2022届高考化学一轮复习课时练27盐类的水解含解析鲁科版202104231197

考试盐类的水解基础巩固1.(2020年7月某某选考,1)下列溶质的水溶液呈酸性的是(　　)A.NaClB.NaHSO4C.HCOONaD.NaHCO32.(2020年7月某某选考,23)常温下,用0.1mol·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是(　　)A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中[Cl-]>[CH3COO-]B.当滴入氨水10mL时,[NH4+]+[NH3·H2O]=[CH3COO-]+[CH3COOH]C.当滴入氨水20mL时,[CH3COOH]+[H+]=[NH3·H2O]+[OH-]D.当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20mL,[NH4+][OH-]>[HCO3-]>[H+]C.加热NaHCO3溶液,pH增大,一定是HCO3-水解程度增大的结果D.滴加饱和CaCl2溶液发生了反应:Ca2++2HCO3-CaCO3↓+H2O+CO2↑5.(2020丰台区二模)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:[Na+]>[HSO3-]B.若X为Na2SO3,当吸收液呈中性时:2[SO32-]+[HSO3-]=[Na+]C.若X为(NH4)2SO3,(NH4)2SO3溶液呈碱性,说明水解程度:SO32->NH4+D.若X为(NH4)2SO3,图中b点溶液中n(HSO3-)∶n(NH4+)=1∶3-16-/16 考试6.(2020东城区一模)25℃时,浓度均为0.1mol·L-1的几种溶液的pH如表。下列说法不正确的是(　　)溶液①CH3COONa溶液②NaHCO3溶液③CH3COONH4溶液pH8.888.337.00A.①中,[Na+]=[CH3COO-]+[CH3COOH]B.由①②可知,CH3COO-的水解程度大于HCO3-的水解程度C.③中,[CH3COO-]=[NH4+][CH3COONa]B.浓度均为0.1mol·L-1NaHCO3和Na2CO3混合溶液中:2[Na+]=3[HCO3-]+3[CO32-]+3[H2CO3]C.0.2mol·L-1H溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合所得溶液中:[-]>[Na+]>[H]>[OH-]D.浓度均为0.1mol·L-1CH3COOH和CH3COONa混合溶液中:[CH3COOH]+[H+]>[CH3COO-]+[OH-]9.(2020某某某某、某某模拟)室温下,Ka(H)=6.2×10-10mol·L-1,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2mol·L-1,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5mol·L-1。若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)A.0.1mol·L-1Na溶液与等体积、等浓度盐酸混合:[Na+]=[Cl-]>[H+]>[H]>[-]B.向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH=7:[Na+]>2([HC2O4-]+[C2O42-]+[H2C2O4])C.0.1mol·L-1Na溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液的比较:[-][SO32-]>[OH-]>[H+]B.氨水与SO2反应所得溶液pH=9时:[NH4+]+[H+]>3[HSO3-]+[OH-]C.氨水与SO2反应生成等物质的量NH4HSO3和(NH4)2SO3时:3[NH4+]+3[NH3·H2O]=2[SO32-]+2[HSO3-]+2[H2SO3]D.氨水与SO2反应恰好生成NH4HSO3时:[H+]+[H2SO3]=[OH-]+[SO32-]+[NH3·H2O]11.(2020某某某某师大附中一模)已知NaHC2O4溶液的pH[H2C2O4]+[HC2O4-]+[C2O42-]C.c点:[Na+]=[HC2O4-]+[C2O42-]+[Cl-]-16-/16 考试D.d点:[OH-]+[Cl-]>[H+]+2[H2C2O4]12.在含有弱电解质的溶液中,往往有多个化学平衡共存。(1)一定温度下,向1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体,则溶液中[CH3COO-][H+][CH3COOH](填“增大”“不变”或“减小”);写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间关系的一个等式:。 (2)25℃时,在20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液40mL,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题:①在同一溶液中,H2CO3、HCO3-、CO32-(填“能”或“不能”)大量共存; ②当pH=7时,溶液中含碳元素的主要微粒为,溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为; ③已知在25℃时,CO32-水解反应的平衡常数Kh=[HCO3-][OH-][CO32-]=2.0×10-4mol·L-1,当溶液中[HCO3-]∶[CO32-]=2∶1时,溶液的pH=。 