《2025年高中总复习优化设计高中化学》

2. 关于相同物质的量浓度的NaHCO₃溶液和NaHSO₃溶液，下列说法正确的是(B)

A.滴加酚酞后溶液均变红
B.滴加饱和澄清石灰水均产生白色沉淀
C.滴加氯水均产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
D.所含阳离子的总浓度相等

答案： 2. B 解析$NaHCO_3$溶液中$HCO_3^-$的水解程度比电离程度大，溶液显碱性，而$NaHSO_3$溶液中$HSO_3^-$的电离程度比水解程度大，溶液显酸性，向两溶液中滴加酚酞后只有$NaHCO_3$溶液变红，A项错误；向$NaHCO_3$溶液和$NaHSO_3$溶液中滴加饱和澄清石灰水均产生白色沉淀，B项正确；向$NaHCO_3$溶液中滴加氯水产生能使澄清石灰水变浑浊的$CO_2$气体，而向$NaHSO_3$溶液中滴加氯水会发生氧化还原反应，无$SO_2$气体产生，C项错误；$NaHCO_3$溶液呈碱性，$NaHSO_3$溶液呈酸性，两溶液等浓度时，$Na^+$浓度相等，$H^+$浓度不相等，故所含阳离子的总浓度不相等，D项错误。

3. 25℃时，浓度都是1 mol·L⁻¹的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH = 7且溶液中c(X⁻) = 1 mol·L⁻¹，BX溶液的pH = 4，BY溶液的pH = 6。下列说法正确的是(A)

A.电离常数K(BOH)小于K(HY)
B.AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C.加水稀释到相同体积，溶液pH的变化：BX等于BY
D.将浓度均为1 mol·L⁻¹的HX和HY溶液分别稀释到体积为原来的10倍时，HX溶液的pH大于HY的

答案： 3. A 解析 由题给条件可以推出AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，AY为弱碱强酸盐。$1mol\cdot L^{-1}BY$溶液的$pH = 6$，说明B的水解程度大于Y的水解程度，则电离平衡常数$K(BOH) ＜ K(HY)$，A项正确；AY为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，所以AY溶液的pH大于BY溶液的pH，B项错误；均稀释到相同体积，BX、BY的水解程度不同，pH变化不相等，C项错误；相同浓度的一元强酸和一元弱酸，均稀释到体积为原来的10倍，弱酸的pH大于强酸，D项错误。

4. 实验测得0.5 mol·L⁻¹ CH₃COONa溶液、0.5 mol·L⁻¹ CuSO₄溶液以及H₂O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(C)


A.随温度升高，纯水中c(H⁺) ＞ c(OH⁻)
B.随温度升高，CH₃COONa溶液的c(OH⁻)减小
C.随温度升高，CuSO₄溶液的pH变化是K_w改变与水解平衡移动共同作用的结果
D.随温度升高，CH₃COONa溶液和CuSO₄溶液的pH均降低，是因为CH₃COO⁻、Cu²⁺水解平衡移动方向不同

答案： 4. C 解析 任何温度时，纯水中$H^+$浓度与$OH^-$浓度始终相等，A项错误；随温度升高，$CH_3COONa$水解程度增大，溶液中$c(OH^-)$增大，且温度升高，水的电离程度增大，$c(OH^-)$也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，$c(H^+)$增大，又$Cu^{2+}$水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故$c(H^+)$增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动，$CH_3COONa$溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而$CuSO_4$溶液随温度升高pH降低的原因是$Cu^{2+}$水解程度增大得多，D项错误。

5. 常温下，向1 L 0.1 mol·L⁻¹ H₂A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液，所得溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图，下列说法正确的是(B)


A.Na₂A水解的离子方程式为A²⁻ + H₂O ⇌ HA⁻ + OH⁻，HA⁻ + H₂O ⇌ H₂A + OH⁻
B.室温下，Na₂A水解常数K_h = 10⁻¹¹
C.0.1 mol·L⁻¹ NaHA溶液中存在c(A²⁻) + c(HA⁻) ＜ 0.1 mol·L⁻¹
D.常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na₂A溶液等体积混合后溶液的pH = 3.0

