第八单元作业答案

1、.课时作业二十八1.B解析 常温下,0.1 mol·L-1BOH溶液的pH=10,溶液呈碱性,cOH->cH+,A错误;根据物料守恒,该溶液为一元弱碱的水溶液,那么cBOH+cB+=0.1 mol·L-1,B正确;BOH为一元弱碱,那么BOH的电离方程式为BOHB+OH- ,C错误;B2SO4应该为强酸弱碱盐,溶液呈酸性,D错误。2.D解析 常温下某CH3COONa溶液的pH=8,CH3COONa为弱酸强碱盐,故CH3COOH为弱电解质,A正确;常温下0.1 mol·L-1CH3COOH溶液的pH=2.8,说明CH3COOH部分电离,为弱电解质,B正确;根据

2、强酸制弱酸的原理,盐酸制取了醋酸,所以醋酸为弱酸,是弱电解质,C正确;强电解质和弱电解质都有可能为共价化合物,D错误。3.B解析 加水促进弱电解质的电离,那么电离平衡正向挪动,A错误;参加少量冰醋酸,醋酸的浓度增大,平衡向正反响方向挪动,电离程度减小,B正确;参加少量0.1 mol·L-1HCl溶液,cH+增大,pH减小,C错误;参加少量CH3COONa固体,由电离平衡可知,cCH3COO-增大,那么电离平衡逆向挪动,D错误。4.B解析 100 mL 0.01 mol·L-1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液中所含醋酸的物质的量相等,所以中和

3、时所需NaOH的量相等;H+的物质的量浓度后者大;电离程度前者大,弱电解质浓度越小,电离程度越大,故A、C、D项错误,B项正确。5.B解析 参加HCl,HCl的浓度增大,使平衡向逆反响方向挪动,那么次氯酸浓度降低,A错误;向溶液中参加NaHCO3,NaHCO3与稀盐酸反应导致平衡向正反响方向挪动,次氯酸和NaHCO3不反响,故次氯酸浓度增大,B正确;向溶液中通入SO2,SO2和氯气发生氧化复原反响,导致平衡向逆反响方向挪动,那么次氯酸浓度降低,C错误;向溶液中参加NaOH,NaOH和HCl、HClO都反响,所以导致HClO浓度降低,D错误。6.A解析 由酸的电离平衡常数知酸性由强至弱的顺序为H

4、COOH>H2CO3>HCN>HCO3-,由较强酸可以制取较弱酸可知,CN-与CO2、H2O反响的离子方程式为CN-+H2O+CO2HCN+HCO3-,A错误;HCOOH与CO32-反响的离子方程式为2HCOOH+CO32-2HCOO-+H2O+CO2,B正确;等pH、等体积的HCOOH溶液和HCN溶液,nHCOOH<nHCN,两者与NaOH反响,消耗NaOH的量前者小于后者,C正确; HCOOH与CN-反响的离子方程式为HCOOH+CN-HCOO-+HCN,D正确。7.C解析 根据图像可知0.1 mol·L-1的三种酸HA、HB和HD溶液的起始pH,HA最小

5、,酸性最强,HD的pH最大,酸性最弱,酸性越强,电离平衡常数越大,三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHD,A正确;滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB,溶液显酸性,HB的电离为主,但电离程度较小,因此cB->cNa+>cHB>cH+>cOH- ,B正确;pH=7时,参加的氢氧化钠的体积不同,三种离子浓度分别和钠离子浓度相等,但三种溶液中钠离子浓度不等,C错误;此为混合溶液的质子守恒关系式,cHA+cHB+cHD=cOH-cH+,D正确。8.D解析 反响后溶液中cCH3COO-=cNa+,根据电荷守恒cNa+cH+=cCH3COO-+cOH-得

6、cH+=cOH-,溶液呈中性,说明醋酸过量,b>0.01,A、B正确;pH=7,cH+=10-7mol·L-1,Ka=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH)=0.012×10-7b2-0.012=10-9b-0.01,C正确;在向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中,水的电离程度先变大后逐渐减小,因为酸、碱抑制水的电离,D错误。9.D解析 在冰醋酸中,H2SO4分步电离,其第一步电离方程式为H2SO4H+HSO4-,A项错误;根据在冰醋酸中的电离常数,三种酸的酸性强弱顺序为HClO4>H2SO4>HNO3,B项错误;设在冰醋

7、酸中0.01 mol/L的HClO4的H+物质的量浓度为x。HClO4 H+ClO4-c起始/mol/L 0.0100c变化/mol/L x xx c平衡/mol/L0.01-xxx那么电离常数K=x20.01-xx20.01=1.6×10-5,x=4×10-4 mol/L,离子总浓度约为8×10-4 mol/L,C项错误;在水溶液中,HClO4是一元强酸,NH3·H2O是一元弱碱,D项正确。10.D解析 稀释前,HA、HB溶液的pH均为2,加水稀释至lgV2V1=2,稀释100倍,HA溶液pH=4,说明HA为强酸,溶液HB的pH<4,说明HB为弱

