2020-2022北京高二(下)期末数学汇编：盐类的水解.docx

2020-2022北京高二（下）期末化学汇编
盐类的水解
一、单选题
1．（2020·北京·中央民族大学附属中学高二期末）为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是（ ）
A．NH3·H2O B．NaOH C．Na2CO3 D．MgCO3
2．（2020·北京医学院附属中学高二期末）把0.02 mol•L-1 CH3COOH 溶液和0.01 mol•L-1 NaOH溶液等体积混合后，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是（ ）
A．c(CH3COO-) > c(Na+)
B．c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
C．c(H+) < c(OH-)
D．c(CH3COOH) + c(CH3COO-) = 0.02 mol•L-1
3．（2020·北京·中央民族大学附属中学高二期末）下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是 （ ）  
A．升高温度水的离子积增大
B．镁条与氯化铵溶液反应生成氢气
C．碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳
D．加入少量硫酸铜可增大锌与稀硫酸反应的速率
4．（2020·北京·中央民族大学附属中学高二期末）关于溶液，下列判断不正确的是（ ）   
A．粒子种类与溶液相同
B．升高温度，增大
C．加入溶液，减小
D．
5．（2020·北京实验学校（海淀）高二期末）下列有关事实，与水解反应无关的是（ ）
A．醋酸钠溶液中，
B．实验室保存溶液时常加入Fe粉
C．加热蒸干氯化铁溶液，不能得到氯化铁晶体
D．用和大量水反应，同时加热制备
二、填空题
6．（2020·北京通州·高二期末）溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：___；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：___；
（2）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m__n（填“>”“<”或“=”）
（3）常温下，在pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH-)=__；
（4）25℃时，将amol/L氨水与0.01mol/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)，则溶液显__（填“酸”“碱”或“中”）性。
7．（2020·北京实验学校（海淀）高二期末）现有室温下浓度均为1×10-3mol/L的几种溶液：①盐酸、②硫酸、③醋酸、④氯化铵、⑤氨水、⑥NaOH溶液，回答下列问题：
（1）将③、⑥混合后，若溶液呈中性，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为____。
（2）将等体积的①、⑤混合，则溶液的pH____7(填>、=、<)，用离子方程式说明其原因____。
（3）向相同体积的①、②、③溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为____，最终产生H2总量的关系为_____。
（4）向相同体积的①、③溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，充分混合后，混合液的pH大小关系为①_____③(填>、=、<)。
（5）若将等体积的⑤、⑥溶液加热至相同温度后，溶液的pH⑤____⑥(填>、=、<)。
8．（2020·北京延庆·高二期末）常温下，有0.1mol·L−1的四种溶液：①CH3COOH②NH3·H2O③HCl④FeCl3
(1)用化学用语解释②呈碱性的原因：______。
(2)溶液③的pH=______。
(3)加热、蒸干、灼烧④后所得的产物是______。
(4)25℃时，向20mL①中不断滴入0.1mol·L−1的NaOH溶液，混合溶液pH变化如图所示：

①a点水电离出的c(H+)______10-7mol·L−1(填“大于”“小于”或“等于”)
②b点发生反应的离子方程式是______。
③c点溶液中存在的离子的浓度大小关系是______。
三、原理综合题
9．（2020·北京顺义·高二期末）回答或解释下列问题：
(1)已知：P4(白磷，s) =4P(红磷，s)　ΔH＝－a kJ·mol－1(a＞0)，则稳定性：白磷_______红磷(填“大于”或“小于”)。
(2)在常温常压下，1 g 氢气在足量氯气中完全燃烧生成氯化氢气体，放出91.5 kJ 的热量。写出相应的热化学方程式为____________；
(3)将浓氨水滴入到固体氢氧化钠中，可以快速制备氨气，用平衡移动原理解释原因：____________；
(4)常温下，用0.1mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.1mol/L HCl溶液和20.00 mL0.1 mol/L CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线如图所示：

①由A、C点判断，滴定HCl溶液的曲线是__________(填“图1”或“图2”)。
②a＝________ mL。
③D点对应离子浓度由大到小的顺序为____________。
10．（2020·北京·人大附中高二期末）某氮肥厂用NH3经一系列反应制得HNO3。NH3→NO→NO2→HNO3。
(1)25℃时，NH3和O2能反应生成NO和液态水，生成6mol水时放热1289kJ，其热化学方程式是_____。
(2)对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(P1、P2)下随温度变化的曲线(如图)。

