3.3.2 影响盐类水解的主要因素 同步巩固练 2024-2025学年化学人教版(2019) 选择性必修第一册
文档属性
| 名称 | 3.3.2 影响盐类水解的主要因素 同步巩固练 2024-2025学年化学人教版(2019) 选择性必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 340.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-03-27 16:06:39 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
3.3.2 影响盐类水解的主要因素 同步巩固练
2024-2025学年化学人教版(2019) 必修第一册
一、单选题
1．有分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液、、，以下说法中不正确的是
A．在三种酸、、中以酸性相对最弱
B．中和三种酸，需要的均为
C．在、、三者中，结合的能力最强
D．、、三者均为弱酸
2．某实验测得0.1mol·L-1NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．a点溶液中，>Ka2(H2CO3)
B．b点溶液中，c(Na+)=c(HCO)+c(CO)
C．a点与c点溶液中的c(OH-)相等
D．ab段，升温，pH减小，说明抑制了HCO的水解
3．常温下稀FeCl3溶液中：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，下列操作能使c(Fe3＋)增大的是
A．加入少量的H2SO4溶液 B．加水稀释
C．加热 D．加入少量NaOH溶液
4．兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。
序号 操作 试剂a 试剂b 现象
① 0.2mol/L FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色
② 0.2mol/L FeCl3 2mol/L盐酸 溶液为浅黄色
③ 0.2mol/L Fe(NO3)3 蒸馏水 溶液为浅黄色
④ 0.2mol/L Fe(NO3)3 2mol/L硝酸 溶液接近无色
下列说法不正确的是
A．②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动
B．由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关
C．由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关
D．由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同
5．要求设计实验证明：某种盐的水解是吸热的。有四位同学分别作出如下回答，其中不正确的是
A．甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
B．乙同学：用加热的方法可以制备Fe(OH)3胶体，说明含Fe3＋的盐水解是吸热的
C．丙同学：通过实验发现同浓度的热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液去油污效果好，说明碳酸钠水解是吸热的
D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热(不考虑水蒸发)后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的
6．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．加水稀释，平衡正移，HS-浓度增大 B．升高温度，减少
C．稀释溶液，水解平衡常数不变 D．加入NaOH固体，溶液pH减小
7．常温下下列物质的水溶液，加热到，溶液几乎不变的是
A．氢氧化钾 B．硫酸铵 C．盐酸 D．硫酸
8．常温下，某溶液的。下列关于该溶液的说法中，不正确的是
A．显酸性 B．
C． D．加热，pH变大
9．常温下，0.1mol/L醋酸钠溶液的。下列相关说法不正确的是
A．醋酸钠溶液显碱性的原因是：
B．常温下，醋酸钠溶液中：
C．向10mL上述溶液中滴加5滴饱和溶液，逐渐增大
D．在pH均为9的醋酸钠溶液和氨水中，水的电离程度：醋酸钠溶液>氨水
10．下列实验操作、现象、结论均正确的是
实验操作 实验现象 实验结论
A 取室温下少量溶液，加热至60℃，并测定溶液的 增大 的水解是吸热反应
B 用试纸测84消毒液的 水解使溶液显碱性
C 向溶液中滴入稀 溶液橙色变浅 (橙色)转化为(黄色)
D 测某浓度溶液和某浓度溶液的 溶液大 电离出的能力比的强
A．A B．B C．C D．D
11．将浓度均为0.1mol/L的氨水与盐酸等体积混合，下列做法能使混合后溶液与比值变大的是
A．加入固体硫酸钾 B．通入少量氯化氢
C．降低溶液温度 D．加入少量固体氢氧化钠
12．下列叙述错误的是
A．稀溶液加水稀释，溶液的碱性减弱
B．稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强
C．在滴有酚酞的溶液中慢慢滴入溶液，溶液的红色逐渐褪去
D．pH相等的① ② ③溶液的物质的量浓度大小：①>②>③
13．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO+H2OHCO+OH-。下列说法不正确的是
