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3.3盐类的水解
一．选择题（共12小题）
1．（2025秋 重庆期中）下列溶液因盐的水解而显酸性的是（　　）
A．NaHSO4溶液 B．NH4Cl溶液
C．CH3COONH4溶液 D．Rb2SO4溶液
2．（2025秋 湖南期中）常温下，下列溶液一定显酸性的是（　　）
A．氯化钙溶液
B．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液
C．碳酸钠溶液
D．的溶液
3．（2025秋 孝感期中）下列常见的盐溶液中，因盐类水解而呈酸性的是（　　）
A．KCl溶液 B．Na2CO3溶液
C．NaHSO4溶液 D．NH4NO3溶液
4．（2025秋 爱民区校级期中）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．0.1mol L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（）＞c（Fe2+）＞c（）＞c（H+）
B．pH＝11的氨水和pH＝3的盐酸等体积混合，所得溶液中c（Cl﹣）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．在0.1mol L﹣1Na2CO3溶液中：c（Na+）＝2[c（）+c（）+c（H2CO3）]
D．20mL醋酸钠溶液与等浓度盐酸10mL混合后溶液显酸性：c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）
5．（2025秋 宁波期中）下列物质的水溶液在空气中加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是（　　）
①CuSO4
②FeSO4
③K2CO3
④NaHCO3
⑤Na2SO3
⑥KMnO4
A．全部都可以 B．仅①②③
C．仅①③⑥ D．仅①③
6．（2025秋 通州区期中）下列溶液因盐的水解而呈酸性的是（　　）
A．NH4Cl B．Na2CO3 C．HNO3 D．NaHSO4
7．（2025秋 黑龙江期中）下列生活或生产中的现象，与盐类水解平衡无关的是（　　）
A．明矾用于净化自来水
B．配制FeCl3时，用较浓的盐酸溶解FeCl3固体
C．纯碱溶液用于清洗厨房油污
D．用CuSO4溶液对泳池里的水进行消毒
8．（2025秋 宁波期中）水溶液因水解呈酸性的盐是（　　）
A．NH4Cl B．Na2CO3 C．NaHSO4 D．CaCl2
9．（2025秋 平罗县校级期中）盐类水解与生活密切联系，下列做法与盐类水解无关的是（　　）
A．实验室配制FeCl3溶液时，应先将其溶解在盐酸中，而后加水稀释
B．配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉
C．用浓NaHCO3溶液与浓Al2（SO4）3溶液混合作灭火剂
D．加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体
10．（2025秋 西夏区校级期中）下列事实不属于盐类水解应用的是（　　）
A．实验室制氢气时加CuSO4加快反应速率
B．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
C．实验室配制FeCl3溶液时加少量稀盐酸
D．明矾和氯化铁晶体在生产中常作净水剂
11．（2025秋 商丘期中）已知H2A为二元弱酸，常温下，将a mol Na2A和b mol NaHA两种盐溶于水得到混合溶液（各组分浓度不高于0.1mol L﹣1。设a：b＝x，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．若x＝1，则一定有c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．若x＝0.5，则c（OH﹣）＝c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A）
C．若x＝2，则有3c（Na+）＝5[c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）]
D．x为任意值时，则有c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+c（A2﹣）
12．（2025秋 黑龙江期中）常温下，下列溶液的离子浓度关系式及说法正确的是（　　）
A．常温下pH＝7的氨水和氯化铵的混合液中：c（Cl﹣）＞c（N）
B．已知酸性：CH3COOH＞HClO，则同浓度同体积的NaClO溶液和CH3COONa溶液，酸根离子总数前者小于后者
C．0.1mol/LNaHCO3溶液中：
D．常温下0.1mol/L的下列溶液①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③NH3 H2O④CH3COONH4中，由大到小的顺序是②＞①＞④＞③
二．解答题（共3小题）
13．（2025秋 静安区校级期中）常温常压下，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol L﹣1，通过NaOH溶液调节氢硫酸pH，溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图[例如δ（H2S）]。
（1）下列关于H2S饱和溶液说法正确的是　 　 。（不定项）
A.溶液pH＝1
B.氢硫酸是弱电解质
C.一级电离产生的HS﹣抑制了二级电离
D.溶液中存在三个电离平衡
（2）　 　 。
（3）pH＝7时，溶液中c（Na+）＝　 　 。（用含硫的微粒符号表示）
（4）pH＝13时，①与c（HS﹣）相等的是　 　 ；
A.c（H+）
B.c（H2S）
C.c（OH﹣）
D.c（S2﹣）
②c（Na+）﹣3c（S2﹣）　 　 0.1。
A.＞
B.＝
C.＜
（5）向NaHS溶液中加入一定量CuSO4溶液，可产生H2S气体和CuS黑色沉淀，请结合平衡移动原理解释产生上述实验现象的原因：　 　 。
14．（2025秋 黑龙江期中）25℃时，有关物质平衡常数的数值如表所示：
CH3COOH H2SO3 H2S H2CO3 HClO
（1）同浓度的、、、HS﹣结合H+能力由大到小的顺序为　 　 。
（2）向碳酸钠溶液中加入足量的HClO溶液，写出反应的离子方程式　 　 。
（3）初始浓度为0.1mol/L的H2S溶液的pH为　 　 ，该溶液中水电离的H为　 　 。
（4）请写出NaHS溶液中离子浓度大小关系：　 　 。
（5）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合（体积变化忽略不计），则下列关于混合溶液的说法中不正确的是　 　 。
A.
