盐类的水解2015高考题

1、（2015·新课标I）13浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V,pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是（）AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等D当=2时，若两溶液同时升高温度，则c(M+)/c(R+)增大【答案】D【解析】由图像可知0.10mol/L MOH溶液的pH=13，所以MOH为强碱，而ROH溶液pH<13，所以ROH为弱碱，A正确；弱电解质“越稀越电离”，B正确；若两溶液无限稀释，则酸碱性接近中性，则它们的c(OH-)相等，C正确；ROH为弱碱，升温电离

2、度增大，c(R+)增大，而MOH为强碱，升温c(M+)不变，所以两溶液同时升高温度，则c(M+)/c(R+)减小，D错误。考点：电解质强弱判断，弱电解质电离平衡（2015·天津）11室温下，将0.05mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是加入的物质结论A50mL 1mol·L1H2SO4反应结束后，c(Na+)=c(SO42)B0.05molCaO溶液中 增大C50mL H2O由水电离出的c(H+)·c(OH)不变D0.1molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变【答案】B【解析】A

3、项，Na2CO3溶液中加入50ml 1mol·L-1H2SO4后，两者1:1恰好完全反应，溶液溶质为Na2SO4，显中性，即c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒，c (Na+)+ c(H+)=2c(SO42-)+ c(OH-)，应该有c(Na+)=2c(SO42-)，选项错误； B项，Na2CO3溶液中存在如下水解平衡： CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入CaO 后，发生了反应CaO +H2O =Ca(OH)2，使溶液中c(OH-)浓度增大，同时新增加的OH-抑制了CO32-的水解，导致c(HCO3-)离子浓度减小，两者一结合，增大，选项正确； C项，常温下，水的离子积KW

4、=c(H+)·c(OH-)是个常数，不会因加入水而改变，选项错误； D项，加入0.1molNaHSO4固体后，NaHSO4= Na+ H+SO42-，发生反应2NaHSO4+ Na2CO3 = 2Na2SO4+CO2+H2O，溶质由Na2CO3变为Na2SO4，故溶液pH减小，未加NaHSO4前c(Na+)=0.1mol·L-1，加入NaHSO4后，Na+的物质的量增加了一倍，若溶液体积的变化忽略不计，c(Na+)=0.2mol·L-1，故c(Na+)增加，选项错误。（2015·四川）6、常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合

5、，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7，下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是A、<1.0×10-7mol/LB、c(Na+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)C、c(H+)+c(NH4+)= c(OH-)+ c(HCO3-)+2 c(CO32-)D、c(Cl-)> c(NH4+)> c(HCO3-)> c(CO32-)【答案】C【解析】选项A中水的离子积Kw=c（H+）×c（OH-），所以=c（OH-），因pH<7，故c（OH-）<1.0×10-7mol/L。故A所说正确。选项B中，

6、因两物质是等体积、等物质的量浓度加入，故当未发生任何反应时，钠与碳应是恒等关系；而发生发应并析出晶体时，钠与碳同样是1：1的比例析出，故滤液中的钠与碳仍应恒等。故B所说正确。选项C是电荷守恒，但忽略了阳离子中还有钠离子，故C所说错误。选项D中因氯离子不发生水解反应，故浓度应最大，而HCO3-部分析出，故应小于NH4+，CO32-由HCO3-水解而来，反应微弱，故浓度最小，所以D选项所说正确。（2015·重庆）3下列说法正确的是A稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7C25时，0.1mol·L1的硫化氢溶液比等浓度的硫

7、化钠溶液的导电能力弱D0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl)=c(I)【答案】C【解析】A.醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠抑制了醋酸的电离，错误；B. 25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，属于强酸弱碱盐，溶液Ph<7,错误；C.硫化氢溶液属于弱酸，部分电离，硫化钠溶液属于强电解质，等浓度的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓度小，导电能力弱，正确；D.AgCl和AgI的Ksp不相等，则0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl)不等于c(I)，错误；选C。（2015·安徽）

8、1325时，在10mL浓度均为0.1mol/LNaOH和NH3·H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是：A未加盐酸时：c(OH)c(Na)= c(NH3·H2O)B加入10mL盐酸时：c(NH4) c(H) c(OH)C加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl) = c(Na)D加入20mL盐酸时：c(Cl) c(NH4) c(Na)【答案】B【解析】答案选择B。选项A，一水合氨是弱电解质，因此会发生微弱的电离，该选项中钠离子的浓度应当大于一水合氨的浓度。选项B当加入HCl的体积为10ml的时候，溶液中钠离子与氯离子的浓度是相等的，根据电