A．加入NaOH固体，溶液pH增大 B．加入NaOH固体，平衡向逆反应方向移动
C．升高温度，增大 D．稀释溶液，促进Na2CO3水解，Kw增大
14．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 操作 现象 结论
A 用pH试纸分别测量NaNO2和CH3COONa溶液的pH NaNO2溶液的pH约为8，CH3COONa溶液的pH约为9 Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)
B 用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH pH约为5 溶液中HSO的电离>水解
C 向滴有酚酞的氨水中加入CH3COONH4固体 溶液的红色变浅 CH3COONH4溶液呈酸性
D 室温下，向密闭容器中充入NO2，达平衡后，再慢慢扩大容器体积 最终容器中气体颜色比初次平衡时浅 2NO2(g)N2O4(g)(无色)该平衡正向移动
A．A B．B C．C D．D
15．某溶液中AlCl3的水解反应已达平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl ，若要使AlCl3的水解程度增大，应采取的方法是
A．加入NaHCO3 B．加入NaHSO4 C．加AlCl3固体 D．降温
二、填空题
16．具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比高效，且腐蚀性小。
(1)实验室检验的方法为 。溶液对钢铁设备的腐蚀，除的腐蚀作用外，另一离子的腐蚀主要原因是 (用离子方程式表示)
(2)实验室可用NaClO氧化酸性废液得到，发生反应的离子方程式为 。若要制取1000mL2mol/L，则需要NaClO的质量为 g。
(3)通过控制条件，溶液的水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为。欲使平衡正向移动可采用的方法是_______(填字母)。
A．降温 B．加水稀释 C．加入 D．加入
(4)工业上可用废铁屑来制备，流程如下：
废铁屑晶体无水
①在HCl气流中加热的原因是 。
②若某废铁屑中铁的质量分数为84%，用1000g废铁屑反应，最后制取的质量为1625g，则该制取过程中的产率为 (精确到0.1%)
17．电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
(1)已知部分弱酸的电离常数如表：
弱酸 CH3COOH HCN H2CO3
电离常数(25℃) Ka=1.8×10-5 Ka=4.3×10-10 Ka1=5.0×10-7 Ka2=5.6×10-11
①0.1mol·L-1NaCN溶液和0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，c(CN-) c(HCO)(填“＞”“＜”或“＝”)。
②常温下，pH相同的三种溶液：A．CH3COONa B． NaCN C．Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是 (填编号)。
③室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH=9，溶液中= 。
④将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是 。
(2)室温下，SO2通入NaOH溶液中，在所得溶液中，c(HSO)：c(SO)=10：1，溶液的pH= 。(室温下，H2SO3的Ka1=1.54×10-2；Ka2=1.0×10-7)
参考答案
1．C
A．酸越弱，酸根离子水解程度越大。相同物质的量浓度的盐溶液 NaA 、 NaB 、 NaC ，其pH 分别为8、9、10，则说明NaC溶液的碱性最强，即C-水解程度最大，所以HC酸性相对最弱，故A正确；
B．三种酸都是一元酸，和一元碱NaOH反应时，酸和NaOH的物质的量相等，所以中和1 mol 三种酸，需要的 NaOH 均为 1 mol，故B正确；
C．三种酸中，HA的酸性相对最强，所以A-结合H+的能力最弱，故C错误；
D．NaA 、 NaB 、 NaC三种溶液pH 分别为8、9、10，均为碱性，说明HA 、HB、HC三者均为弱酸 ，故D正确；
故选C。
2．A
A．NaHCO3溶液显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，即Kh > Ka2， 即Kh=>Ka2所以a点时，>Ka2(H2CO3)，A正确；
B．b点溶液显碱性，则c(H+) < c(OH- )，根据溶液中电荷守恒为c(Na+) + c(H+)=c(HCO)+ 2c(CO) + c(OH-)，所以c(Na+)> c(HCO)+ 2c(CO)，B错误；
C．随着温度升高，Kw增大，a点溶液的pH与c点溶液的pH相同，即c(H+ )相同，由于c点溶液中的Kw大，则a点溶液的c(OH- )比c点溶液的小，C错误；
D．NaHCO3溶液中存在HCO的水解和电离两个过程，两个过程均是吸热过程，升高温度，促进HCO的水解和电离，D错误；
故选A。
3．A
在氯化铁溶液中，存在铁离子的水解，水解方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，水解的过程是吸热反应；
A．加入少量的H2SO4溶液，会使水解平衡向左移动，铁离子浓度增大，故A正确；
B．加水稀释，会使水解平衡右移，但溶液的体积变大，铁离子浓度减小，故B错误；
C．加热，水解平衡右移，铁离子浓度减小，故C错误；
