2020年高考化学省市名校5月卷好题精选与解析：电化学、电解质溶液、有机化学、化学实验等.doc

1、2020 年高考化学省市名校 5 月卷好题精选与解析 考点考点 06 电化学及其应用电化学及其应用 考点考点 07 水溶液中的离子平衡水溶液中的离子平衡 考点考点 08 化学实验基础化学实验基础 考点考点 09 有机化合物有机化合物 考点考点 06 电化学及其应用电化学及其应用 1 （安徽省名校 2020 届高三冲刺模拟卷）用 KOH 为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为 2Zn+O2=2ZnO，工作时，用泵将锌粉与电解液形成的浆料输入电池内部发生反应，反应所生成的产物随浆 料流出电池后，被送至电池外部的电解槽中，经还原处理后再送入电池；循环阳极锌-空气二次电池工作流 程图如图所示

2、。下列说法错误的是 A放电时，电池正极反应为 O2+4e-+2H2O=4OH- B放电时，电解质中会生成少量碳酸盐 C电池停止工作时，锌粉与电解质溶液不反应 D充电时，电解槽阴极反应为 ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH- 【答案】C 【解析】 A. 放电时，电池正极通入空气中的 O2，在碱性溶液中得电子生成 OH-，A 正确； B. 放电时，正极通入空气中的 CO2，会与 KOH 反应生成少量 K2CO3，B 正确； C. 电池停止工作时，锌粉仍会与 KOH 溶液发生缓慢反应，C 错误； D. 充电时，电解槽阴极(放电时，Zn 转化为 ZnO)Zn 表面的 ZnO 得电子，生成 Zn 和

3、OH-，电极反应式为 ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，D 正确；故选 C。 2 （安徽省合肥市 2020 年高三第二次教学质量检测）固体电解质可以通过离子迁移传递电荷，利用固体电 解质 RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器，其中迁移的物种全是 Ag+。下图是一种测定 O2含量的气体传感 器示意图，O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，根据电池电动势变化可以测得 O2的含量。在气体传感器工作过程 中，下列有关说法正确的是 A银电极被消耗，RbAg4I5的量增多 B电位计读数越大，O2含量越高 C负极反应为 Ag+I-e-= AgI D部分 A1I3同体变为 Al 和 AgI 【答案】B 【解析】

4、 【分析】 O2通入后，发生反应：4AlI3+3O2=2Al2O3+6I2，I2在传感器电池中发生还原反应，因此多孔石墨电极为正极， 电极反应式为：I2+2Ag+2e-=2AgI，银电极发生氧化反应，银作负极，固体电解质 RbAg4I5中迁移的物种是 Ag+，电极反应式为：Ag-e-=Ag+，据此解答。 【详解】 A由上述分析可知，传感器工作过程中，银电极被消耗，传感器中总反应为：I2+2Ag=2AgI，因固体电解 质 RbAg4I5中迁移的物种是 Ag+，因此 RbAg4I5质量不会发生变化，故 A 错误； BO2含量越高，单位时间内转移电子数越多，电位计读数越大，故 B 正确； C由上述分

5、析可知，负极反应为：Ag-e-=Ag+，故 C 错误； D由上述分析可知，部分 AlI3生成 Al2O3和 I2，故 D 错误；故答案为：B。 3 （2020 年全国高考冲刺压轴卷）我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下： 下列说法正确的是 Ab 为电源的负极，d 为电解池的阳极 B过程中捕获 CO2时碳的化合价发生了变化 Ca 极的电极反应式为 2C2O524e4CO2O2 D上述装置中总反应的化学方程式为 CO2CO2 【答案】C 【解析】 【分析】 a 电极为 C2O52-失去电子，发生氧化反应生成氧气，d 电极为碳酸根离子得到电子，发生还原反应生成碳， 总反应为

6、CO2 电解C+O 2。 【详解】 A. a 电极发生氧化反应，是电解池的阳极，连接的为正极，即 b 为正极，A 错误； B. 过程捕获 CO2时生成的 C2O52-的碳元素的化合价是+4 价，捕获 CO2时生成的 CO32-的碳元素的化合 价是+4 价，碳的化合价均未发生变化，B 错误； C.由电机装置可知， a 极的电极反应式为 2C2O524e4CO2O2，C 正确； D. 由电极装置可知，a 电极生成氧气，d 电极生成碳单质，电解总反应为 CO2 电解C+O 2，D 错误； 答案为 C。 4 （山东泰安肥城市 2019 届高三下学期第一次模拟）科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的 C

