第三章水溶液中的离子反应与平衡（B卷·能力提升练）（解析版）_E015高中全科试卷_化学试题_选修1_3.新版人教版高中化学试卷选择性必修1_2.单元测试_2.单元测试AB卷（第二套）

班级 姓名 学号 分数 第三章 水溶液中的离子反应与平衡（B 卷·能力提升练） （时间：90分钟，满分：100分） 一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。） 1．在相同温度下，100mL 0.1mol·L-1的醋酸与10mL 1mol·L-1的醋酸相比较，下列说法正确的是 A．溶液中H＋的物质的量前者大于后者 B．前者的电离程度小于后者 C．发生中和反应时所需NaOH的量前者大于后者 D．溶液中CHCOOH的物质的量前者大于后者 3 【答案】A 【解析】A．前者电离程度大于后者，所含H＋的物质的量大于后者，故A正确； B．前者浓度小，CHCOOH的电离程度前者大于后者，故B错误； 3 C．两种溶液所含溶质物质的量相等，故发生中和反应时所需NaOH的量相同，故C错误； D．前者浓度小，CHCOOH的电离程度大，所含CHCOOH的物质的量前者小于后者，故D错误； 3 3 故答案选C。 2．室温下，往0.1 mol·L-1的氨水中滴入酚酞溶液时，溶液将呈现粉红色。现采取下列措施，滴有酚酞的氨 水溶液颜色不会变浅的是 A．往溶液中滴入稀硫酸 B．往溶液中加入NH Cl晶体 4 C．把溶液加热至沸腾 D．往溶液中加入NaOH固体 【答案】D 【解析】氨水中存在NH •H O NH +OH-，溶液呈弱碱性，如采取某些措施，滴有酚酞的氨水溶液颜 3 2 4 色变浅，说明OH-离子浓度减小⇌，以此解答该题。 A．往溶液中加入稀硫酸，稀硫酸中的H+消耗氨水里的OH-，使c(OH-)减小，颜色变浅，故A不选； B．加入NH Cl，铵根离子浓度增大抑制了NH •H O的电离，使c(OH-)减小，颜色变浅，故B不选； 4 3 2 C．将溶液加热至沸腾，NH •H O分解，NH 大量逸出，电离平衡逆移，使c(OH-)减小，红色变浅，故C 3 2 3 不选； D．加入NaOH固体，对氨水的电离平衡产生抑制作用，但c(OH-)变大，红色变深，故D选； 故选D。 3．下列应用与盐类水解无主要关系的是（ ） 1 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．用铝盐和铁盐作净水剂 SOCl AlCl 6H O AlCl B．将 2（遇水剧烈水解）和 3 2 混合加热制取无水 3 FeSO FeSO 7H O C． 4溶液制备 4 2 晶体时，不能直接蒸干结晶获取 D．草木灰与铵态氮肥不能混合施用 【答案】C 【解析】A.铝离子和铁离子均水解，分别生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，因此用铝盐和铁盐作净水剂， 与盐类水解有关，故A不选； SOCl HCl SOCl AlCl 6H O B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢， 2水解生成 ，抑制氯化铝水解，将 2和 3 2 混 AlCl 合加热制取无水 3，与盐类水解有关，故B不选； O FeSO 7H O C.亚铁离子不稳定，易被空气中的 2氧化生成铁离子，且 4 2 受热易分解，所D.以不能直接蒸干 FeSO FeSO 7H O 4饱和溶液来制备 4 2 ，与盐类水解无关，故C选； 铵根离子和碳酸根离子水解相互促进，因此施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用，与盐类水解有关 系，故D不选。 故答案选：C。 4．下表是几种弱酸在常温下的电离平街常数： CHCOOH HCO HS HPO 3 2 3 2 3 4 K =7.5×10-3 a1 K =4.3×10-7 K =9.1×10-8 a1 a1 1.8×10-5 K =6.2×10-8 a2 K =5.6×10-11 K =1.1×10-12 a2 a2 K =2.2×10-13 a3 则下列说法中不正确的是 A．碳酸的酸性强于氢硫酸 B．多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定 c  H C．常温下，加水稀释醋酸， 增大 cCH COOH 3 D．向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离平衡常数不变 【答案】D 2 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【解析】A．多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定。弱酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性就越强。由 于碳酸的电离平衡常数K =4.3×10-7比HS氢硫酸的电离平衡常数K = K =9.1×10-8大，所以酸性：碳酸比 a1 2 a1 a1 氢硫酸的酸性强，A正确； B．多元弱酸一级电离产生的氢离子会抑制二级电离，所以多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离，故 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，B正确； C．醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：CHCOOH CHCOO-+H+，加水稀释，使电离平衡正向 3 3 移动，导致溶液中n(H+)有所增加，n(CHCOOH)减小，在同一溶液中，体积相同，所以加水稀释导致 3 c  H 增大，C正确； cCH COOH 3 D．向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，二者发生中和反应，放出热量，使溶液的温度升高；升高温度，能 够促进电解质的电离，使弱电解质电离平衡正向移动，导致其电离平衡常数增大，D错误； 故合理选项是D。 5．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是( ) A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13 C．该温度下，加入稀盐酸可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 【答案】C 【解析】升高温度促进水的电离，c(H＋)和c(OH－)都增大，A错误；该温度下K ＝c(OH－)·c(H＋)＝1×10－14， w B错误；加入HCl，溶液中c(H＋)增大，c(OH－)减小，C正确；稀释时，若c(OH－)减小，则c(H＋)应变大， 不可能由c向d变化，D错误。 6．已知在100 ℃时水的离子积K ＝1×10－12，下列溶液的温度均为100 ℃。其中说法正确的是( ) w A．0.005 mol·L－1的HSO 溶液，pH＝2 2 4 B．0.001 mol·L－1的NaOH溶液，pH＝11 C．0.005 mol·L－1的HSO 溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸 2 4 性 D．完全中和pH＝3的HSO 溶液50 mL，需要pH＝9的NaOH溶液100 mL 2 4 【答案】A 【解析】A项，0.005 mol·L－1的HSO 溶液中，c(H＋)＝0.005 mol·L－1×2＝0.01 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝ 2 4 3 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司－lg 0.01＝2；B项，0.001 mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，c(H＋)＝＝mol·L－1＝1×10－9 mol·L－1，pH＝－lg(1×10－9)＝9；C项，0.005 mol·L－1的HSO 溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混 2 4 合，溶液呈中性，PH＝6；D项，pH＝3的HSO 溶液c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝9的NaOH溶液，c(OH 2 4 －)＝10－3 mol·L－1，二者完全中和，需要溶液的体积相等。 7．用已知浓度的NaOH溶液测定某HSO 溶液的浓度，参考图示仪器，从下表中选出符合题意选项 2 4 选 锥形瓶中的溶液 滴定管中的溶液 指示剂 滴定管 项 A 碱 酸 石蕊 乙 B 酸 碱 酚酞 甲 C 酸 碱 酚酞 乙 D 碱 酸 酚酞 乙 【答案】C 【解析】根据图像可知，甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管。用已知浓度的NaOH溶液测定某HSO 溶液 2 4 的浓度，锥形瓶中盛放未知浓度的HSO 溶液，滴定管中盛放NaOH标准溶液。 2 4 A．不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，且锥形瓶中应盛放未知浓度的HSO 溶液，滴定管 2 4 中盛放NaOH标准溶液，A不符合题意； B．根据分析，滴定时应选用碱式滴定管，不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，B不符合题意； C．用酚酞指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色由无色变为粉红色，现象较明显，并且使用碱式滴定管，C 符合题意； D．根据分析，锥形瓶中盛放未知浓度的HSO 溶液，滴定管中盛放NaOH标准溶液，D不符合题意； 2 4 故选C。 8．用pH试纸测定溶液的pH，下列叙述正确的是 A．测得某浓度的NaClO溶液的pH为10 B．常温下测得NH Cl溶液pH约为4.1 4 C．用湿润的pH试纸测pH相同的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是盐酸 D．在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口观察其颜色并与标准比色卡比较 【答案】C 4 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【解析】A．NaClO溶液具有漂白性，会将pH试纸漂白，故不能用pH试纸测定其pH，故A错误； B．广泛的pH试纸测定的溶液的pH的数值为整数，故B错误； C．稀释时，醋酸还会继续电离出氢离子，故稀释pH相同的盐酸和醋酸溶液时，醋酸的氢离子浓度变化小， pH变化小，故用湿润的pH试纸测pH相同的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是盐酸，故C正确； D．在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口，无法测定溶液的pH，故D错误； 故选C。 