（浙江选考）2020版高考化学一轮复习专题八第三单元盐类的水解夯基提能作业.docx

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1、1第三单元 盐类的水解1.(2018 浙江 11 月选考,4,2 分)下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是( )A.HNO3 B.CuCl2 C.K2CO3 D.NaCl答案 B A 项,HNO 3属于酸,由于电离而使溶液呈酸性;B 项,CuCl 2属于强酸弱碱盐,由于发生水解而使溶液呈酸性;C 项,K 2CO3属于弱酸强碱盐,由于发生水解而使溶液呈碱性;D 项,NaCl 属于强酸强碱盐,由于不发生水解呈中性。2.室温下向 10 mL 0.1 molL-1 NaOH 溶液中加入 0.1 molL-1的一元酸 HA,溶液 pH 的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 ( )A.a 点所示溶液中 c

2、(Na+)c(A-)c(H+)c(HA)B.a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同C.pH=7 时,c(Na +)=c(A-)+c(HA)D.b 点所示溶液中 c(A-)c(HA)答案 D a 点 V(HA)=10 mL,此时 NaOH 与 HA 刚好完全反应,pH=8.7,说明 HA 是弱酸,可知 NaA 溶液中:c(Na+)c(A-)c(OH-)c(HA)c(H+),A 错误;a 点为 NaA 溶液,A -水解促进水的电离,b 点为等浓度的 NaA 与HA 的混合溶液,以 HA 的电离为主,水的电离受到抑制,B 错误;pH=7 时,c(Na +)=c(A-)c(H+)=c(OH-),C 错

3、误;b 点为等浓度的 NaA 与 HA 的混合溶液,溶液 pH=4.7c(HA),D 正确。3.(2016 浙江 10 月选考,5,2 分)下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是( )A.NaOH B.(NH 4)2SO4 C.Na 2CO3 D.NaCl答案 B A 中 NaOH 属于强碱,不发生水解,溶液呈碱性;B 中(NH 4)2SO4属于强酸弱碱盐,由于 N 水解H+4而使溶液呈酸性;C 中 Na2CO3属于强碱弱酸盐,由于 C 水解而使溶液呈碱性;D 中 NaCl 属于强酸强碱O2-3盐,不发生水解,溶液呈中性。4.(2016 浙江 4 月选考,5,2 分)下列物质的水溶液因水解而呈碱性

4、的是( )A.NaCl B.NH4Cl C.Na2CO3 D.NaOH2答案 C NaCl 在溶液中不发生水解,A 项不符合题意;N 水解使 NH4Cl 溶液呈酸性,B 项不符合题意;CH+4水解使 Na2CO3溶液呈碱性,C 项符合题意;NaOH 是强碱,不发生水解,电离产生 OH-,使溶液呈碱性,DO2-3项不符合题意。5.(2016 浙江 4 月选考,23,2 分)常温下,向 20.00 mL 0.100 0 molL-1的醋酸溶液中逐滴加入 0.100 0 molL-1的 NaOH 溶液,pH 随 NaOH 溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是( )A.在反应过程中始终,c(Na

5、 +)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)B.pH=4 时,c(CH 3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)C.pH=6 时,c(CH 3COO-)+c(CH3COOH)=0.100 0 molL-1D.pH=7 时,消耗 NaOH 溶液的体积小于 20.00 mL答案 C A 项,在反应过程中,一定满足电荷守恒:c(Na +)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故 A 正确;B 项,pH=4 的溶液呈酸性,则 c(H+)c(OH-),根据电荷守恒可知:c(CH 3COO-)c(Na+),则溶液中离子浓度的大小关系为:c(CH 3COO-)c(Na+)c(H+

6、)c(OH-),故 B 正确;C 项,pH=6 时,混合溶液体积大于 20.00 mL,则此时溶液中 c(CH3COO-)+c(CH3COOH)C.把两溶液等体积混合后所得溶液显酸性D.将和两溶液等体积混合,混合后所得溶液 pH=73答案 B 氯化铵溶液中 N 水解,溶液显酸性,所以在氨水、氢氧化钠溶液中分别加入氯化铵晶体,两H+4溶液的 pH 均减小,A 不正确;氨水中存在电离平衡:NH 3H2O N +OH-,稀释促进电离,氢氧化钠是强H+4碱,在溶液中完全电离,所以在 pH 相等的条件下,分别将等体积的和两溶液加水稀释 100 倍,所得溶液的 pH:,B 正确;NH 3H2O 是弱碱,因

