2022年高考化学总复习 8.3盐类的水解课时作业

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1、2022年高考化学总复习 8.3盐类的水解课时作业一、选择题1下列过程或现象与盐类水解无关的是()A纯碱溶液去油污B铁在潮湿的环境下生锈C加热氯化铁溶液颜色变深 D浓硫化钠溶液有臭味解析：A项，碳酸钠水解显碱性，利用油污在碱性条件下水解生成可溶于水的物质而达到去污目的；C项，氯化铁溶液中发生Fe33H2OFe(OH)33H，在加热条件下水解平衡正向移动造成体系颜色加深；D项，硫化钠溶液中存在S2H2OHSOH，HSH2OH2SOH，水解产物H2S是产生臭味的原因；B项，是铁发生电化学腐蚀的结果，不涉及盐类的水解。答案：B2为了配制NH的浓度与Cl的浓度之比为11的溶液，可在NH4Cl溶液中加入

2、()A适量的HCl B适量的NaClC适量的氨水 D适量的NaOH解析：由于溶液中NH的水解：NHH2ONH3H2OH，NH的浓度减小，从而使溶液中NH与Cl的浓度比小于11。现欲使NH的浓度与Cl的浓度比为11，则必须抑制NH的水解(或增大NH的浓度)，同时不能改变Cl的浓度。可以加入适量的氨水或除NH4Cl外的其他铵盐以补充NH。答案：C3在25 时，在浓度为1 molL1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测其c(NH)分别为a、b、c(单位：molL1)。下列判断正确的是()Aabc BabcCacb Dcab解析：三种溶液中都存在水解平衡：

3、NHH2ONH3H2OH，对于(NH4)2CO3来说，因COHHCO，而使上述平衡向右移动，促进了NH的水解；对于(NH4)2Fe(SO4)2来说，Fe22H2OFe(OH)22H，c(H)增大，抑制NH的水解。答案：D4对于等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列说法不正确的是()A分别升高温度，两种溶液的pH均减小B相同温度下两种溶液的pH：Na2CO3NaHCO3C分别加入少量NaOH，两溶液中c(CO)均增大D两溶液均存在c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)解析：A项，升温，CO、HCO的水解程度均增大，pH增大，错误。答案：A5常温下，0.1 molL1的

4、三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则下列比较中正确的是()AHX是弱酸B离子浓度：c(Z) c(Y)c(X)C电离常数：K(HZ)K(HY)Dc(X)c(Y)c(HY)c(Z)c(HZ)解析：NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则HX是强酸，HY、HZ是弱酸，再根据水解规律可知HY的酸性强于HZ的酸性；所以酸性：HXHYHZ，故A、C错误；根据“越弱越水解”可知B错误；D选项是正确的物料守恒关系式。答案：D6(xx年高考福建卷)下列关于0.10 molL1 NaHCO3溶液的说法正确的是()A溶质的电离方程式为NaHCO3=NaHCOB25 时，加水稀释后，n(

5、H)与n(OH)的乘积变大C离子浓度关系：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)c(CO)D温度升高，c(HCO)增大解析：NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=NaHCO，故A项错误；根据电荷守恒，c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)，故C错误；温度升高，促进HCO水解，c(HCO)减小，故D错误。答案：B7等物质的量浓度、等体积的下列溶液中：H2CO3、Na2CO3、NaHCO3、NH4HCO3、(NH4)2CO3。下列关系或者说法正确的是()Ac(CO)的大小关系为：Bc(HCO)的大小关系为：C将溶液蒸干灼烧只有不能得到对应的固体物质D既能与盐酸反应，又能与NaOH

6、溶液反应解析：由于中NH与HCO互相促进水解，故c(HCO)，c(CO)也是，B错误；将各溶液蒸干后都分解，得不到原来的物质，C错误；Na2CO3只能与盐酸反应，而与NaOH溶液不反应，D错误。A项：NH与CO水解相互促进，c(CO)，HCO既水解又电离，水解程度大于电离程度，c(CO)c(Y2)c(HY)c(OH)c(H)C在该盐的溶液中，离子浓度：c(Na)c(HY)c(Y2)c(OH)c(H)DHY的水解方程式：HYH2OY2H3O解析：在NaHY溶液中有：NaHY=NaHY，HYH2OH2YOH(水解)，HYHY2(电离)，H2OHOH。由于HY的电离程度小于HY的水解程度，所以溶液呈

