专题八能力提升检测卷（测）-2023年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）（解析版）_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_一轮复习

专题八 能力提升检测卷 （本卷共20小题，满分100分，考试用时75分钟） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 第I卷 （选择题共50分） 一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 1.相同温度下，根据下列三种酸的电离常数，以下说法正确的是( ) 酸 HX HY HZ 电离常数K 9×10－7 9×10－6 1×10－2 A.三种酸的强弱关系：HX>HY>HZ B．反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生 C．相同温度下，0.1 mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大 D．相同温度下，1 mol·L－1 HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L－1 HX溶液的电离常数 【答案】B 【解析】表中电离常数大小关系：HZ>HY>HX，所以三种酸的酸性强弱为HZ>HY>HX，可见A、C 不正确；电离常数只与温度有关，与溶液浓度无关，D不正确。 2．室温下，向10 mL pH＝3的CHCOOH溶液中加入下列物质，对所得溶液的分析正确的是( ) 3 加入的物质 对所得溶液的分析 由水电离出的 A 90 mL H O 2 c(H＋)＝10－10 mol·L－1 B 0.1 mol CH COONa固体 c(OH－)比原CHCOOH溶液中的大 3 3 C 10 mL pH＝1 的HSO 溶液 CHCOOH的电离程度不变 2 4 3 D 10 mL pH＝11的NaOH溶液 c(Na＋)＝c(CHCOO－)＞c(OH－)＝c(H＋) 3 【答案】B 【解析】向10 mL pH＝3的CHCOOH溶液中加入90 mL H O，醋酸的电离平衡正向移动，则 c(H 3 2 ＋)>10－4 mol·L－1，故由水电离出的c(H＋)<10－10 mol·L－1，选项A错误；向10 mL pH＝3的CHCOOH溶液 3 中加入0.1 mol CH COONa固体，醋酸根离子浓度增大，酸的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，故c(OH－)比 3 原CHCOOH溶液中的大，选项B正确；向10 mL pH＝3的CHCOOH溶液中加入10 mL pH＝1 的HSO 3 3 2 4 溶液，氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，CHCOOH的电离程度减小，选项C错误；向10 mL pH＝3的 3 CHCOOH溶液中加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，醋酸过量，所得溶液呈酸性，故c(CHCOO－)＞c(Na 3 3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，选项D错误。 3．25 ℃时，0.1 mol·L－1的CHCOOH溶液pH＝3，0.1 mol·L－1的HCN溶液pH＝4。下列说法正确的 3 是( ) A．CHCOOH与HCN均为弱酸，酸性：HCN>CH COOH 3 3 B．25 ℃时，水电离出来的c(H＋)均为10－11 mol·L－1的两种酸，酸的浓度：HCN>CH COOH 3 C．25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的CHCOONa和NaCN溶液中，pH大小：CHCOONa>NaCN 3 3 D．25 ℃时，pH均为3的CHCOOH与HCN溶液各100 mL与等浓度的NaOH溶液完全反应，消耗 3 NaOH溶液的体积：CHCOOH>HCN 3 【答案】B 【解析】同浓度时CHCOOH溶液pH小，酸性较强，A错误；水电离出来的c(H＋)均为10－11 mol·L－ 3 1，因此两种酸的溶液中 c(H＋)＝10－3 mol·L－1，由于酸性：CHCOOH>HCN，故酸的浓度： 3 HCN>CH COOH，B 正确； CHCOONa 和 NaCN 浓度相同且 NaCN 更易水解，故 pH 大小： 3 3 NaCN>CHCOONa，C错误；pH均为3的CHCOOH与HCN相比，HCN浓度大，故消耗NaOH溶液的体 3 3 积：HCN>CH COOH，D错误。 3 4．HPO 的电离是分步进行的，常温下K ＝7.6×10－3，K ＝6.3×10－8，K ＝4.4×10－13。下列说法 3 4 a1 a2 a3 正确的是( ) A．浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH溶液和HPO 溶液按照体积比2∶1混合，混合液的pH＜7 3 4 B．NaHPO 溶液中，c(H＋)＋c(H PO)＋c(H PO )＝c(PO)＋c(OH－) 2 4 2 3 4 C．向0.1 mol·L－1的HPO 溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)，溶液pH＝1时，溶液中大约 3 4 有7.1%的HPO 电离 3 4 D．