2019-2020年高三化学二轮复习 考点突破75 盐类的水解（含解析）.doc

2019-2020年高三化学二轮复习 考点突破75 盐类的水解（含解析）1、下列事实一定能说明HNO2是弱电解质的是（ ）用HNO2溶液作导电性实验灯泡很暗 HNO2和NaCl不能发生反应 0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1A BC D 【答案】C2、为了除去硫酸铜溶液中含有的Fe2+杂质，先加入合适的氧化剂使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质中最好选用（） AH2O2溶液 BKMnO4溶液 CCl2水 DHNO3溶液【答案】A【解析】试题分析：除杂质至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质，四个选项中，只有双氧水氧化后生成水，双氧水受热见光易分解，没有多余杂质故选A。考点：物质的分离、提纯和除杂 氧化还原反应点评：本题主要主要考查了物质的除杂，抓住除杂质至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质是解题的关键。3、下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()无色溶液中：K、Na、MnO4-、SO42-pH11的溶液中：CO32-、Na、AlO2-、NO3- 加入Al能放出H2的溶液中：Cl、HCO3-、SO42-、NH4+由水电离出的c(OH)1013 mol/L的溶液中：Na、Ba2、Cl、Br有较多Fe3的溶液中：Na、NH4+、SCN、HCO3-酸性溶液中：Fe2、Al3、NO3-、I、ClAB C D【答案】D【解析】(1)做离子共存问题要特别注意题设条件，同时要注意把握能反应的离子；(2)注意铝与非氧化性酸、强碱反应都产生氢气；(3)注意含有H、NO的溶液具有强氧化性。4、叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相似，下列叙述中错误的是（）AHN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c(HN3)c(H+)c(N3-)c(OH-)BHN3与NH3作用生成的叠氮酸铵是共价化合物CNaN3水溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)c(N3-) c(OH-)c(H+)DN3-与CO2含相等电子数【答案】B5、下列溶液中，有关物质的量浓度关系正确的是（）A向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c（Na+）=c（NO3）B1.0 molL1Na2C2O4溶液：c（OH）=c（HC2O4）+c（H+）+c（H2C2O4）CpH=8.0的KHS溶液中，c（K+）c（HS）c（OH）c（S2）c（H+）D将0.2 molL1的某一元酸HA溶液和0.1 molL1NaOH溶液等体积混合后，溶液pH大于7，则反应后的混合液中：c（OH）+c（A）=c（H+）+c（HA）【答案】A【解析】A硝酸钠与盐酸不反应，无论是否加入盐酸，都存在c（Na+）=c（NO3），故A正确；BNa2C2O4溶液中存在质子守恒：c（OH）=c（HC2O4）+c（H+）+2c（H2C2O4），故B错误；CKHS溶液pH=8，说明HS水解程度大于电离程度，因还存在水的电离，则c（H+）c（S2），溶液中正确的离子浓度大小为：c（K+）c（HS）c（H+）c（S2）c（OH），故C错误；D将0.2molL1的某一元酸HA溶液和0.1molL1的NaOH溶液等体积混合，HA过量，混合后溶液的pH大于7，说明A水解程度大于HA的电离程度，溶液存在电荷守恒：c（OH）+c（A）=c（H+）+c（Na+），存在物料守恒：c（A）+c（HA）=2c（Na+），二者联式可得2c（OH）+c（A）=2c（H+）+c（HA），故D错误；故选A6、下列物质的水溶液显碱性的是（ ）AHClO BNaCl CFeCl3 DCH3 COONa【答案】D 7、室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：下列判断不正确的是 （ ）A实验反应后的溶液中： B实验反应后的溶液中： C实验反应后的溶液中：D实验反应后的溶液中：【答案】B【解析】室温下，A中将等体积等浓度的HA和KOH混合(忽略体积变化)，溶液呈碱性，说明该HA是弱酸，由于A-水解，所以c(K+) c(A-)，c(OH-) c(H+)，且水解程度微弱，A正确。B中溶液中存在电荷守恒，即c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，c(OH-)-c(H+)=c(K+)-c(A-)= Kw/10-9mol/L-10-9mol/L，B错误；C当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得c(A-)+c(HA)0.1 mol/L，故C正确；D溶液中存在电荷守恒，即c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，溶液呈中性，即c(OH-)=c(H+)，则c(K+)=c(A-)，中性溶液中水的电离较微弱，所以c(A-)c(OH-)，D正确；选B。