2020届高考化学一轮必备测试 第八章 第三节盐类的水解 新
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一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)
1．(2020·重庆高考)对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是( ) A．明矾溶液加热 B．CH3COONa溶液加热 C．氨水中加入少量NH4Cl固体 D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体
解析：本题考查水解平衡和电离平衡等知识，溶液颜色变深的原因是溶液的碱性增强，抓住这一本质寻找答案。A选项，明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化；B选项，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性，加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深；C选项，加入氯化铵固体，氨水的电离程度减弱，碱性减弱，溶液颜色变浅；D选项，溶液的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化。
答案：B
2．为了配制NH4的浓度与Cl的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入( ) ①适量的盐酸 ②适量的NaCl ③适量的氨水 ④适量的NaOH
A．①② B．③ C．③④
＋＋
－
D．④
＋
－
＋
解析：NH4Cl中NH4水解使NH4浓度小于Cl，要使二者比值为1∶1，就要增加NH4的量，但不能加盐酸，因为加HCl的同时会增加Cl的量。
答案：B
3．(广州模拟)一定条件下，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO＋H2O＋OH，下列说法正确的是( )
A．加入少量NaOH固体，c(CH3COO)增大 B．加入少量FeCl3固体，c(CH3COO)增大 C．稀释溶液，溶液的pH增大
D．加入适量醋酸得到的酸性混合溶液：
－－
－
－
－
CH3COOH
c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
解析：A中NaOH固体溶于水使OH离子的浓度增大，抑制CH3COO的水解，所以c(CH3COO
－
－
－
)增大，A正确；B中FeCl3固体溶于水电离出Fe，Fe发生水解反应生成的氢离子与氢氧
3＋3＋
根离子反应，促进了醋酸根离子的水解，所以c(CH3COO)减小，B错误；C中稀释溶液使溶液OH浓度减小，所以溶液的pH减小，C错误；D中酸性混合溶液中c(H)>c(OH)，根据电荷守恒可知c(CH3COO)>c(Na)，故D错误。
答案：A
4．将0.5 mol/L的NaClO溶液加热蒸干最后所得的固体是( ) A．NaClO
B．NaOH D．NaCl
△
NaOH＋HClO,2HClO===== 2HCl＋O2↑，
－
＋
－
＋
－
－
C．NaOH和NaCl
解析：NaClO水解的化学方程式为：NaClO＋H2OHCl＋NaOH===NaCl＋H2O，故最终得到NaCl。
答案：D
5．(2012·东城模拟)实验测得常温下0.1 mol/L某一元酸(HA)溶液的pH不等于1,0.1 mol/L某一元碱(BOH)溶液里：c(H)/c(OH)＝10
＋
－
－12
。将这两种溶液等体积混合后，所得溶
液里各离子的物质的量浓度的关系正确的是( )
A．c(B)>c(A)>c(OH)>c(H) B．c(A)>c(B)>c(H)>c(OH) C．c(H)>c(A)>c(OH)>c(B) D．c(B)>c(A)>c(H)>c(OH)
解析：常温下，0.1 mol/L某一元酸(HA)溶液的pH不等于1，说明HA没有完全电离，是弱电解质；0.1 mol/L某一元碱(BOH)溶液里：c(H)/c(OH)＝10
＋
－
－12
＋
－
＋
－
＋
－
－
＋
－
＋
＋
－
＋
－
－
＋
，则c(OH)＝0.1 mol/L，
－
说明BOH能完全电离，是强电解质。将这两种溶液等体积混合后，HA和BOH恰好完全反应生成强碱弱酸盐BA，A水解导致溶液显碱性，A项正确。
答案：A
6．相同温度、相同浓度下的六种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③代表的物质可能分别为( )
A．NH4Cl (NH4)2SO4 CH3COONa B．(NH4)2SO4 NH4Cl CH3COONa C．(NH4)2SO4 NH4Cl NaOH D．CH3COOH NH4Cl (NH4)2SO4
解析：(NH4)2SO4比NH4Cl的铵根离子浓度大，水解生成的氢离子浓度大，醋酸钠水解显碱性，且其碱性比Na2CO3要弱。
答案：B
7．由一价离子组成的四种盐：AC、BD、AD、BC的1 mol/L的溶液，在室温下，前两种
