c(H+)>c(OH-),C项错误;V(NaOH)=20mL时,溶液中的溶质是Na2T,根据质子守恒可知,c(OH-)=c(HT-)+2c(H2T)+c(H+),D项正确。 答案: D 12.一定温度时,Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+等四种金属离子(M2+)形成硫化物沉淀所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如图所示。 下列有关判断不正确的是( ) A.该温度下,Ksp(MnS)大于1.0×10-35 B.向含Mn2+、Zn2+的稀溶液中滴加Na2S溶液,Mn2+最有可能先沉淀 C.向c(Fe2+)=0.1mol·L-1的溶液中加入CuS粉末,有FeS沉淀析出 D.该温度下,溶解度: CuS>MnS>FeS>ZnS 解析: 在25℃时,MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡: MnS(s) Mn2+(aq)+S2-(aq),Ksp(MnS)=c(Mn2+)×c(S2-)=10-15×10-10=10-25>1.0×10-35,A正确;依据此图可知,CuS的Ksp最小,其次是MnS、FeS和ZnS,所以向含Mn2+、Zn2+的稀溶液中滴加Na2S溶液,Mn2+最有可能先沉淀,B正确;由于硫化铜溶液中硫离子浓度是 mol·L-1,向c(Fe2+)=0.1mol·L-1的溶液中加入CuS粉末后c(Fe2+)×c(S2-)大于10-20,所以有FeS沉淀析出,C正确;依据此图可知,CuS的Ksp最小,其次是MnS、FeS和ZnS,所以该温度下,溶解度: CuS<MnS<FeS<ZnS,D错误。 答案: D 二、非选择题(本题包括4个小题,共52分。 ) 13.(14分)水溶液是中学化学的重点研究对象。 (1)水是极弱的电解质,也是最重要的溶剂。 常温下某电解质溶解在水中后,溶液中的c(H+)=10-9mol·L-1,则该电解质可能是________(填序号)。 A.CuSO4B.HCl C.Na2SD.NaOH E.K2SO4 (2)已知次氯酸是比碳酸还弱的酸,要使新制稀氯水中的c(HClO)增大,可以采取的措施为(至少回答两种) ______________________________________________________。 (3)常温下,将pH=3的盐酸aL分别与下列三种溶液混合,结果溶液均呈中性。 ①浓度为1.0×10-3mol·L-1的氨水bL; ②c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氨水cL; ③c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氢氧化钡溶液dL。 则a、b、c、d之间的关系是__________________________。 (4)强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。 ①已知HA、H2B是两种弱酸,存在以下关系: H2B(少量)+2A-===B2-+2HA,则A-、B2-、HB-三种阴离子结合H+的难易顺序为 _______________________________________________________ ________。 ②某同学将H2S通入CuSO4溶液中发现生成黑色沉淀,查阅资料并在老师的指导下写出了化学方程式: H2S+CuSO4===CuS↓+H2SO4,但这位同学陷入了困惑;这不成了弱酸制取强酸了吗? 请你帮助解释: __________________________________________________ _____________________________________________________。 (5)已知: H2A===H++HA-,HA- H++A2-。 常温下,0.1mol·L-1的NaHA溶液其pH=2,则0.1mol·L-1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是________ _____________________________________________________。 (6)已知: Ksp(AgCl)=1.8×10-10,向50mL0.018mol·L-1的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol·L-1的盐酸,则c(Ag+)为________________,此时所得混合溶液的pH=________。 解析: (1)根据题意知,该溶液呈碱性,故选C、D。 (2)再通入氯气;加入碳酸盐;加入次氯酸钠等合理答案均可。 (3)氯化氢和氢氧化钡是强电解质,在水溶液里完全电离,氨水是弱电解质,盐酸和氢氧化钡的体积相等,①中氨水浓度最小,所需氨水体积最大,②中氨水浓度增大,所需体积最小,故答案为b>a=d>c。 (4)①根据强酸制取弱酸知,越难电离的酸,酸性越小,结合氢离子越容易,故答案为HB- ②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀,是因为硫化铜既难溶于水,也难溶于酸,故能发生反应。 (5)0.1mol·L-1的H2A第一步电离产生0.1mol·L-1的H+和0.1mol·L-1的HA-,而根据0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=2,说明0.1mol·L-1的HA-能电离产生0.01mol·L-1的H+,但是由H2A溶液第一步电离产生的H+将抑制HA- H++A2-,故使c(H+)介于0.1mol·L-1至0.11mol·L-1之间。 NaHA溶液中不存在水解的离子只存在HA-的电离平衡,故有HA- H++A2-和H2O H++OH-两个电离平衡,所以有c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)。 (6)溶液混合后,盐酸和硝酸银反应盐酸有剩余,剩余盐酸的浓度为0.001mol·L-1,银离子物质的量浓度为1.8×10-10÷0.001mol·L-1=1.8×10-7mol·L-1。 H+浓度为0.01mol·L-1,溶液的pH为2。 答案: (1)CD (2)再通入氯气;加入碳酸盐;加入次氯酸钠(任答两条即可) (3)b>a=d>c (4)①HB- (5)0.1mol·L-1 0.11mol·L-1 c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-) (6)1.8×10-7mol·L-1 2 14.(12分)回答下列问题。 (1)如下图,某温度(t℃)时水的图象如下,a点离子积KW=________;该温度下,pH=12的NaOH溶液与pH=2的H2SO4溶液等体积混合,溶液显________性。 (2)25℃时,向0.1mol·L-1氨水中加入少量NH4Cl固体,当固体溶解后,测得溶液pH________,NH 的物质的量浓度________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)体积相等的稀NaOH和CH3COOH溶液混合,若溶液中c(Na+)=c(CH3COO-),则该溶液显________(填“酸性”“碱性”或“中性”),则混合前c(NaOH)________c(CH3COOH)(填“>”“<”或“=”)。 (4)常温时,Fe(OH)3的Ksp=1×10-38,要使溶液中的Fe3+沉淀完全[残留在溶液中的c(Fe3+)<10-5mol·L-1],则溶液的pH应大于________。 (5)用可溶性碳酸盐,可以浸取CaSO4固体,则溶液浸取过程中会发生反应: CaSO4(s)+CO (aq) CaCO3(s)+SO (aq)。 已知298K时,Ksp(CaCO3)=2.80×10-9,Ksp(CaSO4)=4.90×10-5,则此温度下该反应的平衡常数K为________________(计算结果保留三位有效数字)。 解析: (1)根据图知,当c(H+)=10-6mol·L-1,c(OH-)=10-6mol·L-1,离子积常数=c(H+)×c(OH-)=10-6×10-6=10-12,pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol·L-1,pH=12的NaOH中c(OH-)=10-12/10-12mol·L-1=1mol·L-1,等体积混合时碱过量,溶液呈碱性。 (2)一水合氨为弱电解质,溶液中存在电离平衡NH3·H2O NH +OH-,向氨水中加入氯化铵时,溶液中铵根离子浓度增大,抑制一水合氨电离,溶液中氢氧根离子浓度减小,则pH减小。 (3)溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),c(Na+)=c(CH3COO-),则c(OH-)=c(H+),故溶液呈中性;醋酸钠溶液呈碱性,要使醋酸和氢氧化钠的混合溶液呈中性,则醋酸应该稍微过量,因为二者的体积相等,所以醋酸的浓度大于氢氧化钠。 (4)常温时,Fe(OH)3的Ksp=1×10-38,要使溶液中的Fe3+沉淀完全,残留在溶液中的c(Fe3+)<10-5mol·L-1;Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-5×c3(OH-)=1×10-38;解得c(OH-)=10-11mol·L-1,c(H+)=10-14/10-11mol·L-1=10-3mol·L-1,溶液pH=3。 (5)溶浸过程中会发生: CaSO4(s)+CO (aq) CaCO3(s)+SO (aq),CaCO3(s) Ca2+(aq)+CO (aq);CaSO4(s) Ca2+(aq)+SO (aq);依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式,反应的平衡常数K= = =4.90×10-5÷2.8×10-9=1.75×104。 答案: (1)1.0×10-12 碱 (2)减小 增大 (3)中性 < (4)3 (5)1.75×104 15.(12分)实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数,其反应原理为4NH +6HCHO===3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时,1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当],然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。 某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验: 步骤Ⅰ 称取样品1.500g。 步骤Ⅱ 将样品溶解后,完全转移到250mL容量瓶中,定容,充分摇匀。 步骤Ⅲ 移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中,加入10mL20%的中性甲醛溶液,摇匀、静置5min后,加入1~2滴酚酞试液,用NaOH标准溶液滴定至终点。 按上述操作方法再重复2次。 (1)根据步骤Ⅲ填空。 ①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,直接加入NaOH标准溶液进行滴定,则测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 ②锥形瓶用蒸馏水洗涤后,水未倒尽,则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 ③滴定时边滴边摇动锥形瓶,眼睛应观察________。 A.滴定管内液面的变化 B.锥形瓶内溶液颜色的变化 ④滴定达到终
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- 版高考化学一轮复习 第八章 水溶液中的离子平衡章末检测 高考 化学 一轮 复习 第八 水溶液 中的 离子 平衡 检测