8、酸。a、b两点HB的浓度a大于b,对水的电离的抑制程度a大于b,因此水的电离程度a小于b,A正确; HA为强酸,HB为弱酸存在电离平衡,pH一样时,cHA<cHB,B正确;曲线上a、b两点c(B-)c(HB)c(OH-)=c(B-)c(HB)c(OH-)×c(H+)c(H+)=KaKW,温度不变比值一定不变,C正确; HA为强酸,HB为弱酸,25 时,NaA是强酸强碱盐,不水解,NaB溶液中B-水解溶液显碱性,但没有告知NaA溶液和NaB溶液的浓度的大小,因此无法判断NaA溶液中cA-和NaB溶液中cB-的大小,D错误。11.D解析 根据第组,将0.10 mol·L-

9、1 HA与0.10 mol·L-1 的NaOH溶液等体积混合生成正盐,溶液显碱性,说明HA是弱酸,A项错误;溶液 0.12 mol·L-1HB与0.10 mol·L-1 的NaOH溶液等体积混合后pH为2,说明HB是强酸,与氢氧化钠反响后剩余氢离子的物质的量为0.02V,溶液总体积为2V,氢离子浓度为 0.01 mol·L-1,温度改变不能改变cB-、cNa+,B项错误;溶液中离子浓度的关系cNa+>cA->cOH->cH+,C项错误;溶液中离子浓度的关系:cNa+cH+cB-=0.12 mol·L-1,D项正确。12.1D2

10、K1=c(H+)·c(HCO3-)c(H2CO3)能NaHSO3、CH3COONaHSO3-的电离程度大于其水解程度C解析 1电离常数只与温度有关,温度不变,电离常数不变,A项错误;0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,通入HCl气体,cH+增大,平衡左移,cCH3COOH增大,但cH+增大的程度远大于cCH3COOH增大的程度,所以c(H+)c(CH3COOH)值增大,参加CH3COONa固体,cCH3COO-增大,平衡左移,cH+减小,cCH3COOH增大,所以c(H+)c(CH3COOH)值减小,B项错误;食醋加

11、水稀释过程中,cH+降低,酸味变淡,C项错误;CH3COOH和HCl都是一元酸,二者溶液的体积和浓度相等时,消耗的NaHCO3的量相等,放出的CO2的体积也相等,D项正确。2根据CH3COOH和H2SO3的电离常数,可知酸性:H2SO3>CH3COOH>HSO3-,根据“强酸制弱酸原理,CH3COOH能与Na2SO3反响生成NaHSO3和CH3COONa。HSO3-的电离程度大于其水解程度导致NaHSO3溶液呈酸性。CH3COOH溶液加水稀释,CH3COOH的电离程度增大,nH+增大,但cH+减小,因此pH增大,A、D项错误;电离常数只与温度有关,因此稀释时CH3COOH的电离常数

12、不变,B项错误;加水稀释时溶液中离子总浓度减小,故溶液的导电才能降低,C项正确。13.1HCN>H2CO3>CH3COOH>HNO2=<HCN+Na2CO3NaCN+NaHCO32>>3CO32->CN->CH3COO->NO2-41.4×10-3解析 1电离平衡常数越大酸性越强,酸性由弱到强的顺序为HCN<H2CO3<CH3COOH<HNO2,酸性越强,其pH越小,所以pH由大到小的顺序是HCN>H2CO3>CH3COOH>HNO2。pH一样的不同弱酸中,氢离子浓度一样,与Zn反响速率一样;醋

13、酸的浓度大于盐酸的浓度,所以所得氢气的质量:mH2盐酸<mH2醋酸。由电离常数可知,酸性:H2CO3>HCN>HCO3-,那么将0.2 mol/L HCN溶液与0.1 mol/L Na2CO3溶液等体积混合,发生反响的化学方程式为HCN+Na2CO3NaCN+NaHCO3。2由图可知,稀释后,HX电离生成的cH+小,对水的电离抑制才能小,所以HX溶液中水电离出来的cH+大;稀释一样倍数,较强的酸pH变化较大,所以HX酸性较强,电离平衡常数大。3酸越弱,酸根离子越易水解,即结合质子的才能越强,那么CO32-、NO2-、CN-、CH3COO-结合H+的才能由强到弱的顺序为CO32

14、->CN->CH3COO->NO2-。4CH3COOHCH3COO-+H+c起始/mol·L-1 0.1 0 0c转化/mol·L-1 x x xc平衡/mol·L-10.1-x x xK=x20.1-xx20.1=1.96×10-5,x=1.4×10-3 mol·L-1。课时作业二十九A1.C解析 水的电离程度很小,因此水的电离方程式中间要写可逆符号,A错误;水的离子积常数随温度发生变化,常温下,pH=7的溶液一定是中性溶液,B错误;水的电离是吸热过程,升高温度,促进水的电离,C项正确;将稀醋酸加水稀释时,cH+减

15、小,但由于水的离子积常数一定,cOH-增大,D错误。2.A解析 水的电离是吸热过程,温度升高,水的电离程度增大,水分子总数减少, A正确;温度升高,水的电离程度增大,氢氧根离子浓度增大,B错误;温度升高,水的电离程度增大,氢离子浓度增大,pH减小,C错误;水的电离过程是吸热过程, D错误。3.C解析 Q点时pOH=pH,说明cOH-=cH+=10-amol/L,水的离子积KW=cOH-×cH+=1.0×10-2a,A正确;由于M点的OH-浓度等于N点的H+浓度,对水的电离程度抑制才能一样,所以两点水电离程度一样,B正确;恰好反响得到NaA溶液呈碱性,Q点的pH=pOH,溶液