9、荷守恒的式子c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)可知该选项正确。选项C加入盐酸以后溶液的PH值等于7的时候溶液呈现出中性，根据电荷守恒式c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，而c(H+)=c(OH-)，可得c(NH4+)+c(Na+)= +c(Cl-)，所以c(Na+)c(Cl-)，因此选项C错误。选项D c(NH4+)+c(Na+)= +c(Cl-)是溶液呈现出中性条件下才会成立，加入盐酸20ml时溶液不显中性，所以错误。（2015·广东）11一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图2，下列说法正确的是A升高

10、温度，可能引起有c向b的变化B该温度下，水的离子积常数为10×10-13C该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【解析】A、错误，点的溶液是碱溶液，升高温度促进水的电离，但不可能使溶液中的氢离子等于氢氧根离子；B、错误，该温度下水的离子积常数是1.0×10-12；D、错误，稀释溶液不可能同时增大和的浓度，同温下水的离子积常数不变。点拨:本题考查水溶液中离子浓度的比较，难度较大（2015·山东）13、室温下向10mL0.1 mol·L1NaOH溶液中加入0.1 mol·L1的一元酸HA溶液pH的变

11、化曲线如图所示。下列说法正确的是A、a点所示溶液中c(Na+)>c(A)>c(H+)>c(HA)B、a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C、pH=7时，c(Na+)= c(A)+ c(HA)D、b点所示溶液中c(A)> c(HA)【答案】D【解析】A、a点HA与NaOH恰好完全反应生成NaA溶液，此时pH为8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液发生水解反应，c(Na+) > c(A) > c(HA) > c(H+)，A错误；B、a点所示溶液为NaA溶液，NaA水解促进水的电离，b点为NaA和HA等浓度的混合液，显酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度

12、，HA电离抑制水的电离，故水的电离程度a>b，B错误；C、根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（A），pH=7时，c(Na+)c(A)，C错误；D、b点显酸性，故HA溶液电离程度大于NaA溶液的水解程度，所以c(A) > c(HA)，D正确。浙江卷.2015.T11在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是AX是电源的负极B阴极的反应式是：H2O2eH2O2CO22eCOO2C总反应可表示为：H2OCO2H2COO2D阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是11【答案】 D【解析

13、】选项A，正确。选项B，正确。选项C，正确。选项D，根据电子守恒，阴极产生H2和CO各得到2e，阳极产生O2失去4e，故物质的量之比为2:1，错误。浙江卷.2015.T1240时，在氨-水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是A在pH9.0时，c(NH)c(HCO)c(NH2COO)c(CO)B不同pH的溶液中存在关系：c(NH)c(H+)2c(CO)c(HCO)c(NH2COO)c(OH)C随着CO2的通入，不断增大D在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成【答案】 C【解析】选项A，正确。选项B，正确。选项C，根据一水合氨的电离平衡表达式

14、，随着CO2通入，电离平衡常数不变，根据图像，c（NH4+）增大，应减小，错误。选项D，正确。（2015·江苏）14.室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.向0.10mol·L1溶液中通：B.向0.10mol·L1溶液中通：C.向0.10mol·L1溶液中通：D.向0.10mol·L1溶液中通HCl：【答案】D【解析】A项根据电荷守恒，当PH=7时，c(NH4+)= c(HCO3-)+2 c(CO32-),所以A项错误。B项根据物料守恒：c(Na+)=c

15、(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3) 与电荷守恒：c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-) 两式相减即可得到：c(NH4+)+c(H2SO3)=c( SO32-)，所以c(NH4+)<c( SO32-)，所以B项错误。C项中的等式是通入SO2前的物料守恒，当通入SO2时，硫元素的物质的量增加，该物料守恒就不成立了。所以D项正确。（2015·海南）301mol下列气体分别与1L0lmol·L-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是A NO2 BSO2CSO3 DCO2【答案】C【解析】A.NO2和NaOH溶液发生反应：2NO

16、2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，二者恰好反应得到是NaNO3和NaNO2的混合溶液，该溶液中含有强碱弱酸盐，水溶液显碱性；B.发生反应SO2+NaOH=NaHSO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HSO3-电离大于水解作用，所以溶液显酸性。C.发生反应：SO3+NaOH=NaHSO4，该盐是强酸强碱的酸式盐，电离是溶液显酸性，相当于一元强酸。所以酸性比NaHSO3强；D.会发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HCO3-电离小于水解作用，所以溶液显减性。因此溶液的酸性最强的是NaHSO4，溶液的酸性越强，pH越小。所以选项是C。（2015·海南）

