2022年高中化学上学期第三章过关检测新人教版选修4.docx

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1、第三章过关检测(时间:60分钟总分值:100分)一、选择题(此题共8小题,每题6分,共48分。每题只有一个正确选项)1.(2022福建质检)有关常温下pH均为3的醋酸和硫酸的说法正确的选项是()。A.两种溶液中,由水电离出的氢离子浓度均为110-11 molL-1B.分别加水稀释100倍后,两种溶液的pH仍相同C.醋酸中的c(CH3COO-)和硫酸中的c(S)相等D.分别参加足量锌片,两种溶液生成H2的体积相同解析:酸溶液中氢氧根离子全部来自于水的电离,氢离子浓度相同的情况下,氢氧根离子浓度也相同,那么由水电离出的氢离子浓度也相同。答案:A2.(2022课标全国理综,10)将浓度为0.1 mo

2、lL-1 HF溶液加水不断稀释,以下各量始终保持增大的是()。A.c(H+)B.Ka(HF)C.D.解析:HF溶液加水稀释,平衡向右移动,所以增大,D项正确。答案:D3.某酸H2B在水溶液中存在以下关系:H2BH+HB-,HB-H+B2-。关于该酸对应的酸式盐NaHB的溶液,以下说法中一定正确的选项是()。A.NaHB属于弱电解质B.溶液中的离子浓度c(Na+)c(HB-)c(H+)c(OH-)C.c(Na+)=c(HB-)+c(B2-)+c(H2B)D.NaHB和NaOH溶液反响的离子方程式为H+OH-H2O解析:NaHB属于强电解质,A项错;由于HB-的电离程度和水解程度大小未知,所以Na

3、HB溶液的酸碱性不确定,B项错;C项表达的是物料守恒,正确;由于HB-只有局部电离,所以写离子方程式时不能拆写为H+,D项错。答案:C4.(2022苏州高二质检)人体血液的正常pH约为7.357.45,假设在外界因素作用下突然发生改变就会引起“酸中毒或“碱中毒,甚至有生命危险。由于人体体液的缓冲系统中存在如下平衡:H+HCH2CO3CO2+H2O;H+PHP;H+HPH2P。故能维持血液pH的相对稳定,以保证正常生理活动。以下说法中不合理的是()。A.当强酸性物质进入人体的体液后,上述缓冲系统的平衡向右移,从而维持pH稳定B.当强碱性物质进入人体的体液后,上述缓冲系统的平衡向左移,从而维持pH

4、稳定C.某病人静脉滴注生理盐水后,血液被稀释,会导致c(H+)显著减小,pH显著增大,可能会引起碱中毒D.在人体进行呼吸活动时,如CO2进入血液,会使平衡向左移动,c(H+)增大,pH略减小解析:正常机体可通过体内的缓冲物质使机体的pH相对稳定,不会对机体造成不良影响。答案:C5.(2022安徽理综,13)室温下,将1.000 molL-1盐酸滴入20.00 mL 1.000 molL-1氨水中,溶液pH和温度随参加盐酸体积变化曲线如以下列图所示。以下有关说法正确的选项是()。A.a点由水电离出的c(H+)=1.010-14 molL-1B.b点:c(N)+c(NH3H2O)=c(Cl-)C.

5、c点:c(Cl-)=c(N)D.d点后,溶液温度略下降的主要原因是NH3H2O电离吸热解析:A项,氨水中存在NH3H2ON+OH-的电离平衡,a点溶液pH在714之间,呈碱性,由水电离出的c(H+)1.010-14 molL-1,故错误;B项是盐酸和氨水恰好反响时的物料守恒等式,但由图知b点时氨水过量,没有恰好完全反响,故错误;C项,因为c(Cl-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),当pH=7时,c(OH-)=c(H+),所以c(Cl-)=c(N),故正确;D项,d点后温度下降的原因是低温溶液的介入,此时反响已进行完全。答案:C6.在由水电离出的c(OH-)=110-13 molL-1的溶

6、液中,能大量共存的离子组是()。A.Fe2+Na+NCl-B.Ba2+Na+NCl-C.SSNNa+D.Mg2+Na+Br-ClO-解析:由水电离出的c(OH-)=110-13 molL-1,说明溶液可能为强酸或强碱溶液。Fe2+在强酸环境中与N发生氧化复原反响,在强碱溶液中与OH-反响;S、ClO-在强酸溶液中不能大量存在;N、Mg2+在强碱溶液中不能大量存在。答案:B7.温度相同,浓度均为0.2 molL-1的(NH4)2SO4,NaNO3,NH4HSO4,NH4NO3,CH3COONa溶液,它们的pH由小到大的排列顺序是()。A.B.C.D.解析:首先根据盐类水解规律将其按酸碱性分组,呈

7、酸性的是,呈中性的是,呈碱性的是。在呈酸性的中,NH4HSO4中的HS电离出H+,其溶液的酸性最强,其pH最小,(NH4)2SO4溶液中的N浓度大于NH4NO3溶液中的N浓度,其到达水解平衡时,(NH4)2SO4溶液中的H+浓度大于NH4NO3溶液中的H+浓度。CH3COONa溶液呈碱性,pH最大,综上所述,其pH由小到大的排列顺序是。答案:A8.以下列图表示的是难溶氢氧化物在不同pH下的溶解度(S,molL-1),以下说法中正确的选项是()。难溶金属氢氧化物的SpH图A.pH=3时溶液中铁元素的主要存在形式是Fe3+B.假设Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2+杂质,可通过调节溶液pH的方