答案： 5. B 解析 由图像可知，$0.1mol\cdot L^{-1}H_2A$溶液全部电离为$HA^-$，说明第一步电离为完全电离，$HA^-$不水解，故A错误；$pH = 3$时，$c(A^{2-}) = c(HA^-)$，则$Na_2A$水解常数$K_h = \frac{c(OH^-)\cdot c(HA^-)}{c(A^{2-})} = 10^{-11}$，故B正确；$H_2A$全部电离，不存在$H_2A$分子，则由元素守恒可知，$c(A^{2-}) + c(HA^-) = 0.1mol\cdot L^{-1}$，故C错误；$H_2A\rightleftharpoons H^+ + HA^-$，电离常数$K_a = \frac{c(H^+)\cdot c(A^{2-})}{c(HA^-)}$，当$c(A^{2-}) = c(HA^-)$，$K_a = 10^{-3}$，$K_a ＞ K_h(A^{2-})$，等物质的量浓度的$NaHA$、$Na_2A$等体积混合，$HA^-$的电离程度大于$A^{2-}$的水解程度，所得$c(HA^-) ＜ c(A^{2-})$，故$pH ＞ 3.0$，故D错误。

6. 已知在常温下测得浓度均为0.1 mol·L⁻¹的下列6种溶液的pH如表所示：

下列反应不能成立的是(A)

A.CO₂ + H₂O + 2NaClO === Na₂CO₃ + 2HClO
B.CO₂ + H₂O + NaClO === NaHCO₃ + HClO
C.CO₂ + H₂O + C₆H₅ONa === NaHCO₃ + C₆H₅OH
D.CH₃COOH + NaCN === CH₃COONa + HCN

答案： 6. A 解析 利用盐类水解规律“越弱越水解”，并结合题给信息可判断出对应酸的酸性强弱关系是$CH_3COOH ＞ H_2CO_3 ＞ HClO ＞ HCN ＞ H_2O ＞ HCO_3^-$，利用“强酸制弱酸”进行判断。酸性$H_2CO_3 ＞ HClO ＞ HCO_3^-$，因此$CO_2 + H_2O + NaClO\rightleftharpoons NaHCO_3 + HClO$，A项不成立，B项成立；酸性$HCO_3^- ＞ C_6H_5OH$，C项成立；酸性$CH_3COOH ＞ HCN$，D项成立。

7. (2022·海南卷，13改编)NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，K_a(HClO) = 4.0×10⁻⁸。下列关于NaClO溶液说法正确的是(D)

A.0.01 mol·L⁻¹ NaClO溶液中，c(ClO⁻) ＞ 0.01 mol·L⁻¹
B.长期露置在空气中，释放Cl₂，漂白能力减弱
C.通入过量SO₂，反应的离子方程式为SO₂ + ClO⁻ + H₂O === HSO₃⁻ + HClO
D.25℃，pH = 7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO) ＞ c(ClO⁻) = c(Na⁺)

答案： 7. D 解析$NaClO$溶液中$ClO^-$会水解，故$0.01mol\cdot L^{-1}NaClO$溶液中$c(ClO^-) ＜ 0.01mol\cdot L^{-1}$，A错误；$NaClO$溶液长期露置在空气中容易和$CO_2$发生反应而失效，其反应为$NaClO + CO_2 + H_2O = NaHCO_3 + HClO$，$HClO$再分解为$HCl$和$O_2$，不会释放$Cl_2$，B错误；将过量的$SO_2$通入$NaClO$溶液中，$SO_2$被氧化：$SO_2 + ClO^- + H_2O = Cl^- + SO_4^{2-} + 2H^+$，C错误；$25° C$，$pH = 7.0$的$NaClO$和$HClO$的混合溶液中，存在电荷守恒：$c(ClO^-) + c(OH^-) = c(H^+) + c(Na^+)$，$c(H^+) = c(OH^-)$则$c(ClO^-) = c(Na^+)$，$K_h(ClO^-) = \frac{K_w}{K_a(HClO)} = \frac{10^{-14}}{4.0× 10^{-8}} = 2.5× 10^{-7}$，即$ClO^-$的水解程度大于$HClO$的电离程度，$c(HClO) ＞ c(ClO^-) = c(Na^+)$，D正确。