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简答题

化学平衡移动原理,同样也适用于其他平衡,已知在氨水中存在下列平衡:NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-

(1)向氨水中加入MgCl2固体时,平衡向______反应方向移动,现象为______

(2)向氨水中通入HCl,平衡向______反应方向移动,此时溶液中浓度减小的粒子有__________________

(3)向浓氨水中加入少量碱石灰,平衡向______反应方向移动,溶液pH值______(填“增大”、“减小”或“不变”),现象为______.实验室常利用该原理制备氨气,在此过程中碱石灰的另一个作用是______

正确答案

解:(1)氨水中存在下列平衡:NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-,向氨水中加入MgCl2固体时,氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁白色沉淀,导致氢氧根离子浓度减小,平衡向正反应方向移动,

故答案为:正;生成白色沉淀;

(2)向氨水中加入HCl,氢离子和氢氧根离子反应,导致平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-向正反应方向移动,溶液中NH3•H2O、NH3、OH-的浓度会减小,

故答案为:正;NH3•H2O;NH3;OH-

(3)碱石灰的主要成分有CaO和NaOH,向浓氨水中加入少量碱石灰,导致溶液中氢氧根离子浓度增大,溶液的pH增大,平衡向逆反应方向移动,氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气,所以有刺激性气体逸出;加入碱石灰后,碱石灰能够吸水,且反应放热降低了氨气的溶解度,所以可放出氨气,

故答案为:逆;增大;有刺激性气体逸出;吸水且反应放热降低NH3的溶解度.

解析

解:(1)氨水中存在下列平衡:NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-,向氨水中加入MgCl2固体时,氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁白色沉淀,导致氢氧根离子浓度减小,平衡向正反应方向移动,

故答案为:正;生成白色沉淀;

(2)向氨水中加入HCl,氢离子和氢氧根离子反应,导致平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-向正反应方向移动,溶液中NH3•H2O、NH3、OH-的浓度会减小,

故答案为:正;NH3•H2O;NH3;OH-

(3)碱石灰的主要成分有CaO和NaOH,向浓氨水中加入少量碱石灰,导致溶液中氢氧根离子浓度增大,溶液的pH增大,平衡向逆反应方向移动,氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气,所以有刺激性气体逸出;加入碱石灰后,碱石灰能够吸水,且反应放热降低了氨气的溶解度,所以可放出氨气,

故答案为:逆;增大;有刺激性气体逸出;吸水且反应放热降低NH3的溶解度.

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H2O2在工业、农业、医药上都有广泛的用途.

(1)H2O2是二元弱酸,写出第一步的电离方程式______H2O2⇌H++HO2-,第二步的电离平衡常数表达式Ka2=______

(2)许多物质都可以做H2O2分解的催化剂.一种观点认为:在反应过程中催化剂先被H2O2氧化(或还原),后又被H2O2还原(或氧化).下列物质都可做H2O2分解的催化剂,在反应过程中先被氧化,后被还原的是______

①I- ②Fe3+ ③Cu2+ ④Fe2+

(3)用碱性氢氧燃料电池合成H2O2,具有效率高,无污染等特点.电池总反应为:H2+O2+OH-=H2O+HO2-.写出正极反应式:______. O2+H2O+2e-=HO2-+OH-

正确答案

解:(1)H2O2为二元弱酸,分2步电离,电离方程式分别为:H2O2⇌H++HO2-,HO2-⇌H++O22-,第二步的电离平衡常数表达式Ka2=

故答案为:H2O2⇌H++HO2-

(2)①I-的化合价可先升高到0价,再降低到-1价,符合题意;

②Fe3+的化合价只能先降低,然后再升高,不符合题意;

③Cu2+的化合价只能先降低,然后再升高,不符合题意,

④Fe2+的化合价可先升高到+3价,再降低到+2价,符合题意,

故选:①④;

(3)碱性氢氧燃料电池工作时,正极是O2得到电子,发生还原反应,电极反应式为O2+H2O+2e-=HO2-+OH-,故答案为:O2+H2O+2e-=HO2-+OH-

解析

解:(1)H2O2为二元弱酸,分2步电离,电离方程式分别为:H2O2⇌H++HO2-,HO2-⇌H++O22-,第二步的电离平衡常数表达式Ka2=

故答案为:H2O2⇌H++HO2-

(2)①I-的化合价可先升高到0价,再降低到-1价,符合题意;

②Fe3+的化合价只能先降低,然后再升高,不符合题意;

③Cu2+的化合价只能先降低,然后再升高,不符合题意,

④Fe2+的化合价可先升高到+3价,再降低到+2价,符合题意,

故选:①④;

(3)碱性氢氧燃料电池工作时,正极是O2得到电子,发生还原反应,电极反应式为O2+H2O+2e-=HO2-+OH-,故答案为:O2+H2O+2e-=HO2-+OH-

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一定温度下,有a.盐酸,b.硫酸,c.醋酸三种酸.(用字母填空)

(1)当其物质的量浓度相同时,与Fe反应产生H2速度由大到小的顺序是______

(2)同体积同物质的量浓度的三种酸,中和氢氧化钠的能力由大到小顺序是______

(3)当其c(H+)相同时,物质的量浓度由大到小的顺序是______

(4)当c(H+)相同、体积相同时,分别加入足量锌,相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序是______

正确答案

解:(1)氢离子浓度越大反应速率越快,盐酸是一元强酸完全电离,氢离子浓度等于酸的浓度;硫酸是二元强酸完全电离,硫酸中氢离子浓度为酸的二倍;醋酸是弱酸部分电离,氢离子的浓度小于酸的浓度;与Fe反应产生H2速度由大到小的顺序是b>a>c,故答案为:b>a>c;

(2)同体积同物质的量浓度的三种酸,盐酸和醋酸都是一元酸消耗氢氧化钠相同,硫酸是二元强酸消耗氢氧化钠多,所以中和氢氧化钠的能力由大小顺是b>a=c,故答案为:b>a=c;

(3)盐酸是一元强酸完全电离,硫酸是二元强酸完全电离,醋酸是弱酸部分电离,[H+]相同时,醋酸浓度最大,硫酸的浓度最小,所以物质的量浓度由大到小的顺序是c>a>b,故答案为:c>a>b;

(4)当[H+]相同、体积相同时,醋酸浓度最大,相同状况下产生的气体最多,所以相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序是c>a=b,故答案为:c>a=b.