8、下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A.常温下,在pH=7的醋酸钠和醋酸混合溶液中:c(CH3COO-)c(Na+)B.在pH=5的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中,c(Na+)=c(Cl-)C.稀释醋酸溶液,溶液中所有离子的浓度均降低D.0.1 molL-1的硫化钠溶液中,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+c(S2-)【答案】B【解析】常温下,pH=7的醋酸钠和醋酸混合溶液呈中性,故根据电荷守恒可知c(CH3COO-)=c(Na+),A错误;在pH=5的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中不存在水解问题,故c(Na+)=c(Cl-),B正确;稀释醋酸溶液,溶液中c(H+)减小,则c(OH-)增大,C错误;根据电荷守恒可知,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),D错误。技法小结：离子浓度大小的关系的分析方法(1)若使用的是“”或“c(Cl)c(Na)c(OH)c(H)C物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c(Na)c(H)c(S2)c(HS)c(OH)D同浓度的下列溶液中，NH4Al(SO4)2NH4ClCH3COONH4NH3H2O。c(NH4+)由大到小的顺序是【答案】D【解析】作答本题时需要遵循电荷守恒定律，物料守恒电律，质子守恒定律。才能正确的做出判断。11、25，pH=3的醋酸溶液（I）和pH=ll的氢氧化钠溶液（II），下列说法正确的是( )AI和II中H2O的电离程度不相等B将I稀释l0倍，溶液中c（CH3COOH）、c（OH）均减小CI和II溶液混合，若c（OH）c（H+），则氢氧化钠一定过量DI和II等体积混合后，溶液中离子浓度大小为c（CH3COO）+ c(CH3COOHc（Na+）【答案】D【解析】pH=3的醋酸溶液（I）和pH=ll的氢氧化钠溶液（II）中的c（H+）=c（OH）=0.001mol/L，因此对水电离的抑制作用相等，A错误；对I酸溶液进行稀释，溶液中OH-浓度越来越大，B错误；因为I是弱酸，II是强碱，若恰好完全中和得到的醋酸钠溶液也显碱性，所以C错误；若I和II等体积混合，则I中的醋酸过量，所以根据物料守恒c（CH3COO）+ c(CH3COOHc（Na+），故D正确；故选D。12、pH=1的无色溶液中，可大量共存的一组离子是（ ）AFe2+、Na+、NO3、SO42BFe3+、Mg2+、SO42、NO3CBa2+、Na+、Cl、ClODK+、Al3+、NO3、Cl【答案】D13、下列选项中的离子在指定条件下，一定能够大量共存的是（）ApH为1的无色溶液：K+、Fe2+、SO32、ClB能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液：Na+、NH4+、S2、BrC水电离出的c(H+)10-12mol/L的溶液：Ba2+、Na+、NO3、ClD加入铝条有氢气放出的溶液：Na+、NH4+、HCO3、SO42【答案】C【解析】试题分析：Fe2+有颜色，A项错误；能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液句具有强氧化性，S2不能大量共存，B项错误；加入铝条有氢气放出的溶液或呈酸性或呈碱性，HCO3不能大量共存，D项错误。答案选C。考点：离子共存点评：离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和 SO42-；Ag+和 SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+， Fe3+与 CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-，S2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。14、下列浓度关系正确的是（）A氯水中：c(Cl2)2c(ClO)c(Cl)c(HClO)B氯水中：c(Cl)c(H)c(OH)c(ClO)C等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na)c(CH3COO)DNa2CO3溶液中：c(Na)c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H)【答案】D【解析】在氯水中，氯元素绝大多数以Cl2形式存在，不会存在此等式，故A不正确。氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离生成H和Cl，HClO部分电离，即c(H)c(Cl)c(ClO)c(OH)，B项错。C项完全反应后相当于CH3COONa溶液，由于CH3COO水解导致c(Na)c(CH3COO)，C项错。