2025届高考化学一轮复习专项练习课时规范练25盐类的水解

这是一份2025届高考化学一轮复习专项练习课时规范练25盐类的水解，共10页。试卷主要包含了水溶液呈酸性的是，常温下,用0，用亚硫酸盐吸收烟气中的SO2， 25 ℃时,浓度均为0，3,则　　　　　　的判断正确，室温下,Ka=6等内容，欢迎下载使用。

1.水溶液呈酸性的是( )
A.NaClB.NaHSO4
C.HCOONaD.NaHCO3
2.常温下,用0.1 ml·L-1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 ml·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是( )
A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
B.当滴入氨水10 mL时,c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.当滴入氨水20 mL时,c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
D.当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20 mL,c(N)3.下列选项中,微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A.0.1 ml·L-1 K2CO3溶液:c(OH-)=c(HC)+c(H+)+c(H2CO3)
B.0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液中离子浓度关系:c(Na+)=2c(C)+c(HC)+c(H2CO3)
C.等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中:2c(K+)=c(HX)+c(X-)
D.浓度均为0.1 ml·L-1的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合:c(Na+)+c(H+)=c(C)+c(OH-)+c(HC)
4.常温下2 mL 1 ml·L-1 NaHCO3溶液,pH约为8,向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液,有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中,正确的是( )
A.NaHCO3溶液中,c(H+)+c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(OH-)
B.NaHCO3溶液中,c(Na+)>c(OH-)>c(HC)>c(H+)
C.加热NaHCO3溶液,pH增大,一定是HC水解程度增大的结果
D.滴加饱和CaCl2溶液发生了反应:Ca2++2HCCaCO3↓+H2O+CO2↑
5.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(HS)+c(H2SO3)
B.若X为Na2SO3,当吸收液呈中性时:2c(S)+c(HS)=c(Na+)
C.若X为(NH4)2SO3,(NH4)2SO3溶液呈碱性,说明水解程度:S>N
D.若X为(NH4)2SO3,图中b点溶液中n(HS)∶n(N)=1∶3
6. 25 ℃时,浓度均为0.1 ml·L-1的几种溶液的pH如表。下列说法不正确的是( )
A.①中,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
B.由①②可知,CH3COO-的水解程度大于HC的水解程度
C.③中,c(CH3COO-)=c(N)<0.1 ml·L-1
D.推测25 ℃,0.1 ml·L-1 NH4HCO3溶液的pH<8.33
7.10 ℃时加热饱和NaHCO3溶液,测得该溶液的pH发生如表所示的变化。
(1)甲同学认为,该溶液pH增大的原因是HC的水解程度增大,碱性增强,有关反应的离子方程式为 。
乙同学认为,溶液pH增大的原因是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的水解程度,该分解反应的化学方程式为 。
丙同学认为,甲、乙的判断都不充分,他进行如下探究来验证他们的判断是否正确。
(2)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”)的判断正确,试剂X是 (填标号)。
A.Ba(OH)2溶液B.BaCl2溶液
C.NaOH溶液D.澄清石灰水
(3)将加热后的溶液冷却到10 ℃,若溶液的pH=8.3,则 (填“甲”或“乙”)的判断正确。
能力提升
8.(双选) 25 ℃时,有关弱酸的电离平衡常数如下表:
下列有关微粒浓度的说法正确的是( )
A.pH均为8的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液:c(Na2CO3)>c(NaCN)>c(CH3COONa)
B.浓度均为0.1 ml·L-1 NaHCO3和Na2CO3混合溶液中:2c(Na+)=3c(HC)+3c(C)+3c(H2CO3)
C.0.2 ml·L-1 HCN溶液与0.1 ml·L-1 NaOH溶液等体积混合所得溶液中:c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)
D.浓度均为0.1 ml·L-1的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中:c(CH3COOH)+c(H+)>c(CH3COO-)+c(OH-)
9.(双选)室温下,Ka(HCN)=6.2×10-10,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A.0.1 ml·L-1 NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合:c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)>c(HCN)>c(CN-)
B.向0.1 ml·L-1 NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH=7:c(Na+)<2[c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)]
C.0.1 ml·L-1 NaCN溶液与0.1 ml·L-1 NaHC2O4溶液的比较:c(CN-)D.0.1 ml·L-1 NaCN溶液与0.1 ml·L-1 NaHC2O4溶液等体积混合:c(Na+)+c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)=0.2 ml·L-1
