2019届一轮世纪金榜高效演练·直击高考 8.2高中化学
2019版高考化学高分培养计划一轮全国创新版章末高考真题演练8 Word版含解析
1．(2017·全国卷Ⅰ)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述错误的是( )A．K a2(H2X)的数量级为10－6B．曲线N表示pH与lg错误!的变化关系C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－) D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)答案D解析己二酸为二元弱酸，当横坐标为0.0时对应M、N两线的pH分别约为5.4和4.4，由第一步电离远远大于第二步电离可知第一步电离时己二酸pH更小，所以N为第一步电离，即曲线N表示pH 与lg 错误!的变化关系，B正确；由上述分析可知曲线M为己二酸的第二步电离，则当lg 错误!＝0.0时，K a2(H2X)＝错误!＝c(H＋)≈10－5.4＝100.6×10－6，A正确；NaHX溶液中，错误!＜1，则lg错误!＜0，此时溶液pH＜5.4，溶液呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH－)，C正确；由以上分析可知，HX－的电离程度大于其水解程度，故当溶液呈中性时，c(Na2X)＞c(NaHX)，溶液中各离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(X2－)＞c(HX－)＞c(OH－)＝c(H＋)，D错误。
2．(2017·全国卷Ⅱ)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl－会腐蚀阳极板而增大电解能耗。
可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl－。
根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是( )A．K sp(CuCl)的数量级为10－7B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuClC．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好D．2Cu＋===Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全答案C解析当－lg错误!＝0时，lg错误!约为－7，即c(Cl－)＝1 mol·L－1，c(Cu＋)＝10－7 mol·L－1，因此K sp(CuCl)的数量级为10－7，A正确；分析生成物CuCl的化合价可知，Cl元素的化合价没有发生变化，Cu元素由0价和＋2价均变为＋1价，因此参加该反应的微粒为Cu、Cu2＋和Cl－，生成物为CuCl，则反应的离子方程式为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl，B正确；铜为固体，只要满足反应用量，Cu的量对除Cl －效果无影响，C错误；2Cu＋===Cu2＋＋Cu的平衡常数K＝错误!，可取图像中的c(Cu＋)＝c(Cu2＋)＝1×10－6 mol·L－1代入平衡常数的表达式中计算，即K＝错误!＝1×106 L·mol－1>105，因此平衡常数很大，反应趋于完全，D正确。
2019届一轮世纪金榜高效演练·直击高考 12.2高中化学
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高效演练·直击高考1.(2018·兰州模拟)元素X位于第4周期,其基态原子有4个未成对电子。
Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍,元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子,W原子的2p轨道上有3个未成对电子。
(1)Y与W、Z可形成多种化合物。
①元素Y与Z中电负性较大的是____________(用元素符号描述)。
②离子Z的空间构型为________(用文字描述),杂化方式为____________。
③ZY2空间构型是_____________,杂化方式是__________,属于_______(填“极性”或“非极性”)分子。
④元素Y与W中第一电离能较大的是____________(用元素符号描述)。
(2)Y的氢化物(H2Y)在乙醇中的溶解度大于H2Z,其原因是____________。
(3)含X2+的溶液与KCN、氨水反应可得到化合物K3[X(CN)5(NH3)]。
①基态X2+的电子排布式是____________。
②1 moL配合物K3[X(CN)5(NH3)]中含σ键的数目为________。
③画出X原子的价电子排布图____________;④[X(CN)5(NH3)]3-配离子中存在的化学键类型有____________(填序号)。
a.配位键b.氢键c.极性共价键d.非极性共价键e.离子键【解析】元素X的4个未成对电子是3d电子,X是铁。
Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍,Y是氧。
元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子,Z是硫。
W原子的2p轨道上有3个未成对电子,W是氮。
(1)①元素Y与Z中电负性较大的是O。
②离子Z的中心原子S的价层电子对为4,其中有一对孤电子对,其空间构型为三角锥形,杂化方式为sp3。
③ZY2的中心原子S的价层电子对为3,其中有一对孤电子对,空间构型为V形,杂化方式为sp2,分子中电荷分布不均匀,分子有极性。
2019届全国高三一轮仿真复习卷(十)理综化学试卷
2019届全国高三一轮仿真复习卷（十）理综化学试卷本试卷共16页，38题（含选考题）。
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1. 化学与社会、生活、科技等密切相关。
下列说法正确的是A. 石油经分馏后可以获得汽油、煤油、柴油、丁烯等含碳原子少的轻质油B. 二氧化硅用途广泛，制光导纤维、石英坩埚、光电池等C. 向氨水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，制得氢氧化铁胶体D. 绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染【答案】D............2. N A代表阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是A. 标准状况下，22.4 L CH2Cl2中含有的CH2Cl2分子数为N AB. 60 g SiO2中含Si-O键数目为2N AC. 足量浓硫酸与65 g锌发生反应，转移的电子数为2N AD. pH=1的H2SO4溶液中含有的H+ 数目为0.1N A【答案】C【解析】A、CH2Cl2在标准状况下不是气体，选项A错误；B、1 mol SiO2中含Si-O键数目为4 N A，选项B错误；C、65 g Zn与足量的浓硫酸发生反应， Zn全部被氧化为 Zn2+，转移电子2 mol ，选项C正确；D、没有给出硫酸溶液的体积，无法计算出H+ 数目，选项D错误。
