2023新教材人教版化學(xué)作業(yè)與測(cè)評(píng)第3章 高考真題演練

化學(xué)選擇性必修1［人教版］作業(yè)與測(cè)評(píng)高考真題演練1．(2022·山東高考)實(shí)驗(yàn)室用基準(zhǔn)Na2CO3配制標(biāo)準(zhǔn)溶液并標(biāo)定鹽酸濃度，應(yīng)選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．可用量筒量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中B．應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液C．應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體D．達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯橙色答案A2．(2022·全國(guó)乙卷)常溫下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某體系中，H＋與A－離子不能穿過(guò)隔膜，未電離的HA可自由穿過(guò)該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，下列敘述正確的是()A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B．溶液Ⅱ中的HA的電離度eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c（A－）,c總（HA）)))為eq\f(1,101)C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10－4答案B解析常溫下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，則溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol/L，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A錯(cuò)誤；常溫下，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1mol/L，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1.0×10－3，c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，則eq\f(0.1c（A－）,c總（HA）－c（A－）)＝1.0×10－3，解得eq\f(c（A－）,c總（HA）)＝eq\f(1,101)，B正確；根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過(guò)隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C錯(cuò)誤；常溫下溶液Ⅰ的pH＝7.0，則c(H＋)＝1×10－7mol/L，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1.0×10－3，c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq\f(10－7[c總（HA）－c（HA）],c（HA）)＝1.0×10－3，則溶液Ⅰ中c總(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ的pH＝1.0，則c(H＋)＝0.1mol/L，Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝1.0×10－3，c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq\f(0.1[c總（HA）－c（HA）],c（HA）)＝1.0×10－3，溶液Ⅱ中c總(HA)＝1.01c(HA)，因?yàn)槿芤孩窈廷蛑械腸(HA)相等，故溶液Ⅰ和Ⅱ中c總(HA)之比為[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D錯(cuò)誤。3．(2022·山東高考)工業(yè)上以SrSO4(s)為原料生產(chǎn)SrCO3(s)，對(duì)其工藝條件進(jìn)行研究?，F(xiàn)有含SrCO3(s)的0.1mol·L－1、1.0mol·L－1Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L－1、1.0mol·L－1Na2SO4溶液。在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中l(wèi)g[c(Sr2＋)/mol·L－1]隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．反應(yīng)SrSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)SrCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)的平衡常數(shù)K＝eq\f(Ksp（SrSO4）,Ksp（SrCO3）)B．a(chǎn)＝－6.5C．曲線④代表含SrCO3(s)的1.0mol·L－1Na2CO3溶液的變化曲線D．對(duì)含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0mol·L－1的混合溶液，pH≥7.7時(shí)才發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化答案D解析硫酸是強(qiáng)酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，pH相同時(shí)，溶液中硫酸根離子濃度越大，鍶離子濃度越小，所以曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol·L－1硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫酸鍶固體的1.0mol·L－1硫酸鈉溶液的變化曲線；碳酸是弱酸，溶液pH越小，溶液中碳酸根離子濃度越小，鍶離子濃度越大，pH相同時(shí)，1.0mol·L－1碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大于0.1mol·L－1碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度，則曲線③表示含碳酸鍶固體的0.1mol·L－1碳酸鈉溶液的變化曲線，曲線④表示含碳酸鍶固體的1.0mol·L－1碳酸鈉溶液的變化曲線。反應(yīng)SrSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)SrCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）c（Sr2＋）,c（COeq\o\al(2－,3)）c（Sr2＋）)＝eq\f(Ksp（SrSO4）,Ksp（SrCO3）)，A正確；由分析可知，曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol·L－1硫酸鈉溶液的變化曲線，則硫酸鍶的溶度積Ksp(SrSO4)＝10－5.5×0.1＝10－6.5，溫度不變，溶度積不變，則溶液中SOeq\o\al(2－,4)的濃度為1.0mol·L－1時(shí)，鍶離子的濃度為eq\f(10－6.5,1.0)mol·L－1＝10－6.5mol·L－1，則a為－6.5，B正確；以曲線②④的交點(diǎn)(6.9，－6.5)為界分析可知，當(dāng)pH>6.9時(shí)可發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，D錯(cuò)誤。4．(2021·河北高考)BiOCl是一種具有珍珠光澤的材料，利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反應(yīng)劇烈程度B．