2022届高三人教版化学一轮复习高效课时作业25.docx

一、选择题
1．等体积的以下溶液，阴离子的总浓度最大的是(　　)
A．0.2 mol·L－1K2S
B．0.1 mol·L－1Ba(OH)2
C．0.2 mol·L－1NaCl
D．0.2 mol·L－1(NH4)2SO4
解析：外表上看，四个选项中阴离子浓度都等于0.2 mol·L－1，但由于A中K2S能水解，S2－＋H2OHS－＋OH－，每减少1个S2－同时增加2个阴离子，阴离子总数增多，故0.2 mol·L－1K2S溶液中阴离子浓度大于0.2 mol·L－1。
答案：A
2．标准状况下，向100 mL 3 mol·L－1的NaOH溶液中缓缓通入4.48 L CO2 气体，充分反响后溶液中离子浓度大小排列顺序正确的选项是(　　)
A．c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(CO)＞c(H＋)
D．c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)
解析：利用钠原子和碳原子守恒，可以计算反响后得到0.1 mol Na2CO3和0.1 mol NaHCO3，根据CO水解程度大于HCO水解程度，即可判断出离子浓度大小关系。
答案：D
3．(2022年天津模拟)以下物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯洁的原溶质的是(　　)
①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2
⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3
A．全部都可以　　　　　　B．仅③
C．仅①③⑥D．仅①③
解析：FeSO4溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2会被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物，Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3，KMnO4受热分解会生成K2MnO4和MnO2，FeCl3受热水解生成Fe(OH)3，应选项D正确。
答案：D
4．(2022年福州模拟)等物质的量浓度、等体积的以下物质的溶液中：①H2CO3②Na2CO3③NaHCO3
④NH4HCO3⑤(NH4)2CO3。以下关系或者说法正确的选项是(　　)
A．c(CO)的大小关系为：②>⑤>③>④>①
B．c(HCO)的大小关系为：④>③>⑤>②>①
C．将溶液蒸干、灼烧后只有①不能得到对应的固体物质
D．②③④⑤既能与盐酸反响，又能与NaOH溶液反响
解析：由于④中NH与HCO互相促进水解，故c(HCO)③>④，B错，将各溶液蒸干后①③④⑤都分解，得不到原来的物质，C错；Na2CO3只与能盐酸反响，而不与NaOH溶液反响，D错。
答案：A
5．(2022年东城区统考)25℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11。以下说法正确的选项是(　　)
A．BOH溶于水，其电离方程式是BOH===B＋＋OH－
B．假设一定量的上述两溶液混合后pH＝7，那么c(A－)＝c(B＋)
C．在0.1 mol·L－1BA溶液中，c(B＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
D．假设将0.1 mol·L－1BOH溶液稀释至0.001 mol·L－1，那么溶液的pH＝9
解析：25℃时，0.1 mol·L－1HA溶液的pH是1(即H＋浓度为0.1 mol·L－1)，说明HA属于强酸；0.1 mol·L－1BOH溶液的pH是11(即OH－浓度为0.001 mol·L－1)，说明BOH属于弱碱，A错。根据溶液的电中性可得，c(A－)＋c(OH－)＝c(B＋)＋c(H＋)，由于c(OH－)＝c(H＋)(pH＝7)，故c(A－)＝c(B＋)，B对。BA属于强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，故c(A－)>c(B＋)>c(H＋)>c(OH－)，C错。由于BOH属于弱碱，存在电离平衡，因而将0.1 mol·L－1(pH＝11)的BOH溶液稀释100倍后，pH>9，D错。
答案：B
6．(2022年高考四川理综)有关①100 mL 0.1 mol/L NaHCO3、②100 mL 0.1 mol/L Na2CO3两种溶液的表达不正确的选项是(　　)
A．溶液中水电离出的H＋个数：②>①
B．溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②>①
C．①溶液中：c(CO)>c(H2CO3)
D．②溶液中：c(HCO)>c(H2CO3)
解析：此题考查盐类水解和离子浓度大小比较。CO水解能力比HCO强，故碳酸钠溶液的pH较大，水电离出的H＋总数与OH－总数相同，故A正确；由电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，碳酸钠溶液中Na＋浓度是碳酸氢钠溶液的二倍，B正确；①溶液中HCO水解能力大于电离能力，C项不正确；②溶液中HCO、H2CO3分别是CO的一级水解和二级水解产物，一级水解程度大，故D项正确。
