3.2水的电离和溶液的PH课堂同步练-人教版高中化学选择性必修1

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3.2水的电离和溶液的PH课堂同步练-人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．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是

A．图中五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=E
B．若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
C．若从A点到C点，在温度不变时向水中加入适量NH4Cl固体
D．若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
2．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1.0 mol 与在光照条件下反应生成分子数为
B．1 mol甲基()中所含电子数为
C．室温下100 mL pH为10的溶液中，由水电离出的的数目为
D．0.1 mol 和0.1 mol 于密闭容器中充分反应，分子总数小于
3．短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍。Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物。Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡。下列推断正确的是

A．离子半径由小到大顺序：X3
【详解】（1）在常温下由可知，pH＝11的CH3COONa溶液中，水电离出来的；在pH＝3的CH3COOH溶液中，水电离出来的，故答案为：1.0×10-3 mol/L；1.0×10-11mol/L；
（2）A．向水中加入NaHSO4固体，溶液虽然呈酸性，但NaHSO4固体溶于水电离出的会抑制水的电离，故A不选；
B．向水中加Na2CO3固体，虽然碳酸根水解会促进水的电离，但溶液呈碱性，故B不选；
C．加热至100℃虽然能促进水的电离，但所得液体呈中性，故C不选；
D．向水中加入(NH4)2SO4固体，铵根离子会水解使溶液呈酸性，同时铵根离子的水解促进水的电离，故选D；
答案选D。
(3)若将等pH、等体积的②NaOH和⑦NH3·H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，由于NaOH为强碱NH3·H2O为弱碱稀释前后pH相等，则NaOH所稀释的体积小于NH3·H2O稀释的体积，故答案为：＜；
(4) ①NaCl溶液呈中性；②NaOH溶液呈强碱性③HCl溶液呈强酸性④NH4Cl为强酸弱碱盐，其水溶液呈弱酸性⑤CH3COONa为强碱弱酸盐，其溶液呈弱碱性⑥CH3COOH为弱酸其溶液呈弱酸性，但其酸性强于等浓度的NH4Cl溶液的酸性⑦NH3·H2O为弱碱，所以其溶液呈弱碱性，但其碱性强于等浓度的CH3COONa溶液的碱性，故答案为：2>7>5>1>4>6>3。
14． > 酸性 = < 碱性
【解析】略
15．。恰好反应时，两者满足关系或
【详解】强酸与强碱反应的本质：；恰好反应时，两者满足关系或；
16．(1)0.28L
(2)KCl·2CrCl3

