高中化学盐类水解难题练习题带答案

第第#页(共16页)第第14页（共16页）pH=7的Na2C2O4和NaHC2O4混合溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+),结合电荷守恒可知：c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-),故C正确；浓度均为0.2mol/L的NH4C1溶液与NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成等浓度的NaCl、NH3・H2O,则c(Na+)=c(C1-),NH3・H2O为弱碱，部分电离出c(OH-)、c(NH4+),水又能够电离出OH-,则c(OH-)>c(NH4+),溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(C1-)>c(OH-)>c(NH4+),故D正确；故选：B。28【解答】解：A.H2A为二元弱酸，第一步电离出氢离子可抑制第二步的电离，且均电离出氢离子，则离子浓度为c(H2A)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)，故A错误；pHV7,可知HA-的电离大于其水解，则c(H2A)Vc(A2-),故B错误；等体积混合浓度不变，溶液中存在质子守恒式为c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)，故C正确；由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，混合后溶液pHV7,c(H+)>c(OH-)，则c(Na+)Vc(HA-)+2c(A2-)，故D错误；故选：Co29【解答】解：根据分析可知，b点恰好发生反应SO2+H2O+3NaC1O=Na2SO4+NaC1+2HC1O，c点恰好发生反应SO2+H2O+NaC1O=H2SO4+NaC1。12b点溶液pH约为4,c(H+)~10-4mo1/L,n(HC1O)=2n(SO2)=却o1X2=〒mo1,溶液中的c(HC1O)?10-4X10-4~=—mol/L,c(ClO-)^c(H+)=10-4mol/L，则K(HClO)〜=1.5X10-8,即HClO电a3离平衡常数的数量级为10-8，故A正确；a点通入0.2molSO2，n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=0.2mol,n(HClO)=2n(SO2)=0.4mol,反应消耗的n(NaClO)=3n(SO2)=0.6mol,反应后含有的n(NaClO)=1mol/LX1L-0.6mol=0.4mol,则n(HClO)+n(NaClO)=0.8mol、n(Cl-)=0.2mol，结合物料守恒可知：4c(Cl-)—c(HClO)+c(ClO-),故B正确；b点恰好发生反应SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO,n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=$ol,n(HClO)=2n(SO2)=专molX2=^ol,则c(SO42-)=c(Cl-),正确的浓度关系为：c(Na+)>c(SO42-)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-),故C错误；c点恰好发生反应SO2+H2O+NaClO=H2SO4+NaCl,n(H2SO4)=n(SO2)=1.0mol,c(H+)==丄J-J2.0mol・L-1,故D正确；故选：Co30【解答】解:A.当溶液pH在5〜6时，H2AsO4-的含量逐渐减小，HAsO42-的含量逐渐增大，说明发生反应：H2AsO4-+OH-—HAsO42-+H2O，故A正确；结合图示可知，HAsO42-溶液呈碱性，说明HAsO42-水解程度大于其电离程度，则c(H2AsO4-)>c(AsO43-),氢氧根离子还来自水的电离，则c(OH-)>c(H2AsO4-),则溶液中离子浓度关系c(Na+)>c(HAsO42-)>c(OH-)>c(H2AsO4-)>c(AsO43-),故B正确；向H3AsO4溶液滴加NaOH溶液至中性时c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒可知：c(Na+)=2c(HAsO42-)+3c(AsO43-)+c(H2AsO4-),故C错误；ctog042_)-c(0H")pH=11.5时c(HAsO42-)=c(AsO43-),则AsO43-第一步水解的平衡常数Kh==c(OH444h皿屮)

-)IO-14=-)IO-14=10-2.5,其数量级为10-3,故D正确;故选：Co填空题(共4小题)31【解答】解：(1)溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，可能为NH4C1溶液，因NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),故答案为：NH4Cl；①；若上述关系中③是正确的，溶液呈碱性，且c(NH4+)>c(Cl-),应为NH3・H2O和NH4Cl的混合物，若上述关系中④是正确的，溶液显示酸性，并且c(Cl-)>c(H+)，所以是盐酸和氯化铵的混合物，故答案为：NH3・H2O和NH4Cl；HCl和NH4Cl；溶液呈中性，据c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)可得c(Cl-)=c(NH4+)，因氨水为弱电解质，若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，则氨水浓度大于盐酸浓度，如小于或等于，则溶液呈酸性，并且在混合前酸中c(H+)大于碱中c(OH-)，中和后才显示中性.故答案为：小于；大于.32【解答】解：(1)任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒知，阴离子所带电荷等于阳离子所带电荷，B中阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，所以不符合电荷守恒，故选B；任何电解质溶液中都含有OH-、H+，某溶液中只存在OH-、H+、Na+、CH3COO-四种离子且只有一种溶质，应该是CH3COONa，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，盐类水解较微弱，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故选D.33【解答】解：(1)存在的分子有H2O、H2A,则H2A为弱酸，电离方程式为H2A=H++HA-、HA-BH++A2-,故答案为：H2A=H++HA-、HA-BH++A2-；Na2A为强碱弱酸盐，溶液中A2-+H2O#HA-+OH-呈碱性,故答案为：碱性；A2-+H2O#HA-+OH-；A.