第三章第3节第2课时影响盐类水解的主要因素课时作业-高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1.docx

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1、第三章第3节第2课时影响盐类水解的主要因素-课时作业高中化学人教版（2019）选择性必修1学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1能够使CH3COONa溶液pH增大且水解程度也增大的条件是A加水B升温C加压D加CH3COONa固体2下列物质溶于水后，抑制了水的电离的是：AH2SO4BNaClCCH3COONaDNa2CO33鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是A水溶液的B水溶液加水稀释，升高C在水中的电离方程式为：D水溶液中：4下列说法正确的是ACO(g)3H2(g)=CH4(g)H2O(g)在一定条件下能自发进行，则该反应的H0B

2、向Na2CO3溶液中加入少量CaCl2固体，溶液的pH增大C常温下，向0.1molL-1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大D常温下pH=5的NH4Cl中，由水电离出的c(H)=10-9 molL-15下列应用与盐类水解无主要关系的是（）A用铝盐和铁盐作净水剂B将（遇水剧烈水解）和混合加热制取无水C溶液制备晶体时，不能直接蒸干结晶获取D草木灰与铵态氮肥不能混合施用6向氯化铵溶液加入少量试剂M，使溶液中c()=c(Cl-)。试剂M不可能是A氨水B稀盐酸C硝酸银溶液D硫酸铵溶液7常温下2 mL 1 molL1 NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成。下列

3、说法中，不正确的是（）ANaHCO3溶液中，HCO3水解程度大于其电离程度BNaHCO3溶液中，c(Na)c(HCO3)c(OH)c(H)C最终所得的混合溶液中，c(Na)c(H)c(HCO3)2c(CO32)c(OH)D滴加饱和CaCl2溶液促进了HCO3的电离8下列关于溶液的说法正确的是A溶质的电离方程式为B溶液中微粒浓度关系满足：C离子浓度关系：D温度升高，增大9下列溶液中有关微粒的物质的量浓度和数目关系正确的是A常温下，将醋酸钠和盐酸两溶液混合至中性，混合后的溶液中B等浓度的溶液与KOH溶液等体积混合：CpH相等的、三种溶液，大小是D为二元弱酸，则等浓度等体积的与NaHA溶液中阴离子数

4、目前者大于后者10下列有关说法正确的是A反应在任何条件下都不会自发进行B溶液加水稀释后，溶液中的值减小C温度升高，反应物的活化分子数增多，主要因素是分子的运动加快，反应速率加快D液中加入少量固体，水解程度减小，溶液的pH减小1125 ，两种酸的电离常数如下表。Ka1Ka2H2A1.31026.3106H2B4.21075.6107下列叙述中正确的是AH2A的电离方程式：H2A=2HA2B常温下，在水中Na2B的水解平衡常数为Ka1C等浓度的Na2A和Na2B溶液，溶液pH大小关系：前者大于后者D向Na2B溶液中加入H2A溶液，可发生反应：B2H2A=A2H2B12下列说法正确的是A2NO(g)

5、+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下可自发进行，则该反应的H0B一定条件下反应N2+3H22NH3达到平衡时，3v正(H2)=2v逆(NH3)C向0.1 molL-1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中比值增大DNa2O2与足量的水反应生成0.2 mol O2，转移电子数目为0.86.021023二、填空题13将0.01 mol CH3COONa溶于水，形成1 L溶液。(1)该溶液中存在两个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：_；_。(2)该溶液中存在的粒子有：_(填粒子符号，下同)，浓度为0.01 molL-1的粒子是_。(3)该溶液中存在三个守恒关系式：物料守恒：_

6、；电荷守恒：_；质子守恒：_。(4)该溶液中离子浓度大小顺序为：_。14现有在室温的条件下，pH均为a的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，回答下列问题：（1）两溶液中c(H+)c(OH)=_。（2）各取5 mL上述溶液，分别加水稀释至50 mL，pH较大的是_溶液。（3）各取5 mL上述溶液，分别加热到90，pH较小的是_溶液。（4）H2SO4溶液和NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)分别为_、_。（5）取5 mL NH4Cl溶液，加水稀释至50 mL，c(H+)_10(a+1) molL1（填“”“3，故A错误；B稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)

