1、第三章测评B(高考体验卷)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题包括12小题,每小题4分,共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.(2014山东理综)已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 molL-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中()A.水的电离程度始终增大B.先增大再减小C.c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变D.当加入氨水的体积为10 mL时,c(N)=c(CH3COO-)解析:酸、碱会抑制水的电离,能水解的盐则会促进水的电离,故在滴加过程中,水的电离程度先增大,当恰好完全反应后再滴加氨
2、水,水的电离程度将会减小,A错误;,在滴加氨水的过程中,c(OH-)逐渐增大,Kb不变,则将减小,B错误;溶液体积逐渐增大,溶液中n(CH3COOH)与n(CH3COO-)之和保持不变,浓度在逐渐减小,C错误;当加入10 mL氨水时,二者恰好反应生成CH3COONH4,溶液呈中性,由电荷守恒c(N)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),可知c(N)=c(CH3COO-),D正确。答案:D2.(2014安徽理综)室温下,在0.2 molL-1 Al2(SO4)3溶液中,逐滴加入1.0 molL-1 NaOH溶液,实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图,下列有关说法正确的是(
3、)A.a点时,溶液呈酸性的原因是Al3+水解,离子方程式为:Al3+3OH-Al(OH)3B.a-b段,溶液pH增大,Al3+浓度不变C.b-c段,加入的OH-主要用于生成Al(OH)3沉淀D.d点时,Al(OH)3沉淀开始溶解解析:a点水解的离子方程式为:Al3+3H2OAl(OH)3+3H+,故A项错误;a-b段,由于NaOH溶液的滴入,发生反应H+OH-H2O,使得c(H+)减小,Al3+的水解平衡向水解的方向移动,所以a-b段的c(Al3+)减小,B项错误;b-c段pH变化不大的原因是发生反应Al3+3OH-Al(OH)3,因此,C项正确;c点后pH迅速增大的原因是发生反应:Al(OH
4、)3+OH-Al+2H2O,故D项错误。答案:C3.(2014课标全国)一定温度下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是()A.pH=5的H2S溶液中,c(H+)=c(HS-)=110-5 molL-1B.pH=a的氨水溶液,稀释10倍后,其pH=b,则a=b+1C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)D.pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c(Na+):解析:A项H2S溶液中的电离方程式有:H2SHS-+H+,HS-S2-+H+,H2OOH-+H+,所以c(H+)c(HS-),c(HS-)11
5、0-5 molL-1,A项错误;B项氨水为弱电解质,稀释后氨水继续电离,pH增大不到1个单位,b-1a碳酸次氯酸,则对应三种钠盐水解程度依次增大,pH相同,则三种溶液盐的浓度依次减小,D项正确。答案:D4.(2014广东理综)常温下,0.2 molL-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是()A.HA为强酸B.该混合液pH=7C.图中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+D.该混合溶液中:c(A-)+c(Y)=c(Na+)解析:常温下,0.2 molL-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,恰好完全反应得到0.1 mo
6、lL-1 NaA溶液,由图中的c(A-)7,B错误;混合液粒子浓度大小为c(Na+)c(A-)c(OH-)c(HA)c(H+),所以X表示OH-,Y表示HA,Z表示H+,C错误;根据物料守恒得c(A-)+c(HA)=c(Na+),D正确。答案:D5.(2014福建理综)下列关于0.10 molL-1 NaHCO3溶液的说法正确的是()A.溶质的电离方程式为NaHCO3Na+H+CB.25 时,加水稀释后,n(H+)与n(OH-)的乘积变大C.离子浓度关系:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+c(C)D.温度升高,c(HC)增大解析:NaHCO3在水溶液中电离:NaHCO3Na+
7、HC,HC既能水解又能电离:HC+H2OH2CO3+OH-,HCH+C,由电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C),A、C错误;温度升高,HC的水解、电离平衡均向右移动,c(HC)减小,D错误;25 时KW=c(H+)c(OH-)=,则n(H+)n(OH-)=KWV2,加水稀释,KW不变,V增大,n(H+)与n(OH-)的乘积增大,B正确。答案:B6.(2014安徽理综)室温下,下列溶液中粒子浓度关系正确的是()A.Na2S溶液:c(Na+)c(HS-)c(OH-)c(H2S)B.Na2C2O4溶液:c(OH-)=c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4)