(全国通用)2019届高考化学一轮复习 高效演练26 新人教版
高效演练261.下列有机物的化学用语正确的是( )A.CH(CH3)3：表示正丁烷的结构简式B.C2H4O：表示乙醇的分子式C.C Cl：表示四氯化碳的电子式D.：表示乙酸的球棍模型【解析】选D。
CH(CH3)3表示异丁烷的结构简式，A错误；乙醇的分子式为C2H6O，B错误；四氯化碳的电子式中，氯原子的周围应有8个电子，C错误。
2.甲烷和氯气以物质的量1∶1混合，在光照条件下，得到的有机产物是( )①CH3Cl ②CH2Cl2③CHCl3④CCl4A.只有①B.①和②的混合物C.只有②D.①②③④的混合物【解析】选D。
甲烷和氯气反应，无论两者的物质的量之比是多少，都会得到各种氯代物。
不能认为甲烷和氯气1∶1就生成CH3Cl，1∶2就生成CH2Cl2等。
【易错提醒】本题由于对甲烷的取代反应理解不深刻常常错选A，认为甲烷和氯气物质的量之比1∶1(或者同温同压下等体积混合)，只是发生第一步反应得到CH3Cl，而甲烷的取代反应是多步同时进行的，所以甲烷的氯代物并不是一种，而是几种物质的混合物。
3.(2018·长沙模拟)下列对有机物结构或性质的描述，错误的是( )A.将溴水加入苯中，溴水的颜色变浅，这是因为发生了加成反应B.苯分子中的6个碳原子之间的键完全相同，是一种介于单键和双键之间的独特的键C.乙烷和丙烯的物质的量共1 mol，完全燃烧生成3 mol H2OD.一定条件下，Cl2可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反应【解析】选A。
苯使溴水褪色是因为溴在苯中的溶解度比在水中大，为萃取过程，A项错误；苯不能与溴发生加成反应，也不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可证明苯分子中碳碳键的特殊性，B项正确；乙烷的分子式为C2H6、丙烯的分子式为C3H6，故1 mol二者混合物完全燃烧，可生成3 mol H2O，C项正确；光照条件下，Cl2能够与苯环侧链的甲基发生取代反应，D项正确。
4.(2018·漳州模拟)下列叙述正确的是( )A.+属于取代反应B.可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和己烷C.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖D.丙烯分子中可能有8个原子处于同一平面【解析】选C。
2019届全国高三一轮仿真复习卷(二)理综化学试卷
2019届全国高三一轮仿真复习卷（二）理综化学试卷本试卷共16页，38题（含选考题）。
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可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 B-11 C-12 N-14 O-16 A1-27 Cl-35.5 V-51 Ba-1371. 下列有关材料的说法错误的是（）A. 铝制品表面有一层致密的氧化膜B. 二氧化硅常用于制造光导纤维C. 实验室中经过滤可得到纳米碳酸钙固体D. 聚乙烯可作食品包装材料【答案】C【解析】A、铝性质活泼表面容易被氧化为一层致密的氧化膜，从而保护里面的金属，A正确。
B、光可以在二氧化硅中发生全反射，从而可制造光导纤维，B正确。
C、纳米碳酸钙固体的粒子大小在1-100纳米之间，实验室中过滤得到的是直径大于100纳米的粒子，C错误。
D、聚乙烯属于高分子材料，具有无毒，轻便、密封性好等优点，可用于食品包装材料，D正确。
正确答案为C2. 下列反应属于加成反应的是（）A. +NaCN+NaBrB. +Br2C. +CH3OH+H2OD. +H2O【答案】B【解析】A、A属于取代反应，A错误。
B、B属于二烯烃的1，4-加成反应，B正确。
2019高考化学一轮复习基础习练8含解析新人教版.docx
人教化学2019高考一轮基础习练（8）李仕才一、选择题1、同温同压下，等体积的两容器内分别充满由叩、叱、18o三种原子构成的一氧化氮和一氧化碳，两容器含有的（D ）A.分子数和气体质量均不同B.分子数和电子数均相同C.质子数和中子数均相同D.分子数、原子数和中子数均相同解析由阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的气体具有相同的分子数，故这两种气体的分子数相同。
分子数相同，但二者的摩尔质量不同，故质量不同，A项错误；分子数相同，但电子数不同，B项错误；质子数不同，中子数相同，C项错误；分子数相同，又“N“0 和叱％都是双原子分子，故原子数相同，且1个“N%、1个叱％分子的中子数都为17, D 项正确。
2、下列实验装置或操作与微粒的大小无直接关系的是（C ）B.渗析D. 丁达尔效应解析萃取是利用了物质在不同溶剂屮溶解性的不同，与分散质粒子的大小无关。
3、下列除去杂质的方法不正确的是（B ）A.镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B.用过量氨水除去Fe'+溶液屮的少量A『+C.用新制的生石灰，通过加热蒸馆，以除去乙醇中的少量水D.Al（0H）3中混有少量Mg（0H）2：加入足量烧碱溶液,充分反应，过滤，向滤液中通入过量C02后过滤解析氢氧化铁和氢氧化铝沉淀均不能溶于弱碱（氨水）中。
4、实验室里保存下列试剂的方法错误的是（C ）A.新制氯水盛放在棕色试剂瓶屮，存放于低温避光的地方B.液漠易挥发，盛放在用水液封的棕色试剂瓶中C.碘易升华，盛放在有水的棕色广口试剂瓶中D.浓盐酸易挥发，盛装在无色密封的细口玻璃试剂瓶中解析碘单质应盛放在广口瓶屮，但瓶屮不能加水。
5、(2018 •武汉平原中学高三月考)核内中子数为艸的F十离子，质量数为儿则z?g它的氧化物所含电子的物质的量为(A )血04—忤10) molA.C. (/1-A4-2) mol解析氧化物的化学式为R0,则/7 g它的氧化物所含电子的物质的量为士花X (J-AH-8) molo6、下列说法不正确的是(B )A.已知冰的熔化热为6.0 kj/mol,冰中氢键键能为20.0 kJ/mo I,假设1 mol冰中含有2 mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰屮15%的氢键M 2B.已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c,电离度为a, K.、=—。
人教版2019高考化学一轮选训习题选择题8含解析