－
溶液的pH＝7，第三种溶液pH＞7，最后一种溶液pH＜7，则( )
碱性 酸性
解析：由AD溶液的pH＞7，可知AOH的电离程度大于HD，由BC溶液的pH＜7，可知BOH的电离程度小于HC，同理由AC、BD溶液的pH＝7，可知AOH与HC、BOH与HD的电离程度相同，故有电离程度HC＝AOH＞HD＝BOH，即HC的酸性大于HD，AOH的碱性大于BOH。
答案：A
8．(2011·广东高考)对于0.1 mol·L Na2SO3溶液，正确的是( ) A．升高温度，溶液pH降低
B．c(Na)＝2c(SO3)＋c(HSO3)＋c(H2SO3) C．c(Na)＋c(H)＝2c(SO3)＋2c(HSO3)＋c(OH) D．加入少量NaOH固体，c(SO3)与c(Na)均增大 解析：Na2SO3溶液中存水解平衡：SO3＋H2O
2－
2－
＋
＋
＋
2－
－
－
＋
2－
－
－1
A AOH＞BOH HC＞HD B AOH＜BOH HC＞HD C AOH＞BOH HC＜HD D AOH＜BOH HC＜HD HSO3＋OH，升高温度，平衡向右移动，
＋
2－
－
－－
碱性增强，溶液pH升高，A错误；据物质守恒知c(Na)＝2[c(SO3)＋c(HSO3)＋c(H2SO3)]，B错误；由电荷守恒得c(Na)＋c(H)＝2c(SO3)＋c(HSO3)＋c(OH)，C错误；加入NaOH固体，c(Na)、c(OH)增大，水解平衡向左移动，c(Na)、c(SO3)增大，D正确。
答案：D
9．(2012·梅州东山中学模拟)下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( ) A．室温下，向0.01 mol·LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性： c(Na)＋c(H)＋c(NH4)＝c(SO4)＋c(OH) B．0.1 mol·LNaHCO3溶液： c(Na)>c(OH)>c(HCO3)>c(H) C．Na2CO3溶液：
c(OH)＝c(HCO3)＋2c(H2CO3)＋c(H)
D．25℃时，浓度均为0.1 mol·L的CH3COOH、CH3COONa等体积混合溶液呈酸性： c(Na)>c(CH3COOH)>c(CH3COO)>c(H)> c(OH)
解析：本题为溶液中离子浓度关系的综合题。A项不满足正负电荷守恒，c(SO4)系数应为2，错误；NaHCO3溶液中的c(Na)与c(HCO3)均大于c(OH)，所以B错误；C为质子守恒式，正确；既然CH3COOH、CH3COONa等浓度等体积混合溶液为酸性，说明CH3COOH的电离大于CH3COO的水解，则c(CH3COO)>c(Na)>c(CH3COOH)，所以D错误。
－
－
＋
＋
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2－
－＋
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＋
－1
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＋
＋
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＋
2－
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－1
＋
－
＋
2－
＋
＋
2－
－
－
答案：C
10．(2011·南京模拟)常温下，0.1 mol·L某一元酸(HA)溶液的pH＝3，下列叙述正确的是( )
A．该溶液中，c(H)＝c(H)·c(A)＋KW
B．由pH＝3的HA与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na)> c(A)>c(OH)>c(H)
C．浓度均为0.1 mol·L的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液中：c(A)>c(HA)> c(Na)>c(H)>c(OH)
D．0.1 mol·L HA溶液与0.05 mol·LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na) ＝c(A)＋c(HA)
解析：常温下，0.1 mol/L某一元酸HA的pH＝3 ，则该一元酸是弱酸。A项，根据电荷守恒有：c(H)＝c(A)＋c(OH)，将等式两边同乘以c(H)得，c(H)＝c(H)·c(A)＋
＋
－
－
＋
2
＋
＋
－
－
－1
－1
＋
＋
＋
－－1
－
－
－
＋
＋
2
＋
＋
－
－1
c(H＋) ·c(OH－)＝c(H＋)·c(A－)＋KW，正确；B项，由pH＝3的HA与pH＝11的NaOH溶液
等体积混合，HA过量，溶液呈酸性，故不正确；C项，浓度均为0.1 mol/L的一元酸HA与NaA等体积混合，若溶液呈酸性，则HA的电离程度大于A的水解程度，则离子浓度大小应该是c(A)>c(Na)>c(HA)，故不正确；D项，0.1 mol/L HA与0.05 mol/L NaOH溶液等体积混合，得到等物质的量的HA与NaA，溶液中存在物料守恒：2c(Na)＝c(A)＋c(HA)，故不正确。
