高考化学一轮复习课时练27盐类的水解含解析鲁科版

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-盐类的水解基础巩固1.(2020年7月浙江选考,1)下列溶质的水溶液呈酸性的是()A.NaCl B.NaHSO4C.HCOONa D.NaHCO32.(2020年7月浙江选考,23)常温下,用0.1mol·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是()A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中〖Cl-〗>〖CH3COO-〗B.当滴入氨水10mL时,〖NH4+〗+〖NH3·H2O〗=〖CH3COO-〗+〖CH3C.当滴入氨水20mL时,〖CH3COOH〗+〖H+〗=〖NH3·H2O〗+〖OH-〗D.当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20mL,〖NH4+〗<〖Cl3.(2020天津滨海新区模拟)下列选项中,微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol·L-1K2CO3溶液:〖OH-〗=〖HCO3-〗+〖H+〗+〖H2COB.0.1mol·L-1NaHCO3溶液中离子浓度关系:〖Na+〗=2〖CO32-〗+〖HCO3-〗+〖C.等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中:2〖K+〗=〖HX〗+〖X-〗D.浓度均为0.1mol·L-1的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合:〖Na+〗+〖H+〗=〖CO32-〗+〖OH-〗+〖4.(2020北京延庆区一模)常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液,pH约为8,向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液,有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中,正确的是()A.NaHCO3溶液中,〖H+〗+〖Na+〗=〖HCO3-〗+〖CO32-〗B.NaHCO3溶液中,〖Na+〗>〖OH-〗>〖HCO3-〗>〖HC.加热NaHCO3溶液,pH增大,一定是HCO3D.滴加饱和CaCl2溶液发生了反应:Ca2++2HCO3-CaCO3↓+H2O+CO25.(2020北京丰台区二模)用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法中不正确的是()A.若X为Na2SO3,当吸收液pH=1.85时:〖Na+〗>〖HSO3B.若X为Na2SO3,当吸收液呈中性时:2〖SO32-〗+〖HSO3-〗C.若X为(NH4)2SO3,(NH4)2SO3溶液呈碱性,说明水解程度:SO32D.若X为(NH4)2SO3,图中b点溶液中n(HSO3-)∶n(NH46.(2020北京东城区一模)25℃时,浓度均为0.1mol·L-1的几种溶液的pH如表。下列说法不正确的是()溶液①CH3COONa溶液②NaHCO3溶液③CH3COONH4溶液pH8.888.337.00A.①中,〖Na+〗=〖CH3COO-〗+〖CH3COOH〗B.由①②可知,CH3COO-的水解程度大于HCO3C.③中,〖CH3COO-〗=〖NH4+〗D.推测25℃,0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pH<8.337.10℃时加热饱和NaHCO3溶液,测得该溶液的pH发生如表所示的变化。温度/℃102030加热煮沸后冷却到50℃pH8.38.48.58.8(1)甲同学认为,该溶液pH增大的原因是HCO3-的水解程度增大,碱性增强,有关反应的离子方程式为乙同学认为,溶液pH增大的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度(填“大于”或“小于”)NaHCO3的水解程度,该分解反应的化学方程式为。

丙同学认为,甲、乙的判断都不充分,他进行如下探究来验证他们的判断是否正确。(2)在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X,若产生沉淀,则(填“甲”或“乙”)的判断正确,试剂X是(填标号)。

A.Ba(OH)2溶液 B.BaCl2溶液C.NaOH溶液 D.澄清石灰水(3)将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH=8.3,则(填“甲”或“乙”)的判断正确。

