人教版高中化學(xué)選修4第3章-過關(guān)測試卷(含答案解析)

人教版高中化學(xué)選修4第3章過關(guān)測試卷本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題包括16小題，每小題只有一個選項(xiàng)符合題意。每小題3分，共48分)1．下列說法正確的是()A．氯水能導(dǎo)電，所以氯氣是電解質(zhì)B．碳酸鈣不溶于水，所以它是非電解質(zhì)C．固體磷酸是電解質(zhì)，所以磷酸在熔融狀態(tài)下和溶于水時都能導(dǎo)電D．膽礬雖不能導(dǎo)電，但它屬于電解質(zhì)答案D解析氯水導(dǎo)電的原因是Cl2溶于水生成了鹽酸和次氯酸，鹽酸和次氯酸是電解質(zhì)，溶于水而導(dǎo)電，而不是氯氣本身導(dǎo)電，且氯氣是單質(zhì)，它既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)。碳酸鈣難溶于水，但其溶于水的部分完全電離，是強(qiáng)電解質(zhì)；固體磷酸雖是電解質(zhì)，但其是共價化合物，熔融時只以分子形式存在，不能導(dǎo)電；膽礬不能導(dǎo)電，但溶于水完全電離，所以是強(qiáng)電解質(zhì)。2．用如圖所示裝置分別進(jìn)行下列各組物質(zhì)的導(dǎo)電性實(shí)驗(yàn)，小燈泡的亮度比反應(yīng)前明顯減弱的是()A．向亞硫酸鈉溶液中通入氯氣B．向硝酸銀溶液中通入少量氯化氫C．向氫碘酸飽和溶液中通入少量氧氣D．向氫氧化鈉溶液中通入少量氯氣答案C解析A項(xiàng)中發(fā)生的反應(yīng)為Na2SO3＋Cl2＋H2O=Na2SO4＋2HCl，生成了兩種強(qiáng)電解質(zhì)，溶液的導(dǎo)電能力增強(qiáng)，故燈泡變亮；B項(xiàng)中發(fā)生的反應(yīng)為AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，溶液的導(dǎo)電能力沒有明顯變化；C項(xiàng)中發(fā)生的反應(yīng)為4HI＋O2=2H2O＋2I2，溶液的導(dǎo)電能力下降，故燈泡變暗；D項(xiàng)中發(fā)生的反應(yīng)為2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O，溶液的導(dǎo)電能力沒有明顯變化，故燈泡的亮度沒有明顯變化。3．下列有關(guān)鹽類水解的敘述正確的是()A．溶液呈中性的鹽一定是強(qiáng)酸、強(qiáng)堿反應(yīng)生成的鹽B．含有弱酸根離子的鹽的水溶液一定呈堿性C．鹽溶液的酸堿性主要取決于形成鹽的酸和堿的相對強(qiáng)弱D．強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽的水溶液一定呈中性答案C解析如果弱酸、弱堿的電離程度相當(dāng)，生成的鹽的水溶液呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性；含有弱酸根離子的鹽的水溶液不一定呈堿性，如NaHSO3溶液呈酸性；強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽的水溶液不一定呈中性，如NaHSO4溶液呈酸性。4．電離度是描述弱電解質(zhì)電離程度的物理量，電離度＝(已電離的電解質(zhì)的物質(zhì)的量/原有電解質(zhì)總的物質(zhì)的量)×100%?，F(xiàn)取20mLc(H＋)＝1×10－3mol·L－1的CH3COOH溶液，加入0．2mol·L－1的氨水，測得溶液導(dǎo)電能力隨加入的氨水體積變化的趨勢如圖所示，則加入氨水前CH3COOH的電離度為()A．0．5%B．1．5%C．0．1%D．1%答案D解析由圖可知當(dāng)加入10mL氨水時溶液的導(dǎo)電能力最強(qiáng)，即此時氨水與CH3COOH溶液恰好完全反應(yīng)生成CH3COONH4，則有20mL×c(CH3COOH)＝0．2mol·L－1×10mL，得c(CH3COOH)＝0．1mol·L－1，故加入氨水前CH3COOH的電離度為eq\f(1×10－3mol·L－1,0.1mol·L－1)×100%＝1%。5．物質(zhì)的量相等的下列物質(zhì)形成的等體積溶液中，所含微粒種類最多的是()A．CaCl2B．CH3COONaC．NH3D．K2S答案D解析CaCl2不水解，其溶液中存在的微粒有5種：Ca2＋、Cl－、OH－、H＋、H2O；CH3COONa發(fā)生水解，其溶液中存在的微粒有6種：Na＋、CH3COO－、CH3COOH、H＋、OH－、H2O；氨水中存在的微粒有6種：NH3、NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－、H＋、H2O;K2S中S2－發(fā)生兩步水解，其溶液中存在7種微粒：K＋、S2－、HS－、H2S、OH－、H＋、H2O。6．常溫下，在pH＝9的NaOH溶液和CH3COONa溶液中，設(shè)由水電離出的OH－濃度分別為M和N，則M和N的關(guān)系為()A．M>NB．M＝10－4NC．N＝10－4MD．