1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。十三影响盐类水解的主要因素盐类水解的应用(40分钟70分)一、选择题(本题包括7小题，每小题8分，共56分)1下列事实：NaHSO4溶液呈酸性；长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；NaHS溶液中c(H2S)c(S2)；氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；加热FeCl36H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。其中与盐类的水解有关的叙述有()A6项B5项C3项D4项【解析】选B。中NaHSO4为强酸强碱的酸
2、式盐，不发生水解，显酸性是因为电离出H；中是NH水解显酸性所致；中HCl会抑制Cu2水解；中是因HS水解程度大于其电离程度；中NH水解产生H与锈斑中的Fe2O3反应；加热时FeCl3会发生水解。故除外都与盐类的水解有关。【补偿训练】实验室有下列试剂：NaOH溶液、水玻璃、Na2S溶液、Na2CO3溶液、NH4Cl溶液、澄清石灰水、浓硫酸，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是()ABC D【解析】选B。水玻璃是矿物胶，能将玻璃瓶塞与瓶口黏结在一起；碱性溶液均会腐蚀玻璃，生成硅酸盐。所以只有不用橡胶塞。2(2021石家庄高二检测)下列应用与盐的水解无关的是()A分别将AlCl3溶液和Al2(SO4)
3、3溶液加热、蒸发浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分不同B配制FeSO4溶液加入铁屑CNH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中D制TiO2可用TiCl4加大量水，同时加热，方程式如下所示：TiCl4(x2)H2O(过量)=TiO2xH2O4HCl，所得的TiO2xH2O经焙烧得TiO2【解析】选B。AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，加热、蒸发、浓缩、结晶，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸是难挥发性酸，加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，水挥发得到硫酸铝固体，所得固体的成分不相同，故A不选；亚铁离子易被氧化，能氧
4、化生成三价铁离子，Fe具有还原性，能还原三价铁离子，所以配制FeSO4溶液加入铁屑，是防止亚铁离子被氧化，与盐的水解无关，故B选；HF是弱酸，NH4F能水解生成HF，HF能腐蚀玻璃，所以NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，故C不选；TiCl4在加热条件下水解生成TiO2xH2O，TiO2xH2O经焙烧得TiO2，该制备过程与盐的水解有关，故D不选。【补偿训练】1(2021湖州高二检测)实验测得0.5 molL1CH3COONa溶液、0.5 molL1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A.随温度升高，纯水中c(H)c(OH)B随温度升高，CH3COONa
5、的溶液的c(OH)减小C随温度升高，CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D温度升高CH3COO、Cu2水解平衡移动方向不同，但CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低【解析】选C。升高温度促进水电离，但是纯水中仍然存在c(H)c(OH)，故A错误；升高温度CH3COONa促进醋酸钠水解、水的电离，溶液中c(OH)增大，故B错误；盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CuSO4水解也促进水电离，所以升高温度导致Kw增大，则升高温度CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故C正确；升高温度促进盐类水解，醋酸钠和硫酸铜中都有弱离子水
6、解，升高温度促进CH3COO、Cu2水解，所以CH3COO、Cu2水解平衡移动方向相同，故D错误。2某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY的电离程度小于HY的水解程度，有关叙述正确的是()AH2Y在电离时：H2YH2OHYH3OB在该盐的溶液中，离子浓度为c(Na)c(HY)c(Y2)c(OH)c(H)C在该盐的溶液中：c(Na)c(H)2c(Y2)c(HY)DHY水解方程式为HYH2OY2H3O【解析】选A。由于HY的电离程度小于HY的水解程度，故溶液呈碱性，且H2Y是弱酸，则H2Y在电离时：H2YH2OHYH3O；HY水解方程式为HYH2OH2YOH；在该盐的溶液中，离子浓度为c(Na)c(
