突破高分高中化学选修四第三章错题集附解析

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1、高中化学选修四错题集第三章水溶液中的离子平衡2体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH溶液的物质的量 ()A相同 B中和HCl的多C无法比较 D中和CH3COOH的多解析：选D。HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，故pH相同的盐酸和醋酸相比，醋酸的物质的量浓度大，因此两溶液体积相同时，醋酸的物质的量多，中和时所需NaOH就多，故选D。8室温条件下进行下列各组实验，其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是()选项实验方案观察要点A等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应恰好反应时的体积比B醋酸溶液中加入醋酸钠固体溶液pH的变化C等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和

2、等量镁条反应产生H2的起始速率D将pH4的醋酸稀释成pH6的溶液加H2O的量解析：选A。A项，中和碱的能力与酸的强弱无关；B项pH增大说明醋酸溶液中存在电离平衡，说明醋酸是弱酸；C项，产生H2的起始速率是盐酸醋酸，说明醋酸不完全电离，即说明醋酸是弱酸；D项，稀释时加水量大于原溶液体积的100倍，说明醋酸中存在电离平衡，说明醋酸是弱酸，故B、C、D不符合题意。 9在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示，请回答：(1)“O”点导电能力为0的理由是_；(2)a、b、c三点的c(H)由小到大的顺序为_；(3)a、b、c三点处，电离程度最大的是_；(4)若

3、使c点溶液中c(CH3COO)增大，c(H)减小，则可采取的措施是_；_；_。解析：冰醋酸在稀释过程中，c(H)的变化为加水前(“O”点)，醋酸未电离，故c(H)0，液体不导电；加水后，CH3COOHCH3COOH，导电能力增强，离子的浓度增大；当稀释到一定程度后，尽管加水使电离程度增大，但离子的浓度反而减小，所以导电能力减弱。答案：(1)在“O”点处醋酸未电离，无离子存在(2)ca”、“”或“”)_25 ，其理由是_。(1)将此温度下pH11的NaOH溶液与pH1的HCl溶液等体积混合，混合后溶液的pH_。(2)将此温度下pH11的NaOH溶液a L与pH1的H2SO4溶液b L混合：若所得

4、混合液呈中性，则ab_；若所得混合液的pH2，则ab_。解析：温度越高，水的电离程度越大，Kw越大，25 时Kw11014。(1)此温度下pH11的NaOH溶液中c(OH)101 mol/L，pH1的HCl溶液中c(H)101 mol/L，所以两溶液等体积混合后应恰好完全反应，则混合后溶液的pH6。(2)若所得混合液呈中性，则0.1 mol/La L0.1 mol/Lb L，所以ab11；若所得混合液的pH2，则混合后c(H)0.01 mol/L，则0.01 mol/L，即：0.01 mol/L，得ab911。答案：水的电离过程是吸热过程，升高温度，能促进水的电离，水的离子积增大(1)6(2)

5、1191112下列说法正确的是()A将pH5的硫酸溶液稀释500倍后溶液中c(SO)c(H)110B常温下，将pH5的醋酸溶液稀释100倍后溶液pH7C常温下，将pH9的氢氧化钠溶液稀释100倍后溶液pH7D常温下，将0.01 molL1的硫酸溶液稀释100倍后溶液pH4解析：选A。pH5的硫酸溶液稀释500倍后，c(SO)1105 molL11108 molL1，由于水的电离，c(H)1107 molL1，由c(SO)c(H)(1108)(1107)110，故A正确；无论是酸还是碱的稀溶液，无限稀释时，溶液的pH只能接近于7，但不能等于7，故B、C错误；c(H)0.01 molL122104

6、 molL1，pHlg(2104)3.7，故D错误。16温度t 时，某NaOH稀溶液中c(H)10a molL1，c(OH)10b molL1，已知ab12，请回答下列问题： (3)给该NaOH溶液加热，pH_(填“变大”、“变小”或“不变”)。解析：(3)温度升高时，Kw变大，而c(H)，所以c(H)变大，pH变小。70.1 molL1NaOH溶液滴定100 mL 0.1 molL1盐酸时，如果滴定误差在0.1%以内，反应完毕后，溶液的pH范围为()A6.97.1 B3.310.7C4.39.7 D68解析：选C。本题考查中和滴定的计算。理论上，当滴入的NaOH溶液体积恰好为100 mL时，

