202X届高考化学一轮复习专题十五盐类水解和难溶电解质的溶解平衡课件

1、专题十五盐类水解和难溶电解质的溶解平衡高考化学高考化学 (北京专用)五年高考A A组自主命题组自主命题北京卷题组北京卷题组考点一盐类水解考点一盐类水解1.(2019北京理综,12,6分)实验测得0.5 molL-1 CH3COONa溶液、0.5 molL-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()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KW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-、

2、Cu2+水解平衡移动方向不同答案答案C本题考查了CH3COONa、CuSO4的水解,水的离子积常数及温度对相关平衡移动的影响等知识。该题的综合度高、思维容量大,侧重考查了学生对实验数据的提取、分析、处理能力。试题多角度、动态分析化学反应,运用化学反应原理来解决实际问题,体现了培养学生创新思维和创新意识的价值观念。A项,温度升高,纯水中的H+、OH-的浓度都增大,但二者始终相等;B项,温度升高,CH3COONa的水解平衡正向移动,溶液中OH-浓度增大,图像中反映出的“随温度升高CH3COONa溶液的pH下降”的现象,是由“温度升高水的离子积常数增大”导致的,并非OH-浓度下降了;D项,温度升高对

3、CH3COO-、Cu2+的水解都有促进作用,二者水解平衡移动的方向是一致的。2.(2018北京理综,11,6分)测定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。实验过程中,取时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,产生白色沉淀多。下列说法不正确的是()A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:S+H2OHS+OH-B.的pH与不同,是由于S浓度减小造成的C.的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.与的KW值相等时刻温度/25304025pH9.669.529.379.2523O3O23O答案答案C本题考查Na2SO3的还原性和温度对水解平衡的影响

4、。过程中Na2SO3不断转化为Na2SO4,S浓度逐渐减小,使水解平衡向逆反应方向移动,而升高温度使水解平衡向正反应方向移动,故C不正确。23O拓展延伸拓展延伸 亚硫酸盐、H2SO3、SO2等+4价硫元素的化合物都具有较强的还原性。3.(2018北京理综,9,6分)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是() ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀,随后变为红褐色溶液变红,随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体,随后变为红棕色考点二难溶电解质的溶解平衡考点二难溶电解质的溶解平衡答案答案C C项中

5、沉淀由白色变为黑色是因为Ag2S比AgCl更难溶,AgCl转化为Ag2S发生复分解反应,不涉及氧化还原反应。4.(2013北京理综,10,6分)实验:0.1 molL-1 AgNO3溶液和0.1 molL-1 NaCl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 molL-1 KI溶液,出现浑浊;向沉淀c中滴加0.1 molL-1 KI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Ag+C.中颜色变化说明AgCl转化为AgID.实验可以证明AgI比AgCl更难溶答案答案B由题

6、干信息可推知,AgNO3溶液和NaCl溶液恰好反应,AgNO3+NaCl AgCl+NaNO3,沉淀c为AgCl(白色),滤液b的主要成分为NaNO3溶液,AgCl虽然为难溶性物质,但在水中仍有少量溶解,故滤液b中仍有极少量的Ag+,当加入KI溶液时,Ag+I- AgI,生成了溶解度更小的AgI沉淀。故可判定B项错误,其他选项正确。思路分析思路分析根据实验操作过程以及实验现象,结合难溶电解质的溶解平衡及沉淀的转化逐项分析。易错警示易错警示难溶电解质在水中的溶解度比较小,但并不是不溶,如AgCl虽然是难溶物质,但在水中仍有少量溶解。5.(2010北京理综,11,6分)自然界地表层原生铜的硫化物经

7、氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液,向地下深层渗透,遇到难溶的ZnS或PbS,慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是()A.CuS的溶解度大于PbS的溶解度B.原生铜的硫化物具有还原性,而铜蓝没有还原性C.CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2+S2- CuSD.整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应答案答案DA项,应是CuS的溶解度小于PbS的溶解度,所以有PbS+Cu2+ CuS+Pb2+;B项,CuS中硫元素处于最低价态,有还原性;C项,ZnS难溶于水,CuSO4与ZnS反应的离子方程式应为Cu2+ZnS CuS+Zn2+;D项,原生铜的硫化物变为CuSO4的反应是氧化

