炎德·英才大联考 2024年高考考前仿真联考三化学试题

2024-05-20 12:16:17 41℃

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第12期参考答案c→d段气体压强不变，说明未产生C02气体，该阶精制I中加入生石灰，与S02结合生成CaS0.固体段发生的反应为HC0,+H一H,C0,C选项正确:同时与Mg结合形成Mg(OH)2沉淀，实现二次除镁，则一、单项选择题e段，H,C0,分解产生C02、H,0,但仍有少量H,C0滤渣I为CaSO.、Mg(OH)2固体。ID溶解在溶液中且存在电离衡：H,C0一H+HC0,,向在精制Ⅱ环节中加入纯碱，可将精制I中引入的提示：NH.Cl溶于D,0中，NH*可以结合D,0电离溶液中继续加入HC1时，溶液中c(H)增大，衡逆向Ca转化为CaC0,沉淀，结合图6中Li,C0,的溶解度较产生的OD从而破坏D,0的电离衡，使溶液中的c(D)移动，c(H,C0,)增大，促使H,C0,继续分解产生C02气小可知.要想只除去Ca,而不除去i,则应将C02的>c(OD),存在的水解衡为NH+D,O=NH,HDO+D+,体，导致体系压强继续增大，D选项错误。浓度控制在合理的范围，推知滤渣Ⅱ为CaCO3,此时溶D选项错误。不定项选择题夜中含有的离子主要有Na"Li*.C、CO22.C7D操作X加入稀盐酸，可除去溶液中引人的CO2,结提示：NaClo溶液因ClO水解使溶液呈碱性，Ba(OH)提示：HB是二元弱酸，有两次滴定突变，HA为一合图6溶解度，可知，经过浓缩，NaC结晶析出，而Lit仍溶液呈强碱性，Al,(SO4)3溶液因A+水解使溶液呈酸元弱酸，只有一次滴定突变，则X曲线代表H,B,Y曲线代在溶液中，沉锂环节中加入饱和NaCO3溶液，可将Li性，相同浓度的三种溶液，溶液的酸碱性差别较大，可表HA转化为i,C0,从而得到日标产物Li2C03通过测定溶液的DH进行定量鉴别，也可以用酚酞溶液比较图中c、d点数值可知，HA消耗的V(NaOH)小于(2)K(Li,C03)=2.2x103,当c(Ii*)=2.0mol/L时，通过观察溶液颜色变化[NaCIO溶液粉色较浅，Ba(OH)H,B消耗的V(NaOH)的2倍，则c>c2,A选项错误c(C02)=5.5x10mol/L,当c(C02)<5.5x10mo/L时，Li滚液校深,A(SO)3溶液不变色]进行鉴别，A、B选项H,B、HA恰好完全中和时，产物均为强碱弱酸盐，不会转化为Li2C0,沉淀。均不符合题意。水溶液均呈碱性，可用酚酞作为指示剂，但不可用甲基若脱硼后直接进行精制I,则不会发生Mg的水解，NaCIO溶液可氧化KI生成单质L2,液面会由无色变橙作为指示剂，B选项错误。也会因此无法除去HC,此外溶液中会因为Mg的存在为黄色，Ba(OH)2溶液和Al,(S0)3溶液均不能与KI反完全中和HB达到终点时消耗V(NaOH)=10.60mL,导致在精制I中增加生石灰的用量来除去Mg,同时会应，无法鉴别，C选项符合题意。若a点V(NaOH)=7.95mL,即总量的3，则溶液中的溶引人更多的Ca2,导致在精制Ⅱ中增加纯碱的用量：饱和Na,CO,溶液与NaCl0溶液不反应，与Ba(OH),(3)操作X是为了除去剩余的C0;2,为防止引入杂溶液可产生白色沉淀，与A山，(S04)3溶液发生双水解反质为NaHB和NaB,且二者物质的量浓度之比为1l,a点质，应选择稀盐酸作为除杂试剂，若不进行该操作直接应，生成白色沉淀和气体，可以鉴别，D选项不符合题意。时满足电荷守恒：c(H)+c(Na)=2c(B2)+c(OH)+c(HB)浓缩，将导致浓缩液中C0,2-浓度过大，使得i过早沉3.D…①。根据物料守恒有2c(Na*)=3c(B2-)+3c(HB)+淀，即浓缩得到的NaCl晶体中会混有Ii,C0,导致最终提示：电解质的沉淀和溶解是对立的，当电解质的3c(HB)…②。