1、專題十五鹽類水解和難溶電解質的溶解平衡高考化學高考化學 (北京專用)五年高考A A組自主命題組自主命題北京卷題組北京卷題組考點一鹽類水解考點一鹽類水解1.(2019北京理綜,12,6分)實驗測得0.5 molL-1 CH3COONa溶液、0.5 molL-1 CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是()A.隨溫度升高,純水中c(H+)c(OH-)B.隨溫度升高,CH3COONa溶液的c(OH-)減小C.隨溫度升高,CuSO4溶液的pH變化是KW改變與水解平衡移動共同作用的結果D.隨溫度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因為CH3COO-、

2、Cu2+水解平衡移動方向不同答案答案C本題考查了CH3COONa、CuSO4的水解,水的離子積常數及溫度對相關平衡移動的影響等知識。該題的綜合度高、思維容量大,側重考查了學生對實驗數據的提取、分析、處理能力。試題多角度、動態分析化學反應,運用化學反應原理來解決實際問題,體現了培養學生創新思維和創新意識的價值觀念。A項,溫度升高,純水中的H+、OH-的濃度都增大,但二者始終相等;B項,溫度升高,CH3COONa的水解平衡正向移動,溶液中OH-濃度增大,圖像中反映出的“隨溫度升高CH3COONa溶液的pH下降”的現象,是由“溫度升高水的離子積常數增大”導致的,并非OH-濃度下降了;D項,溫度升高對

3、CH3COO-、Cu2+的水解都有促進作用,二者水解平衡移動的方向是一致的。2.(2018北京理綜,11,6分)測定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH,數據如下。實驗過程中,取時刻的溶液,加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗,產生白色沉淀多。下列說法不正確的是()A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:S+H2OHS+OH-B.的pH與不同,是由于S濃度減小造成的C.的過程中,溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致D.與的KW值相等時刻溫度/25304025pH9.669.529.379.2523O3O23O答案答案C本題考查Na2SO3的還原性和溫度對水解平衡的影響

4、。過程中Na2SO3不斷轉化為Na2SO4,S濃度逐漸減小,使水解平衡向逆反應方向移動,而升高溫度使水解平衡向正反應方向移動,故C不正確。23O拓展延伸拓展延伸 亞硫酸鹽、H2SO3、SO2等+4價硫元素的化合物都具有較強的還原性。3.(2018北京理綜,9,6分)下列實驗中的顏色變化,與氧化還原反應無關的是() ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現象產生白色沉淀,隨后變為紅褐色溶液變紅,隨后迅速褪色沉淀由白色逐漸變為黑色產生無色氣體,隨后變為紅棕色考點二難溶電解質的溶解平衡考點二難溶電解質的溶解平衡答案答案C C項中

5、沉淀由白色變為黑色是因為Ag2S比AgCl更難溶,AgCl轉化為Ag2S發生復分解反應,不涉及氧化還原反應。4.(2013北京理綜,10,6分)實驗:0.1 molL-1 AgNO3溶液和0.1 molL-1 NaCl溶液等體積混合得到濁液a,過濾得到濾液b和白色沉淀c;向濾液b中滴加0.1 molL-1 KI溶液,出現渾濁;向沉淀c中滴加0.1 molL-1 KI溶液,沉淀變為黃色。下列分析不正確的是()A.濁液a中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)B.濾液b中不含有Ag+C.中顏色變化說明AgCl轉化為AgID.實驗可以證明AgI比AgCl更難溶答案答案B由題

6、干信息可推知,AgNO3溶液和NaCl溶液恰好反應,AgNO3+NaCl AgCl+NaNO3,沉淀c為AgCl(白色),濾液b的主要成分為NaNO3溶液,AgCl雖然為難溶性物質,但在水中仍有少量溶解,故濾液b中仍有極少量的Ag+,當加入KI溶液時,Ag+I- AgI,生成了溶解度更小的AgI沉淀。故可判定B項錯誤,其他選項正確。思路分析思路分析根據實驗操作過程以及實驗現象,結合難溶電解質的溶解平衡及沉淀的轉化逐項分析。易錯警示易錯警示難溶電解質在水中的溶解度比較小,但并不是不溶,如AgCl雖然是難溶物質,但在水中仍有少量溶解。5.(2010北京理綜,11,6分)自然界地表層原生銅的硫化物經

7、氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液,向地下深層滲透,遇到難溶的ZnS或PbS,慢慢轉變為銅藍(CuS)。下列分析正確的是()A.CuS的溶解度大于PbS的溶解度B.原生銅的硫化物具有還原性,而銅藍沒有還原性C.CuSO4與ZnS反應的離子方程式是Cu2+S2- CuSD.整個過程涉及的反應類型有氧化還原反應和復分解反應答案答案DA項,應是CuS的溶解度小于PbS的溶解度,所以有PbS+Cu2+ CuS+Pb2+;B項,CuS中硫元素處于最低價態,有還原性;C項,ZnS難溶于水,CuSO4與ZnS反應的離子方程式應為Cu2+ZnS CuS+Zn2+;D項,原生銅的硫化物變為CuSO4的反應是氧化

