2015年湖北高考化學(xué)提高訓(xùn)練二十八

湖北2015年高考化學(xué)提高訓(xùn)練二十八

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　　一、選擇題

　　1.(2014·福州市質(zhì)檢)25 ℃時，0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液pH=a，則(　　)

　　A.該溫度下，CH3COOH的K=1014-2a

　　B.該溫度下，上述溶液中水的電離度a=(1.8×10a-14)%

　　C.升高溫度，溶液中c(H+)增大，水解平衡常數(shù)K也增大

　　D.加水稀釋，CH3COONa水解程度增大，c(OH-)增大

　　解析：A項，根據(jù)物料守恒：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol/L，根據(jù)質(zhì)子守恒c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，則c(CH3COOH)=10a-14-10-a，c(CH3COO-)=0.1+10-a-10a-14，Ka==;B項，1 L該溶液中n(H2O)=，由水電離出c(H+)=c(OH-)=10a-14 mol·L-1，a==(1.8×10a-14)%;C項，升高溫度，CH3COO-的水解程度增大，c(OH-)增大，但c(H+)減小;D項，加水稀釋，CH3COO-的水解程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)減小。

　　答案：B

　　點撥：本題考查鹽類水解。難度較大。

　　2.(2014·福建省質(zhì)檢)加熱下列物質(zhì)的稀溶液，可能使離子總數(shù)減小的是(不考慮溶液的揮發(fā))(　　)

　　A. Fe2(SO4)3　　　 B.CH3COOH

　　C.NaOH D.Ca(HCO3)2

　　解析：A項，F(xiàn)e2(SO4)3溶液加熱時Fe3+發(fā)生水解反應(yīng)，離子數(shù)目增大;B項，CH3COOH溶液加熱時CH3COOH電離程度增大，粒子數(shù)目增大;C項，NaOH溶液加熱時離子數(shù)目基本不變;D項，Ca(HCO3)2溶液加熱時發(fā)生分解反應(yīng)：Ca(HCO3)2CaCO3+H2O+CO↑，離子數(shù)目減小。

　　答案：D

　　點撥：本題考查溶液中粒子數(shù)目的比較。難度中等。

　　3.(2014·長沙市高考模擬(二))某化學(xué)研究性學(xué)習(xí)小組對電解質(zhì)溶液作如下的歸納總結(jié)(均在常溫下)，其中正確的是(　　)

　　
①pH=1的強酸溶液，加水稀釋后，溶液中各離子濃度都會降低

　　
②1 L 0.50 mol·L-1 NH4Cl溶液與2 L 0.25 mol·L-1 NH4Cl溶液含NH物質(zhì)的量完全相等

　　
③pH相等的四種溶液：a.CH3COONa，b.C6H5ONa，c.NaHCO3，d.NaOH，則四種溶液的溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度由小到大順序為dc(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)

　　
⑤pH=2的一元酸和pH=12的二元強堿等體積混合：c(OH-)≤c(H+)

　　⑥pH=4、濃度均為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強酸溶液稀釋時c(OH-)增大;
②NH4Cl溶液稀釋時NH的水解程度增大，因此后者含NH物質(zhì)的量大于前者含NH物質(zhì)的量;
③物質(zhì)的量濃度相同的四種溶液，pH: NaOH>C6H5ONa>NaHCO3>CH3COONa，則pH相等的四種溶液，物質(zhì)的量濃度：NaOHc(HCO)>c(H2CO3)>c(CO);
⑤酸為強酸時，完全反應(yīng)，混合后呈中性，則c(OH-)=c(H+)，酸為弱酸時，酸過量，混合后呈酸性，則c(OH-)c(Na+)>c(CH3COOH)，根據(jù)電荷守恒，有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)>c(CH3COOH)+c(H+)。

　　答案：C

　　點撥：本題考查電解質(zhì)溶液。難度較大。

　　4.(2014·長沙市高考模擬(三))下列敘述或表示正確的是(　　)

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

　　B.常溫下0.1 mol·L-1醋酸溶液與等濃度等體積NaOH溶液反應(yīng)后的溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1

　　C.難溶電解質(zhì)AB2的飽和溶液中，若c(A2+)=x mol·L-1，c(B-)=y mol·L-1，則Ksp值為4xy2

　　D.用200 mL 4 mol·L-1 NaOH溶液將0.6 mol CO2完全吸收，反應(yīng)的離子方程式為3CO2+4OH-===CO+2HCO+H2O

