2021-2022版高中化学-课时分层作业14-盐类的水解新人教版选修4.doc

2021-2022版高中化学 课时分层作业14 盐类的水解新人教版选修42021-2022版高中化学 课时分层作业14 盐类的水解新人教版选修4年级：姓名：- 14 -盐类的水解(30分钟50分)一、选择题(本题包括8小题,每小题4分,共32分)1.下列能发生水解的粒子是()A.B.Na+C.D.【解析】选D。CH3COO-为弱酸的酸根离子,能发生水解。【补偿训练】下列离子能促进水电离的是()A.H+B.H-C.D.【解析】选C。H+、OH-均抑制水的电离;F-水解:F-+H2OHF+OH-,促进水的电离;Na+对水的电离无影响。2.(2019威海高二检测)下列离子方程式中,属于水解反应的是()A.HCOOH+H2OHCOO-+H3O+B.CO2+H2OHC+H+C.C+H2OHC+OH-D.HS-+H2OS2-+H3O+【解析】选C。A、D两项是电离方程式,B项是CO2溶于水后的电离过程。【补偿训练】下列各式中属于正确的水解反应的离子方程式的是()A.CH3COOH+OH-CH3COO-+H2OB.S2-+2H2OH2S+2OH-C.CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+D.N+H2ONH3H2O+H+【解析】选D。A是酸碱中和反应;B中硫离子的水解要分两步进行;C是电离过程。3.(2019榆林高二检测)关于0.1 molL-1 碳酸钠溶液的叙述正确的是()A.溶液中粒子的种类共有5种B.加水稀释时溶液中所有离子浓度均减小C.升高温度,平衡向水解的方向移动D.加入氢氧化钠固体,可以使溶液中c(Na+)c(C)=21【解析】选C。溶液中粒子种类多于5种,A错误;加水稀释时,溶液中氢离子浓度增大,B错误;盐类水解吸热,升高温度,促进盐类水解,C正确;向溶液中加入氢氧化钠固体,溶液中c(Na+)c(C)21,D错误。【补偿训练】同物质的量浓度的下列各组溶液中,阳离子浓度几乎相等的是()A.NH4Cl和NH4NO3B.NH4Cl和(NH4)2SO4 C.Ba(NO3)2和CuSO4D.HCl和CH3COOH【解析】选A。A项都是强酸的铵盐,对N的水解没有影响,故浓度相同;B项两物质的浓度相同,但N浓度不同;C项中的Cu2+能水解;D项中HCl是强酸能完全电离,而CH3COOH不能。4.(2019榆林高二检测)常温下,在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中,设由水电离产生的OH-浓度分别为a molL-1与b molL-1,则a和b关系为()A.abB.a=10-4bC.b=10-4aD.a=b【解析】选B。NaOH抑制水的电离,则c(OH-)水=c(H+)水=10-9 molL-1;CH3COONa水解,促进了水的电离,c(OH-)水=10-5 molL-1,故=10-4,即a=10-4b。【补偿训练】常温下,一定浓度的某溶液,由水电离出的c(OH-)=110-4 molL-1,则该溶液中的溶质可能是()A.Al2(SO4)3B.CH3COOHC.NaOHD.NaHSO4【解析】选A。常温下,由纯水电离出的c(H+)=c(OH-)=110-7 molL-1,因为c(OH-)=110-4molL-1110-7 molL-1,因而该溶液中的溶质能促进水的电离。盐类的水解能促进水的电离,而酸、碱无论强弱都会抑制水的电离,故排除B、C、D,选A。【方法规律】水电离出的c(H+)或c(OH-)的计算(25 时)(1)中性溶液:c(H+)=c(OH-)=1.010-7 molL-1。(2)溶质为酸的溶液:H+来源于酸电离和水电离,而OH-只来源于水的电离。如计算pH=2的盐酸中水电离出的c(H+),方法是先求出溶液中的c(OH-)=110-12 molL-1,即水电离出的c(H+)=c(OH-)=110-12 molL-1。(3)溶质为碱的溶液:OH-来源于碱电离和水电离,而H+只来源于水的电离。如pH=12的NaOH溶液中,c(H+)=110-12 molL-1,即水电离产生的c(OH-)=c(H+)=110-12 molL-1。 (4)水解呈酸性或碱性的盐溶液:H+和OH-均由水电离产生,如pH=2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)=110-2 molL-1c(OH-)=110-12 molL-1是因为部分OH-与部分N结合生成弱电解质;pH=12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH-)=110-2 molL-1c(H+)=110-12molL-1是因为部分H+与部分C结合生成弱电解质。5.为了使Na2S溶液中的比值变小,可采取的措施是()加适量盐酸加适量NaOH(s)加适量KOH(s)加适量KHS(s)加水通H2S(g)加热A.B.C.D.【解析】选D。欲使溶液中的比值变小,即使c(S2-)增大,从S2-+H2OHS-+OH-的平衡角度分析,增加c(OH-)或c(HS-)可抑制S2-水解,使平衡向左移动,但不能加入Na+。显然可以,不可以。条件2H+S2-H2S,使比值变大,促进Na2S水解,使比值变大,通入H2S后,发生如下反应:H2S+S2-2HS-,使比值变大。【补偿训练】相同物质的量浓度的下列铵盐中,c(N)最大的是()A.NH4HCO3B.NH4HSO4C.NH4NO3D.CH3COONH4【解析】选B。先找出对N水解无影响的阴离子,再看是促进的还是抑制的,并排出顺序。NH4NO3中N的水解不受影响,NH4HSO4电离出H+抑制N水解,)大,HC、CH3COO-对N的水解都有促进作用,c(N)小。6.常温下,0.01 molL-1NaHY(酸式盐,Y表示原子或原子团)溶液,下列说法正确的是()A.溶液一定呈酸性B.溶液中一定存在:Y2-+H2OOH-+HY-C.溶液加水稀释,离子浓度都减小D.溶液中:c(Na+)c(Y2-)【解析】选D。若Y是S,该溶液显酸性,若Y是弱酸根离子,例如:C等,溶液显碱性,故A错误;若Y是强酸根离子就不存在水解,例如Y是S,故B错误;若Y是弱酸根离子,加水促进HY-电离,故浓度有可能增大;若Y是强酸根离子不发生水解,即c(Na+)=c(Y2-),若Y是弱酸根离子,即c(Na+)c(Y2-),故D正确,故选D。【补偿训练】欲使0.1 molL-1的NaHCO3溶液中c(H+)、)、c(HC)都减少()A.通入二氧化碳气体B.加入氢氧化钠固体C.通入氯化氢气体D.加入饱和石灰水溶液【解析】选D。试题解析:CO2+H2OH2CO3,H2CO3H+HC,所以二氧化碳溶于水后,氢离子和碳酸氢根离子浓度都增大,故A错误;NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O,所以加入氢氧化钠固体后,碳酸氢根离子浓度减小,碳酸根离子浓度增大,氢离子浓度减小,故B错误;HCl+NaHCO3NaCl+H2O+CO2,所以通入氯化氢气体后,碳酸氢根离子浓度减小,碳酸根离子浓度减小,碳酸氢钠溶液呈碱性,通入氯化氢后溶液碱性减弱,所以氢离子浓度增大,故C错误;Ca(OH)2+NaHCO3CaCO3+H2O+NaOH,所以加入饱和石灰水溶液后,碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀,所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小,溶液由弱碱性变为强碱性,所以氢离子浓度也减小,故D正确。7.将0.1 mol下列物质置于1 L水中充分搅拌后,溶液中阴离子数最多的是()A.KClB.Na2SO4C.Na2CO3D.MgSO4【解析】选C。由于碳酸钠的水解:C+H2OHC+OH-,会使溶液阴离子数增多,故C中阴离子数最多。【补偿训练】在相同温度下,等体积等物质的量浓度的4种稀溶液:Na2SO4、H2SO4、NaHSO4、Na2S中所含离子种类由多到少的顺序是()A.=B.=C.D.=【解析】选D。Na2SO4是强电解质,在水中完全电离成Na+、S,包括水电离出的H+和OH-,一共4种离子;H2SO4中含有S、H+和OH-,一共3种离子;NaHSO4中含有Na+、H+、S、OH-,一共4种离子;Na2S中含有Na+、S2-,以及水解产生的HS-,水电离出的H+和OH-,一共5种离子。所以Na2SO4、H2SO4、NaHSO4、Na2S中含离子种类由多到少的顺序是=,选D。8.