能力提升8.(2020江苏南京、盐城二模)25℃时,有关弱酸的电离平衡常数如下表:化学式HCNH2CO3CH3COOH电离平衡常数6.2×10-10mol·L-1K1=4.4×10-7mol·L-1K2=4.7×10-11mol·L-11.8×10-5mol·L-1下列有关微粒浓度的说法正确的是()A.pH均为8的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液:〖Na2CO3〗>〖NaCN〗>〖CH3COONa〗B.浓度均为0.1mol·L-1NaHCO3和Na2CO3混合溶液中:2〖Na+〗=3〖HCO3-〗+3〖CO32-〗+3〖C.0.2mol·L-1HCN溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合所得溶液中:〖CN-〗>〖Na+〗>〖HCN〗>〖OH-〗D.浓度均为0.1mol·L-1CH3COOH和CH3COONa混合溶液中:〖CH3COOH〗+〖H+〗>〖CH3COO-〗+〖OH-〗9.(2020江苏南通、泰州模拟)室温下,Ka(HCN)=6.2×10-10mol·L-1,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2mol·L-1,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5mol·L-1。若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol·L-1NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合:〖Na+〗=〖Cl-〗>〖H+〗>〖HCN〗>〖CN-〗B.向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH=7:〖Na+〗>2(〖HC2O4-〗+〖C2O42-〗+〖H2CC.0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液的比较:〖CN-〗<〖HC2O4-〗+2〖C2D.0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液等体积混合:〖Na+〗+〖C2O42-〗+〖HC2O4-〗+〖H2C210.(2020江苏南京三模)室温下,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5mol·L-1,H2SO3的Ka1=1.3×10-2mol·L-1,Ka2=6.2×10-8mol·L-1。氨水可用于工业尾气中SO2的吸收。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是()A.氨水与SO2反应恰好生成(NH4)2SO3时:〖NH4+〗>〖SO32-〗>〖OH-〗B.氨水与SO2反应所得溶液pH=9时:〖NH4+〗+〖H+〗>3〖HSO3-〗+C.氨水与SO2反应生成等物质的量NH4HSO3和(NH4)2SO3时:3〖NH4+〗+3〖NH3·H2O〗=2〖SO32-〗+2〖HSO3-〗D.氨水与SO2反应恰好生成NH4HSO3时:〖H+〗+〖H2SO3〗=〖OH-〗+〖SO32-〗+〖NH3·H11.(2020江苏南京师大附中一模)已知NaHC2O4溶液的pH<7。常温下,向pH=8.4的Na2C2O4溶液中滴加0.1mol·L-1的HCl溶液,溶液pH与pOH(pOH=-lg〖OH-〗)的变化关系如图所示,下列各点所示溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A.a点:〖H+〗+〖HC2O4-〗+〖H2C2O4〗=〖OHB.b点:〖Cl-〗>〖H2C2O4〗+〖HC2O4-〗+〖C2C.c点:〖Na+〗=〖HC2O4-〗+〖C2O42-〗D.d点:〖OH-〗+〖Cl-〗>〖H+〗+2〖H2C2O4〗12.在含有弱电解质的溶液中,往往有多个化学平衡共存。(1)一定温度下,向1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体,则溶液中〖CH3CO(2)25℃时,在20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液40mL,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题:①在同一溶液中,H2CO3、HCO3-、CO②当pH=7时,溶液中含碳元素的主要微粒为,溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为;

③已知在25℃时,CO32-水解反应的平衡常数Kh=〖HCO3-〗〖OH-〗〖CO32-〗13.(2020山东泰安期末)砷是生命的第七元素,可形成多种重要化合物,如雌黄(As2S3)、雄黄(As4S4)、砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)等。(1)雄黄可入药。若0.5mol雄黄与O2反应生成As2O3,转移14mol电子,则另一种产物为(填化学式)。

(2)砷酸(H3AsO4)是一种重要化工产品,可与足量NaOH溶液反应生成Na3AsO4。NaH2AsO4溶液水解反应的Kh=,该溶液显(填“酸”或“碱”)性。若向该溶液中加入少量NaOH固体,则溶液中〖H3AsO4〗〖H2AsO4-〗将(填“增大”“减小”或“不变”〗。(已知:25℃,砷酸的(3)亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病,其在溶液中存在多种微粒形态。常温下,用NaOH溶液滴定H3AsO3时,各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。以酚酞为指示剂,将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为,pH=8时,溶液中〖Na+〗(填“>”“<”或“=”)〖H2AsO3-拓展深化14.(2020北京海淀区校级模拟)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:(1)FeCl3净水的原理是。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示)。

(2)为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。①若酸性FeCl2废液中〖Fe2+〗=2.0×10-2mol·L-1,〖Fe3+〗=1.0×10-3mol·L-1,〖Cl-〗=5.3×10-2mol·L-1,则该溶液的pH约为。

②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式:ClO3-+Fe2++

Cl-+Fe3++(3)FeCl3在溶液中分三步水解:Fe3++H2OFe(OH)2++H+K1Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H+KFe(OH)++H2OFe(OH)3+H+K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是。

通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氧化铁,离子方程式为xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)。

a.降温 b.加水稀释c.加入NH4Cl d.加入NaHCO3室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是。

(4)天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁〖以Fe(mg·L-1)表示〗的最佳范围约为mg·L-1。