7、O2并提 供 O2的装置，总反应方程式为 2CO2=2CO+O2，下列说法不正确的是 A由图分析 N 电极为负极 BOH-通过离子交换膜迁向右室 C反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强 D阴极的电极反应式为 CO2+H2O+2e-=CO+2OH- 【答案】C 【解析】 A电池内部，电子向负极迁移，结合图可知，N 电极为负极，P 电极为正极，A 正确； B右边的装置与太阳能电池相连，为电解池，左边 Pt 电极与电池负极相连，为阴极，右边 Pt 电极与电池 正极相连，为阳极，电解池中，阴离子向阳极移动，故 OH-通过离子交换膜迁向右室，B 正确； C总反应方程式为 2CO2=2CO+O2，电解质

8、溶液 pH 不变，碱性不变，C 错误； DCO2在阴极得电子生成 CO，结合电解质、电荷守恒、原子守恒可写出阴极反应式为： CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，D 正确。 答案选 C。 5 （四川绵阳南山中学高 2020 届二诊模拟）氟离子电池是新型电池中的一匹黑马，其理论比能量高于锂电 池。一种氟离子电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A放电时，b 是电源的正极 B放电时，a 极的电极反应为：LaSrMnO4F22e=LaSrMnO42F C充电时，电极 a 接外电源的负极 D可将含 F的有机溶液换成水溶液以增强导电性 【答案】B 【解析】 【分析】 由于 Mg 是活泼金属，Mg2

9、+氧化性弱，所以该电池工作时 Mg 失去电子结合 F-生成 MgF2，即 b 电极为负极， 电极反应式为：Mg+2F2e=MgF2，则 a 为正极，正极反应式为：LaSrMnO4F22e=LaSrMnO42F； 充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极反应与原电池的电极反应反应物与生成物相 反，据此解答。 【详解】 A由于 Mg 是活泼金属，Mg2+氧化性弱，所以原电池放电时，Mg 失去电子，作负极，即 b 为负极，a 为 正极，A 错误； B放电时，a 为正极发生还原反应，电极反应为：LaSrMnO4F22e=LaSrMnO42F，B 正确； C充电时电解池的阳极、阴极与原电池

10、的正、负极对应，所以 a 极接外电源的正极，C 错误； D因为 Mg 能与水反应，因此不能将有机溶液换成水溶液，D 错误； 答案选 B。 6 （广西自治区来宾市 2020 年 4 月份高三教学质量诊断）我国科学家设计了一种智能双模式海水电池，满 足水下航行器对高功率和长续航的需求。负极为 Zn，正极放电原理如图。下列说法错误的是 A电池以低功率模式工作时，NaFeFe(CN)6作催化剂 B电池以低功率模式工作时，Na+的嵌入与脱嵌同时进行 C电池以高功率模式工作时，正极反应式为：NaFeFe(CN)6+e-+Na+=Na2FeFe(CN)6 D若在无溶解氧的海水中，该电池仍能实现长续航的需求

11、【答案】D 【解析】 A.根据图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是 Zn-2e-=Zn2+，正极上是 NaFeFe(CN)6获得电子，然后 与吸附在它上面的氧气即溶液中发生反应为 O2+4e-+2H2O=4OH-， 从 NaFeFe(CN)6上析出， 故 NaFeFe(CN)6 的作用是作催化剂，A 正确； B.电池以低功率模式工作时，电子进入 NaFeFe(CN)6时 Na+的嵌入；当形成 OH-从 NaFeFe(CN)6析出时， Na+从 NaFeFe(CN)6脱嵌，因此 Na+的嵌入与脱嵌同时进行，B 正确； C.根据电池以高功率模式工作时，正极上 NaFeFe(CN)6获得电子被还