　　解析：A項，醋酸稀釋時電離程度增大，前者中c(H+)小于后者中c(H+)的10倍，則b
④>
③>
①

　　解析：A項，c(H+)c(OH-)=110-2的溶液呈酸性，ClO-和CO不能大量存在，錯誤;B項，水電離出的c(H+)=10-13 mol·L-1的溶液可能呈酸性也可能呈堿性，堿性溶液中四種離子可以大量存在，酸性溶液中NO和I-不能大量共存，錯誤;C項，CH3COOH溶液中通入少量HCl，c(H+)增大，電離平衡逆向移動，因為=，所以平衡移動過程中不發(fā)生變化，C錯誤;D項，對于物質(zhì)的量濃度相等的四種溶液，由于H2CO3第一步電離產(chǎn)生的H+對第二步HCO的電離有抑制作用，則c(CO)：
③>
①，NH的水解對CO的水解有促進作用，則c(CO)：
②>
④，又由于電離和水解的程度都是微弱的，所以c(CO)：
②>
④>
③>
①，正確。

　　答案：D

　　點撥：本題考查水溶液中的離子平衡和離子共存問題。難度較大。

　　6.(2014·天津市十二區(qū)縣重點中學(xué)聯(lián)考(一))室溫下，將0.4 mol/L HA溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等體積混合(忽略混合時溶液體積的變化)測得混合溶液的pH=5，則下列說法(或關(guān)系式)正確的是(　　)

　　A.混合溶液中由水電離出的c(H+) =1×10-5 mol/L

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

　　C.HA溶液中與上述混合溶液中相等

　　D.c(A-)-c(HA)　= 2c(OH-)-2c (H+)

　　解析：根據(jù)題意，HA和NaOH反應(yīng)后生成的NaA與過量的HA物質(zhì)的量之比為11，A項，溶液的pH=5，是由于酸電離出氫離子，水的電離受到抑制，水電離出的c(H+)小于1×10-7 mol/L，錯誤;B項，由于混合后體積變?yōu)樵瓉淼?倍。c(A-)+c(HA)=2c(Na+)=0.2 mol/L，錯誤;C項，HA溶液和混合溶液中均等于，正確;D項，根據(jù)電荷守恒與物料守恒，溶液中的離子關(guān)系為c(A-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(HA)，錯誤。

　　答案：C

　　點撥：本題考查電離與水解、溶液中的離子濃度關(guān)系。難度較大。

　　7.(2014·天津市十二區(qū)縣重點中學(xué)聯(lián)考(二))常溫下，向100 mL 0.01 mol/L HA的溶液中逐滴加入0.02 mol/L MOH溶液，如圖所示，曲線表示混合溶液的pH變化情況(溶液體積變化忽略不計)。下列說法中不正確的是(　　)

　　A.HA為一元強酸

　　B.N點水的電離程度小于K點水的電離程度

　　C.隨著MOH溶液的滴加，比值不變

　　D.若K點對應(yīng)的溶液的pH=10，則有c(MOH)+c(OH-)-c(H+) = 0.005 mol/L

　　解析：0.01 mol·L-1 HA溶液中pH=2，則HA是強酸，故A正確;N點溶液呈中性，K點溶液呈堿性，堿性溶液抑制水電離，所以N點水的電離程度大于K點，故B錯誤;N點時溶液呈中性，MOH的物質(zhì)的量大于HA的物質(zhì)的量，說明MOH是弱堿，K=，僅與溫度有關(guān)，故C正確;在K點時混合溶液體積是堿溶液的2倍，根據(jù)物料守恒結(jié)合溶液體積變化知，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正確。

　　答案：B

　　點撥：本題考查酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)pH的計算。難度較大。

　　8.(2014·陜西市質(zhì)檢(二))25 ℃時，用濃度為0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL濃度均為0.1000 mol/L的三種酸HX、HY、HZ，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是(　　)

　　A.在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導(dǎo)電能力順序：HZc(Y-)>c(OH-)>c(H+)

　　C.根據(jù)滴定曲線，可得Ka(HY)≈10-5

　　D.HY與HZ混合，達到平衡時c(H+)=+c(Z-)+c(OH-)

　　解析：氫氧化鈉體積為0時，0.1000 mol·L-1的三種酸HX、HY、HZ的pH分別為4、3、1，故酸性大小為HXHY>HX，A錯誤;HX恰好完全反應(yīng)時。HY早已經(jīng)完全反應(yīng)，所得溶液為NaX和NaY混合液，酸性：HXc(H+)=c(OH-)

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

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

　　D.無論何時，溶液中一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)

　　解析：A項，溶液呈中性時，c(H+)=c(OH-)，由電荷守恒式知必然有c(Na+)=c(CH3COO-)，正確;B項，溶液呈堿性，c(H+)c(CH3COO-)，錯誤;C項，恰好完全反應(yīng)時所得溶液為CH3COONa，CH3COO-水解使得溶液呈弱堿性，c(OH-)>c(H+)，但水解是微弱的，所以c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，正確;D項，溶液中電荷守恒，正確。

