最新高考化学一轮课时作业83盐类的水解含答案.docx
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最新高考化学一轮课时作业83盐类的水解含答案
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课时提升作业（二十四）
（45分钟 100分）
一、选择题（本题包括10小题,每小题6分,共60分）
1.下列运用与碳酸钠或碳酸氢钠能发生水解的事实无关的是（ ）
A.实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B.泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液,使用时只需将其混合就可产生大量二氧化碳泡沫
C.厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污
D.可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳
2.一定条件下,CH3COONa溶液存在水解平衡:
CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-,下列说法正确的是（ ）
A.加入少量NaOH固体,c（CH3COO-）增大
B.加入少量FeCl3固体,c（CH3COO-）增大
C.稀释溶液,溶液的pH增大
D.加入适量醋酸得到的酸性混合溶液:
c（Na+）>c（CH3COO-）>c（H+）>c（OH-）
3.（2013·南开区模拟）向三份0.1mol·L-1CH3COONa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
4.相同温度、相同浓度下的六种溶液,其pH由小到大的顺序如图所示,图中①②③代表的物质可能分别为（ ）
A.NH4Cl （NH4）2SO4 CH3COONaB.（NH4）2SO4 NH4Cl CH3COONa
C.（NH4）2SO4 NH4Cl NaOHD.CH3COOH NH4Cl （NH4）2SO4
5.已知HA和HB都是弱酸,且常温下相同浓度的两种酸溶液中,HA溶液中的c（OH-）大于HB溶液中的c（OH-）。
下列叙述中不正确的是（ ）
A.0.1mol·L-1HA溶液中:
c（H+）-c（OH-）=c（A-）
B.常温下,将pH=3的HB与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后所得溶液显酸性
C.0.2mol·L-1HB溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合:
2c（H+）-2c（OH-）=c（B-）-c（HB）
D.物质的量浓度均为0.01mol·L-1的NaA和NaB的混合溶液中:
c（OH-）>c（HB）>c（HA）>c（H+）
6.下列根据反应原理设计的应用,不正确的是（ ）
A.C
+H2O
HC
+OH-;用热的纯碱溶液清洗油污
B.Al3++3H2O
Al（OH）3（胶体）+3H+;明矾净水
C.TiCl4+（x+2）H2O（过量）
TiO2·xH2O↓+4HCl;制备TiO2纳米粉
D.SnCl2+H2O
Sn（OH）Cl↓+HCl;配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
7.为了配制N
的浓度与Cl-的浓度之比为1∶1的溶液,可在NH4Cl溶液中加入
（ ）
A.适量的HClB.适量的NaCl
C.适量的氨水D.适量的NaOH
8.（2012·四川高考）常温下,下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（ ）
A.新制氯水中加入固体NaOH:
c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-）
B.pH=8.3的NaHCO3溶液:
c（Na+）>c（HC
）>c（C
）>c（H2CO3）
C.pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合:
c（Cl-）=c（N
）>c（OH-）=c（H+）
D.0.2mol·L-1CH3COOH溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合:
2c（H+）-2c（OH-）=c（CH3COO-）-c（CH3COOH）
9.（2013·合肥模拟）常温下,向20mL0.2mol·L-1H2A溶液中滴加0.2mol·L-1NaOH溶液。
有关微粒的物质的量变化如图（其中Ⅰ代表H2A,Ⅱ代表HA-,Ⅲ代表A2-）。
根据图示判断下列说法正确的是（ ）
A.H2A的电离方程式为H2A
A2-+2H+
B.在NaHA溶液中:
c（H+）=c（A2-）+c（OH-）-c（H2A）
