第三章《水溶液中的离子反应与平衡》测试卷-人教版（2019）高二化学上学期选择性必修1.docx

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1、第三章水溶液中的离子反应与平衡单元测试卷一、单选题1对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是选项离子组判断与分析A、不能大量共存，主要原因是与反应产生沉淀B、不能大量共存，因发生反应：C、不能大量共存，会催化分解D、能大量共存AABBCCDD2下列叙述正确的是（）A从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁B盛放溶液时，可以使用带玻璃瓶塞的磨口瓶C蒸馏时应将温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口处D用pH试纸测定溶液的pH时，若先用蒸馏水润湿试纸，一定会导致测定结果偏大3证掘推理是化学学科重要的核心素养。下列证据与推理的关系，正确的是选项证据推理A向FeCl3溶液中加入几滴30%

2、的H2O2溶液，产生气体的速率加快，一段时间后，液体颜色加深Fe3+能催化H2O2的分解，且该分解反应为放热反应B室温下，将BaSO4固体投入饱和碳酸钠溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)C将Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸中，滴入几滴KSCN溶液，溶液呈红色Fe(NO3)2晶体已变质D室温下，用pH试纸测得0.1moL/L碳酸钠溶液的pH等于10，测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH等于9酸性：CH3COOH强于H2CO3AABBCCDD4设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温下含有个碳氢键B

3、碳酸钠溶液中含有的数目为C被氧化为时转移的电子数为D20，101kPa时，44.8L氨气含有个氨分子525时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A中性溶液中：NH、Fe3、SO、Cl-B0.1mol/L的NH4HCO3溶液中：K+、SiO、Al(OH)4-、Cl-C=110-12mol/L的溶液中：K+、NO、S2-、ClO-D透明的溶液中：K+、NH、MnO、CO6室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A向0.10molL-1CH3COONa溶液中通HCl：c(Na+)c(CH3COOH)=c(Cl

4、-)B向0.10molL-1NH4HCO3溶液中通CO2：c()=c()+c()C向0.10molL-1NaHSO3溶液中通NH3：c(Na+)c()c()D向0.10molL-1Na2SO3溶液中通SO2：c(Na+)=2c()+c()+c(H2SO3)7用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作不正确的是A酸式滴定管用蒸馏水洗净后，用已知浓度的盐酸润洗酸式滴定管B锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知浓度的NaOH溶液C若用甲基橙作指示剂，则锥形瓶中溶液由橙色变为黄色即达到滴定终点D读数时，视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平8化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的

5、是A向沸水中滴加少量饱和溶液，形成带电的胶体，导电能力增强B葡萄酒中添加适量，可以起到抗氧化和漂白的作用C工业废水中的、等重金属离子可以通过加适量除去D工业燃烧煤时，加入少量石灰石可减少温室气体的排放9表中是几种弱酸在常温下的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO41.810-5Ka1=4.510-7Ka2=4.710-11Ka1=1.310-7Ka2=7.110-15Ka1=7.510-3Ka2=6.210-8Ka3=2.210-13则下列说法中不正确的是A碳酸的酸性强于氢硫酸B多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定C常温下，加水稀释醋酸，增大D常温下，向弱酸溶液中加少量NaOH溶

6、液，电离平衡常数不变10已知，常温下CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.8105。某小组进行如图三组实验且实验II、III中Mg(OH)2固体均溶解。下列说法正确的是AI中现象说明NH3H2O碱性强于Mg(OH)2BII中总反应为2HMg(OH)2Mg22H2OC实验II、III研究NH4对Mg(OH)2溶解的作用原理DIII中CH3COONH4浓度越小，越有利于沉淀的溶解11常温下，下列溶液中各组离子一定能够大量共存的是A=1.010-12的溶液：K+、Na+、CO、AlOB水电离出来的c(OH-)=1.010-13 mol/L的溶液：K+、Cl-、S2-、SOC使甲基橙变红色的溶

7、液中：Na+、NH、S2O、CH3COO-D0.1 mol/LAl2(SO4)3溶液中：Na+、Ba2+、S2-、HCO12室温下，向20.00mL0.10molL-1CH3COOH溶液中逐滴滴加0.10molL-1的NaOH溶流，溶流的pH随着p变化关系如图所示，已知p=-lg，下列说法错误的是Ab点对应溶液的pH=4.75B水的电离程度：ab”、“”、“”“Ksp(BaCO3) 导致碳酸钡沉淀析出、钡离子浓度变小、使Ksp(BaSO4) Qc(BaSO4)、使部分硫酸钡沉淀溶解。因此难以说明Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)的相对大小 ，B错误；C将Fe(NO3)2晶体溶于稀硫酸中

