2020年高考化学一轮总复习第八章章末高考真题演练学案（含解析）.docx

章末高考真题演练1.(2018江苏高考)根据下列图示所得出的结论不正确的是()A.图甲是CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的H0B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C.图丙是室温下用0.1000 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2)与c(SO)的关系曲线，说明溶液中c(SO)越大c(Ba2)越小答案C解析根据图甲，升高温度，lg K减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的H0，A正确，根据图乙，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B正确；根据图丙，没有滴入NaOH溶液时，0.1000 molL1HX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C错误；根据图丁可见横坐标越小，纵坐标越大，lg c(SO)越小，lg c(Ba2)越大，说明c(SO)越大，c(Ba2)越小，D正确。2.(2018天津高考)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数随pH的变化如图2所示，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是()A溶液中存在3个平衡B含P元素的粒子有H2PO、HPO、POC随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小D用浓度大于1 molL1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4答案D解析溶液中存在H2PO的电离平衡和水解平衡，存在HPO的电离平衡，存在水的电离平衡等，所以至少存在4个平衡，A错误。含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO和H3PO4，B错误。从图1中得到随着c初始(H2PO)增大，溶液的pH大约从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66以后就不变了，C错误。由图2得到，pH4.66的时候，0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。3(2018江苏高考)(双选)H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)5.4102，Ka2(H2C2O4)5.4105，设H2C2O4溶液中c(总)c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 molL1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A0.1000 molL1 H2C2O4溶液：c(H)0.1000 molL1c(C2O)c(OH)c(H2C2O4)Bc(Na)c(总)的溶液：c(Na)c(H2C2O4)c(C2O)c(H)CpH7的溶液：c(Na)0.1000 molL1c(C2O)c(H2C2O4)Dc(Na)2c(总)的溶液：c(OH)c(H)2c(H2C2O4)c(HC2O)答案AD解析H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H)c(HC2O)2c(C2O)c(OH)，0.1000 molL1 H2C2O4溶液中0.1000 molL1c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)，两式整理得c(H)0.1000 molL1c(H2C2O4)c(C2O)c(OH)，A正确；c(Na)c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O水解的离子方程式为HC2OH2OH2C2O4OH，HC2O水解常数Kh1.851013Ka2(H2C2O4)，HC2O的电离程度大于水解程度，则c(C2O)c(H2C2O4)，B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na)c(H)c(HC2O)2c(C2O)c(OH)，室温pH7即c(H)c(OH)，则c(Na)c(HC2O)2c(C2O)c(总)c(C2O)c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)0.1000 molL1，c(Na)0.1000 molL1c(C2O)c(H2C2O4)，C错误；c(Na)2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na)c(H)c(HC2O)2c(C2O)c(OH)，物料守恒为c(Na)2c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)，两式整理得c(OH)c(H)2c(H2C2O4)c(HC2O)，D正确。4(2017全国卷)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()AKsp(CuCl)的数量级为107B除Cl反应为CuCu22Cl=2CuClC加入Cu越多，Cu浓度越高，除Cl效果越好D2Cu=Cu2Cu平衡常数很大，反应趋于完全答案C解析当lg0时，lg约为7，即c(Cl)1 molL1，c(Cu)107 molL1，因此Ksp(CuCl)的数量级为107，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CuCu22Cl=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=Cu2Cu的平衡常数K，可取图像中的c(Cu)c(Cu2)1106 molL1代入平衡常数的表达式中计算，即K1106 Lmol1105，因此平衡常数很大，反应趋于完全，D正确。5(2017江苏高考)(双选)常温下，Ka(HCOOH)1.77104，Ka(CH3COOH)1.75105，Kb(NH3H2O)1.76105，下列说法正确的是()A浓度均为0.1 molL1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C0.2 molL1 HCOOH与0.1 molL1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO)c(OH)c(HCOOH)c(H)D0.2 molL1 CH3COONa与0.1 molL1盐酸等体积混合后的溶液中(pHc(Cl)c(CH3COOH)c(H)答案AD解析相同浓度的HCOONa和NH4Cl溶液，水解程度NH大于HCOO，根据电荷守恒c(Na)c(H)c(HCOO)c(OH)，c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，可比较c(Na)c(H)和c(Cl)c(OH)，c(Na)c(Cl)，又根据NH和HCOO的水解程度得HCOONa中的c(H)大于NH4Cl溶液中c(OH)，所以阳离子浓度之和，前者大于后者，A正确；用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液，因为CH3COOH的酸性弱于HCOOH，CH3COOH消耗NaOH溶液的体积比HCOOH的大，B错误；根据电荷守恒c(HCOO)c(OH)c(Na)c(H)，c(Na)c(HCOOH)，C错误；反应后溶液相当于相同浓度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl的混合溶液，溶液显酸性，c(CH3COO)0.05 molL1，c(CH3COOH)KHBKHDB滴定至P点时，溶液中：c(B)c(Na)c(HB)c(H)c(OH)CpH7时，三种溶液中：c(A)c(B)c(D)D当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)c(H)答案C解析浓度均为0.1 molL1的HA、HB和HD三种酸溶液的pH不同，pH越小，则酸的电离常数越大，A正确；滴定至P点时，所得溶液为等物质的量浓度的HB与NaB的混合溶液，溶液显酸性，说明HB的电离程度强于B的水解程度，故c(B)c(Na)c(HB)c(H)c(OH)，B正确；pH7时，三种溶液中：c(A)c(B)c(D)，C错误；根据质子守恒知D正确。7(2018全国卷)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O，M248 gmol1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(1)已知：Ksp(BaSO4)1.11010，Ksp(BaS2O3)4.1105。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的_中，加蒸馏水至_。滴定：取0.00950 molL1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O6I14H=3I22Cr37H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I22S2O=S4O2I。