C.当V（NaOH）=20mL时,溶液中离子浓度大小关系:
c（Na+）>c（HA-）>c（OH-）>c（A2-）>c（H+）
D.向NaHA溶液加入水的过程中,pH可能增大也可能减小
10.（能力挑战题）下列说法正确的是（ ）
A.常温下,pH=3的HX（一元酸）溶液与pH=11的YOH（一元碱）溶液等体积混合,所得溶液的pH一定大于或等于7
B.在相同温度下,浓度均为0.1mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2和（NH4）2SO4溶液中,c（N
）相同
C.在pH<7的CH3COOH和CH3COONa的混合液中,c（Na+）>c（CH3COO-）>c（H+）>c（OH-）
D.0.4mol·L-1盐酸与0.1mol·L-1NaAlO2溶液等体积混合,所得溶液中:
c（Cl-）>c（Na+）>c（Al3+）>c（H+）>c（OH-）
二、非选择题（本题包括3小题,共40分）
11.（10分）现有四瓶丢失标签的NaOH、Na2CO3、AlCl3、NH4HSO4溶液,为鉴别四瓶溶液,将四瓶溶液编号为A、B、C、D进行实验。
实验过程和记录如图所示（无关物质已经略去）:
请回答:
（1）A、W的溶液分别加热蒸干并灼烧最后所得固体为 、 。
（2）D溶液pH 7（填“大于”“小于”或“等于”）,原因是（用离子方程式表示） 。
（3）等物质的量浓度的A、B、C、D溶液,pH由大到小的顺序是 （用化学式表示）。
（4）等物质的量浓度的C溶液与NH4Cl溶液相比较,c（N
）:
前者 后者（填“<”“>”或“=”）。
（5）若B、C的稀溶液混合后（不加热）溶液呈中性,则该溶液中离子浓度从大到小的顺序是 。
12.（14分）（2013·太原模拟）（Ⅰ）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如表所示:
实验
编号
HA的物质的量
浓度（mol·L-1）
NaOH的物质的
量浓度（mol·L-1）
混合后溶
液的pH
甲
0.1
0.1
pH=a
乙
0.12
0.1
pH=7
丙
0.2
0.1
pH>7
丁
0.1
0.1
pH=10
（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c（A-）和c（Na+）的大小关系是 。
A.前者大 B.后者大
C.二者相等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,写出该混合溶液中下列算式的精确结果（列式）:
c（Na+）-
c（A-）= mol·L-1。
（Ⅱ）某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是H2B====H++HB- HB-
H++B2-
回答下列问题:
（5）在0.1mol·L-1的Na2B溶液中,下列粒子浓度关系式正确的是 。
A.c（B2-）+c（HB-）=0.1mol·L-1
B.c（B2-）+c（HB-）+c（H2B）=0.1mol·L-1
C.c（OH-）=c（H+）+c（HB-）
D.c（Na+）+c（OH-）=c（H+）+c（HB-）
13.（16分）（能力挑战题）铁、铜单质及其化合物应用范围很广。
现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体（CuCl2·2H2O）,为制取纯净的CuCl2·2H2O,首先将其制成水溶液,然后按如图步骤进行提纯:
已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表:
Fe3+
Fe2+
Cu2+
氢氧化物开始沉淀时的pH
1.9
7.0
4.7
氢氧化物完全沉淀时的pH
3.2
9.0
6.7
请回答下列问题:
（1）加入氧化剂的目的是 。
（2）最适合作氧化剂X的是 。
A.K2Cr2O7B.NaClOC.H2O2D.KMnO4
（3）加入的物质Y是 。
（4）若不用物质Y而是直接用碱能不能达到目的?
（填“能”或“不能”）。
若能,不用回答;若不能,试解释原因 。
（5）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体?
（填“能”或“不能”）。
若能,不用回答;若不能,回答该如何操作?
。
（6）若向溶液Ⅱ中加入碳酸钙,产生的现象是
。
答案解析
1.【解析】选D。
A项是因为Na2CO3水解显碱性与玻璃中的SiO2作用生成黏性的Na2SiO3;B项是因为NaHCO3与Al2（SO4）3相互促进水解:
Al3++3HC
====Al（OH）3↓+3CO2↑;C项是因为C
水解显碱性,能够除去油污;D项与盐类的水解无关。
2.【解析】选A。
加入少量NaOH固体,会增大溶液中OH-的浓度,使平衡向左移动,c（CH3COO-）增大,故A项正确;加入少量FeCl3固体,FeCl3水解显酸性,CH3COONa水解显碱性,在同一溶液中相互促进水解,c（CH3COO-）减小,故B项不正确;稀释溶液,c（OH-）减小,溶液的pH减小,故C项不正确;若c（Na+）>c（CH3COO-）>c（H+）>
