电解质溶液的离子流向_章节学习

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•陕西校级月考）在一定温度下，向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况如图所示，回答下列问题．

（1）“O”点时液体不能导电，说明醋酸中______离子键（填“含有”或“不含”）．

（2）a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为______；a、b、c三点对应的溶液中c（H+）最大的是______．

（3）要使c点溶液中c（CH3COO-）增大而c（H+）减小，可采取的两种措施是______

（4）若实验测得c点处溶液中c（CH3COOH）=0.1mol•L-1，c（CH3COO-）=0.001mol•L-1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka=______．

（5）在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是______

A．c（H+）

B．H+个数

C．CH3COOH分子数

D.．

正确答案

解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸为共价化合物，不存在离子键，则没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，

故答案为：不含；

（2）醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，根据图象知，水的体积越大，溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c＞b＞a；

溶液的导电能力与离子浓度成正比，所以溶液导电能力越大氢离子浓度越大，则氢离子浓度最大的为b，

故答案为：c＞b＞a；b；

（3）要使醋酸根离子浓度增大，c（H+）减少，可以采用消耗氢离子的方法使电离平衡向正方向移动，故可以加入Zn，NaOH等；或者增加醋酸根浓度使电离向逆方向移动，故可加CH3COONa等，

故答案为：加入Zn，NaOH或CH3COONa；

（4）经实验测得C点处：c（CH3COOH）=0.1mol•L-1，c（CH3COO-）=0.001mol•L-1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka==1.0×10-5，

故答案为：1.0×10-5；

（5）A．在稀释过程中，溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，故A错误；

B．弱电解质越稀，电离度越大，即电离出的氢离子数越多，故B正确；

C．弱电解质越稀，电离度越大，平衡向右移动，CH3COOH分子数减少，故C错误；

D．加水稀释，促进电离，n（CH3COO-）、n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，则c（H+）/c（CH3COOH）增大，故D正确；

故答案为：BD．

解析

解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸为共价化合物，不存在离子键，则没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，

故答案为：不含；

（2）醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，根据图象知，水的体积越大，溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c＞b＞a；

溶液的导电能力与离子浓度成正比，所以溶液导电能力越大氢离子浓度越大，则氢离子浓度最大的为b，

故答案为：c＞b＞a；b；

（3）要使醋酸根离子浓度增大，c（H+）减少，可以采用消耗氢离子的方法使电离平衡向正方向移动，故可以加入Zn，NaOH等；或者增加醋酸根浓度使电离向逆方向移动，故可加CH3COONa等，

故答案为：加入Zn，NaOH或CH3COONa；

（4）经实验测得C点处：c（CH3COOH）=0.1mol•L-1，c（CH3COO-）=0.001mol•L-1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka==1.0×10-5，

故答案为：1.0×10-5；

（5）A．在稀释过程中，溶液的体积增大，氢离子的浓度减小，故A错误；

B．弱电解质越稀，电离度越大，即电离出的氢离子数越多，故B正确；

C．弱电解质越稀，电离度越大，平衡向右移动，CH3COOH分子数减少，故C错误；

D．加水稀释，促进电离，n（CH3COO-）、n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，则c（H+）/c（CH3COOH）增大，故D正确；

故答案为：BD．

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题型：简答题

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简答题

现有下列6种物质：①NaOH ②NaHCO3 ③C2H5OH ④NH4Cl ⑤H2SO4 ⑥CH3COOH

（1）上述物质中属于弱电解质的是______（填序号）．能促进水的电离的是______（填序号）．

（2）上述②的水溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）______．

（3）在室温条件下，pH均为5的④和⑤各取5mL，两溶液中由水电离出的c（H+）前者是后者的______倍；将④和⑤分别加热到90℃，pH较小的是______溶液．

（4）下列方法中，可以使0.10mol•L-1⑥中CH3COOH 电离程度增大的是______．

a．加入少量0.10mol/L 的稀盐酸 b．加热 CH3COOH

c．加入稀释至 0.010mol•L-1 d．加入少量冰醋酸

e．加入少量氯化钠固体 f．加入少量0.10mol•L-1的NaOH溶液

（5）常温下向200mL 0.10mol•L-1 CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液后溶液的 pH=4.7，混合后溶液中各种离子浓度的由大到小的顺序是______．

正确答案

解：（1）⑥CH3COOH在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，②④是能水解的盐，能促进水的电离，故答案为：⑥；②④；

