20182019學年蘇教版化學反應原理專題3 溶液中的離子反應專題檢測卷（解析版）

1、專題3 溶液中的離子反響檢測試題一、選擇題(共12小題,每題5分,共60分)1.以下數(shù)據不一定隨著溫度升高而增大的是( B )A.化學反響速率vB.化學平衡常數(shù)KC.弱電解質的電離平衡常數(shù)KD.水的離子積常數(shù)KW解析:升高溫度,化學反響速率加快,A不符合題意;平衡常數(shù)只與溫度有關系,假設正反響為放熱反響,升高溫度平衡向逆反響方向移動,化學平衡常數(shù)減小,假設正反響為吸熱反響,升高溫度平衡向正反響方向移動,化學平衡常數(shù)增大,B符合題意;弱電解質的電離是吸熱過程,升高溫度促進電離,電離平衡常數(shù)增大,C不符合題意;水的電離是吸熱的,升高溫度促進水的電離,電離程度增大,水的離子積常數(shù)增大,D不符合題意。

2、2.乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱,在物質的量濃度均為0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中,以下排序正確的選項是( A )A.c(OH-)>c(HA)>c(HB)>c(H+)B.c(OH-)>c(A-)>c(B-)>c(H+)C.c(OH-)>c(B-)>c(A-)>c(H+)D.c(OH-)>c(HB)>c(HA)>c(H+)解析:酸越弱,對應的鹽的水解程度越大,故同濃度的NaA和NaB,前者水解程度更大,因此其溶液中c(HA)>c(HB),D項錯誤;鹽類水解一般來說是一些比擬弱的反響,鹽的水解程度很弱,

3、故c(OH-)不可能大于c(A-)和c(B-),故B、C錯。3.將體積均為10 mL、pH均為3的鹽酸和醋酸溶液,參加水稀釋至a mL和b mL,測得稀釋后溶液的pH均為5,那么稀釋后溶液的體積( C )A.a=b=100B.a=b=1 000C.a<b D.a>b解析:由于醋酸是弱酸,在稀釋過程中,氫離子的物質的量是增加的,所以要使稀釋后的pH相等,那么醋酸稀釋的倍數(shù)要大于鹽酸的,答案選C。4.在溶液導電性實驗裝置里在相同溫度下分別注入20 mL 6 mol·L-1 醋酸溶液和20 mL 6 mol·L-1 氨水,燈光明暗程度相同,如果把這兩種溶液混合后再試驗

4、,那么( D )A.燈光變暗;兩者電離常數(shù)相同B.燈光變暗;電離常數(shù)醋酸大于氨水C.燈光變亮;電離常數(shù)醋酸小于氨水D.燈光變亮;電離常數(shù)醋酸等于氨水解析:因為等濃度的醋酸和氨水的導電情況相同,說明離子濃度相等,即電離出的離子濃度與剩余的分子濃度分別相等,所以兩者的電離常數(shù)相同,將兩者混合后溶質由弱電解質變?yōu)閺婋娊赓|,溶液中離子濃度增大,導電能力增強,燈光變亮。5.常溫下,將pH=a和pH=b的兩種NaOH(aq)等體積混合。假設b=a+2,那么所得溶液的pH接近于( B )A.a-lg 2 B.b-lg 2C.a+lg 2 D.b+lg 2解析:由c(OH-)混 mol/L mol/L那么c(

5、H+)= mol/L=2×10-b mol/L即pH=b-lg 2或pH=a+2-lg 2。6.以下說法中正確的選項是( D )A.中和熱測定實驗中,假設用銅質攪拌器,那么所測中和熱的絕對值偏大B.用待測液潤洗滴定用的錐形瓶,會使滴定結果偏低C.滴定終點讀取滴定管刻度時,俯視標準液液面,會導致測定結果偏大D.配制一定物質的量濃度的溶液,定容時仰視刻度線,會使所配溶液濃度偏低解析:用銅質攪拌器,散熱太多,測得中和熱絕對值偏小,A錯;用待測液潤洗錐形瓶,使得n待增大,V標增大,c待偏高,B錯;滴定終點俯視讀數(shù),讀得的數(shù)值偏小,V標偏小,c待偏小,C錯;配制一定物質的量濃度溶液時,定容時仰

