《鲁科版化学反应原理第3章物质在水溶液中的行为过关检测及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《鲁科版化学反应原理第3章物质在水溶液中的行为过关检测及答案（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 精品资料第3章过关检测(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(共5小题,每小题5分,共25分)1.可以判断某一元酸是强电解质的现象是()。A.该酸加热至沸腾也不分解B.该酸可溶解氧化铜C.该酸可跟石灰石反应,放出CO2D.该酸浓度为0.01 molL-1时的pH为2解析:强电解质与弱电解质的根本区别在于能否完全电离。浓度为0.01 molL-1的一元酸电离的H+浓度达到了0.01 molL-1,说明其电离程度达到了100%,即完全电离。答案:D2.某温度时,水的离子积为1.010-12,由此可知在该温度时纯水电离的H+为()。A.1.010-7B.1.010-2C.1.010-6D.
2、1.010-14解析:纯水中H+=OH-,所以H+=(1.010-12)1/2 molL-1=1.010-6 molL-1。答案:C3.在下列溶液中,各组离子一定能够大量共存的是()。A.使酚酞溶液变红的溶液:Na+、Cl-、S、Fe3+B.使紫色石蕊溶液变红的溶液:Fe2+、Mg2+、N、Cl-C. H+=10-12 molL-1的溶液:K+、Ba2+、Cl-、Br-D.碳酸氢钠溶液:K+、S、Cl-、H+解析:选项A中使酚酞溶液呈红色,故溶液必定呈碱性,则OH-与Fe3+不能大量共存;选项B中使紫色的石蕊溶液变红的溶液呈酸性,N在酸性溶液中具有强氧化性与Fe2+不能大量共存;选项C中H+=
3、10-12 molL-1的溶液呈碱性,在碱性溶液中,这些离子均能大量共存;选项D中HC与H+不能大量共存。答案:C4.CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成稀溶液,pH为4.7,下列说法错误的是()。A. CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用B. CH3COONa的水解作用大于CH3COOH的电离作用C. CH3COOH的存在抑制了CH3COONa的水解D. CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离解析:在混合溶液中存在着下列平衡:CH3COOHH+CH3COO-;CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,因两种物质以等物质的量混合,且知溶液显酸性,
4、所以据以上两式分析,显然式产生的H+多于式产生的OH-,故A正确,B不正确。在两式中都存在CH3COO-、CH3COOH两种物质,所以CH3COOH的电离必受到CH3COO-的抑制,而CH3COO-的水解也受到CH3COOH的抑制。答案:B5.某酸HX稀溶液和某碱YOH稀溶液的物质的量浓度相等,两溶液混合后,溶液的pH大于7,下表中判断合理的是()。编号HXYOH溶液的体积关系强酸强碱V(HX)=V(YOH)强酸强碱V(HX)V(YOH)强酸弱碱V(HX)=V(YOH)弱酸强碱V(HX)=V(YOH)A.B.C.D.解析:某酸HX稀溶液和某碱YOH稀溶液的物质的量浓度相等,两溶液混合后,溶液的
5、pH大于7,溶液显碱性。若HX、YOH均为强电解质,即酸为强酸、碱为强碱,则碱应过量,即V(HX)7,且OH-Na+H+CH3COO-B.pH7,且Na+H+=CH3COO-+OH-C.pHH+Na+OH-D.pH=7,且CH3COO-Na+H+=OH-解析:本题主要考查电解质溶液中各种离子的浓度大小比较和电荷守恒等。NaOH与CH3COOH混合,若pH7,则二者可能恰好反应或碱过量,但不论哪种情况,CH3COO-H+,A不正确;根据电荷守恒知Na+H+=OH-+CH3COO-,B正确;若pH7,则酸过量,在一定条件下(CH3COOH过量较多)可使C选项成立;若pH=7,则H+=OH-,根据电
6、荷守恒可推得CH3COO-=Na+,D不成立,故本题答案为A、D。答案:AD7.下列几种情况,对中和滴定结果无影响的是()。A.滴定前标准液在零刻度以上B.盛未知浓度溶液的锥形瓶里有少量蒸馏水C.滴定管用蒸馏水冲洗后先用标准液润洗后注入标准液D.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度(其他操作均正确)解析:A项由于滴定前标准液在零刻度以上,滴定中用去的零刻度以上的那部分标准液的体积不在滴定后读出的V标的体积内,也就是实际用去的标准溶液的体积比V标要大,所以这样操作使待测溶液浓度偏小。B项盛装待测液的锥形瓶内有水的话,虽然使锥形瓶内的溶液浓度变稀了,但待测溶液中溶质的物质的量没有变化,因而测定结果无影
