1、章末检测试卷(三)(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)1下列化学用语表示不正确的是()A醋酸的电离：CH3COOHCH3COOHB碳酸氢钠在水溶液中的电离：NaHCO3=NaHCOC氯化铵的水解：NHH2ONH4OHHD碳酸钙的溶解平衡：CaCO3(s)Ca2(aq)CO(aq)答案C解析醋酸是一元弱酸，存在电离平衡，A项正确；碳酸氢钠是强电解质，完全电离出碳酸氢根离子和钠离子，B项正确；铵根水解生成一水合氨，即NHH2ONH3H2OH，C项错误；碳酸钙难溶，存在溶解平衡，D项正确。2常温下，下列四种溶液中，水的电离程
2、度最大的是()ApH5的NH4Cl溶液BpH5的NaHSO4溶液CpH8的CH3COONa溶液DpH8的NaOH溶液答案A解析B、D选项抑制水的电离，A、C选项促进水的电离，A中水电离出的c(H)105 molL1，C中水电离出的c(OH)106 molL1，A中数值大，水的电离程度大。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
3、平衡逆向移动，c(NH)减小，NH4Cl中由于发生反应：NHOH=NH3H2O，会导致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。4H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 molL1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，下列说法合理的是()A该实验可用甲基橙作指示剂BNa2S2O3是该反应的还原剂C该滴定可选用如图所示装置D该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移电
4、子为4 mol答案B解析溶液中有单质碘，应加入淀粉溶液作指示剂，碘与硫代硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，单质碘消失，蓝色褪去，故A错误；Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化，作还原剂，故B正确；Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，故C错误；反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移电子为2 mol，故D错误。52017全国卷，28(1)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是()A氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C0.10 molL1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D氢硫酸的还原性强于亚硫酸答案D解析H2SO3
5、能和NaHCO3反应放出CO2，说明酸性：H2SO3H2CO3，而H2S不能和NaHCO3反应，说明酸性：H2S1D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变答案D解析A项，加水稀释，c(CH3COO)减小，Ka不变，所以比值增大，错误；B项，(Kh为水解常数)，温度升高，水解常数Kh增大，比值减小，错误；C项，向盐酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒：c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，此时c(H)c(OH)，故c(NH)c(Cl)，所以1，错误；D项，在饱和溶液中，温度不变，溶度积Ksp不变，则溶液中不变，正确。10将0.2 molL1 HCN溶液和0.1 molL1
6、NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是()Ac(HCN)c(CN)Bc(Na)c(H)，故c(Na)c(CN)；根据物料守恒知D选项正确。11今有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是()序号pH111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A.和中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B和两溶液等体积混合，所得溶液中c(H)c(OH)C分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：DV1 L 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，
7、同理醋酸稀释后pHV2，D错误。12(2018湖北襄阳五中期末)CO2溶于水生成碳酸。已知下列数据：弱电解质H2CO3NH3H2O电离平衡常数(25 )Ka14.4107Ka24.71011Kb1.77105现有常温下1 molL1的(NH4)2CO3溶液，已知NH的水解平衡常数Kh，CO第一步水解的平衡常数Kh。下列说法正确的是()A由数据可判断该溶液呈酸性Bc(NH)c(HCO)c(CO)c(NH3H2O)Cc(NH)c(NH3H2O)2c(CO)2c(HCO)2c(H2CO3)Dc(NH)c(H)c(HCO)c(OH)c(CO)答案C解析分析表中数据并结合题给信息知，CO的水解程度远大于
8、NH的水解程度，常温下1 molL1的(NH4)2CO3溶液呈碱性，A项错误；盐类的水解是微弱的，则在常温下1 molL1的(NH4)2CO3溶液中：c(NH)c(CO)c(HCO)c(NH3H2O)，B项错误；根据物料守恒可判断C项正确；根据电荷守恒知c(NH)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)，D项错误。13下列有关电解质溶液的说法正确的是()A将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶液B保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2水解C室温下，向0.1 molL1的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，CH3COOH的电离程度一定增大DN
9、aCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同答案A解析Ca(ClO)2在水中会水解：Ca(ClO)22H2OCa(OH)22HClO，HClO不稳定，受热会分解：2HClO2HClO2，生成的HCl会和Ca(OH)2反应生成CaCl2和H2O，故加热蒸干Ca(ClO)2溶液得到的固体是CaCl2；加热Na2SO3溶液的过程中，2Na2SO3O2=2Na2SO4，蒸干会得到Na2SO4固体；加热FeCl3溶液：FeCl33H2OFe(OH)33HCl，HCl挥发，故加热蒸干会得到Fe(OH)3固体，A项正确；保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，可防止Fe2被氧化为Fe