7、将减小，溶液pH将升高，故B正确；CGHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH+Cl-，故C错误；D根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。4C【详解】ACO(g)3H2(g)CH4(g)H2O(g)的S0，一定条件下使HTS0，反应才能自发进行，则该反应的H0，A错误；B碳酸钠溶液由于碳酸根离子发生水解显碱性，碳酸钠溶液中加入少量氯化该固体，发生反应：Na2CO3+CaCl2= CaCO3+ 2NaCl，溶液碱性减弱，pH减小，B项错误；CCH3COONa水解方程式：CH3COO-+

8、H2O CH3COOH+OH-，稀释时水解平衡正向移动，则 增大，C项正确；DpH=5的NH4Cl溶液中，铵根离子水解促进水的电离，溶液中氢离子都来自水的电离，故水电离出的c(H+)=10-5mol/L，D项错误；故选C。5C【详解】A.铝离子和铁离子均水解，分别生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，因此用铝盐和铁盐作净水剂，与盐类水解有关，故A不选；B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，水解生成，抑制氯化铝水解，将和混合加热制取无水，与盐类水解有关，故B不选；C.亚铁离子不稳定，易被空气中的氧化生成铁离子，且受热易分解，所D.以不能直接蒸干饱和溶液来制备，与盐类水解无关，故C选；铵根离子和碳酸根离子

9、水解相互促进，因此施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用，与盐类水解有关系，故D不选。故答案选：C。6B【详解】A氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液显酸性，溶液中c()c(Cl-)，加入少量氨水，溶液中c()增大，则可使溶液中c()=c(Cl-)，故A不符合题意；B氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液显酸性，溶液中c()c(Cl-)，加入稀盐酸，虽然抑制铵根离子的水解，使溶液中铵根离子浓度增大，根据外界条件的变化大于体系内平衡移动的变化，即氯离子的增大程度大于铵根离子增大程度，混合后的溶液中c()c(Cl-)，故B符合题意；C氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解

10、使溶液显酸性，溶液中c()c(Cl-)，加入少量硝酸银溶液，Ag+与Cl-结合形成AgCl沉淀，溶液中c(Cl-)减小，可使溶液中c()=c(Cl-)，故C不符合题意；D氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液显酸性，溶液中c()c(Cl-)，加入少量硫酸铵溶液，溶液中c()增大，可使溶液中c()=c(Cl-)，故D不符合题意；答案选B。7C【详解】A. 碳酸氢根离子既可以发生电离使溶液呈酸性，也可以发生水解使溶液呈碱性，1 molL1 NaHCO3溶液的pH约为8，溶液呈碱性，说明HCO3的水解程度大于电离程度，故A正确；B. 在NaHCO3溶液中，因碳酸氢根离子既发生电离又发生水解

11、，且水解程度大于电离程度使溶液呈碱性，则c(Na)c(HCO3)c(OH)c(H)，故B正确；C. 向NaHCO3溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，混合后的溶液中含有Ca2和Cl，根据电荷守恒：c(Na)c(H)2c(Ca2)c(HCO3)2c(CO32)c(OH)c(Cl)，故C错误；D. 碳酸氢根离子发生电离：HCO3HCO32，滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明Ca2和CO32结合生成了CaCO3沉淀，促进了HCO3的电离，故D正确。答案选C。【点睛】写电荷守恒时，要将溶液中所有阴阳离子全部写上，不能遗漏。8B【详解】A.碳酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢

12、根离子，碳酸氢根离子不能完全电离，其正确的电离方程式为：，故A错误；B. 根据碳酸氢钠溶液中的质子守恒可得：，故B正确；C.根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒可得：，故C错误；D.水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则减小，故D错误。故选B。【点睛】质子守恒可以根据得到质子生成的粒子的浓度等于失去质子生成的粒子的浓度相等来考虑。如碳酸氢钠溶液中的碳酸氢根离子得到质子（即H+）生成H2CO3，失去质子生成CO32-，水得到质子生成H3O+（即H+），失去质子生成OH-，所以：。9D【详解】A常温下，将醋酸钠和盐酸两溶液混合，两溶液发生化学反应，当溶液呈中性时，根据电荷守恒可知，溶液中，因此，根据物料守

13、恒可知，溶液中，由两式可知，溶液中，因此溶液中，故A项错误；B等浓度的溶液与KOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成K2SO3，溶液中电荷守恒为，物料守恒为，两式联立可得，故B项错误CpH相等的、三种溶液，和中的水解程度相同，电离出的H+会抑制水解，溶液中H+主要来自盐的电离，因此与溶液pH相等时，的溶质浓度更低，因此三组溶液中大小是=，故C项错误；D等浓度等体积的与NaHA溶液中溶质的物质的量相等，A2-发生水解(阴离子数目增加)，HA-发生水解和电离时，溶液中阴离子数目变化较小，因此阴离子数目前者大于后者，故D项正确；综上所述，正确的是D项。10B【详解】由，则在一定温度下当时，反应可自

14、发进行，故A错误； B. 溶液中，加水稀释后溶液酸性减弱，即氢离子浓度减小，所以的值减小，故B正确； C. 升高温度时，化学反应速率加快，是因升高温度，反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，故C错误； D. 溶液中存在碳酸根的水解平衡，加入固体，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀，碳酸根的水解平衡逆移，但加固体溶液中氢氧根离子浓度增大，所以pH增大，故D错误； 故选B。11D【详解】AH2A是二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2AH+HA-，HA-H+A2-，A错误；B常温下，在水中Na2B的水解平衡常数为：，B错误；C根据电离平衡常数可知酸性：H2A

15、H2B，等浓度的Na2A和Na2B溶液，后者水解程度大，溶液碱性强，因此溶液pH大小关系：前者小于后者，C错误；D由于酸性H2AHAH2B，向Na2B溶液中加入H2A溶液，可发生反应：B2H2AA2H2B，D正确。答案选D。12C【详解】2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)反应的S0，在常温下可自发进行，需要H0，A错误；一定条件下反应N2+3H22NH3达到平衡时，正逆反应速率相等，即2v正(H2)=3v逆(NH3)，B错误；向0.1 molL-1 CH3COONa溶液中加入少量水，水解平衡常数Kh保持不变，Kh=，加入少量水碱性变弱，c(OH)变小，变大，C正确；2Na2

16、O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成1 mol O2，转移电子数目为26.021023，故生成0.2 mol O2，转移电子数目为0.46.021023，D错误。13 CH3COO-+H2OCH3COOH+ OH- H2OH+ OH- H+、 OH-、CH3COO-、Na+ Na+ c(Na+)=c (CH3COOH)+c(CH3COO-) c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)； c(OH-)= c(H+)+ c(CH3COOH) c(Na+) c(CH3COO-) c(OH-) c(H+)【详解】(1) CH3COONa属于强碱弱酸盐，溶于水后CH3COO-发生水

17、解生成醋酸和氢氧化钠，其离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+ OH-；同时溶液中还存在着水的电离，其电离方程式为：H2OH+ OH-，故答案：CH3COO-+H2OCH3COOH+ OH-；H2OH+ OH-。(2) 将0.01 mol CH3COONa溶于水，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+ OH-和H2OH+ OH-两个平衡，所以该溶液中存在的粒子有：H+、 OH-、CH3COO-、Na+，因为钠离子不水解，所以浓度为0.01 molL-1，故答案：H+、 OH-、CH3COO-、Na+；Na+。(3)将0.01 mol CH3COONa溶于水，溶液中存在CH