c（OH-）,则有c（Na+）+c（H+）>c（OH-）+c（CH3COO-）,不符合电荷守恒原理,故D项不正确。
3.【解析】选A。
醋酸根离子水解使CH3COONa溶液显碱性,N
和Fe3+水解均使溶液显酸性,S
水解使溶液呈碱性,故加入NH4NO3和FeCl3固体均能促进CH3COONa的水解,导致溶液中CH3COO-浓度减小,加入Na2SO3固体抑制CH3COONa的水解,导致溶液中CH3COO-浓度增大,故选项A正确。
4.【解析】选B。
NH4HSO4完全电离,溶液显强酸性,（NH4）2SO4比NH4Cl溶液中的铵根离子浓度大,水解生成的氢离子浓度大,醋酸钠水解显碱性,且其碱性比Na2CO3要弱。
5.【解析】选D。
弱酸溶液中的H+是由酸和H2O电离生成的,而OH-完全是由H2O电离生成的,所以有:
c（A-）=c（H+）-c（OH-）,A正确;因HB是弱酸,pH=3的HB与pH=11的氢氧化钠溶液
等体积混合反应后,HB剩余很多,故显酸性,B正确;0.2mol·L-1HB溶液与
0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后,生成浓度均为0.05mol·L-1的HB溶液和NaB溶液,根据物料守恒c（HB）+c（B-）=2c（Na+）和电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（B-）+
c（OH-）即可推出2c（H+）-2c（OH-）=c（B-）-c（HB）,C正确;HA溶液中的c（OH-）较大,则HA电离出的c（H+）较小,故HA的酸性弱于HB,则NaA水解程度大,产生的c（HA）大,故D项中的微粒大小顺序应为c（OH-）>c（HA）>c（HB）>c（H+）。
6.【解析】选D。
配制SnCl2溶液时应加入稀盐酸抑制SnCl2水解,加入NaOH会促进SnCl2的水解,而发生变质。
7.【解析】选C。
由于溶液中N
的水解:
N
+H2O
NH3·H2O+H+,N
的浓度减小,从而使溶液中N
与Cl-的浓度比小于1∶1。
现欲使N
的浓度与Cl-的浓度比为1∶1,则必须抑制N
的水解（或增大N
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N
。
8.【解题指南】解答本题时应注意以下2点:
（1）电解质溶液中存在电荷守恒、质子守恒和物料守恒。
（2）弱电解质溶液中可能存在电离平衡和水解平衡。
【解析】选D。
A项列的是电荷守恒的式子,但是带正电荷的物质漏掉了氢离子;碳酸氢钠溶液中存在下列平衡:
HC
C
+H+,HC
+H2O
H2CO3+OH-,由于溶液显碱性,因此碳酸氢钠溶液水解平衡大于电离平衡,故碳酸的浓度大于碳酸根的浓度;pH=11的氨水的氢氧根离子浓度和pH=3的盐酸的氢离子浓度相等,由于氨水属于弱碱,因此氨水的浓度远远大于盐酸的浓度,两者等体积混合时,氨水远远过量,溶液显碱性;D项两者混合后得到的是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合液,列出溶液中电荷守恒和物料守恒的式子,两式子合并,将钠离子约掉可得选项D。
【方法技巧】离子浓度大小比较的解题思路
9.【解析】选B。
酸和碱等体积混合后得酸式盐的水溶液,由图像知c（A2-）>c（H2A）,说明HA-的电离程度大于水解程度,即二元酸H2A是弱酸,电离方程式应分步进行,A错误;在NaHA溶液中,由电荷守恒可得c（Na+）+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-）,由物料守恒可得c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）,由上述两式整理可得c（H+）=c（A2-）+c（OH-）-c（H2A）,B项正确;当V（NaOH）=20mL时,相当于0.1mol·L-1的NaHA溶液,图像中c（A2-）>c（H2A）,说明HA-的电离程度大于水解程度,溶液显酸性,所以溶液中离子浓度大小关系:
c（Na+）>c（HA-）>c（H+）>c（A2-）>c（OH-）,C项错误;D项,向NaHA溶液中加入水的过程中,溶液体积增大c（H+）减小,酸性减弱,pH增大,错误。
10.【解析】选D。
A项若HX为强酸,YOH为强碱,则pH=7;若HX为弱酸,YOH为强碱,则pH<7;若HX为强酸,YOH为弱碱,则pH>7,故A项不正确;B项中由于Fe2+的水解会抑制N
的水解,故（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的c（N
）比（NH4）2SO4中的大,B项错误;C项中根据关系式可知c（Na+）+c（H+）>c（CH3COO-）+c（OH-）,而此关系式不符合电荷守恒,C项错误。
D项所得溶液为等浓度的AlCl3与NaCl的混合溶液,D项正确。
