章末综合检测
(时间:45分钟满分:100分)
一、选择题(本题包括8个小题,每题6分,共48分。每个小题只有一个选项符合题意)
1.室温时,将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合,下列关于该混合溶液的叙述错误的是()。
A.若pH>7,则一定是c1V1=c2V2
B.在任何情况下都是c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
C.当pH=7时,若V1=V2,则一定是c2>c1
D.若V1=V2,c1=c2,则c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)
解析A项,pH>7时,可以是c1V1=c2V2,也可以是c1V1>c2V2,错误;B项,符合电荷守恒,正确;C项,当pH=7时,醋酸一定过量,正确;D项,符合物料守恒,正确。
答案 A
2.在水中存在H2O H++OH-平衡,加入下列哪种物质或进行哪项操作,不会使平衡发生移动()。
A.加入NaOH B.加入CH3COOH
C.加入NaCl D.升温
解析加入酸(或碱):溶液中的c(H+)[或c(OH-)]增加,水的电离平衡向左移动;升温:水的电离平衡向右移动;加入NaCl:溶液中的c(H+)[或c(OH-)]不变,所以不会破坏水的电离平衡。
答案 C
3.下列说法正确的是()。
A.向0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中滴加酚酞,溶液变红色
B.Al3+、NO3-、Cl-、CO32-、Na+可大量共存于pH=2的溶液中
C.乙醇和乙酸都能溶于水,都是电解质
D.分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时,消耗NaOH的物质的量相同
解析B中Al3+与CO32-、CO32-与H+不能大量共存;C中乙醇属于非电解质,D中H2SO4消耗的NaOH多。
答案 A
4.下列各项中的两个量,其比值一定为2∶1的是()。
A.液面在“0”刻度时,50 mL碱式滴定管和25 mL碱式滴定管所盛液体的体积
B.相同温度下,0.2 mol·L-1醋酸溶液和0.1 mol·L-1醋酸溶液中的c(H+)
C.在(NH4)2SO4溶液中,c(NH4+)与c(SO42-)
D.相同温度下,等浓度的Ba(OH)2和NaOH溶液,前者与后者的c(OH-)
解析碱(酸)式滴定管的刻度下方还占有一定体积,不能确定其体积的关系,故A错;由于醋酸是弱酸,溶液越稀电离程度越大,故B错;(NH4)2SO4溶液中,NH4+的水解导致c(NH4+)与c(SO42-)之比小于2∶1,C错。
答案 D
5.以下有关溶液(均在常温下)的结论正确的是()。
A.pH=1的盐酸与pH=5的盐酸等体积混合后pH=3
B.0.1 mol/L醋酸溶液100 mL与0.2 mol/L氨水50 mL混合后能恰好完全中和
C.pH>7的溶液中不可能存在CH3COOH分子
D.等浓度等体积的KOH溶液和CH3COOH溶液混合后:c(CH3COO-)=c(K+)
解析A项pH=1的盐酸与pH=5的盐酸等体积混合后pH约等于 1.3;C项如CH3COONa溶液,由于水解pH>7,但溶液中存在CH3COOH分子;D项等浓度等体积的KOH溶液和CH3COOH溶液混合后c(CH3COO-)<c(K+)。
答案 B
6.某温度下,相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释,平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是()。
A.Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B.B点溶液的导电性比C点溶液的导电性强
C.A点K W的数值比C点K W的数值大
D.B点酸的总浓度大于A点酸的总浓度
解析pH相同的盐酸与醋酸相比,醋酸的浓度要大的多。当加水稀释时,醋酸溶液中存在电离平衡的移动,故c(H+)变化比盐酸中小,故Ⅰ为盐酸,Ⅱ为醋酸,A项错误;C点溶液c(H+)小于B点,故C点导电性差,B正确;K W只受温度影响,因题中温度不变,故各点K W均相等,C错误;起始时c(CH3COOH)>c(HCl),故稀释相同倍数仍有c(CH3COOH)>c(HCl),D错误。
答案 B
7.常温下,有下列四种溶液:①pH=2的CH3COOH溶液;②pH=2的HCl溶液;③pH =12的氨水;④pH=12的NaOH溶液。下列有关说法正确的是()。
A.四种溶液的K W相同,由水电离的c(H+):①=③>②=④
B.向等体积的四种溶液中分别加入100 mL水后,溶液的pH:③>④>②>①
C.①、②、④溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量:①最大
D.将②、③两种溶液混合后,若pH=7,消耗溶液的体积为:③>②
解析A中4种溶液的c(H+)=c(OH-)对水的电离的抑制是一样的;C中未告知溶液体积,无法判断。D中若等体积混合溶液呈碱性,要满足混合后pH=7,则③<②。
