化学高中第八单元作业手册答案

课时作业(二十六)

1.D[解析]在未电离时c(CH3COOH)=1 mol·L-1,当醋酸、H+、CH3COO-的浓度不再变化时(但此时三者的浓度不一定是0.5 mol·L-1),醋酸的电离达到平衡状态,故A、B、C 项均错;依据平衡状态的标志即分子电离成离子的速率与离子结合成分子的速率相等,可知D项正确。

2.C[解析]①中证明CN-能水解,证明HCN为弱酸,即为弱电解质;②中未能指明溶液的浓度,也没有参照物,不能证明;③HCN和NaCl不能发生反应,只能说明不符合复分解反应的条件,但不能说明HCN是弱酸;④中说明c(H+)

3.C[解析]电离常数越大,酸性越强。K a(HF)>K a(CH3COOH)>K a(HCN),所以,酸

性:HF>CH3COOH>HCN。

4.B[解析]一氯乙酸的电离常数大于乙酸,故一氯乙酸的酸性比乙酸的酸性强,即同温、同浓度时,一氯乙酸的电离度大于乙酸,随着浓度增大,电离程度均减小,B项符合题意。

5.D[解析]由图可知,pH相同的两种碱溶液稀释相同体积后pH不同,说明碱性强弱一定不同,物质的量浓度不相等,A项错误;图示稀释后BOH比AOH的pH数值大,故稀释后AOH溶液的碱性比BOH溶液的碱性弱,B项错误;碱AOH的物质的量浓度小,但未说明两种碱的体积,不能确定消耗同浓度盐酸的体积大小,C项错误;若为强碱,则稀释后的pH为9,所以若9.2

6.C[解析]要使HClO的浓度增大,必须使该反应平衡右移,且加入的物质与HClO不反应。加入NaOH时,平衡虽然右移,但HClO也参与了反应,导致HClO的浓度减小;加

入HCl时,平衡左移,HClO浓度减小;加水稀释时,HClO浓度也减小;由题给电离平衡常数知,酸性:H2CO3>HClO>HC O3-,故加入NaHCO3时,NaHCO3只与HCl反应,使平衡右移,HClO 浓度增大。

7.C[解析]向H2S溶液中加水,平衡向右移动,但溶液体积增大,溶液中H+浓度减小,A 错误。通入SO 2,可发生反应:2H2S+SO23S↓+2H2O,SO2过量时,SO2与水反应生成的

H 2SO3酸性比氢硫酸强,因此溶液pH减小,B错误。滴加新制氯水,发生反应:H2S+Cl2

2HCl+S↓,H2S浓度减小,平衡向左移动,反应生成的盐酸为强酸,溶液酸性增强,pH减小,C正确。加入少量CuSO 4固体,发生反应:CuSO4+H2S CuS↓+H2SO4,溶液中S2-浓度减小,H+浓度增大,D错误。

8.A[解析]醋酸和盐酸c(H+)相同,CH 3COOH溶液中存在着电离平衡:CH3COOH CH3COO-+H+,加入少量CH3COONa晶体,平衡逆向移动,溶液中c(H+)减小,而盐酸则和CH3COONa反应生成弱电解质CH3COOH,c(H+)减小;升温,促进CH3COOH电离,c(H+)增大,盐酸挥发,溶质减少,c(H+)减小;加水稀释,CH3COOH的电离平衡正向移动,稀释相同倍数后两溶液的

c(H+)不相同,醋酸中的c(H+)大于盐酸中的c(H+),但c(H+)均减小;由于醋酸和盐酸的c(H+)相同,而醋酸为弱酸,所以c(CH3COOH)大于c(HCl),加入足量的锌,由于CH3COOH浓度大,随着反应的进行,CH3COOH继续电离产生H+,因此产生的氢气多。

9.C[解析]向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体,c(CH3COO-)增大,抑制醋酸的电离,溶液的pH增大,A项错误;溶液的导电性与溶液中自由移动的离子的浓度和离子所带的电荷量有关,若醋酸溶液的导电性越强,则溶液中氢离子的浓度越大,pH越小,故CH3COOH溶液的pH:a

c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),C项正确;加水稀释醋酸溶液,醋酸的电离程度增大,但c(H+)减小,而温度不变,K W不变,根据K W=c(H+)·c(OH-),则c(OH-)增大,D项错误。

10.C [解析] 恰好中和时混合溶液温度最高,即b 点,此时消耗NaOH 0.004 mol ,得出HA 浓度为0.08 mol ·L -1,故A 错误;b →c 的过程中,温度降低的主要原因是溶液中反应已完全,继续滴加温度较低的NaOH 溶液,使混合液温度降低,故B 错误;NaA 溶液呈碱性,HA 溶液呈酸性,a →b 的过程中,混合溶液可能呈中性,存在:c (A -)=c (Na +),故C 正确;电离常数K =

c(H +)·c(A -)c(HA)

=

0.01×0.01

0.08-0.01

≈1.43×10-3,故D 错误。

11.(1)右 a

(2)氨水浓度降低,使c (OH -)减小,而温度升高,使c (OH -)增大,双重作用使c (OH -)基本不变 (3)AD (4)AC

[解析] (1)根据表中电离常数随温度的变化可以判断,NH 3·H 2O 的电离吸收热量,升高温度,NH 3·H 2O 的电离平衡向右移动。(3)对于平衡NH 3·H 2O

N H 4++OH -,加入NH 4Cl 固

体,平衡左移,pH 减小,电离度减小,c (OH -)减小,c (N H 4+

)增大,A 、D 错误。(4)氨水与盐酸等浓度等体积混合,恰好生成NH 4Cl 溶液,N H 4++H 2O

NH 3·H 2O+H +,加入固体NH 4Cl ,N H 4

+

水解程度减小,

c(NH 4+)c(Cl -)

