2021高二下册化学期末同步练习题：盐类的水解（附答案）.pdf

一、探究盐溶液的酸碱性一、探究盐溶液的酸碱性盐溶液盐的类型溶液 pH酸碱性NaCl强酸强碱盐pH＝7中性CH3COONa弱酸强碱盐pH>7碱性NH4Cl强酸弱碱盐pH<7酸性【结论】盐溶液并不都显中性二、盐溶液呈现不同酸碱性的原因二、盐溶液呈现不同酸碱性的原因 1．CH3COONa 水溶液呈碱性的原因（1）电离方程式CH3COONa===CH3COO－＋Na＋、H2OH＋＋OH－ （2）水电离平衡的影响CH3COO－能与 H＋结合生成弱电解质 CH3COOH使水的电离平衡向电离的方向移动3）溶液的酸碱性溶液中 c(H＋)减小，c(OH－)增大，c(H＋)c(OH－)，故 NH4Cl 溶液呈酸性。

4）水解方程式化学方程式：NH4Cl＋H2ONH3·H2O＋HCl离子方程式：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋＋ 43．NaCl 溶液呈中性的原因NaCl 溶于水后电离产生 Na＋和 Cl－，不能与水电离出的 OH－、H＋结合成难电离的物质，水的电离平衡不发生移动，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性4．盐类水解（1）盐类水解的实质在溶液中盐电离出来的离子(弱碱的阳离子或弱酸的阴离子)结合水电离出的 OH－或 H＋生成弱电解质，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液显酸性、碱性或中性（2）盐类水解的规律在可溶性盐溶液中：有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，都弱都水解，谁强显谁性常见的“弱”离子弱碱阳离子：NH、Al3＋、Mg2＋、Zn2＋、Fe3＋、Cu2＋等＋ 4弱酸根离子：CO、SiO、HCO、AlO、SO、S2－、HS－、ClO－、CH3COO－、F－等2－32－3－ 3－ 22－3（3）盐类水解的特点盐类水解的特点可概括为微弱、吸热、可逆三、影响盐类水解平衡的因素三、影响盐类水解平衡的因素1．实验探究盐类水解平衡的影响因素已知 FeCl3发生水解反应的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，根据实验操作填写下表可能影响因素实验操作现象解释或结论盐的浓度加入 FeCl3固体，再测溶液的 pH溶液颜色变深，溶液的 pH 变小加入 FeCl3固体，c(Fe3＋)增大，水解平衡向正反应方向移动加盐酸后，测溶液的 pH溶液颜色变浅，溶液的 pH 变小加入盐酸，c(H＋)增大，水解平衡向逆反应方向移动，但 c(H＋)仍比原平衡中c(H＋)大溶液的酸碱度加入少量 NaOH 溶液产生红褐色沉淀加入氢氧化钠后，OH－消耗 H＋，c(H＋)减小，水解平衡向正反应方向移动2．影响盐类水解平衡的因素（1）内因：盐本身的性质：组成盐的弱酸根阴离子相对应的酸越弱(或弱碱阳离子对应的碱越弱)，水解程度就越大。

2）外因：受温度、浓度及外加酸碱等因素的影响①温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，盐的水解程度增大②浓度：稀释盐溶液，可以促进水解，盐的浓度越小，水解程度越大③外加酸碱：水解呈酸性的盐溶液，加碱会促进水解；加入酸则抑制水解水解呈碱性的盐溶液，加碱会抑制水解；加酸会促进水解④外加盐：加入与盐的水解性质相反的盐会使盐的水解程度增大1．下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是A．盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡B．NH4Cl 溶液呈酸性是由于溶液中 c(H＋)>c(OH－)C．在 CH3COONa 溶液中，由水电离的 c(OH－)≠c(H＋)D．水电离出的 H＋和 OH－与盐中弱离子结合，造成盐溶液呈酸碱性【答案】C【解析】盐类中的弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度不相等，导致溶液呈酸碱性，从而破坏水的电离平衡，A 项正确；强酸弱碱盐溶液呈酸性，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液中 c(H＋)>c(OH－)，则溶液呈酸性，B 项正确；任何电解质溶液中水电离的 c(H＋)＝c(OH－)，与电解质溶液酸碱性无关，C 项错误；水电离出的 H+或 OH-与盐中弱离子结合，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度不相等，导致溶液呈酸碱性，D 项正确。

