20192020学年高中化学第3章水溶液中离子平衡本章整合测评含解析新人教选修4

20192020学年高中化学第3章水溶液中的离子均衡本章整合测评含分析新人教版选修420192020学年高中化学第3章水溶液中的离子均衡本章整合测评含分析新人教版选修420192020学年高中化学第3章水溶液中的离子均衡本章整合测评含分析新人教版选修4第三章水溶液中的离子均衡测评(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(此题包含12小题,每题4分,共48分。每题只有一个选项符合题意)1.以下事实能说明醋酸是弱电解质的是()①醋酸与水能以随意比互溶;②醋酸溶液能导电;③醋酸稀溶液中存在醋酸分子;④常温下,0.1mol·L-1醋酸的pH比0.1mol·L-1盐酸的pH大;⑤醋酸能和碳酸钙反响放出CO2;⑥0.1mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9;⑦大小同样的铁片与等物质的量浓度的盐酸和醋酸反响,开始醋酸产生H2的速率慢;⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍A.②⑥⑦⑧B.③④⑥⑦C.③④⑥⑧D.①②分析①为醋酸的物理性质;②不论醋酸是强电解质仍是弱电解质,其水溶液都能导电;③符合弱电解质见解;④盐酸和醋酸都是一元酸,前者是强酸,在水中完满电离。二者等浓度时,后者pH大,则说明醋酸在水中没有完满电离,是弱电解质;⑤只好证明酸性CH3COOH>H2CO3;⑥中CH3COONa水溶液显碱性,说明CH3COO-发生水解,则CH3COOH是弱酸;⑦中说明两溶液中c(H+)盐酸>c(H+)醋酸,即CH3COOH为弱酸;⑧符合强酸特色。答案B2.(2016江苏化学,10)以以下图示与对应的表达不相符合的是()A.图甲表示燃料焚烧反响的能量变化B.图乙表示酶催化反响的反响速率随反响温度的变化C.图丙表服输电解质在水中成立电离均衡的过程D.图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线分析A项,焚烧反响必定是放热反响,即生成物所拥有的总能量低于反响物所拥有的总能量,其与图示不符,错误;B项,酶在必定温度下,催化见效好,假如温度过高,酶会失掉活性,反响速率反而减小,正确;C项,弱电解质溶于水,开始时分子电离成离子的速率最大,而离子联合成分子的速率最小,随反响的进行,前者渐渐减小,后者渐渐增大,当离子联合速率和分子电离速率相等时,则成立了电离均衡,正确;D项,在强酸溶液中滴增强碱溶液,溶液pH不停增大,当凑近滴定终点时,溶液的pH会发生突变,正确。答案A3.某温度下,0.01mol·L-1NaOH溶液中c(H+)=10xmol·L-1,c(OH-)=10ymol·L-1,x和y的关系以以下图。则该温度下,0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为()A.10B.11C.12D.13分析由图像知,KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×1=1.0×1。在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1,c(H+)==1.0×10-13mol·L-1,pH=13。答案D4.常温下,必定浓度的某溶液,由水电离产生的c(OH-)=10-4mol·L-1,则该溶液中的溶质可能是()A.Al2(SO4)3B.CH3COONaC.NaOHD.KHSO4分析常温下,由纯水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1,因为10-4>10-7,因此该溶液中的溶质是促使水的电离,且使溶液显碱性即可得出结论。答案B5.在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400℃)以下的溶液,可以获得该物质的固体是()A.氯化镁溶液B.硫酸亚铁溶液C.碳酸氢钠溶液D.硫酸铝溶液分析氯化镁溶液蒸干并灼烧获得氧化镁;硫酸亚铁蒸干并灼烧最后获得硫酸铁;碳酸氢钠溶液蒸干并灼烧最后获得碳酸钠,硫酸铝溶液蒸干并灼烧最后获得硫酸铝。答案D6.以下对于电解质溶液的表达中正确的选项是()A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不同样B.常温下,1mol·L-1的CH3COOH溶液与1mol·L-1的NaOH溶液等体积混淆后,所得混淆液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)C.物质的量浓度同样的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中,c(N)前者小于后者D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-1,则此溶液可能是盐酸分析A项,两种盐溶液中离子种类同样。B项,二者恰巧反响生成CH3COONa,溶液呈碱性。C项,NH4HSO4电离产生的H+控制了N的水解,c(N)前者小于后者,正确。D项,溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-1,促使水的电离,而盐酸控制水的电离。答案C7.(2016天津理综,6)室温下,用同样浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线以以下图,以下判断错误的选项是()A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHDB.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)D.