由②-①可得：c(OH)+C(Na*)=c(H*)+所得Li,C0,的产率减小沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解c(B)+2c(HB)+3c(HB),a点时溶液呈酸性，则c(H)11.I.粉红色衡，沉淀和溶解又互相统一在这个衡体系中，A选c(OH),进一步推知，a点时c(Na*)>2c(HB)+c(B2-)+Ⅱ.(1)H2C0项符合上述观点。3c(HB),C选项错误。（2)2AI3+3C02+3H2O—2AI(OH)3↓+氧化剂和还原剂是对立的，氯气与强碱反应时，部HA溶液中存在物料守恒关系：c(HA)+C(A)=c1,质子3C02C02+C02—C0C03↓分氯气体现的氧化性和部分氯气体现的还原性是对守恒关系：c(A)+c(OH)=c(H),进一步推得：c(HA)+(3)c立的，但这两种作用统一在同一反应中，B选项符合上2c(A)+c(OH)=c(H)+c1,D选项正确：(4)①减少洗涤过程中晶体损失，利用酒精挥发带述观点。8.BD走晶体表面的水分，起干燥作用铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，体提示：由a点可得，B2+的水解常数K②灼烧时氯化亚钴遇水易发生水解反应：CoC©2+现二者的统一关系，但正极上发生还原反应，负极上发c[B(OHcH)-cH)=1x105,由b点可知，[B(0H)]2H,O=Co(OH)2+2HC,在HC气氛中可抑制其水解，生氧化反应，这两种反应是对立的，C选项符合上述观点。c(B24)避免氯化亚钴转化为碱或氧化物造成误差Li、Na、K均为第IA族的金属元素，其核外电子层的水解常数Ke-cB(OH]·cH数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小」cB(OH)=c(H+)=1x1010.B(0H)2③D④200a65bc其失电子能力依次增强，金属性增强，该变化本质没有的一级电离常数KM=c[B(OcOH）-c(OH)提示：(4)③指示剂的作用是指示C恰好完全沉clB(OH),体现对立统一的观点，本题应选D选项。淀，即使C先形成白色沉淀，再滴人AgNO,溶液时，产生1×104A1×100=1x10,A选项正确。不同颜色的沉淀来指示滴定终点提示：A选项，根据物料守恒得：c(Na)=c(HC0,)+KCl会产生AgCl白色沉淀，没有明显的颜色变化B(OH)2的电离常数K=1x10,[B(OH)门的水解常数(HC0)+c(C0,2)+c(HCl0)+c(Cl0),A选项借误A选项错误。K=1xI0V2.0×100mol/L,说明AgCr0,的图乙中，当-lgc4Ca2+)=0时，-lgc(C02-)=8.3,则溶解度大于AgCl的溶解度，可选择AgCO,作为指示固体，c(OH)增大，则C0减小，C选项正确。c(Ca2+)=1mol/L,c(C02-)=1083,CaC03的溶度积常数K剂，D选项正确。C02c(Ca2*)xc(C0,2-)=103,同理推知MgC0,的溶度积常数pH=2的醋酸溶液中满足：c(f)=c(CH,CO0)+c(OH),K=c(Mg2+)xc(C0,2-)=10-55,题给反应的衡常数K=12.(1)6NH+Fe,O2Fe3+6NH3↑+3H,O(或NH+c(Mg2)cMg2c(C0)_K,MgC0=10,B选项正确。H2ONH3'H2O+H*,Fe2O3+6H+-2Fe*+3H2O)c(CH,C00)≈102molL;plH=3的硫酸溶液中满足：e(Ca)=c(Ca>)c(COK CaCO(2)90c(H+)=2c(S02-)+c(0H),2c(S02-)≈10mol/L,则(3)①A②2×105.2×109c(CH,C00)≈20c(S02-),D选项正确。