第三章 水溶液中的离子反应与平衡测试题2023-2024学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1

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第三章 水溶液中的离子反应与平衡测试题
一、单选题（共12题）
1．已知常温下各形态的分布分数随pH变化如图所示，下列说法正确的是

A．的
B．m点对应的溶液中水电离出的为
C．n点对应的溶液中，离子浓度的大小关系为：
D．将含和的溶液等体积混合，溶液
2．下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A．NaHCO3 B．NaHSO4 C．BaCl2 D．Na2CO3
3．常温时，向蒸馏水中滴入少量盐酸后，下列说法中错误的是
A．c(H＋)·c(OH－)乘积不变 B．pH减小了
C．c(OH－)降低了 D．水电离出的c(H＋)增加了
4．化学是一门以实验为基础的学科。关于图中的实验仪器，下列叙述正确的是

A．②、③都可用于量取一定体积的液体，②的“0”刻度在上，③的“0”刻度在下
B．①、⑤均可用作反应容器，加热时都需要垫石棉网
C．④可用于分离二氯甲烷和四氯化碳，其冷凝效果比直形冷凝管更好
D．⑥用水洗净后直接使用，会使配制的溶液浓度偏低
5．0.1mol/L醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，下列叙述不正确的是
A．升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B．溶液加水稀释，溶液中c(H+)减小，c(OH-)增大
C．CH3COOH溶液加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．室温下，加入0.1mol/L盐酸溶液平衡逆向移动c(H+)减小
6．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含CO的数目小于NA
B．标准状况下，22.4LHF含NA个分子
C．17g-OH与17gOH-所含电子的数目均为10NA
D．0.05mol·L-1NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.1NA
7．已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡及其对应的平衡常数:
CH3COOHCH3COO-+H+　K1=1.75×10-5　
CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-　K2=5.71×10-10　
常温下，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，下列叙述正确的是(　　)
A．对混合溶液进行加热，K1增大、K2减小
B．混合溶液的pH>7
C．混合溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)
D．温度不变，若在混合溶液中加入少量NaOH固体，c(CH3COO-)减小
8．下列说法正确的是
A．配制 Fe(NO3)2溶液时，向 Fe(NO3)2溶液中滴加几滴稀硝酸以防止 Fe(NO3)2发生水解
B．用0.1000mol/L的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液，取待测液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果偏高
C．中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的温度，所测中和热的数值偏大
D．配制1 mol/L 的 NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏低
9．根据下列实验操作和现象，得到的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
室温下，向硅酸钠溶液中通入二氧化硫
溶液变浑浊
硫酸的酸性比硅酸酸性强
B
向浓度均为0.1 的和混合溶液中加入溶液
混合溶液中出现白色沉淀

C
溶液向溶液中滴加NaOH溶液
产生红褐色沉淀
制得胶体
D
向0.1 溶液和0.1 溶液中分别加入石蕊试液
溶液变蓝，溶液变红
结合的能力比的强

A．A B．B C．C D．D
10．下列实验所选装置正确的是

A．①检查装置气密性
B．②用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳
C．③用已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸
D．④选择合适试剂，分别制取少量CO2、NH3、NO和O2
11．已知甘氨酸(用表示)在水中存在三种微粒，它们的转化关系如下：

为该溶液中和数目相等时的，和分别表示：和的解离常数，，。其各微粒在水中的分布系数(各微粒数目占三种微粒总数的百分比)如图所示。下列判断错误的是

A．a点对应的
B．向甘氨酸溶液中加入溶液，此时溶液中
C．甘氨酸溶液的
D．甘氨酸溶于水后溶液显酸性
12．在c(H+)∶c(OH-)=1∶106的水溶液中能大量共存的离子组是
A．K+、、、
B．Na+、、Cl-
C．Na+、K+、、ClO-
D．Na+、Fe2+、I-、
二、非选择题（共10题）
13．常温下，向一定量的(为三元弱酸)溶液中逐滴加入NaOH溶液，含砷元素的各种微粒物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。