课时规范练27盐类的水解1.BNaCl是强酸强碱盐,其不能水解,其水溶液呈中性,A错误;NaHSO4是强酸的酸式盐,属于强电解质,其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4Na++H++SO42-,故其水溶液呈酸性,B正确;HCOONa属于强碱弱酸盐,其在水溶液中可以完全电离,其电离产生的HCOO-可以发生水解,其水解的离子方程式为HCOO-+H2OHCOOH+OH-,故其水溶液呈碱性,C错误;NaHCO32.D未滴定时,溶液溶质为HCl和CH3COOH,且浓度均为0.1mol·L-1,HCl为强电解质,完全电离,CH3COOH为弱电解质,不完全电离,故〖Cl-〗>〖CH3COO-〗,A正确;当滴入氨水10mL时,n(NH3·H2O)=n(CH3COOH),则在同一溶液中〖NH4+〗+〖NH3·H2O〗=〖CH3COOH〗+〖CH3COO-〗,B正确;当滴入氨水20mL时,溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4,质子守恒为〖CH3COOH〗+〖H+〗=〖NH3·H2O〗+〖OH-〗,C正确;当溶液为中性时,电荷守恒为〖NH4+〗+〖H+〗=〖CH3COO-〗+〖Cl-〗+〖OH-〗,因为溶液为中性,则〖H+〗=〖OH-〗,故〖NH4+〗3.C根据质子守恒得〖OH-〗=〖HCO3-〗+〖H+〗+2〖H2CO3〗,A错误;根据物料守恒得〖Na+〗=〖CO32-〗+〖HCO3-〗+〖H2CO3〗,B错误;根据物料守恒得2〖K+〗=〖HX〗+〖X-〗,C正确;二者恰好完全反应生成碳酸钠,溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得〖Na+〗+〖H+〗=2〖CO32-〗+4.DNaHCO3溶液中存在电荷守恒:〖H+〗+〖Na+〗=〖HCO3-〗+2〖CO32-〗+〖OH-〗,A错误;NaHCO3溶液呈碱性,则〖OH-〗>〖H+〗,HCO3-的水解和电离程度都较小,则〖HCO3-〗>〖OH-〗,正确的离子浓度大小顺序为〖Na+〗>〖HCO3-〗>〖OH-〗>〖H+〗,B错误;该溶液的pH升高的原因可能是HCO3-的水解程度增大,碱性增强,也可能是NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3,导致溶液碱性增强,C错误;滴加饱和CaCl2溶液,有白色沉淀和无色气体生成,白色沉淀为CaCO3,气体为CO5.A若X为Na2SO3,当吸收液pH=1.85时,溶液中不含SO32-,则此时溶液中的电荷守恒式为〖Na+〗+〖H+〗=〖HSO3-〗+〖OH-〗,由于〖H+〗>〖OH-〗,故〖Na+〗<〖HSO3-〗,A错误;若X为Na2SO3,当吸收液呈中性时,〖H+〗=〖OH-〗,溶液中存在电荷守恒〖H+〗+〖Na+〗=〖HSO3-〗+2〖SO32-〗+〖OH-〗,可知2〖SO32-〗+〖HSO3-〗=〖Na+〗,B正确;若X为(NH4)2SO3,由于NH4+水解显酸性,SO32-水解显碱性,(NH4)2SO3溶液呈碱性,说明水解程度:SO32->NH4+,C正确;若X为(NH4)2SO3,图中b点溶液中,〖HSO3-〗=〖SO32-〗,b点pH=7,〖H+〗=〖OH-〗,结合电荷守恒〖H+〗+〖NH4+〗=〖HS6.BCH3COONa溶液中,物料关系为〖Na+〗=〖CH3COO-〗+〖CH3COOH〗,A正确;由于NaHCO3是弱酸酸式盐,HCO3-既存在电离平衡,又存在水解平衡,不能根据①②溶液的pH判断醋酸和碳酸的酸性强弱,实际上酸性:醋酸>碳酸,所以HCO3-的水解程度大于CH3COO-的水解程度,B错误;CH3COONH4溶液的pH=7.00,即溶液呈中性,但CH3COO-和NH4+相互促进水解,电荷关系为〖CH3COO-〗+〖OH-〗=〖NH4+〗+〖H+〗,即〖CH3COO-〗=〖NH4+〗<0.1mol·L-1,C正确;0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH=8.33,0.1mol·L-1NH4HCO3溶液相当于在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等物质的量的NH4Cl固体,由于NH7.〖答案〗(1)HCO3-+H2OH2CO3+OH-大于2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O(2)乙B(3)甲〖解析〗:(1)NaHCO3为强碱弱酸盐,在溶液中发生反应的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-,水解使溶液呈碱性,加热时,NaHCO3可分解生成Na2CO3,Na2CO3水解程度较大,溶液碱性较强,NaHCO3分解反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。(2)加入BaCl2溶液后,若生成沉淀,说明溶液中存在大量的CO32-,乙同学结论正确,而加入A、D都生成沉淀,不正确,加入C无现象。