高中化学——2020挑战压轴题——高考化学——强化训练篇（参考答案）

参考答案 专题1 1。答案C 解析A中溶液显酸性Fe2、NO丁在酸性溶液中发生氧化还原反应无法大量共存错误;B中由水电 离出的c（H）11014molI厂l的溶液可能显酸性也可能显碱性,HC（万都无法大量共存,错误;C溶 液中c（H）1101molDl,显酸性,所有离子都不反应,能共存,正确;D中Fe3和SCN反应无法 大量共存,错误。 2.答案D 解析A中的QH;OH将与Fe:发生显色反应不能共存错误;B中反应未配平错误;C中参与反 应的离子不符合物质的实际组成比,错误;D中从Fe元素守恒的角度可知0.1mol硫酸铁将生成 0.2mol铁,质量为112g,正确 3.答案C 解析溶液中三种离子均显还原性其强弱顺序为IFe2十Br所以加人的氯气最先与I反应生 成碘单质再与Fe2反应生成Fe3,最后与Br反应生成澳单质。A中所述线段代表的是Br的变化 情况故错误;B中所述线段I代表的是I变化情况,错误;由图中横坐标结合三个反应方程可知溶液中 I物质的量为2mol,Fe2物质的量为4mol,根据电荷守恒Br物质的量为6mol反应消耗3molCl2, 所以6,C正确;由上述计算可知原溶液中（FeBr2）3mol,D错误。 4.答案D 解析A中Fe2能被Cl2氧化,无法共存,错误;B中H与ClO生成弱电解质HClO无法共存,且该 溶液有强氧化性,不存在Fe2,错误;C中Fe2与OH生成难溶物、NH丁与OH生成弱电解质,无法共 存,错误;D中各离子均不反应,能共存 5.答案D 解析A中H不能与原溶液中的ClO共存错误;B中Ag不能与原溶液中的Cl共存,错误;C中 还原性的Fe2能与原溶液中氧化性的ClO发生反应,但原溶液显碱性,错误;D中加人浓盐酸后成为酸 性体系ClO与Cl发生如下反应:2HClClOCl2H2O每产生1molCl2转移1mol电 子,正确 6.答案B 解析NaOH与Cl2反应能生成NaClO满足消毒液成分要求A正确;在溶液中含有定量NaOH的 情况下,溶液显碱性的原因主要是NaOH的电离,B错误;当消毒液与洁厕灵混用时,酸性条件下ClO 和Cl发生反应生成Cl2,C正确;D中醋酸酸性强于次氯酸,能发生反应,正确 7.答案A 解析A中为CaSO4固体不能改写为离子,此反应为沉淀的转化书写正确;B中反应未配平,错误;C 中为碱性条件,方程中不能出现H,错误;D中反应物应为Cl和H2O,错误 8.答案C 解析由实验o可知草酸与氢氧化钙能反应且能生成沉淀A正确;由实验可知草酸酸性强于碳酸 B正确;由实验O可知草酸能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,但题中已知条件0.1molL H2QQ的pH1.3说明草酸为弱酸,离子方程式中不能改写,C错误;由实验可知草酸与乙醇发生酪 化反应,D正确 9.答案C 解析A中的白色沉淀为Fe（OH）2,由于被空气中的氧气氧化为Fe（OH）3而转变为红褐色;B中氯水 参考答案16I 巴呵 中含有HClO,具有强氧化性而使石蕊褪色;C中由于生成了更难溶的Ag2S而使沉淀由白色变为黑色, 与氧化还原无关;D中无色气体为NO因被氧气氧化为NO么而变成红棕色 10。答案D 解析分析该反应前后元素化合价的变化情况为:S从2价被氧化为6价O从1价被还原 为0价所以O2为还原产物,A错误;F元素价态在反应前后没有发生变化,所以O2F2仅做氧化 剂,B错误;未指明反应所处状态不能用224进行换算,C错误;H2S为还原剂,O2F2为氧化剂,其 物质的量之比为1:4,D正确 11.答案B 解析A中NHj和OH生成弱电解质无法共存;C中Ba2十和SO;生成沉淀无法共存;D中 Fe3和SCN生成配合物无法共存 12.答案D 解析A溶液为碱性,M崖、HSOJ都无法大量共存,错误;B中Fe3和SCN反应无法大量共 存,错误;C溶液中c（H）1l0lmol.Dl,HCO无法大量共存,错误;D中离子能共存,正确 13.答案D 解析由于Fe的还原性强于Cu所以两种金属与FeCl3反应的顺序是:O2Fe3Fe3Fe2、 2Fe3Cu2Fe2Cu2A中2b,说明FeCl3的量仅能够发生反应O,离子方程书写正 确;B中2b46说明FeCl3发生反应O后,反应能够部分或全部反应由于两个反应中转移 电子的物质的量均与Fe3物质的量相同,故B正确;当256时,反应o和按4;1进行,合并 后可得选项中方程,C正确;D中2b4b,说明反应O完全进行,生成（Fe2）3b,反应部 分进行,生成（Fe）（凰26）谰（Cu叶）（26）,所以溶液中总的（Fe绊）;Cu绅） （b）;（26）,故D错误. 14。答案AB 解析C离子水解分步进行,且以一级水解为主A正确;NaOH过量时,碳酸氢钙中的Ca2 和HCO将按照组成比1:2参与反应生成正盐和水,B正确;苯酚钠与二氧化碳反应时,得到苯 酚和碳酸氢钠,C6H5OCO2H2O-C6H5OHHCO可,C错误;铁过量时,与稀硝酸反应的产 物为硝酸亚铁,3Fe8H2NO丁3Fe22NO4H2O,D错误 15.