高中化学人教版 (2019)选择性必修1第三节 盐类的水解第1课时练习题

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修1第三节 盐类的水解第1课时练习题，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
盐类的水解(40分钟　70分)一、选择题(本题包括13小题，每小题3分，共39分)1．(双选)下列说法正确的是(　　)A．盐溶液都是中性的B．盐溶液的酸碱性与盐的类型无关 C．NaHCO3溶液显碱性D．碳酸钠溶液显碱性，是因为溶液中c(OH－)>c(H＋)【解析】选C、D。盐溶液不一定都呈中性，A错误；B项，盐溶液的酸碱性与盐的类型有关，如Na2CO3溶液呈碱性，NH4Cl溶液呈酸性；C项，HCO水解使溶液呈碱性，正确；D项，CO水解使溶液呈碱性，即c(OH－)>c(H＋) ，正确。2．下列物质的水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子的是(　　)A．HCl　　B．NH4NO3　　C．Na2S　　D．HClO【解析】选A。A项HCl完全电离；B项NH水解，NH＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，有NH3·H2O分子；C项S2－水解，产生H2S分子；D项HClO是弱电解质，不完全电离，有HClO分子。3．下列操作会促进H2O的电离，且使溶液pH>7的是(　　)A．将纯水加热到90 ℃B．向水中加少量NaOH溶液C．向水中加少量Na2CO3溶液D．向水中加少量FeCl3溶液【解析】选C。将纯水加热到90 ℃，水的电离程度增大，c(H＋)＝c(OH－)>10－7 mol·L－1，pH<7，A错误；向水中加少量NaOH溶液，水中c(OH－)增大，pH>7，但水的电离平衡向逆方向移动，即水的电离受到抑制，B错误；向水中加少量Na2CO3溶液，CO与H＋结合，水中c(H＋)减小，水的电离平衡向正方向移动，c(OH－)增大，c(OH－)>c(H＋)，pH>7，C正确；向水中加少量FeCl3溶液，Fe3＋与OH－结合为弱电解质Fe(OH)3，水中c(OH－)减小，水的电离平衡向正方向移动，c(H＋)增大，c(H＋)>c(OH－)，pH<7，D错误。【补偿训练】室温下，将碳酸钠溶液加热至70 ℃，其结果是(　　)A．溶液中c(CO)增大B．水的电离程度不变C．Kw(水的离子积)将变小D．溶液的碱性增强【解析】选D。对于水解平衡CO＋H2O⇌HCO＋OH－，升高温度，平衡右移，c(CO)减小，水的电离程度增大，Kw变大，溶液的碱性增强。4．下列粒子中，能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡向右移动的是(　　)A．aX＋：　　　　　　B．[H]－C．HSO          D．bX2－：【解析】选D。aX＋是K＋，不水解；OH－能抑制水的电离；HSO在水溶液中完全电离生成H＋和SO，H＋抑制水的电离，平衡左移；bX2－是S2－，能与H2O电离产生的H＋结合生成弱电解质，促使水的电离平衡右移。5．(2021·武汉高二检测)常温下，下列各组离子在同一溶液中一定能大量共存的是(　　)A．Fe3＋、Na＋、NO、S2－B．Fe2＋、NH、SO、Fe(CN)C．Mg2＋、Al3＋、Cl－、SOD．NH、K＋、Cl－、SiO【解析】选C。Fe3＋具有较强氧化性，会与S2－发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；Fe2＋与Fe(CN)反应生成沉淀，不能大量共存，故B错误；Mg2＋、Al3＋、Cl－、SO之间相互不反应，可以大量共存，故C正确；D.NH水解使溶液显酸性，SiO水解使溶液显碱性，二者会发生彻底双水解，不能大量共存，故D错误。【补偿训练】下列离子组一定不能大量共存的是(　　)A．K＋、Na＋、CO、NOB．NH、HCO、NO、Na＋C．Al3＋、HCO、NO、Cl－D．SiO、Na＋、K＋、NO【解析】选C。A项，四种离子相互之间不能反应，能大量共存；B项，NH与HCO虽然能相互促进水解，但不彻底，所以能大量共存；D项，能大量共存；C项，由于Al3＋、HCO相互促进水解且生成沉淀和气体，不能大量共存。6．等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH、②(NH4)2CO3、③NaHSO4、④NaHCO3、⑤Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是(　　)A．⑤③①④②　　　　　　　B．⑤③①②④C．②④③①⑤        D．②④①③⑤【解析】选D。向水中加酸、加碱，抑制水的电离，c(H＋)或c(OH－)抑制程度相同，浓度越大，抑制程度越大；加入弱离子，促进水的电离，浓度越大，促进程度越大。故答案为D。7．(2021·天津高二检测)下列选项错误的是(　　)A．氧化铁溶于过量氢碘酸：Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2OB．足量氨水吸收少量二氧化碳气体：2NH3·H2O＋CO2===2NH＋H2O＋COC．常温下，水电离出的c(H＋)＝10－13 mol·L－1，则K＋、AlO、Cl－、Br－可能会大量共存D．在明矾溶液中，S2－、Mg2＋、NO、NH不能大量共存【解析】选A。