鲁科版高中化学选修4第三章物质在水溶液中的行为第1节水溶液第1课时测试题2

第三章物质在水溶液中的行为第1节水溶液第1课时测试题2一、选择题1.2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是()A.用图甲所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中B.用图乙所示装置准确称得0.1575gH2C2O4·2H2OC.用图丙所示操作检查碱式滴定管是否漏液D.用图丁所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O42．四种水溶液①HCl，②FeCl3，③KOH，④Na2SO3其PH值依次为4、4、10、10，而溶液中水的电离程度依次为α1、α2、α3、α4，则它们的关系正确的是()A.α1=α2=α3=α4B.α1＞α3＞α2＞α4C.α4=α2＞α3=α1D.α1=α3＞α2＝α43．下列说法不正确的是()A.室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol·L1NaClO溶液的pHB.将4mL0.01mol·L1KSCN溶液与1mL0.01mol·L1FeCl2溶液充分混合；再继续加入KSCN溶液，溶液颜色加深，证明溶液中存在平衡Fe3++3SCNFe(SCN)3C.测定中和反应的反应热时，将碱的稀溶液缓慢倒入酸的稀溶液中，所测反应后混合液温度值偏小D.测定Na2SO4溶液与Na2CO3溶液的酸碱性，说明非金属性：S>C4．水的离子积常数随温度升高而升高。关于一定量的水，下列叙述正确的是()A.温度升高，水中分子总数减少B.水中c(OH)随温度升高而降低C.水的pH随温度升高而升高D.水的电离过程是放热过程5．下列措施中，能使饱和食盐水中c(OH)减小的是()A.加热B.投入金属钠C.加入NaHSO4固体D.以惰性电极电解6．用AG表示溶液酸度：AG=lgc(H+)c(OHA.0.lmol/L氨水pH=10.2B.A点加入盐酸的体积为20.00mLC.若a=7，从A到B水的电离程度逐渐减小D.B点溶液中可能存在c(Cl)>c(NH4+)>(H+)>c(OH)7．25℃时，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是()A.NH4+、Fe3+、SO42－、Cl－B.HCO3－、Na+、HSO3－、K+C.Na+、SO42－、NO3－、Cl－D.CO32－、PO43－、K+、Na+8．下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是()A.某无色溶液中可能大量存在：H＋、Cl－、MnO4B.室温下由水电离的c(OH)=1×10－12mol·L－1的溶液中能大量共存：K＋、Na＋、Cl、HCO4－C.向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br+3Cl2=2Fe3++2Br2+6ClD.稀硫酸和Ba(OH)2溶液反应：H＋＋SO42＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O9．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()A.pH=l的溶液中：Ba2+、Fe3+、Cl、SCNB.能使酚酞变红的溶液：Ca2+、K+、HCO3、CO32C.=1012的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3、SO42D.由水电离的c(H+)=1012mol·L1的溶液中：Na+、Al3+、Cl、NO310．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.Na2S溶液中：SO42、K+、Cl、Cu2+B.的溶液：K+、AlO2、CO32、Na+C.饱和氯水中：Cl、NO3、Na+、SO32D.碳酸氢钠溶液：K+、SO42、Cl、H+11．常温下，用0.10mol·L1的NaOH溶液分别滴定体积均为50.00mL、浓度均为0.05mol·L1的HClO、HF两种溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A.HClO的酸性比HF强B.V(NaOH溶液)=0mL时，对应溶液中：c(ClO)=c(F)C.V(NaOH溶液)=12.50mL时，对应溶液中：c(ClO)>c(F)D.V(NaOH溶液)=25.00mL时，对应溶液中：c(ClO)<c(F)12．室温下，分别把下列物质加入水中，能使水的电离程度增大且所得溶液呈酸性的是()A.K2SO4B.NaHSO4C.NaClOD.NH4NO13．电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol·L1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L1的NaOH溶液和二甲胺［(CH3)2NH］溶液（二甲胺在水中电离与氨相似，常温Ksp[(CH3)2NH）]=l.6×104）。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是()A.曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线B.a点溶液中：c[(CH3)2NH2+]>c[CH3]2NH·H2O]C.d点溶液中：c(H+)=c(OH)+c[CH3]2NH·H2O]D.b、c、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点14．