2019年高考真题和模拟题分项汇编化学：专题04 氧化还原反应(解析版)

1、2019 年高考真题和模拟题分项汇编化学：专题 04 氧化还原反应（解析版）专题 04氧化还原反应2019 年高考真题12019北京下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是abcd物质（括号内为杂质） fecl 溶液（fecl ）2 3 nacl溶液（mgcl ）2cl （hcl）2no（no ）2除杂试剂fe粉 naoh溶液、稀hclh o、浓h so 2 2 4h o、无水cacl 2 2【答案】b【解析】【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不 存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】afecl 与 fe 反应生成 f

2、ecl ，fecl +fe=2fecl ，此过程中 fe 的化合价3 2 3 2发生变化，涉及到了氧化还原法应，故 a 不符合题意；bmgcl 与 naoh 溶液发生复分解反应 mgcl +2naoh=mg（oh） +2nacl，过量 2 2 2的 naoh 溶液可用 hcl 除去 hcl+naoh=nacl+h o ，此过程中没有元素化合价发2生变化，未涉及氧化还原反应，故 b 符合题意；c部分氯气与 h o 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，2涉及到了氧化还原法应，故 c 不符合题意；dno 与水反应生成硝酸和 no。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧 2化还

3、原法应，故 d 不符合题意；综上所述，本题应选 b。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考 查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。22019 浙江 4 月选考反应 8nh 3cl3 2cl 的物质的量之比为2n 6nh cl，被氧化的 nh 与被还原的 2 4 3a23 【答案】ab83 c63 d32【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为 ，可知实际升价的n 原子为 2 个，所以 2 个 nh 被氧化，同时 cl 全部被还原，观察计量数，cl 为 33 2 2个，因而被氧化的 nh 与被还原的 cl 的物质的量之比为 2：3。3 2故答

4、案选 a。2019 届高考模拟试题3四川省泸县第二中学 2019 届高三三诊炼丹是古人为追求长生而炼制丹药的方术。晋人 葛洪抱朴子金丹篇记载：“凡草木烧之即烬，而丹砂（硫化汞）烧之成水银，积变又 还成丹砂”。其中未涉及到的反应类型a化合反应b分解反应c氧化还原反应d置换反应【答案】d【解析】a、积变又还成丹砂”是指汞与硫化合生成硫化汞，该反应属于化合反应，选项 a 不选；b、 丹砂(硫化汞)烧之成水银”是指硫化汞受热分解生成汞和硫，该反应属于分解反应，选项 b 不选；c、 硫化汞的分解反应和汞与硫的化合反应都属于氧化还原反应，选项 c 不选；d、 化合反应和分解反应都与置换反应无关。选项 d

5、选。答案选 d。4广西钦州市 2019 届高三 4 月综合能力测试（三模）下列玻璃仪器的洗涤方法涉及氧化 还原反应的是a 附有银镜的试管用稀硝酸清洗b 附有油脂的烧杯用热纯碱溶液清洗c 附有苯酚的试管用热的烧碱溶液清洗d 附有氢氧化铁的试管用盐酸清洗【答案】a【解析】a银单质与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮、水，属于氧化还原反应，故a 正 确；b附有油脂的烧杯用热纯碱溶液清洗，属于油脂水解，属于非氧化还原反应，故 b 错误； c附有苯酚的试管用热的烧碱溶液清洗，苯酚和烧碱反应生成苯酚钠和水，属于非氧化还 原反应，故 c 错误；d 附有氢氧化铁的试管用盐酸清洗，是酸碱中和反应，属于非氧化还原反应

6、，故d 错误。2-3+3+答案选 a。【点睛】本题结合用化学方法进行玻璃仪器的洗涤考查氧化还原反应的判断，明确氧化还原 反应的判断方法是解题的关键，要注意用化学方法洗涤玻璃仪器的化学原理。5北京市顺义区 2019 届高三第二次统练下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的 是a b cd实验现象新制氯水滴入 na s2溶液中产生黄色浑浊乙醇滴入 k cr o 2 2 7酸性溶液中溶液由橙色变为绿 色饱和 fecl 溶液滴3入沸水中液体变为红褐色且 澄清透明草酸滴入 kmno4酸性溶液中产生无色气体，溶 液紫红色褪去【答案】c【解析】a新制氯水滴入 na s 溶液中，反应方程式为 cl +na