7、HY)c(OH) c(Y2)c(H)，溶液中电荷守恒式为c(Na)c(H)2c(Y2)c(HY)c(OH)。3(2021烟台高二检测)下列关于溶液的说法中错误的是()A常温下，NH4Cl溶液加水稀释后，n(H)与n(OH)的乘积变大BNaF和氢氟酸的混合液中存在：c(Na)c(F)c(H)c(OH)C25 测得0.1 molL1醋酸钠溶液pH8.9，说明醋酸是弱电解质D物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO)2c(OH)2c(H)c(CH3COOH)【解析】选B。常温下，NH4Cl溶液加水稀释后，促进NH水解，c(H)减小但n(H)增大，因c(H
8、)减小而c(OH)增大，n(OH)也增大，故n(H)与n(OH)的乘积变大，故A正确；NaF和氢氟酸的混合液中，若c(H)c(OH)，溶液呈酸性，结合电荷守恒可知c(F)c(Na)，故B错误；25 测得0.1 molL1醋酸钠溶液pH8.9，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子发生水解，可证明醋酸是弱电解质，故C正确；物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合，溶液存在电荷守恒：c(CH3COO)c(OH)c(H)c(Na)，还存在物料守恒：c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Na)，二者结合可得：c(CH3COO)2c(OH)2c(H)c(CH3COOH)，故
9、D正确。【补偿训练】将NaClO溶液加热蒸干最后所得的固体是()ANaClOBNaOHCNaOH和NaCl DNaCl【解析】选D。NaClO水解的化学方程式为NaClOH2ONaOHHClO，2HClO2HClO2，HClNaOH=NaClH2O，故最终得到NaCl。4有4种混合溶液，分别由等体积0.1 molL1的2种溶液混合而成：CH3COONa与HCl，CH3COONa与NaOH，CH3COONa与NaCl，CH3COONa与NaHCO3。下列关系正确的是()ApH：Bc(CH3COO)：Cc(H)：Dc(CH3COOH)：【解析】选B。A项，pH：；C项，应为；D项，应为。【补偿训练
10、】1下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大B将pH4的CH3COOH溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低C中和pH与体积均相同的HCl和CH3COOH溶液，消耗NaOH的物质的量相同D常温下，pH7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)【解析】选A。Na2S的水解程度比NaHS大，水解程度越大，则碱性越强，所以Na2S溶液的pH大，故A正确；将pH4的CH3COOH溶液稀释后，稀释时氢离子浓度减小，由于氢离子与氢氧根离子的乘积Kw不变，则氢氧根离子浓度增大，故B错误；pH相同时盐酸
11、与醋酸的浓度不同，由于醋酸部分电离，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，则等体积时醋酸消耗的氢氧化钠多，故C错误；常温下，pH7的NH4Cl与氨水的混合溶液存在电荷守恒：c(Cl)c(OH)c(NH)c(H)，pH7的溶液中c(H)c(OH)，则c(Cl)c(NH)，所以离子浓度大小顺序是c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)，故D错误。2(双选)三氯化铁是城市污水及工业废水处理的高效廉价絮凝剂，具有显著的沉淀重金属及硫化物、脱色、脱臭、除油、杀菌、除磷、降低出水COD及BOD等功效。关于FeCl3水解的说法错误的是()A水解达到平衡时无论加FeCl3的饱和溶液还是加水稀释，平衡均向正反应方向移动B
12、浓度为5 molL1和0.5 molL1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3水解程度前者比后者大C有50 和20 的同浓度的FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3的水解程度前者比后者小D为抑制Fe3水解，较好地保存FeCl3溶液应加入少量HCl【解析】选B、C。盐类水解主要受浓度、温度等因素的影响。分析如下：A项，增大c(FeCl3)或稀释FeCl3溶液均使Fe33H2OFe(OH)33H的平衡向正反应方向移动，正确；B项，FeCl3的浓度越高，其水解程度越小，所以Fe3的水解程度前者比后者小，错误；C项，升高温度，Fe33H2OFe(OH)33H的平衡向正反应方向移动，Fe3的水解程
