（新）2022届年高考化学一轮复习课时分层提升练二十六8.3盐类的水解含解析新人教版20190803119.doc

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1、盐类的水解一、选择题1.(2019·大庆模拟)下列离子方程式中,属于水解反应的是()A.HCOOH+H2OHCOO-+H3O+B.CO2+H2OHC+H+C.C+H2OHC+OH-D.HS-+H2OS2-+H3O+【解析】选C。因为水解是弱酸阴离子(或弱碱阳离子)结合水电离出的H+(或OH-),破坏了水的电离平衡,从而使盐溶液呈碱性(或酸性),由此可判断C项正确;A、B项为弱酸的电离方程式,D项为弱酸的酸式酸根离子的电离方程式,皆与题意不符。2.0.1 mol·L-1 AlCl3溶液,温度从20 升高到50 ,浓度增幅最大的离子是()A.Cl-B.Al3+C.H+D.OH-

2、【解析】选C。升高温度,有利于Al3+水解,溶液的酸性增强,c(H+)增大。【加固训练】能够使CH3COONa溶液pH增大且水解程度也增大的条件是()A.加水B.升温C.加压D.加CH3COONa固体【解析】选B。CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-;加水时该平衡虽然正移,但离子浓度减小,c(OH-)减小,pH减小;升温平衡正移,c(OH-)增大,pH增大;加压时水解平衡几乎无影响;加入CH3COONa固体,使c(CH3COO-)增大,水解平衡正移,c(OH-)增大,pH增大,但水解程度是减小的。3.(2019·吉林模拟)25时,将一定浓度的盐酸和一定浓度的氨水按21 的体积

3、比混合,若混合溶液中c(N)=c(Cl-),则溶液的pH()A.大于7B.小于7C.等于7D.无法确定【解析】选C。由电荷守恒可得:c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),因c(N)=c(Cl-),所以c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,pH=7。4.(2019·惠州模拟)在FeCl3和Fe2(SO4)3的混合溶液中,若不计Fe3+的水解,当溶液中c(Fe3+)=c(S)时,下列判断正确的是()A.c(Fe3+)>c(Cl-)B.c(SO42-)>c(Cl-)C.c(S)<c(Cl-)D.FeCl3和Fe2(SO4)3的物质的量相等【解析】选D。根据溶液

4、中电荷守恒可得:3c(Fe3+)=2c(S)+c(Cl-);由于c(Fe3+)=c(S),代入得c(S)=c(Fe3+)=c(Cl-),故A、B、C项错误;根据c(SO42-)=c(Cl-),可得FeCl3和Fe2(SO4)3的物质的量相等,D项正确。5.(2019·深圳模拟)已知0.1 mol·L-1的二元酸H2A溶液的pH=4,则下列说法中正确的是()A.在Na2A、NaHA两溶液中,离子种类不相同B.在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中,阴离子总数相等C.在NaHA溶液中一定有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)D.在Na2A

5、溶液中一定有c(Na+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)【解析】选C。在Na2A、NaHA两溶液中,都含Na+、A2-、HA-、OH-、H+,离子种类相同,故A错误;在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中,A2-和HA-总数相等,但由于水解反应A2-+H2OHA-+OH-发生,1 mol A2-水解得到2 mol阴离子,故造成Na2A、NaHA两溶液中,阴离子总数不相等,所以B错误;C项根据电荷守恒即可列出,关系式正确,故C正确;Na2A溶液显碱性,所以离子浓度大小顺序为c(Na+)> c(A2-)>c(OH-)>c(H+),故D错误。6.常

6、温下,pH=2的二元弱酸H2R溶液与pH=12的NaOH溶液混合后,混合液pH=7,下列判断正确的是()A.溶液中:c(R2-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)B.溶液中:c(HR-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-)C.溶液中:2c(R2-)+c(HR-)=c(Na+)D.溶液中:c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)【解析】选C。pH=7的溶液呈中性,根据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=2c(R2-)+c(HR-)+ c(OH-),D项错误;中性溶液c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=2c(R2-)+c(HR-)

7、,由此得出溶液中Na+浓度最大,A、B项均错误。7.(2019·哈尔滨模拟)下列选项中的数值前者小于后者的是()A.25 和100 时H2O的KwB.同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3溶液中的c(HC)C.同温同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pHD.中和 25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量【解析】选A。水的电离是吸热的过程,水的离子积只受温度的影响,温度越高,水的Kw越大,所以 25 时H2O的Kw 小于100 时H2O的Kw,故A正确;同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3溶液中的碳酸氢根离子的