10、3，B项错误；水溶液显碱性的物质不一定是碱，如强碱弱酸盐CH3COONa，其水溶液显碱性，CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，CH3COO浓度增大，会抑制CH3COOH的电离，CH3COOH的电离程度减小，C项错误；CH3COONH4是能发生双水解的盐，CH3COO、NH的水解均会促进水的电离，溶液中水的电离程度较大，但溶液中的H浓度与OH浓度相等，故溶液呈中性，D项错误。14已知Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(AgI)1.01016。下列说法错误的是()AAgCl不溶于水，不能转化为AgIB在含有浓度均为0.001 molL1的Cl、I的溶液中缓慢加入AgNO3稀溶液，首
11、先析出AgI沉淀CAgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgID常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于1011 molL1答案A解析组成结构相似的物质，溶度积越小，其溶解度越小，越易先形成沉淀，B项正确；溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现，所以A项错，C项正确；AgCl溶液中c(Ag)105 molL1。要使AgI形成沉淀，则c(Ag)c(I)1.01016。则c(I) molL11011 molL1，D正确。15.(2018北京东城期末)常温时，向20 mL 0.1 molL1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 molL1的NaO
12、H溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是()Aa点的pH1Bb点时，c(CH3COO)0.05 molL1Cc点时，V(NaOH)20 mLD反应过程中的值不断增大答案D解析CH3COOH为弱酸，部分电离，a点为0.1 molL1的CH3COOH溶液，c(H)小于0.1 molL1，则pH大于1，故A项错误；b点溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，溶液体积由20 mL扩大为30 mL，根据物料守恒得c(CH3COOH)c(CH3COO)0.1 molL1，CH3COOH的电离和CH3COO的水解均是微弱的，则二者的浓度应均接近于 molL10.0
13、33 molL1，故B项错误；V(NaOH)20 mL时，CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，此时溶液显碱性，pH7，故C项错误；，随着NaOH溶液的加入，c(H)逐渐减小，而温度不变，Ka不变，则的值逐渐增大，故D项正确。16(2017全国卷，13)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是()AKa2(H2X)的数量级为106B曲线N表示pH与lg的变化关系CNaHX溶液中c(H)c(OH)D当混合溶液呈中性时：c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)c(H)答案D解析横坐标取0时，曲线M对应pH约为
14、5.4，曲线N对应pH约为4.4，因为是NaOH滴定H2X溶液，所以在酸性较强的溶液中会存在c(HX)c(H2X)，所以曲线N表示pH与lg的变化关系，B项正确；1时，即lg0，pH5.4，c(H)1105.4 molL1，Ka21105.4，A正确；NaHX溶液中，c(HX)c(X2)，即1，lg0，1，即c(X2)c(HX)，错误。二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17(10分)溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：(1)盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：_；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：_。(2)若取
15、pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m_(填“”“”或“”)n。(3)常温下，在pH6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH)_。(4)25 时，将a molL1氨水与0.01 molL1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)c(Cl)，则溶液显_(填“酸”“碱”或“中”)性。用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb_。答案(1)Na2CO3H2ONaHCO3NaOHNa2CO3CaSO4=CaCO3Na2SO4(2)(3)1.0108 molL1(4)中解析(1)碳酸钠水解显碱性，石膏的主要成分是硫酸钙，硫酸钙与
16、碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸钙沉淀，降低了碳酸根离子的浓度，进而降低了碱性。 (2)氨水是弱碱溶液，稀释过程中电离程度增大，若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别加水稀释后pH仍相等，则氨水的稀释程度较大。(3)溶液中的氢氧根离子是由水电离的，根据离子积常数和溶液的pH，求出c(OH)1.0108 molL1。(4)根据电荷守恒知c(H)c(NH)c(Cl)c(OH)，c(NH)c(Cl)，则c(H)c(OH)，溶液为中性。根据混合后的溶液知，NH3H2O的Kb。18(8分)常温下，根据表中的几种物质的电离平衡常数回答下列问题：NH3H2O2105HNO27104 HClO3108H2CO
17、3Ka14107Ka241011(1)常温下，等浓度的NH4NO3和NH4NO2两份溶液，测得NH4NO2溶液中c(NH)较小，试分析原因：_。01 molL1 NH4NO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是_，NO水解反应的平衡常数Kh_(保留两位有效数字)。(2)常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，其中pH_7(填“”“c(NH)c(H)c(OH)1.41011(2)800(3)ClOCO2H2O=HCOHClO解析(1)由表中数据分析可知HNO2是弱酸，NO水解呈碱性，对NH的水解起促进作用，所以常温下，等浓度的NH4NO3和NH4NO2两份溶液，测得NH4NO2溶液中c(NH