8、法来除去C.假设别离溶液中的Fe3+和Cu2+,可调节溶液的pH在4左右D.假设在含有Cu2+和Ni2+的溶液中参加烧碱,Ni(OH)2优先沉淀解析:由图可知在pH=3时Fe3+已沉淀完全,铁元素的主要存在形式是Fe(OH)3,A错误。由于Ni2+和Co2+沉淀完全的pH相差不大,因此不能用调节pH的方法将两者别离,B错误。由图可知选项D中优先沉淀的是Cu(OH)2,D错误。答案:C二、非选择题(此题共4小题,共52分)9.(12分)以下列图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 molL-1 CH3COONa溶液,并分别放置在盛有水的烧杯中,然后向烧杯中参加生石灰,向烧杯中参加NH4NO3晶

9、体,烧杯中不加任何物质。(1)含酚酞的0.01 molL-1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为。(2)实验过程中发现烧瓶中溶液红色变深,烧瓶中溶液红色变浅,那么以下表达正确的选项是。A.水解反响为放热反响B.水解反响为吸热反响C.NH4NO3溶于水时放出热量D.NH4NO3溶于水时吸收热量(3)向0.01 molL-1 CH3COONa溶液中分别参加少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体,使CH3COO-水解平衡移动的方向分别为、(填“左“右或“不移动)。解析:(1)CH3COONa中CH3COO-水解使溶液显碱性,酚酞试液遇碱显红色。(2)生石灰与水剧烈反响且放出大量

10、热,根据烧杯中溶液红色变深,判断水解平衡向右移动,说明水解反响是吸热反响,同时烧杯中溶液红色变浅,那么NH4NO3溶于水时吸收热量。(3)酸促进CH3COO-的水解;碱抑制CH3COO-的水解;与CH3COO-带同种电荷,水解都呈碱性相互抑制;Fe2+水解呈酸性、CH3COO-水解呈碱性,相互促进。答案:(1)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,使溶液显碱性(2)BD(3)右左左右(2)假设NH3H2O是弱电解质,那么存在电离平衡,稀释pH=a的氨水102倍,那么其pH变化小于2。(2)a-2ba11.(16分)常温下,将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合,两种溶液的物质的量浓度和

11、混合后所得溶液的pH如下表:实验编号HA的物质的量浓度/(molL-1)NaOH的物质的量浓度/(molL-1)混合溶液的pH0.10.1pH=90.2pH=70.20.1pH7请答复:(1)从组实验分析,HA是强酸还是弱酸。(2)组实验说明,c0.2(填“大于“小于或“等于)。混合液中离子浓度c(A-)与c(Na+)的大小关系是。(3)从组实验结果分析,说明HA的电离程度NaA的水解程度(填“大于“小于或“等于),该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是。(4)组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)= molL-1。写出该混合溶液中以下算式的精确结果(不能作近似计算)。c(Na+)-c(A

12、-)= molL-1;c(OH-)-c(HA)=molL-1。解析:(1)从组情况分析,等体积等物质的量浓度的HA和NaOH溶液混合后,溶液显碱性,说明生成强碱弱酸盐,即HA是弱酸。(2)组中NaOH溶液的浓度为0.2 molL-1,混合后溶液显中性,说明HA稍过量,HA的物质的量浓度应大于0.2 molL-1。根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),溶液pH=7,呈中性,c(H+)=c(OH-),那么c(A-)=c(Na+)。(3)第组实验相当于等体积等物质的量浓度的HA和NaA混合,pHc(Na+)c(H+)c(OH-)。(4)组实验所得混合溶液中的pH=9,那

13、么c(OH-)=10-5 molL-1,水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-5 molL-1。由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)可得:c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5-10-9)molL-1,根据质子守恒c(OH-)=c(HA)+c(H+),所以c(OH-)-c(HA)=c(H+)=10-9 molL-1。答案:(1)弱酸(2)大于c(A-)=c(Na+)(3)大于c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-)(4)10-510-5-10-910-912.(16分)以下是25 时几种难溶电解质的溶解度:难溶电解质Mg(OH)2Cu(O

14、H)2Fe(OH)2Fe(OH)3溶解度/g910-41.710-61.510-43.010-9在无机化合物的提纯中,常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子。例如:为了除去氯化铵中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,再参加一定量的试剂反响,过滤结晶即可;为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,参加足量的氢氧化镁,充分反响,过滤结晶即可;为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+,先将混合物溶于水,参加一定量的H2O2,将Fe2+氧化成Fe3+,调节溶液的pH=4,过滤结晶即可。请答复以下问题:(1)上述三种除杂方案都能够到达很好的效果,Fe3+、Fe2+都被转化为(填化学式)而除去

15、。(2)中参加的试剂应该选择为宜,其原因是。(3)中除去Fe3+所发生的总反响的离子方程式为。(4)以下与方案相关的表达中,正确的选项是(填字母)。A.H2O2是绿色氧化剂,在氧化过程中不引进杂质,不产生污染B.将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤C.调节溶液pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜D.Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中E.在pH4的溶液中Fe3+一定不能大量存在解析:中参加氨水,利用沉淀的生成,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀;中参加氢氧化镁,利用沉淀的转化,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀;中先参加H2O2,将Fe2+氧化成Fe3+,然后调节溶液pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。答案:(1)Fe(OH)3(2)氨水不会引入新的杂质(3)2Fe3+3Mg(OH)23Mg2+2Fe(OH)3(4)ACDE