室温下,将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液,向溶液中加入下列物质,有关结论正确的是()加入的物质结论A.50 mL 1 molL-1H2SO4反应结束后,c(Na+)=c(S)B.0.05 mol CaO溶液中增大C.50 mL H2O由水电离出的c(H+)c(OH-)不变D.0.1 mol NaHSO4固体反应完全后,溶液pH减小,c(Na+)不变【解析】选B。A项,Na+的物质的量为0.1 mol,而S的物质的量为0.05 mol,混合溶液中Na+与S的浓度不可能相等。B项,加入0.05 mol CaO后,会生成Ca(OH)2,Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀和NaOH,溶液中c(OH-)增大,C水解产生的HC减少,故溶液中增大。C项,加入水后,c(Na2CO3)减小,C水解产生的c(OH-)减小,溶液中的OH-来源于水的电离,因水电离产生的c(OH-)=c(H+),故由水电离出的c(H+)c(OH-)减小。D项,加入0.1 mol NaHSO4固体,溶液体积变化不大,但n(Na+)变为原来的2倍,故c(Na+)增大。【补偿训练】有关100 mL 0.1 molL-1 NaHCO3、100 mL 0.1 molL-1 Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是()A.溶液中水电离出的H+个数:B.溶液中阴离子的物质的量浓度之和:C.溶液中:c(C)c(H2CO3)D.溶液中:c(HC)c(H2CO3)【解析】选C。盐类水解促进水的电离,因Na2CO3的水解程度更大,碱性更强,故水中电离出的H+个数更多,A项正确;B项,中钠离子的物质的量浓度为0.2 molL-1,而中钠离子的物质的量浓度为0.1 molL-1,根据物料守恒及电荷守恒可知溶液中阴离子的物质的量浓度之和:,正确;C项,NaHCO3水解程度大于电离,所以c(H2CO3)c(C),错误;D项,Na2CO3溶液中C分步水解,且第一步水解占主要地位,正确。二、非选择题(本题包括2小题,共18分)9.(8分)现有S、N、Al3+、Na+、S、Al、Fe3+、HC、Cl-等离子,请按要求填空: (1)在水溶液中,离子水解呈碱性的是_。(2)在水溶液中,离子水解呈酸性的是_。(3)既能在酸性较强的溶液里大量存在,又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有_。(4)既不能在酸性较强的溶液里大量存在,又不能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有_。【解析】(1)弱酸根离子水解溶液显碱性,部分弱酸的酸式酸根离子若水解程度大,则溶液也显碱性,即S、Al、HC水解呈碱性。(2)N、Al3+、Fe3+属于弱碱的阳离子,水解后溶液呈酸性。(3)Na+、Cl-、S是强酸的阴离子和强碱的阳离子,既能在强酸性溶液中存在又能在强碱性溶液中存在。(4)HC属于弱酸的酸式酸根离子,既能与强酸反应,又能与强碱反应。答案:(1)S、Al、HC(2)N、Al3+、Fe3+(3)Na+、Cl-、S(4)HC10.(10分)已知25 时0.01 molL-1醋酸溶液的pH约为3,向其中加入少量醋酸钠晶体,待晶体溶解后发现溶液的pH增大。对上述现象有两种不同的解释:甲同学认为醋酸钠水解呈碱性,增大了c(OH-),因而溶液的pH增大;乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子,抑制了醋酸的电离,使c(H+)减小,因此溶液的pH增大。你认为上述两种解释中_(填“甲”或“乙”)正确。(1)为了验证上述哪种解释正确,继续做如下实验,向0.010 molL-1的醋酸溶液中加入少量下列物质,然后测定溶液的pH()A.固体NaOHB.固体CH3COONH4C.气体NH3D.固体NaHCO3(2)若_(填“甲”或“乙”)的解释正确,溶液的pH应_(填“增大”“减小”或“不变”)。