　　答案：B

　　點撥：本題考查溶液中離子濃度大小比較。難度中等。

　　10.(2014·成都市二診)下列溶液中有關(guān)離子濃度關(guān)系一定正確的是(　　)

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

　　B.室溫下，向0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴入等體積等濃度的NaOH溶液：c(Na+)=c(SO)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)

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

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

　　解析：A項，NaHS溶液中存在電荷守恒式：c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，錯誤;B項，混合后所得溶液中c(Na+)=c(SO)，而NH發(fā)生水解，所以c(NH)c(OH-)，正確;C項，四種溶液比較：NH3·H2O發(fā)生部分電離，所以
③中NH濃度最小，而
①
②
④三種溶液中NH均發(fā)生水解，
①中Al3+的存在抑制了NH的水解，
④中CH3COO-的存在促進了NH的水解，所以c(NH)從大到小：
①>
②>
④>
③，錯誤;D項，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-)，錯誤。

　　答案：B

　　點撥：本題考查電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較。難度中等。

　　二、非選擇題

　　11.(2014·上海閘北一模)NH4Al(SO4)2在分析試劑、醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛。請回答下列問題：

　　(1)相同條件下，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)室溫時，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與NaOH溶液體積的關(guān)系曲線如圖所示：

　　
①試分析圖中a、b、c、d四個點，水的電離程度最大的是________;

　　
②在b點，溶液中各離子濃度由大到小的排列順序是________;

　　
③在c～d段發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是________________________。

　　解析：(1)NH4HSO4中c(H+)大于NH4Al(SO4)2中鋁離子水解產(chǎn)生的c(H+)，NH4HSO4中H+抑制水解能力強，c(NH)大。(2)氫氧化鈉對水的電離起抑制作用，NH水解促進水的電離，所以水的電離程度最大的是a點。b點溶液呈中性，加入NaOH的物質(zhì)的量略大于NH4HSO4，所以c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)。加入NaOH 150 mL時，剩余NH的物質(zhì)的量為0.005 mol。繼續(xù)加入NaOH，則發(fā)生反應(yīng)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·云南省第一次統(tǒng)測)某礦樣用過量酸溶解并過濾，所得濾液A主要含CO、Ni2+、SO、H+、Fe2+、Fe3+、OH-、Mg2+、Mn2+等九種離子中的七種。將A中金屬元素進行分離以備利用，部分流程如圖所示：

　　
②
③

　　可能用到的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：

　　物質(zhì) 開始沉淀的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 請根據(jù)題給信息填空：

　　(1)濾液A中不能大量存在的兩種離子是________。

　　(2)已知“濾渣1”是MnO2，步驟
①發(fā)生的氧化還原反應(yīng)的離子方程式為________，________。

　　(3)常溫下，某Ni(OH)2、Mg(OH)2共沉淀的混合體系中，若c(Ni2+)=5.5×10-11 mol·L-1，則c(Mg2+)=________。

　　(4)假定步驟
①中NaClO恰好反應(yīng)，欲檢驗濾液3中的酸根離子，需優(yōu)先檢驗________(填離子符號)。

　　(5)為測定該礦樣中鐵元素的含量，取20.0 g礦石，按上述流程操作，將________(填“濾渣1”、“濾渣2”或“濾渣3”)完全酸溶，再使其中的鐵元素還原為Fe2+，然后將所得溶液稀釋到100 mL，取出20.00 mL用0.1000 mol·L-1 KMnO4溶液滴定。達到滴定終點時溶液顏色為________色，共消耗KMnO4溶液16.00 mL，經(jīng)計算礦樣中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為________。

　　解析：(1)過量酸處理后，濾液為酸性，故濾液A中不能大量存在CO、OH-。(2)步驟
①加入的NaClO為強氧化性物質(zhì)，溶液中的Mn2+、Fe2+均能被氧化，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Mn2++ClO-+H2O===MnO2↓+2H++Cl-，ClO-+2Fe2++2H+===2Fe3++Cl-+H2O。(3)根據(jù)題目所給物質(zhì)的Ksp 數(shù)據(jù)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)通過(1)中離子共存的判斷可知溶液中一定含有SO，通過步驟
①可知生成Cl-，故濾液3中含有的酸根離子為SO、Cl-。應(yīng)先檢驗SO，使之轉(zhuǎn)化為BaSO4沉淀，然后再檢驗Cl-;若先檢驗Cl-，則SO與Ag+生成微溶的Ag2SO4，影響Cl-的檢驗。(5)步驟
②調(diào)節(jié)pH=5，F(xiàn)e3+生成Fe(OH)3沉淀，故濾渣2為Fe(OH)3，用酸溶解可得Fe3+，再使其中的鐵元素還原為Fe2+，F(xiàn)e2+可被KMnO4氧化，故達到滴定終點時溶液顏色為紫色。反應(yīng)的離子方程式為：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，故礦樣中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為×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)濾渣2　紫　11.2%

