魯科版高中化學(xué)選擇性必修第一冊(cè)第三章測(cè)試題含答案2套

魯科版高中化學(xué)選擇性必修第一冊(cè)第三章測(cè)試題含答案2套第3章物質(zhì)在水溶液中的行為（基礎(chǔ)過(guò)關(guān)卷）一、選擇題：本題包括16小題，每小題3分，共48分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1．關(guān)于飽和食鹽水，說(shuō)法正確的是（）A．再加食鹽不會(huì)發(fā)生溶解 B．再加食鹽不會(huì)發(fā)生結(jié)晶C．其中溶解速率等于結(jié)晶速率 D．加水稀釋不影響溶解平衡【答案】C【詳解】A．食鹽水達(dá)到飽和狀態(tài)說(shuō)明溶解達(dá)到平衡，該平衡屬于動(dòng)態(tài)平衡，溶解不會(huì)停止，故A錯(cuò)誤；B．食鹽水達(dá)到飽和狀態(tài)說(shuō)明溶解達(dá)到平衡，該平衡屬于動(dòng)態(tài)平衡，結(jié)晶不會(huì)停止，故B錯(cuò)誤；C．食鹽水達(dá)到飽和狀態(tài)說(shuō)明溶解達(dá)到平衡，溶解平衡的本質(zhì)是溶解速率等于結(jié)晶速率，故C正確；D．食鹽水達(dá)到飽和狀態(tài)說(shuō)明溶解達(dá)到平衡，加水稀釋是溶液中離子濃度降低，平衡會(huì)向溶解方向移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選C。2．下列關(guān)于Na2CO3和NaHCO3的說(shuō)法，不正確的是（）A．相同條件下堿性：Na2CO3＞NaHCO3B．相同溫度下溶解度：Na2CO3＞NaHCO3C．熱穩(wěn)定性：Na2CO3＞NaHCO3D．和鹽酸反應(yīng)放出等量CO2，消耗鹽酸的量：Na2CO3＜NaHCO3【答案】D【詳解】A．Na2CO3屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，碳酸根離子水解使溶液顯堿性，水解離子方程式為：第一步：+H2O+OH-，第二步：+H2OH2CO3+OH-，其水解過(guò)程以第一步為主，第二步水解及其微弱，則NaHCO3水解程度較小，因此相同條件下堿性：Na2CO3＞NaHCO3，故A正確；B．在飽和Na2CO3溶液中通入過(guò)量二氧化碳?xì)怏w可得到NaHCO3沉淀，說(shuō)明Na2CO3比NaHCO3易溶于水，則相同溫度下溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，故B正確；C．NaHCO3不穩(wěn)定，加熱易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸鈉受熱不易分解，較穩(wěn)定，熱穩(wěn)定性：Na2CO3＞NaHCO3，故C正確；D．分別滴加HCl溶液，發(fā)生的反應(yīng)為：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑、Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，則NaHCO3和酸反應(yīng)放出等量的CO2所消耗的酸比Na2CO3少，故D錯(cuò)誤；答案選D。3．向盛有0.1mol/LAgNO3溶液的試管中加入等體積等物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加一定量的KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀，再向其中滴加少量的Na2S溶液，觀察到有黑色沉淀生成，則AgCl、AgI、Ag2S溶解度由大到小的順序?yàn)?)A．AgCl、Ag2S、AgI B．Ag2S、AgI、AgClC．AgCl、AgI、Ag2S D．AgI、AgCl、Ag2S【答案】C【詳解】向盛有0.1mol/LAgNO3溶液的試管中加入等體積等物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液，氯離子和銀離子恰好完全反應(yīng)，得到的白色沉淀為AgCl，再向其中滴加一定量的KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀說(shuō)明沉淀轉(zhuǎn)化為AgI，則AgI的溶解度小于AgCl，再向其中滴加少量的Na2S溶液，觀察到有黑色沉淀生成，說(shuō)明沉淀轉(zhuǎn)化為Ag2S，則Ag2S的溶解度更小，所以AgCl、AgI、Ag2S溶解度由大到小的順序?yàn)锳gCl、AgI、Ag2S；故答案為C。4．在25℃時(shí)，用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液(錐形瓶?jī)?nèi)盛放NaOH溶液)。下列說(shuō)法正確的是A．其它操作均正確，滴定終點(diǎn)時(shí)仰視讀數(shù)，則測(cè)得NaOH溶液濃度偏低B．錐形瓶用蒸餾水洗凈后，可直接加入一定體積的未知濃度的NaOH溶液C．利用如圖所示的方法，排出酸式滴定管內(nèi)的氣泡D．利用酚酞試液作指示劑，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，錐形瓶?jī)?nèi)的溶液的pH一定為7【答案】B【詳解】A．c(酸)V(酸)=c(堿)V(堿)，滴定終點(diǎn)時(shí)仰視讀數(shù)，造成V(酸)偏大，導(dǎo)致c(堿)偏大，則測(cè)得NaOH濃度偏高，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．錐形瓶含有蒸餾水不會(huì)影響NaOH的物質(zhì)的量，對(duì)滴定結(jié)果沒(méi)有影響，因此錐形瓶用蒸餾水洗凈后，可直接加入一定體積的未知濃度的NaOH溶液，B項(xiàng)正確；C．圖中滴定管為堿式滴定管，利用如圖所示的方法可以排出堿式滴定管內(nèi)的氣泡，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．酚酞的變色范圍在8.2~10.0，當(dāng)指示劑由紅色變?yōu)闊o(wú)色時(shí)我們認(rèn)為達(dá)到滴定終點(diǎn)，但此時(shí)溶液pH為8.2左右，呈弱堿性，因此錐形瓶?jī)?nèi)的pH不為7，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。5．已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使溶液中c(H+)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是A．加少量燒堿固體 B．降低溫度C．加少量冰醋酸 D．加水【答案】D【詳解】A．在醋酸溶液中氫氧化鈉固體，氫氧根離子和氫離子反應(yīng)，促進(jìn)電離，平衡正向移動(dòng)，醋酸根離子濃度增大，根據(jù)電離平衡常數(shù)Ka=進(jìn)行分析，變小，故A錯(cuò)誤；B．電離過(guò)程吸熱，降低溫度，平衡逆向移動(dòng)，比值減小，B錯(cuò)誤；C．加入冰醋酸，平衡右移，但電離程度減小，比值減小，C錯(cuò)誤；D．加水稀釋，促進(jìn)電離，氫離子個(gè)數(shù)增多，醋酸分子個(gè)數(shù)減小，在同一溶液中，體積相同，所以比值增大，D正確；故選D。6．人工泳池水質(zhì)須符合CJ/T244-2016標(biāo)準(zhǔn)，為此在泳池里需要加入某些化學(xué)品。下列做法正確的是A．用明礬作消毒劑 B．用硫酸銅作殺藻劑C．用氯化鈉作pH調(diào)節(jié)劑 D．用次氯酸鈉作凈水劑【答案】B【詳解】A．明礬溶于水后，鋁離子水解成氫氧化鋁膠體可以吸附雜質(zhì)達(dá)到凈水目的，但不能消毒殺菌，A錯(cuò)誤；B．硫酸銅為重金屬鹽，可以使蛋白質(zhì)變性，用硫酸銅可以作殺毒劑，B正確；C．氯化鈉的水溶液顯中性，既不和酸反應(yīng)，也不和堿反應(yīng)，不能作pH調(diào)節(jié)劑，C錯(cuò)誤；D．次氯酸具有強(qiáng)氧化性，可以消毒殺菌，但不能吸附雜質(zhì)的，達(dá)到凈水目的，D錯(cuò)誤；綜上所述答案為B。7．下列物質(zhì)的水溶液因水解而呈堿性的是A．Na2CO3 B．AlCl3 C．Ca(OH)2 D．NaNO3【答案】A【詳解】A．碳酸鈉溶液中存在碳酸根的水解CO+H2OHCO+OH-，溶液顯堿性，A符合題意；B．AlCl3溶液中存在Al3+的水解而顯酸性，B不符合題意；C．Ca(OH)2可以在水溶液中電離出OH-而顯堿性，與水解無(wú)關(guān)，C不符合題意；D．NaNO3為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液顯中性，D不符合題意；綜上所述答案為A。8．下列物質(zhì)屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是A．碳酸鈣 B．石墨 C．酒精 D．次氯酸【答案】A【詳解】A．碳酸鈣是鹽，難溶于水，但溶于水的部分完全電離產(chǎn)生自由移動(dòng)的離子，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，A符合題意；B．石墨是非金屬單質(zhì)，不是化合物，因此既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，B不符合題意；C．酒精是乙醇的俗稱，是由分子構(gòu)成的化合物，在水中或熔融狀態(tài)下不能導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)，C不符合題意；D．次氯酸分子式是HClO，在水中部分電離產(chǎn)生自由移動(dòng)的H+、ClO-，是一元弱酸，屬于弱電解質(zhì)，D不符合題意；故合理選項(xiàng)是A。9．在醋酸的電離平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋中，要使電離平衡右移且c(H＋)增大，應(yīng)采取的措施是A．加入NaOH(s)B．通入HCl氣體C．加蒸餾水D．升高溫度【答案】D【詳解】A.加入NaOH(s)，反應(yīng)消耗氫離子，c(H+)減小，使電離平衡右移，故A不選；B.加HCl氣體，氫離子濃度增大，但是電離平衡：CH3COOH?CH3COO-+H+向左移動(dòng)，故B不選；C.加水，溶液體積增大，導(dǎo)致氫離子、醋酸濃度都減小，電離平衡：CH3COOH?CH3COO-+H+向右移動(dòng)，故C不選；D.弱電解質(zhì)的電離為吸熱過(guò)程，加熱促進(jìn)電離，平衡右移，c(H+)增大，故D選；故選D。10．下列有關(guān)溶液中微粒濃度關(guān)系的敘述正確的是A．20mL0.1mol/LCH3COONa

