2020版导与练高考化学一轮复习习题：第八章水溶液中的离子平衡第26讲盐类水解附答案解析

2020版导与练高考化学一轮复习习题
第26讲盐类水解
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知识点
盐类的水解及其规律影响盐类水解平衡的因素盐类水解的应用
离子浓度大小的比较基础
5
1,3
4
2
能力
6,8,11
7,10
9
挑战
12
13
1.(2018·湖南长沙一模)在一定条件下,Na S溶液中存在水解平衡:
2
S2-+H O HS-+OH-。

下列说法正确的是( B )
2
A.稀释溶液,水解平衡常数增大
B.加入CuSO固体,HS-
4
浓度减小
C.升高温度,减小
D.加入NaOH固体,溶液pH减小
解析:稀释溶液,水解平衡向正反应方向移动,但水解平衡常数只与温度有关,
温度不变,水解平衡常数保持不变,A 项错误;加入CuSO固体,发生沉淀反
4
应:Cu2++S2-CuS↓,c(S2-)减小,S2-的水解平衡向逆反应方向移动,HS-浓度减小,B项正确;水解过程吸热,升高温度,水解平衡向正反应方向移动,c(HS-)
增大,c(S2-)减小,增大,C项错误;加入NaOH固体,c(OH-)增大,pH增大,D项错误。

2.在Na S溶液中下列关系不正确的是( D )
2
A.c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H S)
2
B.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)
C.c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)
D.c(OH-)=c(HS-)+c(H+)+c(H S)
2
解析:根据物料守恒,c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H S),故A正确;根据溶液呈
2
电中性,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),故B正确;S2-+H O
2 HS-+OH-,HS-+H O H S+OH
2 2
-,水解的程度非常微弱,c(Na+)>c(S2-)> c(O H-)>c(H S-),故 C 正确;根据质子守恒,c(O H-)=c(H S-)+c(H+)+
2c(H S),故D不正确。

2
3.下列有关电解质溶液的说法不正确的是( D )
A.向Na CO溶液中通入NH,
2 3 3
减小
B.将0.1 mol·L
C.向0.1 mol·L -1
-1
K C O溶液从25 ℃升高到35 ℃,
2 2 4
HF溶液中滴加NaOH溶液至中性,
增大
=1
D.向0.1 mol·L-1CH COONa溶液中加入少量水,
3
增大
解析:Na CO溶液中存在C
2 3的水解平衡:C +H O
2
HC+OH-,通入NH后生
3
成的NH·H O电离产生OH-,溶液中c(OH-)增大,水解平衡逆向移动,c(C
3 2
)
增大,c(Na+)不变,则减小,A正确;K C O溶液中存在 C
2 2 42
的水解平
衡:C
2+H O HC
22
+OH-,升高温度,水解平衡正向移动,溶液中c(C
2
) 减
小,c(K+)不变,则增大,B正确;向0.1 mol·L-1HF溶液中滴加NaOH 溶液至中性,则有c(H+ )=c(O H-),据电荷守恒可得
c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(F-),则有c(Na+)=c(F-),即=1,C正确;
CH COONa溶液中存在CH COO-的水解平衡:CH COO-+H O
3 3 3 2CH COOH+OH-,则水解3
常数K=
h
K不变,故h ,则有
不变,D不正确。

= ,由于温度不变,则K、
W
4.(2019·山东师大附中模拟)下列说法正确的是( D )
A.向CuCl溶液中加入CaCO,调节pH可除去溶液中混有的Fe3+
2 3
B.配制FeSO溶液时,将FeSO固体溶于稀盐酸中,然后稀释至所需
4 4
浓度
C.用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+
D.洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
解析:A项,由Fe3++3H O Fe(OH)+3H+加入CaCO消耗H+,使平衡右移而除去
2 3 3
Fe3+,但又引入新的杂质Ca2+,不正确;B项,不能引入新杂质,所用酸应是稀硫酸;C项,加热法不能除去Fe3+。

5.10℃时加热NaHCO饱和溶液,测得该溶液的pH发生如下变化:
3
加热煮沸后温度10℃20℃30℃
冷却到50℃pH8.38.48.58.8
甲同学认为:该溶液pH升高的原因是HC的水解程度增大,碱性
增强。

