《（全国通用版）2019版高考化学一轮复习 第八章 水溶液中的离子平衡 高效演练•直击高考 8.3 盐类的水解》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（全国通用版）2019版高考化学一轮复习 第八章 水溶液中的离子平衡 高效演练•直击高考 8.3 盐类的水解（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、8.3 盐类的水解高效演练直击高考1.下列说法不正确的是()A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂B.水解反应N+H2ONH3H2O+H+达到平衡后,升高温度平衡逆向移动C.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法D.盐类水解反应的逆反应是中和反应【解析】选B。明矾KAl(SO4)212H2O因Al3+水解生成Al(OH)3胶体,能吸附水中悬浮的物质,使之沉降,从而起到净水的作用,A项正确;盐的水解是吸热过程,升高温度水解平衡正向移动,B项错误;AlCl3、FeCl3、CuCl2溶液中分别存在Al3+、Fe3+、Cu2+的水解平衡,直接将三种溶液加热蒸干
2、得不到相应的固体,应在HCl气流中加热,得到AlCl3、FeCl3、CuCl2固体,C项正确;盐类水解反应的逆反应是酸碱中和反应,D项正确。2.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是()A.物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c(N):(NH4)2SO4 NH4HSO4NH4ClB.向醋酸钠中加适量醋酸,得到的酸性混合溶液:c(Na+)c(CH3COO-) c(H+) c(OH-)C.1.0 molL-1 Na2CO3溶液:c(OH-)=2c(HC)+c(H+)+c(H2CO3)D.某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA
3、-)+c(A2-)【解析】选A。NH4HSO4溶液中H+抑制N水解,NH4Cl溶液中Cl-对N的水解无影响,故物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c(N): (NH4)2SO4NH4HSO4 NH4Cl,A项正确;醋酸、醋酸钠混合溶液显酸性,c(H+)c(OH-),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)且c(H+)c(OH-),可知c(CH3COO-) c(Na+),B项错误;Na2CO3溶液中,c(OH-)=c(H+)+c(HC)+2c(H2CO3),C项错误;NaHA溶液中,根据电荷守恒可得,c(H+)+c(Na+)=c(
4、OH-)+c(HA-)+2c(A2-),D项错误。【加固训练】常温下,将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶体,过滤,所得滤液pH7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是()A.c(N)c(HC)c(C)【解析】选C。滤液中溶质的主要成分为NH4Cl和NaHCO3的混合物。A项,滤液pH1.010-7 molL-1,常温下KW=1.010-14,所以1.010-7 molL-1,A项正确;B项,由于开始加入等物质的量的NH4HCO3与NaCl,根据物料守恒可知,B项正确;C项,析出NaHCO3后,在滤液中根据电荷守恒得c(H+)+ c(N)+c(N
5、a+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)+c(Cl-),因c(Na+)c(N)c(HC)c(C),D项正确。3.(新题预测)NH4Al(SO4)2(俗名铵明矾)是食品加工中最为快捷的食品添加剂,常用于焙烤食品中;NH4Al(SO4)2在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。下列有关叙述不正确的是()A.NH4Al(SO4)2可作净水剂,其理由是Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性B.相同条件下,0.1 molL-1 NH4Al(SO4)2中c(N)小于0.1 molL-1 NH4HSO4中c(N)C.NH4Al(SO4)2溶液中加入盐酸抑制水解,酸性减弱D.20 时0.1 molL
6、-1 NH4Al(SO4)2溶液pH为3,则溶液中2c(S)-c(N)- 3c(Al3+)=10-3 molL-1【解析】选C。由于Al3+水解生成Al(OH)3胶体,具有吸附性,即Al3+3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净水,A正确;在NH4Al(SO4)2中Al3+抑制N水解但不如NH4HSO4中H+抑制N水解程度大,B正确;Al3+和N水解使溶液显酸性,加入盐酸使c(H+)增大,抑制水解,但酸性增强,C错误;由题意得20 NH4Al(SO4)2的pH应为3,则由电荷守恒可知2c(S) +c(OH-)=c(N)+3c(Al3+)+c(H+
