第三章水溶液中的离子反应与平衡单元同步测试题-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 水溶液中离子反应与平衡 单元同步测试题一、单选题1关注“实验室化学”并加以实践能有效提高学生的实验素养，用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，能达到实验目的的是A甲装置可用于验证Na2O2与水反应的能量变化B乙装置可用于观察氯化钠的焰色试验C丙装置可用于制取并收集干燥、纯净的NOD丁装置可用于准确量取一定体积的K2Cr2O7溶液2联氨是一种二元弱碱，有室温下，用溶液滴定的联氨水溶液。滴定过程中溶液的变化如图所示，且M点(已知)，则下列判断正确的是A滴定起点的B若M点时，则有CN点含氮微粒的大小关系为D图中各点对应的关系为3已知：常温下，。下列说法正确的是A与等浓度等体积的溶液完全

2、反应，消耗的物质的量前者更大B的溶液中，水电离出的为C向溶液中滴加少量溶液的离子方程式为D向溶液中滴加等浓度等体积的盐酸，充分反应后溶液呈碱性4常温下，0.1molL-1H2A溶液中H2A、HA-、A2-三者所占物质的量分数(分布系数)随pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是A图中X、Y、Z分别代表H2A、HA-、A2-B若升高温度，a、b点移动趋势都向左C常温下，H2A的一级电离常数Ka1=10-4.3DNaHA溶液中存在：c(H+)+c(H2A)=c(A2-)+c(OH-)5常温下，用0.10mol/L的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L的两种一元弱酸的钾盐(KX、KY

3、)溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A电离平衡常数：K(HX)K(HY)BKY溶液中：c(K+)c(Y-)c(OH-)c(H+)C当pH=7时，两溶液中：c(X-)=c(Y-)D分别滴加20.00mL盐酸后，将两种溶液混合：c(X-)+c(Y-)=c(H+)-c(OH-)6类比的定义，对于稀溶液可以定义。常温下，某浓度溶液在不同下，测得、变化如图所示。下列说法正确的是A时，B常温下，Cb点时，D时，先增大后减小7砷酸()为三元弱酸，室温下向0.1mol/L的溶液中滴加NaOH溶液，溶液中各微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。已知，下列叙述正确的是A反应的平衡常数值为B室温下，离子的电

4、离程度强于水解程度C向VL 0.1mol/L 溶液中滴加0.05mol/L NaOH溶液至时，消耗NaOH溶液体积大于VLD图中pH为4.7和9.8时均有8如图为水的电离平衡曲线，下列说法正确的是A图中四点所对应的的大小关系；bcadB100时，0.01 molL的NaOH溶液中，pH=12C若d点为盐酸溶液，稀释该溶液可由d点变化到a点D25时，向NaOH溶液中逐滴加入溶液，溶液中的值会逐渐减小9下列关于水溶液中离子平衡的说法正确的是A溶液中：B溶液中：C向等体积等浓度的醋酸与盐酸溶液中分别加入同浓度的NaOH溶液至两者均为中性时，两者消耗的相同D向溶液中缓慢加入稀盐酸，在这个过程中一定有某

5、个时刻满足：10根据下表判断，将与的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓溶液，发生的反应为几种电解质的溶解度()化学式溶解度/g2220.796A只有沉淀生成B生成和沉淀的质量相等C沉淀少于沉淀D沉淀多于沉淀11时，在溶液中滴入溶液，含磷元素的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与的关系如图所示。下列说法错误的是A的数量级为B时，溶液中主要含磷元素的离子浓度大小关系为C的数量级为D溶液显碱性，若向溶液中加入足量的溶液，溶液则显酸性12常温下，用的溶液滴定溶液的滴定曲线如图所示(滴定过程中的温度变化忽略不计)。下列说法正确的是A点所示溶液中：B点所示溶液中：C点所示溶液中：D

6、整个滴定过程中，保持不变13水溶液中的离子反应与我们的日常生活息息相关。下列说法错误的是A人体存在酸碱平衡：，能有效防止人体酸中毒B用固体可以除去工业废水中的，反应原理为C分多次用硫酸洗涤沉淀，与用等体积的蒸馏水洗涤相比，可以减少损失D明矾在水中可形成胶体，对水体进行杀菌消毒14室温下，在的某二元酸溶液中，存在、的物质的量分数随变化的关系如图所示，下列说法错误的是A室温下，的电离平衡常数B在溶液中存在C溶液中：D的电离方程式为，二、填空题15、现有溶液、溶液、溶液、和混合液、溶液。请根据要求回答下列问题：(1)溶液呈_(填“酸”“碱”或“中”)性，原因是_(用离子方程式表示)。(2)在溶液中和

