2024届高三化学一轮复习培优--盐类水解训练

这是一份2024届高三化学一轮复习培优--盐类水解训练，共21页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2024届高三化学一轮复习培优--盐类水解训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．常温下向中逐滴滴加溶液，pH的变化曲线如图(溶液混合时体积的变化忽略不计)。下列说法正确的是

A．水电离出的：A点大于B点
B．在B点，离子浓度大小为
C．在C点，滴加的
D．在D点，
2．下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA(NA表示阿伏伽德罗常数)
B．0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)
C．1mol如图所示 物质与浓溴水反应时通常最多消耗Br2为4mol
D．常温下，反应C(s)+CO2(g)＝2CO(g)不能自发进行，则该反应的△H＞0，一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
3．下列各组离子在水溶液中能大量共存的是
A． B．
C． D．
4．H2S是一种二元弱酸，已知25℃下，其，。下列说法正确的是
A．将少量甲基橙试剂滴入0.10mol·L-1的H2S溶液中，溶液呈红色
B．将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液中，
C．将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中，
D．向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S的电离度和电离常数同时增大
5．甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，25℃时向10mL0.1mol·Lˉ1的甲胺中逐滴滴入0.1mol·Lˉ1稀盐酸。溶液中水电离出的氢离子浓度的负对数[用pC表示，pC=-lgc水(H+)]与加入盐酸体积的关系如图所示。下列叙述错误的是

A．Kb(CH3NH2)的数量级为10-4
B．甲胺的电离方程式：CH3NH2·H2O=CH3NH+OH-
C．b点溶液的pH＞7
D．e点溶液：c(Cl-)＞c(CH3NH)＞c(H＋)＞c(OH―)
6．水中加入下列溶液对水电离平衡不产生影响的是
A．NaHSO3溶液 B．NaF 溶液 C．KAl(SO4)2溶液 D．KI 溶液
7．常温下，在体积均为、浓度均为的溶液、溶液中分别滴加同浓度的溶液，反应后溶液中水电离的的负对数[]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示：下列说法正确的是

A．a、b、c三点溶液均显中性
B．c点溶液，
C．b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液
D．常温下用蒸馏水分别稀释a、c点溶液，pH都降低
8．现有、、、、、、、、等离子，下列说法中不正确的是
A．发生水解而使溶液呈碱性的有、、
B．发生水解而使溶液呈酸性的有、、
C．不能发生水解的有、、
D．测得CH3COONH4溶液呈中性，说明、相互抑制，不发生水解反应
9．用pH试纸测下列溶液的酸碱性，明显不同其他溶液的一种是(　　)
A．NH4Cl B．CH3COOK C．Al(NO3)3 D．CuSO4
10．下列溶液中各微粒浓度关系正确的是
A．0.1mol/L NaHSO4溶液中：c(Na＋)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)
B．0.1mol/L NaHCO3溶液中：c(Na＋)+c(H＋)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH－)
C．0.1mol/L Na2S溶液中：2c(Na＋)=c(HS－)+c(S2－)+c(H2S)
D．等体积等物质的量浓度的醋酸溶液和氢氧化钠溶液混合后：c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH－)
11．物质在水溶液中的行为，对化学反应研究有着极其重要的作用，下列相关说法错误的是
A．纯水可以电离，水的离子积常数
B．的氨水稀释10倍后溶液
C．向溶液中加入固体，水的电离程度增大
D．溶液中存在以下关系式：
12．将物质的量浓度都是0.1的某弱酸HX溶液与溶液等体积混合，下列说法错误的是
A．若混合后溶液中，说明的电离程度弱于的水解程度
B．若混合后溶液呈酸性，则
C．混合后溶液中
D．混合后溶液中
13．甲胺(CH3NH2)是一种弱碱，在水中的电离方程式为。常温下，向溶液中滴加的盐酸，混合溶液的、温度与盐酸体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是

A．选择酚酞溶液作指示剂，测得甲胺的浓度偏低
B．b点溶液中：
C．，温度降低的主要原因是电离吸热
D．常温下，的电离常数
14．一定条件下，溶液中存在水解平衡：。下列说法正确的是
A．加入少量NaOH固体，减小 B．升高温度，溶液的pH减小
C．稀释溶液，增大 D．通入少量HCl气体，减小
15．25℃时，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是
A．物质的量浓度相等的①溶液和②溶液中的：①＜②
B．的溶液中，由水电离出来的
C．的溶液：
D．溶液中：

