1、专题三综合测试题时间90分钟，满分100分。一、选择题（本题包括18小题，每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共54分）1.把0.01 mol NaOH分别加到下列溶液中：10 mL 1 molL-1 H2SO4溶液；10 mL 1 molL-1盐酸；10 mL 1 molL-1醋酸；20 mL 1 molL-1醋酸；10 mL蒸馏水，完全作 用后，所得溶液的pH由大到小的顺序是()A. B.=C. D.答案：A解析：0.01 mol NaOH加入到蒸馏水中，仍为强碱溶液，pH最大；CH3COOH和NaOH恰好中和溶液呈碱性，若CH3COOH有剩余则溶液呈酸性；若强酸过量，中和后溶液显酸性，
2、故pH由大到小顺序为：。2.pH=2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其pH与溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是()A.A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等B.稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强C.a=5时，A是强酸，B是弱酸D.若A、B都是弱酸，则5a2答案：C解析：pH相同的两酸稀释相同倍数，B的pH变化小，说明B是比A弱的酸，则pH相同的两酸的物质的量浓度是c（B）c（A），稀释后A酸的pH大于B酸的pH，故A酸的c（H+）小于B酸的c（H+），A酸溶液酸性较弱。若是pH=2的强酸稀释到原来的1 000倍，稀释后的c（H+）=10-5 molL-1，p
3、H=5。弱酸中因存在弱酸的电离平衡，加水稀释，电离平衡右移，故2pHc(NH+4)c(OH-)c(H+)B.10 mL 0.1 molL-1 NH4Cl溶液与5 mL 0.2 molL-1 NaOH溶液混合，c（Na+）=c(Cl-)c(OH-)c(H+)C.10 mL 0.1 molL-1 CH3COOH溶液与5 mL 0.2 molL-1 NaOH溶液混合，c（Na+）=c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)D.10 mL 0.5 molL-1 CH3COONa溶液与6 mL1 molL-1盐酸混合，c（Cl-）c(Na+)c(OH-)c(H+)答案：B解析：选项A中氨水与盐酸恰好完全
4、反应生成NH4Cl，由于NH4Cl水解使溶液呈酸性，c（H+）c(OH-)，给出的顺序错误。选项B中NH4Cl与NaOH恰好完全反应，由于生成的NH3H2O部分电离，使溶液呈碱性，所以c（Na+）=c(Cl-)c(OH-)c(H+)，给出的顺序正确。选项C中醋酸与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COONa水解使溶液呈碱性c(Na+)c(CH3COO-)，给出的顺序错误。选项D中CH3COONa与盐酸反应后HCl过量，因此溶液呈酸性，即c（H+）c(OH-)，给出的顺序错误。8.已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1 mol/L的NaA和NaB混合溶
5、液中，下列排序正确的是()A.c(OH-)c(HA)c(HB)c(H+)B.c(OH-)c(A-)c(B-)c(H+)C.c(OH-)c(B-)c(A-)c(H+)D.c(OH-)c(HB)c(HA)c(H+)答案：A解析：本题考查了盐类的水解和溶液中离子的共存问题。由题意知酸性HB大于HA所以浓度相同的NaA和NaB的混合溶液中NaA中A-的水解程度大于NaB中B-的水解程度且溶液呈碱性，OH-的浓度最大故选A。9.取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3:2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为()A.0.01 mol/L B.0.07 mol/LC.0.05 mol/L D
6、.0.50 mol/L答案：C解析：设NaOH和HCl溶液的浓度为c mol/L，体积分别为3V L、2V L，混合时发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，可知碱过量，则c(OH-)=mol/L由于pH=12,c(H+)=10-12 mol/L，c(OH-)=10-2 mol/L= mol/Lc=0.05 mol/L故选C。10.实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下甲基橙：3.14.4 石蕊：5.08.0 酚酞：8.210.0用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是()A.溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B.溶