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液_，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_%(保留一位小数)。答案(1)加入过量稀盐酸出现乳黄色浑浊(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液产生白色沉淀(2)烧杯容量瓶刻度线蓝色褪去95.0解析(1)检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化(反应为S2O2H=SO2SH2O)，静置，(吸)取上层清液，滴入氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。(2)配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，再转移至容量瓶，最后定容即可。淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉作为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，到滴定终点时溶液的蓝色褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O3I26S2O，则配制的100 mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c molL10.04597 molL1，含有的硫代硫酸钠为0.004597 mol，所以样品纯度为100%95.0%。8(2018天津高考)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH13，CO2主要转化为_(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)c(CO)21，溶液pH_。(室温下，H2CO3的K14107；K251011)答案CO10解析CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子(CO)。若所得溶液c(HCO)c(CO)21，则根据第二步电离平衡常数K251011，所以氢离子浓度为11010 mol/L，pH10。9(2018江苏高考)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为(2x)Al2(SO4)33xCaCO33xH2O=2(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)33xCaSO43xCO2生成物(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有_。(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 molL1 EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 molL1 CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3、Cu2与EDTA反应的化学计量比均为11)。计算(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。答案(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率(2)减小(3)25 mL溶液中：n(SO)n(BaSO4)0.0100 mol,2.5 mL溶液中：n(Al3)n(EDTA)n(Cu2)0.1000 molL125.00 mL103LmL10.08000 molL120.00 mL103 LmL19.000104 mol,25 mL溶液中：n(Al3)9.000103 mol,1 mol (1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中n(Al3)(2x)mol，n(SO)3(1x)mol，x0.41。解析(1)制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。10(2018北京高考)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“”)。结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同，_。(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：_ _。(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 后脱除率变化的原因：_ _。(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是_；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是_。(6)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b molL1 NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是_。(已知：H3PO4摩尔质量为98 gmol1)答案(1)研磨、加热(2)核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS(3)2Ca5(PO4)3F10H2SO45H2O10CaSO40.5H2O6H3PO42HF(4)80 后，H2O2分解速率大，浓度显著降低(5)CaSO4微溶BaCO3SO2H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2PO(6)解析(1)研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。(2)根据“强酸制弱酸”的反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，得电子能力PS，非金属性PS。(4)图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80 前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80 后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO与BaCO3生成BaSO4和CO，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3SO2H3PO4=BaSO4CO22H2POH2O。(6)滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为12，n(H3PO4)n(NaOH)b molL1c103 L mol，m(H3PO4) mol98 gmol1 g0.049bc g，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。11(2017全国卷)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_。(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式_。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40 时TiO2xH2O转化率最高的原因_。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为4，其中过氧键的数目为_。(5)若“滤液”中c(Mg2)0.02 molL1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_ _(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.31022、1.01024。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_。答案(1)100 、2 h,90 、5 h(2)FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O(3)低于40 ，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3恰好沉淀完全时，c(PO) molL11.31017 molL1，c3(Mg2)c2(PO)值为0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O解析(1)根据图像分析，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为100 、2 h,90 、5 h。(2)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O。(3)当温度低于40 时，H2O2、NH3H2O不易分解，但是温度低，反应速率慢，TiO2xH2O转化率低；当温度高于40 时，H2O2分解，NH3逸出，反应物浓度降低，TiO2xH2O的转化率低。(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为152x，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得：2x2(152x)1245，解得：x4。(5)根据Ksp(FePO4)1