【创新设计】2017版高考化学人教版（全国）一轮复习：真题专训第八章 基础课时3盐类的水解 Word版含答案.doc

基础课时3　盐类的水解 1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，是因为K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效(√) (2014·新课标全国卷，8C) (2)中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈(√) (2015·天津理综，1B) (3)将FeCl3固体溶于适量蒸馏水来配制FeCl3溶液(×) (2015·福建理综，8B) (4)Na2CO3溶液中CO的水解：CO＋H2O===HCO＋OH－(×) (2015·江苏化学，9B) (5)加热0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大(√) (2014·江苏化学，11C) (6)CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO－)增大(×) (2014·重庆理综，3B) 2．(2015·天津理综，5)室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(　　) 加入物质 结论 A 50 mL 1 mol·L－1H2SO4 反应结束后，c(Na＋)＝c(SO) B 0.05 mol CaO 溶液中增大 C 50 mL H2O 由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变 D 0.1 mol NaHSO4固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变 解析　A项，0.05 mol Na2CO3与0.05 mol H2SO4刚好反应生成Na2SO4，即所得溶液为Na2SO4溶液，c(Na＋)＝2c(SO)；B项，向含0.05 mol Na2CO3的溶液中加入0.05 mol CaO，得到CaCO3和NaOH，故增大；C项，加水稀释Na2CO3溶液，促进了盐的水解，提高水的电离程度，由水电离出的c(H＋)、c(OH－)发生了改变；D项，充分反应所得溶液为Na2SO4溶液，溶液中c(Na＋)增大。 答案　B 3．[2013·山东理综，29(4)]25 ℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2mol·L－1，NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 解析　Ka＝ Kh＝＝ ＝＝＝1×10－12mol·L－1。 HSO＋H2OH2SO3＋OH－，当加少量I2时，发生I2＋HSO＋H2O===2I－＋3H＋＋SO，导致水解平衡左移，c(H2SO3)稍减小，c(OH－)减小，所以＝增大。 答案　1×10－12　增大 4．(2015·上海化学，31)常温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH________0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH。(填“大于”，“小于”或“等于”) 浓度均为0.1 mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为________________。 已知：H2SO3　Ki1＝1.54×10－2　Ki2＝1.02×10－7 HClO Ki1＝2.95×10－8 H2CO3 Ki1＝4.3×10－7 Ki2＝5.6×10－11 解析　NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H＋，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时c(OH－)＞c(H＋)，所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2＝1.02×10－7；HClO的Ki1＝2.95×10－8，所以酸性：HSO＞HClO，因此溶液的pH：NaClO＞Na2SO3。由于电离程度：H2SO3＞H2CO3＞HSO＞HCO，浓度均为0.1 mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，水解程度：CO＞SO，所以离子浓度：SO＞CO；水解产生的离子浓度：HCO＞HSO。但是盐水解程度总的来说很小，主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为SO＞CO＞HCO＞HSO。 答案　大于　SO＞CO＞HCO＞HSO 5．[2015·天津理综，10(1)(3)]FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题： (1)FeCl3净水的原理是_____________________________________________。 FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示)____________________________________________