第三章 章末测试（基础）（解析版）

PAGE16第三章章末测试（基础）满分100分，考试用时75分钟选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．（宁夏·银川一中高二期中）下列反应中，属于水解反应且使溶液显酸性的是A． B．C． D．【答案】D【解析】A．是的电离过程，且因为碳酸氢根离子的水解大于电离，溶液呈碱性，故A错误；B．是电离过程且使溶液显碱性，故B错误；C．是的水解反应但使溶液显碱性，故C错误；D．是的水解反应且使溶液显酸性，故D正确；故选D。2．（山东·济南市章丘区第四中学高二期中）下列物质的分类正确的是选项混合物电解质强电解质弱电解质A明矾B碱石灰烧碱C盐酸液氨D空气【答案】D【解析】A．明矾是十二水硫酸铝钾的俗称，属于纯净物，故A错误；B．溶于水的硫酸钡在溶液中完全电离，硫酸钡属于强电解质，故B错误；C．液氨中氨分子不能电离出自由移动的离子，液氨属于非电解质，故C错误；D．空气是混合物、氧化钾是熔融状态或水溶液中能电离出自由移动离子的电解质、氯化铵是在溶液中能完全电离的强电解质、碳酸是在溶液中分步电离的弱电解质，故D正确；故选D。3．（上海·复旦附中高二期中）下列说法正确的是A．洗涤油污常用热的溶液，这是利用了盐类水解的原理B．用加热的方法就可以除去溶液中的C．配制溶液时，将固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度D．将溶液和溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为和【答案】A【解析】A．溶液因水解而呈碱性，升高温度，使水解平衡向正反应方向移动，溶液碱性增强，可促进油污水解，A正确；B．当离子浓度小于时认为该离子沉淀完全，水解反应虽然是个吸热反应，但是加热根本达不到这种程度，无法用加热方法除去KCl溶液中的Fe3+，B错误；C．配制时可先将固体溶于稀硫酸中，再稀释至所需浓度，如先溶解在稀盐酸中，会引入杂质，C错误；D．易水解生成和HCl，升高温度HCl易挥发，促进水解反应，蒸干溶液得到的固体是，灼烧后分解生成；不稳定，受热易被氧气氧化为，D错误；故选A。4．（陕西·眉县槐芽中学高二期中）10mL0.1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若要减慢反应速率，又不影响生成H2的量，以下可行的是A．加少量CuSO4固体 B．加KNO3溶液C．加Na2CO3溶液 D．加CH3COONa固体【答案】D【解析】A．加少量CuSO4固体，与锌反应生成的Cu与Zn形成微原电池，加快反应速率，故A不符合；B．加KNO3溶液，在氢离子和作用下，没有氢气生成，故B不符合；C．加入碳酸钠溶液，与盐酸反应生成二氧化碳，故C不符合；D．加入固体，形成弱电解质，反应速率变慢，但是氢离子总量不变，生成的氢气的量不变，故D符合；故选D。5．（河南·汝州市第一高级中学高二阶段练习）蚁酸(HCOOH)是一种一元弱酸，下列说法可以证明它是弱电解质的是A．蚁酸溶液的pH值=2 B．常温下HCOONa溶液的pH＞7C．蚁酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳 D．蚁酸溶液与锌反应比强酸溶液缓【答案】B【解析】A．蚁酸溶液的浓度未知，蚁酸溶液的pH值=2，不能确定其是否完全电离，所以不能证明它是弱电解质，故A错误；B．常温下HCOONa溶液的pH＞7，说明HCOONa为强碱弱酸盐，水解显碱性，即HCOOH为弱酸，故B正确；C．根据强酸制弱酸原理可知，蚁酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳，说明蚁酸的酸性强于碳酸，并不能证明蚁酸是弱电解质，故C错误；D．