在HPO 溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH＝11时， 3 4 c(PO)>c(HPO) 【答案】C 【解析】浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH溶液和HPO 溶液按照体积比2∶1混合，二者恰好反应生成 3 4 NaHPO ，在溶液中HPO存在电离平衡：HPO PO＋H＋，也存在着水解平衡：HPO＋HO HPO＋ 2 4 2 2 OH－，电离平衡常数K ＝4.4×10－13，水解平衡常数K ＝＝＝＝≈1.59×10－7＞K ＝4.4×10－13，水解程度 a3 h2 a3 大于电离程度，因此溶液显碱性，pH＞7，A错误；在NaHPO 溶液中，根据质子守恒可得：c(H＋)＋ 2 4 c(H PO)＋2c(H PO )＝c(PO)＋c(OH－)，B错误；向0.1 mol·L－1的HPO 溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积 2 3 4 3 4 的变化)，溶液pH＝1时，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，假设电离的HPO 浓度为x，根据电离平衡常数K ＝＝＝ 3 4 a1 ＝7.6×10－3，解得x≈0.007 1 mol·L－1，因此溶液中HPO 电离度＝×100%＝7.1%，C正确；在HPO 溶液 3 4 3 4 中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH＝11时，c(H＋)＝10－11 mol·L－1，K ＝＝＝4.4×10－13，则＝4.4×10－2 ，则c(PO)＜c(HPO)，D错误。 a3 5．常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系不正确的是( ) A．0.1 mol·L－1 (NH )Fe(SO ) 溶液：c(SO)>c(NH)>c(Fe2＋)>c(H＋) 4 2 4 2 B．将10 mL 0.1 mol·L－1 Na CO 溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 mol·L－1盐酸中： 2 3 c(Na＋)>c(Cl－)>c(CO)>c(HCO) C．0.01 mol·L－1 NaOH溶液与等体积pH＝2的醋酸混合后的溶液中： c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) 3 D．0.1 mol·L－1 NaHCO 溶液：c(H＋)＋2c(H CO)＝c(OH－)＋c(CO) 3 2 3 【答案】D 【解析】亚铁离子和铵根离子都水解，但水解程度较小，硫酸根离子不水解，所以 c(SO)＞c(NH)，故 A正确；将10 mL 0.1 mol·L－1NaCO 溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 mol·L－1盐酸中：因为酸过量会放出CO 气 2 3 2 体，根据 CO＋2H＋===CO ↑＋HO 知有 NaCO 溶液剩余，所以离子浓度大小为 c(Na＋) >c(Cl 2 2 2 3 －)>c(CO)>c(HCO)，故B正确；0.01 mol·L－1NaOH溶液与等体积pH＝2的醋酸混合后的溶液中溶质为醋酸 钠和醋酸，所以离子浓度大小的关系为c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故C正确；溶液中存在电荷 3 守恒和物料守恒，根据电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，根据物料守恒得：c(Na＋) ＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO)，联立上述两式得：c(H＋)＋c(H CO)＝c(OH－)＋c(CO)，故D错误。 2 3 2 3 6．室温下，将0.05 mol Na CO 固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确 2 3 的是( ) 加入的物质 结论 A.50 mL 1 mol·L－1 HSO 反应结束后，c(Na＋)＝c(SO) 2 4 B.0.05 mol CaO 溶液中增大 C.50 mL H O 由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变 2 D.0.1 mol NaHSO 固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变 4 【答案】B 【解析】室温下，将0.05 mol Na CO 固体溶于水配成100 mL 溶液，溶液中存在水解平衡：CO＋HO 2 3 2 HCO＋OH－，使溶液呈碱性。加入50 mL 1 mol·L－1 HSO ，HSO 与NaCO 恰好反应，则反应后溶 2 4 2 4 2 3 液中溶质为NaSO ，根据物料守恒，反应结束后 c(Na＋)＝2c(SO)，故A项错误；加入0.05 mol CaO，则 2 4 CaO＋HO===Ca(OH) ，则c(OH－)增大，且Ca(OH) 与NaCO 反应生成CaCO 和NaOH，使CO＋HO 2 2 2 2 3 3 2 HCO＋OH－平衡左移，c(HCO)减小，溶液中增大，故B项正确；加入50 mL H O，溶液体积变大， 2 CO＋HO HCO＋OH－平衡右移，但c(OH－)减小，NaCO 溶液中的OH－来源于水的电离，因由水电离 2 2 3 产生的c(H＋)＝c(OH－)，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，故C项错误；加入0.1 mol NaHSO 固体， 4NaHSO 为强酸的酸式盐，电离出的H＋与CO反应，则反应后溶液为NaSO 溶液，溶液呈中性，溶液pH 4 2 4 减小，引入了Na＋，c(Na＋)增大，故D项错误。 