8、，Fe2+、与一定浓度的氢离子能发生反应，例如：，滴入几滴KSCN溶液，溶液必定呈红色，难以说明Fe(NO3)2晶体已变质，C错误；D室温下，用pH试纸测得0.1moL/L碳酸钠溶液的pH等于10，测得0.1mol/LCH3COONa溶液的pH等于9，说明碳酸根离子的水解程度大于醋酸根离子的，只能说明碳酸氢根电离能力小于醋酸，不能说明酸性：CH3COOH强于H2CO3，D错误；答案选A。4A【详解】ACH4分子中含有4个C-H键，32gCH4的物质的量为2mol，则常温下32gCH4含有8molC-H键，即8NA个碳氢键，A正确；B碳酸根离子在水中会发生水解，故1L0.1mol/L碳酸钠溶液中

9、含有的碳酸根离子数量小于0.1NA，B错误；CK2Cr2O7中Cr为+6价，转化为Cr3+为其被还原的过程，C错误；D标况为0，101kPa，20，101kPa并非标准状况，其物质的量小于=2mol，D错误；故答案选A。5D【详解】A NH、Fe3在酸性条件下存在，故A错误；B 碳酸、碳酸氢根的酸性强于氢氧化铝，0.1mol/L的NH4HCO3溶液中Al(OH)4-不能大量共存，生成氢氧化铝沉淀，故B错误；C =110-12mol/L的溶液呈酸性，H+、NO、S2-、ClO-之间发生氧化还原反应，故C错误；D 透明的溶液中：K+、NH、MnO、CO之间不发生反应，故D正确；故选D。6A【详解】

10、A向0.10molL-1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，由物料守恒可知，c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，则c(Na+)c(CH3COOH)=c(Cl-)，故A正确；B向0.10molL-1NH4HCO3溶液中通CO2，至溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，电荷守恒为c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，可得出c()=c()+2c()，故B错误；C溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1:1

11、，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c(Na+)c()，由物料守恒可知，c(Na+)=c()+c()+c(H2SO3)，溶液呈中性，由电荷守恒可得c(Na+)+c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，联立可得c()+c(H2SO3)=c()，所以存在c(Na+)c()c()，故C错误；D向0.10molL-1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c(Na+)2c()+c()+c(H2SO3)，故D错误；答案为A。7C【详解】A酸式滴定管用蒸馏水洗净后，需用已知浓度的盐酸润洗酸式滴

12、定管以减小因标准液浓度的改变而带来的实验误差，A正确；B锥形瓶用蒸馏水洗净后不需要用未知液润洗否则引起实验误差，也无需干燥由于后续滴定过程还需向锥形瓶中加入少量的水，可以直接加入一定体积的未知浓度的NaOH溶液，B正确；C锥形瓶中装未知浓度的NaOH溶液，由于甲基橙的变色范围是3.14.4，pH4.4，甲基橙呈黄色，pH3.1，甲基橙呈红色，故若用甲基橙作指示剂，则锥形瓶中溶液由黄色变为橙色时，HCl早已过量，故应该用酚酞做指示剂，C错误；D读数时，视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平，D正确；故答案为：C。8C【详解】A胶粒带电，胶体不带电，A错误；B葡萄酒中添加少量，目的是起防腐、抗氧

13、化、杀菌的作用，不是漂白，B错误；CAg2S、HgS均难溶于水，因此工业废水中的、等重金属离子可以通过加适量除去，C正确；D高温下碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，二氧化碳不能和CaO反应，加入石灰石不能减少温室气体的排放，D错误；答案选C。9C【详解】A由表格数据可知，碳酸的K1氢硫酸的K1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，故A正确B多元弱酸分步电离，以第一步为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，故B正确；C常温下，加水稀释醋酸，温度不变，则电离平衡常数不变，故C错误；D弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，故D正确；故选：C。10C【详解】A项

14、、NH3H2O为弱碱，Mg(OH)2为中强碱，NH3H2O碱性弱于Mg(OH)2，故A正确；B项、Mg(OH)2能够溶于呈酸性的氯化铵溶液和呈中性的醋酸铵溶液，说明NH4+结合Mg（OH）2电离出的OH-，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，II中总反应为2NH4Mg(OH)2Mg22NH3H2O，故B错误；C项、实验II、III中Mg(OH)2能够溶于呈酸性的氯化铵溶液和呈中性的醋酸铵溶液，说明Mg（OH）2溶解不是与氢离子发生反应，反应原理是NH4+结合Mg（OH）2电离出的OH-，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，导致Mg（OH）2溶解，故C正确；D项、CH3COONH4溶液浓度越大，