溶液與10mL0.1mol/LHCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)B．在的和的混合溶液中：C．

的溶液中：D．物質(zhì)的量濃度相等的HCN和NaCN的混合液pH＞7中：c(Na+)＞c(CN-)＞c(HCN)＞c(OH-)【答案】A【詳解】A.混合后溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的、NaCl、，溶液呈酸性，說(shuō)明水解程度小于電離程度，但是的水解程度和的電離程度都較小，則溶液中存在，故A正確；B.，溶液呈中性，則，溶液中存在電荷守恒，所以，故B錯(cuò)誤；C.該溶液中存在物料守恒，即，故C錯(cuò)誤；D.混合溶液，溶液呈堿性，說(shuō)明HCN電離程度小于NaCN水解程度，但是HCN電離程度和NaCN水解程度都較小，所以溶液中存在，故D錯(cuò)誤；故選：A。11．t℃時(shí)，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．t℃時(shí)，Ag2CrO4的Ksp=1×10﹣8 B．d點(diǎn)有Ag2CrO4沉淀生成C．a(chǎn)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp等于b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp D．加入AgNO3可使溶液由b點(diǎn)變成c點(diǎn)【答案】C【詳解】A．Ag2CrO4存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+(aq)，據(jù)圖可知，Ksp=c2(Ag+)?c()=(10﹣3mol/L)2×10﹣5mol/L=1×10﹣11，故A錯(cuò)誤；B．b為溶解平衡點(diǎn)，b在d的上方，則d點(diǎn)為Ag2CrO4的不飽和溶液，沒(méi)有Ag2CrO4沉淀生成，故B錯(cuò)誤；C．Ksp只與溫度有關(guān)，a點(diǎn)溫度與b點(diǎn)相同，所以Ksp相等，故C正確；D．Ag2CrO4的沉淀溶解平衡為：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+，加入AgNO3可使溶液中的c(Ag+)增大，平衡逆向移動(dòng)，最終c(Ag+)增大、c()減小，所以不能由b點(diǎn)變成c點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；答案選C。12．常溫下，某PbI2懸濁液中存在平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I－(aq)，加入少量KI固體并完全溶解。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．溶度積常數(shù)Ksp(PbI2)減小 B．溶液中c(I－)增大C．沉淀溶解平衡向左移動(dòng) D．懸濁液中固體質(zhì)量增大【答案】A【詳解】A．溶度積常數(shù)Ksp(PbI2)只與溫度有關(guān)，溫度不變，則Ksp(PbI2)不變，故A錯(cuò)誤；B．加入少量KI固體并完全溶解，平衡逆向移動(dòng)，但移動(dòng)減少的量遠(yuǎn)小于加入的量，所以溶液中c(I－)增大，故B正確；C．含有大量PbI2的飽和溶液中存在著平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I－(aq)，加入KI溶液，c(I－)增大，沉淀溶解平衡左移，故C正確；D．溶液中c(I－)增大，沉淀溶解平衡向左移動(dòng)，生成沉淀，所以懸濁液中固體質(zhì)量增大，故D正確；綜上所述，答案為A。13．對(duì)于某些離子的檢驗(yàn)及結(jié)論一定正確的是A．加入稀鹽酸產(chǎn)生無(wú)色氣體，將氣體通入澄清石灰水中，溶液變渾濁，一定含有COB．加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加鹽酸，沉淀不消失，一定有SOC．加入氫氧化鈉溶液并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)，一定有NHD．加入碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加鹽酸白色沉淀消失，一定有Ba2+【答案】C【詳解】A．加入稀鹽酸產(chǎn)生無(wú)色氣體，將氣體通入澄清石灰水中，溶液變渾濁，該氣體可能為二氧化碳或二氧化硫，原溶液中可能含有亞硫酸根、亞硫酸氫根或碳酸氫根，不一定含有CO，故A錯(cuò)誤；B．加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加鹽酸，沉淀不消失，該沉淀可能是硫酸鋇，也可能是AgCl，原溶液中不一定含有SO，故B錯(cuò)誤；C．加入氫氧化鈉溶液并加熱，產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，該氣體為氨氣，則原溶液中一定有NH，故C正確；D．加入碳酸鈉溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加入鹽酸白色沉淀消失，生成的沉淀可能為碳酸鈣，不一定為碳酸鋇，原溶液中可能含有Ca2+，不一定有Ba2+，故D錯(cuò)誤。答案選C。14．在一支25.00mL的酸式滴定管中盛入0.1mol?L-1HCl溶液，其液面恰好在5.00mL刻度處。若將滴定管中的溶液全部放入錐形瓶中，然后用0.1mol?L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，則達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)所需NaOH溶液的體積A．大于20.00mL B．小于20.00mLC．等于20.00mL D．等于5.00mL【答案】A【詳解】25.00mL滴定管中盛入0.1mol/LHCl溶液，其液面恰好在5.00mL刻度處，滴定管中的溶液全部放入錐形瓶中，滴定管的下方?jīng)]有刻度但充滿液體，則鹽酸的體積大于20.00mL，由HCl+NaOH=NaCl+H2O可知n(NaOH)=n(HCl)>0.02L×0.1mol/L，則以0.1mol/LNaOH溶液進(jìn)行滴定，當(dāng)恰好中和時(shí)消耗NaOH溶液的體積大于20.00mL，故選：A；15．下列實(shí)驗(yàn)方法不可行的是A．不法分子有時(shí)用銅鋅合金制成假金幣行騙，可在空氣中灼燒看表面是否變黑B．通過(guò)濃硫酸干燥除去SO2中少量H2O氣體C．用冷卻結(jié)晶的方法除去NaCl中混有的少量KNO3D．用燒堿溶液鑒別地溝油、甘油和石油【答案】C【詳解】A．金的性質(zhì)溫度，灼燒時(shí)不會(huì)被氧化，而銅鋅合金灼燒時(shí)會(huì)被氧化生成黑色的氧化銅，故該法可行，A不符合題意；B．濃硫酸具有吸收性，且不與二氧化硫，可以干燥SO2，B不符合題意；C．NaCl的溶解度受溫度影響較小，而KNO3的溶解度受溫度影響較大，應(yīng)用蒸發(fā)結(jié)晶的方法除去NaCl中混有的少量KNO3，C符合題意；D．地溝油主要是油脂類，混合時(shí)不互溶，但隨著油脂在NaOH溶液中水解，油脂會(huì)溶解；甘油屬于醇類，可以與NaOH溶液互溶，石油屬于烴類，與NaOH溶液不互溶，D不符合題意；綜上所述答案為C。16．下列說(shuō)法正確的是A．強(qiáng)電解質(zhì)一定是離子化合物B．堿性氧化物一定是金屬氧化物C．只由一種元素構(gòu)成的物質(zhì)一定是純凈物D．酸性氧化物都能與水反應(yīng)生成對(duì)應(yīng)價(jià)態(tài)的含氧酸【答案】B【詳解】A．強(qiáng)電解質(zhì)不一定是離子化合物，例如HCl是共價(jià)化合物，A錯(cuò)誤；B．能與酸反應(yīng)生成鹽和水的氧化物是堿性氧化物，堿性氧化物一定是金屬氧化物，B正確；C．