全国百强校黑龙江省哈尔滨市第三中学届高二上学期模块考试期末化学试题解析版.docx

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黑龙江省哈尔滨市第三中学217-2018届高二上学期模块考试（期末）化学试题

1.下列各选项与盐类的水解无关的是

A.纯碱去油污B.明矾净水

C.泡沫灭火器的工作原理D.碳酸钙粉末溶于醋酸

【答案】D

【解析】A项，油污的主要成分是酯类物质，在碱性条件下易水解而被除去，纯碱是碳酸钠，在溶液中碳酸根离子水解使溶液呈碱性，促使油脂水解，故A不符合题意；B项，明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，故B不符合题意；C项，泡沫灭火器的主要成分为Al2（SO4）3和NaHCO3溶液，工作原理是利用铝离子和碳酸氢根离子发生相互促进的水解而彻底反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，故C不符合题意；D项，碳酸钙粉末溶于醋酸，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，符合强酸制弱酸原理，属于复分解反应，与水解无关，故D符合题意。

2.下列反应中，既属于氧化还原反应又属于吸热反应的是

①Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应②灼热的炭与CO2反应③铝与稀盐酸④铝粉与氧化铁粉末反应⑤H2在Cl2中燃烧⑥弱酸电离

A.①⑥B.②③C.②D.④⑤

【答案】C

【解析】Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应但不是氧化还原反应，故①错误；灼热的炭与CO2反应属于吸热反应，是有单质参加的化合反应，属于氧化还原反应，故②正确；铝与稀盐酸反应属于氧化还原反应，又属于放热反应，故③错误；铝粉与氧化铁粉末反应是铝热反应，属于放热反应，又属于氧化还原反应，故④错误；H2在Cl2中燃烧属于氧化还原反应，又属于放热反应，故⑤错误；弱酸电离属于吸热过程，但不是化学反应，故⑥错误。

综上，只有②符合题意，故选C。

3.常温下0.1mol/L 的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列数值一定变小的是

A.c（H+）B.c（H+）/c（CH3COOH）

C.c（H+）·c（OH-）D.c（OH-）/c（H+）

【答案】A

【解析】A项，CH3COOH溶液加水稀释过程中，酸性减弱，则c（H+）减小，故A正确；B项，

=

，稀释促进电离，过程中氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，所以

=

的值增大，故B错误；C项，溶液中c（H+）•c（OH-）=Kw，溶液温度不变，则稀释过程中水的离子积不变，故C错误；D项，稀释过程中氢离子浓度减小，c（H+）•c（OH-）=Kw不变，所以氢氧根离子浓度增大，则c（OH-）/c（H+）

的值增大，故D错误。

4.白磷与氧可发生如下反应：

P4+5O2=P4O10。

已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：

P—PakJ·mol-1、P—ObkJ·mol-1、P＝OckJ·mol-1、O＝OdkJ·mol-1。

根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，其中正确的是

A.（6a+5d-4c-12b）kJ·mol-1B.（4c+12b-6a-5d）kJ·mol-1

C.（4c+12b-4a-5d）kJ·mol-1D.（4a+5d-4c-12b）kJ·mol-1

【答案】A

【解析】试题分析：

各化学键键能为P-PakJ•mol-1、P-ObkJ•mol-1、P="O"ckJ•mol-1、O=OdkJ•mol-1．

反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，

所以反应P4+5O2=P4O10的反应热△H=6akJ•mol-1+5dkJ•mol-1-（4ckJ•mol-1+12bkJ•mol-1）=（6a+5d-4c-12b）kJ•mol-1，选项A符合题意。

考点：

运用键能计算反应热

5.下列各物质对水的电离不会产生影响的是

A.氯化钠B.氯化铵C.氯化铁D.氯化氢

【答案】A

【解析】A项，氯化钠在水中完全电离产生氯离子和钠离子都不水解，所以氯化钠对水的电离不会产生影响，故A正确；B项，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解促进了水的电离，故B错误；C项，氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解促进了水的电离，故C错误；D项，氯化氢在水中完全电离产生氢离子，使溶液中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故D错误。

点睛：

本题考查影响水电离的外因，水是极弱电解质，存在电离平衡：

H2O

H++OH-，加入酸或碱，酸电离产生H+、碱电离产生OH-，使水的电离平衡逆向移动，抑制了水的电离；加入能水解的盐促进水的电离，例如：

题中B项，铵根离子结合了水电离产生的OH-生成弱电解质NH3•H2O，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离。