选择题（ 8）1、依照如图关系( 图被骗量单位为mol) 计算 2NO(g)＋ 2H2(g)===N2(g) ＋ 2H2O(g) 的H 为()A．( a＋b－c－d)kJ ·mol －1B． ( c＋a－d－b)kJ ·mol －1C．(c ＋－－ )kJ ·mol －1D． (c＋－－b)kJ ·mol －1 d a b d a剖析由图中转变可知，断裂化学键吸取能量，形成化学键释放能量，2NO(g) ＋2H2(g)===N2(g) ＋ 2H2O(g)H＝( a＋ b－ c－ d)kJ·mol－1。
答案 A2、(2018. 厦门模拟 ) 镁铝性质相像，下表中对两者的比较不正确的选项是()选项反响铝镁A与非金属反响能被 Cl 2、O2氧化能与 N2、 O2反响B与水反响能与开水反响反响很困难C与碱反响能溶于强碱溶液不反响D 与某些氧能与 Fe2O3、 MnO2、 Cr 2O3等金属氧能在 CO2化物反响化物发生铝热反响中焚烧答案 B3、某溶液 X 呈无色，且仅可能含有2++++-、 I-2-2-八种离子中Ba 、 Na、NH、 H、 Cl、 SO、 SO434的几种 ( 不考虑水的电离 ) ，且溶液中各离子浓度均为0.1 mol·L-1。
向该溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍为无色。
以下对于溶液X 的剖析中不正确的选项是A．必然不含 Cl -B+C32-4+．必然不含 H．必然含有 SO D ．必然不含 NH【答案】 D4、科学家首次用X 射线微光技术察看到 CO与 O在催化剂表面形成化学键的过程。
反响过程的表示图以下 :以下说法正确的选项是A． CO和 O生成 CO2是吸热反响B．在该过程中，既有旧化学键的断裂又有新化学键的形成C． CO和 O生成了拥有极性共价键的CO2D．该过程表示CO、O和催化剂的能量之和大于CO2的能量【答案】 C5、(2017 · 坊市中学高三下学期第四次元关) 中国文化人文明献巨大，古代文件中充足了古代化学研究成就。
2019高考化学一轮复习选训习题8含解析新人教版.docx
人教化学2019高考一轮选训习题（8）李仕才一、选择题1、设佩为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是（c ）A.0. 1 mol Na2COs • 10H20晶体中,阴离子总数大于0. 1加B.常温常压下，18 niL水中所含的氢离子数约为1（TWC.标准状态下，22.4 L氮气中含有的原子数约为皿D.23 g组成为CJU）的有机物，C—H键的数目为3抠解析A项，M阴离子）=0. 1加，错误；B项，1L水屮艸（『）=10一7瓜，错谋；D项，C2H6O 的结构简式若为CH；5CH2—0H，则C—H键的数目为2. 5加，错误。
2、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：NdNs+KMO：；—K2O+N32O+N2 f。
对上述反应的描述错误的是（B ）A.NaNs是还原剂，KNOs是氧化剂B.该反应屮有两种元素的化合价发生变化C.配平后物质的系数依次为10、2、1、5、16D.若生成8 mol N2,则转移电子的物质的量为5 mol解析该反应中，N Q N S中N元素化合价升高，KNO3中N元素化合价降低，则NaU是还原剂，KM）：,是氧化剂，A项正确；该反应中，只有N元素的化合价发生了变化，B项错误；根据得失电子守恒及原子守恒配平可得10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2 t , C项正确；由C项分析可知，该反应中生成16 mol N2时转移10 mol电子，则生成8 mol比时转移5 mol电子, D项正确。
3、某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主耍成分为FeG、Si（）2、AlA,不考虑其他杂质）制备七水合硫酸业铁（FeSO4・7H,0），设计了如下流程：足量酸NaOH^液一T7777T71鯉戶」E试剂X控制屮沁创溶液1| ----- - ------- !—LJ 溶液2|~4^S（）/7HQ 下列说法不正确的是（D ）A.溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B.固体1中一定有SiO2,控制pH是为了使Al'+转化为Al（0H）3进入固体2C.从溶液2得到FeSOx 7H,0产品的过程屮，须控制条件防止其氧化和分解D.若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSOt・7出0解析流程设计意图是用硫酸将Fe203. AI2O3转化为硫酸盐，除去SiO2,然后用铁粉还原F（? +得到硫酸亚铁,A项正确；固体1为SiO2,分离FeSO.［和AL（SO,）s采用的是调控pH的方法, 使Al3+转化为AKOHh沉淀而与FeSO4分离，B项正确；F『+容易被氧化，所以在得到FeSOi - 7IL0产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C项正确；在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe （0H）3沉淀，最终得到的是Fe2（S01）3, D项不正确。
2019届一轮世纪金榜单元评估检测(二)高中化学
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单元评估检测(二)(第二章)(45分钟100分)一、选择题(本题包括10小题,每题5分,共50分)1.将下列物质按电解质、非电解质、弱电解质顺序排列,正确的是( )A.硫酸烧碱醋酸B.硫酸铜醋酸C.高锰酸钾乙醇醋酸D.磷酸二氧化碳硫酸钡【解析】选C。
烧碱是NaOH,属于强碱,是强电解质,A错误;铜是单质,既不是电解质也不是非电解质,B错误;高锰酸钾是盐,属于电解质,乙醇不能导电,属于非电解质,醋酸溶于水部分电离,属于弱电解质,C正确;硫酸钡是盐,属于强电解质,D错误。
【加固训练】下列说法不正确的是( )①将BaSO4放入水中不能导电,所以BaSO4是非电解质②氨溶于水得到的氨水能导电,所以氨水是电解质③固态共价化合物不导电,熔融态的共价化合物可以导电④固态的离子化合物不导电,熔融态的离子化合物也不导电⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强A.①④B.①④⑤C.①②③④D.①②③④⑤【解析】选D。
BaSO4属于难溶物质,但溶解的部分是完全电离的;NH3是非电解质,氨水是混合物,既不是电解质也不是非电解质;熔融态的共价化合物分子中没有离子,不可以导电;熔融态的离子化合物中存在自由移动的离子,能导电;强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强。
2.如图表示一些物质间的从属关系,不正确的是 ()X Y ZA 分散系胶体溶液B 电解质酸碱C元素周期表的纵行主族副族卤族D 化合物共价化合物离子化合物【解析】选B。
