2017-2019高考化学真题分类汇编专题10 水溶液中的离子平衡(解析版)

2017-2019高考化学真题分类汇编

专题10 水溶液中的离子平衡

1．[2019新课标Ⅰ]NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的K a1=1.1×10?3 ，K a2=3.9×10?6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是

A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关

B．Na+与A2?的导电能力之和大于HA?的

C．b点的混合溶液pH=7

D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH?)

【答案】C

【解析】

【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。

【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A 正确；

B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a 点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；

C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；

D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸

钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b 点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。

2．[2019新课标Ⅱ]绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是

A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度

B．图中各点对应的K sp的关系为：K sp(m)=K sp(n)

C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动

D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动

【答案】B

【解析】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)?Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积K sp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；

B. CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；

C. m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；

D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s)?Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；

答案选B。

3．[2019新课标Ⅲ]设N A 为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H 3PO 4溶液，下列说法正确的是

A ．每升溶液中的H +数目为0.02N A

B ．c (H +)= c (42H PO -)+2c (24HPO -)+3c (34PO -

)+ c (OH ?)

C ．加水稀释使电离度增大，溶液pH 减小

D ．加入NaH 2PO 4固体，溶液酸性增强

【答案】B

【解析】A 、常温下pH ＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L ，因此每升溶液中H ＋数目为0.01N A ，A 错误；

B 、根据电荷守恒可知选项B 正确；

C 、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH 增大，C 错误；

D 、加入NaH 2PO 4固体，H 2PO 4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D 错误；

答案选B 。

4．[2019北京]实验测得0.5 mol·L ?1CH 3COONa 溶液、0.5 mol·L ?1 CuSO 4溶液以及H 2O 的pH 随温度变化的曲线

如图所示。下列说法正确的是

A ．随温度升高，纯水中c (H +)>c (OH ?)

B ．随温度升高，CH 3COONa 溶液的c (OH ?)减小

C ．随温度升高，CuSO 4溶液的pH 变化是K w 改变与水解平衡移动共同作用的结果

D ．随温度升高，CH 3COONa 溶液和CuSO 4溶液的pH 均降低，是因为CH 3COO ?、Cu 2+水解平衡移动方向

不同

【答案】C

【解析】

【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，

据此解题；

【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H +).c(OH -)=Kw 减小，故pH 减小，但c(H +)=c(OH -)，故A 不符合题意；

B.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH -)增大，醋酸根水解为吸热过程，

CH 3COOH -+H 2O ?CH 3COOH+OH -,升高温度促进盐类水解，所以c(OH -)增大，故B 不符合题意；

C.升高温度，促进水的电离，故c(H +)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu 2++2H 2O ?Cu(OH)2 +2H +，故c(H +)增大，两者共同作用使pH 发生变化，故C 符合题意；

D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D 不符合题意；

综上所述，本题应选C 。

【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。

5．[2019天津]某温度下，2HNO 和3CH COOH 的电离常数分别为45.010-?和5

1.710-?。将pH 和体积均

相同的两种酸溶液分别稀释，其pH 随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是

A ．曲线Ⅰ代表2HNO 溶液

B ．溶液中水的电离程度：b 点＞c 点

C ．从c 点到d 点，溶液中()()()HA OH A c c c --?保持不变（其中HA 、A -

分别代表相应的酸和酸根离子） D ．相同体积a 点的两溶液分别与NaOH 恰好中和后，溶液中()Na

n +相同

【答案】C

【解析】 【分析】电离常数HNO 2大于CH 3COOH ，酸性HNO 2大于CH 3COOH ；

A 、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I 的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；

B 、酸抑制水电离，b 点pH 小，酸性强，对水电离抑制程度大；

C 、k w 为水的离子积常数，k(HNO 2)为HNO 2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；

D 、体积和pH 均相同的HNO 2和CH 3COOH 溶液，c （CH 3COOH ）＞c （HNO 2）。

【详解】A 、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I 的酸性强，Ⅱ代表HNO 2，I 代表CH 3COOH ，故A 错误；

B 、酸抑制水电离，b 点pH 小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B 错误；

C 、Ⅱ代表HNO 2，c(HNO 2)c(OH -)/c(NO 2-)=c(H +)·c(HNO 2)c(OH -)/[c(H +)·c(NO 2-)]=k w /k(HNO 2)，k w 为水的离子积常数，k(HNO 2)为HNO 2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C 正确；

D 、体积和pH 均相同的HNO 2和CH 3COOH 溶液，c （CH 3COOH ）＞c （HNO 2），分别滴加同浓度的NaOH 溶液至恰好中和，CH 3COOH 消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO 2消耗的NaOH 少，故D 错误；

故选C 。

【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH 变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C ，要将已知的c(HNO 2)c(OH -)/c(NO 2-)分子和分值母同乘以c(H +)，变成与k w 为水的离子积常数和k(HNO 2)为HNO 2的电离常数相关的量，再判断。

6．[2019江苏]室温下，反应3HCO -+H 2O 垐?噲?H 2CO 3+OH ?的平衡常数K =2.2×10?8。将NH 4HCO 3溶液和氨水

按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO 。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是

A ．0.2 mol·L ?1氨水：c (NH 3·H 2O)>c (4NH +)> c (OH ?)> c (H +)

B ．0.2 mol·L ?1NH 4HCO 3溶液(pH>7)：c (4NH +)> c (3HCO -)> c (H 2CO 3)> c (NH 3·H 2O)

C ．0.2 mol·L ?1氨水和0.2 mol·L ?1NH 4HCO 3溶液等体积混合：c (4NH +)+c (NH 3·H 2O)=c (H 2CO 3)+c (3HCO -

)+

c (23CO -)

D ．0.6 mol·L ?1氨水和0.2 mol·L ?1 NH 4HCO 3溶液等体积混合：c (NH 3·H 2O)+ c (23CO -)+ c (OH ?)=

0.3 mol·L ?1+ c (H 2CO 3)+ c (H +)

【答案】BD

【解析】

【详解】A.NH 3?H 2O 属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH 3?H 2O 垐?噲?NH 4++OH -，

H 2O 垐?噲?H ++OH -，所以c(OH -)>c(NH 4+)，故A 错误；

B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-垐?

噲?NH3?H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微噲?H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2O垐?

