实验活动3 盐类水解的应用（精练）（解析版）

PAGE16实验活动3盐类水解的应用（精练）题组一溶液酸碱性的判断题组一溶液酸碱性的判断1．（2022广西）水溶液呈碱性的盐是A．NaOH B．NaNO3 C．Na2C2O4 D．NaHSO4【答案】C【解析】A.NaOH是强碱，在水溶液中电离出氢氧根，故A不选；B.NaNO3是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故B不选；C.Na2C2O4是强碱弱酸盐，C2O在水溶液中水解生成氢氧根，溶液呈碱性，故C选；D.NaHSO4在水溶液中电离产生氢离子、钠离子、硫酸根离子，溶液呈酸性，故D不选；正确答案是C。2.(2022银川)物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ三种盐溶液，若它们的pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的排列顺序是()HX、HZ、HYB．HZ、HY、HXHX、HY、HZD．HY、HZ、HX【答案】C【解析】组成盐的酸根对应的酸越弱，该酸根的水解程度越大，物质的量浓度相同时，该盐溶液的碱性越强，pH越大，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的排列顺序是HX、HY、HZ。3．（诸暨）下列物质的水溶液呈碱性且属于盐是（）A．苯甲酸钠 B． C．HCl D．【答案】A【解析】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，属于盐类，A选；B．与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，属于金属氧化物，不属于盐类，B不选；C．HCl电离出氢离子，溶液呈酸性，属于酸类，不属于盐类，C不选；D．是强酸强碱盐，溶液呈中性，D不选；故答案为：A。题组二盐类水解在生活中的应用题组二盐类水解在生活中的应用1．（2022雅安）下列事实不属于盐类水解应用的是（）A．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂B．实验室通常在HCl气氛中加热MgCl2•6H2O制MgCl2C．实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸D．实验室用Zn和稀硫酸制氢气时加入少量CuSO4溶液【答案】D【解析】A．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂，主要是NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，酸和铁锈反应，故A不符合题意；B．实验室通常在HCl气氛中加热MgCl2•6H2O制MgCl2，加HCl的目的是抑制镁离子水解，故B不符合题意；C．实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸，目的是抑制铁离子水解，防止溶液变浑浊，故C不符合题意；D．实验室用Zn和稀硫酸制氢气时加入少量CuSO4溶液，锌置换出铜形成Zn−Cu−H2SO4原电池，加快反应速率，与水解无关，故D符合题意。故答案为：D。2．（2022新乡）化学与生活密切相关。下列物质的用途与水解有关的是（）A．草木灰去除餐具的油污 B．硫酸铜对游泳池进行消毒C．FeCl3溶液腐蚀铜制线路板 D．钡餐用于胃肠道造影检查【答案】A【解析】A．草木灰的主要成分为碳酸钾，碳酸根离子水解使溶液显碱性，从而去除餐具的油污，A符合题意；B．细菌的细胞壁主要是肽聚糖结构，硫酸铜做消毒剂，起作用离子是铜离子，因为铜离子有破坏肽聚糖结构的作用，能损伤细胞壁而使细菌变形或杀伤细菌，所以可以用来杀菌，与水解无关，B不符合题意；C．FeCl3溶液腐蚀铜制线路板，是氯化铁与铜发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁，利用了铁离子的氧化性，与水解无关，C不符合题意；D．用于消化道检查的钡餐是药用硫酸钡，硫酸钡不溶于水和脂质，不会被胃肠道黏膜吸收，对人基本无毒性，钡餐造影即消化道钡剂造影，是指用硫酸钡作为造影剂，在X线照射下显示消化道有无病变的一种检查方法，与水解无关，D不符合题意；故答案为：A。3．（2021金台）下列表述中，与盐类水解有关的是（）①明矾和FeCl3可作净水剂②为保存FeCl2溶液，要在溶液中加少量铁粉③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Al2O3④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用A．①②③⑤⑥⑦ B．①③④⑥⑦C．①③⑤⑥⑦ D．全有关【答案】B【解析】①铝离子和铁离子水解生成胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，起到净水的作用，故①和水解有关②亚铁离子极易被氧化为Fe3+，加入铁粉可以把Fe3+还原为Fe2+离子，故②和水解无关；③蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，故③和水解有关；④铵根离子、锌离子水解显酸性，因此能和铁锈反应，能起到除锈的作用，故④和水解有关；⑤氢氧化钠溶液和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，故⑤与水解无关；⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，故⑥和水解有关；⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故⑦和水解有关；故答案为：B。