2022高考化学一轮复习核心素养测评二十八盐类的水解含解析苏教版.doc

盐类的水解 一、选择题(本题包括5小题,每题5分,共25分)1.(2020天津模拟)下列说法不正确的是()A.浓度均为0.1 molL-1的NH4Fe(SO4)2 NH4HSO4 (NH4)2CO3 CH3COONH4溶液中c(N)的大小顺序为B.浓度均为0.1 molL-1的CH3COONa溶液与NaClO溶液,溶液中阴、阳离子的总浓度前者大于后者C.H3PO2为一元弱酸,在NaH2PO2水溶液中存在:c(H3PO2)+c(H2P)=c(Na+)D.0.1 molL-1的Ca(HCO3)2溶液中:c(HC)+c(H2CO3)+c(C)=0.2 molL-1【解析】选A。 中铵根离子系数都是1,醋酸根离子促进铵根离子水解,氢离子抑制铵根离子水解,亚铁离子抑制铵根离子水解,但氢离子抑制作用强于亚铁离子,中铵根离子系数是2,其溶液中铵根离子浓度大于其他溶液中铵根离子浓度,则溶液中铵根离子浓度从大到小顺序是,A项错误;B. 根据电荷守恒得知,溶液中阴阳离子的总数是阳离子总数的2倍,而钠离子的浓度相同,阴离子的水解程度越大氢离子的浓度越小,水解程度越小,氢离子的浓度越大,所以溶液中的阴阳离子总浓度:前者大于后者,B项正确;C.H3PO2为一元弱酸,则NaH2PO2水溶液中H2P会部分水解生成H3PO2,根据物料守恒可知,c(H3PO2)+c(H2P)=c(Na+),C项正确 molL-1的Ca(HCO3)2溶液中,遵循物料守恒,则c(HC)+c(H2CO3)+c(C)=2c(Ca2+)=0.2 molL-1,D项正确。2.相同温度、相同浓度下的六种溶液,其pH由小到大的顺序如图所示,图中代表的物质可能分别为()A.NH4Cl(NH4)2SO4CH3COONaB.(NH4)2SO4NH4ClCH3COONaC.(NH4)2SO4NH4ClNaOHD.CH3COOHNH4Cl(NH4)2SO4【解析】选B。(NH4)2SO4比NH4Cl溶液中的铵根离子浓度大,水解生成的氢离子浓度大,醋酸钠水解显碱性,且其碱性比Na2CO3要弱。3.(2020衡水模拟)下列说法正确的是()A.常温下醋酸分子不可能存在于pH7的碱性溶液中B.常温下pH=2的H2SO4与pH=13的NaOH溶液混合,所得混合液的pH=11,则H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比是91 molL-1硫化钠溶液中,c(S2-)+c(HS-)+2c(H2S)=0.1 molL-1D.常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液的pH=7,则混合溶液中c(N)c(Cl-)【解析】选B。醋酸为弱酸,醋酸钠为强酸弱碱盐,水解呈碱性,溶液中存在醋酸分子,A错误;常温下,pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1 molL-1,pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01 molL-1,酸碱混合后溶液呈碱性,说明NaOH过量,且pH=11,说明反应后c(OH-)=0.001 molL-1,则:c(OH-)=0.001 molL-1,解之得:V(H2SO4)V(NaOH)=91,B正确;硫化钠溶液中存在物料守恒,为c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=0.2 molL-1,则c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1 molL-1,C错误;溶液存在Cl-、N、H+、OH-,当溶液pH=7时,c(H+)=c(OH-),c(N)=c(Cl-),故D错误。4.用0.1 molL-1 NaOH溶液分别滴定体积均为20 mL、浓度均为0.1 molL-1的HCl溶液和HX溶液,溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图。下列说法中正确的是()A.HX为强酸B.M点c(HX)(X-)且有c(Na+)=c(X-)+c(HX)D.P点c(Cl-)=0.05 molL-1【解析】选C。A项,根据图象知,滴定开始时HCl的浓度为0.1 molL-1,pH=1,完全电离为强酸,则HCl的滴定曲线为含P点的曲线,那么含M、N点的曲线为HX的滴定曲线,0.1 molL-1的HX溶液的pH=5,说明HX部分电离,为弱酸,错误;B项,M点NaOH溶液V=10.00 mL,溶液中的溶质为等浓度的NaX和HX混合溶液,pH7溶液呈碱性,说明水解大于电离,即M点c(HX)c(X-),错误;C项,N点NaOH溶液V=20.00 mL,溶液中的溶质为NaX,X在溶液中存在形式有:HX、X-,根据物料守恒得c(Na+)=c(HX)+c(X-),正确;D项,P点c(Cl-)=0.067 (molL-1),错误。5.(双选)25 时,用HCl分别调节等物质的量浓度的 NaA、NaB溶液的pH(溶液体积变化忽略不计),离子浓度变化与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是()A.A水解常数Kh(A-)的数量级为10-6B.相同条件下的酸性:HAHBC.曲线上两点M、N对应的两溶液中c(Na+)相等D.调pH前,等体积的两种溶液中NaA溶液中阴离子总数小【解析】选A、C。