乙同学认为:该溶液pH升高的原因是NaHCO受热分解,生成了Na CO,并推断
3 2 3
Na CO的水解程度(填“大于”或“小于”)NaHCO的水解程度。

2 3 3
丙同学认为:甲、乙的判断都不充分。

(1)丙认为:只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X,若产生沉淀,则乙的
判断正确。

试剂X是。

A.Ba(OH)溶液
B.BaCl溶液
2 2
C.NaOH溶液
D.澄清石灰水
(2)丙认为若将加热煮沸后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH(填“高于”“低于”或“等于”)8.3,则甲的判断正确。

(3)查阅资料,发现NaHCO的分解温度为150℃,丙断言(填“甲”
3
或“乙”)的判断是错误的,理由是。

(4)关于NaHCO饱和水溶液的表述正确的是。

3
a.c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(H CO)
2 3
b.c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(C)+c(OH-)
c.HC的电离程度大于HC的水解程度
解析:溶液pH增大,因此应推断出Na CO的水解程度大于NaHCO的。

(1)若乙
2 3 3
的判断正确,则加入BaCl溶液可产生BaCO沉淀。

(2)如果甲的判断正确,则
2 3
是因为水解造成的,那么温度不变NaHCO的水解程度不变,溶液的pH也不变。

3
(3)因为加热时达不到碳酸氢钠的分解温度,所以乙的判断是错误的。

(4)在
N a H C O
3
溶液中,存在下列变化:
NaHCO
3Na++HC、HC+H O H CO+OH
2 2 3
-、HC C +H+、H O H
2
++OH-。

根据物料守恒得c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(H CO);根据电荷守恒得
2 3
c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-),NaHCO溶液显碱性,说明HC
3
的水解程度大于电离程度,所以a项正确。

答案:大于(1)B(2)等于(3)乙温度达不到150 ℃(4)a 常压下加热NaHCO的水溶液,溶液的
3
6.(2018·河北邯郸模拟)常温下,浓度为0.1mol·L-1的下列六种溶液:①
NaCl溶液②NH Cl溶液③盐酸④CH COONa溶液⑤NaHSO溶液⑥醋酸
4 3 4
溶液
下列有关判断正确的是( C )
A.c(Na+):⑤>①>④
B.c(H+):③=⑤>②>⑥>④
C.②中离子浓度大小:c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-)
D.④和⑤两种溶液混合,使溶液pH=7,则c(Na+)=c(CH COO-)+c(S
3
)
解析:Na+不水解,相同物质的量浓度的NaCl、CH COONa、NaHSO溶液中c(Na
3 4
+)相同,A项错误;相同物质的量浓度的CH COOH溶液比NH Cl溶液酸性强,故
3 4
c(H+)⑥>②,B项错误;Cl-不水解,而N水解溶液显酸性,C项正确;溶液pH=7,
则c(H+)=c(OH-),由溶液中的电荷守恒可得出c(Na+)=c(CH COO-)+2c(S
3
),D 项错误。

7.某同学探究溶液的酸碱性对FeCl水解平衡的影响,实验方案如下:配制50
3
mL0.001mol·L-1FeCl溶液、50mL对照组溶液X,向两种溶液中分别滴加1
3
滴1mol·L-
1
HCl溶液、1滴1mol·L-1NaOH溶液,测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示。

下列说法不正确的是( B )
A.依据M点对应的pH,说明Fe3+发生了水解反应
B.对照组溶液X的组成可能是0.003mol·L-1KCl溶液
C.依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动
D.通过仪器检测体系浑浊度的变化,可表征水解平衡移动的方向
解析:由题图可知,0.001mol·L-1FeCl溶液的pH≈3.2,说明Fe3+发生了水
3
解反应:F e3++3H O F e(O H) +3H
2 3
+,使溶液呈酸性,A正确;
0.003mol·L-1KCl溶液的pH=7,而图中对照组溶液X 的 pH 与
0.001mol·L-1 FeCl溶液相同,故溶液X不可能为0.003mol·L-1KCl溶液,B
3
不正确;在FeCl溶液中加碱或酸后,溶液的pH变化均比对照组溶液X的变化3
小,因为加酸或碱均引起Fe3+水解平衡的移动,故溶液的pH的变化比较缓
和,C正确;FeCl溶液水解生成Fe(OH),故溶液的浑浊程度变大,则Fe3+的水
3 3
解被促进,否则被抑制,D正确。

