高考化学总复习配餐作业26盐类的水解

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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-)‎
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