中间和百分数达100%时,将三种溶液混淆后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)分析A项,题给三种酸均为一元酸,浓度同样时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此依据未发生中和反响时三种酸的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反响一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反响达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),因为c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),因为酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完满中和并混淆后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-联合生成HA、HB、HD,因此依据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。答案C8.现有两正盐的稀溶液,分别是amol·L-1NaX溶液和bmol·L-1NaY溶液。以下说法不正确的选项是()A.若a>b,测得c(X-)=c(Y-),可推出溶液中的c(HX)>c(HY)B.若a>b,测得c(X-)=c(Y-),可推出溶液中的c(HX)=c(HY)C.若a=b,且pH(NaX)>pH(NaY),则同样浓度时,酸性HX<HYD.若a=b,并测得a=c(X-)=c(Y-)+c(HY),则HX是强酸,HY是弱酸分析当两溶液浓度不同样时,获得的两种阴离子浓度相等,则说明原浓度大的溶液中阴离子的水解程度大,即X-的水解程度大,则水解生成的HX的浓度也大;当两溶液的浓度相等时,溶液的pH越大,说明阴离子水解程度越强,对应酸的酸性越弱,即HX的酸性更弱;a=c(X-),说明X-没有发生水解,则HX为强酸,NaY溶液中有HY,则说明Y-发生了水解,HY为弱酸。答案B9.二元酸H2A在水中发生电离:H2AH++HA-和HA-H++A2-,则以下几种物质的水溶液中关系式不正确的选项是()A.NaHA:c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)B.NaHA:c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)C.Na2A:c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+)D.H2A:c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)分析因为HA-H++A2-,因此NaHA只存在电离不存在水解,因此溶液显酸性,因此A错误;NaHA溶液中依据物料守恒c(Na+)=c(A2-)+c(HA-),因此B正确;Na2A中存在水解,因此呈碱性,因此离子浓度大小次序为:c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+),因此C正确;H2A溶液依据电荷守恒,c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),因此D正确。答案A10.常温时0.1mol·L-1HA溶液的pH>1,0.1mol·L-1BOH溶液中c(OH-)∶c(H+)=1012,将两溶液等体积混淆,以下判断正确的选项是()A.c(OH-)<c(H+)<c(B+)<c(A-)B.c(OH-)=c(H+)+c(HA)C.c(H+)+c(B+)<c(A-)+c(OH-)D.c(A-)=c(B+)>c(H+)=c(OH-)分析依据题意可以确立为弱酸、强碱恰巧中和,因此溶液显碱性,因此A、D错误;依据电荷守恒,因此C错误;B选项为电荷守恒[c(H+)+c(B+)=c(A-)+c(OH-)]和物料守恒[c(B+)=c(A-)+c(HA)]的差值可以确立:c(OH-)=c(H+)+c(HA)。答案B11.(2016四川理综,7)向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中迟缓通入CO2,随n(CO2)增大,先后发生三个不同样的反响,当0.01mol<n(CO2)≤0.015mol时发生的反响是2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3。以下对应关系正确的选项是()选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>c(Al)+c(OH-)B0.01c(Na+)>c(Al)>c(OH-)>c(C)C0.015c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(OH-)D0.03c(Na+)>c(HC)>c(OH-)>c(H+)分析A项,通入CO2以前,溶液中的电荷守恒关系为:c(Na+)+c(H+)=c(Al)+c(OH-),则c(Na+)<c(Al)+c(OH-),错误;B项,n=0.01mol时,发生反响CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,溶液中的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2,C、Al水解,生成OH-,则c(OH-)>c(Al),错误;C项,n=0.015mol时,发生反响2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3,溶液中溶质为Na2CO3,则对应关系为c(Na+)>c(C)>c(OH-)>c(HC),错误;D项,n=0.03mol时,发生反响CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO3,NaHCO3溶液呈碱性:c(Na+)>c(HC)>c(OH-)>c(H+),正确。答案D12.