盐类的水解2015高考题.doc

学习资料收集于网络，仅供参考（2015新课标I）13浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V,pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是（）AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等D当=2时，若两溶液同时升高温度，则c(M+)/c(R+)增大【答案】D【解析】由图像可知0.10mol/L MOH溶液的pH=13，所以MOH为强碱，而ROH溶液pH13，所以ROH为弱碱，A正确；弱电解质“越稀越电离”，B正确；若两溶液无限稀释，则酸碱性接近中性，则它们的c(OH-)相等，C正确；ROH为弱碱，升温电离度增大，c(R+)增大，而MOH为强碱，升温c(M+)不变，所以两溶液同时升高温度，则c(M+)/c(R+)减小，D错误。考点：电解质强弱判断，弱电解质电离平衡（2015天津）11室温下，将0.05mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是加入的物质结论A50mL 1molL1H2SO4反应结束后，c(Na+)=c(SO42)B0.05molCaO溶液中增大C50mL H2O由水电离出的c(H+)c(OH)不变D0.1molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变【答案】B【解析】A项，Na2CO3溶液中加入50ml 1molL-1H2SO4后，两者1:1恰好完全反应，溶液溶质为Na2SO4，显中性，即c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒，c (Na+)+ c(H+)=2c(SO42-)+ c(OH-)，应该有c(Na+)=2c(SO42-)，选项错误； B项，Na2CO3溶液中存在如下水解平衡： CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入CaO 后，发生了反应CaO +H2O =Ca(OH)2，使溶液中c(OH-)浓度增大，同时新增加的OH-抑制了CO32-的水解，导致c(HCO3-)离子浓度减小，两者一结合，增大，选项正确； C项，常温下，水的离子积KW=c(H+)c(OH-)是个常数，不会因加入水而改变，选项错误； D项，加入0.1molNaHSO4固体后，NaHSO4= Na+ H+SO42-，发生反应2NaHSO4+ Na2CO3 = 2Na2SO4+CO2+H2O，溶质由Na2CO3变为Na2SO4，故溶液pH减小，未加NaHSO4前c(Na+)=0.1molL-1，加入NaHSO4后，Na+的物质的量增加了一倍，若溶液体积的变化忽略不计，c(Na+)=0.2molL-1，故c(Na+)增加，选项错误。（2015四川）6、常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH7，下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是A、 c(NH4+) c(HCO3-) c(CO32-)【答案】C【解析】选项A中水的离子积Kw=c（H+）c（OH-），所以=c（OH-），因pH7，故c（OH-）1.010-7mol/L。故A所说正确。选项B中，因两物质是等体积、等物质的量浓度加入，故当未发生任何反应时，钠与碳应是恒等关系；而发生发应并析出晶体时，钠与碳同样是1：1的比例析出，故滤液中的钠与碳仍应恒等。故B所说正确。选项C是电荷守恒，但忽略了阳离子中还有钠离子，故C所说错误。选项D中因氯离子不发生水解反应，故浓度应最大，而HCO3-部分析出，故应小于NH4+，CO32-由HCO3-水解而来，反应微弱，故浓度最小，所以D选项所说正确。（2015重庆）3下列说法正确的是A稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C25时，0.1molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl)=c(I)【答案】C【解析】A.醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠抑制了醋酸的电离，错误；B. 25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，属于强酸弱碱盐，溶液Phc(A)c(H+)c(HA)B、a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C、pH=7时，c(Na+)= c(A)+ c(HA)D、b点所示溶液中c(A) c(HA)【答案】D【解析】A、a点HA与NaOH恰好完全反应生成NaA溶液，此时pH为8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液发生水解反应，c(Na+) c(A) c(HA) c(H+)，A错误；B、a点所示溶液为NaA溶液，NaA水解促进水的电离，b点为NaA和HA等浓度的混合液，显酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，HA电离抑制水的电离，故水的电离程度ab，B错误；C、根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（A），pH=7时，c(Na+)c(A)，C错误；D、b点显酸性，故HA溶液电离程度大于NaA溶液的水解程度，所以c(A) c(HA)，D正确。浙江卷.2015.T11在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是AX是电源的负极B阴极的反应式是：H2O2eH2O2CO22eCOO2C总反应可表示为：H2OCO2H2COO2D阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是11【答案】 D【解析】选项A，正确。选项B，正确。选项C，正确。选项D，根据电子守恒，阴极产生H2和CO各得到2e，阳极产生O2失去4e，故物质的量之比为2:1，错误。浙江卷.2015.T1240时，在氨-水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是A在pH9.0时，c(NH)c(HCO)c(NH2COO)c(CO)B不同pH的溶液中存在关系：c(NH)c(H+)2c(CO)c(HCO)c(NH2COO)c(OH)C随着CO2的通入，不断增大D在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成【答案】 C【解析】选项A，正确。选项B，正确。选项C，根据一水合氨的电离平衡表达式，随着CO2通入，电离平衡常数不变，根据图像，c（NH4+）增大，应减小，错误。选项D，正确。（2015江苏）14.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.向0.10molL1溶液中通：B.向0.10molL1溶液中通：C.向0.10molL1溶液中通：D.向0.10molL1溶液中通HCl：【答案】D【解析】A项根据电荷守恒，当PH=7时，c(NH4+)= c(HCO3-)+2 c(CO32-),所以A项错误。