15、溶液中铵根离子浓度越大，越有利于Mg（OH）2沉淀的溶解，故D错误；故选C。【点睛】Mg(OH)2能够溶于呈酸性的氯化铵溶液和呈中性的醋酸铵溶液，说明Mg（OH）2溶解不是与氢离子发生反应，反应原理是NH4+结合Mg（OH）2电离出的OH-，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，导致Mg（OH）2溶解是解答关键，也是分析的难点。11A【详解】A常温下=1.010-12的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A符合题意；B水电离出来的c(OH-)=1.010-13 mol/L1.010-7 mol/L，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中含有大量H+

16、，H+与S2-、SO会发生反应而不能大量共存，B不符合题意；C使甲基橙变红色的溶液显酸性，含有大量H+，H+与S2O、CH3COO-会发生反应而不能大量共存，C不符合题意；D0.1 mol/LAl2(SO4)3溶液中含有大量Al3+、，与Ba2+会反应产生BaSO4沉淀，不能大量共存；Al3+与S2-、HCO会发生双水解反应而不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是A。12C【分析】依题意，CH3COOH的电离常数Ka=，以a点数据计算，p=-1，则=，则Ka=10-4.75，温度不变，Ka值不变。【详解】Ab点p=0，即c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据Ka=，则有Ka=c(H

17、+)=10-4.75，故对应溶液的pH=4.75，A正确；B随着p增大，逐渐减小，CH3COOH电离对水电离的抑制越来越小，CH3COO-水解对水电离的促进原来越大，c点pH为7，说明CH3COOH还未完全反应，NaOH还未过量，不用考虑NaOH对水电离的抑制，故水的电离程度：abc，B正确；Cb点时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，因该点pH小于7显酸性，即CH3COOH电离出的H+浓度大于CH3COO-水解生成的OH-浓度，故加入NaOH的量比反应掉CH3COOH一半的量少，即加入NaOH溶液的体积小于10.00mL，C错误；D根据电荷守恒，溶液中有c(Na+)+c(H+)=c

18、(CH3COO-)+c(OH-)，c点对应pH为7，c(H+)= c(OH-)，则c (Na+)=c(CH3COO-)，D正确；故选C。13D【分析】“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，成分来自植物烧成的灰中的成分，为钾盐，所以主要成分K2CO3，据此分析。【详解】A由分析可知，石碱的主要成分是K2CO3，A正确；B由分析可知，“晒干烧灰，以水淋汁”说明石碱易溶于水，B正确；C由分析可知，“久则凝淀如石”是由碳酸钾溶液析出晶体的过程，故为结晶析出

19、的过程，C正确；D“去垢发面”去垢即能洗去油污，是由于K2CO3水解呈碱性促进油脂的水解，过程中无CO2气体生成，发面即能作为发酵剂发酵，过程中有CO2气体生成，D错误；故答案为：D。14A【详解】A44g丙烷的物质的量为1mol，存在的共价键的总数为10NA，A项正确；B亚硫酸氢根离子在溶液中既能电离为亚硫酸根离子，又能水解为亚硫酸，故溶液中的亚硫酸氢根离子和亚硫酸根离子之和小于0.1NA，B项错误；C2mol一氧化氮与1mol氧气充分反应生成2mol二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则反应产物的物质的量小于2mol，产物的分子数小于2NA，C项错误；D1mol羟基含的电子数为9N

20、A，1mol氢氧根离子中含的电子数为10NA，D项错误；答案选A。15A【详解】A澄清透明的溶液中：Al3、Cu2、Cl-之间及与所在环境中的微粒之间，都不发生反应，它们能大量共存，A符合题意；BAl3、S2-在水溶液中能发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，B不符合题意；Cc(OH-)的溶液中，c(H+)，溶液呈酸性，ClO-会转化为HClO，不能大量存在，C不符合题意；D1molL-1的KNO3溶液中：H、Fe2、会发生氧化还原反应，D不符合题意；故选A。16 向右 60【详解】NaOH电离出的OH-抑制水的电离平衡，Na2SO3电离出的水解促进水的电离平衡。H2O OH-K

21、h=；所以 =60。17(1)(2)CN-+H2OHCN+OH-(3)(5)CN-+ CO2+H2O=HCN+ HCO；【详解】（1）根据题目的电离平衡常数分析，平衡常数越大，弱酸的酸性越强，对应酸根离子水解程度越弱，钠盐的碱性越弱。已知酸性CH3COOHH2CO3HCN，则4种溶液：NaCN溶液、NaOH溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液的碱性大小是，则这4种溶液的pH由大到小的顺序是，故答案是；（2）NaCN溶液呈碱性的原因是CN-发生水解反应，离子方程式是CN-+H2OHCN+OH-，故答案是CN-+H2OHCN+OH-；（3）等体积CH3COONa溶液和Na2CO3溶液中分别

