2022届高考化学一轮必备测试第八章第三节《盐类的水解》(人教版选修四).docx

一、选择题(此题包括10小题，每题5分，共50分)
1．(2022·重庆高考)对滴有酚酞试液的以下溶液，操作后颜色变深的是(　　)
A．明矾溶液加热
B．CH3COONa溶液加热
C．氨水中参加少量NH4Cl固体
D．小苏打溶液中参加少量NaCl固体
解析：此题考查水解平衡和电离平衡等知识，溶液颜色变深的原因是溶液的碱性增强，抓住这一本质寻找答案。A选项，明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化；B选项，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性，加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深；C选项，参加氯化铵固体，氨水的电离程度减弱，碱性减弱，溶液颜色变浅；D选项，溶液的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化。
答案：B
2．为了配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中参加(　　)
①适量的盐酸　②适量的NaCl　③适量的氨水
④适量的NaOH
A．①②　　　　　　　　B．③
C．③④ D．④
解析：NH4Cl中NH水解使NH浓度小于Cl－，要使二者比值为1∶1，就要增加NH的量，但不能加盐酸，因为加HCl的同时会增加Cl－的量。
答案：B
3．(广州模拟)一定条件下，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，以下说法正确的选项是(　　)
A．参加少量NaOH固体，c(CH3COO－)增大
B．参加少量FeCl3固体，c(CH3COO－)增大
C．稀释溶液，溶液的pH增大
D．参加适量醋酸得到的酸性混合溶液：
c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
解析：A中NaOH固体溶于水使OH－离子的浓度增大，抑制CH3COO－的水解，所以c(CH3COO－)增大，A正确；B中FeCl3固体溶于水电离出Fe3＋，Fe3＋发生水解反响生成的氢离子与氢氧根离子反响，促进了醋酸根离子的水解，所以c(CH3COO－)减小，B错误；C中稀释溶液使溶液OH－浓度减小，所以溶液的pH减小，C错误；D中酸性混合溶液中c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒可知c(CH3COO－)>c(Na＋)，故D错误。
答案：A
4．将0.5 mol/L的NaClO溶液加热蒸干最后所得的固体是(　　)
A．NaClO B．NaOH
C．NaOH和NaCl D．NaCl
解析：NaClO水解的化学方程式为：NaClO＋H2ONaOH＋HClO,2HClO2HCl＋O2↑，HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，故最终得到NaCl。
答案：D
5．(2022·东城模拟)实验测得常温下0.1 mol/L某一元酸(HA)溶液的pH不等于1,0.1 mol/L某一元碱(BOH)溶液里：c(H＋)/c(OH－)＝10－12。将这两种溶液等体积混合后，所得溶液里各离子的物质的量浓度的关系正确的选项是(　　)
A．c(B＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(A－)>c(B＋)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(H＋)>c(A－)>c(OH－)>c(B＋)
D．c(B＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
解析：常温下，0.1 mol/L某一元酸(HA)溶液的pH不等于1，说明HA没有完全电离，是弱电解质；0.1 mol/L某一元碱(BOH)溶液里：c(H＋)/c(OH－)＝10－12，那么c(OH－)＝0.1 mol/L，说明BOH能完全电离，是强电解质。将这两种溶液等体积混合后，HA和BOH恰好完全反响生成强碱弱酸盐BA，A－水解导致溶液显碱性，A项正确。
答案：A
6．相同温度、相同浓度下的六种溶液，其pH由小到大的顺序如下列图，图中①②③代表的物质可能分别为(　　)
A．NH4Cl　(NH4)2SO4　CH3COONa
B．(NH4)2SO4　NH4Cl　CH3COONa
C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaOH
D．CH3COOH　NH4Cl　(NH4)2SO4
解析：(NH4)2SO4比NH4Cl的铵根离子浓度大，水解生成的氢离子浓度大，醋酸钠水解显碱性，且其碱性比Na2CO3要弱。
答案：B
7．由一价离子组成的四种盐：AC、BD、AD、BC的1 mol/L的溶液，在室温下，前两种溶液的pH＝7，第三种溶液pH＞7，最后一种溶液pH＜7，那么(　　)

A
B
C
D
碱性
AOH＞BOH
AOH＜BOH
AOH＞BOH
AOH＜BOH
酸性
HC＞HD
HC＞HD
HC＜HD
HC＜HD
解析：由AD溶液的pH＞7，可知AOH的电离程度大于HD，由BC溶液的pH＜7，可知BOH的电离程度小于HC，同理由AC、BD溶液的pH＝7，可知AOH与HC、BOH与HD的电离程度相同，故有电离程度HC＝AOH＞HD＝BOH，即HC的酸性大于HD，AOH的碱性大于BOH。
答案：A
8．(2022·广东高考)对于0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液，正确的选项是(　　)
A．升高温度，溶液pH降低
B．c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋c(OH－)
D．参加少量NaOH固体，c(SO)与c(Na＋)均增大
解析：Na2SO3溶液中存水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－，升高温度，平衡向右移动，碱性增强，溶液pH升高，A错误；据物质守恒知c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]，B错误；由电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，C错误；参加NaOH固体，c(Na＋)、c(OH－)增大，水解平衡向左移动，c(Na＋)、c(SO)增大，D正确。
