精修版高考化学三轮冲刺题型示例【11】及答案

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1、精品文档高考化学考点一溶液的酸碱性及pH计算1一个基本不变相同温度下，不论是纯水还是稀溶液，水的离子积常数不变。应用这一原则时需要注意两个条件：水溶液必须是稀溶液；温度必须相同。2两种测量方法溶液的pH值可以用pH试纸测定(精确到整数，且只能在114的范围内)，也可以用pH计(精确到0.1)测定。3三个重要比较水溶液可分为酸性溶液、中性溶液和碱性溶液，下表是常温下这三种溶液的比较：溶液的酸碱性c(H)与c(OH)比较c(H)大小pH酸性溶液c(H)c(OH)c(H)1107 molL17中性溶液c(H)c(OH)c(H)1107 molL17碱性溶液c(H)c(OH)c(H)74pH使用中的几

2、个误区(1)pH7的溶液不一定呈中性。只有在常温下pH7的溶液才呈中性，当在100 时，水的离子积常数为11012，此时pH6的溶液为中性溶液，pH6时为碱性溶液，pH6时为酸性溶液。(2)使用pH试纸测溶液pH时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。若先用蒸馏水润湿，相当于将待测液稀释了，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测结果偏大；若待测液为中性溶液，则所测结果没有误差。5溶液中的c(H)和水电离出来的c(H)的区别(1)室温下水电离出的c(H)1107 molL1，若某溶液中水电离出的c(H)1107 molL1，则可判断出该溶液中存在能水解的盐，从而促进了水

3、的电离。(2)室温下，溶液中的c(H)1107 molL1，说明该溶液是酸性溶液或水解呈酸性的盐溶液；溶液中的c(H)7pH11V酸V碱11(3)强酸、强碱等体积混合后溶液酸、碱性的判断：题组一走出溶液稀释与混合的误区1正误判断，正确的划“”，错误的划“”(1)常温下pH为2的盐酸与等体积pH12的氨水混合后所得溶液呈酸性()(2012广东理综，23B)(2)常温下pH为2的盐酸由H2O电离出的c(H)1.01012 molL1()(2012广东理综，23C)(3)同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH7()(2012天津理综，5A)(4)常温下，将pH3的醋酸溶液稀释到原体积的10

4、倍后，溶液的pH4()(2012浙江理综，12A)(5)100 时，将pH2的盐酸与pH12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性()(2011天津理综，5D)2(2012新课标全国卷，11)已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a molL1的一元酸HA与b molL1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是()AabB混合溶液的pH7C混合溶液中，c(H) molL1D混合溶液中，c(H)c(B)c(OH)c(A)答案C解析判断溶液呈中性的依据是c(H)c(OH)。A项中，ab，酸碱恰好完全反应生成正盐和水，由于酸碱强弱未知，不能确定溶液的酸、碱性；B项中未说明温度

5、为25 ，故混合溶液的pH7时不一定呈中性；C项混合溶液中，c(H)c(OH)Kw，因为c(H) molL1，则c(OH) molL1，c(H)c(OH)，故溶液呈中性；D项中c(H)c(B)c(OH)c(A)，只能说明溶液中电荷守恒，无法判断溶液的酸碱性。走出误区误区一：不能正确理解酸、碱的无限稀释规律常温下任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近7。误区二：不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律溶液稀释前溶液pH加水稀释到体积为原来的10n倍来源:稀释后溶液pH来源:来源:酸来源:数理化网强酸来源:pHapHan弱酸apHan碱强碱pHbpHbn弱碱bnpHb误区三：

6、不能正确掌握混合溶液的定性规律pHn(n7)的强酸和pH14n的强碱溶液等体积混合，pH7；pHn(n7)的醋酸和pH14n的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液pH7；pHn(n7)的盐酸和pH14n的氨水溶液等体积混合，混合溶液pH7。题组二一强一弱比较的图像分析3相同体积、相同pH的某一元强酸溶液和某一元中强酸溶液分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是()答案C解析强酸完全电离，中强酸部分电离，随着反应的进行，中强酸要继续电离出H，所以溶液产生氢气的体积多，在相同时间内，的反应速率比快。4pH2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH

