(含3套新高考模拟卷)2019-2020学年高考化学第8章第1节考点1弱电解质的电离平衡教师用书
2019-2020年高三高考仿真(三)理综化学含答案
2019-2020年高三高考仿真（三）理综化学含答案本试卷分第I 卷和第Ⅱ卷两部分，共12页。
满分240分。
考试用时150分钟。
答题前，考生务必用0．5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、准考证号、县区和科类填写在试卷和答题卡规定的位置。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I 卷(必做，共87分)注意事项：1．第I 卷共20小题。
第1～13题每小题4分，第14～20题每小题5分，共87分。
2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。
以下数据可供答题时参考：(略)相对原子质量：(略) 一、选择题(本题包括13小题。
每小题只有一个选项符合题意) 7．下列说法中，不正确的是A ．原子最外层电子数比次外层电子数多的元素一定位于第二周期B ．从氟到碘，单质与氢气发生化合反应越来越难C ．14C 和14N 两种核素的质量数相同，中子数也相同D ．离子化合物中可能含有共价键，但共价化合物中一定不含离子健8．下列说法或做法正确的是A ．苯、乙醇、四氯化碳都是重要有机溶剂，都可用于提取碘水中的碘单质B ．在强碱性溶液中，可能同时大量共存C ．铁船底镶嵌锌块，构成原电池，锌作负极，以防船体被腐蚀D ．用量筒量取10．0 mL 1．0 mol ／L 的盐酸于100 mL 容量瓶中，加水稀释至刻度，可制得0．1 mol ／L 的盐酸9．下列离子方程式书写正确的是A.少量通入溶液中：B.硫酸氢钠溶液中逐滴加过量氢氧化钡溶液，至溶液恰好呈中性：C.澄清石灰水中加入盐酸：D.向溶液中滴加过量氨水：10.下列实验能达到预期目的的是A.将含有SO2的CO2气体通过足量的饱和溶液以除去B.用石墨作电极，电解的混合溶液，确定铜和镁的金属活动性强弱C.称取19.0g 氯化亚锡（SnC12），用100mL 蒸馏水溶解，配制 1.0mol 、L SnC12溶液D.测定NaC1和Na 溶液的pH ，确定F 、C1两元素非金属性的强弱11.在常压和500℃条件下，等物质的量24333Ag O Fe OH HCO NaHCO 、、NH 、完全分解，所得气体体积依次为。
2019-2020学年新课标全国卷新高考化学模拟试卷含解析
2019-2020学年新课标全国卷新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。
NH4CuSO3与足量的1.0 mol·L-1硫酸溶液混合微热,产生下列现象:①有红色金属生成②有刺激性气味气体产生③溶液呈蓝色。
据此判断下列说法一定合理的是()A．该反应显示硫酸具有酸性B．NH4CuSO3中铜元素全部被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．反应中硫酸作氧化剂【答案】A【解析】【分析】由反应现象可以知道，NH4CuSO3与足量的1.0 mol·L-1硫酸溶液混合微热，分别发生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，结合反应的现象判断。
【详解】A.分别发生:2Cu+=Cu+Cu2+，SO32—+2H+=SO2↑+H2O，反应中硫酸中各元素的化合价不变，所以只显示酸性，所以A选项是正确的；B.根据2Cu+=Cu+Cu2+知，NH4CuSO3中铜元素部分被氧化部分被还原，故B错误；C.根据反应SO32—+2H+=SO2↑+H2O，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；D.反应中硫酸只作酸，故D错误。
答案选A。
2．下列化学用语的表述正确的是A．磷酸溶于水的电离方程式：H3PO4=3H+ + PO43-B．用电子式表示HCl 的形成过程：......H:H+:Cl:C:2H:C:C．S2－的结构示意图：D．KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO- + 2Fe(OH)3=2FeO42- + 3Cl- + 4H+ + H2O【答案】C【解析】【详解】A选项，磷酸是弱酸，应该一步一步电离，第一步电离为：H 3PO4H+ + H2PO42－，故A错误；B选项，用电子式表示HCl 的形成过程：，故B错误；C 选项，S 2－的结构示意图：，故C 正确；D 选项，KClO 碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO － + 4OH －+ 2Fe(OH)3=2FeO 42－ + 3Cl －+ 4H + + 5H 2O ，故D 错误； 综上所述，答案为C 。
2019-2020年高三高考模拟考试(八)化学试题 含答案
2019-2020年高三高考模拟考试（八）化学试题含答案说明：1．本试卷不分卷型，第Ⅰ卷的答案要按照要求涂到答题卡上，第Ⅰ卷不交；2．全卷共3大题30小题，满分300分，150分钟完卷。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 Ca-40 I-127 Ba-137第Ⅰ卷（共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6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。
7．用N A表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是A．7.8 g Na2O2中含有的阴离子数目为0.2 N AB．3.2 g O2和O3的混合气中含有的氧原子数目为0.2 N AC．1 L 0.1 mol/L的Al2(SO4)3溶液中，Al3+的数目为0.2 N AD．过氧化氢分解制得标准状况下1.12 L O2，转移电子数目为0.2 N A、OH－6种离子中的3 8．甲、乙两溶液中，分别含有大量的Cu2＋、K＋、H＋、Cl－、CO－23种，已知甲溶液呈蓝色，则乙溶液中大量存在的离子是A．K＋、OH－、CO－2B．Cu2＋、H＋、Cl－3、OH－、Cl－C．K＋、H＋、Cl－D．CO－239．关于下列各实验装置的叙述中，不正确．．．的是A．装置①可用于收集H2、NH3、CO2、Cl2、HCl、NO2等气体B．实验②放置一段时间后，小试管内有晶体析出C．实验③振荡后静置，上层溶液颜色变浅D．实验④不能用来检查装置的气密性①②③④10．下列说法正确的是A．的名称为2,2,4 -三甲基-4 -戊烯B．化合物CH3不是苯的同系物C．分子中所有碳原子一定共平面D．除甲酸外的羧酸均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色11．下列相关反应的离子方程式书写正确的是A．氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2OB．硫酸铜溶液显酸性：Cu2+ + 2H2O = Cu(OH)2↓+ 2H+C．向碳酸氢铵溶液中加过量澄清石灰水：HCO3- + Ca2++ OH- = CaCO3↓+ H2OD．用酸化的高锰酸钾溶液氧化双氧水：2MnO4- + 6H+ + 5H2O2 = 2Mn2+ + 5O2↑ + 8H2O12．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。
2019-2020年高考模拟预测化学试题 含答案
2019-2020年高考模拟预测化学试题含答案注意事项：1、答第Ⅰ卷，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上。
2、每小题选出答案后，用2B铅笔1把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，Ⅰ卷答案答在试卷上无效。