蚁酸溶液或强酸溶液与锌反应的实质是锌与氢离子反应，因两者溶液浓度未知，因此无法根据反应速率判定蚁酸是否为弱电解质，故D错误；答案选B。6．（北京·首都师范大学附属中学高二期中）下列反应的发生与“盐类水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关的是A．镁条与NH4Cl溶液反应生成H2B．NaHSO4溶液与NaOH溶液反应生成Na2SO4C．盐酸与CaCO3反应生成CO2D．Fe2(SO4)3溶液和Na2CO3溶液反应生成CO2【答案】B【解析】A．NH4Cl溶液中发生水解，镁与水解产生的H+发生反应生成H2，故A项不选；B．NaHSO4溶液与NaOH溶液发生复分解反应生成Na2SO4，与“盐类水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”均无关，故B项选；C．CaCO3为难溶电解质，HCl电离的氢离子与CaCO3电离的碳酸根离子反应，难溶电解质的溶解平衡正向移动，故C项不选；D．Fe3+与之间发生相互促进的双水解反应生成CO2，故D项不选；综上所述，答案为B。7．（吉林·长春市第二实验中学高二期中）羟胺()在水溶液中的电离方程式为。常温下，向该溶液中加入NaOH固体，下列说法错误的是A．平衡常数K减小 B．增大 C．平衡向左移动 D．增大【答案】A【解析】A．平衡常数只与温度有关，K不变，，A错误；B．加入NaOH固体，氢氧化钠溶解电离出氢氧根离子，溶液中增大，B正确；C．加入NaOH固体，溶液中增大，平衡向左移动，C正确；D．，当加入NaOH固体时，平衡向左移动，K不变，减小，即增大，D正确；故选A。8．（山东·济南市章丘区第四中学高二期中）常温下，将浓度为0.1mol/L的HCOOH溶液加水稀释至0.01mol/L的过程中，下列各量始终保持增大的是A． B． C． D．【答案】A【解析】甲酸溶液加水稀释时，水的离子积常数、甲酸的电离常数不变，溶液中甲酸的浓度、氢离子浓度、甲酸根离子的浓度减小，氢氧根离子浓度增大，由电离常数公式可知，=，则溶液中增大、减小，故选A。9．（上海·复旦附中高二期中）判断电解质强弱的合理依据是A．溶液的导电能力 B．水溶性大小C．一定浓度时的电离程度 D．与酸或碱反应时消耗酸或碱的量【答案】C【解析】A．溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，离子浓度大导电能力强，与电解质的强弱无关，如硫酸钡属于强电解质，但在水溶液中很难溶解，其溶液导电能力弱，而氯化氢是强电解质，其水溶液导电能力强，选项A错误；B．强电解质和弱电解质的区分与溶解度无关，如：乙酸是化合物，在水中与水以任意比互溶，在水中只有部分电离，属于弱电解质，硫酸钡属于强电解质，但在水中难溶，而氯化钠属于强电解质，但在水中易溶，选项B错误；C．强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物，弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，选项C正确；D．中和能力与物质的量有关，与电解质的强弱无关，选项D错误；答案选C。10．（上海·复旦附中高二期中）室温下，将等质量的固体置于等体积的下列液体中，均有固体剩余，其中剩余固体最少的是A．在纯水中 B．在的溶液中C．在的中 D．在的溶液中【答案】D【解析】A．在纯水中，难溶，存在沉淀溶解平衡；B．在的溶液中，MgCl2电离出的Mg2+促进沉淀溶解平衡逆向移动，剩余固体增多；C．在的中，电离出的OH-促进沉淀溶解平衡逆向移动，剩余固体增多；D．在的溶液中，电离出的促进沉淀溶解平衡正向移动，剩余固体减少；故剩余固体最少的是在的溶液中，答案选D。11．（上海·复旦附中高二期中）要使的醋酸溶液中的值增大，可以采取的措施是①加少量烧碱固体

