上册高二化学第三章检测试题(附答案)

1、.2019学年上册高二化学第三章检测试题附答案化学是一门历史悠久而又富有活力的学科，小编准备了上册高二化学第三章检测试题，希望你喜欢。一、选择题此题包括10小题，每题5分，共50分1.2019盐城高二质检以下溶液一定呈中性的是A.H+=OH-=10-6 molL-1的溶液B.pH=7的溶液C.使石蕊试液呈紫色的溶液D.酸与碱恰好完全反响生成正盐的溶液解析： 溶液呈中性，那么H+=OH-，A项正确;假如升高温度，水的KW增大，pH=7的溶液那么会显碱性，故B项不正确;C项中溶液可显酸性或碱性;D项中生成的正盐假如可以水解，溶液有可能不呈中性。答案： A2.以下离子既能电离又能水解，且能与强碱溶液

2、反响的是A.CH3COO-B.HSO4-C.HSO3- D.CO32-解析： 下表中表示能发生，表示不能发生。选项内容ABCD电离水解与强碱反响答案： C3.以下物质的稀溶液中，溶质的阴、阳离子个数之比为12的是A.K2SO4 B.Na2CO3C.NH42SO4 D.NH4HCO3解析： Na2CO3和NH42SO4显溶液，因溶质电离出的阴、阳离子个数比为12，但由于CO32-、NH4+的水解使阴、阳个数比不等于12;NH4HCO3溶液中因溶质电离出的阴、阳个数比为11，无论NH4+、HCO3-是否存在水，其对应个数比不会为12。答案： A4.向AgCl饱和溶液中滴加足量NaBr溶液，产生淡黄

3、色沉淀，再向溶液中滴加KI溶液，又产生黄色沉淀。有关以下说法正确的选项是A.产生的淡黄色沉淀为AgIB.产生的黄色沉淀为AgBrC.由上述实验现象可说明溶解度SAgBrSAgISAgClD.上述实验现象说明沉淀可互相转化解析： 由产生淡黄色沉淀可知：AgClaq+NaBraq=AgBrs+NaClaq，故淡黄色沉淀为AgBr，故A错;同理AgBrs+KIaq=AgIs+KBraq，可知产生的黄色沉淀为AgI，故B错;据难溶的可转化为更难溶的沉淀，可得SAgClSAgBrSAgI，所以C错，D正确。答案： D5.在参加铝粉能产生H2的溶液中以下各组离子可能大量共存的是A.NH4+ NO3- CO

4、32- Na+B.Na+ Ba2+ Mg2+ HCO3-C.NO3- Mg2+ K+ Cl-D.NO3- K+ AlOH4- OH-解析： 能与Al产生H2的溶液要么显酸性，要么显碱性，所以考虑选项时应在离子组合中附加上H+或OH-，所以A、B两项可立即被排除;但极易错选为C、D，因为C、D在此题情境中似乎理由一样，其实C项虽然在酸性条件下能共存，但在酸性条件下与Al产生的不是H2，所以C、D互相干扰。答案： D6.以下离子方程式中正确的选项是A.澄清的石灰水与稀盐酸反响：CaOH2+2H+=Ca2+2H2OB.钠与水的反响：Na+2H2O=Na+2OH-+H2C.铜片插入硝酸银溶液中：Cu+

5、Ag+=Cu2+AgD.大理石溶于醋酸的反响：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+CO2+H2O解析： A中澄清石灰水不能写成CaOH2的形式，应把它拆成离子，正确的离子方程式为：OH-+H+=H2O;B中得失电子不守恒Na失去1e-，H+得到2e-，反响前后离子所带电荷不守恒;C中得失电子和反响前后离子所带电荷不守恒。答案： D7.醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH?H+CH3COO-，以下表达不正确的选项是A.CH3COOH溶液中离子浓度的关系满足：H+=OH-+CH3COO-B.0.1 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中OH-减小C.CH3COOH溶液

