《2019届高三二轮系列之疯狂专练二十三 盐类的水解 教师版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三二轮系列之疯狂专练二十三 盐类的水解 教师版（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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【2018江苏卷】（双选）H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4102，Ka2(H2C2O4)=5.4105，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O)+c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL 0.1000molL1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）A0.1000molL1 H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000molL1+c(C2O)+c(OH)
2、c(H2C2O4)Bc(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)c(H2C2O4)c(C2O)c(H+)CpH=7的溶液：c(Na+)=0.1000molL1+c(C2O)c(H2C2O4)Dc(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH) c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)【答案】AD【解析】A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH)，0.1000molL1H2C2O4溶液中0.1000molL1=c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)，两式整理得c(H+)=0.1000molL1c(H2C2O4)+c(C2O)+c(OH)，A
3、项正确；B项，c(Na+)=c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O水解的离子方程式为HC2O+H2OH2C2O4+OH，HC2O水解常数Kh=1.851013Ka2(H2C2O4)，HC2O的电离程度大于水解程度，则c(C2O)c(H2C2O4)，B项错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH)，室温pH=7即c(H+)=c(OH)，则c(Na+)=c(HC2O)+2c(C2O)=c(总)+ c(C2O)c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)0.1000molL1，c
4、(Na+)0.1000molL1+c(C2O)c(H2C2O4)，C项错误；D项，c(Na+)=2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH)，物料守恒为c(Na+)=2c(H2C2O4)+ c(HC2O)+ c(C2O)，两式整理得c(OH)c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O)，D项正确；答案选AD。2【2017江苏】（双选）常温下，Ka(HCOOH) =1.77104，Ka(CH3COOH) =1.75105，Kb(NH3H2O) =1.76105，下列说法正确的是A浓度均为0.1molL1的HCO
5、ONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者B用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C0.2molL1 HCOOH与0.1molL1NaOH 等体积混合后的溶液中：C(HCOO)+c(OH)=c(HCOOH)+c(H+)D0.2molL1 CH3COONa与0.1molL1盐酸等体积混合后的溶液中(pH7)：c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H+)【答案】AD【解析】A由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HCOO)，氯化铵溶液中存在c(H+)+
6、c(NH)=c(OH)+c(Cl)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka，Kw不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH)小于甲酸钠溶液中c(H+)，Cl和Na+都不水解，c(Cl)=c(Na+)，所以A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH) +c(HCOO)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOO)+c(H
7、COOH)，联立两式可得2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH)+c(HCOO)，C错误；两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H+)，D正确。3【2016新课标全国卷)下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）A向0.1molL1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大C向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3
8、，溶液中不变【答案】D【解析】A项，温度不变时，CH3COOH的电离平衡常数Ka是不变的，加水时c(CH3COO)变小，应变大，故错误；B项，CH3COOH2OCH3COOHOH的平衡常数K，升温，K增大，减小，故错误；C项，根据电荷守恒得c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，溶液呈中性时c(H)c(OH)，则c(NH)c(Cl)，1，故错误；D项，向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，温度不变，Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)均不变，则不变，故正确。4【2016新课标1卷】298K时，在20.0mL 0.10molL1氨水中滴入0.10molL1的盐酸，溶液的pH与所加
9、盐酸的体积关系如图所示。已知0.10molL1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（ ）A该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂BM点对应的盐酸体积为20.0mLCM点处的溶液中c(NH)c(Cl)c(H)c(OH)DN点处的溶液中pH12【答案】D【解析】A. 向氨水当中滴加稀盐酸，两者等物质的量反应，产物为4NHCl，其溶液显酸性，应选择在酸性范围内变色的指示剂，如甲基橙的变色范围为3.14.4。而酚酞的变色范围是8.210.0，在碱性范围内变色，不能作为该滴定的指示剂，故A项错误。B如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸
10、性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；CM处溶液呈中性，则存在c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒得c(NH)=c(Cl)，该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是：c(NH)=c(Cl)c(H+)=c(OH)，错误；DN点氨水溶液中已经电离的一水合氨浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，c(OH)=0.1molL11.32%=1.32103 molL1，根据水的离子积常数可知：N处的溶液中氢离子浓度mol7.61012molL1，根据p
11、H=lgc(H+)可知此时溶液中pHc(HCO)c(H2CO3)c(CO)D微粒浓度关系：c(Na)2c(H2CO3)c(HCO)c(CO)【答案】C【解析】A溶质水解反应的方程式为HCOH2OH2CO3OH，A错误；B根据电荷守恒可知离子浓度关系：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)，B错误；C由于碳酸氢根的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则微粒浓度关系为c(Na) c(HCO)c(H2CO3) c(CO)，C正确；D根据物料守恒可知微粒浓度关系：c(Na)c(H2CO3)c(HCO)c(CO)，D错误，答案选C。2【2018天津中学联考】有4种混合溶液，分别由等体积0.1
12、molL1的2种溶液混合而成（忽体积的变化）：CH3COONa与HCl；CH3COONa与NaOH；CH3COONa与NaCl；CH3COONa与NaHCO3；下列各项排序正确的是（ ）ApH： Bc(CH3COO)：C溶液中c(H+)： Dc(CH3COOH)：【答案】B【解析】A. CH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH7，中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，都因盐的水解而显碱性，且中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶液的pH，所以各混合液中的pH大小为：，故A错误；B因中碱中的OH抑制CH3COO水解，则c（CH3COO）最大，中两种盐相互抑制水解，中只有水解，而中CH3COO与酸结合生成弱电解质，则c（CH3COO）最小，即c（CH3COO）的大小顺序为：，故B正确；C酸性越强，则溶液中c(H+）越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：，c（H+）大小为：，故C错误；D、因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c(CH3COOH)，而中CH3COO与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c(CH3COOH)最大