12、原变为 Na2FeFe(CN)6，所以正极的 电极反应式为：NaFeFe(CN)6+e-+Na+=Na2FeFe(CN)6，C 正确； D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参与反应，因此在该电池不能实现长续航的 需求，D 错误； 故合理选项是 D。 7 （湖北省荆州市 2019 届高三下学期 4 月质量检查） 科学美国人评出的 2016 年十大创新技术之一是碳 呼吸电池，电池原理如图所示，则下列有关说法正确的是 A以此电池为电源电解精炼铜，当有 0.1 mol 电子转移时，有 3.2 g 铜溶解 B正极每消耗 4.48L 的 CO2，则生成 0.1molC2O42 C每生成

13、 1 mol Al2(C2O4)3，有 6 mol 电子流过草酸盐溶液 D随着反应进行，草酸盐浓度不变 【答案】D 【解析】 A以此电池为电源电解精炼铜，当有 0.1 mol 电子转移时，阳极溶解铜的物质的量小于 0.05mol，质量小 于 3.2 g，A 错误； B正极每消耗 4.48L 的 CO2，由于状态不确定，则不一定生成 0.1mol 2 24 C O ，B 错误； C电子不能通过溶液传递，C 错误； D多孔碳电极的电极反应式为 2 224 6CO6e3C O ，铝极反应为 2 24224 3 2Al6e3C OAl (C O ) ， 随着反应的进行，碳呼吸电池中 2 24 C O

14、浓度不变，D 正确。 答案选 D。 8 （湖南湖北四校 2020 届高三学情调研联考）2019 年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。 一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应式为 LixC6 + Li1-xCoO2C6 + LiCoO2（xc(OH)c(HA)c(H2A)c(A2)c(H) 【答案】D 【解析】 【分析】 向 20mL 0.1mol L1的 H2A 溶液中滴加 0.1mol L1的 KOH 溶液，X 为 H2A 溶液，Y 为 H2A 和 KHA 混合溶 液，W 为 KHA 溶液，根据溶液的守恒关系回答问题。 【详解】 A. 由图可知，0.1mol/L 的 H2A 的

15、pH=3，说明 H2A 为弱酸，电离可逆，方程式：H2AHHA，HAH A2，A 正确； B. X 点是 H2A 溶液， ：由物料守恒关系可知，c(HA)c(H2A)c(A2)0.1 mol L1，B 正确； C. Z 点溶液 pH=7，根据电荷守恒可知，溶液中存在关系 c(K)c(HA)2c(A2)，C 正确； D. W 点时，溶质为 KHA 且溶液为碱性，则 HA-的水解程度大于电离程度，c(K) c(HA) c(OH ) c(H 2A)c(A 2)c(H)，D 错误； 答案为 D。 【点睛】 本题易错点为 D，注意比较盐的水解程度和电离程度，碱性时，水解程度大于电离程度，进而判定离子大

16、小关系。 2 （安徽省名校 2020 届高三冲刺模拟卷）丙三酸是一种有机酸，用 H3A 表示。25时，向 1molL-1的 H3A 溶波中逐滴加入 NaOH 溶液，滴加过程中各种含 A 微粒物质的物质的量分数（）随溶液 pH 的变化曲线如 图所示。下列相关说法错误的是 Aa 点溶液中：c（H2A-）c（Na+）c（H+）c（OH-） B25时，H3A 的第二步电离平衡常数的数量级为 10-5 Cb 点溶液中：c（Na+）+c（H+）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-） D当该溶液中 c（HA2-）=c（A3-）时，溶液中水电离出的 c（H+）10-7molL-1 【答案】D 【解析

17、】 【分析】 由曲线分析可知，a 点溶液中 c（H3A）=c（H2A-） ，b 点溶液中 c（HA2-）=c（H2A-） ，c 点溶液中（HA2-） =c（A3-） 。 【详解】 Aa 点是 H3A 和 H2A-的物质的量分数相同，浓度相同，溶液显酸性，溶液中：c（H2A-）c（Na+）c （H+）c（OH-） ，故 A 正确； B.25时， H3A 的第二步电离平衡常数 K2= 2-+ - 2 c(HA ) c(H ) c(H A ) ， c （HA2-） =c （H2A-） 时， pH=4.58， 则 K2=10-4.58， 数量级为 10-5，故 B 正确； Cb 点溶液中 c（HA2-