(已知:25 时,0.01 molL-1的氨水和醋酸的电离程度相同)【解析】25 时,0.01 molL-1的氨水和醋酸的电离程度相同,固体CH3COONH4溶于水后,醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同,CH3COONH4溶于水本身不会改变pH大小,但在醋酸溶液中加入CH3COONH4后,其电离出的醋酸根离子对醋酸的电离过程的抑制作用与醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子作用相同,若乙正确,则可以使醋酸的电离平衡向左移动,c(H+)减小,pH增大。答案:乙(1)B(2)乙(甲)增大(不变)(30分钟50分)一、选择题(本题包括6小题,每小题5分,共30分)1.有A、B、C、D四种一元酸的溶液,实验表明:pH相同、体积相同的A、C的溶液与足量的铁粉反应时,A溶液产生的氢气比C溶液产生的氢气要多;物质的量浓度相同的B、C的钠盐溶液相比较,B的钠盐溶液的pH小于C的钠盐溶液的pH;酸A和D的钠盐反应生成A的钠盐和酸D。由此可以确定四种酸的酸性由强到弱的顺序中正确的是 ()A.BCADB.ACDBC.DACBD.CDAB【解析】选A。由知A溶液所能提供的n(H+)大于C溶液所能提供的n(H+),说明C的酸性比A的酸性强;由知B的酸性比C的酸性强,因酸越弱,其钠盐水解的程度越大,所得溶液的pH越大;由“强酸制弱酸”的规律可知,A的酸性比D的酸性强,即酸性强弱顺序为BCAD。2.(2019洛阳高二检测)相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比,NaCN溶液的pH较大,则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是()A.电离程度:HCNHClOB.pH:HClOHCNC.与NaOH溶液恰好完全反应时,消耗NaOH的物质的量:HClOHCND.酸根离子浓度:c(CN-)c(ClO-)【解析】选D。相同浓度的NaCN溶液的pH较大,说明CN-水解的程度大,因此HCN比HClO的酸性更弱,电离程度:HCNHClO,A错误;pH:HClOHCN,B错误;由于都是一元酸,与NaOH完全反应时,消耗HClO和HCN的物质的量相同,C错误;同浓度的HCN和HClO,酸性HCNHClO,c(CN-)c(OH-)B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH-)减小C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同【解析】选C。升高温度,促进水的电离,但纯水中的c(H+)=c(OH-),故A错误;升高温度既促进水的电离,又促进醋酸钠的水解,使溶液中c(OH-)增大,故B错误;升高温度既促进水的电离,Kw增大,又促进铜离子的水解,使其水解平衡正向移动,这相当于促进了氢氧根离子与铜离子结合,最终的结果是氢离子剩余,导致pH减小,故C正确;随温度升高,CH3COO-、Cu2+水解平衡均正向移动,故D错误。5.(2019深圳高二检测)25 时,浓度都是1 molL-1的四种正盐溶液:AX、BX、AY、BY;AX溶液的pH=7且溶液中c(X-)=1 molL-1,BX溶液的pH=4,BY溶液的pH=6。下列说法正确的是()A.电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)B.AY溶液的pH小于BY溶液的pHC.pH相同的AOH、BOH稀释相同倍数,溶液pH的变化量相等D.将浓度均为1 molL-1的HX和HY溶液分别稀释10倍后,HX溶液的pH大于HY溶液的pH【解析】选A。BY溶液的pH=6,则B+比Y-更易水解,BOH比HY更难电离,因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY),A正确;根据AX、BX、BY溶液的pH可知,AX为强酸强碱盐,BX为强酸弱碱盐,BY为弱酸弱碱盐,则AY为弱酸强碱盐,溶液的pH7,故AY溶液的pH大于BY溶液的pH,B错误;AOH是强碱,稀释后pH的变化量大,C错误;HX为强酸,HY为弱酸,浓度相同时,稀释10倍后,HY的电离程度增大,但仍不能全部电离,故HX溶液的酸性更强,pH更小,D错误。【补偿训练】常温下,物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ溶液的pH依次为8、9、10,则下列表达式错误的是()A.Z-+H2OHZ+OH-B.HYH+Y-C.