9．根据下表信息，判断0.10 mol/L的下列各溶液pH最大的是( ) 酸 电离常数(常温下) CHCOOH K=1.8×10-5 3 a HCO K =4.3×10-7，K =5.6×10-11 2 3 a1 a2 HS K =9.1×10-8，K =1.1×10-12 2 a1 a2 A．CHCOONa B．NaCO C．NaHCO D．NaS 3 2 3 3 2 【答案】D 【解析】根据题干表格中的酸的电离平衡常数可知，酸性的强弱顺序为：CHCOOH＞HCO＞HS＞ 3 2 3 2 HCO- CO2- HCO- 3＞HS-，根据越弱越水解的规律可知，水解能力强弱顺序为：S2-＞ 3 ＞HS-＞ 3＞CHCOO-， 3 故0.10 mol/L的下列各溶液pH最大的是NaS，故答案为：D。 2 FeCl 10．下列关于 3水解的说法错误的是 FeCl A．在稀溶液中，水解达到平衡时，无论加 3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动 5 mol/L 0.5 mol/L FeCl Fe3＋ B．浓度为 和 的两种 3溶液，其他条件相同时， 的水解程度前者小于后者 FeCl Fe3＋ C．其他条件相同时，同浓度的 3溶液在50 ℃和20 ℃时发生水解，50 ℃时 的水解程度比20 ℃ 时的小 Fe3＋ FeCl D．为抑制 的水解，更好地保存 3溶液，应加少量盐酸 【答案】C 【解析】A、氯化铁不饱和时，加氯化铁饱和溶液增大反应物的量浓度，加水稀释会导致离子浓度减小， 两种形式下水解平衡均正向移动，故A正确； B、离子的水解规律：越稀越水解，其他条件相同时，越浓的氯化铁溶液Fe3+的水解程度越小，故B正确； 5 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司C、氯化铁水解反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，高温时Fe3+的水解程度较低温时大，故C错 误； D、加少量盐酸可使得水解生成的氢离子浓度，导致水解平衡逆向移动，抑制Fe3+水解，故D正确。 故答案为C。 11．25℃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 molL-1 CH COONa c(Na+)=c(Cl-)>c(CH COO-)>c(H+) A． 3 溶液和0.1mol/L盐酸等体积混合： 3 0.1 molL-1 NH Cl c(NH H O)>c(NH)>c(Cl-)>c(OH-) B． 4 溶液和0.1mol/L氨水等体积混合(pH>7)： 3 2 4 2 C．0.1 molL-1 Na CO 溶液和0.1 molL-1 NaHCO 溶液等体积混合： 3 c(Na+)=c(CO 3 2-)+c(HCO 3 -)+c(H 2 CO 3 ) 2 3 3 0.1 molL-1 Na C O H C O D． 2 2 4溶液和0.1mol/L盐酸等体积混合( 2 2 4为二元弱酸)： 2c(C O2-)+c(HC O-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) 2 4 2 4 【答案】C 0.1molL1 【解析】A．0.1mol/LCH COONa溶液和 盐酸等体积混合后生成等物质的量的氯化钠和醋酸，溶 3 CH COO 液中醋酸部分电离出氢离子和 3 ，水也电离出氢离子，所以氢离子浓度大于醋酸根离子浓度，A错 误； B．混合后溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则 c(NH )c(Cl)c(HN H O)c(OH) 4 3 2 ，B错误； C．碳酸钠和碳酸氢钠的元素质量(物料)守恒：2n(Na+)=3n(C)，据此规律可以得出题干中守恒规律，C正确； 0.1molL1Na C O 0.1molL1 D． 2 2 4，溶液和 盐酸等体积混合后反应生成等物质的量的氯化钠和草酸氢钠， 2c(C O2)c(HC O )c(OH)c(Cl)c(Na)c(H) 根据电荷守恒分析，有 2 4 2 4 ，D错误； 故选C。 12．已知：AgCls  Ag+aq+Cl-aq ΔH>0。室温下，在含大量AgCl的浊液中，仅改变横坐标轴对应 6 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司的一个条件，纵坐标轴代表的物理量的变化趋势符合实际的是 A．升高温度 B．加少量NaCl固体 C．加少量水 D．加少量KI固体 【答案】A 【解析】A．K 与温度有关，该溶解平衡吸热，升温溶度积增大，溶解度增加，故A正确； sp B．加入少量NaCl固体，溶解平衡逆向移动，但是引入了大量氯离子，氯离子浓度增加，其浓度变化趋势 为随氯化钠的质量增加而增加，故B错误； C．加水，溶液仍然为饱和氯化银溶液，溶液中银离子浓度不变，故C错误； D．加入KI加固体，因为碘化银比氯化银更难溶，沉淀转化为碘化银，溶液中银离子浓度降低，所以随着 KI固体的质量增多，银离子浓度逐渐减小，故D错误； 故选A。 13．已知NaHSO 溶液显酸性，溶液中存在以下平衡： 3 HSO 3+ H O  HSO + OH- ① 2 2 3 HSO SO2 3  H+ + 3 ② 向0.1mol·L-1的NaHSO 溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是 3 HSO A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c( 3)增大 1 B．