1、2021年选择性必修一人教版第三章 章末检测试卷(100分)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)125 时，水的电离达到平衡：H2OHOHH0，下列叙述正确的是()A将纯水加热到95 时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性B向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH)增大，Kw变小C向纯水中加入少量碳酸钠固体，影响水的电离平衡，c(H)减小，Kw不变D向纯水中加入醋酸钠固体或盐酸，均可抑制水的电离，Kw不变答案C解析水的电离吸热，将纯水加热，电离平衡正向移动，c(H)、c(OH)均增大，但c(OH)与c(H)仍然相等，故K
2、w变大，pH变小，水仍呈中性，A项错误；向纯水中加入稀氨水，溶液中c(OH)增大，水的电离平衡逆向移动，但温度不变，Kw不变，B项错误；向纯水中加入少量Na2CO3固体，溶液中c(H)减小，水的电离平衡正向移动，但Kw不变，C项正确；向纯水中加入醋酸钠时，促进水的电离，D项错误。H，C项错误；碳酸钙难溶，存在沉淀溶解平衡，D项正确。2下图表示的是某离子X与水的反应过程，离子X可能是()ACO BHCO CNa DNH答案D解析离子X的水解反应生成H，由图可知X只能是NH。3室温下，有两种溶液：0.01 molL1 NH3H2O溶液、0.01 molL1 NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中
3、c(NH)都增大的是()A加入少量H2O B加入少量NaOH固体C通入少量HCl气体 D升高温度答案C解析加水，两溶液中c(NH)都减小，故A错误；加入少量NaOH固体，NH3H2O的电离平衡逆向移动，c(NH)减小，NH4Cl中由于发生反应：NHOHNH3H2O，导致c(NH)减小，故B错误；通入少量HCl气体，中发生酸碱中和反应促进NH3H2O电离，所以c(NH)增大，中NH的水解平衡逆向移动，c(NH)亦增大，故C正确；升高温度促进NH的水解，中NH的浓度减小，故D错误。4下列离子方程式属于盐的水解且书写正确的是()AMgCl2溶液：Mg22H2OMg(OH)22HBNaHCO3溶液：H
4、COH2OH2CO3OHCNa2SO3溶液：SO2H2OH2SO32OHDKCN溶液：CNH2O=HCNOH答案B解析A项，Mg(OH)2不应标“”；C项，SO应分步水解；D项，应用“”。525 时，相同物质的量浓度的下列溶液：NaCl、NaOH、H2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是()A BC D答案C解析分析三种物质可知抑制水的电离，不影响水的电离平衡，H2SO4为二元强酸，产生的c(H)大于NaOH产生的c(OH)，抑制程度更大，故顺序为。6下列说法正确的是()A施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合施用，是因为K2CO3与NH4Cl反应生成氨气，降
5、低肥效B将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的溶解能力相同D易溶性强电解质的稀溶液中不存在分子答案A7(2020包头一中调研)电解质溶液有许多奇妙之处，只有深入思考，才能体会到它的乐趣。下列关于电解质溶液的叙述中正确的是()ANa2CO3、NaHCO3两种盐溶液中，离子种类不相同B常温下，1 molL1的CH3COOH溶液与 1 molL1的NaOH溶液等体积混合后，所得混合液中：c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)C物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中，c(NH)前者小于后者D常温下，某溶液中由水电离出的c
6、(H)105 molL1，则此溶液可能是盐酸答案C解析两种盐溶液中离子种类相同，阳离子为Na、H，阴离子为CO、HCO、OH，故A错误；二者恰好完全反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，c(OH)c(H)，故B错误；NH4HSO4电离产生的H抑制NH的水解，c(NH)前者小于后者，故C正确；溶液中由水电离出的c(H)105 molL1，促进水的电离，而盐酸抑制水的电离，故D错误。8常温下，pH11的X、Y两种碱溶液各1 mL，分别稀释至100 mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是()AX、Y两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等B稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强C分
7、别完全中和X、Y这两种碱溶液时，消耗同浓度盐酸的体积V(X)V(Y)D若9aX，所以物质的量浓度：c(Y)c(X)，稀释后溶液碱性：YX，故A、B均错误；因为c(Y)c(X)且V(Y)V(X)，故n(Y)n(X)，所以消耗同浓度的盐酸时，Y消耗的多，C错误；若9ac(OH)C分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：DV1 L 溶液与V2 L 溶液混合后，若混合后溶液pH7，则V1c(OH)，正确；C项，分别加水稀释10倍，假设平衡不移动，那么溶液的pH均为10，但稀释氨水使平衡NH3H2ONHOH右移，使pH10，同理醋酸稀释后pHV2，D错误。12在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2H
