课时规范练27 盐类的水解
1.B 明矾溶液中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,可以作净水剂,故A项正确;水解反应是吸热反应,水解反应N
+H2O
NH3·H2O+H达到平衡后,升温平衡正向移动,故B
+
项错误;AlCl3、FeCl3、CuCl2溶液中金属阳离子均能发生水解,水解产物中都有氯化氢,加热氯化氢挥发得到金属的氢氧化物沉淀,制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将其溶液直接蒸干的方法,故C项正确;盐类水解反应是中和反应的逆反应,故D项正确。 2.D A项,由F
2+
+3H2OFe(OH)3+3H可知,加入CaCO3消耗H,使平衡右移从而除去F
++
,但又引
入新的杂质Ca,说法不正确;B项,所用酸应是稀硫酸,因为不能引入新的杂质;C项,加热法不能除去F
。
的水解平衡:C
+H2O
HC
+OH。加入适量水,平衡正向移动,且溶液与H结合生成HC
+-
3.C K2CO3溶液中存在C的体积增大,则[C
]减小,A项错误;加入少量盐酸,C
-
,则[C]减小,B项错
误;加入适量KOH固体,溶液中[OH]增大,水解平衡逆向移动,溶液中[Cmol·L,C项正确;加热,促使C
-1
]增大,更接近0.1
的水解平衡正向移动,[C]减小,D项错误。
4.B 稀释溶液,水解平衡向正反应方向移动,但水解平衡常数只与温度有关,温度不变,水解平衡常数保持不变,A项错误;加入CuSO4固体,发生沉淀反应:Cu+S
-2+
2-
CuS↓,[S]减小,S的水解平衡向
-
2-2-
逆反应方向移动,HS浓度减小,B项正确;水解过程吸热,升高温度,水解平衡向正反应方向移动,[HS]增大,[S]减小,5.A 要使Fe和F
2+
2-
增大,C项错误;加入NaOH固体,[OH]增大,pH增大,D项错误。 全部沉淀除去,由题给信息可知,需将Fe全部氧化成F
2+
2+
-
,再调节溶液pH范
2+
围为4.5≤pH<6.5,即可将F完全转化为Fe(OH)3沉淀,且保证Zn不沉淀。氧化Fe时不能引入
的水解。
新的杂质,只能用H2O2,调pH时也不能引入新的杂质,用ZnO能促进F
6.B A项,等浓度时,三种溶液的pH大小为③>②>①,故pH相等时,物质的量浓度大小为①>②>③,说法正确;B项,①溶液中CFe抑制NN
+H2O
-2+
水解促进N水解,使[N]减小;②溶液中只有N水解;③溶液中
水解,使[N
+
]增大,[N]的大小顺序为③>②>①,B项错误;NH4Cl溶液中存在
+
NH3·H2O+H,加入稀硝酸,[H]增大,平衡左移,抑制N
-
水解,C项正确;在CH3COONa溶液
-
中CH3COO+H2OCH3COOH+OH,加入冰醋酸,[CH3COOH]增大,对CH3COO的水解起抑制作用,D项正确。
的电离程度>HS
的水解程度,加入钠后平衡①左移、平衡②右
+
+
7.C NaHSO3溶液显酸性,则HS移,[HS
]减小,A项错误;根据电荷守恒可知,B项错误,应为[H]+[Na]=[HS]+[OH]+2[S
-
];加
入少量NaOH溶液,平衡②右移,的值均增大,C项正确;加入氨水至溶液呈中性,则
6
[H]=[OH],由电荷守恒可得溶液中其他离子浓度间有如下关系:[Na]+[N错误。 8.A [C
]=[HC
+-+
]=2[S]+[HS],D项
,平衡常数在常温下数值不变,A项正确;A点溶液中
],pH≈11,即氢离子浓度约是10mol·L,则Ka2=
-11
-1
=[H]≈10mol·L,即
+-11-1
Ka2(H2CO3)的数量级为10-11,B项错误;任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得B点所处
的溶液中:[K]+[H]=2[C
+
+
]+[HC]+[OH]+[Cl],C项错误;根据图像可知pH约为6时,氢离子与
--
碳酸氢根离子反应有CO2气体逸出,当pH约为8时,恰好转化为碳酸氢钾,D项错误。 9.D LiH2PO4溶液中存在H2P
、HP
两种粒子的电离平衡和水解平衡,还有水的电离平衡、H3PO4
、HP
、P
,B项错误;根据图1可知,随c的电离平衡,A项错误;含P元素的粒子有H3PO4、H2P
初始
(H2P)增大,溶液的pH并没有明显减小,C项错误;根据图2可知pH达到4.66时,H3PO4几乎全部
