高中化學 章末綜合測評3 魯科版選修4

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章末綜合測評(三) (時間：45分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本題包括12小題，每小題4分，共48分) 1．把0.01 mol純凈的燒堿固體分別投入下列100 mL的溶液中，溶液的導電能力有明顯變化的是(　　) A．0.5 molL－1的硫酸 B．0.5 molL－1的醋酸溶液 C．0.25 molL－1的鹽酸 D．0.25 molL－1的硫酸銅溶液 【解析】　溶液的導電能力與溶液中自由移動的離子濃度及離子所帶電荷數(shù)有關。燒堿固體分別投入四種溶液中發(fā)生的反應分別為：2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O、NaOH＋CH3COOH===CH3COONa＋H2O、NaOH＋HCl===NaCl＋H2O、2NaOH＋CuSO4===Cu(OH)2↓＋Na2SO4。A和C的離子濃度幾乎沒變，導電能力幾乎不變；D項雖然離子種類發(fā)生變化，但所帶的電荷沒變，故導電能力幾乎不變。 【答案】　B 2．一定條件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，下列說法正確的是 (　　) A．加入少量NaOH固體，[CH3COO－]增大 B．加入少量FeCl3固體，[CH3COO－]增大 C．稀釋溶液，溶液的pH增大 D．加入適量醋酸得到的酸性混合溶液：[Na＋]＞[CH3COO－]＞[H＋]＞[OH－] 【解析】　A中NaOH固體溶于水使OH－離子的濃度增大，抑制CH3COO－的水解，所以[CH3COO－]增大，A正確；B中FeCl3固體溶于水電離出Fe3＋，F(xiàn)e3＋發(fā)生水解反應生成的氫離子與氫氧根離子反應，促進了醋酸根離子的水解，所以[CH3COO－]減小，B錯誤；C中稀釋溶液使溶液OH－濃度減小，溶液的pH減小，C錯誤；D中酸性混合溶液中[H＋]>[OH－]，根據(jù)電荷守恒可知[CH3COO－]＞[Na＋]，D錯誤。 【答案】　A 3．用已知濃度的NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，由于堿式滴定管調零時仰視讀數(shù)，其他操作正確，使計算出的鹽酸濃度與實際濃度相比 (　　) 【導學號：05310163】 A．偏高 　　　　　　 B．準確 C．偏低 D．可能偏高或偏低 【答案】　C 4．室溫下，在pH＝11的某溶液中，由水電離的c(OH－)可能為(　　) ①1.010－7 molL－1?、?.010－6 molL－1 ③1.010－3 molL－1　④1.010－11 molL－1 A．③　　B．④ C．①③　　D．③④ 【解析】　pH＝11即c(OH－)＝10－3 molL－1是堿性溶液，堿性溶液有兩種情況：一是堿溶液，一是強堿弱酸鹽的溶液。因為由水電離出的c(H＋)始終等于由水電離出的c(OH－)，若為堿溶液，由水電離出的c(OH－)＝c(H＋)＝＝10－11 molL－1；若為強堿弱酸鹽的溶液，由水電離出的c(OH－)＝10－3 molL－1。 【答案】　D 5．(2016廣州高二質檢)50 ℃時，下列各溶液中，離子的物質的量濃度關系正確的是 (　　) A．pH＝4的醋酸中：c(H＋)＝4.0 molL－1 B．飽和小蘇打溶液中：c(Na＋)＝c(HCO) C．飽和食鹽水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－) D．pH＝12的純堿溶液中：c(OH－)＝1.010－2 molL－1 【答案】　C 6．HA為酸性略強于醋酸的一元弱酸。在0.1 molL－1NaA溶液中，離子濃度關系正確的是(　　) A．c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－) B．