2020届高考化学二轮复习疯狂专练16盐类的水解（含解析）

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1、盐类的水解考点说明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。考点透视1【2019年江苏卷】实验测得0.5molL1CH3COONa溶液、0.5molL1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）A随温度升高，纯水中c(H+)c(OH)B随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH)减小C随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO、Cu2+水解平衡移动方向不

2、同2【2019年上海卷】常温下0.1mol/L：CH3COOH、NaOH、CH3COONa，下列叙述正确的是（）A中c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H+)c(OH)B等体积混合后，醋酸根离子浓度小于的二分之一C等体积混合以后，溶液呈酸性，则c(Na+)c(CH3COO)c(H+)D等体积混合以后，水的电离程度比等体积混合的电离程度小3【2019年全国卷3】设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（）A每升溶液中的H+数目为0.02NABc(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH)C加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D加入NaH2PO4固

3、体，溶液酸性增强4【2019北京卷】室温下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A，滴加0.2molL1 NaOH溶液。已知：H2A=H+HA，HAH+A2。下列说法不正确的是（）A0.1 molL1 H2A溶液中有c(H+)c(OH)c(A2)0.1 molL1B当滴加至中性时，溶液中c(Na+)c(HA)+2c(A2)，用去NaOH溶液的体积小于10 mLC当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH7，此时溶液中有c(A2)c(H+)c(OH)D当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)2c(HA)+2c(A2)5【2019浙江卷】下列溶液中有关物质的量浓度关

4、系正确的是（）A0.1mol/L pH=3的H2A溶液与0.01mol/L pH=11的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c（M+）c(OH)+2c(A2)BpH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)c(CH3COONa)c(Na2CO3)C物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO)+2c(OH)2c(H+)+c（CH3COOH）D0.1molL1的NaHA溶液，其pH4：c(HA)c(H+)c(H2A)c(A2)考点突破1物质的量浓度相同的下列溶液中，NH浓度最大的是（）ANH4ClBNH4HSO4CCH3COONH4D

5、NH3H2O2下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1mol/L的NaHC2O4溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(HC2O) + c(C2O) +c(OH)B0.1 mol/L的NaHX溶液pH为4，该溶液中：c(HX)c(H2X)c(X2)c(H+)c(OH)C25时，pH=8的CH3COONa溶液中，c(CH3COOH)约为106 mol/LD在0.1mol/L的NaF溶液中：c(HF)c(F)3下列说法不正确的是（）A热的纯碱液去油污效果好，因为加热可使CO的水解程度增大，溶液碱性增强，去污力增强B铁在潮湿的环境下生锈以及Mg与NH4Cl溶液反应生成H2都与盐类水解有

6、关C将Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧，可得到固体Al2(SO4)3D将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制胶体，离子方程式：Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H+4下列说法错误的是（）NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)/c(HCO)的值增大浓度均为0.1molL1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c(Na+)3c(CO)+c(HCO)在0.1molL1氨水中滴加0.1molL1盐酸，恰好完全反应时溶液的pHa，则由水电离产生的c(OH)10a molL1向0.1molL1(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c(Na+)、c(NH)、c(SO)均增大在Na2S稀溶液中，

7、c(OH)c(H+)+2c(H2S)+c(HS)ABCD5由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体观察到红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸测0.1mol/L NaHSO3溶液的pHpH约为5HSO电离大于水解C向浓度均为01molL-1的NaCl和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞NaCl溶液不变色，Na2SiO3溶液变成红色非金属性：SiClD向盛有10滴0.1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加0.1mol/L NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加0.1mol/L KI溶液有黄色沉淀生

8、成Ksp(AgI)c(A)c(HA)c(H+)c(OH)Cd点对应溶液中：c(OH)-c(H+)=c(A)Da、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：abcc(NH)c(OH)c(H+)B溶液：c(NH)c(Cl)c(OH)c(H+)C、三点所示的溶液中水的电离程度D滴定过程中不可能出现：c(NH3H2O)c(NH)c(OH)c(Cl)c(H+)9在常温下，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A浓度均为0.1molL1的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中：c(NH)c(SO)c(Cu2+)c(H+)BpH6的NaHSO3溶液中：c(SO)c(H2SO3)9.9106mol

