2019苏教版化反应原理专题3 溶液中的离子反应专题检测卷（解析版）

1、.专题3 溶液中的离子反响检测试题一、选择题共12小题,每题5分,共60分1.以下数据不一定随着温度升高而增大的是 B A.化学反响速率vB.化学平衡常数KC.弱电解质的电离平衡常数KD.水的离子积常数KW解析:升高温度,化学反响速率加快,A不符合题意;平衡常数只与温度有关系,假设正反响为放热反响,升高温度平衡向逆反响方向挪动,化学平衡常数减小,假设正反响为吸热反响,升高温度平衡向正反响方向挪动,化学平衡常数增大,B符合题意;弱电解质的电离是吸热过程,升高温度促进电离,电离平衡常数增大,C不符合题意;水的电离是吸热的,升高温度促进水的电离,电离程度增大,水的离子积常数增大,D不符合题意。2.乙

2、酸HA的酸性比甲酸HB弱,在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中,以下排序正确的选项是 A A.cOH-cHAcHBcH+B.cOH-cA-cB-cH+C.cOH-cB-cA-cH+D.cOH-cHBcHAcH+解析:酸越弱,对应的盐的水解程度越大,故同浓度的NaA和NaB,前者水解程度更大,因此其溶液中cHAcHB,D项错误;盐类水解一般来说是一些比较弱的反响,盐的水解程度很弱,故cOH-不可能大于cA-和cB-,故B、C错。3.将体积均为10 mL、pH均为3的盐酸和醋酸溶液,参加水稀释至a mL和b mL,测得稀释后溶液的pH均为5,那么稀释后溶液的体积 C A.a

3、=b=100B.a=b=1 000C.ab解析:由于醋酸是弱酸,在稀释过程中,氢离子的物质的量是增加的,所以要使稀释后的pH相等,那么醋酸稀释的倍数要大于盐酸的,答案选C。4.在溶液导电性实验装置里在一样温度下分别注入20 mL 6 molL-1 醋酸溶液和20 mL 6 molL-1 氨水,灯光明暗程度一样,假如把这两种溶液混合后再试验,那么 D A.灯光变暗;两者电离常数一样B.灯光变暗;电离常数醋酸大于氨水C.灯光变亮;电离常数醋酸小于氨水D.灯光变亮;电离常数醋酸等于氨水解析:因为等浓度的醋酸和氨水的导电情况一样,说明离子浓度相等,即电离出的离子浓度与剩余的分子浓度分别相等,所以两者的

4、电离常数一样,将两者混合后溶质由弱电解质变为强电解质,溶液中离子浓度增大,导电才能增强,灯光变亮。5.常温下,将pH=a和pH=b的两种NaOHaq等体积混合。假设b=a+2,那么所得溶液的pH接近于 B A.a-lg 2 B.b-lg 2C.a+lg 2 D.b+lg 2解析:由cOH-混 mol/L mol/L那么cH+= mol/L=210-b mol/L即pH=b-lg 2或pH=a+2-lg 2。6.以下说法中正确的选项是 D A.中和热测定实验中,假设用铜质搅拌器,那么所测中和热的绝对值偏大B.用待测液润洗滴定用的锥形瓶,会使滴定结果偏低C.滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面

5、,会导致测定结果偏大D.配制一定物质的量浓度的溶液,定容时仰视刻度线,会使所配溶液浓度偏低解析:用铜质搅拌器,散热太多,测得中和热绝对值偏小,A错;用待测液润洗锥形瓶,使得n待增大,V标增大,c待偏高,B错;滴定终点俯视读数,读得的数值偏小,V标偏小,c待偏小,C错;配制一定物质的量浓度溶液时,定容时仰视刻度线,那么溶液体积偏大,溶液浓度偏低,D正确。7.用化学用语解释相关现象正确的选项是 C A.BaSO4的水溶液导电性极弱:BaSO4Ba2+SB.KHSO4在熔融状态下可导电:KHSO4K+H+SC.常温下,0.1 mol/L的HF溶液的pH1:HF+H2OH3O+F-D.向KI淀粉溶液中

6、滴加稀硫酸,溶液变蓝色:4I-+O2+2H2O2I2+4OH-解析:BaSO4在溶液中溶解度很小,溶液中带电离子的浓度很小,导电性极弱,但是BaSO4是强电解质完全电离,不存在电离平衡,故A错误;KHSO4在熔融状态下电离出钾离子和硫酸氢根离子,其电离方程式为KHSO4K+HS,故B错误;HF是弱电解质,在溶液中部分电离,0.1 mol/L的HF溶液的氢离子的浓度小于 0.1 mol/L,所以pH1:即HF+H2OH3O+F-,故C正确;向KI淀粉溶液中滴加稀硫酸,溶液变蓝色:4I-+O2+4H+2I2+2H2O,故D错误。8.关于溶液中微粒的浓度,以下说法正确的选项是 C A.0.1 mol