4．（2022辽宁）下列事实：①溶液呈酸性；②长期施用化肥会使土壤酸性增强，发生板结；③配制溶液时，用稀盐酸溶解固体；④溶液中；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；⑥蒸干溶液，往往得不到固体。其中与盐类的水解有关的有（）A．仅①②③⑤ B．仅②③④⑤⑥C．仅①④⑤⑥ D．仅①②③④⑤【答案】B【解析】①中为强酸强碱的酸式盐，溶液显酸性是因为电离出，和盐的水解无关；②中是水解使土壤酸性增强；③中电离产生的会抑制水解；④中是因水解的程度大于其电离的程度，故c(H2S)＞c(S2-)；⑤中水解产生的与锈斑中的Fe2O3反应；⑥加热会促进水解，蒸干FeCl3溶液往往得到的是Fe2O3；综上所述，②③④⑤⑥符合题意，故答案为：B。5．（2021黑龙江）下列说法与盐类的水解有关的有几项（）①氯化铵与氯化锌溶液可作焊接金属过程中的除锈剂②用碳酸氢钠与硫酸铝两种溶液可作泡沫灭火剂③配制硫酸亚铁溶液时需加入少量铁粉④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤比较氯化铵和硫化钠等盐溶液的酸碱性⑥草木灰与铵态氮肥不能混合施用⑦Na2SO3溶液蒸干后得到Na2SO4固体A．4项 B．5项 C．6项 D．7项【答案】B【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故①与盐类的水解有关；②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液中的碳酸根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，二者可作泡沫灭火剂，故②与盐类的水解有关；③硫酸亚铁配制中要加硫酸和铁粉，铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化，故③与盐类的水解无关；④Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故④与盐类的水解有关；⑤铵根离子水解显酸性、硫离子水解溶液显碱性，故⑤与盐类的水解有关；⑥铵根离子水解呈酸性，草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，二者发生相互促进的水解反应，生成氨气，挥发降低肥效，故⑥与盐类的水解有关；⑦Na2SO3溶液蒸干过程中，Na2SO3被氧化为Na2SO4固体，故⑦与盐类的水解无关；综上所述，与盐类的水解有关的有5个，故B符合题意。故答案为：B。题组三离子浓度的比较题组三离子浓度的比较1．（2022湖南）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中减小C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中D．室温下，pH=11的CH3COONa溶液与pH=11的NaOH溶液中水的电离程度相同【答案】B【解析】A．Ka=，加水虽促进电离，n(CH3COO－)增大，但c(CH3COO－)减小，Ka保持不变，则溶液中增大，A项不符合题意；B.20℃升温至30℃，促进CH3COO－水解，且Kh增大，则溶液中减小，B项符合题意；C．向盐酸中加入氨水呈中性，则c(H＋)=c(OH－)，电荷守恒可知，溶液中，即=1，C项不符合题意；D．CH3COONa溶液中CH3COO－发生水解反应促进水的电离，NaOH电离出OH-抑制水的电离，两者溶液中水的电离程度不相同，D项不符合题意；故答案为：B。2．（金山）常温下，用0.100mol·L-1NaOH(aq)滴定20.00mLcmol·L-1二元酸H2A，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A．H2A电离：H2A→2H+＋A2-B．a点：c(HA-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)C．b点：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)D．c点：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)【答案】C【解析】A．根据图示可知：未滴定NaOH溶液时，溶液pH接近1，说明H2A第一步完全电离，当加入NaOH溶液40mL时，二者恰好反应产生Na2A，此时溶液pH=7.26＞7，说明A2-发生水解反应产生了HA-，导致溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，说明Na2A是强碱弱酸盐，H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H+＋A2-，A不符合题意；B．a点反应时得到H2A与NaHA的混合溶液，H2A第一步完全电离，HA-也电离产生H+，所以c(H+)＞c(Na+)，B不符合题意；C．b点溶液为NaOH与H2A按1：1反应产生NaHA，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，也存在物料守恒：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)，所以c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，C符合题意；D．c点溶液为Na2A溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，D不符合题意；故答案为：C。