氧化铁溶于过量氢碘酸，发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，正确的离子反应为Fe2O3＋2I－＋6H＋===2Fe2＋＋I2＋3H2O，故A错误；足量氨水吸收少量二氧化碳气体，反应生成碳酸铵，该反应的离子方程式为2NH3·H2O＋CO2===2NH＋H2O＋CO，故B正确；常温下水电离出的c(H＋)＝10－13 mol·L－1，该溶液呈酸性或碱性，K＋、AlO、Cl－、Br－之间不反应，都不与OH－反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；明矾溶液中存在大量Al3＋，S2－与Mg2＋、Al3＋相互促进水解，在溶液中不能大量共存，故D正确。【补偿训练】下列物质在常温下发生水解时，对应的水解方程式正确的是(　　)A．Na2CO3：CO＋H2O2OH－＋CO2↑B．NH4NO3：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋C．CuSO4：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2↓＋2H＋D．KF：F－＋H2O===HF＋OH－【解析】选B。A项，CO水解不会有CO2生成，错误；C项，不能生成Cu(OH)2沉淀，Cu(OH)2后不能标“↓”符号；D项，应用“”。Ｋ8．对于常温下pH均为4的氯化铵溶液与醋酸溶液，下列叙述正确的是(　　)A．溶液中c(H＋)相等B．水电离的c(H＋)相等C．两溶液中水的电离程度相等D．醋酸溶液中c(OH－)大【解析】选A。NH4Cl===NH＋Cl－，NH的水解促进水的电离，使水的电离程度增大，c(H＋)增大。CH3COOHCH3COO－＋H＋，电离产生的H＋抑制水的电离，使水的电离程度减小，c(H＋)变小。常温下c(OH－)·c(H＋)＝1.0×10－14，故两溶液c(OH－)相等。9．常温时，纯水中由水电离的c(H＋)＝a mol·L－1，pH＝1的盐酸中由水电离的c(H＋)＝b mol·L－1，0.1 mol·L－1的盐酸与0.1 mol·L－1的氨水等体积混合后，由水电离的c(H＋)＝c mol·L－1，则a、b、c的关系正确的是(　　)A．a>b＝c    B．c>a>bC．c>b>a    D．b>c>a【解析】选B。盐酸中HCl电离出的H＋抑制H2O的电离，所以b<a；而盐酸和氨水等体积、等物质的量浓度混合，二者恰好完全反应生成NH4Cl，NH发生水解促进了H2O的电离，所以c>a，因此c>a>b，故选B。10．室温下，在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH－浓度分别为a mol·L－1与b mol·L－1，则a和b关系为(　　)A．a＞b　　B．a＝10－4b　　C．b＝10－4a　　D．a＝b【解析】选B。NaOH抑制水的电离，所以由水电离出的c(OH－)等于溶液中的c(H＋)等于10－9 mol·L－1；CH3COONa水解，促进了水的电离，所以由水电离出的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，故＝＝10－4，即a＝10－4b。11．实验室有下列试剂，其中必须用带橡皮塞的试剂瓶保存的是(　　)①NaOH溶液　②水玻璃　③Na2S溶液　④Na2CO3溶液　⑤NH4Cl溶液　⑥澄清石灰水　⑦浓HNO3　⑧浓H2SO4A．①⑥        B．①②③④⑥C．①②③⑥⑦⑧     D．⑤⑦⑧【解析】选B。碱及水解呈碱性的盐，因OH－可与玻璃中的SiO2反应生成硅酸盐，使试剂瓶与玻璃瓶塞黏连，因而不能用带玻璃塞的试剂瓶保存，必须用带橡胶塞的试剂瓶保存。酸性及强氧化性物质不能用带橡胶塞的试剂瓶保存。12．对于某酸的酸式盐NaHY的水溶液的下列叙述中，正确的是(　　)A．该酸式盐的水溶液一定显酸性B．该酸式盐的水溶液一定呈碱性C．若HY－能水解，水解方程式为HY－＋H2OY2－＋H3O＋D．若HY－能水解，水解方程式为HY－＋H2OH2Y＋OH－【解析】选D。NaHY溶液常见的有三种情况：①NaHSO4，只电离，不水解；②NaHSO3，其水溶液中HSO电离程度大于水解程度，溶液显酸性；③NaHCO3、NaHS，其水溶液中HCO、HS－水解程度大于电离程度，溶液显碱性。因Y2－不确定，故A、B两项错误。C式为电离方程式而非水解方程式。13．广义的水解观点认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是(　　)A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2B．PCl3的水解产物是HClO和H3PO4C．Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4D．CH3COCl的水解产物是两种酸【解析】选B。根据给出的四个选项中的各物质组成，依据化合价将每种物质分解成带正、负电荷的两种粒子(相当于阳、阴离子)。BaO2、PCl3、Al4C3和CH3COCl组成微粒分别为Ba2＋与O、P3＋与Cl－、Al3＋与C4－、CH3CO＋与Cl－。然后分别与水电离出来的氢氧根离子和氢离子进行组合确定生成物，所以A的产物是Ba(OH)2和H2O2，B的产物为H3PO3和HCl，C的产物是Al(OH)3和CH4，D的产物是CH3COOH和HCl，因此错误的为B项。二、非选择题(本题包括3小题，共31分)14．(10分)常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH大于8，0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液的pH小于6，则：(1)NaHCO3溶液中c(H2CO3)________c(CO)(填“>”“＝”或“<”)，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________ (用离子方程式和必要的文字说明)。