加入少量Na 2 SO 3 固体，则c(H+) + c(Na+) = c(HSO 3  ) + c(OH-) +2c(SO 3 2 ) c  SO2- c  OH- 3 C．加入少量NaOH溶液，c  HSO-、 c  H+ 的值均增大 3 SO2 D．加入氨水至中性，则2c(Na+) = c( 3 )>c(H+) = c(OH-) 【答案】C 7 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【解析】A.加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO -）浓度减小，故A错误； 3 B.加入少量NaSO 固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO 2-）+c（HSO -）+c 2 3 3 3 （OH-），故B错误； c  SO2- 3 C.加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO 3 2-），c（OH-）浓度增大，c  HSO-、 3 c  OH- c  H+ 的值均增大，故C正确； D.加入氨水至中性，c（H+）=c（OH-），物料守恒为c（Na+）= c（SO 2-）+c（HSO -）+c（HSO ），因 3 3 2 3 此c(Na+) > c（SO 2-），故D错误； 3 答案选C 【点睛】 本题考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用，平衡分析和溶液中离子 浓度关系判断是解题关键，题目难度中等。 14．下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是 ①纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强；②误将钡盐[BaCl 、Ba(NO )]当作食盐食用时，常用0.5%的 2 3 2 NaSO 溶液解毒；③石灰岩(喀斯特地貌)的溶洞形成；④BaCO 不能做“钡餐”，而BaSO 则可以；⑤使 2 4 3 4 用泡沫灭火器时“泡沫”生成的原理。 A．②③④ B．①②③ C．③④⑤ D．①②③④⑤ 【答案】A 【解析】①碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解；水解是吸热过程，加热 有利于水解平衡正向移动，故热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强，应用了盐类水解原理，故①不 选； ②可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性 的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释，故②可选； ③碳酸钙在水中存在溶解平衡、水中含有钙离子、碳酸根，空气中有二氧化碳，二氧化碳、碳酸根和水反 应生成碳酸氢根、促使碳酸钙溶解平衡右移，所以可以用沉淀平衡原理来解释，故③可选； ④碳酸钡在水中存在溶解平衡、水中含有钡离子、碳酸根，碳酸根能和氢离子反应生成二氧化碳、水，促 使碳酸钡溶解平衡右移，所以可以用沉淀平衡原理来解释，故④可选； ⑤碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸 8 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速的产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火 的原理，故⑤不选； 故能用沉淀溶解平衡原理来解释的是②③④，故选：A。 15．下列实验操作能达到实验目的的是 选项 操作 目的 取一张pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴于 A 测定NaClO溶液的pH 试纸的中部，与标准比色卡对比 证明Na CO 溶液中存在 B 向含有酚酞的Na CO 溶液中滴入BaCl 溶液，观察溶液颜色的变化 2 3 2 3 2 水解平衡 取2mL0.1molL1AgNO 3 溶液，先后滴加3滴0.1molL1NaCl溶液和5 比较K sp AgCl 、 C 滴0.1molL1KI溶液，观察沉淀情况 K AgI 的大小 sp D 将FeNO  样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红 检验FeNO 3  2 样品是否 3 2 变质 【答案】B 【解析】A．NaClO溶液具有漂白性，无法用pH试纸测其pH，可选pH计测定pH，A项错误； c  OH B．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子水解平衡逆向移动， 减小，则观察溶液颜色 变化可证明存在水解平衡，B项正确； K C．硝酸银过量，加入NaCl，KI均会有沉淀生成，该操作不能比较AgCl、AgI的 sp，C项错误； FeNO  D．酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，不能检验 3 2样品是否变质，应溶于水后 滴加KSCN溶液，D项错误。 故选B。 16．用含铁废铜制备胆矾的流程如图所示，下列说法错误的是 9 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．