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1、【懂做原理题】2020届高三化学选修四二轮专题练盐类水解中三大守恒的应用【精编23题】一、单选题（本大题共20小题，共40分）1.常温下，向1L溶液中，逐渐加入NaOH固体粉末，随着的变化，与的变化趋势如图所示不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化。下列说法正确的是A. N点溶液中水的电离程度比原溶液大B. 在N点时，C. 随着NaOH的加入，不断减小D. 当mol时，【答案】C【解析】【详解】AN点，电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，原溶液中水的电离程度最大，即N点溶液中水的电离程度比原溶液小，故A错误；B在N点时，根据电荷守恒可知，故B错误；C，随着NaOH的加入，逐渐增大，而水解平衡常数不
2、变，则该比值逐渐减小，故C正确；D当时，恰好反应生成等浓度的NaCl和，根据物料守恒可得：，故D错误；答案选C。【点睛】将C项的比值转化为水解平衡常数和的关系式，更好分析。2.取浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L，分别通入0.02molCO2，发生反应：NaA + CO2 + H2O=HA + NaHCO3、 2NaB + CO2 + H2O=2HB + Na2CO3。将浓度均为0.1 mol/L、体积均为1L的HA溶液和HB溶液分别加水稀释至体积为VL，溶液pH的变化曲线如图所示，则下列说法正确的是A. HA是强酸，HB是弱酸B. X是HB，Y是HAC. 常温下，pH相
3、等的NaA溶液与NaB溶液的物质的量浓度：c(NaA)c(NaB)D. NaA与NaB的混合溶液中：c(Na+) + c(H+)c(A) + c(B) + c(HA) + c(HB)【答案】B【解析】试题分析：由反应：NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O=2HB+Na2CO3可知，酸性：H2CO3HAHCO3HB。AHA、HB浓度均为0.1mol/L，由图中起点pH值可知，pH(HA)=2，pH(HB)3，则HA、HB都是弱酸，故A错误；B加水稀释，促进弱酸电离。酸性越弱，溶液稀释后pH变化越小，所以相同倍数稀释时，pH变化小的X为酸性更弱的HB，Y为HA，故B
4、正确；C酸越弱，对应离子的水解能力越强，则水解能力NaBNaA，因两溶液水解呈碱性且pH相等，则c(NaA)c(NaB)，故C错误；DNaA与NaB的混合溶液中，根据电荷守恒可得，c(Na+)+c(H+)=c(A)+c(B)+c(OH)，故D错误。故选B。考点：弱电解质的电离平衡与离子浓度大小比较3.已知HCN、CN-在溶液中存在下列平衡及其对应的平衡常数：HCNH+ CN- H 10，K1 CN-+H2O HCN+OH- H 20，K2，常温下（K1= 6.210-10），将等体积、等物质的量浓度的HCN和NaCN溶液混合，下列叙述正确的是（ ）A. 混合溶液的pHC. 0.1mol/L N
5、aHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na)c(CO32)c(HCO3)c(OH) c(H+)D. 向0.1 molL1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH)/ c(NH3H2O)增大【答案】B【解析】【详解】A.常温下0.1mol/LNa2S溶液中，硫离子水解显碱性,溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)c(HS-)2c(H2S)，故A错误；B.在相同的条件下测得NaHCO3CH3COONaNaClO三种溶液pH相同,已知酸性:CH3COOHH2CO3HClO，所以水解程度:NaClONaHCO3CH3COONa，pH相同时,溶液的浓度:Na
6、ClONaHCO3CH3COONa,即c(Na+)：，故B正确；C.0.1mol/LNaHCO3 溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合得到碳酸钠溶液,碳酸根离子水解溶液显碱性,溶液中离子浓度大小为c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)c(H+),故C错误；D.在0.1mol/L的氨水中，存在电离平衡NH3H2ONH4+OH-,加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，电离平衡逆向进行,氢氧根离子浓度减小,一水合氨浓度增大, c(OH)/ c(NH3H2O比值减小,故D错误；本题答案为B。9.下列叙述不正确是A. 氨水中：B. 饱和溶液中：C. 的NaHA溶液，其：D. 在
