1、2014-2015学年山东省华侨中学高二（上）化学寒假作业（十一）一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（）Ac（HCOO）c（Na+）Bc（HCOO）c（Na+）Cc（HCOO）=c（Na+）D无法确定c（HCOO）与c（Na+）的关系2在常温下10mL pH=10的KOH溶液中，加入pH=4的一元酸HA溶液至pH刚好等于7（假设反应前后体积不变），则对反应后溶液的叙述正确的是（）Ac（A）=c（K+）Bc（H+）=c（OH）c（K+）c（A）CV总20mLDV总20mL3物质的量浓度相同（0.1molL1）的弱酸HX与
2、NaX溶液等体积混合后，溶液中粒子浓度关系错误的是（）Ac（Na+）+c（H+）=c（X）+c（OH）Bc（HX）+c（X）=2c（Na+）C若混合液呈酸性则c（X）c（Na+）c（HX）c（H+）c（OH）D若混合液呈碱性则c（Na+）c（HX）c（X）c（OH）c（H+）4将相同物质的量浓度的某弱酸HX溶液与NaX溶液等体积混合，测得混合后溶液中c（Na+）c（X），则下列关系正确的是（）Ac（OH）c（H+）Bc（HX）c（X）Cc（X）+c（HX）=2c（Na+）Dc（HX）+c（H+）=c（Na+）+c（OH）5某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY的电离程度小于HY的水解程度有关的叙
3、述正确的是（）AH2Y的电离方程式为：H2Y+H2OH3O+HYB在该酸式盐溶液中c（Na+）c（Y2）c（HY）c（OH）c（H+）CHY的水解方程式为HY+H2OH3O+Y2D在该酸式盐溶液中c（Na+）c（HY）c（OH）c（H+）6将0.1molL1的醋酸钠溶液20mL与0.1molL1盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关粒子的浓度关系正确的是（）Ac（CH3COO）c（Cl）c（H+）c（CH3COOH）Bc（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）Cc（CH3COO）=c（Cl）c（H+）c（CH3COOH）Dc（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（C
4、l）+c（OH）7物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（）ANH4NO3BNH4HSO4CCH3COONH4DNH4HCO38下列离子在溶液中能大量共存的是（）ACa2+、HCO3、Cl、K+BAl3+、NH4+、CO32、ClCCa2+、Na+、NO3、SO42DH+、NH4+、I、SO32二、填空题（共3小题，每小题3分，满分9分）9（1）碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是，原因是（2）KAl（SO4）2溶液蒸干得到的固体物质是，原因是（3）碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是，原因是（4）亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是，原因是（5）氯化铝溶液蒸干得到的固体物质是，原因是102
5、5，将0.01mol CH3COONa和0.002mol HCl溶于水，形成1L混合溶液回答下列问题：（1）该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：（2）溶液中共有种不同的粒子（指分子和离子）（3）在这些粒子中，浓度为0.01molL1的是，浓度为0.002molL1的是（4）和两种粒子物质的量之和等于0.01mol11已知（1）Cu2+、Fe2+在pH为 45的条件下不水解，而这一条件下Fe3+几乎全部水解（2）双氧水（H2O2）是强氧化剂，在酸性条件下，它的还原产物是H2O现用粗氧化铜（CuO中含少量Fe）制取CuCl2溶液的过程如下：取50mL纯净的盐酸，加入一定量的粗
6、CuO加热搅拌、充分反应后过滤，测知滤液的pH=3向滤液中加入双氧水、搅拌调节中溶液的pH至4，过滤把所得滤液浓缩（1）中发生反应的离子方程式是（2）中使pH升高到4，采取的措施是：加入过量的并微热、搅拌ANaOH B氨水CCuCl2 DCuO（3）中过滤后滤渣的成分是2014-2015学年山东省华侨中学高二（上）化学寒假作业（十一）参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（）Ac（HCOO）c（Na+）Bc（HCOO）c（Na+）Cc（HCOO）=c（Na+）D无法确定c（HCOO）与c（Na+）的关系【
