高考化学综合检测158.docx
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高考化学综合检测158
2020年高考化学综合检测(15-8)
(时间:
60分钟,满分:
100分)
一、选择题(本题包括10小题,每小题5分,共50分)
1.合理利用某些盐能水解的性质,能解决许多生产、生活中的问题,下列叙述的事实与盐水解的性质无关的是( )
A.金属焊接时可用NH4Cl溶液做除锈剂
B.配制FeSO4溶液时,加入一定量Fe粉
C.长期施用铵态氮肥会使土壤酸化
D.向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生
解析:
选B。
A.NH4Cl溶液水解显酸性,能和铁锈反应从而除去铁锈,和盐类的水解有关,A错误;B.亚铁离子易被氧化,配制FeSO4溶液时,加入一定量Fe粉的目的是防止Fe2+氧化,和盐类的水解无关,B正确;C.铵根水解显酸性,所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化,与盐类的水解有关,C错误;D.FeCl3是强酸弱碱盐,水解显酸性,故加入碳酸钙后有气泡产生,和盐类的水解有关,D错误。
2.下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是( )
①滴入酚酞试液,NaNO2溶液显红色
②用HNO2溶液做导电实验,灯泡很暗
③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时,HNO2的中和碱能力强
④0.1mol·L-1HNO2溶液的pH=2
⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气体
⑥c(H+)=0.1mol·L-1的HNO2溶液稀释1000倍,pH<4
A.①⑤ B.②⑤
C.③⑥D.③④
解析:
选B。
NO
水解生成弱电解质HNO2和OH-,使酚酞试液显红色,①能证明;用HNO2溶液做导电实验,灯泡很暗,只能说明溶液中离子的浓度小,并不能说明HNO2部分电离,②不能证明;等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中,HNO2中和碱能力强,0.1mol·L-1HNO2溶液的pH=2,都能说明HNO2部分电离,③④能证明;HNO2与CaCO3反应放出CO2气体,说明HNO2的酸性比碳酸强,但并不一定是弱电解质,⑤不能证明;HNO2若是强酸,⑥中pH应等于4,⑥能证明。
3.可溶性钡盐有毒,医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。
医院抢救钡离子中毒患者时除催吐外,还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。
已知:
某温度下,Ksp(BaCO3)=5.1×10-9;Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。
下列推断正确的是( )
A.不用碳酸钡作为内服造影剂,是因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)
B.抢救钡离子中毒患者时,若没有硫酸钠,可以用碳酸钠溶液代替
C.误饮c(Ba2+)=1.0×10-5mol·L-1的溶液时,会引起钡离子中毒
D.可以用0.36mol·L-1Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃
解析:
选D。
因胃酸可与CO
反应生成水和二氧化碳,使CO
浓度降低,从而使平衡BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO
(aq)向溶解方向移动,使Ba2+浓度增大,Ba2+有毒,与Ksp大小无关,故A错误;BaCO3溶于胃酸,起不到解毒的作用,故B错误;c(Ba2+)=1.0×10-5mol·L-1的溶液钡离子浓度很小,不会引起钡离子中毒,故C错误;用0.36mol·L-1Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃,反应后c(Ba2+)=
mol·L-1≈3.1×10-10mol·L-1,浓度很小,可起到解毒的作用,故D正确。
4.使用酸碱中和滴定的方法,用0.01mol·L-1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液,下列操作能够使测定结果偏高的是( )
①用量筒量取浓盐酸配制0.01mol·L-1稀盐酸时,量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸
②配制稀盐酸定容时,俯视容量瓶刻度线
③滴定结束时,读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴
④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下
A.①③B.②④
C.②③④D.①②③④
解析:
选A。
