1、单元评估检测(七)第八章(90分钟100分)一、选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分)1.一定温度下，水存在H2OH+OH-H=Q(Q0)的平衡，下列叙述一定正确的是()A.向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，KW减小B.将水加热，KW增大，pH减小C.向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H+)降低D.向水中加入少量固体硫酸钠，c(H+)=10-7molL-1，KW不变【解析】选B。A项，KW只与温度有关；B项正确；C项，加入CH3COONa，促进水的电离，溶液呈碱性；D项，该题没有指明是常温下，所以c(H+)不一定等于10-7molL-1。2.(2015玉溪模拟)2
2、5时，KW=1.010-14；100时，KW=1.010-12，下列说法正确的是()A.100时，pH=12的NaOH溶液和pH=2的H2SO4恰好中和，所得溶液的pH=7B.25时，0.2 molL-1Ba(OH)2溶液和0.2 molL-1HCl等体积混合，所得溶液的pH=7C.25时，0.2 molL-1NaOH溶液与0.2 molL-1CH3COOH恰好中和，所得溶液的pH=7D.25时，pH=12的氨水和pH=2的H2SO4等体积混合，所得溶液的pH7【解析】选D。强酸强碱恰好中和后，应呈中性，在100时pH=6，A不正确；氢氧化钡是二元强碱，氢氧化钡过量，溶液显碱性，B不正确；醋酸
3、是弱酸，C中恰好反应，生成醋酸钠水解，溶液显碱性，C不正确；氨水是弱碱，D中氨水过量，溶液显碱性，D正确。3.某一温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是()A.a、c两点溶液的导电能力相同B.b点溶液中c(H+)+c(NH3H2O)=c(OH-)C.用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积Vb=VcD.a、b、c三点溶液中水的电离程度abc【解析】选D。盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的
4、，氯化铵溶液中铵根离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的pH变化曲线是盐酸溶液的，含a、b点的pH变化曲线是氯化铵溶液的。a、c两点溶液的离子浓度不一样，所以导电能力不一样，故A错误；b点溶液中，根据质子守恒，得出c(OH-)+c(NH3H2O)=c(H+)，故B错误；用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积VbVc，故C错误；盐酸电离出的氢离子抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子来自铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH小于b点的pH，说明a点酸性
5、大于b点酸性、a点氢离子浓度大于b点氢离子浓度，所以a、b两点溶液中水的电离程度ab，综上所述a、b、c三点溶液中水的电离程度abc，故D正确。【易错提醒】盐的水解会促进水的电离，任何水溶液中水电离的c(H+)等于水电离的c(OH-)，在pH=4的NH4Cl溶液中，c(H+)=10-4molL-1均来自水的电离，水电离的c(OH-)也是10-4molL-1，多数被N结合。4.(2015泉州模拟)取0.2 molL-1HX溶液与0.2 molL-1NaOH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(25)，则下列说法(或关系式)正确的是()A.混合溶液中由水电离出的c(O
6、H-)=110-8molL-1B.c(Na+)=c(X-)+c(HX)=0.2 molL-1C.c(Na+)-c(X-)=9.910-7molL-1D.c(OH-)-c(HX)=c(H+)=110-6molL-1【解析】选C。酸和碱恰好反应，但溶液显碱性，说明HX是弱酸，生成物NaX水解。A不正确，混合溶液中由水电离出的c(OH-)=110-6molL-1；B不正确，应该是c(Na+)=c(X-)+c(HX)=0.1 molL-1；D不正确，应该是c(OH-)-c(HX)=c(H+)=110-8molL-1，答案选C。【加固训练】(2015成都模拟)醋酸钡(CH3COO)2BaH2O是一种媒染
7、剂，下列是有关0.1 molL-1醋酸钡溶液中粒子浓度的比较，其中错误的是()A.c(Ba2+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)B.c(H+)+2c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(OH-)C.c(H+)=c(OH-)-c(CH3COOH)D.2c(Ba2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)【解析】选A。A项，应为c(CH3COO-)c(Ba2+)c(OH-)c(H+)；B项，符合电荷守恒；C项符合质子守恒；D项符合物料守恒。5.排放进河流中的工业废水中如果含有大量的Cu2+，会对河流水体造成污染，故必须要除去。已知25时，CuS的溶度积常数(Ksp)为1.310-
