2019-2020年高二化学寒假作业6《化学》选修4含答案.doc

2019-2020年高二化学寒假作业6化学选修4含答案一、选择题（本题共7道小题）1.下列叙述中，错误的是（）A虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠是电解质B纯水的pH随温度的升高而减小C在醋酸钠溶液中加入少量氢氧化钠，溶液中c（OH）增大D在纯水中加入少量硫酸铵，可抑制水的电离2.若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因是（）A生成一种强酸弱碱盐 B弱酸溶液和强碱溶液C弱酸与弱碱溶液反应 D一元强酸溶液与一元强碱溶液反应3.常温时，下列溶液的pH等于8或大于8的是（）A0.1 molL1的NaCl溶液BpH=6的醋酸用水稀释100倍CpH=10的氢氧化钠溶液稀释1000倍D0.1 molL1的硫酸100 mL跟0.2 molL1 NaOH溶液150 mL完全反应4.水是生命之源，xx年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象，模型如图所示，下列关于水的说法正确的是（）A水是弱电解质 B可燃冰是可以燃烧的水C氢氧两种元素只能组成水 D0时冰的密度比液态水的密度大5.在甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（）A1mol/L甲酸溶液中c（H+）约为1102mol/LB甲酸能与水以任意比互溶C10mL 1mol/L甲酸恰好跟10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应D甲酸的导电性比强酸溶液的导电性弱6.关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：氨水、盐酸、氯化铵溶液，下列说法不正确的是（）Ac（NH+4）：B水电离出的c（H+）：C和等体积混合的溶液：c（H+）=c（OH）+c（NH3H2O）D和等体积混合后的溶液：c（NH+4）c（Cl）c（OH）c（H+）7.标准状况下，某同学向100mL H2S饱和溶液中通入SO2，所得溶液pH变化如图所示下列分析中正确的是（）Ab点对应的溶液导电性最强B亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸Cab段反应是SO2+2H2S3S+2H2OD原H2S溶液的物质的量浓度为0.05molL1二、填空题（本题共3道小题）8.、A物质的化学式为M(OH)2 ，将其溶于水制成稀溶液，该溶液呈中性，在溶液中存在：M2+ + 2OH- M(OH)2 2H+ + MO22-回答以下题目一律用“增大”“减小”“不变”填空（1）在其他条件不变的情况下，25Co 时，在蒸馏水中加入A物质后，与加入前比较，由水电离出的C(OH-) ，C(H+) ，水的电离度 ，Kw （2）25Co 时，向A的稀溶液中加入少量的烧碱固体。则水的电离度 ，溶液的pH 、.室温下，甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L,则甲、乙两瓶氨水中C(OH-)之比为 10 (填大于、等于或小于)9.以下各题中各量的关系，请用“”、“”或“”表示。（1）pH 3的醋酸和pH11的氢氧化钠溶液等体积混合，混合液中c(Na) c(CH3COO)（2）等物质的量浓度、等体积盐酸和醋酸钠混合，混合液中各离子浓度的大小关系为 （3）常温下，若NaOH溶液中的c(OH)与NH4Cl溶液中的c(H)相同。现将NaOH和NH4Cl的溶液分别稀释10倍，稀释后NaOH和NH4Cl溶液的pH分别用pH1和pH2表示。则pH1 pH2 14（4）现有pH相等、等体积的Ba(OH)2、NaOH和NH3H2O三种溶液，将它们分别与V1 L、V2 L、V3 L等浓度的盐酸混合，混合后溶液均呈中性，则V1 、V2 、V3的大小关系 10.已知：I2+2S2O32S4O62+2I； 2Cu2+4I=2CuI+I2相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.210202.610391.71071.31012（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入 调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）= ；过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体（2）在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因 （用化学方程式表示）（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样（不含能与I发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL可选用 作滴定指示荆，滴定终点的现象是 该试样中CuCl22H2O的质量百分数为 试卷答案1.D 