D．加入少量NaOH溶液，会使水解平衡右移，铁离子浓度减小，故D错误；
故选：A。
4．D
A．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L盐酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动，A正确；
B．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关，B正确；
C．对比实验①③和实验②④实验现象可知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关，C正确；
D．由以上实验可推知，导致②溶液为浅黄色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移动，而导致③溶液为浅黄色的原因是Fe3+浓度和水解生成的离子浓度减小，故不相同，D错误；
故答案为：D。
5．A
A．NH4NO3晶体溶于水，水温下降，可能是硝酸铵溶溶解吸热引起的，不能证明NH水解过程吸热， 故选A；
B．用加热的方法可以制备Fe(OH)3胶体，说明升高温度Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋平衡正向移动，则证明水解吸热，故不选B；
C．同浓度的热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液去油污效果好，说明升高温度CO＋H2OHCO＋OH－平衡正向移动，则证明水解吸热，故不选C；
D．在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热(不考虑水蒸发)后若红色加深，说明升高温度CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－平衡正向移动，则证明水解吸热，故不选D；
选A。
6．C
A．加水稀释，平衡正移，但是HS-浓度减小，故A错误；
B．水解是吸热反应，升温，平衡正向移动，硫氢根离子浓度增大，硫离子浓度减小，所以增大，故B错误；
C．水解平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故C正确；
D．加入氢氧化钠，溶液的碱性增强，溶液pH增大，故D错误；
故选C。
7．D
A．KOH是强碱，在水溶液里完全电离，升高温度，促进水电离，水的离子积常数增大，溶液中NaOH电离出的氢氧根离子浓度远远大于水电离出氢氧根离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度几乎不变，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A不选；
B．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，升高温度促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故B不选；
C．盐酸易挥发，升高温度会使HCl挥发，溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH增大，故C不选；
D．硫酸是强酸，在水溶液里完全电离生成氢离子和硫酸根离子，升高温度促进水电离，但硫酸电离出的氢离子浓度远远大于水电离出的氢离子浓度，所以溶液中氢离子浓度几乎不变，则溶液的pH几乎不变，故D选；
答案选D。
8．D
A．铜离子水解，溶液显酸性，A正确；
B．常温下，某溶液的，则溶液中，B正确；
C．溶液中，因此根据水的离子积常数可知溶液中，C正确；
D．加热促进铜离子水解，氢离子浓度增大，pH变小，D错误；
答案选D。
9．B
A．醋酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中CH3COO-部分发生水解，消耗水电离产生的H+变为CH3COOH，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：，A正确；
B．题中已知在常温下，该醋酸钠溶液的，可知，醋酸钠溶液中由于醋酸根水解促进水的电离，因此可得，B错误；
C．，加入消耗氢氧根则氢离子的浓度在增加，可知逐渐增大，C正确；
D．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根发生水解反应消耗水电离产生的H+，促进水的电离，根据上述计算可知时，而氨水中的NH3 H2O是弱酸，电离产生氢氧根，对水的电离平衡其抑制作用，使水的电离程度减小，计算可知时，因此当二者的pH=9相同时，水的电离程度前者大，D正确；
故答案选：B。
10．A
A．取室温下少量0.5mol L-1CH3COONa溶液，加热至60℃，并测定溶液的pH，溶液的pH值增大，说明升高温度促进水解，则盐类水解为吸热反应，故A正确；
B．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，应该用pH计测定NaClO溶液的pH值，故B错误；
C．加硫酸使(橙色)+H2O 2H++2(黄色)逆向移动，溶液橙色变深，故C错误；
D．两种钠盐溶液的物质的量浓度不一定相等，所以不能根据测定值判断弱酸根离子水解程度，则不能判断弱酸电离程度，故D错误。
答案选A。
11．C
氨水与盐酸等浓度等体积混合，恰好生成，溶液中存在。
A．加入固体硫酸钾，不影响溶液中和，该比值不变，A项错误；
B．通入HCl，增大，抑制的水解，但溶液中增加的物质的量大于增加的物质的量，该比值减小，B项错误；
