- 水溶液中的离子平衡
- 共26089题
常温下,将3种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合,实验数据如下:
(1)甲组实验中HX为弱酸,a______7(填“<”,“=”或“>”),混合溶液中离子浓度由大到小顺序为______.
(2)乙组实验中HY为强酸,则HY溶液的pH=______.
(3)丙组实验发生反应的离子方程式为______,所得溶液中由水电离出的c (OH-)=______mol/L.
(4)丁组实验中b______7(填“<”,“=”或“>”).
正确答案
解:(1)甲组实验中HX为弱酸,酸和碱的浓度相等,所以等体积的酸和碱的物质的量相等,恰好反应生成盐和水,生成的盐是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性,溶液的PH值大于7,所以溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,因为溶液呈电中性,溶液中阴阳离子所带电荷相等,所以溶液中钠离子浓度大于酸根离子浓度,盐以电离为主水解为次,所以酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度,故答案为:>,c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+);
(2)乙组实验中HY为强酸,等体积混合后溶液呈中性,说明酸的浓度和碱的浓度相等都是0.1mol/L,酸是强酸,所以酸溶液中氢离子浓度是0.1mol/L,酸溶液中pH=1,
故答案为:1;
(3)等物质的量的酸、碱反应后溶液呈碱性乙组实验中HY为强酸,说明酸是弱酸,酸和碱反应的离子方程式为HZ+OH-=H2O+Z-,常温下,PH=9的溶液中氢离子浓度10-9mol/L,则氢氧根离子浓度是10-5mol/L,故答案为:HZ+OH-=H2O+Z-;10-5;
(4)酸是弱酸,酸的PH=2时,酸的浓度大于0.01mol/L,所以等体积的酸和碱混合后酸过量,导致溶液的pH小于7,故答案为:<.
解析
解:(1)甲组实验中HX为弱酸,酸和碱的浓度相等,所以等体积的酸和碱的物质的量相等,恰好反应生成盐和水,生成的盐是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性,溶液的PH值大于7,所以溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,因为溶液呈电中性,溶液中阴阳离子所带电荷相等,所以溶液中钠离子浓度大于酸根离子浓度,盐以电离为主水解为次,所以酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度,故答案为:>,c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+);
(2)乙组实验中HY为强酸,等体积混合后溶液呈中性,说明酸的浓度和碱的浓度相等都是0.1mol/L,酸是强酸,所以酸溶液中氢离子浓度是0.1mol/L,酸溶液中pH=1,
故答案为:1;
(3)等物质的量的酸、碱反应后溶液呈碱性乙组实验中HY为强酸,说明酸是弱酸,酸和碱反应的离子方程式为HZ+OH-=H2O+Z-,常温下,PH=9的溶液中氢离子浓度10-9mol/L,则氢氧根离子浓度是10-5mol/L,故答案为:HZ+OH-=H2O+Z-;10-5;
(4)酸是弱酸,酸的PH=2时,酸的浓度大于0.01mol/L,所以等体积的酸和碱混合后酸过量,导致溶液的pH小于7,故答案为:<.
已知多元弱酸在水溶液中的电离是分步进行的,且第一步的电离程度大于第二步的电离程度,第二步的电离程度远大于第三步的电离程度…在密闭容器里盛有饱和H2S溶液和H2S气体,可上下移动的活塞停止在a处,如图所示.
(1)饱和H2S溶液中存在______ 种微粒.
(2)若将容器顶盖由a压到b位置,则H2S溶液中,各离子浓度的变化情况是______离子浓度增大,而______离子浓度减小.
(3)若从c处不断通入过量的SO2气体,溶液中H+浓度将______.
A.不断增大 B.先减小,后增大到某值 C.不变 D.先增大,后减小到某值
(4)若由c处不断通入N2,则溶液中H+浓度将______.(填“变大”“变小”或“不变”)
正确答案
解:(1)H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-和水的电离平衡,所以含有水分子、硫化氢分子、H+、HS-、S2-和OH-,故答案为:6;
(2)若将容器顶盖由a压到b位置,增大压强,溶液中硫化氢的浓度变大,平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-正向移动,导致H+、HS-、S2-浓度变大,而氢离子与氢氧根离子的积是个定值,所以氢氧根离子浓度减小,故答案为:H+、HS-、S2-;OH-;
(3)SO2+2H2S=3S↓+2H2O,平衡向左移动,H2O+SO2=H2SO3,亚硫酸酸性大于氢硫酸,所以先减小,后增大到某值,故选:B;
(4)若由c处不断通入N2,氮虽是非反应气体,如果不断通入N2,体系温度升高,硫化氢的溶解度变小,H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-逆向移动,所以氢离子的浓度减小,故答案为:变小.