7、溶液的pH7，实际操作中肯定有误差，如果多滴0.1 mL，误差为0.1%，少滴0.1 mL，误差为0.1 %，总体积均以200 mL计算。(1)碱过量时：c(OH)0.1 molL10.1 mL200 mL5105molL1，则c(H)21010molL1，pH10lg 29.7；(2)碱不足时：c(H)0.1 molL10.1 mL200 mL5105molL1，则pH5lg 54.3。1025 时，pH2的某酸HnA(An为酸根)与pH12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH5。(1)写出生成的正盐的化学式：_。(2)该盐中存在一定水解的离子，该离子主要的水解离子方程式为_。(3)简

8、述该混合液呈酸性的原因：_。(4)写出HnA的一级电离方程式：_。解析：当酸中c(H)等于碱中c(OH)时，二者等体积混合后，溶液的酸碱性是由过量的酸或碱决定的。(1)HnA中阴离子带n个单位的负电荷(An)，B(OH)m中阳离子带m个单位的正电荷(Bm)，则正盐的化学式为BnAm。(2)pH2的酸HnA中c(H)102 mol/L，pH12的B(OH)m中c(OH)102 mol/L，当二者等体积混合后溶液pH5，酸过量说明HnA一定为弱酸，故An一定水解。(3)由于酸一定为弱酸，当HnA与B(OH)m等体积混合后，酸有剩余导致溶液显酸性。答案：(1)BnAm(2)AnH2OHA(n1)OH

9、(3)由于酸一定为弱酸，当HnA与B(OH)m等体积混合后，酸有剩余(4)HnAHn1AH11在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是()A无色溶液：Ca2、H、Cl、HSOB能使pH试纸呈红色的溶液：Na、NH、I、NOCFeCl2溶液：K、Na、SO、AlOD常温下，0.1 molL1的溶液：Na、K、SiO、NO解析：选D。本题考查限定条件下的离子共存。A项错误，H与HSO发生反应而不能大量共存；B项错误，使pH试纸呈红色的溶液显酸性，在酸性条件下，NO有强氧化性(相当于HNO3)，可将I氧化，而不能大量共存；C项错误，Fe2与AlO发生双水解而不能大量共存；D项正确，0.1 m

10、olL1，即c(H)1013molL1，是碱性溶液，四种离子均可大量共存。14已知H2O2，KMnO4、NaClO，K2Cr2O7均具有强氧化性，将溶液中的Fe2、Cu2、Fe3完全沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为：9.6、6.4、3.7。现有含有FeCl2杂质的CuCl22H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：请回答下列问题：(1)第一步除去Fe2，能否直接调整pH9.6将Fe2沉淀除去？_，理由是_。(2)本实验最适合的氧化剂X是_(填序号)。AK2Cr2O7 BNaClOCH2O2 DKMnO4加入氧化剂的目的是_。(3)物质Y是_。ANaOHB氨水CCu2(OH)2CO

11、3DNa2CO3ECuOFCu(OH)2(4)除去Fe3的有关离子方程式是_，_。(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体？_。如何操作？_。解析：设计的实验方案中，加入氧化剂能把Fe2氧化为Fe3，同时又不能引入新的杂质，上述提供的几种氧化剂中符合要求的只有H2O2。当CuCl2溶液中混有Fe3时，可利用Fe3的水解：Fe33H2OFe(OH)33H，加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H作用，从而使平衡右移，把Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而除去。最后从CuCl2溶液中制取CuCl22H2O也不能直接加热蒸发，为抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热

12、蒸发。答案：(1)否pH9.6时，Cu2会完全沉淀(2)C将Fe2氧化为Fe3，便于生成沉淀而与Cu2分离(3)CEF(4)Fe33H2OFe(OH)33HCu2(OH)2CO34H=2Cu23H2OCO2或Cu(OH)22H=Cu22H2O或CuO2H=Cu2H2O(5)不能应在HCl气流中加热浓缩后，冷却结晶。12常温下，向100 mL 0.01 molL1 HA溶液中逐滴加入0.02 molL1 MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题：(1)由图中信息可知HA为_酸(填“强”或“弱”)，理由是_。(2)MA稀溶液的pHa，则a_7(填“”、“