8.(2018·河南濮阳三模)20 ℃时,在 H C O 、N a O H 混合溶液中,
2 2 4
c(H C O)+c(HC
2 2 42)+c(C
2
)=0.100mol/L。

含碳元素微粒的分布分数
δ随溶液pH变化的关系如图所示。

下列说法正确的是( D )
A.①表示H C O的分布曲线,③表示C
2 2 42
的分布曲线
B.Q点对应的溶液中lg c(H+)<lg c(OH-)
C.20℃时,H C O的一级电离平衡常数K=1×1
2 2 4 a1
D.0.100mol/L的NaHC O溶液中:c(OH-)=c(H+)-c(C
2 42)+c(H C O)
2 2 4
解析:随着溶液pH增大,溶液中H C O、HC
2 2 42先后被反应,越来越少,而C
2
则
越来越多,因此曲线①代表的是HC
2,②代表的是H C O,③代表C
2 2 42
,故A
错误;Q点时溶液显酸性,因此c(H+)>c(OH-),即
lg c(H+)>lg c(OH-),故 B 错误;电离平衡常数只受温度的影响,根据P 点,K= =1,此平衡常数是草酸的二级电离,故C错误;根据质a
子守恒,有c(OH-)=c(H+)-c(C
2)+c(H C O),故D正确。

2 2 4
9.(2018·湖北宜昌模拟)羟胺的电离方程式为NH OH+H O
2 2NH OH
3
+
+O H-(25℃时,K =9.0×10-9)。

用0.1m o l·L-1 盐酸滴定20 m L
b
0.1mol·L-1羟胺溶液,25℃时,滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(已知:lg3=0.5)。

下列说法正确的是( B )
A.图中V>10
1
B.A点对应溶液的pH=9.5
C.B、D两点对应的溶液均为中性
D.E点对应溶液中存在:c(H+)=c(OH-)+c(NH OH+)+c(NH OH)
3 2
解析:V=10时,溶液为等浓度的NH OH和NH OHCl的混合溶液,K=
1 2 3 b
9.0×10-9,K=>K,则水解程度大于电离程度,溶液呈酸性,而图中B点
h b
呈中性,所以V <10,故 A 错误;A点时,N H O H+H O
1 2 2N H O H++O H-, 3
c(O H-)=c(N H O H
3+),c(N H O H)≈0.1m o l·L
2
-1,c2(O H-
)=K×0.1
b
=9.0×10-10m o l·L-1,c(O H-)=3.0×10-5m o l·L-1,c(H+)=×10-9 mol·L-1,pH=-lgc(H+)=9.5,故B正确;C点时,溶液为NH OHCl溶液,此时
3
溶液呈酸性,再加入盐酸,酸性更强,故D点不是中性,故C错误;E点为等浓度的NH OHCl和HCl溶液,质子守恒为c(H
3
+)=c(OH-)+
c(NH OH+)+2c(NH OH),故D错误。

3 2
10.(2018·安徽合肥一检)常温下,向1L0.1 mol·L-1NH Cl溶液中,不断加
4
入固体NaOH后,N与 NH·H O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨
3 2
的挥发)。

下列说法不正确的是( C )
A.M点溶液中水的电离程度比原溶液小
B.在M点时,n(OH-)-
n(H+
)=(a-0.05)mol
C.随着NaOH的加入,不断增大
D.当n(NaOH)=0.1mol时,c(Na+)=c(N)+c(NH·H O)
3 2
解析:M点溶液为NH Cl、NH·H O、NaCl的混合溶液,N
4 3 2
的水解促进水的电离,NH·H O的电离抑制水的电离,且M点N
3 2
的浓度小于原溶液中N的浓度,故M点溶液中水的电离程度比原溶液小,A项正确;在M点时,根据电荷守恒有n(O H- )+n(C l- )=n(H+)+n(N a+)+n(N ),则n(O H-)-n(H+)=n(N a+)+n(N)-n(C l-)=(a+0.05-0.1) m o l=(a-
0.05)mol,B项正确;N的水解常数K= ,则
h
=,随NaOH加入,K不变,c(NH·H O)不断增大,则
h 3 2
不断减小,C项错误;当n(NaOH)=0.1mol时,得到等物质的量的NaCl和NH·H O
3 2
的混合溶液,则c(Na+)=c(Cl-),结合物料守恒式:c(Cl-)=c(N 知,D项正确。

