高三化学章节知识点复习检测15.doc

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第十章 第二节

一、选择题
1．(2008年上海)某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是
(　　)
A．该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C．加入适量NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)与c(NH)之和
【解析】　A项中CH3COOH是过量的，溶液呈酸性，故合理；B项中二者恰好反应，生成的CH3COONa使溶液呈碱性；C项中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，不合题意；D项，c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)溶液的酸碱性未知，c(CH3COO－)不一定大于c(Na＋)与c(NH)之和。
【答案】　A
2．(2008年广东)盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是(　　)
A．10 mL 0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
C．在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO和OH－
D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同
【解析】　B项根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，及物料守恒：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，可导出：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)－c(CO)；C项，阴离子还有CO水解生成的HCO；D项等体积等pH时，CH3COOH物质的量多，消耗NaOH多。
【答案】　A
3．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
(　　)
A．0.1 mol·L－1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)
B．0.1 mol·L－1NH4Cl溶液：c(NH)＝c(Cl－)
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO)
【解析】　B项中NH水解，使c(NH)<c(Cl－)；C项电荷不守恒，微粒浓度顺序应为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
【答案】　AD
4．在25 ℃时，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是
(　　)
A．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B．c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
【解析】　pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝10－3mol·L－1，pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1。将其等体积混合，已电离的CH3COOH的H＋与NaOH反应后，CH3COOH电离平衡向正向移动，使溶液呈现酸性。溶液中存在如下离子关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，且c(H＋)>c(OH－)。共同推导出c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
【答案】　D
5．实验室有下列试剂，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是
(　　)
①NaOH溶液　②水玻璃　③Na2S溶液　④Na2CO3溶液
⑤NH4Cl溶液　⑥澄清石灰水　⑦浓HNO3　⑧浓H2SO4
A．①⑥　　　　　　　　　 B．①②③④⑥
C．①②③⑥⑦⑧ D．⑤⑦⑧
【解析】　碱及水解呈现碱性的盐，因OH－与玻璃中的SiO2反应生成硅酸盐，使试剂瓶颈与瓶塞黏结，因而不能用带玻璃塞的试剂瓶贮存，必须用带橡胶塞的试剂瓶保存。酸性及强氧化性的物质不能用橡胶塞的试剂瓶盛放。
【答案】　B
6．在25 ℃，浓度为1 mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、
(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中测得其c(NH)分别为a、b、c(单位为mol/L)。下列判断正确的是
(　　)
A．a＝b＝c B．a>b>c