22、滴加盐酸至溶液呈中性，由于同浓度下，CH3COONa溶液的pH较小，则需要盐酸中和至中性的量较少，故答案是；（5）由于碳酸的酸性比HCN强，但第二步电离出HCO比HCN弱，故向NaCN溶液中通入CO2，则发生反应的离子方程式为CN-+ CO2+H2O=HCN+ HCO；故答案是CN-+ CO2+H2O=HCN+ HCO；18 ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO 1：10 N2H+H2ON2H+OH- 110-4 0.04 4.810-5 H2和NH3【详解】(1)由已知HClO的Ka=2.910-8，H2CO3的Ka1=410-7、Ka2=5.610-11，则有H2CO3HClO HC

23、O，所以将过量CO2通入NaClO溶液中的离子方程式ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO，故答案：ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO。 (2)25时，pH=9的NaOH溶液中c(OH-)=10-5mol/L，pH=4的H2SO4溶液中c(H+)=10-4 mol/L，两者混合，若所得混合溶液的pH=7，则V(H2SO4)10-4 mol/L=V(NaOH)10-5mol/L，所以V(H2SO4):V(NaOH)=1:10，故答案：1:10；(3)肼的性质与氨气相似，易溶于水，可发生两步电离过程，第一步电离过程 N2H4 +H2ON2H+OH-，第二步电离过程N2H+H2ON2H+

24、OH-。常温下，某浓度N2H6Cl2溶液的pH为4，是因为N2H水解显酸性，所以该溶液中水电离出的c(H+)=110-4molL-1，故答案：110-4；(4) 因为NH水解显酸性，相同条件下：0.1 molL-1 NH4Cl溶液中NH水解；0.1molL-1 CH3COONH4溶液中阴、阳离子发生相互促进的双水解，所以NH浓度； 0.1 molL-1NH4HSO4溶液中，溶液中H+抑制NH水解，所以； 0.1 molL-1氨水属于弱电解质一水合氨的电离，所以 (2) (3) b 2：1 10【详解】（1）标准状况下， 水的离子积Kw11。（2）水电离产生的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，某温

25、度下，纯水中的c(H+)=5107mol/L，则此时溶液中 c(OH)=5107mol/L；温度不变，则Kw=c(OH)c(H+)=5107mol/L5107mol/L=2.51013，加入稀硫酸使溶液中c(H+)=5103mol/L，根据Kw=c(OH)c(H+)可知，c(OH)=51011mol/L。（3）a. 根据图像可以计算，B点Kw=c(OH)c(H+)=1.0107mol/L1.0106mol/L=1.010131.01014，则T大于25，a错误；bA点c(OH)=10-5 mol/L，根据该温度下Kw =1.01013，则c(H+)=1108mol/L，即溶液，b正确；cB点溶

26、液c(OH)c(H+)Vb=210-33 mol，说明碱过量，则混合后溶液显碱性，则酸碱混合后溶液中c(OH-)=，则c(H+)=，则。20 烧杯 容量瓶 刻度 蓝色褪去 95.0【分析】硫代硫酸钠是一种强碱弱酸盐，具有还原性；根据溶液的配制方法配制一定浓度的溶液；根据滴定反应之间的计量关系，计算样品中硫代硫酸钠的含量并计算纯度。【详解】(1)配制Na2S2O3溶液时，需先将称量好的样品在烧杯中溶解，冷却后将溶液转移到容量瓶中，最后定容，加水至溶液凹液面的最低处与容量瓶的刻度线相切，故答案为：烧杯、容量瓶、刻度；(2)淀粉遇碘显蓝色，用Na2S2O3溶液滴定含有淀粉的碘溶液当碘恰好完全反应时，

27、溶液蓝色褪去，利用题给离子方程式可得关系式：6，设所配样品溶液中c(Na2S2O3)为x mol/L，由题意得：0.00950mol/L0.0200L6=0.0248Lx mol/L，将x代入下式可得样品中Na2S2O35H2O的纯度为100%=95%，故答案为：蓝色褪去、95。21(1) 球形冷凝管 三颈烧瓶(2)吸收挥发出来的氨气(3)防止温度过高导致氨气挥发以及双氧水分解(4)(5) 趁热过滤 C B(6)40%【解析】(1)仪器b的名称为球形冷凝管，仪器C的名称为三颈烧瓶；(2)原料用到易挥发且会污染环境的浓氨水，CaCl2的作用主要是吸收挥发出来的氨气；(3)氨气具有挥发性，双氧水易分解，温度过高会导致氨气的挥发以及双氧水的分解；(4)反应器中发生的总反应方程式为Co2+失去电子生成Co(NH3)6Cl3中的Co3+，H2O2得电子生成H2O，；(5)由于温度不同，产物也不同，因此操作A应该是趁热过滤，增大氯离子浓度可以防止产品溶解而损失，因此三氯化六氨合钴首先应该用浓盐酸洗涤，最后再用有机溶剂乙醇洗涤，故答案为C、B；(6)