答案 B
8.下表是五种银盐的溶度积常数(25 ℃),下列有关说法错误的是()。
A.五种物质在常温下溶解度最大的是Ag 2SO 4
B .将AgCl 溶解于水后,向其中加入Na 2S ,则可以生成黑色的Ag 2S 沉淀
C .沉淀溶解平衡的建立是有条件的,外界条件改变时,平衡也会发生移动
D .常温下,AgCl 、AgBr 和AgI 三种物质的溶解度逐渐增大
解析 由溶度积常数可知,Ag 2SO 4的溶解度最大,A 项正确;由于Ag 2S 的溶度积远远小于AgCl ,所以AgCl 能够转化为更难溶解的Ag 2S ,B 项正确;沉淀溶解平衡与其他平衡体系一样,要受到外界条件的影响,C 项正确;由表中数据可知,AgCl 、AgBr 、AgI 的溶解度依次减小,D 项错。
答案 D
二、非选择题(本题包括4个小题,共52分) 9.(14分)下表是不同温度下水的离子积数据:
(1)若25<t 1<t 2,则α________(填“<”“>”或“=”)1×10
-14
,作出此判断的理由
是________________________________________________________。
(2)25 ℃下,某Na 2SO 4溶液中c (SO 42-
)=5×10-
4mol·L -
1,取该溶液1 mL ,加水稀释至10 mL ,则稀释后溶液中c (Na +
)∶c (OH -
)=________。
(3)t 2 ℃下,将pH =11的苛性钠溶液V 1 L 与pH =1的稀硫酸V 2 L 混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和),所得混合溶液的pH =2,则V 1∶V 2=________。此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是_______________________________________。
解析 (3)据0.1V 2-0.1V 1V 1+V 2
=10-2,V 1V 2=911。
设NaOH 、H 2SO 4的体积分别为9 L 、11 L ,则混合溶液中n (Na +
)=0.1 mol·L -
1×9 L =
0.9 mol 。
n (SO 4
2-
)=0.1 mol·L -1
2
×11 L =0.55 mol
n (H +
)=0.01 mol·L -
1×20 L =0.2 mol 。 故离子浓度由大到小排列顺序为: c (Na +
)>c (SO 42-
)>c (H +
)>c (OH -
)。
答案 (1)> 升高温度,水的电离程度增大,离子积增大 (2)1 000∶1
(3)9∶11 c (Na +
)>c (SO 42-
)>c (H +
)>c (OH -
)
10.(12分)物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡,它们都可看作化学平衡。请根据所学知识回答:
(1)A 为0.1 mol·L -1
的(NH 4)2SO 4溶液,在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为
________。
(2)B 为0.1 mol·L -1NaHCO 3溶液,实验测得NaHCO 3溶液的pH >7,请分析NaHCO 3
溶液显碱性的原因:____________________________________________。
(3)C为FeCl3溶液,实验室中配制FeCl3溶液时通常需要向其中加入________,目的是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________;
若把B和C溶液混合,将产生红褐色沉淀和无色气体,该反应的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。
解析(1)(NH4)2SO4===2NH4++SO42-,NH4+微弱水解使溶液显酸性,故c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)。
(2)HCO3-以发生水解反应HCO3-+H2O H2CO3+OH-为主,发生电离HCO3- H++CO32-为次,因此溶液中c(OH)->c(H+)溶液呈碱性。
(3)Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,为抑制Fe3+水解,应加入少量HCl;Fe3+与HCO3-因互相促进水解而产生Fe(OH)3沉淀和CO2气体。
答案(1)c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)
(2)HCO3-水解程度大于电离程度(3)盐酸抑制Fe3+水解Fe3++3HCO3-===Fe(OH)3↓+3CO2↑
11.(14分)纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。