16、呈中性,HA稍过量,那么Q点消耗的NaOH的体积小于HA的体积,C错误; N点溶液加水稀释,Ka=c(A-)×c(H+)c(HA),温度不变,Ka不变,加水稀释氢氧根离子浓度减小,cH+增大,所以c(A-)c(HA)变小,D正确。4.B解析 cOH-=10-14+b+10-14+a2=10-14+b+10-16+b210-14+b2,cH+=10-14×210-14+b故pH=b-lg2。5.D解析 100 纯水的pH<7,但cH+=cOH-,此时水仍呈中性,A正确;稀释有利于弱电解质的电离,pH=3的醋酸溶液,稀释至100倍后pH小于5,B正确;0.2 mol/L盐

17、酸与等体积水混合后,cH+ =0.1 mol/L,pH=-lgcH+=-lg 0.1=1,C正确; pH=3的醋酸,cCH3COOH>0.001 mol/L,pH=11的氢氧化钠,cNaOH=0.001 mol/L,等体积混合,醋酸过量,cOH-<cH+,溶液呈酸性,D错误。6.A解析 A项碱式滴定管未用待测碱液润洗,导致实际取用的碱少,那么消耗的酸少,结果偏低;B项酸式滴定管未用标准盐酸润洗,会造成消耗的酸多,结果偏高;C项偏高;D项计算出消耗的酸将会偏多,结果偏高滴定管的“0刻度在上面。7.D解析 当混合溶液的pH>7时,溶质主要是CH3COONa,要发生水解,生成CH3

18、COOH分子,A错误;当混合溶液的pH<7时,cH+>cOH-,又溶液中存在电荷守恒:cNa+cH+=cCH3COO-+cOH-,故cNa+<cCH3COO-,B错误;应选用酚酞作指示剂,C错误;到达滴定终点时,由电荷守恒:cNa+cH+=cCH3COO-+cOH-,故cNa+>cCH3COO-,混合液中cNa+和cCH3COO-一定不相等,D正确。8.D解析 由图知,参加30 mL NaOH溶液后溶液pH=7,即cHCl·V盐酸=cNaOH·VNaOH溶液,cHCl×10×10-3 L=cNaOH×30×10

19、-3 L,cHCl=3cNaOH;又知参加 20 mL NaOH溶液时,溶液pH=2,那么c(HCl)×10×10-3L-c(NaOH)×20×10-3L30×10-3L=10-2 mol·L-1;将cHCl=3cNaOH代入得cNaOH=0.03 mol·L-1,cHCl=0.09 mol·L-1。9.D解析 酸碱反响后所得混合溶液的pH=11,溶液呈碱性,OH-过量,设强碱溶液的体积为x L,强酸溶液的体积为y L,pH=13的强碱溶液,cOH-=0.1 mol·L-1,pH=2的强酸溶液,cH+=0

20、.01 mol·L-1,混合后pH=11,那么x×0.1mol·L-1-y×0.01mol·L-1x+y=0.001 mol·L-1,解得xy=19。10.B解析 浓度一样的三种溶液,氨水为弱碱,溶液的pH>7,盐酸为强酸,溶液的pH最小,氯化铵强酸弱碱盐,其溶液的pH<7,但大于的pH,所以三种溶液的pH大小为>>,A正确。氨水和盐酸都抑制了水的电离,盐酸为强酸,抑制程度大于氨水,那么盐酸中水电离出的氢离子浓度小于氨水;氯化铵溶液中,铵根离子部分水解,促进了水的电离,所以三种溶液中水电离出的氢离子浓度大小为&

21、gt;>,B错误。 NH3·H2O是弱电解质、HCl是强电解质,和等体积混合后,二者恰好反响生成NH4Cl,溶液中存在电荷守恒:cNH4+cH+=cCl-+cOH-,C正确。和等体积混合后,NH3·H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性,再结合电荷守恒得cNH4+>cCl-,NH3·H2O电离程度,NH4+水解程度都较小,所以离子浓度大小顺序是cNH4+>cCl->cOH->cH+,D正确。11.C解析 假设为强酸,那么应加水稀释到体积是原来的10倍,假设为弱酸,由于有电离平衡的挪动,稀释的倍数大于10,A正确;在甲溶液中水

22、电离出的cOH-=10-11 mol·L-1,乙溶液中,水电离出的cOH-=10-10 mol·L-1,B正确;假设甲和乙为强酸,消耗等物质的量的NaOH所得溶液为中性,假设甲和乙为弱酸,消耗等物质的量的NaOH所得溶液显碱性,且乙的浓度越小,那么其pH小,C错误;根据酸碱混合时的规律,当pH加和等于14的酸碱等体积混合,谁弱显谁性。假设酸为强酸,那么反响后溶液为中性,甲反响后再加水稀释得到乙反响后的溶液,溶液也为中性;假设酸为弱酸,那么反响后溶液显酸性,浓度越小,其pH越大,D正确。12.A解析 所谓中和是指酸碱恰好反响生成盐和水的反响,而中性是指溶液中H+与OH-的浓度