8、還原反應,CuSO4與ZnS或PbS的反應是復分解反應。評析評析 本題考查了化學反應類型的判斷,沉淀轉化的原理以及離子方程式的書寫,難度中等。1.(2019上海選考,20,2分)常溫下0.1 mol/LCH3COOH、NaOH、CH3COONa,下列敘述正確的是()A.中c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)B.等體積混合后,醋酸根離子濃度小于的二分之一C.等體積混合以后,溶液呈酸性,則c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)D.等體積混合以后,水的電離程度比等體積混合后水的電離程度小考點一鹽類水解考點一鹽類水解B B組統一命題、?。▍^、市）卷題組組統一命題、?。▍^、

9、市）卷題組答案答案BA項,0.1 mol/L CH3COOH發生部分電離產生CH3COO-和H+,水發生微弱電離產生H+和OH-,故中c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-),錯誤;B項,等體積混合后恰好反應生成CH3COONa,且c(CH3COONa)=0.05 mol/L,由于混合后c(CH3COONa)小于,則混合液中CH3COO-的水解程度比大,故混合液中c(CH3COO-)小于中c(CH3COO-),正確;C項,等體積混合后為等物質的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,溶液顯酸性說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度,則c(CH3C

10、OO-)c(Na+)c(H+),錯誤;D項,等體積混合后恰好生成CH3COONa,CH3COO-水解促進水的電離,等體積混合后,由于CH3COOH電離程度大于CH3COO-的水解程度,水的電離被抑制,故等體積混合后水的電離程度比等體積混合后水的電離程度大,錯誤。122.(2019浙江4月選考,21,2分)室溫下,取20 mL 0.1 molL-1某二元酸H2A,滴加0.2 molL-1 NaOH溶液。已知:H2A H+HA-,HA- H+A2-。下列說法不正確的是()A.0.1 molL-1 H2A溶液中有c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=0.1 molL-1B.當滴加至中性時,溶液中c

11、(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),用去NaOH溶液的體積小于10 mLC.當用去NaOH溶液體積10 mL時,溶液的pH7,此時溶液中有c(A2-)=c(H+)-c(OH-)D.當用去NaOH溶液體積20 mL時,此時溶液中有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)答案答案B選項A,電荷守恒:c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),物料守恒:c(HA-)+c(A2-)=0.1 molL-1,式+式得:c(H+)=c(OH-)+c(A2-)+0.1 molL-1,故A正確。選項B,電荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),中性時c

12、(H+)=c(OH-),故有c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),當V(NaOH溶液)=10 mL時,得到NaHA溶液,依題意知HA-只電離不水解,NaHA溶液呈酸性,pH10 mL,故B錯誤;選項C,NaHA溶液中,電荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),物料守恒:c(HA-)+c(A2-)=c(Na+),式+式得:c(H+)=c(OH-)+c(A2-),故C正確;選項D,V(NaOH溶液)=20 mL時,得到的是0.05 molL-1Na2A溶液,由物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-),故D正確。解題點睛解題點睛分析各選項中相

13、關離子濃度的關系時,要緊扣溶液中的電荷守恒和物料守恒來考慮。3.(2017課標,13,6分)常溫下將NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是()A.(H2X)的數量級為10-6B.曲線N表示pH與lg的變化關系C.NaHX溶液中c(H+)c(OH-)2aK2(HX )(H)ccXD.當混合溶液呈中性時,c(Na+)c(HX-)c(X2-)c(OH-)=c(H+)答案答案D己二酸是二元弱酸,其一級電離程度大于二級電離,故曲線M表示lg與pH的關系,曲線N表示lg與pH的關系,B項正確;己二酸的二級電離平衡常數的表達式為=c(H+)c(

14、X2-)/c(HX-),則lg=lg,由圖像可知,lg=0時,pH5.37,故=110-5.374.310-6, A項正確;根據圖像取點(0.6,5.0),=100.610-5.0=10-4.4,所以HX-的水解常數為=10-9.6c(OH-),C項正確;由圖像可知,溶液呈中性時,lg0,則c(X2-)c(HX-),D項錯誤。 2(X )(HX )cc2(HX )(H)ccX2aK2(X )(HX )cc2a(H )Kc2(X )(HX )cc2aK1aK2(HX )(H )(H)cccX144.410102aK2(X )(HX )cc4.(2015天津理綜,5,6分)室溫下,將0.05 mo

15、l Na2CO3固體溶于水配成100 mL溶液,向溶液中加入下列物質,有關結論正確的是() 加入的物質結論A.50 mL 1 molL-1 H2SO4反應結束后,c(Na+)=c(S )B.0.05 mol CaO溶液中 增大C.50 mL H2O由水電離出的c(H+)c(OH-)不變D.0.1 mol NaHSO4固體反應完全后,溶液pH減小,c(Na+)不變24O3(OH )(HCO )cc答案答案BA項,0.05 mol Na2CO3與0.05 mol H2SO4剛好反應生成Na2SO4,即所得溶液為Na2SO4溶液,c(Na+)=2c(S);B項,向含0.05 mol Na2CO3的溶

16、液中加入0.05 mol CaO,得到CaCO3和NaOH,故增大;C項,加水稀釋Na2CO3溶液,水的電離程度減小,由水電離出的c(H+)c(OH-)發生了改變;D項,充分反應后所得溶液為Na2SO4溶液,溶液中c(Na+)增大。24O3(OH )(HCO )cc5.(2018課標,12,6分)用0.100 molL-1AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 molL-1Cl-溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關描述錯誤的是()A.根據曲線數據計算可知Ksp(AgCl)的數量級為10-10B.曲線上各點的溶液滿足關系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同實驗條件下,若改為0

