2022届高考化学一轮复习规范练24盐类的水解含解析新人教版

高考 - 1 - / 15 盐类的水解 (时间:45 分钟 满分:100 分) 一、选择题(本题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.生活中处处有化学,下列有关说法正确的是( )。 A.天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的 Mg2+、Ca2+等离子 B.焊接时用 NH4Cl 溶液除锈与盐类水解无关 C.生活中用电解食盐水的方法制取消毒液,运用了盐类的水解原理 D.在滴有酚酞的 Na2CO3 溶液中慢慢滴入 BaCl2 溶液,溶液的红色逐渐褪去 答案:D 解析:A 项,部分天然水呈碱性是因为 HC O3 - 发生水解,错误;B 项,NH4Cl 是强酸弱碱盐,水解使溶 液显酸性,因此能溶解铁锈,错误;C 项,用惰性电极电解食盐水,生成物是 H2、Cl2、NaOH,Cl2 与 NaOH 溶液反应可以制备漂白液,与水解无关,错误;D 项,Na2CO3 溶液中存在水解平衡 C O3 2- +H2O HC O3 - +OH-,加入 BaCl2 溶液后生成 BaCO3 沉淀,c(C O3 2- )降低,水解平衡左移,溶 液的碱性减弱,所以红色逐渐褪去,正确。 2.下列溶液中有关物质的量浓度关系和计算不正确的是( )。 A.c(N H4 + )相等的(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2 和 NH4Cl 溶液中,溶质浓度大小关系是 c[(NH4)2Fe(SO4)2]c(A2-)>c(H2A) 答案:C 解析:N H4 + 部分水解,(NH4)2SO4 溶液中 S O4 2- 对 N H4 + 的水解无影响,(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+ 水解显酸性抑制 N H4 + 的水解,故 c(N H4 + )相等的条件下,c[(NH4)2Fe(SO4)2]c(A2-)>c(H2A),二级电离程度很小,故溶液中 c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(H2A),D 项 正确。 3.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( )。 选项 加入的物质 结 论 A 50 mL 1 mol·L-1H2SO4 溶液 反应结束后,c(Na+)=c(S O4 2- ) 高考 - 3 - / 15 B 0.05 mol CaO 溶液中 (OH - ) (HCO3 - ) 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 答案:B 解析:0.05molNa2CO3 中 n(Na+)=0.1mol,50mL1mol·L-1H2SO4 溶液中含 n(S O4 2- )=0.05mol, 故反应后 c(Na+)=2c(S O4 2- ),A 项错误;0.05molCaO 与 H2O 反应生成 0.05molCa(OH)2,Ca(OH)2+Na2CO3 CaCO3↓+2NaOH,则溶液中 (OH - ) (HCO3 - ) 增大,B 项正确;向 Na2CO3 溶液中加水,c(OH-)水减小,则 c(H+)水也减小,则由水电离出的 c(H+)水·c(OH-)水减小,C 项 错误;由于 NaHSO4 Na++H++S O4 2- ,故向 Na2CO3 溶液中加入 NaHSO4,c(Na+)变大,D 项错 误。 4.(2018 理综)测定 0.1 mol·L-1 Na2SO3 溶液先升温再降温过程中的 pH,数据如下。 时刻 ① ② ③ ④ 温度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验,④产生白色沉淀多。 下列说法不正确的是( )。 高考 - 4 - / 15 A.Na2SO3 溶液中存在水解平衡:S O3 2- +H2O HS O3 - +OH- B.④的 pH 与①不同,是由于 S O3 2- 浓度减小造成的 C.① ③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致 D.①与④的 KW 值相等 答案:C 解析:由①④时刻溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液,④产生白色沉淀较多,说明升温过程中亚硫 酸钠被空气中的氧气氧化为硫酸钠,导致亚硫酸根浓度减小。