高中化学人教版选修四课后提升作业 十六 331 盐类的水解附答案.docx

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高中化学人教版选修四课后提升作业十六331盐类的水解附答案

课后提升作业十六

　盐类的水解

（30分钟　50分）

一、选择题（本题包括6小题,每小题5分,共30分）

1.（2016·三亚高二检测）下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是　

（　　）

A.N

+H2O

NH3·H2O+H+

B.S2-+H2O

H2S+2OH-

C.CH3COOH+H2O

CH3COO-+H3O+

D.CH3COOH+OH-

CH3COO-+H2O

【解析】选A。

B不能一步水解,应该用多步水解方程式表示;C是电离方程式,不是水解方程式;D是醋酸与可溶性强碱发生中和反应的离子方程式。

2.下列说法正确的是　（　　）

A.HC

在水溶液中只电离,不水解

B.硝酸钠溶液水解之后呈中性

C.可溶性的铝盐都能发生水解反应

D.可溶性的钾盐都不发生水解反应

【解析】选C。

多元弱酸的酸式酸根离子在溶液中既可电离,又可水解;NaNO3为强酸强碱盐,不水解;钾盐中K+不水解但阴离子可能水解,如K2CO3;而C中Al3+为弱碱阳离子,一定能水解。

3.（2016·运城高二检测）将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中,恢复至室温,所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）（　　）

①Na2O2　②Na2O　③Na2CO3　④NaCl

A.①>②>③>④　　　　　　　B.①>②>④>③

C.①=②>③>④D.①=②>③=④

【解析】选C。

①、②溶于水且都与水反应,溶质都是0.02mol,c（OH-）>0.2mol·L-1;③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④。

因此C选项正确。

【补偿训练】

同物质的量浓度的下列各组溶液中,阳离子浓度几乎相等的是　（　　）

A.NH4Cl和NH4NO3　　B.NH4Cl和（NH4）2SO4

C.Ba（NO3）2和CuSO4D.HCl和CH3COOH

【解析】选A。

A项都是强酸的铵盐,对N

的水解没有影响,故浓度相同;B项两物质的浓度相同,但N

浓度不同;C项中的Cu2+能水解;D项中HCl是强酸能完全电离,而CH3COOH不能。

4.（2016·沈阳高二检测）常温下,某溶液中由水电离的c（H+）=1×10-13mol·L-1,该溶液可能是　（　　）

①二氧化硫水溶液　②氯化铵水溶液　③硝酸钠水溶液

④氢氧化钠水溶液

A.①④　　　B.①②　　　C.②③　　　D.③④

【解析】选A。

常温下纯水电离产生的c（H+）=10-7mol·L-1。

题目所给溶液中由水电离的c（H+）=1×10-13mol·L-1<10-7mol·L-1,说明水的电离被抑制,则溶液应为酸溶液或碱溶液。

【补偿训练】

（双选）常温下,一定浓度的某溶液,由水电离出的c（OH-）=10-4mol·L-1,则该溶液中的溶质可能是　（　　）

A.Al2（SO4）3　　　　　B.CH3COOH

C.NaOHD.CH3COOK

【解析】选A、D。

常温下,由纯水电离出的c（H+）=c（OH-）=10-7mol·L-1,因为c（OH-）=10-4mol·L-1>10-7mol·L-1,因而该溶液中的溶质能促进水的电离。

盐类的水解能促进水的电离,而酸、碱无论强弱都会抑制水的电离,故排除B、C,选A、D。

5.（2016·温州高二检测）某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系,用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系,得到曲线如图,下列分析不合理的是　（　　）

A.碳酸钠水解是吸热反应

B.ab段说明水解平衡向右移动

C.bc段说明水解平衡向左移动

D.水的电离平衡也对pH产生影响

【解析】选C。

A项,分析图象,碳酸钠溶液中碳酸根离子水解,升温pH增大,说明水解是吸热反应,故A正确;B项,ab段说明升温促进水解,氢氧根离子浓度增大,碱性增强,溶液pH增大,图象符合,故B正确;C项,温度升高促进水解平衡正向进行,故C错误。

