第32练盐类的水解-2023年高考化学一轮复习小题多维练（解析版）_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_一轮复习_2023年新高考化学一轮复习小题多维练

专题 11 水溶液中的离子反应与平衡 第 32 练 盐类的水解 1． 下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( ) A．NaCO B．AlCl C．Ca(OH) D．NaNO 2 3 3 2 3 【答案】A 【解析】A项，碳酸钠溶液中存在碳酸根的水解CO2-+H O HCO -+OH-，溶液显碱性，A符合题 3 2 3 意；B项，AlCl 溶液中存在Al3+的水解而显酸性，B不符合题意；C项，Ca(OH) 可以在水溶液中电离出 3 2 OH-而显碱性，与水解无关，C不符合题意；D项，NaNO 为强酸强碱盐，溶液显中性，D不符合题意；故 3 选A。 2．(2020•浙江7月选考)水溶液呈酸性的是( ) A．NaCl B．NaHSO C．HCOONa D．NaHCO 4 3 【答案】B 【解析】A项，NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；B项， NaHSO 是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO=Na++H++SO2-，故其 4 4 4 水溶液呈酸性，B符合题意；C项，HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生 的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋HO HCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱 2 性，C不符合题意；D项，NaHCO 是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离 ３ 程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。故选B。 3．下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是( ) A．NH NO B．NaCO C．NaCl D．Al (SO ) 4 3 2 3 2 4 3 【答案】B 【解析】A项，NH NO 溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，故A不符合题意；B项，NaCO 溶液中 4 3 2 3 碳酸根离子水解使溶液显碱性，故B符合题意；C项，NaCl不水解，显中性，故C不符合题意；D项， Al (SO ) 溶液中铝离子水解使溶液显酸性，故D不符合题意；故选B。 2 4 3 4．把下列物质的水溶液加热蒸干后，能得到原溶质的是( ) A．NaHCO B．AlCl C．NH HCO D．Fe (SO ) 3 3 4 3 2 4 3 【答案】D【解析】A项，NaHCO 受热分解为碳酸钠、CO 和HO，最后得到的是碳酸钠固体，故A错误；B项， 3 2 2 Al3+水解为氢氧化铝和HCl，HCl易挥发，蒸干得到氢氧化铝，故B错误；C项，NH HCO 不稳定，加热 4 3 易分解为NH 、CO 和HO，故C错误；D项，加热时Fe3+发生水解，但硫酸不易挥发，最后固体仍为 3 2 2 Fe (SO )，故D正确；故选D。 2 4 3 5．下列方程式属于水解反应方程式的是( ) A．HCO HCO -+H+ B．HCO -+H O HO++CO 2- 2 3 3 3 2 3 3 C．HCO -+OH-=H O+CO2- D．CO2-+ H O HCO -+ OH- 3 2 3 3 2 3 【答案】D 【解析】A项，碳酸是一种二元弱酸，选项所给为碳酸的第一步电离方程式，A不符合题意；B项， 碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根的电离方程式，B不符合题意；C项，碳酸氢根水 解生成碳酸和氢氧根，选项所给为碳酸氢根和氢氧根的反应，C不符合题意；D项，碳酸根水解生成碳酸 氢根和氢氧根，方程式为CO2-+ H O HCO -+ OH-，D符合题意；故选D。 3 2 3 6．下列用于解释事实的化学用语⇌中，不正确的是( ) A．NaS溶液显碱性: S2-+ 2HO HS + 2OH- 2 2 2 B．KCr O 溶液中含有CrO2-:Cr O2- + HO 2CrO2- + 2H+ 2 2 7 4 2 7 2 4 C．盛放NaOH 溶液的试剂瓶不能用玻璃塞: 2OH-+ SiO=SiO 2-+ HO 2 3 2 D．红热木炭遇浓硫酸产生刺激性气味气体: 2HSO ( 浓)+C CO↑+2SO↑+2H O 2 4 2 2 2 【答案】A 【解析】A项，S2－属于多元弱酸根，应分步水解，即为 S2－＋HO HS－＋OH－、HS－＋HO 2 2 HS＋OH－，故A错误；B项，KCr O 溶液中含有CrO2－:Cr O2－ + H O 2CrO2－ + 2H＋，B 2 2 2 7 4 2 7 2 4 正确；C项，磨口玻璃塞中的SiO 属于酸性氧化物，能与NaOH反应SiO ＋2OH－=SiO 2－＋HO，造成玻 2 2 3 2 璃塞与瓶体黏合在一起，因此盛放碱性溶液的试剂瓶用橡胶塞，C正确；D项，浓硫酸具有强氧化性，在 加热条件下，能与木炭发生反应，2HSO ( 浓)+C CO↑+2SO↑+2H O，D正确。 2 4 2 2 2 7．配制下列溶液时常需加入少量括号内的物质，其中不是为了抑制离子水解的是( ) A．FeSO (Fe) B．CuCl (HCl) C．FeCl (HCl) D．CHCOONa (NaOH) 4 2 3 3 【答案】A 【解析】A项，Fe2+易被氧化为Fe3+，Fe可以和Fe3+反应生成Fe2+，所以FeSO 溶液中加入Fe的目的 4 是防止被氧化，而不是抑制水解，A符合题意；B项，铜离子水解使溶液显酸性，加入HCl可以抑制铜离 子水解，B不符合题意；C项，铁离子水解使溶液显酸性，加入HCl可以抑制铁离子水解，C不符合题意； D项，醋酸根水解使溶液显碱性，加入NaOH可以抑制醋酸根水解，D不符合题意；故选A。