苏教版 (2019)第一单元 弱电解质的电离平衡同步测试题
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这是一份苏教版 (2019)第一单元 弱电解质的电离平衡同步测试题,共25页。试卷主要包含了单选题,填空题,实验题等内容,欢迎下载使用。
3.1.3水的电离平衡同步练习-苏教版高中化学选择性必修1
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题
1.常温下,下列各组离子定能大量共存的是
A.的溶液中:
B.滴加溶液显红色的溶液中:
C.的溶液中:
D.水电离产生的的溶液中:
2.在某温度时,测得纯水中的,则为
A. B. C. D.无法确定
3.常温下,一定浓度的某溶液由水电离出的,则该溶液中的溶质可能是
① ② ③NaOH ④
A.①②③④ B.②③ C.①②④ D.①④
4.25℃时,0.1 mol∙L-1的盐酸中由水电离出的H+的浓度是
A.1×10-14mol∙L-1 B.1×10-1mol∙L-1 C.1×10-7mol∙L-1 D.1×10-13mol∙L-1
5.将25℃的纯水加热至80℃,下列叙述正确的是
A.水的离子积不变,呈中性 B.水中c(H+)= c(OH- ) >1×10-7mol/L
C.水的pH变大,呈碱性 D.水的pH变小,呈酸性
6.25℃,向20mL0.1mol·L-1的H3PO2溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液直至过量,滴定曲线如图1,所有含磷微粒的分布系数δ随pH变化关系如图2,[如的分布系数:]
则下列说法错误的是
A.H3PO2为一元弱酸,电离常数Ka约为1×10-5
B.水的电离程度按a、b、c、d、e顺序依次增大
C.当混合溶液pH=7时,c()>c(H3PO2)
D.b点溶液中存在关系2c(H+)+c(H3PO2)=2c(OH-)+c()
7.室温下,某无色溶液中由水电离的c(H+)=1.0×10-13 mol∙L-1,该溶液中一定不能大量共存的离子组是
A. B.
C. D.
8.某温度下,将pH相同、体积均为V0的盐酸和醋酸分别加水稀释至体积V,pH随的变化如图所示,下列叙述正确的是
A.曲线II代表CH3COOH溶液
B.相同体积a点的两种酸分别与NaOH溶液恰好中和,消耗NaOH溶液的体积一样多
C.由a点到b点,溶液中保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)
D.溶液中水的电离程度: b点大于c点
9.常温下,下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是
A.能使pH试纸变红的溶液中:CO、K+、Cl-、Na+
B.的溶液中:Na+、HCO、Cl-、K+
C.能与Al反应放出氢气的溶液中:NH、Fe2+、Cl-、NO
D.由水电离产生的的溶液中:NO、Mg2+、Na+、SO
10.水是自然界重要物质之一,相关叙述错误的是( )
A.水分子是含极性键的极性分子
B.等物质的量的H3O+和H2O具有相同的电子数
C.等pH值的NaOH溶液和Na2CO3溶液,水的电离程度相等
D.等pH值盐酸和醋酸分别加水稀释后pH值仍相等,加水的量:盐酸c(H3PO2),C正确;
D.电荷守恒:,物料守恒:,整理可得:2c(H+)+c(H3PO2)=2c(OH-)+c(),D正确;
答案选B。
7.C
【分析】无色溶液中由水电离的c(H+)=1.0×10-13 mol∙L-1<10-7 mol∙L-1,则水的电离受到抑制,溶液可能为酸性溶液,也可能为碱性溶液。
【详解】A.Fe2+在水溶液中呈浅绿色,不符合题意,同时Fe2+在溶液中发生水解,促进了水的电离,A不符合题意;
B.在酸性溶液中,都能大量存在,但在碱性溶液中,不能大量存在,B不符合题意;
C.不管是酸性溶液还是碱性溶液,都不能大量存在,C符合题意;
D.在酸性溶液中,能大量存在,但在碱性溶液中,Ag+、不能大量存在,D不符合题意;
故选C。