13、”或“”)，用离子方程式表示其原因为_，此时，溶液中由水电离出的c(OH)_。(3)请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：_。(4)K点对应的溶液中，c(M)c(MOH)_2c(A)(填“”、“”或“”)；若此时溶液中pH10，则c(MOH)c(OH)_ molL1(用代数式表示)。解析：(1)由图像知，0.01 molL1 HA溶液的pH2，c(HA)c(H)0.01 molL1，即HA完全电离。(2)根据图像，pH7时，MOH过量，即MA溶液的pH7，为强酸弱碱盐，其水解离子方程式为MH2OMOHH，此时由水电离出的c水(OH)c(H)110a molL1。(3)K点为等物质的量浓度

14、的MA和MOH的混合溶液，由于MOH电离使pH7，故c(M)c(A)c(OH)c(H)。(4)根据物料守恒，K点时，c(M)c(MOH)2c(A)，pH10时，c(H)1010 molL1，c(OH)104 molL1，则溶液中的c(M)(0.005104) molL1，混合溶液中，根据物料守恒得：2c(A)c(M)c(MOH)，根据电荷守恒得：c(A)c(OH)c(M)c(H)，两式联立消除c(A)得，c(MOH)c(OH)c(M)2c(H)c(OH)(0.005104) molL121010 molL1104 molL10.00521010 molL1。答案：(1)强0.01 molL1

15、HA溶液的pH为2，说明HA完全电离(2)MH2OMOHH110a molL1(3)c(M)c(A)c(OH)c(H)(4)0.005210104下列有关溶度积常数(Ksp)的说法正确的是()A常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小B溶度积常数(Ksp)只受温度影响，温度升高Ksp减小C溶度积常数(Ksp)只受温度影响，温度升高Ksp增大 D常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变答案：D6把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)，下列叙述正确的是()A给溶液加热，溶

16、液的pH升高B恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高C向溶液中加入Na2CO3溶液，Ca(OH)2固体增多D向溶液中加入少量的NaOH固体，Ca(OH)2固体增多解析：选D。A项，加热时Ca(OH)2溶解度减小，平衡逆向移动，c(OH)减小，pH减小；B项，CaOH2O=Ca(OH)2，由于保持恒温，Ca(OH)2溶解度不变，c(OH)不变，因此pH不变；C项，COCa2=CaCO3，使平衡正向移动，Ca(OH)2固体减少；D项，加入NaOH固体时，c(OH)增大，平衡逆向移动，因此Ca(OH)2固体增多。10某温度时，Ag2SO4在水溶液中的溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是()Ab

17、点对应的Ksp(Ag2SO4)等于c点对应的Ksp(Ag2SO4)B采取蒸发溶剂的方法可以使a点对应的溶液变为b点对应的溶液C该温度下，Ksp(Ag2SO4)1.6105D0.02 molL1的AgNO3溶液与0.2 molL1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀解析：选B。温度恒定时，曲线上任意点的Ksp都相等，A项正确；a点对应Ag2SO4的不饱和溶液，但蒸发可以使溶液中的c(Ag)、c(SO)都变大，故不能实现由a点对应的溶液变到b点对应的溶液，B项错误；由Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线可知：Ksp(Ag2SO4)c2(Ag)c(SO)(1102)2161021.6105，

18、C项正确；0.02 molL1的AgNO3溶液与0.2 molL1的Na2SO4溶液等体积混合后，溶液中c2(Ag)c(SO)0.0120.11105Ksp，所以混合液不会有沉淀生成，D项正确。9一溶液中含有Fe3和Fe2，它们的浓度都是0.050 molL1。如果要求Fe3沉淀完全而Fe2不生成沉淀Fe(OH)2，需控制pH在何范围？已知：KspFe(OH)31.11036KspFe(OH)21.641014(提示：当某离子浓度小于105 molL1时可以认为该离子沉淀完全了)解析：Fe3沉淀完全时，c(Fe3)为1105 molL1，则Fe3沉淀完全时所需的氢氧根浓度为c(OH) molL