7、碱性，即c(OH)c(H)。由后两步电离可知c(H)c(Y2)。因此有c(OH)c(H)c(Y2)。由于HY发生水解和电离，所以有c(Na)c(HY)。但发生水解和电离的HY是少量的，所以溶液中c(Na)和c(HY)远大于其他离子的浓度。综合可知溶液中各种离子的浓度关系：c(Na)c(HY)c(OH)c(H)c(Y2)。可见B、C选项都是错误的。D项是HY的电离方程式。答案：A9(xx年高考安徽卷)室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是()ANa2S溶液：c(Na)c(HS)c(OH)c(H2S)BNa2C2O4溶液：c(OH)c(H)c(HC2O)2c(H2C2O4)CNa2CO3溶液：c(

8、Na)c(H)2c(CO)c(OH)DCH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na)c(Ca2)c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Cl)解析：A项，Na2S溶液中，水解方程式为S2H2OHSOH，HSH2OH2SOH，因第一步水解程度远大于第二步，则c(Na)c(OH)c(HS)c(H2S)，A项错误；B项，由质子守恒可知等式正确；C项，Na2CO3溶液中，由电荷守恒可得：c(Na)c(H)2c(CO)c(OH)c(HCO)，C项错误；D项，根据物料守恒可得：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，c(Cl)2c(Ca2)，得：c(Na)2c(Ca2)c(CH3COO)c

9、(CH3COOH)c(Cl)，D项错误。答案：B10(xx年高考江苏卷)25 时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(双选)()A0.1 molL1 CH3COONa溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合：c(Na)c(Cl)c(CH3COO)c(OH)B0.1 molL1 NH4Cl溶液与0.1 molL1氨水等体积混合(pH7)：c(NH3H2O)c(NH)c(Cl)c(OH)C0.1 molL1 Na2CO3溶液与0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)D0.1 molL1 Na2C2O4溶液与0.1 molL1

10、HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)c(HC2O)c(OH)c(Na)c(H)解析：A项，两种溶液等体积混合，CH3COONa与HCl恰好完全反应生成0.05 molL1 NaCl和0.05 molL1CH3COOH，由于CH3COOH是弱酸，部分电离，c(Na)c(Cl)0.05 molL1c(CH3COO)c(OH)，A项正确；B项，等浓度的NH4Cl溶液和氨水混合，溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，故c(NH)c(NH3H2O)，B项错误；C项，根据物料守恒可知正确；D项，由电荷守恒可得：2c(C2O)c(HC2O)c(OH)c(Cl)c

11、(Na)c(H)，D项错误。答案：AC二、非选择题11现有浓度均为0.1 molL1的五种电解质溶液：ANa2CO3、B.NaHCO3、C.NaAlO2、D.CH3COONa、ENaOH。(1)这五种溶液中水的电离程度最大的是_。(2)将五种溶液稀释相同的倍数时，其pH变化最大的是_。(3)将上述A、B、C、D四种溶液两两混合时，有一对溶液相互间能够发生反应，写出该反应的离子方程式：_。(4)将CO2通入A溶液中恰好呈中性，溶液中2c(CO)c(HCO)_ molL1(设反应前后溶液体积不变)。解析：五种物质中有四种可水解的盐和一种强碱。(1)酸性：CH3COOHH2CO3HCOAl(OH)3

12、，根据越弱越水解，水解程度最大的NaAlO2溶液中水的电离程度最大。(2)稀释过程中，可水解的盐水解平衡右移，溶液的pH变化程度相对较小，NaOH完全电离，溶液的pH变化最大。(3)HCO的酸性大于Al(OH)3，故NaAlO2能与NaHCO3反应生成Al(OH)3沉淀。(4)由电荷守恒得：c(Na)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)，因溶液呈中性：c(H)c(OH)，所以2c(CO)c(HCO)c(Na)0.2 molL1。答案：(1)C(2)E(3)HCOAlOH2O=Al(OH)3CO(4)0.212常温下，将0.010 mol CH3COONa和0.004 mol HCl溶于水

