第三章水溶液中的离子反应与平衡检测-高二上学期化学人教版（2019）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 检测 上学期高二化学人教版（2020）选择性必修1一、单选题1在25时，水的离子积Kw1.01014，在35 时，水的离子积Kw2.11014，则下列叙述正确的是()Ac(H)随着温度的升高而降低B35 时，c(H)c(OH)C35 时的水比25时的水电离程度小D水的电离是吸热的2下列有关酸碱中和滴定的说法正确的是A液面在“0”刻度时，50 mL碱式滴定管和25 mL碱式滴定管所盛液体的体积之比为2：1B用碱式滴定管取20.00 mL未知浓度的NaOH溶液放入锥形瓶中，然后加入适量蒸馏水稀释后进行滴定，结果无影响C中和滴定过程中，酸碱指示剂变色，即为滴定终点D滴

2、定过程中，眼睛要盯着滴定管，观察液体的体积变化3等物质的量的与溶液混合，反应过程中有沉淀和气体生成，恰好完全反应时，生成气体22.4L(换算成标准状况)，对该反应分析正确的是A氧化剂是，还原剂是B反应过程中转移电子4molC被还原的为2molD反应后溶液的pH减小4下列说法正确的是A浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均属于强电解质BSiO2、SO2、SO3均属于酸性氧化物C根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液D纯碱的分子式是Na2CO35下列说法中正确的是A25 时0.1molL1NH4Cl溶液的Kw大于100时0.01molL1NaCl溶液的KwB常温下，pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液

3、中，由水电离出的氢离子浓度之比为1108C根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH6.5的溶液一定显酸性D室温下，将pH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合，溶液显中性6常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是ApH=1的溶液中：Fe2+、K+B无色透明的溶液中：K+，SCN-、Fe3+C能使甲基橙变红的溶液中：、Al3+、Cl-D由水电离的c(H+)=110-12molL-1的溶液中：Ca2+、Na+、Cl-、7下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是选项离子组X试剂离子方程式ANa+、Fe3+、SO、Cl-过量H2S2Fe3+H2S=2Fe2+S+

4、2H+BFe2+、K+、NO、Br-少量HI4H+3Fe2+NO=3Fe3+NO+2H2OCNH、Fe3+、AlO、Na+少量铜粉2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+DAlO、Na+、K+、HCO过量HCl5H+HCO+AlO2-=Al3+CO2+3H2OAABBCCDD8结合表格中短周期主族元素的信息来判断，下列说法正确的是元素编号元素性质或原子结构X原子序数=周期序数=主族序数Y原子最外层电子数为a，次外层电子数为bZ原子L层电子数为a+b，M层电子数为a-bM单质在自然界中的硬度最大N位于第三周期，最外层电子数等于周期数AY和Z元素形成的化合物既能和酸反应又能和碱反应，属于两性物质BX元素

5、是周期表中原子半径最小的元素，且既能形成共价键又能形成离子键C含N元素的可溶性盐溶液一定显酸性DX和M元素形成的化合物在常温下一定为气态9反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O可用于捕获废气中的CO2，下列说法正确的是ACO2含有非极性共价键BNaOH属于离子化合物CNa2CO3属于弱电解质D1mol NaOH最多捕获0.5mol CO210以NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A将53.5g氯化铵固体溶于水，溶液中NH的数目小于NAB常温下，pH=3的CH3COOH溶液中，体系中H+的数目为10-3NAC100mL18mol/L浓硫酸与足量Zn粉反应，反应中转移电子数小于1.8

6、NAD标况下33.6L NO和16.8L O2在密闭容器中充分反应后的分子数为1.5NA11已知室温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是A该溶液的pH4B升高温度，溶液的pH减小C此酸的电离平衡常数约为1107D由HA电离出的c(H)约为水电离出的c(H)的105倍12100时向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2，下列叙述不正确的是A此时水的离子积Kw=1.010-12B溶液中水电离出的c(H+)=1.010-10molL-1C水的电离度随温度升高而增大Dc(H+)”、“”或“c(NH4)c(OH)c(H) 14稀土

