（广东专用）2022版高中化学 课时提能演练(二十四) 8.3盐类的水解全程复习方略 新人教版

【广东】2022版化学全程复习方略课时提能演练(二十四)8.3盐类的水解（人教版）（45分钟100分）一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1.如图表示某物质发生的是(　　)A.中和反应B.水解反应C.电离反应D.取代反应2.下列离子方程式中，属于水解反应的是(　　)A.HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O＋B.CO2＋H2OHCO＋H＋C.CO＋H2OHCO＋OH－D.HS－＋H2OS2－＋H3O＋3.在蒸发皿中用酒精灯加热蒸干下列物质的溶液然后灼烧，可以得到该物质固体的是(　　)A.AlCl3　　B.Na2SO3　　C.KMnO4　　D.MgSO44.在0.1mol/L的醋酸钠溶液中加入等体积的下列物质，溶液中离子浓度大小关系正确的是(　　)A.水；c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)B.0.1mol/L盐酸；c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)C.0.1mol/L醋酸；c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)D.0.1mol/L氢氧化钠；c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)5.(2022·广东高考)对于0.1mol·L－1Na2SO3溶液，正确的是(　　)A.升高温度，溶液的pH降低B.c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)C.c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋c(OH―)D.加入少量NaOH固体，c(SO)与c(Na＋)均增大6.(2022·安徽高考)室温下，将1.000mol·L－1盐酸滴入20.00mL1.000mol·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＋)＝1×10－14mol/LB.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.(2022·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CH3-6-COOH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＝c2V2B.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>c1D.若V1＝V2，c2＝c1，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)　＝c(Na＋)8.(2022·郑州模拟)25℃时，在1.0L浓度均为0.01mol·L－1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c(Na＋)>c(A－)，则下列描述中不正确的是(　　)A.该溶液的pH<7B.HA的酸性很弱，A－水解程度较大C.c(A－)＋c(HA)＝0.02mol·L－1D.n(A－)＋n(OH－)＝0.01mol＋n(H＋)二、双项选择题(本大题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求)9.(易错题)已知在常温下测得浓度均为0.1mol·L－1的下列三种溶液的pH：溶质NaHCO3Na2CO3NaCNpH9.711.611.1下列说法中正确的是(　　)A.阳离子的物质的量浓度之和：Na2CO3>NaCN>NaHCO3B.相同条件下的酸性：H2CO3>HCNC.三种溶液中均存在电离平衡和水解平衡D.升高Na2CO3溶液的温度，减小10.(2022·佛山模拟)下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)A.0.1mol·L－1的硫化钠溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)B.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)C.在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)D.0.2mol·L－1HCN溶液和0.1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合：c(HCN)＋c(CN－)＝2c(Na＋)三、非选择题(本大题共3小题，共48分)11.(18分)(探究题)已知某温度下CH3COOH的电离常数K＝1.6×10－5。该温度下向20mL0.01mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol/LKOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：-6-(1)a点溶液中c(H＋)为　　　　　。(2)b点溶液中离子浓度大小顺序为__________________或　　　　　　　　或　　　　　　　。c点溶液中的离子浓度大小顺序为　　　　　　　　　。(3)a、b、c三点中水的电离程度最大的是_______________________________，滴定过程中宜选用　　　　　　作指示剂。12.(12分)(2022·云浮模拟)现有浓度均为0.1mol/L的五种电解质溶液：A.Na2CO3、B.NaHCO3、C.NaAlO2、D.CH3COONa、E.NaOH。(1)这五种溶液中水的电离程度最大的是　　　(填字母)。(2)将五种溶液稀释相同的倍数时，其pH变化最大的是　　　　(填字母)。(3)将上述A、B、C、D四种溶液两两混合时，有一对溶液相互间能够发生反应，写出该反应的离子方程式：__________________________________________。(4)将CO2通入A溶液中恰好呈中性，溶液中2c(CO)＋c(HCO)＝　　　　mol/L(设反应前后溶液体积不变)。13.(18分)(预测题)某地有软锰矿和闪锌矿两座矿山，它们的组成如下：软锰矿：MnO2含量≥65%，SiO2含量约20%，Al2O3含量约4%，其余为水分；闪锌矿：ZnS含量≥80%，FeS、CuS、SiO2含量约7%，其余为水分。科研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，工艺流程如图所示。请回答下列问题：(1)反应Ⅰ的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3等。反应Ⅰ中生成CuSO4和MnSO4的化学方程式：MnO2＋CuS＋2H2SO4===S↓＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O。其中氧化剂为　　　　　　，被氧化的元素为　　　　。(2)反应Ⅱ加入适量锌的作用是_______________________________________；如果锌过量，还会进一步发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________。