答案选 C2．常温下用的某酸溶液与的氢氧化钠溶液等体积混合，关于所得溶液酸碱性的描述正确pH3pH11的是A．不可能显碱性B．不可能显中性C．不可能显酸性D．可能中性、碱性、酸性【答案】A【解析】常温下 pH 之和为 14 的酸、碱等体积中和，则有“谁弱显谁性，都强显中性”的规律，故若酸是弱酸，则反应后的溶液显酸性，若酸是强酸的话，则混合后的溶液显中性，据此解题详解】根据分析可知，溶液可能显中性和酸性，故不可能显碱性，A 项正确；根据分析可知，溶液可能显中性，B 项错误；根据分析可知，溶液可能显酸性，C 项错误；根据分析可知，溶液可能显中性和酸性，不可能碱性，D 项错误答案选 A3．向三份 0.1 mol/L CH3COONa 溶液中分别加入少量 NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则 CH3COO-浓度的变化依次为A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大【答案】A【解析】NH4＋、Fe3＋水解使溶液呈酸性，对 CH3COO－的水解有促进作用，而 SO32-水解呈碱性对CH3COO－的水解有抑制作用，故在 CH3COONa 溶液中加入 NH4NO3、FeCl3固体时 CH3COO－浓度减小，加入 Na2SO3固体 CH3COO－浓度增大。

答案选 A4．NH4Cl 溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子均正确的是A．NH2D·H2O 和 D3O＋B．NH3·D2O 和 HD2O＋C．NH3·HDO 和 D3O＋D．NH2D·HDO 和 H2DO＋【答案】C【解析】NH4Cl 在水溶液中电离出的 NH4+结合重水(D2O)电离出的 OD-，生成 NH3•HDO，而由重水(D2O)电离出的 D+与重水(D2O)结合生成 D3O+答案选 C5．在 25℃时，浓度均为 0.5 mol/L 的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的三种溶液，测得各溶液的c(NH4+)分别为 a、b、c(单位为 mol/L)，下列判断正确的是A．a＝b＝cB．a＞b＞cC．a＞c＞bD．c＞a＞b【答案】D【解析】加入与原水解离子的水解性质相同的物质，对原水解离子有抑制作用，加入与原水解离子的水解性质相反的物质，对原水解离子有促进作用；三种溶液中均存在下述水解平衡：NH4+＋H2ONH3∙H2O＋H+，对于(NH4)2CO3，因为 CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，使 NH4+水解平衡向右移动，促进 NH4+水解．对于(NH4)2Fe(SO4)2，因为 Fe2+＋2H2OFe(OH)2＋2H+，因增大了 c(H+)，上述 NH4+水解平衡受到抑制，平衡向左移动，所以 c＞a＞b，答案选 D。

6．将氨水逐滴加入到稀盐酸中，使溶液为中性，则此时A．c(NH4+)＝c(Cl-)B．c(NH4+)＞c(Cl-)C．c(NH4+)＜c(Cl-)D．c(NH4+)与 c(Cl-)之间关系不确定【答案】A【解析】溶液为中性，则 c(OH―)＝c(H＋)，所以根据电荷守恒 c(Cl-)＋c(OH―)＝c(NH4＋)＋c(H＋)可知，c(Cl-)＝c(NH4＋)，答案选 A7．下列关于电解质溶液中离子关系的说法中正确的是A．0.1mol·L－1Na2CO3溶液中离子浓度关系：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)B．0.1mol·L－1NH4Cl 和 0.1mol·L－1NH3·H2O 等体积混合后离子浓度关系 c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)C．常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的 pH=7，则混合液溶中：c(Na+)=c(CH3COO－)D．常温下，在 pH=1 的溶液中，Fe2+、NO3-、ClO-、Na+能大量共存【答案】C【解析】0.1 mol•L-1的 Na2CO3溶液中存在物料守恒，离子浓度关系：c(Na+)＝2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3)，A 项错误；0.1 mol•L-1的 NH4Cl 和 0.1 mol•L-1的 NH3•H2O 等体积混合后溶液中，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中的离子浓度关系：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，B 项错误；常温下，醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，溶液 pH＝7 时，依据电荷守恒得到：c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)，得到 c(Na+)＝c(CH3COO-)，C 项正确；pH＝1 的溶液呈酸性，在酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，D 项错误。

