高考化学二轮复习核心考点专项突破练习12（含详解）

这是一份高考化学二轮复习核心考点专项突破练习12（含详解），共15页。试卷主要包含了关于溶液的下列说法不正确的是，常温下,分别向体积相同等内容，欢迎下载使用。
核心考点专项突破练习（十二）1、常温下,向1L 0.1mol/L NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是(   )A.M点溶液中水的电离程度比原溶液小
B.在M点时,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol
C.随着NaOH的加入,不断增大
D.当n(Na0H)=0.1mol时,c(Na+)=c()+c(NH3·H2O)2、今有室温下四种溶液,有关叙述不正确的是(   )序号①②③④111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A.③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后,两溶液的均增大
B.②③两溶液等体积混合,所得溶液中
C.分别加水稀释10倍,四种溶液的①>②>④>③
D. ④与 ①混合,若混合后溶液,则3、①pH=2的CH3COOH溶液;②pH=2的盐酸;③pH=2的NH4Cl溶液;④pH=12的氨水;⑤pH=12的NaOH溶液;⑥pH=12的CH3COONa溶液。室温下,有关上述溶液的比较中,正确的是(   )A.水电离的c(H+):③=⑥>①=②=④=⑤
B.将②、④溶液混合后,pH=7,消耗溶液的体积:②<④
C.等体积的①、②、⑤溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量,②最大
D.向等体积溶液中加入100mL水后,溶液的pH:④>⑥>⑤>③>①>②4、在25℃时,将1.0L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是(   )A.水的电离程度:a>b>c
B.c点对应的混合溶液中:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C.a点对应的混合溶液中:c(Na+)=c(CH3COO-)
D.该温度下,的电离平衡常数5、关于溶液的下列说法不正确的是(   )A.某温度下,Ba(OH)2溶液中Kw = 10-12,向pH=8 的该溶液中加入等体积pH=4的盐酸,充分反应后,混合溶液的pH=6
B.水电离出来的c(H+)=10-13mol/L 的溶液中K+、Cl-、、I-可能大量存在
C.往0.1mol/L 溶液中不断加入NaOH固体,随着NaOH的加入,不断减小
D.一定温度下,氢氧化钙达到溶解平衡,向此溶液中加入少量氧化钙粉末(不考虑热效应),则溶液中c(Ca2+) 减小6、25℃时,将浓度均为0.1mol·L-1,体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合,保持Va+Vb=100mL,Va、Vb与混合液pH的关系如图所示,下列说法正确的是(   ) A.Ka(HA)=1×10-6
B.b点c(B+)=c(A-)=c(OH-)=c(H+)
C.a→c过程中水的电离程度始终增大
D.c点时,随温度升高而减小7、生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO),过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理,测得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下:下列有关说法不正确的是(   )A.原溶液中
B.a点水的电离程度小于c点水的电离程度
C.a点溶液中存在:
D.生成沉淀的离子方程式为:8、电解质溶液的电导率越大,导电能力越强。用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L-1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是(   )A.曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B.A点溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)0.1mol·L-1
C.在相同温度下,A、B、C三点溶液中水的电离程度:A<C<B
D.D点溶液中:c(Cl-)+2c(H+)2c(OH-)9、常温下,分别向体积相同、浓度均为0.1mol/L的MOH、ROH两种碱溶液中不断加水稀释,溶液的pH与溶液浓度的对数(lg c)间的关系如图。下列说法错误的是(   )A.Kb(MOH)的数量级为10-5
B.a、b两点溶液中,水的电离程度:a<b
C.等体积等浓度的ROH和MCl混合后所得溶液中:c(OH-)>c(H+)
D.用相同浓度的盐酸分别中和a、b两点溶液,消耗盐酸体积:Va>Vb10、浓度均为0.1、体积均为的、溶液,分别加水稀释至体积,随的变化关系如图所示。下列叙述正确的是(   ) A.、都是弱酸,且的酸性比的弱
B.常温下,由水电离出的:
C.相同温度下,电离常数:
D.,若同时微热两种溶液(不考虑、和的挥发),则减小11、常温下,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是(   )A.pH为5的NaHSO3溶液中:c()>c(H2SO3)>c()
B.向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7,所得溶液中:c(Cl-)>c()>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)
