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- 第3章 第2节 第2课时 盐类的水解 试卷 试卷 0 次下载
- 第3章 第3节 沉淀溶解平衡 试卷 试卷 1 次下载
- 第3章 第4节 第1课时 离子反应发生的条件 试卷 试卷 0 次下载
- 第3章 第4节 第2课时 离子反应的应用 试卷 试卷 0 次下载
第3章 第2节 第3课时 盐类水解的应用 试卷
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这是一份第3章 第2节 第3课时 盐类水解的应用，共10页。
第3章物质在水溶液中的行为
第3课时 盐类水解的应用
课后篇素养形成
必备知识基础练
1.下列说法错误的是( )
A.配制FeCl3溶液,为了抑制其水解,常加盐酸
B.加热蒸干CuCl2溶液得到CuCl2固体
C.盐类水解通常都是吸热的
D.水解达到平衡时的AlCl3稀溶液中,无论再加入AlCl3固体还是加水或者加热,其水解平衡均向右移动
答案B
解析易水解显酸性的盐,在配制其盐溶液时,为了抑制水解,常加相应的酸,A项正确;易挥发性酸的弱碱盐水溶液,加热蒸干时往往彻底水解生成氢氧化物,B项错误;盐类水解是吸热的,C项正确;AlCl3溶液中存在水解平衡:Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,增大Al3+的浓度或加水稀释或加热,水解平衡都向正反应方向移动,D项正确。
2.物质的量浓度相同的下列溶液中,按pH由小到大的顺序排列的是( )
A.Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl
B.Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl
C.(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S
D.NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3
答案C
解析CO32-的水解程度大于HCO3-的,则pH:Na2CO3溶液>NaHCO3溶液,故选项A、B不符合要求;NH4+水解使NH4Cl溶液、(NH4)2SO4溶液显酸性,物质的量浓度相同时,(NH4)2SO4溶液中NH4+浓度大于NH4Cl溶液中NH4+浓度,则pH:(NH4)2SO4溶液
③H2CO3 ④(NH4)2CO3 ⑤NH4HCO3,其中CO32-的浓度由小到大排列的顺序正确的是( )
A.⑤<④<③<②<①
B.③<⑤<②<④<①
C.③<②<⑤<④<①
D.③<⑤<④<②<①
答案B
解析①Na2CO3水解,但程度很小;②NaHCO3中HCO3-电离出很少的CO32-;③H2CO3需要经过两步电离才产生CO32-,比②中的更少;④(NH4)2CO3中CO32-水解程度要比①中的大;⑤也是由HCO3-电离产生CO32-,但由于NH4+的作用,使HCO3-的电离趋势减小。
4.25 ℃时,将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合后,下列关系式中正确的是( )
A.c平(Na+)=c平(CH3COO-)+c平(CH3COOH)
B.c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-)
C.c平(Na+)>c平(CH3COO-)>c平(OH-)>c平(H+)
D.c平(CH3COO-)>c平(Na+)>c平(H+)>c平(OH-)
答案D
解析pH=11的NaOH溶液中c平(NaOH)=c平(OH-)=10-3 mol·L-1,而pH=3的CH3COOH溶液中c平(H+)=10-3 mol·L-1,c平(CH3COOH)远远大于10-3 mol·L-1。两溶液等体积混合后,形成CH3COOH与CH3COONa的混合溶液,且c平(CH3COOH)远大于c平(CH3COONa),溶液呈酸性,电荷守恒关系为c平(Na+)+c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-),离子浓度大小顺序为c平(CH3COO-)>c平(Na+)>c平(H+)>c平(OH-)。
5.下列实验操作能达到目的的是( )
①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体
③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体
④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体
A.①② B.②③ C.③④ D.①③
答案B
解析Al3+和S2-在水溶液中会彻底水解得不到Al2S3;MgCl2在水溶液中水解,蒸发过程中水解生成的HCl会挥发,最后得到的是Mg(OH)2而不是MgCl2。
6.草酸是二元弱酸,草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中,下列关系正确的是( )
A.c平(K+)+c平(H+)=c平(HC2O4-)+c平(OH-)+c平(C2O42-)
B.c平(HC2O4-)+c平(C2O42-)=0.1 mol·L-1
C.c平(C2O42-)
答案D
解析溶液遵循电中性原则,则有c平(K+)+c平(H+)=c平(HC2O4-)+c平(OH-)+2c平(C2O42-),故A错误;草酸氢钾溶液中存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-,根据物料守恒可知c平(H2C2O4)+c平(C2O42-)+c平(HC2O4-)=0.1 mol·L-1,故B错误;草酸氢钾溶液呈酸性,说明HC2O4-电离程度大于水解程度,则c平(C2O42-)>c平(H2C2O4),故C错误;在0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中,存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-和K+等,根据物料守恒可知c平(K+)=c平(H2C2O4)+c平(HC2O4-)+c平(C2O42-),故D正确。
7.(2020江苏南京外国语学校高二检测)将0.2 mol·L-1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1 KOH溶液等体积混合,下列关系正确的是( )
A.2c平(K+)=c平(HCO3-)+2c平(CO32-)+c平(H2CO3)
B.c平(Na+)>c平(K+)>c平(HCO3-)>c平(CO32-)>c平(OH-)>c平(H+)
C.c平(OH-)+c平(CO32-)=c平(H+)+c平(H2CO3)+0.1 mol·L-1
D.3c平(K+)+c平(H+)=c平(OH-)+c平(HCO3-)+2c平(CO32-)
答案D
解析根据物料守恒可知A中表达式应为2c平(K+)=c平(HCO3-)+c平(CO32-)+c平(H2CO3),A错误;题中两溶液反应后含有等浓度的HCO3-和CO32-,由于CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度,因此选项B中的表达式为c平(Na+)>c平(HCO3-)>c平(K+)>c平(CO32-)>c平(OH-)>c平(H+),B错误;根据电荷守恒有c平(Na+)+c平(K+)+c平(H+)=c平(OH-)+c平(HCO3-)+2c平(CO32-),根据物料守恒有c平(Na+)=c平(HCO3-)+c平(CO32-)+c平(H2CO3),两者相减可得表达式为c平(OH-)+c平(CO32-)=c平(H+)+c平(H2CO3)+0.05 mol·L-1,C错误;由电荷守恒和c平(Na+)=2c平(K+)可知选项D正确。
