2021届高考化学一轮复习盐类的水解作业
核心素养提升练 二十四
盐类的水解
(25分钟 50分)
一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)
1.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 mol·
L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中 ( )
A.水的电离程度始终增大
B.先增大再减小
C.c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变
D.当加入氨水的体积为10 mL时,c(N)=c(CH3COO-)
【解析】选D。由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时,溶液呈中性,结合电荷守恒知c(CH3COO-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),则c(CH3COO-)=c(N),D项正确;开始滴加氨水时,水的电离程度增大,二者恰好完全反应时,水的电离程度最大,再继续滴加氨水时,水的电离程度减小,A项错误;向醋酸中滴加氨水,溶液的酸性减弱,碱性增强,c(OH-)增大,由NH3·H2O
N+OH-可知K=,故减小,B项错误;根据原子守恒知n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和不变,但滴加氨水过程中,溶液体积不断增大,故c(CH3COO-)与c(CH3COOH)之和减小,C项错误。
2.常温下,相同pH的氢氧化钠和醋酸钠溶液分别加水稀释,平衡时pH随溶液体积变化的曲线如图所示,则下列叙述正确的是 ( )
A.b、c两点溶液的导电能力相同
B.a、b、c三点溶液中水的电离程度a>c>b
C.c点溶液中c(H+)=c(OH-)+c(CH3COOH)
D.用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应,消耗盐酸体积Vb=Vc
【解析】选B。NaOH是强碱,CH3COONa是强碱弱酸盐,加水稀释促进醋酸根离子水解,稀释相同的倍数后,溶液中c(OH-):CH3COONa>NaOH,所以pH变化大的是NaOH,则Ⅱ为NaOH,pH变化小的是CH3COONa,即Ⅰ为CH3COONa。溶液的导电能力与离子浓度成正比,pH相等的醋酸钠和氢氧化钠,c(CH3COONa)>c(NaOH),所以c点导电能力大于b点,A错误;氢氧化钠对水的电离起抑制作用,而醋酸根离子浓度越大越促进水的电离,所以a、b、c三点溶液中水的电离程度:a>c>b,B正确;任何电解质溶液中都存在质子守恒,根据质子守恒得c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-),C错误;pH相等的NaOH溶液和CH3COONa溶液,c(CH3COONa)>c(NaOH),相同体积、相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度盐酸的体积与醋酸钠和氢氧化钠的物质的量成正比,相同体积、相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液中n(CH3COONa)>
n(NaOH),所以醋酸钠消耗的盐酸多,消耗盐酸体积:Vb
c(Cl-)>c(HClO)>c(ClO-)
C.c点所示的溶液中c(Na+)=c(HClO)+c(ClO-)
D.d点所示的溶液中:
c(Na+)>c(ClO-)>c(Cl-)>c(HClO)
【解析】选B。a点溶液呈酸性,根据电荷守恒得c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),故A错误;b点溶液酸性最强,根据电荷守恒得c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),所以c(H+)>c(Cl-),酸性越强,次氯酸的电离程度越小,所以c(HClO)>c(ClO-),所以离子浓度大小顺序是c(H+)>c(Cl-)>c(HClO)>c(ClO-),故B正确; c点溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),所以c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-),根据物料守恒得c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO),所以c(Na+)=
c(HClO)+2c(ClO-),故C错误;d点溶液呈碱性,则c(H+)c(Cl-)+c(ClO-),根据物料守恒得c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO),所以c(Cl-)>c(ClO-),故D错误。
3.常温下,对于pH均为5的盐酸和NH4Cl溶液,下列说法正确的是 ( )
A.两溶液稀释10倍后,pH相等
B.两溶液加热至相同的温度后,pH相等
C.两溶液中各加入等体积的pH等于9的NaOH溶液后,pH相等
D.两溶液中水的离子积相等
【解析】选D。 HCl属于强电解质,稀释10倍后,H+浓度变为原来的,NH4Cl溶液中N发生水解作用,稀释10倍后,水解程度增大,H+浓度大于原来的,A项错;加热,HCl溶液中H+浓度不变,NH4Cl溶液中由于N水解程度增大,H+浓度增大,B项错;NaOH溶液与盐酸恰好反应,溶液呈中性,NH4Cl溶液与NaOH溶液反应生成NH3·H2O和NaCl,但剩余大量的NH4Cl,溶液为酸性,C项错;水的离子积与温度有关,温度不变,离子积不变,D项正确。