8、还原反应,CuSO4与ZnS或PbS的反应是复分解反应。评析评析 本题考查了化学反应类型的判断,沉淀转化的原理以及离子方程式的书写,难度中等。1.(2019上海选考,20,2分)常温下0.1 mol/LCH3COOH、NaOH、CH3COONa,下列叙述正确的是()A.中c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)B.等体积混合后,醋酸根离子浓度小于的二分之一C.等体积混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)D.等体积混合以后,水的电离程度比等体积混合后水的电离程度小考点一盐类水解考点一盐类水解B B组统一命题、省（区、市）卷题组组统一命题、省（区、

9、市）卷题组答案答案BA项,0.1 mol/L CH3COOH发生部分电离产生CH3COO-和H+,水发生微弱电离产生H+和OH-,故中c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-),错误;B项,等体积混合后恰好反应生成CH3COONa,且c(CH3COONa)=0.05 mol/L,由于混合后c(CH3COONa)小于,则混合液中CH3COO-的水解程度比大,故混合液中c(CH3COO-)小于中c(CH3COO-),正确;C项,等体积混合后为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,溶液显酸性说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则c(CH3C

10、OO-)c(Na+)c(H+),错误;D项,等体积混合后恰好生成CH3COONa,CH3COO-水解促进水的电离,等体积混合后,由于CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度,水的电离被抑制,故等体积混合后水的电离程度比等体积混合后水的电离程度大,错误。122.(2019浙江4月选考,21,2分)室温下,取20 mL 0.1 molL-1某二元酸H2A,滴加0.2 molL-1 NaOH溶液。已知:H2A H+HA-,HA- H+A2-。下列说法不正确的是()A.0.1 molL-1 H2A溶液中有c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=0.1 molL-1B.当滴加至中性时,溶液中c

11、(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),用去NaOH溶液的体积小于10 mLC.当用去NaOH溶液体积10 mL时,溶液的pH7,此时溶液中有c(A2-)=c(H+)-c(OH-)D.当用去NaOH溶液体积20 mL时,此时溶液中有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)答案答案B选项A,电荷守恒:c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),物料守恒:c(HA-)+c(A2-)=0.1 molL-1,式+式得:c(H+)=c(OH-)+c(A2-)+0.1 molL-1,故A正确。选项B,电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),中性时c

12、(H+)=c(OH-),故有c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),当V(NaOH溶液)=10 mL时,得到NaHA溶液,依题意知HA-只电离不水解,NaHA溶液呈酸性,pH10 mL,故B错误;选项C,NaHA溶液中,电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),物料守恒:c(HA-)+c(A2-)=c(Na+),式+式得:c(H+)=c(OH-)+c(A2-),故C正确;选项D,V(NaOH溶液)=20 mL时,得到的是0.05 molL-1Na2A溶液,由物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-),故D正确。解题点睛解题点睛分析各选项中相

13、关离子浓度的关系时,要紧扣溶液中的电荷守恒和物料守恒来考虑。3.(2017课标,13,6分)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是()A.(H2X)的数量级为10-6B.曲线N表示pH与lg的变化关系C.NaHX溶液中c(H+)c(OH-)2aK2(HX )(H)ccXD.当混合溶液呈中性时,c(Na+)c(HX-)c(X2-)c(OH-)=c(H+)答案答案D己二酸是二元弱酸,其一级电离程度大于二级电离,故曲线M表示lg与pH的关系,曲线N表示lg与pH的关系,B项正确;己二酸的二级电离平衡常数的表达式为=c(H+)c(

14、X2-)/c(HX-),则lg=lg,由图像可知,lg=0时,pH5.37,故=110-5.374.310-6, A项正确;根据图像取点(0.6,5.0),=100.610-5.0=10-4.4,所以HX-的水解常数为=10-9.6c(OH-),C项正确;由图像可知,溶液呈中性时,lg0,则c(X2-)c(HX-),D项错误。 2(X )(HX )cc2(HX )(H)ccX2aK2(X )(HX )cc2a(H )Kc2(X )(HX )cc2aK1aK2(HX )(H )(H)cccX144.410102aK2(X )(HX )cc4.(2015天津理综,5,6分)室温下,将0.05 mo

15、l Na2CO3固体溶于水配成100 mL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A.50 mL 1 molL-1 H2SO4反应结束后,c(Na+)=c(S )B.0.05 mol CaO溶液中 增大C.50 mL H2O由水电离出的c(H+)c(OH-)不变D.0.1 mol NaHSO4固体反应完全后,溶液pH减小,c(Na+)不变24O3(OH )(HCO )cc答案答案BA项,0.05 mol Na2CO3与0.05 mol H2SO4刚好反应生成Na2SO4,即所得溶液为Na2SO4溶液,c(Na+)=2c(S);B项,向含0.05 mol Na2CO3的溶