答案C 解析A中Fe2O3有氧化性HI有还原性应发生氧化还原反应故错误;B中HCl既能与 Ag（NH3）2反应也能与OH反应,故错误;C中满足反应规律,正确;D中NaOH过量的情况下 NH旷和Fe2将按照物质的组成比以2:1参与离子反应,故错误 16.答案A 解析题中涉及的两个反应为:O2Cu24r2CuII2皿Iz2H2O4H卜 2r根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,可知A正确;皿与I2的反应中,I2作氧化剂,B错误; 该反应体现了皿的还原性,而非漂白性,C错误;反应O中,每生成1molCuI转移1mol电子,D错误 17答案B 解析由图可知,反应分为两步:Cu2Fe32Fe2十Cu2O24H4Fe24Fe32H2O Fe3在其中的作用符合催化剂的反应本质,A正确;若有NO丁参与反应,则酸性条件下NO丁将氧化Cu, 且产物中将有NO生成,与图示不符,错误;K3Fe（CN）6遇到Fe2将生成蓝色沉淀,可用于鉴别,C正 确;将分步反应合并可得到总反应式,D正确 18.答案A 解析A中发生反应;2HClOClCl2H2O,由化合价变化可知每生成1molCl2,转移 162挑战压轴题.高考化学-强化训练篇 司二 1mol电子,正确;溶液中存在Cl,A囤无法大量共存,B错误;该溶液显碱性,C中出现H,书写错误;溶 液中存在ClO和HClO,具有漂白性,无法用pH试纸测该溶液的pH,D错误 19.答案BC 解析A中HCO丁与Fe3发生双水解反应无法大量共存错误;B中离子不反应能大量共存;C溶液 中（H）110lmolrl,离子不反应能大量共存;D溶掖中存在Fe3与I反应无法大量共存,错 误 20.答案C 解析与Al反应能放H2的溶液可能显强酸性可能显强碱性C阴不能与H共存NH旷不能与 OH共存,且Cu2与C（喝生成沉淀无法共存,A错误;B中c（OH）102molI厂l溶液显碱性,无法 存在M旨、Fe2,错误;C中溶液显碱性,4种离子可以共存,正确;D中Fe3与SCN生成配合物,无法共 存,错误。 21。答案B 解析复盐属于纯净物,A错误;逐滴加人Ba（OH）2时OH将优先与H作用,反应完全后再依次与 Fe3和NH丁反应,Ba2始终只和SO;反应原溶液中,共存在Hmol、Fe3mol、NH丁2mol、 S（】3mol,当b0.5时,Ba（OH）2完全消耗,与其作用的只有H和S,B正确;当b0.5时溶 液中的H完全消耗,所以当05b2时,与其作用的是Fe3和S,离子反应为2Fe33SO; 3Ba26OH2Fe（OH）33BaSO4,C错误;b2时,Fe3完全消耗所以当2b3时, 与其作用的是NHt和SO箭,离子反应为2NHjSBa22（）HBaSO42NHH2（）,D 错误 22.答案C 解析A为酸性溶液方程式中出现OH错误;B中铁粉过量产物应为Fe2而非Fe3错误;C的 书写符合实际情况,正确;D中通人过量CO2,产物应为HCO丁而非C,错误 23.答案B 解析物质的氧化性越强对应离子的还原性越弱所以A正确;在原溶液中存在Fe2和I由还原 性）顶序可知Br2通人后先氧化I:O2IBr2I22Br,再氧化Fe2:2Fe2Br22Fe3 2Br,所以四条线的对应关系为:XI、YFe2、ZBr、WCl,B错误;由于BaCl2不与Br2反 应,所以只需考虑FeI2与Br2的反应即可,当43b（即;b3:4）时,O完全进行,设”（FeI2） 3mol,则反应O消耗（Br2）3mol,生成（Br）6mol,反应中有1molBr2参与,消耗（Fe2） 2mol,生成（Fe3）2mol生成（Br-）2mol,同时剩余刀（Fe2）1mol,即c（Fe2）:c（Fe3）: c（Br）1:2:8,C正确;FeI2与Br2反应的化学方程式为:（Br2少量）FeI2Br2FeBr2I2,（Br2 足量）2FeI23Br22FeBr32I2,当32b时,发生后个反应,D正确 24.答案A 解析反应中次氯酸盐是氧化剂,高铁酸钾是氧化产物,根据氧化剂氧化性强于氧化产物的氧化性,可 知ClO的氧化性强于Fe田,A错误;K化合价为1,O化合价为2可知高铁酸钾中Fe化合价为 6B正确;方程式配平后为2Fe（OH）33Cl（）4OH2Fe（X3Cl5H2O氧化剂和还原剂 之比为3;2C正确;高铁酸钾具有强氧化性,能消毒杀菌,胶体具有吸附性,能吸附水中悬浮的杂质,D 正确 25.