2020年高考化学一轮总复习第八章高考热点课6课后作业（含解析）.docx

高考热点课6建议用时：40分钟一、选择题1pH12的X、Y两种碱溶液各10 mL，分别稀释至1000 mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是()A若10aV(Y)D稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强答案A解析若X为强碱，则10 mL pH12的X溶液稀释至1000 mL，pH应该为10，故若10a12，则X、Y均为弱碱，A项正确；两种碱稀释相同倍数，pH变化不同，说明两种碱的强弱不同，则pH相同时，二者的物质的量浓度一定不同，B项错误；当pH相同时，c(X)c(Y)，所以完全中和这两种碱时，消耗相同浓度的盐酸的体积：V(X)Ksp，所以会生成沉淀，因为c(Ca2)大于c(SO)，平衡后溶液中c(SO)一定小于3103 molL1 ，C正确；d点为不饱和状态，c(Ca2)较小，如加入适量CaCl2固体，c(Ca2)增大，此时c(SO)不变，则可以变到c点，D正确。3(2018唐山市一模)在一隔热系统中，初始温度为25 ，向20.00 mL 0.1000 mol/L的氨水中逐滴加入0.1000 mol/L的HCl溶液，测得混合溶液的温度变化如图。下列相关说法正确的是()Aa、b、c点的水的电离程度依次增大B判断溶液的pH：b点pH7，c点pHc(Cl)c(NH3H2O)答案D解析b点恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解，促进水的电离，且b点溶液温度最高，则水的电离程度最大的是b点，A项错误；b点恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解，使溶液呈酸性，则溶液的pH7，c点盐酸过量，溶液的pH7，B项错误；已知25 时0.2 mol/L氨水电离度为1.33%，此时氨水中氢氧根离子浓度是0.2 mol/L1.33%0.00266 mol/L，所以pHc(Cl)c(NH3H2O)，D项正确。4(2018株洲市质检)化学上常用AG表示溶液中的lg 。25 时，用0.100 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol/L的HNO2溶液，AG与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法不正确的是()A随着NaOH溶液的加入，增大B25 时，HNO2的电离常数Ka1.0104.5Cb点溶液中存在2c(H)2c(OH)c(NO)c(HNO2)Da、b、c、d、e五点的溶液中，水的电离程度最大的点是d答案A解析随着NaOH溶液的加入，发生反应HNO2NaOH=NaNO2H2O，氢离子浓度减少，NO浓度增大，减小，A项错误；由图像可知0.100 mol/L的HNO2溶液的AG8.5，即108.5，又知Kwc(H)c(OH)1014，c(H)102.75mol/L，故Ka1.0104.5，B项正确；b点溶液中存在的溶质为等物质的量的HNO2和NaNO2，由电荷守恒得c(H)c(Na)c(OH)c(NO)，其物料守恒为2c(Na)c(HNO2)c(NO)，联立即得2c(H)2c(OH)c(NO)c(HNO2)，C项正确；a点溶液中的溶质是HNO2，b点溶液中的溶质是等浓度的HNO2和NaNO2，c点溶液中的溶质是HNO2和NaNO2且溶液pH7，d点溶液中的溶质是NaNO2，e点溶液中的溶质是NaOH和NaNO2，故水的电离程度最大的点是d点，D项正确。5(2018合肥市质检)已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2或Zn(OH)42的物质的量浓度的对数。25 时，下列说法中不正确的是()A往ZnCl2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn24OH=Zn(OH)42B若要从某废液中完全沉淀Zn2，通常可以调控该溶液的pH在8.012.0之间CpH8.0与pH12.0的两种废液中，Zn2浓度之比的比值为108D该温度时，Zn(OH)2的溶度积常数(Ksp)为11010答案D解析根据图像，往ZnCl2溶液中加入过量NaOH溶液，Zn2最终以Zn(OH)42的形式存在，故离子方程式为：Zn24OH=Zn(OH)42，A项正确；控制溶液的pH在8.012.0之间时，可以将该废液中的Zn2完全沉淀，B项正确；由a点可知pH7.0即c(OH)107 molL1时，lg c(Zn2)3.0，即c(Zn2)103 molL1，则KspZn(OH)2c(Zn2)c2(OH)103(107)21017，pH8.0即c(OH)106 molL1时，c(Zn2) molL1105 molL1，pH12.0即c(OH)102 molL1时，c(Zn2) molL11013 molL1，故两种废液中Zn2浓度之比的比值为108，C项正确，D项错误。6(2018潍坊市一模)在NaCN溶液中存在水解平衡：CNH2OHCNOH，水解常数Khc0(NaCN)是NaCN溶液的起始浓度。25 向1 mol/L 的NaCN溶液中不断加水稀释，NaCN溶液浓度的对数值lg c0与2pOHpOHlg c(OH)的关系如图所示，下列说法错误的是()A25 时，Kh(CN)的值为104.7B升高温度，可使曲线上a点变到b点C25 ，向a点对应的溶液中加入固体NaCN，CN的水解程度减小Dc点对应溶液中的c(OH)大于a点答案B解析当lg c00时，c0(NaCN)1 mol/L，此时c2(OH)1104.7 (mol/L)2，故由Kh得，Kh(CN)104.7，A项正确；随着纵坐标的值增大，c(OH)降低，即b点c(OH)小于a点，而升高温度可促进盐类的水解，使曲线上a点变到b点，应该是降温，B项错误；向a点加入固体NaCN，CN离子浓度增大，水解程度降低，C项正确；随着纵坐标的值增大，c(OH)降低，故c点对应溶液中的c(OH)大于a点，D项正确。