新教材高中化学实验活动3盐类水解的应用同步练习教师版新人教版选择性必修1

试验活动3盐类水解的应用题组一溶液酸碱性的推断题组一溶液酸碱性的推断1．（2024广西）水溶液呈碱性的盐是A．NaOH B．NaNO3 C．Na2C2O4 D．NaHSO4【答案】C【解析】A.NaOH是强碱，在水溶液中电离出氢氧根，故A不选；B.NaNO3是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故B不选；C.Na2C2O4是强碱弱酸盐，C2O在水溶液中水解生成氢氧根，溶液呈碱性，故C选；D.NaHSO4在水溶液中电离产生氢离子、钠离子、硫酸根离子，溶液呈酸性，故D不选；正确答案是C。2.(2024银川)物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ三种盐溶液，若它们的pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的排列依次是()HX、HZ、HYB．HZ、HY、HXHX、HY、HZD．HY、HZ、HX【答案】C【解析】组成盐的酸根对应的酸越弱，该酸根的水解程度越大，物质的量浓度相同时，该盐溶液的碱性越强，pH越大，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的排列依次是HX、HY、HZ。3．（2024·诸暨）下列物质的水溶液呈碱性且属于盐是（）A．苯甲酸钠 B． C．HCl D．【答案】A【解析】A．苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，属于盐类，A选；B．与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，属于金属氧化物，不属于盐类，B不选；C．HCl电离出氢离子，溶液呈酸性，属于酸类，不属于盐类，C不选；D．是强酸强碱盐，溶液呈中性，D不选；故答案为：A。题组二盐类水解在生活中的应用题组二盐类水解在生活中的应用1．（2024雅安）下列事实不属于盐类水解应用的是（）A．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂B．试验室通常在HCl气氛中加热MgCl2•6H2O制MgCl2C．试验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸D．试验室用Zn和稀硫酸制氢气时加入少量CuSO4溶液【答案】D【解析】A．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂，主要是NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，酸和铁锈反应，故A不符合题意；B．试验室通常在HCl气氛中加热MgCl2•6H2O制MgCl2，加HCl的目的是抑制镁离子水解，故B不符合题意；C．试验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸，目的是抑制铁离子水解，防止溶液变浑浊，故C不符合题意；D．试验室用Zn和稀硫酸制氢气时加入少量CuSO4溶液，锌置换出铜形成Zn−Cu−H2SO4原电池，加快反应速率，与水解无关，故D符合题意。故答案为：D。2．（2024新乡）化学与生活亲密相关。下列物质的用途与水解有关的是（）A．草木灰去除餐具的油污 B．硫酸铜对游泳池进行消毒C．FeCl3溶液腐蚀铜制线路板 D．钡餐用于胃肠道造影检查【答案】A【解析】A．草木灰的主要成分为碳酸钾，碳酸根离子水解使溶液显碱性，从而去除餐具的油污，A符合题意；B．细菌的细胞壁主要是肽聚糖结构，硫酸铜做消毒剂，起作用离子是铜离子，因为铜离子有破坏肽聚糖结构的作用，能损伤细胞壁而使细菌变形或杀伤细菌，所以可以用来杀菌，与水解无关，B不符合题意；C．FeCl3溶液腐蚀铜制线路板，是氯化铁与铜发生氧化还原反应生成氯化铜和氯化亚铁，利用了铁离子的氧化性，与水解无关，C不符合题意；D．用于消化道检查的钡餐是药用硫酸钡，硫酸钡不溶于水和脂质，不会被胃肠道黏膜吸取，对人基本无毒性，钡餐造影即消化道钡剂造影，是指用硫酸钡作为造影剂，在X线照耀下显示消化道有无病变的一种检查方法，与水解无关，D不符合题意；故答案为：A。3．（2024金台）下列表述中，与盐类水解有关的是（）①明矾和FeCl3可作净水剂②为保存FeCl2溶液，要在溶液中加少量铁粉③AlCl3溶液蒸干，灼烧，最终得到的主要固体产物是Al2O3④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂⑤试验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用A．①②③⑤⑥⑦ B．①③④⑥⑦C．①③⑤⑥⑦ D．全有关【答案】B【解析】①铝离子和铁离子水解生成胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，起到净水的作用，故①和水解有关②亚铁离子极易被氧化为Fe3+，加入铁粉可以把Fe3+还原为Fe2+离子，故②和水解无关；③蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，故③和水解有关；④铵根离子、锌离子水解显酸性，因此能和铁锈反应，能起到除锈的作用，故④和水解有关；⑤氢氧化钠溶液和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，故⑤与水解无关；⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，故⑥和水解有关；⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故⑦和水解有关；故答案为：B。4．