解析

解:(1)氢离子浓度越大反应速率越快,盐酸是一元强酸完全电离,氢离子浓度等于酸的浓度;硫酸是二元强酸完全电离,硫酸中氢离子浓度为酸的二倍;醋酸是弱酸部分电离,氢离子的浓度小于酸的浓度;与Fe反应产生H2速度由大到小的顺序是b>a>c,故答案为:b>a>c;

(2)同体积同物质的量浓度的三种酸,盐酸和醋酸都是一元酸消耗氢氧化钠相同,硫酸是二元强酸消耗氢氧化钠多,所以中和氢氧化钠的能力由大小顺是b>a=c,故答案为:b>a=c;

(3)盐酸是一元强酸完全电离,硫酸是二元强酸完全电离,醋酸是弱酸部分电离,[H+]相同时,醋酸浓度最大,硫酸的浓度最小,所以物质的量浓度由大到小的顺序是c>a>b,故答案为:c>a>b;

(4)当[H+]相同、体积相同时,醋酸浓度最大,相同状况下产生的气体最多,所以相同状况下产生的气体体积由大到小的顺序是c>a=b,故答案为:c>a=b.

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常温下,有四种溶液:

回答下列问题:

(1)A稀释到原来的10倍后的溶液pH______D溶液的pH(填“>”或“=”或“<”,下同),A和C两溶液中水电离出的c(H+):A______C.

(2)A、C等体积混合后,溶液中离子浓度大小顺序为:______

(3)计算溶液C的pH______

(4)B与D混合,若溶液显酸性,其所得溶液中的溶质组成可能为:______

正确答案

解:(1)0.1mol•L-1 CH3COOH溶液的pH界于1~2之间,酸性小于pH=2CH3COOH溶液,稀释原来的10倍,酸性还是A<D,所以A稀释到原来的10倍后的溶液pH<D溶液的pH,A和C两溶液中,C中氢氧根离子浓度是0.1mol/L,A中氢离子浓度小于0.1mol/L,所以对水的电离抑制作用大,即C水电离出的c(H+):A>C,

故答案为:<;>;

(2)A、C等体积混合后,得到的是醋酸钠溶液,其中醋酸根离子会水解,所以 c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),故答案为:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+);

(3)0.1mol•L-1NaOH溶液中,c(OH-)=0.1mol/L,根据水的离子积,c(H+)=10-13mol/L,pH=13,故答案为:13;

(4)pH=12NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合后,若等体积混合,醋酸剩余,溶液显酸性;若醋酸的体积大,此时醋酸会剩余,溶液显示酸性,所以溶液的溶质组成可能为醋酸钠和醋酸的混合物,故答案为:醋酸钠和醋酸的混合物.

解析

解:(1)0.1mol•L-1 CH3COOH溶液的pH界于1~2之间,酸性小于pH=2CH3COOH溶液,稀释原来的10倍,酸性还是A<D,所以A稀释到原来的10倍后的溶液pH<D溶液的pH,A和C两溶液中,C中氢氧根离子浓度是0.1mol/L,A中氢离子浓度小于0.1mol/L,所以对水的电离抑制作用大,即C水电离出的c(H+):A>C,

故答案为:<;>;

(2)A、C等体积混合后,得到的是醋酸钠溶液,其中醋酸根离子会水解,所以 c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),故答案为:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+);

(3)0.1mol•L-1NaOH溶液中,c(OH-)=0.1mol/L,根据水的离子积,c(H+)=10-13mol/L,pH=13,故答案为:13;

(4)pH=12NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液混合后,若等体积混合,醋酸剩余,溶液显酸性;若醋酸的体积大,此时醋酸会剩余,溶液显示酸性,所以溶液的溶质组成可能为醋酸钠和醋酸的混合物,故答案为:醋酸钠和醋酸的混合物.

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2015年8月12日,天津港发生严重爆炸的仓库储存有氰化钠等大量化学药品,氰化物是剧毒物,可以通过皮肤渗透进人体造成中毒,而CN-与H+结合生成的HCN,毒性更强,HCN的酸性比H2CO3弱.回答下列问题:

(1)HCN的电离方程式为______;室温下,同浓度的NaCN溶液和CH3COONa溶液中c(CN-______c(CH3COO-)(填”>“、”=”或”<“);

(2)处理氰化物可以在碱性条件下,用NaClO溶液将CN-氧化成和N2,其反应的离子方程式为______;在酸性条件下,ClO-也能氧化CN-,但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的主要原因是______

(3)ClO2也可将CN-氧化为无毒的物质,自身被还原为Cl-.处理含CN-相同时的废水,所需NaClO的物质的量是ClO2______倍;

(4)氰(CN)2被称为拟卤素,它与卤素单质性质相似,试写出(CN)2与NaOH反应的化学方程式______

正确答案

解:(1)HCN是弱酸,弱酸的电离是可逆的,即 HCN⇌H++CN-;酸性顺序是:CH3COOH>H2CO3>HCN,所以水解程度:CN->CH3COO-,所以等物质的量浓度的CH3COONa、NaCN溶液中CH3COO-、CN-的大小关系为:c(CN-)<c(CH3COO-),故答案为:HCN⇌H++CN-;<;

(2)处理这种废水是在碱性条件下,NaClO将CN-氧化为碳酸根和氮气,碱性条件下生成生成碳酸根离子,反应方程式为:5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+N2↑+5Cl-+H2O,在酸性条件下,考虑CN-与氢离子结合,生成极弱的毒性非常强的HCN,故答案为:在酸性条件下CN-与氢离子结合,生成毒性非常强的HCN,实际处理废水时却不在酸性条件下进行,故答案为:5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+N2↑+5Cl-+H2O;在酸性条件下CN-与H+结合生成毒性很强的HCN,会对人体造成危害;

(3)ClO2和NaClO的还原产物都为Cl-,则反应中Cl元素化合价分别由+4价、+1价降低到-1价,化合价分别变化5、2,处理含CN-相同时的废水,所需NaClO的物质的量是ClO2的2.5倍,故答案为:2.5;

(4)根据拟卤素的性质与卤素单质如氯气的相似,借鉴氯气和氢氧化钠之间的反应,知道氰与苛性钠溶液反应的化学方程式为(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O,

故答案为:(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O.

