高考化學 課時提能演練二十四 83 鹽類的水解 新人教版（含精細解析）

1、.【安徽】2019版化學復(fù)習方略 課時提能演練二十四 8.3 鹽類的水解人教版45分鐘 100分一、選擇題此題包括10小題，每題6分，共60分1.如圖表示某物質(zhì)發(fā)生的是2.將0.1 mol以下物質(zhì)置于1 L水中充分攪拌后，溶液中陰離子數(shù)最多的是A.KCl B.MgOH2 C.Na2CO3 D.MgSO43.以下事實能用鹽的水解原理解釋的是氯化鐵溶液加熱蒸干最終得不到氯化鐵固體鐵在潮濕的空氣中容易生銹常溫下，將1 mL pH3的醋酸溶液加水稀釋至100 mL，測得其pH5在滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴CaCl2溶液，生成沉淀的同時溶液顏色由紅逐漸變無把室溫下pH9的NaHCO3溶液加水稀釋至1

2、0倍，pH>8A.B.C.D.全都不能4.預(yù)測題在0.1 mol/L的醋酸鈉溶液中參加等體積的以下物質(zhì)，溶液中離子濃度大小關(guān)系正確的選項是A.水；cCH3COOcNacOHcHB.0.1 mol/L鹽酸；cNacClcHcCH3COOcOHC.0.1 mol/L醋酸；cNacCH3COOcHcOHD.0.1 mol/L氫氧化鈉；cNacCH3COOcOHcH5.2019·廣東高考對于0.1 mol·L1 Na2SO3溶液，正確的選項是A.升高溫度，溶液的pH降低B.cNa2cSOcHSOcH2SO3C.cNacH2cSO2cHSOcOHD.參加少量NaOH固體，cSO

3、與cNa均增大6.2019·安徽高考室溫下，將1.000 mol·L1鹽酸滴入20.00 mL1.000 mol·L1氨水中，溶液pH和溫度隨參加鹽酸體積變化曲線如下圖。以下有關(guān)說法正確的選項是A.a點由水電離出的cH1×1014 mol/LB.b點：cNHcNH3·H2OcClC.c點：cClcNHD.d點后，溶液溫度略下降的主要原因是NH3·H2O電離吸熱7.2019·大綱版全國卷室溫時，將濃度和體積分別為c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，以下關(guān)于該混合溶液的表達錯誤的選項是A.假設(shè)pH7，

4、那么一定是c1V1c2V2B.在任何情況下都是cNacHcCH3COOcOHC.當pH7時，假設(shè)V1V2，那么一定是c2>c1D.假設(shè)V1V2，c2c1，那么cCH3COOcCH3COOHcNa8.在常溫下測得濃度均為0.1 mol·L1的以下三種溶液的pH：溶質(zhì)NaHCO3Na2CO3NaCNpH9.711.611.1以下說法中正確的選項是A.陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：Na2CO3>NaCN>NaHCO3B.一樣條件下的酸性：H2CO3<HCNC.三種溶液中均存在電離平衡和水解平衡D.升高Na2CO3溶液的溫度，減小9.2019·宿州模擬25 時，

5、在1.0 L濃度均為0.01 mol·L1的某一元酸HA與其鈉鹽組成的混合溶液中，測得cNa>cA，那么以下描繪中不正確的選項是A.該溶液的pH<7B.HA的酸性很弱，A水解程度較大C.cAcHA0.02 mol·L1D.nAnOH0.01 molnH10.2019·淮北模擬以下表達正確的選項是A.10 mL 0.1 mol·L1 NH4Cl溶液與5 mL 0.2 mol·L1 NaOH溶液混合：cNacCl>cOH>cNH>cHB.0.1 mol·L1 pH4的NaHB的溶液中，cNa>cHB&g

6、t;cH2B>cB2C.常溫時，NaHCO3溶液中：cNacHCOcH2CO3D.一樣條件下，pH5的NH4Cl溶液、CH3COOH溶液、稀鹽酸中由水電離出的cH：>>二、非選擇題此題包括3小題，共40分11.14分易錯題某溫度下CH3COOH的電離常數(shù)K1.6×105。該溫度下向20 mL 0.01 mol/L CH3COOH溶液中逐滴參加0.01 mol/L KOH溶液，其pH變化曲線如下圖忽略溫度變化。請答復(fù)以下有關(guān)問題：1a點溶液中cH為。2b點溶液中離子濃度大小順序為_或或。c點溶液中的離子濃度大小順序為_。3a、b、c三點中水的電離程度最大的是_，滴定過