18、)较小；依据电离平衡常数可知，NH3H2O的电离程度小于HNO2的电离程度，则NH的水解程度大于NO的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(NO)c(NH)c(H)c(OH)；由水解平衡：NOH2OHNO2OH和电离平衡HNO2NOH可知，水解平衡常数Kh1.41011。(2)依据电离平衡常数可知，NH3H2O的电离程度大于H2CO3的电离程度，则NH的水解程度小于HCO的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈碱性，其pH7；依据化学平衡常数、电离平衡常数的含义可知，反应NH3H2OH2CO3NHHCOH2O的平衡常数等于一水合氨的电离常数与碳酸的一级电离常数的乘积除以水的离子积常数，即
19、K800。(3)依据电离平衡常数可知，酸性H2CO3HClOHCO，所以少量CO2通入过量的NaClO溶液中发生反应的离子方程式为ClOCO2H2O=HCOHClO。19(9分)常温下，将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：实验编号c(HA)/ molL1c(NaOH)/ molL1混合溶液的pH甲0.10.1a乙0.120.17丙0.20.17丁0.10.110(1)从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？_。(2)乙组混合溶液中c(A)和c(Na)的大小关系是_。A前者大 B后者大C二者相等 D无法判
20、断(3)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。(4)分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果(列式)：c(Na)c(A)_ molL1。答案(1)a7时，HA是强酸；a7时，HA是弱酸(2)C(3)c(Na)c(A)c(OH)c(H)(4)(1041010)解析(1)一元酸HA与NaOH等物质的量反应时，HA酸性强弱取决于完全中和后盐溶液的pH，a7时为强酸，a7时为弱酸。(2)据电荷守恒，有c(Na)c(H)c(A)c(OH)，因c(H)c(OH)，所以c(Na)c(A)。(3)丙为等浓度的HA与NaA的混合溶液，由pH7知A的水解程度大于HA的电离程度，离
21、子浓度大小关系为c(Na)c(A)c(OH)c(H)。(4)根据电荷守恒c(Na)c(H)c(A)c(OH)，推导c(Na)c(A)c(OH)c(H)(1041010) molL1。20(12分)(1)碳酸：H2CO3，Ki14.3107，Ki25.61011，草酸：H2C2O4，Ki15.9102，Ki26.41050.1 molL1 Na2CO3溶液的pH_0.1 molL1 Na2C2O4溶液的pH。(填“大于”“小于”或“等于”)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(H
22、C2O)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，简述过程ii中NaOH再生的原理：_。方法2：用氨水除去SO2已知25 ，NH
23、3H2O的Kb1.8105，H2SO3的Ka11.3102，Ka26.2108。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c(SO)/c(HSO)_。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 6.01030.62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。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶
24、液中，氢离子浓度较大的是草酸。草酸的一、二级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a中分析可知b、d错误。(2)过程i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ii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) molL16.0103 molL1，当c(
25、OH)降至1.0107 molL1时，c(H)1.0107 molL1，H2SO3的Ka26.2108，由Ka2，可知c(SO)/c(HSO)0.62。21(13分)常温下，几种物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210202.610391.71071.31012(1)某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净的CuCl2溶液，宜加入_调至溶液pH4，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3)_。(2)过滤后，将所得滤液经过_，_操作，可得到CuCl22H2O晶体。(3)由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2，需要进
26、行的操作是_。(4)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.800 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL。(已知：I22S2O=S4O2I)。可选用_作指示剂，滴定终点的现象是_。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。该试样中CuCl22H2O的质量百分数为_。答案(1)CuO(或碱式碳酸铜、氢氧化铜)26109 molL1(2)蒸发浓缩冷却结晶(3)在HCl气氛中加热(4)淀
27、粉溶液溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变化2Cu24I=2CuII285.5%解析(1)加入CuO或Cu2(OH)2CO3、Cu(OH)2，与Fe3水解产生的H反应，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀；当pH4时，由Fe(OH)3的Ksp计算c(Fe3)。(3)由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2，需考虑避免Cu2的水解产生杂质。(4)CuCl2溶液与KI发生反应：2Cu24I=2CuII2，所以需选用淀粉溶液作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变化，确定达到滴定终点；再结合方程式：I22S2O=S4O2I和2Cu24I=2CuII2，得到关系式：2Cu2I22S2O，确定晶体试样的纯度。