《2018-2019學年高中化學 第3章 水溶液中的離子平衡 第2節(jié) 水的電離和溶液的酸堿性 第2課時 鹽類的水解檢測 新人教版選修4.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019學年高中化學 第3章 水溶液中的離子平衡 第2節(jié) 水的電離和溶液的酸堿性 第2課時 鹽類的水解檢測 新人教版選修4.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第2課時 鹽類的水解 1．常溫下，下列溶液的pH大于7的是(　　) A．NH4Cl B．H3PO4 C．NaHCO3 D．Na2SO4 解析：A項，NH4Cl屬于強酸弱堿鹽，水解顯酸性，pH小于7，A與題意不符；B項，H3PO4屬于弱酸，溶液pH小于7，B與題意不符；C項，NaHCO3屬于強堿弱酸鹽，水解顯堿性，溶液的pH大于7，C與題意相符；D項，Na2SO4屬于強酸強堿鹽，溶液pH等于7，D與題意不符。 答案：C 2．物質的量濃度相同的下列溶液中，按pH由小到大的順序排列的是(　　) A．Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl B．Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl C．(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S D．NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3 解析：HCl顯酸性，NaCl顯中性，NaHCO3和Na2CO3均水解顯堿性，碳酸鈉水解程度大，堿性強，所以A和B均錯；(NH4)2SO4和NH4Cl均水解顯酸性，硫酸銨中銨根離子濃度大，水解后酸性強，NaNO3為中性，Na2CO3水解顯堿性，C正確。 答案：C 3．下列各物質常溫下發(fā)生水解，對應的離子方程式正確的是(　　) A．Na2CO3：CO＋2H2OH2O＋CO2↑＋2OH－ B．NH4Cl：NH＋H2ONH3H2O＋OH－ C．CuSO4：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋ D．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－ 解析：多元弱酸根離子分步水解，多元弱堿陽離子一步完成，故A錯誤，C正確；B中電荷不守恒；D應用“”。 答案：C 4．物質的量濃度相同的下列溶液中，含粒子種類最多的是(　　) A．CaCl2 B．CH3COONa C．NH3 D．K2S 解析：CaCl2不水解，溶液中存在的粒子有Ca2＋、Cl－、OH－、H＋、H2O 5種；CH3COONa發(fā)生水解，溶液中存在Na＋、CH3COO－、CH3COOH、H＋、OH－、H2O 6種粒子；氨水中存在NH3、NH3H2O、NH、OH－、H＋、H2O 6種粒子；K2S中S2－發(fā)生兩步水解，溶液中存在K＋、S2－、HS－、H2S、OH－、H＋、H2O 7種粒子。 答案：D 5．相同物質的量濃度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH較大，則同溫同體積同濃度的HCN和HClO說法正確的是(　　) A．電離程度：HCN＞HClO B．pH：HClO＞HCN C．與NaOH溶液恰好完全反應時，消耗NaOH的物質的量：HClO＞HCN D．酸根離子濃度：[CN－]＜[ClO－] 解析：NaCN和NaClO都為強堿弱酸鹽，相同物質的量濃度時NaCN溶液的pH較大，說明CN－水解的程度大，因此HCN比HClO的酸性更弱，電離程度：HCN＜HClO，A項錯誤。pH：HClO＜HCN，B項錯誤。由于都是一元酸，與NaOH完全反應時，消耗HClO和HCN的物質的量相同， C項錯誤。同濃度的HCN和HClO，酸性HCN＜HClO，[CN－]＜[ClO－]，D項正確。 答案：D 6．在Cl－、NH、HSO、Na＋、HCO五種離子中，既不能電離又不能水解的離子是________，只能水解不能電離的離子是________，只能電離不能水解的離子是______。既能電離又能水解的離子是________。 答案：Na＋　Cl－　NH　HSO　HCO 時間：40分鐘 [A級　基礎鞏固] 基礎題Ⅰ 1．下列關于鹽溶液呈酸堿性的說法錯誤的是(　　) A．鹽溶液呈酸堿性的原因是破壞了水的電離平衡 B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中[H＋]>[OH－] C．在CH3COONa溶液中，由水電離的[OH－]≠[H＋] D．