2021高二化学寒假作业同步练习题：盐类的水解

2021高二化学寒假作业同步练习题：盐类的水解一、探究盐溶液的酸碱性盐溶液盐的类型溶液pH酸碱性NaCl强酸强碱盐pH7中性CH3COONa弱酸强碱盐pH7碱性NH4Cl强酸弱碱盐pH7酸性【结论】盐溶液并不都显中性。二、盐溶液呈现不同酸碱性的原因1CH3COONa水溶液呈碱性的原因（1）电离方程式CH3COONa=CH3COONa、H2OHOH。（2）水电离平衡的影响CH3COO能与H结合生成弱电解质CH3COOH。使水的电离平衡向电离的方向移动。（3）溶液的酸碱性溶液中c(H)减小，c(OH)增大，c(H)c(OH)，故NH4Cl溶液呈酸性。（4）水解方程式化学方程式：NH4ClH2ONH3H2OHCl。离子方程式：NHH2ONH3H2OH。3NaCl溶液呈中性的原因NaCl溶于水后电离产生Na和Cl，不能与水电离出的OH、H结合成难电离的物质，水的电离平衡不发生移动，c(H)c(OH)，溶液呈中性。4盐类水解（1）盐类水解的实质在溶液中盐电离出来的离子(弱碱的阳离子或弱酸的阴离子)结合水电离出的OH或H生成弱电解质，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液显酸性、碱性或中性。（2）盐类水解的规律在可溶性盐溶液中：有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，都弱都水解，谁强显谁性。常见的“弱”离子弱碱阳离子：NH、Al3、Mg2、Zn2、Fe3、Cu2等。弱酸根离子：CO、SiO、HCO、AlO、SO、S2、HS、ClO、CH3COO、F等。（3）盐类水解的特点盐类水解的特点可概括为微弱、吸热、可逆。三、影响盐类水解平衡的因素1实验探究盐类水解平衡的影响因素已知FeCl3发生水解反应的离子方程式：Fe33H2OFe(OH)33H，根据实验操作填写下表可能影响因素实验操作现象解释或结论盐的浓度加入FeCl3固体，再测溶液的pH溶液颜色变深，溶液的pH变小加入FeCl3固体，c(Fe3)增大，水解平衡向正反应方向移动溶液的酸碱度加盐酸后，测溶液的pH溶液颜色变浅，溶液的pH变小加入盐酸，c(H)增大，水解平衡向逆反应方向移动，但c(H)仍比原平衡中c(H)大加入少量NaOH溶液产生红褐色沉淀加入氢氧化钠后，OH消耗H，c(H)减小，水解平衡向正反应方向移动2影响盐类水解平衡的因素（1）内因：盐本身的性质：组成盐的弱酸根阴离子相对应的酸越弱(或弱碱阳离子对应的碱越弱)，水解程度就越大。（2）外因：受温度、浓度及外加酸碱等因素的影响。温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度，盐的水解程度增大。浓度：稀释盐溶液，可以促进水解，盐的浓度越小，水解程度越大。外加酸碱：水解呈酸性的盐溶液，加碱会促进水解；加入酸则抑制水解。水解呈碱性的盐溶液，加碱会抑制水解；加酸会促进水解。外加盐：加入与盐的水解性质相反的盐会使盐的水解程度增大。1下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是A盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡BNH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H)c(OH)C在CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH)c(H)D水电离出的H和OH与盐中弱离子结合，造成盐溶液呈酸碱性【答案】C【解析】盐类中的弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度不相等，导致溶液呈酸碱性，从而破坏水的电离平衡，A项正确；强酸弱碱盐溶液呈酸性，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液中c(H)c(OH)，则溶液呈酸性，B项正确；任何电解质溶液中水电离的c(H)c(OH)，与电解质溶液酸碱性无关，C项错误；水电离出的H+或OH-与盐中弱离子结合，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度不相等，导致溶液呈酸碱性，D项正确。答案选C。2常温下用的某酸溶液与的氢氧化钠溶液等体积混合，关于所得溶液酸碱性的描述正确的是A不可能显碱性B不可能显中性C不可能显酸性D可能中性、碱性、酸性【答案】A【解析】常温下pH之和为14的酸、碱等体积中和，则有“谁弱显谁性，都强显中性”的规律，故若酸是弱酸，则反应后的溶液显酸性，若酸是强酸的话，则混合后的溶液显中性，据此解题。