解析
解:(1)H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-和水的电离平衡,所以含有水分子、硫化氢分子、H+、HS-、S2-和OH-,故答案为:6;
(2)若将容器顶盖由a压到b位置,增大压强,溶液中硫化氢的浓度变大,平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-正向移动,导致H+、HS-、S2-浓度变大,而氢离子与氢氧根离子的积是个定值,所以氢氧根离子浓度减小,故答案为:H+、HS-、S2-;OH-;
(3)SO2+2H2S=3S↓+2H2O,平衡向左移动,H2O+SO2=H2SO3,亚硫酸酸性大于氢硫酸,所以先减小,后增大到某值,故选:B;
(4)若由c处不断通入N2,氮虽是非反应气体,如果不断通入N2,体系温度升高,硫化氢的溶解度变小,H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS-和HS-⇌H++S2-逆向移动,所以氢离子的浓度减小,故答案为:变小.
在100mL0.1mol/L 的醋酸溶液中,欲使醋酸的电离程度增大,H+ 浓度减小,可采用方法是( )
正确答案
解析
解:A.醋酸是弱电解质,醋酸的电离是吸热反应,升高温度促进醋酸电离,氢离子浓度增大,所以不符合条件,故A错误;
B.向溶液中加入相同浓度的醋酸溶液,氢离子浓度不变,所以不符合条件,故B错误;
C.向溶液中加入少量硫酸,氢离子浓度增大,抑制醋酸电离,所以不符合条件,故C错误;
D.向溶液中加入少量氢氧化钠溶液,氢氧根离子和氢离子反应,所以促进醋酸电离,且氢离子浓度降低,故D正确;
故选D.
用食用白醋(醋酸浓度约为1mol/L)进行下列实验,能证明醋酸为弱酸的是( )
正确答案
解析
解:A、因酸遇紫色的石蕊变红属于酸的通性,不能利用酸的通性来判断酸性的强弱,故A错误;
B、细菌属于蛋白质,酸能使蛋白质变性,所以醋酸具有杀菌消毒作用是酸的通性,不能证明醋酸是弱电解质,故B错误;
C、蛋壳的成分为碳酸钙,与白醋反应生成二氧化碳,可说明白醋的酸性比碳酸的强,不能证明醋酸存在电离平衡,即不能说明醋酸为弱酸,故C错误;
D、1mol的醋酸pH为2~3,说明醋酸电离不完全,即醋酸溶液中存在电离平衡,则说明醋酸为弱电解质,故D正确;
故选D.
醋酸是一种常见的弱酸,为了证明醋酸是弱电解质,某同学开展了题为“醋酸是弱电解质”的实验探究活动.该同学设计了如下方案,其中错误的是( )
正确答案
解析
解:A、0.10mol•L-1CH3COOH溶液,醋酸是一元酸,如果醋酸是强酸,溶液的pH是1,如果大于1,则证明醋酸是弱电解质,故A正确;
B、0.0010mol•L-1和0.10mol•L-1的CH3COOH,如果醋酸是强酸,溶液的pH分别是3和1,两者的pH相差2个单位,若两者的pH相差小于2个单位,则可证明醋酸是弱电解质,故B正确;
C、将醋酸用蒸馏水稀释,无论醋酸是强酸还是弱酸,溶液中氢离子浓度都降低,溶液的pH都增大,所以不能证明醋酸是弱电解质,故C错误;
D、如果醋酸是强酸,则CH3COONa是强酸强碱盐,其水溶液呈中性,若常温下醋酸钠溶液pH>7,则可证明醋酸是弱电解质,故D正确.
故选C.
下列说法正确的是( )
正确答案
解析
解:A、酸性强弱顺序是:醋酸>碳酸>硼酸,化学反应遵循强酸制弱酸的规律,向0.1mol/L的醋酸和饱和硼酸溶液中滴加等浓度的碳酸钠溶液,前者有气体生成,后者没有,故A错误;
B、氢氧化镁可以和盐酸反应而溶于其中,氯化铵溶液和氢氧化镁之间反应生成氯化镁和氨水,强碱制取弱碱,即能将氢氧化镁溶解,故B正确;
C、实验测定酸碱滴定曲线时,要保证整个过程测试和记录pH的间隔不一定相同,注意记录颜色突变过程所消耗的碱的量是关键,故C错误;
D、只有对于相同类型的难溶物质,可以用Ksp的大小来确定溶解能力的大小,故D错误.