“溶解”中加HO 只是将Fe2+氧化为Fe3+ 2 2 B．流程中Cu (OH) CO 可用CuO代替 2 2 3 C．pH=3时，c(Cu2＋)·c2(OH-)＜K [Cu(OH) ] sp 2 D．“系列操作”前加入HSO 的目的是抑制Cu2＋的水解 2 4 【答案】A 【分析】根据题中图示信息可知，含铁废铜加入过量的稀硫酸、HO，Fe溶解并被HO 氧化成Fe3+，HO 2 2 2 2 2 2 在酸性条件下将Cu溶解，I中含Fe3+、Cu2+等金属阳离子，加入Cu (OH) CO 调溶液的pH=3，且加热煮沸， 2 2 3 使Fe3+充分生成Fe(OH) 沉淀而除去，过滤，在滤液中加入HSO ，防止Cu2+水解，经过蒸发浓缩、冷却结 3 2 4 晶、过滤、洗涤，制得胆矾晶体；据此解答。 【解析】A．由上述分析可知，“溶解”中加HO 除了将Fe2+氧化为Fe3+，还将Cu溶解，发生的反应有 2 2 Cu＋HO＋2H＋=Cu2＋＋2HO，Fe＋2H＋=Fe2＋＋H↑，2Fe2＋＋HO＋2H＋=2Fe3＋＋2HO等，故A错误； 2 2 2 2 2 2 2 B．向I中加Cu (OH) CO 是为了调pH=3，即Cu (OH) CO 与H＋反应，消耗H＋且不引入其他杂质离子， 2 2 3 2 2 3 符合此要求的物质除Cu (OH) CO 外，还有Cu(OH) 、CuCO、CuO等，故B正确； 2 2 3 2 3 C．调pH=3的目的是使Fe3＋生成Fe(OH) 沉淀，而Cu2＋不生成Cu(OH) 沉淀，故c(Cu2＋)·c2(OH-)＜ 3 2 K [Cu(OH) ]，故C正确； sp 2 D．溶液中Cu2＋会发生水解，即Cu2＋＋2HOCu(OH) ＋2H＋，加入HSO ，使平衡向左移动，抑制 2 2 2 4 Cu2＋的水解，故D正确； 答案为A。 二、非选择题（本题共5小题，共52分。） 17．（10分）结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：请回答下列问题： 酸 电离常数(Ka) CH COOH 1.810-5 3 HClO 310-8 H CO K =4.410-7 K =4.710-11 2 3 1 2 H C O K =5.410-2 K =5.410-5 2 2 4 1 2 H S K =1.310-7 K =7.110-15 2 1 2 （1）同浓度的 CH 3 COO-、HCO 3 -、CO 3 2- 、 HC 2 O- 4 、ClO-、S2- 中结合 H+ 的能力最强的___________。 10 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司CH COOH 3 （2）常温下0.1mol/L的 溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_____(填字 母)。 c(H+) c(H+) A．c  H+ B．c(CHCOOH) C．c(OH-) D．c  OH- 3 CH COOH 3 （3）取等体积物质的量浓度相等的 、HClO两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消 VCH COOH V(HClO) 耗的NaOH溶液的体积大小关系为： 3 ___________ (填“>”、“<”或“=”) （4）在新制氯水中加入少量的NaCl固体，水的电离平衡___________移动(填“向右”、“向左”、或“不”)。 c  H+ =210-7mol/L c  H+ =510-6mol/L （5）某温度下，纯水中的 。若温度不变，滴入稀硫酸使 ，则由水 c  H+ 电离出的 为___________ mol/L。 S2－ 810－9molL－1 【答案】（1） （2）AC （3）= （4）向右 （5） 【解析】（1）电离平衡常数越小、电离出氢离子能力越小、酸越弱、则其阴离子结合质子能力越强。由 表知：HS-电离能力最差、则同浓度的 CH 3 COO-、HCO 3 -、CO 3 2- 、 HC 2 O- 4 、ClO-、S2- 中结合 H+ 的能力最强 的是S2－。 c  H+ （2）A．稀释促进电离， n(H+)有所增大，而体积增加得更快、 变小，A符合；B．稀释促进电离， c(H+) n(H+)  n(H+)有所增大，n(CHCOOH)变小，则c(CHCOOH) n(CHCOOH)增大，B不符合；C．稀释c  H+ 变小，常 3 3 3 c(H+)c(H+) c2(H+) 温下Kw不变，则c(OH-)c(H+)  K 变小，C符合；D．稀释c  H+ 变小，常温下Kw不变，则c  OH- W 增大，D不符合；答案为AC。 CH COOH 3 （3） 、HClO溶液体积相等、物质的量浓度相等、即物质的量相等，分别用NaOH稀溶液中和 11 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司可得到对应的钠盐溶液，则它们消耗的的NaOH物质的量相等、则消耗的等浓度NaOH溶液的体积大小关 VCH COOH V(HClO) 系为： 3 = 。 Cl H O H ClHClO （4）在新制氯水中加入少量的NaCl固体，增大了氯离子浓度，使 2 2  左移， c  H+ 变小，促进水电离，则水的电离平衡向右移动。 c  H+ =c(OH-)=210-7mol/L K c(OH-)c(H+)=410-14 （5）某温度下，纯水中的 ，则该温度下 W ，若温度 c  H+ =510-6mol/L 不变，滴入稀硫酸使 ，则由水电离出的 c  H+ c(OH-) K W  410-14 =810-9mol/L。 