8.(1)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解,无水CeCl3可用加热CeCl3·6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中NH4Cl的作用是 。
(2)广西治理龙江河镉(Cd2+)污染时,先向河中投入沉淀剂将Cd2+转化为难溶物,再投入氯化铝,试说明氯化铝的作用: 。(用必要的离子方程式和文字进行解释)。
(3)为了提高生活用水的质量,自来水厂常用Cl2和FeSO4·7H2O对水进行消毒、净化,以改善水质。简述原因并写出有关反应的离子方程式: 。
答案(1)分解出HCl气体,抑制CeCl3加热时发生水解
(2)氯化铝溶于水,Al3+发生水解:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,生成的Al(OH)3胶体能吸附镉的难溶物而发生聚沉(或沉降、沉淀或沉积下来),从而消除Cd2+污染
(3)2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+,生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而净化水;Cl2+H2OH++Cl-+HClO,生成的HClO具有强氧化性,能杀菌消毒
解析(1)由“加热条件下CeCl3易发生水解”,可知NH4Cl的作用肯定是抑制其水解,CeCl3水解会生成HCl,NH4Cl的作用是受热时分解出HCl气体,抑制CeCl3水解。
(2)氯化铝溶于水,Al3+发生水解:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,生成的Al(OH)3胶体能吸附镉的难溶物而发生聚沉(或沉降、沉淀或沉积下来),从而消除Cd2+污染。
(3)Cl2与Fe2+反应生成Fe3+,Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮杂质一起沉积到水底,达到净化水的目的;同时过量的Cl2与H2O反应生成HClO,HClO可杀灭水中的病菌。
关键能力提升练
9.(双选)(2020天津耀华中学高二期末)常温下,Ka(HCOOH)=1.77×10-4 mol·L-1,Ka(CH3COOH)=1.75×10-5 mol·L-1。下列说法不正确的是( )
A.浓度均为0.1 mol·L-1的HCOONa和CH3COONa溶液中阴离子的物质的量浓度之和:前者小于后者
B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积:前者小于后者
C.0.2 mol·L-1 HCOOH溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中:c平(HCOO-)+c平(OH-)=c平(HCOOH)+c平(H+)
D.0.2 mol·L-1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c平(CH3COO-)>c平(Cl-)>c平(CH3COOH)>c平(H+)
答案AC
解析根据题目信息可知Ka(HCOOH)>Ka(CH3COOH),即HCOOH电离程度大于CH3COOH,则HCOO-的水解程度小于CH3COO-的水解程度,所以在CH3COONa溶液中有更多的醋酸根发生水解,CH3COONa溶液中c平(OH-)大,c平(H+)小,根据电荷守恒,HCOONa溶液中阴离子的物质的量浓度大于CH3COONa溶液,A错误;电离平衡常数越大,酸的酸性越强,根据题目信息可知,酸性:HCOOH>CH3COOH,则pH相同的HCOOH、CH3COOH溶液中c始(CH3COOH)>c始(HCOOH),相同体积相同pH的HCOOH溶液和CH3COOH溶液,n(CH3COOH)>n(HCOOH),分别与相同浓度的NaOH溶液发生中和反应,消耗NaOH溶液体积:HCOOHc平(Cl-)>c平(CH3COOH)>c平(H+),故D正确。
10.(双选)(2020山西太原实验中学高二12月月考)下列说法正确的是( )
A.95 ℃纯水显中性,故pH<7
B.稀释弱电解质溶液时,溶液中所有粒子浓度都减小
C.pH试纸在使用之前应用蒸馏水润湿
D.室温下,向10 mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后,溶液中c平(CH3COO-)c平(CH3COOH)·c平(OH-)的值不变
答案AD
解析水是弱电解质,电离时吸收热量,升高温度水的电离程度增大,溶液中c平(H+)增大,溶液pH减小,所以95 ℃纯水显中性,故pH<7,A正确;稀释弱酸溶液时,溶液中c平(H+)减小,溶液中c平(OH-)增大;稀释弱碱溶液时,溶液中c平(OH-)减小,溶液中c平(H+)增大;因此稀释弱电解质溶液时,不是所有粒子浓度都减小,B错误;pH试纸在使用之前不能用蒸馏水润湿,否则会对溶液起稀释作用,可能会造成测量误差,C错误;室温下,向10 mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后,溶液中c平(CH3COO-)、c平(CH3COOH)、c平(H+)都减小,但电离平衡正向移动,所以c平(CH3COOH)减小的倍数大于c平(CH3COO-)和c平(H+)减小的倍数,溶液中c平(CH3COO-)c平(CH3COOH)·c平(OH-)=
c平(CH3COO-)·c平(H+)c平(CH3COOH)·c平(OH-)·c平(H+)=KaKW,温度不变,Ka、KW不变,所以KaKW的值不变,D正确。
11.有①Na2CO3溶液 ②CH3COONa溶液 ③NaOH溶液各25 mL,物质的量浓度均为0.1 mol·L-1,下列说法正确的是( )
A.3种溶液pH的大小顺序是③>②>①
B.若将3种溶液稀释相同倍数,pH变化最大的是②
C.若分别加入25 mL 0.1 mol·L-1盐酸后,pH最大的是①
D.若3种溶液的pH均为9,则物质的量浓度的大小顺序是③>①>②
答案C
解析相同物质的量浓度的①、②、③溶液,pH的大小顺序应为③>①>②,故A项错误;稀释相同倍数时,①、②存在水解平衡,③中pH变化最大,故B项错误;若pH相同的三种溶液,物质的量浓度大小顺序应为②>①>③,故D项错误;与25 mL 0.1 mol·L-1盐酸反应后①中为等物质的量浓度的NaHCO3和NaCl溶液,②中为等物质的量浓度的CH3COOH和NaCl溶液,③中为NaCl溶液,pH最大的是①,故C项正确。
12.(2020山东德州高二期末)室温时,向20 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液中不断滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液,溶液的pH变化曲线如图所示。在滴定过程中,下列关于溶液中离子浓度关系不正确的是( )
A.a点时:c平(CH3COO-)+2c平(OH-)=c平(CH3COOH)+2c平(H+)
B.b点时:c平(Na+)=c平(CH3COO-)
C.c点时:c平(OH-)=c平(CH3COOH)+c平(H+)
D.d点时:c平(Na+)>c平(CH3COO-)>c平(OH-)>c平(H+)