13、，配制成0.5 L混合液。判断：(1)溶液中共有_种微粒。(2)溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.010 mol，它们是_和_。(3)溶液中n(CH3COO)n(OH)n(H)_ mol。解析：CH3COONaHCl=CH3COOHNaCl0004 mol0.004 mol0.004 mol0.004 mol可知溶于水后，溶液中的溶质为CH3COOH 0.004 mol，NaCl 0.004 mol，CH3COONa 0.006 mol。(1)溶液中的微粒有：H2O、CH3COOH、Na、Cl、CH3COO、H、OH共7种。(2)据物料守恒有：n(CH3COO)n(CH3COOH)0.

14、010 mol(3)据电荷守恒有：n(Na)n(H)n(CH3COO)n(Cl)n(OH)则：n(CH3COO)n(OH)n(H)n(Na)n(Cl)0.010 mol0.004 mol0.006 mol答案：(1)7(2)CH3COOCH3COOH(3)0.00613某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B=HHB；HBHB2。回答下列问题：(1)Na2B溶液显_(填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是_(用离子方程式表示)。(2)在0.1 molL1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是_。Ac(B2)c(HB)c(H2B)0.1 molL1Bc(Na)c(OH)c(

15、H)c(HB)Cc(Na)c(H)c(OH)c(HB)2c(B2)Dc(Na)2c(B2)2c(HB)(3)已知0.1 molL1 NaHB溶液的pH2，则0.1 molL1 H2B溶液中的氢离子的物质的量浓度可能_0.11 molL1(填“”或“”)，理由是_。(4)0.1 molL1 NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_。解析：(1)由H2B=HHB(完全电离)，HBHB2(部分电离)，知Na2B溶液中B2将发生水解反应，故Na2B溶液显碱性，原因是B2H2OHBOH。(2)在Na2B溶液中存在：Na2B=2NaB2，B2H2OHBOH，H2OHOH。由电荷守恒知c(Na)c(H)

16、2c(B2)c(OH)c(HB)，C对。由物料守恒知c(Na)2c(B2)2c(HB)0.2 molL1，D对。在Na2B溶液中不存在H2B，A错，由物料守恒和电荷守恒知B错。(3)在NaHB溶液中，NaHB=NaHB，HBHB2，H2OHOH。已知0.1 molL1 NaHB溶液的pH2，说明其中c(H)0.01 molL1，主要是HB电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H抑制了第二步的电离，所以0.1 molL1 H2B溶液中c(H)c(HB) c(H)c(B2)c(OH)。答案：(1)碱性B2H2OHBOH(2)CD(3)0.1 molL1 NaHB溶液的pH2，说明其中c(H)

17、0.01 molL1，主要是HB电离产生的。在H2B溶液中，第一步电离产生的H抑制了第二步的电离，所以0.1 molL1 H2B溶液中c(H)c(HB)c(H)c(B2)c(OH)14常温下，将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH见下表：实验编号HA物质的量浓度/(molL1)NaOH物质的量浓度/(molL1)混合后溶液的pH甲0.10.1pHa乙0.120.1pH7丙0.20.1pH7丁0.10.1pH10(1)从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？_。(2)乙组混合溶液中粒子浓度c(A)和c(Na)的大小关系

18、_。A前者大 B后者大C两者相等 D无法判断(3)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。(4)分析丁组实验数据，写出混合溶液中下列算式的精确结果(列式)：c(Na)c(A)_ molL1。解析：(1)若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH7。(2)混合溶液中存在电荷守恒c(Na)c(H)c(A)c(OH)，由于pH7，则c(Na)c(A)，C项正确。(3)混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH7说明A的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c(Na)c(A)c(OH)c(H)。(4)由电荷守恒关系式变形得c(Na)c(A)c(OH)c(H)(1041010)molL1。答案：(1)见解析(2)C(3)c(Na)c(A)c(OH)c(H)(4)1041010