专题26 盐类的水解 常考点归纳与变式演练 作业 高中化学 一轮复习 人教版（2022年）

这是一份专题26 盐类的水解 常考点归纳与变式演练 作业 高中化学 一轮复习 人教版（2022年），共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
限时精练26 盐类的水解
时间：40分钟
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）
1．下列有关问题与盐的水解有关的是
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂
②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体
⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pH
A．①②③⑥ B．②③④⑥
C．①④⑤⑥ D．①②③④⑤
【答案】D
【解析】①NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐，溶液中与Zn2＋均发生水解反应，溶液显酸性，可以除去金属表面的锈；②与Al3＋发生相互促进的水解反应，产生CO2，可作灭火剂；③草木灰的主要成分为K2CO3，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而二者不能混合施用；④Na2CO3溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成Na2SiO3，将瓶塞与瓶口黏合在一起，因此实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡胶塞；⑤CuCl2溶液中存在水解平衡，，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu(OH)2固体；⑥Cl2能将Fe2＋氧化成Fe3＋，且没有引入杂质，与盐的水解无关；答案选D。
2．下列过程的离子方程式正确的是
A．闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+
B．在水溶液中可以制备大量Al2S3：2Al3++3S2-=Al2S3↓
C．泡沫灭火器的原理为：2Al3++2+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
D．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2→+2
【答案】A
【解析】A．闪锌矿(ZnS)经CuSO4溶液作用后，转化为铜蓝(CuS)：ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，A正确；B．铝离子和硫离子在水溶液中会发生双水解，生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，B错误；C．泡沫灭火器的原理为铝离子和碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，C错误；D．向苯酚钠溶液中通入少量CO2生成碳酸氢根离子不是碳酸根离子：CO2+H2O+→+，D错误。
故选A。
3．25℃下，下列说法中不正确的是
A．向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红的原因是+H2O+OH﹣
B．0.1mol•L﹣1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液存在A﹣+H2OHA+OH﹣
C．pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+)＞c(CH3COO﹣)
D．0.2 mol•L﹣1的一元酸HX与0.1 mol•L﹣1的KOH溶液等体积混合所得溶液中，一定有：c(H+)+c(K+)＝c(OH﹣)+c(X﹣)
【答案】C
【解析】A．碳酸钠溶液能使酚酞溶液变红说明其显碱性，其原因为碳酸根离子水解：，故A正确；B．0.1mol•L﹣1一元酸HA溶液的pH＝3，说明HA为弱酸，NaA为强碱弱酸盐，其溶液中存在，故B正确；C．CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，pH=5.6，溶液呈酸性，，由电荷守恒可得，则，故C错误；D．0.2 mol•L﹣1的一元酸HX与0.1 mol•L﹣1的KOH溶液等体积混合，其反应为，无论HX是否过量，其溶液中必定存在，故D正确；故选C。
4．NH4Al(SO4)2在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。下列有关说法不正确的是
A．常温下，0.1mol/L NH4Al(SO4)2中滴加氨水至中性时，
B．NH4Al(SO4)2属于强电解质，向其溶液中加入NaOH溶液不能马上看到沉淀