23、相等,常温下氨水与盐酸恰好中和即c1V1=c2V2生成氯化铵溶液为强酸弱碱盐溶液,常温下溶液呈酸性,pH<7,混合溶液的pH=7,那么说明氨水相对过量,即c1V1>c2V2,A正确;V1=V2,c1=c2,即c1V1=c2V2,恰好中和,溶液呈酸性,cH+>cOH-,另两离子cNH4+<cCl-,B错误;混合溶液的pH=7,那么溶液中cH+=cOH-,另两离子cNH4+=cCl-,C错误;混合液的pH<7,那么溶液呈酸性,酸过量、恰好中和或酸缺乏都有可能满足混合液的pH<7,故c1、c2的相对大小不能确定。13.1A21013a+b=14410.110x+y

24、-14解析 1温度越高,水的电离程度越大,25 时对应曲线为A。2pH=7说明nH+=nOH-,即10-5V1=10-4V2故V1V2=101。3100×10-a=1×10-12+b,故a+b=14。4假设两溶液完全中和,那么溶液中nH+=nOH-,即10-xa=10y-14b,整理得ab=10x+y-14,假设x+y=14,ab=1;假设x+y=13,那么ab=0.1;假设x+y>14,那么ab=10x+y-14。14.1由无色变蓝色18.103.620×103MW×100%2淀粉I2+H2SO3+H2O4H+2I-+SO42-解析 1滴定终点时

25、,过量的单质碘使淀粉溶液变蓝,可指示滴定终点。起始读数为0.00 mL,终点读数为18.10 mL,所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL-0.00 mL=18.10 mL;根据2Na2S2O3·5H2O2S2O32-I2,得nNa2S2O3·5H2O=2nI2=2×0.100 0 mol·L-1×18.10×10-3L=3.620×10-3mol,那么产品的纯度=3.620×10-3mol×Mg/molWg×100%=3.620×10-3MW×100%。2碘单质遇淀粉

26、溶液变蓝色,当滴入最后一滴I2溶液时溶液由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色,那么说明到达滴定终点。由I22e-2I-,H2SO32e-SO42-,根据得失电子数相等那么有I2H2SO3,再结合原子守恒和电荷守恒配平。15.1血红蛋白中Fe2+被NO2-氧化为Fe3+,导致血红蛋白失去运氧功能D2酚酞溶液或KI淀粉试液和稀硫酸其他合理试剂均可3烧杯、100 mL容量瓶 4酸式锥形瓶中无色溶液变成粉红色,且30 s内不褪色 55NO2-+2MnO4-+6H+5NO3-+2Mn2+3H2O1.38Va%6偏大偏小解析 二1由资料可知,亚硝酸根离子可表现出氧化性,Fe2+被NO2-氧化为Fe3+,导致血

27、红蛋白失去运氧功能。假设发生中毒时,服用复原性强的物质如维生素C有助于解毒。2要区别NaNO2和NaCl两种固体,利用亚硝酸盐的氧化性或亚硝酸的弱酸性设计出不同的方案,需用的试剂是酚酞溶液亚硝酸根离子水解显碱性或KI淀粉试液和稀硫酸把I-氧化成I2,碘遇淀粉变蓝。 三 3上述实验所需玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管之外还有烧杯、100 mL容量瓶。4KMnO4溶液有强氧化性,所以盛装在酸式滴定管中,当滴入最后一滴溶液,锥形瓶中无色溶液变成粉红色,且30s内不褪色时到达滴定终点。5设消耗KMnO4溶液V mL。 滴定过程中发生反响的离子方程式是5NO2-+2MnO4-+6H+5NO3-+2Mn2+3H

28、2O,因此,25.00 mL样品溶液中,nNO2-=52×nKMnO4=52×0.02 mol/L×V×10-3 L=5×10-5 V mol,由此求得a g样品中,mNaNO2=5×10-5V mol×100 mL25.00 mL×69 g/mol=1.38×10-2V g,测得该样品中NaNO2的质量分数为1.38×10-2Vgag×100%=1.38Va%。6假设滴定管未用KMnO4标准溶液润洗就直接注入,那么管内残存的蒸馏水会把标准液稀释,导致标准液用量偏大,所以测定结果偏大;

29、假设滴定过程中刚出现颜色变化就停顿滴定,所用标准液的体积偏小,测定结果偏小。课时作业二十九B1.D解析 加热促进水电离, cH+变大、cOH-变大,水的离子积变大,但cH+=cOH- 呈中性,D正确。2.D解析 假设a<7时,那么该溶液可能是强酸弱碱盐或强碱弱酸盐,会促进水的电离,故A正确;假设a>7时,那么该溶液可能是酸或者碱,那么水的电离受到抑制,故B正确;假设a<7时,那么该溶液可能是强酸弱碱盐,那么溶液的pH为a,故C正确;a>7时,那么该溶液可能是酸或碱,那么溶液的pH为14-a或a,故D错。3.D解析 分别加水稀释到10倍时促进CH3COONa水解,pH减小

