高中化学 3.3盐类的水解 第2课时练习 新人教版选修4

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1、3.3盐类的水解1向三份0.1 molL1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO的浓度变化依次为()A减小、增大、减小B增大、减小、减小C减小、增大、增大 D增大、减小、增大【解析】CH3COOH2OCH3COOHOH，加入NH4NO3，NH水解：NHH2ONH3H2OH，H和OH反应，使平衡右移，CH3COO浓度减小，促进水解；加入Na2SO3，SOH2OHSOOH，水解产生OH，使平衡左移，CH3COO浓度增大，抑制水解的进行；加入FeCl3固体，Fe3水解：Fe33H2OFe(OH)33H，影响同NH，使CH3CO

2、O浓度减小，促进水解。【答案】A2为使Na2S溶液中的值减小，可加入的物质是()盐酸适量的NaOH溶液适量的KOH溶液适量的KHS溶液ABCD【解析】在Na2S溶液中存在S2H2OHSOH。中加入盐酸，H中和OH，水解平衡右移，c(S2)减小，的值增大；中加入适量的NaOH溶液，c(OH)增大，平衡左移，c(S2)增大，但c(Na)增大得更多，故的值增大；中加入适量的KOH溶液，c(OH)增大，平衡左移，c(S2)增大而c(Na)不变，故的值减小；中加入适量的KHS溶液，c(HS)增大，平衡左移，c(S2)增大而c(Na)不变，故的值减小。【答案】C3下列说法正确的是 ()A将AlCl3溶液和

3、Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同 B配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 C用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3D洗涤油污常用热的碳酸钠溶液【解析】A项，氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到氧化铝，而硫酸铝溶液蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸铝，不正确；B项，所加酸应是稀硫酸，加稀盐酸会引入新杂质；C项，加热法不能除去Fe3。【答案】D4下列说法错误的是()A除去MgCl2溶液中少量的FeCl3，可选用MgCO3B等物质的量浓度的(NH4)2SO4溶液和(NH4)2CO3溶液中NH的浓度前者大于后者 C在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，

4、产生黑色沉淀，HS的水解程度增大，pH增大 D用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹【解析】A选项，首先写出Fe33H2OFe(OH)33H，然后分析：MgCO3与H结合，使上述水解平衡右移，最终生成Fe(OH)3沉淀，正确；B选项，CO结合H，使NHH2ONH3H2OH右移，所以(NH4)2CO3溶液中NH水解程度大，浓度小，正确；C选项，NaHS溶液中存在以下平衡：HSH2OH2SOH、HSHS2，Cu2与S2结合生成黑色沉淀CuS，使HSHS2右移，HS浓度减小，水解平衡HSH2OH2SOH左移，HS水解程度减小，pH减小，错误；D选项，氯化铵溶液水解显酸性，与锈迹反应，正确。【答案】C

5、5Na2CO3水溶液中存在COH2OHCOOH平衡。下列说法不正确的是()A稀释溶液，增大B通入CO2，溶液pH减小C升高温度，此平衡常数增大D加入NaOH固体，减小【解析】A项，稀释溶液，促进碳酸钠的水解，但水解常数不变，故错误。B项，通入二氧化碳，酸性增强，所以溶液的pH减小，故正确。C项，升高温度，促进碳酸钠水解，所以平衡常数增大，故正确。D项，加入氢氧化钠固体，抑制碳酸钠水解，所以减小，故正确。【答案】A6(2014广东高考) 常温下，0.2 mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图5所示，下列说法正确的是()AHA为强酸B该混合液pH

6、7C该混合溶液中：c(A)c(Y)c(Na)D图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H【解析】做图像题首先要弄清横、纵坐标轴所代表的意义，本题所给图像的纵坐标为浓度，横坐标为各组分，即本图像给出的是各组分的浓度大小关系。其中，A浓度最大，X、Y、Z浓度依次减小，由题意知，两者反应生成0.1 molL1的NaA溶液。A.由于A浓度小于0.1 molL1，说明A水解，即HA是弱酸，A错误。B.由于A水解，水解后溶液呈碱性，B错误。C.根据物料守恒可知，c(A)c(HA)c(Na)，即c(A)c(Y)c(Na)，C正确。D.混合液中粒子浓度大小关系：c(Na)c(A)c(OH)c(HA)c(H)，因此X