3．（赤峰）25℃时，向一定浓度的溶液中滴入溶液，粒子浓度与混合溶液的变化关系如图所示。已知：肼在水中的电离方程式：，；，Y表示或)。下列叙述正确的是（）A．曲线I表示与的变化关系B．的第一步电离的平衡常数的数量级为C．时，D．时，【答案】D【解析】A．由图可知，25℃时，的电离平衡常数分别为，。故曲线Ⅰ表示与的变化关系，曲线Ⅱ表示与的变化关系，故A不符合题意；B．由，第一步电离平衡常数的数量级为，故B不符合题意；C．由于，时，，则，故C不符合题意；D．时，，溶液显碱性，结合电荷守恒：和物料守恒：，可知，，故D符合题意；故答案为：D。4．（成都）常温下，向某浓度的二元弱酸H2X溶液中逐滴加入NaOH稀溶液，所得溶液中三种微粒H2X、HX-、X2-的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列叙述错误的是（）A．M→A反应的离子方程式为：H2X+OH-=HX-+H2OB．B点的溶液中：c(Na+)>3c(X2-)C．NaHX溶液中：c(OH-)+c(X2-)=c(H+)+c(H2X)D．外界条件不变时，加入NaOH稀溶液的过程中，=10，且始终保持不变【答案】D【解析】A．H2X与NaOH反应生成HXNa和水，M→A反应的离子方程式为：H2X+OH-=HX-+H2O，A不符合题意；B．B点为NaHX与Na2X的混合溶液，c(X2-)=，根据物料守恒c(Na+)=c(X2-)+=3c(X2-)，但是X2-发生水解，则溶液中：c(Na+)>3c(X2-)，B不符合题意；C．NaHX溶液中：c(OH-)+c(X2-)=c(H+)+c(H2X)，符合质子守恒，C不符合题意；D．A点，B点，外界条件不变时，加入NaOH稀溶液的过程中，=10-3，D符合题意；故答案为：D。