(2016北京理综,11)在两份同样的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线以以下图。以下分析不正确的选项是()A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B.b点,溶液中大批存在的离子是Na+、OH-C.c点,两溶液中含有同样量的OH-D.a、d两点对应的溶液均显中性分析两个过程的反响方程式分别为①Ba(OH)2+H2SO4BaSO4↓+2H2O,②NaHSO4+Ba(OH)2BaSO4↓+NaOH+H2O、NaOH+NaHSO4Na2SO4+H2O。A项,Ba(OH)2与H2SO4恰巧完满反响时,生成BaSO4积淀和H2O,因此此时溶液导电能力几乎为0,①曲线符合,正确。B项,设溶液中有1molBa(OH)2,当加入1molH2SO4时,溶液导电性几乎为0,即为a点,而若加入1molNaHSO4,Ba2+与S恰巧完满反响的同时,还多生成1molNaOH,因此b点溶液中Na+和OH-好多,正确。C项,曲线①中,向a点溶液连续加入H2SO4溶液时,导电能力上涨,溶液呈酸性;曲线②中,向b点溶液连续加入NaHSO4溶液时,会连续与NaOH反响,至d点时,OH-被完满反响,因此c点溶液呈碱性,故加入NaHSO4的c点溶液中OH-多,错误。D项,a点,Ba(OH)2和H2SO4恰巧完满反响相当于纯水;d点,NaOH与NaHSO4恰巧完满反响,溶质为Na2SO4,均显中性,正确。答案C二、非选择题(此题包含4小题,共52分)13.(2018全国Ⅰ,27节选)(10分)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50.00mL葡萄酒样品,用0.01000mol·L-1的碘标准液滴定至终点,耗费10.00mL。滴定反响的离子方程式为,该样品中Na2S2O5的残留量为g·L-1(以SO2计)。?分析葡萄酒中的Na2S2O5被碘标准液中的I2氧化的离子方程式为S2+2I2+3H2O2S+4I-+6H+。依据离子方程式可计算:=0.128g·L-1。答案S2+2I2+3H2O2S+4I-+6H+0.12814.(14分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸,KHC2O4溶液呈酸性。向10mL0.01mol·L-1的H2C2O4溶液滴加0.01mol·L-1KOH溶液V(mL),回答以下问题。(1)当V<10mL时,反响的离子方程式为?。?(2)当V=10mL时,溶液中HC2、C2、H2C2O4、H+的浓度从大到小的次序为?。?(3)当V=amL时,溶液中离子浓度有以下关系:c(K+)=2c(C2)+c(HC2);当V=bmL时,溶液中离子浓度有以下关系:c(K+)=c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4);则ab(填“<”“=”或“>”)。?(4)当V=20mL时,再滴入NaOH溶液,则溶液中的值将(填“变大”“变小”或“不变”)。?答案(1)H2C2O4+OH-HC2+H2O(2)c(HC2)>c(H+)>c(C2)>c(H2C2O4)(3)>(4)变小15.(14分)以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度:难溶电解质Mg(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3溶解度/g9×10-41.7×10-61.5×10-43.0×10-9在无机化合物的提纯中,常利用难溶电解质的溶解均衡原理除掉某些离子。比方:①为了除掉氯化铵中的杂质Fe3+,先将混淆物溶于水,再加入必定量的试剂反响,过滤结晶即可;②为了除掉氯化镁晶体中的杂质Fe3+,先将混淆物溶于水,加入足量的氢氧化镁,充分反响,过滤结晶即可;③为了除掉硫酸铜晶体中的杂质Fe2+,先将混淆物溶于水,加入必定量的H2O2,将Fe2+氧化成Fe3+,调理溶液的pH=4,过滤结晶即可。请回答以下问题:(1)上述三个除杂方案都可以达到很好的见效,Fe2+、Fe3+都被转变为(填名称)而除掉。?(2)①中加入的试剂应当选择为宜,其原由是。?(3)②中除掉Fe3+所发生的总反响的离子方程式为。?(4)以下与方案③有关的表达中,正确的选项是(填字母)。?A.H2O2是绿色氧化剂,在氧化过程中不引进杂质,不产生污染B.将Fe2+氧化为Fe3+的主要原由是Fe(OH)2积淀比Fe(OH)3积淀较悲伤滤C.调理溶液pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜或氧化铜D.Cu2+可以大批存在于pH=4的溶液中E.在pH>4的溶液中Fe3+必定不可以大批存在分析①中为了不引入杂质离子,应加入氨水使Fe3+积淀,而不可以用NaOH溶液。②中依据溶解度表可知Mg(OH)2易转变为Fe(OH)3,因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2除掉Fe3+,此后将积淀一并过滤。③中利用高价阳离子Fe3+极易水解的特色,据题意可知调理溶液的pH=4可使Fe3+积淀完满,为了不引入杂质离子,可使用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等。答案(1)氢氧化铁(2)氨水不会引入新的杂质(3)2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)3Mg2+(aq)+2Fe(OH)3(s)(4)ACDE16.(2018全国Ⅲ,26)(14分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248g·mol-1)可用作定影剂、复原剂。回答以下问题:(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,采用以下试剂设计实验方案进行查验:试剂:稀盐酸、稀硫酸、BaCl2溶液、Na2CO3