高考化学一轮总复习 专题十 盐类的水解和沉淀溶解平衡AB卷.doc

盐类的水解和沉淀溶解平衡a卷全国卷电解质溶液中微粒浓度的关系1(2014课标全国，11，6分)一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()aph5的h2s溶液中，c(h)c(hs)1105 moll1bpha的氨水溶液，稀释10倍后，其phb，则ab1cph2的h2c2o4溶液与ph12的naoh溶液任意比例混合：c(na)c(h)c(oh)c(hc2o)dph相同的ch3coonanahco3naclo三种溶液的c(na)：解析h2s是二元弱酸，在水溶液中分步电离：h2shhs、hshs2，故ph5的h2s溶液中，c(hs)c(h)1105moll1，a项错误；b项，nh3h2o是弱电解质，稀释促进nh3h2o的电离，故ah2co3hclo，根据“越弱越水解”的原理知，水解程度：clohcoch3coo，所以ph相同的三种溶液中的c(na)：，d项正确。答案d2(2016课标全国，13，6分)下列有关电解质溶液的说法正确的是()a向0.1 moll1 ch3cooh溶液中加入少量水，溶液中减小b将ch3coona溶液从20 升温至30 ，溶液中增大c向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1d向agcl、agbr的饱和溶液中加入少量agno3，溶液中不变解析a项，加水稀释，c(ch3coo)减小，ka不变，所以比值增大，错误；b项，(kh为水解常数)，温度升高水解常数kh增大，比值减小，错误；c项，向盐酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒：c(nh)c(h)c(cl)c(oh)，此时c(h)c(oh)，故c(nh)c(cl)，所以1，错误；d项，在饱和溶液中，温度不变溶度积ksp不变，则溶液中不变，正确。答案d沉淀溶解平衡3(2014课标全国卷，11，6分)溴酸银(agbro3)溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是()a溴酸银的溶解是放热过程b温度升高时溴酸银溶解速度加快c60 时溴酸银的ksp约等于6104d若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯解析由题给曲线知，升高温度，agbro3的溶解度增大，说明升高温度，agbro3的溶解平衡agbro3(s)ag(aq)bro(aq)向右移动，故agbro3的溶解是吸热过程，a错误；温度越高，物质的溶解速度越快，b正确；60 时饱和agbro3溶液的浓度cagbro3(aq)c(ag)c(bro)moll10.025 moll1，故ksp(agbro3)c(ag)c(bro)0.0250.0256104，c正确；kno3中混有少量agbro3，因kno3溶解度受温度影响很大，故可用重结晶方法提纯，d正确。答案a4(2013课标全国卷，11，6分)已知ksp(agcl)1.561010，ksp(agbr)7.71013，ksp(ag2cro4)9.01012。某溶液中含有cl、br和cro，浓度均为0.010 moll1，向该溶液中逐滴加入0.010 moll1的agno3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()acl、br、cro bcro、br、clcbr、cl、cro dbr、cro、cl解析三种阴离子开始沉淀时，所需ag的最低浓度分别计算为：c(ag)11.56108(moll1)，c(ag)27.71011(moll1)，c(ag)33.0105(moll1)，由此可知c(ag)2c(ag)1c(ag)3，因此br先沉淀，其次为cl，最后为cro。答案c5(2016新课标全国，27，15分)元素铬(cr)在溶液中主要以cr3(蓝紫色)、cr(oh)(绿色)、cr2o(橙红色)、cro(黄色)等形式存在，cr(oh)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：(1)cr3与al3的化学性质相似，在cr2(so4)3溶液中逐滴加入naoh溶液直至过量，可观察到的现象是_。(2)cro和cr2o在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 moll1的na2cro4溶液中c(cr2o)随c(h)的变化如图所示。用离子方程式表示na2cro4溶液中的转化反应_。由图可知，溶液酸性增大，cro的平衡转化率_(填“增大”、“减小”或“不变”)。根据a点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_。升高温度，溶液中cro的平衡转化率减小，则该反应的h_0(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)在化学分析中采用k2cro4为指示剂，以agno3标准溶液滴定溶液中的cl，利用ag与cro生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中cl恰好完全沉淀(浓度等于1.0105 moll1)时，溶液中c(ag)为_moll1，此时溶液中c(cro)等于_moll1。(已知ag2cro4、agcl的ksp分别为2.01012和2.01010)。(4)6价铬的化合物毒性较大，常用nahso3将废液中的cr2o还原成cr3，该反应的离子方程式为_。