由图可知,当溶液中pH=9.25,即c(OH-)=10-4.75时,lg=-1,Kh(A-)=10-4.7510-1=10-5.75,数量级为10-6,故A正确;由图可知,等浓度的NaA、NaB溶液,B-的水解程度大,相同条件下酸性HBHA,故B错误;等物质的量浓度的NaA、NaB溶液,钠离子不水解,则曲线上两点M、N对应的两溶液中c(Na+)相等,故C正确;NaB溶液水解程度大,氢离子浓度小于NaA溶液,由电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-),则调pH前,等体积的两种溶液中NaA溶液中阴离子总数大,故D错误。二、非选择题(本题包括2小题,共25分)6. (9分)(2020菏泽模拟)氮氧化物也可用碱溶液吸收。若NO和NO2混合气体被NaOH溶液完全吸收,只生成一种盐,则该盐的化学式为_;已知常温下,Ka(HNO2)=510-4,则反应HNO2(aq)+NaOH(aq)NaNO2(aq)+H2O(l)的平衡常数K=_,相同物质的量浓度的HNO2、NaNO2混合溶液中,各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为_。【解析】NO和NO2混合气体被NaOH溶液完全吸收,只生成一种盐,反应中只有N元素化合价发生变化,且这两种氧化物得失电子相等,NO中N元素化合价为+2、NO2中N元素化合价为+4,则生成的盐中N元素化合价为+3价,为亚硝酸盐,化学式为NaNO2,反应HNO2(aq)+NaOH(aq)NaNO2(aq)+H2O(l)的平衡常数K=51010,NaNO2的水解平衡常数Kh=210-11c(OH-),溶液中电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(N),溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为c(N)c(Na+)c(H+)c(OH-)。答案: NaNO251010c(N)c(Na+)c(H+)c(OH-)7.(16分)盐溶液受盐的水解影响,导致性质具有一定的复杂性。.在0.1 molL-1的重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液中存在如下平衡:Cr2+H2O2HCr2Cr+2H+(1)重铬酸钾溶液呈_性,在强碱溶液中,铬元素的主要存在形式为_(填离子符号),向重铬酸钾溶液中加入适量稀硫酸,溶液中将_(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)向K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液,发生离子互换反应,生成砖红色沉淀且溶液pH减小,则生成的砖红色沉淀的化学式为_。.某研究性学习小组的同学对NaHCO3饱和溶液进行加热并测量溶液在不同温度下的pH,所得的结果如下(忽略溶液体积的变化及可能蒸发的溶剂)。温度()102030加热煮沸后冷却到50pH8.38.48.58.8(1)甲同学认为:该溶液的pH升高的原因是HC随着温度的升高其水解程度增大,故碱性增强,该水解反应的离子方程式为_。(2)乙同学认为:溶液pH的升高是因为NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度_(填“大于”或“小于”)NaHCO3。(3)丙同学认为甲、乙两位同学的判断都不准确,丙认为:只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X,若产生沉淀,则_(填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是_(填序号)。A.Ba(OH)2溶液B.BaCl2溶液C.NaOH溶液D.澄清的石灰水将加热后的溶液冷却到10;若溶液的pH_(填“高于”“低于”或“等于”)8.3,则_(填“甲”或“乙”)判断正确。【解析】.(1)由题述平衡式知Cr2能水解,其相应的盐呈酸性;根据平衡移动原理知,在强碱溶液中有利于平衡向右移动,此时铬元素主要以Cr的形式存在,在强酸溶液中,有利于平衡向左移动,增大。(2)pH减小,即c(H+)增大,平衡向右移动,故生成的沉淀是Ag2CrO4。.(2)因溶液pH升高,故溶液中c(OH-)增大,即C结合H+的能力强于HC,故C的水解能力强于HC。(3)若乙观点正确,则溶液中C的浓度较大,遇到钡盐或钙盐就可形成沉淀。若甲观点正确,则加入钡盐或钙盐后不会产生沉淀。但因HC可与OH-作用转化为C,故所加的试剂不能为碱,否则就无法确定形成沉淀的C是加热时分解生成的还是加碱后生成的。若加热的过程中NaHCO3不分解,则恢复到10时溶液的性质与加热前相同,若加热过程中NaHCO3发生了分解,则因生成了水解能力较强的C,溶液的pH8.3。答案:.(1)酸Cr增大(2)Ag2CrO4.(1)HC+H2OH2CO3+OH-(2)大于(3)乙B等于甲(或高于乙)一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)1.(2020长沙模拟)下列说法正确的是()A.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液:c(NaOH)c(CH3COONa)c(Na2CO3)B.室温下,浓度均为0.1 molL-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液的pH=4,则c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2(10-4-10-10) molL-1C.