4.化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是 ( )
A.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化
B.某雨水样品采集后放置一段时间,pH由4.68变为4.28,是因为溶液中的S发生水解
C.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体,利用的是盐类水解原理
D.纯碱溶液呈碱性的原因是C+H2OHC+OH-
【解析】选B。雨水放置一段时间后pH减小是由于H2SO3被氧化为H2SO4,导致溶液酸性增强。
二、非选择题(本题包括2小题,共26分)
5.(13分)(1)一定温度下,向1 L 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体,溶液中________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)常温下,将V mL 0.1000 mol·L-1氢氧化钠溶液逐滴加入20.00 mL
0.1000 mol·L-1醋酸溶液中,充分反应。回答下列问题(忽略溶液体积的变化):
①如果溶液pH=7,此时V值________(填“>”“<”或“=”)20.00,溶液中的离子浓度大小关系为__ ________________________________________________
______________________________________。
②如果V=40.00,则此时溶液中c(OH-)-c(H+)-c(CH3COOH)=________mol·L-1。
(3)常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L-1盐酸,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2逸出)物质的量分数随溶液pH变化的情况如图所示,回答下列问题:
若将Na2CO3和NaHCO3混合物配成溶液,则此溶液的pH的取值范围是________
__________;为测定Na2CO3和NaHCO3混合物(不含其他杂质)中的质量分数,下列方案可行的是____________________(填字母)。
A.取a g混合物充分加热,减重b g
B.取a g混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得b g固体
C.取a g混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出气体用碱石灰吸收,增重b g
D.取a g混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应,过滤、洗涤、烘干,得b g固体
【解析】(1)醋酸的电离平衡常数K=,因为平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,所以向溶液中加入醋酸钠,K不变。
(2)①若氢氧化钠和醋酸等体积混合,则所得溶液为醋酸钠溶液,显碱性,所以要显中性,碱要少些,因为溶液呈中性,即c(H+)=c(OH-),则根据电荷守恒知:c(Na+)=
c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)。
②根据电荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),根据物料守恒有:c(Na+)=
2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH),两个关系式相减,可得:c(OH-)-c(H+)-c(CH3COOH)=
c(Na+)=mol·L-1=(或0.033)mol·L-1。
(3)据图分析,碳酸钠和碳酸氢钠共存时溶液的pH范围为8c(H+)=c(OH-)
②(或0.033)
(3)8c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
B.B点时,c(Na+)>c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C.C点时,c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
D.A～D间任意一点都满足c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
【解析】选D。刚开始时,有c(CH3COO-)c(OH-),A选项错误;B点,醋酸恰好与NaOH反应生成CH3COONa,由物料守恒可得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),B选项错误;C点,pH=7,由电荷守恒可得c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-),C选项错误;A～D间任意一点都满足电荷守恒,则c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),D选项正确。
2.已知NaHSO3溶液显酸性,溶液中存在以下平衡:
HS+H2OH2SO3+OH- ①
HSH++S ②
向0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质,下列有关说法正确的是
( )