答案（1）1:1（2）As2S:氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液（3）10mol正极（4）a 解析（1）根据电子得失守恒知1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子,而1molSnCl2作还原剂失去 2mol电子,所以二者的物质的量之比是1:1;（2）H2S气体的吸收可用碱液或硫酸铜溶液完成; （3）As2S3作还原剂,在方程中每生成2molH3AsO4转移电子10molNO2属于还原产物,将在正极生 成;（4）根据电子守恒可知生成CO2的物质的量是0.5mol440.5mol,但考虑到随着反应的进 参考答案Id3 行,硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应,故答案为a 26.答案C 解析A中苯酚显紫色说明存在Fe3,SCN无法共存错误;B中溶液可能显酸性也可能显碱性但 在酸性条件下产生氢气说明不能存在NOJ,错误;C中四种离子不发生反应,可以共存,注意:澄清溶液 可以有颜色;D中水电离出的c（H）c（OH）10umolLl,说明溶液可能显酸性也可能显碱性, 酸性条件下NO丁将氧化Fe2,碱性条件无法存在Fe2,错误 专题2 L答案D 解析A恰好完全反应水的电离程度先增大后再滴加氨水水的电离程度减小错误;B.因为 NH3H2O的电离常数Kbc（OH）C（NH丁）c（NH3H2O）,所以C（NH丁）c（NH3.H2O）Kb C（OH）,因为Kb不变,C（OII）逐渐增大,所以C（NHj）C（NH3。H2O）始终减小,错误;C.随着氨水的增 多,溶液的体积变大,c（CH3COOH）与c（CH3COO）之和逐渐减小,错误;D.当加人氨水的体积为10mL 时,CH3COOH和NH3H2O恰好完全反应,CH3COONH4呈中性,所以c（NHj）c（CH3COO）,正确 2.答案AC 解析pH相同的NaOH溶液与氨水相比较氨水的物质的量浓度远大于NaOH溶液加水稀释时氨 水的pH下降得更慢,A正确;放热反应必须符合反应物总能量比生成物总能量高B错误;催化剂能同 等程度加快正逆反应速率平衡不移动,C正确;由图中曲线可知三种沉淀的KSp大小依次为:KS队AgI） KsA出r）Ksp（Agcl）,所以相同条件下,先沉淀的是I,D错误 3.答案D 解析曲线的斜率代表反应速率温度高速率快,所以曲线I表示20C时的反应A错误;由图可知虽 然曲线I速率较慢,但是a点过后曲线明显升高,说明温度低转化率更高,B错误;化学平衡常数受温 度影响,温度不同,K不同,C错误;d点处于温度较高的曲线I上,且初始时的反应物浓度较大,所以速 率最大,b、c的转化率虽相同,但b点温度高,所以b点速率大于c点,D正确 4.答案AD 解析H2Q溶液中存在电荷守恒c（H）c（HC2）2c（C2O:）c（OH）结合题给信息 c（HC2）c（Q）0.1000molI厂lc（H2QO4）,代人上式即得A,A正确;由物料守恒可知 c（Na）c（总）的溶液,其溶质为NaHC2O4,由电离常数可知HC2OJ的电离强于水解,则c（Q） c（H2QO4）,B错误;pH7的溶液中,c（H）c（OII）,所以电荷守恒现在变为c（Na十）c（HQ） 2c（C2Oi）,但此时溶液体积增大,c（H2C2O4）c（HQ）十c（C2）0.1000mol.Ll,所以c（Na十） 0。1000mol.I厂1c（C2O;）c（H2C2O4）,C错误;c（Na）2c（总）,即c（Na）2c（H2C2O） 2c（HC2OD2c（QOi）,代人电荷守恒c（Na十）c（H）c（HQ）2c（QOi）c（OH）,即得D, D正确 5。答案C 解析由题给信息可知,酸性HNO2CH3COOH,初始两溶液pH相同,则初始浓度HNO2 CH3COOH相同倍数稀释时,酸性较强的pH变化程度更大,所以曲线I代表CH3COOH,A错误;b、c 比较b点pH更小,溶液酸性更强,水的电离程度更小,B错误;C（HA）C（OH）C（HA）KwKw C（A）C（A）C（H）-K, 从c点到d点,温度不变,此为定值,C正确;两溶液分别与NaOH反应时,CH3COOH将消耗更多的碱,所 以（Na十）不相同D错误 6.答案C 解析因为AgCl难溶,图中曲线上的点均为沉淀溶解平衡状态,其对应的数据都可用于计算AgCl的 Ksp如选取横坐标为40的点,此时过量Ag浓度约为0.017molLl图中所示Cl浓度约为1 164挑战压轴题.高考化学-强化训练篇 108molL1,所以Ksp（AgCl）约为1.710l0,满足选项中的数量级要求,A正确;曲线上的点均为沉 淀溶解平衡状态,均满足K爵p的表达式,B正确;图中曲线上的c点代表两种离子恰好完全反应,若Cl浓 度减小为原来的0.8倍,则滴定时需要的Ag的量也相应减少为原来的0.8倍,即体积将从25mL减小 为20mL,现a点对应的体积为15mL,C错误;沉淀等量的Br所需Ag的物质的量不变,横坐标不变, 但由于Ksp（AgBr）Ksp（AgCl）,在等量沉淀的溶液中,Br的浓度更小,其负对数更大,D正确 7.