（2024辽宁）下列事实：①溶液呈酸性；②长期施用化肥会使土壤酸性增加，发生板结；③配制溶液时，用稀盐酸溶解固体；④溶液中；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；⑥蒸干溶液，往往得不到固体。其中与盐类的水解有关的有（）A．仅①②③⑤ B．仅②③④⑤⑥C．仅①④⑤⑥ D．仅①②③④⑤【答案】B【解析】①中为强酸强碱的酸式盐，溶液显酸性是因为电离出，和盐的水解无关；②中是水解使土壤酸性增加；③中电离产生的会抑制水解；④中是因水解的程度大于其电离的程度，故c(H2S)＞c(S2-)；⑤中水解产生的与锈斑中的Fe2O3反应；⑥加热会促进水解，蒸干FeCl3溶液往往得到的是Fe2O3；综上所述，②③④⑤⑥符合题意，故答案为：B。5．（2024黑龙江）下列说法与盐类的水解有关的有几项（）①氯化铵与氯化锌溶液可作焊接金属过程中的除锈剂②用碳酸氢钠与硫酸铝两种溶液可作泡沫灭火剂③配制硫酸亚铁溶液时需加入少量铁粉④试验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤比较氯化铵和硫化钠等盐溶液的酸碱性⑥草木灰与铵态氮肥不能混合施用⑦Na2SO3溶液蒸干后得到Na2SO4固体A．4项 B．5项 C．6项 D．7项【答案】B【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故①与盐类的水解有关；②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液中的碳酸根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，二者可作泡沫灭火剂，故②与盐类的水解有关；③硫酸亚铁配制中要加硫酸和铁粉，铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化，故③与盐类的水解无关；④Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故④与盐类的水解有关；⑤铵根离子水解显酸性、硫离子水解溶液显碱性，故⑤与盐类的水解有关；⑥铵根离子水解呈酸性，草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，二者发生相互促进的水解反应，生成氨气，挥发降低肥效，故⑥与盐类的水解有关；⑦Na2SO3溶液蒸干过程中，Na2SO3被氧化为Na2SO4固体，故⑦与盐类的水解无关；综上所述，与盐类的水解有关的有5个，故B符合题意。故答案为：B。题组三离子浓度的比较题组三离子浓度的比较1．（2024湖南）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中减小C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中D．室温下，pH=11的CH3COONa溶液与pH=11的NaOH溶液中水的电离程度相同【答案】B【解析】A．Ka=，加水虽促进电离，n(CH3COO－)增大，但c(CH3COO－)减小，Ka保持不变，则溶液中增大，A项不符合题意；B.20℃升温至30℃，促进CH3COO－水解，且Kh增大，则溶液中减小，B项符合题意；C．向盐酸中加入氨水呈中性，则c(H＋)=c(OH－)，电荷守恒可知，溶液中，即=1，C项不符合题意；D．CH3COONa溶液中CH3COO－发生水解反应促进水的电离，NaOH电离出OH-抑制水的电离，两者溶液中水的电离程度不相同，D项不符合题意；故答案为：B。2．（2024·金山）常温下，用0.100mol·L-1NaOH(aq)滴定20.00mLcmol·L-1二元酸H2A，滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A．H2A电离：H2A→2H+＋A2-B．a点：c(HA-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)C．b点：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)D．c点：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)【答案】C【解析】A．依据图示可知：未滴定NaOH溶液时，溶液pH接近1，说明H2A第一步完全电离，当加入NaOH溶液40mL时，二者恰好反应产生Na2A，此时溶液pH=7.26＞7，说明A2-发生水解反应产生了HA-，导致溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，说明Na2A是强碱弱酸盐，H2A第一步完全电离，其次步存在电离平衡，电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H+＋A2-，A不符合题意；B．a点反应时得到H2A与NaHA的混合溶液，H2A第一步完全电离，HA-也电离产生H+，所以c(H+)＞c(Na+)，B不符合题意；C．b点溶液为NaOH与H2A按1：1反应产生NaHA，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，也存在物料守恒：c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)，所以c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，C符合题意；D．c点溶液为Na2A溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，D不符合题意；故答案为：C。

