- 电解质溶液的离子流向
- 共2466题
（1）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域．
海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：
①气提、吸收CO2，用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置如图），将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂．
②滴定，将吸收液洗后的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol/LHCl溶液滴定，消耗ymlHCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度=______mol/L．
（2）室温下，0.1mol/L NaClO溶液的pH______0.1mol/L Na2SO3溶液的pH．（选填“大于”、“小于”或“等于”）．浓度均为0.1mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32-、CO32-、HSO3-、HCO3-浓度从大到小的顺序为______．
已知：
H2SO3 Ki1=1.54×10-2 Ki2=1.02×10-7
HClO Ki1=2.95×10-8
H2CO3 Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11．
正确答案
解：（1）①酸化海水，利用氮气将二氧化碳吹出，且吹出的气体中不能含有与NaOH反应的气体，所以选用稀硫酸，且装置中导气管遵循“长进短出”原则，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为：
故答案为：
②此反应原理为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1，那么海水中碳酸氢钠的浓度为c，体积均为mL，依据题意有c×z=xy，解c=
（2）酸的电离平衡常数越小，其对应的酸根离子水解程度越大，则相同浓度的钠盐溶液的pH越高，电离平衡常数HSO3-＞HClO，所以水解程度ClO-＞SO32-，所以相同温度下0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH；
根据电离平衡常数知，酸的电离平衡常数大小顺序是：H2SO3＞HSO3-＞H2CO3＞HCO3-，则酸根离子水解程度大小顺序是CO32-＞HCO3-＞SO32-＞HSO3-，这些弱酸根离子都水解但程度都较小，所以离子浓度大小顺序是SO32-＞CO32-＞HCO3-＞HSO3-，
故答案为：大于；SO32-＞CO32-＞HCO3-＞HSO3-．
解析
解：（1）①酸化海水，利用氮气将二氧化碳吹出，且吹出的气体中不能含有与NaOH反应的气体，所以选用稀硫酸，且装置中导气管遵循“长进短出”原则，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为：
故答案为：
②此反应原理为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1，那么海水中碳酸氢钠的浓度为c，体积均为mL，依据题意有c×z=xy，解c=
（2）酸的电离平衡常数越小，其对应的酸根离子水解程度越大，则相同浓度的钠盐溶液的pH越高，电离平衡常数HSO3-＞HClO，所以水解程度ClO-＞SO32-，所以相同温度下0.1mol/L NaClO溶液的pH大于0.1mol/L Na2SO3溶液的pH；
根据电离平衡常数知，酸的电离平衡常数大小顺序是：H2SO3＞HSO3-＞H2CO3＞HCO3-，则酸根离子水解程度大小顺序是CO32-＞HCO3-＞SO32-＞HSO3-，这些弱酸根离子都水解但程度都较小，所以离子浓度大小顺序是SO32-＞CO32-＞HCO3-＞HSO3-，
故答案为：大于；SO32-＞CO32-＞HCO3-＞HSO3-．
正确答案
解析
解：A．醋酸为弱电解质，①点溶液c（H+）＜2 mol/L，故A错误；
B．酸碱中和反应放热，①点溶液的温度一定比②点的低，故B错误；
C．③点后，溶液中离子浓度减小导致电导率降低，故C错误；
D．③恰好完全反应生成氯化铵和醋酸铵，其中NH4+和CH3COOˉ发生微弱水解，则③点溶液中c（NH4+）＞c（Clˉ）＞c（CH3COOˉ），故D正确．
故选D．
饱和亚硫酸溶液的pKa（电离平衡常数的负对数，即pKa=-lgKa）数据如下：
（1）比较H2SO3的Ka1和HSO3-的Ka2，Ka1______Ka2（填‘‘＞”、“＜’’或“=”，下同）
（2）0.01mol．L-1NaHSO3溶液的pH=bl，0.01mol•L-1NaHCO3溶液的pH=b2，b1______b2
（3）向10mL 0.01mol•L-1的H2SO3溶液中，滴加0.0l mol•L-1KOH溶液V（mL），
①当V=10mL时，溶液中存在：c（K+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），则c（H+）______ c（OH-）
②当V=a mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）；当V=b mL时，溶液中离子浓度有如下关系：
c（K+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）；则a______b．
（4）已知25℃时，Ksp（BaSO4）=1×10-10，将0.1gBaSO4沉淀，分别用100mL蒸馏水和100mL 0.01mol•L-1H2SO4溶液洗涤，两种洗涤方法中BaSO4沉淀的损耗量之比为______．
正确答案
解：（1）由pKa数据可知，1.9＜7.2，由pKa=-lgKa，则pKa越小，电离平衡常数Ka越大，则H2SO3的Ka1＞HSO3-的Ka2，
故答案为：＞；
（2）由pKa数据可知，亚硫酸的pKa小于碳酸，则酸性比碳酸的强，相同浓度的NaHSO3溶液比NaHCO3溶液中酸根离子的水解程度弱，则NaHSO3溶液的pH小，即bl＜b2，故答案为：＜；
（3）①V=10mL，溶液中的溶质为NaHSO3，由c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），可知HSO3-的电离大于其水解，电离生成氢离子，水解生成氢氧根离子，即c（H+）＞c（OH-），故答案为：＞；
②V=b mL时，c（K+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），即溶液中的溶质为KHSO3，溶液显酸性；当V=a mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（SO32-）+c（HSO3-），由电荷守恒可知c（H+）=c（OH-），即溶液显中性，则向10mL0.01mol•L-1的H2SO3溶液中，滴加0.0l mol•L-1KOH溶液，由酸性变为中性时碱的体积在变大，即a＞b，故答案为：＞；
（4）用100mL蒸馏水洗涤沉淀时，溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×