6.将两个铂电极放置在KOH溶液中，然后向两极分别通入C3H5与O2，即可产生电流。

下列叙述正确的是

①通入C3H5的电极为正极②正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-③通入C3H8的电极反应式为C3H5+5O2+20e-=3CO2+4H2O④放电时溶液中的阳离子向正极方向移动⑤放电时溶液中的阴离子向正极方向移动

A.①②B.②③C.②④D.①⑤

【答案】C

【解析】根据题意，形成了C3H8碱性燃料电池，总反应为：

C3H8+5O2+6OH-=3CO32-+7H2O；根据在原电池中正极发生还原反应、负极发生氧化反应，所以通入C3H8的电极为负极，电极反应式为：

C3H8+26OH--20e-=3CO32-+17H2O，故①③错误；通入O2的电极为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故②正确；放电时溶液（原电池内电路）中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故④正确、⑤错误。

综上，②④正确，故选C。

7.已知：

2Zn （s）+O2（g）=2ZnO （s）； ΔH=701.0kJ·mol-1

2Hg（l）+O2（g）=2HgO （s）； ΔH=-181.6kJ·mol-1

则反应Zn （s） +HgO（s）=ZnO （s） +Hg（l）的ΔH为

A.+519.4kJ·mol-1B.+259.7 kJ·mol-1

C.-259.7kJ·mol-1D.-519.4kJ·mol-1

【答案】C

【解析】已知：

①、2Zn（s）＋O2（g）===2ZnO（s）　ΔH＝－701.0kJ·mol－1

②、2Hg（l）＋O2（g）===2HgO（s）　ΔH＝－181.6kJ·mol－1

根据盖斯定律可知（①－②）/2即得到反应Zn（s）＋HgO（s）===ZnO（s）＋Hg（l）的ΔH＝－259.7kJ·mol－1，答案选C。

点睛：

应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程，同时注意：

①参照新的热化学方程式（目标热化学方程式），结合原热化学方程式（一般2～3个）进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。

②当热化学方程式乘、除以某一个数时，ΔH也应相应地乘、除以某一个数；方程式进行加减运算时，ΔH也同样要进行加减运算，且要带“＋”“－”符号，即把ΔH看作一个整体进行运算。

③将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。

④在设计反应过程中，会遇到同一物质的三态（固、液、气）的相互转化，状态由固→液→气变化时，会吸热；反之会放热。

8.已知Ksp[AgCl]=1.8×10-10，Ksp[AgBr]=4.9×10-13，Ksp[AgI]=1.0×10-16，Ksp[Ag2S]=1.6×10-49。

则除去NaNO3溶液中混有的AgNO3，所用下列试剂中效果最好的是

A.NaC1溶液B.NaBr溶液C.NaI溶液D.Na2S溶液

【答案】D

【解析】由已知AgCl、AgBr、AgI的Ksp可得，AgI更难溶，所以要除去NaNO3溶液中混有的AgNO3，所用下列试剂A、B、C三项中，C项NaI溶液效果更好；因为AgI和Ag2S中阴阳离子个数比不相等，所以不能直接通过Ksp来判断AgI与Ag2S谁更难溶，需通过计算：

AgI饱和溶液中，c（I-）×c（Ag+）=Ksp[AgI]，即c2（I-）=1.0×10-16，所以c（I-）=1.0×10-8；Ag2S饱和溶液中，Ag2S

2Ag++S2-，c（S2-）×c2（Ag+）=Ksp[Ag2S]，即c（S2-）×[2c（S2-）]2=1.6×10-49，所以c（S2-）=

；因为

<1.0×10-8，所以Ag2S比AgI更难溶，则除去NaNO3溶液中混有的AgNO3，用Na2S溶液效果最好，故选D。

9.在10L密闭容器里发生反应4NH3（g）+5O2（g）

4NO（g）+6H2O（g），反应半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的速率

（X）可表示为

A.

（NH3）＝0.010mol/（Ｌ·ｓ）B.

（O2）＝0.010mol/（Ｌ·ｓ）

C.

（NO）＝0.0010mol/（Ｌ·ｓ）D.