A 项,亚硫酸钠为强碱弱酸盐,在溶 液中水解使溶液显碱性,正确;B 项,④与①的 pH 不同是因为亚硫酸钠被空气中的氧气氧化为硫 酸钠,导致亚硫酸根浓度减小,溶液 pH 减小,正确;C 项,升高温度,水解平衡右移,减小亚硫酸根浓 度,平衡左移,错误;D 项,①与④的温度相同,则水的离子积常数 KW 相同,正确。 5.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是( )。 A.0.1 mol·L-1 NaHCO3 溶液与 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液等体积混合,所得溶液 中:c(Na+)>c(C O3 2- )>c(HC O3 - )>c(OH-) B.20 mL 0.1 mol·L-1 CH3COONa 溶液与 10 mL 0.1 mol·L-1 HCl 溶液混合后溶液呈酸性,所 得溶液中:c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+) C.室温下,pH=2 的盐酸与 pH=12 的氨水等体积混合,所得溶液 中:c(Cl-)+c(H+)>c(N H4 + )+c(OH-) D.0.1 mol·L-1 CH3COOH 溶液与 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液等体积混合,所得溶液 中:c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH) 高考 - 5 - / 15 答案:B 解析:A 中两溶液混合恰好反应生成 Na2CO3,在 Na2CO3 溶液中 C O3 2- 水 解:C O3 2- +H2O HC O3 - +OH-、HC O3 - +H2O H2CO3+OH-,水电离也产生 OH-,使 c(OH-)>c(HC O3 - ),A 项错误;B 中两溶液混合反应,得到等量的 CH3COONa、CH3COOH、NaCl 的混合溶液,溶液呈酸性,说明 CH3COOH 的电离程度大于 CH3COONa 的水解程度,所以有 c(CH3COO-)>c(Cl-),由于 CH3COOH 的电离,使溶液中 CH3COOH 的浓度小于 NaCl 的浓度,B 项正确;C 中氨水是弱碱溶液,二者等体积混合,氨水过量,溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),又由溶液的 电荷守恒得 c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(N H4 + ),则 c(Cl-)③ 答案:D 高考 - 6 - / 15 解析:A项H2S溶液中的电离方程式有:H2S HS-+H+,HS- S2-+H+,H2O OH-+H+,所以 c(H+)>c(HS-),c(HS-)c(Al O2 - )>c(OH-)>c(C O3 2- ) C 0.015 c(Na+)>c(HC O3 - )>c(C O3 2- )>c(OH -) D 0.03 c(Na+)>c(HC O3 - )>c(OH-)>c(H+) 答案:D 解析:A 项,通入 CO2 之前,溶液中的电荷守恒关系为:c(Na+)+c(H+)=c(Al O2 - )+c(OH-),则 c(Na+)c(Al O2 - ),错误;C 项,n=0.015mol 时,发生反应 2NaAlO2+CO2+3H2O 2Al(OH)3↓+Na2CO3,溶液中溶质为 Na2CO3,则对应关系为 c(Na+)>c(C O3 2- )>c(OH-)>c(HC O3 - ),错误;D 项,n=0.03mol 时,发生反应 CO2+Na2CO3+H2O 2NaHCO3,NaHCO3溶液呈碱性:c(Na+)>c(HC O3 - )>c(OH-)>c(H+),正 确。 高考 - 8 - / 15 9.下列有关溶液(室温下)的说法正确的是( )。 A.Na2CO3 和 NaHCO3 形成的混合溶液中:2c(Na+)=3[c(C O3 2- )+c(HC O3 - )+c(H2CO3)] B.0.10 mol·L-1 NaHSO3 溶液中通入 NH3 至溶液 pH=7:c(Na+)>c(N H4 + )>c(S O3 2- ) C.