高考化学总复习《创新教程》：第八章 第22讲　课时训练营.doc

1仅能在水溶液中导电的物质是( ) ANaOH BNaHSO4 CCH3CH2OH DNaHCO3 解析：NaOH、NaHSO4在熔融状态下也能导电；CH3CH2OH 是非电解质；NaHCO3受热 易分解，它只能在水溶液中导电。来源:学,科,网 答案：D 2在新制的氯水中加入少量 CaCO3粉末，下列说法正确的是( ) ApH 增大，Cl浓度减小 BpH 减小，Cl浓度增大 CpH 增大，HClO 浓度增大 DpH 减小，HClO 浓度减小 解析：在新制的氯水中存在如下平衡：Cl2H2O=HClHClO，加入 CaCO3后： CaCO32H=Ca2H2OCO2使上述平衡向右移动，Cl、HClO 的浓度增大，H浓 度减小，pH 增大，综上所述，答案为 C 项。 答案：C 3已知相同条件下，HClO 的电离常数小于 H2CO3的第一级电离常数(Kal)。为了提高 氯水中 HClO 的浓度，可加入( ) AHCl BCaCO3(s) CH2O DNaOH(s) 解析：氯水中存在的平衡是：Cl2H2OHClHClO，加入 HCl，c(H)、c(Cl)增大， 平衡左移，c(HClO)减小；加水，平衡右移，但体积增大使 c(HClO)减小；加入 CaCO3，只与 HCl 反应而不与 HClO 反应，平衡右移，c(HClO)增大；NaOH 与 HCl、HClO 均反应，c(HClO)减 小。 答案：B 4下列关于电离平衡常数(K)的说法中正确的是( ) A电离平衡常数(K)越小，表示弱电解质电离能力越弱 B电离平衡常数(K)与温度无关来源:学科网 C不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数(K)不同 D多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为：K1H2CO3>HSO>HClO>HCO。A 3 3项应该生成 HCO，C 项应该生成 HSO，D 项 ClO有强氧化性，SO2有还原性，应发生氧 3 3 化还原反应生成 SO，故 A、C、D 项错误，B 项正确。24答案：B 7把 1 L 0.1 mol/L 醋酸溶液用蒸馏水稀释到10 L，下列叙述正确的是( ) Ac(CH3COOH)变为原来的 1/10Bc(H)变为原来的110 Cc(CH3COO)/c(CH3COOH)的比值增大 D溶液的导电性增强 解析：A 项由于加水稀释，CH3COOH 的电离程度增大，故而 c(CH3COOH)应小于原来的 1/10，c(H)应大于原来的 1/10，而 n(CH3COO)增多，cCH3COOcCH3COOHnCH3COOnCH3COOHn(CH3COOH)减少，故的比值增大。加水稀释后离子浓度减小，故导电性应减cCH3COOcCH3COOH 弱。故只有 C 项正确。 答案：C 8根据表中提供的数据，判断在等浓度的 NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓 度关系正确的是( ) 化学式电离常数 HClOK13×108 H2CO3 K14.3×107 K25.6×1011 A.c(HCO)>c(ClO)>c(OH) 3 Bc(ClO)>c(HCO)>c(H) 3 Cc(HClO)c(ClO)c(HCO)c(H2CO3) 3 Dc(Na)c(H)c(HCO)c(ClO)c(OH) 3 解析：由电离平衡常数可知 ClO水解程度大于 HCO，故该溶液中 c(HCO)> 3 3c(ClO)，A 项正确，B 项错误。C 项，由物料守恒得：c(HClO)c(ClO)c(HCO) 3c(H2CO3)c(CO)，C 项错误。D 项，由电荷守恒可得：c(Na)c(H)c(HCO)23 3c(ClO)c(OH)2c(CO)，D 项错误。23答案：A 9已知 0.1 mol·L1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COOH， 要使溶液中 c(H)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是( ) A加少量烧碱 B升高温度 C加少量冰醋酸 D加 CH3COONa 固体来源:学科网 ZXXK 解析：温度不变 K 不变，加入 NaOH，c(H)减小平衡右移，c(CH3COO)增大，A 错；升高温度，平衡右移，c(H)增大，c(CH3COOH)减少，则值增大，B 对；加少量冰cHcCH3COOH醋酸，平衡右移，K 不变，c(CH3COO)变大，值减小，C 错；加cHcCH3COOHCH3COONa，c(CH3COO)增大，平衡左移，K 不变，即减小，cHcCH3COOHKcCH3COOD 错。