1、单元检测(60分钟，100分)一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)1某合作学习小组的同学对冰醋酸在25 下的稀释过程，有如下思辨，你认为不正确的是()A醋酸的电离常数不变B溶液中H持续增大CpH先变小后增大 D醋酸的分子数不断减少【解析】A正确，电离常数只与温度有关；B不正确，H先变大后减小，故C正确；D正确，稀释过程中，电离平衡正移，CH3COOH分子数不断减小。【答案】B2向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀上滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是()A白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuSB上述现象说明ZnS的Ksp小于Cu
2、S的KspC利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀D该过程破坏了ZnS的溶解平衡【解析】该过程破坏了ZnS的溶解平衡，Cu2结合了ZnS溶解产生的S2，生成了比ZnS更难溶的CuS，同时也说明了ZnS的Ksp大于CuS的Ksp。【答案】B3测得室温下0.1 molL1的某酸HA溶液的pH3，下列叙述错误的是()AHA是弱酸B若升高温度，溶液的pH增大C此酸的电离平衡常数约为105D由HA电离出的H约为水电离出的H的108倍【解析】若是强酸则其pH1，故A正确；由于电离是吸热过程，升高温度电离程度增大，pH减小，故B不正确；电离平衡常数KHA/HA103103/(0.1103)105，故C正
3、确；该溶液中OH1011 molL1，即水电离出的H1011 molL1，则由酸电离出的H为1031011103(molL1)，故两者之比为：103 molL1/1011 molL1108。【答案】B4(2010年西安质检)常温下的下列情况中，不能大量共存于同一溶液中的离子组是()A使甲基橙呈黄色的溶液中：Mg2、Cl、NO3、Al(OH)4B.0.1 molL1的溶液中：Na、Cl、NO3、ClOC由水电离出的H11012 molL1的溶液中：K、Cl、Rb、NaD澄清透明溶液中：K、Cu2、Na、Cl【解析】A项中Mg2与Al(OH)4因发生双水解而不能大量共存；B项中OH0.1 molL
4、1，所给离子均能大量共存；C项中溶液pH可能为2或12，pH2时所给离子均能大量共存，pH12时也能大量共存；D项离子组能大量共存。【答案】A5下列文字表述与反应方程式对应且正确的是()A亚硫酸溶液电离：H2SO32H2O2H3OSO32BICl固体溶于水：IClH2O=HIHClOCNH4Cl固体溶于重水(D2O)：NH42D2ONH3DHOD3ODAl(OH)3的两性电离：Al(OH)3Al33OH；Al(OH)3H2O Al(OH)4H【解析】多元弱酸应分步电离，A错。选项B中产物应为HIO和HCl。选项D中电离方程式应用“”表示。【答案】C6下列说法正确的是()ANa2SiO3溶液加热
5、、蒸干、灼烧后所得固体的成分是SiO2B配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度CAgI沉淀可以转化为AgCl沉淀D为绘制中和滴定曲线，在滴定过程中，每隔相同时间用pH计测定一次锥形瓶中溶液的pH【解析】选项A中Na2SiO3溶液水解过程中无挥发性物质生成，因此最终产物仍是Na2SiO3。选项B中应溶解在盐酸中。选项D在滴定终点附近会出现突跃，因此在记录数据时时间间隔要短一些。【答案】C7常温下，按下列操作进行实验，所得溶液的pH一定等于7的是()A将10 mL pH5的醋酸溶液加水稀释到1 000 mLB0.1 molL1的某二元酸和0.1 molL1的
6、某二元强碱等体积混合C将pH2的某一元酸和pH12的某一元碱等体积混合DpH2的某二元强酸和pH12的某一元强碱等体积混合【解析】对于选项A，醋酸溶液稀释100倍后电离程度增大，但pH仍小于7，A错；选项B中若二元酸为强酸，则混合后溶液的pH等于7，若二元酸为弱酸，则由于生成的盐水解呈碱性，pH大于7，B错；选项C中同样由于酸和碱的强弱未知，因此无法判断反应后溶液的酸碱性，C错；选项D中，酸是强酸，在已知pH的情况下，即给出了溶液中总的氢离子浓度，因此与酸是一元酸还是二元酸无关，选项D正确。【答案】D8(2010年宿迁调研)体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl)n(CH3COO)0.01 m
7、ol，下列叙述错误的是()A它们与NaOH完全中和时，醋酸所消耗的NaOH多B它们分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多C两种溶液的pH相同D分别用水稀释相同倍数时，n(Cl)n(HCl)，因此选项B错。【答案】B9常温下，某一元酸HA溶液的pH为b，且有n(A)n(HA)199。某一元强碱溶液的pH为a。若将1体积的此强碱溶液与10体积的HA溶液混合，恰好完全反应。则a与b之和为()A18B17C16 D15【解析】根据一元酸HA溶液的pH为b，且有n(A)n(HA)199，故 HA102b molL1，强碱10a14 molL1，恰好完全反应时有强碱10HA，解得ab17。【答案】
