高中人教版 (2019)第三章 水溶液中的离子反应与平衡实验活动3 盐类水解的应用优秀一课一练

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3.3.2 影响盐类水解的因素
本课重点
（1）影响盐类水解的因素
本课难点
（2）水解常数、盐类水解的应用
一、选择题
1．（2021·长岭县第三中学高二月考）盐类水解在生活中具有广泛的应用，下列事实跟水解原理无关的是
A．施加适量的石膏可以改良盐碱地
B．用硫酸铝和小苏打生产泡沫灭火器
C．用TiCl4制备TiO2·xH2O时，加入大量水
D．保存FeSO4溶液时，加入少量铁粉
【答案】D
【详解】
A．在含较多Na2CO3的盐碱地因为CO水解显碱性，施加适量石膏，可以将CO转化为CaCO3沉淀，减弱了CO的水解，故降低土壤碱性，故A不符合题意；
B．用硫酸铝水解使溶液显酸性，小苏打水解使溶液显碱性，当二者水溶液混合时，水解反应彼此促进，产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，覆盖在着火物质上，能够使可燃物与空气隔绝，达到灭火的目的，与盐的水解有关，B不符合题意；
C．TiO2是一种稳定的白色颜料，可通过往TiCl4中加入大量水，TiCl4水解，TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl，因此与水解有关，故C不符合题意；
D．保存FeSO4溶液时，加入少量铁粉是防止亚铁离子被氧化为铁离子，与水解无关，故D符合题意；
故选D。
2．（2020·重庆市暨华中学校高二月考）一定条件下，NH4Cl溶液中存在如下平衡：NH+H2ONH3•H2O+H+，下列说法正确的是
A．稀释溶液，平衡正向移动， 增大
B．通入少量HCl气体，平衡逆向移动，Kh减小
C．加入少量NaOH固体，平衡正向移动，溶液pH减小
D．升高温度，增大
【答案】D
【详解】
A．由水解方程式可知，为铵根离子的水解平衡常数，平衡常数仅为温度的函数，故温度不变，平衡常数不变，故稀释溶液，平衡正向移动， 不变，A错误；
B．平衡常数仅为温度的函数，故温度不变，平衡常数不变，通入少量HCl气体，平衡逆向移动，Kh不变，B错误；
C．加入少量NaOH固体，则溶液中H+浓度减小，导致平衡正向移动，溶液pH增大，C错误；
D．由于盐类水解反应是一个吸热反应，故升高温度，化学平衡正向移动，则c(H+)增大，c()减小，故增大，D正确；
故答案为：D。
3．（2021·四川成都市·成都七中高三开学考试）在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：。下列说法正确的是
A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．升高温度，减小
C．加入CuSO4固体，HS-浓度减小 D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】C
【详解】
A．水解平衡常数只与温度有关，溶液稀释时温度不变，水解平衡常数就不变，A错误；
B．盐的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡正向移动，溶液中c(HS-)增大，c(S2-)减小，因此增大，B错误；
C．加入CuSO4固体，Cu2+与溶液中的S2-反应产生CuS沉淀，使溶液中c(S2-)减小，水解平衡逆向移动，最终达到平衡时溶液中HS-浓度减小，C正确；
D．加入NaOH固体，碱电离产生OH-，使溶液中c(OH-)增大，水解平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，最终达到盐水解平衡时溶液中的c(OH-)增大，溶液的pH增大，D错误；
故合理选项是C。
4．（2021·建平县实验中学高三开学考试）测定溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
⑤
⑥
温度/℃
25
45
75
95
45
25
pH
8.31
8.55
8.95
9.22
8.74
8.63
实验过程中，取①、⑥时刻的溶液，加入溶液做对比实验，①中无白色沉淀、⑥产生少量白色沉淀。
下列说法正确的是
A．的分解温度低于45℃
B．⑥时的pH与①时不同，是由于溶液中产生的造成的
C．①→④的过程中，溶液pH增大的原因一定是水解程度增大
D．根据该实验可知，溶液开高温度时，pH也增大
【答案】B
【详解】
A．①→④是升温过程溶液pH变化，④-⑥是降温过程溶液pH变化。对比①和⑥、②和⑤，以及反应前后滴加溶液的现象可知在溶液中受热分解产生了少量，但不能利用②和⑤的数据判断的分解温度低于45℃，A错误。
