（新高考）2022届小题必练14 盐类的水解 教师版高三化学

（新高考）小题必练14：盐类的水解主要考查盐类水解的含义、影响盐类水解的主要因素、盐类水解的应用，以及运用物料守恒、电荷守恒、质子守恒来判断和比较溶液中离子浓度大小关系。1.【2020年山东卷】时，H2CO3的，，室温下向10mL 0.1mol·L−1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L−1HCl溶液，如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随pH降低而变化的图象CO2因有逸出未画出。下列说法错误的是（）A．A点所示溶液的pH＜11B．B点所示溶液：C．A点→B点发生反应的离子方程式为D．分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与混合物的组成【答案】B【解析】A．A点，，则c(H+)=5.6×10−11mol/L，所以pH＜11，故A正确；B．室温下向10mL 0.1mol·L−1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L−1HCl溶液，B点正好生成氯化钠和碳酸氢钠，溶液中钠离子的物质的量浓度是含碳粒子的浓度的2倍，即，故B错误；C．A点→B点：CO逐渐减少，HCO逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为 ，故C正确；D．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，用酚酞作指示剂，滴定产物是NaHCO3，用甲基橙作指示剂滴定时NaHCO3与HCl反应产物是H2CO3，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物的组成，故D正确。【点睛】判断粒子浓度大小时，可以先判断溶液中主要的溶质，再学会灵活使用三大守恒关系。2.【2020年江苏卷】常温下，用0.1mol·L−1NaOH溶液滴定0.10mol·L−1HA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列陈述错误的是（）A．Ka(HA)的数量级为10−5B．N点，c(Na+)-c(A−)=C．P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大D．当滴定至溶液呈中性时，c(A−)＞c(HA)【答案】B【解析】A．根据图a可知，中和百分数为50%时溶液的pH=4.74，此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA，由于A−的水解和HA的电离都是微弱的，c(A−)≈c(HA)，Ka(HA)=，故Ka(HA)的数量级为10−5，选项A正确；B．N点，根据电荷守恒有，即，选项B错误；C．P—Q过程中，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸不断消耗，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，选项C正确；D．根据图b可知当lg（即）时，溶液呈酸性，当滴定至溶液呈中性时，溶液中c(A−)>c(HA)，选项D正确。答案选B。 【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。1.（双选）在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2−+H2OHS−+OH−。下列说法正确的是（）A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．加入CuSO4固体，HS−浓度减小C．升高温度，c(HS−)/c(S2−)增大D．加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】BC　【解析】稀释溶液，水解平衡向正反应方向移动，但水解平衡常数只与温度有关，温度不变，水解平衡常数保持不变，A项错误；加入CuSO4固体，发生沉淀反应：Cu2++S2−=CuS↓，c(S2−)减小，S2−的水解平衡向逆反应方向移动，c(HS−)减小，B项正确；水解过程吸热，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，c(HS−)增大，c(S2−)减小，c(HS−)/c(S2−)增大，C项正确；加入NaOH固体，c(OH−)增大，pH增大，D项错误。2．现有等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH溶液②(NH4)2CO3溶液③NaHSO4溶液④NaHCO3溶液⑤Ba(OH)2溶液，其溶液中水的电离程度由大到小的排列顺序是（）A．⑤③①④②B．⑤③①②④C．②④③①⑤D．②④①③⑤【答案】D【解析】设五种溶液的物质的量浓度均为c，①醋酸为弱酸，抑制了水的电离，溶液中氢离子的浓度小于c，②(NH4)2CO3溶液中的铵根离子和碳酸根离子都能够水解，促进了水的电离，③NaHSO4溶液为酸性溶液，溶液中氢离子的浓度为c，该溶液中水的电离程度小于①，④NaHCO3为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解促进了水的电离，该溶液中水的电离程度小于②大于①，⑤Ba(OH)2溶液中的氢氧根离子浓度为2c，抑制了水的电离，该溶液中水的电离程度小于③。综上分析，题述五种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为②④①③⑤，D项正确。3．用黄色的FeCl3溶液分别进行各项实验，下列解释或结论不正确的是（） 选项实验现象解释或结论A加入FeCl3固体溶液变成红褐色FeCl3的水解程度变大B加入等体积水溶液颜色变浅c(Fe3+)变小C加入足量Fe粉溶液颜色变浅绿色2Fe3++Fe=3Fe2+D加FeCl3溶液微热溶液变成红褐色水解反应ΔH＞0【答案】A　【解析】FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入FeCl3固体后，溶液中c(Fe3+)增大，平衡正向移动，溶液颜色加深变成红褐色，但FeCl3的水解程度减小，A项错误；加入等体积水，水解平衡正向移动，溶液中c(Fe3+)减小，溶液的颜色变浅，B项正确；加入足量铁粉，FeCl3溶液与Fe发生反应：2FeCl3+Fe=3FeCl2，由于生成Fe2+，溶液变成浅绿色，C项正确；加热FeCl3溶液，溶液变成红褐色，说明Fe3+的水解平衡正向移动，则有FeCl3水解反应的ΔH＞0，D项正确。