新高考一轮复习 盐类的水解 沉淀溶解平衡 作业

1、盐类的水解沉淀溶解平衡1.以下应用与盐类水解无关的是（B ）A.泡沫灭火器B.氯化核和消石灰制备氨气C.明矶净水D.草木灰不宜与铁态氮肥混合使用解析A.泡沫灭火器成分为A12（S04）3、NaHCOs溶液的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反响生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与盐类水 解有关，故A错误；B.氯化钱和消石灰制备氨气，是复分解反响，与盐类水解 无关，故B正确；C.明矶净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮 杂质的作用，与水解有关，故C错误；D.草木灰与镀态氮肥混合，易发生互促 水解，降低肥效，二者不能混合使用，与盐类水解有关，故D错误；应选B。2.常温下,现有0.1

2、mol广1 NH4HCO3溶液，pH=L8o含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数）与pH的关系如下图:PH以下说法不正确的选项是（C ）A.当溶液的 pH=9 时，溶液中存在：c(HCO) c(NH：) c(NH3 -H20) c(C0DB. 0.1 mol L-1 NH4HCO3溶液中存在：c(NH3 H20) =c(H2CO3)+c(COt)C.C.向pH=7.8的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH：和HCO浓度逐 渐减小D.分析可知，常温下人（加3乩0）小020）3）解析A.结合图象可知,溶液的pH=9时,溶液中离子浓度大小为：c（HCOD加入盐酸

3、的体积/mL甲乙以下溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的选项是(AD )A.图甲中 pH=7 的溶液：c(C)=c(HCN)B.图甲中a点的溶液：c(CN-)c(Cr)c(HCN)c(OH-)c(H+)D.图乙中 c 点的溶液：c(Na+) +c(H+) =c(HCN) +c(OlF) +2c(CN-)解析A.图甲中pH=7的溶液中c(H+)=c(OH-),由溶液电荷守恒可知 c(Na+) +c(H+) =c(O!F) +c(CN +c(Cl一),由物料守恒可知 c (Na+) = c (HCN) + c(CN)贝(c(C=)=c(HCN),故 A 正确；B.图甲中 a 点的溶液 c(HCN

4、) =c(CN),溶液呈碱性，而中性时c(CF)=c(HCN),那么碱性时加入HC1较少，应为c(CN)c(Cr),故B错误；C. b点反响生成等浓度的NaCN、HCN,溶液呈碱性， 那么HCN电离程度小于CN一水解程度，可知c(HCN) c(CN)，故C错误；D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cr)=c(HCN) + c(CN) 而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(C=)+c(OH-)+c(CN) 那么 c (Na+) + c (If) = c (HCN) + c (OH-)+ 2 c (CN-),故 D 正确。应选 AD。25 时，H2c。3的(

5、1=4.2X10-, 2=5. 6X 10-11o 室温下向 10 mL 0.1mol - L-1 Na2cO3溶液中逐滴加入0.1 mol - L-1 HC1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)。以下说法错误 的是(B )A点所示溶液的pHc(R-) c(H+) c(0lF)b、c两点对应溶液中，水的电离程度相同解析此题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断能力，明确HR酸性强弱、混合溶液中溶质成分及其性质是解此题关键，注意电荷守恒的灵 活运用，题目难度不大。根据图知，未加氨水时0.1 mol/L的HR溶液的pH大于 1而小于7,说明H

6、R是弱酸；HR、一水合氨都是弱电解质，但是二者生成的MLR 是强电解质，a点溶质为HR和NH4R,但是c(HR) c(NH4R) ； b点酸碱恰好完全反 应，那么溶质为NH4R； c点氨水过量，溶质为NH4R和NH3乩0； A. ac点，溶液中溶质物质的量逐渐增大，导致溶液中离子数目逐渐增多，所以从ac点，溶 液中离子数目一直增大，故A错误；B.b点溶液的pH=7,溶液呈中性，c(H+)= c(0H-),溶液中存在电荷守恒c(NHj)+c(H+)=c(0IT)+c(R-),所以存在 c(NHD=c(R) 故B正确；C. c点溶液pH7,溶液呈碱性，那么c(H+)Vc(0H)故C错误；D.酸或碱