9、L1C0.1 molL1CH3COONa溶液中通入HCl气体，至pH7(溶液体积变化忽略不计)：c(Na+)c(CH3COOH) c(Cl)D0.100molL1的Na2S溶液中通入HCl气体，至c(Cl)0.100molL1(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发)：c(OH)c(H+)c(H2S)c(S2)10直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠、碱循环法可脱除烟气中的SO2。（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：_。（2）在钠、碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是_。（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO

10、)n(HSO)变化关系如表：n(SO)n(HSO)91911191pH8.27.26.2上表判断NaHSO3溶液显_性，用化学平衡原理解释：_。答案与解析一、考点透视1.【答案】C【解析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题：A水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+)c(OH)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH)，故A不符合题意；B水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH，升高温度促进盐类水解，所以c(OH)增

11、大，故B不符合题意；C升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2+2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；D盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意。【点拨】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。2.【答案】B【解析】ACH3COOH溶液中的H+来自醋酸分子的电离和水的电离，所以c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO)c(OH)，故A错误；B等体积

12、混合后恰好反应生成CH3COONa，体积大约为原来的2倍，如果CH3COO不水解，浓度约为原来的1/2，CH3COONa为弱酸强碱盐，越稀越水解，CH3COO+H2OCH3COOH+OH，水解平衡向正向移动，因此CH3COO-浓度小于原来的1/2，故B正确；C等体积混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，因此c(CH3COO)c(Na+)c(H+)，故C错误；D等体积混合以后恰好反应生成CH3COONa，CH3COO的水解促进水的电离，等体积混合，CH3COOH电离产生的H+抑制水的电离，因此总体上看等体积混合后水的电离程度比等体积混和后水的电离程度大，故

13、D错误。【点拨】易错项A，容易忽略水的电离，溶液中的氢离子浓度会大于醋酸根离子的浓度。3.【答案】B【解析】A常温下pH2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H+数目为0.01NA，A错误；B根据电荷守恒可知选项B正确；C加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D加入NaH2PO4固体，H2PO浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误。【点拨】磷酸是弱电解质，部分电离，加水稀释，促进电离，pH增大。4.【答案】B【解析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20mL 0.1molL1二元酸H2A看做20 mL 0.1 m

14、olL1HA一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。A0.1molL1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH)+2c(A2)+ c(HA)，因而c(H+)-c(OH)-c(A2)= c(A2)+c(HA)=0.1molL1，A项正确；B若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HAH+A2，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH7，存在质子守恒，其关系为c(A2)c(H+)c(OH)，C项正确；D当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A

15、溶液，根据物料守恒有：c(Na+)2c(HA)+2c(A2)，D项正确。【点拨】本题熟悉掌握盐类水解中的三大守恒关系，注意，当加入的氢氧化钠的量为10ml时，溶质为NaHA，抓住这个分析答题。5.【答案】C【解析】A0.1mol/L pH=3的H2A溶液说明是二元弱酸，根据溶液呈电中性原理可知：c(H+)+c(M+)c(OH)+2c(A2)+ c(HA)，错误；BNaOH是强碱，电离使溶液显碱性，而CH3COONa和Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解程度是微弱的，所以当溶液的pH 相等时，盐的浓度远大于碱的浓度，根据盐的水解规律：越弱越水解，盐的水解程度大，所以盐的浓度c(C

16、H3COONa)c(Na2CO3)，故pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)c(Na2CO3)c(CH3COONa)，B错误；C物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：根据物料守恒可得c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，电荷守恒可知c(CH3COO)+c(OH)c(H+)+c(Na+)，将第二个式子代入第一个式子可得：c(CH3COO)+2c(OH)2c(H+)+c(CH3COOH)，C正确；D0.1 molL1的NaHA溶液，其pH4，说明HA的电离作用大于水解作用，但是盐的水解作用是微弱的，所以c(HA)c(

17、A2)c（H2A），在溶液中除了HA-电离外，还存在水的电离，所以c(H+)c(A2)，所以溶液中离子浓度关系是：c(HA)c(H+)c(A2)c(H2A)，D错误。二、考点突破1.【答案】B【解析】1mol氯化铵电离出1mol铵根离子，铵根离子有少部分水解；1mol硫酸氢铵电离出1mol铵根离子、1mol氢离子和1mol硫酸根离子，氢离子抑制铵根水解，所以氯化铵中的铵根离子小于硫酸氢铵中的铵根离子；1mol醋酸铵电离出1mol铵根离子和1mol醋酸根离子，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以醋酸铵中铵根离子比氯化铵中的少；一水合氨是弱电解质，有少部分电离出铵根离子，所以铵根离子最少。因此铵根离子

