高考化学总复习配餐作业26盐类的水解

高考化学总复习配餐作业26盐类的水解

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：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑；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：D ‎2．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：B ‎3．有关①100 mL 0.1 mol·L－1 NaHCO3、②100 mL 0.1 mol·L－1 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：②>①‎ B．溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②>①‎ C．①溶液中：c(CO)>c(H2CO3)‎ D．②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：C ‎4．一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，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：A ‎5．(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 mol·L－1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 D．NaCl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)2＋2H2OCa(OH)2＋2HClO，HClO不稳定，受热会分解：2HClO2HCl＋O2↑，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：2Na2SO3＋O2===2Na2SO4，蒸干会得到Na2SO4‎ 固体；加热FeCl3溶液，FeCl3溶液发生水解反应：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，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：A ‎6．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　　)‎ A．CO＋H2OHCO＋OH－；用热的纯碱溶液清洗油污 B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；明矾净水 C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O＋4HCl；制备TiO2纳米粉 D．SiCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl；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：D ‎7．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(　　)‎ A．c(HX－)＋c(X2－)＋c(H2X)＝0.05 mol/L B．c(HX－)＞c(X2－)‎ C．c(Na＋)＞c(HX－)‎ D．c(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：B ‎8．(2016·湖南六校联考)常温下，将CO2通入‎2L pH＝12的KOH溶液中。溶液中水电离出的OH－的浓度(φ)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(　　)‎ A．a点溶液中，水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1‎ B．b点溶液中：c(H＋)＝1×10－7mol·L－1‎ C．c点溶液中：c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]‎ D．d点溶液中：c(K＋)＝‎2c(CO)＋c(HCO)‎ 解析：通入CO2后发生反应：2KOH＋CO2===K2CO3＋H2O，K2CO3＋CO2＋H2O===2KHCO3，CO2＋H2O===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＋)＝1×10－12mol·L－1，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＋)<1×10－7mol·L－1，B项错误；c点溶液中水的电离程度最大，恰好生成K2CO3，根据物料守恒，有c(K＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，C项正确；d点溶液中含KHCO3和H2CO3，溶液呈中性，由电荷守恒得c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋‎2c(CO)，因c(H＋)＝c(OH－)，故c(K＋)＝c(HCO)＋‎2c(CO)，D项正确。‎ 答案：B ‎9．常温下，稀释0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，下图中的纵坐标可以表示(　　)‎ A．CO水解的平衡常数 B．溶液的pH C．溶液中HCO的数目 D．溶液中的c(CO)‎ 解析：平衡常数仅与温度有关，稀释时CO水解的平衡常数不变，故A项错误。稀释Na2CO3溶液时，随着溶液体积的增大，溶液的碱性逐渐减弱，pH逐渐减小，故B项错误。稀释时CO＋H2OHCO＋OH－的水解平衡正向移动，溶液中c(CO)逐渐减小，HCO的数目逐渐增多，故C项正确、D项错误。‎ 答案：C ‎10．(2016·石家庄高三调研检测)用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L－1H‎2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是(　　)‎ A．A点溶液中加入少量水：增大 B．B点：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A)2－>c(OH－)‎ C．C点：c(Na＋)＝c(HA－)＋‎2c(A2－)‎ D．水电离出来的c(OH－)：B>D 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，pH<7，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④中存在NH3·H2ONH＋OH－，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 mol·L－1，则c(OH－)＝10－12 mol·L－1，故由水电离出的c(H＋)＝10－12 mol·L－1。‎ 答案：(1)①②‎ ‎(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)10－12 mol·L－1‎ ‎12．(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，Ksp[Ca10(PO4)6(OH)2]＝6.8×10－37，‎ Ksp[Ca5(PO4)‎3F]＝2.8×10－61‎ 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Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，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 mol·L－1 NH4Al(SO4)2中c(NH)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L－1 NH4HSO4中c(NH)。‎ ‎(3)如图所示是0.1 mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图象。‎ ‎①其中符合0.1 mol·L－1 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________________________________________________________________________________________________________________________________________________；‎ ‎②‎20 ℃‎时，0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2中‎2c(SO)－c(NH)－‎3c(Al3＋)＝________(填数值)。‎ ‎(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1 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：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，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)①NH4Al(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Ⅰ。②根据电荷守恒，可以求出‎2c(SO)－c(NH)－‎3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－3 mol·L－1[c(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NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离。b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O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Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水 ‎(2)小于　‎ ‎(3)①Ⅰ　NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小　②10－3 mol·L－1‎ ‎(4)a　c(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===H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－。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 mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是________。‎ A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1 mol·L－1‎ B．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)‎ C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋‎2c(B2－)‎ D．c(Na＋)＝‎2c(B2－)＋‎2c(HB－)‎ ‎(3)已知0.1 mol·L－1 NaHB溶液的pH＝2，则0.1 mol·L－1 H2B溶液中的氢离子的物质的量浓度可能________0.11 mol·L－1(填“<”“>”或“＝”)，理由是________________________________________________。‎ ‎(4)0.1 mol·L－1 NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是________________________________________________________________。‎ 解析：(1)由H2B===H＋＋HB－(完全电离)，HB－H＋＋B2－(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B2－＋H2OHB－＋OH－。(2)在Na2B溶液中存在：Na2B===2Na＋＋B2－，B2－＋H2OHB－＋OH－，H2OH＋＋OH－。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 mol·L－1，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)在NaHB溶液中，NaHB===Na＋＋HB－，HB－H＋＋B2－，H2OH＋＋OH－。已知0.1 mol·L－1 NaHB溶液的pH＝2，说明其中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，主要是HB－电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步的电离，所以0.1 mol·L－1 H2B溶液中c(H＋)<0.11 mol·L－1。(4)在NaHB溶液中各离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(HB－)>c(H＋)>c(B2－)>c(OH－)。‎ 答案：(1)碱性　B2－＋H2OHB－＋OH－‎ ‎(2)CD ‎(3)<　0.1 mol·L－1 NaHB溶液的pH＝2，说明其中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，主要是HB－电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步的电离，所以0.1 mol·L－1 H2B溶液中c(H＋)<0.11 mol·L－1‎ ‎(4)c(Na＋)>c(HB－)>c(H＋)>c(B2－)>c(OH－)‎