答案：A
二、非选择题(本题包括4小题，共50分)
11．(9分)已知25℃时，等浓度的CH3COOH、NH3·H2O的电离程度相同。25℃时，0.1 mol/L醋酸溶液的pH约为3，向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大；对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，增大了c(OH)，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量的醋酸根离子，抑制醋酸分子的电离，使c(H)减小，因此溶液的pH增大。
(1)为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1 mol/L的醋酸溶液中加入少量________(填编号)，然后测定溶液的pH。
A．CH3COOK C．NH3
B．CH3COONH4 D．NaHCO3
＋
－＋
－
－
＋
－
(2)若________(填“甲”或“乙”)的解释正确，溶液的pH应________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
解析：依题意，25℃时，等浓度的CH3COOH、NH3·H2O的电离程度相同，推知CH3COONH4
溶液呈中性。若甲的解释正确，加入醋酸铵固体，醋酸的pH应不变；若乙的解释正确，则加入醋酸铵，醋酸的pH应增大。
答案：(1)B (2)乙 增大 (或甲 不变)
12．(15分)已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性，将溶液中的 Fe、Cu、Fe完全沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为9.6、6.4、3.7。现有 含FeCl2杂质的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按下图所示步骤进行提纯： 含杂质的加入氧化剂X加入物质Y
―――――→溶液Ⅱ――――→
水溶液I
沉淀???一定条件下 纯净的溶液Ⅲ――――→?CuCl·2HO?
2
2
2＋
2＋
3＋
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是________(选填下面的序号)。 A．K2Cr2O7 C．H2O2
B．NaClO
D．KMnO4
(2)物质Y是________。
(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？__________________________________。 原因是_________________________________________________________________。 (4)除去Fe的有关反应的离子方程式是____________________________________ ____________________________________________________，__________________。 (5)加氧化剂的目的是______________________________________________________。 (6)最后________(填“能”或“不能”)直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体。 解析：如果将溶液pH直接调节到9.6除去Fe，此时Cu也早已沉淀完全，所以应先将Fe转化为Fe，在选择氧化剂时要防止引入新的杂质，所以选择H2O2。然后通过加入Y物质促进Fe水解，达到分离沉淀的目的，同时要考虑避免引入新的杂质，Y应选择CuO或Cu(OH)2或CuCO3。由于Cu在加热条件下水解，生成的HCl易挥发，促进了Cu的水解，故直接蒸发不能得到纯净的CuCl2·2H2O。
答案：(1)C (2)CuO或Cu(OH)2或CuCO3
(3)不能 加碱的同时Cu也会形成Cu(OH)2沉淀，同时也会引入杂质离子 (4)Fe＋3H2O
＋
2＋
3＋
2＋
2＋
2＋
3＋
2＋
3＋
2＋
2＋
3＋
Fe(OH)3＋3H
＋
CuO＋2H===Cu＋H2O
[或Cu(OH)2＋2H===Cu＋2H2O或CuCO3＋2H===Cu＋CO2↑＋H2O] (5)将Fe氧化为Fe，Fe便于生成沉淀而与Cu分离 (6)不能
13．(10分)(2011·昆明部分学校联考)(1)将物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液
2＋
3＋
3＋
2＋
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2＋
＋
2＋
2020届高考化学一轮必备测试 第八章 第三节盐类的水解 新人教版