16、液中加入0.05 mol CaO,得到CaCO3和NaOH,故增大;C项,加水稀释Na2CO3溶液,水的电离程度减小,由水电离出的c(H+)c(OH-)发生了改变;D项,充分反应后所得溶液为Na2SO4溶液,溶液中c(Na+)增大。24O3(OH )(HCO )cc5.(2018课标,12,6分)用0.100 molL-1AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 molL-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是()A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同实验条件下,若改为0

17、.040 0 molL-1Cl-,反应终点c移到aD.相同实验条件下,若改为0.050 0 molL-1Br-,反应终点c向b方向移动考点二难溶电解质的溶解平衡考点二难溶电解质的溶解平衡答案答案C本题考查沉淀溶解平衡及溶度积常数。A项,根据滴定曲线知,当加入25 mL AgNO3溶液时达到反应终点,此时c(Cl-)110-5molL-1,Ag+沉淀完全,则c(Ag+)=110-5molL-1,故Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-),数量级为10-10,正确;B项,由溶度积常数的定义知,曲线上各点满足Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-),正确;C项,相同条件下,若改为0.040

18、0 molL-1 Cl-,达到反应终点时c(Cl-)不变,消耗V(AgNO3)=20 mL,错误;D项,相同条件下,若改为0.050 0 molL-1 Br-,由于Ksp(AgBr)Ksp(AgCl),达到反应终点时c(Br-)1D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中不变3(H )(CH)ccCOOH33(CHO )(CH)(OH )cCOcCOOHc4(NH )(Cl )cc(Cl )(Br )cc答案答案DA项,温度不变时,CH3COOH的电离平衡常数Ka=是不变的,加水时c(CH3COO-)变小,应变大,故错误;B项,CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-

19、的平衡常数K=,升温,K增大,=减小,故错误;C项,根据电荷守恒得c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),溶液呈中性时c(H+)=c(OH-),则c(N)=c(Cl-),=1,故错误;D项,向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,=,温度不变,Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)均不变,则不变,故正确。33(H )(CHO )(CH)ccCOcCOOH3(H )(CH)ccCOOH33(CH)(OH )(CHO )cCOOHccCO33(CHO )(CH)(OH )cCOcCOOHc1K4H4H4(NH )(Cl )cc(Cl )(Br )cc(Ag )(Cl )(Ag

20、 )(Br )ccccspsp()()KAgClKAgBr(Cl )(Br )cc7.(2015重庆理综,3,6分)下列叙述正确的是()A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B.25 时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液pH=7C.25 时,0.1 molL-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D.0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)答案答案CA项,醋酸电离的方程式为CH3COOH CH3COO-+H+,加入少量CH3COONa,增加了CH3COO-的浓度,从而使醋酸的电离平衡逆向移动,抑制了醋酸的电离;

21、B项,等体积等浓度的硝酸与氨水混合生成NH4NO3,NH4NO3中N能水解:N+H2O NH3H2O+H+,溶液应呈酸性,则pHc(I-)。4H4H8.(2019课标,26,14分)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28

22、.9(1)“滤渣1”含有S和 ;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式 。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是 。(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为 6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是 。(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是 。(6)写出“沉锰”的离子方程式 。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时,z= 。13答案答案(1)SiO2(不溶性硅酸盐)M

23、nO2+MnS+2H2SO4 2MnSO4+S+2H2O(2)将Fe2+氧化为Fe3+(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2 Mg2+2F-平衡向右移动(6)Mn2+2HC MnCO3+CO2+H2O(7) 3O13解析解析本题涉及元素化合物知识的综合应用,通过工艺流程形式给出信息,考查分析和解决化学工艺流程问题的能力,根据题给信息书写相应的化学方程式和离子方程式,体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。(1)由题干信息可知,滤渣有生成的S和不与H2SO4反应的SiO2(或不溶性硅酸盐);依据氧化还原反应原理可知,MnO2作氧化剂,MnS作还原剂,由此可

24、写出化学方程式。(2)Fe溶于H2SO4中得到Fe2+,为了去除方便,需将Fe2+氧化为Fe3+。(3)由相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围可知除铁和铝时溶液pH范围应调节为4.76之间。(4)NiS和ZnS是难溶于水的硫化物。(5)MgF2(s) Mg2+(aq)+2F-(aq),若增大H+浓度,F-与H+会结合成弱电解质HF而使沉淀溶解平衡正向移动,导致溶液中Mg2+沉淀不完全。(6)由于HC H+C,C与Mn2+可形成MnCO3沉淀,使HC电离平衡正向移动,H+浓度增大,H+与HC反应生成H2O和CO2,所以离子方程式为Mn2+2HC MnCO3+CO2+H2O。3O23O23O3O