只由一種元素構(gòu)成的物質(zhì)不一定是純凈物，例如氧氣和臭氧組成的物質(zhì)是混合物，C錯(cuò)誤；D．酸性氧化物不一定都能與水反應(yīng)生成對(duì)應(yīng)價(jià)態(tài)的含氧酸，例如二氧化硅不溶于水，不能直接生成硅酸，D錯(cuò)誤；答案選B。二、非選擇題：本題共5小題，共52分。17．（10分）在花瓶中加入“鮮花保鮮劑”可延長(zhǎng)鮮花的壽命。下表是0.1L“鮮花保鮮劑”的成分(其中阿司匹林不含K+，其存在也不會(huì)干擾成分中其他離子的檢驗(yàn))，回答下列問(wèn)題：成分質(zhì)量/g摩爾質(zhì)量/(g/mo1)蔗糖34.20342硫酸鉀0.87174阿司匹林0.36180高錳酸鉀0.79158(1)“鮮花保鮮劑”中物質(zhì)的量濃度最小的成分是______(填寫(xiě)名稱)。(2)“鮮花保鮮劑”中K+的物質(zhì)的量濃度為_(kāi)_____mol/L。(3)下圖所示的儀器中，在配制一定量濃度的“鮮花保鮮劑”溶液時(shí)肯定不需要的是_____(填字母)，還缺少的玻璃儀器有_________(填儀器名稱)。(4)市面上，有一種營(yíng)養(yǎng)液可用于無(wú)土栽培，該營(yíng)養(yǎng)液中有KC1和K2SO4，其中K+的濃度為0.8mol/L，C1-的濃度為0.2mo1/L，則100mL該營(yíng)養(yǎng)液中n(SO)=______mol。(5)欲檢驗(yàn)“鮮花保鮮劑”中的硫酸根離子，步驟是：取少量鮮花保鮮劑于試管中，滴加足量的鹽酸后，再滴加___溶液，看到________，證明有硫酸根離子?！敬鸢浮浚?）阿司匹林（2）0.15ac玻璃棒、燒杯0.03BaCl2白色沉淀【詳解】（1）依據(jù)題意可知溶液體積為0.1L，則溶質(zhì)的物質(zhì)的量越大，物質(zhì)的量濃度越大，依據(jù)表中數(shù)據(jù)各溶質(zhì)的物質(zhì)的量依次為：、、、，所以物質(zhì)的量濃度最小的成分是阿司匹林；（2）n（K+）=n（KMnO4）+2n（K2SO4）=0.005mol+2×0.005mol＝0.015mol，濃度是0.015mol÷0.1L＝0.15mol/L；（3）配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的操作步驟有計(jì)算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻等操作，一般用托盤(pán)天平稱量，用藥匙取用藥品，在燒杯中溶解（可用量筒量取水加入燒杯），并用玻璃棒攪拌，加速溶解。冷卻后轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌燒杯、玻璃棒2～3次，并將洗滌液移入容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加，最后定容顛倒搖勻，所需儀器除100mL容量瓶、燒杯、玻璃棒、藥匙還有膠頭滴管；托盤(pán)天平；用不到的儀器：圓底燒瓶和分液漏斗，還缺少的儀器：玻璃棒、燒杯；故答案為：ac；玻璃棒、燒杯；（4）根據(jù)溶液呈電中性可知：c（K+）=c（Cl-）+2c（SO），即0.8mol/L=0.2mol/L+2c（SO），故c（SO）=0.3mol/L，n（SO）=cV=0.3mol/L×0.1L=0.03mol；（5）硫酸根的檢驗(yàn)是先向溶液中加入稀鹽酸，無(wú)現(xiàn)象，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，則有硫酸根離子。18．（10分）按要求填寫(xiě)下列問(wèn)題：（1）某些共價(jià)化合物（如、、等）在液態(tài)時(shí)會(huì)發(fā)生微弱的電離，如，則液態(tài)的電離方程式為_(kāi)_______。（2）已知水溶液中和的關(guān)系如圖所示，試回答下列問(wèn)題：圖中五點(diǎn)對(duì)應(yīng)的的關(guān)系是________。若從A點(diǎn)到D點(diǎn)，可采用的措施是________（填序號(hào)）。a.升溫b.加入少量的鹽酸c.加入少量的（3）時(shí)，的溶液中。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：①是________（填“強(qiáng)電解質(zhì)”或“弱電解質(zhì)”）。②在加水稀釋溶液的過(guò)程中，隨著水量的增加而增大的是________（填序號(hào)）。A．B．溶液的C．與的乘積D．（4）現(xiàn)有濃度均為的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氫氧化鈉，三種溶液中由水電離出的濃度由大到小的順序是________（用序號(hào)表示）。【答案】（1）bc弱電解質(zhì)BD②③①【詳解】（1）依據(jù)，可知液態(tài)可電離出和，電離方程式為，故答案為：；（2）只與溫度有關(guān)，溫度升高，以及水電離出的和均增大，E、A、D三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溫度為，B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溫度為，所以五點(diǎn)對(duì)應(yīng)的；從A點(diǎn)到D點(diǎn)，在溫度不變的情況下，增大，減小，加入少量的鹽酸，抑制水的電離，最終溶液中，b符合題意；加入少量的，促進(jìn)水的電離，最終溶液中，c符合題意。故答案為：；bc；（3）①時(shí)，的溶液中，因，則溶液中，說(shuō)明在水溶液里部分電離，則為弱電解質(zhì)，故答案為：弱電解質(zhì)；②A．是弱電解質(zhì)，加水稀釋促進(jìn)電離，但電離增大的程度小于溶液體積增大的程度，所以、、都減小，A錯(cuò)誤；B．減小，，則溶液的增大，B正確；C．溫度不變，水的離子積不變，則與的乘積不變，C錯(cuò)誤；D．溫度不變，則水的離子積不變，加水稀釋，減小，則增大，D正確；故答案為：BD（4）酸電離出的氫離子或堿電離出的氫氧根離子濃度越大，對(duì)水的電離抑制程度越大。硫酸是二元強(qiáng)酸，醋酸是一元弱酸，氫氧化鈉是一元強(qiáng)堿，因此同濃度的這三種溶液中由水電離出的濃度由大到小的順序是②③①，故答案為：②③①。19．（10分）(1)t℃時(shí)，水的，則該溫度______(填“>”“<”或“=”)25℃，其理由是________。(2)在(1)中所述溫度下，的溶液呈_______(填“酸性”“堿性”或“中性”)；若該溶液中只存在溶質(zhì)，則由水電離出的______。(3)實(shí)驗(yàn)室用和稀硫酸制取，反應(yīng)時(shí)溶液中水的電離平衡_______(填“向左”“向右”或“不”，下同)移動(dòng)。在新制氯水中加入少量固體，水的電離平衡_______移動(dòng)。(4)25℃時(shí)，的鹽酸中水的電離程度_________(填“大于”“小于”或“等于”)的溶液中水的電離程度。(5)乙酸(甲，)和氯乙酸(乙，)的水溶液中，下列可以表示兩溶液中由水電離出的與加入水的體積V之間關(guān)系的是______(填字母)。a.b.c.d.【答案】（1）>升溫促進(jìn)水的電離，增大堿性向右向右等于c【詳解】(1)升高溫度，增大，由于，因此該溫度大于25℃；(2)該溫度下，溶液中，因?yàn)椋匀芤撼蕢A性；溶液中由水電離出的等于溶液中的，即為；(3)與稀硫酸反應(yīng)過(guò)程中，溶液中減小，水的電離平衡向右移動(dòng)。新制氯水中加入少量固體，反應(yīng)的平衡向左移動(dòng)，溶液中減小，水的電離平衡向右移動(dòng)；(4)的鹽酸中，由水電離出的，的溶液中，由水電離出的，故兩種溶液中水的電離程度相同。(5)乙酸的小于氯乙酸的，所以乙酸溶液中的小于氯乙酸溶液中的，故水的電離程度：的乙酸溶液(甲)大于的氯乙酸溶液(乙)，加水稀釋，兩溶液中的均減小，水的電離程度均增大，故選c。