弱的，则c(H2CO3)>c(NH3?H2O)，故B正确；

C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C错误；

D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：

c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；

故选BD。

7．[2019浙江4月选考]室温下，取20 mL 0.1 mol·L?1某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L?1 NaOH溶液。已知：

H2A H+＋HA?，HA??H+＋A2?。下列说法不正确

．．．的是

A．0.1 mol·L?1 H2A溶液中有c(H+)－c(OH?)－c(A2?)＝0.1 mol·L?1

B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA?)＋2c(A2?)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL

C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2?)＝c(H+)－c(OH?)

D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA?)＋2c(A2?)

【答案】B

【解析】

【分析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 mol·L?1二元酸H2A看做20 mL 0.1 mol·L?1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。

【详解】A. 0.1 mol·L?1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH?)+2c(A2?)+c(HA?)，因而c(H+)-c(OH?)-c(A2?)= c(A2?)+c(HA?)=0.1mol·L?1，A项正确；

B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA??H+＋A2?，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；

C.当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2?)＝c(H+)－c(OH?)，C项正确；

D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA?)＋2c(A2?)，D项正确。故答案选B。

8．[2018海南]某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是A．AgCl的溶解度、K sp均减小

B．AgCl的溶解度、K sp均不变

C．AgCl的溶解度减小、K sp不变

D．AgCl的溶解度不变、K sp减小

【答案】C

【解析】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl 的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。

故答案选C。

【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，K sp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。

9．[2018新课标Ⅲ]用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是

A．根据曲线数据计算可知K sp(AgCl)的数量级为10-10

B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=K sp(AgCl)

C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a

D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动

【答案】C

【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。A．选取横坐标为50 mL的点，此时向50 mL

0.05 mol /L 的Cl -溶液中，加入了50 mL 0.1 mol /L 的AgNO 3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag +浓度

为0.025 mol /L (按照银离子和氯离子1∶1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍)，由图示得到此时Cl -约为1×10-8mol /L (实际稍小)，所以K sp (AgCl )约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-

10，选项A 正确。

B ．由于K sp (AgCl )极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c (Ag +)·c (Cl -)＝K sp (AgCl )，选项B 正确。

C ．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol /L 的Cl -溶液改为50mL 0.04mol /L 的Cl -溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c 点的25mL 变为25×0.8=20mL ，而a 点对应的是15mL ，选项C 错误。

D ．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以K sp (AgCl )应该大于K sp (AgBr )，将50mL 0.05mol /L 的Cl -溶液改为50 mL 0.05 mol /L 的Br -溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1∶1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由c 点变为b 点,选项D 正确。 点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。

10．[2018北京]测定0.1 mol ·L -1 Na 2SO 3溶液先升温再降温过程中的pH ，数据如下。

时刻

① ② ③ ④ 温度/℃

25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。

下列说法不正确．．．

的是 A ．Na 2SO 3溶液中存在水解平衡：23SO -+H 2O

3HSO -+OH ? B ．④的pH 与①不同，是由于23SO -浓度减小造成的

C ．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致

D ．①与④的K w 值相等

【答案】C

【解析】A 项，Na 2SO 3属于强碱弱酸盐，23SO -存在水解平衡：23SO -+H 2O

3HSO -+OH -、3HSO -+H 2O H 2SO 3+OH -，A 项正确；B 项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 2溶液做对比实

验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na 2SO 3被氧化成Na 2SO 4，①与④温度相同，④与①对比，

23SO -浓度减小，溶液中c (OH -)，④的pH 小于①，即④的pH 与①不同，是由于23SO -浓度减小造成的，B 项正

确；C 项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度23SO -水解平衡正向移动，c (23SO -

)减小，水解

平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C 项错误；D 项，K w 只与温度有关，①与④温度相同，K w 值相等；答案选C 。

点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO 32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。

11．[2018天津]LiH 2PO 4是制备电池的重要原料。室温下，LiH 2PO 4溶液的pH 随c 初始(H 2PO 4–)的变化如图

1所示，H 3PO 4溶液中H 2PO 4–的分布分数δ随pH 的变化如图2所示 [–24=P H PO c c δ总（含元（）素的粒子）]。 下列有关LiH 2PO 4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H 2PO 4–、HPO 42–、PO 43

– C ．随c 初始(H 2PO 4–)增大，溶液的pH 明显变小

D ．用浓度大于1 mol ·L -1的H 3PO 4溶液溶解Li 2CO 3，当pH 达到4.66时，H 3PO 4几乎全部转化为LiH 2PO 4

【答案】D

【解析】本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。A ．溶液中存在H 2PO 4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO 42–

的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A 错误。B ．含P 元素的粒子有H 2PO 4–、HPO 42–、PO 43–和H 3PO 4。选B 错误。C ．从图1中得到随着c 初始(H 2PO 4–)增大，溶液的pH 不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH 值以后就不变了。所以选项C 错误。D ．由图2得到，pH =4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P 的成

分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。

点睛：本题中随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为H 2PO4–存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。

12．[2018江苏]根据下列图示所得出的结论不正确的是

A．图甲是CO(g)+H 2O(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ΔH<0 B．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 mol·L?1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L?1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(SO42?)的关系曲线，说明溶液中c(SO42? )越大c(Ba2+ )越小

【答案】C

【解析】A项，升高温度，lgK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ΔH0，A项正确；B项，根据图像，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lg c(SO42-)越小，-lg c(Ba2+)越大，说明c(SO42-)越大,c(Ba2+)越小，D项正确；答案选C。

点睛：本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。

13．[2018江苏]H2C2O4为二元弱酸，K a1 (H2C2O4 ) =5.4×10?2，K a2 (H2C2O4 ) =5.4×10?5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4?) +c(C2O42?)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L?1H2C2O4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

A．0.1000 mol·L?1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L?1+c(C2O42? )+c(OH?)?c(H2C2O4 )

B ．c (Na + ) =c (总)的溶液：c (Na + ) >c (H 2

C 2O 4 ) >c (C 2O 42? ) >c (H + )

C ．pH = 7的溶液：c (Na + ) =0.1000 mol·L ?1+ c (C 2O 42?) ?c (H 2C 2O 4)

D ．c (Na + ) =2c (总)的溶液：c (OH ?) ?c (H +) = 2c (H 2C 2O 4) +c (HC 2O 4?)