室温下，在25mL0.1mol／LNaOH溶液中逐滴加入0.2mol／LCH3COOH溶液，曲线如右图所示，若忽略两溶液混合时的体积变化，有关粒子浓度关系比较错误的是()A.在A、B间任一点，溶液中一定都有：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)B.在B点：a>12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H+)C.在C点：c(Na+)>c(CH3COO－)>c(H+)>c(OH－)D.在D点：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)＝0.1mol/L二、非选择题15.按要求填写下列问题：（1）某些共价化合物（如H2O、NH3、N2O4等）在液态时会发生微弱的电离，如：2H2OH3O++OH—,则液态NH3电离的方程式是________________；（2）某温度（t℃）时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=12，则该温度下水的KW=，在此温度下，将pH=b的NaOH溶液VbL与pH=a的H2SO4溶液VaL混合，若所得混合液为中性，且a+b=13，则Va：Vb=_________；（3）若在0.10mol•L1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是，在0.10mol•L1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=___________(已知Ksp[Cu(OH)2]=2.2x1020）；（4）在常温下，中和相同体积，相同pH的Ba(OH)2、NH3•H2O、NaOH三种稀溶液所用相同浓度的盐酸的体积分别为V1、V2、V3，则三种关系为（用“V1、V2、V3”和“＞、＜、=”表示）16.（1）下列物质中，属于弱电解质的是(填序号，下同)，属于非电解质是；①硫酸氢钠固体②冰醋酸③蔗糖④氯化氢气体⑤硫酸钡⑥氨气⑦次氯酸钠（2）写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸：。次氯酸钠：；（3）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L1、0.1mol•L1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙10(填“大于”、“等于”或“小于”)；（4）现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L1的HCl溶液，丙为0.1mol•L1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为。17.氧化还原滴定实验与中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现用0.001mol·L－1KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色NaHSO3溶液。反应的离子方程式是2MnO4＋5HSO3＋H＋=2Mn2＋＋5SO42＋3H2O填空完成问题：（1）该滴定实验所需仪器有下列中的____________；A酸式滴定管(50mL)B碱式滴定管(50mL)C量筒(10mL)D锥形瓶E铁架台F滴定管夹G烧杯H白纸I胶头滴管J漏斗（2）不能用________(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。试分析原因________________；（3）选何种指示剂，说明理由_____________________。18.已知：①NaCl晶体②液态SO2③纯醋酸④硫酸钡⑤铜⑥酒精（C2H5OH）⑦熔融的KCl⑧NaOH溶液，请用以上物质回答下列问题（填序号）。（1）属于强电解质且在上述状态下能导电的是；（2）属于弱电解质的是；（3）属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是。参考答案1.C【解析】试题分析：A、转移时用玻璃棒引流，所以不选A；B、用托盘天平称量读数只能到一位小数，不选B；C、用尖嘴向上排碱式滴定管中的气泡，正确，不选C；D、氢氧化钠溶液应该放在碱式滴定管中，现在使用的酸式滴定管，错误，不选D。考点：配制溶液和滴定管的使用，天平的使用2．C【解析】酸或碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。且酸或碱电离出的氢离子和氢氧根浓度相等时对水的抑制程度相同，所以溶液中水的电离程度为α4=α2＞α3=α1，答案选C。3．A【解析】A．浓度为0.1mol•L1NaClO溶液中次氯酸根离子水解生成次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测定浓度为0.1mol•L1NaClO溶液的pH，故A错误；B．将4mL0.01mol•L1KSCN溶液与1mL0.01mol•L1FeCl3溶液充分混合，KSCN过量，再继续加入KSCN溶液，溶液颜色加深，证明溶液中存在平衡：Fe3++3SCNFe(SCN)3，故B正确；C．