还剩4页未读，
继续阅读
所属成套资源：高一化学同步练习(鲁科版选择性必修第一册)
成套系列资料，整套一键下载
第3章 第2节 第2课时 盐类的水解 试卷
展开
这是一份第3章 第2节 第2课时 盐类的水解，共7页。
第3章物质在水溶液中的行为
第2节 弱电解质的电离 盐类的水解
第2课时 盐类的水解
课后篇素养形成
必备知识基础练
1.(2020湖南长沙雅礼高二检测)下列有关盐类水解的说法不正确的是( )
A.盐类的水解过程破坏了纯水的电离平衡
B.盐类的水解是酸碱中和反应的逆过程
C.盐类水解的结果使溶液不一定呈中性
D.Na2CO3水解的实质是Na+与H2O电离出的OH-结合生成了NaOH
答案D
解析Na2CO3水解的实质是CO32-与H2O电离出的H+结合生成HCO3-和H2CO3,使溶液中c平(H+)
A.前者大 B.相等
C.前者小 D.不能确定
答案A
解析对于等浓度的强碱弱酸盐溶液,可通过比较盐水解后生成的酸的酸性强弱来判断溶液pH的相对大小,酸越弱,则对应盐溶液的碱性越强,即“越弱越水解”,故溶液pH越大。
3.(2020江苏常州高级中学高二检测)在常温下,纯水中存在电离平衡H2OH++OH-,如要使水的电离程度增大,并使c平(H+)增大,应加入的物质是( )
A.NaHSO4 B.KAl(SO4)2
C.NaHCO3 D.CH3COONa
答案B
解析NaHCO3溶液、CH3COONa溶液呈碱性,溶液中H+浓度减小,不符合题意;NaHSO4电离出的H+可抑制水的电离;KAl(SO4)2电离的Al3+水解能促进水的电离,使溶液中c平(H+)增大。
4.(2020黑龙江大庆第一中学高二检测)下列各物质常温下发生水解,对应的离子方程式正确的是( )
A.Na2CO3:CO32-+2H2OH2O+CO2↑+2OH-
B.NH4Cl:NH4++H2ONH3·H2O+OH-
C.CuSO4:Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
D.NaF:F-+H2OHF+OH-
答案C
解析多元弱酸酸根离子分步水解,多元弱碱阳离子水解一步写出,故A错误,C正确;B中电荷不守恒;D应用“”连接。
5.将CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合并配制成稀溶液,所得溶液的pH为4.7,下列说法错误的是( )
A.CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用
B.CH3COONa的水解作用大于CH3COOH的电离作用
C.CH3COOH的存在抑制了CH3COONa的水解
D.CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离
答案B
解析在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中存在着下列平衡:
CH3COOHH++CH3COO-①
CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-②
因两种物质是等物质的量混合,且溶液显酸性,据以上两式分析可知,①产生的H+多于②产生的OH-,故A正确,B不正确;溶液中存在CH3COO-、CH3COOH两种粒子,所以CH3COOH的电离受到CH3COO-的抑制,而CH3COO-的水解也受到CH3COOH的抑制,故C、D正确。
6.在反应Al3++3H2OAl(OH)3+3H+的平衡体系中,要使平衡向水解方向移动,且使溶液的pH增大,应采取的措施是( )
A.加热 B.通入HCl气体
C.加入适量的NaOH溶液 D.加入固体AlCl3
答案C
解析盐类的水解存在一个平衡状态,当条件发生变化时,平衡可能发生移动,状态发生改变。A、C、D项都可促使水解平衡正向移动,B项抑制水解反应的进行。采取相应的措施后,溶液的pH增大的是C项,溶液的pH减小的是A、B、D项。综上所述,应选择C项。
7.(2020安徽合肥第一中学高二检测)对滴有酚酞溶液的下列溶液,操作后颜色变深的是( )
A.明矾溶液加热
B.CH3COONa溶液加热
C.氨水中加入少量NH4Cl固体
D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体
答案B
解析A选项,明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性,加热时铝离子的水解程度增大,溶液的酸性增强,无颜色变化;B选项,醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性,加热,醋酸根离子的水解程度增大,溶液的碱性增强,溶液的颜色加深;C选项,加入氯化铵固体,氨水的电离程度减弱,碱性减弱,溶液颜色变浅;D选项,溶液的酸碱性不变,溶液的颜色没有变化。
8.(2020山东实验中学高二检测)25 ℃时,浓度均为0.2 mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中,下列判断不正确的是( )
A.均存在电离平衡和水解平衡
B.存在的粒子种类相同
C.c平(OH-)前者大于后者
D.分别加入NaOH固体,恢复到原温度,c平(CO32-)均增大
答案C