7、s=2nacl+s，有元素化合价2 2 2升降，属于氧化还原反应，故 a 不符合题意；b 乙醇滴入 k cr o 酸性溶液中，2 2 72k cr o +3c h oh+8h so =2k so +2cr (so ) +3ch cooh+11h o，cro 转化为 cr ，cr 元素 2 2 7 2 5 2 4 2 4 2 4 3 3 2 7化合价由+6 价变为+3 价，有化合价变化，所以属于氧化还原反应，故 b 不符合题意； c饱和 fecl 溶液滴入沸水中，此过程为制备氢氧化铁胶体的过程，离子方程式为3fe +3h o2fe(oh) (胶体)+3h ，过程中无化合价变化，不属于氧化还原反应

8、，故 c 符合题 3意；d草酸滴入 kmno 酸性溶液中，反应方程式为42kmno +5h c o +3h so =2mnso +k so +10co +8h o，高锰酸钾转化为硫酸锰，锰元素化 4 2 2 4 2 4 4 2 4 2 2合价由+7 价变为+2 价，有化合价变化，属于氧化还原反应，故 d 不符合题意。答案选 c。 【点睛】本题解题关键是理解氧化还原反应的特征和实质。有元素化合价升降的反应为氧化 还原反应，氧化还原反应的实质是有电子得失。据此判断反应是否与氧化还原反应相关。 6江省学军中学 2019 届高三 4 月选考k feo 是优良的水处理剂，一种制备方法是将2 4fe o

9、、kno 、koh 混合共熔，反应为 fe o + 3kno + 4koh =2k feo + 3kno + 2h o。 2 3 3 2 3 3 2 4 3 2下列关于该反应的说法不正确的是a 铁元素被氧化，氮元素被还原b 每生成 1 mol k feo ，转移 6 mol e2 4ck feo 具有氧化杀菌作用2 4d该实验条件下的氧化性：kno k feo3 2 4【答案】b- 2+ -2+ -3+ -2+ -2+ 3+ -2+ - 2+ - - 2+ -【解析】反在应 fe o + 3kno + 4koh =2k feo + 3kno + 2h o 中，铁元素化合价由 fe o 中2 3

10、 3 2 4 3 2 2 3的+3 价变为 k feo 中的+6 价，化合价升高，fe o 为还原剂，而 n 元素则由 kno 中+5 价2 4 2 3 3变为 kno 中的+3 价，化合价降低，做氧化剂。2a、 氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，选项 a 正确；b、 反应 fe o + 3kno + 4koh =2k feo + 3kno + 2h o 中铁元素由+3 价变为+6 价，故2 3 3 2 4 3 21molfe o 转移 6mol 电子即 6n 个，生成 2molk feo ，故当生成 1molk feo 时转移 3n 个 2 3 a 2 4 2 4 a电子，选

11、项 b 错误；c、k feo 中铁元素为+6 价，有强氧化性，能杀菌消毒，选项 c 正确；2 4d、反应中 kno 为氧化剂，而 k feo 为氧化产物，而氧化性是氧化剂氧化产物，故氧化性：3 2 4kno k feo ，选项 d 正确；3 2 4答案选 b。【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式的书写及配平，题目难度较大，明确物质的性质及 题给信息、熟悉化合物中各元素化合价是解本题关键。7上海市闵行区 20182019 学年高三二模还原性 i fe br 。向含有 i 、fe 、br 溶液中 通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是ai 、fe 、cl cfe 、fe 、clbfe 、c

12、l 、br dfe 、i 、cl-【答案】b【解析】还原性 i fe br ，向含有 i 、fe 、br 的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化， 其次是亚铁离子，最后是溴离子；a 当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故 a 错误；b 通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会 参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故 b 正确；c 当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故 c 错误；d 当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故 d 错误；故选 b。【点睛】依据离子的还原性强弱顺序判断溶液中的各离子是否能够共存是解决本题的关键。 8湖南省衡阳市 20

13、19 届高三第二次联考雌黄(as s )在我国古代常用作书写涂改修正胶。2 3浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某 原电池。下列有关叙述正确的是a砷酸的分子式为 h aso2 4b 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出c 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为 12：1d 该反应中每析出 4.8g 硫黄，则转移 0.5mol 电子【答案】d-【解析】a、砷最高价为+5，砷酸的分子式为 h aso ，故 a 错误；3 4b、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的 no ，原电池正极发生还原反应，所以 no 在正2 2极生成并逸出，故 b 错误；c、as s 被