5．（2022成都期末）下列说法正确的是（）A．溶液中：B．溶液和溶液均显中性，两种溶液中水的电离程度相等C．溶液加适量的水稀释后，溶液中的值变大D．常温下，值相等的三种溶液的浓度大小关系为【答案】C【解析】A．为强碱弱酸盐，亚硫酸氢根的电离大于水解，溶液显酸性，故，A不符合题意；B．醋酸铵是弱酸弱碱盐，水溶液中发生水解，促进水的电离，醋酸根离子的水解程度和铵根离子的水解程度相近，溶液呈现中性，是强酸强碱盐，对水的电离无影响，B不符合题意；C．溶液存在水解平衡：，加适量的水稀释后，碳酸氢根离子浓度减小，温度不变水解平衡常数不变，则溶液中的值变大，C符合题意；D．酸性：醋酸＞碳酸＞次氯酸，酸性越弱，其酸根的水解能力越强，相同浓度下盐溶液的pH值越大，故等pH的三种溶液的浓度大小关系为，D不符合题意；故答案为：C。6．（2022宁波）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，【答案】D【解析】A．A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和CH3COONa的混合液，CH3COO-水解促进了水的电离，则水电离出的c(H+)A点小于B点，故A不符合题意；B．B点呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意；C．滴加的V(CH3COOH)=12.5mL时，恰好反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V(CH3COOH)＞12.5mL，故C不符合题意；D．在D点，V(CH3COOH)=25mL，相当于CH3COONa和CH3COOH的1：1混合溶液，由质子守恒可得：2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，移项得：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故D符合题意；故答案为：D。7．（2022山西）常温时，向20mL0.01mol·L-1的HA溶液中滴加0.01mol·L-1NaOH溶液，混合溶液的pH与微粒浓度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．c点溶液对应的pH为5.2B．b点对应的NaOH溶液体积大于10.00mLC．a点溶液中：c(HA)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)D．常温时，HA的Ka=10-4.2【答案】B【解析】A．根据分析，c点c(H+)=10-5.2mol/L，pH=5.2，A不符合题意；B．若加10mLNaOH，溶液中HA与A-为1：1，A-的水解常数Kh===10-9.8，Ka＞Kh，因此HA的电离大于A-的水解，即c(HA)＜c(A-)，在b点时，c(HX)=c(A-)，因此b点对应的NaOH溶液体积小于10.00mL，B符合题意；C．a点lg=-1，因此c(HA)=10c(A-)，c(HA)＞c(A-)由于HA可以电离出A-，因此c(A-)＞c(Na+)，根据分析，pH为3.2，因此c(H+)＞c(OH-)，离子的大小关系为c(HA)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C不符合题意；D．根据分析，电离常数Ka==c(H+)=10-4.2；D不符合题意；故答案为：B。8．（江苏）室温下，通过下列实验探究NaHCO3、NaHSO3溶液的性质：实验实验操作和现象1用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，pH≈52用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，pH≈83将浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀下列说法正确的是（）A．实验1可得0.1mol·L-1NaHSO3溶液中：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＜10-10B．实验2可得0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)C．实验3所得溶液中：c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10−3D．浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和NaHCO3两份溶液中：c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)【答案】D【解析】A．Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)=·=，溶液的pH≈5，所以c(H+)≈10-5，c2(H+)≈10-10，溶液显酸性说明HSO的电离程度大于水解程度，所以c(SO)＞c(H2SO3)，所以＞1，则Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞10-10，A不符合题意；B．