答案：D
9．(2022·梅州东山中学模拟)以下溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的选项是(　　)
A．室温下，向0.01 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：
c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝c(SO)＋c(OH－)
B．0.1 mol·L－1NaHCO3溶液：
c(Na＋)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
C．Na2CO3溶液：
c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)
D．25℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa等体积混合溶液呈酸性：
c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>
c(OH－)
解析：此题为溶液中离子浓度关系的综合题。A项不满足正负电荷守恒，c(SO)系数应为2，错误；NaHCO3溶液中的c(Na＋)与c(HCO)均大于c(OH－)，所以B错误；C为质子守恒式，正确；既然CH3COOH、CH3COONa等浓度等体积混合溶液为酸性，说明CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，那么c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)，所以D错误。
答案：C
10．(2022·南京模拟)常温下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH＝3，以下表达正确的选项是(　　)
A．该溶液中，c2(H＋)＝c(H＋)·c(A－)＋KW
B．由pH＝3的HA与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>
c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
C．浓度均为0.1 mol·L－1的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液中：c(A－)>c(HA)>
c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
D．0.1 mol·L－1 HA溶液与0.05 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)
＝c(A－)＋c(HA)
解析：常温下，0.1 mol/L某一元酸HA的pH＝3 ，那么该一元酸是弱酸。A项，根据电荷守恒有：c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，将等式两边同乘以c(H＋)得，c2(H＋)＝c(H＋)·c(A－)＋c(H＋) ·c(OH－)＝c(H＋)·c(A－)＋KW，正确；B项，由pH＝3的HA与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，HA过量，溶液呈酸性，故不正确；C项，浓度均为0.1 mol/L的一元酸HA与NaA等体积混合，假设溶液呈酸性，那么HA的电离程度大于A－的水解程度，那么离子浓度大小应该是c(A－)>c(Na＋)>c(HA)，故不正确；D项，0.1 mol/L HA与0.05 mol/L NaOH溶液等体积混合，得到等物质的量的HA与NaA，溶液中存在物料守恒：2c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，故不正确。
答案：A
二、非选择题(此题包括4小题，共50分)
11．(9分)25℃时，等浓度的CH3COOH、NH3·H2O的电离程度相同。25℃时，0.1 mol/L醋酸溶液的pH约为3，向其中参加醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大；对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，增大了c(OH－)，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量的醋酸根离子，抑制醋酸分子的电离，使c(H＋)减小，因此溶液的pH增大。

A．CH3COOK B．CH3COONH4
C．NH3D．NaHCO3
(2)假设________(填“甲〞或“乙〞)的解释正确，溶液的pH应________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)。
解析：依题意，25℃时，等浓度的CH3COOH、NH3·H2O的电离程度相同，推知CH3COONH4溶液呈中性。假设甲的解释正确，参加醋酸铵固体，醋酸的pH应不变；假设乙的解释正确，那么参加醋酸铵，醋酸的pH应增大。
答案：(1)B　(2)乙　增大　(或甲　不变)
12．(15分)H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性，将溶液中的
Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋完全沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为9.6、6.4、3.7。现有
含FeCl2杂质的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按以下列图所示步骤进行提纯：

请答复以下问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是________(选填下面的序号)。
A．K2Cr2O7B．NaClO
C．H2O2D．KMnO4
(2)物质Y是________。
(3)本实验用加碱沉淀法能不能到达目的__________________________________。