8．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是( ) A．CO＋HO HCO＋OH－ 用热的纯碱溶液清洗油污 2 B．Al3＋＋3HO Al(OH) (胶体)＋3H＋ 明矾净水 2 3 C．TiCl ＋(x＋2)H O(过量) TiO·xHO↓＋4HCl 制备TiO 纳米粉 4 2 2 2 2 D．SnCl ＋HO Sn(OH)Cl↓＋HCl 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠 2 2 【答案】D 【解析】配制SnCl 溶液时应加入稀盐酸抑制SnCl 水解，加入NaOH会促进SnCl 的水解，而发生变 2 2 2 质。 9．将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同 的是( ) ①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④氯化铜 A．③ B．①④ C．①②③ D．全部 【答案】A 【解析】胆矾CuSO ·5H O溶于水得CuSO 溶液，因硫酸难挥发、蒸发结晶再灼烧得CuSO ；AlCl 、 4 2 4 4 3 CuCl 发生水解，AlCl ＋3HOAl(OH) ＋3HCl、CuCl ＋2HOCu(OH) ＋2HCl，加热时HCl不断挥发， 2 3 2 3 2 2 2 平衡右移，不断生成 Al(OH) 、Cu(OH) 沉淀，灼烧得Al O 、CuO；Al (SO ) ＋6HO 2Al(OH) ＋ 3 2 2 3 2 4 3 2 3 3HSO ，硫酸难挥发，最终仍得Al (SO )。 2 4 2 4 3 10．下列关于盐类水解的说法错误的是( ) A．在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离 B．同温时，等浓度的NaHCO 和NaCO 溶液，NaHCO 溶液的pH大 3 2 3 3 C．在NH Cl溶液中加入稀HNO 能抑制NH水解 4 3 D．加热CHCOONa溶液，溶液中 的值将减小 ( ) 3 【答案】B 【解析】盐类水解促进水的电离，A对；同温下，等浓度的NaCO 中CO水解程度大于HCO，所以 2 3 NaCO 溶液的碱性强，pH大，B错；NH水解使溶液显酸性，加入 HNO 抑制NH水解，C对；加热 2 3 3 CHCOONa溶液，CHCOO－水解程度增大，c(CHCOO－)减小，c(Na＋)不变，则 变小，D对。 3 3 3 11．下列操作会促进HO的电离，且使溶液pH>7的是( ) 2 A．将纯水加热到90 ℃ B．向水中加少量NaOH溶液 C．向水中加少量NaCO 溶液 D．向水中加少量FeCl 溶液 2 3 3 【答案】C 【解析】将纯水加热到90 ℃，水的电离程度增大，c(H＋)＝c(OH－)>10－7 mol·L－1，pH<7，A错；向 水中加少量NaOH溶液，水中c(OH－)增大，pH>7，但水的电离平衡向逆方向移动，即水的电离受到抑制， B错；向水中加少量NaCO 溶液，CO与H＋结合，水中c(H＋)减小，水的电离平衡向正方向移动，c(OH－) 2 3 增大，c(OH－)>c(H＋)，pH>7，C对；向水中加少量FeCl 溶液，Fe3＋与OH－结合为弱电解质Fe(OH) ，水 3 3中c(OH－)减小，水的电离平衡向正方向移动，c(H＋)增大，c(H＋)>c(OH－)，pH<7，D错。 12．有①NaCO 溶液 ②CHCOONa溶液 ③NaOH溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 mol·L－ 2 3 3 1，下列说法正确的是( ) A．3种溶液pH的大小顺序是 ③＞②＞① B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是② C．若分别加入25 mL 0.1 mol·L－1盐酸后，pH最大的是① D．若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞② 【答案】C 【解析】相同物质的量浓度的①、②、③溶液：pH的大小顺序应为③>①>②，A项错误；稀释相同倍 数时，①、②存在水解平衡，③中pH变化最大，B 项错误；与 25 mL 0.1 mol·L－1盐酸反应后①中为 NaHCO 和NaCl溶液，②中为CHCOOH和NaCl溶液，③中为NaCl溶液，pH最大的是①，C项正确；若 3 3 pH相同的三种溶液，物质的量浓度大小顺序应为②>①>③，故D项错误。 13．合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐类水解的 性质无关的是( ) A．金属焊接时可用NH Cl溶液做除锈剂 4 B．配制FeSO 溶液时，加入一定量Fe粉 4 C．长期施用铵态氮肥会使土壤酸化 D．向FeCl 溶液中加入CaCO 粉末后有气泡产生 3 3 【答案】B 【解析】NH Cl水解溶液显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故和盐类水解有关，A不合题意；亚 4 铁离子易被氧化，配制FeSO 溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止Fe2＋被氧化，与盐类的水解无关，B 4 符合题意；铵根离子水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，C不合题意； FeCl 是强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入碳酸钙后有气泡产生，和盐类的水解有关，D不合题意。 3 14．对滴有酚酞溶液的下列溶液，操作后颜色变深的是( ) A．明矾溶液加热 B．CHCOONa溶液加热 3 C．