1、课时作业(十五) 盐类水解的应用1下列物质的水溶液由于水解而呈碱性的是()ANaHSO4BNa2SO4CNaHCO3 DNH3【解析】本题考查水解的实质及规律。A项，NaHSO4是强酸的酸式盐，不发生水解；B项，Na2SO4是强酸强碱盐，不水解；C项是弱酸的酸式盐，水解使溶液呈碱性；D项NH3是非电解质，溶于水后生成弱碱。故选C。【答案】C2下列溶液常温下能跟镁反应生成H2的是()ANaOH(aq) BNaHCO3(aq)CNH4Cl(aq) DNa2SO3(aq)【解析】酸性溶液才能跟镁反应生成H2，首先排除A；NaHCO3(aq)中存在着HCO的电离和水解：HCOHCO、HCOH2OH2C
2、O3OH，HCO的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，排除B；NH4Cl水解，溶液显酸性：NHH2ONH3H2OH，可与Mg反应放出H2，C正确；Na2SO3溶液水解显碱性。SOH2OHSOOH，故排除D。【答案】C3相同物质的量浓度的下列铵盐中c(NH)最大的是()ANH4HCO3 BNH4HSO4CNH4NO3 DCH3COONH4【解析】本题考查影响水解平衡移动的因素。先找出对NH水解无影响的阴离子，再看是促进的还是抑制的，并排出顺序。NH4NO3中NH的水解不受影响，NH4HSO4电离出H抑制NH水解，c(NH)大，HCO、CH3COO对NH的水解都有促进作用，c(NH)小。【答案】B4
3、在0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系正确的是()Ac(Na)2c(CO)Bc(OH)2c(H)Cc(HCO)c(H2CO3)Dc(Na)c(HA)c(HB)c(H)Bc(OH)c(A)c(B)c(H)Cc(OH)c(B)c(A)c(H)Dc(OH)c(HB)c(HA)c(H)【解析】由于酸性强弱为HBHA，所以A比B容易水解，故在浓度均为0.1 molL1的NaA和NaB混合溶液中c(HA)c(HB)，故A项正确；B项、C项中c(B)、c(A)应均大于c(OH)。【答案】A8将pH3的盐酸和pH11的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是()Ac(NH)c(Cl)c(H)c
4、(OH)Bc(NH)c(Cl)c(OH)c(H)Cc(Cl)c(NH)c(H)c(OH)Dc(Cl)c(NH)c(OH)c(H)【解析】pH3的盐酸中的c(H)103 mol/L；pH11的氨水中的c(OH)103 mol/L，这两种溶液等体积混合，可以认为它们已电离的部分恰好完全反应；NH3H2OHCl=NH4ClH2O，由于NH3H2O是弱电解质，故还有大量的NH3H2O没有参加反应，NH3H2ONHOH，反应生成的NH加上电离生成的NH的量大于Cl的量；因为过量的NH3H2O为一元弱碱，所以溶液中的c(OH)c(H)。故选B。【答案】B9为了同时使用分别含有N、P、K三种元素的化肥，对于
5、给定化肥K2CO3；KCl；Ca(H2PO4)2；(NH4)2SO4；NH3H2O，适宜的组合是()A BC D【解析】(1)铵态氮肥不能与草木灰混合使用，因为COH2OHCOOH，NHOHNH3H2O，氨气易挥发，降低肥效；铵态氮肥也不能与呈碱性或水解呈碱性的物质混合使用。(2)磷酸盐、磷酸一氢盐除钾、钠、铵盐外，其余均不溶，磷酸二氢盐易溶于水。磷肥不能与呈碱性或水解呈碱性的物质混合使用。由上述可知：仅中含磷元素，必须有，有则不能有，两者反应生成沉淀，P元素不被吸收，有则不能有。【答案】B10下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是()ApH2的HA溶液与pH12的MOH溶液以任意比混合：c(
6、H)c(M)c(OH)c(A)BpH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液，c(NaOH)c(CH3COONa)c(Na2CO3)C物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO)2c(OH)c(H)c(CH3COOH)D0.1 molL1的NaHA溶液，其pH4：c(HA)c(H)c(H2A)c(A2)【解析】因为任何溶液都是呈电中性的，即电荷守恒，故A项正确；又因酸性CH3COOHHCO，所以等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液其碱性应是Na2CO3CH3COONa，但pH相同的两溶液，其物质的量浓度应是CH3COONaNa
7、2CO3，故B不正确；等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa混合后，由电荷守恒得c(CH3COO)c(OH)c(H)c(Na)，由物料守恒得2c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，二者联立，即得c(CH3COO)2c(OH)2c(H)c(CH3COOH)，故C项不正确；NaHA溶液pH4，说明HA的电离程度大于水解程度或HA只电离，则其粒子浓度大小关系为c(HA)c(H)c(A2)c(H2A)，故正确答案为A。【答案】A11(1)氯化铁水解的离子方程式为_，向氯化铁溶液中加入碳酸钙粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，并产生无色气体，其离子方程式为_。同时有红褐色沉淀生成，其原因是_
