2018年度高考~化学真题与~模拟类编：专栏10-水溶液中的离子平衡(含内容答案).doc

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1、.2018 年高考试题 1【2018 新课标 3 卷】用 0.100 molL-1 AgNO3 滴定 50.0 mL 0.0500 molL-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 Ksp(AgCl)的数量级为 10-10B曲线上各点的溶液满足关系式 c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C相同实验条件下，若改为 0.0400 molL-1 Cl-，反应终点 c 移到 aD相同实验条件下，若改为 0.0500 molL-1 Br-，反应终点 c 向 b 方向移动【答案】C【解析】分析：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

2、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。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.250.8=20mL，而 a 点对应的是 15mL，选项 C 错误。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定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的

3、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。2 【2018 北京卷】测定 0.1 molL-1 Na2SO3 溶液先升温再降温过程中的 pH，数据如下。时刻 温度/ 25 30 40 25pH 9.66 9.52 9.37 9.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验 ，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是ANa 2SO3 溶液中存在水解平衡： +H2O +OHB的 pH 与不同，是由于 浓度减小造成的C的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的 Kw 值相等【答案】C【解析】分析：A 项，

4、Na 2SO3 属于强碱弱酸盐，SO 32-存在水解平衡； B 项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分 Na2SO3 被氧化成Na2SO4，与温度相同， 与对比，SO 32-浓度减小，溶液中 c（OH -） ，的 pH 小于；C 项，盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度 SO32-水解平衡正向移动，c（SO 32-）减小，水解平衡逆向移动；D 项，K w 只与温度有关。详解：A 项，Na 2SO3 属于强碱弱酸盐，SO 32-存在水解平衡： SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO 3-+H2OH2SO3+OH-，A 项正确；B

5、项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，.产生白色沉淀多，说明实验过程中部分 Na2SO3 被氧化成 Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中 c（OH -） ，的 pH 小于，即的 pH 与不同，是由于 SO32-浓度减小造成的，B 项正确；C 项，盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度 SO32-水解平衡正向移动，c（SO 32-）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，Kw 只与温度有关，与温度相同，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

6、离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。3 【2018 天津卷】LiH 2PO4 是制备电池的重要原料。室温下，LiH 2PO4 溶液的 pH 随 c 初始 （H 2PO4）的变化如图 1 所示，H 3PO4 溶液中 H2PO4的分布分数 随 pH 的变化如图 2 所示，下列有关 LiH2PO4 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 H2PO4、HPO 42、PO 43C随 c 初始 （H 2PO4）增大，溶液的 pH 明显变小D用浓度大于 1 molL-1 的 H3PO4 溶液溶解 Li2CO3，当 pH 达到 4.66 时，H

7、3PO4 几乎全部转化为LiH2PO4【答案】D【解析】分析：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。.D由图 2 得到，pH=4.66 的时候，=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 （H 2PO4）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 H2PO4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。4 【2018 天津卷】下列叙述正确的是A某温度下，一元弱酸 HA 的 Ka 越

8、小，则 NaA 的 Kh(水解常数)越小B铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈C反应活化能越高，该反应越易进行D不能用红外光谱区分 C2H5OH 和 CH3OCH3【答案】B【解析】分析：本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。D红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C 2H5OH 和 CH3OCH3 的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项 D 错误。点睛：反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高） ，所以活化能越大，反应进行

9、的就越困难。从另一个角度理解，课本中表述为，活化能越大，反应的速率应该越慢，这样也可以认为活化能越大，反应越困难。5 【2018 江苏卷】根据下列图示所得出的结论不正确的是.A图甲是 CO(g)+H2O(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Hc(H2C2O4 ) c(C2O42 ) c(H+ )CpH = 7 的溶液：c(Na + ) =0.1000 molL1+ c(C2O42) c(H2C2O4)Dc(Na + ) =2c(总)的溶液： c(OH) c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4)【答案】AD详解：A 项，H 2C2O4 溶液中

10、的电荷守恒为 c（H +）=c（HC 2O4-）+2c（C 2O42-）+c（OH -） ，0.1000 molL1H2C2O4 溶液中 0.1000mol/L=c（H 2C2O4） + c（HC 2O4-）+ c（C 2O42-） ，两式整理得c（H +）=0.1000mol /L-c（H 2C2O4）+c （C 2O42-）+c（OH -） ，A 项正确；B 项，c（Na +）=c （总 ）时溶液中溶质为 NaHC2O4，HC 2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC 2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，HC 2O4-水解常数 Kh= =.= = =1.