分散系包括胶体、溶液和浊液,其中烟属于胶体,A正确;元素周期表的纵行包括主族、副族和0族等,其中卤族属于主族,C正确;化合物包括共价化合物和离子化合物,其中酸属于共价化合物,D正确;酸、碱、盐都属于电解质,但盐不属于酸,B错误。
【易错提醒】本题易错误认为“酸”是离子化合物而错选D。
高2019届高2016级高三化学一轮复习课件世纪金榜高效演练·直击高考 8.4高中化学
高效演练·直击高考1.有关CaCO3的溶解平衡的说法中,不正确的是( )A.CaCO3沉淀析出和沉淀溶解不断进行,但速率相等B.CaCO3难溶于水,其饱和溶液几乎不导电,属于弱电解质溶液C.升高温度,CaCO3沉淀的溶解度增大D.向CaCO3沉淀中加入纯碱固体,CaCO3的溶解度降低【试题解析】选B。
达到平衡v沉淀溶解＝v沉淀析出,A正确; CaCO3难溶于水,但溶解的部分完全电离出离子,属于强电解质,B错误;一般情况下温度越高,溶解度越大,C正确;纯碱电离出C抑制CaCO3沉淀溶解,CaCO3的溶解度降低,D正确。
2.已知部分钡盐的溶度积如下:K sp(BaCO3)＝5.1×10-9,K sp[Ba(IO3)2]＝6.5×10-10, K sp(BaSO4)＝1.1×10-10,K sp(BaCrO4)＝1.6×10-10。
一种溶液中存在相同浓度的C、Cr、I、S,且浓度均为0.001 mol·L-1,若向该溶液中逐滴滴入BaCl2溶液,首先发生的离子反应为( )A.Ba2＋＋C BaCO 3↓B.Ba2＋＋Cr BaCrO4↓↓C.Ba2＋＋2I Ba(IO3)2D.Ba2＋＋S BaSO 4↓【试题解析】选D。
相同类型的离子,溶度积越小,溶解度越小,相同条件下优先生成沉淀,BaCO3、BaCrO4、BaSO4都属于同种类型的难溶物,可以直接根据它们的溶度积判断溶解度大小:BaCO3＞BaCrO4＞BaSO4,所以相同浓度时优先生成硫酸钡沉淀;浓度均为0.001 mol·L-1时,生成BaSO4沉淀需要钡离子浓度为mol·L-1＝1.1×10-7 mol·L-1;生成Ba(IO3)2沉淀需要钡离子浓度为mol·L-1＝6.5×10-4 mol·L-1＞1.1×10-7 mol·L-1,显然生成硫酸钡沉淀需要的钡离子浓度远远小于生成Ba(IO3)2沉淀需要的钡离子浓度,所以向该溶液中逐滴滴入BaCl2溶液,首先生成的是硫酸钡沉淀,故选D。
2019人教版高考化学一轮训导练(2)及答案
2019人教版高考化学一轮训导练（2）及答案C．合金中Mg、Al的物质的量之比为1∶1D．盐酸的物质的量浓度为3.0 mol·L－1解析：对比甲、乙两组的实验数据，可以看出，乙组所用的合金比甲组多，产生的H2也多，说明甲组中的盐酸未反应完，盐酸是过量的。
从甲组的实验可知，每毫克合金与盐酸反应产生H2的体积为280255mL，若乙组的合金耗尽，应生成H2的体积为280255×385 mL＝423 mL，实际上只生成336 mL，说明乙组中盐酸不足。
根据甲组的实验可求出合金中Mg、Al的物质的量，设分别为x mol、y mol。
有24x＋27y＝0.255，x＋1.5y＝0.28022.4，联立两式，解得x＝y＝0.005，x∶y＝1∶1。
根据乙组的实验可求出盐酸的物质的量浓度：0.336 L22.4 L·mol－1×2＝c(HCl)×0.03 L，c(HCl)＝1.0 mol·L－1。
综上所述，A、B、C项推理正确，D项推理不正确。
答案：D4．向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液不含Fe3＋，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为()A．2.4 g B．4.8 gC．6.4 g D．1.6 g解析：加入盐酸后先后发生：Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O①，2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋②，由①可得n(O)＝3n(Fe2O3)＝12n(HCl)＝0.3×1×12＝0.15 mol，由质量守恒可得，固体减少的质量为Fe2O3中氧的质量，为0.15×16＝2.4 g，A正确。
答案：A5．海洋是一个巨大的宝藏，期待着人们的开发和利用。
下列物质不经过化学变化就能从海水中获得的是()A．单质溴B．单质镁C．烧碱D．食盐解析：通入氯气将溴离子氧化为溴单质，是化学变化，故A错误；通过电解熔融的氯化镁得到镁，是化学变化，故B 错误；把从海水中获得的氯化钠配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，是化学变化，故C 错误；把海水经太阳曝晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D 正确。
2019届一轮世纪金榜高效演练·直击高考 8.3高中化学
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高效演练·直击高考1.下列说法不正确的是 ( )A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂B.水解反应N+H 2O NH3·H2O+H+达到平衡后,升高温度平衡逆向移动C.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D.盐类水解反应的逆反应是中和反应【解析】选B。
明矾KAl(SO4)2〃12H2O因Al3+水解生成Al(OH)3胶体,能吸附水中悬浮的物质,使之沉降,从而起到净水的作用,A项正确;盐的水解是吸热过程,升高温度水解平衡正向移动,B项错误;AlCl3、FeCl3、CuCl2溶液中分别存在Al3+、Fe3+、Cu2+的水解平衡,直接将三种溶液加热蒸干得不到相应的固体,应在HCl气流中加热,得到AlCl3、FeCl3、CuCl2固体,C项正确;盐类水解反应的逆反应是酸碱中和反应,D项正确。
2.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是( )A.物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c(N):(NH4)2SO4 >NH4HSO4>NH4ClB.向醋酸钠中加适量醋酸,得到的酸性混合溶液:c(Na+)>c(CH3COO-) >c(H+)>c(OH-)C.1.0 mol·L-1 Na2CO3溶液:c(OH-)=2c(HC)+c(H+)+c(H2CO3)D.某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+c(A2-)【解析】选A。