13、度增大，所以50 时，Fe3的水解程度比20 时大，错误；D项，加入盐酸，溶液中c(H)增大，Fe3的水解平衡向逆反应方向移动，从而抑制了Fe3的水解，正确。5在25 时，NH浓度相等的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4的溶液中，其对应溶液中溶质的物质的量浓度分别为a、b、c(单位为molL1)，下列判断正确的是()Aabc BacbCbac Dcab【解析】选C。NH4Cl溶液中NH正常水解，CH3COONH4中的NH与CH3COO相互促进水解；NH4HSO4中H抑制NH水解。所以当NH浓度相等时，所需溶液浓度顺序为c(CH3COONH4)c(NH4Cl)c(NH4HSO4)。6
14、(2021厦门高二检测)某实验小组研究不同净水剂在不同pH的净水效果，实验结果如图(浊度去除率越高表明净水效果越好)。下列有关说法错误的是()A.三种净水剂在pH7.5左右净水效果最佳B三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄C三种净水剂净水效果下降的原因都是因碱性过强胶体发生沉降D相同pH条件下，Fe3比Al3生成的胶粒数目多或吸附效果好【解析】选C。纵坐标数值越高净水剂净水效果越好，根据图知在pH7.5左右时纵坐标数值即浊度去除率最大，所以三种净水剂在pH7.5左右净水效果最佳，故A正确；净水剂浊度去除率越高其pH的范围越大越好，根据图知，明矾浊度去除率较好时pH范围较小，所以三种净水剂中明矾的
15、适用pH范围最窄，故B正确；碱性过强时，Fe3、Al3直接和OH反应生成沉淀而不是胶体发生沉降，故C错误；Fe3、Al3都是带3个单位正电荷的离子，但pH相同时，Fe3比Al3浊度去除率高，可能是Fe3比Al3生成的胶粒数目多或吸附效果好，故D正确。7(2021北京海淀区高二检测)向1 L 0.3 molL1的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，下列说法错误的是()A通入二氧化碳为0.15 mol时，2c(Na)c(H2CO3)c(HCO)c(CO)B通入二氧化碳为0.15 mol时，c(Na)c(CO)c(OH)c(HCO)C通入二氧化碳为0.2 mol时，c(H)c(Na)c(OH)
16、c(HCO)2c(CO)D向A选项反应后溶液中通入0.3 mol HCl，加热，c(Na)c(Cl)0.3 molL1【解析】选A。n(NaOH)0.3 molL11 L0.3 mol，通入二氧化碳为0.15 mol时，溶液中存在物料守恒n(Na)2n(C)，即c(Na)2c(H2CO3)c(HCO)c(CO)，故A错误；通过二氧化碳为0.15 mol时，发生反应2NaOHCO2=Na2CO3H2O，所以溶液中溶质为Na2CO3，Na2CO3两步水解都生成OH，只有一步水解生成HCO，则c(OH)c(HCO)，但是其水解程度较小，所以存在c(Na)c(CO)c(OH)c(HCO)，故B正确；通
17、入二氧化碳为0.2 mol时，发生反应2NaOHCO2=Na2CO3H2O、H2ONa2CO3CO2=2NaHCO3，生成的Na2CO3、NaHCO3的物质的量都是0.1 mol，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H)c(Na)=c(OH)c(HCO)2c(CO)，故C正确；A中发生反应2NaOHCO2=Na2CO3H2O，且二者恰好完全反应生成碳酸钠，向A选项反应后溶液中通入0.3 mol HCl，HCl和碳酸钠反应生成氯化钠和二氧化碳，反应方程式为Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O，加热，钠离子和氯离子的物质的量浓度不变且相等，即c(Na)c(Cl)0.3 molL1，故D正
18、确。【补偿训练】1下列溶液中浓度关系正确的是()A小苏打溶液中：c(Na)c(H)c(HCO)c(CO)c(OH)BCH3COONa溶液中：c(CH3COO)c(Na)C物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO)2c(OH)2c(H)c(CH3COOH)D0.1 molL1的NaHA溶液，其pH4，则c(HA)c(H)c(H2A)c(A2)【解析】选C。A项，不符合电荷守恒，c(CO)前的系数应为2；B项，因CH3COO水解，所以c(CH3COO)c(H)c(A2)c(H2A)，错误。2下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是()A等pH的氨水、KOH溶
19、液、Ba(OH)2溶液中：c(NH)c(K)c(Ba2)B将10 mL 0.1 molL1 Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 molL1盐酸中：c(Na)c(Cl)c(HCO)c(CO)C向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH7：c(NH)c(Na)c(HCO)c(CO)D0.2 molL1的某一元弱酸HA溶液和0.1 molL1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c(OH)c(A)2c(H)c(HA)【解析】选D。等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中：c(NH)c(K)2c(Ba2)，故A选项错误；将10 mL 0.1 molL1 Na2CO3溶液逐滴滴加到10 m