B项根据物料守恒：c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3) 与电荷守恒：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-) 两式相减即可得到：c(NH4+)+c(H2SO3)=c( SO32-)，所以c(NH4+)c( SO32-)，所以B项错误。C项中的等式是通入SO2前的物料守恒，当通入SO2时，硫元素的物质的量增加，该物料守恒就不成立了。所以D项正确。（2015海南）301mol下列气体分别与1L0lmolL-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是A NO2 BSO2CSO3 DCO2【答案】C【解析】A.NO2和NaOH溶液发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，二者恰好反应得到是NaNO3和NaNO2的混合溶液，该溶液中含有强碱弱酸盐，水溶液显碱性；B.发生反应SO2+NaOH=NaHSO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HSO3-电离大于水解作用，所以溶液显酸性。C.发生反应：SO3+NaOH=NaHSO4，该盐是强酸强碱的酸式盐，电离是溶液显酸性，相当于一元强酸。所以酸性比NaHSO3强；D.会发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HCO3-电离小于水解作用，所以溶液显减性。因此溶液的酸性最强的是NaHSO4，溶液的酸性越强，pH越小。所以选项是C。（2015海南）11下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka=1810-5）和一氯乙酸（乙，Ka=1410-3）在水中的电离度与浓度关系的是【答案】B【解析】：A.这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH c(SO32-) c(OH-) c(HSO3-) c(H+) 或Na+SO32-OH-HSO3-H+因为H2SO3的酸性强于H2SO3故本题方程式为:H2SO3 + HCO3- + =HSO3- + CO2+ H2O（2015广东）32（16分）七铝十二钙（12CaO7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和废铝片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）煅粉主要含MgO和，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液I中c(Mg2+)小于510-6molL-1,则溶液PH大于（Mg(OH)2的Ksp=510-12);该工艺中不能用（NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是，（2）滤液I中的阴离子有（忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2会生成，从而导致CaCO3产率降低。（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为。（4）电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为。（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为。【答案】（1）CaO；11；加入（NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤是会被除去，造成生成的CaCO3减少。（2）NO3，( NH4)2CO3（3）2OH+Al2O32AlO2+H2O（4）2Al+6H20 2Al(OH)3+3H2（5）Al3e7 AlCl4=4 Al2Cl7【解析】从题目白云石（主要含CaCO3和MgCO3)可知在高温下两者均能分解，所以可知还有CaO，Mg(OH)2的Ksp=510-12 c(Mg2+)小于510-6molL-1，利用Mg(OH)2的Ksp即可求得。如果把（NH4)2SO4代替NH4NO3，那引入了大量的硫酸根离子，会生成CaSO4微溶物，在过滤时会去，造成生成的CaCO3减少。从前后可分析，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，滤液中有大量的NO3。若滤液I中仅通入CO2会生成，会与前面反应后的溶液中的氨水反应生成( NH4)2CO3氧化铝是两性氧化物能与碱反应2OH+Al2O32AlO2+H2O电解制氢氧化铝，从反应物到生成物，写总反应方程式为2Al+6H20 2Al(OH)3+3H2，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转所以放电时负极反应为Al3e7 AlCl4=4 Al2Cl7（2015上海）31室温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1 mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32、CO32、HSO3、HCO3 浓度从大到小的顺序为。已知：H2SO3Ki1=1.5410-2Ki2=1.0210-7HClOKi1=2.9510-8H2CO3Ki1=4.310-7Ki2=5.610-11【答案】大于、c(SO32-)c(CO32-)c(HCO3-)c(HSO3-)【解析】酸越弱，对应的酸根就越容易水解，根据所给数据，亚硫酸的第二级电离平衡常数还是比次氯酸的大，所以亚硫酸氢根的酸性是大于次氯酸的，所以次氯酸钠的水解程度更大，所以碱性更强，所以pH越大。亚硫酸的第二级电离平衡常数远大于碳酸的第二级电离平衡常数，所以CO32-的水解远大于SO32-，所以剩余的CO32-就少，而第二级水解是极少量的，所以HCO3-的量还是比HSO3-多，所以c(SO32-)c(CO32-)c(HCO3-)c(HSO3-)。（2015江苏）18.（12分）软锰矿（主也成分MnO2杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中反应可制备，反应的化学方程式为：（1）质量为17.40g纯净最多能氧化 L（标准状况）。（2）已知：，pH7.1时开始沉淀。室温下，除去溶液中的、（使其浓度均小于），需调节溶液pH范围为 。（3）右图可以看出，从和混合溶液中结晶晶体，需控制的结晶温度范围为 。（4）准确称取0.1710g样品置于锥形瓶中，加入适和溶液，加热使全部氧化成，的标准溶液滴定至终点（滴定过程中被还原为Mn2+），消耗溶液20.00mL。计算样品的纯度（请给出计算过程）。【答案】（12分）（1）4.48（2）5.0pH7.1（3）高于60（4）0样品的纯度为：【解析】（1）根据17.40g二氧化锰计算其物质的量为0.2mol,所以根据化学反应方程式最多能转化二氧化硫0.2mol,则标况下体积为4.48L。（2）根据氢氧化铝的Ksp可以计算出使铝离子完全沉淀需要调节PH值大于5，为了是铁离子完全沉淀需要调节溶液的PH值大于3，综合可得需要调节溶液PH值范围：5.0PH7.1。（3）从图上可以读出，当温度高于60摄氏度时才有利于MnSO4H2O结晶出来。（4）计算过程如下：n(Fe2+)=0.0500molL-1x(20.00ml/1000mlL-1)=1.00X10-3moln(Mn2+)=n(Fe2+)=1.00X10-3molm(MnSO4H2O)=1.00X10-3molX