全程复习方略浙江专用版高考化学 课时提能演练二十四 83盐类的水解 7页

浙江2019版化学复习方略 课时提能演练(二十四) 8.3盐类的水解（苏教版）‎ ‎（45分钟 100分）‎ 一、选择题(本题包括10小题，每小题6分，共60分)‎ ‎1.如图表示某物质发生的是(　　)‎ ‎2.下列事实能用盐的水解原理解释的是(　　)‎ ‎①氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体 ‎②铁在潮湿的空气中容易生锈 ‎③常温下，将1 mL pH＝3的醋酸溶液加水稀释至100 mL，测得其pH＜5‎ ‎④在滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴CaCl2溶液，生成沉淀的同时溶液颜色由红逐渐变无 ‎⑤把室温下pH＝9的NaHCO3溶液加水稀释至10倍，pH>8‎ A.①②④　　 B.①④⑤　　 C.②③④　　 D.全都不能 ‎3.在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－，下列说法正确的是(　　)‎ A.稀释溶液，水解平衡常数增大 B.通入CO2，平衡朝逆反应方向移动 C.升高温度，减小 D.加入NaOH固体，溶液pH减小 ‎4.(2019·嘉兴模拟)已知NaHSO3溶液呈酸性、NaHCO3溶液呈碱性。对于浓度均为0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系(R表示S或C)，其中正确的是(　　)‎ A.c(Na＋)＞c(HRO3－)＞c(H＋)＞c(RO32－)＞c(OH－)‎ B.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO3－)＋c(RO32－)＋c(OH－)‎ C.c(H＋)＋c(H2RO3)＝c(RO32－)＋c(OH－)‎ D.两溶液中c(Na＋)、c(HRO3－)、c(RO32－)分别相等 ‎5.(2019·台州模拟)已知某溶液中只存在OH－、H＋、Cl－、NH四种离子，其离子浓度可能有如下关系：‎ ‎①c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)‎ ‎②c(Cl－)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋)‎ ‎③c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)‎ ‎④c(NH)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.若①正确，则溶液中溶质一定为NH4Cl B.若③正确，则溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH)>c(Cl－)‎ C.若④正确，且混合前盐酸和氨水体积相等，则盐酸中c(H＋)等于氨水中c(OH－)‎ D.溶质不同时，上述四种关系式均可能成立 ‎6.(2019·安徽高考)室温下，将1.000 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 1.000 mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是(　　)‎ A.a点由水电离出的c(H＋)＝1×10－14 mol·L－1‎ B.b点：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)‎ C.c点：c(Cl－)＝c(NH)‎ D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热 ‎7.(2019·大纲版全国卷)室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是(　　)‎ A.若pH＞7，则一定是c1V1＝c2V2‎ B.在任何情况下都是c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)‎ C.当pH＝7时，若V1＝V2，则一定是c2>c1‎ D.若V1＝V2，c2＝c1，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)‎ ‎8.已知在常温下测得浓度均为0.1 mol·L－1的下列三种溶液的pH：‎ 溶质 NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaCN pH ‎8.4‎ ‎11.6‎ ‎11.1‎ 下列说法中正确的是(　　)‎ A.阳离子的物质的量浓度之和：Na2CO3>NaCN>NaHCO3‎ B.相同条件下的酸性：H2CO38。‎ ‎3.【解析】B。水解平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，A错误；通入CO2，CO2与H2O反应生成H2CO3，H2CO3电离生成HCO，使CO的水解平衡逆向移动，B正确；升高温度，水解向正反应方向移动。c(HCO)/c(CO)增大，C错误；加入NaOH固体，溶液碱性增强，pH增大，D错误。‎ ‎4.【解题指南】解答本题时应注意以下两点：‎ ‎(1)“电荷守恒”表达式中注意离子的化学计量数，还要写全离子；‎ ‎(2)“物料守恒”的角度是“钠原子”和“硫原子”或“碳原子”的个数比。‎ ‎【解析】选C。在NaHSO3溶液中，存在HSO3-H++SO32-，HSO3-+H2OH2SO3+OH-,溶液呈酸性，说明电离大于水解，即离子浓度大小关系：‎ c(Na＋)＞c(HSO3-)＞c(H＋)＞c(SO32-)＞c(OH－)‎ 守恒关系为：‎ 电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO3－)＋‎2c(SO32－)＋c(OH－)‎ 物料守恒：c(Na＋)＝c(HSO3－)＋c(SO32－)＋c(H2SO3)‎ 质子守恒：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(SO32－)＋c(OH－)‎ 在NaHCO3溶液中存在：HCO3-H++CO32-,HCO3-+H2OH2CO3+OH-,溶液呈碱性，说明水解大于电离，即离子浓度大小关系为：‎ c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CO32－)‎ 守恒关系：电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋‎2c(CO32－)＋c(OH－)‎ 物料守恒：c(Na＋)＝c(HCO－3)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)‎ 质子守恒：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(CO32－)＋c(OH－)故选C。‎ ‎5.【解析】选B。满足c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)关系的溶液，可以是NH4Cl溶液，也可以是NH4Cl和HCl的混合溶液，A不正确；当溶液中c(NH)>‎ c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)时，一定为NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，且NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH)>c(Cl－)，B正确；②④条件下，不符合电荷守恒，故C、D不正确。