8、36。常温时，下列有关说法正确的是()A.CuSO4+H2SCuS+H2SO4这个反应是不能发生的，因为不能由弱酸制强酸B.将足量CuSO4溶解在0.1 molL-1H2S溶液中，Cu2+的最大浓度为1.310-35molL-1C.除去工业废水中的Cu2+可以选用Na2S作沉淀剂D.Cu2+会对河流水体造成污染的本质原因是水中盐度太大，造成生物细胞脱水【解析】选C。A项，CuSO4+H2SCuS+H2SO4这个反应能发生；B项，将足量CuSO4溶解在0.1 molL-1H2S溶液中，生成CuS沉淀，溶液为CuSO4溶液，Cu2+的浓度远大于1.310-35molL-1；C项正确；D项Cu2+会
9、对河流水体造成污染的本质原因是会使蛋白质变性，让生物失去活性。6.现有0.4 molL-1HA溶液和0.2 molL-1NaOH溶液等体积混合组成的混合溶液。下列有关推断正确的是()A.若该溶液中HA的电离能力大于A-的水解能力，则有c(Na+)c(A-)c(HA) c(H+)c(OH-)B.若该溶液中A-的水解能力大于HA的电离能力，则有c(A-)c(HA)c(Na+) c(OH-)c(H+)C.无论该溶液呈酸性还是碱性，都有c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)D.无论该溶液呈酸性还是碱性，都有c(Na+)=c(A-)+c(HA)【解析】选C。依题意知，混合溶液中c(HA)=0
10、.1 molL-1，c(NaA)=0.1 molL-1。A项，若HA的电离能力大于A-的水解能力：HAH+A-(主要)，A-+H2OHA+OH-(次要)，则溶液呈酸性：c(H+)c(OH-)。由电荷守恒知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，c(Na+)c(Na+)c(HA) c(H+)c(OH-)，A项错误；B项，HAH+A-(次要)，A-+H2OHA+OH-(主要)，溶液呈碱性：c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒知，c(Na+)c(A-)，由于弱酸根离子的水解程度一般都很小，所以有c(HA)c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)，B项错误；C项，由溶液组成知，溶液中
11、只存在H+、Na+、A-、OH-四种离子，由电荷守恒知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，C项正确；D项，根据物料守恒：c(HA)+c(A-)=2c(Na+)，D项错误。【方法规律】比较离子浓度大小时紧扣两个“微弱”(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。(2)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的。7.(2015长春模拟)已知HCN的电离常数K=6.210-10。用物质的量都是0.1 mol的HCN和NaCN混合后配成1 L溶液，经测定溶液呈碱性。则下列关系式正确的是()A.c(CN-)c(Na+)B.c(CN-)c(HCN
12、)C.c(HCN)+c(CN-)=0.2 molL-1D.c(CN-)+c(OH-)=0.1 molL-1【解析】选C。A项，根据溶液电中性的原则，溶液中存在c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液呈碱性则有c(H+)c(OH-)，c(CN-)c(CN-)，故B错误；C项，因c(Na+)=0.1 molL-1，依据物料守恒，c(CN-)+c(HCN)=2c(Na+)，则c(CN-)+c(HCN)=0.2 molL-1，故C正确；D项，c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(Na+)=0.1 molL-1，c(CN-)+c(OH-)0.1 molL-1，故D错
13、误。二、非选择题(本题包括4小题，共58分)8.(15分)(2015汕头模拟)NaH2PO4、Na2HPO4可用于合成化工原料三聚磷酸钠(Na5P3O10)。(1)能说明NaH2PO4溶液显弱酸性的离子方程式为_。(2)能说明Na2HPO4溶液显弱碱性的离子方程式为_。(3)测定某三聚磷酸钠试样中Na5P3O10的含量可用间接滴定法，其流程如下：样品1.300 0 gH3PO4NaH2PO4配成100.00 mL溶液ANa2HPO4滴定时所用的指示剂X可为_。NaOH标准溶液应盛放在上图所示的滴定管_(选填“甲”或“乙”)中。滴定实验记录如下表(样品中杂质不与酸或碱反应)。滴定次数待测溶液A的
14、体积(mL)0.100 0 molL-1NaOH溶液的体积滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20试计算样品中Na5P3O10的质量分数(结果保留三位有效数字)。【解析】(1)(2)H3PO4是三元中强酸，所形成的两种酸式盐，在水溶液中都能发生水解，但是同时也能发生电离，H2P的电离程度大于水解程度，即溶液显示弱酸性；HP的水解程度大于电离程度，即溶液显示弱碱性。(3)这是强碱滴定弱酸，当生成Na2HPO4时溶液显示碱性，故选择在碱性范围内变色的指示剂即酚酞。NaOH标准溶液应盛放在碱式滴定管中。三次使用的N
15、aOH溶液的体积的平均值为20.00 mL，则n(NaOH)=20.00 mL10-3LmL-10.100 0 molL-1=0.002 mol，根据关系式Na5P3O103H3PO43NaH2PO43Na2HPO43NaOH1 mol3 mol则n(Na5P3O10)=mol，原溶液中的Na5P3O10总量为4n(Na5P3O10)，Na5P3O10的质量分数=(4368)/1.300 0100%=75.5%。答案：(1)H2PHP+H+(2)HP+H2OH2P+OH-(3)酚酞乙75.5%9.(15分)(2015济宁模拟)亚磷酸(H3PO3)是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3