B．①和⑥温度相同，但溶液pH不同则一定是水解造成的，B正确。
C．①→④的过程中溶液pH增大有两方面原因：一是温度升高水解程度增大，二是分解产生的水解程度比水解程度大，C错误。
D．是强酸的酸式盐，溶液显强酸性，升温并不能使溶液pH增大，D错误。
故选：B。
5．（2008·重庆高考真题）向三份0.1mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2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
【答案】A
【解析】CH3COONa为强碱弱酸盐水解后溶液呈碱性，NH4NO3和FeCl2为强酸弱碱盐水解后溶液呈酸性，因此，这两种盐能促进CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO－减小；Na2SO3为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，抑制CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO－浓度增大。答案选A。
6．（2021·浙江嘉兴·高三月考）下列说法不正确的是
A．25℃时，的一元酸溶液与的溶液等体积混合后
B．相同物质的量浓度的溶液和溶液，前者大于后者
C．25℃时，的溶液稀释至，溶液
D．恒温时，向溶液中逐滴加入过量的溶液，始终减小
【答案】A
【详解】
A．pH=3的一元酸溶液为强酸时，与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液pH=7，若为弱酸时，酸的浓度大于0.001mol/L，反应后弱酸过量，pH1
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
【答案】D
【解析】A．溶液中=Ka(CH3COOH)/Kw，因为Ka(CH3COOH)、Kw仅受温度影响，当温度不变时，它们的值不会随着浓度的变化而变化，故向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中不变，A错误；B．CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-， ，温度升高促进CH3COO-水解，水解平衡常数增大，=1/Kh，故将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中减小，B错误； C．由电荷守恒可知c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，c(NH4+)/c(Cl-)=1，C错误；D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中=Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)，故溶液中不变，D正确；答案选D。
8．（2021·河北正定中学高三月考）下述实验能达到预期目的的是

实验内容
实验目的
A
将SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去
证明SO2具有漂白性
B
向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2固体，红色褪去
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
向FeCl3和CuCl2混合溶液中加入铁粉，有红色固体析出
证明氧化性：Cu2+＞Fe3+
D
向Na2SiO3溶液中滴入酚酞，溶液变红，再滴加稀盐酸，溶液红色变浅直至消失
证明非金属性：Cl>Si
【答案】B
【详解】
A．SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去，体现了二氧化硫的还原性，故A错误；
B．Na2CO3溶液中存在，故加入酚酞显红色，加入BaCl2固体，平衡左移，OH-浓度减小，红色褪去，故B正确；
C．A.向FeCl3和CuCl2混合溶液中加入铁粉，铁粉先与氯化铁反应，然后再与氯化铜反应，有红色固体析出，氧化性：Cu2+＜Fe3+，故C错误；
D．硅酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变红，再滴加稀盐酸，溶液红色变浅直至消失，可知盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但不能利用此酸性强弱比较非金属性的强弱，D错误；
