2021-2022学年化学人教版选修4作业：第三章　水溶液中的离子平衡 测评 WORD版含解析.docx

1、第三章测评(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题包括12小题,每小题4分,共48分)1.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是()醋酸与水能以任意比互溶;醋酸溶液能导电;醋酸稀溶液中存在醋酸分子;常温下,0.1 molL-1醋酸的pH比0.1 molL-1盐酸的pH大;醋酸能和碳酸钙反应放出CO2;0.1 molL-1醋酸钠溶液pH=8.9;大小相同的铁片与等物质的量浓度的盐酸和醋酸反应,开始醋酸产生H2的速率慢;pH=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.B.C.D.解析为醋酸的物理性质;无论醋酸是强电解质还是弱电解质,其水溶液都能导电;符合弱电解质概念;

2、盐酸和醋酸都是一元酸,前者是强酸,在水中完全电离。两者等浓度时,后者pH大,则说明醋酸在水中没有完全电离,是弱电解质;只能证明酸性CH3COOHH2CO3;中CH3COONa水溶液显碱性,说明CH3COO-发生水解,则CH3COOH是弱酸;中说明两溶液中c(H+)盐酸c(H+)醋酸,即CH3COOH为弱酸;符合强酸特性。答案B2.下列图示与对应的叙述不相符合的是()A.图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B.图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C.图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D.图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线解析A项,燃烧反应一定是放热反应,即生成物所具有的总能量低于反应物所具有

3、的总能量,其与图示不符,错误;B项,酶在一定温度下,催化效果好,如果温度过高,酶会失去活性,反应速率反而减小,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,而离子结合成分子的速率最小,随反应的进行,前者逐渐减小,后者逐渐增大,当离子结合速率和分子电离速率相等时,则建立了电离平衡,正确;D项,在强酸溶液中滴加强碱溶液,溶液pH不断增大,当接近滴定终点时,溶液的pH会发生突变,正确。答案A3.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.110-3,Ka2=3.910-6)溶液,混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示,其中b点为反应终点。下列叙述错误的是()A.混合溶

4、液的导电能力与离子浓度和种类有关B.Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的C.b点的混合溶液pH=7D.c点的混合溶液中,c(Na+)c(K+)c(OH-)解析随着NaOH溶液的加入,混合溶液中离子浓度和种类发生变化,因此混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关,A项正确;a点的混合溶液中能导电的离子主要为HA-和K+,b点为反应终点,因此b点的混合溶液中能导电的离子主要为A2-、K+、Na+,故Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的,B项正确;b点的混合溶液中含有的A2-能发生水解反应而使溶液呈碱性,C项错误;b点为反应终点,因此b点的混合溶液中c(Na+)=c(K+)c(OH-),继续加

5、入氢氧化钠溶液后,c点的混合溶液中c(Na+)c(K+)c(OH-),D项正确。答案C4.常温下,一定浓度的某溶液,由水电离产生的c(OH-)=10-4 molL-1,则该溶液中的溶质可能是()A.Al2(SO4)3B.CH3COONaC.NaOHD.KHSO4解析常温下,由纯水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-7molL-1,因为10-410-7,因而该溶液中的溶质是促进水的电离,即可得出结论。答案B5.在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400 )下列的溶液,可以得到该物质的固体是()A.氯化镁溶液B.硫酸亚铁溶液C.碳酸氢钠溶液D.硫酸铝溶液解析氯化镁溶液蒸干并灼烧得到氧化镁;硫酸亚铁蒸

6、干并灼烧最后得到硫酸铁;碳酸氢钠溶液蒸干并灼烧最后得到碳酸钠,硫酸铝溶液蒸干并灼烧最后得到硫酸铝。答案D6.下列关于电解质溶液的叙述中正确的是()A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不相同B.常温下,1 molL-1的CH3COOH溶液与1 molL-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+)前者小于后者D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5 molL-1,则此溶液可能是盐酸解析A项,两种盐溶液中离子种类相同。B项,二者恰好反应生成CH