故选B.
在0.1mol/L的CH3COOH溶液中,要促进醋酸电离,且c(H+)增大,应采取的措施是( )
正确答案
解析
解:A.加入稀盐酸,溶液中氢离子浓度增大,抑制了醋酸的电离,导致醋酸的电离程度减小,故A错误;
B.加入氢氧化钠溶液,氢氧化钠和氢离子反应生成水,能促进醋酸的电离,但氢离子浓度减小,故B错误;
C.醋酸的电离是吸热反应,升高温度能促进醋酸的电离,且氢离子浓度增大,故C正确;
D.加水,促进了醋酸电离,但溶液中氢离子浓度减小,故D错误;
故选C.
现有常温下的四份溶液:①0.01mol/L CH3COOH;②0.01mol/L HCl;③pH=12的氨水;④pH=12的NaOH溶液.下列说法正确的是( )
正确答案
解析
解:弱电解质在水溶液里存在电离平衡,强电解质在水溶液里完全电离,所以物质的量浓度相等的盐酸和醋酸,醋酸的pH大于盐酸,pH相等的氨水和氢氧化钠溶液,氨水浓度大于氢氧化钠溶液,
A.酸或碱抑制水电离,氢离子或氢氧根离子浓度越大,对水电离的抑制程度越大,①中水的电离程度最大,②③④中水的电离程度相等,故A错误;
B.等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应,2mol氢氧化钠产生3mol氢气,6mol酸产生3mol氢气,所以pH=12的NaOH溶液产生的氢气量大,故B错误;
C.①②稀释相同的倍数,盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸,所以pH①>②;③④稀释相同的倍数,稀释过程中促进一水合氨电离,导致氨水中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠溶液,则pH③>④,故C错误;
D.氯化铵是强酸弱碱盐,要使氨水和盐酸的混合溶液呈中性,则一水合氨的物质的量稍微大些,氨水浓度大于盐酸,要使混合溶液呈中性,则消耗溶液的体积可能:②>③,故D正确;
故选D.
下列说法或表示方法正确的是( )
正确答案
解析
解:A、Ka(HCN)<Ka(CH3COOH),当物质的量浓度相同时,CH3COOH中电离出c(H+)大于HCN中电离出c(H+),氢离子浓度越大对水的电离抑制程度越大,故A错误;
B、从热化学方程式看,石墨能量低,物质所含能量越低越稳定,故B错误;
C、沉淀呈黄色,说明生成溶度积更小的AgI,故C正确;
D、2g氢气是1mol,热化学方程式应为:2H2(g)+O2(g)═2H2O(l);△H=-571.6kJ•mol-1,故D错误.
故选:C.
(2014秋•金昌校级期末)在相同温度时,100mL0.01mol•L-1的醋酸溶液与10mL 0.1mol•L-1的醋酸溶液相比较,下列数值中,前者大于后者的是( )
正确答案
解析
解:A.由n=cV可知,100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol,10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol,但后者的浓度大,醋酸的电离程度小,所以氢离子的物质的量前者大于后者,故A正确;
B.电离平衡常数只与温度有关,温度相同则电离平衡常数相同,故B错误;
C.由于溶质n(CH3COOH)都为0.001mol,中和时所需NaOH的量应相同,故C错误;
D.由n=cV可知,100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol,10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol,但前者浓度小,电离程度大,前者的CH3COOH的物质的量小,故D错误;
故选A.
已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数:
则下列有关说法正确的是( )
正确答案
解析
解:A、根据表中酸的电离平衡常数,可以知道酸性顺序是:醋酸>氢氰酸>碳酸氢根,盐的水解规律:越弱越水解,所以水解能力:碳酸钠>氰化钠>醋酸钠,即pH(Na2CO3)>pH(NaCN)>pH(CH3COONa),故A正确;
B、amol•L-1HCN溶液与bmol•L-1NaOH溶液等体积混合,如果a=b时,则生成的是NaCN溶液,c(Na+)>c(CN-)也成立,故B错误;
C、冰醋酸原来没有水,然后加水溶于水电离,到达冰醋酸全部电离后,导电性最大,PH最小,继续加水,虽然总的电离的分子多了,但是氢离子和醋酸根离子浓度下降很快,导电性下降,PH增加,趋向7,无限稀释后,导电性极弱,PH≈7,所以冰醋酸中逐滴加水,溶液导电性先增强后减弱,根据越稀越电离的规律,则电离度逐渐增大,开始阶段是电离阶段,氢离子浓度逐渐增大,pH减小,达到电离平衡以后,再稀释,氢离子浓度减小,pH增大,即pH均先减小后增大,故C错误;
D、NaHCO3和Na2CO3混合溶液中,溶液存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),故D正确.