【详解】根据分析可知，溶液可能显中性和酸性，故不可能显碱性，A项正确；根据分析可知，溶液可能显中性，B项错误；根据分析可知，溶液可能显酸性，C项错误；根据分析可知，溶液可能显中性和酸性，不可能碱性，D项错误。答案选A。3向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO-浓度的变化依次为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【答案】A【解析】NH4、Fe3水解使溶液呈酸性，对CH3COO的水解有促进作用，而SO32-水解呈碱性对CH3COO的水解有抑制作用，故在CH3COONa溶液中加入NH4NO3、FeCl3固体时CH3COO浓度减小，加入Na2SO3固体CH3COO浓度增大。答案选A。4NH4Cl溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子均正确的是ANH2DH2O和D3OBNH3D2O和HD2OCNH3HDO和D3ODNH2DHDO和H2DO【答案】C【解析】NH4Cl在水溶液中电离出的NH4+结合重水(D2O)电离出的OD-，生成NH3HDO，而由重水(D2O)电离出的D+与重水(D2O)结合生成D3O+。答案选C。5在25时，浓度均为0.5 mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的三种溶液，测得各溶液的c(NH4+)分别为a、b、c(单位为mol/L)，下列判断正确的是AabcBabcCacbDcab【答案】D【解析】加入与原水解离子的水解性质相同的物质，对原水解离子有抑制作用，加入与原水解离子的水解性质相反的物质，对原水解离子有促进作用；三种溶液中均存在下述水解平衡：NH4+H2ONH3H2OH+，对于(NH4)2CO3，因为CO32-H2OHCO3-OH-，使NH4+水解平衡向右移动，促进NH4+水解对于(NH4)2Fe(SO4)2，因为Fe2+2H2OFe(OH)22H+，因增大了c(H+)，上述NH4+水解平衡受到抑制，平衡向左移动，所以cab，答案选D。6将氨水逐滴加入到稀盐酸中，使溶液为中性，则此时Ac(NH4+)c(Cl-)Bc(NH4+)c(Cl-)Cc(NH4+)c(Cl-)Dc(NH4+)与c(Cl-)之间关系不确定【答案】A【解析】溶液为中性，则c(OH)c(H)，所以根据电荷守恒c(Cl-)c(OH)c(NH4)c(H)可知，c(Cl-)c(NH4)，答案选A。7下列关于电解质溶液中离子关系的说法中正确的是A0.1molL1Na2CO3溶液中离子浓度关系：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)B0.1molL1NH4Cl和0.1molL1NH3H2O等体积混合后离子浓度关系c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)C常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的pH=7，则混合液溶中：c(Na+)=c(CH3COO)D常温下，在pH=1的溶液中，Fe2+、NO3-、ClO-、Na+能大量共存【答案】C【解析】0.1 molL-1的Na2CO3溶液中存在物料守恒，离子浓度关系：c(Na+)2c(CO32-)2c(HCO3-)2c(H2CO3)，A项错误；0.1 molL-1的NH4Cl和0.1 molL-1的NH3H2O等体积混合后溶液中，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中的离子浓度关系：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)，B项错误；常温下，醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，溶液pH7时，依据电荷守恒得到：c(Na+)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-)，得到c(Na+)c(CH3COO-)，C项正确；pH1的溶液呈酸性，在酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，D项错误。答案选C。