物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4 溶液、②NH4HCO3 溶液、③NH4Cl 溶液、④ (NH4)2Fe(SO4)2 溶液中,c(N H4 + )的大小关系:④>①>②>③ D.0.10 mol·L-1 CH3COONa 溶液中通入 HCl 至溶液 pH=7:c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-) 答案:D 解析:没有给出 Na2CO3 和 NaHCO3 的量的关系,若二者的物质的量浓度相等,则离子浓度之间 的关系正确,A 项错误;根据电荷守恒有 c(N H4 + )+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS O3 - )+2c(S O3 2- ),溶 液 pH=7 即 c(H+)=c(OH-),所以 c(N H4 + )+c(Na+)=c(HS O3 - )+2c(S O3 2- ),根据物料守恒有 c(Na+)=c(S O3 2- )+c(HS O3 - )+c(H2SO3),进而有 c(N H4 + )+c(H2SO3)=c(S O3 2- ),故有 c(Na+)>c(S O3 2- )>c(N H4 + ),B 项错误;Fe2+的水解抑制 N H4 + 的水解,HC O3 - 的水解促进 N H4 + 的水解, 则 c(N H4 + )的大小关系为④>①>③>②,C 项错误;根据电荷守恒有 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl-),溶液 pH=7,即 c(H+)=c(OH-),即 c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-),根据物料守恒有 c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),因此 c(CH3COOH)=c(Cl-),综合分析得 c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-),D 项正确。 10.常温下,向 1 L pH=10 的 NaOH 溶液中持续通入 CO2,通入 CO2 的体积(V)与溶液中水电离 出的 OH-浓度的关系如图所示。下列叙述不正确的是( )。 高考 - 9 - / 15 A.A 点溶液中:水电离出的 c(H+)=1×10-10 mol·L-1 B.B 点溶液中:c(H+)=1×10-7 mol·L-1 C.C 点溶液中:c(Na+)>c(C O3 2- )>c(HC O3 - ) D.D 点溶液中:c(Na+)=2c(C O3 2- )+c(HC O3 - ) 答案:B 解析:A 点为单一氢氧化钠溶液,A 到 C 生成碳酸钠,B 点是碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液,C 点是 单一的碳酸钠溶液,C 到 D 生成碳酸氢钠,D 点是碳酸氢钠和碳酸的混合溶液,D 点溶液呈中性。 A 项,水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等,A 点时没有通二氧化碳,pH=10 的 NaOH 溶液中 c(H+)=1×10-10mol·L-1,而氢离子来源于水的电离,所以水电离出的 c(H+)=1× 10-10mol·L-1,A 正确;B 点时溶液中溶质为 Na2CO3 和 NaOH,所以溶液中的 c(H+)c(C O3 2- )>c(HC O3 - ),C 正确;D 点溶液中水电离出的 OH-浓 度为 10-7mol·L-1,溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=2c(C O3 2- )+c(HC O3 - )+c(OH-),两式合并可得 c(Na+)=2c(C O3 2- )+c(HC O3 - ),D 正 确。 二、非选择题(本题共 3 个小题,共 50 分) 高考 - 10 - / 15 11.(16 分)在室温下,下列五种溶液:①0.1 mol·L-1 NH4Cl 溶液 ②0.1 mol·L-1 CH3COONH4 溶液 ③0.1 mol·L-1 NH4HSO4 溶液 ④0.1 mol·L-1 NH3·H2O 和 0.1 mol·L-1 NH4Cl 混合液 ⑤0.1 mol·L-1 氨水 请根据要求回答下列问题: (1)溶液①呈 (填“酸”“碱”或“中”)性,其原因是 (用离子方程式表示)。 (2)溶液②③中 c(N H4 + )的大小关系是② (填“>”“”“”“ 解析:(1)NH4Cl 为强酸弱碱盐,N H4 + 水解使溶液显酸性。(2)CH3COONH4 溶液中,醋酸根离子促 进铵根离子的水解,而 NH4HSO4 溶液中 NH4HSO4 电离出来的氢离子抑制铵根离子的水解,所 高考 - 11 - / 15 以后者中铵根离子浓度大。(3)因为氯离子在溶液中不水解,所以其浓度为 0.1mol·L-1;根据原子 守恒可知,含 N 原子微粒的总物质的量浓度为 0.2mol·L-1,而 N 原子的存在形式为 NH3·H2O 和 N H4 + 。