答案A 解析从曲线走向可知随温度上升甲烷的体积分数下降说明此时平衡正问移动即正向吸热A正 确;做条等温线可知,在温度相同的情况下,Z从b3,甲烷的体积分数在逐渐增大,应该是增加甲 烷的投料导致的,即3b,B错误;方程式中水和甲烷系数比为1;1,说明两者按等物质的量消耗, 投料比若为3,则平衡时水和甲烷的比例不可能为3,C错误;该反应正问为气体体积增大,当加压时平 衡逆向移动,将使甲烷的体积分数增大,D错误 8.答案CD 解析由I中O2的平衡浓度为0.2molL1,可求得NO2和NO的平衡浓度分别为0.2molLl和 0。4molLl,气体的平衡总浓度为0.8molLl,该温度下的平衡常数K0。8,I中各物质起始浓度 总和为1.0mol。Ll但此时由浓度商QK可知反应处在正问建立平衡的过程中,达到平衡时气体总 浓度将小于10molL1,所以A中结论错误;对I中各物质的起始浓度作个折算,相当于c（NO2） 0。7molI厂l,c（NO）0.1molLl,c（O2）0,此种状况下平衡正向进行的程度将比I中小,则平衡 时c（O2）c（NO2）也比I中的小,B错误;I中的平衡与按照c（NO2）0,c（NO）0.6molLl, c（O2）0.3molLl起始浓度建立的是全等平衡NO的体积分数等于50,中c（O2）c（NO）12, 可看作增大O2浓度,提高NO的转化率,导致平衡时NO的体积分数小于50,C正确;T1时,K0.8, n时,吐U逆陀正C2（NO2）龙逆C2（NO）C（O2）,由于陀正h逆,姓蜒C2（NO2）C2（NO）C（O2） 1,即此温度下的平衡常数K1,由于该反应正向吸热,升温有利于平衡正向移动,平衡常数将增大,所 以nZ,D正确 9.答案B 解析A二者恰好反应生成碳酸钠和水碳酸根离子水解溶液显碱性因此所得溶液中:C（Na十） c（CO;）c（OH）c（HCO丁）,A不正确;B.混合后反应生成醋酸和氯化钠所得溶液是醋酸钠、氯化 钠和醋酸的混合液,且三者的浓度相等,呈酸性,说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度,因此所得 溶液中:c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H）,B正确;C.室温下,pH2的盐酸与pH 12的氨水等体积混合后生成氯化铰和水,反应中氨水过量,溶液显碱性,因此所得溶液中:C（NH丁） c（Cl）c（OH）c（H）,C不正确;D.二者恰好反应生成醋酸钠和水,醋酸根水解,溶液显碱性,根据 质子守恒可知所得溶液中:c（OH）c（H）c（CH3COOH）,D不正确 10.答案C 解析NaHCO3溶液存在的质子守恒关系式为:c（OH）c（CO;）c（H）c（H2CO3）,A错误; NaHC2溶液呈酸性的原因是HQ的电离程度大于水解程度,正确的表达式为:c（Na十）C（HQ） c（C2）c（H2C2）,B错误;20mL0.10molLlCH3C）Na溶液与10mL0.10molD1HCl溶 液混合后发生反应:CH3COONaHClCH3COOHNaCl,溶液中存在同浓度的CH3COONa、 NaCl、CH3COOH,其电荷守恒关系式为:c（Na）c（H）c（CH3COO）c（OH）c（Cl）,物料 守恒关系式为:Oc（Na十）2c（Cl）c（CH3COO）c（CH3COOH）,将O2后将式代人并约简, 即得C,C正确;向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性时,所需NaOH物质的量将略大于 NH4HSO4,NH丁将参与反应导致浓度小于S,D错误 11.答案C 解析纵坐标越大表明溶液中氢离子浓度越大溶液酸性越强,（NaOH）0的时刻,HX的纵坐标更 参考答案I65 L 大,说明HX酸性更强,A错误;a点时c（H）0.1molI厂l,水电离出的c（H）10l3molI厂1,B错 误;c点加人（Na（）H）5103mol溶液中NaY和HY以等物质的量共存,溶液显酸性,说明以HY的 电离为主所以c（）c（HY）C正确;b点加人的NaOH不足量没有完全反应D错误 12.答案C 解析容器I中前5min的平均反应速率为u（COu（COCl:）032mol.Ll.mlnlA错误;比 较I和,发现随温度上升,产物的平衡物质的量减少,说明温度上升后反应正问进行的程度减小,正反 应为放热反应,B错误;由I中数据可知该温度条件下反应的平衡常数K10,可计算出中Cl2的平衡 浓度为0.1molLl,其初始浓度为1.1molL,物质的量为0.55mol,C正确;按照等物质的量减小投 料量,相当于对容器进行减压处理,原平衡将逆向移动,导致转化率下降,D错误。 13.答案D 解析若在t2时只加人定量的S（）2,则平衡将正向移动,达到新平衡时SO2的浓度将比原平衡时 大,速率将更快,不可能在同条水平线上,A错误;平衡常数只受温度影响,B错误;由t和t3速率相等 可推知两种情况为等效平衡所以Iil和厕应该相等C错误同时等效平衡体系中同种物质的体积分数 必然相等,D正确 14.