2022届高三化学高考备考一轮复习化学盐类的水解专项训练

这是一份2022届高三化学高考备考一轮复习化学盐类的水解专项训练，共23页。试卷主要包含了单选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（15题）
1．设NA是阿伏加德罗常数的值。生物法(加入脱硫细菌)净化含硫物质时发生如下反应：CH3COOH+Na2SO4=2NaHCO3+ H2S↑。下列说法错误的是
A．1 ml CH3COOH中含有σ键数目为7NA
B．生成标准状况下2.24 L H2S气体，转移的电子数为0. 8 NA
C．1 L0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液中，含有HCO的数目为0.1 NA
D．常温常压下，3.4 g H2S气体中含有的电子数为1. 8 NA
2．化学知识无处不在，下列家务劳动不能用对应的化学知识解释的是
A．AB．BC．CD．D
3．下列事实与盐类水解无关的是
A．胆矾与石灰乳配成杀虫农药波尔多液
B．明矾常用作净水剂
C．热的纯碱溶液去油污效果好
D．配制氯化铁溶液时将氯化铁溶于稀盐酸
4．常温下，往20mL0.1ml·L-1NH4HSO4溶液中逐滴加入0.1ml·L-1的NaOH溶液，溶液中由水电离的c水(H+)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(假设：混合后溶液体积的变化忽略不计，整个过程无氨气的逸出)。下列分析正确的是
A．a~c之间，主要反应为NH+OH—=NH3·H2O
B．b点、d点对应溶液的pH均为7
C．d~e之间，溶液中c(Na+)+c(SO)=0.05ml/L
D．pH=7时，溶液中c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH—)=c(H+)
5．室温下，通过下列实验探究NH4Fe(SO4)2溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
下列说法正确的是
A．0.1ml·L-1NH4Fe(SO4)2溶液中存在：c(NH)＋3c(Fe3＋)=2c(SO)
B．实验2中沉淀成分仅为Fe(OH)3
C．实验3得到的溶液中有c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)＞0.3ml·L-1
D．实验4中发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋2HS-=2Fe2＋＋2S↓＋H2↑
6．赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=。下列表述正确的是
A．常温下0.1ml·L-1HR溶液中c(R-)＞c(H2R+)
B．M点，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(OH-)
C．P点，c(Cl-)+c(OH-)+c(HR)=c(H2R+)+2c(HR2+)+c(H+)
D．N点，向溶液中加入少量NaOH发生反应的离子方程式为H2R++OH-=H2O+HR
7．室温下：、、、实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如下：
下列所得结论正确的是
A．实验1溶液中存在：
B．由实验2可得
C．实验3反应的离子方程式：CO2+H2O+2=+2HClO
D．实验4所得上层清液中的
8．取两份10mL 0.05ml•L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05ml•L-1的盐酸，另一份滴加0.05ml•L-1 的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。
下列说法不正确的是
A．由a点可知：NaHCO3溶液中的水解程度大于电离程度
B．过程中：逐渐减小
C．过程中：
D．e点溶液中：c(Na+) = c(Cl-) = 0.025 ml•L-1
9．室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。
下列有关说法正确的是
A．0.1ml/LNaHS溶液中：c(HS-)>c(S2-)>c(H2S)
B．实验2所得溶液中：c(Na+)-c(S2-)-c(HS-)-c(H2S)=0.05ml•L-1
C．实验3证明HS-不能被氧化
D．实验4反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)•c(S2-)c(K+)>c(HA)>c(H+)
C．c点：溶液恰好呈中性
D．溶液中水电离程度：d点>c点
11．FeCl3是棕红色固体，易潮解，在300℃以上可升华成含二聚三氯化铁()分子的气体。可用于金属刻蚀，污水处理等。主要有以下制备方法：
方法①：氯化法。以废铁屑和氯气为原料，在立式反应炉里反应，生成的氯化铁蒸气和尾气由炉的顶部排出，进入捕集器冷凝为固体结晶。
