第三章 水溶液中的离子反应与平衡 期末复习过关卷-（2019）新人教版高中化学高二上学期选择性必修一.docx

1、第三章水溶液中的离子反应与平衡期末复习过关卷一、单选题1将浓度为0.05mol/L的HClO溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是Ac(H)B CKa(HClO)D2在25 时向V mL pH=a的盐酸中，滴加pH=b的NaOH(aq)10V mL时，溶液中Cl的物质的量恰好等于Na的物质的量，则a+b的值是 （ ）A13B14C15D不能确定3下列过程或现象与盐类水解无关的是( )A可用碳酸钠与醋酸溶液制取少量二氧化碳B将NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液配制泡沫灭火剂C热的纯碱溶液的去污能力更强D实验室用饱和的FeCl3溶液制取氢氧化铁胶体4氢氧化钙在80时的溶解度为xg，20时

2、的溶解度为yg。取20的氢氧化钙饱和溶液，蒸发掉Wg水后再恢复到20，其溶液里面溶质的质量分数为z%，则下列关系正确的是（ ）Ayx，yzBxyzCyx，yzDxyz5硫化汞(HgS)难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料，印泥及朱红雕刻漆器等。某温度时，HgS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A向硫化汞的浊液中加入硫化钠溶液，硫化汞的Ksp减小B图中a点对应的是饱和溶液C向c点的溶液中加入Hg(NO3)2，则c(S2-)减小D升高温度可以实现c点到b点的转化6下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（ ）25时亚硝酸钠溶液的pH大于7 用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗

3、 HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 0.1molL-1HNO2溶液的pH2ABCD7亚硫酸与氢硫酸都是二元弱酸，下列事实中，不能比较亚硫酸与氢硫酸的酸性强弱的是A亚硫酸的还原性比氢硫酸弱B相同条件下，导电能力亚硫酸强于氢硫酸C0.10 molL1的亚硫酸和氢硫酸的pH分别为2.1和4.5D亚硫酸可以与碳酸氢钠溶液反应，而氢硫酸不能8水浴加热滴加酚酞的NaHCO3溶液，颜色及pH随温度变化如下（忽略水的挥发）：时间温度/203040从40冷却到20沸水浴后冷却到20颜色变化红色略加深红色接近红色比加深较多pH8.318.298.268.319.20下列说法不正确的是（ ）ANaHCO3溶液显

4、碱性的原因：HCO3-+H2OH2CO3+OH-B的过程中，颜色加深的原因可能是HCO3-水解程度增大C的过程中，pH略微下降说明升温过程中c(OH-)减小D比pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故9已知在t1、t2温度下水的电离平衡曲线如图所示，则下列说法中不正确的是At1c(H+) = c(OH-)12一元弱酸HA(aq)中存在下列电离平衡：HA H+ + A。将1.0molHA分子加入1.0L水中，如下图（溶液体积变化忽略不计），表示溶液中HA、H+、A的物质的量浓度随时间而变化的曲线正确的是（ ）ABCD13已知：K3Fe(CN)6溶液是检验Fe2+的试剂，若溶液

5、中存在Fe2+，将产生蓝色沉淀。将0.1mol/L的KI溶液和0.05mol/L Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“”2Fe3+2I-2Fe2+I2的是实验编号实验操作实验现象滴入KSCN溶液溶液变红色滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成滴入K3Fe(CN)6溶液有蓝色沉淀生成滴入淀粉溶液溶液变蓝色A和B和C和D和14已知25时，K=1.7510-5，其中K是该温度下CH3COOH的电离平衡常数。下列说法正确的是（ ）A向该溶液中加入一定量的硫酸，K增大B升高温度，K增大C向CH3COOH溶液中加入少量水，K增大D向CH3COOH溶液中加入少量