增大,A

正确;降温,N H 4+

水解程度减小,c(NH 4+)c(Cl -)

增大,C

项正确;B 项,通

入HCl ,c (Cl -

)增大的较c (N H 4+

)多,c(NH 4+)c(Cl -)减小;D

项,加入NaOH

固体,c (N H 4+

)减小,c(NH 4+)c(Cl -)

减

小。

12.(1)CH 3COOH>H 2CO 3>HClO

(2)C O 32->ClO ->HC O 3

->CH 3COO - (3)a>b>d>c (4)A ABCE

[解析] (1)~(3)电离常数越大,酸性越强;电离常数越小,其对应酸根离子结合H +能力越强,水解程度越大,碱性越强。(4)醋酸是弱电解质,稀释后电离程度增大,但CH 3COOH 、CH 3COO -、H +的浓度都减小,c (OH -)却是增大的,且CH 3COOH 的浓度减小最多。升温时,促进电离,K W 、K 均增大,c (H +

)增大,

c(H +)

c(CH 3COOH)

增大,

c(OH -)c(H +)

减小。

13.(1)H 3PO4HP O42-(2)CO2+ClO-+H2O HClO+HC O3-10.8 (3)1.4×10-3

[解析](1)弱酸的电离常数K a越大,表示该弱酸的酸性越强,多元弱酸的酸性主要取决于K a1。因此酸性:H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2P O4->HClO>HC O3->HP O42-。(2)酸

性:H2CO3>HClO>HC O3-,因此向NaClO溶液中通入过量的二氧化碳的离子方程式为CO 2+ClO-+H2O HClO+HC O3-;设NaClO水解生成的c(OH-)=x mol·L-1,

ClO-+H 2O HClO+OH-

c(起始)/(mol·L-1) 1.2 0 0

c(转化)/(mol·L-1)x x x

c(平衡)/(mol·L-1) 1.2-x x x

水解常数K h=c(OH-)·c(HClO)

c(ClO-)=c(H

+)·c(OH-)·c(HClO)

c(ClO-)·c(H+)

=K W

K a

=10

-14

3.0×10-8

,K h=x2

1.2-x

≈x

2

1.2

=10

-14

3×10-8

,解得

x=2×10-7

2,c(H+)=K W

c(OH-)

=10

-14

2×10-

7

2

mol·L-1=1

2

×10-10.5 mol·L-1,pH=10.5-lg 2-1=10.5+lg

2=10.5+0.3=10.8。

(3)设0.10 mol·L-1的CH3COOH溶液中的c(H+)为x mol·L-1,则

CH 3COOH CH3COO-+H+

c(起始)/(mol·L-1) 0.10 0

c(转化)/(mol·L-1)x x x c(平衡)/(mol·L-1)0.10-x x x

K a=x2

0.10-x ≈x

2

0.10

=1.96×10-5,x=1.4×10-3。

课时作业(二十七)A

1.C[解析]②③分别为碱、酸,抑制水的电离;④中N H4+水解促进水的电离,①NaCl 不影响水的电离。

2.A[解析]由题意可知该溶液中由水电离产生的c(H+)=c(OH-)=1×10-9 mol·L-1,该溶液中水的电离受到抑制,可能是酸溶液,也可能是碱溶液。若为酸溶液,则pH=5;若为碱溶液,则pH=9,故A项正确。

3.D[解析] A项,K W=1×10-6×1×10-6=1×10-12,温度高于25 ℃;B、C项,NaHSO4电离出的H+抑制H2O电离,c(H+)H

2O

=c(OH-)=1×10-10 mol·L-1;D项,加H2O稀释,c(H+)减小,而

c(OH-)增大。

4.A[解析] H2SO4与Ba(OH)2抑制水的电离,Na2S与NH4NO3促进水的电离。25 ℃

时,pH=0的H2SO4溶液中:c(H2O)电离=c(OH-)=10-14

100

mol·L-1=10-14 mol·L-1;0.05 mol·L-1

的Ba(OH)2溶液中:c(H2O)电离=c(H+)=10-14

0.1

mol·L-1=10-13 mol·L-1;pH=10的Na2S溶液中:c(H2O)电离=c(OH-)=10-4 mol·L-1;pH=5的NH4NO3的溶液中:c(H2O)电离=c(H+)=10-5 mol·L-1。它们的物质的量之比为10-14∶10-13∶10-4∶10-5=1∶10∶1010∶109,故A正确。

5.D[解析]向氨水中逐滴加入盐酸,水的电离程度由小逐渐变大,后又逐渐减小;b点表示过量NH3·H2O的电离与N H4+的水解程度相互“抵消”;随着N H4+的水解占优势,c 点N H4+的水解程度达到最大,也是恰好反应点;再继续加入盐酸,盐酸过量抑制水的电离。根据以上分析可知,b点氨水过量,d点盐酸过量,A项错误;c点溶质是NH4Cl,因

N H4+水解,故c(N H4+)

势,c(Cl-)

K=c(NH4+)c(OH-) c(NH3·H2O)=10

-3×10-3

0.1

=10-5,D项正确。

6.D[解析]结合醋酸与NaOH溶液的反应,pOH、pH的定义及题给图像,分析各选项并得出合理答案。Q点pOH=pH=a,则有c(H+)=c(OH-),此时溶液呈中性,那么

c(CH3COO-)=c(Na+),N点溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),那么c(CH3COO-)

