2024-2025学年高中化学专题三溶液中的离子反应3-2影响盐类水解的因素和盐类水解的应用课时作业含解析苏教版选修4

PAGEPAGE8影响盐类水解的因素和盐类水解的应用时间：45分钟满分：100分一、选择题(每小题4分，共48分)1．下列说法正确的是(C)A．AlCl3溶液和NaAlO2溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度C．用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3＋D．泡沫灭火器中常运用的原料是碳酸钠和硫酸铝解析：AlCl3溶液和NaAlO2溶液的水解方程式分别为：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，NaAlO2＋2H2OAl(OH)3＋NaOH，加热促进水解，由于盐酸是挥发性酸，因此前者最终产物为Al2O3，后者仍为NaAlO2，选项A错。选项B中很明显所配得的FeCl3溶液中混有杂质SOeq\o\al(2－,4)，因此不合题意。由于Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，上升温度可促进水解而产生沉淀，从而除去Fe3＋杂质，选项C正确。选项D中，为了加快产生CO2气体的速率，泡沫灭火器中常运用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝。故选C。2．下列关于盐类水解的说法错误的是(B)A．在纯水中加入能水解的盐肯定促进水的电离B．同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH大C．在NH4Cl溶液中加入稀HNO3能抑制NHeq\o\al(＋,4)水解D．加热CH3COONa溶液，溶液中eq\f(cCH3COO－,cNa＋)的值将减小解析：盐类水解促进水的电离，A对；同温下，同等浓度的Na2CO3中COeq\o\al(2－,3)水解程度大于HCOeq\o\al(－,3)，所以Na2CO3溶液的碱性大，B错；NHeq\o\al(＋,4)水解使溶液显酸性，加入HNO3抑制NHeq\o\al(＋,4)水解，C对；加热CH3COONa溶液，CH3COO－水解程度增大，c(CH3COO－)减小，c(Na＋)不变，则eq\f(cCH3COO－,cNa＋)变小，D对。3．为了得到比较纯净的物质，下列运用的方法恰当的是(D)A．向Na2CO3饱和溶液中通入过量的CO2后，加热蒸发得到NaHCO3晶体B．加热蒸发CuCl2饱和溶液得到纯净的CuCl2晶体C．向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得到FeCl3晶体D．向FeCl3溶液中加入足量NaOH溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得到Fe2O3解析：A项，NaHCO3加热时会分解；B、C项，CuCl2溶液与FeCl3溶液在加热蒸发的状况下，水解趋于完全，生成Cu(OH)2和Fe(OH)3。4．在CH3COONa溶液里加入下列物质，使水解平衡向左移动，并且使pH变大的是(C)A．加入适量CH3COOH B．加入少量NaCl固体C．加入少量NaOH固体 D．加水稀释解析：CH3COO－水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－。加入CH3COOH，平衡向左移动，CH3COO－的水解程度减小，溶液的pH减小，故A错误；加入氯化钠固体，水解平衡不会移动，CH3COO－的水解程度不变，溶液的pH不变，故B错误；加入NaOH，c(OH－)增大，CH3COO－的水解程度相应降低，平衡向左移动，溶液中的c(OH－)增大，pH变大，故C正确；加水稀释，CH3COO－的水解程度增大，平衡向右移动，溶液的pH减小，故D错误。5．物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3②NaHCO3③H2CO3④(NH4)2CO3⑤NH4HCO3，按c(COeq\o\al(2－,3))由小到大依次排列正确的是(B)A．⑤＜④＜③＜②＜①B．③＜⑤＜②＜④＜①C．③＜②＜⑤＜④＜①D．③＜⑤＜④＜②＜①解析：NHeq\o\al(＋,4)水解呈酸性，COeq\o\al(2－,3)水解呈碱性，二者相互促进水解，所以，Na2CO3溶液中c(COeq\o\al(2－,3))大于(NH4)2CO3溶液中c(COeq\o\al(2－,3))。同理，NaHCO3溶液中c(COeq\o\al(2－,3))大于NH4HCO3溶液中c(COeq\o\al(2－,3))。H2CO3是弱电解质，所以c(COeq\o\al(2－,3))最小。6．下列有关NaHCO3溶液的说法正确的是(C)A．该溶液中H＋、Al3＋、Cl－能大量共存B．该溶液中c(H2CO3)<c(COeq\o\al(2－,3))C．该溶液中阳离子总数大于阴离子总数D．