- 水溶液中的离子平衡
- 共26089题
能证明醋酸是弱酸的是（ ）
①醋酸能使紫色石蕊试液变红．
②醋酸能被氨水中和
③醋酸钠溶液的pH大于7
④常温下，0.10mol•L-1醋酸溶液中的c（H+）为1.32×10-3mol•L-1．
正确答案
解析
解：①醋酸能使紫色石蕊试液变红是酸的通性，不能说明醋酸是否完全电离，故错误；
②醋酸能被氨水中和是酸的通性，不能说明醋酸的是否完全电离，故错误；
③醋酸钠溶液的pH大于7，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，所以能说明醋酸是弱酸，故正确；
④常温下，如果醋酸是强酸，0.10mol•L-1醋酸溶液中的c（H+）为0.01mol/L，实际上为1.32×10-3mol•L-1＜0.01mol/L，说明醋酸不完全电离，所以是弱电解质，故正确；
故选C．
（2015秋•许昌校级月考）在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．在体积和pH都相等的盐酸和醋酸中，已提供的H+的浓度和其物质的量相等，但由于醋酸是弱酸，只有部分电离，盐酸是强酸，已经完全电离，所以可提供的H+的物质的量显然是醋酸大于盐酸，与足量的锌反应时，消耗锌的质量是醋酸大于盐酸，要使两种酸中生成的氢气的量相等，则在醋酸中加入的锌粒质量应较小，盐酸中加入的锌粒质量较大，故A错误；
B．当加入的锌粒质量不等而产生等量的氢气时，说明参加反应的锌粒相等，乙烧杯中醋酸一定有剩余，故B错误；
C．生成等量的氢气时转移电子数相等，所以消耗的锌的物质的量、质量一定相等，故C正确；
D．由于醋酸为弱酸，则反应开始后醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，即：反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，故D错误；
故选C．
结合下表回答下列问题（均为常温下的数据）：
（1）在常温下，相同物质的量浓度的①CH3COONa、②Na2CO3、③NaClO三种溶液的pH由小到大的顺序为______．（用序号回答）
（2）向Na2CO3溶液中通入氯气，可制得某种生产和生活中常用的漂白、消毒的钠盐，同时还有另两种钠盐生成，该反应的化学方程式为______．
（3）实验证明：向0.01mol/L NaAlO2溶液中加入等体积0.01mol/L NaHCO3溶液，会产生白色胶状沉淀．据此推断CO32-和AlO2-两种离子中，结合质子（H+）能力较强的是______．
正确答案
解析
解：（1）①CH3COONa、②Na2CO3、③NaClO为强碱弱酸盐，溶液显示碱性；
由于酸性醋酸大于次氯酸，次氯酸大于碳酸氢根，则醋酸根离子的水解程度小于次氯酸根离子，次氯酸根离子的水解程度小于碳酸氢根离子，则醋酸钠溶液中氢氧根离子浓度小于NaClO，NaClO溶液中氢氧根离子浓度小于Na2CO3，所以pH：①＜③＜②，故答案为：①＜③＜②；
（2）氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl和HClO与碳酸钠反应生成氯化钠、碳酸氢钠和次氯酸钠，反应方程式为2Na2CO3+Cl2+H2O=2 NaHCO3+NaCl+NaClO，
故答案为：2Na2CO3+Cl2+H2O=2 NaHCO3+NaCl+NaClO；
（3）0.01mol/L NaAlO2溶液中加入等体积0.01mol/L NaHCO3溶液，会产生白色胶状沉淀氢氧化铝，则偏铝酸根离子结合氢离子生成氢氧化铝，所以AlO2-结合氢离子能力强，故答案为：AlO2-．
（1）在图中用曲线表示将10mL pH=2的盐酸加水稀释到1000mL的过程中溶液pH变化趋势．
（2）物质的量浓度均为0.1mol•L-1的NaX和NaY溶液，pH较小的是______，
其中水的电离程度较大的是______．
（3）常温下，0.1mol•L-1的HY溶液中加入等体积pH=1的盐酸后，溶液的pH______（填“升高”或“降低”），HY的电离程度______（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（4）H2Z是一种二元弱酸，常温下，0.1mol•L-1的H2Z溶液中加入等体积pH=13的KOH溶液后，溶液的pH＜7．原因可能是______．
正确答案
解析
解：（1）HCl为强电解质，pH=2的盐酸稀释100倍后，溶液的pH变为4，则溶液pH变化趋势为：
故答案为：
（2）由图可知，稀释时HX的pH变化大，则酸性HX＞HY，NaX和NaY溶液促进水的电离，水解显碱性，NaX水解程度小，其pH小；NaY的水解程度大，则水的电离程度大，
故答案为：NaX溶液；NaY溶液；
（3）0.1mol•L-1的HY溶液中加入等体积pH=l的盐酸后，抑制HY的电离，所以HY的电离程度减小，而溶液中氢离子浓度增大，所以pH降低，
故答案为：降低；减小；
（4）常温下，0.1mol•L-1的H2Z溶液中加入等体积pH=13的KOH溶液后，生成KHZ，溶液的pH＜7，则HZ-电离程度大于其水解程度，
故答案为：HZ-的电离程度大于水解程度．
0.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、HF电离出的H+等于F-，但水也可电离产生H+，所以（H+）＞（F-），故A正确；
B、HF微弱电离出少量的H+，c（H+）＜c（HF），故B错误；
C、HF酸溶液中，c（OH-）＜c（H+）＜c（HF），故C错误；
D、HF极微弱电离出的H+等于F-，所以c（HF）＞c（F-），故D正确．
故选BC．