①量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸,浓盐酸被稀释,使消耗盐酸的体积增大,故滴定NaOH溶液时结果偏高;②俯视容量瓶刻度线,配制的盐酸浓度偏大,滴定NaOH溶液时结果偏低;③滴定结束时,读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴,读取的盐酸标准液体积偏大,则滴定结果偏高;④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下,不产生误差。
5.(2019·遂宁模拟)常温下,CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5。
向20mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液,所得混合液的导电率与加入CH3COOH溶液的体积(V)的关系如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.a=20,b=40,且溶液呈中性的点处于A、B两点之间
B.B点溶液中:
c(CH3COO-)>c(Na+)>c(NH
)
C.已知lg3≈0.5,则C点的pH≈5
D.A、B、C三点中,B点溶液中水的电离程度最大
解析:
选A。
由题可知,向20mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液,CH3COOH先和NaOH反应生成CH3COONa,过程中离子浓度降低,导电率降低,故A点时,NaOH被完全反应完,导电率最低,然后CH3COOH和NH3·H2O反应生成CH3COONH4,使离子浓度增大,导电率增大,故B点时,NH3·H2O反应完全,B点以后,再加入CH3COOH溶液,溶液体积增大,离子浓度下降,导电率下降。
A.a=20,b=40,A点时溶质为CH3COONa、NH3·H2O,B点时,溶质为CH3COONa、CH3COONH4,均为碱性,故溶液呈中性的点不在A、B两点之间,故A错误;B.B点时,溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COONH4混合溶液,故离子浓度大小为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(NH
),故B正确;C.C点时,溶液是等浓度的CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH溶液,c(H+)=
,
≈2,c(H+)≈0.9×10-5,故pH≈5,故C正确;D.A、B两点均是水解促进水的电离,且B点促进程度更大,C点抑制水的电离,故B点溶液中水的电离程度最大,故D正确。
6.(2019·马鞍山模拟)室温时,1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得曲线如图所示。
下列说法错误的是( )
A.M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-)
B.HA的电离常数约为10-4
C.浓度均为0.1mol/L的NaA和HA混合溶液的pH<7
D.M、P两点的溶液分别用等浓度的NaOH溶液中和,消耗的NaOH溶液体积:
P>M
解析:
选D。
由图中信息可知,1mol/L的HA和1mol/L的HB两种酸溶液的pH分别为2和0,所以HA是弱酸,HB是强酸,HB已完全电离。
因为两溶液浓度和体积均相等,故两溶液中所含一元酸的物质的量相等。
A.M点溶液和N点溶液的pH都等于3,由电荷守恒可知,M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-),A正确;B.1mol/L的HA溶液的pH为2,c(A-)=c(H+)=0.01mol/L,c(HA)=1mol/L,则HA的电离常数约为10-4,B正确;C.浓度均为0.1mol/L的NaA和HA混合溶液中,c(HA)≈c(A-),根据电离常数的表达式可知,c(H+)=Ka(HA)=10-4mol/L,所以该溶液的pH<7,C正确;D.M、P两点的溶液所含一元酸的物质的量相等,故分别用等浓度的NaOH溶液中和时,消耗的NaOH溶液体积相等,D不正确。
7.(2019·榆林模拟)利用电导率传感器可绘制电导率曲线图,如图为用0.1mol/LNaOH溶液滴定10mL0.1mol/L盐酸过程中的电导率曲线。
下列说法错误的是( )
A.电导率传感器能用于判断酸碱中和滴定的终点
B.a、b、c点的溶液中,离子浓度由大到小的顺序为a>b>c
C.d点所示溶液中存在:
c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)
D.c点电导率最小是因为此时溶液中导电微粒数目最少
解析:
选D。
A.HCl和NaOH反应的化学方程式为HCl+NaOH===NaCl+H2O,根据图像知,从0~10mL之间,随着反应的进行,溶液中c(H+)浓度逐渐减小,溶液的电导率逐渐降低,加入溶液体积大于10mL时,溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,溶液的电导率增大。
根据题图知当恰好中和时电导率最小,所以电导率传感器能用于酸碱中和滴定终点的判断,选项A正确;B.电导率与导电性成正比,根据题图知电导率最大的点即为导电性最强的点,故离子浓度由大到小顺序为a>b>c,选项B正确;C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),选项C正确;D.溶液电导率与离子浓度成正比,c点电导率低是因为离子浓度小,而不是导电微粒数目最少,选项D错误。
