2019-2020年高中化学 第三章 第三节 第二课时 盐类水解的影响因素课下30分钟演练 新人教版选修4.doc

2019-2020年高中化学 第三章 第三节 第二课时 盐类水解的影响因素课下30分钟演练 新人教版选修4一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)1一定条件下，CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COOH2OCH3COOHOH。下列说法正确的是()A加入少量NaOH固体，c(CH3COO)减小B升高温度，溶液的pH增大C稀释溶液，溶液的pH增大D通入少量HCl气体，水解平衡常数减小解析：加入NaOH会抑制其水解，使c(CH3COO)增大；升温能促进盐类的水解，即c(OH)增大；其pH增大；虽然稀释能促进水解，但仍以增大溶液体积为主，即c(OH)减小，溶液的pH将减小；通入HCl能促进水解，但温度不变，水解平衡常数不变。答案：B2常温下，盐酸与氨水混合，所得溶液pH7，则此溶液中的关系正确的是()Ac(NH)<c(Cl)Bc(NH)c(Cl)Cc(NH)>c(Cl)D无法确定c(NH)与c(Cl)解析：根据溶液显电中性，则NH4Cl溶液中c(Cl)c(OH)c(NH)c(H)，当c(H)c(OH)时，必有c(NH)c(Cl)。答案：B325时，浓度为0.2 molL1的Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是()A加热，c(OH)增大B存在七种粒子C存在水解平衡，不存在电离平衡D加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)增大解析：Na2CO3溶液中存在水解平衡：COH2OHCOOH，HCOH2OH2CO3OH，加热时水解受到促进，c(OH)增大；Na2CO3溶液中的溶剂水存在电离平衡：H2OHOH，所以溶液中的粒子为Na、CO、HCO、OH、H、H2CO3、H2O七种粒子，外加NaOH固体，抑制Na2CO3水解，c(CO)增大，D正确。答案：C425 时，浓度均为0.2 mol/L的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是()A均存在电离平衡和水解平衡B存在的粒子种类相同Cc(OH)前者大于后者D分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大解析：两溶液中均存在Na、HCO、CO、H2CO3、H、OH和H2O七种粒子；浓度相同的NaHCO3和Na2CO3溶液，Na2CO3溶液的水解程度大于NaHCO3溶液，c(OH)后者大于前者；加入NaOH固体抑制Na2CO3溶液水解，且能促进NaHCO3溶液的电离，导致c(CO)均增大。答案：C5双选题用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1 L混合溶液，已知其中c(CH3COO)>c(Na)，对该混合溶液的下列判断正确的是()Ac(H)>c(OH)Bc(CH3COOH)c(CH3COO)0.2 mol L1Cc(CH3COOH)>c(CH3COO)Dc(CH3COO)c(OH)0.2 molL1解析：CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，CH3COOH的电离和CH3COONa的水解因素同时存在。已知c(CH3COO)>c(Na)，根据电荷守恒c(CH3COO)c(OH)c(Na)c(H)，可得出c(OH)<c(H)。说明混合溶液呈酸性，进一步推测出0.1 molL1的CH3COOH和0.1 molL1的CH3COONa溶液中，电离和水解这一对矛盾中起主要作用的是电离，即CH3COOH的电离趋势大于CH3COO的水解趋势。根据物料守恒，可推出A、B项是正确的。答案：AB6(xx重庆高考)对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是()A明矾溶液加热BCH3COONa溶液加热C氨水中加入少量NH4Cl固体D小苏打溶液中加入少量NaCl固体解析：滴有酚酞的溶液颜色变深，说明操作后溶液的碱性增强。A项，明矾水解溶液呈酸性；B项，加热能促进CH3COO水解，溶液碱性增强；C项，加NH4Cl固体能抑制NH3H2O电离，溶液碱性减小；D项，加NaCl固体对NaHCO3溶液的碱性无影响。答案：B7物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按pH由小到大的顺序排列的是() ANa2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4ClBNa2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaClC(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2SDNH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3解析：本题主要利用盐类水解的原理判断盐溶液酸碱性的强弱。