- 水溶液中的离子平衡
- 共26089题
常温下设a代表Ba（OH）2，b代表NaOH溶液，c代表NH3•H2O溶液．下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．a、b中电解质都是强电解质，完全电离，一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，要使稀释前后溶液中pH相等，则一水合氨稀释的倍数大，氢氧化钡和氢氧化钠稀释倍数相同，即三种溶液稀释的倍数：a=b＜c，故A错误；
B．一水合氨是弱电解质，加水稀释促进电离，同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，氢氧化钡和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等、一水合氨中氢氧根离子浓度最大，所以pH：a=b＜c，故B错误；
C．同pH的三种碱，氨水浓度最大，氢氧化钡和氢氧化钠中氢氧根离子浓度相等，同体积的三种溶液消耗同浓度盐酸的体积：a=b＜c，故C错误；
D．同物质的量浓度的三种溶液中，氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度最大、其次是NaOH溶液，氨水中氢氧根离子浓度最小，所以三种溶液中的pH：a＞b＞c，故D正确；
故选D．
下列事实能说明甲酸（HCOOH）是弱酸的是（ ）
正确答案
解析
解：A．甲酸能与水以任意比互溶，说明甲酸溶解性较大，不能说明甲酸部分电离，则不能证明甲酸是弱电解质，故A错误；
B.0.1mol/L的甲酸钠溶液的pH约为9，证明甲酸钠为强碱弱酸盐，从而证明甲酸为弱酸，故B正确；
C.0.1mol/L甲酸溶液的pH约为4.8，甲酸中氢离子浓度小于0.1mol/L，说明甲酸部分电离，证明了甲酸是弱电解质，故C正确；
D.10mL 0.1mol/L甲酸恰好与10mL 0.1mol/LNaOH溶液完全反应，证明甲酸是一元酸，不能说明甲酸部分电离，则不能证明甲酸是弱电解质，故D错误；
故选BC．
以CH3COOH⇌CH3COO-+H+的电离平衡为例：回答下列问题：
正确答案
解：CH3COOH⇌CH3COO-+H+的电离平衡中，加金属镁可以和氢离子反应，平衡受到促进，电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，但是氢离子浓度减小，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度增大；
升温可以促进电离平衡右移，电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度增大，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度减小；
加氢氧化钠可以消耗氢离子，促进电离，电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度增大；
加入HCl，增加了氢离子浓度，抑制电离，电离程度减小，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度增大，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度减小，
故答案为：
．
解析
解：CH3COOH⇌CH3COO-+H+的电离平衡中，加金属镁可以和氢离子反应，平衡受到促进，电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，但是氢离子浓度减小，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度增大；
升温可以促进电离平衡右移，电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度增大，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度减小；
加氢氧化钠可以消耗氢离子，促进电离，电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度增大；
加入HCl，增加了氢离子浓度，抑制电离，电离程度减小，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度增大，氢氧根离子和氢离子浓度的乘积不变，所以氢氧根浓度减小，
故答案为：
．
当溶液中HS-+H2O⇌S2-+H3O+达到平衡时，欲使C（S2-）增大，应加入（ ）
正确答案
解析
解：A．硫酸铜和硫离子反应导致溶液中C（S2-）减小，故A错误；
B．碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，氢氧根离子和氢离子反应生成水，从而促进电离，则溶液中C（S2-）增大，故B正确；
C．加水稀释促进电离，但溶液中C（S2-）减小，故C错误；
D．加入HCl，溶液中氢离子浓度增大，抑制硫氢根离子电离，则溶液中C（S2-）减小，故D错误；
故选B．
