- 水溶液中的离子平衡
- 共26089题
在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时溶液的导电性能发生变化，如图所示是其电流（I）随新物质加入量（m）的变化曲线．
以下4个导电性实验：①Ba（OH）2溶液中滴入H2SO4溶液至过量；②醋酸溶液中滴入NH3•H2O至过量；③澄清石灰水中通入CO2至过量；④NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体．
其中与A图变化趋势一致的是______（填数学序号，下同），与B图变化趋势一致的是______，与C图变化趋势一致的是______．
正确答案
②
①③
④
解析
解：①Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，滴入H2SO4时，导电性减弱，完全反应后，H2SO4过量，导电性又增强，与B一致；
②CH3COOH+NH3•H2O=CH3COONH4+H2O，导电性增强，但氨水过量后，将溶液稀释，导电性减弱，与A一致；
③Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，导电性减弱，CO2过量后，CaCO3+CO2+H2O⇌Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2电离使导电性又增强，与B一致；
④NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3•H2O，原为强电解质NH4Cl，反应后仍为强电解质NaCl，NH3•H2O影响不大，与C一致，
故答案为：②；①③；④．
下列叙述正确的是（ ）
A当温度升高时，弱酸的电离平衡常数Ka变小
B某温度下的醋酸铵溶液呈中性，则溶液中必有c（H+）=c（OH-）=10-7mol•L-1
CpH=12氨水与pH=2盐酸等体积混合，则溶液中
D由Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）可判断AgCl（s）+I-（aq）=AgI（s）+CI-（aq）能发生
正确答案
解析
解：A．升高温度促进弱酸电离，则电离平衡常数增大，故A错误；
B．水的离子积常数与温度有关，当温度不是室温时，中性溶液中存在c（H+）=c（OH-）≠10-7mol•L-1，故B错误；
C．c（NH3．H2O）＞c（HCl）=10-2 mol/L，等体积混合时氨水过量，溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），故C错误；
D．溶液中溶度积大的物质能向溶度积小的物质转化，因为Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），所以AgCl（s）+I-（aq）=AgI（s）+CI-（aq）能发生，故D正确；
故选D．
常温下，两种溶液：①0.1mol/L HAC ②0.1mol/L NaAC．
（1）溶液①的pH______7（填“＞”、“＜”或“=”），溶液中离子的电荷守恒的关系式是______．
（2）溶液②呈______性（填“酸”、“碱”或“中”）．其原因是______（用离子方程式表示）．
（3）两种溶液中c（AC-）的大小为______（填序号）．
a．两种溶液中c（AC-）都等于0.1mol/L
b．两种溶液中c（AC-）都小于0.1mol/L
c．HAC溶液中c（AC-）小于NaAC溶液中c（AC-）
（4）若将①②两溶液按一定的量混合，混合后溶液显中性，则①②两溶液的体积关系是：①______②（填“=”或“＞”或“＜”）
正确答案
解析
解：（1）醋酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，但溶液仍然呈酸性，所以pH＜7，溶液中存在电荷守恒，即：c（H+）=c（AC-）+c（OH-），故答案为：＜；c（H+）=c（AC-）+c（OH-）；
（2）醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子易水解导致其溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，水解方程式为：AC-+H2O⇌HAC+OH-，故答案为：碱，AC-+H2O⇌HAC+OH-，AC-水解显碱性；
（3）a．醋酸部分电离，醋酸根离子部分水解，所以两种溶液中c（AC-）都小于0.1mol/L，故错误；
b．醋酸部分电离，醋酸根离子部分水解，所以两种溶液中c（AC-）都小于0.1mol/L，故正确；
c．等浓度的醋酸和醋酸钠溶液中，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，所以HAC溶液中c（AC-）小于NaAC溶液中c（AC-），故正确；
故选bc；
（4）等浓度的醋酸和醋酸钠溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，若将①②两溶液按一定的量混合，混合后溶液显中性，则①②两溶液的体积关系是：①＜②，故答案为：＜．
（2015春•扬州校级月考）下列事实能证明甲酸是弱酸的是（ ）
正确答案
解析
解：A．甲酸溶液的导电性比盐酸的弱，只能说明甲酸中离子浓度大于盐酸，不能说明甲酸部分电离，所以不能证明甲酸是弱电解质，可以根据相同浓度的甲酸、盐酸导电性强弱判断甲酸是否是弱电解质，故A错误；
B．甲酸能和NaHCO3作用放出CO2气体，说明甲酸酸性大于碳酸，但不能说明甲酸部分电离，所以不能说明甲酸是弱电解质，故B错误；
C．等体积等浓度的甲酸和NaOH溶液恰好完全反应，说明甲酸是一元酸，不能说明甲酸部分电离，则不能证明甲酸是弱电解质，故C错误；
D.1mol•L-1的甲酸溶液的pH约为2，溶液中氢离子浓度小于甲酸浓度，所以甲酸部分电离，为弱电解质，故D正确；
故选D．
将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的
正确答案
解析
解：氢氧化钠是强电解质，在水中完全电离，加水稀释一倍，氢氧根离子浓度变为原来的一半，一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进其电离，当稀释一倍后，氢氧根离子浓度大于原来的一半，该说法错误，故答案为：×．