【答案】AD

【解析】

A 项，H 2C 2O 4溶液中的电荷守恒为c (H +)=c (HC 2O 4-)+2c (C 2O 42-)+c (OH -)，0.1000 mol ·L ?1H 2C 2O 4溶液中0.1000mol /L =c (H 2C 2O 4) + c (HC 2O 4-)+ c (C 2O 42-)，两式整理得c (H +)=0.1000mol /L -c (H 2C 2O 4)+c (C 2O 42-)+c (OH -)，A 项正确；

B 项，c (Na +)=c (总)时溶液中溶质为NaH

C 2O 4，HC 2O 4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC 2O 4-水解的离子方程式为HC 2O 4-+H 2O

H 2C 2O 4+OH -，HC 2O 4-水解常数

K h =22424()(OH )(H C O H O )C c c c --?=22424++()(OH )(H C O HC O H )()(H )c c c c c --???=W a1224H C O K K （） =1421105.410--?? =1.8510-13K a2(H 2C 2O 4)，HC 2O 4-的电离程度大于水解程度，则c (C 2O 42-)c (H 2C 2O 4)，B 项错误；C 项，滴入NaOH 溶液后，溶液中的电荷守恒为c (Na +)+c (H +)=c (HC 2O 4-)+2c (C 2O 42-)+c (OH -)，室温pH =7即c (H +)=c (OH -)，则c (Na +)=c (HC 2O 4-)+2c (C 2O 42-)=c (总)+c (C 2O 42-)-c (H 2C 2O 4)，由于溶液体积变大，c (总)0.1000mol /L ，c (Na +)0.1000mol /L +c (C 2O 42-)-c (H 2C 2O 4)，C 项错误；D 项，c (Na +)=2c (总)时溶液中溶质为Na 2C 2O 4，溶液中的电荷守恒为c (Na +)+c (H +)=c (HC 2O 4-)+2c (C 2O 42-)+c (OH -)，物料守恒为c (Na +)=2[c (H 2C 2O 4)+c (HC 2O 4-)+ c (C 2O 42-)]，两式整理得c (OH -)-c (H +)=2c (H 2C 2O 4)+c (HC 2O 4-)，D 项正确；答案选AD 。

点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次(如B 项)，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出)。注意加入NaOH 溶液后，由于溶液体积变大，c (总)

0.1000mol /L 。 14．[2018浙江11月选考]下列说法不正确的是

A ．测得0.1 mol·L －1的一元酸HA 溶液pH ＝3.0，则HA 一定为弱电解质

B ．25℃时，将0.1 mol·L -1的NaOH 溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH ＝11.0

C ．25℃时，将0.1 mol·L -1的HA 溶液加水稀释至pH ＝4.0，所得溶液c(OH －

)＝1×10-10 mol·L -1

D ．0.1 mol·L -1的HA 溶液与0.1 mol·L -1的NaOH 溶液等体积混合，所得溶液pH 一定等于7.0

【答案】D

【解析】A 、若HA 为强酸，0.1 mol·L -1的HA 溶液pH 为1.0，现测得溶液pH 为3.0，则HA 为弱酸，选项A 正确；B 、0.1mol/L 的NaOH 溶液加水稀释100倍后，c （OH -）＝1×10-11，pH 值为11.0，选项B 正确；

C 、pH 值为4.0的溶液中c （H +）＝1×10－4mol/L ，在25℃时，水的离子积K W ＝1×10-14，故c （OH -）＝1×10-10mol/L ，

选项C正确；D、若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，选项D不正确。答案选D。

15．[2018浙江11月选考]常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为

1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的

变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是

A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍

B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c

C．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)

D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大

【答案】D

【解析】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。答案选D。

16．[2018浙江4月选考]相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是A．pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)

B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同

C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同

D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)

【答案】A

【解析】A、在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c（CH3COO－）=c(Cl－)，故A正确；

B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故B错误；

C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故C错误；

D、当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO－）＜c(Cl－)，故D错误。

综上所述，本题的正确答案为A。

17．[2018浙江4月选考]在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是

A．在a点的溶液中，c(Na+)＞c(CO32-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)

B．在b点的溶液中，2n(CO32-)＋n(HCO3-)＜0.001mol

C．在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力

D．若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时：c(Na+)＝c(CH3COO-)

【答案】B

【解析】

【分析】A.在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，据此分析判断离子浓度大小；

B.b点是加入盐酸，溶液pH=7呈中性，结合溶液中电荷守恒计算分析；

C.在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解；

D.溶液中存在电荷守恒分析判断。

【详解】A. 在a点是滴入5mL盐酸和氢氧化钠反应，溶液中剩余氢氧化钠5mL，碳酸钠溶液显碱性，溶液中离子浓度大小c(Na+ )>c(CO32-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+ )，故A错误；

B.b点溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO32-)

C.在c点的溶液pH<7，为碳酸氢钠、碳酸和氯化钠溶液，碳酸电离程度大于碳酸氢根离子水解，溶液显酸

性，故C 错误；

D.若将0.1 mol/L 的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时，溶液中存在电荷守恒：c(Na + )+c(H + )=c(CH 3COO -)+n(HCO 3-)+c(OH -)+2c(CO 32-)，由于pH=7，c(H + )= c(OH -)，得到：c(Na + ) =c(CH 3COO -)+n(HCO 3-)+2c(CO 32-)，即c(Na + ) >c(CH 3COO -)，故D 错误。

所以B 选项是正确的。

18．[2017新课标Ⅱ]改变0.11mol L -?二元弱酸2H A 溶液的pH ，溶液中的2H A 、HA -、2A -的物质的量分

数(X)δ随pH 的变化如图所示[已知2

2(X)(X)(H A)(HA )(A )

c c c c δ--=++]。

下列叙述错误的是

A ．pH=1.2时，2(H A)(HA )c c -=

B ．22lg[(H A)] 4.2K =-

C ．pH=2.7时，22(HA )(H A)(A )c c c -->=

D ．pH=4.2时，2(HA )(A )(H )c c c --+==

【答案】D

【解析】A 、根据图像，pH=1.2时，H 2A 和HA ?相交，则有c (H 2A)=c (HA ?)，故A 说法正确；B 、pH=4.2时，c (A 2?)=c (HA ?)，根据第二步电离HA ?H ＋

＋A 2?，得出：K 2(H 2A)=c (H +)×c (A 2?)/c (HA ?)= c (H +)=10?4.2，故B 说法正确；C 、根据图像，pH=2.7时，H 2A 和A 2?相交，则有22(HA )(H A)(A )c c c -->=，故C 说法正

