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第2课时盐类水解及其应用命题调研(2016～2019四年大数据)2016～2019四年考向分布核心素养与考情预测核心素养：推理论据、变化守恒思想、宏微结合考情解码：本部分内容一般会出两个题目，前一题主要考查盐溶液的酸碱性判断，题目难度不大；后者主要考查强弱电解质的比较和区分，离子浓度比较，溶液中的守恒问题，酸式盐溶液酸碱性判断等几个知识点。常以图像题或综合题形式出现，题目难度较大，其中难点在离子浓度比较和溶液中的守恒问题。预测2020年选考中仍为必考题。真题重现1.(2019·浙江4月选考)下列溶液呈碱性的是()A.NH4NO3B.(NH4)2SO4C.KClD.K2CO3解析NH4NO3和(NH4)2SO4均为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性；KCl为强酸强碱盐，水溶液呈中性；K2CO3为弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，故选D。答案D2.(2019·浙江4月选考)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pH7，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－)解析对于0.1mol·L－1H2A溶液而言，根据电荷守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，根据物料守恒可知c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1mol·L－1，又H2A第一步完全电离，故c(H2A)＝0，将c(HA－)＋c(A2－)＝0.1mol·L－1代入c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)可得c(H＋)＝c(OH－)＋c(A2－)＋0.1mol·L－1，故c(H＋)－c(OH－)－c(A2－)＝0.1mol·L－1，A项正确；当溶液呈中性时c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒可得c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，若用去的NaOH溶液体积为10mL，此时溶液的溶质为NaHA，由于HA－只电离，不水解，故此时溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则NaOH溶液的体积必须大于10mL，B项错误；当用去NaOH溶液体积10mL时，溶液中的溶质为NaHA，HA－只电离，不水解，此时溶液呈酸性，pH＜7，由HA－H＋＋A2－，H2OH＋＋OH－，根据质子守恒得c(H＋)＝c(OH－)＋c(A2－)，故c(A2－)＝c(H＋)－c(OH－)，C项正确；当用去NaOH溶液体积20mL时，根据物料守恒可知c(Na＋)＝2c(HA－)＋2c(A2－)，D项正确，故选B。答案B3.(2018·浙江11月选考)下列物质因发生水解而使溶液呈酸性的是()A.HNO3B.CuCl2C.K2CO3D.NaCl解析HNO3溶液因为HNO3的电离呈酸性；K2CO3溶液因为CO2－3水解呈碱性；NaCl溶液呈中性；CuCl2溶液因为Cu2＋水解呈酸性。答案B4.(2018·浙江11月选考)常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L－1、0.1000mol·L－1和0.01000mol·L－1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)＝20.00mL前后pH出现突跃。下列说法不正确的是()A.3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍B.曲线a、b、c对应的c(NaOH)：abcC.当V(NaOH)＝20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na＋)＝c(Cl－)D.当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H＋)最大解析根据滴加NaOH之前，溶液的pH，可以推断a、c曲线对应的盐酸物质的量浓度分别为1mol·L－1，0.01mol·L－1，A项正确；根据突跃变化，应是浓度接近的相互滴定，B项正确；当V(NaOH)＝20.00mL时，溶液呈中性，所以c(Na＋)＝c(Cl－)，C项正确；当V(NaOH)相同，在突跃之前，pH突跃最大的体系中c(H＋)最大，而在突跃之后，pH突跃最大的体系中c(H＋)又最小，D项错误。答案D5.(2018·浙江4月学考)在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L－1NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示，下列说法正确的是()句A.在a点的溶液中：c(Na＋)＞c(CO2－3)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)B.在b点的溶液中：2n(CO2－3)＋n(HCO－3)＜0.001molC.在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO－3的电离程度大于其水解能力D.若将0.1mol·L－1的盐酸换成同浓度醋酸，当滴至溶液的pH＝7时，c(Na＋)＝c(CH3COO－)解析向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1盐酸时，反应过程为：OH－＋H＋===H2O，CO2－3＋H＋===HCO－3，HCO－3＋H＋===H2CO3。A选项，加入盐酸体积为5mL时，溶液中溶质n(NaCl)∶n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶1∶2，溶液中离子浓度大小应为：c(Na＋)＞c(CO2－3)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，A选项错误。