第9章 第4讲 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·化学

**基本信息** 聚焦盐类水解与弱电解质电离，以"原理应用-实验验证-综合计算"构建三阶训练体系，强化科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|8题|平衡移动分析法、离子浓度比较技巧、实验现象解释模型|从弱电解质判断切入，通过水解平衡影响因素（温度/浓度/离子反应）构建认知链，衔接电离常数与水解常数定量计算| |素养提升|4题|数据图表分析、工业流程水解应用、跨模块综合推理|以真实情境（如辉铜矿制备硝酸铜）为载体，整合水解原理与实验探究，体现化学观念与社会责任|

[基础巩固] 1．常温下，下列有关0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液(pH<7)的说法不正确的是(　　) A.根据以上信息，可推断NH3·H2O为弱电解质 B.加水稀释过程中，c(H＋)·c(OH－)增大 C.加入K2CO3固体可促进NH的水解 D.相同pH的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离出的c(H＋)前者大 解析：选B。Kw＝c(H＋)·c(OH－)，Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故B项说法错误。 2．二元酸(H2A)在水中存在电离：H2A===H＋＋HA－，HA－⥫⥬H＋＋A2-。下列说法正确的是(　　) A.NaHA溶液中含A的物质有三种 B.室温下，NaHA溶液中由水电离出的c(H＋)>10-7mol/L C.NaHA溶液中c(Na＋)<c(HA－)＋2c(A2-) D.将0.1 mol/L的 Na2A溶液加水稀释，减小 解析：选C。由题意可知，H2A的第一步完全电离，HA－在溶液中只发生电离，不发生水解，NaHA溶液中含A的物质为NaHA和Na2A两种，故A错误；HA－在溶液中只发生电离，不发生水解，HA－电离出的氢离子抑制水的电离，由水电离出的氢离子浓度小于10-7mol/L，故B错误；由电荷守恒可知，NaHA溶液中c(Na＋)<c(HA－)＋2c(A2-)，故C正确；Na2A溶液中存在水解平衡：A2-＋H2O⥫⥬HA－＋OH－，加水稀释，水解平衡正向移动，n(OH－)增大，n(A2-)减小，＝增大，故D错误。 3．(2026·雅安模拟)下列根据反应原理设计的应用不正确的是(　　) A.CO＋H2O⥫⥬HCO＋OH－　用热的纯碱溶液清洗油污 B.Al3+＋3H2O⥫⥬Al(OH)3(胶体)＋3H＋　明矾净水 C.TiCl4＋(x＋2)H2O(过量) ⥫⥬TiO2·xH2O↓＋4HCl　用TiCl4制备TiO2 D.SnCl2＋H2O⥫⥬Sn(OH)Cl↓＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入NaOH固体 解析：选D。升高温度，促使CO的水解平衡正向移动，溶液中c(OH－)增大，碱性增强，有利于油污的水解及清洗，A正确；明矾的化学式是KAl(SO4)2·12H2O，Al3+发生水解生成的Al(OH)3胶体可吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用，B正确；TiCl4发生水解反应生成TiO2·xH2O沉淀，经脱水制备TiO2，C正确；SnCl2易发生水解反应，配制SnCl2溶液时，加入NaOH固体，消耗HCl促使水解平衡正向移动，生成Sn(OH)Cl沉淀，故应加入盐酸抑制其水解，D错误。 4．已知Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中逐滴加入CaCl2溶液，有白色沉淀产生，溶液变酸性。下列说法错误的是(　　) A.Na2HPO4溶液显碱性，说明溶液中存在平衡：HPO＋H2O⥫⥬H2PO＋OH－ B.Na2HPO4溶液中离子浓度大小：c(H2PO)＞c(PO) C.加入CaCl2溶液后变酸性的原因是2HPO＋3Ca2+===Ca3(PO4)2↓＋2H＋ D.加入CaCl2溶液过程中，减小 解析：选D。Na2HPO4溶液中存在HPO的电离平衡和水解平衡：HPO⥫⥬H＋＋PO(电离)、HPO＋H2O⥫⥬H2PO＋OH－(水解)，由于溶液显碱性，说明HPO的水解程度大于电离程度，则溶液中c(H2PO)＞c(PO)，A、B正确。加入CaCl2溶液，Ca2+与PO反应生成Ca3(PO4)2沉淀，HPO的电离平衡正向移动，导致其电离程度大于水解程度，C正确。加入CaCl2溶液过程中，溶液变酸性，c(H＋)增大，温度不变电离平衡常数不变，则＝＝增大，D错误。 