8.C
【详解】A.由电离常数可知,醋酸是弱酸,pH相同、体积均为V0的两种酸溶液中,醋酸的物质的量比盐酸大。相同pH的弱酸加水稀释,强酸的pH变化大,所以曲线II代表盐酸溶液,故A错误;
B.醋酸是弱酸,pH相同、体积均为V0的两种酸溶液中,醋酸的物质的量比盐酸大,与NaOH溶液恰好中和,醋酸消耗NaOH溶液的体积多,故B错误;
C.曲线I代表CH3COOH溶液,由a点到b点,溶液中保持不变,故C正确;
D.溶液中b点c(H+)大于c点c(H+),水的电离程度: b点小于c点,故D错误;
故答案为C。
9.D
【详解】A.能使pH试纸变红的溶液中含有大量H+,H+与之间能够发生复分解反应,不能大量共存,故A不选;
B.c(OH-)=的溶液呈酸性、含有大量H+,H+与之间能够发生复分解反应,不能大量共存,故B不选;
C.铝分别能与酸(氢离子)、强碱溶液反应放出氢气, 、Fe2+与OH-之间能够发生复分解反应在强碱溶液中不能大量共存,Fe2+、与一定浓度的氢离子能发生反应,例如:不能大量共存,故C不选;
D.由水电离产生的c(OH-)=1×10-12mol/L的溶液可能为酸溶液也可能为碱溶液,酸性溶液中含有大量H+,微粒之间不会发生化学反应,碱性溶液中含有大量OH-,OH-与Mg2+能发生复分解反应,不能大量共存,因此该条件下微粒可能大量共存,故D选;
答案为D。
10.C
【详解】A.水分子中氢原子和氧原子之间形成的是极性键,水分子的空间构型是V形,正电中心和负电中心不重合,是极性分子,A选项正确;
B.1mol的H3O+和H2O中都含有10mol的电子,所以等物质的量的H3O+和H2O具有相同的电子数,B选项正确;
C.NaOH溶液中水的电离受到NaOH电离出来的OH-的抑制,Na2CO3溶液中碳酸根离子水解促进水的电离,所以,等pH值的NaOH溶液和Na2CO3溶液,水的电离程度不相等,C选项错误;
D.盐酸是强酸,醋酸是弱酸,加等体积的水稀释后,盐酸的pH变化大于醋酸pH的变化,所以,等pH值盐酸和醋酸分别加水稀释后pH值仍相等,加水的量:盐酸CH3COOH >H2CO3 >HS-,酸的酸性越弱,对应的酸根离子结合氢离子能力越强,所以结合氢离子能力最强的是硫离子,C正确;
(3) CH3COOH的电离平衡常数:K=1.6×10−5;设达到电离平衡时,c(H+)=x mol·L−1,则c(CH3COO−)≈c(H+),c(CH3COOH) ≈1.0 mol·L−1,根据K= 可知,x2=1×1.6×10−5,x=4.0×10−3 mol/L;
(4) A.常温下,加水稀释,Kw=c(OH−)×c(H+)保持不变,但是稀释后溶液的体积变大,n(H+)×n(OH−)= c(H+)×V×c(OH−)×V= c(H+)c(OH−)×V2,该数值变大,故A错误;
B.酸抑制水电离,加水稀释后,c(H+)减小,对水的电离抑制程度减小,所以水的电离程度增大,溶液中水电离的c(H+)×c(OH−)增大,故B错误;
C.加水稀释后,c(H+)减小,但是平衡常数不变,所以,该值变大,故C错误;
D.加水稀释后,c(H+)减小,Kw=c(OH−)×c(H+)保持不变,所以溶液中c(OH−)增大,故D正确;
故选D。
19.(1)
(2) 1%(或0.01)
(3) HA b1×10−14;
②由于纯硫酸的电离能力强于纯硝酸,则在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4⇌H3SO4++HSO4−为主要的电离方式;
(4)①该温度下,溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-),即Kw=10x×10y=10x+y;
②0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L,H+全部由水电离得到,根据水的离子积常数计算氢离子浓度,再依据c水(OH-)=c水(H+)计算溶液中水电离出c(OH-)。
【详解】(1)CH3COOH溶液加水稀释过程中,醋酸的电离程度增大,氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小;由于温度不变,则电离平衡常数、水的离子积不变;