解析

解:(1)HCN是弱酸,弱酸的电离是可逆的,即 HCN⇌H++CN-;酸性顺序是:CH3COOH>H2CO3>HCN,所以水解程度:CN->CH3COO-,所以等物质的量浓度的CH3COONa、NaCN溶液中CH3COO-、CN-的大小关系为:c(CN-)<c(CH3COO-),故答案为:HCN⇌H++CN-;<;

(2)处理这种废水是在碱性条件下,NaClO将CN-氧化为碳酸根和氮气,碱性条件下生成生成碳酸根离子,反应方程式为:5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+N2↑+5Cl-+H2O,在酸性条件下,考虑CN-与氢离子结合,生成极弱的毒性非常强的HCN,故答案为:在酸性条件下CN-与氢离子结合,生成毒性非常强的HCN,实际处理废水时却不在酸性条件下进行,故答案为:5ClO-+2CN-+2OH-=2CO32-+N2↑+5Cl-+H2O;在酸性条件下CN-与H+结合生成毒性很强的HCN,会对人体造成危害;

(3)ClO2和NaClO的还原产物都为Cl-,则反应中Cl元素化合价分别由+4价、+1价降低到-1价,化合价分别变化5、2,处理含CN-相同时的废水,所需NaClO的物质的量是ClO2的2.5倍,故答案为:2.5;

(4)根据拟卤素的性质与卤素单质如氯气的相似,借鉴氯气和氢氧化钠之间的反应,知道氰与苛性钠溶液反应的化学方程式为(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O,

故答案为:(CN)2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O.

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简答题

计算多元弱酸(HnX)溶液的c(H+)及比较弱酸的相对强弱时,通常只考虑第一步电离.回答下列关于多元弱酸HnX的问题.

(1)若要使HnX溶液中c(H+)/c(HnX)增大,可以采取的措施是______

A.升高温度       B.加少量固态HnX   C.加少量NaOH溶液  D.加水

(2)用离子方程式解释NanX呈碱性的原因:______

(3)若HnX为H2C2O4,且某温度下,H2C2O4的K1=5×10-2、K2=5×10-5.则该温度下,0.2mol/L H2C2O4溶液中c(H+)约为______mol/L.(已知≈20.6)

(4)已知KHC2O4溶液呈酸性.

①KHC2O4溶液中,各离子浓度由大到小的顺序是______

②在KHC2O4溶液中,各粒子浓度关系正确的是______

A.c(C2O42-)<c(H2C2O4)           

B.c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4

C.c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)     

D.c(K+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4

正确答案

解:(1)A.弱电解质的电离为吸热过程,加热促进电离,则比值增大,故A正确;

B.加少量固态HnX,HnX浓度增大,弱电解质的浓度越大,电离程度越小,则比值减小,故B错误;

C.加入烧碱溶液,反应生成弱酸根,c(H+)减小,促进HnX的电离,则比值减小,故C错误;

D.加水,溶液体积增大,导致氢离子、醋酸浓度都减小,但是电离平衡:CH3COOH⇌CH3COO-+H+正向移动,氢离子浓度减的少,醋酸浓度减的大,所以比值增大,故D正确;

故选AD;

(2)NanX呈碱性是由于弱酸根水解引起的,方程式为Xn-+H2O⇌HX(n-1)-+OH-;故答案为:Xn-+H2O⇌HX(n-1)-+OH-

(3)因为二元弱酸的电离主要由第一步决定,所以0.2mol/L H2C2O4溶液中c(H+)主要由第一步决定,设草酸第一步电离的氢离子浓度为xmol/L,则根据K1===5×10-2,解得x=0.078mol/L,故答案为:0.078mol/L;

(4)①草酸氢钾,由于草酸氢根离子的电离程度远远大于其水解程度,所以溶液显示酸性,c(H+)>c(OH-)  溶液中离子浓度大小为:c(K+)>c( HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-),故答案为:c(K+)>c( HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-);

②A.草酸氢钾溶液呈酸性,说明HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(C2O42-)>c(H2C2O4),故A错误;

B.KHC2O4溶液中,根据物料守恒可得:c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-),电荷守恒为:c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-),将钾离子浓度带入电荷守恒可得:c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-),即c(H2C2O4)+c(H+)-c(C2O42-)=c(OH-),故B错误;

C.溶液遵循电中性原则,则有c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-),故C正确;

D.在0.1mol•L-1KHC2O4溶液中,存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-和K+,根据物料守恒可知c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-),故D正确.

故选CD.

解析

解:(1)A.弱电解质的电离为吸热过程,加热促进电离,则比值增大,故A正确;

B.加少量固态HnX,HnX浓度增大,弱电解质的浓度越大,电离程度越小,则比值减小,故B错误;

C.加入烧碱溶液,反应生成弱酸根,c(H+)减小,促进HnX的电离,则比值减小,故C错误;

D.加水,溶液体积增大,导致氢离子、醋酸浓度都减小,但是电离平衡:CH3COOH⇌CH3COO-+H+正向移动,氢离子浓度减的少,醋酸浓度减的大,所以比值增大,故D正确;

故选AD;

(2)NanX呈碱性是由于弱酸根水解引起的,方程式为Xn-+H2O⇌HX(n-1)-+OH-;故答案为:Xn-+H2O⇌HX(n-1)-+OH-

(3)因为二元弱酸的电离主要由第一步决定,所以0.2mol/L H2C2O4溶液中c(H+)主要由第一步决定,设草酸第一步电离的氢离子浓度为xmol/L,则根据K1===5×10-2,解得x=0.078mol/L,故答案为:0.078mol/L;

(4)①草酸氢钾,由于草酸氢根离子的电离程度远远大于其水解程度,所以溶液显示酸性,c(H+)>c(OH-)  溶液中离子浓度大小为:c(K+)>c( HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-),故答案为:c(K+)>c( HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-);

②A.草酸氢钾溶液呈酸性,说明HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(C2O42-)>c(H2C2O4),故A错误;

B.KHC2O4溶液中,根据物料守恒可得:c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-),电荷守恒为:c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-),将钾离子浓度带入电荷守恒可得:c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-),即c(H2C2O4)+c(H+)-c(C2O42-)=c(OH-),故B错误;

C.溶液遵循电中性原则,则有c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-),故C正确;

D.在0.1mol•L-1KHC2O4溶液中,存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-和K+,根据物料守恒可知c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-),故D正确.

故选CD.

