2021版化学名师讲练大一轮复习鲁科新高考地区专用版核心素养测评 三十一盐类的水解
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核心素养测评 三十一
盐类的水解
一、选择题(本题包括6小题,每题6分,共36分)
1.下列说法不正确的是 ( )
A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂
B.水解反应N+H2ONH3·H2O+H+达到平衡后,升高温度平衡逆向移动
C.制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法
D.盐类水解反应的逆反应是中和反应
【解析】选B。明矾[KAl(SO4)2·12H2O]因Al3+水解生成Al(OH)3胶体,能吸附水中悬浮的物质,使之沉降,从而起到净水的作用,A项正确;盐的水解是吸热过程,升高温度水解平衡正向移动,B项错误;AlCl3、FeCl3、CuCl2溶液中分别存在Al3+、Fe3+、Cu2+的水解平衡,直接将三种溶液加热蒸干得不到相应的固体,应在HCl气流中加热,得到AlCl3、FeCl3、CuCl2固体,C项正确;盐类水解反应的逆反应是酸碱中和反应,D项正确。
2.相同温度、相同浓度下的六种溶液,其pH由小到大的顺序如图所示,图中①②③代表的物质可能分别为 ( )
A.NH4Cl (NH4)2SO4 CH3COONa
B.(NH4)2SO4 NH4Cl CH3COONa
C.(NH4)2SO4 NH4Cl NaOH
D.CH3COOH NH4Cl (NH4)2SO4
【解析】选B。(NH4)2SO4比NH4Cl溶液中的铵根离子浓度大,水解生成的氢离子浓度大,醋酸钠水解显碱性,且其碱性比Na2CO3要弱。
3.(2019·衡水模拟)下列说法正确的是 ( )
A.常温下醋酸分子不可能存在于pH>7的碱性溶液中
B.常温下pH=2的H2SO4与pH=13的NaOH溶液混合,所得混合液的pH=11,则H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比是9∶1
C.0.1 mol·L-1硫化钠溶液中,c(S2-)+c(HS-)+2c(H2S)=0.1 mol·L-1
D.常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液的pH=7,则混合溶液中c(N)>c(Cl-)
【解析】选B。醋酸为弱酸,醋酸钠为强酸弱碱盐,水解呈碱性,溶液中存在醋酸分子,A错误;常温下,pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1 mol·L-1,pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01 mol·L-1,酸碱混合后溶液呈碱性,说明NaOH过量,且pH=11,说明反应后c(OH-)=0.001 mol·L-1,则:c(OH-)=
=0.001 mol·L-1,解之得:
V(H2SO4)∶V(NaOH)=9∶1,B正确;硫化钠溶液中存在物料守恒,为c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=0.2 mol·L-1,则c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.1
mol·L-1,C错误;溶液存在Cl-、N、H+、OH-,当溶液pH=7时,c(H+)=c(OH-),c(N)=c(Cl-),故D错误。
4.(2020·苏州模拟)25℃时,下列各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是 ( )
A.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液:c(OH-)=
c(H+)+c(HC)+c(H2CO3)-c(C)
B.0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液呈酸性:
c(Na+)>c(HC2)>c(H2C2O4)>c(C2)
C.20 mL 0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液与10 mL 0.10 mol·L-1 HCl溶液混合得到的酸性溶液:
c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)
D.向0.1mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性:
c(Na+)>c(N)>c(S)>c(OH-)=c(H+)
【解析】选C。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(HC)+2c(C)+c(OH-),根据物料守恒得c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(H2CO3),所以得c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)-c(C),选项A错误;0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液呈酸性,说明HC2的电离程度大于其水解程度,则c(C2)>c(H2C2O4),正确的浓度大小为:
c(Na+)>c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4),选项B错误; 20 mL 0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液与10 mL 0.10 mol·L-1 HCl溶液混合得到NaCl、CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1∶1∶1的混合物,CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度,由电荷守恒可知:n(CH3COO-)+n(OH-)+n(Cl-)=n(Na+)+n(H+);根据物料守恒知n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=2×10-3 mol,n(Na+)=2×10-3 mol,n(Cl-)=10-3 mol,