【补偿训练】

下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是　（　　）

A.盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡

B.NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c（H+）>c（OH-）

C.在CH3COONa溶液中,由水电离出的c（OH-）≠c（H+）

D.水电离出的H+和OH-与盐中弱离子结合,造成盐溶液呈酸碱性

【解析】选C。

盐溶液呈酸碱性的原因,就是破坏了水的电离平衡,使溶液中c（H+）≠c（OH-）,故A对;溶液显酸性则一定有c（H+）>c（OH-）,故B对;根据水的电离方程式:

H2O

H++OH-,水在任何溶液中电离出的c（OH-）=c（H+）,但在CH3COONa溶液中,由于生成了弱电解质CH3COOH,使得溶液中c（OH-）>c（H+）,故显碱性,故C错误;水电离出的H+和OH-与盐中弱酸阴离子或弱碱阳离子结合生成弱电解质,正是造成盐溶液呈酸碱性的原因,故D对。

6.相同温度,相同物质的量浓度的五种溶液:

①NH4Cl②NaHSO4　③NaCl　

④CH3COONa　⑤Na2CO3,pH按由大到小的顺序排列,正确的是　（　　）

A.⑤>④>①>③>②

B.⑤>④>③>①>②

C.⑤>④>①>②>③

D.④>⑤>③>①>②

【解析】选B。

①②显酸性,pH较小,其中②是由于电离显酸性,①是由于水解显酸性,所以pH为①>②;③显中性;④⑤都为强碱弱酸盐,弱酸根离子水解显碱性,酸越弱水解程度越大,碱性越强,所以pH为⑤>④。

【方法规律】溶液的酸碱性强弱的判断

溶液的酸碱性强弱的判断或溶液pH大小的比较,其实质是比较c（H+）的大小。

解答此类题目的思路是先将各种物质按酸性的、中性的和碱性的分成三大类,然后根据盐类水解的几点规律将溶液按酸碱性强弱排序。

规律共四点:

a.水解造成的酸性没有弱酸的酸性强;b.水解造成的碱性不如弱碱的碱性强;c.盐所对应的酸越弱,水解造成的碱性越强;d.盐所对应的碱越弱,水解造成的酸性越强。

二、非选择题（本题包括2小题,共20分）

7.（10分）（2016·汕头高二检测）常温下将0.01molNH4Cl和0.002molNaOH溶于水配成1L溶液。

（1）用化学用语表示该溶液中的三个平衡关系是

①__________________________;

②__________________________;

③__________________________。

（2）这些微粒中浓度为0.01mol·L-1的是________,浓度为0.002mol·L-1的是________。

（3）物质的量之和为0.01mol的两种微粒是________。

【解析】常温下将0.01molNH4Cl和0.002molNaOH溶于水,充分反应后得到NH4Cl、NaCl和NH3·H2O的混合溶液,其中N

和NH3·H2O的物质的量之和为

0.01mol,配成1L溶液后,物质的量浓度之和为0.01mol·L-1;Cl-的物质的量为0.01mol,Na+的物质的量为0.002mol,配成1L溶液后,物质的量浓度分别为0.01mol·L-1和0.002mol·L-1。

答案:

（1）NH3·H2O

N

+OH-

N

+H2O

NH3·H2O+H+

H2O

H++OH-

（2）Cl-　Na+

（3）N

、NH3·H2O

【补偿训练】

如图所示三个烧瓶中分别装有含酚酞的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溶液显红色的原因为_________________。

（2）实验过程中发现烧瓶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________。

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溶于水时吸收热量

（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__________、__________、__________、________（填“左”“右”或“不移动”）。

