第三节盐类的水解 （实战演练）-【高考引领教学】高考化学一轮针对性复习方案（全国通用）

第三节　盐类的水解  课时作业

1．（2022•苏州高三上学期期末检测）已知：常温下，Ka（HF）＞Ka（HClO）。现有1L0.1mol•L－1的两种溶液：①NaClO溶液；②NaF溶液。下列说法正确的是（     ）。

    A．c（H+）：①＞②

    B．分别加入1L0.1mol•L－1HCl溶液后，两溶液的pH：①＜②

    C．分别加入等浓度的盐酸至溶液呈中性，消耗盐酸的体积：①＜②

    D．n（HF）+n（F－）＝n（HClO）+n（ClO－）

【答案】D

【解析】A项：因为Ka（HF）＞Ka（HClO），则酸性：HF＞HClO，酸性越弱，对应的酸根离子的水解程度越大，所以NaClO的水解程度大，则NaClO溶液中氢氧根离子浓度大，氢离子浓度小，即c（H+）：①＜②，故A错误；

B项：与盐酸恰好完全反应后所得溶液为氯化钠和弱酸，HClO的酸性小于HF，溶液的pH：①＞②，故B错误；

C项：溶液的碱性越强消耗的盐酸越多，溶液中c（OH－）：①＞②，故加入盐酸至中性所消耗盐酸体积：①＞②，故C错误；

D项：NaClO和NaF的物质的量相同，根据物料守恒可知n（HF）+n（F－）＝n（HClO）+n（ClO－），故D正确。

2．（2022·江西九江一模）有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol•L－1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是（     ）。

    A．pH：②＞③＞④＞①

    B．c（CH3COO一）：②＞④＞③＞①

    C．溶液中c（H+）：①＞③＞②＞④

    D．c（CH3COOH）：①＞④＞③＞②

【答案】B

【解析】A项：因①的pH＜7，②中有强碱，则②中pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，则pH为②＞④＞③＞①，故A错误；

B项：因②中碱中的OH－抑制CH3COO－水解，则c（CH3COO－）最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO－与酸结合生成弱电解质，则c（CH3COO－）最小，即c（CH3COO－）：②＞④＞③＞①，故B正确；

C项：酸性越强，则溶液中c（H+）越大，pH越小，由pH为②＞④＞③＞①，则c（H+）为①＞③＞④＞②，故C错误；

D项：因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c（CH3COOH）③＞④＞②，而①中CH3COO－与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c（CH3COOH）最大，即c（CH3COOH）①＞③＞④＞②，故D错误。

3．（2022·天津南开区一模）某温度下，关于①0.01mol/L醋酸溶液，②pH＝2的醋酸溶液，下列说法正确的是（     ）。

    A．c（CH3COOH）：①＞②

    B．c（CH3COO－）：①＞②

    C．c（CH3COOH）+c（CH3COO－）：①＝②

    D．c（CH3COO－）+c（OH－）：①＜②

【答案】D

【解析】A项：醋酸是一种弱酸，在水中会部分电离。①0.01mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L，醋酸的浓度小于0.01mol/L。②pH＝2的醋酸溶液中氢离子浓度等于0.01mol/L，醋酸的浓度大于0.01mol/L。所以c（CH3COOH）：①＜②，故A错误；

B项：c（CH3COO－）：①＜②，故B错误；

C项：根据溶液中物料守恒：c（CH3COOH）+c（CH3COO－）＝c（CH3COOH）起始，所以c（CH3COOH）+c（CH3COO－）：①＜②，故C错误；

D项：根据电荷守恒：c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（H+），所以①＜②，故D正确。

4．（2022·河南平顶山一模）有5种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的两种溶液混合而成：①CH3COONa与NaHSO4，②CH3COONa与NaOH，③CH3COONa与NaCl，④CH3COONa与NaHCO3，⑤CH3COONa与NaHSO3下列各项排序正确的是（     ）。

