2020年高考化学课时提升作业(二十五)-8.3-盐类的水解(人教版-四川专供).docx

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业(二十五)(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.下列运用与碳酸钠或碳酸氢钠能发生水解的事实无关的是()A.试验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必需用橡胶塞而不能用玻璃塞B.泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液,使用时只需将其混合就可产生大量二氧化碳泡沫C.厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污D.可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳2.确定条件下,CH3COONa溶液存在水解平衡:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,下列说法正确的是()A.加入少量NaOH固体,c(CH3COO-)增大B.加入少量FeCl3固体,c(CH3COO-)增大C.稀释溶液,溶液的pH增大D.加入适量醋酸得到的酸性混合溶液:c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)3.(2021成都模拟)向三份0.1 molL-1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽视溶液体积变化),则CH3COO-浓度的变化依次为()A.减小、增大、减小B.增大、减小、减小C.减小、增大、增大D.增大、减小、增大4.相同温度、相同浓度下的六种溶液,其pH由小到大的挨次如图所示,图中代表的物质可能分别为()A.NH4Cl(NH4)2SO4CH3COONaB.(NH4)2SO4NH4ClCH3COONaC.(NH4)2SO4NH4ClNaOHD.CH3COOHNH4Cl(NH4)2SO45.已知HA和HB都是弱酸,且常温下相同浓度的两种酸溶液中,HA溶液中的c(OH-)大于HB溶液中的c(OH-)。下列叙述中不正确的是()A.0.1 molL-1HA溶液中:c(H+)-c(OH-)=c(A-)B.常温下,将pH=3的HB与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后所得溶液显酸性C.0.2 molL-1HB溶液与0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合:2c(H+)-2c(OH-)=c(B-)-c(HB)D.物质的量浓度均为0.01 molL-1的NaA和NaB的混合溶液中:c(OH-)c(HB)c(HA)c(H+)6.下列依据反应原理设计的应用,不正确的是()A.C+H2OHC+OH-;用热的纯碱溶液清洗油污B.Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+;明矾净水C.TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2xH2O+4HCl;制备TiO2纳米粉D.SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl;配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠7.为了配制N的浓度与Cl-的浓度之比为11的溶液,可在NH4Cl溶液中加入()A.适量的HClB.适量的NaClC.适量的氨水D.适量的NaOH8.(2022四川高考)常温下,下列溶液中的微粒浓度关系正确的是()A.新制氯水中加入固体NaOH:c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)B.pH=8.3的NaHCO3溶液:c(Na+)c(HC)c(C)c(H2CO3)C.pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合:c(Cl-)=c(N)c(OH-)=c(H+)D.0.2 molL-1CH3COOH溶液与0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合:2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)9.(2021合肥模拟)常温下,向20 mL 0.2 molL-1H2A溶液中滴加0.2 molL-1NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图(其中代表H2A,代表HA-,代表A2-)。