②升高温度

③加少量冰醋酸

④加水

⑤加少量醋酸钠固体A．①② B．②③④ C．③④⑤ D．②④【答案】D【解析】①加少量烧碱溶液，电离平衡正向移动，c(CH3COO-)增大，，所以比值减小，①错误；②弱电解质的电离过程是吸热的，升高温度促进电离，溶液中c(H+)增大，c(CH3COOH)降低，所以比值增大，②正确；③加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则比值减小，③错误；④加水溶液体积增大，导致氢离子、醋酸浓度都减小，但是电离平衡正向移动，溶液中n(H+)增大，n(CH3COOH)降低，所以比值增大，④正确；⑤加少量醋酸钠固体，电离平衡逆向移动，则氢离子浓度减小，醋酸浓度增大，则减小，故⑤错误；综上②④符合题意。答案选D。12．（河南·鹤壁高中高二阶段练习）向20mL0.01mol/L的醋酸溶液中逐滴加入40mL等浓度的烧碱溶液，下列说法错误的是A．当加入10mL的NaOH时，溶液中存在：2c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)=c(CH3COOH)+2c(H+)B．当加入20mL的NaOH时，反应放出的热量达到最大值C．当加入40mL的NaOH时，溶液中存在：c(Na+)>c(OH﹣)>c(CH3COO﹣)>c(H+)D．整个滴加过程中，溶液中的水的电离度一直在增大【答案】D【解析】A．当加入10mL的NaOH时，溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸，由质子守恒可知，A项正确；B．当加入20mL的NaOH时，酸碱恰好中和，反应放出的热量达到最大值，B项正确；C．当加入40mL的NaOH时，溶质为等浓度的醋酸钠和NaOH，溶液中存在：，C项正确；D．滴加过程中，开始时醋酸存在，抑制水的电离，随NaOH加入，对水的抑制程度减弱，酸碱恰好中和时生成醋酸钠，促进水的电离，继续加NaOH，对水的电离产生抑制，故整个滴加过程中，水的电离度先增大后减小，D项错误；答案选D。13．（广东·仲元中学高二期中）物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①