制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2·x H2O,经过滤、水洗除去其中的Cl-,再烘干、焙烧除去水分得到固体TiO2。
用现代分析仪器测定TiO2粒子的大小。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数:一定条件下,将TiO2溶解并还原为Ti3+,再以KSCN溶液作指示剂,用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。
请回答下列问题:
(1)TiCl4水解生成TiO2·x H2O的化学方程式为______________________________。
(2)检验TiO2·x H2O中Cl-是否被除净的方法是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。
(3)配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时,加入一定量H2SO4的原因是________________________________________________________________________;
使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外,还需要下图中的________(填字母代号)。
(4)滴定终点的现象是________________________________________________________________________。
(5)滴定分析时,称取TiO2(摩尔质量为M g·mol-1)试样w g,消耗c mol·L-1NH4Fe(SO4)2标准溶液V mL,则TiO2质量分数表达式为
________________________________________________________________________。
(6)若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,使测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
解析 TiO 2的质量分数测定的原理有: ①TiO 2~Ti 3+
;
②Ti 3+
+Fe 3+
===Ti 4+
+Fe 2+
即Ti 3+
~NH 4Fe(SO 4)2。
当NH 4Fe(SO 4)2溶液滴到锥形瓶中溶液变为红色表明达到滴定终点,由上述原理可知质量分数表达式为:c ·V ×10-
3·M w
×100% 答案 (1)TiCl 4+(x +2)H 2O TiO 2·x H 2O ↓+4HCl
(2)取最后一次水洗液少许于试管中,滴加AgNO 3溶液,不产生白色沉淀,说明Cl -
已除尽
(3)抑制NH 4Fe(SO 4)2水解 a 、c
(4)溶液变为红色,且半分钟内红色不褪去 (5)c ·V ·10-
3·M
w
×100% (6)偏低
12.(12分)金属氢氧化物在酸中溶解度不同,因此可以利用这一性质,控制溶液的pH ,达到分离金属离子的目的。难溶金属氢氧化物在不同pH 下的溶解度[S /(mol·L -
1)]如图所示:
难溶金属氢氧化物的S -pH 图
(1)pH
=
3
时
溶
液
中
铜
元素的主要存在形式是
________________________________________________________________________。
(2)若要除去CuCl 2溶液中的少量Fe 3+
,应该控制溶液的pH________。 A .<1 B .4左右
C .>6
(3)在Ni(NO 3)2溶液中含有少量的Co 2+
杂质,________(填“能”或“不能”)通过调节
溶液pH 的方法来除去,理由是________________________________________。
(4)要使氢氧化铜沉淀溶解,除了加入酸之外,还可以加入氨水生成[Cu(NH 3)4]2+
,写出
反应的离子方程式:_________________________________________________________。
(5)已知一些难溶物的溶度积常数如下表。
的________(填选项)。
A.NaOH
B.FeS
C.Na2S
解析(1)由题图可知,在pH=3时溶液中不会出现Cu(OH)2沉淀。(2)要除去Fe3+的同时必须保证Cu2+不能沉淀,因此pH应保持在4左右。(3)从图示关系可看出,Co2+和Ni2+沉淀的pH范围相差太小,不能通过调控pH而达到分离的目的。(4)Cu(OH)2(s) Cu2+(aq)+2OH-(aq),加入氨水后生成难电离的[Cu(NH3)4]2+,促进Cu(OH)2的溶解。(5)要使三种离子生成沉淀,最好选择难溶于水的FeS,使三种杂质离子转化为更难溶解的金属硫化物沉淀,同时又不会引入其他离子。
答案(1)Cu2+(2)B
(3)不能Co2+和Ni2+沉淀时的pH范围相差太小