7、元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。(1)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl36H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中NH4Cl的作用是_。(2)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH3，Ce3通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式： _Ce3_H2O2_H2O _Ce(OH)4_ _15现有：硫酸铜溶液CO2石墨KOHCH3COOHNH3NH3H2ONaHCO3其中属于强电解质的是_（填序号，下同），属于弱电解质的是_， 属于非电解质的是_，既不是电解质，又不是非电解质的是

8、_。16在溶液中溶解，则溶液的最初浓度不得低于_(忽略溶液体积变化)已知：常温下、。17Na2CO3溶液中滴加酚酞呈红色，原因是_。(用离子方程式表示)。加热后颜色变_(填“深”或“浅”)，原因是_。若在该溶液中滴加过量的BaCl2溶液，观察到的现象是_。(用离子方程式和简要的文字说明)18下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：（1）、四种酸的酸性由强到弱的顺序为_。（2）多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离程度的原因是_。（3）同浓度的、结合的能力由强到弱的顺序为_。19氧化还原滴定与中和滴定类似，指的是用已知浓度的氧化剂(还原剂)溶液滴定未知浓度的还原剂(氧化剂)溶液。现有酸性溶液和未知浓度

9、的无色溶液，已知二者发生氧化还原反应的离子方程式是，通过滴定实验测定溶液的浓度。完成下列问题：(1)该滴定实验_(填“需要”或“不需要”)指示剂，说明理由：_。(2)滴定前平视酸性溶液的液面，读数为，滴定后俯视液面，读数为，则比实际消耗的溶液体积_(填“大”或“小”)。则根据计算得到的待测液浓度比实际浓度_(填“大”或“小”)。试卷第3页，共4页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1D【详解】A.由已知在25 时，水的离子积Kw1.01014，在35 时，水的离子积Kw2.11014知，温度升高促进水的电离，氢离子浓度增大，故A错误； B.在35 时，水电离出的氢离子

10、浓度和氢氧根离子浓度相等，即c(H)=c(OH)，水仍是中性，故B错误；C.水的电离是吸热过程，升温促进电离，所以35 时的水比25 时的水电离程度大，故C错误；D. 25 时，水的离子积Kw1.01014，在35 时，水的离子积Kw2.11014，说明 温度升高平衡常数增大，所以水的电离是吸热过程，故D正确；故答案：D。【点睛】根据电离属于吸热反应，升高温度电离程度增大，水的离子积常数只与温度有关，与其他因素无关进行分析解答。2B【详解】A.碱式滴定管刻度线下方还盛有一部分液体，所以体积之比不为2：1，故A错误；B. NaOH溶液被稀释，但是物质的量不变，所以对结果无影响，故B正确；C. 滴

11、定终点是滴入最后一滴变色，且半分钟之内不恢复，故C错误；D. 滴定过程中，眼睛要盯着锥形瓶，观察锥形瓶中溶液颜色的变化，故D错误；故答案为B。3C【分析】等物质的量与溶液混合后一部分过氧化钠将亚铁转化为铁离子、一部分和水生成氧气和氢氧化钠，氢氧化钠和铁离子生成氢氧化铁，过氧化钠中氧元素有化合价降低到-2价，也有化合价升高到0价的，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，硫酸亚铁是还原剂，离子方程式为据此分析。【详解】A氧化剂是过氧化钠，还原剂是硫酸亚铁和过氧化钠，A错误；B4O2，生成1mol O2时，有4mol 失4mol电子被氧化为+3价，1mol失2mol电子被氧化生成氧气，有3mol得6mol电

12、子被还原为-2价，可知生成1mol O2，转移6mol电子，B错误；C4mol 失4mol电子可还原2mol，C正确；D反应后Fe2+浓度减小，溶液pH增大，D错误；故选C。4B【详解】A浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均为混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；BSiO2、SO2、SO3均和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，选项B正确；C根据分散质微粒直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，选项C错误；D纯碱是离子化合物，由离子构成不存在分子，化学式为Na2CO3，选项D错误；答案选B。5B【详解】A水的电离吸热，升高温度促进水电离，则离子积常数增大，所以25时0.1molL-1NH4Cl溶液的