解析(1)由于cr3与al3的化学性质相似，所以cr(oh)3也具有两性，根据题目信息，则可知在cr2(so4)3溶液中逐滴加入naoh溶液，先生成灰蓝色沉淀cr(oh)3，并逐渐增多，随着滴加naoh溶液的过量，灰蓝色沉淀cr(oh)3逐渐溶解并生成绿色cr(oh)溶液。(2)由图可知，随着溶液酸性增大，溶液中c(cr2o)逐渐增大，说明cro逐渐转化为cr2o，则cro的平衡转化率逐渐增大，其反应的离子方程式为：2cro2hcr2oh2o；由图中a点数据，可知：c(cr2o)0.25 moll1、c(h)1.0107 moll1，则进一步可知c(cro)1.0 moll120.25 moll10.5 moll1，根据平衡常数的定义可计算出该转化反应的平衡常数为1.01014；升高温度，溶液中cro的平衡转化率减小，说明化学平衡逆向移动，则正反应为放热反应，即该反应的h小于0。(3)根据ksp(agcl)c(ag)c(cl)2.01010，可计算出当溶液中cl恰好完全沉淀(即浓度等于1.0105 moll1)时，溶液中c(ag)2.0105 moll1，然后再根据ksp(ag2 cro4)c2(ag)c(cro)2.01012，又可计算出此时溶液中c(cro)5103 moll1。(4)根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出nahso3将废液中的cr2o还原成cr3反应的离子方程式：cr2o3hso5h=2cr33so4h2o。答案(1)蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，最后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液(2)2cro2hcr2oh2o增大1.01014小于(3)2.01055103(4)cr2o3hso5h=2cr33so4h2ob卷地方卷盐类水解原理及应用1(2015海南化学，3，2分)0.1 mol下列气体分别与1 l 0.1 moll1的naoh溶液反应，形成的溶液ph最小的是()ano2 bso2 cso3 dco2解析a项，0.1 mol no2与0.1 mol naoh发生歧化反应2no22naoh=nano3nano2h2o，生成的nano2是弱酸强碱盐，发生水解使溶液呈碱性；b项，0.1 mol so2与0.1 mol naoh恰好反应生成nahso3，由于hso的电离程度大于hso的水解程度，故溶液呈酸性。c项，0.1 mol so3与0.1 mol naoh恰好反应生成nahso4，该盐是强酸强碱的酸式盐，完全电离使溶液显酸性，相当于一元强酸，所以其酸性比nahso3溶液强，其ph更小；d项，0.1 mol co2与0.1 mol naoh恰好反应生成nahco3，由于hco的水解大于hco的电离，溶液呈碱性。故选c。答案c2(2014福建理综，10，6分)下列关于0.10 moll1 nahco3溶液的说法正确的是()a溶质的电离方程式为nahco3=nahcob25 时，加水稀释后，n(h)与n(oh)的乘积变大c离子浓度关系：c(na)c(h)c(oh)c(hco)c(co)d温度升高，c(hco)增大解析nahco3的电离方程式为nahco3=nahco，故a项错误；根据电荷守恒，c(na)c(h)c(oh)c(hco)2c(co)，故c错误；温度升高，促进hco水解，c(hco)减小，故d错误。答案b3(2012天津理综，5，6分)下列电解质溶液的有关叙述正确的是()a同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的ph7b在含有baso4沉淀的溶液中加入na2so4固体，c(ba2)增大c含1 mol koh的溶液与1 mol co2完全反应后，溶液中c(k)c(hco)d在ch3coona溶液中加入适量ch3cooh，可使c(na)c(ch3coo)解析a项，同浓度、同体积的naoh溶液与h2so4溶液混合后，溶液的phc(hco)；d项，ch3coona溶液显碱性，加入适量ch3cooh使溶液显中性时，c(h)c(oh)，根据电荷守恒可得c(na)c(ch3coo)。答案d电解质溶液中微粒浓度的关系4(2016天津理综，6，6分)室温下，用相同浓度的naoh溶液，分别滴定浓度均为0.1 moll1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：khakhbkhdb滴定至p点时，溶液中：c(b)c(na)c(hb)c(h)c(oh) cph7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)解析a项，根据图像知，在未滴加naoh溶液时，0.1 moll1的三种酸(ha、hb和hd)溶液的ph，说明三种酸均为弱酸，且ha的ph最小、酸性最强，hd的ph最大、酸性最弱，因酸性越强，电离常数越大，故khakhbkhd，正确； b项，滴定至p点时，溶液中未反应的hb与生成的nab的浓度相等，且溶液呈酸性，说明hb的电离程度大于b水解程度，故c(b)c(na)c(hb)c(h)c(oh)，正确；c项，ph7时，三种离子的浓度分别等于c(na)，然而三种溶液中阴离子水解程度不同，加入的naoh的体积不同，故三种阴离子的浓度也不同，错误；d项，根据质子守恒即可得出，三种溶液混合后溶液的质子守恒关系：c(ha)c(hb)c(hd)c(oh)c(h)，正确。答案c5(2016江苏化学，14，4分)h2c2o4为二元弱酸。