2017届高考化学总复习-配餐作业26-盐类的水解.doc

盐类的水解A组全员必做题1.(2015南宁模拟)下列应用与水解原理无关的是()A实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞B泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将其混合就可产生大量二氧化碳泡沫C厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污D可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳解析：A项是因为Na2CO3水解显碱性与玻璃中的SiO2作用生成具有黏性的Na2SiO3；B项是因为NaHCO3与Al2(SO4)3发生水解相互促进反应：Al33HCO=Al(OH)33CO2；C项是因为CO水解，使溶液显碱性，与油脂反应而去污；D项与盐类的水解无关。答案：D2为了避免电解液中CuSO4因水解而产生沉淀，正确的操作方法是()A稀释B加稀硫酸C加NaOH溶液 D加热解析：稀释促进水解，故A错误；加入稀硫酸，抑制铜离子的水解，避免电解液中CuSO4因水解而产生沉淀，故B正确；加入氢氧化钠会促进水解，生成氢氧化铜沉淀，故C错误；加热促进水解，故D错误。答案：B3有关100 mL 0.1 molL1 NaHCO3、100 mL 0.1 molL1 Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是()A溶液中水电离出的H个数：B溶液中阴离子的物质的量浓度之和：C溶液中：c(CO)c(H2CO3)D溶液中：c(HCO)c(H2CO3)解析：盐类水解可以促进水的电离，而且水解程度越大，这种促进程度越大，故A项正确；CO的水解使溶液中阴离子数目增多，B项正确；碳酸氢钠溶液中，HCO的水解程度大于电离程度，故c(H2CO3)c(CO)，C项错误；CO的第一步水解程度远大于第二步水解，故D项正确。答案：C4一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COOH2OCH3COOHOH，下列说法正确的是()A加入少量NaOH固体，c(CH3COO)增大B加入少量FeCl3固体，c(CH3COO)增大C稀释溶液，溶液的pH增大D加入适量醋酸得到的酸性混合溶液：c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)解析：加入少量NaOH固体，会增大溶液中OH的浓度，使平衡向左移动，c(CH3COO)增大，故A项正确；加入少量FeCl3固体，FeCl3水解显酸性，CH3COONa水解显碱性，在同一溶液中相互促进水解，c(CH3COO)减小，故B项不正确；稀释溶液，c(OH)减小，溶液的pH减小，故C项不正确；若c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)，则有c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COO)，不符合电荷守恒原理，故D项不正确。答案：A5(2016浙江五校联考)下列有关电解质溶液的说法正确的是()A将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质B保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2水解C室温下，向0.1 molL1的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性物质，CH3COOH的电离程度一定增大DNaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同解析：Ca(ClO)2在水中会水解：Ca(ClO)22H2OCa(OH)22HClO，HClO不稳定，受热会分解：2HClO2HClO2，生成的HCl会和Ca(OH)2反应生成CaCl2和H2O，故加热蒸干Ca(ClO)2溶液得到的固体是CaCl2；加热Na2SO3溶液的过程中，Na2SO3被空气中氧气氧化：2Na2SO3O2=2Na2SO4，蒸干会得到Na2SO4固体；加热FeCl3溶液，FeCl3溶液发生水解反应：FeCl33H2OFe(OH)33HCl，HCl挥发，故加热蒸干会得到Fe(OH)3固体，A项正确。保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，防止Fe2被氧化为Fe3，B项错误。水溶液显碱性的物质不一定是碱，如强碱弱酸盐CH3COONa，其水溶液显碱性，CH3COOH溶液中加入CH3COONa，CH3COO浓度增大，会抑制CH3COOH的电离，使CH3COOH的电离程度减小，C项错误。CH3COONH4是能双水解的盐，CH3COO、NH的水解均会促进水的电离，溶液中水的电离程度较大，但溶液中的H浓度与OH浓度相等，故溶液呈中性，D项错误。