7、3COONa,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+)=10-5molL-1,促进水的电离,而盐酸抑制水的电离。答案C7.室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1 molL-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:KHAKHBKHDB.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(H

8、A)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)解析A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸的酸性越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸的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

9、c(Na+)=c(X-),由于酸性HAHBHD,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。答案C8.现有两正盐的稀溶液,分别是a molL-1NaX溶液和b molL-1NaY溶液。下列说法不正确的是()A.若ab,测得c(X-)=c(Y-),可推出溶液中的c(HX)c(HY)B.若ab,测得c(X-)=c(Y-),可推出溶液中的c(HX)=c(HY)C.若a=b,且pH(N

10、aX)pH(NaY),则相同浓度时,酸性HXc(NH4+)c(OH-)c(H+)B.0.2 molL-1NH4HCO3溶液(pH7):c(NH4+)c(HCO3-)c(H2CO3)c(NH3H2O)C.0.2 molL-1氨水和0.2 molL-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)D.0.6 molL-1氨水和0.2 molL-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(NH3H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3 molL-1+c(H2CO3)+c(H+)解析0.2molL-1的氨水中存在平衡:NH3H2O

11、NH4+OH-、H2OH+OH-,所以c(OH-)c(NH4+),A项错误;室温下,0.2molL-1NH4HCO3溶液的pH7,说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度,故有:c(NH4+)c(HCO3-)c(H2CO3)c(NH3H2O),B项正确;0.2molL-1氨水和0.2molL-1NH4HCO3溶液等体积混合,则c(NH4+)+c(NH3H2O)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-),C项错误;0.6molL-1氨水和0.2molL-1NH4HCO3溶液等体积混合,所得混合溶液中的电荷守恒式为2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)=c(NH4+

12、)+c(H+),物料守恒式有:c(NH4+)+c(NH3H2O)=0.4molL-1、c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1molL-1,整理可得:c(NH3H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3molL-1+c(H2CO3)+c(H+),D项正确。答案BD10.常温时0.1 molL-1 HA溶液的pH1,0.1 molL-1 BOH溶液中c(OH-)c(H+)=1012,将两溶液等体积混合,以下判断正确的是()A.c(OH-)c(H+)c(B+)c(A-)B.c(OH-)=c(H+)+c(HA)C.c(H+)+c(B+)c(H+)=c(OH-)解析根据题意可

13、以确定为弱酸、强碱恰好中和,所以溶液显碱性,因此A、D错误;根据电荷守恒,所以C错误;B选项由电荷守恒c(H+)+c(B+)=c(A-)+c(OH-)和物料守恒c(B+)=c(A-)+c(HA)的差值可以确定:c(OH-)=c(H+)+c(HA)。答案B11.向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH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0.01 molc(AlO2-)+c(OH-)B0.01c(Na+)c(AlO2-)c(OH-)c(CO32-)C0.015c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)D0.03c(Na+)

14、c(HCO3-)c(OH-)c(H+)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(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+H2O2NaHCO3,NaHCO3溶液呈碱性:c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+),正确。答案D12.(2020

15、浙江化学,18)5 mL 0.1 molL-1 KI溶液与1 mL 0.1 molL-1 FeCl3溶液发生反应:2Fe3+(aq)+2I-(aq)2Fe2+(aq)+I2(aq),达到平衡。下列说法不正确的是()A.加入苯,振荡,平衡正向移动B.经苯2次萃取分离后,在水溶液中加入KSCN,溶液呈血红色,表明该化学反应存在限度C.加入FeSO4固体,平衡逆向移动D.该反应的平衡常数K=c2(Fe2+)c2(Fe3+)c2(I-)解析苯萃取溶液中的I2,使溶液中I2浓度减小,平衡向右移动,A项正确;经苯2次萃取后,加入KSCN,溶液呈血红色,说明反应不能进行彻底,B项正确;加入FeSO4固体,使

