2019年高考化学一轮复习课时分层训练27盐类的水解鲁科版

《2019年高考化学一轮复习课时分层训练27盐类的水解鲁科版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考化学一轮复习课时分层训练27盐类的水解鲁科版（10页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、课时分层训练(二十七)盐类的水解(建议用时：45分钟)A级基础达标1下列物质能促进水的电离且溶液为酸性的是()ANaHSO4B明矾CNaHCO3 DNaHSO3BA项，NaHSO4电离出的H抑制水的电离；B项，明矾电离出的Al3水解促进水电离，呈酸性；C项，NaHCO3电离出的HCO以水解为主，促进水电离，呈碱性；D项，NaHSO3电离出的HSO以电离为主，抑制水电离。2(2018西安模拟)下列物质在常温时发生水解，对应的离子方程式正确的是()ANa2CO3：CO2H2OH2CO32OHBNH4Cl：NHH2ONH3H2OHCCuSO4：Cu22H2OCu(OH)22HDNaF：FH2O=HF

2、OHCA项，应为COH2OHCOOH；B项，应为NHH2ONH3H2OH；D项，应为FH2OHFOH。3(2018石家庄模拟)有关下列两种溶液的说法中，正确的是() 【导学号：95160282】0.1 mol/L CH3COONa溶液0.1 mol/L CH3COOH溶液A常温时，溶液中CH3COO：CH3COOC选项A，中CH3COO微弱水解，中微弱电离出CH3COO，故CH3COO：，错误。选项B，中CH3COO水解：CH3COOH2OCH3COOHOH，是其水解平衡常数，只与温度有关，错误。选项C，CH3COOH溶液中水的电离受到抑制，加入CH3COONa溶液至中性，水的电离程度增大，即

3、水的电离平衡向正反应方向移动，正确。选项D，根据电荷守恒及溶液呈中性可知NaCH3COO，错误。4(2018湖北联考)25时浓度都是1 molL1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH7且溶液中cX1 molL1，BX溶液的pH4，BY溶液的pH6。下列说法正确的是() 【导学号：95160283】A电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)BAY溶液的pH小于BY溶液的pHC稀释相同倍数，溶液pH变化：BX等于BYD将浓度均为1 molL1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HYA由题给条件可以推出AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY为强碱弱

4、酸盐。1 molL1 BY溶液的pH6，说明电离平衡常数K(BOH)K(HY)，A项正确；AY为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，所以AY溶液的pH大于BY溶液的pH，B项错误；稀释相同的倍数，BX、BY的水解程度不同，pH变化不相等，C项错误；相同浓度的一元强酸和一元弱酸，稀释10倍后，弱酸的pH大于强酸，D项错误。525 时，物质的量浓度相等的NaHCO3、CH3COONa混合溶液中，下列有关说法或粒子浓度关系正确的是(Ka表示CH3COOH的电离平衡常数) ()ApH可能等于7BHCOCH3COOCOHDHCOH2CO3COCH3COOHCH3COOD物质的量浓度相等的NaHCO3、CH3COO

5、Na混合溶液中，由于HCO、CH3COO的水解，混合液一定显示碱性，A错误；醋酸根离子的水解程度小于碳酸氢根离子，则溶液中一定满足：HCOH，则溶液中不可能存在：NaOHAHC若溶液中ANa，则溶液一定呈中性D若溶质为NaA，则溶液中一定存在：NaAOHHC若是较多的酸溶液和少量的盐溶液混合，则混合溶液显酸性pHOHAH，B项错误；根据电荷守恒，NaHOHA，若溶液中ANa，则一定有HOH，即溶液一定呈中性，C项正确；若NaA是强酸强碱盐，则ANa，D项错误。10常温下，如果取0.1 molL1 HA溶液与0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的p

6、H8。试回答以下问题：(1)混合溶液的pH8的原因：_(用离子方程式表示)。 (2)混合溶液中由水电离出的OH_(填“”“”“7，NH4HCO3溶液的pH大于7。Cl和SO不水解，(NH4)2SO4和NH4Cl溶液显酸性，但(NH4)2SO4中NH多，水解生成的H也多，因而pH(NH4)2SO4pH(NH4Cl)pH(NH4A)(3)9.9107108(4)ABDCB级专项突破11(2016天津高考)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 molL1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是() 【导学号：95160285】A三种酸的电离常数关系：K