13、Kw小于100时0.1molL-1NaCl溶液的Kw，故A错误；B酸抑制水的电离、含有弱离子的盐促进水的电离，则常温下pH=3的醋酸和硫酸铝溶液中由水电离出的c(H+)分别为：mol/L=10-11 mol/L、10-3 mol/L，二者之比为1：108，故B正确； C温度未知，不能根据溶液的pH判断溶液酸碱性，pH=6.5的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，也可能是中性，故C错误；D室温下，pH=2的盐酸浓度小于pH=12的氨水浓度，二者等体积混合时氨水过量较多，溶液呈碱性，故D错误；答案选B。【点睛】明确溶液中溶质成分及其性质是解题的关键。本题的易错点为C，要注意离子积常数只与温度有关，温度未知

14、时不能根据pH判断溶液酸碱性。6C【详解】ApH=1的溶液显酸性，存在大量H+，在酸性条件下，Fe2+、能发生氧化还原反应不能大量共存，故A不符合题意；B无色透明中不存在有色离子，而Fe3+有黄色，同时Fe3+与，SCN-均能发生反应不能共存，故B不符合题意；C能使甲基橙变红的溶液显酸性，该组离子均与氢离子不发生反应，可以大量共存，故C符合题意；D水电离的c(H+)=110-12molL-1的溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，而在酸、碱溶液中均不能大量共存，故D不符合题意；故选：C。7A【详解】ANa+、Fe3+、SO、Cl-之间不反应，能够大量共存，加入过量H2S后发生反应：2Fe3+H2S2

15、Fe2+S+2H+，故A正确；BFe2+、K+、NO、Br-之间能够大量共存，但I-的还原性大于Fe2+，加入少量HI后只有I-被氧化，正确的离子方程式为8H+6I-+2NO3I2+2NO+3H2O，离子方程式书写错误，故B错误；CAlO与Fe3+发生双水解反应，离子反应为：3AlO+Fe3+6H2OFe(OH)3+3Al(OH)3，在溶液中不能大量共存，故C错误；DAlO、HCO之间发生双水解反应，不能大量共存，不满足题干要求，故D错误；故选：A。8B【分析】X的原子序数=周期序数=主族序数，则X为H元素；元素Y的原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，而元素Z的原子L层电子数为a+b，M层

16、电子数为a-b，则a+b=8，故Y原子只能有2个电子层，则b=2，故a=8-2=6，可推知Y为O元素；Z元素的M层电子数为6-2=4，则Z为Si元素；M是单质在自然界中的硬度最大的元素，应为C元素；N位于第三周期，最外层电子数等于周期数，应为Al元素，综合以上分析，X为H元素、Y为O元素、Z为Si元素、M为C元素、N为Al元素，据此解答。【详解】AO和Si元素形成的化合物是SiO2，SiO2不与硫酸、硝酸等酸反应，只与强碱溶液反应，属于酸性氧化物，故A错误；BH元素是周期表中原子半径最小的元素，且H能与非金属形成共价键，如HCl，与活泼金属能形成离子键，如NaH，故B正确；C含Al元素的可溶性

17、盐可能是铝盐也可能是偏铝酸盐，若为偏铝酸盐的水溶液显碱性，故C错误；DH和C元素形成的化合物为烃类物质，碳原子数较多的烃类物质在常温下为液态或固态，故D错误；答案选B。9B【详解】ACO2中C和O形成极性共价键，不含非极性共价键，A错误；BNaOH是由钠离子和氢氧根离子通过离子键结合而成的化合物，属于离子化合物，B正确；CNa2CO3在水溶液中完全电离成钠离子和碳酸根离子，属于强电解质，C错误；D生成的Na2CO3还能和CO2反应生成NaHCO3，总反应为CO2+NaOH=NaHCO3，因此1mol NaOH最多捕获1mol CO2，D错误；答案选B。10A【详解】A53.5g氯化铵的物质的量