8.常温下,向10mL0.2mol·L-1草酸(用H2T表示)溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液。
有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如图关系,下列说法正确的是( )
A.HT-在溶液中的水解程度大于电离程度
B.当V(NaOH)=10mL时,溶液中水的电离程度比纯水大
C.当V(NaOH)=15mL时,溶液中存在:
c(Na+)>c(HT-)>c(T2-)>c(OH-)>c(H+)
D.当V(NaOH)=20mL时,溶液中存在:
c(OH-)=c(HT-)+2c(H2T)+c(H+)
解析:
选D。
A.根据图像可知,HT-的物质的量最大的点对应的溶液是NaHT溶液,该溶液显酸性,说明HT-在溶液中电离程度大于水解程度,A项错误;B.当V(NaOH)=10mL时,两者恰好反应生成NaHT和水,溶液中的溶质是NaHT,该溶液呈酸性,HT-的电离程度大于水解程度,电离出来的H+对水的电离起抑制作用,所以溶液中水的电离程度比纯水小,B项错误;C.当V(NaOH)=15mL时,H2T与NaOH的物质的量之比为2∶3,溶液中的溶质为等物质的量的Na2T和NaHT,同样根据图像可知溶液显酸性,所以c(Na+)>c(T2-)>c(HT-)>c(H+)>c(OH-),C项错误;D.V(NaOH)=20mL时,溶液中的溶质是Na2T,根据质子守恒可知,c(OH-)=c(HT-)+2c(H2T)+c(H+),D项正确。
9.(2019·南平质检)某温度下,分别向10mL浓度均为0.1mol/L的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知:
Ksp(ZnS)>Ksp(CuS),lg3≈0.5]。
下列有关说法错误的是( )
A.溶液pH:
a<b<e
B.a点的ZnCl2溶液中:
c(Cl-)<2[c(Zn2+)+c(H+)]
C.abe为滴定CuCl2溶液的曲线
D.d点纵坐标小于33.9
解析:
选C。
A.a点溶液中Zn2+和Cu2+水解,溶液显酸性,分别加入硫化钠生成沉淀,b点接近中性,e点为Na2S溶液,溶液显碱性,故溶液pH:
a<b<e,选项A正确;B.a点的ZnCl2溶液显酸性,且存在电荷守恒:
c(Cl-)=2c(Zn2+)+c(H+)-c(OH-)<2[c(Zn2+)+c(H+)],选项B正确;C.Ksp(ZnS)>Ksp(CuS),硫离子浓度相同时,lgc(Cu2+)<lgc(Zn2+),故abe为滴定ZnCl2溶液的曲线,选项C错误;D.10mL0.1mol/L的CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液10mL达到滴定终点,则-lgc(Cu2+)=17.7,Ksp(CuS)=10-35.4,d点时若c(S2-)=
×0.1mol/L,c(Cu2+)=
mol/L=3×10-34.4,-lgc(Cu2+)=33.9,故d点纵坐标小于33.9,选项D正确。
10.(2019·保定模拟)已知298K时,Ksp(NiS)=1.0×10-21,Ksp(NiCO3)=1.0×10-7;p(Ni)=-lgc(Ni2+),p(B)=-lgc(S2-)或-lgc(CO
)。
在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀(温度升高,NiS、NiCO3的Ksp均增大),298K时,溶液中阳离子、阴离子浓度的负对数关系如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B.向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐,d点向b点移动
C.对于曲线Ⅰ,在b点加热(忽略蒸发),b点向c点移动
D.M为3.5且对应的阴离子是CO
解析:
选C。
A.298K时,Ksp(NiS)=1.0×10-21,Ksp(NiCO3)=1.0×10-7,NiS、NiCO3属于同种类型,常温下NiCO3的溶解度大于NiS,A正确;B.Ksp(NiS)<Ksp(NiCO3),则曲线Ⅰ代表NiS,曲线Ⅱ代表NiCO3,在d点溶液中存在溶解平衡:
NiS(s)Ni2+(aq)+S2-(aq),加入Na2S,S2-浓度增大,平衡逆向移动,Ni2+浓度减小,d点向b点移动,B正确;C.对于曲线Ⅰ,在b点加热,NiS溶解度增大,S2-和Ni2+浓度均增大,b点向a点移动,C错误;D.曲线Ⅱ代表NiCO3,a点c(Ni2+)=c(CO
),Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)·c(CO
)=1.0×10-7,即c(Ni2+)=c(CO
)=1.0×10-3.5,p(Ni)=p(CO
)=3.5,则对应的阴离子是CO
,D项正确。
二、非选择题(本题包括4小题,共50分)
11.(12分)水溶液是中学化学的重点研究对象。
(1)水是极弱的电解质,也是最重要的溶剂。
常温下,某电解质溶解在水中后,溶液中的c(H+)=10-9mol·L-1,则该电解质可能是________(填选项字母)。
A.CuSO4B.HCl
C.Na2SD.NaOH
E.K2SO4