14、氧化为砷酸和硫单质，as s 化合价共升高 10，硝酸被还原为 no ，氮元素化合 2 3 2 3 2价降低 1，氧化剂和还原剂物质的量之比为 10：1，故 c 错误；d、as s 被氧化为砷酸和硫单质，1mol as s 失 10mol 电子，生成 2mol 砷酸和 3mol 硫单质， 2 3 2 3所以生成 0.15mol 硫黄，转移 0.5mol 电子，故 d 正确。92018-2019 学年度北京市朝阳区高三一模下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关 的是afecl 溶液滴入 mg(oh) 浊液中，白色浑浊转化为红褐色沉淀3 2bagno 溶液滴入氯水中，产生白色沉淀，随后淡黄绿色褪

15、去3c na 块放在坩埚里并加热，发出黄色火焰，生成淡黄色固体d h c o 溶液滴入 kmno 酸性溶液中，产生气泡，随后紫色褪去2 2 4 4【答案】a【解析】a难溶电解质之间的转化，3mg(oh) 2fecl 2fe(oh) 3mgcl ，化合价没有变2 3 3 2化，与氧化还原反应无关，a 项符合要求；bcl 与水反应，生成 hcl 和 hclo，氯元素化合价发生变化，与氧化还原反应有关，b 项不 2符合题意；cna 在空气中与氧气反应， 2nao2na o ，化合价发生变化，与氧化还原反应有关， 2 2c 项不符合题意；c 草酸与高锰酸钾溶液发生，紫红色褪去，生成co ，化合价变化，

16、属于氧化还原反应，d2项不符合题意；本题答案选 a。【点睛】氧化还原反应与非氧化还原反应的本质区别在于是否有电子的转移，可以从是否有 化合价的变化来判断是否为氧化还原反应。102019 年湖南省株洲市一模含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发 的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为： cn +oh +cl co +n +cl +h o(未配平)。下列说法错误的是(其中 n 表示阿伏加德罗常数2 2 2 2 a的值)acl 是氧化剂，co 和 n 是氧化产物2 2 2b 上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为 2：5c 该反应中，若

17、有 1mol cn 发生反应，则有 5n 电子发生转移ad若将该反应设计成原电池，则 cn 在负极区发生反应【答案】b- - -【解析】a在反应 cn +oh +cl co +n +cl +h o 中，cl 元素化合价由 0 价降低为-1 价，c2 2 2 2元素化合价由+2 价升高为+4 价，n 元素化合价由-3 价升高为 0 价，可知 cl 是氧化剂，co2 2和 n 是氧化产物，a 正确；2b由上述分析可知，反应方程式为 2cn +8oh +5cl =2co +n +10cl +4h o，反应中是 cn 是还2 2 2 2原剂，cl 是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为 5：2，b

18、 错误；2c由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，c 元素化合价由+2 价升高为+4 价，n 元素 化合价由-3 价升高为 0 价，所以若有 1mol cn 发生反应，则有(4-2)+(3-0)n =5n 电子发生a a转移，c 正确；dc 元素化合价由+2 价升高为+4 价，n 元素化合价由-3 价升高为 0 价，则若将该反应设计 成原电池，则 cn 在负极区失去电子，发生氧化反应，d 正确；故合理选项是 b。11南省郑州市 2019 届高考一模向红色 cro 固体表面喷洒酒精，会剧烈反应，生成绿色3固体 cr o ，同时闻到有刺激性气味乙醛生成。下列判断错误的是2 3a 该反应说明乙醛既

19、有氧化性又有还原性b 若有 1 mol 乙醇参加反应，转移电子的物质的量为 2 molc 由此反应可知，酒精严禁与强氧化性试剂混合存放d 上述反应的化学方程式为 2cro +3c h ohcr o +3ch cho+3h o3 2 5 2 3 3 2【答案】a【解析】a向红色 cro 固体表面喷洒酒精，会剧烈反应，生成绿色固体 cr o ，同时闻到3 2 3有刺激性气味乙醛生成，该反应中 cr 元素化合价由+6 价变为+3 价、c 元素化合价由2 价 变为1 价，则 cro 是氧化剂、乙醇是还原剂，所以 cro 体现氧化性、乙醇体现还原性，3 3故 a 错误；b如果有 1mol 乙醇参加反应，