水電離出的H＋和OH－與鹽中弱離子結合，造成鹽溶液呈酸堿性 解析：鹽溶液呈酸堿性的原因，就是破壞了水的電離平衡，使溶液中[OH－]≠[H＋]；溶液顯酸性則一定有[H＋]>[OH－]；在CH3COONa溶液中，由于生成了弱電解質CH3COOH，使得[OH－]≠ [H＋]，故顯堿性；水電離出的H＋和OH－與鹽中弱酸根陰離子或弱堿陽離子結合生成弱電解質，正是鹽溶液呈酸堿性的原因。 答案：C 2．用標準氫氧化鈉溶液中和醋酸溶液，當溶液的pH值等于7，則此時(　　) A．醋酸和氫氧化鈉物質的量相等 B．醋酸和氫氧化鈉恰好中和 C．氫氧化鈉過量 D．醋酸有剩余 解析：D項，若恰好完全反應，溶質為CH3COONa，其水解顯堿性，而題中說明pH＝7，由此可知還有醋酸剩余，使溶液pH＝7，故D項正確；A項，兩者物質的量相等即恰好完全反應，pH>7，故A項錯誤；B項，恰好中和等同于物質的量相等，故B項錯誤；C項，若NaOH過量則pH>7，故C項錯誤。 答案：D 3．在常溫下，純水中存在電離平衡H2OH＋＋OH－，如要使水的電離程度增大，并使[H＋]增大，應加入的物質是(　　) A．NaHSO4 B．KAl(SO4)2 C．NaHCO3 D．CH3COONa 解析：NaHCO3溶液、CH3COONa溶液呈堿性，溶液中[H＋]減小，不符合題意；NaHSO4電離出的H＋抑制了水的電離；KAl(SO4)2電離的Al3＋水解，能促進水的電離，使溶液中[H＋]增大。 答案：B 3．在常溫下，純水中存在電離平衡H2OH＋＋OH－，如要使水的電離程度增大，并使[H＋]增大，應加入的物質是(　　) A．NaHSO4 B．KAl(SO4)2 C．NaHCO3 D．CH3COONa 解析：NaHCO3溶液、CH3COONa溶液呈堿性，溶液中[H＋]減小，不符合題意；NaHSO4電離出的H＋抑制了水的電離；KAl(SO4)2電離的Al3＋水解，能促進水的電離，使溶液中[H＋]增大。 答案：B 4．實驗測定NaHCO3溶液顯堿性，下列說法中正確的是(　　) A．在水溶液中，HCO僅僅發(fā)生水解 B．在水溶液中，HCO僅僅發(fā)生電離 C．在水溶液中，HCO的水解程度要大于電離程度 D．在水溶液中，HCO的電離程度要大于水解程度 解析：NaHCO3溶液中存在HCO的水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－，HCO的電離：HCOH＋＋CO，因NaHCO3溶液呈堿性，故其水解程度大于電離程度。 答案：C 5．常溫下，在0.1 molL－1 NaX溶液中水電離的H＋濃度為a1，在0.1 molL－1鹽酸中，水電離的H＋濃度為a2，若＝108，則0.1 molL－1 NaX溶液的pH是(　　) A．5　　　　　B．7　　　　C．8　　　　D．9 解析：鹽酸抑制水的電離，NaX促進水的電離，二者電離度之比等于溶液中水電離的氫氧根離子濃度之比，0.1 molL－1鹽酸中水電離的氫氧根離子濃度為10－13 molL－1，NaX溶液中水電離的c水(OH－)＝c總(OH－)＝10－13108＝10－5 molL－1，即pH＝9。 答案：D 基礎題Ⅱ 6．25 ℃時，在等體積的①pH＝0的H2SO4溶液、②0.05 molL－1的Ba(OH)2溶液、③pH＝10的Na2S溶液、④pH＝5的NH4NO3溶液中，發(fā)生電離的水的物質的量之比是(　　) A．1∶10∶1010∶109 B．1∶5∶5109∶5108 C．1∶20∶1010∶109 D．1∶10∶104∶109 解析：設溶液的體積為1 L，則：①中pH＝0的H2SO4中由硫酸電離出的[H＋]＝1.0 molL－1，25 ℃時，水的離子積常數(shù)是KW＝1.010－14，則由水電離出的[OH－]＝1.010－14 molL－1，故發(fā)生電離的水的物質的量為1.010－14 mol；②由氫氧化鋇電離出的中[OH－]＝0.1 molL－1，溫度一定時，水的離子積是恒定的，則由水電離出的[H＋]＝1.010－13molL－1，故水電離的物質的量為1.010－13 mol；③中S2－發(fā)生水解，S2－＋H2OHS－＋OH－，鹽類水解的本質就是水的電離平衡向右移動了，所以由水電離出的[OH－]＝1.010－4 molL－1，則發(fā)生電離的水的物質的量為1.010－4 mol；④中由水電離出的[H＋]＝1.010－5 molL－1，則發(fā)生電離的水的物質的量為1.010－5 mol。故①②③④中發(fā)生電離的水的物質的量之比為：1.010－14 mol∶1.010－13 mol∶1.010－4 mol∶1.010－5 mol＝1∶10∶1010∶109，故A項正確。 答案：A 7．(1)常溫下，0.1 molL－1的下列五種溶液，其pH由大到小的排列順序是__________。 ①CH3COOH?、贜aClO　③NH4Cl?