D项中，由于CO32水解，1/2c(Na)c(CO32)；从反应CO32H2OHCO3OH、HCO3H2OH2CO3OH可知，c(OH)与c(HCO3)大小相近，但c(OH)c(HCO3)；H的来源是水的电离(极弱)、HCO3的电离(弱于水解)，c(H)很小，远小于c(OH)，而c(HCO3)与 c(OH)相近，所以c(HCO3)c(H)；D项正确。15、将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（V）的关系正确的是（如图）（ ）【答案】D【解析】通入CO2发生的反应是CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O；CO2+2KOH=K2CO3+H2O，两个反应可认为同时发生，但因为有难溶物生成，可认为先反应；当CaCO3完全生成后，反应再发生。当继续通入CO2后，又面临K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，由起始时c（)较大，则CaCO3不会溶解，先是反应，当c（)较低时，才发生反应，沉淀逐步完全溶解。综合以上，表现在图象上，开始生成沉淀，逐渐增大，达到最大，后沉淀量不变，到沉淀量逐渐减小，至为0，选D16、铁、铜单质及其化合物应用范围很广。现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体(CuCl22H2O),为制取纯净的CuCl22H2O,首先将其制成水溶液,然后按如图步骤进行提纯:已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表:Fe3+Fe2+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.97.04.7氢氧化物完全沉淀时的pH3.29.06.7请回答下列问题:(1)加入氧化剂的目的是 。(2)最适合作氧化剂X的是。A.K2Cr2O7B.NaClOC.H2O2D.KMnO4(3)加入的物质Y是。(4)若不用物质Y而是直接用碱能不能达到目的?(填“能”或“不能”)。若能,不用回答;若不能,试解释原因 。(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体?(填“能”或“不能”)。若能,不用回答;若不能,回答该如何操作? 。(6)若向溶液中加入碳酸钙,产生的现象是 。【答案】(1)将Fe2+氧化成Fe3+,便于生成沉淀与Cu2+分离(2)C(3)CuOCu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3也可以(4)不能加碱使Fe3+沉淀的同时也能使Cu2+沉淀(5)不能应在HCl气流中加热蒸发结晶(6)碳酸钙溶解,产生气泡和沉淀【解析】(1)由Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH知,当Fe2+开始沉淀时,Cu2+已经沉淀完全;而当Fe3+沉淀完全时,Cu2+尚未沉淀,所以除去Cu2+中的Fe2+时,需将Fe2+氧化成Fe3+后除去。(2)加入的氧化剂能把Fe2+氧化成Fe3+,同时又不能引入新杂质,所以应选用H2O2。(3)当除去Cu2+中的Fe3+时,可以利用Fe3+的水解:Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,所以加入的物质Y应具有以下条件:能与H+反应,水解平衡向正反应方向移动,从而使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去;不能引入新杂质,满足该条件的物质Y可以是CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3。(4)若直接加碱使Fe3+沉淀的同时,也能使Cu2+沉淀。(5)若直接蒸发结晶将得不到CuCl22H2O晶体,因为在对CuCl2溶液蒸发的过程中,CuCl2水解产生的HCl从溶液中挥发出来,导致CuCl2水解平衡向正反应方向移动,最终得到CuO或Cu(OH)2,而得不到CuCl22H2O晶体。为了抑制CuCl2水解,应在HCl气流中加热蒸发结晶。(6)在溶液中存在FeCl3、CuCl2的水解平衡,溶液呈酸性,加入的碳酸钙与水解产生的H+反应,导致c(H+)减小,水解平衡向正反应方向移动,直至反应完全,所以产生气泡和沉淀,同时碳酸钙溶解。17、己知Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OH，请用Na2SO3溶液和a试剂及必要的实验用品，设计简单实验，证明盐类的水解是一个吸热过程a试剂是，操作和现象是 【答案】酚酞；取样品溶于水，滴加酚酞显红色，加热后溶液红色加深【解析】Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OH，所以Na2SO3溶液呈碱性，向溶液中滴加酚酞后，溶液变成红色，加热后滴有酚酞的亚硫酸钠溶液的红色加深，证明亚硫酸钠的水解为吸热反应，加热后平衡SO32+H2OHSO3+OH向着正向移动，故答案为：酚酞；取样品溶于水，滴加酚酞显红色，加热后溶液红色加深18、铁、铝和铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题：(1)生产中含有一种铁碳化合物X (Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后，溶液中含有的大量阳离子是_。