17、11下列曲线中，可以描述乙酸（甲，Ka=18×10-5）和一氯乙酸（乙，Ka=14×10-3）在水中的电离度与浓度关系的是【答案】B【解析】：A.这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH<CH2ClCOOH，排除A、C；当浓度增大时，物质的电离程度减小，排除D选项，正确选项是B。（2015·新课标I）28（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛图。回答下列问题：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2,该反应的还原产物为_。（2）上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子

18、，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：_，已知Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（AgI）=8.5×10-17。（3）已知反应2HI（g）=H2(g) + I2(g)的H=+11kJ·mol-1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为_kJ。（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/

19、min020406080120X(HI)10.910.850.8150.7950.784X(HI)00.600.730.7730.7800.784根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：_。上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为_(以K和k正表示)。若k正=0.0027min-1，在t=40,min时，v正=_min-1由上述实验数据计算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_（填字母）【答案】15分MnSO4； 4.72×

20、;10-7； 299K=0.1082/0.7842； K·k正；1.95×10-3A点、E点【解析】MnO2中+4价Mn还原为+2价，结合溶液环境，可知还原产物为MnSO4；= =4.72×10-7；化学键断裂吸收能量，形成化学键放出能量，（-436KJ）+（-151KJ）+2（+X）=11kJ；解得X=299kJ；假设容器体积为1L，投入物质的量为1mol，根据题意可知2HI（g）H2（g）+I2（g）初始 1mol·L-10 0平衡0.784mol·L-10.108mol·L-10.108mol·L-1所以K=0.108

21、2/0.7842；平衡时v正=v逆，所以k正x2(HI) =k逆x(H2)x(I2)，结合平衡常数表达式可知k逆=K·k正，v正=k正x2(HI)=0.0027min-1（0.85）2=1.95×10-3。（2015·新课标II）26.（14分）酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表溶解度/（g/100g水）温度/化合物020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.

22、3ZnCl2343395452488541614化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题:（1）该电池的正极反应式为_，电池反应的离子方程式为_。（2）维持电流强度为0.5，电池工作5分钟，理论上消耗锌_。（已知）（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有，二者可通过_分离回收；滤渣的主要成分是、_和_，欲从中得到较纯的，最简便的方法为_，其原理是_。（4）用废电池的锌皮制备的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加稀溶解，铁变为_，加碱调节至pH为_时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于时，即可认为该离子沉淀完全）；继续

23、加碱至pH为_时，锌开始沉淀（假定浓度为0.1mol）。若上述过程不加后果是_，原因是_.【答案：】（1）MnO2+H+e-=MnOOH 、Zn+ 2MnO2+2H+=Zn2+2 MnOOH（2）0.05g（3）加热浓缩、冷却结晶；碳粉；MnOOH；空气中加热；碳粉变为二氧化碳，MnOOH变为MnO2（4）Fe3+ ；2.7；6；锌离子和二价铁离子无法分离；它们的Ksp 相近无法分离【解析：】此题考酸性锌锰干电池，（1）Zn做负极，Zn-2e-=Zn2+MnO2做正极，溶液显酸性，由MnO2得电子，电极反应为MnO2+H+e-=MnOOH，两极相加总反应就是Zn+ 2MnO2+2H+=Zn2+

24、2 MnOOH ，（2）维持电流强度为0.5，电池工作5分钟，理论上消耗锌为0.0007mol.所以质量为0.05g，（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有，两个溶解度一个受温度影响较大，一个较小，可用重结晶法，二者可通过加热浓缩，冷却结晶分离回收，碳粉和MnOOH都不溶，所以最后还有碳粉和MnOOH，根据碳粉和MnOOH性质，在空气中加热碳粉变为二氧化碳，MnOOH变为MnO2（4）H2O2具有强氧化性把Fe直接变成三价铁离子，根据溶度积原理，Ksp Fe（OH）3= Fe3+ (OH-)3，(OH-)3= Ksp Fe（OH）3Fe3+ (OH-)3=1034，Kw=H+ O

25、H-得出H+=10-2.7，所以PH为2.7，同理可得继续加碱至pH为6时，锌开始沉淀，若上述过程不加后果是锌离子和二价铁离子无法分离，因为它们的Ksp 相近无法分离。福建卷23（15分）研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。（1）硫离子的结构示意图为。加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为。（2）25，在0.10mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液PH，溶液PH与c(S2-)关系如右图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）。PH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=mol·L-1.某溶液含0.020

26、 mol·L-1Mn2+、0.10 mol·L-1H2S,当溶液PH=时，Mn2+开始沉淀。已知：Ksp(MnS)=2.8×10-23（3） 25，两种酸的电离平衡常数如右表。Ka1Ka2H2SO31.3×10-26.3×10-4H2CO34.2×10-75.6×10-11HSO3-的电离平衡常数表达式K=。0.10 mol·L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为。【答案】23.（15分）（1）C+2H2S04（浓） 2S02+C02+2H20（2）