10.(双选)室温下,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5,H2SO3的Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.2×10-8。氨水可用于工业尾气中SO2的吸收。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A.氨水与SO2反应恰好生成(NH4)2SO3时:c(N)>c(S)>c(OH-)>c(H+)
B.氨水与SO2反应所得溶液pH=9时:c(N)+c(H+)<3c(HS)+c(OH-)
C.氨水与SO2反应生成等物质的量NH4HSO3和(NH4)2SO3时:3c(N)+3c(NH3·H2O)=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3)
D.氨水与SO2反应恰好生成NH4HSO3时:c(H+)+c(H2SO3)=c(OH-)+c(S)+c(NH3·H2O)
11.(双选)已知NaHC2O4溶液的pH<7。常温下,向pH=8.4的Na2C2O4溶液中滴加0.1 ml·L-1的HCl溶液,溶液pH与pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化关系如图所示,下列各点所示溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A.a点:c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4)=c(OH-)
B.b点:c(Cl-)>c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)
C.c点:c(Na+)=c(HC2)+c(C2)+c(Cl-)
D.d点:c(OH-)+c(Cl-)>c(H+)+2c(H2C2O4)
12.在含有弱电解质的溶液中,往往有多个化学平衡共存。
(1)一定温度下,向1 L 0.1 ml·L-1 CH3COOH溶液中加入0.1 ml CH3COONa固体,则溶液中 (填“增大”“不变”或“减小”);写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间关系的一个等式: 。
(2)25 ℃时,在20 mL 0.1 ml·L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 ml·L-1 HCl溶液40 mL,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题:
①在同一溶液中,H2CO3、HC、C (填“能”或“不能”)大量共存;
②当pH=7时,溶液中含碳元素的主要微粒为 ,溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为 ;
③已知在25 ℃时,C水解反应的平衡常数Kh==2.0×10-4,当溶液中c(HC)∶c(C)=2∶1时,溶液的pH= 。
13.砷是生命的第七元素,可形成多种重要化合物,如雌黄(As2S3)、雄黄(As4S4)、砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)等。
(1)雄黄可入药。若0.5 ml雄黄与O2反应生成As2O3,转移14 ml 电子,则另一种产物为 (填化学式)。
(2)砷酸(H3AsO4)是一种重要化工产品,可与足量NaOH溶液反应生成Na3AsO4。NaH2AsO4溶液水解反应的Kh= ,该溶液显 (填“酸”或“碱”)性。若向该溶液中加入少量NaOH固体,则溶液中将 (填“增大”“减小”或“不变”)。(已知:25 ℃,砷酸的Ka1=5×10-3,Ka2=1.7×10-7)
(3)亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病,其在溶液中存在多种微粒形态。常温下,用NaOH溶液滴定H3AsO3时,各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。
以酚酞为指示剂,将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为 ,pH=8时,溶液中c(Na+) (填“>”“<”或“=”)c(H2As)。
拓展深化
14. FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:
(1)FeCl3净水的原理是 。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示) 。
(2)为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。
①若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10-2 ml·L-1,c(Fe3+)=1.0×10-3 ml·L-1,c(Cl-)=5.3×10-2 ml·L-1,则该溶液的pH约为 。
②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式: Cl+ Fe2++ Cl-+ Fe3++ 。
(3)FeCl3在溶液中分三步水解:
Fe3++H2OFe(OH)2++H+ K1
Fe(OH)2++H2OFe(OH+H+ K2
Fe(OH)++H2OFe(OH)3+H+ K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是 。
通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氧化铁,离子方程式为xFe3++yH2OFex(OH+yH+。
欲使平衡正向移动可采用的方法是 (填序号)。
a.降温b.加水稀释
c.加入NH4Cld.加入NaHCO3
室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是 。
(4)天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为 mg·L-1。
课时规范练25 盐类的水解