8、B10下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是()A0.1 molL1Na2CO3溶液中：OHHCO3HH2CO3BpH3的HA溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中一定有：NaAOHHC25 时NaB溶液的pH8，溶液中NaB0.99106 molL1DpHa与pHa1的两醋酸溶液中氢氧根离子的物质的量浓度之比为101【解析】A项根据质子守恒关系，正确的应是：OHHCO3H2H2CO3。B项HA溶液若为强酸，则NaAOHH，若HA为弱酸，则一般是HA过量：ANaHOH。C项根据电荷守恒：NaHBOH，则NaBOHH106 mol/L108 mol/L0.99106 mol/Lp
9、Ha的醋酸中OHpHa1的醋酸中OH【答案】C11(2010年深圳调研)国家环境保护总局网公布了“141种高污染、高环境风险”产品名录，包括43号氰化钠、46号氢氰酸、55号高氯酸铵、57号硫化钠等。下列说法不正确的是()A已知常温下0.1 molL1NaCN溶液的pH12，则已水解的CN约占总数的10%B已知25 时NH4CN显碱性，则25 时的电离常数K(NH3H2O)K(HCN)CNH4ClO4溶液中，ClO4NH4OHHD欲使0.1 molL1Na2S溶液中Na/S2更接近2，可加入适量KOH【解析】由CNH2OHCNOH，故已水解的CNOH102 molL1，水解率为102 molL
10、1/0.1 molL1100%10%，故A正确；NH4CN显碱性说明水解程度CNNH4，从而说明NH3H2O比HCN易电离，故B正确；C不正确，高氯酸铵是强酸弱碱盐，水溶液显酸性，HOH；D正确，加入KOH可抑制Na2S水解。【答案】C12某二元酸(H2A)按下式发生电离：H2A=HHA；HAHA2。现有下列四种溶液：0.01 molL1的H2A溶液0.01 molL1的NaHA溶液0.02 molL1的HCl溶液与0.04 molL1的NaHA溶液等体积混合0.02 molL1的NaOH溶液与0.02 molL1的NaHA溶液等体积混合下列关于上述四种溶液的说法正确的是()A溶液中存在水解平
11、衡：HAH2OH2AOHB溶液中有：HA2A2NaC溶液中有：OHHHAD四种溶液中HA浓度大小：【解析】由于酸H2A第一步是完全电离的，所以在溶液中HA不会发生水解反应，A错。经反应后溶液是等物质的量浓度的H2A、NaHA和NaCl的混合溶液，由于H2A第一步是完全电离的，根据物料守恒有HAA2Na，B错。经反应后溶液为Na2A溶液，由于H2A第一步是完全电离的，根据质子守恒可得OHHHA，C错。【答案】D二、非选择题(本题包括4小题，共52分)13(14分)有一个七只杯子魔术实验，非常有趣，杯中的试剂不同或试剂的量不同，通过发生氧化还原反应或酸碱反应，因pH及所用指示剂不同，而显示不同的颜
12、色。七只杯子中的药品、实验步骤及转移次序如下图所示：试回答下列问题：(1)若盐酸和氢氧化钠溶液的浓度均为0.1 molL1,15号杯子中依次出现的颜色是：杯号123456颜色蓝紫色当液体进入时，哪个杯中水的电离度最大？_(选填16号，下同)；哪个杯中水的电离度最小？_。(2)若2号杯显无色，4号杯显无色，5号杯显红色，则NaOH与HCl的关系是_。【解析】(1)溶液进入1号杯时，OH0.1 molL10.05103 L(50103 L)104 molL1，pH10；进入2号杯时氢氧化钠被中和，且盐酸剩余，相当于过量1滴盐酸，此时溶液中H0.1 molL10.05103 L(50103 L)10
13、4 molL1，pH4；3号杯，OH2104 molL1，H51011 molL1，pH10.3；4号及5号杯，H2104 molL1，pH3.7；6号杯中，由于共用了NaOH溶液13610滴，共用了盐酸246滴，相当于过量了4滴NaOH溶液，OH为1号溶液的4倍，即OH4104 molL1，H2.51011 molL1，pH10.6。由于H和OH能同等程度抑制水的电离，故水的电离度最大的是1号和2号，此时由水电离的H或OH为1010 molL1；水的电离度最小的是6号，水电离的H或OH为2.51011 molL1。(2)由于2号杯显无色，说明pH8即OH106 molL1；由于4号和5号溶质
14、相同，4号显无色，说明pH8,5号显红色，说明是石蕊显色，pH105 molL1。设盐酸和NaOH溶液的物质的量浓度分别为a molL1、b molL1，在2号杯中，应用(0.05b20.05a)50106，即b105，求得b1.5a0.002 5，故综合起来，有b1.5a0.002 5。【答案】(1)红色无色红色无色红色1号和2号6号(2)NaOH”“。综合以上信息NH4浓度由大到小的顺序是。(3)等体积混合后为等浓度NaCl和NH3H2O的混合液，故离子浓度大小为NaClOHNH4H。(4)t 时，KW11013，大于常温下水的离子积，故t 25 。混合后溶液呈酸性，故H102，得。【答案