6、中参加少量CH3COONa固体，平衡逆向挪动D.常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH7解析： 解答该类题时要注意理解弱电解质的电离、水的电离、盐的水解三种平衡的关系和三种守恒原理。此题A项中离子间电荷守恒，C项中参加CH3COONa后，CH3COO-浓度增大，CH3COOH电离平衡逆向挪动;D项中H+=10-2 molL-1与OH-=10-2 molL-1时， CH3COOH溶液浓度大于NaOH溶液浓度，反响后CH3COOH剩余，此时溶液呈酸性，而B项中溶液H+降低的同时OH-增大。答案： B8.比较等物质的量浓度的：H2SO3;NaHSO3;

7、Na2SO3。三种溶液中cSO32-浓度的大小，排列正确的选项是A. B.C. D.解析： Na2SO3是强电解质，完全电离Na2SO3=2Na+SO32-，NaHSO3也是强电解质，完全电离NaHSO3=Na+HSO3-，而HSO3-是难电离的离子，HSO3-?H+SO32-，H2SO3是中强酸，H2SO3?H+HSO3-，HSO3-?H+SO32-。在H2SO3溶液中，由于一级电离抑制了二级电离，所以NaHSO3溶液中SO32-大于H2SO3溶液中的SO32-。答案： B9.某酸式盐NaHY的水溶液显碱性，以下表达正确的选项是A.H2Y的电离方程式：H2Y?2H+Y2-B.HY-的水解方程

8、式：HY-+H2O?H3O+Y2-C.该酸式盐溶液中离子浓度关系：Na+HY-OH-H+D.该酸式盐溶液中离子浓度关系：Na+Y2-HY-OH-H+解析： NaHY溶液显碱性，说明HY-发生水解，即H2Y为弱酸，故A项不正确;B项是HY-电离的方程式;该溶液中，Na+HY-OH-H+，故C项正确，D项不正确。答案： C10.有Na2CO3溶液 CH3COONa溶液 NaOH溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 mol/L，以下说法正确的选项是A.3种溶液pH的大小顺序是B.假设将3种溶液稀释一样倍数，pH变化最大的是C.假设分别参加25 mL 0.1 molL-1的盐酸后，pH最大的是D.

9、假设3种溶液的pH均为9，那么物质的量浓度的大小顺序是解析： 以盐类水解知识为根底将盐类水解及pH的计算进展综合比较判断。因Na2CO3的水解程度大于CH3COONa的水解程度，所以pH的大小应为;假设将3种溶液稀释一样倍数，pH变化最大的是，因为稀释促进了的水解;参加25 mL 0.1 molL-1的盐酸后，变成NaHCO3溶液，呈碱性，变成CH3COOH溶液呈酸性，变成NaCl溶液呈中性，故C正确;当3种溶液的pH均为9时，物质的量浓度的大小顺序应为。答案： C二、非选择题此题包括4小题，共50分11.9分2019岳阳高二质检25 时，0.1 mol/L醋酸溶液的pH约为3，向其中参加少量

10、醋酸钠晶体，待晶体溶解后发现溶液的pH增大，对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，增大了OH-，因此溶液的pH增大;乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使H+减小，因此溶液的pH增大。1为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1 mol/L的醋酸溶液中参加少量以下物质中的_填写编号，然后测定溶液的pH。A.固体CH3COOK B.固体CH3COONH4C.气体NH3 D.固体NaHCO32假设_填甲或乙的解释正确，溶液的pH应_填增大减小或不变。25 时，NH3H2O的Kb=1.810-5，CH3COOH的Ka=1.810-5解析： CH3C

11、OONH4溶液中，CH3COO-和NH4+都发生水解，且水解程度相等，CH3COONH4溶液呈中性，将CH3COONH4参加到0.1 mol/L醋酸中使pH增大，说明CH3COO-抑制了醋酸的电离。答案：1B 2乙 增大12.12分2019肇庆高二质检某无色溶液由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlOH4-、MnO4-、CO32-、SO42-中的假设干种组成。取该溶液进展如下实验：A取试液适量，参加过量稀盐酸，有气体生成，得到溶液甲B向溶液甲中再参加过量碳酸氢铵溶液，有气体生成，析出白色沉淀乙，得到溶液丙C向溶液丙中参加过量BaOH2溶液，有气体生成，析出白色沉淀丁。根据上述实验答复以下问