7、考点】离子浓度大小的比较菁优网版权所有【专题】守恒法【分析】甲酸和氢氧化钠溶液混合后发生反应：HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，常温下溶液的pH=7，溶液显示中性，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒可知：c（HCOO）=c（Na+）【解答】解：甲酸和氢氧化钠溶液混合后发生反应：HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HCOO），所得溶液的pH=7，溶液中呈中性，则c（HCOO）=c（Na+），所以c（HCOO）=c（Na+），故选C【点评】本题主要考查溶液中 离子浓度大小比较，为高考的热点，题目难度中等，注意掌握电荷
8、守恒的思想在离子浓度大小比较问题中的应用方法，试题有利于培养学生学生灵活应用所学知识的能力2在常温下10mL pH=10的KOH溶液中，加入pH=4的一元酸HA溶液至pH刚好等于7（假设反应前后体积不变），则对反应后溶液的叙述正确的是（）Ac（A）=c（K+）Bc（H+）=c（OH）c（K+）c（A）CV总20mLDV总20mL【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】pH=10的KOH溶液，c（OH）=0.0001mol/L，pH=4的一元酸HA溶液若强酸，c（H+）=c（HA）=0.0001mol/L，混合后pH=7，则等体积混合；若
9、酸为弱酸，c（HA）0.0001mol/L，混合后pH=7时，应为醋酸和醋酸钾的混合溶液，其体积应小于10mL，以此来解答【解答】解：pH=10的KOH溶液，c（OH）=0.0001mol/L，pH=4的一元酸HA溶液若强酸，c（H+）=c（HA）=0.0001mol/L，混合后pH=7，则等体积混合；若酸为弱酸，c（HA）0.0001mol/L，混合后pH=7时，应为醋酸和醋酸钾的混合溶液，其体积应小于10mL，即V总20mL，又pH=7，则c（OH）=c（H+），由电荷守恒可知，c（H+）+c（K+）=c（OH）+c（A），则c（A）=c（K+），溶液中显性离子浓度大于隐性离子浓度，所以c
10、（A）=c（K+）c（OH）=c（H+），故选AD【点评】本题考查酸碱混合溶液的计算，明确酸的强弱及电荷守恒是解答本题的关键，注意酸为弱酸时浓度大，其体积应小于碱的体积才能满足混合溶液的pH=7，题目难度中等3物质的量浓度相同（0.1molL1）的弱酸HX与NaX溶液等体积混合后，溶液中粒子浓度关系错误的是（）Ac（Na+）+c（H+）=c（X）+c（OH）Bc（HX）+c（X）=2c（Na+）C若混合液呈酸性则c（X）c（Na+）c（HX）c（H+）c（OH）D若混合液呈碱性则c（Na+）c（HX）c（X）c（OH）c（H+）【考点】离子浓度大小的比较菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的p
11、H专题【分析】A利用电荷守恒分析；B利用物物料守恒分析；C物质的量浓度相同（0.1molL1）的弱酸HX与NaX溶液等体积混合后，溶液显酸性，则c（H+）c（OH），电离大于水解；D溶液为碱性，则水解大于电离【解答】解：A由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（X）+c（OH），故A正确；B由物物料守恒可知，n（X）=2n（Na），则c（HX）+c（X）=2c（Na+），故B正确；C物质的量浓度相同（0.1molL1）的弱酸HX与NaX溶液等体积混合后，溶液显酸性，则c（H+）c（OH），电离大于水解，则c（X）c（Na+）c（HX）c（H+）c（OH），故C正确；D溶液为碱性，则水解大
12、于电离，则c（HX）c（Na+）c（X）c（OH）c（H+），故D错误；故选D【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，注意离子浓度大小比较要考虑电解质的电离、盐类水解、水的电离、电荷守恒、物料守恒、质子恒等式，注意体会理解4将相同物质的量浓度的某弱酸HX溶液与NaX溶液等体积混合，测得混合后溶液中c（Na+）c（X），则下列关系正确的是（）Ac（OH）c（H+）Bc（HX）c（X）Cc（X）+c（HX）=2c（Na+）Dc（HX）+c（H+）=c（Na+）+c（OH）【考点】离子浓度大小的比较菁优网版权所有【分析】溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（X），已知
13、混合溶液中c（Na+）c（X），则c （OH）c （H+），溶液呈碱性，说明HX电离程度小于X水解程度，A混合溶液中c（Na+）c（X），说明HX的电离程度小于X水解程度，溶液呈碱性；B混合溶液中c（Na+）c（X），说明HX的电离程度小于X水解程度，则c（HX）c（X）；C根据混合液中的物料守恒分析；D根据物料守恒可知c（X）+c（HX）=2c（Na+），溶液电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（X），二者相加即可【解答】解：A溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（X），已知混合溶液中c（Na+）c（X），则c（OH）c（H+），溶液呈碱性，故A错误；