3、本卷共6题，每题6分，共36分。
每小题只有一个选项符合题意。
以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H-1 C-12 N-4 O-16 Na-23 Cu-641、日常生活中常用到化学知识，下列说法不正确的是（ABC．明矾溶于水生成的Al (OH) 3胶体，可除去水中的悬浮颗粒等杂质D．新制的Cu(OH) 2可以测定糖尿病患者尿中萄葡糖的含量2、用N A代表阿伏加德罗常数的数值，下列表述正确的是（）A．等物质的量的OH－与羟基(－OH)所含电子数相等B．常温常压下，44 g CO2气体含有氧原子的个数为2 N AC．1 L 0.5 mol·L－1 NaHCO3溶液中含有HCO3-的个数为0.5 N AD．11.2 g铁粉与稀硝酸反应转移电子数一定为0.6 N A3、已知NaHSO4在水中电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO42-.某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，对于该溶液，下列叙述中不正确的是（）A、该温度高于25℃B、c(H+)=c(OH-)+c(SO42-)C、水电离出来的c(H+)=1×10-10mol·L-1D、该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好是中性4、已知NH4CuSO3与足量的10 mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成②产生刺激性气味的气体③溶液呈蓝色。
据此判断下列说法正确的是A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子5、下列离子方程式书写正确的是（）A．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl- + 2H+ H2↑+ Cl2↑B．NaHS溶液呈碱性：HS—+ H3O+ H2S +H2OC．过量CO2通入Ca(ClO)2溶液中 ClO－+CO2+H2O＝HCO3－+HClOD．向Na2CO3溶液中加入过量CH3COOH溶液 CO32－+2H＋＝CO2↑+H2O6、利用生活中常见的材料可以进行很多科学实验，甚至制作出一些有实际应用价值的装置来，下图就是一个用废旧材料制作的可用于驱动玩具的电池的示意图。
2019-2020学年山东省新高考化学模拟试卷含解析
B．b点对应的溶液中：K+、Ca2+、H+、Cl-
C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-
D．d点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+
【答案】C
【解析】
【详解】
A. a点对应的溶液中含有碳酸氢钠，HCO3-、OH-反应生成CO32-和水，a点对应的溶液中不能有大量OH-，故不选A；
答案选A。
2．室温下，用 的 溶液滴定 的 溶液，水的电离程度随 溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
B．从 点到 点，溶液中水的电离程度逐渐增大
C． 点溶液中
D． 点对应的 溶液的体积为
【答案】D
【解析】
【详解】
A.用NaOH溶液滴定醋酸，由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，可选用酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，A错误；
B.阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl--2e-→Cl2↑，选项B正确；
C.电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，增大反应接触面，选项C正确；
D.阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，选项D正确。
8．“绿水青山就是金山银山”“像对待生命一样对待生态环境”，下列做法不合理的是
A．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
B．焚烧树叶，以减少垃圾运输
C．推广燃料“脱硫”技术，以减少硫氧化物对空气的污染
2019-2020年高考化学三模试卷含解析
2019-2020年高考化学三模试卷含解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．下列说法正确的是（）A．B i和Bi的核外电子数不同B．N H3的电子式为：C．全部由非金属元素组成的化合物可能含离子键D．离子化合物不可能含共价键考点：核素；电子式；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．专题：化学用语专题．分析：A．质子数=核外电子数；B．NH3中氮原子最外层为8电子稳定结构；C．铵盐属于离子化合物；D．离子化合物可能含有共价键．解答：解：A.Bi和Bi质子数相同，质子数=核外电子数，故核外电子数相同，故A错误；B．NH3中氮原子最外层为8电子稳定结构，其电子式为：，故B错误；C．铵盐属于离子化合物，如氯化铵，故C正确；D．离子化合物可能含有共价键，如氢氧化钠中的O﹣H，故D错误，故选C．点评：本题考查质子数与核外电子数的关系、电子式、离子化合物、共价键等化学用语，为高频考点，题目难度不大．把握化学用语的规范应用是解答的关键．2．（6分）（xx•鱼台县校级三模）分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，但可在酸性条件下水解生成有机物B和C，其中C能被催化氧化成醛，则A可能的结构共有（）A．1种B．6种C．18种D．28种考点：有机物实验式和分子式的确定；同分异构现象和同分异构体．专题：同系物和同分异构体．分析：分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，C能被催化氧化成醛，则C属于醇类并且结构中含有﹣CH2OH结构，据此回答判断．解答：解：分子式为C5H10O2的有机物A，有果香味，不能使紫色石蕊试液变红，则不属于羧酸类，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，其中能氧化为醛的醇有：1﹣丁醇，2﹣甲基﹣1﹣丙醇，甲酸酯有一种，这样的酯有2种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，其中能氧化为醛的醇有：1﹣丙醇，乙酸只有一种，这样的酯有1种；若为丙酸和乙醇酯化，乙醇只有1种能氧化互为乙醛，丙酸有1种，这样的酯有1种；若为丁酸和甲醇酯化，甲醇只有1种，能氧化为甲醛，丁酸有2种，这样的酯有2种；故A可能的结构共有6种．故选B．点评：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算．3．（6分）（xx•鱼台县校级三模）用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A．0.1mol•L﹣1稀硫酸中含有SO42﹣离子个数为0.1N AB．常温常压下，46g NO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3N AC．标准状况下，22.4LSO3所含的分子数为N AD．常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，铝得到的电子数为0.3N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、溶液体积不明确；B、NO2和N2O4化学式最简比相同，只需计算46gNO2和中所含的原子数即可；C、标况下，三氧化硫是固态；D、金属只能失电子．