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苏教版2019高二化学选择性必修第一册 第三章+水溶液中的离子反应(单元测试)
展开这是一份苏教版2019高二化学选择性必修第一册 第三章+水溶液中的离子反应(单元测试),文件包含第三章水溶液中的离子反应单元测试原卷版docx、第三章水溶液中的离子反应单元测试解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共20页, 欢迎下载使用。
第三章 水溶液中的离子反应(满分:100分 时间:75分)一、选择题(本题共14小题,每小题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题意) 1.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )A.pH=13的溶液中:Na+、AlOeq \o\al(-,2)、Al3+、ClO-B.eq \f(c(H+),c(OH-))=1×10-6的溶液中:K+、Fe3+、Cl-、SOeq \o\al(2-,4)C.水电离出来的c(H+)=1×10-12 mol•L-1的溶液中:NHeq \o\al(+,4)、K+、NOeq \o\al(-,3)、Fe2+D.c(H+)<c(OH-)的溶液中:Na+、K+、SOeq \o\al(2-,4)、ClO-【答案】D【解析】pH=13的溶液显碱性,Al3+不能与碱共存,故A不选;eq \f(c(H+),c(OH-))=1×10-6的溶液pH为10,Fe3+不能大量存在,故B不选;水电离出来的c(H+)=1×10-12 mol•L-1的溶液中水的电离被抑制,该溶液可以是酸性也可以是碱性,Fe2+、NHeq \o\al(+,4)不能在碱性溶液中共存,Fe2+、NOeq \o\al(-,3)不能在酸性溶液中共存,故C不选;c(H+)<c(OH-)的溶液呈碱性,Na+、K+、SOeq \o\al(2-,4)、ClO-四种离子可以在碱性溶液中大量存在,故D选。2.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是( )A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)= c(H2POeq \o\al(-,4))+2c(HPOeq \o\al(2-,4))+3c(POeq \o\al(3-,4))+ c(OH-)C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强【答案】B【解析】常温下pH=2,则溶液中氢离子浓度是0.01 mol•L-1,因此每升溶液中H+数目为0.01NA,A错误;根据电荷守恒可知,B正确;加水稀释促进电离,电离度增大,但氢离子浓度减小,pH增大,C错误;加入NaH2PO4固体,H2POeq \o\al(-,4)浓度增大,抑制磷酸的电离,溶液的酸性减弱,D错误。故选B。3.二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响,其原理如下图所示。下列叙述错误的是( )A.海水酸化能引起HCOeq \o\al(-,3)浓度增大、COeq \o\al(2-,3)浓度减小B.海水酸化能促进CaCO3的溶解,导致珊瑚礁减少C.CO2能引起海水酸化,其原理为HCOeq \o\al(-,3)H++COeq \o\al(2-,3)D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【答案】C【解析】海水酸化,H+浓度增大,平衡H++COeq \o\al(2-,3)HCOeq \o\al(-,3)正向移动,COeq \o\al(2-,3)浓度减小,HCOeq \o\al(-,3)浓度增大,A正确;海水酸化,COeq \o\al(2-,3)浓度减小,导致CaCO3溶解平衡正向移动,促进了CaCO3溶解,导致珊瑚礁减少,B正确;CO2引起海水酸化的原理为CO2+H2OH2CO3H++HCOeq \o\al(-,3),导致H+浓度增大,C错误;使用太阳能、氢能等新能源,可以减少化石能源的燃烧,从而减少CO2的排放,减弱海水酸化,从而改善珊瑚礁的生存环境,D正确。故选C。4.T ℃时,水的离子积常数Kw=10-13,该温度下,V1 mL pH=12的NaOH稀溶液与V2 mL pH=2的稀盐酸充分反应(混合后的体积变化忽略不计),恢复到T ℃,测得混合溶液的pH=3,则V1:V2的值为( )A.9:101 B.99:101C.1:100 D.1:10【答案】A【解析】T ℃时,水的离子积常数Kw=10-13,该温度下,V1 mL pH=12的NaOH稀溶液的c(OH-)=eq \f(Kw,c(H+))=eq \f(10-13,10-12)=0.1 mol•L-1,V2 mL pH=2的稀盐酸的c(H+)=0.01 mol•L-1,二者充分反应,恢复到T ℃,测得混合溶液的pH=3,即c(H+)=0.001 mol•L-1,则有eq \f(c(H+)V2-c(OH-)V1,V2+V1)=eq \f(0.01V2-0.1V1,V2+V1)=0.001 mol•L-1,解得V1:V2=9:101,故A正确。5.《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述:“吐利风热之痰涎,取其酸苦涌泄也;治诸血痛,脱肛……取其酸涩而收也……”。下列说法正确的是( )A.治血痛的原因是利用了胶体的吸附作用B.