(NH4)2SO4、NH4Cl溶液因NH水解而呈酸性，(NH4)2SO4中的NH浓度大于NH4Cl溶液的，故前者pH小；NaNO3溶液呈中性(pH7)；Na2S溶液因S2水解而呈碱性(pH>7)，选C。答案：C二、非选择题(本题包括4小题，共39分)8(6分)在氯化铁溶液中存在下列平衡：FeCl33H2OFe(OH)33HClH0(1)将饱和FeCl3溶液，滴入沸腾的蒸馏水中可得到一种红褐色透明液体。向这种液体中加入稀H2SO4产生的现象为_。(2)不断加热FeCl3溶液，蒸干其水分并灼烧得到的固体可能是_。(3)在配制FeCl3溶液时，为防止产生浑浊，应_。解析：(1)将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，得到Fe(OH)3胶体，加入稀H2SO4则胶体聚沉而得到红褐色沉淀，当H2SO4过量时沉淀又溶解生成黄色溶液。(2)加热可促进盐类水解，由于HCl挥发，可使水解进行彻底，得到Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解，最终产物为Fe2O3。(3)为防止FeCl3水解，应加入浓盐酸抑制FeCl3水解。答案：(1)先生成红褐色沉淀，又逐渐溶解生成黄色溶液(2)Fe2O3(3)加入少许浓盐酸9(10分)已知在0.1 molL1的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为c(Na)>c(HSO)>c(SO)>c(H2SO3)。(1)该溶液中c(H)_c(OH)(填“>”“<”或“”)，简述理由(用离子方程式表示)：_。(2)现向NH4HSO3溶液中，逐滴加入少量含有酚酞的NaOH溶液，可观察到的现象是_，写出该反应的离子方程式：_解析：由溶液中离子浓度大小可判断NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则c(H)>c(OH)。当向NH4HSO3溶液中加入少量含有酚酞的NaOH后，OHHSO=SOH2O，NHOH=NH3H2O，则红色逐渐变浅，直至褪去。注意“少量”的字眼，现象中无气体生成。答案：(1)>HSOHSO(2)红色逐渐变浅直至变为无色HSOOH=SOH2O，NHOH=NH3H2O10(13分)25 时，将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水，形成1 L混合溶液。回答下列问题：(1)该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：_；_。(2)溶液中共有_种不同的粒子(指分子和离子)。(3)在这些粒子中，浓度为0.01 molL1的是_，浓度为0.002 molL1的是_。(4)_和_两种粒子物质的量之和等于0.01 mol。解析：(1)CH3COONaHCl=CH3COOHNaCl，同时CH3COONa有剩余，故溶液中的三个平衡体系是：CH3COOHCH3COOH、CH3COOH2OCH3COOHOH、H2OHOH。(2)溶液中有Na、Cl、CH3COO、CH3COOH、H、OH、H2O七种不同的粒子。(3)溶液中：c(Cl)0.002 mol/L，c(Na)0.01 mol/L。(4)根据物料守恒，推知n(CH3COOH)n(CH3COO)0.01 mol。答案：(1)CH3COOH2OCH3COOHOHCH3COOHCH3COOHH2OHOH(2)7(3)NaCl(4)CH3COOHCH3COO11(10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(molL1)NaOH物质的量浓度(molL1)混合溶液的pH0.10.1pH9c0.2pH70.20.1pH<7(1)从组实验分析，HA是_(填“强酸”或“弱酸”)。 (2)组实验表明，c_0.2(填“大于”、“小于”或“等于”)。混合液中离子浓度c(A)与c(Na)的大小关系是_。(3)从组实验结果分析，说明HA的电离程度_(填“大于”、“小于”或“等于”)NaA的水解程度，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。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，两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c>0.2，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)第组实验所得混合液相当于HA和NaA的混合液，pH7，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度。根据电荷守恒式可得c(A)>c(Na)>c(H)>c(OH)。答案：(1)弱酸(2)大于c(A)c(Na)(3)大于c(A)>c(Na)>c(H)>c(OH)