17、.040 0 molL-1Cl-,反應終點c移到aD.相同實驗條件下,若改為0.050 0 molL-1Br-,反應終點c向b方向移動考點二難溶電解質的溶解平衡考點二難溶電解質的溶解平衡答案答案C本題考查沉淀溶解平衡及溶度積常數。A項,根據滴定曲線知,當加入25 mL AgNO3溶液時達到反應終點,此時c(Cl-)110-5molL-1,Ag+沉淀完全,則c(Ag+)=110-5molL-1,故Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-),數量級為10-10,正確;B項,由溶度積常數的定義知,曲線上各點滿足Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-),正確;C項,相同條件下,若改為0.040

18、0 molL-1 Cl-,達到反應終點時c(Cl-)不變,消耗V(AgNO3)=20 mL,錯誤;D項,相同條件下,若改為0.050 0 molL-1 Br-,由于Ksp(AgBr)Ksp(AgCl),達到反應終點時c(Br-)1D.向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3,溶液中不變3(H )(CH)ccCOOH33(CHO )(CH)(OH )cCOcCOOHc4(NH )(Cl )cc(Cl )(Br )cc答案答案DA項,溫度不變時,CH3COOH的電離平衡常數Ka=是不變的,加水時c(CH3COO-)變小,應變大,故錯誤;B項,CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-

19、的平衡常數K=,升溫,K增大,=減小,故錯誤;C項,根據電荷守恒得c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),溶液呈中性時c(H+)=c(OH-),則c(N)=c(Cl-),=1,故錯誤;D項,向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3,=,溫度不變,Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)均不變,則不變,故正確。33(H )(CHO )(CH)ccCOcCOOH3(H )(CH)ccCOOH33(CH)(OH )(CHO )cCOOHccCO33(CHO )(CH)(OH )cCOcCOOHc1K4H4H4(NH )(Cl )cc(Cl )(Br )cc(Ag )(Cl )(Ag

20、 )(Br )ccccspsp()()KAgClKAgBr(Cl )(Br )cc7.(2015重慶理綜,3,6分)下列敘述正確的是()A.稀醋酸中加入少量醋酸鈉能增大醋酸的電離程度B.25 時,等體積等濃度的硝酸與氨水混合后,溶液pH=7C.25 時,0.1 molL-1的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導電能力弱D.0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)答案答案CA項,醋酸電離的方程式為CH3COOH CH3COO-+H+,加入少量CH3COONa,增加了CH3COO-的濃度,從而使醋酸的電離平衡逆向移動,抑制了醋酸的電離;

21、B項,等體積等濃度的硝酸與氨水混合生成NH4NO3,NH4NO3中N能水解:N+H2O NH3H2O+H+,溶液應呈酸性,則pHc(I-)。4H4H8.(2019課標,26,14分)高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料,工業上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦(還含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制備,工藝如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}:相關金屬離子c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下:金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28

22、.9(1)“濾渣1”含有S和 ;寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應的化學方程式 。(2)“氧化”中添加適量的MnO2的作用是 。(3)“調pH”除鐵和鋁,溶液的pH范圍應調節為 6之間。(4)“除雜1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“濾渣3”的主要成分是 。(5)“除雜2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度過高,Mg2+沉淀不完全,原因是 。(6)寫出“沉錳”的離子方程式 。(7)層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料,其化學式為LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+4。當x=y=時,z= 。13答案答案(1)SiO2(不溶性硅酸鹽)M

23、nO2+MnS+2H2SO4 2MnSO4+S+2H2O(2)將Fe2+氧化為Fe3+(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F-與H+結合形成弱電解質HF,MgF2 Mg2+2F-平衡向右移動(6)Mn2+2HC MnCO3+CO2+H2O(7) 3O13解析解析本題涉及元素化合物知識的綜合應用,通過工藝流程形式給出信息,考查分析和解決化學工藝流程問題的能力,根據題給信息書寫相應的化學方程式和離子方程式,體現了證據推理與模型認知的學科核心素養。(1)由題干信息可知,濾渣有生成的S和不與H2SO4反應的SiO2(或不溶性硅酸鹽);依據氧化還原反應原理可知,MnO2作氧化劑,MnS作還原劑,由此可

24、寫出化學方程式。(2)Fe溶于H2SO4中得到Fe2+,為了去除方便,需將Fe2+氧化為Fe3+。(3)由相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍可知除鐵和鋁時溶液pH范圍應調節為4.76之間。(4)NiS和ZnS是難溶于水的硫化物。(5)MgF2(s) Mg2+(aq)+2F-(aq),若增大H+濃度,F-與H+會結合成弱電解質HF而使沉淀溶解平衡正向移動,導致溶液中Mg2+沉淀不完全。(6)由于HC H+C,C與Mn2+可形成MnCO3沉淀,使HC電離平衡正向移動,H+濃度增大,H+與HC反應生成H2O和CO2,所以離子方程式為Mn2+2HC MnCO3+CO2+H2O。3O23O23O3O

25、3O3O(7)根據化合物中各元素正、負化合價的代數和為0,可知+1+(+2)x+(+3)y+(+4)z+(-2)2=0,將x=y=代入計算,可得z=。1313易錯警示易錯警示 (5)易忽略H+與F-會形成弱電解質破壞沉淀溶解平衡;(6)易錯寫為Mn2+HC MnCO3+H+,忽略MnCO3可溶于酸中。3O1.(2015海南化學,3,2分)0.1 mol下列氣體分別與1 L 0.1 molL-1的NaOH溶液反應,形成的溶液pH最小的是()A.NO2B.SO2C.SO3D.CO2 C C組教師專用題組組教師專用題組考點一鹽類水解考點一鹽類水解答案答案CA項,0.1 mol NO2與0.1 mol