3．（2024·赤峰）25℃时，向确定浓度的溶液中滴入溶液，粒子浓度与混合溶液的变更关系如图所示。已知：肼在水中的电离方程式：，；，Y表示或)。下列叙述正确的是（）A．曲线I表示与的变更关系B．的第一步电离的平衡常数的数量级为C．时，D．时，【答案】D【解析】A．由图可知，25℃时，的电离平衡常数分别为，。故曲线Ⅰ表示与的变更关系，曲线Ⅱ表示与的变更关系，故A不符合题意；B．由，第一步电离平衡常数的数量级为，故B不符合题意；C．由于，时，，则，故C不符合题意；D．时，，溶液显碱性，结合电荷守恒：和物料守恒：，可知，，故D符合题意；故答案为：D。4．（2024·成都）常温下，向某浓度的二元弱酸H2X溶液中逐滴加入NaOH稀溶液，所得溶液中三种微粒H2X、HX-、X2-的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列叙述错误的是（）A．M→A反应的离子方程式为：H2X+OH-=HX-+H2OB．B点的溶液中：c(Na+)>3c(X2-)C．NaHX溶液中：c(OH-)+c(X2-)=c(H+)+c(H2X)D．外界条件不变时，加入NaOH稀溶液的过程中，=10，且始终保持不变【答案】D【解析】A．H2X与NaOH反应生成HXNa和水，M→A反应的离子方程式为：H2X+OH-=HX-+H2O，A不符合题意；B．B点为NaHX与Na2X的混合溶液，c(X2-)=，依据物料守恒c(Na+)=c(X2-)+=3c(X2-)，但是X2-发生水解，则溶液中：c(Na+)>3c(X2-)，B不符合题意；C．NaHX溶液中：c(OH-)+c(X2-)=c(H+)+c(H2X)，符合质子守恒，C不符合题意；D．A点，B点，外界条件不变时，加入NaOH稀溶液的过程中，=10-3，D符合题意；故答案为：D。

5．（2024成都期末）下列说法正确的是（）A．溶液中：B．溶液和溶液均显中性，两种溶液中水的电离程度相等C．溶液加适量的水稀释后，溶液中的值变大D．常温下，值相等的三种溶液的浓度大小关系为【答案】C【解析】A．为强碱弱酸盐，亚硫酸氢根的电离大于水解，溶液显酸性，故，A不符合题意；B．醋酸铵是弱酸弱碱盐，水溶液中发生水解，促进水的电离，醋酸根离子的水解程度和铵根离子的水解程度相近，溶液呈现中性，是强酸强碱盐，对水的电离无影响，B不符合题意；C．溶液存在水解平衡：，加适量的水稀释后，碳酸氢根离子浓度减小，温度不变水解平衡常数不变，则溶液中的值变大，C符合题意；D．酸性：醋酸＞碳酸＞次氯酸，酸性越弱，其酸根的水解实力越强，相同浓度下盐溶液的pH值越大，故等pH的三种溶液的浓度大小关系为，D不符合题意；故答案为：C。6．（2024宁波）常温下向中逐滴滴加溶液，pH的变更曲线如图(溶液混合时体积的变更忽视不计)。下列说法正确的是（）A．水电离出的：A点大于B点B．在B点，离子浓度大小为C．在C点，滴加的D．在D点，【答案】D【解析】A．A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和CH3COONa的混合液，CH3COO-水解促进了水的电离，则水电离出的c(H+)A点小于B点，故A不符合题意；B．B点呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意；C．滴加的V(CH3COOH)=12.5mL时，恰好反应生成CH3COONa，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V(CH3COOH)＞12.5mL，故C不符合题意；D．在D点，V(CH3COOH)=25mL，相当于CH3COONa和CH3COOH的1：1混合溶液，由质子守恒可得：2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，移项得：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故D符合题意；故答案为：D。7．（2024山西）常温时，向20mL0.01mol·L-1的HA溶液中滴加0.01mol·L-1NaOH溶液，混合溶液的pH与微粒浓度变更的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．c点溶液对应的pH为5.2B．b点对应的NaOH溶液体积大于10.00mLC．a点溶液中：c(HA)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)D．常温时，HA的Ka=10-4.2【答案】B【解析】A．依据分析，c点c(H+)=10-5.2mol/L，pH=5.2，A不符合题意；B．若加10mLNaOH，溶液中HA与A-为1：1，A-的水解常数Kh===10-9.8，Ka＞Kh，因此HA的电离大于A-的水解，即c(HA)＜c(A-)，在b点时，c(HX)=c(A-)，因此b点对应的NaOH溶液体积小于10.00mL，B符合题意；C．a点lg=-1，因此c(HA)=10c(A-)，c(HA)＞c(A-)由于HA可以电离出A-，因此c(A-)＞c(Na+)，依据分析，pH为3.2，因此c(H+)＞c(OH-)，离子的大小关系为c(HA)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C不符合题意；D．依据分析，电离常数Ka==c(H+)=10-4.2；D不符合题意；故答案为：B。8．（2024·江苏）室温下，通过下列试验探究NaHCO3、NaHSO3溶液的性质：试验试验操作和现象1用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，pH≈52用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，pH≈83将浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀下列说法正确的是（）A．试验1可得0.1mol·L-1NaHSO3溶液中：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＜10-10B．