2019-2020年高考化学一轮复习 第8单元 第3节《盐类的水解》课时检测.doc

2019-2020年高考化学一轮复习 第8单元 第3节盐类的水解课时检测一、单项选择题(本大题共24分，每小题4分，每小题只有一个正确选项)1下列说法中，错误的是()。ANaHCO3溶液中碳元素主要以HCO形式存在BNa2CO3溶液中滴加酚酞呈红色，加热红色变深CNH4Cl溶液呈酸性这一事实能说明一水合氨为弱碱D在稀醋酸中加醋酸钠固体能促进醋酸的电离2已知：HCN是一种弱酸，相同物质的量浓度的NaCN溶液和NaClO溶液相比，NaCN溶液的pH较大，则对同温同体积同浓度的HCN溶液和HClO溶液说法正确的是()。A酸性：HCNHClO BpHHClOHCNC与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClOHCND酸根离子浓度：c(CN)c(ClO)3有关100 mL 0.1 molL1 NaHCO3、100 mL 0.1 molL1 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：c(CO)c(H2CO3)D溶液中：c(HCO)c(H2CO3)4关于浓度均为0.1 molL1的三种溶液：氨水、盐酸、氯化铵溶液，下列说法不正确的是()。Ac(NH)：B水电离出的c(H)：C和等体积混合后的溶液：c(H)c(OH)c(NH3H2O)D和等体积混合后的溶液：c(NH)c(Cl)c(OH)c(H)5(xx年全国新课标)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是()。AW2、X BX、Y3CY3、Z2 DX、Z26(xx年四川高考)室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如下表，下列判断不正确的是()。实验编号起始浓度/(molL1)反应后溶液的pHc(HA)c(KOH)0.10.19x0.27A.实验反应后的溶液中：c(K)c(A)c(OH)c(H)B实验反应后的溶液中：c(OH)c(K)c(A) molL1C实验反应后的溶液中：c(A)c(HA)0.1 molL1D实验反应后的溶液中：c(K)c(A)c(OH)c(H)二、双项选择题(本大题共12分，每小题6分，每小题有二个正确选项。选对一个给3分，选错一个不给分)7对于0.1 molL1 Na2SO3溶液，正确的是()。A升高温度，溶液的pH降低Bc(Na)2c(SO)c(HSO)c(H2SO3)Cc(Na)c(H)2c(SO)c(HSO)c(OH)D加入少量NaOH固体，c(SO)与c(Na)均增大8(xx年广东深圳一模)下列表达不正确的是()。ANaHS在水中的电离方程式为：NaHS=NaHS和HS=HS2B同物质的量浓度的氨水和盐酸反应至中性时所用体积：V(NH3H2O)V(HCl)CNa2SO3溶液中：c(H)c(HSO)2c(H2SO3)c(OH)D同浓度的下列溶液中，c(CH3COO)的大小：CH3COONaCH3COONH4CH3COOH三、非选择题(本大题共64分)9(16分)(1)Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为_，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH_(填“增大”“减小”或“不变”)。Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为_(用离子方程式表示)。(2)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3,25 时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是_(用离子方程式表示)。向该溶液中滴加b L氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将_(填“正向”“不”或“逆向”)移动，所滴加氨水的浓度为_molL1。(NH3H2O的电离平衡常数取Kb2105 molL1)(3)CO2可转化成有机物实现碳循环：CO2CH3OHHCOOH用离子方程式表示HCOONa溶液呈碱性的原因：_，写出该反应的平衡常数(Kh)表达式：Kh_，升高温度，Kh_(填“增大”“减小”或“不变”)。常温下，将0.2 molL1的HCOOH和0.1 molL1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pHc(H)，根据电荷守恒，则c(NH)c(H)c(OH)c(Cl)，因此c(NH)c(Cl)c(OH)c(H)，D正确。5C解析：由离子电荷数判断出：W为O，X为Na，Y为Al，Z为S。