答案D
解析a点时醋酸过量,溶液为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,根据电荷守恒和物料守恒可得,c平(CH3COO-)+2c平(OH-)=c平(CH3COOH)+2c平(H+),故A正确;溶液中存在电荷守恒c平(Na+)+c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-),b点时溶液的pH=7,呈中性,则c平(H+)=c平(OH-),根据电荷守恒可知c平(Na+)=c平(CH3COO-),故B正确;c点时,氢氧化钠与醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液,醋酸钠溶液中,根据电荷守恒可得:①c平(Na+)+c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-),根据物料守恒可得:②c平(Na+)=c平(CH3COO-)+c平(CH3COOH),将②代入①可得:c平(OH-)=c平(CH3COOH)+c平(H+),故C正确;d点为等物质的量的NaOH和CH3COONa的混合溶液,氢氧化钠过量,溶液呈碱性,由于CH3COO-存在微弱的水解,则c平(Na+)>c平(OH-)>c平(CH3COO-)>c平(H+),故D错误。
13.(2020山东济南历城二中高二月考)已知常温下,不同酸的电离常数如下表所示:
物质
H2CO3
HClO
CH3COOH
H2SO3
电离
常数
Ka1=
4.30×10-7
mol·L-1
Ka2=
5.61×10-11
mol·L-1
Ka=
3×10-8
mol·L-1
Ka=
1.75×10-5
mol·L-1
Ka1=
1.54×10-2
mol·L-1
Ka2=
1.02×10-7
mol·L-1
下列说法中正确的是( )
A.少量SO2通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为:H2O+SO2+ClO-2H++Cl-+SO42-
B.常温下,稀释CH3COOH或HClO溶液时,溶液中c平(R-)c平(HR)·c平(OH-)不变(HR代表CH3COOH或HClO)
C.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合,混合溶液中:c平(HSO3-)>c平(CH3COO-)>c平(CO32-)
D.含等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中:c平(OH-)-c平(H+)=c平(H2CO3)+c平(CH3COOH)
答案B
解析少量SO2通入NaClO溶液中,NaClO过量,反应生成次氯酸、硫酸根离子和氯离子,正确的离子方程式为:H2O+SO2+3ClO-2HClO+Cl-+SO42-,故A错误;给c平(R-)c平(HR)·c平(OH-)的分子、分母同时乘以c平(H+)可得:c平(R-)·c平(H+)c平(HR)·c平(OH-)·c平(H+)=KaKW,由于电离平衡常数和水的离子积都不变,所以该比值不变,故B正确;等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合,Na2CO3、NaHSO3反应生成Na2SO3、NaHCO3,则溶液中的HSO3-、CO32-浓度远远小于CH3COO-,故C错误;等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中,根据电荷守恒可得:①c平(OH-)+c平(HCO3-)+c平(CH3COO-)+2c平(CO32-)=c平(H+)+c平(Na+),根据物料守恒可得:②c平(H2CO3)+c平(CH3COOH)+c平(HCO3-)+c平(CO32-)+c平(CH3COO-)=c平(Na+),将②代入①可得:c平(OH-)-c平(H+)=c平(H2CO3)+c平(CH3COOH)-c平(CO32-),故D错误。
14.某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4 mol·L-1和1.7×10-5 mol·L-1。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B.溶液中水的电离程度: b点>c点
C.从c点到d点,溶液中c平(HA)·c平(OH-)c平(A-)保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)
D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同
答案C
解析A项,根据两种酸的电离常数可知,酸性:HNO2>CH3COOH,pH相同的两种酸稀释相同倍数,pH变化大的是相对较强的酸,即曲线Ⅱ表示HNO2溶液的稀释,错误;B项,pH越小酸性越强,对水电离的抑制程度越大,因此溶液中水的电离程度:b点
A.V1=20
B.b点和d点对应的溶液中都存在:c平(K+)=c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-)
C.c点溶液中c平(K+)=c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-)
D.常温下,C2O42-的Kh1=2×10-10 mol·L-1
答案D
解析根据图像,能够水解的盐促进水的电离,在V1 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1 KOH溶液20 mL,恰好反应生成K2C2O4,溶液显碱性,此时水电离的c水(H+)最大,因此草酸溶液的体积为10 mL,故A错误;b、d点水电离出氢离子均为1×10-7 mol·L-1,b点为中性溶液,溶液中存在电荷守恒,c平(K+)+c平(H+)=c平(OH-)+c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-),中性溶液中得到c平(K+)=c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-),d点为碱性溶液c平(K+)>c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-),故B错误;c点溶液根据电荷守恒可得:c平(H+)+c平(K+)=c平(OH-)+c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-),由于此时溶液呈碱性,c平(OH-)>c平(H+),所以c平(K+)>c平(HC2O4-)+c平(C2O42-),故C错误;常温下,水解反应C2O42-+H2OHC2O4-+OH-的平衡常数Kh=KWKa2=10-145.0×10-5 mol·L-1=2×10-10 mol·L-1,故D正确。
16.(2020辽宁抚顺六校协作体高二期末)25 ℃时,CH3COOH的电离常数Ka=1.8×10-5 mol·L-1。常温下,往25 mL氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液,pH变化曲线如图所示,已知混合溶液pH=10时达到滴定终点,回答下列问题:
(1)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 。
(2)A点对应的横坐标为25 mL,请用离子方程式解释A点溶液显碱性的原因: 。
