2015年湖北高考化学提高训练二十八

湖北2015年高考化学提高训练二十八

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　　一、选择题

　　1.(2014·福州市质检)25 ℃时，0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液pH=a，则(　　)

　　A.该温度下，CH3COOH的K=1014-2a

　　B.该温度下，上述溶液中水的电离度a=(1.8×10a-14)%

　　C.升高温度，溶液中c(H+)增大，水解平衡常数K也增大

　　D.加水稀释，CH3COONa水解程度增大，c(OH-)增大

　　解析：A项，根据物料守恒：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol/L，根据质子守恒c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，则c(CH3COOH)=10a-14-10-a，c(CH3COO-)=0.1+10-a-10a-14，Ka==;B项，1 L该溶液中n(H2O)=，由水电离出c(H+)=c(OH-)=10a-14 mol·L-1，a==(1.8×10a-14)%;C项，升高温度，CH3COO-的水解程度增大，c(OH-)增大，但c(H+)减小;D项，加水稀释，CH3COO-的水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)减小。

　　答案：B

　　点拨：本题考查盐类水解。难度较大。

　　2.(2014·福建省质检)加热下列物质的稀溶液，可能使离子总数减小的是(不考虑溶液的挥发)(　　)

　　A. Fe2(SO4)3　　　 B.CH3COOH

　　C.NaOH D.Ca(HCO3)2

　　解析：A项，Fe2(SO4)3溶液加热时Fe3+发生水解反应，离子数目增大;B项，CH3COOH溶液加热时CH3COOH电离程度增大，粒子数目增大;C项，NaOH溶液加热时离子数目基本不变;D项，Ca(HCO3)2溶液加热时发生分解反应：Ca(HCO3)2CaCO3+H2O+CO↑，离子数目减小。

　　答案：D

　　点拨：本题考查溶液中粒子数目的比较。难度中等。

　　3.(2014·长沙市高考模拟(二))某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结(均在常温下)，其中正确的是(　　)

　　
①pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低

　　
②1 L 0.50 mol·L-1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L-1 NH4Cl溶液含NH物质的量完全相等

　　
③pH相等的四种溶液：a.CH3COONa，b.C6H5ONa，c.NaHCO3，d.NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为dc(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)

　　
⑤pH=2的一元酸和pH=12的二元强碱等体积混合：c(OH-)≤c(H+)

　　⑥pH=4、浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)>c(CH3COOH)+c(H+)

　　A.
①
②
④ B.
①
③
⑤

　　C.
③
⑤⑥ D.
②
④⑥

　　解析：
①强酸溶液稀释时c(OH-)增大;
②NH4Cl溶液稀释时NH的水解程度增大，因此后者含NH物质的量大于前者含NH物质的量;
③物质的量浓度相同的四种溶液，pH: NaOH>C6H5ONa>NaHCO3>CH3COONa，则pH相等的四种溶液，物质的量浓度：NaOHc(HCO)>c(H2CO3)>c(CO);
⑤酸为强酸时，完全反应，混合后呈中性，则c(OH-)=c(H+)，酸为弱酸时，酸过量，混合后呈酸性，则c(OH-)c(Na+)>c(CH3COOH)，根据电荷守恒，有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)>c(CH3COOH)+c(H+)。

　　答案：C

　　点拨：本题考查电解质溶液。难度较大。

　　4.(2014·长沙市高考模拟(三))下列叙述或表示正确的是(　　)

　　A.0.1 mol·L-1的醋酸pH=a,0.01 mol·L-1醋酸的pH=b，则a+1=b

　　B.常温下0.1 mol·L-1醋酸溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1

　　C.难溶电解质AB2的饱和溶液中，若c(A2+)=x mol·L-1，c(B-)=y mol·L-1，则Ksp值为4xy2

　　D.用200 mL 4 mol·L-1 NaOH溶液将0.6 mol CO2完全吸收，反应的离子方程式为3CO2+4OH-===CO+2HCO+H2O

　　解析：A项，醋酸稀释时电离程度增大，前者中c(H+)小于后者中c(H+)的10倍，则b
④>
③>
①

　　解析：A项，c(H+)c(OH-)=110-2的溶液呈酸性，ClO-和CO不能大量存在，错误;B项，水电离出的c(H+)=10-13 mol·L-1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，碱性溶液中四种离子可以大量存在，酸性溶液中NO和I-不能大量共存，错误;C项，CH3COOH溶液中通入少量HCl，c(H+)增大，电离平衡逆向移动，因为=，所以平衡移动过程中不发生变化，C错误;D项，对于物质的量浓度相等的四种溶液，由于H2CO3第一步电离产生的H+对第二步HCO的电离有抑制作用，则c(CO)：
③>
①，NH的水解对CO的水解有促进作用，则c(CO)：
②>
④，又由于电离和水解的程度都是微弱的，所以c(CO)：
②>
④>
③>
①，正确。