13.(2020某某某某期末)砷是生命的第七元素,可形成多种重要化合物,如雌黄(As2S3)、雄黄(As4S4)、砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)等。-16-/16 考试(1)雄黄可入药。若0.5mol雄黄与O2反应生成As2O3,转移14mol电子,则另一种产物为(填化学式)。 (2)砷酸(H3AsO4)是一种重要化工产品,可与足量NaOH溶液反应生成Na3AsO4。NaH2AsO4溶液水解反应的Kh=,该溶液显(填“酸”或“碱”)性。若向该溶液中加入少量NaOH固体,则溶液中[H3AsO4][H2AsO4-]将(填“增大”“减小”或“不变”]。(已知:25℃,砷酸的Ka1=5×10-3mol·L-1,Ka2=1.7×10-7mol·L-1) (3)亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病,其在溶液中存在多种微粒形态。常温下,用NaOH溶液滴定H3AsO3时,各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。以酚酞为指示剂,将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为,pH=8时,溶液中[Na+](填“>”“[CH3COO-],A正确;当滴入氨水10mL时,n(NH3·H2O)=n(CH3COOH),则在同一溶液中[NH4+]+[NH3·H2O]=[CH3COOH]+[CH3COO-],B正确;当滴入氨水20mL时,溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4,质子守恒为[CH3COOH]+[H+]=[NH3·H2O]+[OH-],C正确;当溶液为中性时,电荷守恒为[NH4+]+[H+]=[CH3COO-]+[Cl-]+[OH-],因为溶液为中性,则[H+]=[OH-],故[NH4+]>[Cl-],D不正确。3.C　根据质子守恒得[OH-]=[HCO3-]+[H+]+2[H2CO3],A错误;根据物料守恒得[Na+]=[CO32-]+[HCO3-]+[H2CO3],B错误;根据物料守恒得2[K+]=[HX]+[X--16-/16 考试],C正确;二者恰好完全反应生成碳酸钠,溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得[Na+]+[H+]=2[CO32-]+[OH-]+[HCO3-],D错误。4.D　NaHCO3溶液中存在电荷守恒:[H+]+[Na+]=[HCO3-]+2[CO32-]+[OH-],A错误;NaHCO3溶液呈碱性,则[OH-]>[H+],HCO3-的水解和电离程度都较小,则[HCO3-]>[OH-],正确的离子浓度大小顺序为[Na+]>[HCO3-]>[OH-]>[H+],B错误;该溶液的pH升高的原因可能是HCO3-的水解程度增大,碱性增强,也可能是NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3,导致溶液碱性增强,C错误;滴加饱和CaCl2溶液,有白色沉淀和无色气体生成,白色沉淀为CaCO3,气体为CO2,说明发生了反应:Ca2++2HCO3-CaCO3↓+H2O+CO2↑,D正确。5.A　若X为Na2SO3,当吸收液pH=1.85时,溶液中不含SO32-,则此时溶液中的电荷守恒式为[Na+]+[H+]=[HSO3-]+[OH-],由于[H+]>[OH-],故[Na+]NH4+,C正确;若X为(NH4)2SO3,图中b点溶液中,[HSO3-]=[SO32-],b点pH=7,[H+]=[OH-],结合电荷守恒[H+]+[NH4+]=[HSO3-]+2[SO32-]+[OH-],则3[HSO3-]=[NH4+],n(HSO3-)∶n(NH4+)=1∶3,D正确。6.B　CH3COONa溶液中,物料关系为[Na+]=[CH3COO-]+[CH3COOH],A正确;由于NaHCO3是弱酸酸式盐,HCO3-既存在电离平衡,又存在水解平衡,不能根据①②溶液的pH判断醋酸和碳酸的酸性强弱,实际上酸性:醋酸>碳酸,所以HCO3-的水解程度大于CH3COO-的水解程度,B错误;CH3COONH4溶液的pH=7.00,即溶液呈中性,但CH3COO-和NH4+相互促进水解,电荷关系为[CH3COO-]+[OH-]=[NH4+]+[H+],即[CH3COO-]=[NH4+]HCO3-,则水解程度CO32->->CH3COO-,所以[Na2CO3][-]>[OH-],C项错误;浓度均为0.1mol·L-1CH3COOH和CH3COONa混合溶液中,醋酸根离子水解程度较小,则[CH3COOH]+[H+][H]>[H+]>[-],A错误;若向0.1mol·L-1NaHC2O4-16-/16 