6、氢氧化钠溶液，K增大15向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1=a kJmol-1Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) H2=b kJmol-1实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。下列说法正确的是A溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大B反应达到平衡时增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小C向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除DCu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s) H=(a+2b) kJmol-116实验测得0.5 molL1C

7、H3COONa溶液、0.5 molL1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A随温度升高，纯水中c(H+)c(OH)B随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH)减小C随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO、Cu2+水解平衡移动方向不同二、非选择题17在氨水中存在下列电离平衡:NH3H2O+OH-。（1）下列情况能引起电离平衡正向移动的有_（填字母,下同）。加NH4Cl固体加NaOH溶液通入HCl加CH3COOH溶液加水加压a. b. c.

8、d. （2）在含有酚酞的0.1 molL-1氨水中加入少量的NH4Cl晶体,则溶液颜色_。a. 变蓝色 b. 变深c. 变浅 d. 不变（3）在一定温度下，用水缓慢稀释1 molL-1氨水的过程中，溶液中随着水量的增加:n（OH-） _（填“增大”“减小”或“不变”,下同）； _； _。18常温下,有四种溶液：0.1 molL-1 CH3COOH溶液0.1 molL-1 CH3COONa溶液0.1 molL-1 NaHSO3溶液0.1 molL-1 NaHCO3溶液（1）溶液的pH_（填“”“”或“=”）7，溶液中离子的电荷守恒关系式是_。（2）溶液呈_（填“酸”“碱”或“中”）性。其原因是_

9、（用离子方程式和适当的叙述说明）。（3）下列有关和两种溶液的说法正确的是_（填字母）。a. 两种溶液中c(CH3COO-) 都等于0.1 molL-1b. 两种溶液中c(CH3COO-) 都小于0.1 molL-1c. CH3COOH溶液中c(CH3COO-) 小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)（4）NaHSO3溶液的pH7，则NaHSO3溶液中c（H2SO3）_（填“”“碳酸氢硫酸，与题意不符，D错误；答案为A。8C【解析】ANaHCO3显碱性,是溶液中HCO3-发生水解反应的缘故，其中水解反应式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故A正确；B的过程中，溶液温度升高，促进HC

10、O3-水解，溶液的碱性增强，故B正确；C的升温过程中，促进水的电离，水的离子积常数增加，溶液中OH-略有增大，但溶液pH略微却下降，故C错误；D和的温度相同，但比pH增大，应该是溶液中的Na2CO3的水解程度大于中NaHCO3的水解程度，故D正确；故答案为C。9B【解析】A. 因为t2时水电离出的c(H+)=c(OH)=10-6mol/L，所以温度升高，t1 c（SO32-），故D错误；答案选C【点睛】本题考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用，平衡分析和溶液中离子浓度关系判断是解题关键，题目难度中等。12C【解析】A选项，弱酸HA存在电离平衡，不能全部电离，达到电

11、离平衡时，c(A)=c(H+) 1mol/L，故A错误；B选项，c(HA)由1mol/L变为0.2mol/L，变化值为0.8 mol/L，则c(A)和c(H+)应从0变成0.8 mol/L，故B错误；C选项，根据B分析得到C正确，故C正确；D选项，开始时c(HA)应为1.0 mol/L，而c(A)和c(H+)均为0，故D错误。综上所述，答案为C。13D【解析】反应存在化学平衡，则反应物均有剩余，即溶液中存在铁离子和碘离子，是检验铁离子，是检验碘离子，检验亚铁离子，检验碘单质，所以和能证明反应存在化学平衡；故选D。14B【分析】电离平衡常数只受温度的影响，醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，

