2022届高考化学二轮复习疯狂专练16盐类的水解含解析20221218320

1、盐类的水解考点说明××××××××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。考点透视××××××××1【2019年江苏卷】实验测得0.5mol·l1ch3coona溶液、0.5mol·l1 cuso4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

2、，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：ch3cooh、naoh、ch3coona，下列叙述正确的是（）a中c(ch3cooh)>c(ch3coo)>c(h+)>c(oh)b等体积混合后，醋酸根离子浓度小于的二分之一c等体积混合以后，溶液呈酸性，则c(na+)>c(ch3coo)>c(h+)d等体积混合以后，水的电离程度比等体积混合的电

3、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0.02nabc(h+)= c()+2c()+3c()+ c(oh)c加水稀释使电离度增大，溶液ph减小d加入nah2po4固体，溶液酸性增强4【2019北京卷】室温下，取20 ml 0.1 mol·l1某二元酸h2a，滴加0.2mol·l1 naoh溶液。已知：h2a=h+ha，hah+a2。下列说法不正确的是（）a0.1 mol·l1 h2a溶液中有c(h+)c(oh)c(a2)0.1 mol·l1b当滴加至中性时

4、，溶液中c(na+)c(ha)+2c(a2)，用去naoh溶液的体积小于10 mlc当用去naoh溶液体积10 ml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20 ml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（）a0.1mol/l ph=3的h2a溶液与0.01mol/l ph=11的moh溶液任意比混合：c(h+)+c（m+）c(oh)+2c(a2)bph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

5、等ch3cooh和ch3coona溶液等体积混合：c(ch3coo)+2c(oh)2c(h+)+c（ch3cooh）d0.1mol·l1的naha溶液，其ph4：c(ha)c(h+)c(h2a)c(a2)考点突破××××××××1物质的量浓度相同的下列溶液中，nh浓度最大的是（）anh4clbnh4hso4cch3coonh4dnh3·h2o2下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）a0.1mol/l的nahc2o4溶液中存在：c(na+)+c(h+)=c(hc2o) + c(c2o) +c

6、(oh)b0.1 mol/l的nahx溶液ph为4，该溶液中：c(hx)c(h2x)c(x2)c(h+)c(oh)c25时，ph=8的ch3coona溶液中，c(ch3cooh)约为106 mol/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co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：fe33h2ofe(oh)3(胶体)3h+

7、4下列说法错误的是（）nahco3溶液加水稀释，c(na+)/c(hco)的值增大浓度均为0.1mol·l1的na2co3、nahco3混合溶液：2c(na+)3c(co)+c(hco)在0.1mol·l1氨水中滴加0.1mol·l1盐酸，恰好完全反应时溶液的pha，则由水电离产生的c(oh)10a mol·l1向0.1mol·l1(nh4)2so3溶液中加入少量naoh固体，c(na+)、c(nh)、c(so)均增大在na2s稀溶液中，c(oh)c(h+)+2c(h2s)+c(hs)abcd5由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结

8、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/l nahso3溶液的phph约为5hso电离大于水解c向浓度均为01mol·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：si<cld向盛有10滴0.1mol/l agno3溶液的试管中滴加0.1mol/l nacl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加0.1mol/l ki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（）

9、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=1×106，向20ml浓度为0.01mol·l1的ha溶液中逐滴加入0.01mol·l1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（）aa点对应溶液的ph约为4，且溶液中只存在ha的电离平衡bb点对应溶液中：c(na+)>c(a)&

10、gt;c(ha)>c(h+)>c(oh)cd点对应溶液中：c(oh)-c(h+)=c(a)da、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：a<b<c<d8常温下，在20.00 ml 0.1000 mol·l1nh3·h2o溶液中逐滴滴加0.1000mol·l1hcl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溶液：c(cl)>c(nh)>c(oh)>c(h+)b溶液：c(nh)c(cl)>c(oh)c(h+)c、三点所示的溶液中水的电离程度>>d滴定过程中不可能出现：c

11、(nh3·h2o)>c(nh)>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·l1的cuso4和(nh4)2so4的混合溶液中：c(nh)>c(so)>c(cu2+)>c(h+)bph6的nahso3溶液中：c(so)c(h2so3)9.9×106mol·l1c0.1 mol·l1ch3coona溶液中通入hcl气体，至ph7(溶液体积变化忽略不计)：c(na+)>c(ch3cooh) > c(cl)d0.100mol&

12、#183;l1的na2s溶液中通入hcl气体，至c(cl)0.100mol·l1(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(so)n(hso)变化关系如表：n(so)n(hso)91911191ph8.27.26.2上表判断nahso3溶液显_性，用化学平衡原理解

13、释：_。答案与解析××××××××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b不符合题意；c升高温

14、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】ach3cooh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等体积混合

15、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等体积混合以后恰好反应生成ch3coona，ch3coo的水解促进水的电离，等体积混合，ch3cooh电离产生的h+抑制水的电离，因此总体上看等体积混合后水的电离程度比等体积混和后水的电

