高中化学人教版 (2019)选择性必修1第三节 盐类的水解练习

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第三节 盐类的水解
【学习目标】
1.认识盐类水解有一定限度，理解盐类水解的概念，能正确书写盐类水解的离子方程式和化学方程式。
2.通过实验分析、推理等方法认识盐类水解的实质、掌握盐溶液呈酸、碱性的原因和规律，能根据盐的组成判断溶液的酸、碱性。
3.了解影响盐类水解平衡的因素，能多角度、动态地分析外界条件对盐类水解平衡的影响。4.解盐类水解在生产生活、化学实验、科学研究中的应用。能发现和提出有关盐类水解的问题，并设计探究方案，进行实验探究。
5、比较离子大小，在比较中，学会运用电荷守恒、物料守恒关系，解决实际问题。
【基础知识】
一、盐类的水解
1、探究盐溶液的酸碱性
盐溶液
NaCl
Na2SO4
Na2CO3
NaHCO3
CH3COONa
NH4Cl
(NH4)2SO4
pH
pH＝7
pH＝7
pH>7
pH>7
pH>7
pHHY>HZ
配制或贮存易水解的盐溶液
配制CuSO4溶液时，加入少量 H2SO4 ，抑制Cu2＋水解；贮存Na2CO3溶液不能用 磨口 玻璃塞
胶体的制取
制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
制备无水盐
将挥发性酸的弱碱盐如AlCl3、FeCl3溶液蒸干时，在通HCl的气流中加热蒸干
判断离子是否共存
Al3＋与CO、HCO、S2－、HS－、AlO；Fe3＋与HCO、CO、AlO；NH与AlO、SiO因相互促进水解强烈而 不能大量 共存。
判断中和反应至中性的试剂用量
如NH3·H2O与HCl反应至中性， NH3·H2O 过量，CH3COOH与NaOH反应至中性时 CH3COOH 过量。
制备无机化合物
如用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为：
TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl
加入大量的水，同时加热，促使水解趋于完全。

2、在生产生活中的应用
泡沫灭火器原理
泡沫灭火器中药品成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生的反应为：
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
作净水剂
明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2O===Al(OH)3(胶体)＋3H＋
化肥的使用
铵态氮肥与草木灰不得混合施用
除锈剂
NH4Cl溶液与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂，原理为：
NH＋H2O===NH3·H2O＋H＋、Zn2＋＋2H2O===Zn(OH)2＋2H＋
热纯碱去污能力强
加热，促进Na2CO3的水解，使c(OH－)增大，去污能力增强

四、溶液中的守恒关系
1、电荷守恒：电解质溶液中 阳离子 所带的电荷总数与 阴离子 所带的电荷总数 相等 。即电荷守恒，溶液呈 电中性 。
2、元素质量守恒：
在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离， 离子 的存在形式发生了变化，就该 离子 所含的某种元素来说，其质量在反应前后是 守恒 的，即 元素质量 守恒。
如：Na2CO3溶液中：
①＝，即n(Na＋)＝2c(CO)，CO在水中部分会水解成HCO、H2CO3，共三种含碳元素的存在形式。
②c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]。
3、质子守恒
方法一：可以由电荷守恒与元素质量守恒推导出来。
如Na2CO3中将电荷守恒和元素质量守恒中的金属阳离子消去得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。
方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2O＝H＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。
如：Na2CO3溶液中即：c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H3O＋)或c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H＋)。



【考点剖析】
考点一　影响盐类水解平衡的因素
1．物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH分别为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是(　　)
A．HX、HZ、HY B．HX、HY、HZ
C．HZ、HY、HX D．HY、HZ、HX
答案　B
解析　利用盐类水解规律“越弱越水解，谁强显谁性”，结合同浓度三种酸对应的钠盐的溶液的pH可推知，碱性越强则对应的酸越弱。
2．在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．升高温度，减小
C．通入H2S，HS－的浓度增大
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
答案　C
解析　水解平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，A项错误；水解是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，HS－的浓度增大，S2－的浓度减小，所以HS－的浓度和S2－的浓度的比值增大，B项错误；通入H2S，H2S会结合水解出的OH－，使平衡正向移动，HS－的浓度增大，C项正确；加入氢氧化钠固体，溶液的碱性增强，溶液pH增大，D项错误。
3．欲使CH3COONa稀溶液中增大，可采取的措施是(　　)
A．升温 B．加水稀释
C．加少量的KOH固体 D．加少量固体Na2CO3
答案　C
解析　根据水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，升温，水解平衡正向移动，c(CH3COO－)减小；加水稀释水解平衡正向移动，c(CH3COO－)减小；加少量的KOH固体，增大了c(OH－)，水解平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大；加少量固体Na2CO3，水解平衡逆向移动，c(CH3COO－)增大，但c(CH3COO－)增大的倍数远小于c(Na＋)增大的倍数，故减小。
4．下列关于FeCl3水解的说法错误的是(　　)
A．在FeCl3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5 mol·L－1和0.5 mol·L－1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　增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但Fe3＋水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，Fe3＋水解程度增大，A、B项均正确；盐类水解是吸热过程，温度升高，水解程度增大，C项错误；Fe3＋水解后溶液呈酸性，增大H＋的浓度可抑制Fe3＋的水解，D项正确。
5．为了配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入(　　)
①适量的HCl　②适量的NaCl　③适量的氨水　④适量的NaOH
A．①② B．③ C．③④ D．④
答案　B
解析　NH4Cl溶液中存在NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，为增大NH浓度，应加入酸或NH3·H2O，①加入HCl虽然增大了H＋的浓度，但也增大了Cl－的浓度，不符合题目要求。