答案选 C8．室温下，将一元酸 HA 的溶液和 KOH 溶液等体积混合（忽略体积变化） ，实验数据如下表：起始浓度/（mol·L－1）实验编号c（HA）c(KOH)反应后溶液的 pH①0.10.19②x0.27下列判断不正确的是A．实验①反应后的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)B．实验①反应后的溶液中：c(OH－)=c(K＋)－c(A－)=mol/L91 10WKC．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1mol·L－1D．实验②反应后的溶液中：c(K＋)=c(A－)>c(OH－) =c(H＋)【答案】B【解析】两者是等体积等浓度混合，应是恰好完全反应，溶质是 KA，反应后溶液显碱性，说明 HA 是弱酸，A－发生水解，A－＋H2OHA＋OH－，离子浓度大小顺序是 c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A项正确；根据电荷守恒，有 c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，则有 c(OH－)＝c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)＝Kw/10－9mol·L－1，B 项错误；因为 HA 是弱酸，反应后溶液显中性，溶质为 HA 和 KA，因此 HA 的浓度应大于 0.2mol，根据物料守恒，c(A－)＋c(HA)＞0.2/2mol·L－1＝0.1mol·L－1，C 项正确；根据电中性，c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，溶液显中性，即 c(H＋)＝c(OH－)，c(K＋)＝c(A－)，离子浓度大小顺序是c(K＋)＝c(A－)＞c(H＋)＝c(OH－)，D 项正确。

答案选 B9．25 ℃时，用 pH 试纸测得 0.1 mol·L－1 NaNO2溶液的 pH>71)NaNO2溶液 pH>7 的原因是(用离子方程式表示)_________ __________________________________________________________________________________________，NaNO2溶液中 c(HNO2)＝________(用溶液中其他离子的浓度关系式表示)2)常温下，将 0.2 mol·L－1的 HNO2和 0.1 mol·L－1的 NaOH 溶液等体积混合，所得溶液的 pH<7，说明HNO2的电离程度________(填“大于”或“小于”)NaNO2的水解程度该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________________________________________________3)常温下，pH＝3 的 HNO2溶液和 pH＝11 的 NaOH 溶液等体积混合后溶液 pH______(填“大于”或“小于”，下同)7，c(Na＋)________c(NO)－ 2【答案】(1)NO＋H2OHNO2＋OH－　c(OH－)－c(H＋)－ 2(2)大于　c(NO)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)－ 2(3)小于　小于【解析】(1)由于水电离出的 c(OH－)与 c(H＋)相等，所以 c(OH－)＝c(HNO2)＋c(H＋)，即 c(HNO2)＝c(OH－)－c(H＋)。

2)两溶液混合后得到等浓度的 HNO2和 NaNO2的混合溶液，溶液显酸性说明 HNO2H＋＋NO的－ 2(电离)程度大于 NO＋H2OHNO2＋OH－的(水解)程度根据电荷守恒 c(NO)＋c(OH－)＝c(H＋)－ 2－ 2＋c(Na＋)，c(H＋)＞c(OH－)，则 c(NO)＞c(Na＋)，由于水解程度小，故 c(NO)＞c(Na＋)＞c(H＋)－ 2－ 2＞c(OH－)3)pH＝3 的 HNO2溶液中 c(H＋)＝10－3 mol·L－1，则 c(HNO2)远大于 10－3 mol·L－1，pH＝11 的 NaOH 溶液中 c(OH－)＝10－3 mol·L－1；pH＝3 的 HNO2和 pH＝11 的 NaOH 溶液等体积混合后剩余 HNO2，溶液显酸性 c(H＋)＞c(OH－)，根据 c(NO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，知 c(Na＋)＜c(NO)－ 2－ 210．(1)明矾可用于净水，原因是(用离子方程式表示)：_________________________________________把 FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是________。

2)用离子方程式表示泡沫灭火器灭火原理：______________________________________________________3)纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是(用离子方程式表示)：_______________________________________4)为了除去 MgCl2酸性溶液中的 Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入 MgCO3固体，过滤后再加入足量盐酸MgCO3固体能除去 Fe3＋的原因是___________________________________________________答案】(1)Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋　Fe2O3(2)Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑－ 3(3)CO2－＋H2OHCO＋OH－－ 3(4)MgCO3与 Fe3＋水解产生的 H＋反应，促进了 Fe3＋的水解，使 Fe3＋转化为 Fe(OH)3沉淀而被除去解析】(1)利用 Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮杂质从而达到净水目的；FeCl3溶液中存在 FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，加热时 HCl 挥发，蒸干时得到 Fe(OH)3，再燃烧得到 Fe2O3。

2)泡沫灭火器原理是利用 NaHCO3与 Al2(SO4)3相互促进水解造成的，反应为 Al3＋＋3HCO===Al(OH)－ 33↓＋3CO2↑3)CO水解生成的 OH－，能洗去油污2－3(4)MgCO3与水解产生的 H＋反应：MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2↑＋H2O，使水解平衡正向移动，生成的Fe(OH)3在加热搅拌条件下发生聚沉，在过滤时 Fe(OH)3和未反应的 MgCO3一同被除去1．欲使 0.1mol/L 的 NaHCO3溶液中 c(H+)、c(CO32-)、c(HCO3-)都减少，可采取的措施为A．通入二氧化碳气体B．加入氢氧化钠固体C．通入氯化氢气体D．加入饱和石灰水溶液【答案】D【解析】溶液中存在 HCO3-H++CO32- 和 HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－以及 H2OH++OH-，NaHCO3溶液显碱性，以 HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－为主详解】CO2+H2OH2CO3，抑制碳酸氢钠的水解，溶液的碱性减小，氢离子和碳酸氢根离子浓度都增大，A 项错误；NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，B 项错误；HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，C 项错误；Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，D 项正确。