14、B根据A可知，c（OH）c（H+），溶液呈碱性，说明HX电离程度小于X水解程度，则c（HX）c（X），故B错误；C溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得：c（X）+c（HX ）=2c（Na+），故C正确；D根据混合液中的物料守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（X），根据电荷守恒可得：c（X）+c（HX ）=2c（Na+），+得：c（Na+）+c（OH）=c（H+）+c（HX），故D正确；故选CD【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，正确判断HX电离程度与X水解程度大小为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法5某酸的酸式盐NaHY
15、在水溶液中，HY的电离程度小于HY的水解程度有关的叙述正确的是（）AH2Y的电离方程式为：H2Y+H2OH3O+HYB在该酸式盐溶液中c（Na+）c（Y2）c（HY）c（OH）c（H+）CHY的水解方程式为HY+H2OH3O+Y2D在该酸式盐溶液中c（Na+）c（HY）c（OH）c（H+）【考点】离子浓度大小的比较菁优网版权所有【分析】AH2Y是二元弱酸，电离时分两步电离；B酸式盐NaHY的水溶液中，HY的电离程度小于HY的水解程度，溶液呈酸性，据此判断各种离子浓度大小；CHY水解生成二元弱酸和氢氧根离子；D酸式盐NaHY的水溶液中，HY的电离程度小于HY的水解程度，溶液呈酸性，据此判断各种离
16、子浓度大小【解答】解：AH2Y是二元弱酸，电离时分两步电离，第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子，电离方程式为：H2Y+H2OHY+H3O+，故A正确；BNaHY的水溶液中，阴离子水解，钠离子不水解，所以c（Na+）c（HY）；HY的电离程度小于HY的水解程度，但无论电离还是水解都较弱，阴离子还是以HY为主，溶液呈碱性，说明溶液中c（OH）c（H+）；因溶液中还存在水的电离，则c（H+）c（Y2），所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（HY）c（OH）c（H+）c（Y2），故B错误；CHY水解生成二元弱酸和氢氧根离子，水解方程式为：HY+H2OOH+H2Y，选项中是电离方程式，故C错误；D根据
17、B的分析可知：c（Na+）c（HY）c（OH）c（H+），故D正确；故选AD【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，明确“HY的电离程度小于HY的水解程度”的含义为解答本题的关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液离子浓度大小中的应用方法6将0.1molL1的醋酸钠溶液20mL与0.1molL1盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关粒子的浓度关系正确的是（）Ac（CH3COO）c（Cl）c（H+）c（CH3COOH）Bc（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）Cc（CH3COO）=c（Cl）c（H+）c（CH3COOH）Dc（Na+）+c（
18、H+）c（CH3COO）+c（Cl）+c（OH）【考点】离子浓度大小的比较菁优网版权所有【分析】将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后NaAc和HAc的物质的量相浓度等，溶液显酸性，说明HAc电离程度大于Ac水解程度，结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（Cl）+c（OH）分析解答【解答】解：将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10mL混合后，反应后CH3COONa和CH3COOH的物质的量相等，溶液显酸性，说明HCH3COOH电离程度大于CH3COO水解程度，A反应后CH3COONa和CH3COOH的物
19、质的量相等，溶液显酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO水解程度，则（CH3COO）c （Cl），醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，应有c（CH3COOH）c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO）c（Cl）c（H+）c（CH3COOH），故A错误；B根据A的分析可知，c（CH3COOH）c（H+），离子浓度大小为：c（CH3COO）c（Cl）c（H+）c（CH3COOH），故B正确；C混合液中c（CH3COO）c（Cl），故C错误；D溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Ac）+c（Cl）+c（OH），故D错误；故选B【点评】本题考