(1)人体血液的pH在7.35~7.45之间。服用含的药物后，由上图可知，人体中含砷元素的微粒主要是 (写化学式)。
(2)第一步电离的电离方程式为 ，结合图示，计算电离平衡常数 。
(3)请写出溶液中各种离子浓度之间电荷守恒的关系式 。
(4)0.10mol/L的溶液中， mol/L。
(5)写出溶液中发生水解的离子方程式 。
(6)向含的废水中加入适量氧化剂，再加入生石灰将砷元素转化为沉淀。若要除去，则溶液中的至少为 mol/L。(已知：①当溶液中离子浓度时，则该离子被除尽；②)
14．酸、碱、盐在水溶液中的离子反应在生活和生产中有广泛的应用，请回答下列问题。
(1)洗涤剂中的俗称“纯碱”的原因是 (用离子方程式表示)，洗涤油腻餐具时，使用温水效果更佳，原因是 。
(2)时，相同的盐酸与溶液分别加水稀释100倍后，比较两溶液的大小：盐酸 溶液(填“>”、“=”或“”“=”或“；
（3）草酸溶液中存在电离平衡，弱电解质电离过程吸热，故升高温度和增大醋酸浓度均会使平衡正向移动且氢离子浓度增大；又草酸钙是沉淀，即加入氯化钙引入钙离子，使草酸跟浓度减小，电离平衡正向移动且氢离子浓度增大，综上所述答案为升高温度或加入少量草酸或加入少量氯化钙固体。
15．(1) 碱 ClO- +H2OHClO+OH-
(2) 1：108(或10-8) 16
(3)150(或1.5×102)
(4)ECDBA
（1）HClO为弱酸，所以ClO-会发生水解，水解后溶液呈碱性，水解的方程式为：ClO- +H2OHClO+OH-；
（2）pH均为3的醋酸的醋酸溶液中由水电离出来的的c(H+)=；pH均为3的硫酸铝溶液中，由水电离出的c(H+)=，则二者的氢离子浓度之比为：；混合之后溶液呈中性，也就是说混合之前的酸溶液中的氢离子物质的量等于碱溶液中氢氧根离子的物质的量，即，解得由此可知a+b=16；
（3）Ksp(CdCO3)= ，Ksp(ZnCO3)= ，则c(Zn2+)：c(Cd2+)=；
（4）NH3•H2O溶液中c(NH)小于铵盐的c(NH)，所以E最小，A、B化学式中铵根离子的个数为2，C、D中铵根离子的个数为1，所以A、B应该大于C、D，B中碳酸根离子对铵根离子的水解起促进作用，所以A中铵根离子的浓度大于B，D中氢离子会抑制铵根离子的水解，所以D中铵根离子的浓度大于C，因此铵根离子浓度由小到大为：ECDBA。
16．(1) 溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色 26.10 符合④ CD
(2) I
1，根据图知，开始时pH>1的为醋酸，即滴定醋酸的曲线是Ⅰ；
②HCl是强电解质，NaCl是强酸强碱盐，Ⅱ中pH=7时溶液中溶质为NaCl，酸碱浓度相等，则酸碱恰好完全反应时酸碱体积相等，Ⅰ表示醋酸滴定曲线、Ⅱ表示盐酸滴定曲线，醋酸溶液中滴加NaOH溶液时，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，醋酸溶液中pH=7时酸体积大于碱，所以；
（3）据比例关系4S203