7、L-1的NH42SO4溶液中:cScNcH+cOH-B.等浓度等体积的NaHSO3溶液与NaClO溶液混合后:cNa+cH+=cHS+cClO-+2cS+cOH-C.等浓度等体积的NaHCO3溶液与NaCl溶液混合后:cNa+=2cHC+cC+cH2CO3D.标准状况下,将2.24 L SO2气体通入100 mL 1 molL-1 的NaOH溶液中,完全反响后溶液呈酸性,那么该溶液中:cNa+cHScScH+cOH-解析:NH42SO4溶液中,铵根离子存在微弱的水解,盐直接电离出的离子浓度大于水解得到的离子浓度,cNcScH+cOH-,A错误;次氯酸根离子具有氧化性,能将亚硫酸根离子氧化为硫酸

8、根离子,溶液混合后得到等量的硫酸氢钠和氯化钠溶液,存在电荷守恒:cNa+cH+=cCl-+2cS+cOH-,B错误;等浓度等体积的NaHCO3溶液与NaCl溶液混合后,碳酸氢根离子水解、电离导致存在不同的形态,溶液中存在物料守恒:cNa+=2cHC+cC+cH2CO3,C正确;标准状况下,将2.24 L SO2气体通入100 mL 1 molL-1的NaOH溶液中,完全反响后溶液为亚硫酸氢钠溶液,溶液呈酸性,说明亚硫酸氢根离子水解程度小于电离程度,所以cNa+cHScH+cScOH-,D错误。9.室温下,某溶液中由水电离出来的H+和OH-物质的量浓度的乘积为10-24,在该溶液中,一定不能大量

9、存在的离子是 B A.S B.HCC.N D.N解析:室温时由水电离出的H+和OH-物质的量浓度的乘积为10-24,因为由水电离产生的H+与OH-物质的量相等,那么此溶液中由水电离出的cH+水=cOH-水=10-12 mol/L,溶液为酸性pH=2或碱性pH=12,HC一定不能大量存在。10.:常温下浓度均为 0.1 mol/L的以下溶液的pH如表:溶质NaFNa2CO3NaClONaHCO3pH7.511.69.78.3以下有关说法正确的选项是 B A.在一样温度下,同浓度的三种酸溶液的导电才能顺序:H2CO3HClOHFB.等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小:N

10、前H2CO3HClOHC,温度、浓度一样时,酸性越强,溶液导电才能越强,那么三种溶液导电性大小为HClOH2CO3HClO,那么次氯酸根的水解程度大于氟离子,故次氯酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氟化钠,次氯酸钠溶液中的氢离子浓度小于氟化钠;两溶液中钠离子浓度相等,两溶液中阴离子浓度=cNa+cH+,由于溶液体积相等,那么次氯酸钠溶液中阴离子数目小于氟化钠,即N前7B.对溶液甲进展微热,K1、K2同时增大C.假设在溶液甲中参加少量的NaOH溶液,溶液的pH明显增大D.假设在溶液甲中参加5 mL 0.1 molL-1的盐酸,那么溶液中醋酸的K1会增大解析:K1大于K2,所以混合溶液中以醋酸的电离为主

11、,溶液为酸性,A错误;两者均为吸热反响,升高温度K值增大,B正确;假设在甲中参加很少量的NaOH溶液,醋酸电离平衡正向挪动,溶液的pH几乎不变,C错误;温度不变,平衡常数不变,D错误。12.25 时,2a mol/L次氯酸水溶液中,用NaOH溶液调节其pH忽略溶液体积的变化,得到cHClO、cClO- 与溶液pH的变化关系如下图。以下说法正确的选项是 A A.当pH=2时,溶液中cClO-cNa+B.当cClO-cHClO时,溶液一定呈碱性C.当pH=3.45时,所加NaOH溶液恰好与HClO完全反响D.当pH=5时,溶液中:cHClO+cNa+cH+-cOH-=a mol/L解析:当pH=2

12、时,溶液呈酸性,那么溶液中cOH-cNa+;根据图像知,当pH3.45时,溶液中cClO-cHClO,所以当cClO-cHClO时,溶液不一定呈碱性;HClO为弱酸,恰好反响时生成次氯酸钠溶液,溶液显示碱性,而当pH=3.45时溶液显示酸性,那么HClO过量;溶液中都存在电荷守恒:cNa+cH+=cOH-+cClO-,根据物料守恒得:cHClO+cClO-=2a mol/L,当pH=5时,由可得:cNa+cH+-cOH-=cClO-,两边同时加cHClO可得:cHClO+cNa+cH+-cOH-=cHClO+cClO-=2a mol/L。二、非选择题共40分13.10分常温下,将 0.01 m

13、ol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水,形成1 L的混合溶液。1该溶液中存在着三个平衡体系,用电离方程式或离子方程式表示: ; 2该溶液中,浓度为0.01 mol/L的粒子是 ,浓度为0.002 mol/L的粒子是 。 3 和 两种粒子物质的量之和等于0.01 mol。 解析:1存在水的电离平衡、醋酸的电离平衡、醋酸根离子的水解平衡,分别为H2OH+OH-、CH3COOHCH3COO-+H+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。2由0.01 mol CH3COONa,那么浓度为0.01 mol/L的是Na+,0.002 mol HCl,故浓度是0.002 mol/L

