阶段重点突破练(六)课时作业 高二上学期化学人教版（2019）选择性必修一

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考新苏教版高中化学选择性必修1《化学反应原理》PAGE答案第=2页总=sectionpages22页PAGE2课时作业2：阶段重点突破练(六)学校：__________姓名：__________班级：__________考号：__________一、单选题（共13小题）1.(1分)相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是()A.电离程度：HCN＞HClOB.pH：HClO＞HCNC.与NaOH溶液恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO＞HCND.酸根离子浓度：c(CN－)＜c(ClO－)2.(1分)某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系，用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系，得到曲线如图，下列分析不合理的是()A.碳酸钠水解是吸热反应 B.ab段说明水解平衡向右移动C.bc段说明水解平衡向左移动 D.水的电离平衡也对pH产生影响3.(1分)下列事实：①Na2HPO4水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂；④铵态氮肥不能与草木灰一起施用；⑤FeCl3的止血作用；⑥配制SnCl2溶液时加入盐酸；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放；⑧MgCl2溶液中的FeCl3杂质可以加入过量的MgCO3除去。其中与盐类的水解有关的是()A.全部 B.除②⑤以外 C.除②⑦以外 D.除③⑧以外4.(1分)测定0.1mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生的白色沉淀多。下列说法不正确的是()A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－B.④的pH与①不同，是由SO浓度减小造成的C.①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.①与④的Kw值相等5.(1分)(2022·杭州高二质检)已知NH3·H2O为弱碱，下列实验事实能证明HA为弱酸的是()A.浓度为0.1mol·L－1HA的导电性比浓度为0.1mol·L－1硫酸的导电性弱B.0.1mol·L－1NH4A溶液的pH等于7C.0.1mol·L－1HA溶液能使甲基橙变红色D.等物质的量浓度的NaA和HA混合溶液pH小于76.(1分)常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是()A.<1.0×10－7mol·L－1 B.c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)C.c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO) D.c(Cl－)>c(NH)>c(HCO)>c(CO)7.(1分)(八省联考·河北，9)醋酸为一元弱酸，25℃时，其电离常数Ka＝1.75×10－5。下列说法错误的是()A.0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH在2～3范围内B.CH3COONa溶液中，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)C.将0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释，其电离常数和均不变D.等体积的0.1mol·L－1NaOH溶液和0.1mol·L－1CH3COOH溶液混合后，溶液pH＞7，且c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)8.(1分)(2022·浙江7月选考，23)常温下，用0.1mol·L－1的氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是()A.在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)＞c(CH3COO－)B.当滴入氨水10mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C.当滴入氨水20mL时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D.当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH)＜c(Cl－)9.(1分)(2022·无锡高二月考)常温下，向浓度均为0.1mol·L－1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，lg