    A．pH：②＞④＞⑤＞③＞①

    B．c（CH3COOH）：①＞③＞⑤＞④＞②

    C．c（CH3COO－）：②＞③＞④＞⑤＞①

    D．：①＞⑤＞③＞④＞②

【答案】D

【解析】A项：①CH3COONa与NaHSO4，溶液显酸性；②CH3COONa与NaOH，溶液呈碱性；③CH3COONa与NaCl，溶液中醋酸根离子水解显碱性；④CH3COONa与NaHCO3，醋酸根离子和碳酸氢根离子水解呈碱性；⑤CH3COONa与NaHSO3醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性；得到溶液中pH大小为：②＞④＞③＞⑤＞①，故A错误；

B项：①CH3COONa与NaHSO4，溶液显酸性；生成醋酸；②CH3COONa与NaOH，溶液呈碱性；氢氧化钠溶液中氢氧根离子抑制醋酸根离子水解；③CH3COONa与NaCl，溶液中醋酸根离子水解显碱性；④CH3COONa与NaHCO3，醋酸根离子和碳酸氢根离子水解呈碱性，相互抑制；⑤CH3COONa与NaHSO3醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性；促进醋酸根离子水解；c（CH3COOH）浓度为：①＞⑤＞③＞④＞②，故B错误；

C项：依据上述分析判断，c（CH3COO－）浓度大小为：②＞⑤＞③＞④＞①，故C错误；

D项：①CH3COONa与NaHSO4，溶液显酸性；生成醋酸；②CH3COONa与NaOH，溶液呈碱性；氢氧化钠溶液中氢氧根离子抑制醋酸根离子水解；③CH3COONa与NaCl，溶液中醋酸根离子水解显碱性；④CH3COONa与NaHCO3，醋酸根离子和碳酸氢根离子水解呈碱性，相互抑制；⑤CH3COONa与NaHSO3醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性；促进醋酸根离子水解；比值大小比较为：①＞⑤＞③＞④＞②，故D正确。

5．有：①Na2CO3溶液；②CH3COONa溶液；③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，下列说法正确的是（     ）。

    A．3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①

    B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②

    C．若分别加入25mL0.1mol·L－1的盐酸后，pH最大的是①

    D．若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②

【答案】C

【解析】A项：以盐类水解知识为基础将盐类水解及pH的计算进行综合比较判断。因Na2CO3的水解程度大于CH3COONa的水解程度，所以pH的大小应为③＞①＞②；A项错误

B项：若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③，B项错误

C项：因为稀释促进了①、②的水加入25mL0.1mol·L－1的盐酸后，①变成NaHCO3溶液呈碱性，②变成CH3COOH溶液呈酸性，③变成NaCl溶液呈中性，故C正确；

D项：当3种溶液的pH均为9时，物质的量浓度的大小顺序应为②＞①＞③。

6．关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法中不正确的是（     ）。

    A．c（NH4+）：③＞①

    B．水电离出的c（H+）：②＞①

    C．①和②等体积混合后的溶液：c（H+）＝c（OH－）+c（NH3·H2O）

    D．①和③等体积混合后的溶液：c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）

【答案】B

【解析】A项：氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的NH4+，氨水为弱电解质只有少量的NH4+产生，则c（NH+4）：③＞①，故A正确；

B项：在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐酸中的氢离子浓度大于氨水中的氢氧根离子的浓度，则水电离出的c（H+）：①＞②，故B错误；

C项：盐酸和氨水混合后恰好完全反应，生成的盐为强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，由质子守恒可知，c（H+）＝c（OH－）+c（NH3•H2O），故C正确；

D项：①和③等体积混合，溶液呈碱性，即氨水的电离大于氯化铵的水解，则c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+），故D正确。

7．（2022·浙江省名校协作体学考模拟）室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是（     ）。

    A．①②两溶液中c（OH－）相等

    B．①②两溶液中水的电离程度相同

    C．①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①＜②

    D．等体积的①②两溶液分别与0.01mol·L－1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①＞②

