1、第3章测评B(高考体验卷)(时间:90分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H1C12O16Na23N14S32Cl35.5Cu64一、选择题(本题共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全国理综)下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是()A.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B.酸式滴定管装标准溶液前,必须先用该溶液润洗C.酸碱滴定实验中,用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D.用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,立即用滴管吸出多余液体解析:A选项,容量瓶不能加热,错误;C选项,锥形瓶不能用待测液润洗,如果润洗相当于多取了待测液,错误;D选项,应
2、该重新配制,错误。答案:B2.(2014全国理综改编)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,H+=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:Na+H+=OH-+HC2D.pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的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H+HS-,HS-110-5 molL-1,A项错误;B项一水合氨为弱电解质,稀释后一水合氨继续电离,
3、pH减小不到1个单位,a-1b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:D3.(2014全国大纲)下列离子方程式错误的是()A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸:Ba2+2OH-+2H+SBaSO4+2H2OB.酸性介质中KMnO4氧化H2O2:2Mn+5H2O2+6H+2Mn2+5O2+8H2OC.等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HCl溶液混合:Mg2+2OH-Mg(OH)2D.铅酸蓄电池充电时的正极反应:PbSO4+2H2O-2e-PbO2+4H+S解析:C选项漏掉了OH-与H+之间的反应,正确的写法为Mg2+4OH-+2H+
4、Mg(OH)2+2H2O。答案:C4.(2014北京理综)下列解释事实的方程式不正确的是()A.测0.1 molL-1氨水的pH为11:NH3H2ON+OH-B.将Na块放入水中,产生气体:2Na+2H2O2NaOH+H2C.用CuCl2溶液做导电实验,灯泡发光:CuCl2Cu2+2Cl-D.Al片溶于NaOH溶液中,产生气体:2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2解析:0.1 molL-1氨水的pH为11,可知NH3H2O为弱电解质,存在电离平衡,A项正确;CuCl2溶液导电是由于CuCl2在水溶液中可以电离出Cu2+和Cl-,电离本身不需要通电,故方程式错误。答案:C5.(2014天津理
5、综改编)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:H+=S+OH-B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:Ag+Cl-=I-C.CO2的水溶液:H+HC=2CD.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:3Na+=2HC2+2C2+2H2C2O4解析:因为NaHSO4溶液中存在Na+=S,依据电荷守恒:Na+H+=2S+OH-,可知H+=S+OH-,A项正确;AgCl的溶解度比AgI的大,所以Ag+Cl-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H+HCC,C项错误
6、;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(H2C2O4)=2 mol,同一溶液中存在2Na+=3HC2+3C2+3H2C2O4,D项错误。答案:A6.(2014山东理综)下列有关溶液组成的描述合理的是()A.无色溶液中可能大量存在Al3+、N、Cl-、S2-B.酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、S、I-C.弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCD.中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、S解析:A项,Al3+与S2-发生相互促进的水解反应,故不能大量共存;B项,在酸性溶液中ClO-不能大量存
7、在,且ClO-能与I-发生氧化还原反应而不能大量共存;D项,Fe3+发生水解反应使溶液呈酸性,故Fe3+不能大量存在于中性溶液中。答案:C7.(2014广东化学)水溶液中能大量共存的一组离子是()A.Na+、Ca2+、Cl-、SB.Fe2+、H+、S、ClO-C.Mg2+、N、Cl-、SD.K+、Fe3+、N、SCN-解析:Ca2+与S生成微溶的CaSO4不能大量共存,A错误;酸性条件下ClO-与Fe2+、S因发生氧化还原反应不能大量共存,B错误;四种离子互不反应,能够大量共存,C正确;Fe3+与SCN-发生络合反应不能大量共存,D错误。答案:C8.(2014江苏化学改编)25 时,下列各组离
8、子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.pH=1的溶液中:Na+、K+、Mn、CB.H+=110-13 molL-1的溶液中:Mg2+、Cu2+、S、NC.0.1 molL-1 NH4HCO3溶液中:K+、Na+、N、Cl-D.0.1 molL-1 FeCl3溶液中:Fe2+、N、SCN-、S解析:pH=1的溶液呈酸性,C不能大量存在,A不正确;H+=110-13 molL-1的溶液呈碱性,Mg2+、Cu2+不能大量存在,B不正确;0.1 molL-1 FeCl3溶液中,SCN-不能大量存在,生成Fe(SCN)3络合物,D不正确。答案:C9.(2014广东化学)下列叙述和均正确并有因果关系的是
9、()选项叙述叙述AKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SCNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa(OH)2能制成澄清石灰水可配制2.0 molL-1的Ca(OH)2溶液解析:用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl不是因为KNO3的溶解度大,而是因为KNO3的溶解度受温度影响较大,而NaCl的溶解度受温度影响较小,A错误;S的检验,先加过量盐酸酸化,再加BaCl2溶液,B正确;NH3可用于设计喷泉实验是因为NH3极易溶于水,C错误;Ca(OH)2微溶于水,不可能得到2.0 molL-1的Ca(OH)2溶液,D错误。答
