版高考化学一轮总复习限时训练第八章第27讲限.docx
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版高考化学一轮总复习限时训练第八章第27讲限
限时训练
[选题细目表]
考查知识点
基础题
中档题
较难题
1.盐类水解的影响因素
1
5、9
2.盐类水解的规律和应用
2、3
6、8
3.电解质溶液中微粒浓度的大小比较
4
7
4.盐类水解知识的综合应用
10
11
一、选择题(本题包括7个小题,每小题6分,共42分,每小题仅有一个选项符合题意)
1.(2016·汕头模拟)对于0.1mol·L-1NH4Cl溶液,下列说法正确的是( )
A.升高温度,溶液pH升高
B.通入少量HCl气体,c(NH
)和c(Cl-)均增大
C.c(NH
)+c(OH-)=c(Cl-)+c(H+)
D.c(Cl-)>c(H+)>c(NH
)>c(OH-)
解析:
NH4Cl是强酸弱碱盐,水解后溶液显酸性,发生反应为NH
+H2O
NH3·H2O+H+。
水解反应是吸热反应,升高温度,水解程度增大,溶液pH减小,A错;通入少量HCl气体,c(Cl-)、c(H+)均增大,水解平衡逆向移动,c(NH
)增大,B对;电荷守恒为c(NH
)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),C错;水解是微弱的,溶液中离子浓度大小关系为c(Cl-)>c(NH
)>c(H+)>c(OH-),D错。
答案:
B
2.下列有关问题与盐的水解有关的是( )
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②草木灰与铵态氮肥不能混合施用
③实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
④加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体
A.①②③ B.②③④
C.①④D.①②③④
解析:
①NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性,可以除去金属表面的锈;②草木灰的主要成分为碳酸钾,水解显碱性,而铵态氮肥水解显酸性,因而不能混合施用;③碳酸钠溶液水解显碱性,而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠,将瓶塞与瓶口黏合在一块儿而打不开,因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞;④CuCl2溶液中存在水解平衡:
CuCl2+2H2O
Cu(OH)2+2HCl,加热时,HCl挥发使平衡不断右移,最终得到Cu(OH)2固体。
答案:
D
3.有一种酸式盐AHB,它的水溶液呈弱碱性。
则以下说法:
①相同物质的量浓度的AOH溶液和H2B溶液,前者的电离程度大于后者的电离程度;②H2B不是强酸;③HB-的电离程度大于HB-的水解程度;④该盐溶液的电离方程式一般写成:
AHB
A++HB-,HB-
H++B2-。
其中错误选项的组合是( )
A.①②B.③④
C.②③D.①④
解析:
酸式盐AHB的水溶液呈弱碱性,说明AOH的碱性相对较强,H2B的酸性相对较弱,且HB-的电离程度小于HB-的水解程度,相同物质的量浓度的AOH溶液和H2B溶液,前者的电离程度大于后者的电离程度。
AHB溶液的电离方程式一般写成AHB===A++HB-,HB-
H++B2-。
答案:
B
4.(2017·济南模拟)下列表述正确的是( )
A.0.1mol·L-1Na2CO3溶液中:
c(OH-)=c(HCO
)+c(H+)+c(H2CO3)
B.0.1mol·L-1CH3COONa溶液中:
c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
C.CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相同,则浓度大小顺序:
c(NaOH) D.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至中性,溶液中离子浓度的关系: c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)=c(H+) 解析: 根据质子守恒得c(OH-)=c(HCO )+c(H+)+2c(H2CO3),A项错误;依据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),B项错误;弱酸酸性越弱,对应的强碱弱酸盐水解程度越大,pH越大,若pH相同,则对应盐溶液的浓度越小,故C项正确;根据电荷守恒,若c(OH-)=c(H+),则c(CH3COO-)=c(Na+),D项错误。 答案: C 5.(2015·天津卷)室温下,将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液,向溶液中加入下列物质。 有关结论正确的是( ) 选项 加入的物质 结论 A 50mL1mol·L-1H2SO4 反应结束后,c(Na+)=c(SO ) B 0.05molCaO 溶液中 增大 C 50mLH2O 由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变 D 0.1molNaHSO4固体 反应完全后,溶液pH减小,c(Na+)不变 解析: 室温下,将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液,溶液中存在CO +H2O HCO +OH-溶液呈碱性;A项加入50mL1mol·L-1H2SO4,H2SO4与Na2CO3恰好反应,则反应后的溶液溶质为Na2SO4,故根据物料守恒反应结束后c(Na+)=2c(SO ),故A项错误;向溶液中加入0.05molCaO,则CaO+H2O===Ca(OH)2,则c(OH-)增大,且Ca2++CO ===CaCO3↓,使CO +H2O HCO +OH-平衡左移,c(HCO )减小,故 增大,故B项正确;C项加入50mLH2O,溶液体积变大,CO +H2O HCO +OH-平衡右移,但c(OH-)减小,Na2CO3溶液中H+、OH-均由水电离,故由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小,故C项错误;D项加入0.1molNaHSO4固体,NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO 反应,则反应后溶液为Na2SO4溶液,溶液呈中性,故溶液pH减小,引入了Na+,故c(Na+)增大,D项错误。 答案: B 6.(2016·洛阳模拟)常温下,浓度均为0.1mol·L-1的下列四种盐溶液,其pH测定如下表所示: 序号 ① ② ③ ④ 溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO pH 8.8 9.7 11.6 10.3 下列说法正确的是( ) A.四种溶液中,水的电离程度①>②>④>③ B.Na2CO3和NaHCO3溶液中,粒子种类相同 C.