15、】(1)(2)(3)ClNaOHNH4H(4)9215(10分)某研究性学习小组的同学拟从多角度研究碳酸钠和碳酸氢钠的性质及其溶液中微粒间的关系，请参与探究并回答相关问题。(1)下列运用与碳酸钠或碳酸氢钠能发生水解的事实无关的是_。A实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞B泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将其混合就可产生大量二氧化碳的泡沫C厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污D可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳(2)常温下在20 mL 0.1 molL1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 molL1HCl溶液40 mL，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳元素的微粒物
16、质的量浓度的百分含量(纵轴)也发生变化(CO2因逸出未画出)，如下图所示，下列说法正确的是_。A0.1 molL1Na2CO3 溶液中Na/CO322B加入盐酸使溶液pH为10时的混合液中，碳元素以CO32和HCO3形式存在C当混合液的pH2；由图可知，B正确；C不正确，由图知开始生成的二氧化碳先转变为H2CO3，pH约为6时，才有CO2放出；D不正确，由CO32H=HCO3，当滴加20 mL盐酸时，刚好生成碳酸氢钠，此时碳酸氢钠溶液为0.05 molL1，再从图上读得，此时溶液的pH8。(3)依据水解反应是吸热反应的原理进行设计。【答案】(1)D(2)B(3)在碳酸氢钠溶液中滴入酚酞试液，溶
17、液呈浅红色，将溶液微热，溶液红色加深。水解反应是吸热反应，加热平衡向水解方向移动，OH增大，故其中存在水解平衡16(14分)镁是一种轻金属，其合金的强度高、机械性能好。这些特性使金属镁成为制造汽车、飞机、火箭的重要材料，从而获得“国防金属”的美誉。海水矿物质中镁的浓度仅次于氯和钠，居第三位。由于对镁的需求非常巨大，很多沿海国家都建有大型海水提镁工厂。下表是有关物质的Ksp：物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2溶度积2.81096.81065.51061.81011回答下列问题：(1)能否直接把贝壳研磨成粉末，撒入海水中使Mg2转化为MgCO3沉淀，其原因是_。(2)实际生产中是
18、把Mg2转化为Mg(OH)2沉淀，而不是转化为MgCO3沉淀，其理由是_；请你推测应将贝壳进行怎样的加工处理_。(3)某同学在实验室条件下模拟该生产过程，在加试剂时，误将纯碱溶液加入海水中，他思考了一下，又在得到的混合体系中加入过量的烧碱溶液，你觉得他_(填“能”或“不能”)将Mg2转化为Mg(OH)2沉淀，理由是_。(4)过滤出Mg(OH)2沉淀后，用试剂_(填化学式)将其溶解，选择该试剂的理由是_。【解析】(1)CaCO3和MgCO3化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同，从Ksp看，CaCO3的溶解能力比MgCO3的小，所以不能直接加贝壳粉末使Mg2转化为MgCO3沉淀；(2)MgCO
19、3的溶度积比Mg(OH)2的溶度积大，所以应把Mg2转化为Mg(OH)2沉淀，即把贝壳研磨、煅烧、加水制成石灰乳Ca(OH)2；(3)根据沉淀的转化，烧碱电离产生的OH能结合MgCO3溶解产生的Mg2生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，使MgCO3的溶解平衡不断向右移动；(4)盐酸电离的H与Mg(OH)2溶解产生的OH生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡不断右移。【答案】(1)不能，MgCO3的溶解度比CaCO3溶解度大，直接加贝壳粉末得不到MgCO3沉淀(2)为使Mg2沉淀完全，应将Mg2转化为溶解度更小的Mg(OH)2研磨、煅烧、加水制成石灰乳(3)能烧碱电离产生的OH能结合MgCO3溶解产生的Mg2生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，使MgCO3的溶解平衡不断向右移动(4)HCl盐酸电离的H与Mg(OH)2溶解产生的OH生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡不断右移.w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u