②③④

⑤，按由小到大的顺序排列正确的是A．③＜②＜①＜⑤＜④ B．②＜③＜④＜⑤＜①C．①＜②＜③＜④＜⑤ D．①＜③＜②＜⑤＜④【答案】D【解析】①中是由微弱电离产生，②③④⑤中均为盐完全电离产生，所以等浓度时，①中浓度最小。不考虑其他离子的影响，②③中浓度均为0.1mol/L，④⑤中浓度均为0.2mol/L，所以浓度②③＜④⑤。最后考虑其他离子浓度的影响，②③比较，③中的阴离子水解，对的水解起促进作用，所以③中的水解程度更大，所以的浓度②>③。④⑤比较，④中的阳离子水解，对的水解起抑制作用，⑤中的阴离子水解，对的水解起促进作用，所以⑤中的水解程度更大，所以的浓度⑤＜④，所以五个溶液中的浓度①＜③＜②＜⑤＜④。故答案为：D。14．（宁夏·银川一中高二期中）下列说法正确的是A．0.lmol∙L−1CH3COOH加水稀释，溶液中c(OH－)减小B．NaClO溶液中，离子浓度大小关系为：C．向水中加入明矾晶体能促进水的电离，并使溶液中c(H＋)＞c(OH－)D．将pH＝11的NaOH溶液和pH＝13的Ba(OH)2溶液等体积混合，混合液的pH＝12【答案】C【解析】A．0.lmol∙L−1CH3COOH加水稀释，c(H＋)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c(OH－)增大，故A错误；B．NaClO溶液中ClO-水解使溶液显碱性，，所以离子浓度大小关系为：，故B错误；C．明矾中Al3+会发生水解，从而促进水的电离，并使溶液中c(H＋)＞c(OH－)，故C正确；D．pH＝11的NaOH溶液中，pH＝13的Ba(OH)2溶液中，等体积混合后，则混合液的pH＝12.7，故D错误；故选C15．（河南·汝州市第一高级中学高二阶段练习）下列物质能抑制水的电离且属于弱电解质的是A．Na B．NH3•H2O C．SO2 D．HCl【答案】B【解析】A．Na是单质，不是电解质，A错误；B．NH3·H2O能抑制水的电离，但属于弱电解质，B正确；C．SO2的水溶液能导电，但离子是H2SO3电离的，故SO2不是电解质，C错误；D．HCl为强酸，是强电解质，能抑制水的电离，D错误；故答案选B。16．（四川·德阳五中高二期中）在25℃时，用蒸馏水稀释1的醋酸溶液，随着溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是A． B．C． D．【答案】A【解析】A．，稀释时减小，Ka不变，则增大，A正确；B．，稀释时减小，Ka不变，则减小，B错误；C．，稀释时减小，Ka不变，则减小，C错误；D．=Ka，稀释时Ka不变，D错误；答案选A。非选择题：共56分。17．（14分）（广东茂名·高二期中）I.现有以下物质：①NaCl晶体②③液态醋酸④铜⑤固体⑥纯蔗糖()⑦乙醇()⑧熔化的⑨盐酸⑩液氨。请回答下列问题(填相应序号)：(1)以上物质能导电的是_______；(2)以上物质属于非电解质的是_______；(3)以上物质属于强电解质的是_______。II.在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，请填写下列空白。(4)加水前导电能力约为零的原因是_______。(5)写出醋酸电离方程式_______。(6)a、b、c三点对应的溶液中，pH最大的是_______。(7)若使b点对应的溶液中增大，可采用的方法是_______(填序号)。①加入②加入NaOH固体③加入固体④加入Zn粒【答案】(1)④⑧⑨（2分）(2)②⑥⑦⑩（2分）(3)①⑤⑧（2分）(4)加水前，没电离，无自由移动的离子(合理即可)（2分）(5)（2分）(6)c（2分）(7)②③④（2分）【解析】（1）④铜有自由电子，能导电；溶于水或熔融状态下有自由移动的离子的物质能导电；①②③⑤⑥⑦没有自由移动离子不能导电，⑧⑨有自由移动离子可以导电，故答案为：④⑧⑨；（2）在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，④铜是单质⑨盐酸是混合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。大多数有机物、非金属氧化物、NH3为非电解质，②SO2⑥蔗糖⑦乙醇⑩液氨是非电解质；①NaCl晶体③液态醋酸⑤⑧熔化的是电解质，故答案为：②⑥⑦⑩；（3）溶于水完全电离的电解质为强电解质，强酸、强碱、大多数盐为强电解质，①NaCl晶体⑤⑧熔化的是强电解质，③液态醋酸是弱电解质，答案：①⑤⑧；（4）醋酸是共价化合物，醋酸溶于水会发生电离产生自由移动离子，则醋酸未加水前导电能力约为零的原因是加水前，没电离，无自由移动的离子，答案：加水前，没电离，无自由移动的离子；（5）醋酸是弱电解质，溶于水部分电离，电离方程式，答案：；（6）自由离子的浓度越大、离子所带电荷越多导电性越强；醋酸溶液中醋酸根离子和氢离子的浓度越大、醋酸溶液导电性越强，由图可知导电性大小关系b>a>c，a.b.c三点对应的溶液中氢离子浓度大小关系b>a>c，PH大小关系：c>b>a，答案：c；（7），①加水，促进电离，氢离子浓度和醋酸根浓度均下降，①不选；②加∧NaOH固体，氢氧根离子中和H+，促进电离，醋酸根离子的浓度增大，②选；③加碳酸钠固体，碳酸根离子与氢离子反应，促进电离，醋酸根离子的浓度增大，④加锌粒，和H+反应，平衡右移，醋酸根离子的浓度增大，④选，答案：②③④；18．（14分）（辽宁·高二期中）I.根据要求回答下列问题：(1)氨水显碱性的原因(用电离方程式表示)：____。(2)盐碱地(含较多Na2CO3)产生碱性的原因(用第一步水解离子方程式表示)：____。II.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.8×10-5Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11Ka=3.0×10-8(3)物质的量浓度均为0.1mol•L-1的下列四种溶液：pH由小到大排列的顺序是____(用字母填写，例如“a<b<c<d”)。a.NaHCO3b.Na2CO3c.NaClOd.CH3COONa(4)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____(填选项字母)。A．c(H+) B． C． D．(5)写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_____。(6)常温下，含等物质的量浓度的HClO与NaClO的混合溶液显____(填“酸”“碱”或“中”)性；c(ClO-)_____(填“>”“<”或“=”)c(HClO)；该溶液中所含的4种离子浓度由大到小的顺序为____。【答案】(1)NH3•H2ONH+OH-（2分）(2)CO+H2OHCO+OH-（2分）(3)d<a<c<b（2分）(4)BD（2分）(5)ClO-+H2O+CO2=HCO+HClO（2分）(6)