A.加入少量金属钠,平衡①左移,平衡②右移,溶液中c(HS)增大
B.加入少量Na2SO3固体,则c(H+)+c(Na+)=c(HS)+c(OH-)+c(S)
C.加入少量NaOH溶液,、的值均增大
D.加入氨水至中性,则2c(Na+)=c(S)>c(H+)=c(OH-)
【解析】选C。 A项,加入金属钠后,钠和水反应生成氢氧化钠,使平衡①左移,平衡②右移,移动的结果是c(S)增大。可以利用极端分析法判断,如果金属钠适量,充分反应后溶液中溶质可以是亚硫酸钠,此时c(HS)很小,错误;B项,依据电荷守恒判断,c(S)前面的化学计量数应为2,即c(H+)+c(Na+)=c(HS)
+c(OH-)+2c(S),错误;C项,加入氢氧化钠溶液后,溶液酸性减弱,碱性增强,所以增大,平衡①左移,平衡②右移,最终c(S)增大,c(HS)
减小,所以增大,正确;D项,加入氨水至溶液呈中性,即c(H+)=c(OH-),由电荷守恒知,其他离子存在如下关系:c(Na+)+c(N)=2c(S)+c(HS),错误。
【加固训练】
(2019·武汉模拟)298 K时,二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分数如图所示。下列叙述正确的是 ( )
A.溶液pH由1升至2.6时主要存在的反应是H3X++OH-H2X+H2O
B.H2X的第二步电离平衡常数Ka2(H2X)为10-4
C.NaHX溶液中c(H+)c(OH-),C错误;D项,溶液显中性,pH=7时,溶液中的HX-和X2-相等,存在的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)
=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-),因为溶液显中性有c(H+)=c(OH-),所以得到c(Na+)=
2c(X2-)+c(HX-),D错误。
3.(新题预测)下列溶液中,操作和现象对应正确的是 ( )
选项
溶液
操作
现象
A
滴有酚酞的明矾溶液
加热
颜色变深
B
滴有酚酞的氨水
加入少量NH4Cl固体
颜色变浅
C
滴有酚酞的CH3COONa溶液
加入少量的CH3COONa固体
颜色变浅
D
氯化铁溶液
加热
颜色变浅
【解析】选B。明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性,加热,Al3+的水解程度增大,溶液的酸性增强,无颜色变化,A项错误;加入NH4Cl固体,氨水的电离程度减小,碱性减弱,溶液颜色变浅,B项正确;加入少量CH3COONa固体会使CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-平衡向右移动,c(OH)-增大,颜色变深,C项错误;加热氯化铁溶液时促进FeCl3水解为红褐色的Fe(OH)3,颜色加深,D项错误。
【加固训练】
在下列有FeCl3溶液参加的反应中,与Fe3+水解有关的是 ( )
①FeCl3溶液与Cu的反应 ②将FeCl3溶液加热蒸干并灼烧,最终得到Fe2O3 ③FeCl3溶液与KI的反应 ④饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体 ⑤FeCl3溶液与H2S的反应 ⑥FeCl3溶液与NaHCO3溶液的反应 ⑦配制FeCl3溶液需加入一定量的盐酸
A.①④⑥ B.②③⑤⑥
C.②④⑥⑦ D.①②③④⑤⑥⑦
【解析】选C。①中发生的反应为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,属于氧化还原反应;②中加热蒸干时促进FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl平衡向右移动,同时HCl挥发,生成的Fe(OH)3灼烧时生成Fe2O3;③中发生氧化还原反应:2Fe3++2I-2Fe2++I2;④中反应原理利用了Fe3+的水解;⑤中发生氧化还原反应:2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+;⑥中Fe3+与HC发生相互促进的水解反应;⑦中加入盐酸的目的是抑制Fe3+的水解。
4.常温下,向20 mL 0.2 mol·L-1H2SO3溶液中滴加0.2 mol·L-1NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图所示。(其中Ⅰ表示H2SO3,Ⅱ代表HS、Ⅲ代表S)。根据图示判断正确的是 ( )
A.当V(NaOH)=0时,由水电离出的c(H+)=1.0×10-7
B.当V(NaOH)=20 mL时,c(Na+)>c(HS)>c(H+)>c(S)>c(OH-)
C.当V(NaOH)=40 mL时,2c(Na+)=c(S)
D.当V(NaOH)=40 mL后,继续滴加NaOH溶液,溶液的温度会继续升高
【解析】选B 。H2SO3溶液是酸性溶液,水的电离会受到抑制,A选项错误;当V(NaOH)=20 mL时,溶液中的溶质是NaHSO3,根据图象分析知,溶液中c(S)>
c(H2SO3),故HS的电离大于其水解,溶液呈酸性,B选项正确;当V(NaOH)=40 mL时,溶质为Na2SO3,S存在水解现象,故2c(Na+)>c(S),C选项错误;当V(NaOH)=40 mL后,继续滴加NaOH溶液,溶液中不再发生中和反应,溶液的温度不会继续升高,D选项错误。
二、非选择题(本题包括2小题,共26分)
5.(13分)在室温下,下列五种溶液:①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液 ②0.1 mol·L-1 CH3COONH4溶液 ③0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液