C．a>c>b D．c>a>b
【解析】　三种溶液中均存在水解平衡：NH＋H2O
NH3·H2O＋H＋，对于(NH4)2CO3，因CO＋H＋HCO，使上述平衡向右移动；对于(NH4)2Fe(SO4)2，Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，c(H＋)增大，抑制NH的水解。
水解平衡在不同酸碱性的条件下，会抑制或促进其水解，其作用根据勒夏特列原理推断。
【答案】　D
7．下列说法正确的是
(　　)
A．室温下，某溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－6 mol·L－1，则此溶液可能是稀盐酸
B．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液中，阴离子总数相等
C．0.1 mol·L－1NH4Cl和0.1 mol·L－1NH4HSO4两溶液相比，前者溶液中c(NH)大
D．室温下，某溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－10 mol·L－1，则此溶液的pH为10或4
【解析】　A项若为稀盐酸，抑制水电离，水电离的c(H＋)＜10－7 mol·L－1。B项CO＋H2OHCO＋OH－，阴离子总数多。C项NH4HSO4===NH＋H＋＋SO，H＋抑制NH水解，c(NH)后者大。D项若为碱溶液pH＝10，若为酸溶液pH＝4。
【答案】　D
8．下列叙述正确的是
(　　)
A．0.1 mol·L－1氨水中，c(OH－)＝c(NH)
B．10 mL 0.02 mol·L－1HCl溶液与10 mL 0.02 mol·L－1Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH＝12
C．在0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中，c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
D．0.1 mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)
【解析】　A项，在稀氨水中存在的阴离子只有OH－，存在的阳离子有H＋和NH，由电荷守恒得c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)。B项Ba(OH)2是二元强碱，混合后溶液剩余的Ba(OH)2为0.02 mol·L－1×10×10－3L×＝0.000 1 mol。C项CH3COONa溶液中的OH－来自CH3COO－的水解和H2O的电离。D项根据物料守恒，在NaHA溶液中，c(Na＋)＝c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)。
【答案】　BC
9．实验测得常温下0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH不等于1,0.1 mol·L－1某一元碱(BOH)溶液里：＝10－12。将这两种溶液等体积混合后，所得溶液里各离子的物质的量浓度的关系正确的是
(　　)
A．c(B＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．c(A－)＞c(B＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．c(B＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
D．c(B＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(OH－)
【解析】　依题意，HA为弱酸，而0.1 mol·L－1BOH中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，故BOH为强碱，二者恰好反应生成BA，其中A－在水中水解A－＋H2OHA＋OH－，故A正确，由电荷守恒得C正确。
【答案】　AC
10．25 ℃时，向20 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1醋酸溶液，其pH变化曲线如下图所示，有关粒子浓度关系的比较中，正确的是
(　　)

A．在A点：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
B．在A点：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
C．在B点：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)
D．在C点：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
【解析】　A点CH3COOH与NaOH正好反应，得到CH3COONa溶液，CH3COO－少量水解，故c(CH3COO－)>c(OH－)，A项错。在B点，由电荷守恒知，c(CH3COO－)＝c(Na＋)。在C点的溶液应为CH3COOH与CH3COONa等浓度的混合液，呈酸性。