8、C.Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(OH-)D.CH3COONa和CaCl2混合溶液:c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)解析:A项,Na2S溶液中所有电离、水解方程式有:Na2S2Na+S2-、S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-、H2OH+OH-,因此溶液中OH-来源于S2-、HS-的水解和水的电离三部分,HS-仅来源于S2-的水解,所以c(OH-)c(HS-),A项错误;B项,由电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2)和物料守恒:c(Na+)=2c(H
9、2C2O4)+2c(HC2)+2c(C2),二者结合可知B项正确;C项的电荷守恒关系应为:c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(OH-),C项错误;D项的物料守恒关系式应为:c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-),D项错误。答案:B7.(2014天津理综)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是()A.pH=1的NaHSO4溶液:c(H+)=c(S)+c(OH-)B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:c(Ag+)c(Cl-)=c(I-)C.CO2的水溶液:c(H+)c(HC)=2c(C)D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C
10、2O4的溶液:3c(Na+)=2c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)解析:因为NaHSO4溶液中存在c(Na+)=c(S),依据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(OH-),可知c(H+)=c(S)+c(OH-),A项正确;AgCl的溶解度比AgI的大,所以c(Ag+)c(Cl-)c(I-),B项错误;CO2水溶液中存在:H2CO3H+HC,HCH+C和H2OH+OH-,H2CO3的第一步电离远大于第二步电离,所以c(H+)c(HC)c(C),C项错误;假设NaHC2O4和Na2C2O4均为1 mol,则n(Na+)=3 mol,依据物料守恒n(HC2)+n(C2)+n
11、(H2C2O4)=2 mol,同一溶液中存在2c(Na+)=3c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4),D项错误。答案:A8.(2014四川理综)下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1 molL-1 NaHCO3溶液与0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)c(C)c(HC)c(OH-)B.20 mL 0.1 molL-1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 molL-1 HCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶液中:c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中
12、:c(Cl-)+c(H+)c(N)+c(OH-)D.0.1 molL-1 CH3COOH溶液与0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(OH-)c(H+)+c(CH3COOH)解析:A中两溶液混合恰好反应生成Na2CO3,在Na2CO3溶液中C水解:C+H2OHC+OH-、HC+H2OH2CO3+OH-,水电离也产生OH-,使c(OH-)c(HC),A错误;B中两溶液混合反应,得到等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl的混合溶液,溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度,所以有c(CH3COO-)c(Cl-),由于CH3COOH的电离
13、,使溶液中CH3COOH的浓度小于NaCl的浓度,B正确;C中氨水是弱碱溶液,二者等体积混合,氨水过量,溶液呈碱性,c(OH-)c(H+),又由溶液的电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(N),则c(Cl-)c(N),所以c(Cl-)+c(H+)c(CH3COO-)c(H+)B.0.1 molL-1 NH4Cl溶液与0.1 molL-1氨水等体积混合(pH7):c(NH3H2O)c(N)c(Cl-)c(OH-)C.0.1 molL-1 Na2CO3溶液与0.1 molL-1 NaHCO3溶液等体积混合:c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3)D.0.1 molL-1