答案C 解析A.根据电荷守恒得c（H十）c（F）c（CHCOO）c（OH）故A正确;B常温下二者等体 积混合时,醋酸过量导致溶液呈酸性,则c（H）c（OH）,溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得 c（CH3COO）c（OH）c（Na十）c（H）,所以c（CH3COO）c（Na十）,酸的电离程度较小,所以 c（Na十）c（H）,所以有c（CH3COO）c（Na）c（H十）c（OH）,故B正确;C.pH相等的两种溶 液HF和cH3cooH中,醋酸的物质的量浓度大于HF,所以中和相同体积的、O,需消耗O的体积 O,故C错误;D。氟化钠是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,向醋酸中加人氟化钠促进醋酸电离,则醋酸电 离平衡向正反应方向移动,故D正确 15.答案C 解析由图可知,随压强减小,G的体积分数增大,即平衡逆向移动,说明正向气体体积缩小,L为固 体,所以b,A错误;C正确;曲线随温度上升而下降,说明升温平衡正向移动,H0,B错误;L为 固体,其用量多少不影响平衡移动,即不影响G的转化率,D错误 M答素（D92闽.m。（2）b摆 （3）H:N:N:H（H:C）NHNH（CH3）H2O（H3C）NHNH2（CH3）OH酸 HH 解析（l）根据H的计算式为反应物键能总利减去生成物键能总和可以计算得出结果;（2）反应在 恒温恒压下进行,容器体积会随反应进行而改变,达到平衡时体积不变,密度也就不变了,b能作为判据, 此时容器中各物质浓度保持不变,c也能作为判据;由于N2和H2以物质的量之比投料,也以物质的量之 比消耗,所以在任意时刻转化率都相等,a不能作为判据,恒压容器不能以压强不变作为判据,d错误;反 应正向气体体积减小、温度相同时压强增大NH3的体积分数也增大,所以户2;B点温度高,反应速 率更快;根据投料和A点NH3的平衡分数60,可以计算出各物质的平衡物质的量,由物质的量分数、 结合压强为户2即可求得各物质的平衡分压9代人平衡常数表达式即可;（3）根据各原子最外层均达稳定 结构完成电子式二甲基脐为二元弱碱,电离时用可逆符号表示N2H5Cl为强酸弱碱盐,水溶液显酸性 17.答案（1）18kJmoll（2）CuS9.01010（3）O大于80O16.0AC 解析（1）根据盖斯定律,将方程O即得方程O,所以H3H2Hl18kmol1 ; （2）因为Ksp（CuS）Ksp（PbS）,所以当两种金属离子同浓度时9沉淀Cu2所需S2浓度更小,因此先生 成CuS,当两种沉淀都生成时,溶液中的S2浓度相等,则c（Pb2）c（Cu2）K篱p（PbS）Ksp（CuS）,代人 数据计算得9.010lo; 166挑战压轴题高考化学-强化训练篇 （3）oA点处于正向建立平衡的过程中,B点达平衡,所以A点正反应速率更大, COS（g）H2O（g）H2S（g）CO2（g）H235k.moll （起始）5mol5mol00 （平衡）5mol工5mol工工工 （变化）工工工工 根据图中H2S（g）的平衡体积分数为40,可求得工4mol,所以COS的平衡转化率为80, O由表达式KC（H2S）.r（CO2）C（COS）C（H2（）,代人相关数据计算得K16。0, 增加H2O（g）浓度和降低温度平衡均正向移动,COS的转化率增大,该反应为前后气体体积不变的 可逆过程,压强的变化不影响平衡移动,B错误催化剂能加速反应,但不影响平衡移动,D错误 18.答案BD 解析按照等效平衡折算1和2的投料方式可知2中压强相当于1中的2倍平衡时2中速率更快 Ul陇,压强增大有利于平衡正问移动,2Clc2,A错误;反应正向放热,低温有利于平衡正向移动, l（CO）3（CO）,3中温度高,反应速率更快,ul哟,B正确;2和3相比,2中压强大温度低,更有利于 平衡正向移动,户223,KlK3C错误;D正确 19。答案AC 解析由甲图可知CuS的溶解度更小K愚p（FeS）Ksp（CuS）A正确;同pH的酸溶液稀释同等倍数 时,酸性越强的酸溶液pH改变的程度越大,由图乙可知甲酸酸性更强,B错误;图丙中加人NaOH溶液 20.00mL时溶液恰好显中性,则c（HCl）0.0800molLl,C正确;图丁中横坐标为（N2）（H2）该 比值的增大可理解为增大N2的起始浓度H2的转化率也将随之增大,A（H2）B（H2）,D错误。 20.答案D 解析分析图中6min12m1n三种物质的变化浓度山（X）0.015Iml.Dl（Y）0.015mol.1厂l c（Z）0.015molDl,相同时间内变化浓度之比等于系数比,可知1,A正确;12mm14mjn内 Y变化浓度为0.01mol。