C．盐类水解为吸热过程，降低温度，抑制水解，增大，比值增大，C项正确；
D．加入固体NaOH，促进水解，降低，比值减小，D项错误；
故为C。
12．B
A．稀溶液因碳酸根离子发生水解呈碱性，加水稀释氢氧根离子浓度减小，溶液的碱性减弱，故A正确；
B．根据水解反应的规律‘越稀越水解’，稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于浓度减小，其溶液酸性(或碱性)也越弱，故B错误；
C．溶液中碳酸根离子和溶液中钡离子结合生成硫酸钡沉淀，使水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，酚酞溶液的红色逐渐褪去，故C正确；
D．常温下，pH相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH溶液，碱性③＞②＞①，碱性越强需要的浓度越小，溶液的物质的量浓度大小为①>②>③，故D正确；
故选B。
13．D
A．加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故A正确；
B．加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，CO+H2OHCO+OH-平衡向逆方向移动，故B正确；
C．水解吸热，升高温度，CO+H2OHCO+OH-平衡向正方向移动， 增大、减小，增大，故C正确；
D．水的离子积常数只与温度有关，稀释溶液，Kw不变，故D错误；
选D。
14．B
A．NaNO2和CH3COONa溶液的浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH来比较对应酸的Ka，故A错误；
B．电离导致溶液呈酸性，水解导致溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中的电离程度大于水解程度，故B正确；
C．CH3COONH4为中性，氨水中加入CH3COONH4后，溶液中c()增大而使一水合氨电离平衡逆向移动，溶液碱性降低，则溶液的红色变浅，故C错误；
D．慢慢扩大容器体积，无论是否发生平衡移动，浓度均比原来的小，则由现象不能判定平衡的移动，故D错误；
故选：B。
15．A
A．加入NaHCO3，AlCl3、NaHCO3水解相互促进，AlCl3的水解程度增大，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故选A；
B．加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，抑制AlCl3水解，AlCl3的水解程度降低，故不选B；
C．“盐越稀越水解”，加AlCl3固体，氯化铝浓度增大，AlCl3的水解程度降低，故不选C；
D．水解吸热，降温，AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl平衡逆向移动，AlCl3的水解程度降低，故不选D；
选A。
16．(1) 向待测液中加入KSCN溶液，若溶液变红则含有
(2) 74.5
(3)BD
(4) 防止水解 66.7%
（1）实验室中，铁离子的检验用KSCN检验，会变红色；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）NaClO氧化酸性FeCl2，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则ClO-的系数为1，Fe2+的系数为2，根据电荷守恒，则氢离子的系数是2，则发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；1000mL2mol/LFeCl3的物质的量为n=cV=2mol/L×1L=2mol，n(NaClO)=n(FeCl3)=1mol，则需要NaClO的质量为m=nM=1mol×74.5g/mol=74.5g；
（3）控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动；
答案选BD；
（4）①防止水解，在HCl气流中加热；
②热碱液能除去废铁表面的油污；1625gFeCl3的物质的量为n==10mol，含有铁元素质量为m=nM=10mol×56g/mol=560g，废铁屑中铁元素的质量为1000g×84%=840g，则产率为×100%=66.7%。
17． ＜ A＞B＞C 1.8×10-4 6
(1)①根据“越弱越水解”知，酸的电离平衡常数越小，酸的酸性越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：HCN＜H2CO3，则水解程度：CN-＞HCO，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小，所以存在c(CN-)＜c(HCO)；
②根据“越弱越水解”知，酸的电离平衡常数越小，酸的酸性越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，对应的等浓度强碱弱酸盐的碱性越强，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：CH3COOH＞HCN＞HCO，则浓度相同时水解程度：＞CN-＞CH3COO-，物质的量浓度相同的三种溶液pH由大到小的顺序是C＞B＞A，则pH相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是A＞B＞C；
③室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH=9，溶液中；