18、3COO-+H2OCH3COOH+ OH-和H2OH+ OH-两个平衡，据此分析：则该溶液中物料守恒规律为：c(Na+)=c (CH3COOH)+c(CH3COO-)；溶液中的电荷守恒是所有阳离子所带的正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总是，所以溶液中的电荷守恒为： c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)质子守恒规律为：c(OH-)= c(H+)+ c(CH3COOH)。故答案：c(Na+)=c (CH3COOH)+c(CH3COO-)；c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)；c(OH-)= c(H+)+ c(CH3COOH)。(4)将0.01 m

19、ol CH3COONa溶于水，溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+ OH-和H2OH+ OH-两个平衡，则溶液中离子浓度由大到小顺序为：c(Na+) c(CH3COO-) c(OH-) c(H+)，故答案：c(Na+) c(CH3COO-) c(OH-) c(H+)。14 11014 H2SO4 NH4Cl 110a14 molL1 110a molL1 减小【分析】（1）室温下，水的离子积为110-14；（2）强酸溶液稀释，H+浓度随体积变化减小，NH4Cl溶液稀释除了体积变化浓度减小外，稀释促进NH4+的水解，H+物质的量增大，浓度减小；（3）NH4+的水解是吸热的过程，加热溶

20、液，促进水解，c(H+)增大，硫酸溶液加热，c(H+)不变；（4）硫酸中的OH-是水电离得到的，NH4Cl溶液中的H+是水电离出来的，据此进行计算；（5）NH4Cl溶液稀释促进了水解，平衡正向进行，依据溶液中体积相同，离子浓度之比可以比较离子物质的量之比。【详解】（1）室温下，水的离子积KW=c(H+)c(OH-)=110-14；（2）室温条件下，pH为a的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，各取5mL，分别加水稀释，至50mL，稀释10倍，H2SO4溶液pH变化为a+1，稀释促进NH4+水解，导致溶液pH小于a+1，因此pH较大的是硫酸溶液；（3）室温下，NH4+的水解是吸热的过程，加热溶液，促

21、进水解，c(H+)增大，硫酸溶液加热，c(H+)不变，因此各取5 mL上述溶液，分别加热到90，pH较小的是NH4Cl溶液；（4）室温下，pH为a的H2SO4溶液和NH4Cl溶液存在离子积常数，酸溶液中，c(H+)酸c(OH-)碱=10-14，水电离出的c(OH-)水=110a-14mol/L，NH4Cl溶液中，c(H+)水c(OH-)水剩余=10-14，水电离出的c(H+)水=110-amol/L，（5）取5 mL NH4Cl溶液，加水稀释至50 mL，体积减小到原来的10倍，稀释促进了水解，因此溶液中c(H+)10-amol/L，大于10-(a+1)mol/L，NH4+水解，稀释会促进水解

22、，溶液中的n(NH4+)增大，n(H+)也增大，溶液中H+的不但来自NH4+水解，加入的水也会带入H+，n(H+)增大的更多，所以减小。15(1)(2) 1.25 (3)温度高于50时，水解程度增大，的浓度减小，故去除率降低(4) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色 0.11【解析】（1）在酸性条件下，可与反应生成，同时生成氧气、氯化钠和水，发生反应的离子方程式为：；（2）NaHSO4溶液完全电离得到H+，NaC1O2和NaHSO4反应生成ClO2和C1-，即发生歧化反应生成ClO2和C1-， 结合酸性条件配平的离子方程式为，根据反应可知，每生成1mol消耗的物质的量为1.25mol，因溶液显酸性与反应产生二氧化碳，故逸出气体的主要成分是；（3）FeSO4是强酸弱碱盐，升高温度促进了Fe2+水解，使更多的Fe2+水解生成Fe(OH)2，导致参与氧化还原反应的Fe2+减少，故去除率降低；故答案为: 温度高于50时，水解程度增大，的浓度减小，故去除率降低；（4）用溶液滴定至终点，产生的碘恰好完全反应后溶液蓝色褪去，故滴定终点的现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色；依据反应原理得关系式：，。答案第11页，共7页