I丁l,则速率为0005molrlmlI厂lB正确;6min10mjn内X消耗了 0.015molL,则吸收热量0.015QkC正确;当10mln达到化学平衡时,由图中各物质浓度可求得该温 度下的K0.234,假设D中原因成立,由图可知12mln时Z的浓度从0.085molI厂减少到0.05mol.I厂, 14min再次平衡时Z的浓度为0.06mol.L1,Y的浓度为0.12molI厂l,则X的浓度将减少0.01mol1厂l, 为0.04molI厂!,可算出此时的K0。24,与初次平衡时不同,温度不变,K也将不变,故选项中的原因 不成立,D错误。 2L答案BD 解析由图可知等物质的量的NaHSO和Na2SO3混合物溶于水时溶液显碱性,以S的水解为 主,6（HSO丁）6（SO;）,A错误;C点的C（H）分别满足H2SO3的级电离和二级电离,由A点可知 K缨-l0M,B点可知K翅-l0,鳃,C点满足K.蕊K露-曾（趾哪,此时（哩sq）-（so;）. c（H）105545,pH5.545,B正确;Na2SO3溶液中通人HCl气体至溶液呈中性时,存在电荷守恒关 系式:c（Na）2c（S）c（Cl）c（HS）,同时溶液中存在物料守恒关系式:c（N扩）2c（S） 2C（HSO丁）2C（H2SO3）,则2C（HS（万）C（Na十）2C（S（喝）2C（H2SO3）,将其代人电荷守恒关系式并 进行整理,得C（Na十）2C（H2S（）3）2C（S）2C（Cl）,C错误;D中氢氧化钠加人后反应得到物质的 量各为0.005mol的NaHSO3和Na2S（）3溶液,因为溶液显碱性,由电荷守恒关系可得c（Na十2c（S（喝） （HSO可）,此时溶液体积为200mL,满足c（SO;）c（HSO）c（H2SO3）0.05molL,将c（S（r） c（HS（X）0.05molI厂1c（H2SO3）代人即得,D正确 22.答案D 解析A选项任何时候都成立水的离子积直存在;B选项任取M区域一点,7pH6.5所以 正确;C选项Z到L,水的离子积变大,升温;从图像得D错误。 参考答案167 23.答案BD 解析A建立思维模型设甲的体积与乙相等再次投料后建立平衡此时与乙等效再将甲的体积缩 小半,平衡逆向移动,C的量就会小于乙中C的浓度的2倍;B的体积增加,而气体总体积在减小,甲、 乙中B的体积分数在增大;C相当于压实乙,增大压强,平衡向左移动,乙中C的体积分数小于甲中C的 体积分数的2倍;D中K不动,增加氦气平衡不移动,乙中增加了气体的量,活塞右移,相当于减压,平衡 肯定发生移动,D正确 24.答案B 解析A从PH得出碱为弱碱所以完全中和后的溶液由于水解显酸性,所以选用酸性范围变色的指 示剂最好选取甲基橙作指示剂B。反应在t2时刻SO2和O2浓度减小,而巫的浓度增大,化学平衡正 向移动,可能是缩小容器体积,使容器内的气体压强增大,平衡正向移动,正确C向某明矾溶液中加人 Ba（OH）2溶液当Al3沉淀完全时发生反应:2KAl（m）23Ba（OH）2K2）42Al（OH）3 3BaS当SOi沉淀完全时发生反应:KAl（SO4）22Ba（OH）2KAlO22BaSO42H2O所以 在加人15mlBa（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全;在加人20mLBa（OH）2溶液时硫酸根离子恰好沉淀 完全错误D.加人等体积的水时,由于在醋酸溶液中存在醋酸分子会继续电离产生H,因此醋酸溶液 的pH变化较小,故其中曲线a对应的是醋酸,曲线b对应的是盐酸,错误 25.答案（1）OCDCH3OH（g）32O:（g）CO2（g）2H2O（g）H651kJ.moll Oi）270C;ii）4L2.mol2（可以不写单位） （2）210-4molL1 解析（1）O增大浓度、增大压强、升高温度、使用催化剂能提高反应速率O答案为CD;根据盖斯 定律将涉及的下列三个方程按照2cba进行合并即可a.CO（g）2H2（g）CHOH（g）H1 116kmollb.CO（g）12O2（g）CO2（g）H2-283kJmollc。H2（g）12（）2（g） H2O（g）H3242kJmoll;由中热化学方程式可知该反应正问放热,所以相同投料比的时 候温度越高CO的平衡转化率越低,Z对应的为270,由图中数据可知三种物质的初始浓度分别为 c（CO）1molI厂,c（H2）1.5molD1,c（CH3OH）0molI厂,CO转化率为50的情况下, 三种物质的平衡浓度分别为c（CO）0.5molI厂1,c（H2）0.5molI厂l,c（CH3OH）0.5molI厂l, 代人平衡常数表达式可求得K4,（2）该题只需要用KSp的表达式进行计算即可,但是值得注意的是当 两种溶液等体积混合时,相关离子的浓度都要减半,Ksp2。8105c（Ca2）2,c（Ca2）2104 molLl。 C l。2 1 0.6 26.答案（1）0.08mol.Ll.s!（2）CE（3） . .