第3章物质在水溶液中的行为单元测试-高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1 (1).docx

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1、第三章 物质在水溶液中的行为 单元测试 一、单选题1设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A0.1molL-1的K2CO3溶液中、和H2CO3的粒子数之和为0.1NAB电解精炼粗铜时，阳极每减少6.4g，阴极就析出铜原子0.1NAC22.4LO2与金属Na恰好完全反应，转移的电子数一定为4NAD49.5gCOCl2中的碳氯键数目为NA2下列离子方程式书写正确的是A用FeS除去废水中的Hg2+：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+B用醋酸溶液处理水垢中的氢氧化镁：Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2OC在Na2S溶液中滴加NaClO溶液：S2-+ClO-+2H+=S+Cl-+H2OD谷氨酸

2、与足量氢氧化钠溶液反应：+OH-= +H2O3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-)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)4设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A室温下，溶液中数目小于B室温下

3、，溶液中阴离子数目小于C和混合气体中含有的氧原子数目等于D与反应生成的：分子数目小于5下列有关实验操作的解释或结论正确的是实验操作解释或结论A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液pH一定会使测定结果偏低C向10 mL 0.2 mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1 mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp：Mg(OH)2 Fe(OH)3D用氢氧化钾与浓硫酸测定中和反应的反应热测得的结果H偏大AABBCCDD6常

4、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液中：Na+、NH、S2O、CH3COO-D0.1 mol/LAl2(SO4)3溶液中：Na+、Ba2+、S2-、HCO7设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A14 g乙烯和丙烯的混合物中非极性键数目为2NAB常温下，1 LpH=10的氨水溶液中，发生电离的水分子数为110-10NAC电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目一定为NAD将0.1 mol O2与0.2 mol

5、 NO在密闭容器中充分反应，反应后容器内分子数为0.2NA8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9用下列实验装置进行相关实验，能达到实验目的的是A用甲装置接收石油分馏实验中所得的馏分B用乙装置测量H2O2的分解速率C用丙装置制取并观察Fe(OH)2沉淀D用丁装置测量用MnO2和浓盐酸共热制得Cl2的体积10NA阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A22 g D3O+中含有的中子数为10NAB1 mol P4S3()分子中含有非极性键的数目为3NAC1 L0.1 mol/

6、L草酸(H2C2O4)溶液中含有H+的数目为0.2NAD11.2 L(标准状况)氧气与足量钠反应，转移的电子数一定为NA11化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是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12已知：溴化铁在200C以上易分解，煮沸水溶液也会使其分解，生成溴化亚铁和溴单质。实验室里利用如图装置制取纯净的无水FeBr3。下列说法正确的是AA、B、C分别盛有饱和Na2CO3溶液、浓硫酸和烧碱溶液B装置中温水的作用是降低装置中生

7、成的CO2在液溴中的溶解度C实验开始时，先加热管式炉，再打开装置中活塞D实验结束时，先停止加热并停止滴入液溴，继续通入CO2至室温13温室效应一直是各国环境科学家所关注研究的重要课题。用溶液作捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品和。已知：常温下，。下列有关说法错误的是A溶液和溶液中所含微粒种类相同B相同的溶液和溶液中由水电离的不相等C若溶液捕捉后得到的溶液，则该溶液中D水解分两步进行，第一步水解常数的数量级为二、填空题14按要求填空：(1)已知：常温下HClO的Ka=2.910-8，H2CO3的Ka1=410-7、Ka2=5.610-11，写出将过量CO2通入NaClO溶液中的离

8、子方程式_。(2)25时，pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比为_。(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-，试写出第二步电离过程_。常温下，某浓度N2H6Cl2溶液的pH为4，则该溶液中水电离出的c(H+)=_molL-1(4)相同条件下，下列五种溶液：0.1 molL-1 NH4Cl溶液0.1molL-1 CH3COONH4溶液 0.1 molL-1NH4HSO4溶液 0.1 molL-1氨水 0.1 molL-1NH4Al(SO4)2溶液，溶液

9、中c(NH)由大到小的顺序是_。(用编号表示)(5)常温下，将0.05 molL-1的HCl溶液和未知浓度的NaOH溶液以1：2的体积比混合，所得混合液的pH为12，则NaOH溶液的物质的量浓度为_molL-1用上述NaOH溶液滴定pH为3的某一元弱酸溶液20.00 mL，达到终点时消耗的NaOH溶液为10.50 mL。该一元弱酸的Ka=_(保留两位有效数字)。(6)将打磨过的镁条放入浓的NH4Cl溶液中，得到的气体为_。15酸、碱、盐在水溶液中的离子反应在生活和生产中有广泛的应用，请回答下列问题。(1)洗涤剂中的俗称“纯碱”的原因是_(用离子方程式表示)，洗涤油腻餐具时，使用温水效果更佳，原