7、响。C项滴定管用蒸馏水冲洗后,先用标准溶液润洗,再注入标准液。D项滴定管滴定前读数正确,滴定后读数时视线俯视,使V标读数变小,结果使待测溶液浓度偏低。答案:BC三、非选择题(共3小题,共59分)8.(19分)二元弱酸(简写为H2A)溶液按下式发生一级和二级电离:H2AH+HA-,HA-H+A2-,设有下列四种溶液:A.0.01 molL-1的H2A溶液B.0.01 molL-1的NaHA溶液C.0.02 molL-1的HCl与0.04 molL-1的NaHA溶液等体积混合液D.0.02 molL-1的NaOH与0.02 molL-1的NaHA溶液等体积混合液据此,填写下列空白(填代号):(1)
8、H+最大的是,最小的是。(2)H2A最大的是,最小的是。(3)A2-最大的是,最小的是。解析:因为反应后的C溶液为0.01 molL-1 H2A、0.01 molL-1 NaHA和0.01 molL-1 NaCl的混合液。因HA-的存在抑制了H2A的第一步电离,所以H+小于A溶液中H+,但H2A大于A溶液中H2A。反应后D溶液为0.01 molL-1的Na2A溶液,所以A2-最大,但因其水解,H+最小。答案:(1)AD(2)CD(3)DA9.(20分)硫酸银的溶解度较小,25 时,每100 g水仅溶解0.836 g。(1)25 时,在烧杯中放入6.24 g硫酸银固体,加 200 g 水,经充分
9、溶解后,所得到饱和溶液的体积为 200 mL。计算溶液中Ag+的物质的量浓度。(2)若在上述烧杯中加入50 mL 0.026 8 molL-1BaCl2溶液,充分搅拌,溶液中Ag+的物质的量浓度是多少?(3)在(1)题的烧杯中,加入多少升0.026 8 molL-1BaCl2溶液才能使原溶液中Ag+浓度降低至 0.02 molL-1。解析:(1)根据:溶液中溶质的物质的量浓度=,由25 时Ag2SO4的溶解度0.836 g得Ag2SO4=0.026 8 molL-1。因为Ag+=2Ag2SO4,所以Ag+=20.026 8 molL-1=0.053 6 molL-1。(2)在(1)小题中,放入
10、的Ag2SO4的物质的量为6.24 g/312 gmol-1=0.02 mol。此时溶解的Ag2SO4物质的量为20.005 mol,是加入量的,还有约0.015 mol的Ag2SO4未溶解,当加入相同物质的量浓度的BaCl2溶液50 mL时发生了如下反应:Ag2SO4+BaCl2BaSO4+2AgCl只使少部分Ag2SO4参加了反应生成沉淀,且溶液的体积也增加,但依据勒夏特列原理Ag2SO4固体会继续溶解并电离。由于剩余Ag2SO4固体的量较多,最终烧杯中Ag2SO4固体过量,此时,溶液依然是饱和溶液,因此,Ag+应为0.053 6 molL-1。(3)从第(2)小题可知:只要烧杯中还有Ag
11、2SO4固体存在,溶液中Ag+浓度就仍然为0.053 6 molL-1,要使烧杯中Ag+浓度下降至0.020 0 molL-1所加入的BaCl2溶液的用量应为两个部分:将所有未溶解的Ag2SO4固体反应转化为AgCl和BaSO4两种固体;再使饱和溶液中的Ag+浓度降至题设要求0.020 0 molL-1,设加入的BaCl2溶液体积为V L:Ag2SO4总物质的量=0.020 0 mol反应后溶液中剩余Ag2SO4物质的量=0.02 mol-0.026 8 molL-1V L根据题设要求:Ag+=2Ag2SO4=2 molL-1=0.02 molL-1V=0.489 L答案:(1)Ag+=0.0
12、53 6 molL-1(2)因为Ag2SO4固体过量,该溶液仍为Ag2SO4饱和溶液,所以Ag+=0.053 6 molL-1(3)0.489 L10.(20分)25 时,若体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积Vb、pH=b的某一元强碱混合,恰好中和,且已知VaVb和a=0.5b,请填写下列空白:(1)a值可否等于3(填“可”或“否”),其理由是。(2)a值可否等于5(填“可”或“否”),其理由是。(3)a的取值范围是。解析:(1)若a=3,则b=6,溶液显酸性,与题意不符,故a3;(2)若a=5,H+a=10-5 molL-1,则b=10,OH-b=10-4 molL-1,不符合题意,故a5;(3)=10a+b-141所以a+b-140,而a=0.5b,即3a14,a7,a,所以a。答案:(1)否(理由见解析)(2)否(理由见解析)(3)a