(3)将加热后的溶液冷却到10℃8.B酸的电离平衡常数越大,电离程度越大,则酸根离子的水解程度越小,当盐溶液的pH相同时,浓度越大,电离平衡常数:CH3COOH>HCN>HCO3-,则水解程度CO32->CN->CH3COO-,所以〖Na2CO3〗<〖NaCN〗<〖CH3COONa〗,A项错误;根据物料守恒可得,浓度均为0.1mol·L-1NaHCO3和Na2CO3混合溶液中:2〖Na+〗=3〖HCO3-〗+3〖CO32-〗+3〖H2CO3〗,B项正确;0.2mol·L-1HCN溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合所得溶液为NaCN和HCN的混合溶液,由于NaCN的水解大于HCN的电离,故有〖HCN〗>〖Na+〗>〖CN-〗>〖OH-〗,C项错误;浓度均为0.1mol·L-1CH3COOH和CH3COONa混合溶液中,醋酸根离子水解程度较小,则〖CH3COOH〗+〖H+〗<〖CH9.C溶液为HCN与氯化钠的混合溶液,且二者的物质的量浓度相等,HCN的电离很微弱,则〖Na+〗=〖Cl-〗>〖HCN〗>〖H+〗>〖CN-〗,A错误;若向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4,溶液呈碱性,Na2C2O4溶液中根据物料守恒有〖Na+〗=2(〖HC2O4-〗+〖C2O42-〗+〖H2C2O4〗),当反应至溶液pH=7时则氢氧化钠不足,〖Na+〗偏小,故〖Na+〗<2(〖HC2O4-〗+〖C2O42-〗+〖H2C2O4〗),B错误;因Ka(HCN)=6.2×10-10mol·L-1<Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5mol·L-1,NaCN水解程度大于NaHC2O4,0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中〖HCN〗>〖H2C2O4〗,而存在物料守恒有〖Na+〗=〖CN-〗+〖HCN〗=〖HC2O4-〗+〖C2O42-〗+〖H2C2O4〗,故〖CN-〗<〖HC2O4-〗+2〖C2O42-〗,C正确;0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中存在物料守恒有〖Na+〗=〖C2O42-〗+〖HC2O4-〗+〖H2C2O4〗=0.1mol·L-1,而0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液等体积混合后:〖Na+〗+〖C2O42-〗10.CHSO3-的电离常数Ka2=6.2×10-8mol·L-1,HSO3-的水解常数Kh=KWKa1=10-141.3×10-恰好生成(NH4)2SO3时,溶液中〖NH4+〗≈2〖SO32-〗,因为NH3·H2O的电离常数Kb大于HSO3-的电离常数Ka2,则NH4+的水解常数小于SO32-的水解常数,故溶液显碱性,〖OH-〗>〖H+〗,故〖NH4+〗>〖SO32-〗>〖OH-〗>〖H+〗,A正确;电荷守恒得〖NH4+〗+〖H+〗=2〖SO32-〗+〖HSO3-〗+〖OH-〗,SO32-溶液因水解显碱性,HSO3-溶液因其电离程度大于水解程度显酸性,现pH=9,显碱性,故〖SO32-〗>〖HSO3-〗,所以〖NH4+〗+〖H+〗>3〖HSO3-〗+〖OH-〗,B正确;NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量相等,则NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量浓度相等,假设NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量浓度均为amol·L-1,则有物料守恒〖NH4+〗+〖NH3·H2O〗=3amol·L-1,〖SO32-〗+〖HSO3-〗+〖H2SO3〗=2amol·L-1,故2〖NH4+〗+2〖NH3·H2O〗=3〖SO3211.Da点时,溶液中pH=8.4,说明a点为滴定起点,溶液中的溶质为Na2C2O4,根据质子守恒可得〖H+〗+〖HC2O4-〗+2〖H2C2O4〗=〖OH-〗,A错误;b点时,7<pH<8.4,在滴定过程中产生了一部分HC2O4-,但由于加入的HCl的物质的量不确定,因此物料关系无法确定,B错误;c点时pH=pOH=7,则〖H+〗=〖OH-〗,结合电荷守恒可知〖Na+〗=〖H2CO4-〗+2〖C2O42-〗+〖Cl-〗,C错误;根据物料守恒,〖Na+〗=2〖H2C2O4〗+2〖HC2O4-〗+2〖C2O42-〗,电荷守恒为〖H+〗+〖Na+〗=〖OH-〗+〖HC2O4-〗+2〖C2O42-〗+〖Cl-〗,结合两式可得2〖H2C2O4〗+2〖HC2O4-〗+2〖C2O42-〗+〖H+〗=〖OH-〗+〖HC2O4-〗+2〖C2O42-〗+〖Cl-〗,即2〖H2C2O4〗+〖HC2O4-〗+〖H+〗=〖OH-12.〖答案〗(1)不变〖CH3COO-〗+〖OH-〗=〖H+〗+〖Na+〗(2)①不能②HCO3-、H2CO3〖Na+〗>〖Cl-〗>〖HCO3-〗>〖H+〗=〖OH-〖解析〗:(1)K=〖CH3COO-〗〖H+〗〖CH3COOH〗,K仅受温度的影响。由电荷守恒得〖CH3COO-〗+〖OH-〗=〖H+〗+〖Na+〗。(2)通过观察图像解答①②问。③中根据题给信息可得〖OH-〗=1.0×10-413.〖答案〗(1)SO2(2)2×10-12酸减小(3)H3AsO3+OH-H2AsO3-+H2〖解析〗:(1)雄黄可入药。若0.5mol雄黄与O2反应生成As2O3,转移14mol电子,即1mol雄黄与O2反应生成As2O3,转移28mol电子,硫为-2价,则As为+2价,则1molAs4S4中As转移了4mol电子,则4mol硫总共转移24mol电子,即1个硫升高6价,变为+4价的硫,则另一种产物为SO2。(2)砷酸(H3AsO4)是一种重要化工产品,可与足量NaOH溶液反应生成Na3AsO4。NaH2AsO4溶液水解反应的Kh=KWKa1=1×10-145×10-3mol·L-1=2×10-12mol(3)以酚酞为指示剂,将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加,即pH为8.2时主要是H3AsO3和H2AsO3-,该过程中主要反应的离子方程式为H3AsO3+OH-H2AsO3-+H2O,pH=8时,溶液中溶质为NaH2AsO3和H3AsO3,溶液显碱性,说明水解程度大于电离程度,因此溶液中〖Na+〗>〖H2As14.