高二化学试影响盐类水解的因素检测试题及答案参考

2020-06-26试题

  《影响盐类水解的因素》课时练

  双基练习

  1.在蒸发皿中加热蒸干下列物质的溶液,再灼烧(溶液低于400℃)可以得到原溶质固体的是()

  A.AlCl3B.NaHCO3

  C.MgSO4D.KMnO4

  解析:AlCl3是强酸弱碱盐,且水解生成的盐酸易挥发,故最终得到的是Al2O3;NaHCO3受热易分解为Na2CO3、CO2和H2O,故最终产物为Na2CO3;C也是强酸弱碱盐,但水解生成的酸H2SO4不挥发,故最终仍可得到原溶质;KMnO4受热时易发生分解。

  答案:C

  2.使Na2S溶液中c(Na+)/c(S2-)的值减小,可加入的物质是()

  A.盐酸B.适量的NaOH溶液

  C.适量的KOH溶液D.适量的CH3COONa溶液

  解析:在Na2S溶液中存在如下水解平衡:S2-+H2O鸠馠S-+OH-,若使c(Na+)/c(S2-)减小,应抑制S2-水解,A项促进S2-水解,其比值增大;B、D项虽抑制其水解,但又引入Na+,其比值增大;C项可使其比值减小,符合题意,答案为C。

  答案:C

  3.已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱,在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中,下列排序正确的是()

  A.c(OH-)>c(HA)>c(HB)>c(H+)

  B.c(OH-)>c(A-)>c(B-)>c(H+)

  C.c(OH-)>c(B-)>c(A-)>c(H+)

  D.c(OH-)>c(HB)>c(HA)>c(H+)

  解析:乙酸比甲酸酸性弱,则NaA水解程度比NaB强,c(HA)>c(HB)水解均呈碱性,故c(OH-)>c(HA)>c(HB)>c(H+),由于水解程度比较微弱,c(A-)、c(B-)比c(OH-)大。

  答案:A

  4.将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L的盐酸10mL混合后,溶液显酸性,则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是()

  A.c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COOH)

  B.c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)

  C.c(CH3COO-)=c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COOH)

  D.c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)

  解析:据电荷守恒原理可知,选项D肯定正确。醋酸钠溶液中加入盐酸后发生反应:

  CH3COONa+HCl===CH3COOH+NaCl,反应后CH3COONa剩余0.002mol-0.001mol=0.001mol,醋酸虽然是弱酸,但总有部分电离,使溶液显酸性,则c(H+)>c(OH-),说明此时CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度,即n(CH3COO-)>0.001mol,此时溶液中的H+主要来自CH3COOH,而CH3COOH只是部分电离。

  答案:BD

  5.下列关于电解质溶液的叙述正确的是()

  A.常温下,pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为:c(Cl-)>c(NH+4)>c(H+)>c(OH-)

  B.将pH=4的醋酸溶液稀释后,溶液中所有离子的浓度均降低

  C.中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液,消耗NaOH的物质的量相同

  D.常温下,同浓度的Na2S与NaHS溶液相比,Na2S溶液的pH大

  解析:在NH4Cl和氨水的混合液中,根据溶液电荷守恒,可以得关系式:c(H+)+c(NH+4)=c(Cl-)+c(OH-),如果pH=7,则c(NH+4)=c(Cl-),所以A项不对;醋酸在稀释过程中,c(OH-)浓度降低,但温度没有变,水的离子积常数不变,根据c(H+)=KW/c(OH-),所以c(H+)增大,故B项也不对;体积相同pH相同的盐酸和醋酸,由于醋酸不完全电离,所以其物质的量浓度大,则醋酸的物质的量大,所以中和时消耗的NaOH多,所以C项也不对;S2-比HS-的水解程度大,所以常温下,同浓度的Na2S溶液的pH比NaHS大,故D项对。

  答案:D

  6.在一定浓度的FeCl3溶液中,存在如下水解平衡:

  Fe3++3H2O鸠馞e(OH)3+3H+

  在此溶液中滴入饱和FeCl3溶液,下列说法中正确的是()

  A.水解平衡向正反应方向移动

  B.水解平衡向逆反应方向移动

  C.溶液中H+浓度不变

  D.Fe3+的水解程度增大

  解析:增加Fe3+浓度,水解平衡向正方向移动,达到平衡后溶液中H+浓度增大,但Fe3+的水解百分率减小。

  答案:A

  7.为了得到比较纯净的物质,下列使用的方法恰当的是()

  A.向Na2CO3饱和溶液中,通入过量的CO2后,加热蒸发得NaHCO3晶体

  B.加热蒸发CuCl2饱和溶液得纯净的CuCl2晶体

  C.向FeBr2溶液中加入过量的氯水,加热蒸发得FeCl3晶体

  D.向FeCl3溶液里加入足量NaOH溶液,经过滤、洗涤沉淀,再充分灼烧沉淀得Fe2O3

  解析:A中NaHCO3加热时要分解;B、C中CuCl2与FeCl3在加热蒸发的情况下,水解趋于完成,最后生成CuO和Fe2O3,D正确。

  答案:D

  8.下列各溶液中,微粒的物质的量浓度关系正确的是()

  A.0.1mol/LNa2CO3溶液:

  c(OH-)=c(HCO-3)+c(H+)+2c(H2CO3)

  B.0.1mol/LNH4Cl溶液:c(NH+4)=c(Cl-)

  C.向醋酸钠溶液中加入适量的醋酸,得到的酸性混合溶液:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)

  D.向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液:c(Na+)=c(NO-3)

  解析:解答此类题目时,要注意将盐的电离、水解与电荷守恒和物料守恒建立关系。

  Na2CO3溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HCO-3)+c(OH-)+2c(CO2-3),物料守恒关系为c(Na+)=2c(CO2-3)+2c(HCO-3)+2c(H2CO3),将两关系式相减消掉c(Na+),可知A项正确。B项中,根据电荷守恒:c(NH+4)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),因NH4Cl溶液水解显酸性,c(H+)>c(OH-),所以c(NH+4)<c(Cl-),B项错误。选项C中,根据C项中离子的顺序,溶液中正电荷大于负电荷,使整个溶液呈正电性,与溶液呈电中性矛盾,应该为:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。选项D,因NaNO3提供的Na+和NO-3不发生任何变化,所以反应后仍有c(Na+)=c(NO-3),所以D正确。

  答案:AD

  9.向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3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

  解析:本题考查盐类水解的影响因素,CH3COONa为强碱弱酸盐,水解后呈碱性,NH4NO3和FeCl3水解呈酸性,因此这两种盐会促进CH3COONa的水解,溶液中的CH3COO-浓度减小;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。

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