30、较小,A错误;分别加热到一样温度时,NaOH溶液pH变化不大,加热促进CH3COONa水解,其pH增大,B错误;两溶液中各参加等体积的pH等于5的HCl溶液后,NaOH变成NaCl溶液呈中性,CH3COONa有大量剩余,溶液呈碱性,pH不相等,C错误;温度一样,水的离子积相等,D正确。4.C解析 大小烧杯之间填满碎纸的作用是减少实验过程中的热量损失,故A错误;滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失,会导致测定NaOH溶液体积偏大,待测液的物质的量浓度偏大,故B错误;在中和滴定实验中,滴定管用蒸馏水洗涤后,再用标准液润洗,再加进标准液,故C正确;进展中和滴定操作时,左手旋转滴定管的玻璃活塞,右

31、手不停摇动锥形瓶,眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化,故D错误。5.C解析 b点酸碱恰好反响生成NH4Cl,c点盐酸过量,盐酸抑制水的电离,NH4Cl促进水的电离,故由水电离出的cH+:b点>c点,A错误;NH3·H2O是弱电解质,反响过程中不断电离,NH3·H2O的电离程度:b点>a点,B错误;a点是NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液,cNH4+>cCl-,b点是NH4Cl溶液,cCl->cNH4+,随着盐酸的滴入,溶液中cCl-逐渐增大,故cCl-=cNH4+只存在于a点到b点间,C正确;从b点到c点,盐酸过量,cNH4+逐渐减小,cH+

32、逐渐增大,靠近c点时一定有cCl->cH+>cNH4+>cOH-,D错误。6.B解析 BaOH2溶液的pH=8,即a=8,再根据a+b=12,那么b=4,该温度下KW=10-12;当恰好完全中和时,溶液的pH=6,即加盐酸的体积为22.00 mL时,恰好完全中和,根据cH+×22.00 mL=cOH-×22.00 mL,又cOH-=10-4 mol·L-1,那么盐酸cH+=10-4 mol·L-1,pH=4,即c=4。7.D解析 根据电荷守恒cNa+cH+=cOH-+cA-,pH=4.45时,溶液中cNa+<cA-,A错误;由图知

33、cA->cHA时溶液仍可能呈酸性,B错误;由图知HA与NaOH恰好完全反响时pH约等于8,C错误;根据电荷守恒以及pH=4.45时,cA-=cHA=a mol·L-1可得溶液中cNa+cH+-cOH-=a mol·L-1,D正确。8.C解析 0.100 mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液,醋酸难电离,所以起点pH较小的表示的是滴定盐酸的曲线,A错误;当醋酸与氢氧化钠恰好完全反响时,形成醋酸钠溶液,醋酸钠水解使溶液pH>7,所以pH =7时,滴定醋酸消耗的VNaOH<20.00 mL,B错误;VNaOH=20.00 mL时,酸碱恰好完全反响,因为

34、CH3COO-水解而消耗,所以两份溶液中cCl->cCH3COO-,C正确;VNaOH=10.00 mL时,生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等,由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度,所以溶液中cCH3COO->cNa+>cH+>cOH-,D错误。9.D解析 溶液导电才能与离子浓度成正比,CH3COOH是弱电解质,溶液中离子浓度较小,参加NaOH后,溶液中离子浓度增大,溶液导电性增强;HCl是强电解质,随着NaOH溶液参加,溶液体积增大,导致溶液中离子浓度减小,溶液导电才能减弱,当完全反响后离子浓度最小,继续参加NaOH溶液,离子浓度增大,溶液导电才能增强,根据图知,曲线代

35、表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线,曲线代表0.1 mol/LNaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线。由分析可知,曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线,A错误。 A点溶液中cNa+=0.05 mol/L,电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得cCH3COO-+cOH-cH+=cNa+=0.05 mol/L,B错误。酸或碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离,C点溶质为NaCl,A点溶质为醋酸钠,促进水电离,B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH,NaOH会抑制水的电离,所以在一样温度下,水的电离程度:B<C<A,C错误。定量分析可知,D点溶液中,c

36、Na+=1.5cCl-,根据电荷守恒得cCl-+cOH-=cH+cNa+,那么cCl-=2cOH-2cH+,D正确。10.1HCl2> 3cK+>cOH->cCH3COO->cH+ 4D解析 1溶液导电才能与离子浓度成正比,CH3COOH是弱电解质,溶液中离子浓度较小,参加KOH溶液后,溶液中离子浓度增大,溶液导电性增强。HCl是强电解质,随着KOH溶液参加,溶液体积增大,导致溶液中离子浓度减小,溶液导电才能减弱,当完全反响时离子浓度最小;继续参加KOH溶液,离子浓度又增大,溶液导电才能增强。根据图知,曲线代表0.1 mol·L-1KOH溶液滴定HCl溶液的滴