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现有25℃时0.1mol/L的氨水,请回答以下问题:

(1)若向该氨水中加入少量氯化铵固体,NH3•H2O的电离平衡______(“向左”、“向右”或“不”)移动,此时溶液中______(填“增大”、“减小”或“不变”),在该过程中,水的离子积常数Kw ______(填“增大”、“减小”或“不变”);

(2)若向该氨水中加入稀盐酸,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______,溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序为______

正确答案

解:(1)氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-,向氨水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,所以NH3•H2O的电离平衡向左移动,溶液中氢氧根离子浓度降低、一水合氨浓度增大,所以此时溶液中 变小,在该过程中,温度不变,则水的离子积常数Kw 不变,

故答案为:向左;减小;不变;

(2)一水合氨和氯化氢反应生成氯化铵和水,离子反应方程式为:NH3.H2O+H+=NH4++H2O,氯化铵是强酸弱碱盐,铵根离子水解而使其溶液呈酸性,水解离子反应方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+,pH<7,氯离子不水解,溶液中铵根离子水解程度较小,所以离子浓度大小顺序是:c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),

故答案为:NH3.H2O+H+=NH4++H2O;<;NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-).

解析

解:(1)氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-,向氨水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,所以NH3•H2O的电离平衡向左移动,溶液中氢氧根离子浓度降低、一水合氨浓度增大,所以此时溶液中 变小,在该过程中,温度不变,则水的离子积常数Kw 不变,

故答案为:向左;减小;不变;

(2)一水合氨和氯化氢反应生成氯化铵和水,离子反应方程式为:NH3.H2O+H+=NH4++H2O,氯化铵是强酸弱碱盐,铵根离子水解而使其溶液呈酸性,水解离子反应方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+,pH<7,氯离子不水解,溶液中铵根离子水解程度较小,所以离子浓度大小顺序是:c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),

故答案为:NH3.H2O+H+=NH4++H2O;<;NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+;c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-).

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请按要求完成下列各项填空:

(1)物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡,它们都可看作化学平衡.请根据所学的知识回答:

①A为0.01mol/L CH3COOH溶液的pH______2.(填“>”、“=”、“<”)

②B为0.1mol/L NaHCO3溶液,请分析NaHCO3溶液显碱性的原因,用离子方程式表示:______

③C为FeCl3溶液,实验室中配制FeCl3溶液时常加入______溶液以抑制其水解,若把B和C溶液混合,将产生红褐色沉淀和无色气体,该反应的离子方程式为______

(2)已知AgCl为难溶于水和酸的白色固体,Ag2S为难溶于水和酸是黑色固体.向AgCl和水的悬浊液中加入足量的Na2S溶液并振荡,结果白色固体完全转化为黑色固体,写出此转化的化学方程式:______

(3)已知:N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ/mol

H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ/mol

则H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为______

(4)甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒,若两池中均为饱和NaCl溶液,请回答下列问题:

①写出乙池中总反应的化学反应方程式______

②甲池中碳极上电极反应式是______,乙池中碳极上电极反应属于______(填“氧化反应”或“还原反应”).

正确答案

解:(1)①醋酸是弱电解质,在水溶液里部分电离而存在电离平衡,所以溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度,则溶液的pH>2,故答案为:>;

②碳酸氢根离子在水溶液里电离程度小于水解程度而导致溶液呈碱性,水解方程式为HCO3-+H20⇌H2CO3+OH-,故答案为:HCO3-+H20⇌H2CO3+OH-

③氯化铁为强酸弱碱盐,其溶液呈酸性,为防止铁离子水解要加入少量稀盐酸;

C为FeCl3溶液,若把B和C溶液混合,将产生红褐色沉淀和无色气体,说明二者发生双水解反应,则B是碳酸氢钠,离子方程式为3HCO3-+Fe3+=Fe(OH)3↓+3CO2↑,故答案为:稀盐酸;3HCO3-+Fe3+=Fe(OH)3↓+3CO2↑;

(2)AgCl和硫化钠反应生成黑色的硫化银,反应方程式为:2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl,故答案为:2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl;

(3)①N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ/mol

②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ/mol

将方程式2②-①得2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=2(-285.8kJ/mol)-(+180.5kJ/mol)=-752.1kJ/mol,

故答案为:2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-752.1kJ/mol;

(4)①根据电子流向知,C作阳极、Fe作阴极,阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电,所以电池反应式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH,

故答案为:2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH;

②甲池为原电池,铁易失电子作负极,碳作正极,正极上氧气得电子发生还原反应,电池反应式为2H2O+O2+4e-═4OH-,乙池中碳电极上失电子发生氧化反应

故答案为:2H2O+O2+4e-═4OH-;氧化反应.

解析

解:(1)①醋酸是弱电解质,在水溶液里部分电离而存在电离平衡,所以溶液中氢离子浓度小于醋酸浓度,则溶液的pH>2,故答案为:>;

②碳酸氢根离子在水溶液里电离程度小于水解程度而导致溶液呈碱性,水解方程式为HCO3-+H20⇌H2CO3+OH-,故答案为:HCO3-+H20⇌H2CO3+OH-

③氯化铁为强酸弱碱盐,其溶液呈酸性,为防止铁离子水解要加入少量稀盐酸;

C为FeCl3溶液,若把B和C溶液混合,将产生红褐色沉淀和无色气体,说明二者发生双水解反应,则B是碳酸氢钠,离子方程式为3HCO3-+Fe3+=Fe(OH)3↓+3CO2↑,故答案为:稀盐酸;3HCO3-+Fe3+=Fe(OH)3↓+3CO2↑;

(2)AgCl和硫化钠反应生成黑色的硫化银,反应方程式为:2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl,故答案为:2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl;

(3)①N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ/mol

②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ/mol

将方程式2②-①得2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=2(-285.8kJ/mol)-(+180.5kJ/mol)=-752.1kJ/mol,

故答案为:2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-752.1kJ/mol;

(4)①根据电子流向知,C作阳极、Fe作阴极,阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电,所以电池反应式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH,

故答案为:2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH;

②甲池为原电池,铁易失电子作负极,碳作正极,正极上氧气得电子发生还原反应,电池反应式为2H2O+O2+4e-═4OH-,乙池中碳电极上失电子发生氧化反应

故答案为:2H2O+O2+4e-═4OH-;氧化反应.

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简答题

水溶液是中学化学的重点研究对象.

(1)水是极弱的电解质,也是最重要的溶剂.常温下某电解质溶解在水中后,溶液中的c(H+)=10-9mol•L-1,则该电解质可能是______(填序号).

A. CuSO4      B. HCl        C. Na2S      D.NaOH   E.K2SO4

(2)已知次氯酸是比碳酸还弱的酸,要使新制稀氯水中的c(HClO)增大,可以采取的措施为(至少回答两种)______

(3)常温下,将pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合,结果溶液均呈中性.