8、。(2)水玻璃在工业上可作粘合剂，它与NH4Cl溶液接触时，会很快凝结，用离子方程式表示其原因为_。【解析】本题考查水解相互促进，碳酸钙与氯化铁水解生成的H反应，促使氯化铁水解进行较完全，生成红褐色沉淀，同时溶液中H和碳酸钙反应产生CO2；水玻璃在工业上可作粘合剂，它与NH4Cl溶液接触时，会很快凝结也是因为SiO和NH水解相互促进进行完全。【答案】(1)Fe33H2OFe(OH)33HCaCO32H=Ca2H2OCO2碳酸钙消耗H，促进氯化铁的水解，使水解产物Fe(OH)3大量生成，形成红褐色沉淀(2)SiO2NH=2NH3H2SiO312(1)碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_
9、。(2)明矾溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_。(3)碳酸氢钡溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_。(4)Na2SO3溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_。(5)AlCl3溶液蒸干灼烧得到的固体物质是_，原因是_。【解析】K2CO3、明矾水解生成的物质经加热蒸干后仍得原物质。AlCl3溶液水解后得盐酸，加热后HCl挥发而促进水解，最后溶液蒸干得到Al(OH)3，灼烧得Al2O3。(3)中的Ba(HCO3)2受热易分解，(4)中的Na2SO3具有还原性，易被空气中的氧气氧化，蒸干后均不能得到原物质。【答案】(1)K2CO3尽管加热过程促进了K2CO3的水解，但生成的KHCO3和KOH反应的产物
10、为K2CO3(2)明矾尽管Al3水解，但H2SO4为难挥发性酸，故最后仍然是结晶水合物明矾(3)BaCO3Ba(HCO3)2在水溶液中受热分解：Ba(HCO3)2BaCO3CO2H2O(4)Na2SO4Na2SO3在蒸干过程中不断被空气中的氧气氧化而生成Na2SO4(5)Al2O3加热促进AlCl3水解，且随水量的减少，HCl不断挥发，促使AlCl3完全水解成Al(OH)3，灼烧时发生以下反应：2Al(OH)3Al2O33H2O1325 时，将0.01 mol CH3COONa和0.002 mol HCl溶于水，形成1 L混合溶液。回答下列问题：(1)该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或
11、离子方程式表示：_；_；_。(2)溶液中共有_种不同的粒子(指分子和离子)。(3)在这些粒子中，浓度为0.01 molL1的是_，浓度为0.002 molL1的是_。(4)_和_两种粒子物质的量之和等于0.01 mol。【解析】0.01 mol CH3COONa与0.002 mol HCl溶于水形成1 L溶液，CH3COOH=CH3COOH，生成0.002 mol CH3COOH，剩余CH3COONa 0.008 mol，生成NaCl 0.002 mol，溶液中存在的水解平衡：CH3COOH2OCH3COOHOH，存在的电离平衡：CH3COOHHCH3COO，H2OHOH。此时溶液中存在的离子
12、有Cl、Na、CH3COO、H、OH，分子有H2O、CH3COOH，能够水解的离子及电离(微弱)产生的离子随外界条件的变化浓度发生变化，故浓度为定值的是强酸、强碱对应的阴、阳离子，c(Na)0.01 molL1，c(Cl)0.002 molL1，由物料守恒：c(CH3COO)c(CH3COOH)0.01 molL1，故CH3COO与CH3COOH的物质的量之和为0.01 mol。【答案】(1)CH3COOH2OCH3COOHOHCH3COOHCH3COOHH2OHOH(2)7(3)NaCl(4)CH3COOHCH3COO14某二元酸(化学式为H2B)在水中的电离方程式：H2B=HHBHBHB2
13、请回答下列问题：(1)Na2B溶液显_(填“酸性”、“中性”或“碱性”)。理由是_(用离子方程式表示)。(2)在0.1 molL1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是_。Ac(B2)c(HB)c(H2B)0.1 molL1Bc(Na)c(OH)c(H)c(HB)Cc(Na)c(H)c(OH)c(HB)2c(B2)Dc(Na)2c(B2)2c(HB)(3)已知0.1 molL1 NaHB溶液的pH2，则0.1 molL1 H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是_0.11 molL1(填“”、“”或“”)，理由是_。(4)0.1 molL1 NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_。【解析】(1)Na2B为强碱弱酸盐，溶液显碱性。(2)由题中方程式可知，Na2B溶液中不存在H2B，A错误；由电荷守恒可知C正确；由物料守恒可知D正确，B错误。【答案】(1)碱性B2H2OHBOH(2)CD(3)H2B第一步电离产生的H，抑制了HB的电离(4)c(Na)c(HB)c(H)c(B2)c(OH)
