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2019-2020年高考化學一輪復習 高效演練22 新人教版 1.鹽MN溶于水存在如下過程： 下列有關說法中不正確的是(　　) A.MN是強電解質 B.N-結合H+的能力一定比OH-強 C.該過程使溶液中的c(OH-)>c(H+) D.溶液中存在c(HN)＝c(OH-)-c(H+) 【解析】選B。由MNM++N-可看出MN是強電解質，A正確；從反應過程可以看出，N-與水電離出來的H+結合為弱電解質HN，因此溶液中c(OH-)>c(H+)，C正確；根據質子守恒可知D項正確；N-結合H+的能力不一定比OH-強，例如HC、F-等結合H+的能力都沒有OH-強，故B錯。 2.(xx·莆田模擬)已知某溶液中只存在OH-、Cl-、N、H+四種離子，下列說法不正確的是(　　) A.若溶液中c(N)＝c(Cl-)，則該溶液一定顯中性 B.若溶液中c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，則溶液中一定含有NH4Cl和NH3·H2O C.若溶液中c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-)，則溶液中可能含有NH4Cl或可能含有NH4Cl和HCl D.若溶液中c(Cl-)>c(H+)>c(N)>c(OH-)，則溶液中含有大量的NH4Cl和少量的HCl 【解析】選D。A項，若溶液中c(N)＝c(Cl-)，由電荷守恒知c(OH-)＝c(H+)，則該溶液一定顯中性；B項，溶液呈堿性，溶質只能是NH4Cl和NH3·H2O；C項，溶液呈酸性，溶質可能含有NH4Cl或可能含有NH4Cl和HCl，但若溶質是大量的NH4Cl和少量的HCl，則c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-)， D項錯誤。 【加固訓練】關于濃度均為0.1 mol·L-1的三種溶液：①氨水、②鹽酸、③氯化銨溶液，下列說法不正確的是(　　) A.c(N)：③>① B.水電離出的c(H+)：②>① C.①和②等體積混合后的溶液：c(H+)＝c(OH-)+c(NH3·H2O) D.①和③等體積混合后的溶液：c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+) 【解析】選B。A項氯化銨為強電解質，完全電離后產生大量的N，氨水為弱電解質只有少量的N產生，說法正確；B項在水中加入酸和堿都抑制水的電離，由于鹽酸完全電離，氨水不完全電離，因此氨水對水的電離抑制程度小，水電離出的c(H+)大，不正確；鹽酸和氨水等體積混合后恰好完全反應，但因生成的鹽為強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，C項正確；D項①和③等體積混合，溶液呈堿性，c(OH-)>c(H+)，根據電荷守恒，則c(N)+c(H+)＝c(OH-)+c(Cl-)，因此c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。 3.下面是兩組酸堿中和滴定的圖象。第一組：25℃時，取濃度為0.100 0 mol·L-1的醋酸溶液20.00 mL，用0.100 0 mol·L-1NaOH溶液進行滴定；第二組：25℃時，取濃度為0.100 0 mol·L-1的氨水溶液20.00 mL，用0.100 0 mol·L-1鹽酸進行中和滴定，兩組滴定過程中溶液pH隨滴加溶液的體積變化關系如圖所示。下列說法正確的是(　　) A.曲線Ⅰ：滴加溶液到10.00 mL時，c(CH3COOH)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) B.曲線Ⅰ：滴加溶液到20.00 mL時，c(Cl-)>c(N)>c(OH-)>c(H+) C.曲線Ⅱ：滴加溶液到10.00～20.00 mL時，存在c(N)＝c(Cl-)>c(OH-)＝c(H+) D.曲線Ⅱ：滴加溶液到10.00 mL時，c(CH3COO-)-c(CH3COOH)＝2c(H+)-2c(OH-) 【解析】選D。曲線Ⅰ顯示pH降低，為氨水中滴加鹽酸；曲線Ⅱ顯示pH升高，為醋酸中滴加NaOH。A項，曲線Ⅰ滴加溶液到10.00 mL時，溶液顯堿性，c(OH-)>c(H+)，錯誤；B項，不遵循電荷守恒，錯誤；C項，曲線Ⅱ為醋酸中滴加NaOH，錯誤；D項，滴加溶液到10.00 mL時，溶質為等濃度的醋酸和醋酸鈉的混合溶液，根據電荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)和物料守恒：2c(Na+)＝c(CH3COO-)+c(CH3COOH)可得，c(CH3COO-)-c(CH3COOH)＝2c(H+)-2c(OH-)，正確。 