11、85 10-13 Ka2（H 2C2O4） ，HC 2O4-的电离程度大于水解程度，则 c（C 2O42-） c（H 2C2O4） ，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 2O4-）+2c （C 2O42-）+c（OH -） ，室温 pH=7 即 c（H +）=c（OH -） ，则 c（Na +）=c （HC 2O4-）+2c（C 2O42-）=c（总）+c（C 2O42-）-c（H 2C2O4） ，由于溶液体积变大，c（总） 0.1000mol/L，c（Na +） 0.1000mol/L +c（C 2O42-）-c（H 2C2

12、O4） ，C 项错误；D 项，c（Na +）=2c （总）时溶液中溶质为 Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为 c（Na +）+c（H +）=c（HC 2O4-）+ 2c（C 2O42-）+c（OH -） ，物料守恒为 c（Na +）=2c（H 2C2O4） + c（HC 2O4-）+ c（C 2O42-），两式整理得 c（OH -）-c （H +）=2c（H 2C2O4）+c （HC 2O4-） ，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

13、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。2018 届高考模拟试题 7 【2018 届扬州市三模】向湿法炼锌的电解液中同时加入 Cu 和 CuSO4，可生成 CuCl 沉淀除去 Cl，降低对电解的影响，反应原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq) H1a kJmol-1Cl(aq)+Cu+(aq) CuCl(s) H2b kJmol-1实验测得电解液 pH 对溶液中残留 c(Cl)的影响如图所示。下列说法正确的是A向电解液中加入稀硫酸，有利于 Cl-的去除B溶液 pH 越大，K sp(CuCl)增大

14、C反应达到平衡增大 c(Cu2+)，c(Cl )减小.D Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl(aq) CuCl(s)的 H(a+2b) kJmol-1【答案】C【解析】分析：A根据图像分析 pH 与氯离子浓度的关系；B根据溶度积常数只与温度有关系；C根据外界条件对平衡的影响分析；D根据盖斯定律计算。详解：A根据图像，溶液的 pH 越小，溶液中残留 c(Cl)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于 Cl-的去除，A 错误；BK sp(CuCl)只与温度有关，与溶液 pH 无关，B 错误；C根据 Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq)可知增大 c(Cu2+)，平衡正向移动，使得 c(Cu

15、+)增大，促进Cl(aq)+Cu+(aq) CuCl(s)右移，c(Cl )减小，C 正 确；D已知Cu(s)+Cu 2+(aq) 2Cu+(aq)H1a kJmol-1，Cl (aq)+Cu+(aq) CuCl(s)H2b kJmol-1，根据盖斯定律，将1/2+得反应 Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl(aq) CuCl(s)的H(a/2+b) kJmol -1，D 错误；答案选 C。8 【2018 届厦门外国语学校三模】室温下，某二元碱 X(OH)2 水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH 变化的曲线如图所示，下列说法错误的是AK b2 的数量级为 10-8BX(O H)NO3 水溶

16、液显碱性C等物质的量的 X(NO3)2 和 X(OH)NO3 混合溶液中 c (X2+)cX(OH)+D在 X(OH)NO3 水溶液中，cX(O H)2+c(OH-)= c(X2+)+ c(H+)【答案】C【解析】分析：本题是一道图形比较熟悉的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。.D在 X(OH)NO3 水溶液中，有电荷守恒：c(NO 3-)+c(OH-)= 2c(X2+)+c(H+)+cX(OH)+，物料守恒：c(NO3-)=c(X2+)+cX(OH)2+cX(OH)+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的

17、质子守恒式为：cX (OH)2+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)。9 【2018 届莆田市二模 B 卷 】向 10mL 1 molL1 的 HCOOH 溶液中不断滴加 1 molL1 的 NaOH 溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与-lg c 水 (H+)的关系如图所示。c 水 (H+)为溶液中水电离的 c(H+)。下列说法不正确的是A常温下，K a(HCOOH)的数量级为 10-4Ba、 b 两点 pH 均为 7C从 a 点到 b 点，水的电离程度先增大后减小D混合溶液的导电性逐渐增强【答案】B【解析】分析：A根据起始时甲酸溶液中水电离出的氢离子为 1012 mol/L 计算；B根据

18、 a、b 溶液中的溶质判断；C根据酸碱盐对水电离平衡的影响分析；D根据影响溶液导电性的因素分析。.D溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。甲酸是弱酸，生成的甲酸钠以及氢氧化钠均是强电解质，所以混合溶液的导电性逐渐增强，D 正确。答案选 B。10 【2018 届莆田市二模】常温下，二元弱酸 H2Y 溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如下图所示，下列有关说法错误的是A曲线 M 表示 pH 与 lg 的变化关系Ba 点溶液中：c(H +) c(OH -)2c(Y 2 )c (HY-) c(K +)CH 2Y 的第二级电离常数 Ka2(H2Y)10 4.3D交点 b 的溶液中：c(H 2Y)c(Y 2-)c(HY -)c(H +)c(OH -)【答案】D【解析】详解：A随着 pH 的增大，H 2Y 的电离程度逐渐增大，溶液中 逐渐增大， 逐渐减小，lg 逐渐增大，lg 逐渐减小，因此曲线 M 表示 pH 与 的关系，故 A 正确；