2019-2020年高中化学课时跟踪检测十六影响盐类水解的主要因素和盐类水解反应的利用新人教版.doc

2019-2020年高中化学课时跟踪检测十六影响盐类水解的主要因素和盐类水解反应的利用新人教版1下列过程或现象与盐类水解无关的是()A纯碱溶液去油污B铁生锈C加热氯化铁溶液颜色变深 D浓硫化钠溶液有臭味解析：选BA项是水解生成了碱，C项是加热促进了水解，D项是因为水解产生了硫化氢；B项是因为铁与接触到的物质发生了反应，与盐类水解无关。2在一定浓度的FeCl3溶液中，存在如下水解平衡：Fe33H2OFe(OH)33H在此溶液中滴入饱和的FeCl3溶液，下列说法中正确的是()A水解平衡正向移动B水解平衡逆向移动C溶液中H浓度不变 DFe3的水解程度增大解析：选A增大Fe3浓度，水解平衡正向移动，达到平衡后溶液中H浓度增大，但Fe3的水解程度减小。3实验室在配制硫酸铁溶液时，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释至所需浓度，如此操作的目的是()A防止硫酸铁分解 B抑制硫酸铁水解C促进硫酸铁溶解 D提高溶液的pH解析：选B加入稀硫酸的目的是抑制Fe3的水解。4下列说法正确的是()AAlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同B配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度CNa2CO3溶液不可保存在带磨口塞的玻璃瓶中D泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝解析：选CA项，AlCl3与Al2(SO4)3水解方程式分别为AlCl33H2OAl(OH)33HCl，Al2(SO4)36H2O2Al(OH)33H2SO4，加热，促进水解，由于盐酸为挥发性酸，硫酸为难挥发性酸，故前者最终产物为Al2O3，后者最终产物为Al2(SO4)3，错误；B项，将FeCl3固体溶解在硫酸中，会引入杂质SO，应溶解在盐酸中，错误；C项，Na2CO3溶液水解显碱性，能和玻璃中的SiO2反应生成具有粘性的Na2SiO3，导致瓶塞打不开，正确；D项，为了加快产生CO2的速率，泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，错误。5向三份0.1 molL1 CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO浓度的变化依次为()A减小、增大、减小 B增大、减小、减小C减小、增大、增大 D增大、减小、增大解析：选ACH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COOH2OCH3COOHOH，加入的NH4NO3和FeCl3也都因水解显酸性，平衡正向移动，则CH3COO浓度减小；加入的Na2SO3水解显碱性，平衡逆向移动，故CH3COO浓度增大。625 时，在浓度为1 molL1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测其c(NH)分别为a、b、c(单位：molL1)。下列判断正确的是()Aabc BabcCacb Dcab解析：选D三种溶液中都存在水解平衡：NHH2ONH3H2OH，对于(NH4)2CO3来说，因COHHCO，而使上述平衡向右移动，促进了NH的水解；对于(NH4)2Fe(SO4)2来说，Fe22H2OFe(OH)22H，c(H)增大，抑制NH的水解。7下列各组数据中，前者一定比后者大的是()A相同温度下，pH10的KOH溶液和pH10的K2CO3溶液由水电离出的OH浓度B0.1 molL1(NH4)2SO4溶液与0.1 molL1(NH4)2CO3溶液中NH浓度CNa2CO3溶液中HCO和OH的浓度D纯水在80 和在常温下的pH解析：选B在硫酸铵溶液中存在铵根离子的水解，在碳酸铵溶液中存在铵根离子的水解和碳酸根离子的水解，铵根离子水解呈酸性，碳酸根离子水解呈碱性，相互促进，因此在等浓度的硫酸铵和碳酸铵溶液中后者铵根离子的水解程度将大于前者，因此后者溶液中的铵根离子浓度更小。8下列根据反应原理设计的应用，不正确的是()ACOH2OHCOOH热的纯碱溶液清洗油污BAl33H2OAl(OH)33H明矾净水CTiCl4(x2)H2O(过量)TiO2xH2O4HCl用TiCl4制备TiO2DSnCl2H2OSn(OH)ClHCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠解析：选DA项，加热使平衡向右移动，溶液碱性增强，有利于除油污；D项，根据平衡移动原理可知，向溶液中加入氢氧化钠，平衡向氯化亚锡水解的方向移动，错误。9(1)(NH4)2SO4溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_。(2)Ba(HCO3)2溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_。(3)Na2SO3溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_。