常温下，加水稀释，eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))变小解析：HCOeq\o\al(－,3)与H＋反应生成CO2和H2O而不能大量共存，HCOeq\o\al(－,3)与Al3＋发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体而不能大量共存，A错误；NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于电离程度，故c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))，B错误；依据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，故c(Na＋)＋c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，即该溶液中阳离子总数大于阴离子总数，C正确；eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))为HCOeq\o\al(－,3)的电离平衡常数的表达式，温度不变，电离平衡常数不变，常温下，加水稀释，eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))的值不变，D错误。7．《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述：“吐利风热之痰涎，取其酸苦涌泄也；治诸血痛，脱肛……取其酸涩而收也”。下列说法错误的是(B)A．白矾治血痛的缘由是利用了胶体的聚沉B．白矾溶于水后微粒浓度排序：c(H2O)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(Al3＋)>c(K＋)>c(OH－)>c(H＋)C．检测“无矾油条”是否含“矾”的方法：将油条加热碳化→加水溶解→过滤→滤液中逐滴加入NaOH溶液D．白矾在油条中作膨化剂的原理：Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑解析：白矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，治血痛是利用了胶体的聚沉，故A正确；白矾的化学式为KAl(SO4)2，铝离子水解，c(K＋)>c(Al3＋)，故B错误；检测“无矾油条”是否含“矾”的方法：将油条加热碳化→加水溶解→过滤→滤液中逐滴加入NaOH溶液，假如含有铝离子(含“矾”)，看到的现象为先生成白色沉淀，然后沉淀又渐渐溶解，故C正确；白矾在油条中作膨化剂是因为其可与碳酸氢钠发生双水解反应：Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D正确。8．25℃时，在1.0L浓度均为0.01mol·L－1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c(Na＋)>c(A－)，则下列描述中不正确的是(A)A．该溶液的pH<7B．HA的酸性很弱，A－的水解程度较大C．c(A－)＋c(HA)＝0.02mol·L－1D．n(A－)＋n(OH－)＝0.01mol＋n(H＋)解析：该混合溶液中存在Na＋、A－、OH－与H＋4种离子，依据c(Na＋)>c(A－)，再结合电荷守恒知溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液呈碱性，pH>7，说明HA为弱酸，且A－的水解程度较大，故A项错误，B项正确；由物料守恒可知，C项正确；因n(Na＋)＝0.01mol，利用电荷守恒可知，D项正确。9．某工厂用提取粗盐后的盐卤(主要成分为MgCl2)制备金属镁，其工艺流程如下，下列说法中错误的是(A)eq\x(盐卤)eq\o(→,\s\up17(足量的石灰浆),\s\do15(操作①))eq\x(MgOH2)eq\o(→,\s\up17(适量盐酸))eq\x(MgCl2溶液),操作②eq\x(MgCl2·6H2O)eq\o(→,\s\up17(HCl气流),\s\do15(操作③))eq\x(MgCl2)eq\o(→,\s\up17(电解),\s\do15(操作④))eq\x(Mg)A．若在试验室进行操作①，只须要漏斗和烧杯两种玻璃仪器B．操作②是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等步骤C．操作③通入HCl气流是为了抑制MgCl2的水解D．在整个制备过程中，未发生置换反应解析：A项，盐卤中加入足量的石灰浆，盐卤中的Mg2＋完全转化为Mg(OH)2沉淀，用过滤法进行分别，该操作须要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，错误；B项，从MgCl2溶液中获得MgCl2·6H2O的操作：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤，正确；C项，若干脆加热MgCl2·6H2O，MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，由于HCl的挥发会促进MgCl2的水解，最终不能获得无水MgCl2，为了抑制MgCl2的水解，需在HCl气流中加热，正确；D项，盐卤中加入足量石灰浆发生的反应和Mg(OH)2与盐酸的反应都为复分解反应，MgCl2·6H2O→MgCl2以及MgCl2→Mg过程发生分解反应，整个制备过程未发生置换反应，正确。10．