n(Na+)-n(Cl-)=10-3 mol
=[n(CH3COOH)+n(CH3COO-)],n(CH3COO-)+n(OH-)=[n(CH3COO-)+n(CH3COOH)]+
n(H+),所以c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+),选项C正确;NH4HSO4与NaOH物质的量1∶1反应时,溶液中的溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4,此时溶液中c(Na+)=c(S),呈酸性,再继续滴加NaOH至溶液呈中性时,
c(Na+)>c(S),c(N)+c(NH3·H2O)=c(S),所以离子浓度关系是c(Na+) >c(S)>c(N)>c(OH-)=c(H+),选项D错误。
5.常温下,将Na2A和NaHA溶液分别进行稀释,若-lg c(Na+)=pNa、-lg c(OH-)=pOH,则测得两种溶液中pNa与pOH的关系曲线如图。下列说法正确的是 ( )
A.X点所在的直线表示NaHA溶液的稀释
B.在Y点加入适量NaOH固体可以达到X点
C.将X和Y点溶液等体积混合,则有c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)
D.常温下,H2A的Ka1数量级为10-5
【解析】选D。浓度相同的Na2A和NaHA溶液中,NaHA的水解程度小,溶液碱性弱,故Y点所在的直线表示NaHA溶液的稀释,A项错误;X点和Y点处pNa相同,即c(Na+)相同,在Y点加入适量NaOH固体,c(Na+)增大,故不可能达到X点,B项错误;pNa=2时,c(Na+)=10-2 mol·L-1,故X点Na2A的浓度为0.5×10-2 mol·L-1,Y点NaHA的浓度为l×10-2 mol·L-1,A2-水解程度强于HA-,故c(HA-)>c(A2-),C项错误;根据Y点所在曲线,pNa=1,pOH=5,可知c(Na+)=10-1mol·L-1(近似为NaHA的浓度),c(OH-)=10-5 mol·L-1,根据HA-+H2OH2A+OH-,则HA-的水解常数Kh=≈10-9,则H2A的电离常数Ka1=≈10-5,可知数量级为10-5,D项正确。
6.常温下,相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液分别加水稀释,平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示,则下列叙述正确的是 ( )
A.b、c两点溶液的导电能力相同
B.a、b、c三点溶液中水的电离程度a>c>b
C.c点溶液中c(H+)=c(OH-)+c(CH3COOH)
D.用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应,消耗盐酸体积Vb=Vc
【解析】选B。NaOH是强碱,CH3COONa是强碱弱酸盐,加水稀释促进醋酸根离子水解,稀释相同的倍数后,溶液中c(OH-):CH3COONa>NaOH,所以pH变化大的是NaOH,则Ⅱ为NaOH,pH变化小的是CH3COONa,即Ⅰ为CH3COONa
。溶液的导电能力与离子浓度成正比,pH相等的醋酸钠和氢氧化钠,c(CH3COONa)>c(NaOH),所以c点导电能力大于b点,A错误;氢氧化钠对水的电离起抑制作用,而醋酸根离子浓度越大越促进水的电离,所以a、b、c三点溶液中水的电离程度:a>c>b,B正确;任何电解质溶液中都存在质子守恒,根据质子守恒得c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-),C错误;pH相等的NaOH溶液和CH3COONa溶液,c(CH3COONa)>c(NaOH),相同体积、相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度盐酸的体积与醋酸钠和氢氧化钠的物质的量成正比,相同体积、相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液中n(CH3COONa)>n(NaOH),所以醋酸钠消耗的盐酸多,消耗盐酸体积:Vb
8.3。
答案:Ⅰ.(1)酸 Cr 增大 (2)Ag2CrO4
Ⅱ.(1)HC+H2OH2CO3+OH-
(2)大于
(3)①乙 B ②等于 甲(或高于 乙)
一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)
1.已知NaHSO3溶液显酸性,溶液中存在以下平衡:
HS+H2OH2SO3+OH- ①
HSH++S ②
向0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质,下列有关说法正确的是
( )
A.加入少量金属钠,平衡①左移,平衡②右移,溶液中c(HS)增大
B.加入少量Na2SO3固体,则c(H+)+c(Na+)=c(HS)+c(OH-)+c(S)
C.加入少量NaOH溶液,、的值均增大
D.加入氨水至中性,则2c(Na+)=c(S)>c(H+)=c(OH-)
【解析】选C。 A项,加入金属钠后,钠和水反应生成氢氧化钠,使平衡①左移,平衡②右移,移动的结果是c(S)增大。可以利用极端分析法判断,如果金属钠适量,充分反应后溶液中溶质可以是亚硫酸钠,此时c(HS)很小,错误;B项,依据电荷守恒判断,c(S)前面的化学计量数应为2,即c(H+)+c(Na+)=c(HS)+c(OH-)+2c(S),错误;C项,加入氢氧化钠溶液后,溶液酸性减弱,碱性增强,所以增大,平衡①左移,平衡②右移,最终c(S)增大,c(HS)减小,所以增大,正确;D项,加入氨水至溶液呈中性,即c(H+)=c(OH-),由电荷守恒知,其他离子存在如下关系:
c(Na+)+c(N)=2c(S)+c(HS),错误。
【规律方法】酸式盐中粒子浓度大小比较方法
第一步:判断酸式盐溶液的酸碱性
若酸式酸根离子的水解能力大于电离能力,则溶液显碱性,如NaHCO3溶液显碱性。
若酸式酸根离子的电离能力大于水解能力,则溶液显酸性,如NaHSO3溶液显酸性。
第二步:写出水解和电离方程式,确定溶液中“粒子”
如:NaHCO3溶液中存在
水解平衡:HC+H2OH2CO3+OH-
电离平衡:HCH++ C
故NaHCO3溶液中存在“粒子”有Na+、HC、OH-、H+、C、H2CO3