碱

＜

c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)（4分）【解析】（1）一水合氨部分电离为铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为NH3•H2ONH+OH-，所以氨水显碱性；（2）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子易水解CO+H2OHCO+OH-，所以盐碱地呈碱性；（3）弱酸的电离常数越小，酸根离子越易水解，酸根离子的水解程度：CO>ClO->HCO>CH3COO-，所以物质的量浓度均为0.1mol•L-1的四种溶液，pH由小到大排列的顺序是CH3COONa<NaHCO3<NaClO<Na2CO3。（4）A．0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水稀释，c(H+)减小，故不选A；

B．0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水稀释，电离平衡常数不变、减小，所以增大，故选B；

C．，0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸电离常数、水的离子积常数不变，所以不变，故不选C；D．0.1mol•L-1CH3COOH溶液加水稀释，c(H+)减小、c(OH-)增大，所以增大，故选D；选BD。（5）根据强酸制弱酸原理，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为ClO-+H2O+CO2=HCO+HClO；（6）常温下，含等物质的量浓度的HClO与NaClO的混合，HClO的电离平衡常数是Ka=3.0×10-8，NaClO的水解常数为，水解大于电离，所以溶液显碱性；c(ClO-)<c(HClO)；该溶液中所含的4种离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)。19．（14分）（北京四中高二期中）在室温下，下列五种溶液，请根据要求填写下列空白：①0.1mol∙L-1NH4Cl溶液；②0.1mol∙L-1CH3COONH4溶液；③0.1mol∙L-1NH4HSO4溶液；④0.1mol∙L-1NH3∙H2O和0.1mol∙L-1NH4Cl混合液；⑤0.1mol∙L-1氨水(1)溶液①呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是_______(用离子方程式表示)。(2)室温下，测得溶液②的pH=7，则说明CH3COO-的水解程度_______(填“＞”、“＜”或“=”，下同)的水解程度，CH3COO-与浓度的大小关系是c(CH3COO-)_______c()。(3)在溶液④中_______(填离子符号)的浓度为0.1mol∙L-1；NH3∙H2O和_______(填离子符号)的浓度之和为0.2mol∙L-1。(4)溶液①至⑤中，c()从大到小的顺序是_______。(5)常温下，某水溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。①写出酸H2A的电离方程式：_______。②若溶液M由10mL2mol∙L-1NaHA溶液与10mL2mol∙L-1NaOH溶液混合而得，则溶液M的pH_______(填“＞”、“＜”或“=”)7。【答案】(1)

酸

+H2ONH3∙H2O+H+（3分）(2)

=

=（2分）(3)

Cl-

（2分）(4)④＞③＞①＞②＞⑤（3分）(5)

，

＞（4分）【解析】（1）①为0.1mol∙L-1NH4Cl溶液，NH4Cl为强酸弱碱盐，在水溶液中发生水解而使溶液呈酸性，其原因是+H2ONH3∙H2O+H+。答案为：酸；+H2ONH3∙H2O+H+；（2）室温下，测得溶液②为0.1mol∙L-1CH3COONH4溶液，溶液的pH=7，则说明醋酸与一水合氨的电离常数相等，CH3COO-的水解程度=的水解程度，二者的起始浓度相同，则平衡时溶液中CH3COO-与浓度的大小关系是c(CH3COO-)=c()。答案为：=；=；（3）④为0.1mol∙L-1NH3∙H2O和0.1mol∙L-1NH4Cl混合液，NH3∙H2O和的浓度都会发生改变，但Cl-不水解，浓度不变，则Cl-的浓度为0.1mol∙L-1；在溶液中以NH3∙H2O的电离为主，NH3∙H2O和的浓度之和为0.2mol∙L-1。答案为：Cl-；；（4）溶液①至⑤中，④中以NH3∙H2O的电离为主，c()＞0.1mol∙L-1，③中，电离产生的H+抑制水解，①中发生的单水解，②中发生双水解反应，减小稍多，⑤中少部分NH3∙H2O发生电离，浓度最小，所以c()从大到小的顺序是④＞③＞①＞②＞⑤。答案为：④＞③＞①＞②＞⑤；（5）①常温下，某水溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A，则H2A为二元弱酸，发生分步电离，电离方程式：，。②若溶液M由10mL2mol∙L-1NaHA溶液与10mL2mol∙L-1NaOH溶液混合而得，则溶液M中的溶质为Na2A，A2-发生水解而使溶液显碱性，所以M溶液的pH＞7。答案为：，；＞。20．（12分）（宁夏·银川一中高二期中）回答下列问题：(1)常温下，向20mL0.010mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的NaOH溶液，溶液中lgc(OH－)与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图。HA是__________(“强酸”或“弱酸”)。N点溶液中2c(H+)－2c(OH-)=____________(用含A微粒的符号表示)(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ(X)＝，X为HClO或ClO－与pH的关系如图所示。HClO的电离常数Ka值为__________。常温下向0.1mol·L－1的HClO溶液中加入等体积的0.1mol·L－1的NaOH溶液后，c(ClO-)+c(HClO)=__________mol·L－1。(3)PH相同、等体积的两份溶液A(盐酸)和B(CH3COOH)分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是____(填序号)。①反应所需要的时间B＞A