8、水解程度不相同,后者铵根离子的存在促进碳酸氢根离子的水解,所以溶液中的c(HC)前者大于后者,故B错误;醋酸酸性强于碳酸,所以碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度,NaHCO3溶液的pH大于CH3COONa溶液,故C错误;中和 25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量是相等的,故D错误。8.现有a mol·L-1 NaX和b mol·L-1 NaY两种盐溶液。下列说法不正确的是()A.若a=b且pH(NaX)>pH(NaY),则酸性HX<HYB.若a=b且c(X-)=c(Y-)+c(HY),则酸性H

9、X>HYC.若a>b且c(X-)=c(Y-),则酸性HX<HYD.若两溶液等体积混合,测得c(X-)+c(Y-)+c(HX)=0.05 mol·L-1,则a=b=0.1 mol·L-1【解析】选D。弱酸盐对应的酸酸性越弱,水解程度越大,pH越大,A项正确;B项中c(X-)=c(Y-)+c(HY)知NaX溶液中c(X-)浓度大于NaY溶液中c(Y-)浓度,说明NaX溶液中X-的水解程度小,酸性强,B项正确;C项NaX溶液浓度大,而c(X-)= c(Y-),说明NaX水解程度大,酸性弱,C项正确;D项,不符合物料守恒,若a=b=0.1 mol·L-1

10、,应c(X-)+c(HX)=0.05 mol·L-1,D项错误。二、非选择题9.25 ,NaOH和Na2CO3两溶液的pH均为11。(1)两溶液中,由水电离的c(OH-)分别是:NaOH溶液中_;Na2CO3溶液中_。 在1 L水中加入上述溶液中的_会使水的电离程度减小。 (2)各取10 mL上述两种溶液,分别加水稀释到100 mL,pH变化较大的是_ (填化学式)溶液。 (3)纯碱溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)_。 (4)为探究纯碱溶液呈碱性是由CO32-引起的,请你设计一个简单的实验方案_。 【解析】NaOH能抑制水的电离

11、,NaOH溶液中的H+来自于水的电离,c(H+)水=c(OH-)水=1.0×10-11mol·L-1;Na2CO3水解能促进水的电离,其溶液中的OH-来自于水的电离。加水稀释时,因为C的水解程度增大,所以pH变化小。答案: (1)1.0×10-11mol·L-11.0×10-3mol·L-1NaOH溶液(2)NaOH(3)C+H2OHCO3-+OH-(4)向纯碱溶液中滴入酚酞溶液,溶液显红色;若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液,产生白色沉淀,且溶液的红色褪去;这可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO32-引起的10.(1)Cu(NO3)2的水溶

12、液呈_(选填“酸”“中”或“碱”)性,常温时的pH_(选填“>”“=”或“<”)7,原因是(用离子方程式表示):_ _;实验室在配制 AgNO3的溶液时,常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中,然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度,以_(选填“促进”或“抑制”)其水解。 (2)醋酸钠水溶液pH_(选填“>”“=”或“<”)7,原因是(用离子方程式表示):_,把AlCl3溶液蒸干,灼烧,最后得到的主要固体产物是_。 (3)氯化铵溶液中滴加适量氨水,至溶液呈中性,则c(Cl-)_(选填“>”“=”或“<”)c(NH4+)。 (4)在25 下

13、,某浓度Na2CO3溶液中由水电离出来c(OH-)=1×10-6 mol·L-1,则此溶液的pH值为_。 【解析】(1)Cu(NO3)2中的铜离子在水中易水解,而显酸性,pH<7,水解方程式为Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+,实验室在配制AgNO3的溶液时,常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中,为了抑制其水解。(2)CH3COO-是弱酸的阴离子,能水解 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-溶液呈碱性,即溶液pH>7;AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3,生成的HCl易挥发,最终生成Al(OH)3,在加强热时,Al(OH)3不稳定,

14、分解生成Al2O3。(3)混合液呈中性,则c(OH-)=c(H+),溶液中存在电荷守恒:c(Cl-)+c(OH-) =c(H+)+c(NH4+),根据电荷守恒可知:c(Cl-)=c(NH4+)。(4)在25下,某浓度Na2CO3溶液中由水电离出来c(OH-)=1×10-6 mol·L-1,由于碳酸根离子水解促进了水的电离,溶液中氢氧根离子是水电离的,则溶液中氢氧根离子为1×10-6 mol·L-1,溶液中氢离子浓度为 mol·L-1=1×10-8mol·L-1,该溶液的pH=-lgc(H+)=8。答案:(1)酸<Cu2