　　答案：D

　　点拨：本题考查水溶液中的离子平衡和离子共存问题。难度较大。

　　6.(2014·天津市十二区县重点中学联考(一))室温下，将0.4 mol/L HA溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合(忽略混合时溶液体积的变化)测得混合溶液的pH=5，则下列说法(或关系式)正确的是(　　)

　　A.混合溶液中由水电离出的c(H+) =1×10-5 mol/L

　　B.c(A-) +c(HA) =2c (Na+) = 0.4 mol/L

　　C.HA溶液中与上述混合溶液中相等

　　D.c(A-)-c(HA)　= 2c(OH-)-2c (H+)

　　解析：根据题意，HA和NaOH反应后生成的NaA与过量的HA物质的量之比为11，A项，溶液的pH=5，是由于酸电离出氢离子，水的电离受到抑制，水电离出的c(H+)小于1×10-7 mol/L，错误;B项，由于混合后体积变为原来的2倍。c(A-)+c(HA)=2c(Na+)=0.2 mol/L，错误;C项，HA溶液和混合溶液中均等于，正确;D项，根据电荷守恒与物料守恒，溶液中的离子关系为c(A-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HA)，错误。

　　答案：C

　　点拨：本题考查电离与水解、溶液中的离子浓度关系。难度较大。

　　7.(2014·天津市十二区县重点中学联考(二))常温下，向100 mL 0.01 mol/L HA的溶液中逐滴加入0.02 mol/L MOH溶液，如图所示，曲线表示混合溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)。下列说法中不正确的是(　　)

　　A.HA为一元强酸

　　B.N点水的电离程度小于K点水的电离程度

　　C.随着MOH溶液的滴加，比值不变

　　D.若K点对应的溶液的pH=10，则有c(MOH)+c(OH-)-c(H+) = 0.005 mol/L

　　解析：0.01 mol·L-1 HA溶液中pH=2，则HA是强酸，故A正确;N点溶液呈中性，K点溶液呈碱性，碱性溶液抑制水电离，所以N点水的电离程度大于K点，故B错误;N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，K=，仅与温度有关，故C正确;在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c(MOH)+c(M+)=0.01 mol/L，c(A-)=0.005 mol/L，所以c(MOH)+c(OH-)-c(H+)=2c(A-)-c(M+)+c(OH-)-c(H+)=2c(A-)-[c(M+)+c(H+)-c(OH-)]=2c(A-)-c(A-)=c(A-)=0.005 mol/L，D正确。

　　答案：B

　　点拨：本题考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算。难度较大。

　　8.(2014·陕西市质检(二))25 ℃时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

　　A.在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZc(Y-)>c(OH-)>c(H+)

　　C.根据滴定曲线，可得Ka(HY)≈10-5

　　D.HY与HZ混合，达到平衡时c(H+)=+c(Z-)+c(OH-)

　　解析：氢氧化钠体积为0时，0.1000 mol·L-1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为HXHY>HX，A错误;HX恰好完全反应时。HY早已经完全反应，所得溶液为NaX和NaY混合液，酸性：HXc(H+)=c(OH-)

　　B.pH>7时，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)

　　C.恰好完全中和时，c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)

　　D.无论何时，溶液中一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)

　　解析：A项，溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒式知必然有c(Na+)=c(CH3COO-)，正确;B项，溶液呈碱性，c(H+)c(CH3COO-)，错误;C项，恰好完全反应时所得溶液为CH3COONa，CH3COO-水解使得溶液呈弱碱性，c(OH-)>c(H+)，但水解是微弱的，所以c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，正确;D项，溶液中电荷守恒，正确。

　　答案：B

　　点拨：本题考查溶液中离子浓度大小比较。难度中等。

　　10.(2014·成都市二诊)下列溶液中有关离子浓度关系一定正确的是(　　)

　　A.常温下，NaHS溶液中：c(OH-)+2c(S2-)=c(H+)+c(Na+)

　　B.室温下，向0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴入等体积等浓度的NaOH溶液：c(Na+)=c(SO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)

　　C.常温下，0.1 mol/L的下列溶液中：
①NH4Al(SO4)2，
②NH4Cl，
③NH3·H2O，
④CH3COONH4，c(NH)由大到小的顺序是
②>
①>
④>
③

