新高考2022届高考化学一轮复习小题必练14盐类的水解含答案

这是一份新高考2022届高考化学一轮复习小题必练14盐类的水解含答案，共9页。试卷主要包含了10×10−8，Ka2=1等内容，欢迎下载使用。

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 0.1ml·L−1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1ml·L−1 HCl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＜11
B．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+)=5.6×10−11ml/L，所以pH＜11，故A正确；B．室温下向10mL 0.1ml·L−1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1ml·L−1 HCl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：COeq \\al(2−,3)逐渐减少，HCOeq \\al(−,3)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0.1ml·L−1 NaOH溶液滴定0.10ml·L−1 HA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10−5
B．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．⑤ ③ ① ④ ② B．⑤ ③ ① ② ④ C．② ④ ③ ① ⑤ D．② ④ ① ③ ⑤
【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② ④ ①③ ⑤，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（ ）
【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①②③⑤ B．仅②③④⑤⑥ C．仅①④⑤⑥ D．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NHeq \\al(+,4)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NHeq \\al(+,4)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>③
B．浓度均为0.1ml·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>③
C．0.2ml·L−1的溶液中是0.lml·L−1的溶液中的2倍
D．0.1ml·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NHeq \\al(+,4)浓度大于等浓度的NH4HCO3溶液中NHeq \\al(+,4)浓度，(NH4)2CO3溶液中的、NHeq \\al(+,4)相互促进水解，所以c(NHeq \\al(+,4))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0.2ml·L−1的CH3COONa溶液中c(OH−)小于0.1ml·L−1的CH3COONa溶液中c(OH−)的2倍，C错误；0.1ml·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0.10ml∙L−1 NH3∙H2O标准溶液滴定20mL 0.10ml∙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(NHeq \\al(+,4))
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(NHeq \\al(+,4))>c(Cl−)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)
【答案】BD
【解析】A．a→b的过程中，NH3∙H2O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0.10ml∙L−1，b点的溶质为等浓度的NH4Cl、CH3COOH，因为Ka(CH3COOH)＞Kh(NHeq \\al(+,4))，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(NHeq \\al(+,4))、物料守恒：c(NHeq \\al(+,4))+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(NHeq \\al(+,4))>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(HSOeq \\al(−,3))+c(H2SO3)
B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c(SOeq \\al(2−,3))+c(HSOeq \\al(−,3))=c(Na+)
C．若X为(NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SOeq \\al(2−,3)＞NHeq \\al(+,4)
D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中n(HSOeq \\al(−,3))∶n(NHeq \\al(+,4))=1∶3
【答案】A
【解析】图中a点当吸收液pH=1.85时，H2SO3、HSOeq \\al(−,3)各点50%，c(HSOeq \\al(−,3))=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(HSOeq \\al(−,3))+2c(H2SO3)+2c(SOeq \\al(2−,3))，当吸收液pH=1.85时，c(HSOeq \\al(−,3))=c(H2SO3)，则c(Na+)=4c(H2SO3)+2c(SOeq \\al(2−,3))=4c(HSOeq \\al(−,3))+2c(SOeq \\al(2−,3))，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(HSOeq \\al(−,3))+2c(SOeq \\al(2−,3))+c(OH−)，得到2c(SOeq \\al(2−,3))+c(HSOeq \\al(−,3))=c(Na+)，故B正确；C．若X为(NH4)2SO3，由于NHeq \\al(+,4)水解显酸性，SOeq \\al(2−,3)水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SOeq \\al(2−,3)＞NHeq \\al(+,4)，故C正确；D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSOeq \\al(−,3))=c(SOeq \\al(2−,3))，b点pH=7，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NHeq \\al(+,4))=c(HSOeq \\al(−,3))+2c(SOeq \\al(2−,3))+c(OH−)，3c(HSOeq \\al(−,3))=c(NHeq \\al(+,4))，n(HSOeq \\al(−,3))∶n(NHeq \\al(+,4))=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．0.10ml/L NaHS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+)=10−9ml/L
【答案】C
【解析】A．根据图像，0.10ml/L NaHS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−)=10−5ml/L，故ml/L，D正确；故选C。
9．25℃时，向20mL 0.1ml·L−1 NaOH溶液中滴加0.1ml·L−1 HCOOH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0.10ml/L HX溶液中滴加0.10ml/L NaOH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>c
B．c点溶液中：c(Na+)=10c(HX)
C．室温下NaX的水解平衡常数为10−4.75
D．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(HCOeq \\al(−,3))>c(OH−)
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NHeq \\al(+,4))+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(C2Oeq \\al(2−,4))+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HCOeq \\al(−,3)的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：COeq \\al(2−,3)>HCOeq \\al(−,3)，溶液中剩余微粒浓度关系为：，COeq \\al(2−,3)和HCOeq \\al(−,3)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(NHeq \\al(+,4))=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl−)可得：c(NHeq \\al(+,4))+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．0.100ml·L−1 Na2C2O4溶液中：c()＞c()＞c(OH−)＞c(H+)
B．0.4ml·L−1 CH3COOH溶液和0.2ml·L−1 NaOH溶液等体积混合（pHc(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH−)
C．0.1ml·L−1 Na2CO3溶液与0.1ml·L−1 NaHCO3溶液等体积混合：c(COeq \\al(2−,3))+2c(OH−)=c(HCOeq \\al(−,3))+3c(H2CO3)+2c(H+)
D．0.2ml·L−1氨水和0.2ml·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NHeq \\al(+,4))+c(NH3·H2O)= c(H2CO3)+c(HCOeq \\al(−,3))+c(COeq \\al(2−,3))
【答案】BC
【解析】A．0.100ml·L−1 Na2C2O4溶液中，c()＞c(OH−)＞c()＞c(H+)，A错误；B．0.4ml·L−1 CH3COOH溶液和0.2ml·L−1 NaOH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．0.1ml·L−1 Na2CO3溶液与0.1 ml·L−1 NaHCO3溶液等体积混合，根据电荷守恒和物料守恒可得c(COeq \\al(2−,3))+2c(OH−)=c(HCOeq \\al(−,3))
+3c(H2CO3)+2c(H+)，C正确；D．0.2ml·L−1氨水和0.2ml·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合生成(NH4)2CO3，根据物料守恒可得c(NHeq \\al(+,4))+c(NH3·H2O)=2c(H2CO3)+2c(HCOeq \\al(−,3))+2c(COeq \\al(2−,3))，D错误；故选BC。
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