2020届高考化学二轮复习 疯狂专练16 盐类的水解（含解析）

盐类的水解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．【2019年江苏卷】实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．随温度升高，纯水中c(H+)c(OH−)B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同2．【2019年上海卷】常温下0.1mol/L：①CH3COOH、②NaOH、③CH3COONa，下列叙述正确的是（）A．①中c(CH3COOH)c(CH3COO−)c(H+)c(OH−)B．①②等体积混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一C．①③等体积混合以后，溶液呈酸性，则c(Na+)c(CH3COO−)c(H+)D．①②等体积混合以后，水的电离程度比①③等体积混合的电离程度小3．【2019年全国卷3】设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（）A．每升溶液中的H+数目为0.02NAB．c(H+)=c(24HPO)+2c(24HPO)+3c(34PO)+c(OH−)C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小考点说明××××××××考点透视××××××××D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强4．【2019北京卷】室温下，取20mL0.1mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.2mol·L−1NaOH溶液。已知：H2A=H++HA−，HA−H++A2−。下列说法不正确的是（）A．0.1mol·L−1H2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1mol·L−1B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)+2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10mLC．当用去NaOH溶液体积10mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)+2c(A2−)5．【2019浙江卷】下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1mol/LpH=3的H2A溶液与0.01mol/LpH=11的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c（M+）＝c(OH−)+2c(A2−)B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)+2c(OH−)＝2c(H+)+c（CH3COOH）D．0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA−)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2−)1．物质的量浓度相同的下列溶液中，NH+4浓度最大的是（）A．NH4ClB．NH4HSO4C．CH3COONH4D．NH3·H2O2．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−)3．下列说法不正确的是（）A．热的纯碱液去油污效果好，因为加热可使CO2−3的水解程度增大，溶液碱性增强，去污力增强B．铁在潮湿的环境下生锈以及Mg与NH4Cl溶液反应生成H2都与盐类水解有关C．将Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧，可得到固体Al2(SO4)3D．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制胶体，离子方程式：Fe3＋3H2O====△Fe(OH)3(胶体)＋3H+4．下列说法错误的是（）①NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/c(HCO−3)的值增大②浓度均为0.1mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)＝3[c(CO2−3)+c(HCO−3)]③在0.1mol·L－1氨水中滴加0.1mol·L－1盐酸，恰好完全反应时溶液的pH＝a，则由水电离产生的c(OH−)考点突破××××××××＝10－amol·L−1④向0.1mol·L－1(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(NH+4)、c(SO2−3)均增大⑤在Na2S稀溶液中，c(OH－)＝c(H+)+2c(H2S)+c(HS－)A．①④B．②④C．①③D．②⑤5．由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体观察到红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸测0.1mol/LNaHSO3溶液的pHpH约为5HSO−3电离大于水解C向浓度均为0．1mol·L-1的NaCl和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞NaCl溶液不变色，Na2SiO3溶液变成红色非金属性：SiClD向盛有10滴0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加0.1mol/LNaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加0.1mol/LKI溶液有黄色沉淀生成Ksp(AgI)Ksp(AgCl)6．下列设计的实验方案能达到实验目的的是（）A．制取无水AlCl3：将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧B．除去锅炉水垢中含有的CaSO4：先用Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除C．证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液红色变深D．配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量稀硫酸7．常温下，HA的电离常数Ka=1×10−6，向20mL浓度为0.01mol·L−1的HA溶液中逐滴加入0.01mol·L−1的NaOH溶液，溶液的pH与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．a点对应溶液的pH约为4，且溶液中只存在HA的电离平衡B．b点对应溶液中：c(Na+)c(A−)c(HA)c(H+)c(OH−)C．d点对应溶液中：c(OH−)-c(H+)=c(A−)D．a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：abcd8．常温下，在20.00mL0.1000mol·L－1NH3·H2O溶液中逐滴滴加0.1000mol·L－1HCl溶液，溶液pH随滴入HCl溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．①溶液：c(Cl－)c(NH+4)c(OH−)c(H+)B．②溶液：c(NH+4)＝c(Cl－)c(OH−)＝c(H+)C．①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度②③①D．滴定过程中不可能出现：c(NH3·H2O)c(NH+4)c(OH－)c(Cl－)c(H+)9．在常温下，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．浓度均为0.1mol·L－1的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中：c(NH+4)c(SO2−4)c(Cu2+)c(H+)B．pH＝6的NaHSO3溶液中：c(SO2−3)－c(H2SO3)＝9.9×10－6mol·L－1C．0.1mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH＝7(溶液体积变化忽略不计)：c(Na+)c(CH3COOH)c(Cl－)D．0.100mol·L－1的Na2S溶液中通入HCl气体，至c(Cl－)＝0.100mol·L－1(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)：c(OH－)－c(H+)＝c(H2S)－c(S2－)10．直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠、碱循环法可脱除烟气中的SO2。（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：____。（2）在钠、碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是_____。（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO2−3)∶n(HSO−3)变化关系如表：n(SO2−3)∶n(HSO−3)91∶91∶11∶91pH8.27.26.2上表判断NaHSO3溶液显___性，用化学平衡原理解释：___。一、考点透视1.【答案】C【解析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题：A．水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+)·c(OH−)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH−)，故A不符合题意；B．水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH−)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH−，升高温度促进盐类水解，所以c(OH−)增大，故答案与解析××××××××B不符合题意；C．升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；D．盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意。【点拨】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。2.【答案】B【解析】A．CH3COOH溶液中的H+来自醋酸分子的电离和水的电离，所以c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO−)c(OH−)，故A错误；B．①②等体积混合后恰好反应生成CH3COONa，体积大约为原来的2倍，如果CH3COO−不水解，浓度约为原来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO−+H2OCH3COOH+OH−，水解平衡向正向移动，因此CH3COO-浓度小于原来的1/2，故B正确；C．①③等体积混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO−的水解程度，因此c(CH3COO−)c(Na+)c(H+)，故C错误；D．①②等体积混合以后恰好反应生成CH3COONa，CH3COO−的水解促进水的电离，①③等体积混合，CH3COOH电离产生的H+抑制水的电离，因此总体上看①②等体积混合后水的电离程度比①③等体积混和后水的电离程度大，故D错误。【点拨】易错项A，容易忽略水的电离，溶液中的氢离子浓度会大于醋酸根离子的浓度。3.【答案】B【解析】A．常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H+数目为0.01NA，A错误；B．根据电荷守恒可知选项B正确；C．加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D．加入NaH2PO4固体，H2PO−4浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误。【点拨】磷酸是弱电解质，部分电离，加水稀释，促进电离，pH增大。4.【答案】B【解析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20mL0.1mol·L−1二元酸H2A看做20mL0.1mol·L−1HA−一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。A．0.1mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)=c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A项正确；B．若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−H++A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C．当用去NaOH溶液体积10mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)