　　D.在0.4 mol/L CH3COONa溶液中加入等体积0.1 mol/L的HCl溶液后c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)

　　解析：A项，NaHS溶液中存在电荷守恒式：c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，错误;B项，混合后所得溶液中c(Na+)=c(SO)，而NH发生水解，所以c(NH)c(OH-)，正确;C项，四种溶液比较：NH3·H2O发生部分电离，所以
③中NH浓度最小，而
①
②
④三种溶液中NH均发生水解，
①中Al3+的存在抑制了NH的水解，
④中CH3COO-的存在促进了NH的水解，所以c(NH)从大到小：
①>
②>
④>
③，错误;D项，由物料守恒可知溶液中：c(Na+)

　　[c(CH3COOH)+c(CH3COO-)]c(Cl-)=44　1，所以c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COOO-)，错误。

　　答案：B

　　点拨：本题考查电解质溶液中离子浓度大小比较。难度中等。

　　二、非选择题

　　11.(2014·上海闸北一模)NH4Al(SO4)2在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：

　　(1)相同条件下，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中c(NH)________(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1 mol/L NH4HSO4中c(NH)。

　　(2)室温时，向100 mL 0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：

　　
①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________;

　　
②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是________;

　　
③在c～d段发生反应的离子方程式是________________________。

　　解析：(1)NH4HSO4中c(H+)大于NH4Al(SO4)2中铝离子水解产生的c(H+)，NH4HSO4中H+抑制水解能力强，c(NH)大。(2)氢氧化钠对水的电离起抑制作用，NH水解促进水的电离，所以水的电离程度最大的是a点。b点溶液呈中性，加入NaOH的物质的量略大于NH4HSO4，所以c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)。加入NaOH 150 mL时，剩余NH的物质的量为0.005 mol。继续加入NaOH，则发生反应NH+OH-　　NH3·H2O。

　　答案：(1)小于

　　(2)
①a　
②c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)　
③NH+OH-　　NH3·H2O

　　12.(2014·云南省第一次统测)某矿样用过量酸溶解并过滤，所得滤液A主要含CO、Ni2+、SO、H+、Fe2+、Fe3+、OH-、Mg2+、Mn2+等九种离子中的七种。将A中金属元素进行分离以备利用，部分流程如图所示：

　　
②
③

　　可能用到的有关数据如下：

　　物质 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Ksp(25 ℃) Fe(OH)3 2.7 3.7 4.0×10-38 Fe(OH)2 7.6 9.6 8.0×10-10 Ni(OH)2 7.2 9.2 5.5×10-16 Mg(OH)2 9.6 11.1 1.2×10-11 请根据题给信息填空：

　　(1)滤液A中不能大量存在的两种离子是________。

　　(2)已知“滤渣1”是MnO2，步骤
①发生的氧化还原反应的离子方程式为________，________。

　　(3)常温下，某Ni(OH)2、Mg(OH)2共沉淀的混合体系中，若c(Ni2+)=5.5×10-11 mol·L-1，则c(Mg2+)=________。

　　(4)假定步骤
①中NaClO恰好反应，欲检验滤液3中的酸根离子，需优先检验________(填离子符号)。

　　(5)为测定该矿样中铁元素的含量，取20.0 g矿石，按上述流程操作，将________(填“滤渣1”、“滤渣2”或“滤渣3”)完全酸溶，再使其中的铁元素还原为Fe2+，然后将所得溶液稀释到100 mL，取出20.00 mL用0.1000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定。达到滴定终点时溶液颜色为________色，共消耗KMnO4溶液16.00 mL，经计算矿样中铁元素的质量分数为________。

　　解析：(1)过量酸处理后，滤液为酸性，故滤液A中不能大量存在CO、OH-。(2)步骤
①加入的NaClO为强氧化性物质，溶液中的Mn2+、Fe2+均能被氧化，发生反应的离子方程式为Mn2++ClO-+H2O===MnO2↓+2H++Cl-，ClO-+2Fe2++2H+===2Fe3++Cl-+H2O。(3)根据题目所给物质的Ksp 数据知，溶液中的c2(OH-)== mol2·L-2=1.0×10-5 mol2·L-2，故c(Mg2+)== mol·L-1=1.2×10-6 mol·L-1。(4)通过(1)中离子共存的判断可知溶液中一定含有SO，通过步骤
①可知生成Cl-，故滤液3中含有的酸根离子为SO、Cl-。应先检验SO，使之转化为BaSO4沉淀，然后再检验Cl-;若先检验Cl-，则SO与Ag+生成微溶的Ag2SO4，影响Cl-的检验。(5)步骤
②调节pH=5，Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，故滤渣2为Fe(OH)3，用酸溶解可得Fe3+，再使其中的铁元素还原为Fe2+，Fe2+可被KMnO4氧化，故达到滴定终点时溶液颜色为紫色。反应的离子方程式为：5Fe2++MnO+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O。所以100 mL溶液中，n(Fe2+)=5×5×0.1000 mol/L×0.01600 L=0.04 mol，故矿样中铁元素的质量分数为×100%=11.2%。