C．0.1mol/L NH4Al(SO4)2中离子浓度大小为
D．NH4Al(SO4)2溶液中的水解会抑制Al3+水解
【答案】B
【解析】A．溶液呈中性时，Al3+沉淀完全，溶液中溶质为和，依据电荷守恒可知A正确；B．Al3+与先反应，故加入NaOH溶液不能马上看到沉淀，B错误；C．Al3+和NH水解显酸性，且Al3+比NH水解的程度大，故离子浓度大小为，C正确；D．Al3+和NH水解都显酸性，故会相互抑制，D正确；故选B。
5．测定溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
⑤
⑥
温度/℃
25
45
75
95
45
25
pH
8.31
8.55
8.95
9.22
8.74
8.63
实验过程中，取①、⑥时刻的溶液，加入溶液做对比实验，①中无白色沉淀、⑥产生少量白色沉淀。
下列说法正确的是
A．的分解温度低于45℃
B．⑥时的pH与①时不同，是由于溶液中产生的造成的
C．①→④的过程中，溶液pH增大的原因一定是水解程度增大
D．根据该实验可知，溶液开高温度时，pH也增大
【答案】B
【解析】A．①→④是升温过程溶液pH变化，④-⑥是降温过程溶液pH变化。对比①和⑥、②和⑤，以及反应前后滴加溶液的现象可知在溶液中受热分解产生了少量，但不能利用②和⑤的数据判断的分解温度低于45℃，A错误。B．①和⑥温度相同，但溶液pH不同则一定是水解造成的，B正确。C．①→④的过程中溶液pH增大有两方面原因：一是温度升高水解程度增大，二是分解产生的水解程度比水解程度大，C错误。D．是强酸的酸式盐，溶液显强酸性，升温并不能使溶液pH增大，D错误。
故选：B。
6．已知常温下H3AsO4各形态的分布分数随pH的变化如图所示，pKa=-lg Ka。下列有关说法错误的是

A．pKa1:pKa2=2.2:7.0
B．
C．用NaOH标准溶液滴定H3AsO4(生成HAsO)，可用酚酞作指示剂
D．将c(HAsO)=0.05mol/L和c(AsO)=0.05mol/L的溶液等体积混合后， pH=11.5
【答案】D
【解析】将图中三个交点分别标注为a、b、c。

H3AsO4H++H2AsOa点，c(H2AsO)=c(H3AsO4)，Ka1=c(H+)=10-2.2，pKa1=-lg10-2.2=2.2
H2AsOH++HAsOb点，c(H2AsO)=c(HAsO)，Ka2=c(H+)=10-7，pKa2=-lg10-7=7
A．pKa1：pKa2=2.2：7.0，A正确；B．=，B正确；C．用NaOH标准溶液滴定H3AsO4生成HAsO，根据图中HAsO的分布分数，可判断滴定终点pH约为9左右，在酚酞的变色范围之内，C正确；D．将c(HAsO)=0.05mol·L-1和c(AsO)=0.05mol·L-1的溶液等体积混合，因HAsO的电离程度不等于AsO的水解程度，且原两种溶液pH不同，则混合后溶液中c(HAsO)≠c(AsO)，即不为c点，pH≠11.5，D错误。故选：D。
7．常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是

A．可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值
B．滴定中两次反应终点可依次用甲基橙、酚酞作指示剂
C．图中Y点对应的溶液中3c(SO)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
D．图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)
【答案】D
【解析】A．混合溶液中W点c(H2SO3)=c()，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-2，混合溶液Y点中c()=c()，Ka2(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-7.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值，A正确；B．甲基橙变色范围为3.1-4.4，滴定到第一反应终点溶液pH值为4.25，在其范围内，所以可以选取甲基橙作指示剂， 酚酞的变色范围是8.2~10.0，滴定到第二反应终点溶液pH值为9.86，在其范围内，所以可以选取酚酞作指示剂，B正确；C．Y点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)且该点溶液中存在c()=c()，所以存在3c()=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，C正确；D．Z点酸碱恰好完全反应生成Na2SO3，两步水解生成OH-导致溶液呈碱性，但只有第一步水解生成，所以c()＜c(OH-)，由物料守恒知c(Na+)＞c()，则该点溶液中存在c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()，D错误；故答案为：D。