(4)Cu(OH)2+4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
(5)B
(时间:120分钟;满分:150分) 一、选择题(本大题共12小题.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.若a =(2x ,1,3),b =(1,-2y ,9),如果a 与b 为共线向量,则( ) A .x =1,y =1 B .x =12,y =-1 2 C .x =16,y =-32 D .x =-16,y =3 2 答案:C 2.向量a ,b 与任何向量都不能构成空间的一个基底,则( ) A .a 与b 共线 B .a 与b 同向 C .a 与b 反向 D .a 与b 共面 解析:选A.∵a ,b 不能与任何向量构成空间基底,故a 与b 一定共线. 3.已知向量a =(0,2,1),b =(-1,1,-2),则a 与b 的夹角为( ) A .0° B .45° C .90° D .180° 解析:选C.已知a =(0,2,1),b =(-1,1,-2), 则cos 〈a ,b 〉=0,从而得出a 与b 的夹角为90°. 4.已知A (1,2,1),B (-1,3,4),C (1,1,1),AP →=2PB →,则|PC → |为( ) A.773 B. 5 C.779 D.779 解析:选A.设P (x ,y ,z ),由AP →=2PB → 得: (x -1,y -2,z -1)=2(-1-x ,3-y ,4-z ), ∴x =-13,y =83,z =3,即P ????-13,83,3,∴PC →=????43,-53 ,-2 , ∴|PC → |=773 .故选A. 5. 如图,已知空间四边形OABC 中,M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点,点G 在MN 上, 且MG =2GN ,设OA →=a ,OB →=b ,OC →=c ,现用基底{a ,b ,c }表示向量OG →,OG → =x a +y b +z c ,则x ,y ,z 的值分别为( ) A .x =13,y =13,z =1 3B .x =13,y =13,z =1 6
【磁场】章末检测题 一、选择题: 1.带电粒子垂直匀强磁场方向运动时,会受到洛伦兹力作用.下面选项正确的是 ( ) A.洛伦兹力对带电粒子做功 B.洛伦兹力不能改变带电粒子的动能 C.洛伦兹力的大小和速度无关 D.洛伦兹力不能改变带电粒子的速度方向 解析洛伦兹力的方向与运动方向垂直,所以洛伦兹力永远不做功,即不改变粒子的动能,A错误、B正确;洛伦兹力f=Bqv,C错误;洛伦兹力不改变速度的大小,但改变速度的方向,D错误. 答案 B 2.如图所示,一半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交,环上各点的磁感应强度B大小相等、方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向).若导电圆环上载有如图1所示的恒定电流I,则下列说法中正确的是 ( ) A.导电圆环所受的安培力方向竖直向下 B.导电圆环所受的安培力方向竖直向上 C.导电圆环所受的安培力的大小为2BIR D.导电圆环所受的安培力的大小为2πBIR sin θ 解析将导电圆环分成若干小的电流元,任取一小段电流元为研究对象,把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量,则竖直方向的分磁场产生的安培力矢量和为零,水平方向的分磁场产生的安培力为F=B sin θ·I·2πR =2πBIR sin θ,方向竖直向上,所以B、D均正确. 答案BD 3.显像管的原理示意图如下图,没有磁场时,电子束将打在荧光屏正中的O点,
安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转.设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b 点,下列四个变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是 ( ) 解析根据左手定则判断电子受到的洛伦兹力的方向.电子偏转到a点时,根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向外,对应Bt图,图线应在t轴下方; 电子偏转到b点时,根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向里,对应Bt 图,图线应在t轴上方.符合条件的是A选项. 答案 A 4.如图所示,在沿水平方向向里的匀强磁场中,带电小球A与B在同一直线上,其中小球B带正电荷并被固定,小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触(不粘连)而处于静止状态.若将绝缘板C沿水平方向抽去后,以下说法正确的是( ) A.小球A仍可能处于静止状态 B.小球A将可能沿轨迹1运动 C.小球A将可能沿轨迹2运动 D.小球A将可能沿轨迹3运动 解析小球A处于静止状态,可判断小球A带正电,若此时小球A所受重力与库仑力平衡,将绝缘板C沿水平方向抽去后,小球A仍处于静止状态;若