20、L 0.1 molL1盐酸中，开始盐酸过量产生CO2，最终所得溶液是氯化钠和碳酸钠的混合溶液，则溶液中c(Na)c(Cl)c(CO)c(HCO)，故B选项错误；向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH7，根据电荷守恒可知c(NH)c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)，则溶液中c(NH)c(Na)c(HCO)2c(CO)，故C选项错误；0.2 molL1的某一元弱酸HA溶液和0.1 molL1NaOH溶液等体积混合后的溶液是由HA和NaA组成的，且二者的浓度相等，因此根据电荷守恒c(Na)c(H)c(OH)c(A)和物料守恒2c(Na)c(HA)c(A)可知溶液中2c(OH)
21、c(A)2c(H)c(HA)，故D选项正确。二、非选择题(本题包括1小题，共14分)8请回答以下问题：(1)25 时，现有下列四种液体：纯水pH11的氨水pH4的盐酸pH4的AlCl3溶液。试比较四种液体中水的电离程度的大小关系(由大到小排列，用序号表示)_。(2)常温下，在25 mL 0.1 molL1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 molL1的醋酸，滴定曲线如图所示。请根据图示，回答下列有关问题：在A点，溶液的pH_。在B点，a_12.5(填“”“”或“c(CH3COO)c(OH)c(H)，你是否同意这种说法_(填“同意”或“不同意”)，若不同意，请写出其他的可能性_。在C点：c(CH3C
22、OO)与c(CH3COOH)之和与c(Na)的关系为(用关系式表示)_。【解析】pH11的氨水中，由水电离产生的H浓度为1011 molL1，pH4的盐酸中由水电离产生的H浓度为1010 molL1，即水电离程度，而pH4的AlCl3溶液中AlCl3对水的电离起促进作用。0.1 molL1 NaOH溶液的pH13，A点时还没有发生中和反应。B点时pH7，说明CH3COOH过量，所以a12.5。A、B之间当醋酸加入的量很少时，会出现c(OH)c(CH3COO)的情况，C点时溶液中的溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，根据物料守恒(即元素守恒)可列出关系式。答案：(1)(2)13不
23、同意c(Na)c(OH)c(CH3COO)c(H)c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Na)【补偿训练】1(2021天津高二检测)完成并分析下列化学原理：(1)在配制三氯化铁溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的_。(2)把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_。(3)除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，加入的试剂可以是_。(4)a molL1(NH4)2SO4溶液pH5，其原因是_(用相应的离子方程式说明)。(5)有4种混合溶液，分别由等体积0.1 molL1的两种溶液混合而成：NH4Cl与CH3COONaNH4Cl与HClNH4Cl与NaClNH4Cl与NH3H2
24、O(混合液呈碱性)。溶液中c(H)由小到大的顺序为_(填混合溶液的编号)。【解析】(1)铁离子水解呈酸性，配制氯化铁溶液，抑制铁离子水解，加少量的盐酸；(2)铝离子水解生成的盐酸为挥发性酸，蒸干得到氢氧化铝，再灼烧分解生成Al2O3 ；(3)除去CuCl2酸性溶液中少量的FeCl3，可利用加入氧化铜、氢氧化铜、碳酸铜、碱式碳酸铜等调节溶液pH使铁离子完全沉淀，从而除去杂质且没有引进新的杂质；(4)a molL1(NH4)2SO4溶液中存在水解反应：NHH2ONH3H2OH，导致溶液pH5；(5)四种混合物中，NH4Cl与HCl 的氢离子浓度最大，NH4Cl与NH3H2O的氢离子浓度最小，NH4
25、Cl与CH3COONa 的溶液显示中性，NH4Cl与NaCl 显示酸性，溶液中c(H)由小到大的顺序为。答案：(1)稀盐酸(2)Al2O3(3)氧化铜、氢氧化铜、碳酸铜、碱式碳酸铜(4)NHH2ONH3H2OH(5)2(1)常温下，有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、盐酸和NaNO3溶液中的一种。已知A、B的水溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。则：B是_溶液，C是_。常温下若B溶液中c(OH)与C溶液中的c(H)相同，B溶液的pH用pHb表示，C溶液的pH用pHc表示，则pHbpHc_(填数值)。 (2)已知某溶液中只存在OH、H、NH、C