二、实验题
16．Ⅰ.某烧碱样品含少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A．在250 mL的容量瓶中定容配成250mL烧碱溶液
B．用移液管移取25 mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴几滴指示剂甲基橙
C．在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中用蒸馏水溶解
D．将物质的量浓度为c的标准盐酸溶液装入酸式滴定管，调节液面，记下开始读数为V1
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数V2
回答下列各问题：
(1)正确操作步骤的顺序是(用字母填写)__________→________→________→  D→________。
(2)D步骤中液面应调节到______________，尖嘴部分应______________。
(3)滴定终点时锥形瓶中颜色变化是______________。
(4)若酸式滴定管不用标准盐酸润洗，在其他操作均正确的前提下，会对测定结果(指烧碱的纯度)有何影响？________(填“偏高”、“低”或“不变”)
(5)该烧碱样品纯度的计算式为______________。
Ⅱ. (1)常温下，0.2 mol/L HCl溶液与0.2 mol/L MOH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pH=6，则①混合溶液中由水电离出的c(H＋)___(填“>”、“7”或“c(SO)，故A错误；
B．NaHCO3溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH－)，故B正确；
C．Na2S溶液中存在物料守恒：c(Na＋)=2c(HS－)+2c(S2－)+2c(H2S)，故C错误；
D．乙酸为弱酸，等体积等物质的量浓度的醋酸溶液和氢氧化钠溶液混合恰好反应生成乙酸钠，溶液呈碱性，c(H＋)20时中和反应结束，此时应主要分析盐类的水解，不必讨论甲胺电离吸热对溶液温度的影响。继续滴加温度为室温的盐酸，才是导致混合液温度降低的主要原因。故C错误；
D．b点溶质为弱碱和强酸弱碱盐，显中性，c(OH-)=10-7mol/L，。根据B项解析可知，c(C1-)=c(CH3NH)，故。根据物料守恒可知，故。根据电离常数计算公式可知，故D正确；
故选C。
14．C
【详解】A．加入少量固体后溶液中增大，A错误；
B．升高温度，促进水解，溶液中增大，pH增大，B错误；
C．稀释溶液，减小，根据水的离子积，溶液中增大，C正确；
D．通入少量气体，溶于水完全电离，使增大，D错误；
故选C。
15．A
【详解】A．水解促进水解使其浓度减小，电离出氢离子抑制水解，使其浓度增大，故A正确；
B．的溶液中，由醋酸电离出来的，由水电离的，故B错误；
C．的溶液：，故C错误；
D．根据物料守恒溶液中：，故D错误；
故选：A。
16． C A B E 零刻度或零刻度以下的某一刻度 充满溶液，无气泡 由黄色变为橙色 偏高 % > 9.9×10-7 1.0×10-8 HCl溶液中由水电离出的c(H＋)；
②任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，则c(Cl-)- c(M+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7 mol/L；
根据物料守恒可得c(Cl-)=c(M+)+c(MOH)，根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，将第一个式子带入第二个式子，整理可得c(H＋)-c(MOH)= c(OH-)=1.0×10-8mol/L；
(2)常温下，若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，由于c(H+)=c(OH-)，说明电离产生的氢离子与氢氧根离子恰好中和，由于NaOH是强碱，完全电离，c(NaOH)= c(OH-)，而测得混合溶液的pH≠7，说明HR是弱酸，二者等体积混合时，酸有剩余，当酸碱中和后，过量的酸分子电离产生氢离子，使溶液呈酸性，因此溶液的pH c(C2O42-) >c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+) 5 2 16 10 2 8 0.005 4×10-3mol 10-3mol 64%
【分析】(1)根据草酸氢根离子的电离方程式来回答；
(2)向10mL 0.01mol/L NaHC2O4溶液中滴加10mL 0.01mol/L NaOH溶液时，二者恰好反应，所得溶液为草酸钠溶液，据此来确定离子浓度的大小；
(3)根据氧化还原反应得失电子守恒配平反应方程式；
(4)①根据中和反应的实质来计算回答；
②根据反应的化学方程式进行计算；
③根据化学方程式来计算。
【详解】(1)NaHC2O4溶液显酸性的原因是：HC2O4- H++C2O42-，电离程度大于水解程度；
(2)向10mL 0.01mol/L NaHC2O4溶液中滴加10mL 0.01mol/L NaOH溶液时，二者恰好反应，所得溶液为草酸钠溶液，在该溶液中，直接电离出的钠离子和草酸根浓度最大，但是草酸根会水解，所以c(Na+)＞c(C2O42-)，草酸根水解生成草酸氢根和氢氧根，溶液显碱性，水电离会生成一部分氢氧根，所以c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)；
(3)反应中根据氧化剂得失电子守恒可知氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO4-～5H2C2O4，在根据电荷守恒和质量守恒可写出反应方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(4)①根据中和反应的实质知道氢离子的物质的量即为氢氧化钠的物质的量，即0.25mol/L×0.02L=0.005mol；
②氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO4-～5H2C2O4，滴加0.10mol/L 酸性KMnO4溶液至16mL时反应完全，即消耗高锰酸根离子0.10mol/L×0.016L=0.0016mol，所以该溶液中还原剂的物质的量为=4×10-3mol；
③设原样品中含有H2C2O4•2H2O的物质的量为x，含有KHC2O4的物质的量为y，则2x+y=5×10-3mol×，x+y=4×10-3mol×，
解得x=0.01mol，y=0.03mol，所以×100%=64%。
19．(1) Fe(OH)3 过滤
(2)大于
(3)AC
(4)提高氧化镁与酸反应的速率
(5)2Mg2++3C+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2HC[或2Mg2++2C+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑]