25、3O3O(7)根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0,可知+1+(+2)x+(+3)y+(+4)z+(-2)2=0,将x=y=代入计算,可得z=。1313易错警示易错警示 (5)易忽略H+与F-会形成弱电解质破坏沉淀溶解平衡;(6)易错写为Mn2+HC MnCO3+H+,忽略MnCO3可溶于酸中。3O1.(2015海南化学,3,2分)0.1 mol下列气体分别与1 L 0.1 molL-1的NaOH溶液反应,形成的溶液pH最小的是()A.NO2B.SO2C.SO3D.CO2 C C组教师专用题组组教师专用题组考点一盐类水解考点一盐类水解答案答案CA项,0.1 mol NO2与0.1 mol

26、 NaOH发生歧化反应生成NaNO2和NaNO3,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HS的电离程度大于HS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,该盐完全电离生成Na+、H+和S,所以其酸性比同浓度的NaHSO3溶液强,pH更小;D项,0.1 mol CO2与0.1 mol NaOH恰好反应生成NaHCO3,由于HC的水解程度大于HC的电离程度,故溶液呈碱性。3O3O24O3O3O2.(2014天津理综,5,6分)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是()A.pH=

27、1的NaHSO4溶液:c(H+)=c(S)+c(OH-)B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:c(Ag+)c(Cl-)=c(I-)C.CO2的水溶液:c(H+)c(HC)=2c(C)D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:3c(Na+)=2c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)24O3O23O4O24O答案答案A根据NaHSO4溶液中的电荷守恒,有c(H+)+c(Na+)=2c(S)+c(OH-),又因为c(Na+)=c(S),所以A项正确;B项,相同条件下,AgI的溶解度比AgCl的小,故I-的浓度比Cl-的小;C项,碳酸的电离是分步进行的,第一步电离程度远大于第二步,

28、所以c(HC)c(C);D项,Na+的总浓度应是H2C2O4、HC2、C2总浓度的1.5倍,即2c(Na+)=3c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)。24O24O3O23O4O24O4O24O3.(2014福建理综,10,6分)下列关于0.10 molL-1NaHCO3溶液的说法正确的是()A.溶质的电离方程式为NaHCO3 Na+H+CB.25 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(HC)+c(C) D.温度升高,c(HC)增大23O3O23O3O答案答案BNaHCO3的电离方程式为NaHCO3 Na+HC,故

29、A错误;根据电荷守恒可得,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C),故C错误;温度升高,促进HC水解,c(HC)减小,故D错误。3O3O23O3O3O4.(2014山东理综,29,17分)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时,涉及如下反应:2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1 H10()2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) K2 H2”“不变升高温度(3)c(N)c(N)c(CH3COO-)b、c212KK3O2O解析解析(1)反应()2-反应()即得所求反应,故该反应的平衡常数K=。(2)v(ClNO)=7.510-3

30、 molL-1min-1,则n(ClNO)=7.510-3 molL-1min-12 L10 min=0.15 mol,利用“三段式”计算:2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)起始量0.2 mol0.1 mol0转化量0.15 mol0.075 mol0.15 mol平衡量0.05 mol0.025 mol0.15 molNO的转化率为100%=75%。(3)由题意知:NaNO3、NaNO2、CH3COONa的浓度相同,Ka(HNO2)Ka(CH3COOH),得出酸性:HNO2CH3COOH,依据酸越弱,其盐越易水解的规律,即可推出c(N)c(N)c(CH3COO-);由于CH3COO

31、Na水解程度大,溶液B的pH大于溶液A,故b、c项中的方法可以使A、B两溶液的pH相等。212KK0.15mol0.2mol3O2O5.(2017课标,13,6分)在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是()考点二难溶电解质的溶解平衡考点二难溶电解质的溶解平衡A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7B.除Cl-反应为Cu+Cu2+2Cl- 2CuClC.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好D.2Cu+ Cu2+Cu平衡常数很大,反应