B.
C.
D.
15．（2025秋 柳州期中）1.研究弱电解质的电离，有重要的实际意义。
（1）下列事实能证明醋酸（CH3COOH）是弱电解质的是　 　 。
a.CH3COOH溶液能使石蕊试液变红
b.把pH＝2的醋酸溶液稀释100倍后pH＝3.8
c.相同条件下，同浓度的醋酸和盐酸溶液，前者导电能力较弱
d.相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与等量的镁条反应，产生H2的起始速率相等
（2）将0.1mol/L CH3COOH溶液加水稀释，的比值将　 　 （填“变大”、“不变”或“变小”）。
Ⅱ.已知25℃时部分弱酸的电离平衡常数如表，根据表中数据回答下列问题。
化学式 CH3COOH HCN HClO H2CO3 HCOOH
电离常数 1.75×10﹣5 6.2×10﹣10 4.0×10﹣8 Ka1＝4.5×10﹣7Ka2＝4.7×10﹣11 1.77×10﹣4
（3）下列反应可以发生的是　 　 （填字母）。
a.CH3COOH+NaCN＝HCN+CH3COONa
b.HCOONa+HClO＝HCOOH+NaClO
c.CO2+H2O+2NaClO＝Na2CO3+2HClO
d.Na2CO3+HCN＝NaCN+NaHCO3
（4）常温下，已知某浓度NaCN溶液的pH＝8，原因是　 　 （用离子方程式表示），该溶液中由水电离出的c（H+）为　 　 mol/L。
（5）现有浓度相同的①HCOONa、②NaCN、③Na2CO3、④NaClO，这四种溶液中pH由大到小的顺序是　 　 ，下列溶液中各微粒浓度关系正确的是　 　 。
a.NaClO溶液中：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（HClO）
b.Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣）+c（）
c.含等物质的量的HCOOH与HCOONa的混合溶液中：c（HCOOH）+2c（H+）＝c（HCOO﹣）+2c（OH﹣）
d.物质的量浓度相等的NaCN和NaHCO3混合溶液中：c（CN﹣）+c（HCN）＝c（）+c（）+c（H2CO3）
3.3盐类的水解
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．（2025秋 重庆期中）下列溶液因盐的水解而显酸性的是（　　）
A．NaHSO4溶液 B．NH4Cl溶液
C．CH3COONH4溶液 D．Rb2SO4溶液
【答案】B
【分析】结合盐的组成及水解原理分析，如强碱弱酸盐溶液呈碱性，强酸强碱盐溶液呈中性，强酸弱碱盐溶液呈酸性，以此进行判断。
【解答】解：A．NaHSO4能电离出H+，NaHSO4电离使溶液呈酸性，故A错误；
B．NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4Cl水解使溶液呈酸性，故B正确；
C．一水合氨与醋酸的电离程度相同，铵根离子与醋酸根离子的水解程度相同，则CH3COONH4溶液显中性，故C错误；
D．Rb2SO4为强酸强碱盐，其水溶液显中性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查盐类水解，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确盐的性质、盐类水解原理及盐溶液酸碱性是解本题关键。
2．（2025秋 湖南期中）常温下，下列溶液一定显酸性的是（　　）
A．氯化钙溶液
B．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液
C．碳酸钠溶液
D．的溶液
【答案】B
【分析】A．氯化钙是强酸强碱盐，不水解；
B．根据溶液酸碱性的定义，c（H+）＞c（OH﹣）时，溶液一定显酸性；
C．碳酸钠水解生成和OH﹣；
D．常温下，任何水溶液的Kw均为1.0×10﹣14，该条件适用于酸性、中性和碱性溶液。
【解答】解：A．氯化钙是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故A错误；
B．根据溶液酸碱性的定义，c（H+）＞c（OH﹣）时，溶液一定显酸性，与温度无关，故B正确；
C．碳酸钠水解生成和OH﹣，溶液显碱性，故C错误；
D．常温下，任何水溶液的Kw均为1.0×10﹣14，该条件适用于酸性、中性和碱性溶液，故不能确定溶液一定显酸性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3．（2025秋 孝感期中）下列常见的盐溶液中，因盐类水解而呈酸性的是（　　）
A．KCl溶液 B．Na2CO3溶液
C．NaHSO4溶液 D．NH4NO3溶液
【答案】D
【分析】物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水电离出的氢氧根离子促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液呈酸性，据此分析解答。
【解答】解：A．KCl溶液不水解，溶液呈中性，故A错误；
B．Na2CO3溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，故B错误；
C．NaHSO4溶液不水解，代理处氢离子，溶液显酸性，故C错误；
D．NH4NO3溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生盐类水解的掌握情况，题目难度不大。
4．（2025秋 爱民区校级期中）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．0.1mol L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（）＞c（Fe2+）＞c（）＞c（H+）