【分析】MgO粗品加入足量稀硫酸，二氧化硅不反应得到滤渣1，镁、铁、铝元素进入滤液1；加入足量氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀得到滤渣2，铝元素进入滤液2；氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀加入足量硫酸铵溶液后，氢氧化铁沉淀进入滤渣3，镁元素进入滤液3，加入碳酸铵得到镁的沉淀，最终生成氧化镁。
(1)
由分析可知，滤渣3的主要成分是Fe(OH)3；操作1为分离固液的操作，名称是过滤。
(2)
(NH4)2CO3溶液中铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，则同物质的量浓度的(NH4)2SO4溶液中的c(N)大于(NH4)2CO3溶液。
(3)
滤液2中含有过量的氢氧化钠和生成的偏铝酸钠，溶液显碱性；
如果氢氧化钠过量较少主要溶质为偏铝酸钠，偏铝酸根离子浓度大于氢氧根离子，故c(Na+)＞c(Al)＞c(OH-)＞c(H+)。
如果氢氧化钠过量较多主要溶质为氢氧化钠，氢氧根浓度大于偏铝酸根离子，故c(Na+)＞c(OH-)＞c(Al)＞c(H+)。
故选AC。
(4)
氧化镁粗品溶于稀硫酸时，可以适当加热，其目的是温度升高，提高氧化镁与酸反应的速率。
(5)
方案2生成Mg2(OH)2CO3的反应为2Mg2++3C+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2HC[或2Mg2++2C+H2O=Mg2(OH)2CO3↓+CO2↑]。
20．(1)
(2)＞
(3)
(4)根据实验ⅳ，同样在密闭容器中，能被氧化
(5) 晶体变白 氢键
(6)分子较难进入晶体中与反应

【分析】通过检测Fe3+的含量来探究绿矾(FeSO4•7H2O)和莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]在空气中的稳定性，若Fe3+的含量高说明不稳定。
【详解】（1）Fe2+发生了水解反应生成氢氧化亚铁和氢离子，因此溶液呈酸性，离子方程式是。
（2）已知同浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液的酸性比(NH4)2SO4溶液的酸性强，说明B溶液中水解程度：＞。
（3）放置后溶液pH均减小说明酸性增强，且生成氢氧化铁红褐色沉淀，Fe2+被空气氧化生成Fe(OH)3的离子方程式为。
（4）绿矾在实验ⅱ中Fe3+含量少不可能是O2不足造成的，理由根据实验ⅳ，同样在密闭容器中，能被氧化。
（5）①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是晶体变白。
②莫尔盐晶体中离子的存在使结晶水不易失去，中的N能与H2O分子之间可能存在氢键。
（6）莫尔盐在空气中更稳定，可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，O2分子较难进入晶体中与Fe2+反应。