〖答案〗(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质2Fe3++Fe3Fe2+(2)①2②166H+163H2O(3)K1>K2>K3bd溶液的pH(4)18~20〖解析〗:(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质,可起到净水的作用;钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子,离子方程式是2Fe3++Fe3Fe2+。(2)①根据电荷守恒:〖Cl-〗=2〖Fe2+〗+3〖Fe3+〗+〖H+〗(酸性溶液中OH-浓度很小,在这里可以忽略不计),则〖H+〗=〖Cl-〗-2〖Fe2+〗-3〖Fe3+〗=1.0×10-2mol·L-1,则溶液pH=-lg(1.0×10-2)=2。②NaClO3氧化酸性的氯化亚铁,根据题干,Cl元素的化合价从+5价降低到-1价,得到6个电子,Fe元素的化合价从+2价升高到+3价,失去1个电子,根据得失电子守恒,氯酸根离子的化学计量数为1,则Fe2+的化学计量数为6,则铁离子的化学计量数也是6,氯离子的化学计量数是1,根据电荷守恒,则反应物中还有氢离子,且氢离子的化学计量数是6,生成物中有水,水的化学计量数是3,配平后离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2(3)铁离子的水解分为三步,且水解程度逐渐减弱,所以水解平衡常数逐渐减小,则K1>K2>K3。控制条件使平衡正向移动,因为水解为吸热反应,所以降温,平衡逆向移动;加水稀释,水解平衡也正向移动;加入氯化铵,氯化铵溶液为酸性,氢离子浓度增大,平衡逆向移动;加入碳酸氢钠,则消耗氢离子,所以氢离子浓度降低,平衡正向移动。从反应的离子方程式中可知,氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成,所以关键条件是溶液的pH。(4)由图像可知,聚合氯化铁的浓度在18~20mg·L-1时,去除率达到最大值。盐类的水解基础巩固1.(2020年7月浙江选考,1)下列溶质的水溶液呈酸性的是()A.NaCl B.NaHSO4C.HCOONa D.NaHCO32.(2020年7月浙江选考,23)常温下,用0.1mol·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是()A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中〖Cl-〗>〖CH3COO-〗B.当滴入氨水10mL时,〖NH4+〗+〖NH3·H2O〗=〖CH3COO-〗+〖CH3C.当滴入氨水20mL时,〖CH3COOH〗+〖H+〗=〖NH3·H2O〗+〖OH-〗D.当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20mL,〖NH4+〗<〖Cl3.(2020天津滨海新区模拟)下列选项中,微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol·L-1K2CO3溶液:〖OH-〗=〖HCO3-〗+〖H+〗+〖H2COB.0.1mol·L-1NaHCO3溶液中离子浓度关系:〖Na+〗=2〖CO32-〗+〖HCO3-〗+〖C.等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中:2〖K+〗=〖HX〗+〖X-〗D.浓度均为0.1mol·L-1的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合:〖Na+〗+〖H+〗=〖CO32-〗+〖OH-〗+〖4.(2020北京延庆区一模)常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液,pH约为8,向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液,有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中,正确的是()A.NaHCO3溶液中,〖H+〗+〖Na+〗=〖HCO3-〗+〖CO32-〗B.NaHCO3溶液中,〖Na+〗>〖OH-〗>〖HCO3-〗>〖HC.加热NaHCO3溶液,pH增大,一定是HCO3D.滴加饱和CaCl2溶液发生了反应:Ca2++2HCO3-CaCO3↓+H2O+CO25.(2020北京丰台区二模)用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法中不正确的是()A.若X为Na2SO3,当吸收液pH=1.85时:〖Na+〗>〖HSO3B.若X为Na2SO3,当吸收液呈中性时:2〖SO32-〗+〖HSO3-〗C.若X为(NH4)2SO3,(NH4)2SO3溶液呈碱性,说明水解程度:SO32D.若X为(NH4)2SO3,图中b点溶液中n(HSO3-)∶n(NH46.(2020北京东城区一模)25℃时,浓度均为0.1mol·L-1的几种溶液的pH如表。下列说法不正确的是()溶液①CH3COONa溶液②NaHCO3溶液③CH3COONH4溶液pH8.888.337.00A.①中,〖Na+〗=〖CH3COO-〗+〖CH3COOH〗B.由①②可知,CH3COO-的水解程度大于HCO3C.③中,〖CH3COO-〗=〖NH4+〗D.推测25℃,0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pH<8.337.10℃时加热饱和NaHCO3溶液,测得该溶液的pH发生如表所示的变化。温度/℃102030加热煮沸后冷却到50℃pH8.38.48.58.8(1)甲同学认为,该溶液pH增大的原因是HCO3-的水解程度增大,碱性增强,有关反应的离子方程式为乙同学认为,溶液pH增大的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度(填“大于”或“小于”)NaHCO3的水解程度,该分解反应的化学方程式为。