用100mL 0.01mol•L-1H2SO4溶液洗涤时，硫酸根离子抑制了沉淀的溶解，则溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×
由同种物质的质量之比等于物质的量之比，则两种洗涤方法中BaSO4沉淀的损耗量之比为
解析
解：（1）由pKa数据可知，1.9＜7.2，由pKa=-lgKa，则pKa越小，电离平衡常数Ka越大，则H2SO3的Ka1＞HSO3-的Ka2，
故答案为：＞；
（2）由pKa数据可知，亚硫酸的pKa小于碳酸，则酸性比碳酸的强，相同浓度的NaHSO3溶液比NaHCO3溶液中酸根离子的水解程度弱，则NaHSO3溶液的pH小，即bl＜b2，故答案为：＜；
（3）①V=10mL，溶液中的溶质为NaHSO3，由c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），可知HSO3-的电离大于其水解，电离生成氢离子，水解生成氢氧根离子，即c（H+）＞c（OH-），故答案为：＞；
②V=b mL时，c（K+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），即溶液中的溶质为KHSO3，溶液显酸性；当V=a mL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（K+）=2c（SO32-）+c（HSO3-），由电荷守恒可知c（H+）=c（OH-），即溶液显中性，则向10mL0.01mol•L-1的H2SO3溶液中，滴加0.0l mol•L-1KOH溶液，由酸性变为中性时碱的体积在变大，即a＞b，故答案为：＞；
（4）用100mL蒸馏水洗涤沉淀时，溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×
用100mL 0.01mol•L-1H2SO4溶液洗涤时，硫酸根离子抑制了沉淀的溶解，则溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×
由同种物质的质量之比等于物质的量之比，则两种洗涤方法中BaSO4沉淀的损耗量之比为
常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
请回答：
（l）从①组情况分析，HA是强酸还是弱酸______
（2）②组情况表明，c______ 0.2（选填“大于”、“小于”或“等于”）．混合液中离子浓度c（A-）与c（Na+）的大小关系是______
（3）从③组实验结果分析，说明HA的电离程度______NaA的水解程度（选填“大于”、“小于”或“等于”），该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是______
（4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的．c（OH-）=______ mol•L-1．写出该混合溶液中下列算式的精确结果（不能作近似计算）．
c（Na+）-c（A-）=______mol•L-1，c（OH-）-c（HA）=______mol•L-1．
正确答案
解：（l）由于生成的NaA水解显示碱性，可知 HA是弱酸；
故答案是：弱酸；
（2）HA是弱电解质，等体积反应，溶液显示碱性，若要PH=7，加入的HA应该多些，故应该大于；根据电荷守恒，pH=7，氢离子等于氢氧根浓度，故c（A-）=c（Na）；
故答案是：大于；c（A-）=c（Na+）；
（3）根据③的结果，若水解等于电离，溶液显示中性，现在是pH＜7，故电离大于水解；NaA溶液中，离子浓度大小关系为：c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
故答案是：大于；c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
（4）强碱弱酸盐溶液中，弱酸根结合水电离的氢离子，溶液显示碱性，溶液中的氢氧根就是水电离的，c（H+）=c（OH-）=10-5 mol/L；根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），故c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=10-5-10-9；反应前c（HA）=0.1mol/L=C（Na+）=c（A-）+c（HA），带入电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），得：c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-9mol/L；
故答案是：10-5；10-5-10-9； 10-9．
解析
解：（l）由于生成的NaA水解显示碱性，可知 HA是弱酸；
故答案是：弱酸；
（2）HA是弱电解质，等体积反应，溶液显示碱性，若要PH=7，加入的HA应该多些，故应该大于；根据电荷守恒，pH=7，氢离子等于氢氧根浓度，故c（A-）=c（Na）；
故答案是：大于；c（A-）=c（Na+）；
（3）根据③的结果，若水解等于电离，溶液显示中性，现在是pH＜7，故电离大于水解；NaA溶液中，离子浓度大小关系为：c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
故答案是：大于；c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
（4）强碱弱酸盐溶液中，弱酸根结合水电离的氢离子，溶液显示碱性，溶液中的氢氧根就是水电离的，c（H+）=c（OH-）=10-5 mol/L；根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），故c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=10-5-10-9；反应前c（HA）=0.1mol/L=C（Na+）=c（A-）+c（HA），带入电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），得：c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-9mol/L；
故答案是：10-5；10-5-10-9； 10-9．
等体积的0.5mol•L-1的盐酸、0.5mol•L-1CH3COOH溶液，说法错误的是（ ）
正确答案
解析
解：氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质只有部分电离，所以等物质的量浓度的盐酸和醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，
A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，盐酸中离子浓度大于醋酸，所以盐酸的导电能力强，故A错误；
B．根据A知，盐酸的导电能力强，故B正确；
C．盐酸溶液中离子浓度大于醋酸，二者体积相等，所以盐酸中自由移动离子数目大于醋酸，故C正确；
D．氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离，所以等物质的量浓度的盐酸和醋酸，盐酸中自由移动离子的浓度大于醋酸，故D正确；
故选：A．
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