7、程中宜選用作指示劑。12.9分現(xiàn)有濃度均為0.1 mol/L的五種電解質(zhì)溶液：A.Na2CO3、B.NaHCO3、C.NaAlO2、D.CH3COONa、E.NaOH。1這五種溶液中水的電離程度最大的是。2將五種溶液稀釋一樣的倍數(shù)時，其pH變化最大的是。3將上述A、B、C、D四種溶液兩兩混合時，有一對溶液互相間可以發(fā)生反響，寫出該反響的離子方程式：_。4將CO2通入A溶液中恰好呈中性，溶液中2cCOcHCOmol/L設(shè)反響前后溶液體積不變。13.17分2019·池州模擬欲降低廢水中重金屬元素鉻的毒性，可以將Cr2O轉(zhuǎn)化為CrOH3沉淀除去。幾種離子生成氫氧化物沉淀時的pH如表：離子C

8、r3Fe3Fe2開場沉淀時pH5.02.77.6完全沉淀時pH7.03.79.61某含鉻廢水處理的主要流程如下圖：初沉池中參加的混凝劑是KAlSO42·12H2O，用于吸附懸浮雜質(zhì)，用離子方程式表示其反響原理是_。反響池中發(fā)生主要反響的離子方程式是。根據(jù)“沉淀法和“中和法的原理，向沉淀池中參加NaOH溶液，此過程中發(fā)生主要反響的離子方程式是、；證明Cr3沉淀完全的方法是_。實驗室中操作A的名稱是，需用玻璃儀器是。2工業(yè)上也可用硫酸亞鐵來處理含Cr2O廢水。Fe2與酸性溶液中的Cr2O反響的離子方程式是，調(diào)節(jié)溶液pH至_，可使得到的金屬陽離子Fe3和Cr3沉淀完全。處理該溶液中0.01

9、 mol Cr2O時，理論上至少可生成沉淀的質(zhì)量是克。答案解析1.【解析】選B。由比例模型知，圖示表示的是：CH3COOH2OCH3COOHOH，是CH3COO發(fā)生水解反響的過程，應(yīng)選B項。2.【解析】選C。假設(shè)忽略純水電離出來的OH，那么：A項，nCl0.1 mol；B項，MgOH2難溶于水，OH物質(zhì)的量最?。籆項，CO發(fā)生水解：COH2OHCOOH，陰離子物質(zhì)的量為nHCOnOHnCO0.1 mol，最大；D項，nSO0.1 mol。3.【解析】選B。中氯化鐵溶液加熱蒸干使水解出的HCl揮發(fā)，得到FeOH3固體；是鐵的電化學腐蝕，應(yīng)用了原電池原理；是弱電解質(zhì)的平衡挪動；中CO與Ca2生成C

10、aCO3，cCO降低，水解出的cOH減小，使溶液顏色由紅逐漸變無；NaHCO3溶液加水稀釋，HCO水解程度增大，導(dǎo)致pH>8?！痉椒记伞葵}溶液蒸干時所得產(chǎn)物的判斷方法1鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸時，蒸干后一般得原物質(zhì)，如CuSO4溶液蒸干得CuSO4固體。2鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時， 因為在鹽蒸干的過程中酸會逸出，從而使鹽的水解進展徹底，得到相應(yīng)的弱堿，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得AlOH3、FeOH3。3鹽水解生成強堿時，蒸干后一般得到原物質(zhì)，如蒸干Na2CO3溶液仍得到Na2CO3固體。4考慮鹽受熱時是否分解。因為CaHCO32、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固體

11、受熱易分解，因此蒸干CaHCO32 溶液得CaCO3固體；蒸干NaHCO3 溶液得Na2CO3 固體；蒸干KMnO4溶液得K2MnO4 和MnO2的混合物；蒸干NH4Cl溶液不能得到固體。5復(fù)原性鹽在蒸干時會被O2氧化。例如Na2SO3溶液蒸干得Na2SO4。6有時要多方面考慮。例如，蒸干NaClO溶液時，既要考慮ClO水解，又要考慮HClO分解，所以蒸干NaClO溶液所得固體為NaCl。4.【解析】選B。A項，正確的離子濃度順序為cNacCH3COOcOHcH；B項，參加0.1 mol/L鹽酸后，生成等濃度的NaCl和醋酸混合液，故有cNacCl，考慮水的電離，故有cHcCH3COO，B正確

12、；C項，電離大于水解，正確的離子濃度順序為cCH3COOcNacHcOH ；D項，正確的離子濃度順序為cNacOHcCH3COOcH。 【方法技巧】離子濃度大小比較的解題思路5.【解題指南】解答此題時應(yīng)注意以下兩點：1“電荷守恒表達式中注意離子的系數(shù)，還要寫全離子；2“物料守恒的角度是“鈉原子和“硫原子的個數(shù)比?！窘馕觥窟xD。Na2SO3為弱酸強堿鹽，水解顯堿性，水解是吸熱反響，所以溫度升高，水解程度增大，其pH增大，故A不正確；B項考察物料守恒，正確的表達式為cNa2c2cHSO2cH2SO3，故B不正確；C項是考察電荷守恒，其正確的表達式為cNacH2ccHSOcOH，故C不正確；參加少量