7、_的浓度之和为。(3)室温下，测得溶液的pH=7，则说明的水解程度_(填“”“”“”“c(N2H4)c()，C正确；D电离平衡常数只与温度有关，故Kb2(M)=Kb2(N)=Kb2(P)，D错误；故答案为：C。3C【详解】A等浓度等体积的HA、H2B溶液中n(HA)=n(HB)，但HB是二元酸，所以H2B溶液完全反应时消耗NaOH的物质的量大，A错误；BNaA是弱酸强碱盐，溶液呈碱性，设，溶液中c()与水电离出的c()相等，即水电离出的c()=10-8mol/L，B错误；C酸的电离平衡常数Ka1(H2B)Ka(HA)Ka2(HB)，酸的酸性H2BHAHB-，根据强酸制弱酸规律可知，NaA和HB

8、反应的离子方程式为，C正确；D向Na2B溶液中滴加等浓度等体积的盐酸，充分反应后得到NaCl和NaHB的混合溶液， NaCl溶液呈中性，HB-的水解常数，即HB-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，D错误； 故选C。4C【详解】A随着增大，减小，先增大后减小，增大，故图中X、Y、Z分别代表、，A项正确；Ba点时，温度升高，增大，则增大，pH减小，a点向左移动；同理可知，b点时，温度升高，增大，则增大，pH减小，b点向左移动，B项正确；C在a点，此时，的一级电离常数为，C项错误；DNaHA溶液中，根据电荷守恒，根据元素质量守恒，联立消除钠离子可得，D项正确；故选C。5C【详解】A未加入盐酸时，

9、pH：KYKX，说明酸性HX强于HY，则电离平衡常数：K(HX)K(HY)，A正确；B由题意可知HY为一元弱酸，KY溶液呈碱性c(OH-) c(H+)，又因为Y-+H2OHY+OH-，c(K+)c(Y- )，盐的水解是微弱的，所c(K+)c(Y-)c(OH-)c(H+)，B正确；C根据电荷守恒c(K+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)+c(Cl-)，H=7时，c(H+)=c(OH-)，则c(K+)=c(Y-) +c(Cl-)，同理c(K+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)+c(Cl-)，H=7时，c(H+)=c(OH-)，则c(K+)=c(X-) +c(Cl-)，KY的碱性强，弱酸

10、根的水解程度大，则溶液呈中性时所消耗的盐酸的量大，溶液中c (C1- )大，c(X-)c(Y-)，C错误；D滴加20.00mL盐酸，溶液中c (KC1)=c(HX)=0.05mol/L，同理c(NaC1)= c (HY) = 0.05mol/L，二种溶液混合后(HX)=c(HY)=c(KC1) 根据电荷守恒：c(X-)+c(Y-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(K+) +c(H+)因c(K+)=c(Cl-)，则c(X-)+c(Y-)=c(H+)-c(OH-)，D正确；6C【分析】根据题意，越大，c越小，由此分析图可知：随着pH的增大，pc逐渐增大的是H2A，先减小后增大是HA-，逐渐减小的是

11、A2-，曲线ac代表p(H2A)，曲线ac代表p(HA-)，曲线bc代表p(A2-)；a点c(H2A)=c(HA-)，b点c(H2A)=c(A2-)，c点c(HA-)=c(A2-)。【详解】A时，从图中可以直接得出：，故A错误；Ba点时，故B错误；Cc点时，c(H2A)=c(A2-)，b点时，故C正确；D时，结合物料守恒，始终不变，故D错误；答案选C。【点睛】根据题给图来解题时，要善于利用图中特殊的点。如本题中的a、b、c三个点，分别表示c(H2A)=c(HA-)，c(H2A)=c(A2-)，c(HA-)=c(A2-)，用好了，能方便地解决问题。7C【详解】A由图像可得，pH=11.3时，此时

12、，反应的平衡常数，A错误；B当时，溶液pH=9.8呈碱性，所以离子的水解程度强于电离程度，B错误；C根据图像，当溶液pH=6.8时，溶液中，向VL 0.1mol/L的溶液中滴加等体积0.05mol/L的NaOH溶液的时刻，生成的与剩余的物质的量相等，由于前者水解程度小于后者的电离程度()，此时溶液显酸性，若要使pH=7，需继续滴加NaOH溶液，所以消耗NaOH溶液体积大于VL，C正确；D在pH为4.7和9.8时均有电荷守恒关系式：，但两点的物料守恒(也叫元素守恒)式不同，pH为4.7时有，电荷守恒式和物料守恒式作差可得：，pH为9.8时有物料守恒式，电荷守恒式和物料守恒式作差可得：，D错误；故

