2024届鲁科版高考化学一轮复习第7章第3节盐类的水解作业含答案

这是一份2024届鲁科版高考化学一轮复习第7章第3节盐类的水解作业含答案，共11页。
第7章 第3节 盐类的水解
[基础练]
1．化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是(　　)
A．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的SO水解
B．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
C．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体，利用的是盐类水解
D．配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸，抑制Fe3＋水解
解析：pH由4.68变为4.28，主要是雨水中溶解的二氧化硫生成亚硫酸，亚硫酸被氧化为硫酸，由弱酸转化为强酸，酸性增强，故A错误。
答案：A
2．下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是(　　)
A．pH＝1的溶液中：NH、Na＋、Fe3＋、SO
B．含有大量[Al(OH)4]－的溶液中：Na＋、K＋、HCO、NO
C．中性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO
D．Na2S溶液中：SO、K＋、Cu2＋、Cl－
解析：A项，酸性条件下，H＋抑制NH、Fe3＋的水解，能大量共存；B项，[Al(OH)4]－＋HCO===Al(OH)3↓＋CO＋H2O，不能大量共存；C项，Al3＋水解呈酸性，在中性溶液中不能大量存在；D项，Cu2＋＋S2－===CuS↓，不能大量共存。
答案：A
3．(2023·安徽高三模拟)一种吸收SO2再经氧化得到硫酸盐的过程如图所示。室温下，用0.1 mol·L－1的NaOH溶液吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c＋c＋c。H2SO3的电离常数分别为Ka1＝1.29×10－2、Ka2＝6.24×10－8。下列说法错误的是(　　)

A．“吸收”所得溶液中；c＋c＝2c＋c＋c
B．“吸收”所得溶液中不可能存在：c>c>c>c>c
C．“吸收”所得c总＝0.01 mol·L－1的溶液中：c>c
D．调节“吸收”所得溶液的pH约为5，“氧化”时主要发生的反应为2HSO＋O2===2SO＋2H＋
解析：二氧化硫被氢氧化钠吸收后可生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，溶液中根据电荷守恒：c＋c＝2c＋c＋c，A正确；根据选项A可知，不可能存在c>c>c>c>c，B正确；c总＝0.1 mol·L－1时，投料相当于NaHSO3溶液，根据电离常数计算，电离程度大于水解程度，c>c，C错误；根据平衡常数数据可知，亚硫酸氢钠的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，所以若“吸收”所得溶液的pH约为5时，溶液中主要的阴离子为HSO，“氧化”时主要发生的反应为2HSO＋O2===2SO＋2H＋，D正确。
答案：C
4．下列是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH－完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是(　　)
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Zn2＋
完全沉淀时的pH
7.7
4.5
6.5
A．H2O2、ZnO　　　　 B．氨水
C．KMnO4、ZnCO3 D．NaOH溶液
解析：要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH范围为4.5≤pH＜6.5，即可将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能用H2O2，调pH时也不能引入新的杂质，故可加入ZnO，促进Fe3＋的水解平衡向右移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去，故A正确。
答案：A
5．(2023·福建泉州泉港区一中高三期中)25 ℃时，用NaOH溶液滴定H2A溶液，溶液中－lg 和－lg c或－lg 和－lg c关系如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．H2A为弱酸，其Ka1约为10－2
B．滴定过程中，当pH＝5时，cc，根据电荷守恒c＋c＝2c＋c＋c，所以c7
D．当用去的NaOH溶液体积为30 mL时，此时溶液中有c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＋2c(H2B)
解析：由H2B的电离方程式可知，其一级电离完全，二级电离不完全，则0.1 mol·L－1的H2B溶液中一级电离产生的c(H＋)＝0.1 mol·L－1，二级电离继续产生氢离子，则氢离子的浓度大于0.1 mol·L－1，溶液显酸性，c(OH－)c平(H2C2O4)
B．0.1 mol·L－1 PT溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4.19：c平(C2O)＝c平(HC2O)
C．0.1 mol·L－1 PT溶液中滴加NaOH溶液至溶液呈中性：c平(K＋)>c平(Na＋)>c平(HC2O)>c平(C2O)
D．0.1 mol·L－1 PT溶液与0.1 mol·L－1 KOH溶液等体积混合，溶液中水的电离程度比纯水的大
解析：H2C2O4的第一步电离程度大于第二步电离程度，钾离子不电离也不水解，且Ka1＝10－pKa1＝10－1.23 mol·L－1，则HC2O的水解常数Kh＝ mol·L－1＝10－12.77 mol·L－1 ＜Ka1，说明H2C2O4的电离程度大于HC2O的水解程度，所以c平(HC2O)＞c平(K＋)＞c平(H2C2O4)，故A正确；Ka2＝＝10－4.19 mol·L－1，0.1 mol·L－1PT溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4.19，则c平(HC2O)＝c平(C2O)，故B正确；HC2O的水解常数Kh＝ mol·L－1＝10－12.77 mol·L－1＜Ka2，说明HC2O的电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则加入的n(NaOH)大于n(KHC2O4·H2C2O4·2H2O)，则c平(K＋)＜c平(Na＋)，故C错误；0.1 mol·L－1 PT溶液与0.1 mol·L－1 KOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成KHC2O4，因HC2O的电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，其对水的电离的抑制作用大于促进作用，所以其溶液中水的电离程度小于纯水，故D错误。
答案：CD
9．(2022·山东省实验中学高三质检)室温下，向20 mL 0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液中逐滴加入0.10 mol·L－1的NaOH溶液，溶液中由水电离出的H＋浓度的负对数[－lg c水(H＋)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示(忽略溶液混合引起的体积变化)。下列说法正确的是(　　)