15、+2H2OCu(OH)2+2H+抑制(2)> CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-Al2O3(3)=(4)8一、选择题1.(2019·台州模拟)等物质的量浓度的下列溶液中,c(NH4+)最大的是()A.NH4HCO3B.NH4NO3C.(NH4)2CO3D.NH4HSO4【解析】选C。选项中的化合物均为强电解质,在水溶液中完全电离,当物质的量浓度相等的条件下,(NH4)2CO3电离出的N浓度最大,而盐类的水解是微弱的,故C项正确。2.(2019·昆明模拟)物质的量浓度相同的下列溶液,pH由大到小排列正确的是()A.Ba(OH)2、Na2SO3、FeCl3、KC

16、l B.Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4ClC.NH3·H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4D.NaHCO3、C6H5COOH、C2H5OH、HCl【解析】选B。A项,FeCl3水解使溶液呈酸性,比KCl溶液的pH小;C项Na2SO4溶液呈中性,H3PO4为中强酸;D项,C6H5COOH溶液呈酸性,C2H5OH溶液呈中性。【加固训练】0.1 mol·L-1的K2S溶液中,有关粒子的浓度大小关系正确的是()A.c(K+)+c(H+)=c(S2)+c(HS-)+c(OH-) B.c(H+)= c(OH-)C.c(K+)=c(S2)+c(HS-)+c(H2S

17、)D.c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)【解析】选D。根据电荷守恒得到c(K+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-),A项错误;K2S溶液显碱性,c(H+)<c(OH-),B项错误;根据物料守恒c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-) +2c(H2S),C项错误;根据质子守恒,D项正确。3.(2019·台州模拟)在25 时,向10 mL 0.01 mol·L-1 NaA溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1的盐酸,滴定曲线如下图所示,下列说法正确的是()A.a点到c点的过程中,c(HA)+c(A-)=0.01 mol

18、·L-1等式始终成立B.b点时,溶液中微粒浓度大小的关系:c(A-)>c(Cl-)>c(HA)>c(OH-)>c(H+)C.c点溶液存在的关系:c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH-)+2c(A-)D.由图可知,等浓度的HA、NaA混合溶液中,HA的电离程度大于A-的水解程度【解析】选C。根据物料守恒,a点到c点的过程中,c(HA)+c(A-)=c(Na+),a点c(Na+)=0.01 mol·L-1,而c点c(Na+)=0.005 mol·L-1, A错误; b点时,溶液中含有等物质的量的HA、NaA和NaCl,溶液的pH大于7

19、,显碱性,说明HA为弱酸,则溶液中微粒浓度大小的关系:c(HA)>c(A-),B错误; c点溶液含有等物质的量的HA和NaCl,溶液显酸性,根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-) +c(Cl-),根据物料守恒,c(Cl-)=c(HA)+c(A-)=c(Na+),因此c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH-)+ 2c(A-),C正确;D由图可知,b点为等浓度的HA、NaA混合溶液,溶液显碱性,说明HA的电离程度小于A-的水解程度,D错误。4.(2019·邢台模拟)常温下,浓度均为0.1 mol·L-1的三种溶液:醋酸溶液醋酸钠溶液碳酸钠

20、溶液。下列说法正确的是()A.溶液中c(CH3COO-):>B.溶液的pH:<<C.水的电离程度:<<D.与等体积混合溶液中:c(CH3COO-)<c(CH3COOH)【解析】选C。醋酸是弱酸,存在电离平衡。而醋酸钠是强电解质,完全电离,A项错误,应该是<醋酸的酸性强于碳酸的,所以碳酸钠的水解程度大于醋酸钠的,即pH大小顺序是<<,B项错误;醋酸是酸,抑制水的电离,醋酸钠和碳酸钠水解,促进水的电离,C项正确;与等体积混合,溶液显酸性,即电离程度大于水解程度,所以c(CH3COO-)>c(CH3COOH),D项错误。【加固训练】1.(2

