高中化学人教版选修4同步练习：第三章-第三节-盐类的水解-Word版含答案.docx

第三章 第三节 盐类的水解
建议用时
实际用时
满分
实际得分
45分钟

100分

一、选择题(每小题8分，共64分)
1. 某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，稀释过程中pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图推断正确的是（ ）

A.Ⅱ 为盐酸稀释时的pH变化曲线
B.b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C.a点Kw 的数值比c点Kw 的数值大
D.b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
2. 依据下列试验不能证明一元酸HR为弱酸的是（ ）
A.室温下，NaR溶液的pH大于7
B.加热NaR溶液时，溶液的pH变小
CHR溶液中加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大
D.20 ℃时，0.01 mol·L-1 HR溶液的pH=2.8
3. 取pH均为2的盐酸和醋酸各100 mL，分别加水稀释两倍后，再分别加入6.5 g锌粉，相同条件下充分反应，下列说法中不正确的是（ ）
A.加水稀释后两溶液的pH不再相等
B.起始时醋酸与锌反应的速率大
C.醋酸与锌反应放出的氢气多
D.两者放出的氢气一样多
4.下列说法正确的是（ ）
A.0.1 mol·L-1的醋酸加水稀释，
c（H+）/c（OH- ）减小
B.体积相同、pH相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉，后者用时少
C.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw 变大
D.V1 L pH=11的NaOH溶液与V2 L pH=3的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1 ≤V2
5.20 ℃时H2 S饱和溶液1 L，其浓度为
0.1 mol·L-1，其电离方程式为H2SH+＋HS-，HS- H+＋S2-，若要使该溶液中H+浓度增大，同时使S2-浓度减小，可实行的措施是（ ）
A.加入适量的水
B.加入适量的NaOH固体
C.通入适量的SO2
D.加入适量的CuSO4 固体
6.从植物花汁中提取的一种有机物HIn，可做酸碱指示剂，在水溶液中存在电离平衡：HIn(红色)H＋＋In－(黄色)，对上述平衡解释不正确的是(　　)
A.上升温度平衡向正方向移动
B.加入盐酸后平衡向逆方向移动，溶液显
红色
C.加入NaOH溶液后平衡向正方向移动，溶液显黄色
D.加入NaHSO4溶液后平衡向正方向移动，溶液显黄色
7.下列关于电解质电离的叙述中，正确的
是(　　)
①碳酸钙在水中的溶解度很小，其溶液的导电性很弱，所以碳酸钙是弱电解质
②碳酸钙在水中的溶解度虽小，但溶解的部分全部电离，所以碳酸钙是强电解质
③氨气的水溶液导电性很好，所以氨气是强电解质
④水难电离，纯水几乎不导电，所以水是弱电解质
A.②　　　 B.①
C.①③ D.②④
8.下列表述正确的是（ ）
A.100 ℃时，0.1 mol·L-1 HCl和NaOH溶液的pH分别为1和13
B.将pH＝4的醋酸溶液加水稀释后，溶液中全部离子的浓度均降低
C.等体积、等pH的HCl和CH3 COOH溶液分别与NaOH溶液反应，CH3 COOH消耗NaOH的物质的量多
D.在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4 Cl至溶液无色，此时溶液确定显中性
二、非选择题(共36分)
9.(18分) 25 ℃时0.1 mol/L的醋酸溶液的pH约为3，当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发觉溶液的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c（OH- ）增大了，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。
（1）为了验证上述哪种解释正确，连续做如下试验：向0.1 mol/L的醋酸溶液中加入少量下列物质中的( )（填写编号），然后测定溶液的pH（已知25 ℃时，
CH3 COONH4 溶液呈中性）。
A.固体CH3 COOK B.固体CH3 COONH4
C.气体NH3 D.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”）。
（3）常温下将0.01 mol CH3 COONa和
0.004 mol HCl溶于水，配制成0.5 L混合溶液。推断：
①溶液中共有________种粒子。
②其中有两种粒子的物质的量之和确定等于0.01 mol，它们是________和________。
③溶液中n（CH3 COO-）＋n（OH-）-n（H+ ）＝________mol。
10.（18分）现有常温下的0.1 mol·L－1纯碱
溶液。
(1)你认为该溶液呈碱性的缘由是(用离子方程式表示)________________________；
为证明你的上述观点，请设计一个简洁的试验，简述试验过程__
(2)甲同学认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO不超过其总量的10%。请设计试验证明该同学的观点是否正确_______________________________
________________________________________________________________________
______________________________________