对下列现象或事实的说明正确的是(B)选项现象或事实说明A蒸发NaAlO2溶液可以获得固体NaAlO2NaAlO2在水中不会水解B施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合运用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气，会降低肥效C漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的ClO－可以水解成HClODFeCl3溶液可用于水处理FeCl3中Fe3＋具有氧化性，可杀菌消毒解析：A项，NaAlO2溶液中存在水解平衡：NaAlO2＋2H2ONaOH＋Al(OH)3，蒸发溶液时水解生成的NaOH和Al(OH)3反应仍生成NaAlO2，错误；B项，K2CO3属于强碱弱酸盐，由于COeq\o\al(2－,3)的水解溶液会呈碱性，NH4Cl属于强酸弱碱盐，由于NHeq\o\al(＋,4)的水解溶液会呈酸性，若两者混合施用，由于水解相互促进会产生氨气，降低肥效，正确；C项，漂白粉在空气中久置变质的缘由：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO、2HClOeq\o(=,\s\up17(光照))2HCl＋O2↑，错误；D项，FeCl3溶液用于水处理，原理是FeCl3水解生成Fe(OH)3胶体吸附水中的悬浮物，起净水作用，与杀菌消毒无关，错误。11．已知在常温下测得浓度均为0.1mol·L－1的三种溶液的pH如下：溶质NaHCO3Na2CO3NaCNpH9.711.611.1下列说法正确的是(C)A．其溶液中阳离子的物质的量浓度之和：Na2CO3>NaCN>NaHCO3B．相同条件下的酸性：H2CO3<HCNC．三种溶液中均存在电离平衡和水解平衡D．上升Na2CO3溶液的温度，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小解析：三种溶液中阳离子均为Na＋和H＋，Na2CO3溶液中Na＋浓度是其他两种溶液中Na＋浓度的两倍，阳离子浓度之和最大，NaCN溶液和NaHCO3溶液中Na＋浓度相等，NaCN溶液中H＋浓度小于NaHCO3溶液中H＋浓度，故其溶液中阳离子浓度之和的大小依次为Na2CO3>NaHCO3>NaCN，A项错误；HCOeq\o\al(－,3)的水解实力小于CN－，故酸性：H2CO3>HCN，B项错误；上升Na2CO3溶液的温度，促进COeq\o\al(2－,3)的水解，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))增大，D项错误。12．有①Na2CO3溶液、②CH3COONa溶液、③NaOH溶液、④CH3COONH4溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是(B)A．四种溶液的pH大小依次是③>②>①>④B．若分别加入25mL0.1mol/L的盐酸充分反应后，pH最大的是①C．若将四种溶液稀释相同倍数，pH改变最大的是④D．上升温度，③溶液的pH不变解析：等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应酸的酸性越强，水解程度越小，碳酸的酸性弱于醋酸的酸性，所以Na2CO3溶液的碱性强于CH3COONa溶液，醋酸铵溶液呈中性，所以四种溶液pH的大小依次是③>①>②>④，A错误；分别加入等体积、等浓度的盐酸充分反应后，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl，④中溶质为CH3COOH和NH4Cl，HCOeq\o\al(－,3)水解显碱性，所以pH最大的是①，B正确；稀释时强碱的pH改变程度大，所以四种溶液稀释相同倍数，pH改变最大的是③，C错误；上升温度，水的离子积常数增大，氢氧化钠溶液中H＋浓度增大，pH减小，D错误。二、非选择题(52分)13．(12分)(1)碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是K2CO3，缘由是尽管加热过程促进K2CO3水解，但生成的KHCO3和KOH反应后仍为K2CO3。(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是明矾，缘由是尽管Al3＋水解，由于H2SO4为高沸点酸，最终仍旧是结晶水合物明矾。(3)碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是BaCO3，缘由是碳酸氢钡在溶液蒸干过程中受热分解。(4)亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是Na2SO4，缘由是亚硫酸钠在蒸干的过程中不断被空气中的氧气氧化而变成Na2SO4。(5)氯化铝溶液蒸干得到的固体物质是Al(OH)3，缘由是Al3＋水解，HCl挥发，得Al(OH)3。(6)在干燥的氯化氢气流中加热水合氯化镁(MgCl2·6H2O)晶体，得到的固体物质是无水MgCl2，缘由是在干燥的氯化氢气流中，HCl抑制了Mg2＋的水解且带走水蒸气，最终得到无水MgCl2。解析：同样属于能水解的盐，在加热过程中，由于生成物含有挥发或难挥发性的物质，有的促进了水解，有的抑制了水解，还有的要考虑被氧化的问题。14．(12分)将0.2mol·L－1HA溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)。用“>”“<”或“＝”填写下列空白：(1)混合溶液中c(A－)<c(HA)。(2)混合溶液中c(HA)＋c(A－)＝0.1mol·L－1。(3)混合溶液中由水电离出的c(OH－)>0.2mol·L－1HA溶液中由水电离出的c(H＋)。(4)25℃时，假如取0.2mol·L－1HA溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH<7，则HA的电离程度>NaA的水解程度。解析：(1)将0.2mol·L－1HA溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合时，溶质为等物质的量的HA和NaA，由于c(Na＋)>c(A－)，说明A－的水解实力大于HA的电离实力，使得c(HA)>c(A－)。