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1、专题31 盐类水解1某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol/ L NaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是( )ANaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D加入CaCl2促进了HCO3-的水解【答案】D【解析】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱
2、性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3+H2CO3，B正确； C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)= c(OH-)，c(Na+)+ 2c(Ca2+)= c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(
3、Cl-)，C正确； D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误。2室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（ ）加入的物质结论A0.05molCH3COONa固体减小B0.05molNaHSO4固体c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）c（SO42）C0.05molNH4Cl固体水电离程度增大D50mLH2O由水电离出的c（H+）c（OH）减小【答案】A【解析】室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，所得溶液的浓
4、度为0.5mol/L。则A、再加入0.05molCH3COONa固体，c(Na+)增大为原来的2倍，而由于溶液浓度增大，故CH3COO的水解程度变小，故c(CH3COO)大于原来的2倍，则c(CH3COO)/c(Na+)比值增大，A错误；B、加入0.05molNaHSO4固体，能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和0.5mol/L的Na2SO4的混合溶液，根据物料守恒可知，c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.5mol/L，而c(Na+)=1mol/L，c(SO42)=0.5mol/L，故有：c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)c(
5、SO42)，B正确；C、加入0.05molNH4Cl固体后，和CH3COONa发生双水解，水解程度增大，则对水的电离的促进会增强，故水的电离程度增大，C正确；D、加入50mL水后，溶液变稀，pH变小，即溶液中c(OH)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH)变小，且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H+)变小，因此由水电离出的c(H+)c(OH)减小，D正确。3在10 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系不正确的是()Ac(Na)=c(CH3COO)c(CH3COOH)
6、Bc(OH)=c(H)c(CH3COOH)Cc(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)Dc(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)【答案】D【解析】A.在10 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，二者恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO水解产生CH3COOH，根据物料守恒可得：c(Na)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，A正确；B.反应后的溶液为CH3COONa，CH3COO水解使溶液显碱性，溶液中OH-有水电离产生的和CH3COO水解产生的，根据质子守恒可得c(OH)=c(H)+c(CH3COOH)，B正
7、确；C.根据电荷守恒可得：c(Na)+c(H)=c(CH3COO-)+c(OH-)，C正确；D.反应后的溶液为CH3COONa，CH3COO水解消耗，所以c(Na)c(CH3COO-)，CH3COO-水解消耗使溶液显碱性，所以c(OH-)c(H+)，盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，所以c(CH3COO)c(OH-)，故溶液中离子浓度关系为：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)，D错误。420 时向20 mL 0.1 molL1醋酸溶液中不断滴入0.1 molL1 NaOH溶液，溶液pH变化如图所示。此过程中溶液中离子浓度的关系错误的是（）Aa点：c（
8、CH3COO）c（Na）c（H）c（OH）Bb点：c（Na）c（CH3COO）c（H）c（OH）Cc点：c（H）c（CH3COO）c（OH）Dd点：c（Na）c（CH3COO）c（OH）c（H）【答案】C【解析】A. a点滴入10 mL 0.1 molL1 NaOH溶液，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，所以c（CH3COO）c（Na）c（H）c（OH），故A正确；B. b点溶液呈中性，根据电荷守恒c（Na）c（CH3COO）c（H）c（OH），故B正确；C. c点表示等体积、等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液混合，溶质是醋酸钠，根据电荷守恒c（H）c（CH3COO）c（OH）- c（Na），故
9、C错误；D. d点为醋酸钠、氢氧化钠的混合液，溶液呈碱性，根据电荷守c（Na）c（CH3COO）c（OH）c（H），故D正确。5下列相关微粒物质的量浓度关系不正确的是（ ）A0.1 molL-1NaHCO3溶液中：c(OH-)c(H+)c(H2CO3)c(CO32-)B常温下，0.1molL-1NaHSO3溶液的pH7：c(Na+)c(HSO3-)c(H2SO3)c(SO32-)c(H+)CpH2的HA溶液与pH12的MOH溶液任意比混合：c(H+)c(M+)c(OH-)c(A-)D0.1molL-1 NH4Cl溶液中：c(Cl-)c(NH4+)c(NH3H2O)0.1 molL-1【答案】B
10、【解析】A、碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na）+c（H）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），根据物料守恒得c（Na）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），-，消去钠离子，得质子守恒：c（OH）=c（H）+c（H2CO3）-c（CO32），故A正确；B、常温下，浓度为0.1molL-1 NaHSO3溶液的pH7，说明HSO3电离程度大于水解程度，HSO3和水都电离出氢离子，只有HSO3电离出SO32，所以c(H2SO3)Kb(NH3H2O)Bb点时c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d几点中，水的电离程度dbaDa b点过程
11、中，可能存在c(X)c(HX)c(OH)c(H+)，故B正确；C. a b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中，水的电离程度bad，故C错误；D. a b点过程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X)cHSO3-)c(H2SO3)c(SO32-)D0.1molL-1Na2CO3溶液与0.1molL-1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中c(CO32-)c(HCO3-)cOH-) c(H2CO3)【答案】B【解析】A.任何电解质溶液中都存在质子守恒, 0.1molL-1Na2S溶液中根据质子守恒得c(OH-)=2c(
12、H2S)+ c(HS-)+c(H+),故A错误; B.0.1molL-1CH3COONH4溶液中存在物料守恒, c(NH4+)+c(NH3H2O)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH),故B正确;C. 0.1molL-1pH=6的NaHSO3溶液中HSO3-电离大于其水解程度,溶液显酸性,溶液中离子浓度大小为：c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H2SO3), 故C错误；D. 0.1molL-1Na2CO3溶液与0.1molL-1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子: c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H2CO3)，故D错误
13、。8下列实验操作能达到实验目的的是（ ）实验目的实验操作A制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干C除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液【答案】D【解析】A将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀，欲得到氢氧化铁胶体，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中制取氢氧化铁胶体，故A错误；B由MgCl2溶液制备无水MgCl2，由于氯化镁易水解、氯化氢易挥发，若将MgCl2溶液加热蒸干，最终得到的是MgO，应该在HCl气流中加热氯化镁溶液制取无水氯化镁，故B错误；C稀硝酸能够与铜粉反应，除去Cu粉中混有的CuO，可用稀硫酸或稀盐酸，故C错误；DK