18、为=1mol，由于氯化铵溶于水，NH发生水解，使溶液中NH的数目小于NA，故A正确；B没有溶液的体积，弱酸中H+的数目不确定，故B错误；C开始为浓硫酸，则2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2+2H2O，2mol硫酸转移2mol电子，随着反应进行，硫酸变稀，则H2SO4+Zn=ZnSO4+H2，1mol硫酸转移2mol电子，则总过程中电子转移电子数大于1.8NA，小于3.6NA，故C错误；D1.5molNO与0.75molO2恰好反应生成1.5molNO2，但存在平衡2NO2N2O4，气体分子数小于1.5NA，故D错误；答案选A。11D【详解】A发生电离的c（HA）=0.1mol/L0.

19、1%=10-4 mol/L，该溶液中c（H+）c（HA）（发生电离）=10-4 mol/L，溶液的pH=-lgc（H+）=-lg10-4=4，故A正确；B升高温度促进HA电离导致溶液中c（H+）增大，溶液的pH减小，故B正确；C该酸溶液中c（A-）c（H+）=10-4 mol/L，HA的电离程度较小，则c（HA）0.1mol/L，电离平衡常数，故C正确；D由HA电离出的c（H+）为10-4 mol/L，水电离出的c（H+）=1014/104=10-10mol/L，HA电离出的c（H+）：水电离出的c（H+）=10-4 mol/L：10-10mol/L=106：1，故D错误；故答案为D。12D【

20、详解】A水的离子积大小只与温度有关，100时，蒸馏水的pH=6，所以Kw=1.010-61.010-6=1.010-12，A正确；B溶液的pH=2，则溶液中c(H+)=10-2mol/L，溶液中c(OH-)=mol/L=10-10mol/L，氢氧根全部有水电离，水电离出的氢离子浓度与氢氧根相同，所以水电离出的c(H+)=1.010-10molL-1，B正确；C水的电离为吸热反应，温度越高，电离度越大，C正确；DNaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO，溶液中水也会电离出氢离子，所以c(H+)c(SO)，D错误；综上所述答案为D。13 11014 = D【分析】（1）25C时，溶液中

21、c(OH)c(H)Kw；（2）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，pH均为5的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数，强酸的pH变化大；相同体积pH均为5的盐酸和醋酸溶液与氢氧化钠反应，弱酸消耗氢氧化钠的物质的量大；（3）盐酸和醋酸均抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；（4）NH4Cl溶液中存在电荷守恒、物料守恒、质子守恒，依据守恒关系分析。【详解】（1）25C时，溶液中c(OH)c(H)Kw=11014，故答案为11014；（2）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，pH均为5的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数，强酸的pH变化大，则稀释相同倍数后盐酸pH大于醋酸溶液；相同体积pH均为5的盐酸和醋酸溶液与氢氧化钠反应，弱酸消耗氢氧化钠的

22、物质的量大，则用NaOH中和，消耗NaOH的物质的量盐酸小于醋酸溶液，故答案为；=，故答案为=；（4）A、NH4Cl溶液中存在电荷守恒，电荷守恒关系式为c(NH4)c(H)c(Cl)c(OH)，故正确；B、NH4Cl溶液中存在物料守恒，物料守恒关系式为(NH4)c(NH3H2O)c(Cl)，故正确；C、NH4Cl溶液中存在质子守恒，质子守恒关系式为c(NH3H2O)c(OH)c(H)，故正确；D、阴离子浓度都大于阳离子浓度，溶液中电荷不守恒，故错误；D错误，故答案为D。【点睛】酸、碱均抑制水的电离，抑制程度与强弱无关，与溶液中的氢离子浓度或氢氧根离子浓度大小有关，水解的盐促进水的电离。14 分

23、解出HCl气体，抑制CeCl3的水解（或其他合理答案）分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解（或其他合理答案） 2 1； 6； 2； 6 H【分析】（1）在加热条件下易发生水解，为抑制其水解，可以通入；（2）该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式。【详解】（1）加热条件下易发生水解，为抑制其水解，可以通入，所以无水可用加热和固体混合物的方法来制备目的是分解出气体，抑制的水解，故答案为：分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解（或其他合理答案）分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解（或其他合理答案）；（2）该反