11.已知常温下部分弱电解质的电离常数如下表:
化学式HF HClO H CO
2 3
K =
a1)+c(NH·H O)
3 2
NH·H O
3 2
电离常数
K=
a
6.8×10-4
K=
a
4.7×10-8
4.2×10-7
K =
a2
K=
b
1.7×10-5
5.6×10-11
(1)常温下,pH相同的三种溶液:①NaF溶液;②NaClO溶液;③Na CO溶液。

其
2 3
物质的量浓度由大到小的顺序是(填序号)。

(2)25℃时,pH=4的NH Cl溶液与pH=4的HF溶液中由水电离出的c(H+)之比
4
为。

(3)0.1 mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1NaHCO溶液中,c(ClO
3
-)
(填“>”“<”或“=”)c(HC);可使上述两种溶液pH相等的方法是(填字母)。

A.向NaClO溶液中加适量水
B.向NaClO溶液中加入适量NaOH固体
C.向NaHCO溶液中加适量水
3
D.向NaHCO溶液中加适量NaOH固体
3
(4)向NaClO溶液中通入少量CO,所发生反应的离子方程式为。

2
(5)常温下,0.1 mol·L-1氨水与0.1 mol·L-1NH Cl溶液等体积混合,通过计
4
算判断混合溶液的酸碱性:
解析:(1)电离常数大小:HF>HClO>HC。

,根据盐类“越弱越水解”的规律,对
应弱酸根离子的水解程度:C>ClO->F-,故pH相同的三种溶液的物质的量浓度大小关系为c(NaF)>c(NaClO)>c(Na CO)。

2 3
(2)NH Cl发生水解,促进水的电离,而HF抑制水的电离,故pH=4的NH Cl溶液 4
4
中由水电离的c(H+)=10-4mol·L-1,pH=4的HF溶液中由水电离的c(H+)=10-10 mol·L-1,两者之比为10-4mol·L-1∶10-10mol·L-1
=106∶1。

(3)由表中数据可知K(HClO)<K(H CO),则ClO
a a1 2 3
-的水解程度大于HC,故浓度均为0.1mol·L-1的两种溶液相比,则有c(ClO-)<c(HC);
NaClO溶液的pH大于NaHCO溶液,使上述两种溶液pH相等,可采取减小NaClO
3
溶液的pH,或增大NaHCO溶液的pH等方法,如向NaClO溶液中加适量水,或
3
向NaHCO溶液中加适量NaOH固体等。

3
(4)由于K(H CO)>K(HClO)>K(H CO),故NaClO溶液中通入少量CO,生成
a1 2 3 a a2 2 3 2
HClO和NaHCO,离子方程式为ClO
3-+CO+H O HClO+HC。

2 2
答案:(1)①>②>③(2)106∶1 (3)<AD(4)ClO-+CO+H O
2 2
HClO+
HC(5)NH·H O的电离常数K=1.7×10-5,则N
3 2 b
的水解常数为
K=
h N
= =5.9×10-10,则有 K>K,据此可知NH·H O的电离程度大于
b h 3 2
的水解程度,故混合溶液显碱性
12.常温下,现有0.1mol·L-1NH HCO溶液,pH=7.8。

已知含氮(或含碳)各微
4 3
粒的分布分数(平衡时,各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。

下列说法正确的是( B )
A.当pH=9时,溶液中存在下列关系:c(N)>c(HC)>c(NH·H O)>c(C)
3 2
B.NH HCO溶液中存在下列关系:<1
4 3
C.向pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时,N
小
和HC浓度逐渐减
D.分析可知,常温下水解平衡常数K(HC )的数量级为10
h
-7
解析:A项,由NH·H O的分布分数的变化分析N
3 2
的分布分数的变化,再结合图像判断当pH=9时,溶液中各离子浓度大小为c(HC)>c(N)
>c(NH·H O)>c(C
3 2
);B项,溶液中存在电荷守恒:c(N)+c(H+)=
c(HC)+2c(C)+c(OH-)①,物料守恒c(N )+c(NH·H O)=c(HC
3 2
)
+c(H C O )+c(C
2 3)②,由①-②得c(H+)+c(H C O )=c(N H·H O)+
2 3 3 2
c(OH-)+c(C),由溶液pH=7.8得c(H+)<c(OH-),则c(NH·H O)<
3 2
c(H CO)-c(C),故<1;C项,结合图像判断滴入氢氧化钠溶
2 3
液后pH在6.5～7.8时,HC浓度增大;D项,利用图像中的特殊点(如pH=6.5
时)对应的离子浓度,计算水解平衡常数K(HC
h ),K(HC)=
h
=10-
7.5=100.
5
×10-8,数量级为10-8。