确；D 、由图知，pH=4.2时，c (HA ?)=c (A 2?)，H 2A 电离出一个HA ?时释放出一个H +，电离出一个A 2?时，释放出2个H +，同时水也会电离出H +，因此c (H +)＞c (HA ?)=c (A 2?)，错误。

【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意利用守恒的思想解决问题。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH 、离

子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。

19．[2017新课标Ⅰ]常温下将NaOH 溶液滴加到己二酸(H 2X)溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关

系如图所示。下列叙述错误的是

A ．K a2(H 2X)的数量级为10–6

B ．曲线N 表示pH 与2(HX )lg (H X)

c c -的变化关系 C ．NaHX 溶液中(H )(OH )c c +->

D ．当混合溶液呈中性时，2(Na )(HX )(X )(OH )(H )c c c c c +---+>>>=

【答案】D

【解析】A 、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即K a1=2(HX )(H )(H X)

c c c -+?＞K a2=2(X )(H )(HX )c c c -+-，所以当pH 相等即氢离子浓度相等时2(HX )lg (H X)c c -＞2(X )lg (HX )c c --，因此曲线N 表示pH 与2(HX )lg (H X)

c c -的变化关系，则曲线M 是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点，2(X )(HX )

c c -- =10－0.6 mol·L －1，c (H ＋)=10－4.8 mol·L －1，代入K a2得到K a2=10－5.4，因此K a2(H 2X)的数量级为10–6，A 正确；B ．根据以上分析可知曲线N 表示

pH 与2(HX )lg (H X)c c -的关系，B 正确；C ． 曲线N 是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点，2(HX )(H X)

c c -

=100.6 mol·L －1，c (H ＋)=10－5.0 mol·L －1，代入K a1得到K a1=10－4.4，因此HX －

的水解常数是w 1a K K =10－14/10－4.4＜K a2，所以NaHX 溶液显酸性，即c (H ＋)＞c (OH －)，C 正确；D ．根据图像可知当2(X )lg (HX )

c c --＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，2(X )lg (HX )

c c --＞0，即c (X 2–)＞c (HX –)，D 错误；答案选D 。 【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意分清楚反应的过程，搞清楚M 和N 曲线表示的含义，答题的关键是明确二元弱酸的电离特点。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH 、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。

20．[2017新课标Ⅲ]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CuSO 4，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

A ．SP (CuCl)K 的数量级为710-

B ．除Cl -反应为Cu+Cu 2++2Cl -=2CuCl

C ．加入Cu 越多，Cu +浓度越高，除Cl -效果越好

D ．2Cu +=Cu 2++Cu 平衡常数很大，反应趋于完全

【答案】C

【解析】A ．K sp (CuCl)=c(Cu +)·c(Cl －

)，在横坐标-1(Cl )lg mol L c --?为1时，纵坐标-1(Cu )lg mol L c +?大于－6，小于－5，所以K sp (CuCl)的数量级是10－7，A 正确；B ．除去Cl －反应应该是Cu+Cu 2＋＋2Cl －＝2CuCl ，B 正确；C ．溶液中存在平衡：Cu ++Cl －CuCl 、2Cu +

Cu 2++Cu ，加入纯固态物质Cu 对平衡无影响，故C 错误；D ．在

没有Cl－存在的情况下，反应2Cu＋Cu2＋＋Cu的平衡常数约为

2 6.7

7.9

27.32

(Cu)10

10

(Cu)(10)

c

c

+-

+-

==，平衡常数

很大，反应趋于完全，D正确。答案选C。

【名师点睛】本题考查溶度积常数的计算及平衡的移动，难点是对溶液中平衡时相关离子浓度的关系图的理解，通过图示可以提取出K sp(CuCl)，2Cu＋Cu2＋＋Cu的平衡常数，并且要注意在化学平衡中纯物质对反应无影响。

21．[2017江苏]常温下，K a(HCOOH)=1.77×10?4，K a(CH3COOH)=1.75×10?5，K b(NH3·H2O) =1.76×10?5，下列说法正确的是

A．浓度均为0.1 mol·L?1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

C．0.2 mol·L?1 HCOOH与0.1 mol·L?1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO?) + c(OH?) = c(HCOOH) + c(H+)

D．0.2 mol·L?1 CH3COONa 与0.1 mol·L?1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO?) > c(Cl?) > c(CH3COOH) > c(H+)

【答案】AD

【解析】A．由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH?)+c(HCOO?)，氯化铵溶液中存在

c(H+)+c(+

4

NH)=c(OH?)+c(Cl?)。由于在常温下氨水的K b小于甲酸的K a，K W不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH?)小于甲酸钠溶液中c(H+)，Cl?和Na+都不水解，c(Cl?)=c(Na+)，所以A 正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；C．两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH?)+c(HCOO?)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO?)，联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH?)+c(HCOO?)，C错误；D．两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO?)>c(Cl?)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。

【名师点睛】本题以3种弱电解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离

子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒”(物料守恒、电荷守恒、质子守恒)来求解。很多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。

全国高考化学铁及其化合物的综合高考真题汇总及答案

全国高考化学铁及其化合物的综合高考真题汇总及答案 一、高中化学铁及其化合物 1．排放的工业废水中含Fe3+、Al3+、Cu2+，为了减少环境污染，变废为宝，利用废铁屑制得Fe2O3、Al2O3和金属Cu，过程如下。 请回答： （1）固体A的成分是________________（填化学式）。 （2）溶液B中的金属阳离子有___________________。 （3）试剂G是__________________（填名称）。 （4）B→D反应的离子方程式是_________________________。 （5）溶液E焰色反应呈黄色，试剂H是__________________。 【答案】Fe、Cu Fe2+、Al3+稀盐酸或稀硫酸 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl— NaOH溶液 【解析】 【分析】 【详解】 （1）向含Fe3+、Al3+、Cu2+的工业废水中加入过量的废铁屑，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+ Cu2+= Fe2++Cu，而铁屑是过量的，因此固体A的成分是Fe和Cu； （2）溶液B中的金属阳离子有反应产生的Fe2+和废水中原有的Al3+； （3）向Fe和Cu的混合物中加入过量的试剂G能产生溶液B和固体C，则试剂G为稀盐酸或稀硫酸，而固体C为不溶于稀盐酸或稀硫酸的Cu； （4）向溶液B中加入足量的氯水，Fe2+被Cl2氧化成Fe3+，而Al3+不反应，因此离子方程式为2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl—； （5）溶液D的成分是Fe3+和Al3+，向其中加入过量的H溶液生成沉淀F和溶液E，且沉淀F经过灼烧生成铁红，则F为Fe(OH)3；溶液E的焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，且一定条件下能得到Al2O3，说明含有铝元素，则E为Na[Al(OH)4]；经过以上分析，可知H为NaOH溶液。 2．金属及其化合物在人类生活、生产中发挥着重要作用．印刷电路板由高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，工业上常用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，有CuCl2和FeCl2生成．如图是某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜、并重新获得FeCl3溶液所采用的工艺流程图：