答案：C
7．乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1 mol/L的NaA和NaB混合溶液中，以下排序正确的选项是(　　)
A．c(OH－)>c(HA)>c(HB)>c(H＋)
B．c(OH－)>c(A－)>c(B－)>c(H＋)
C．c(OH－)>c(B－)>c(A－)>c(H＋)
D．c(OH－)>c(HB)>c(HA)>c(H＋)
解析：酸越弱，对应的盐的水解程度越大，故同浓度的NaA和NaB，前者水解程度更大，因此其溶液中HA的浓度更大一些，D项错误；盐类的水解一般来说是一些比较弱的反响，盐的水解程度很弱，故c(OH－)不可能大于c(A－)和c(B－)，故B、C错。
答案：A
8．(2022年南京模拟)常温下，对以下各溶液的表达不正确的选项是(　　)
A．CH3COONa溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)
B．在pH＝8的NaF溶液中，c(Na＋)－c(F－)＝9.9×10－7mol/L
C．pH＝2的盐酸与pH＝12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液中一定有c(H＋)＝c(OH－)
D．向0.1 mol/L氨水中参加少量NH4Cl固体，溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)增大
解析：在CH3COONa溶液中，根据质子守恒，A项正确；pH＝8的NaF溶液中，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，那么c(Na＋)－c(F－)＝c(OH－)－c(H＋)＝1×10－6－1×10－8＝9.9×10－7mol/L，B项正确；pH＝2的盐酸中c(H＋)＝1×10－2mol/L，pH＝12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝1×10－2mol/L，两者等体积混合后溶液呈中性，溶液中一定有c(H＋)＝c(OH－)，C项正确；向0.1 mol/L氨水中参加少量NH4Cl固体，氨水的电离平衡逆向移动，导致c(OH－)减小，c(NH3·H2O)增大，那么：c(OH－)/c(NH3·H2O)减小，D项错误。
答案：D
9．(2022年临沂模拟)以下各组溶液混合后，溶液一定呈中性的是(　　)
A．等体积、等物质的量浓度的氨水与盐酸混合
B．pH之和为14的氨水与硝酸等体积混合
C．pH之和为14的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液等体积混合
D．等体积、等物质的量浓度的Ca(OH)2溶液与Na2CO3溶液混合
解析：因为氯化铵水解，溶液呈酸性，A错误；氨水是弱碱，继续电离出OH－，溶液呈碱性，B不正确。Ba(OH)2的pH＝b，c(OH－)＝1×10－14/1×10－bmol·L－1＝1×10b－14mol·L－1，NaHSO4的pH＝a，c(H＋)＝1×10－amol·L－1，c(H＋)－c(OH－)＝1×10－a－1×10b－14＝10b－14－1×10b－14＝0，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，C正确；氢氧化钙与碳酸钠溶液混合，反响生成NaOH和CaCO3，所以它们的混合液一定呈碱性，D项错误。
答案：C
10．(2022年珠海统考)0.1 mol·L－1的二元酸H2A溶液的pH＝4.0，那么以下说法中正确的选项是(　　)
A．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同
B．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等
C．在NaHA溶液中一定有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)
D．在Na2A溶液中一定有：c(Na＋)>c(A2－)>c(H＋)>c(OH－)
解析：假设H2A为二元强酸，那么0.1 mol·L－1H2A溶液的pH＝1－lg2＝0.7，而题给0.1 mol·L－1H2A溶液的pH＝4.0，那么说明H2A是二元弱酸，在Na2A溶液中：A2－＋H2OHA－＋OH－，HA－＋H2OH2A＋OH－，因此Na2A水溶液中存在：Na＋、HA－、A2－、H＋和OH－；在NaHA溶液中HA－既存在水解又存在电离：HA－＋H2OH2A＋OH－，HA－A2－＋H＋，溶液中存在Na＋、HA－、A2－、H＋和OH－，所以两溶液中离子种类相同，A不正确；对于溶质物质的量相等的Na2A和NaHA溶液中，假设既不存在水解又不存在电离，那么n(A2－)＝n(HA－)，但由于A2－水解，HA－既水解又电离，故导致两溶液中阴离子总数不相等，B不正确；由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，即C选项正确；由于A2－水解显碱性，故D选项中各离子浓度大小的正确顺序为：c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)，D选项错误。