白矾溶于水后微粒浓度的大小关系:c(H2O)>c(SOeq \o\al(2-,4))>c(Al3+)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)C.白矾和氯化铁均可用作水处理剂,均可以杀菌消毒D.白矾常用于油条中作膨化剂的原理是Al3++3HCOeq \o\al(-,3)===Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】D【解析】Al3+水解生成氢氧化铝胶体,治血痛的原因是利用了胶体的聚沉,不是吸附作用,故A错误;白矾是硫酸铝钾晶体[KAl(SO4)2·12H2O],其水溶液因铝离子水解而呈酸性,铝离子减少,微粒浓度排序:c(H2O)>c(SOeq \o\al(2-,4))>c(K+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-),故B错误;白矾和氯化铁无强氧化性,不能杀菌消毒,故C错误。6.常温下,下列溶液中,有关微粒的浓度关系错误的是( )A.0.1 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液:c(SOeq \o\al(2-,4))>c(NHeq \o\al(+,4))>c(Fe2+)>c(H+)B.向盐酸中加入氨水至溶液呈中性,溶液中eq \f(cNH\o\al(+,4),cCl-)>1C.0.01 mol·L-1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液混合后的溶液:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D.0.1 mol·L-1NaHCO3溶液:c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(COeq \o\al(2-,3))【答案】B【解析】 硫酸根离子不水解,铵根离子和亚铁离子都水解,且铵根离子和亚铁离子的水解相互抑制,结合该物质的化学式可知c(SOeq \o\al(2-,4))>c(NHeq \o\al(+,4))>c(Fe2+)>c(H+),A项正确;溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),根据溶液中存在的电荷守恒:c(H+)+c(NHeq \o\al(+,4))=c(OH-)+c(Cl-),可得c(NHeq \o\al(+,4))=c(Cl-),所以溶液中eq \f(cNH\o\al(+,4),cCl-)=1,B项错误;0.01 mol·L-1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液的浓度大小关系为c(CH3COOH)≫c(NaOH),二者等体积混合后,溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸,c(CH3COOH)≫c(CH3COONa),故溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒得c(CH3COO-)>c(Na+),又醋酸的电离程度很小,所以c(Na+)>c(H+),则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),C项正确;由电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=2c(COeq \o\al(2-,3))+c(HCOeq \o\al(-,3))+c(OH-),根据元素质量守恒可知,c(H2CO3)+c(COeq \o\al(2-,3))+c(HCOeq \o\al(-,3))=0.1 mol·L-1=c(Na+),所以c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(COeq \o\al(2-,3)),D项正确。7.常温下,下列有关电解质溶液的说法错误的是( )A.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液,前者的pH较大,则Ka(HCOOH)>Ka(HF)B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)D.在1 mol•L-1 Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1 mol•L-1【答案】A【解析】HCOONa和NaF的浓度相同,HCOONa溶液的pH较大,说明HCOO-的水解程度较大,根据越弱越水解,因此甲酸的电离平衡常数较小,即Ka(HCOOH)<Ka(HF),故A错误。故选A。8.25 ℃时,向浓度均为0.1 mol•L-1的醋酸、AlCl3的混合溶液中,通入HCl气体或加入NaOH固体,调节溶液pH。溶液中含Al微粒、含C微粒的浓度c或lg c与pH的关系如图所示,下列说法正确的是( )A.25 ℃时醋酸的Ka=10-4.75B.