2021届高考化学一轮复习考点精练之知识点16盐类水解含解析.doc

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1、盐类水解1、国际计量大会第26次会议新修订阿伏加德罗常数（=6.022140761023 mol-1）并于2019年5月20日正式生效。下列有关1 L 0.1 molL-1 溶液的说法错误是（ ）A.该溶液中的数目小于0.1B.该溶液中，C.常温下，该溶液的pHc(Na+)c(NH4+)B.体积相等pH=12的氨水和NaOH溶液中和盐酸的能力相同C.向10ml 0.01mol/L AgNO3溶液中依次滴入23滴0.01mol/L NaCl溶液、0.01mol/L NaI溶液，所得沉淀由白色变成黄色，则可推知Kap(AgI)c(Cl-)c(HCN)c(OH-)c(H+)B.图甲中b点对应的溶液中

2、:c(Na+) + c(H+)=0.01molL-1 + c(OH-) + c(CN-)C.图乙中c点对应的溶液中:c(CN-) c(Cl-)D.图乙中pH=7的溶液中：c（Cl-）=c（HCN）10、温度25时，用Na2S、(NH4)2S等沉淀Cu2+、Zn2+两种金属离子(M2+)，所需S2-最低浓度的对数值1g c(S2-)与1g c(M2+)关系如图所示。下列说法不正确的是( )ANa2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)B25时，Ksp(CuS)约为110-35C向100 mL浓度均为110-5 mol/L Zn2+、Cu2+的混合溶液中逐滴加入110-

3、4 mol/L的Na2S溶液，Cu2+先沉淀D溶液中： 11、25时，H2CO3的Ka14.210-7，Ka25.610-11室温下向10mL 0.1mo1L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mo1L-1 HCl溶液如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随pH降低而变化的图象（CO2因有逸出未画出）,下列说法错误的是( )AA点所示溶液的pH11BB点所示溶液：CA点B点发生反应的离子方程式为D分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物的组成12、常温下，用等浓度的NaOH溶液分別滴定相同体积的NH4Cl、KH2PO4及CH3COOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法

4、正确的是( )A. NH3H2O+OH 的 lgKb=9.25B. CH3COOH+ =CH3COO+ 的 lgK =2.11C. 0.1mol/L KH2PO4溶液中：c()c(H3PO4)D. 在滴定过程中，当溶液pH相同时，消耗NaOH的物质的量：CH3COOHKH2PO4c（H+）+c（）+c（H2C2O4）C.在E、F和G点中，G点对应的KW最小D.G点对应的溶液中，c（Na+）c（OH-）c（）c（）15、是中学化学中常用试剂。（1）在溶液中滴加少量的溴水，振荡，溶液褪色并逸出气体。写出该反应的离子方程式： 。（2）测定0.1 molL-1 溶液的pH与温度关系如表所示。时刻abc

5、d温度/25304025pH9.669.529.379.25用“”“”或“”填空：水的离子积:（a） （d）；水解常数：（a） （b）。分别取a、d时刻的溶液各10 mL，加入足量的盐酸酸化的溶液做对比实验d产生的白色沉淀比a多。该白色沉淀的化学式是 ；沉淀比a多的原因是 。数据显示:ac的过程中， （填“浓度”或“温度”）对水解平衡移动方向的影响程度更大。为了证明上述规律普遍性，可以选择下列物质做类似实验：该物质是 （填字母）。A. B.C. D.16、铁和硫是中学化学中非常重要的两种元素，其单质和化合物在人们的生产和生活中都有广泛的用途。请回答下列有关问题:（1）配制0.1 mol/L的溶

6、液时，需要向其中加入少量铁屑，其目的是 。（2）溶液呈 性（填“酸”“中”或“碱”），其原因是 （用离子方程式解释）；请设计实验比较室温下的电离平衡常数与水解平衡常数的相对大小: （写出实验方法与结论）。（3）某黄铁矿（主要成分为）在酸性条件下，催化氧化的物质转化关系如图所示:转化过程中的催化剂是 。要证明过程后的溶液中含有和，选择的药品是 （填字母）。A.溴水B.硫氰化钾溶液C.过氧化氢D.铁氰化钾过程I反应的离子方程式为 。（4）硫化亚铁常用于工业废水处理，如用FeS可以将工业废水中的转化成CdS沉淀除去，在FeS、CdS的悬浊液中 常温下，。 答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：亚铁

