《寒假作業(yè) 高二化學(xué)魯科版專題12 鹽類水解的應(yīng)用 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《寒假作業(yè) 高二化學(xué)魯科版專題12 鹽類水解的應(yīng)用 Word版含解析（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、Generated by Unregistered Batch DOC & DOCX Converter 2010.2.205.1366, please register!專題12鹽類水解的應(yīng)用題組1判斷溶液的酸堿性1已知：H2A=H HA，HA,H A2，相同條件的下列稀溶液：Na2ANaHAHCl，它們的pH由大到小的排列順序正確的是()A BC D2為了證明NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于電離程度，可采用的實(shí)驗(yàn)方法是()測定溶液的pH加入Ba(OH)2溶液加入鹽酸加入酚酞溶液A BC D30.1 mol下列氣體分別與1 L 0.1 molL1的NaOH溶液反應(yīng)，形成的溶液pH最小的

2、是()ANO2 BSO2CSO3 DCO2題組2判定酸堿相對強(qiáng)弱4有四種物質(zhì)的量濃度相等、且都由一價(jià)陽離子A和B及一價(jià)陰離子X和Y組成的鹽溶液。據(jù)測定常溫下AX和BY溶液的pH7，AY溶液的pH7，由BX溶液的pH7。由此判斷可能不水解的鹽是()ABX BAXCAY DBY5已知在常溫下測得濃度均為0.1 molL1的下列6種溶液的pH：溶質(zhì)CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.111.610.311.111.3請根據(jù)上述信息判斷下列反應(yīng)不能發(fā)生的是()ACO2H2O2NaClO=Na2CO32HClOBCO2H2ONaClO=NaHCO3HCl

3、OCCO2H2OC6H5ONaNaHCO3C6H5OHDCH3COOHNaCN=CH3COONaHCN6常溫下，100 mL 0.1 molL1的三種鹽溶液NaX、NaY、NaZ的pH分別為7、8、9，則下列比較中正確的是()AHX、HY、HZ的酸性依次增強(qiáng)B溶液中的離子濃度XYZC電離常數(shù)K(HY)K(HZ)，水解常數(shù)K(Y)K(Z)DXYHYZHZ題組3鹽溶液蒸干產(chǎn)物的判斷7通過下列各步制取物質(zhì)，最終無法達(dá)到目的的是()AAlAl2O3HNO3,Al(NO3)3Al(OH)3BCuCuO稀H2SO4,CuSO4溶液CuSO45H2OCFeCl2,FeCl3過量氨水,Fe(OH)3灼燒,Fe

4、2O3DMgCl2Ca(OH)2,Mg(OH)2鹽酸,MgCl26H2O強(qiáng)熱,MgCl2Mg8下列物質(zhì)的溶液經(jīng)加熱、蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶、灼燒后，所得固體的成分不相同的是()AFeCl2、FeCl3BNaHCO3、Na2CO3CNaAl(OH)4、AlCl3DMg(HCO3)2、MgCl2題組4鹽類水解的其他應(yīng)用9無色透明溶液中能大量共存的離子組是()ANa、Al3、HCO、NOBAlO、Cl、Mg2、KCNH、Na、CH3COO、NODNa、NO、ClO、I10下列指定溶液中一定能大量共存的離子組是()ApH1的溶液中：NH、Na、Fe3、SOB含有大量Al(OH)4的溶液中：Na、K、HCO、

5、NOC中性溶液中：K、Al3、Cl、SODNa2S溶液中：SO、K、Cu2、Cl11兩種鹽的固體混合物：加熱時(shí)有氣體產(chǎn)生，加水溶解時(shí)有沉淀生成，且沉淀溶于稀鹽酸。滿足上述條件的混合物是()ABaCl2和(NH4)2SO3BAgNO3和NH4ClCFeCl3和Na2CO3DKCl和Na2CO312下列說法中不正確的是()A熱的純堿溶液去油污能力強(qiáng)BNH4Cl溶液可以去除鐵表面的鐵銹CNH 與HCO因發(fā)生雙水解反應(yīng)而不能大量共存D配制NaCN溶液的方法是將NaCN溶于較濃的NaOH溶液中，再稀釋到所需濃度13下列問題，與鹽的水解有關(guān)的是()NH4Cl與ZnCl2溶液可作金屬除銹劑NaHCO3與Al

