2021届高考化学统考版二轮备考小题提升精练15盐类的水解解析

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−)=8.72110WK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】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)=4.74c10cAHcHcHA，故Ka(HA)的数量级为10−5，选项A正确；N点，根据电荷守恒有ccNaHcAcOH，即8.728.72c110110KwcNacAcOHH，选项B错误；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，小题必练15：盐类的水解水的电离程度逐渐增大，选项C正确；根据图b可知当lg1.0cAcHA（即10cAcHA）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。2．【2020年山东卷】 25℃时，23HCO的7a1K4.210，11a2K5.610，室温下向10mL1230.1molLNaCO溶液中逐滴加入10.1molLHCl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pH11B．B点所示溶液：23323cNacHCOcCOcHCOC．A点→B点发生反应的离子方程式为233COHHCOD．分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定23NaCO与3NaHCO混合物的组成【答案】B【解析】A点233cHCOcCO，2311a23cCOcHK5.610cHCO，则c(H+)=5.6×10−11mol/L，所以pH＜11，故A正确；室温下向12310mL0.1molLNaCO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+-2-3323cNa=2cHCO+2cCO+2cHCO，故B错误；A点→B点：23CO逐渐减少，3HCO逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为233COHHCO，故C正确；23NaCO溶液中逐滴加入HCl，用酚酞作指示剂，滴定产物是3NaHCO，用甲基橙作指示剂滴定时3NaHCO与HCl反应产物是23HCO，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定23NaCO与3NaHCO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。3．【2020年江苏月考】柠檬酸（用H3R表示）可用作酸洗剂。常温下，向0.1mol·L−1H3R溶液中加入少量的NaOH固体（忽略溶液体积的变化），H3R、H2R−、HR2−和R3−的含量与pH的关系如图所示。下列正确的是（）A．图中b曲线表示HR2−的变化B．HR2−的电离常数Ka3＝10−6C．pH＝7时，c(Na+)＝c(H2R−)+c(HR2−)+c(R3−)D．pH＝5时，c(H2R−)+c(HR2−)+c(R3−)＝0.1mol·L−1【答案】B【解析】柠檬酸是弱电解质，能发生三步电离：H3RH2R−H+、H2R−HR2−H+、HR2−R3−H+。当pH=1时，H3R电离程度都很小，溶液中的微粒基本上为H3R，随着溶液pH的增大，第一步、第二步、第三步电离开始依次增大，所以曲线a、b、c、d代表的微粒分别为H3R、H2R−、HR2−、R3−的含量变化曲线。由上述分析可以知道，图中b曲线表示H2R−的变化，故A错误；由图可以看出，当pH=6时，HR2−R3−H+的平衡体系中，c(R3−)=c(HR2−)，c(H+)=1×10−6mol/L，HR2−的电离常数Ka3=c(H+)c(R3−)/c(HR2−)=c(H+)=1×10−6，故B正确；pH=7时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒，c(Na+)=c(H2R−)+2c(HR2−)+3c(R3−)，故C错误；由于原溶液H3R的浓度为0.1mol·L−1，加入适量NaOH后pH=5，此时溶液的体积变大，所以c(H2R−)+c(HR2−)+c(R3−)＜0.1mol·L−1，故D错误。【点睛】这类题其实重点是先分析图像，找出对应的曲线变化，其次根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行转化变形。4．【2020年内蒙赤峰二中月考】下表是25℃时某些盐的浓度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是（）化学式AgClAg2CrO4CH3COOHHClOH2CO3Ksp或KaKsp=1.8×10−10Ksp=2.0×10−12Ka=1.8×10−5Ka=3.0×10−8Ka1=4.1×10−7Ka2=5.6×10−11A．相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na+)c(ClO−)c(CH3COO−)c(OH−)c(H+)B．碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式H2O+2CO2−3+Cl2=2HCO−3+Cl−+ClO−C．向0.1mol/LCH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO−)=9∶5，此时溶液pH=5D．向浓度均为1×10−3mol/L的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10−3mol/L的AgNO3溶液，CrO2−4先形成沉淀【答案】B【解析】A．次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以c(CH3COO−)＞c(ClO−)，则各离子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(CH3COO−)＞c(ClO−)＞c(OH−)＞c(H+)，故A错误；B．