10、案:B10.(2014山东理综改编)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.CH3COOH与CH3COO-之和始终保持不变D.当加入氨水的体积为10 mL时,N=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水,水的电离程度将会减小,A错误;,在滴加氨水的过程中,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(
11、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N+H+=CH3COO-+OH-,可知N=CH3COO-,D正确。答案:D11.(2014江苏化学改编)25 时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是() 0.1 molL-1 CH3COONa溶液与0.1 molL-1 HCl溶液等体积混合:Na+=Cl-CH3COO-OH-0.1 molL-1 NH4Cl溶液与0.1 molL-1氨水等体积混合(pH7:NH3H2ONCl-OH-0.1 molL-1 Na2CO3溶液与0.1 molL-1 NaHC
12、O3溶液等体积混合:Na+=C+HC+H2CO30.1 molL-1 Na2C2O4溶液与0.1 molL-1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2C2+HC2+OH-=Na+H+A.B.C.D.解析: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,所以有Na+=Cl-CH3COO-OH-,正确;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NNH3H2O,错误;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和H2CO3的形式存在,所以有,正确;中
13、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:2C2+HC2+OH-+Cl-=Na+H+,错误。答案:A12.(2014江苏化学)下列指定反应的离子方程式正确的是()A.Cu溶于稀硝酸:Cu+2H+NCu2+NO2+H2OB.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2:Fe2+2OH-Fe(OH)2C.用CH3COOH溶解CaCO3:CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3:CO2+Al+2H2OAl(OH)3+HC解析:Cu与稀硝酸反应生成NO,A错误;(NH4)2Fe(
14、SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应,反应的离子方程式为2N+Fe2+4OH-2NH3+2H2O+Fe(OH)2,B错误;CH3COOH是弱电解质,应写为化学式,C错误。答案:D二、非选择题(本题包括4小题,共52分)13.(12分)(1)(2014山东理综)实验室可用NaOH溶液吸收NO2,反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液A,溶液B为0.1 molL-1的CH3COONa溶液,则两溶液中N、N和CH3COO-由大到小的顺序为。(已知HNO2的电离常数Ka=7.110-4 molL-1,
15、CH3COOH的电离常数Ka=1.710-5 molL-1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是。a.向溶液A中加适量水b.向溶液A中加适量NaOHc.向溶液B中加适量水d.向溶液B中加适量NaOH(2)(2013山东理综)利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成H2SO3,然后用一定浓度的I2溶液进行滴定,所用指示剂为,滴定反应的离子方程式为。(3)(2013山东理综改编)25 时,H2SO3HS+H+的电离常数Ka=110-2 molL-1,则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh= molL-1,若向NaHSO3溶液中加入少量的I2,则溶液中将(填“增大”“减小
16、”或“不变”)。解析:(1)A溶液为0.1 molL-1 NaNO3和0.1 molL-1 NaNO2的混合溶液,B溶液为0.1 molL-1 CH3COONa溶液,由于CH3COOH的电离常数比HNO2的小,所以CH3COO-的水解程度比N的大,因此有NNCH3COO-;B溶液的碱性比A溶液的碱性强,要使二者的pH相等,可使B的碱性减弱或使A的碱性增强,b、c可行。(2)碘溶液滴定H2SO3溶液的离子方程式为H2SO3+I2+H2O2I-+S+4H+;可用淀粉溶液作指示剂,终点的现象是加入最后一滴碘溶液时,溶液变蓝。(3)HS水解的离子方程式为HS+H2OH2SO3+OH-,其水解常数Kh=
17、1.010-12 molL-1。由水解平衡常数表达式知,NaHSO3溶液中加入少量的碘发生的反应为:HS+I2+H2O2I-+S+3H+,酸性增强,OH-减小,故增大。答案:(1)NNCH3COO-b、c(2)淀粉溶液H2SO3+I2+H2O2I-+S+4H+(3)1.010-12增大14.(2014重庆理综)(16分)中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 gL-1。某兴趣小组用题图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2,并对其含量进行测定。图1图2(1)仪器A的名称是,水通入A的进口为。(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸,加热
18、使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应,其化学方程式为。(3)除去C中过量的H2O2,然后用0.090 0 molL-1 NaOH标准溶液进行滴定,滴定前排气泡时,应选择题图2中的;若滴定终点时溶液的pH=8.8,则选择的指示剂为;若用50 mL滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,则管内液体的体积(填序号)(=10 mL,=40 mL,40 mL)。(4)滴定至终点时,消耗NaOH溶液25.00 mL,该葡萄酒中SO2含量为 gL-1。(5)该测定结果比实际值偏高,分析原因并利用现有装置提出改进措施。解析:(1)通入冷凝管的冷水应低进高出,且通常冷热逆流时冷凝效果最好,该题中冷