7、与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c0.1 molL1)至pH7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则()Ax为弱酸，VxVyCy为弱酸，VxVy答案C解析由图知：将一元酸x和y分别稀释10倍，pH的变化量pHx1，pHyKb时，溶液显酸性，如HCOONH4；当KaKsp，溶液过饱和，有沉淀析出；QcKsp，溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态；Qc”、“”或“7，则V10B若混合液pHc(C6H5O)c(H)c(OH)CV10时，混合液中水的电离程度小于10 mL 0.01 molL1苯酚溶液中水的电离程度DV5时，2c(NH3H2O)2c(NH)c(C6H5O)c(C6

8、H5OH)(4)如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题：讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法不正确的是_。A加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点B在T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有BaSO4沉淀生成C蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a，b之间的某一点(不含a，b)D升温可使溶液由b点变为d点答案(1)(2)(3)D(4)D解析(1)根据电离平衡常数可判断弱酸的相对强弱，平衡常数越小，酸性越弱。(2)将等体积等浓度的CH3COOH和氨水混合，恰好生成CH3COONH4，由于CH3COOH，NH3H2O的电离常数相等，所

9、以NH、CH3COO的水解程度相同，c(CH3COO)c(NH)。(3) NH3H2OH2O，的水解程度远远大于NH的水解程度，A项错误，V略小于10 mL时，pH也可能大于7；B项错误，若pH7，则该式不符合电荷守恒，应是c(C6H5O)c(NH)c(H)c(OH)；C项错误，促进水的电离，而抑制水的电离；D项正确，当V5 mL时，正好组成和的混合液，且二者等量。根据物料守恒判断该式正确。(4)A项正确，温度不变Ksp不变，c(SO)增大，c(Ba2)减小；B项正确，T1曲线上方区域，任意一点为过饱和溶液，有BaSO4沉淀生成；C项正确，蒸发溶剂，c(SO)、c(Ba2)均增大，而由d点到a

10、点c(SO)保持不变，由d点到b点c(Ba2)保持不变；D项错误，升温Ksp增大，c(Ba2)、c(SO)应均增大。考点四溶液中的“粒子”浓度变化1理解三大守恒(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有的阴离子所带的负电荷总数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na)n(H)n(HCO)2n(CO)n(OH)推出：c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)。(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如NaHCO3溶液中n(Na)n(C)11，推出：c(Na)c(HCO)c(CO

11、)c(H2CO3)。(3)质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H)的物质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O、H2CO3为得到质子后的产物，NH3H2O、OH、CO为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O)c(H2CO3)c(NH3H2O)c(OH)c(CO)。2弄清分析思路一般来说，有关离子浓度关系判断的试题要联想上述三个守恒，或其中两个叠加、变形等。而离子浓度大小比较是该部分内容中最常见的题型，除利用好上述守恒之外，还要考虑多方面的影响因素。如：题组一不同溶液中“粒子”浓度关系判断1正误判断，正确的划“”，错误的划“”(1)含1 mol KOH的溶液与1 mol C

12、O2完全反应后，溶液中c(K)c(HCO)()(2012 天津理综，5C)(2)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na)c(CH3COO)()(2012 天津理综，5D)(3)新制氯水中加入固体NaOH：c(Na)c(Cl)c(ClO)c(OH)()(2012四川理综，10A)(4)pH8.3的NaHCO3溶液：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)()(2012四川理综，10B)(5)pH11的氨水与pH3的盐酸等体积混合：c(Cl)c(NH)c(OH)c(H)()(2012四川理综，10C)(6)0.2 molL1 CH3COOH溶液与0.1 molL1 N