【解析】

（1）CH3COONa中CH3COO-水解使溶液显碱性,酚酞遇碱显红色。

（2）生石灰与水剧烈反应且放出大量热,根据烧瓶①中溶液红色变深,判断水解平衡向右移动,说明水解反应是吸热反应,同时烧瓶③中溶液红色变浅,则NH4NO3溶于水时吸收热量。

（3）酸促进CH3COO-的水解,碱抑制CH3COO-的水解;C

与CH3COO-带同种电荷,水解相互抑制;Fe2+与CH3COO-带异种电荷,水解相互促进。

答案:

（1）CH3COO-+H2O

CH3COOH+OH-,使溶液显碱性　

（2）B、D　（3）右　左　左　右

8.（10分）（2016·南通高二检测）10℃时,在烧杯中加入0.1mol·L-1的NaHCO3溶液400mL,加热,测得该溶液的pH发生如下变化:

温度（℃）

10

20

30

50

70

pH

8.3

8.4

8.5

8.9

9.4

（1）甲同学认为,该溶液的pH升高的原因是HC

的水解程度增大,故碱性增强,该反应的离子方程式为 _____________________________________________。

（2）乙同学认为,溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度________（填“大于”或“小于”）NaHCO3。

（3）丙同学认为:

要确定上述哪种说法合理,只要把加热后的溶液冷却到10℃后再测定溶液pH,若pH________8.3（填“>”“<”或“=”）,说明甲正确;若pH________8.3（填“>”“<”或“=”）,说明乙正确。

（4）丁同学设计如下实验方案对甲、乙同学的解释进行判断:

实验装置如图,加热煮沸NaHCO3溶液,发现试管A中澄清石灰水变浑浊,说明________（填“甲”或“乙”）推测正确。

（5）将一定体积0.1mol·L-1的NaHCO3溶液置于烧杯中加热至微沸（溶液体积不变）;将烧杯冷却至室温,过一段时间（溶液体积不变）测得pH为10.1。

据此资料可以判断________（填“甲”或“乙”）推测正确,原因是 ________________。

【解析】

（1）HC

水解的离子方程式为HC

+H2O

H2CO3+OH-。

（2）乙同学根据NaHCO3受热易分解,认为受热时2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O,这样溶质成为Na2CO3,而pH增大,也说明Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。

（3）若甲同学的观点正确,则当温度再恢复至10℃时,pH应为8.3,若乙同学的观点正确,则当温度降回至10℃时,则pH应大于8.3,而第（5）小题实验也利用该原理从而证明乙同学的观点是正确的。

（4）根据A中澄清石灰水变浑浊,说明NaHCO3在加热煮沸时发生了分解反应生成了Na2CO3与CO2及水,证明乙同学观点正确。

答案:

（1）HC

+H2O

H2CO3+OH-

（2）大于

（3）=　>

（4）乙

（5）乙　溶液冷却至室温后pH大于8.4,说明此实验过程中溶液有新物质生成

【补偿训练】

（2016·温州高二检测）pH=2的某酸HnA（A为酸根）与pH=12的某碱B（OH）m等体积混合,混合液的pH=6。

（1）写出生成的正盐的分子式:

________。

（2）该盐中存在着一定水解的离子,该离子的水解方程式为_________________。

（3）简述该混合液呈酸性的原因:

 ______________________________________。

【解析】

（1）正盐即酸中的H+与碱中的OH-完全反应生成的盐,A显-n价,B显+m价,所以正盐为BnAm。

（2）若为强酸、强碱,两者恰好反应生成的盐不水解,溶液呈中性,不符合;若为弱碱、强酸,则等体积混合时,碱过量,混合液应呈碱性,不符合,所以应为弱酸、强碱混合,An-水解,注意An-分步水解,可只写第一步:

An-+H2O

HA（n-1）+OH-。

（3）弱酸过量,电离出H+。

答案:

（1）BnAm

（2）An-+H2O

HA（n-1）+OH-

（3）过量的弱酸进一步电离出H+