故选AD.
25℃时,用0.1mol/L的醋酸溶液做了以下实验,不能证明其为弱酸的是( )
正确答案
解析
解:A、pH大于1,说明醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L,则能证明其为弱酸,故A错误;
B、溶液中含有HAc分子,说明醋酸不完全电离,属于弱酸,故B错误;
C、任何溶液中均会含有氢氧根离子,不能说明醋酸是弱酸,故C正确;
D、0.1mol/L的醋酸溶液导电能力比0.1mol/L的盐酸弱,说明醋酸中离子浓度小于盐酸中的离子浓度,盐酸是强酸,醋酸是弱酸,故D错误.
故选C.
可以说明乙酸是弱酸的事实是( )
正确答案
解析
解:A.乙酸不能使酚酞溶液变红色,则说明乙酸溶液不呈酸性,不能说明醋酸是弱电解质,故A错误;
B.乙酸和碳酸钠反应放出二氧化碳,说明乙酸的酸性比碳酸强,但不能说明醋酸是弱电解质,故B错误;
C.乙酸溶液能使石蕊试液变红,只能说明乙酸溶液呈酸性,故C错误;
D.0.1 mol•L-1的乙酸溶液pH>1,说明醋酸部分电离,则醋酸是弱电解质,故D正确;
故选D.
已知:乙二酸(HOOC-COOH,可简写为H2C2O4)俗称草酸,157℃时开始分解.
(1)探究草酸的酸性
25℃H2C2O4 K1=5.4×10-2,K2=5.4×10-5;H2CO3K1=4.5×10-7,K2=4.7×10-11
下列化学方程式可能正确的是______.
A.H2C2O4+CO32-=HCO3-+HC2O4-B.HC2O4-+CO32-=HCO3-+C2O42-
C.2C2O42-+CO2+H2O=2HC2O4-+CO32-D.H2C2O4+CO32-+=C2O42-+H2O+CO2↑
(2)探究草酸分解产物
①实验中观察到B中CuSO4粉末变蓝,C中澄清石灰水变浑浊,D的作用:______,证明有CO气体生成的现象是:______.
②写出H2C2O4分解的化学方程式:______.
(3)探究催化剂对化学反应速率的影响
在甲、乙两支试管中各加入4mL 0.0lmol/LKMnO4酸性溶液和2mL0.1moL/L H2C2O4溶液,再向乙试管中加入一粒黄豆大的MnSO4固体,摇匀.填写下表:
(4)用酸性KmnO4溶液滴定Na2C2O4,求算Na2C2O4的纯度
实验步骤:准确称取2.0g Na2C2O4固体,配成100mL溶液,取出20.00mL于锥形瓶中.再向瓶中加入足量稀H2SO4,用0.0160mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定,滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液25.00mL.
①高锰酸钾溶液应装在______滴定管中.(填“酸式”或“碱式”)
②滴定至终点时的实验现象是:______.
③Na2C2O4的纯度是:______.