B选项，溶液的pH＝7时电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(OH－)＋c(Cl－)，化简可得：2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＝c(Na＋)－c(Cl－)，即2n(CO2－3)＋n(HCO－3)＝n(Na＋)－n(Cl－)＝0.003mol－n(Cl－)，pH＝7时盐酸体积大于20mL，故n(Cl－)＞0.002mol，所以2n(CO2－3)＋n(HCO－3)＜0.001mol成立，B正确。C选项，c点pH小于7是因为反应生成的H2CO3溶于水中电离大于HCO－3水解导致，C选项错误。D选项，把盐酸换成同浓度的醋酸，滴至溶液pH＝7时，电荷守恒为：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(OH－)＋c(CH3COO－)，c(Na＋)与c(CH3COO－)不相等，故D错误。综上所述，正确答案选B。答案B6.(2017·浙江11月学考)25℃时，在“H2A―HA－―A2－”的水溶液体系中，H2A、HA－和A2－三者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是()A.在含H2A、HA－和A2－的溶液中，加入少量NaOH固体，α(HA－)一定增大B.将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中α(HA－)＝α(A2－)C.NaHA溶液中，HA－的水解能力小于HA－的电离能力D.在含H2A、HA－和A2－的溶液中，若c(H2A)＋2c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)，则α(H2A)和α(HA－)一定相等解析A.根据图像，在含H2A、HA－和A2－的溶液中，加入少量NaOH固体，溶液的酸性减弱，α(HA－)可能增大，可能减小，与原溶液的成分有关，故A错误；B.根据图像，将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水时，溶液的pH在4～5之间，溶液显酸性，以HA－电离为主，所得的溶液中α(HA－)＜α(A2－)，故B错误；C.NaHA溶液显酸性，以电离为主，可知其电离程度大于其水解程度，故C正确；D.在含H2A、HA－和A2－的溶液中，根据电荷守恒，有2c(A2－)＋c(OH－)＋c(HA－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，因为c(H2A)＋2c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)，则2c(A2－)＋c(OH－)＋c(HA－)＝c(H＋)＋c(Na＋)＝c(H2A)＋2c(A2－)＋c(OH－)＋c(Na＋)，因此c(HA－)＝c(H2A)＋c(Na＋)，故D错误；故选C。答案C考向一盐溶液酸碱性的判断1.(2016·湖州市高二期末)现在S2－、SO2－3、NH＋4、Al3＋、HPO2－4、Na＋、SO2－4、AlO－2、Fe3＋、HCO－3、Cl－，请按要求填空：(1)在水溶液中，水解后溶液呈碱性的离子是________________________________。(2)在水溶液中，水解后溶液呈酸性的离子是________________________________。(3)既能在酸性较强的溶液中大量存在，又能在碱性较强的溶液中大量存在的离子有_______________________________________________________________。(4)既不能在酸性较强的溶液中大量存在，又不能在碱性较强的溶液中大量存在的离子有___________________________________________________________。解析(1)弱酸根离子水解后溶液显碱性，部分酸式酸根离子若其水解程度大于电离程度，则溶液也显碱性，即S2－、SO2－3、HPO2－4、AlO－2、HCO－3水解后溶液呈碱性。(2)NH＋4、Al3＋、Fe3＋属于弱碱的阳离子，水解后溶液呈酸性。(3)Na＋是强碱的阳离子，Cl－和SO2－4是强酸的阴离子，它们既能在强酸性溶液中存在又能在强碱性溶液中存在。(4)HPO2－4、HCO－3既能与强酸反应又能与强碱反应。答案(1)S2－、SO2－3、HPO2－4、AlO－2、HCO－3(2)NH＋4、Al3＋、Fe3＋(3)Na＋、Cl－、SO2－4(4)HPO2－4、HCO－3正盐水溶液的酸碱性判断规律如下：备考策略盐的类型实例是否水解水解的离子溶液的酸碱性溶液的pH强酸强碱盐NaCl、KNO3否中性pH＝7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2是NH＋4、Cu2＋酸性pH＜7弱酸强碱盐CH3COONa、Na2CO3是CH3COO－、CO2－3碱性pH＞7而弱酸酸式盐溶液中，酸式酸根离子既存在电离又存在水解，二者使溶液的酸碱性也相反，理论上是通过比较二者强弱，来确定溶液的酸碱性。但在实际操作过程中，其实是先记得结论，然后反推电离和水解谁强谁弱的显酸性的有：NaHSO3，NaH2PO4,KHC2O4(草酸酸式盐)；其余的弱酸酸式盐溶液显碱性，如NaHCO3，NaHS，Na2HPO4，至于NaHSO4，只有电离，因此溶液显示酸性。考向二盐类的水解规律2.(2017·浙江温州二外语学校)某温度下，pH相同的盐酸和氯化铵溶液分别稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列叙述中，正确的是()A.Ⅰ为氯化铵稀释时pH变化曲线，Ⅱ为盐酸稀释时pH变化曲线B.b点溶液中水的电离程度比d点溶液中水的电离程度大，但两点的Kw相同C.a点时，等体积的两溶液分别与NaOH反应，消耗的NaOH量相同D.c点溶液的导电能力一定比b点溶液导电能力强解析A.由于氯化铵溶液存在铵根离子的水解平衡，pH相同的盐酸和氯化铵溶液分别稀释相同倍数时，氯化铵溶液pH增大的程度小于盐酸溶液，所以图中曲线Ⅰ代表盐酸，曲线Ⅱ代表氯化铵溶液，故A错误；B.b点的pH小于d点pH，说明b点氢离子浓度大，对水的电离抑制程度大，即b点溶液中水的电离程度比d点溶液中水的电离程度小，Kw只与温度有关，因此两点的Kw相等，故B错误；C.由于氯化铵溶液存在铵根的水解平衡，氯化铵溶液与氢氧化钠反应时降低了氢离子的浓度，促进铵根离子的水解生成了更多的氢离子，因此a点时，等体积的两溶液分别与NaOH反应，氯化铵溶液消耗的NaOH多，故C错误；D.b、c两点相比较氯离子浓度c点大，c点氯化铵溶液中氢离子浓度大于b点盐酸溶液氢离子浓度，而且氯化铵溶液中还含有铵根离子，所以c点溶液离子浓度大，导电性强，故D正确。答案D考向三溶液中离子浓度大小的