[正确教育]2024年高考预测密卷二卷答案(化学)

2024-05-13 14:12:13 26

[正确教育]2024年高考预测密卷二卷答案(化学)正在持续更新，目前答案城为大家整理了相关试题及答案，供大家查缺补漏，高效提升成绩。

本文从以下几个角度介绍。

7.D在水溶液中都存在水的电离：H,0一H+OH,故不-lgc(H)=13管是酸溶液、碱溶液还是盐溶液中，都存在H和OH。17.(1)①4②增大减小③108.C溶液的酸碱性最本质的判断标准是H和OH浓度的(2)①10②12相对大小。如果c(H)=c(OH),溶液呈中性；如果c(H)>注：每空2分c(OH),溶液呈酸性；如果c(H)c(OH),溶液呈咸性。c(H)很解析：(1)①HA电离出的c(H)=0.1molL×0.1%=1×10小的溶液，c(OH)也可能很小：pH=7的溶液只有在常温下才mol.L',pH=-1g(1x10)=4呈中性；常温下，酚酞的变色范围为8.2~10.0，故pH<8.2的溶②因HA→H+A是吸热的，所以升高温度，c(H)、液都不能使酚酞溶液变红，可能为酸性、中性或碱性。c(A)均增大，则K增大，而pH减小。9.A水是弱电解质，存在电离平衡：H,0一H+0H,加酸或碱都能抑制水的电离。由于HC、H,SO,溶液都是强酸，且Ge(H=1x10mo(H)=()=1x10mol.L"=1×10H,S0,是二元酸，NaOH是强减，CH,C0OH是弱酸，因此由水电1×10molL,所以c(H)c(H)=(1×10):(1x10)=10°离出的c(H)大小关系是③>①=④>②10.B该温度下pH=7时呈碱性。设稀硫酸的体积为aL,(2)①该温度下，水的离子积K.=c(H)·c(0H)=10Na0H溶液的体积为6L,则10b-10a=10(a+b),解得a:b=10。9111.BC由c(OH)2e(OH)=0.1 1x0.4 mol-L-0.1 1x0.2 molL-=0.1mol02L=10和K.=c(H)·c(0H)=1.0×e(H)L(x(molI).PH=1210“推知，c(H)=1.0x10molL,pH=3,A项错误；该溶液中c(OH)0.1由水电离出的c(H)Ac(OH510x10“mol L =1.0x1018.(1)1×10”高于水的电离过程是吸热过程，温度越1.0x103高，水的离子积就越大，曲线I所代表的温度下水的离子积molL,B项正确：常温下，水的离子积K,=1.0x10“,C项正确：比曲线Ⅱ所代表的温度下水的离子积大(2)10常温下0.1 mol-L'HA溶液中的c(H)大于纯水中的c(H),水注：每空2分的电离被抑制，D项错误。解析：(1)根据曲线中的数据，可以知道曲线I代表的温12.B图中a点和b点溶液均存在c(H)=c(0H),故两点度下水的离子积为1×10，水的电离过程是吸热过程，温度溶液均呈中性，A项正确；a、b点溶液均呈中性，b点溶液中越高，水的离子积就越大，曲线I所代表的温度下水的离子c(H)、c(OH)均大于a点溶液，可能是中性盐溶液（如NaCl溶积比曲线Ⅱ所代表的温度下水的离子积大，所以，曲线I代液)，不能判断两点溶液的导电率大小，B项错误；图中d点溶表的温度高。液中c(H)>c(OH),故d点溶液呈酸性，但不一定是酸溶液(2)曲线I所代表的温度下水的离子积为1×102,0.01如NaHSO,溶液呈酸性，C项正确；c点溶液中c(OH)=10molL,d点溶液中c(H)=10”moL,若均由水电离产生，mm-L'a0H溶液中c(OH)=102ml-L,则e（H)x1010则两点溶液中水电离出的c(H)相等，D项正确。10(mol-L').pH=10。13.AC配制待测液，定容时仰视，液面高于刻度线，则19.(1)c(2分)(2)偏大(2分)所配溶液的浓度偏低，测得绿矾晶体的纯度偏低，A项错误：(3)锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内KMO,溶液具有强氧化性，滴定时要盛放在酸式滴定管中，B不褪色(2分)项正确：滴加最后一滴KMO,溶液，溶液变为浅红色，若半分(4)0.5500(3分)钟内不褪色，则为滴定终点，C项错误：用标准KMO,溶液滴(5)①图220.00②减CH,C00Na（每空1分)】定FeSO,待测液时，存在关系：KMnO,-5FeSO4,则绿矾样品中解析：(1)量筒无法达到题中要求的精确度：容量瓶是用Fes0,·7H,0的质量为5×0.01000mdL×20.00×10L×来配制溶液的仪器，不是用来量取液体的仪器：酸式滴定管可用来量取酸性溶液；碱式滴定管可用来量取碱性溶液。