解析两种溶液中均存在着水的电离平衡,NaHCO3溶液中还存在:HCO3-H++CO32-及HCO3-+H2OH2CO3+OH-的水解平衡,Na2CO3溶液中还存在:CO32-+H2OHCO3-+OH-的水解平衡,A正确;两种溶液中均存在Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、OH-、H+、H2O,B正确;浓度相同时,CO32-水解程度大于HCO3-水解程度,故Na2CO3溶液中c平(OH-)更大,C错误;NaHCO3溶液中加入NaOH固体:HCO3-+OH-H2O+CO32-,c平(CO32-)增大,Na2CO3溶液中加入NaOH,导致CO32-的水解平衡向左移动,c平(CO32-)增大,D正确。
9.25 ℃时,用pH试纸测得0.1 mol·L-1 NaNO2溶液的pH>7。
(1)NaNO2溶液pH>7的原因是(用离子方程式表示) 。
(2)常温下,将0.2 mol·L-1的HNO2溶液和0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,所得溶液的pH<7,说明HNO2的电离程度 (填“大于”或“小于”)NaNO2的水解程度。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
(3)常温下,pH=3的HNO2溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液pH (填“大于”或“小于”,下同)7,c平(Na+) c平(NO2-)。
答案(1)NO2-+H2OHNO2+OH-
(2)大于 c平(NO2-)>c平(Na+)>c平(H+)>c平(OH-)
(3)小于 小于
解析(2)两溶液混合后得到等浓度的HNO2和NaNO2的混合溶液,溶液显酸性说明HNO2H++NO2-的(电离)程度大于NO2-+H2OHNO2+OH-的(水解)程度。根据电荷守恒c平(NO2-)+c平(OH-)=c平(H+)+c平(Na+),c平(H+)>c平(OH-),则c平(NO2-)>c平(Na+),由于水解程度小,故c平(NO2-)>c平(Na+)>c平(H+)>c平(OH-)。
(3)pH=3的HNO2溶液中c平(H+)=10-3 mol·L-1,则c平(HNO2)远大于10-3 mol·L-1,pH=11的NaOH溶液中c平(OH-)=10-3 mol·L-1;pH=3的HNO2溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合后剩余HNO2,溶液显酸性c平(H+)>c平(OH-),根据c平(NO2-)+c平(OH-)=c平(H+)+c平(Na+),知c平(Na+)
10.(2020河南郑州第一中学高二检测)恒温下,欲使CH3COONa稀溶液中c平(CH3COO-)c平(Na+)的比值增大,可在溶液中加入少量下列物质中的( )
①固体NaOH ②固体KOH ③固体NaHS
④固体CH3COONa ⑤冰醋酸
A.①② B.②⑤ C.②④⑤ D.①⑤
答案C
解析加入NaOH或NaHS固体,会导致钠离子浓度大量增加,比值会减小;加入KOH固体或冰醋酸,钠离子浓度不变,CH3COO-水解平衡向逆向移动,所以醋酸根离子浓度增大,即比值会增大;加入CH3COONa固体,根据越稀越水解,醋酸根离子水解程度减小,比值增大。
11.相同物质的量浓度的下列铵盐的溶液中,NH4+的浓度最大的是( )
A.NH4HCO3 B.NH4HSO4
C.NH4NO3 D.CH3COONH4
答案B
解析NH4NO3中NH4+的水解不受影响;NH4HSO4电离出H+抑制NH4+水解,HCO3-、CH3COO-对NH4+的水解都有促进作用,故NH4HSO4溶液中NH4+的浓度最大。
12.(2020安徽合肥一六八中学高二检测)常温下,在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中,设由水电离产生的OH-浓度分别为a mol·L-1与b mol·L-1,则a和b关系为( )
A.a>b B.a=10-4b
C.b=10-4a D.a=b
答案B
解析NaOH抑制水的电离,所以由水电离出的c水(OH-)等于溶液中的c平(H+)=10-9 mol·L-1。CH3COONa水解促进了水的电离,所以由水电离出的c水(OH-)=(10-14÷10-9) mol·L-1=10-5 mol·L-1,故ab=10-910-5=10-4,即a=10-4b。
13.(2020陕西西北工业大学附属中学高二检测)现有等物质的量浓度的下列五种溶液:①CH3COOH溶液
②(NH4)2CO3溶液 ③NaHSO4溶液 ④NaHCO3溶液 ⑤Ba(OH)2溶液,其溶液中水的电离程度由大到小的排列顺序是( )
A.⑤③①④② B.⑤③①②④
C.②④③①⑤ D.②④①③⑤
答案D
解析设五种溶液的物质的量浓度均为c,①醋酸为弱酸,抑制了水的电离,溶液中氢离子的浓度小于c;②(NH4)2CO3溶液中的铵根离子和碳酸根离子都能够水解,促进了水的电离;③NaHSO4溶液为酸性溶液,溶液中氢离子的浓度为c,该溶液中水的电离程度小于①;④NaHCO3为强碱弱酸盐,碳酸氢根离子水解促进了水的电离,该溶液中水的电离程度小于②,大于①;⑤Ba(OH)2溶液中的氢氧根离子浓度为2c,抑制了水的电离,该溶液中水的电离程度小于③。综上分析,五种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为②④①③⑤,D项正确。