NH4HSO4溶液中H+抑制N水解,NH4Cl溶液中Cl-对N的水解无影响,故物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c(N):(NH4)2SO4>NH4HSO4> NH4Cl,A项正确;醋酸、醋酸钠混合溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)且c(H+)>c(OH-),可知c(CH3COO-) >c(Na+),B项错误;Na2CO3溶液中,c(OH-)=c(H+)+c(HC)+2c(H2CO3),C 项错误;NaHA溶液中,根据电荷守恒可得,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),D 项错误。
2019版高考化学一轮复习第六章化学反应与能量高效演练.doc
6.3电解池金属的电化学腐蚀与防护高效演练•直击高考1.如图为直流电源电解稀NehSO冰溶液的装置。
通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液。
下列实验现象描述正确的是 ()A.逸出气体的体积,a电极的小于b电极的B.一电极逸出无味气体，另一电极逸出有刺激性气味的气体C.a电极附近呈红色,b电极附近呈蓝色D.a电极附近呈蓝色,b电极附近呈红色【解析】选D。
b极0H放电产生02,b极附近c(H，)>c(0H),石蕊溶液变红。
在a极『放电产生卜1沁极附近c(0H)>c(H‘)，石蕊溶液变蓝。
所以产生的气体体积a电极的大于b电极的，两种气体均为无色无味的气体,A、B、C错误;D正确。
2.下图装置中a、b、c、d均为Pt电极。
电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大,且增重b>d。
符合上述实验结果的盐溶液是()a LcT|d■OM ■—•■j ■ ■ -4-■■』■ —-LX丑溶飯Y癌溶號选项X YA MgSO4CuSO4B AgNOs Pb (N03) 2C FeSO4Ah (SO.) 3D CuSO4AgN03【解析】选B。
A项,当X为MgSOq时,b极上生成H2,电极质量不增加,错误;C项,X为FeSO4, Y为A12(SO4)3, b、d极上均产生气体,错误;D项,b极上析出Cu, d极上析出Ag,其中d极质量大于b极质量，错误。
3.(2018 •商洛模拟)用电化学制备正十二烷的方法：向烧杯中加入50 mL甲醇,不断搅拌加入少量金属钠, 再加入11 mL正庚酸搅拌均匀，装好钳电极，接通电源反应，当电流明显减小时切断电源，然后提纯正十二电解烷。
已知电解总反应：2C6H13C00Na+2CH30H=C12H26+2C02 t +H2 t +2CH：Qfe,下列说法不正确的是电源A.图中电源的a极为直流电源的负极B.加入金属钠可以将酸转化为钠盐,提高离子浓度，增强导电性C.阳极电极反应:2C f）H,3COO'-2e_=Ci,H26+2CO, tD.反应一段时间后将电源正负极反接，会产生杂质影响正十二烷的制备【解析】选D。
2019高考化学一轮优练题8含解析新人教版20180828552
2019高考化学一轮优练题（8）李仕才一、选择题 1、(2017·湖南五市十校模拟)如下图为雾霾的主要成分示意图。
下列说法不正确的是( )A ．重金属离子可导致蛋白质变性B ．苯是最简单的芳香烃C ．SO 2和N x O y 都属于酸性氧化物D ．汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一 解析 NO 、NO 2都不属于酸性氧化物，C 错误。
答案 C2、下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L －1的是( )A ．10 g NaOH 固体溶解在水中配成250 mL 溶液B ．将80 g SO 3溶于水并配成1 L 的溶液C ．将0.5 mol·L －1的NaNO 3溶液100 mL 加热蒸发掉50 g 水的溶液 D ．标况下，将22.4 L 氯化氢气体溶于水配成1 L 溶液解析 A 项，c (NaOH)＝10 g 40 g·mol －10.25 L ＝1 mol·L －1；B 项，c (H 2SO 4)＝80 g80 g·mol －11 L＝1 mol·L－1；C 项，蒸发掉50 g 水后，溶液的体积并不是50 mL ，NaNO 3的浓度也不是1 mol·L－1；D 项，c (HCl)＝22.4 L22.4 L·mol －11 L＝1 mol·L －1。
答案 C3、(2017·杭州模拟)等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多的是( )A ．将钠投入到足量水中B ．将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中C ．将钠放入足量稀硫酸中D ．将钠放入足量稀盐酸中解析 将等质量的钠投入到水、稀硫酸或稀盐酸中，放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成NaOH和氢气，然后是铝与NaOH溶液反应生成氢气，则B项生成氢气最多。
答案 B4、为了检验某固体物质中是否含有NH＋4，下列试纸和试剂一定用不到的是( )①蒸馏水②NaOH溶液③红色石蕊试纸④蓝色石蕊试纸⑤稀硫酸A．①⑤B．④⑤C．①③D．①④⑤解析NH＋4的检验：在含有NH＋4的溶液中加入强碱(OH－)并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则证明原溶液中含有NH＋4，所以一定不会用到的是④蓝色石蕊试纸和⑤稀硫酸。
2019高考化学一轮练练题填空题3含解析新人教版.docx
(人教版)化学2019高考一轮练练题：填空题(3)含答案李仕才1、 已知：①2Cu2S(s)+302 (g)=2Cu20(s)+2S02(g)A//=—76& 2 kJ ・ mol -1 ②2C W O(S )+C U 2S (s)=6Cu(s)+S0Mg) A 〃= + 116. 0 kJ-moL则 Cu 2S (s) +02 (g) =2Cu (s) +S02 (g) A H= _____________________________________ 。
答案 一217.4 kJ ・ mol -1解析根据盖斯定律，将方程式£x(①+②)得Cu 2S(s) +02(g)=2Cu(s) + S02(g) A 〃=*X ( — 768.2 + 116.0) kJ ・ mol _1 = -217.4 kJ • mol"^2、 若在绝热恒容密闭容器中通入一定量的SO?和02, —定条件下发生反应：2S02(g) + 02(g)??2S03(g) △〃= —196.6 kJ -mol"1, 一段时间内,正反应速率随时间变化曲线如下 图所示，则在8点时，反应 ________ (填''达到”或“未达到”)平衡状态；力〜恋时间内， 孑正先增大后减小的主要原因是 _____________________________________________答案 未达到 力〜广2时间内，孑正增大的主要原因是反应放热导致容器内温度升高；十2〜心 时间内，V 止减小的主要原因是反应物浓度减小 解析化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速 率，4点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡；介〜方2时间内，丫止增大的主要 原因是反应放热导致容器内温度升高；力〜玄时间内，7正减小的主要原因是反应物浓度减小 导致反应速率降低。