16、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ph2，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20ml 0.1mol·l1二元酸h2a看

17、做20 ml 0.1 mol·l1ha一元弱酸和0.1mol/lh+溶液，注意该溶液是不存在h2a微粒。a0.1mol·l1h2a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·l1，a项正确；b若naoh用去10ml，反应得到naha溶液，由于hah+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10 ml时，得到naha溶液，溶液的ph7，存在质子守恒，其关系为c(a2)c(h+)c(oh)，

18、c项正确；d当用去naoh溶液体积20 ml时，得到na2a溶液，根据物料守恒有：c(na+)2c(ha)+2c(a2)，d项正确。【点拨】本题熟悉掌握盐类水解中的三大守恒关系，注意，当加入的氢氧化钠的量为10ml时，溶质为naha，抓住这个分析答题。5.【答案】c【解析】a0.1mol/l ph=3的h2a溶液说明是二元弱酸，根据溶液呈电中性原理可知：c(h+)+c(m+)c(oh)+2c(a2)+ c(ha)，错误；bnaoh是强碱，电离使溶液显碱性，而ch3coona和na2co3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解程度是微弱的，所以当溶液的ph 相等时，盐的浓度远大于碱的浓度，根据

19、盐的水解规律：越弱越水解，盐的水解程度大，所以盐的浓度c(ch3coona)c(na2co3)，故ph相等的ch3coona、naoh和na2co3三种溶液：c(naoh)c(na2co3)c(ch3coona)，b错误；c物质的量浓度相等ch3cooh和ch3coona溶液等体积混合：根据物料守恒可得c(ch3coo)+c(ch3cooh)=2c(na+)，电荷守恒可知c(ch3coo)+c(oh)c(h+)+c(na+)，将第二个式子代入第一个式子可得：c(ch3coo)+2c(oh)2c(h+)+c(ch3cooh)，c正确；d0.1 mol·l1的naha溶液，其ph4，说明

20、ha的电离作用大于水解作用，但是盐的水解作用是微弱的，所以c(ha)c(a2)c（h2a），在溶液中除了ha-电离外，还存在水的电离，所以c(h+)c(a2)，所以溶液中离子浓度关系是：c(ha)c(h+)c(a2)c(h2a)，d错误。二、考点突破1.【答案】b【解析】1mol氯化铵电离出1mol铵根离子，铵根离子有少部分水解；1mol硫酸氢铵电离出1mol铵根离子、1mol氢离子和1mol硫酸根离子，氢离子抑制铵根水解，所以氯化铵中的铵根离子小于硫酸氢铵中的铵根离子；1mol醋酸铵电离出1mol铵根离子和1mol醋酸根离子，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以醋酸铵中铵根离子比氯化铵中的少；一

21、水合氨是弱电解质，有少部分电离出铵根离子，所以铵根离子最少。因此铵根离子由多到少的顺序为硫酸氢铵、氯化铵、醋酸铵、氨水。所以选b。【点拨】双水解能相互促进使得铵根离子减少，b项中，氢离子的存在，使得铵根离子的水解方程式向逆向移动，所以b中的铵根离子浓度最大。2.【答案】c【解析】anahc2o4溶液中遵循电荷守恒，即c(na+) + c(h+)=c(hc2o) + 2c(c2o) +c(oh)，a项错误；b0.1 mol/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

22、中：c(hx)c(x2)c(h2x)c(h+)c(oh)，b项错误；cch3coona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)=10-6mol/l，故c(ch3cooh)=106mol/l-108mol/l106 mol/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。【点拨】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.【答案】b【解析】a加热促进碳酸根的水解，碱性

23、增强，油脂在碱性条件水解，所以去污能力增强，正确；b铁在潮湿的环境下生锈是铁发生了电化学腐蚀，mg与nh4cl溶液反应生成h2是因为mg与nh水解产生的h+反应生成h2，错误；c硫酸是高沸点酸，不挥发，所以最后水解的生成的氢氧化铝与硫酸反应，最终还是硫酸铝，正确；d三价铁离子水解制取氢氧化铁胶体，正确。【点拨】铁在潮湿的环境中，容易发生吸氧或者析氢腐蚀，与盐类的水解无关。4.【答案】b【解析】nahco3溶液加水稀释，促进hco的水解，n(hco)较小，n(na+)不变，则c(na+)/c(hco)的比值保持增大，项正确；浓度均为0.1mol/l的na2co3、nahco3混合溶液，假设体积为

24、1l，则n(na+)0.3mol，根据物料守恒可知c(co)+c(hco)+c(h2co3)0.2mol，则2c(na+)3c(co)+c(hco)+ c(h2co3)，项错误；在0.1mol/l氨水中滴加0.1mol/l盐酸，刚好完全中和时pha，由于铵根水解溶液显酸性，则溶液中由水电离出产生的c(oh)c(h+)10-amol/l，项正确；向0.1mol·l1(nh4)2so3溶液中加入少量naoh固体，抑制亚硫酸钠的水解，而nh会与oh离子发生反应，所以c(na+)、c(so)均增大，c(nh)则减小，项错误；在na2s稀溶液中根据质子守恒可知c(oh)=c(h+)+2c(h2