【答案】C

【解析】A项：pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，故A正确；

B项：氨水和NaOH溶液中水的电离均受到抑制，当pH相等时水的电离程度相同，故B正确；

C项：pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，NaOH溶液pH变化大，故C错误；

D项：pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸①＞②，故D正确。

8．（河北省2022届高三下学期3月二轮复习联考）肼（N2H4）水溶液显碱性，能与硫酸反应生成N2H6SO4。已知N2H6SO4溶液呈酸性，下列叙述正确的是（     ）。

    A．0.1mol·L－1N2H4溶液的pH＝13

    B．N2H6SO4的电离方程式为：N2H6SO4＝N2H62++SO42－

    C．N2H4溶液的pH随温度升高而减小

    D．0.1mol·L－1N2H6SO4溶液中：c（N2H62+）+c（N2H5+）+c（N2H4）＝c（SO42－）+c（OH－）

【答案】B

【解析】A项：N2H6SO4为盐，已知N2H6SO4溶液呈酸性，则N2H6SO4为弱碱强酸盐，所以肼（N2H4）为弱碱，0.1mol·L－1N2H4溶液的pH＜13，A选项错误；

B项：N2H6SO4为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为N2H6SO4＝N2H62++SO42－，B选项正确；

C项：升高温度，弱碱的电离程度变大，c（OH－）增大，pH升高，C选项错误；

D项：根据物料守恒有如下关系：c（N2H62+）+c（N2H5+）+c（N2H4）＝c（SO42－），故c（N2H62+）+c（N2H5+）+c（N2H4）＜c（SO42－）+c（OH－），D选项错误。

9．（2022·永州二模）常温下，等体积等pH的盐酸和氯化铵两溶液，下列说法正确的是（     ）。

    A．两溶液导电能力相同

    B．分别与等量且同条件的锌反应，平均反应速率后者大

    C．稀释10倍后，盐酸的pH比氯化铵溶液的pH小

    D．分别与等浓度的氢氧化钠溶液恰好反应，消耗的氢氧化钠溶液的体积相同

【答案】A

【解析】A项：盐酸是强酸，完全电离，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因为NH4+水解程度微弱，因此相同pH时，c（NH4Cl）＞c（HCl），离子所带电荷越多、离子浓度越大，导电能力越强，即NH4Cl溶液的导电能力强于盐酸，故A错误；

B项：NH4Cl溶液中存在NH4++H2ONH3·H2O+H+，加入Zn，消耗H+，NH4+还能水解出H+，即反应开始后NH4Cl溶液中c（H+）大于盐酸中c（H+），即后者反应速率快，故B正确；

C项：加水稀释促进NH4+水解，NH4Cl溶液中c（H+）大于盐酸中c（H+），即盐酸的pH比NH4Cl溶液的pH大，故C错误；

D项：盐酸与NaOH反应至中性，溶质为NaCl，NH4Cl与NaOH反应至中性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O、NaCl，显然NH4Cl、盐酸消耗NaOH的体积不同，故D错误。

11．（四川蓉城名校联盟2020～2021学年高三上学期期中联考）某二元弱酸（简写为H2B）溶液，按下式发生一级和二级电离：H2BH++HB－，HB－H++B2－。已知相同浓度时的电离度a（H2B）＞＞a（HB－），现有下列四种溶液：①0.01mol•L－1的H2B溶液；②0.01mol•L－1的NaHB溶液；③0.02mol•L－1的HCl溶液与0.04mol•L－1的NaHB溶液等体积混合后的溶液；④0.02mol•L－1的NaOH溶液与0.02mol•L－1的NaHB溶液等体积混合后的溶液。下列说法错误的是（     ）。