车 嚣 十【l时 !l 解析（1）u（CO）（4mol2.4mol）（2L10s）0.08mol.Dl.sl; （2）移走部分CO2,瞬间正反应速率不变,然后减小至不变,A错误;反应正向体积缩小9若在恒压条件 下,则反应正向进行的程度更大,平衡时CO的物质的量将小于2.4mol,B错误;反应正向放热若在绝 热条件下进行,反应体系温度将逐渐升高,速率加快,C正确;催化剂能同等程度的改变正逆反应速率,所 以选择乙更合适,D错误;原平衡时将各物质平衡浓度代人K表达式,计算得K0。625,再充人0.8mol CO和0.4molN2后,可计算此时的浓度商Q0。42,所以需要I向建立平衡,即u正u逆,E正确 （3）容器体积增大为2倍,所以CO起始浓度变为1molLl,反应速率减慢达平衡所需时间延长,但是 I68挑战压轴题高考化学-强化练篇 沫r阑 压强减小使反应正问进行的程度也减小,所以CO的平衡浓度将比原平衡浓度的半要大,画图如上 所示。 27.答案（1）Ocba相同温度下,HSCN比CHCOOH的电离平衡常数大同浓度时电离出的氢离 子浓度大与NaHCO3溶液反应快Ob （2）FeSFeS 解析（1）酸性H2CO3HCNHC水解程度CO;CNHC,所以三种盐的浓度大小关 系就确定了;H哑N比CH3C）H的电离平衡常数大所以H叹N与NaH溶液反应快,反应结束后 CH3C（厂的水解程度大于邵N,所以c（CH3厂）c（距N）;温度不变cd选项不会改变,a选项变大 （2）由图形知,三种阳离子浓度相等时,PbS沉淀中c（S2）最小,溶度积最小,FeS最大,所以与盐酸反应 时FeS先反应生成H2S气体 专题3 1.答案B 解析气态水不是水的稳定态A项错误;石墨生成金刚石为吸热反应,故石墨比金刚石稳定B项正 确;固体NaOH溶解于水还存在溶解放热,C项错误;碳燃烧属于放热反应,碳完全燃烧生成CO2比不完 全燃烧生成CO放出的热量多,但是烩变为负值,D项错误 2.答案B 解析电镀锌以含Zn2的溶液为电解质溶液A项错误;B项正确;铜锌原电池以硫酸铜溶液为电解 质溶液C项错误;电解食盐水制取氯气,阳极应是惰性电池,D项错误 3。答案D 解析B.牺牲阳极的阴极保护法是原电池原理,需要外接比不锈钢更活泼的金属,所以B错误;D利 用电解法使铝的表面生成氧化铝,必须使得铝被氧化,故铝件做阳极。 4.答案（1）QH8（g）5Q（g）3儿（g）4H2O（l）,H2221.5kI.moll2059.9（2）Obc 2Cl2H2O翼皇2（）HH2Cl213 解析（1）在298K时1mol丙烷完全燃烧生成CO2和液态水放出2221.5k的热量则该反应的热 化学方程式为C3H8（g）5O2（g）3CO2（g）4H2O（l）,H2221.5kJmol1根据盖斯定律, 将题中所给的方程式相加减得到1molQH6完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量2059.9k （2）o铝为负极,铂网为正极,海水为电解质溶液形成的原电池中,a.原电池工作时,电流由正极沿导线 流向负极,即电流由铂电极沿导线流向铝电极,故a错误;b.铂电极采用网状能增大与气体的接触面积, 所以网状比块状更有利于O2放电,故b正确;c。原电池工作时,电解质中的阴离子移向负极,所以海水中 的OH向铝电极方向移动,故c正确。 电解氯化钠溶液反应的离子方程式为:2Cl2H2O望皇2OHH2Cl2根据总反应当两极上 共收集到0448L即0.02mol气体时,则生成的氯气和氢气均是001mol,所以生成氢氧化钠的物质的 量是0.02mol,所以氢氧化钠的浓度为0.1mol.L1,所以pH13 5.答案D 解析设两个方程式分别为、,根据盖斯定律,将O2,可得2H2O（g）2H2（g） O2（g）H（2220）kI.moll根据烩变与键能之间的关系列式,4（462kJmol1）2 （-436kmoll）（496klmoll）（2220）kJ。mol解得130 6.答案B 解析由题意可知,反应过程从外界吸收热量,直接判断A和C错,D项中热化学方程式的书写状态 没有标明,明显错误 7.答案D 参考答案169 解析A项对比oFe附近的溶液中检出不含Fe2oFe附近的溶液中含Fe2;B项oFe表 面产生蓝色沉淀说明Fe表面产生了Fe2十对比O可推测O可能是K3Fe（CN）将Fe氧化成Fe2; C项,对比O,方法O也能检验出Fe2,不能用O的方法验证Zn保护Fe;D项,由实验可知 K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2,即使检测出产生了Fe2,也不能证明Fe比Cu活泼 8。答案C 解析A。要形成氧化膜就是要将铝表面形成氧化铝,铝元素化合价升高失电子,因此铝为阳极;B.可 增大接触面积,能增加电解效率;C.阴极应为氢离子得电子生成氢气,错误;D。电解时,阳极区正电荷增 多,阴离子移问阳极,正确 9.答案A 解析由正极反应为O24e4H2H2O,可知A错误C正确题干中微生物电池是指在微生 物的作用下将化学能转化为电能的装置,说明B正确 10.