10、因是_。(2)时，相同的盐酸与溶液分别加水稀释100倍后，比较两溶液的大小：盐酸_溶液(填“”、“=”或“”“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，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(

11、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+)HClO HCO，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p

12、H=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+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

13、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； 0.1 molL-1NH4Al(SO4)2溶液中，铵根离子和铝离子都能水解显酸性，可以相互抑制，所以溶液中c(NH)由大到小的顺序是：。故答案：；(5)常温下，将0.05 molL-1的HCl溶液和未知浓度的NaOH溶液以1：2的体积比混合，所得混合液的pH为12，说明NaOH溶液过量，则混合后的c(OH-)=10-2，解得c=0.04 molL-1；用上述NaOH溶液滴定pH为3的某一元弱酸溶液20.00 mL，达到终点时消耗的NaOH

14、溶液为10.50 mL。设一元弱酸的浓度为c，则20.00c=10.50 mL0.04 molL-1,，解得c=0.021 molL-1。Ka=4.810-5。故答案：0.04；4.810-5；(6)浓的NH4Cl溶液显酸性，所以将打磨过的镁条放入浓的NH4Cl溶液中，镁和酸反应会放出氢气，生成的氢氧根离子和铵根离子反应放出氨气，即2NH4Cl +Mg= Mg Cl 2+H2+2NH3，所以得到的气体为H2和NH3。故答案：H2和NH3。15(1) 、 水解过程吸热，温水中水解程度大，溶液碱性较强，去油污能力强(2)(3) 、 升高温度或加入少量草酸或加入少量氯化钙固体 【解析】(1)洗涤剂中

15、的俗称“纯碱”的原因是水溶液显碱性，是碳酸根水解导致，其水解方程式为、，洗涤油腻餐具时，使用温水效果更佳，原因是；水解过程是吸热过程，温水中水解程度大，溶液碱性较强，去油污能力强；故答案为：、；水解过程吸热，温水中水解程度大，溶液碱性较强，去油污能力强。(2)时，相同的盐酸与溶液分别加水稀释100倍后，由于醋酸稀释过程中又电离，因此醋酸中的氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，所以两溶液的大小：盐酸溶液；故答案为：。(3)草酸是一种二元弱酸，它在水中的电离是分步电离，其电离方程式、，要使溶液中的电离平衡正向移动且增大，则不能消耗氢离子，可以从增加反应物浓度或消耗草酸根角度思考，因此可以采取的措施有升

16、高温度或加入少量草酸或加入少量氯化钙固体；故答案为：、；升高温度或加入少量草酸或加入少量氯化钙固体。已知时，溶液的，说明草酸氢根电离程度大于水解程度，因此溶液中、由小到大的顺序为；故答案为：。16(1)Cu2+(2)B(3) 不能 从图中可以判断出来，Ni2+和Co2+有共同沉淀的pH范围，在这个pH范围内两种离子会同时从溶液中析出，所以无法分离；(4)B(5) 【分析】（1）图中看出pH3的时候，Cu2+还未沉淀，所以铜元素的主要存在形式是Cu2+；（2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3，应该控制溶液的pH使铁离子完全沉淀，同时不沉淀溶液中的铜离子。所以选项为B；（3）在Ni(NO3)2

17、溶液中含有少量的Co2杂质，不能通过调节溶液pH的方法来除去，因为从图中可以判断出来，Ni2+和Co2+有共同沉淀的pH范围，在这个pH范围内两种离子会同时从溶液中析出，所以无法分离；（4）根据题目给出的难溶电解质的溶度积常数，这些难溶物的Ksp最大的是FeS，所以最好向废水中加入过量的FeS，发生沉淀转化反应，再经过滤将杂质除去。其余物质都可溶于水，过量的该物质也是杂质。所以选项B正确；（5）溶度积较大的沉淀可转化为溶度积较小的沉淀，其离子方程式为：，其平衡常数为：17 A AB A 10 【详解】(1)由于A2-离子水解导致溶液显碱性，故此处选A；对应原因的离子方程式为：；(2)A常温时，

18、稀溶液中始终存在Kw=c(H+)c(OH-)=1.010-14，A正确；B加入NaOH后，溶液中始终存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由于溶液显中性，故c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，B正确；C由，故，若Ka110-7，则，即c(HA-)c(H2A)，若Ka110-7，则，即c(HA-)c(H2A)，若Ka1=10-7，则，即c(HA-)=c(H2A)，故C选项无法确定；D由于此时加入的NaOH与H2A物质的量之比不一定为1：1，故D选项的物料守恒也不一定成立，D不一定正确；故答案选AB；(3)A升温，