答案：C
二、非选择题
11．(2022年宣武区高三质检)在室温的条件下，pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，答复以下问题：
(1)两溶液中c(H＋)·c(OH－)＝________。
(2)各取5 mL上述溶液，分别加水稀释至50 mL，pH较大的是________溶液。
(3)各取5 mL上述溶液，分别加热到90℃，pH较小的是________溶液。
(4)两溶液中由水电离出的c(H＋)分别为：H2SO4溶液________；NH4Cl溶液________。
(5)取5 mL NH4Cl溶液，加水稀释至50 mL，c(H＋)________10－6mol·L－1(填“>〞、“<〞或“＝〞)，c(NH)/c(H＋)________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)
解析：(1)在室温时，水的离子积常数为1×10－14。(2)加水稀释后H2SO4溶液中H＋浓度为10－6mol/L，而NH4Cl溶液中NH＋H2ONH3·H2O＋H＋平衡右移，溶液中H＋被稀释同时，又增加，H＋浓度大于10－6mol/L，故pH较大的是H2SO4溶液。(3)升高温度促进NH的水解，H＋浓度增大，故pH较小的是NH4Cl溶液。(4)由水电离的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，故H2SO4溶液中由水电离出的c(H＋)＝＝1×10－9 mol/L，NH4Cl溶液中水电离出的c(H＋)＝1×10－5mol/L。(5)加水稀释后使平衡NH＋H2ONH3·H2O＋H＋右移，故c(H＋)>10－6mol/L，减小。
答案：(1)1×10－14　(2)H2SO4　(3)NH4Cl　(4)1×10－9mol/L　1×10－5mol/L　(5)>　减小
12．(2022年郑州调研)某溶液中只存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
①c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
②c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
③c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
填写以下空白：
(1)假设溶液中只溶有一种溶质，那么该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(填序号)；
(2)假设四种离子的关系符合③，那么溶质为___________；
假设四种离子的关系符合④，那么溶质为_____________；
(3)将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，那么下面图像正确的选项是________(填图像符号)。
(4)假设该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，那么混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于〞、“小于〞或“等于〞，下同)；混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)__________c(OH－)。
解析：(1)由的四种离子，当溶液中只存在一种溶质时，为NH4Cl；NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，离子浓度关系为①；(2)四种离子的关系符合③时，溶液呈碱性，说明碱过量，那么溶液中存在的溶质为NH4Cl和NH3·H2O；当四种离子的关系符合④时，溶液呈强酸性，盐酸过量，溶液中存在NH4Cl和HCl；(3)NH4Cl为强酸弱碱盐，稀释促进其水解，盐酸为强酸，在溶液中全部电离，pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数时，盐酸的pH大于NH4Cl，因为加水稀释其pH均增大，B项符合；(4)体积相等的稀盐酸和氨水混合，且恰好呈中性，那么原溶液中氨水浓度大于盐酸的浓度。
答案：(1)NH4Cl　①
(2)NH4Cl和NH3·H2O　NH4Cl和HCl
(3)B　(4)小于　大于
13．(1)0.4 mol·L－1的NaOH溶液与0.2 mol·L－1HnA溶液等体积混合后pH＝10，那么HnA是________，(①一元强酸　②一元弱酸　③二元强酸　④二元弱酸)；理由是_____________________。
(2)酸HnA与碱B(OH)m完全反响
①生成正盐的化学式为____________。