13、aOH溶液等体积混合：2c(H)2c(OH)c(CH3COO)c(CH3COOH)()(2012四川理综，10D)题组二化学反应过程中“粒子”浓度关系判断2(2012重庆理综，11)向10 mL 0.1 molL1 NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液x mL，下列叙述正确的是()Ax10时，溶液中有NH、Al3、SO，且c(NH)c(Al3) Bx10时，溶液中有NH、AlO、SO，且c(NH)c(SO)Cx30时，溶液中有Ba2、AlO、OH，且c(OH)c(Al3)，溶液中有NH、Al3、SO，无AlO；x30时，Ba(OH)2物质的量为0.003 mol，此时Al

14、3全部变成了AlO，SO全部沉淀，溶液中有Ba2、OH、NH3H2O、AlO，氢氧根离子浓度均大于偏铝酸根离子浓度和钡离子浓度。320 时向20 mL 0.1 molL1醋酸溶液中不断滴入0.1 molL1 NaOH(aq)，溶液pH变化如图所示。此过程里溶液中离子浓度的关系错误的是()Aa点：c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)Bb点：c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)Cc点：c(H)c(CH3COOH)c(OH)Dd点：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)答案C解析a点是CH3COOH和CH3COO Na的等量混合，离子浓度关系为c(CH3COO)c(Na)

15、c(H)c(OH)；b点，呈中性，溶质为CH3COONa和少量CH3COOH，根据电荷守恒判断；c点，正好生成CH3COONa溶液，根据质子守恒得c(OH)c(CH3COOH)c(H)；d点是CH3COONa和NaOH的混合，其中CH3COONa的物质的量是NaOH的2倍，该式正确。方法技巧巧抓“四点”，突破“粒子”浓度关系(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。(2)抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液呈什么性，是什么因素造成的。(3)抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。(4)抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。考点五酸碱“中和滴定”及迁移应用中

16、和滴定要点归纳(1)酸碱中和滴定原理：HOH=H2O，即c标V标c待V待(2)酸碱中和滴定的关键：准确测定V标和V待，正确使用酸式、碱式滴定管。准确判断中和反应是否恰好完全进行，借助酸碱指示剂判断滴定终点。(3)酸碱中和滴定实验操作：滴定前的准备工作。a.滴定管的检漏：关闭活塞，加水观察活塞周围有无水渗出；旋转活塞180度再检验有无水渗出。b.洗涤：滴定管用水洗后一定要用待装液进行润洗；锥形瓶水洗后不能进行润洗。c.装液调零：将溶液装入滴定管中，赶出气泡，并将液面调节到0刻度或0刻度以下。滴定操作(以盐酸标准液滴定NaOH为例)。左手握活塞并旋转开关，右手摇瓶，目视溶液，颜色突变且半分钟内不褪

17、色，达到滴定终点。题组一中和滴定的基本操作1正误判断，正确的划“”，错误的划“”(1)()(2010重庆理综，7B)(2)读数为22.30()(2011海南，2改编)(3)可用25 mL碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液()(2009广东，3A)(4)读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小()(2009重庆理综，7D)(5)用50 mL酸式滴定管可准确量取25.00 mL KMnO4溶液()(2009江苏，6B)(6)中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶()(2012山东理综，11A)(7)“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，

18、须经干燥或润洗后方可使用()(2011浙江理综，8C)(8)酸碱滴定时，若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高()(2010山东理综，14C)(9)()(2010安徽理综，8A)(10)滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小()(2013天津理综，4C)题组二“滴定法”的迁移应用22013山东理综，29(3)利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为_，滴定反应的离子方程式为_。答案淀粉溶液I2H2SO3H2O=4H2ISO解析因为I2H2SO3H2O=2I4HSO，I2遇淀粉变蓝，所以应