21、019·黄山模拟)25 时,0.1 mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1 L的溶液,溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是()A.W点所示的溶液中:c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(OH-)+c(Cl-)B.pH=4的溶液中:c(H2CO3)+c(HC)+c(C)<0.1 mol·L-1C.pH=8的溶液中:c(H+)+c(H2CO3)+c(HC)=c(OH-)+c(Cl-)D.pH=11的溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(CO32-)>c(HC )>c(H2CO3)【解析】选B。A

22、.W点所示的溶液呈电中性,即c(正电荷)=c(负电荷),则c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HC)+c(OH-)+c(Cl-),不能漏了碳酸氢根离子所带负电荷浓度,A错误;B.由物料守恒原理可知,c(H2CO3)+c(HC)+c(C)+c(CO2) =0.1 mol·L-1,由于饱和碳酸的pH=5.6,则pH=4的溶液中已经逸出部分CO2,则c(H2CO3)+c(HC)+c(C)<0.1 mol·L-1,B正确;C.由电荷守恒原理可得c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-),由物料守恒原理可得c(Na+)= 2

23、c(H2CO3)+2c(HC)+2c(CO32-),则2c(H2CO3)+2c(HC)+2c(CO32-)+c(H+)= 2c(C)+c(HC)+c(OH-)+c(Cl-),即2c(H2CO3)+c(HC)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),不能漏了H2CO3浓度的2倍,C错误;D.根据图象可知pH=11时,Na2CO3的浓度远远大于NaHCO3,说明反应Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3中参加反应的Na2CO3较少,过量的Na2CO3较多,由过量的Na2CO3及等量NaCl、NaHCO3的电离及NaHCO3的水解规律可知,c(Na+)>c(CO32-)>c(Cl-)

24、>c(HC)>c(H2CO3),D错误。2.Na2SO3溶液作为吸收液吸收SO2时,吸收液pH随n(S)n(HS)变化如图:则以下离子浓度关系的判断正确的是()A.NaHSO3溶液中c(H+)<c(OH-)B.Na2SO3溶液中c(Na+)>c(S)>c(HS)>c(OH-)>c(H+)C.当吸收液呈中性时,c(Na+)>c(S)>c(HS)>c(OH-)=c(H+)D.当吸收液呈中性时,c(Na+)>c(HSO3-)+c(S)【解析】选D。用Na2SO3溶液吸收SO2时,随着吸收的增多,溶液由碱性逐渐变为酸性。由表中信息可知N

25、aHSO3溶液为酸性溶液,c(H+)>c(OH-),A错误;Na2SO3溶液中S的水解存在二级水解,亚硫酸氢根离子水解程度较小,且水电离也产生氢氧根离子,所以c(HSO3-)应小于c(OH-),B错误;由表中数据,当c(SO32-)=c(HSO3-)时,pH=7.2,故当吸收液呈中性时,可推出c(SO32-)<c(HSO3-),C错误;因c(H+)= c(OH-),根据电荷守恒,c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)成立,所以c(Na+)>c(HSO3-) +c(SO32-),D正确。二、非选择题5.(2019·宜川模拟)工业制备氯化铜时,将浓盐酸用蒸气

26、加热到80左右,慢慢加入粗CuO粉末(含杂质Fe2O3、FeO),充分搅拌使之溶解,得一强酸性的混合溶液,现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液参考数据:pH9.6时,Fe2+完全水解成Fe(OH)2;pH6.4时,Cu2+完全水解成Cu(OH)2;pH3.7时,Fe3+完全水解成Fe(OH)3。请回答以下问题:(1)第一步除Fe2+,能否直接调整pH=9.6将Fe2+沉淀除去?_,理由是_。有人用强氧化剂NaClO将Fe2+氧化为Fe3+: 加入NaClO后,溶液的pH变化是()A.一定增大B.一定减小C.可能增大D.可能减小你认为用NaClO作氧化剂是否妥当?_,理由是_。&

27、#160;现有下列几种常用的氧化剂,可用于除去混合溶液中Fe2+的有_。 A.浓硝酸B.KMnO4C.Cl2D.O2E.H2O2(2)除去溶液中的Fe3+的方法是调整溶液的pH=3.7,现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH调整到3.7,可选用的有_(多选不限)。 A.NaOHB.氨水C.Cu2(OH)2CO3D.Na2CO3E.CuOF.Cu(OH)2【解析】由题给信息可知:Fe2+沉淀的pH9.6,如果直接调整pH=9.6,Cu2+、Fe3+先于Fe2+沉淀(这两种离子沉淀的pH均比Fe2+沉淀的pH小),故不能直接调整pH=9.6,可先将Fe2+氧化成Fe3+。NaCl