试样中的质量分数为。
17． 烧杯 偏小 偏大 -56kJ/mol 温度越高，反应速率越快 1.0 草酸的浓度越大，反应速率越快 草酸的量不足，不足以将高锰酸钾溶液完全反应，故溶液不会褪色
(1)根据仪器结构可知，仪器A的名称为烧杯，如果没有碎泡沫塑料，则会有热量的散失，测得中和热的数值偏小，醋酸为弱酸，电离释放热量，如果用醋酸代替盐酸，则测得中和热的数值偏大；
(2)根据表格数据可知，3组实验的平均温度差分别为(3.3℃+3.3℃+3.9℃)=3.5℃，根据公式Q=cm△T可得，每生成0.02molH2O释放的热量Q=4.00J/(g·℃)×80g×3.5℃=1120J=1.12kJ，则中和热△H=-1.12×=-56kJ/mol；
(3)由表格数据，实验1和2的温度不同，而其他均相同，温度越高，褪色时间越短，因此可得出的结论是：温度越高，反应速率越快；
(4)由控制变量法，可得a=1.0，实验2和3得溶液浓度不同，其他均相同，浓度越大，褪色时间越短，因此可以得到的结论是：草酸的浓度越大，反应速率越快；
(5)根据方程式，实验4中草酸的量不足，不足以将高锰酸钾溶液完全反应，故溶液不会褪色，不能得到实验数据
18．(1) 淀粉溶液 酸式
(2)当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成蓝色，且半分钟内不恢复原色
(3)0.038mol/L
(4)AD
（1）使用碘的标准溶液滴定硫代硫酸钠，则选用淀粉溶液为指示剂，碘具有氧化性，能氧化碱式滴定管中的橡胶，因此用酸式滴定管装碘的标准溶液。
（2）步骤③达到滴定终点的判断为当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色。
（3）第三组数据与前两组相差太大删去，消耗碘溶液体积为19mL，消耗碘的物质的量为1.9×10-4mol，则根据方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，消耗硫代硫酸钠的物质的量为3.8×10-4mol，则硫代硫酸钠的物质的量浓度为。
（4）A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗，则标准液浓度偏低，消耗的标准液偏多，导致测定结果偏高，A正确；
B．锥形瓶中有液体溅出，则待测液物质的量减少，消耗的标准液减少，导致测定结果偏低，B错误；
C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，导致消耗标准液的量偏小，测定结果偏低，C错误；
D．达到滴定终点时仰视读数，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，D正确；
故答案选AD。
19． 大于 10：1 9：2 Fe2O3
（1）水的电离为吸热的过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大；
①混合溶液为中性，说明n(H+)=n(OH-)；
②混合溶液中c(H+)==10-2mol/L，接触a:b的值；
（2）把FeCl3溶液蒸干时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，升高温度促进了HCl的挥发，灼烧实际上灼烧的是Fe(OH)3；
（1）水的电离为吸热的过程，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，因此当水的KW=10-13时，该温度填大于25℃；
①混合溶液为中性，说明n(H+)=n(OH-)，因此0.01mol/L×aL=0.1mol/L×bL，那么a:b=0.1:0.01=10:1；
②混合溶液中c(H+)==10-2mol/L，解得a:b=9:2；
（2）把FeCl3溶液蒸干时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，升高温度促进了HCl的挥发，灼烧实际上灼烧的是Fe(OH)3，最终得到的是红棕色固体Fe2O3。
【点睛】混合溶液pH计算的方法：（1） pH=a的强酸溶液稀释10b倍，pH=a+b，若为弱酸溶液pH＜a+b，pH=a的强碱溶液稀释10b倍，pH=a-b，若为弱碱溶液pH>a-b；（2） ①两种强酸混合：直接求出c混(H＋)，再据此求pH。c混(H＋)＝。②两种强碱混合：先求出c混(OH－)，再据KW求出c混(H＋)，最后求pH。c混(OH－)＝。③强酸、强碱混合：先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H＋或OH－的浓度，最后求pH。c混(H＋)或c混(OH－)＝。
20．(1) 2
(2)13
如图，某温度下，溶液中存在和，若，，其中A点，当时，，即此时溶液中，，；