4．下列事实：①NaHSO4溶液呈酸性；②长期施用化肥会使土壤酸性增强，发生板结；③配制溶液时，用稀盐酸溶解固体；④NaHS溶液中c(H2S)>c(S2−)；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；⑥蒸干溶液，往往得不到固体。其中与盐类的水解有关的有（）A．仅①②③⑤B．仅②③④⑤⑥C．仅①④⑤⑥D．仅①②③④⑤【答案】B【解析】①中NaHSO4为强酸强碱的酸式盐，溶液显酸性是因为NaHSO4电离出；②中是NH水解使土壤酸性增强；③中HCl电离产生的会抑制水解；④中是因水解的程度大于其电离的程度；⑤中NH水解产生的与锈斑中的反应；⑥加热会促进水解。5．下列关于盐类水解的说法错误的是（）A．pH相等的①NaHCO3溶液、②Na2CO3溶液、③NaOH溶液，其溶质的物质的量浓度大小顺序为①>②>③B．浓度均为0.1mol·L−1的①(NH4)2CO3溶液、②(NH4)2SO4溶液、③NH4HCO3溶液中， 的大小顺序为②>①>③C．0.2mol·L−1的溶液中是0.lmol·L−1的溶液中的2倍D．0.1mol·L−1的NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，可得出HX、HY、HZ的酸性依次减弱【答案】C【解析】相同物质的量浓度的①NaHCO3溶液、②Na2CO3溶液、③NaOH溶液碱性依次增强，故pH相等的三种溶液中溶质的物质的量浓度大小顺序为①>②>③，A正确；①(NH4)2CO3溶液、②(NH4)2SO4溶液中NH浓度大于等浓度的NH4HCO3溶液中NH浓度，(NH4)2CO3溶液中的、NH相互促进水解，所以c(NH)的大小顺序为②>①>③，B正确；CH3COONa溶液浓度越小其水解程度越大，水解产生氢氧根离子的浓度越大，所以0.2mol·L−1的CH3COONa溶液中c(OH−)小于0.1mol·L−1的CH3COONa溶液中c(OH−)的2倍，C错误；0.1mol·L−1的NaX、NaY、NaZ溶液的pH依次增大，根据“越弱越水解”可得出HX、HY、HZ的酸性依次减弱，D正确。6．（双选）常温下，用0.10mol∙L−1NH3∙H2O标准溶液滴定20mL0.10mol∙L−1盐酸与未知浓度CH3COOH的混合溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，下列叙述错误的是（）已知：Kb(NH3·H2O)=Ka(CH3COOH)=1.7×10−5。A．a→b的过程中，离子数目几乎不变但离子浓度下降，故导电能力下降B．b点混合溶液中，c(CH3COOH)>c(NH)C．c点混合溶液中，c(OH−)+c(NH3∙H2O)=c(H+)+c(CH3COOH)D．d点混合溶液中，c(NH)>c(Cl−)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)【答案】BD【解析】A．a→b的过程中，NH3∙H2 O与先与盐酸完全反应，离子数目没有变化，但体积增加导致离子浓度下降，故导电能力下降，故A正确；B．b→c的过程中，导电能力增强，发生了NH3∙H2O与醋酸的反应，可推出醋酸的浓度为0.10mol∙L−1，b点的溶质为等浓度的NH4Cl、CH3COOH，因为Ka(CH3COOH)＞Kh(NH)，故醋酸的浓度更小，故B错误；C．c点的溶质为NH4Cl、CH3COONH4，根据电荷守恒：c(OH−)+c(Cl−)+c(CH3COO−)=c(H+)+c(NH)、物料守恒：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，两个守恒相加即可得出C选项中的等式，故C正确；D．d点的溶质为等浓度的NH4Cl、CH3COONH4和2倍浓度的NH3∙H2O，此时应该主要考虑的NH3∙H2O的电离，离子浓度大小为：c(NH)>c(Cl−)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误。答案选BD。7．用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如下图所示。下列说法中不正确的是（）A．若X为Na2SO3，当吸收液pH=1.85时：c(Na+)=c(HSO)+c(H2SO3)B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c(SO)+c(HSO)=c(Na+)C．若X为(NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO＞NHD．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中n(HSO)∶n(NH)=1∶3【答案】A【解析】图中a点当吸收液pH=1.85时，H2SO3、HSO各点50%，c(HSO)=c(H2SO3)，b点pH=7，c(H+)=c(OH−)，利用电荷守恒、物料守恒及其变形式子进行分析。A．若X为Na2SO3，存在物料守恒，c(Na+)=2c(HSO)+2c(H2SO3)+2c(SO)，当吸收液pH=1.85时，c(HSO)=c(H2SO3)，则c(Na+)=4c(H2SO3)+2c(SO)=4c(HSO)+2c(SO)，故A错误；B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH−)，得到2c(SO)+c(HSO)=c(Na+)，故B正确；C．若X为(NH4)2SO3，由于NH水解显酸性，SO水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO＞NH，故C正确；D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO)=c(SO)，b点pH=7，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH− )，3c(HSO)=c(NH)，n(HSO)∶n(NH)=1∶3，故D正确；故选A。8．