(2)已知次氯酸是比碳酸还弱的酸,要使新制稀氯水中的c(HClO)增大,可以采取的措施有______________________________________________________________(回答两条)。
(3)常温下,将pH=3的盐酸aL分别与下列三种溶液混合,结果溶液均呈中性。
①浓度为1.0×10-3mol·L-1的氨水bL;
②c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氨水cL;
③c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氢氧化钡溶液dL。
则a、b、c、d之间的关系是____________________________________。
(4)强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。
①已知HA、H2B是两种弱酸,存在以下关系:
H2B(少量)+2A-===B2-+2HA,则A-、B2-、HB-三种阴离子结合H+的难易顺序为__________________________。
②某同学将H2S通入CuSO4溶液中发现生成黑色沉淀,查阅资料并在老师的指导下写出了化学方程式:
H2S+CuSO4===CuS↓+H2SO4,但这位同学陷入了困惑:
这不成了弱酸制取强酸了吗?
请你帮助解释原因:
_______________________________________________。
(5)已知:
H2A===H++HA-,HA-H++A2-。
常温下,0.1mol·L-1的NaHA溶液其pH=2,则0.1mol·L-1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是________ 解析: (1)根据题意知,该溶液呈碱性,故选C、D。 (2)要使新制稀氯水中c(HClO)增大,可再通入氯气;加入碳酸盐;加入次氯酸钠等。 (3)氯化氢和氢氧化钡是强电解质,在水溶液里完全电离,盐酸和氢氧化钡的体积相等,氨水是弱电解质,①中氨水浓度最小,所需氨水体积最大,②中氨水浓度最大,所需体积最小,故答案为b>a=d>c。 (4)①根据反应的化学方程式可知,HA酸性小于H2B,酸性越弱,对应的酸根离子结合H+的能力越强,则结合H+的难易顺序为A->B2->HB-。 ②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀,是因为硫化铜既难溶于水,也难溶于酸,故H2S和CuSO4能发生反应。 (5)0.1mol·L-1的H2A第一步电离产生0.1mol·L-1的H+和0.1mol·L-1的HA-,而根据0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=2,说明0.1mol·L-1的HA-能电离产生0.01mol·L-1的H+,但是由H2A溶液第一步电离产生的H+将抑制HA-H++A2-,故使c(H+)介于0.1~0.11mol·L-1之间。 NaHA溶液中有HA-H++A2-和H2OH++OH-两个电离平衡,所以有c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)。 答案: (1)CD (2)再通入氯气;加入碳酸盐;加入次氯酸钠(任答两条即可) (3)b>a=d>c (4)①A->B2->HB- ②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀,是因为硫化铜既难溶于水,也难溶于酸 (5)0.1mol·L-1 0.11mol·L-1 c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-) 12.(13分)Ⅰ.常温下,将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合,两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如表所示: 实验编号 HA的物质的量 浓度/(mol/L) NaOH的物质的量 浓度/(mol/L) 混合后溶液的pH 甲 0.1 0.1 pH=a 乙 0.12 0.1 pH=7 丙 0.2 0.1 pH>7 丁 0.1 0.1 pH=10 (1)从甲组情况分析,如何判断HA是强酸还是弱酸? ________________________________________________________________________。 (2)乙组混合溶液中c(A-)和c(Na+)的大小关系是________。 A.前者大B.后者大 C.二者相等D.无法判断 (3)从丙组实验结果分析,该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是______________。 (4)分析丁组实验数据,写出该混合溶液中下列算式的精确结果: c(Na+)-c(A-)=____________mol/L(只需写出计算式)。 Ⅱ.某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式为H2B===H++HB-,HB-H++B2-。 (5)在0.1mol/L的Na2B溶液中,下列粒子浓度关系式正确的是________。 A.c(B2-)+c(HB-)=0.1mol/L B.