(3)A点溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是: 。
(4)B点溶液中,c平(CH3COO-)c平(CH3COOH)= 。
(5)C点溶液为等浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液,请判断该溶液中c平(CH3COOH) (填“>”“<”或“=”)c平(CH3COO-)。
答案(1)0.1 mol·L-1
(2)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
(3)c平(Na+)>c平(CH3COO-)>c平(OH-)>c平(H+)
(4)18 (5)<
解析(1)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为c(NaOH)=c酸V酸V碱=0.1mol·L-1×25 mL25 mL=0.1 mol·L-1。
(2)A点为NaOH和醋酸恰好完全反应的点,溶质为醋酸钠,因为醋酸根离子会水解:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,故溶液显碱性。
(3)A点存在电荷守恒c平(Na+)+c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-),因为溶液显碱性,则c平(H+)c平(CH3COO-),因为溶液中醋酸钠是大量的,氢离子和氢氧根离子为少量的,故c平(Na+)>c平(CH3COO-)>c平(OH-)>c平(H+)。
(4)B点所示溶液中,c平(CH3COO-)c平(CH3COOH)=Kac(H+)=1.8×10-5mol·L-11.0×10-6mol·L-1=18。
(5)C点所示溶液为等浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液,pH<7,溶液显酸性,说明醋酸分子的电离程度大于醋酸根离子的水解程度,所以溶液中c平(CH3COOH)
②0.01 mol·L-1 HCl溶液 ③pH=12的氨水
④pH=12的NaOH溶液 ⑤0.01 mol·L-1 CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液 ⑥0.01 mol·L-1 HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。
(1)其中水的电离程度最大的是 (填序号,下同),水的电离程度相同的是 ;
(2)若将②、③混合后所得溶液pH=7,则消耗溶液的体积:② (填“>”“<”或“=”,下同)③;若将②、③溶液等体积混合后,所得溶液pH 7。
(3)若将①、④溶液按体积比为2∶1混合后,所得溶液pH (填“>”“<”或“=”)7,此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为: ;将①、④溶液混合,若有c平(CH3COO-)>c平(H+),则混合液可能呈 (填序号)。
A.酸性 B.碱性 C.中性
答案(1)⑥ ②③④ (2)> >
(3)< c平(CH3COO-)>c平(Na+)>c平(CH3COOH)>c平(H+)>c平(OH-) ABC
解析(1)水属于弱电解质,存在电离平衡H2OH++OH-,根据电离出的离子可知酸或碱是抑制水的电离,而盐类的水解则是促进水的电离。pH=12的氨水,说明氨水的浓度大于0.01 mol·L-1,所以⑤中氨水是过量的,所以溶液显碱性。在⑥中二者恰好反应生成氯化钠,氯化钠是不能发生水解的盐,所以在该溶液中水的电离没有被抑制,而在①②③④⑤中均是抑制水的电离的。因为②③④溶液中H+浓度或OH-的浓度均是0.01 mol,所以对水的电离抑制程度是相同的;故其中水的电离程度最大的是⑥,水的电离程度相同的是②③④。
(2)pH=12的氨水中氨水的浓度大于0.01 mol·L-1,所以②③等体积混合后氨水过量,溶液显碱性,要使溶液显中性,盐酸的体积必须大于氨水的体积。②0.01 mol·L-1HCl溶液中pH=2,③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01 mol·L-1,等体积混合,充分反应后氨水过量,溶液呈碱性,pH>7。
(3)若将①0.01 mol·L-1CH3COOH溶液、④pH=12的NaOH溶液按体积比为2∶1混合后,所得溶液为醋酸和醋酸钠按1∶1形成的混合溶液,醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解,则c平(CH3COO-)>c平(CH3COOH),溶液显酸性,即c平(H+)>c平(OH-),故pH<7;此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为:c平(CH3COO-)>c平(Na+)>c平(CH3COOH)>c平(H+)>c平(OH-);
①④溶液混合后,根据电荷守恒可知c平(H+)+c平(Na+)=c平(OH-)+c平(CH3COO-),若c平(CH3COO-)>c平(H+),则c平(Na+)>c平(OH-)。但c平(H+)和c平(OH-)的大小关系无法确定,所以该溶液可能显酸性、碱性或中性。
学科素养拔高练
18.已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表:
化学式
HF
HClO
H2CO3
NH3·H2O
电离
常数
Ka=
6.8×10-4
mol·L-1
Ka=
4.7×10-8
mol·L-1
Ka1=
4.2×10-7
mol·L-1
Ka2=
5.6×10-11
mol·L-1
Kb=
1.7×10-5
mol·L-1
(1)常温下,pH相同的三种溶液:①NaF溶液
②NaClO溶液 ③Na2CO3溶液,其物质的量浓度由大到小的顺序是 (填序号)。
(2)25 ℃时,pH=4的NH4Cl溶液与pH=4的HF溶液中由水电离出的c水(H+)之比为 。
(3)0.1 mol·L-1 NaClO溶液和0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中,c平(ClO-) c平(HCO3-)(填“>”“<”或“=”);可使上述两种溶液pH相等的方法是 (填序号)。
A.向NaClO溶液中加适量水
B.向NaClO溶液中加入适量NaOH固体
C.向NaHCO3溶液中加适量水
D.向NaHCO3溶液中加适量NaOH固体
(4)向NaClO溶液中通入少量CO2,所发生反应的离子方程式为 。
(5)常温下,0.1 mol·L-1氨水与0.1 mol·L-1NH4Cl溶液等体积混合,通过计算判断混合溶液的酸碱性: 。
答案(1)①>②>③ (2)106∶1 (3)< AD
(4)ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-
(5)NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10-5 mol·L-1,则NH4+的水解常数为Kh=KWKb=1×10-141.7×10-5 mol·L-1≈5.9×10-10 mol·L-1,则有Kb>Kh,据此可知NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,故混合溶液显碱性
解析(1)三种酸的电离常数大小:HF>HClO>HCO3-,根据盐类“越弱越水解”的规律,对应弱酸根离子的水解程度:CO32->ClO->F-,故pH相同的三种溶液的物质的量浓度大小关系为c(NaF)>c(NaClO)>c(Na2CO3)。