答案：(1)(NH4)2SO4溶液中虽然NH水解生成NH3H2O，但由于生成的H2SO4为不挥发性强酸，随H2SO4浓度增大，将再与NH3H2O反应生成(NH4)2SO4(2)BaCO3由于在溶液中Ba(HCO3)2分解生成BaCO3、CO2和H2O，随着浓缩的不断进行，CO2不断逸出，最后剩余BaCO3(3)Na2SO4由于蒸发过程中Na2SO3不断被氧化，最终生成Na2SO410(1)明矾可用于净水，原因是(用离子方程式表示)：_。把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_。(2)用离子方程式表示泡沫灭火器灭火原理：_。(3)纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是(用离子方程式表示)：_。(4)为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3，可在加热搅拌的条件下加入MgCO3固体，过滤后再加入足量盐酸。MgCO3固体能除去Fe3的原因是_。解析：(1)利用Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮杂质从而达到净水目的；FeCl3溶液中存在FeCl33H2OFe (OH)33HCl，加热时HCl挥发，蒸干时得到Fe(OH)3，再灼烧得到Fe2O3。(2)泡沫灭火器原理是利用NaHCO3与Al2(SO4)3相互促进水解造成的，反应为Al33HCO=Al(OH)33CO2。(3)CO水解生成的OH，能洗去油污。(4)MgCO3与水解产生的H反应：MgCO32H=Mg2CO2H2O，使水解平衡正向移动，生成的Fe(OH)3在加热搅拌条件下发生聚沉，在过滤时Fe(OH)3和未反应的MgCO3一同被除去。答案：(1)Al33H2OAl(OH)3(胶体)3HFe2O3(2)Al33HCO=Al(OH)33CO2(3)COH2OHCOOH(4)MgCO3与Fe3水解产生的H反应，促进了Fe3的水解，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而被除去1对滴有酚酞溶液的不同溶液，下列操作后颜色变深的是()A明矾溶液加热BCH3COONa溶液加热C氨水中加入少量NH4Cl固体D小苏打溶液中加入少量NaCl固体解析：选B滴有酚酞溶液的溶液颜色变深说明溶液呈碱性且对应操作后碱性增强。明矾溶液呈酸性；CH3COONa水解呈碱性，加热促进水解，碱性增强，符合条件；氨水是弱碱溶液，存在一水合氨的电离平衡，加入少量NH4Cl固体会抑制电离，溶液碱性减弱；小苏打溶液呈碱性，但加入少量NaCl固体对水解平衡无影响。2漂白粉在溶液中存在下列平衡：ClOH2OHClOOH，下列措施能提高其漂白性效率的是()A加H2O B通入CO2C通入SO2 D加少量NaOH解析：选BHClO浓度越大，漂白性越强。加水，使平衡右移，但HClO浓度减小；通入CO2后消耗OH，使平衡右移；SO2也使平衡右移，但是发生氧化还原反应，消耗HClO；加NaOH后，平衡左移。3下列各组离子中，在溶液中不能大量共存的是()AS2、NO、CO、K BAl3、NH、K、SOCAl3、Na、S2、SO DFe3、Ca2、H、NO解析：选CC选项中Al3和S2发生相互促进的水解反应而不能共存。4下列关于盐类水解的说法错误的是()A在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离B同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH大C在NH4Cl溶液中加入稀HNO3能抑制NH水解D加热CH3COONa溶液，溶液中的值将减小解析：选B盐类水解促进水的电离，A正确；同温下，同等浓度的两种溶液中CO水解程度大于HCO，所以Na2CO3溶液的碱性大，B错误；NH水解使溶液显酸性，加入HNO3抑制NH水解，C正确；加热CH3COONa溶液，CH3COO水解程度增大，c(CH3COO)减小，c(Na)不变，则变小，D正确。5在下列有FeCl3溶液参加的反应中，与Fe3水解有关的反应是()FeCl3溶液与Cu的反应将FeCl3溶液加热蒸干，并灼烧最终得到Fe2O3FeCl3溶液与KI的反应饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体FeCl3溶液与H2S的反应FeCl3溶液与NaHCO3溶液的反应配制FeCl3溶液需加入一定量的盐酸A BC D解析：选C中发生氧化还原反应；中加热蒸干时促进FeCl33H2OFe(OH)33HCl平衡向右移动，同时HCl挥发，生成Fe(OH)3灼烧时生成Fe2O3；中发生氧化还原反应；中反应原理利用了Fe3的水解；中发生氧化还原反应；中Fe3与HCO发生相互促进的水解反应；中加入盐酸目的是抑制Fe3水解。