参考答案
1.B 解析：醋酸为弱酸，溶液中存在电离平衡：CH3 COOHH++CH3 COO-，盐酸为强酸，完全电离。盐酸与醋酸pH相同时，确定有c（CH3COOH）＞c（HCl），加等量的H2 O稀释时，平衡CH3 COOHCH3 COO-+H+向右移动，使得醋酸比盐酸溶液中c（H+）大，醋酸比盐酸的pH小，所以图中Ⅰ为盐酸稀释时的pH变化曲线，Ⅱ为醋酸稀释时的pH变化曲线，A、D两项均不正确；由图像可知，b点H+浓度大，c点H+浓度小，故b点盐酸溶液的导电性比c点强，B项正确；温度确定，水的离子积Kw 的数值确定，C项不正确。
2. B 解析：A项，室温下，NaR溶液的pH大于7，说明NaR是强碱弱酸盐，即HR为弱酸；B项，若HR为强酸，加热NaR溶液时，促进水的电离，也可使pH变小；C 项，若HR为强酸，加少量NaR固体，pH不变，现pH变大，只能说明R-抑制HR的电离，即HR为弱酸；D项，若HR为强酸，则pH=2。
点拨：强、弱电解质的推断与比较通常结合弱电解质的电离、溶液的pH、酸碱性和盐类的水解进行考查，我们只要抓住了实质，此类题便可迎刃而解。
3. D 解析：A项，pH相等的强酸和弱酸，稀释相同倍数后pH不再相等，正确；B项，起始时醋酸中c（H+）大，反应速率大，正确；C项，n（Zn）＝ 6.5 g/65 g·mol-1＝0.1 mol，n（HCl）＝0.01 mol·L-1×0.1 L＝0.001 mol，Zn对于HCl是过量的，n（CH3 COOH）>n（HCl）>0.001 mol，所以CH3 COOH与Zn反应放出的H2 比HCl多，C项正确，D项错误。
点拨：pH相同的强酸和弱酸，初始时两溶液中c（H+）相同，酸的总量强酸的小于弱酸的，所以与足量Zn反应时弱酸放出的H2 多，反应过程中的平均速率大。
4. A 解析：B项，醋酸为弱酸，随着反应进行连续电离，反应用时较短，不正确；C项，Kw 只受温度影响，不正确；D项，若HA为强酸，则V1 = V2，若HA为弱酸，则V1＞V2 。
点拨：牢记水的离子积常数Kw、弱电解质的电离平衡常数K只与温度有关，与浓度等无关。
5.D 解析：A项，加水将H2 S饱和溶液稀释，H+、S2-浓度都减小，不符合题意。B项，加NaOH固体时，中和了体系中的H+，平衡右移，使S2-浓度增大，不符合题意。C项，通入适量的SO2 后发生反应：2H2 S＋SO2 ===3S↓＋2H2 O，使c（H2 S）减小，上述平衡左移，H+、S2-浓度均减小，不符合题意。D项，加入适量的CuSO4 固体后，由于Cu2+与S2-结合生成CuS沉淀，使S2-浓度减小，平衡右移，则H+浓度增大，符合题意。
点拨：弱电解质的电离平衡同化学平衡一样，平衡移动规律遵循勒夏特列原理。分析时需综合考虑多方面的因素具体分析。
6. D 解析：电离吸热，升温，电离平衡正向移动，A对；加入盐酸，则平衡逆向移动，溶液显红色，B对；加入NaOH，与H＋反应，电离平衡正向移动，溶液显黄色，C对；加入NaHSO4溶液，NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，电离平衡逆向移动，D错。
7. D 解析：中学阶段所接触到的盐，绝大多数属于强电解质，在这些盐中有的易溶、有的可溶、有的微溶、有的难溶。电解质的强弱与它们在水中溶解度的大小无关。氨气的水溶液能导电是由于NH3和H2O反应生成了NH3·H2O, NH3·H2O电离出NH、OH－，而NH3本身不能电离，所以NH3属于非电解质，像这样的物质还有CO2、SO3等。
8. C 解析：100 ℃时，Kw ＝5.5×10-13，故0.1 mol·L-1 NaOH溶液的pH＜13，A项错误；pH＝4的醋酸溶液加水稀释后，c（H+）减小，Kw 不变，所以溶液中c（OH-）增大，B项错误；等pH的盐酸和醋酸相比，醋酸的浓度大，所以等体积的两溶液，醋酸消耗的NaOH的物质的量多，C项正确；pH大于7小于8.2时溶液也是无色，此时溶液显碱性，D项错误。
9.（1）B （2）乙 增大（或甲 不变） （3）①7 ②CH3 COOH CH3 COO- ③0.006
解析：要推断甲乙两种解释正确与否，可加入一种含有CH3 COO-而溶液不显碱性的盐，如
CH3 COONH4。由CH3 COONa＋HClCH3 COOH＋NaCl可推断溶液中粒子的种类Na＋、Cl-、
CH3 COO-、CH3 COOH、H+、OH-和H2 O，共有7种；因CH3 COONa为0.01 mol，故混合后
n（CH3 COOH）＋n（CH3 COO-）＝0.01 mol，由电荷守恒n（Cl-）＋n（CH3 COO- ）＋n（OH-）＝n（H+）＋n（Na＋)可知，n（CH3 COO- )＋n（OH- )-n（H+）＝n（Na＋）-n（Cl-）＝0.01 mol-0.004 mol＝
0.006 mol。
10.(1)CO＋H2OHCO＋OH－　向纯碱溶液中滴加数滴酚酞试液后，溶液显红色；然后逐滴加入氯化钙溶液直至过量，若溶液红色渐渐变浅直至消逝，则说明上述观点成立
(2)用pH试纸(或pH计)测常温下0.1 mol·L－1纯碱溶液的pH，若pH<12，则该同学的观点正确；若pH>12，则该同学的观点不正确
解析：(1)纯碱是盐不是碱，其溶液呈碱性的缘由是盐的水解。证明的动身点是：把产生水解的离子消耗掉，看在无水解离子的状况下溶液是否发生变化。
(2)离子是微观的，发生水解的量是看不到的，但水解后的结果——溶液的酸碱性和酸碱度是可以测量的，所以可用测溶液pH的方法来测定“水解度”。