(2)NH4Cl发生水解,促进水的电离,而HF抑制水的电离,故pH=4的NH4Cl溶液中由水电离的c(H+)=10-4 mol·L-1,pH=4的HF溶液中由水电离的c(H+)=10-10 mol·L-1,二者之比为(10-4 mol·L-1)∶(10-10 mol·L-1)=106∶1。
(3)由表中数据可知K(HClO)
第3章物质在水溶液中的行为
第3课时 盐类水解的应用
课后篇素养形成
必备知识基础练
1.下列说法错误的是( )
A.配制FeCl3溶液,为了抑制其水解,常加盐酸
B.加热蒸干CuCl2溶液得到CuCl2固体
C.盐类水解通常都是吸热的
D.水解达到平衡时的AlCl3稀溶液中,无论再加入AlCl3固体还是加水或者加热,其水解平衡均向右移动
答案B
解析易水解显酸性的盐,在配制其盐溶液时,为了抑制水解,常加相应的酸,A项正确;易挥发性酸的弱碱盐水溶液,加热蒸干时往往彻底水解生成氢氧化物,B项错误;盐类水解是吸热的,C项正确;AlCl3溶液中存在水解平衡:Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,增大Al3+的浓度或加水稀释或加热,水解平衡都向正反应方向移动,D项正确。
2.物质的量浓度相同的下列溶液中,按pH由小到大的顺序排列的是( )
A.Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl
B.Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl
C.(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S
D.NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3
答案C
解析CO32-的水解程度大于HCO3-的,则pH:Na2CO3溶液>NaHCO3溶液,故选项A、B不符合要求;NH4+水解使NH4Cl溶液、(NH4)2SO4溶液显酸性,物质的量浓度相同时,(NH4)2SO4溶液中NH4+浓度大于NH4Cl溶液中NH4+浓度,则pH:(NH4)2SO4溶液
③H2CO3 ④(NH4)2CO3 ⑤NH4HCO3,其中CO32-的浓度由小到大排列的顺序正确的是( )
A.⑤<④<③<②<①
B.③<⑤<②<④<①
C.③<②<⑤<④<①
D.③<⑤<④<②<①
答案B
解析①Na2CO3水解,但程度很小;②NaHCO3中HCO3-电离出很少的CO32-;③H2CO3需要经过两步电离才产生CO32-,比②中的更少;④(NH4)2CO3中CO32-水解程度要比①中的大;⑤也是由HCO3-电离产生CO32-,但由于NH4+的作用,使HCO3-的电离趋势减小。
4.25 ℃时,将pH=11的NaOH溶液与pH=3的CH3COOH溶液等体积混合后,下列关系式中正确的是( )
A.c平(Na+)=c平(CH3COO-)+c平(CH3COOH)
B.c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-)
C.c平(Na+)>c平(CH3COO-)>c平(OH-)>c平(H+)
D.c平(CH3COO-)>c平(Na+)>c平(H+)>c平(OH-)
答案D
解析pH=11的NaOH溶液中c平(NaOH)=c平(OH-)=10-3 mol·L-1,而pH=3的CH3COOH溶液中c平(H+)=10-3 mol·L-1,c平(CH3COOH)远远大于10-3 mol·L-1。两溶液等体积混合后,形成CH3COOH与CH3COONa的混合溶液,且c平(CH3COOH)远大于c平(CH3COONa),溶液呈酸性,电荷守恒关系为c平(Na+)+c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-),离子浓度大小顺序为c平(CH3COO-)>c平(Na+)>c平(H+)>c平(OH-)。
5.下列实验操作能达到目的的是( )
①用Na2S溶液和Al2(SO4)3溶液反应制取Al2S3固体
②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得K2CO3晶体
③用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体
④加热MgCl2溶液制取MgCl2固体
A.①② B.②③ C.③④ D.①③
答案B
解析Al3+和S2-在水溶液中会彻底水解得不到Al2S3;MgCl2在水溶液中水解,蒸发过程中水解生成的HCl会挥发,最后得到的是Mg(OH)2而不是MgCl2。
6.草酸是二元弱酸,草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中,下列关系正确的是( )
A.c平(K+)+c平(H+)=c平(HC2O4-)+c平(OH-)+c平(C2O42-)
B.c平(HC2O4-)+c平(C2O42-)=0.1 mol·L-1
C.c平(C2O42-)
答案D
解析溶液遵循电中性原则,则有c平(K+)+c平(H+)=c平(HC2O4-)+c平(OH-)+2c平(C2O42-),故A错误;草酸氢钾溶液中存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-,根据物料守恒可知c平(H2C2O4)+c平(C2O42-)+c平(HC2O4-)=0.1 mol·L-1,故B错误;草酸氢钾溶液呈酸性,说明HC2O4-电离程度大于水解程度,则c平(C2O42-)>c平(H2C2O4),故C错误;在0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中,存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-和K+等,根据物料守恒可知c平(K+)=c平(H2C2O4)+c平(HC2O4-)+c平(C2O42-),故D正确。
7.(2020江苏南京外国语学校高二检测)将0.2 mol·L-1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1 KOH溶液等体积混合,下列关系正确的是( )
A.2c平(K+)=c平(HCO3-)+2c平(CO32-)+c平(H2CO3)
B.c平(Na+)>c平(K+)>c平(HCO3-)>c平(CO32-)>c平(OH-)>c平(H+)
C.c平(OH-)+c平(CO32-)=c平(H+)+c平(H2CO3)+0.1 mol·L-1
D.3c平(K+)+c平(H+)=c平(OH-)+c平(HCO3-)+2c平(CO32-)
答案D
解析根据物料守恒可知A中表达式应为2c平(K+)=c平(HCO3-)+c平(CO32-)+c平(H2CO3),A错误;题中两溶液反应后含有等浓度的HCO3-和CO32-,由于CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度,因此选项B中的表达式为c平(Na+)>c平(HCO3-)>c平(K+)>c平(CO32-)>c平(OH-)>c平(H+),B错误;根据电荷守恒有c平(Na+)+c平(K+)+c平(H+)=c平(OH-)+c平(HCO3-)+2c平(CO32-),根据物料守恒有c平(Na+)=c平(HCO3-)+c平(CO32-)+c平(H2CO3),两者相减可得表达式为c平(OH-)+c平(CO32-)=c平(H+)+c平(H2CO3)+0.05 mol·L-1,C错误;由电荷守恒和c平(Na+)=2c平(K+)可知选项D正确。