①浓度为1.0×10-3mol•L-1的氨水b L;②c(OH-)=1.0×10-3mol•L-1的氨水c  L;③c(OH-)=1.0×10-3mol•L-1的氢氧化钡溶液d L.则a、b、c、d之间的关系是:______

(4)强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律.

①已知HA、H2B是两种弱酸,存在以下关系:H2B(少量)+2A-=B2-+2HA,则A-、B2-、HB-三种阴离子结合H+的难易顺序为______

②某同学将H2S通入CuSO4溶液中发现生成黑色沉淀,查阅资料并在老师的指导下写出了化学方程式:H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4,但这位同学陷入了困惑:这不成了弱酸制取强酸了吗?请你帮助解释______

(5)已知:H2A═H++HA-、HA-⇌H++A2-,常温下,0.1mol•L-1的NaH A溶液其pH=2,则0.1mol•L-1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是:______;NaHA溶液中各种离子浓度大小关系为______

(6)己知:Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol•L-1,向50mL 0.018mol•L-1的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol•L-1的盐酸,则c(Ag+)=______,此时所得混合溶液的pH=______

正确答案

解:(1)常温下,纯水中c(H+)=10-7mol•L-1,加入某物质后,溶液中c(H+)=10-9mol•L-1,说明溶液呈碱性,则加入的物质是碱或强碱弱酸盐,故选CD;

(2)氯水中存在的平衡是Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO、HClO⇌H++ClO-,要使c(HClO)增大,加入某些物质使Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO的平衡向正反应方向移动或使HClO⇌H++ClO-的平衡向逆反应方向移动,所以可以通入氯气或加入碳酸盐或加入次氯酸盐,故答案为:再通入氯气、加入碳酸盐、加入次氯酸钠;

(3)一水合氨为弱电解质,不能完全电离,与盐酸反应至中性时,氨水应稍过量,则b>a,c(OH-)=1.0×10-3mol•L-1的氨水,一水合氨浓度远大于1.0×10-3mol.L-l的氨水,反应至中性时,a>c,氢氧化钡为强碱,与盐酸完全中和时,a=d,则b>a=d>c,故答案为:b>a=d>c;

(4)①据反应H2B(少量)+2A-=B2-+2HA,可知,HA酸性小于H2B,HA酸性最弱,酸性越弱,对应的酸根离子得H+能力越强,没有HB-生成,说明得电子能力A-大于HB-,则得电子能力顺序为A->B2->HB-,故答案为:A->B2->HB-

②铜离子和硫化氢只所以能生成硫化铜沉淀,硫化铜既难溶于水又难溶于酸,所以硫化氢和硫酸铜能反应;

故答案为:铜离子和硫化氢只所以能生成硫化铜沉淀,是因为硫化铜既难溶于水又难溶于酸;

(5)H2A=H++HA-,HA-⇌H++A2-可知,第一步完全电离,第二步不完全电离,0.1mol•L-1的H2A溶液中H2A第一步电离出氢离子浓度是0.1mol/L,0.1mol•L-1的NaH A溶液其pH=2,说明HA-电离比水解多出0.01mol/L,HA-的电离较微弱,所以电离出氢离子浓度小于0.01mol/L,则0.1mol•L-1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是0.1mol/L<c(H+)<0.11mol/L,NaHA溶液中HA-的电离大于其水解,则离子浓度的关系是c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),

故答案为:0.1mol/L<c(H+)<0.11mol/L,c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-);

(6)盐酸和硝酸银反应的物质的量之比是1:1,n(AgNO3)=0.05L×0.018mol•L-1=9×10-4 mol,n(HCl)=0.05L×0.020mol•L-1=1×10-3 mol,n(AgNO3)<n(HCl),所以盐酸剩余,混合溶液中C(Cl-)=c(HCl)==10-3 mol/L,c(Ag+)===1.8×10-7 mol/L,c(H+)=0.01mol/L,pH=2;

故答案为:1.8×10-7mol/L;2.

解析

解:(1)常温下,纯水中c(H+)=10-7mol•L-1,加入某物质后,溶液中c(H+)=10-9mol•L-1,说明溶液呈碱性,则加入的物质是碱或强碱弱酸盐,故选CD;

(2)氯水中存在的平衡是Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO、HClO⇌H++ClO-,要使c(HClO)增大,加入某些物质使Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO的平衡向正反应方向移动或使HClO⇌H++ClO-的平衡向逆反应方向移动,所以可以通入氯气或加入碳酸盐或加入次氯酸盐,故答案为:再通入氯气、加入碳酸盐、加入次氯酸钠;

(3)一水合氨为弱电解质,不能完全电离,与盐酸反应至中性时,氨水应稍过量,则b>a,c(OH-)=1.0×10-3mol•L-1的氨水,一水合氨浓度远大于1.0×10-3mol.L-l的氨水,反应至中性时,a>c,氢氧化钡为强碱,与盐酸完全中和时,a=d,则b>a=d>c,故答案为:b>a=d>c;

(4)①据反应H2B(少量)+2A-=B2-+2HA,可知,HA酸性小于H2B,HA酸性最弱,酸性越弱,对应的酸根离子得H+能力越强,没有HB-生成,说明得电子能力A-大于HB-,则得电子能力顺序为A->B2->HB-,故答案为:A->B2->HB-

②铜离子和硫化氢只所以能生成硫化铜沉淀,硫化铜既难溶于水又难溶于酸,所以硫化氢和硫酸铜能反应;

故答案为:铜离子和硫化氢只所以能生成硫化铜沉淀,是因为硫化铜既难溶于水又难溶于酸;

(5)H2A=H++HA-,HA-⇌H++A2-可知,第一步完全电离,第二步不完全电离,0.1mol•L-1的H2A溶液中H2A第一步电离出氢离子浓度是0.1mol/L,0.1mol•L-1的NaH A溶液其pH=2,说明HA-电离比水解多出0.01mol/L,HA-的电离较微弱,所以电离出氢离子浓度小于0.01mol/L,则0.1mol•L-1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是0.1mol/L<c(H+)<0.11mol/L,NaHA溶液中HA-的电离大于其水解,则离子浓度的关系是c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),

故答案为:0.1mol/L<c(H+)<0.11mol/L,c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-);

(6)盐酸和硝酸银反应的物质的量之比是1:1,n(AgNO3)=0.05L×0.018mol•L-1=9×10-4 mol,n(HCl)=0.05L×0.020mol•L-1=1×10-3 mol,n(AgNO3)<n(HCl),所以盐酸剩余,混合溶液中C(Cl-)=c(HCl)==10-3 mol/L,c(Ag+)===1.8×10-7 mol/L,c(H+)=0.01mol/L,pH=2;

故答案为:1.8×10-7mol/L;2.

