第三讲盐类的水解一、选择题1．下列过程或现象与盐类水解无关的是( )A．纯碱溶液去油污B．铁在潮湿的环境下生锈C．加热氯化铁溶液颜色变深D．浓硫化钠溶液有臭味解析 纯碱去油污利用其水解显碱性；加热氯化铁时使FeCl3水解为红褐色Fe(OH)3胶体，颜色加深；浓硫化钠溶液有臭味是因Na2S水解产生少量的H2S气体；而铁生锈主要是Fe在潮湿条件下发生电化学腐蚀。答案 B2．对于0.1mol·L－1Na2SO3溶液，正确的是( )A．升高温度，溶液pH降低B．c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)C．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋c(OH－)D．加入少量NaOH固体，c(SO)与c(Na＋)均增大解析 升高温度会促进SO的水解，溶液碱性增强，pH升高，A项错误；根据物料守恒，c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)，B项错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，C项错误；加入少量NaOH固体，c(Na＋)、c(OH－)均增大，平衡SO＋H2O＝HSO＋OH－逆向移动，c(SO)增大，D项正确。答案 D3．下列说法正确的是( )A．25℃时NH4Cl溶液的KW大于100℃时NaCl溶液的KWB．SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O===SO＋2I－＋4H＋C．加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO、NOD．100℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性解析 A项，溶液中的KW随温度的升高而增大，故A项错误；B项，不符合得失电子守恒规律——仅发生了得电子过程，无失电子过程，故B项错误；C项，Al既能与强碱性溶液反应产生H2，又能与强酸性(不存在氧化性酸根离子)溶液反应产生H2，该项离子在强碱性环境中可共存，故C项正确；D项，100℃时pH＝12的NaOH溶液中的c(OH－)＞10－2mol·L－1，而pH＝2的盐酸中的c(H＋)＝10－2mol·L－1，因此，两者混合时NaOH溶8\n液过量，溶液显碱性，故D项错误。答案 C4．常温下0.1mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是( )A．将溶液稀释到原体积的10倍B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积0.2mol·L－1盐酸D．提高溶液的温度解析 A项，醋酸是弱酸，弱酸溶液每稀释10倍pH增加不到1个单位；C项，加入等体积0.2mol·L－1的盐酸，溶液中的H＋主要来自于盐酸的电离，此时溶液中的H＋浓度大于0.1mol·L－1，混合液的pH比a要小；D项，温度升高，CH3COOH的电离程度增大，pH减小；B项，加入CH3COONa后，溶液中的CH3COO－浓度增大，促使醋酸的电离平衡逆向移动，H＋浓度下降，pH增大。答案 B5．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NaOHA．①②B．③C．③④D．④解析 NH4Cl溶液中由于NH的水解，NH的浓度与Cl－的浓度比小于1∶1，要配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，必须增加体系中NH的量，加少量氨水可促使NH＋H2ONH3·H2O＋H＋往左移动，可以达到要求。答案 B6．要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位学生分别作出如下回答，其中正确的是( )A．甲学生：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的B．乙学生：在盐酸中加入相同温度的氨水，若实验过程中混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的C．丙学生：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的D．丁学生：在醋酸钠溶液中加入醋酸铵晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的解析 硝酸铵晶体溶于水吸热会使水温下降，A项错误；NH3·H2O、醋酸铵晶体溶于水发生电离吸热可能使混合液温度下降，B、D项错误；醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，是因CH3COO－发生水解，且升高温度使其平衡正向移动而导致溶液碱性增强，故红色加深，进一步说明盐类水解是吸热的，C项正确。8\n答案 C7．溶液A中加入一定量的NaF晶体后，若测得c(Na＋)与c(F－)接近相等，则溶液A的pH值不可能为( )A．6B．7C．8D．9解析 题干给出信息：溶液A中加入一定量的NaF后，c(Na＋)与c(F－)接近相等，分析NaF溶解于水后存在反应①NaF===Na＋＋F－(电离)②F－＋H2OHF＋OH－(水解)，c(F－)应该减小但题干给出：c(Na＋)与c(F－)接近相等，说明F－很少水解，一定是F－的水解受到抑制，因此判断A溶液一定能抑制F－的水解。当A溶液是HF时，能抑制F－水解，则溶液ApH<7；若溶液A为KOH等强碱性液，也能抑制F－水解，则溶液ApH>7。答案 B8．用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1L混合溶液，已知其中c(CH3COO－)>c(Na＋)，对该混合溶液的下列判断正确的是( )A．c(H＋)<c(OH－)B．c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.2mol·L－1C．c(CH3COOH)>c(CH3COO－)D．c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.2mol·L－1解析 CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，CH3COOH的电离和CH3COONa的水解同时存在。已知c(CH3COO－)>c(Na＋)，根据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可得出c(OH－)<c(H＋)，说明混合溶液呈酸性，进一步推测出0.1mol·L－1的CH3COOH和0.1mol·L－1的CH3COONa溶液中，起主要作用的是电离，即CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以在溶液中c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，C项错误。