8．25℃时，下列说法正确的是
A．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测出BA为强酸强碱盐
B．0.01 mol/L、0.1 mol/L的醋酸溶液的电离度分别为a1、a2，则a1＜a2
C．pH=9的醋酸钠溶液中，水电离出的c(H+)=10-5 mol/L
D．若测得NaR溶液pH=a，取该溶液10.0 mL，升温至50℃，测得pH=b，且a＞b，可以说明HR是弱酸
【答案】C
【解析】A．可溶性正盐BA溶液呈中性，该盐可能是强酸强碱盐，也可能是弱酸弱碱盐，如NaCl是强酸强碱盐，CH3COONH4是弱酸弱碱盐，二者的水溶液都显中性，A错误；B．稀释对弱酸的电离起促进作用，使其电离程度增大，所以0.01 mol/L、0.1 mol/L的醋酸溶液的电离度分别为a1、a2，则a1＞a2，B错误；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，pH=9的醋酸钠溶液中，c(OH-)=，水电离出的c(H+)与溶液中c(OH-)相等，所以水电离出的c(H+)=10-5 mol/L，C正确；D．25℃时，若测得NaR溶液pH=a，取该溶液10.0 mL，升温至50℃，测得pH=b，当a＞b，说明HR为强酸﹐D错误；故合理选项是C。
9．铁及其化合物是中学化学中的一类重要物质，下列关于铁元素的叙述中正确的是
A．保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是抑制Fe2＋水解
B．在25 ℃时，pH＝0的溶液中，Al3＋、NH、NO、Fe2＋可以大量共存
C．制备AlCl3、FeCl3均可采用将溶液直接蒸干的方法
D．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O
【答案】D
【解析】A．保存FeCl2溶液常常加一些铁粉，其目的是防止氯化亚铁被氧化，加入盐酸能抑制Fe2+水解，故A错误；B．25℃，pH=0的溶液为酸性溶液，硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，能氧化亚铁离子，不能大量共存，故B错误；C．AlCl3、FeCl3溶液中存在水解平衡，水解生成氢氧化铝、氢氧化铁和盐酸，蒸干过程中氯化氢挥发得到的水解产物主要为氢氧化铝、氢氧化铁，灼烧得到氧化铝、氧化铁，故C错误；D．亚铁离子可被过氧化氢氧化，发生的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故D正确；故选D。
二、多选题（每小题有一个或两个选项符合题意）
10．常温下，下列有关叙述正确的是(双选)
A．pH=8的NaY溶液中，c(Na＋)-c(Y-)=9.9×10-7mol·L-1
B．Na2CO3溶液中，2c(Na＋)=c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．pH相等的①NH4NO3 ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4溶液中，c(NH)大小顺序①=②>③
D．10 mL pH=12的NaOH溶液中加入pH=2的HA溶液至pH=7，则所得溶液体积一定为20 mL(忽略溶液混合时体积变化)
【答案】AC
【解析】A．pH=8的NaY溶液中满足电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(Y-)，则c(Na＋)-c(Y-)=c(OH-)-c(H＋)=9.9×10-7mol·L-1，A正确；B．由Na2CO3溶液中的物料守恒可知c(Na＋)=2c()＋2c()＋2c(H2CO3)，B错误；C．相同pH的(NH4)2SO4与NH4NO3溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H＋使溶液呈酸性，因此NH4HSO4中的浓度小于(NH4)2SO4，即c()大小顺序①=②>③，C正确；D．如果HA是强酸，二者浓度相等，要使混合溶液呈中性，则两种溶液体积相等；如果HA是弱酸，则HA浓度大于NaOH，要使混合溶液呈中性，则碱体积大于酸，所以所得溶液体积(假设混合后的体积是两溶液体积之和)V(总)≤20 mL，D错误；故答案为：AC。
11．SnCl2易水解，是常见的抗氧化剂。实验室以SnCl2为原料制备SnSO4·2H2O的流程如下，下列说法错误的是

A．溶解时，将SnCl2固体溶于浓盐酸，加水稀释至所需浓度，再加入适量Sn粉
B．反应1的离子方程式为Sn2++2=SnO↓+H2O+2CO2↑
C．洗涤SnO沉淀的方法是向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，搅拌，待水完全流出后重复操作2-3次
D．可用HNO3酸化的AgNO3溶液检验SnO沉淀是否已被洗涤干净
【答案】C