答案为 B。 答案：B10常温下，向浓度为 0.1 mol·L1硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡 溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示。a、b、c、d 分别表示实验 时不同阶段的溶液，下列有关叙述中不正确的是( )来源:Zxxk.Com A溶液的 pH：a1；乙方案中，盐酸是强酸，而 HA 是弱酸，当 pH1 的盐酸和 HA 稀释相 同的倍数时，HA 存在电离平衡，而盐酸不存在电离平衡，且稀释过程中 HA 中存在的电离 平衡向右移动，导致盐酸中的 c(H)小于 HA 中的 c(H)，所以 HA 放出氢气的速度快。(2)由于 HA 是弱电解质，因而其电离程度的大小不但与其本身的性质有关，而且还受温度、浓度 的影响，HA 溶液中的 c(H)只能测定而不能准确配制；另外锌粒的质量和纯度可以称量或 测定，但锌粒的形状、大小很难控制 。(3)这是一个开放性问题，可以从盐类水解的角度考虑， 若强碱盐 NaA 溶液的 pH>7，即说明该溶液呈碱性，也就证明 A发生水解，其水解方程式 为：AH2OHAOH，故 NaA 对应的酸 HA 是弱电解质；也可以从影响电离平衡的 角度考虑，已知 pH 的 HA 溶液，根据加热升温或加入固体盐 NaA 后溶液 pH 的变化，即可 证明 HA 是弱电解质；也可以从电离的特点考虑，如可配制相同浓度的盐酸和 HA 溶液，然 后分别测定两溶液的 pH。若 pH(盐酸) b (2)配制 pH1 的 HA 溶液难以实现，不妥之处在于难以控制加入锌 粒的形状、大小 (3)配制 NaA 溶液，测其 pH>7，即证明 HA 是弱电解质(其他合理答案也 可以) 14运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。 (1)合成氨反应 N2(g)3H2(g) 2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入 氩气，平衡_移动(填“向左” “向右”或“不”)；使用催化剂_反应的 H(填“增大” “减小”或“不改变”)。 (2)已知：O2(g)=O(g)e H1 2 1 175.7 kJ·mol1来源:学。科。网 Z。X。X。K PtF6(g)e=PtF(g) H2 6 771.1 kJ·mol1 OPtF(s)=O(g)PtF(g) H3 2 6 2 6 482.2 kJ·mol1 则反应 O2(g)PtF6(g)=OPtF(s)的 H_kJ·mol1。 2 6 (3)在 25 下，向浓度均为 0.1 mol·L1的 MgCl2和 CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水， 先生成_沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为 _。已知 25 时 KspMg(OH)21.8×1011，KspCu(OH)2 2.2×1020。 (4)在 25 下，将 a mol·L1的氨水与 0.01 mol·L1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶 液中 c(NH)c(Cl)，则溶液显_性(填“酸” “碱”或“中”)；用 a 的代数式表 4 示 NH3·H2O 的电离常数 Kb_。 解析：(1)在恒温、恒压条件下加入氩气，则容积增大，导致原平衡体系中的压强减小， 所以平衡向气体体积增大的方向即向左移动；催化剂仅改变化学反应速率，不会影响焓变。 (2)根据盖斯定律，将化学方程式叠加，即可计算所求反应的反应热。(3)由于 Cu(OH)2的 Ksp小于 Mg(OH)2的 Ksp，所以 Cu(OH)2首先形成沉淀；由于氨水是弱碱，书写离 子方程式时不能拆开。 (4)由溶液的电荷守恒可得：c(H)c(NH)c(Cl)c(OH)，已知 c(NH)c(Cl)， 4 4则有 c(H)c(OH)，所以溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时 NH3·H2O 的电离常 数 Kbc(NH)·c(OH)/c(NH3·H2O)(0.005 mol·L1×107mol·L1)/(a/2 mol·L10.005 4 mol·L1)109/(a0.01)mol·L1。 答案：(1)向左 不改变 (2)77.6(3)Cu(OH)2 Cu22NH3·H2O=Cu(OH)22NH (4)中 mol·L1 4109a0.01.精品资料。欢迎使用。学科网学科网w。w-w*k&s%5￥u学科网学科网 w。w-w*k&s%5￥u