④根据电离平衡常数知，酸性：H2CO3＞HCN＞HCO，则将少量CO2通入NaCN溶液中，只能生成碳酸氢钠，则反应的离子方程式是；
(2)室温下，SO2通入NaOH溶液中，在所得溶液中，c(HSO)：c(SO)=10：1，又有，c(H+)=1.0×10-6mol/L，溶液的pH=6。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
3.3.2 影响盐类水解的主要因素 同步巩固练
2024-2025学年化学人教版(2019) 必修第一册
一、单选题
1．有分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液、、，以下说法中不正确的是
A．在三种酸、、中以酸性相对最弱
B．中和三种酸，需要的均为
C．在、、三者中，结合的能力最强
D．、、三者均为弱酸
2．某实验测得0.1mol·L-1NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．a点溶液中，>Ka2(H2CO3)
B．b点溶液中，c(Na+)=c(HCO)+c(CO)
C．a点与c点溶液中的c(OH-)相等
D．ab段，升温，pH减小，说明抑制了HCO的水解
3．常温下稀FeCl3溶液中：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，下列操作能使c(Fe3＋)增大的是
A．加入少量的H2SO4溶液 B．加水稀释
C．加热 D．加入少量NaOH溶液
4．兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。
序号 操作 试剂a 试剂b 现象
① 0.2mol/L FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色
② 0.2mol/L FeCl3 2mol/L盐酸 溶液为浅黄色
③ 0.2mol/L Fe(NO3)3 蒸馏水 溶液为浅黄色
④ 0.2mol/L Fe(NO3)3 2mol/L硝酸 溶液接近无色
下列说法不正确的是
A．②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动
B．由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关
C．由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关
D．由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同
5．要求设计实验证明：某种盐的水解是吸热的。有四位同学分别作出如下回答，其中不正确的是
A．甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
B．乙同学：用加热的方法可以制备Fe(OH)3胶体，说明含Fe3＋的盐水解是吸热的
C．丙同学：通过实验发现同浓度的热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液去油污效果好，说明碳酸钠水解是吸热的
D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热(不考虑水蒸发)后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的
6．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．加水稀释，平衡正移，HS-浓度增大 B．升高温度，减少
C．稀释溶液，水解平衡常数不变 D．加入NaOH固体，溶液pH减小
7．常温下下列物质的水溶液，加热到，溶液几乎不变的是
A．氢氧化钾 B．硫酸铵 C．盐酸 D．硫酸
8．常温下，某溶液的。下列关于该溶液的说法中，不正确的是
A．显酸性 B．
C． D．加热，pH变大
9．常温下，0.1mol/L醋酸钠溶液的。下列相关说法不正确的是
A．醋酸钠溶液显碱性的原因是：
B．常温下，醋酸钠溶液中：
C．向10mL上述溶液中滴加5滴饱和溶液，逐渐增大
D．在pH均为9的醋酸钠溶液和氨水中，水的电离程度：醋酸钠溶液>氨水
10．下列实验操作、现象、结论均正确的是
实验操作 实验现象 实验结论
A 取室温下少量溶液，加热至60℃，并测定溶液的 增大 的水解是吸热反应
B 用试纸测84消毒液的 水解使溶液显碱性
C 向溶液中滴入稀 溶液橙色变浅 (橙色)转化为(黄色)
D 测某浓度溶液和某浓度溶液的 溶液大 电离出的能力比的强
A．A B．B C．C D．D
11．将浓度均为0.1mol/L的氨水与盐酸等体积混合，下列做法能使混合后溶液与比值变大的是
A．加入固体硫酸钾 B．通入少量氯化氢
C．降低溶液温度 D．加入少量固体氢氧化钠
12．下列叙述错误的是
A．稀溶液加水稀释，溶液的碱性减弱
B．稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强
C．在滴有酚酞的溶液中慢慢滴入溶液，溶液的红色逐渐褪去
D．pH相等的① ② ③溶液的物质的量浓度大小：①>②>③
13．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO+H2OHCO+OH-。下列说法不正确的是
A．加入NaOH固体，溶液pH增大 B．加入NaOH固体，平衡向逆反应方向移动
C．升高温度，增大 D．稀释溶液，促进Na2CO3水解，Kw增大