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简答题

在一定温度下,醋酸溶液存在电离平衡:CH3COOH⇌CH3COO-+H+

(1)某温度时,0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)与0.01mol/L醋酸溶液中的 c(H+)的比值______(填“大于”、“小于”或“等于”)10

(2)已知:25℃时,该电离平衡的平衡常数为1.75×10-5

①求该温度时,amol/L的醋酸溶液中c1(H+)=______mol/L (用含a的代数式表示).[提示:此时a比较小,进行简化计算,平衡时c(CH3COOH)可用初始浓度代替,水电离出的c(H+)、c(OH-)忽略不计,下同]

②若该温度时向该溶液中加入一定量的CH3COONH4(假设溶液体积不变),使溶液中c(CH3COO-)为bmol/L,则此时c2(H+)=______mol/L(用含a、b的代数式表示).

③c1(H+______  c2(H+)(填“大于”、“小于”或“等于”)

正确答案

解:(1)醋酸溶液的浓度越小电离程度越大,因此0.1 mol/L的CH3COOH溶液与0.01 mol/L的CH3COOH溶液中的c(H+)之比小于10,故答案为:小于;

(2)①c(H+)==mol/L,故答案为:

②c(H+)==,故答案为:

③从电离平衡移动②中加入一定量的CH3COONH4(假设溶液体积不变),醋酸离子浓度增大,醋酸电离平衡逆向移动,氢离子浓度减小,所以c1(H+)>c2(H+),故答案为:大于.

解析

解:(1)醋酸溶液的浓度越小电离程度越大,因此0.1 mol/L的CH3COOH溶液与0.01 mol/L的CH3COOH溶液中的c(H+)之比小于10,故答案为:小于;

(2)①c(H+)==mol/L,故答案为:

②c(H+)==,故答案为:

③从电离平衡移动②中加入一定量的CH3COONH4(假设溶液体积不变),醋酸离子浓度增大,醋酸电离平衡逆向移动,氢离子浓度减小,所以c1(H+)>c2(H+),故答案为:大于.

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题型:简答题
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简答题

弱酸及其盐在水中存在着多种平衡关系.

(1)已知NaA水溶液呈碱性,常温下将0.10mol NaA和0.05mol HCl溶于水,得到1L溶液.

①已知该混合溶液为弱酸性,则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______

②向上述混合液中再加入0.03mol NaOH,溶液中n(A-)+n(OH-)-n(H+)=______mol.

(2)二氧化碳在水中除了存在H2CO3和HCO的电离平衡外,还存在着如下平衡:CO2(g)⇌CO2(aq);

CO2(aq)+H2O⇌H2CO3(aq).人体血液的pH通常稳定在7.35~7.45之间,这是多种因素共同作用的结果.其中,血液里存在的HCONaHCO3环境是血液pH保持稳定的重要因素,据此回答.

①当c(H+)增大时,血液中消耗H+离子的离子方程式为______

②当c(OH-)增大时,血液的pH也能保持基本稳定,试结合电离方程式简要说明.______

正确答案

解:(1)①常温下将0.10mol NaA和0.05mol HCl溶于水,得到1L溶液,得到的溶液中含有0.05molNaA、0.05molHA、0.05molNaCl;溶液的pH<7,说明溶液呈酸性,同浓度溶液中HA电离大于A-离子的水解,c(A-)>c(Cl-)、c(H+)>c(OH-),则溶液中离子浓度大小为:c(Na+)>c(A-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-),

故答案为:c(Na+)>c(A-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-);

②根据混合液中电荷守恒可得:n(A-)+n(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+n(H+),则n(A-)+n(OH-)-n(H+)=c(Na+)-c(Cl-)=0.03mol+0.10nol-0.05mol=0.08mol,

故答案为:0.08;

(2)①当c(H+)增大时,血液中碳酸氢根离子消耗H+离子生成碳酸,使血液的pH基本稳定,反应的离子方程式为:HCO3-+H+=H2CO3

故答案为:HCO3-+H+=H2CO3

②血液中存在平衡:H2CO3⇌HCO3-+H+,当c(OH-)增大时,氢离子与氢氧根离子生成水,消耗了氢氧根离子,使血液的pH保存基本稳定,

故答案为:H2CO3⇌HCO3-+H+,当c(OH-)增大时,H+与OH-离子生成水,消耗了OH-离子,使血液的pH保存基本稳定.

解析

解:(1)①常温下将0.10mol NaA和0.05mol HCl溶于水,得到1L溶液,得到的溶液中含有0.05molNaA、0.05molHA、0.05molNaCl;溶液的pH<7,说明溶液呈酸性,同浓度溶液中HA电离大于A-离子的水解,c(A-)>c(Cl-)、c(H+)>c(OH-),则溶液中离子浓度大小为:c(Na+)>c(A-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-),

故答案为:c(Na+)>c(A-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-);

②根据混合液中电荷守恒可得:n(A-)+n(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+n(H+),则n(A-)+n(OH-)-n(H+)=c(Na+)-c(Cl-)=0.03mol+0.10nol-0.05mol=0.08mol,

故答案为:0.08;

(2)①当c(H+)增大时,血液中碳酸氢根离子消耗H+离子生成碳酸,使血液的pH基本稳定,反应的离子方程式为:HCO3-+H+=H2CO3

故答案为:HCO3-+H+=H2CO3

②血液中存在平衡:H2CO3⇌HCO3-+H+,当c(OH-)增大时,氢离子与氢氧根离子生成水,消耗了氢氧根离子,使血液的pH保存基本稳定,

故答案为:H2CO3⇌HCO3-+H+,当c(OH-)增大时,H+与OH-离子生成水,消耗了OH-离子,使血液的pH保存基本稳定.

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简答题

用实验确定某酸HA是弱酸.两同学的方案是:

甲:①配制0.1mol•L-1的HA溶液100mL;

②用pH试纸测出该溶液的pH,即可证明HA是弱酸.

乙:①配制0.1mol•L-1的HA溶液100mL;配制0.1mol•L-1的盐酸溶液100mL

②取相同体积的0.1mol•L-1的HA和0.1mol•L-1的盐酸溶液分别装入两只试管,同时加入表面积大小相同的锌粒,观察现象,即可证明HA是弱酸.