答案：A6下列根据反应原理设计的应用，不正确的是()ACOH2OHCOOH；用热的纯碱溶液清洗油污BAl33H2OAl(OH)3(胶体)3H；明矾净水CTiCl4(x2)H2O(过量)TiO2xH2O4HCl；制备TiO2纳米粉DSiCl2H2OSn(OH)ClHCl；配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠解析：配制SnCl2溶液时应加入稀盐酸抑制SnCl2水解，加入NaOH会促进SnCl2的水解，而发生变质。答案：D7将0.1 mol/L某二元弱酸(H2X)溶液和0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合后(忽略混合前后溶液体积变化)，下列关系式中错误的是()Ac(HX)c(X2)c(H2X)0.05 mol/LBc(HX)c(X2)Cc(Na)c(HX)Dc(H)c(Na)c(OH)c(HX)2c(X2)解析：两溶液混合后生成NaHX，根据物料守恒，可确定A项正确；由电荷守恒可确定D项正确；无论NaHX溶液中HX的电离程度和水解程度大小关系如何，一定都存在c(Na)c(HX)c(X2)，即B项错误，C项正确。答案：B8(2016湖南六校联考)常温下，将CO2通入2L pH12的KOH溶液中。溶液中水电离出的OH的浓度()与通入的CO2的体积(V)的关系如图所示。下列叙述不正确的是()Aa点溶液中，水电离出的c(H)11012molL1Bb点溶液中：c(H)1107molL1Cc点溶液中：c(K)2c(CO)c(HCO)c(H2CO3)Dd点溶液中：c(K)2c(CO)c(HCO)解析：通入CO2后发生反应：2KOHCO2=K2CO3H2O，K2CO3CO2H2O=2KHCO3，CO2H2O=H2CO3。a点表示未通入CO2时的KOH溶液，溶液中c(H)等于水电离出的c(OH)，c(H)水电离c(OH)水电离c(H)11012molL1，A项正确；KOH抑制H2O的电离，通入CO2后KOH与CO2反应，H2O的电离程度逐渐增大，当KOH与CO2反应恰好生成K2CO3时，H2O的电离程度逐渐增大，当KOH与CO2反应恰好生成K2CO3时，H2O的电离程度最大，再通入CO2时，H2O的电离程度又逐渐减小，b点溶液中的溶质是K2CO3和KOH，溶液显碱性，溶液中c(H)c(HA)c(H)c(A)2c(OH)CC点：c(Na)c(HA)2c(A2)D水电离出来的c(OH)：BD解析：A点溶液中加水，相当稀释H2A溶液，c(OH)增大，其它微粒的浓度都减小，故增大，A正确；B点时，NaOH与H2A恰好反应生成NaHA，pH7，故NaHA以电离为主，B正确；根据电荷守恒，C正确；B点以NaHA电离为主呈酸性，对水的电离起着抑制作用，D点恰好生成Na2A，以A2水解为主，对水的电离起着促进作用，水电离出来的c(OH)：Bc(HCO)c(OH)c(CO)c(H)。(3)因中存在NH3H2ONHOH，加入NH4Cl后导致c(NH)增大，c(OH)减小，故c(NH)/c(OH)的值增大。(4)若盐酸与氨水等体积混合，溶液恰好反应完全，溶液呈酸性，现在溶液呈中性，意味着酸的量不足，盐酸体积小于氨水体积，由电荷守恒原理知此时c(NH)c(Cl)。(5)稀释后c(HCl)0.01 molL1，则c(OH)1012 molL1，故由水电离出的c(H)1012 molL1。答案：(1)(2)c(Na)c(HCO)c(OH)c(CO)c(H)(3)增大(4)小于c(NH)c(Cl)c(H)c(OH)(5)1012 molL112(1)已知FeCl3能水解，则配制FeCl3溶液方法是_。(2)已知NaHSO3的水溶液显酸性，比较其中SO、HSO、H2SO3三种粒子的浓度由大到小的顺序为_。(3)人的牙齿的化学成分为羟基磷酸钙Ca10(PO4)6(OH)2，常喝酸性饮料或口腔中残留的酸性物质都会造成龋齿，如果刷牙使用含氟牙膏(含F)可以保护牙齿，其原理是_。注：25 时，KspCa10(PO4)6(OH)26.81037，KspCa5(PO4)3F2.81061解析：(1)FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解使溶液显酸性，水解反应的离子方程式为Fe33H2OFe(OH)33H，根据方程式知，为防止铁离子水解，在配制氯化铁溶液时常先将FeCl3固体溶于稀盐酸中，氢离子浓度增大，从而抑制铁离子水解，再加水稀释至所需浓度。(2)已知NaHSO3的水溶液显酸性，HSO电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小顺序为c(HSO)c(SO)c(H2SO3)。(3)Ca5(PO4)3F溶度积比Ca10(PO4)6(OH)2小，羟基磷酸钙在水中存在平衡：Ca10(PO4)6(OH)2(s)10Ca2(aq)6PO(aq)2OH(aq)，含氟牙膏中的F与该平衡中的Ca2、PO结合成更难溶的Ca5(PO4)3F，使平衡向右移动，牙齿表面的羟基磷酸钙转化成了氟磷酸钙，使牙齿得到保护。