(2)通过物料守恒可知，c(HA)＋c(A－)＝0.1mol·L－1。(3)混合溶液中由于NaA的存在，促进水的电离，而0.2mol·L－1HA溶液中水的电离受到抑制，因此前者由水电离产生的c(OH－)大于后者由水电离产生的c(H＋)。(4)假如取0.2mol·L－1HA溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的HA和NaA，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度。15．(12分)下图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01mol·L－1CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰；向烧杯③中加入NH4NO3晶体；烧杯②中不加任何物质。(1)含酚酞的0.01mol·L－1CH3COONa溶液显浅红色的缘由为CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使溶液呈碱性。(2)试验过程中发觉烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是BD。A．水解反应为放热反应B．水解反应为吸热反应C．NH4NO3溶于水时放出热量D．NH4NO3溶于水时汲取热量(3)向0.01mol·L－1CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为右、左、左、右(填“左”“右”或“不移动”)。16．(16分)亚硝酸(HNO2)为一元弱酸，其性质与硝酸相像。已知：298K时，四种物质的电离平衡常数(K)如下表。HNO2NH3·H2OH2CO3H2SO3K5.1×10－41.8×10－5Ka1＝4.2×10－7Ka2＝5.61×10－11Ka1＝1.3×10－2Ka2＝6.3×10－8(1)下列不能说明HNO2是弱电解质的是B(填序号)。A．常温下0.1mol·L－1NaNO2溶液的pH>7B．用肯定浓度HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗C．等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液分别与足量锌反应，HNO2放出的氢气较多D．常温下，0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.3(2)298K时，将10mL0.1mol·L－1的亚硝酸溶液与10mL0.1mol·L－1氨水混合，所得溶液显酸性(填“酸性”“碱性”或“中性”)，缘由是反应恰好生成亚硝酸铵，亚硝酸根离子水解呈碱性，铵根离子水解呈酸性，但是亚硝酸根离子水解程度小于铵根离子的水解程度，故溶液呈酸性。(3)若将pH＝2的HNO2、HCl两溶液分别加水稀释，pH改变如图所示，推断曲线Ⅰ对应的溶液为HCl(填化学式)溶液。图中a、b、c三点对应溶液的导电实力由强到弱的依次是b>a>c(用a、b、c表示，下同)；溶液中水的电离程度由强到弱的依次是c>a>b。(4)依据供应数据回答下列问题：①298K时，NaHSO3溶液中HSOeq\o\al(－,3)水解平衡常数Kh＝7.7×10－13；由此可推断HSOeq\o\al(－,3)水解程度小于电离程度(填“小于”“大于”或“等于”)。②H2SO3溶液和NaHCO3溶液主要反应的离子方程式为H2SO3＋HCOeq\o\al(－,3)=HSOeq\o\al(－,3)＋CO2↑＋H2O。(5)298K时，向含有2molNa2CO3的溶液中加入1molHNO2后，溶液中COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)和NOeq\o\al(－,2)的浓度由大到小的依次是c(HCOeq\o\al(－,3))>c(NOeq\o\al(－,2))>c(COeq\o\al(2－,3))。解析：(1)NaNO2溶液pH>7，则NaNO2为强碱弱酸盐，说明HNO2是弱电解质，故A错误；灯泡很暗只能说明溶液导电实力弱，溶液导电实力弱说明溶液中离子浓度小，导电性强弱与电解质的强弱无关，故B正确；等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液分别与足量锌反应，HNO2放出的氢气较多，说明HNO2溶液中存在大量未电离的HNO2分子，则HNO2为弱电解质，故C错误；0.1mol·L－1亚硝酸溶液的pH约为2.3，则亚硝酸部分电离，说明HNO2是弱电解质，故D错误。(2)将10mL0.1mol·L－1的亚硝酸与10mL0.1mol·L－1氨水混合，恰好完全反应生成NH4NO2。亚硝酸根离子水解呈碱性，铵根离子水解呈酸性，由表格可知HNO2的电离常数大于NH3·H2O的电离常数，则亚硝酸根离子水解程度小于铵根离子的水解程度，溶液显酸性。(3)HNO2是弱酸，部分电离，pH＝2的HNO2溶液中有大量未电离的HNO2。两溶液加水稀释相同的倍数，HNO2溶液的pH改变较小，故曲线Ⅰ对应HCl溶液。溶液的导电实力和氢离子浓度大小有关，浓度越大，导电实力越强，依据pH可知，a、b、c三点对应溶液的氢离子浓度大小依次为b>a>c，所以导电实力由强到弱的依次是b>a>c。酸对水的电离起抑制作用，酸中氢离子浓度越小，抑制作用越弱，则水的电离程度越大，所以溶液中水的电离程度由强到弱的依次是c>a>b。(4)①H2SO3的一级电离：H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋，Ka1＝1.3×10－2；HSOeq\o\al(－,3)的水解：