6、2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用實(shí)驗(yàn)室盛放碳酸鈉溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞加熱蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固體A BC D題組5鹽類水解的綜合應(yīng)用14(1)AgNO3的水溶液呈_(填“酸”、“中”或“堿”)性，實(shí)驗(yàn)室在配制AgNO3溶液時(shí)， 常將AgNO3固體先溶于較濃的硝酸中，然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，以_(填“促進(jìn)”或“抑制”)其水解。(2)氯化鋁水溶液呈_性 ，原因是：_(用離子方程式表示)。(3)在配制硫化鈉溶液時(shí)，為了防止發(fā)生水解，可以加入少量的_。原因是：_(用離子方程式表示)。15化合物SOCl2(SOClCl)是一種液態(tài)化合物，沸

7、點(diǎn)77 ，在盛有10 mL水的錐形瓶中小心地滴加810滴SOCl2，可觀察到反應(yīng)劇烈，液面上有白霧形成，并逸出有氣味的氣體，該氣體可使沾有品紅試液的濾紙褪色。輕輕振蕩錐形瓶，待白霧消失后往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀析出。(1)根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)，寫出SOCl2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。(2)蒸干ZnCl2溶液得不到ZnCl2固體，只能得到Zn(OH)Cl，所以工業(yè)上往往用ZnCl23H2O和SOCl2混合后共熱來制取無水ZnCl2。寫出蒸干ZnCl2溶液過程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式：_。寫出該種制法可行性的原因：_，_(至少寫出兩個(gè)原因)。16現(xiàn)有電解質(zhì)溶液：Na2CO3；Na

8、HCO3；NaAl(OH)4；CH3COONa；NaOH，且已知：CO22Al(OH)4=2Al(OH)3COH2O。(1)當(dāng)五種溶液的pH相同時(shí)，其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是_(填編號)。(2)將上述物質(zhì)的量濃度均為0.1 molL1的五種溶液稀釋相同倍數(shù)時(shí)，其變化最大的是_(填編號)。(3)在上述五種電解質(zhì)溶液中，分別加入氯化鋁溶液，無氣體產(chǎn)生的是_(填編號)。(4)將上述這四種電解質(zhì)溶液混合，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。17常溫下，有濃度均為1 molL1的下列四種溶液：H2SO4溶液NaHCO3溶液NH4Cl溶液NaOH溶液(1)這四種溶液pH由大到小的順序是_，其中由水電離的H濃度最

9、小的是_。(均填序號)(2)中各離子濃度由大到小的順序是_，NaHCO3的水解平衡常數(shù)Kh_molL1。(已知碳酸的電離常數(shù)K14107，K25.61011)(3)向中通入少量氨氣，此時(shí)的值_(填“增大”、“減小”或“不變”)。(4)若將和混合后溶液恰好呈中性，則混合前的體積_的體積(填“大于”、“小于”或“ 等于”)。18已知：I22S2O=S4O2I，相關(guān)物質(zhì)的溶度積常數(shù)見下表：物質(zhì)Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.21020 mol3L32.61039 mol4L41.7107 mol2L21.31012 mol2L2(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，為

10、得到純凈的CuCl22H2O晶體，加入_，調(diào)至pH4，使溶液中的Fe3轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，此時(shí)溶液中的Fe3_。過濾后，將所得濾液低溫蒸發(fā)、濃縮結(jié)晶，可得到CuCl22H2O晶體。(2)在空氣中直接加熱CuCl22H2O晶體得不到純的無水CuCl2，原因是_(用化學(xué)方程式表示)。由CuCl22H2O晶體得到純的無水CuCl2的合理方法是_。(3)某學(xué)習(xí)小組用“間接碘量法”測定含有CuCl22H2O晶體的試樣(不含能與I發(fā)生反應(yīng)的氧化性雜質(zhì))的純度，過程如下：取0.36 g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應(yīng)，生成白色沉淀。用0.100 0 molL1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，到達(dá)滴

11、定終點(diǎn)時(shí)，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00 mL。可選用_作滴定指示劑，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_。CuCl2溶液與KI反應(yīng)的離子方程式為_。該試樣中CuCl22H2O的質(zhì)量百分?jǐn)?shù)為_。答案精析1CH2A完全電離，因此HA不水解，HA部分電離，A2水解，所以Na2A呈堿性，NaHA溶液因HA部分電離呈弱酸性，HCl溶液呈強(qiáng)酸性。2C3CA項(xiàng)，0.1 mol NO2與0.1 mol NaOH發(fā)生歧化反應(yīng)2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O，生成的NaNO2是弱酸強(qiáng)堿鹽，發(fā)生水解使溶液呈堿性；B項(xiàng)，0.1 mol SO2與0.1 mol NaOH恰好反應(yīng)生成NaHSO3，由于HSO的電離程度

