2020高中化学 3.3盐类的水解1每课一练 苏教版选修4

3.3 盐类的水解 每课一练（苏教版选修4）夯基达标1.下列物质的水溶液，由于水解而呈酸性的是（ ）A.NaHSO4 B.NaHCO3 C.HCl D.AlCl3解析：A为多元强酸酸式盐，电离方程为NaHSO4=Na+H+，电离显酸性，A错。B为多元弱酸的酸式盐，其电离方程为NaHCO3=Na+，水解（+H2OOH-+H2CO3）大于电离，呈碱性，B错。C盐酸为一元强酸，电离显酸性，C错。AlCl3为强酸弱碱盐，Al3+水解显酸性，Al3+3H2OAl(OH)3+3H+。答案：D2.为了同时对某农作物施用分别含有N、P、K三种元素的化肥，对于给定的化肥：K2CO3、KCl、Ca(H2PO4)2、（NH4）2SO4、氨水，最适合的组合是（ ）A. B. C. D.解析：K2CO3水解呈碱性，+H2O+OH-，铵态氮肥中的铵根离子遇OH-逸出NH3使氮元素损失，造成肥效降低，+OH-=NH3+H2O；OH-与作用生成的与Ca2+反应生成Ca3(PO4)2沉淀，不能被农作物吸收；氨水电离出的OH-也会发生上述反应生成不溶性Ca3(PO4)2。答案：B3.草酸是二元弱酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1 molL-1 KHC2O4溶液中，下列关系正确的是（ ）A.c(K+)+c(H+)=c()+c(OH-)+c() B.c()+c()=0.1 molL-1C.c()c(H2C2O4) D.c(K+)=c(H2C2O4)+c()+c()解析：根据电荷守恒可知c(K+)+c(H+)=c()+c(OH-)+c()2,根据碳元素守恒可知c()+c()+c(H2C2O4)=0.1 molL-1,而c(K+)=0.1 molL-1，故A、B不正确，D正确。由于草酸氢钾溶液呈酸性，则的电离程度大于水解程度，故c()c(H2C2O4)。答案：CD4.等物质的量浓度的下列四种溶液中，浓度最大的是（ ）A.NH4Cl B.NH4HCO3 C.NH4HSO4 D.NH4NO3解析：选项中的四种铵盐均能电离出相同物质的量的，水解使溶液显酸性：+H2ONH3H2O+H+。Cl-和不水解，对浓度无影响；NH4HSO4电离显酸性：NH4HSO4=+H+，抑制水解而使浓度增大；水解显酸性，对的水解起促进作用，从而使浓度减小。答案：C5.在某无色透明的酸性溶液中能够大量共存的离子组是（ ）A.K+ Na+ B. Mg2+ K+ C.Al3+ Ba2+ D.Ba2+ K+ CH3COO- Cl-解析：因为溶液是无色的，故不可能存在紫色的，故排除A。溶液中有颜色的离子有：Cu2+(蓝色）、Fe2+(淡绿色）、Fe3+(棕黄色）。溶液显酸性，此时CH3COO-、不可能大量共存，因为CH3COO-+H+=CH3COOH，+H+=CO2+H2O，故C、D不选。再者C选项中的Al3+和要发生相互促进的双水解反应，从这个角度也不选C。答案：B6.NH4Cl溶液的pH与稀盐酸的pH均为5，其中由水电离出的c(H+)分别为x molL-1和y molL-1，则x和y的比值正确的是（ ）A.1 B.10 C.104 D.10-4解析：NH4Cl溶液为强酸弱碱盐，促进水的电离，其酸性是由水电离出的H+体现出来的x=10-5;而盐酸为强酸，溶液中c(H+)c(OH-)=10-14 mol2L-2,而c(H+)为10-5 molL-1，则由水电离出的c(OH-)为10-9 molL-1，故由水电离出的c(H+)为10-9 molL-1，x/y=10-5 molL-1/10-9 molL-1=104。答案：C7.在蒸发器中加热蒸干并灼烧（低于400 )下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（ ）A.CuCl2 B.碳酸氢钾 C.硫酸镁 D.硝酸银解析：A项CuCl2+2H2OCu(OH)2+2HCl加热蒸干时HCl挥发得到Cu(OH)2，灼烧时Cu(OH)2分解得到CuO。B项碳酸氢钾加热蒸干时分解2KHCO3K2CO3+H2O+CO2，灼烧K2CO3不分解，产物为K2CO3。C项硫酸镁不水解，加热蒸干后得到的产物仍为硫酸镁，C项正确。D项AgNO3水解Ag+H2OAgOH+H+，加热蒸干时HNO3挥发，AgOH加热分解得到Ag2O。答案：C8.将滴有甲基橙的醋酸钠饱和溶液加热，溶液的颜色是（ ）A.黄色不变 B.