18、由多到少的顺序为硫酸氢铵、氯化铵、醋酸铵、氨水。所以选B。【点拨】双水解能相互促进使得铵根离子减少，B项中，氢离子的存在，使得铵根离子的水解方程式向逆向移动，所以B中的铵根离子浓度最大。2.【答案】C【解析】ANaHC2O4溶液中遵循电荷守恒，即c(Na+) + c(H+)=c(HC2O) + 2c(C2O) +c(OH)，A项错误；B0.1 mol/L的NaHX溶液pH为4，说明HX-的电离程度大于水解程度，因HX-的电离方程式为：HX-H+X2，水解方程式为：HX+H2OH2X+OH-，故c(X2)c(H2X)，该溶液中：c(HX)c(X2)c(H2X)c(H+)c(OH)，B项错误；CC

19、H3COONa溶液中遵循质子守恒定律，即c(OH)=c(H+)+c(CH3COOH)，因溶液的pH=8，故c(H+)=10-8mol/L，c(OH)=10-6mol/L，故c(CH3COOH)=106mol/L-108mol/L106 mol/L，C项正确；D在0.1mol/L的NaF溶液中，氟离子会发生水解，其水解方程式为：F+H2OHF+OH，因水解比较微弱，故c(F)c(HF)，D项错误。【点拨】比较酸式盐中各离子浓度大小时，应先注意判断HX是以电离为主还是水解为主。3.【答案】B【解析】A加热促进碳酸根的水解，碱性增强，油脂在碱性条件水解，所以去污能力增强，正确；B铁在潮湿的环境下生锈

20、是铁发生了电化学腐蚀，Mg与NH4Cl溶液反应生成H2是因为Mg与NH水解产生的H+反应生成H2，错误；C硫酸是高沸点酸，不挥发，所以最后水解的生成的氢氧化铝与硫酸反应，最终还是硫酸铝，正确；D三价铁离子水解制取氢氧化铁胶体，正确。【点拨】铁在潮湿的环境中，容易发生吸氧或者析氢腐蚀，与盐类的水解无关。4.【答案】B【解析】NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO的水解，n(HCO)较小，n(Na+)不变，则c(Na+)/c(HCO)的比值保持增大，项正确；浓度均为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假设体积为1L，则n(Na+)0.3mol，根据物料守恒可知c(CO)+c(HCO

21、)+c(H2CO3)0.2mol，则2c(Na+)3c(CO)+c(HCO)+ c(H2CO3)，项错误；在0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L盐酸，刚好完全中和时pHa，由于铵根水解溶液显酸性，则溶液中由水电离出产生的c(OH)c(H+)10-amol/L，项正确；向0.1molL1(NH4)2SO3溶液中加入少量NaOH固体，抑制亚硫酸钠的水解，而NH会与OH离子发生反应，所以c(Na+)、c(SO)均增大，c(NH)则减小，项错误；在Na2S稀溶液中根据质子守恒可知c(OH)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS)，项正确，综上所述，符合题意，B项正确。【点拨】这类题型要求学生基本

22、知识比较牢固，对问题的分析比较透彻，能正确的抓住问题的关键所在，找出错误的点，整体难度不是很大。5.【答案】C【解析】钡离子与碳酸根离子反应产生碳酸钡沉淀，导管碳酸根离子水解平衡逆向移动，使溶液红色变浅，A正确；由pH可知，NaHSO3溶液电离显酸性，HSO在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，溶液pH=5c(Na+)c(HA)c(H+)c(OH)，故B错误；Cd点为滴加20mLNaOH溶液，此时恰好完全中和生成NaA，溶液中存在的电荷守恒式为c(OH)+c(A)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒式为c(Na+)=c(A)+c(HA)，则c(OH)-c(H+)=c(HA)c(A)，故C错误

