高中化学人教版 (2019)必修 第一册第一章 物质及其变化第二节 离子反应同步练习题

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第一单元 物质及其变化第二节 离子反应（一）  一、基础巩固1．下列物质属于非电解质，但其水溶液能导电的是（　　）A．BaSO4 B．SO2 C．NaOH D．Cl2【答案】B。【解析】A、硫酸钡是盐，属于电解质，故A错误；B、二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是电解质，电离出离子使能够导电，但是溶液导电的原因不是二氧化硫不是电离的离子，所以二氧化硫不属于电解质，属于非电解质，故B正确；C、NaOH是碱，属于电解质，故C错误；D、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选：B。2．既不是电解质，又不是非电解质的是（　　）A．氯气 B．二氧化硫 C．酒精 D．冰醋酸【答案】A。 【解析】A．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A选；B．二氧化硫不能电离不能导电，属于非电解质，故B不选；C．酒精不能电离，属于非电解质，故C不选；D．冰醋酸在熔融状态或水溶液中能导电，是电解质，故D不选；故选：A。3．下列有关电解质的说法正确的是（　　）A．强电解质一定是离子化合物 B．易溶性强电解质的稀溶液中不存在溶质分子 C．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质强 D．由于硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是弱电解质【答案】B。【解析】A．强电解质不一定为离子化合物，如硫酸、硝酸等共价化合物属于强电解质，故A错误；B．由于强电解质完全电离，则易溶性强电解质的稀溶液中不会存在溶质分子，故B正确；C．由于溶液导电性与导电离子浓度大小有关，则强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质强，故C错误；D．硫酸钡难溶于水，但溶于水的硫酸钡完全电离，则硫酸钡属于强电解质，故D错误；故选：B。 4．能发生离子反应，但是不会产生沉淀的是（　　）A．澄清石灰水中通入CO2  B．NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液 C．Na2CO3溶液中滴加NaOH溶液 D．氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液【答案】B。【解析】A、少量CO2和氢氧化钙发生离子反应生成碳酸钙沉淀，不符合题意，故A不选；B、NaHCO3和NaOH发生离子反应生成碳酸钠和水，不产生沉淀，符合题意，故B选；C、Na2CO3和NaOH不反应，不符合题意，故C不选；D、氯化钠和硝酸银发生离子反应生成氯化银沉淀，不符合题意，故D不选；故选：B。5．下列各项操作中发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（　　）①向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量②向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量③向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH至过量④向硅酸钠溶液中逐滴加入盐酸至过量⑤向Fe（OH）3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量⑥向Ca（ClO）2溶液中逐渐通入CO2至过量A．①③ B．①②⑤ C．①③⑤⑥ D．①②⑥【答案】C。【解析】①二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，反应中生成沉淀，碳酸钙与二氧化碳反应生成碳酸氢钙，沉淀又溶解，故①选；②偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝与二氧化碳不反应，沉淀不能消失，故②不选；③AlCl3溶液中滴加氢氧化钠溶液，先反应生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝沉淀又与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，沉淀又溶解，故③选；④盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，沉淀不能溶解，故④不选；⑤因Fe（OH）3胶体加入稀盐酸有聚沉现象，产生沉淀，而后HCl与Fe（OH）3反应，沉淀又溶解，故⑤选；⑥CO2与Ca（ClO）2溶液反应，先生成碳酸钙沉淀，后碳酸钙与二氧化碳反应生成碳酸氢钙，沉淀又溶解，故⑥选；故选：C。6．下列方程式正确的是（　　）A．NaHS的电离：NaHS═H++S2﹣+Na+ B．NaHCO3的水解：HCO3﹣+H2O═H3O++CO32﹣ C．HF的电离：HF+H2O═H3O++F﹣ D．（NH4）2SO4的电离：（NH4）2SO4═2NH4++SO42﹣【答案】D。【解析】A．NaHS电离出钠离子和硫氢根离子，正确的离子方程式为：NaHS＝Na++HS﹣，故A错误；B．NaHCO3的水解：HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+H2CO3，故B错误；C．HF为弱电解质，不能完全电离，故电离方程式为HF+H2O⇌H3O++F﹣，故C错误；D．硫酸铵为强电解质，完全电离，电离方程式为（NH4）2SO4═2NH4++SO42﹣，故D正确；故选：D。7．根据题设的条件判断离子共存情况。A：Na+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣B：H+、Cl﹣、CO32﹣、Na+C：H+、Cl﹣、Fe3+、NO3﹣D：CH3COO﹣、H+、Na+、SO42﹣E：Al3+、Ag+、Cl﹣、NO3﹣F：NH4+、Na+、S2﹣、ClO﹣（1）因生成沉淀而不能共存的是　  　；（2）因生成弱电解质而不能共存的是　  　；（3）因生成气体而不能共存的是   　。【答案】（1）EF；（2）BD；（3）B。【解析】（1）E中Ag+、Cl﹣反应生成AgCl沉淀，F中S2﹣、ClO﹣之间发生氧化还原反应生成不溶于水的S单质，则因生成沉淀而不能共存的是E、F，故答案为：EF；（2）B中H+、CO32﹣反应生成弱电解质碳酸，D中CH3COO﹣、H+反应生成弱酸醋酸，二者因生成弱电解质而不能共存，故答案为：BD；（3）B中H+、CO32﹣反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故答案为：B。二、拓展提升8．写出下列反应的化学方程式：（1）Na2O2与CO2反应　          ；（2）将氯气与通入冷的消石灰中反应制漂白粉　            ；（3）将铜粉溶解在浓FeCl3溶液中：                     　；（4）向FeCl3溶液中滴加氨水：　                        。