8、2OHSOH。下列说法正确的是()A稀释溶液，水解平衡常数增大B升高温度，减小C通入H2S，HS的浓度增大D加入NaOH固体，溶液pH减小答案C解析水解平衡常数只受温度影响，温度不变，水解平衡常数不变，A项错误；水解是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，HS的浓度增大，S2的浓度减小，所以增大，B项错误；通入H2S，H2S会结合水解出的OH，使平衡正向移动，HS的浓度增大，C项正确；加入氢氧化钠固体，溶液的碱性增强，溶液pH增大，D项错误。13(2020天津，7)常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是()A相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)Ka(HF)B
9、相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)CFeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)Ksp(CuS)D在1 molL1 Na2S溶液中，c(S2)c(HS)c(H2S)1 molL1答案A解析HCOONa和NaF均属于强碱弱酸盐，越弱越水解，HCOONa的pH较大，所以Ka(HCOOH)Ka(HF)，A项错误；两溶液等体积混合后pH7，说明溶液显酸性，c(H)c(OH)，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)，B项正确；硫化亚铁溶于稀硫酸，
10、而硫化铜不溶于稀硫酸，可得Ksp(FeS)Ksp(CuS)，C项正确；在1 molL1的Na2S溶液中，根据元素质量守恒可得c(S2)c(HS)c(H2S)1 molL1，D项正确。14(2020江苏，4)常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A0.1 molL1氨水溶液：Na、K、OH、NOB0.1 molL1盐酸溶液：Na、K、SO、SiOC0.1 molL1KMnO4溶液：NH、Na、NO、ID0.1 molL1AgNO3溶液：NH、Mg2、Cl、SO答案A解析A项，氨水与各离子以及各离子之间均不发生反应，能大量共存；B项，H和SiO可以结合生成H2SiO3沉淀，不能大量共存
11、；C项，MnO具有氧化性，与I之间发生氧化还原反应，不能大量共存；D项，Ag与Cl、SO因生成沉淀而不能大量共存。15常温下，0.2 molL1的一元酸HA溶液与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是()AHA为强酸B该混合液的pH7C该混合溶液中：c(A)c(Y)c(Na)D图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H答案C解析题给HA溶液与NaOH溶液反应生成0.1 molL1的NaA溶液。由图知A的浓度小于0.1 molL1，说明A发生了水解，即HA是弱酸，A项错误；A发生了水解，水解后溶液呈碱性，B项错误；混合液中粒子浓度的大小关系为c(Na)
12、c(A)c(OH)c(HA)c(H)，因此X表示OH，Y表示HA，Z表示H，D项错误；根据元素质量守恒可知，c(A)c(HA)c(Na)，即c(A)c(Y)c(Na)，C项正确。16已知在pH为45的环境中，Cu2、Fe2几乎不水解，而Fe3几乎完全水解。工业上制CuCl2溶液是将浓盐酸用蒸气加热到80 左右，再慢慢加入粗氧化铜(含少量杂质FeO)，充分搅拌使之溶解。欲除去溶液中的杂质离子，下述方法中可行的是()A向溶液中通入Cl2，再加入纯净的CuO粉末调节pH为45B向溶液中通入H2S使Fe2沉淀C向溶液中通入Cl2，再通入NH3，调节pH为45D加入纯Cu将Fe2还原为Fe答案A解析根据
13、题干信息，A项中的操作可将Fe2先转化为Fe3再转化为Fe(OH)3而除去，正确；在酸性溶液中H2S与Fe2不反应，而H2S与Cu2反应生成CuS沉淀，B项错误；C项中的操作会引入新的杂质离子NH，错误；由金属的活动性：FeCu知，D项错误。二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17(10分)常温下，向100 mL 0.01 molL1 HA溶液中逐滴加入0.02 molL1 MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题：(1)由图中信息可知HA为_(填“强”或“弱”)酸，理由是_。(2)常温下一定浓度的MA稀溶液的pHa，则a_(填“”“”“”或“”
14、)2c(A)；若此时溶液的pH10，则c(MOH)c(OH)_molL1。答案(1)强0.01 molL1 HA溶液的pH2，即c(H)0.01 molL1，完全电离(2)c(A)c(OH)c(H)(4)0.005解析(1)由题目信息可知，0.01 molL1 HA溶液的pH2，说明其完全电离，故为强电解质。(2)由题目图像可知向100 mL 0.01 molL1 HA溶液中滴加51 mL 0.02 molL1 MOH溶液，pH7，说明MOH是弱碱，故其对应的MA是强酸弱碱盐，水解显酸性，溶液中的H全部是水电离出来的，故水电离出的c(OH)110a molL1。(3)K点是由100 mL 0.
15、01 molL1 HA溶液与100 mL 0.02 molL1 MOH溶液混合而成的，反应后的溶液为等物质的量浓度的MA和MOH溶液，故c(M)c(A)c(OH)c(H)。(4)由元素质量守恒得c(M)c(MOH)2c(A)，由电荷守恒得c(M)c(H)c(A)c(OH)，故c(MOH)c(OH)c(A)c(H)0.005 molL1。18(9分)如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 molL1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯中加入生石灰，向烧杯中加入NH4NO3晶体，烧杯中不加任何物质。(1)含酚酞的0.01 molL1 CH3COONa溶液显浅红色的原因