水 c(H+) 510-6mol/L t℃ K =110-13 18．（10分）(1) 时，水的 w ，则该温度____(填“>”“<”或“=”)25℃，其理由是_____。 c  H 1107molL1 (2)在(1)中所述温度下， 的溶液呈____(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存 c  OH  molL1 在NaOH溶质，则由水电离出的 _______ 。 H 2 (3)实验室用Zn和稀硫酸制取 ，反应时溶液中水的电离平衡_______(填“向左”“向右”或“不”，下同)移动。 在新制氯水中加入少量NaCl固体，水的电离平衡_______移动。 BaOH (4)25℃时，pH=4的盐酸中水的电离程度_______(填“大于”“小于”或“等于”)pH=10的 2溶液中水的电 离程度。 0.1molL1 K =1.7510-5 0.1molL1 K =1.410-3 (5) 乙酸(甲， a )和 氯乙酸(乙， a )的水溶液，下列可以表示两溶 c  H 液中由水电离出的 与加入水的体积V之间关系的是_______(填字母)。 12 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司a. b. c. d. 110-7 【答案】> 升温促进水的电离，K 增大 碱性 向右 向右 等于 c W K K 11013 11014 【解析】(1)升高温度，促进水的电离， w增大，由于 w ，因此该温度大于25℃，故 答案为：>；升温促进水的电离，K 增大； W 11013 (2)该温度下，溶液中c  OH  molL11106molL1，因为c  OH c  H，所以溶液呈碱性； 1107 c  OH c  H NaOH溶液中由水电离出的 等于溶液中的 ，即为1107molL1 。故答案为：碱性；1107 ； c  H (3)Zn与稀硫酸反应过程中，溶液中 减小，水的电离平衡向右移动。新制氯水中加入少量NaCl固体， Cl H O H ClHClO c  H 反应 2 2  的平衡向左移动，溶液中 减小，水的电离平衡向右移动。故答案 为：向右；向右； 1014 (4)pH=4的盐酸中，由水电离出的c  H  molL11010molL1，pH=10的 溶液中，由水电 104 BaOH 2 c  H 1010molL1 离出的 ，故两种溶液中水的电离程度相同，故答案为：等于； K K 0.1molL1 c  H 0.1molL1 c  H (5)乙酸的 a小于氯乙酸的 a，所以 乙酸溶液中的 小于 氯乙酸溶液中的 ， 0.1molL1 0.1molL1 故水的电离程度： 的乙酸溶液(甲)大于 的氯乙酸溶液(乙)，加水稀释，两溶液中的 c  H 均减小，水的电离程度均增大，故选c。故答案为：c； 19．（11分）某学生用0.1000mol·L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作分解为如下几步： A．移取20mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞 B．用标准溶液润洗滴定管2～3次 13 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液 D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上1～2cm E.调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，记下读数 F.把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度 就此实验完成填空： (1)正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)___________A→F； (2)若无上述B步骤操作，则测定结果会___________； (3)上述A步骤之前，若先用待测液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是___________； (4)判断到达滴定终点的现象是___________； (5)若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为2.50ml，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶 液的体积为___________； (6)乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：选取下述合理数据，计算出待测溶液的物质的量浓度为 ___________； (保留四位有效数字) 待测HCl溶液的体积/mL 0.1000 mol·L-1的KOH溶液的体积/mL 实验序号 滴定前刻度 滴定后刻度 1 25.00 0.00 26.29 2 25.00 1.00 31.00 3 25.00 1.00 27.31 【答案】(1)BDCE (2)偏高 (3)偏高 (4)当最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色 (5)24.90mL (6)0.1052mol/L 【解析】（1）中和滴定的操作步骤为：选择滴定管，洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定滴定管，调节 14 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司液面记下读数，取待测液于锥形瓶中，加入指示剂进行滴定，因此操作顺序为：BDCEAF。 （2）滴定管先用蒸馏水洗涤，内壁有一层水膜，如果直接装液会使标准液浓度降低，所用标准液体积偏 大，所得待测液浓度偏高，所以必须用标准溶液润洗滴定管2~3次。 （3）用蒸馏水洗涤锥形瓶后，若再用标准液润洗，会使锥形瓶内待测液溶质的物质的量增大，消耗标准 液的体积偏大，所得待测液浓度偏高。 （4）本实验是用KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，开始滴定时溶液显无色，随着氢 氧化钾标准液的滴入，溶液酸性减弱，当最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪 色，说明达到滴定终点。 （5）甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为2.50ml，滴定后液面如图，为27.40mL，此时 消耗标准溶液的体积为27.40mL-2.50ml=24.90mL。 26.29mL+26.31mL （6）根据数据有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗氢氧化钾溶液的体积为 2 =26.30mL，由KOH+HCl=KCl+H O可知，0.263L0.1000mol/L=0.025Lc(HCl)，解得c(HCl)= 2 0.1052mol/L。 20．（13分）按要求完成各题。 CO NaOH Na CO NaHCO （1） 2是温室气体，可用 溶液吸收得到 2 3或 3。 Na CO CO2- CO2- ① 2 3俗称纯碱，因 3 水解而使其水溶液呈碱性，试写出 3 水解的离子方程式(忽略第二步水解)： K = _______，其水解反应平衡常数(即水解常数)的表达式为 b _______。 K =210-4 c(HCO-):c(CO2-)=2:1 pH= ②已知25℃时， b ，则当溶液中 3 3 时，溶液的 _______。 0.1 molL1 Na CO c(OH-)-c(H+)= c(HCO-) c(H CO ) （2） 2 3溶液中 _______［用含 3 、 2 3 的关系式表示］。 Na CO ④向 2 3溶液中加入明矾会产生沉淀和气体，请写出相关的离子方程式：_______。 NaOH NO 2NO +2NaOH=NaNO +NaNO +H O 0.2 mol NaOH （3）实验室可用 溶液吸收 2，反应为 2 3 2 2 。含 的 水溶液与 0.2 mol NO 2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为 0.1 molL1 的 CH 3 COONa 溶液，则两溶液中 CH COOH 3 c(NO) c(NO) c(CH COO-) HNO K =7.110-4 3 2 3 2 a 15 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司c(NO) c(NO) c(CH COO-) HNO K =7.110-4 3 、 2 和 3 由大到小的顺序为_______(已知 2的电离常数 a ， CH COOH K =1.810-5 pH 3 的电离常数 a )。可使溶液A和溶液B的 相等的方法是_______(填序号)。 a.向溶液A中加适量水 b.向溶液A中加适量NaOH固体 c.向溶液B中加适量水 d.向溶液B中加适量NaOH固体 SO SO （4）直接排放含 2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的 2。吸收液( NaOH SO n(SO2-):n(HSO) 溶液)吸收 2的过程中，pH随 3 3 的变化关系如下表： n(SO2-):n(HSO) 91∶9 1∶1 9∶91 3 3 pH 8.2 7.2 6.2 NaHSO 3 ①由上表判断 溶液显_______性，理由：_______。 ②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是_______(填序号)。 c(Na+)=2c(CO2-)+c(HCO) a. 3 3 c(Na+)>c(HSO)>c(SO2-)>c(H+)=c(OH-) b. 3 3 c(Na+)+c(H+)=c(SO2-)+c(HSO)+c(OH-) c. 3 3 c(HCO-) c(OH-) 3  【答案】（1）CO 3 2-+H 2 O  HCO 3 -+OH- c(CO 3 2-) 10 （2） c(HCO 3 -)+2c(H 2 CO 3 ) CO 3 2-+2Al3++3H 2 O  2Al(OH) 3 +3CO 2  c(NO-)>c(NO-)>c(CH COO-) （3） 3 2 3 bc （4）酸 NaHSO 3溶液中存在 HSO 3 -  H++SO 3 2- 和 HSO 3 -+H 2 O  H 2 SO 3 +OH- ，从表中数据可以看 16 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司HSO- pH HSO- 出， 3的含量越高溶液 越小，故 3的电离程度大于其水解程度 AB 【解析】（1）①碳酸钠是强碱弱酸盐，能发生两步水解，第一步水解方程式为 c(HCO )c(OH) K  3 CO 3 2+H 2 O  HCO 3 +OH，其水解平衡表达式为 b c(CO 3 2) 。 