20、查离子浓度大小比较，题目难度中等，根据溶液中溶质的物质的量之间的关系、溶质的性质结合电荷守恒来分析解答，明确弱电解质电离特点，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力7物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（）ANH4NO3BNH4HSO4CCH3COONH4DNH4HCO3【考点】盐类水解的原理菁优网版权所有【分析】根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱【解答】解：物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑（水解）其他因素影响，ABCD选项中铵根离子浓度分别比为1：1：1：
21、1；A、硝酸铵中，铵根离子的水解不受硝酸根离子的影响；B、硫酸氢铵中的氢离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度很小；C、醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度较小；D、碳酸氢根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度最小；综上NH4+的浓度最大的是NH4HSO4故选B【点评】本题考查学生离子的水解的影响因素、弱电解质的电离，注意把握影响盐的水解的因素，题目难度不大8下列离子在溶液中能大量共存的是（）ACa2+、HCO3、Cl、K+BAl3+、NH4+、CO32、ClCCa2+、Na+、NO3、SO42DH+、NH
22、4+、I、SO32【考点】离子共存问题菁优网版权所有【分析】离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、双水解反应的就能共存，据此分析解答【解答】解：A这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故A正确；BAl3+和CO32发生双水解反应而不能大量共存，故B错误；CCa2+、SO42反应生成沉淀而不能大量共存，故C错误；DNH4+、SO32发生双水解反应而不能大量共存，且强酸性条件下SO32和氢离子反应生成SO2和水，所以不能大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子共存，为高频考点，明确离子共存条件是解本题关键，注意哪些离子之间易双水解，易错选项是D，注意HI溶液是强酸溶液，题
23、目难度不大二、填空题（共3小题，每小题3分，满分9分）9（1）碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是碳酸钾，原因是尽管加热过程能促进碳酸钾水解，但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应后仍为碳酸钾（2）KAl（SO4）2溶液蒸干得到的固体物质是明矾，原因是尽管Al3+水解，由于硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后仍然会留下明矾（3）碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是碳酸钡，原因是碳酸氢钡在溶液中受热分解（4）亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是硫酸钠，原因是亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠（5）氯化铝溶液蒸干得到的固体物质是氢氧化铝和氧化铝，原因是Al3+水解，HCl挥发，得氢氧化铝，氢氧化铝部分分解为
24、氧化铝【考点】盐类水解的应用菁优网版权所有【专题】盐类的水解专题【分析】不同溶液的蒸干，具有一定规律：1、强碱强酸盐不水解，加热蒸发其水溶液得其固体；2、弱碱与易挥发性酸形成的盐，水解生成易挥发性酸，加热蒸发其水溶液有碱生成；若碱难溶解，则生成沉淀；若碱易挥发，则逸出气体；3、弱碱与难挥发性酸生成的盐，水解生成难挥发性酸，若碱不挥发，则加热蒸发其水溶液得其盐的晶体；4、多元弱酸的正盐，不论弱酸是不是易挥发，蒸干其水溶液，都得到原来的溶质，只要阳离子水解，产物不易挥发；5、易挥发性弱酸的酸式盐，加热蒸干得其正盐，只要阳离子水解产物不挥发；6、易被氧化的盐，加热蒸干过程中，盐被O2氧化【解答】解：