6、視刻度線,那么溶液體積偏大,溶液濃度偏低,D正確。7.用化學用語解釋相關現(xiàn)象正確的選項是( C )A.BaSO4的水溶液導電性極弱:BaSO4Ba2+SB.KHSO4在熔融狀態(tài)下可導電:KHSO4K+H+SC.常溫下,0.1 mol/L的HF溶液的pH>1:HF+H2OH3O+F-D.向KI淀粉溶液中滴加稀硫酸,溶液變藍色:4I-+O2+2H2O2I2+4OH-解析:BaSO4在溶液中溶解度很小,溶液中帶電離子的濃度很小,導電性極弱,但是BaSO4是強電解質完全電離,不存在電離平衡,故A錯誤;KHSO4在熔融狀態(tài)下電離出鉀離子和硫酸氫根離子,其電離方程式為KHSO4K+HS,故B錯誤;H

7、F是弱電解質,在溶液中局部電離,0.1 mol/L的HF溶液的氫離子的濃度小于 0.1 mol/L,所以pH>1:即HF+H2OH3O+F-,故C正確;向KI淀粉溶液中滴加稀硫酸,溶液變藍色:4I-+O2+4H+2I2+2H2O,故D錯誤。8.關于溶液中微粒的濃度,以下說法正確的選項是( C )A.0.1 mol·L-1的(NH4)2SO4溶液中:c(S)>c(N)>c(H+)>c(OH-)B.等濃度等體積的NaHSO3溶液與NaClO溶液混合后:c(Na+)+c(H+)=c(HS)+c(ClO-)+2c(S)+c(OH-)C.等濃度等體積的NaHCO3溶液與

8、NaCl溶液混合后:c(Na+)=2c(HC)+c(C)+c(H2CO3)D.標準狀況下,將2.24 L SO2氣體通入100 mL 1 mol·L-1 的NaOH溶液中,完全反響后溶液呈酸性,那么該溶液中:c(Na+)>c(HS)>c(S)>c(H+)>c(OH-)解析:(NH4)2SO4溶液中,銨根離子存在微弱的水解,鹽直接電離出的離子濃度大于水解得到的離子濃度,c(N)>c(S)>c(H+)>c(OH-),A錯誤;次氯酸根離子具有氧化性,能將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子,溶液混合后得到等量的硫酸氫鈉和氯化鈉溶液,存在電荷守恒:c(Na+

9、)+c(H+)=c(Cl-)+2c(S)+c(OH-),B錯誤;等濃度等體積的NaHCO3溶液與NaCl溶液混合后,碳酸氫根離子水解、電離導致存在不同的形態(tài),溶液中存在物料守恒:c(Na+)=2c(HC)+c(C)+c(H2CO3),C正確;標準狀況下,將2.24 L SO2氣體通入100 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液中,完全反響后溶液為亞硫酸氫鈉溶液,溶液呈酸性,說明亞硫酸氫根離子水解程度小于電離程度,所以c(Na+)>c(HS)>c(H+)>c(S)>c(OH-),D錯誤。9.室溫下,某溶液中由水電離出來的H+和OH-物質的量濃度的乘積為10-2

10、4,在該溶液中,一定不能大量存在的離子是( B )A.S B.HCC.N D.N解析:室溫時由水電離出的H+和OH-物質的量濃度的乘積為10-24,因為由水電離產生的H+與OH-物質的量相等,那么此溶液中由水電離出的c(H+)水=c(OH-)水=10-12 mol/L,溶液為酸性(pH=2)或堿性(pH=12),HC一定不能大量存在。10.:常溫下濃度均為 0.1 mol/L的以下溶液的pH如表:溶質NaFNa2CO3NaClONaHCO3pH7.511.69.78.3以下有關說法正確的選項是( B )A.在相同溫度下,同濃度的三種酸溶液的導電能力順序:H2CO3<HClO<HFB