20．（10分）如圖所示，A是制取溴苯的實(shí)驗(yàn)裝置，B、C是改進(jìn)后的裝置。B中溶液的作用是檢驗(yàn)反應(yīng)有生成。請(qǐng)仔細(xì)分析、對(duì)比三個(gè)裝置，回答下列問(wèn)題：(1)寫(xiě)出A裝置中所發(fā)生的兩個(gè)反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________。寫(xiě)出B中盛有溶液的試管中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________。(2)裝置A和C均采用了長(zhǎng)玻璃導(dǎo)管，其作用是___________。(3)在按裝置B、C裝好儀器及藥品后，要使反應(yīng)開(kāi)始，應(yīng)對(duì)裝置B進(jìn)行的操作是___________；應(yīng)對(duì)裝置C進(jìn)行的操作是___________(4)B中采用了洗氣瓶吸收裝置，其作用是___________；反應(yīng)后洗氣瓶中可能出現(xiàn)的現(xiàn)象是___________(5)B裝置中存在兩個(gè)明顯的缺點(diǎn)，使實(shí)驗(yàn)的效果不好或不能正常進(jìn)行。這兩個(gè)缺點(diǎn)是___________?！敬鸢浮浚?）+Br2+HBr、（2）導(dǎo)出，并起到冷凝回流的作用旋轉(zhuǎn)分液漏斗的活塞，使溴和苯的混合液滴到鐵粉上托起軟橡膠袋使鐵粉落入溴和苯組成的混合液中吸收反應(yīng)中隨逸出的，防止干擾的檢驗(yàn)由無(wú)色變成橙紅色隨逸出的溴蒸氣和苯蒸氣不能回流到反應(yīng)器中，原料利用率低；由于導(dǎo)管插入溶液中而易產(chǎn)生倒吸【詳解】（1）三個(gè)裝置中所共同發(fā)生的兩個(gè)反應(yīng)，先是單質(zhì)溴和鐵反應(yīng)生成溴化鐵，再是苯和溴在三溴化鐵催化作用下反應(yīng)生成溴苯和溴化氫，其化學(xué)方程式：2Fe+3Br2=2FeBr3；+Br2+HBr。B中盛有AgNO3溶液的試管中反應(yīng)為：溴化氫和硝酸銀反應(yīng)生成溴化銀和硝酸，其化學(xué)方程式：HBr+AgNO3=AgBr↓+HNO3，故答案為：2Fe+3Br2=2FeBr3；+Br2+HBr；HBr+AgNO3=AgBr↓+HNO3；（2）裝置A和C均采用了長(zhǎng)玻璃導(dǎo)管，其作用是導(dǎo)出HBr，兼起冷凝回流的作用，故答案為：導(dǎo)出HBr，兼起冷凝回流的作用；（3）按裝置B，C裝好儀器及藥品后要使反應(yīng)開(kāi)始，就是將藥品放在一起混合，使之發(fā)生反應(yīng)，應(yīng)對(duì)裝置B進(jìn)行的操作是旋轉(zhuǎn)分液漏斗的活塞，使溴和苯的混合液滴到鐵粉上；應(yīng)對(duì)裝置C進(jìn)行的操作是托起軟橡膠袋使鐵粉落入溴和苯組成的混合液中，故答案為：旋轉(zhuǎn)分液漏斗的活塞，使溴和苯的混合液滴到鐵粉上；托起軟橡膠袋使鐵粉落入溴和苯組成的混合液中；（4）B中反應(yīng)生成溴化氫的同時(shí)，大量溴蒸汽逸出，因此B中采用了洗氣瓶吸收裝置，其作用是吸收反應(yīng)中隨HBr逸出的Br2和苯蒸氣，反應(yīng)后洗氣瓶中可能出現(xiàn)的現(xiàn)象是CCl4由無(wú)色變成橙紅色，故答案為：吸收反應(yīng)中隨HBr逸出的Br2和苯蒸氣；CCl4由無(wú)色變成橙紅色；（5）B裝置也存在兩個(gè)明顯的缺點(diǎn)，使實(shí)驗(yàn)的效果不好或不能正常進(jìn)行，由于在反應(yīng)時(shí)大量的苯和溴蒸汽逸出，使得原料的利用率較低，后面HBr與AgNO3反應(yīng)時(shí)易產(chǎn)生倒吸，故答案為：隨HBr逸出的溴蒸氣和苯蒸氣不能回流到反應(yīng)器中，原料利用率低；由于導(dǎo)管插入AgNO3溶液中而易產(chǎn)生倒吸。21．（12分）弱電解質(zhì)有許多如：醋酸、碳酸、氫氰酸、一水合氨等，已知25℃時(shí)，醋酸、碳酸、氫氰酸的電離平衡常數(shù)如表：氫氰酸碳酸醋酸Ka=6.2×10-10Ka1=4.2×10-7Ka2=5.6×10-11Ka=1.7×10-5（1）25℃時(shí)，pH相等的三種溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，濃度由大到小的順序?yàn)開(kāi)_。（填序號(hào)）（2）25℃時(shí)，向NaCN溶液中通入少量CO2，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_。（3）將濃度為0.02mol/L的HCN與0.01mol/LNaOH溶液等體積混合，則混合溶液中c（H+）___c（OH-）。（用“＜”或“＞”或“=”填空）（4）常溫下，向濃度為0.1mol?L-1、體積為VL的氨水中逐滴加入一定濃度的鹽酸，用pH計(jì)測(cè)溶液的pH隨鹽酸的加入量而降低的滴定曲線，d點(diǎn)兩種溶液恰好完全反應(yīng)。根據(jù)圖中信息回答下列問(wèn)題：①該溫度時(shí)NH3?H2O的電離常數(shù)K=___。②比較b、c、d三點(diǎn)時(shí)的溶液中，由水電離出的c（H+）由大到小順序?yàn)開(kāi)_。（填字母，下同）③滴定時(shí)，由b點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程中，下列各選項(xiàng)中數(shù)值保持不變的__。A．c（H+）?c（OH-）B．C．D．【答案】（1）①＞③＞②CN-+CO2+H2O=HCO+HCN＜10-5d＞c＞bACD【詳解】（1）由圖表數(shù)據(jù)可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，則水解程度：②Na2CO3溶液＞③NaCN溶液＞NaHCO3溶液＞①CH3COONa溶液，pH相等的三種溶液①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，濃度由大到小的順序?yàn)椋孩伲劲郏劲?，故答案為：①＞③＞②；?）向NaCN溶液中通入少量CO2，酸性：H2CO3＞HCN＞HCO，所以反應(yīng)生成氰酸和碳酸氫鈉，不能生成二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，離子方程式為：CN-+CO2+H2O=HCO+HCN，故答案為：CN-+CO2+H2O=HCO+HCN；（3）將濃度為0.02mol/L的HCN與0.01mol/LNaOH溶液等體積混合，得到等濃度的HCN和NaCN混合溶液，CN-+H2O?HCN+OH-，CN-的平衡常數(shù)Kh===1.6×10-5＞Ka=6.2×10-10，CN-水解程度大于HCN的電離程度，溶于顯堿性，c(H+)＜c(OH-)，故答案為：＜；（4）①滴定前氨水中c(H+)=10-11mol/L，利用水的離子積得c(OH-)=10-3mol/L，一水合氨的電離平衡常數(shù)K==≈10-5，故答案為：10-5；②在b點(diǎn)時(shí)，溶質(zhì)為氨水和氯化銨，氨水的電離程度大于氯化銨的水解程度，溶液為堿性，對(duì)水的電離平衡起到抑制作用；在c點(diǎn)時(shí)，溶質(zhì)為氨水和氯化銨，氨水的電離程度等于氯化銨的水解程度，溶液為中性，對(duì)水的電離平衡幾乎無(wú)影響，在d點(diǎn)時(shí)，溶質(zhì)為氯化銨，氯化銨發(fā)生水解，溶液為酸性，對(duì)水的電離平衡起促進(jìn)作用，所以b、c、d三點(diǎn)時(shí)的溶液中，水電離的c(H+)大小順序是d＞c＞b，故答案為：d＞c＞b；③A.c(H+)?c(OH-)=Kw，溫度不變，水的離子積不變，故A選；B.b到c的過(guò)程中，隨著鹽酸的加入，溶液中氫離子濃度逐漸增大，氫氧根離子濃度逐漸減小，則的比值逐漸增大，故B不選；C.=Kb，溫度不變，NH3?H2O的電離平衡常數(shù)不變，故C選；D.