第三章章末质量检测卷(三)磁场 (时间:90分钟满分:100分) 一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分) 1.(2019·江苏学业考试)下列说法正确的是() A.磁场中某处磁感强度的大小,等于长为L,通以电流I的一小段导线放在该处时所受磁场力F与乘积IL的比值 B.一小段通电导线放在某处如不受磁场力作用,则该处的磁感应强度为零 C.因为B=F IL,所以磁场中某处磁感应强度的大小与放在该处的导线所受磁场力F的大小成正比,与IL的大小成反比 D.磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关 解析:选D只有当导线垂直放入磁场时,导线所受磁场力F与乘积IL的比值才等于磁感应强度的大小,故A错误;由于导线与磁场平行时,通电导线不受磁场力,所以通电导线放在某处如不受磁场力作用,该处的磁感应强度不一定为零,故B错误;磁感应强度的大小由磁场本身的强弱决定,与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关,故C错误,D正确. 2.如图所示,竖直面内的导体框ABCD所在平面有水平方向的匀强磁场,AP⊥BC,∠B=∠C=60°,AB=CD=20 cm,BC=40 cm.若磁场的磁感应强度为0.3 T,导体框中通入图示方向的5 A电流,则该导体框受到的安培力() A.大小为0.6 N,方向沿P A方向
B.大小为0.6 N,方向沿AP方向 C.大小为0.3 N,方向沿P A方向 D.大小为0.3 N,方向沿BC方向 解析:选C力是矢量,三段导体棒在磁场中受到的安培力的合力与AD段受到的安培力是等效的,所以根据左手定则可知,导体框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下,即沿P A方向;AD段的长度:L=BC-2BP=40 cm-2×20 cm×cos 60°=20 cm=0.2 m,安培力的大小:F=BIL=0.3×5×0.2=0.3 N.故C正确,A、B、D错误. 3.如图所示,原来静止的圆形线圈通过逆时针方向的电流,在其直径 ab上靠近b点有一长直导线垂直于圆形线圈平面被固定.今在长直导线 中通以图示方向的电流时,在磁场力的作用下,圆形线圈将() A.向左平动B.向右平动 C.仍然静止D.绕ab轴转动 解析:选D根据右手螺旋定则知,直线电流在a点的磁场方向竖直向上,与a点电流方向平行,所以a点不受安培力.同理b点也不受力;取线圈上下位置一微元研究,上边微元电流方向水平向左,直线电流在此位置产生的磁场方向斜向右上方,下边微元电流方向水平向右,直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向左上方,根据左手定则,上边微元受到的安培力垂直纸面向里,下边微元所受安培力垂直纸面向外,所以圆形线圈将以直径ab为轴转动.故选D. 4.实验室常用到磁电式电流表.其结构可简化为如图所示的模型,最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈,OO′为线圈的转轴.忽略线圈转动中的摩擦.当静止的线圈中突然通有如图所示方向的电流时,顺着OO′方向看()
章末综合检测(三)[学生用书P123(单独成册)] (时间:120分钟,满分:150分) 一、选择题:本题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.已知函数f (x )=1 3 ,则f ′(x )等于( ) A .-33 B .0 C . 3 3 D .3 解析:选B .因为f (x )= 13,所以f ′(x )=(1 3 )′=0. 2.已知某质点的运动规律为s =t 2+3(s 的单位:m ,t 的单位:s),则该质点在t =3 s 到t =(3+Δt )s 这段时间内的平均速度为( ) A .(6+Δt )m/s B .??? ?6+Δt +9 Δt m/s C .(3+Δt )m/s D .??? ?9 Δt +Δt m/s 解析:选A .平均速度为 Δs Δt =(3+Δt )2+3-(32+3)Δt =(6+Δt )m/s . 3.设f (x )为可导函数,且满足lim x →0 f (1)-f (1-x ) 2x =-1,则过曲线y =f (x )上点(1, f (1))处的切线斜率为( ) A .2 B .-1 C .1 D .-2 解析:选D .k =f ′(1)=lim x →0 f (1-x )-f (1) -x =2lim x →0 f (1)-f (1-x ) 2x =-2. 4.已知函数f (x )在x =1处的导数为3,则f (x )的解析式可能是( ) A .f (x )=(x -1)3+3(x -1) B .f (x )=2(x -1) C .f (x )=2(x -1)2 D .f (x )=x -1