12、大于HSO的水解程度，故溶液呈酸性；C項(xiàng)，0.1 mol SO3與0.1 mol NaOH恰好反應(yīng)生成NaHSO4，該鹽是強(qiáng)酸強(qiáng)堿的酸式鹽，完全電離使溶液顯酸性，相當(dāng)于一元強(qiáng)酸，所以其酸性比NaHSO3溶液的強(qiáng)，其pH更??；D項(xiàng)，0.1 mol CO2與0.1 mol NaOH恰好反應(yīng)生成NaHCO3，由于HCO的水解程度大于HCO的電離程度，溶液呈堿性。故選C。4B由AY溶液pH7知A是強(qiáng)堿陽離子，Y是弱酸陰離子，由BX溶液pH7知X應(yīng)是強(qiáng)酸陰離子，而B為弱堿陽離子，故不水解的鹽應(yīng)是AX。5A這些鹽都是弱酸的鈉鹽，水解時(shí)生成相應(yīng)的弱酸，且弱酸的酸性越弱，水解程度也越大，即所得溶液的堿性越強(qiáng)，

13、pH越大。這些弱酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镃H3COOH、H2CO3、HClO、HCN、C6H5OH、HCO(注意：Na2CO3對應(yīng)的弱酸為HCO，NaHCO3對應(yīng)的弱酸為H2CO3)。6D由題意知，HX是強(qiáng)酸，HY、HZ是弱酸且酸性HYHZ。則A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；電離常數(shù)K(HY)K(HZ)，則水解常數(shù)K(Y)K(Z)，C項(xiàng)錯(cuò)；根據(jù)物料守恒定律可知XYHYZHZNa。7DA項(xiàng)中加熱時(shí)，HNO3揮發(fā)，Al3水解，平衡右移，最后蒸干后得Al(OH)3，正確；B、C兩項(xiàng)中設(shè)計(jì)過程正確；D選項(xiàng)中MgCl26H2O強(qiáng)熱得到Mg(OH)Cl或MgO。8C選項(xiàng)A中可考慮FeCl2被氧化后再水解，A中的最終產(chǎn)物均為

14、Fe2O3；選項(xiàng)B中可考慮NaHCO3先分解，B中的最終產(chǎn)物均為Na2CO3；C中的最終產(chǎn)物為NaAl(OH)4和Al2O3；選項(xiàng)D中可考慮Mg(HCO3)2先分解，最終產(chǎn)物均為MgO。9CA項(xiàng)，Al3因與HCO發(fā)生雙水解反應(yīng)不能大量共存；B項(xiàng)，AlO與Mg2反應(yīng)生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀不能大量共存；C項(xiàng)，NH與CH3COO雖能發(fā)生雙水解反應(yīng)，但能大量共存；D項(xiàng)，ClO與I能發(fā)生氧化還原反應(yīng)不能大量共存。10AA項(xiàng)，酸性條件下，H抑制NH、Fe3的水解，能大量共存；B項(xiàng)，Al(OH)4HCO=Al(OH)3COH2O，不能大量共存；C項(xiàng)，Al3水解呈酸性，因而在中性溶液中不能大量

15、存在；D項(xiàng)，Cu2S2=CuS，不能大量共存。11A(NH4)2SO3加熱時(shí)會分解放出氣體，BaCl2和(NH4)2SO3溶于水生成的沉淀為BaSO3，它能溶解于鹽酸，A項(xiàng)符合題意；B中兩種物質(zhì)溶于水生成的沉淀為AgCl，不能溶解于鹽酸，B不符合題意；C、D項(xiàng)受熱都不生成氣體，故不符合題意。12C純堿溶液中由于CO水解而使溶液呈堿性去油污，加熱促進(jìn)水解，提高溶液的堿性，去污能力加強(qiáng)，A正確；NH4Cl溶液由于NH水解呈酸性，與鐵銹反應(yīng)，B正確；NH與HCO雖然相互促進(jìn)水解，但能大量共存，如存在NH4HCO3溶液。由于NaCN易水解：NaCNH2O,NaOHHCN，溶于濃NaOH為了抑制水解，D

16、正確。13D中NH4Cl與ZnCl2溶液水解后均呈酸性，可除去金屬表面的銹；HCO與Al3水解相互促進(jìn)，產(chǎn)生二氧化碳，可作滅火劑；草木灰的主要成分碳酸鉀水解呈堿性，而銨態(tài)氮肥水解呈酸性，因而不能混合施用；碳酸鈉溶液水解呈堿性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅會與堿反應(yīng)生成硅酸鈉將瓶塞與瓶口黏結(jié)，因此盛放碳酸鈉的試劑瓶應(yīng)用橡膠塞；AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl33H2OAl(OH)33HCl，加熱時(shí)，HCl揮發(fā)使平衡向右移動，最終得到Al(OH)3固體。14(1)酸抑制(2)酸Al33H2O,Al(OH)33H(3)NaOHS2H2O,HSOH、HSH2O,H2SOH15(1)SOCl2H2O=