(4)溶液②的 pH=7,说明 CH3COO-水解生成的 OH-的物质的量等于 N H4 + 水解生成的 H+的物质的量,即两者水解程度相同;根据电荷守恒得:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(N H4 + )+c(H+), 因为 c(H+)=c(OH-),故 c(CH3COO-)=c(N H4 + )。(5)①由溶液中存在的微粒可知,H2A 为二元弱 酸,分步电离。②NaHA 和 NaOH 恰好反应生成 Na2A,溶液显碱性。 12.(18 分)已知 25 ℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示: 化学式 CH3COOH H2CO3 HClO 电离平衡常数 Ka=1.8×10-5 Ka1=4.4×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka=3.0×10-8 回答下列问题: (1)物质的量浓度均为 0.1 mol·L-1 的四种溶液: a.CH3COONa b.Na2CO3 c.NaClO d.NaHCO3 pH 由小到大排列的顺序是 (用编号填写)。 (2)常温下,0.1 mol·L-1 CH3COOH 溶液加水稀释过程中,下列表达式的数据变大的 是 。 高考 - 12 - / 15 A.c(H+) B. (H + ) (CH3tt) C.c(H+)·c(OH-) D. (OH - ) (H + ) E. (H + ) · (CH3tO - ) (CH3tt) (3)体积均为 100 mL pH=2 的 CH3COOH 与一元酸 HX,加水稀释过程中 pH 与溶液体积的关 系如图所示,则 HX 的电离平衡常数 (填“大于”“小于”或“等于”)CH3COOH 的电 离平衡常数,理由是 。 (4)25 ℃时,CH3COOH 与 CH3COONa 的混合溶液,若测得 pH=6,则溶液中 c(CH3COO-)-c(Na+)= mol·L-1(填精确值)。 (5)标准状况下,将 1.12 L CO2 通入 100 mL 1 mol·L-1 的 NaOH 溶液中,用溶液中微粒的浓度符 号完成下列等式: ①c(OH-)=2c(H2CO3)+ ; ②c(H+)+c(Na+)= 。 答案:(1)a碳酸的二 级电离,所以物质的量浓度均为 0.1mol·L-1 的四种溶液的 pH 由小到大排列的顺序是 ac(HCOO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-) 解析:(1)多元弱碱的阳离子水解分步进行,且逐渐减弱,故有 K1>K2>K3。 依据平衡移动原理可知,加水稀释或加 NaHCO3 都可使平衡右移。 由于 FeCl3 可水解为 Fe(OH)3,故将 FeCl3 溶液转化为高浓度聚合氯化铁时应调节溶液的 pH。 (2)向 Na2SO3 溶液中加入 H2SO4 溶液,硫酸显酸性,不论是否存在平衡,均可使溶液酸性增强,溶 液红色褪去;氯水具有强氧化性,能漂白一些有色的有机物;向 Na2SO3 溶液中加入 BaCl2 溶液, 发生反应使溶液中的 S O3 2- 的浓度减小,平衡向逆反应方向移动,使 c(OH-)减小,故 C 可以说明。 (3)①甲酸的电离平衡常数 Ka=1.70×10-4,而 Ka= (HCOO - ) · (H+ ) (HCOOH) ,说明 HCOOH 为弱酸;HCOONa 为强碱弱酸盐,HCOO-发生水解反应使溶液显碱性。反应 HCOO-+H2O HCOOH+OH-的 平衡常数为 Kh= (HCOOH) · (OH - ) (HCOO - ) = W a = 1 × 10 -14 1.70 × 10 -4 = 1 17 ×10-9,c(HCOOH)≈c(OH-),则有 c(OH-)= h · (HCOO - ) = 1 17 × 10 -9 × 0.1 mol·L-1,c(H+)= W (OH - ) = 17 ×10-9mol·L-1, 故 HCOONa 溶液的 pH=-lg( 17 ×10-9)=- 1 2 lg17+9≈8.4。 ②向 20mL0.1mol·L-1HCOONa 溶液中滴加 10mL0.1mol·L-1 的盐酸,两者反应后得到等浓度 的 HCOONa、HCOOH 及 NaCl 混合液,混合液呈酸性,说明 HCOOH 的电离程度大于 HCOO- 的水解程度,则有 c(H+)>c(OH-),由于 Na+、Cl-不发生水解反应,故溶液中离子浓度的大小顺序 为 c(Na+)>c(HCOO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)。