方法②：熔融法。将铁屑和干燥氯气在低共熔混合物(如30%KCl与70%FeCl3混合)内进行反应生成氯化铁，升华后收集在冷凝室中，该法制得的氯化铁纯度高。
方法③：复分解法。用氧化铁与盐酸反应后得到氯化铁溶液。
方法④：氯化亚铁合成法。将铁屑溶于盐酸中，然后向其中通入氯气得到氯化铁。
下列说法正确的是
A．二聚三氯化铁分子中含有配位键
B．将FeCl3饱和溶液缓慢滴入氢氧化钠溶液中，可制取Fe(OH)3胶体
C．直接加热蒸干方法③所得的氯化铁溶液制备无水氯化铁
D．向方法④所得的溶液中加入KSCN溶液与氯气，检验该溶液中是否含有Fe2+
12．室温下，的，向溶液中逐滴加入溶液，点K时达到终点。溶液的随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．溶液的浓度为
B．点M时溶液中存在：
C．点N时溶液中存在：
D．随着的滴入，不断增大
13．大气中含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(，)海水中浓度与模拟空气中浓度的关系曲线。下列说法不正确的是
A．海水温度一定时，大气中浓度增加，海水中溶解的随之增大，导致浓度降低
B．大气中含量增加时，海水中的珊瑚礁溶解的反应为：
C．当大气中浓度确定时，海水温度越高，则浓度越低
D．海水呈弱碱性，是铝、铁元素在海水中含量少，而在陆地含量高的原因
14．类比，对于稀溶液，。室温下，向某浓度溶液加入，保持溶液体积和温度不变，测得与、、变化如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线Ⅲ表示变化
B．常温下，
C．b点时，
D．时，
15．室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化
B．Ka2(H2SO3)的数量级为10−8
C．pH=7时，c(Na+)c(NH)可知，溶液中c(Na+)>c(SO)，则溶液中离子的浓度大小顺序为c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH—)=c(H+)，故D正确；
故选D。
5．C
【详解】
A．电荷守恒方程式：c(NH)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)=2c(SO)＋c(OH－)，错误；
B．实验2中的沉淀有Fe(OH)3和BaSO4，错误；
C．NH4Fe(SO4)2溶液中物料守恒关系为：c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)=0.3ml/L，NH4Fe(SO4)2溶液中通入NH3，导致溶液中的NH增多，则有：c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)>0.3ml/L，正确；
D．Fe3＋氧化HS－生成S和Fe2＋，根据Fe、S得失电子守恒配平反应，离子方程式为：2Fe3＋＋HS－=2Fe2＋＋S↓＋H＋，错误；
故选C。
6．D
【分析】
向溶液中滴加溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大；故图中每条线所代表的物质分别为：，从图中可以发现，点，点，P点，则以此解题。
【详解】
A．HR溶液为酸性溶液，在酸性条件下由分析可知，c(R-)c(HA)>c(H+)，故B正确；
C．c点，KOH与HA恰好完全反应，溶质是KA，KA是强碱弱酸盐，溶液呈弱碱性，故C错误；
D．c点完全反应，溶质只有KA，其水解促进了水的电离，而d除了KA外，还有KOH抑制了水的电离，所以c点水的电离程度大于d点，故D错误；
选B。
11．A
【详解】
A．二聚三氯化铁分子中Fe3+与Cl-形成配位键如图，故A正确；
B．制备Fe(OH)3胶体的方法为：向沸腾的蒸馏水中滴加饱和的三氯化铁溶液溶液变为红褐色时停止加热，即得到Fe(OH)3胶体；向FeCl3饱和溶液缓慢滴入氢氧化钠溶液加热，得到Fe(OH)3沉淀，故B错误；
C．FeCl3在溶液中水解生成氢氧化铁和HCl，加热HCl挥发，水解反应不断正向进行最终固体变为Fe(OH)3，所以直接加热蒸干FeCl3溶液得不到无水氯化铁，故C错误；
D．方法④所得的溶液原本含有Fe3+，加入KSCN溶液变红，通入氯气溶液依然是红色，无法证明是否含有Fe2+，可直接滴入K3[Fe(CN)6]试剂来检验Fe2+，故D错误；
故选：A。
12．C
【详解】
A．向溶液中逐滴加入溶液，点K时达到终点，K点时氢氧化钠溶液的体积为10.5mL，根据2～，可得溶液的浓度为=0.02625ml/L，故A错误；
B．点M时加入氢氧化钠溶液的体积为5.25mL，此时恰好生成NaHC2O4，根据物料守恒可得，故B错误；
C．点N时溶液pH=3.21，c(H+)=10-3.21ml/L，根据的，Ka2=，故=10-0.99≈10-1，，故C正确；