c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋) C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋) D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－) 【解析】　本題考查離子濃度的大小比較，意在考查考生對溶液中離子水解平衡的理解和分析能力。HA為一元弱酸，則NaA為強堿弱酸鹽，溶液由于A－的水解顯堿性，離子濃度大小為：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，A項錯誤，B項錯誤；根據(jù)溶液中電荷守恒，則c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C項錯誤，D項正確。 【答案】　D 7．(2014山東高考)下列有關溶液組成的描述合理的是(　　) 【導學號：05310164】 A．無色溶液中可能大量存在Al3＋、NH、Cl－、S2－ B．酸性溶液中可能大量存在Na＋、ClO－、SO、I－ C．弱堿性溶液中可能大量存在Na＋、K＋、Cl－、HCO D．中性溶液中可能大量存在Fe3＋、K＋、Cl－、SO 【解析】　A．Al3＋和S2－可以發(fā)生水解相互促進反應而不能大量共存，該選項錯誤。 B．酸性溶液中，HClO具有強氧化性，能將I－氧化，該選項錯誤。 C．弱堿性溶液中，Na＋、K＋、Cl－、HCO能大量共存。 D．Fe3＋在pH為3.7的溶液中就可沉淀完全，則在中性溶液中生成Fe(OH)3沉淀，該選項錯誤。 【答案】　C 8．在下列敘述中，不能說明鹽酸是強酸，醋酸是弱酸的是(　　) A．分別將pH＝4的鹽酸和醋酸稀釋10倍，鹽酸的pH＝5，而醋酸的pH<5 B．鹽酸和醋酸都可用相應的鈉鹽與濃硫酸反應制取 C．相同pH的鹽酸和醋酸溶液中分別加入相應的鈉鹽固體，鹽酸的pH無變化，醋酸的pH變化大 D．相同體積和pH的鹽酸和醋酸分別跟鋅反應時，醋酸產生的氫氣多 【解析】　強酸完全電離，弱酸不能完全電離，存在電離平衡，A項中醋酸pH變化小，可說明鹽酸是強酸，醋酸是弱酸；B項不能說明；C項中加入相應的鈉鹽固體，醋酸的pH變化大，說明醋酸存在電離平衡；D項醋酸產生的氫氣多，說明醋酸未完全電離。 【答案】　B 9．為確定某溶液的離子組成，進行如下實驗： ①測定溶液的pH，溶液顯強堿性?、谌∩倭咳芤杭尤胂←}酸至溶液呈酸性，產生無刺激性、能使澄清石灰水變渾濁的氣體?、墼冖趯嶒灪蟮娜芤褐性俚渭覤a(NO3)2溶液，產生白色沉淀　④?、蹖嶒灪蟮纳蠈忧逡豪^續(xù)滴加Ba(NO3)2溶液至無沉淀時，再滴加AgNO3溶液，產生白色沉淀。 根據(jù)實驗判斷，以下推測正確的是(　　) 【導學號：05310165】 A．一定有SO B．一定有HCO C．不能確定CO是否存在 D．不能確定Cl－是否存在 【解析】　由②可知溶液中可能有CO或HCO，不可能有SO；由于該溶液顯強堿性，不可能有HCO；由③可知溶液中有SO；因為第②步加入了稀鹽酸，所以由④現(xiàn)象無法確定是否有Cl－存在。 【答案】　D 10．下列敘述正確的是(　　) A．將稀氨水逐滴加入稀硫酸中，當溶液pH＝7時，[SO]>[NH] B．兩種醋酸溶液的物質的量濃度分別為c1和c2，pH分別為a和a＋1，則c1＝10c2 C．pH＝11的NaOH溶液與pH＝3的醋酸溶液等體積混合，滴入石蕊溶液呈紅色 D．向0.1 molL－1的氨水中加入少量硫酸銨固體，則溶液中增大 【解析】　A中根據(jù)電荷守恒[H＋]＋[NH]＝[OH－]＋2[SO]，溶液pH＝7時，則2[SO]＝[NH]，故[SO]＜[NH]。B中不同濃度的醋酸電離度不同，所以不存在簡單的比例關系。C中pH＝11的NaOH溶液與pH＝3的醋酸溶液等體積混合，醋酸過量，溶液顯酸性，滴入石蕊變紅。D中往氨水中加入少量硫酸銨固體會抑制氨水的電離，則溶液中減小。 