=Kh，為銨根離子的水解平衡常數(shù)，溫度不變，則該比值不變，故D選，故答案為：ACD。第3章物質(zhì)在水溶液中的行為（能力提升卷）一、選擇題：本題包括16小題，每小題3分，共48分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。1．已知常溫常壓下，飽和CO2的水溶液pH=3.9，則可推斷用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定NaHCO3水溶液時(shí)，適宜選用的指示劑及滴定終點(diǎn)時(shí)顏色變化的情況是A．石蕊，由藍(lán)變紅 B．甲基橙，由橙變黃C．酚酞，紅色褪去 D．甲基橙，由黃變橙【答案】D【詳解】標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定碳酸氫鈉水溶液時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)是：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，滴定終點(diǎn)時(shí)pH=3.9，因此滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯酸性，而指示劑選用甲基橙（3.1～4.4），滴定終點(diǎn)時(shí)溶液pH降低到3.9，顏色由黃變橙。故選D。2．已知：工業(yè)生產(chǎn)中可用ZnS作為沉淀劑除去工業(yè)廢水中的Cu2+，可表示為Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)。下列說(shuō)法不正確的是A．相同溫度時(shí)，溶解度：S(ZnS)＞S(CuS) B．通入氣體H2S后，c(Zn2+)變小C．反應(yīng)平衡常數(shù)K= D．反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，c(Cu2+)=c(Zn2+)【答案】D【詳解】A．溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，ZnS能轉(zhuǎn)化為CuS，則溶解度：S(ZnS)＞S(CuS)，故A正確；B．通入硫化氫后，溶液中c(S2?)增大而抑制ZnS溶解，則c(Zn2+)變小，故B正確；C．Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)的平衡常數(shù)K==，故C正確；D．溶解度：S(ZnS)＞S(CuS)，所以反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)c(Cu2+)＜c(Zn2+)，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為D。3．下列有關(guān)難溶電解質(zhì)及其溶度積常數(shù)Ksp的說(shuō)法正確的是（）A．常溫下，向BaCO3飽和溶液中加入Na2CO3固體，BaCO3的Ksp減小B．用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗的AgCl少C．Mg（OH）2可溶于鹽酸，不溶于NH4Cl溶液D．溫度相同時(shí)，Ksp小的物質(zhì)其溶解度一定比Ksp大的物質(zhì)的溶解度小【答案】B【詳解】A．溶度積常數(shù)與溫度有關(guān)系，與溶液類型以及濃度無(wú)關(guān)，向BaCO3飽和溶液中加入Na2CO3固體，BaCO3的Ksp不變，故A錯(cuò)誤；B．氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡，用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀，能使沉淀溶解平衡逆移，減少AgCl的溶解，所以用稀鹽酸洗滌AgCl沉淀比用水洗滌損耗AgCl少，故B正確；C．Mg(OH)2電離出來(lái)的OH-與結(jié)合生成難電離的弱電解質(zhì)NH3?H2O，從而使Mg(OH)2的溶解平衡正向移動(dòng)，故Mg(OH)2能溶于NH4Cl溶液中，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)難溶物類型不同時(shí)，不能直接根據(jù)溶度積數(shù)據(jù)大小判斷溶解度，則Ksp小的物質(zhì)其溶解能力不一定比Ksp大的物質(zhì)的溶解能力小，故D錯(cuò)誤。答案選B。4．如圖所示是用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度鹽酸（酚酞作指示劑）的滴定曲線。下列說(shuō)法正確的是（）A．水電離出的氫離子濃度：a>bB．用NaOH溶液滴定鹽酸時(shí)選擇的指示劑只能是酚酞C．指示劑變色時(shí)，說(shuō)明鹽酸與NaOH恰好完全反應(yīng)D．該未知濃度鹽酸濃度為0.1000mol·L-1【答案】D【詳解】A.a點(diǎn)pH小，H+濃度大，a點(diǎn)H+對(duì)H2O的電離抑制作用更強(qiáng)，所以水電離出的氫離子濃度：a<b，A錯(cuò)誤；B.用NaOH溶液滴定鹽酸時(shí)選擇的指示劑可以是酚酞，也可以是甲基橙，B錯(cuò)誤；C.因?yàn)樗弥甘緞榉犹犹淖兩秶鸀?.2~10，所以指示劑變色時(shí)，說(shuō)明鹽酸與NaOH不是恰好完全反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D.滴定20.00mL該鹽酸至pH等于7時(shí)，消耗0.1000mol·L-1NaOH溶液20.00mL，則HCl濃度等于NaOH濃度，也為0.1000mol·L-1，D正確；答案選D。5．常溫下，向的HA溶液中逐滴加入0.02mol/L的MOH溶液，圖中所示曲線表示混合溶液的pH的變化情況，下列說(shuō)法正確的是A．HA為弱酸B．在N到K間任意一點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：C．K點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：D．常溫下，MA溶液的【答案】B【分析】0.01mol?L-1HA溶液中pH=2，則HA是強(qiáng)酸，N點(diǎn)時(shí)溶液呈中性，MOH的物質(zhì)的量大于HA的物質(zhì)的量，說(shuō)明MOH是弱堿，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)圖象可知，0.01mol?L-1HA溶液中pH=2，則HA在溶液中完全電離，則HA為強(qiáng)酸，故A錯(cuò)誤；B．在N到K間任意一點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，溶液的成分為MA、MOH，根據(jù)電荷守恒有：c(OH-)+c(OH-)=c(H+)+c(M+)，故B正確；C．K點(diǎn)所示溶液中，100mL0.01mol/LHA的溶液中逐滴加入0.02mol/LMOH溶液100ml，反應(yīng)后溶液中含有等濃度的MOH和MA溶液，所以c(M+)+c(MOH)≠c(A-)，故C錯(cuò)誤；D．MA是強(qiáng)酸弱堿鹽，MA溶液呈酸性，溶液pH＜7，故D錯(cuò)誤；故選B。6．25℃時(shí)，下列有關(guān)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是A．溶液和0.1mol/L鹽酸等體積混合：B．溶液和0.1mol/L氨水等體積混合(pH>7)：C．溶液和溶液等體積混合：D．溶液和0.1mol/L鹽酸等體積混合(為二元弱酸)：【答案】C【詳解】A．0.1mol/LCH3COONa溶液和鹽酸等體積混合后生成等物質(zhì)的量的氯化鈉和醋酸，溶液中醋酸部分電離出氫離子和，水也電離出氫離子，所以氫離子濃度大于醋酸根離子濃度，A錯(cuò)誤；

