2022高考立体设计化学鲁科版第8章第3节③课后限时作业.docx

一、选择题(此题包括14小题，每题4分，共56分)1.以下离子方程式属于盐的水解，且书写正确的选项是 A.NaHCO3溶液：HCO3-+H2OCO32-+H3O+B.NaHS溶液：HS-+H2OH2S+OH-C.Na2CO3溶液：CO32-+2H2OH2CO3+2OH-D.NH4Cl溶于D2O中：NH4+D2ONH3·D2O+H+2.25 时，将1 mol/L的醋酸钠溶液用水稀释至0.1 mol/L,溶液中增大的是 A.OH-B.CH3COOHC.H+D. 【解析】在醋酸钠溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；加水稀释，平衡向右移动，导致CH3COOH、CH3COO-都减小，但CH3COO-减小的幅度更大，所以CH3COO-/ CH3COOH减小；又因溶液的碱性减弱，OH-变小，那么H+增大。【答案】C325 时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，以下判断不正确的选项是 A均存在电离平衡和水解平衡B存在的粒子种类相同COH前者大于后者D分别参加NaOH固体，恢复到原温度，CO32-均增大【解析】A项，两种溶液中均存在着水的电离平衡，NaHCO3溶液中还存在：HCO3-HCO32-及HCO3-H2OH2CO3OH，Na2CO3溶液中还存在有CO32-H2OHCO3-OH，故A正确。B项，两种溶液中均存在Na、CO32-、HCO3-、H2CO3、OH、H、H2O，B正确。C项，浓度相同时，CO32-水解程度大于HCO3-，故Na2CO3溶液中OH要大，故C错。D项，NaHCO3溶液中参加NaOH固体：HCO3-OH H2OCO32-，CO32-增大，Na2CO3溶液中参加NaOH，导致CO32-的水解平衡向左移动，CO32-增大，故D正确。【答案】C4用一价离子组成的四种盐溶液：AC、BD、AD、BC，其物质的量浓度均为1 mol/L。在室温下前两种溶液的pH7，第三种溶液的pH7，最后一种溶液pH7，那么正确的选项是 ABCD碱性AOHBOHAOHBOHAOHBOHAOHBOH酸性HCHDHCHDHCHDHCHD【解析】强酸强碱盐不水解，溶液呈中性；强酸弱碱盐，溶液呈酸性；强碱弱酸盐，溶液呈碱性；弱酸弱碱盐，溶液可能呈中性、酸性，也可能呈碱性。根据题意，AOH为强碱，BOH为弱碱；HC为强酸，HD为弱酸。【答案】A5向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别参加少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，那么CH3COO浓度的变化依次为 A减小、增大、减小 B增大、减小、减小C减小、增大、增大 D增大、减小、增大【解析】在CH3COONa溶液中存在平衡：CH3COOH2OCH3COOHOH。参加NH4NO3固体促进了CH3COO水解，平衡右移，CH3COO浓度减小；参加Na2SO3抑制了CH3COO水解，平衡左移，CH3COO浓度增大；参加FeCl3促进了CH3COO的水解，平衡右移，CH3COO浓度减小。【答案】A6乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1 mol/L的NaA和NaB混合溶液中，以下排序正确的选项是 AOH>HA>HB>HBOH>A>B>HCOH>B>A>HDOH>HB>HA>H【解析】酸越弱，对应的盐的水解程度越大，同浓度的NaA和NaB的溶液中，前者水解程度更大，因此HA的浓度更大一些，D项错误；盐的水解程度很弱，故OH不可能大于A和B，故B、C错误。【答案】A7用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，假设测定结果偏高，那么产生误差的原因可能是 A滴定时，装NaOH溶液的锥形瓶未用NaOH溶液润洗B酸式滴定管用蒸馏水洗后，用标准盐酸润洗C滴定前，酸式滴定管尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失D滴定前以仰视的姿势读取了酸式滴定管的读数，滴定后读数正确【解析】A项对滴定结果无影响；B项为正确的操作方法；C项此种情况导致消耗盐酸偏多，测量结果偏高；D项此种情况导致盐酸体积偏小，测量结果偏低。