32、趋于完全答案答案C 依据图像,选择一个坐标点(1.75,-5),则c(Cu+)=10-5 molL-1,c(Cl-)=10-1.75 molL-1,Ksp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl-)=110-6.751.810-7,则Ksp(CuCl)的数量级为10-7,A正确;Cu和Cu2+发生氧化还原反应生成Cu+,Cu+与Cl-形成CuCl沉淀,B正确;Cu是固体,加入Cu不会引起平衡移动,对除Cl-无影响,C错误;2Cu+ Cu2+Cu的平衡常数很大,说明反应正向进行的程度很大,反应趋于完全,D正确。知识拓展知识拓展 化学平衡常数的应用1.化学平衡常数越大,反应物的转化率越大,反应进行的程度

33、越大。2.Qc=K时,化学反应达平衡;QcK时,化学反应逆向进行。6.(2015山东理综,11,5分)下列由实验现象得出的结论正确的是 () 操作及现象结论A向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI),A错误。B中由实验现象不能确定溶液中是否含有Fe2+,若先加入KSCN溶液无现象,再滴入氯水后溶液呈红色,才能说明原溶液中一定含有Fe2+。C中实验现象说明有Br2生成,溶液中发生了反应:2Br-+Cl2Br2+2Cl-,从而说明了Br-的还原性强于Cl-,C正确。加热NH4Cl固体时,NH4Cl固体发生分解反应:NH4ClNH3+HCl,试管底部固体消失;

34、试管口温度较低,NH3和HCl发生化合反应:NH3+HClNH4Cl,故试管口有晶体凝结,D错误。7.(2015浙江理综,13,6分)某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3,不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO47H2O),设计了如下流程:下列说法不正确的是()A.溶解烧渣选用足量硫酸,试剂X选用铁粉B.固体1中一定有SiO2,控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2C.从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中,须控制条件防止其氧化和分解D.若改变方案,在溶液1中直接加NaOH至过量,得到的沉淀用硫酸溶解,其溶液经结晶分离也可得到F

35、eSO47H2O答案答案D综合上述信息可知A、B项均正确;FeSO47H2O易被氧化和分解,因此从溶液2中得到FeSO47H2O产品的过程中,须控制条件,C项正确;若在溶液1中直接加过量NaOH,得到Fe(OH)3沉淀,Fe(OH)3用硫酸溶解得到Fe2(SO4)3溶液,经结晶分离得不到FeSO47H2O,D项不正确。8.(2014课标,11,6分)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示,下列说法不错误的是()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C.60 时溴酸银的Ksp约等于610-4D.若硝酸钾中含有少量溴酸银,可用重结晶方法提纯答案答案A由题给曲线知,升

36、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)+Br(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(Br) mol/L0.025 mol/L,故Ksp(AgBrO3)=c(Ag+)c(Br)=0.0250.025610-4,C正确;KNO3中混有少量AgBrO3,因KNO3的溶解度受温度影响变化较大,故可用重结晶方法提纯,D正确。3O3O0.61 000 11000.6236 3O9.(2014安徽理综,12,6分

37、)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沉淀答案答案DA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,错误;B项,铝片加入浓硝酸中会发生钝化,错误;C项,由于NH3分子间能形成氢键,故其沸点比PH3高,错误;D

38、项,CuS比ZnS更难溶,ZnS易转化为CuS,正确。10.(2019课标,12,6分)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案答案B本题涉及的知识点为难溶电解质的溶解平衡及Ksp大小的比较;通过图像考查了考生

39、接受、吸收、整合化学信息的能力;考查温度和浓度变化对溶解平衡的影响,体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养。以古代绘画和彩陶为素材,贯彻了弘扬中华民族优秀传统文化的价值观念。CdS在水中达到溶解平衡时Cd2+、S2-浓度相等,可求出一定温度下CdS在水中的溶解度,A项正确;m、p、n为同一温度下的CdS的溶解平衡状态,三点的Ksp相等,B项错误;向m点溶液中加入Na2S,S2-浓度增大,但Ksp不变,则溶液组成由m沿T1时的平衡曲线向p方向移动,C项正确;温度降低,Ksp减小,q沿qp线向p方向移动,D项正确。11.(2016课标,27,15分)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、

40、Cr(OH(绿色)、Cr2(橙红色)、Cr(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)Cr和Cr2在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 molL-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2)随c(H+)的变化如图所示。 4)27O24O24O27O27O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,Cr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Cr的平

41、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Cl-,利用Ag+与Cr生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.010-5 molL-1)时,溶液中c(Ag+)为 molL-1,此时溶液中c(Cr)等于 molL-1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.010-12和2.010-10)(4)+6价铬的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的Cr2还原成Cr3+,该反应的离子方程式为 。24O24O24O24O27O答案答案(1)蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉

42、淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液(2)2Cr+2H+ Cr2+H2O增大1.01014小于(3)2.010-55.010-3(4)Cr2+3HS+5H+ 2Cr3+3S+4H2O24O27O27O3O24O解析解析(1)Cr3+与Al3+化学性质相似,Cr3+(蓝紫色)中加入NaOH溶液,先生成Cr(OH)3沉淀(灰蓝色),继续滴加,沉淀溶解,生成Cr(OH(绿色)。(2)Na2CrO4溶液中的转化反应为2Cr+2H+ Cr2+H2O。酸性增大,平衡右移,Cr的平衡转化率增大。由题图知,A点c(Cr2)=0.25 molL-1,c(Cr)=(1.0-0.252)molL-1=0.5 mol

43、L-1,c(H+)=1.010-7 molL-1,则平衡常数K=1.01014。升温,Cr的平衡转化率减小,说明平衡左移,即正反应为放热反应,H0。(3)c(Ag+)= molL-1=2.010-5 molL-1,c(Cr)= molL-1=5.010-3 molL-1。(4)Cr2被还原成Cr3+,Cr元素化合价降低,作氧化剂,则HS作还原剂,被氧化为S,根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒,即可得出反应的离子方程式。4)24O27O24O27O24O2272224(Cr O)(O)(H )ccCrc2720.250.5(1.0 10 )24Osp()(Cl )KAgClc1052.0 10

44、1.0 1024Osp242( gO )( g )KACrcA12522.0 10(2.0 10 )27O3O24O考点一盐类水解考点一盐类水解三年模拟A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组1.(2018北京海淀一模,7)下列用于解释事实的化学用语中,不正确的是()A.Na2S溶液显碱性:S2-+2H2O H2S+2OH-B.K2Cr2O7溶液中含有Cr:Cr2+H2O 2Cr+2H+C.盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞:2OH-+SiO2 Si+H2OD.红热木炭遇浓硫酸产生刺激性气味的气体:2H2SO4(浓)+CCO2+2SO2+2H

45、2O24O27O24O23O答案答案AA项,多元弱酸根离子的水解分步进行,且以第一步为主,即S2-+H2O HS-+OH-。2.(2019北京牛栏山一中期中,14)室温下,分别用0.1 molL-1溶液进行下列实验,结论不正确的是()A.向NaOH溶液中通SO2至pH=7:c(Na+)=c(HS)+2c(S)B.向NH4Cl溶液中加入等浓度、等体积的NH3H2O溶液后,所得溶液呈碱性,则:c(N)c(NH3H2O);C项,向NH4HSO4溶液中加入等浓度、等体积的NaOH溶液后,溶液中存在物料守恒,c(N)+c(NH3H2O)=c(Na+);D项,醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3CO

46、O-+H+,加入醋酸钠晶体后,CH3COO-浓度增大,平衡逆向移动,H+浓度减小,=,则增大。3O23O3O23O4H4H4H33(CHO )(CH)cCOcCOOH33(CHO )(H )(CH)(H )cCOccCOOHca(H )Kc33(CHO )(CH)cCOcCOOH3.(2019北京丰台期末,8)常温下,向碳酸溶液中滴加NaOH溶液,测得碳酸中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如下图所示,下列说法不正确的是()A.人体血液的pH=7.357.45,其中含碳微粒以HC、H2CO3为主B.除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入盐酸至pH=7C.pH=10的溶液中c(H+)+c

47、(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)D.将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3,应大约控制pH12.53O3O23O答案答案BA项,根据题图可知,pH=7.357.45时,含碳微粒主要存在HC、H2CO3;B项,根据题图可知,pH=7时,含碳微粒主要存在HC、H2CO3,没有达到除杂目的;C项,pH=10时,根据电荷守恒可得溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-);D项,根据题图可知,pH约为12.5时,溶液中C量达到最大,将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3需控制pH12.5。3O3O3O23O23O4.(2019北京朝阳期中,16)氢能是一种极

48、具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源,热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制H2的方法。反应如下:.H2SO4(aq) SO2(g)+H2O(l)+O2(g)H1=+327 kJ mol-1.SO2(g)+I2(s)+2H2O(l) 2HI(aq)+H2SO4(aq)H2 =-151 kJ mol-1.2HI(aq) H2(g)+I2(s) H3=+110 kJ mol-1(1)分解水制H2的热化学方程式是 。(2)反应的SO2从烟气吸收中得到,如下图所示。12Na2SO3溶液呈碱性的原因: 。 加热解吸,产物中含有NaHSO4,用化学方程式说明原因: 。取解吸产物的溶液, (填操作和现象