根据物料守恒，可推出B项是正确的，而D项是错误的。答案 B二、非选择题9．10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：温度/℃102030加热煮沸后冷却到50℃pH8.38.48.58.8甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为______________________。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO38\n受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________NaHCO3(填“大于”或“小于”)。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则________(填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是________(填选项)。A．Ba(OH)2溶液B．BaCl2溶液C．NaOH溶液D．澄清的石灰水(2)将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH________8.3(填“大于”“小于”或“等于”)，则________(填“甲”或“乙”)判断正确。(3)查阅资料发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言________(填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是______________________________________________________________________________________________________________________________________。解析 NaHCO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，而且CO水解程度大于HCO的水解程度。四种物质中只有BaCl2与Na2CO3反应生成沉淀，而不与NaHCO3反应，A、D与Na2CO3、NaHCO3反应均能生成沉淀，C与两者均不生成沉淀。因此只能选择BaCl2溶液才能证明乙判断正确。若要证明甲判断正确，冷却后pH应等于8.3。答案 HCO＋H2OH2CO3＋OH－ 大于 (1)乙 B(2)等于 甲(3)乙 常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃10．阅读下列A、B、C、D、E、F六种短周期元素的相关信息。①含A的物质焰色反应为黄色。②B的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍。③C的最简单离子与Ne原子的电子数相同，且在具有相同电子数的简单离子中离子半径最小。④D与B处于同主族。⑤目前人类已知的物质(包括人工制造的物质)中，大多数都含有E元素。⑥F元素的某种原子中只有质子，没有中子。请根据上述信息回答下列问题：(1)由已知六种元素中的三种组成的易溶于水的物质中，能促进水电离的物质是________(写出一种物质的化学式，下同)，能抑制水电离的物质是________。(2)海水电源主要用于海上航标灯及相类似的海上用电设施，电源利用海水做电解液，空气中的氧做阴极活性物，C的单质作为阳极。写出这种海水电源的正极反应式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。8\n(3)常温下，向体积为1.5L、浓度为0.1mol·L－1的A的最高价氧化物对应水化物的水溶液中通入2.24L(标准状况)EB2气体，待反应充分后，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是________。(4)常温下，向c(H＋)＝1mol/L，c(Al3＋)＝c(Fe3＋)＝0.04mol·L－1的溶液中加入A的最高氧化物对应水化物的溶液，以调节溶液的pH(假设溶液体积不变)。那么最先析出的沉淀是______(填写化学式)，刚刚析出沉淀时溶液的pH＝______。(已知Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33mol4·L－4，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39mol4·L－4)解析 根据A的焰色反应可知A为Na；B的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，则B为O；根据与Ne(10电子)的电子数相同，且简单离子中离子半径最小可知C为Al；短周期中与O同主族的只有S，故D为S；有机化合物种类最多，故E为C(碳)；H只有质子，没有中子，故F为H。(1)在水中能够水解的物质可促进水的电离，而酸、碱则抑制水的电离。(2)O2、Al在海水中形成原电池，正极为O2放电，电极反应为：2H2O＋O2＋4e－===4OH－。(3)体积为1.5L、浓度为0.1mol·L－1NaOH溶液中的NaOH的物质的量为0.15mol，通入标准状况下2.24L(即0.1mol)CO2所得的混合溶液中，Na2CO3和NaHCO3物质的量均为0.05mol，由于CO比HCO容易水解，HCO的水解程度大于电离程度，因此离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)。(4)因为Ksp[Al(OH)3])＞Ksp[Fe(OH)3])，所以当Fe3＋、Al3＋浓度相同时，加入NaOH溶液，Fe(OH)3先沉淀；此时c(OH－)＝＝4.0×10－13mol/L，即pH＝1.6。答案 (1)Al2(SO4)3(或Na2CO3、Na2SO3、NaHS等) H2SO4(或H2SO3、H2CO3、NaOH等)(2)2H2O＋O2＋4e－===4OH－(3)c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)(4)Fe(OH)3 1.611．(Ⅰ)常温下，将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：实验编号HA物质的量浓度/(mol·L－1)NaOH物质的量浓度/(mol·L－1)混合后溶液的pH甲0.10.1pH＝a乙0.120.1pH＝7丙0.20.1pH>78\n丁0.10.1pH＝10(1)从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？