26、l四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有以下几种：c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)c(Cl)c(NH)c(OH)c(H)c(NH)c(Cl)c(OH)c(H)c(Cl)c(H)c(NH)c(OH)则：()上述关系一定不正确的是_(填序号)。 ()若溶液中只有一种溶质，则该溶液中离子浓度的大小关系为_(填序号)。 ()若离子浓度关系有c(NH)c(Cl)，则该溶液显_(填“酸性”“碱性”或“中性”)。 【解析】(1)CH3COONa溶液中水的电离受到促进，溶液显碱性；NH4Cl溶液中水的电离受到促进，溶液显酸性；盐酸中水的电离受到抑制，溶液显酸性；NaNO3溶液中水的电离不受影响，溶液显
27、中性。所以A、B、C、D分别为NH4Cl、CH3COONa、盐酸、NaNO3。常温下若CH3COONa溶液中c(OH)与盐酸中的c(H)相同，则有pHb14lgc(H)，C溶液pHclgc(H)，则pHbpHc14。(2)溶液中只存在OH、H、NH、Cl四种离子时，c(Cl)c(NH)c(OH)c(H)一定不存在，因为此时溶液中正负电荷的总数不相等；若溶液中只有一种溶质，则为NH4Cl溶液，该溶液中离子浓度的大小关系为c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)；若四种离子浓度关系有c(NH)c(Cl)，根据溶液的电中性原理，有c(OH)c(H)，则该溶液显中性。答案：(1)CH3COONa盐酸14
28、(2)()()()中性(20分钟30分)一、选择题(本题包括2小题，每小题8分，共16分)1(2021玉溪高二检测)H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸，常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示。下列说法正确的是()A.在pH为6.37及10.25时，溶液均存在c(H2CO3)c(HCO)c(CO)B反应COH2OHCOOH的平衡常数为107.23C0.1 molL1 NaHC2O4溶液中c(HC2O)c(H2C2O4)c(C2O)D往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应2COH2C2O4=2HCOC2O【解析】选D。在pH6.37时，c(H2CO3)c(HCO)，
29、溶液中无CO；pH10.25时，c(HCO)c(CO)，溶液中无H2CO3分子，故A错误；反应COH2OHCOOH的水解平衡常数表达式K，按pH10.25时，c(HCO)c(CO)，则Kc(OH)103.75，故B错误；在NaHC2O4溶液存在HC2O的电离和水解，电离显酸性，离子方程式为HC2OC2OH；水解显碱性，离子方程式为HC2OH2OH2C2O4OH；由图可知当HC2O的组成百分率为最大值时溶液显酸性，NaHC2O4溶液电离程度大于水解程度，则c(C2O)c(H2C2O4)，故C错误；草酸的酸性比碳酸强，往Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，能够生成碳酸氢根离子和C2O，发生反应：2
30、COH2C2O4=2HCOC2O，故D正确。【补偿训练】1已知0.1 molL1的二元酸H2A溶液的pH4.0，则下列说法中正确的是()A在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同B在溶质的物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等C在NaHA溶液中一定有c(Na)c(H)c(HA)2c(A2)c(OH)D在Na2A溶液中一定有c(Na)c(A2)c(H)c(OH)【解析】选C。在Na2A溶液中存在：Na2A=2NaA2，A2H2OHAOH，HAH2OH2AOH，H2OHOH。在NaHA溶液中存在：NaHA=NaHA，HAH2OH2AOH，HAHA2，H2OHOH。阳离子有Na
31、、H；阴离子有A2、HA、OH。根据电荷守恒可知在Na2A、NaHA溶液中都有c(Na)c(H)c(HA)c(OH)2c(A2)。Na2A溶液中c(Na)是NaHA溶液中c(Na)的两倍，所以等物质的量的Na2A、NaHA中Na2A中阴离子总数多。因为Na2A是强碱弱酸盐，水解显碱性，所以c(OH)c(H)。A2易水解，所以c(Na)c(A2)，离子浓度关系为c(Na)c(A2)c(OH)c(H)。由以上分析知A、B、D三项均不正确，C项正确。2为使Na2S溶液中的值减小，可加入的物质是()盐酸适量的NaOH溶液适量的KOH溶液 适量的KHS溶液A BC D【解析】选C。在Na2S溶液中存在S