M＝N答案B解析pH＝9的氫氧化鈉溶液中的H＋均是由水電離產(chǎn)生的，c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－9mol·L－1，即M＝10－9mol·L－1；pH＝9的CH3COONa溶液中c(OH－)＝10－5mol·L－1，OH－完全由水電離產(chǎn)生，即N＝10－5mol·L－1，所以M＝10－4N。7．現(xiàn)有等pH或等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸，取等體積的兩種溶液分別加入足量鐵，產(chǎn)生H2的體積(同溫同壓下測定)的變化曲線如圖所示：其中正確的是()A．①③B．②④C．①②③④D．都不對答案D解析①③的錯誤是顯而易見的，因?yàn)殡S著反應(yīng)的進(jìn)行V(H2)只可能增大而不可能減小。②看起來好像是對的，但要注意等pH的醋酸和鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量濃度要比鹽酸大得多，與足量的鐵反應(yīng)時，不僅產(chǎn)生的氫氣體積更大，反應(yīng)更快，而且反應(yīng)的時間更長，不可能比鹽酸更早結(jié)束反應(yīng)。④看起來好像也對，但要注意到一個細(xì)節(jié)，在物質(zhì)的量濃度相同的情況下，醋酸中c(H＋)在反應(yīng)結(jié)束之前都比鹽酸小，因此醋酸中反應(yīng)速率應(yīng)該比鹽酸小，即取相同的時間點(diǎn)，鹽酸所對應(yīng)的V(H2)應(yīng)比醋酸大，因此④也是錯的。8．體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液，n(Cl－)＝n(CH3COO－)＝0．01mol，下列敘述錯誤的是()A．與NaOH完全中和時，醋酸所消耗的NaOH多B．分別與足量CaCO3反應(yīng)時，放出的CO2一樣多C．兩種溶液的pH相等D．分別用水稀釋相同倍數(shù)時，n(Cl－)<n(CH3COO－)答案B解析體積相同的鹽酸和醋酸兩種溶液，n(Cl－)＝n(CH3COO－)＝0．01mol，根據(jù)二者的電離方程式可知，二者電離出的c(H＋)相同，故pH相等，C項(xiàng)正確；由于CH3COOH不能完全電離，因此n(CH3COOH)>n(HCl)，故與NaOH完全中和時，醋酸消耗的NaOH多，分別與足量CaCO3反應(yīng)時，醋酸參與的反應(yīng)放出的CO2多，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤；分別用水稀釋相同倍數(shù)時，醋酸的電離程度增大，n(CH3COO－)增大，而n(Cl－)不變，D項(xiàng)正確。9．常溫下，0．2mol·L－1的一元酸HA溶液與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示，下列說法正確的是()A．HA為強(qiáng)酸B．該混合液的pH＝7C．該混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)D．圖中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋答案C解析題中所給的HA溶液與NaOH溶液反應(yīng)生成0．1mol·L－1的NaA溶液。由圖知A－的濃度小于0．1mol·L－1，說明A－發(fā)生了水解，即HA是弱酸，A項(xiàng)錯誤；A－發(fā)生了水解，水解后溶液呈堿性，B項(xiàng)錯誤；混合液中粒子濃度的大小關(guān)系為c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，因此X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，D項(xiàng)錯誤；根據(jù)物料守恒可知，c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，即c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)，C項(xiàng)正確。10．已知某溫度下CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)相等，現(xiàn)向10mL0．1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過程中()A．水的電離程度始終增大B．eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)先增大再減小C．c(CH3COOH)與c(CH3COO－)之和始終保持不變D．當(dāng)加入氨水的體積為10mL時，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)答案D解析CH3COOH溶液中水的電離被抑制，當(dāng)CH3COOH與NH3·H2O恰好反應(yīng)時生成CH3COONH4，此時水的電離程度最大，再加入氨水，水的電離程度又減小，A項(xiàng)錯誤；eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cH＋·cOH－,cNH3·H2O·cH＋·cOH－)＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)·eq\f(cH＋,Kw)＝K(NH3·H2O)·eq\f(cH＋,Kw)，溫度不變，NH3·H2O的電離平衡常數(shù)及Kw均不變，隨著氨水的滴加，c(H＋)減小，故eq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)減小，B項(xiàng)錯誤；未滴加氨水時，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0．