- 水溶液中的离子平衡
- 共26089题
（2015秋•云和县校级月考）氨水中存在下列的电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-要使平衡向左移动，同时使OH-离子浓度增大，应加入下列的（ ）
正确答案
解析
解：A．加NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，同时使[OH-]增大，故A正确；
B．加NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，同时使[OH-]减小，故B错误；
C．加硫酸，平衡正向移动，同时使[OH-]减小，故C错误；
D．加水，电离平衡正向移动，同时使[OH-]减小，故D错误；
故选：A．
氯气溶于水达到平衡后，若其它条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：在氯水中存在如下平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO、H2O⇌H++OH-、HClO⇌H++ClO-．
A．氯气溶于水达到平衡后，再通入少量氯气，此时已经为饱和溶液，浓度比值
B．通入少量SO2，发生反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，平衡左移，HClO的浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；
C．加入少量固体过氧化钠，反应后溶液中阴阳离子所带正负电荷总数相等，故存在c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（Cl-）+c（ClO-），加入少量固体NaOH，溶液呈酸性，则有：c（H+）＞c（OH-），所以c（Na+）＜c（Cl-）+c（ClO-），故C错误；
D．加入少量水，Cl2+H2O⇌HCl+HClO正向移动，促进水的电离，水的电离平衡向正反应方向移动，故D正确；
故选D．
25℃时，在1.0L浓度均为0.0lmol•L-1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c（Na+）＞c（A-），则下列描述中，不正确的是（ ）
①该溶液的pH＜7 ②HA的酸性很弱，A-水解程度较大
③c（A-）+c（HA）=0.02mol•L-1 ④n（A-）+n（OH-）=0.01mol．
正确答案
解析
解：①溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），因为c（Na+）＞c（A-），所以c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，pH＞7，故错误；
②混合溶液中pH＞7，说明A-水解程度大于HA电离程度，则A-水解程度较大，故正确；
③溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（A-）+c（HA）=0.02mol•L-1，故正确；
④由电荷守恒可知n（A-）+n（OH-）=n（Na+）+n（H+），因n（Na+）=0.01mol，所以n（A-+n（OH-）=n（Na+）+n（H+）＞0.01mol，故错误；
故选A．
ZnSe是一种光电性能优异的半导体材料，人们开发出了多种制备ZnSe纳米粒子的方法．某研究小组用如下方法制备了ZnSe纳米粒子：
（1）SeO2能溶于水，溶解过程中的化学方程式：______；
（2）硒酸（H2SeO4）的水溶液按下式发生一级和二级电离：
H2SeO4=H++HSeO4-；HSeO4-
Na2SeO4溶液显______（填“酸性”、“中性”、“碱性”）．理由______（用离子方程式表示）
（3）已知肼（N2H4）有强还原性，在反应釜中与SeO32-反应的氧化产物是N2，请写出该反应的离子程式：______．
（4）使用合适的催化剂和电极材料，以N2、H2为原料，以HCl-NH4Cl为电解质溶液构成新型燃料电池，同时达到固氮作用．该电池的正极反应式为______．
正确答案
解：（1）SeO2为酸性氧化物，与水反应生成H2SeO3，反应方程式为SeO2+H2O═H2SeO3，故答案为：SeO2+H2O═H2SeO3；
（2）根据HSeO4-