故选B。
9．（2014·山东高考真题）已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（ ）
A．水的电离程度始终增大
B．先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，错误；B．由CH3COONH4的水解常数Kh= ，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则始终减小，错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），正确；故答案为D。
10．（2021·全国）侯氏制碱法(联合制碱法)工艺流程可用如图表示。下列有关说法正确的是

A．合成氨工业提供的CO2来自石灰石分解
B．母液Ⅰ“吸氨”可抑制NH水解
C．CO2、NH3和H2O都得到循环利用
D．“冷析”和“盐析”增大了NH4Cl溶解度
【答案】B
【详解】
A．合成氨工业提供的二氧化碳主要来自于水蒸气和焦炭反应生成氢气和一氧化碳，一氧化碳和水蒸气继续反应生成氢气和二氧化碳，故A错误；
B．母液Ⅰ主要是氯化铵溶液，吸氨时氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨浓度增大会抑制NH水解，故B正确；
C．由题给流程可知，制备碳酸钠的过程中二氧化碳、氯化钠可以循环使用，氨气没有循环使用，故C错误；
D．加入大量氯化钠，溶液中氯离子浓度变大的盐析过程和降低温度的冷析过程都是降低氯化铵溶解度，便于析出晶体氯化铵的操作，故D错误；
故选B。
11．（2021·全国高三）柠檬酸是天然防腐剂和食品添加剂，它是一种有机三元弱酸，与NaOH溶液反应生成柠檬酸钠(用Na3Y表示)。下列说法正确的是
A．柠檬酸的电离方程式为：H3Y3H++Y3-
B．NaH2Y水溶液中：c(H2Y-) ＜ c(Na+)
C．Na3Y水溶液中： c(Na+) + c(H+) = 3c(Y3- )+c(OH- )
D．Na3Y水溶液的 pH值随着c(Na3Y)的增大而减小
【答案】B
【详解】
A． 柠檬酸是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为：H3Y H++H2Y-，故A错误；
B． NaH2Y水溶液中，由于H2Y-既能发生水解，也能进一步电离，故c(H2Y-) ＜ c(Na+)，故B正确；
C． Na3Y水溶液中，存在电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(H2Y-)+ 2c(HY2-)+3c(Y3- )+c(OH- )，故C错误；
D． Na3Y水溶液水解呈碱性，随着c(Na3Y)的增大，c(OH- )增大，pH值增大，故D错误；
故选B。
12．（2021·全国高三专题练习）已知常温下，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述正确的是

A．在pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水大
C．等浓度的NaOH溶液与H2R溶液按体积比1∶2混合，溶液的pH=1.3
D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：CO+H2R=HCO+HR-
【答案】A
【详解】
A．在pH=4.3的溶液中，c(R2-)=c(HR-)，根据电荷守恒2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，二式联立即得3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故A正确；
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，反应后，溶质为NaHR，溶液的pH=3，溶液显酸性，HR－的电离程度大于HR－的水解程度，对水的电离起到抑制作用，溶液中水的电离程度比纯水小，故B错误；
C．等浓度的NaOH溶液与H2R溶液按体积比1∶2混合后，溶质为NaHR和H2R，溶液显酸性，H2R电离程度大于HR－电离程度，c(HR－)＞c(H2R)，因此溶液的pH≠1.3，故C错误；
D．在pH=1.3时，c(HR−)=c(H2R)，则H2R的K1==10−1.3mol/L；在pH=4.3时，c(HR−)=c(R2−)，则H2R的K2==10−4.3mol/L，而H2CO3的Ka1=4.3×10−7，Ka2=5.6×10−11，可知酸性强弱关系：H2R>HR−>H2CO3>HCO，故向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液后生成R2−，即离子方程式为2CO+H2R=2HCO+R2-，故D错误；