2020年高考化学试题分类汇编——化学反应速率和化学平衡

2020年高考化学试题分类汇编——化学反应速率和化学平衡 化学反应速率和化学平稳 〔2018天津卷〕6．以下各表述与示意图一致的是 A ．图①表示25℃时，用0.1 mol·L －1 盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L － 1 NaOH 溶液，溶液的pH 随加入酸体积的变化 B ．图②中曲线表示反应2S O 2(g) + O 2(g) 2S O 3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平稳常数 K 随温度的变化 C ．图③表示10 mL 0.01 mol·L －1 KM n O 4 酸性溶液与过量的0.1 mol·L －1 H 2C 2O 4溶液混合时，n(Mn 2+) 随时刻的变化 D ．图④中a 、b 曲线分不表示反应CH 2＝CH 2 (g) + H 2(g)?? →C H 3C H 3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化 解析：酸碱中和在接近终点时，pH 会发生突变，曲线的斜率会专门大，故A 错；正逆反应的平稳常数互为倒数关系，故B 正确；反应是放热反应，且反应生成的Mn 2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，C 错；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故D 错。 答案：B 命题立意：综合考查了有关图像咨询题，有酸碱中和滴定图像、正逆反应的平稳常数图像，反应速率图像和能量变化图像。 〔2018重庆卷〕10．()()()22COCl g CO g +Cl g ;0.H ??→?←??＞ 当反应达到平稳时，以下措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO 的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl 2转化率的是 A ．①②④ B ．①④⑥ C ．②③⑥ D ．③⑤⑥ 10. 答案B 【解析】此题考查化学平稳的移动。该反应为体积增大的吸热反应，因此升温顺减压均能够促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平

2017年高考化学真题分类汇编(13个专题)及5套高考试卷烃

专题9 有机化合物 Ⅰ—生活中常见的有机物 1．（2017?北京-7）古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是 A．瓷器B．丝绸C．茶叶D．中草药 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】含有碳元素的化合物为有机物，有机物大多数能够燃烧，且多数难溶于水；无机 物指的是不含碳元素的化合物，无机物多数不能燃烧，据此分析。 A、瓷器是硅酸盐产品，不含碳元素，不是有机物，是无机物，故A正确； B、丝绸的主要成分是蛋白质，是有机物，故B错误； C、茶叶的主要成分是纤维素，是有机物，故C错误； D、中草药的主要成分是纤维素，是有机物，故D错误。 【考点】无机化合物与有机化合物的概念、硅及其化合物菁优网版权所有 【专题】物质的分类专题 【点评】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，难度不大，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。 Ⅱ—有机结构认识 2．（2017?北京-10）我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下。下列说法不正确的是 A．反应①的产物中含有水 B．反应②中只有碳碳键形式

C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D．图中a的名称是2﹣甲基丁烷 【答案】B 【解析】A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，故A正确； B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，故B错误； C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，故C正确；D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，故D正确。 【考点】碳族元素简介；有机物的结构；汽油的成分；有机物的系统命名法菁优网版权【专题】碳族元素；观察能力、自学能力。 【点评】本题综合考查碳循环知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握化 学反应的特点，把握物质的组成以及有机物的结构和命名，难度不大。 C H， 3.（2017?新课标Ⅰ-9）化合物（b）、（d）、（p）的分子式均为66 下列说法正确的是 A. b的同分异构体只有d和p两种 B. b、d、p的二氯代物均只有三种 C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面 【答案】D 【解析】A.（b）的同分异构体不止两种，如，故A错误 B.（d）的二氯化物有、、、、、， 故B错误 KMnO溶液反应，故C错误 C.（b）与（p）不与酸性4 D.（d）2与5号碳为饱和碳，故1，2，3不在同一平面，4，5，6亦不在同 一平面，（p）为立体结构，故D正确。 【考点】有机化学基础：健线式；同分异构体；稀烃的性质；原子共面。 【专题】有机化学基础；同分异构体的类型及其判定。 【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把 握有机物同分异构体的判断以及空间构型的判断，难度不大。 Ⅲ—脂肪烃

2017-2019三年高考真题化学试题分类汇编：专题06 物质结构 元素周期律

专题06 物质结构元素周期律 1．[2019新课标Ⅰ]科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z 核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是 A．WZ的水溶液呈碱性 B．元素非金属性的顺序为X>Y>Z C．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸 D．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构 【答案】C 【分析】由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为?3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。 【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误； B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确； D项、新化合物中P元素化合价为?3价，满足8电子稳定结构，故D错误。 故选C。 【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。 2．[2019新课标Ⅱ]今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z 为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是 A．原子半径：W

D．X的最高价氧化物的水化物是强碱 【答案】D 【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。 【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则 A．同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确； B．常温常压下，Si为固体，B项正确； C．同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确； D．X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误； 答案选D。 【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。 3．[2019新课标Ⅲ]X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y 最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是 A．熔点：X的氧化物比Y的氧化物高 B．热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物 C．X与Z可形成离子化合物ZX D．Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸 【答案】B Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。 A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化

2019年高考化学真题分类汇编专题18 物质结构与性质(选修) (解析版)

专题18 物质结构与性质（选修） 1．[2019新课标Ⅰ]在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题： （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号 )。 A．B．C．D． （2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别 是、。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （3）一些氧化物的熔点如下表所示： 氧化物Li2O MgO P4O6SO2 熔点/°C 1570 2800 23.8 ?75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因。 （4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离= pm，Mg原子之间最短距离y= pm。设阿伏加德罗常数的值为N A，则MgCu2的密度是 g·cm?3(列出计算表达式)。 【答案】（1）A （2）sp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2+ （3）Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO>Li2O。分子间力（分子量）P4O6>SO2 （4 23 330 A 824+1664 10 N a- ?? ? 【解析】（1）A.[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B. [Ne] 3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+； C. [Ne] 3s13p1属于激发态