5．(2025·北京海淀区模拟)利用下图所示的装置进行“反应条件对FeCl3水解平衡的影响实验”。 装置 操作与现象 ①加热a至溶液沸腾，呈红褐色；用pH试纸检验b中溶液，试纸无明显变化； ②持续加热一段时间，取b中溶液，用pH试纸检验，试纸变红；用KSCN溶液检验，溶液变浅红 下列说法不正确的是(　　) A.①中溶液呈红褐色，推测是由于温度升高促进了Fe3+的水解 B.常温下，FeCl3水解产生的HCl在溶液中以H＋、Cl－形式存在 C.以上现象说明HCl挥发促进了FeCl3＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3HCl正向进行 D.根据上述现象，说明不宜用蒸干FeCl3溶液的方法制备FeCl3固体 解析：选C。Fe3+会发生水解反应Fe3+＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3H＋，水解反应为吸热反应，加热FeCl3溶液至沸腾，①中溶液呈红褐色，可以推测是由于温度升高促进了Fe3+的水解，故A正确；常温下，FeCl3溶液中Fe3+会发生水解反应FeCl3＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3HCl，因此水解的产物有HCl，HCl在水中完全电离成H＋、Cl－，故B正确；HCl为水解产物，实验只能证明HCl挥发后进入了b中，无法证明HCl挥发促进了FeCl3＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3HCl正向进行，故C错误；蒸干FeCl3溶液会使其彻底水解生成氢氧化铁沉淀，无法制备FeCl3固体，故D正确。 6．(2025·天津联考)常温下，向等体积(V0 mL)等浓度(0.1 mol·L-1)的盐MCl、NaR、MR溶液中分别加入蒸馏水稀释至V mL，稀释过程中，溶液的pH与lg的关系如上图所示。下列有关说法正确的是(　　) A.曲线X对应的盐为MR B.曲线Y对应的盐溶液，a点水解程度与b点水解程度相同 C.曲线Z对应的盐溶液，在曲线上任意一点均存在：c(H＋)＝c(MOH)＋c(OH－) D.常温下，MOH的电离平衡常数Kb约为10-9 解析：选C。由题给图像X、Y、Z三条曲线的起始点可知，三种盐溶液分别显碱性、中性、酸性，水溶液显碱性的盐为强碱弱酸盐，水溶液显酸性的盐为强酸弱碱盐，水溶液显中性的盐为强酸强碱盐或水解程度相同的弱酸弱碱盐，故曲线X、Y、Z对应的盐分别为NaR、MR、MCl。曲线X对应的盐为NaR，A错误；曲线Y对应的盐为MR，为弱酸弱碱盐，随着稀释程度的增大，盐类水解程度增大，B错误；曲线Z对应的盐为MCl，属于强酸弱碱盐，曲线Z上任意一点对应溶液中存在质子守恒c(MOH)＋c(OH－)＝c(H＋)，C正确；由题图可知，0.1 mol·L-1 MCl溶液的pH＝5，M＋的水解平衡常数Kh＝≈＝10-9，根据Kw＝Kh·Kb，常温下MOH的电离平衡常数Kb≈1×10-5，D错误。 7．下列实验操作和现象及得出的结论均正确的是(　　) 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向NaClO溶液中滴入2滴酚酞 溶液由无色最终变为浅红色 NaClO溶液呈碱性 B 往Na[Al(OH)4]溶液中加入过量稀盐酸 最终有白色沉淀产生 稀盐酸促进了[Al(OH)4]－的水解 C 往CuSO4溶液中通入H2S 产生黑色沉淀 酸性：H2S>H2SO4 D 微热滴有酚酞的Na2CO3溶液 溶液红色加深 温度升高，CO的水解程度增大 解析：选D。次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，但次氯酸钠具有强氧化性，会使有机色质漂白褪色，所以向次氯酸钠溶液中滴入2滴酚酞，溶液会先变红后变为无色，A错误；氢氧化铝是两性氢氧化物，向四羟基合铝酸钠溶液中加入过量稀盐酸反应生成氯化钠、氯化铝和水，不能生成氢氧化铝白色沉淀，B错误；氢硫酸的酸性弱于硫酸的，向硫酸铜溶液中通入硫化氢气体产生黑色沉淀是因为硫化铜的溶解度小，且不能与稀硫酸反应，C错误；碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解反应为吸热反应，升高温度，水解平衡正向移动，碳酸根离子的水解程度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，所以微热滴有酚酞的碳酸钠溶液，溶液红色加深，D正确。 8．现有500 mL 0.175 mol·L-1醋酸钠溶液(已知常温下，CH3COOH的电离常数Ka＝1.75×10-5)。 (1)写出醋酸钠水解的化学方程式：_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 (2)下列图像能说明在t1时醋酸钠的水解反应达到平衡的是________(填字母)。　 A.溶液中c(Na＋) 与反应时间t的关系 B.CH3COO－ 的水解速率与反应时间t的关系 C.溶液的pH与反应时间t的关系 D.Kw与 反应时间t的关系 (3)在醋酸钠溶液中加入少量下列物质，能使水解平衡右移的有________(填字母)。 A.冰醋酸　　　　　　　B．纯碱固体 C.醋酸钙固体 D．氯化铵固体 (4)欲配制500 mL 0.175 mol·L-1醋酸钠溶液，可采用以下两种方案。 方案一：用托盘天平称取________g无水醋酸钠，溶于适量水中，配成500 mL溶液。 方案二：用体积均为250 mL且浓度均为_____________________________________________________________ mol·L-1的醋酸与氢氧化钠两溶液混合而成(设混合后的体积等于混合前二者体积之和)。 (5)在常温下，0.175 mol·L-1醋酸钠溶液的pH约为________。 解析：(1)醋酸钠水解生成醋酸和氢氧化钠，化学方程式为CH3COONa＋H2O⥫⥬CH3COOH＋NaOH。(2)钠离子不水解，所以c(Na＋)始终不变，A项错误；开始时醋酸根离子的水解速率最大，然后逐渐减小，平衡时不再变化，B项正确；随着水解的进行，pH逐渐增大，平衡时不再发生变化，C项正确；Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，无法判断反应是否达到平衡状态，D项错误。(3)A项，加入冰醋酸，溶液中c(CH3COOH)增大，水解平衡左移；B项，加入纯碱固体，由于CO水解会产生OH－，抑制CH3COO－的水解，水解平衡左移；C项，加入醋酸钙固体，溶液中c(CH3COO－)增大，水解平衡右移；D项，加入氯化铵固体，铵根离子与CH3COO－水解生成的氢氧根离子结合生成一水合氨，使溶液中氢氧根离子浓度减小，水解平衡右移。(4)方案一中配制500 mL 0.175 mol·L-1醋酸钠溶液，需无水醋酸钠的质量为0.175 mol·L-1×500×10-3 L×82 g·mol-1＝7.175 g，由托盘天平的精确度可知，托盘天平称量无水醋酸钠的质量为7.2 g；方案二中醋酸与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合，混合后的溶液浓度减半为0.175 mol·L-1，所以原来的浓度为0.35 mol·L-1。(5)醋酸根离子的水解常数Kh＝＝≈，即≈，解得 c(OH－)≈10-5 mol·L-1，pH≈9。 答案：(1)CH3COONa＋H2O⥫⥬CH3COOH＋NaOH　(2)BC　(3)CD　(4)7.2　0.35　(5)9 [素养提升] 9．常温下，浓度均为0.1 mol·L-1的四种盐溶液的pH见下表。下列说法正确的是(　　) 序号 ① ② ③ ④ 溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO pH 8.8 9.7 11.6 10.3 A.Na2CO3和NaHCO3固体溶于水的热效应不同　 B.四种溶液中，水的电离程度：①>②>④>③ C.将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO溶液 D.③溶液中水电离出的c(OH－)＝1×10-11.6 mol·L-1 解析：选A。四种溶液中，水的电离程度应为③>④>②>①，B项错误；由CH3COONa溶液的pH小于NaClO溶液的pH可知，酸性：CH3COOH>HClO，故等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的为CH3COOH溶液，C项错误；Na2CO3促进水的电离，由水电离出的c(OH－)＝1×10-2.4 mol·L-1，D项错误。 10．(2026·邢台模拟)测定不同温度下0.5 mol/L CuSO4溶液和0.5 mol/L Na2CO3溶液的pH，数据见下表： 温度/℃ 25 30 40 50 60 CuSO4溶 液的pH 3.71 3.51 3.44 3.25 3.14 Na2CO3 溶液的pH 10.41 10.30 10.28 10.25 10.18 下列说法不正确的是(　　) A.升高温度，Na2CO3溶液中c(OH－)增大 B.升高温度，CuSO4溶液和Na2CO3溶液的水解平衡均正向移动 C.升高温度，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D.