8.(1)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解,无水CeCl3可用加热CeCl3·6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中NH4Cl的作用是 。
(2)广西治理龙江河镉(Cd2+)污染时,先向河中投入沉淀剂将Cd2+转化为难溶物,再投入氯化铝,试说明氯化铝的作用: 。(用必要的离子方程式和文字进行解释)。
(3)为了提高生活用水的质量,自来水厂常用Cl2和FeSO4·7H2O对水进行消毒、净化,以改善水质。简述原因并写出有关反应的离子方程式: 。
答案(1)分解出HCl气体,抑制CeCl3加热时发生水解
(2)氯化铝溶于水,Al3+发生水解:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,生成的Al(OH)3胶体能吸附镉的难溶物而发生聚沉(或沉降、沉淀或沉积下来),从而消除Cd2+污染
(3)2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+,生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而净化水;Cl2+H2OH++Cl-+HClO,生成的HClO具有强氧化性,能杀菌消毒
解析(1)由“加热条件下CeCl3易发生水解”,可知NH4Cl的作用肯定是抑制其水解,CeCl3水解会生成HCl,NH4Cl的作用是受热时分解出HCl气体,抑制CeCl3水解。
(2)氯化铝溶于水,Al3+发生水解:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,生成的Al(OH)3胶体能吸附镉的难溶物而发生聚沉(或沉降、沉淀或沉积下来),从而消除Cd2+污染。
(3)Cl2与Fe2+反应生成Fe3+,Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮杂质一起沉积到水底,达到净化水的目的;同时过量的Cl2与H2O反应生成HClO,HClO可杀灭水中的病菌。
关键能力提升练
9.(双选)(2020天津耀华中学高二期末)常温下,Ka(HCOOH)=1.77×10-4 mol·L-1,Ka(CH3COOH)=1.75×10-5 mol·L-1。下列说法不正确的是( )
A.浓度均为0.1 mol·L-1的HCOONa和CH3COONa溶液中阴离子的物质的量浓度之和:前者小于后者
B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积:前者小于后者
C.0.2 mol·L-1 HCOOH溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中:c平(HCOO-)+c平(OH-)=c平(HCOOH)+c平(H+)
D.0.2 mol·L-1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c平(CH3COO-)>c平(Cl-)>c平(CH3COOH)>c平(H+)
答案AC
解析根据题目信息可知Ka(HCOOH)>Ka(CH3COOH),即HCOOH电离程度大于CH3COOH,则HCOO-的水解程度小于CH3COO-的水解程度,所以在CH3COONa溶液中有更多的醋酸根发生水解,CH3COONa溶液中c平(OH-)大,c平(H+)小,根据电荷守恒,HCOONa溶液中阴离子的物质的量浓度大于CH3COONa溶液,A错误;电离平衡常数越大,酸的酸性越强,根据题目信息可知,酸性:HCOOH>CH3COOH,则pH相同的HCOOH、CH3COOH溶液中c始(CH3COOH)>c始(HCOOH),相同体积相同pH的HCOOH溶液和CH3COOH溶液,n(CH3COOH)>n(HCOOH),分别与相同浓度的NaOH溶液发生中和反应,消耗NaOH溶液体积:HCOOH
10.(双选)(2020山西太原实验中学高二12月月考)下列说法正确的是( )
A.95 ℃纯水显中性,故pH<7
B.稀释弱电解质溶液时,溶液中所有粒子浓度都减小
C.pH试纸在使用之前应用蒸馏水润湿
D.室温下,向10 mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后,溶液中c平(CH3COO-)c平(CH3COOH)·c平(OH-)的值不变
答案AD
解析水是弱电解质,电离时吸收热量,升高温度水的电离程度增大,溶液中c平(H+)增大,溶液pH减小,所以95 ℃纯水显中性,故pH<7,A正确;稀释弱酸溶液时,溶液中c平(H+)减小,溶液中c平(OH-)增大;稀释弱碱溶液时,溶液中c平(OH-)减小,溶液中c平(H+)增大;因此稀释弱电解质溶液时,不是所有粒子浓度都减小,B错误;pH试纸在使用之前不能用蒸馏水润湿,否则会对溶液起稀释作用,可能会造成测量误差,C错误;室温下,向10 mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后,溶液中c平(CH3COO-)、c平(CH3COOH)、c平(H+)都减小,但电离平衡正向移动,所以c平(CH3COOH)减小的倍数大于c平(CH3COO-)和c平(H+)减小的倍数,溶液中c平(CH3COO-)c平(CH3COOH)·c平(OH-)=
c平(CH3COO-)·c平(H+)c平(CH3COOH)·c平(OH-)·c平(H+)=KaKW,温度不变,Ka、KW不变,所以KaKW的值不变,D正确。
11.有①Na2CO3溶液 ②CH3COONa溶液 ③NaOH溶液各25 mL,物质的量浓度均为0.1 mol·L-1,下列说法正确的是( )
A.3种溶液pH的大小顺序是③>②>①
B.若将3种溶液稀释相同倍数,pH变化最大的是②
C.若分别加入25 mL 0.1 mol·L-1盐酸后,pH最大的是①
D.若3种溶液的pH均为9,则物质的量浓度的大小顺序是③>①>②
答案C
解析相同物质的量浓度的①、②、③溶液,pH的大小顺序应为③>①>②,故A项错误;稀释相同倍数时,①、②存在水解平衡,③中pH变化最大,故B项错误;若pH相同的三种溶液,物质的量浓度大小顺序应为②>①>③,故D项错误;与25 mL 0.1 mol·L-1盐酸反应后①中为等物质的量浓度的NaHCO3和NaCl溶液,②中为等物质的量浓度的CH3COOH和NaCl溶液,③中为NaCl溶液,pH最大的是①,故C项正确。
12.(2020山东德州高二期末)室温时,向20 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液中不断滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液,溶液的pH变化曲线如图所示。在滴定过程中,下列关于溶液中离子浓度关系不正确的是( )
A.a点时:c平(CH3COO-)+2c平(OH-)=c平(CH3COOH)+2c平(H+)
B.b点时:c平(Na+)=c平(CH3COO-)
C.c点时:c平(OH-)=c平(CH3COOH)+c平(H+)
D.d点时:c平(Na+)>c平(CH3COO-)>c平(OH-)>c平(H+)
答案D