B．混合后溶液顯堿性，說(shuō)明一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，則，B錯(cuò)誤；

C．碳酸鈉和碳酸氫鈉的元素質(zhì)量(物料)守恒：2n(Na+)=3n(C)，據(jù)此規(guī)律可以得出題干中守恒規(guī)律，C正確；

D．，溶液和鹽酸等體積混合后反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的氯化鈉和草酸氫鈉，根據(jù)電荷守恒分析，有，D錯(cuò)誤；

故選C。7．已知25℃時(shí)，幾種弱酸的電離平衡常數(shù)如下：HCOOH：Ka=1.8×10-4，HCN：Ka=6.2×10-10，H2CO3：Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．反應(yīng)能發(fā)生B．反應(yīng)能發(fā)生C．酸性：HCN＞HCOOHD．向碳酸鈉溶液中加入甲酸溶液有氣泡產(chǎn)生【答案】C【分析】酸的電離平衡常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)，由電離平衡常數(shù)知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻緼．HCOOH酸性大于HCN，所以HCOOH+NaCN═HCOONa+HCN能發(fā)生，故A正確；B．酸性HCN＞HCO，所以Na2CO3+HCN═NaHCO3+NaCN能反應(yīng)，故B正確；C．由分析可知，酸性：HCOOH＞HCN，故C錯(cuò)誤；D．酸性：HCOOH＞H2CO3，所以2HCOOH+CO═2HCOO-+H2O+CO2↑能發(fā)生，即向碳酸鈉溶液中加入甲酸溶液有氣泡產(chǎn)生，故D正確；故選C。8．已知醋酸溶液達(dá)到電離平衡后，改變某一條件使電離平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是A．醋酸的電離程度一定變大 B．溶液的導(dǎo)電能力一定變強(qiáng)C．溶液的pH一定減小 D．發(fā)生電離的分子總數(shù)增多【答案】D【詳解】A．增大醋酸的濃度，電離平衡正向移動(dòng)，但醋酸的電離程度變小，A錯(cuò)誤；B．加水稀釋，醋酸的電離平衡正向移動(dòng)，由于CH3COO-和H+濃度均減小，故溶液的導(dǎo)電能力變?nèi)?，B錯(cuò)誤；C．加水稀釋，醋酸的電離平衡正向移動(dòng)，由于CH3COO-和H+濃度均減小，溶液的pH增大，C錯(cuò)誤；D．醋酸電離平衡正向移動(dòng)，一定有更多的醋酸分子發(fā)生電離，D正確；故答案為：D。9．在t℃時(shí)，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示.又知t℃時(shí)AgCl的Ksp=4×10-10，下列說(shuō)法不正確的是A．在t℃時(shí)，AgBr的Ksp為4.9×l0-13B．在AgBr飽和溶液中加入NaBr固體，可使溶液由c點(diǎn)到b點(diǎn)C．圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是AgBr的不飽和溶液D．在t℃時(shí)，反應(yīng)AgCl(s)+Br-(aq)?AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常數(shù)K≈816【答案】B【詳解】A．根據(jù)圖中c點(diǎn)的c(Ag+)和c(Br-)可得該溫度下AgBr的Ksp為4.9×10-13，故A正確；B．在AgBr飽和溶液中加入NaBr固體后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移動(dòng)，c(Ag+)減小，不可能由c點(diǎn)到b點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．在a點(diǎn)時(shí)Qc<Ksp，故a點(diǎn)為AgBr的不飽和溶液，故C正確；D．K=，故D正確；故選B。10．HClO4、H2SO4、HNO3和HCl都是強(qiáng)酸，其在水溶液中酸性差別不大。表中是某溫度下這四種酸在冰醋酸中的電離常數(shù)：酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10-56.3×10-91.6×10-94.2×10-10由表格中數(shù)據(jù)判斷下列說(shuō)法不正確的是A．在冰醋酸中這四種酸都沒(méi)有完全電離B．在冰醋酸中H2SO4的電離方程式為H2SO4=2H++SOC．在冰醋酸中HClO4是這四種酸中酸性最強(qiáng)的酸D．水對(duì)這四種酸的強(qiáng)弱沒(méi)有區(qū)分能力，但冰醋酸可以區(qū)分這四種酸的強(qiáng)弱【答案】B【詳解】A．有電離平衡常數(shù)可知沒(méi)有完全電離，故A正確；B．冰醋酸中硫酸未完全電離，存在電離平衡，應(yīng)該用可逆號(hào)，故B錯(cuò)誤；C．在冰醋酸中，電離平衡常數(shù)越大，電離程度越大，酸性越強(qiáng)，由表中數(shù)據(jù)可知，HClO4電離平衡常數(shù)最大，故C正確；D．在溶劑中完全電離的不能區(qū)分酸性強(qiáng)弱，不能完全電離的可以區(qū)分，由表中數(shù)據(jù)可知，可以區(qū)分，故D正確；故答案為：B11．某溫度下，向的蒸餾水中加入晶體，保持溫度不變，測(cè)得溶液中。下列對(duì)該溶液的敘述不正確的是A．該溫度高于 B．由水電離出來(lái)的的濃度為C．加入晶體后抑制水的電離 D．加水稀釋，溶液中的減小【答案】D【詳解】A．某溫度下，蒸餾水中c(H+)=1×10-6mol·L-1，則蒸餾水中c(OH-)=1×10-6mol·L-1，該溫度下水的離子積Kw=c(H+)×c(OH-)=1×10-6×1×10-6=1×10-12＞1×10-14，則溶液溫度高于25℃，故A正確；B．該溫度下水的離子積Kw=10-12，則c(H+)=1×10-2mol·L-1的溶液中c(OH-)=mol/L=1×10-10mol/L，由于酸溶液中OH-來(lái)自于水的電離，所以水電離出來(lái)的H+的濃度c(H+)水=c(OH-)=1×10-10mol/L，故B正確；C．加入NaHSO4晶體時(shí)，NaHSO4屬于強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，即NaHSO4═Na++H++，電離的H+抑制水的電離，故C正確；D．取該溶液加水稀釋，溶液的酸性減弱，促進(jìn)了水的電離，溶液中的c(OH-)增大，故D錯(cuò)誤；答案為D。12．天然水體中的H2CO3與空氣中的CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，某溶洞水體中l(wèi)gc(X)(X為H2CO3、、或Ca2+)與pH的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．曲線①代表 B．H2CO3的一級(jí)電離常數(shù)為10-8.3C．c(Ca2+)隨pH升高而增大 D．pH=10.3時(shí)，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1【答案】D【分析】根據(jù)圖像可知，隨著pH的增大，溶液堿性增強(qiáng)，、濃度都增大，而曲線①在pH很小時(shí)也產(chǎn)生，因此曲線①代表，②代表，③代表Ca2+，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由上述分析可知，曲線①代表，A錯(cuò)誤；B．曲線①為，由點(diǎn)(6.3，-5)可知，H2CO3的一級(jí)電離常數(shù)，B錯(cuò)誤；C．曲線③代表Ca2+，根據(jù)圖像可知，c(Ca2+)隨pH升高而減小，C錯(cuò)誤；D．已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，根據(jù)圖像，pH=10.3時(shí)，c()=c()=10-1.1，則，D正確；答案選D。