3、CuCl 2溶液中的铜主要以Cu(H£)产、CuCir 形式存在，将CUC12溶于浓盐酸中，存在下列 平衡：Cu (H 20) 4+ (aq) +4CF (aq) ??CuCl.r (aq)+4H 20(l) △从0。
2019届全国高三一轮仿真复习卷(八)理综化学试卷
2019届全国高三一轮仿真复习卷（八）理综化学试卷本试卷共16页，共38题（含选考题），包括选择题和非选择题两部分。
全卷满分300分。
考试用时150分钟。
★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
1. 下列生活用品，主要由塑料制成的是A. 车轮轮胎B. 农用薄膜C. 尼龙衣料D. 棉T恤衫【答案】B【解析】A. 车轮轮胎主要成分是橡胶，故A错；B. 农用薄膜属于塑料，故B正确；C. 尼龙衣料主要成分是合成纤维，故C错误；D. 棉T恤衫主要成分是纤维素，故D错误；答案：B。
2. 设N A为阿伏加德罗常数的位，下列说法正确的是A. 1molKMnO4固体完全分解制取O2,转移的电子数为2N AB. 1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中HCO3-和CO32-数目之和为0.1N AC. 在密闭容器中,2molNO与1molO2充分混合后，气体分子数为3N AD. 50mL 18.4mol/L浓硫酸与足量铜充分反应,生成SO2分子数目为0.46N A【答案】A【解析】A. 1molKMnO4固体完全分解生成0.5molO2,转移的电子数为2N A,，故A正确；B. 根据碳原子守恒1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中HCO3-和CO32-、H2CO3数目之和为0.1N A，故B错误；C. 在密闭容器中,2molNO与1molO2充分反应生成2molNO2，气体分子数为2N A,故C错；D.因为浓硫酸与足量铜充反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不会反应，所以50mL 18.4mol/L 浓硫酸与足量铜充分反应,生成SO2分子数目小于0.46N A，故D错误；答案：A。
人教版2019高考化学一轮练练题填空题5含解析
（人教版）化学2019 高考一轮练练题：填空题（5）含答案1、已知反响Ⅰ：2SO2 (g) ＋ O2(g) ??2SO3(g)－ 1H＝－196.6 kJ·mol反响Ⅱ：2NO(g) ＋ O2(g) ??2NO(g)－ 1H＝－113.0 kJ·mol则 SO2(g) 与 NO2(g) 反应生成 SO3(g) 和 NO(g) 的热反应方程式为________________________ 。
答案 SO(g) ＋NO(g) ??SO(g) ＋ NO(g)223H＝－41.8 kJ－ 1· mol剖析已知反响Ⅰ： 2SO2(g) ＋ O2(g) ??2SO(g)3H＝－196.6 kJ· mol－1，反响Ⅱ： 2NO(g) ＋ O(g) ??2NO(g)2H＝－113.0 kJ·mol－1，依照盖斯定律(Ⅰ－Ⅱ)/2即获取 SO2(g) 与 NO2(g) 反响生成 SO3(g)和 NO(g) 的热反响方程式：SO2(g) ＋ NO2(g) ??SO3(g) ＋ NO(g)＝－ 41.8 kJ ·mol －1。
H2、在催化剂作用下合成气合成甲烷过程中会发生以下反响：242Ⅰ .CO(g) ＋ 3H(g)=== CH(g) ＋HO(g)1＝－206 k J·mol－1HⅡ .CO(g) ＋ H2O(g) === CO 2(g) ＋H2(g)－ 12H＝－41 kJ·molⅢ .2CO(g) ＋ 2H2(g)===CH4(g) ＋CO2(g)H3＝－247.4 kJ·mol－ 1(1) 图 1 是太原理工大学煤化工研究所利用热力学数据剖析获取温度对反响Ⅰln ( 化学K平衡常数 K 的自然对数)的曲线图，请剖析出现这样趋势的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 。
(全国通用)2019届高考化学一轮复习 高效演练08 新人教版
高效演练081.(2018·沈阳模拟)铁是一种应用广泛的金属。
下列有关铁的说法正确的是( )A.铁与盐酸反应生成氯化铁和氢气B.常温下铁在浓硫酸中钝化C.铁在氧气中燃烧生成物为三氧化二铁D.纯铁(块状)是黑色金属【解析】选B。
A项，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，错误；B项，在常温下铁遇浓硫酸表面被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，故在浓硫酸中钝化，正确；C项，铁在氧气中燃烧生成物为四氧化三铁，错误；D项，纯铁 (块状)是银白色金属，错误。
2.下列物质能用化合反应直接制得的是( )①FeCl2②Fe(OH) 3③NaHSO3④Fe(OH)2A.②B.②③C.①②③D.①②③④【解析】选C。
2FeCl3+Fe3FeCl2；4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，Na2SO3+H2O+SO22NaHSO3，以上反应均为化合反应。
Fe(OH)2不能用化合反应制得。
【方法规律】不能通过化合反应得到的物质(1)常见不能通过单质之间化合得到的物质有FeCl2、Fe2S3、Fe2I3、SO3、NO2等；(2)常见不能通过单质之间化合得到，但可以通过化合反应得到的物质有FeCl2、SO3、NO2等；(3)常见不能通过氧化物与水化合得到的酸、碱有H2SiO3、Fe(OH)3、Fe(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2等；(4)常见不能通过氧化物与水化合得到，但可以通过化合反应得到的物质有Fe(OH)3等。
3.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是( )A.盐酸B.烧碱溶液C.氨水D.KSCN溶液【解析】选B。
无明显现象( )A.Fe2O3B.FeCl3C.Fe2(SO4)3D.FeO【解析】选D。
由题意可知所得溶液中含有Fe2+而不含Fe3+，溶解在盐酸中能得到Fe2+，只有D项。
4.(2018·蚌埠模拟)下列反应的离子方程式表示正确的是( )A.澄清石灰水中通入过量二氧化碳：OH-+CO2HCB.铜片跟三氯化铁溶液反应：2Fe3++3Cu3Cu2++2FeC.漂白粉溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O CaSO3↓+2HClOD.Fe3O4与稀硝酸反应：Fe3O4+8H+Fe2++2Fe3++4H2O【解析】选A。