14.(双选)相同物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液相比,NaCN溶液的pH较大,则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是( )
A.电离程度:HCN
C.与NaOH溶液恰好完全反应时,消耗NaOH的物质的量:HClO>HCN
D.溶液中酸根离子浓度:c平(CN-)
解析NaCN和NaClO都为强碱弱酸盐,相同物质的量浓度时NaCN溶液的pH较大,说明CN-水解的程度大,因此HCN比HClO的酸性更弱,电离程度:HCN
A.随温度升高,纯水中c平(H+)>c平(OH-)
B.随温度升高,CH3COONa溶液的c平(OH-)减小
C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果
D.随水温升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同
答案C
解析随温度升高,KW增大,但纯水中的c平(H+)仍然等于c平(OH-),A错误;随温度升高,CH3COONa水解平衡和水的电离平衡均会正向移动,c平(OH-)增大,图中pH略有减小,应是水的电离平衡正向移动所致,B错误;随温度升高,CuSO4水解程度增大,c平(H+)增大,pH减小,而且升温也会导致水的电离平衡正向移动,KW增大,C正确;D项,随水温升高,CH3COO-、Cu2+水解平衡均正向移动,D错误。
16.常温下,有四种溶液:
①0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液 ②0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液 ③0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液
④0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液
(1)溶液①的pH (填“>”“<”或“=”)7,溶液中离子的电荷守恒的关系式是 。
(2)溶液②呈 (填“酸”“碱”或“中”)性。其原因是 (用离子方程式和适当的叙述说明)。
(3)下列有关①和②两种溶液的说法正确的是 (填字母)。
a.两种溶液中c平(CH3COO-)都等于0.1 mol·L-1
b.两种溶液中c平(CH3COO-)都小于0.1 mol·L-1
c.CH3COOH溶液中c平(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c平(CH3COO-)
(4)NaHSO3溶液的pH<7,NaHCO3溶液的pH>7,则NaHSO3溶液中c平(H2SO3) (填“>”“<”或“=”,下同)c平(SO32-),NaHCO3溶液中c平(H2CO3) c平(CO32-)。
答案(1)< c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-)
(2)碱 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,CH3COO-水解使溶液显碱性
(3)bc (4)< >
解析(1)醋酸为酸,所以溶液①的pH小于7,满足电荷守恒,即c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-)。
(2)0.1 mol·L-1CH3COONa溶液为强碱弱酸盐,CH3COO-水解使溶液呈碱性,水解离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。
(3)水解和电离都是微弱的,所以两种溶液中c平(CH3COO-)都小于0.1 mol·L-1,且CH3COOH溶液中c平(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c平(CH3COO-)。
(4)HSO3-的电离程度大于水解程度,故溶液中c平(SO32-)>c平(H2SO3);HCO3-的水解程度大于电离程度,故溶液中c平(CO32-)
(1)有关上述常数的说法正确的是 。
a.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度
b.它们的大小都随温度的升高而增大
c.常温下,CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka
d.一定温度下,在CH3COONa溶液中,KW=Ka·Kh
(2)25 ℃时,将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合所得溶液中c平(NH4+)=c平(Cl-),则溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性;用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb= 。