7、表示OH，Y表示HA，Z表示H，D错误。【答案】C7t 时，某浓度氯化铵溶液的pH4，下列说法中一定正确的是()A由水电离出的氢离子浓度为1010 molL1B溶液中c(H)c(OH)11014C溶液中c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)D溶液中c(NH3H2O)c(NH)c(Cl)c(OH)【解析】NH水解促进了H2O的电离，溶液中的c(H)即为H2O电离的c(H)，A错；在25 时，水的离子积为11014，B错；NH水解生成H，故c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)，C正确；由物料守恒可知c(Cl)c(NH)c(NH3H2O)，D错误。【答案】C8下列说法正确的是 ()A常温下醋酸分子

8、不可能存在于pH7的碱性溶液中B同浓度的溶液：(NH4)2SO4NH4HSO4NH4Cl，c(NH)的顺序是：C0.1 molL1醋酸溶液加水稀释时，所有的离子浓度都减小D0.1 molL1硫化钠溶液中粒子浓度的关系：c(Na)c(S2)c(HS)c(H2S)【解析】在CH3COONa溶液中由于CH3COO的水解使pH7，溶液中存在醋酸分子，A不正确；0.1 molL1醋酸稀释时，c(OH)增大，C错误；根据物料守恒，c(Na)2c(S2)c(H2S)c(HS)，D错误。【答案】B9. 常温下，向100 mL 0.01 molL1 HA溶液中逐滴加入0.02 molL1 MOH溶液，图中所示曲

9、线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题： (1)由图中信息可知HA为_酸(填“强”或“弱”)，理由是_。(2)MA稀溶液的pHa，则a_7(填“”“”“”或“”)；若此时溶液中pH10，则c(MOH)c(OH)_molL1(用代数式表示)。【解析】(1)由图像知，0.01 molL1 HA溶液的pH2，c(HA)c(H)0.01 molL1，即HA完全电离。(2)根据图像，pH7时，MOH过量，即MA溶液的pH7，故c(M)c(A)c(OH)c(H)。(4)根据物料守恒，K点时，c(M)c(MOH)2c(A)，pH10时，c(H)1010 molL1，c(OH)104

10、molL1，则溶液中的c(M)(0.005104)molL1，混合溶液中，根据物料守恒得：2c(A)c(M)c(MOH)，根据电荷守恒得：c(A)c(OH)c(M)c(H)，两式联立消除c(A)得，c(MOH)c(OH)c(M)2c(H)c(OH)(0.005104)molL121010 molL1104 molL10.00521010 molL1。【答案】(1)强0.01 molL1 HA溶液的pH为2，说明HA完全电离(2)c(A)c(OH)c(H)(4)0 0052101010现有室温下浓度均为1103 molL1的几种溶液：盐酸、硫酸、醋酸、氯化铵、氨水、NaOH溶液。回答下列问题：(

11、1)上述6种溶液中，水电离出的c(H)最大的是_(填序号，下同)，最小的是_。(2)将、混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为_(填“”、“”、“”、“c(H)1c(H)3，c(H)越大，反应速率越快。由于酸提供的H总量n(H)2n(H)1n(H)3，由此可知产生H2的总量关系为。(5)由于在盐酸中加入CH3COONa溶液会先反应生成醋酸，因此溶液pH上升较慢，故混合液的pH：。(6)虽然加热能促使氨水的电离，但仍不可能完全电离，而且由于温度升高，NH3会挥发，因此溶液的pH：c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)(3)(5)(6)c(Na)c(OH)c(H)D加入适量氨水，c(C

12、H3COO)一定大于c(Na)和c(NH)之和【解析】pH3的CH3COOH溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合后，CH3COOH过量，溶液显酸性，故A有可能；B项中两溶液混合后生成CH3COONa水解显碱性，因而不可能；C选项不符合电荷守恒，故不可能；D项中加入适量氨水后的溶液中电荷守恒关系为：c(Na)c(NH)c(H)c(OH)c(CH3COO)，因为不知道此时溶液酸碱性情况，故不能判断c(H)与c(OH)的相对大小，即不能判断c(CH3COO)与c(Na)和c(NH)之和的大小关系。【答案】A12在25 时，pH11的NaOH溶液与pH3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中