解答：解：A、溶液体积不明确，故无法计算溶液中硫酸根的个数，故A错误；B、NO2和N2O4化学式最简比相同，只需计算46gNO2和中所含的原子数=×3×N A=3N A，故B正确；C、标况下，三氧化硫是固态，故C错误；D、金属单质只能失电子，不能得电子，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．（6分）（xx•吉林三模）下列说法正确的是（）A．分子式C7H16的烃，分子中有4个甲基的同分异构体有4种（不考虑立体异构）B．的名称为：2，2，4﹣三甲基﹣4﹣戊烯C．化合物是苯的同系物D．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸考点：同分异构现象和同分异构体；有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物．专题：有机化学基础．分析：A．该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间C原子上的2个H原子被两个甲基取代得到的物质；B．该有机物为烯烃，根据烯烃的命名原则进行解答；C．根据苯的同系物符合：①只有一个苯环；②侧链为烷基，③具有通式C n H2n﹣6（n≥6）；D．植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯．解答：解：A．该烃含有4个甲基的同分异构体，主链中碳原子数目只能为5，相当于正戊烷中间C原子上的2个H原子被两个甲基取代得到的物质，CH3CH2CH2CH2CH3分子中间H原子被2个甲基取代，若取代同一碳原子上2个H原子，有2种情况，若取代不同C原子上H原子，有2种情况，故符合条件的该烃的同分异构体有4种，故A正确；B．该有机物为烯烃，含有碳碳双键的最长碳链含有5个C，主链为戊烯，编号从距离碳碳双键最近的一端开始，碳碳双键在1号C，在2、4号C都含有甲基，该有机物命名为：2，4，4﹣三甲基﹣1﹣戊烯，故B错误；C．分子不符合通式C n H2n﹣6（n≥6），不属于苯的同系物，故C错误；D．植物油的主要成分不饱和高级脂肪酸甘油酯，故D错误；故选A．点评：本题主要考查了同分异构体，烯烃的命名、苯的同系物的判断等，难度中等，注意掌握苯的同系物结构特点．5．（6分）（xx•吉林三模）塑化剂是一种对人体有害的物质．增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得：下列说法正确的是（）A．环己醇分子中所有的原子可能共平面B．D CHP能发生加成反应和取代反应，不能发生酯化反应C．1mol DCHP可与4mol NaOH完全反应D．D CHP易溶于水考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．环己醇中含5个亚甲基，均为四面体结构；B．DCHP中含苯环和﹣COOC﹣；C．﹣COOC﹣与NaOH反应；D．DCHP属于酯类物质．解答：解：A．环己醇中含5个亚甲基，均为四面体结构，则不可能所有原子共面，故A错误；B．DCHP中含苯环和﹣COOC﹣，则苯环发生加成反应，﹣COOC﹣可发生取代反应，不能发生酯化反应，故B正确；C．﹣COOC﹣与NaOH反应，则1mol DCHP可与2mol NaOH完全反应，故C错误；D．DCHP属于酯类物质，不溶于水，故D错误；故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯、酯性质的考查，选项A为易错点，题目难度不大．6．（6分）（xx•吉林三模）25℃时，在20mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.2mol/L CH3COOH溶液，所加入溶液的体积（v）和混合液中pH变化关系的曲线如图所示，若B点的横坐标a=10，下列分析的结论正确的是（）A．在B点有：c（Na+）=c（CH3COO﹣）B．对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）C．C点时，c（CH3COO﹣）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH﹣）D．D点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．根据在B点时溶液显示碱性及电荷守恒进行判断钠离子和醋酸根离子浓度大小；B．根据A、B之间，醋酸少量及醋酸体积稍大的情况进行讨论醋酸根离子与氢氧根离子浓度关系；C．根据C点pH=7，溶液显示中性进行判断溶液中各离子浓度大小；D．醋酸浓度是氢氧化钠溶液浓度的2倍，D点时加入醋酸的物质的量为氢氧化钠的物质的量2倍，根据物料守恒进行判断．解答：解：A．在B点时，溶液pH＞7，则c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c （H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故A错误；B．在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO﹣、OH﹣，如果加入的醋酸少量，则c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+），如果加入的醋酸达到一定程度，则会出现c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．在C点溶液显中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO ﹣）+c（OH﹣），则一定有c（Na+）=c（CH3COO﹣），溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）=c（H+），故C正确；D．在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1，而钠离子浓度为c （Na+）=0.05mol/L，则c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故D错误；故选C．点评：本题考查了酸碱混合后的定性判断及溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确溶液pH与溶液酸碱性的关系，要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用．7．（6分）（xx•海南）用足量的CO还原13.7g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是（）A．P bO B．P b2O3C．P b3O4D．P bO2考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，据此求出二氧化碳的物质的量，根据二氧化碳的物质的量计算出铅氧化物中氧原子的物质的量及氧元素的质量，再计算出铅元素的质量即铅原子的物质的量，据此书写化学式．解答：解：沉淀干燥后质量8.0g为碳酸钙质量，所以碳酸钙的物质的量为=0.08mol．铅氧化物中的氧原子被CO夺取生成CO2，根据碳元素、氧元素守恒可知CO～～～O～～～CO2～～～CaCO3，1 1 10.08mol 0.08mol 0.08mol所以铅氧化物中的氧原子的物质的量为0.08mol，氧元素的质量为0.08mol×16g/mol=1.28g；所以铅氧化物中的铅元素的质量为13.7g﹣1.28g=12.42g，铅原子的物质的量为=0.06mol．所以铅氧化物中铅原子与氧原子的物质的量之比为0.06mol：0.08mol=3：4．所以铅氧化物的化学式为Pb3O4．故选：C．点评：本题考查学生利用化学反应球物质的化学式，明确反应中元素的守恒来分析铅氧化物中氧元素的质量是解答的关键．