、躈aCl ⑤CH3COONa (2)室溫下pH＝9的NaOH溶液和pH＝9的CH3COONa溶液，設由水電離產(chǎn)生的OH－的物質的量濃度分別為A和B，則A∶B＝__________。 解析：(1)先按酸性、中性、堿性分類，再按電離和水解規(guī)律排序。NH4Cl和CH3COOH呈酸性，濃度相等時，CH3COOH的酸性強于NH4Cl，即pH：①<③。NaCl溶液呈中性。CH3COONa和NaClO溶液呈堿性，因酸性CH3COOH>HClO，則ClO－的水解程度大于CH3COO－，即pH：⑤<②，綜合分析可知pH由大到小的順序為：②>⑤>④>③>①。 (2)水的電離平衡為H2OH＋＋OH－。在NaOH溶液中，由于加入了OH－，水的電離平衡向逆反應方向移動，[H＋]減小。在pH＝9的NaOH溶液中，[H＋]水＝10－9 molL－1，其H＋全部是水電離產(chǎn)生出來的。因為[H＋]水＝[OH－]水，即A＝10－9 molL－1。在CH3COONa溶液中，由于CH3COO－離子結合了水中的H＋，水的電離平衡向正反應方向移動，[OH－]增大。在pH＝9的CH3COONa溶液中，[OH－]＝110－5 molL－1，其OH－全部是水電離產(chǎn)生的，即B＝10－5 molL－1，所以，A∶B＝10－9 molL－1∶10－5 molL－1＝10－4∶1。 答案：(1)②>⑤>④>③>① (2)10－4∶1(或1∶10 000) [B級　能力提升] 8． 25 ℃時，pH＝2的某酸HnA(An－為酸根)與pH＝12的某堿B(OH)m等體積混合，混合液的pH＝5。 (1)寫出生成的正鹽的化學式________。 (2)該鹽中存在著一定水解的離子，該水解的離子方程式為________________________________________________________________________。 (3)簡述該混合液呈酸性的原因___________________________ _____________________________________________________。 (4)寫出HnA的電離方程式______________________________。 解析：當酸中[H＋]等于堿中[OH－]時，二者等體積混合后，溶液的酸堿性是由過量的酸或堿決定的。(1)HnA中酸根離子帶n個單位的負電荷(An－)，B(OH)m中陽離子帶m個單位的正電荷(Bm＋)，則正鹽的化學式為BnAm。(2)pH＝2的酸HnA中[H＋]＝10－2 molL－1，pH＝12的B(OH)m中[OH－]＝10－2 molL－1，當二者等體積混合后溶液pH＝5，酸過量，說明HnA一定為弱酸，故An－一定水解。(3)由于酸一定為弱酸，當HnA與B(OH)m等體積混合后，酸有剩余導致溶液顯酸性。 答案：(1)BnAm　(2)An－＋H2OHA(n－1)－＋OH－　(3)HnA為弱酸，當HnA與B(OH)m等體積混合后，酸有剩余 (4)HnAH(n－1)A－＋H＋ 9．常溫下，將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表： 實驗 編號 HA物質的量 濃度/(molL－1) NaOH物質的 量濃度/(molL－1) 混合溶 液的pH ① 0.1 0.1 pH＝9 ② c 0.2 pH＝7 ③ 0.2 0.1 pH＜7 請回答： (1)從①組情況分析，HA是強酸還是弱酸？________(填“強酸”或“弱酸”)。 (2)②組情況表明，c__________(填“大于”“小于”或“等于”)0.2 molL－1。混合液中離子濃度[A－]與[Na＋]的大小關系是__________________。 (3)從③組實驗結果分析，說明HA的電離程度________(填“大于”“小于”或“等于”)NaA的水解程度，該混合溶液中離子濃度由大到小的順序是___________________________________。 解析：(1)從①組情況分析，等體積等物質的量濃度的HA和NaOH溶液混合后，溶液顯堿性，說明生成強堿弱酸鹽，說明HA是弱酸。(2)②組中NaOH的物質的量濃度為0.2 molL－1，混合后溶液顯中性，說明HA稍過量，HA的物質的量濃度應大于0.2 molL－1。根據(jù)電中性原理，混合液中離子濃度[Na＋]＝[A－]。(3)③組中HA與NaOH溶液反應后得到等物質的量濃度的NaA和HA的混合液，因混合溶液的pH＜7，則HA的電離程度大于A－的水解程度。此溶液中存在電荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[A－]。因[H＋]＞[OH－]，故[A－]＞[Na＋]，即混合液中離子濃度大小順序為：[A－]＞[Na＋]＞ [H＋]＞[OH－]。 答案：(1)弱酸　(2)大于　[A－]＝[Na＋]　 (3)大于　[A－]＞[Na＋]＞[H＋]＞[OH－]