19、促进CaA溶解平衡正向移动，溶液中c(Ca2+)增大，A符合题意；B降温，CaA溶解平衡逆向移动，溶液中c(Ca2+)减小，B不符合题意；C由于溶液饱和，加水后，溶液由饱和变为不饱和，故c(Ca2+)减小，C不符合题意；D加入Na2A，CaA溶解平衡逆向移动，溶液中c(Ca2+)减小，D不符合题意；故答案选A；(4)由图象知，pH在10左右时，Pb(OH)2沉淀量达最大，pH10时，Pb(OH)2溶解，故pH应调至约为10；pH=11时，主要是Pb(OH)2转化为，即；(5)由Ksp=c(Pb2+)c(S2-)= c(Pb2+)2.010-20 mol/L=8.010-28，解得c(Pb2+)

20、=410-8 mol/L。18(1)Fe2(SO4)3=2Fe3+3SO(2)Fe+2H+=Fe2+H2(3)CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O(4)NaOH+HCl=NaCl+H2O【解析】（1）硫酸铁是强电解质完全电离，Fe2(SO4)3=2Fe3+3SO；（2）铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故为Fe+2H+=Fe2+H2；（3）CH3COOH是弱酸不能完全电离，故为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；（4）酸碱中和反应且为强电解质，NaOH+HCl=NaCl+H2O。19(1) = 【详解】（1）水是弱电解质，存在电离平衡，电离过程为吸热反应，所以温度升高，水的

21、电离程度增大，离子积增大，故a11013；（2）根据硫酸钠的化学式，则溶液中一定满足c(Na+)：c(SO)=2:1，硫酸钠溶液中c(Na+)=2510-4mol/L=10-3mol/L，稀释后c(Na+)=10-5mol/L，溶液呈中性，c(OH)=10-7mol/L，则稀释后溶液中c(Na+) :c(OH)= 10-5：10-7=1001（3）pH=10的NaOH溶液中c(H+)=1010molL1，NaOH溶液中H+来自于水的电离，水电离出H+的同时也电离出等量的OH，所以水电离产生的OH的浓度为c(OH-)=110-10mol/L；（4）t2时，所得混合溶液的pH=2，说明溶液为酸性，

22、酸过量，t2时，pH=11的NaOH溶液，c(OH)=0.01molL1，则，解得V1V2=92；（5）酸、碱中c(H+)、c(OH-)越大，越会抑制水的电离，水电离的c(H+)越少，的几种溶液中，中c(H+)= NaOH中c(OH-)=，中c(H+)=中c(OH-)=，中c(H+)=中c(OH-)=；c(OH-)越大，碱性越强，pH越大；c(H+)越大，酸性越强，pH越小，故pH由大到小的顺序是。20 促进水解反应Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+逆向移动，达到抑制Fe2+水解的目的 防止Fe2+被氧化，发生的离子反应为2Fe3+Fe=3Fe2+ Na2CO3 NaCl Al2O3【分析

23、】(1)配制FeCl2溶液的过程中要防Fe2+的水解和氧化；(2)易水解的离子在加热的过程中会促进水解程度增大，结合水解产物分析判断。【详解】(1) Fe2+在水溶液中易水解，发生的水解反应式为，Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，则在配制氯化亚铁溶液时要加入一定量的盐酸，可抑制Fe2+水解；在FeC12液中需加入少量铁粉，其目的是防止Fe2+被氧化，发生的离子反应为2Fe3+Fe=3Fe2+； (2) Na2CO3溶液中存在CO32-+H2OHCO3-+OH-，加热促进水解，溶液中NaHCO3和NaOH的浓度增大，两者继续反应生成Na2CO3和水，则最终蒸干并灼烧得到固体为Na2CO3；

24、NaClO溶液中存在水解反应NaClO+H2ONaOH+HClO，加热促进水解平衡正向移动，且加热过程中HClO分解生成HCl和O2，其中HCl和NaOH发生中和反应生成NaCl，则加热蒸干、灼烧最终所得固体为NaCl；氯化铝水溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，反应的离子方程式为Al3+3H2OAl(OH)3+3H+；溶液蒸干，氯化氢挥发促进水解正向进行得到氢氧化铝，再灼烧得到氧化铝，反应的化学方程式为2Al(OH)3 Al2O3+3H2O。【点睛】考查盐类水解的应用。对于盐溶液的蒸干产物总结如下：金属阳离子易水解的易挥发性酸盐得金属氢氧化物。例如氯化铝得氧化铝，氯化铁得氧化铁；而硫酸铝的蒸干还是硫酸铝；酸根阴离子易水解的强碱盐，正盐是原物质，酸式盐考虑水解产物或分解，例如碳酸钠蒸干是碳酸钠，碳酸氢钠蒸干分解得碳酸钠；易氧化的蒸干得氧化产物，如硫酸亚铁得硫酸铁，亚硫酸钠得硫酸钠。21(1)ac(2) 溶液由红色变为浅红色 【详解】（1）a它们分别属于金属氧化物、碱和盐，均属于电解质，a正确；b过氧化钠与水反应生成碱使酚酞试液变红，过氧化钠由漂白性，后红色褪去，b错误；c钠