7、此在 pH=12 的条件下氨水的浓度大于 0.01 mol/L,因此与等体积 pH=2 的盐酸混合,氨水过量,溶液显碱性,C 不正确;醋酸是弱酸,存在电离平衡:CH 3COOH CH3COO-+H+,因此 pH=2 的醋酸溶液的浓度大于 0.01 mol/L,与 pH=12 的氢氧化钠溶液等体积混合后醋酸过量,溶液显酸性,pHc(OH-)c(Na+)c(S )O2-4B.c(Na+)c(OH-)c(Ba2+)c(S )O2-4C.c(Na+)c(Ba2+)c(OH-)c(S )O2-4D.c(OH-)c(Ba2+)c(Na+)c(S )O2-4答案 D 0.2 molL-1 Ba(OH)2溶液

8、与 0.05 molL-1 NaHSO4溶液等体积混合后,Ba(OH) 2过量,Ba(OH)2与 NaHSO4反应后所得溶液中 c(Ba2+)=0.075 molL-1,c(OH-)=0.175 molL-1,c(Na+)=0.025 molL-1,c(S )几乎为零,所以所得溶液中离子浓度大小关系为 c(OH-)c(Ba2+)c(Na+)O2-4c(S ),答案为 D。O2-49.下列溶液呈碱性,且水的电离程度增大的是( )4A.AlCl3 B.NH3H2OC.NaHCO3 D.NaCl答案 C A 项,AlCl 3属于强酸弱碱盐,Al 3+水解使溶液显酸性,故错误;B 项,NH 3H2O

9、属于弱碱,溶液显碱性,抑制水的电离,故错误;C 项,NaHCO 3属于强碱弱酸盐,因为 HC 的水解,使溶液显碱性,促进水的O-3电离,故正确;D 项,NaCl 属于强酸强碱盐,溶液显中性,故错误。10.25 时,0.1 mol Na 2CO3与盐酸混合所得的一组体积为 1 L 的溶液,溶液中部分微粒与 pH 的关系如下图所示。下列有关叙述正确的是( )A.随 pH 增大, 数值先减小后增大c(CO2-3)c(HCO-3)B.b 点所示的溶液中:c(Na +)+c(H+)=2c(C )+c(OH-)+c(Cl-)+c(HC )O2-3 O-3C.25 时,碳酸的第一步电离常数 Ka1=10-7

10、D.溶液呈中性时:c(HC )c(C )c(H2CO3)O-3 O2-3答案 B = = ,随 pH 增大,c(H +)减小,温度不变,K a2(H2CO3)不变,故 的值c(CO2-3)c(HCO-3)c(CO2-3)c(H+)c(HCO-3)c(H+)Ka2(H2CO3)c(H+) c(CO2-3)c(HCO-3)随 pH 的增大而增大,A 项错误;b 点溶液为 Na2CO3、NaHCO 3和 NaCl 的混合液,根据电荷守恒得 c(Na+)+c(H+)=2c(C )+c(OH-)+c(Cl-)+c(HC ),B 项正确;由题图可知,25 、pH=6 时,c(HC )=c(H2CO3),O

11、2-3 O-3 O-3Ka1= =c(H+)=10-6,C 项错误;溶液呈中性时,观察 pH=7 时图像中的三条曲线可知,c(HC )c(HCO-3)c(H+)c(H2CO3) O-3c(H2CO3)c(C ),D 项错误。O2-311.10 时,在烧杯中加入 0.1 molL-1的 NaHCO3溶液 400 mL,加热,测得该溶液的 pH 发生如下变化:温度/ 10 20 30 50 70pH 8.3 8.4 8.5 8.9 9.45(1)甲同学认为,该溶液的 pH 升高的原因是 HC 的水解程度增大,故碱性增强,所发生反应的离子方程O-3式为 。 (2)乙同学认为,该溶液 pH 升高的原因

12、是 NaHCO3受热分解生成了 Na2CO3,并推断水解程度:Na 2CO3 (填“大于”或“小于”)NaHCO 3。 (3)丙同学认为,要确定上述哪种说法合理,只要把加热后的溶液冷却到 10 后再测定溶液的 pH 即可,若 pH 8.3(填“”“”“ (4)乙解析 (1)HC 水解的离子方程式为 HC +H2O H2CO3+OH-。(2)乙同学依据 NaHCO3受热分解的性质,O-3 O-3认为受热时发生反应 2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H 2O,而溶液的 pH 增大,则说明 Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。(3)若甲同学的观点正确,则当温度再恢复至 10 时,溶

13、液的 pH 应为 8.3;若乙同学的观点正确,则当温度降至 10 时,溶液的 pH 应大于 8.3。(4)根据试管 A 中澄清石灰水变浑浊,可知 NaHCO3在加热时发生分解反应生成了 Na2CO3、CO 2及水,证明乙同学的观点正确。12.常温下,浓度均为 0.1 molL-1的六种溶液的 pH 如表所示:溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN Na2SO4pH 8.8 9.7 11.6 10.3 11.1 7.0请回答下列问题:(1)上述六种溶液中的阴离子,结合 H+能力最强的是 (填离子符号)。 (2)上述六种溶液中,水的电离程度最小的是 (填化学式)。