26、 NaOH發生歧化反應生成NaNO2和NaNO3,溶液呈堿性;B項,0.1 mol SO2與0.1 mol NaOH恰好反應生成NaHSO3,由于HS的電離程度大于HS的水解程度,故溶液呈酸性;C項,0.1 mol SO3與0.1 mol NaOH恰好反應生成NaHSO4,該鹽完全電離生成Na+、H+和S,所以其酸性比同濃度的NaHSO3溶液強,pH更小;D項,0.1 mol CO2與0.1 mol NaOH恰好反應生成NaHCO3,由于HC的水解程度大于HC的電離程度,故溶液呈堿性。3O3O24O3O3O2.(2014天津理綜,5,6分)下列有關電解質溶液中粒子濃度關系正確的是()A.pH=

27、1的NaHSO4溶液:c(H+)=c(S)+c(OH-)B.含有AgCl和AgI固體的懸濁液:c(Ag+)c(Cl-)=c(I-)C.CO2的水溶液:c(H+)c(HC)=2c(C)D.含等物質的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:3c(Na+)=2c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)24O3O23O4O24O答案答案A根據NaHSO4溶液中的電荷守恒,有c(H+)+c(Na+)=2c(S)+c(OH-),又因為c(Na+)=c(S),所以A項正確;B項,相同條件下,AgI的溶解度比AgCl的小,故I-的濃度比Cl-的小;C項,碳酸的電離是分步進行的,第一步電離程度遠大于第二步,

28、所以c(HC)c(C);D項,Na+的總濃度應是H2C2O4、HC2、C2總濃度的1.5倍,即2c(Na+)=3c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)。24O24O3O23O4O24O4O24O3.(2014福建理綜,10,6分)下列關于0.10 molL-1NaHCO3溶液的說法正確的是()A.溶質的電離方程式為NaHCO3 Na+H+CB.25 時,加水稀釋后,n(H+)與n(OH-)的乘積變大C.離子濃度關系:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+c(C) D.溫度升高,c(HC)增大23O3O23O3O答案答案BNaHCO3的電離方程式為NaHCO3 Na+HC,故

29、A錯誤;根據電荷守恒可得,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C),故C錯誤;溫度升高,促進HC水解,c(HC)減小,故D錯誤。3O3O23O3O3O4.(2014山東理綜,29,17分)研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時,涉及如下反應:2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1 H10()2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) K2 H2”“不變升高溫度(3)c(N)c(N)c(CH3COO-)b、c212KK3O2O解析解析(1)反應()2-反應()即得所求反應,故該反應的平衡常數K=。(2)v(ClNO)=7.510-3

30、 molL-1min-1,則n(ClNO)=7.510-3 molL-1min-12 L10 min=0.15 mol,利用“三段式”計算:2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)起始量0.2 mol0.1 mol0轉化量0.15 mol0.075 mol0.15 mol平衡量0.05 mol0.025 mol0.15 molNO的轉化率為100%=75%。(3)由題意知:NaNO3、NaNO2、CH3COONa的濃度相同,Ka(HNO2)Ka(CH3COOH),得出酸性:HNO2CH3COOH,依據酸越弱,其鹽越易水解的規律,即可推出c(N)c(N)c(CH3COO-);由于CH3COO

31、Na水解程度大,溶液B的pH大于溶液A,故b、c項中的方法可以使A、B兩溶液的pH相等。212KK0.15mol0.2mol3O2O5.(2017課標,13,6分)在濕法煉鋅的電解循環溶液中,較高濃度的Cl-會腐蝕陽極板而增大電解能耗?？上蛉芤褐型瑫r加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀從而除去Cl-。根據溶液中平衡時相關離子濃度的關系圖,下列說法錯誤的是()考點二難溶電解質的溶解平衡考點二難溶電解質的溶解平衡A.Ksp(CuCl)的數量級為10-7B.除Cl-反應為Cu+Cu2+2Cl- 2CuClC.加入Cu越多,Cu+濃度越高,除Cl-效果越好D.2Cu+ Cu2+Cu平衡常數很大,反應

32、趨于完全答案答案C 依據圖像,選擇一個坐標點(1.75,-5),則c(Cu+)=10-5 molL-1,c(Cl-)=10-1.75 molL-1,Ksp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl-)=110-6.751.810-7,則Ksp(CuCl)的數量級為10-7,A正確;Cu和Cu2+發生氧化還原反應生成Cu+,Cu+與Cl-形成CuCl沉淀,B正確;Cu是固體,加入Cu不會引起平衡移動,對除Cl-無影響,C錯誤;2Cu+ Cu2+Cu的平衡常數很大,說明反應正向進行的程度很大,反應趨于完全,D正確。知識拓展知識拓展 化學平衡常數的應用1.化學平衡常數越大,反應物的轉化率越大,反應進行的程度