依据图示推断下列说法正确的是()A.H2A的电离方程式为H2AA2-+2H+B.在NaHA溶液中:c(H+)=c(A2-)+c(OH-)-c(H2A)C.当V(NaOH)=20 mL时,溶液中离子浓度大小关系:c(Na+)c(HA-)c(OH-)c(A2-)c(H+)D.向NaHA溶液加入水的过程中,pH可能增大也可能减小10.(力气挑战题)下列说法正确的是()A.常温下,pH=3的HX(一元酸)溶液与pH=11的YOH(一元碱)溶液等体积混合,所得溶液的pH确定大于或等于7B.在相同温度下,浓度均为0.1 molL-1的(NH4)2Fe(SO4)2和(NH4)2SO4溶液中,c(N)相同C.在pHc(CH3COO-)c(H+)c(OH-)D.0.4 molL-1盐酸与0.1 molL-1NaAlO2溶液等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)c(Na+)c(Al3+)c(H+)c(OH-)二、非选择题(本题包括3小题,共40分)11.(10分)现有四瓶丢失标签的NaOH、Na2CO3、AlCl3、NH4HSO4溶液,为鉴别四瓶溶液,将四瓶溶液编号为A、B、C、D进行试验。试验过程和记录如图所示(无关物质已经略去):请回答:(1)A、W的溶液分别加热蒸干并灼烧最终所得固体为、。(2)D溶液pH7(填“大于”“小于”或“等于”),缘由是(用离子方程式表示) 。(3)等物质的量浓度的A、B、C、D溶液,pH由大到小的挨次是(用化学式表示)。(4)等物质的量浓度的C溶液与NH4Cl溶液相比较,c(N):前者后者(填“”或“=”)。(5)若B、C的稀溶液混合后(不加热)溶液呈中性,则该溶液中离子浓度从大到小的挨次是 。12.(14分)(2021眉山模拟)()常温下,将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合,两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如表所示:试验编号HA的物质的量浓度(molL-1)NaOH的物质的量浓度(molL-1)混合后溶液的pH甲0.10.1pH=a乙0.120.1pH=7丙0.20.1pH7丁0.10.1pH=10(1)从甲组状况分析,如何推断HA是强酸还是弱酸? 。(2)乙组混合溶液中c(A-)和c(Na+)的大小关系是。A.前者大B.后者大C.二者相等D.无法推断(3)从丙组试验结果分析,该混合溶液中离子浓度由大到小的挨次是。(4)分析丁组试验数据,写出该混合溶液中下列算式的精确结果(列式):c(Na+)-c(A-)=molL-1。()某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B=H+HB-HB-H+B2-回答下列问题:(5)在0.1 molL-1的Na2B溶液中,下列粒子浓度关系式正确的是。A.c(B2-)+c(HB-)=0.1 molL-1B.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1 molL-1C.c(OH-)=c(H+)+c(HB-)D.c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HB-)13.(16分)(力气挑战题)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(CuCl22H2O),为制取纯洁的CuCl22H2O,首先将其制成水溶液,然后按如图步骤进行提纯:已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开头沉淀和沉淀完全时的pH见下表:Fe3+Fe2+Cu2+氢氧化物开头沉淀时的pH1.97.04.7氢氧化物完全沉淀时的pH3.29.06.7请回答下列问题:(1)加入氧化剂的目的是 。(2)最适合作氧化剂X的是。A.K2Cr2O7B.NaClOC.H2O2D.KMnO4(3)加入的物质Y是。(4)若不用物质Y而是直接用碱能不能达到目的?(填“能”或“不能”)。若能,不用回答;若不能,试解释缘由 。(5)最终能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体?(填“能”或“不能”)。若能,不用回答;若不能,回答该如何操作? 。(6)若向溶液中加入碳酸钙,产生的现象是 。答案解析1.【解析】选D。A项是由于Na2CO3水解显碱性与玻璃中的SiO2作用生成黏性的Na2SiO3;B项是由于NaHCO3与Al2(SO4)3相互促进水解:Al3+3HC=Al(OH)3+3CO2;C项是由于C水解显碱性,能够除去油污;D项与盐类的水解无关。2.【解析】选A。