　　點撥：本題主要考查工藝流程的分析，意在考查考生對工藝流程的分析能力。

　　13.(2014·遼寧省沈陽市質(zhì)檢(二))某興趣小組利用酸性電鍍廢液(主要含Cu2+、Fe3+)制備氯化亞銅(CuCl)，其工藝流程如圖所示。

　　已知：
①CuCl微溶于水，難溶于乙醇，干燥的CuCl在空氣中比較穩(wěn)定，但濕的CuCl在空氣中易發(fā)生水解和氧化;
②一些金屬氫氧化物沉淀的pH參照數(shù)據(jù)：

　　物質(zhì) 開始沉淀 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)除夾持儀器外，蒸發(fā)用到的主要儀器有酒精燈、玻璃棒和________。

　　(2)電鍍污泥的主要成分是________________________(用化學(xué)式表示)。

　　(3)酸浸時控制pH≈4的目的是________________________。

　　(4)寫出反應(yīng)
②的離子方程式________________________。

　　(5)在反應(yīng)
②中需加適量的堿提高溶液的pH，進而提高CuCl的產(chǎn)率，但pH過大，產(chǎn)率反而降低，其理由是________________________。

　　(6)CuCl晶體用無水乙醇洗滌與用蒸餾水洗滌相比，前者的優(yōu)點是________________________。

　　(7)國家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定合格產(chǎn)品的主要質(zhì)量指標(biāo)為CuCl的質(zhì)量分數(shù)大于96.50%。稱取所制備的0.250 g CuCl樣品置于0.5 mol/L FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加適量水稀釋，加入0.1000 mol/L的24.60 mL Ge(SO4)2溶液滴定到終點，有關(guān)化學(xué)反應(yīng)為：

　　Fe3++CuCl===Fe2++Cu2++Cl-

　　Ge4++Fe2+===Fe3++Ge3+

　　通過列式計算說明上述樣品中CuCl的質(zhì)量分數(shù)是否符合標(biāo)準(zhǔn)。

　　解析：(1)蒸發(fā)用到的主要儀器有蒸發(fā)皿，另外需要玻璃棒攪拌、酒精燈加熱等。(2)電鍍廢液中主要含有Cu2+、Fe3+，加入燒堿，OH-與Cu2+、Fe3+反應(yīng)生成Cu(OH)2和Fe(OH)3沉淀，故電鍍污泥的主要成分為Cu(OH)2和Fe(OH)3。(3)因Fe(OH)3完全沉淀的pH為3.7，而Cu(OH)2開始沉淀的pH為4.4，故控制pH≈4時，Cu(OH)2全部溶解，而氫氧化鐵以沉淀的形式存在。(4)根據(jù)最終得到CuCl產(chǎn)品可知，反應(yīng)
②為SO將+2價的Cu還原為+1價，同時SO被氧化為SO，因此反應(yīng)
②的離子方程式為2Cu2++2Cl-+SO+H2O===2CuCl↓+SO+2H+。(6)因“CuCl微溶于水，難溶于乙醇”，因此用無水乙醇洗滌可減少CuCl的溶解，而且CuCl易水解，因此用無水乙醇洗滌可以減少其水解。

　　答案：(1)蒸發(fā)皿

　　(2)Cu(OH)2、Fe(OH)3

　　(3)溶解氫氧化銅，氫氧化鐵以沉淀形式過濾而被除去

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

　　(5)適量的OH-中和了反應(yīng)生成的H+，有利于反應(yīng)向右進行，可提高CuCl的產(chǎn)率;但當(dāng)OH-濃度偏大時，Cu2+與OH-結(jié)合生成Cu(OH)2，導(dǎo)致CuCl的產(chǎn)率降低

　　(6)降低CuCl的溶解和水解

　　(7)設(shè)樣品中CuCl的質(zhì)量為x g。則有

　　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%，所以符合標(biāo)準(zhǔn)

　　注：如果不估算其純度應(yīng)為97.9%，大于96.50%，符合標(biāo)準(zhǔn)。

　　點撥：本題考查工藝流程分析，意在考查考生對化學(xué)實驗基本操作的掌握情況，對化學(xué)反應(yīng)原理的理解及有關(guān)數(shù)據(jù)的處理能力。