33、越大。2.Qc=K時,化學反應達平衡;QcK時,化學反應逆向進行。6.(2015山東理綜,11,5分)下列由實驗現象得出的結論正確的是 () 操作及現象結論A向AgCl懸濁液中加入NaI溶液時出現黃色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI),A錯誤。B中由實驗現象不能確定溶液中是否含有Fe2+,若先加入KSCN溶液無現象,再滴入氯水后溶液呈紅色,才能說明原溶液中一定含有Fe2+。C中實驗現象說明有Br2生成,溶液中發生了反應:2Br-+Cl2Br2+2Cl-,從而說明了Br-的還原性強于Cl-,C正確。加熱NH4Cl固體時,NH4Cl固體發生分解反應:NH4ClNH3+HCl,試管底部固體消失;

34、試管口溫度較低,NH3和HCl發生化合反應:NH3+HClNH4Cl,故試管口有晶體凝結,D錯誤。7.(2015浙江理綜,13,6分)某同學采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3,不考慮其他雜質)制備七水合硫酸亞鐵(FeSO47H2O),設計了如下流程:下列說法不正確的是()A.溶解燒渣選用足量硫酸,試劑X選用鐵粉B.固體1中一定有SiO2,控制pH是為了使Al3+轉化為Al(OH)3進入固體2C.從溶液2得到FeSO47H2O產品的過程中,須控制條件防止其氧化和分解D.若改變方案,在溶液1中直接加NaOH至過量,得到的沉淀用硫酸溶解,其溶液經結晶分離也可得到F

35、eSO47H2O答案答案D綜合上述信息可知A、B項均正確;FeSO47H2O易被氧化和分解,因此從溶液2中得到FeSO47H2O產品的過程中,須控制條件,C項正確;若在溶液1中直接加過量NaOH,得到Fe(OH)3沉淀,Fe(OH)3用硫酸溶解得到Fe2(SO4)3溶液,經結晶分離得不到FeSO47H2O,D項不正確。8.(2014課標,11,6分)溴酸銀(AgBrO3)溶解度隨溫度變化曲線如圖所示,下列說法不錯誤的是()A.溴酸銀的溶解是放熱過程B.溫度升高時溴酸銀溶解速度加快C.60 時溴酸銀的Ksp約等于610-4D.若硝酸鉀中含有少量溴酸銀,可用重結晶方法提純答案答案A由題給曲線知,升

36、高溫度,AgBrO3的溶解度增大,說明升高溫度,AgBrO3的溶解平衡AgBrO3(s) Ag+(aq)+Br(aq)向右移動,故AgBrO3的溶解是吸熱過程,A錯誤;溫度越高,物質的溶解速度越快,B正確;60 時飽和AgBrO3溶液的濃度cAgBrO3(aq)=c(Ag+)=c(Br) mol/L0.025 mol/L,故Ksp(AgBrO3)=c(Ag+)c(Br)=0.0250.025610-4,C正確;KNO3中混有少量AgBrO3,因KNO3的溶解度受溫度影響變化較大,故可用重結晶方法提純,D正確。3O3O0.61 000 11000.6236 3O9.(2014安徽理綜,12,6分

37、)中學化學中很多“規律”都有其適用范圍,下列根據有關“規律”推出的結論正確的是()選項規律結論A較強酸可以制取較弱酸次氯酸溶液無法制取鹽酸B反應物濃度越大,反應速率越快常溫下,相同的鋁片中分別加入足量的濃、稀硝酸,濃硝酸中鋁片先溶解完C結構和組成相似的物質,沸點隨相對分子質量增大而升高NH3沸點低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀轉化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀答案答案DA項,“較強酸可以制取較弱酸”適用于復分解反應,HClO制取HCl發生的是氧化還原反應,錯誤;B項,鋁片加入濃硝酸中會發生鈍化,錯誤;C項,由于NH3分子間能形成氫鍵,故其沸點比PH3高,錯誤;D

38、項,CuS比ZnS更難溶,ZnS易轉化為CuS,正確。10.(2019課標,12,6分)絢麗多彩的無機顏料的應用曾創造了古代繪畫和彩陶的輝煌。硫化鎘(CdS)是一種難溶于水的黃色顏料,其在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法錯誤的是()A.圖中a和b分別為T1、T2溫度下CdS在水中的溶解度B.圖中各點對應的Ksp的關系為:Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)C.向m點的溶液中加入少量Na2S固體,溶液組成由m沿mpn線向p方向移動D.溫度降低時,q點的飽和溶液的組成由q沿qp線向p方向移動答案答案B本題涉及的知識點為難溶電解質的溶解平衡及Ksp大小的比較;通過圖像考查了考生

39、接受、吸收、整合化學信息的能力;考查溫度和濃度變化對溶解平衡的影響,體現了變化觀念與平衡思想的學科核心素養。以古代繪畫和彩陶為素材,貫徹了弘揚中華民族優秀傳統文化的價值觀念。CdS在水中達到溶解平衡時Cd2+、S2-濃度相等,可求出一定溫度下CdS在水中的溶解度,A項正確;m、p、n為同一溫度下的CdS的溶解平衡狀態,三點的Ksp相等,B項錯誤;向m點溶液中加入Na2S,S2-濃度增大,但Ksp不變,則溶液組成由m沿T1時的平衡曲線向p方向移動,C項正確;溫度降低,Ksp減小,q沿qp線向p方向移動,D項正確。11.(2016課標,27,15分)元素鉻(Cr)在溶液中主要以Cr3+(藍紫色)、