【方法技巧】粒子浓度关系的判断技巧
（1）对于混合溶液中微粒浓度的比较,要先考虑是否反应,再判断反应后酸或碱是否过量,若过量,则须同时考虑电离与水解两个方面。
（2）一般而言,等浓度的弱酸与弱酸盐混合,电离程度大于水解程度,溶液呈酸性;HCN、NaCN混合液除外,它们的混合溶液呈碱性,水解程度大于电离程度。
（3）对于存在电离和水解过程的NaHA溶液,若溶液呈酸性,则电离程度大于水解程度,则c（A2-）>c（H2A）;若溶液呈碱性,则电离程度小于水解程度,则c（H2A）>
c（A2-）。
11.【解析】由A、B混合产生沉淀,再加入B,沉淀溶解,推断A为AlCl3、B为NaOH,则X为Al（OH）3,W为NaAlO2。
由B、C混合放出使石蕊变蓝的气体Y可推知C为NH4HSO4,则Y为NH3。
由此可知D为Na2CO3,D与C反应可生成CO2气体。
（1）AlCl3溶液蒸干灼烧后得Al2O3,NaAlO2溶液蒸干灼烧得NaAlO2。
（2）Na2CO3在水中水解使溶液呈碱性,pH>7。
（3）分析四种物质的溶液的酸碱性可知pH大小顺序为NaOH>Na2CO3>AlCl3>
NH4HSO4。
（4）NH4HSO4溶液的酸性大于NH4Cl溶液,N
水解程度小,浓度大。
（5）B、C混合恰好完全反应时,溶质为Na2SO4、（NH4）2SO4,溶液呈弱酸性,若呈中性,则应NaOH稍过量。
故离子浓度关系为c（Na+）>c（S
）>c（N
）>c（H+）=c（OH-）
答案:
（1）Al2O3 NaAlO2
（2）大于 C
+H2O
HC
+OH-
（3）NaOH>Na2CO3>AlCl3>NH4HSO4
（4）>
（5）c（Na+）>c（S
）>c（N
）>c（H+）=c（OH-）
12.【解析】
（1）一元酸HA与NaOH等物质的量反应,酸性强弱取决于完全中和后盐溶液的pH,a=7时为强酸,a>7时为弱酸。
（2）据电荷守恒,有c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-）,因c（H+）=c（OH-）,所以c（Na+）=c（A-）。
（3）丙为等浓度的HA与NaA的混合溶液,由pH>7知A-水解程度大于HA的电离,离子浓度大小关系为c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+）。
（4）据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-）,推导c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=
10-4-10-10（mol·L-1）。
（5）注意题干中的电离方程式,一级电离为完全电离。
判断A项为B元素的物料守恒,C项为溶液中的质子守恒。
答案:
（1）a=7时,HA是强酸;a>7时,HA是弱酸
（2）C （3）c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+）
（4）10-4-10-10
（5）A、C
13.【解析】
（1）由Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH知,当Fe2+开始沉淀时,Cu2+已经沉淀完全;而当Fe3+沉淀完全时,Cu2+尚未沉淀,所以除去Cu2+中的Fe2+时,需将Fe2+氧化成Fe3+后除去。
（2）加入的氧化剂能把Fe2+氧化成Fe3+,同时又不能引入新杂质,所以应选用H2O2。
（3）当除去Cu2+中的Fe3+时,可以利用Fe3+的水解:
Fe3++3H2O
Fe（OH）3+3H+,所以加入的物质Y应具有以下条件:
①能与H+反应,水解平衡向正反应方向移动,从而使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而除去;②不能引入新杂质,满足该条件的物质Y可以是CuO、Cu（OH）2、CuCO3或Cu2（OH）2CO3。
（4）若直接加碱使Fe3+沉淀的同时,也能使Cu2+沉淀。
（5）若直接蒸发结晶将得不到CuCl2·2H2O晶体,因为在对CuCl2溶液蒸发的过程中,CuCl2水解产生的HCl从溶液中挥发出来,导致CuCl2水解平衡向正反应方向移动,最终得到CuO或Cu（OH）2,而得不到CuCl2·2H2O晶体。
为了抑制CuCl2水解,应在HCl气流中加热蒸发结晶。
（6）在溶液Ⅱ中存在FeCl3、CuCl2的水解平衡,溶液呈酸性,加入的碳酸钙与水解产生的H+反应,导致c（H+）减小,水解平衡向正反应方向移动,直至反应完全,所以产生气泡和沉淀,同时碳酸钙溶解。
答案:
（1）将Fe2+氧化成Fe3+,便于生成沉淀与Cu2+分离
（2）C
（3）CuO
（4）不能 加碱使Fe3+沉淀的同时也能使Cu2+沉淀
（5）不能 应在HCl气流中加热蒸发结晶
（6）碳酸钙溶解,产生气泡和沉淀
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