(3)25 ℃时,H2SO3HSO3-+H+的电离常数Ka1=1×10-2 mol·L-1,则该温度下pH=3、c平(HSO3-)=0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液中c平(H2SO3)= 。
答案(1)ad (2)中 10-9a-0.01 mol·L-1
(3)0.01 mol·L-1
解析(1)对于正反应为放热反应的化学平衡,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,b项错误;温度不变,CH3COOH的电离平衡常数不变,c项错误。
(2)根据电荷守恒得c平(H+)+c平(NH4+)=c平(Cl-)+c平(OH-),因为c平(NH4+)=c平(Cl-),所以c平(H+)=c平(OH-),故溶液显中性。Kb=c平(NH4+)·c平(OH-)c平(NH3·H2O)=12×0.01×10-7a2-12×0.01 mol·L-1=10-9a-0.01 mol·L-1。
(3)由Ka1=c平(H+)·c平(HSO3-)c平(H2SO3),代入数据得c平(H2SO3)=0.01 mol·L-1。
学科素养拔高练
18.如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L-1 CH3COONa溶液,并分别放置在盛有水的烧杯中,然后向烧杯①中加入生石灰,向烧杯③中加入NH4NO3晶体,烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 mol·L-1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为 。
(2)实验过程中发现烧杯①中溶液红色变深,烧瓶③中溶液红色变浅,则下列叙述正确的是 。
A.水解反应为放热反应
B.水解反应为吸热反应
C.NH4NO3溶于水时放出热量
D.NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 mol·L-1 CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体,使CH3COO-水解平衡移动的方向分别为 、 、 、 (填“左”“右”或“不移动”)。
答案(1)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,使溶液显碱性
(2)BD (3)右 左 左 右
解析(1)CH3COONa溶液中CH3COO-水解使溶液显碱性,碱性溶液使酚酞显红色。
(2)生石灰与水反应放出大量的热,根据烧瓶①中溶液的红色变深,判断水解平衡向右移动,说明水解反应是吸热的,同时烧瓶③中溶液红色变浅,则说明NH4NO3溶于水时吸收热量。
(3)加酸促进CH3COO-的水解;加碱抑制CH3COO-的水解;CO32-与CH3COO-的水解相互抑制;Fe2+与CH3COO-的水解相互促进。
第3章物质在水溶液中的行为
第2节 弱电解质的电离 盐类的水解
第2课时 盐类的水解
课后篇素养形成
必备知识基础练
1.(2020湖南长沙雅礼高二检测)下列有关盐类水解的说法不正确的是( )
A.盐类的水解过程破坏了纯水的电离平衡
B.盐类的水解是酸碱中和反应的逆过程
C.盐类水解的结果使溶液不一定呈中性
D.Na2CO3水解的实质是Na+与H2O电离出的OH-结合生成了NaOH
答案D
解析Na2CO3水解的实质是CO32-与H2O电离出的H+结合生成HCO3-和H2CO3,使溶液中c平(H+)
A.前者大 B.相等
C.前者小 D.不能确定
答案A
解析对于等浓度的强碱弱酸盐溶液,可通过比较盐水解后生成的酸的酸性强弱来判断溶液pH的相对大小,酸越弱,则对应盐溶液的碱性越强,即“越弱越水解”,故溶液pH越大。
3.(2020江苏常州高级中学高二检测)在常温下,纯水中存在电离平衡H2OH++OH-,如要使水的电离程度增大,并使c平(H+)增大,应加入的物质是( )
A.NaHSO4 B.KAl(SO4)2
C.NaHCO3 D.CH3COONa
答案B
解析NaHCO3溶液、CH3COONa溶液呈碱性,溶液中H+浓度减小,不符合题意;NaHSO4电离出的H+可抑制水的电离;KAl(SO4)2电离的Al3+水解能促进水的电离,使溶液中c平(H+)增大。
4.(2020黑龙江大庆第一中学高二检测)下列各物质常温下发生水解,对应的离子方程式正确的是( )
A.Na2CO3:CO32-+2H2OH2O+CO2↑+2OH-
B.NH4Cl:NH4++H2ONH3·H2O+OH-
C.CuSO4:Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
D.NaF:F-+H2OHF+OH-
答案C
解析多元弱酸酸根离子分步水解,多元弱碱阳离子水解一步写出,故A错误,C正确;B中电荷不守恒;D应用“”连接。
5.将CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合并配制成稀溶液,所得溶液的pH为4.7,下列说法错误的是( )
A.CH3COOH的电离作用大于CH3COONa的水解作用
B.CH3COONa的水解作用大于CH3COOH的电离作用
C.CH3COOH的存在抑制了CH3COONa的水解
D.CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离
答案B