1mol·L－1，滴加10mL氨水時，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0．05mol·L－1，C項(xiàng)錯誤；由于CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)相等，故當(dāng)加入氨水的體積為10mL時溶液呈中性，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)，D項(xiàng)正確。11．常溫下，下列溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是()A．新制氯水中加入固體NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)B．pH＝8．3的NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(H2CO3)C．pH＝11的氨水與pH＝3的鹽酸等體積混合：c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)＝c(H＋)D．0．2mol·L－1CH3COOH溶液與0．1mol·L－1NaOH溶液等體積混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)答案D解析根據(jù)溶液中的電荷守恒，則c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，故A項(xiàng)錯誤；NaHCO3溶液的pH＝8．3，說明其水解程度大于電離程度，則c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))，故B項(xiàng)錯誤；pH＝11的氨水與pH＝3的鹽酸等體積混合時，氨水是過量的，溶液不顯中性，故C項(xiàng)錯誤；CH3COOH溶液與NaOH溶液反應(yīng)得到等濃度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，由電荷守恒得c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，由物料守恒得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，則c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，移項(xiàng)得2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)，故D項(xiàng)正確。12．25℃時，5種銀鹽的溶度積常數(shù)(Ksp)如表所示：下列說法正確的是()A．氯化銀、溴化銀和碘化銀的溶解度依次增大B．將硫酸銀溶解于水形成飽和溶液后，向其中加入少量硫化鈉溶液，不可能得到黑色沉淀C．在5mL1．8×10－5mol·L－1的NaCl溶液中加入1滴(1mL約20滴)0．1mol·L－1的AgNO3溶液(忽略溶液體積變化)，不能觀察到白色沉淀D．將足量淺黃色溴化銀固體浸泡在飽和氯化鈉溶液中，有少量白色固體生成答案D解析當(dāng)難溶物組成類型相同時，可以利用Ksp直接比較難溶物的溶解度，Ksp值越小越難溶，所以氯化銀、溴化銀、碘化銀的溶解度依次減小，A項(xiàng)錯誤；硫酸銀的Ksp遠(yuǎn)大于硫化銀的Ksp，因此會有更難溶的黑色硫化銀生成，B項(xiàng)錯誤；c(Ag＋)＝eq\f(0.1mol·L－1×\f(1,20)mL,5mL)＝0．001mol·L－1，Qc＝0．001×1．8×10－5＝1．8×10－8，大于氯化銀的Ksp，故會有白色沉淀生成，C項(xiàng)錯誤；足量溴化銀固體浸泡在氯化鈉的飽和溶液中，則溶液中氯離子與銀離子的濃度積大于氯化銀的溶度積，所以會有少量白色固體生成，D項(xiàng)正確。13．已知25℃時醋酸、次氯酸、碳酸、亞硫酸的電離平衡常數(shù)如表所示，下列敘述正確的是()A．25℃時，等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四種溶液中，堿性最強(qiáng)的是Na2CO3溶液B．25℃時，將0．1mol·L－1的稀醋酸不斷加水稀釋，所有離子的濃度均減小C．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中反應(yīng)的離子方程式為SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－=CaSO3↓＋2HClOD．