《2022年高考化學大一輪復習 第八章 第4節(jié) 課時規(guī)范訓練 魯科版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考化學大一輪復習 第八章 第4節(jié) 課時規(guī)范訓練 魯科版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考化學大一輪復習 第八章 第4節(jié) 課時規(guī)范訓練 魯科版 1．下列說法不正確的是(　　) A．Ksp只與難溶電解質的性質和溫度有關 B．由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，所以ZnS在一定條件下可轉化為CuS C．其他條件不變，離子濃度改變時，Ksp不變 D．兩種難溶電解質作比較時，Ksp越小的電解質，其溶解度一定越小 解析：Ksp只與難溶電解質的性質和外界溫度有關，故A、C正確；由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，所以ZnS在一定條件下可轉化為CuS，B正確；同類型的難溶電解質(如AgCl、AgBr、AgI)，Ksp越小，溶解度越小，而不同類型的難溶電解質(如A

2、g2SO4和AgI)，Ksp小的溶解度不一定小，需要進行換算，故D錯誤。 答案：D 2．下列有關敘述中正確的是(　　) A．滴定管下端連有橡皮管的為酸式滴定管 B．在滴定時，左手操作錐形瓶，右手操作滴定管開關 C．滴定前應首先排除尖嘴部分的氣泡 D．滴定過程中兩眼應注視滴定管內液面的變化 解析：滴定管下端連有橡皮管的為堿式滴定管；滴定時，左手操作滴定管開關，右手操作錐形瓶；滴定過程中兩眼應注視錐形瓶內溶液顏色的變化。 答案：C 3．已知溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)　ΔH<0，下列有關該平衡體系的說法正確的是(　　) ①升高溫度，

3、平衡逆向移動 ②向溶液中加入少量碳酸鈉粉末能增大鈣離子濃度 ③除去氯化鈉溶液中混有的少量鈣離子，可以向溶液中加入適量的NaOH溶液 ④恒溫下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高 ⑤給溶液加熱，溶液的pH升高 ⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固體質量增加 ⑦向溶液中加入少量NaOH固體，Ca(OH)2固體質量不變 A．①⑥　　　　　　　　　 B．①⑥⑦ C．②③④⑥ D．①②⑥⑦ 解析：②會生成CaCO3，使Ca2＋濃度減小，錯誤；加入氫氧化鈉溶液會使平衡左移，有Ca(OH)2沉淀生成，但Ca(OH)2的溶度積較大，要除去Ca2＋，應把Ca2＋轉化為更難溶的CaCO3，③

4、錯誤；恒溫下Ksp不變，加入CaO后，溶液仍為Ca(OH)2的飽和溶液，pH不變，④錯；加熱，Ca(OH)2的溶解度減小，溶液的pH降低，⑤錯；加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移動，Ca(OH)2固體轉化為CaCO3固體，固體質量增加，⑥正確；加入NaOH固體平衡向左移動，Ca(OH)2固體質量增加，⑦錯。 答案：A 4．在溶液中有濃度均為0.01 mol·L－1的Fe3＋、Cr3＋、Zn2＋、Mg2＋等離子，已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39；Ksp[Cr(OH)3]＝7.0×10－31；Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17；Ksp[Mg(OH)2]＝1.8

5、×10－11。當氫氧化物開始沉淀時，下列離子中所需pH最小的是(　　) A．Fe3＋ B．Cr3＋ C．Zn2＋ D．Mg2＋ 解析：當Fe3＋開始沉淀時，所需OH－的濃度為 mol·L－1＝6.4×10－13 mol·L－1。同理求得，當Cr3＋、Zn2＋、Mg2＋開始沉淀時，所需OH－的濃度分別為 mol·L－1＝4.1×10－10 mol·L－1; mol·L－1＝3.2×10－8 mol·L－1； mol·L－1＝4.2×10－5 mol·L－1。顯然，開始沉淀時，Fe3＋所需OH－的濃度最小，pH最小。 答案：A 5．下列關于滴定操作的敘述，正確的是(　　) A

6、．若滴定管中液面在20.00 mL處，則液體全部流出時所得液體體積為20.00 mL B．用標準NaOH溶液滴定CH3COOH溶液時，可選用甲基橙為指示劑 C．用標準鹽酸滴定未知濃度NaOH溶液時，若滴定前滴定管尖嘴處有氣泡未排出而滴定后消失，則能使所測結果偏高 D．滴定時可將KMnO4溶液裝在堿式滴定管中 解析：滴定管下端無刻度且0刻度在上，故A錯；NaOH和CH3COOH恰好反應時生成CH3COONa，CH3COONa溶液顯堿性，應選擇酚酞做指示劑，B錯；氧化性物質應裝在酸式滴定管中，D錯。 答案：C 6．已知CuSO4溶液分別與Na2CO3溶液、Na2S溶液的反應情況如下：