37、定曲线,曲线代表0.1 mol·L-1KOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线。2A点溶液中溶质为CH3COOK,为强碱弱酸盐,水解显碱性,而C点溶液中溶质是KCl,为强碱强酸盐,溶液显中性。3B点时,混合溶液中含等物质的量浓度的KOH和CH3COOK,溶液呈碱性,CH3COO-水解但程度较小,结合物料守恒得离子浓度大小顺序是cK+>cOH->cCH3COO->cH+。4氯化氢是强电解质,CH3COOH是弱电解质,滴加的弱电解质先和氯化氢反响生成强电解质氯化铵,但溶液体积不断增大,溶液被稀释,所以电导率下降;当氯化氢完全被中和后,一水合氨继续与弱电解质CH3COO

38、H反响生成强电解质醋酸铵,所以电导率增大;CH3COOH完全反响后,继续滴加氨水,溶液被稀释,电导率有下降趋势。11.1第三周期第A族 2MgCl2·2H2O防止MgCl2·2H2O脱水过程中发生水解反响HCl、Cl2 334MgCO3·NH42CO3·2H2OMgCO3·3H2O+CO2+2NH3a.16.00b.c.强碱性条件下AgNO3会生成Ag2Od.18.6%解析 2一段脱水后,设对应固体物质的化学式为MgCl2·xH2O,根据18x+956×18+95=0.645,计算得x=2,所以生成物的化学式为MgCl2&#

39、183;2H2O。二段脱水中通入HCl可以抑制MgCl2的水解。根据制备金属镁工艺的关键流程分析,循环使用的物质是参加后在反响过程中又重新生成的物质,分析可知是氯气和氯化氢。3储氢材料MgAlH42在110200 的反响为MgAlH42MgH2+2Al+3H2,反响中生成3 mol H2转移电子6 mol,所以每转移6 mol电子生成3 mol H2。4根据元素守恒可知,复盐开场热解生成MgCO3·3H2O,气体应为二氧化碳和氨气。a.根据滴定前后滴定管中的液面读数可知消耗硝酸银标准液的体积为18.50 mL-2.50 mL=16.00 mL。b.指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完

40、全,再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示沉淀终点,根据表中数据可知溶度积由大到小的顺序为氯化银>溴化银>碘化银;先出现碘化银沉淀、再出现溴化银,最后才沉淀氯化银,所以、不符合滴定实验的目的,铬酸银的阳、阴离子个数比为21,可以计算一样浓度的银离子沉淀氯离子、铬酸根离子需要的浓度,根据Ksp计算得到,KspAgCl= cAg+cCl-=2×10-10,KspAg2CrO4=c2Ag+cCrO42- =2.0×10-12,cCl-=2×10-10,cCrO42-=32.0×10-124;所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓

41、度,说明铬酸银溶解度大于氯化银;参加K2CrO4,作指示剂可以正确地测定氯化物的含量,正确。c.碱性条件下,硝酸银会生成氢氧化银或氧化银沉淀,影响沉淀滴定,所以滴定时,溶液不能是强碱性。d.根据氯离子的物质的量与反响的硝酸银的物质的量相等可知,nCl-=0.016 L×0.100 0 mol/ L=0.001 6 mol,产品中氯的质量分数=0.001 6mol×35.5 g/mol×500 mL25 mL6.100 0 g×100%=18.6%。课时作业三十1.B解析 R-、R+、R3+、RH4+、RH-R表示不同的元素都有10个电子,那么它们分别是F

42、-、Na+、Al3+、NH4+、OH-;F-水解,促进水电离;Na+不会破坏水的电离平衡;Al3+水解,促进水电离;NH4+水解,促进水电离;OH-抑制水电离,故B正确。2.C解析 醋酸酸性强于碳酸,所以碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度,NaHCO3溶液的pH大于CH3COONa溶液,A错误;同温度同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3溶液中的碳酸氢根离子的水解程度不一样,后者铵根离子的存在促进碳酸氢根离子的水解,所以溶液中的cHCO3-前者大于后者,B错误;水的电离是吸热的过程,温度越高,KW越大,所以25 时H2O的KW小于100 时H2O的KW,C正确;中和25 mL 0.

43、1 mol/L NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量是相等的,D错误。3.D解析 碳酸钠水解呈碱性,可与二氧化硅反响生成硅酸钠而导致玻璃瓶打不开,与盐类水解有关,A错误;碳酸氢钠溶液和硫酸铝发生互促水解反响而生成二氧化碳气体,可用于灭火,与盐类水解有关,B错误;碳酸钠水解呈碱性,可使油污水解而到达清洗的目的,与盐类水解有关,C错误;醋酸酸性比碳酸强,可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳,与盐类水解无关,D正确。4.B解析 Na2CO3溶液中存在物料守恒,为cNa+=2cCO32-+2cHCO3-+2cH2CO3,A错误;参加氢氧化钠,抑制水解,溶液中cNa+和cCO32-都增大,B正确

44、;稀释Na2CO3溶液,氢氧根离子浓度减小,那么氢离子浓度增大,C错误;升高温度,促进水解,溶液碱性增强,pH增大,D错误。5.C解析 由NaHB溶液的pH=9.1可知该溶液显碱性,HB-的水解程度大于电离程度,NaHB在溶液中不可能完全电离出H+和B2-,A错误;中和等物质的量的H2B和H2SO4,需要NaOH的物质的量一样多,B错误;溶液显碱性,C正确;溶液中水的电离程度变大,即cH+)H2O=10-4.9 mol/L,D错误。6.A解析 酸性条件下,H+抑制NH4+、Fe3+的水解,能大量共存,A正确; AlO2-+HCO3-+H2OAlOH3+CO32-,不能大量共存,B错误; Al3