故答案为：碱性；SeO42-+H2O═HSeO4-+OH-；
（3）在反应釜中反应物有Zn2+、SeO32-、N2H4，生成物有N2，SeO32-被还以为-2价的Se，与Zn2+生成ZnSe，根据氧化还原反应得失电子相等和质量守恒定律，离子方程式为
2Zn2++2SeO32-+3N2H4=2ZnSe+3N2↑+6H2O，故答案为：2Zn2++2SeO32-+3N2H4=2ZnSe+3N2↑+6H2O；
（4）以N2、H2为原料，以HCl-NH4Cl为电解质溶液构成新型燃料电池，正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e-+8H+=2NH4+，故答案为：N2+6e-+8H+=2NH4+．
解析
解：（1）SeO2为酸性氧化物，与水反应生成H2SeO3，反应方程式为SeO2+H2O═H2SeO3，故答案为：SeO2+H2O═H2SeO3；
（2）根据HSeO4-
故答案为：碱性；SeO42-+H2O═HSeO4-+OH-；
（3）在反应釜中反应物有Zn2+、SeO32-、N2H4，生成物有N2，SeO32-被还以为-2价的Se，与Zn2+生成ZnSe，根据氧化还原反应得失电子相等和质量守恒定律，离子方程式为
2Zn2++2SeO32-+3N2H4=2ZnSe+3N2↑+6H2O，故答案为：2Zn2++2SeO32-+3N2H4=2ZnSe+3N2↑+6H2O；
（4）以N2、H2为原料，以HCl-NH4Cl为电解质溶液构成新型燃料电池，正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH4+，电极反应式为N2+6e-+8H+=2NH4+，故答案为：N2+6e-+8H+=2NH4+．
室温下，向amol•L-1氨水中逐滴加入盐酸，下列描述不正确的是（ ）
A溶液的pH减小
B
C水的电离程度先减小后增大
DKb（NH3•H2O）不变
正确答案
解析
解：A．向氨水中加入盐酸，氢离子和氢氧根离子反应导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的PH减小，故A正确；
B．氢离子和氢氧根离子反应促进一水合氨的电离，导致溶液中铵根离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，所以
C．一水合氨能电离出氢氧根离子，氯化氢能电离出氢离子，所以氨水和盐酸都抑制水电离，氯化铵是强酸弱碱盐能促进水电离，所以水的电离是先增大后减小，故C错误；
D．一水合氨的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，一水合氨的电离平衡常数不变，故D正确；
故选C．
已知25℃时0.1 mol•L-1醋酸溶液的pH约为3，向其中加入少量醋酸钠晶体，待晶体溶解后发现溶液的pH增大．对上述现象有两种不同的解释；甲同学认为主要是醋酸钠水解呈碱性，增大了c（OH-），因而溶液的pH增大；乙同学认为主要因为醋酸钠溶于水，电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c（H+）减小，因此溶液的pH增大．你认为上述两种解释中______（选填“甲”或“乙”）正确．
（1）为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1 mol•L-1的醋酸溶液中加入少量的______（填写编号），然后测定溶液的pH （已知CH3COONH4水溶液接近中性）．
A．固体CH3COOK B．固体CH3COONH4 C．氨气 D．固体NaHCO3
若甲的解释正确，验证实验中，溶液的pH应______（选填“增大”、“减小”或“不变”）．
（2）常温下将 0.010molCH3COONa和0.0040mol HCl溶于水，配制成 0.50L混合溶液．请据此判断：①溶液中共有______种离子．
②溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.010mol，它们是______和______．
③溶液中n（CH3COO-）+n（OH-）-n（H+）=______．
正确答案
解：醋酸中存在电离平衡，醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，故答案为：乙；