(1)在两个方案的第①步中,都要用到的定量仪器是______

(2)甲方案中,说明HA是弱酸的理由是测得溶液的pH______1(选填“>”、“<”或“=”);乙方案中,说明HA是弱酸的现象是______

a.装HCl溶液的试管中放出H2的速率快

b.装HA溶液的试管中放出H2的速率快

c.两只试管中产生气体速率一样快.

正确答案

解:(1)两种配制方法中都需要用到定量仪器是100mL容量瓶,都需要的仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管,但甲需要天平、乙需要量筒,故答案为:100mL的容量瓶;

(2)弱电解质在水溶液里部分电离,导致溶液中氢离子浓度小于酸浓度,如果0.1mol/L的HA溶液的pH>1,就说明HA部分电离,为弱电解质;

酸和相同金属反应时,反应速率取决于氢离子浓度,HCl中氢离子浓度大于HA,所以HCl的反应速率较快,故a正确,

故答案为:>;a.

解析

解:(1)两种配制方法中都需要用到定量仪器是100mL容量瓶,都需要的仪器是烧杯、玻璃棒、胶头滴管,但甲需要天平、乙需要量筒,故答案为:100mL的容量瓶;

(2)弱电解质在水溶液里部分电离,导致溶液中氢离子浓度小于酸浓度,如果0.1mol/L的HA溶液的pH>1,就说明HA部分电离,为弱电解质;

酸和相同金属反应时,反应速率取决于氢离子浓度,HCl中氢离子浓度大于HA,所以HCl的反应速率较快,故a正确,

故答案为:>;a.

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题型:简答题
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简答题

现有50ml、pH都等于2的四种溶液:①HCl②CH3COOH③HNO3④H2SO4 

(1)溶液中含有两种分子的是:______(填序号,下同)

(2)加入锌粉,无氢气产生的是______

(3)在四种溶液中同时加入同质量的锌粉(足量),经充分与酸反应后,放出氢气最多的是______

(4)在与锌完全反应时,____________消耗锌的质量相同.

(5)分别加入50mlpH=12的NaOH溶液,______反应后溶液的pH最小.

(6)____________的浓溶液混合后(按一定比例),几乎可溶解所有金属.

正确答案

解:(1)氯化氢、稀释和硫酸都是强电解质,在水溶液里完全电离,所以这三种溶液中只有一种分子存在,醋酸是弱电解质,在水溶液里部分电离,所以醋酸溶液中存在醋酸分子和水分子两种分子,故选②;

(2)盐酸、醋酸和稀硫酸都是弱氧化性酸,和锌反应都生成氢气,硝酸是强氧化性酸,和锌反应不能生成氢气,故选③;

(3)硝酸是强氧化性酸,这几种酸和锌反应时,稀硫酸、醋酸和盐酸都生成氢气,硝酸不生成氢气,pH相等的醋酸、硫酸和盐酸,醋酸浓度最大,且相同体积时,完全反应时醋酸电离出的氢离子最多,所以放出的氢气最多,故选②;

(4)硫酸和氯化氢都是强电解质,等pH的两种酸中氢离子浓度相等,相同体积时,两种溶液中氢离子的物质的量相等,与足量的锌反应生成的氢气一样多,故选①④;

(5)混合溶液中氢离子浓度越大的,溶液中pH越小,pH相等的这四种酸,醋酸的浓度最大,完全反应时,盐酸、硝酸和硫酸恰好反应,但醋酸有剩余,所以醋酸的混合溶液中氢离子浓度最大,PH最小,故选②;

(6)浓盐酸和浓硝酸按体积比为3:1形成的溶液叫王水,能溶解几乎所有的金属,故选①③.

解析

解:(1)氯化氢、稀释和硫酸都是强电解质,在水溶液里完全电离,所以这三种溶液中只有一种分子存在,醋酸是弱电解质,在水溶液里部分电离,所以醋酸溶液中存在醋酸分子和水分子两种分子,故选②;

(2)盐酸、醋酸和稀硫酸都是弱氧化性酸,和锌反应都生成氢气,硝酸是强氧化性酸,和锌反应不能生成氢气,故选③;

(3)硝酸是强氧化性酸,这几种酸和锌反应时,稀硫酸、醋酸和盐酸都生成氢气,硝酸不生成氢气,pH相等的醋酸、硫酸和盐酸,醋酸浓度最大,且相同体积时,完全反应时醋酸电离出的氢离子最多,所以放出的氢气最多,故选②;

(4)硫酸和氯化氢都是强电解质,等pH的两种酸中氢离子浓度相等,相同体积时,两种溶液中氢离子的物质的量相等,与足量的锌反应生成的氢气一样多,故选①④;

(5)混合溶液中氢离子浓度越大的,溶液中pH越小,pH相等的这四种酸,醋酸的浓度最大,完全反应时,盐酸、硝酸和硫酸恰好反应,但醋酸有剩余,所以醋酸的混合溶液中氢离子浓度最大,PH最小,故选②;

(6)浓盐酸和浓硝酸按体积比为3:1形成的溶液叫王水,能溶解几乎所有的金属,故选①③.

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简答题

已知水在25℃和95℃时,其电离平衡曲线如图所示:

(1)则25℃时水的电离平衡曲线应为______(填“A”或“B”).

(2)95℃时水的离子积KW=______

(3)25℃时,将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合,若所得混合溶液的pH=7,则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为______

(4)95℃时,若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性,则混合前,该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是______

(5)曲线B对应温度下,pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后,混合溶液的pH=5.请分析其原因:______

正确答案

解:(1)曲线A条件下Kw=c(H+)×c(OH-)=10-7×10-7=10-14,曲线B条件下c(H+)=c(OH-)=10-6 mol/L,Kw=c(H+)•c(OH-)=10-12 ;水的电离时吸热过程,加热促进电离,所以A曲线代表25℃时水的电离平衡曲线,

故答案为:A;

(2)B为95℃水的电离平衡曲线,纯水中c(H+)=c(OH-)=1×10-6 mol/L,Kw=c(H+)•c(OH-)=1×10-12

故答案为:1×10-12

(3)中25℃时所得混合溶液的pH=7,溶液呈中性即酸碱恰好中和,即n(OH-)=n(H+),则V(NaOH)•10-5 mol•L-1=V(H2SO4)•10-4 mol•L-1,得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1,故答案为:10:1;

(4)要注意的是95°C时,水的离子积为10-12,即酸、碱浓度相等时pH(酸)+pH(碱)=12,即a+b=12,故答案为:pH1+pH2=12;

(5)在曲线B对应温度下,因pH(酸)+pH(碱)=12,可得酸碱两溶液中c(H+)=c(OH-),如是强酸碱,两溶液等体积混合后溶液呈中性;现混合溶液的pH=5,即等体积混合后溶液显酸性,说明H+与OH-完全反应后又有新的H+产生,酸过量,所以酸HA是弱酸,

故答案为:曲线B对应95℃,此时水的离子积为10-12,HA为弱酸,HA中和NaOH后,混合溶液中还剩余较多的HA分子,可继续电离出H+,使溶液pH=5.