45、+水解呈酸性,因此在中性溶液中不存在,C错误; Cu2+S2-CuS,不能大量共存,D错误。7.1Fe2O3FeCl3+3H2OFeOH3+3HCl,加热时,FeCl3的水解平衡正向挪动,HCl挥发出去,使反响趋于完全,生成FeOH3,灼烧时FeOH3分解最终生成Fe2O32KAlSO42尽管Al3+水解,但由于H2SO4为难挥发性酸,蒸干时得到KAlSO42 3Na2CO32NaHCO3Na2CO3+H2O+CO24Fe2O3Fe2+水解生成FeOH2和HCl,在加热蒸干过程中HCl挥发,FeOH2逐渐被氧化生成FeOH3,FeOH3灼烧分解生成Fe2O35Na2SO42Na2SO3+O22

46、Na2SO48.D解析 假设Y2-是SO42-,该溶液显酸性,假设Y2-是弱酸根离子,例如CO32-等,溶液显碱性,A错误;假设Y2-是强酸根离子就不存在水解,例如Y2-是SO42-,B错误;溶液加水稀释时,KW不变,cH+、cOH-不会同时减小,C错误;假设Y2-是强酸根离子不发生水解,即cNa+=cY2-,假设Y2-是弱酸根离子,那么发生水解,即cNa+>cY2-,D正确。9.C解析 中CH3COO-微弱水解,中微弱电离出CH3COO-,故cCH3COO-:>,A错误;中CH3COO-水解:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,c(CH3COOH)·c(OH-

47、)c(CH3COO-)是其水解平衡常数,只与温度有关,B错误;CH3COOH溶液中水的电离受到抑制,参加CH3COONa溶液至中性,水的电离程度增大,即水的电离平衡向正反响方向挪动,C正确;根据电荷守恒及溶液呈中性可知cNa+=cCH3COO-,D错误。10.D解析 物质的量浓度相等的NaHCO3、CH3COONa混合溶液中,由于HCO3-、CH3COO-的水解,混合液一定显示碱性,A错误;醋酸根离子的水解程度小于碳酸氢根离子,那么溶液中一定满足:cHCO3-<cCH3COO-,B错误;醋酸钠溶液中,醋酸根离子的水解平衡常数为Kh=c(CH3COOH)·c(OH-)c(CH3C

48、OO-)=KWKa,整理可得:cOH-=c(CH3COO-)·KWc(CH3COOH)·Ka,C错误;根据混合液中的物料守恒可得:cHCO3-+cH2CO3+cCO32-=cCH3COOH+cCH3COO-,D正确。11.A解析 根据电荷守恒有cNa+cH+=cHSO3-+2cSO32-+cOH-,当吸收液呈中性时:cH+=cOH-,所以cNa+=cHSO3-+2cSO32-,A正确; 1 L 1 mol·L-1Na2SO3溶液中S元素为1 mol,M点吸收13 mol SO2,根据Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3可得,生成23 mol NaHSO3,剩

49、余23 mol Na2SO3,又因为此时pH=7.4,所以SO32-的水解大于HSO3-的电离,cSO32-<cHSO3-,B错误; Na2SO3溶液中,存在水的电离和SO32-的水解:SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-,cOH-略大于cHSO3-,溶液显碱性,所以cNa+>cSO32->cOH->cHSO3->cH+,C错误;加水稀释酸性溶液,不可能变成碱性溶液,D错误。12.1b>a>c 2NaCN+CO2+H2ONaHCO3+HCN3BD4Al3+3HCO3-AlOH3+3CO25cNa+>cHC2O

50、4->cH+>cC2O42->cOH- cHC2O4-+2cC2O42-+cOH-=cNa+cH+解析 1由电离平衡常数:CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3-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>HCO3-知,NaCN和少量CO2反响生成NaHCO3、HCN,反响的化学方程式为NaCN+CO2+H2ONaHCO3+HCN。

51、3将0.02 mol·L-1的HCN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cNa+>cCN-,根据电荷守恒可知:cH+<cOH-,溶液呈碱性,A错误,B正确;溶液中存在等物质的量的溶质HCN和NaCN,其中CN-+H2OHCN+OH-,H2OH+OH-,OH-来自CN-的水解和H2O的电离,而等式cH+cHCN=cOH-中,cHCN为CN-的水解生成的HCN和溶质HCN两者之和,即cH+cHCN>cOH-,C错误;由物料守恒可知,cHCN+cCN-=0.