（1）CH3COONH4溶液中，CH3COO-和NH4+都发生水解，且水解程度相等，CH3COONH4溶液呈中性，将CH3COONH4加入到0.1 mol•L-1醋酸中使pH增大，说明CH3COO-抑制了醋酸的电离，其它物质的水溶液都呈碱性，不能用于证明；CH3COONH4 溶液为中性，所以加入固体CH3COONH4 对原溶液的pH无影响，
故答案为：B；不变；
（2）①将0.010molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，由于发生CH3COO-+H+⇌CH3COOH，溶液中存在CH3COO-、Cl-、OH-、H+、Na+等离子，共5种，故答案为：5；
②根据物料守恒可知，0.010mol CH3COONa在溶液中以CH3COOH和CH3COO-存在，n（CH3COOH）+n（CH3COO-）=0.010mol，
故答案为：CH3COOH；CH3COO-；
③溶液遵循电荷守恒，存在：n（H+）+n（Na+）=n（Cl-）+n（CH3COO-）+n（OH-），
则n（CH3COO-）+n（OH-）-n（H+）=n（Na+）-n（Cl-）=0.010mol-0.004mol=0.006mol，
故答案为：0.006mol．
解析
解：醋酸中存在电离平衡，醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，故答案为：乙；
（1）CH3COONH4溶液中，CH3COO-和NH4+都发生水解，且水解程度相等，CH3COONH4溶液呈中性，将CH3COONH4加入到0.1 mol•L-1醋酸中使pH增大，说明CH3COO-抑制了醋酸的电离，其它物质的水溶液都呈碱性，不能用于证明；CH3COONH4 溶液为中性，所以加入固体CH3COONH4 对原溶液的pH无影响，
故答案为：B；不变；
（2）①将0.010molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，由于发生CH3COO-+H+⇌CH3COOH，溶液中存在CH3COO-、Cl-、OH-、H+、Na+等离子，共5种，故答案为：5；
②根据物料守恒可知，0.010mol CH3COONa在溶液中以CH3COOH和CH3COO-存在，n（CH3COOH）+n（CH3COO-）=0.010mol，
故答案为：CH3COOH；CH3COO-；
③溶液遵循电荷守恒，存在：n（H+）+n（Na+）=n（Cl-）+n（CH3COO-）+n（OH-），
则n（CH3COO-）+n（OH-）-n（H+）=n（Na+）-n（Cl-）=0.010mol-0.004mol=0.006mol，
故答案为：0.006mol．
已知在25℃时，碳酸和亚硫酸的电离平衡常数为别为：
碳酸 K1=4.30×10-7 K2=5.61×10-11
亚硫酸 K1=1.54×10-2 K2=1.02×10-7
（1）写出碳酸的第一级电离平衡常数表达式：K1=______．
（2）在相同条件下，试比较H2CO3、HCO3-和HSO3-的酸性从强到弱顺序为______．
（3）向Na2CO3溶液中加入足量NaHSO3溶液，反应的离子方程式为______．
正确答案
H2CO3＞HSO3-＞HCO3-
CO32-+HSO3-=HCO3-+SO32-
解析
解：（1）碳酸的第一级电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3-，电离平衡常数为生成物浓度幂之比与反应物浓度幂之积的比值，则K1=
故答案为：
（2）H2CO3、HCO3-和HSO3-的电离平衡常数分别是：4.30×10-7、5.61×10-11、1.02×10-7，所以酸性顺序是：H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，故答案为：H2CO3＞HSO3-＞HCO3-；
（3）化学反应遵循强酸制弱酸的规律，酸性：HSO3-＞HCO3-，向Na2CO3溶液中加入足量NaHSO3溶液，反应的离子方程式为CO32-+HSO3-=HCO3-+SO32-，故答案为：CO32-+HSO3-=HCO3-+SO32-．
取c（H+）均为0.01mol/L的盐酸和醋酸各100mL分别稀释2倍后，再分别加入0.03g锌粉，在相同条件下充分反应，有关叙述正确的是（ ）
①醋酸与锌反应放出氢气多