8室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/（molL1）反应后溶液的pHc（HA）c(KOH)0.10.19x0.27下列判断不正确的是A实验反应后的溶液中：c(K)c(A)c(OH)c(H)B实验反应后的溶液中：c(OH)=c(K)c(A)=mol/LC实验反应后的溶液中：c(A)c(HA)0.1molL1D实验反应后的溶液中：c(K)=c(A)c(OH) =c(H)【答案】B【解析】两者是等体积等浓度混合，应是恰好完全反应，溶质是KA，反应后溶液显碱性，说明HA是弱酸，A发生水解，AH2OHAOH，离子浓度大小顺序是c(K)c(A)c(OH)c(H)，A项正确；根据电荷守恒，有c(K)c(H)c(OH)c(A)，则有c(OH)c(K)c(H)c(A)Kw/109molL1，B项错误；因为HA是弱酸，反应后溶液显中性，溶质为HA和KA，因此HA的浓度应大于0.2mol，根据物料守恒，c(A)c(HA)0.2/2molL10.1molL1，C项正确；根据电中性，c(K)c(H)c(OH)c(A)，溶液显中性，即c(H)c(OH)，c(K)c(A)，离子浓度大小顺序是c(K)c(A)c(H)c(OH)，D项正确。答案选B。925 时，用pH试纸测得0.1 molL1 NaNO2溶液的pH7。(1)NaNO2溶液pH7的原因是(用离子方程式表示)_ _，NaNO2溶液中c(HNO2)_(用溶液中其他离子的浓度关系式表示)。(2)常温下，将0.2 molL1的HNO2和0.1 molL1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pHc(Na)c(H)c(OH)(3)小于小于【解析】(1)由于水电离出的c(OH)与c(H)相等，所以c(OH)c(HNO2)c(H)，即c(HNO2)c(OH)c(H)。(2)两溶液混合后得到等浓度的HNO2和NaNO2的混合溶液，溶液显酸性说明HNO2HNO的(电离)程度大于NOH2OHNO2OH的(水解)程度。根据电荷守恒c(NO)c(OH)c(H)c(Na)，c(H)c(OH)，则c(NO)c(Na)，由于水解程度小，故c(NO)c(Na)c(H)c(OH)。(3)pH3的HNO2溶液中c(H)103 molL1，则c(HNO2)远大于103 molL1，pH11的NaOH溶液中c(OH)103 molL1；pH3的HNO2和pH11的NaOH溶液等体积混合后剩余HNO2，溶液显酸性c(H)c(OH)，根据c(NO)c(OH)c(H)c(Na)，知c(Na)c(NO)。10(1)明矾可用于净水，原因是(用离子方程式表示)：_。把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_。(2)用离子方程式表示泡沫灭火器灭火原理：_。(3)纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是(用离子方程式表示)：_。(4)为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3，可在加热搅拌的条件下加入MgCO3固体，过滤后再加入足量盐酸。MgCO3固体能除去Fe3的原因是_。【答案】(1)Al33H2OAl(OH)3(胶体)3HFe2O3(2)Al33HCO=Al(OH)33CO2(3)CO2H2OHCOOH(4)MgCO3与Fe3水解产生的H反应，促进了Fe3的水解，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀而被除去。【解析】(1)利用Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮杂质从而达到净水目的；FeCl3溶液中存在FeCl33H2OFe(OH)33HCl，加热时HCl挥发，蒸干时得到Fe(OH)3，再燃烧得到Fe2O3。(2)泡沫灭火器原理是利用NaHCO3与Al2(SO4)3相互促进水解造成的，反应为Al33HCO=Al(OH)33CO2。(3)CO水解生成的OH，能洗去油污。(4)MgCO3与水解产生的H反应：MgCO32H=Mg2CO2H2O，使水解平衡正向移动，生成的Fe(OH)3在加热搅拌条件下发生聚沉，在过滤时Fe(OH)3和未反应的MgCO3一同被除去。1欲使0.1mol/L的NaHCO3溶液中c(H+)、c(CO32-)、c(HCO3-)都减少，可采取的措施为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【答案】D【解析】溶液中存在HCO3-H+CO32- 和HCO3H2OH2CO3OH以及H2OH+OH-，NaHCO3溶液显碱性，以HCO3H2OH2CO3OH为主。【详解】CO2+H2OH2CO3，抑制碳酸氢钠的水解，溶液的碱性减小，氢离子和碳酸氢根离子浓度都增大，A项错误；NaHCO3+NaOH=Na2CO3+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，B项错误；HCl+NaHCO3=NaCl+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，C项错误；Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3+H2O+NaOH，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，D项正确。