【文档说明】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，共(17)页，317.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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0.1mol·L－1K2CO3溶液中，由于CO2－3的水解，使得c(CO2－3)<0.1mol·L－1。如果要使c(CO2－3)更接近0.1mol·L

－1，可以采取的措施是()A．加入适量水B．加入少量盐酸C．加入适量KOH固体D．加热解析K2CO3溶液中存在CO2－3的水解平衡：CO2－3＋H2OHCO－3＋OH－。加入适量水，平衡正向移动，且溶液的体积增大，则c(CO2－3)减小，A项错误；加入少量

盐酸，CO2－3与H＋结合生成HCO－3，则c(CO2－3)减小，B项错误；加入适量KOH固体，溶液中c(OH－)增大，水解平衡逆向移动，溶液中c(CO2－3)增大，更接近0.1mol·L－1，C项正确；加热，促使CO2－3的水解平衡正向移动，c(C

O2－3)减小，D项错误。答案C2．用黄色的FeCl3溶液分别进行各项实验，下列解释或结论不正确的是()选项实验现象解释或结论A.加入FeCl3固体溶液变成红褐色FeCl3的水解程度变大B.加入等体积水溶液颜色变浅c(Fe3＋)变小C.加入足量Fe粉溶液颜色变浅绿2Fe3＋＋Fe===3Fe2

＋色D.将FeCl3溶液微热溶液变成红褐色水解反应ΔH>0解析FeCl3溶液中存在Fe3＋的水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，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：2FeCl3＋Fe===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＋的水解平衡正向移动，则有FeCl3水解反应的

ΔH>0，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B．NH4Cl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；NH4C

l溶液呈酸性是由于溶液中NH＋4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；CH3COONa溶液中CH3COO－结合水电离出的H＋生成CH3COOH，使得溶液中c(H＋)<c(OH－)，故溶

液呈碱性，但由水电离的c(H＋)、c(OH－)仍相等，C项错误；盐类水解的实质是盐电离出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，导致c(H＋)≠c(OH－)，使得盐溶液呈酸碱性，D项正确。答案C

4．(2018·天津五区县期末联考)25℃时，在浓度均为1.0mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，测得c(NH＋4)分别为a、b、c(单位为mol·L－1)。下列判断正

确的是()A．a＝b＝cB．a>b>cC．a>c>bD．c>a>b解析(NH4)2SO4溶液中只存在NH＋4的水解反应；(NH4)2CO3溶液中存在NH＋4和CO2－3相互促进的水解反应，NH＋4的水解程度比(NH4)2SO4中的大；(NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在N

H＋4和Fe2＋相互抑制的水解反应，NH＋4的水解程度比(NH4)2SO4中的小，故三种溶液中c(NH＋4)的大小关系为(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3，即c>a>b。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N

H4Cl反应生成NH3，降低肥效D.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]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：Al3＋＋3HCO－3===Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成CO2气体，B项正确；K2CO3是弱酸强碱盐，

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50mL0.001mol·L－1FeCl3溶液、50mL对照组溶液X，向两种溶液中分别滴加1滴

1mol·L－1HCl溶液、1滴1mol·L－1NaOH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B．对照组溶液X的组成可能是0.003mol·L

－1KClC．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，0.001mol·L－1FeCl3溶液的pH≈3.2，说明Fe3＋发生了水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，使溶

液呈酸性，A项正确；0.003mol·L－1KCl溶液的pH＝7，而图中对照组溶液X的pH与0.001mol·L－1FeCl3溶液相同，故溶液X不可能为0.003mol·L－1KCl溶液，B项错误；在FeCl3溶液中加碱或酸后，溶液的p

H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()A．NH3·H2OB．NaOHC．Na2CO3D．MgCO3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：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋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·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

.1mol·L－1的NaA和NaB混合溶液中，下列关系正确的是()A.c(A－)c(B－)>c(HA)c(HB)B．c(A－)－c(B－)＝c(HA)－c(HB)C．c(Na＋)＝c(A－)＋c(B－)D．c(HB)>c(HA)>c(OH－)解析c(A－)c(B－)＝c(H＋)·c(A－)c(H

＋)·c(B－)＝Ka(HA)·c(HA)Ka(HB)·c(HB)，Ka(HA)Ka(HB)>1，故c(A－)c(B－)>c(HA)c(HB)，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nmol·L－1氨水滴入10mL1.0mol·L－1盐酸中，溶液p

H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()A．n＝1.0B．水的电离程度：b>c>a>dC．c点，c(NH＋4)＝c(Cl－)＝1.0mol·L－1D．25℃时，NH4Cl的水解常数Kh＝(n－1

)×10－7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(NH3·H2O)＝10mL时溶液的pH＝7，说明氨水略过量，则有c(NH3·H2O)>c(HCl)＝1.0mol·L－1，A项错误

。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pH＝7，则有c(H＋)＝c(OH－)；据电荷守恒可得c(H＋)＋c(NH＋4)＝c(O

H－)＋c(Cl－)，则有c(NH＋4)＝c(Cl－)＝0.5mol·L－1，C项错误。由图可知，25℃时，溶液pH＝7，NH4Cl存在水解平衡：NH＋4＋H2ONH3·H2O＋H＋，则水解平衡常数Kh＝c(NH3·H2O)·c(H＋)c(NH＋4)＝12×(n－1.0)×10－70

.5＝(n－1.0)×10－7，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。11．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；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，0.1mol