(2)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下。回答下列问题：操作所用的分离仪器名称是_；操作的名称是_，该操作的具体方法是_。Na2CO3溶液可以除油污，原因是(用离子方程式表示)_。请写出生成FeCO3沉淀的离子方程式_。【答案】(1)Fe2、Fe3、H(2)漏斗洗涤向漏斗中加入蒸馏水到刚浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复此操作23次CO32H2OHCO3OHFe22HCO3=FeCO3CO2H2O【解析】(1)Y是Fe3O4，溶解在过量盐酸中后，溶液中大量存在的阳离子是Fe2、Fe3、H。(2)操作为过滤，分离仪器是漏斗；操作是对沉淀进行洗涤，方法是直接向漏斗中加适量蒸馏水并让水自然流下，重复几次就可以了。Na2CO3水解使溶液显碱性，因此具有除油污的作用。操作后得到的滤液中Fe2与HCO3作用得到FeCO3沉淀及H，H再与另外一部分HCO3结合生成CO2与水。19、海洋是巨大的化学资源宝库。下面是海水化学资源综合利用的部分流程图：回答：（1）由海水晒制的粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等离子，为了除去这些离子，需要依次加入稍过量的NaOH、BaCl2、_（填试剂化学式），_（填操作名称），再加入适量_（填试剂名称）。将所得溶液加热浓缩、冷却结晶，得到精盐。（2）某同学在实验室模拟氯碱工业的生产原理电解饱和食盐水。用玻璃棒蘸浓氨水检验阳极产生的气体，发现产生大量白烟。阳极生成的气体是 ，白烟的主要成分是 。（3）制取MgCl2的过程中涉及反应：MgCl26H2OMgCl2 + 6H2O，该反应要在HCl气流中进行，原因是_。（4）苦卤中通入Cl2置换出Br2，吹出后用SO2吸收转化为Br，反复多次，以达到富集溴的目的。由海水提溴过程中的反应可得出Cl、SO2、Br还原性由强到弱的顺序是_。（5）工业上也可以用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2，生成溴化钠和溴酸钠，同时有CO2放出。最后再用H2SO4处理得到Br2，最后一步反应的离子方程式是_。【答案】（1）Na2CO3、过滤、盐酸（2）Cl2、NH4Cl（3）MgCl2容易水解，MgCl2 + 2H2O Mg(OH)2 + 2HCl ，在HCl 气流中，可以抑制MgCl2水解，同时带走水分。（4）SO2Br-Cl- （5）5Br- + BrO3- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O 【解析】（1）除去钡离子用Na2CO3，除去碳酸根离子用盐酸，然后采用过滤的方法分离固体和液体。（2）氯气和氨气能产生氯化铵固体，产生白烟，所以阳极产生的气体是Cl2，白烟是NH4Cl。（3）MgCl2容易水解，MgCl2 + 2H2O Mg(OH)2 + 2HCl ，在HCl 气流中，可以抑制MgCl2水解，同时带走水分。（4）根据同一化学反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性SO2Br-Cl- （5）5Br- + BrO3- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O 20、取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份10 mL，分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 molL-1的盐酸，标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸溶液体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：（1）原NaOH溶液的物质的量浓度为 。（2）曲线A表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质成分是什么？其物质的量之比为多少？ （3）曲线B表明，原NaOH溶液中通入CO2后，所得溶液加盐酸后产生CO2气体体积（标准状况）的最大值为 mL。【答案】（1） 0.75mol/L （3分）（2）Na2CO3,NaOH ；（3分） 1:3 。（3分）（3） 112 mL。21、（1）将0.15molL1稀硫酸V1mL。与0.1 molL1NaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH为1，则V1：V2= 。（溶液体积变化忽略不计）（2）室温下，某水溶液中存在的离子有：Na+、A、H+、OH，据题意，回答下列问题。若由0.1molL1HA溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液的pH 7。若溶液pH7，则c (Na+) c(A)，理由是 。