19、选用淀粉溶液作指示剂。3(2013江苏，18)硫酸镍铵(NH4)xNiy(SO4)mnH2O可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：准确称取2.335 0 g样品，配制成100.00 mL溶液A；准确量取25.00 mL溶液A，用0.040 00 molL1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2(离子方程式为Ni2H2Y2=NiY22H)，消耗EDTA标准溶液31.25 mL；另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH3 56.00 mL(标准状况)。(1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2含量将_(填“偏高”

20、、“偏低”或“不变”)。(2)氨气常用_检验，现象是_。(3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。答案(1)偏高(2)湿润的红色石蕊试纸试纸颜色由红变蓝(3)n(Ni2)0.040 00 molL131.25 mL103 LmL11.250103 moln(NH)2.500103 moln(SO)2.500103 molm(Ni2)59 gmol11.250103 mol0.073 75 gm(NH)18 gmol12.500103 mol0.045 00 gm(SO)96 gmol12.500103 mol0.240 0 gn(H2O)1.250102 molxymnn(NH)n(

21、Ni2)n(SO)n(H2O)21210硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)210H2O。解析(1)若滴定管使用前没有用EDTA标准溶液润洗，会造成EDTA溶液浓度减小，使消耗的EDTA溶液体积偏大，则Ni2含量偏高。(2)氨气是中学化学中唯一的碱性气体，常用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸由红色变蓝色。1一定温度下，水存在H2OHOHHQ(Q0)的平衡，下列叙述一定正确的是()A向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小B将水加热，Kw增大，pH减小C向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H)降低D向水中加入少量固体硫酸钠，c(H)107 molL1，Kw不变答案B解析

22、A项，Kw只与温度有关；B项正确；C项，加入CH3COONa，促进水的电离，溶液呈碱性；D项，该题没有指明是常温下，所以c(H)不一定等于107 molL1。2常温下a molL1稀氨水和b molL1稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定正确的是()A若ab，则c(NH)c(Cl)B若ab，则c(NH)c(Cl)C若ab，则c(OH)c(H)D若ab，则c(OH)c(H)答案D解析A项，若ab，由于NH的水解，应是c(NH)c(Cl)；B项，若ab时，c(NH)不一定大于c(Cl)，“大于”、“小于”、“等于”均可能出现；C项，ab时，酸性、碱性、中性均可能出现；D项，ab时，c(OH)c(

23、H)，当ab时，c(OH)更小。3在体积均为1 L，pH均等于2的盐酸和醋酸中，分别投入0.12 g镁粉充分反应后，下图中比较符合反应事实的曲线是()答案C解析镁最多失去电子的物质的量为20.01 mol。A、B项，在反应过程中，CH3COOH进一步电离，CH3COOH的pH小于HCl的pH，生成氢气的速率，v(CH3COOH)v(HCl)，A、B均错；C、D项，由于Mg是定量的，HCl恰好完全反应，而CH3COOH过量，且CH3COOH与Mg反应速率快，所以C对，D错。4碳酸有两个电离常数Ki1、Ki2，分别对应碳酸的两步电离。关于Ki1和Ki2说法正确的是()AKi1的表达式为Ki1BKi

24、2对应的电离过程是HCOH2OH2CO3OHC当碳酸的电离平衡正向移动时，Ki1与Ki2均相应增大D改变条件使Ki1减小，则Ki2一定也减小答案D5常温下，下列有关醋酸溶液的叙述中不正确的是()ApH5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c(Na)c(CH3COO)B浓度均为0.1 molL1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后：c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(H)c(OH)C将pHa的醋酸稀释为pHa1的过程中，c(CH3COOH)/c(H)减小D等体积pHa的醋酸与pHb的NaOH溶液恰好中和时，ab14答案D解析A项，CH3COOH的电离大于CH3