②假设该盐溶液使甲基橙显红色，用离子方程式说明原因：______________。
③假设该盐溶液使酚酞变红色，那么________离子一定水解，其离子方程式为_____________________。
答案：(1)④　假设为一元酸，混和后NaOH过量，
c(OH－)≥＝0.1 mol/L，pH≥13；假设为二元强酸，混和后完全中和pH＝7；为二元弱酸时，完全中和后生成Na2A，A2－水解，使pH>7，应选④
(2)①BnAm②Bm＋＋mH2OB(OH)m＋mH＋
③An－　An－＋H2OHA(n－1)－＋OH－
14．铁、铜单质及其化合物应用范围很广。现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯洁的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：
Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见下表：

Fe3＋
Fe2＋
Cu2＋
氢氧化物开始沉淀时的pH
1.9
7.0
4.7
氢氧化物完全沉淀时的pH
3.2
9.0
6.7
请答复以下问题：
(1)参加氧化剂的目的是________________________________________。
(2)最适合作氧化剂X的是________。
A．K2Cr2O7　　B．NaClO
C．H2O2D．KMnO4
(3)参加的物质Y是________。
(4)假设不用物质Y而是直接用碱能不能到达目的____(填“能〞或“不能〞)。假设能，不用答复；假设不能，试解释原因_________________。
(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体________(填“能〞或“不能〞)。假设能，不用答复；假设不能，答复该如何操作________。
(6)假设向溶液Ⅱ中参加碳酸钙，产生的现象是_____________。
(7)假设向溶液Ⅱ中参加镁粉，产生的气体是_____________。
试解释原因____________________。
(8)FeCl3溶液具有净水作用的原因是________________________。
解析：(1)由Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH知，当Fe2＋开始沉淀时，Cu2＋已经沉淀完全；而当Fe3＋沉淀完全时，Cu2＋尚未沉淀，所以除去Cu2＋中的Fe2＋时，需将Fe2＋氧化成Fe3＋后除去。
(2)参加的氧化剂能把Fe2＋氧化成Fe3＋，同时又不能引入新杂质，所以应选用H2O2。
(3)当除去Cu2＋中的Fe3＋时，可以利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，所以参加的物质Y应具有以下条件：①能与H＋反响，使水解平衡向正反响方向移动，从而使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去；②不能引入新杂质，满足该条件的物质Y可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3。
(4)假设直接加碱使Fe3＋沉淀的同时，也能使Cu2＋沉淀。
(5)假设直接蒸发结晶将得不到CuCl2·2H2O晶体，因为在对CuCl2溶液蒸发结晶的过程中，CuCl2水解产生的HCl从溶液中挥发出来，导致CuCl2水解平衡向正反响方向移动，最终得到CuO或Cu(OH)2，而得不到CuCl2·2H2O晶体。为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发结晶。
(6)在溶液Ⅱ中存在FeCl3、CuCl2的水解平衡，溶液呈酸性，参加的碳酸钙与水解产生的H＋反响，导致c(H＋)减少，水解平衡向正反响方向移动，直至反响完全，所以产生气泡和红褐色Fe(OH)3沉淀和蓝色Cu(OH)2沉淀，同时碳酸钙溶解。
(7)在溶液Ⅱ中存在FeCl3、CuCl2的水解平衡，溶液呈酸性，参加的镁粉与水解产生的H＋反响，导致c(H＋)减少，水解平衡向正反响方向移动，直至反响完全，所以产生氢气和Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀。
(8)FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮物，加速悬浮物的沉降，从而起到净水的作用。
答案：(1)将Fe2＋氧化成Fe3＋，便于生成沉淀与Cu2＋别离　(2)C
(3)CuO[Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3也可以]
(4)不能　加碱使Fe3＋沉淀的同时也能使Cu2＋沉淀
(5)不能　应在HCl气流中加热蒸发结晶
(6)碳酸钙溶解，产生气泡和红褐色沉淀和蓝色沉淀
(7)氢气(H2)　镁粉与FeCl3、CuCl2水解产生的H＋反响而生成氢气
(8)FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶体可以吸附水中的悬浮物，加速悬浮物的沉降，从而起到净水的作用