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1mol/L C.c(OH-)=c(H+)+c(HB-) D.c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HB-) 解析: Ⅰ. (1)一元酸HA与NaOH等物质的量反应,酸性强弱决定完全中和后盐溶液的pH,a=7时为强酸,a>7时为弱酸。 (2)根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),因c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(A-)。 (3)丙为等浓度的HA与NaA的混合溶液,根据电荷守恒且pH>7知,溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。 (4)根据电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),推导c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-4-10-10)mol/L。 Ⅱ.(5)注意题干中的电离方程式,一级电离为完全电离。 判断A项为B元素的物料守恒,C项为溶液中的质子守恒。 答案: Ⅰ. (1)a=7时,HA是强酸;a>7时,HA是弱酸 (2)C (3)c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) (4)(10-4-10-10) Ⅱ.(5)AC 13.(12分)(2019·内江模拟)铍铜是力学、化学综合性能良好的合金,广泛应用于制造高级弹性元件。 以下是从某废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。 已知: Ⅰ.铍、铝元素处于元素周期表中的对角线位置,化学性质相似。 Ⅱ.常温下: Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20; Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38; Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13。 (1)滤渣B的主要成分为__________________(填化学式)。 写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式: ______________________________。 (2)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为提纯BeCl2,选择合理步骤并排序________。 a.加入过量的NaOHb.过滤 c.加入适量的HCld.加入过量的氨水 e.通入过量的CO2f.洗涤 ②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是__________________________________。 (3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,写出反应Ⅱ中CuS发生反应的离子方程式: _______________________________________________________。 ②若用浓HNO3溶解金属硫化物,缺点是__________________________________(任写一条)。 (4)溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol·L-1、c(Fe3+)=0.008mol·L-1、c(Mn2+)=0.01mol·L-1,逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离,首先沉淀的是__________(填离子符号),为使铜离子开始沉淀,常温下应调节溶液的pH大于________。 解析: (1)根据旧铍铜元件的成分BeO、CuS、FeS和SiO2的性质,结合已知Ⅰ玻、铝两元素的化学性质相似,BeO属于两性氧化物,SiO2属于酸性氧化物,二者都能溶于NaOH溶液中,生成Na2BeO2和Na2SiO3,而不溶物为CuS和FeS,所以滤渣B的主要成分为CuS和FeS;滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2,所以反应Ⅰ中含铍化合物即Na2BeO2,与过量盐酸反应的化学方程式为Na2BeO2+4HCl===BeCl2+2NaCl+2H2O。 (2)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,根据Be与Al的性质相似,可得BeCl2可与氨水反应生成Be(OH)2沉淀,经过滤,洗涤后再与适量的盐酸反应即可提纯BeCl2,所以提纯BeCl2合理的步骤是dbfc;②为防止Be2+水解,要在HCl气流中加热蒸干。 (3)①根据题意即可写出反应Ⅱ中CuS发生反应的离子方程式为MnO2+CuS+4H+===S+Mn2++Cu2++2H2O;②用浓HNO3溶解金属硫化物时,浓硝酸被还原为氮的氧化物,污染环境(浓硝酸腐蚀性强,氧化性强,可能把S氧化为SO2,污染环境
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