13．常溫下，、分別在溶液中達(dá)到沉淀溶解平衡后，改變?nèi)芤?，金屬?yáng)離子濃度的變化如圖所示。據(jù)圖分析，下列判斷錯(cuò)誤的是A．常溫下，B．加適量固體可使溶液由a點(diǎn)變到b點(diǎn)C．c、d兩點(diǎn)代表的溶液中與乘積相等D．、分別在b、c兩點(diǎn)代表的溶液中達(dá)到飽和【答案】B【詳解】A．由b、c兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)數(shù)據(jù)可比較出常溫下與的大小，，，因這兩點(diǎn)中，故，選項(xiàng)A正確；B．向溶液中加入固體，結(jié)合使得的沉淀溶解平衡正向移動(dòng)，增大，與圖像不符，故不能使溶液由a點(diǎn)變到b點(diǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．只要溫度不發(fā)生改變，溶液中與的乘積(即)就不變，該題中溫度條件不變，故c、d兩點(diǎn)代表的溶液中與的乘積相等，選項(xiàng)C正確；D．b、c兩點(diǎn)分別處在兩條沉淀溶解平衡曲線上，故兩點(diǎn)均代表溶液達(dá)到飽和，選項(xiàng)D正確。故選B。14．室溫下,下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．pH=2的溶液：Na+、Fe2+、I-、B．c(NaAlO2)=0.1mol·L-1的溶液:K+、OH-、Cl-、C．=0.1mol·L-1的溶液:Na+、K+、、ClO-D．c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液:Al3+、、、SCN-【答案】B【詳解】A．的溶液顯酸性，和均能被氧化，不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B．的溶液中、、、均能大量存在，且離子組間不發(fā)生離子反應(yīng)，故B正確；C．=0.1mol·L-1的溶液呈酸性，H+與ClO－反應(yīng)生成弱酸而不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D.的溶液中，F(xiàn)e3+與生成配合離子，不能大量共存，故D錯(cuò)誤；15．已知25℃時(shí)，二元酸H2X的電離平衡常數(shù)K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-3。此溫度下用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol/L的KY和K2X溶液，所得的沉淀(AgY和Ag2X)溶解平衡圖像如圖所示。下列敘述正確的是A．25℃時(shí)，KHX的溶液pH＞7B．反應(yīng)Ag2X+2Y-2AgY+X2-的平衡常數(shù)為103.25C．a(chǎn)點(diǎn)既可以表示AgY的不飽和溶液也可以表示Ag2X的過(guò)飽和溶液D．向c(Y-)=c(X2-)=0.01mol/L的混合液中滴入AgNO3溶液時(shí)，先生成AgY沉淀【答案】D【分析】分析題中溶解平衡圖像可知，縱坐標(biāo)為Ag+濃度的負(fù)對(duì)數(shù)，則縱坐標(biāo)的值越大，Ag+的濃度越小，橫坐標(biāo)為Y-或X2-的濃度的對(duì)數(shù)值，則橫坐標(biāo)越大，Y-或X2-的濃度越大。時(shí)，Ksp(AgY)=，同理，可得Ksp(Ag2X)=，據(jù)此進(jìn)行分析。【詳解】A.由HX-+H2OH2X+OH-可知，其水解常數(shù)Kh=＜K2，說(shuō)明HX-的電離程度大于水解程度，則25°C時(shí)，KHX的溶液pH＜7，A錯(cuò)誤；B.由分析可知，反應(yīng)Ag2X+2Y-2AgY+X2-的平衡常數(shù)為K=，B錯(cuò)誤；C.由圖可知，a點(diǎn)時(shí)的Qc(AgY)＞Ksp(AgY)，則a點(diǎn)表示AgY的過(guò)飽和溶液；同理，a點(diǎn)時(shí)的Qc(Ag2X)＜Ksp(Ag2X)，則a點(diǎn)表示Ag2X的不飽和溶液，C錯(cuò)誤；D.當(dāng)c(Y-)=c(X2-)=0.01mol·L-1時(shí)，開(kāi)始生成AgY沉淀時(shí)c(Ag+)=；開(kāi)始生成Ag2X沉淀時(shí)c(Ag+)=，10-4.23mol·L-1>10-7.75mol·L-1，由此可知，向c(Y-)=c(X2-)=0.01mol·L-1的混合液中滴入AgNO3溶液時(shí)，先生成AgY沉淀，D正確；答案為D。16．NOx含量的測(cè)定，是將氣體樣品通入適量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀釋，量取該溶液，加入FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液（過(guò)量），充分反應(yīng)后，用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2+下列說(shuō)法不正確的是A．NO被H2O2氧化為的離子方程式為2NO+3H2O2=2H++2+2H2OB．滴定操作使用的玻璃儀器有酸式滴定管C．若FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏高D．氣體樣品中混有空氣，測(cè)定結(jié)果會(huì)偏高【答案】D【詳解】A.NO作還原劑，H2O2作氧化劑，生成硝酸和水，該離子方程式正確，A正確；B.重鉻酸鉀是強(qiáng)氧化劑，會(huì)腐蝕橡膠，故選用酸式滴定管，B正確；C.加入FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液（過(guò)量），先發(fā)生，后發(fā)生，若FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，則FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏高，C正確；D.氣體樣品中混有空氣，則樣品中NOx實(shí)際含量偏小，實(shí)驗(yàn)中消耗的FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液（過(guò)量）、K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，測(cè)定結(jié)果會(huì)偏小，D不正確；答案選D。二、非選擇題：本題共5小題，共52分。17．（10分）已知水在25℃和95℃時(shí)的電離平衡曲線如圖所示：（1）25℃時(shí)水的電離平衡曲線應(yīng)為_(kāi)_______(填“A”或“B”)。其理由是__________。（2）95℃時(shí)，將pH=9的NaOH溶液與pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，則NaOH溶液與H2SO4溶液的體積比_______。（3）25℃時(shí)，等體積的pH=12的NaOH溶液和氨水分別與0.1mol/L的鹽酸發(fā)生中和反應(yīng)時(shí)，恰好完全反應(yīng)時(shí)消耗鹽酸的體積_______。(填：“前者多”或“后者多”或“一樣多”)（4）95℃時(shí)，某溶液由水電離出H+的濃度為10-8，則該溶液的pH=_______。（5）在一定溫度下，有以下三種酸：a.醋酸b.硫酸c.鹽酸①當(dāng)三種酸物質(zhì)的量濃度相同時(shí)，三種溶液中水的電離程度由大到小的順序是_________(用a、b、c表示，下同)。②當(dāng)三種酸的PH相同、體積相同時(shí)，分別加入足量的鋅，產(chǎn)生H2的體積(相同狀況)由大到小的順序?yàn)開(kāi)________?！敬鸢浮浚?）A水的電離是吸熱過(guò)程，溫度越高，Kw越大（2）1∶9后者多8或4a＞c＞ba＞b=c【詳解】（1）由圖像可知，水的離子積為10，且水的電離為吸熱過(guò)程，故答案為A；水的電離是吸熱過(guò)程，溫度越高，Kw越大（2）95°C時(shí)純水的pH=