‎ ‎6.【解析】选C。A项，a点：7＜pH＜14，因此水电离出的c(H＋)＞1×‎ ‎10－14 mol·L－1，A错误；B项，b点处，加入盐酸的体积未知，不能进行比较，B错误；C项，c点溶液呈中性，根据电荷守恒此等式成立，C正确；D项，d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸，已无NH3·H2O剩余，温度降低是由于加入盐酸的温度低，造成溶液温度下降，D错误。‎ ‎7.【解题指南】解答本题应注意以下两点：‎ ‎(1)首先要判断发生反应后溶液的成分；‎ ‎(2)两种物质的相对量不同决定了反应后溶液的pH。‎ ‎【解析】选A。c1V1＝c2V2时，NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好完全反应，生成的CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，c1V1＞c2V2时，NaOH溶液过量也使溶液呈碱性，A项错误；无论二者恰好完全反应还是其中一种物质过量，溶液中只有Na＋、H＋、CH3COO－、OH－ 四种离子，由电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝‎ c(CH3COO－)＋c(OH－)，B项正确；NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好完全反应时溶液呈碱性，只有CH3COOH溶液稍过量中和溶液的碱性才能使pH＝7，若V1＝V2，则一定是c2＞c1，C项正确；若V1＝V2，c2＝c1，则二者恰好完全反应，由物料守恒可知c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)，D项正确。‎ ‎8.【解析】选C。阳离子均为Na＋和H＋，Na2CO3溶液中Na＋浓度是其他两种溶液的两倍，阳离子浓度最大，NaCN溶液和NaHCO3溶液中Na＋浓度相等， NaCN溶液中H＋浓度小于NaHCO3溶液，故阳离子浓度大小顺序为Na2CO3>NaHCO3>NaCN，A项错误；HCO的水解能力小于CN－，故酸性：H2CO3>HCN，B项错误；升高Na2CO3溶液的温度，促进其水解，增大，D项错误。‎ ‎9.【解析】选C。酸性溶液中c(H＋)>c(OH－)，A错；B项中三种溶液都显碱性，但NaOH为碱，CH3COONa、Na2CO3为盐，二者水解显碱性，且浓度相同时CO32－的水解程度比CH3COO－‎ 的水解程度大，故pH相同时c(CH3COONa)＞c(Na2CO3)＞c(NaOH)，B错；C项中在CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O形成的溶液中存在：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+‎ NH4++H2ONH3·H2O+H+，二者相互抑制水解，溶液显酸性，离子浓度大小为 c(SO42－)＞c(NH4＋)＞c(Cu2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D项电荷不守恒，不正确。‎ ‎10.【解析】选B。A项，正确的离子浓度顺序为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；B项，加入0.1 mol·L－1盐酸后，生成等浓度的NaCl和醋酸混合液，故有c(Na＋)＝c(Cl－)，考虑水的电离，故有c(H＋)＞c(CH3COO－)，B正确；C项，电离大于水解，正确的离子浓度顺序为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；D项，正确的离子浓度顺序为c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)。 ‎ ‎【方法技巧】离子浓度大小比较的解题思路 ‎11.【解析】(1)c(H＋)＝＝＝4×10－4(mol·L－1)‎ ‎(2)b点时，由于滴加KOH溶液的体积未知，因此，溶液中的c(K＋)与c(H＋)相对大小未知，所以有3种可能情况。c点时可根据电荷守恒得出关系式。‎ ‎(3)酸性溶液中水的电离被抑制，加入可水解的盐能促进水的电离，随着KOH的加入(c点时，KOH还未过量)，溶液中CH3COOK的量不断增多，因此水的电离过程不断增大，故c点符合题意。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择碱性范围内变色的指示剂酚酞。‎ 答案：(1)4×10－4 mol·L－1‎ ‎(2)c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(K＋)＞c(OH－)‎ c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(K＋)＞c(OH－)‎ c(CH3COO－)＞c(K＋)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ c(K＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)‎ ‎(3)c　酚酞 ‎12.【解析】五种物质中有四种可水解的盐和一种强碱。‎ ‎(1)水解程度最大的NaAlO2溶液中水的电离程度最大。(2)稀释过程中，可水解的盐水解平衡右移，溶液的pH变化程度相对较小，NaOH完全电离，溶液的pH变化最大。(3)HCO的电离能力比水解能力大，故NaAlO2能与NaHCO3反应生成沉淀。(4)由电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，因溶液呈中性：c(H＋)＝c(OH－)，所以‎2c(CO)＋c(HCO)＝c(Na＋)＝0.2 mol·L－1。‎ 答案：(1)C　(2)E ‎(3)HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO　 (4)0.2‎ ‎13.【解析】(1)粗氧化铜溶于过量盐酸，发生反应CuO＋2HCl===CuCl2＋H2O，FeO＋2HCl===FeCl2＋H2‎ O，过滤除去的沉淀Ⅰ为不溶于酸的杂质；(2)结合表格中信息及实验目的知加入的试剂X为H2O2，目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，发生的反应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，然后加入CuO，发生反应CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O，调节pH为3.2～4.7，使Fe3＋完全以Fe(OH)3沉淀；(3)过滤得沉淀Ⅱ为Fe(OH)3及过量的CuO，然后将溶液Ⅱ(CuCl2)加热浓缩得到CuCl2·2H2O，再加热失水即得到无水CuCl2，但该过程中为防止Cu2＋水解，需要在HCl气流中加热。‎ 答案：(1)普通漏斗、玻璃棒、烧杯 ‎(2)将Fe2＋氧化成Fe3＋　2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O　 3.2～4.7　 d ‎(3)干燥的HCl气流既可抑制Cu2＋的水解，还能带走CuCl2·2H2O受热产生的水蒸气