A．b点溶液中：c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)
B．c、e两点溶液：c点显中性，e点显碱性
C．d点溶液中，c(Na＋)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＞0.10 mol·L－1
D．f点溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
解析：b点时，CH3COOH与滴加的NaOH发生反应，CH3COOH和CH3COONa的物质的量相等，但溶液的pH＜7，表明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，A错误；c点时，溶质为CH3COOH和CH3COONa，且水的电离不受影响，则溶液呈中性；e点时，溶质为CH3COONa和NaOH，二者都呈碱性，所以溶液显碱性，B正确；d点溶液中：c(Na＋)＝＝0.05 mol·L－1，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝＝0.05 mol·L－1，所以c(Na＋)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.10 mol·L－1，C错误；f点，若CH3COO－不发生水解，则溶质组成为等物质的量的CH3COONa和NaOH，但因CH3COO－发生水解，导致c(CH3COO－)减小、c(OH－)增大，所以溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)，D错误。
答案：B
10．常温下，将某一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(忽略体积变化)，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表所示。
实验编号
起始浓度/(mol·L－1)
反应后溶液的pH

c(HA)
c(KOH)
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
下列判断不正确的是(　　)
A．实验①反应后的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
B．实验①反应后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝ mol·L－1
C．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1 mol·L－1
D．实验②反应后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)>c(OH－)＝c(H＋)
解析：实验①二者等浓度等体积混合恰好完全反应生成KA，反应后溶液的pH＝9，即溶液显碱性，说明HA为弱酸，A－水解，A正确；实验①反应后的溶液中，由电荷守恒知c(H＋)＋c(K＋)＝c(A－)＋c(OH－)，即c(K＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)，B错误；因为HA为弱酸，如果与等体积等浓度的KOH溶液混合，溶液显碱性，若溶液显中性，则在两溶液体积相等的条件下，HA溶液的浓度应大于0.2 mol·L－1，所以实验②反应后的溶液中，c(A－)＋c(HA)＞0.1 mol·L－1，C正确；实验②反应后溶液显中性，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(K＋)＝c(A－)＋c(OH－)，且c(H＋)＝c(OH－)，则c(K＋)＝c(A－)，即c(K＋)＝c(A－)＞c(H＋)＝c(OH－)，D正确。
答案：B
[综合练]
11．(2023·山东历城二中模拟)Ⅰ.25 ℃时，部分弱酸的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
HClO
H3PO3
H2S
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
1.8×10－5
3.0×10－8
Ka1＝8.3×10－3
Ka2＝5.6×10－6
Ka1＝
1.3×10－7
Ka2＝7.1×10－15
Ka1＝
4.4×10－7
Ka2＝
4.7×10－11
回答下列问题：
(1)同浓度的ClO－、CO、S2－结合H＋的能力由强到弱的顺序为________________。
(2)亚磷酸(H3PO3)为二元酸，具有较强的还原性，Na2HPO3是________(填“酸式盐”“碱式盐”或“正盐”)。H3PO3的第二级电离方程式为_________________________
_______________________________________。
(3)根据上述电离常数及物质的特性判断下列化学反应方程式错误的是________(填序号)。
①次氯酸与NaHCO3溶液的反应：HClO ＋HCO===ClO－＋CO2＋H2O
②少量CO2通入NaClO溶液中：ClO－＋CO2＋ H2O===HClO＋HCO
③硫化氢气体通入NaClO溶液中：ClO－＋H2S===HClO＋HS－
④碳酸钠滴入足量醋酸溶液中：2CH3COOH＋CO===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O
Ⅱ.某二元酸(化学式用H2A表示)的水溶液中存在的离子有：Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－，存在的分子有H2O。根据题意回答下列问题：
(4)写出酸H2A的两步电离方程式：________________；________________。
(5)若溶液M由10 mL 2 mol/L NaHA溶液与10 mL 2 mol/L NaOH溶液混合而得，则溶液M的pH________7(填“>”“”“7；由Na2A===2Na＋＋A2－可知，c(Na＋)>c(A2－)；同时溶液中存在以下平衡：A2－＋H2OHA－＋OH－、H2OH＋＋OH－，因此c(OH－)>c(HA－)>c(H＋)，即(Na＋)>(A2－)>(OH－)>(HA－)>(H＋)。
(6)在0.1 mol·L－1的Na2A溶液中，c(A2－)＋c( HA－)＝0.1 mol·L－1，A正确；因为溶液中存在以下平衡：A2－＋H2OHA－＋OH－、H2OH＋＋OH－，因此c(OH－)＝c(H＋) ＋c(HA－)，B错误；根据电荷守恒，可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，C正确；根据物料守恒，在Na2A溶液中，存在关系：c(Na＋)＝2[c(A2－)＋c( HA－)]，D错误。
(7)H2A溶液的物质的量浓度>0.1 mol/L；因为H2A一级电离出H＋，对HA－电离起抑制作用，而NaHA中不存在抑制。
(8)③中两种溶液混合后得到0.01 mol/L H2S与0.01 mol/L NaHS的混合液(0.01 mol/L的NaCl对题目分析无影响)，溶液中H2S分子有两处来源，因此该溶液中H2S分子浓度最大；HS－的水解平衡常数K＝＝＝≈7.7×10－7。HS－的水解大于电离，因此NaHS溶液显碱性，因此溶液pH由大到小为②>③>①。
答案：Ⅰ.(1)S2－、CO、ClO－　(2)正盐　H2POHPO＋H＋　(3)①③
Ⅱ.(4)H2A===HA－＋H＋　HA－H＋＋A2－　(5)>　(Na＋)>(A2－)>(OH－)>(HA－)>(H＋)　(6)AC　(7)>　H2A一级电离出H＋，对HA－电离起抑制作用，而NaHA中不存在抑制　(8)③　②>③>①
12．(2023·上海卢湾高级中学高三期中)NH4Al(SO4)2常作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其原理是________________________________________
(用离子方程式说明)。
(2)相同条件下，0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液中的c(NH)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中的c(NH)。
(3)几种均为0.1 mol·L－1的电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。