溶液pH≈8，显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，所以c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，B不符合题意；C．等浓度的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合后发生反应：NaHSO3+Ba(OH)2=BaSO3+NaOH+H2O，若BaSO3不是沉淀，则溶液中c(Ba2+)=c(SO)=0.05mol/L，c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10−3，但BaSO3为白色沉淀，所以c(Ba2+)·c(SO)＜2.5×10−3，C不符合题意；D．NaHSO3溶液中存在电荷守恒：c1(Na+)+c1(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c1(OH-)，所以c(HSO)+2c(SO)=c1(Na+)+c1(H+)-c1(OH-)，同理可得NaHCO3溶液中c(HCO)+2c(CO)=c2(Na+)+c2(H+)-c2(OH-)，两溶液中钠离子浓度相同，而NaHSO3溶液的pH更小，所以c1(H+)-c1(OH-)＞c2(H+)-c2(OH-)，则c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)，D符合题意；故答案为：D。题组四蒸干的产物判断题组四蒸干的产物判断1．（2022广安）下列物质的水溶液加热蒸干、灼烧不变质的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】A．NH4Cl加热分解为氨气和HCl，故A不选；B．NaHCO3加热分解为Na2CO3、CO2和水，故B不选；C．AlCl3溶液中的Al3+水解生成Al(OH)3和HCl，加热能促进水解和HCl的挥发，所以加热蒸干后得到Al(OH)3，灼烧时Al(OH)3分解为Al2O3和水，故C不选；D．NaCl溶液加热蒸干并灼烧，不会发生分解以及水解反应，得到的仍为NaCl固体，故D选；故答案为：D。2．（2022浙江）蒸干含有下列溶质的溶液，能得到原溶质的是（）A．CuSO4 B．Na2SO3 C．NaHCO3 D．NH4Cl【答案】A【解析】A．加热虽然能促进Cu2+离子水解，但硫酸是难挥发的高沸点酸，水解生成的硫酸能与氢氧化铜反应，在空气中蒸干后依然得到硫酸铜，A符合题意；B．亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化生成硫酸钠，在空气中蒸干后得到硫酸钠，无法得到亚硫酸钠，B不符合题意；C．NaHCO3受热分解为碳酸钠、CO2和H2O，最后得到的是碳酸钠固体，C不符合题意；D．蒸干NH4Cl溶液时，会生成氨气和氯化氢，D不符合题意；故答案为：A。3．（2022抚顺）蒸干并灼烧下列物质的水溶液，仍能得到该物质的是（）A．氯化铝 B．碳酸氢钠 C．硫酸亚铁 D．碳酸钠【答案】D【解析】A、蒸干灼烧氯化铝溶液，由于铝离子的水解，氯化氢的挥发，故最终得到的是氧化铝，A不符合题意；B、蒸干灼烧碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠受热易分解，故最终得到的是碳酸钠，B不符合题意；C、蒸干灼烧硫酸亚铁溶液，亚铁离子易被氧化，故最终得到的是硫酸铁，C不符合题意；D、蒸干灼烧碳酸钠溶液，由于碳酸钠对热稳定，也不易被氧化，故最终仍然得到碳酸钠，D符合题意；故答案为：D。4．（宝山）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：（）A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2【答案】A【解析】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI，C不合题意；D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；故答案为：A。5．（呼和浩特）在含有NaBr和NaI的溶液中通入足量的，然后把溶液蒸干并将剩余残渣灼烧，最后留下的物质是（）A．NaCl和NaBr的混合物 B．NaCl和C．NaCl D．NaCl、和【答案】C【解析】在含有NaBr和NaI的溶液中通入足量的Cl2，发生反应2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2、2NaI+Cl2=2NaCl+I2，把溶液蒸干并将剩余残渣灼烧，溴易挥发、碘易升华，最后留下的物质是NaCl，故答案为：C。6．（银川）某样品含有氢氧化钾、碳酸钾和水三种物质。室温下，向该样品中加入溶质质量分数为14.6%的稀盐酸100g，恰好完全反应得到中性溶液，蒸干溶液得到固体质量为（）A．74.5g B．29.8g C．10g D．7.45g【答案】B【解析】样品中加入盐酸，氢氧化钾、碳酸钾分别与盐酸恰好完全反应得到中性溶液，则得到KCl溶液，已知消耗溶质质量分数为14.6%的稀盐酸100g，则，反应过程中氯元素守恒，则反应生成的、蒸干溶液得到固体中、质量为；故答案为：B。