【答案】　C 11．化工生產中常用MnS作為沉淀劑除去工業(yè)廢水中Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)===CuS(s)＋Mn2＋(aq)，下列說法錯誤的是(　　) 【導學號：05310166】 A．MnS的Ksp比CuS的Ksp大 B．該反應達平衡時[Mn2＋]＝[Cu2＋] C．往平衡體系中加入少量CuSO4固體后，[Mn2＋]變大 D．該反應的平衡常數(shù)K＝ 【解析】　這屬于沉淀的轉化。MnS、CuS屬于同類型硫化物，能用來除去Cu2＋，表明MnS的Ksp大于CuS的Ksp，A正確；由于處于同一平衡體系，二者Ksp不同：[Mn2＋]＝，[Cu2＋]＝，則[Mn2＋]>[Cu2＋]，B錯誤；加入CuSO4，[Cu2＋]增大，平衡右移，[Mn2＋]增大，C正確；該反應平衡常數(shù)K＝＝＝，D正確。 【答案】　B 12．(2016濰坊高二質檢)常溫下，下列溶液中的微粒濃度關系正確的是(　　) A．新制氯水中加入固體NaOH：[Na＋]＝[Cl－]＋[ClO－]＋[OH－] B．pH＝8.3的NaHCO3溶液：[Na＋]＞[HCO]＞[CO]＞[H2CO3] C．pH＝11的氨水與pH＝3的鹽酸等體積混合：[Cl－]＝[NH]＞[OH－]＝[H＋] D．0.2 molL－1 CH3COOH溶液與0.1 molL－1 NaOH溶液等體積混合：2[H＋]－2[OH－]＝[CH3COO－]－[CH3COOH] 【解析】　要會運用溶液中的守恒解題。在任何溶液中都存在電荷守恒，選項A的溶液中電荷守恒為：[Na＋]＋c[H＋]＝[ClO－]＋[Cl－]＋[OH－]，故A錯；NaHCO3溶液的pH＝8.3，說明其水解程度大于電離程度，則[H2CO3]>[CO]，故B錯；pH＝11的氨水與pH＝3的鹽酸等體積混合時，氨水是過量的，溶液不顯中性，故C錯；D選項中的CH3COOH與NaOH反應，得到的是等濃度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，由電荷守恒得：[CH3COO－]＋[OH－]＝[H＋]＋[Na＋]，由元素守恒得：2[Na＋]＝[CH3COO－]＋[CH3COOH]，將電荷守恒關系式乘以2與元素守恒關系式相加得：[CH3COO－]＋2[OH－]＝2[H＋]＋[CH3COOH]，移項得：2[H＋]－2[OH－]＝[CH3COO－]－[CH3COOH]，故D正確。 【答案】　D 二、非選擇題(本題包括4小題，共52分) 13．(10分)已知某溶液中只存在OH－、H＋、NH、Cl－四種離子，某同學推測該溶液中各離子濃度大小順序可能有如下四種關系： A．[Cl－]>[NH]>[H＋]>[OH－] B．[Cl－]>[NH]>[OH－]>[H＋] C．[Cl－]>[H＋]>[NH]>[OH－] D．[NH]>[Cl－]>[OH－]>[H＋] (1)若溶液中只溶解了一種溶質，該溶質的名稱是____________，上述離子濃度大小順序關系中正確的是________(填序號)。 (2)若上述關系中C項是正確的，則溶液中溶質的化學式是______________ ______________。 (3)若該溶液由體積相等的稀鹽酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，則混合前[HCl]________[NH3H2O](填“>”“<”或“＝”，下同)，混合后溶液中[NH]與[Cl－]的關系[NH]________[Cl－]。 【解析】　溶液中只存在OH－、H＋、NH、Cl－四種離子。 (1)若溶液只有一種溶質，只能是NH4Cl，因為NH少量發(fā)生水解，溶液呈酸性，所以溶液中離子濃度的大小關系為：[Cl－]>[NH]>[H＋]>[OH－]，A項正確。 (2)若溶液中離子濃度的關系為C項，則溶液中溶質為NH4Cl和HCl。 (3)若該溶液由體積相等的稀鹽酸和氨水混合而成，如果兩者濃度相等，則恰好中和，溶液呈酸性，現(xiàn)在溶液呈中性，說明混合前鹽酸的濃度小于氨水的濃度，根據(jù)電荷守恒：[NH]＋[H＋]＝[OH－]＋[Cl－]，混合后溶液呈中性，即[H＋]＝[OH－]，則[NH]＝[Cl－]。 【答案】　(1)氯化銨　A　(2)NH4Cl和HCl　(3)”)。 ③若a＝b，則反應后溶液中粒子(除水分子外)濃度從大到小的順序是________。 ④若混合后溶液呈中性，則a________b，反應后溶液中[CH3COO－]________[Na＋](填“<”、“＝”或“>”)。 (2)常溫下，a mL pH＝3的CH3COOH與b mL pH＝11的NaOH混合，充分反應。 ①兩溶液中由水電離出的H＋濃度之比為________； ②若a＝b，則反應后溶液中粒子(除水分子外)濃度從大到小的順序是________。 【解析】　(1)0.1 molL－1 CH3COOH溶液的pH>1，且0.1 molL－1 NaOH溶液的pH＝13，因此pH之和大于14，若a＝b，則CH3COOH與NaOH恰好等物質的量反應生成CH3COONa，故微粒濃度從大到小的順序為[Na＋]>[CH3COO－]>[OH－]>[CH3COOH]>[H＋]，特別要注意CH3COOH的濃度位置。④中要保證溶液呈中性，則CH3COOH過量。根據(jù)電荷守恒有[CH3COO－]＝[Na＋]。(2)①兩溶液中由水電離出的H＋濃度之比為10－11∶10－11＝1∶1。②若a＝b，則反應后溶液中有生成的CH3COONa和過量的CH3COOH，溶液呈酸性，則有[CH3COOH]>[CH3COO－]>[Na＋]>[H＋]>[OH－]。 【答案】　(1)①CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O?、?　③[Na＋]>[CH3COO－]>[OH－]>[CH3COOH]>[H＋]?、?　＝　(2)①1∶1 ②[CH3COOH]>[CH3COO－]>[Na＋]>[H＋]>[OH－] 15．(14分)用物質的量濃度為a molL－1的標準NaOH溶液去測定V mL鹽酸的物質的量濃度，請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?【導學號：05310167】 (1)堿式滴定管用蒸餾水洗凈后，接下來應該進行的操作是___________ _____________________________________________________________。 (2)用標準NaOH溶液滴定時，應將標準NaOH溶液注入________(填“甲”或“乙”)中。 (3)取20.00 mL待測鹽酸放入錐形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示劑，用標準NaOH溶液進行滴定。重復上述滴定操作2～3次，記錄數(shù)據(jù)如下。 實驗編號 NaOH溶液的濃度(molL－1) 滴定完成時NaOH溶液滴入的體積(mL) 待測鹽酸的體積(mL) 1 0.10 22.62 20.00 2 0.10 22.72 20.00 3 0.10 22.80 20.00 ①滴定達到終點的標志是_____________________________________ ___________________________________________________________________。 ②根據(jù)上述數(shù)據(jù)，可計算出該鹽酸的濃度約為________(保留兩位有效數(shù)字)。 (4)若所測得鹽酸濃度偏大，原因可能是________。 A．實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時NaOH溶液的體積 B．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡 C．盛裝標準液的滴定管裝液前用蒸餾水潤洗過，未用標準液潤洗 D．