52、01 mol·L-1,D正确。4Al3+与HCO3-的水解互相促进,生成AlOH3和CO2,反响的离子方程式为Al3+3HCO3-AlOH3+3CO2。5NaHC2O4溶液显酸性,那么HC2O4-的电离程度大于其水解程度,所以cC2O42->cH2C2O4,由于氢离子来自水和HC2O4-的电离,那么cH+>cC2O42-,HC2O4-的水解程度较小,那么cHC2O4->cC2O42-,溶液中各离子浓度大小关系为cNa+>cHC2O4->cH+>cC2O42->cOH-;溶液中存在的阴离子为HC2O42-、C2O42-、OH-,阳离子为Na+、

53、H+,其电荷守恒表达式为cHC2O4-+2cC2O42-+cOH-=cNa+cH+。13.1弱碱性SO42-+H2OHSO4-+OH- 2Ba2+HSO4-BaSO4+H+ 3BCD 4<H2SO4溶液中存在:H2SO4HSO4-+H+,电离出的H+抑制HSO4-的电离50.01解析 1由题中信息可得,硫酸钠是弱酸强碱盐,易水解生成硫酸氢钠:Na2SO4+H2ONaHSO4+NaOH,所以硫酸钠溶液呈弱碱性。2硫酸氢根离子部分电离,是弱酸根离子,硫酸与氯化钡反响的离子方程式为Ba2+HSO4-BaSO4+H+。3A项,由题意知,硫酸钠溶液中存在的阳离子有Na+、H+,阴离子有SO42-、

54、OH-、HSO4-,溶液中不存在H2SO4,错误;由题意知,在硫酸钠溶液中,物料守恒式为cNa+=2cSO42-+2cHSO4-,电荷守恒式为cNa+cH+=cOH-+cHSO4-+2cSO42-,两式相减,得质子守恒式cOH-=cH+cHSO4-,B、C、D项正确。4硫酸氢钠溶液中存在HSO4-H+SO42-,硫酸溶液中存在H2SO4H+HSO4-,HSO4-H+SO42-,硫酸第一步电离出来的H+对第二步电离有抑制作用,使第二步电离平衡向左挪动,故同浓度的硫酸溶液中cSO42-小于硫酸氢钠溶液中的cSO42-。50.10 mol·L-1 H2SO4溶液中cH+=0.11 mol&

55、#183;L-1,由于硫酸在水中第一步完全电离,第二步部分电离,所以cSO42-=0.01 mol·L-1。课时作业三十一1.D解析 只有具有一样构造的难溶物如AgCl、AgBr、AgIKsp小的溶解度小,而不同构造的如Ag2SO4和AgIKsp小的溶解度不一定小,A错误;Ksp的大小与温度有关,与难溶电解质的浓度无关,而平衡挪动与离子浓度有关,B错误;难溶电解质在溶液中存在溶解平衡,不可能参加沉淀剂将溶液中某一离子除净,C错误;当溶液中的离子浓度幂之积等于溶度积常数时,为饱和溶液,D正确。2.B解析 溶度积越小越易转化为沉淀;假设要把Ag+、Pb2+等重金属离子转化为沉淀除去,由表

56、格中的数据可知,它们的硫化物的溶度积最小,所以应选择硫化钠作沉淀剂。3.C解析 向MgOH2悬浊液中参加少量NH4Cls,cOH-减小,平衡正向挪动,促进氢氧化镁的溶解,cMg2+会增大,A正确;向MgOH2悬浊液中滴加CuSO4 溶液,由于KspMgOH2=1.8×10-11<KspCuOH2=2.2×10-20,那么沉淀将由白色氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜,B正确;参加少量水,Ksp保持不变,平衡正向挪动,C错误;向MgOH2悬浊液中参加少量Na2CO3s,由于碳酸根水解成碱性,所以cOH-增大,平衡逆向挪动,有固体析出,那么固体质量将增大,D正确。4.D解析

57、生成的硫化氢会与硝酸银溶液反响生成硫化银沉淀,没有沉淀的转化,无法判断KspAgCl、KspAg2S的大小,A错误;AgNO3溶液过量,KI直接与AgNO3反响,无法判断KspAgCl与KspAgI的大小关系,B错误;溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质,AgI悬浊液中滴入Na2S溶液,固体变黑,说明KspAg2S<KspAgI,C错误;难溶的物质先沉淀出来,说明KspCuS<KspZnS,D正确。5.C解析 根据图像可知,在a点时Qc=cAg+·cBr-<Ksp,所以a点为AgBr的不饱和溶液,A正确;结合图中c点的cAg+和cBr-可知:该温度下AgBr

58、的Ksp=7×10-7×7×10-7=4.9×10-13,B正确;在AgBr饱和溶液中参加NaBr固体后,cBr-增大,溶解平衡逆向挪动,cAg+减小,C错误;反响AgCls+Br-aqAgBrs+Cl-aq的平衡常数为:K=c(Cl-)c(Br-)=c(Cl-)·c(Ag+)c(Br-)·c(Ag+)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=4×10-104.9×10-13816,D正确。6.B解析 具有一样构造的物质Ksp越大,溶解度越大,所以硫化锌的溶解度大于硫化铜,A错误;因为硫化铜的溶度积小于硫化亚铁,所以可以将硫化亚铁转化为硫化铜,沉淀铜离子,B正确;硫化氢是弱酸,硫离子浓度小于0.1 mol/L,根据溶度积计算,铜离子浓度大于1.3×10-35 mol/L,C错误;硫化锌的饱和溶液中存在