16、Fe2+浓度增大,平衡逆向移动,C项正确。答案D二、非选择题(本题包括4小题,共52分)13.(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50.00 mL葡萄酒样品,用0.010 00 molL-1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为,该样品中Na2S2O5的残留量为 gL-1(以SO2计)。解析葡萄酒中的Na2S2O5被碘标准液中的I2氧化的离子方程式为S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+。根据离子方程式可计算:10mL0.01000molL-164gmol-150.00mL=0.128gL-1。

17、答案S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+0.12814.(14分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸,KHC2O4溶液呈酸性。向10 mL 0.01 molL-1的H2C2O4溶液滴加0.01 molL-1 KOH溶液V(mL),回答下列问题。(1)当V10 mL时,反应的离子方程式为。(2)当V=10 mL时,溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序为。(3)当V=a mL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-);当V=b mL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=c(C2O42-)+c(HC2O

18、4-)+c(H2C2O4);则ab(填“”)。(4)当V=20 mL时,再滴入NaOH溶液,则溶液中n(K+)n(C2O42-)的值将(填“变大”“变小”或“不变”)。答案(1)H2C2O4+OH-HC2O4-+H2O(2)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)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/g910-41.710-61.510-43.010-9在无机化合物的提纯中,常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子。例如:为了除去氯化铵中的杂质Fe3+,先将混合物

19、溶于水,再加入一定量的试剂反应,过滤结晶即可;为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,加入足量的氢氧化镁,充分反应,过滤结晶即可;为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+,先将混合物溶于水,加入一定量的H2O2,将Fe2+氧化成Fe3+,调节溶液的pH=4,过滤结晶即可。请回答下列问题:(1)上述三个除杂方案都能够达到很好的效果,Fe2+、Fe3+都被转化为(填名称)而除去。(2)中加入的试剂应该选择为宜,其原因是。(3)中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为。(4)下列与方案相关的叙述中,正确的是(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

20、+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤C.调节溶液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+可以大量存在于pH=4的溶液中E.在pH4的溶液中Fe3+一定不能大量存在解析中为了不引入杂质离子,应加入氨水使Fe3+沉淀,而不能用NaOH溶液。中根据溶解度表可知Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3,因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2除去Fe3+,然后将沉淀一并过滤。中利用高价阳离子Fe3+极易水解的特点,据题意可知调节溶液的pH=4可使Fe3+沉淀完全,为了不引入杂质离子,可使用CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等。答案

21、(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.(14分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M=248 gmol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.110-10,Ksp(BaS2O3)=4.110-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:试剂:稀盐酸、稀硫酸、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象取少量样品,加入除氧蒸馏水固体完全溶解得无色澄清溶液,有刺激性气体产生静置,(2)利用K2Cr2O

22、7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:溶液配制:称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的中,加蒸馏水至。滴定:取0.009 50 molL-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3+7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32-S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为%(保留1位小数)。解析(1)

23、先加过量盐酸排除S2O32-干扰:S2O32-+2H+S+SO2+H2O,然后在酸性条件下加BaCl2溶液,通过产生BaSO4沉淀证明SO42-存在。(2)溶液配制应在烧杯中溶解,容量瓶中定容。滴定过程中I2I-,达到滴定终点时无I2,故溶液蓝色褪去,即为终点;根据反应的离子方程式,可得到如下定量关系:Cr2O72-3I26Na2S2O35H2O1mol2486g0.00950molL-10.02Lm(Na2S2O35H2O)m(Na2S2O35H2O)=0.28272g则样品纯度为0.28272g24.80mL100mL1.2g100%=95.0%。答案(1)加入过量稀盐酸出现乳黄色浑浊(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液产生白色沉淀(2)烧杯容量瓶刻度蓝色褪去95.0