氨水中加入少量NH Cl固体 4 D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体 【答案】B 【解析】明矾溶液加热使水解程度增大，酸性增强，酚酞溶液不变色，A不符合题意；CHCOONa溶 3 液水解显碱性，加热使水解程度增大，酚酞溶液显色并且红色加深，B符合题意；氨水显碱性：NH ·H O 3 2 NH＋OH－，可使酚酞溶液显红色，加入NH Cl固体，平衡左移，溶液红色变浅，C不符合题意； 4 NaCl不水解，对颜色无影响，因此D不符合题意。 15．下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是( )A．加热蒸干NaCO 溶液，最后可以得到NaOH和NaCO 的混合固体 2 3 2 3 B．除去MgCl 中的Fe3＋，可以加入NaOH固体 2 C．明矾净水的反应：Al3＋＋3HO Al(OH) (胶体)＋3H＋ 2 3 D．加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO 的反应) 2 【答案】C 【解析】A项，加热蒸发NaCO 溶液，得不到NaOH。虽然加热促进CO水解，但生成的NaHCO 又 2 3 3 与NaOH反应生成了NaCO ；B项，引入了新杂质Na＋，应用MgO或MgCO 固体；D项，KCl不水解， 2 3 3 不可能得到KOH固体。 1．在一定条件下，NaCO 溶液存在水解平衡：CO2-＋HO HCO -＋OH－。下列说法正确的是( 2 3 3 2 3 ) A． 稀释溶液，水解平衡常数增大 B． 加入少量NH Cl固体，平衡朝正反应方向移动 4 C． 升高温度， 减小 D． 加入NaOH固体，溶液pH减小 【答案】B 【解析】A项，水解平衡常数只与温度有关，与溶液的浓度无关，A不正确；B项，加入少量NH Cl 4 固体，铵根离子可以结合水电离的OH－，使溶液中的OH－浓度减小，从而使碳酸根离子的水解平衡朝正反 应方向移动，B正确；C项，升高温度，碳酸根离子的水解程度增大，碳酸根离子的浓度减小、碳酸氢根 离子的浓度增大，故 增大，C不正确；D项，加入NaOH固体，由于其为强碱且不与碳酸钠反应， 故溶液pH增大，D不正确。 2．(2021•广东选择性考试)鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知 GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是( ) A．0.001mol·L-1GHCl水溶液的pH=3 B．0.001mol·L-1GHCl水溶液加水稀释，pH升高 C．GHCl在水中的电离方程式为：GHCl=G+HCl D．GHCl水溶液中：c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G) 【答案】B 【解析】A项，GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误；B项，稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏 特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C项，GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离 方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D项，根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+) +c(GH+)，故D错误；故选B。 3．下列实验操作不能达到实验目的的是( ) 实验目的 实验操作 A 实验室配制FeCl 水溶液 将FeCl 溶于少量浓盐酸中，再加水稀释 3 3 B 由MgCl 溶液制备无水MgCl 将MgCl 溶液加热蒸干 2 2 2 将0.1mol·L-1MgSO 溶液滴入NaOH溶液 证明Cu(OH) 的溶度积比 4 C 2 至不再有沉淀产生，再滴加 Mg(OH) 的小 2 0.1mol·L-1CuSO 溶液 4 D 除去MgCl 酸性溶液中的Fe3+ 加入过量MgO充分搅拌，过滤 2 【答案】B 【解析】A项，配制FeCl 水溶液时，铁离子的水解平衡正向进行，加入适量的浓盐酸可使水解平衡 3 逆向移动，A与题意不符；B项，将MgCl 溶液加热蒸干时，镁离子的水解平衡正向移动，加热可使HCl 2 挥发增强，蒸干、灼烧得到MgO，B符合题意；C项，将0.1mol·L-1MgSO 溶液滴入NaOH溶液至不再有 4 沉淀产生，沉淀为氢氧化镁，再滴加0.1mol·L-1CuSO 溶液，若有蓝色沉淀生成，说明Cu(OH) 的溶度积比 4 2 Mg(OH) 的小，C与题意不符；D项，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为3.2左右，此时MgCl 不会产生沉淀， 2 2 可通过加入MgO调节pH的方法除去Fe3+，D与题意不符；故选B。 4．(2020•浙江 7 月选考)常温下，用 0.1 mol·L−1氨水滴定 10 mL 浓度均为 0.1 mol·L−1的 HCl 和 CHCOOH的混合液，下列说法不正确的是( ) 3 A．在氨水滴定前，HCl和CHCOOH的混合液中c(Cl−)＞c(CHCOO−) 3 3 B．当滴入氨水10 mL时，c(NH)＋c(NH ·H O)＝c(CHCOO−)＋c(CHCOOH) 3 2 3 3 C．