7．（奉化）在含有NaBr和NaI的溶液中通入足量Cl2，然后把溶液蒸干，并将所得固体灼烧，最后剩余的物质是（）A．NaCl B．NaCl和I2C．NaCl和NaBr D．NaCl、NaBr和I2【答案】A【解析】向含有NaBr、NaI的混合溶液中通入过量的Cl2充分反应，发生：Cl2+2NaI=2NaCl+I2，Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，加热时Br2易挥发，I2易升华，最后剩余的固体为NaCl，故答案为：A。8．（2022张家口）48.9g由Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH组成的混合物与300g质量分数为14.6%的盐酸恰好反应，蒸干反应后的溶液，最终得到的固体的质量为（）A．70.2g B．64.4g C．58.5g D．46.8g【答案】A【解析】Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，溶液蒸干所得固体为NaCl，根据氯原子守恒可得：n（NaCl）=n（HCl），盐酸中氯化氢的质量为：m（HCl）=300g×14.6%=43.8g，则n（NaCl）=n（HCl）=43.8g÷36.5g/mol=1.2mol，所以最终得到NaCl的质量为：1.2mol×58.5g/mol=70.2g。故答案为：A。课后测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.(全国Ⅲ)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是()A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(POC.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强答案B解析本题考查了有关pH、NA的计算,电解质溶液中的电荷守恒,弱电解质电离平衡的影响因素等,难度较小。常温下,pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1,则1L溶液中H+的数目为0.01NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2PO4-、HPO42-、PO43-及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2PO4-2.(山西太原高二期中)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4+、SO4B.c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中:H+、Fe2+、SO4C.中性溶液中:NH4+、Fe3+、SO4D.c(H+)c(OH-)=1×1012的溶液中:K+答案A解析能使甲基橙变红的溶液呈酸性,Na+、NH4+、SO42-、NO3-能大量共存,故A正确;c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中,H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;中性溶液中Fe3+、AlO2-发生水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀,不能大量共存,故C错误;c(H+)c(3.(上海等级考)常温下等体积的0.1mol·L-1①CH3COOH溶液,②NaOH溶液,③CH3COONa溶液,假设溶液混合后对体积无影响,下列说法正确的是()A.①中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.①②混合后,醋酸根离子浓度小于③的1C.①③混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)D.①②混合溶液中水的电离程度比①③混合溶液中水的电离程度小答案B4.(安徽宿州高二期中)下列说法正确的是()A.向0.1mol·L-1的氨水中加少量硫酸铵固体,则溶液中c(B.常温下,0.1mol·L-1一元酸(HA)溶液pH=3,则该溶液中,c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KWC.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c(D.将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、Na2CO3溶液蒸干均得不到原溶质答案B解析向氨水中加入少量硫酸铵固体,溶液中NH4+浓度变大,而一水合氨的电离平衡常数不变,由电离平衡常数表达式变形可得c(OH-)c(NH3·H2O)=Kbc(NH4+),则c(OH-)c(NH3·H2O)变小,A错误;根据电荷守恒有c(H+)=c(A-)+c(OH-),而c(OH-)=KWc(H+),所以c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KW,B正确;向盐酸中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),5.已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合加热煮沸能产生CO2气体。下列说法正确的是()A.NaHSO3溶液因水解而呈碱性B.两溶液混合后产生CO2的原因是二者发生相互促进的水解反应C.向NaHSO3溶液中加入三氯化铁溶液,既有沉淀生成又有气体生成D.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中:c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)-c(H+)=0答案D解析由两溶液混合加热煮沸生成CO2知,亚硫酸氢钠溶液呈酸性,A错误;两溶液混合后产生CO2的原因是HSO3-电离产生的H+与CO32-发生反应,B错误;亚硫酸氢钠与三氯化铁溶液之间发生氧化还原反应,生成Fe2+和SO42-,无气体和沉淀生成,C错误;由c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)及c6.相同温度下,关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是()A.pH相等的两溶液中:c(CH3COO-)=c(Cl-)B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液,所需NaOH的物质的量相同C.相同浓度的两溶液,分别与金属镁反应,反应速率相同D.相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化):c(CH3COO-)=c(Cl-)答案A7.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是()①醋酸与水能以任意比互溶;②醋酸溶液能导电;③醋酸稀溶液中存在醋酸分子;④常温下,0.1mol·L-1醋酸溶液的pH比0.1mol·L-1盐酸的pH大;⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2;⑥0.1mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9;⑦大小相同的铁片与等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应,开始时醋酸产生H2的速率慢;⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍A.②⑥⑦⑧ B.③④⑥⑦C.③④⑥⑧ D.①②答案B8.下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不相同B.常温下,1mol·L-1的CH3COOH溶液与1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后,所得混合液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)C.物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中,c(NH4+D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-1,则此溶液可能是盐酸答案C解析A项,两种盐溶液中离子种类相同。B项,二者恰好反应生成CH3COONa,溶液呈碱性。C项,NH4HSO4电离产生的H+抑制了NH4+的水解,c(NH4+)前者小于后者,正确。D项,溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-19.某温度下,水溶液中c(H+)=10xmol·L-1,c(OH-)=10ymol·L-1,x和y的关系如图所示。