升高温度，可能导致CO结合H＋程度大于H2O电离产生H＋程度 解析：选D。盐的水解为吸热反应，升高温度，CuSO4、Na2CO3在水中的水解程度均增大，同时Kw增大，Na2CO3溶液中c(OH－)增大，A、B正确；在CuSO4溶液中有pH＝－lg c(H＋)＝－lg ，升高温度，Kw增大，c(OH－)也增大，故该溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，C正确；水解平衡CO＋H2O⥫⥬HCO＋OH－可以看作是两步反应：H2O⥫⥬H＋＋OH－、CO＋H＋⥫⥬HCO，与CO结合的H＋来自水的电离，升高温度，Na2CO3溶液的pH减小，说明CO结合H＋程度小于H2O电离产生H＋程度，D错误。 11．在两只锥形瓶中分别加入浓度均为1 mol·L-1 的盐酸和NH4Cl溶液，将温度和pH 传感器与溶液相连，向瓶中同时加入过量的质量、形状均相同的镁条，实验结果如下图所示。下列关于该实验的说法正确的是(　　) A.P点溶液：c(NH)＋2c(Mg2+)＝c(Cl－) B.反应剧烈程度：盐酸＞NH4Cl溶液 C.Q点溶液显碱性的原因是MgCl2发生水解 D.1 000 s后，镁与NH4Cl溶液反应停止 解析：选B。由题图可知，P点溶液的pH>7，即c(OH－)>c(H＋)，溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋2c(Mg2+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，所以c(NH)＋2c(Mg2+)>c(Cl－)，A不正确；镁与盐酸反应，溶液温度迅速升高，并达到最高点，反应放出的热量多，所以反应剧烈程度：盐酸>NH4Cl溶液，B正确；MgCl2水解时，溶液显弱酸性，所以Q点溶液显碱性不是MgCl2发生水解导致的，C不正确；1 000 s后，镁与NH4Cl溶液反应温度仍在缓慢上升，溶液的pH仍在缓慢增大，说明反应仍在正向进行，D不正确。 12．(1)已知SOCl2是一种液态化合物，沸点为77 ℃，遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有能使品红溶液褪色的有刺激性气味的气体产生。 ①写出SOCl2与水反应的化学方程式：_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 ②直接蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 (2)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下图所示： ①“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 ②“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，原因是_________________________________________________ ________________________________________________________。 解析：(1)①根据题意可知，SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑。②AlCl3易水解，AlCl3·6H2O与SOCl2混合并加热，SOCl2 与AlCl3·6H2O中的结晶水作用生成无水AlCl3、SO2和HCl气体，SO2和HCl溶于水呈酸性抑制AlCl3水解。(2)①“置换”过程过滤后，得到的固体物质是Cu和Fe，Cu和Fe与硝酸反应生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3，Fe3+易水解：Fe3+＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3H＋，加入CuO的目的是调节溶液的pH，促进Fe3+水解，生成氢氧化铁沉淀。②Cu(NO3)2溶液中Cu2+发生水解：Cu2+＋2H2O⥫⥬Cu(OH)2＋2H＋，加入硝酸，抑制Cu2+水解。 答案：(1)①SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑　②SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水反应，一方面消耗水，另一方面生成酸抑制AlCl3的水解 (2)①调节溶液的pH，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀　②抑制Cu2+水解 学科网（北京）股份有限公司 $