解析a点时醋酸过量,溶液为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,根据电荷守恒和物料守恒可得,c平(CH3COO-)+2c平(OH-)=c平(CH3COOH)+2c平(H+),故A正确;溶液中存在电荷守恒c平(Na+)+c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-),b点时溶液的pH=7,呈中性,则c平(H+)=c平(OH-),根据电荷守恒可知c平(Na+)=c平(CH3COO-),故B正确;c点时,氢氧化钠与醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液,醋酸钠溶液中,根据电荷守恒可得:①c平(Na+)+c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-),根据物料守恒可得:②c平(Na+)=c平(CH3COO-)+c平(CH3COOH),将②代入①可得:c平(OH-)=c平(CH3COOH)+c平(H+),故C正确;d点为等物质的量的NaOH和CH3COONa的混合溶液,氢氧化钠过量,溶液呈碱性,由于CH3COO-存在微弱的水解,则c平(Na+)>c平(OH-)>c平(CH3COO-)>c平(H+),故D错误。
13.(2020山东济南历城二中高二月考)已知常温下,不同酸的电离常数如下表所示:
物质
H2CO3
HClO
CH3COOH
H2SO3
电离
常数
Ka1=
4.30×10-7
mol·L-1
Ka2=
5.61×10-11
mol·L-1
Ka=
3×10-8
mol·L-1
Ka=
1.75×10-5
mol·L-1
Ka1=
1.54×10-2
mol·L-1
Ka2=
1.02×10-7
mol·L-1
下列说法中正确的是( )
A.少量SO2通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为:H2O+SO2+ClO-2H++Cl-+SO42-
B.常温下,稀释CH3COOH或HClO溶液时,溶液中c平(R-)c平(HR)·c平(OH-)不变(HR代表CH3COOH或HClO)
C.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合,混合溶液中:c平(HSO3-)>c平(CH3COO-)>c平(CO32-)
D.含等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中:c平(OH-)-c平(H+)=c平(H2CO3)+c平(CH3COOH)
答案B
解析少量SO2通入NaClO溶液中,NaClO过量,反应生成次氯酸、硫酸根离子和氯离子,正确的离子方程式为:H2O+SO2+3ClO-2HClO+Cl-+SO42-,故A错误;给c平(R-)c平(HR)·c平(OH-)的分子、分母同时乘以c平(H+)可得:c平(R-)·c平(H+)c平(HR)·c平(OH-)·c平(H+)=KaKW,由于电离平衡常数和水的离子积都不变,所以该比值不变,故B正确;等体积、等物质的量浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaHSO3三种溶液混合,Na2CO3、NaHSO3反应生成Na2SO3、NaHCO3,则溶液中的HSO3-、CO32-浓度远远小于CH3COO-,故C错误;等物质的量的NaHCO3和CH3COONa的混合液中,根据电荷守恒可得:①c平(OH-)+c平(HCO3-)+c平(CH3COO-)+2c平(CO32-)=c平(H+)+c平(Na+),根据物料守恒可得:②c平(H2CO3)+c平(CH3COOH)+c平(HCO3-)+c平(CO32-)+c平(CH3COO-)=c平(Na+),将②代入①可得:c平(OH-)-c平(H+)=c平(H2CO3)+c平(CH3COOH)-c平(CO32-),故D错误。
14.某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4 mol·L-1和1.7×10-5 mol·L-1。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B.溶液中水的电离程度: b点>c点
C.从c点到d点,溶液中c平(HA)·c平(OH-)c平(A-)保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)
D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同
答案C
解析A项,根据两种酸的电离常数可知,酸性:HNO2>CH3COOH,pH相同的两种酸稀释相同倍数,pH变化大的是相对较强的酸,即曲线Ⅱ表示HNO2溶液的稀释,错误;B项,pH越小酸性越强,对水电离的抑制程度越大,因此溶液中水的电离程度:b点
A.V1=20
B.b点和d点对应的溶液中都存在:c平(K+)=c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-)
C.c点溶液中c平(K+)=c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-)
D.常温下,C2O42-的Kh1=2×10-10 mol·L-1
答案D
解析根据图像,能够水解的盐促进水的电离,在V1 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1 KOH溶液20 mL,恰好反应生成K2C2O4,溶液显碱性,此时水电离的c水(H+)最大,因此草酸溶液的体积为10 mL,故A错误;b、d点水电离出氢离子均为1×10-7 mol·L-1,b点为中性溶液,溶液中存在电荷守恒,c平(K+)+c平(H+)=c平(OH-)+c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-),中性溶液中得到c平(K+)=c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-),d点为碱性溶液c平(K+)>c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-),故B错误;c点溶液根据电荷守恒可得:c平(H+)+c平(K+)=c平(OH-)+c平(HC2O4-)+2c平(C2O42-),由于此时溶液呈碱性,c平(OH-)>c平(H+),所以c平(K+)>c平(HC2O4-)+c平(C2O42-),故C错误;常温下,水解反应C2O42-+H2OHC2O4-+OH-的平衡常数Kh=KWKa2=10-145.0×10-5 mol·L-1=2×10-10 mol·L-1,故D正确。
16.(2020辽宁抚顺六校协作体高二期末)25 ℃时,CH3COOH的电离常数Ka=1.8×10-5 mol·L-1。常温下,往25 mL氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液,pH变化曲线如图所示,已知混合溶液pH=10时达到滴定终点,回答下列问题:
(1)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 。
(2)A点对应的横坐标为25 mL,请用离子方程式解释A点溶液显碱性的原因: 。
(3)A点溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是: 。
(4)B点溶液中,c平(CH3COO-)c平(CH3COOH)= 。
(5)C点溶液为等浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液,请判断该溶液中c平(CH3COOH) (填“>”“<”或“=”)c平(CH3COO-)。