丙同学认为,甲、乙的判断都不充分,他进行如下探究来验证他们的判断是否正确。(2)在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X,若产生沉淀,则(填“甲”或“乙”)的判断正确,试剂X是(填标号)。

A.Ba(OH)2溶液 B.BaCl2溶液C.NaOH溶液 D.澄清石灰水(3)将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH=8.3,则(填“甲”或“乙”)的判断正确。

能力提升8.(2020江苏南京、盐城二模)25℃时,有关弱酸的电离平衡常数如下表:化学式HCNH2CO3CH3COOH电离平衡常数6.2×10-10mol·L-1K1=4.4×10-7mol·L-1K2=4.7×10-11mol·L-11.8×10-5mol·L-1下列有关微粒浓度的说法正确的是()A.pH均为8的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液:〖Na2CO3〗>〖NaCN〗>〖CH3COONa〗B.浓度均为0.1mol·L-1NaHCO3和Na2CO3混合溶液中:2〖Na+〗=3〖HCO3-〗+3〖CO32-〗+3〖C.0.2mol·L-1HCN溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合所得溶液中:〖CN-〗>〖Na+〗>〖HCN〗>〖OH-〗D.浓度均为0.1mol·L-1CH3COOH和CH3COONa混合溶液中:〖CH3COOH〗+〖H+〗>〖CH3COO-〗+〖OH-〗9.(2020江苏南通、泰州模拟)室温下,Ka(HCN)=6.2×10-10mol·L-1,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2mol·L-1,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5mol·L-1。若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol·L-1NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合:〖Na+〗=〖Cl-〗>〖H+〗>〖HCN〗>〖CN-〗B.向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH=7:〖Na+〗>2(〖HC2O4-〗+〖C2O42-〗+〖H2CC.0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液的比较:〖CN-〗<〖HC2O4-〗+2〖C2D.0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液等体积混合:〖Na+〗+〖C2O42-〗+〖HC2O4-〗+〖H2C210.(2020江苏南京三模)室温下,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5mol·L-1,H2SO3的Ka1=1.3×10-2mol·L-1,Ka2=6.2×10-8mol·L-1。氨水可用于工业尾气中SO2的吸收。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是()A.氨水与SO2反应恰好生成(NH4)2SO3时:〖NH4+〗>〖SO32-〗>〖OH-〗B.氨水与SO2反应所得溶液pH=9时:〖NH4+〗+〖H+〗>3〖HSO3-〗+C.氨水与SO2反应生成等物质的量NH4HSO3和(NH4)2SO3时:3〖NH4+〗+3〖NH3·H2O〗=2〖SO32-〗+2〖HSO3-〗D.氨水与SO2反应恰好生成NH4HSO3时:〖H+〗+〖H2SO3〗=〖OH-〗+〖SO32-〗+〖NH3·H11.(2020江苏南京师大附中一模)已知NaHC2O4溶液的pH<7。常温下,向pH=8.4的Na2C2O4溶液中滴加0.1mol·L-1的HCl溶液,溶液pH与pOH(pOH=-lg〖OH-〗)的变化关系如图所示,下列各点所示溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A.a点:〖H+〗+〖HC2O4-〗+〖H2C2O4〗=〖OHB.b点:〖Cl-〗>〖H2C2O4〗+〖HC2O4-〗+〖C2C.c点:〖Na+〗=〖HC2O4-〗+〖C2O42-〗D.d点:〖OH-〗+〖Cl-〗>〖H+〗+2〖H2C2O4〗12.在含有弱电解质的溶液中,往往有多个化学平衡共存。(1)一定温度下,向1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体,则溶液中〖CH3CO(2)25℃时,在20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液40mL,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题:①在同一溶液中,H2CO3、HCO3-、CO②当pH=7时,溶液中含碳元素的主要微粒为,溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为;

③已知在25℃时,CO32-水解反应的平衡常数Kh=〖HCO3-〗〖OH-〗〖CO32-〗13.(2020山东泰安期末)砷是生命的第七元素,可形成多种重要化合物,如雌黄(As2S3)、雄黄(As4S4)、砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)等。(1)雄黄可入药。若0.5mol雄黄与O2反应生成As2O3,转移14mol电子,则另一种产物为(填化学式)。