当滴入氨水20 mL时，c(CHCOOH)＋c(H+)＝c(NH ·H O)＋c(OH−) 3 3 2 D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)＜c(Cl−) 【答案】D 【解析】A项，未滴定时，溶液溶质为HCl和CHCOOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质， 3 完全电离，CHCOOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CHCOO-)，A正确；B项，当滴入氨水 3 3 10mL时，n(NH ·H O)=n(CHCOOH)，则在同一溶液中c(NH +)+ c(NH ·H O)=c(CHCOOH)+ c(CH COO-)， 3 2 3 4 3 2 3 3 B正确；C项，当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH Cl和CHCOONH，质子守恒为c(CHCOOH)+c(H+)= 4 3 4 3c(NH +)+c(OH-)，C正确；D项，当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH +)+c(H+)= c(CHCOO-)+c(Cl-)+ 4 4 3 c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH +)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。 4 5．将标准状况下1.68LCO 通入含有2gNaOH的水溶液中，完全反应并得到2L碱性溶液。则对于该溶 2 液表述正确的是( ) A．2c(Na+)=3[c(HCO-)+c(CO 2-)+c(H CO)] 3 3 2 3 B．c(Na+)+c(H+)=c(HCO-)+2c(CO 2-)+c(OH-) 3 3 C．HCO -的电离程度大于HCO -的水解程度 3 3 D．存在的平衡体系只有：HCO -+H O HCO+OH-，HCO - H++ CO2- 3 2 2 3 3 3 【答案】B 【解析】将标准状况下1.68 L CO 的物质的量是 =0.075mol，2 g NaOH的物质的量是 2 =0.05mol，CO 的量过多，完全反应生成0.05mol的碳酸氢钠。A项，根据物料守恒， 2 c(Na+)=c(HCO-) +c(CO2-)+c(H CO)，A项错误；B项，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+ )=c(HCO-)+2c(CO 2-) 3 3 2 3 3 3 +c(OH-)，B项正确；C项，碳酸氢钠溶液显碱性，则HCO -的水解程度大于HCO -的电离程度，C项错误； 3 3 D项，存在的平衡体系有：HCO - +H O HCO+OH-，HCO - H++CO 2-，HO H++OH-，D 3 2 2 3 3 3 2 项错误；故选B。 6．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是( ) A．0.1 mol·L－1 NaHCO 溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞ 3 c(HCO)＞c(OH－) B．20 mL 0.1 mol·L－1 CHCOONa溶液与10 mL 0.1 mol·L－1 HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中： 3 c(CHCOO－)＞c(Cl－)＞c(CHCOOH)＞c(H＋) 3 3 C．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NH)＋c(OH －) D．0.1 mol·L－1 CHCOOH溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋) 3 ＋c(CHCOOH) 3 【答案】B 【解析】A项，等浓度等体积的NaHCO 与NaOH混合时，两者恰好反应生成NaCO，在该溶液中 3 2 3 CO能进行两级水解：CO＋HOHCO＋OH－、HCO＋HOH CO＋OH－，故溶液中c(OH 2 2 2 3 －)>c(HCO)，该项错误；B项，CHCOONa与HCl混合时反应后生成的溶液中含有等量的CHCOONa、 3 3 CHCOOH、NaCl，因溶液显酸性，故溶液中CHCOOH的电离程度大于CHCOO－的水解程度，该项正确； 3 3 3C项，在混合前两溶液的pH之和为14，则氨水过量，所得溶液为少量NH Cl和过量NH ·H O的混合溶液， 4 3 2 则c(Cl－)K( HClO) 2 2 3 D．在新制氯水中加入少量 NaHCO 固体可以提高溶液中 HClO 的浓度 3 【答案】D 【解析】根据“越弱越水解”并结合表格数据知，酸性的强弱顺序为HCO>HClO >HCO -。A项，pH 2 3 3 试纸不能用于测量具有氧化性和漂白性的溶液的pH，NaClO具有强氧化性，故A错误；B项，正确的反应 方程式为NaClO+CO +H O═NaHCO+HClO，故B错误；C项，酸性HClO >HCO -，电离常数： 2 2 3 3 K( H CO)c(NH+)>c(SO2-) 3 3 4 3 C．物质的量浓度相等的①(NH )SO 溶液、②NH HCO 溶液、③NH Cl溶液、④(NH )Fe(SO ) 溶液 4 2 4 4 3 4 4 2 4 2 中，c(NH +)的大小关系：④>①>②>③ 4 D．0.10mol•L-1CHCOONa溶液中通入HCl至溶液pH=7：c(Na+)>c(CH COOH)>c(Cl-) 3 3 【答案】D 【解析】A项，等物质的量的NaCO 和NaHCO 形成的混合溶液中存在物料守恒，即2n(Na)＝ 2 3 3 3n(C)，溶液中的物料守恒为：2c(Na＋)＝3[c(CO2-)＋c(HCO -)＋c(HCO)]，NaCO 和NaHCO 形成的混合 3 3 2 3 2 3 3 溶液的量不知不能判断离子难度大小，故A错误；B项，液呈中性时，c(H＋)＝c(OH−)，根据电荷守恒可知： c(Na＋)＋c(NH +)＝2c(SO 2-)＋c(HSO -)，因为溶液呈中性，根据元素守恒得c(Na＋)>c(SO2-)，NaHSO3溶液 4 3 3 3 酸性较弱，则加入的氨水较少，所以c(SO 2-)>c(NH+)；所以溶液中c(H＋)、c(OH−)、c(SO 2-)、c(Na＋)、 3 4 3 c(NH +)这五种离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(SO2-)>c(NH+)>c(H＋)＝c(OH−)，故B错误；C项，物质的量 4 3 4 浓度相同的下列溶液：①(NH )SO ②NH HCO ③NH Cl ④NH