2019-2020年高二化学上学期9月培优复习试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高二化学上学期9月培优复习试题（含解析）新人教版一、选择题1广义的水解观认为，无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果都是参与反应的物质和水分别离解成两部分，再重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是（ ）ANaClO的水解产物是HClO和NaOH BCuCl2的水解产物是Cu(OH)2和HClCPCl3的水解产物是PH3和HClO DCaO2的水解产物是Ca(OH)2和H2O2 【答案】C【解析】试题分析：A、NaClO的水解产物是钠离子和氢氧根离子结合生成的NaOH，次氯酸根离子和氢离子结合生成的HClO，故A正确；B、CuCl2的水解产物是铜离子和氢氧根离子结合生成的Cu（OH）2，氯离子和氢离子结合生成的HCl，故B正确；C、PCl3的水解产物是HCl和P（OH）3，故C错误；D、CaO2的水解产物是钙离子和氢氧根离子结合生成的Ca（OH）2和C22-和氢离子结合生成的C2H2，故D正确答案选C考点：盐类的水解应用2下列根据反应原理设计的应用，不正确的是()ACOH2OHCOOH与Al2(SO4)3溶液混合作灭火剂BAl33H2OAl(OH)33H明矾净水CTiCl4(x2)H2O(过量) TiO2xH2O4HCl制备TiO2纳米粉DSnCl2H2OSn(OH)ClHCl配制氯化亚锡溶液时加入浓盐酸【答案】A【解析】试题分析：A.泡沫灭火剂的原料是硫酸铝和碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳起到灭火作用，而不是碳酸钠，因为生成等量的二氧化碳时，碳酸钠消耗的硫酸铝多、产生二氧化碳的速率慢，A原理错误；B.明矾溶于水，Al3+发生水解生成Al（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮物，故B正确；C、四氯化钛可以和水之间发生反应：TiCl4+（x+2）H2O（过量）TiO2xH2O+4HCl，可以用制取TiO2纳米粉，故C正确；D、根据反应：SnCl2+H2OSn（OH）Cl+HCl，配制氯化亚锡溶液时加入盐酸，抑制水解，D正确；答案选A考点：盐类水解原理3下列各组离子能大量共存，且溶液为无色透明的是（ ）AAl3+、AlO2-、NO3-、Cl BCrO42-、H+、K+、NO3-CBa2+、Na+、HCO3-、OH- DK+、SO42-、S2-、Na+【答案】D【解析】试题分析：A.Al3+与AlO2-不能大量共存，互相促进水解，A错误；B.CrO42-是黄色溶液，B错误；C.HCO3-与OH- 反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，C错误；D.能大量共存，D正确；答案选D 考点：离子共存4物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是()ABa(OH)2、Na2SO3、FeCl3、KClBNa2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4ClCNH3H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4DNaHCO3、CH3COOH、C2H5OH、HCl【答案】B【解析】试题分析：A.硫酸钠、氯化钾是强酸强碱盐显中性，氯化铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，A错误；B.由于硅酸酸性小于碳酸的酸性，所以硅酸钠溶液碱性强于碳酸钠溶液，硝酸钾溶液显中性，氯化铵水解显酸性，B正确；C.磷酸的pHa；c(OH)1103 molL1的氨水，pH=11，一水合氨是弱电解质，只有部分电离，所以氨水的浓度大于110-3 mol/L，与盐酸等体积混合呈碱性，即ac中氢氧根离子的浓度是110-3 mol/L盐酸和氢氧化钡都是强电解质，氢离子和氢氧根离子中和时是1：1的关系，氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以a、d的体积相等，即a=d；考点：pH的计算12原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，Y能分别与X、Z形成原子个数比为1 3的化合物，常温下YX3是一种刺激性气味的气体。下列说法正确的是（ ） A原子半径：ZYW，而离子半径：WYZBW的氯化物水溶液中滴加过量NaZ饱和溶液，可生成W的配合物用于冶金工业C由X、Y、Z组成盐的水溶液呈酸性，则溶液中该盐阳离子浓度大于酸根离子浓度D已知YX3沸点远高于YZ3，则YX键的键能高于YZ键【答案】B【解析】试题分析：原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素，X、W原子的最外层电子数与其电子层数相等，只能为H、Be、Al中的两种，Y能分别与X、Z形成原子个数比为1：3的共价化合物，常温下YX3是一种刺激性气味的气体，应为NH3，则X为H元素，Y为N元素，Z为F，结合原子序数可知W为Al，A同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径AlNF，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3-F-Al3+，故A错误；B氯化铝溶液中滴入过量的NaF溶液可以生成络合物-Na3AlF6，故B正确；C若由H、N、F组成盐为NH4F，其水溶液呈酸性，说明铵根离子水解程度大于氟离子水解程度，则溶液中该盐阳离子浓度小于酸根离子浓度，故C错误；D键能影响物质的稳定性，不能影响沸点，NH3沸点远高于NF3，应是NH3分子值存在氢键所致，故D错误，故选B考点：原子结构和元素周期律13下列实验过程中曲线变化正确的是（ ）A表示Na2CO3溶液中滴入稀盐酸B表示溴水中滴入Na2SO3溶液C表示AgNO3溶液中滴入氨水D表示一定条件下2SO2+O22SO3 H 0.1时，一定不存在：c(Na+) = c(F) D若混合后溶液中：c(Na+)c(OH) c(F)c(H+)，则c一定小于0.1【答案】C【解析】试题分析：A.