(2)NaHSO3溶液中c(H2SO3)________c(SO)，原因是___________________________________________________________________。【解析】多元弱酸的酸式酸根离子既能水解又能电离，水解使溶液显碱性，电离使溶液显酸性，最终溶液的酸碱性取决于电离和水解程度的相对大小。答案：(1)>　HCOCO＋H＋，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，溶液的pH大于8，说明HCO的水解程度大于电离程度，故c(H2CO3)>c(CO)(2)<　NaHSO3溶液中存在HSOH＋＋SO和HSO＋H2OH2SO3＋OH－，溶液呈酸性说明电离程度大于水解程度，故c(SO)>c(H2SO3)15．(12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(mol·L－1)NaOH物质的量浓度(mol·L－1)混合溶液的pH①0.10.1pH＝9②c0.2pH＝7③0.20.1pH<7请回答：(1)从①组情况分析，HA是强酸还是弱酸？___________________________________________________________________。(2)②组情况表明，c________0.2(填“>”“<”或“＝”，下同)。混合溶液中离子浓度c(A－)________c(Na＋)。(3)从③组实验结果分析，说明HA的电离程度__________NaA的水解程度(填“大于”“小于”或“等于”)，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是____________________。(4)从以上实验分析，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的HA溶液等体积混合，所得混合溶液中c(OH－)________c(H＋)(填“>”“<”或“＝”)。【解析】(1)实验①恰好完全反应，得到NaA溶液，由pH＝9知，HA为弱酸。(2)由pH＝7知，实验②中HA过量，c>0.2，根据电荷守恒，溶液中c(A－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，故c(A－)＝c(Na＋)。(3)实验③得到的是等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，由pH<7知，HA的电离程度大于A－的水解程度，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。(4)由于HA为弱酸，所以pH＝3的HA溶液中c(HA)≫10－3 mol·L－1，而在pH＝11的NaOH溶液中c(NaOH)＝10－3 mol·L－1，当两溶液等体积混合后，HA过量很多，故混合溶液中c(OH－)<c(H＋)。答案：(1)弱酸　(2)>　＝(3)大于　c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)(4)<16．(9分)室温下，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变为8。(1)写出生成的正盐的分子式：___________________________________________________________________。(2)该盐中存在着一种水解的离子，该离子的水解方程式为___________________________________________________________________。(3)简述该混合液呈碱性的原因：_______________________________________________________________________________________________________________________________________。【解析】pH＝2的酸HnA中c(H＋)与pH＝12的碱B(OH)m中c(OH－)相等，等体积混合后溶液pH＝8，表明B(OH)m为弱碱，物质的量浓度相对较大，反应后碱过量，生成正盐BnAm或BA，其中弱碱阳离子Bm＋能发生水解反应：Bm＋＋mH2OB(OH)m＋mH＋。答案：(1)BnAm(或BA)(2)Bm＋＋mH2OB(OH)m＋mH＋(3)酸与碱等体积反应，碱过量，则最后混合液中溶质是正盐BnAm与碱B(OH)m的混合物，故呈碱性(20分钟　30分)一、选择题(本题包括2小题，每小题5分，共10分)1．(双选)一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)A.升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向b的变化【解析】选C、D。升高温度时，水的电离平衡右移，c(H＋)和c(OH－)均增大，Kw随之增大，而c和b对应的Kw相等，A项不正确；由图中数据可计算出该温度下，水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14，B项不正确；加入FeCl3后，由于Fe3＋水解促进了水的电离，使c(H＋)增大，c(OH－)减小，但Kw不变，可引起由b向a的变化，C项正确；该温度下，稀释溶液，Kw不变，而c和b对应的Kw相等，D项正确。2．由一价离子组成的四种盐溶液：AC、BD、AD、BC各1 mol·L－1，在室温下，前两种溶液的pH＝7，第三种溶液的pH＞7，最后一种溶液的pH＜7，则下列说法正确的是(　　)选项ABCD碱性AOH＞BOHAOH＜BOHAOH＞BOHAOH＜BOH酸性HC＞HDHC＞HDHC＜HDHC＜HD【解析】选A。