【解析】(1)
10.045 g AgCl的物质的量，n(Ag+)=0.07mol，则消耗AgNO3溶液的体积是；
(2)
消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积分别为15.02mL、16.10mL、14.98mL，16.10mL与其他两组数据相差较大，应舍去，则(15.02+14.98)/2=15.00mL，在25.00 mL样品溶液中：n(Fe2+)=cV=0.4000 mol/L ×0.015L=0.006mol，由反应方程式为：Cr2O + 6Fe2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O，n(Cr2O72-)=n(Fe2+)=0.001mol，n(Cr3+)= n(Fe2+)=0.002mol，在500.00 mL样品溶液中：n(Cr3+)= 0.002mol×= 0.04 mol，agX中n(Cl-)= 0.14mol，由电荷守恒：n(K+)= 0.02 mol，则n(K+):n(Cr3+):n(Cl-)=1:2:7，则X的化学式为KCl·2CrCl3。
17． 2×10-7 mol·L－1 8×10-9 mol·L－1
【详解】根据，纯水电离出的c(H＋)= c(OH－)= 2×10-7 mol·L－1，，该温度下，向纯水中加盐酸使c(H＋)＝5×10－6 mol·L－1，此时；
18．偏大
【详解】若滴定前装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束时气泡消失，则滴定过程中读取K2Cr2O7溶液的体积偏大，即亚铁离子消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，测得Fe3O4中二价铁的含量偏大。
19． 10 -13 ＞ 10 -b mol/L 10 -amol/L O点时，冰醋酸中只有分子，无自由移动的离子，所以不导电 c＞b＞a b c
【详解】(1)在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-amol•L-1，c(OH-)=10-bmol•L-1，已知a+b=13，则该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=10-(a+b)=10-13，常温下Kw=10-14，水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，Kw增大，t℃时的Kw大于常温下的Kw，说明此时温度大于25℃，故答案为：10-13；＞。
(2)氢氧化钠溶液中c(NaOH )=c(OH -)=10 -bmol•L -1，氢氧化钠和水均能电离出氢氧根离子，只有水电离出氢离子，水电离出的氢离子等于水电离出的氢氧根浓度等于10 -amol•L -1，故答案为：10-b mol/L；10-a mol/L。
(3)①在醋酸是共价化合物，本身不存在离子，O点时，冰醋酸中只有分子，无自由移动的离子，所以不导电；
②加水促进弱电解质的电离，加水越多，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度由大到小的顺序为：c＞b＞a；在b点时，溶液导电能力最强，离子浓度最大，此时氢离子浓度也最大，则该点溶液对应的pH最小；醋酸电离：，产生的氢离子抑制水的电离，氢离子浓度越大，对水电离的抑制程度越大，加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，水的电离程度增大，c点加水最多，溶液中氢离子浓度最小，所以c点溶液水电离程度最大，所以答案为：c＞b＞a；b；c。
20．F   B   E   C   G
【详解】滴定前，有关滴定管的正确操作为：检漏→蒸馏水洗涤→用滴定液润洗2至3次→装入滴定液至零刻度以上→排除气泡→调整滴定液液面至零刻度→记录起始→开始滴定。
21． 甲 否 高锰酸钾本身呈紫色 滴入最后半滴KMnO4溶液恰好由黄绿色变浅紫红色，且半分钟内不褪色 25% 偏高 偏低
【分析】+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，用0.1mol•L-1 KMnO4溶液滴定绿矾样品溶液，通过消耗KMnO4溶液体积计算出Fe2+含量。
【详解】(1)酸性高锰酸钾具有氧化性，能够腐蚀乳胶管，滴定时应该用酸式滴定管盛装KMnO4标准溶液，故答案为甲；
(2)高锰酸钾本身呈紫色，无需指示剂；
(3)滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，表明达到滴定终点；
(4)由题意可知10.0ml待测液与10.0mL 0.1mol•L-1的KMnO4完全反应，

根据反应方程式得：0.01L×c=5×0.1mol•L-1×0.01L，解得c=0.5mol•L-1，则10.0ml待测液中FeSO4的物质的量为0.5mol•L-1×0.01L=0.005mol，FeSO4的质量为0.005mol×152g/mol=0.76g，100mL待测溶液中FeSO4的质量为7.6g，所以样品中FeSO4的质量分数为×100%=25%；
(5)①开始实验时酸式滴定管尖嘴处有气泡，在滴定过程中气泡消失，导致高锰酸钾的体积偏大，溶液中FeSO4的含量偏高；
②若滴定前仰视滴定管刻度读数时，导致高锰酸钾的体积偏小，溶液中FeSO4的含量偏低。
22．(1) (球形)冷凝管 吸收未反应的和蒸气，防止空气中的水蒸气进入三颈瓶
(2)A
(3)⑥⑩③⑤
(4) 溶液，产生蓝色沉淀或溶液，产生白色沉淀
(5) 当滴入最后半滴溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不再恢复原来的颜色 AD