14．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 操作 现象 结论
A 用pH试纸分别测量NaNO2和CH3COONa溶液的pH NaNO2溶液的pH约为8，CH3COONa溶液的pH约为9 Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)
B 用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH pH约为5 溶液中HSO的电离>水解
C 向滴有酚酞的氨水中加入CH3COONH4固体 溶液的红色变浅 CH3COONH4溶液呈酸性
D 室温下，向密闭容器中充入NO2，达平衡后，再慢慢扩大容器体积 最终容器中气体颜色比初次平衡时浅 2NO2(g)N2O4(g)(无色)该平衡正向移动
A．A B．B C．C D．D
15．某溶液中AlCl3的水解反应已达平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl ，若要使AlCl3的水解程度增大，应采取的方法是
A．加入NaHCO3 B．加入NaHSO4 C．加AlCl3固体 D．降温
二、填空题
16．具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比高效，且腐蚀性小。
(1)实验室检验的方法为 。溶液对钢铁设备的腐蚀，除的腐蚀作用外，另一离子的腐蚀主要原因是 (用离子方程式表示)
(2)实验室可用NaClO氧化酸性废液得到，发生反应的离子方程式为 。若要制取1000mL2mol/L，则需要NaClO的质量为 g。
(3)通过控制条件，溶液的水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为。欲使平衡正向移动可采用的方法是_______(填字母)。
A．降温 B．加水稀释 C．加入 D．加入
(4)工业上可用废铁屑来制备，流程如下：
废铁屑晶体无水
①在HCl气流中加热的原因是 。
②若某废铁屑中铁的质量分数为84%，用1000g废铁屑反应，最后制取的质量为1625g，则该制取过程中的产率为 (精确到0.1%)
17．电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
(1)已知部分弱酸的电离常数如表：
弱酸 CH3COOH HCN H2CO3
电离常数(25℃) Ka=1.8×10-5 Ka=4.3×10-10 Ka1=5.0×10-7 Ka2=5.6×10-11
①0.1mol·L-1NaCN溶液和0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，c(CN-) c(HCO)(填“＞”“＜”或“＝”)。
②常温下，pH相同的三种溶液：A．CH3COONa B． NaCN C．Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是 (填编号)。
③室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH=9，溶液中= 。
④将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是 。
(2)室温下，SO2通入NaOH溶液中，在所得溶液中，c(HSO)：c(SO)=10：1，溶液的pH= 。(室温下，H2SO3的Ka1=1.54×10-2；Ka2=1.0×10-7)
参考答案
1．C
A．酸越弱，酸根离子水解程度越大。相同物质的量浓度的盐溶液 NaA 、 NaB 、 NaC ，其pH 分别为8、9、10，则说明NaC溶液的碱性最强，即C-水解程度最大，所以HC酸性相对最弱，故A正确；
B．三种酸都是一元酸，和一元碱NaOH反应时，酸和NaOH的物质的量相等，所以中和1 mol 三种酸，需要的 NaOH 均为 1 mol，故B正确；
C．三种酸中，HA的酸性相对最强，所以A-结合H+的能力最弱，故C错误；
D．NaA 、 NaB 、 NaC三种溶液pH 分别为8、9、10，均为碱性，说明HA 、HB、HC三者均为弱酸 ，故D正确；
故选C。
2．A
A．NaHCO3溶液显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，即Kh > Ka2， 即Kh=>Ka2所以a点时，>Ka2(H2CO3)，A正确；
B．b点溶液显碱性，则c(H+) < c(OH- )，根据溶液中电荷守恒为c(Na+) + c(H+)=c(HCO)+ 2c(CO) + c(OH-)，所以c(Na+)> c(HCO)+ 2c(CO)，B错误；
C．随着温度升高，Kw增大，a点溶液的pH与c点溶液的pH相同，即c(H+ )相同，由于c点溶液中的Kw大，则a点溶液的c(OH- )比c点溶液的小，C错误；
D．NaHCO3溶液中存在HCO的水解和电离两个过程，两个过程均是吸热过程，升高温度，促进HCO的水解和电离，D错误；
故选A。
3．A
在氯化铁溶液中，存在铁离子的水解，水解方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，水解的过程是吸热反应；
A．加入少量的H2SO4溶液，会使水解平衡向左移动，铁离子浓度增大，故A正确；
B．加水稀释，会使水解平衡右移，但溶液的体积变大，铁离子浓度减小，故B错误；
C．加热，水解平衡右移，铁离子浓度减小，故C错误；
D．加入少量NaOH溶液，会使水解平衡右移，铁离子浓度减小，故D错误；
故选：A。
4．D