答案选 D2．下列关于 FeCl3水解的说法错误的是A．在稀溶液中，水解达到平衡时，无论加 FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动B．浓度为 5mol/L 和 0.5mol/L 的两种 FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者小于后者C．其他条件相同时，同浓度的 FeCl3溶液在 50 ℃和 20 ℃时发生水解，50 ℃时 Fe3+的水解程度比 20 ℃时的小D．为抑制 Fe3+的水解，更好地保存 FeCl3溶液，应加少量盐酸【答案】C【解析】氯化铁不饱和时，加氯化铁饱和溶液增大反应物的量浓度，加水稀释会导致离子浓度减小，两种形式下水解平衡均正向移动，A 项正确；离子的水解规律：越稀越水解，其他条件相同时，越浓的氯化铁溶液 Fe3+的水解程度越小，B 项正确；氯化铁水解反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，高温时Fe3+的水解程度较低温时大，C 项错误；加少量盐酸可使得水解生成的氢离子浓度，导致水解平衡逆向移动，抑制 Fe3+水解，D 项正确答案选 C3．在 10mL0.1mol·L－1NaOH 溶液中加入同体积、同浓度的 CH3COOH 溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是A．c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（H＋）＞c（OH－）B．c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋）C．c（Na＋）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）D．c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）【答案】A【解析】在 10mL 0.1mol•L-1NaOH 溶液中加入同体积同浓度的 CH3COOH 溶液，发生反应生成醋酸钠和水，醋酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，A 项错误；醋酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，B 项正确；溶液中物料守恒分析得到：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C 项正确；依据溶液中电荷守恒分析，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，D 项正确。

答案选 A4．将①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分别加入 H2O 中，基本上不影响水的电离平衡的离子是A．①③⑤⑦⑧B．②④⑥⑧C．①⑥D．②④⑦【答案】D【解析】水的电离平衡 H2OH++OH-，H+和 OH-能抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离详解】①H+对水的电离起到抑制作用②Cl－对水的电离无影响③Al3＋能结合水电离产生的 OH-生成弱碱Al(OH)3，促进水的电离④K＋对水的电离无影响⑤S2－能结合水电离产生的 H+生成 HS-，促进水的电离⑥OH－使水的电离平衡逆移⑦NO3－对水的电离无影响⑧NH4＋能结合水电离产生的 OH-生成弱电解质NH3·H2O，促进水的电离答案选 D5．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：实验编号HA 物质的量浓度(mol/L)NaOH 物质的量浓度(mol/L)混合溶液的 pH①0.10.1pH＝9②c0.2pH＝7③0.20.1pH<7请回答：(1)从①组情况分析，HA 是__________(填“强酸”或“弱酸”)2)②组情况表明，c__________(填“>”、 “<”或“＝”)0.2 mol/L。

混合液中离子浓度 c(A－)与 c(Na＋)的大小关系是__________(3)从③组实验结果分析，说明 HA 的电离程度__________(填“>”、 “<”或“＝”)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)①组实验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(不能近似计算)c(Na＋)－c(A－)＝________mol·L－1；c(OH－)－c(HA)＝________mol·L－1答案】(1)弱酸 (2)> c(A－)＝c(Na＋) (3)> c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) (4)10－5 (10－5－10－9) 10－9 【解析】(1)等体积等物质的量的一元酸与一元强碱混合后，溶液的 pH＝9，说明反应后的溶液显碱性，二者生成的盐为强碱弱酸盐，即 HA 为弱酸；(2)一元弱酸与一元强碱等体积混合后，溶液的 pH＝7，则一元弱酸应过量，即 c>0.2，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，因为 pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，所以 c(Na＋)＝c(A－)；(3)第③组实验所得混合溶液相当于等体积等物质的量浓度的 HA 和 NaA 的混合溶液，pH<7，说明 HA 的电离程度大于 A－的水解程度。

根据电荷守恒可得 c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；(4)由第①组实验所得溶液为 NaA 溶液，pH＝9，则由水电离出的 c(OH－)＝＝10－5mol·L－1，电荷10－1410－9守恒式可得：c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－5－10－9)mol·L－1由质子守恒式可得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)，所以 c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－9mol·L－1。