23、； Da点为HA溶液，b点是HA和NaA等浓度的混合溶液，c点是NaA和少量HA的混合液且溶液pH=7，d点是NaA的溶液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，NaA促进水的电离，且所含NaA的浓度越大，溶液中水的电离程度越大，则a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：abcd，故D正确；故答案为D。【点拨】本题难点是判断混合溶液中水的电离程度的强弱，明确酸溶液和碱溶液抑制水的电离，能够水解的盐溶液促进水的电离；且酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进水的电离，且浓度越大，水的电离程度越大。8.【答案】B【解析】A点时加入HCl溶液10mL，得到等物

24、质的量浓度的NH3H2O、NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，c(NH)c(Cl)c(OH)c(H+)，故A错误；B点时溶液呈中性，根据电荷守恒c(NH)c(Cl)c(OH)c(H+)，故B正确；C点时酸碱恰好反应，此时氯化铵水解，溶液呈酸性，促进水电离，、两点有碱剩余，抑制水电离，、三点所示的溶液中水的电离程度，故C错误；D开始滴加盐酸时，能出现c(NH3H2O)c(NH)c(OH)c(Cl)c(H+)，故D错误。【点拨】本题是正常的酸碱中和滴定中离子浓度的大小比较、水的电离程度的大小的判断，抓住强酸滴定弱碱时，图象中各点的溶液中的溶质及其浓度关系大小进行比较。9.【答案】D【解析】A等物质的量

25、浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中，铵根离子和铜离子均可以发生水解反应，溶液显示酸性，存在：c(SO)c(NH)c(Cu2+)c(H+)，故A错误；B常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO)+c(SO)，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HSO)+2c(SO)，将代入得，c(H2SO3)+c(H+)=c(OH)+c(SO)，所以c(SO)-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH)=(10-6-10-8 )mol/L=9.910-7molL-1，故B错误；CCH3COONa溶

26、液中通入HCl气体至pH=7，则c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)+c(CH3COO)可得：c(Na+)=c(Cl)+c(CH3COO)，即c(Na+)c(Cl)；结合醋酸钠中物料守恒可得：c(Na+)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO)，根据可知c(CH3COOH)=c(Cl)，所以溶液中满足：c(Na+)c(CH3COOH)=c(Cl)，故C错误； D0.100molL1的Na2S溶液中存在c(S2)+c(HS)+c(H2S)=0.100molL-1，因为c(Cl)=0.100molL-1，因此c(S2)+c(HS)+c(H2S)

27、=c(Cl)=0.100molL1，溶液中存在电荷守恒式c(Cl)+2c(S2)+c(HS)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒式c(Na+)=2c(S2)+2c(HS)+2c(H2S)，由电荷守恒式和物料守恒式可得c(Cl)+c(OH)=c(H+)+c(HS)+2c(H2S)，所以c(OH)-c(H+)=c(HS)+2c(H2S)-c(S2)+c(HS)+c(H2S)=c(H2S)-c(S2)，故D正确。【点拨】明确盐的水解原理为解答关键。解题过程中要注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用。本题的难点为D，要能够灵活运用电荷守恒和物料守恒。10.【答案】（1）SO2+H2OH2S

28、O3、2H2SO3+O2=2H2SO4(或2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4) （2）SO2+2OH=SO+H2O （3）酸 HSO溶液中存在：HSOSO+H+和HSO+H2OH2SO3+OH，HSO的电离程度强于水解程度【解析】（1）SO2形成硫酸型酸雨时，SO2和空气中的H2O、O2反应得到H2SO4：SO2+H2OH2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4，故答案为：SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4(或2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4)；（2）SO2被NaOH溶液吸收制备Na2SO3溶液时反应的离子方程式为SO2+2OH=SO+H2O，故答案为：SO2+2OH=SO+H2O；（3）根据表中数据，可知，n(SO)n(HSO)191时，溶液的pH显示为酸性，故NaHSO3溶液显酸性，故答案为：酸；在NaHSO3溶液中HSO存在以下平衡：HSOSO+H+、HSO+H2OH2SO3+OH，HSO的电离程度强于水解程度。【点拨】污染气体的处理与盐类的水解结合的题型，难度不大，分析表格中的信息可知NaHSO3溶液显酸性，因为HSO既会电离又会水解，显酸性说明以电离为主。10