原因是_________________________________________________________________。
(4)除去Fe3＋的有关反响的离子方程式是____________________________________
____________________________________________________，__________________。
(5)加氧化剂的目的是______________________________________________________。
(6)最后________(填“能〞或“不能〞)直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体。
解析：如果将溶液pH直接调节到9.6除去Fe2＋，此时Cu2＋也早已沉淀完全，所以应先将Fe2＋转化为Fe3＋，在选择氧化剂时要防止引入新的杂质，所以选择H2O2。然后通过参加Y物质促进Fe3＋水解，到达别离沉淀的目的，同时要考虑防止引入新的杂质，Y应选择CuO或Cu(OH)2或CuCO3。由于Cu2＋在加热条件下水解，生成的HCl易挥发，促进了Cu2＋的水解，故直接蒸发不能得到纯洁的CuCl2·2H2O。
答案：(1)C　(2)CuO或Cu(OH)2或CuCO3
(3)不能　加碱的同时Cu2＋也会形成Cu(OH)2沉淀，同时也会引入杂质离子
(4)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋
CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O
[或Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O或CuCO3＋2H＋===Cu2＋＋CO2↑＋H2O]
(5)将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋便于生成沉淀而与Cu2＋别离
(6)不能
13．(10分)(2022·昆明局部学校联考)(1)将物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，那么混合后溶液呈________(填“酸〞“碱〞或“中〞)性，醋酸与氢氧化钠溶液体积大小关系是V(CH3COOH)________(填“>〞“＝〞或“<〞)V(NaOH)。
(2)常温下将0.1 mol·L－1的HCN溶液与0.1 mol·L－1的NaCN溶液等体积混合，溶液中c(HCN)>c(CN－)。那么该混合溶液的pH________(填“>〞“<〞或“＝〞，下同)7；c(HCN)＋
c(CN－)________0.1 mol·L－1；________c(OH－)。
解析：(1)c(CH3COO－)＝c(Na＋)，那么必有c(OH－)＝c(H＋)，呈中性。假设醋酸和氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反响生成CH3COONa，CH3COO－水解使溶液呈碱性，假设要使溶液呈中性，必须使醋酸过量，故V(CH3COOH)>V(NaOH)。
(2)由c(HCN)>c(CN－)知电离程度小于水解程度，
溶液呈碱性；由物料守恒可知，
c(HCN)＋c(CN－)＝0.1 mol·L－1；
由物料守恒及c(Na＋)＝0.05 mol·L－1可知，
＝
＝c(Na＋)－c(CN－)＝c(OH－)－c(H＋)<c(OH－)。
答案：(1)中　>　(2)>　＝　<
14．(16分)(2022·广东六校联考)常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号
HA物质的量浓度(mol·L－1)
NaOH物质的量浓度(mol·L－1)
混合溶液的pH
①
0.1
0.1
pH＝9
②
c
0.2
pH＝7
③
0.2
0.1
pH<7
请答复：
(1)从①组实验分析，HA是________(“强酸〞或“弱酸〞)。
(2)②组实验说明，c__________(选填“大于〞“小于〞或“等于〞)0.2。混合液中离子浓度c(A－)与c(Na＋)的大小关系是__________________。
(3)从③组实验结果分析，说明HA的电离程度______________NaA的水解程度(选填“大于〞“小于〞或“等于〞)，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_____________。
(4)①组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。写出该混合溶液中以下算式的精确结果(不能作近似计算)。
c(Na＋)－c(A－)＝________ mol·L－1；
c(OH－)－c(HA)＝________mol·L－1。
解析：(1)一元酸HA和NaOH溶液等体积等浓度混合后所得溶液的pH＝9>7，所以HA为弱酸。
(2)由(1)问可知，②中的c(HA)>0.2 mol·L－1，由于溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒可知c(A－)＝c(Na＋)。
(3)在等浓度的NaA和HA的混合溶液中，pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度。由电荷守恒可知溶液中离子浓度的大小关系。
(4)①组由水电离出的
c(OH－)＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，
由电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，
所以c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－5－10－9)(mol·L－1)；
由物料守恒得：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，
两个守恒式结合可得
c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－9 mol·L－1。
答案：(1)弱酸　(2)大于　c(A－)＝c(Na＋)
(3)大于　c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
(4)10－5　10－5－10－9　10－9