《高中化学第03章水溶液中的离子平衡专题3.3.2影响盐类水解的主要因素和盐类水解的应用课时同步试题新人教选修4》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中化学第03章水溶液中的离子平衡专题3.3.2影响盐类水解的主要因素和盐类水解的应用课时同步试题新人教选修4（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、3.3.2 影响盐类水解的主要因素和盐类水解的应用一、选择题1在含有酚酞的0.1 molL1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色A变浅 B变深 C变蓝 D不变【答案】A【解析】0.1 molL1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，氨水的电离平衡逆向移动，溶液碱性减小，溶液颜色变浅，故A正确。2在Na2CO3溶液中，下列说法错误的是A溶液呈碱性B若升高温度，溶液中c(OH)增大C若加入少量NaOH固体，溶液中c()增大D溶液中的离子浓度存在关系：c(Na+) + c(H+)=c(OH)+ c()+ c()【答案】D3为了配制的浓度与Cl的浓度比为11的溶液，可在NH4Cl溶液中加入适量A浓盐酸
2、 BNaCl固体 C浓氨水 DNaOH固体【答案】C【解析】加入浓盐酸，水解平衡逆向移动，但溶液的体积增大，溶液中铵根离子的浓度减小，氯离子浓度增加，导致与Cl的浓度比变得更小，故A错误；加入NaCl固体，溶液中氯离子的浓度增加，铵根离子浓度保持不变，导致与Cl的浓度比变得更小，故B错误；增加一水合氨浓度抑制铵根离子的水解，溶液中铵根离子的浓度增加，氯离子浓度保持不变，可以使的浓度与Cl的浓度比为11，故C正确；加入NaOH固体，会发生反应：+OHNH3H2O，越来越少，氯离子浓度不变，导致与Cl的浓度比变得更小，故D错误。故选C。4化学与生活密切相关，下列与盐类水解无关的是【答案】B【解析】
3、纯碱是碳酸钠，碳酸钠水解溶液显碱性，可以与油污发生皂化反应达到去除油污的目的，A与水解有关；食醋（醋酸）与水垢（碳酸钙）反应，实际是利用醋酸的酸性，B与水解无关；明矾净水，是利用铝离子水解得到的氢氧化铝胶体的吸附能力，C与水解有关；氯化铵水解显酸性，可以与氧化铁反应，D与水解有关。故选B。5下列做法与盐类水解知识无关的是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施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与碳酸氢铵混合使用CAl2S3不能用复分解反应的方法在溶液中制取，而只能用干法制备D配制 FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉【答案】D625 时，相同物质的量浓度的下列溶
4、液中，c()最大的是A(NH4)2SO4 B(NH4)2Fe(SO4)2CNH4HSO4 DCH3COONH4【答案】B7向CH3COONa稀溶液中加入(或通人)少许X物质，其溶液中部分微粒的浓度变化如表所示(溶液温度不变)。微粒H+OH-CH3COO-CH3COOH物质的量浓度增大减小减小增大X物质是下列物质中的A氢氧化钠B氯化氢C蒸馏水D磷酸钠【答案】B【解析】向CH3COONa稀溶液中加人氢氧化钠，c(OH-)增大；加入蒸馏水， c(CH3COOH)减小；加入磷酸钠，抑制CH3COO-水解，c(CH3COO-)增大。8用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配制成1
5、 L混合溶液，已知其中c(CH3COO)大于c(Na+)。对该混合溶液的下列判断正确的是Ac(OH)c(H+)Bc(CH3COOH)+c(CH3COO)=0.2 molL1Cc(CH3COOH)c(CH3COO)Dc(CH3COO )+c(OH )=0.2 mol L1【答案】B【解析】由电荷守恒可知，c(CH3COO)+c(OH)= c(H+)+c(Na+)。因已知c(CH3COO)大于c(Na+)，则c(H+)c(OH)，A错误。B是正确的物料守恒关系式。因c(H+)c(OH)，溶液为酸性，故CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，则c(CH3COOH)c(CH3COO)，
6、故C错误。若D正确，则推出：c(H+)+c(Na+)=0.2 molL1，c(H+)=0.2 molL1 0.1 molL1 =0.1 molL1，事实上，CH3COOH的电离程度很小，又受到CH3COONa的抑制，溶液中的不可能达到0.1 molL1，D错误。二、非选择题9（1）AgNO3的水溶液呈 (填“酸”“中”或“碱”)性，原因是(用离子方程式表示) ；实验室在配制AgNO3溶液时，常先将AgNO3固体溶于较浓的硝酸中，然后用蒸馏水稀释到所需的浓度，以 (填“促进”或“抑制”)其水解。（2）明矾可用于净水，原因是(用离子方程式表示) ，把FeCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物
7、是 。（3）泡沫灭火器的灭火原理是(用离子方程式表示) 。（4）纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是(用离子方程式表示) 。【答案】（1）酸 Ag+H2OAgOH+H+ 抑制（2）Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ Fe2O3（3）Al3+33CO2+Al(OH)3（4）+H2O+OH-10已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2、Fe2、Fe3沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl22H2O)，为制取纯净的CuCl22H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：请回答下列
8、问题：（1）本实验最适合的氧化剂X是_(填序号)。AK2Cr2O7 BNaClOCH2O2 DKMnO4（2）物质Y是_。（3）本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？_，原因是_。（4）除去Fe3的有关离子方程式是_。（5）加氧化剂的目的是_。（6）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体？_，应如何操作？_。【答案】（1）C（2）CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3（3）不能 因加碱的同时也会使Cu2生成Cu(OH)2沉淀（4）Fe33H2OFe(OH)33H，CuO2HCu2H2O或Cu(OH)22HCu22H2O等（5）将Fe2氧化为Fe3，便于生成沉淀而与Cu
9、2分离（6）不能应在HCl气流中加热蒸发11NH4Al(SO4)2是一种食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析化学、制药工业中用途广泛。请回答下列问题：（1）NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是(用必要的化学用语和相关文字说明)。（2）相同条件下，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液中的c() (填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol/L NH4HSO4溶液中的c()。（3）如图是0.1 mol/L电解质溶液的pH随温度变化的图象。其中符合0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是 (填写字母)，导致pH随温度变化的原因是 。20 时，
10、0.1 mol/L的NH4Al(SO4)2溶液中2c()-c()-3c(Al3+)= (填数值)。（4）室温时，向100 mL 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，所得溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 ；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 。【答案】（1）Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，Al(OH)3胶体吸附水中的悬浮颗粒使其沉降从而净化水（2）小于（3） NH4Al(SO4)2溶液呈酸性，升高温度其水解程
11、度增大，pH减小10-3 mol/L（4）a点 c(Na+)c()c()c(OH-)=c(H+)溶液中Al3+水解后溶液呈酸性抑制的水解，NH4HSO4溶液中电离出的H+同样抑制的水解，相同条件下，因为电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4溶液中的水解程度比NH4Al(SO4)2溶液中的小。（3）NH4Al(SO4)2溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合其变化的曲线为。根据电荷守恒，可以得出2c()-c()-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3 mol/L其中c(OH-)太小，可忽略。（4）分析a、b、c、d四个点，根据反应物的用量可知，a点恰好消耗完电离出来的H+，溶液中的溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液中均含有NH3H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3H2O抑制水的电离，故a点水的电离程度最大。b点溶液呈中性，即溶液中含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3H2O三种溶质，a点时c(Na+)=c()，则b点时c(Na+)c()，根据电荷守恒可得b点时c()+c(Na+)=2c()，故可以得出c()c()，故b点时c(Na+)c()c()c(OH-)=c(H+)。7