28、O在酸性条件下与Fe2+的反应是2Fe2+ClO- +2H+2Fe3+Cl-+H2O,由于反应过程中要消耗H+,溶液的pH一定升高。NaClO可以将Fe2+氧化成Fe3+,但引入了新杂质Na+,实际上不能采用,必须使用既能氧化Fe2+又不会引入新杂质的氧化剂,例如Cl2、O2、H2O2等。同理,调整溶液的pH所选用的试剂可以是CuO、Cu2(OH)2CO3、Cu(OH)2等不会引入新杂质的物质。答案:(1)不能因Fe2+沉淀时的pH最大,Fe2+完全沉淀时的Cu2+、Fe3+早已沉淀 A 不妥当引入了新杂质Na+ CDE(2)CEF6.(2019·长沙模拟)复分解反应存在这样一个规律

29、:较强酸可制取较弱酸。盐类的水解也是复分解反应,弱酸强碱盐对应的弱酸越弱,其盐越容易发生水解。已知在常温下测得浓度均为0.1 mol·L-1的下列6种溶液的pH:溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.88.111.610.311.1(1)请根据上述信息判断下列反应不能发生的是_(填编号)。 A.CO2+H2O+2NaClONa2CO3+2HClOB.CO2+H2O+NaClONaHCO3+HClOC.CH3COOH+NaCNCH3COONa+HCN(2)一些复分解反应的发生还遵循其他的规律。下列变化都属于复分解反应:将石灰乳与纯碱溶液混合可制

30、得苛性钠溶液向饱和碳酸氢铵溶液中加入饱和食盐水可获得小苏打固体蒸发KCl和NaNO3的混合溶液,首先析出NaCl晶体。根据上述反应,总结出复分解反应发生的另一规律为_。 (3)物质的量浓度均为0.05 mol·L-1的下列四种物质的溶液中,pH由大到小的顺序是_(填编号)。 H2SO4CH3COOHHClO4HClO(4)一定温度下,向等体积纯水中分别加入等物质的量的下列物质:NaOH、CH3COOH、NaClO,则水的电离程度最大的是_(填编号)。一定温度下,向等体积纯水中分别加入等物质的量的CH3COONa和NaCN,两溶液中阴离子的总物质的量分别为n1和n2

31、,则n1和n2的关系为n1_(选填“>”“<”或“=”)n2。 【解析】这些盐都是弱酸的钠盐,水解时生成相应的弱酸,且弱酸的酸性越弱,水解程度也越大,即所得溶液的碱性越强,pH越大。这些弱酸的酸性由强到弱的顺序为CH3COOH、H2CO3、HClO、HCN、HCO3-(注意:Na2CO3对应的弱酸为HC,NaHCO3对应的弱酸为H2CO3)。(1)根据强酸制弱酸的原理及生成物的性质,A反应若生成HClO,则可与Na2CO3反应生成NaClO和NaHCO3,A不能发生,B能发生;同理可分析,C能发生。(2)从三个反应特点:生成难溶的CaCO3,生成的NaHCO3在水中的溶解

32、度最小,NaCl在水中的溶解度最小中得出结论:复分解反应总是由溶解度大的物质向生成溶解度小的物质的方向进行。(3)比较溶液pH大小时,弱酸可根据相对强弱,强酸则看H+的浓度大小,根据(1)的结论,强酸有H2SO4和HClO4,相同浓度的溶液中,由于H2SO4中c(H+)大,故酸性强,从而得出pH由大到小的顺序为。(4)酸或碱(无论是强的还是弱的)都会抑制水的电离,而多数盐由于发生水解而促进水的电离,因而,水的电离程度最大的是弱酸或弱碱形成的盐,即为NaClO;在等物质的量的CH3COONa和NaCN溶液中,由电荷守恒可得:n1= n(Na+)+n(H+)=n(CH3COO-)+n(OH-);n2=n(Na+)+n(H+)=n(CN-)+n(OH-),又NaCN溶液中的OH-物质的量大于CH3COONa溶液中OH-物质的量,则有NaCN溶液中的n(H+)比CH3COONa溶液中的n(H+)少,且两溶液中的n(Na+)相等,必有:n1>n2。答案:(1)AC(2)反应能够由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行(3)(4)>11