12、温度降低，K减小，据此回答判断。【解析】A. 向该溶液中加入一定量的硫酸时，若加入浓硫酸，浓硫酸溶于水放热，K增大，若为稀硫酸，K不变，硫酸浓度未知，故A错误；B. 醋酸的电离是吸热过程，温度升高，K增大，故B正确C. 向醋酸溶液中加水，温度不变，K不变，故C错误；D. 向醋酸溶液中加氢氧化钠，温度不变，K不变，故D错误。答案选B。【点睛】平衡常数只与温度有关，加入某些电解质会使溶液温度升高，不一定只有加热才能使溶液温度变化。15B【解析】A.温度升高，吸热反应的Ksp越大，K只受温度的影响，pH越大，Ksp（CuCl）不变，A错误；B.反应达到平衡状态，增大c(Cu2+)，由于K不变，所以c

13、(Cl-)减小，B正确；C.根据图中信息：溶液的pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，C错误；D.Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1=a kJmol-1，Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) H2=bkJmol-1，根据盖斯定律，将0.5+，整理可得： Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s) H=(+b) kJmol-1，D错误；故合理选项是B。16C【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；【解析】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中

14、c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2+2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学

15、平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。17c c 增大 增大 不变 【解析】(1)加入NH4Cl固体，浓度增大，NH3H2O+OH-平衡左移；加NaOH溶液， OH-浓度增大，NH3H2O+OH-平衡左移；通入HCl，消耗OH-， OH-浓度降低，NH3H2O+OH-平衡右移；加CH3COOH溶液，消耗OH-， OH-浓度降低，NH3H2O+OH-平衡正向移动；加水稀释，越稀越电离，NH3H2O+OH-平衡右移；加压对NH3H2O的电离平衡无影响，综上所述，答案选c；(2)氨水中加入NH4Cl晶

16、体，c()增大，则NH3H2O电离平衡逆向移动，c(OH-)减小，溶液颜色变浅，故选c；(3)加水稀释，NH3H2O+OH-平衡正向移动，所以n(OH-)逐渐增大；加水稀释过程中，n(NH3H2O)逐渐减小，所以逐渐增大；电离平衡常数Kb=与温度有关，所以加水稀释时,不变。18 c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) 碱 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，CH3COO-水解显碱性 bc 【解析】(1)醋酸属于酸，所以溶液的pH小于7，满足电荷守恒，即c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。（2）CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为CH3COO-+H

17、2OCH3COOH+OH-。（3）醋酸是弱电解质，部分电离，醋酸钠溶液中存在醋酸根离子的水解，两种溶液中醋酸根离子的浓度都小于0.1mol/L，故a错误，b正确；醋酸为弱电解质，部分电离出醋酸根离子，醋酸钠为强电解质，完全电离出醋酸根离子，存在醋酸根离子的水解，但醋酸根离子的水解程度很小，所以两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1molL-1，所以CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)，故c正确；故答案为：b c；（4）NaHSO3溶液pHc(H2SO3)，NaHCO3溶液的pH7，则的水解程度大于电离程度，故c()c(H2CO3)。19 ，

18、加后，平衡正向移动，生成SrCO3 减小 不变 盐酸 若沉淀完全溶解，则证明SrSO4完全转化成SrCO3，否则，未完全转化 【分析】(1)SrSO4转化成SrCO3的原因是依据物质溶解度的不同实现，反应向更难溶的方向进行；依据沉淀转化的反应方程式结合平衡常数概念写出表达式即可，依据溶解平衡的有关理论解释即可；(2)、平衡常数随温度变化，反应是放热反应，升温平衡逆向进行；、平衡常数不随浓度变化；(3)、依据SrSO4和SrCO3在酸中的溶解性与BaSO4和BaCO3类似，说明SrCO3溶于酸，SrSO4不溶于酸，据此设计实验验证物质成分。【解析】(1)、依据物质Ksp大小可知，SrSO4转化成