图丙中，曲线下方的阴影区域会生成沉淀，曲线上5.B方为难溶物的不饱和溶液，故阴影部分中只有AgC0(4)①溶液的pH沉淀，C选项错误。②30探究温度对氯化铵水解衡的影响提示：上层清液中Ca2*不水解、C0,2水解生成HC0(3则c(Ca2+)>c(C0,2),A选项错误由图象可知，阴离子浓度较大且c(Ag*)相同时c(CrO2)>c(C),根据沉淀溶解衡原理可知，溶液中提示：(2)AgCl转化为AgSCN的离子方程式为AgCl+向体系中通入C02,发生反应：C02+H,0+CaC0,Ca(HC0)2,难溶的CaC0转化为可溶的Ca(HC0)2,溶Ag先与C反应生成沉淀，因此不能用NaC溶液做指SCN=-AgSCN,CI,衡常数K=68N)-K8C液中c(Ca)增大，C选项错误。示剂，D选项错误1.8x1010Km(CaCO3)kK,(CaS0,),则加入NaSO,溶液不易将三、填空题20x102=90CaCO向CaS04有效转化，D选项错误。10.(1)B.0,(0H)42+5H0=2B(0H)3+2B(0H)4(3)②当加入盐酸体积为50mL时，溶液pH=9,溶液6.D9.34中存在等浓度的一水合氨、氯化铵，溶液中存在电荷守恒提示：向20mL0.4mo/L NazC0,溶液中加入等浓度(2)CaS04、Mg(OH)25.5x104Ca0、NaC0c(NH,)+c(H+)=c(C)+c(OH),物料守恒c(NH4)+的HCl溶液先后发生反应：①NaCO+HCl一NaCl+NaHCO0(3)加入纯碱将精制I所得滤液中的Ca2+转化为c(NH3·HO)=2c(CI),得到c(NH4)-c(NH3H2O)②NaHC03+HCl一NaCl+HCOg,之后HCO3分解：H,C0sCaC0,(或除去精制I所得滤液中的Ca2),提高的Li,C02c(OH)-2c(H*)=2×105.2x109。H,0+C02↑。由图象可知，当加入V(HCl)=20mL时反的纯度盐酸浓缩液中因C0,2浓度过大，使得i过(4)①由提供的试剂和仪器可知，pH计用于准确地应①恰好完全，此时溶液为0.2mol/L的NaCl与0.2mo/L早沉淀，即浓缩得到的NaCl晶体中会混有Li,C03,最终测定溶液的pH,所以待测物理量是溶液的pHNaHCO,的混合溶液。继续加入盐酸，当V(HCl)=40mL所得Li,C0,的产率减小②探究浓度对氯化铵水解衡的影响，则温度必须时反应②恰好完全提示：卤水中加入盐酸脱硼，将其转化为含硼固体，相同，所以实验Ⅱ的温度与实验I相同，即为30℃；实验未加入稀盐酸前，Na,C0,溶液中，C0,2水解使溶液呈通过过滤除去，此时剩余溶液中主要含有Na、Mg2、Li、I与实验Ⅲ浓度相同，温度不同，所以实验Ⅲ是探究温度碱性：C0,2+H,0=HC0+0H,此时c(H)=1×10-mol/L,C、So2、H对氯化铵水解衡的影响。c(HC03)≈c(0f)=1x102mo/L,c(C0,2)≈0.4mol/L,代浓缩结晶过程促进了Mg+的水解，类比MgC2的水③水解反应属于吸热反应，升高温度促进水解，氢入H,C0,的第二步电离衡常数K=cHcC0)解可知，产物为Mg(OH)2和HCl,通过煅烧，可除去HC离子浓度增大，则当浓度相同时，温度高的溶液pH小：c(HCO:)气体，同时，Mg(OH)2转化为Mg0固体。稀释虽然可以促进水解，但是体积变化引起的浓度减小4×10",A选项正确水浸后，通过过滤除去难溶于水的MaO固体，溶液：占主要因素，则稀释会导致溶液中c(H)减小，pH增b点时，溶质为NaCl与NaHCO,此时满足质子守中剩余的离子主要有Na、Li、C、So2,此外还有未完大，即当温度相同时，浓度小的溶液pH大。综上可得V恒：c(HCO)+c(H)=c(O)+c(C0,2),推知，B选项正确全水解的Mg的pH小，即y>m第4页

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