20、则 1mol-ch oh-cho，则转移电子物质的量2mol，故 b2正确；c该反应中 cro 是氧化剂、乙醇是还原剂，则 cro 体现氧化性、乙醇体现还原性，二者3 3发生氧化还原反应，所以酒精严禁与强氧化性试剂混合存放，故 c 正确；d该反应中 cro 和乙醇是反应物，cr o 和乙醛是生成物，结合转移电子守恒书写方程式3 2 3为 2cro +3c h ohcr o +3ch cho+3h o，故 d 正确；故选 a。3 2 5 2 3 3 2【点睛】有机中氧化还原反应转移电子可以根据官能团变化确定。去两个 h 或增加一个氧原子均失去 2e ，反之增加两个氢原子或减少一个氧原子均得到 2

21、e 。12陕西省榆林市 2019 届高三模拟考试以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下， 下列说法错误的是anaclo 在发生器中作氧化剂3b吸收塔中 1mol h o 得到 2mol 电子2 2c吸收塔中温度不宜过高，会导致 h o 的分解2 2d从“母液”中可回收的主要物质是 na so2 4【答案】b【解析】a、根据流程图，naclo 与 so 发生氧化还原反应，化学方程式为3 22naclo +so =na so +2clo ，其中 naclo 作氧化剂，故 a 说法正确；3 2 2 4 2 3b、吸收塔中发生的反应为 2clo +h o +2naoh=2naclo +2h o+o

22、 ，1mol h o 失去 2mol2 2 2 2 2 2 2 2电子，故 b 说法错误；c、h o 在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故 c 说法正确；2 2d、根据选项 a 的分析，母液中溶质主要为 na so ，故 d 说法正确。答案选 b。2 413湖南省衡阳市 2019 届高三下学期第一次联考一种以“火法粗炼”、“电解精炼”相结合的 炼制精铜工艺流程如下，已知“还原”反应中，冰铜中的 cu s 先转化为 cu o，然后 cu o2 2 2再与 cu s 反应生成粗铜。下列叙述正确的是2a 该炼铜工艺对环境友好，不会产生大气污染物b “烙烧”过程中， cufes 既是氧化剂又是还

23、原剂2c在 cu s”还原”为 cu 的总反应中，cu o 作催化剂2 2d“电解”时，金、银等贵金属被置换出来形成阳极泥【答案】b【解析】a、根据流程，冰铜得到粗铜过程中发生的反应是 2cu s3o2 22cu o2so 、 2 22cu ocu s 2 2故 a 说法错误；6cuso ，so 能引起酸雨，属于大气污染物，该工艺对环境不友好，2 2b、焙烧中发生 2cufes o2 2cu s2fesso ，cufes 中 s 的价态为2 价，fe 的基 2 2 2态为2 价，cu 的价态为2 价，在反应中部分 s 的价态升高，cu 的价态降低，因此 cufes2在该反应中既是氧化剂又是还原

24、剂，故 b 说法正确；c、根据催化剂的定义，以及 a 选项分析，cu o 不是催化剂，故 c 说法错误；2d、粗铜中金、银以单质的形式存在，没有发生反应，金、银最终以单质的形式在阳极沉积 出来，故 d 说法错误。-3+2+3+-3+ - 3+14山东省临沂市 2019 届高三 2 月教学质量检测根据下表中的信息判断，下列说法错误 的是a第组反应的氧化产物为 o2b第组反应中 c1 与 febr 的物质的量之比小于或等于 1：22 2c第组反应中生成 3mol c1 ，转移 6mol 电子2d氧化性由强到弱的顺序为 c1o c1 fe3 2【答案】c【解析】ah o 中 o 元素的化合价升高，失

25、去电子，被氧化，则 h o 反应的氧化产物为2 2 2 2o ，a 正确；2b中溴元素的化合价没有变化，cl 只将 fe 氧化为 fe ，发生的反应为23 cl +6febr =2fecl +4febr ，则 cl 与 febr 的物质的量之比为 1：2，若小于 1:2，也只发生该 2 2 3 3 2 2反应，b 正确；c在 kclo +6hcl=kcl+3cl +3h o 中，每生成 3mol 氯气转移 5mol 电子，生成 1molcl 转移3 2 2 2mol 电子，c 错误；dkclo +6hcl=kcl+3cl +3h o 反应中，物质的氧化性：clo cl ，cl 氧化 febr