·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH＋4)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1mol·L－1NH4HSO4中c(NH＋4)。(3)如图所示是0.1mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图象。①其中符合0.1mol·L－1NH4Al(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__________________________________________________。②20℃时，0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2中2c(

SO2－4)－c(NH＋4)－3c(Al3＋)＝________(填数值)。(4)室温时，向100mL0．1mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH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Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降。(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH＋4均发生水解，但是NH4Al(SO4)2中Al3＋水解呈酸性抑制NH＋4水解，HSO－

4电离出H＋同样抑制NH＋4水解，因为HSO－4电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4HSO4中NH＋4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(SO2－4)－c(NH＋4)－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－3mol·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(SO2－4)，b点时c(Na＋)>

c(SO2－4)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO2－4)>c(NH＋4)，故c(Na＋)>c(SO2－4)>c(NH＋4)>c(OH－)＝c(H＋)。答案(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(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)①ⅠNH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小②10－3mol·L－1(4)ac(Na＋)>c(SO2－4)>c(NH＋4)>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)：Ka1＝1.0×10－3、Ka2＝2.0×10－8。在该温度下，0.1mol·L－1H2TeO3溶液的pH约为________(填选项字母)。A．0.7B．1C．2D．5

NaHTeO3溶液中，H2TeO3、HTeO－3、TeO2－3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)：①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”)。②上述流程中可以循

环利用的物质是____________________。③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)：Ka1＝1.0×10－3、Ka2＝2.0×10－8。在该温度下，0

.1mol·L－1H2TeO3溶液中，c(H＋)≈cKa1＝0.1×1.0×10－3＝1.0×10－2mol/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Kh＝KwKa1＝1.0×10－141.0×10－3＝1.0×

10－11<Ka2，所以HTeO－3的电离程度大于其水解程度，故H2TeO3、HTeO－3、TeO2－3浓度大小的排序为HTeO－3>TeO2－3>H2TeO3。(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TeCl4＋2SO2＋4H2O===Te＋2H2SO4＋4HCl，过滤得到粗碲。①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。②由上述分析可知，流程中可以循环利用的物质是H2SO4、HCl。③铜阳极泥转化成TeO2的化学方程式为Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===

2CuSO4＋TeO2＋2H2O。答案(1)CHTeO－3>TeO2－3>H2TeO3(2)①增大氧气浓度，提高反应速率减小②H2SO4、HCl③Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O13．(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，

分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH________NaOH溶液的pH(填“>”“＝”或“<”)。(2)将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH＋4)＝c(Cl－)，则盐酸的体积________氨水的体积(填“>”“＝”或“<”)。(3)将0.2mol·L－1HA溶

液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则：①混合溶液中，c(A－)________c(HA)(填“>”“<”或“＝”，下同)。②混合溶液中，c(HA

)＋c(A－)________0.1mol·L－1。(4)常温时，取0.1mol·L－1HX溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＝8。①混合溶液中由水电离出的c(OH－)与0.1mol·L－1NaOH溶液中由水电

离出的c(OH－)之比为________。②已知NH4X溶液呈中性，又知将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH________7(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＋4)＝c(Cl－)，据电荷守恒可得c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液呈中性；若两溶液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)<V(氨水)。(3)①0.2mol·L－1HA溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，二者充分反应后得到等浓度的HA和NaA混合液，据电荷守恒可得c(Na＋

)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，测得混合溶液中c(Na＋)>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－)<c(HA)。②据物料守恒可得

，混合溶液中c(HA)＋c(A－)＝0.1mol·L－1。(4)0.1mol·L－1HX溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成NaX，测得混合溶液的pH＝8，说明X－发生了水解反应，则HX为一元弱酸。①混合溶液中NaX发生水解反应，促进了水的电离，则

由水电离出的c(OH－)＝10－6mol·L－1；0.1mol·L－1NaOH溶液中OH－抑制了水的电离，则由水电离出的c(OH－)＝10－13mol·L－1，故两溶液中由水电离出的c(OH－)之比为(10－6mol·L－1)∶(10－13mol·L－1)＝

107∶1。②HX为弱酸，NH4X溶液呈中性，说明NH＋4和X－的水解程度相同；将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HX的酸性强于H2CO3，根据盐类“越弱越水解”的规律可知，CO2－3的水解程度大于X－，从而推知(NH4)2CO3

溶液中CO2－3的水解程度大于NH＋4，故该溶液呈碱性，即pH>7。答案(1)>(2)<(3)①<②＝(4)①107∶1②>14．某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B===H＋＋H

B－；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0.1mol·L－1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)。A．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1B．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0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，则0.1mol·L－1H2B溶液中的氢离子的物质的量浓度可能________0.11mol·L－1(填“<”“>”或“＝

”)，理由是_____________________________________。(4)0.1mol·L－1NaHB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－＋H2OHB－＋OH－。(2)在Na2B溶液中存在：Na2B===2Na＋＋B2－，B2－＋

H2OHB－＋OH－，H2OH＋＋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－)＝0.2mol·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－，H2OH＋＋OH－。已知0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，说

明其中c(H＋)＝0.01mol·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0.1mol·L－1H2B溶液中c(H＋)<0.11mol·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－＋H2OHB－＋OH－(2)CD(3)<0.1mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，说明其中c(H＋)＝0.01mol·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0.1mol·L－1H2B溶液中c(H＋)<0.11mol·L－1(4)c(Na＋)>c(HB－)>c(H＋)>c(B2－)>c(OH－)