    A．溶液④一定显碱性

    B．c（H2B）最大的是③

    C．c（B2－）最小的是①

    D．c（H+）最大的是③

【答案】D

【解析】A项：0.02mol/L的HCl与0.04mol/L的NaHB溶液等体积混合液HCl与NaHB反应：NaHB+HCl＝NaCl+H2B，所以③中相当于含有0.01mol/LH2B和0.01mol/LNaHB；0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHB溶液等体积混合NaOH+NaHB＝Na2B+H2O，所以④中相当于含有0.01mol/LNa2B，根据以上分析，四种溶液分别为①0.01mol/L的H2B溶液②0.01mol/L的NaHB溶液③0.01mol/LH2B和0.01mol/LNaHB④0.01mol/LNa2B。根据分析，溶液④0.01mol/LNa2B，为强碱弱酸盐，溶液一定显碱性，故A正确；

B项：根据同离子效应，由于③中NaHB抑制H2B的电离，则③中H2B电离程度比①H2B电离程度小，则c（H2B）最大的是③，故B正确；

C项：由于正盐溶液中c（B2－）浓度必然是最大的，弱酸H2B的二级电离成B2－最难，则c（B2－）最小的是①，故C正确；

D项：因弱酸的一级电离为酸性的主要来源，由于相同浓度时的电离度a（H2B）＞＞a（HB－），c（H+）最大的是①，故D错误。

11．（2022•陕西西安一模）某同学研究浓度对化学平衡的影响。已知：Cr2O72－（aq，橙色）+H2O（l）2CrO42－（aq，黄色）+2H+（aq）ΔH＝+13.8kJ·mol－1。

步骤：

现象：待试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅。滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比，变深。

下列说法正确的是（     ）。

    A．该反应是一个氧化还原反应

    B．待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72－完全反应

    C．该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动

    D．试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度

【答案】C

【解析】A项：反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故A错误；

B项：试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，故B错误；

C项：加入氢氧化钠溶液，可能是增大氢氧根离子浓度使平衡正向移动，不能证明减小生成物浓度使平衡正向移动，故C正确；

D项：增大氢离子浓度、温度升高均使平衡逆向移动，无法说明影响平衡的主要因素是温度，故D错误。

12．（2022·浙江余杭学考模拟）25℃时，浓度均为1mol/L的AX、BX、AY、BY四种正盐溶液，AX溶液的pH＝7且溶液中c（X－）＝1mol/L，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是（     ）。

    A．AY溶液的pH小于7

    B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH

    C．稀释相同倍数，BX溶液的pH变化小于BY溶液

    D．电离平衡常数K（BOH）小于K（HY）

【答案】D

【解析】A项：根据AX、BX、BY溶液的pH，则AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，则AY为强碱弱酸盐，溶液的pH＞7；

B项：AY溶液的pH＞7而BY溶液的pH＝6；

C项：稀释相同倍数，BX、BY溶液的pH均增大，BX溶液的pH变化大于BY溶液；

D项：根据BY溶液的pH＝6，BOH的碱性小于HY的酸性，因此电离平衡常数K（BOH）小于K（HY）。

13．（2022•山西大同一模）某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50mL0.001mol/LFeCl3溶液、50mL对照组溶液X，向两种溶液中分别滴加1滴1mol/LHCl溶液、1滴1mol/LNaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是（     ）。

    A．依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应

    B．对照组溶液X的组成可能是0.003mol/LKCl

    C．依据曲线b和c说明Fe3+水解平衡发生了移动

    D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向

【答案】B

【解析】A项：FeCl3溶液中存在如下水解平衡：Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；

B项：对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液X的组成是0.003mol/LKCl，由于KCl与酸和碱都不能反应，则加酸和加碱后溶液的pH的变化幅度相同，应呈现轴对称的关系，故B错误；

C项：在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液X的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；

D项：FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确。

14．（2022·河北承德一模）能证明Na2SO3溶液中存在SO32－+H2OHSO3－+OH－水解平衡的事实是（     ）。

    A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色退去

    B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去

    C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去

    D．滴入酚酞溶液变红，再加入NaHSO4溶液后红色退去

【答案】C

【解析】A项：滴入酚酞试液变红，说明溶液中c（OH－）大于c（H+），再加入H2SO4溶液后，H+和OH－反应而使溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故A错误；