7、 (1)CuSO4＋Na2CO3 主要：Cu2＋＋CO＋H2O===Cu(OH)2↓＋CO2↑ 次要：Cu2＋＋CO===CuCO3↓(幾乎不發(fā)生反應。下同) (2)CuSO4＋Na2S 主要：Cu2＋＋S2－===CuS↓ 次要：Cu2＋＋S2－＋2H2O===Cu(OH)2↓＋H2S↑ 則下列幾種物質的溶解度大小的比較中，正確的是(　　) A．CuS＜Cu(OH)2＜CuCO3 B．CuS＞Cu(OH)2＞CuCO3 C．Cu(OH)2＞CuCO3＞CuS D．Cu(OH)2＜CuCO3＜CuS 解析：先根據第一個反應對比Cu(OH)2與CuCO3溶解度的相對大小；再

8、根據第二個反應對比Cu(OH)2和CuS溶解度的相對大小，最后綜合比較。 答案：A 7．將氨水滴加到盛有AgCl濁液的試管中，AgCl逐漸溶解，再加入NaBr溶液又產生了淺黃色沉淀。對上述過程，下列理解或解釋中正確的是(　　) A．Ksp(AgCl)＜Ksp(AgBr) B．若在AgCl濁液中直接加入NaBr溶液，也會產生淺黃色沉淀 C．上述實驗說明AgCl沒有NaBr穩(wěn)定 D．因為Ksp(AgCl)＞Ksp(AgOH)，故氨水能使AgCl溶解 解析：AgCl沉淀轉化為AgBr沉淀，說明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，A錯；一種沉淀可以轉化為更難溶的沉淀，B正確；AgCl

9、(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，氨水中的NH3結合Ag＋生成[Ag(NH3)2]＋，從而使沉淀溶解，D錯。 答案：B 8．已知25 ℃時，電離常數Ka(HF)＝3.6×10－4，溶度積常數Ksp(CaF2)＝1.46×10－10。現向1 L 0.2 mol·L－1 HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L－1 CaCl2溶液，則下列說法中，正確的是(　　) A．25 ℃時，0.1 mol·L－1 HF溶液的pH＝1 B．Ksp(CaF2)隨溫度和濃度的變化而變化 C．該體系中沒有沉淀產生 D．該體系中HF與CaCl2反應產生沉淀 解析：A項，HF為弱酸，0.1 mol·

10、L－1 HF溶液的pH＞1；B項，Ksp只與溫度有關；C項，混合后HF的濃度為0.1 mol·L－1，設0.1 mol·L－1的HF溶液中c(F－)＝c(H＋)＝x mol·L－1，則＝3.6×10－4，x≈6×10－3，混合后c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1，c(Ca2＋)·c2(F－)＝0.1×(6×10－3)2＝3.6×10－6＞1.46×10－10，應有CaF2沉淀生成。 答案：D 9．25 ℃時，PbCl2固體在不同濃度鹽酸中的溶解度如圖。在制備PbCl2的實驗中，洗滌PbCl2固體最好選用(　　) A．蒸餾水 B．1.00 mol·L－1鹽酸 C．5.00 m

11、ol·L－1鹽酸 D．10.00 mol·L－1鹽酸 解析：觀察題圖知，PbCl2固體在濃度為1.00 mol·L－1的鹽酸中，溶解度最小。 答案：B 10．(1)在0.10 mol·L－1硫酸銅溶液中加入氫氧化鈉稀溶液充分攪拌有淺藍色氫氧化銅沉淀生成，當溶液的pH＝8時，c(Cu2＋)＝________mol·L－1(Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)。 (2)若在0.1 mol·L－1硫酸銅溶液中通入過量H2S氣體，使Cu2＋完全沉淀為CuS，此時溶液中的H＋濃度是________mol·L－1。 解析：(1)根據溶度積的概念可以直接計算。pH＝8時，c(OH－)

12、＝10－6 mol·L－1，由c(Cu2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Cu(OH)2]可得，c(Cu2＋)＝(2.2×10－20)/10－12 mol·L－1＝2.2×10－8 mol·L－1。(2)在0.1 mol·L－1硫酸銅溶液中通入過量H2S氣體，使Cu2＋完全沉淀為CuS，溶液中溶質為硫酸，c(SO)不變，為0.1 mol·L－1，c(H＋)為0.2 mol·L－1。 答案：(1)2.2×10－8　(2)0.2 11．某學生用0.200 0 mol·L－1的標準NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作為如下幾步： ①用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度線以上

13、 ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體 ③調節(jié)液面至“0”或“0”刻度線以下某一刻度，并記下讀數 ④移取20.00 mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液 ⑤用標準液滴定至終點，記下滴定管液面讀數 請回答： (1)以上步驟有錯誤的是(填編號)________，該錯誤操作會導致測定結果(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)________。 (2)判斷滴定終點的現象是：錐形瓶中溶液從________色變?yōu)開_______色，且半分鐘內不變色。 (3)如圖是某次滴定時的滴定管中的液面，其讀數為________mL。 (4)根據下列數據：請計算待測鹽酸溶液的濃度為___