49、),证明产物中含S。 (3)反应的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。 将两层溶液分离的主要仪器是 。24O提纯H2SO4:将H2SO4层(含少量HI、I2)加热,在不同温度下通入N2。通过I- 的去除率衡量提纯效果。序号条件 ABCD温度/125125145145是否通入N2否是否是I- 的去除率43%90%比A高98%答案答案(1)2H2O(l) 2H2 (g)+O2(g) H=+572 kJmol-1(2) S+H2O HS+OH-2NaHSO3+O2 2NaHSO4加入盐酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀(3)

50、分液漏斗a.H2SO4+2HI SO2+I2+2H2Ob.对于H2SO4(aq)+2HI(aq) SO2(g)+I2(s)+2H2O(l) H=+151 kJmol-1,溶液中的SO2等被N2带走,平衡向正反应方向移动;升高温度,平衡向正反应方向移动,二者均利于提高HI的去除率。23O3Oa.经检验产物含SO2。去除HI的化学方程式是 。b.运用化学平衡移动原理解释通入N2、升高温度HI去除率提高的原因: 。解析解析(1)根据盖斯定律,结合已知热化学方程式,由2(+)得,分解水制H2的热化学方程式是2H2O(l) 2H2 (g)+O2(g) H=+572 kJmol-1。 (2)Na2SO3是

51、强碱弱酸盐,水解显碱性,即S+H2O HS+OH-。NaHSO3中硫元素显+4价,具有较强还原性,加热解吸时易被空气中的氧气氧化为NaHSO4,化学方程式为2NaHSO3+O2 2NaHSO4。检验S常用Ba2+,为了排除其他离子的干扰,常加入盐酸酸化,故取解吸产物的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀,证明产物中含S。 (3)将两层溶液分离常用分液法,使用的主要仪器是分液漏斗。a.去除HI的化学方程式是H2SO4+2HI SO2+I2+2H2O;b.由反应可知H2SO4(aq)+2HI(aq) SO2(g)+I2(s)+2H2O(l) H=+151 kJmol-1,溶液中的SO2

52、等被N2带走,平衡向正反应方向移动;升高温度,平衡向正反应方向移动,二者均利于提高HI的去除率。23O3O24O24O5.(2019北京朝阳期中,7)龋齿是有机酸使牙齿中的Ca5(PO4)3(OH)溶解造成的。饮水、食物里的F-会将其转化为Ca5(PO4)3F,后者更能抵抗酸的腐蚀。下列分析不正确的是()A.溶解度:Ca5(PO4)3(OH)Ca5(PO4)3F;B项,Ca5(PO4)3(OH)电离出来的OH-能与H+反应生成水,P能与H+反应生成HP、H2P、H3PO4;C项,牙膏中添加NaF,F-可与Ca5(PO4)3(OH)反应生成溶解度更小的Ca5(PO4)3F;D项,题述过程涉及的反

53、应都是复分解反应。34O24O4O知识拓展知识拓展在难溶电解质溶液中,沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动,沉淀之间可以相互转化,一般来说,沉淀转化总是向着溶解度减小的方向进行。若难溶电解的类型相同,则Ksp较大的沉淀易转化为Ksp较小的沉淀。6.(2019北京海淀期中,8)我国工业废水中几种污染物及其最高允许排放浓度如下表。下列说法不正确的是()答案答案CA项,重金属包括镉(Cd)、汞(Hg)、银(Ag)、铜(Cu)、金(Au)、铅(Pb)等,故Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金属离子;B项,pH9的废水显碱性,可用中和法处理;C项,Cr转化为Cr2时无元素化合价变化,为非氧化还原反应;D项,

54、向含有Hg2+的废水中加入Na2S,发生反应Hg2+S2- HgS,Hg2+转化为HgS沉淀而被除去。24O27O注:我国规定酸、碱废水pH的最大允许排放标准是大于6、小于9。A.Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金属离子B.对于pH9的废水可用中和法处理C.将Cr转化为Cr2是用氧化还原的方法D.在含有Hg2+的废水中加入Na2S,可使其转变为沉淀而被除去24O27O7.(2019北京海淀期末,7)取1 mL 0.1 molL-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 molL-1):下列说法不正确的是()A.实验白色沉淀是难溶的AgCl B.由实验说明AgI比AgCl更难