6．常温下，0.1 mol·L－1的下列溶液中c(NH)最大的是(　　)
A．NH4Al(SO4)2 B．NH4Cl
C．NH3·H2O D．CH3COONH4
答案　A
解析　A项，NH4Al(SO4)2===NH＋Al3＋＋2SO，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，抑制NH水解；D项，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，促进NH的水解；C项，NH3·H2ONH＋OH－，NH3·H2O只有少部分电离，故溶液中c(NH)由多到少的顺序为A>B>D>C。
7．有关下列两种溶液的说法中，正确的是(　　)
①0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液　②0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液
A．相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＞溶液②
B．等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．加水稀释溶液①，溶液中不变
D．向溶液①中加少量的CH3COONa固体则减小
答案　A
解析　醋酸钠溶液中醋酸根离子水解促进水的电离，醋酸是酸，抑制水的电离；等浓度等体积混合后，溶液中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液显酸性，醋酸根浓度最大。
考点二　盐溶液蒸干(灼烧)产物的判断
8．下列溶液蒸干后，能析出溶质固体的是(　　)
①FeCl3　②Fe2(SO4)3　③Ca(HCO3)2　④Na2CO3
A．仅①④ B．仅②④ C．仅①② D．仅④
答案　B
解析　酸根阴离子易水解的强碱盐和难挥发酸的盐一般蒸干后得原溶质固体，Ca(HCO3)2会分解生成CaCO3。
9．为了得到比较纯净的物质，使用的方法恰当的是(　　)
A．向Na2CO3饱和溶液中通入过量的CO2后，在加压、加热的条件下，蒸发得到NaHCO3晶体
B．加热蒸发AlCl3饱和溶液可得到纯净的AlCl3晶体
C．向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得FeCl3晶体
D．向FeCl3溶液中加入足量的NaOH溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得到Fe2O3
答案　D
解析　A项不恰当，因为NaHCO3加热易分解；B、C项也不恰当，因为AlCl3与FeCl3在加热蒸发的情况下，分别发生反应Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋、Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，由于HCl挥发，水解趋于完全，最终得到的是Al(OH)3和Fe(OH)3。
考点三　盐类水解对离子共存的影响
10．在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是(　　)
A．无色溶液：Ca2＋、H＋、Cl－、HSO
B．能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH、I－、NO
C．FeCl3溶液：K＋、Na＋、SO、AlO
D．常温下，＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO、NO
答案　D
解析　A中H＋与HSO不共存；B中NO在酸性条件下具有强氧化性，可氧化I－，不共存；C中Fe3＋与AlO相互促进强烈水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3不共存；D中为碱性，可共存。
11．下列离子因发生相互促进的水解反应而不能大量共存的是(　　)
A．K＋、S2－、Al3＋、AlO B．MnO、Na＋、SO、K＋
C．SO、Fe3＋、S2－、K＋ D．Fe2＋、Cl－、H＋、NO
答案　A
解析　A项，Al3＋与S2－、AlO能发生相互促进的水解反应；C中的Fe3＋与S2－和D中的Fe2＋、H＋、NO都因为发生氧化还原反应而不能大量共存。
考点四　盐类水解的综合应用
12．下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是(　　)
A．加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH溶液和Na2CO3的混合固体
B．除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可以加入NaOH固体
C．明矾净水的反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
D．加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)
答案　C
解析　A项，加热蒸干Na2CO3溶液，得不到NaOH，虽然加热促进CO水解，但生成的NaHCO3又与NaOH反应生成了Na2CO3；B项，Mg2＋和Fe3＋均可与OH－反应生成沉淀，且引入了新杂质Na＋；D项，KCl不水解，不可能得到KOH固体。
13．下列实验操作能达到目的的是(　　)
①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体
③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体
④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体
A．①② B．②③
C．③④ D．①③
答案　B
解析　Al3＋和S2－在水溶液中会彻底水解得不到Al2S3；MgCl2在水溶液中水解，蒸发过程中水解生成的HCl会挥发，最后得到Mg(OH)2而不是MgCl2。
考点五　单一溶液中离子浓度大小比较
14．在0.1 mol·L－1 Na2S溶液中，下列关系不正确的是(　　)
A．c(Na＋)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋c(H2S)
B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)
C．c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)
D．c(OH－)＝c(HS－)＋c(H＋)＋2c(H2S)
答案　A
解析　A项不符合物料守恒，应为c(Na＋)＝2c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(H2S)；B项符合电荷守恒；C项，S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，故C项正确；D项符合质子守恒。
16．已知，常温下某浓度的NaHSO3稀溶液的pH＜7。则该稀溶液中下列粒子浓度关系正确的是(　　)
A．c(Na＋)＞c(HSO)＞c(H2SO3)＞c(SO)
B．c(Na＋)＞c(HSO)＋c(SO)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋c(OH－)
答案　B
解析　NaHSO3溶液中存在：HSOH＋＋SO、HSO＋H2OH2SO3＋OH－，由于溶液的pH＜7，说明HSO的电离程度大于HSO的水解程度，故c(SO)＞c(H2SO3)，A项错误；由物料守恒可知，c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)，故c(Na＋)＞c(HSO)＋c(SO)，B项正确；由电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，C、D项均错误。
17．下列物质所配成的0.1 mol·L－1溶液中，离子浓度由大到小顺序排列正确的是(　　)
A．NH4Cl：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－)
B．Na2CO3：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．NaHCO3：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．(NH4)2SO4：c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)
答案　D
解析　氯化铵是强酸弱碱盐，NH水解导致溶液呈酸性：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，所以c(H＋)＞c(OH－)，NH水解而氯离子不水解，所以c(Cl－)＞c(NH)，因为NH水解程度是微弱的，所以c(NH)＞c(H＋)，因此NH4Cl溶液中离子浓度的大小顺序是：c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A错误；在Na2CO3溶液中，CO部分水解，溶液呈碱性，所以c(OH－)＞c(H＋)，又因为钠离子不水解，所以c(Na＋)＞c(CO)，因为CO水解程度是微弱的，所以c(CO)＞c(HCO)，根据CO的两步水解反应方程式：CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，因第一步水解生成的HCO还要发生第二步水解，造成HCO浓度减小而OH－浓度增加，再加上水电离出的OH－，所以c(OH－)＞c(HCO)，综上所述，在Na2CO3溶液中，离子浓度的大小顺序是：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)，故B错误；在NaHCO3溶液中，HCO仅有少量电离，所以溶液中c(HCO)＞c(CO)，故C错误；在(NH4)2SO4溶液中，铵根离子部分水解，溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，又因为水解程度微弱，所以c(NH)＞c(SO)，则溶液中离子浓度大小顺序是c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)，所以D正确。