②盐酸和醋酸分别与锌反应放出的氢气一样多
③盐酸与锌反应放出氢气多
④盐酸和醋酸分别与锌反应的速度一样大
⑤醋酸与锌反应速率大
⑥盐酸与锌反应速率大．
正确答案
解析
解：c（H+）均为0.01mol/L的盐酸和醋酸，醋酸是弱电解质导致醋酸溶液中存在电离平衡，氯化氢是强电解质，所以醋酸浓度大于盐酸，二者各100mL分别稀释2倍后，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸，醋酸的物质的量大于0.001mol，盐酸的物质的量为0.001mol，锌的物质的量=
故选B．
在pH=2的CH3COOH溶液中加入一定量0.01mol•L-1CH3COOH溶液后，溶液中c（H+）（ ）
正确答案
解析
解：pH=2的醋酸溶液醋酸浓度远大於0.01mol/L，现在加入0.01mol/L的醋酸只能是稀释溶液，H+浓度要变小，所以溶液中c（H+）减小，故选B．
常温下，浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①CH3COOH溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液，下列说法中正确的是（忽略混合前后溶液体积变化）（ ）
正确答案
解析
解：A．常温下，醋酸是酸pH＜7、氢氧化钠是碱，其溶液的pH＞7，醋酸钠是强碱弱酸盐溶液呈碱性，pH＞7，但小于等浓度的氢氧化钠的pH，所以等物质的量的三种溶液其pH大小顺序是：②＞③＞①，故A错误；
B．醋酸钠能水解而促进水电离，醋酸和氢氧化钠抑制水电离，但醋酸是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，所以醋酸抑制水电离的程度小于氢氧化钠，所以三种溶液中水电离出的c（OH-）：③＞①＞②，故B错误；
C．等体积等浓度的醋酸和醋酸钠混合后，根据物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol/L，故C正确；
D．等体积等浓度的醋酸和氢氧化钠混合后，根据物料守恒得2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），故D错误；
故选C．
为了证明醋酸是弱电解质，甲、乙、丙、丁、戊分别选用下列试剂进行实验：
0.1mol/L醋酸溶液、0.1mol/L盐酸、c（H+）=10-3mol/L的盐酸、c（H+）=10-3mol/L的醋酸、CH3COONa晶体、石蕊试液、pH试纸、锌粒、蒸馏水．已知：pH=-lgc（H+）
（1）甲用pH试纸测出0.10mol/L的醋酸溶液pH=4，则认定醋酸是弱电解质，你认为这一方法______（填“正确”或“不正确”）
（2）乙分别取用10mL 0.1mol/L盐酸和醋酸，然后加入完全一样的等量锌粒（少量），产生氢气用气球收集，通过观察实验现象为______，则认定醋酸是弱电解质．
（3）丙取出10mL 0.10mol/L醋酸溶液，滴入石蕊试液，显红色，再加入醋酸钠晶体，颜色变浅红色，也能证明醋酸是弱电解质，从电离平衡原理解释：______
（4）丁分别取用10mL c（H+）=10-3mol/L盐酸和醋酸，然后加入完全一样的等量锌粒（足量），产生氢气用气球收集，通过比较产生气球的大小，如果醋酸产生气球______（填“大”或“小”），则认定醋酸是弱电解质．
（5）戊取用C（H+）=10-3mol/L的醋酸稀释到原来的100倍，稀释后醋酸的c（H+）______10-5mol/L（填“＞”、“＜”、“=”），则认定醋酸是弱电解质．
正确答案
解：（1）0.1mol•L-1的一元强酸的pH=1，0.10mol/L的醋酸溶液pH=4，说明醋酸没有完全电离，则可证明为弱酸，
故答案为：正确；
（2）如醋酸为弱酸，则等浓度时，醋酸溶液中c（H+）较小，反应较慢，可观察到锌与盐酸反应的气球膨胀速度快，
故答案为：锌与盐酸反应的气球膨胀速度快；
（3）滴入石蕊试液，显红色，再加入醋酸钠晶体，红色变浅，说明溶液中c（OH-）变化，说明存在平衡移动，原因是醋酸溶液部分电离，加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（H+）减小，
故答案为：醋酸溶液部分电离，加入醋酸钠，醋酸根浓度增大，平衡向左移动，c（H+）减小；