2018年高考化学真题分类汇编专题18 物质结构与性质(选修)

1．【2018新课标1卷】Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题： （1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为____ _、_____（填标号）。 A．B． C．D． （2）Li+与H?具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H?)，原因是______。 （3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是__ ____、中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在_____（填标号 ）。 A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键 （4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born? Haber循环计算得到。 可知，Li原子的第一电离能为________J·mol? 1，O=O键键能为______J·mol?1，Li2O晶格能为______J·mol?1。

（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为N A，则Li2O的密度为______g·cm? 3（列出计算式）。 【答案】 D C Li+核电荷数较大正四面体sp3AB5204982908 【解析】分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断； （2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断； （3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键； （4）第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，据此计算；根据氧气转化为氧原子时的能量变 化计算键能；晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，据此 解答； （5）根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。 点睛：本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，电离能、晶格能，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8

【化学】2009年高考试题分类汇编：电化学基础(含详细解析)

2009年高考化学试题分类汇编:电化学基础 1．（09广东理科基础25）钢铁生锈过程发生如下反应： ①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2； ②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3； ③2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O。 下列说法正确的是 A．反应①、②中电子转移数目相等 B．反应①中氧化剂是氧气和水 C．与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀 D．钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀 答案：A 解析： ①②反应中消耗O2的量相等，两个反应也仅有O2作为氧化剂，故转移电子数是相等的，A 项正确。①中H2O的H、O两元素的化合价没有变，故不作氧化剂，B项错；铜和钢构成原电池，腐蚀速度加快，C项错；钢铁是铁和碳的混合物，在潮湿的空气的中易发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D项错。 2．（09安徽卷12）Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取.Cu2O的电解池示意图如下，点解总反应：2Cu+H2O==Cu2O+H2O 。下列说法正确的是 A.石墨电极上产生氢气 B.铜电极发生还原反应 C.铜电极接直流电源的负极 D.当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成。 答案：A 解析： 由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨作阴极，阴极上是溶液中的H＋反应，电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑，A选项正确；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu＋2OH－－2e－=Cu2O＋H2O，当有0.1mol 电子转移时，有0.05molCu2O生成，D选项错误。 3．（09江苏卷12）以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。关于该电池的叙述正确的是

2017高考化学分类汇编 (18)

考点18 有机化学基础(选修5) 一、选择题 1.(2017·天津高考·2)汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一, 对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是( ) A.汉黄芩素的分子式为C16H13O5 B.该物质遇FeCl3溶液显色 C.1 mol该物质与溴水反应,最多消耗1 mol Br2 D.与足量H2发生加成反应后,该分子中官能团的种类减少1种 【命题意图】本题考查简单有机化合物的性质,以选修5的内容为主,是很常见的有机化学选择题考查形式,意在考查学生对有机物结构与性质知识的理解应用能力。 【解析】选B。汉黄岑素的分子式为C16H12O5, A错误;该物质中含有酚羟基,所以遇FeCl3溶液能发生显色反应,B正确;1 mol该物质与溴水反应时,酚羟基的邻位需要1 mol Br2发生取代反应,分子中的双键需要1 mol Br2发生加成反应,所以共需要2 mol Br2,C错误;与足量H2发生加成反应后,该分子中的双键和羰基均能发生加成反应,官能团的种类减少2种,D错误。 【易错警示】本题易错选C。主要原因是不能分清该有机物中存在的官能团,尤其是不能看到该分子中存在碳碳双键而导致错误。 2.(2017·江苏高考·11)萜类化合物广泛存在于动植物体内,关于下列萜类化合物的说法正确的是( ) A. a和b都属于芳香族化合物

B. a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上 C. a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色 D. b和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀 【命题意图】本题考查有机物的结构与性质知识,意在考查学生对有机化学中的基本概念辨析能力以及对官能团性质的掌握程度。 【解析】选C。A项,a中没有苯环,不属于芳香族化合物,错误;B项,a和c分子中都存在着,且与碳原子相连,为四面体构型,所以a、c分子中不可能所有的碳原子都在同一平面上,错误;C项,a中的碳碳双键,b中的羟基以及与苯环相连的甲基,c中的醛基均可以被酸性KMnO4溶液氧化,正确;D项,与新制Cu(OH)2反应的官能团为醛基,只有c可以与其反应,而b不能,错误。 二、非选择题 3. (2017·天津高考·8)2-氨基-3-氯苯甲酸(F)是重要的医药中间体,其制备流程图如下: A B C D E F 已知: 回答下列问题: (1) 分子中不同化学环境的氢原子共有________种,共面原子数目最多为 ________。

2015-2019五年高考化学真题汇编

__________ 姓名：__________ 班级：__________ 评卷人得分 一、选择题 1．有机物X的结构简式如图，某同学对其可能具有的化学性质进行了预测，其中正确的是 ①可以使酸性KMnO4溶液褪色②可以和NaHCO3溶液反应③一定条件下能与H2发生加成反应 ④在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应 A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ①②③④ 2．下列离子方程式书写不正确的是 A. 用两块铜片作电极电解盐酸：Cu + 2H+H2↑ + Cu2+ B. NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应：2HCO3-+ 2OH-+ Ca2+==CaCO3↓+ 2H2O C. 等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2==2Fe3+ + Br2 + 4Cl- D. 氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3·H2O + SO2==2NH4+ +SO32- + H2O 3．元素周期表中钌(Ru)与铁相邻位于铁的下一周期，某钌光敏太阳能电池的工作原理如下图所示，图中Ru II*表示激发态。下列说法正确的是（） A. 电池工作时，直接将太阳能转化为电能 B. 镀铂导电玻璃的作用是传递I－ C. 电池的电解质溶液中I－和I3－的浓度不断减小 D. 电解质溶液中发生反应：2Ru3+ + 3I－= 2Ru2+ + I3－ 4．甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是

A. 甲、乙的化学式均为C8H14 B. 乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构） C. 丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面 D. 甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 5．ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是( ) A. 该装置可以在高温下工作 B. X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜 C. 负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H＋ D. 该装置工作时，电能转化化学能 6．2019年北京园艺会主题是“绿色生活，美丽家园”。下列有关园艺会说法正确的是( ) A. 大会交通推广使用的是利用原电池原理制成太阳能电池汽车，可减少化石能源的使用 B. 妫汭剧场里使用的建筑材料第五形态的碳单质——“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同分异构体 C. 传统烟花的制作常加入含有铂、铁、钾、钙、铜等金属元素的发光剂，燃放时呈现美丽的颜色，大会庆典禁止使用 D. 秸秆经加工处理成吸水性的材料——植物纤维，可用作食品干燥剂，符合大会主题【答案】D 7．液态金属储能电池是一类成本较低的储能电池，其主体结构由三层密度不同的液体构成，上下两层液态金属分别作为电池两极，中间层的熔融盐在充放电过程中组成均保持不变。某种液态金属储能电池的结构如图所示，下列说法错误的是（） A. 该电池放电过程中钠电极发生氧化反应 B. 该电池充电时锌电极发生的反应是Zn-2e-=Zn2+