黄色变橙色C.黄色变红色 D.橙色不变解析：醋酸钠水解显碱性，使溶液（含甲基橙）变黄，加热后，水解程度增大，c(OH-)浓度增大，黄色不变，故答案为A。答案：A9.在纯碱溶液中滴入酚酞，溶液变红。若在该溶液中再滴入过量的氯化钡溶液，所观察到的现象是_，其原因是（以离子方程式和简要文字说明）：_。解析：此题考查了的水解以及水解的影响因素。内因是决定性因素，而平衡移动主要受温度、浓度、酸碱性影响。该题是浓度对平衡移动的影响。答案：产生白色沉淀，且红色褪去 在纯碱溶液中，水解：+H2O+OH-，加入BaCl2后，Ba2+=BaCO3(白色），由于c（）减小，水解平衡向左移动，c(OH-)减小，酚酞褪色10.已知在0.1 molL-1的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为c(Na+)c()c()c(H2SO3)。（1）该溶液中c(H+)_c(OH-)(填“”“=”或“”)，简述理由（用离子方程式表示）：_。（2）现向NH4HSO3溶液中，逐滴加入少量含有酚酞的NaOH溶液，可观察到的现象是_；写出该反应的离子方程式：_。解析：在NaHSO3溶液中存在着H+以及+H2OOH-+H2SO3两个重要平衡，因为c()c(H2SO3)，故而c(H+)c(OH-)。在NH4HSO3中加入含酚酞的NaOH，是还是先与OH-反应呢？我们可用假设法分析。如果先与OH-反应+OH-=NH3H2O，NH3H2O显碱性，电离大于水解显酸性，故先与OH-反应。答案：（1） 在NaHSO3溶液中，存在的电离平衡H+和的水解平衡+H2OH2SO3+OH-，由题给信息c()c(H2SO3)可知，的电离程度大于其水解程度，所以c(H+)c(OH-)(2)溶液的红色褪去，呈无色 +OH-=H2O+11.25 时，将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水，形成1 L混合溶液。（1）该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：_;_;_。（2）溶液中共有_种不同的粒子（指分子和离子）。（3）在这些粒子中，浓度为0.01 molL-1的_是，浓度为0.002 molL-1的是_。(4) _和_两种粒子物质的量之和等于0.1 mol。解析：0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水形成1 L溶液，CH3COO-+H+CH3COOH生成0.002 mol CH3COOH，为弱电解质存在电离平衡，反应剩余CH3COO- 0.008 mol，存在CH3COO-的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液中存在极弱的电解质H2O：H2OH+OH-。溶液中存在的离子有：Cl-、Na+、CH3COO-、H+、OH-,分子有H2O、CH3COOH，能够水解的离子及电离（微弱）产生的离子随外界条件的变化浓度发生变化，故浓度为定值的是强酸、强碱对应的阴、阳离子c(Na+)=0.001 molL-1,c(Cl-)为0.002 molL-1，而由物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1 molL-1故CH3COO-和CH3COOH的物质的量之和为0.1 mol。答案：（1）CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-CH3COOHCH3COO-+H+H2OH+OH-(2)7(3)Na+ Cl-(4)CH3COOH CH3COO-12.取一定量饱和FeCl3溶液，进行如下实验：（1）加入少量NaOH(s)，FeCl3的水解程度_（填“增强”“减弱”或“不变”）。（2）将溶液加热蒸干，并灼热，最后得到的固体是_（写化学式）。（3）向FeCl3溶液中通入HCl(g)，溶液的pH_（填“增大”“减小”或“不变”），FeCl3的水解程度_（填“增强”“减弱”或“不变”）。（4）向FeCl3溶液中滴加石蕊试液，现象是_。（5）向FeCl3溶液中加入过量的Mg片，现象是_。解析：（1）FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,加入NaOH,NaOH与盐酸反应c(H+)减小，水解平衡正向移动。