羟胺（NH2OH）可看成是氨分子内的l 个氢原子被羟基取代的物质，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性．工业上可以用如下流程制取盐酸羟胺（NH2OH•HCl 或[NH3OH]+C1-）
（ 1 ） NH2OH 的水溶液呈弱碱性的原理与NH3的水溶液相似，用电离方程式表示NH2OH 在水溶液中显碱性的原因______．
（2）某离子化合物的组成元素与羟胺相同，其水溶液显酸性．用离子方程式表示该离子化合物的水溶液显酸性的原因______．
（3）上述流程①中发生反应的离子方程式为______，②中发生反应的离子方程式为______，试剂A 的化学式为______．
（4）用盐酸羟胺跟氢氧化钠溶液混合可制取羟胺，写出相关反应的化学方程式______．
正确答案
NH2OH+H2O⇌[NH3OH]++OH-
NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+
Ca（OH）2+2SO2=Ca2++2HSO3-
NO2-+2HSO3-+Ca2++H2O=[NH3OH]++CaSO4↓+SO4 2-
BaCl2
NH2OH∙HCl+NaOH=NH2OH+NaCl+H2O
解析
解：（1）羟胺和水反应生成[NH3OH]+和OH-，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，
故答案为：NH2OH+H2O⇌[NH3OH]++OH-；
（2）某离子化合物的组成元素与羟胺相同，其水溶液显酸性，该物质是硝酸铵，硝酸铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，其水解反应方程式为：NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+，故答案为：NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+；
（3）二氧化硫和氢氧化钙反应生成盐和水，离子反应方程式为：Ca（OH）2+2SO2=Ca2++2HSO3-；
亚硝酸钠和亚硫酸氢钙发生氧化还原反应，反应离子方程式为：NO2-+2HSO3-+Ca2++H2O=[NH3OH]++CaSO4↓+SO4 2-；根据元素守恒确定X的化学式为：BaCl2，
故答案为：Ca（OH）2+2SO2=Ca2++2HSO3-；NO2-+2HSO3-+Ca2++H2O=[NH3OH]++CaSO4↓+SO4 2-；BaCl2；
（4）盐酸羟胺和氢氧化钠反应生成羟胺和氯化钠、水，反应方程式为：NH2OH∙HCl+NaOH=NH2OH+NaCl+H2O，
故答案为：NH2OH∙HCl+NaOH=NH2OH+NaCl+H2O．
下列说法正确的是（ ）
A已知0.1mol•L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加少量烧碱溶液可使溶液中
B25℃时，向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2O⇌H++OH-逆向移动，c（H+）降低
C取c（H+）=0.01mol•L-1的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入0.03 g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大
D向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液中：c（Na+）＜c（NO3-）
正确答案
解析
解：A．加入烧碱，氢氧根离子和氢离子反应导致溶液中氢离子浓度减小，促进醋酸电离，但氢离子减小程度大于醋酸分子，所以加少量烧碱溶液可使溶液中
B．含有弱离子的盐促进水电离，向水中加入醋酸钠固体，促进水电离，但溶液中氢离子浓度减小，故B错误；
C．反应速率与氢离子浓度成正比，c（H+）=0.01mol•L-1的盐酸和醋酸，醋酸浓度大于盐酸，加水稀释促进醋酸电离，导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸反应速率大，故C正确；
D．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（NO3-），故D错误；
故选C．
（2014秋•东阳市校级期末）下列判断正确的是（ ）
①Ca（OH）2微溶于水，所以Ca（OH）2是弱电解质；②强电解质溶液的导电能力可能比弱电解质溶液导电能力弱；③液态氯化氢不导电，但它是电解质；④碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，所以是弱电解质；⑤SO3溶于水后导电，所以SO3是电解质；⑥Cu能导电，但它不是化合物，所以Cu是非电解质．
正确答案
解析
解：①Ca（OH）2微溶于水，但溶于水的氢氧化钙完全电离，所以Ca（OH）2是强电解质，故错误；
②溶液的导电能力与离子浓度成正比，如果弱电解质溶液中离子浓度大于强电解质溶液，则弱电解质溶液导电能力大于强电解质，所以所以强电解质溶液的导电能力可能比弱电解质溶液导电能力弱，故正确；
③碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，但在水溶液里或熔融状态下能完全电离，所以是强电解质，故错误；
⑤SO3溶于水后和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，所以SO3是非电解质，故错误；
⑥电解质和非电解质都必须是化合物，Cu能导电，但它不是化合物，所以Cu既不是电解质也不是非电解质，故错误；