17、SO2 2HCl(2) ZnCl2H2O,Zn(OH)ClHClSOCl2與ZnCl2不反應(yīng)且消耗水生成HCl抑制ZnCl2的水解16(1)(2)(3)(4)HCOAl(OH)4=Al(OH)3COH2O解析(1)根據(jù)題示信息知，碳酸酸性比氫氧化鋁強(qiáng)。弱酸強(qiáng)堿鹽溶液堿性強(qiáng)弱取決于弱酸根離子水解程度，因?yàn)槿跛岬乃嵝裕篊H3COOHH2CO3H3AlO3，水解能力大?。篈l(OH)4COHCOCH3COO。相同的pH時(shí)，其物質(zhì)的量濃度大小的順序?yàn)镃H3COONaNaHCO3Na2CO3NaAl(OH)4NaOH。(2)稀釋能促進(jìn)鹽的水解，補(bǔ)充OH，故氫氧化鈉溶液在稀釋時(shí)pH變化最大。(3)AlCl

18、3與Na2CO3，NaHCO3均能相互促進(jìn)水解生成Al(OH)3，并放出二氧化碳?xì)怏w；AlCl3與NaAl(OH)4，CH3COONa相互促進(jìn)水解，只生成Al(OH)3，無氣體放出。(4)據(jù)復(fù)分解反應(yīng)規(guī)律“電離程度大的物質(zhì)生成電離程度小的物質(zhì)”，碳酸氫鈉與四羥基合鋁酸鈉溶液混合能促進(jìn)水解，離子方程式為HCOAl(OH)4=Al(OH)3COH2O。17(1)(2)NaHCOOHHCO2.5108(3)減小(4)大于解析(1)是強(qiáng)堿，溶液中OH1 molL1，是二元強(qiáng)酸，溶液中H2 molL1，二者均抑制水的電離，抑制程度大。(2)依據(jù)NaHCO3=NaHCO、HCOH2OH2CO3OH(程度大

19、)、HCOCOH(程度小)、H2OHOH可知溶液中各離子濃度大??；Kh、K1可知KhK1Kw。(3)依據(jù)NHH2ONH3H2OH，通入氨氣使NH3H2O增大，平衡左移，使NH增大，但NH3H2O增大的多。(4)如果等體積混合，恰好完全反應(yīng)生成NaCl、NH3H2O，溶液顯堿性，所以NH4Cl過量。18(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO或CuCO326109 molL1(2)2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22HCl2H2O主要產(chǎn)物寫成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可在干燥的HCl氣流中加熱脫水(3)淀粉溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘后不復(fù)色2Cu24I=2CuI

20、I295%解析(1)Fe(OH)3、Cu(OH)2的Ksp分別為2.61039 mol4L4、2.21020 mol3L3，則Fe3、Cu2開始產(chǎn)生沉淀時(shí)OH分別為2.971010 molL1、3.53107 molL1。除去酸性CuCl2溶液中的少量FeCl3，可加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO或CuCO3調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3先轉(zhuǎn)化為沉淀析出。pH4時(shí)，H104 molL1，則OH molL111010 molL1，此時(shí)Fe32.6109 molL1。(2)CuCl2易發(fā)生水解反應(yīng)，在空氣中直接加熱CuCl22H2O，發(fā)生反應(yīng)2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl2

21、2HCl2H2O。為防止CuCl2水解，可將CuCl22H2O在干燥的HCl氣流中加熱，失去結(jié)晶水得到無水CuCl2。(3)“間接碘量法”測定含有CuCl22H2O晶體試樣的純度的基本原理是CuCl2氧化I生成I2，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2顯藍(lán)色，故可用淀粉溶液作指示劑，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由藍(lán)色變成無色，且半分鐘內(nèi)溶液不恢復(fù)原來的顏色。CuCl2與KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為2Cu24I=2CuII2。由題給信息可得關(guān)系式：2Cu2I22S2O，則有n(CuCl22H2O)n(Cu2)n(S2O)0.100 0 molL120.00103 L2.000103 mol，m(CuCl22H2O)2.000103 mol171 gmol10.342 g。試樣中CuCl22H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%95%。