2019-2020学年高中化学 第三章 水溶液中的离子平衡 第3节 盐类的水解 第1课时 盐类的水解

第1课时盐类的水解一、单项选择题1．(2019年河南新乡质检)室温下，分别把下列物质加入水中，能使水的电离程度增大且所得溶液呈酸性的是()A．K2SO4B．NaHSO4C．NaClOD．NH4NO3【答案】D2．下列离子方程式属于盐类的水解，且书写正确的是()A．NaHCO3溶液：HCO－3＋H2OCO2－3＋H3O＋B．NaHS溶液：HS－＋H2OH2S＋OH－C．Na2CO3溶液：CO2－3＋2H2OH2CO3＋2OH－D．NH4Cl溶于D2O中：NH＋4＋D2ONH3·D2O＋H＋【答案】B【解析】NaHCO3溶液的水解方程式：HCO－3＋H2OH2CO3＋OH－，A项错误；NaHS溶液的水解方程式：HS－＋H2OH2S＋OH－，B项正确；Na2CO3溶液的水解方程式：CO2－3＋H2OHCO－3＋OH－，C项错误；NH4Cl溶于D2O中的水解方程式：NH＋4＋D2ONH3·HDO＋D＋，D项错误。3．室温下，0.5mol·L－1相同体积的下列四种溶液①KCl、②FeCl3、③HF、④Na2CO3，其中所含阳离子数由多到少的顺序是()A．④①＝②③B．①④②③C．④①③②D．④②①③【答案】D【解析】由于电解质在水中以电离为主，水解是极其微弱的，所以四种物质中Na2CO3电离的阳离子数必为最多，HF为弱电解质，电离出的H＋必为最少，先排除B、C项，再观察KCl和FeCl3，如果只考虑电离，二者电离的阳离子数应相等，但Fe3＋存在水解且一个Fe3＋可水解生成三个H＋，导致其溶液中阳离子数增多，故选出D项。4．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO2－3＋H2OHCO－3＋OH－。下列说法不正确的是()A．通入CO2，溶液pH减小B．加入少量NH4Cl固体，平衡向正反应方向移动C．慢慢升高温度，cHCO－3cCO2－3逐渐减小D．加入NaOH固体后冷却到室温，溶液的Kw＝c(OH－)·c(H＋)不变【答案】C【解析】碳酸钠溶液中通入CO2会发生反应生成碳酸氢钠，实质是二氧化碳消耗OH－，促使平衡正向移动，所以碱性减弱，溶液pH减小，故A项正确；加入氯化铵固体，根据NH＋4水解显示酸性，消耗OH－，平衡正向移动，故B项正确；水解平衡是吸热的，升高温度，水解平衡正向移动，HCO－3浓度增加，CO2－3浓度减小，比值变大，故C项错误；水的离子积是温度的常数，加入NaOH固体，温度不变，水的离子积Kw无变化，故D项正确。5．(2018年湖北襄阳期末)相同物质的量浓度的NaCN和NaClO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：HCNHClOB．pH：HClOHCNC．与NaOH溶液恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClOHCND．酸根离子浓度：c(CN－)c(ClO－)【答案】D【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：HCNHClO，A项错误。pH：HClOHCN，B项错误。由于都是一元酸，与NaOH完全反应时，HClO和HCN消耗NaOH的物质的量相同，C项错误。同浓度的HCN和HClO，因酸性HCNHClO，c(CN－)c(ClO－)，D项正确。6．下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是()A．0.1mol·L－1的CH3COOH溶液的pH＝2B．CH3COOH溶液中含有CH3COOH分子C．CH3COOH能与NaOH发生中和反应D．常温下CH3COONa溶液的pH＝8【答案】C7．(2018年广东揭阳月考)对滴有酚酞试液的下列溶液，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】明矾溶液中电离后产生的Al3＋水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故A项错误；CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故B项正确；氨水为弱碱，部分电离：NH3·H2ONH＋4＋OH－，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl===NH＋4＋Cl－，其中的NH＋4会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C项错误；加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离出HCO－3的水解平衡，酚酞溶液无变化，故D项错误。8．25℃时，下列两溶液混合后所得溶液pH＜7的是()A．pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合B．pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合C．pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合D．pH＝3的硫酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合【答案】A【解析】pH＝3的醋酸浓度大于pH＝11氢氧化钡溶液中OH－浓度，所以醋酸有剩余，混合溶液中醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，故A正确；pH＝3盐酸浓度小于pH＝11的氨水溶液，二者等体积混合后氨水有剩余，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，而导致溶液呈碱性，故B错误；pH＝3的盐酸溶液中H＋浓度与pH＝11的氢氧化钡溶液中OH－浓度相等，二者等体积混合时，H＋和OH－恰好反应生成水，溶液呈中性，故C错误；pH＝3的硫酸中H＋浓度等于pH＝11氢氧化钠溶液浓度，二者等体积混合，恰好完全反应，溶液呈中性，故D错误。9．(2019年山东泰安联考)常温时，将CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合后，溶液呈中性。则下列各项正确的是()A．混合前：pH(CH3COOH)＋pH(NaOH)＝14B．混合后：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)C．混合前：c(CH3COOH)c(NaOH)D．混合后：c(Na＋)c(CH3COO－)c(OH－)c(H＋)【答案】C【解析】醋酸为弱酸，如c(CH3COOH)＝c(NaOH)，二者恰好反应溶液呈碱性，若溶液呈中性，醋酸应过量，即混合前：c(CH3COOH)c(NaOH)，故C正确；如pH(CH3COOH)＋pH(NaOH)＝14，应有c(OH－)＝c(H＋)，由于醋酸为弱酸，电离程度较小，二者等体积混合后，醋酸过量较多，溶液呈酸性，故A错误；溶液呈中性，反应过后有c(OH－)＝c(H＋)，根据c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故B错误；溶液呈中性，应存在c(Na＋)＝c(CH3COO－)c(OH－)＝c(H＋)，故D错误。二、非选择题10．(1)某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。试完成下列问题：Na2A溶液显______(填“酸性”“中性”或“碱性”)，理由是___________________________________(用离子方程式表示)。(2)pH＝5的NH4Cl溶液与pH＝5的HCl溶液中由水电离出的c(H＋)分别是________、_______________。【答案】(1)碱性A2－＋H2OHA－＋OH－(2)10－5mol·L－110－9mol·L－111．将0.2mol·L－1HA溶液与0.2mol·L－1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na＋)c(A－)，在下列空白填“”“”或“＝”。(1)混合溶液中，c(HA)______c(A－)。(2)混合溶液中，c(HA)＋c(A－)______0.1mol·L－1。(3)混合溶液中，由水电离出的c(OH－)________0.2mol·L－1HA溶液中由水电离出的c(H＋)。(4)25℃时，若取0.2mol·L－1HA溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH7，则HA的电离程度______NaA的水解程度。【答案】(1)(2)＝(3)(4)【解析】根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，由于c(Na＋)c(A－)，所以溶液中c(OH－)c(H＋)，A－水解使溶液显碱性。(1)因为水解程度较小，所以c(HA)c(A－)。(2)根据物料守恒有c(HA)＋c(A－)＝0.1mol·L－1。(3)盐水解时促进水的电离，而酸抑制水的电离。(4)等浓度的HA和NaA，混合液中pH7，说明是HA电离程度大于A－水解程度。12．25℃时，将0.01molCH3COONa和0.002molHCl溶于水，形成1L混合溶液。(1)该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________。(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0.01mol·L－1的是________，浓度为0.002mol·L－1的是________。(4)________和________两种粒子物质的量之和等于0.01mol。【答案】(1)①CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－②CH3COOHCH3COO－＋H＋③H2OH＋＋OH－(2)7(3)Na＋Cl－(4)CH3COOHCH3COO－