答案为A。
13．（2021·上海市控江中学高二期中）常温下，将CO2通入2L pH=12的NaOH溶液中，溶液中水电离的OH-离子浓度(φ)与通入的CO2的CO2体积(V)的关系如下图所示。下列叙述不正确的是

A．a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L
B．b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol/L
C．c点溶液中：c(Na+)=2[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]
D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CO)+c(HCO)
【答案】B
【分析】
a点为氢氧化钾溶液，a到c是生成碳酸钾，b点是碳酸钾和氢氧化钾的混合溶液，c点是单一的碳酸钾溶液，c到d是生成碳酸氢钾，d点是碳酸氢钾和碳酸的混合溶液，d点溶液呈中性。
【详解】
A．a点溶液中的溶质是KOH，氢氧化钾抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，则水电离出的，A项正确；
B．b点是碳酸钾和氢氧化钾的混合溶液，所以溶液呈碱性，溶液中的，B项错误；
C．c点溶液中，当水电离出的离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钾溶液，根据碳酸钾溶液中的物料守恒可得：，C项正确；
D．d点溶液中水电离出的离子浓度，溶液呈中性，，结合电荷守恒，两式相减得：，D项正确；
答案选B。
二、非选择题
14．（2021·上海市控江中学高二期中）某化学课外活动小组欲制取纯Na2CO3溶液并讨论实验过程中的相关问题。可供选择的试剂有：
A．大理石 B．盐酸 C．氢氧化钠溶液 D．澄清石灰水
三名同学设计的制备纯Na2CO3的溶液的实验方案的反应流程分别如下：
甲：NaOH溶液Na2CO3溶液
乙：NaOH溶液NaHCO3溶液Na2CO3固体Na2CO3溶液
丙：NaOH溶液NaHCO3溶液Na2CO3溶液
（1）请指出甲、乙两方案的主要缺点：
甲方案：___________；
乙方案：___________。
（2）若采用丙方案制取纯Na2CO3溶液，其实验的关键是：___________。
（3）假设反应②所得的Na2CO3固体中混有未分解的NaHCO3，乙同学选择澄清石灰水测定其中NaHCO3的质量分数，乙同学___________(填“能”或“不能”)达到实验目的：若能，请说明计算所需的数据；若不能，请简要说明理由；___________。
（4）已知物质的量浓度均为0.10mol/L的NaHCO3、Na2CO3和Na2S溶液pH如下：
溶液
NaHCO3
Na2CO3
Na2S
pH
8.3
11.6
12.5
①Na2CO3水溶液呈碱性的原因是___________(用离子方程式表示)。NaHCO3溶液中滴加酚酞溶液显___________色，原因是___________；微热溶液颜色变深，可能的原因是___________(结合离子方程式说明)。
②从表中数据可知，K2CO3溶液中c(CO)___________K2S溶液中的c(S2-)(填“＞”“＜”或“=”)。
【答案】
（1）CO2的通入量不易控制 过程繁琐，操作复杂
（2）反应①应充分进行，①步骤后将NaHCO3溶液煮沸排除过量CO2，反应①②所用NaOH溶液的体积应相等
（3）能 固体样品的质量和沉淀总质量
（4） CO+H2OHCO+OH- 浅红 酚酞的变色范围为8.2~10.0，而0.10mol/L的NaHCO3溶液的pH为8.3 CO水解：CO+H2OHCO+OH-，该反应为吸热反应，升高温度，促进水解，c(OH－)增大，碱性增强，颜色加深； ＞
【分析】
（1）甲方案缺点：CO2为无色气体，CO2的通入量不易控制，若充入CO2过量，会产生NaHCO3杂质，如果充入CO2为少量，则会有部分NaOH未反应；故答案为CO2的通入量不易控制；
乙方案缺点是过程繁琐，操作复杂；故答案为过程繁琐，操作复杂；
（2）丙方案的原理是NaOH＋CO2=NaHCO3、NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O，过程①需要通入过量的CO2，CO2能溶于水，NaHCO3溶液中溶有部分CO2，应加热除去，发生过程②时，需要消耗NaOH的体积与过程①中消耗NaOH体积相等；故答案为反应①应充分进行，①步骤后将NaHCO3溶液煮沸排除过量CO2，反应①②所用NaOH溶液的体积应相等；