13、选C。8D【详解】A只与温度有关，所以a、b、c、d四个点所对应的的大小关系应为bca=d，A项错误；B根据b点可得100时，0.01 molL的NaOH溶液，此时pH=10，B项错误；Ca点为中性溶液，稀释盐酸溶液时减小，增大，但无论怎样稀释，酸性溶液永远不可能变为中性，C项错误；D，的水解常数只与温度有关。25时，向NaOH溶液中逐渐加入溶液，会不断消耗，不变。增大，因此溶液中的值会逐渐减小，D项正确；故选：D。9D【详解】A的电离方程为，电离强于水解，且溶液中本身存在和，因此溶液满足，A项错误；B根据物料守恒：溶液含氮的物质浓度应为含碳的物质的浓度的两倍，所以有，B项错误；C醋酸是弱酸，

14、盐酸是强酸，醋酸与氢氧化钠反应生成的醋酸钠显碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成的氯化钠为中性，因此当反应终点为中性时醋酸消耗的NaOH的量小于盐酸的，C项错误；D向溶液中缓慢加入稀盐酸首先发生反应，根据电荷守恒：，当恰好完全转化为NaCl和时，溶液中的浓度恰好为的两倍，即，所以有，D项正确；故选D。10D【详解】已知AgCl的Ksp=1.810-10，AgBr的Ksp=4.910-13，这说明溴化银难溶，因此将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，溶液中氯离子浓度大于溴离子浓度，因此再加入足量AgNO3溶液，生成的AgCl沉淀多于AgBr沉淀；故答案为：D。11B【分析】，题图中A点处，；，题图

15、中B点处，；，题图中C点处，。【详解】A，题图中B点处，数量级为，A正确；B等于7时，溶液中主要存在的含磷元素的离子是和，根据题图可以看出，B错误；C，数量级为，C正确；D溶液显碱性，是因为的水解程度大于其电离程度，若向溶液中加入足量的溶液，与其电离产生的结合为磷酸钙沉淀，促进其电离，所以溶液显酸性，D正确；故答案为：B。12D【详解】A点所示溶液中醋酸被中和掉一半，所得溶液是等浓度的醋酸钾和醋酸的混合溶液，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度：，A错误；B点所示溶液显中性，醋酸仍然有剩余，则，B错误；C点所示溶液醋酸恰好被中和，所得溶液是醋酸钾，醋酸根水解，溶液显碱性，则，C错

16、误；D，电离常数不变，则整个滴定过程中，保持不变，D正确；答案选D。13D【详解】A人体中存在上述平衡，当酸过量时，平衡逆向移动，碱过量时平衡正向移动，从而维持体内pH值基本不变，可防止酸中毒，A正确；B用固体可以除去工业废水中的，原理是沉淀的转化，CuS的Ksp比FeS的Ksp值小，可实现上述转化，B正确；C在溶液中存在沉淀溶解平衡：，用硫酸洗涤沉淀，可使平衡逆向移动，减少的溶解损失，C正确；D明矾在水中可形成氢氧化铝胶体，对水体进行净化，但不能杀菌消毒，D错误；故选D。14C【分析】由曲线的起点可知，二元酸溶液中不存在分子，则二元酸第一步电离完全而显强酸性，第二步电离不完全存在电离平衡，图

17、像中的交叉点可求第二步的电离平衡常数。【详解】A根据图像中的交叉点，A正确；B只发生一步水解，符合物料守恒，B正确；CNaHA在溶液中只电离不水解，电离使溶液显酸性，则c(OH-)c(H+)，C错误；D据分析该二元酸第一步完全电离、第二步部分电离，所以该二元酸两步电离方程式为， D正确；答案选C。15(1) 酸 Cu2+2H2OCu(OH)2+2H(2)(3) = =c(OH-)=c(H+)。(4) H2AHHA-，HA-HA2- 【详解】（1）CuCl2是强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+发生水解：，所以溶液显酸性。故答案为：酸；。（2）0.1molL1NH3H2O和0.1molL1NH4Cl混合