二、解答题（共6小题，满分88分）8．（15分）（xx•吉林三模）二价铬不稳定，极易被氧气氧化．醋酸亚铬水合物{2•2H2O，相对分子质量为376}是一种深红色晶体，不溶于冷水和醚，易溶于盐酸，是常用的氧气吸收剂．实验室中以锌粒、CrCl3溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如下图所示，制备过程中发生的反应如下：Zn（s）+2HCl（aq）═ZnCl2（aq）+H2（g）；2CrCl3（aq）+Zn（s）═2CrCl2（aq）+ZnCl2（aq）2Cr2+（aq）+4CH3COO﹣（aq）+2H2O（l）═2•2H2O（s）请回答下列问题：（1）仪器1的名称是分液漏斗，所盛装的试剂是盐酸．（2）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化．（3）装置4的主要作用是防止空气进入装置3．（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应打开阀门A、关闭阀门B （填“打开”或“关闭”）．（5）本实验中锌粒须过量，其原因是与CrCl3充分反应得到CrCl2，产生足量的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应．（6）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，实验后得干燥纯净的2•2H2O 5.64g，则该实验所得产品的产率为75%．考点：制备实验方案的设计．专题：实验题．分析：（1）依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗，盛装稀盐酸；（2）配制用的蒸馏水都需事先煮沸，防止氧气氧化Cr2+；（3）装置4是保持装置压强平衡，同时避免空气进入；（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开A关闭B，把生成的CrCl2溶液压入装置3中反应；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强把生成的CrCl2溶液压入装置3，与CrCl3充分反应得到CrCl2；（6）依据化学方程式定量关系计算分析，产率=×100%．解答：解：（1）依据装置图形状和作用分析，仪器1为分液漏斗，盛装稀盐酸和锌反应生成氢气，用来增大压强把生成的CrCl2溶液压入装置3中；故答案为：分液漏斗；盐酸；（2）本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；故答案为：去除水中的溶解氧，防止Cr2+被氧化；（3）装置4的主要作用是防止空气进入装置3；故答案为：防止空气进入装置3；（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开A关闭B，把生成的CrCl2溶液压入装置3中反应；故答案为：打开；关闭；（5）锌的作用是和盐酸反应生成氢气，增大仪器中的压强把生成的CrCl2溶液压入装置3，与CrCl3充分反应得到CrCl2；故答案为：与CrCl3充分反应得到CrCl2；产生足量的H2，将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；（6）实验时取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g，理论上得到2•2H2O 的质量=××376g/mol=7.52g，该实验所得产品的产率=×100%=75%，故答案为：75%．点评：本题考查了物质制备实验装置分析判断，实验设计方法和物质性质的理解应用，主要是实验原理的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．9．（14分）（xx•吉林三模）CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．工业上利用水钴矿〔主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等〕制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Al（OH）3Mn（OH）2开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．（1）水钴矿进行预处理时加入Na2SO3的主要作用是还原Co3+．（2）写出NaClO3在浸出液中发生主要反应的离子方程式ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；若不慎向“浸出液”中加了过量的NaClO3，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O．（3）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是蒸发、冷却和过滤．（4）浸出液加Na2CO3调pH至5.2时，所得滤液中金属离子有Co2+、Mn2+、Na+．（5）萃取液中含有的主要金属阳离子是Mn2+．（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O的含量，称取16.4克的粗产品溶于水配成100.0mL溶液，从中取出25.0mL与足量AgNO3溶液混合，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为4.6克．则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是93.0%．考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，应控制温度在86℃以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干，（1）水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气；（3）根据从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，从而确定操作步骤；（4）浸出液加Na2CO3调pH至5.2时，Fe3+、Al3+沉淀完全，据此分析剩余的金属离子；（5）由流程图可知，加入萃取剂，萃取Mn2+；（6）根据CoCl2•6H2O关系式求质量分数．解答：解：（1）水钴矿进行预处理时，Na2SO3是还原剂，还原Co3+为Co2+，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32﹣+4H+=2Co2++SO42﹣+2H2O，故答案为：还原Co3+；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl ﹣+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；故答案为：蒸发；冷却；（4）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，Fe3+、Al3+沉淀完全，此时溶液中的金属离子主要有Co2+、Mn2+、Na+，故答案为：Co2+、Mn2+、Na+；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取作用可知，此时萃取液中金属离子为Mn2+，故答案为：Mn2+；（6）根据CoCl2•6H2O～2AgCl，16.4g238 287x 4.6g，x=3.81g则粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数是×100%=93.0%，故答案为：93.0%．