7、液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C.溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D.溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂答案：D解析：题目以酸碱中和反应和盐类水解作为切入点。由于醋酸是弱酸，NaOH是强碱，当两者恰好完全反应生成醋酸钠，是强碱弱酸盐，水解显碱性，所以应选择在碱性条件下，就 发生颜色变化的指示剂，故选酚酞，答案为D。11.已知Ksp (CaF2)=5.310-9 mol3L-3，Ksp (CaSO4) =9.110-6 mol2L-2。今有一含CaF2(s)和CaSO4(s)的饱和溶液，其中c(F-)=1.810-3 molL-1，则CaF2、CaSO4的溶解度分别为()A.1.110-3
8、molL-1，3.010-3 molL-1B.1.610-3 molL-1，5.710-3 molL-1C.9.010-4 molL-1，5.710-3 molL-1D.1.610-3 molL-1，3.010-3 molL-1答案：B解析：c(F-)=1.810-3 molL-1，c(Ca2+)c2(F-)=Ksp (CaF2)=5.310-9 mol3L-3，求出：c(Ca2+)=1.610-3 molL-1，即CaF2的溶解度。又c（Ca2+）c(SO2-4)=Ksp (CaSO4)=9.110-6 mol2L-2，将c（Ca2+）=1.610-3 molL-1代入： c(SO2-4)
9、=5.710-3 molL-1，即CaSO4的溶解度。12.下列叙述正确的是()A.0.1 molL-1氨水中，c（OH-）=c（NH+4）B.10 mL 0.02 molL-1 HCl溶液与10 mL 0.02 molL-1 Ba(OH) 2溶液充分合后，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=12C.在0.1 molL-1 CH3COONa溶液中，c（OH-）+c(Na+)=c（CH3COOH）+c（H+）D.0.1 molL-1某二元弱酸碱性NaHA溶液中， c（Na+）=2c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)答案：B解析：本题主要考查溶液中各种微粒之间的关系，是水解原理的应用
10、。A中0.1 molL-1的NH3H2O，pH7，c（OH-）c(H+)，依据电荷守恒定律：c（H+）+c（NH+4）=c（OH-）+c（Cl-），所以c（OH-）c（NH+4）；B中有：2HCl+ Ba(OH) 2=BaCl2+2H2O2 10.020.01混合后Ba(OH) 2剩余，c（OH-）=molL-1=110-2 molL-1，pH=12，B正确；C中CH3COONa为强碱弱酸盐，发生水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，H2OH+OH-，据质子守恒关系：c(OH-)=c(CH3COOH) +c(H+)，C正确； D中NaHA为强碱弱酸盐，既存在电离平衡，又存在水解平
11、衡，根据物料守恒有：c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，D错误。13,常温下将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是()A.pH7，且c(Na+)c(OH-)c(H+)c(CH3COO-)B.pH7，且c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)C.pHc(H+)c(Na+)c(OH-)D.pH=7，且c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)=c(OH-)答案：D解析：CH3COOH与NaOH两溶液混合后：A中，pH7，有：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O， CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，从而使c（O