第三步:依据溶液的酸碱性,判断“粒子”浓度大小
NaHCO3溶液中:c(Na+)>c(HC)>>
NaHSO3溶液中:c(Na+)>c(HS)>>
2.对于 0.1 mol·L-1Na2SO3溶液,正确的是( )
A.升高温度,溶液 pH 降低
B.c(Na+)=2c(S)+c(HS)+c(H2SO3)
C.c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)
D.加入少量 NaOH 固体,c(Na+)增大,c(S)减小
【解析】选C。对于Na2SO3溶液 ,Na2SO32Na++S、S+H2OHS+OH-、HS+H2OH2SO3+OH-。升温能促进S的水解,c(OH-)增大,溶液pH增大,A
项错误;溶液中物料守恒式为c(Na+)=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3),B项错误;溶液中电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-),C项正确;加入NaOH固体,c(OH-)、c(Na+)增大,平衡逆向移动,c(S)增大,D项错误。
【延伸探究】
(1)Na2SO3溶液中离子浓度大小顺序为_____________________________。
提示:c(Na+)>c(S)>c(OH-)>c(HS)>c(H+)。c(S)发生两步水解,溶液显碱性,c(OH-)>c(HS)>c(H+)。
(2)上题改为NaHSO3溶液,C项是否正确?
提示:是。NaHSO3溶液中HS既电离也水解,溶液中离子种类与Na2SO3溶液相同,电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)。
3.(2020·徐州模拟)常温下,将Cl2缓慢通入水中至饱和,然后向所得饱和氯水中滴加0.10 mol·L-1的NaOH溶液,整个过程中溶液pH变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是 ( )
A.点①所示溶液中:c(H+)=c(Cl-)+c(HClO)+c(OH-)
B.点②所示溶液中:c(H+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(HClO)
C.点③所示溶液中:c(Na+)=2c(ClO-)+c(HClO)
D.点④所示溶液中:c(Na+)>c(ClO-)>c(Cl-)>c(HClO)
【解析】选C。①点表示Cl2缓慢通入水中但未达到饱和,电荷守恒式:c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),A错误;②点表示Cl2缓慢通入水中刚好达到饱和,HClO是弱酸,部分电离,c(HClO)>c(ClO-),则有c(H+)>c(Cl-)>c(HClO)>c(ClO-),B错误;③点溶液pH=7,电荷守恒式:c(H+)+c(Na+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-),则c(Na+)=c(ClO-)+c(Cl-),溶液中c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO),所以c(Na+)=c(ClO-)+c(Cl-)=c(ClO-)+c(ClO-)+c(HClO)=2c(ClO-)+c(HClO),C正确;④点表示饱和氯水与NaOH溶液反应得到NaCl、NaClO、NaOH,NaClO部分水解,则c(Cl-)>c(ClO-),则D错误。
4.常温下,Ka(HCOOH)=1.77×10-4,Ka(CH3COOH)=1.75×10-5,
Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5,下列说法正确的是 ( )
A.浓度均为0.1 mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者小于后者
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
C.0.2 mol·L-1 HCOOH与0.1 mol·L-1 NaOH等体积混合后的溶液中:
c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)
D.0.2 mol·L-1 CH3COONa与0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)
【解析】选D。HCOONa溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),NH4Cl溶液中存在c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),两溶液中有c(Na+)=c(Cl-),只要比较HCOONa溶液中c(H+)与NH4Cl溶液中c(OH-)的大小即可,由电离常数可知,N的水解程度比HCOO-的大,则NH4Cl溶液中c(H+)较HCOONa溶液中c(OH-)大,即NH4Cl溶液中c(OH-)较HCOONa溶液中c(H+)小,所以有c(Na+)+c(H+)>c(Cl-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),A项错误;CH3COOH的电离平衡常数比HCOOH的小,即CH3COOH的酸性弱,则相同pH的CH3COOH溶液的浓度大于HCOOH的,和NaOH反应时,CH3COOH溶液消耗NaOH溶液的体积较大,B项错误;反应后得到c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液,溶液呈酸性,由电荷守恒得:c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),由物料守恒得:2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-),两式联立得:
c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+2c(H+),C项错误;反应后得到c(CH3COONa)=c(CH3COOH)=c(NaCl)的混合溶液,由物料守恒得:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Cl-),pH<7,则CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,即c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH),电离和水解均很微弱,故c(H+)小于c(CH3COOH),D项正确。
二、非选择题(本题包括2小题,共26分)
5.(12分)在室温下,下列五种溶液:①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液 ②0.1 mol·L-1 CH3COONH4溶液
③0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液
④0.1 mol·L-1 NH3·H2O和0.1 mol·L-1 NH4Cl混合液 ⑤0.1 mol·L-1氨水
请根据要求填写下列空白:
(1)溶液①呈________(填“酸”“碱”或“中”)性,其原因是__ __
(用离子方程式表示)。
(2)溶液②③中c(N)的大小关系是②________(填“>”“<”或“=”)③。
(3)在溶液④中________(离子)的浓度为0.1 mol·L-1;NH3·H2O和________(离子)的浓度之和为0.2 mol·L-1。
(4)室温下,测得溶液②的pH=7,则说明CH3COO-的水解程度________(填“>”“<”或“=”,下同)N的水解程度,CH3COO-与N浓度的大小关系是c(CH3COO-)________c(N)。
(5)常温下,某水溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-,存在的分子有H2O、H2A。
①写出酸H2A的电离方程式:___________________________。
②若溶液M由10 mL 2 mol·L-1 NaHA溶液与10 mL 2 mol·L-1 NaOH溶液混合而得,则溶液M的pH________(填“>”“<”或“=”)7。
【解析】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐,根据“谁弱谁水解,谁强显谁性”的原则,NH4Cl溶液显酸性。
(2)CH3COONH4溶液中,醋酸根离子促进铵根离子的水解,而NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出来的氢离子抑制铵根离子的水解,所以后者中铵根离子浓度大。
(3)因为氯离子在溶液中不变化,所以其浓度为0.1 mol·L-1;根据原子守恒可知,含氮原子微粒的总物质的量浓度为0.2 mol·L-1,而氮原子的存在形式为NH3·H2O和N。
(4)溶液②的pH=7,说明CH3COO-水解生成的OH-的物质的量等于N水解生成的H+的物质的量,即二者水解程度相同;根据电荷守恒得:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),因为c(H+)=c(OH-),故c(CH3COO-)=c(N)。
(5)①由溶液中存在的微粒可知,H2A为二元弱酸,分步电离。②NaHA和NaOH恰好反应生成Na2A,溶液显碱性。
答案:(1)酸 N+H2ONH3·H2O+H+
(2)< (3)Cl- N (4)= =
(5)①H2AH++HA-,HA-H++A2-
②>
6.(14分)常温下,将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表所示:
实验
编号
HA的物质的量
浓度(mol·L-1)
NaOH的物质的量
浓度(mol·L-1)
混合溶
液的pH
①
0.1
0.1
pH=9
②
c
0.2
pH=7
③
0.2
0.1
pH<7
请回答下列有关问题。
(1)从实验①分析,HA是强酸还是弱酸?_________________________。
(2)实验②表明,c________0.2(填“>”“<”或“=”)。
(3)从实验③分析,HA的电离程度________(填“大于”“小于”或“等于”)NaA的水解程度,该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________________________________________。
(4)实验①所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=________mol·L-1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果:c(Na+)-c(A-)=__________ mol·L-1;
c(OH-)-c(HA)=__________ mol·L-1。
【解析】(1)从实验①分析,等体积、等物质的量浓度的HA和NaOH溶液混合后,溶液显碱性,说明生成强碱弱酸盐,即HA是弱酸。
(2)实验②中NaOH溶液的浓度为0.2 mol·L-1,混合后溶液显中性,说明HA稍过量,HA的物质的量浓度应大于0.2 mol·L-1。
(3)实验③相当于等体积、等物质的量浓度的HA和NaA溶液混合,pH<7说明HA的电离程度大于NaA的水解程度,溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。
(4)实验①所得混合溶液的pH=9,则c(OH-)=10-5 mol·L-1,水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-5 mol·L-1。由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),则c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5-10-9) mol·L-1。由A-+H2OHA+OH-可得c(OH-)=c(HA)+c(H+),所以c(OH-)-c(HA)=c(H+)=10-9 mol·L-1。
答案:(1)弱酸 (2)>
(3)大于 c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
(4)10-5 10-5-10-9 10-9
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