利用盖斯定律将-可得HF（aq）F-（aq）+H+（aq）H=-10.4kJmol-1，即氢氟酸的电离是吸热的，升高温度，平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，A说法是正确的；B.已知条件中H+(aq) + OH(aq) H2O(l) H=57.3kJ/mol，水的电离的H与其数值相等，符号相反，B说法正确；C.当C0.1时，溶液可能呈中性、酸性或碱性，当溶液呈中性时，则c(Na+) = c(F)，C说法错误；D.若c=0.1mol/L，则与氢氧化钠完全反应生成NaF，完全电离出钠离子和氟离子，而氢氧根离子于盐类的水解，水解非常微弱，离子浓度大小顺序为c(Na+) c(F)c(OH)c(H+)，若c0.1mol/L，则c(OH) c(F)，D叙述正确；答案选C考点：离子浓度大小比较、盐类的水解二、填空题15常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：实验编号HA物质的量浓度(molL1)NaOH物质的量浓度(molL1)混合溶液的pH0.10.1pH9c0.2pH70.20.1pHc(Na)c(H)c(OH) (4)105 (5)105109109【解析】试题分析：（1）等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，答案为HA为弱酸，；（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7， 则 为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L；由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），则c（A-）=c（Na+），故答案为：大于；c（A-）=c（Na+）（3）由组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH7，酸的电离大于盐的水解，电离显酸性，c（H+）c（OH-），电离大于水解，则c（A-）c（Na+）c（H+）c（OH-）， 故答案为：大于；c（A-）c（Na+）c（H+）c（OH-）；（4）组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，即水电离的溶液中的c（OH-）=10-5mol/L；故答案为：10-5；（5）根据电荷守恒c(Na)+c(H)=c(OH)+c(A)得，c(Na)c(A)=c(OH)-c(H)=105109，由质子守恒的得，NaA中c(OH)=c(HA)+c(H)，即c(OH)c(HA)=c(H)=109，答案为105109109 考点：电离平衡与溶液pH计算16已知：酸电离常数(Ka)酸电离常数(Ka)CH3COOH1.810-5HCN510-10H2CO3Ka1= 4.210-7HClO310-8Ka2= 5.610-11（1）用方程式表示HCN溶液显酸性的原因：_。（2）上述四种酸中，酸性最强的是 ；（3）25时，0.01 mol/L NaCN溶液的pH_7；（4）在浓度均为0.01 mol/L的CH3COONa、NaClO、Na2CO3的混合溶液中，逐滴加入0.01 mol/L HCl，则体系中酸根离子反应的先后顺序为 ；（5）向pH=4的CH3COOH溶液中，加入下列物质，能使CH3COOH电离平衡向逆向移动的是：_。 加入少量NH4Cl固体 加入等体积pH=5的盐酸加入少量Na2CO3固体 加入等体积0.01 mol/L的CH3COONa 溶液【答案】（1）HCNH+CN （2）CH3COOH； （3）；（4）CO32、ClO、HCO3、CH3COO (5) 【解析】试题分析(1)HCN是弱电解，部分电离，故答案为：HCNH+CN-；(2)电离常数越大，溶液的酸性越强，即醋酸的酸性最强，故答案为CH3COOH；（3）NaCN是强碱弱酸盐水解呈碱性，故答案为；（4）酸根离子对应酸的酸性越弱，越容易结合氢离子，故答案为CO32、ClO、HCO3、CH3COO ；（5）醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH+CH3COO-，加入氯化铵，水解显酸性，平衡向逆反应方向进行；加入pH=5的盐酸，氢离子浓度小于醋酸中的氢离子浓度，即醋酸中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动；加入碳酸钠固体，碳酸根离子和氢离子反应而使氢离子浓度减小，则促进醋酸电离，平衡正向移动；加入少量CH3COONa，溶液中CH3COO-增大，抑制醋酸电离，则平衡逆向移动，故答案为考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡17已知某溶液中只存在OH、H、NH4、Cl四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系： c(Cl)c(NH4)c(H)c(OH) c(NH4)c(OH)c(Cl)c(H) c(NH4)c(Cl)c(OH)c(H) c(Cl)c(H)c(NH4)c(OH)填写下列空白：（1）若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是_，上述四种离子浓度的大小顺序为(填序号)_。（2）若四种离子的关系符合，则溶质为_；若四种离子的关系符合，则溶质为_。