根据物料守恒得c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mo卜L-1-，故A正确;B.在溶液中，根据质子守恒得：c(OH-)=c(H+)+c(HA-)，故B错误；0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，故C正确；溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，钠离子不水解，酸根离子水解，所以c(Na+)>c(A2-),A2-+H2O#HA-+OH-，盐类水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H+),故D错误;故答案为：AC；0.1mo卜L-1H2A溶液，H2A—H++HA-,电离出0.1mol/LH+,0.1mol・L-1NaHA溶液的pH=2,则由HA-BH++A2-可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HA-的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1mol/L+0.01mol/L,故答案为：v；H2A—级电离出H+,对HA-电离起抑制作用，而NaHA中不存在抑制作用；Na2A为强碱弱酸盐，A2-水解A2-+H2O#HA-+OH-,Na2SO4为强酸强碱盐，不水解，所以两种溶液中阴离子总浓度的大小①〉②，故答案为：〉；34【解答】解：(1)CH3COONa溶液、NH4C1溶液，盐酸和NaNO3四种溶液，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解成碱性，促进水的电离，NH4C1溶液为强酸弱碱盐，水解成酸性，促进水的电离，盐酸溶液呈酸性，抑制水的电离，Na2SO4为强酸强碱盐，溶液呈中性，A、C溶液的pH相同，A、C为NH4C1溶液、盐酸；A、B溶液中水的电离程度相同，A、B为CH3COONa溶液、NH4C1溶液.故A为NH4C1溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸，D为Na2SO4溶液，故答案为：NH4C1；CH3COONa；盐酸；(2)A.氢离子和氢氧根离子反应生成水，钠离子不反应，所以c(Na+)>c(OH-),故A错误；B•任何电解质溶液都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),故B正确；常温下，pH>7，说明溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+),故C错误；常温下，pH>7，说明溶液呈碱性，则c(OH-)>c(H+),故D错误.故选ACD.实验题(共1小题)35【解答】解:(1)草酸的酸性比碳酸强，故草酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，由于草酸足量，故还生成NaHC2O4,反应离子方程式为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2f+h2o，故答案为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2f+h2o；=0.02mol,NaOH的物质的量为0.1LX0.2mol/L(2)2.52g草酸晶体(H2C2O=0.02mol,NaOH的物质的量为0.1LX0.2mol/L0.02mol,二者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度.根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，故A错误；反应后的溶液为0.2mol/LNaHC2O4溶液，由物料守恒可知，溶液中c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)—0.2mo1/L,故B错误；HC2O4-的电离程度大于其水解程度，且电离程度不大，贝y溶液中c(HCO4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故C正确；反应后的溶液为0.2mol/LNaHC2O4溶液，由钠元素与碳元素关系，可知溶液中c(Na+)—c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)，故D正确，故答案为：CD；草酸被氧化为二氧化碳，把MnO4-还原为Mn2+,说明草酸具有还原性，反应离子方程式为：5H2C2O4+6H++2MO4-—2Mn2++10CO2f+8H2O，故答案为：还原性；5H2C2O4+6H++2MO4-—2Mn2++1OCO2f+8H2O；分别向等体积、等pH的盐酸溶液和乙二酸(HOOC-COOH)溶液中：加入足量的Zn粉，反应刚开始时溶液中氢离子浓度相同，所以产生H2速率相同，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，乙二酸是弱酸，盐酸是强酸，加水稀释乙二酸电离被促进，稀释乙二酸需要加入的水多，则m和n的关系是m小于n，故答案为：相同；m小于n.解答题(共1小题)36【解答】解：(1)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al(SO4)2中A13+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4-电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4-电离生成的H+浓度比A13+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al(SO4)2中的小，故答案为：小于；NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为A,故答案为：A；n[NH4Al(SO4)2]=0.1LX0.1mol/L=0.01mol,n(NaOH)=0.09LX0.5mol/L=0.045mol,0.01molA13+转化为沉淀需要0.03molNaOH可生成0.01molAl(OH)3，0.01molNH4+消耗0.01molNaOH,则剩余0.045mol-0.03mol-0.01mol=0.005molNaOH可溶解氢氧化铝，由Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，最终生成沉