(2)砷酸(H3AsO4)是一种重要化工产品,可与足量NaOH溶液反应生成Na3AsO4。NaH2AsO4溶液水解反应的Kh=,该溶液显(填“酸”或“碱”)性。若向该溶液中加入少量NaOH固体,则溶液中〖H3AsO4〗〖H2AsO4-〗将(填“增大”“减小”或“不变”〗。(已知:25℃,砷酸的(3)亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病,其在溶液中存在多种微粒形态。常温下,用NaOH溶液滴定H3AsO3时,各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。以酚酞为指示剂,将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为,pH=8时,溶液中〖Na+〗(填“>”“<”或“=”)〖H2AsO3-拓展深化14.(2020北京海淀区校级模拟)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:(1)FeCl3净水的原理是。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示)。

(2)为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。①若酸性FeCl2废液中〖Fe2+〗=2.0×10-2mol·L-1,〖Fe3+〗=1.0×10-3mol·L-1,〖Cl-〗=5.3×10-2mol·L-1,则该溶液的pH约为。

②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式:ClO3-+Fe2++

Cl-+Fe3++(3)FeCl3在溶液中分三步水解:Fe3++H2OFe(OH)2++H+K1Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H+KFe(OH)++H2OFe(OH)3+H+K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是。

通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氧化铁,离子方程式为xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)。

a.降温 b.加水稀释c.加入NH4Cl d.加入NaHCO3室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是。

(4)天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁〖以Fe(mg·L-1)表示〗的最佳范围约为mg·L-1。