常温下,电离程度:HXHYHZD.Z-+HXHZ+X-【解析】选D。常温下,物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ溶液的pH依次为8、9、10,溶液呈碱性,说明X-、Y-、Z-水解,离子水解方程式为Z-+H2OHZ+OH-,A正确;X-、Y-、Z-水解,对应酸HX、HY、HZ都是弱酸,存在电离平衡,电离方程式为HYH+Y-,B正确;水解程度大小为X-Y-HYHZ;电离程度HXHYHZ,C正确;强酸制弱酸反应不是可逆反应,反应的离子方程式应为Z-+HXHZ+X-,D错误。6.已知相同条件下CH3COOH的电离程度大于HCN。对于同温度、同浓度和同体积的CH3COONa溶液和NaCN溶液,下列判断正确的是()A.两溶液中离子总数相等B.两溶液中,NaCN溶液的离子总数多C.两溶液中,CH3COONa溶液的离子总数多D.CH3COONa溶液的pH大于NaCN溶液的pH【解析】选C。同浓度、同体积即为同物质的量,即n(CH3COONa)=n(NaCN),即两溶液中n(Na+)相等。相同条件下CH3COOH的电离程度大于HCN,说明同浓度的CH3COONa的水解程度小于NaCN,即CH3COONa溶液中n(OH-)小于NaCN溶液中n(OH-)。则在CH3COONa溶液中n(H+)大于NaCN溶液中n(H+)。根据电荷守恒:n(Na+)+n(H+)=n(CH3COO-)+n(OH-),n(Na+)+n(H+)=n(CN-)+n(OH-),所以CH3COONa溶液中离子总数比NaCN溶液中离子总数多。二、非选择题(本题包括2小题,共20分)7.(6分)25 时,如果取0.1 molL-1 HA溶液与0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计),测得混合溶液的pH=8,试回答以下问题: (1)混合溶液的pH=8的原因(用离子方程式表示): _。(2)混合溶液中由水电离出的c(H+)_(填“”或“=”)0.1 molL-1 NaOH溶液中由水电离出的c(H+)。(3)已知NH4A溶液呈中性,又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出,试推断(NH4)2CO3溶液的pH_(填“”或“=”)7。【解析】(1)等量的HA与NaOH混合,恰好完全反应生成盐NaA,由于溶液显碱性,说明NaA是强碱弱酸盐,A-发生了水解。(2)由于生成的盐能水解,所以促进了水的电离,而NaOH抑制水的电离,所以为“”。(3)由NH4A溶液为中性可知,HA的电离程度与NH3H2O的电离程度相同,又由HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出可知:HA的电离程度大于H2CO3的电离程度,所以NH3H2O的电离程度大于H2CO3的电离程度,所以(NH4)2CO3溶液显碱性(谁强显谁性)。答案:(1)A-+H2OHA+OH-(2)(3)8.(14分)常温下,将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表:实验编号HA物质的量浓度(molL-1)NaOH物质的量浓度(molL-1)混合溶液的pH0.10.1pH=9c0.2pH=70.20.1pH”“”“0.2,根据电荷守恒,溶液中c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),pH=7时,c(H+)=c(OH-),故c(A-)=c(Na+)。(3)实验得到的是等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液,由pHc(Na+)c(H+)c(OH-)。(4)由于HA为弱酸,所以pH=3的HA溶液中c(HA)110-3 molL-1,而在pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=110-3 molL-1,当两溶液等体积混合后,HA过量很多,故混合溶液中c(OH-)=(3)大于c(A-)c(Na+)c(H+)c(OH-)(4)