32、2H2OHSOH。中加入盐酸，H中和OH，水解平衡右移，c(S2)减小，的值增大；中加入适量的NaOH溶液，c(OH)增大，平衡左移，c(S2)增大，但c(Na)增大得更多，故的值增大；中加入适量的KOH溶液，c(OH)增大，平衡左移，n(S2)增大而n(Na)不变，故的值减小；中加入适量的KHS溶液，c(HS)增大，平衡左移，n(S2)增大而n(Na)不变，故的值减小。2(双选)已知：25 时，某些弱酸的电离常数如表所示，下列说法正确的是()H2SO3H2CO3CH3COOHHClOK11.4102K14.5107K1.75105K4.0108K26.0108K24.71011A.向漂白粉溶
33、液中加入少量NaHSO3可增强漂白性B向Na2CO3溶液中通入少量SO2发生反应的离子方程式为2COSO2H2O=2HCOSOC相同浓度的NaClO、Na2CO3、NaHCO3溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3NaClONaHCO3D相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na)c(ClO)c(CH3COO)c(OH)c(H)【解析】选B、C。A.向漂白粉溶液中加入少量NaHSO3，亚硫酸氢钠被氧化，漂白性降低，A错误；B.亚硫酸的酸性强于碳酸，则Na2CO3溶液中通入少量SO2发生反应的离子方程式为2COSO2H2O=2HCOSO，B正确；C.酸
34、性：H2CO3HClOHCO，根据“越弱越水解”规律，相同浓度的NaClO、Na2CO3、NaHCO3溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3NaClONaHCO3，C正确；D.次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根，则相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度大小关系是c(Na)c(CH3COO)c(ClO)c(OH)c(H)，D错误。【补偿训练】要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位学生分别作出如下回答，其中正确的是()A丁学生：在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的B甲学生：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的C乙学生：
35、在盐酸中加入同温度的氨水，若混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的D丙学生：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的【解析】选A。晶体溶解过程伴有热效应，无法判断温度降低是由什么原因引起的，故无法证明盐类水解是吸热反应，B、D不正确；A项，将滴有酚酞溶液的醋酸钠溶液加热，红色加深，说明溶液碱性增强，即升高温度促进盐类的水解，可证明盐类水解为吸热反应。盐酸与氨水的反应为中和反应，反应放热，溶液温度不会降低，C项错误。二、非选择题(本题包括1小题，共14分)3(2021眉山高二检测)25 时，碳酸及其盐溶液中含碳元素微粒的分布分数随溶液pH变化的关系如图所示。(1)纯碱溶液
36、去油污的原理是_(用离子方程式表示)。25 时，该反应的平衡常数表示为Kh，则pKh_(pKhlgKh)。25 时，下列三种溶液A0.1 molL1的NaHCO3溶液B0.1 molL1的Na2CO3溶液C0.1 molL1的NaCN溶液pH由大到小的顺序为_(填字母)。25 时，K(HCN)109.3(2)NaHCO3可用于铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3)制铝。流程如图。滤渣中除含SiO2转化得到的铝硅酸钠外，还含_(填化学式)。写出“沉淀“步骤发生反应的离子方程式_和_。【解析】(1)纯碱溶液去油污的原理，碳酸根离子的水解显碱性，以第一步水解为主，则水解反应的离子方程
37、式为COH2OHCOOH，油脂在碱溶液中发生水解生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油容易洗去；当溶液中c(HCO)c(CO)时，Ka2c(H)1010.3，25 时，该反应的平衡常数表示为Kh，Kh103.7，则pKh3.7；c(HCO)c(H2CO3)时，Ka1c(H)106.4，c(HCO)c(CO)时，Ka2c(H)1010.3，Ka1K(HCN)Ka2，电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小，水解程度COCNHCO，所以这几种钠盐溶液的pH由大到小的顺序为BCA；(2)以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤得到Al(OH)3，灼烧生成Al2O3，电解Al2O3生成Al和氧气；通过以上分析知，滤渣中除含SiO2转化得到的铝硅酸钠外，还含Fe2O3；“沉淀“步骤发生反应的离子方程式HCOOH=COH2O、HCOAlOH2O=Al(OH)3CO。答案：(1)COH2OHCOOH3.7BCA(2)Fe2O3HCOOH=COH2OHCOAlOH2O=Al(OH)3CO关闭Word文档返回原板块