13.NH Al(SO)、NH HSO在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。

4 4 2 4 4
请回答下列问题:
(1)常温时,0.1 mol·L-1 NH Al(SO)溶液的pH=3。

4 4 2
①溶液中的K=(填数值),由水电离出的c(H
W
+)= mol·L-1。

②溶液中c(N)+c(NH·H O) (填“>”“=”或
3 2
“< ”)c(Al3+)+c[Al(OH)];2c(S
3
)-c(N)-3c(Al3+)= mol·L-1(填数值)。

(2)80℃时,0.1mol·L-1NH Al(SO)溶液的pH小于3,分析导致pH随温度变
4 4 2
化的原因是。

(3)常温时,向100mL0.1 mol·L-1NH HSO 溶液中滴加0.1 mol·L
4 4
-1NaOH 溶液,得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。

①图中a、b、c、d四点中水的电离程度最小的是。

②向NH HSO溶液中滴加NaOH溶液到a点的过程中,发生反应的离子方程式
4 4
为。

③NH HSO溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是。

4 4
解析:(1)①水的离子积常数与温度有关,与溶液的酸碱性无关,故常温时,水
的离子积常数K=1×10-14。

NH Al(SO)溶液的pH=3,该溶液中H+全部来源于W 4 4 2
水的电离,故由水电离出的c(H+)=1×10-3mol·L-1。

②NH Al(SO) 溶液中,N
4 4 2
、Al3+均发生水解反应,据物料守恒可得
c(N)+c(NH·H O)=c(Al3+
3 2)+c[Al(OH)];据电荷守恒可得2c(S
3
)+
c(OH-)=c(N)+3c(Al3+)+c(H+),则有2c(S)-c(N)-3c(Al3+)=
c(H+)-c(OH-)=1×10-3mol·L-1-1×10-11mol·L-1≈1×10-3mol·L-1。

(2)NH Al(SO)溶液中存在N 、Al
4 4 2
3+的水解平衡,而盐类水解是吸热反应,温度升高,水解平衡正向移动,溶液中c(H+)增大,故溶液的pH
减小。

(3)①NH HSO溶液中滴加0.1mol·L
4 4
-1NaOH溶液,先后发生反应的离子方程式
为H++OH-H O、N+OH
2-
NH·H O,a点V(NaOH)=100mL,H
3 2
+恰好完全中和,
此时溶液所含溶质为 (NH)SO和 Na SO,N
4 2 4 2 4
发生水解反应而促进水的电
离;b、c 两点溶液所含溶质均为 (NH)SO、Na SO 和NH·H O,且 c 点时
4 2 4 2 4 3 2
c(NH·H O)大于b点,NH·H O的存在抑制水的电离,则c点水的电离程度小
3 2 3 2
于b点;d点NH HSO与NaOH溶液恰好完全反应,所含溶质为Na SO和NH·H O,
4 4 2 4 3 2
此时c(NH·H O)较大,抑制水的电离,则四点中水的电离程度大小关系为 3 2
a>b>c>d,其中水的电离程度最小的是d点。

②向NH HSO溶液中滴加NaOH溶液到a点的过程中,H+与OH-发生反应,离子方
4 4
-
程式为H++OH H O。

2
③NH HSO溶液中,由电荷守恒可得2c(S
4 4
)+c(OH-)=c(H+)+c(N),由物料守
恒可得c(S)=c(N)+c(NH·H O),则c(S
3 2
)>c(N),即得
c(H+)>c(S
c(S)>c(N )+c(OH-),故各离子浓度由大到小的排列顺序为c(H+)> )>c(OH-)。

答案:(1)①1×10-141×10-3②=1×10-3(2)温度升高,N、A l3+的水解平衡正向移动,溶液中c(H+)增大(3)①d②H++OH-H O
2
③c(H+)>c(S)>c(N)>c(OH-)。