常温下c（H+）=0.1mol/L的两种一元酸HX和HY的溶液各50mL，分别加入足量的镁粉，充分反应后，收集H2的体积为V（HX）和V（HY），若V（HX）＞V（HY），则（用“＜”“＞”或“=”填空）：
（1）浓度：c（HX）______c（HY）； 酸性强弱：HX______HY；
（2）则开始时生成氢气的速率：v（HX）______v（HY），反应过程中生成氢气的速率：v（HX）______v（HY），反应完毕后溶液中盐的浓度：c（MgX2）______c（MgY2）．
正确答案
解析
解：（1）由H原子守恒知，生成的氢气体积越大，所用酸的物质的量越多，若溶液的体积相同时，酸的物质的量越多，溶液的浓度越大，所以c（HX）＞c（HY）；
因为c（HX）＞c（HY），两溶液中c（H+）相等，所以HX的电离程度小于HY的电离程度，电离程度越大，酸的酸性越强，所以HX 的酸性小于HY的酸性；
故答案为：＞；＜；
（2）离子的浓度越大，反应速率越快，刚开始时，氢离子浓度相同，所以反应速率相等；随着反应的进行，氢离子浓度减小，弱酸电离出氢离子补充减少的离子，所以HX 的氢离子浓度大于HY的氢离子浓度，所以反应过程中生成氢气的速率：v（HX）＞v（HY）；溶液中c（HX）＞c（HY），根据氯原子守恒知，与足量镁反应后溶液中盐的浓度
c（MgX2）＞c（MgY2），故答案为：═；＞；＞．
（2015秋•三峡区校级期中）将0.1mol•L-1的NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是（ ）
Ac（NH
B所有离子浓度均减小
Cc（OH-）：c（NH3•H2O）比值减小
D电离常数增大
正确答案
解析
解：A．加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c（NH4+）：c（NH3•H2O）比值增大，故A正确；
B．加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；
C．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c（OH-）：c（NH3•H2O）比值增大，故C错误；
D．电离平衡常数与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；
故选A．
正确答案
解析
解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高，水的离子积常数越大，
依据图象分析可知，水的离子积常数关系为：kW（A）＞kW（B）＞kW（C）=kW（D），故A错误；
B．温度不变，Kw不变，向水中加入醋酸钠固体，溶液中c（OH-）变大，c（H+）变小，所以可以实现从C点到D点，故B正确；
C．B点温度处于A点和C点之间，所以离子积常数大小顺序是Kw（A）＞Kw（B）＞Kw（C），B点温度下，pH=4的硫酸与pH=10的氢氧化钠溶液中c（H+）＜c（OH-），等体积混合后溶液呈碱性，因为溶液离子积常数未知，所以无法判断该温度下混合溶液pH大小，故C错误；
D．C点溶液呈中性，D点溶液呈碱性，所以不能通过升高温度实现由C点到D点，故D错误；
故选B．
室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（ ）
A再加入10mL pH=11 NaOH溶液，混合液pH=7
B醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大
C溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强
D溶液中
正确答案
解析
解：A．等体积10mL pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则混合液的pH＜7，故A错误；
B．加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，故B错误；
C．因醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，但离子浓度减小，导电性减弱，故C错误；
D、
故选D．
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．电解质溶液导电能力与离子浓度成正比，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，饱和氨水溶液导电能力大于硫酸钡溶液导电能力，故A错误；
B．醋酸和盐酸都是一元酸，中和醋酸和盐酸时，消耗NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比，如果醋酸和盐酸的体积、浓度相等，则二者的物质的量相等，所以消耗NaOH的量相等，故B错误；
C．磷酸钠在水溶液里完全电离，虽然能水解，但程度较小，磷酸是中强酸，在水溶液里部分电离，所以物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中PO43-的物质的量浓度，前者大于后者，故C错误；
D．等体积、等物质的量浓度的醋酸和盐酸，与足量锌反应时，其反应速率与氢离子浓度成正比，反应过程中，两种溶液中氢离子浓度相等，所以其反应速率不等，故D正确；
故选D．
已知室温下：Ka（CH3COOH）=1.7×10-5 mol•L-1；H2CO3的电离常数Ka1=4.2×10-7mol•L-1、Ka2=5.6×10-11mol•L-1
（1）①请用离子方程式解释碳酸氢钠水溶液显碱性的原因______．
②常温下，物质的量浓度相同的下列四种溶液：a、碳酸钠溶液b、醋酸钠溶液c、氢氧化钠溶液d、氢氧化钡溶液．其pH由大到小的顺序是：______（填序号）．
（2）某温度下，pH均为4的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，其pH随溶液体积变化的曲线图中a、b、c三点对应的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是______；该醋酸溶液稀释过程中，下列各量一定变小的是______．
a．c（H+） b．c（PH-） c.