Fe(SO )；先不考虑水解，则(NH )SO 4 2 4 4 3 4 4 4 2 4 2 4 中含有两个NH +，所以它们NH +的浓度大于其它三种物质，②④二种物质中，④NH Fe(SO ) 酸性最强， 4 4 4 4 2 NH +水解受到的抑制最大，即NH +的量较多，溶液中c(NH +)较大，①NH Cl，NH +水解，②NH HCO ， 4 4 4 4 4 4 3 碳酸氢根离子的水解对铵根离子起促进作用，即溶液中c(NH +)④>③>②，按c(NH +)由大到小的顺序排列 4 4 为：①>④>③>②，故C错误；D项，0.1mol•L−1CHCOONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7，溶液中存在电 3 荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH−)＋c(Cl−)＋c(CHCOO−)，物料守恒为：c(Na＋)＝c(CHCOO−)＋ 3 3 c(CHCOOH)，得到c(CHCOOH)＝c(Cl−)，溶液中存在醋酸钠、氯化钠和醋酸，钠离子浓度一定大于氯离 3 3 子浓度，故D正确；故选D。 10．25℃，向20mL0.1mol•L-1的弱碱BOH溶液(K =1.0×10-5)中逐滴加入0.1mol•L-1盐酸，pH～V曲线 b 如图所示，下列说法正确的是A．a点到b点，水的电离程度先减小后增大 B．a点时，c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH) C．b点时，c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)+c(H+) D．V=20mL时，c(Cl-)>c(B+)>c(OH-)>c(H+) 【答案】B 【解析】A项，当BOH与盐酸恰好完全反应时，溶液中的溶质为0.05mol/LBCl，此时溶液中存在 B+的水解，BOH的电离平衡常数K =1.0×10-5，则B+的水解平衡常数为K = =10-9；则此时溶液中满 b h 足K =c(H+)c(BOH)/c(B+)≈c(H+)c(BOH)/0.05mol·L−1，c(H+)=c(BOH)，解得c(H+)= ×10-5.5mol/L，所以此时 h 溶液的pH＞5，即b点BOH已经完全反应，a点到b点，BOH逐渐和盐酸完全反应，然后盐酸过量，则水 的电离程度先增大后减小，A错误；B项，a点时，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(B+)，此时 pH=9，则c(OH-)=10-5mol/L，BOH的电离平衡常数K = =1.0×10-5，所以此时c(BOH)=c(B+)， b 则c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(BOH)，B正确；C项，当BOH和盐酸恰好完全反应时，溶液中存在物料守恒： c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)，b点时盐酸过量，所加入的盐酸中存在c′(Cl-)=c′(H+)，若加入到混合溶液中后，B+的 水解不受影响，则c(Cl-)=c(BOH)+c(B+)+c(H+)，但盐酸的电离会抑制B+，所以c(Cl-)＞c(BOH)+c(B+) +c(H+)，C错误；D项，V=20mL时，溶液中溶质为BCl，溶液存在B+的水解，溶液显酸性，但水解是微弱 的，所以c(Cl-)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；故选B。 1．甲胺[(CH )NH ·H O]在水中电离与氨相似，常温下，K [(CH )NH ·H O]=2.0×10-5。已知lg2=0.3。下 3 2 2 b 3 2 2 列说法错误的是( ) A．(CH)NH NO 溶液显酸性 3 3 3 B．甲胺溶液中c(OH-)随温度升高而增大 C．常温下，0.1mol/L的甲胺溶液的pH=11.3 D．0.1mol/L(CH )NH Cl溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl-)>c[(CH )NH )+]>c(H+)>c(OH-) 3 3 3 3 【答案】C【解析】A项，(CH)NH NO 为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，A项正确；B项，温度升高，促进甲胺 3 3 3 电离，溶液中c(OH-)增大，B项正确；C项，0.1mol/L的甲胺溶液中， ， ， ，C项错误；D项，由于(CH)NH )+水解，溶液显酸性，故有： 3 3 c(Cl-)>c[(CH )NH )+]>c(H+)>c(OH-)，D项正确。故选C。 3 3 2．含SO 的烟气会形成酸雨，工业上常利用NaSO 溶液作为吸收液脱除烟气中的SO ，随着SO 的吸 2 2 3 2 2 收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是( ) A．NaSO 溶液中存在：c(Na＋)＞c(SO)＞c(H SO )＞c(HSO) 2 3 2 3 B．已知NaHSO 溶液pH＜7，该溶液中：c(Na＋)＞c(HSO)＞c(H SO )＞c(SO) 3 2 3 C．当吸收液呈酸性时：c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H SO ) 2 3 D．