（H2O）＝0.045mol/（Ｌ.min）

【答案】C

【解析】由已知，用水蒸气表示的反应速率为：

（H2O）=0.45mol÷10L÷0.5min=0.090mol/（Ｌ•min）；根据用不同物质表示的化学反应速率数值之比等于化学计量数之比，则

（NH3）=

（NO）=

（H2O）=0.060mol/（Ｌ•min）=0.0010mol/（Ｌ•s）；

（O2）=

（H2O）=

×0.090mol/（Ｌ•min）=0.075mol/（Ｌ•min）=0.00125mol/（Ｌ•s）。

综上分析，选C。

10.在高温下，反应2HBr（g）

H2（g）+Br2（g）ΔH>0，达到平衡，要使混合气体颜色加深，可采取的方法是

A.拉伸容器B.压缩容器C.降低温度D.增大氢气浓度

【答案】B

【解析】A项，该反应气体分子数不变，拉伸容器，平衡不移动，Br2（g）浓度减小，混合气体颜色变浅，故A错误；B项，压缩容器，平衡不移动，Br2（g）浓度增大，混合气体颜色加深，故B正确；C项，该反应正向吸热，降低温度，化学平衡逆向移动，Br2（g）浓度减小，混合气体颜色变浅，故C错误；D项，增大氢气浓度，化学平衡逆向移动，Br2（g）浓度减小，混合气体颜色变浅，故D错误。

点睛：

本题考查影响化学平衡移动的因素，解题思路为：

要使混合气体颜色加深，可以使平衡正向移动，以提高Br2（g）的含量；还可以压缩容器的容积，无论化学平衡是否移动、向哪移动，根据勒•夏特列原理，改变影响化学平衡的一个条件，平衡会向着减弱这种改变的方向移动，只能减弱，不能抵消这种改变，所以平衡时Br2（g）的浓度会比原平衡时大，混合气体颜色会加深。

11.下列离子在溶液中能大量共存的是

A.Ca2+、HCO3-、Cl-、K+B.Al3+、NH4+、CO32-、Cl-

C.Ba2+、Na+、NO3-、SO42-D.H+、NH4+、I-、S2O32-

【答案】A

【解析】A项，Ca2+、HCO3-、Cl-、K+四种离子之间不反应，所以能大量共存，故A正确；B项，Al3+和CO32-发生双水解反应生成Al（OH）3沉淀和CO2气体而不能大量共存，故B错误；C项，Ba2+和SO42-反应生成BaSO4沉淀而不能大量共存，故C错误；D项，H+和S2O32-不能大量共存，反应为：

2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，故D错误。

12.下列关于中和热测定实验的相关说法中错误的是

A.可以用铜棒代替环形玻璃搅拌棒

B.碎泡沫塑料的作用是保温隔热，防止热量散失

C.应保证碱液稍过量以便于使酸充分反应

D.稀溶液中，1molCH3COOH与1molNaOH充分反应放出的热少于57.3kJ

【答案】A

【解析】A项，铜的导热性好，用铜棒代替环形玻璃搅拌棒，热量容易被铜棒导出，导致测量温度时误差太大，故A错误；B项，碎泡沫塑料的隔热效果好，所以中和热测定实验中，防止热量散失，用碎泡沫塑料填充在内外筒之间起保温隔热作用，故B正确；C项，稀盐酸比较稳定，不会与空气中的物质反应，而碱可能与空气中的物质反应，所以中和热测定实验中让碱过量，以保证酸充分反应，故C正确；D项，因为H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，而CH3COOH是弱酸，在水中存在电离平衡，电离过程吸热，所以lmolCH3COOH与1molNaOH充分反应放出的热少于57.3kJ，故D错误。

13.右图曲线a表示放热反应X（g）+Y（g） 

Z（g）+M（g）+N（s） 进行过程中X的转化率随时间变化的关系。

若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是

A.加催化剂B.只加大X 的投入量

C.升高温度D.增大容器的体积

【答案】A

【解析】由图象可知，曲线b与曲线a相比，达到平衡所用时间缩短，改变的条件使化学反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明改变条件不影响化学平衡状态的移动；A项，加入催化剂，反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，x的转化率不变，故A正确；B项，只加大X的投入量，X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，但根据勒•夏特列原理，x的转化率降低，故B错误；C项，升高温度，反应速率加快，该反应是放热反应，化学平衡向逆反应方向移动，x的转化率降低，故C错误；D项，增大容器的体积，压强减小，该反应是反应前后气体分子数不变的反应，压强减小平衡不移动，但反应速率降低，故D错误。