考点：水的电离；电解质与非电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物； B水的电离是吸热过程；C氢氧化钠是强电解质能完全电离；D盐类的水解促进水的电离解答：解：ANaCl在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以氯化钠是电解质，故A正确； B升温促进电离，氢离子浓度增大，纯水的pH减小，故B正确；C氢氧化钠电离出氢离子，故溶液中c（OH）增大，故C正确；D硫酸铵水解促进水的电离，故D错误故选D点评：本题考查电解质，水的电离，注意氢氧化钠电离出氢离子，使溶液中c（OH）增大2.B考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液中，c（H+）=c（OH）=103mol/L，等体积混合后溶液呈酸性，说明应后酸过量，应为弱酸和强碱的反应，本题可通过讨论进行分析解答：解：pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液中，c（H+）=c（OH）=103mol/L，若为强酸、强碱溶液，在溶液中完全电离，则反应后溶液呈中性；若为弱酸、强碱溶液，弱酸在溶液中部分电离，混合后酸过量，溶液呈酸性；若为强酸、弱碱溶液，弱碱在溶液中部分电离出氢氧根离子，碱过量，反应后溶液呈碱性，根据分析可知，只有B符合，故选B点评：本题考查酸碱混合的定性判断，侧重考查弱电解质的电离和盐类的水解知识，题目难度中等，注意当c（H+）=c（OH）时，弱电解质的浓度大于强电解质溶液的浓度，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力3.D 考点：pH的简单计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：ANaCl属于强酸强碱盐，溶液显中性；B酸稀释只能无限接近中性，但一定为酸性，酸稀释10n倍，若为强酸pH值变化n个单位，若为弱酸变化小于n个单位；C碱稀释只能无限接近中性，但一定为碱性，碱稀释10n倍，若为强碱pH值变化n个单位，若为弱碱变化小于n个单位；D先根据酸、碱反应计算剩余物质的酸碱性，再根据溶液中氢离子浓度计算溶液的pH值解答：解：A氯化钠溶液显中性，pH等于7，故A错误；BpH=6的醋酸用水稀释100倍时，溶液的PH值7，故B错误；CpH=10的氢氧化钠溶液稀释1000倍时，溶液的pH值大于7，接近于7，故C错误；D设0.1molL1的硫酸100mL需要0.2molL1NaOH溶液x硫酸和氢氧化钠的反应方程式为：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O2mol 1mol0.2x 0.01molx=0.1L=100mL，所以剩余氢氧化钠溶液150mL100mL=50mL，混合溶液中氢氧化钠的浓度=0.04mol/L，该溶液中氢离子的浓度=2.51013，溶液的pH大于12，故D正确；故选D点评：本题考查了pH的简单计算，难度中等，注意酸、碱溶液无限稀释时，溶液的pH值只能无限接近于7，但酸不能变为碱，碱不能变为酸掌握常见化学物质的酸碱性、溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系是顺利解题的关键4.A 考点：水的电离；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.专题：元素及其化合物分析：A水能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，存在电离平衡；B可燃冰为甲烷和水形成的一种化合物；C氢氧两种元素还可以组成双氧水；D液体水变成冰，体积变大，密度变小解答：解：A水为极弱的电解质，能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，故A正确；B可燃冰为甲烷和水形成的一种特殊的化合物，并不是可燃烧的水，故B错误；C氢氧两种元素可以组成水、双氧水，故C错误；D冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故D错误；故选A点评：本题考查了水的电离、水的组成结构及性质，题目难度不大，注意掌握水的电离，明确可燃冰的组成及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力5.A 考点：强电解质和弱电解质的概念；弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、根据氢离子浓度的大小判断是否完全电离，若完全电离，是强电解质，反之是弱电解质；B、电解质的强弱与溶解性的大小无关；C、酸碱是否完全反应取决于二者的物质的量的关系，与是否强弱电解质无关D、电解质溶液导电性强弱与溶液中自由移动的离子浓度成正比解答：解：A、如果是强电解质应该完全电离，那么H+浓度应该是1mol/L 而不是约为1102 mol/L 说明甲酸不能完全电离，肯定是弱电解质，故A正确；B、溶解性与电解质强弱无关，故B错误；C、完全反应与强弱无关，故C错误；D、没指明强酸为几元酸以及酸的浓度，通过导电性无法比较电解质的强弱，故D错误；故选A点评：本题考查弱电解质的判断方法，难度不大，明确弱电解质在水中只能部分电离的特点是解题关键6.B 考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理.专题：压轴题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A氯化铵电离生成铵根离子，而氨水的电离程度很小；B盐酸为强酸，氢离子浓度大，则由水电离产生的氢离子浓度较小；C和等体积混合的溶液为氯化铵溶液，利用质子守恒来分析；D和等体积混合后的溶液氨水的电离大于氯化铵中铵根离子的水解解答：解：A氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的NH4+，氨水为弱电解质只有少量的NH4+产生，则c（NH+4）：，故A正确；B在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐酸中的氢离子浓度大于氨水中的氢氧根离子的浓度，则水电离出的c（H+）：，故B错误；C盐酸和氨水混合后恰好完全反应，生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，由质子守恒可知，c（H+）=c（OH）+c（NH3H2O），故C正确；D和等体积混合，溶液呈碱性，即氨水的电离大于氯化铵的水解，则c（NH+4）c（Cl）c（OH）c（H+），故D正确；故选：B点评：本题综合考查弱电解质的电离、盐类的水解以及离子浓度大小比较等相关知识，对于考生的要求较高，难度中等7.C考点：二氧化硫的化学性质分析：H2S 饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题解答：解：Ab点为中性，只有水，导电性最差，故A错误；B根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）=0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，故B错误；Cab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S+2H2O，故C正确；D由图可知，112mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）=0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为=0.1mol/L，故D错误故选C点评：本题考查硫元素化合物性质、化学反应图象等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错点，题目难度中等8.、(1)C(OH-)变大 ，C(H+) 变大变 ，水的电离度 变小 ，Kw 不变 （2）则水的电离度 不变 ，溶液的pH 不变 、.(2分)C(OH-)之比为 等于 10 (填大于、等于或小于)略9.（1）c(Na) c(CH3COO)（2） c(Cl)c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH) （3）pH1 pH2 14 （4）V1、V2、V3的大小关系 V3 V1 V2 略10.（1）Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；2.6109mol/L；（2）2CuCl22H2OCu（OH）2CuCl2+2HCl+2H2O；（3）淀粉溶液；溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；95% 考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定分析：（1）加入的物质用于调节pH以除去杂质，主要将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，先根据溶液的pH计算氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度，最后根据c（Fe3+）=计算c（Fe3+）；（2）加热时促进氯化铜的水解且生成的氯化氢易挥发造成水解完全，要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中抑制其水解；（3）依据碘化钾和氯化铜发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，依据碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定到终点，根据物质间的关系式进行计算解答：解：（1）为得到纯净的CuCl22H2O晶体要除去氯化铁，则溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，加入物质能与酸反应能转化为氯化铜，且不能引进杂质，可以是Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；溶液的pH=4，所以溶液中氢氧根离子浓度为104 mol/L，则氢氧根离子浓度为1010 mol/L，c（Fe3+）=2.6109mol/L，故答案为：Cu（OH）2、CuO、CuCO3或Cu2（OH）2CO3；2.6109mol/L；（2）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，反应方程式为：2CuCl22H2OCu（OH）2CuCl2+2HCl+2H2O，故答案为：2CuCl22H2OCu（OH）2CuCl2+2HCl+2H2O；（3）测定含有CuCl22H2O晶体的试样（不含能与I发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL，反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，硫代硫酸钠滴定碘单质，利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；终点时溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色，故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色；依据2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，2Cu2+4I2CuI+I2；得到 2Na2S2O3 2Cu2+ 2 20.1000mol/L0.0200L 0.002mol，则CuCl22H2O的物质的量为：0.002mol，试样中CuCl22H2O的质量百分数为100%=95%，故答案为：95%点评：本题考查Ksp计算和物质制备，利用平衡移动原理、氧化还原滴定分析解答，明确滴定过程的反应原理和计算方法是解本题的关键，注意加热灼烧CuCl2溶液和CuSO4溶液得到固体的区别，为易错点