第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤洗過，后兩次未潤洗 E．滴加NaOH溶液過快，未充分振蕩，剛看到溶液變色，立刻停止滴定 【解析】　(1)滴定管用蒸餾水洗凈后應用待裝液潤洗2～3次。 (2)氫氧化鈉溶液應用堿式滴定管盛裝。 (3)用堿滴定一定濃度的鹽酸且酚酞作指示劑其達到終點的標志應為由無色恰好變成淺紅色且半分鐘內不退色。計算時應取幾次滴定的平均值。由c(HCl)V(HCl)＝c(NaOH)V(NaOH)得c(HCl)＝＝ ≈0.11 molL－1。 (4)讀取標準液的讀數(shù)時，滴定到終點后俯視及剛看到溶液變色，立刻停止滴定，都會使讀取的標準的氫氧化鈉溶液的體積偏小，使結果偏??；滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡，則氣泡體積也當作消耗氫氧化鈉溶液的體積；盛裝標準液的滴定管裝液前用蒸餾水潤洗過，未用標準液潤洗，則標準液被稀釋，消耗氫氧化鈉溶液的體積偏大；錐形瓶用待裝液潤洗過，則錐形瓶內鹽酸的量偏大，消耗氫氧化鈉溶液的體積偏大，使結果偏大。 【答案】　(1)用標準堿液潤洗2～3次　(2)乙 (3)①溶液由無色恰好變成淺紅色且半分鐘內不退色?、?.11 molL－1 (4)B、C、D 16．(14分)現(xiàn)有A、B、C、D、E、F六種化合物，已知它們的陽離子有K＋、Ag＋、Ca2＋、Ba2＋、Fe2＋、Al3＋，陰離子有Cl－、OH－、CH3COO－、NO、SO、CO，現(xiàn)將它們分別配成0.1 molL－1的溶液，進行如下實驗： ①測得溶液A、C、E呈堿性，且堿性為A>E>C； ②向B溶液中滴加稀氨水，先出現(xiàn)沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀消失； ③向D溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，無明顯現(xiàn)象； ④向F溶液中滴加氨水，生成白色絮狀沉淀，沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色。 根據(jù)上述實驗現(xiàn)象，回答下列問題： (1)實驗②中反應的化學方程式是_____________________________ ____________________________________________________________________。 (2)E溶液是________，判斷依據(jù)是__________________________________ ____________________________________________________________________。 (3)寫出下列四種化合物的化學式： A____________，C____________，D____________，F(xiàn)____________。 【解析】　根據(jù)溶液的性質，確定CO只能與K＋形成顯堿性的溶液，另外可能形成的堿性溶液為Ba(OH)2及醋酸鹽。由于醋酸的酸性大于碳酸，所以醋酸鹽水解的堿性小于碳酸鹽，因此A為Ba(OH)2，E為K2CO3，C為醋酸鹽，由②可得B中陽離子為Ag＋，則肯定為AgNO3，由③可得D中無SO，則F中的陰離子為SO，D中的陰離子為Cl－。由④可得F中的陽離子為Fe2＋，即F為FeSO4，而CH3COO－若與Al3＋形成溶液時，Al3＋也發(fā)生水解，所以C為醋酸鈣，而D為AlCl3。 【答案】　(1)AgNO3＋NH3H2O===AgOH↓＋NH4NO3、AgOH＋2NH3H2O===Ag(NH3)2OH＋2H2O (2)碳酸鉀　由①中堿性減弱的順序可知，E是碳酸鹽。六種陽離子中可以與碳酸根形成可溶性鹽的只有鉀離子，所以E是碳酸鉀 (3)Ba(OH)2　Ca(CH3COO)2　AlCl3　FeSO4