考点六　不同溶液中离子浓度大小比较
18．下列各项中指定的比为2∶1的是(　　)
A．相同温度下，2 mol·L－1醋酸溶液与1 mol·L－1醋酸溶液中c(H＋)之比
B．H2CO3溶液中c(H＋)与c(CO)之比
C．Na2CO3溶液中c(Na＋)与c(CO)之比
D．常温下，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中的c(Na＋)之比
答案　D
解析　CH3COOH是弱酸，浓度不同时其电离程度不同，所以浓度是2倍关系的两醋酸溶液中c(H＋)之比不是2∶1，A项错误；H2CO3是二元弱酸，分步电离且只发生部分电离，故c(H＋)∶c(CO)≠2∶1，B项错误；因CO发生水解被消耗，故c(Na＋)∶c(CO)>2∶1，C项错误；不管CO、CH3COO－的水解程度如何，溶液中c(Na＋)是一定的，前者c(Na＋)＝0.2 mol·L－1，后者c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，故D项正确。
19．在25 ℃时，在浓度为1 mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，测得其c(NH)分别为a、b、c(单位为mol·L－1)，下列判断正确的是(　　)
A．a＞b＞c B．b＞a＞c
C．c＞b＞a D．c＞a＞b
答案　D
解析　NH在溶液中存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋；Fe2＋水解呈酸性，能抑制NH的水解，c最大；CO水解呈碱性，能促进NH的水解，b最小，故c＞a＞b，D项正确。
考点七　混合溶液中离子浓度大小比较
20．有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl，②CH3COONa与NaOH，③CH3COONa与NaCl，④CH3COONa与NaHCO3。下列关系正确的是(　　)
A．pH：②＞③＞④＞①
B．c(CH3COO－)：②＞④＞③＞①
C．c(H＋)：①＞③＞②＞④
D．c(CH3COOH)：①＞④＞③＞②
答案　B
解析　A项，pH：②＞④＞③＞①；C项，应为①＞③＞④＞②；D项，应为①＞③＞④＞②。
21．常温下，将甲酸与NaOH溶液混合，所得溶液的pH＝7，则此溶液中(　　)
A．c(HCOO－)>c(Na＋)
B．c(HCOO－)c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)