12、H-）c（H+），NaOH也可能过量，但c(Na+)c(OH-)，因此，不可能出现c（OH-）c(Na+)，故A可能出现。D中，pH=7，说明溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，可得c（CH3COO-）=c（Na+）。14.等体积、等物质的量浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后，混合液中有关离子的浓度应满足的关系是()A.c(M+)c(OH-)c(A-)c(H+)B.c(M+)c(A-)c(H+)c(OH-)C.c(M+)c(A-)c(OH-)c(H+)D.c(M+)c(H+)c(A-)c(OH-)答案：C解析：一元强
13、碱与一元弱酸的中和反应如下：OH-+HA=A-+H2OHA+OH-作为强碱相应的金属离子，M+不水解，无任何消耗，所以c（M+）最大，由于水解是微弱的，因此水解后的c（A-）仍应大于c（OH-），选项A被否定，由以前所学的盐类水解的离子方程式可知弱酸根离子水解后溶液显碱性，则c（OH-）c(H+)，因此C正确，B、D错误。15.物质的量浓度相同的下列溶液中，含粒子种类最多的是()A.CaCl2 B.CH3COONaC.NH3 D.K2CO3答案：D解析：对于CaCl2，几乎不发生水解，溶液中存在的粒子有Ca2+、Cl-、H+、OH-、H2O等5种，对于CH3COONa，由于发生水解：CH3CO
14、O-+H2OCH3COOH+OH-，溶液中存在有Na+、CH3COOH、CH3COO-、H2O、H+、OH-等6种粒子。对于NH3，在溶液中存在平衡为：NH3+H2ONH3H2ONH+4+OH- ，溶液中存在着NH+4、NH3H2O、NH3、H2O、H+、OH-等6种粒子。K2CO3在溶液中存在两级水解：CO2-3+H2OHCO-3+OH-，HCO-3+H2OH2CO3+OH-，溶液中共有7种粒子，故正确答案为D。16.水是一种极弱的电解质，在室温下平均每n个水分子只有一个水分子发生电离，则n值是()A.110-14 B.55.6107C.108 D.55.6答案：B解析：1 L H2O中，n
15、(H2O)= =55.6 mol依题意，则有： = n=55.610717.把1 mL 0.1 molL-1的H2SO4加水稀释成2 L溶液，在此溶液中由水电离产生的H+的浓度最接近于()A.1.010-4 molL-1B.1.010-8 molL-1C.1.010-11 molL-1D.1.010-10 molL-1答案：D解析：溶液中，c(H+)=1.010-4 molL-1c(OH-)=1.010-10 (molL-1)即水电离产生c（H+）为1.010-10 molL-1。18.下面是关于中和滴定的实验叙述：取25 mL未知浓度的盐酸。a.放入锥形瓶中，此瓶需要先用蒸馏水洗净b.并将该
16、瓶用待测液润洗c.加入几滴酚酞做指示剂d.取一支酸式滴定管，用蒸馏水洗净e.直接往其中注入标准NaOH溶液，进行滴定f.一旦发现溶液由无色变成粉红色，即停止滴定，记下数据在横线标明的操作中，有错误的是()A.d、e、f B.b、d、e、fC.b、d、e D.b、c、e、f答案：B解析：b中锥形瓶不能事先用待测液润洗，否则待测液中溶质的物质的量增大，故b错；d项不能用酸式滴定管，因NaOH溶液与玻璃中SiO2反应生成矿物胶，会使活塞不能转动，故d错；e项不能直接把NaOH注入滴定管，否则NaOH溶液会被稀释，故e错；f项溶液变色后半分钟不恢复原色才能停止滴定，故f错。二、非选择题（共46分）19
17、.（8分）维生素C是一种水溶性维生素，其水溶液呈酸性，分子式为C6H8O6，人缺乏维生素C易患坏血症，故维生素C又称抗坏血酸。维生素C易被空气中的O2氧化，新鲜水果、蔬菜、乳制品中一般都富含维生素C，如新鲜橙汁中维生素C的含量在500 mgL-1左右，某校化学课外小组测定了某品牌软包装橙汁中维生素C的含量。下面是测定实验分析报告。（1）实验目的：测定牌软包装橙汁中维生素C的含量。（2）反应原理：C6H8O6+I2C6H6O6+2H+2I-。（3）实验用品及试剂。仪器和用品：自选，略试剂：指示剂 （填名称）、浓度为7.5010-3 molL-1的标准碘溶液、蒸馏水等。（4）实验过程：洗涤仪器，检