7、溶液中：【答案】C【解析】【详解】溶液中遵循电荷守恒，则，即，故A正确；B饱和溶液中，电离分步进行，以第一步电离为主，则存在，故B正确；C的NaHA溶液，其，说明溶液呈酸性，可知的电离大于其水解，电离生成，水解生成，则存在，故C错误；D由可知，溶液中遵循物料守恒，则存在，故D正确；答案选C。【点睛】离子浓度大小比较时要根据具体情况，写出电荷守恒，物料守恒，质子守恒，例如NaHA，要同时考虑电离和水解，看哪个占优势。10.下列说法不正确的是A. 醋酸溶液中离子浓度的关系满足：B. 相同条件下的溶液溶液稀盐酸溶液中由水电离的：=C. 的HA溶液与的MOH溶液以任意比混合，始终成立D. 稀释溶液，水
8、解平衡正向移动，水的电离程度增大【答案】D【解析】详解】根据电荷守恒知，故A正确； B酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，故溶液中的水电离的氢离子浓度最大，溶液稀盐酸溶液中的氢离子浓度相同，对水的电离抑制程度相同，故水电离的氢离子浓度相同，故B正确； C根据电荷守恒得，故C正确； D加水稀释碳酸钠溶液，促进碳酸钠水解，水解平衡正向移动，水的电离程度减小，故D错误； 答案选D。【点睛】盐类水解的实质是盐电离出的弱酸根离子和弱碱阳离子与水电离时生成的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程，实际是促进了水的电离。11.下列说法不正确的是A. 常温下，向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的，则混合液中：
9、B. 将等体积的盐酸和醋酸稀释成的溶液，醋酸所需加入的水量多C. 的NaOH溶液与的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的D. 的溶液中：【答案】C【解析】【详解】常温下，的溶液中，再根据电荷守恒得，故A正确； B加水稀释促进弱酸电离，所以要使pH相等的盐酸和醋酸稀释后溶液的pH仍然相等，醋酸加入水的量大于盐酸，故B正确； 的溶液中，的醋酸中，二者等体积混合时，醋酸过量，导致溶液呈酸性，则，故C错误； D碳酸氢钠溶液中，水解程度大于电离程度导致溶液呈碱性，但电离和水解程度都较小，钠离子不水解，所以离子浓度大小顺序是，故D正确； 答案选C。12.在KCl、形成的混合溶液中， c， c， c，则 c为 A
10、. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】溶液呈电中性，溶液中，则：，解得，答案选B。【点睛】用电荷守恒时，带几个单位的电荷，系数就要乘以几，这是易错点。13.25时，在25mL 0.1molL-1的氢氧化钠溶液中，逐滴加入0.2molL-1 CH3COOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示，下列分析结论正确的是（ ）A. 若B点的横坐标a=12.5，则有c(Na+)=c(CH3COO-)B. 对曲线上A、B间任意一点，溶液中都有c(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)C. D点时，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)D. C点时，c(CH3COO-)=c
11、(Na+)c(H+)=c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A. 若B点的横坐标a=12.5，则NaOH与CH3COOH刚好完全反应，生成CH3COONa和水，由于CH3COO-发生水解，使得c(CH3COO-)减小，所以c(Na+)c(CH3COO-)，A错误；B. 靠近B点的位置，溶液中的溶质主要为CH3COONa，此时c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，B错误；C. D点时，CH3COONa与CH3COOH物质量相等，浓度相等，即便考虑CH3COOH电离，一定有下列关系：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，C错误；D. C点时，溶液为CH3CO
12、ONa与CH3COOH的混合溶液，因为pH=7，所以可认为醋酸不电离，醋酸根离子不水解，从而得出：c(CH3COO-)=c(Na+)c(H+)=c(OH-)，D正确；故选D。14.25时，在25 mL0.1mol/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH与CH3COOH 溶液体积关系如图所示。下列有关粒子浓度关系正确的是A. 曲线上A、B间的任意一点:c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)B. B点:c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)C. C点:c(CH3COO-)c(H+)c(Na+)c(OH-)D. D点:c(