少量CO2通入NaClO溶液中反應(yīng)的離子方程式為CO2＋H2O＋2ClO－=COeq\o\al(2－,3)＋2HClO答案A解析根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，酸性：亞硫酸>醋酸>碳酸>亞硫酸氫根離子>次氯酸>碳酸氫根離子。等物質(zhì)的量濃度的含有弱酸根離子的鈉鹽溶液，對應(yīng)酸的酸性越弱，酸根離子的水解程度越大，溶液中氫氧根離子的濃度越大，pH越大，水解程度：CH3COO－<SOeq\o\al(2－,3)<ClO－<COeq\o\al(2－,3)，所以堿性最強(qiáng)的是Na2CO3溶液，A項(xiàng)正確；稀醋酸中加一定量水，醋酸的電離程度增大，但溶液中氫離子的濃度減小，由于Kw不變，所以氫氧根離子的濃度增大，B項(xiàng)錯誤；少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，反應(yīng)生成的次氯酸能夠氧化亞硫酸根離子，正確的離子方程式為Ca2＋＋2SO2＋2H2O＋2ClO－=CaSO4↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋＋2Cl－，C項(xiàng)錯誤；少量CO2通入NaClO溶液中，反應(yīng)生成次氯酸和碳酸氫根離子，反應(yīng)的離子方程式為CO2＋H2O＋ClO－=HCOeq\o\al(－,3)＋HClO，D項(xiàng)錯誤。14．一定溫度下，將Cl2緩慢通入水中至所得氯水飽和，然后向所得飽和氯水中滴加0．1mol·L－1的NaOH溶液，溶液pH變化的曲線如圖所示。下列敘述正確的是()A．①點(diǎn)的溶液中：c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HClO)＋c(OH－)B．②點(diǎn)的溶液中：c(H＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(HClO)C．③點(diǎn)的溶液中：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)D．④點(diǎn)的溶液中：c(Na＋)>c(ClO－)>c(Cl－)>c(HClO)答案C解析①點(diǎn)表示Cl2緩慢通入水中但所得氯水未達(dá)到飽和，由電荷守恒知，c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，A項(xiàng)錯誤；②點(diǎn)表示Cl2緩慢通入水中所得氯水剛好飽和，HClO是弱酸，部分電離，c(HClO)>c(ClO－)，則有c(H＋)>c(Cl－)>c(HClO)>c(ClO－)，B項(xiàng)錯誤；③點(diǎn)的溶液pH＝7，由電荷守恒知，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，則c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，由于溶液中c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，所以c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(ClO－)＋c(HClO)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，C項(xiàng)正確；④點(diǎn)表示氯水與過量NaOH溶液反應(yīng)，所得溶液的溶質(zhì)為NaCl、NaClO、NaOH，ClO－部分水解，則c(Cl－)>c(ClO－)，D項(xiàng)錯誤。15．海水中含有豐富的鎂資源。某同學(xué)設(shè)計了從模擬海水中制備MgO的實(shí)驗(yàn)方案：注：溶液中某種離子的濃度小于1．0×10－5mol·L－1，可認(rèn)為該離子不存在。實(shí)驗(yàn)過程中，假設(shè)溶液體積不變。已知：Ksp(CaCO3)＝4．96×10－9，Ksp(MgCO3)＝6．82×10－6，Ksp[Ca(OH)2]＝4．68×10－6，Ksp[Mg(OH)2]＝5．61×10－12。下列說法正確的是()A．沉淀X為CaCO3B．濾液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋C．濾液N中存在Mg2＋、Ca2＋D．步驟②中若改為加入4．2gNaOH固體，沉淀Y為Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物答案A解析步驟①中，從題給條件可知n(NaOH)＝0．001mol，即n(OH－)＝0．001mol，依據(jù)離子反應(yīng)“先中和、后沉淀、再其他”的反應(yīng)規(guī)律，當(dāng)1．0L模擬海水中加入0．001molNaOH時，OH－恰好與HCOeq\o\al(－,3)完全反應(yīng)：OH－＋HCOeq\o\al(－,3)=COeq\o\al(2－,3)＋H2O，生成0．001molCOeq\o\al(2－,3)。由于Ksp(CaCO3)?Ksp(MgCO3)，生成的COeq\o\al(2－,3)與水中的Ca2＋反應(yīng)生成CaCO3沉淀：Ca2＋＋COeq\o\al(2－,3)=CaCO3↓，所以沉淀X為CaCO3，故A項(xiàng)正確。由于COeq\o\al(2－,3)只有0．001mol，反應(yīng)生成CaCO3所消耗的Ca2＋為0．