16、为_。(2)实验过程中发现烧杯中溶液红色变深，烧瓶中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是_(填字母)。A水解反应为放热反应B水解反应为吸热反应CNH4NO3溶于水时放出热量DNH4NO3溶于水时吸收热量(3)向0.01 molL1 CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，则CH3COO水解平衡移动的方向分别为_、_、_、_(填“左”“右”或“不移动”)。答案(1)CH3COOH2OCH3COOHOH，溶液显碱性(2)BD(3)右左左右解析(1)CH3COONa溶液中CH3COO水解使溶液显碱性，碱性溶液使酚酞显红色。(2)生石灰与水反应放出大量的热
17、，根据烧瓶中溶液的红色变深判断，水解平衡向右移动，说明水解反应吸热，同时烧瓶中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量。(3)酸促进CH3COO的水解；碱抑制CH3COO的水解；CO与CH3COO水解相互抑制；Fe2与CH3COO水解相互促进。19(10分)(1)已知碳酸：H2CO3，Ka14.5107，Ka24.71011，草酸：H2C2O4，Ka15.6102，Ka21.5104。0.1 molL1 Na2CO3溶液的pH_(填“大于”“小于”或“等于”)0.1 molL1 Na2C2O4溶液的pH。等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是_。若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积
18、混合，溶液中各种粒子浓度大小的顺序正确的是_(填字母)。ac(H)c(HC2O)c(HCO)c(CO)bc(HCO)c(HC2O)c(C2O)c(CO)cc(H)c(HC2O)c(C2O)c(CO)dc(H2CO3)c(HCO)c(HC2O)c(CO)(2)SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少SO2的排放，回答下列方法中的问题。方法1(双碱法)：用NaOH溶液吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液写出过程的离子方程式：_；CaO在水中存在如下转化：CaO(s)H2O (l)=Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)从平衡移动的角度，简
19、述过程中NaOH再生的原理：_。方法2：用氨水除去SO2已知25 ，NH3H2O的Kb1.8105，H2SO3的Ka11.4102，Ka26.0108。若氨水的浓度为2.0 molL1，溶液中的c(OH)_ molL1。将SO2通入该氨水中，当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液中的_。答案(1)大于草酸ac(2)2OHSO2=SOH2OSO与Ca2生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成6.01030.60解析(1)根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 molL1 Na2CO3溶液的pH大于0.1 molL1 Na2C2O4溶液的pH
20、。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。草酸的一、二步电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，因此溶液中c(H)c(HC2O)c(C2O)c(HCO)c(CO)，a、c正确；根据上述分析可知b、d错误。(2)过程是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为2OHSO2=SOH2O。过程加入CaO，存在CaO(s)H2O (l)=Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)，因SO与Ca2生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成。NH3H2O的Kb1.8105，若氨水的浓度为2.0 molL1，由Kb可知c(OH) m
21、olL16.0103 molL1；当c(OH)降至1.0107 molL1时，c(H)1.0107 molL1，H2SO3的Ka26.0108，由Ka2，可知0.60。20(12分)铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1 molL1)。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.2沉淀完全的pH3.39.99.5(1)酸浸时粉碎铜镉渣的目的是_。(2)操作产生的滤渣的主要成分为_(填化学式)。(3)操作中先加入适量H2O2