请比较P1、P2的大小：P1____P2(填“>”、“=”或“<”)；该反应△H____0(填“>”、“=”或“<”)。
(3)四氧化二氮和二氧化氮可互相转化。在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g) 2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
①该反应的△H_____0(填“>”、“=”或“<”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0~60s时段，反应速率v(N2O4)为_____mol·L-1·s-1，该温度下反应的平衡常数K=_____。

②反应达平衡后，将反应容器的容积缩小到原来的一半，平衡向_____（填“正反应”或“逆反应”）方向移动。
(4)25℃时，将0.1mol·L-1盐酸滴入20mL0.1mol·L-1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。

①写出NH3·H2O的电离方程式：_____。
②b点所示溶液中c(Cl-)_____c(NH)(填“>”、“=”或“<”)。
③c点所示溶液中，离子浓度由大到小的顺序是_____。

参考答案
1．D
【详解】Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，调节pH，可使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀后除去。在不引入新杂质、Mg2＋不沉淀的条件下，选用MgCO3，过量的MgCO3可一起过滤除去。也可选用MgO、Mg(OH)2等试剂，若选用NH3·H2O、NaOH、Na2CO3等则还会引入新的杂质；
答案选D。
2．A
【详解】A．反应后为等量的醋酸钠和醋酸的混合溶液，电离大于水解，则c(CH3COO-)＞c(Na+)，故A正确；
B．反应后为等量的醋酸钠和醋酸的混合溶液，电离大于水解，则c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，故B错误；
C．反应后还有醋酸剩余，溶液呈酸性，则c(H+) > c(OH-)，故C错误；
D．由物料守恒可知，混合后c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol/L，故D错误；
故选：A。
3．D
【分析】化学平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡等，都符合平衡移动原理。
【详解】A项：纯水或水溶液中存在水的电离平衡H2OH++OH-  H>0，升高温度平衡右移，水的离子积增大，A项正确；
B项：氯化铵溶液中存在铵根的水解平衡NH4++H2ONH3·H2O+H+，镁条与溶液中H+反应生成氢气，B项正确；
C项：碳酸钙浊液中存在沉淀溶解平衡CaCO3(s)Ca2++CO32-。加入稀盐酸与CO32-反应生成二氧化碳，使平衡右移，CaCO3溶解，C项正确；
D项：锌与少量硫酸铜反应生成铜，铜、锌与稀硫酸构成原电池，增大锌与稀硫酸反应的速率，与平衡移动无关，D项错误。
本题选D。
4．B
【分析】从溶质的溶解直至水的电离，可知溶液中粒子种类；根据外因对化学平衡的影响分析浓度变化；由溶液的电中性原理可写电荷守恒关系。
【详解】A项：溶液中Na2CO3完全电离Na2CO3＝2Na++CO32－，CO32－分两步水解CO32－+H2OHCO3－+OH-，HCO3－+H2OH2CO3+OH- ，水的电离H2OH++OH- 。同理可写出溶液的各种过程，两溶液中粒子种类相同，A项正确；
B项：CO32－水解过程吸热，升高温度使水解平衡右移，减小，B项错误；
C项：加入溶液，Ca2+与CO32－结合生成难溶于水的CaCO3沉淀，使减小，C项正确；
D项：水溶液都是电中性的，符合电荷守恒，D项正确。
本题选B。
5．B
【详解】A.醋酸钠溶液中，醋酸根离子发生水解导致溶液呈碱性，与水解有关，故A错误；
B.实验室保存FeCl2溶液时常加入Fe粉是为发防止Fe2+被氧化，与水解无关，故B正确；
C.加热蒸干氯化铁溶液，由于促进了Fe3+的水解，最终得到氢氧化铁固体，不能得到氯化铁晶体，与水解有关，故C错误；
D. TiCl4遇水发生水解反应； TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O+4HCl，加热生成TiO2，与水解有关，故D错误；
答案选B。
6．               <     10−8mol/L     中
【分析】(1)盐碱地产生碱性的原因是碳酸钠水解，据此写化学方程式即可；用石膏降低其碱性的反应原理从石膏和纯碱反应的角度回答；
(2)若pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水稀释相同倍数，则所得稀溶液的pH是氨水的大，因为加水促进了一水合氨的电离，据此可推算分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等时m<n；
(3)常温下，若CH3COOH与CH3COONa的混合溶液pH=6，即呈酸性，则可知醋酸电离为主，则水的电离被抑制，水电离出来的c(OH-)<10−7mol/L，可以按水的离子积常数及氢离子浓度计算所得；
(4)25℃时，将amol/L氨水与0.01mol/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中，结合电荷守恒式可以计算氢离子浓度和氢氧根浓度的相对大小，从而判断溶液显的酸碱性；
【详解】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，化学方程式为；石膏主要成分是CaSO4，Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，反应方程式为；
答案为：；；
(2)一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，NaOH是强电解质，完全电离，要使pH相等的氨水和NaOH溶液稀释后pH仍然相等，则氨水稀释倍数大于NaOH，即m<n；
答案为：<；