24、应中元素化合价由+3价变为+4价，则是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降，则0元素化合价由1价变为2价，转移电子数为2，根据电荷守恒知未知微粒是氢离子，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为，故答案为：2；1；6；2；6；H+。15 【分析】电解质是在溶于水或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、水和活泼金属的氧化物等在一定条件下自身能发生电离的化合物；非电解质是在溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物，自身不能电离；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质；强电解质在水中能完全电离，包括强酸、强碱和大多数盐，而弱电解质在水中部分电离，包括弱酸、弱碱、水等。据此可解本题。【详解】硫酸铜

25、溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；CO2自身不能电离，是非电解质；石墨是单质，既不是电解质，也不是非电解质；KOH是强碱，属于强电解质；CH3COOH是弱酸，属于弱电解质；氨气自身不能电离，属非电解质；一水合氨在水中能部分电离，属弱电解质；碳酸氢钠是钠盐，属强电解质。所以，以上物质中属于强电解质的是，属于弱电解质的是，属于非电解质的是，既不是电解质，又不是非电解质的是。故答案为：。【点睛】电解质和非电质的本质区别是：在一定条件下自身能否发生电离，能则为电解质，不能则为非电解质。16【详解】沉淀转化的离子方程式为,，溶液的最初浓度。17 COH2OHCOOH 深 加热温度升高，使CO水

26、解平衡右移，c(OH)增大，溶液碱性增强，所以红色加深 当加入BaCl2后，Ba2COBaCO3，产生白色沉淀，c(CO)减小，水解平衡左移，c(OH)也随之减小，酚酞的红色慢慢消失。【分析】Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中存在COH2OHCOOH，水解过程为吸热过程，结合温度、浓度对水解平衡移动的影响解答该题。【详解】Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，在溶液中存在COH2OHCOOH，水解过程为吸热过程，加热温度升高，使CO水解平衡右移，c(OH)增大，溶液碱性增强，所以红色加深；若在该溶液中滴加过量的BaCl2溶液，当加入BaCl2后，Ba2COBaCO3，由于c(CO)

27、减小，水解平衡左移，c(OH)也随之减小，酚酞的红色慢慢消失；故答案为COH2OHCOOH，深，加热温度升高，使CO水解平衡右移，c(OH)增大，溶液碱性增强，所以红色加深；产生白色沉淀，红色慢慢消失；当加入BaCl2后，Ba2COBaCO3，产生白色沉淀，由于c(CO)减小，水解平衡左移，c(OH)也随之减小，酚酞的红色慢慢消失。【点睛】本题综合考查盐类水解的原理以及影响平衡移动的因素，侧重于基础知识的考查，题目难度不大，在学习中要把握盐类水解的原理、应用，能从平衡移动的角度进行判断。18 、 一级电离产生的氢离子对二级电离起抑制作用 、【详解】（1）电离平衡常数越大，弱酸的酸性越强，根据一

28、级电离平衡常数可知四种酸的酸性由强到弱的顺序为、；综上所述，本题答案是：、。（2）多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离程度的原因是一级电离产生的氢离子对二级电离起抑制作用；综上所述，本题答案是：一级电离产生的氢离子对二级电离起抑制作用。（3）酸越弱，其对应酸根离子结合的能力越强，故结合的能力由强到弱的顺序为、；综上所述，本题答案是：、。19 不需要 当滴入最后一滴溶液时，混合溶液由无色变为浅紫色且半分钟内不褪色 小 小【详解】(1)该滴定实验不用指示剂，因为MnO全部转化为Mn2+时紫色退去，即根据高锰酸钾溶液自身颜色的变化即可判断，现象比较明显，故答案为：不需要；当滴入最后一滴溶液时，混合溶液由无色变为浅紫色且半分钟内不褪色；(2) 滴定前平视KMnO4液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，读数偏小，则(b-a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积少；根据(b-a)mL计算得到的待测浓度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，c(待测)偏小，故答案为：小；小。答案第11页，共7页