14、_____mol/L 滴定次數 待測液體積(mL) 標準NaOH溶液讀數記錄(mL) 滴定前讀數 滴定后讀數 第一次 20.00 0.40 20.40 第二次 20.00 4.00 24.00 第三次 20.00 2.00 24.10 解析：(1)①用蒸餾水洗滌堿式滴定管后，不能立即注入NaOH溶液，應先用NaOH溶液潤洗；否則所用NaOH溶液的體積偏大，導致測定鹽酸的濃度偏大。(2)酚酞試劑在酸性溶液中呈無色，當溶液呈弱堿性時，溶液呈粉紅色。(4)取前兩次所用NaOH溶液體積的平均值(第三次誤差較大，舍去)，然后代入公式進行計算：c(酸)·V(酸)＝c(堿

15、)·V(堿)，故c(酸)＝c(堿)·V(堿)/V(酸)。 答案：(1)①　偏大　(2)無　粉紅 (3)22.60　(4)0.200 0 12．以水氯鎂石(主要成分為MgCl2·6H2O)為原料生產堿式碳酸鎂的主要流程如下： (1)預氨化過程中有Mg(OH)2沉淀生成，已知常溫下Mg(OH)2的Ksp＝1.8×10－11，若溶液中c(OH－)＝3.0×10－6 mol·L－1，則溶液中c(Mg2＋)＝________。 (2)上述流程中的濾液濃縮結晶，所得主要固體物質的化學式______________________________________________________

16、__________________ (3)高溫煅燒堿式碳酸鎂得到MgO。取堿式碳酸鎂4.66 g，高溫煅燒至恒重，得到固體2.00 g和標準狀況下CO2 0.896 L，通過計算確定堿式碳酸鎂的化學式___________________________________________________________________________________________________________________________________。 (4)若熱水解不完全，所得堿式碳酸鎂中將混有MgCO3，則產品中鎂的質量分數________(填“升高”、“降低”或“不變”)。

17、 解析：(1)Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－)，則c(Mg2＋)＝＝＝2.0 (mol·L－1)。 (2)濾液中的溶質主要成分為NH4Cl，可根據元素守恒解答該題。 (4)Mg(OH)2·4MgCO3·4H2O中Mg的質量分數為：×100%＝25.75%，MgCO3中Mg的質量分數為：×100%＝28.57%，所以產品中混有MgCO3，則Mg的質量分數升高。 答案：(1)2.0 mol·L－1 (2)NH4Cl (3)n(CO2)＝＝4.00×10－2 mol n(MgO)＝＝5.00×10－2 mol n(H2O)＝＝5.00×10－2 mol n(MgO)∶n(CO

18、2)∶n(H2O)＝5.00×10－2∶4.00×10－2∶5.00×10－2＝5∶4∶5 堿式碳酸鎂的化學式為Mg(OH)2·4MgCO3·4H2O。 (4)升高 13．四氯化鈦(TiCl4)是制取航天航空工業(yè)材料——鈦合金的重要原料。由鈦鐵礦(主要成分是FeTiO3)制備TiCl4等產品的一種工藝流程示意圖如下： (1)往①中加入鐵屑至浸出液顯紫色，此時溶液仍呈強酸性。該過程中有如下反應發(fā)生： Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋ 2TiO2＋(無色)＋Fe＋4H＋===2Ti3＋(紫色)＋Fe2＋＋2H2O Ti3＋(紫色)＋Fe3＋＋H2O===TiO2＋(無色)＋Fe2

19、＋＋2H＋ 加入鐵屑的作用是___________________________________________________。 (2)在②→③工藝過程中需要控制條件以形成TiO2·nH2O溶膠，該溶膠的分散質顆粒直徑大小在________范圍。 (3)若把③中制得的固體TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的雜質，還可制得鈦白粉。已知25 ℃時，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39，該溫度下反應Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常數K＝________。 (4)已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(l)＋O2(g) ΔH＝＋140 kJ·m

20、ol－1 2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1 寫出④中TiO2和焦炭、氯氣反應生成液態(tài)TiCl4和CO氣體的熱化學方程式：______________________。 (5)上述工藝具有成本低、可用低品位礦物為原料等優(yōu)點。依據綠色化學理念，該工藝流程中存在的不足之處是__________________(只要求寫出一項)。 (6)依據下表信息，要精制含少量SiCl4雜質的TiCl4，可采用________方法。 TiCl4 SiCl4 熔點/℃ －25.0 －68.6 沸點/℃ 136.4 57.6 解析：解答本題時應注意以下三點： (1)求平衡常數時，可以將表達式中的分子和分母都乘以某種微粒的濃度，以找出與所給條件相符的式子。 (2)綠色化學的基本要求：節(jié)省原料，無污染。 (3)分離互溶的液體混合物常用蒸餾的方法。 答案：(1)使Fe3＋還原為Fe2＋；生成Ti3＋保護Fe2＋不被氧化 (2)10－9～10－7 m(或其他合理答案) (3)2.79×103 (4)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g)　ΔH＝－81 kJ·mol－1 (5)產生三廢(或其他合理答案) (6)蒸餾(或分餾或精餾)