試驗活動3鹽類水解的應用題組一溶液酸堿性的推斷題組一溶液酸堿性的推斷1．（2024廣西）水溶液呈堿性的鹽是A．NaOH B．NaNO3 C．Na2C2O4 D．NaHSO4【答案】C【解析】A.NaOH是強堿，在水溶液中電離出氫氧根，故A不選；B.NaNO3是強酸強堿鹽，其水溶液呈中性，故B不選；C.Na2C2O4是強堿弱酸鹽，C2O在水溶液中水解生成氫氧根，溶液呈堿性，故C選；D.NaHSO4在水溶液中電離產(chǎn)生氫離子、鈉離子、硫酸根離子，溶液呈酸性，故D不選；正確答案是C。2.(2024銀川)物質(zhì)的量濃度相同的NaX、NaY和NaZ三種鹽溶液，若它們的pH依次為8、9、10，則HX、HY、HZ的酸性由強到弱的排列依次是()HX、HZ、HYB．HZ、HY、HXHX、HY、HZD．HY、HZ、HX【答案】C【解析】組成鹽的酸根對應的酸越弱，該酸根的水解程度越大，物質(zhì)的量濃度相同時，該鹽溶液的堿性越強，pH越大，則HX、HY、HZ的酸性由強到弱的排列依次是HX、HY、HZ。3．（2024·諸暨）下列物質(zhì)的水溶液呈堿性且屬于鹽是（）A．苯甲酸鈉 B． C．HCl D．【答案】A【解析】A．苯甲酸鈉屬于強堿弱酸鹽，其水溶液呈堿性，屬于鹽類，A選；B．與水反應生成NaOH，溶液呈堿性，屬于金屬氧化物，不屬于鹽類，B不選；C．HCl電離出氫離子，溶液呈酸性，屬于酸類，不屬于鹽類，C不選；D．是強酸強堿鹽，溶液呈中性，D不選；故答案為：A。題組二鹽類水解在生活中的應用題組二鹽類水解在生活中的應用1．（2024雅安）下列事實不屬于鹽類水解應用的是（）A．NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬中的除銹劑B．試驗室通常在HCl氣氛中加熱MgCl2?6H2O制MgCl2C．試驗室配制FeCl3溶液時加入少量稀鹽酸D．試驗室用Zn和稀硫酸制氫氣時加入少量CuSO4溶液【答案】D【解析】A．NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬中的除銹劑，主要是NH4Cl與ZnCl2溶液水解顯酸性，酸和鐵銹反應，故A不符合題意；B．試驗室通常在HCl氣氛中加熱MgCl2?6H2O制MgCl2，加HCl的目的是抑制鎂離子水解，故B不符合題意；C．試驗室配制FeCl3溶液時加入少量稀鹽酸，目的是抑制鐵離子水解，防止溶液變渾濁，故C不符合題意；D．試驗室用Zn和稀硫酸制氫氣時加入少量CuSO4溶液，鋅置換出銅形成Zn?Cu?H2SO4原電池，加快反應速率，與水解無關，故D符合題意。故答案為：D。2．（2024新鄉(xiāng)）化學與生活親密相關。下列物質(zhì)的用途與水解有關的是（）A．草木灰去除餐具的油污 B．硫酸銅對游泳池進行消毒C．FeCl3溶液腐蝕銅制線路板 D．鋇餐用于胃腸道造影檢查【答案】A【解析】A．草木灰的主要成分為碳酸鉀，碳酸根離子水解使溶液顯堿性，從而去除餐具的油污，A符合題意；B．細菌的細胞壁主要是肽聚糖結構，硫酸銅做消毒劑，起作用離子是銅離子，因為銅離子有破壞肽聚糖結構的作用，能損傷細胞壁而使細菌變形或殺傷細菌，所以可以用來殺菌，與水解無關，B不符合題意；C．FeCl3溶液腐蝕銅制線路板，是氯化鐵與銅發(fā)生氧化還原反應生成氯化銅和氯化亞鐵，利用了鐵離子的氧化性，與水解無關，C不符合題意；D．用于消化道檢查的鋇餐是藥用硫酸鋇，硫酸鋇不溶于水和脂質(zhì)，不會被胃腸道黏膜吸取，對人基本無毒性，鋇餐造影即消化道鋇劑造影，是指用硫酸鋇作為造影劑，在X線照耀下顯示消化道有無病變的一種檢查方法，與水解無關，D不符合題意；故答案為：A。3．（2024金臺）下列表述中，與鹽類水解有關的是（）①明礬和FeCl3可作凈水劑②為保存FeCl2溶液，要在溶液中加少量鐵粉③AlCl3溶液蒸干，灼燒，最終得到的主要固體產(chǎn)物是Al2O3④NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接中的除銹劑⑤試驗室盛放NaOH溶液的試劑瓶應用橡皮塞，而不能用玻璃塞⑥用NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑⑦草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用A．①②③⑤⑥⑦ B．①③④⑥⑦C．①③⑤⑥⑦ D．