6，混合溶液中的pH=

7,

說(shuō)明酸堿混合時(shí)堿過(guò)量溶液呈堿性,pH

=

9的NaOH

溶液c(OH-)

=

10-3

mol/L,pH

=

4的H2SO4溶液

c(H+)

=

10-4mol/L，設(shè)酸的體積為x，堿的體積為y，c(OH-)

==10-5mol/L，x:y=1:9,故答案為：1:9（3）氫氧化鈉為強(qiáng)電解質(zhì)在水溶液中完全電離，一水合氨為弱電解質(zhì)在水溶液中部分電離，所以25°C時(shí)，

等體積的pH

=

12的NaOH和氨水溶液，氫氧化鈉的物質(zhì)的量小于氨水的物質(zhì)的量，則與0.1

mol/L的鹽酸發(fā)生中和反應(yīng)時(shí)，恰好完全反應(yīng)時(shí)消耗鹽酸的體積氨水多于氫氧化鈉，故答案為：后者多（4）95°C時(shí)Kw=

c(H+)c(OH-)=

110-12，

某溶液由水電離出H+的濃度為10-8

mol/L，當(dāng)溶液呈堿性時(shí)，c(OH-)=

110-4

mol/L則pH=8，當(dāng)溶液呈酸性時(shí)，c(H+)=

10-4

mol/L,

則pH=4,故答案為：8或4（5）主要是判斷三種酸對(duì)水的電離的抑制情況，醋酸是弱酸電離出的H+最少，鹽酸完全電離，硫酸電離的的氫離子比鹽酸多，故答案為a＞c＞b；醋酸為弱酸，其中還有很多醋酸分子存在，隨著與鋅反應(yīng)，醋酸不斷電離，所以放出的氫氣最多，鹽酸與硫酸中氫離子的物質(zhì)的量相等，所以產(chǎn)生氫氣的量相同，故答案為a＞b=c18．（10分）工業(yè)制膽礬時(shí)，將粗制CuO粉末(含雜質(zhì)FeO、Fe2O3)慢慢加入適量的稀H2SO4中完全溶解，除去雜質(zhì)離子后，再蒸發(fā)結(jié)晶可得純凈的膽礬晶體。已知：pH≥9.6時(shí)，F(xiàn)e2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH≥6.4時(shí)，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4時(shí)，F(xiàn)e3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀．回答下列問(wèn)題：（1）為除去溶液中的Fe2+，可先加入_______，(從下面四個(gè)選項(xiàng)選擇)將Fe2+氧化為Fe3+，反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______________________，然后加入適量的__________，(從下面四個(gè)選項(xiàng)選擇)調(diào)整溶液的pH為_(kāi)_____，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀。A．CuOB．Cl2C．Cu(OH)2D．H2O2（2）甲同學(xué)懷疑調(diào)整至溶液pH=4是否能達(dá)到除去Fe3+而不損失Cu2+的目的，乙同學(xué)認(rèn)為可以通過(guò)計(jì)算確定，他查閱有關(guān)資料得到如下數(shù)據(jù)，常溫下Fe(OH)3的溶度積Ksp=1×10-38，Cu(OH)2的溶度積Ksp=3×10-20，通常認(rèn)為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10-5mol?L-1時(shí)就認(rèn)為沉淀完全，設(shè)溶液中CuSO4的濃度為3mol?L-1，則Cu(OH)2開(kāi)始沉淀時(shí)溶液的pH為_(kāi)_____，F(xiàn)e3+完全沉淀時(shí)溶液的pH為_(kāi)_____，通過(guò)計(jì)算確定上述方案______(填“可行”或“不可行”)。【答案】（1）DFe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2OAC3～4（2）43可行【分析】將粗制CuO粉末(含雜質(zhì)FeO、Fe2O3)慢慢加入適量的稀H2SO4中完全溶解，得到硫酸銅、硫酸鐵和硫酸亞鐵混合溶液，加入氧化劑，把亞鐵離子氧化為鐵離子，調(diào)節(jié)pH在3～4時(shí)，F(xiàn)e3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，過(guò)濾，蒸發(fā)結(jié)晶可得純凈的膽礬晶體。【詳解】（1）由于pH9.6時(shí)，F(xiàn)e2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH6.4時(shí)，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，故除去溶液中的Fe2+，必須先加入氧化劑將Fe2+氧化，為了不引入雜質(zhì)，加入的氧化劑選H2O2，即答案選D，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。pH在3～4時(shí)，F(xiàn)e3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀，為了不引入雜質(zhì)，然后加入適量的CuO(或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3)，即答案選AC，調(diào)整溶液的pH至3~4，使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀。（2）常溫下，Cu(OH)2開(kāi)始沉淀時(shí)c(Cu2+)·c2(OH-)=Ksp[Cu(OH)2]=310-20，c(OH-)==110-10mol/L，c(H+)=110-4mol/L，Cu(OH)2開(kāi)始沉淀時(shí)溶液的pH=4。Fe3+完全沉淀時(shí)c(Fe3+)110-5mol/L，c(Fe3+)·c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]=110-38，c(OH-)==110-11mol/L，c(H+)=110-3mol/L，F(xiàn)e3+完全沉淀時(shí)溶液的pH=3。根據(jù)計(jì)算結(jié)果知上述方案可行。19．（10分）我們的生活離不開(kāi)化學(xué)?；瘜W(xué)物質(zhì)在不同的領(lǐng)域發(fā)揮著重要的作用。（1）明礬是常用的一種凈水劑，用離子方程式和相應(yīng)的文字?jǐn)⑹鼋忉屍鋬羲脑恚篲_____________________________________________________________________。（2）化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作環(huán)保型阻燃材料，受熱時(shí)發(fā)生如下分解反應(yīng)：2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O＋10MgO＋3Al2O3寫(xiě)出該化合物作阻燃劑的兩條依據(jù)：____________________、____________________。（3）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是一種常見(jiàn)的食品抗氧化劑，焦亞硫酸鈉中硫元素的化合價(jià)為_(kāi)_________。（4）銨鹽是重要的化肥，NH4Cl溶液中離子濃度大小順序是____________。（5）NaHCO3可以中和胃酸又是常用的食品添加劑，室溫下pH＝8的NaHCO3溶液中水電離出的OH－濃度為_(kāi)____________?！敬鸢浮浚?）Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，水解生成的Al(OH)3具有強(qiáng)的吸附作用反應(yīng)吸熱降低溫度固體氧化物隔絕空氣，水蒸氣稀釋空氣（任寫(xiě)2條）+4c(Cl－)>c()>c(H+)>c(OH－)1×10－6mol/L【分析】室溫下NaHCO3溶液中的pH＝8，則表明在溶液中發(fā)生水解，從而促進(jìn)水的電離，使溶液顯堿性，溶液中的OH－全部來(lái)自水電離?！驹斀狻浚?）明礬溶于水后，Al3+水解生成氫氧化鋁膠體，具有較大的表面積，能吸附水中的懸浮顆粒物并使之沉降，其凈水的原理：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，水解生成的Al(OH)3具有強(qiáng)的吸附作用。答案為：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，水解生成的Al(OH)3具有強(qiáng)的吸附作用；（2）由Mg5Al3(OH)19(H2O)4分解反應(yīng)方程式可以看出，產(chǎn)物中的MgO、Al2O3具有阻燃作用，H2O具有稀釋作用，該化合物作阻燃劑的兩條依據(jù)：反應(yīng)吸熱降低溫度、固體氧化物隔絕空氣，水蒸氣稀釋空氣（任寫(xiě)2條）。答案為：反應(yīng)吸熱降低溫度；固體氧化物隔絕空氣，水蒸氣稀釋空氣（任寫(xiě)2條）；（3）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)中，Na顯+1價(jià)，O顯-2價(jià)，則硫元素的化合價(jià)為+4。答案為：+4；（4）NH4Cl溶液中，發(fā)生水解使其濃度減小，且生成H+，使溶液顯酸性，離子濃度大小順序是c(Cl－)>c()>c(H+)>c(OH－)。答案為：c(Cl－)>c()>c(H+)>c(OH－)；（5）室溫下pH＝8的NaHCO3溶液中，因發(fā)生水解，從而促進(jìn)水的電離，使溶液顯堿性，則水電離出的OH－濃度為mol/L=1×10－6mol/L。答案為：1×10－6mol/L。20．（10分）高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦（還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制備，工藝如下圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：相關(guān)金屬離子[c0(Mn+)=0.1mol·L?1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開(kāi)始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）“濾渣1”含有S和__________________________；寫(xiě)出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應(yīng)的化學(xué)方程式____________________________________________________。（2）“氧化”中添加適量的MnO2的作用是將________________________。（3）“調(diào)pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應(yīng)調(diào)節(jié)為_(kāi)______~6之間。（4）“除雜1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣3”的主要成分是______________。（5）“除雜2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度過(guò)高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。（6）寫(xiě)出“沉錳”的離子方程式___________________________________________________。（7）層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子