将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较,pH小的是HClO D.Na2CO3溶液中,c(Na+)=c(CO )+c(HCO )+c(H2CO3) 解析: A项,该溶液为四种盐溶液,均促进了水的电离,根据越弱越水解,水解显碱性,水解程度越大,pH越大,则四种溶液中,水的电离程度③>④>②>①,A错误;B项,Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在着H+、OH-、CO 、HCO 、H2CO3、Na+、H2O,B正确;C项,醋酸的酸性强于次氯酸,在物质的量浓度相等的情况下,pH小的是醋酸,C错误;D项,根据物料守恒,Na2CO3溶液中,c(Na+)=2c(CO )+2c(HCO )+2c(H2CO3),D错误。 答案: B 7.(2016·长春模拟)25℃时,向20.00mL的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液。 滴定过程中,溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积关系如图所示,点②时NaOH溶液恰好被中和。 则下列有关说法中,错误的是( ) A.CH3COOH溶液的浓度为0.1mol·L-1 B.图中点①到点③所示溶液中,水的电离程度先增大后减小 C.点④所示溶液中存在c(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) D.滴定过程中会存在c(Na+)>c(CH3COO-)=c(OH-)>c(H+) 解析: 向20.00mL的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液,点②时NaOH溶液恰好被中和。 由于NaOH是一元碱,醋酸是一元酸,当二者恰好中和时二者的物质的量相等,恰好中和时醋酸溶液的体积是20mL,与NaOH溶液的体积相等,所以二者的物质的量浓度相等。 由图中曲线的初始pH=13可知c(NaOH)=0.1mol·L-1,所以CH3COOH溶液的浓度为0.1mol·L-1,正确。 B.图中点①时为NaOH、CH3COONa等物质的量的混合溶液,随着醋酸的加入,NaOH不断被中和,对水电离平衡的抑制作用逐渐减小,水的电离程度逐渐增大,到点②时恰好中和,水的电离程度达到最大值,后再滴加,醋酸过量,对水电离平衡起抑制作用,水的电离程度又逐渐减小。 因此水的电离程度先增大后减小,正确。 C.点④所示溶液是CH3COONa、CH3COOH等物质的量的混合溶液。 根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),根据物料守恒可得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+),第一个式子扩大2倍,与第二个式子相加,可得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-),错误。 D.在滴定过程中当加入醋酸的物质的量小于20mL时,会存在c(Na+)>c(CH3COO-)=c(OH-)>c(H+),正确。 答案: C 二、非选择题(本题包括4个小题,共58分) 8.(15分)X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。 下表是常温下浓度均为0.01mol·L-1的X、Y、Z、W溶液的pH。 0.01mol·L-1的溶液 X Y Z W pH 12 2 8.5 4.5 (1)X、Y的化学式分别为________、________。 (2)W在溶液中的电离方程式为________________________。 (3)25℃时,Z溶液的pH>7的原因是___________________(用离子方程式表示)。 (4)将X、Y、Z各1mol同时溶于水中制得混合溶液,则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为_____________________。 (5)Z溶液与W溶液混合加热,可产生一种无色无味的单质气体,该反应的化学方程式为____________________________。 解析: HNO3是强酸、NaOH是强碱,NH4NO3是强酸弱碱盐、NaNO2是强碱弱酸盐,因NH 、NO 的水解是微弱的,而NaOH、HNO3的电离是完全的,从溶液的pH可知X、Y、Z、W分别为NaOH、HNO3、NaNO2和NH4NO3。 (4)三者的混合溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液,故溶液呈碱性,离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(NO )>c(NO )>c(OH-)>c(H+)。 (5)NaNO2与NH4NO3溶液混合生成的无色无味的气体应为N2。 这是由于NaNO2中+3价的氮元素与NH 中-3价的氮元素发生反应NaNO2+NH4NO3===NaNO3+N2↑+2H2O。 答案: (1)NaOH HNO3 (2)NH4NO3===NH +NO (3)NO +H2O HNO2+OH- (4)c(Na+)>c(NO )>c(NO )>c(OH-)>c(H+) (5)NaNO2+NH4NO3 NaNO3+N2↑+2H2O 9.(2015·天津卷)(14分)FeCl3在溶液中分三步水解: Fe3++H2O Fe(OH)2++H+ K1 Fe(OH)2++H2O Fe(OH) +H+ K2 Fe(OH)++H2O Fe(OH)3+H+ K3 (1)以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是______________。 (2)通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氧化铁,离子方程式为: xFe3++yH2O Fex(OH) +yH+ 欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)________。 a.降温 b.加水稀释 c.加入NH4Cld.加入NaHCO3 (3)室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是________________________。 解析: (1)铁离子的水解分为三步,且水解程度逐渐减弱,所以水解平衡常数逐渐减小,则K1>K2>K3; (2)使平衡正向移动,因水解为吸热反应,所以降温,平衡逆向移动;加水稀释,则水解平衡也正向移动;加入氯化铵,氯化铵溶液为酸性,氢离子浓度增大,平衡逆向移动;加入碳酸氢钠,则消耗氢离子,所以氢离子浓度降低,平衡正向移动,所以答案选bd; (3)从反应的离子方程式中可知,氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成,所以关键步骤是调节溶液的pH。 答案: (1)K1>K2>K3 (2)bd (3)调节溶液的pH 10.(2016·衡阳模拟)(14分)25℃时,如果取0.1mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计),测得混合溶液的pH=8,试回答以下问题: (1)混合溶液的pH=8的原因是________________________(用离子方程式表示)。 (2)混合溶液中由水电离出的c(H+)________(填“>”“<”或“=”)0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(H+)。 (3)求出混合液中下列算式的精确计算结果(填具体数值): c(Na+)-c(A-)=________mol·L-1。 (4)已知NH4A溶液是中性,又知将HA溶液加入Na2CO3溶液中有气体放出,试推断(NH4)2CO3溶液的pH________(选填“>”“<”或“=”)7。 (5)将相同温度下浓度相同的四种盐溶液: A.NH4HCO3B.NH4A C.(NH4)2SO4D.NH4Cl 按pH由大到小的顺序排列为________(填序号)。 解析: (1)25℃时,0.1mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合,二者恰好完全反应生成NaA溶液,测得混合溶液的pH=8,则NaA为强碱弱酸盐,A-发生水解,A-+H2O HA+OH-。 (2)NaA为强碱弱酸盐,A-发生水解,促进水的电离,NaOH为强碱,抑制水的电离,则混合溶液中由水电离出的c(H+)>0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(H+)。 (3)NaA溶液的pH=8,则c(H+)=10-8mol·L-1,c(OH-)=10-6mol·L-1;溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),则c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=9.9×10-7mol·L-1。 (4)NH4A溶液是中性,则NH 的水解程度和A-的水解程度相同,将HA溶液加入Na2CO3溶液中有气体放出,则HA的酸性大于碳酸,A-的水解程度小于碳酸根的水解程度,则(NH4)2CO3溶液的pH>7。 (5)根据题意知相同温度下浓度相同的四种盐溶液,按pH由大到小的顺序排列为NH4HCO3>NH4A>NH4Cl>(NH4)2SO4。 答案: (1)A-+H2O HA+OH- (2)> (3)9.9×10-7 (4)> (5)ABDC 11.(15分)NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂,用于焙烤食品中;NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。 请回答下列问题: (1)NH4Al(SO4)2可作净水剂,其理由是_____________________ _______________________________________________________ _______________________________________________________ (用必要的化学用语和相关文字说明)。 (2)相同条件下,0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2中c(NH )________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1mol·L-1NH4HSO4中c(NH )。 (3) 如图是0.1mol·L-1电解质溶液的pH随温度变化的图象。 ①其中符合0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填写字母),导致pH随温度变化的原因是______________ _____________________________________________________; ②20℃时,0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2中2c(SO )-c(NH )-3c(Al3+)=__________。 (4)室温时,向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示: 试分析图中a、b、c、d四个点,水的电离程度最大的是________;在b点,溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________。 解析: (1)Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性,即: Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3(胶体)吸附悬浮颗粒使其沉降。 (2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH 均发生水解,但NH4Al(SO4)2中Al3+水解呈酸性抑制NH 水解,HSO 电离出H+同样抑制NH水解,因为HSO 电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大,所以NH4HSO4中NH 水解程度比NH4Al(SO4)2中的小。 (3)①NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,升高温度其水解程度增大,pH减小,符合的曲线为Ⅰ。 ②根据电荷守恒,可以求出2c(SO )-c(NH )-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3mol·L-1[c(OH-)太小,可忽略]。 (4)a、b、c、d四个点,根据反应量的关系,a点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4;b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O,(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3·H2O抑制水的电离,a点水的电离程度最大。 b点溶液呈中性,即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分,a点时c(Na+)=c(SO ),b点时c(Na+)>c(SO ),根据N元素与S元素的关系,可以得出c(SO )>c(NH ),故c(Na+)>c(SO )>c(NH )>c(OH-)=c(H+)。 答案: (1)Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性,即Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水 (2)小于 (3)①Ⅰ NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,升高温度其水解程度增大,pH减小 ②10-3mol·L-1 (4)a c(Na+)>c(SO )>c(NH )>c(OH-)=c(H+)
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- 高考 化学 一轮 复习 限时 训练 第八 27
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