加水稀释0.1 molL-1醋酸溶液,溶液中增大D.室温下,NaHA溶液的pHNa2CO3CH3COONa,所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液:c(NaOH)c(Na2CO3)c(CH3COONa),故A错误;B项、混合溶液的pH=4,溶液中c(H+)为10-4 molL-1,c(OH-)为10-10 molL-1,由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)和物料守恒2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+),则c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)2c(OH-)=2(10-4-10-10) molL-1,故B正确;C项、加水稀释0.1 molL-1醋酸溶液时,溶液中c(H+)减小,水的离子积常数Kw不变,c(OH-)增大,则减小,故C错误;D项、室温下,NaHA溶液的pHc(HC)NaHSO3溶液中:c(Na+)c(HS)2.对于 0.1 molL-1Na2SO3溶液,正确的是()A.升高温度,溶液 pH 降低B.c(Na+)=2c(S)+c(HS)+c(H2SO3)C.c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)D.加入少量 NaOH 固体,c(Na+)增大,c(S)减小【解析】选C。对于Na2SO3溶液 ,Na2SO32Na+S、S+H2OHS+OH-、HS+H2OH2SO3+OH-。升温能促进S的水解,c(OH-)增大,溶液pH增大,A项错误;溶液中物料守恒式为c(Na+)=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3),B项错误;溶液中电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-),C项正确;加入NaOH固体,c(OH-)、c(Na+)增大,平衡逆向移动,c(S)增大,D项错误。【延伸探究】(1)Na2SO3溶液中离子浓度大小顺序为_。提示:c(Na+)c(S)c(OH-)c(HS)c(H+)。c(S)发生两步水解,溶液显碱性,c(OH-)c(HS)c(H+)。(2)上题改为NaHSO3溶液,C项是否正确?提示:是。NaHSO3溶液中HS既电离也水解,溶液中离子种类与Na2SO3溶液相同,电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)。3.(2019徐州模拟)常温下,将Cl2缓慢通入水中至饱和,然后向所得饱和氯水中滴加0.10 molL-1的NaOH溶液,整个过程中溶液pH变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是()A.点所示溶液中:c(H+)=c(Cl-)+c(HClO)+c(OH-)B.点所示溶液中:c(H+)c(Cl-)c(ClO-)c(HClO)C.点所示溶液中:c(Na+)=2c(ClO-)+c(HClO)D.点所示溶液中:c(Na+)c(ClO-)c(Cl-)c(HClO)【解析】选C。点表示Cl2缓慢通入水中但未达到饱和,电荷守恒式:c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),A错误;点表示Cl2缓慢通入水中刚好达到饱和,HClO是弱酸,部分电离,c(HClO)c(ClO-),则有c(H+)c(Cl-)c(HClO)c(ClO-),B错误;点溶液pH=7,电荷守恒式:c(H+)+c(Na+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-),则c(Na+)=c(ClO-)+c(Cl-),溶液中c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO),所以c(Na+)=c(ClO-)+c(Cl-)=c(ClO-)+c(ClO-)+c(HClO)=2c(ClO-)+c(HClO),C正确;点表示饱和氯水与NaOH溶液反应得到NaCl、NaClO、NaOH,NaClO部分水解,则c(Cl-)c(ClO-),则D错误。4.常温下,Ka(HCOOH)=1.7710-4,Ka(CH3COOH)=1.7510-5,Kb(NH3H2O)=1.7610-5,下列说法正确的是()A.浓度均为0.1 molL-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者小于后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积相等 molL-1 HCOOH与0.1 molL-1 NaOH等体积混合后的溶液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+) molL-1 CH3COONa与0.1 molL-1盐酸等体积混合后的溶液中(pHc(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)【解析】选D。