20 时，配制一组c(h2c2o4)c(hc2o)c(c2o)0.100 moll1的h2c2o4和naoh混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随ph的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(双选)()aph2.5的溶液中：c(h2c2o4)c(c2o)c(hc2o)bc(na)0.100 moll1的溶液中：c(h)c(h2c2o4)c(oh)c(c2o)cc(hc2o)c(c2o)的溶液中：c(na)0.100 moll1c(hc2o)dph7.0的溶液中：c(na)2c(c2o)解析由图可知ph2.5时，溶液中主要存在hc2o，即c(hc2o)c(h2c2o4)c(c2o)，a错误；当c(na)0.100 moll1时，此时应为nahc2o4溶液，由电荷守恒有c(h)c(na)c(oh)2c(c2o)c(hc2o)，由物料守恒有c(na) c(c2o)c(hc2o)c(h2c2o4)，联立得质子守恒式有：c(h)c(h2c2o4) c(oh)c(c2o)，b正确；由电荷守恒有c(h)c(na)c(oh)2c(c2o)c(hc2o)，c(hc2o)c(c2o)0.050 0 moll1，有c(h)c(na)c(oh)0.100 moll1c(c2o)c(oh)0.100 moll1c(hc2o)，由图溶液呈酸性，c(h)c(oh)，有c(na)0.100 moll1 c(hc2o)，c错误；由电荷守恒有c(h)c(na)c(oh)2c(c2o)c(hc2o)，ph7，即c(h)c(oh)，有c(na)2c(c2o)c(hc2o)，即c(na) 2c(c2o)，d正确。答案bd6(2016四川理综，7，6分)向1 l含0.01 mol naalo2和0.02 mol naoh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0.01 molc(alo)c(oh)b0.01c(na)c(alo)c(oh)c(co)c0.015c(na)c(hco)c(co)c(oh)d0.03c(na)c(hco)c(oh)c(h)解析a项，naalo2与naoh的混合溶液，由电荷守恒有：c(na)c(h)c(alo)c(oh)，有c(na)c(alo)，错误；c项，继续通co2，发生题给反应：2naalo2co23h2o=2al(oh)3na2co3，当n(co2)0.015 mol，此时为na2co3溶液，有c(co)c(hco)，错误；d项，继续通co2发生反应：na2co3co2h2o=2nahco3，当n(co2)0.03 mol，此时为nahco3 溶液，因hco水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，正确。答案d7(2015四川理综，6，6分)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(nh)c(hco)c(co)解析a项，由于常温下滤液的ph7，故c(oh)kw/c(h)n(nahco3)，hco发生电离生成co，发生水解生成h2co3，根据nahco3的物料守恒可知：c(na)c(hco)c(co)c(h2co3)，正确；c项，根据电荷守恒有：c(h)c(na)c(nh)c(oh)c(hco)2c(co)c(cl)，错误；d项，由于c(nh4cl)c(nahco3)，nh发生水解，hco发生微弱的电离，故离子浓度关系为c(cl)c(nh)c(hco)c(co)，正确。答案c8(2014四川理综，6，6分)下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()a0.1 moll1 nahco3溶液与0.1 moll1 naoh溶液等体积混合，所得溶液中：c(na)c(co)c(hco)c(oh)b20 ml 0.1 moll1 ch3coona溶液与10 ml 0.1 moll1 hcl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(ch3coo)c(cl)c(ch3cooh)c(h)c室温下，ph2的盐酸与ph12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(cl)c(h)c(nh)c(oh)d0.1 moll1 ch3cooh溶液与0.1 moll1 naoh溶液等体积混合，所得溶液中：c(oh)c(h)c(ch3cooh)解析a项，nahco3naoh=na2co3h2o，故溶液中各离子浓度大小关系应为c(na)c(co)c(oh)c(hco)，错误；b项正确；c项，两溶液混合，nh3h2o过量，溶液呈碱性，c(oh)c(h)，c(nh)c(cl)，故c(cl)c(h)c(h)，溶液中a发生水解ah2ohaoh，故a正确；由电荷守恒知，c(oh)c(a)c(h)c(k)，即c(oh)c(k)c(h)c(a)故b项错误；实验反应后溶液的ph7，即c(h)c(oh)，则c(k)c(a)，又因ha为弱酸，所以x0.2，由物料守恒得，等体积混合后c(a)c(ha)mol/l0.1 mol/l，故c、d项正确。答案b10(2015福建理综，23，15分)研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。(1)硫离子的结构示意图为_。加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为_。