11、.等體積等物質的量濃度的NaClO溶液與NaF溶液中離子總數(shù)大小:N前<N后C.假設將CO2通入0.1 mol/L Na2CO3溶液至溶液呈中性,那么溶液中:2c(C)+c(HC)=0.1 mol/LD.向Na2CO3溶液中通入少量的HF氣體,化學反響方程式為Na2CO3+2HFCO2+H2O+2NaF解析:溶液pH越大,對應酸的酸性越弱,根據表中數(shù)據可知,酸性大小為HF>H2CO3>HClO>HC,溫度、濃度相同時,酸性越強,溶液導電能力越強,那么三種溶液導電性大小為HClO<H2CO3<HF,故A錯誤;NaClO、NaF溶液中次氯酸根離子、氟離子發(fā)生水解

12、使溶液呈堿性,氫離子濃度小于10-7 mol/L,由于酸性HF>HClO,那么次氯酸根的水解程度大于氟離子,故次氯酸鈉溶液中氫氧根離子濃度大于氟化鈉,次氯酸鈉溶液中的氫離子濃度小于氟化鈉;兩溶液中鈉離子濃度相等,兩溶液中陰離子濃度=c(Na+)+c(H+),由于溶液體積相等,那么次氯酸鈉溶液中陰離子數(shù)目小于氟化鈉,即N前<N后,故B正確;假設將CO2通入 0.1 mol/L Na2CO3溶液至溶液呈中性,那么c(H+)=c(OH-),根據電荷守恒可知:2c(C)+c(HC)=c(Na+)=0.2 mol/L,故C錯誤;向Na2CO3溶液中通入少量的HF氣體,反響生成碳酸氫鈉和氟化鈉

13、,正確的化學反響方程式為Na2CO3+HFNaHCO3+NaF,故D錯誤。11.醋酸、醋酸根離子在溶液中存在以下平衡:CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+K1=1.75×10-5 mol·L-1CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-K2=5.71×10-10 mol·L-1現(xiàn)將50 mL 0.2 mol·L-1醋酸溶液與50 mL 0.2 mol·L-1 醋酸鈉溶液混合制得溶液甲,以下表達正確的選項是( B )A.溶液甲的pH>7B.對溶液甲進行微熱,K1、K2同時增大C.假設在溶液甲中參加少量的NaOH溶液,溶

14、液的pH明顯增大D.假設在溶液甲中參加5 mL 0.1 mol·L-1的鹽酸,那么溶液中醋酸的K1會增大解析:K1大于K2,所以混合溶液中以醋酸的電離為主,溶液為酸性,A錯誤;兩者均為吸熱反響,升高溫度K值增大,B正確;假設在甲中參加很少量的NaOH溶液,醋酸電離平衡正向移動,溶液的pH幾乎不變,C錯誤;溫度不變,平衡常數(shù)不變,D錯誤。12.25 時,2a mol/L次氯酸水溶液中,用NaOH溶液調節(jié)其pH(忽略溶液體積的變化),得到c(HClO)、c(ClO-) 與溶液pH的變化關系如下圖。以下說法正確的選項是( A )A.當pH=2時,溶液中c(ClO-)>c(Na+)B.