（2）将溶液加热蒸干，HCl挥发最后得到Fe(OH)3，将Fe(OH)3灼烧，灼烧产物为Fe2O3。（3）向溶液中通HCl,c(H+)增大，pH减小，因为c(H+)增大，水解平衡向逆向移动，故水解程度减弱。（4）FeCl3水解显酸性，故滴加石蕊试液，溶液变红色。（5）Mg片与FeCl3水解产生的H+反应产生H2，平衡向正向移动，生成红褐色沉淀，Mg的密度小于液体密度，Mg片漂浮。答案：（1）增强（2）Fe2O3(3)减小 减弱（4）溶液变红色（5）生成无色气体，Mg片漂浮，生成红褐色沉淀走近高考13.(2020江苏高考，13)下列叙述正确的是（ ）A.0.1 molL-1氨水中，c(OH-)=c()B.10 mL 0.02 molL-1 HCl溶液与10 mL 0.02 molL-1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=12C.在0.1 molL-1 CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D.0.1 molL-1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)解析：根据电荷守恒可知：A中有下列等式成立c(H+)+c()=c(OH-)，故c(OH-)c()，A不正确；二者充分混合后剩余OH-的物质的量为：1010-3 L002 molL-12-1010-3 L002 molL-1=210-4mol,c(OH-)=10-2molL-1，pH=12，B正确；由物料守恒和电荷守恒可知C选项正确；由物料守恒结合盐的组成有：c（Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A),D不正确。答案：BC14.(2020上海高考，21)为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：测定溶液的pH，溶液显强碱性。取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性、能使澄清石灰水变浑浊的气体。在上述溶液中再滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀。取上层清液继续滴加Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据实验，以下推测正确的是（ ）A.一定有 B.一定有C.不能确定Cl-是否存在 D.不能确定是否存在解析：由实验知，该溶液中不含有与OH-反应的弱碱阳离子和弱酸的酸式酸根等，排除D选项；由实验可知溶液中一定含有，而一定不含或；由实验知溶液中一定含有，由实验知中所得溶液中含有Cl-，可能是原溶液中含有的，也可能不是（因中加入了HCl），故本题答案为B、C。答案：BC15.(2020北京夏季高考，11)某酸HX稀溶液和某碱YOH稀溶液的物质的量浓度相等，两溶液混合后，溶液的pH大于7，下表中判断合理的是（ ）编号HXYOH溶液的体积关系强酸强碱V（HX）=V（YOH）强酸强碱V（HX）V(YOH)强酸弱碱V（HX）=V（YOH）弱酸强碱V（HX）=V（YOH）A. B. C. D.解析：编号是否正好中和产物情况pH正好中和强酸强碱盐，不水解pH=7碱过量强酸强碱盐，不水解pH7正好中和强酸弱碱盐，水解呈酸性pH7正好中和弱酸强碱盐，水解呈碱性pH7答案：D16.(2020广东高考)下列各组离子一定能大量共存的是（ ）A.在含大量Fe3+的溶液中：、Na+、Cl-、SCN-B.在强碱溶液中：Na+、K+、C.在c(H+)=10-13 molL-1的溶液中：、Al3+、D.在pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、解析：本题主要考查有关离子反应发生的条件及离子大量共存问题。因Fe3+可与SCN-结合成难电离的络合物Fe(SCN)3，A不共存。强碱性溶液中存在大量OH-，而K+、Na+共存，AlO-2、的水解受OH-抑制，可大量共存，B符合题意。c(H+)=10-13molL-1,则c(OH-)=10-1 molL-1，溶液呈碱性，Al3+、皆不能大量共存，C不符合题意。pH=1的溶液中含大量H+，因发生4H+3Fe2+=3Fe3+NO+2H2O而使D组不大量共存。答案：B17.(2020全国高考理综，