【答案】C8关于氯化铁水解的说法错误的选项是 A水解到达平衡(不饱和)时，无论加氯化铁饱和溶液还是加水稀释，平衡均向正方向移动B浓度为5 mol/L和0.5 mol/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3的水解程度前者比后者小C有50 和20 的同浓度的FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3的水解程度前者比后者小D为抑制Fe3水解，较好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸【解析】增大FeCl3的浓度，平衡正向移动，但水解程度减小，加水稀释，平衡正向移动，水解程度增大，A、B均正确；水解是吸热反响，温度升高，水解程度增大，C错误；Fe3水解显酸性，增大H浓度可抑制Fe3的水解，D正确。【答案】C9.通过对以下列图的观察，判断以下几种表达中不正确的选项是 A.该温度下，不管何种水溶液中H+·OH-乘积相等，即水的离子积是一个常数B.假设醋酸钠溶液中c(Na+)=CH3COO-，那么溶液中的H+=OH-C.如果定义pOH=-lgOH-，那么该温度下某水溶液中的pOH和pH之和等于14D.某水溶液由于条件的改变，如果氢离子浓度变小，那么氢氧根离子浓度一定变大【解析】此题考查水的电离和溶液的pH，该温度下，H+·OH-=10-14，A项正确；醋酸钠溶液中cNa+=CH3COO-时，根据电荷守恒Na+H+=CH3COO-+OH-, 可得：H+=OH-，B项正确；pOH+pH=-lgOH-lgH+=-lgH+·OH-=14，C项正确；如果水溶液温度降低，水的电离程度减小，水的离子积减小，当氢离子浓度变小，氢氧根离子浓度也可能减小，D项错误。【答案】D10.常温下将稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是 A.pH>7，且OH->Na+>H+>CH3COO-B.pH>7,且Na+H+=CH3COO-+OH-C.pH<7,且CH3COO->H+>Na+>OH-D.pH=7,且CH3COO-=Na+>H+=OH-【解析】常温下将稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合，溶液中溶质一定含有CH3COONa。假设pH>7，可能是二者恰好反响或NaOH过量或CH3COOH稍过量，由电荷守恒得：Na+H+=CH3COO-+OH-，且一定是Na+>OH-;假设剩余少量CH3COOH，溶液可能呈中性，pH=7,此时CH3COO-=Na+>H+=OH-,假设CH3COOH大量剩余，溶液显酸性，那么溶液中可能会有：CH3COO->H+>Na+>OH-。【答案】A11.以下溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的选项是 A.等体积等物质的量浓度的NaF溶液与HF溶液混合： 2Na+=F-+HFB.0.1 mol·L-1 pH为4的NaHB溶液中：HB->H2B>B2-C.在NaHA溶液中一定有：Na+H+=HA-+OH-+A2-D.等物质的量浓度的NH42SO4和NH42CO3溶液中的NH4+：前者<后者12能促进水的电离，并使溶液中HOH的操作是( )将水加热煮沸 向水中投入一小块金属钠 向水中通CO2 向水中参加明矾晶体 向水中加NaHCO3固体 向水中加NaHSO4固体ABCD【解析】将水加热可以促进水的电离，但HOH；钠与水反响，溶液中OH增大，抑制水的电离；向水中通入二氧化碳、参加硫酸氢钠，溶液中的H增大，抑制水的电离；向水中参加碳酸氢钠，与水电离出的氢离子结合，促进水的电离，但H<OH；参加明矾晶体，铝离子与水电离出的氢氧根离子结合生成氢氧化铝，促进了水的电离，且 H>OH。