7、HAKHBKHDB滴定至P点时，溶液中：BNaHBHOHCpH7时，三种溶液中：ABDD当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：HAHBHDOHHC根据起点pH：HAHBHBHD，根据酸性越强，酸的电离常数越大，则KHAKHBKHD，故A项正确；P点时根据横坐标中和百分数为50%知HBNaB11，根据纵坐标pHNaAOHC混合后溶液中：AHA0.1 molL1D混合后溶液中：NaHAOHA0.2 molL1的一元酸HA和0.1 molL1的NaOH溶液等体积混合后，生成物为NaA、HA，溶液显碱性，说明A的水解程度大于HA的电离程度，HA是弱酸，NaOH是强碱，对水电离的抑制程度不同，A错

8、误；经上述分析知，混合后溶液离子浓度大小：HANaAOH，B正确；根据物料守恒得AHA molL10.1 molL1，C正确；根据电荷守恒得NaHAOH，D正确。13(2018西安模拟)常温下，有氨水、NH4Cl溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 molL1，下列说法错误的是 ()A四种溶液的pH的大小顺序：B将溶液等体积混合所得溶液呈碱性且：NHNH3H2OC向溶液、中分别滴加25 mL 0.1 molL1盐酸后，溶液中NH：，pH大小顺序：，A正确；、混合后pH7，NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，NHNH3H2O，B正确；、中分别加入25

9、 mL 0.1 molL1盐酸后，中得NH4Cl溶液、中得到NH4Cl和HCl的混合溶液，后者HCl抑制NH的水解，故溶液中NH：AHOHB实验所得的混合溶液中：OHAKHC实验所得的混合溶液中：AHA0.1 molL1D实验所得的混合溶液中：KAOHHB由题给条件可知，等体积等浓度的HA溶液与KOH溶液混合后溶液呈碱性，则HA为弱酸，KA为强碱弱酸盐，离子浓度关系为KAOHH，A项错误；根据电荷守恒可得：KHAOH，B项正确；混合前HA溶液中有AHA0.1 molL1，根据物料守恒可知，混合过程相当于对HA溶液进行稀释，故实验所得的混合溶液中AHAMOHHBb点：MOH和HCl恰好完全反应C

10、c点：HOHMOHDa点到d点：水电离的HOH先变大，后变小Dmn14，从图像可以看出，b点时，盐酸体积与MOH溶液体积相等，溶液呈碱性，说明混合溶液中MOH过量，MOH继续电离，说明MOH是弱碱。A项，a点对应的溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小顺序为MClOHH，错误；B项，b点对应的溶液中MOH未完全反应，溶液呈碱性，错误；C项，c点对应的溶液显中性，HOH，错误；D项，在碱溶液中滴加盐酸，水的电离程度逐渐增大，当碱与酸恰好完全反应时，水的电离程度最大，然后随着盐酸的不断加入，水的电离受到抑制，则水电离的HOH先变大，后变小，正确。(2018山东师大附中模拟)常温下，向20 mL某盐酸中逐滴

11、加入0.1 molL1的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是()A盐酸的物质的量浓度为1 molL1B在、之间的任意一点：ClNH，HOHC在点所示溶液中：NHClOHH，且V107 molL1B盐酸的初始pH1，则HClH0.1 molL1，A项错误；在、之间的任意一点，溶液的pHOH，由电荷守恒关系式：NHHClOH知，ClNH，B项正确；盐酸与氨水恰好反应时，氨水体积为20 mL，由于NH的水解，溶液呈酸性，故溶液呈中性时，氨水已过量，即pH7时，V20 mL，C项错误；点时，溶液中含有过量的NH3H2O，NH3H2O电离出来的OH抑制了水的电离，故由水电离

12、出的OH7时，溶液中都一定有：NHClOHHCa点和c点所示溶液中水所电离出的OH分别为109 molL1和105 molL1Dab段所示溶液中相关离子浓度关系可能为：NHClNH3H2ODA项，b点为中性，不是恰好反应，消耗的氨水大于20 mL；B项，也可能有NHOHClH；C项，a点和c点分别为碱过量和酸过量，水电离出的OH均为109 mol/L。(2018辽宁师大附中模拟)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：NaClClOOHBpH8.3的NaHCO3溶液：NaHCOCOH2CO3CpH11的氨水与pH3的盐酸等体积混合：ClNHOHHD0.2 m

13、olL1 CH3COOH溶液与0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合：HCH3COOHCO，错误；C项，pH11的氨水与pH3的盐酸等体积混合氨水过量，溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小为NHClOHH，错误；D项，0.2 molL1的CH3COOH溶液与0.1 molL1的NaOH溶液等体积混合后得到浓度均为0.05 molL1的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，溶液中存在电荷守恒为NaHOHCH3COO；依据物料守恒：2NaCH3COOCH3COOH；将物料守恒式子代入电荷守恒计算关系中得到：2HCH3COOHCH3COO2OH，混合溶液显酸性，HOH，则HCH3COOH(CH3)