解析

解:(1)曲线A条件下Kw=c(H+)×c(OH-)=10-7×10-7=10-14,曲线B条件下c(H+)=c(OH-)=10-6 mol/L,Kw=c(H+)•c(OH-)=10-12 ;水的电离时吸热过程,加热促进电离,所以A曲线代表25℃时水的电离平衡曲线,

故答案为:A;

(2)B为95℃水的电离平衡曲线,纯水中c(H+)=c(OH-)=1×10-6 mol/L,Kw=c(H+)•c(OH-)=1×10-12

故答案为:1×10-12

(3)中25℃时所得混合溶液的pH=7,溶液呈中性即酸碱恰好中和,即n(OH-)=n(H+),则V(NaOH)•10-5 mol•L-1=V(H2SO4)•10-4 mol•L-1,得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1,故答案为:10:1;

(4)要注意的是95°C时,水的离子积为10-12,即酸、碱浓度相等时pH(酸)+pH(碱)=12,即a+b=12,故答案为:pH1+pH2=12;

(5)在曲线B对应温度下,因pH(酸)+pH(碱)=12,可得酸碱两溶液中c(H+)=c(OH-),如是强酸碱,两溶液等体积混合后溶液呈中性;现混合溶液的pH=5,即等体积混合后溶液显酸性,说明H+与OH-完全反应后又有新的H+产生,酸过量,所以酸HA是弱酸,

故答案为:曲线B对应95℃,此时水的离子积为10-12,HA为弱酸,HA中和NaOH后,混合溶液中还剩余较多的HA分子,可继续电离出H+,使溶液pH=5.

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题型:简答题
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简答题

(2015秋•成都校级月考)25℃,浓度都是1mol/L的四种正盐溶液,其pH情况如下:

(1)AY溶液pH______7 (填“>”、“<”或“=”);

(2)将等浓度的HX、HY稀释相同的倍数,溶液的pH变化幅度:HX______HY;若将等体积、等pH的AOH、BOH溶液在稀释时pH均下降2,则加水量:AOH______BOH(均填“>”、“<”或“=”);

(3)在BX溶液中:c(B+)+c(H+)-c(OH-)=______mol/L;

在AY溶液中:c(A+)-c(Y-)=______(用一项表示)=______(用两项表示);

(4)A2Z的水解方程式是____________

正确答案

解:AX的溶液pH=7且溶液中c(X-)=1mol/L,说明HX为强酸,AOH为强碱;BX的溶液pH=4,BY的溶液pH=6,溶液呈酸性,说明HY为弱酸,BOH为弱碱,

(1)AOH为强碱,HY为弱酸,AY溶液为强碱弱酸盐,其溶液的pH大于7,

故答案为:>;

(2)HX为强酸,完全电离;HY为弱酸,在溶液中部分电离,存在电离平衡:HY⇌H++Y-,将等浓度的HX、HY稀释相同的倍数,pH值变化HX大于HY;AOH为强碱,完全电离;BOH为弱碱,部分电离,存在BOH⇌B++OH-电离平衡,将等浓度的AOH、BOH稀释相同的倍数,pH值变化AOH大于BOH,所以若将等体积、等pH的AOH、BOH溶液在稀释时pH均下降2,则加水量:AOH<BOH,

故答案为:>;<;

(3)HX强酸,BOH为弱碱,在1mol/L的BX溶液中存在电荷守恒:c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),则c(B+)+c(H+)-c(OH-)=c(X-)=1mol/L;

在1mol/L的AY溶液中,根据物料守恒可得:c(A+)=c(Y-)+c(HY),根据电荷守恒可得:c(Y-)+c(OH-)=c(H+)+c(A+),二者结合可得:c(A+)-c(Y-)=c(HY)=c(OH-)-c(H+),

故答案为:1mol/L;c(HY); c(OH-)-c(H+);

(4)A2Z的水解反应分步进行,主要以第一步为主,其Z2-水解的离子方程式为:Z2-+H2O⇌HZ-+OH-、HZ-+H2O⇌H2Z+OH-

故答案为:Z2-+H2O⇌HZ-+OH-;HZ-+H2O⇌H2Z+OH-

解析

解:AX的溶液pH=7且溶液中c(X-)=1mol/L,说明HX为强酸,AOH为强碱;BX的溶液pH=4,BY的溶液pH=6,溶液呈酸性,说明HY为弱酸,BOH为弱碱,

(1)AOH为强碱,HY为弱酸,AY溶液为强碱弱酸盐,其溶液的pH大于7,

故答案为:>;

(2)HX为强酸,完全电离;HY为弱酸,在溶液中部分电离,存在电离平衡:HY⇌H++Y-,将等浓度的HX、HY稀释相同的倍数,pH值变化HX大于HY;AOH为强碱,完全电离;BOH为弱碱,部分电离,存在BOH⇌B++OH-电离平衡,将等浓度的AOH、BOH稀释相同的倍数,pH值变化AOH大于BOH,所以若将等体积、等pH的AOH、BOH溶液在稀释时pH均下降2,则加水量:AOH<BOH,

故答案为:>;<;

(3)HX强酸,BOH为弱碱,在1mol/L的BX溶液中存在电荷守恒:c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),则c(B+)+c(H+)-c(OH-)=c(X-)=1mol/L;

在1mol/L的AY溶液中,根据物料守恒可得:c(A+)=c(Y-)+c(HY),根据电荷守恒可得:c(Y-)+c(OH-)=c(H+)+c(A+),二者结合可得:c(A+)-c(Y-)=c(HY)=c(OH-)-c(H+),

故答案为:1mol/L;c(HY); c(OH-)-c(H+);

(4)A2Z的水解反应分步进行,主要以第一步为主,其Z2-水解的离子方程式为:Z2-+H2O⇌HZ-+OH-、HZ-+H2O⇌H2Z+OH-

故答案为:Z2-+H2O⇌HZ-+OH-;HZ-+H2O⇌H2Z+OH-

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