正确答案
BD
吸收CO2气体
F中黑色CuO变成光亮的红色,G中澄清石灰水变浑浊
H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O↑
两支试管中紫色KMnO4溶液均褪色,乙试管中溶液褪色较快
MnSO4(Mn2+)是此反应的催化剂,加入催化剂可以使化学反应速率加快
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
酸式
滴入最后一滴KMnO4,溶液由无色变为紫色(紫红色)
33.5%
解析
解:(1)根据电离常数知酸性强弱顺序是:H2C2O4>HC2O4->H2CO3>HCO3-,根据强酸制取弱酸知草酸和碳酸根离子反应生成草酸根离子和二氧化碳,草酸氢根离子和碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子和草酸根离子,故选BD;
(2)①氢氧化钠是强碱能吸收酸性氧化物二氧化碳,一氧化碳具有还原性,能还原黑色的氧化铜生成红色的铜,同时自身被氧化生成二氧化碳,二氧化碳使澄清的石灰水变浑浊,所以看到的现象是:F中黑色CuO变成光亮的红色,G中澄清石灰水变浑浊,
故答案为:吸收CO2气体;F中黑色CuO变成光亮的红色,G中澄清石灰水变浑浊;
②该反应中反应物是草酸,生成物是水、二氧化碳和一氧化碳,反应条件是加热,所以该反应方程式为H2C2O4 CO2↑+CO↑+H2O↑,
故答案为:H2C2O4 CO2↑+CO↑+H2O↑;
(3)看到的现象是两支试管中紫色KMnO4溶液均褪色,乙试管中溶液褪色较快;
通过对比实验知,硫酸锰是该反应的催化剂,加入催化剂能加快反应速率;
该反应中高锰酸根离子被还原生成锰离子,草酸被氧化生成二氧化碳,离子反应方程式为:2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O,
故答案为:两支试管中紫色KMnO4溶液均褪色,乙试管中溶液褪色较快;MnSO4(Mn2+)是此反应的催化剂,加入催化剂可以使化学反应速率加快;
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O;
(4)①高锰酸钾溶液呈酸性,应该用酸式滴定管量取,故答案为:酸式;
②当入最后一滴KMnO4,高锰酸钾溶液过量,溶液由无色变为紫色,故答案为:滴入最后一滴KMnO4,溶液由无色变为紫色(紫红色);
③设草酸钠的质量分数为x,
2MnO4-+5C2O42-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
2 5
0.0160mol/L×0.025L ( )mol
x=×100%=33.5%,
答:草酸钠的质量分数为33.5%.
(Ⅰ)18℃时,H2A(酸):K1=4.3×10-6,K2=2.1×10-12.H2B(酸):K1=1.0×10-7,K2=6.3×10-13,在浓度相同的两种溶液中,用“>”、“<”或“=”填空.
①H+的浓度:H2A______H2B;
②酸根离子的浓度:c(A2-)______c(B2-);
(Ⅱ)①常温下,将1mL pH=1的H2SO4溶液加水稀释至100mL,稀释后的溶液中pH=______,=______;
②某温度时,测得0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为11,则该温度下水的离子积常数KW=______,该温度______25℃(填“>”、“<”或“=”);
③常温下,设pH=5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度为C1;pH=5的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H+浓度为C2,则=______.
正确答案
解:(Ⅰ)相同温度下,酸的电离常数越大酸电离程度越大,多元弱酸电离时,第一步电离远远大于第二步电离;
①H2A的第一步电离常数大于H2B的第一步电离常数,所以氢离子浓度H2A>H2B,故答案为:>;
②H2A的第二步电离常数大于H2B,所以酸根离子的浓度:c(A2-)>c(B2-),故答案为:>;
(Ⅱ)①常温下,将1mL pH=1的H2SO4溶液加水稀释至100mL,稀释后的溶液中pH=原来溶液的pH+2=1+2=3;
=
=
=
=108,故答案为:3;108;
②pH=11,则c(H+)=10-11 mol/L,c(OH-)=0.01mol/L,KW=c(H+).c(OH-)=1×10-13,
水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离,水的离子积常数增大,该温度下水的离子积常数大于25℃时水的离子积常数,所以该温度大于25℃,
故答案为:1×10-13;>;
③常温下,设pH=5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度C1=10-9 mol/L,pH=5的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H+浓度C2=10-5mol/L,所以则=
=10-4,
故答案为:10-4.
解析
解:(Ⅰ)相同温度下,酸的电离常数越大酸电离程度越大,多元弱酸电离时,第一步电离远远大于第二步电离;
①H2A的第一步电离常数大于H2B的第一步电离常数,所以氢离子浓度H2A>H2B,故答案为:>;
②H2A的第二步电离常数大于H2B,所以酸根离子的浓度:c(A2-)>c(B2-),故答案为:>;
(Ⅱ)①常温下,将1mL pH=1的H2SO4溶液加水稀释至100mL,稀释后的溶液中pH=原来溶液的pH+2=1+2=3;
=
=
=
=108,故答案为:3;108;
②pH=11,则c(H+)=10-11 mol/L,c(OH-)=0.01mol/L,KW=c(H+).c(OH-)=1×10-13,
水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离,水的离子积常数增大,该温度下水的离子积常数大于25℃时水的离子积常数,所以该温度大于25℃,
故答案为:1×10-13;>;
③常温下,设pH=5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度C1=10-9 mol/L,pH=5的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H+浓度C2=10-5mol/L,所以则=
=10-4,
故答案为:10-4.
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