18、液中，根据氮元素守恒可知，NH3H2O 和的浓度之和0.2 molL-1。故答案为：。（3）室温下，测得溶液的pH=7，则说明CH3COO的水解程度和的水解程度相同，溶液中存在电荷守恒，pH=7，则，所以，离子浓度的大小关系是：，故答案为：=；。（4）由题意可知H2A为弱酸，多元弱酸分步电，电离方程式为：，；等浓度的NaHA溶液和NaOH溶液等体积混合生成Na2A，为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，pH7，故答案为：，；。16【详解】硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液完全反应后，氢氧化钠有剩余，溶液中，则溶液中铜离子浓度为。17(1)(2)97.38%【详解】（1）已知：，若终点时，c(Ag+)=，=。（

19、2），溶液中，其纯度为。18(1) 相等 饱和溶液(2) 本身的性质 沉淀溶解的方向 沉淀溶解的方向 生成沉淀的方向 沉淀溶解的方向【详解】（1）难溶物在水中的溶解与易溶物在水中的溶解一样，当溶解与结晶的速率相等时，溶解达到平衡。所以在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，形成饱和溶液，达到平衡状态，这种平衡称为沉淀溶解平衡。答案为：相等；饱和溶液；（2）物质的性质由其内部结构决定，外因只对物质的性质产生影响。难溶物的溶解与化学平衡一样，也是一种动态平衡，当改变温度、浓度时，沉淀溶解平衡可能会被破坏，一段时间后，又会建立新的平衡。内因难溶电解质本身的性质外因温度大多数难溶物的溶解是一个吸热过程

20、，升温，溶解平衡向沉淀溶解的方向移动，Ksp增大升温，Ca(OH)2溶解平衡向生成沉淀的方向移动，Ksp减小浓度加水稀释，溶液中离子浓度减小，平衡向沉淀溶解的方向移动，Ksp不变相同离子加入与难溶电解质含有相同离子的物质，溶解后某一离子浓度增大，从而使平衡向生成沉淀的方向移动，Ksp不变反应离子加入能消耗难溶电解质中所含离子的物质，此时平衡体系中难溶物溶解产生的离子浓度减小，平衡向沉淀溶解的方向移动，Ksp不变答案为：本身的性质；沉淀溶解的方向；沉淀溶解的方向；生成沉淀的方向；沉淀溶解的方向。【点睛】温度一定时，难溶物的Ksp不变。19(1) 当滴入最后半滴标准液后，溶液由粉红色变为无色，且半

21、分钟内不恢复粉红色 当滴入最后半滴标准液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色(2) 淀粉溶液 当滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色(3) 否 当滴入最后半滴酸性溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色(4) 当滴入最后半滴标准液后，溶液变成红色，且半分钟内不褪色(5) 溶液 当滴入最后半滴标准溶液后，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色【详解】（1）标准液为盐酸，待测液为NaOH溶液，酚酞遇到碱液为红色，变色范围内为粉红色，所以当滴入最后半滴标准液后，溶液由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复粉红色则为滴定终点；若换做甲基橙，则碱液中甲基橙为黄色，终点时为橙色

22、，故滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色；（2）标准液为碘液，遇到淀粉溶液则变蓝，所以选择淀粉溶液为指示剂，终点时，滴入最后半滴碘液时，溶液出现蓝色，故滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；（3）酸性溶液本身为紫红色，所以滴定终点会有颜色的变化，而且很明显，故不需要指示剂，答案为：否；待测液无色，当终点时，溶液变为浅红色，故滴定终点的现象为当滴入最后半滴酸性溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；（4）依据题干所给信息可知，在氧化还原滴定过程中，Ti3+被氧化为Ti4+，同时Fe3+被还原为Fe2+，故

23、发生的反应为；溶液遇到中的Fe3+为红色，当Fe3+出现时，即Ti3+完全被氧化为Ti4+，红色出现，故滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液后，溶液变成红色，且半分钟内不褪色；（5）用标准溶液滴定含有的溶液，发生氧化还原反应，氧化产物为碘单质，还原产物为Fe2+，由于待测液中存在Fe3+，而Fe3+遇到溶液为红色，所以选择为指示剂，故滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准溶液后，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色。20(1) 锥形瓶中溶液颜色变化 滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变无色，30s不恢复(2)AC(3) I 7，则滴定醋酸的曲线是I；酚酞作指示剂，氢氧化钠与醋酸恰好完全反应生成醋酸钠，醋