2019届一轮世纪金榜阶段滚动检测(四)高中化学
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阶段滚动检测(四)(第三～八章)(90分钟100分)一、选择题(本题包括16小题,每题3分,共48分)1.(滚动单独考查)下列关于化学键的说法正确的是 ( )A.C、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键,又有共价键B.不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键C.含极性键的共价化合物一定是电解质D.微粒Na+、Mg2+比O2-多一个电子层【解析】选B。
(NH2)2CO(尿素)中只含共价键,A项错误;H2O2中含有O—O非极性键,B项正确;CO中的化学键为极性键,但CO是非电解质,C项错误;Na+、Mg2+、O2-的核外电子排布均相同,D项错误。
2.(滚动交汇考查)某溶液中可能存在Mg2+、Fe2+、Fe3+,加入NaOH溶液,开始时有白色絮状沉淀生成,白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色,下列结论正确的是( )A.一定有Fe2+,一定没有Fe3+、Mg2+B.一定有Fe3+,一定没有Fe2+、Mg2+C.一定有Fe3+,可能有Fe2+,一定没有Mg2+D.一定有Fe2+,可能有Mg2+,一定没有Fe3+【解析】选D。
加入NaOH溶液,开始时有白色絮状沉淀生成,白色沉淀迅速变成灰绿色,最后变成红褐色的现象是溶液中含有亚铁离子的特性,若有Fe3+,则产生氢氧化铁的红褐色沉淀会掩盖Fe(OH)2的白色,所以不可能存在Fe3+,而Mg(OH)2是白色,可能存在Mg2+。
【互动探究】(1)该题中若加入NaOH溶液时,立即产生红褐色沉淀,则离子的存在情况又将怎样?提示:一定含有Fe3+,Mg2+、Fe2+无法确定。
(2)若某溶液中加入NaOH溶液时有白色沉淀生成,继续滴加NaOH溶液时白色沉淀部分溶解,则溶液中可能含有什么离子?提示:含有Mg2+、Al3+。
Mg(OH)2和Al(OH)3均是白色沉淀,但是前者不溶于过量的NaOH溶液,后者却溶于过量的NaOH溶液。
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高效演练·直击高考1.(2018·聊城模拟)25 ℃时,相同物质的量浓度的下列溶液:①Na2SO4②HCl③Ba(OH)2④AlCl3,其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是( )A.④>③>②>①B.②>③>①>④C.④>①>②>③D.③>②>①>④【解析】选C。
分析四种物质的性质可知,Na2SO4不影响水的电离平衡,HCl和Ba(OH)2能抑制水的电离,AlCl3能促进水的电离。
Ba(OH)2为二元强碱,溶液中的c(OH-)大于同浓度盐酸中的c(H+),对水电离的抑制程度更大。
【加固训练】水的电离过程为H 2O H++OH-,在不同温度下其离子积为K w(25 ℃)=1.0×10-14, K w(35 ℃)=2.1×10-14,则下列叙述中正确的是( )A.c(H+)随温度的升高而降低B.35 ℃时,c(H+)>c(OH-)C.溶液pH:pH(35 ℃)>pH(25℃)D.35 ℃时已电离的水的浓度约为1.45×10-7 mol·L-1【解析】选D。
由两种温度下水的离子积常数值知水的电离是吸热的,温度高时水中c(H+)较高,pH较小,但溶液中c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,A、B、C错误;已电离的水的浓度与电离生成的c(H+)及c(OH-)相等,利用水的离子积常数可判断D 正确。
2.(2018·潮州模拟)下列说法错误的是( )A.常温下,0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中,由水电离的c(H+)为10-13 mol·L-1B.pH=2与pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)之比为1∶10C.常温下,等体积pH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合,混合后溶液pH<7D.某温度时水的离子积常数K w=1×10-13,若将此温度下pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的稀硫酸b L混合,若所得混合液pH=2,则a∶b=9∶2【解析】选A。
A项,0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中c(H+)<0.1 mol·L-1,溶液中K w=c(H+)·c(OH-)=1×10-14,则c(OH-)>10-13 mol·L-1,溶液中的OH-均来自于水的电离,则由水电离的c(H+)=c(OH-)>10-13 mol·L-1,错误;B项,pH相差1,溶液中的c(H+)之比为1∶10,正确;C项,等体积pH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合,因CH3COOH为弱酸,则CH3COOH过量,溶液显酸性,即pH<7,正确;D项,pH=11的NaOH溶液中的c(OH-)=10-2 mol·L-1,pH=1的稀硫酸中的c(H+)=10-1 mol·L-1,混合液的pH=2,则有=10-2 mol·L-1,得a∶b=9∶2,正确。
3.(新题预测)未知浓度的硫酸、盐酸和醋酸各25.00 mL,分别用0.10 mol·L-1的NaOH溶液或0.10 mol·L-1的稀氨水滴定得如图所示图象。
下列说法正确的是( )A.由图可知曲线c为NaOH滴定硫酸B.由图可知硫酸的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度C.曲线b、c的滴定实验可用酚酞作指示剂D.由图可知滴定前醋酸电离度约为1.67%【解析】选D。
由图象可知加入NaOH溶液或氨水时,a的pH在开始阶段变化较大,应为碱滴定弱酸的变化曲线,则b、c为硫酸、盐酸的滴定曲线,由于浓度未知,则不能确定b、c为何种酸,故A错误;硫酸、盐酸都为强酸,题中纵坐标为pH,不能确定其浓度大小,故B错误;如用氨水中和,滴定终点时溶液呈酸性,应用甲基橙作指示剂,故C错误;开始时醋酸溶液pH=3,c(H+)=10-3mol·L-1,滴定终点时消耗NaOH溶液的体积为15 mL,则有c(HAc)×0.025 L=0.10 mol·L-1×0.015 L, c(HAc)=0.06 mol·L-1,醋酸电离度为×100%=1.67%,故D正确。
4.(新题预测)常温下,已知0.1 mol·L-1一元酸HA溶液=1×10-8。