26、生成 febr ， 3 2 2 3 2 2 2 3则氧化性：cl fe ，因此物质的氧化性由强到弱的顺序为 clo cl fe ，d 正确；2 3 2故合理选项是 c。15教考联盟.四川省高中 2019 届毕业班第二次诊断性酸雨的形成是一种复杂的大气化学 和光学化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如下：下列有关说法不正确的是a所涉及的变化均为氧化还原反应 b光照是酸雨形成的必要条件之一 c污染指数越高形成酸雨的速率越快d优化能源结构能有效遏制酸雨污染【答案】a【解析】aso 变为激发态 so ，没有化合价变化，并未发生氧化还原反应，故a 选项不正2 2确；b结合图中信息知产生激

27、发态 so 和 oh 自由基需要光照条件，故 b 选项正确；c途2径 ii 的速率大于途径 i，故 c 选项正确；d使用化石燃料将产生 so 进而产生酸雨， 如果2对化石燃料优化处理能有效遏制酸雨污染，故 d 选项正确。答案：a。【点睛】考查化学与生态环境的相关知识。解题的关键是判断氧化还原反应的依据化合价是 否发生变化。酸雨的形成和防治措施。16江苏省苏锡常镇四市 2019 届高三下学期第三次模拟以太阳能为热源分解 fe o ，经热3 4化学铁氧化合物循环分解水制 h 的过程如图所示。下列叙述不正确的是2a 过程中的能量转化形式是太阳能化学能b 过程中每消耗 116 g fe o 转移 2

28、mol 电子3 4c过程的化学方程式为 3feoh o fe o h 2 3 4 2d铁氧化合物循环制 h 具有节约能源、产物易分离等优点2【答案】b【解析】a过程利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式 是太阳能化学能，选项 a 正确；b过程中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗 116 g fe o ，即 0.5mol，3 42 1 20.5mol = mol fe 由+3 价变为+2 价，转移 mol 电子，选项 b 错误；3 3 3c过程实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为 3feoh o fe o h ，选项 c 正确；2 3

29、4 2d根据流程信息可知，铁氧化合物循环制 h 具有节约能源、产物易分离等优点，选项 d2正确。答案选 b。17北京市东城区 2019 年高三二模bmo（bi moo ）是一种高效光催化剂，可用于光催化2 6降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是+-+a该过程的总反应：c h o+7o6 6 26co +3h o2 2b 该过程中 bmo 表现较强氧化性c 降解产物的分子中只含有极性共价键d 和中被降解的苯酚的物质的量之比为 3:1【答案】b【解析】a、该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：c h o+7o6 6 26co +3h o，故 a 正确；b、该过程中 bmo 是催化

30、剂，bmo 与 o 在光作用 2 2 2下，bmo 被氧化成 bmo，故 b 错误；c、降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故 c 正确； d、 中 1molo 要得到 3mol 电子，而中 1molbmo 变为 1molbmo 只要得到 1mol 电子，2根据氧化还原反应得失电子相等，所以、中被降解的苯酚的物质的量之比为 3:1，故 d 正确；正确答案选 b。36+ 2+ + 2+ 2+ 2 2+ +2020 年高考真题和模拟题分项汇编化学：专题 10 水溶液中的离子平衡专题 10水溶液中的离子平衡 2019 年高考真题1 2019 新课标naoh 溶液滴定邻

31、苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸 h a 的 k =1.110 ，1 a1k =3.910 ）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中 b 点为反应终 a2点。下列叙述错误的是a 混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关b na 与 a 的导电能力之和大于 ha 的c b 点的混合溶液 ph=7d c 点的混合溶液中，c(na )c(k )c(oh )【答案】c【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶 液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯 二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中

32、水解使溶液呈碱性。 【详解】a 项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和 邻苯二甲酸钠，溶液中 na 和 a 的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能 力与离子浓度和种类有关，故 a 正确；b 项、a 点和 b 点 k 的物质的量相同，k 的物质的量浓度变化不明显，ha 转化为 a ，b 点导电性强于 a 点，说明 na 和 a 的导电能力强于 ha ，故 b 正确；c 项、b 点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲 酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，a 在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液 ph7，故 c 错 误；d 项、b