②开始反应时的速率A＞B③参加反应的锌的物质的量A＝B

④反应过程的平均速率B＞A⑤A中有锌剩余

⑥B中有锌剩余(4)已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O＋H＋Ka1，HC2OC2O＋H＋Ka2，常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。①则常温下0.1mol/L的NaHC2O4溶液显_________填酸性、碱性或中性)②pH＝2.7时，溶液中＝______。【答案】(1)

弱酸

c(A-)-c(HA)（3分）(2)

10－7.5

0.05（4分）(3)③④⑤（2分）(4)

酸性

1000（3分）【解析】（1）从图上信息可知，0.010mol·L－1的，不完全电离，是弱酸；根据反应：，N点时加入了10mL的，所得溶液为：，物质的量之比为1:1，根据电荷守恒：，根据物料守恒：，联立得：（2）根据，，两条曲线相交，，，，；常温下向0.1mol·L－1的HClO溶液中加入等体积的0.1mol·L－1的NaOH溶液后，发生反应：，所得溶液为，根据物料守恒，，所以；（3）PH相同、等体积的两份溶液A(盐酸)和B(CH3COOH)，CH3COOH浓度大于盐酸，分别与锌粉反应，B(CH3COOH)反应速率较快，所需时间较短，①不正确；开始时，PH相同，相同，开始反应时的速率A=B，②不正确；放出氢气的质量相同，参加反应的锌的物质的量A＝B，③正确；CH3COOH浓度大于盐酸，B(CH3COOH)反应速率较快，④正确；A（盐酸）浓度较小，锌有剩余，⑤正确，⑥错误。故选③④⑤。（4）在溶液中，的电离常数为：，水解为：，常数为：，因为，所以溶液显酸性。根据电离常数的表达式，课后测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.(全国Ⅲ)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是()A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(POC.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强答案B解析本题考查了有关pH、NA的计算,电解质溶液中的电荷守恒,弱电解质电离平衡的影响因素等,难度较小。常温下,pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1,则1L溶液中H+的数目为0.01NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2PO4-、HPO42-、PO43-及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2PO4-2.(山西太原高二期中)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4+、SO4B.c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中:H+、Fe2+、SO4C.中性溶液中:NH4+、Fe3+、SO4D.c(H+)c(OH-)=1×1012的溶液中:K+答案A解析能使甲基橙变红的溶液呈酸性,Na+、NH4+、SO42-、NO3-能大量共存,故A正确;c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中,H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;中性溶液中Fe3+、AlO2-发生水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀,不能大量共存,故C错误;c(H+)c(3.(上海等级考)常温下等体积的0.1mol·L-1①CH3COOH溶液,②NaOH溶液,③CH3COONa溶液,假设溶液混合后对体积无影响,下列说法正确的是()A.①中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.①②混合后,醋酸根离子浓度小于③的1C.①③混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)D.①②混合溶液中水的电离程度比①③混合溶液中水的电离程度小答案B4.(安徽宿州高二期中)下列说法正确的是()A.向0.1mol·L-1的氨水中加少量硫酸铵固体,则溶液中c(B.常温下,0.1mol·L-1一元酸(HA)溶液pH=3,则该溶液中,c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KWC.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c(D.将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、Na2CO3溶液蒸干均得不到原溶质答案B解析向氨水中加入少量硫酸铵固体,溶液中NH4+浓度变大,而一水合氨的电离平衡常数不变,由电离平衡常数表达式变形可得c(OH-)c(NH3·H2O)=Kbc(NH4+),则c(OH-)c(NH3·H2O)变小,A错误;根据电荷守恒有c(H+)=c(A-)+c(OH-),而c(OH-)=KWc(H+),所以c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KW,B正确;向盐酸中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),5.已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合加热煮沸能产生CO2气体。下列说法正确的是()A.NaHSO3溶液因水解而呈碱性B.两溶液混合后产生CO2的原因是二者发生相互促进的水解反应C.向NaHSO3溶液中加入三氯化铁溶液,既有沉淀生成又有气体生成D.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中:c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)-c(H+)=0答案D解析由两溶液混合加热煮沸生成CO2知,亚硫酸氢钠溶液呈酸性,A错误;两溶液混合后产生CO2的原因是HSO3-电离产生的H+与CO32-发生反应,B错误;亚硫酸氢钠与三氯化铁溶液之间发生氧化还原反应,生成Fe2+和SO42-,无气体和沉淀生成,C错误;由c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)及c6.相同温度下,关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是()A.pH相等的两溶液中:c(CH3COO-)=c(Cl-)B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液,所需NaOH的物质的量相同C.相同浓度的两溶液,分别与金属镁反应,反应速率相同D.相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化):c(CH3COO-)=c(Cl-)答案A7.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是()①醋酸与水能以任意比互溶;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醋酸溶液的pH比0.1mol·L-1盐酸的pH大;⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2;⑥0.1mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9;⑦大小相同的铁片与等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应,开始时醋酸产生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.②⑥⑦⑧ B.③④⑥⑦C.③④⑥⑧ D.①②答案B8.下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不相同B.常温下,1mol·L-1的CH3COOH溶液与1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后,所得混合液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)C.物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中,c(NH4+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答案C解析A项,两种盐溶液中离子种类相同。B项,二者恰好反应生成CH3COONa,溶液呈碱性。C项,NH4HSO4电离产生的H+抑制了NH4+的水解,c(NH4+)前者小于后者,正确。D项,溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-19.某温度下,水溶液中c(H+)=10xmol·L-1,c(OH-)=10ymol·L-1,x和y的关系如图所示。则该温度下,0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为()A.10 B.11C.12 D.13答案D解析由图像知,KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10x+y=1.0×10-15。