答案（1）MnO2百HMn（）（）H;Zn2MnO22H十Zn22MnOOH （2）0。05g（3）加热浓缩、冷却结晶;碳粉、MnO（）H;在空气中加热;碳粉转变为CO2,MnOOH氧化为 MnO2（4）Fe3;2.7;6;Zn2和Fe2分离不开;Fe（OH）2和Zn（OH）2的Ksp相近 解析（1）酸性锌锰干电池锌是负极电极反应式为Zn2eZn2正极二氧化锰得到电子 则正极电极反应式为MnO2e厂HMnOOH,总反应为:Zn2MnO22HZn2 2Mn（H。 （2）Q-脉侧通过的电量是l50C,因此通过电子的物质的量是瑞6-山5540:m。l.锌在反应巾失 去2个电子,则理论消耗Zn的质量是0.001554mol65gmoll0.05g 2 （3）ZnCl2的溶解度受温度影响较大,可通过加热浓缩、冷却结晶与NH4Cl分离。 （）由氢氧化铁的溶度积常数可知,当铁离子完全沉淀寸溶液小氢氧根的浓度-）票 10l2molL,所以氢离子浓度是2103molI厂l因此加碱调节pH为2。7,铁刚好完全沉淀 再根据Zn（OH）2的Ksp,计算出Zn（OH）2开始沉淀时的pH为6。 如果不加双氧水,则在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀,导致生成的氢氧化锌不纯,无法分离开Zn2 和Fe2 11.答案D 解析A放电时,a电极为正极,电极反应为:I2B厂2百2IB厂,正确;B放电时,溶液中不断 生成新的阴阳离子,正确;C。充电时,每增加0.65g锌,转移0。02mol电子,阳极有0.02molI失电子被 氧化,正确;D.充电时,a是阳极,应与外电源的正极相连,故D错误 12.答案（1）负4Al2Cl73e厂Al7AlC叮H2（2）3 解析（1）电镀时镀件做阴极故钢制品做阴极;电镀铝时阴极上生成单质铝故阴极反应式为 4Al2Cl73e厂Al7AlCl可;若改用AlCl3水溶液阴极上H放电产生H2; （2）2Al2NaOH2H2O2NaNO23H2,H2是还原产物,H2与电子转移数的对应关系为: H22e故（H2）3mol 13.答案C 解析若液体c为非电解质溶液则溶液不导电,A和B错误;若该装置是电解池,Fe与负极相连作阴 极时被保护,故C正确;a、b接直流电源时该装置可能为电解池没有正负极,Fe只能作阴极或阳极,故 D错误。 14.答案C 解析钢铁的吸氧腐蚀,铁为原电池的负极A项错误;酸性氢氧电池正极反应为:（）24e4H尸 I刀挑战压轴题高考化学-强化训练篇 2H2O,B项错误;C项正确;铅蓄电池正极PbQ放电生成PbS（儿,D项错误 15.答案C 解析乙醇为非电解质故有机电解液不可以是乙醇等非电解质的无水有机物故C错误。 16.答案D 解析开关K置于M处,为原电池装置。A中形成原电池锌比Fe活泼可减缓铁的腐蚀这种方法称 为牺牲阳极的阴极保护法,故A正确C中也形成原电池,但Fe为负极,Cu为正极,C正确开关K置 于N处,为电解池装置B中Fe为阴极,受到保护,溶液中的阳离子向铁电极移动,故B正确D为电镀 装置,溶液中铜离子浓度不变,故D错误 17。答案C 解析液态水到气态水吸热所以bC故A错误;燃烧热应生成稳定氧化物应该是液态水,故B错 误;根据盖斯定律,将O、O两个反应都乘以2,再相减可得到c的方程式,故c正确;设:甲醇和甲烷物质 的量分别为涎、2蟹则恋十2迹Q,解得堑反旱蚕则该棍合物中甲烷的物质的量为I笺F故 D错误 18.答案C 解析A.H2O2在工作中做正极正极发生反应为:H2O22e2OH故A正确;B.放电时b极 区产生OH,N扩从a极区移问b极区平衡右侧电荷,故B正确;C.电子由负极经外电路流问正极,应该 由a到b,故C错误;D.由B选项的分析可知右侧区域产生氢氧化钠溶液,可以循环使用,故D正确 19.答案C 解析A.I过程中破坏的是氮气和氢气中的共价键,都是非极性键,故A正确;B。I过程断开化学 键需要吸收能量,过程形成化学键需要放出能量,故B正确;C。选项中方程的系数是图中所给物质的 量的两倍,故H2（11291175）92kmoll,故C错误;D。该反应为放热反应,因此反应物所 具有的总能量比生成物所具有的总能量高故D正确。 20.答案（1）CH2O（g）复翼COH2 （2）180 （3）1.25 （4）CO22e-2HHCOOH （5）A;4.96g 解析（1）制备水煤气的原理 （2）根据盖斯定律,HH2即可 （3）由三段式求出平衡时体系中各种物质的浓度。再根据平衡时生成物浓度的幂之积除以反应物浓度 的幂之积. （4）催化剂b段发生还原反应:CO22e2HHCOOH （5）看图便知,B为电源的负极,提供电子给硝酸根反应转化成氮气.故A为正极根据电子得失守衡, 转移0.4mol电子,则反应掉008mol的硝酸根质量为4.96g 21.答案A 解析本题考查原电池和电解池工作原理A项K闭合时,Zn和Cu构成原电池Cu