22、，发生反应的离子方式程式为_。再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为_，判断依据是_。若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe2。请设计实验方案加以鉴别： _。(4)处理含Cd2废水时常向其中加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化反应的离子方程式为_；除去工业废水中的Cd2时，若反应达到平衡后溶液中c(Ca2)0.1 molL1，则溶液中c(Cd2)_ molL1已知25，Ksp(CdCO3)5.61012，Ksp(CaCO3)2.8109。答案(1)增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率(2)Cu(3)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O3.3pH7.2根据表格
23、中的信息可知在3.3pH7.2时，能确保Fe3沉淀完全，而Cd2不会沉淀取少量待测电解液于试管中，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，若产生蓝色沉淀，则待测电解液中含有Fe2(4)CaCO3(s)Cd2(aq)CdCO3(s)Ca2(aq)2.0104解析(1)酸浸时粉碎铜镉渣的目的是增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率。(2)铜与稀硫酸不反应，则操作产生的滤渣主要成分为Cu。(3)双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。根据表格中的信息可知，Fe3沉淀完全的pH3.3，Cd2开始沉淀的pH7.2，确保Fe3沉淀完全
24、，而Cd2不会沉淀，需控制的pH范围为3.3pH7.2。若加入的双氧水不足，则待电解溶液中有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可。21(11分)工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O，利用滴定原理测定Cr2O含量的方法如下：步骤：量取30.00 mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。步骤：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O。步骤：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.100 0 molL1 Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如表：(I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6)滴定次数Na2S2O3溶液起始读数/mLNa2S2O3溶液终点读数/mL第
25、一次1.0219.03第二次2.0019.99第三次0.20a(1)步骤量取30.00 mL废水选择的仪器是_。(2)步骤中滴加的指示剂为_；滴定达到终点时的实验现象是_。(3)步骤中a的读数如图所示，则：a_。Cr2O的含量为_ gL1。(4)以下操作会造成废水中Cr2O含量测定值偏高的是_(填字母)。A滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度B盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗C滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗答案(1)酸式滴定管(2)淀粉溶液滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且30 s内不变色
26、(3)18.202.16(4)CD解析(1)根据信息，Cr2O氧化性较强，量取废水应用酸式滴定管。(2)滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂；滴定达到终点时碘单质刚好被消耗，溶液的颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色。(3)根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01 mL，a值为18.20。根据Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O和I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，Cr2O3I26Na2S2O3，n(Cr2O)n(Na2S2O3) c(Na2S2O3)V(Na2S2O3)，将三次数据分别代入，并求平均值，得n(Cr2O)3104 mol，进而求得Cr2O的含量为2.16 gL1。(4)根据Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O和I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，则c(待测)偏高，Cr2O含量就偏高；A项，滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)分析，c(待测)偏低；B项，盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对V(标准)无影响，则c(待测)无影响；C项，滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V(标准)偏大，则c(待测)偏高；D项，未用标准液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，则c(待测)偏高。