知,M点溶液中含有CH3COOH和CH3COONa,在滴加NaOH溶液的过程中,溶液中离子浓度变大,则M点溶液的导电能力比Q点弱,A错;Q点时溶液的溶质为CH3COOH、CH3COONa,此时CH3COOH有剩余,抑制水的电离,水的电离程度不是最大,C错;若消耗NaOH溶液与醋酸溶液的体积相等,二者恰好反应生成CH3COONa,溶液显碱性,而Q点溶液呈中性,显然醋酸溶液的体积大于消耗NaOH溶液的体积,D对。

7.D[解析]由水的离子积的定义知两条曲线间任意点均有c(H+)·c(OH-)=K W,A项正确;由图中纵横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H+)T1,C项正确;XZ线上任意点都有c(H+)=c(OH-),只有当c(H+)=10-7 mol·L-1时,才有pH=7,D项错误。

8.B[解析]滴定开始时0.100 mol·L-1盐酸的pH=1,0.100 mol·L-1醋酸溶液的pH>1,所以滴定盐酸的曲线是Ⅱ,滴定醋酸的曲线是Ⅰ,A错误;醋酸钠水解呈碱性,NaCl 不水解,pH=7时,滴定醋酸消耗NaOH溶液的体积小于20 mL,B正确;V(NaOH)=20.00 mL 时,醋酸和盐酸均与NaOH完全反应,但CH3COO-发生水解,c(CH3COO-)c(Na+),D错误。

9.D[解析]根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),pH=4.45时,溶液中c(Na+)c(HA)时溶液仍可能呈酸性,B错误;由图知HA与NaOH恰好完全反应时pH约等于8,C错误;根据电荷守恒以及pH=4.45时,c(A-)=c(HA)=a mol·L-1可得溶液中c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=a mol·L-1,D正确。

10.D[解析]由图像可知,x=0时,y=13,y=0时,x=13,则有x+y=13,则K W=c(H+)c(OH-)=10-x×10-y=10-(x+y)=10-13>10-14,则温度高于常温,A、B对;该温度下,K W=10-13,T时,pH=6.5的溶

液显中性,pH=7的溶液显碱性,C对;该温度下,pH=12的苛性钠溶液,c(OH-)=0.1 mol·L-1,pH=1的稀硫酸中c(H+)=0.1 mol·L-1,等体积混合,溶液显中性,pH=6.5,D错。

11.D[解析]根据描述,H2SO4溶液中c(H+)=K W

c(OH-)=K W

10-a

,H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液的pH

相同,即K W

10

=10-b,可求出此温度下的K W。

12.(1)>温度升高,水的电离程度增大,离子积增大

(2)1000∶1(3)碱①1∶1②9∶11

[解析](1)水是弱电解质,存在电离平衡,温度升高,水的电离程度增大,离子积增大。

(2)25 ℃时,某Na2SO4溶液中c(S O42-)=5×10-4 mol·L-1,则溶液中钠离子浓度是1×10-3 mol·L-1。如果稀释10倍,则钠离子浓度是1×10-4 mol·L-1,但硫酸钠溶液是显中性的。所以c(Na+)∶c(OH-)=10-4∶10-7=1000∶1。(3)T2温度下水的离子积常数是1×10-12,在该温度下,pH=6是显中性的。该溶液pH=7,溶液显碱性;此温度下pH=11的NaOH溶液中OH-的浓度是0.1 mol·L-1。①若所得混合液为中性,由于硫酸中氢离子的浓度也是0.1 mol·L-1,则a∶b=1∶1。②所得混合溶液的pH=2,说明稀硫酸过量。所以有0.1b-0.1a

a+b

mol·L-1=0.01 mol·L-1,解得a∶b=9∶11。

13.(1)容量瓶(2)256285O2↑

(3)酸式滴入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液呈浅红色,且30 s内不褪色

(4)17cV

200ρ

(5)偏低

[解析](1)根据题意应该选用250 mL的容量瓶。(2)分析可知缺少的产物是O2,根据电子转移守恒,配平离子方程式为2Mn O 4-+5H2O2+6H+2Mn2++8H2O+5O2↑。(3)由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性,所以只能使用酸式滴定管。滴定到达终点的现象是滴入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液呈浅红色,且30 s内不褪色。(4)根据配平的离子方程式计

算出过氧化氢的量,最后计算出原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为17cV 200ρ

。(5)半

分钟后发现溶液又褪色说明高锰酸钾溶液加的不足,则测定结果偏低。

14.(1)当A 中压力过大时,安全管中液面上升,使A 瓶中压力稳定 (2)碱 甲基橙 (3)

(c 1V 1-c 2V 2)×10-3×17

w

×100%

(4)偏低 (5)防止硝酸银见光分解 2.8×10-3 (6)+3 2CoCl 2+2NH 4Cl+10NH 3+H 2O 22[Co (NH 3)6]Cl 3+2H 2O 温度过高过氧化氢分解、

氨逸出

[解析] (1)当A 中压力过大时,安全管中液面上升,使A 瓶中压力稳定。(2)接收瓶中的溶质为NH 4Cl 、HCl ,在用NaOH 溶液滴定到终点时溶质为NH 4Cl 、NaCl ,溶液显酸性则可用的指示剂为甲基橙。(3)总的HCl 的物质的量减去氢氧化钠的物质的量即为氨物质的量,所以氨的质量分数的表达式为

(c 1V 1-c 2V 2)×10-3×17

w

×100%。(4)气密性不好,会有

一部分氨逸出,使测定结果偏低。(5)因为硝酸银见光易分解,所以使用棕色滴定管;由

题意,c 2(Ag +)×c (Cr O 42-)=4.0×10-10×c (Cr O 42-)=1.12×10-12,c (Cr O 42-)=2.8×10-3 mol ·L -1