7、离子在溶液中会部分水解，故A正确；根据N原子守恒，故B错误；在该溶液中都会水解，溶液呈酸性，故C正确；铁氰化钾溶液遇亚铁离子生成蓝色沉淀，故D正确。 2答案及解析：答案：C解析：纯水中和的浓度永远相等，A错误；温度升高，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解程度增大，溶液中氢氧根离子浓度变大，B错误；温度升高，使的水解平衡正向移动，氢离子浓度变大，升温使水的离子积常数变大，二者作用的结果是溶液的pH减小，C正确；升高温度，盐类的水解平衡均正向移动，D错误。 3答案及解析：答案：C解析：亚硫酸钠溶液呈碱性，说明亚硫酸根离子水解，A正确；依题意，中产生白色沉淀较多，说明硫酸根离子多，即亚硫酸根离子浓度减小，B

8、正确；由题可知，过程中，温度升高促进水解平衡右移，而由于被氧化为使浓度减小，平衡左移，C错误；温度相同，水的离子积常数的值相同，D正确。 4答案及解析：答案：D解析：本题考查粒子的电离与水解。A项错误，草酸氢根离子溶液的pH4，说明其电离程度大于水解；B项错误，此时完全反应后溶液中的溶质只有草酸氢钠，草酸氢根离子以电离为主使得溶液显酸性，抑制了水的电离；C项错误，此时溶液中草酸根离子、草酸氢根离子物质的量浓度之比为1:1，草酸氢根离子以电离为主，溶液的pH7，草酸氢根离子电离程度大于草酸根离子水解程度，所以草酸氢根离子浓度小于草酸根离子；D项正确，草酸与氢氧化钠完全反应，此时溶液中的溶质为草酸

9、钠，符合质子守恒原则。 5答案及解析：答案：D解析： 6答案及解析：答案：D解析：向0.120.00mL的NaCN溶液中加入0.110mL的盐酸，反应后得到等物质的量浓度的NaCl、HCN和NaCN的混合液，由于溶液呈碱性，说明的水解程度大于HCN的电离程度，则溶液中，A项错误；向0.120.00mL的溶液中加入0.1的盐酸且加入盐酸的体积小于10mL，所得溶液含和等物质的量浓度的和NaCl，且的浓度大于NaCl，溶液呈酸性，故，B项错误；和中相等，但加入的盐酸体积不相等，溶液中不相等，与所示溶液中阳离子物质的量浓度之和不相等，C项错误；向0.120mL的溶液中加入0.120mL的盐酸，两者恰

10、好完全反应得到物质的量浓度均为0.05的和NaCl的混合液，溶液中电荷守恒式为，由钠离子和氯离子浓度相等，结合物料守恒得，两式整理得，D项正确。 7答案及解析：答案：B解析：A项，根据题图可知，当加入的时，无沉淀生成，说明先发生反应，当加入的8mL时，生成沉淀，发生反应，因此加入的先与NaOH反应，故A正确；B项，b点与c点对应溶液的溶质均为和，根据物料守恒可知，故B错误；C项，当加入40mL溶液时沉淀的量最多，此时沉淀的物质的量为0.036mol，由题图可知与偏铝酸钠反应的碳酸氢钠溶液是32mL，结合可知，故C正确；D项，d点时，沉淀量达到最大，此时溶液为碳酸钠溶液，根据物料守恒可得，故D正

11、确。 8答案及解析：答案：C解析： A. MCl溶液中加入NaOH溶液,溶液pH 逐渐增大，离子逐渐减小，MOH的浓度逐渐增大,则,则曲线表示与pH的变化关系,故A正确;B.曲线表示与pH的关系,=0时,= 1,此时pH=5.5,=,则,故B正确;C. a点溶液的pH7,对于曲线,由于离子水解导致溶液呈碱性,促进了水的电离;而对于曲线,MCl溶液呈酸性,a点时呈碱性,说明MOH的电离程度大于离子水解程度,抑制水的电离,所以两溶液中水的电离程度不同,故C错误;D,曲线中,=0时,=l,根据,可知,电离平衡常数越大,对应离子的水解程度越小,则水解程度,则MA溶液呈碱性,则,溶液中离子浓度大小为:,

12、故D 正确。 9答案及解析：答案：D解析：滴加盐酸时，发生反应NaCN+HCl=HCN+NaCl，a点溶液中溶质为NaCN、HCN和NaCl，三者物质的量之比为1：1：1，此时溶液pH大于7，则NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，故c（HCN）c（CN-），A错误；b点时，溶液中溶质为HCN和NaCl，二者物质的量之比为1：1，溶液体积变为20mL，二者浓度均为0.005molL-1，电荷守恒关系式为c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（CN-）+c（OH-），c（Cl-）=0.005molL-1，B错误；c点溶液中电荷守恒关系式为c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（CN-）