001mol，濾液中還剩余c(Ca2＋)＝0．010mol·L－1，則濾液M中同時存在Ca2＋和Mg2＋，故B項(xiàng)錯誤。步驟②中，當(dāng)濾液M中加入NaOH固體調(diào)至pH＝11．0時，此時濾液中c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，則Qc＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝0．010×(10－3)2＝10－8<Ksp[Ca(OH)2]，無Ca(OH)2沉淀生成，Qc＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝0．050×(10－3)2＝5×10－8>Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成；又由于Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝5．61×10－12，c(Mg2＋)＝5．61×10－6mol·L－1<1．0×10－5mol·L－1，故濾液N中不存在Mg2＋，C項(xiàng)錯誤。步驟②中若改為加入4．2gNaOH固體，則n(NaOH)＝0．105mol，與0．050molMg2＋反應(yīng)：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，生成0．050molMg(OH)2，剩余0．005molOH－。由于Qc＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝0．010×(0．005)2＝2．5×10－7<Ksp[Ca(OH)2]，所以無Ca(OH)2沉淀析出，沉淀Y為Mg(OH)2沉淀，故D項(xiàng)錯誤。16．H2S為二元弱酸，20℃時，向0．100mol·L－1的Na2S溶液中緩慢通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化及H2S的揮發(fā))。下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是()A．通入HCl氣體前：c(S2－)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)B．pH＝7的溶液中：c(Cl－)>c(HS－)＋2c(H2S)C．c(HS－)＝c(S2－)的堿性溶液中：c(Cl－)＋c(HS－)>0．100mol·L－1＋c(H2S)D．c(Cl－)＝0．100mol·L－1的溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2S)－c(S2－)答案D解析通入HCl氣體前，該溶液為Na2S溶液，分步水解且水解程度很小，則離子濃度大小關(guān)系為c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)，故A項(xiàng)錯誤；電荷守恒式為c(Cl－)＋2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，物料守恒式為c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，pH＝7的溶液中c(OH－)＝c(H＋)，三等式聯(lián)立可得c(Cl－)＝c(HS－)＋2c(H2S)，故B項(xiàng)錯誤；c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，兩邊同時加上c(S2－)，得c(Cl－)＋c(OH－)＋c(S2－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(S2－)＋2c(H2S)，因堿性溶液中c(HS－)＝c(S2－)，所以c(Cl－)＋c(HS－)<c(HS－)＋c(S2－)＋2c(H2S)，又因0．100mol·L－1＝eq\f(1,2)c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)，所以c(Cl－)＋c(HS－)<0．100mol·L－1＋c(H2S)，故C項(xiàng)錯誤；c(Cl－)＝0．100mol·L－1的溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝c(Cl－)＝0．100mol·L－1，又因c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，所以c(OH－)－c(H＋)＝c(HS－)＋2c(H2S)－[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]＝c(H2S)－c(S2－)，故D項(xiàng)正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共52分)二、非選擇題(本題包括5小題，共52分)17．(10分)實(shí)驗(yàn)表明，液態(tài)時純硫酸的電離能力強(qiáng)于純硝酸，純硫酸的導(dǎo)電性也顯著強(qiáng)于純水。又知液態(tài)純酸都像水那樣進(jìn)行自身電離(H2O＋H2OH3O＋＋OH－)而建立平衡，且在一定溫度下都有各自的離子積常數(shù)。