25、s)+c(hs)，项正确，综上所述，符合题意，b项正确。【点拨】这类题型要求学生基本知识比较牢固，对问题的分析比较透彻，能正确的抓住问题的关键所在，找出错误的点，整体难度不是很大。5.【答案】c【解析】钡离子与碳酸根离子反应产生碳酸钡沉淀，导管碳酸根离子水解平衡逆向移动，使溶液红色变浅，a正确；由ph可知，nahso3溶液电离显酸性，hso在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，溶液ph=5<7，说明hso的电离作用大于其水解作用，b正确；nacl溶液不变红色是由于nacl是强酸强碱盐。【点拨】本题错误选项c中的实验、现象与结论不符，是这类题型中经常出现的考点。6.【答案】b【解析】aa

26、lcl3在加热时水解生成al(oh)3和hcl，hcl易挥发，蒸干灼烧得到的是al2o3，无法获得alcl3晶体，选项a错误；b硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳酸钙，加入盐酸即可除去，选项b正确；c一水合氨为弱碱，溶液中存在电离平衡：nh3·h2onh+oh，加入酚酞后溶液变为红色，而nh4cl=nh+cl，其中的nh会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，选项c错误；dfe3+易水解，水解生成h+，水解的离子方程式为fe3+3h2fe(oh)3+3h+，配制溶液时，可加入酸抑制fecl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是fecl3溶液，所以选加hcl，不能用其它

27、的酸，选项d错误。【点拨】本题为盐类的水解的应用，应注意盐水解得到挥发性的酸，产物会发生变化。7.【答案】d【解析】aa点为0.01 mol·l-1的ha溶液，此时溶液中存在ha和h2o的电离平衡，故a错误；bb点为在20ml0.01 mol·l1的ha溶液中滴加10ml0.01 mol·l1的naoh溶液，此时溶液中nah和ha等物质的量混合，溶液ph7，说明ha的电离程度大于a-的水解程度，则c(a)>c(na+)>c(ha)>c(h+)>c(oh)，故b错误；cd点为滴加20mlnaoh溶液，此时恰好完全中和生成naa，溶液中存在的电

28、荷守恒式为c(oh)+c(a)=c(h+)+c(na+)，物料守恒式为c(na+)=c(a)+c(ha)，则c(oh)-c(h+)=c(ha)c(a)，故c错误； da点为ha溶液，b点是ha和naa等浓度的混合溶液，c点是naa和少量ha的混合液且溶液ph=7，d点是naa的溶液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，naa促进水的电离，且所含naa的浓度越大，溶液中水的电离程度越大，则a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：a<b<c<d，故d正确；故答案为d。【点拨】本题难点是判断混合溶液中水的电离程度的强弱，明确酸溶液和碱溶液抑制水的电离，能够水解的盐溶液促进水的电离；且酸

29、溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进水的电离，且浓度越大，水的电离程度越大。8.【答案】b【解析】a点时加入hcl溶液10ml，得到等物质的量浓度的nh3·h2o、nh4cl的混合液，溶液呈碱性，c(nh)c(cl)c(oh)c(h+)，故a错误；b点时溶液呈中性，根据电荷守恒c(nh)c(cl)c(oh)c(h+)，故b正确；c点时酸碱恰好反应，此时氯化铵水解，溶液呈酸性，促进水电离，、两点有碱剩余，抑制水电离，、三点所示的溶液中水的电离程度，故c错误；d开始滴加盐酸时，能出现c(nh3·h2o)c(nh)c(oh)c(cl

30、)c(h+)，故d错误。【点拨】本题是正常的酸碱中和滴定中离子浓度的大小比较、水的电离程度的大小的判断，抓住强酸滴定弱碱时，图象中各点的溶液中的溶质及其浓度关系大小进行比较。9.【答案】d【解析】a等物质的量浓度的cuso4和(nh4)2so4的混合溶液中，铵根离子和铜离子均可以发生水解反应，溶液显示酸性，存在：c(so)c(nh)c(cu2+)c(h+)，故a错误；b常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(na+)=c(h2so3)+c(hso)+c(so)，根据电荷守恒得c(na+)+c(h+)=c(oh)+c(hso)+2c(so)，将代入得，c(h2so3)+c(h+)=c(oh)+c(so)，所以c(so)-c(h2so3)=c(h+)-c(oh)=(10-6-10-8 )mol/l=9.9×10-7mol·l-1，故b错误；cch3coona溶液中通入hcl气体至ph=7，则c(oh-)=c(h+)，结合电荷守恒c(na+)+c(h+)=c(cl)+c(oh)+c(ch3coo)可得：c(na+)=c(cl)+c(ch3coo)，即c(na+)c(cl)；结合醋酸钠中物料守恒