【解析】A．由题意可知，氯化亚锡易水解，是常见的抗氧化剂，为防止氯化亚锡溶解时，发生水解和被空气中氧气氧化，配制氯化亚锡溶液时应将氯化亚锡固体溶于浓盐酸防水解，加水稀释至所需浓度，再加入适量锡粉防氧化，故A正确；B．由分析可知，反应1为氯化亚锡溶液与碳酸氢铵反应生成氧化亚锡、氯化铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Sn2++2=SnO↓+H2O+2CO2↑，故B正确；C．洗涤氧化亚锡沉淀的方法是向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然完全流出后，重复操作2-3次，洗涤时不能搅拌，故C错误；D．氧化亚锡固体表面附有可溶性的氯化铵杂质，检验沉淀是否已被洗涤干净应用酸化的硝酸银溶液检验洗涤液中是否存在氯离子，故D正确；故选C。
12．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮水处理。常温下，调节其水溶液pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。下列说法正确的是

A．25℃，B点水电离出的c(H+)=1×10-4
B．NaHFeO4溶液显碱性
C．常温下，H2FeO4(aq)+H+(aq) H3FeO(aq)的平衡常数K＜100
D．K2FeO4起杀菌消毒作用是因为其遇水生成了Fe(OH)3胶体
【答案】C
【解析】A．B点溶液呈酸性，说明H2FeO4电离大于HFeO水解，抑制水的电离，此时pH=4，所以水电离出的c(H+)=1×10-10， A项错误；B．由图可知，H2FeO4的第二步电离平衡常数大小约为10-7.5，第一步电离大小约为10-3.5，由K水=Kw/K电可知，HFeO4的水解平衡常数大小约为10-10.5，故HFeO4的电离大于水解，呈酸性，B项错误；C．结合图象可知，c(H2FeO4)=c(H3FeO4)时，溶液的pH0.01mol/L，则H2FeO4+H+H3FeO4的平衡常数，即K”“①>④>③ 1.0×10-13 mol·L-1
（2）c(Na＋)>c(CN-)>c(OH-)>c(H＋)
（3）2.5×10-8
（4）＜
（5）0.02 CN-＋CO2＋H2O=HCN＋HCO
【分析】
（1）相同浓度的4种溶液中，NaCN溶液水解显碱性，NaOH溶液为强碱溶液，CH3COONa溶液水解显碱性，NaHCO3溶液水解显碱性，因为酸性：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO，越弱越水解，因此溶液的碱性：②>①>④>③，4种溶液pH由大到小的顺序是②>①>④>③；0.1 mol·L-l的NaOH pH=13，溶液中氢离子全部由水电离，所以由水电离的c水(H＋)=1.0×10-13 mol·L-1；（2）NaCN溶液中CN-水解，溶液显碱性，但水解是微弱的，所以离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(CN-)>c(OH-)>c(H＋)；（3）Kh====2.5×10-8；（4）等体积等浓度的CH3COONa溶液和NaHCO3溶液中NaHCO3水解程度大于醋酸钠，溶液的碱性强于CH3COONa，滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③＜④；（5）由HCN的电离常数Ka=可知，==≈0.02；H2CO3的一级电离常数大于HCN，二级电离常数小于HCN，故H2CO3的酸性强于HCN，HCO的酸性弱于HCN，故向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应的离子方程式为CN-＋CO2＋H2O=HCN＋HCO。
16．(1)氯化铵的水溶液显弱酸性，其原因为______(用离子方程式表示)
(2)25℃，几种酸的电离平衡常数如表。
化学式
CH3COOH
H2CO3
HCN
HClO
H2SO3
电离常数
1.8×10-5
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
5×10-10
3.0×10-8
K1=2×10-2
K2=1×10-7
①物质的量浓度均为0.1 mol/L的五种溶液：a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3 e. NaCN，pH由大到小的顺序为______(用编号填写)。
②根据上表数据判断，下列离子方程式错误的是_______。
A．CO2(过量)+H2O+ClO-= HCO+HClO B．SO2(过量)+H2O+ClO-=HSO+HClO
C．CO2(少量)+H2O+CN-=HCO+HCN D．2SO2(过量)+ CO+H2O=2 HSO+CO2↑
E．SO2(少量)+2 CO+H2O=SO+2HCO F．SO2(少量)+H2O+CN-= HSO+HCN
③0.10 mol·L-1NaHSO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______。