___________________________________________________________________________。(2)乙组混合溶液中粒子浓度c(A－)和c(Na＋)的大小关系________。A．前者大B．后者大C．两者相等D．无法判断(3)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_____________________________________________________________________________________________。(4)分析丁组实验数据，写出混合溶液中下列算式的精确结果(列式)：c(Na＋)－c(A－)＝________mol·L－1。(Ⅱ)某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是：H2B===H＋＋HB－、HB－H＋＋B2－回答下列问题：(5)在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是( )。A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1B．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)解析 (1)若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH＝7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH>7。(2)混合溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，由于pH＝7，则c(Na＋)＝c(A－)，C项正确。(3)混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH>7说明A－的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)。(4)由电荷守恒关系式变形得c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－4－10－10)mol·L－1。(5)在Na2B中存在水解平衡：B2－＋H2OHB－＋OH－，HB－不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，B项错；A项是物料守恒关系式；C项是质子守恒关系式；D项电荷守恒关系式应为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HB－)＋2c(B2－)，故该项错。答案 (1)a＝7时，HA是强酸；a>7时，HA是弱酸(2)C(3)c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)(4)10－4－10－10 (5)AC8\n12．复分解反应存在这样一个规律：较强酸可制取较弱酸。盐类的水解也是复分解反应，弱酸强碱盐对应的弱酸越弱，其盐越容易发生水解。已知在常温下测得浓度均为0.1mol·L－1的下列6种溶液的pH：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.88.111.610.311.111.3(1)请根据上述信息判断下列反应不能发生的是________(填编号)。A．CO2＋H2O＋2NaClO===Na2CO3＋2HClOB．CO2＋H2O＋NaClO===NaHCO3＋HClOC．CO2＋H2O＋C6H5ONa―→NaHCO3＋C6H5OHD．CO2＋H2O＋2C6H5ONa―→Na2CO3＋2C6H5OHE．Na2CO3＋C6H5OH―→NaHCO3＋C6H5ONaF．CH3COOH＋NaCN===CH3COONa＋HCN(2)一些复分解反应的发生还遵循其他的规律。下列变化都属于复分解反应：①将石灰乳与纯碱溶液混合可制得苛性钠溶液 ②向饱和碳酸氢铵溶液中加入饱和食盐水可获得小苏打固体③蒸发KCl和NaNO3的混合溶液，首先析出NaCl晶体。根据上述反应，总结出复分解反应发生的另一规律为_______________________________________________________。(3)物质的量浓度均为0.05mol·L－1的下列五种物质的溶液中，pH由大到小的顺序是_____________(填编号)。①C6H5OH(苯酚) ②CH3COOH ③HClO4 ④HClO ⑤H2SO4(4)一定温度下，向等体积纯水中分别加入等物质的量的下列物质：①NaOH、②CH3COOH、③NaClO，则水的电离程度最大的是________(填编号)。一定温度下，向等体积纯水中分别加入等物质的量的CH3COONa和NaCN，两溶液中阴离子的总物质的量分别为n1和n2，则n1和n2的关系为n1________n2(填“>”“<”或“＝”)。解析 这些盐都是弱酸的钠盐，水解时生成相应的弱酸，且弱酸的酸性越弱，水解程度也越大，即所得溶液的碱性越强，pH越大。这些弱酸的酸性由强到弱的顺序为CH3COOH、H2CO3、HClO、HCN、C6H5OH、HCO(注意：Na2CO3对应的弱酸为HCO，NaHCO3对应的弱酸为H2CO3)。(1)根据强酸制弱酸的原理及生成物质的性质，A反应若生成HClO，则可与Na2CO3起反应生成NaClO和NaHCO3，A不能发生，B能发生；同理可分析，D不能发生，C、E、F能发生。(2)从三个反应特点：①生成难溶的CaCO3，②生成的NaHCO3在水中的溶解度最小，③NaCl在水中的溶解度最小中得出结论：复分解反应总是由溶解度大的物质向生成溶解度小的物质的方向进行。(3)比较溶液pH大小时，弱酸可根据相对强弱，强酸则看H＋的浓度大小，根据(1)的结论，弱酸中苯酚酸性弱于HClO，HClO弱于CH3COOH，强酸有H2SO4和HClO4，相同浓度的溶液中，由于H2SO48\n中c(H＋)大，故酸性强，从而得出pH由大到小的顺序为①④②③⑤。(4)酸或碱(无论是强的还是弱的)都会抑制水的电离，而多数盐由于发生水解而促进水的电离，因而，水的电离程度最大的是弱酸或弱碱形成的盐，即为NaClO；在等物质的量的CH3COONa和NaCN溶液中，由电荷守恒可得：n1＝n(Na＋)＋n(H＋)＝n(CH3COO－)＋n(OH－)；n2＝n(Na＋)＋n(H＋)＝n(CN－)＋n(OH－)，又NaCN溶液中的OH－物质的量大于CH3COONa溶液中OH－物质的量，则有NaCN溶液中的n(H＋)比CH3COONa溶液中的n(H＋)少，且两溶液中的n(Na＋)相等，必有：n1>n2。答案 (1)AD(2)反应能够由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行(3)①④②③⑤ (4)③ >8