2017年高考化学真题分类汇编 专题1 常用化学计量

2017年高考化学真题分类汇编 专题1 常用化学计量(必修1) Ⅰ—阿伏伽德罗常数和物质的量 1．（2017?新课标Ⅱ-8）阿伏加德罗常数的值为N A．下列说法正确的是 A．1L0.1mol?L﹣1NH4CL溶液中，NH4+的数量为0.1N A B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1N A C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N A D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2N A 【答案】D 【解析】A．铵根易水解，所含NH4+数小于0.1N A，故A错误； B．n（Mg）=0.1mol，Mg与H2SO4反应生成Mg2+，则1molMg参与反应转移2mol电子，故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，即0.2N A，故B错误； C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1mol，即0.1N A，故C错误； D．H2+I22HI这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA。【考点】阿伏加德罗常数。 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律。 【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度不大，注意气体摩尔体积指的是1mol 任何气体的体积为22.4L． 2．(2017?新课标Ⅲ-10) N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．0.1 mol 的11B中，含有0.6N A个中子 B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1N A个H+ C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6N A个CO2分子 D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2N A个P﹣Cl键 【答案】A 【解析】A．11B中含有中子数=11﹣5=6，0.1 mol 的11B中含有0.6mol中子，含有0.6N A 个中子，故A正确；B．没有告诉pH=1的H3PO4溶液的体积，无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目，故B错误； C．标准状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误； D．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的P ﹣Cl键小于2N A，故D错误； 【考点】阿伏加德罗常数；弱电解质的电离；化学计量；物质结构。 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律 【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，B为易错点，注意缺少溶液体积。 3．（2017?浙江-22）设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5 N A B．1 L 0.1 mol?L﹣1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 N A C．0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1 N A

2020年高考化学试题分类汇编专题05 元素及其化合物 (解析版)

专题05 元素及其化合物 1．[2019新课标Ⅰ] 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课 题。下图为少量HCl 气体分子在253 K 冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是 A ．冰表面第一层中，HCl 以分子形式存在 B ．冰表面第二层中，H +浓度为5×10?3 mol·L ?1（设冰的密度为0.9 g·cm ?3） C ．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 D ．冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl 垐?噲?H ++Cl ? 【答案】D 【解析】 【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。 【详解】A 项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A 正确； B 项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol ，则所得溶液质量为18g/mol× 1mol=18g ，则溶液的体积为18g/mol 1m 0.9ol g/mL ?×10—3L/ml=2.0×10—2L ，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量 等于氯离子物质的量，为10 —4 mol ，则氢离子浓度为-4-2102.l 010L mo ?=5×10—3mol/L ，故B 正确；

C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确； D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HCl H++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。 故选D。 【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。 2．[2019江苏]下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝 【答案】B 【解析】A．NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素； B．铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系； C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关； D．电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现Al2O3具有两性。 故选B。 3．[2019江苏]下列有关化学反应的叙述正确的是 A．Fe在稀硝酸中发生钝化B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2 C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2 【答案】C 【解析】 【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同； A．钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化； B．实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度； C．过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；

高考化学真题分类汇编

考点专练1 物质的量 两年高考真题演练 1.(2015·课标全国Ⅰ，8)N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A ．18 g D 2O 和18 g H 2O 中含有的质子数均为10N A B ．2 L 0.5 mol ·L －1亚硫酸溶液中含有的H ＋离子数为2N A C ．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol 氧气转移的电子数为0.2N A D ．密闭容器中2 mol NO 与1 mol O 2充分反应，产物的分子数为2N A 2．(2015·课标全国Ⅱ，10)N A 代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( ) A ．60 g 丙醇中存在的共价键总数为10N A B ．1 L 0.1mol ·L －1的NaHCO 3溶液中HCO －3和CO 2－3的离子数之和为0.1N A C ．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g 钠充分燃烧时转移电子数为1N A D ．235 g 核素235 92U 发生裂变反应：235 92U ＋10n ――→裂变9038Sr ＋136 54Xe ＋1010n ，净产生的中子(10n)数为10N A 3．(2015·四川理综，5)设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A ．2.0 g H 182O 与D 2O 的混合物中所含中子数为N A B ．常温常压下，4.4 g 乙醛所含σ键数目为0.7N A C ．标准状况下，5.6 L CO 2与足量Na 2O 2反应转移的电子数为0.5N A D ．50 mL 12 mol/L 盐酸与足量MnO 2共热，转移的电子数为0.3N A 4．(2015·广东理综，10)设n A 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( ) A ．23 g Na 与足量H 2O 反应完全后可生成n A 个H 2分子 B ．1 mol Cu 和足量热浓硫酸反应可生成n A 个SO 3分子 C ．标准状况下，22.4 LN 2和H 2混合气中含n A 个原子 D ．3 mol 单质Fe 完全转变为Fe 3O 4，失去8n A 个电子 5．(2014·江苏化学，6)设N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A ．1.6 g 由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1N A B ．0.1 mol 丙烯酸中含有双键的数目为0.1N A C ．标准状况下，11.2 L 苯中含有分子的数目为0.5N A D ．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1 mol 氧气，转移电子的数目为0.4N A 6．(2014·广东理综，10)设n A 为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 ( ) A ．1 mol 甲苯含有6n A 个C —H 键 B ．18 g H 2O 含有10n A 个质子 C ．标准状况下，22.4 L 氨水含有n A 个NH 3分子 D ．56 g 铁片投入足量浓H 2SO 4中生成n A 个SO 2分子 7．(2014·四川理综，5)设N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A ．高温下，0.2 mol Fe 与足量水蒸气反应，生成的H 2分子数目为0.3N A B ．室温下，1 L pH ＝13的NaOH 溶液中，由水电离的OH － 离子数目为0.1N A C ．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2N A D ．5NH 4NO 3=====△2HNO 3＋4N 2↑＋9H 2O 反应中，生成28 g N 2时，转移的电子数目为3.75 N A 8．(2014·江苏化学，18)碱式碳酸铝镁[Mg a Al b (OH)c (CO 3)d ·x H 2O]常用作塑料阻燃剂。 (1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和________。 (2)Mg a Al b (OH)c (CO 3)d ·x H 2O 中a 、b 、c 、d 的代数关系式为________。 (3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验： ①准确称取3.390 g 样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO 2 0.560 L(已换算成标准状况下)。 ②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量固体样品的起始质量 ×100%)随温度的变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。