(2)25 ，在0.10 moll1 h2s溶液中，通入hcl气体或加入naoh固体以调节溶液ph，溶液ph与c(s2)关系如下图(忽略溶液体积的变化、h2s的挥发)。ph13时，溶液中的c(h2s)c(hs)_moll1。某溶液含0.020 moll1 mn2、0.10 moll1 h2s，当溶液ph_时，mn2开始沉淀。已知：ksp(mns)2.81013(3)25 ，两种酸的电离平衡常数如下表。ka1ka2h2so31.31026.3108h2co34.21075.61011hso的电离平衡常数表达式k_。0.10 moll1 na2so3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。h2so3溶液和nahco3溶液反应的主要离子方程式为_。解析(1)s是16号元素，s原子获得2个电子变为s2，s2的结构示意图为。加热时，浓硫酸与碳反应的化学方程式为c2h2so4(浓)2so2co22h2o；(2)根据图像可知，ph13时，c(s2)5.7102 moll1，由于h2s溶液的浓度为0.10 moll1，所以根据s原子守恒有：c(s2)c(h2s)c(hs)0.1 moll1，所以c(h2s)c(hs)0.1 moll15.7102 moll10.043 moll1。由于ksp(mns)2.81013，c(mn2)0.020 moll1，则开始形成沉淀时需要的c(s2)ksp(mns)/c(mn2)(2.810130.020) moll11.41011 moll1，根据图像中c(s2)与溶液的ph关系可知此时溶液ph5。(3)根据电离平衡常数的含义可知：hso的电离平衡常数表达式为k；na2so3在溶液中发生电离：na2so3=2naso，so发生水解反应： soh2ohsooh，水解产生的hso又有部分发生水解反应：hsoh2oh2so3oh，水解是微弱的，而且在水中还存在水的电离平衡h2ohoh，所以0.10 moll1 na2so3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(na)c(so)c(oh)c(hso)c(h)；由于ka2(h2so3)c(so)c(oh)c(hso)c(h)或nasoohhsohh2so3hco=hsoco2h2o沉淀溶解平衡11(2016江苏化学，13，4分)根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是(双选)()选项实验操作和现象结论a室温下，向苯酚钠溶液中通入足量co2，溶液变浑浊。碳酸的酸性比苯酚的强b室温下，向浓度均为0.1 moll1的bacl2和cacl2混合溶液中滴加na2so4溶液，出现白色沉淀。ksp(baso4)ksp(caso4)c室温下，向fecl3溶液中滴加少量ki溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色。fe3的氧化性比i2的强d室温下，用ph试纸测得：0.1 moll1na2so3溶液的ph约为10；0.1moll1nahso3溶液的ph约为5。hso结合h的能力比so的强解析苯酚钠溶液中通入足量co2，发生反应：c6h5onaco2h2oc6h5ohnahco3，说明h2co3酸性强于苯酚，a正确；无法判断白色沉淀的组成，无法比较baso4和caso4的溶度积，b错误；fecl3与ki反应生成i2：2fe3 2i=2fe2 i2，氧化剂fecl3的氧化性强于氧化产物i2，c正确；nahso3溶液呈酸性，说明hso的电离程度大于其水解程度，na2so3溶液的ph约为10，说明so结合h能力强，d错误。答案ac12(2014安徽理综，12，6分)中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是()选项规律结论a较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸b反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完c结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高nh3沸点低于ph3d溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化zns沉淀中滴加cuso4溶液可以得到cus沉淀解析a项，“较强酸可以制取较弱酸”适用于复分解反应，hclo制取hcl发生的是氧化还原反应，a项错误；b项，铝片加入浓硝酸中会发生钝化；c项，由于nh3分子间能形成氢键，故其沸点比ph3高，错误；d项，cus比zns更难溶，zns易转化为cus，d项正确。答案d13(2013北京理综，10，6分)实验：0.1 moll1agno3溶液和0.1 moll1nacl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1 moll1ki溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1 moll1ki溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是()a浊液a中存在沉淀溶解平衡：agcl(s)ag(aq)cl(aq)b滤液b中不含有agc中颜色变化说明agcl转化为agid实验可以证明agi比agcl更难溶解析由题干信息可推知，agno3溶液和nacl溶液恰好反应，agno3nacl=agclnano3，沉淀c为agcl(白色)，滤液b为nano3溶液，agcl虽然为难溶性物质，但在水中仍有少量溶