　　答案：(1)CO、OH-

　　(2)ClO-+Mn2++H2O===MnO2↓+Cl-+2H+

　　2H++ClO-+2Fe2+===2Fe3++Cl-+H2O

　　(3)1.2×10-6 mol·L-1(4)SO

　　(5)滤渣2　紫　11.2%

　　点拨：本题主要考查工艺流程的分析，意在考查考生对工艺流程的分析能力。

　　13.(2014·辽宁省沈阳市质检(二))某兴趣小组利用酸性电镀废液(主要含Cu2+、Fe3+)制备氯化亚铜(CuCl)，其工艺流程如图所示。

　　已知：
①CuCl微溶于水，难溶于乙醇，干燥的CuCl在空气中比较稳定，但湿的CuCl在空气中易发生水解和氧化;
②一些金属氢氧化物沉淀的pH参照数据：

　　物质 开始沉淀 完全沉淀 Fe(OH)3 2.7 3.7 Fe(OH)2 7.6 9.6 Cu(OH)2 4.4 6.4 (1)除夹持仪器外，蒸发用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒和________。

　　(2)电镀污泥的主要成分是________________________(用化学式表示)。

　　(3)酸浸时控制pH≈4的目的是________________________。

　　(4)写出反应
②的离子方程式________________________。

　　(5)在反应
②中需加适量的碱提高溶液的pH，进而提高CuCl的产率，但pH过大，产率反而降低，其理由是________________________。

　　(6)CuCl晶体用无水乙醇洗涤与用蒸馏水洗涤相比，前者的优点是________________________。

　　(7)国家标准规定合格产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%。称取所制备的0.250 g CuCl样品置于0.5 mol/L FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加适量水稀释，加入0.1000 mol/L的24.60 mL Ge(SO4)2溶液滴定到终点，有关化学反应为：

　　Fe3++CuCl===Fe2++Cu2++Cl-

　　Ge4++Fe2+===Fe3++Ge3+

　　通过列式计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。

　　解析：(1)蒸发用到的主要仪器有蒸发皿，另外需要玻璃棒搅拌、酒精灯加热等。(2)电镀废液中主要含有Cu2+、Fe3+，加入烧碱，OH-与Cu2+、Fe3+反应生成Cu(OH)2和Fe(OH)3沉淀，故电镀污泥的主要成分为Cu(OH)2和Fe(OH)3。(3)因Fe(OH)3完全沉淀的pH为3.7，而Cu(OH)2开始沉淀的pH为4.4，故控制pH≈4时，Cu(OH)2全部溶解，而氢氧化铁以沉淀的形式存在。(4)根据最终得到CuCl产品可知，反应
②为SO将+2价的Cu还原为+1价，同时SO被氧化为SO，因此反应
②的离子方程式为2Cu2++2Cl-+SO+H2O===2CuCl↓+SO+2H+。(6)因“CuCl微溶于水，难溶于乙醇”，因此用无水乙醇洗涤可减少CuCl的溶解，而且CuCl易水解，因此用无水乙醇洗涤可以减少其水解。

　　答案：(1)蒸发皿

　　(2)Cu(OH)2、Fe(OH)3

　　(3)溶解氢氧化铜，氢氧化铁以沉淀形式过滤而被除去

　　(4)2Cu2++2Cl-+SO+H2O===2CuCl↓+SO+2H+

　　(5)适量的OH-中和了反应生成的H+，有利于反应向右进行，可提高CuCl的产率;但当OH-浓度偏大时，Cu2+与OH-结合生成Cu(OH)2，导致CuCl的产率降低

　　(6)降低CuCl的溶解和水解

　　(7)设样品中CuCl的质量为x g。则有

　　CuCl　～　Ge4+

　　99.5　　1

　　x　　24.60×0.1000×10-3

　　x≈0.246

　　0.246&pide;0.2500×100%=98.4%>96.50%，所以符合标准

　　注：如果不估算其纯度应为97.9%，大于96.50%，符合标准。

　　点拨：本题考查工艺流程分析，意在考查考生对化学实验基本操作的掌握情况，对化学反应原理的理解及有关数据的处理能力。