。(6)由题给条件,可以写出X 的化学式为[Co (NH 3)6]Cl 3,所以Co 的化合价为+3,制备X

的化学方程式为2CoCl 2+2NH 4Cl+10NH 3+H 2O 2

2[Co (NH 3)6]Cl 3+2H 2O ,反应物中有NH 3和

H 2O 2,温度过高,会使过氧化氢分解、氨逸出,不利于X 的制备。

课时作业(二十七)B

1.C [解析] K W 只受温度的影响,温度不变,K W 的值不变,故加水稀释对K W 的值无影响,D 项错误;醋酸加水稀释,溶液中的氢离子浓度减小,而K W 不变,则c (OH -)增大,A 项错误;加水稀释,促进醋酸的电离,故pH 的变化小于2,B 项错误;加水稀释,溶液中的c (CH 3COO -)减小,但醋酸的K a =

c(CH 3COO -)·c(H +)

c(CH 3COOH)

不变,故溶液中

c(H +)

c(CH 3COOH)

的值增大,C 项正确。

2.B[解析]①中CH3COOH电离出的c(H+)小于10-2 mol·L-1,②中HCl电离出的c(H+)等于10-2 mol·L-1,③中氨水电离出的c(OH-)等于10-2 mol·L-1,④中NaOH电离出的c(OH-)等于10-2 mol·L-1,⑤中氨水过量,电离出的c(OH-)小于10-2 mol·L-1,⑥中溶液显中性,②③④对水的电离抑制程度相同。

3.B[解析]由图像可知,起始酸的pH为3,c(H+)=10-3 mol·L-1,因为HA是弱酸,则酸的浓度必大于0.001 mol·L-1,A项正确;HA是弱酸,HA的体积未知,无法由滴定起点数据计算该弱酸的K a,B项错误;此滴定终点溶液显碱性,而酚酞的变色范围是8.2~10.0,故应选择酚酞作指示剂,C项正确;滴定终点时,酸碱恰好反应生成NaA,NaA是强碱弱酸盐,A-水解导致溶液显碱性,则滴定终点时离子浓度顺序为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),D 项正确。

4.D[解析]由图像起点pH=1,可知盐酸浓度为0.1 mol·L-1,当加入30 mL NaOH溶液时,反应后溶液的pH=7,说明二者恰好反应,根据n(NaOH)=n(HCl),可求得

c(NaOH)=0.05 mol·L-1,只有D选项符合题意。

5.B[解析] 0.05 mol的Na 2CO3中加入50 mL 1 mol·L-1 H2SO4,H2SO4+Na2CO3

Na2SO4+H2O+CO2↑,二者恰好完全反应,c(Na+)=2c(S O42-),A项错误;加入0.05 mol CaO,相当于加入0.05 mol Ca(OH)2,Ca(OH)2+Na2CO32NaOH+CaCO3↓,c(OH-)增大,c(HC O3-)减小,增大,B项正确;加入50 mL水,溶液被稀释,C O32-水解程度增大,n(OH-)增大,但故c(OH-)

c(HCO3-)

c(OH-)减小,由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小,C项错误;加入0.1 mol NaHSO4固体,发生反应2NaHSO 4+Na2CO32Na2SO4+H2O+CO2↑,则溶液pH减小,c(Na+)增大,D项错误。

6.C[解析] D项,B点K W=10-12,H2SO4中c(H+)=10-2 mol·L-1,KOH中c(OH-)=10-12

mol·L-

10

1=1 mol·L-1,等体积混合后,KOH过量,溶液呈碱性,正确。

7.C [解析] 根据lg

c(R -)

c(HR)

=0时,pH=5,则K a (HR )=

c(R -)c(H +)c(HR)

=1×10-5,0.1 mol ·L -1 HR 溶

液中c (H +)=c (R -)=√1×10-5×0.1 mol ·L -1=1×10-3 mol ·L -1,则溶液的pH 约为3,故A 、B 错误;当通入0.1 mol NH 3时,溶质是NH 4R ,K a (HR )=1.0×10-5、

K b (NH 3·H 2O )=1.76×10-5,所以溶液呈碱性,c (R -)

),故C 正确;根据图示,当

c (HR )=c (R -)时,溶液pH=5,呈酸性,故D 错误。

8.C [解析] 如果酸为强酸,则0.10 mol ·L -1酸的pH 为1,根据酸的初始pH 知,图甲为盐酸的滴定曲线,故A 错误;根据图甲知,B 点NaOH 溶液的体积是20.00 mL ,酸和碱的物质的量相等,二者恰好反应生成强酸强碱盐,其溶液呈中性;醋酸溶液中滴入NaOH 溶液,醋酸钠溶液呈碱性,所以D 点NaOH 溶液的体积小于20.00 mL ,a>b ,故B 错误;E 点溶液的成分为醋酸钠和醋酸,溶液呈酸性,说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度,盐类水解程度较小,则溶液中离子浓度可能为c (CH 3COO -)>c (Na +)>c (H +)>c (OH -),故C 正确;NaOH 和盐酸恰好反应呈中性,可以选择甲基橙或酚酞;NaOH 和醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液呈碱性,只能选择酚酞,故D 错误。 9.C [解析] 根据题图知,0.1 mol ·L -1

HX 溶液的lg

c(H +)

c(OH )

=12,则c (H +)=0.1 mol ·L -

1

,HX 为强酸,同理可推知,HY 为弱酸,A 项错误;a 点HX 溶液中c (H +)=0.1 mol ·L -1,由水电

离出的c (H +)=c (OH -)=10-13 mol ·L -1,B 项错误;c 点时加入n (NaOH )=0.005 mol ,此时得到等物质的量浓度的HY 和NaY 的混合溶液,lg

c(H +)c(OH -)