A．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L盐酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动，A正确；
B．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关，B正确；
C．对比实验①③和实验②④实验现象可知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关，C正确；
D．由以上实验可推知，导致②溶液为浅黄色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移动，而导致③溶液为浅黄色的原因是Fe3+浓度和水解生成的离子浓度减小，故不相同，D错误；
故答案为：D。
5．A
A．NH4NO3晶体溶于水，水温下降，可能是硝酸铵溶溶解吸热引起的，不能证明NH水解过程吸热， 故选A；
B．用加热的方法可以制备Fe(OH)3胶体，说明升高温度Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋平衡正向移动，则证明水解吸热，故不选B；
C．同浓度的热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液去油污效果好，说明升高温度CO＋H2OHCO＋OH－平衡正向移动，则证明水解吸热，故不选C；
D．在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热(不考虑水蒸发)后若红色加深，说明升高温度CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－平衡正向移动，则证明水解吸热，故不选D；
选A。
6．C
A．加水稀释，平衡正移，但是HS-浓度减小，故A错误；
B．水解是吸热反应，升温，平衡正向移动，硫氢根离子浓度增大，硫离子浓度减小，所以增大，故B错误；
C．水解平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故C正确；
D．加入氢氧化钠，溶液的碱性增强，溶液pH增大，故D错误；
故选C。
7．D
A．KOH是强碱，在水溶液里完全电离，升高温度，促进水电离，水的离子积常数增大，溶液中NaOH电离出的氢氧根离子浓度远远大于水电离出氢氧根离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度几乎不变，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A不选；
B．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，升高温度促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故B不选；
C．盐酸易挥发，升高温度会使HCl挥发，溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH增大，故C不选；
D．硫酸是强酸，在水溶液里完全电离生成氢离子和硫酸根离子，升高温度促进水电离，但硫酸电离出的氢离子浓度远远大于水电离出的氢离子浓度，所以溶液中氢离子浓度几乎不变，则溶液的pH几乎不变，故D选；
答案选D。
8．D
A．铜离子水解，溶液显酸性，A正确；
B．常温下，某溶液的，则溶液中，B正确；
C．溶液中，因此根据水的离子积常数可知溶液中，C正确；
D．加热促进铜离子水解，氢离子浓度增大，pH变小，D错误；
答案选D。
9．B
A．醋酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中CH3COO-部分发生水解，消耗水电离产生的H+变为CH3COOH，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：，A正确；
B．题中已知在常温下，该醋酸钠溶液的，可知，醋酸钠溶液中由于醋酸根水解促进水的电离，因此可得，B错误；
C．，加入消耗氢氧根则氢离子的浓度在增加，可知逐渐增大，C正确；
D．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根发生水解反应消耗水电离产生的H+，促进水的电离，根据上述计算可知时，而氨水中的NH3 H2O是弱酸，电离产生氢氧根，对水的电离平衡其抑制作用，使水的电离程度减小，计算可知时，因此当二者的pH=9相同时，水的电离程度前者大，D正确；
故答案选：B。
10．A
A．取室温下少量0.5mol L-1CH3COONa溶液，加热至60℃，并测定溶液的pH，溶液的pH值增大，说明升高温度促进水解，则盐类水解为吸热反应，故A正确；
B．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，应该用pH计测定NaClO溶液的pH值，故B错误；
C．加硫酸使(橙色)+H2O 2H++2(黄色)逆向移动，溶液橙色变深，故C错误；
D．两种钠盐溶液的物质的量浓度不一定相等，所以不能根据测定值判断弱酸根离子水解程度，则不能判断弱酸电离程度，故D错误。
答案选A。
11．C
氨水与盐酸等浓度等体积混合，恰好生成，溶液中存在。
A．加入固体硫酸钾，不影响溶液中和，该比值不变，A项错误；
B．通入HCl，增大，抑制的水解，但溶液中增加的物质的量大于增加的物质的量，该比值减小，B项错误；
C．盐类水解为吸热过程，降低温度，抑制水解，增大，比值增大，C项正确；
D．加入固体NaOH，促进水解，降低，比值减小，D项错误；
故为C。
12．B