①其中符合0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是________(填罗马数字)，导致NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的原因是________________________________
____________________________________________________________________________。
②20 ℃时，0.1 mol·L－1 NH4Al(SO4)2溶液中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝________mol·L－1。
(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图乙所示。

乙
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________________________________。
解析：(1)硫酸铝铵是强酸弱碱盐，在溶液中电离出的铝离子发生水解反应生成氢氧化铝胶体，表面积很大的氢氧化铝胶体能吸附水中悬浮颗粒产生沉降，从而达到净化水的目的，水解的离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋。
(2)硫酸铝铵和硫酸氢铵在溶液中电离出的铵根离子在溶液中均发生水解反应，硫酸铝铵溶液中铝离子水解生成的氢离子会抑制铵根离子水解，硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，等浓度的硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子浓度大于硫酸铝铵在溶液中水解生成的氢离子浓度，抑制铵根离子的水解程度大于硫酸铝铵，所以铵根离子浓度大于硫酸铝铵溶液。
(3)①硫酸铝铵是强酸弱碱盐，电离出的铵根离子和铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，铵根离子和铝离子的水解程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，则符合硫酸铝铵溶液的pH随温度变化的曲线是Ⅰ；②由图可知，20 ℃时，0.1 mol·L－1硫酸铝铵溶液的pH为3，由电荷守恒可知，溶液中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝[10－3－c(OH－)] mol·L－1。
(4)硫酸氢铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，一水合氨是弱碱，在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离。加入100 mL NaOH溶液时，硫酸氢铵溶液中的H＋恰好被中和，溶液中的溶质为硫酸铵和硫酸钠。a→d的过程中，随着NaOH溶液的加入，铵根离子浓度依次减小，一水合氨浓度依次增大，促进水电离的程度减小，抑制水电离的程度增大，所以a点水的电离程度最大；b点加入的NaOH溶液大于100 mL，所以c(Na＋)＞c(SO)，溶质为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性，由物料守恒和电荷守恒可知，溶液中离子的浓度大小顺序为c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H＋)＝c(OH—)。
答案：(1)Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋　(2)小于　(3)①Ⅰ　NH4Al(SO4)2溶于水电离出的铵根离子和铝离子水解使溶液呈酸性，水解反应是吸热反应，升高温度，铵根离子和铝离子的水解程度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小　②10－3－c(OH－)
(4)a　c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(H＋)＝c(OH－)