【分析】制备SOCl2需要先制取氯气和二氧化硫，根据装置分析，用高锰酸钾和浓盐酸反应制取，氯气中含有氯化氢和水，需要用饱和食盐水除去氯化氢，故装置的左侧为制取氯气，右侧为制取二氧化硫。据此分析。
【详解】（1）a为冷凝管，因为反应过程有很多有毒的气体，需要进行处理，故b为吸收未反应的Cl2、SO2和SOCl2蒸气，防止空气中的水蒸气进入三颈瓶。
（2）根据分析装置A为制取氯气。
（3）组装蒸馏装置对混合物进行整理提纯，按由上而下、由左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥，结构连接尾接管⑩，四氯化钛容易水解，为防止外界水蒸气进行最后连接③⑤。故连接顺序为：⑥⑩③⑤。
（4）SOCl2可用作热分解FeCl3⋅6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，SOCl2遇水剧烈水解生成氧化铝和氯化氢，该反应的化学方程式为；SOCl2具有还原性，铁离子具有氧化性，二者可以反应生成亚铁离子和硫酸根离子，所以可以检验亚铁离子，用铁氰化钾，或用钡离子检验硫酸根离子。方法为：溶液，产生蓝色沉淀或溶液，产生白色沉淀”；
（5）滴定终点为碘单质完全反应，故终点的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不再恢复原来的颜色；根据方程式SOCl2+ 4NaOH=Na2SO3+2NaCl+ 2H2O ; Na2SO3+H2O+I2=Na2SO4+2HI ；分析，有关系式为，SOCl2 ---I2，硫代硫酸钠的物质的量为0.1V×10-3mol，则与SOCl2反应的碘的物质的量为（0.05×0.05-0.05V×10-3） mol，则SOCl2的质量为119×（0.05×0.05-0.05V×10-3）g，则质量分数为 =。
A.实际碘标准溶液浓度偏低，则硫代硫酸钠的用量减少，则与SOCl2反应的碘量增加，则SOCl2的质量分数增大。 B.实际溶液浓度偏低，则用量大，与与SOCl2反应的碘量减少，则SOCl2的质量分数减少；C.水解过程，气体吸收不充分，有部分气体逸出，则SOCl2的质量分数减小；D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则标准液体积变小，与SOCl2反应的碘量增加，则SOCl2的质量分数增大。故选AD。
23． 蒸馏(烧)瓶 液封，防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化 K3 K2 Fe(OH)2 2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O ac ad
【分析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出，据此分析解答。
【详解】(1)根据图示，仪器b带有支管，是蒸馏烧瓶，d可以防止空气进c 中，氧化柠檬酸剂生成的甘氨酸亚铁，起到液封的作用，故答案为：蒸馏烧瓶；液封，防止空气进c 中将甘氨酸亚铁氧化；
(2)步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中，需要借助于产生的气体，使b中压强增大，将b中的溶液压入c中，具体操作是：关闭K3，打开K2，利用生成的H2将生成的FeSO4溶液通过导管压入到三颈烧瓶中，和甘氨酸反应；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，则所得粗产品中会混有Fe(OH)2杂质，故答案为：K3；K2；Fe(OH)2；
(3)由题意可知c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O，故答案为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；
(4)a．柠檬酸具有强还原性，反应混合液中加入柠檬酸，可以防止Fe2+被氧化，故a正确；b．只要有H2进入c中，导管口就有气泡冒出，因此步骤Ⅰ中不能由d中导管是否还有气泡冒出来判断装置中的空气是否排尽，故b错误；c．甘氨酸亚铁难溶于乙醇、冰醋酸，步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出，故c正确；d．甘氨酸亚铁易溶于水且在水中难电离，所以步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂，会导致甘氨酸亚铁因溶解损失，故d错误；故答案为：ac；
(5) a．滴定时未用高氯酸标准溶液润洗滴定管，会导致高氯酸浓度偏低，消耗的高氯酸溶液体积偏大，进一步导致甘氨酸的量偏大，故a选；b．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致读出的体积小于实际消耗的体积，进一步导致甘氨酸的量偏小，故b不选；c．摇动锥形瓶时有液体溅出，会造成甘氨酸减少，导致消耗的高氯酸标准溶液减少，进一步导致甘氨酸的量偏小，故c不选；d．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致高氯酸溶液体积偏大，进一步导致甘氨酸的量偏大，故d选；故答案为：ad。