18、）=c（H2A-） ，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（H2A-）+2c（HA2-）+3c （A3-）+c（OH-）=3c（H2A-）+3c（A3-）+c（OH-） ，故 C 正确； D当该溶液中 c（HA2-）=c（A3-）时，溶液的 pH=5.83，c（H+）=10-5.83，此时溶液中的氢离子主要是 HA2- 电离产生的，所以 c（H+）水=c（OH-）水= -14 -5.83 10 10 =10-8.17molL-110-7molL-1，故 D 错误； 综上所述，答案为 D。 【点睛】 c 点溶液中（HA2-）=c（A3-） ，溶液的 pH=5.83，溶液显酸性，说明

19、HA2-电离程度大于 A3-的水解程度，所 以会抑制水的电离，则 25时，由水电离产生的氢离子 c（H+）3 c(HA-) DD 点所得溶液中 A2-水解平衡常数 Kh1=10-6.81 【答案】A 【解析】 Aa 点所得溶液中，pH=1.75，则 c(H2A)= a1 (H )(HA )cc K = c(HA-)，所以 H2A 与 NaOH 反应发生后， c(H2A)c(HA-)，V0cCHNH H O c Clc OHc H Bd 点溶液： +- 3232 22 cCHNH+c HcCHNH H O +c Cl Ce 点溶液中： +-+ 3232 22 c H-c OH=cCHNH+cCH

20、NH H O Da、b 、c、d 点对应的溶液中，水的电离程度：dcba 【答案】D 【解析】 【分析】 NaOH 是强碱，二甲胺是弱碱，则相同浓度的 NaOH 和二甲胺，溶液导电率：NaOH(CH3)2NH，所以曲 线表示 NaOH 滴定曲线、曲线表示(CH3)2NH 滴定曲线，然后结合相关守恒解答。 【详解】 A b 点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH H2O 和(CH3)2NH2Cl， -4 b32 2 CHNH H O =1.6 10 K ， (CH3)2NH2Cl 的水解常数 - -11 b32 -42 14 W h b 10 =6.210CHNH H O 1. 5 6

21、10 K K K K ，所以 (CH3)2NH H2O 的电离程度大于(CH3)2NH2Cl 的水解程度导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小， 则溶液中微粒浓度存在： +-+ 3232 22 CHNHClCHNH H O OHHccccc ，A 错误； Bd 点二者完全反应生成(CH3)2NH2Cl， 32 2 CHNH水解生成等物质的量的 32 2 CHNH H O和 H+， 32 2 CHNH水解程度远大于水的电离程度，因此 32 2 CHNH H O c 与 + c H 近似相等，该溶液呈酸 性，因此 +- HOHcc，则 32 2 - CHNH H OOHcc ， 溶液中存在电荷

22、守恒： +- 32 2 CHNHHOHClcccc ，因此 +- 3232 22 CHNH+HCHNH H O +Clcccc ，故 B 错误； Ce 点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH2Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒： +- 32 2 CHNHHOHClcccc ，物料守恒： - 3232 22 ClCHNH H O2CHNH=2ccc ，则 + 32 - 32 22 HCHNH-H OOH=2CHNHcccc ，故 C 错误； D酸或碱抑制水电离，且酸中 c(H+)越大或碱中 c(OH)越大其抑制水电离程度越大，弱碱的阳离子或弱酸 的阴离子水解促进水电离， a点溶质为等浓度的

23、NaOH和NaCl； b点溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH H2O 和(CH3)2NH2Cl，其水溶液呈碱性，且 a 点溶质电离的 OH-浓度大于 b 点，水的电离程度：ba；c 点溶质为 NaCl，水溶液呈中性，对水的电离无影响；d 点溶质为(CH3)2NH2Cl，促进水的电离，a、b 点抑制水电离、 c 点不影响水电离、d 点促进水电离，所以水电离程度关系为：dcba，故 D 正确； 故案为：D。 5 （江西省 2020 届高三新课程教学质量监测）常温下，向 20mL01mol L1HB 溶液中逐滴滴入 01mol L1NaOH 溶液，所得 PH 变化曲线如图所示。下列说法错误的是

24、AOA 各点溶液均存在：c（B） c（Na） BC 至 D 各点溶液导电能力依次增强 C点 O 时，pH1 D点 C 时，X 约为 10.4 【答案】D 【解析】 AOA 各点显酸性，则 c(H+)c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(B-)，则 c(B-) c(Na+)， A 选项正确； BC 至 D 各点溶液中，C 点浓度为 0.05mol L-1，C 之后加入的 c(NaOH)为 0.1mol L-1，导电能力依次增强， B 选项正确； C定性分析有：氢氧化钠溶液滴入 20mL 时达到终点，pH7，HB 为弱酸，O 点 pH1，C 选项正确； D