HCOONa溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),NH4Cl溶液中存在c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),两溶液中有c(Na+)=c(Cl-),只要比较HCOONa溶液中c(H+)与NH4Cl溶液中c(OH-)的大小即可,由电离常数可知,N的水解程度比HCOO-的大,则NH4Cl溶液中c(H+)较HCOONa溶液中c(OH-)大,即NH4Cl溶液中c(OH-)较HCOONa溶液中c(H+)小,所以有c(Na+)+c(H+)c(Cl-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),A项错误;CH3COOH的电离平衡常数比HCOOH的小,即CH3COOH的酸性弱,则相同pH的CH3COOH溶液的浓度大于HCOOH的,和NaOH反应时,CH3COOH溶液消耗NaOH溶液的体积较大,B项错误;反应后得到c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液,溶液呈酸性,由电荷守恒得:c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),由物料守恒得:2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-),两式联立得:c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+2c(H+),C项错误;反应后得到c(CH3COONa)=c(CH3COOH)=c(NaCl)的混合溶液,由物料守恒得:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Cl-),pHc(Cl-)c(CH3COOH),电离和水解均很微弱,故c(H+)小于c(CH3COOH),D项正确。二、非选择题(本题包括2小题,共26分)5.(13分)在室温下,下列五种溶液:0.1 molL-1 NH4Cl溶液0.1 molL-1 CH3COONH4溶液0.1 molL-1 NH4HSO4溶液0.1 molL-1 NH3H2O和0.1 molL-1 NH4Cl混合液0.1 molL-1氨水请根据要求填写下列空白:(1)溶液呈_(填“酸”“碱”或“中”)性,其原因是_(用离子方程式表示)。(2)溶液中c(N)的大小关系是_(填“”“”“”“”或“=”)7。【解析】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐,根据“谁弱谁水解,谁强显谁性”的原则,NH4Cl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,所以后者中铵根离子浓度大。(3)因为氯离子在溶液中不变化,所以其浓度为0.1 molL-1;根据原子守恒可知,含氮原子微粒的总物质的量浓度为0.2 molL-1,而氮原子的存在形式为NH3H2O和N。(4)溶液的pH=7,说明CH3COO-水解生成的OH-的物质的量等于N水解生成的H+的物质的量,即二者水解程度相同;根据电荷守恒得:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),因为c(H+)=c(OH-),故c(CH3COO-)=c(N)。(5)由溶液中存在的微粒可知,H2A为二元弱酸,分步电离。NaHA和NaOH恰好反应生成Na2A,溶液显碱性。答案:(1)酸N+H2ONH3H2O+H+(2)6.(13分)常温下,将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表所示:实验编号HA的物质的量浓度(molL-1)NaOH的物质的量浓度(molL-1)混合溶液的pH0.10.1pH=9c0.2pH=70.20.1pH”“”或“=”)。(3)从实验分析,HA的电离程度_(填“大于”“小于”或“等于”)NaA的水解程度,该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。(4)实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=_molL-1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果:c(Na+)-c(A-)=_ molL-1;c(OH-)-c(HA)=_ molL-1。【解析】(1)从实验分析,等体积、等物质的量浓度的HA和NaOH溶液混合后,溶液显碱性,说明生成强碱弱酸盐,即HA是弱酸。(2)实验中NaOH溶液的浓度为0.2 molL-1,混合后溶液显中性,说明HA稍过量,HA的物质的量浓度应大于0.2 molL-1。(3)实验相当于等体积、等物质的量浓度的HA和NaA溶液混合,pHc(Na+)c(H+)c(OH-)。(4)实验所得混合溶液的pH=9,则c(OH-)=10-5 molL-1,水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-5 molL-1。由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),则c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5-10-9) molL-1。由A-+H2OHA+OH-可得c(OH-)=c(HA)+c(H+),所以c(OH-)-c(HA)=c(H+)=10-9 molL-1。答案:(1)弱酸(2)(3)大于c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-)(4)10-510-5-10-9 10-9- 10 -