13、+c（OH-），物料守恒关系式为c（Na+）=c（HCN）+c（CN-），用电荷守恒关系式减去物料守恒关系式得c（OH-）-c（H+）=c（HCN）-c（Cl-），由图可知溶液中c（OH-）c（H+），且c（HCN）=c（CN-），推出c（CN-）-c（Cl-）0，即c（CN-）c（Cl-），C错误；同理在pH=7的溶液中，由电荷守恒关系式和物料守恒关系式得c（Cl-）=c（HCN），D正确。 10答案及解析：答案：A解析：A硫化钠溶液中的物料守恒为：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)= c(Na+)，A错误；B在25时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s) Cu2+(a

14、q)+S2-(aq)，Ksp(CuS)=c(Cu2+)(S2-)=10-2510-10=10-35，B正确；C依据此图可知，CuS的Ksp较小，对于化合物构型相同的物质来说，Ksp越小，形成沉淀需要的离子浓度越小，故CuS最难溶，首先出现的沉淀是CuS，即Cu2+先沉淀，C正确；D对于溶液，根据电荷守恒可得，D正确； 11答案及解析：答案：B解析：AA点，则，所以pHc(H3PO4)，故C错误；D、根据图像，在滴定过程中，当溶液pH相同时，消耗NaOH的物质的量：CH3COOHKH2PO4NH4Cl，故D错误 13答案及解析：答案：A解析：A.KClO3作氧化剂,氧化FeSO4生成Fe(OH)

15、SO4n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6Fe(OH)SO4n+nKCl,所以每生成1molFe(OH)SO4n消耗n6molKClO3，故A错误；B.FeSO4是强酸弱碱盐，水溶液显酸性，聚合硫酸铁又称为碱式硫酸铁，生成聚合硫酸铁后，水溶液的酸性减弱，pH增大，故B正确；C. 聚合硫酸铁中的铁为+3价，能用作净水剂，则聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故C正确；D.Fe3+是弱碱阳离子,水解也是分步进行,只是通常规定Fe3+的水解一步到位,所以Fe3+的水解第一步程度最大,即Fe3+比Fe(OH)2+的水解能力更强，故D正确；故选

16、：A。 14答案及解析：答案：C解析：pH=13，c（NaOH）=0.1molL-1，E点对应的溶液中，溶质是Na2C2O4、NaHC2O4且二者的物质的量相等，由物料守恒知，A项正确；F点对应的溶质是Na2C2O4，由质子守恒知，c（OH-）=c（H+）+c（）+2c（H2C2O4），推知，c（OH-）c（H+）+c（）+c（H2C2O4），B项正确；温度越高，水的离子积越大，由图像知，E点对应的水的离子积最小，C项错误；G点溶质是Na2C2O4、NaOH，且二者的物质的量相等，D项正确。 15答案及解析：答案：（1）（或或）（2）； ；在加热过程中被空气中氧化 浓度 C解析：（1）亚硫酸钠

17、是弱酸强碱盐，也是还原性盐，亚硫酸钠与溴水反应生成硫酸钠、溴化氢，溴化氢是强酸，与亚硫酸钠反应生成。（2）温度不变，水的离子积和水解常数不变；水解是吸热反应，温度升高，水解常数增大。加入盐酸酸化的溶液，已除去亚硫酸盐，白色沉淀是硫酸钡。因为在加热过程中部分被空气中氧化为，因此d产生的沉淀多。由于温度升高过程中，溶液pH减小，升高温度，增大；被氧化，减小，水解生成减小，导致浓度减小、升温两个因素对水解平衡的影响方向相反，从数据表看出，温度、浓度共同作用的结果为pH减小，故减小，说明浓度对水解平衡的影响较大。替代的物质必须是具有还原性、能水解的盐。故选C。 16答案及解析：答案：（1）防止被氧化（

18、2）酸；常温下，用pH试纸（或pH计）测定溶液的pH，若pH7，则KaKb；若pH7，则。（3）NO BD （4）1.751011解析：（1）易被溶液中溶解的氧化成，故需向溶液中加入少量铁屑以防止被氧化。（2）在水中电离生成和，会继续电离生成和，使溶液呈酸性；比较电离常数和水解常数相对大小可以通过测溶液的pH来比较，若pH7，则电离常数大于水解常数，反之电离常数小于水解常数，所以实验方法与结论是:常温下，用pH试纸测定溶液的pH，若pH7，则，若pH7，则。（3）由图可知，只有NO反应前后没有发生变化，故NO是催化剂；要证明溶液中含有，需选择硫氰化钾溶液，若含有溶液会变成血红色，证明含有，需选择铁氰化钾溶液，若含有会生成蓝色沉淀；由图可知过程I反应的反应物是和，生成物是和，根据化合价升降相等和元素守恒可知生成物还有，配平离子方程式为。 - 15 -