高中化学鲁科版化学反应原理本册总复习总复习章末综合测评3

章末综合测评(三)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)1．把mol纯净的烧碱固体分别投入下列100mL的溶液中，溶液的导电能力有明显变化的是()A．mol·L－1的硫酸B．mol·L－1的醋酸溶液C．mol·L－1的盐酸D．mol·L－1的硫酸铜溶液【解析】溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度及离子所带电荷数有关。烧碱固体分别投入四种溶液中发生的反应分别为：2NaOH＋H2SO4=Na2SO4＋2H2O、NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O、NaOH＋HCl=NaCl＋H2O、2NaOH＋CuSO4=Cu(OH)2↓＋Na2SO4。A和C的离子浓度几乎没变，导电能力几乎不变；D项虽然离子种类发生变化，但所带的电荷没变，故导电能力几乎不变。【答案】B2．一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，下列说法正确的是()A．加入少量NaOH固体，[CH3COO－]增大B．加入少量FeCl3固体，[CH3COO－]增大C．稀释溶液，溶液的pH增大D．加入适量醋酸得到的酸性混合溶液：[Na＋]＞[CH3COO－]＞[H＋]＞[OH－]【解析】A中NaOH固体溶于水使OH－离子的浓度增大，抑制CH3COO－的水解，所以[CH3COO－]增大，A正确；B中FeCl3固体溶于水电离出Fe3＋，Fe3＋发生水解反应生成的氢离子与氢氧根离子反应，促进了醋酸根离子的水解，所以[CH3COO－]减小，B错误；C中稀释溶液使溶液OH－浓度减小，溶液的pH减小，C错误；D中酸性混合溶液中[H＋]>[OH－]，根据电荷守恒可知[CH3COO－]＞[Na＋]，D错误。【答案】A3．用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，由于碱式滴定管调零时仰视读数，其他操作正确，使计算出的盐酸浓度与实际浓度相比()【导学号：05310163】A．偏高 B．准确C．偏低 D．可能偏高或偏低【答案】C4．室温下，在pH＝11的某溶液中，由水电离的c(OH－)可能为()①×10－7mol·L－1②×10－6mol·L－1③×10－3mol·L－1④×10－11mol·L－1A．③B．④C．①③D．③④【解析】pH＝11即c(OH－)＝10－3mol·L－1是碱性溶液，碱性溶液有两种情况：一是碱溶液，一是强碱弱酸盐的溶液。因为由水电离出的c(H＋)始终等于由水电离出的c(OH－)，若为碱溶液，由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝eq\f(10－14,10－3)＝10－11mol·L－1；若为强碱弱酸盐的溶液，由水电离出的c(OH－)＝10－3mol·L－1。【答案】D5．(2023·广州高二质检)50℃A．pH＝4的醋酸中：c(H＋)＝mol·L－1B．饱和小苏打溶液中：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))C．饱和食盐水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)D．pH＝12的纯碱溶液中：c(OH－)＝×10－2mol·L－1【答案】C6．HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸。在mol·L－1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是()A．c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)B．c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋)D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)【解析】本题考查离子浓度的大小比较，意在考查考生对溶液中离子水解平衡的理解和分析能力。HA为一元弱酸，则NaA为强碱弱酸盐，溶液由于A－的水解显碱性，离子浓度大小为：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，A项错误，B项错误；根据溶液中电荷守恒，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C项错误，D项正确。【答案】D7．(2023·山东高考)下列有关溶液组成的描述合理的是()【导学号：05310164】A．无色溶液中可能大量存在Al3＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－、S2－B．酸性溶液中可能大量存在Na＋、ClO－、SOeq\o\al(2－,4)、I－C．弱碱性溶液中可能大量存在Na＋、K＋、Cl－、HCOeq\o\al(－,3)D．中性溶液中可能大量存在Fe3＋、K＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)【解析】A．Al3＋和S2－可以发生水解相互促进反应而不能大量共存，该选项错误。B．酸性溶液中，HClO具有强氧化性，能将I－氧化，该选项错误。C．弱碱性溶液中，Na＋、K＋、Cl－、HCOeq\o\al(－,3)能大量共存。D．Fe3＋在pH为的溶液中就可沉淀完全，则在中性溶液中生成Fe(OH)3沉淀，该选项错误。【答案】C8．在下列叙述中，不能说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸的是()A．分别将pH＝4的盐酸和醋酸稀释10倍，盐酸的pH＝5，而醋酸的pH<5B．盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取C．相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，盐酸的pH无变化，醋酸的pH变化大D．相同体积和pH的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，醋酸产生的氢气多【解析】强酸完全电离，弱酸不能完全电离，存在电离平衡，A项中醋酸pH变化小，可说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸；B项不能说明；C项中加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变化大，说明醋酸存在电离平衡；D项醋酸产生的氢气多，说明醋酸未完全电离。【答案】B9．