25、C 点为刚好反应完全的时候，此时物质 c(NaB)=0.05mol L-1，B-水解常数为 Kh=10-14/（2 10-5）=5 10-10， B-水解生成的 c(OH-)= -10 c= 0.05 5 10K =5 10-6 mol L-1， C 点 c(H+)=2 10-9 mol L-1， C 点 pH=9-lg2=8.7， 即 x=8.7，D 选项错误； 【点睛】 C 选项也可进行定量分析：B 点有 c(B-)=c(Na+)=19.9 10-3 0.1 （20 10-3+19.9 10-3） ， c(HB)=(20.0 10-3-19.9 10-3) 0.1 (20 10-3+19.

26、9 10-3)，则 c(B-)/c(HB)=199， K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1 10-7 199=1.99 10-5，则 HB 为弱酸，O 点的 pH1。 6 （山东泰安肥城市 2019 届高三下学期第一次模拟）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向 H2C2O4 溶液中逐滴加入 NaOH 溶液， 混合溶液中 lgXX 为 - 24 242 c(HC O c(H C O ) ) 或 2- 24 - 24 c(C O ) c(HC O )与 pH 的变化关系如图所示。 下 列说法一定正确的是 A表示 lg - 24 242 c(HC O c(H C O ) ) 与 pH

27、的变化关系 BpH1.22 的溶液中：2c(C2O42-)c(HC2O4-)=c(Na) C根据图中数据计算可知，Ka2(H2C2O4)的数量级为 10-4 DpH 由 1.22 到 4.19 的过程中，水的电离程度先增大后减小 【答案】A 【解析】 【分析】 H2C2O4H+HC2O4- Ka1= - 24 24 + 2 c(HC O c(H C O )c(H ) ) ，lg - 24 242 c(HC O c(H C O ) ) =0 时， - 24 242 c(HC O c(H C O ) ) =1，Ka1=c(H+)=10-pH； HC2O4-H+C2O42- Ka2= 2- 24 2

28、4 + c(C O c(HC O )c(H ) ) ，lg 2- 24 24 c(C O c(HC O ) ) =0 时， 2- 24 24 c(C O c(HC O ) ) =1，Ka2= c(H+)=10-pH。 【详解】 A由于 Ka1Ka2，所以 - 24 242 c(HC O c(H C O ) ) =1 时溶液的 pH 比 2- 24 24 c(C O c(HC O ) ) =1 时溶液的 pH 小，所以，表示 lg - 24 242 c(HC O c(H C O ) ) 与 pH 的变化关系，A 正确； B电荷守恒：2c(C2O42-)c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na)

29、+c(H+)，pH1.22，溶液显酸性，c(H+)c(OH-)，那么： 2c(C2O42-)c(HC2O4-)c(Na)，B 错误； C由 A 可知，为 lg 2- 24 24 c(C O c(HC O ) ) 与 pH 的变化关系，由分析可知，Ka2= c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81 10-5，故 Ka2(H2C2O4)的数量级为 10-5，C 错误； DH2C2O4和 NaOH 恰好完全反应生成 Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大。H2C2O4溶液中滴 入 NaOH 溶液，pH 由 1.22 到 4.19 的过程中，H2C2O4一直在减少，但还没有完全被

30、中和，故 H2C2O4抑制水 电离的程度减小，水的电离程度一直在增大，D 错误； 答案选 A。 【点睛】 酸和碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，判断水的电离程度增大还是减小，关键找准重要的点对应 的溶质进行分析，本题中重要的点无非两个，一是还没滴 NaOH 时，溶质为 H2C2O4，此时 pH 最小，水的 电离程度最小，草酸和 NaOH 恰好完全反应时，溶质为 Na2C2O4，此时溶液呈碱性，水的电离程度最大，pH 由 1.22 到 4.19 的过程，介于这两点之间，故水的电离程度一直在增大。 7 （福建省三明市 2020 届高三 5 月联考质量检查）将 25时浓度均为 0.1mol/L