1.B NaCl是强酸强碱盐,其不能水解,其水溶液呈中性,A错误;NaHSO4是强酸的酸式盐,属于强电解质,其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4Na++H++S,故其水溶液呈酸性,B正确;HCOONa属于强碱弱酸盐,其在水溶液中可以完全电离,其电离产生的HCOO-可以发生水解,其水解的离子方程式为HCOO-+H2OHCOOH+OH-,故其水溶液呈碱性,C错误;NaHCO3是强碱弱酸盐,既能发生电离又能发生水解,但其水解程度大于电离程度,故其水溶液呈碱性,D错误。
2.D 未滴定时,溶液溶质为HCl和CH3COOH,且浓度均为0.1ml·L-1,HCl为强电解质,完全电离,CH3COOH为弱电解质,不完全电离,故c(Cl-)>c(CH3COO-),A正确;当滴入氨水10mL时,n(NH3·H2O)=n(CH3COOH),则在同一溶液中c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),B正确;当滴入氨水20mL时,溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4,质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-),C正确;当溶液为中性时,电荷守恒为c(N)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),因为溶液为中性,则c(H+)=c(OH-),故c(N)>c(Cl-),D不正确。
3.C 根据质子守恒得c(OH-)=c(HC)+c(H+)+2c(H2CO3),A错误;根据物料守恒得c(Na+)=(C)+c(HC)+c(H2CO3),B错误;根据物料守恒得2c(K+)=c(HX)+c(X-),C正确;二者恰好完全反应生成碳酸钠,溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(OH-)+c(HC),D错误。
4.D NaHCO3溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-),A错误;NaHCO3溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),HC的水解和电离程度都较小,则c(HC)>c(OH-),正确的离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(HC)>c(OH-)>c(H+),B错误;该溶液的pH升高的原因可能是HC的水解程度增大,碱性增强,也可能是NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3,导致溶液碱性增强,C错误;滴加饱和CaCl2溶液,有白色沉淀和无色气体生成,白色沉淀为CaCO3,气体为CO2,说明发生了反应:Ca2++2HCCaCO3↓+H2O+CO2↑,D正确。
5.A 若X为Na2SO3,当吸收液pH=1.85时,溶液中不含S,则此时溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(HS)+c(OH-),由于c(H+)>c(OH-),故c(Na+)N,C正确;若X为(NH4)2SO3,图中b点溶液中,c(HS)=c(S),b点pH=7,c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒c(H+)+c(N)=c(HS)+2c(S)+c(OH-),则3c(HS)=c(N),n(HS)∶n(N)=1∶3,D正确。
6.B CH3COONa溶液中,物料关系为c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),A正确;由于NaHCO3是弱酸酸式盐,HC既存在电离平衡,又存在水解平衡,不能根据①②溶液的pH判断醋酸和碳酸的酸性强弱,实际上酸性:醋酸>碳酸,所以HC的水解程度大于CH3COO-的水解程度,B错误;CH3COONH4溶液的pH=7.00,即溶液呈中性,但CH3COO-和N相互促进水解,电荷关系为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),即c(CH3COO-)=c(N)<0.1ml·L-1,C正确;0.1ml·L-1NaHCO3溶液的pH=8.33,0.1ml·L-1NH4HCO3溶液相当于在0.1ml·L-1NaHCO3溶液中加入等物质的量的NH4Cl固体,由于NH4Cl水解显酸性,导致所得溶液的碱性减弱,即0.1ml·L-1NH4HCO3溶液的pH<8.33,D正确。
7.答案 (1)HC+H2OH2CO3+OH- 大于 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (2)乙 B (3)甲
解析 (1)NaHCO3为强碱弱酸盐,在溶液中发生反应的离子方程式为HC+H2OH2CO3+OH-,水解使溶液呈碱性,加热时,NaHCO3可分解生成Na2CO3,Na2CO3水解程度较大,溶液碱性较强,NaHCO3分解反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。(2)加入BaCl2溶液后,若生成沉淀,说明溶液中存在大量的C,乙同学结论正确,而加入A、D都生成沉淀,不正确,加入C无现象。(3)将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH等于8.3,说明NaHCO3没有分解,则甲的判断正确。
8.BC 酸的电离平衡常数越大,电离程度越大,则酸根离子的水解程度越小,当盐溶液的pH相同时,浓度越大,电离平衡常数:CH3COOH>HCN>HC,则水解程度C>CN->CH3COO-,所以c(Na2CO3)c(Na+)>c(CN-)>c(OH-),C项正确;浓度均为0.1ml·L-1的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中,醋酸根离子水解程度较小,则c(CH3COOH)+c(H+)9.BC 溶液为HCN与氯化钠的混合溶液,且二者的物质的量浓度相等,HCN的电离很微弱,c(Na+)=c(Cl-)>c(HCN)>c(H+)>c(CN-),A错误;若向0.1ml·L-1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4,溶液呈碱性,根据物料守恒有c(Na+)=2[c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)],当反应至溶液pH=7时,则氢氧化钠不足,c(Na+)偏小,故c(Na+)<2[c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)],B正确;因Ka(HCN)=6.2×10-10c(H2C2O4),而溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)=c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4),故c(CN-)10.AD HS的电离常数Ka2=6.2×10-8,HS的水解常数Kh=≈7.7×10-13,即HS的电离常数>HS的水解常数,HS使盐溶液显酸性。