下列叙述错误的是 ( )A.HA为弱酸B.pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性C.0.1 mol·L-1 HA溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后所得溶液显中性D.T℃时,pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性,则该温度下K w=1×10-13【解析】选C。
若HA为强酸,0.1 mol·L-1 HA溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,c(OH-) =1×10-13,=1×10-12,故HA为弱酸,A正确;pH=3的盐酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液显中性,pH=3的弱酸HA溶液的浓度大于pH=3的盐酸,故HA过量,与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性,B正确;0.1 mol·L-1 HA溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后恰好中和,生成弱酸强碱盐,所得溶液显碱性,C错误;pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性,即pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=1×10-2 mol·L-1,c(H+)=1×10-11mol·L-1,则K w=c(H+)×c(OH-)=1×10-13,D正确。
5.(2018·湛江模拟)(1)将0.15 mol·L-1稀硫酸V1 mL与0.1 mol·L-1NaOH溶液V2mL混合,所得溶液的pH为1,则V1∶V2=________(溶液体积变化忽略不计)。
(2)室温下,某水溶液中存在的离子有Na+、A-、H+、OH-,根据题意,回答下列问题:①若由0.1 mol·L-1 HA溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合而得,则溶液的pH________7(填“>”“<”或“=”,下同)。
②若溶液pH>7,则c(Na+)____________c(A-),理由是__________________。
③若溶液由pH=3的HA溶液V1 mL与pH=11的NaOH溶液V2 mL混合而得,则下列说法正确的是________(填选项代号)。
A.若反应后溶液呈中性,则c(H+)+c(OH-)=2×10-7 mol·L-1B.若V1=V2,反应后溶液pH一定等于7C.若反应后溶液呈酸性,则V1一定大于V2D.若反应后溶液呈碱性,则V1一定小于V2【解析】(1)根据混合所得溶液的pH为1,可得=0.1 (mol·L-1),解得V1∶V2=1∶1;(2)①0.1 mol·L-1 HA溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合时,若HA是强酸,则得到溶液显中性,pH=7,若HA是弱酸,则得到的盐水解使溶液显碱性,pH>7;②根据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),若溶液pH>7,则c(OH-)>c(H+),故c(Na+)>c(A-);③若反应后溶液呈中性,则HA是强酸,c(H+)+c(OH-)=2×10-7 mol·L-1,故A正确;若HA是强酸,得到溶液显中性,pH=7,若HA是弱酸,则HA部分电离,同体积反应后溶液显酸性,pH<7,故B错误;若反应后溶液呈酸性,如果HA是弱酸,可能因为反应后HA过量使溶液显酸性,V1不一定大于V2,故C错误;若反应后溶液呈碱性,如果HA是强酸,说明NaOH过量,V1一定小于V2,若HA是弱酸,HA不完全电离,未电离部分也消耗NaOH,侧面说明V1一定小于V2。
答案:(1)1∶1(2)①>或=②>根据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),由于c(OH-)>c(H+),故c(Na+)>c(A-)③AD6.乙二酸俗名草酸,下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·x H2O)进行的探究性学习的过程,请你参与并协助他们完成相关学习任务。
该组同学的研究课题是探究测定草酸晶体(H2C2O4·x H2O)中的x值。
通过查阅资料得知,草酸易溶于水,水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定:2MnO 4+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O学习小组的同学设计了如下步骤用滴定的方法测定x值。
①称取1.260 g纯草酸晶体,将其制成100.00 mL水溶液为待测液。
②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中,再加入适量的稀硫酸。
③用浓度为0.100 0 mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定,达到终点时消耗10.00 mL。
(1)上述步骤②中使用的锥形瓶是否需要事先用待测液润洗______。
(填“是”或“否”)滴定时,将酸性KMnO4标准液装在如图中的______(填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志可以是________________________________。
(3)通过上述数据,求得x=________。
讨论:①若滴定终点时俯视滴定管刻度,则由此测得的x值会________(填“偏大”“偏小”或“不变”,下同)。
②根据上述实验计算的数据可信性不强,为了提高实验的准确性,请写出改进方法________。
【解析】(1)如果用待测液润洗锥形瓶就会有少量液体残留在瓶壁上,造成滴定的待测物增多,使得计算值大于实际浓度,故上述步骤②中使用的锥形瓶不需要事先用待测液润洗;酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,腐蚀橡皮管,所以用酸性滴定管,选甲;(2)可用高锰酸钾自身的颜色作为指示剂判断滴定终点,当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时,溶液由无色变为紫色,且半分钟内不褪色,表明到滴定终点;(3)2Mn+ 5H 2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O2 50.100 0×0.01 0.002 525.00 mL待测液中含有0.002 5 mol草酸,100 mL待测液中含有0.01 mol草酸,其质量为0.9 g。