C.将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与NaCl溶液混合:c(CH3COO-)+c(Na+) = c(Cl-) + c()
D.20mL 0.1mol/L NH4HSO4溶液与30mL 0.1mol/L NaOH溶液混合,(pH>7):c()>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)12、常温时,1mol/L的HClO2和,1mol/L的HMnO4两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,稀释后溶液体积为V,所得曲线如图所示。下列说法正确的是(   )A.稀释前分别用1mol·L-1的NaOH溶液中和,消耗的NaOH溶液体积:HMnO4>HClO2
B.当稀释至pH均为3时,溶液中c()>c()
C.在0≤pH≤5时,HMnO4溶液满足,pH=
D.常温下,浓度均为0.1mol·L-1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH: NaMnO4>NaClO213、下列说法错误的是(   )A.加水稀释溶液过程中,保持增大
B.浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液:2c(Na+)=3[c()+c()]
C.在0.1mol·L−1氨水中滴加0.1mol·L−1盐酸,恰好完全中和时溶液的pH=a,则由水电离产生的c(OH−)=10−amol·L−1
D.向0.1mol·L−1 Na2SO3溶液中加入少量NaOH固体,c(Na+)、c()均增大14、砷元素广泛存在于自然界中,砷与其化合物被运用于制农药、除草剂、杀虫剂等。1.砷的常见氧化物有As2O3和As2O5,其中As2O5热稳定性差。根据图甲写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式:__________2.砷酸钠具有氧化性,298K时,在100mL烧杯中加入10mL 0.1mol·L-1 Na3AsO4溶液、20mL 0.1mol·L-1 KI溶液和20mL 0.05mol·L-1稀硫酸,发生下列反应: (无色)+2I-+2H+ (无色)+I2(浅黄色)+H2O ΔH。测得溶液中c(I2)与时间(t)的关系如图乙所示(溶液体积变化忽略不计)①下列情况表明上述可逆反应一定达到平衡状态的__________a.溶液颜色保持不变   b.不再变化   c.的生成速率等于的生成速率   d.保持不变②0~10min内,I-的反应速率v(I-)=__________。③在该条件下,上述反应的平衡常数K=__________。④升高温度,溶液中的平衡转化率减小,则该反应的ΔH__________(填“大于”“小于”或“等于”)0。3.利用2中反应可测定含As2O3和As2O5的试样中的各组分含量(所含杂质对测定无影响),过程如下:①将试样0.2000g溶于NaOH溶液,得到含和的混合溶液。②用0.02500mol·L-1的I2溶液滴定上述混合液,用__________作指示剂进行滴定。重复滴定2次,平均消耗I2溶液40.00mL。则试样中As2O5的质量分数是__________。4.雄黄(As4S4)在空气中加热至300℃时会生成两种氧化物,其中一种氧化物为剧毒的砒霜(As2O3),另一种氧化物为__________(填化学式),可用双氧水将As2O3氧化为H3AsO4而除去,写出该反应的化学方程式:__________15煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2,严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定,从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应,降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)  ΔH1=+218.4kJ·mol-1(反应Ⅰ)CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s)+4CO2(g) ΔH2=-175.6kJ·mol-1(反应Ⅱ)请回答下列问题:1.假设某温度下,反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2),则下列反应过程能量变化示意图正确的是        2.通过监测反应体系中气体浓度的变化可判断反应Ⅰ和Ⅱ是否同时发生,理由是        3.在温度、容积相同且不变的3个密闭容器中,按不同方式投入反应物,保持恒温、恒容,测得反应达到平衡时的有关数据如下表(已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)  ΔH=-196.6kJ·mol-1)容器甲乙丙反应物投入量2mol SO2,1mol O22mol SO34mol SO3SO3的浓度(mol·L-1)c1c2c3反应的能量变化放出a kJ吸收b kJ吸收c kJ体系压强(Pa)p1p2p3反应物的转化率α1α2α3A.2c1        c3   B.a+b        196.6   C.2p2        p3   D.α1+α3        1(填>,=,<)4.“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2,室温条件下,将烟气通入氨水溶液中,测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如下图所示。请写出a点时=        ,b点时溶液pH=7,则        。