点评：本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计，题目难度大，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．10．（14分）（xx•吉林三模）碳和氮是动植物体中的重要组成元素，向大气中过度排放二氧化碳会造成温室效应，氮氧化物会产生光化学烟雾，目前，这些有毒有害气体的处理成为科学研究的重要内容．（1）已知2.00g的C2H2完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出99.6kJ热量，写出表示C2H2燃烧热的热化学方程式C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1294.8 kJ/mol．（2）利用上述反应设计燃料电池（电解质溶液为氢氧化钾溶液），写出电池负极的电极反应式C2H2﹣10e﹣+14OH﹣=2CO32﹣+8H2O．（3）用活性炭还原法处理氮氧化物．有关反应为：C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）．某研究小组向一个容积不变的密闭真空容器（容器容积为3L，固体试样体积忽略不计）中加入NO和足量的活性炭，在恒温（T1℃）条件下反应，测得不同时间（t）时各物质的物质的量（n）如下：NO N2CO2n/molt/min0 2.00 0 010 1.16 0.42 0.4220 0.80 0.60 0.6030 0.80 0.60 0.60①10min～20min以v（NO）表示的反应速率为0.012mol/（L•min）．②根据表中数据，计算T1℃时该反应的平衡常数为0.56（保留两位小数）．③下列各项能判断该反应达到平衡状态的是CD（填序号字母）．A．容器内压强保持不变B．2v（NO）（正）=v（N2）（逆）C．容器内CO2的体积分数不变D．混合气体的密度保持不变④一定温度下，随着NO的起始浓度增大，则NO的平衡转化率不变（填“增大”、“不变”或“减小”）．（4）在3L容积可变的密闭容器中发生反应H2（g）+CO2（g）═H2O（g）+CO（g），恒温下c（CO）随反应时间t变化的曲线Ⅰ如图所示．若在t0时分别改变一个条件，曲Ⅰ变成曲线Ⅱ和曲线Ⅲ．①当曲线Ⅰ变成曲线Ⅱ时，改变的条件是加入催化剂；②当曲线Ⅰ变成曲线Ⅲ时，改变的条件及改变条件的变化量分别是增大压强，压强变为原来的1.5．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：（1）燃烧热为1mol物质完全燃烧生成温度氧化物的热效应，故可计算1molC2H2完全燃烧生成液态水和二氧化碳气体放出的热量，写出热化学方程式；（2）原电池负极发生氧化反应，电解质溶液为氢氧化钾溶液，C2H2放电生成2CO32﹣，利用C元素化合价变化判断失去电子数，根据电荷守恒和质量守恒写出电极反应式；（3）①计算10min～20min内，NO浓度的变化，得到v（NO）；②20min后达到化学平衡状态，利用化学平衡常数表达式计算，化学平衡常数；③利用化学平衡状态的特征判断；④NO的起始浓度增大，体系压强增大，由于反应前后气体体积不变，化学平衡状态不变；（4）①根据曲线中c（CO）变化所需时间进行判断；②曲线Ⅰ变成曲线Ⅲ，CO浓度增大，由于反应前后气体体积不变，可以减小体积或者增大压强考虑，结合平衡状态时，CO的浓度之比，计算出体积减小或者压强增大的倍数．解答：解：（1）2.00g的C2H2的物质的量为=0.077mol，释放热量99.6kJ，则C2H2的燃烧热为=1294.8 kJ/mol，可写出热化学方程式：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1294.8 kJ/mol，故答案为：C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1294.8 kJ/mol；（2）原电池负极发生氧化反应，电解质溶液为氢氧化钾溶液，C2H2放电生成2CO32﹣，C元素化合价升高了5，即1molC2H2失去10mole﹣，电极反应式为：C2H2﹣10e﹣+14OH﹣=2CO32﹣+8H2O，故答案为：C2H2﹣10e﹣+14OH﹣=2CO32﹣+8H2O；（3）①10min～20min内，NO浓度的变化为=0.12mol/L，v（NO）==0.012mol/（L•min），故答案为：0.012mol/（L•min）；②20min后达到化学平衡状态，由于C为固体，化学平衡常数表达式为==0.56，故答案为：0.56；③A．反应前后气体体积不变，是否达到平衡状态，压强都不发生变化，故A错误；B．2v（NO）（正）=v（N2）（逆），速率之比等于计量数之比可知，v（N2）（逆）=v（NO）（逆），即v（NO）（正）=v（NO）（逆），未达到平衡状态，故B错误；C．容器内CO2的体积分数不变，则各物质浓度不再发生变化，达到化学平衡状态，故C正确；D．，气体物质的量不变，由于C为固体，则气体总质量m，随着反应进行会发生变化，即密度也会发生变化，当密度不变时，达到化学平衡状态，故D正确；故选：CD；④NO的起始浓度增大，体系压强增大，由于反应前后气体体积不变，化学平衡状态不变，则NO的转化率也不变，故答案为：不变；（4）①曲线Ⅰ变成曲线Ⅱ时，CO平衡浓度不变，达到平衡所需时间减小，加快了反应速率，可以是加入催化剂，故答案为：加入催化剂；②曲线Ⅰ变成曲线Ⅲ，CO浓度增大，由于反应前后气体体积不变，减小体积或者增大压强都可以达到目的；曲线Ⅰ达平衡时c（CO）=3.0mol•L﹣1，曲线Ⅲ达平衡时c（CO）=4.5mol•L﹣1，浓度增大为原来的=1.5倍，则压强增大为原来的1.5倍，故答案为：增大压强，压强变为原来的1.5．点评：本题较为综合，考查了热化学方程式的书写、化学平衡常数、化学平衡状态的判断已经化学平衡移动，难度中等，其中（4）为图象题，具有一定难度．11．（15分）（xx•吉林三模）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法．（1）①废水I若采用CO2处理，离子方程式是OH﹣+CO2═HCO3﹣．②废水Ⅱ常用明矾处理．实践中发现废水中的c（HCO3﹣）越大，净水效果越好，这是因为HCO3﹣会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强．③废水Ⅲ中汞元素存在如下转化（在空格上填化学式）：Hg2++CH4=CH3Hg++H+．我国规定，Hg2+的排放标准不能超过0.05mg/L．对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S（填写化学式），使Hg2+除去，降低污染．④废水Ⅳ常用Cl2氧化CN﹣成CO2和N2，若参加反应的Cl2与CN﹣的物质的量之比为5：2，则该反应的离子方程式为5Cl2+2CN﹣+4H2O═10Cl﹣+2CO2+N2+8H+．（2）化学需氧量（COD）可量度水体受有机物污染的程度，它是指在一定条件下，用强氧化剂处理水样时所消耗的氧化剂的量，换算成氧的含量（以mg/L计）．某研究性学习小组测定某水样的化学需氧量（COD），过程如下：Ⅰ．取V1mL水样于锥形瓶，加入10.00mL 0.2500mol/L K2Cr2O7溶液．Ⅱ．加碎瓷片少许，然后慢慢加入硫酸酸化，混合均匀，加热．Ⅲ．反应完毕后，冷却，加指示剂，用c mol/L的硫酸亚铁铵溶液滴定．终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V2 mL．①Ⅰ中，量取K2Cr2O7溶液的仪器是酸式滴定管（或移液管）．②Ⅲ中，发生的反应为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O由此可知，该水样的化学需氧量COD=mg/L（用含c、V1、V2的表达式表示）．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验设计题．