【答案】D13室温下，在25 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中逐滴参加0.2 mol/L CH3COOH溶液，pH与滴加CH3COOH溶液体积的关系曲线如下列图，假设忽略两溶液混合时的体积变化，以下有关粒子浓度关系的说法错误的选项是()A在A、B间任一点，溶液中一定都有NaHCH3COOOHB在B点：a>12.5，且有NaCH3COO>OHHC在C点：Na>CH3COO>H>OHD在D点：CH3COOCH3COOH0.1 mol/L【解析】根据电荷守恒，可知A正确；CH3COOH是弱酸，假设使两者反响后的溶液pH7，那么应该使CH3COOH稍过量，B正确；在C点H>OH，再根据电荷守恒NaHCH3COOOH，可得CH3COO>Na，C错误；在D点共参加CH3COOH的物质的量为0.025 L×0.2 mol/L，反响后一局部变为CH3COO，另一局部依然为CH3COOH分子，溶液体积为0.05 L，故根据物料守恒，可以确定CH3COOCH3COOH0.1 mol/L。【答案】C14如图为对10 mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图象，依据图象推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的()【解析】由图知，30 mL NaOH溶液恰好中和10 mL盐酸，即3c(Y)c(X)，表中A、D属此种情况，但A组中c(X)0.12 mol/L，H0.12 mol/L，pH1，与图不符D组中X0.09 mol/L，pH1，参加20 mL NaOH溶液后的1×102 mol/L，pHlg(1×102)2，符合题意。【答案】D二、非选择题(此题包括4小题，共44分)15.(8分)某二元酸化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是：H2BH+HB-，HB-H+B2-。答复以下问题：1Na2B溶液显填“酸性、“中性 或“碱性，理由是用离子方程式表示。2在0.1 mol·L-1 Na2B溶液中，以下粒子浓度关系式正确的选项是。A.B2-+HB-+H2B=0.1 mol·L-1B.Na+OH-=H+HB-C.Na+H+=OH-+HB-+2B2-D.Na+=2B2-+2HB-30.1 mol·L-1 NaHB溶液的pH=2，那么0.1 mol·L-1H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是0.11 mol·L-1(填“、“或“=),理由是。40.1 mol·L-1 NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是。【解析】1由二元酸的第二步电离特点可知：Na2B溶液呈碱性。2根据电荷和物料守恒可判断出C、D正确。3因二元酸的第一步电离彻底，故其产生的氢离子抑制了第二步电离，应选“。4因HB-只存在电离，故NaHB溶液中存在Na+、HB-、B2-、H+、OH-，故不难排出离子的浓度大小关系。【答案】1碱性B2-+H2OHB-+OH-2CD3H2B第一步电离产生的H+抑制了HB-的电离4Na+HB-H+B2-OH-16(8分)现有0.2 mol/L NaOH溶液，0.2 mol/L HX溶液，两溶液等体积混合后，测得溶液中Na>X。那么：(1)中由水电离出的OH中由水电离出的H(填“>、“或“<)。(2)上述混合液中共存在种粒子。且：HXX(填“>、“或“<，下同)。HXX0.1 mol/L(忽略体积变化)。请根据电荷守恒写出一个用离子浓度表示的等式：。(3)上述混合液显性(填“酸、“碱或“中)，其原因用离子方程式表示。【解析】NaOH溶液与HX溶液等浓度、等体积混合，二者恰好完全中和，所得溶液中 Na>X，说明X水解，即HX为弱酸。(1)HX溶液中H对水电离的影响程度小于NaOH溶液中OH对水电离的影响程度。(2)混合溶液中应存在Na、X、H、OH、H2O、HX六种粒子。由于水解程度较小，故HX<X，由物料守恒知HXX0.1 mol/L。【答案】(1)<(2)6<NaHOHX(3)碱XH2OHXOH17(12分).盐酸和氨水混合后，其溶液中只存在OH、H、Cl四种带电离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有以下几种：Cl>>H>OHCl>>OH>H>Cl>OH>HCl>H>>OHCl>OHH那么：(1)假设溶液中只有一种溶质，那么该溶质为，该溶液中离子浓度的大小关系为(填序号)。(2)假设关系正确，那么溶液中溶质为。(3)25 时，pHa的盐酸Va mL与pH14a的氨水Vb mL混合，假设溶液显中性，那么VaVb(填“>、“<、“或“无法确定)。.