加入少量NaOH固体,会增大溶液中OH-的浓度,使平衡向左移动,c(CH3COO-)增大,故A项正确;加入少量FeCl3固体,FeCl3水解显酸性,CH3COONa水解显碱性,在同一溶液中相互促进水解,c(CH3COO-)减小,故B项不正确;稀释溶液,c(OH-)减小,溶液的pH减小,故C项不正确;若c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-),则有c(Na+)+c(H+)c(OH-)+c(CH3COO-),不符合电荷守恒原理,故D项不正确。3.【解析】选A。醋酸根离子水解使CH3COONa溶液显碱性,N和Fe3+水解均使溶液显酸性,S水解使溶液呈碱性,故加入NH4NO3和FeCl3固体均能促进CH3COONa的水解,导致溶液中CH3COO-浓度减小,加入Na2SO3固体抑制CH3COONa的水解,导致溶液中CH3COO-浓度增大,故选项A正确。4.【解析】选B。NH4HSO4完全电离,溶液显强酸性,(NH4)2SO4比NH4Cl溶液中的铵根离子浓度大,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。5.【解析】选D。弱酸溶液中的H+是由酸和H2O电离生成的,而OH-完全是由H2O电离生成的,所以有:c(A-)=c(H+)-c(OH-),A正确;因HB是弱酸,pH=3的HB与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合反应后,HB剩余很多,故显酸性,B正确;0.2 molL-1HB溶液与0.1 molL-1NaOH溶液等体积混合后,生成浓度均为0.05 molL-1的HB溶液和NaB溶液,依据物料守恒c(HB)+c(B-)=2c(Na+)和电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(B-)+c(OH-)即可推出2c(H+)-2c(OH-)=c(B-)-c(HB),C正确;HA溶液中的c(OH-)较大,则HA电离出的c(H+)较小,故HA的酸性弱于HB,则NaA水解程度大,产生的c(HA)大,故D项中的微粒大小挨次应为c(OH-)c(HA)c(HB)c(H+)。6.【解析】选D。配制SnCl2溶液时应加入稀盐酸抑制SnCl2水解,加入NaOH会促进SnCl2的水解,而发生变质。7.【解析】选C。由于溶液中N的水解:N+H2ONH3H2O+H+,N的浓度减小,从而使溶液中N与Cl-的浓度比小于11。现欲使N的浓度与Cl-的浓度比为11,则必需抑制N的水解(或增大N的浓度),同时不能转变Cl-的浓度。可以加入适量的氨水或除NH4Cl外的其他铵盐以补充N。8.【解题指南】解答本题时应留意以下2点:(1)电解质溶液中存在电荷守恒、质子守恒和物料守恒。(2)弱电解质溶液中可能存在电离平衡和水解平衡。【解析】选D。A项列的是电荷守恒的式子,但是带正电荷的物质漏掉了氢离子;碳酸氢钠溶液中存在下列平衡:HCC+H+,HC+H2OH2CO3+OH-,由于溶液显碱性,因此碳酸氢钠溶液水解平衡大于电离平衡,故碳酸的浓度大于碳酸根的浓度;pH=11的氨水的氢氧根离子浓度和pH=3的盐酸的氢离子浓度相等,由于氨水属于弱碱,因此氨水的浓度远远大于盐酸的浓度,两者等体积混合时,氨水远远过量,溶液显碱性;D项两者混合后得到的是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合液,列出溶液中电荷守恒和物料守恒的式子,两式子合并,将钠离子约掉可得选项D。【方法技巧】离子浓度大小比较的解题思路9.【解析】选B。酸和碱等体积混合后得酸式盐的水溶液,由图像知c(A2-)c(H2A),说明HA-的电离程度大于水解程度,即二元酸H2A是弱酸,电离方程式应分步进行,A错误;在NaHA溶液中,由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),由物料守恒可得c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),由上述两式整理可得c(H+)=c(A2-)+c(OH-)-c(H2A),B项正确;当V(NaOH)=20 mL时,相当于0.1 molL-1的NaHA溶液,图像中c(A2-)c(H2A),说明HA-的电离程度大于水解程度,溶液显酸性,所以溶液中离子浓度大小关系:c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-),C项错误;D项,向NaHA溶液中加入水的过程中,溶液体积增大c(H+)减小,酸性减弱,pH增大,错误。10.【解析】选D。A项若HX为强酸,YOH为强碱,则pH=7;若HX为弱酸,YOH为强碱,则pH7,故A项不正确;B项中由于Fe2+的水解会抑制N的水解,故(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的c(N)比(NH4)2SO4中的大,B项错误;C项中依据关系式可知c(Na+)+c(H+)c(CH3COO-)+c(OH-),而此关系式不符合电荷守恒,C项错误。