分析：（1）①中和法利用二氧化碳和碱反应的性质可除去OH﹣；②HCO3﹣可与Al3+发生互促水解反应；③由质量守恒可知，应为甲烷与Hg2+的反应；可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去；④根据反应物的物质的量关系结合质量守恒配平；（2）①K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取；②根据反应的离子方程式计算．解答：解：（1）①pH接近7，用CO2处理，生成HCO3﹣，则反应的离子方程式为OH﹣+CO2=HCO3﹣，故答案为：OH﹣+CO2=HCO3﹣；②HCO3﹣和Al3+发生相互促进的水解，生成CO2和Al（OH）3，从而增强净水效果，故答案为：HCO3﹣会促进Al3+的水解，生成更多的Al（OH）3，净水效果增强；③根据电荷守恒可质量守恒可知，应为Hg2+和CH4反应生成CH3Hg++和H+，对于含Hg2+的污水，可加入沉淀剂Na2S，使Hg2+除去，反应的离子方程式为Hg2++S2﹣=HgS↓，故答案为：CH4 ；H+；Na2S；④废水Ⅳ常用C12氧化CN﹣成CO2和N2，若参加反应的C12与CN﹣的物质的量之比为5：2，则反应的离子方程式为5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+，故答案为：5Cl2+2CN﹣+4H2O=10Cl﹣+2CO2+N2+8H+；（2）①K2Cr207具有强氧化性，应用酸式滴定管或移液管量取，如用碱式滴定管，会腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管（或移液管）；②n（K2Cr2O7）=0.01L×0.2500mol/L=2.5×10﹣3mol，n（Fe2+）=V2×10﹣3L×cmol/L=cV2×10﹣3mol，由Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，水样消耗的n（K2Cr2O7）=2.5×10﹣3mol﹣×cV2×10﹣3mol=×10﹣3mol，得电子：2×（6﹣3）××10﹣3mol=（15﹣cV2）×10﹣3mol，根据电子转移，相等于×（15﹣cV2）×10﹣3mol氧气，m（O）=×（15﹣cV2）×10﹣3mol×32g/mol=8×（15﹣cV2）×10﹣3g=8×（15﹣cV2）mg，所以：COD==mg/L，故答案为：．点评：本题是一道化学和生活相结合的题目，注重知识的迁移应用，能较好的考查学生分析和解决问题的能力，为高考常见题型和高频考点，题目信息量较大，注意把握题给信息，答题时仔细审题，难度中等．12．（15分）（xx•吉林三模）现有A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子．请回答下列问题：（1）请写出：D基态原子的价层电子排布图：；F 基态原子的外围电子排布式：3d104s1．（2）下列说法错误的是AD．A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO2＞CO2．B．电负性顺序：B＜C＜DC．N2与CO为等电子体，结构相似．D．稳定性：H2O＞H2S，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键．（3）F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点．向F的硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成（F（X）4）2+，该离子的结构式为（用元素符号表示）．（4）某化合物与F（Ⅰ）（Ⅰ表示化合价为+1）结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3．（5）B单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中所含B原子数为8．（6）D与F形成离子个数比为1：1的化合物，晶胞与NaCl类似，设D离子的半径为a pm，F离子的半径b pm，求该晶胞的空间利用率．考点：位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；晶胞的计算．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．B 元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为C元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，则D为O元素；C原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，应处于Ⅷ族及相邻的族，E元素的基态原子有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则E为Fe，故F为Cu，（3）中C与A形成的气体X，则A为H元素，X 为NH3，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E、F原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期．B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为1s。
2019—2020山东高三模拟化学试题汇编电解质和ph(1)
2019—2020山东高三模拟化学试题汇编电解质和ph（1）1.．(08枣庄第一次调研)以下讲法中，正确的选项是〔①食盐灼烧时火焰呈黄色与久置的浓硝酸呈黄色原理不相同②固体氢氧化钠存入在带塑料塞的广口瓶中③熔点：钾>钠>钠钾合金④向紫色石蕊试液中加入过量的Na2O2粉末，振荡后溶液呈蓝色⑤向含有Na+、SO42－、HCO3、CO32－的溶液中加入过量的Na2O固体，Na+和CO32－的物质的量不变A．①②B．①②③C．①②④D．①②④⑤2．(08枣庄三诊)以下观点错误的选项是〔〕A．酯化反应属于取代反应B．依照在不溶液里或熔融状态下能否导电，可将化合物分为强电解质和弱电解质C．Al(OH)3(s) Al3+〔aq〕+3OH—〔aq〕表示溶液平稳，Al(OH)3Al3++3OH—表示电离平稳D．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤，损耗AgCl：少3．(08潍坊高三质检)只能在溶液中导电的电解质是〔〕A．KOH B．NaC1 C．SO2D．CH3COOH4．(08潍坊高三质检)以下有关化学反应过程或实验现象的表达中，正确的选项是〔〕A．氯气的水溶液能够导电，讲明氯气的电解质B．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的C．氯气能够使潮湿的有色布条退色，但实际漂白作用的物质是次氯酸而不是氯气D．在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaC12溶液后溶液的红色褪去，讲明BaC12溶液具有酸性5．(08潍坊高三质检)以下离子在酸性溶液中能大量共存的是〔〕A．Na+、K+、C1O-、I- B．C1-、NO3-、Fe2+、Na+C．K+、Ba2+、OH-、SO42- D．Fe3+、NH4+、Br-、NO3-6．〔08 C 〕A．①②中分不加入适量的氯化铵晶体后，①溶液的pH减小，②溶液的pH不变B．温度下降10℃，①②③④四种溶液的pH均不变C．分不加水稀释10倍，四种溶液的pH:①>②>④>③D．①④两溶液等体积混合，所得溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)7．〔08山东实验中学第三次模拟〕以下离子组能够在溶液中共存，加入NaOH溶液有沉淀生成，加入稀盐酸有气体放出的是〔 D 〕A．Na+、Fe2+、Cl-、SO42- B．