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，测定最高温度偏小，开始温度不变，则所测温度值偏小，故C正确；D．测定等浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，可知硫酸的酸性大于碳酸的酸性，说明非金属性：S>C，故D正确；故选A。4．A【解析】A、水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水分子总数减少，选项A正确；B、温度升高，水的电离程度增大，氢氧根离子浓度增大，选项B错误；C、温度升高，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，PH值减小，选项C错误；D、水的电离过程是吸热过程，选项D错误。答案选A。5．C【解析】A.加热促进水的电离，氢氧根浓度增大，A错误；B.投入金属钠生成氢氧化钠，氢氧根浓度增大，B错误；C.加入NaHSO4固体，硫酸氢钠电离出氢离子，氢氧根浓度减小，C正确；D.以惰性电极电解生成氢气、氯气和氢氧化钠，氢氧根浓度增大，D错误，答案选C。6．D【解析】A、没有滴加盐酸时，AG=－7.4，即c(H＋)/c(OH－)=10－7.4，利用水的离子积，计算出c(H＋)=10－10.6mol·L－1，即pH=10.6，故A错误；B、A点对应AG=0，说明溶液显中性，因为NH3·H2O是弱碱，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，因此所加盐酸的体积小于20.00mL，故B错误；C、当AG=7时，溶液显酸性，溶质可能是NH4Cl，NH4＋水解，促进水的电离，水的电离程度增大，故C错误；D、根据选项C的分析，溶质为NH4Cl，NH4＋发生水解，溶液显酸性，即c(Cl－)>c(NH4＋)>(H＋)>c(OH－)，故D正确。7．B【解析】25°C时，某溶液中由水电离出的c(OH)=1×1013mol/L，为酸或碱溶液；A．因碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe3+，但在酸溶液中不反应能共存，故A错误；B．HCO3、HSO3既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故B正确；C．因酸或碱溶液中Na+、SO42、NO3、Cl均不反应，能大量共存，故C错误；D．因酸溶液中不能大量存在CO32，碱溶液中不反应能共存，故D错误；故选B。8．C【解析】A、该溶液是无色溶液，MnO4－显紫红色，故错误；B、水电离的c(OH－)<10－7mol·L－1，此溶质抑制水的电离，溶质可能是酸，也可能是碱，HCO3－既不能与H＋大量共存，也不能与OH－大量共存，故错误；C、通入氯气是足量，把Fe2＋氧化成Fe3＋，Br－氧化成Br2，离子反应方程式为：2Fe2＋+4Br－+3Cl2=2Fe3＋+2Br2＋6Cl－，故正确；D、不符合物质组成，应是Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，故错误。9．C【解析】A.pH=l的溶液显酸性，Fe3+与SCN那个反应生成络合物，故A错误；B.能使酚酞变红的溶液显碱性，碱性溶液中HCO3不能大量存在，且Ca2+与CO32那个反应生成碳酸钙沉淀，故B错误；C.=1012的溶液显酸性，在酸性溶液中NH4+、Cu2+、NO3、SO42离子间不能发生反应，能够大量共存，故C正确；D.由水电离的c(H+)=1012mol·L1的溶液显酸性或碱性，在碱性溶液中Al3+反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量存在，故D错误；故选C。点晴：本题考查离子共存的正误判断。解决离子共存问题时要注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性、溶液的颜色等。本题的易错点是A，要注意Fe3+和SCN能发生络合反应。10．B【解析】A、Cu2＋与S2－生成难溶物是CuS，不能大量共存，故错误；B、此溶液显碱性，这些离子大量共存，故正确；C、氯水中Cl2和HClO，具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故错误；D、HCO3－与H＋反应生成CO2，不能大量共存，故错误。11．D【解析】A,从图像可以看出，同是0.10mol/L的一元酸，HClO的pH约为2，而HF的pH约为4，所以HF酸性比HClO强，A不正确。B，由上述分析可知，HF酸性较强，其电离度较大，所以其电离的F的浓度也较大，B错。C，V(NaOH溶液)=12.50mL时，两溶液中c(Na+)相等，HF溶液中pH<7显酸性，而HClO溶液中pH>7显碱性，由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(F)+c(OH),c(Na+)+c(H+)=c(ClO)+c(OH),两溶液中c(H+)越大，c(OH)就越小，所以c(ClO)<c(F)，所以C错。D，V(NaOH溶液)=25.00mL时，对应溶液中溶质分别为NaClO和NaF，都是弱酸强碱盐，且其物质的量浓度相同，它们水解后溶液都显碱性，根据越弱越水解可知，ClO的水解程度较大，所以c(ClO)<c(F)，D正确。点睛：本题考查的是弱酸的电离程度与溶液的酸碱性、pH的关系以及弱酸的强碱盐水解的相关问题。在相同条件下，相同浓度的弱酸的电离度越大，则溶液中c(H+)越大，pH越小。当弱酸与强碱完全反应后生成强碱弱酸盐，因其电离出来的弱酸的阴离子水解而使溶液显碱性。