40、Cr(OH(綠色)、Cr2(橙紅色)、Cr(黃色)等形式存在。Cr(OH)3為難溶于水的灰藍色固體?；卮鹣铝袉栴}:(1)Cr3+與Al3+的化學性質相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至過量,可觀察到的現象是 。(2)Cr和Cr2在溶液中可相互轉化。室溫下,初始濃度為1.0 molL-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2)隨c(H+)的變化如圖所示。 4)27O24O24O27O27O用離子方程式表示Na2CrO4溶液中的轉化反應 。由圖可知,溶液酸性增大,Cr的平衡轉化率 (填“增大”“減小”或“不變”)。根據A點數據,計算出該轉化反應的平衡常數為 。升高溫度,溶液中Cr的平

41、衡轉化率減小,則該反應的H 0(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)在化學分析中采用K2CrO4為指示劑,以AgNO3標準溶液滴定溶液中Cl-,利用Ag+與Cr生成磚紅色沉淀,指示到達滴定終點。當溶液中Cl-恰好沉淀完全(濃度等于1.010-5 molL-1)時,溶液中c(Ag+)為 molL-1,此時溶液中c(Cr)等于 molL-1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.010-12和2.010-10)(4)+6價鉻的化合物毒性較大,常用NaHSO3將廢液中的Cr2還原成Cr3+,該反應的離子方程式為 。24O24O24O24O27O答案答案(1)藍紫色溶液變淺,同時有灰藍色沉

42、淀生成,然后沉淀逐漸溶解形成綠色溶液(2)2Cr+2H+ Cr2+H2O增大1.01014小于(3)2.010-55.010-3(4)Cr2+3HS+5H+ 2Cr3+3S+4H2O24O27O27O3O24O解析解析(1)Cr3+與Al3+化學性質相似,Cr3+(藍紫色)中加入NaOH溶液,先生成Cr(OH)3沉淀(灰藍色),繼續滴加,沉淀溶解,生成Cr(OH(綠色)。(2)Na2CrO4溶液中的轉化反應為2Cr+2H+ Cr2+H2O。酸性增大,平衡右移,Cr的平衡轉化率增大。由題圖知,A點c(Cr2)=0.25 molL-1,c(Cr)=(1.0-0.252)molL-1=0.5 mol

43、L-1,c(H+)=1.010-7 molL-1,則平衡常數K=1.01014。升溫,Cr的平衡轉化率減小,說明平衡左移,即正反應為放熱反應,H0。(3)c(Ag+)= molL-1=2.010-5 molL-1,c(Cr)= molL-1=5.010-3 molL-1。(4)Cr2被還原成Cr3+,Cr元素化合價降低,作氧化劑,則HS作還原劑,被氧化為S,根據得失電子守恒、原子守恒及電荷守恒,即可得出反應的離子方程式。4)24O27O24O27O24O2272224(Cr O)(O)(H )ccCrc2720.250.5(1.0 10 )24Osp()(Cl )KAgClc1052.0 10

44、1.0 1024Osp242( gO )( g )KACrcA12522.0 10(2.0 10 )27O3O24O考點一鹽類水解考點一鹽類水解三年模擬A A組組 20172019 20172019年高考模擬年高考模擬考點基礎題組考點基礎題組1.(2018北京海淀一模,7)下列用于解釋事實的化學用語中,不正確的是()A.Na2S溶液顯堿性:S2-+2H2O H2S+2OH-B.K2Cr2O7溶液中含有Cr:Cr2+H2O 2Cr+2H+C.盛放NaOH溶液的試劑瓶不能用玻璃塞:2OH-+SiO2 Si+H2OD.紅熱木炭遇濃硫酸產生刺激性氣味的氣體:2H2SO4(濃)+CCO2+2SO2+2H

45、2O24O27O24O23O答案答案AA項,多元弱酸根離子的水解分步進行,且以第一步為主,即S2-+H2O HS-+OH-。2.(2019北京牛欄山一中期中,14)室溫下,分別用0.1 molL-1溶液進行下列實驗,結論不正確的是()A.向NaOH溶液中通SO2至pH=7:c(Na+)=c(HS)+2c(S)B.向NH4Cl溶液中加入等濃度、等體積的NH3H2O溶液后,所得溶液呈堿性,則:c(N)c(NH3H2O);C項,向NH4HSO4溶液中加入等濃度、等體積的NaOH溶液后,溶液中存在物料守恒,c(N)+c(NH3H2O)=c(Na+);D項,醋酸溶液中存在電離平衡CH3COOHCH3CO

46、O-+H+,加入醋酸鈉晶體后,CH3COO-濃度增大,平衡逆向移動,H+濃度減小,=,則增大。3O23O3O23O4H4H4H33(CHO )(CH)cCOcCOOH33(CHO )(H )(CH)(H )cCOccCOOHca(H )Kc33(CHO )(CH)cCOcCOOH3.(2019北京豐臺期末,8)常溫下,向碳酸溶液中滴加NaOH溶液,測得碳酸中含碳微粒的物質的量分數隨pH變化如下圖所示,下列說法不正確的是()A.人體血液的pH=7.357.45,其中含碳微粒以HC、H2CO3為主B.除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入鹽酸至pH=7C.pH=10的溶液中c(H+)+c