S2水解生成OH，使水的电离平衡向右移动，Al3水解生成H，使水的电离平衡向右移动，C项正确；而O2、Na在水溶液中不水解，不影响水的电离平衡，故A、B、D项错误。6B解析：由表中的数据可知HA为弱酸且酸碱物质的量相等，A正确；由中电荷守恒得c(OH)c(K)c(A)c(H)Kw/(1109) molL1，B错误；由得x0.2 molL1，C正确；D符合电荷守恒关系，正确。7CD解析：升高温度，水解程度增大，pH升高，A错误；B项不符合物料守恒关系式，应为c(Na)2c(SO)2c(HSO)2c(H2SO3)，错误。8AB解析：NaHS是强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为：NaHS=NaHS，A错误；NH4Cl溶液呈酸性，故同物质的量浓度的氨水和盐酸反应至中性时所用体积：V(NH3H2O)V(HCl)，B错误。9(1)c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)减小2S2O22H2O=2S4OH(2)NHH2ONH3H2OH逆向(3)HCOOH2OHCOOHOH增大大于c(HCOO)c(Na)c(H)c(OH)10(1)C(2)CuO或Cu(OH)2；或CuCO3；或Cu2(OH)2CO3(3)不能加碱的同时也会使Cu2生成Cu(OH)2沉淀(4)Fe33H2OFe(OH)33H，CuO2H=Cu2H2O或Cu(OH)22H=Cu22H2O等(5)将Fe2氧化为Fe3，便于生成沉淀而与Cu2分离(6)不能应在HCl气流中加热蒸发解析：(1)能把Fe2氧化为Fe3，同时又不能引入新的杂质，符合要求的只有H2O2。(2)当CuCl2溶液中混有Fe3时，可以利用Fe3的水解：Fe33H2O=Fe(OH)33H，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H作用，从而使水解平衡右移，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加碱法使Fe3沉淀，同时也必将使Cu2沉淀。(6)为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。11(1)2.9100 mL容量瓶(2)溶液中出现白色浑浊(沉淀)(3)没有CO碳酸根水解产生OH，在该溶液中加入Ca2，Ca2与CO反应生成CaCO3沉淀，破坏了溶液中Na2CO3的水解平衡，使平衡COH2OHCOOH向逆反应方向移动，溶液中的OH浓度逐渐降低(4)A解析：第(4)问中NH存在如下的水解平衡：NHH2ONH3H2OH，若水解吸热，则必须用温度的升高或降低使平衡移动来证明，A不正确；由于Fe33H2OFe(OH)33H，若水解吸热，则升高温度可促进水解而产生沉淀，从而除去Fe3杂质，B正确；在纯碱溶液中存在平衡：COH2OHCOOH，若为吸热反应，则升高温度时，促进水解，使溶液中c(OH)增大，去污效果增强，C正确；醋酸钠溶液中存在平衡：AcH2OHAcOH，若为吸热反应，则升高温度时，平衡右移，碱性增强，酚酞试液颜色加深，D正确。12(1)Fe3、Al3(2)Al(OH)3Mg2(3)NaOH过滤、洗涤、灼烧(4)CO2(5)测出CO2的质量测出水蒸气的质量解析：(1)蛇纹石中加盐酸，MgO、Fe2O3、Al2O3分别反应生成MgCl2、FeCl3、AlCl3，而SiO2不反应，通过过滤可除掉，故溶液中含有的金属阳离子有Mg2、Fe3、Al3。(2)Al(OH)3为两性氢氧化物，既能溶于酸性溶液又能溶于强碱性溶液，进行操作时，控制溶液pH78，由表中数据可知此时Fe3、Al3全部以氢氧化物沉淀出来，而Mg2没有沉淀，如果Ca(OH)2再过量溶液碱性增强，pH增大，Al(OH)3可能会溶解，Mg2可能以Mg(OH)2形式沉淀出来。(3)经推理沉淀混合物A的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，向其中加入过量NaOH溶液，Al(OH)3会溶解，然后进行过滤得Fe(OH)3沉淀，再洗涤除去表面的杂质，最后将其灼烧即得Fe2O3，也就是要提取的红色颜料。(4)经推理沉淀物B为CaCO3。向B中加盐酸又会生成CO2，可供操作使用。(5)该题为设计型实验，对于aMgCO3bMg(OH)2c(H2O)高温分解其产物分别为MgO、CO2和H2O，CO2来自MgCO3的分解，若测出CO2的质量MgCO3的质量也就可求，进而求出其物质的量。H2O来自Mg(OH)2和结晶水，MgO来自MgCO3、Mg(OH)2的分解，如果称出反应后MgO的总质量再换成物质的量，同样也测出生成水蒸气的质量，换成物质的量记为n(H2O)总，则Mg(OH)2的物质的量为nMg(OH)2n(MgO)n(MgCO3)。