14、 Na2C2O4溶液与0.1 molL-1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)解析:A中两溶液混合恰好完全反应生成NaCl和CH3COOH,CH3COOH不完全电离:CH3COOHCH3COO-+H+,溶液呈酸性且c(H+)为CH3COOH电离部分加水电离部分,所以有c(Na+)=c(Cl-)c(H+)c(CH3COO-),A错误;B中两溶液混合呈碱性,说明NH3H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度,所以溶液中c(N)c(NH3H2O),B错误;C中混合溶液中钠原子与碳原子的物质的量之比为32,碳元素以C、HC
15、和H2CO3的形式存在,所以有c(Na+)c(C)+c(HC)+c(H2CO3)=32,C正确;D中混合溶液中的阳离子有Na+和H+,阴离子有C2、HC2、OH-和Cl-,由电荷守恒得:2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+),D错误。答案:C10.(2014课标全国)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示,下列说法错误的是()A.溴酸银的溶解是放热过程B.温度升高时溴酸银溶解速度加快C.60 时溴酸银的Ksp约等于610-4D.若硝酸钾中含有少量溴酸银,可用重结晶方法提纯解析:随着温度升高溶解度逐渐增大,所以溴酸银的溶解是吸热过程,A选项错
16、误;C选项,60 时1 L水中约溶解5.8 g AgBrO3,c(Ag+)=c(Br)=c(AgBrO3)=0.025 molL-1,Ksp=c(Ag+)c(Br)610-4,正确。答案:A11.(2014四川理综)下列实验方案中,不能达到实验目的的是()选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热。冷却后,取出上层水溶液,用稀硝酸酸化,加入AgNO3溶液,观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后,滴加KSCN溶液,观察溶液是否变红续表选项实验目的实验方案C验证Br2的氧化性强
17、于I2将少量溴水加入KI溶液中,再加入CCl4,振荡,静置,可观察到下层液体呈紫色D验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中,振荡,可观察到沉淀由白色变为红褐色解析:CH3CH2Br在NaOH溶液中水解会产生Br-,先加稀硝酸中和NaOH,再加入AgNO3溶液检验Br-的存在,A正确;Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后,在酸性条件下N能氧化Fe2+生成Fe3+,滴加KSCN溶液,溶液一定会变红,B错误;单质氧化性强弱可利用置换反应验证,C正确;溶解度小的沉淀容易向溶解度更小的沉淀转化,Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液,沉淀由白色转化为红褐色,
18、证明Fe(OH)3的溶解度更小,D正确。答案:B12.(2014安徽理综)中学化学中很多“规律”都有其适用范围。下列根据有关“规律”推出的结论正确的是()选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B反应物浓度越大,反应速率越快常温下,相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸,浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质,沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀解析:HClO具有强的氧化性,在有水存在时可与SO2反应生成盐酸和H2SO4,A项错误;常温下,浓硝酸使铝钝化,所以常温下,铝片在稀硝
19、酸中先溶解完,B项错误;由于NH3分子间能形成氢键(),使得氨分子间作用力大于PH3分子间的作用力,因此NH3沸点高于PH3的,C项错误;由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS),因此向ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液,更易使c(Cu2+)c(S2-)Ksp(CuS),而形成CuS沉淀,故D项正确。答案:D二、非选择题(本题包括3小题,共52分)13.(16分)(1)(2013福建理综)用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、S等杂质。某次除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的(填化学式),至沉淀不再产生后,再加入过量的Na2CO3和NaOH,充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一