(3)常温下，pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，该溶液中水的电离被抑制了，则混合溶液中水电离出来的 ；
答案为：10−8mol/L；
(4)在25℃下，氨水与盐酸等体积混合，反应平衡时，溶液中c(NH)=c(Cl-)，又根据电荷守恒关系有，故有，所以溶液显中性；
答案为：中。
【点睛】本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、弱电解质的电离、盐类水解等知识点，要明确弱电解质电离特点、溶液酸碱性的含义、盐类水解原理等即可解答，解(4)的关键是根据电荷守恒关系，结合已知条件又根据电荷守恒关系有，才能得出，得到结论：溶液呈中性。
7．     c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)     ＜     NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+     ②①③     ②＞①=③     ＜     ＜
【分析】结合弱酸的电离平衡、盐类的水解平衡及酸碱混合后溶液中的电荷守恒及酸、碱性的判断方法分析解题。
【详解】(1)③醋酸、⑥NaOH溶液混合，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)中性溶液中c(OH-)=c(H+)；所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)；
(2)将等体积的①盐酸、⑤氨水混合，溶液浓度相同，恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性；溶液PH＜7；原因是氯化铵溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液显酸性；离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
(3)向相同体积的：①盐酸、②硫酸、③醋酸溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，浓度均为1×10-3mol/L三种酸液中溶质的物质的量相同，盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，溶液中氢离子浓度②＞①＞③；由于n（HCl）=n（CH3COOH），二者和锌反应产生的氢气的量相等，硫酸中氢离子的量是盐酸中氢离子的量的2倍，因此产生氢气的量的关系：②＞①═③；
(4)向相同体积的①盐酸、③醋酸溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，①中和盐酸恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，③中醋酸根离子对醋酸电离起到抑制作用，氢离子浓度减小；混合液的pH 大小关系①＜③；
(5)等体积、等浓度的⑤氨水、⑥NaOH溶液，氨水中的溶质（一水合氨）存在电离平衡，溶液中c(OH-)⑥＞⑤；溶液加热至相同温度后，⑤溶液电离促进，氢氧根离子浓度增大，但仍不能完全电离；⑥溶液中氢氧根离子浓度不变，两溶液中氢氧根离子浓度⑥＞⑤，则溶液pH为⑤＜⑥。
【点睛】考查溶液中离子浓度大小的比较方法，溶液中电荷守恒的应用，弱电解质电离平衡的影响因素，溶液PH的判断，酸碱反应后的溶液酸碱性的判断，明确弱酸溶液中存在的电离平衡和影响平衡的因素是解题关键。
8．     NH3·H2O⇌+OH-     1     Fe2O3     小于     CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O     c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
【分析】根据电解质的电离分析；结合盐类水解的影响因素分析加热、蒸干、灼烧FeCl3溶液后所得的产物；根据酸碱中和原理并结合溶液中的电荷守恒和物料守恒分析解题。
【详解】(1) NH3·H2O是弱碱，在溶液中部分电离使溶液显碱性，其电离方程式为NH3·H2O⇌+OH-；
(2) 0.1mol·L−1的HCl溶液中c(H+)=0.1mol·L−1，则溶液pH=1；
(3) FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加热促水解，且同时生成的HCl挥发，故加热、蒸干得到Fe(OH)3固体，再灼烧Fe(OH)3分解生成Fe2O3，最终所得固体为Fe2O3；
(4)①醋酸是弱酸，电离出的H+抑制水的电离，则a点水电离出的c(H+)小于10-7mol·L−1；
②滴加NaOH溶液与醋酸发生中和反应，则b点发生反应的离子方程式是CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；
③c点溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)；另外溶液中存在电荷守恒式为c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+ c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，故c点溶液中存在的离子的浓度大小关系是c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)。
【点睛】本题考查溶液的酸碱性判断和盐类水解原理的应用，重点是酸碱中和溶液成分的分析与离子浓度的大小比较，明确电荷守恒规律是解题关键。
9．     小于     H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝－183kJ·mol－1     在氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH+OH—，加入固体氢氧化钠中，溶解放热并电离出大量的OH—，平衡逆向移动，析出氨气     图1     20.00     c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)
【分析】(1)物质具有的能量越低，越稳定；
(2) 在常温常压下，1 g 氢气在足量氯气中完全燃烧生成氯化氢气体，放出91.5 kJ 的热量，据此书写反应的热化学方程式；