当吸收液呈中性时：c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO) 【答案】D 【解析】NaSO 溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(HSO)＞c(H＋)＞ 2 3 c(H SO )，A项错误；NaHSO 溶液pH＜7，则该溶液中HSO的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度 2 3 3 大小关系为c(Na＋)＞c(HSO)＞c(H＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(H SO )，B项错误；当吸收液呈酸性时可以是 2 3 NaHSO 溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(H SO )＋c(SO)＋c(HSO)，也可以是NaHSO 和NaSO 的 3 2 3 3 2 3 混合溶液，则选项中的物料守恒关系式不再适用，C项错误；当吸收液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中 存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)＋c(HSO)，故c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)，D项正确。 3．(2022·浙江省1月选考)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1NaCO 溶液和 2 3 40mL0.2mol·L-1NaHCO 溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲 3 线：下列说法正确的的是( ) A．图中甲、丁线表示向NaHCO 溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaCO 溶液中滴加盐酸 3 2 3 B．当滴加盐酸的体积为VmL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO - 1 3 +H+=CO ↑+H O 2 2 C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点 D．NaCO 和NaHCO 溶液中均满足：c(HCO)-c(CO2-)=c(OH-)-c(H+) 2 3 3 2 3 3 【答案】C 【解析】A项，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应 先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向NaCO 溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向 2 3 NaHCO 溶液中滴加盐酸，A错误；B项，当滴加盐酸的体积为VmL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸 3 1 根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO2-+H+= HCO -，B错误；C项，根据pH— 3 3 V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4 左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C正确；D项，根据电荷守恒和物 料守恒，则NaCO 中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H CO)+c(HCO-)， NaHCO 溶液中满足c(HCO)- 2 3 2 3 3 3 2 3 c(CO2-)=c(OH-)-c(H+)，D错误；故选C。 3 4．(2022·浙江省6月选考) 时，向 浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入 0.1mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的K=1.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定 a 终点的 突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是( )A．恰好中和时，溶液呈碱性 B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H++OH-=H O 2 C．滴定过程中，c(Cl-)=c(CH COO-)+c(CH COOH) 3 3 D． 时，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CHCOO-)＞c(CHCOOH) 3 3 【答案】B 【解析】A项，恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性， A正确；B项，滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，若只发生反应的离子方程式：H++OH-=H O，则滴加 2 NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，0.1mol·L－1的醋酸中，c(H+)≈c(CH COO-)= 3 = = >1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子 方程式为：H++OH-=H O和CHCOOH+OH-=CH COO-+H O，B错误；C项，滴定前盐酸和醋酸的浓度相同， 2 3 3 2 故滴定过程中，根据物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH COO-)+c(CH COOH)，C正确；D项，向20mL浓度均为 3 3 0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液 为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL 时，溶液为NaCl和等浓度的CHCOONa、CHCOOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh= 可知，此时 3 3 溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CHCOO-)＞c(CHCOOH)，D正确；故 3 3 选B。 