B项：滴入酚酞试液变红，说明溶液中c（OH－）大于c（H+），再加入氯水后，H+和OH－反应而使溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故B错误；

C项：滴入酚酞试液变红，说明溶液中c（OH－）大于c（H+），再加入BaCl2溶液后，Ba2+和SO32－反应而和HSO3－不反应，Ba2+和SO32－反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，所以说明存在水解平衡，故C正确；

D项：滴入酚酞试液变红，说明溶液中c（OH－）大于c（H+），再加入NaHSO4溶液后，H+和OH－反应而使溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故D错误。

15．（2022·无锡高三上学期期末）现有室温下两种溶液，有关叙述正确的是（     ）。

    A．两种溶液中水的电离程度：①＝②

    B．两种溶液的浓度：c（NaOH）＞c（CH3COOH）

    C．两种溶液等体积混合后：c（CH3COO－）＞c（Na+）＞c（OH－）＞c（H+）

    D．加水稀释相同倍数后：c（Na+）＞c（CH3COO－）

【答案】A

【解析】A项：计算出①与②中，由水电离出的c（H+）＝10－12。所以A正确。

B项：①中c（OH－）＝10－2mol/L，c（NaOH）＝10－2mol/L，②中c（H+）＝10－2mol/L，c（CH3COOH）＞10－2mol/L。pH之和的酸与碱等体积混合问题。

C项：弱酸与强碱混合后溶液显酸性。c（H+）＞＞c（OH－）。所以应为c（CH3COO－）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH－）。

D项：加水稀释前c（Na+）＝c（CH3COO－）＝10－2mol/L。稀释相同倍数过程中醋酸会继续电离使得c（CH3COO－）＞c（Na+）。

16．（2022•唐山高三第一次质检）物质的量浓度相同的下列各组物质的溶液中，对指定离子的浓度作大小比较，其中错误的是（     ）。

    A．c（PO43－）：Na3PO4＞Na2HPO4＞NaH2PO4＞H3PO4

    B．c（CO32－）：（NH4）2CO3＞Na2CO3＞NaHCO3＞NH4HCO3

    C．c（NH4+）：（NH4）2SO4＞（NH4）2CO3＞NH4HSO4＞NH4Cl

    D．c（S2－）：Na2S＞NaHS＞H2S

【答案】B

【解析】A项：Na3PO4中磷酸根离子浓度最大，Na2HPO4、NaH2PO4、H3PO4电离出的c（H+）逐渐增大，氢离子对产生PO43－的电离有抑制作用，溶液中磷酸根离子浓度大小为：Na3PO4＞Na2HPO4＞NaH2PO4＞H3PO4，故A正确；

B项：Na2CO3最大，其次是（NH4）2CO3，因为后者要发生水解，NaHCO3和NH4HCO3中由HCO3－电离产生，而NH4HCO3中HCO3－和NH4+相互促进水解，HCO3－浓度较小，NaHCO3＞NH4HCO3，故B错误；

C项：四种盐均完全电离，（NH4）2SO4和（NH4）2CO3较大，但后者的阴阳离子会发生相互促进的水解，应为（NH4）2SO4＞（NH4）2CO3，NH4HSO4与NH4Cl，NH4HSO4电离产生的H+对NH4+的水解有抑制作用，应为NH4HSO4＞NH4Cl，溶液中铵根离子浓度大小为：（NH4）2SO4＞（NH4）2CO3＞NH4HSO4＞NH4Cl，故C正确；

D项：Na2S最大，H2S和NaHS相比，但前者氢离子抑制了硫氢根离子的电离，硫离子浓度应为NaHS＞H2S，溶液中硫离子浓度大小为：Na2S＞NaHS＞H2S，故D正确。