24、酸钠溶液显碱性，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，氯化钠溶液显中性，故消耗的体积V1Ka，则溶液中CN-的水解程度大于HCN的电离程度，则混合溶液中c(K+)和c(HCN)浓度大小关系是c(K+)c(HCN)。（2）将酸性高锰酸钾滴入草酸溶液中，会发生氧化还原反应，当酸性高锰酸钾溶波稍过量时，溶液会变为浅红色，故滴定终点的现象是：当最后一滴高锰酸钾溶液滴入时，溶液变为浅红色，且半分钟内不退去；因第三次与第一次、第二次测得体积相差较大，要舍去，则平均消耗体积V(KMnO4) 20mL， 故消耗n(KMnO4)=0.lmol/L2010-3L=2 10-3mol；由2MnO5H2C2O4，得n(H2C

25、2O4)=210-3mol =510-3mol，则则草酸晶体的质量分数= =90%；A锥形瓶用待测液润洗，使待测液的量增加，则消耗标准液体积增大，最终导致测定结果偏高，A不符合题意；B没有用高锰酸钾标准液润洗酸式滴定管，使标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大，则导致测定结果偏高，B不符合题意；C滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失，测得标准液体积比实际体积大，则导致测定结果偏高，C不符合题意；D滴定前平视，滴定结束时俯视，则俯视读取标准液体积比实际体积小，则导致测定结果偏低，D符合题意；故选D。22(1)(2) 随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降，温度升高时

26、水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以的去除率增大(3)温度过高，分解，不利于析出(4)91%(5)6【详解】（1）由题意可知，三氧化二钒高温条件下与碳酸钠、氧气反应生成钒酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：；（2）由磷酸镁、硅酸镁溶度积可知，溶液中0.1mol/L硫酸镁溶液中，硅酸根离子的浓度为=2.5104mol/L、磷酸根离子的浓度为=51011mol/L，则=2107；磷酸根离子和硅酸根离子在溶液中的水解反应都是吸热反应，升高温度，磷酸根水解程度增大，溶液中磷酸根离子浓度减小，磷酸镁的沉淀溶解平衡右移转化为可溶的磷酸氢镁导致磷酸根离子去除率下降，而升高温度，硅酸根离子水解程

27、度增大，水解生成不溶于水的硅酸导致硅酸根离子去除率增大，故答案为：2107；随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降，温度升高时水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以的去除率增大；（3）氯化铵受热易分解，温度过高，氯化铵分解，不利于钒酸铵沉淀析出，所以沉钒温度需控制在50左右，故答案为：温度过高，分解，不利于析出；（4）由题意可知，滴定消耗4.00mL0.1000 mol/L酸性高锰酸钾溶液，由得失电子数目守恒可知，与溶液中VO反应的草酸的物质的量为0.2000 mol/L0.025L0.1000 mol/L0.004L=0.004mol，由方程式可得如下关系：V2O

28、52VOH2C2O4，则产物中五氧化二钒的质量分数为100%=91%，故答案为：91%；（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钒原子与6个氧原子相连，则钒的配位数为6，故答案为：6。23(1) 将红土镍矿粉碎 二氧化硅、硫酸钙(2)(3) 避免形成氢氧化镍(4)(5) 硫酸【分析】红土镍矿经过酸浸过程铁、镍、钴、镁、钙、铝转化为对应离子，滤渣1是二氧化硅和少量的硫酸钙，氧化环节将亚铁离子氧化为铁离子，通过调节溶液酸碱性将铁铝转化为沉淀除去，滤液中加入氟化钠除去钙镁，利用萃取剂从水溶液中将镍离子萃取到有机层达到与钴离子分离的目的，再通过反萃取得到硫酸镍，最后得到目标产物。【详解】（1）增大固体表面积提高反应速率，由分析可知滤渣1的主要成分是二氧化硅、硫酸钙，答案为：将红土镍矿粉碎，二氧化硅、硫酸钙；（2）“氧化”过程中亚铁离子转变为铁离子，发生反应的离子方程式为；（3），所以氢氧化铝不会溶于氨水，氢氧化镍是不溶物，所以氨水不能过量，答案为：，避免形成氢氧化镍；（4）由两种氟化盐的溶解平衡常数可先形成氟化镁沉淀，所以当 molL时溶液中 ，此时，除钙率为，答案为：；（5）向“水相”中加入可形成沉淀，反应的离子方程式为，根据，当氢离子浓度变大时平衡左移，所以增大氢离子浓度可以从有机相中反萃取到镍离子，所以试剂X是硫酸，答案为：硫酸。答案第25页，共13页