c(HCO )c(OH) K  3 =2104 ②25℃时，K 21014，则当溶液中c(HCO ):c(CO2)2:1时， b c(CO2) ， b 3 3 3 c(OH)1104 molL1 c(H)11010 molL1 pH10 ， ，所以溶液的 。 2[c(CO2)c(HCO )c(H CO )]c(Na) （2）③根据元素质量（物料）守恒得 3 3 2 3 ，根据溶液中电荷守恒得 2c(CO2)c(HCO )c(OH)c(Na)c(H) c(OH)c(H)c(HCO )2c(H CO ) 3 3 ，所以 3 2 3 。 ④向 Na 2 CO 3溶液中加入明矾， CO 3 2- 和 Al3 发生双水解反应产生沉淀和气体，离子方程式为 3CO22Al33H O 2Al(OH) 3CO 。 3 2 3 2 c(NaNO )c(NaNO )0.1 molL1 （3）溶液A中 3 2 ，根据盐类水解规律，“越弱越水解”，电离常数： HNO CH COOH CH COO NO  2 3 ，所以 3 的水解程度大于 2 的水解程度，离子浓度大小关系是 c(NO )c(NO )c(CH COO) CH COO NO  pH 3 2 3 。因为 3 的水解程度大于 2 的水解程度，所以溶液A的 小 于溶液B的pH，a项，向溶液A中加适量水，使溶液A的pH减小；b项，向溶液A中加适量NaOH固体， pH pH NaOH 使溶液A的 增大；b项，向溶液B中加适量水，使溶液B的 减小；d项，向溶液B中加适量 pH 固体，使溶液B的 增大，只有b、c符合题意。 HSO pH HSO （4）①根据表中数据可知， 3 的含量越高，溶液 越小，则 3 的电离程度大于水解程度， 17 / 20 HSO 原创原创精品资源学科c(N网a独 )家c享(H有 )版权c(，HS侵O权 )必究2c！(SO2)c(OH) 3 3 3 学科网（北京）股份有限公司HSO c(Na)c(H)c(HSO )2c(SO2)c(OH) 3 显酸性．②A项，根据电荷守恒： 3 3 ，溶液呈中性， c(H)c(OH) c(Na)2c(SO2)c(HSO ) c(H)c(OH) ，所以 3 3 ，正确；B项，溶液呈中性时， ，从 c(HSO )c(SO2) c(Na)c(HSO )c(SO2)c(H)c(OH) 表中数据可推出 3 3 ，故 3 3 ，正确；C项，根据 c(Na)c(H)2c(SO2)c(HSO )c(OH) 电荷守恒可得 3 3 ，错误。 21．（8分）T、T 两种温度下BaSO 在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，请回答下列问题。 1 2 4 (1)T ________(填“”“”或“”)T 温度时K (BaSO)=________。 1 2 sp 4 (2)根据T 温度时BaSO 的沉淀溶解平衡曲线，判断下列说法正确的是________(填序号)。 1 4 A．加入NaSO 固体可由a点变为b点 2 4 B．T 温度下，在T 曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，均有BaSO 沉淀生成 1 1 4 C．蒸发溶剂可能由d点变为T 曲线上a、b之间(不含a、b)的某一点 1 D．升温可由b点变为d点 (3)T 时，现有0.2mol的BaSO 沉淀，每次用1L饱和NaCO 溶液(浓度为1.7mol/L)处理。若使BaSO 中的 2 4 2 3 4 SO2 全部转化到溶液中，需要反复处理________次。[提示：BaSO(s)+CO2 (aq) SO2 (aq)+BaCO (s) 4 4 3 4 3 K BaSO  ⇌ K= sp 4 ； K BaCO  sp 3 【答案】< 5.0109mol2L2 ABC 3 【解析】(1)温度越高BaSO 的溶解度越大，T 温度下BaSO 的溶度积较小，所以T＜T；T 时的溶度积可 4 1 4 1 2 2 利用c点的数据进行计算求得，T 温度时，K (BaSO)=c(SO2 )×c(Ba2+)=5.0×10-5mol/L×1.0×10-4mol/ 2 sp 4 4 L=5.0×10-9mol2/L2。 (2)A．由于存在沉淀溶解平衡，加入NaSO ，SO2 浓度增大，BaSO 的沉淀溶解平衡逆向移动，Ba2+的浓 2 4 4 4 度降低，可由a点变为b点，A说法正确； B．T 曲线上方区域的浓度商大于溶度积，所以会析出沉淀，B说法正确； 1 C．蒸发溶剂，不饱和溶液中Ba2+和SO2 的浓度都变大，可能由d点变为T 曲线上a、b之间(不含a、b)的 4 1 某一点，C说法正确； 18 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司D．升高温度，沉淀溶解平衡正向移动，c(SO2 )、c(Ba2+)会变大，不可能由b点变为d点，D说法错误。 4 答案为ABC； (3)设每次用1L 1.7mol/L饱和NaCO 溶液能处理xmol BaSO ， 2 3 4 BaSO s CO2aq SO2aq BaCO s 4 3  4 3 1.7x x K BaSO  c  SO2 x 5.0109 根据K sp 4  4   0.042，解得：x=0.069，处理次数= 0.2mol ≈3， K BaCO  c  CO2 1.7x 1.19107 sp 3 3 0.069mol 所以至少要反复处理3次。 19 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司20 / 20 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司