解析在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中存在着下列平衡:
CH3COOHH++CH3COO-①
CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-②
因两种物质是等物质的量混合,且溶液显酸性,据以上两式分析可知,①产生的H+多于②产生的OH-,故A正确,B不正确;溶液中存在CH3COO-、CH3COOH两种粒子,所以CH3COOH的电离受到CH3COO-的抑制,而CH3COO-的水解也受到CH3COOH的抑制,故C、D正确。
6.在反应Al3++3H2OAl(OH)3+3H+的平衡体系中,要使平衡向水解方向移动,且使溶液的pH增大,应采取的措施是( )
A.加热 B.通入HCl气体
C.加入适量的NaOH溶液 D.加入固体AlCl3
答案C
解析盐类的水解存在一个平衡状态,当条件发生变化时,平衡可能发生移动,状态发生改变。A、C、D项都可促使水解平衡正向移动,B项抑制水解反应的进行。采取相应的措施后,溶液的pH增大的是C项,溶液的pH减小的是A、B、D项。综上所述,应选择C项。
7.(2020安徽合肥第一中学高二检测)对滴有酚酞溶液的下列溶液,操作后颜色变深的是( )
A.明矾溶液加热
B.CH3COONa溶液加热
C.氨水中加入少量NH4Cl固体
D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体
答案B
解析A选项,明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性,加热时铝离子的水解程度增大,溶液的酸性增强,无颜色变化;B选项,醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性,加热,醋酸根离子的水解程度增大,溶液的碱性增强,溶液的颜色加深;C选项,加入氯化铵固体,氨水的电离程度减弱,碱性减弱,溶液颜色变浅;D选项,溶液的酸碱性不变,溶液的颜色没有变化。
8.(2020山东实验中学高二检测)25 ℃时,浓度均为0.2 mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3溶液中,下列判断不正确的是( )
A.均存在电离平衡和水解平衡
B.存在的粒子种类相同
C.c平(OH-)前者大于后者
D.分别加入NaOH固体,恢复到原温度,c平(CO32-)均增大
答案C
解析两种溶液中均存在着水的电离平衡,NaHCO3溶液中还存在:HCO3-H++CO32-及HCO3-+H2OH2CO3+OH-的水解平衡,Na2CO3溶液中还存在:CO32-+H2OHCO3-+OH-的水解平衡,A正确;两种溶液中均存在Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、OH-、H+、H2O,B正确;浓度相同时,CO32-水解程度大于HCO3-水解程度,故Na2CO3溶液中c平(OH-)更大,C错误;NaHCO3溶液中加入NaOH固体:HCO3-+OH-H2O+CO32-,c平(CO32-)增大,Na2CO3溶液中加入NaOH,导致CO32-的水解平衡向左移动,c平(CO32-)增大,D正确。
9.25 ℃时,用pH试纸测得0.1 mol·L-1 NaNO2溶液的pH>7。
(1)NaNO2溶液pH>7的原因是(用离子方程式表示) 。
(2)常温下,将0.2 mol·L-1的HNO2溶液和0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,所得溶液的pH<7,说明HNO2的电离程度 (填“大于”或“小于”)NaNO2的水解程度。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
(3)常温下,pH=3的HNO2溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液pH (填“大于”或“小于”,下同)7,c平(Na+) c平(NO2-)。
答案(1)NO2-+H2OHNO2+OH-
(2)大于 c平(NO2-)>c平(Na+)>c平(H+)>c平(OH-)
(3)小于 小于
解析(2)两溶液混合后得到等浓度的HNO2和NaNO2的混合溶液,溶液显酸性说明HNO2H++NO2-的(电离)程度大于NO2-+H2OHNO2+OH-的(水解)程度。根据电荷守恒c平(NO2-)+c平(OH-)=c平(H+)+c平(Na+),c平(H+)>c平(OH-),则c平(NO2-)>c平(Na+),由于水解程度小,故c平(NO2-)>c平(Na+)>c平(H+)>c平(OH-)。
(3)pH=3的HNO2溶液中c平(H+)=10-3 mol·L-1,则c平(HNO2)远大于10-3 mol·L-1,pH=11的NaOH溶液中c平(OH-)=10-3 mol·L-1;pH=3的HNO2溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合后剩余HNO2,溶液显酸性c平(H+)>c平(OH-),根据c平(NO2-)+c平(OH-)=c平(H+)+c平(Na+),知c平(Na+)
10.(2020河南郑州第一中学高二检测)恒温下,欲使CH3COONa稀溶液中c平(CH3COO-)c平(Na+)的比值增大,可在溶液中加入少量下列物质中的( )