若由pH=3的HA溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL。混合而得，则下列说法正确的是 A若反应后溶液呈中性，则c (H+)+ c (OH)=2107molL1B若V1=V2，反应后溶液pH一定等于7C若反应后溶液呈酸性，则V1一定大于V2D若反应后溶液呈碱性，则V1一定小于V2【答案】（I）（1）1：1（2分）（2）大于或等于 （2分） 大于 （2分） 根据电荷守衡，c (H+)+ c (Na+)= c (OH)+ c (A)，由于c (OH) c (H+)，故c (Na+)c (A)（2分）AD 22、无水AlCl3易升华，可用作有机合成的催化剂等，工业上由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3 , 还 含有少量的SiO2 )和石油焦(主要成分是C)为原料制备无水AlCl3：2Al2O36Cl24AlCl33O2回答以下问题：(1)Cl的电子式为 。Al在元素周期表最中的位置是 。(2)生产中加入石油焦，其目的是 。(3)加入焦炭后的化学反应可表示为Al2O3CCl2 =AlCl3X，设计实验确定气体X的成分： 。(4)在提纯AlCl3粗产品时，需加入少量铝粉，可使熔点较低的FeCl3转化为熔点较高的FeCl2，从而避免在AlCl3中混入铁的氯化物。该反应的化学方程式为 。(5)为测定制得的无水AlCl3产品(含FeCl3杂质)的纯度，称取16.25 g无水AlCl3样品，溶于过量的NaOH溶液，过滤出沉淀物，沉淀物经洗涤、灼烧、冷却、称重，残留固体质量为0.32 g。过程涉及的离子方程式 、 。AlCl3产品的纯度为 。(6)以铝土矿为原料可以通过以下途径提纯氧化铝：过量NaOH溶液过量稀盐酸过量氨水写出滤液甲中溶质的化学式 。写出滤液乙中加入过量氨水得到Al(OH)3的离子方程式 。 【答案】 第三周期第IIIA族 (2)碳与O2反应，有利于反应正向进行 (3)气体X可能为CO、CO2或两者的混合物。将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，如溶液变浑浊，则X中存在CO2，如黑色CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO。 (4)Al 3FeCl3 (=)AlCl3 3FeCl2 (5)Fe33OH=Fe(OH)3 Al34OH=AlO2()2H2O96% (6)NaAlO2、Na2SiO3、NaOHAl33NH3H2O =Al(OH)33NH4()23、如下图中每一方框中的字母代表一种反应物或生成物。产物J是含金属元素A的白色胶状沉淀，I为NaCl溶液，D是淡黄色固体单质。试填写下列空白：（1）框图中所列物质中属于非电解质的物质的化学式是_；（2）用电子式表示出H的形成过程_；（3）将E的水溶液蒸干并灼烧得到的固体物质的化学为_；（4）F的水溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_；（5）F的水溶液显碱性的原因：（用离子方程式表示）_；（6）E与F在L中反应的离子方程式为_；（7）H和G之间反应的化学方程式为_.【答案】（1）SO2 （2） （3）Al2O3（4）c(Na+)c(S2-)c(OH-)c(HS-)c(H+) （5）S2-+H2O HS-+OH- （6）3Al3+3S2-+6H2O=2Al(OH)3+3H2S （7）2H2S+SO2=3S+H2O【解析】试题分析：含金属元素的白色胶状沉淀是氢氧化铝（J），淡黄色固体单质是S。G为SO2，按框图转化可知H中含有硫元素，H与SO2生成S和L，可知H为H2S，L为H2O，由E、F、L生成Al(OH)3、NaCl、H2S可推出E为AlCl3、F为Na2S。A、B是铝和氯气，C是Na。（1）以上物质属于非电解质的是SO2。（2）用电子式表示H2S形成过程为。（3）氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热氯化铝溶液促进水解，盐酸挥发，最终得氢氧化铝固体，固体灼烧得氧化铝。(4)(5)S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，所以硫化钠溶液中c(Na+)c(S2-)c(OH-)c(HS-)c(H+)。(6)氯化铝溶液与硫化钠溶液发生双水解反应生成氢氧化铝和硫化氢。（7）硫化氢与二氧化硫生成硫和水。考点：无机推断 非电解质 用电子式表示物质的形成过程 盐类的水解 离子浓度比较 方程式的书写点评：白色胶状沉淀一般是氢氧化铝或硅酸；淡黄色固体一般是硫或过氧化钠；Al3+水解呈酸性、S2-水解呈碱性，Al3+和S2-在溶液中发生双水解反应。24、10时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3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_。【答案】HCO3H2OH2CO3OH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【解析】本题考查的是盐类的水解，盐类水解规律，有弱就水解，无弱不水解，越弱越水解，谁强显谁性。25、SOCl2是一种液态化合物，沸点为77。