20、定量的S,其原因是已知:Ksp(BaSO4)=1.110-10、Ksp(BaCO3)=5.110-9。(2)(2013天津理综)Na2CO3、NaHCO3溶液均显碱性。用离子方程式表示Na2CO3溶液显碱性的原因:。Na2CO3、NaHCO3浓度均为0.1 molL-1的混合溶液中,离子浓度由大到小的顺序是;常温下,在该溶液中滴加稀盐酸至中性时,溶质的主要成分有。解析:(1)加入过量Na2CO3和NaOH分别除去Ca2+、Mg2+,要除去S,则应加入BaCl2;难溶电解质BaSO4和BaCO3的沉淀可相互转化,当溶液中存在大量C时,根据沉淀溶解平衡,BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)
21、,使滤液中仍含有一定量的S。(2)Na2CO3溶液显碱性的原因是C+H2OHC+OH-;Na2CO3与NaHCO3等浓度的混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)c(HC)c(C)c(OH-)c(H+)。在混合溶液中滴加稀盐酸,若Na2CO3与NaHCO3完全反应,则所得溶液因溶解了生成的CO2而显酸性;若溶液呈中性,则溶液中应含有NaHCO3,所以溶质的主要成分有NaCl、NaHCO3、CO2(或H2CO3)。答案:(1)BaCl2BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大,当溶液中存在大量C时,BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(2)C+H2OHC+OH-c(Na+)c(HC)
22、c(C)c(OH-)c(H+)NaCl、NaHCO3、CO2(或H2CO3)14.(2013北京理综)(18分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)318H2O,工艺流程如下(部分操作和条件略):.向铝灰中加入过量稀硫酸,过滤;.向滤液中加入过量KMnO4溶液,调节溶液的pH约为3;.加热,产生大量棕色沉淀,静置,上层溶液呈紫红色;.加入MnSO4至紫红色消失,过滤;.浓缩、结晶、分离,得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是。(2)将Mn氧化Fe2+的离子方程式补充完整:1Mn+Fe2+1Mn2+Fe3+(3)已知:生成氢氧化物沉淀的pH
23、Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注:金属离子的起始浓度为0.1 molL-1根据表中数据解释步骤的目的:。(4)已知:一定条件下,Mn可与Mn2+反应生成MnO2。向的沉淀中加入浓盐酸并加热,能说明沉淀中存在MnO2的现象是。中加入MnSO4的目的是。解析:铝灰中SiO2不与硫酸反应,操作过滤后滤液中主要含有Al3+、Fe3+、Fe2+、S等,滤渣为SiO2;由表格可知Fe3+在pH=2.8时沉淀完全,而Fe2+完全沉淀时pH=8.3,操作的目的是除去滤液中的Fe3+、Fe2+,沉淀前应把Fe2+变成易沉淀的Fe3+;(4)Mn
24、O2与浓盐酸反应生成黄绿色氯气;由信息Mn与Mn2+在一定条件下反应生成MnO2沉淀,结合操作的现象可知操作目的是除去溶液中的Mn。答案:(1)Al2O3+6H+2Al3+3H2O(2)58H+54H2O(3)pH约为3时,Fe2+和Al3+不能形成沉淀,将Fe2+氧化为Fe3+,可使铁完全沉淀(4)生成黄绿色气体除去过量的Mn15.(2013江苏化学)(18分)硫酸镍铵(NH4)xNiy(SO4)mnH2O可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成,进行如下实验:准确称取2.335 0 g样品,配制成100.00 mL溶液A;准确量取25.00 mL溶液A,用0.040 00 mol
25、L-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2+(离子方程式为Ni2+H2Y2-NiY2-+2H+),消耗EDTA标准溶液31.25 mL;另取25.00 mL溶液A,加足量的NaOH溶液并充分加热,生成NH3 56.00 mL(标准状况)。(1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗,测得的Ni2+含量将(填“偏高”“偏低”或“不变”)。(2)氨气常用检验,现象是。(3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。解析:(1)若未用EDTA标准溶液润洗滴定管,则滴定管中EDTA的浓度偏小,滴定时所用EDTA溶液的体积偏大,则所得Ni2+的物质的量偏高,所以测得的Ni2+含量将偏
26、高。(2)常用湿润的红色石蕊试纸检验NH3,现象为试纸颜色由红变蓝。答案:(1)偏高(2)湿润的红色石蕊试纸试纸颜色由红变蓝(3)n(Ni2+)=0.040 00 molL-131.25 mL10-3 LmL-1=1.25010-3 moln(N)=2.50010-3 moln(S)=2.50010-3 molm(Ni2+)=59 gmol-11.25010-3 mol=0.073 75 gm(N)=18 gmol-12.50010-3 mol=0.045 00 gm(S)=96 gmol-12.50010-3 mol=0.240 0 gn(H2O)=1.25010-2 molxymn=n(N)n(Ni2+)n(S)n(H2O)=21210硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni (SO4)210H2O