曲线d表示c(Al3+)C.m点:c(CH3COOH)=c(Al3+)D.w点所示的溶液中c(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)【答案】A【解析】向浓度均为0.1 mol•L-1的醋酸,AlCl3的混合溶液中通入HCl气体,pH减小,会抑制醋酸的电离,溶液中c(CH3COO-)减小,c(CH3COOH)增大,曲线b代表c(CH3COO-),曲线c代表c(CH3COOH),w点时,c(CH3COO-)=c(CH3COOH),此时pH=4.75,醋酸的Ka=eq \f(c(CH3COO-)c(H+),c(CH3COOH))=c(H+)=10-4.75,故A正确;分析题图可知,曲线a表示c(Al3+),曲线d为AlOeq \o\al(-,2),故B错误;由图中信息知,b、c曲线的纵坐标是右侧的,其内容是物质的量浓度c,而a、d曲线的纵坐标是左侧的,是lg c,虽然曲线a、c交于m点,但它们纵坐标含义不同,所以浓度不同,故C错误;w点时,c(CH3COO-)=c(CH3COOH),此时pH<7,c(H+)>c(OH-),则c(CH3COOH)+c(H+)>c(CH3COO-)+c(OH-),故D错误。故选A。9.鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱,可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性,下列叙述正确的是( )A.0.001 mol·L-1 GHCl水溶液的pH=3B.0.001 mol·L-1 GHCl水溶液加水稀释,pH升高C.GHCl在水中的电离方程式为GHCl===G+HClD.GHCl水溶液中:c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+ c(G)【答案】B【解析】 GHCl为强酸弱碱盐,电离出的GH+会发生水解,但水解较为微弱,因此0.001 mol·L-1 GHCl水溶液的pH>3,故A错误;稀释GHCl溶液时,GH+水解程度将增大,根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小,溶液pH将升高,故B正确;GHCl为强酸弱碱盐,在水中的电离方程式为GHCl===GH++Cl-,故C错误;根据电荷守恒可知,GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+),故D错误。10.常温下,用0.1 mol•L-1的NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol•L-1的H3PO4溶液,溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示,下列说法正确的是( )A.H3PO4溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂B.a点溶液中:c(H2POeq \o\al(-,4))>c(H3PO4)>c(HPOeq \o\al(2-,4))C.a、b、c三点溶液中eq \f(c(H2POeq \o\al(-,4))•c(OH-),c(HPOeq \o\al(2-,4)))不相等D.b点溶液中:c(Na+)=2[c(POeq \o\al(3-,4))+c(H2POeq \o\al(-,4))+c(HPOeq \o\al(2-,4))+c(H3PO4)]【答案】D【解析】 H3PO4溶液第一步滴定生成NaH2PO4,溶液呈酸性,可选用甲基橙作指示剂,而酚酞的变色范围是8.2~10,故A项错误;a点溶液为NaH2PO4溶液,NaH2PO4在水溶液中,电离大于水解,a点溶液中:c(H2POeq \o\al(-,4))>c(HPOeq \o\al(2-,4))>c(H3PO4),故B项错误;温度相同,同一反应的平衡常数相同,即HPOeq \o\al(2-,4)的水解平衡常数eq \f(c(H2POeq \o\al(-,4))•c(OH-),c(HPOeq \o\al(2-,4)))在a、b、c三点溶液中相等,故C项错误;b点溶液是Na2HPO4溶液,由元素质量守恒可知,c(Na+)=2[c(POeq \o\al(3-,4))+c(H2POeq \o\al(-,4))+c(HPOeq \o\al(2-,4))+c(H3PO4)],故D项正确。11.25 ℃时,某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol•L-1,lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO-)、lg c(H+)和lg c(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数,下列说法不正确的是( )A.O点时,c(CH3COOH)=c(CH3COO-)B.N点时,pH=-lg KaC.该体系中,c(CH3COOH)=eq \f(0.1c(H+),Ka+c(H+)) mol•L-1D.pH由7到14的变化过程中,CH3COO-的水解程度始终减小【答案】A【解析】 如图,O点为曲线2和曲线3的交点,对应的pH=7,应该得出的结论为c(H+)=c(OH-),故A错误;N点为曲线1和曲线4的交点,lg c(CH3COO-)=lg c(CH3COOH),即c(CH3COO-)=c(CH3COOH),因Ka=eq \f(c(CH3COO-)•c(H+),c(CH3COOH)),代入等量关系并变形可知pH=-lgKa,故B正确;c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1 mol•L-1,则c(CH3COO-)=0.1 mol•L-1-c(CH3COOH),又Ka=eq \f(c(CH3COO-)•c(H+),c(CH3COOH)),联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出,c(CH3COOH)=eq \f(0.1c(H+),Ka+c(H+)) mol•L-1,故C正确;醋酸根离子的水解平衡为CH3COO-+H2OCH3COOH +OH-,pH由7到14的变化过程中,碱性不断增强,c(OH-)不断增大,会使其水解程度减小,故D正确。