【答案】（1）2Na2O2+2CO2 ═2Na2CO3+O2；（2）2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（3Cu+2FeCl3＝2FeCl2 +CuCl2；（4）FeCl3+3NH3•H2O＝Fe（OH）3 ↓+3NH4Cl。【解析】（1）过氧化钠跟二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2 ═2Na2CO3+O2；（2）氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂白粉，反应生成CaCl2、Ca（ClO）2、H2O，该反应为2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（3）将铜粉溶解在浓FeCl3溶液中生成氯化铜和氯化亚铁，化学方程式为Cu+2FeCl3＝2FeCl2 +CuCl2，故答案为：Cu+2FeCl3＝2FeCl2 +CuCl2；（4）向FeCl3溶液中滴加氨水生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，化学方程式为FeCl3+3NH3•H2O＝Fe（OH）3 ↓+3NH4Cl，故答案为：FeCl3+3NH3•H2O＝Fe（OH）3 ↓+3NH4Cl。9．写出下列过程的离子反应方程式：（1）向氯化铝溶液中加入少量氨水：　            　。（2）用强碱溶液吸收工业废气中的NO2：　                （3）氯化铁溶液的水解反应：　                    　。【答案】（1）Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+；（2）2NO2+2OH﹣＝NO3﹣+NO2﹣+H2O；（3）Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+。【解析】（1）氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，而一水合氨是弱电解质，写化学式，离子方程式为Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+；（2）用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，+4价的氮发生歧化反应，生成硝酸钠、亚硝酸钠，离子方程式为2NO2+2OH﹣＝NO3﹣+NO2﹣+H2O，故答案为：2NO2+2OH﹣＝NO3﹣+NO2﹣+H2O；（3）三价铁离子的水解原理为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+。10．电解质的水溶液中存在电离平衡。（1）醋酸是常见的弱酸。下列方法中，可以使醋酸稀溶液中CH3COOH电离程度增大的是　 　（填字母序号）。a．滴加少量浓盐酸        b．微热溶液      c．加水稀释         d．加入少量醋酸钠晶体（2）白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。a．量取20.00 mL白醋样品，用100 mL容量瓶配制成待测液。b．将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0刻度线。c．取20.00 mL配制的待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000 mol•L﹣1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。d．重复滴定实验3次并记录数据。e．计算白醋样品中醋酸总酸度。回答下列问题：①实验a中量取20.00 mL白醋所用的仪器名称是　  　。②若实验b中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值　  （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。③实验C中判断滴定终点的现象是                  　。④实验数据如下表，则该白醋样品中醋酸总酸度为　     mol•L﹣1。 待测液体积/mL标准NaOH溶液滴定前读数/mL滴定终点读数/mL第1次20.00021.98第2次20.00022.00第3次20.00022.02【答案】（1）bc；（2）①量取20.00 mL白醋，滴定管可以精确到0.01mL，且白醋显酸性，故选用酸式滴定管；故答案为：酸式滴定管；②碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，造成标准液被稀释，消耗标准液体积偏大，故测得待测液浓度偏大；故答案为：偏大；③用NaOH滴定醋酸，且滴加了酚酞做指示剂，故滴定终点的现象是锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；故答案为：锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；④根据表中数据均有效，三次实验消耗标准液的平均体积为22.00mL，根据c1V1＝c2V2，22.00mL×0.1000mol/L＝20.00mL×c待，解得c待＝0.1100mol/L，白醋样品稀释5倍得到待测液，故白醋样品的浓度为0.1100mol/L×5＝0.5500mol/L，故答案为：0.5500。【解析】（1）a．滴加少量浓盐酸，c（H+）增大，抑制醋酸的电离，CH3COOH电离程度减小，故a错误；b．微热溶液，越热越电离，促进醋酸的电离，CH3COOH电离程度增大，故b正确；c．加水稀释，越稀越电离，促进醋酸的电离，CH3COOH电离程度增大，故c正确；d．加入少量醋酸钠晶体，c（CH3COO﹣）增大，抑制醋酸的电离，则CH3COOH电离程度减小，故d错误；故答案为：bc；（2）①量取20.00 mL白醋，滴定管可以精确到0.01mL，且白醋显酸性，故选用酸式滴定管；故答案为：酸式滴定管；②碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，造成标准液被稀释，消耗标准液体积偏大，故测得待测液浓度偏大；故答案为：偏大；③用NaOH滴定醋酸，且滴加了酚酞做指示剂，故滴定终点的现象是锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；故答案为：锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；④根据表中数据均有效，三次实验消耗标准液的平均体积为22.00mL，根据c1V1＝c2V2，22.00mL×0.1000mol/L＝20.00mL×c待，解得c待＝0.1100mol/L，白醋样品稀释5倍得到待测液，故白醋样品的浓度为0.1100mol/L×5＝0.5500mol/L，故答案为：0.5500。