《3.3.2影响盐类水解的主要因素 盐类水解的应用 练习（解析版）教案课件-高中化学选择性必修一》由会员分享，可在线阅读，更多相关《3.3.2影响盐类水解的主要因素 盐类水解的应用 练习（解析版）教案课件-高中化学选择性必修一（13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 盐类水解的应用 练习（解析版）1为使Na2S溶液中c（Na+）/c（S2）的值减小，可加入的物质是（）盐酸适量的NaOH溶液适量的KOH溶液 适量的K2S固体ABCD【答案】C【解析】Na2S溶液中存在水解平衡：S2+H2OHS+OH、HS+H2OH2S+OH；盐酸电离的H+消耗OH，水解平衡正向移动，硫离子浓度减小，比值增大，故错误；适量的NaOH溶液，水解平衡逆向移动，但钠离子增大比硫离子增大得多，比值增大，故错误；适量的KOH溶液，水解平衡逆向移动，比值减小，故正确；适量的K2S固体，硫离子浓度增大，比值减小，故正确；综上所述，符合题意。故选：C。2在
2、一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2+H2OHS+OH下列说法正确的是（）A升高温度，增大B加入CuSO4固体，HS浓度增大C稀释溶液，水解平衡常数增大D加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】A【解析】A水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2）减小，c（HS）增大，所以增大，故A正确；B加入CuSO4固体，铜离子结合硫离子生成硫化铜沉淀，水解平衡逆向进行，HS浓度减小，故B错误；C平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故C错误；D加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故D错误；故选：A。3欲使NH4Cl稀溶液中比值增大，可在溶液中（恒温并忽略溶液体积
3、的变化）加入少量下列物质中的（）通入HCl；H2SO4；NH4Cl固体；NH4NO3固体 Ba（OH）2固体A或或B或或C或或D或或【答案】A【解析】通入HCl，水解平衡：NH4+H2ONH3H2O+H+逆向移动，而通入HCl以氯离子的浓度增大为主，所以比值减小，故错误；加入H2SO4，氢离子浓度增大，水解平衡逆向移动，所以铵根离子浓度增大，氯离子的浓度不变，所以溶液中比值增大，故正确；加入NH4Cl固体，铵根离子水解程度减小，所以溶液中比值增大，故正确；加入NH4NO3固体，导致溶液中铵根离子浓度增大，所以溶液中比值增大，故正确；加入Ba（OH）2固体，水解平衡正向移动，所以铵根离子的浓度减
4、小，所以溶液中比值减小，故错误；故选：A。4在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡；S2+H2OHS+OH下列说法正确的是（）A加入NaOH固体，溶液pH减小B稀释溶液，水解平衡常数增大C加入CuSO4固体，HS浓度增大D升高温度，c（HS）/c（S2）增大【答案】D【解析】A加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，故A错误；B平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故B错误；C加入CuSO4固体，铜离子结合硫离子生成硫化铜沉淀，水解平衡逆向进行，HS浓度减小，故C错误；D水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2）减小，c（HS）增大，所以增大，故D正确；故选：
5、D。5在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32+H2OHCO3+OH下列说法正确的是（）A稀释溶液，水解平衡常数增大B通入CO2，平衡向正反应方向移动C升高温度，减小D加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】B【解析】A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；B、CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH反应，平衡正向移动，故B正确；C、因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，增大的，故C错误；D、加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，故D错误；故选：B。6一定条件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO32+H2OHCO3+OH，下列说法
6、正确的是（）A稀释溶液，平衡正向移动，增大B通入CO2，平衡逆向移动，溶液pH减小C加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH减小D升高温度，增大【答案】D【解析】A、溶液稀释，促进盐的水解，但水解平衡常数Kh由于只受温度的影响，故Kh不变，故A错误；B、通入CO2会消耗OH，导致氢氧根浓度降低，平衡右移，溶液pH变小，故B错误；C、加入NaOH固体，会导致c（OH）增大，溶液pH增大，水解平衡左移，故C错误；D、升高温度，水解平衡右移，故c（CO32）减小，而c（HCO3）变大，故增大，故D正确。故选：D。7室温下，有两种溶液：0.01molL1 NH3H2O 溶液、0.01molL1 NH4Cl
7、 溶液，下列操作可以使两种溶液中 c（NH4+）都增大的是（）A通入少量 HCl 气体B加入少量 NaOH 固体C加入少量 H2OD适当升高温度【答案】A【解析】AHCl溶于水后得到的盐酸是强酸，能够和NH3H2O 反应，导致溶液中c（NH4+）增大；盐酸中的H+离子抑制了NH4+的水解，使氯化铵溶液中的c（NH4+）也增大，故A正确；B加入少量NaOH固体，溶液中的c（OH）增大，抑制了NH3H2O 溶液的电离；氢氧根离子结合NH4+生成一水合氨，c（NH4+）都会减小，所以两溶液中铵离子浓度都减小，故B错误；C当向0.01mol L1NH3H2O 0.01mol L1NH4Cl加入少量H2