14.下列水溶液可以确定显酸性的是

A.含氢离子的溶液B.能使酚酞显无色的溶液

C.pH<7 的溶液D.c（H+）>c（OH-）的溶液

【答案】D

【解析】A项，任何水溶液中都含有氢离子，所以含氢离子的溶液不一定显酸性，故A错误；B项，酚酞的变色范围是8~10，能使酚酞显无色的溶液pH小于8，常温下，7≤pH＜8时溶液不显酸性，故B错误；C项，pH<7的溶液中，c（H+）不一定大于c（OH-），例如100℃时，水的离子积约为10-12，此时pH=6，显中性，故C错误；D项，根据溶液酸碱性的判断方法，c（H+）>c（OH-）的溶液，一定显酸性，故D正确。

点睛：

本题考查溶液酸碱性的判断，关键是明确溶液酸碱性的判断依据，只要溶液中氢离子浓度大于OH－的浓度，溶液就呈酸性，反之呈碱性，氢离子浓度等于OH－的浓度，溶液就呈中性，注意：

在利用pH进行判断时，要考虑溶液的温度，常温时，pH<7溶液显酸性，pH=7溶液显中性，pH>7溶液显碱性，若不是常温则不一定。

15.常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为

A.0.01mol•L-1B.0.17mol•L-1C.0.05mol•L-1D.0.50mol•L-1

【答案】C

【解析】由题意，可设原溶液物质的量浓度为cmol•L-1，NaOH溶液体积为3L，HCl溶液体积为2L，则二者混合溶液体积为5L；因为常温下二者混合反应后，所得溶液pH=12，即c（H+）=10-12mol•L-1，所以c（OH-）=Kw÷c（H+）=10-2mol•L-1，则cmol•L-1×3L-cmol•L-1×2L=10-2mol•L-1×5L，解得c=0.05，则原溶液的浓度为0.05mol•L-1，故选C。

16.下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是

A.纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗

B.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用

C.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法

D.可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀

【答案】B

【解析】A项，纯银器在空气中久置会被氧化变黑，不具备形成原电池的条件，所以为化学腐蚀，故A正确；B项，当镀锡铁制品的镀层破损时，因为Fe比Sn更活泼，Sn、Fe形成原电池，Fe为负极，镀层不再起到保护作用，故B错误；在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀，因为Fe与Zn形成原电池，Zn作负极（阳极）被消耗，从而保护了正极（阴极）Fe，该防护方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D项，利用电解池原理进行金属防护的方法称为外加电流的阴极保护法，使被保护金属与直流电源的负极相连可防止金属被腐蚀，所以将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，可保护钢管不受腐蚀，故D正确。

点睛：

本题考查金属的腐蚀与防护，注意把握金属腐蚀的原理和电化学知识。

金属腐蚀一般分为化学腐蚀和电化学腐蚀，化学腐蚀是金属与氧化剂直接接触反应，例如本题A项；电化学腐蚀是不纯的金属或合金跟电解质溶液接触，形成原电池而造成的腐蚀，例如题中B项；金属防护方法除了覆盖保护层、改变金属内部结构外，还可以根据电化学原理防护，例如题中C、D涉及的牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。

17.已知：

锂离子电池的总反应为：

LixC+Li1-xCoO2

C+LiCoO2锂硫电池的总反应为：

2Li+S

Li2S。

有关上述两种电池说法正确的是

A.锂离子电池放电时，Li+向负极迁移B.锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应

C.理论上两种电池的比能量相同D.右图表示用锂离子电池给锂硫电池充电

【答案】B

【解析】A项，锂离子电池放电时，外电路中电子从负极流向正极，内电路中阴离子从正极流向负极，外电路中电流与电子方向相反，内电路中阳离子与阴离子移动方向相反，所以阳离子向正极移动，故A错误；B项，锂硫电池充电时Li2S发生反应生成S和Li，Li的化合价由+1价降到0价，所以锂电极上发生还原反应，故B正确；C项，比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，锂硫电池放电时负极为Li，锂离子电池放电时负极为LixC，两种电池的负极材料不同，所以比能量不同，故C错误；D项，锂硫电池的正极是S，负极是Li，锂离子电池负极反应为：

LixC-xe-=C+xLi+，正极反应为：

Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，所以图中LiCoO2一端是正极，C一端是负极，所以用锂离子电池给锂硫电池充电，锂离子电池负极接原锂硫电池的负极，即C电极应连接Li电极，故D错误。