故选A．
用实验确定某酸HA是弱电解质．两同学的方案是：
甲：①称取一定质量的HA配制0．lmol/L的溶液100mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH值，即可证明HA是弱电解质．
乙：①取相同体积、相同物质的量浓度的HA溶液、盐酸装入两个试管，
②同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质．
（1）在甲方案的第①步中，要用到的定量仪器是______．
（2）甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH______1（选填＞、＜、=），乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是______（多选扣分）
（a）装HCl溶液的试管中放出H22的速率快；
（b）装HA溶液的试管中放出H2的速率快；
（c）两个试管中产生气体速率一样快．
（3）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表述．
正确答案
解析
解：（1）在方案的第①步中，称取一定质量的HA配制0．lmol/L的溶液100mL，根据配制一定浓度的溶液必须使用容量瓶，故答案为：100mL的容量瓶、量筒、天平；
（2）配制0.1mol/L的HA酸溶液100mL，弱电解质的电离是可逆的，不能完全电离，用pH试纸测出该溶液的pH值，如果是pH＞1即为弱酸，pH=1即为强酸，各取相同体积、pH=1的两种酸溶液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，装HA溶液的试管中入出H2的速率快，故答案为：＞；b；
（3）弱酸的强碱盐可以水解，水解显示碱性，可以配制NaA溶液，如果测定其pH＞7，即可以证明HA是弱电解质，
答：配制NaA溶液，测定pH＞7，即可以证明HA是弱电解质．
冰醋酸中加水稀释时，溶液中的氢离子浓度随加入的水量变化的下列各曲线图中，正确的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：在浓醋酸中，“促进电离，增大氢离子浓度”起主要作用，氢离子浓度就增大，在稀醋酸中，“水的稀释减小氢离子浓度”起主要作用，氢离子浓度就减小，所以在整个稀释过程中，氢离子的物质的量一直是增大的，但氢离子浓度是先增大或减小，故选C．
A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH溶液、NH3•H2O溶液、CH3COOH溶液、HCl溶液、NH4HSO4溶液中的一种．常温下进行下列实验：
①将1L pH=3的A溶液分别与x L 0.001mol•L-1B溶液、y L 0.001mol•L-1D溶液充分反应至中性，x、y的大小关系为y＜x；
②浓度均为0.1mol•L-1的A和E溶液中：pH（A）＜pH（E）；
③浓度均为0.1mol•L-1的C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性．
回答下列问题：
（1）D是______，判断理由是______
（2）用水稀释0.1mol•L-1的B时，溶液中随着水量的增加而减小的是______（填序号，下同）．
①
（3）c（OH-）和体积均相等的两份溶液A和E，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是______．
①反应所需要的时间：E＞A
②开始反应时的速率：A＞E
③参加反应的锌粉的物质的量：A=E
④反应过程的平均速率：E＞A
⑤A溶液中有锌粉剩余
⑥E溶液中有锌粉剩余．
正确答案
解析
解：（1）中和酸性物质A只有NaOH、NH3•H2O，物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性，D的用量少，说明D碱性比B的碱性强，所以D是NaOH溶液，根据浓度均为0.1mol•L-1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH4HSO4；
故答案为：NaOH溶液；中和酸性物质的A只有NaOH、NH3•H2O，等物质的量的A分别与等物质的量浓度的B和D混合呈中性，D的用量少，则说明D的碱性比B的碱性强，所以D是NaOH溶液；
（2）①、B溶液为氨水溶液，由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，则
=
②、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，c（NH3•H2O）、c（OH-）都减小，c（H+）减小，则
③、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变，故③错误；
④、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，故④错误；
故答案为：①②；
（3）c（OH-）和体积均相等的两份溶液A和E，A为HCl，E为CH3COOH，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，醋酸是弱电解质存在电离平衡，所以醋酸溶液浓度大于盐酸浓度，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，
①反应所需要的时间醋酸短：E＜A，故①错误；
②开始氢离子浓度相同，反应时的速率相同：A=E，故②错误；