7．测定0.1 mol·L－1NaSO 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下： 2 3 时刻 ① ② ③ ④ 温度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。 2 下列说法不正确的是( ) A．NaSO 溶液中存在水解平衡：SO＋HO HSO＋OH－ 2 3 2 B．④的pH与①不同，是由SO浓度减小造成的 C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D．①与④的K 值相等 w 【答案】C 【解析】NaSO 是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋HOHSO＋OH－，A 2 3 2 项正确；实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多， 2 说明④中的SO数目多，SO数目少，所以④中的OH－数目小于①中的OH－数目，且pH不同，B项正确； ①→③的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，故温度和浓度 对水解平衡移动方向的影响不一致，C项错误；K 只与温度有关，温度相同则K 相同，D项正确。 w w 8．已知 25 ℃时，RSO (s)＋CO(aq ) RCO(s)＋SO(aq)的平衡常数 K＝1.75×104，K (RCO)＝ 4 3 sp 3 2.80×10－9，下列叙述中正确的是( ) A．向c(CO)＝c(SO)的混合液中滴加RCl 溶液，首先析出RSO 沉淀 2 4 B．将浓度均为6×10－6mol·L－1的RCl 、NaCO 溶液等体积混合后可得到RCO 沉淀 2 2 3 3 C．25 ℃时，RSO 的K 约为4.9×10－5 4 sp D．相同温度下，RCO 在水中的K 大于在NaCO 溶液中的K 3 sp 2 3 sp 【答案】C 【解析】RSO (s)＋CO(aq ) RCO(s)＋SO(aq)的平衡常数 K＝＝＝＝1.75×104，K (RSO )＝ 4 3 sp 4 1.75×104×K (RCO) ＝ 1.75×104×2.80×10 － 9 ＝ 4.9×10 － 5 。 RSO 、 RCO 属 于 同 种 类 型 且 sp 3 4 3 K (RSO )>K (RCO)，故向c(CO)＝c(SO)的混合液中滴加RCl 溶液，首先析出RCO 沉淀，A项错误；将 sp 4 sp 3 2 3 浓度均为6×10－6mol·L－1的RCl 、NaCO 溶液等体积混合后，c(R2＋)＝3×10－6mol·L－1、c(CO)＝3×10－ 2 2 3 6mol·L－1，此时的离子积Q＝c(R2＋)·c(CO)＝3×10－6×3×10－6＝9×10－12K(HClO) a2 2 3 D．在新制氯水中加入少量 NaHCO 固体可以提高溶液中 HClO 的浓度 3 【答案】D 【解析】根据“越弱越水解”并结合表格数据知，酸性的强弱顺序为HCO>HClO >HCO。pH试纸不 2 3 能用于测量具有氧化性和漂白性的溶液的 pH，NaClO具有强氧化性，故A错误；正确的反应方程式为 NaClO＋CO ＋HO===NaHCO ＋HClO，故B错误；由于酸性HClO >HCO，则电离常数： K ( H CO)c>a，氢离子浓度越大，水的电离程度越 小，三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为a>c>b；②醋酸在稀释过程中会促进电离，所以氢离子的 物质的量增加，氢离子的浓度变化程度小，硫酸和盐酸溶液中氢离子物质的量不变且相等，所以 c(H＋)由 大到小的顺序为a>b＝c。 【答案】(1)①＞ 温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大 ②1 000∶1 ③碱 (2)①a＞c＞ b ②a＞b＝c 18．（15分）某化学学习小组探究测定草酸晶体(H C O·xHO)中的x值。查阅资料得知，草酸易溶于 2 2 4 2 水，水溶液可以用酸性KMnO 溶液进行滴定：2MnO＋5HC O＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO。 4 2 2 4 2 2 ①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成100.00 mL水溶液为待测液。 ②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸。 ③用浓度为0.100 0 mol·L－1的酸性KMnO 标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00 mL。 4 (1)上述步骤②中使用的锥形瓶是否需要事先用待测液润洗________(填“是”或“否”)。滴定时，将酸性KMnO 标准液装在如图中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。 4 (2)本实验到达滴定终点的标志可以是___________________________。 (3)通过上述数据，求得x＝________。 讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的 x值会________(填“偏大”“偏小”或“不 变”，下同)。 ②根据上述实验计算的数据可信性不强，为了提高实验的准确性，请写出改进方法 ________________________。 