根据盐类的水解规律可知，弱离子越弱，水解程度越大。该题我们可进行归类分析：综上可知，电离程度HC＝AOH＞HD＝BOH，即酸性HC＞HD，碱性AOH＞BOH，A项正确。【补偿训练】相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是(　　)A．电离程度：HCN>HClOB．pH：HClO>HCNC．与NaOH溶液恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCND．酸根离子浓度：c(CN－)＜c(ClO－)【解析】选D。NaCN和NaClO都为强碱弱酸盐，相同物质的量浓度时NaCN溶液的pH较大，说明CN－水解程度大，因此HCN比HClO的酸性更弱，电离程度HCN＜HClO，A项错误。pH大小为HClO<HCN，B项错误。由于都是一元酸，与NaOH完全反应时，消耗NaOH的物质的量相同，C项错误。同浓度的HCN和HClO，酸性HCN<HClO，则c(CN－)<c(ClO－)，D项正确。Ｋ二、非选择题(本题包括2小题，共20分)3．(8分)(2021·青岛高二检测)某盐或“类盐”的化学式为XmYn(最简结构)，将一定量的该盐溶于足量的水。(1)若m≠n，测得该盐溶液的pH为5，则该盐与水反应的离子方程式可能为___________________________________________________________________。(2)若m≠n，测得该盐溶液的pH为9，则该盐与水反应的离子方程式可能为____________________。(3)若m≠n，X、Y为同周期的短周期元素，XmYn溶于水时，既有白色沉淀生成，又有无色气体放出，则该物质溶于水的化学方程式为___________________________________________________________________。【解析】(1)若测得溶液的pH为5，溶液呈酸性，说明阳离子水解，离子方程式可能为Xn＋＋nH2OX(OH)n＋nH＋；(2)pH为9说明溶液呈碱性，阴离子水解，离子方程式可能为Ym－＋H2O+HY(m－1)－＋OH－。(3)X、Y为同周期的短周期元素，XmYn溶于水时，有白色沉淀产生，又有无色气体放出说明阴离子和阳离子都能水解；则XmYn为Al2S3，XmYn溶于水的化学方程式为Al2S3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。答案：(1)Xn＋＋nH2OX(OH)n＋nH＋(2)Ym－＋H2OHY(m－1)－＋OH－(3)Al2S3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑(合理即可)4．(12分)(2021·北京通州高二检测)溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：(1)盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长，试用化学方程式表示盐碱地产生碱性的原因：__________________________________；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：__________________________。(2)若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m____________(填“＞”“＜”或“＝”)n。(3)常温下，在pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH－)＝________________________________________________________________。(4)25 ℃时，将a mol·L－1氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显______________(填“酸”“碱”或“中”)性。【解析】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，化学方程式为Na2CO3＋H2O⇌NaOH＋NaHCO3；石膏主要成分是CaSO4，Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，反应方程式为Na2CO3＋CaSO4===Na2SO4＋CaCO3↓；(2)一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，NaOH是强电解质，完全电离，要使pH相等的氨水和NaOH溶液稀释后pH仍然相等，则氨水稀释倍数大于NaOH，即m＜n；(3)常温下，pH＝6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，该溶液中水的电离被抑制了，则混合溶液中水电离出来的c(OH－)＝＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1；(4)在25 ℃下，氨水与盐酸等体积混合，反应平衡时，溶液中c(NH)＝c(Cl－)，又根据电荷守恒关系有c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故有c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液显中性。答案：(1)Na2CO3＋H2O⇌NaOH＋NaHCO3　Na2CO3＋CaSO4===Na2SO4＋CaCO3↓(2)＜　(3)10－8mol·L－1　(4)中