14、2NHH2OCd点溶液中：HOH(CH3)2NHH2ODb、c、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点C二甲胺是弱电解质，溶液中离子浓度较小，与盐酸反应后溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力增强，因此曲线是滴定二甲胺溶液的曲线，A错误；曲线是滴定NaOH溶液的曲线，a点溶液中没有(CH3)2NH和(CH3)2NHH2O，B错误；把二甲胺看作是NH3，加入10 mL盐酸，两者恰好完全反应，根据质子守恒可得：HOH(CH3)2NHH2O，C正确；c点恰好完全反应，溶质为NaCl，对水的电离无影响，b点溶液中的溶质为二甲胺、(CH3)2NH2Cl，溶液显碱性，二甲胺的电离抑制水的电离，e点盐酸过量，

15、抑制水的电离，因此电离程度最大的是c点，D错误。18(2018泰州模拟)10 时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下的变化： 【导学号：95160289】温度()102030加热煮沸后冷却到50 pH8.38.48.58.8(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该水解反应的离子方程式为_。(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度_(填“大于”或“小于”)NaHCO3，该分解反应的化学方程式为_。(3)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂

16、BaCl2溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。原因是_。能不能选用Ba(OH)2溶液？_(答“能”或“不能”)。将加热后的溶液冷却到10 ，若溶液的pH_(填“大于”“小于”或“等于”)8.3，则_(填“甲”或“乙”)判断正确。【解析】(1)NaHCO3发生水解反应的离子方程式为HCOH2OH2CO3OH；(2)加热时，NaHCO3可分解生成Na2CO3，Na2CO3水解程度比NaHCO3大，溶液碱性较强；该分解反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3CO2H2O；(3)在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，则NaHCO3受热分解，原因是Ba2CO=BaCO3；不能用加入Ba

17、(OH)2溶液的方法判断，原因是Ba(OH)2溶液与碳酸钠、碳酸氢钠都会发生反应产生BaCO3沉淀，因此不能确定物质的成分；将加热后的溶液冷却到10 ，若溶液的pH等于8.3，则甲正确；若pH8.3，则乙正确。【答案】(1)HCOH2OH2CO3OH(2)大于2NaHCO3Na2CO3CO2H2O(3)Ba2CO=BaCO3不能等于甲(或大于乙)1有关100 mL 0.1 mol/L NaHCO3、100 mL 0.1 mol/L Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是()A溶液中水电离出的H个数：B溶液中阴离子的物质的量浓度之和：C溶液中：COH2CO3D溶液中：HCOH2CO3CCO的水解能

18、力比HCO的强，故Na2CO3溶液的pH较大，水电离出的H总数与OH总数相同，A项正确；由电荷守恒：NaH2COHCOOH，Na2CO3溶液中Na的浓度是NaHCO3溶液中的两倍，B项正确；溶液中HCO的水解能力大于其电离能力，C项不正确；溶液中HCO、H2CO3分别是CO的第一步水解产物和第二步水解产物，故D项正确。2(2018包头模拟)为了使Na2S溶液中的比值变小，可采取的措施是 ()加适量盐酸加适量NaOH(s)加适量KOH(s)加适量KHS(s)加水通H2S(g)加热A BC DD在Na2S溶液中，主要存在平衡S2H2OHSOH。，比值变小，即比值变小。加盐酸，平衡右移，n(S2)减

19、小，n(Na)不变，比值变大；加NaOH(s)，平衡左移，n(Na)增大得多，n(S2)增大得少，比值变大；加KOH(s)，平衡左移，n(S2)增大，n(Na)不变，比值变小；加KHS，平衡左移，n(S2)增大，n(Na)不变，比值变小；加水，平衡右移，n(Na)不变，n(S2)减小，比值变大；通入H2S，平衡右移，n(S2)减小，n(Na)不变，比值变大；加热，平衡右移，n(S2)减小，n(Na)不变，比值变大。3一种常用的泡沫灭火器构造如图。内筒a是玻璃瓶，外筒b是钢瓶，平时泡沫灭火器内筒外筒盛有液态试剂，当遇火警时，将灭火器取下倒置，内外筒液体试剂立即混合产生大量CO2泡沫灭火。从液态试剂在灭火器中长久放置和快速灭火两个角度分析，则a中盛_，b中盛_，反应的化学方程式为_。【答案】Al2(SO4)3溶液饱和NaHCO3溶液Al2(SO4)36NaHCO3=3Na2SO42Al(OH)36CO210