18.某温度下，反应2NO2（g）

N2O4（g）在一恒容密闭容器内建立平衡，现向容器内再通入一定量纯净的NO2气体，则建立新平衡后c（NO2）/c（N2O4）的变化趋势是

A.增大B.减小C.不变D.无法确定

【答案】B

【解析】某温度下，反应2NO2（g）

N2O4（g）在一恒容密闭容器内建立平衡，现向容器内再通入一定量纯净的NO2气体，若新平衡与原平衡等效，则c（NO2）/c（N2O4）的值与原平衡时相等，因为该反应正向气体分子数减小，所以增大压强平衡有利于平衡正向移动，则恒温恒容时再通入一定量纯净的NO2气体，达到的新平衡与原平衡不等效，NO2反应程度增大，因此c（NO2）/c（N2O4）的值减小，故选B。

19.常温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7 （通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系错误的是

A.向0.10mol·L-1NH4HCO3溶液中通入CO2：

c（NH4+）=c（HCO3-）＋c（CO32-）

B.向0.10mol·L-1NaHSO3溶液中通入NH3：

c（Na+）>c（NH4+）>c（SO32-）

C.0.10mol·L-1Na2SO3溶液通入SO2：

c（Na+）<2[c（SO32-）＋c（HSO3-）＋c（H2SO3）]

D.0.10mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl：

c（Na+）>c（CH3COOH）=c（Cl-）

【答案】B

【解析】A项，CO2与NH4HCO3溶液不反应，根据溶液电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）＋2c（CO32-）+c（OH-），又因为pH=7，所以c（H+）=c（OH-），因此c（NH4+）=c（HCO3-）＋2c（CO32-），故A错误；B项，NH3与NaHSO3溶液反应生成亚硫酸钠和亚硫酸铵，因为溶液中Na+与S原子物质的量之比为1：

1，由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），又因为pH=7，所以c（H+）=c（OH-），由电荷守恒可得：

c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32-）+c（HSO3-），两守恒关系联立可得：

c（NH4+）+c（H2SO3）=c（SO32-），所以c（NH4+）

Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，因为溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3，根据物料守恒：

c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）

CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，溶液pH=7，反应后的溶质为：

NaCl、CH3COOH和剩余的CH3COONa，电离程度和水解程度相等，所以，c（Na+）>c（CH3COOH）=c（Cl-），故D正确。

点睛：

本题考查离子浓度大小比较，首先明确发生的反应，分析反应后溶液中的溶质，然后分析是电离为主还是水解为主，注意电荷守恒、质子守恒、物料守恒等规律的运用。

本题中还要注意pH=7这一重要条件的利用，例如A项根据pH=7及电荷守恒得出结果，C项根据pH=7判断反应后溶液为NaHSO3与Na2SO3的混合溶液，D项根据pH=7及CH3COONa和HCl的反应判断出c（CH3COOH）=c（Cl-）。

20.已知Ksp[BaSO4]=1.0×10-10，Ksp[BaCO3]=2.5×10-9，则1L0.15mo1/L的碳酸钠溶液最多可以转化硫酸钡的物质的量约为

A.5.8×10-3molB.6.8×10-3molC.7.8×10-3molD.8.8×10-3mol

【答案】A

【解析】由题意硫酸钡转化为碳酸钡的反应为：

BaSO4（s）+CO32-

BaCO3（s）+SO42-，该反应的平衡常数：

K=

=

=

=0.04，设转化的硫酸钡为xmol，则SO42-为xmol，列三段式得：

因为溶液体积为1L，所以K=

=0.04，解得：

x≈5.8×10-3，故选A。

21.已知：

CH3COOH的酸性强于H2CO3。

（1）请写出H2CO3的电离方程式_____________________________。

（2）请写出CH3COONa的水解离子方程式_____________________________。

（3）浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液和Na2CO3溶液，pH前者_______后者（填“>”、“<”或“=”）。

【答案】

（1）.H2CO3

HCO3-+H+，HCO3-

H++CO32-

（2）.CH3COO-+ H2O

CH3COOH+OH-（3）.<

【解析】

（1）碳酸为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为：

H2CO3

HCO3-+H+，HCO3-

H++CO32-。

（2）CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，一般水解是微弱的，故水解离子反应为：

CH3COO-+H2O

CH3COOH+OH-。

（3）酸的酸性越弱，对应的盐溶液中弱酸根离子水解程度越大，浓度相同的钠盐溶液的pH越大，故浓度均为0.1mol/L的CH3COONa溶液和Na2CO3溶液