答案(1)0.1 mol·L-1
(2)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
(3)c平(Na+)>c平(CH3COO-)>c平(OH-)>c平(H+)
(4)18 (5)<
解析(1)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为c(NaOH)=c酸V酸V碱=0.1mol·L-1×25 mL25 mL=0.1 mol·L-1。
(2)A点为NaOH和醋酸恰好完全反应的点,溶质为醋酸钠,因为醋酸根离子会水解:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,故溶液显碱性。
(3)A点存在电荷守恒c平(Na+)+c平(H+)=c平(CH3COO-)+c平(OH-),因为溶液显碱性,则c平(H+)
(4)B点所示溶液中,c平(CH3COO-)c平(CH3COOH)=Kac(H+)=1.8×10-5mol·L-11.0×10-6mol·L-1=18。
(5)C点所示溶液为等浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液,pH<7,溶液显酸性,说明醋酸分子的电离程度大于醋酸根离子的水解程度,所以溶液中c平(CH3COOH)
②0.01 mol·L-1 HCl溶液 ③pH=12的氨水
④pH=12的NaOH溶液 ⑤0.01 mol·L-1 CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液 ⑥0.01 mol·L-1 HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。
(1)其中水的电离程度最大的是 (填序号,下同),水的电离程度相同的是 ;
(2)若将②、③混合后所得溶液pH=7,则消耗溶液的体积:② (填“>”“<”或“=”,下同)③;若将②、③溶液等体积混合后,所得溶液pH 7。
(3)若将①、④溶液按体积比为2∶1混合后,所得溶液pH (填“>”“<”或“=”)7,此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为: ;将①、④溶液混合,若有c平(CH3COO-)>c平(H+),则混合液可能呈 (填序号)。
A.酸性 B.碱性 C.中性
答案(1)⑥ ②③④ (2)> >
(3)< c平(CH3COO-)>c平(Na+)>c平(CH3COOH)>c平(H+)>c平(OH-) ABC
解析(1)水属于弱电解质,存在电离平衡H2OH++OH-,根据电离出的离子可知酸或碱是抑制水的电离,而盐类的水解则是促进水的电离。pH=12的氨水,说明氨水的浓度大于0.01 mol·L-1,所以⑤中氨水是过量的,所以溶液显碱性。在⑥中二者恰好反应生成氯化钠,氯化钠是不能发生水解的盐,所以在该溶液中水的电离没有被抑制,而在①②③④⑤中均是抑制水的电离的。因为②③④溶液中H+浓度或OH-的浓度均是0.01 mol,所以对水的电离抑制程度是相同的;故其中水的电离程度最大的是⑥,水的电离程度相同的是②③④。
(2)pH=12的氨水中氨水的浓度大于0.01 mol·L-1,所以②③等体积混合后氨水过量,溶液显碱性,要使溶液显中性,盐酸的体积必须大于氨水的体积。②0.01 mol·L-1HCl溶液中pH=2,③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01 mol·L-1,等体积混合,充分反应后氨水过量,溶液呈碱性,pH>7。
(3)若将①0.01 mol·L-1CH3COOH溶液、④pH=12的NaOH溶液按体积比为2∶1混合后,所得溶液为醋酸和醋酸钠按1∶1形成的混合溶液,醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解,则c平(CH3COO-)>c平(CH3COOH),溶液显酸性,即c平(H+)>c平(OH-),故pH<7;此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为:c平(CH3COO-)>c平(Na+)>c平(CH3COOH)>c平(H+)>c平(OH-);
①④溶液混合后,根据电荷守恒可知c平(H+)+c平(Na+)=c平(OH-)+c平(CH3COO-),若c平(CH3COO-)>c平(H+),则c平(Na+)>c平(OH-)。但c平(H+)和c平(OH-)的大小关系无法确定,所以该溶液可能显酸性、碱性或中性。
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18.已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表:
化学式
HF
HClO
H2CO3
NH3·H2O
电离
常数
Ka=
6.8×10-4
mol·L-1
Ka=
4.7×10-8
mol·L-1
Ka1=
4.2×10-7
mol·L-1
Ka2=
5.6×10-11
mol·L-1
Kb=
1.7×10-5
mol·L-1
(1)常温下,pH相同的三种溶液:①NaF溶液
②NaClO溶液 ③Na2CO3溶液,其物质的量浓度由大到小的顺序是 (填序号)。
(2)25 ℃时,pH=4的NH4Cl溶液与pH=4的HF溶液中由水电离出的c水(H+)之比为 。
(3)0.1 mol·L-1 NaClO溶液和0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中,c平(ClO-) c平(HCO3-)(填“>”“<”或“=”);可使上述两种溶液pH相等的方法是 (填序号)。
A.向NaClO溶液中加适量水
B.向NaClO溶液中加入适量NaOH固体
C.向NaHCO3溶液中加适量水
D.向NaHCO3溶液中加适量NaOH固体
(4)向NaClO溶液中通入少量CO2,所发生反应的离子方程式为 。
(5)常温下,0.1 mol·L-1氨水与0.1 mol·L-1NH4Cl溶液等体积混合,通过计算判断混合溶液的酸碱性: 。
答案(1)①>②>③ (2)106∶1 (3)< AD
(4)ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-
(5)NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10-5 mol·L-1,则NH4+的水解常数为Kh=KWKb=1×10-141.7×10-5 mol·L-1≈5.9×10-10 mol·L-1,则有Kb>Kh,据此可知NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度,故混合溶液显碱性
解析(1)三种酸的电离常数大小:HF>HClO>HCO3-,根据盐类“越弱越水解”的规律,对应弱酸根离子的水解程度:CO32->ClO->F-,故pH相同的三种溶液的物质的量浓度大小关系为c(NaF)>c(NaClO)>c(Na2CO3)。
(2)NH4Cl发生水解,促进水的电离,而HF抑制水的电离,故pH=4的NH4Cl溶液中由水电离的c(H+)=10-4 mol·L-1,pH=4的HF溶液中由水电离的c(H+)=10-10 mol·L-1,二者之比为(10-4 mol·L-1)∶(10-10 mol·L-1)=106∶1。
(3)由表中数据可知K(HClO)
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