轉(zhuǎn)化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3＋水解程度D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成答案D解析酸浸工序中分次加入稀HNO3，反應(yīng)物硝酸的濃度減小，可降低反應(yīng)劇烈程度，A正確；金屬鉍與硝酸反應(yīng)生成的硝酸鉍會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)生成BiONO3，水解的離子方程式為Bi3＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2OBiONO3＋2H＋，轉(zhuǎn)化工序中加入稀HCl，使氫離子濃度增大，硝酸鉍水解平衡左移，可抑制生成BiONO3，B正確；氯化鉍水解生成BiOCl的離子方程式為Bi3＋＋Cl－＋H2OBiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量CH3COONa(s)，醋酸根離子會(huì)結(jié)合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，使氫離子濃度減小，氯化鉍水解平衡右移，促進(jìn)Bi3＋水解，C正確；氯化鉍水解生成BiOCl的離子方程式為Bi3＋＋Cl－＋H2OBiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，銨根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，氯化鉍水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分鉍離子與硝酸根離子、水也會(huì)發(fā)生反應(yīng)Bi3＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2OBiONO3＋2H＋，也不利于生成BiOCl，D錯(cuò)誤。5．(2021·北京高考)下列實(shí)驗(yàn)中，均產(chǎn)生白色沉淀。下列分析不正確的是()A．Na2CO3與NaHCO3溶液中所含微粒種類相同B．CaCl2能促進(jìn)Na2CO3、NaHCO3水解C．Al2(SO4)3能促進(jìn)Na2CO3、NaHCO3水解D．4個(gè)實(shí)驗(yàn)中，溶液滴入后，試管中溶液pH均降低答案B解析HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，加入Ca2＋后，Ca2＋和COeq\o\al(2－,3)反應(yīng)生成沉淀，促進(jìn)HCOeq\o\al(－,3)的電離，B錯(cuò)誤。6．(2022·全國(guó)乙卷節(jié)選)廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等。為了保護(hù)環(huán)境，充分利用鉛資源，通過(guò)下圖流程實(shí)現(xiàn)鉛的回收。一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表：難溶電解質(zhì)PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10－87.4×10－141.1×10－102.6×10－9一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時(shí)的pH如下表：金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2開(kāi)始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列問(wèn)題：(1)在“脫硫”中PbSO4轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___________________________________，用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na2CO3的原因_____________________________________________________________________________。(2)在“脫硫”中，加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉(zhuǎn)化，原因是________________________________________________________________________________。答案(1)PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)=PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)反應(yīng)PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)=PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)≈3.4×105>105，PbSO4可以比較徹底的轉(zhuǎn)化為PbCO3(2)反應(yīng)BaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)=BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)≈0.04?105，反應(yīng)正向進(jìn)行的程度有限7．(2022·江蘇高考節(jié)選)納米FeS可去除水中微量六價(jià)鉻[Cr(Ⅵ)]。在pH＝4～7的水溶液中，納米FeS顆粒表面帶正電荷，Cr(Ⅵ)主要以HCrOeq\o\al(－,4)、Cr2Oeq\o\al(2－,7)、CrOeq\o\al(2－,4)的形式存在，納米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要經(jīng)過(guò)“吸附→反應(yīng)→沉淀”的過(guò)程。已知：Ksp(FeS)＝6.5×10－18，Ksp[Fe(OH)2]＝5.0×10－17；H2S電離常數(shù)分別為Ka1＝1.1×10－7、Ka2＝1.3×10－13。(1)在弱堿性溶液中，F(xiàn)eS與CrOeq\o\al(2－,4)反應(yīng)生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和單質(zhì)S，其離子方程式為_(kāi)_____________________________________。(2)在弱酸性溶液中，反應(yīng)FeS＋H＋Fe2＋＋HS－的平衡常數(shù)K的數(shù)值為_(kāi)_______。答案(1)FeS＋CrOeq\o\al(2－,4)＋4H2O=Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－(2)5×10－5解析(2)反應(yīng)FeS＋H＋Fe2＋＋HS－的平衡常數(shù)K＝eq\f(c（Fe2＋）·c（HS－）,c（H＋）)，由題目信息可知，Ksp(FeS)＝c(Fe2＋)·c(S2－)＝6.5×10－18，H2S電離常數(shù)Ka2＝eq\f(c（H＋）·c（S2－）,c（HS－）)＝1.3×10－13，所以K＝eq\f(c（Fe2＋）·c（HS－）,c（H＋）)＝Ksp(FeS)÷Ka2＝5×10－5。8．(2021·遼寧高考)從釩鉻錳礦渣(主要成分為V2O5、Cr2O3、MnO)中提鉻的一種工藝流程如下：已知：pH較大時(shí)，二價(jià)錳[Mn(Ⅱ)]在空氣中易被氧化?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)Cr元素位于元素周期表第________周期________族。(2)用FeCl3溶液制備Fe(OH)3膠體的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。(3)常溫下，各種形態(tài)五價(jià)釩粒子總濃度的對(duì)數(shù)[lgc總(V)]與pH關(guān)系如圖1。已知釩鉻錳礦渣硫酸浸液中c總(V)＝0.01mol·L－1，“沉釩”過(guò)程控制pH＝3.0，則與膠體共沉降的五價(jià)釩粒子的存在形態(tài)為_(kāi)_______(填化學(xué)式)。(4)某溫度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率與pH關(guān)系如圖2?！俺零t”過(guò)程最佳pH為_(kāi)_______；在該條件下濾液B中c(Cr3＋)為_(kāi)_______mol·L－1[Kw近似為1×10－14，Cr(OH)3的Ksp近似為1×10－30]。(5)“轉(zhuǎn)化”過(guò)程中生成MnO2的離子方程式為_(kāi)__________________________。(6)“提純”過(guò)程中Na2S2O3的作用為_(kāi)_________________________。答案(1)四ⅥB(2)FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(煮沸))Fe(OH)3(膠體)＋3HCl(3)H3V2Oeq\o\al(－,7)(4)6.01×10－6(5)Mn2＋＋H2O2＋2OH－=MnO2↓＋2H2O(6)將MnO2還原為二價(jià)錳解析分析工藝流程圖可知，“沉釩”步驟中使用氫氧化鐵膠體吸附得到含釩固體，濾液中主要含有Mn2＋和Cr3＋，加入NaOH“沉鉻”后，Cr3＋轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3沉淀，此時(shí)pH較大，二價(jià)錳[Mn(Ⅱ)]被空氣中氧氣氧化為MnO2，故固體A為Cr(OH)3和MnO2，再加入Na2S2O3溶液是為了將MnO2還原為Mn2＋進(jìn)入“轉(zhuǎn)化”過(guò)程中，Cr(OH)3煅燒后生成Cr2O3，濾液B中主要含有MnSO4，濾液B經(jīng)轉(zhuǎn)化過(guò)程被氧化為MnO2，“轉(zhuǎn)化”步驟中