A. 0.1 mol⋅L−1的CH3COOH溶液加水稀释过程中,氢离子浓度减小,故A正确;
B. Kw=c(H+)⋅c(OH−)只受温度的影响,温度不变,则其值是一个常数,故B错误;
C. 由于,醋酸根离子浓度减小,温度不变,电离平衡常数不变,则增大,故C错误;
D. 为醋酸的电离平衡常数,由于温度不变,则电离平衡常数不变,故D错误;
若该溶液升高温度,醋酸、水的电离程度均增大,则溶液中氢离子、醋酸根离子浓度都增大,醋酸分子的浓度减小,水的离子积增大、电离平衡常数增大;
A. 升高温度,促进醋酸的电离,溶液中氢离子浓度增大,故A正确;
B. Kw=c(H+)⋅c(OH−)为水的离子积,升高温度后水的电离程度增大,则水的离子积增大,故B正确;
C. 升高温度,醋酸的电离程度增大,氢离子浓度增大,醋酸分子的浓度减小,则的比值增大,故C正确;
D. 为醋酸的电离平衡常数,升高温度,电离平衡常数增大,故D正确;
故答案为:A;ABCD;
(2)①装置A、B中用红墨水而不用水的原因是便于观察长导管中液面高度的变化;
故答案为:便于观察长导管中液面高度的变化;
②实验刚开始时,盐酸溶液中的c(H+)大,与等质量的锌粒反应时单位时间内放出的热量多,产生的H2多,所以装置中压强大,长导管中液面上升快,所以若发现装置A中的长导管液面上升的比装置B的要高,则胶头滴管a中盛的是盐酸;两装置反应刚结束时(无固体剩余),发现装置A中的长导管液面比装置B中的高,静置一会后,温度下降压强减小,两装置中的长导管液面均有所下降,但二者产生的氢气的量相等,所以最终液面高度相同;
故答案为:盐酸;相同;
(3)①根据实验表明,液态时,纯硫酸的导电性显著强于纯水,已知液态纯酸都能像水那样进行自身电离(H2O+H2O⇌H3O++OH−)而建立平衡,且在一定温度下都有各自的离子积常数,这些信息告诉我们纯硫酸存在着电离平衡,且电离程度强于纯水,仿照纯水的电离方式,可以推知纯硫酸的电离方程式为:2H2SO4⇌H3SO4++HSO4−,由于纯硫酸的导电性显著强于纯水,所以25℃时,液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)>1×10−14;
故答案为:>;
②由于纯硫酸的电离能力强于纯硝酸,则在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4⇌H3SO4++HSO4−为主要的电离方式,而纯硝酸电离受到纯硫酸电离出的H+的抑制,因此在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中,存在的阴离子主要是HSO4−;
故答案为:HSO4−;
(4)①该温度下,溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-),即Kw=10x×10y=10x+y,由图像可知,x+y=-15,故Kw=1.0×10-15;
故答案为:1.0×10-15;
②该温度下,水的离子积常数为10-15,0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L,H+全部由水电离得到,根据水的离子积常数得溶液中c水(H+)=c水(OH-)=;
故答案为:1.0×10-13mol/L。
22.(1)烧杯、100mL容量瓶
(2) 酸式 锥形瓶中无色溶液变成浅紫(粉红)色,且半分钟内不褪色
(3) 5NO+2MnO+6H+=5NO+2Mn2++3H2O
(4)偏小
【解析】(1)
实验①是配制一定物质的量浓度的溶液,所需玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管之外还有烧杯、100mL容量瓶;
(2)
在进行滴定操作时,因酸性KMnO4溶液具有强氧化性,会腐蚀橡皮管,所以应盛装在酸式滴定管内;当滴入最后一滴溶液,锥形瓶中无色溶液变成浅紫(粉红)色,且半分钟内不褪色,到达滴定终点;
(3)