13、CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)【答案】D【解析】A、在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，但由于氢氧化钠和醋酸钠的相对量不能确定，所以溶液中不一定存在c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，A错误；B、在B点溶液显中性，则c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)c(CH3COO-)+c(OH-)，则一定有c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c(Na+)=c(CH3COO-)c(OH-)=c(H+)，B错误；
14、C、在C点，溶液显酸性，但c(Na+)c(H+)，C错误；D、在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等，根据物料守恒可知c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，D正确；答案选C。15.在2L由NaCl、组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，则此溶液中离子的物质的量是A. molB. molC. molD. mol【答案】B【解析】【详解】依据图示可知镁离子浓度为，钠离子浓度为，氯离子浓度为，则依据电荷守恒可知： 2c（Mg2+）+ c（Na+）+ 2c（Ca2+）=c（Cl-），则，解得，此溶液中离子的物质的量：； 答案选B。16.HA为酸性略强于醋酸
15、的一元弱酸，在0.1 molL-1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是A. c(Na)c(A)c(H+)c(OH)B. c(Na)c(OH)c(A)c(H+)C. c(Na)+c(OH)=c(A)+c(H+)D. c(Na)+ c(H+) = c(A)+c(OH)【答案】D【解析】【详解】A.NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，则c（H+）c（A-），A-水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（A-）c（OH-）c（H+），故A错误；B.根据A的分析可知，c（A-）c（OH-），故B错误；C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（
16、A-），溶液呈碱性，钠离子不水解，所以c（Na+）+c（OH-）c（A-）+c（H+），故C错误；D.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），故D正确；故选D。17.钠碱循环法是用溶液作为吸收液脱除烟气中的时，吸收液的pH约为10；吸收过程中，：1时，pH为。下列说法正确的是A. 溶液中：B. 吸收过程中，始终存在着：C. 中性溶液中：D. 中性溶液中：【答案】B【解析】【详解】溶液中，显酸性，亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，则：，故A错误； B根据混合液中的电荷守恒可得：，故B正确； C时，溶液的，则呈中性时，离子浓度大小为：，故C错误；
17、 D溶液呈中性时：，根据电荷守恒可得：，故D错误； 答案选B。18.下列各组数据中，其比值为2：1的是A. 氨水与溶液混合后的溶液中，：B. 相同温度下，乙酸溶液与乙酸溶液中之比C. 溶液中，：D. 的溶液与的KOH溶液中，：【答案】A【解析】【详解】A氨水与溶液混合后，则，由电荷守恒可知，故，：1， 故A正确； B因乙酸为弱酸，浓度越小，电离程度越大，则乙酸溶液与乙酸溶液中之比不等于2：1，应小于2：1，故B错误； C由化学式为，但的水解，则：1，故C错误； D强碱溶液，则，故，：2，故D错误； 答案选A。19.时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液中：1时，溶液的pH为A. B. C. D
18、. 无法确定【答案】C【解析】【详解】时，如果溶液中：1，溶液中存在电荷守恒，则，该溶液呈碱性，溶液的，答案选C。20.常温下，将甲酸（HCOOH）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液 pH7，则此溶液中A. c（HCOO) c（Na)B. c（HCOO) c（ Na)C. c（HCOO) c（Na)D. 无法确定c（HCOO) 与c（Na) 的关系【答案】C【解析】【详解】甲酸和氢氧化钠溶液混合后发生反应：HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，所得溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，则c(HCOO-)=c(Na