18、查滴定管是否漏液，润洗后装好标准溶液待用。打开橙汁包装，目测：颜色橙黄色，澄清度好。用 （填仪器名称）向锥形瓶中准确量取20.00 mL待测橙汁，滴入2滴指示剂。用左手控制滴定管的 ，右手摇动锥形瓶，使液体在其中旋转起来，眼睛注视 直到终点，滴定反应到达终点的现象是 。（5）数据记录及处理（请设计数据处理表格，不必填写数据）。若经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00 mL，则此橙汁中维生素C的含量是 mgL-1。（6）问题讨论。滴定时能否摇动锥形瓶？ 。简述理由： 。从所得数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁？ （a是，b可能是，c不是）。制造商可能采取的做法是 （a加水稀释天然橙
19、汁，b橙汁已被浓缩，c将维生素C作为添加剂）。答案：(3)10%淀粉溶液(4)酸式滴定管活塞；锥形瓶内溶液颜色的变化 溶液变为蓝色(5)990 (6)不能；防止维生素C被空气中的氧气氧化 C；C20.（8分）用实验确定某酸HA是弱电解质，甲、乙两位同学的方案是：甲：称取一定质量的HA配制0.1 molL-1溶液100 mL；用pH 试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。乙：用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH=1的两种酸溶液各100 mL；分别取这两种溶液各10 mL，加水稀释到100 mL；各取相同体积的两种稀释液装入两支试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明H
20、A是弱电解质。（1）在两个方案的第步中，都要用到的定量仪器是 。（2）甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH 1（选填“”、“ b （3）配制pH=1的HA溶液难以实现，加入的锌粒难以做到表面积相同 （4）配制NaA溶液，测其pH7，即证明HA是弱电解质解析：乙方案是利用pH相同的弱酸和强酸稀释相同的倍数，弱酸存在电离平衡会继续电离，故稀释后弱酸中c（H+）大于强酸中c（H+）。加入纯度相同的Zn粒，弱酸放出H2的速率快。合理的方案是利用配NaA溶液是呈中性还是呈碱性来证明HA是否是弱电解质，若HA是强酸，则NaA不水解，pH=7，若HA是弱酸，则NaA水解呈碱性，pH7。21.（
21、9分）已知一定温度下，一定浓度的弱电解质达到平衡时的电离程度可用电离度（）表示，其数学表达式为：=100%相同条件下，电离度越大，表示弱电解质的电离程度也越大。根据以上信息解答下列各题：（1）一定条件下，HA（弱酸）电离度为，此时溶液中含有1 mol HA分子，则该溶液中微粒总数（不包括水分子及水电离生成的离子）为 。一定条件下，10 L 0.1 molL-1 HA（弱酸）溶液（HA的电离度为）中微粒总数（不包括水分子及水电离生成的离子）为 。（阿伏加德罗常数为NA）（2）已知25时几种物质的电离度（溶液浓度均为0.1 molL-1）如下表。（已知H2SO4的第一步电离是完全的）H2SO4溶液
22、中HSO-4NaHSO4溶液中的HSO-4CH3COOHHCl10%29%1.33%100%.25时，0.1 molL-1的上述溶液中c（H+）由大到小的顺序是（填序号，以下同）： 。.25时，将足量锌粉放入等体积pH=1的上述几种溶液中，产生H2的体积（相同状况）由大到小的顺序是 。.25时，0.1 molL-1 H2SO4溶液中的HSO-4的电离度小于0.1 molL-1 NaHSO4溶液中HSO-4的电离度的原因是 。答案：（1）NA (1+)NA （2）： ：HSO-4在溶液中存在HSO-4H+SO2-4电离平衡，H2SO4第一步完全电离产生的H+能使HSO-4的电离平衡左移，故使其电
23、离度减小，而NaHSO4溶液中不存在抑制HSO-4电离的因素解析：(1)这两道题目初看似乎一样，其实第题中溶液中含HA分子1 mol，第题中实际含HA分子只有（1-） mol。设原有的HA分子为n mol，HA H+A-起始（mol） n 0 0平衡（mol） n-n n nn-n=1 mol n= mol，故该溶液中粒子总物质的量：n总=（n-n）+n+n= mol，所以粒子总数为NA。中原有HA为10 L0.1 molL-1=1 molHA H+A-起始（mol）1 0 0平衡（mol）1-1 11故溶液中粒子的物质的量n总=1-+2=(1+) mol，所以粒子总数为（1+）NA。（2）中
24、c(H+)=0.1 molL-1+0.1 molL-110%=0.11 molL-1，中c（H+）=0.1 molL-129%=0.029 molL-1，中c（H+）=0.1 molL-11.33%=0.001 3 molL-1，中c（H+）=0.1 molL-1100%=0.1 molL-1，故c（H+）由大到小的顺序是。足量的锌不断与H+作用产生H2，并不断促进未电离部分进一步电离产生H+，直至完全作用为止。因此产生H2的量不能只看已经电离出的H+，还要看未电离的部分“贮存”的H+有多少。该题中pH均为1，且体积相等，说明已经电离出的H+数量相同，因此只要比较未电离的H+数量就能解决问题。