31、的 HA 溶液和 BOH 溶液按 体积分别为 Va和 Vb混合，保持 Va+Vb=100mL，且生成的 BA 可溶于水。已知 Va、Vb与混合液 pH 关系如 图所示。下列说法错误的是 A曲线 II 表示 HA 溶液的体积 Bx 点存在 c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+) C电离平衡常数：K(HA)K(BOH) Dx、y、z 三点对应的溶液中，y 点溶液中水的电离程度最大 【答案】C 【解析】 A. 开始时溶液显酸性，说明酸的体积大，所以曲线 II 表示 HA 溶液的体积，故 A 正确； B. 根据电荷守，x 点存在 c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故 B 正确

32、； C. 根据 y 点，HA 和 BOH 等体积、等浓度混合，溶液呈碱性，说明电离平衡常数：K(HA)c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)， 由于 c(H+)c(OH-)，所以 c(Na+)0，故 B 点溶液时，加入 NaOH 溶液的体积小于 10 mL， C 正确； D. 温度升高，盐水解程度增大，A-的水解平衡常数会增大， a wh c Ac Ac H K1 KKc HAc OHc HAc OHc H 会随温度的升高而减小，D 错误； 故答案选 C。 9 （福建省厦门市 2020 届高三下学期 4 月第一次质量检查）向 0.02mol L-1

33、CuSO4溶液中匀速滴加 1mol L-1 氨水，先观察到有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成，后沉淀溶解，逐渐变为深蓝色溶液。该实验过程体系的 pH 和电导率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 Ac(Cu2+)：a 点=b 点 Bbc 段生成浅蓝色沉淀的反应为 -2- 4 2+ 422 2Cu+2OH +SO =Cu (OH) SO Cd 点时： +2- 44 c NH Cu NH 【答案】D 【解析】 【分析】 c 到 d 溶液 pH 突变，说明 c 点沉淀达到最大值，a 到 c 发生生成沉淀的反应： 2-2+ 3242244 2Cu +2NHH O+SO =Cu (OH) SO2N

34、H ，c 到 e 发生沉淀溶解反应： 224 Cu (OH) SO+ 32 8NHH O=2 2 3 4 Cu NH +8H2O+SO42-+2OH-，据此分析解答。 【详解】 Aa 到 b 发生 2-2+ 3242244 2Cu +2NHH O+SO =Cu (OH) SO2NH ，c(Cu2+)减小，故 c(Cu2+)：a 点b 点，A 错误； Bbc 段生成浅蓝色沉淀的反应为 2-2+ 3242244 2Cu +2NHH O+SO =Cu (OH) SO2NH 、而不是 -2- 4 2+ 422 2Cu+2OH +SO =Cu (OH) SO ，B 错误； C c 点沉淀达到最大值， 此

35、时溶质为(NH4)2SO4， c 到 d， pH 突变， 但导电率几乎不变， 故 d 点， 溶质为(NH4)2SO4 和 32 NHH O ， 那么 d 点溶液中电荷守恒为： c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)， 因此时 pH7， c(H+)c(OH-)， 故 c(NH4+)2c(SO42-)，C 错误； Db点之前释放 NH4+，导电能力增强，b之后释放 2+ 3 4 Cu NH 和 OH-，导电能力降低，说明导电能力 2+ + 43 4 NH Cu NH ，D 正确。答案选 D。 考点考点 08 化学实验基础化学实验基础 1 （安徽省名校 2020 届高三冲刺模拟

36、卷）实验室制备、纯化硝基苯需要用到下列装置，其中不正确的是 A配置混酸 B制备硝基苯 C精制 D分离硝基苯 【答案】A 【解析】 A浓硫酸的密度大于浓硝酸的密度，则混合时将浓硫酸注入浓硝酸中，并不断搅拌，防止液滴飞溅，故 A 错误； B硝基苯的制备需要水浴加热，图中装置可制备，故 B 正确； C蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，图中蒸馏装置及操作合理，故 C 正确； D硝基苯的不溶于水，反应后加 NaOH 中和酸，然后进行分液可分离出硝基苯，图中分液漏斗可完成该操 作，故 D 正确； 综上所述，答案为 A。 【点睛】 硝基苯的不溶于水，制备完成后的硝基苯中混有硝酸和浓硫酸，可先用 N