（1）如图A点，，当时，，即此时溶液中，，；中性溶液中，，根据，所以，7.5，故填；7.5；
（2）根据反应，在该温度下10 mL 0.01 mol·L-1的盐酸与10 mL 0.015 mol·L-1的溶液混合，过量，混合后溶液中，，13，故填13。
21．(1)KHCO3
(2)Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
(3)10-a
(4)Ba(OH)2
(5)2:1
(6)c(Cl—)>c(Ba2+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH—)
由离子共存可知，钠离子、钾离子与四种阴离子均能共存，钡离子与硫酸根离子不能共存，铝离子与氢氧根离子和碳酸氢根离子不能共存；A、C溶液呈碱性，浓度相同时C溶液pH大说明A溶液中含有碳酸氢根离子，C溶液中含有氢氧根离子；B溶液呈酸性说明溶液中含有铝离子；D溶液焰色反应呈黄色说明溶液中含有钠离子；C溶液和D溶液相遇时生成白色沉淀说明C为氢氧化钡、D为硫酸钠、B为氯化铝、A为碳酸氢钾。
(1)
由分析可知，A为碳酸氢钾，故答案为：KHCO3；
(2)
碳酸氢钾溶液和氯化铝溶液发生双水解反应生成氯化钾、氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；
(3)
氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子在溶液中水解促进水的电离，使溶液呈酸性，则25℃时，pH=a的0.1mol/L 氯化铝溶液中水电离的氢离子c(H+)=10-a mol/L，故答案为：10-a；
(4)
碳酸氢钾是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子在溶液中水解促进水的电离，使溶液呈碱性，氢氧化钡是强碱，在溶液中完全电离出氢氧根离子，抑制水的电离，则25℃时，pH=9的碳酸氢钾溶液和pH=9的氢氧化钡溶液中，水的电离程度较小的是氢氧化钡，故答案为：Ba(OH)2；
(5)
设氢氧化钡溶液的体积为aL、盐酸溶液的体积为bL，由25℃时，浓度均为0.1mol/L的氢氧化钡溶液和盐酸混合后溶液pH=13可得：=0.1mol/L，解得a∶b=2∶1，故答案为：2∶1；
(6)
由题可知，若氯化铝溶液和氢氧化钡溶液中溶质均为1mol，两溶液混合后完全反应得到1mol氯化钡和mol氯化铝的混合溶液，氯化铝在溶液中发生水解反应使溶液呈酸性，则溶液中各离子的浓度大小顺序为c(Cl—)>c(Ba2+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH—)，故答案为：c(Cl—)>c(Ba2+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH—)。
22． 铁 还原剂 ⑤⑥ FeCl3+3H2OFe(OH)3↓+3HCl↑ H2(g)+1/2 O2(g) = H2O(l)；∆H =-285.8kJ/ mol
红色沉淀J为Fe(OH)3,说明固体A为Fe,B为黄绿色气体,应为Cl2,由转化关系可以知道F为FeCl3,G为FeCl2,则黑色固体E为Fe3O4,气体C应为O2,I为HCl,则气体D为H2,H为H2O；结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。
红色沉淀J为Fe(OH)3,说明固体A为Fe,B为黄绿色气体,应为Cl2,由转化关系可以知道F为FeCl3,G为FeCl2,则黑色固体E为Fe3O4,气体C应为O2,I为HCl,则气体D为H2,H为H2O；
(1)由以上分析可以知道A为铁；
因此，本题正确答案是:铁；
(2)F+A→G的转化为Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应中Fe为还原剂,反应①为Fe和O2的反应,②为H2和O2的反应,③为H2和Cl2的反应,④为Fe和Cl2的反应,都为氧化还原反应,⑤为Fe3O4,和HCl的反应,⑥为FeCl3的水解反应,为非氧化还原反应；
因此，本题正确答案是: 还原剂；⑤⑥；
(3)Fe和水在高温下发生氧化还原反应,转移的电子数目和方向为；
因此，本题正确答案是:；
(4)⑥为FeCl3的水解反应,方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3↓+3HCl↑↓；
因此，本题正确答案是: FeCl3+3H2OFe(OH)3↓+3HCl↑；
(5)2molH2完全燃烧生成液态生成物放出571.6 kJ热量,则表示燃烧热的热化学方程式为H2(g)+1/2 O2(g) = H2O(l)⊿H =-285.8kJ/ mol；
因此，本题正确答案是: H2(g)+1/2 O2(g) = H2O(l)⊿H =-285.8kJ/ mol。