①固体NaOH ②固体KOH ③固体NaHS
④固体CH3COONa ⑤冰醋酸
A.①② B.②⑤ C.②④⑤ D.①⑤
答案C
解析加入NaOH或NaHS固体,会导致钠离子浓度大量增加,比值会减小;加入KOH固体或冰醋酸,钠离子浓度不变,CH3COO-水解平衡向逆向移动,所以醋酸根离子浓度增大,即比值会增大;加入CH3COONa固体,根据越稀越水解,醋酸根离子水解程度减小,比值增大。
11.相同物质的量浓度的下列铵盐的溶液中,NH4+的浓度最大的是( )
A.NH4HCO3 B.NH4HSO4
C.NH4NO3 D.CH3COONH4
答案B
解析NH4NO3中NH4+的水解不受影响;NH4HSO4电离出H+抑制NH4+水解,HCO3-、CH3COO-对NH4+的水解都有促进作用,故NH4HSO4溶液中NH4+的浓度最大。
12.(2020安徽合肥一六八中学高二检测)常温下,在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中,设由水电离产生的OH-浓度分别为a mol·L-1与b mol·L-1,则a和b关系为( )
A.a>b B.a=10-4b
C.b=10-4a D.a=b
答案B
解析NaOH抑制水的电离,所以由水电离出的c水(OH-)等于溶液中的c平(H+)=10-9 mol·L-1。CH3COONa水解促进了水的电离,所以由水电离出的c水(OH-)=(10-14÷10-9) mol·L-1=10-5 mol·L-1,故ab=10-910-5=10-4,即a=10-4b。
13.(2020陕西西北工业大学附属中学高二检测)现有等物质的量浓度的下列五种溶液:①CH3COOH溶液
②(NH4)2CO3溶液 ③NaHSO4溶液 ④NaHCO3溶液 ⑤Ba(OH)2溶液,其溶液中水的电离程度由大到小的排列顺序是( )
A.⑤③①④② B.⑤③①②④
C.②④③①⑤ D.②④①③⑤
答案D
解析设五种溶液的物质的量浓度均为c,①醋酸为弱酸,抑制了水的电离,溶液中氢离子的浓度小于c;②(NH4)2CO3溶液中的铵根离子和碳酸根离子都能够水解,促进了水的电离;③NaHSO4溶液为酸性溶液,溶液中氢离子的浓度为c,该溶液中水的电离程度小于①;④NaHCO3为强碱弱酸盐,碳酸氢根离子水解促进了水的电离,该溶液中水的电离程度小于②,大于①;⑤Ba(OH)2溶液中的氢氧根离子浓度为2c,抑制了水的电离,该溶液中水的电离程度小于③。综上分析,五种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为②④①③⑤,D项正确。
14.(双选)相同物质的量浓度的NaCN和NaClO溶液相比,NaCN溶液的pH较大,则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是( )
A.电离程度:HCN
C.与NaOH溶液恰好完全反应时,消耗NaOH的物质的量:HClO>HCN
D.溶液中酸根离子浓度:c平(CN-)
解析NaCN和NaClO都为强碱弱酸盐,相同物质的量浓度时NaCN溶液的pH较大,说明CN-水解的程度大,因此HCN比HClO的酸性更弱,电离程度:HCN
A.随温度升高,纯水中c平(H+)>c平(OH-)
B.随温度升高,CH3COONa溶液的c平(OH-)减小
C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果
D.随水温升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同
答案C
解析随温度升高,KW增大,但纯水中的c平(H+)仍然等于c平(OH-),A错误;随温度升高,CH3COONa水解平衡和水的电离平衡均会正向移动,c平(OH-)增大,图中pH略有减小,应是水的电离平衡正向移动所致,B错误;随温度升高,CuSO4水解程度增大,c平(H+)增大,pH减小,而且升温也会导致水的电离平衡正向移动,KW增大,C正确;D项,随水温升高,CH3COO-、Cu2+水解平衡均正向移动,D错误。
16.常温下,有四种溶液:
①0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液 ②0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液 ③0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液
④0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液
(1)溶液①的pH (填“>”“<”或“=”)7,溶液中离子的电荷守恒的关系式是 。
(2)溶液②呈 (填“酸”“碱”或“中”)性。其原因是 (用离子方程式和适当的叙述说明)。
(3)下列有关①和②两种溶液的说法正确的是 (填字母)。
a.两种溶液中c平(CH3COO-)都等于0.1 mol·L-1
b.两种溶液中c平(CH3COO-)都小于0.1 mol·L-1
c.CH3COOH溶液中c平(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c平(CH3COO-)