(3)反应Ⅲ要调节pH生成Fe(OH)3、Al(OH)3，中和过量的H＋所使用的物质是　　　　，调节的pH范围是　　　　(pH数据见下表)。沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Zn(OH)2开始沉淀pH2.34.05.4完全沉淀pH4.15.28.0(4)试用必要的文字和离子方程式解释产生Fe(OH)3的原因________________。(5)本工艺可以循环利用的物质除有MnCO3、ZnCO3以外，还有______________。-6-答案解析1.【解析】选B。由比例模型知，图示表示的是：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，是CH3COO－发生水解反应的过程，故选B项。2.【解析】选C。A、D项分别表示HCOOH、HS－的电离过程，B项表示的是二氧化碳与水反应后生成碳酸的电离方程式，C项表示的是碳酸根离子结合水电离的氢离子生成碳酸氢根离子，属于水解反应。3.【解析】选D。A项，AlCl3溶液蒸干后，灼烧得到Al2O3；B项，Na2SO3溶液蒸干后，灼烧过程被氧化得Na2SO4。C项，KMnO4溶液蒸干后，得KMnO4，灼烧后得K2MnO4、MnO2。D项，MgSO4溶液蒸干后得MgSO4，灼烧后仍得MgSO4。【方法技巧】盐溶液蒸干时所得产物的判断方法(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4溶液蒸干得CuSO4固体。(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，因为在盐蒸干的过程中酸会逸出，从而使盐的水解进行彻底，得到相应的弱碱，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得Al(OH)3、Fe(OH)3。(3)盐水解生成强碱时，蒸干后一般得到原物质，如蒸干Na2CO3溶液仍得到Na2CO3固体。(4)考虑盐受热时是否分解。因为Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干Ca(HCO3)2溶液得CaCO3固体；蒸干NaHCO3溶液得Na2CO3固体；蒸干KMnO4溶液得K2MnO4和MnO2的混合物；蒸干NH4Cl溶液不能得到固体。(5)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。例如Na2SO3溶液蒸干得Na2SO4。(6)有时要多方面考虑。例如，蒸干NaClO溶液时，既要考虑ClO－水解，又要考虑HClO分解，所以蒸干NaClO溶液所得固体为NaCl。4.【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0.1mol/L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5.【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系数，还要写全离子；(2)“物料守恒”的角度是“钠原子”和“硫原子”的个数比。【解析】选D。Na2SO3为弱酸强碱盐，水解显碱性，水解是吸热反应，所以温度升高，水解程度增大，其pH增大，故A不正确；B项考查物料守恒，正确的表达式为c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3-6-)，故B不正确；C项是考查电荷守恒，其正确的表达式为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH―)，故C不正确；加入少量NaOH固体，抑制其水解，水解程度降低，c(SO)与c(Na＋)均增大，故D正确。6.【解析】选C。A项，a点：7＜pH＜14，因此水电离出的c(H＋)＞1×10－14mol/L，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A。根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，因为c(Na＋)>c(A－)，所以c(H＋)<c(oh－)，溶液ph>7，A错，D正确；由c(Na＋)>c(A－)知A－的水解程度较大，HA酸性很弱，B正确；根据原子守恒知C正确。9.【解析】选B、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项正确；升高Na2CO3溶液的温度，促进其水解，增大，D项错误。10.【解析】选C、D。Na2S溶液中的物料守恒式为：c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，电荷守恒式为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HS－)＋c(OH－)＋2c(S2－)，将两式合并得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，A错误；B项不能满足电荷守恒，错误；C项两种物质恰好反应生成Na2CO3，离子浓度大小关系正确；D项，为物料守恒式，正确。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)4×10－4mol·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)酸性：CH3COOH>H2CO3>HCO>Al(OH)3，根据越弱越水解，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：-6-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＋)＝0.2mol/L。答案：(1)C　(2)E(3)HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO　(4)0.213.【解析】(1)由化学方程式可知氧化剂为MnO2，CuS中的S被氧化；(2)根据图示反应Ⅱ后生成Cu，所以加入的Zn的作用为置换硫酸铜中的铜。如果Zn过量，会继续与MnSO4或Fe2(SO4)3或FeSO4反应。(3)为不引入新的杂质，可加入MnCO3、ZnCO3调节溶液的pH，使其在5.2～5.4之间，溶液中Fe3＋、Al3＋变为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去。(4)溶液中存在Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，MnCO3、ZnCO3与H＋反应，使平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀。(5)由流程图可知MnCO3、ZnCO3以及Zn、MnO2都是循环使用的物质。答案：(1)MnO2　S(2)将溶液中的Cu2＋转化为铜Zn＋Mn2＋===Mn＋Zn2＋或Zn＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Zn2＋或Zn＋Fe2＋===Fe＋Zn2＋(3)MnCO3、ZnCO3　5.2～5.4(或其中的数值)(4)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，MnCO3、ZnCO3与H＋反应，使平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀(5)Zn、MnO2-6-</c(oh－)，溶液ph>