27、0.0435（3）或或【解析】：本题考查的是有关硫及其化合物的性质，结合反应原理中化学反应平衡和弱电解质的电离平衡以及PH值的相关计算一起考查。硫离子结构示意图，注意不要粗心写成硫原子的结构示意图。硫元素的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液其实就是浓硫酸，本题考查的是碳与浓硫酸在加热时的方程式：C + 2H2SO4(浓) CO2+ 2SO2+ 2H2O根据图像，PH=13时，c（S2-）=5.7×102，根据物料守恒，c(S2-) + c(HS-) + c(H2S)=0.1，故 c(HS-) + c(H2S)=0.1-0.057=0.043根据Ksp(MnS)=c(Mn2+) 

28、5;c(S2-) =2.8×1013 ,已知 c(Mn2+) =0.020mol·L1，故可算出c(S2-) =1.4×1011，此时对应的PH为5.（3）HSO3-也能发生电离，其电离方程式为HSO3-H+ + SO32-，故它的电离平衡常数为在Na2SO3中，存在SO32-的两步水解，SO32-H2O HSO3-OH- 、HSO3-H2O H2SO3 OH- 以及水的微弱电离，因为第一步水解远远大于第二步水解，故离子浓度大小关系为：c(Na+) > c(SO32-) > c(OH-) > c(HSO3-) > c(H+) 或Na+>

29、;SO32->OH->HSO3->H+因为H2SO3的酸性强于H2SO3故本题方程式为:H2SO3 + HCO3- + =HSO3- + CO2+ H2O（2015·广东）32（16分）七铝十二钙（12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和废铝片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）煅粉主要含MgO和，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液I中c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1,则溶液PH大于（Mg(OH)2的Ksp=5×10-12);该工艺中不能

30、用（NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是，（2）滤液I中的阴离子有（忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2会生成，从而导致CaCO3产率降低。（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为。（4）电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为。（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为。【答案】（1）CaO；11；加入（NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤是会被除去，造成生成的CaCO3减少。（2）NO3，( NH4)2CO

31、3（3）2OH+Al2O32AlO2+H2O（4）2Al+6H20 2Al(OH)3+3H2（5）Al3e7 AlCl4=4 Al2Cl7【解析】从题目白云石（主要含CaCO3和MgCO3)可知在高温下两者均能分解，所以可知还有CaO，Mg(OH)2的Ksp=5×10-12 c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1，利用Mg(OH)2的Ksp即可求得。如果把（NH4)2SO4代替NH4NO3，那引入了大量的硫酸根离子，会生成CaSO4微溶物，在过滤时会去，造成生成的CaCO3减少。从前后可分析，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，滤液中有大量的NO3。若滤液I

32、中仅通入CO2会生成，会与前面反应后的溶液中的氨水反应生成( NH4)2CO3氧化铝是两性氧化物能与碱反应2OH+Al2O32AlO2+H2O电解制氢氧化铝，从反应物到生成物，写总反应方程式为2Al+6H20 2Al(OH)3+3H2，充放电时AlCl4-和Al2Cl7-两种离子在Al电极上相互转所以放电时负极反应为Al3e7 AlCl4=4 Al2Cl7（2015·上海）31室温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH。（选填“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，SO32、

33、CO32、HSO3、HCO3 浓度从大到小的顺序为。已知：H2SO3Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7HClOKi1=2.95×10-8H2CO3Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11【答案】大于、c(SO32-)c(CO32-)c(HCO3-)c(HSO3-)【解析】酸越弱，对应的酸根就越容易水解，根据所给数据，亚硫酸的第二级电离平衡常数还是比次氯酸的大，所以亚硫酸氢根的酸性是大于次氯酸的，所以次氯酸钠的水解程度更大，所以碱性更强，所以pH越大。亚硫酸的第二级电离平衡常数远大于碳酸的第二级电离平衡常数，所以CO3

34、2-的水解远大于SO32-，所以剩余的CO32-就少，而第二级水解是极少量的，所以HCO3-的量还是比HSO3-多，所以c(SO32-)c(CO32-)c(HCO3-)c(HSO3-)。（2015·江苏）18.（12分）软锰矿（主也成分MnO2杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中反应可制备，反应的化学方程式为：（1）质量为17.40g纯净最多能氧化 L（标准状况）。（2）已知：，pH7.1时开始沉淀。室温下，除去溶液中的、（使其浓度均小于），需调节溶液pH范围为 。（3）右图可以看出，从和混合溶液中结晶晶体，需控制的结晶温度范围为 。（4）准确称取0.1710g样品置于锥形瓶中，加入适和溶液，加热使全