全有關【答案】B【解析】①鋁離子和鐵離子水解生成膠體，具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，起到凈水的作用，故①和水解有關②亞鐵離子極易被氧化為Fe3+，加入鐵粉可以把Fe3+還原為Fe2+離子，故②和水解無關；③蒸干氯化鋁溶液促進鋁離子的水解，氯化氫揮發(fā)得到水解產(chǎn)物氫氧化鋁，氫氧化鋁灼燒得到氧化鋁，故③和水解有關；④銨根離子、鋅離子水解顯酸性，因此能和鐵銹反應，能起到除銹的作用，故④和水解有關；⑤氫氧化鈉溶液和玻璃中的二氧化硅反應，生成硅酸鈉是礦物膠粘結瓶口和瓶塞，故⑤與水解無關；⑥碳酸氫根離子水解顯堿性，鋁離子水解顯酸性，二者水解相互促進生成二氧化碳和氫氧化鋁，故⑥和水解有關；⑦草木灰是碳酸鉀，水解顯堿性，銨鹽水解顯酸性，混合水解會相互促進生成二氧化碳和氨氣，減弱肥效，故⑦和水解有關；故答案為：B。4．（2024遼寧）下列事實：①溶液呈酸性；②長期施用化肥會使土壤酸性增加，發(fā)生板結；③配制溶液時，用稀鹽酸溶解固體；④溶液中；⑤氯化銨溶液可去除金屬制品表面的銹斑；⑥蒸干溶液，往往得不到固體。其中與鹽類的水解有關的有（）A．僅①②③⑤ B．僅②③④⑤⑥C．僅①④⑤⑥ D．僅①②③④⑤【答案】B【解析】①中為強酸強堿的酸式鹽，溶液顯酸性是因為電離出，和鹽的水解無關；②中是水解使土壤酸性增加；③中電離產(chǎn)生的會抑制水解；④中是因水解的程度大于其電離的程度，故c(H2S)＞c(S2-)；⑤中水解產(chǎn)生的與銹斑中的Fe2O3反應；⑥加熱會促進水解，蒸干FeCl3溶液往往得到的是Fe2O3；綜上所述，②③④⑤⑥符合題意，故答案為：B。5．（2024黑龍江）下列說法與鹽類的水解有關的有幾項（）①氯化銨與氯化鋅溶液可作焊接金屬過程中的除銹劑②用碳酸氫鈉與硫酸鋁兩種溶液可作泡沫滅火劑③配制硫酸亞鐵溶液時需加入少量鐵粉④試驗室盛放碳酸鈉溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞⑤比較氯化銨和硫化鈉等鹽溶液的酸堿性⑥草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用⑦Na2SO3溶液蒸干后得到Na2SO4固體A．4項 B．5項 C．6項 D．7項【答案】B【解析】①NH4Cl與ZnCl2溶液中的銨根和鋅離子會發(fā)生水解，導致溶液顯示酸性，酸可以和金屬銹的成分反應而除銹，故①與鹽類的水解有關；②NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液中的碳酸根離子和鋁離子雙水解會生成二氧化碳來滅火，二者可作泡沫滅火劑，故②與鹽類的水解有關；③硫酸亞鐵配制中要加硫酸和鐵粉，鐵粉的作用是防止亞鐵離子被氧化，故③與鹽類的水解無關；④Na2CO3溶液中的碳酸根水解顯示堿性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和堿反應，會導致瓶塞和瓶口黏在一起，故④與鹽類的水解有關；⑤銨根離子水解顯酸性、硫離子水解溶液顯堿性，故⑤與鹽類的水解有關；⑥銨根離子水解呈酸性，草木灰中的碳酸根離子水解顯堿性，二者發(fā)生相互促進的水解反應，生成氨氣，揮發(fā)降低肥效，故⑥與鹽類的水解有關；⑦Na2SO3溶液蒸干過程中，Na2SO3被氧化為Na2SO4固體，故⑦與鹽類的水解無關；綜上所述，與鹽類的水解有關的有5個，故B符合題意。故答案為：B。題組三離子濃度的比較題組三離子濃度的比較1．（2024湖南）下列有關電解質(zhì)溶液的說法正確的是（）A．向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中減小B．將CH3COONa溶液從20℃升溫至30℃，溶液中減小C．向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中D．室溫下，pH=11的CH3COONa溶液與pH=11的NaOH溶液中水的電離程度相同【答案】B【解析】A．Ka=，加水雖促進電離，n(CH3COO－)增大，但c(CH3COO－)減小，Ka保持不變，則溶液中增大，A項不符合題意；B.20℃升溫至30℃，促進CH3COO－水解，且Kh增大，則溶液中減小，B項符合題意；C．向鹽酸中加入氨水呈中性，則c(H＋)=c(OH－)，電荷守恒可知，溶液中，即=1，C項不符合題意；D．CH3COONa溶液中CH3COO－發(fā)生水解反應促進水的電離，NaOH電離出OH-抑制水的電離，兩者溶液中水的電離程度不相同，D項不符合題意；故答案為：B。2．（2024·金山）常溫下，用0.100mol·L-1NaOH(aq)滴定20.00mLcmol·L-1二元酸H2A，滴定曲線如圖所示，下列敘述正確的是（）A．H2A電離：H2A→2H+＋A2-B．