（3）NaHCO3热稳定性较差，Na2CO3稳定性较强，受热不易分解，因此加热发生2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，CO2与澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀，然后称量沉淀的质量，计算出NaHCO3质量，从而测定出NaHCO3质量分数，乙同学能达到实验目的，需要的数据是混合物中总质量和沉淀总质量；故答案为能；混合物中总质量和沉淀总质量；
（4）①Na2CO3为强碱弱酸盐，CO发生水解，其水解方程式为CO+H2OHCO+OH-，使溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性；0.1mol·L－1NaHCO3溶液的pH=8.3，酚酞的变色范围是8.2~10.0，NaHCO3溶液中滴加酚酞溶液显浅红色；CO水解：CO+H2OHCO+OH-，该反应为吸热反应，升高温度，促进水解，c(OH－)增大，碱性增强，颜色加深；故答案为CO+H2OHCO+OH-；浅红色；酚酞的变色范围为8.2~10.0，而0.10mol/L的NaHCO3溶液的pH为8.3；CO水解：CO+H2OHCO+OH-，该反应为吸热反应，升高温度，促进水解，c(OH－)增大，碱性增强，颜色加深；
②Na2CO3溶液和Na2S溶液都显碱性，且Na2S溶液的pH大，说明S2－水解程度大于CO，即c(CO32－)＞c(S2－)；故答案为＞。
15．（2021·贵州）无机净水剂主要有铁系和铝系两类，但铝对人体有慢性毒害作用，所以研制各种铁系净水剂成为热门。聚合硫酸铁是一种常用的净水剂，其生产工艺如下：

回答下列问题：
（1）可用于治疗缺铁性贫血，在医疗上常用作_______(写一种)。
（2） 在空气中会被氧化变质，检验其已变质的操作：_______。
（3）的电子式为_______，“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。
（4）水解会使溶液的减小，加入调节的目的是_______。
（5）聚合硫酸铁中比值的确定方法：取一定量的聚合硫酸铁，先加入足量的稀盐酸酸化，然后加入溶液，经操作I后得到沉淀A和滤液B，洗涤、干燥沉淀A后称得质量为3.495g，向滤液B中加入足量的充分反应，将经操作I后得到的滤渣洗涤、灼烧至恒重，得2.40g固体C。
①生成沉淀A的离子方程式为_______。
②操作I的名称为_______，固体C的化学式为_______。
③聚合硫酸铁中_______。
【答案】
（1）补血剂
（2）取少量样品于试管中，加水溶解，将适量溶液加入试管中，溶液变红，说明已变质
（3）
（4）促进的水解
（5） 过滤 2∶4∶1
【分析】
根据工艺流程可知，“氧化”时被双氧水氧化成Fe2(SO4)3，其水解时通过加入可促进其水解，加大其水解程度，经过聚合、固化后得到聚合硫酸铁。
（1）缺铁性贫血，需要补充铁元素，而其所含的铁是合成血红蛋白不可缺少的，故其可作补血剂；
（2）在空气中容易被氧化为Fe2(SO4)3，要检验其是否变质，只需检验样品中是否含有Fe3+离子，检验Fe3+离子通常需要使用KSCN试剂，故检验方法为取少量样品于试管中，加水溶解，将适量溶液加入试管中，溶液变红，说明已变质；
（3）双氧水的电子式为， “氧化”时硫酸亚铁电离出的Fe2+被氧化为Fe3+，双氧水被还原成水，结合氢元素守恒和电荷守恒，则“氧化”时的离子方程式为；
（4）水解时会产生H+，加入会中和产生的H+，促进水解平衡向正反应方向移动，使的水解程度增大，因此加入调节的目的是促进的水解；
（5）①聚合硫酸铁加入足量盐酸酸化后，溶液中的离子主要是Fe3+、Cl-、，然后加入溶液得到的沉淀A主要是指BaSO4，因此生成BaSO4的离子方程式为；
②分离固体和液体的操作是过滤，因此操作I的名称为过滤。滤液B中的离子是Fe3+、Cl-、Ba2+，加入足量的充分反应后，产生的沉淀是指Fe(OH)3，灼烧过程中被分解成，因此固体C的化学式为；
③经分析，沉淀A是指 BaSO4沉淀，其质量为3.495g，物质的量为n(BaSO4)==0.015mol，则样品中含有的为0.015mol，而固体C是，其质量为2.40g，物质的量为n()==0.015mol，则样品中含有的Fe3+为0.03 mol， 根据聚合硫酸铁中各种离子的电荷代数和为零，则n(OH-)=0.06 mol，则聚合硫酸铁中n(Fe3+-):n(OH-):n()= 0.03:0.06:0.015=2:4:1。