Ba2+、K+、CO32-、Cl-C．Al3+、Ca2+、Cl-、NO-3D．Na+、Ba2+、NO-3、HCO-38．〔08山东实验中学第三次模拟〕室温下，用0.1mol·L-1的HCl溶液滴定期a mL NaOH稀溶液，恰好完全反应时，消耗HCl溶液b mL，现在溶液中的c(OH-)是〔 A 〕A．1×10-3mol·L-1B．0.1mol·L-1C．0.1b/a mol·L-1 D．0.1b/(a+b)mol·L-19．(08山东实验中学一诊)现有常温时pH= 1的某强酸溶液10mL, 以下操作能使溶液的pH 变成2 的是〔〕A．加水稀释成100 mLB．加入10mL 的水进行稀释C．加入10mL 0.01mol•L－1的NaOH 溶液D．加入10mL 0.01mol•L－1的HCl溶液10．(08山东实验中学一诊)以下反应的离子方程式正确的选项是〔〕A．碳酸氢钠溶液与少量石灰水反应：HCO3-+Ca2++OH-==CaCO3↓+H2OB．单质铜与稀硝酸反应：Cu +2H+ +2NO3-=Cu2+ +2NO↑+H2OC．气与氢氧化钠溶液反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD．片跟氢氧化钠溶液反应：Al+2OH-+2H2O=[Al(OH)4]- + H2↑11．(08山东实验中学一诊)以下各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的选项是〔〕A．0.1mol·L-1 Na2CO3溶液：c〔OH－〕＝c〔HCO3－〕＋c〔H＋〕＋c〔H2CO3〕B．0.1mol·L-1NH4Cl溶液：c〔NH4＋〕＝c〔Cl－〕C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c〔Na＋〕＞c〔CH3COO－〕＞c〔H＋〕＞c〔OH－〕D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到pH＝5的混合溶液：c〔Na＋〕＝c〔NO3－〕12．(08山东实验中学一诊)以下各组离子，一定能大量共存的是〔〕A．常温下，c(H+)/c(OH-)=1×10-12的溶液：I-、Cl-、HCO3-、Na+B．含有大量Fe3+的溶液：Na+、HCO3-、NO3-、CO32-C．加入铝粉能产生氢气的溶液：NH4+、Fe2+、SO42-、Cl-D．由水电离出的c(H+)=1×10-12mol•L－1溶液中：K+、Cl-、NO3-、Na+13．〔08青岛质量检测〕在一定条件下，相同pH的硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的c(H+)分不是1.0×10－a mol·L－1和是1.0×10－b mol·L－1，在此温度下，那么以下讲法正确的选项是〔 D 〕A．a<bB．a=bC．水的离子积为1.0×10－(7+a)D．水的离子积为1.0×10－(b+a)14．〔08山东济宁4月模拟〕某酸H2B在水溶液中存在以下关系：①H2B H++HB—，②HB— H++B2—。
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第1节弱电解质的电离平衡明考纲1．了解强、弱电解质的概念。
2．了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。
3．了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。
析考情高考对本节内容的考查，考点主要有三个，一是强、弱电解质的判断与比较；二是外界条件对电离平衡的影响，往往结合图象进行考查，同时考查溶液的pH变化及溶液的导电性；三是电离平衡常数，它是高考新增热点，主要命题角度为电离平衡常数的计算及应用。
本节内容是电解质溶液理论的基础。
考点1 弱电解质的电离平衡1．强电解质和弱电解质(1)概念(2)与化合物类型的关系强电解质主要是大部分离子化合物及某些共价化合物。
弱电解质主要是某些共价化合物。
(3)电离方程式的书写——“强等号，弱可逆，多元弱酸分步离”。
2．弱电解质的电离平衡(1)电离平衡的建立在一定条件(如温度、浓度等)下，当弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，电离过程就达到平衡。
平衡建立过程如图所示。
(2)电离平衡的特征(3)影响弱电解质电离平衡的因素内因：弱电解质本身的性质，是决定因素。
(4)弱电解质的电离平衡移动规律遵循平衡移动原理。
以CH3COOH CH3COO－＋H＋ΔH>0为例：易错警示(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中的各离子浓度并不是都减小，如c(OH－)是增大的。
(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如稀醋酸中加入冰醋酸。
(3)电离平衡右移，电离程度也不一定增大。
判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)稀释氨水时，电离平衡正向移动，c(NH3·H2O)减小，c(NH＋4)增大。
(×)(2)氨气溶于水，当c(OH－)＝c(NH＋4)时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态。
(×)(3)由0.1 mol·L－1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液存在BOH===B＋＋OH－。
(×)(4)0.1 mol·L－1的CH3COOH与0.01 mol·L－1的CH3COOH中，c(H＋)之比为10∶1。
(×)(5)向氨水中加入少量NaOH固体，电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，溶液的pH减小。
(×)(6)向氨水中加入少量NH4Cl固体，会使溶液的pH减小。
(√)(7)稀释某一弱电解质溶液时，所有离子浓度都减小。
(×)(8)为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。
若pH>7，则H2A是弱酸；若pH<7，则H2A 是强酸。
(×)题组一弱电解质的电离平衡特点1．一元弱酸HA溶液中存在下列电离平衡：HA H＋＋A－。
将1.0 mol HA加入水中配成1.0 L溶液，如图表示溶液中HA、H＋、A－的物质的量浓度随时间而变化的曲线正确的是( )答案 C解析电离过程中，c(HA)不断减小，c(A－)、c(H＋)不断增大，且平衡时，c(HA)＋c(A－)＝1.0 mol·L －1，故C正确。
2．一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力变化曲线如图所示，请回答：(1)O点为什么不导电：________。
(2)a、b、c三点溶液的pH由小到大的顺序是____________。
(3)H＋的物质的量最大的是________(填“a”“b”或“c”)。
(4)若使c点溶液中的c(CH3COO－)增大，可以采取下列措施中的________(填字母序号)。
A．加热B．加很稀的NaOH溶液C．加NaOH固体D．加水E．加CH3COONa固体F．加入锌粒答案(1)冰醋酸中无自由移动的离子(2)b<a<c (3)c (4)ACEF解析(1)“O”点不导电，说明此时CH3COOH未电离，无自由移动离子。
(2)pH大小取决于c(H＋)，pH越大，c(H＋)越小，导电能力越弱；pH越小，c(H＋)越大，导电能力越强，故pH由小到大为：b<a<c。
(3)浓度越小，电离度越大，H＋的物质的量越大，所以H＋的物质的量最大的是c。
(4)A：加热促进电离，c(CH3COO－)增大，正确。
B：加很稀的NaOH溶液，促进醋酸电离，但溶液体积增大c(CH3COO－)减小，错误。
C：加NaOH固体，促进醋酸电离c(CH3COO－)增大，正确。