7、),2c(S)-c(N)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-),c(H+)=10-3 molL-1,而c(OH-)=10-11 molL-1可忽略,故2c(S)-c(N)- 3c(Al3+)=10-3 molL-1,D正确。【加固训练】室温下,将0.05 mol Na2CO3 固体溶于水配成100 mL溶液,向溶液中加入下列物质,有关结论正确的是()选项加入的物质结论A50 mL1 molL-1H2SO4反应结束后,c(Na+)=c(S)B0.05 mol CaO溶液中增大C50 mL H2O由水电离出的c(H+)c(OH-)不变D0.1 mol NaHSO4固体反应完全后,溶液pH减小
8、,c(Na+)不变【解析】选B。A项,Na+的物质的量为0.1 mol,而S的物质的量为0.05 mol,混合溶液中Na+与S的浓度不可能相等。B项,加入0.05 mol CaO后,会生成Ca(OH)2,Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀和NaOH,溶液中c(OH-)增大,C水解产生的HC减少,故溶液中增大。C项,加入水后,c(Na2CO3)减小,C水解产生的c(OH-)减小,溶液中的OH-来源于水的电离,因水电离产生的c(OH-)= c(H+),故由水电离出的c(H+)c(OH-)减小。D项,加入0.1 mol NaHSO4固体,溶液体积变化不大,但n(Na+)变为原来的2倍
9、,故c(Na+)增大。4.常温下,关于pH=5的NaHSO3和pH=9的NaHCO3的两种溶液,下列说法正确的是()A.两溶液中水电离产生的c(H+)相等B.NaHSO3溶液中c(HS)与NaHCO3溶液中c(HC)相等C.向NaHSO3溶液中滴加次氯酸钠溶液,c(HS)增大D.两溶液中均存在:c(OH-)+c(R)=c(H+)+c(H2RO3)(R代表C、S)【解析】选D。NaHSO3显酸性,即NaHSO3溶液中电离程度大于水解程度,所以将会抑制水电离,而NaHCO3将会促进水电离,A项错误;因为两种溶液的初始浓度不知道,所以很难确定c(HS)和c(HC)的关系,B项错误;次氯酸钠具有强氧化
10、性,可以将亚硫酸氢根氧化为硫酸根,使c(HS)减小,C项错误;利用质子守恒可知两溶液中均存在:c(OH-)+c(R)=c(H+)+c(H2RO3),D项正确。5.草酸(H2C2O4,二元弱酸)与草酸盐在实验和工业生产中都起着重要的作用。(1)Na2C2O4溶液显碱性,请用离子方程式解释原因_。(2)KMnO4能与硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应生成Mn2+和CO2,该反应的离子方程式为_。(3)常温下,pH=3的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c1,水电离出的c(H+)为c3;pH=4的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c2,水电离出的c(H+)为c4。则c1_10c2(填“”“”或“=”,下同
11、);c3_10c4。(4)常温下,用0.100 0 molL-1 NaOH溶液滴定20.00 mL某未知浓度的H2C2O4溶液,滴定曲线如图,c点所示溶液中:2c(C2)+2c(HC2)+2c(H2C2O4)=c(Na+)该草酸溶液的物质的量浓度为_(列出计算式,并得出计算结果)。a点所示溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为_。【解析】(1)Na2C2O4溶液显碱性,C2水解,且水解分步。(2)KMnO4具有强氧化性,能将C2氧化成CO2,反应的离子方程式为2Mn+ 5C2+16H+2Mn2+10CO2+8H2O。(3)草酸为弱酸,将pH=3的H2C2O4溶液稀释到10倍时,电离平衡正移导致c(
12、H+)大于原溶液的1/10,需稀释到大于10倍;溶液中水电离出的c(OH-)=c(H+),酸溶液中的c(OH-)可以表示水电离的量。(4)由c点溶液中的物料守恒式可知,c点为Na2C2O4溶液,即c点是H2C2O4与NaOH溶液恰好完全反应点,n(H2C2O4)=n(NaOH)=0.100 0 molL-121.6010-3 L=1.08010-3 molc(H2C2O4)=0.054 0 molL-1。a点是H2C2O4与NaOH按物质的量之比11恰好完全反应生成NaHC2O4,由于a点溶液pHc(HC2)c(H+)c(C2)c(OH-)。答案:(1)C2+H2OHC2+OH-(若同时写出HC2+H2OH2C2O4+OH-也可)(2)2Mn+5C2+16H+2Mn2+10CO2+8H2O(3)=(4)c(H2C2O4)=(0.100 0 molL-121.6010-3 L)/(20.0010-3 L2)=0.054 0 molL-1c(Na+)c(HC2)c(H+)c(C2)c(OH-)