7、抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，b点溶质为含 有弱离子的盐、c点溶质为弱碱和含有弱离子的盐，所以b点促进水电离、c点 抑制水电离，所以b、c两点水电离程度不等，故D错误。应选B。c(NH：) c(NH3 H20) c(COD ,故 A 正确；B. NH4HCO3溶液中，pH=7.8 溶液 显碱性，图象可知pH=7.8时c(NH：)=c(HCO)，溶液中存在物料守恒：。(加2 + c(NH3 H20) = c(HCOD + c(C0D + c(H2co3),得至！J c(NH3 H20) = c(H2C03) + c(C0D ,故B正确；C. 0.1 mol/L的NH4HCO3溶液的pH=

8、7.8,根据图象可知, 当溶液pH增大时，铁根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小, 故C错误；D.由于0.1 mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8,说明碳酸氢根离子的水解程度大于钱根离子的水解程度，那么一水合氨的电离平衡常数大于(H2CO3)， 故D正确；应选C。3.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含AH)3、MgO),过滤后得到的滤液 用NaHCOs溶液处理，测得溶液的pH和Al (0H)3生成的量随加入NaHC*溶液体积 变化的曲线如以下图所示。以下有关说法错误的选项是(C )A.点溶液中存在：c(Na+) +c() =c(A107) +c(0H-)B.B.水的电离程

9、度:a点小于c点C.原 NaHCOs溶液中 c(H2C03) +c(HCOr) +c(C0D =0.8 mol L-1D.生成沉淀的离子方程式为HCO+A1O+H2O=A1(OH)3 +cor解析A. a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出:c(Na+)+c(H+)=c(A101)+c(0H) 故A正确；B.水的电离程度：a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液,点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以水的电离程度：a点小于c点，故B正确;C.加入40 mol NaHCOs溶液时沉淀最多，沉淀为0. 032 mol,前8 mL NaHCQ溶液和氢氧

10、化钠反响(OIF+HCO7=C(r+H2O)不生成沉淀，后32 mL NaHC。溶液与 偏铝酸钠反响(HC0+A107+H20=Al(0H)3l +C(T)生成沉淀，那么原NaHC。溶液物质的量浓度c(NaHCO3) =0黑9*1.0 mol/L,原NaHCOs溶液中的物料守恒 为。(设0)+。60算)+(乩(：03)=1.0 111014，故C错误；D.根据强酸制弱酸原 理可以写出离子方程式HC0+A10+H20=Al(0H)3l +COt,故D正确；应选C。4.常温下,向20mL0.1Inol-LT的H3P04溶液中滴力口0.11olLT的Na0H 溶液，所得溶液的pH与NaOH溶液体积的

11、关系如下图，以下说法正确的选项是 (C )4 2 0 8 6 4 21* n平衡体系的PHVNaOH(aq)/mL4020H3PO4溶液第一步滴定可用酚酸作指示剂A 点溶液中 c(H2P0D c(H3P04)c(HP0DC.图象中A、B、C三处溶液中型端标半”相等D. B 点溶液存在 2c(Na+) =c(POf) +c(H2PO7) +c(HP0D + c(H3P0。解析A.加入20 1nL等浓度的NaOH溶液时生成NaH2P0”此时溶液的pH=4,酚醐的变色范围为810,不能用酚醐指示剂，故A错误；B. A点溶质为NaH2P0”溶液的pH=4,说明H2PO；的电离程度大于其水解程度，那么溶

12、液中c(HP0D c(H3Po正确的离子浓度大小为：c(H2P0；) c(HP0D c(H3P04),故B错误;伸%2臂)为HPO厂的水解平衡常数，只受温度的影响，所以A、B、C c(HP04 )三处溶液中细端样”相等，故C正确；D. B点加入等浓度的40 mL NaOH溶液，反响后溶质为NazHPO”根据物料守恒可得：c(Na+) =2c(P0f) +2c(H2PO7)+2c(HP07)+2c(H3Po4),故 D 错误；应选 C。5.常温下用NaOH溶液滴定H2c2。4溶液，溶液中一 lg /1一和一下 c（HC20）或一1g m上和一1g。&20厂）的关系如下图。以下说法正确的选项是 （