=6,则c (H +)=10-4 mol ·L -1,溶液呈酸

性,说明HY 的电离程度大于NaY 的水解程度,故c (Y -)>c (HY ),C 项正确;b 点时

n (NaOH )=0.008 mol ,而n (HY )=0.01 mol ,故HY 过量,D 项错误。

10.(1)水的电离是吸热过程,温度高时,电离程度大,c (H +)、c (OH -)均增大 10∶1 (2)a+b =14 (3)小于 (4)10

[解析](1)水的电离是吸热过程,温度高时,电离程度大,c(H+)、c(OH-)均增大,95 ℃时,水的电离平衡曲线应为B;25 ℃时,pH=9的NaOH溶液,c(OH-)=10-5 mol·L-1;pH=4的H2SO4溶液,c(H+)=10-4 mol·L-1;若所得混合溶液的pH=7,n(OH-)=n(H+)。则

c(OH-)·V(NaOH)=c(H+)·V(H2SO4)。故NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为

V(NaOH)∶V(H2SO4)=c(H+)∶c(OH-)=10∶1。(2)95 ℃时,水的离子积常数是K W=10-12。设强酸溶液为100 L,强碱溶液为1 L,强酸溶液中n(H+)=100×10-a mol=102-a mol,强碱溶液n(OH-)=10b-12 mol。混合后溶液呈中性,102-a mol=10b-12 mol,2-a=b-12,所以a+b=14。(3)曲线A所对应的温度是室温。在室温下,pH=2的HCl溶液,c水(H+)=10-12 mol·L-

1;pH=11的某BOH溶液中,c水(H+)=10-11 mol·L-1;水电离产生的H+的浓度越大,水的电离程度就越大。若水的电离程度分别用α1、α2表示,则α1<α2。(4)曲线B所对应的温度是95 ℃,该温度下水的离子积常数是K W=10-12,在曲线B所对应的温度下,将0.02 mol·L-1的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合,则反应后溶液中c(OH-)=0.02mol·L-1×2×V-0.02mol·L-1×V

=0.01 mol·L-1。由于该温度下水的离子积常数是2V

K W=10-12,所以c(H+)=10-10 mol·L-1,所得混合液的pH=10。

11.(1)酸式滴定管烧杯容量瓶

(4)溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色(5)22.60

(6)①第1组实验数据误差明显大,属异常值,应舍去②0.75 4.5

[解析](1)配制待测白醋溶液,用酸式滴定管准确量取10.00 mL食用白醋,在烧杯中加蒸馏水稀释,再转移到100 mL容量瓶中进行定容。(4)待测白醋中滴加酚酞作指示剂,开始时溶液无色,达到滴定终点时,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色。(5)滴定管的0刻度在上方,图中滴定管1 mL分成10个小格,每个小格代表0.10 mL,故图中滴定管中液面读数为22.60 mL。(6)①分析表中实验数据,第1组实验消耗NaOH溶

液的体积与其他三组相差较大,应舍去第1组数据,取其他三组数据进行计算。②第2~4组实验中消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH)=15.00+15.05+14.95

3

mL=15.00 mL,则有n(CH3COOH)=n(NaOH)=15.00×10-3L×0.100 0 mol·L-1=1.5×10-3

mol,c(CH3COOH)=1.5×10-3mol

0.02 L

=0.075 mol·L-1。100 mL该醋酸中含有醋酸的量为0.075 mol·L-1×0.1L=7.5×10-3 mol,因量取10.00 mL食用白醋配制成100 mL待测白醋

溶液,故10.00 mL 食用白醋中c(CH3COOH)=7.5×10-3mol

0.01 L

=0.75 mol·L-

1,m(CH3COOH)=7.5×10-3mol×60 g·mol-1=0.45 g,故该市售白醋的总酸量为4.5

g/100 mL。

12.(1)CH3COOK(2)100 mL容量瓶(3)碱式

(4)2Mn O 4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O当滴入最后一滴KMnO4溶液时,锥形瓶中溶液由无色变成浅红色,且30 s不褪色

[解析](1)以Cu(CH3COO)2·2H2O和K2C2O4·H2O为原料在玛瑙研钵中研磨反应,经过后处理得到蓝色晶体,已知该蓝色晶体的化学式为K a[Cu b(C2O4)c]·n H2O,因在合成过程中各种元素的化合价均不发生变化,根据原料和蓝色晶体的化学式可知,除去的杂质主要成分是CH3COOK。(2)配制100 mL 0.100 0 mol·L-1 KMnO4溶液,用到的玻璃仪器有:量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管等。(3)Na2S2O3为强碱弱酸盐,溶液呈碱性,所以应选用碱式滴定管。(4)KMnO4溶液滴定草酸根离子过程中,Mn O4-作氧化剂,Mn元素化合价降低生成Mn2+,C2O42-作还原剂,C元素化合价升高生成CO2,根据得失电子守恒和原子守恒得该反应的离子方程式为2Mn O 4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑

+8H2O,当滴入最后一滴KMnO4溶液时,锥形瓶中溶液由无色变成浅红色,且30 s不褪色,说明达到了滴定终点。

课时作业(二十八)

1.B[解析]温度不变,N H4+水解的平衡常数不变,故A项不符合题意;NH4Cl水解呈酸性,加水稀释,水解程度增大,但酸性减弱,溶液的pH将增大,溶液中N H4+数将减

少,c(N H4+)也减小,故B项符合题意,C、D项不符合题意。

2.B[解析]稀释溶液,水解平衡向正反应方向移动,但水解平衡常数只与温度有关,温度不变,水解平衡常数保持不变,A项错误;加入CuSO 4固体,发生沉淀反应:Cu2++S2-CuS ↓,c(S2-)减小,S2-的水解平衡向逆反应方向移动,HS-浓度减小,B项正确;水解过程吸热,