答案选D。2下列关于FeCl3水解的说法错误的是A在稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动B浓度为5mol/L和0.5mol/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者小于后者C其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50 和20 时发生水解，50 时Fe3+的水解程度比20 时的小D为抑制Fe3+的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸【答案】C【解析】氯化铁不饱和时，加氯化铁饱和溶液增大反应物的量浓度，加水稀释会导致离子浓度减小，两种形式下水解平衡均正向移动，A项正确；离子的水解规律：越稀越水解，其他条件相同时，越浓的氯化铁溶液Fe3+的水解程度越小，B项正确；氯化铁水解反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，高温时Fe3+的水解程度较低温时大，C项错误；加少量盐酸可使得水解生成的氢离子浓度，导致水解平衡逆向移动，抑制Fe3+水解，D项正确。答案选C。3在10mL0.1molL1NaOH溶液中加入同体积、同浓度的CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是Ac（Na）c（CH3COO）c（H）c（OH）Bc（Na）c（CH3COO）c（OH）c（H）Cc（Na）c（CH3COO）c（CH3COOH）Dc（Na）c（H）c（CH3COO）c（OH）【答案】A【解析】在10mL 0.1molL-1NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生反应生成醋酸钠和水，醋酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，A项错误；醋酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，B项正确；溶液中物料守恒分析得到：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C项正确；依据溶液中电荷守恒分析，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，D项正确。答案选A。4将H+、Cl、Al3、K、S2、OH、NO3、NH4分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的离子是ABCD【答案】D【解析】水的电离平衡H2OH+OH-，H+和OH-能抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。【详解】H+对水的电离起到抑制作用Cl对水的电离无影响Al3能结合水电离产生的OH-生成弱碱Al(OH)3，促进水的电离K对水的电离无影响S2能结合水电离产生的H+生成HS-，促进水的电离OH使水的电离平衡逆移NO3对水的电离无影响NH4能结合水电离产生的OH-生成弱电解质NH3H2O，促进水的电离。答案选D。5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(mol/L)NaOH物质的量浓度(mol/L)混合溶液的pH0.10.1pH9c0.2pH70.20.1pH”、“”、“ c(A)c(Na) (3) c(A)c(Na)c(H)c(OH) (4)105 (105109) 109 【解析】(1)等体积等物质的量的一元酸与一元强碱混合后，溶液的pH9，说明反应后的溶液显碱性，二者生成的盐为强碱弱酸盐，即HA为弱酸；(2)一元弱酸与一元强碱等体积混合后，溶液的pH7，则一元弱酸应过量，即c0.2，根据电荷守恒得c(H)c(Na)c(OH)c(A)，因为pH7，c(H)c(OH)，所以c(Na)c(A)；(3)第组实验所得混合溶液相当于等体积等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，pHc(Na)c(H)c(OH)；(4)由第组实验所得溶液为NaA溶液，pH9，则由水电离出的c(OH)105molL1，电荷守恒式可得：c(Na)c(A)c(OH)c(H)(105109)molL1。由质子守恒式可得：c(OH)c(H)c(HA)，所以c(OH)c(HA)c(H)109molL1。