(4)NaHSO3溶液的pH<7,NaHCO3溶液的pH>7,则NaHSO3溶液中c平(H2SO3) (填“>”“<”或“=”,下同)c平(SO32-),NaHCO3溶液中c平(H2CO3) c平(CO32-)。
答案(1)< c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-)
(2)碱 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,CH3COO-水解使溶液显碱性
(3)bc (4)< >
解析(1)醋酸为酸,所以溶液①的pH小于7,满足电荷守恒,即c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-)。
(2)0.1 mol·L-1CH3COONa溶液为强碱弱酸盐,CH3COO-水解使溶液呈碱性,水解离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。
(3)水解和电离都是微弱的,所以两种溶液中c平(CH3COO-)都小于0.1 mol·L-1,且CH3COOH溶液中c平(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c平(CH3COO-)。
(4)HSO3-的电离程度大于水解程度,故溶液中c平(SO32-)>c平(H2SO3);HCO3-的水解程度大于电离程度,故溶液中c平(CO32-)
(1)有关上述常数的说法正确的是 。
a.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度
b.它们的大小都随温度的升高而增大
c.常温下,CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka
d.一定温度下,在CH3COONa溶液中,KW=Ka·Kh
(2)25 ℃时,将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合所得溶液中c平(NH4+)=c平(Cl-),则溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性;用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb= 。
(3)25 ℃时,H2SO3HSO3-+H+的电离常数Ka1=1×10-2 mol·L-1,则该温度下pH=3、c平(HSO3-)=0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液中c平(H2SO3)= 。
答案(1)ad (2)中 10-9a-0.01 mol·L-1
(3)0.01 mol·L-1
解析(1)对于正反应为放热反应的化学平衡,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,b项错误;温度不变,CH3COOH的电离平衡常数不变,c项错误。
(2)根据电荷守恒得c平(H+)+c平(NH4+)=c平(Cl-)+c平(OH-),因为c平(NH4+)=c平(Cl-),所以c平(H+)=c平(OH-),故溶液显中性。Kb=c平(NH4+)·c平(OH-)c平(NH3·H2O)=12×0.01×10-7a2-12×0.01 mol·L-1=10-9a-0.01 mol·L-1。
(3)由Ka1=c平(H+)·c平(HSO3-)c平(H2SO3),代入数据得c平(H2SO3)=0.01 mol·L-1。
学科素养拔高练
18.如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L-1 CH3COONa溶液,并分别放置在盛有水的烧杯中,然后向烧杯①中加入生石灰,向烧杯③中加入NH4NO3晶体,烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 mol·L-1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为 。
(2)实验过程中发现烧杯①中溶液红色变深,烧瓶③中溶液红色变浅,则下列叙述正确的是 。
A.水解反应为放热反应
B.水解反应为吸热反应
C.NH4NO3溶于水时放出热量
D.NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 mol·L-1 CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体,使CH3COO-水解平衡移动的方向分别为 、 、 、 (填“左”“右”或“不移动”)。
答案(1)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,使溶液显碱性
(2)BD (3)右 左 左 右
解析(1)CH3COONa溶液中CH3COO-水解使溶液显碱性,碱性溶液使酚酞显红色。
(2)生石灰与水反应放出大量的热,根据烧瓶①中溶液的红色变深,判断水解平衡向右移动,说明水解反应是吸热的,同时烧瓶③中溶液红色变浅,则说明NH4NO3溶于水时吸收热量。
(3)加酸促进CH3COO-的水解;加碱抑制CH3COO-的水解;CO32-与CH3COO-的水解相互抑制;Fe2+与CH3COO-的水解相互促进。
相关资料
更多