A．稀溶液因碳酸根离子发生水解呈碱性，加水稀释氢氧根离子浓度减小，溶液的碱性减弱，故A正确；
B．根据水解反应的规律‘越稀越水解’，稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于浓度减小，其溶液酸性(或碱性)也越弱，故B错误；
C．溶液中碳酸根离子和溶液中钡离子结合生成硫酸钡沉淀，使水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，酚酞溶液的红色逐渐褪去，故C正确；
D．常温下，pH相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH溶液，碱性③＞②＞①，碱性越强需要的浓度越小，溶液的物质的量浓度大小为①>②>③，故D正确；
故选B。
13．D
A．加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故A正确；
B．加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，CO+H2OHCO+OH-平衡向逆方向移动，故B正确；
C．水解吸热，升高温度，CO+H2OHCO+OH-平衡向正方向移动， 增大、减小，增大，故C正确；
D．水的离子积常数只与温度有关，稀释溶液，Kw不变，故D错误；
选D。
14．B
A．NaNO2和CH3COONa溶液的浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH来比较对应酸的Ka，故A错误；
B．电离导致溶液呈酸性，水解导致溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中的电离程度大于水解程度，故B正确；
C．CH3COONH4为中性，氨水中加入CH3COONH4后，溶液中c()增大而使一水合氨电离平衡逆向移动，溶液碱性降低，则溶液的红色变浅，故C错误；
D．慢慢扩大容器体积，无论是否发生平衡移动，浓度均比原来的小，则由现象不能判定平衡的移动，故D错误；
故选：B。
15．A
A．加入NaHCO3，AlCl3、NaHCO3水解相互促进，AlCl3的水解程度增大，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故选A；
B．加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，抑制AlCl3水解，AlCl3的水解程度降低，故不选B；
C．“盐越稀越水解”，加AlCl3固体，氯化铝浓度增大，AlCl3的水解程度降低，故不选C；
D．水解吸热，降温，AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl平衡逆向移动，AlCl3的水解程度降低，故不选D；
选A。
16．(1) 向待测液中加入KSCN溶液，若溶液变红则含有
(2) 74.5
(3)BD
(4) 防止水解 66.7%
（1）实验室中，铁离子的检验用KSCN检验，会变红色；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）NaClO氧化酸性FeCl2，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则ClO-的系数为1，Fe2+的系数为2，根据电荷守恒，则氢离子的系数是2，则发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；1000mL2mol/LFeCl3的物质的量为n=cV=2mol/L×1L=2mol，n(NaClO)=n(FeCl3)=1mol，则需要NaClO的质量为m=nM=1mol×74.5g/mol=74.5g；
（3）控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动；
答案选BD；
（4）①防止水解，在HCl气流中加热；
②热碱液能除去废铁表面的油污；1625gFeCl3的物质的量为n==10mol，含有铁元素质量为m=nM=10mol×56g/mol=560g，废铁屑中铁元素的质量为1000g×84%=840g，则产率为×100%=66.7%。
17． ＜ A＞B＞C 1.8×10-4 6
(1)①根据“越弱越水解”知，酸的电离平衡常数越小，酸的酸性越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：HCN＜H2CO3，则水解程度：CN-＞HCO，酸根离子水解程度越大，其水溶液中酸根离子浓度越小，所以存在c(CN-)＜c(HCO)；
②根据“越弱越水解”知，酸的电离平衡常数越小，酸的酸性越弱，其对应的酸根离子水解程度越大，对应的等浓度强碱弱酸盐的碱性越强，根据表中数据知，酸的电离平衡常数：CH3COOH＞HCN＞HCO，则浓度相同时水解程度：＞CN-＞CH3COO-，物质的量浓度相同的三种溶液pH由大到小的顺序是C＞B＞A，则pH相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是A＞B＞C；
③室温下，一定浓度的CH3COONa溶液pH=9，溶液中；
④根据电离平衡常数知，酸性：H2CO3＞HCN＞HCO，则将少量CO2通入NaCN溶液中，只能生成碳酸氢钠，则反应的离子方程式是；
(2)室温下，SO2通入NaOH溶液中，在所得溶液中，c(HSO)：c(SO)=10：1，又有，c(H+)=1.0×10-6mol/L，溶液的pH=6。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)