答案：(1)将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，再加水稀释至所需浓度(2)c(HSO)c(SO)c(H2SO3)(3)羟基磷酸钙在水中存在平衡Ca10(PO4)6(OH)2(s)10Ca2(aq)6PO(aq)2OH(aq)，含氟牙膏中的F与该平衡中的Ca2、PO结合成更难溶的Ca5(PO4)3F，使平衡向右移动，牙齿表面的羟基磷酸钙转化成了氟磷酸钙，使牙齿得到保护B组重点选做题13.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烧食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是_(用必要的化学用语和相关文字说明)。(2)相同条件下，0.1 molL1 NH4Al(SO4)2中c(NH)_(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 molL1 NH4HSO4中c(NH)。(3)如图所示是0.1 molL1电解质溶液的pH随温度变化的图象。其中符合0.1 molL1 NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是_(填写序号)，导致pH随温度变化的原因是_；20 时，0.1 molL1 NH4Al(SO4)2中2c(SO)c(NH)3c(Al3)_(填数值)。(4)室温时，向100 mL 0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 molL1 NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_。解析：(1)Al3水解生成的Al(OH)3具有吸附性，即：Al33H2OAl(OH)33H，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降。(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH均发生水解，但是NH4Al(SO4)2中Al3水解呈酸性抑制NH水解，HSO电离出H同样抑制NH水解，因为HSO电离生成的H浓度比Al3水解生成的H浓度大，所以NH4HSO4中NH水解程度比NH4Al(SO4)2中的小。(3)NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为。根据电荷守恒，可以求出2c(SO)c(NH)3c(Al3)c(H)c(OH)103 molL1c(OH)太小，可忽略。(4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离。b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3H2O三种成分，a点时c(Na)c(SO)，b点时c(Na)c(SO)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO)c(NH)，故c(Na)c(SO)c(NH)c(OH)c(H)。答案：(1)Al3水解生成的Al(OH)3具有吸附性，即Al33H2OAl(OH)33H，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水(2)小于(3)NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小103 molL1(4)ac(Na)c(SO)c(NH)c(OH)c(H)14某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B=HHB；HBHB2。回答下列问题。(1)Na2B溶液显_(填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是_(用离子方程式表示)。(2)在0.1 molL1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是_。Ac(B2)c(HB)c(H2B)0.1 molL1Bc(Na)c(OH)c(H)c(HB)Cc(Na)c(H)c(OH)c(HB)2c(B2)Dc(Na)2c(B2)2c(HB)(3)已知0.1 molL1 NaHB溶液的pH2，则0.1 molL1 H2B溶液中的氢离子的物质的量浓度可能_0.11 molL1(填“”或“”)，理由是_。(4)0.1 molL1 NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_。解析：(1)由H2B=HHB(完全电离)，HBHB2(部分电离)，知Na2B溶液中B2将发生水解反应，故Na2B溶液显碱性，原因是B2H2OHBOH。(2)在Na2B溶液中存在：Na2B=2NaB2，B2H2OHBOH，H2OHOH。由电荷守恒知c(Na)c(H)2c(B2)c(OH)c(HB)，C项对。由物料守恒知c(Na)2c(B2)2c(HB)0.2 molL1，D项对。在Na2B溶液中不存在H2B，A项错，由物料守恒和电荷守恒知B项错。(3)