(3)氨水中存在NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌ NH+OH-的平衡关系，结合NaOH溶解放热且发生电离分析解答；
(4)HCl是强酸、CH3COOH是弱酸，且均为一元酸，结合反应的方程式和电荷守恒分析解答。
【详解】(1)已知：P4(白磷，s)＝4P(红磷，s)，△H＜0，为放热反应，说明白磷的能量比红磷高，则红磷比白磷稳定，故答案为：小于；
(2)在常温常压下，1 g 氢气在足量氯气中完全燃烧生成氯化氢气体，放出91.5 kJ 的热量，1mol氢气为2g，则1mol氢气在足量氯气中完全燃烧生成氯化氢气体，放出91.5 kJ×2=183kJ的热量，热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g) △H=-183kJ/mol，故答案为：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)△H=-183kJ•mol-1；
(3)NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH+OH-，NaOH溶于水，放热且发生电离，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向生成氨气的方向移动，温度升高，促进分解NH3·H2O，使得氨气逸出，故答案为：在氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH+OH—，加入固体氢氧化钠中，溶解放热并电离出大量的OH—，平衡逆向移动，析出氨气；
(4)①HCl是强酸、CH3COOH是弱酸，浓度相同的HCl和CH3COOH的pH：HCl＜CH3COOH，根据图知，未加NaOH时，pH较小的是图1，所以图1是滴定盐酸的曲线，故答案为：图1；
②酸和碱都是一元的，则酸碱以物质的量之比为1∶1进行反应，酸碱的物质的量浓度相等，酸碱恰好中和时其物质的量相等，则酸碱溶液的体积相等，图1中pH=7说明酸碱恰好完全反应生成强酸强碱盐NaCl，二者的体积相等，为20.00mL，故答案为：20.00；
③D点为CH3COOH和NaOH反应后溶液的pH=7的点，溶液中溶质为CH3COONa和CH3COOH，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒，c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，因此c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)。
【点睛】本题的易错点为(4)，正确判断滴定曲线的对应关系是解题的关键，要注意等物质的量浓度的HCl和CH3COOH的pH：HCl＜CH3COOH。
10．     4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l)    ΔH=-1289kJ/mol     ＜     <     >     0.001mol·L-1·s-1     0.24     逆反应     NH3·H2ONH4++OH-     =     c(Cl-)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH-)
【分析】根据图象和描述判断平衡移动的方向，结合勒夏特列原理，判断反应的热效应，比较压强大小；速率和平衡常数的计算，根据公式和图中给出数据进行计算；b、c两点对应坐标，明确反应情况进行计算，b点为中性溶液，根据电荷守恒得出二者离子浓度相等，c点恰好完全反应，因NH4+水解比较各离子浓度大小。
【详解】(1)氨气和氧气在催化剂作用下发生氧化还原反应，生成NO和水，热化学方程为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l)    ΔH=-1289kJ/mol；
(2)①该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即向正反应方向移动，即压强越高，NO的平衡转化率越大，根据图示知，相同温度下，压强P1时NO的转化率＜P2时NO的转化率，故P1＜P2；
②其他条件不变时，升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，又根据图示知，相同压强下，随着温度的升高，NO的转化率降低，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，故逆反应方向为吸热反应，则正反应方向是放热反应，则△H<0；
(3)①N2O4(g) 2NO2(g)，N2O4为无色气体，NO2为红棕色气体，随温度升高，混合气体的颜色变深，说明平衡往正反应方向移动，升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，故正向为吸热方向，△H>0；由图可知，0~60s，Δc(N2O4)=0.060mol·L-1，v(N2O4)= Δc(N2O4)/Δt=0.060mol·L-1/60s=0.001mol·L-1·s-1，平衡常数K= c2(NO2)/c(N2O4)=0.122/0.06=0.24；
②反应达平衡后，将反应容器的容积缩小到原来的一半，则压强增大，平衡向着气体物质的量减小的方向移动，即逆反应方向移动；
(4)①NH3·H2O为弱电解质，发生部分电离，电离方程式为：NH3·H2ONH4++OH-；
②由图可知，b点pH=7，此温度条件下，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，得出c(NH4+)=c(Cl-)
③由图可知，c点加入的HCl体积为20mL，二者等浓度等体积混合，恰好完全反应，得到NH4Cl和水，因NH4+水解，故离子浓度由大到小顺序为c(Cl-)> c(NH4+)> c(H+)> c(OH-)。
【点睛】此题多次用到图象，包括观察曲线走势判断平衡移动方向，根据图象中的特殊点进行计算和浓度大小比较，对应坐标，分析反应进行的程度以及产物的水解情况，考查学生图象解读能力。

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