或LiH2PO4,D项正确。
+
转化为H2P
10.答案 (1)[H]>[H2P(2)①HP
+H
+
]>[OH] H2P
②AD ③1.1×10 mol·L
H+H2P
+
-3
-1
-
解析 (1)因为H3PO2是一元中强酸,在溶液中发生部分电离,电离方程式为H3PO2,由于氢
离子既来自于酸的电离又来自于水的电离,且酸溶液中水的电离受到抑制,故离子浓度大小关系为[H]>[H2P小、H2P
+
]>[OH]。(2)①向Na3PO4溶液中滴入稀盐酸后,pH从10降低到5的过程中HP浓度增大,所以发生的主要反应的离子方程式为HP
+H
+
-
浓度减
H2P。②钠离子不水解,浓
度最大,由题图可知H2P以溶液中存在[Na]>[H2P[H]+[Na]=[OH]+[H2P[Na]=[H2P③ P
-1
++
+
-+
电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,由于电离程度和水解程度都较小,所]>[H]>[HP]+2[HP
]+3[P
+
]>[H3PO4],选项A正确,选项B错误;溶液中存在电荷守恒],选项C错误;溶液中存在物料守恒
]+[HP]+[P]+[H3PO4],选项D正确。
HP0.1 0.01 0.09
-1
-3
(aq)+H2O(l)(aq)+OH(aq)
0 0.01 0.01
-1
-
起始浓度/(mol·L) 变化浓度/(mol·L) 平衡浓度/(mol·L)
-1-1
0 0.01 0.01
Kh= mol·L=1.1×10 mol·L。
11.答案 (1)①a=7时,HA是强酸;a>7时,HA是弱酸 ②C ③[Na]>[A]>[OH]>[H] ④(10-10)
-4
-10+
--+
7
(2)①H2B
H+HB,HB
+
--
H+B ②> AC
+2-
解析 (1)①一元酸HA与NaOH等物质的量反应,酸性强弱取决于完全中和后盐溶液的pH,a=7时说明HA为强酸,a>7时说明HA为弱酸。②据电荷守恒,有[Na]+[H]=[A]+[OH],因pH=7即[H]=[OH],所以[Na]=[A]。③丙组实验中溶液为等浓度的HA与NaA的混合溶液,由pH>7知A水解程度大于HA的电离程度,溶液中离子浓度大小关系为[Na]>[A]>[OH]>[H]。④据电荷守恒[Na]+[H]=[A
-+
--+
-4
-10
-1
+
--+
+
+
-+
--+
+
--+
-
]+[OH],可知[Na]-[A]=[OH]-[H]=(10-10) mol·L。(2)①由于溶液中只存在水分子,说明H2B是完全电离成H与HB,而HB部分电离为H与B,故H2B的电离方程式为H2B
+
2--1
2-+
--+
2-
H+HB,HB
+--
H+B。②NaHB与NaOH恰好完全反应生成0.1 mol·L的Na2B溶液,B水解,溶液呈碱性。A项为物料守恒,C项为质子守恒,B项、D项错误。 12.答案 (1)酸 N(2)< (3)Cl N(5)①H2A
H+HA,HA
+
---
+H2ONH3·H2O+H
+
(4)= = H+A ②>
+
2-
解析 (1)NH4Cl为强酸弱碱盐,根据“谁弱谁水解,谁强显谁性”的原则,NH4Cl溶液显酸性。(2)CH3COONH4溶液中,醋酸根离子促进铵根离子的水解,而NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出来的氢离子抑制铵根离子的水解,所以NH4HSO4溶液中铵根离子浓度大。(3)因为氯离子在溶液中不变化,所以其浓度为0.1 mol·L;根据原子守恒可知,含氮原子微粒的总物质的量浓度为0.2 mol·L,而氮原子的存在形式为NH3·H2O和NN
+-1
-1
。(4)溶液②的pH=7,说明CH3COO水解生成的OH的物质的量等于
--
--
水解生成的H的物质的量,即二者水解程度相同;根据电荷守恒得:[CH3COO]+[OH]=[N
+
--
]+[H],
+
因为[H]=[OH],故[CH3COO]=[N]。(5)①由溶液中存在的微粒可知,H2A为二元弱酸,分步电离。
②NaHA和NaOH恰好反应生成Na2A,溶液显碱性,pH>7。
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【高考原创】2024届高三语文高考考前模拟提分练习2024版高考化学大一轮复习课时规范练2盐类的水解鲁科版08
