高二化学寒假作业同步练习题盐类的水解含解析

盐类的水解

一、探究盐溶液的酸碱性

【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

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CH3COONa溶液呈碱性。

（4）水解方程式

化学方程式：CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH。

离子方程式：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－。

2．NH4Cl溶液呈酸性的原因

（1）电离方程式

NH4Cl＝NH＋Cl－、H2OH＋＋OH－。

（2）水电离平衡的影响

NH与OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，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(OH－)减小，c(H＋)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＋。

3．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。

弱酸根离子：CO、SiO、HCO、AlO、SO、S2－、HS－、ClO－、CH3COO－、F－等。

（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

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

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C。

2．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A。

3．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A。

4．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C。

5．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＝c B．a＞b＞c C．a＞c＞b D．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A。

7．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C。

8．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：

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/L

C．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1mol·L－1

D．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B。

9．25 ℃时，用pH试纸测得0.1 mol·L－1 NaNO2溶液的pH>7。

(1)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)。

【答案】(1)NO＋H2OHNO2＋OH－　c(OH－)－c(H＋)

(2)大于　c(NO)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)

(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(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＋)＋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＋)＞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)。

10．(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)CO2－＋H2OHCO＋OH－

(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)3↓＋3CO2↑。

(3)CO水解生成的OH－，能洗去油污。

(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D。

2．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C。

3．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A。

4．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．①③⑤⑦⑧ B．②④⑥⑧ C．①⑥ D．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D。

5．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：

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。