47、(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)D.將CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3,應大約控制pH12.53O3O23O答案答案BA項,根據題圖可知,pH=7.357.45時,含碳微粒主要存在HC、H2CO3;B項,根據題圖可知,pH=7時,含碳微粒主要存在HC、H2CO3,沒有達到除雜目的;C項,pH=10時,根據電荷守恒可得溶液中c(H+)+c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-);D項,根據題圖可知,pH約為12.5時,溶液中C量達到最大,將CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3需控制pH12.5。3O3O3O23O23O4.(2019北京朝陽期中,16)氫能是一種極

48、具發展潛力的清潔能源。以太陽能為熱源,熱化學硫碘循環分解水是一種高效、無污染的制H2的方法。反應如下:.H2SO4(aq) SO2(g)+H2O(l)+O2(g)H1=+327 kJ mol-1.SO2(g)+I2(s)+2H2O(l) 2HI(aq)+H2SO4(aq)H2 =-151 kJ mol-1.2HI(aq) H2(g)+I2(s) H3=+110 kJ mol-1(1)分解水制H2的熱化學方程式是 。(2)反應的SO2從煙氣吸收中得到,如下圖所示。12Na2SO3溶液呈堿性的原因: 。 加熱解吸,產物中含有NaHSO4,用化學方程式說明原因: 。取解吸產物的溶液, (填操作和現象

49、),證明產物中含S。 (3)反應的產物用I2進行分離。該產物的溶液在過量I2的存在下會分成兩層含低濃度I2的H2SO4層和含高濃度I2的HI層。 將兩層溶液分離的主要儀器是 。24O提純H2SO4:將H2SO4層(含少量HI、I2)加熱,在不同溫度下通入N2。通過I- 的去除率衡量提純效果。序號條件 ABCD溫度/125125145145是否通入N2否是否是I- 的去除率43%90%比A高98%答案答案(1)2H2O(l) 2H2 (g)+O2(g) H=+572 kJmol-1(2) S+H2O HS+OH-2NaHSO3+O2 2NaHSO4加入鹽酸酸化的BaCl2溶液,產生白色沉淀(3)

50、分液漏斗a.H2SO4+2HI SO2+I2+2H2Ob.對于H2SO4(aq)+2HI(aq) SO2(g)+I2(s)+2H2O(l) H=+151 kJmol-1,溶液中的SO2等被N2帶走,平衡向正反應方向移動;升高溫度,平衡向正反應方向移動,二者均利于提高HI的去除率。23O3Oa.經檢驗產物含SO2。去除HI的化學方程式是 。b.運用化學平衡移動原理解釋通入N2、升高溫度HI去除率提高的原因: 。解析解析(1)根據蓋斯定律,結合已知熱化學方程式,由2(+)得,分解水制H2的熱化學方程式是2H2O(l) 2H2 (g)+O2(g) H=+572 kJmol-1。 (2)Na2SO3是

51、強堿弱酸鹽,水解顯堿性,即S+H2O HS+OH-。NaHSO3中硫元素顯+4價,具有較強還原性,加熱解吸時易被空氣中的氧氣氧化為NaHSO4,化學方程式為2NaHSO3+O2 2NaHSO4。檢驗S常用Ba2+,為了排除其他離子的干擾,常加入鹽酸酸化,故取解吸產物的溶液,加入鹽酸酸化的BaCl2溶液,產生白色沉淀,證明產物中含S。 (3)將兩層溶液分離常用分液法,使用的主要儀器是分液漏斗。a.去除HI的化學方程式是H2SO4+2HI SO2+I2+2H2O;b.由反應可知H2SO4(aq)+2HI(aq) SO2(g)+I2(s)+2H2O(l) H=+151 kJmol-1,溶液中的SO2

52、等被N2帶走,平衡向正反應方向移動;升高溫度,平衡向正反應方向移動,二者均利于提高HI的去除率。23O3O24O24O5.(2019北京朝陽期中,7)齲齒是有機酸使牙齒中的Ca5(PO4)3(OH)溶解造成的。飲水、食物里的F-會將其轉化為Ca5(PO4)3F,后者更能抵抗酸的腐蝕。下列分析不正確的是()A.溶解度:Ca5(PO4)3(OH)Ca5(PO4)3F;B項,Ca5(PO4)3(OH)電離出來的OH-能與H+反應生成水,P能與H+反應生成HP、H2P、H3PO4;C項,牙膏中添加NaF,F-可與Ca5(PO4)3(OH)反應生成溶解度更小的Ca5(PO4)3F;D項,題述過程涉及的反

53、應都是復分解反應。34O24O4O知識拓展知識拓展在難溶電解質溶液中,沉淀轉化的實質是沉淀溶解平衡的移動,沉淀之間可以相互轉化,一般來說,沉淀轉化總是向著溶解度減小的方向進行。若難溶電解的類型相同,則Ksp較大的沉淀易轉化為Ksp較小的沉淀。6.(2019北京海淀期中,8)我國工業廢水中幾種污染物及其最高允許排放濃度如下表。下列說法不正確的是()答案答案CA項,重金屬包括鎘(Cd)、汞(Hg)、銀(Ag)、銅(Cu)、金(Au)、鉛(Pb)等,故Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金屬離子;B項,pH9的廢水顯堿性,可用中和法處理;C項,Cr轉化為Cr2時無元素化合價變化,為非氧化還原反應;D項,