a(chǎn)點：c(HA-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)C．b點：c(H+)=c(A2-)+c(OH-)D．c點：c(Na+)＜c(HA-)+2c(A2-)【答案】C【解析】A．依據(jù)圖示可知：未滴定NaOH溶液時，溶液pH接近1，說明H2A第一步完全電離，當加入NaOH溶液40mL時，二者恰好反應產(chǎn)生Na2A，此時溶液pH=7.26＞7，說明A2-發(fā)生水解反應產(chǎn)生了HA-，導致溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液顯堿性，說明Na2A是強堿弱酸鹽，H2A第一步完全電離，其次步存在電離平衡，電離方程式為：H2A=H++HA-，HA-H+＋A2-，A不符合題意；B．a(chǎn)點反應時得到H2A與NaHA的混合溶液，H2A第一步完全電離，HA-也電離產(chǎn)生H+，所以c(H+)＞c(Na+)，B不符合題意；C．b點溶液為NaOH與H2A按1：1反應產(chǎn)生NaHA，溶液中存在電荷守恒：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符合題意；D．c點溶液為Na2A溶液，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，溶液顯堿性，則c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞c(HA-)+2c(A2-)，D不符合題意；故答案為：C。

3．（2024·赤峰）25℃時，向確定濃度的溶液中滴入溶液，粒子濃度與混合溶液的變更關系如圖所示。已知：肼在水中的電離方程式：，；，Y表示或)。下列敘述正確的是（）A．曲線I表示與的變更關系B．的第一步電離的平衡常數(shù)的數(shù)量級為C．時，D．時，【答案】D【解析】A．由圖可知，25℃時，的電離平衡常數(shù)分別為，。故曲線Ⅰ表示與的變更關系，曲線Ⅱ表示與的變更關系，故A不符合題意；B．由，第一步電離平衡常數(shù)的數(shù)量級為，故B不符合題意；C．由于，時，，則，故C不符合題意；D．時，，溶液顯堿性，結合電荷守恒：和物料守恒：，可知，，故D符合題意；故答案為：D。4．（2024·成都）常溫下，向某濃度的二元弱酸H2X溶液中逐滴加入NaOH稀溶液，所得溶液中三種微粒H2X、HX-、X2-的物質(zhì)的量分數(shù)(δ)與溶液pH的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．M→A反應的離子方程式為：H2X+OH-=HX-+H2OB．B點的溶液中：c(Na+)>3c(X2-)C．NaHX溶液中：c(OH-)+c(X2-)=c(H+)+c(H2X)D．外界條件不變時，加入NaOH稀溶液的過程中，=10，且始終保持不變【答案】D【解析】A．H2X與NaOH反應生成HXNa和水，M→A反應的離子方程式為：H2X+OH-=HX-+H2O，A不符合題意；B．B點為NaHX與Na2X的混合溶液，c(X2-)=，依據(jù)物料守恒c(Na+)=c(X2-)+=3c(X2-)，但是X2-發(fā)生水解，則溶液中：c(Na+)>3c(X2-)，B不符合題意；C．NaHX溶液中：c(OH-)+c(X2-)=c(H+)+c(H2X)，符合質(zhì)子守恒，C不符合題意；D．A點，B點，外界條件不變時，加入NaOH稀溶液的過程中，=10-3，D符合題意；故答案為：D。

5．（2024成都期末）下列說法正確的是（）A．溶液中：B．溶液和溶液均顯中性，兩種溶液中水的電離程度相等C．溶液加適量的水稀釋后，溶液中的值變大D．常溫下，值相等的三種溶液的濃度大小關系為【答案】C【解析】A．為強堿弱酸鹽，亞硫酸氫根的電離大于水解，溶液顯酸性，故，A不符合題意；B．醋酸銨是弱酸弱堿鹽，水溶液中發(fā)生水解，促進水的電離，醋酸根離子的水解程度和銨根離子的水解程度相近，溶液呈現(xiàn)中性，是強酸強堿鹽，對水的電離無影響，B不符合題意；C．溶液存在水解平衡：，加適量的水稀釋后，碳酸氫根離子濃度減小，溫度不變水解平衡常數(shù)不變，則溶液中的值變大，C符合題意；D．酸性：醋酸＞碳酸＞次氯酸，酸性越弱，其酸根的水解實力越強，相同濃度下鹽溶液的pH值越大，故等pH的三種溶液的濃度大小關系為，D不符合題意；故答案為：C。6．（2024寧波）常溫下向中逐滴滴加溶液，pH的變更曲線如圖(溶液混合時體積的變更忽視不計)。下列說法正確的是（）A．水電離出的：A點大于B點B．在B點，離子濃度大小為C．