高中化学 3_3盐类的水解 第2课时练习 新人教版选修4

高中化学 3_3盐类的水解 第2课时练习 新人教版选修4

‎3.3盐类的水解 ‎1．向三份0.1 mol·L－1CH3COONa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】　CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，加入NH4NO3，NH水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，H＋和OH－反应，使平衡右移，CH3COO－浓度减小，促进水解；加入Na2SO3，SO＋H2OHSO＋OH－，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：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，影响同NH，使CH3COO－浓度减小，促进水解。‎ ‎【答案】　A ‎2．为使Na2S溶液中的值减小，可加入的物质是(　　)‎ ‎①盐酸　②适量的NaOH溶液　③适量的KOH溶液　④适量的KHS溶液 A．①②　　B．②③　　C．③④　　D．①④‎ ‎【解析】　在Na2S溶液中存在S2－＋H2OHS－＋OH－。①中加入盐酸，H＋中和OH－，水解平衡右移，c(S2－)减小，的值增大；②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；③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；④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】　C ‎3．下列说法正确的是 (　　)‎ A．将AlCl3溶液和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Fe3＋‎ D．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】　D ‎4．下列说法错误的是(　　)‎ A．除去MgCl2溶液中少量的FeCl3，可选用MgCO3‎ B．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，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Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，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NH＋H2ONH3·H2O＋H＋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：HS－＋H2OH2S＋OH－、HS－H＋＋S2－，Cu2＋与S2－结合生成黑色沉淀CuS，使HS－H＋＋S2－右移，HS－浓度减小，水解平衡HS－＋H2OH2S＋OH－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．Na2CO3水溶液中存在CO＋H2OHCO＋OH－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】　A ‎6．(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(　　)‎ A．HA为强酸 B．该混合液pH＝7‎ C．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 mol·L－1的NaA溶液。A.由于A－浓度小于0.1 mol·L－1，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表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，D错误。‎ ‎【答案】　C ‎7．t ℃时，某浓度氯化铵溶液的pH＝4，下列说法中一定正确的是(　　)‎ A．由水电离出的氢离子浓度为10－10 mol·L－1‎ B．溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14‎ C．溶液中c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)‎ D．溶液中c(NH3·H2O)＋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1×10－14，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(NH3·H2O)，D错误。‎ ‎【答案】　C ‎8．下列说法正确的是 (　　)‎ A．常温下醋酸分子不可能存在于pH>7的碱性溶液中 B．同浓度的溶液：①(NH4)2SO4　②NH4HSO4‎ ‎③NH4Cl，c(NH)的顺序是：①>②>③‎ C．0.1 mol·L－1醋酸溶液加水稀释时，所有的离子浓度都减小 D．0.1 mol·L－1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pH>7，溶液中存在醋酸分子，A不正确；0.1 mol·L－1醋酸稀释时，c(OH－)增大，C错误；根据物料守恒，c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(H2S)＋c(HS－)]，D错误。‎ ‎【答案】　B ‎9. 常温下，向100 mL 0.01 mol·L－‎1 HA溶液中逐滴加入0.02 mol·L－1 MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的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pH＝a，则a________7(填“>”“<”或“＝”)，用离子方程式表示其原因为_______________，‎ 此时，溶液中由水电离出的c(OH－)＝________。‎ ‎(3)请写出K点所对应的溶液中离子浓度的大小关系：________。‎ ‎(4)K点对应的溶液中，c(M＋)＋c(MOH)________‎2c(A－)(填“>”“<”或“＝”)；若此时溶液中pH＝10，则c(MOH)＋c(OH－)＝________mol·L－1(用代数式表示)。‎ ‎【解析】　(1)由图像知，0.01 mol·L－‎1 HA溶液的pH＝2，c(HA)＝c(H＋)＝0.01 mol·L－1，即HA完全电离。(2)根据图像，pH＝7时，MOH过量，即MA溶液的pH<7，为强酸弱碱盐，其水解离子方程式为M＋＋H2OMOH＋H＋，此时由水电离出的c(OH－)水＝c(H＋)＝1×10－a mol·L－1。(3)K点为等物质的量浓度的MA和MOH的混合溶液，由于MOH电离使pH>7，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－)，pH＝10时，c(H＋)＝10－10 mol·L－1，c(OH－)＝10－4 mol·L－1，则溶液中的c(M＋)＝(0.005＋10－4)mol·L－1，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－)＝(0.005＋10－4)mol·L－1＋2×10－10 mol·L－1－10－4 mol·L－1＝0.005＋2×10－10 mol·L－1。‎ ‎【答案】　(1)强　0.01 mol·L－‎1 HA溶液的pH为2，说明HA完全电离 ‎(2)<　M＋＋H2OMOH＋H＋　1×10－a mol·L－1‎ ‎(3)c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)‎ ‎(4)＝　0 005＋2×10－10‎ ‎10．现有室温下浓度均为1×10－3 mol·L－1的几种溶液：①盐酸、②硫酸、③醋酸、④氯化铵、⑤氨水、⑥NaOH溶液。回答下列问题：‎ ‎(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③、⑥混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为③________⑥(填“>”、“<”或“＝”)，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为________________。‎ ‎(3)将等体积的①、⑤混合，则溶液的pH________7(填“>”、“<”或“＝”)，用离子方程式说明其原因：________________。‎ ‎(4)向相同体积的①、②、③溶液中分别加入相同且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为________，最终产生H2总量的关系为________。‎ ‎(5)向相同体积的①、③溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，充分混合后，混合液的pH大小关系为① ________③(填“>”、“<”或“＝”，下同)。‎ ‎(6)若将等体积的⑤、⑥溶液加热至相同温度后，溶液的pH大小关系为⑤________⑥。 ‎ ‎【解析】　(1)酸和碱会抑制水的电离，c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小。能水解的盐可促进水的电离，故④中水的电离程度最大，②中水的电离程度最小。‎ ‎(2)若③和⑥等体积反应，则恰好生成CH3COONa，水解呈碱性，现反应后呈中性，则醋酸过量。由于溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，由此可得溶液中离子浓度的大小关系。‎ ‎(3)等体积的①、⑤混合，恰好完全反应生成NH4Cl，NH水解呈酸性。‎ ‎(4)由于起始时c(H＋)2>c(H＋)1>c(H＋)3，c(H＋)越大，反应速率越快。由于酸提供的H＋总量n(H＋)2>n(H＋)1＝n(H＋)3，由此可知产生H2的总量关系为②>①＝③。‎ ‎(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：①<③。‎ ‎(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：⑤<⑥。‎ ‎【答案】　(1)④　②‎ ‎(2)>　c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)‎ ‎(3)<　NH＋H2ONH3·H2O＋H＋‎ ‎(4)②>①>③　②>①＝③‎ ‎(5)<　(6)< ‎ ‎11．某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子，则下列描述正确的是 (　　)‎ A．该溶液可能是由pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成的 B．该溶液可能是由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成的 C．加入适量NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)‎ D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)和c(NH)之和 ‎【解析】　pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11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】　A ‎12．在‎25 ℃‎时，pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是(　　)‎ A．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)‎ B．c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)‎ C．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ D．c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ ‎【解析】　pH＝11的NaOH溶液与pH＝3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】　D ‎13．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pH＝7的混合溶液中：c(Cl－)>c(NH)‎ B．pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合：c(OH－)＝c(H＋)‎ C．0.1 mol·L－1的硫酸铵溶液中：c(NH)>c(SO)>c(H＋)‎ D．0.1 mol·L－1的硫化钠溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)‎ ‎【解析】　A项pH＝7，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】　C ‎14．(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(　　)‎ A．0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液等体积混合：‎ c(Na＋)＝c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(OH－)‎ B．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L－1氨水等体积混合(pH>7)：‎ c(NH3·H2O)>c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)‎ C．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：‎ c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)‎ D．0.1 mol·L－1 Na‎2C2O4溶液与0.1 mol·L－1 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CH3COOHCH3COO－＋H＋，溶液显酸性，故A选项正确。‎ B．NH4Cl与NH3·H2O等浓度混合显碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，故c(NH)>c(NH3·H2O)，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】　AC ‎15．(1)0.020 mol·L－1的HCN(aq)与0.020 mol·L－1 NaCN(aq)等体积混合，已知该混合溶液中c(Na＋)>c(CN－)，用“>”“<”“＝”符号填空。‎ ‎①溶液中c(OH－)________c(H＋)。‎ ‎②溶液中c(HCN)________c(CN－)。‎ ‎(2)已知某溶液中存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：‎ A．c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ B．c(Cl－)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ C．c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ D．c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH)＞c(OH－)‎ 填写下列空白：‎ ‎①若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为________(填序号)。‎ ‎②若上述关系中C是正确的，则溶液中的溶质为_____；‎ 若上述关系中D是正确的，则溶液中的溶质为________。‎ ‎③若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)________c(NH3·H2O)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)________c(OH－)。‎ ‎【解析】　(1)c(Na＋)>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)①若溶液中只有一种溶质，该溶质为NH4Cl，因NH水解溶液呈酸性，离子浓度的大小关系为c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。‎ ‎②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NH3·H2O。若c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)，则说明溶液中含有NH4Cl和HCl。‎ ‎③NH4Cl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>‎ ‎(2)①NH4Cl　A ‎②NH4Cl和NH3·H2O　NH4Cl和HCl ‎③小于　大于 ‎16．‎10 ℃‎时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：‎ 温度(℃)‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ 加热煮沸后冷却到‎50 ℃‎ pH ‎8.3‎ ‎8.4‎ ‎8.5‎ ‎8.8‎ 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】　HCO＋H2OH2CO3＋OH－　大于 ‎2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O ‎(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Ba2＋＋OH－＋HCO===BaCO3↓＋H2O，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) ‎