（3）将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，则下面图象正确的是(填图象符号)_。 若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)_c(NH3H2O)(填“大于”“小于”或“等于”)。【答案】(1)NH4Cl (2)NH4Cl和NH3H2ONH4Cl和HCl (3)B (4)小于【解析】试题分析：（1）因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4+H2O NH3H2O+H+，则c（Cl-）c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）c（OH-），又水解的程度很弱，则c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），即符合，故答案为：NH4Cl；（2）中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）c（Cl-），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3H2O；中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl-）c（H+）c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl，故答案为：NH4Cl和NH3H2O；NH4Cl和HCl；（3）pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释时氢离子的浓度都变小，则pH都变大，但盐酸为强电解质，则pH变化程度大，而氯化铵水解显酸性，稀释促进水解，氢离子浓度减小的倍数小于盐酸中氢离子浓度的变化，则pH变化小，只有B符合题意，故答案为：B；（4）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，溶液恰好呈中性，应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）c（NH3H2O），而HCl为强电解质，完全电离，NH3H2O为弱电解质，不完全电离，则混合前酸中c（H+）和碱中c（OH-）的关系为c（H+）c（OH-），故答案为：小于；大于；考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算18用浓度为0.10 mol/L的KMnO4（H+）溶液滴定未知浓度的H2C2O4（弱酸）溶液，其实验步骤如下：I、滴定前的准备： 用蒸馏水清洗 用待装溶液润洗 装液 调节液面在零刻度或零刻度以下 记录初始读数II、滴定：分别取20.00 mL 草酸溶液于4个洁净的锥形瓶中，滴加几滴MnSO4溶液，然后用标准的KMnO4（H+）溶液进行滴定至终点，记录最终读数。数据如下：测定次序第一次第二次第三次第四次初始读数（mL）0.400.100.900.00最终读数（mL）25.0520.1021.0019.90V标（mL）24.6520.0020.1019.90III、实验数据处理：略请回答下列问题：（1）将步骤I中的操作补充完整：_ _（2）KMnO4（H+）溶液应装入_式滴定管进行滴定；（3）向锥形瓶中滴加MnSO4溶液的作用是_；判断已达滴定终点的现象是：_；（4）该滴定反应的离子方程式为：_；（5）实验测得草酸溶液的浓度为_mol/L；（6）下列操作会引起实验结果偏高的是_ A向锥形瓶中加入了较多 MnSO4溶液 B滴定振摇时，锥形瓶中溶液溅出 C滴定时，锥形瓶内壁附有紫红色溶液，未用蒸馏水冲洗 D滴定结束时，仰视读数【答案】（1）查漏 ； 排除滴定管尖嘴处的气泡 (各1分)（2） 酸 （1分）（3）作反应催化剂，加快KMnO4氧化H2C2O4的速率； 溶液由无色变为（紫）红色，半分钟不褪色 (各2分)（4） 2MnO4 + 5H2C2O4 + 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O（2分）（5） 0.25（2分）（6） CD（2分）【解析】试题分析：（1）滴定过程中首先要检查装置的气密性，向滴定管中注入液体时要至0刻度上方，让后迅速放液，至0刻度下方，目的赶走滴定管尖嘴处气泡，故答案为查漏 ； 排除滴定管尖嘴处的气泡 ；碱性溶液用碱式滴定管，酸性、氧化性溶液用酸式滴定管，故高锰酸钾用酸式滴定管，（3）向锥形瓶中滴加MnSO4溶液的作用是作反应催化剂，加快KMnO4氧化H2C2O4的速率；达到滴定终点时，高猛酸根离子恰好完全反应生成锰离子，溶液由无色变为（紫）红色，半分钟不褪色，故答案为作反应催化剂，加快KMnO4氧化H2C2O4的速率；溶液由无色变为（紫）红色，半分钟不褪色（4）高锰酸根具有强氧化性，将草酸氧化成二氧化碳，该滴定反应的离子方程式为： 2MnO4 + 5H2C2O4 + 6H+ =2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O，答案为 2MnO4 + 5H2C2O4 + 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O （5）由离子方程式得2MnO4 + 5H2C2O4 + 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O 2 5 0.1mol/Lx0.019L 0.02Lxc（H2C2O4）c（H2C2O4）=0.25mol/L，故答案为0.25mol/L （6）A.向锥形瓶中加入了较多 MnSO4溶液，对结果没有影响；B.锥形瓶中液体溅出，草酸的物质的量减小，消耗的高锰酸钾的体积偏小，故测量的草酸浓度偏低；C.滴定时，锥形瓶内壁附有紫红色溶液，未用蒸馏水冲洗，即消耗的高锰酸钾的体积偏大，草酸浓度偏大；D.滴定结束时，仰视读数，消耗高锰酸钾的体积偏大，草酸浓度偏大，