考试溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4,溶液呈碱性,Na2C2O4溶液中根据物料守恒有[Na+]=2([HC2O4-]+[C2O42-]+[H2C2O4]),当反应至溶液pH=7时则氢氧化钠不足,[Na+]偏小,故[Na+][H+],故[NH4+]>[SO32-]>[OH-]>[H+],A正确;电荷守恒得[NH4+]+[H+]=2[SO32-]+[HSO3-]+[OH-],SO32-溶液因水解显碱性,HSO3-溶液因其电离程度大于水解程度显酸性,现pH=9,显碱性,故[SO32-]>[HSO3-],所以[NH4+]+[H+]>3[HSO3-]+[OH-],B正确;NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量相等,则NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量浓度相等,假设NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量浓度均为amol·L-1,则有物料守恒[NH4+]+[NH3·H2O]=3amol·L-1,[SO32-]+[HSO3-]+[H2SO3]=2amol·L-1,故2[NH4+]+2[NH3·H2O]=3[SO32-]+3[HSO3-]+3[H2SO3],C错误;NH4HSO3溶液中的质子守恒为[H+]+[H2SO3]=[OH-]+[SO32-]+[NH3·H2O],D正确。-16-/16 考试11.D　a点时,溶液中pH=8.4,说明a点为滴定起点,溶液中的溶质为Na2C2O4,根据质子守恒可得[H+]+[HC2O4-]+2[H2C2O4]=[OH-],A错误;b点时,7[Cl-]>[HCO3-]>[H+]=[OH-]　③10解析:(1)K=[CH3COO-][H+][CH3COOH],K仅受温度的影响。由电荷守恒得[CH3COO-]+[OH-]=[H+]+[Na+]。(2)通过观察图像解答①②问。③中根据题给信息可得[OH-]=1.0×10-4mol·L-1,则[H+]=1.0×10-10mol·L-1,pH=10。13.答案(1)SO2　(2)2×10-12　酸　减小(3)H3AsO3+OH-H2AsO3-+H2O　>解析:(1)雄黄可入药。若0.5mol雄黄与O2反应生成As2O3,转移14mol电子,即1mol雄黄与O2反应生成As2O3,转移28mol电子,硫为-2价,则As为+2价,则1molAs4S4中As转移了4mol电子,则4mol硫总共转移24mol电子,即1个硫升高6价,变为+4价的硫,则另一种产物为SO2。-16-/16 考试(2)砷酸(H3AsO4)是一种重要化工产品,可与足量NaOH溶液反应生成Na3AsO4。NaH2AsO4溶液水解反应的Kh=KWKa1=1×10-145×10-3mol·L-1=2×10-12mol·L-1,Ka2大于Kh,因此该溶液显酸性。若向该溶液中加入少量NaOH固体,则溶液中[H3AsO4][H2AsO4-]=Kh[OH-],氢氧根浓度增大,因此比值减小。(3)以酚酞为指示剂,将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加,即pH为8.2时主要是H3AsO3和H2AsO3-,该过程中主要反应的离子方程式为H3AsO3+OH-H2AsO3-+H2O,pH=8时,溶液中溶质为NaH2AsO3和H3AsO3,溶液显碱性,说明水解程度大于电离程度,因此溶液中[Na+]>[H2AsO3-]。14.答案(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质　2Fe3++Fe3Fe2+(2)①2　②1　6　6H+　1　6　3H2O(3)K1>K2>K3　bd　溶液的pH　(4)18~20解析:(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质,可起到净水的作用;钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子,离子方程式是2Fe3++Fe3Fe2+。(2)①根据电荷守恒:[Cl-]=2[Fe2+]+3[Fe3+]+[H+](酸性溶液中OH-浓度很小,在这里可以忽略不计),则[H+]=[Cl-]-2[Fe2+]-3[Fe3+]=1.0×10-2mol·L-1,则溶液pH=-lg(1.0×10-2)=2。②NaClO3氧化酸性的氯化亚铁,根据题干,Cl元素的化合价从+5价降低到-1价,得到6个电子,Fe元素的化合价从+2价升高到+3价,失去1个电子,根据得失电子守恒,氯酸根离子的化学计量数为1,则Fe2+的化学计量数为6,则铁离子的化学计量数也是6,氯离子的化学计量数是1,根据电荷守恒,则反应物中还有氢离子,且氢离子的化学计量数是6,生成物中有水,水的化学计量数是3,配平后离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O。-16-/16 考试(3)铁离子的水解分为三步,且水解程度逐渐减弱,所以水解平衡常数逐渐减小,则K1>K2>K3。控制条件使平衡正向移动,因为水解为吸热反应,所以降温,平衡逆向移动;加水稀释,水解平衡也正向移动;加入氯化铵,氯化铵溶液为酸性,氢离子浓度增大,平衡逆向移动;加入碳酸氢钠,则消耗氢离子,所以氢离子浓度降低,平衡正向移动。从反应的离子方程式中可知,氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成,所以关键条件是溶液的pH。(4)由图像可知,聚合氯化铁的浓度在18~20mg·L-1时,去除率达到最大值。-16-/16