B．pH＝11的氨水和pH＝3的盐酸等体积混合，所得溶液中c（Cl﹣）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H+）
C．在0.1mol L﹣1Na2CO3溶液中：c（Na+）＝2[c（）+c（）+c（H2CO3）]
D．20mL醋酸钠溶液与等浓度盐酸10mL混合后溶液显酸性：c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）
【答案】C
【分析】A．同一离子化合物中，在水溶液里，系数大且不水解的离子浓度越大，相同类型的离子相互抑制水解；
B．pH＝11的氨水和pH＝3的盐酸等体积混合，氨水过量，溶质为氯化铵、一水合氨；
C．在0.1mol L﹣1Na2CO3溶液中存在物料守恒；
D．20mL醋酸钠溶液与等浓度盐酸10mL混合后得到醋酸钠、醋酸和氯化钠的混合溶液，溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度。
【解答】解：A．该物质的水溶液里，硫酸根离子和铵根离子系数相同，但硫酸根离子不水解，铵根离子和亚铁离子都水解，且铵根离子和亚铁离子相互抑制水解，所以离子浓度大小顺序是c（SO4 2﹣ ）＞c（）＞c（Fe2+ ）＞c（H+），故A错误；
B．pH＝11的氨水和pH＝3的盐酸等体积混合，氨水过量，溶质为氯化铵、一水合氨，溶液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝c（）+c（H+）可知，c（）＞c（Cl﹣），故B错误；
C．在0.1mol L﹣1Na2CO3溶液中存在物料守恒，c（Na+）＝2[c（）+c（）+c（H2CO3）]，故C正确；
D．二者混合后，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa，混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解、醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，把握盐类水解、电荷与物料守恒、酸碱混合后溶质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
5．（2025秋 宁波期中）下列物质的水溶液在空气中加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是（　　）
①CuSO4
②FeSO4
③K2CO3
④NaHCO3
⑤Na2SO3
⑥KMnO4
A．全部都可以 B．仅①②③
C．仅①③⑥ D．仅①③
【答案】D
【分析】加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质，需要依据溶液中 溶质的水解、分解、氧化等反应，结合生成产物的性质分析判断。
【解答】解：①CuSO4溶液中，铜离子水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质；故①正确；
②FeSO4具有还原性，加热溶液被氧化为三价铁，故②错误；
③K2CO3溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢钾和氢氧化钾，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质，故③正确；
④NaHCO3受热分解生成碳酸钠二氧化碳和水，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净碳酸钠，故④错误；
⑤Na2SO3具有还原性，溶液受热被氧化为硫酸钠，得不到原溶质，故⑤错误；
⑥KMnO4加热到质量不变分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不到原溶质，故⑥错误；
综上所述：①③符合；
故选：D。
【点评】本题考查了溶液蒸干后固体的成分判断，掌握物质水溶液中性质的应用时解题关键，题目难度中等。
6．（2025秋 通州区期中）下列溶液因盐的水解而呈酸性的是（　　）
A．NH4Cl B．Na2CO3 C．HNO3 D．NaHSO4
【答案】A
【分析】强酸弱碱盐溶液发生水解，导致氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液显酸性，以此来解答。
【解答】解：A．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故A正确；
B．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，故B错误；
C．硝酸发生电离显酸性，不发生水解，故C错误；
D．NaHSO4为强酸的酸式盐，不水解，发生电离显酸性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了溶液酸碱性判断，题目难度不大，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握常见盐的类型及判断其水溶液酸碱性的方法，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用能力。
7．（2025秋 黑龙江期中）下列生活或生产中的现象，与盐类水解平衡无关的是（　　）
A．明矾用于净化自来水
B．配制FeCl3时，用较浓的盐酸溶解FeCl3固体
C．纯碱溶液用于清洗厨房油污
D．用CuSO4溶液对泳池里的水进行消毒
【答案】D
【分析】A．明矾电离的铝离子在水中水解生成吸附性强的Al（OH）3胶体；
B．FeCl3是强酸弱碱盐，易发生水解生成Fe（OH）3和HCl，导致溶液变浑浊；
C．碳酸钠水解使溶液呈碱性，碱性条件能促进油脂水解生成可溶性的高级脂肪酸盐和甘油；