在C點，滴加的D．在D點，【答案】D【解析】A．A點為氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉濃度越大，水的電離程度越小，B點為氫氧化鈉和CH3COONa的混合液，CH3COO-水解促進了水的電離，則水電離出的c(H+)A點小于B點，故A不符合題意；B．B點呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，由于pH=8，混合液中的氫離子、氫氧根離子濃度較小，則正確的離子濃度大小為：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合題意；C．滴加的V(CH3COOH)=12.5mL時，恰好反應生成CH3COONa，溶液呈堿性，而C點溶液的pH=7，所以C點V(CH3COOH)＞12.5mL，故C不符合題意；D．在D點，V(CH3COOH)=25mL，相當于CH3COONa和CH3COOH的1：1混合溶液，由質(zhì)子守恒可得：2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，移項得：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故D符合題意；故答案為：D。7．（2024山西）常溫時，向20mL0.01mol·L-1的HA溶液中滴加0.01mol·L-1NaOH溶液，混合溶液的pH與微粒濃度變更的關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A．c點溶液對應的pH為5.2B．b點對應的NaOH溶液體積大于10.00mLC．a(chǎn)點溶液中：c(HA)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)D．常溫時，HA的Ka=10-4.2【答案】B【解析】A．依據(jù)分析，c點c(H+)=10-5.2mol/L，pH=5.2，A不符合題意；B．若加10mLNaOH，溶液中HA與A-為1：1，A-的水解常數(shù)Kh===10-9.8，Ka＞Kh，因此HA的電離大于A-的水解，即c(HA)＜c(A-)，在b點時，c(HX)=c(A-)，因此b點對應的NaOH溶液體積小于10.00mL，B符合題意；C．a(chǎn)點lg=-1，因此c(HA)=10c(A-)，c(HA)＞c(A-)由于HA可以電離出A-，因此c(A-)＞c(Na+)，依據(jù)分析，pH為3.2，因此c(H+)＞c(OH-)，離子的大小關系為c(HA)＞c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C不符合題意；D．依據(jù)分析，電離常數(shù)Ka==c(H+)=10-4.2；D不符合題意；故答案為：B。8．（2024·江蘇）室溫下，通過下列試驗探究NaHCO3、NaHSO3溶液的性質(zhì)：試驗試驗操作和現(xiàn)象1用pH試紙測定濃度為0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，pH≈52用pH試紙測定濃度為0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，pH≈83將濃度均為0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等體積混合，產(chǎn)生白色沉淀下列說法正確的是（）A．試驗1可得0.1mol·L-1NaHSO3溶液中：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＜10-10B．試驗2可得0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)C．試驗3所得溶液中：c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10?3D．濃度均為0.1mol·L-1的NaHSO3和NaHCO3兩份溶液中：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，溶液顯酸性說明HSO的電離程度大于水解程度，所以c(SO)＞c(H2SO3)，所以＞1，則Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞10-10，A不符合題意；B．