【方法規(guī)律】離子濃度大小比較思路 4.(xx·石家莊模擬)25℃時，體積為1 L濃度為0.15 mol·L-1的NaOH溶液充分吸收2.24 L CO2(標準狀況)，溫度恢復到25℃。下列有關上述反應后溶液的說法及關系正確的是(　　) A.反應過程中CO2過量，溶液的pH<7 B.水的離子積常數(shù)Kw<14 C.2c(Na+)＝3 D.c(Na+)>c(C)>c(HC)>c(OH-)>c(H+) 【解析】選C。根據化學方程式2NaOH+CO2Na2CO3+H2O計算，CO2過量，但可以繼續(xù)與Na2CO3反應生成NaHCO3，計算得混合溶液中Na2CO3和NaHCO3的物質的量都是0.05 mol。溶液的pH>7，A錯；溫度不變，Kw不變，B錯；n(Na+)＝0.15 mol·L-1×1 L ＝0.15 mol，n＝n(CO2)＝2.24 L÷22.4 L·mol-1＝0.1 mol，故反應后的溶液中有2c(Na+)＝3(等號右側是碳元素守恒)，C正確；溶液中c(HC)>c(C)，D錯。 5.(xx·四川高考)下列溶液中粒子的物質的量濃度關系正確的是(　　) A.0.1 mol·L-1NaHCO3溶液與0.1 mol·L-1NaOH溶液等體積混合，所得溶液中： c(Na+)>c(C)>c(HC)>c(OH-) B.20 mL 0.1 mol·L-1CH3COONa溶液與10 mL 0.1 mol·L-1HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中： c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+) C.室溫下，pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合，所得溶液中： c(Cl-)+c(H+)>c(N)+c(OH-) D.0.1 mol·L-1CH3COOH溶液與0.1 mol·L-1NaOH溶液等體積混合，所得溶液中： c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH) 【解析】選B。0.1 mol·L-1的碳酸氫鈉溶液與0.1 mol·L-1的氫氧化鈉溶液等體積混合，二者恰好反應生成碳酸鈉和水，碳酸根離子水解，溶液顯堿性，且碳酸根離子的水解以第一步為主，因此所得溶液中c(Na+)>c(C)>c(OH-)> c(HC)，故A錯誤；20 mL 0.1 mol·L-1CH3COONa溶液與10 mL 0.1 mol·L-1HCl溶液混合后生成醋酸和氯化鈉，反應中醋酸鈉過量，所得溶液為醋酸鈉、氯化鈉和醋酸的混合液，且三種溶質的濃度相等，溶液顯酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，因此所得溶液中c(CH3COO-)>c(Cl-)> c(CH3COOH)>c(H+)，B正確；氨水是弱堿，鹽酸是強酸，因此室溫下，pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合后生成氯化銨和水，反應中氨水過量，溶液顯堿性，因此所得溶液中c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，C錯誤；0.1 mol·L-1CH3COOH溶液與0.1 mol·L-1NaOH溶液等體積混合，二者恰好反應生成醋酸鈉和水，醋酸根離子水解，溶液顯堿性，根據質子守恒可知溶液中c(OH-)＝c(H+)+c(CH3COOH)，D錯誤。 【加固訓練】(xx·蕪湖模擬)在25℃時，將pH＝11的NaOH溶液與pH＝3的CH3COOH溶液等體積混合后，下列關系式中正確的是(　　) A.c(Na+)＝c(CH3COO-)+c(CH3COOH) B.c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-) C.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) D.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) 【解析】選D。pH＝11的NaOH溶液中c(NaOH)＝c(OH-)＝10-3mol·L-1，而pH＝3的CH3COOH溶液中c(H+)＝10-3mol·L-1，c(CH3COOH)遠遠大于10-3mol·L-1。