5.催化氧化法去除NO,一定条件下,用NH3消除NO污染,其反应原理为4NH3+6NO5N2+ 6H2O。不同温度条件下,n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时,得到NO脱除率曲线如图乙所示:①曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是        。②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg/m3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为        mg·m-3·s-16.已知Ksp(BaSO4)=1×10-10,Ksp(BaCO3)=2.5×10-9,向0.4mol/L Na2SO4的溶液中加入足量BaCO3粉末(忽略体积变化),充分搅拌,发生反应静置后沉淀转化达到平衡。此时溶液中的________mol·L-1(小数点后两位)。   答案以及解析1答案及解析：答案：C解析：A.M点是向1L 0.1mol/L NH4Cl溶液中,不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液,铵根离子浓度和一水合氨浓度相同,一水合氨是一元弱碱抑制水电离,此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度,A正确;B.在M点时溶液中存在电荷守恒,n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(),n(OH-)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol,B正确;C.铵根离子水解显酸性,结合水解平衡常数分析,c(H+)×c (NH3·H2O)/c()×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O),随氢氧化钠固体加入,反应生成一水合氨浓度增大,平衡常数不变,则c(H+)/c()减小,C错误;D.向1L 0.1mol/L NH4Cl溶液中,不断加入NaOH固体后,当n(NaOH)=0.1mol时,恰好反应生成氯化钠和一水合氨,根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c()+c(NH3·H2O),D正确;答案选C。 2答案及解析：答案：D解析： 3答案及解析：答案：A解析： 4答案及解析：答案：D解析：根据图示可知,原混合液显酸性,则为醋酸与醋酸钠的混合液,a点时加入0.10mol NaOH固体,pH=7,说明原溶液中CH3COOH的物质的量稍大于0.2mol。酸或碱抑制水的电离,含弱酸根离子的盐水解促进水的电离,酸或碱的浓度越大,抑制水电离程度越大,因为a、b、c三点对应溶液中酸均过量,且H+的浓度:a<b<c,所以水的电离程度a>b>c,A正确;c点对应的溶液是通入0.1mol HCl的溶液,相当于HCl中和氢氧化钠,所以c点溶液相当于原CH3COOH溶液和0.1mol NaCl固体的混合液,醋酸浓度大于0.2mol/L,所以c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-),B正确;a点对应溶液显中性,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),则c(Na+)=c(CH3COO-),C正确;该温度下,CH3COOH的电离平衡常数Ka=,c点对应溶液中pH=7,c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L,c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L,则溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L,代入公式得=,D错误. 5答案及解析：答案：D解析： 6答案及解析：答案：D解析：根据题图,酸溶液的pH=3,则c(H+)<0.1mol·L-1,说明HA是弱酸;碱溶液的pH=11,c(OH-)<0.1mol·L-1,则BOH是弱碱; ，A错误;b点表示二者恰好完全反应，溶液显中性，则，B错误;酸或碱抑制水的电离,盐类水解促进水的电离,则b点水电离出的c(H+)>10-7mol·L-1,而a、c两点水电离出的c(H+)<10-7mol·L-1,水的电离程度先增大后减小,C错误; 水解平衡常数只与温度有关,升高温度促进水解,水解平衡常数增大,因此该比值随温度升高而减小,D正确。 7答案及解析：答案：A解析：由题图可知,加入40mL NaHCO3溶液时生成沉淀最多,为0.032mol,因NaOH过量,则滤液中含有NaOH,由反应顺序、并结合图像可知,加入前8mL NaHCO3溶液时不生成沉淀,则原NaHCO3溶液中故,A错误;a点时尚未加入NaHCO3溶液,滤液中NaOH过量,水的电离受到抑制,随NaHCO3溶液的加入,溶液中NaOH浓度逐渐减少,水的电离程度逐渐增大,NaOH完全反应后,生成,促进水的电离,故a点水的电离程度小于c 点水的电离程度,B正确;a点对应的溶液为加入过量烧碱溶液后所得的滤液,因氧化镁与NaOH溶液不反应,则加入过量烧碱溶液所得的滤液中含有NaOH和NaAlO2,由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-),C正确;由上述分析可知,加入NaHCO3溶液生成沉淀的离子方程式为,D正确。 8答案及解析：答案：D解析：A.