D．CuSO4是重金属盐，能使蛋白质变性。
【解答】解：A．明矾[KAl（SO4）2 12H2O]在水中水解生成Al（OH）3胶体，该胶体能吸附水中的悬浮杂质形成沉淀，起到净水作用，与盐类水解平衡有关，故A错误；
B．FeCl3是强酸弱碱盐，易发生水解生成Fe（OH）3和HCl，导致溶液变浑浊，滴加较浓盐酸可以增加H+浓度，抑制Fe3+水解平衡，防止生成Fe（OH）3沉淀，与盐类水解平衡有关，故B错误；
C．纯碱（Na2CO3）是强碱弱酸盐，水解产生的OH﹣能使溶液呈碱性，碱性条件能促进油污水解生成溶于水的高级脂肪酸根离子和甘油，从而去除油污，与盐类水解平衡有关，故C错误；
D．CuSO4的消毒作用主要基于Cu2+离子的杀菌性质，Cu2+能使蛋白质变性，从而杀死细菌或藻类，其消毒作用与水解平衡无关，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查盐类水解原理及其应用，侧重基础知识检测与辨析能力考查，明确物质水解原理及其影响因素是解题关键，题目难度不大。
8．（2025秋 宁波期中）水溶液因水解呈酸性的盐是（　　）
A．NH4Cl B．Na2CO3 C．NaHSO4 D．CaCl2
【答案】A
【分析】只有含弱酸根阴离子或弱碱的阳离子的盐才能水解，而水解显酸性的盐是强酸弱碱盐，据此分析。
【解答】解：A．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解溶液显酸性，故A正确；
B．Na2CO3是强碱弱酸盐，溶于水碳酸根离子水解，溶液显碱性，故B错误；
C．NaHSO4在水中完全电离，电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，不水解，故C错误；
D．CaCl2是强碱强酸盐，不水解，溶液显中性，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握盐的类别、水解原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电离与水解的判断，题目难度不大。
9．（2025秋 平罗县校级期中）盐类水解与生活密切联系，下列做法与盐类水解无关的是（　　）
A．实验室配制FeCl3溶液时，应先将其溶解在盐酸中，而后加水稀释
B．配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉
C．用浓NaHCO3溶液与浓Al2（SO4）3溶液混合作灭火剂
D．加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体
【答案】B
【分析】A．FeCl3水解显酸性，加盐酸可抑制铁离子的水解；
B．盐酸与铁锈发生复分解反应；
C．浓NaHCO3溶液与浓Al2（SO4）3溶液相互促进水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；
D．加热促进铝离子水解，且生成的盐酸易挥发。
【解答】解：A．FeCl3水解显酸性，加盐酸可抑制铁离子的水解，则配制FeCl3溶液时，先将其溶解在盐酸中，而后加水稀释，与水解有关，故A错误；
B．配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉，是为了防止亚铁离子被氧化，与水解无关，故B正确；
C．浓NaHCO3溶液与浓Al2（SO4）3溶液相互促进水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，可用于灭火，与水解有关，故C错误；
D．加热促进铝离子水解，且生成的盐酸易挥发，则加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体，与水解有关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查盐类水解及应用，题目难度不大，明确盐类水解的规律、物质的性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意水解原理的应用。
10．（2025秋 西夏区校级期中）下列事实不属于盐类水解应用的是（　　）
A．实验室制氢气时加CuSO4加快反应速率
B．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
C．实验室配制FeCl3溶液时加少量稀盐酸
D．明矾和氯化铁晶体在生产中常作净水剂
【答案】A
【分析】A．CuSO4和Zn反应生成Cu，Cu、Zn和稀硫酸形成原电池；
B．NH4Cl与ZnCl2均为强酸弱碱盐，弱碱阳离子水解使溶液呈酸性；
C．FeCl3是强酸弱碱盐，易发生水解生成Fe（OH）3和HCl，导致溶液变浑浊；
D．明矾电离的铝离子和氯化铁电离的铁离子均能水解生成吸附性强的胶体。
【解答】解：A．CuSO4和Zn反应生成Cu，Cu、Zn和稀硫酸形成原电池，原电池反应可加快反应速率，则制氢气时加CuSO4加快反应速率与盐类水解无关，故A正确；
B．NH4Cl与ZnCl2均为强酸弱碱盐，和Zn2+水解均能使溶液呈酸性，可用作焊接金属中的除锈剂，与盐类水解平衡有关，故B错误；
C．FeCl3是强酸弱碱盐，易发生水解生成Fe（OH）3和HCl，导致溶液变浑浊，滴加较浓盐酸可以增加H+浓度，抑制Fe3+水解平衡，防止生成Fe（OH）3沉淀，与盐类水解平衡有关，故C错误；
D．明矾电离的铝离子在水中水解生成Al（OH）3胶体，氯化铁电离的铁离子在水中水解生成Fe（OH）3胶体，两胶体均能吸附水中的悬浮杂质形成沉淀，起到净水作用，与盐类水解平衡有关，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查盐类水解的应用，侧重分析判断能力和基础知识运用能力的考查，明确盐类水解原理及其影响因素是解题关键，题目难度不大。