55、溶C.若按顺序实验,看不到黑色沉淀 D.若按顺序实验,看不到白色沉淀答案答案CA项,实验中Ag+与Cl-发生反应,生成氯化银白色沉淀;B项,由所加试剂均过量可知,实验滴加碘化钾溶液后仍能生成黄色沉淀碘化银,证明Ksp(AgCl)Ksp(AgI),即碘化银比氯化银更难溶;C项,由实验可知,Ag2S比AgI难溶,故Ag2S比AgCl难溶,所以按顺序实验可以看到沉淀转化的现象;D项,由实验知,Ksp(AgCl)Ksp(AgI),所以若按顺序实验,则不会观察到黄色沉淀变成白色沉淀的现象。8.(2018北京八中模拟,11)由下列实验操作及现象,能推出相应结论的是()选项实验操作及现象结论A常温下,用pH

56、计测得0.1 molL-1 NaClO溶液和0.1 molL-1 CH3COONa溶液的pH,前者大酸性:CH3COOHHClOB向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热,再加入银氨溶液,水浴加热,未见有银镜产生淀粉没有水解C向MgCl2溶液中滴加足量NaOH溶液,有白色沉淀生成,再滴加CuCl2溶液,有蓝色沉淀生成KspCu(OH)2HClO;B项,淀粉水解后的溶液应用NaOH溶液调至碱性后,再加入银氨溶液,水浴加热,才会有银镜产生;C项,过量的NaOH溶液能够与CuCl2溶液反应生成蓝色沉淀,无法比较氢氧化镁与氢氧化铜的Ksp的大小;D项,在酸性条件下,N能够把Fe2+氧化为Fe3+,不能说明Fe(N

57、O3)2样品溶于稀硫酸前已氧化变质。3O9.(2017北京西城期末,11)以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+等金属离子,通过添加过量难溶电解质MnS,可使这些金属离子形成硫化物沉淀,经过滤除去包括MnS在内的沉淀。根据上述实验事实,下列说法中,不正确的是 ()A.溶解度:MnSPbSB.MnS在水溶液中存在沉淀溶解平衡:MnS(s) Mn2+(aq)+S2-(aq)C.Cu2+转化为沉淀的原理为 MnS(s)+Cu2+(aq) CuS(s)+Mn2+(aq)D.沉淀转化能用于除去溶液中的某些杂质离子答案答案AA项,添加过量难溶电解质MnS,可使Pb2+形成硫化物沉淀

58、,说明溶解度PbSc(H2SO3),结合方程式解释其原因: 。已知下列反应:SO2(g)+2OH-(aq) S(aq)+H2O(l)H1=-164.3 kJmol-1CO2(g)+2OH-(aq) C(aq)+H2O(l)H2=-109.4 kJmol-12HS(aq) S(aq)+SO2(g)+H2O(l)H3=+34.0 kJmol-1吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HS的热化学方程式是 。23O23O23O3O23O3O吸收塔中的温度不宜过高,可能的原因是 (写出1种即可)。(3)制备无水Na2SO3将中和塔中得到的Na2SO3溶液 (填操作),过滤出的固体用无水乙醇洗涤、干燥,得

59、无水Na2SO3固体。答案答案(1)C+H2O OH-+HC(1分)(2)45(1分)溶液中,HS存在:HS H+S和HS+H2O H2SO3+OH-,HS的电离程度大于水解程度(2分)2SO2(g)+C(aq)+H2O(l) 2HS(aq)+CO2(g) H=-88.9 kJmol-1(2分) 防止SO2的溶解度下降;防止HS受热分解;防止HS的氧化速率加快等(2分)(3)隔绝空气,加热浓缩至有大量固体析出,高于34 过滤(2分)23O3O3O3O23O3O3O23O3O3O3O解析解析(1)Na2CO3溶液显碱性是由于C水解,离子方程式为C+H2O OH-+HC。(2)由图2可知,pH为4

60、5时,HS的物质的量分数最大,故为提高NaHSO3的产率,应控制吸收塔中的pH为45。NaHSO3为弱酸的酸式盐,HS既能发生电离HS H+S,又能发生水解HS+H2O H2SO3+OH-,因HS的电离程度大于水解程度,所以溶液中c(S)c(H2SO3)。根据盖斯定律知,吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HS的热化学方程式是2SO2(g)+C(aq)+H2O(l) 2HS(aq)+CO2(g) H=H1-H2-H3=-88.9 kJmol-1。气体的溶解度随温度的升高而减小,温度过高,不利于吸收SO2;NaHSO3不稳定,受热易分解;温度升高可以加快HS的氧化速率。(3)由图3可知,低于3