③生成氢气相同，结合电子守恒，参加反应的锌粉的物质的量：A=E，故③正确；
④反应过程的平均速率，醋酸大于盐酸：E＞A，故④正确；
⑤最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，A溶液中有锌粉剩余，故⑤正确；
⑥依据⑤分析可知E溶液中有锌粉剩余，故⑥错误；
故答案为：③④⑤．
A水解反应NH
B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂
D在图所示的反应过程中：A+B-→X的△H＜0，X→C的△H＞0
正确答案
解析
解：A．铵根离子的水解反应是吸热反应，升高温度促进铵根离子水解，平衡向正向移动，故A正确；
B．在海轮外壳上镶入锌块，锌、铁和海水构成原电池，铁作正极，正极上阳离子得电子发生还原反应，金属铁被保护，所以可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；
C．明矾易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以明矾能净水，故C正确；
D．反应物能量大于生成物能量，则该反应放热；如果反应物能量小于生成物能量，则该反应吸热，根据图象知，A+B-→X的△H＞0，X→C的△H＜0，故D错误；
故选D．
下列有关说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、乙酸是弱电解质，但其物质的量未知，则无法判断电离生成的H+数目，故A错误；
B、一般较活泼金属能与较不活泼金属的盐溶液能发生置换反应，但钠、钾与盐溶液反应时是先与水反应，再考虑能否发生复分解反应，
即金属与盐溶液的反应不一定都是置换反应，故B正确；
C、因氧化剂的氧化性强弱取决于得电子的能力，故C错误；
D、0.1mol•L-1pH为4的NaHB溶液，显酸性，HB-的电离大于其水解，电离生成B2-，水解生成H2B，则c（B2-）＞c（H2B），故D错误；
故选B．
10．在100mL0.2mol/LNH3．H2O溶液中，欲使NH3．H2O溶液pH变小，可采取的方法是（ ）
正确答案
解析
解：A、氯化铵溶液中含有铵根离子，所以加入少量氯化铵溶液后，铵根离子浓度增大，电离平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH变小，故A正确；
B、向氨水中加入少量0.2mol/LNaOH溶液，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；
C、稍微加热，能促进氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故C错误；
D、加入浓氨水后，氨水浓度增大，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误．
故选A．
对于弱酸，在一定温度下达到电离平衡时，各微粒的浓度存在一种定量的关系．下表是几种常见弱酸的电离平衡常数（25℃）．
回答下列问题：
（1）当升高温度时，K值______，向各弱酸溶液中滴加少量NaOH溶液，K值______（以上选填“变大”“变小”或“不变”）．
（2）在温度相同时，各弱酸的K值不同，那么K值的大小与酸性的相对强弱有何关系______．
（3）若把CH3COOH、H2CO3、HCO3-、H2S、HS-、H3PO4、H2PO4-、HPO42-都看做是酸，其中酸性最强的是______，最弱的是______．
（4）同一多元弱酸的K1、K2、K3之间存在着数量上的规律，此规律K1：K2：K3≈1：10-5：10-10，产生此规律的原因是______．
（5）请根据以上碳酸和次氯酸的电离平衡常数，写出在下列条件下所发生反应的离子方程式：
①将少量的氯气通到过量的碳酸钠溶液中______；
②在过量的氯水中滴入少量的碳酸钠溶液______．
正确答案
解析
解：（1）弱电解质的电离是吸热反应，升高温度促进弱电解质电离，则生成物浓度增大反应物浓度减小，所以K值变大，温度不变，电离平衡常数不变，与溶液的酸碱性无关，所以K不变，故答案为：变大；不变；
（2）K值越大，酸的电离程度越大，则溶液中氢原子浓度比氢氧根离子浓度更大，所以溶液的酸性越强，
故答案为：在相同条件下K值越大，电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强；
（3）电离平衡常数越大的酸性越强，越小的酸性越弱，根据表格知，酸性增强的是H3PO4，最弱的是 HPO42-，故答案为：H3PO4；HPO42-；
（4）多元弱酸分步电离，第一步电离程度最大，第二步、第三步依次减小，原因是上一级电离产生的H+对下一级电离有抑制作用，故答案为：上一级电离产生的H+对下一级电离有抑制作用；
（5）①盐酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大于次氯酸，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以氯气和过量的碳酸钠反应反应的离子方程式为：Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-，
故答案为：Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-；
②盐酸的酸性大于碳酸，碳酸的酸性大量次氯酸，所以过量的氯水和碳酸钠溶液反应的离子方程式为：2Cl2+H2O+CO32-=CO2↑+2Cl-+2HClO，故答案为：2Cl2+H2O+CO32-=CO2↑+2Cl-+2HClO．
扫码查看完整答案与解析