13、c ）LgaHCoJBLgaco屋LgaHCoJBLgaco屋A.曲线N表示一lg和一1g。（出乂）7）的关系4t12匕5）B./2（H2c2O4）的数量级为10-iC.向NalKXh溶液中加少量NaOH至0（股01）和cC07）相等，此时溶液pH约为5D 在 NaHC2O4 溶液中 c (Na+) c (HC2OD c (H2C2O4) c (C20D解析A. H2c2(h 溶液存在 H2c2(h - HC20；+H+, HC2O7 = C20r+H+ 口 /、 c(HC20r) c(H+) z 、 c(C20D c(H+) .， 且 血(H2c2O4) - ztt p f， 血2 (H2c

14、2O4) = zrrp n-x ； 可知lgc(H2c2O4)(XHC2O4)/、 + -lg c(HC20r) = lg(Aai), lg+ lg c(C204-)=lg(Aa2),因而i向2,那么一lg(版J V -lg(而2),可知曲线M表示一lg f 胃、C(n2L2U4)和一lg (HCzOI)的关系，曲线N表示一lg和一lg厂)的关系，故A错误;B.当 Ige (HC20r) = Ige (C2OD，lg+ Ige (C2OD = lg(Ka2)C1I1L2U4)=5,感(氏。)=叫泮=c(H+)=l。5,故B错误；C.向岫的。4溶液中加少量 NaOH 至 c(HC2OD和 c(C

15、20f)相等，Aa2(H2C204)=蛆唱；厚)=。田+)= 105,那么溶液的 pH=5,故 C 正确；D.的2(H2c2。4)=戊02%) = c(h+)= c(HC204 )10-5,当 C(HC2ODW c(H2c2O4)相等时,-1g 息淋+ -lg。0)=一lg(Aa2) =2,而1 (H2c2O4)=咽喘呼+)=。田+) =10,那么HC?。水解平衡常数 咽2c2。4)=10-12c(HC20；) c(C20D c(H2C204),故D错误；应选C。. Na2s。3是常见的一种盐，工业上可作防腐剂、去氯剂和还原剂。(l)Na2sO3固体隔绝空气加强热，反响后的固体中含有S2,反响

16、的化学方程式为4Na2so3:Na2s+3Na2sO4;假设有0.5 mol Na2sO3参加反响，那么电子转移个 数为0. 75回。(2)将0.1 mol/L Na2sO3溶液先升温再降温，测定温度变化过程中的pH,数 据如下：(3)时刻N&S03溶液中水的电离程度 A同温下纯水中水的电离程度(填或“=”)；应用平衡原理解释该原因 水存在电离平衡：h20 H+0犷，SO行与仁结合生成HSOF、H2sO3,降低了浓度，使水的电离平衡向右移(4)的pH略小于，是由于Na2s局部被氧化成硫酸钠2Na2sO3 +02=2Na2sO, 。设计一个简单实验来证明取的溶液少许于试管中，先滴入足 量稀盐酸，

17、再滴入BaCl*溶液，假设有白色沉淀生成，那么证明有Na2s被氧化成Na2sO4将Na2S03溶液中所有离子浓度由大到小排列c(Na+)c(S01)c(0H)c(HS0)c(H+) o解析(DN&S03固体隔绝空气加强热，反响后的固体中含有S2,发生了氧化还原反响，+4价硫降低到一2价，同时升高到+6价，反响生成硫化钠和硫酸钠，据此书写化学方程式为：4Na2S03高温Na2S+3Na2S04.4 mol亚硫酸钠电子转移总数6e,假设有0.5 mol Na2sO3参加反响，那么电子转移个数=皂容许乂儿=0.75(3)亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，促进水的电离，时刻Na2s溶液

18、中水的电离程度大于同温下纯水中水的电离程度，平衡原理解释该原因是：水存在电离平衡：H20衡原理解释该原因是：水存在电离平衡：H20H+0H-, SO7与H+结合生成HSOr H2SO3,降低了 H+浓度，使水的电离平衡向右移动；(4)亚硫酸钠具有较强还原性，升温过程中局部被氧化为硫酸钠2Na2so3+02=2Na2s水解程度减弱,pH减小，取的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCb溶液，假设有白色沉淀生成，那么证明有Na2s被氧化成Na2sO,；(5)Na2s的溶液中发生两 步水解都生成0H一导致溶液呈碱性，只有第一步水解生成HSO但是其水解程度 较小，所以离子浓度大小顺序是：c(Na+) c(S0D c(0H-) c(HS0D