2019届高考化学一轮复习顶层设计配餐作业：26 《盐类的水解》 含解析.doc

1、配餐作业(二十六)盐类的水解见学生用书P4071(2018广东肇庆期末)在0.1 molL1 K2CO3溶液中，由于CO的水解，使得c(CO)0解析FeCl3溶液中存在Fe3的水解平衡：Fe33H2OFe(OH)33H，加入FeCl3固体后，溶液中c(Fe3)增大，上述平衡正向移动，溶液颜色加深变成红褐色，但FeCl3的水解程度减小，A项错误；加入等体积水，水解平衡正向移动，溶液中c(Fe3)减小，溶液的颜色变浅，B项正确；加入足量铁粉，FeCl3溶液与Fe发生反应：2FeCl3Fe=3FeCl2，由于生成Fe2，溶液变成浅绿色，C项正确；加热FeCl3溶液，溶液变成红褐色，说明Fe3的水解平

2、衡正向移动，则有FeCl3水解反应的H0，D项正确。答案A3(2018吉林长春外国语学校期末)下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是()A盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡BNH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H)c(OH)C在CH3COONa溶液中，由水电离的c(H)c(OH)D水电离出的H和OH与盐电离出的弱酸根离子或弱碱阳离子结合，引起盐溶液呈酸碱性解析盐溶液呈酸碱性的原因是盐电离产生的弱酸根离子或弱碱阳离子与水电离出的H或OH结合生成弱电解质，破坏了水的电离平衡，A项正确；NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中NH发生水解，结合水电离出的OH，导致溶液中c(H)c(OH)，B项正确；CH

3、3COONa溶液中CH3COO结合水电离出的H生成CH3COOH，使得溶液中c(H)bcCacb Dcab解析(NH4)2SO4溶液中只存在NH的水解反应；(NH4)2CO3溶液中存在NH和CO相互促进的水解反应，NH的水解程度比(NH4)2SO4中的大；(NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在NH和Fe2相互抑制的水解反应，NH的水解程度比(NH4)2SO4中的小，故三种溶液中c(NH)的大小关系为(NH4)2Fe(SO4)2(NH4)2SO4(NH4)2CO3，即cab。答案D5下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是()选项事实或应用解释A.用热的纯碱溶液去除油污纯碱与油污直接发

4、生反应，生成易溶于水的物质B.泡沫灭火器灭火Al2(SO4)3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体C.施肥时，草木灰(主要成分K2CO3)与NH4Cl不能混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效D.明矾KAl(SO4)212H2O作净水剂明矾溶于水生成Al(OH)3胶体解析用热的纯碱溶液去除油污，其原因是Na2CO3水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解生成高级脂肪酸钠和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，A项错误；泡沫灭火器灭火的原理是利用Al2(SO4)3与NaHCO3溶液发生相互促进的水解反应：Al33HCO=Al(OH)33CO2，生成CO2气体，B项正确；K2CO3是

5、弱酸强碱盐，NH4Cl是强酸弱碱盐，混合使用时，二者发生相互促进的水解反应生成NH3，降低肥效，C项正确；明矾溶于水电离产生的Al3水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮的杂质，从而起到净水作用，D项正确。答案A6(2018河北衡水中学四调)某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 molL1 FeCl3溶液、50 mL对照组溶液X，向两种溶液中分别滴加1滴1 molL1 HCl溶液、1滴1 molL1 NaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是()A依据M点对应的pH，说明Fe3发生了水解反应

6、B对照组溶液X的组成可能是0.003 molL1 KClC依据曲线c和d说明Fe3水解平衡发生了移动D通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向解析由题图可知，0.001 molL1 FeCl3溶液的pH3.2，说明Fe3发生了水解反应：Fe33H2OFe(OH)33H，使溶液呈酸性，A项正确；0.003 molL1 KCl溶液的pH7，而图中对照组溶液X的pH与0.001 molL1 FeCl3溶液相同，故溶液X不可能为0.003 molL1 KCl溶液，B项错误；在FeCl3溶液中加碱或酸后，溶液的pH变化均比对照组溶液X的变化小，因为加酸或碱均引起Fe3水解平衡的移动，故溶液

7、的pH的变化比较缓和，C项正确；FeCl3溶液水解生成Fe(OH)3，故溶液的浑浊程度变大，则Fe3的水解被促进，否则被抑制，D项正确。答案B7为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再加入适量的HCl，这种试剂是()ANH3H2O BNaOHCNa2CO3 DMgCO3解析加入MgCO3，与H反应可起到调节溶液pH的作用，促进Fe3的水解生成Fe(OH)3沉淀而除去，且不引入新的杂质。答案D8一定条件下，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F

8、eCl3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水解溶液显酸性，CH3COONa水解溶液显碱性，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A9(2018

9、山东重点中学联考)已知HA和HB均为弱酸，且Ka(HA)Ka(HB)。25 时，在物质的量浓度均为0.1 molL1的NaA和NaB混合溶液中，下列关系正确的是()A.Bc(A)c(B)c(HA)c(HB)Cc(Na)c(A)c(B)Dc(HB)c(HA)c(OH)解析，1，故，A项正确；根据物料守恒，溶液中存在：c(A)c(HA)c(B)c(HB)，则c(A)c(B)c(HB)c(HA)，B项错误；根据物料守恒，溶液中存在：c(Na)c(A)c(HA)c(B)c(HB)，故c(Na)c(A)c(B)，C项错误；Ka(HA)Ka(HB)，则HA的酸性比HB的酸性强，故B的水解程度大于A的水解程