随加入NaOH的物质的量的变化如图所示(忽略加入NaOH固体导致溶液温度的变化)。下列叙述正确的是()A.HX的酸性弱于HYB.c点溶液中：c(Y－)<c(HY)C.a点由水电离出的c(H＋)＝10－12mol·L－1D.b点溶液中粒子浓度大小关系为c(Y－)＋c(HY)＝c(Na＋)＋0.02mol·L－110.(1分)(2022·南昌二中高二期末)常温下，向10mL0.1mol·L－1的某一元酸HR溶液中逐滴加入0.1mol·L－1氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析不正确的是()A.a→b导电能力增强说明HR为弱酸 B.a、b点所示溶液中水的电离程度不相同C.b点恰好完全中和，pH＝7说明NH4R没有水解 D.c点溶液存在c(NH)＞c(R－)、c(OH－)＞c(H＋)11.(1分)常温时，向25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液，曲线如图所示。有关粒子浓度大小关系的比较正确的是()A.在A、B间任一点(不包含A、B两点)，溶液中一定有：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)B.在B点，a＞12.5，且有：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝c(OH－)＝c(H＋)C.在C点：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)D.在D点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)12.(1分)下列有关溶液中粒子浓度的关系式中，正确的是()A.pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3两种溶液中的c(Na＋)：②＞①B.0.1mol·L－1某二元强碱弱酸盐NaHA溶液中：c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)C.上图表示用0.1mol·L－1CH3COOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液的滴定曲线，则pH＝7时：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)D.上图a点溶液中各离子浓度的关系：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)13.(1分)(2022·苏州高三质检)常温下，将HCl气体通入1L浓度均为0.1mol·L－1的NaA和NaB的混合溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列叙述不正确的是()A.Ka(HB)的数量级为10－9 B.酸性的强弱顺序为HCl>HA>HBC.当通入0.1molHCl气体时：c(B－)>c(A－) D.当混合溶液呈中性时：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(B－)二、填空题（共2小题）14.(1分)10℃时，在烧杯中加入0.1mol·L－1的NaHCO3溶液400mL，加热，测得该溶液的pH发生如下变化：(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为__________________________________________________________________________________________。(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3的水解程度。(3)丙同学认为，要确定上述哪种说法合理，只要把加热后的溶液冷却到10℃后再测定溶液pH，若pH______(填“>”“<”或“＝”，下同)8.3，说明甲正确；若pH______8.3，说明乙正确。(4)丁同学设计如下实验方案对甲、乙同学的解释进行判断，实验装置如图，加热煮沸NaHCO3溶液，发现试管A中澄清石灰水变浑浊，说明______(填“甲”或“乙”)推测正确。(5)将一定体积0.1mol·L－1的NaHCO3溶液置于烧杯中加热至微沸(溶液体积不变)；将烧杯冷却至室温，过一段时间(溶液体积不变)测得pH为10.1。据此资料可以判断________(填“甲”或“乙”)推测正确，原因是_______________________________________。15.(1分)已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如表所示，回答下列问题：(1)物质的量浓度均为0.1mol·L－1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是________(填字母)。a．CH3COONab．Na2CO3c．NaClOd．NaHCO3(2)常温下，0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是________(填字母)。A．c(H＋)B.C．c(H＋)·c(OH－)D.E.(3)写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：____________________________________________________________________________________________________。(4)25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝________(填准确数值)。(5)25℃时，将amol·L－1的醋酸与bmol·L－1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为______________________。(6)标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol·L－1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c(OH－)＝2c(H2CO3)＋____________。1.【答案】D【解析】NaCN和NaClO都为强碱弱酸盐，相同物质的量浓度时NaCN溶液的pH较大，说明CN－水解的程度大，因此HCN比HClO的酸性更弱，电离程度：HCN＜HClO，A项错误；pH：HClO＜HCN，B项错误；由于都是一元酸，与NaOH完全反应时，消耗NaOH的物质的量相同，C项错误；同浓度的HCN和HClO，酸性HCN＜HClO，c(CN－)＜c(ClO－)，D项正确。2.【答案】C【解析】根据图像，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，升温pH增大，说明水解是吸热反应，故A正确；ab段说明升温促进水解，氢氧根离子浓度增大，碱性增强，溶液pH增大，图像符合，故B正确；温度升高促进水解平衡正向移动，故C错误。3.【答案】B4.【答案】C【解析】①→③的过程中，pH变小，说明SO水解产生的c(OH－)减小；升高温度，SO的水解平衡正向移动，溶液中SO水解产生的c(OH－)增大，pH应增大，而实际上溶液的pH减小，其主要原因是实验过程中部分SO被空气中的O2氧化生成SO，溶液中c(SO)减小，水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH－)减小，pH减小；①→③的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致，C错误；Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－，A对；实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生的白色沉淀多，说明④中SO的数目大于①中SO的数目，④中SO的数目小于①中SO的数目，所以④中OH－的数目小于①中OH－的数目，pH不同，B对；Kw只与温度有关，D对。5.【答案】B6.【答案】C【解析】水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)，所以＝c(OH－)，因pH<7，故c(OH－)<1.0×10－7mol·L－1，A正确；因两物质是等体积、等物质的量浓度混合，钠与碳应是恒等关系，而发生反应时，钠与碳以1∶1的比例析出，故滤液中的钠与碳仍应恒等，B正确；D中因氯离子不发生水解反应，故浓度应最大，而HCO部分析出，故应小于NH，CO由HCO电离而来，故浓度最小，D正确。7.【答案】C【解析】c(H＋)＝，pH＝－lg(×10－3)＝3－lg，则溶液的pH在2～3范围内，A项正确；由CH3COONa溶液中质子守恒得：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，B项正确；将0.1mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释，电离常数不变，c(CH3COO－)减小，增大，C项错误；溶液混合后溶质为CH3COONa，pH＞7，则c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，D项正确。8.【答案】D【解析】HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，浓度均为0.1mol·L－1时，c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A正确；滴入10mL氨水时，NH3·H2O和CH3COOH的物质的量相等，据物料守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B正确；滴入20mL氨水时，恰好完全反应，所得溶液为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液，据电荷守恒可知c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，据物料守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，联立两式可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；滴入20mL氨水时，所得混合液呈酸性，若溶液呈中性，氨水滴入量要大于20mL，结合电荷守恒关系：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，得c(NH)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，则有c(NH)＞c(Cl－)，D错误。9.【答案】D【解析】lg

越大，溶液中氢离子浓度越大，未加NaOH时，HX溶液中lg

的值大，所以HX的酸性大于HY，故A错误；c点lg

＝6，则溶液中c(H＋)＝10－4mol·L－1，此时消耗的NaOH为0.005mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，由于溶液显酸性，所以HY的电离程度大于NaY的水解程度，则c(Y－)＞c(HY)，故B错误；a点lg

＝12，则溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，溶液中水电离出的c(H＋)＝mol·L－1＝10－13mol·L－1，故C错误；b点lg

＝0，则溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，此时消耗的NaOH为0.008mol，c(Na＋)＝0.08mol·L－1，根据物料守恒，c(Y－)＋c(HY)＝0.1mol·L－1，因此c(Y－)＋c(HY)＝c(Na＋)＋0.02mol·L－1，故D正确。10.【答案】C【解析】a→b导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；a、b点所示溶液中一元酸HR电离的氢离子浓度不同，对水的电离的抑制程度不同，因此水的电离程度不同，故B正确；NH4R为弱酸弱碱盐，NH4R溶液的pH＝7，说明铵根离子和R－的水解程度相等，故C错误；根据图像可知，c点时溶液的pH＞7，混合液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，结合电荷守恒可知：c(NH)＞c(R－)，故D正确。11.【答案】C【解析】A点附近，加入少量醋酸时，可以出现c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)；由题可知当醋酸溶液体积为12.5mL时恰好完全反应生成CH3COONa，溶液显碱性，B点为中性点，所以a＞12.5，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)，D点可理解为CH3COOH和CH3COONa两种溶质物质的量相同，所以c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)。12.【答案】D【解析】pH相等的钠盐中，弱酸根离子水解程度越大，钠盐浓度越小，则钠离子浓度越小，弱酸根离子水解程度：HCO>CH3COO－，则c(Na＋)：②＜①，A错误；根据物料守恒得c(Na＋)＝c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，B错误；常温下，pH＝7时溶液呈中性，则c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，C错误；根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，根据物料守恒得c(Na＋)＝2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，所以得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)，D正确。13.【答案】C【解析】根据图像可知，当lg

＝3时，pH＝6，此时，c(H＋)＝10－6mol·L－1，＝103，Ka(HB)＝＝10－6×10－3