25、（1）碳酸钾中的碳酸根可以水解，尽管加热过程能促进碳酸钾水解，但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应后仍为碳酸钾，故答案为：碳酸钾；尽管加热过程能促进碳酸钾水解，但生成的碳酸氢钾和氢氧化钾反应后仍为碳酸钾；（2）明矾中的铝离子可以水解，但是Al3+水解生成氢氧化铝和硫酸，生成的酸是硫酸，由于硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后氢氧化铝和硫酸接着反应，仍然会留下明矾，故答案为：明矾；尽管Al3+水解，由于硫酸是高沸点酸，不能挥发，最后仍然会留下明矾；（3）碳酸氢钡在溶液中受热分解生成碳酸钡、水和二氧化碳，所以最后得到的固体物质是碳酸钡，故答案为：碳酸钡；碳酸氢钡在溶液中受热分解；（4）亚硫酸钠在蒸干的过程中不
26、断被空气氧化而变成硫酸钠，所以最后得到的固体物质是硫酸钠，故答案为：硫酸钠；硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气氧化而变成硫酸钠；（5）氯化铝溶液中的Al3+水解，生成氢氧化铝和氯化氢，而HCl挥发，得氢氧化铝，氢氧化铝部分分解为氧化铝，所以蒸干得到的固体物质是氢氧化铝和氧化铝，故答案为：氢氧化铝和氧化铝；Al3+水解，HCl挥发，得氢氧化铝，氢氧化铝部分分解为氧化铝【点评】本题考查了学生盐的水解的应用知识，可以根据所学知识进行回答，难度较大1025，将0.01mol CH3COONa和0.002mol HCl溶于水，形成1L混合溶液回答下列问题：（1）该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子
27、方程式表示：H2OH+OHCH3COOHCH3COO+H+CH3COO+H2OCH3COOH+OH（2）溶液中共有7种不同的粒子（指分子和离子）（3）在这些粒子中，浓度为0.01molL1的是Na+，浓度为0.002molL1的是Cl（4）CH3COOH和CH3COO两种粒子物质的量之和等于0.01mol【考点】离子方程式的书写；物质的量浓度的相关计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）存在水的电离平衡、醋酸的电离平衡、醋酸根离子的水解平衡；（2）含水、醋酸分子、氢离子、氢氧根离子、醋酸根离子、氯离子、钠离子；（3）利用原子守恒分析；（4）
28、利用原子守恒分析【解答】解：（1）存在水的电离平衡、醋酸的电离平衡、醋酸根离子的水解平衡，分别为H2OH+OH、CH3COOHCH3COO+H+、CH3COO+H2OCH3COOH+OH，故答案为：H2OH+OH；CH3COOHCH3COO+H+；CH3COO+H2OCH3COOH+OH；（2）含水、醋酸分子、氢离子、氢氧根离子、醋酸根离子、氯离子、钠离子，共7种微粒，故答案为：7；（3）由0.01mol CH3COONa，则浓度为0.01molL1的是Na+，由0.002mol HCl，则浓度为0.002molL1的是Cl，故答案为：Na+；Cl；（4）由0.01mol CH3COONa，则
29、CH3COOH、CH3COO微粒之和为0.01mol，故答案为：CH3COOH；CH3COO【点评】本题考查离子反应及溶液中的电离、水解，把握水解和守恒是解答本题的关键，题目难度中等11已知（1）Cu2+、Fe2+在pH为 45的条件下不水解，而这一条件下Fe3+几乎全部水解（2）双氧水（H2O2）是强氧化剂，在酸性条件下，它的还原产物是H2O现用粗氧化铜（CuO中含少量Fe）制取CuCl2溶液的过程如下：取50mL纯净的盐酸，加入一定量的粗CuO加热搅拌、充分反应后过滤，测知滤液的pH=3向滤液中加入双氧水、搅拌调节中溶液的pH至4，过滤把所得滤液浓缩（1）中发生反应的离子方程式是2Fe2+
30、H2O2+2H+2Fe3+2H2O（2）中使pH升高到4，采取的措施是：加入过量的D并微热、搅拌ANaOH B氨水CCuCl2 DCuO（3）中过滤后滤渣的成分是Fe（OH）3、CuO【考点】制备实验方案的设计菁优网版权所有【专题】综合实验题；化学实验基本操作【分析】（1）双氧水（H2O2）是强氧化剂，在酸性条件下氧化Fe2+生成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；（2）中使pH升高到4，不能引入新的杂质，排除AB，CuCl2不能调节pH；（3）在pH为45的条件下Fe3+几乎全部水解生成Fe（OH）3，CuO过量【解答】解：（1）双氧水（H2O2）是强氧化剂，在酸性条件下氧化Fe2+生成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；（2）中使pH升高到4，不能引入新的杂质，排除AB，CuCl2不能调节pH，故选D，故答案为：D；（3）在pH为45的条件下Fe3+几乎全部水解生成Fe（OH）3，CuO过量，则中过滤后滤渣的成分是Fe（OH）3与CuO，故答案为：Fe（OH）3、CuO【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、CuO的与酸的反应等知识，题目难度中等，注意把握基础知识的积累