（4）分别取用10mL c（H+）=10-3mol/L盐酸和醋酸，然后分别加入质量相同的锌粒，如醋酸为弱酸，则浓度较大，与锌充分反应时，醋酸产生的气体较多，气球较大，
故答案为：大；
（5）如醋酸为弱酸，则稀释促进电离，c（H+）=10-3mol/L的醋酸稀释到原来的100倍，稀释后醋酸的c（H+）＞10-5mol/L，
故答案为：＞．
解析
解：（1）0.1mol•L-1的一元强酸的pH=1，0.10mol/L的醋酸溶液pH=4，说明醋酸没有完全电离，则可证明为弱酸，
故答案为：正确；
（2）如醋酸为弱酸，则等浓度时，醋酸溶液中c（H+）较小，反应较慢，可观察到锌与盐酸反应的气球膨胀速度快，
故答案为：锌与盐酸反应的气球膨胀速度快；
（3）滴入石蕊试液，显红色，再加入醋酸钠晶体，红色变浅，说明溶液中c（OH-）变化，说明存在平衡移动，原因是醋酸溶液部分电离，加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（H+）减小，
故答案为：醋酸溶液部分电离，加入醋酸钠，醋酸根浓度增大，平衡向左移动，c（H+）减小；
（4）分别取用10mL c（H+）=10-3mol/L盐酸和醋酸，然后分别加入质量相同的锌粒，如醋酸为弱酸，则浓度较大，与锌充分反应时，醋酸产生的气体较多，气球较大，
故答案为：大；
（5）如醋酸为弱酸，则稀释促进电离，c（H+）=10-3mol/L的醋酸稀释到原来的100倍，稀释后醋酸的c（H+）＞10-5mol/L，
故答案为：＞．
用水稀释0.1mol/L的醋酸溶液，其中随水的增加而最终增大的有（ ）
①H+的物质的量 ②c（H+） ③c（OH-） ④
正确答案
解析
解：①加水稀释，促进醋酸电离，则H+的物质的量增大，故正确；
②加水稀释，促进醋酸电离，则H+的物质的量增大，但氢离子的物质的量增大程度远远小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，故错误；
③加水稀释，促进醋酸电离，则H+的物质的量增大，但氢离子的物质的量增大程度远远小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c（OH-）增大，故正确；
④加水稀释，促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，醋酸浓度也减小，但氢离子浓度减小的程度小于醋酸浓度减小的程度，所以
⑤加水稀释，促进醋酸电离，但醋酸根离子浓度减小，醋酸浓度也减小，但醋酸根离子浓度减小的程度小于醋酸浓度减小的程度，所以
故选A．
（2015秋•成都校级期中）下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．水发生H2O⇌H++OH-，加入醋酸，c（H+）增大，抑制水的电离，故A错误；
B．醋酸为弱酸，不能完全电离，1mL pH=2的醋酸稀释至10mL，pH＞3，故B错误；
C.0.1mol•L-1氯化铵溶液加水稀释，c（H+）减小，c（OH-）增大，故C错误；
D．盐类的水解为吸热过程，加入促进水解，有利于除去油污，故D正确．
故选D．
物质的量浓度相同的下列溶液：HCl、H2SO4、CH3COOH，导电能力由强到弱的顺序是（ ）
正确答案
解析
解：溶液的导电能力与离子浓度成正比，离子浓度越大其溶液导电能力越大，H2SO4是二元强酸、HCl是一元强酸、CH3COOH是一元弱酸，相同浓度的这几种溶液中，c（H+）大小顺序是：H2SO4＞HCl＞CH3COOH，则溶液导电能力由强到弱的顺序H2SO4＞HCl＞CH3COOH，
故选C．
下列有关氨气或氨水的相关说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、氨水呈碱性，发生吸氧腐蚀，而不是析氢腐蚀，故A错误；
B、反应NH3（g）+HCl（g）⇌NH4Cl （s）正反应是气体物质的量减少的放热反应，所以△H＜0，△S＜0，故正确；
C、25℃时，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，得到氨水和氯化铵的混合物以氨水的电离为主，溶液呈碱性，所以所得溶液的pH＞7，故C正确；
D、使用催化剂平衡不移动，NH3的平衡转化率不变，故D错误；
故选BC．
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