25、对于一元弱酸来说，电离度越小，则未电离的弱酸分子就越多，故产生H2的体积。中H2SO4第一步是完全电离，故当溶液pH=1时c（HSO-4）应小于，故产生H2的体积。综合可知，足量的锌粉作用后产生H2的体积为。22.（6分）常温下，如果取0.1 molL-1 HA溶液与0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=8，试回答以下问题：（1）混合溶液的pH=8的原因（用离子方程式表示）： 。（2）混合溶液中由水电离出的c（H+） 0.1 molL-1 NaOH溶液中由水电离出的c（H+）JP。（填“”、“ （3）9.910-7 10-8 （4）大于
26、ABDC23.（8分）在中和滴定中，稀盐酸是常用的滴定剂，而盐酸标准溶液的浓度又常常是以氢氧化钠作基准物质标定的，某学生为此进行如下操作：a.用蒸馏水分别洗净酸式滴定管和锥形瓶，并排出滴定管尖嘴部位的气泡；b.用待标定盐酸润洗滴定管内壁3次（每次用量23 mL）；c.向滴定管内注入待标定盐酸，记录管内液面所在刻度V1 mL；d.将准确称取的W g干燥的NaOH放入锥形瓶中，加25 mL蒸馏水，振荡使之溶解；e.滴入1滴酚酞指示剂；f.在锥形瓶下铺一张白纸，向瓶内滴加待标定的盐酸，边滴边摇动锥形瓶，直到溶液的红色刚好褪去，并不再变红，即为滴定终点；g.记录滴定管内液面所在刻度V2 mL。（1）若
27、该生操作无误，则所标定盐酸的物质的量浓度为 。（2）在进行滴定操作时，操作者的眼睛应注视 。（3）若该生在溶解固体氢氧化钠时，用了28 mL蒸馏水，则所标定盐酸的浓度值将 （填“偏高”、“偏低”、“无影响”）。（4）若该生记录滴定管内液面所在刻度时，滴定前是仰视读数，达滴定终点是平视读数，则所标定盐酸的浓度值将 （填“偏高”、“降低”、“无影响”）。答案：（1）25 W/(V2-V1) molL-1 （2）锥形瓶中溶液颜色变化 （3）无影响 （4）偏高解析：根据酸碱中和原理，得=（V2-V1）10-3c(HCl)c(HCl)= molL-1读取待测液的体积时，若读取滴定管的读数先仰视后平视，仰
28、视时待测液读数偏大（因0刻度在上方），则求得待测液体积偏小。24.（7分）(2008山东卷，29)北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（C3H6）。（1）丙烷脱氢可得丙烯。已知：C3H8(g) =CH4(g)+ HCCH (g)+H2（g） H1=156.6 kJmol-1CH3CH=CH2(g)=CH4(g)+ HCCH (g) H2=32.4 kJmol-1则相同条件下，反应C3H8(g)=CH3CH=CH2(g)+H2(g)的H= kJmol-1。（2）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐。电池反
29、应方程式为 ；放电时，CO2-3移向电池的 （填“正”或“负”）极。（3）碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60,c(H2CO3)=1.510-5 molL-1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO-3+H+的平衡常数K1= 。（已知10-5.60=2.510-6）（4）常温下，0.1 molL-1 NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3) c(CO2-3)（填“”、“=”或“ HCO-3+H2OCO2-3+H3O+(或HCO-3CO2-3+H+) HCO-3+H2OH2CO3+OH- HCO
30、-3的水解程度大于电离程度解析：（1）由盖斯定律可得此反应的H=+124.2 kJmol-1。（2）电池正极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO2-3；负极反应为：C3H8+10CO2-3=13CO2+4H2O+20e-；总反应为：C3H8+5O2=3CO2+4H2O。由于负极区消耗CO2-3，负电荷相对减少，则CO2-3向负极移动。本小题主要考查燃料电池的电极反应。注意本题中CO2作为助燃气。要打破“CO2一般不能燃烧，也不支持燃烧”的旧观念。（3）（4）两小题主要考查多元弱酸的电离及其盐的水解，注意第二步电离或第二步水解可以忽略，但并不是不存在，也可理解为第二步电离或第二步水解的程度微乎其微才可以忽略。