在盛有10mL水的锥形瓶中，小心地滴加810滴SOCl2，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出轻轻振荡锥形，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀析出。根据上述实验，写出SOCl2和水反应的化学方程式： 。AlCl3溶液蒸干灼烧得不到无水AlCl3，而用SOCl2与AlCl36H2O混合共热，可得到无水AlCl3其原因是 。【答案】 SOCl2 + H2O = SO2 + 2HCl SOCl2和水反应生成SO2 和HCl ，一方面使水的物质的量减少，另一方面生成的酸抑制AlCl3的水解，所以SOCl2和AlCl36H2O共热可得AlCl3。若AlCl3溶液蒸干灼烧， AlCl3在水中存在如下平衡：AlCl33H2O Al(OH)33HCl，蒸干和灼烧过程中，HCl挥发，Al(OH)3分解：2Al(OH)3 =Al2O33H2O，因此固体产物主要为Al2O3。26、10 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HCO3的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式：_。乙同学类比加热Ca(HCO3)2溶液，会出现_现象，认为NaHCO3溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断水解程度：Na2CO3_NaHCO3(填“大于”或“小于”)。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：(1)只要在加热煮沸后的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则说明_(填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是_(填字母)。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，则说明另一判断正确。【答案】HCO3H2OH2CO3OH浑浊大于(1)乙B(2)等于【解析】(1)HCO3水解方程式：HCO3H2OH2CO3OH。(2)加热煮沸后，若HCO3分解成CO32，加入BaCl2溶液则生成沉淀。不能选A、C、D，因为它们均有OH，能与HCO3反应生成CO32。27、氮是地球上含量丰富的原子元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。(1)25时，0.1mol/LNH4NO3溶液中水的电离程度_（填“大于”、“等于”或“小于”） 0.1mol/L NaOH溶液中水的电离程度。(2)若将0.1mol/L NaOH溶液和0.2mol/LNH4NO3溶液等体积混合，混合溶液中2c(NH4+)c(NO3)，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。(3)发射火箭时肼(N2H4)为燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。经测定16g气体在上述反应中放出284kJ的热量。则该反应的热化学方程式是_。(4)右图是1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图。已知：N2(g)O2(g)2NO(g) H180kJ/mol2NO (g)O2(g)N2(g)2CO2(g) H112.3kJ/mol则反应：2NO(g)CO(g)N2(g)2CO2(g)的H是_。【答案】（1）大于 （2）c(NO3)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)（3）2N2H4(g)2NO2(g)3N2(g)2H2O (g) H1136kJ/mol（4）760.3kJ/mol【解析】试题分析：(1)NH4+会水解，促进了水的电离，而OH抑制了水的电离，因此，0.1mol/LNH4NO3溶液中水的电离程度大于0.1mol/L NaOH溶液中水的电离程度。(2)两溶液混合后，所得溶液的溶质为NaNO3、NH3H2O、NH4NO3。因溶液中2c(NH4+)c(NO3)，故NH3H2O的电离大于NH4+的水解，因此溶液呈碱性，故各离子的浓度大小为c(NO3)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)(3)N2H4与NO2反应的化学方程式为：2N2H4+2NO2=3N2+4H2O；已知16g（即0.5mol）气体在上述反应中放出284kJ的热量，则设2mol该气体反应放出的热量为x，可得等式：x=1136kJ，所以，此热化学方程式为2N2H4(g)2NO2(g)3N2(g)2H2O (g) H1136kJ/mol(4)根据盖斯定律，可计算求得此反应的H=760.3kJ/mol考点：电解质溶液；热化学点评：本题主要考查了电解质溶液中离子浓度大小的比较、热化学方程式的书写等内容。对于溶液中离子浓度大小的比较，需充分考虑溶液中离子的水解与电离；对于热化学方程式的书写，应注意与普通化学方程式书写的区别，同时反应热的计算主要应用盖斯定律。