HClO的电离平衡常数大于HCO−3，所以次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，溶液中碳酸钠过量，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，反应的离子方程式应为：2CO2−3+Cl2+H2O=Cl−+ClO−+2HCO−3，故B正确；C．缓冲溶液中pH=pKa+lg弱酸弱酸盐=4.8+95lg=5.055≈5，即c(CH3COOH)∶c(CH3COO−)=5∶9，此时溶液pH=5，故C错误；混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)=31010108.1)()(ClcAgClKsp=1.8×10−7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)=31224410102)()(CrOcAgCrOKspmol/L=4.47×10−5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D错误。【点睛】对于同一类型的沉淀来说，判断谁先沉淀，可以直接根据Ksp大小进行比较，溶度积越小越容易沉淀。1．下列溶液中浓度关系正确的是（）A．小苏打溶液中：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO−3)+c(CO2−3)+c(OH−)B．CH3COONa溶液中：c(CH3COO−)c(Na+)c(OH−)c(H+)C．0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA−)c(H+)c(H2A)c(A2−)D．物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO−)+2c(OH−)＝2c(H+)+c(CH3COOH)【答案】D【解析】A．小苏打溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO−3)+c(CO2−3)+c(OH−)，故A错误；B．CH3COONa溶液显碱性，则c(OH−)c(H+)，溶液中存在的电荷守恒式为c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)c(CH3COO−)，即溶液中：c(Na+)c(CH3COO−)c(OH−)c(H+)，故B错误；C．0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，说明HA−的电离程度大于HA−的水解程度，则c(A2−)c(H2A)，即c(HA−)c(H+)c(A2−)c(H2A)，故C错误；D．物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合后，溶液中存在的电荷守恒式为c(CH3COO−)+c(OH−)＝c(H+)+c(Na+)，物料守恒式为2c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，则c(CH3COO−)+2c(OH−)＝2c(H+)+c(CH3COOH)，故D正确。【点睛】既可以水解又可以电离的酸式盐，可以根据溶液的pH大小，判断其显酸性或者碱性，从而来判断酸根离子的电离和水解程度的相对大小。2．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1mol/L的NaHC2O4溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(HC2O−4)+c(C2O2−4)+c(OH−)B．0.1mol/L的NaHX溶液pH为4，该溶液中：c(HX−)＞c(H2X)＞c(X2−)＞c(H+)＞c(OH−)C．25℃时，pH=8的CH3COONa溶液中，c(CH3COOH)约为10−6mol/LD．在0.1mol/L的NaF溶液中：c(HF)＞c(F−)【答案】C【解析】A．NaHC2O4溶液中遵循电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(HC2O−4)+2c(C2O2−4)+c(OH−)，A项错误；B．0.1mol/L的NaHX溶液pH为4，说明HX−的电离程度大于水解程度，因HX-的电离方程式为：HX−H++X2−，水解方程式为：HX−+H2OH2X+OH−，故c(X2−)＞c(H2X)，该溶液中：c(HX−)＞c(X2−)＞c(H2X)＞c(H+)＞c(OH−)，B项错误；C．CH3COONa溶液中遵循质子守恒定律，即c(OH−)=c(H+)+c(CH3COOH)，因溶液的pH=8，故c(H+)=10−8mol/L，c(OH−)=14810/10molL=10−6mol/L，故c(CH3COOH)=10−6mol/L-10−8mol/L10−6mol/L，C项正确；D．在0.1mol/L的NaF溶液中，氟离子会发生水解，其水解方程式为：F−+H2OHF+OH−，因水解比较微弱，故c(F−)＞c(HF)，D项错误。【点睛】比较酸式盐中各离子浓度大小时，应先注意判断HX−是以电离为主还是水解为主。3．下列说法不正确的是（）A．纯碱溶液可用于去除油污，加热可以增强去污效果B．碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效C．配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸溶液抑制水解D．明矾净水的原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体从而起到吸附杂质的作用【答案】B【解析】A．纯碱溶液显碱性，可用于去除油污，且加热时CO2−3的水解程度大，溶液的碱性强，去污效果增强，A正确；B．碳酸氢钠属于抗酸药，服用时若喝些醋，会与NaHCO3反应，从而降低药效，B不正确；C．氯化铁为强酸弱碱盐，溶于水后易发生水解，为抑制水解，配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸溶液，C正确；D．明矾中的Al3+水解生成氢氧化铝胶体，而氢氧化铝胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质并使之沉降的作用，D正确；故选B。【点睛】盐类水解的应用。4．某酸在水溶液中，四种微粒的物质的量分数（δ）随溶液pH的变化曲线如图