则该温度下,0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为()A.10 B.11C.12 D.13答案D解析由图像知,KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10x+y=1.0×10-15。在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1,c(H+)=KWc(OH-)10.(2016全国Ⅰ)298K时,在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=c(H+)=c(OHD.N点处的溶液中pH<12答案D解析氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=7,则盐酸体积必然小于20mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(NH4+)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1mol·L-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1mol·L-1×1.32%=0.00132mol·L-1,故二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)11.(全国Ⅱ)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案B解析CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),电离出的S2-浓度与Cd2+浓度相同,A项正确;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度相同,Ksp相同,所以m、p、n三点的Ksp相同,B项错误;在T1温度下,向m点的溶液中加入少量Na2S固体,S2-浓度增大,但由于Ksp不变,所以Cd2+浓度必然减小,因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,C项正确;温度降低,CdS的Ksp减小,但S2-浓度与Cd2+浓度仍然相等,所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动,D项正确。12.室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是()A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHDB.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)答案C解析A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸溶液的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。13.(黑龙江期中)常温下,向20mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴加CH3COOH溶液,所得溶液的pH及导电能力变化如图所示。下列叙述正确的是()A.MOH是强电解质B.CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1C.水的离子积KW:b=c=aD.溶液的导电能力与可自由移动离子的数目有关答案BC解析常温下0.1mol·L-1MOH溶液的pH=8,即c(OH-)=10-6mol·L-1,则表明MOH在溶液中部分电离,即MOH是弱电解质,A错误;设CH3COOH溶液的浓度为x,b点导电能力最强,说明此时恰好完全中和,则20×10-3L·x=20×10-3L×0.1mol·L-1,x=0.1mol·L-1,由此得出CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1,B正确;温度不变时,水的离子积KW不变,C正确;溶液的导电能力与可自由移动离子数目不成比例关系,与离子的总浓度和离子所带电荷数目有关,D错误。14.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入CO2,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,当0.01mol<n(CO2)≤0.015mol时发生的反应是2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3。下列对应关系正确的是()选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>c(AlO2-)+c(OHB0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CC0.015c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-D0.03c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H答案D解析A项,通入CO2之前,溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-),则c(Na+)<c(AlO2-)+c(OH-),错误;B项,n=0.01mol时,发生反应CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,溶液中的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2,CO32-、AlO2-水解生成OH-,且AlO2-的水解程度大于CO32-的水解程度,则溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(AlO2-)>c(OH-),错误;C项,n=0.015mol时,发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3,溶液中溶质为Na2CO3,则对应关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-),错误;D项,n=0.03mol时,发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO315.(2018江苏卷)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1HA.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液:c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>cC.pH=7的溶液:c(Na+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4答案AD解析根据电荷守恒可得:c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:0.1000mol·L-1=c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-),两者相减得:c(H+)-0.1000mol·L-1=c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4),A项正确;c(Na+)=c(总),说明NaOH与H2C2O4按物质的量之比1∶1反应,完全反应生成NaHC2O4溶液,根据电离常数,HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(C2O42-)>c(H2C2O4),B项错误;根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),由于c(H+)=c(OH-),则有c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),而c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=c(总),所以c(Na+)=c(总)-c(H2C2O4)+c(C2O42-),反应过程中溶液体积增大,c(总)小于0.1000mol·L-1,C项错误;根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:c(Na+)=2[c三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(12分)现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(单位:g·100mL-1)。Ⅰ.实验步骤(1)配制待测白醋溶液,用(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋,在(填仪器名称)中用水稀释后转移到100mL(填仪器名称)中,洗涤后定容,摇匀即得待测白醋溶液。