14、的是Cl-。3由0.01 mol CH3COONa,那么CH3COOH、CH3COO-微粒物质的量之和为0.01 mol。答案:1H2OH+OH- CH3COOHCH3COO-+H+CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- 2Na+ Cl- 3CH3COOH CH3COO-14.10分醋酸在日常生活和消费中的应用很广泛。1pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 填“酸性“中性或“碱性,溶液中cNa+ cCH3COO-填“=或“cOH-,所以cNa+cCH3COO-。2醋酸中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+,当参加CH3COONa后,cCH3COO-增大,抑

15、制了CH3COOH的电离,故cH+减小,pH增大。3两者混合后相当于得到0.05 mol CH3COONa、0.05 mol CH3COOH、0.05 mol NaCl的混合溶液。由物料守恒知:nCH3COOH+nCH3COO-=0.1 mol。由电荷守恒知:nH+nNa+=nOH-+nCH3COO-+nCl-,即:nNa+-nCl-=nOH-+nCH3COO-nH+=0.05 mol。4由电荷守恒知:cH+cNa+=cCH3COO-+cOH-,又知溶液呈中性,所以cH+=cOH-=10-7molL-1,cNa+=cCH3COO-=0.000 5 molL-1,又由物料守恒知:cCH3COO-

16、+cCH3COOH=molL-1,所以cCH3COOH=molL-1-0.000 5 molL-1,根据Ka=。5未用标准液润洗碱式滴定管,造成NaOH溶液被稀释,消耗NaOH溶液体积偏大,造成测定结果偏高,A正确;滴定终点俯视读数,造成读数偏小,消耗标准NaOH溶液偏少,测定值偏低,B不正确,C不影响测定结果。答案:1酸性 2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cH+减小3CH3COOH CH3COO- CH3COO- OH-4 5A15.10分工厂中用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中,除了含有大量硫酸外,还含有少量N、Fe3+、As、Cl-。为除去杂质离子,部分操作流程如下:

17、请答复以下问题:1用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中,硫酸的浓度为4.9 gL-1,那么该溶液中的pH约为 。 2N在用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中以NH42SO4和NH4Cl形式存在。现有一份NH42SO4溶液,一份NH4Cl溶液,NH42SO4溶液中cN恰好是NH4Cl溶液中cN的2倍,那么cNH42SO4 填“cNH4Cl。 3随着向废液中投入生石灰忽略溶液温度的变化,溶液中 填“增大“减小或“不变。 4投入生石灰调节pH到23时,大量沉淀主要成分为CaSO42H2O含有少量FeOH3,提纯CaSO42H2O的主要操作步骤:向沉淀中参加过量 ,充分反响后,过滤、洗涤、 。 525 ,H3AsO4

18、的电离常数为K1=5.610-3,K2=1.710-7,K3=4.010-12。当溶液中pH调节到89时,沉淀主要成分为Ca3AsO42。pH调节到8左右Ca3AsO42才开场沉淀的原因是Na3AsO4第一步水解的离子方程式为 :As+2I-+2H+As+I2+H2O,SO2+I2+2H2OS+2I-+4H+。上述两个反响中复原性最强的微粒是 。 解析:1硫酸的浓度为4.9 gL-1,cH2SO4=0.05 mol/L,cH+=0.1 mol/L,pH=-lg 0.1=1。2假设cNH42SO4=cNH4Cl,那么NH42SO4溶液中cN较大,因cN越大,N水解程度越小,那么NH42SO4溶液

19、中cN大于NH4Cl溶液中cN的2倍,假设等于2倍,那么cNH4Cl较大。3随着向废液中投入生石灰,cOH-增大,cNH3H2O减小,那么溶液中减小。4提纯CaSO42H2O,可参加稀硫酸溶解FeOH3,且防止CaSO42H2O的溶解,过滤后洗涤、枯燥。5H3AsO4是弱酸,电离出来的As较少,所以酸性条件下不易形成Ca3AsO42沉淀,当溶液中pH调节到8左右时As浓度增大,Ca3AsO42开场沉淀,Na3AsO4第一步水解的离子方程式为As+H2OHAs+OH-。复原剂的复原性大于复原产物的复原性,那么复原性SO2I-As,复原性最强的微粒是SO2。答案:11 2 3减小 4稀硫酸 枯燥

20、5H3AsO4是弱酸,当溶液中pH调节到8左右,cAs增大,Ca3AsO42开场沉淀 As+H2OHAs+OH- SO216.10分某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况,进展了如下实验:【实验一】 配制并标定醋酸溶液的浓度。取冰醋酸配制250 mL 0.2 molL-1的醋酸溶液,然后用 0.2 molL-1 的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液,再用NaOH标准溶液对所稀释的醋酸溶液的浓度进展标定。请答复以下问题:1配制250 mL 0.2 molL-1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、 。 2为标定某醋酸溶液的准确浓度,用0.200 0 molL-1的 NaOH溶液对20.00 mL醋酸溶液进展滴