增大,C项错误;加入升高温度,水解平衡向正反应方向移动,c(HS-)增大,c(S2-)减小,c(HS-)

c(S2-)

NaOH固体,c(OH-)增大,pH增大,D项错误。

3.C相同温度、相同浓度下的溶液,其pH从小到大的顺序为电离呈酸性<水解呈酸性<中性<水解呈碱性<电离呈碱性。

4.D[解析]升高温度,促使C O32-的水解平衡正向移动,溶液中c(OH-)增大,碱性增强,有利于油污的水解及清洗,A正确;明矾是KAl(SO4)2·12H2O,Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体,可吸附水中悬浮杂质,起到净水作用,B正确;TiCl4发生水解反应生成TiO2·x H2O沉淀,经脱水制备TiO2,C正确;SnCl2易发生水解反应,而配制其溶液时,加入NaOH固体,消耗HCl,促使水解平衡正向移动,生成Sn(OH)Cl沉淀,故应加入HCl溶液抑制其水解,D 错误。

5.D[解析] Na 2CO3溶液中存在水解平衡:C O32-+H2O HC O3-+OH-,通入NH3后,NH3与水生成NH3·H2O,并电离产生N H4+和OH-,溶液中c(OH-)增大,水解平衡逆向移动,c(C O32-)增

减小,A正确。K2C2O4溶液中存在水解平衡:C2O42-+H2O

大,c(Na+)不变,故c(Na+)

c(CO32-)

HC2O4-+OH-,从25 ℃升高到35 ℃,水解平衡正向移动,c(C2O42-)减小,c(K+)不变,故c(K+)

c(C2O42-)增大,B正确。HF溶液中滴加NaOH溶液至中性,则有c(H+)=c(OH-),此时所得溶液为NaF 和HF混合液,据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-),则有c(Na+)=c(F-),故有

c(Na +)c(F -)

=1,C 正确。CH 3COONa 溶液中存在水解平衡:CH 3COO -+H 2O

CH 3COOH+OH -,水解平衡常数为K h =

c(CH 3COOH)·c(OH -)

c(CH 3COO -)

=

c(CH 3COOH)·K W

c(CH 3COO -)·c(H +)

,则有

c(CH 3COOH)c(CH 3COO -)·c(H +)=

K h

K W

,加入少量水,水

解平衡正向移动,由于温度不变,则K h 、K W 不变,故

c(CH 3COOH)

c(CH 3COO -)·c(H +)

不变,D 错误。

6.B [解析] 四种盐溶液均促进了水的电离,根据越弱越水解,水解均显碱性,水解程度越大, pH 越大,则四种溶液中,水的电离程度:③>④>②>①, A 错误;Na 2CO 3和NaHCO 3溶

液中都存在H +、OH -、 C O 32-、HC O 3

-、H 2CO 3、Na +、H 2O ,B 正确;醋酸的酸性强于次氯酸,在物质的量浓度相等的情况下,pH 小的是醋酸,C 错误;根据物料守恒,Na 2CO 3溶液

中:c (Na +)=2c (C O 32-)+2c (HC O 3- )+2c (H 2CO 3),D 错误。 7.B [解析] ①NH 4Cl 溶液中存在水解平衡:N H 4+

+H 2O

NH 3·H 2O+H +,加入少量NH 4Cl 固

体,c (N H 4+)增大,平衡正向移动,则溶液中c (H +)增大,错误;②根据勒夏特列原理可知,平衡正向移动,但c (N H 4+)仍比原平衡大,错误;③c (N H 4+)增大,平衡正向移动,但N H 4+的水解

程度减小,故

c(NH 4+)

c(Cl -)

增大,错误;④N H 4+

的水解平衡常数为K h =

c(NH 3·H 2O)·c(H +)

c(NH 4+)

,则

c(NH 4+)

c(NH 3·H 2O)·c(H +)=1

K h

,由于温度不变,K h 不变,故

c(NH 4+)

c(NH 3·H 2O)·c(H +)

不变,错误;⑤加入少量

NH 4Cl 固体,水解平衡正向移动,但N H 4+

的水解程度减小,正确;⑥结合水解常数K h 可

知,

c(H +)

c(NH 4+)=

K h

c(NH 3·H 2

O),加入少量NH 4Cl 固体,K h 不变,c (NH 3·H 2O )增大,故

c(H +)

c(NH 4+)

减小,正

确;⑦结合水解常数K h 可知,c(NH 4+)

c(NH 3·H 2O)

=

c(H +)K h

,加入少量NH 4Cl 固体,水解平衡正向移

动,c (H +

)增大,但K h 不变,故

c(NH 4

+)c(NH 3·H 2O)

增大,错误。

8.D [解析] 弱酸加水稀释促进电离,n (A -)增大,n (HA )减小,故c(HA)c(A -)

的值减小,A 正确;设

HA 的量是100,根据图像知有x 被反应,K HA =

10-7x 100-x

,B 正确;当滴定分数为100时,二者刚好

反应生成强碱弱酸盐NaA ,由于盐的水解,水的电离程度最大,C 正确;滴定分数大于100时,即氢氧化钠过量,溶液中离子浓度关系可能有c (Na +)>c (OH -)>c (A -)>c (H +),D 错误。

9.C [解析] 升高温度,水的电离平衡右移,c (H +)和c (OH -)均增大,K W 随之增大,而c 和b 对应的K W 相等,A 项不正确;由图中数据可计算出该温度下水的离子积常数

K W =c (H +)c (OH -)=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14,B 项不正确;加入FeCl 3后,Fe 3+水解促进