11．（2025秋 商丘期中）已知H2A为二元弱酸，常温下，将a mol Na2A和b mol NaHA两种盐溶于水得到混合溶液（各组分浓度不高于0.1mol L﹣1。设a：b＝x，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．若x＝1，则一定有c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．若x＝0.5，则c（OH﹣）＝c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A）
C．若x＝2，则有3c（Na+）＝5[c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）]
D．x为任意值时，则有c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+c（A2﹣）
【答案】C
【分析】A．若x＝1，溶液中离子浓度大小取决于HA﹣的电离程度和A2﹣离子的水解程度大小；
B．若x＝0.5，a：b＝1：2，电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），物料守恒：2c（Na+）＝3[c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）]，计算得到质子守恒：c（OH﹣）+c（A2﹣）＝c（H+）+c（H2A）；
C．若x＝2，a：b＝2：1，溶液中存在物料守恒；
D．x为任意值时，溶液中存在电荷守恒。
【解答】解：A．若x＝1，溶液中离子浓度大小取决于HA﹣的电离程度和A2﹣离子的水解程度大，不一定有c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；
B．若x＝0.5，a：b＝1：2，电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），物料守恒：2c（Na+）＝3[c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）]，计算得到质子守恒：c（OH﹣）+c（A2﹣）＝c（H+）+c（H2A），则c（OH﹣）＝c（H+）﹣c（A2﹣）+2c（H2A），故B错误；
C．若x＝2，a：b＝2：1，溶液中存在物料守恒，则有3c（Na+）＝5[c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）]，故C正确；
D．x为任意值时，则有c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质电离、盐类水解、离子浓度关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
12．（2025秋 黑龙江期中）常温下，下列溶液的离子浓度关系式及说法正确的是（　　）
A．常温下pH＝7的氨水和氯化铵的混合液中：c（Cl﹣）＞c（N）
B．已知酸性：CH3COOH＞HClO，则同浓度同体积的NaClO溶液和CH3COONa溶液，酸根离子总数前者小于后者
C．0.1mol/LNaHCO3溶液中：
D．常温下0.1mol/L的下列溶液①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③NH3 H2O④CH3COONH4中，由大到小的顺序是②＞①＞④＞③
【答案】B
【分析】A．常温下pH＝7的混合溶液中c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒分析判断；
B．酸性：CH3COOH＞HClO，酸越弱对应盐的水解程度越大；
C．0.1mol/LNaHCO3溶液中存在电荷守恒分析判断；
D．常温下0.1mol/L的下列溶液①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③NH3 H2O、④CH3COONH4中，③NH3 H2O是弱碱，溶液中铵根离子浓度最小，①中铝离子水解抑制铵根离子水解，溶液中铵根离子浓度最大，②NH4Cl只有铵根离子水解，④CH3COONH4中醋酸根离子水解促进铵根离子水解。
【解答】解：A．常温下pH＝7的混合溶液中c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）得到c（）＝c（Cl﹣），故A错误；
B．已知酸性：CH3COOH＞HClO，则同浓度同体积的NaClO溶液和CH3COONa溶液，次氯酸根离子水解程度大，则酸根离子总数前者小于后者，故B正确；
C．0.1mol/LNaHCO3溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+2c（），故C错误；
D．常温下0.1mol/L的下列溶液①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③NH3 H2O、④CH3COONH4中，③NH3 H2O是弱碱，溶液中铵根离子浓度最小，①中铝离子水解抑制铵根离子水解，溶液中铵根离子浓度最大，②NH4Cl只有铵根离子水解，④CH3COONH4中醋酸根离子水解促进铵根离子水解，c（）由大到小的顺序是①＞②＞④＞③，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、离子浓度关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
二．解答题（共3小题）
13．（2025秋 静安区校级期中）常温常压下，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol L﹣1，通过NaOH溶液调节氢硫酸pH，溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图[例如δ（H2S）]。