6将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是()胆矾氯化铝硫酸铝氯化铜A BC D全部解析：选A胆矾CuSO45H2O溶于水得CuSO4溶液，因硫酸难挥发、蒸发结晶再灼烧得CuSO4；AlCl3、CuCl2发生水解，AlCl33H2OAl(OH)33HCl，CuCl22H2OCu(OH)22HCl，加热时HCl不断挥发，平衡右移，不断生成Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，灼烧得Al2O3、CuO；Al2(SO4)36H2O2Al(OH)33H2SO4，硫酸难挥发，最终仍得Al2(SO4)3。70.1 molL1的K2CO3溶液中，由于CO的水解，使得c(CO)0.1 molL1。如果要使c(CO)更接近于0.1 molL1，可以采取的措施是()A加入少量盐酸 B加入适量的水C加入适量的KOH D加热解析：选CA项，发生反应：HCO=HCO，CO浓度更小；B项和D项均促进CO水解，使CO浓度更小；C项，KOH抑制了CO的水解，C项正确。8欲使CH3COONa稀溶液中的值增大，可在恒温时，向溶液中加入少量下列物质中的()NaOH固体KOH固体CH3COONa固体NaHSO4固体A或 B或C或 D或解析：选B在CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COOH2OCH3COOHOH。加入少量NaOH固体，c(Na)增大，c(OH)增大，平衡左移，c(CH3COO)也增大，但c(CH3COO)增大的倍数比c(Na)增大的倍数小，因此减小；加入KOH固体，c(OH)增大，平衡左移，所以增大；加入CH3COONa固体，则相当于CH3COONa稀溶液变为浓溶液，而根据“稀释促进水解”可知在浓溶液中，将增大；加入NaHSO4固体促进了水解，使c(CH3COO)减小，c(Na)增大，则减小。9工业上制取纯净的CuCl22H2O的主要过程是：将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中，加热、过滤，调节滤液的pH为3；对所得滤液按下列步骤进行操作：沉淀溶液乙CuCl22H2O已知Cu2、Fe2在pH为45时不水解，而Fe3却几乎完全水解而沉淀。请回答下列问题：(1)X是什么物质？_。其反应的离子方程式为_。(2)Y物质应具备的条件是_，生产中Y可选：_z_。(3)溶液乙在蒸发结晶时应注意：_。解析：(1)根据框图，加入氧化剂X可把Fe2氧化为Fe3，而没有增加新杂质，所以X为Cl2；(2)结合提示，调节pH至45，使Fe3全部沉淀，同样不引进新杂质，所以Y最好为CuO或Cu(OH)2；(3)CuCl2溶液在蒸发结晶过程中发生水解，为抑制其水解，根据Cu22H2OCu(OH)22H，加入盐酸可抑制其水解，在蒸发过程中要不断搅拌且不能蒸干。答案：(1)Cl2Cl22Fe2=2Fe32Cl(2)调节溶液酸性，使pH为45，且不引进新杂质CuO或Cu(OH)2(3)通入HCl气体(或加入盐酸)，并不断搅拌且不能蒸干1010 时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：温度()102030加热煮沸后冷却到50 pH8.38.48.58.8甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为_。乙同学认为，溶液pH升高的原因是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。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：(1)只要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”)判断正确。试剂X是_。ABa(OH)2溶液 BBaCl2溶液CNaOH溶液 D澄清的石灰水(2)将加热后的溶液冷却到10 ，若溶液的pH_(填“高于”“低于”或“等于”)8.3，则_(填“甲”或“乙”)判断正确。(3)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ，丙断言_(填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是_。解析：乙同学推断NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，因溶液碱性增强，故后者水解程度大于前者；丙同学加入足量的试剂X，目的是检验溶液中碳酸根离子的存在，A、D均为碱，加入后无论是否存在碳酸根离子均会产生沉淀，不能说明问题，C中NaOH是强碱，不能产生沉淀，故只能加入BaCl2溶液，若产生沉淀，则说明存在碳酸根离子，即乙同学观点正确；反之，则乙同学观点不正确；将加热煮沸后的溶液冷却到10 ，若溶液的pH8.3，说明降温，水解平衡逆向移动，恢复到原来状态，故说明甲同学观点正确；通过查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ，而常压下水溶液的温度达不到150 ，故NaHCO3不会分解，说明乙同学观点错误。答案：HCOH2OH2CO3OH大于(1)乙B(2)等于甲(3)乙常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150