滴定过程中发生反应的离子方程式是5NO+2MnO+6H+===5NO+2Mn2++3H2O;NaNO2与KMnO4发生反应的关系式为
,该样品中NaNO2的质量分数为×100%=%;
(4)
若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定,则KMnO4的用量偏小,测定结果偏小。
23.(1)
(2) K1、K3 排除装置中的空气,防止空气中的水蒸气与反应 快速升温到138℃以上收集产品 B中有金黄色油状液体出现 防止被氧化 b
(3) ×100% b
【分析】根据实验目的制备二氯化二硫,并测定产物纯度,制备二氯化二硫,A装置为二氯化二硫的发生装置,B为冷凝收集二氯化二硫粗品装置,S2Cl2遇水发生反应,C装置防止外界的水,D为尾气处理,防止空气污染;
测定纯度,利用装置B中收集的二氯化二硫取出m3g剩下的部分测定其纯度,加入水使其水解,利用水蒸气将水解产物全部排入到D,用足量的氢氧化钠吸收,剩余的氢氧化钠再用盐酸滴定,消耗盐酸体积V1ml,做空白对照实验,消耗盐酸V0mL,两次盐酸的差量为及水解产物消耗氢氧化钠的量,再根据水解产物与氢氧化钠反应的化学方程式,得到二氯化二硫与氢氧化钠的关系,从而进行计算得出×100%,根据×100%进行误差分析,以此来解析;
(1)
S2Cl2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构,由原子最外层电子数,S原子形成2个价键,而氯原子形成1个价键,故S原子之间形成1对共用电子对,每个S原子分别与氯原子形成1对共用电子对,其电子式为;
(2)
①步骤1开始时需打开K1、K3,关闭K2,利用反应生成的氮气排尽装置中的空气,防止空气中的水蒸气与S2Cl2反应,步骤4这一步应该生成二氯化二硫,根据提示S2Cl2沸点138℃,需要快速升温到138℃以上,收集产品;
②根据提示二氯化二硫(S2Cl2)是一种金黄色油状液体,有S2Cl2生成的现象是B中有金黄色油状液体出现;根据提示二氯化二硫能被Cl2氧化为SCl2,防止二氯化二硫能被Cl2氧化为SCl2,故需要控制反应过程应控制Cl2的量;
根据提示S2Cl2遇水发生反应:2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl,C装置防止装置D中的水进入;
a.硫酸铜粉末一般检验水的存在,不适用于除水,a不符合题意;
b.碱石灰具有吸水性,b符合题意;
c.浓硫酸具有吸水性,但是是液体,气体不能顺利通过,且会将其排入到D装置,从而不能起不到应有的作用,c不符合题意;
故选b。
(3)
①反应中用到的二氯化二硫粗品的量为:m2-m1-m3,根据题中信息可知,两次盐酸的差量为及水解产物消耗氢氧化钠的量,Δn(HCl)=cV=xmol/L(V0-V1)×10-3L=x(V0-V1)×10-3,根据HCl+NaOH=NaCl+H2O,可得水解产物消耗的氢氧化钠的物质的量x(V0-V1)×10-3,再根据2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl,HCl+NaOH=NaCl+H2O,SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O,可得S2Cl2~3NaOH,可得产品S2Cl2的纯度为: ×100%=×100%;
②
a.水蒸气的通入时间较短,水解产物没有全部被氢氧化钠吸收,导致V1偏大,根据产品S2Cl2的纯度计算式×100%,产品的纯度偏小,a不符合题意;
b.操作Ⅳ滴定后仰视滴定管读数,导致读取的V1偏小,根据产品S2Cl2的纯度的计算式×100%,产品的纯度偏大,b符合题意;
c.操作Ⅴ滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后无气泡,导致V1偏大,根据产品S2Cl2的纯度计算式×100%,产品的纯度偏小,c不符合题意;
故选b。
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