5．(2021•天津卷)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是( ) A．在0.1mol·L-1HPO 溶液中c(H PO )＞c(H PO -)＞c(HPO 2-)＞c(PO 3-) 3 4 3 4 2 4 4 4 B．在0.1mol·L-1NaC O 溶液中c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC O-)+c(C O2-) 2 2 4 2 4 2 4 C．在0.1mol·L-1NaHCO 溶液中c(H CO)+ c(HCO -)=0.1mol·L-1 3 2 3 3 D．氨水和NH Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl－)＞c(NH ＋)＞c(OH―)＞c(H＋) 4 4 【答案】A 【解析】A项，由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在 0.1mol·L-1HPO 溶液中，离子浓度大小为：c(H PO )＞c(H PO -)＞c(HPO 2-)＞c(PO 3-)，故A正确；B项，在 3 4 3 4 2 4 4 4 0.1mol·L-1NaC O 溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC O-)+2c(C O2-)，故B错误；C 2 2 4 2 4 2 4 项，在0.1mol·L-1NaHCO 溶液中，根据物料守恒得到c(H CO)+ c(HCO -)+ c(CO2-)=0.1mol·L-1，故C错误； 3 2 3 3 3D项，氨水和NH Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则c(OH―)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－) 4 +c(OH―)=c(NH ＋)+c(H＋)，则c(Cl－)＜c(NH ＋)，故D错误；故选A。 4 4 6．(2021•辽宁选择性考试)用0.1000mol·L-1盐酸滴定20.00 mLNa A溶液，溶液中HA、HA-、A2-的分 2 2 布分数 随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是(如A2-分布分数： ) A．HA的K 为10-10.25 B．c点：c(HA-)＞c(A2－)＞c(H A) 2 a1 2 C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．c (NaA)= 0.2000mol·L-1 2 【答案】C 【解析】用0.1000mol·L-1盐酸滴定20.00 mLNa A溶液，pH较大时A2-的分布分数 最大，随着pH的 2 减小，A2-的分布分数 逐渐减小，HA-的分布分数 逐渐增大，恰好生成NaHA之后，HA-的分布分数 逐 渐减小，HA的分布分数 逐渐增大，表示HA、HA-、A2-的分布分数 的曲线如图所示， 2 2。A项，HA的 ，根据上图交点 2 1计算可知K =10-6.38，A错误；B项，根据图像可知c点中c(HA-)＞c(H A)＞c(A2－)，B错误；C项，根据 a1 2 图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；D项，根据图像e点可知， 当加入盐酸40mL时，全部生成HA，根据NaA+2HCl=2NaCl+H A计算可知c (Na A)= 0.1000mol·L-1，D 2 2 2 2 错误；故选C。 7．(2021•湖北选择性考试)常温下，已知HPO 溶液中含磷物料的浓度之和为0.1 mol·L1，溶液中各含 3 3 磷物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc＝－lgc)，pOH表示OH的浓度 负对数[pOH＝－lgc(OH)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)、y(10.0，3.6)、z(12.6，1.3)。下列说法正确 的是( ) A．曲线①表示pc(H PO )随pOH的变化 3 3 B．HPO 的结构简式为 3 3 C．pH＝4的溶液中：c(H PO )＜0.1 mol·L1－2c(HPO 2) 2 2 3 D．HPO ＋HPO 2 2 HPO 的平衡常数K＞1.0×105 3 3 3 2 3 【答案】D 【解析】图像中含P的微粒只有3种，说明HPO 是二元弱酸，随着c(OH)增大，pOH减小，依次发 3 3 生反应：HPO ＋OH＝HPO ＋HO，HPO ＋HO＝HPO 2＋HO，c(H PO )逐渐减小，c(H PO )先增 3 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 3 2 3大，后减小；c(HPO 2)逐渐增大，即p(H PO )逐渐增大，p(H PO )先减小，后增大；p(HPO 2)减小。观察 3 3 3 2 3 3 图像知，横坐标代表pOH，从左至右，pOH增大；纵坐标代表pc，从下至上减小。pOH＝0时，pc(HPO ) 3 3 最大，pc(HPO 2)最小，pc(HPO )居中。所以，曲线①代表pc(HPO 2)，曲线②代表pc(HPO )，曲线③ 3 2 3 3 2 3 代表pc(HPO )，A项错误；依题意，亚磷酸是二元弱酸，羟基上氢能电离出氢离子，则其分子中含有两个 3 3 羟基，亚磷酸的结构简式为 ，B 项错误；pH＝4，pOH＝10，pc(H PO )＝pc(HPO 2)，推知 3 3 3 c(H PO )＝c(HPO 2)，根据物料守恒知，c(HPO )＋c(HPO )＋c(HPO 2)＝0.1 mol·L1，得：c(H PO )＝ 3 3 3 3 3 2 3 3 2 3 0.1mol·L1 － 2c(HPO 2) ， C 项 错 误 ； x 点 表 示 c(HPO ) ＝ c(HPO 2) ， pOH ＝ 7.3 ， 3 2 3 3 ，z 点表示 c(HPO )＝c(HPO )，pOH＝12.6， 3 3 2 3 ， HPO ＋ HPO 2 2 HPO  的 平 衡 常 数 3 3 3 2 3 ，D项正确。 