15、當c(ClO-)>c(HClO)時,溶液一定呈堿性C.當pH=3.45時,所加NaOH溶液恰好與HClO完全反響D.當pH=5時,溶液中:c(HClO)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=a mol/L解析:當pH=2時,溶液呈酸性,那么溶液中c(OH-)<c(H+),溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-),那么c(ClO-)>c(Na+);根據圖像知,當pH>3.45時,溶液中c(ClO-)>c(HClO),所以當c(ClO-)>c(HClO)時,溶液不一定呈堿性;HClO為弱酸,恰好反響時生成次氯酸鈉溶液,溶液顯示

16、堿性,而當pH=3.45時溶液顯示酸性,那么HClO過量;溶液中都存在電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-),根據物料守恒得:c(HClO)+c(ClO-)=2a mol/L,當pH=5時,由可得:c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(ClO-),兩邊同時加c(HClO)可得:c(HClO)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=c(HClO)+c(ClO-)=2a mol/L。二、非選擇題(共40分)13.(10分)常溫下,將 0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水,形成1 L的混合溶液。(1)該溶液中存在著三個平衡體系,用電離

17、方程式或離子方程式表示: ; (2)該溶液中,濃度為0.01 mol/L的粒子是 ,濃度為0.002 mol/L的粒子是 。 (3) 和 兩種粒子物質的量之和等于0.01 mol。 解析:(1)存在水的電離平衡、醋酸的電離平衡、醋酸根離子的水解平衡,分別為H2OH+OH-、CH3COOHCH3COO-+H+、CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。(2)由0.01 mol CH3COONa,那么濃度為0.01 mol/L的是Na+,0.002 mol HCl,故濃度是0.002 mol/L的是Cl-。(3)由0.01 mol CH3COONa,那么CH3COOH、CH3COO-微粒物質的

18、量之和為0.01 mol。答案:(1)H2OH+OH- CH3COOHCH3COO-+H+CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- (2)Na+ Cl- (3)CH3COOH CH3COO-14.(10分)醋酸在日常生活和生產中的應用很廣泛。(1)pH=3的醋酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合后溶液呈 (填“酸性“中性或“堿性),溶液中c(Na+) c(CH3COO-)(填“>“=或“<)。 (2)25 時,向0.1 mol·L-1的醋酸中參加少量醋酸鈉固體,當固體溶解后,測得溶液pH增大,主要原因是 (3)室溫下,如果將0.1 mol CH3COONa固體和0.

19、05 mol HCl全部溶于水形成混合溶液。在混合溶液中: 和 兩種粒子的物質的量之和等于 0.1 mol。 和 兩種粒子的物質的量之和比H+多0.05 mol。 (4)在25 下,將m mol·L-1的醋酸溶液與 0.001 mol·L-1氫氧化鈉溶液等體積混合后,溶液呈中性,用含m的代數(shù)式表示CH3COOH的電離常數(shù)Ka= 。 (5)用標準的NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸,選用酚酞為指示劑,以下能造成測定結果偏高的是 。 A.未用標準液潤洗堿式滴定管B.滴定終點讀數(shù)時,俯視滴定管的刻度C.盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過,未用待測液潤洗解析:(1)pH=3的醋酸與pH=1

20、1的NaOH溶液等體積混合,因為醋酸是弱酸,所以醋酸過量,溶液呈酸性,又由電荷守恒知:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-),因 c(H+)>c(OH-),所以c(Na+)<c(CH3COO-)。(2)醋酸中存在電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+,當參加CH3COONa后,c(CH3COO-)增大,抑制了CH3COOH的電離,故c(H+)減小,pH增大。(3)兩者混合后相當于得到0.05 mol CH3COONa、0.05 mol CH3COOH、0.05 mol NaCl的混合溶液。由物料守恒知:n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.1 m

21、ol。由電荷守恒知:n(H+)+n(Na+)=n(OH-)+n(CH3COO-)+n(Cl-),即:n(Na+)-n(Cl-)=n(OH-)+n(CH3COO-)-n(H+)=0.05 mol。(4)由電荷守恒知:c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),又知溶液呈中性,所以c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1,c(Na+)=c(CH3COO-)=0.000 5 mol·L-1,又由物料守恒知:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=mol·L-1,所以c(CH3COOH)=mol·L-1-0.000 5 mol