據(jù)此回答：(1)純硫酸在液態(tài)時自身電離的方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)25℃時，液態(tài)純硫酸的離子積常數(shù)K(H2SO4)________(填“>”“<”或“＝”)1×10－14。(3)在純硫酸與純硝酸的液態(tài)混合酸中，存在的陰離子主要是________，這是因?yàn)榛旌纤嶂胁粌H存在硫酸和硝酸各自電離的兩個電離平衡，而且硫酸的電離能力強(qiáng)于硝酸，在此條件下，混合酸中必然發(fā)生______________________________________(寫離子方程式)反應(yīng)。故硫酸與硝酸的無水混合酸中存在的化學(xué)平衡為________________________________________。答案(1)2H2SO4H3SOeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,4)或H2SO4H＋＋HSOeq\o\al(－,4)(2)>(3)HSOeq\o\al(－,4)H＋＋HNO3H2NOeq\o\al(＋,3)HNO3＋H2SO4H2NOeq\o\al(＋,3)＋HSOeq\o\al(－,4)(每空2分，共10分)解析題干信息告訴我們純硫酸存在電離平衡，且電離程度強(qiáng)于純硝酸和純水，仿照純水的電離方程式，可以推知純硫酸的電離方程式為2H2SO4H3SOeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,4)。在純硫酸和純硝酸的液態(tài)混合酸中2H2SO4H3SOeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,4)為主要的電離方式，而純硝酸電離受到純硫酸電離出的H＋的抑制，因此在純硫酸和純硝酸的液態(tài)混合酸中，存在的陰離子主要是HSOeq\o\al(－,4)。同時，無水條件下，混合酸中必然發(fā)生H＋＋HNO3H2NOeq\o\al(＋,3)的反應(yīng)。18．(11分)有A、B、C、D四種強(qiáng)電解質(zhì)，它們在水中電離時可產(chǎn)生下列離子(每種物質(zhì)只含一種陰離子且互不重復(fù))提示：CH3COONH4溶液為中性陽離子Na＋、Ba2＋、NHeq\o\al(＋,4)陰離子CH3COO－、Cl－、OH－、SOeq\o\al(2－,4)已知：①A、C溶液的pH均大于7，同濃度A、B的溶液中水的電離程度相同；②C溶液和D溶液相遇時只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇時只生成刺激性氣味的氣體，A溶液和D溶液混合時無明顯現(xiàn)象。(1)A是____________，B是____________。(2)25℃時，0．1mol/LB溶液的pH＝a，則B溶液中c(H＋)－c(NH3·H2O)＝__________________(用含a的關(guān)系式表示)。(3)將等體積、等物質(zhì)的量濃度的B溶液和C溶液混合，反應(yīng)后溶液中各種離子濃度由大到小的順序?yàn)開_____________________________________________。(4)在一定體積0．005mol/L的C溶液中，加入一定體積的0．00125mol/L的鹽酸時，混合溶液的pH＝11，若反應(yīng)后溶液的體積等于C溶液與鹽酸的體積之和，則C溶液與鹽酸的體積比是________。答案(1)CH3COONa(2分)NH4Cl(2分)(2)1×10(a－14)mol/L(2分)(3)c(OH－)>c(Ba2＋)＝c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)(3分)(4)1∶4(2分)解析(1)A、C溶液的pH均大于7，說明A、C的溶液中含有的陰離子為CH3COO－或OH－，陽離子為Na＋或Ba2＋；C溶液和D溶液相遇時只生成白色沉淀，說明C、D中存在Ba2＋或SOeq\o\al(2－,4)中的一種；B溶液和C溶液相遇只生成刺激性氣味的氣體NH3，說明B、C中存在NHeq\o\al(＋,4)或OH－中的一種，所以C為Ba(OH)2，則A為CH3COONa，A、B的溶液中水的電離程度相同，則B為NH4Cl，D為Na2SO4。(2)0．1mol/LNH4Cl溶液中，根據(jù)電荷守恒有c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)＋c(Cl－)，根據(jù)物料守恒有c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)，聯(lián)立兩式可得c(H＋)－c(NH3·H2O)＝c(OH－)＝eq\f(10－14,10－a)＝1×10(a－14)mol/L。(3)設(shè)1L1mol/L的NH4Cl溶液與1L1mol/LBa(OH)2溶液混合，則所得溶液為0．5mol/LNH3·H2O、0．25mol/LBaCl2和0．25mol/LBa(OH)2的混合溶液，c(OH－)>0．5mol/L，c(Cl－)＝c(Ba2＋)＝0．5mol/L，c(NHeq\o\al(＋,4))<0．5mol/L，c(H＋)最小。