（1）下列关于H2S饱和溶液说法正确的是　BD　 。（不定项）
A.溶液pH＝1
B.氢硫酸是弱电解质
C.一级电离产生的HS﹣抑制了二级电离
D.溶液中存在三个电离平衡
（2）　10﹣6 。
（3）pH＝7时，溶液中c（Na+）＝　c（HS﹣）＝c（H2S）　 。（用含硫的微粒符号表示）
（4）pH＝13时，①与c（HS﹣）相等的是　D　 ；
A.c（H+）
B.c（H2S）
C.c（OH﹣）
D.c（S2﹣）
②c（Na+）﹣3c（S2﹣）　C　 0.1。
A.＞
B.＝
C.＜
（5）向NaHS溶液中加入一定量CuSO4溶液，可产生H2S气体和CuS黑色沉淀，请结合平衡移动原理解释产生上述实验现象的原因：　HS﹣ H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体　 。
【答案】（1）BD；
（2）10﹣6；
（3）c（HS﹣）＝c（H2S）；
（4）①D；
②C；
（5）HS﹣ H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体。
【分析】（1）A．H2S是弱酸，水中分步电离；
B．溶液中存在的微粒可知，H2S为弱酸；
C．H2S H++HS﹣、HS﹣ H++S2﹣，一级电离产生的H+抑制了二级电离；
D．溶液中存在H2S H++HS﹣、HS﹣ H++S2﹣，H2O H++OH﹣；
（2）由分析及关系图可知，当pH＝7时，c（HS﹣）＝c（H2S），Ka1c（H+）＝10﹣7，当pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣），Ka2c（H+）＝10﹣13；
（3）氢硫酸为弱酸，利用NaOH溶液调节pH，随着NaOH溶液的加入，pH逐渐增大，氢硫酸浓度逐渐降低，HS﹣的浓度逐渐增大，继续滴加NaOH溶液，HS﹣的浓度逐渐减小，S2﹣浓度逐渐增大，结合图象变化和溶液中电荷守恒分析判断；
（4）①当pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣）；
②pH＝13时，c（H+）＝10﹣13mol/L，c（OH﹣）＝10﹣1mol/L，根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣）；
（5）NaHS溶液中存在HS﹣的电离HS﹣ H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动。
【解答】解：（1）A．常温常压下，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol L﹣1，溶液pH＞1，故A错误；
B．溶液中存在的微粒可知，H2S为弱酸，氢硫酸是弱电解质，故B正确；
C．一级电离产生的H+抑制了二级电离，故C错误；
D．溶液中存在三个电离平衡，H2S H++HS﹣、HS﹣ H++S2﹣，H2O H++OH﹣，故D正确；
故答案为：BD；
（2）由分析及关系图可知，当pH＝7时，c（HS﹣）＝c（H2S），Ka1c（H+）＝10﹣7，当pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣），Ka2c（H+）＝10﹣13，10﹣6，
故答案为：10﹣6；
（3）当pH＝7时，溶液中的含硫微粒为H2S和HS﹣，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（S2﹣）+c（HS﹣）pH＝7时，c（H+）＝c（OH﹣），c（HS﹣）＝c（H2S），c（S2﹣）＝0，溶液中c（Na+）＝c（HS﹣）＝c（H2S），
故答案为：c（HS﹣）＝c（H2S）；
（4）①图象变化分析可知，当pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣），
故答案为：D；
②pH＝13时，c（H+）＝10﹣13mol/L，c（OH﹣）＝10﹣1mol/L，根据电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣），则c（Na+）+c（H+）＝3c（S2﹣）+c（OH﹣），那么c（Na+）﹣3c（S2﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+）＝10﹣1﹣10﹣13＜0.1mol/L，
故答案为：C；
（5）NaHS溶液中存在HS﹣的电离HS﹣ H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体，
故答案为：HS﹣ H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质电离的掌握情况，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
14．（2025秋 黑龙江期中）25℃时，有关物质平衡常数的数值如表所示：
CH3COOH H2SO3 H2S H2CO3 HClO
（1）同浓度的、、、HS﹣结合H+能力由大到小的顺序为　HS﹣＞CH3COO﹣　 。
（2）向碳酸钠溶液中加入足量的HClO溶液，写出反应的离子方程式　HClOClO﹣ 。
（3）初始浓度为0.1mol/L的H2S溶液的pH为　4　 ，该溶液中水电离的H为　10﹣10 。
（4）请写出NaHS溶液中离子浓度大小关系：　c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（S2﹣）　 。
（5）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合（体积变化忽略不计），则下列关于混合溶液的说法中不正确的是　C　 。
A.