由分析可以知道,曲线②代表0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线,故A错误;B.A点溶液中c(Na+)=0.05mol/L,电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)0.05mol/L,故B错误;C.酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,C点溶质为NaCl,A点溶质为醋酸钠,促进水电离,B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH,NaOH会抑制水的电离,所以在相同温度下,水的电离程度:B<C<A,故C错误;D. D点溶液中,存在电荷守恒,c(Cl-)+c(OH-)c(Na+)+c(H+),定量分析可以知道,c(Na+)1.5c(Cl-),将电荷守恒式中c(Na+)代换为c(Cl-)并整理得:c(OH-)0.5c(Cl-)+c(H+),即c(Cl-)+2c(H+)2c(OH-),所以D选项是正确的;综上所述,本题正确答案为D。 9答案及解析：答案：D解析： 10答案及解析：答案：B解析： 11答案及解析：答案：A解析： 12答案及解析：答案：C解析：A、常温时,1mol/L的HClO2和,1mol/L的HMnO4两种酸溶液,起始时的体积均为V0,稀释前分别用1mol·L-1的NaOH溶液中和,消耗的NaOH溶液体积相同,故A错误;B、当稀释至pH均为3时,两溶液中均存在电荷守恒,c(H+)=c(OH-) +c(),c(H+)=c(OH-) +c(),溶液中c()=c(),故B错误;C、由图+1=1时,1mol·L-1 HMnO4中c(H+)=1mol·L-1,说明HMnO4为强酸,在0≤pH≤5时,HMnO4溶液满足,pH=,故C正确;D、常温下,NaClO2的水解能力强,浓度均为0.1mol·L-1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH: NaMnO4<NaClO2,故D错误;故选C。 13答案及解析：答案：B解析： 14答案及解析：答案：1.As2O5(s)As2O3(s)+O2(g) ΔH=+295.4kJ·mol-1
2.①ac   ②0.003mol·L-1·min-1   ③4.5×106   ④小于
3.淀粉溶液; 50.50%; 4.SO2;   2H2O2+H2O+As2O32H3AsO4解析：1.根据图甲可知,1mol As2O5分解生成1mol As2O3和1mol O2吸收914.6kJ-619.2kJ=295.4kJ热量,则As2O5分解为As2O3的热化学方程式为As2O5(s)As2O3(s)+O2(g) ΔH=+295.4kJ·mol-1
2.①溶液颜色保持不变,说明碘单质的浓度不再变化,说明达到平衡状态,a项正确;由元素守恒可知为定值, 不再变化不能说明达到平衡状态,b项错误; 的生成速率等于的生成速率,正、逆反应速率相等,一定达到平衡状态,c项正确; 和均为生成物,反应过程中为定值,等于1, 保持不变不能说明达到平衡状态,d项错误。②根据③                    开始/(mol·L-1):  0.02      0.04     0.04               0           0转化/(mol·L-1):  0.015    0.03     0.03              0.015    0.015平衡/(mol·L-1):  0.005    0.01     0.01              0.015    0.015。④升高温度,溶液中的平衡转化率减小,说明升高温度,平衡逆向移动,则正反应放热,ΔH<0。
3.淀粉遇碘变蓝色,故指示剂为淀粉溶液。设As2O3的质量为x g,根据 (无色)+2I-+2H+ (无色)+I2(浅黄色)+H2O可知,碱性条件下,反应逆向进行,得,解得x=0.099,故的质量分数是
4.As4S4在空气中加热至300℃时会生成两种氧化物,其中一种氧化物为剧毒的砒霜(As2O3),根据元素守恒可知,另一种氧化物为SO2。双氧水将As2O3氧化为H3AsO4,根据得失电子守恒可得化学方程式为2H2O2+H2O+As2O32H3AsO4。 15答案及解析：答案： 1.D; 2.有无二氧化硫可知反应I是否发生,如c(CO2)=c(SO2),则反应II未发生,如c(CO2)>c(SO2),则反应同时发生
3.<; =;="">; <; 4.1:1;="" 3:1;="">②1.5×10-4
6.0.02mol·L-1解析： 1.某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2),说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能;又因反应Ⅰ吸热、反应Ⅱ放热,故选D。
2.若没有二氧化硫,在反应Ⅰ未发生;若c(CO2)=c(SO2),则反应Ⅱ未发生;若c(CO2)>c(SO2),则反应同时发生。
3.A.甲、乙等效,则平衡时c1=c2,丙相当于在乙的基础上缩小体积,平衡正向移动,则平衡时c3>2c2,2c1<c3;B.恒温、恒容条件下,甲、乙为等效平衡,平衡时各物质的含量相同,则甲放出的热量与乙吸收的热量之和为196.6kJ;C.由A分析可知达到平衡时,p3<2p2 D.甲、乙等效,则α1+α2=1,丙相当于在乙的基础上缩小体积,平衡正移动,则SO3的转化率:α3<α2,所以α1+α3<1。
4.根据图示，a点时，所以a点时，b点时溶液，根据电荷守恒，，所以
5.①NH3的物质的量所占比例越大,NO转化率越大,曲线c对应NH3与NO的物质的量之比为1:3②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3,从A点到B点NO的转化率由55%到75%,NO的浓度变化为1.2×10-4mg·m-3,
6.设反应后,则消耗,生成,静置后沉淀转化达到平衡,则;解得x=0.02。