D项所得溶液为等浓度的AlCl3与NaCl的混合溶液,D项正确。【方法技巧】粒子浓度关系的推断技巧(1)对于混合溶液中微粒浓度的比较,要先考虑是否反应,再推断反应后酸或碱是否过量,若过量,则须同时考虑电离与水解两个方面。(2)一般而言,等浓度的弱酸与弱酸盐混合,电离程度大于水解程度,溶液呈酸性;HCN、NaCN混合液除外,它们的混合溶液呈碱性,水解程度大于电离程度。(3)对于存在电离和水解过程的NaHA溶液,若溶液呈酸性,则电离程度大于水解程度,则c(A2-)c(H2A);若溶液呈碱性,则电离程度小于水解程度,则c(H2A)c(A2-)。11.【解析】由A、B混合产生沉淀,再加入B,沉淀溶解,推断A为AlCl3、B为NaOH,则X为Al(OH)3,W为NaAlO2。由B、C混合放出访石蕊变蓝的气体Y可推知C为NH4HSO4,则Y为NH3。由此可知D为Na2CO3,D与C反应可生成CO2气体。(1)AlCl3溶液蒸干灼烧后得Al2O3,NaAlO2溶液蒸干灼烧得NaAlO2。(2)Na2CO3在水中水解使溶液呈碱性,pH7。(3)分析四种物质的溶液的酸碱性可知pH大小挨次为NaOHNa2CO3AlCl3NH4HSO4。(4)NH4HSO4溶液的酸性大于NH4Cl溶液,N水解程度小,浓度大。(5)B、C混合恰好完全反应时,溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4,溶液呈弱酸性,若呈中性,则应NaOH稍过量。故离子浓度关系为c(Na+)c(S)c(N)c(H+)=c(OH-)答案:(1)Al2O3NaAlO2(2)大于C+H2OHC+OH-(3)NaOHNa2CO3AlCl3NH4HSO4(4)(5)c(Na+)c(S)c(N)c(H+)=c(OH-)12.【解析】(1)一元酸HA与NaOH等物质的量反应,酸性强弱取决于完全中和后盐溶液的pH,a=7时为强酸,a7时为弱酸。(2)据电荷守恒,有c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),因c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(A-)。(3)丙为等浓度的HA与NaA的混合溶液,由pH7知A-水解程度大于HA的电离,离子浓度大小关系为c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)。(4)据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),推导c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=10-4-10-10(molL-1)。(5)留意题干中的电离方程式,一级电离为完全电离。推断A项为B元素的物料守恒,C项为溶液中的质子守恒。答案:(1)a=7时,HA是强酸;a7时,HA是弱酸(2)C(3)c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)(4)10-4-10-10(5)A、C13.【解析】(1)由Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开头沉淀和沉淀完全时的pH知,当Fe2+开头沉淀时,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)加入的氧化剂能把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+,所以加入的物质Y应具有以下条件:能与H+反应,水解平衡向正反应方向移动,从而使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去;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)若直接加碱使Fe3+沉淀的同时,也能使Cu2+沉淀。(5)若直接蒸发结晶将得不到CuCl22H2O晶体,由于在对CuCl2溶液蒸发的过程中,CuCl2水解产生的HCl从溶液中挥发出来,导致CuCl2水解平衡向正反应方向移动,最终得到CuO或Cu(OH)2,而得不到CuCl22H2O晶体。为了抑制CuCl2水解,应在HCl气流中加热蒸发结晶。(6)在溶液中存在FeCl3、CuCl2的水解平衡,溶液呈酸性,加入的碳酸钙与水解产生的H+反应,导致c(H+)减小,水解平衡向正反应方向移动,直至反应完全,所以产生气泡和沉淀,同时碳酸钙溶解。答案:(1)将Fe2+氧化成Fe3+,便于生成沉淀与Cu2+分别(2)C(3)CuOCu(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,产生气泡和沉淀关闭Word文档返回原板块。