常温下，有关醋酸溶液的叙述中错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．混合溶液的pH=5.6＜7，则溶液中c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒，即c（Na+）+c（H+）＞c（OH-）+c（CH3COO-），所以c（Na+）＜c（CH3COO-），故A正确；
B．醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸能促进醋酸电离，则氢离子个数增大，醋酸分子个数减小，所以c（CH3COOH）/c（H+）比值减小，故B错误；
C．混合溶液中存在物料守恒，所以c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故C正确；
D．醋酸是弱电解质，所以c（CH3COOH）＞c（H+）=10-3 mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c（OH-）=c（NaOH）=10-3 mol/L，所以c（CH3COOH）＞c（NaOH）=10-3 mol/L，要使醋酸和氢氧化钠恰好反应，则氢氧化钠的物质的量等于醋酸的物质的量，所以a＜b，故D错误；
故选BD．
在6份0.01mol/L氨水中分别加入下列各物质：
A．浓氨水 B．纯水 C．少量浓H2SO4D．少量NaOH固体 E．少量Al2（SO4）3固体
（1）能使[OH-]减小、[NH4+]增大的是______
（2）能使[OH-]增大、[NH4+]减小的是______
（3）能使[OH-]和[NH4+]都增大的是______
（4）能使[OH-]和[NH4+]都减小的是______．
正确答案
CE
D
A
B
解析
解：氨水中存在平衡NH3•H2O⇌NH4++OH-，
（1）使氢氧根离子浓度减小、铵根离子浓度增大，则加入的物质必须能和氢氧根离子反应，浓硫酸、硫酸铝都和氢氧根离子反应，故选CE；
（2）使氢氧根离子浓度增大、铵根离子浓度减小，则加入的物质必须含有氢氧根离子抑制氨水电离，氢氧化钠加入氨水中，氢氧化钠中含有氢氧根离子，所以抑制氨水电离，但氢氧根离子浓度增大，故选D；
（3）使氢氧根离子和铵根离子浓度都增大，则加入的物质中必须含有铵根离子和氢氧根离子，则浓氨水能使氢氧根离子和铵根离子浓度都增大，故选A；
（4）使氢氧根离子和铵根离子浓度都减小，稀释溶液即可，故选B，
故答案为：CE、D、A、B．
已知HF、CH3COOH均为弱酸，酸性强弱顺序为HF＞CH3COOH．下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．酸性HF＞CH3COOH，则CH3COO-水解程度大于F-，CH3COONa溶液碱性较强，故A正确；
B．由Kw可知，加水稀释过程中，氢离子浓度减小，离子积常数不变，c（OH-）增大，故B错误；
C．NaF溶液中存在F-+H2O⇌HF+OH-，溶液中含有Na+、F-、H+、OH-、H2O、HF六种微粒，故C正确；
D．NaF溶液中加入少量NaOH固体，c（OH-）变大，则抑制F-的水解，溶液中c（F-）变大，故D正确．
故选B．
某氨水中c（NH4+）=0.5mol/L时达到电离平衡，若向其中加入c（NH4+）=0.5mol/L的NH4Cl溶液后，NH3•H2O的电离程度将（ ）
正确答案
解析
解：氨水中存在NH3．H2O⇌NH4++OH-，向溶液中加入含有铵根离子或氢氧根离子的物质抑制一水合氨电离，稀释溶液促进一水合氨电离，向该氨水中加入c（NH4+）=0.5mol/L的NH4Cl溶液瞬间混合溶液中铵根离子浓度不变，但溶液体积增大，相当于稀释溶液，促进一水合氨电离，所以一水合氨电离程度增大，
故选C．
现有pH=2的醋酸溶液甲和pH=2的盐酸乙，请根据下列操作完成问题：
（1）取10mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡______（填“向左”、“向右”或“不”）移动；另取10mL的甲溶液，加入少量无水醋酸钠固体（假设加入固体前后，溶液体积保持不变），待固体溶完后，溶液中
（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍．稀释后的溶液，其pH大小关系为：pH（甲）______pH（乙）．（填“大于”、“小于”或“等于”，下同）
（3）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V（甲）______V（乙）．
（4）取25mL的甲溶液，加入等体积pH=12的NaOH溶液，反应后溶液中[Na+]、[CH3COO-]的大小关系为：[Na+]______[CH3COO-]．
（5）取25mL的乙溶液，加入等体积pH=12的氨水，反应后溶液中的溶质为______．
正确答案
向右
减小
小于
大于
小于
NH4Cl、NH3
解析
解：（1）醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，则电离平衡向向右移动；
向醋酸中加入醋酸钠固体，导致溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，溶液中醋酸分子个数增大，氢离子个数减小，所以溶液中
故答案为：向右；减小；