D．随着的滴入，不断减小，不断增大，故不断减小，故D错误；
故选C。
13．C
【详解】
A．由图象分析可知，海水温度一定时，大气中浓度增加，海水中溶解的随之增大，CO2++H2O=2，导致浓度降低A正确；
B．海水中的珊瑚礁的主要成分为CaCO3，当大气中含量增加时，海水中的珊瑚礁溶解的反应为：，B正确；
C．升高温度，促进的电离，即升高温度，平衡H++正向移动，浓度增大，所以当大气中浓度确定时，海水温度越高，则浓度越高，C错误；
D．海水呈弱碱性的原因是+H2OH2CO3+OH-，由于海水呈弱碱性，铝、铁等离子容易与发生双水解而不能大量存在，因此铝、铁元素在海水中含量少，而在陆地含量高，D正确；
答案选D。
14．C
【分析】
随pH增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大，pc=-lgc，则pc(H2A)逐渐增大、pc(HA-)先减小后增大、pc(A2-)逐渐减小，即曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-；
【详解】
A．随pH增大， c(HA-)先增大后减小，pc=-lgc，则pc(HA-)先减小后增大，即曲线Ⅲ代表变化，故A正确；
B．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为H2A、A2-、HA-，c点时c(HA-)=c(A2-)，此时Ka2==c(H+)=10-pH=10-5.30，则，故B正确；
C．b点时，c(H2A)= c(A2-)=10-3ml/L，c(H+)=10-3.05ml/L，室温下c(OH-)=，由电荷守恒：c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+ c(HA-)+2 c(A2-)，则c(Na+)= 2 c(A2-)+ c(OH-)- c(H+)+ c(HA-)= c(HA-)，故C错误；
D．时，由图知pc(HA-)> pc(A2-)> pc(H2A)，pc=-lgc，则，故D正确；
故选：C。
15．C
【分析】
向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线I为亚硫酸，曲线II为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线III为亚硫酸根。
【详解】
A．根据前面分析曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化，故A正确；
B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= c(H+)=1×10−7.2=100.8×10−8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10−8，故B正确；
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，又由于pH=7时c(SO)＜c(HSO)，因此c(Na+)＞3c(SO)，故C错误；
D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10−7 ml·L−1，故D正确。
综上所述，答案为C。
16．
（1） 2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ 随着n(Na2SO3)：n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大 适当增大c(Cl-)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s)向生成CuCl方向移动
（2）4CuCl+O2 +4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl
（3）n(CuCl)=6n(K2Cr2O7)=b×10-3L×aml/L×6=6ab×10-3ml
CuCl的质量分数=×100%=%
【分析】
海绵铜(Cu和少量CuO等)用硫酸、硝酸钠、水浸取，酸性环境中Cu被NO氧化，过滤，除去不溶性滤渣，得到含有CuSO4的滤液，加入亚硫酸钠将Cu2+还原为Cu+，加入NaCl得到CuCl沉淀，过滤得到CuCl的粗产品，用pH=2的H2SO4水洗，再用“醇洗”快速去除滤渣表面的水，防止潮湿环境中滤渣被空气氧化，干燥得到纯净的CuCl。
（1）
①Na2SO3将Cu2+还原为Cu+，生成的Cu+和Cl-结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
②Na2SO3溶液水解使溶液显碱性，随着n(Na2SO3)：n(CuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大，故当n(Na2SO3)：n(CuSO4)＞1.33时，比值越大CuCl产率越小；
③当1.0