(2)量取待测白醋溶液20.00mL置于锥形瓶中,向其中滴加2滴酚酞溶液作为指示剂。(3)读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。(4)滴定。判断滴定终点的现象是,达到滴定终点,停止滴定,并记录NaOH溶液的最终读数,再重复滴定3次。

(5)如图是某次滴定时的滴定管中的液面,其读数为mL。

Ⅱ.实验记录项目每次滴定所读实验数据1234V(样品)/mL20.0020.0020.0020.00V(NaOH溶液)(消耗)/mL15.9515.0015.0514.95Ⅲ.数据处理与讨论(6)甲同学在处理数据时按如下方式计算平均消耗NaOH溶液的体积:V=(15.95+15.00+15①指出甲同学计算的不合理之处:。

②按正确数据处理,得出c(市售白醋)=mol·L-1,市售白醋总酸量=g·100mL-1。

答案(1)酸式滴定管烧杯容量瓶(4)滴入最后半滴碱溶液后,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色(5)22.60(6)①第1组实验数据误差较大,属异常值,应舍去②0.0754.5解析(1)配制待测白醋溶液,用酸式滴定管准确量取10.00mL食用白醋,在烧杯中加蒸馏水稀释,再转移到100mL容量瓶中进行定容。(4)向待测白醋中滴加酚酞作为指示剂,开始时溶液无色,当滴入最后半滴碱溶液时,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色。(5)滴定管的0刻度在上方,由图示可知,滴定管中液面读数为22.60mL。(6)①分析表中实验数据,第1组实验消耗NaOH溶液的体积与其他三组相差较大,应舍去第1组数据,取其他三组数据进行计算。②第2~4组实验中消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH溶液)=(15.00+15.05+14.95)mL3=15.00mL,则有n(CH3COOH)=n(NaOH)=15.00×10-3L×0.1000mol·L-1=1.5×10-3mol,c(CH3COOH)=1.5×10-3mol0.02L=0.075mol·L-1,100mL该醋酸中含有醋酸的物质的量为0.075mol·L-1×0.1L=7.5×10-3mol。因量取10.00mL食用白醋配制成100mL待测白醋溶液,故10.00mL食用白醋中m(CH3COOH)=7.5×10-3mol×6017.(12分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸,KHC2O4溶液呈酸性。向10mL0.01mol·L-1的H2C2O4溶液滴加0.01mol·L-1KOH溶液V(mL),回答下列问题。(1)当V<10mL时,反应的离子方程式为

。

(2)当V=10mL时,溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4。

(3)当V=amL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-);当V=bmL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4);则a(填“<(4)当V=20mL时,再滴入NaOH溶液,则溶液中n(K+)n(C2O42-)的值将答案(1)H2C2O4+OH-HC2O4-+H2(2)c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(H2(3)>(4)变小18.(12分)某铬盐厂净化含Cr(Ⅵ)废水并提取Cr2O3的一种工艺流程如图所示。已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17(1)步骤Ⅰ中,发生的反应为2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O,B中含铬元素的离子有(2)当清液中Cr3+的浓度≤1.5mg·L-1时,可认为已达铬的排放标准。若测得清液的pH=5,则清液尚不符合铬的排放标准,因为此时Cr3+的浓度为mg·L-1。

(3)步骤Ⅱ还可用其他物质代替NaHSO3做还原剂。①若用FeSO4·7H2O做还原剂,反应的离子方程式为,步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有(填离子符号)。

②若用铁屑做还原剂,当铁的投放量相同时,经计算,C溶液的pH与c(Cr2O72-pH3456c7.02×10-217.02×10-71.25×10-32.12×10-34有人认为pH=6时,c(Cr2O72-)变小的原因是Cr2O72-基本上都已转化为

。

③用铁屑做还原剂时,为使所得产品中含铁元素杂质的含量尽可能低,需要控制的条件有

。

答案(1)CrO42-、(2)32.76(3)①Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2OCr3+、Fe3+、②不正确,c(H+)减小,化学平衡2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O向逆反应方向移动,溶液中Cr(Ⅵ③铁屑过量;将溶液的pH控制在使Cr3+完全沉淀而Fe2+不沉淀的范围内解析(1)根据反应可知B中含铬元素的离子有CrO42-、Cr(2)若清液的pH=5,则c(OH-)=10-9mol·L-1,c(Cr3+