试验2可得0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)C．试验3所得溶液中：c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10−3D．浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和NaHCO3两份溶液中：c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)【答案】D【解析】A．Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)=·=，溶液的pH≈5，所以c(H+)≈10-5，c2(H+)≈10-10，溶液显酸性说明HSO的电离程度大于水解程度，所以c(SO)＞c(H2SO3)，所以＞1，则Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞10-10，A不符合题意；B．溶液pH≈8，显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，所以c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，B不符合题意；C．等浓度的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合后发生反应：NaHSO3+Ba(OH)2=BaSO3+NaOH+H2O，若BaSO3不是沉淀，则溶液中c(Ba2+)=c(SO)=0.05mol/L，c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10−3，但BaSO3为白色沉淀，所以c(Ba2+)·c(SO)＜2.5×10−3，C不符合题意；D．NaHSO3溶液中存在电荷守恒：c1(Na+)+c1(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c1(OH-)，所以c(HSO)+2c(SO)=c1(Na+)+c1(H+)-c1(OH-)，同理可得NaHCO3溶液中c(HCO)+2c(CO)=c2(Na+)+c2(H+)-c2(OH-)，两溶液中钠离子浓度相同，而NaHSO3溶液的pH更小，所以c1(H+)-c1(OH-)＞c2(H+)-c2(OH-)，则c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)，D符合题意；故答案为：D。题组四蒸干的产物推断题组四蒸干的产物推断1．（2024广安）下列物质的水溶液加热蒸干、灼烧不变质的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】A．NH4Cl加热分解为氨气和HCl，故A不选；B．NaHCO3加热分解为Na2CO3、CO2和水，故B不选；C．AlCl3溶液中的Al3+水解生成Al(OH)3和HCl，加热能促进水解和HCl的挥发，所以加热蒸干后得到Al(OH)3，灼烧时Al(OH)3分解为Al2O3和水，故C不选；D．NaCl溶液加热蒸干并灼烧，不会发生分解以及水解反应，得到的仍为NaCl固体，故D选；故答案为：D。2．（2024浙江）蒸干含有下列溶质的溶液，能得到原溶质的是（）A．CuSO4 B．Na2SO3 C．NaHCO3 D．NH4Cl【答案】A【解析】A．加热虽然能促进Cu2+离子水解，但硫酸是难挥发的高沸点酸，水解生成的硫酸能与氢氧化铜反应，在空气中蒸干后照旧得到硫酸铜，A符合题意；B．亚硫酸钠具有还原性，易被空气中的氧气氧化生成硫酸钠，在空气中蒸干后得到硫酸钠，无法得到亚硫酸钠，B不符合题意；C．NaHCO3受热分解为碳酸钠、CO2和H2O，最终得到的是碳酸钠固体，C不符合题意；D．蒸干NH4Cl溶液时，会生成氨气和氯化氢，D不符合题意；故答案为：A。3．（2024抚顺）蒸干并灼烧下列物质的水溶液，仍能得到该物质的是（）A．氯化铝 B．碳酸氢钠 C．硫酸亚铁 D．碳酸钠【答案】D【解析】A、蒸干灼烧氯化铝溶液，由于铝离子的水解，氯化氢的挥发，故最终得到的是氧化铝，A不符合题意；B、蒸干灼烧碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠受热易分解，故最终得到的是碳酸钠，B不符合题意；C、蒸干灼烧硫酸亚铁溶液，亚铁离子易被氧化，故最终得到的是硫酸铁，C不符合题意；D、蒸干灼烧碳酸钠溶液，由于碳酸钠对热稳定，也不易被氧化，故最终照旧得到碳酸钠，D符合题意；故答案为：D。4．（2024·宝山）向NaBr、NaI混合液中，通入确定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：（）A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2【答案】A【解析】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入确定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；B．由于生成的I2易升华，故固体不行能还含有I2，B不合题意；C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不行能NaBr被氧化，即固体不行能是NaCl、NaI，C不合题意；D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不行能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不行能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；故答案为：A。5．（2024·呼和浩特）在含有NaBr和NaI的溶液中通入足量的，然后把溶液蒸干并将剩余残渣灼烧，最终留下的物质是（）