54、向含有Hg2+的廢水中加入Na2S,發生反應Hg2+S2- HgS,Hg2+轉化為HgS沉淀而被除去。24O27O注:我國規定酸、堿廢水pH的最大允許排放標準是大于6、小于9。A.Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金屬離子B.對于pH9的廢水可用中和法處理C.將Cr轉化為Cr2是用氧化還原的方法D.在含有Hg2+的廢水中加入Na2S,可使其轉變為沉淀而被除去24O27O7.(2019北京海淀期末,7)取1 mL 0.1 molL-1 AgNO3溶液進行如下實驗(實驗中所用試劑濃度均為0.1 molL-1):下列說法不正確的是()A.實驗白色沉淀是難溶的AgCl B.由實驗說明AgI比AgCl更難

55、溶C.若按順序實驗,看不到黑色沉淀 D.若按順序實驗,看不到白色沉淀答案答案CA項,實驗中Ag+與Cl-發生反應,生成氯化銀白色沉淀;B項,由所加試劑均過量可知,實驗滴加碘化鉀溶液后仍能生成黃色沉淀碘化銀,證明Ksp(AgCl)Ksp(AgI),即碘化銀比氯化銀更難溶;C項,由實驗可知,Ag2S比AgI難溶,故Ag2S比AgCl難溶,所以按順序實驗可以看到沉淀轉化的現象;D項,由實驗知,Ksp(AgCl)Ksp(AgI),所以若按順序實驗,則不會觀察到黃色沉淀變成白色沉淀的現象。8.(2018北京八中模擬,11)由下列實驗操作及現象,能推出相應結論的是()選項實驗操作及現象結論A常溫下,用pH

56、計測得0.1 molL-1 NaClO溶液和0.1 molL-1 CH3COONa溶液的pH,前者大酸性:CH3COOHHClOB向淀粉溶液中加入稀硫酸并加熱,再加入銀氨溶液,水浴加熱,未見有銀鏡產生淀粉沒有水解C向MgCl2溶液中滴加足量NaOH溶液,有白色沉淀生成,再滴加CuCl2溶液,有藍色沉淀生成KspCu(OH)2HClO;B項,淀粉水解后的溶液應用NaOH溶液調至堿性后,再加入銀氨溶液,水浴加熱,才會有銀鏡產生;C項,過量的NaOH溶液能夠與CuCl2溶液反應生成藍色沉淀,無法比較氫氧化鎂與氫氧化銅的Ksp的大小;D項,在酸性條件下,N能夠把Fe2+氧化為Fe3+,不能說明Fe(N

57、O3)2樣品溶于稀硫酸前已氧化變質。3O9.(2017北京西城期末,11)以MnO2為原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+等金屬離子,通過添加過量難溶電解質MnS,可使這些金屬離子形成硫化物沉淀,經過濾除去包括MnS在內的沉淀。根據上述實驗事實,下列說法中,不正確的是 ()A.溶解度:MnSPbSB.MnS在水溶液中存在沉淀溶解平衡:MnS(s) Mn2+(aq)+S2-(aq)C.Cu2+轉化為沉淀的原理為 MnS(s)+Cu2+(aq) CuS(s)+Mn2+(aq)D.沉淀轉化能用于除去溶液中的某些雜質離子答案答案AA項,添加過量難溶電解質MnS,可使Pb2+形成硫化物沉淀

58、,說明溶解度PbSc(H2SO3),結合方程式解釋其原因: 。已知下列反應:SO2(g)+2OH-(aq) S(aq)+H2O(l)H1=-164.3 kJmol-1CO2(g)+2OH-(aq) C(aq)+H2O(l)H2=-109.4 kJmol-12HS(aq) S(aq)+SO2(g)+H2O(l)H3=+34.0 kJmol-1吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HS的熱化學方程式是 。23O23O23O3O23O3O吸收塔中的溫度不宜過高,可能的原因是 (寫出1種即可)。(3)制備無水Na2SO3將中和塔中得到的Na2SO3溶液 (填操作),過濾出的固體用無水乙醇洗滌、干燥,得

59、無水Na2SO3固體。答案答案(1)C+H2O OH-+HC(1分)(2)45(1分)溶液中,HS存在:HS H+S和HS+H2O H2SO3+OH-,HS的電離程度大于水解程度(2分)2SO2(g)+C(aq)+H2O(l) 2HS(aq)+CO2(g) H=-88.9 kJmol-1(2分) 防止SO2的溶解度下降;防止HS受熱分解;防止HS的氧化速率加快等(2分)(3)隔絕空氣,加熱濃縮至有大量固體析出,高于34 過濾(2分)23O3O3O3O23O3O3O23O3O3O3O解析解析(1)Na2CO3溶液顯堿性是由于C水解,離子方程式為C+H2O OH-+HC。(2)由圖2可知,pH為4

60、5時,HS的物質的量分數最大,故為提高NaHSO3的產率,應控制吸收塔中的pH為45。NaHSO3為弱酸的酸式鹽,HS既能發生電離HS H+S,又能發生水解HS+H2O H2SO3+OH-,因HS的電離程度大于水解程度,所以溶液中c(S)c(H2SO3)。根據蓋斯定律知,吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HS的熱化學方程式是2SO2(g)+C(aq)+H2O(l) 2HS(aq)+CO2(g) H=H1-H2-H3=-88.9 kJmol-1。氣體的溶解度隨溫度的升高而減小,溫度過高,不利于吸收SO2;NaHSO3不穩定,受熱易分解;溫度升高可以加快HS的氧化速率。(3)由圖3可知,低于3