在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1,c(H+)=KWc(OH-)10.(2016全国Ⅰ)298K时,在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=c(H+)=c(OHD.N点处的溶液中pH<12答案D解析氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=7,则盐酸体积必然小于20mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(NH4+)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1mol·L-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1mol·L-1×1.32%=0.00132mol·L-1,故二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)11.(全国Ⅱ)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案B解析CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),电离出的S2-浓度与Cd2+浓度相同,A项正确;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度相同,Ksp相同,所以m、p、n三点的Ksp相同,B项错误;在T1温度下,向m点的溶液中加入少量Na2S固体,S2-浓度增大,但由于Ksp不变,所以Cd2+浓度必然减小,因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,C项正确;温度降低,CdS的Ksp减小,但S2-浓度与Cd2+浓度仍然相等,所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动,D项正确。12.室温下,用相同浓度的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,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是()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.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)答案C解析A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸溶液的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应一半,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反应达到中性时,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-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。13.(黑龙江期中)常温下,向20mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴加CH3COOH溶液,所得溶液的pH及导电能力变化如图所示。下列叙述正确的是()A.MOH是强电解质B.CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1C.水的离子积KW:b=c=aD.溶液的导电能力与可自由移动离子的数目有关答案BC解析常温下0.1mol·L-1MOH溶液的pH=8,即c(OH-)=10-6mol·L-1,则表明MOH在溶液中部分电离,即MOH是弱电解质,A错误;设CH3COOH溶液的浓度为x,b点导电能力最强,说明此时恰好完全中和,则20×10-3L·x=20×10-3L×0.1mol·L-1,x=0.1mol·L-1,由此得出CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1,B正确;温度不变时,水的离子积KW不变,C正确;溶液的导电能力与可自由移动离子数目不成比例关系,与离子的总浓度和离子所带电荷数目有关,D错误。14.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入CO2,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,当0.01mol<n(CO2)≤0.015mol时发生的反应是2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3。下列对应关系正确的是()选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>c(AlO2-)+c(OHB0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CC0.015c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-D0.03c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H答案D解析A项,通入CO2之前,溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-),则c(Na+)<c(AlO2-)+c(OH-),错误;B项,n=0.01mol时,发生反应CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,溶液中的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2,CO32-、AlO2-水解生成OH-,且AlO2-的水解程度大于CO32-的水解程度,则溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(AlO2-)>c(OH-),错误;C项,n=0.015mol时,发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3,溶液中溶质为Na2CO3,则对应关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-),错误;D项,n=0.03mol时,发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO315.(2018江苏卷)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1HA.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液:c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>cC.pH=7的溶液:c(Na+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4答案AD解析根据电荷守恒可得:c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:0.1000mol·L-1=c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-),两者相减得:c(H+)-0.1000mol·L-1=c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4),A项正确;c(Na+)=c(总),说明NaOH与H2C2O4按物质的量之比1∶1反应,完全反应生成NaHC2O4溶液,根据电离常数,HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(C2O42-)>c(H2C2O4),B项错误;根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),由于c(H+)=c(OH-),则有c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),而c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=c(总),所以c(Na+)=c(总)-c(H2C2O4)+c(C2O42-),反应过程中溶液体积增大,c(总)小于0.1000mol·L-1,C项错误;根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:c(Na+)=2[c三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(12分)现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(单位:g·100mL-1)。Ⅰ.实验步骤(1)配制待测白醋溶液,用(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋,在(填仪器名称)中用水稀释后转移到100mL(填仪器名称)中,洗涤后定容,摇匀即得待测白醋溶液。