D：加水促进电离，但以稀释为主c(CH3COO－)减小。
E：加固体CH3COONa抑制醋酸电离，但c(CH3COO－)增大。
F：加入锌粒和H＋反应，促进醋酸电离c(CH3COO－)增大。
题组二外界条件对电离平衡的影响3．H2S水溶液中存在电离平衡H2S H＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。
若向H2S溶液中( )A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小D．加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小答案 C解析加水稀释，平衡向右移动，但c(H＋)减小，A项错误；SO2过量会产生较多的H2SO3，而H2SO3的酸性比H2S强，溶液pH减小，B项错误；滴加新制氯水，Cl2＋H2S===S↓＋2HCl，使H2S的电离平衡向左移动，HCl的生成，使溶液pH减小，C项正确；加入少量CuSO4固体，CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4，使H2S的电离平衡向左移动，H2SO4的生成，使溶液中c(H＋)增大，D项错误。
4．25 ℃时，向0.2 mol·L －1的氨水中加水稀释，则图中的y 轴可以表示( )①电离程度 ②c(NH 3·H 2O)③c(N H ＋4) ④c(H ＋) ⑤溶液的导电能力 ⑥pH ⑦cOH －·c NH ＋4c NH 3·H 2O⑧c(H ＋)·c(OH －) A ．①②③⑤ B ．②③⑤⑥ C ．②③⑥⑦ D ．①②⑤⑥答案 B解析 加水稀释，NH 3·H 2O 的电离程度增大，①错误；加水稀释虽然促进了NH 3·H 2O 的电离，但由于溶液体积增大得更多，故c(NH 3·H 2O)、c(NH ＋4)、c(OH －)均减小，c(H ＋)增大，②、③正确，④错误；溶液中离子浓度减小，导电性减弱，⑤正确；c(OH －)减小，pH 减小，⑥正确；NH 3·H 2O 的电离常数K b ＝cOH －·c NH ＋4c NH 3·H 2O只与温度有关，温度不变，K b 不变，⑦错误；c(H ＋)·c(OH －)＝K w ，只受温度影响，温度不变，c(H ＋)·c(OH －)保持不变，⑧错误；综上分析，B 项正确。
2021届新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（）A．SO2B．NH3C．Cl2D．CO2【答案】B【解析】【分析】能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明气体溶于水后显碱性，据此解答。
【详解】A．SO2和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A 错误；B．氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；C．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使湿润的红色石蕊试纸褪色，C错误；D．CO2和水反应生成碳酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；答案选B。
2．反应Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧化剂是（）A．Cl2B．KI C．KCl D．I2【答案】A【解析】根据单质中元素化合价为零、化合物中正负化合价代数和为零可知，反应物中，Cl2属于单质，氯气中氯元素化合价为零，碘化钾中钾显+1价，碘显-1价，生成物中，氯化钾中钾为+1价，氯为-1价，碘单质中碘元素的化合价是零，因此反应后化合价降低的元素是氯，氯气是氧化剂，故选A。
3．下列有关垃圾分类说法错误的是A．废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不能使溴水退色B．可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氧化铝制取C．废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，不能填埋处理D．含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时只生成CO2和H2O【答案】D【解析】【详解】A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，聚乙烯不含双键，不能使溴水退色，故A正确；B. 可回收的易拉罐中含金属铝，电解熔融氧化铝可制取金属铝，故B正确；C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属离子，填埋处理会造成土壤、水污染，所以不能填埋处理，故C正确；D. 丝、毛的成分是蛋白质，含有C、H、O、N等元素，含丝、毛的废旧衣物燃烧处理时生成CO2和H2O的同时还有含氮物质生成，故D错误；选D。
4．下列有关实验操作的现象和结论均正确的是（）A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．ZnSO4无现象，CuSO4生成黑色沉淀，ZnS的溶解度比CuS的大，因两者是相同类型的沉淀，则证明K sp(CuS)< K sp(ZnS)，A项错误；B．测定盐溶液的pH，可比较HX、碳酸氢根离子的酸性，不能比较HX与碳酸的酸性，B项错误；C．铁离子具有强氧化性，Cu加入到铁离子中，生成亚铁离子和铜离子，不会有固体产生，C项错误；D．铝比银活泼，将银器放入铝容器中，会形成原电池，活泼的铝做负极，失去电子，不活泼的氧化银做正极，得到电子，所以银器做正极，硫化银得电子，生成银单质，黑色会褪去，D项正确；答案选D。
【点睛】本题侧重考查物质的性质与化学实验的基本操作，所加试剂的顺序可能会影响实验结论学生在做实验时也要注意此类问题，化学实验探究和综合评价时，其操作要规范，实验过程中可能存在的问题要多思考、多分析可能发生的情况。
5．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，Z与W、X与Y相邻，X与W同主族。
下列说法不正确的是（）A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞ZC．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞ZD．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等【答案】A【解析】【分析】W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即，据此分析；【详解】W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即A. 同主族从上到下，原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小，因此原子半径大小顺序是r(Si)>r(P)>r(N)>r(O)，故A说法错误；B. 利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性强弱顺序是N>O>Si，即最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HNO3>H3PO4>H2SiO4，故B说法正确；C. 利用非金属性越强，其氢化物稳定性越强，非金属性强弱顺序是O>N>P>Si，即最简单氢化物的热稳定性强弱顺序是H2O>NH3>PH3>SiH4，故C说法正确；D. 主族元素的最高化合价等于最外层电子数等于族序数(除O、F外)，N、Si、P最外层电子数分别为5、4、5，族序数分别为VA、IVA、VA，故D说法正确；答案：A。