7.(2018郑州市质检)常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示已知：plg。下列叙述不正确的是()A.Ka(HA)的数量级为105B.滴加NaOH溶液过程中，保持不变C.m点所示溶液中：c(H)c(HA)c(OH)c(Na)D.n点所示溶液中：c(Na)c(A)c(HA)答案D解析根据题图，m点时p0，知1，即c(A)c(HA)，m点所示溶液pH4.76，则c(H)104.76 molL1，Ka(HA)c(H)104.76100.24105，0100.2410，故Ka(HA)的数量级为105，A项正确；，滴加NaOH溶液过程中，温度不变，Ka(HA)、Kw不变，故保持不变，B项正确；m点所示溶液中的电荷守恒式为c(H)c(Na)c(OH)c(A)，则c(H)c(OH)c(A)c(Na)，m点所示溶液中c(A)c(HA)，故c(H)c(OH)c(HA)c(Na)，C项正确；n点所示溶液呈酸性，根据电荷守恒式c(H)c(Na)c(OH)c(A)，得c(Na)c(A)c(OH)c(H)0，故c(Na)c(A)，不可能有c(Na)c(A)c(HA)，D项错误。8.(2018南昌市一模)25 时，H2CO3的Ka14.2107，Ka25.01011。常温下在20 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol/L HCl溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法正确的是()A在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO能大量共存B.a点时：c(Na)c(H)c(OH)3c(CO)C.当pH7时，溶液中c(Na)c(HCO)2c(CO)D.当溶液中c(HCO)c(CO)21时，溶液的pH10答案D解析H2CO3、CO能发生反应生成HCO，A项错误；a点c(HCO)c(CO)，根据电荷守恒，c(Na)c(H)c(OH)2c(CO)c(HCO)c(Cl)，即c(Na)c(H)c(OH)3c(CO)c(Cl)，B项错误；根据电荷守恒，当pH7时，溶液中c(Na)c(HCO)2c(CO)c(Cl)，C项错误；根据Ka251011，当溶液中c(HCO)c(CO)21时，c(H)1010，故溶液的pH10，D项正确。二、非选择题9.(2018石家庄市质检)铜阳极泥是有色金属冶炼过程中重要的“二次资源”。其合理处理对于实现资源的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：已知：分金液的主要成分为AuCl4；分金渣的主要成分为AgCl和PbSO4；分银液中主要成分为Ag(SO3)23，且存在Ag(SO3)23Ag2SO。(1)“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为_；反应过程中需控制适当温度，温度不宜过高或过低的原因为_。已知：“分铜”时各元素的浸出率如下表所示：“分铜”时加入足量的NaCl的主要作用为_。(2)“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为_。(3)“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH4，已知：(x)，其中x表示SO、HSO或H2SO3，(x)与pH的关系如图所示。分析能够析出AgCl的原因为_。调节溶液的pH不能过低，理由为_。(4)“沉银液”加碱调至pH8.0，Na2SO3可再生并循环利用，其再生原理为_。(用离子方程式表示)(5)已知离子浓度105 molL1时，认为该离子沉淀完全；KspPb(OH)22.51016，KspSb(OH)31041，浸取“分银渣”可得到含0.025 molL1 Pb2的溶液(含少量Sb3杂质)。欲获得较纯净的Pb2溶液，调节pH的范围为_。(忽略溶液体积变化)答案(1)CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O温度过低，反应速率太慢；温度过高，H2O2受热分解使溶解出的Ag形成AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失(2)2AuClO7Cl6H=2AuCl43H2O(3)H2SO4电离出的H降低了SO的浓度，促使Ag(SO3)23Ag2SO平衡正向移动，电离出Ag，Ag与分银液中的Cl反应生成AgCl(要点：平衡移动；生成沉淀)避免产生污染气体SO2(4)HSOOH=SOH2O(5)2pH7(写不写符号均可，只要数值范围是27即可)解析(1)“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为：CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O，反应过程需控制的温度应从速率和反应物、生成物的性质上来考虑，温度过低，反应速率太慢，温度过高，H2O2会受热分解，故应控制适当的温度。由表中数据可知，“分铜”时Ag也浸出4.5%，故加入足量的NaCl，使Ag变为AgCl进入分铜渣，避免银元素的损失。(2)结合题给条件，分金液的主要成分为AuCl4，可写出“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为2AuClO7Cl6H=2AuCl43H2O。(3)分银液中主要成分为Ag(SO3)23，且存在Ag(SO3)23Ag2SO，加入H2SO4后，会发生HSO=HSO，SO离子浓度减小，使Ag(SO3)23Ag2SO平衡右移，Ag浓度增大，析出AgCl。根据图示pH4时，主要以HSO形式存在，若pH过低，会生成H2SO3，继而分解为SO2，产生污染。(4)根据图示，“沉银液”中，主要以HSO形式存在，再加碱调至pH8.0的过程中发生反应的离子方程式为H