④0.1 mol·L-1 NH3·H2O和0.1 mol·L-1 NH4Cl混合液 ⑤0.1 mol·L-1氨水
请根据要求填写下列空白:
(1)溶液①呈________(填“酸”“碱”或“中”)性,其原因是______________
____________________(用离子方程式表示)。
(2)溶液②③中c(N)的大小关系是②________(填“>”“<”或“=”)③。
(3)在溶液④中________(离子)的浓度为0.1 mol·L-1;NH3·H2O和________(离子)的浓度之和为0.2 mol·L-1。
(4)室温下,测得溶液②的pH=7,则说明CH3COO-的水解程度________(填“>”“<”或“=”,下同)N的水解程度,CH3COO-与N浓度的大小关系是c(CH3COO-)
________c(N)。
(5)常温下,某水溶液M中存在的离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-,存在的分子有H2O、H2A。
①写出酸H2A的电离方程式:_ ___________________。
②若溶液M由10 mL 2 mol·L-1 NaHA溶液与10 mL 2 mol·L-1 NaOH溶液混合而得,则溶液M的pH________(填“>”“<”或“=”)7。
【解析】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐,根据“谁弱谁水解,谁强显谁性”的原则,NH4Cl溶液显酸性。
(2)CH3COONH4溶液中,醋酸根离子促进铵根离子的水解,而NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出来的氢离子抑制铵根离子的水解,所以后者中铵根离子浓度大。
(3)因为氯离子在溶液中不变化,所以其浓度为0.1 mol·L-1;根据原子守恒可知,含N原子微粒的总物质的量浓度为0.2 mol·L-1,而N原子的存在形式为NH3·H2O和N。
(4)溶液②的pH=7,说明CH3COO-水解生成的OH-的物质的量等于N水解生成的H+的物质的量,即二者水解程度相同;根据电荷守恒得:c(CH3COO-)+c(OH-)
=c(N)+c(H+),因为c(H+)=c(OH-),故c(CH3COO-)=c(N)。
(5)①由溶液中存在的微粒可知,H2A为二元弱酸,分步电离。②NaHA和NaOH恰好反应生成Na2A,溶液显碱性。
答案:(1)酸 N+H2ONH3·H2O+H+
(2)< (3)Cl- N (4)= =
(5)①H2AH++HA-,HA-H++A2-
②>
6.(13分)现有常温下pH=2的盐酸甲和pH=2的CH3COOH溶液乙,请根据下列操作回答问题:
(1)已知25 ℃时,下列酸的电离平衡常数如下:
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平
衡常数
1.8×10-5
K1=4.4×10-7
K2=4.7×10-11
3.0×10-8
下列四种离子结合H+能力最强的是________。
A.HC B.C
C.ClO- D.CH3COO-
写出下列反应的离子方程式:
CH3COOH+Na2CO3(少量):________________;
HClO+Na2CO3(少量):________________。
(2)取10 mL的乙溶液,加入等体积的水,CH3COOH的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动;另取10 mL的乙溶液,加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变),待固体溶解后,溶液中的比值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。
(3)相同条件下,取等体积的甲、乙两溶液,各稀释100倍。稀释后的溶液,其pH大小关系为pH(甲)________(填“>”“<”或“=”)pH(乙)。
(4)取等体积的甲、乙两溶液,分别用等浓度的NaOH稀溶液中和,则消耗NaOH溶液体积的大小关系为V(甲)________(填“>”“<”或“=”)V(乙)。
【解析】(1)电离平衡常数越小,说明酸的电离能力越弱,则对应阴离子结合H+的能力越强,由表格中数据可以看出H2CO3的Ka2最小,所以C结合H+的能力最强,故选B。酸性:CH3COOH>H2CO3>HClO>HC,故CH3COOH与少量Na2CO3反应的离子方程式为2CH3COOH+CH2O+2CH3COO-+CO2↑;HClO和少量的Na2CO3反应的离子方程式为HClO+CClO-+HC。
(2)加水稀释促进弱酸的电离,故CH3COOH的电离平衡向电离方向移动;加入少量无水醋酸钠固体,CH3COONa会电离产生CH3COO-,使CH3COOH的电离平衡向弱电解质生成的方向移动,所以c(H+)减小,而c(CH3COOH)增大,故的比值将减小。
(3)HCl是强电解质,完全电离,而CH3COOH是弱电解质,溶液中存在电离平衡,加水稀释促进CH3COOH电离,所以稀释后,CH3COOH溶液中氢离子浓度减小的程度小于盐酸中氢离子浓度减小的程度,故稀释后pH(甲)>pH(乙)。
(4)pH相等的CH3COOH溶液和盐酸中,c(CH3COOH)>c(HCl),取等体积溶液时,n(CH3COOH)>n(HCl),酸的物质的量越多,需要等浓度的氢氧化钠溶液的体积越大,故有:V(甲) (4)<
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