13、NaOH固體，抑制其水解，水解程度降低，c與cNa均增大，故D正確。6.【解析】選C。A項，a點：7pH14，因此水電離出的cH1×1014 mol/L，A錯誤；B項，b點處，參加鹽酸的體積未知，不能進展比較，B錯誤；C項，c點溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒此等式成立，C正確；D項，d點時鹽酸和氨水恰好完全反響，放熱最多，再加鹽酸，已無NH3·H2O剩余，溫度降低是由于參加鹽酸的溫度低，造成溶液溫度下降，D錯誤。7.【解題指南】解答此題應(yīng)注意以下兩點：1首先要判斷發(fā)生反響后溶液的成分；2兩種物質(zhì)的相對量不同決定了反響后溶液的pH?！窘馕觥窟xA。c1V1c2V2時，NaOH溶液和C

14、H3COOH溶液恰好完全反響，生成的CH3COONa為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，c1V1c2V2時，NaOH溶液過量也使溶液呈堿性，A項錯誤；無論二者恰好完全反響還是其中一種物質(zhì)過量，溶液中只有Na、H、CH3COO、OH 四種離子，由電荷守恒可知cNacHcCH3COOcOH，B項正確；NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好完全反響時溶液呈堿性，只有CH3COOH溶液稍過量中和溶液的堿性才能使pH7，假設(shè)V1V2，那么一定是c2c1，C項正確；假設(shè)V1V2，c2c1，那么二者恰好完全反響，由物料守恒可知cCH3COOcCH3COOHcNa，D項正確。8.【解析】選C。陽離子均為Na和H，Na2C

15、O3溶液中Na濃度是其他兩種溶液的兩倍，陽離子濃度最大，NaCN溶液和NaHCO3溶液中Na濃度相等， NaCN溶液中H濃度小于NaHCO3溶液，故陽離子濃度大小順序為Na2CO3>NaHCO3>NaCN，A項錯誤；HCO的水解才能小于CN，故酸性：H2CO3>HCN，B項錯誤；升高Na2CO3溶液的溫度，促進其水解，增大，D項錯誤。9.【解析】選A。根據(jù)電荷守恒，cNacHcAcOH，因為cNa>cA，所以cH<cOH，溶液pH>7，A錯，D正確；由cNa>cA知A的水解程度較大，HA酸性很弱，B正確；根據(jù)原子守恒知C正確。10.【解析】選A。A項，

16、因為nNH4ClnNaOH，混合后cNacCl，由于NH和OH結(jié)合生成NH3·H2O，故二者濃度均小于Na和Cl，又因為水的電離使溶液中cOH>cNH，故A正確；B項，溶液pH4，說明HB電離程度大于水解程度，又因為電離和水解都較弱，故cHB>cB2>cH2B，B項錯；C項，NaHCO3溶液中碳元素的存在形式有CO，HCO和H2CO3，根據(jù)物料守恒應(yīng)有cNacHCOcCOcH2CO3，C項錯；D項，三種溶液中cH相等，故cOH也相等，NH4Cl溶液中的H全部由水電離，CH3COOH和鹽酸中的OH全部由水電離，故水電離的cH應(yīng)為>，D錯。11.【解析】1cH4&

17、#215;104mol·L12b點時，由于滴加KOH溶液的體積未知，因此，溶液中的cK與cH相對大小未知，所以有3種可能情況。c點時可根據(jù)電荷守恒得出關(guān)系式。3酸性溶液中水的電離被抑制，參加可水解的鹽能促進水的電離，隨著KOH的參加c點時，KOH還未過量，溶液中CH3COOK的量不斷增多，因此水的電離過程不斷增大，故c點符合題意。由于酸堿恰好完全反響時溶液顯堿性，故應(yīng)該選擇堿性范圍內(nèi)變色的指示劑酚酞。答案：14×104 mol·L12cCH3COOcHcKcOHcCH3COOcHcKcOHcCH3COOcKcHcOHcKcCH3COOcHcOH3c酚酞12.【解析

18、】五種物質(zhì)中有四種可水解的鹽和一種強堿。1酸性：CH3COOH>H2CO3>HCO>AlOH3，根據(jù)越弱越水解，水解程度最大的NaAlO2溶液中水的電離程度最大。2稀釋過程中，可水解的鹽水解平衡右移，溶液的pH變化程度相對較小，NaOH完全電離，溶液的pH變化最大。3HCO的電離才能比水解才能大，故NaAlO2能與NaHCO3反響生成沉淀。4由電荷守恒得：cNacH2cCOcHCOcOH，因溶液呈中性：cHcOH，所以2cCOcHCOcNa0.2 mol/L。答案：1C2E3HCOAlOH2O=AlOH3CO40.213.【解析】1初沉池中參加的混凝劑是KAlSO42·12H2O，用于吸附