33、点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸 钾和邻苯二甲酸钠，溶液中 c（na ）和 c（k ）相等，c 点是继续加入氢氧化钠溶液后，得+ + +2+ 2-2+ 2-2+ 2-2+2-2+ 2-2+ 2-到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中 c（na ）c（k ），由 图可知，a 点到 b 点加入氢氧化钠溶液的体积大于 b 点到 c 点加入氢氧化钠溶液的体积，则 溶液中 c（k ）c（oh ），溶液中三者大小顺序为 c（na ）c（k ）c（oh ），故 d 正确。故选 c。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力

34、，注意正确分 析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关 键。22019 新课标绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(cds) 是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的 是a图中 a 和 b 分别为 t 、t 温度下 cds 在水中的溶解度1 2b图中各点对应的 k 的关系为：k (m)=k (n)k (p)c(oh )b 随温度升高，ch coona溶液的c(oh )减小3c随温度升高，cuso 溶液的ph变化是k 改变与水解平衡移动共同作用的结果4 wd 随温度升高， ch coona溶液和

35、cuso 溶液的ph均降低，是因为 ch coo 、cu 水解3 4 3平衡移动方向不同【答案】c【解析】+ -+ -+ 2+【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类 水解，据此解题；【详解】a.水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中 c(h ).c(oh )=kw 减小，故 ph 减小，但 c(h )=c(oh )，故 a 不符合题意；b.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以 c(oh )增大，醋酸根水解为吸热过程，ch cooh +h o3 2ch cooh+oh ,升高温度促进盐类水解，所以 c(oh )增大，故

36、 b 不符 3合题意；c.升高温度，促进水的电离，故 c(h )增大；升高温度，促进铜离子水解 cu +2h o cu(oh)2 2+2h ，故 c(h )增大，两者共同作用使 ph 发生变化，故 c 符合题意；d.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故 d 不符合题意；综上所述，本题应选 c。【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对 水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难 点，本题难度不大，是基础题。52019 天津某温度下，hno2和ch cooh3的电离常数分别为5.0 10-4和1.7 10-5。将

37、ph和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其ph随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是a曲线代表 hno 溶液2b溶液中水的电离程度：b 点c 点c从 c 点到 d 点，溶液中c (ha)c(oh-)c (a-)保持不变（其中ha、a-分别代表相应的酸和酸根离子）d相同体积 a 点的两溶液分别与 naoh 恰好中和后，溶液中 n (na+)相同 【答案】c【解析】【分析】-+-+- -+-381+1+ -4311+4-112 -1+电离常数 hno 大于 ch cooh，酸性 hno 大于 ch cooh；2 3 2 3a、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比 i的酸性强，溶液中氢离

38、子浓度越大，酸性越强；b、 酸抑制水电离，b 点 ph 小，酸性强，对水电离抑制程度大；c、 k 为水的离子积常数，k(hno )为 hno 的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不 w 2 2变；d、体积和 ph 均相同的 hno 和 ch cooh 溶液，c（ch cooh）c（hno ）。2 3 3 2【详解】a、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比 i的酸性强，代表hno ，i 代表 ch cooh，故 a 错误；2 3b、 酸抑制水电离，b 点 ph 小，酸性强，对水电离抑制程度大，故 b 错误；c、 代表 hno ，c(hno )c(oh )/c(no )=c(h )c(

39、hno )c(oh )/c(h )c(no )=k /k(hno )，2 2 2 2 2 w 2k 为水的离子积常数，k(hno )为 hno 的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变， w 2 2则不变，故 c 正确；d、体积和 ph 均相同的 hno 和 ch cooh 溶液，c（ch cooh）c（hno ），分别滴加2 3 3 2同浓度的 naoh 溶液至恰好中和，ch cooh 消耗的氢氧化钠溶液体积多，hno 消耗的3 2naoh 少，故 d 错误；故选 c。【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时ph 变化程度大及酸的浓度与氢离子 的浓度的关系是解答本题的关键，难点 c

40、，要将已知的 c(hno )c(oh )/c(no )分子和分值母2 2同乘以 c(h )，变成与 k 为水的离子积常数和 k(hno )为 hno 的电离常数相关的量，再判w 2 2断。62019江苏室温下，反应 hco +h o2h co +oh 的平衡常数k=2.210 。将nh hco 2 3 4 3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的zno。若溶液混合引起的体积变化可 忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是a0.2 moll氨水：c (nh h o)c( 3 2nh+4) c (oh) c (h)b0.2 moll nh hco 溶液(ph7)：c (4 3n