10、度，c(HB)c(HA)，根据质子守恒，c(OH)c(H)c(HB)c(HA)，故c(OH)c(HB)c(HA)，D项错误。答案A10(2018山东淄博一模)将n molL1氨水滴入10 mL 1.0 molL1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是()An1.0B水的电离程度：bcadCc点，c(NH)c(Cl)1.0 molL1D25 时，NH4Cl的水解常数Kh(n1)107解析氨水与盐酸恰好完全反应生成NH4Cl时溶液呈酸性，图中V(NH3H2O)10 mL时溶液的pH7，说明氨水略过量，则有c(NH3H2O)c(HCl)1.0 molL1，A项错

11、误。由图可知，b点对应温度最高，说明此时氨水与盐酸恰好完全反应生成NH4Cl，此时水的电离程度最大；d点溶液pH未知，无法判断a、d两点电离程度大小，B项错误。c点溶液的pH7，则有c(H)c(OH)；据电荷守恒可得c(H)c(NH)c(OH)c(Cl)，则有c(NH)c(Cl)0.5 molL1，C项错误。由图可知，25 时，溶液pH7，NH4Cl存在水解平衡：NHH2ONH3H2OH，则水解平衡常数Kh(n1.0)107，D项正确。答案D【解法点津】(1)解答图象题时，首先应弄清化学反应过程，根据图象确定不同阶段各反应物的关系，然后利用所学理论进行分析。(2)溶液中组成微粒相同时，电荷守恒

12、式相同，物料守恒应根据相关物质的组成及量进行判断。(3)选项中若有等式或几种微粒之和时，则需考虑电荷守恒、物料守恒、质子守恒。 11NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烧食品；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 mol

13、L1 NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是_(填序号)，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 mL01 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胶体具有吸附性，即Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降。

14、(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、

15、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胶体具有吸附性，即Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3胶体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

16、)ac(Na)c(SO)c(NH)c(OH)c(H)12(2018邯郸质检)碲及其化合物是半导体材料。(1)25 时，H2TeO3(亚碲酸)：Ka11.0103、Ka22.0108。在该温度下，0.1 molL1 H2TeO3溶液的pH约为_(填选项字母)。A0.7 B1C2 D5NaHTeO3溶液中，H2TeO3、HTeO、TeO浓度大小的排序为_。(2)工业上，常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te，含少量的Ag、Au)冶炼碲，其工艺流程如下(已知TeO2微溶于水，易与浓强碱、浓强酸反应)：铜阳极泥溶于硫酸时加压的目的是_；若调节pH时，pH过低，则粗碲产率会_(填“增大”“减小”或“不变”)

17、。上述流程中可以循环利用的物质是_。写出铜阳极泥转化成TeO2的化学方程式：_。解析(1)25 时，H2TeO3(亚碲酸)：Ka11.0103、Ka22.0108。在该温度下，0.1 molL1 H2TeO3溶液中，c(H)1.0102 mol/L，则pH约为2，选C。NaHTeO3溶液中，既可以电离又可以水解，其水解平衡常数为Kh1.01011TeOH2TeO3。(2)由流程可知，铜阳极泥在加压条件下与氧气、硫酸反应，Cu2Te转化为硫酸铜、二氧化碲，过滤后得滤渣1，滤渣1中TeO2与浓盐酸反应后转化为四氯化碲，过滤除去不溶物金、银等，得滤液2，向滤液2中通入二氧化硫发生反应TeCl42SO

18、24H2O=Te2H2SO44HCl，过滤得到粗碲。铜阳极泥溶于硫酸时，氧气是氧化剂，所以加压的目的是增大氧气浓度，提高反应速率；若调节pH时，pH过低，因为TeO2易与浓的强酸反应，则粗碲产率会减小。由上述分析可知，流程中可以循环利用的物质是H2SO4、HCl。铜阳极泥转化成TeO2的化学方程式为Cu2Te2O22H2SO4=2CuSO4TeO22H2O。答案(1)CHTeOTeOH2TeO3(2)增大氧气浓度，提高反应速率减小H2SO4、HClCu2Te2O22H2SO4=2CuSO4TeO22H2O13(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COO

19、Na溶液的pH_NaOH溶液的pH(填“”“”或“”“”或“c(A)，则：混合溶液中，c(A)_c(HA)(填“”“”“”或“”)。解析(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液中c(OH)相等，分别加热到相同的温度后，NaOH溶液中n(OH)不变，而CH3COONa溶液中CH3COO的水解平衡正向移动，n(OH)增大，则CH3COONa溶液中c(OH)大于NaOH溶液中c(OH)，故CH3COONa溶液的pH大。(2)物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH)c(Cl)，据电荷守恒可得c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，则有c(H)c(OH)，此时溶液呈中性；若两溶液

20、恰好完全反应则生成NH4Cl，所得溶液呈酸性，若使溶液呈中性，则有V(HCl)c(A)，则有c(H)c(OH)，溶液呈碱性，说明A的水解程度大于HA的电离程度，故溶液中c(A)7。答案(1)(2)(3)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_(双选；填选项字母)。Ac(B2)c(HB)c(H2B)0.1 molL1Bc(Na)c(OH)c(H)c(HB)Cc(Na)c(H)c(OH)c(H