B.
C.
D.
【答案】（1）HS﹣＞CH3COO﹣；
（2）HClOClO﹣；
（3）4；10﹣10；
（4）c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（S2﹣）；
（5）C。
【分析】（1）电离常数越小，酸根离子结合氢离子能力越大；
（2）向碳酸钠溶液中加入足量的HClO溶液，酸性HClO，反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠；
（3）初始浓度为0.1mol/L的H2S溶液中，Ka11.0×10﹣7，c（H+）≈c（HS﹣），c（H+）＝10﹣4mol/L，溶液的pH＝4，该溶液中水电离的c（H+）＝c（OH﹣）；
（4）NaHS溶液显碱性，HS﹣离子水解程度大；
（5）A．物料守恒可知c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝2c（Na+），电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），据此计算判断；
B．根据电荷守恒分析判断；
C．等体积混合，根据物料守恒，可知c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝2c（Na+）；
D．物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度。
【解答】解：（1）电离平衡常数比较得到酸性强弱：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3H2S＞HClOHS﹣，则同浓度的、HS﹣、CH3COO﹣、，结合质子的能力为：HS﹣＞CH3COO﹣，
故答案为：HS﹣＞CH3COO﹣；
（2）向碳酸钠溶液中加入足量的HClO溶液，酸性HClO，反应的离子方程式：HClOClO﹣，故答案为：HClOClO﹣；
（3）初始浓度为0.1mol/L的H2S溶液中，Ka11.0×10﹣7，c（H+）≈c（HS﹣），c（H+）＝10﹣4mol/L，溶液的pH＝4，该溶液中水电离的c（H+）＝c（OH﹣）mol/L＝10﹣10mol/L，故答案为：4；10﹣10；
（4）HS﹣的水解平衡常数，Kh10﹣7＞Ka2，HS﹣水解程度大于其电离程度，NaHS溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（S2﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（S2﹣）；
（5）A．物料守恒可知c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝2c（Na+），电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），电荷守恒×2+物料守恒，可得c（CH3COOH）+2c（H+）＝c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故A正确；B．根据电荷守恒可以知道阳离子等于阴离子，得c（Na+）﹣c（OH﹣）＝c（CH3COO﹣）﹣c（H+），故B正确；
C．等体积混合，根据物料守恒，可知c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol/L，故C错误；
D．可知醋酸电离大于水解，所以离子浓度大小为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正确；
故答案为：C。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡和影响因素、盐类水解、离子浓度关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
15．（2025秋 柳州期中）1.研究弱电解质的电离，有重要的实际意义。
（1）下列事实能证明醋酸（CH3COOH）是弱电解质的是　bc　 。
a.CH3COOH溶液能使石蕊试液变红
b.把pH＝2的醋酸溶液稀释100倍后pH＝3.8
c.相同条件下，同浓度的醋酸和盐酸溶液，前者导电能力较弱
d.相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与等量的镁条反应，产生H2的起始速率相等
（2）将0.1mol/L CH3COOH溶液加水稀释，的比值将　增大　 （填“变大”、“不变”或“变小”）。
Ⅱ.已知25℃时部分弱酸的电离平衡常数如表，根据表中数据回答下列问题。
化学式 CH3COOH HCN HClO H2CO3 HCOOH
电离常数 1.75×10﹣5 6.2×10﹣10 4.0×10﹣8 Ka1＝4.5×10﹣7Ka2＝4.7×10﹣11 1.77×10﹣4
（3）下列反应可以发生的是　ad　 （填字母）。
a.CH3COOH+NaCN＝HCN+CH3COONa
b.HCOONa+HClO＝HCOOH+NaClO
c.CO2+H2O+2NaClO＝Na2CO3+2HClO
d.Na2CO3+HCN＝NaCN+NaHCO3
（4）常温下，已知某浓度NaCN溶液的pH＝8，原因是　CN﹣+H2O HCN+OH﹣ （用离子方程式表示），该溶液中由水电离出的c（H+）为　10﹣6 mol/L。