为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：①测定溶液的pH，溶液显强碱性②取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体③在②实验后的溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀④取③实验后的上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据实验判断，以下推测正确的是()【导学号：05310165】A．一定有SOeq\o\al(2－,3)B．一定有HCOeq\o\al(－,3)C．不能确定COeq\o\al(2－,3)是否存在D．不能确定Cl－是否存在【解析】由②可知溶液中可能有COeq\o\al(2－,3)或HCOeq\o\al(－,3)，不可能有SOeq\o\al(2－,3)；由于该溶液显强碱性，不可能有HCOeq\o\al(－,3)；由③可知溶液中有SOeq\o\al(2－,4)；因为第②步加入了稀盐酸，所以由④现象无法确定是否有Cl－存在。【答案】D10．下列叙述正确的是()A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH＝7时，[SOeq\o\al(2－,4)]>[NHeq\o\al(＋,4)]B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c1＝10cC．pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色D．向mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中eq\f([OH－],[NH3·H2O])增大【解析】A中根据电荷守恒[H＋]＋[NHeq\o\al(＋,4)]＝[OH－]＋2[SOeq\o\al(2－,4)]，溶液pH＝7时，则2[SOeq\o\al(2－,4)]＝[NHeq\o\al(＋,4)]，故[SOeq\o\al(2－,4)]＜[NHeq\o\al(＋,4)]。B中不同浓度的醋酸电离度不同，所以不存在简单的比例关系。C中pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的醋酸溶液等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，滴入石蕊变红。D中往氨水中加入少量硫酸铵固体会抑制氨水的电离，则溶液中eq\f([OH－],[NH3·H2O])减小。【答案】C11．化工生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)=CuS(s)＋Mn2＋(aq)，下列说法错误的是()【导学号：05310166】A．MnS的Ksp比CuS的Ksp大B．该反应达平衡时[Mn2＋]＝[Cu2＋]C．往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，[Mn2＋]变大D．该反应的平衡常数K＝eq\f(KspMnS,KspCuS)【解析】这属于沉淀的转化。MnS、CuS属于同类型硫化物，能用来除去Cu2＋，表明MnS的Ksp大于CuS的Ksp，A正确；由于处于同一平衡体系，二者Ksp不同：[Mn2＋]＝eq\f(Ksp[MnS],[S2－])，[Cu2＋]＝eq\f(Ksp[CuS],[S2－])，则[Mn2＋]>[Cu2＋]，B错误；加入CuSO4，[Cu2＋]增大，平衡右移，[Mn2＋]增大，C正确；该反应平衡常数K＝eq\f([Mn2＋],[Cu2＋])＝eq\f([Mn2＋]·[S2－],[Cu2＋]·[S2－])＝eq\f(KspMnS,KspCuS)，D正确。【答案】B12．(2023·潍坊高二质检)常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是()A．新制氯水中加入固体NaOH：[Na＋]＝[Cl－]＋[ClO－]＋[OH－]B．pH＝的NaHCO3溶液：[Na＋]＞[HCOeq\o\al(－,3)]＞[COeq\o\al(2－,3)]＞[H2CO3]C．pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合：[Cl－]＝[NHeq\o\al(＋,4)]＞[OH－]＝[H＋]D．mol·L－1CH3COOH溶液与mol·L－1NaOH溶液等体积混合：2[H＋]－2[OH－]＝[CH3COO－]－[CH3COOH]【解析】要会运用溶液中的守恒解题。在任何溶液中都存在电荷守恒，选项A的溶液中电荷守恒为：[Na＋]＋c[H＋]＝[ClO－]＋[Cl－]＋[OH－]，故A错；NaHCO3溶液的pH＝，说明其水解程度大于电离程度，则[H2CO3]>[COeq\o\al(2－,3)]，故B错；pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合时，氨水是过量的，溶液不显中性，故C错；D选项中的CH3COOH与NaOH反应，得到的是等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，由电荷守恒得：[CH3COO－]＋[OH－]＝[H＋]＋[Na＋]，由元素守恒得：2[Na＋]＝[CH3COO－]＋[CH3COOH]，将电荷守恒关系式乘以2与元素守恒关系式相加得：[CH3COO－]＋2[OH－]＝2[H＋]＋[CH3COOH]，移项得：2[H＋]－2[OH－]＝[CH3COO－]－[CH3COOH]，故D正确。【答案】D二、非选择题(本题包括4小题，共52分)13．(10分)已知某溶液中只存在OH－、H＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：A．[Cl－]>[NHeq\o\al(＋,4)]>[H＋]>[OH－]B．[Cl－]>[NHeq\o\al(＋,4)]>[OH－]>[H＋]C．[Cl－]>[H＋]>[NHeq\o\al(＋,4)]>[OH－]D．[NHeq\o\al(＋,4)]>[Cl－]>[OH－]>[H＋](1)若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是____________，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是________(填序号)。(2)若上述关系中C项是正确的，则溶液中溶质的化学式是____________________________。(3)若该溶液由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前[HCl]________[NH3·H2O](填“>”“<”或“＝”，下同)，混合后溶液中[NHeq\o\al(＋,4)]与[Cl－]的关系[NHeq\o\al(＋,4)]________[Cl－]。