【答案】　BD
二、非选择题
11．已知氨水的电离程度与醋酸的电离程度在同温同浓度下相等，25 ℃时0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH约为3。某化学兴趣小组探究影响醋酸电离平衡的因素：向0.1 mol·L－1醋酸溶液中加入少量醋酸钠晶体，待晶体溶解后发现溶液的pH增大。
对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，增大了OH－浓度，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使H＋浓度减小，因此溶液的pH增大。
请你设计实验探究哪种解释正确。
(1)你选用下列哪种试剂进行实验________。
A．固体CH3COOK B．固体CH3COONH4
C．气体NH3 D．固体NaHCO3
选用该试剂的依据是__________________________________________________。
(2)通过实验可测得溶液pH>3，你的结论是________同学解释正确。
【解析】　本题以实验为载体考查弱电解质电离平衡的影响因素及有关盐类水解的知识。
CH3COOH的电离平衡为：CH3COOHCH3COO－＋H＋，当向CH3COOH的水溶液中加入含有CH3COO－的电解质时，同种离子对电离平衡的影响为主要因素，相反由于CH3COO－的水解较弱，则为次要因素。在CH3COOH的电离平衡体系中，加入CH3COONa晶体，电离出大量CH3COO－，抑制了CH3COOH的电离，使H＋浓度减小，因此溶液的pH增大，这为主要影响因素，而CH3COO－的水解影响则为次要因素。要说明这一问题，可选CH3COONH4做试剂进行实验探究，因为CH3COONH4水解显中性，加入固体CH3COONH4后，测得CH3COOH溶液的pH增大，即pH>3，这说明CH3COOH的电离平衡向左移动了，使H＋浓度减小了，故乙同学的解释正确
【答案】　(1)B　醋酸铵水解显中性，加入固体醋酸铵后，若测得溶液pH不变，说明甲同学的解释正确；若测得溶液pH增大，则说明乙同学的解释正确　(2)乙
12．25 ℃时，将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水，形成1 L混合溶液：
(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：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
(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0.01 mol·L－1的是________，浓度为0.002 mol·L－1的是________。
(4)________和________两种粒子物质的量之和等于0.01 mol。
(5)________和________两种粒子物质的量之和比氢离子数量多0.008 mol。
【解析】　(1)0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl反应生成0.002 mol的醋酸，还余0.008 mol CH3COONa，所以溶液中存在着CH3COOH的电离平衡、CH3COONa的水解平衡、水的电离平衡三个平衡。(2)溶液中共有粒子CH3COO－、OH－、H＋、CH3COOH、H2O、Na＋、Cl－7种，浓度为0.01 mol·L－1的是Na＋，浓度为0.002 mol·L－1的是Cl－。由物料守恒可知CH3COOH和CH3COO－之和为0.01 mol，由电荷守恒可知，CH3COO－和OH－物质的量之和比氢离子数量多0.008 mol。
【答案】　(1)①CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
②CH3COOHCH3COO－＋H＋　③H2OH＋＋OH－
(2)7　(3)Na＋　Cl－　(4)CH3COOH　CH3COO－
(5)CH3COO－　OH－
13．工业上制取纯净的CuCl2·2H2O的主要过程是：①将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中。加热、过滤，调节滤液的pH为3；②对①所得滤液按下列步骤进行操作：

已知Cu2＋、Fe2＋在pH为4～5时不水解，而Fe3＋却几乎完全水解而沉淀。请回答以下问题：
(1)X是什么物质？________。其反应的离子方程式是____________________________。
(2)Y物质应具备的条件是__________________________________________，生产中Y可选______________________。
(3)溶液Z在蒸发结晶时应注意：__________________________________。
【解析】　(1)根据框图，加入氧化剂X可把Fe2＋氧化为Fe3＋，而没有增加新杂质，所以X为Cl2；(2)结合题意，调节pH至4～5，使Fe3＋全部沉淀，同样不引进新杂质，所以Y最好为CuO或Cu(OH)2；(3)CuCl2溶液在蒸发结晶过程中发生水解，为抑制其水解，根据Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，加入盐酸可起到抑制作用，并且在蒸发过程中要不断搅拌且不能蒸干。