（5）现有浓度相同的①HCOONa、②NaCN、③Na2CO3、④NaClO，这四种溶液中pH由大到小的顺序是　③②④①　 ，下列溶液中各微粒浓度关系正确的是　cd　 。
a.NaClO溶液中：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（HClO）
b.Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣）+c（）
c.含等物质的量的HCOOH与HCOONa的混合溶液中：c（HCOOH）+2c（H+）＝c（HCOO﹣）+2c（OH﹣）
d.物质的量浓度相等的NaCN和NaHCO3混合溶液中：c（CN﹣）+c（HCN）＝c（）+c（）+c（H2CO3）
【答案】（1）bc；
（2）增大；
（3）ad；
（4）CN﹣+H2O HCN+OH﹣；10﹣6；
（5）③②④①；cd。
【分析】（1）部分电离的电解质为弱电解质，要想证明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可；
（2）将0.1mol/L CH3COOH溶液加水稀释，促进醋酸电离；
（3）电离平衡常数比较判断酸性强弱为：HCOOH＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN，酸性强的可以制备酸性弱的；
（4）常温下，已知某浓度NaCN溶液的pH＝8，NaCN为强碱弱酸盐，CN﹣离子水解，溶液显碱性，溶液中水电离出的氢氧根离子浓度等于氢离子浓度；
（5）现有浓度相同的①HCOONa、②NaCN、③Na2CO3、④NaClO，酸越弱，对应盐水解程度越大，据此判断这四种溶液中pH由大到小的顺序，
a．NaClO溶液中次氯酸根离子水解，溶液显碱性；
b．Na2CO3溶液中存在电荷守恒；
c．含等物质的量的HCOOH与HCOONa的混合溶液中：c（HCOOH）+2c（H+）＝c（HCOO﹣）+2c（OH﹣）
d．物质的量浓度相等的NaCN和NaHCO3混合溶液中：c（CN﹣）+c（HCN）＝c（）+c（）+c（H2CO3）。
【解答】解：（1）a．CH3COOH溶液能使石蕊试液变红不能说明溶液中存在电离平衡，故a错误；
b．把pH＝2的醋酸溶液稀释100倍后pH＝3.8，说明层数溶液中存在电离平衡，证明醋酸为弱电解质，故b正确；
c．相同条件下，同浓度的醋酸和盐酸溶液，前者导电能力较弱，说明醋酸溶液中离子浓度小，证明醋酸存在电离平衡，故c正确；
d．相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与等量的镁条反应，开始时氢离子浓度相同，产生H2的起始速率相等，氮不能说明醋酸是弱电解质，故d错误；
故答案为：bc；
（2）将0.1mol/L CH3COOH溶液加水稀释，促进醋酸电离，醋酸根离子数增多，醋酸分子数减少，则的比值增大，
故答案为：增大；
（3）a．CH3COOH＞HCN，CH3COOH+NaCN＝HCN+CH3COONa反应能进行，故a正确；
b．HCOOH＞HClO，HCOONa+HClO＝HCOOH+NaClO反应不能进行，故b错误；
c．H2CO3＞HClO，CO2+H2O+2NaClO＝Na2CO3+2HClO反应不能进行，故c错误；
d．HCN，Na2CO3+HCN＝NaCN+NaHCO3，反应能进行，故d正确；
故答案为：ad；
（4）常温下，已知某浓度NaCN溶液的pH＝8，原因用离子方程式表示为：CN﹣+H2O HCN+OH﹣，该溶液中由水电离出的c（H+）＝c（OH﹣）mol/L＝10﹣6mol/L，
故答案为：CN﹣+H2O HCN+OH﹣；10﹣6；
（5）HCOOH＞CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN，对应盐的水解程度HCOO﹣＜CH3COO﹣ClO﹣＜CN﹣，现有浓度相同的①HCOONa、②NaCN、③Na2CO3、④NaClO，这四种溶液中pH由大到小的顺序③②④①，
a．NaClO溶液中次氯酸根离子水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度关系：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（HClO）＞c（H+），故a错误；
b．Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣）+2c（），故b错误；
c．含等物质的量的HCOOH与HCOONa的混合溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒：2c（Na+）＝c（HCOOH）+c（HCOO﹣），计算得到c（HCOOH）+2c（H+）＝c（HCOO﹣）+2c（OH﹣），故c正确；
d．物质的量浓度相等的NaCN和NaHCO3混合溶液中存在物料守恒守恒：c（CN﹣）+c（HCN）＝c（）+c（）+c（H2CO3）故d正确；
故答案为：③②④①；cd。
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、盐类水解、离子浓度关系的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
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