22、83;L-1,根據Ka=。(5)未用標準液潤洗堿式滴定管,造成NaOH溶液被稀釋,消耗NaOH溶液體積偏大,造成測定結果偏高,A正確;滴定終點俯視讀數(shù),造成讀數(shù)偏小,消耗標準NaOH溶液偏少,測定值偏低,B不正確,C不影響測定結果。答案:(1)酸性 < (2)醋酸鈉溶于水,電離出大量醋酸根離子,抑制了醋酸的電離,使c(H+)減小(3)CH3COOH CH3COO- CH3COO- OH-(4) (5)A15.(10分)工廠中用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中,除了含有大量硫酸外,還含有少量N、Fe3+、As、Cl-。為除去雜質離子,局部操作流程如下:請答復以下問題:(1)用稀硫酸浸泡某礦石后的

23、溶液中,硫酸的濃度為4.9 g·L-1,那么該溶液中的pH約為 。 (2)N在用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中以(NH4)2SO4和NH4Cl形式存在?，F(xiàn)有一份(NH4)2SO4溶液,一份NH4Cl溶液,(NH4)2SO4溶液中c(N)恰好是NH4Cl溶液中c(N)的2倍,那么c(NH4)2SO4 (填“<“=或“>)c(NH4Cl)。 (3)隨著向廢液中投入生石灰(忽略溶液溫度的變化),溶液中 (填“增大“減小或“不變)。 (4)投入生石灰調節(jié)pH到23時,大量沉淀主要成分為CaSO4·2H2O含有少量Fe(OH)3,提純CaSO4·2H2O的主要操作步

24、驟:向沉淀中參加過量 ,充分反響后,過濾、洗滌、 。 (5)25 ,H3AsO4的電離常數(shù)為K1=5.6×10-3,K2=1.7×10-7,K3=4.0×10-12。當溶液中pH調節(jié)到89時,沉淀主要成分為Ca3(AsO4)2。pH調節(jié)到8左右Ca3(AsO4)2才開始沉淀的原因是Na3AsO4第一步水解的離子方程式為 :As+2I-+2H+As+I2+H2O,SO2+I2+2H2OS+2I-+4H+。上述兩個反響中復原性最強的微粒是 。 解析:(1)硫酸的濃度為4.9 g·L-1,c(H2SO4)=0.05 mol/L,c(H+)=0.1 mol/L,

25、pH=-lg 0.1=1。(2)假設c(NH4)2SO4=c(NH4Cl),那么(NH4)2SO4溶液中c(N)較大,因c(N)越大,N水解程度越小,那么(NH4)2SO4溶液中c(N)大于NH4Cl溶液中c(N)的2倍,假設等于2倍,那么c(NH4Cl)較大。(3)隨著向廢液中投入生石灰,c(OH-)增大,c(NH3·H2O)減小,那么溶液中減小。(4)提純CaSO4·2H2O,可參加稀硫酸溶解Fe(OH)3,且防止CaSO4·2H2O的溶解,過濾后洗滌、枯燥。(5)H3AsO4是弱酸,電離出來的As較少,所以酸性條件下不易形成Ca3(AsO4)2沉淀,當溶液中

26、pH調節(jié)到8左右時As濃度增大,Ca3(AsO4)2開始沉淀,Na3AsO4第一步水解的離子方程式為As+H2OHAs+OH-。復原劑的復原性大于復原產物的復原性,那么復原性SO2>I->As,復原性最強的微粒是SO2。答案:(1)1 (2)< (3)減小 (4)稀硫酸 枯燥 (5)H3AsO4是弱酸,當溶液中pH調節(jié)到8左右,c(As)增大,Ca3(AsO4)2開始沉淀 As+H2OHAs+OH- SO216.(10分)某研究性學習小組為了探究醋酸的電離情況,進行了如下實驗:【實驗一】 配制并標定醋酸溶液的濃度。取冰醋酸配制250 mL 0.2 mol·L-1的醋酸溶液,然后用 0.2 mol·L-1 的醋酸溶液稀釋成所需濃度的溶液,再用NaOH標準溶液對所稀釋的醋酸溶