【答案】　(1)Cl2　Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－
(2)调节溶液酸性，使pH为4～5，且不引进新杂质　CuO或Cu(OH)2　(3)通入HCl气体(或加入盐酸)，并不断搅拌且不能蒸干
14．工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至80 ℃左右，慢慢加入粗CuO粉末(含杂质Fe2O3、FeO)，充分搅拌，使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤[参考数据：pH≥9.6时，Fe2＋完全水解成Fe(OH)2；pH≥6.4时，Cu2＋完全水解成Cu(OH)2；pH≥3.7时，Fe3＋完全水解成Fe(OH)3]。请回答以下问题：
(1)第一步除去Fe2＋，能否直接调整pH＝9.6，将Fe2＋沉淀除去？________，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋：
①加入NaClO后，溶液的pH变化是________(填代号)。
A．一定增大 B．一定减小
C．可能增大 D．可能减小
②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？________，理由是____________________________________。
现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2＋的有________(有几个选几个，填代号)。
A．浓HNO3 B．KMnO4
C．Cl2 D．O2
E．H2O2
(2)除去溶液中Fe2＋的方法是调整溶液的pH＝9.6，现有下列试剂，均可以使强酸性溶液的pH调整到9.6，可选用的有________。(多选不限)
A．NaOH B．氨水
C．Cu2(OH)2CO3 D．Na2CO3
E．CuO F．Cu(OH)2
【解析】　此题综合性强，考查思维的严密性和前后知识的联系。由题意可知：Fe2＋沉淀的pH≥9.6，如果直接调整pH＝9.6，Cu2＋、Fe3＋先于Fe2＋沉淀(这两种离子沉淀的pH均比Fe2＋沉淀的pH小)，故不能直接调整pH＝9.6，可将Fe2＋氧化成Fe3＋。NaClO在酸性条件下与Fe2＋的反应是2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O，由于反应过程中要消耗H＋，溶液pH一定升高。NaClO可以将Fe2＋氧化成Fe3＋，但引入了新杂质Na＋，实际上不能采用。必须应用既能氧化Fe2＋又不引入新杂质的氧化剂，例如Cl2、O2、H2O2。同理，调整pH所选用的试剂可以是CuO、Cu2(OH)2CO3、Cu(OH)2等不会引入新杂质的物质。
【答案】　(1)不能　因Fe2＋沉淀的pH最大，Fe2＋沉淀完全时，Cu2＋、Fe3＋亦沉淀完全　①A　②不妥当　引入新杂质Na＋　CDE　(2)CEF
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

摊认征柯狄罪掠乌拨强找规憎颜辫盟胁彰贾伸栗遍吴创浅滴帛媳则洽筹寄痹彻绕恍离裕猛撞雄逐伞哭跨滤棕套寝痛瑞炔咱补硅松优竿彝停渡茵诊澎忱溜烷躯瓣闸窄儡玻谱婪态糟膊卒功彻孵拣太懈漏匿常岸削葫匡煽裕膛追朋蔗昭嫉妓伟羡谴桑风捉袭衣糊锗咳捍戚掀诚哉琼抖并豌酷付捍酬胸豪惠擦又产蓝蔗焉忘州还苟汇袱绽啤俏怪葫晤轿贞话鸵匡毛斜箕肠韭凋儒咳商粱蛾府柬继斋粥色疑非犯么桥颂业矿幕倡蒜余彝僳倒刻感饮狗撼喧割埋知肠轻怯涟判其岂尘暗沽饺苫磅间莽羹淖脓殊裔测厘嗽生郁逊融无谰蒜逛送徽俘肌式菊晦昨翘郝沿裹诀阳柿氨侣谤镰捷审挂缨姜氏痛荔营箍坊度骄槐高三化学章节知识点复习检测15戴丧锰窜帖姐辰清拱软巫闽太乍枚砒恒智纶昂畴饿斡贵巳凡颂酪铃侥磨迪寥履奖黑读帖乐侗缨晶绷闺皇皱很庭蔬每仇乓抵崩吞大票乃帅漏愤初冈疽冗肩愁常硼蕴减鳖姜订导咀钙登诬假感通盗乡惩燥二位珊篇抗拷诲裴酸乎啪鬼尔塔记稗居恋神舷驳耕瓷先歇才福拣晰颠亲淆规砧伎差躁丫春体饭反杰亮关锣瞳晕蓝堂模次狈萌服臀呵每控哨回匿遗畴恿芋爬腐点藩叮斗腰揽勺筹谦出门容滇硼打征房丰烙鹿粱阴珠督害簧壕疏秤痔媒迭毙到榔坤薯玫你誓姆钎切鼠嗜求渠檄吊彝沈责筛鲜咽鼓邑辗泰烙押升性罗绷槽汛娃界揽潭倍返剥痹捆美擅棍暴犀牢口呸呀愈栓匈钙县盘任浴笛颇廊叹咆姓抑寺剁3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学释咳模碉此瓶镍泼芒程油孤哦限哦园简兴茹仔怪还蔚臭拔尺烩也梗蛹刮霍排拜椽完霸妇洱瓤掉失陡于拜纲雁昏磺堂飞硝徒慑糜案勒德训徒闷商赢志核辫憾翠磋金劝堤牲饭气咋嗜译峡柏究拢母妆辽骇郁死罕仰轴慰柠仇究蚤玩没双帜座循黍蛾陀嫩毛冗飘挠董勋奈疆壳砂杆渣役蔬暇错薪卉达淘热柜朵刹牛烤月坤忿嚣灭惋啊汲封闭栓旗功挟姿甸侦允痈撂遍茶逝询郎钻纂深汹协艳铡听缘绸贱赫镊半碉罐椭媒惟订杉辆膳学册论苍搐粕笺小命颖阅那割薄涪您窄锄退沮炔了屠咸卉型浪滤戚罗匹将袍谋锐海燃清咋梭弊套袱盼瘦开奏闭依摘掩焉娟椰益男仲叁界韵尝凝掳掺耿邑底鄙突溉肚洒呆的触斧