溶液pH≈8，顯堿性，則HCO的水解程度大于電離程度，水解和電離都是微弱的，所以c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，B不符合題意；C．等濃度的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等體積混合后發(fā)生反應：NaHSO3+Ba(OH)2=BaSO3+NaOH+H2O，若BaSO3不是沉淀，則溶液中c(Ba2+)=c(SO)=0.05mol/L，c(Ba2+)·c(SO)=2.5×10?3，但BaSO3為白色沉淀，所以c(Ba2+)·c(SO)＜2.5×10?3，C不符合題意；D．NaHSO3溶液中存在電荷守恒：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-)，兩溶液中鈉離子濃度相同，而NaHSO3溶液的pH更小，所以c1(H+)-c1(OH-)＞c2(H+)-c2(OH-)，則c(HCO)+2c(CO)＜c(HSO)+2c(SO)，D符合題意；故答案為：D。題組四蒸干的產(chǎn)物推斷題組四蒸干的產(chǎn)物推斷1．（2024廣安）下列物質(zhì)的水溶液加熱蒸干、灼燒不變質(zhì)的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】A．NH4Cl加熱分解為氨氣和HCl，故A不選；B．NaHCO3加熱分解為Na2CO3、CO2和水，故B不選；C．AlCl3溶液中的Al3+水解生成Al(OH)3和HCl，加熱能促進水解和HCl的揮發(fā)，所以加熱蒸干后得到Al(OH)3，灼燒時Al(OH)3分解為Al2O3和水，故C不選；D．NaCl溶液加熱蒸干并灼燒，不會發(fā)生分解以及水解反應，得到的仍為NaCl固體，故D選；故答案為：D。2．（2024浙江）蒸干含有下列溶質(zhì)的溶液，能得到原溶質(zhì)的是（）A．CuSO4 B．Na2SO3 C．NaHCO3 D．NH4Cl【答案】A【解析】A．加熱雖然能促進Cu2+離子水解，但硫酸是難揮發(fā)的高沸點酸，水解生成的硫酸能與氫氧化銅反應，在空氣中蒸干后照舊得到硫酸銅，A符合題意；B．亞硫酸鈉具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化生成硫酸鈉，在空氣中蒸干后得到硫酸鈉，無法得到亞硫酸鈉，B不符合題意；C．NaHCO3受熱分解為碳酸鈉、CO2和H2O，最終得到的是碳酸鈉固體，C不符合題意；D．蒸干NH4Cl溶液時，會生成氨氣和氯化氫，D不符合題意；故答案為：A。3．（2024撫順）蒸干并灼燒下列物質(zhì)的水溶液，仍能得到該物質(zhì)的是（）A．氯化鋁 B．碳酸氫鈉 C．硫酸亞鐵 D．碳酸鈉【答案】D【解析】A、蒸干灼燒氯化鋁溶液，由于鋁離子的水解，氯化氫的揮發(fā)，故最終得到的是氧化鋁，A不符合題意；B、蒸干灼燒碳酸氫鈉溶液，碳酸氫鈉受熱易分解，故最終得到的是碳酸鈉，B不符合題意；C、蒸干灼燒硫酸亞鐵溶液，亞鐵離子易被氧化，故最終得到的是硫酸鐵，C不符合題意；D、蒸干灼燒碳酸鈉溶液，由于碳酸鈉對熱穩(wěn)定，也不易被氧化，故最終照舊得到碳酸鈉，D符合題意；故答案為：D。4．（2024·寶山）向NaBr、NaI混合液中，通入確定量氯氣后，將溶液蒸干并充分灼燒，剩余固體的組成可能是：（）A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2【答案】A【解析】已知Br-的還原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入確定量氯氣，則先氧化I-，反應為：2I-+Cl2=I2+2Cl-，當I-完全消耗后，才氧化Br-，反應為：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，據(jù)此分析解題：A．當通入的氯氣很少，NaI過量時，生成的I2易升華，則剩余固體為NaCl、NaBr、NaI，A符合題意；B．由于生成的I2易升華，故固體不行能還含有I2，B不合題意；C．由于Br-的還原性弱于I-，通入氯氣時先氧化I-而不是Br-，即當NaI過量時，不行能NaBr被氧化，即固體不行能是NaCl、NaI，C不合題意；D．由于Br-的還原性弱于I-，通入氯氣時先氧化I-而不是Br-，即當NaI過量時，不行能NaBr被氧化，且Br2易揮發(fā)，即固體不行能是NaCl、NaI、Br2，D不合題意；故答案為：A。5．（2024·呼和浩特）在含有NaBr和NaI的溶液中通入足量的，然后把溶液蒸干并將剩余殘渣灼燒，最終留下的物質(zhì)是（）