19、+)，故选C。二、简答题（本大题共3小题，共60分）21.工业废气、汽车尾气排放出的、等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。(1)和在空气中存在下列平衡：；通常在的存在下，进一步被氧化，生成。写出和反应的热化学方程式为_。(2)烟气中的可以用NaOH溶液吸收，将所得的溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到，其原理如图所示。电极材料为石墨图中a极要连接电源的_填“正”或“负”极，C口流出的物质是_。放电的电极反应式为_。(3)常温下，烟气中被NaOH溶液吸收可得到、等。已知水溶液显碱性，原因是_写出主要反应的离子方程式，该溶液中_填“”“”
20、或“”常温下，的溶液的，则_填写准确数值【答案】 (1). (2). 负 (3). 硫酸 (4). (5). (6). (7). 【解析】【分析】(1)根据盖斯定律来求解；(2)在图中由于Na+向a极区域移动，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，a要连接电源的负极，b要连接电源的正极，在阳极上SO32变为SO42，C口流出的物质是硫酸；在阳极上SO32被氧化为SO42；(3)溶液中SO32水解：，破坏水的电离平衡，导致溶液显碱性，根据电荷守恒分析；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(Na+)=(H2SO3)+(HSO3)+(SO32)，
21、根据电荷守恒得(Na+)+(H+)=(OH)+(HSO3)+2(SO32)，两式计算得到。【详解】根据盖斯定律来求解，；然后用(-)得：； (2)根据电解池中阴阳离子的移动方向：阳离子移向阴极可以判断图中a极要连接电源的负极，在阳极失去电子变成，所以C口流出的物质是； 失去电子被氧化成，电极反应式为：； (3)溶液中水解：，破坏水的电离平衡，导致溶液显碱性，根据电荷守恒，溶液中，故； 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，根据电荷守恒得，将方程式代入得，所以。22.研究的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。(1)在一定条件下将和转化为甲醇蒸气和
22、水蒸气的相关反应有：则由甲醇蒸气和水蒸气转化为和的热化学方程式为_。(2)在一定温度下，向2L固定容积的密闭容器中通入、，发生反应。测得和的浓度随时间变化如图所示：能说明该反应已达平衡状态的是_。A.单位时间内有键断裂，同时又有键断裂B.混合气体的平均相对分子质量不随时间变化C.混合气体的密度不随时间变化D.体系中=1：1，且保持不变下列措施能使增大的是_。A.升高温度恒温恒容下，再充入、C.使用高效催化剂恒温恒容充入使体系压强增大已知该温度下此反应的平衡常数，若使K的值变为1，应采取的措施是_。A.升高温度降低温度增大压强恒压加入一定量(3)捕捉可以利用溶液。用溶液完全捕捉气体溶液体积不变，
23、所得溶液中_(4)用和天然气可以制备CO和，。密闭容器中浓度均为的与，在一定条件下反应，测得的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则压强_填“”或“”。若，则时该反应的平衡常数_用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数。【答案】 (1). (2). BD (3). B (4). B (5). (6). (7). 4【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也处于相应的系数进行相应的加减，构造目标热化学方程式；(2)结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态；能使增大，平衡正向移动，且不能增加n(CO2)；已知该温度下此反应的平衡常数K
24、0.198，若使K的值变为1，反应为放热反应，平衡常数随温度变化，平衡常数增大需要平衡正向进行；(3)100mL0.1mol/LNa2CO3的溶液中溶质的物质的量为0.1L0.1mol/L0.01mol，0.44gCO2的物质的量为=0.01mol，发生反应Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，二者恰好反应生成0.02mol的NaHCO3，碳酸氢根离子的水解程度大于碳酸氢根离子电离，由此分析溶液酸碱性，结合电荷守恒、物料守恒来解答；(4)该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小；压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动；根据转化率计算平衡时各物质的平衡浓度，利用