19、14.81011 molL1，pH14pOH1410.33.7；Fe2开始沉淀时所需氢氧根浓度为c(OH) molL15.7107 molL1，pH14pOH146.27.8，因此，溶液的pH控制在3.77.8之间，可使Fe3沉淀完全而Fe2不沉淀。答案：溶液的pH需控制在3.77.8之间。12已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡MmAn(s)mMn(aq)nAm(aq)，Kspcm(Mn)cn(Am)称为溶度积。某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料(25 )：难溶电解质CaCO3CaSO4MgCO3Mg(OH)2Ksp2.81099.11066.81061

20、.81011他们的实验步骤如下：往100 mL 0.1 molL1的CaCl2溶液中加入0.1 molL1的Na2SO4溶液100 mL立即有白色沉淀生成。向上述悬浊液中加入固体Na2CO3 3 g，搅拌，静置后弃去上层清液。再加入蒸馏水搅拌，静置后再弃去上层清液。_。(1)由题中信息知Ksp越大，表示电解质的溶解度越_(填“大”或“小”)。(2)写出第步发生反应的化学方程式_(3)设计第步的目的是：_。(4)请补充第步操作及发生的现象_。(5)请写出该转化在实际生活、生产中的一个应用_。解析：Ksp越大，表示电解质的溶解度越大。要证明CaSO4完全转化为CaCO3，可以加入盐酸，因为CaSO

21、4不和盐酸反应，而CaCO3可完全溶于盐酸。在实际生活、生产中利用此反应可以将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，易于除去。答案：(1)大(2)Na2CO3(aq)CaSO4(s)CaCO3(s)Na2SO4(aq)(3)洗去沉淀上附着的SO(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解，有气泡产生(5)将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，易于除去13工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理。还原沉淀法是常用的一种方法，其过程如下：CrOCr2OCr3Cr(OH)3(3)若在还原过程中还原1 mol Cr2O，需要_ mol的FeSO47

22、H2O。(3)Cr2O中Cr的化合价是6，所以1 mol Cr2O被还原转移6 mol电子；1 mol Fe2被氧化生成Fe3，转移1 mol电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO47H2O的物质的量为6 mol。17三草酸合铁酸钾晶体K3Fe(C2O4)3xH2O是一种光敏材料，在110 可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：铁含量的测定步骤一：称量5.00 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 mL溶液。步骤二：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化成二氧化碳，同时，MnO被还原成Mn2。

23、向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时，溶液仍呈酸性。步骤三：用0.010 mol/L KMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02 mL，滴定中MnO被还原成Mn2。重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.010 mol/L KMnO4溶液19.98 mL。请回答下列问题：配制三草酸合铁酸钾溶液的操作步骤依次是：称量、_、转移、洗涤并转移、_、摇匀。加入锌粉的目的是_。写出步骤三中发生反应的离子方程式：_。实验测得该晶体中铁的质量分数为_。在步骤二中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量_。(选填

24、“偏低”、“偏高”或“不变”) 解析：由固体配制溶液的步骤是：先称量，然后溶解，再冷却至室温，转移到容量瓶，再洗涤玻璃棒和烧杯，将洗涤液转入容量瓶，定容、摇匀。加入锌粉的目的是将溶液中的Fe3全部还原为Fe2。 步骤三中发生的是高锰酸根离子和二价铁离子的反应：8HMnO5Fe2=Mn25Fe34H2O。根据离子反应可知，Fe2的物质的量是MnO的物质的量的5倍，即n(Fe2)5n(MnO)5(20.0219.98)/2103L0.010 molL10.001 mol，故铁的质量分数为0.001 mol 56 gmol15.00 g100%11.20%。如果步骤二中加入的高锰酸钾的量不足，则步骤三中消耗的高锰酸钾会增多，因此测得铁的含量偏高。答案：(1)溶解定容将Fe3还原为Fe28HMnO5Fe2=Mn25Fe34H2O11.20%(或0.112)偏高说明：本文错题集收自于高二年级实验班林晓锋等部分尖子生。