了水的电离,c (H +)增大,c (OH -)减小,但K W 不变,可能引起由b 向a 的变化,C 项正确;该温度下,稀释溶液K W 不变,而c 和d 对应的K W 不相等,D 项不正确。 10.(1)2.36×10-5 (2)向右 60 (3)10% < [解析] (1)K h =

c(H +)·c(NH 3·H 2O)c(NH 4+)

=

K W

K b

,

c (H +)≈c (NH 3·H 2O ),而c (N H 4+

)≈1 mol ·L -1。

所以c (H +

)=√K h mol ·L -1

=√

10-14

1.8×10

-5

mol ·L -1≈2.36×10-5 mol ·L -1

。 (2)NaOH 电离出的OH -抑制水的电离平衡,Na 2SO 3电离出的S O 32-水解促进水的电离平衡。 S O 32-+H 2O

HS O 3

-+OH -, K h =

c(HSO 3-)·c(OH -)c(SO 32-)

=

K W

K a2=

10-14

6.0×10-8

,

所以

c(SO 32-)c(HSO 3-)

=

6.0×10-8×10

-510-14

=60。

(3)亚碲酸(H 2TeO 3)为二元弱酸,以一级电离为主,H 2TeO 3的电离度为α, H 2TeO 3HTe O 3

-+H + 起始浓度(mol ·L -1) 0.1 0 0 电离浓度(mol ·L -1) 0.1α

0.1α 0.1α

平衡浓度(mol ·L -1)

0.1(1-α) 0.1α 0.1α

K a1=1×10-3=

0.1α×0.1α0.1(1-α)

≈

0.1α×0.1α

0.1

,解得:α≈10%;

已知K a2=2×10-8,则HTe O 3-的水解常数K h =

K W K a1

=(1×10-14)÷(1×10-3)=1×10-11

HTe O 3-的电离大于其水解,NaHTeO 3溶液显酸性,pH<7。

11.(1)>(2)<(3)①<②=(4)①107∶1②>

[解析](1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液中c(OH-)相等,分别加热到相同的温度后,NaOH溶液中c(OH-)不变,而CH3COONa溶液中CH3COO-的水解平衡正向移动,c(OH-)增大,则CH3COONa溶液中c(OH-)大于NaOH溶液中c(OH-),故CH3COONa溶液的pH大。(2)物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后,溶液中的c(N H4+)=c(Cl-),据电荷守恒可得

c(N H4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),则有c(H+)=c(OH-),此时溶液呈中性;若两溶液恰好完全反应则生成NH4Cl,所得溶液呈酸性,若使溶液呈中性,则有V(HCl)

c(Na+)>c(A-),则有c(H+)7。

12.(1)b>a>c

(2)NaCN+CO 2+H2O NaHCO3+HCN

(3)BD(4)Al3++3HC O 3-Al(OH)3↓+3CO2↑

(5)c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)

[解析](1)由电离平衡常数:CH3COOH>H2CO3>HCN>HC O3-知,等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液,故溶液的pH为Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液。

(2)由电离平衡常数H2CO3>HCN>HC O3-知,NaCN溶液和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN,反应的化学方程式为NaCN+CO 2+H2O NaHCO3+HCN。

(3)将0.02 mol·L-1的HCN溶液与0.01 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005 mol·L-1的NaCN、HCN,测得c(Na+)>c(CN-),根据电荷守恒可知:c(H+)

c(H+)+c(HCN)>c(OH-),C错误;由物料守恒可知,c(HCN)+c(CN-)=0.01 mol·L-1,D正确。(4)Al3+与HC O3-的水解相互促进,生成Al(OH)3和CO2,反应的离子方程式为Al3++3HC O3-

Al(OH)3↓+3CO2↑。

(5)NaHC2O4溶液显酸性,溶液中存在的阴离子为HC2O42-、C2O42-、OH-,阳离子为Na+、H+,其电荷守恒表达式为c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)。

13.(1)CH 3COONa+H2O CH3COOH+NaOH

(2)BC(3)CD(4)7.20.35(5)9

[解析](1)醋酸钠水解生成醋酸和氢氧化钠,化学方程式为CH 3COONa+H2O

CH3COOH+NaOH。(2)A项,钠离子不水解,所以浓度始终不变,错误;B项,醋酸根离子开始时水解速率最大,后逐渐减小,平衡时不再变化,正确;C项,随着水解的逐渐进行,pH逐渐增大,平衡时不再发生变化,正确;D项,温度不变,K W不变,错误。(3)A项,加入冰醋酸,溶

液中醋酸浓度增大,平衡左移,错误;B项,加入纯碱固体,由于C O32-的水解会产生OH-,抑制CH3COO-的水解,平衡左移,错误;C项,加入醋酸钙固体,溶液的醋酸根离子浓度增大,平衡右移,正确;D项,加入氯化铵固体,铵根离子与水解生成的氢氧根离子结合成一水合氨,使溶液中氢氧根离子浓度减小,平衡右移,正确。(4)由m=nM得醋酸钠的质量为

7.175 g,由托盘天平的精确度知托盘天平称量的质量为7.2 g;醋酸与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合,混合后的溶液浓度减半为0.175 mol·L-1,所以原来的浓度为0.35 mol·L-1。(5)醋酸根离子水解反应的平衡常数

K h=K W

K a(CH3COOH)=c(CH3COOH)·c(OH

-)

c(CH3COO-)

=c

2(OH-)

c(CH3COO-)

,则10-14

1.75×10-5

=c

2(OH-)

0.175

,得c(OH-)=10-5 mol·L-

1,pH=9。

课时作业(二十九)