19、SrCO3的溶解性不同，反应向更难溶的方向进行，依据沉淀转化写出离子方程式为：；该反应为的溶解平衡常数为：；该反应能发生的原因是Ksp (SrCO3) Ksp (SrSO4)，加入后，平衡正向移动，生成SrCO3，故答案为：；，加后，平衡正向移动，生成SrCO3；(2)、实验证明降低温度都有利于提高SrSO4的转化率，说明平衡正向进行，正反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向进行，平衡常数K减小，故答案为：减小；、增大的浓度平衡正向进行，平衡常数随温度变化，不随浓度改变，所以平衡常数不变，故答案为：不变；(3)、SrSO4和SrCO3在酸中的溶解性与BaSO4和BaCO3类似，说明SrCO3溶于

20、酸，SrSO4不溶于酸，证明上述过程中SrSO4是否完全转化成SrCO3，实验所用试剂为盐酸；若沉淀完全溶解，则证明SrSO4完全转化成SrCO3，否则为不完全转化，故答案为：盐酸；若沉淀完全溶解，则证明SrSO4完全转化成SrCO3，否则为不完全转化。20MnO2 + C2O42-+ 4H=Mn2+ 2CO2+ 2H2O 甲 锥形瓶中溶液颜色变化 锥形瓶中溶液恰好由无色变成紫红色，且30秒内不褪色 72.5% BC 【分析】(1)在酸性条件下，MnO2将Na2C2O4氧化生成二氧化碳，本身被还原为锰离子，据此书写反应的离子方程式；(2)高锰酸钾具有强氧化性，能够氧化乳胶管，结合滴定管的结构分

21、析判断；根据滴定操作的基本步骤和要求分析解答；(3)首先计算 2.68 g草酸钠固体的物质的量和20.00 mL 0.0200 mol/L KMnO4标准溶液中含有高锰酸钾的物质的量，再根据2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O和MnO2 + C2O42-+ 4H=Mn2+ 2CO2+ 2H2O结合滴定原理计算解答；(4)分析各步骤对高锰酸钾的体积的影响，再结合滴定原理分析判断。【解析】(1)在酸性条件下，MnO2将Na2C2O4氧化生成二氧化碳，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为MnO2 + C2O42-+ 4H=Mn2+ 2CO2+ 2H2O，故答案为：

22、MnO2 + C2O42-+ 4H=Mn2+ 2CO2+ 2H2O；(2)高锰酸钾具有强氧化性，能够氧化乳胶管，因此0.0200mol/LKMnO4标准溶液应选用酸式滴定管盛放，即图中的甲滴定管；将锥形瓶置于滴定管下方进行滴定时，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，直至滴定终点，当锥形瓶中溶液恰好由无色变成紫红色，且30秒内不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为：甲；锥形瓶中溶液颜色变化；锥形瓶中溶液恰好由无色变成紫红色，且30秒内不褪色；(3) 2.68 g草酸钠固体的物质的量=0.02mol，20.00 mL 0.0200 mol/L KMnO4标准溶液中含有高锰酸钾的物质的量=0.02L0.02

23、00 mol/L=0.0004mol，根据2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，与二氧化锰反应后剩余草酸钠的物质的量=0.0004mol=0.01mol，根据MnO2 + C2O42-+ 4H=Mn2+ 2CO2+ 2H2O，二氧化锰的物质的量=0.02mol-0.01mol =0.01mol，软锰矿中MnO2的质量分数为100%=72.5%，故答案为：72.5%；(4)A溶液转移至容量瓶中，未将烧杯、玻璃棒洗涤，使得草酸钠的物质的量偏少，滴定消耗的高锰酸钾偏少，则二氧化锰的含量偏大，故A错误；B滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失，导致消耗的高锰酸钾偏多，则二氧化锰的含量偏小，故B正确；C定容时，俯视刻度线，导致消耗的高锰酸钾偏多，则二氧化锰的含量偏小，故C正确；D滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，导致消耗的高锰酸钾偏少，则二氧化锰的含量偏大，故D错误；故答案为：BC。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意滴定消耗的高锰酸钾越多，说明与二氧化锰反应后剩余的草酸钠越多，二氧化锰的含量越小。