在相同条件下，水解生成的弱酸越弱，则其水解程度就越大，溶液的碱性就越强，pH就越大。12．D【解析】A．K2SO4是强酸强碱盐，不促进也不抑制水电离，故A错误；B．NaHSO4抑制了的水的电离，向逆方向移动，溶液呈酸性，故B错误；C．根据水的电离平衡H2O=H++OH知，加入少量NaClO促进了水的电离，向正方向移动，但溶液呈碱性，故C错误；D．加入少量的NH4NO3，铵根离子水解导致溶液呈酸性，促进水电离，故D正确；故选D。13．C【解析】A、二甲胺是弱电解质，溶液中离子浓度较小，与盐酸反应后溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，因此曲线②是滴定二甲胺溶液，故错误；B、曲线②是滴定NaOH溶液的曲线，故错误；C、把二甲胺看作是NH3，加入10mL盐酸，两者恰好完全反应，根据质子守恒，因此由c(H+)=c(OH)+c[（CH3）2NH·H2O]，故正确；D、b点反应后溶液中的溶质是二甲胺、(CH3)2NH2Cl，溶液显碱性，二甲胺的电离抑制水的电离，c点恰好完全反应，溶质为NaCl，e点盐酸过量，抑制水的电离，因此电离程度最大的是c点，故错误。14．BC【解析】考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．分析：在25mL0.1mol．L1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol?L1CH3COOH溶液，二者之间相互反应，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c（OH）=c（H+），注意根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小．解：A、在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO、OH，根据电荷守恒则有：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故A正确；B、在B点溶液显中性，则结果是c（OH）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），则一定有c（Na+）=c（CH3COO），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na+）=c（CH3COO）＞c（OH）=c（H+），故B错误；C、在C点，溶液显酸性，故有c（OH）＜c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故c（Na+）＜c（CH3COO），故C错误；D、在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.1mol?L1，故D正确；故选BC．15．【答案】（1）2NH3NH4++NH2（2）1×10141：10（3）0.2mol·L12．2x108mol·L1（4）V2＞V1=V3【解析】（1）液态NH3电离的方程式是2NH3NH4++NH2；（2）某温度（t℃）时，测得0.01mol/L的NaOH溶液0.01mol/L，pH=12，则，则该温度下水的KW=；混合液为中性则Va：Vb=，Va：Vb=1：10；（3）若在0.10mol•L1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，根据电荷守恒，溶液中的H+浓度是0.2mol·L1；pH=8，，Ksp[Cu(OH)2]=2.2x1020，则2.2x1020，c（Cu2+）=2．2x108mol·L1；Ba(OH)2、NaOH是强碱，中和相同体积，相同pH的Ba(OH)2、NaOH溶液消耗盐酸的体积相同。NH3•H2O是弱碱，中和相同体积，相同pH的NH3•H2O、NaOH消耗盐酸的体积，氨水大于氢氧化钠，所以V2＞V1=V3。16．【答案】（1）②(③⑥（2）CH3COOHCH3COO﹣+H+(1分)NaClO═ClO﹣+Na+（3）小于（4）丙＞甲=乙【解析】（1）存在电离平衡的电解质是弱电解质，醋酸是弱酸，属于电解质；溶于水和在熔融状态下均不能自身电离出离子的化合物是非电解质，蔗糖和氨气均是非电解质；（2）醋酸是弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO﹣+H+；次氯酸钠是强电解质，电离方程式为NaClO═ClO﹣+Na+。（3）弱电解质的浓度越小，电离程度越大，甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L1、0.1mol•L1，甲中一水合氨的电离程度小于乙中，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙小于10。（4）酸和碱抑制水的电离，且氢离子和氢氧根浓度相等时抑制程度相等，醋酸是弱酸，溶液中氢离子浓度小于醋酸分子的浓度，因此甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为丙＞甲=乙。该题考查的知识点较多，难点是弱电解质的电离以及平衡状态判断。水的离子积是水电离平衡时的性质，不仅适用于纯水，也适用于酸性或碱性的稀溶液。不管哪种溶液均有c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O。即任何稀水溶液中都存在这一关系。因此，在酸溶液中酸本身电离出来的H＋会抑制水的电离，c(H＋)酸·c(OH