1.A[解析] AgCl固体在溶液中存在溶解平衡,所以溶液中有Ag+和Cl-,B错;升高温度,AgCl溶解度增大,C错;向平衡体系中加入NaCl固体,增大了Cl-浓度,溶解平衡左移,AgCl溶解度减小,D错。

2.A[解析]在存在MgCO 3固体的溶液中存在沉淀溶解平衡:MgCO3(s)

Mg2+(aq)+C O32-(aq),滴加少许浓盐酸,浓盐酸与C O32-反应,促使平衡向右移动,则c(Mg2+)和c(H+)增大,c(C O32-)减小,温度不变,K sp(MgCO3)不变,故A正确。

3.C[解析]K sp只与难溶电解质的性质和温度有关。

4.C[解析]加热暂时硬水,发生分解反应:Ca(HCO3)2CaCO3↓+CO2↑+H2O,Mg(HCO3)2 MgCO 3↓+CO2↑+H2O,生成的MgCO3在水中建立起平衡:MgCO3(s)Mg2+(aq)+C O32-(aq),而

C O 32-发生水解反应:C O32-+H2O HC O3-+OH-,使水中的OH-浓度增大,由于

K sp[Mg(OH)2]

5.D[解析]由①可知,在水溶液中Cu2+与C O32-主要生成Cu(OH)2沉淀,说明Cu(OH)2比CuCO3更易沉淀,从而说明溶解度:Cu(OH)2

6.D[解析]由于K sp(BaSO4)

和BaCO3共存时,c(SO42-)

c(CO32-)=K sp(BaSO4)

K sp(BaCO3)

=1.0×10

-10

2.5×10-9

=1

25

;由于K sp(BaSO4)和K sp(BaCO3)相差不大,所

以向BaSO4的悬浊液中加入浓Na2CO3溶液,BaSO4可以转化为BaCO3。

7.C[解析]在BaSO 4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液,平衡BaSO4(s)

Ba2+(aq)+S O42-(aq)左移,则此时c(Ba2+)>c(S O42-);由于温度未发生改变,所以溶液中

K sp=c(Ba2+)c(S O42-)不变。

8.D[解析]由沉淀形成的条件知,要产生沉淀必须满足:c(Ca2+)c(C O32-)>2.8×10-9,因等体积混合,c(C O32-)=1×10-4 mol·L-1,故混合溶液中c(Ca2+)应大于2.8×10-5 mol·L-1,则混合前c(CaCl2)至少应为5.6×10-5 mol·L-1。

9.D[解析]在pH=5的溶液中OH-的浓度是10-9 mol·L-1,Fe3+的浓度为1 mol·L-1,则Q c=c(Fe3+)·c3(OH-)=1×10-27>4.0×10-38,则有氢氧化铁沉淀生成,故Fe3+不能大量存在,A 正确;由于在溶液中金属阳离子均水解,则混合溶液中

c(S O42-)∶[c(Fe3+)+c(Fe2+)+c(Cu2+)]>5∶4,B正确;根据Fe(OH)2、Cu(OH)2、Fe(OH)3三种物质的溶度积常数可知形成沉淀时需要氢氧根离子的浓度分别是√8.0×10-16

0.5

mol·L-1、

√

2.2×10-20

0.5

mol ·L -1

、√

4.0×10-38

1

3

mol ·L -1,因此向混合溶液中逐滴加入0.1 mol ·L -

1

NaOH 溶液,首先生成氢氧化铁沉淀,则最先看到红褐色沉淀,C 正确;向混合溶液中加入

适量氯水,并调节pH 到3~4过滤,由于引入氯离子,不能获得较纯净的CuSO 4溶液,D 错误。

10.C [解析] 由K sp =c (M 2+

)c 2

(OH -)得c (OH -

)=(a b

)12 mol ·L -1,由K W =c (H +)c (OH -)得

c (H +

)=

1×10-14

(a b

)12 mol ·L -1, pH=-lg

1×10-14

(a b

)12=14+1

2

lg (a

b )。

11.D [解析] 根据平衡K 2SO 4·MgSO 4·2CaSO 4(s )

2Ca 2++2K ++Mg 2++4S O 42-,向该体系中

加入饱和NaOH 溶液,OH -与Mg 2+结合,生成难溶的Mg (OH )2沉淀使平衡向右移动,A 项正

确;向该体系中加入饱和Na 2CO 3溶液,C O 3

2-与Ca 2+

结合,生成CaCO 3沉淀,使溶解平衡向右移动,B 项正确;根据曲线可知,温度越高,K +的浸出浓度越大,说明该过程是吸热的,C 项正确;该平衡的K sp =c 2(Ca 2+)·c 2(K +)·c (Mg 2+)·c 4(S O 42-),D 项错误。 12.(1)Cu (OH )2 Cu 2++2NH 3·H 2O

Cu (OH )2↓+2N H 4+

(2)5.0

[解析] (1)由于K sp [Cu (OH )2]

)=√

K sp [Fe(OH)3]c(Fe 3+)

3

=√

3.0×10-39

1×10-6

3 mol ·L -1=√33

×10-11 mol ·L -1;Al 3+全部转化为

Al (OH )3时,c (OH -

)=√

K sp [Al(OH)3]c(Al 3+)

3

=√

1.0×10-33

1×10-6

3 mol ·L -1=1×10-9 mol ·L -1,即pH 最小应为

5.0,因为Mn (OH )2开始沉淀的pH=7.1,故除去MnSO 4溶液中的Fe 3+、Al 3+,应调节溶液至5.0

K =c(SO 42-)

c(CO 3

2-) K sp (SrCO 3)

C O 32-后,平衡SrSO 4(s )

Sr 2+(aq )+S O 42-(aq )正向移动,生成SrCO 3