14、 6(3)若要增大氯水中次氯酸的浓度,可向氯水中加入的题表中的物质是 、 (填化学式)。(4)依据复分解反应的规律,判断下列反应不能发生的是 (填字母)。 A.CH3COOH+NaHCO3 CH3COONa+CO2+H 2OB.CH3COOH+NaCN CH3COONa+HCNC.CO2+H2O+2NaCN Na2CO3+2HCN(5)把 CO2气体通入饱和碳酸钠溶液中,可以观察到的现象是 ,原因为 (用离子方程式表示)。 答案 (1)C (2)Na 2SO4O2-3(3)NaHCO3、NaClO、CH 3COONa(任写两种)(4)C(5)溶液变浑浊 CO 2+H2O+2Na+C 2NaHC

15、O3O2-3解析 (1)表中物质是正盐或酸式盐,根据“越弱越水解”原理,溶液 pH 越大则对应阴离子结合 H+能力越强,故结合 H+能力最强的是 C 。(2)只有 Na2SO4是强酸强碱盐,对水的电离无影响,其余为弱酸强碱O2-3盐,均促进水的电离,故 Na2SO4溶液中水的电离程度最小。(3)因为 Cl2+H2O HCl+HClO,要使 HClO 的浓度增大,只能消耗 HCl,但不能消耗 HClO,因此 NaHCO3、NaClO、CH 3COONa 符合此要求,且 NaClO 在消耗HCl 的同时还生成 HClO。(4)H 2CO3与 NaCN 反应生成 HCN 和 NaHCO3,故 C 错

16、。(5)在相同温度下碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的小,故现象为溶液变浑浊,离子方程式为 CO2+H2O+2Na+C 2NaHCO3。O2-313.某研究小组以粗盐和碳酸氢铵(NH 4HCO3)为原料,采用以下流程制备纯碱(Na 2CO3)和氯化铵(NH 4Cl)。已知盐的热分解温度:NH 4HCO3 36 ;NaHCO 3 270 ;NH 4Cl 340 ;Na 2CO3850 请回答:(1)从 NaCl 溶液到沉淀 1 的过程中,需蒸发浓缩。在加入固体 NH4HCO3之前进行蒸发浓缩优于在加入 NH4HCO3固体之后,其原因是 。 7(2)为提高 NH4Cl 产品的产率和纯度,需在滤液 1 中加

17、入氨水,理由是 ;步骤 X 包括的操作有 。 (3)测定 NH4Cl 产品的纯度时,可采用的方法为:在 NH4Cl 溶液中加入甲醛使之生成游离酸4NH 4Cl+6HCHO(CH2)6N4+4HCl+6H2O,然后以酚酞为指示剂,用 NaOH 标准溶液(需用邻苯二甲酸氢钾基准物标定)进行滴定。下列有关说法正确的是 。 A.为了减少滴定误差,滴定管、锥形瓶均须用待装液润洗B.标准 NaOH 溶液可以装入带有耐腐蚀旋塞的玻璃滴定管中C.开始滴定前,不需擦去滴定管尖悬挂的液滴D.三次平行测定时,每次需将滴定管中的液面调至“0”刻度或“0”刻度以下的附近位置若用来标定 NaOH 标准溶液的邻苯二甲酸氢钾

18、基准物使用前未烘至恒重,则测得 NH 4Cl 产品的含量比实际含量 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 答案 (1)可避免 NH4HCO3的分解(2)抑制 N 水解;使 NaHCO3转化为 Na2CO3;补充煮沸时损失的 NH3 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤H+4(3)BD 偏大解析 (1)因 NH4HCO3的热分解温度为 36 ,故应在加热蒸发浓缩溶液后再加入 NH4HCO3。(2)N +H2OH+4NH3H2O+H+,加入氨水,可抑制 N 水解,有利于 NH4Cl 结晶析出,同时可将溶液中的 NaHCO3转化为H+4Na2CO3,避免后续操作中溶解度较小的 NaHCO3析出,提高 NH4Cl 产品的纯度,另外还可补充煮沸时损失的NH3。要使溶液中的 NH4Cl 结晶析出,应将溶液先蒸发浓缩,再冷却结晶,最后过滤即可得到 NH4Cl 晶体。(3)锥形瓶不能用待装液润洗,A 错误;开始滴定前,需擦去滴定管尖悬挂的液滴,C 错误。基准物使用前未烘干,标定出来的 NaOH 标准溶液的浓度偏低,滴定时消耗的 NaOH 标准溶液的体积偏大,从而导致计算出来的 NH4Cl 产品的含量比实际含量偏大。