(4)設(shè)Ba(OH)2溶液的體積為xL，鹽酸的體積為yL，則eq\f(x×0.005mol/L×2－0.00125mol/L×y,x＋y)＝0．001mol/L，解得x∶y＝1∶4。19．(11分)乙二酸俗名草酸，下面是化學(xué)學(xué)習(xí)小組的同學(xué)對草酸晶體(H2C2O4·xH2O)進(jìn)行的探究性學(xué)習(xí)過程，請你參與并協(xié)助他們完成相關(guān)學(xué)習(xí)任務(wù)。該組同學(xué)的研究課題是測定草酸晶體(H2C2O4·xH2O)中的x值。通過查閱資料和查尋網(wǎng)絡(luò)得，草酸易溶于水，其水溶液可以用酸性KMnO4溶液進(jìn)行滴定：2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。學(xué)習(xí)小組的同學(xué)設(shè)計了如下實(shí)驗(yàn)步驟測定x值：①稱取1．260g純草酸晶體，將其配成100．00mL溶液作為待測液；②取25．00mL待測液放入錐形瓶中，再加入適量的稀H2SO4；③用濃度為0．1000mol·L－1的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，達(dá)到終點(diǎn)時消耗標(biāo)準(zhǔn)液10．00mL。請回答下列問題：(1)滴定時，將酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液裝在圖中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。(2)本實(shí)驗(yàn)滴定達(dá)到終點(diǎn)的標(biāo)志是___________________________________。(3)通過上述數(shù)據(jù)，求得x＝________。討論：①若滴定至終點(diǎn)時俯視滴定管讀數(shù)，則由此測得的x值會________(填“偏大”“偏小”或“不變”，下同)。②若滴定時所用的酸性KMnO4溶液因久置而導(dǎo)致濃度變小，則由此測得的x值會________。答案(1)甲(2分)(2)當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液時，溶液由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘內(nèi)不褪色(2分)(3)2(3分)①偏大(2分)②偏小(2分)解析(1)因?yàn)樗嵝訩MnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，會腐蝕橡膠管，故應(yīng)用酸式滴定管盛裝。(2)可利用MnOeq\o\al(－,4)～Mn2＋的顏色變化判斷滴定終點(diǎn)，當(dāng)達(dá)到滴定終點(diǎn)時，溶液將由無色變?yōu)樽霞t色。(3)由題給離子方程式及數(shù)據(jù)可知，1．260g純草酸晶體中所含H2C2O4的物質(zhì)的量為0．1000mol·L－1×10．00mL×10－3L·mL－1×eq\f(5,2)×eq\f(100mL,25mL)＝0．0100mol，則1．260gH2C2O4·xH2O中所含H2O的物質(zhì)的量為eq\f(1.260g－0.0100mol×90g·mol－1,18g·mol－1)＝0．0200mol，則x＝2。①若滴定至終點(diǎn)時俯視滴定管讀數(shù)，則所得的消耗的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，測得的n(H2C2O4)偏小，則n(H2O)偏大，x值偏大。②若酸性KMnO4溶液濃度偏小，則消耗的體積偏大，測得的x值偏小。20．(8分)將0．2mol·L－1HA溶液與0．1mol·L－1NaOH溶液等體積混合(體積變化忽略不計)，測得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，則(用“>”“<”或“＝”填寫下列空白)：(1)混合溶液中，c(A－)________c(HA)。(2)混合溶液中，c(HA)＋c(A－)________0．1mol·L－1。(3)混合溶液中，由水電離出的c(OH－)________0．2mol·L－1HA溶液中由水電離出的c(H＋)。(4)25℃時，如果取0．2mol·L－1HA溶液與0．1mol·L－1NaOH溶液等體積混合，測得混合溶液的pH<7，則HA的電離程度________NaA的水解程度。答案(1)<(2)＝(3)>(4)>(每空2分，共8分)解析(1)將0．2mol·L－1HA溶液與0．1mol·L－1NaOH溶液等體積混合時，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的HA和NaA，由于c(Na＋)>c(A－)，說明A－的水解能力大于HA的電離能力，使得c(HA)>c(A－)。(2)通過物料守恒及等體積混合后濃度減半可知，c(HA)＋c(A－)＝0．1mol·L－1。(3)混合溶液中由于NaA的存在，促進(jìn)水的電離，而0．2mol·L－1HA溶液中水的電離受到抑制，因此前者由水電離產(chǎn)生的c(OH－)大于后者由水電離產(chǎn)生的c(H＋)。(4)25℃時，如果取0．2mol·L－1HA溶液與0．1mol·L－1Na