兩者等體積混合后，形成CH3COOH與CH3COONa混合液，且c(CH3COOH)遠大于c(CH3COONa)，溶液呈酸性，電荷守恒關系為c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，離子濃度大小順序為c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。 6.(xx·焦作模擬)已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有強氧化性。將溶液中的Cu2+、Fe2+、Fe3+沉淀為氫氧化物，需溶液的pH分別為6.4、9.6、3.7。現(xiàn)有含F(xiàn)eCl2雜質的氯化銅晶體(CuCl2·2H2O)，為制取純凈的CuCl2·2H2O，首先將其制成水溶液，然后按圖示步驟進行提純： 請回答問題： (1)本實驗最適合的氧化劑X是______(填序號)。 A.K2Cr2O7　　　　　　　 B.NaClO C.H2O2 D.KMnO4 (2)物質Y是______。 (3)本實驗用加堿沉淀法能不能達到目的？__________，原因是 ___________________________________________________________________。 (4)除去Fe3+的有關離子方程式是_______________________________________。 (5)加氧化劑的目的是______________________________。 (6)最后能不能直接蒸發(fā)結晶得到CuCl2·2H2O晶體？__________，應如何操作？____________________________________。 【解析】(1)能把Fe2+氧化為Fe3+，同時又不能引入新的雜質，符合要求的只有H2O2。(2)當CuCl2溶液中混有Fe3+時，可以利用Fe3+的水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3與溶液中的H+作用，從而使水解平衡右移，使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加堿法使Fe3+沉淀，同時也必將使Cu2+沉淀。(6)為了抑制CuCl2水解，應在HCl氣流中加熱蒸發(fā)。 答案：(1)C　(2)CuO (3)不能　因加堿的同時也會使Cu2+生成Cu(OH)2沉淀 (4)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，CuO+2H+Cu2++H2O (5)將Fe2+氧化為Fe3+，便于生成沉淀而與Cu2+分離 (6)不能　應在HCl氣流中加熱蒸發(fā) 7.常溫下有濃度均為0.5 mol·L-1的四種溶液： ①Na2CO3溶液　　　　　 ②NaHCO3溶液 ③HCl溶液 ④氨水 (1)上述溶液中，可發(fā)生水解的是________(填序號，下同)。 (2)上述溶液中，既能與氫氧化鈉反應，又能和硫酸反應的溶液中離子濃度由大到小的順序為 __。 (3)向④中加入少量氯化銨固體，此時溶液中c(N)/c(OH-)的值________(填“增大”“減小”或“不變”)。 (4)若將③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，則混合前③的體積________④的體積(填“大于”“小于”或“等于”)，此時溶液中離子濃度由大到小的順序是 __。 (5)取10 mL溶液③，加水稀釋到500 mL，則此時溶液中由水電離出的c(H+)＝____________。 【解析】(2)既能與氫氧化鈉反應，又能和硫酸反應的物質是NaHCO3，NaHCO3是強堿弱酸鹽，在水中HC既可以水解，又可以電離，但水解程度大于電離程度，水溶液顯堿性，故溶液中的離子濃度大小的順序為c(Na+)>c(HC)> c(OH-)>c(H+)>c(C)。(3)因④中存在NH3·H2ON+OH-，加入NH4Cl后導致c(N)增大，c(OH-)減小，故c(N)/c(OH-)的值增大。(4)若鹽酸與氨水等體積混合，溶液恰好反應完全，溶液呈酸性，現(xiàn)在溶液呈中性，意味著酸的量不足，鹽酸體積小于氨水體積，由電荷守恒原理知此時c(N)＝c(Cl-)。 (5)稀釋后c(HCl)＝0.01 mol·L-1，則c(OH-)＝10-12mol·L-1，故由水電離出的c(H+)＝10-12mol·L-1。 答案：(1)①② (2)c(Na+)>c(HC)>c(OH-)>c(H+)>c(C) (3)增大 (4)小于　c(N)＝c(Cl-)>c(H+)＝c(OH-) (5)10-12mol·L-1