8．(2021•海南选择性考试) 25℃时，向10.00mL0.1000mol·L-1的NaHCO 溶液中滴加.1000mol·L-1的盐 3 酸，溶液的 随加入的盐酸的体积 变化如图所示。下列有关说法正确的是( ) A． 点，溶液 是由于HCO -水解程度大于电离程度 3B． 点，c(Na＋)=c(HCO -)+2c(CO2-)+c(Cl-) 3 3 C．c 点，溶液中的 主要来自HCO -的电离 3 D．d点，c(Na＋)= c(Cl-)= 0.1000mol·L-1 【答案】AB 【解析】A项，HCO -存在水解平衡和电离平衡，a点溶液pH＞7是由于HCO -水解程度大于电离程度， 3 3 故A正确；B项，根据电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)=c(HCO -)+2c(CO2-)+c(Cl-)+c(OH―)，b点pH=7即c(H＋)= 3 3 c(OH-)，所以c(Na＋)=c(HCO -)+2c(CO2-)+c(Cl-)，故B正确；C项，c点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸， 3 3 溶液中的H+主要来自HCO 的电离，故C错误；D项，d点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，c(Na＋)= c(Cl-)= 2 3 0.0500mol·L-1，故D错误；选AB。 9．常温下，用200 mL 0.1 mol·L -1NaOH溶液吸收SO 与N 混合气体，所得溶液pH与吸收气体体积 2 2 的关系如图所示，已知K (H SO )=1.2×10-2，K (H SO )=5.6×10-8。下列说法正确的是( ) a1 2 3 a2 2 3 A．吸收3 L气体时溶液中主要溶质为NaHSO 3 B．溶液pH=7时2c(SO 2-)>c(HSO -) 3 3 C．X点呈酸性的原因是HSO -水解程度大于其电离程度 3 D．曲线上任意点均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO -)+c(SO2-) 3 3 【答案】B 【解析】0.1 mol·L -1NaOH溶液吸收SO ，先后发生两个反应，即2NaOH+SO = Na SO +H O和 2 2 2 3 2 NaSO +H O+SO =2 NaHSO。由图中信息可知，当吸收3 L气体时，得到NaSO 溶液；当吸收6L气体时， 2 3 2 2 3 2 3 得到NaHSO 溶液。A项，由分析可知，吸收3 L气体时，当吸收3 L气体时，得到NaSO 溶液，主要溶 3 2 3 质为NaSO ，A错误；B项，pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=110-7mol/L，由电荷守恒：c(H+) 2 3+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO -)+2c(SO2-)，K (H SO )= =5.6×10-8，则 ，因此， 3 3 a2 2 3 ，则2c(SO 2-)>c(HSO -)，B正确；C项，由图中信息可知，X点为NaHSO 溶液， 3 3 3 HSO -电离方程式为HSO - H++ SO 2-，水解的离子方程式为HSO -+H O HSO +OH-， 3 3 3 3 2 2 3 ＜K (H SO )=5.6×10-8，即HSO -的电离程度大于其水解程度，因此，X a2 2 3 3 点呈酸性，C错误；D项，由电荷守恒，曲线上除其起点外，其他任意点均存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-) +c(HSO-)+2c(SO2-)，D错误；故选B。 3 3 10． 时，0.1mol·L－1的二元酸HPO 溶液中各含磷物种的 关系如图所示。图中 表示各 3 3 含磷物种的浓度负对数 。下列说法正确的是( ) A．曲线①表示pc(HPO -)随 的变化 2 3 B．浓度均为 的HPO 和HPO 2-溶液混合，混合溶液的 为10 3 3 3 C．2HPO - HPO +HPO 2-的平衡常数 2 3 3 3 3 D．pH=6.7的溶液中：c(H PO )+c(H PO -)+c(HPO 2-)+c(PO 3-)=0.1mol·L－1 3 3 2 3 3 3 【答案】C 【解析】HPO 为二元酸，由图示可知，随着碱性增强，即pOH减小，HPO 浓度减小，pc(HPO )逐 3 3 3 3 3 3渐增大，HPO -浓度先增大后减小，pc(HPO -)先减小后增大，HPO 2-浓度逐渐增大，pc(HPO 2-)逐渐减小， 2 3 2 3 3 3 HPO 2-不能继续电离，故曲线①表示pc(HPO 2-)随pOH的变化，曲线②表示，pc(HPO -)随pOH的变化，曲 3 3 2 3 线③表示pc(HPO )随pOH的变化。A项，曲线①表示pc(HPO 2-)随pOH的变化，A错误；B项，未指明 3 3 3 HPO 溶液和HPO 2-溶液的体积，无法计算混合溶液的pOH，B错误；C项，HPO 为二元酸，其一级电离 3 3 3 3 3 方程式为：HPO H++H PO -，图中z点表示c(HPO )=c(H PO -)、pOH=12.6，则pH=1.4、c(H+)=10- 3 3 2 3 3 3 2 3 1.4mol/L，K = =10-1.4，二级电离方程式为：HPO - H++HPO 2-，图中x点表示 a1 2 3 3 c(HPO -)=c(HPO 2-)、pOH=7.3，则pH=6.7、c(H+)=10-6.7mol/L，K = =10-6.7，反应2HPO - 2 3 3 a2 2 3 HPO +HPO 2-的平衡常数K= = = = = 3 3 3 ，C正确；D项，HPO 为二元酸，不能电离出PO 3-，溶液中无PO 3-，D错误；故选C。 3 3 3 3