12、题：1溶液中一定不存在的离子是_。2一定存在的离子是_。3生成沉淀乙的离子反响方程式是_。4写出步骤C中产生气体的离子方程式_。解析： 题目中根据无色，确定一定没有MnO4-，假设Ag+存在，那么CO32-、SO42-不能存在;假设Ba2+存在，那么CO32-、SO42-不能存在;假设Al3+存在，那么CO32-、AlOH4-不能存在。当参加过量盐酸时，溶液中可以与H+反响的离子有CO32-有气体生成、AlOH4-无明显现象，但生成Al3+，可以与盐酸电离产生的Cl-发生反响的是Ag+有白色沉淀生成，根据现象可以确定原溶液中一定有CO32-那么无Al3+和Ba2+，一定无Ag+。在甲溶液中参加

13、碳酸氢铵后得到沉淀说明甲溶液中有Al3+，与HCO3-发生双水解生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，因此确定原溶液中有AlOH4-。当继续在溶液中参加过量氢氧化钡溶液时，那么属于碱中的OH-与HCO3-生成的CO32-与Ba2+反响得到的碳酸钡沉淀，因此不能误认为是硫酸钡而确定存在SO42-，而生成的气体那么为铵离子与氢氧根离子反响得到的氨气。答案： 1Al3+、Ba2+、Ag+、MnO4-2Na+、AlOH4-、CO32-3Al3+3HCO3-=AlOH3+3CO24OH-+NH4+=NH3+H2O13.14分1现有0.1 molL-1的纯碱溶液，试用pH试纸测定溶液的pH，其正确的操作是_;纯

14、碱溶液呈碱性的原因是用离子方程式表示_ _。2为探究纯碱溶液呈碱性是由CO32-引起的，请你设计一个简单的实验方案：_ _。3为证明盐的水解是吸热反响，四位学生分别设计了如下方案，其中正确的选项是_。A.甲学生：在醋酸钠溶液中滴入2滴酚酞，加热后红色加深，说明盐类水解是吸热反响B.乙学生：在盐酸中参加氨水，混合液温度上升，说明盐类水解是吸热反响C.丙学生：将硝酸铵晶体溶于水，水温下降，说明盐类水解是吸热反响D.丁学生：在氨水中参加氯化铵固体，溶液的pH变小，说明盐类水解是吸热反响解析： B项中和反响本身是放热反响，C项是因为NH4NO3溶于水吸热，D项是因为NH4Cl抑制NH3H2O的电离而使

15、pH变小答案： 1把一小块pH试纸放在外表皿或玻璃片上，用蘸有Na2CO3溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后与标准比色卡比较，确定溶液的pH CO32-+H2O?HCO3-+OH-2向纯碱溶液中滴入23滴酚酞试液，溶液显红色;再向该溶液中滴加CaCl2溶液至过量，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去，说明溶液呈碱性是由CO32-引起3A14.15分室温下取0.2 molL-1的盐酸与0.2 molL-1的MOH溶液等体积混合忽略混合后溶液体积的变化，测得混合溶液的pH=6。试答复以下问题：1混合溶液中由水电离出的H+_填、或=0.2 molL-1盐酸中水电离出的H+。2求混合溶液中以下计算式的准确结果：Cl-M+=_molL-1，H+-MOH=_molL-1填详细数字。3假设室温下取0.2 molL-1的MOH溶液与0.1 molL-1的盐酸等体积混合，测得混合溶液的pH7，那么说明MOH的电离程度_填、或=MCl的水解程度，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 _。解析： 1MCl因水解促进水的电离，而HCl抑制水的电离。2由于HCl与MOH恰好完全反响，故二者混合后所得溶液即为MCl溶液，在该溶液中根据电荷守恒有M+H+=Cl-+OH-，代入H+及OH-的数据可得Cl-M+=10-6-10-8mol根据质子守恒有H+=OH-+MOH，即H+-MOH=OH-=10-8mol