（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍，稀释过程中，醋酸继续电离出氢离子，氯化氢完全电离，导致稀释后的溶液醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以其pH大小关系为：pH（甲）小于pH（乙），故答案为：小于；
（3）中和相同浓度的NaOH溶液时，消耗NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比，等pH的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，所以等体积等PH的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH体积大于盐酸，故答案为：大于；
（4）pH=2的醋酸浓度大于0.01mol/L，PH=12的NaOH溶液浓度为0.01mol/L，二者等体积混合，醋酸过量，导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO-），故答案为：小于；
（5）pH=2的盐酸浓度为0.01mol/L，pH=12的氨水浓度大于0.01mol/L，二者等体积混合，氨水过量，盐酸和一水合氨反应生成氯化铵和水，则溶液中的溶质是NH4Cl、NH3，故答案为：NH4Cl、NH3．
能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）
正确答案
解析
解：A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，醋酸溶液的导电性比盐酸弱，只能说明醋酸溶液中离子浓度小于盐酸，但不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱电解质，故A错误；
B．醋酸溶液和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性大于碳酸，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故B错误；
C．醋酸溶液用水稀释后，c（H+）下降，不能说明醋酸部分电离，即使强酸稀释时，溶液中氢离子浓度也降低，所以不能据此判断醋酸是弱电解质，故C错误；
D.0.1 mol•L-1的醋酸溶液中c（H+）=0.001 mol•L-1＜0.1mol/L，说明醋酸在水溶液里部分电离，能证明醋酸是弱电解质，故D正确；
故选D．
（1）若a=5，则A为______酸，B为______酸（填“强”、或“弱”），若再稀释100倍，则A的pH______7（填“＜”、“＞”或“=”）．
（2）若A、B都是弱酸，则a的范围是______．
正确答案
强
弱
＜
2＜a＜5
解析
解：（1）稀释弱酸时促进弱酸电离，则稀释过程中pH变化越大的酸的酸性越强，变化越小的酸性越弱，根据图象知，A是强酸、B是弱酸，若再稀释100倍，酸溶液仍然呈酸性，但接近中性，所以A的pH＜7，
故答案为：强；弱；＜；
（2）若A、B都是弱酸，加水稀释促进弱酸电离，所以稀释1000倍后，溶液中氢离子浓度大于原来的
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．醋酸和盐酸都是一元酸，生成等量的氢气时转移电子数相等，所以消耗的锌的质量相等，故C正确；
D．由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则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．
能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）
正确答案
解析
解：A．醋酸水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红只能说明醋酸有酸性，不能说明醋酸是弱电解质，故A错误；
B．醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，只能说明醋酸的酸性大于碳酸，不能说明醋酸是弱电解质，故B错误；
C．C（H+）相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大，则说明醋酸不完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故C正确；
D．等物质的量的盐酸和醋酸可中和等物质的量的NaOH，只能说明醋酸是一元酸，不能证明醋酸是弱电解质，故D错误；
故选C．
（1）a、b、c、d中c（H+）最大的是______，n（H+）最大的是______．
（2）如果要使c点的c（H+）等于d点，除了加水以外，还可以采取的方法有：
①______ ②______③______ （至少写出三种不同的方法）
（3）常温下，d点水电离出c（H+）等于10-x，则溶液的pH=______；若此时醋酸分子的浓度为0.1mol/L，则醋酸的电离常数为______．
（4）常温下，c点的pH=y，体积为1L，某等体积的氢氧化钠溶液的pH=14-y，若两者混合，溶液pH______7（填“＞”，“＜”或“=”）；若两溶液稀释同等倍数，醋酸的pH=z，则氢氧化钠溶液的pH______14-z（填“＞”，“＜”或“=”）．