25、COO的水解，所以c(Na)c(CH3COO)，正确；B项，利用物料守恒，电荷守恒判断，正确；C项，在稀释过程中，由于n(CH3COOH)减小，而n(H)增多，所以减小，正确；D项，若ab14，则c(H)c(OH)，醋酸会过量，所以ab14，错误。6常温下，向20.00 mL 0.100 molL1 CH3COONa溶液中逐滴加入0.100 0 molL1盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如下图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是()A点所示溶液中：c(CH3COOH)c(Cl)c(OH)c(H)B点所示溶液中：c(Na)c(Cl)c(CH3COO)c(CH3COOH)C点所示溶液中：c(C

26、H3COOH)c(Na)c(H)c(CH3COO)D整个过程中可能出现：c(H)c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)答案A解析A项，根据电荷守恒判断；B项，点溶液正好是NaCl、CH3COONa和CH3COOH等量混合，大小顺序应为c(Na)c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)；C项，点正好生成NaCl和CH3COOH溶液，溶液呈酸性，错误；D项，c(H)c(Na)c(OH)c(Cl)c(CH3COO)恒成立，而c(Cl)c(OH)c(CH3COOH)，错误。7室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如下表：实验编号起始浓度/molL1

27、反应后溶液的pHc(HA)c(KOH)0.10.19x0.27下列判断不正确的是()A实验反应后的溶液中：c(K)c(A)c(OH)c(H)B实验反应后的溶液中：c(OH)c(K)c(A)molL1C实验反应后的溶液中：c(A)c(HA)0.1 molL1D实验反应后的溶液中：c(K)c(A)c(OH)c(H)答案B解析由实验可知HA是一元弱酸，二者恰好完全反应，因A水解使KA溶液呈碱性，故A项正确；由电荷守恒可知，c(OH)c(A)c(H)c(K)，故B项错误；由实验分析，因反应后溶液呈中性，则酸应过量，x0.2，由原子守恒可知c(A)c(HA)0.1 molL1成立，C项正确；在中性溶液中

28、，c(H)c(OH)，再由电荷守恒可知c(K)c(H)c(A)c(OH)，故c(K)c(A)c(OH)c(H)，D项正确。8(2013广东理综，31)大气中的部分碘源于O3对海水中I的氧化，将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。(1)O3将I氧化成I2的过程由3步反应组成：I(aq)O3(g)=IO(aq)O2(g)H1IO(aq)H(aq)HOI(aq)H2HOI(aq)I(aq)H(aq)I2(aq)H2O(l)H3总反应的化学方程式为_，其反应热H_。(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)I(aq)I(aq)，其平衡常数表达式为_。(3)为探究Fe2对O3氧化I反应的影响(反应体系如

29、图1)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图2和下表。编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3I5.211.0第2组O3IFe25.24.1第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_。图1中的A为_，由Fe3生成A的过程能显著提高I的转化率，原因是_。第2组实验进行18 s后，I浓度下降，导致下降的直接原因有(双选)_(填字母序号)。Ac(H)减小 Bc(I)减小CI2(g)不断生成 Dc(Fe3)增加(4)据图2，计算318 s内第2组实验中生成I的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。答案(1)2I(aq)O3(g)2H(aq)I2(aq)O2(g)H2O(l)

30、H1H2H3(2)K(3)由于2IO32H=I2O2H2O，即消耗H又生成水，导致溶液的酸性减弱，pH升高Fe2由于2Fe32I=I22Fe2，使c(I2)增大，促使I2(aq)I(aq)I(aq)，平衡右移，消耗的c(I)增多BD(4)v(I)5.5104 molL1s1解析利用盖斯定律、化学反应速率、化学平衡的影响因素等分析及计算，逐步解决问题。(1)根据盖斯定律，由可得总反应为2I(aq)O3(g)2H(aq)=I2(aq)O2(g)H2O(l)，则HH1H2H3。(2)所给反应的平衡常数表达式为K。(3)第1组实验中 ，pH升高是因为反应消耗了H。图1中的A为Fe2，由Fe3生成Fe2的过程中，I被氧化为