(1)氨催化氧化生成NO，NO氧化生成二氧化氮，二氧化氮转化成硝酸的循环氧化总反响为：4NO2O22H2O4HNO3(aq)(正反响放热)，工业上为了提高硝酸产量，最适宜采取的措施是。A升温B降温C增大压强D充入足量空气E减小压强(2)在硝酸溶液中缓慢通入氨气，溶液中粒子浓度关系一定错误的选项是。AHOHB>>H>OHC>>H>OHDH>>OH> ENH3NH3·H2OF【解析】.(1)中，由于水可以电离出H、OH，所以溶质为NH4Cl；由于铵根离子的水解而使溶液显酸性，溶液中的氯离子浓度大于铵根离子浓度，故该溶液中离子浓度的大小关系为Cl>>H>OH。(2)中，因为关系正确，那么溶液中除含有NH4Cl外还应含有NH3·H2O。(3)中，pHa的盐酸中H10a，pH14a的氨水中OH10a，假设VaVb那么混合前盐酸中H的物质的量与氨水中OH的物质的量相等，因为氨水为弱碱不完全电离，故HCl<NH3·H2O，混合后溶液显碱性，因此假设溶液显中性，必须Va>Vb。.(1)工业上最适宜措施是“多、快、省，省即降低本钱，所以应选D，不应选C，增大压强，对设备材料、动力要求高，要提高本钱。(2)在硝酸溶液中通入氨气，溶液可能显酸性(HNO3NH4NO3，NH4NO3)、中性(NH4NO3较少的NH3·H2O)、碱性(NH4NO3较多的NH3·H2O)。在硝酸溶液中通入氨气，溶液中离子只有四种：、H、OH。根据电荷守恒知，A正确；假设H>OH，那么>，B正确，C错误；硝酸溶液中H与浓度相等，通入氨气后，中和了H，H浓度不可能大于浓度，所以D错误；当恰好完全反响生成硝酸铵时(NH3与HNO3物质的量之比为 11)，E正确；当溶液呈中性时F正确。【答案】.(1)NH4Cl(2)NH4Cl和NH3·H2O(3)>.(1)D(2)CD18(16分)某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：A在250 mL容量瓶中配制250 mL烧碱溶液B用移液管(或碱式滴定管)量取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中，并加几滴甲基橙指示剂C在天平上准确称取烧碱样品w g，在烧杯中加蒸馏水溶解D将物质的量浓度为m mol/L的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1 mLE在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2 mL请完成以下问题：(1)正确的操作步骤是(填写字母)D。(2)滴定管读数应注意。(3)操作中锥形瓶下垫一张白纸的作用是。(4)操作D中液面应调整到；尖嘴局部应。(5)滴定到终点时锥形瓶内溶液的pH约为；终点时的颜色变化是。(6)假设酸式滴定管没用标准H2SO4润洗，会对测定结果有何影响(填“偏高、“偏低或“无影响，其他操作均正确)。(7)该烧碱样品的纯度计算式是。【解析】(1)此题应先配制250 mL NaOH溶液，取25.00 mL于锥形瓶中，用H2SO4溶液进行滴定，故正确的操作步骤是CABDE。(2)滴定管读数时，滴定管要垂直，装液和放液后需等一会，待液面不发生变化时才能读数；读数时要平视，视线与凹液面最低点相平；读数读到0.01 mL。(3)放一张白纸有利于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况。(4)调整液面时应调至零刻度或零刻度以下某一刻度，尖嘴局部应充满溶液，无气泡。(5)滴定时锥形瓶内溶液的pH由大变小，终点时pH约为3.14.4，溶液颜色由黄色变为橙色。(6)假设酸式滴定管没有用标准H2SO4溶液润洗，那么滴定时消耗H2SO4溶液的体积偏大，所测烧碱溶液的浓度偏高。(7)滴定时消耗溶质H2SO4的物质的量为，那么反响掉NaOH的物质的量为。NaOH的纯度为：。【答案】(1)CABE(2)滴定管垂直；装液和放液后需要等一会，等液面上下不发生变化时才能读数；读数时要平视，视线与凹液面最低点相平；读数应读到0.01 mL(3)便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况(4)零刻度或零刻度以下的某一刻度充满溶液，无气泡(5)3.14.4由黄色变为橙色(6)偏高(7)