(2)量取待测白醋溶液20.00mL置于锥形瓶中,向其中滴加2滴酚酞溶液作为指示剂。(3)读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。(4)滴定。判断滴定终点的现象是,达到滴定终点,停止滴定,并记录NaOH溶液的最终读数,再重复滴定3次。

(5)如图是某次滴定时的滴定管中的液面,其读数为mL。

Ⅱ.实验记录项目每次滴定所读实验数据1234V(样品)/mL20.0020.0020.0020.00V(NaOH溶液)(消耗)/mL15.9515.0015.0514.95Ⅲ.数据处理与讨论(6)甲同学在处理数据时按如下方式计算平均消耗NaOH溶液的体积:V=(15.95+15.00+15①指出甲同学计算的不合理之处:。

②按正确数据处理,得出c(市售白醋)=mol·L-1,市售白醋总酸量=g·100mL-1。

答案(1)酸式滴定管烧杯容量瓶(4)滴入最后半滴碱溶液后,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色(5)22.60(6)①第1组实验数据误差较大,属异常值,应舍去②0.0754.5解析(1)配制待测白醋溶液,用酸式滴定管准确量取10.00mL食用白醋,在烧杯中加蒸馏水稀释,再转移到100mL容量瓶中进行定容。(4)向待测白醋中滴加酚酞作为指示剂,开始时溶液无色,当滴入最后半滴碱溶液时,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色。(5)滴定管的0刻度在上方,由图示可知,滴定管中液面读数为22.60mL。(6)①分析表中实验数据,第1组实验消耗NaOH溶液的体积与其他三组相差较大,应舍去第1组数据,取其他三组数据进行计算。②第2~4组实验中消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH溶液)=(15.00+15.05+14.95)mL3=15.00mL,则有n(CH3COOH)=n(NaOH)=15.00×10-3L×0.1000mol·L-1=1.5×10-3mol,c(CH3COOH)=1.5×10-3mol0.02L=0.075mol·L-1,100mL该醋酸中含有醋酸的物质的量为0.075mol·L-1×0.1L=7.5×10-3mol。因量取10.00mL食用白醋配制成100mL待测白醋溶液,故10.00mL食用白醋中m(CH3COOH)=7.5×10-3mol×6017.(12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),回答下列问题。(1)当V<10mL时,反应的离子方程式为

。

(2)当V=10mL时,溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4。

(3)当V=amL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-);当V=bmL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4);则a(填“<(4)当V=20mL时,再滴入NaOH溶液,则溶液中n(K+)n(C2O42-)的值将答案(1)H2C2O4+OH-HC2O4-+H2(2)c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(H2(3)>(4)变小18.(12分)某铬盐厂净化含Cr(Ⅵ)废水并提取Cr2O3的一种工艺流程如图所示。已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17(1)步骤Ⅰ中,发生的反应为2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O,B中含铬元素的离子有(2)当清液中Cr3+的浓度≤1.5mg·L-1时,可认为已达铬的排放标准。若测得清液的pH=5,则清液尚不符合铬的排放标准,因为此时Cr3+的浓度为mg·L-1。

(3)步骤Ⅱ还可用其他物质代替NaHSO3做还原剂。①若用FeSO4·7H2O做还原剂,反应的离子方程式为,步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有(填离子符号)。

②若用铁屑做还原剂,当铁的投放量相同时,经计算,C溶液的pH与c(Cr2O72-pH3456c7.02×10-217.02×10-71.25×10-32.12×10-34有人认为pH=6时,c(Cr2O72-)变小的原因是Cr2O72-基本上都已转化为

。

③用铁屑做还原剂时,为使所得产品中含铁元素杂质的含量尽可能低,需要控制的条件有

。

答案(1)CrO42-、(2)32.76(3)①Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2OCr3+、Fe3+、②不正确,c(H+)减小,化学平衡2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O向逆反应方向移动,溶液中Cr(Ⅵ③铁屑过量;将溶液的pH控制在使Cr3+完全沉淀而Fe2+不沉淀的范围内解析(1)根据反应可知B中含铬元素的离子有CrO42-、Cr(2)若清液的pH=5,则c(OH-)