（3）以0.10mol•L-1NaOH为标准液，测定某盐酸的浓度．取20.00mL待测盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用NaOH标准溶液进行滴定．重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下．
①滴定达到终点的标志是______．
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为______．
（4）在t℃时，某NaOH稀溶液中c（H+）=10-a mol•L-1，c（OH-）=10-b mol•L-1，已知a+b=12，则：
①该温度下水的离子积常数Kw=______mol2•L-2．
②在该温度下，将100mL0.1mol•L-1的稀H2SO4与100mL0.4mol•L-1的NaOH溶液混合后，溶液的pH=______．
正确答案
解析
解：（1）碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致其溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故答案为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
②物质的量浓度相同的四种溶液，c、d是强碱，氢氧化钡中氢氧根离子浓度大，所以pH大，ab中阴离子水解，导致溶液显示碱性，醋酸钠根离子的水解程度小于碳酸根离子，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠，即pH大小顺序是：dcab，故答案为：dcab；
（2）pH相等的醋酸和盐酸溶液中，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢完全电离，所以稀释相同的倍数后，pH变化大的是盐酸，变化小的是醋酸，酸抑制水电离，酸的酸性越强，水的电离程度越小，所以溶液体积越大，水的电离程度越大，则水的电离程度由a、b、c三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是b=c＞a；加水稀释醋酸，促进醋酸电离，溶液中除了氢氧根离子、水分子外，所有微粒浓度都减小，
a．溶液中c（H+）减小，故正确；
b．温度不变，水的离子积常数不变，氢离子浓度减小，则c（OH-）增大，pH增大，故错误；
c．c.
d．加水稀释促进醋酸电离，则氢离子个数增大，醋酸分子个数减小，所以
故答案为：b=c＞a；a d；
（3）①滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱性溶液中显浅红色，故答案为：最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色；
②舍去误差较大的数，得出V（标准）=
（4）①溶液中的离子积Kw=C（H+）×c（OH-）=10-a×10-b=10-（a+b）=10-12；故答案为：10-12；
②酸中氢离子的物质的量=0.1mol/L×2×0.1L=0.02mol，碱中氢氧根离子的物质的量=0.4mol/L×0.1L=0.04mol/L，混合溶液中氢氧根离子浓度=
故答案为：11．
（2014秋•扶余县校级期末）有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（ ）
正确答案
解析
解：等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O中，c（OH-）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，
但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，
所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，
故选A．
现有25℃时0.1mol•L-1的氨水．请回答以下问题：
（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中
（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好完全中和，写出反应的离子方程式：______；所得溶液的pH______7（填“＜”、“=”或“＞”），用离子方程式表示其原因______．
（3）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时
正确答案
解析
解：（1）由于（NH4）2SO4=2NH4++SO42-，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大，所以此时溶液中液中
故答案为：减小；
（2）硫酸和氨水反应生成硫酸铵和水，离子反应方程式为NH3．H2O+H+=NH4++H2O，硫酸铵是强酸弱碱盐水解而使其溶液呈酸性，水解方程式为：NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；
故答案为：NH3•H2O+H+=NH4++H2O，＜，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
（3）溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42- ）+c（OH-），所以c（SO42- ）=0.5c（NH4+）=0.5amol/l；
故答案为：0.5amol/l．
已知：某温度时，KW=1.0×10-12．在该温度下，测得0.1mol•L-1Na2A溶液pH=6，则下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、KW=1.0×10-12，则该温度下水中c（H+）=
B、NH4HA为强酸酸式盐，氢离子的存在导致溶液呈酸性，加入NaOH使溶液显中性，则氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，据电荷守恒可知c（Na+）+c（NH4+）=2c（A2-），故B错误；
C、H2A和盐酸都是强酸，其氢离子已经完全电离出来，所以体积相等、pH相等的盐酸与H2A溶液中和NaOH的量相等，故C正确；
D、0.0lmol•L-l的NaHA溶液中c（H+）=0.01mol/L，所以pH=2，故D错误；
故选C．
常温下0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中，c（OH-）/c（H+）=1×10-8，下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、溶液中c（OH-）/c（H+）=1×10-8，c（H+）•c（OH-）=10-14，计算得到c（H+）=10-3mol/L，由水电离的c（H+）=1×10-11mol/L，故A错误；
B、pH=3的HA的浓度大于pH=11的NaOH溶液的浓度，等体积混合后，醋酸剩余，显示酸性，c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故不CW；
C、浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合后，若溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，所以c（A-）＞＞c（Na+）＞c（H+）＞＞c（OH-），故C错误；
D、0.1mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液是NaA溶液，溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（HA）=c（OH-），故D正确．
故选D．
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