【解析】(1)如果用待测液润洗锥形瓶就会有少量液体残留在瓶壁上，造成滴定的待测物增多，使得计 算值大于实际浓度，故上述步骤②中使用的锥形瓶不需要事先用待测液润洗；酸性高锰酸钾溶液具有强氧 化性，腐蚀橡皮管，所以用酸性滴定管，选甲。(2)可用酸性高锰酸钾自身的颜色作为指示剂判断滴定终 点，当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，表明到达滴定终 点。 (3)2MnO＋5HC O＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO 2 2 4 2 2 2 5 0．100 0×0.01 0.002 5 则25.00 mL待测液中含有0.002 5 mol草酸，故100 mL待测液中含有0.01 mol草酸，其质量为0.9 g。 所以1.260 g草酸晶体中水的质量为1.260 g－0.9 g＝0.36 g，其物质的量为0.02 mol，则x＝2；①若滴定终 点时俯视滴定管读数，则消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，所得草酸的物质的量偏小，则水的物质的量 偏大；②根据上述实验计算的数据可信性不强，为了提高实验的准确性，应重复步骤②③增加平行实验。 【答案】(1)否 甲 (2)当滴入最后一滴酸性KMnO 溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪 4 色，即到达滴定终点 (3)2 ①偏大 ②重复步骤②③增加平行实验 19．（15分）钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛 白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc O)的一种流程如下： 2 3回答下列问题： (1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合 而成。混合的实验操作是______________________________。 (2)先加入氨水调节pH＝3，过滤，滤渣主要成分是________；再向滤液加入氨水调节pH＝6，滤液中 Sc3＋的浓度为________________{已知：K [Mn(OH) ]＝1.9×10－13、K [Fe(OH) ]＝2.6×10－39，K [Sc(OH) ]＝ sp 2 sp 3 sp 3 9.0×10－31}。 (3)用草酸“沉钪”。25 ℃时pH＝2的草酸溶液中＝________(保留两位有效数字)。写出“沉钪”得到 草酸钪的离子方程式______________________________________[已知K (H C O)＝5.9×10－2，K (H C O) a1 2 2 4 a2 2 2 4 ＝6.4×10－5]。 (4)草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为_______________________________________。 (5)废酸中含钪量为15 mg·L－1，V L废酸最多可提取Sc O 的质量为____________。 2 3 【解析】(1)不同的液体在混合时，一般先加密度较小，易挥发的，后加密度大的、难挥发的，若混合 时放热，则最后加受热易分解的，因此，混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃 棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 HO 中，并不断搅拌。(2)废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油 2 2 相”已除去大量的钛离子，根据K [Mn(OH) ]＝1.9×10－13、K [Fe(OH) ]＝2.6×10－39，K [Sc(OH) ]＝9.0×10 sp 2 sp 3 sp 3 －31，可以求出余下三种离子沉淀完全(离子浓度小于10－5 mol·L－1)时的pH，则锰离子沉淀完全时pH约为 10，钪离子沉淀完全时pH约为5，而铁离子沉淀完全时pH约为4，所以先加入氨水调节pH＝3，过滤， 滤渣主要成分是Fe(OH) ；再向滤液加入氨水调节pH＝6，此时溶液中，c(OH－)＝10－8 mol·L－1，滤液中 3 Sc3＋的浓度 c(Sc3＋)＝＝＝9.0×10－7 mol·L－1。(3)25 ℃时 pH＝2 的草酸溶液中 ＝××＝ K (H C O)×K (H C O)×＝6.4×10－5×5.9×10－2×≈3.8×10－2, “沉钪”得到草酸钪的离子方程式为2Sc3 a2 2 2 4 a1 2 2 4 ＋＋ 3HC O===Sc (C O)↓＋ 6H＋。(4)草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为2Sc (C O)＋3O 高温,2Sc O 2 2 4 2 2 4 3 2 2 4 3 2 2 3 ＋12CO 。(5)废酸中含钪量为15 mg·L－1，则V L废酸中含钪的质量为15×10－3 g·L－1×V L＝0.015V g， 2 所以最多可提取Sc O 的质量为×＝0.023V g。 2 3 【答案】(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 HO 中， 2 2 并不断搅拌 (2)Fe(OH) 9.0×10－7mol·L－l (3)3.8×10－2 2Sc3＋＋ 3HC O===Sc (C O)↓＋ 6H＋ 3 2 2 4 2 2 4 3 (4)2Sc (C O)＋3O 高温,2Sc O＋12CO 2 2 4 3 2 2 3 2(5)0.023V g