25、生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到平衡常数。【详解】(1)依据盖斯定律+得；(2)A单位时间内有键断裂，同时有键生成，均体现正反应速率，不能判定平衡，故A不符合题意；B反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，气体的总质量/气体的总物质的量即为混合气体的平均相对分子质量，混合气体的平均相对分子质量不随时间变化说明反应处于平衡状态，故B符合题意；C气体的质量、体积始终不变，混合气体的密度不随时间变化，不能判定平衡，故C不符合题意；D反应物的起始量不同，体系中=1：1，且保持不变，符合特征“定”，为平衡状态，故D符合题意；故答案为BD；能使增大，平衡正向移动，且不能增加，则A该
26、反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故A不符合题意； B恒温恒容下，再充入、，相当于体积减小一半，压强增大，平衡正向移动，使增大，故B符合题意；C使用高效催化剂，平衡不移动，故C不符合题意； D恒温恒容充入，平衡不移动，故D不符合题意；故答案为B；已知该温度下此反应的平衡常数，若使K的值变为1，反应为放热反应，平衡常数随温度变化，平衡常数增大需要平衡正向进行，应采取的措施是降低温度，故选B；(3)的溶液中溶质的物质的量为，的物质的量为，发生反应，二者恰好反应生成的，恰好反应生成的，碳酸氢根离子的水解程度大于碳酸氢根离子电离，溶液呈现碱性，由物料守恒可知，；(4)该反应正向为体积增大的方向，
27、压强越大，的转化率越小，已知相同温度下，条件下的转化率大于，则小于，压强为时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以正大于逆；在Y点对应温度下的甲烷的平衡转化率为，则所以平衡常数。23.为测定某溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀后，用浓度为c标准溶液滴定。(1)其反应的离子方程式为_(2)滴定时，溶液应装在_填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”中，达到滴定终点的现象为_(3)若滴定时，没用标准液洗涤滴定管，会使得草酸溶液的物质的量浓度_填“偏高”“偏低”“无影响”(4)若滴定时，反应前后的两次读数分别为a和b，则实验测得所配草酸溶液的物质的量浓度为_(5)在该溶液与KOH溶液反应所得的
28、溶液中，下列关系正确的是_A.B.C.D.【答案】 (1). 2 (2). 5 (3). 6 (4). 2 (5). (6). 酸式滴定管 (7). 滴入一滴溶液变成紫色或红色且半分钟不褪色 (8). (9). (10). BD【解析】【分析】(1)草酸被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，据氧化还原反应中电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平；(2)高锰酸钾具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去；(3)根据所用过程判断不当操作对相关物理量的影响；(4)注意参加反应的高锰酸钾与草酸的物质的量之比为2：5，据c(待测)=求算；(5)在KH
29、C2O4溶液中c(C2O42-)c(H2C2O4)，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，结合电荷守恒、物料守恒分析。【详解】(1)草酸被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，1mol草酸反应转移2mol电子，1mol高锰酸钾反应转移5mol电子，其物质的量之比为5：2，再据原子守恒和电荷守恒配平的离子方程式为：；(2)高锰酸钾具有强氧化性，应装在酸式滴定管中，草酸与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，当滴定到终点时，二者恰好完全反应，再滴入一滴溶液变成紫色或红色且半分钟不褪色，可说明达到滴定终点；(3)盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，导致浓度偏小，标准偏大，据待测可知，待测偏高；(4)注意参加反应的高锰酸钾与草酸的物质的量之比为2：5，待测；(5)在溶液中，说明的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性。A据电荷守恒有，故A错误；B据物料守恒有，故B正确；C，说明的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，溶液显酸性，故C错误；D据物料守恒有，故D正确；故答案BD【点睛】具有强氧化性的物质需放置在酸式滴定管，它会腐蚀橡胶管，滴入一滴溶液变成紫色或红色且半分钟不褪色；才证明达到滴定终点。