课时规范练27盐类的水解1.BNaCl是强酸强碱盐,其不能水解,其水溶液呈中性,A错误;NaHSO4是强酸的酸式盐,属于强电解质,其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4Na++H++SO42-,故其水溶液呈酸性,B正确;HCOONa属于强碱弱酸盐,其在水溶液中可以完全电离,其电离产生的HCOO-可以发生水解,其水解的离子方程式为HCOO-+H2OHCOOH+OH-,故其水溶液呈碱性,C错误;NaHCO32.D未滴定时,溶液溶质为HCl和CH3COOH,且浓度均为0.1mol·L-1,HCl为强电解质,完全电离,CH3COOH为弱电解质,不完全电离,故〖Cl-〗>〖CH3COO-〗,A正确;当滴入氨水10mL时,n(NH3·H2O)=n(CH3COOH),则在同一溶液中〖NH4+〗+〖NH3·H2O〗=〖CH3COOH〗+〖CH3COO-〗,B正确;当滴入氨水20mL时,溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4,质子守恒为〖CH3COOH〗+〖H+〗=〖NH3·H2O〗+〖OH-〗,C正确;当溶液为中性时,电荷守恒为〖NH4+〗+〖H+〗=〖CH3COO-〗+〖Cl-〗+〖OH-〗,因为溶液为中性,则〖H+〗=〖OH-〗,故〖NH4+〗3.C根据质子守恒得〖OH-〗=〖HCO3-〗+〖H+〗+2〖H2CO3〗,A错误;根据物料守恒得〖Na+〗=〖CO32-〗+〖HCO3-〗+〖H2CO3〗,B错误;根据物料守恒得2〖K+〗=〖HX〗+〖X-〗,C正确;二者恰好完全反应生成碳酸钠,溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得〖Na+〗+〖H+〗=2〖CO32-〗+4.DNaHCO3溶液中存在电荷守恒:〖H+〗+〖Na+〗=〖HCO3-〗+2〖CO32-〗+〖OH-〗,A错误;NaHCO3溶液呈碱性,则〖OH-〗>〖H+〗,HCO3-的水解和电离程度都较小,则〖HCO3-〗>〖OH-〗,正确的离子浓度大小顺序为〖Na+〗>〖HCO3-〗>〖OH-〗>〖H+〗,B错误;该溶液的pH升高的原因可能是HCO3-的水解程度增大,碱性增强,也可能是NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3,导致溶液碱性增强,C错误;滴加饱和CaCl2溶液,有白色沉淀和无色气体生成,白色沉淀为CaCO3,气体为CO5.A若X为Na2SO3,当吸收液pH=1.85时,溶液中不含SO32-,则此时溶液中的电荷守恒式为〖Na+〗+〖H+〗=〖HSO3-〗+〖OH-〗,由于〖H+〗>〖OH-〗,故〖Na+〗<〖HSO3-〗,A错误;若X为Na2SO3,当吸收液呈中性时,〖H+〗=〖OH-〗,溶液中存在电荷守恒〖H+〗+〖Na+〗=〖HSO3-〗+2〖SO32-〗+〖OH-〗,可知2〖SO32-〗+〖HSO3-〗=〖Na+〗,B正确;若X为(NH4)2SO3,由于NH4+水解显酸性,SO32-水解显碱性,(NH4)2SO3溶液呈碱性,说明水解程度:SO32->NH4+,C正确;若X为(NH4)2SO3,图中b点溶液中,〖HSO3-〗=〖SO32-〗,b点pH=7,〖H+〗=〖OH-〗,结合电荷守恒〖H+〗+〖NH4+〗=〖HS6.BCH3COONa溶液中,物料关系为〖Na+〗=〖CH3COO-〗+〖CH3COOH〗,A正确;由于NaHCO3是弱酸酸式盐,HCO3-既存在电离平衡,又存在水解平衡,不能根据①②溶液的pH判断醋酸和碳酸的酸性强弱,实际上酸性:醋酸>碳酸,所以HCO3-的水解程度大于CH3COO-的水解程度,B错误;CH3COONH4溶液的pH=7.00,即溶液呈中性,但CH3COO-和NH4+相互促进水解,电荷关系为〖CH3COO-〗+〖OH-〗=〖NH4+〗+〖H+〗,即〖CH3COO-〗=〖NH4+〗<0.1mol·L-1,C正确;0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH=8.33,0.1mol·L-1NH4HCO3溶液相当于在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等物质的量的NH4Cl固体,由于NH7.〖答案〗(1)HCO3-+H2OH2CO3+OH-大于2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O(2)乙B(3)甲〖解析〗:(1)NaHCO3为强碱弱酸盐,在溶液中发生反应的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-,水解使溶液呈碱性,加热时,NaHCO3可分解生成Na2CO3,Na2CO3水解程度较大,溶液碱性较强,NaHCO3分解反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。(2)加入BaCl2溶液后,若生成沉淀,说明溶液中存在大量的CO32-,乙同学结论正确,而加入A、D都生成沉淀,不正确,加入C无现象。(3)将加热后的溶液冷却到10℃8.B酸的电离平衡常数越大,电离程度越大,则酸根离子的水解程度越小,当盐溶液的pH相同时,浓度越大,电离平衡常数:CH3COOH>HCN>HCO3-,则水解程度CO32->CN->CH3COO-,所以〖Na2CO3〗<〖NaCN〗<〖CH3COONa〗,A项错误;根据物料守恒可得,浓度均为0.1mol·L-1NaHCO3和Na2CO3混合溶液中:2〖Na+〗=3〖HCO3-〗+3〖CO32-〗+3〖H2CO3〗,B项正确;0.2mol·L-1HCN溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合所得溶液为NaCN和HCN的混合溶液,由于NaCN的水解大于HCN的电离,故有〖HCN〗>〖Na+〗>〖CN-〗>〖OH-〗,C项错误;浓度均为0.1mol·L-1CH3COOH和CH3COONa混合溶液中,醋酸根离子水解程度较小,则〖CH3COOH〗+〖H+〗<〖CH9.C溶液为HCN与氯化钠的混合溶液,且二者的物质的量浓度相等,HCN的电离很微弱,则〖Na+〗=〖Cl-〗>〖HCN〗>〖H+〗>〖CN-〗,A错误;若向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4,溶液呈碱性,Na2C2O4溶液中根据物料守恒有〖Na+〗=2(〖HC2O4-〗+〖C2O42-〗+〖H2C2O4〗),当反应至溶液pH=7时则氢氧化钠不足,〖Na+〗偏小,故〖Na+〗<2(〖HC2O4-〗+〖C2O42-〗+〖H2C2O4〗),B错误;因Ka(HCN)=6.2×10-10mol·L-1<Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5mol·L-1,NaCN水解程度大于NaHC2O4,0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中〖HCN〗>〖H2C2O4〗,而存在物料守恒有〖Na+〗=〖CN-〗+〖HCN〗=〖HC2O4-〗+〖C2O42-〗+〖H2C2O4〗,故〖CN-〗<〖HC2O4-〗+2〖C2O42-〗,C正确;0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中存在物料守恒有〖Na+〗=〖C2O42-〗+〖HC2O4-〗+〖H2C2O4〗=0.1mol·L-1,而0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液等体积混合后:〖Na+〗+〖C2O42-〗10.CHSO3-的电离常数Ka2=6.2×10-8mol·L-1,HSO3-的水解常数Kh=KWKa1=10-141.3×10-恰好生成(NH4)2SO3时,溶液中〖NH4+〗≈2〖SO32-〗,因为NH3·H2O的电离常数Kb大于HSO3-的电离常数Ka2,则NH4+的水解常数小于SO32-的水解常数,故溶液显碱性,〖OH-〗>〖H+〗,故〖NH4+〗>〖SO32-〗>〖OH-〗>〖H+〗,A正确;电荷守恒得〖NH4+〗+〖H+〗=2〖SO32-〗+〖HSO3-〗+〖OH-〗,SO32-溶液因水解显碱性,HSO3-溶液因其电离程度大于水解程度显酸性,现pH=9,显碱性,故〖SO32-〗>〖HSO3-〗,所以〖NH4+〗+〖H+〗>3〖HSO3-〗+〖OH-〗,B正确;NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量相等,则NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量浓度相等,假设N