298K、25℃，在NaHS溶液中，各离子的浓度随NaHS溶液浓度的变化关系如图所示，下列叙述不正确的是（）已知：298K（25℃）H2S的Ka1=9.10×10−8，Ka2=1.10×10−12。A．0.10mol/LNaHS溶液：c(Na+)＞c(HS−)＞c(S2−)＞c(OH−)＞c(H+)B．Na2S溶液中：c(Na+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)C．随着c(NaHS)浓度的增大c(H+)也将持续增大D．当c(OH−)=c(S2−)时，c(H+)=10−9mol/L【答案】C【解析】A．根据图像，0.10mol/LNaHS溶液中各离子浓度的情况为c(HS−)＞c(S2−)＞c(OH−)＞c(H+)，由于Na+不水解，浓度最大，故有c(Na+)＞c(HS−)＞c(S2−)＞c(OH−)＞c(H+)，A正确；B．Na2S溶液中，由物料守恒可得：c(Na+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)，B正确；C．由图像可知，随着c(NaHS)浓度的增大c(H+)不断变小，C错误；D．c(OH−)=c(S2−)时，由图像可知c(OH−)=10−5mol/L，故mol/L，D正确；故选C。9．25℃时，向20mL0.1mol·L−1NaOH溶液中滴加0.1mol·L−1HCOOH溶液，混合溶液中水电离的氢氧根离子浓度与滴加醋酸溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．B点对应的溶液pH=7B．D点对应的V2=20mL C．D点对应的溶液中：c(OH−)=c(H+)D．C点对应的溶液中：c(HCOO−)=c(Na+)【答案】C【解析】A．B点溶质为NaOH、HCOONa，溶液呈碱性，pH＞7，A错误；B．二者恰好反应时生成醋酸钠，水的电离程度最大，所以C点对应的V1=20mL，B错误；C．D点溶质为HCOONa、HCOOH，溶液呈中性，则对应的溶液中：c(OH−)=c(H+)，C正确；D．C点恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解，溶液显碱性，则对应的溶液中：c(HCOO−)＜c(Na+)，D错误。答案选C。10．已知：p[]=－lg[]。室温下，向0.10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH随p[]变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．溶液中水的电离程度：a>b>cB．c点溶液中：c(Na+)=10c(HX)C．室温下NaX的水解平衡常数为10−4.75D．图中b点坐标为(0，4.75)【答案】D【解析】根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pHc(HCO)>c(OH−)B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NH)+2c(H+)=c(NH3·H2O)+2c(OH−)C．CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO−)>c(H+)D．H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2O)+c(OH−)【答案】AC【解析】氯化铵、碳酸钠等溶液会水解，充分利用电荷守恒、物料守恒关系列等式求解；A．NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：CO>HCO，溶液中剩余微粒浓度关系为：，CO和HCO水解程度微弱，生成的OH−浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：，故A错误；B．该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：c(NH3·H2O)+c(NH)=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl−)可得：c(NH)+c(H+)=2c(OH−)+c(NH3·H2O)，故B正确；C．该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；D．该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确；答案选AC。13．（双选）下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.100mol·L−1Na2C2O4溶液中：c()＞c()＞c(OH−)＞c(H+)B．0.4mol·L−1CH3COOH溶液和0.2mol·L−1NaOH溶液等体积混合（pHc(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)C．0.1mol·L−1Na2CO3溶液与0.1mol·L−1NaHCO3溶液等体积混合：c(CO)+2c(OH−)=c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)D．0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)【答案】BC【解析】A．0.100mol·L−1Na2C2O4溶液中，c()＞c(OH−)＞c()＞c(H+)，A错误；B．0.4mol·L−1CH3COOH溶液和0.2mol·L−1NaOH溶液等体积混合后，溶液中CH3COOH和CH3COONa浓度相等，pHc(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)，B正确；C．0.1mol·L−1Na2CO3溶液与0.1mol·L−1NaHCO3溶液等体积混合，根据电荷守恒和物料守恒可得c(CO)+2c(OH−)=c(HCO)+3c(H2CO3)+2c(H+)，C正确；D．0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合生成(NH4)2CO3，根据物料守恒可得c(NH)+c(NH3·H2O)=2c(H2CO3)+2c(HCO)+2c(CO)，D错误；故选BC。