37、aOH 中和酸，中和后溶液分层， 硝基苯的密度比水的密度大，在下层，最后用分液可分离出硝基苯。 2 （2020 年全国高考冲刺压轴卷）下列实验操作正确且能达到实验目的的是 A除去乙酸乙酯中的乙酸：加入 NaOH 溶液振荡，再用分液漏斗分液 B制取并收集 NO：向稀硝酸中加入铜片，用向上排空气法收集生成的气体 C配制 Fe(NO3)2溶液：将 Fe(NO3)2固体溶于较浓硝酸，然后再加水稀释 D除去 MgCl2溶液中少量 Fe3：向其中加入足量 MgCO3，充分搅拌后过滤 【答案】D 【解析】 A. 除去乙酸乙酯中的乙酸：加入 NaOH 溶液振荡，氢氧化钠与乙酸乙酯发生水解反应，两者同时被消耗，

38、 无法分离，A 错误； B. NO 极易与空气中的氧气反应，用向上排空气法收集不到气体，直接转化为二氧化氮，B 错误； C. Fe(NO3)2固体中为铁显+2 价，溶于强氧化性的较浓硝酸，会发生反应生成 Fe(NO3)3，C 错误； D. MgCO3在溶液中碳酸根发生水解，产生氢氧根，与少量 Fe3反应沉淀，可以用于除杂，D 正确； 答案为 D。 【点睛】 本题易错点为 C，注意浓硝酸的氧化性，与亚铁离子易发生氧化还原反应。 3 （安徽省蚌埠市 2020 届高三第三次教学质检）K2FeO4在酸性或中性溶液中能快速产生 O2，在碱性溶液 中较稳定。如图是制备高铁酸钾的一种装置，制取实验完成后，取

39、 C 中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。 下列说法不正确的是 AB 瓶应盛放饱和食盐水除去混有的 HCl BC 瓶中 KOH 过量更有利于高铁酸钾的生成 C加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4Cl2 D高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝等特点为一体的优良的水处理剂 【答案】C 【解析】 【分析】 在装置中， A 为制取氯气的装置， B 为除去 Cl2中混有的 HCl 的装置， C 为 Cl2、Fe(OH)3、KOH 制取 K2FeO4 的装置，D 为未反应 Cl2的吸收装置。 【详解】 A因为 Cl2中混有的 HCl 会消耗 KOH、Fe(OH)3，所以需使用饱和食盐水除去，A 正确； B因为

40、K2FeO4在碱性溶液中较稳定，所以 C 瓶中 KOH 过量更有利于高铁酸钾的生成，B 正确； C在 C 装置中发生反应 3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性：K2FeO4Cl2，C 不 正确； D高铁酸钾具有强氧化性，能杀死细菌，反应生成的 Fe3+水解生成 Fe(OH)3胶体，具有吸附、絮凝作用， 所以高铁酸钾是优良的水处理剂，D 正确； 故选 C。 4 （重庆市江津中学、綦江中学等六校 2020 届高三 4 月复学诊断考试）室温下进行下列实验，根据实验操 作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向 X 溶液中滴加几滴

41、新制氯水，振荡，再加入少 量 KSCN 溶液，溶液变为红色 X 溶液中一定含有 Fe2+ B 在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气 体，木炭持续燃烧 加热条件下，浓硝酸与 C 反 应生成 NO2 C 向含有 ZnS 和 Na2S 的悬浊液中滴加 CuSO4溶液， 生成黑色沉淀 Ksp(CuS)Cu B 室温下，测定等浓度的 Na2A 和 NaB 溶 液的 pH Na2A 溶液的 pH 较 大 酸性：H2AHB C 加热浸透了石蜡油的碎瓷片，产生的气 体通过酸性 KMnO4溶液 酸性 KMnO4溶液 紫红色褪去 石蜡油分解一定产生了乙烯 D 室温下，取相同大小、形状和质量的 Fe 粒分别投

42、入 0.1 mol/L 的稀硝酸和 10.0 mol/L 的浓硝酸中 Fe 粒与浓硝酸反应 比与稀硝酸反应剧 烈 探究浓度对化学反应速率的影响 【答案】A 【解析】 A 项、用石墨作电极，电解 Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合溶液，阴极上先析出铜说明氧化性：Cu2+ Mg2+。则还原性：镁强于铜，故 A 正确； B 项、室温下，测定等浓度的 Na2A 和 NaB 溶液的 pH，Na2A 溶液的 pH 较大，说明 A2水解程度大于 B， 酸性 HAHB，不能判断 H2A 与 HB 的酸性强弱，故 B 错误； C 项、加热浸透了石蜡油的碎瓷片，产生的气体通过酸性 KMnO4溶液，酸性 KM