2020高考 化学 真题专项汇编卷(2017年-2019年) 知识点13 物质结构与性质

知识点13物质结构与性质 1、[2019全国Ⅱ]近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe ?Sm?As?F?O组成的化合物。回答下列问题： (1).元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3的_______（填“高”或“低”），其判断理由是_________________________。 (2).Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为______________________。 (3).比较离子半径：F?__________O2?（填“大于”等于”或“小于”）。 (4).一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。 图中F?和O2?共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1?x代表，则该化合物的化学式表示为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm?3。 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为(111 )，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。 ,, 222 MgCu微小晶2、[2019全国Ⅰ]在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的2 粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题： （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是（） A.[Ne] B.[Ne] C.[Ne] D.[Ne] H NCH CH NH)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是（2）乙二胺(2222

2020年高考化学试题分类汇编专题09 反应速率、化学平衡(解析版)

专题09 反应速率、化学平衡 1．[2019江苏]在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是 A．反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0 B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率 C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率 D．380℃下，c起始(O2)=5.0×10?4 mol·L?1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000 【答案】BD 【解析】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，?H<0，故A错误； B.根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确； C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误； D.设NO起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式 K= 22 2 224 2 c(NO)0.5) c(NO)c(O)0.5)(5100.5) a a a - = ???- ( ( > 4 1 510- ? =2000，故D正确； 故选BD。 【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。

2017-2019化学高考真题汇编--专题15 化学反应原理综合(解析版)

专题15 化学反应原理综合 1．[2019新课标Ⅰ]水煤气变换[CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题： （1）Shibata 曾做过下列实验：①使纯H 2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被 还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H 2的物质的量分数为0.0250。 ②在同一温度下用CO 还原CoO(s)，平衡后气体中CO 的物质的量分数为0.0192。 根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H 2（填“大于”或“小于”）。 （2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H 2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平 衡时体系中H 2的物质的量分数为_________（填标号）。 A ．＜0.25 B ．0.25 C ．0.25~0.50 D ．0.50 E ．＞0.50 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所 示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用?标注。 可知水煤气变换的ΔH ________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E 正=_________eV ，写出该步骤的化学方程式_______________________。 （4）Shoichi 研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO 和H 2分压随时间变化关系（如下图所示），催化 剂为氧化铁，实验初始时体系中的2H O p 和CO p 相等、2CO p 和2H p 相等。

2018年高考化学真题分类汇编化学物质及其变化

2018年高考化学真题分类汇编 专题2 化学物质及其变化(必修1) Ⅰ—离子共存、离子反应与离子方程式 1.[2018江苏卷-4]室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 L-1KI 溶液：Na+、K+、ClO-、OH- A. 0. 1 mol· L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42- B. 0. 1 mol· L-1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO3- C. 0. 1 mol· L-1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42-、HCO3- D. 0. 1 mol· 【答案】B 【解析】A.I-与ClO-发生氧化还原反应: I-+ClO-=IO-+Cl-,不能大量共存,A错误； B. Fe3+、SO42-、Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-在溶液中相互间不反应，能大量共存，B正确； C.CH3COO-能与H+反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，C错误；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，Mg2+、HCO3-与OH-不能大量共存，D错误。 【考点】次氯酸盐的强氧化性；醋酸为弱电解质；氢氧化锰难溶于水；碳酸氢盐与碱 反应。注意：离子间不能大量共存有如下几点原因：①离子间发生复分解反应生成水、沉 淀或气体，如题中C、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双 水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的 附加条件。 2.[2018浙江卷-13]下列离子方程式正确的是 A. 大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH=2CH3COO－+H2O+CO2↑ B. 高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+==Mn2++2Cl2↑+4H2O C. 漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+ D.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－==CaCO3↓+2H2O 【答案】D 【解析】大理石与醋酸反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－ +H2O+CO2↑，A错误；高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应，离子方程式为：2MnO4－+10Cl － +16H+=2Mn2++5Cl2↑＋8H2O，B错误；漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程 式为：SO2(少量)+H2O+3ClO－=SO42－+Cl－+2H ClO，C错误； D.氢氧化钠溶液与过量 的碳酸氢钙溶液反应，离子方程式为：OH－+Ca2++HCO3－=CaCO3↓+2H2O，D正确。 【考点】离子反应与离子方程式 3.[2018浙江卷-25]某绿色溶液中含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42—、Cl—、CO32—和HCO3—离子中的若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸) ①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B； ②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成。 下列说法不正确的是 A.溶液A中一定存在H+、SO42-和Cl— B.溶液A中不存在Mg 2+、CO32-和HCO3—，不能确定Na+的存在 C.第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2CO3 D.溶液中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断 【答案】B

2017年-2019年高考化学真题汇编(附全解全析)：氧化还原反应(选择题)

2017年-2019年高考真题汇编：氧化还原反应（选择题） 1．[2019北京]下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质）除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl3）Fe粉 B NaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HCl C Cl2（HCl）H2O、浓H2SO4 D NO（NO2）H2O、无水CaCl2 2．[2019浙江4月选考]反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为 A．2∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．3∶2 3．[2018北京]下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是 A B C D 实验 NaOH溶液滴入 FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯 水中 Na2S溶液滴入 AgCl浊液中 热铜丝插入稀硝 酸中 现象 产生白色沉淀， 随后变为红褐色溶液变红，随后 迅速褪色 沉淀由白色逐渐 变为黑色 产生无色气体， 随后变为红棕色 4．[2017浙江4月选考]下列属于氧化还原反应的是 A．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O B．Na2O+H2O2NaOH C．2KI+Br22KBr+I2D．MgO+2HCl MgCl2+H2O 5．[2017北京]下列变化中，气体被还原的是 A．二氧化碳使Na2O2固体变白B．氯气使KBr溶液变黄 C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀6．[2017天津]下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能