故选A。12.某元素M的氢氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反应为M(OH)2(s)M2++2OH-、M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH)eq \o\al(2-,4)(aq),25 ℃时,-lg c与pH的关系如图所示,c为M2+或M(OH)eq \o\al(2-,4)浓度的值。下列说法错误的是( )A.曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系B.M(OH)2的Ksp约为1×10-17C.向c(M2+)=0.1 mol•L-1的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0,体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在D.向c[M(OH)eq \o\al(2-,4)]=0.1 mol•L-1的溶液中加入等体积0.4 mol•L-1的HCl后,体系中元素M主要以M2+存在【答案】D【解析】由题干信息,M(OH)2(s)M2++2OH-,M(OH)2(s)+2OH-M(OH)eq \o\al(2-,4),随着pH增大,c(OH-)增大,则c(M2+)减小,c[M(OH)eq \o\al(2-,4)]增大,即-lg c(M2+)增大,-lg c[M(OH)eq \o\al(2-,4)]减小,因此曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系,曲线②代表-lg c[M(OH)eq \o\al(2-,4)]与pH的关系,据此分析解答。由分析可知,曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系,A正确;由图像,pH=7.0时,-lg c(M2+)=3.0,则M(OH)2的Ksp=c(M2+)•c2(OH-)=1×10-17,B正确;向c(M2+)=0.1 mol•L-1的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0,根据图像,pH=9.0时,c(M2+)、c[M(OH)eq \o\al(2-,4)]均极小,则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在,C正确;c[M(OH)eq \o\al(2-,4)]=0.1 mol•L-1的溶液中,pH>14,c(OH-)>1 mol/L,因此加入等体积的0.4 mol•L-1的HCl后,体系中元素M仍主要以M(OH)eq \o\al(2-,4)存在,D错误。答案选D。13.室温时,用0.100 mol•L-1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液,通过电位滴定法获得lg c(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示[忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10-5 mol•L-1时,认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgBr)=5.4×10-13,Ksp(AgI)=8.5×10-17]。下列说法正确的是( )A.a点:有白色沉淀生成B.原溶液中I-的浓度为0.100 mol•L-1C.当Br-沉淀完全时,已经有部分Cl-沉淀D.b点:c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)>c(Ag+)【答案】C【解析】 根据三种沉淀的溶度积常数,I-先沉淀,AgI是黄色的,所以a点有黄色沉淀AgI生成,故A错误;原溶液中I-的物质的量浓度为0.010 0 mol•L-1,故B错误;当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol•L-1),溶液中的c(Ag+)=eq \f(Ksp(AgBr),c(Br-))=eq \f(5.4×10-13,1.0×10-5)=5.4×10-8 mol•L-1,若Cl-已经开始沉淀,则此时溶液中的c(Cl-)=eq \f(Ksp(AgCl),c(Ag+))=eq \f(1.8×10-10,5.4×10-8)≈3.3×10-3 mol•L-1,原溶液中的c(Cl-)=c(I-)=0.010 0 mol•L-1,则已经有部分Cl-沉淀,故C正确;b点加入了过量的硝酸银溶液,Ag+浓度最大,则b点各离子浓度为c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-),故D错误。故选C。14.如图为某实验测得0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是( )A.a点溶液的c(OH-)比c点溶液的小B.a点时,Kw
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