8、O后，溶液被稀释了，两溶液中的c（NH4+）都会减小，故C错误；D温度升高，氨气具有挥发性，导致氨气挥发，NH3H2O 浓度减小，溶液中的c（NH4+）减小；而NH4Cl溶液中，铵根离子的水解为吸热反应，升高温度可以促进NH4+水解，导致c（NH4+）减小，故D错误；故选：A。8已知溶液中存在Cr2O72+H2O2CrO42+2H+的平衡，其中Cr2O72呈橙色，CrO42呈黄色，向该平衡体系中滴加饱和NaOH溶液时，颜色的变化情况是（）A黄色加深B橙色加深C颜色不变D颜色褪去【答案】A【解析】Cr2O72+H2O2CrO42+2H+的平衡中加入饱和NaOH溶液时，会消耗氢离子，使得氢离子浓度
9、降低，平衡正向移动，CrO42的浓度增大，所以黄色加深，故选A。9下列叙述中与盐类水解有关的是（）A自来水杀菌、消毒B实验室制H2时，在稀H2SO4溶液中滴入少许CuSO4溶液C不能用玻璃瓶盛放NH4F浓溶液D酸雨在空气中放置一段时间后，pH降低【答案】C【解析】A自来水杀菌、消毒是利用了氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，或者其他的消毒剂的强氧化性，如ClO2、臭氧等，故与水解无关，故A错误；B实验室用锌与硫酸反应制H2时，在稀H2SO4溶液中滴入少许CuSO4溶液，锌与置换出的铜形成原电池，加快反应速率，故与水解无关，故B错误；CNH4F浓溶液水解产生氢氟酸，氢氟酸与玻璃成分中的二氧化硅
10、反应，故与水解有关，故C正确；D酸雨在空气中放置一段时间后，亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强，pH降低，故与水解无关，故D错误；故选：C。10下列物质的水溶液由于水解而呈碱性的是（）ANaFBNa2SO4CNaOHDCuSO4【答案】A【解析】ANaF中F会水解，水解方程式为F+H2OHF+OH，使得溶液呈碱性，故A正确；BNa2SO4在溶液中会电离出Na+和SO42，Na+和SO42均不会水解，溶液呈中性，故B错误；CNaOH在溶液中会电离出Na+和OH，电离出OH使得溶液呈碱性，故C错误；DCuSO4溶液中，Cu2+会水解，Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，使得溶液呈酸性，故D错误。故选
11、：A。11已知酸性：HXHYHZ，物质的量浓度相同的三种钠盐NaX、NaY和NaZ的溶液，pH由大到小的顺序是（）ANaX，NaZ，NaYBNaZ，NaY，NaXCNaX，NaY，NaZDNaY，NaZ，NaX【答案】B【解析】溶液酸性越强，则对应酸根离子的水解程度越弱，酸根离子的水解显碱性，故酸的酸性越强，等物质的量浓度的酸根离子水解产生的氢氧根离子越少，pH越小，已知酸性：HXHYHZ，则pH：NaZ，NaY，NaX。故选：B。12下列有关物质的用途，直接与水解的性质有关的是（）ANaClO作漂白剂B用NH3制氮肥C明矾作净水剂D用食醋除水垢【答案】C【解析】ANaClO具有强氧化性，可作
12、消毒、漂白剂，与水解无关，故A错误；BNH3制氮肥是利用氨气显碱性，与酸反应生成铵盐，故B错误；C明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，故可作净水剂，故C正确；D食醋溶解水垢，是醋酸电离出的氢离子溶解碳酸钙等难溶物，与水解无关，故D错误；故选：C。13下列实验现象或操作与盐类水解无关的是（）A0.1molL1的醋酸溶液加水稀释，溶液的pH增大，导电能力减弱B用浓NaHCO3溶液与浓Al2（SO4）3溶液混合作灭火剂C热的纯碱溶液有利于除去废铁屑表面的油污D配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度【答案】A【解析】A稀释促进电离，且氢离子浓度减小，则溶液的p
13、H增大，导电能力减弱，与水解无关，故A选；B浓NaHCO3溶液与浓Al2（SO4）3溶液相互促进水解生成二氧化碳气体，可作灭火剂，故B不选；C热的纯碱可促进油污的水解，则热的纯碱溶液有利于除去废铁屑表面的油污，故C不选；D浓盐酸可抑制铁离子水解，则配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，然后再加水稀释到所需的浓度，故D不选；故选：A。14如图为探究铝片和Na2CO3溶液反应的实验方案及现象。下列说法错误的是（）无明显现象铝片表面产生细小气泡出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2）ANa2CO3溶液显碱性的原因：CO32+H2OHCO3+OHB加热和H2逸出对CO32水解
14、平衡移动方向的影响是相反的C对比实验、，说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜D推测出现的白色沉淀可能是氢氧化铝【答案】B【解析】A碳酸根是多元弱酸的酸根离子，分步水解以第一步水解为主，因此碳酸钠溶液显碱性的原因为：CO32+H2OHCO3+OH，故A正确；B盐类水解为吸热过程，加热可促进盐类的水解；氢气的逸出有利于铝和OH的反应，OH被消耗也会促进碳酸根离子的水解，所以加热和氢气逸出都会对CO32的水解平衡起到促进作用，故B错误；C实验中产生了气泡，说明Al单质发生了反应；Al单质由于性质活泼，表面往往会生成致密的氧化铝薄膜，从而使得内部的Al单质被保护；因此由现象可说明实验中铝片表面的氧化铝被碳酸钠溶液破坏掉了，故C正确；D碳酸钠溶液与Al单质反应，可将其转化为AlO2，由于碳酸根水解平衡被促进，导致溶液中含有较多的HCO3，其可与AlO2反应生成Al（OH）3白色沉淀，故D正确；故选：B。15下列说法不正确的是（）A明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B水解反应NH4+H2ONH3H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡逆向移动C草木灰与铵态氮肥不宜混合使用D盐类水解反应的逆反应是中和反应【答案】B【解析】A明矾中的铝离子水