【解析】溶液中只存在OH－、H＋、NHeq\o\al(＋,4)、Cl－四种离子。(1)若溶液只有一种溶质，只能是NH4Cl，因为NHeq\o\al(＋,4)少量发生水解，溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度的大小关系为：[Cl－]>[NHeq\o\al(＋,4)]>[H＋]>[OH－]，A项正确。(2)若溶液中离子浓度的关系为C项，则溶液中溶质为NH4Cl和HCl。(3)若该溶液由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，如果两者浓度相等，则恰好中和，溶液呈酸性，现在溶液呈中性，说明混合前盐酸的浓度小于氨水的浓度，根据电荷守恒：[NHeq\o\al(＋,4)]＋[H＋]＝[OH－]＋[Cl－]，混合后溶液呈中性，即[H＋]＝[OH－]，则[NHeq\o\al(＋,4)]＝[Cl－]。【答案】(1)氯化铵A(2)NH4Cl和HCl(3)<＝14．(14分)(1)常温下，amLmol·L－1的CH3COOH与bmLmol·L－1的NaOH混合，充分反应。①写出反应的离子方程式：________。②两溶液pH之和________14(填“<”、“＝”或“>”)。③若a＝b，则反应后溶液中粒子(除水分子外)浓度从大到小的顺序是________。④若混合后溶液呈中性，则a________b，反应后溶液中[CH3COO－]________[Na＋](填“<”、“＝”或“>”)。(2)常温下，amLpH＝3的CH3COOH与bmLpH＝11的NaOH混合，充分反应。①两溶液中由水电离出的H＋浓度之比为________；②若a＝b，则反应后溶液中粒子(除水分子外)浓度从大到小的顺序是________。【解析】(1)mol·L－1CH3COOH溶液的pH>1，且mol·L－1NaOH溶液的pH＝13，因此pH之和大于14，若a＝b，则CH3COOH与NaOH恰好等物质的量反应生成CH3COONa，故微粒浓度从大到小的顺序为[Na＋]>[CH3COO－]>[OH－]>[CH3COOH]>[H＋]，特别要注意CH3COOH的浓度位置。④中要保证溶液呈中性，则CH3COOH过量。根据电荷守恒有[CH3COO－]＝[Na＋]。(2)①两溶液中由水电离出的H＋浓度之比为10－11∶10－11＝1∶1。②若a＝b，则反应后溶液中有生成的CH3COONa和过量的CH3COOH，溶液呈酸性，则有[CH3COOH]>[CH3COO－]>[Na＋]>[H＋]>[OH－]。【答案】(1)①CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O②>③[Na＋]>[CH3COO－]>[OH－]>[CH3COOH]>[H＋]④>＝(2)①1∶1②[CH3COOH]>[CH3COO－]>[Na＋]>[H＋]>[OH－]15．(14分)用物质的量浓度为amol·L－1的标准NaOH溶液去测定VmL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：【导学号：05310167】(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是________________________________________________________________________。(2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入________(填“甲”或“乙”)中。(3)取mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度(mol·L－1)滴定完成时NaOH溶液滴入的体积(mL)待测盐酸的体积(mL)123①滴定达到终点的标志是________________________________________________________________________________________________________。②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为________(保留两位有效数字)。(4)若所测得盐酸浓度偏大，原因可能是________。A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡C．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗E．滴加NaOH溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定【解析】(1)滴定管用蒸馏水洗净后应用待装液润洗2～3次。(2)氢氧化钠溶液应用碱式滴定管盛装。(3)用碱滴定一定浓度的盐酸且酚酞作指示剂其达到终点的标志应为由无色恰好变成浅红色且半分钟内不退色。计算时应取几次滴定的平均值。由c(HCl)·V(HCl)＝c(NaOH)·V(NaOH)得c(HCl)＝eq\f(cNaOH·VNaOH,VHCl)＝eq\fmol·L－1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f＋＋,3)))mL,mL)≈mol·L－1。(4)读取标准液的读数时，滴定到终点后俯视及刚看到溶液变色，立刻停止滴定，都会使读取的标准的氢氧化钠溶液的体积偏小，使结果偏小；滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，则气泡体积也当作消耗氢氧化钠溶液的体积；盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，则标准液被稀释，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大；锥形瓶用待装液润洗过，则锥形瓶内盐酸的量偏大，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，使结果偏大。【答案】(1)用标准碱液润洗2～3次(2)乙(3)①溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不退色②mol·L－1(4)B、C、D16．(14分)现有A、B、C、D、E、F六种化合物，已知它们的阳离子有K＋、Ag＋、Ca2＋、Ba2＋、Fe2＋、Al3＋，阴离子有Cl－、OH－、CH3COO－、NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、COeq\o\al(2－,3)，现将它们分别配成mol·L－1的溶液，进行如下实验：①测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A>E>C；②向B溶液中滴加稀氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水，