43、nO4溶液紫红色褪去说明 有烯烃生成，不能确定是否有乙烯生成，故 C 错误； D 项、铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，在浓硝酸中产生钝化现象，两个反应属于不同的反应，无法探究浓 度对反应速率的影响，故 D 错误。故选 A。 6 （福建省厦门市 2020 届高三下学期 4 月第一次质量检查）下列实验方案设计中，无法达到实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 除去 NaCl 固体中少量的 KNO3杂质 将固定溶于水配成溶液，蒸发结 晶并趁热过滤 B 检验乙酸乙酯中是否含有乙酸 加入含有酚酞的 NaOH 溶液并振 荡，观察下层溶液颜色变化 C 证明 Na2CO3溶液中存在水解平衡 向含有酚酞的 Na

44、2CO3溶液中滴 入 BaCl2溶液，观察溶液的变化 D 比较 Fe3+和 I2的氧化性强弱 向含有淀粉的 KI 溶液中滴入 FeCl3溶液，观察溶液颜色变化 【答案】B 【解析】 ANaCl 中混有少量 KNO3，先将其溶于水，蒸发结晶，NaCl 迅速析出，KNO3量少，不能析出，由于 NaCl 的溶解度受温度的影响不大，而温度降低，KNO3的溶解度快速减小，可能析出 KNO3晶体，故蒸发结晶后 应该趁热过滤，防止 KNO3析出，让其留在母液，从而分离，A 正确； B乙酸乙酯能和 NaOH 反应，无论有无乙酸，下层(水层)溶液颜色均会变浅，B 错误； C若溶液中存在 CO32-+H2OHCO

45、3-+OH-平衡，加入 BaCl2后，Ba2+和 CO32-反应生成 BaCO3沉淀，平衡 会向左移，OH-浓度减小，含有酚酞的 Na2CO3溶液红色会变浅，C 正确； D向含有淀粉的 KI 溶液中滴入 FeCl3溶液，若溶液变蓝，则说明发生了 2I-+2Fe3+=2Fe2+I2，Fe3+的氧化性 强于 I2，若溶液不变蓝，说明反应 2I-+2Fe3+=2Fe2+I2不能发生，Fe3+的氧化性弱于 I2，D 正确。答案选 B。 7 （山西省太原市 2020 届高三第一次模拟）下列操作能达到相应实验目的的是 选项 试验目的 操作 A 检验Fe(NO3)2晶体是否已 氧化变质 将 Fe(NO3)2

46、样品溶于稀盐酸后，滴加 KSCN 溶液， 观察溶液是否变红 B 测定“84”消毒液的 pH 用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在 pH 试纸上 C 验证铁的吸氧腐蚀 将未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没 D 比较 H2C2O4与 H2CO3的在 H2C2O4溶液中滴加 Na2CO3溶液，观察现象 酸性强弱 【答案】D 【解析】 AFe(NO3)2样品溶于稀盐酸，发生反应 Fe + 4H+ + NO3-Fe3+ NO+ 2H2O，滴加 KSCN 溶液后，溶液变 红色，不能肯定原样品是否变质，A 不合题意； B“84”消毒液具有强氧化性，能使 pH 试纸褪色，不能用 pH 试纸检验其 pH，

47、B 不合题意； C未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀，C 不合题意； D 在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液， 有气泡产生， 则说明生成了H2CO3， 从而表明酸性H2C2O4大于H2CO3， D 符合题意； 故选 D。 8 （四川省绵阳市 2020 届高三第三次诊断）实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。 下列操作或叙述错误的是 A装置 b、c 中发生反应的基本类型不同 B实验中可能看不到 b、c 中溶液明显褪色 Cd 中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了 CO2 D停止加热后立即关闭 K 可以防止液体倒吸 【答案】C 【解析】 【分析】 石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成 反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。 【详解】 A装置 b 中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置 c 中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的 烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A 正确； B石蜡油受热分解需要温度比较高，实验