41、h ) c ( hco ) c (h co ) c (nh h o)2 3 3 2c0.2 moll 氨水和0.2 moll nh hco 溶液等体积混合：c(4 3nh )+c(nh h o)=c(h co )+c3 2 2 3(hco )+3c(co2 -3)d0.6 moll 氨水和0.2 moll nh hco 溶液等体积混合：c (nh h o)+ c(4 3 3 2co )+ c(oh )= 30.3 moll 【答案】bd+ c (h co )+ c (h ) 2 3+ -+ - -+- + +- + +-2-+-2-+ +- 2- - +-+-2-2-2-2-+-2- 2- +

42、11+ + 21+21+ 22 +)11 -+1+2+ 2 2 1 + 22 +【解析】【 详 解 】 a.nh h o 属 于 弱 碱 ， 部 分 电 离 ， 氨 水 中 存 在 的 电 离 平 衡 有 ：3 2nh3 h2o 噲垐? nh4 +oh ，h2o 噲垐? h +oh ，所以 c(oh )c(nh4 )，故 a 错误；b.nh hco 溶液显碱性，说明 hco 的水解程度大于 nh 的水解，所以 c(nh 4 3 3 4 4)c(hco )，3hco 水解：h o+hco 3 2 3-噲垐?h co +oh ，nh 水解：nh +h o 2 3 4 4 2噲垐?nh h o+h

43、，前 3 2者水解程度大且水解都是微弱的，则 c(h co )c(nh h o)，故 b 正确；2 3 3 2c.由物料守恒，n(n):n(c)=2:1，则有 c(nh )+c(nh h o)=2c(h co )+c(hco )+c(co )，4 3 2 2 3 3 3故 c 错误；d.由物料守恒，n(n):n(c)=4:1，则有 c(nh )+c(nh h o)=4c(h co )+c(hco )+c(co )；4 3 2 2 3 3 3电荷守恒有：c(nh )+c(h )=c(hco )+2c(co )+c(oh )；结合消去 c(nh )得：4 3 3 4c(nh h o)+c(oh )

44、=c(h )+4c(h co )+3c(hco )+2c(co )，0.2mol/lnh hco 与3 2 2 3 3 3 4 30.6mol/l 氨水等体积混合后瞬间 c(nh hco )=0.1mol/l，由碳守恒有，4 3c(h co )+c(hco )+c(co )=0.1mol/l，将等式两边各加一个 c(co )，则有2 3 3 3 3c(nh h o)+c(oh )+c(co )=c(h )+c(h co )+3c(h co )+3c(hco )+3c(co )，将带入 3 2 3 2 3 2 3 3 3中得，c(nh h o)+c(oh )+c(co )=c(h )+c(h c

45、o )+0.3mol/l，故 d 正确；3 2 3 2 3故选 bd。72019 浙江选考室温下，取 20 ml 0.1 moll 某二元酸 h a，滴加 0.1 moll naoh 溶2液。已知：h a h ha ，ha h a 。下列说法不正确的是2a0.1 mollh a 溶液中有 c(h )c(oh )c(a )0.1 moll 2b当滴加至中性时，溶液中 c(na )c(ha )2c(a )，用去 naoh 溶液的体积小于 10 ml c当用去 naoh 溶液体积 10 ml 时，溶液的 ph7，此时溶液中有 c(a )c(h )c(oh )d当用去 naoh 溶液体积 20 ml

46、时，此时溶液中有 c(na )2c(ha )2c(a2【答案】b【解析】【分析】由于该二元酸 h a，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把 20 ml 0.1 mol l 二元酸2h a 看做 20 ml 0.1 moll ha 一元弱酸和 0.1mol/lh 溶液，注意该溶液是不存在 h a 微粒。 2 2【详解】a. 0.1 mol lh a 溶液存在电荷守恒，其关系为 c(h 2)=c(oh)+2c(a)+ c (ha )，因而 c(h )-c(oh )-c(a )= c(a )+c(ha )=0.1mol l ，a 项正确；b. 若 naoh 用去 10ml，反应得到 naha 溶液，由于 ha h a ，溶液显酸性，因而滴加 至中性时，需要加入超过 10ml 的 naoh 溶液，b 项错误；c. 当用去 naoh 溶液体积 10 ml 时，得到 naha 溶液，溶液的 ph7，存在质子守恒，其 关系为 c(a )