正确答案
解：（1）浓度越大，导电能力越强，由图象知a、b、c、d中b点导电能力最强，所以c（H+）最大的是b；浓度越大电离程度越小，由图象知a、b、c、d中d点浓度最小，则n（H+）最大；故答案为：b；d；
（2）要使c点的c（H+）等于d点，即减小氢离子浓度，可以采用降低温度或者加入醋酸钠固体使电离平衡向逆反应方向移动；还可以加入氢氧化钠固体消耗氢离子使氢离子浓度降低，故答案为：①降低温度；②加入醋酸钠固体；③加入氢氧化钠固体；
（3）常温下，d点水电离出c（H+）等于10-x，即溶液中的氢氧根为10-x，所以d点溶液中的氢离子浓度=
（4）因为醋酸为弱酸，部分电离，c点的pH=y，体积为1L，与等体积的氢氧化钠溶液的pH=14-y混合，醋酸远远过量，所以溶液pH＞7；若两溶液稀释同等倍数，醋酸是弱电解质，稀释的过程中还要电离出氢离子，故PH变化比氢氧化钠小，所以若两溶液稀释同等倍数，醋酸的pH=z，则氢氧化钠溶液的PH存在：（14-y）-PH＞（z-y），解得pH＜14-z；故答案为：＜；＜；
解析
解：（1）浓度越大，导电能力越强，由图象知a、b、c、d中b点导电能力最强，所以c（H+）最大的是b；浓度越大电离程度越小，由图象知a、b、c、d中d点浓度最小，则n（H+）最大；故答案为：b；d；
（2）要使c点的c（H+）等于d点，即减小氢离子浓度，可以采用降低温度或者加入醋酸钠固体使电离平衡向逆反应方向移动；还可以加入氢氧化钠固体消耗氢离子使氢离子浓度降低，故答案为：①降低温度；②加入醋酸钠固体；③加入氢氧化钠固体；
（3）常温下，d点水电离出c（H+）等于10-x，即溶液中的氢氧根为10-x，所以d点溶液中的氢离子浓度=
（4）因为醋酸为弱酸，部分电离，c点的pH=y，体积为1L，与等体积的氢氧化钠溶液的pH=14-y混合，醋酸远远过量，所以溶液pH＞7；若两溶液稀释同等倍数，醋酸是弱电解质，稀释的过程中还要电离出氢离子，故PH变化比氢氧化钠小，所以若两溶液稀释同等倍数，醋酸的pH=z，则氢氧化钠溶液的PH存在：（14-y）-PH＞（z-y），解得pH＜14-z；故答案为：＜；＜；
（2）若室温下pH=2的盐酸和醋酸溶液各100mL，分别加水稀释后使pH=4，设盐酸中加入水的体积为V1，醋酸溶液中加入的水的体积为V2，则：V1______V2（选填“＜”、“=”、“＞”）．
II．已知常温下，Cu（OH）2 的溶度积常数为Ksp=2×10 -20．又知常温下某CuSO4溶液里 Cu2+浓度为0.02mol•L-1，如果要生成Cu（OH）2沉淀，则应调整溶液pH大于______；
III．常温下，某纯碱（Na2CO3） 溶液中滴入酚酞，溶液呈红色，则该溶液呈______性．在分析该溶液遇酚酞呈红色的原因时，甲同学认为，是配制溶液时所用的纯碱样品中混有NaOH 所致；乙同学认为，是溶液中Na2CO3电离出的CO32-水解所致．请你设计一个简单的实验方案，以验证甲和乙的说法（包括操作、现象和结论）______．
正确答案
解：I、（1）由于醋酸是弱电解质，与Zn反应同时，电离出H+，所以pH变化较缓慢，所以B曲线是醋酸溶液的pH变化曲线．由图知盐酸和醋酸的pH变化都是由2到4，但醋酸是边反应边电离H+，故消耗的Zn多，所以m1＜m2，故答案为：B；＜；
（2）醋酸是弱电解质，加水稀释时，会电离出更多的氢离子，所以需要多加水来减少多生成的氢离子浓度，
故答案为：＜；
II、解：（1）某CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀，则应有c（OH-）≥
III、纯碱（Na2CO3） 溶液中的碳酸根离子易水解显碱性，该溶液遇酚酞呈红色，要验证该溶液遇酚酞呈红色原因，可用以下方法：
方法一：向红色溶液中加入足量BaCl2溶液，如果溶液显红色，说明甲正确，如果红色褪去，说明乙正确；
方法二：加热，如果红色不变说明甲正确，如果红色加深，说明乙正确，
故答案为：碱；向红色溶液中加入足量BaCl2溶液，如果溶液还显红色说明甲正确，红色褪去说明乙正确．
解析
解：I、（1）由于醋酸是弱电解质，与Zn反应同时，电离出H+，所以pH变化较缓慢，所以B曲线是醋酸溶液的pH变化曲线．由图知盐酸和醋酸的pH变化都是由2到4，但醋酸是边反应边电离H+，故消耗的Zn多，所以m1＜m2，故答案为：B；＜；
（2）醋酸是弱电解质，加水稀释时，会电离出更多的氢离子，所以需要多加水来减少多生成的氢离子浓度，
故答案为：＜；
II、解：（1）某CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀，则应有c（OH-）≥
III、纯碱（Na2CO3） 溶液中的碳酸根离子易水解显碱性，该溶液遇酚酞呈红色，要验证该溶液遇酚酞呈红色原因，可用以下方法：
方法一：向红色溶液中加入足量BaCl2溶液，如果溶液显红色，说明甲正确，如果红色褪去，说明乙正确；
方法二：加热，如果红色不变说明甲正确，如果红色加深，说明乙正确，
故答案为：碱；向红色溶液中加入足量BaCl2溶液，如果溶液还显红色说明甲正确，红色褪去说明乙正确．
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