恰好生成(NH4)2SO3时,溶液中c(N)≈2c(S),因为NH3·H2O的电离常数Kb大于HS的电离常数Ka2,则N的水解常数小于S的水解常数,故溶液显碱性,c(OH-)>c(H+),故c(N)>c(S)>c(OH-)>c(H+),A正确;氨水与SO2反应所得溶液中存在电荷守恒c(N)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-),S水解使溶液显碱性,HS因其电离程度大于水解程度使溶液显酸性,现pH=9,显碱性,故c(S)>c(HS),所以c(N)+c(H+)>3c(HS)+c(OH-),B错误;NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量相等,则NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量浓度相等,假设NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量浓度均为aml·L-1,则有物料守恒c(N)+c(NH3·H2O)=3aml·L-1,c(S)+c(HS)+c(H2SO3)=2aml·L-1,故2c(N)+2c(NH3·H2O)=3c(S)+3c(HS)+3c(H2SO3),C错误;NH4HSO3溶液中存在质子守恒:c(H+)+c(H2SO3)=c(OH-)+c(S)+c(NH3·H2O),D正确。
11.AD Na2C2O4溶液中的质子守恒,水电离出的n(H+)=n(OH-),在草酸钠水溶液中水电离出的氢离子以H+、HC2、H2C2O4三种形式存在,其中1ml 草酸分子中有2ml 水电离出的氢离子,所以c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4)=c(OH-),A正确;b点时,溶液中溶质为Na2C2O4和等物质的量浓度的NaHC2O4、NaCl,根据物料守恒,c(Cl-)c(H+)+2c(H2C2O4),D正确。
12.答案 (1)不变 c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)
(2)①不能 ②HC、H2CO3 c(Na+)>c(Cl-)>c(HC)>c(H+)=c(OH-) ③10
解析 (1)K=,K仅受温度的影响。由电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)。(2)通过观察图像解答①②问。③中根据题给信息可得c(OH-)=1.0×10-4ml·L-1,则c(H+)=1.0×10-10ml·L-1,pH=10。
13.答案 (1)SO2 (2)2×10-12 酸 减小
(3)H3AsO3+OH-H2As+H2O >
解析 (1)雄黄可入药。若0.5ml雄黄与O2反应生成As2O3,转移14ml电子,即1ml雄黄与O2反应生成As2O3,转移28ml电子,硫为-2价,则As为+2价,则1mlAs4S4中As转移了4ml电子,则4ml硫总共转移24ml 电子,即1个硫升高6价,变为+4价的硫,则另一种产物为SO2。
(2)砷酸(H3AsO4)是一种重要化工产品,可与足量NaOH溶液反应生成Na3AsO4。NaH2AsO4溶液水解反应的Kh==2×10-12,Ka2大于Kh,因此该溶液显酸性。若向该溶液中加入少量NaOH固体,则溶液中,氢氧根浓度增大,因此比值减小。
(3)以酚酞为指示剂,将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加,即pH为8.2时主要是H3AsO3和H2As,该过程中主要反应的离子方程式为H3AsO3+OH-H2As+H2O,pH=8时,溶液中溶质为NaH2AsO3和H3AsO3,溶液显碱性,说明水解程度大于电离程度,因此溶液中c(Na+)>c(H2As)。
14.答案 (1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 2Fe3++Fe3Fe2+
(2)①2 ②1 6 6H+ 1 6 3H2O
(3)K1>K2>K3 bd 溶液的pH (4)18~20
解析 (1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质,可起到净水的作用;钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子,离子方程式是2Fe3++Fe3Fe2+。
(2)①根据电荷守恒:c(Cl-)=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)(酸性溶液中OH-浓度很小,在这里可以忽略不计),则c(H+)=c(Cl-)-2c(Fe2+)-3c(Fe3+)=1.0×10-2ml·L-1,则溶液pH=-lg(1.0×10-2)=2。②NaClO3氧化酸性的氯化亚铁,根据题干,Cl元素的化合价从+5价降低到-1价,得到6个电子,Fe元素的化合价从+2价升高到+3价,失去1个电子,根据得失电子守恒,氯酸根离子的化学计量数为1,则Fe2+的化学计量数为6,则铁离子的化学计量数也是6,氯离子的化学计量数是1,根据电荷守恒,则反应物中还有氢离子,且氢离子的化学计量数是6,生成物中有水,水的化学计量数是3,配平后离子方程式为Cl+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O。
(3)铁离子的水解分为三步,且水解程度逐渐减弱,所以水解平衡常数逐渐减小,则K1>K2>K3。控制条件使平衡正向移动,因为水解为吸热反应,所以降温,平衡逆向移动;加水稀释,水解平衡也正向移动;加入氯化铵,氯化铵溶液为酸性,氢离子浓度增大,平衡逆向移动;加入碳酸氢钠,则消耗氢离子,所以氢离子浓度降低,平衡正向移动。从反应的离子方程式中可知,氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成,所以关键条件是溶液的pH。溶液
①CH3COONa
溶液
②NaHCO3
溶液
③CH3COONH4
溶液
pH
8.88
8.33
7.00
温度/℃
10
20
30
加热煮沸后冷却到50 ℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
化学式
HCN
H2CO3
CH3COOH
电离平
衡常数
6.2×10-10
K1=4.4×10-7
K2=4.7×10-11
1.8×10-5