25.0m×278g*m0=2.78g,故样品中pes0,7H,0的质量分250mL.(2)若碱式滴定管未经过润洗，相当于将NaOH溶液进行了稀释，即c(NaOH)偏小，则消耗NaOH溶液的体积偏大，在计数为，83×100%≈97.5%，D项正确。算中，c(NaOH)仍是原浓度，c(白醋)的计算结果将偏大。(3)由于题中的操作是将碱液滴入含酚酞的酸液中，所14.BBa(0H),溶液中c(H)=10”molL,c(0H)=10以滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不molL,该温度下，K.=(H)c(0H)=10=10;当恰好完褪色。全中和时，溶液的pH=6,呈中性，即加盐酸的体积为22.0mL(4)3次实验平均消耗Na0H溶液的体积为22.00mL,所以时，恰好完全中和，则有c(H)x22.0ml,=c(0H)x22.0mL,该白醋的总酸度为22.00mL×0.1000mol·L÷20.00mL又因为未加盐酸时，溶液的pH=8,则c(OH)=10molL,故盐20.00mL=0.,5500mol-L100m.酸中c(H)=10molL,pH=4。(5)①0.1000 mol-L HCI溶液和0.1000 mol-L'CH,C00H15.BA项，甲酸溶液中水电离出的H浓度为10”mo:溶液，前者pH小，故滴定CH,COOH溶液的曲线是图2，盐酸与L',则溶液中H浓度为0.01molL,所以常温下，K,(HC0OH)NaOH溶液浓度相同，滴定至中性时，消耗NaOH溶液20.00mL0.01×0.01=101×10,因此数量级为10，正确：B项，a点甲②CH,COOH与NaOH完全反应时，生成CH,COONa,溶液1-0.01显弱碱性。酸过量，水电离出的H浓度为10molL,pH=7,b点氢氧化20.(1)0.73503⑦（每空2分）(2)208(3分)钠过量，pH>7,错误；C项，从a点到hb点，溶液中的溶质由甲酸(3)①油无色变蓝色，且半分钟内不褪色(2分)和甲酸钠变为甲酸钠，然后又变为甲酸钠和氢氧化钠，所以0.362M.水的电离程度先增大后减小，正确；D项，溶液的导电能力取218.10(1分)%(3分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，甲酸是弱解析：(1)m(K,Cr,0,)=0.01000molL×0.250Lx294.0g酸，生成的甲酸钠以及过量的氢氧化钠均是强电解质，所以mol=0.7350g混合溶液的导电性逐渐增强，正确。(2)根据已知的离子反应①、②、③和有关数据，可以将16.(1)0.11031031关系式Cr”~3S,0,(Na,S,0,)当作化学方程式用于有关计算。(2)0.10.0513注：每空2分n(Na,SO )=0.015 mol-L x20.00x10L=3x10"mol,n(Cr)解析：(1)H,S0,为二元酸，0.05mol·L疏酸溶液中=1x10 mol,m (Cr)=1x10 molx52g'mol"=5.2x10g=5.2 mgc(H)=0.1molL,常温下水电离出的c(H)水=c(OH)*=废水中络元素总浓度为025L5.2mg=208mg-'。c(OH)K1x10-l10moL',则pH-ge(H)=1。(3)②由题图可知，滴定所消耗的碘标准溶液的体积为c(H)0.118.10mL-0.00mL=18.10mL。由2S,0,+2=S,0。+2I可知(2)常温下，水电离出的c(H)=1x10”molL的Ba(OH),n(S,0,)=2n(12),所以Wg产品中的n(Na,S,03·5H,0)=0.1000溶液中c(OH)=(0H)kI001mL,由于Ba0H,为二K.1x10molL×18.10x10L×2=3.62×10mol,则产品的纯度=100%3.62x10M,0.362MWW%。元强碱，因此c[Ba(0H),]=2c(0H)=0.05molL,则pH=答案专页第4页

本文标签：

【在小程序中打开】