16、H+H2P。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成Na2HPO3。(1)写出亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式：_。(2)某温度下，0.100 0 molL-1的H3PO3溶液pH的读数为1.6，即此时溶液中c(H+)=2.510-2molL-1，除OH-之外其他离子的浓度由小到大的顺序是_，该温度下H3PO3电离平衡的平衡常数K=_。(H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字)(3)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中c(Na+)_c(H2P)+2c(HP)(填“”“”或“=”)。【解析】(1)根据信息“H3PO3溶液存在电离平衡”可知，少量NaOH溶液与亚磷酸反
17、应的离子方程式为H3PO3+OH-H2P+H2O。(2)由信息“亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生成Na2HPO3”可知，亚磷酸不能发生三级电离，故溶液中不存在P，又因为溶液中的H+来自亚磷酸的一级、二级电离及H2O的电离，故溶液中H+的浓度最大，一级电离大于二级电离，故溶液中H2P的浓度大于HP的浓度。要计算该温度下H3PO3电离平衡的平衡常数，首先要得出溶液中H3PO3、H+、H2P的浓度大小，采用下列三段式求解：H3PO3H+H2P起始浓度(molL-1)0.100 0 0 0转化浓度(molL-1)2.510-22.510-22.510-2平衡浓度(molL-1)7.510-22.510
18、-22.510-2故K=8.310-3。(3)由于溶液中的c(H+)=c(OH-)，根据溶液中电荷守恒可知c(Na+)=c(H2P)+2c(HP)。答案：(1)H3PO3+OH-H2P+H2O(2)c(HP)c(H2P)c(H+)8.310-3(3)=10.(12分)(2015成都模拟)化学学科中的化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：(1)常温下，取pH=2的盐酸和醋酸溶液各100 mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如图所示。则图中表示醋酸溶液中pH变化曲线的是_(填“A”或“B”)。设盐酸中参加反应的Zn粒质量为m1，醋酸溶液中
19、参加反应的Zn粒质量为m2，则m1_m2(填“”)。(2)已知常温下Cu(OH)2的Ksp=210-20。又知常温下某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02 molL-1，如果要生成Cu(OH)2沉淀，则应调整溶液pH大于_；要使0.2 molL-1的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加NaOH溶液，使溶液pH为_。(3)10时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：温度/102030加热煮沸后冷却到50pH8.38.48.58.8在分析该溶液pH增大的原因时，甲同学认为是升高温度HC的水解程度增大所致；乙同学认为是溶液中升
20、高温度NaHCO3受热分解生成Na2CO3，C水解所致。请你设计一个简单的实验方案给甲和乙两位同学的说法以评判(包括操作、现象和结论)_。【解析】(1)醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+平衡，随着反应的进行，平衡右移，所以醋酸溶液中c(H+)变化速率慢，所以B表示醋酸；pH由2升高到4时，醋酸提供的H+的物质的量多，消耗的Zn多；(2)依Ksp=c(Cu2+)c2(OH-)可知，c2(OH-)=，c(OH-)=10-9molL-1；(OH-)=(mol2L-2)，c0(OH-)=10-8molL-1；(3)甲与乙的区别就是是否有C生成，本题就转化为检验溶液中是否有C。答案：(1)
21、B”“=”或“c(HC) c(C)c(OH-)c(H+)。(2)加水稀释促进醋酸的电离，溶液中导电粒子的数目增多，A项错误；由于溶液体积的增大比H+数目的增大程度大，H+的浓度降低，B项错误；分子、分母同乘以c(H+)得=，为常数，C项正确；随着溶液的稀释，平衡CH3COOHCH3COO-+H+正向移动，当溶液极稀时，水电离出的H+不可忽略，则将逐渐减小，D项正确。(3)=0.1，解得V1V2=11。(4)从盐溶液的pH可知，对应酸的电离能力(酸性强弱)：CH3COOHH2CO3HClO HCNHC。0.01 molL-1的溶液稀释过程中，pH变化最小的其酸性最弱，即HCN溶液的pH变化最小，A项正确。根据“强酸制弱酸”原理可知A、B两项正确。(5)根据离子开始沉淀时的pH可知，Cu2+最先沉淀，Fe2+、Mg2+沉淀时，溶液中OH-的浓度分别为10-6.4molL-1、10-3.6molL-1，两种难溶物的结构相似，故Fe(OH)2的溶度积比Mg(OH)2小。答案：(1)c(Na+)c(HC)c(C)c(OH-)c(H+)(2)C、D(3)11(4)AA、B(5)Cu2+