19、水从a端进时,冷凝水难以充满冷凝管而降低冷凝效果,故应从b端入水;(2)最小公倍数法配平方程式:第一步:标化合价第二步:最小公倍数法确定系数可以看出,升、降价数最小公倍数为2,即各物质系数均为1。第三步,将短线改为等号:SO2+H2O2H2SO4。(3)NaOH为强碱,应选择碱式滴定管,故排气泡时应选;滴定终点时溶液显碱性,应选变色pH范围在碱性的酚酞溶液;滴定管最大刻度线下尚有液体,故管内液体体积大于40 mL。(4)SO2+H2O2H2SO4H2SO4+2NaOHNa2SO4+2H2O由方程式得:SO2H2SO42NaOH64 g2 molm0.090 0 molL-125 mL则解得:m
20、=0.072 g该葡萄酒中SO2含量为:=0.24 gL-1(5)盐酸易挥发,挥发出的盐酸消耗NaOH而使结果偏高。答案:(1)冷凝管或冷凝器b(2)SO2+H2O2H2SO4(3)酚酞(4)0.24(5)原因:盐酸的挥发;改进措施:用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸,或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验,排除盐酸挥发的影响15.(2012浙江理综改编)(14分)已知:I2+2S2S4+2I-相关物质的溶度积常数见下表:物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210-20mol3L-32.610-39mol4L-41.710-7mol2L-21.310-12mol2L-2(1)某酸性Cu
21、Cl2溶液中含有少量的FeCl3,为得到纯净的CuCl22H2O晶体,加入,调至pH=4,使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,此时溶液中的Fe3+=。过滤后,将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶,可得到CuCl22H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2,原因是(用化学方程式表示)。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是。(3)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0.36 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 molL
22、-1Na2S2O3标准溶液滴定,到达滴定终点时,消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。可选用作滴定指示剂,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。解析:(1)除去溶液中的Fe3+一般用调节溶液pH的方法,遵循“除杂不引入新杂质”的原则,一般选用难溶性的Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3或CuO等物质。由Ksp=Fe3+OH-3得:Fe3+= molL-1=2.610-9 molL-1。(2)CuCl2属于强酸弱碱盐,溶于水时发生水解,水解反应方程式为:CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl,由于受热时HCl不断挥发,可
23、使平衡不断向右移动,故得不到纯净的无水CuCl2。为了抑制CuCl2的水解,应在干燥的HCl气流中加热脱水。(3)结合题意和表格信息可知,向CuCl2溶液中加入KI时发生如下反应:2Cu2+4I- 2CuI+I2(因为CuI的Ksp小于CuCl的,故生成CuI,而不是生成CuCl),生成的I2再与Na2S2O3反应:I2+2S2S4+2I-,所以可以用淀粉作为滴定指示剂。由上述反应可推导出关系式:CuCl22H2ONa2S2O3171 g1 molm(CuCl22H2O)0.002 molm(CuCl22H2O)=0.342 gCuCl22H2O试样的纯度为:100%=95%。答案:(1)Cu
24、(OH)2或Cu2(OH)2CO32.610-9 molL-1(2)2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl2+2HCl+2H2O主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可在干燥的HCl气流中加热脱水(3)淀粉溶液蓝色退去,放置一定时间后不复色2Cu2+4I-2CuI+I295%16.(2009山东理综改编)(10分)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。(1)合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g),若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气,平衡(填“向左”“向右”或“不”)移动;使用催化剂(填“增大”“减小”或“不改变”)反应的H。(2)已知:
25、O2(g)(g)+e-H1=+1 175.7 kJmol-1PtF6(g)+e-Pt(g)H2=-771.1 kJmol-1Pt(s)(g)+Pt(g)H3=482.2 kJmol-1则反应O2(g)+FtF6(g)Pt(s)的H= kJmol-1。(3)在25 下,向浓度均为0.1 molL-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先生成沉淀(填化学式),生成该沉淀的离子方程式为。已知25 时KspMg(OH)2=1.810-11 mol3L-3,KspCu(OH)2=2.210-20 mol3L-3。(4)在25 下,将a molL-1的氨水与0.01 molL-1的盐酸等体积混
26、合,反应平衡时溶液中N=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=。解析:本题考查平衡移动,盖斯定律,沉淀的生成,溶液中的电荷守恒和电离常数的计算等知识点。(1)恒温、恒压下向平衡体系中充入氩气,容器的体积增大,相当于减小平衡体系的压强,所以平衡向左移动;使用催化剂不改变化学平衡状态也不改变反应的H。(2)据已知热化学方程式,利用盖斯定律,得反应O2(g)+PtF6(g)Pt(s)的H=+1 175.7 kJmol-1+(-771.1 kJmol-1)-482.2 kJmol-1=-77.6 kJmol-1。(3)因KspMg(OH)2KspCu(OH)2,所以向MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,首先生成Cu(OH)2沉淀。书写离子方程式时注意NH3H2O是弱电解质,应写分子形式。(4)当N=Cl-时,根据电荷守恒N+H+=Cl-+OH-,可得H+=OH-,所以溶液显中性,此时OH-=10-7 molL-1,N=Cl-=0.005 molL-1,NH3H2ON+OH-,Kb= molL-1。答案:(1)向左不改变(2)-77.6(3)Cu(OH)2Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2N(4)中 molL-1
