2019-2020学年高二化学人教版选修4练习：第3章 水溶液中的离子平衡 测评 Word版含解析

2019-2020学年高二化学人教版选修4练习：第3章 水溶液中的离子平衡 测评 Word版含解析

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。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.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,0.1 mol·L-1醋酸的pH比0.1 mol·L-1盐酸的pH大;‎ ‎⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2;‎ ‎⑥0.1 mol·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反应,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.②⑥⑦⑧ B.③④⑥⑦‎ C.③④⑥⑧ D.①②‎ 解析 ①为醋酸的物理性质;②无论醋酸是强电解质还是弱电解质,其水溶液都能导电;③符合弱电解质概念;④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;⑤只能证明酸性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符合强酸特性。‎ 答案 B ‎2.(2016江苏化学,10)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 A ‎3.某温度下,0.01 mol·L-1NaOH溶液中c(H+)=10x mol·L-1,c(OH-)=10y mol·L-1,x和y的关系如图所示。则该温度下,0.01 mol·L-1的NaOH溶液的pH为(　　)‎ A.10 B.11 C.12 D.13‎ 解析 由图像知,KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×1‎0‎x‎+‎y=1.0×1‎0‎‎-1‎‎5‎。在0.01 mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)‎ ‎=0.01 mol·L-1,c(H+)=KWc(OH‎-‎)‎=1.0×10-13 mol·L-1,pH=13。‎ 答案 D ‎4.常温下,一定浓度的某溶液,由水电离产生的c(OH-)=10-4 mol·L-1,则该溶液中的溶质可能是(　　)‎ A.Al2(SO4)3 B.CH3COONa C.NaOH D.KHSO4‎ 解析 常温下,由纯水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-7 mol·L-1,因为10-4>10-7,因而该溶液中的溶质是促进水的电离,且使溶液显碱性即可得出结论。‎ 答案 B ‎5.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 D ‎6.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 mol·L-1的CH3COOH溶液与1 mol·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+‎)前者小于后者 D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5 mol·L-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+)=10-5 mol·L-1,促进水的电离,而盐酸抑制水的电离。‎ 答案 C ‎7.(2016天津理综,6)室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1 mol·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>KHD B.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+)‎ 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。‎ 答案 C ‎8.现有两正盐的稀溶液,分别是a mol·L-1NaX溶液和b mol·L-1NaY溶液。下列说法不正确的是(　　)‎ 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),则相同浓度时,酸性HXc(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-)‎ 解析 因为HA-H++A2-,所以NaHA只存在电离不存在水解,所以溶液显酸性,所以A错误;NaHA溶液中根据物料守恒c(Na+)=c(A2-)+c(HA-),所以B正确;Na2A中存在水解,所以呈碱性,因此离子浓度大小顺序为:c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+),所以C正确;H2A溶液根据电荷守恒,c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)‎ ‎+c(OH-),所以D正确。‎ 答案 A ‎10.常温时0.1 mol·L-1 HA溶液的pH>1,0.1 mol·L-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(OH-)‎ 解析 根据题意可以确定为弱酸、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)]的差值可以确定:c(OH-)=c(H+)+c(HA)。‎ 答案 B ‎11.(2016四川理综,7)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-)‎ B ‎0.01‎ c(Na+)>c(AlO‎2‎‎-‎)>c(OH-)>c(CO‎3‎‎2-‎)‎ C ‎0.015‎ c(Na+)>c(HCO‎3‎‎-‎)>c(CO‎3‎‎2-‎)>c(OH-)‎ D ‎0.03‎ c(Na+)>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(AlO‎2‎‎-‎),错误;C项,n=0.015 mol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=0.03 mol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 D ‎12.(2016北京理综,11)在两份相同的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如图所示。‎ 下列分析不正确的是(　　)‎ A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B.b点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH-‎ C.c点,两溶液中含有相同量的OH-‎ D.a、d两点对应的溶液均显中性 解析 两个过程的反应方程式分别为①Ba(OH)2+H2SO4BaSO4↓+2H2O,②NaHSO4+Ba(OH)2BaSO4↓+NaOH+H2O、NaOH+NaHSO4Na2SO4+H2O。A项,Ba(OH)2与H2SO4刚好完全反应时,生成BaSO4沉淀和H2O,所以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1 mol Ba(OH)2,当加入1 mol H2SO4时,溶液导电性几乎为0,即为a点,而若加入1 mol NaHSO4,Ba2+与SO‎4‎‎2-‎刚好完全反应的同时,还多生成1 mol NaOH,所以b点溶液中Na+和OH-较多,正确。C项,曲线①中,向a点溶液继续加入H2SO4溶液时,导电能力上升,溶液呈酸性;曲线②中,向b点溶液继续加入NaHSO4溶液时,会继续与NaOH反应,至d点时,OH-被完全反应,所以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恰好完全反应相当于纯水;d点,NaOH与NaHSO4恰好完全反应,溶质为Na2SO4,均显中性,正确。‎ 答案 C 二、非选择题(本题包括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50.00 mL葡萄酒样品,用0.010 00 mol·L-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　　　g·L-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:‎10 mL×0.010 00mol·L‎-1‎×64 g·mol‎-1‎‎50.00 mL=0.128 g·L-1。‎ 答案 S2O‎5‎‎2-‎+2I2+3H2O2SO‎4‎‎2-‎+4I-+6H+‎ ‎0.128‎ ‎14.(14分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸,KHC2O4溶液呈酸性。向10 mL 0.01 mol·L-1的H2C2O4溶液滴加0.01 mol·L-1 KOH溶液V(mL),回答下列问题。‎ ‎(1)当V<10 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(HC2O‎4‎‎-‎)+c(H2C2O4);则a　　　　b(填“<”“=”或“>”)。 ‎ ‎(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)2‎ Cu(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ 溶解度/g ‎9×10-4‎ ‎1.7×10-6‎ ‎1.5×10-4‎ ‎3.0×10-9‎ 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:‎ ‎①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,再加入一定量的试剂反应,过滤结晶即可;‎ ‎②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;‎ ‎③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)①中加入的试剂应该选择　　　　　为宜,其原因是　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)下列与方案③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+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pH>4的溶液中Fe3+一定不能大量存在 解析 ①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。②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。③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、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)ACDE ‎16.(2018全国Ⅲ,26)(14分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248 g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:‎ ‎(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,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 ‎①取少量样品,加入除氧蒸馏水 ‎②固体完全溶解得无色澄清溶液 ‎③ ‎ ‎④　　　　　　,有刺激性气体产生 ‎ ‎⑤静置,　　　　　 ‎ ‎⑥　　　　　　　 ‎ ‎(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:‎ ‎①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　　　　　。 ‎ ‎②滴定:取0.009 50 mol·L-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)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)①溶液配制应在烧杯中溶解,容量瓶中定容。②滴定过程中I2→I-,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-‎　~　　3I2　　　~　6Na2S2O3·5H2O ‎1 mol 248×6 g ‎0.009 50 mol·L-1×0.02 L m(Na2S2O3·5H2O)‎ m(Na2S2O3·5H2O)=0.282 72 g 则样品纯度为‎0.282 72 g‎24.80 mL‎100 mL‎×1.2 g×100%=95.0%。‎ 答案 (1)③加入过量稀盐酸　④出现乳黄色浑浊 ‎⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液　⑥产生白色沉淀 ‎(2)①烧杯　容量瓶　刻度　②蓝色褪去　95.0‎