④25℃时，NaCN与HCN的混合溶液，若c(CN-)=c(HCN)，则溶液中pH=_____(已知lg2=0.3，lg5=0.7)。
⑤25℃时，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） NH+H2ONH3•H2O+H+
（2） b>e>c>d>a BF c(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)>c(OH-) 9.3 增大
【解析】(1)氯化铵为强酸弱碱盐，发生水解，其水解反应方程式为：＋H2ONH3·H2O＋H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性；故答案：＋H2ONH3·H2O＋H＋；(2)电离平衡常数越大，电离出H＋能力越强，根据表格中数据，推出电离出H＋能力的强弱是：H2SO3>CH3COOH>H2CO3>>HClO>HCN>，
①根据上述电离出H＋的能力，利用盐类水解的规律“越弱越水解”，推出结合质子能力的顺序是：>CN－>ClO－>>CH3COO－，得出相同浓度时，pH由大到小的顺序是b>e>c>d>a；②A．碳酸的酸性强于HClO，因此过量的CO2通入含ClO－的溶液发生：CO2(过量)＋ClO－＋H2O=HClO＋，故A正确；B．具有还原性，能被HClO氧化成，故B错误；C．电离出H＋能力：H2CO3>HCN>，利用酸性强的制取酸性弱的，因此CO2(少量)通入含CN－溶液中发生CO2(少量)＋CN－＋H2O=HCN＋，故C正确；D．亚硫酸的酸性强于碳酸，通入过量的SO2，因SO2与发生SO2＋＋H2O=2，因此发生2SO2(过量)＋＋H2O=2＋CO2↑，故D正确；E．电离出H＋能力：H2SO3>H2CO3>>，通入少量的SO2，则发生SO2(少量)＋2＋H2O=＋2，故E正确；F．电离出H＋能力：H2SO3>>HCN，通入少量的SO2，则发生SO2(少量)＋2CN－＋H2O=＋2HCN，故F错误；综上所述错误的有：BF；③H2SO3属于中强酸，在溶液中既有水解也有电离，其电离平衡常数Ka=1×10－7，水解平衡常数Kh==5×10－13c()>c(H＋) >c()>c(OH－)；④HCN电离平衡常数的表达式为K=，电离平衡常数只受温度的影响，与浓度大小无关，若c(CN－)=c(HCN)，则K=c(H＋)=5×10－10，即pH=9.3；⑤NaHSO3和少量I2发生H2O＋I2＋=2I－＋＋3H＋，H＋＋=H2SO3，溶液中c(H＋)增大，，Ka1只受温度的影响，即Ka1保持不变，c(H＋)增大，该比值增大。
17．化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。
I.现有25℃时，浓度均为的和的缓冲溶液，pH=4.76，回答下列问题：[25℃时，为盐的水解常数]
(1)25℃时_______(写表达式)，计算_______(保留三位有效数字)。
(2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。
(3)用1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中c(H+)_______mol/L。
(4)改变下列条件，能使稀溶液中保持增大的是_______。
a.升温 b.加入NaOH固体 c.稀释 d.加入CH3COONa固体
II.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系()维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时，的一级电离常数，，。由题给数据可算得正常人体血液的pH约为_____，当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的值将___(填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】（1） 5.71×10-10
（2）
（3）1×10-4.76
（4） d 7.4 变小
【解析】I. (1)25℃时醋酸根离子水解的离子方程式是，常数， 5.71×10-10；(2) 浓度均为的和的缓冲溶液，pH=4.76，溶液呈酸性，说明醋酸电离大于醋酸钠水解，该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是；(3)用1.0L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，pH几乎不变，反应后溶液中c(H+)=1×10-4.76 mol/L；(4) a．升温，平衡正向移动， 减小、 增大，所以减小； b．加入NaOH固体， 增大，平衡逆向移动，减小，不变，所以减小；c．稀释，减小，不变，所以减小；
d．加入CH3COONa固体， 增大，平衡正向移动，增大，不变，所以增大；选d。
II.，，，，则正常人体血液的pH约为7.4，当过量的酸进入血液中时，不变，氢离子浓度增大，所以血液缓冲体系中的值将变小。