13、正确的是()Ac(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)Bc(H)c(CH3COO)c(OH)Cc(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)Dc(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)【解析】pH11的NaOH溶液与pH3的CH3COOH溶液等体积混合，则醋酸过量，溶液中的离子浓度大小关系应为c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)。【答案】D13下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是()A氨水与氯化铵的pH7的混合溶液中：c(Cl)c(NH)BpH2的一元酸和pH12的一元强碱等体积混合：c(OH)c(H)C0.1 molL1的硫酸铵溶液中：c(NH)c(SO)c(H)D0.1

14、 molL1的硫化钠溶液中：c(OH)c(H)c(HS)c(H2S)【解析】A项pH7，c(H)c(OH)，由电荷守恒知c(Cl)c(NH)；B项，若为强酸则呈中性，若为弱酸则呈酸性；C项NH的水解程度很小(通常为1%2%)，故c(NH)c(SO)c(H)；D项为Na2S溶液中的质子守恒式，应为c(OH)c(H)c(HS)2c(H2S)。【答案】C14(双选)(2014江苏高考)25 时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A0.1 molL1 CH3COONa溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合：c(Na)c(Cl)c(CH3COO)c(OH)B0.1 molL1 NH

15、4Cl溶液与0.1 molL1氨水等体积混合(pH7)：c(NH3H2O)c(NH)c(Cl)c(OH)C0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)D0.1 molL1 Na2C2O4溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)c(HC2O)c(OH)c(Na)c(H)【解析】A二者恰好反应生成CH3COOH和NaCl，CH3COOH发生电离CH3COOHCH3COOH，溶液显酸性，故A选项正确。BNH4Cl与NH3H2O等浓度混合显碱性，说明NH3H2O的电

16、离程度大于NH的水解程度，故c(NH)c(NH3H2O)，故B选项错误。C等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，根据物料守恒，可知2c(Na)3c(CO)3c(HCO)3c(H2CO3)，故C选项正确。D根据电荷守恒，该选项缺少了c(Cl)，故D选项错误。【答案】AC15(1)0.020 molL1的HCN(aq)与0.020 molL1 NaCN(aq)等体积混合，已知该混合溶液中c(Na)c(CN)，用“”“c(CN)，说明NaCN的水解程度比HCN的电离程度大，c(OH)c(H)，c(HCN)c(CN)。(2)若溶液中只有一种溶质，该溶质为NH4Cl，因NH水解溶液呈酸性，离子浓度的

17、大小关系为c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)。因为c(OH)c(H)、c(NH)c(Cl)，所以溶液中除含有NH4Cl外，还必须含有NH3H2O。若c(Cl)c(H)c(NH)c(OH)，则说明溶液中含有NH4Cl和HCl。NH4Cl水解溶液呈酸性，若等体积稀盐酸与氨水混合后呈中性，说明氨水过量，故c(HCl)(2)NH4ClANH4Cl和NH3H2ONH4Cl和HCl小于大于1610 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pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离

18、子方程式为_；乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度_(填“大于”或“小于”)NaHCO3，该分解反应的化学方程式为_。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BaCl2溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。为什么？能不能选用Ba(OH)2溶液？_。(2)将加热后的溶液冷却到10 ，若溶液的pH_(填“大于”、“小于”或“等于”)8.3，则_(填“甲”或“乙”)判断正确。【解析】加热煮沸后，HCO分解成CO，加入BaCl2溶液则生成沉淀。不能选用Ba(OH)2，因为它含有OH，能与HCO反应生成CO。【答案】HCOH2OH2CO3OH大于2NaHCO3Na2CO3CO2H2O(1)若原因是HCO水解程度增大，则溶液中几乎没有CO，所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO来推知乙的观点是否正确，但不能选用Ba(OH)2溶液，因为Ba2OHHCO=BaCO3H2O，若用Ba(OH)2检验，无论哪种观点都会有沉淀产生(2)等于甲(或大于乙)