（2）NaHCO3中碳酸氢根离子会水解，导致溶液显示碱性，实质是：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故答案为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；

（3）在室温条件下，pH均为5的④NH4Cl⑤H2SO4 各取5mL，两溶液中由水电离出的c（H+）分别是10-5mol/L和10-9mol/L，前者是后者的104倍，升高温度，铵根离子的水解程度增大，所以氯化铵的酸性增强，但是硫酸的酸性几乎不变，即此时pH较小的是氯化铵，故答案为：104；④NH4Cl；

（4）醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；

a．加入少量0.10mol•L-1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故错误；

b．醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；

c．加水稀释至0.010mol•L-1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；

d．加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故错误；

e．加入少量氯化钠固体，不影响平衡的移动，则不改变醋酸的电离，故错误；

f．加入少量0.10mol•L-1的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；

故选bcf；

（5）常温下向200mL 0.10mol•L-1 CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液后溶液的pH=4.7，显示酸性，溶液为醋酸（剩余）和醋酸钠的混合物，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以离子浓度大小顺序是：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故答案为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）．

解析

解：（1）⑥CH3COOH在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，②④是能水解的盐，能促进水的电离，故答案为：⑥；②④；

（2）NaHCO3中碳酸氢根离子会水解，导致溶液显示碱性，实质是：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故答案为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；

（3）在室温条件下，pH均为5的④NH4Cl⑤H2SO4 各取5mL，两溶液中由水电离出的c（H+）分别是10-5mol/L和10-9mol/L，前者是后者的104倍，升高温度，铵根离子的水解程度增大，所以氯化铵的酸性增强，但是硫酸的酸性几乎不变，即此时pH较小的是氯化铵，故答案为：104；④NH4Cl；

（4）醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；

a．加入少量0.10mol•L-1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故错误；

b．醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；

c．加水稀释至0.010mol•L-1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；

d．加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故错误；

e．加入少量氯化钠固体，不影响平衡的移动，则不改变醋酸的电离，故错误；

f．加入少量0.10mol•L-1的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；

故选bcf；

（5）常温下向200mL 0.10mol•L-1 CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液后溶液的pH=4.7，显示酸性，溶液为醋酸（剩余）和醋酸钠的混合物，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，所以离子浓度大小顺序是：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故答案为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）．

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简答题

某一元弱酸A 和二元强酸B 的c（H+）相等，若将两溶液稀释相同的倍数，其溶液的c（H+）A______B（填“大于”、“等于”或“小于”）．

正确答案

解：某一元弱酸溶液（A）与二元强酸的氢离子的相等，而该一元弱酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释时，能够促进更多的弱酸电离，导致弱酸中氢离子的总物质的量最大；而强酸溶液中氢离子的总物质的量不变，

所以加水稀释后，氢离子浓度大于二元强酸中氢离子浓度，

故答案为：大于．

解析

解：某一元弱酸溶液（A）与二元强酸的氢离子的相等，而该一元弱酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释时，能够促进更多的弱酸电离，导致弱酸中氢离子的总物质的量最大；而强酸溶液中氢离子的总物质的量不变，

所以加水稀释后，氢离子浓度大于二元强酸中氢离子浓度，

故答案为：大于．

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简答题

为了证明一水合氨（NH3•H2O）是弱电解质，甲、乙、丙三人分别选用下列物质进行实验：0.010mol/L氨水、0.1mol/L NH4Cl溶液、NH4Cl晶体、酚酞试液、pH试纸、蒸馏水．

（1）甲用pH试纸测出0.010mol/L氨水的pH为l0，则认定一水合氨是弱电解质，你认为这一方法是否正确？______（填“正确”或“不正确”），并说明理由：______．

（2）乙取出10mL 0.010mol/L氨水，用pH试纸测其pH=a，然后用蒸馏水稀释至1 000mL，再用pH试纸测其pH=b．若要确认NH3•H2O是弱电解质，则a、b应满足什么关系？______．

（3）丙取出10mL 0.010mol/L氨水，滴入2滴酚酞试液，显粉红色，再加入少量NH4Cl晶体，溶液颜色变______（填“深”或“浅”）．你认为这一方法能否证明NH3•H2O是弱电解质？______（填“能”或“否”），并说明原因：______．

（4）请你根据所提供的试剂，再提出一个合理又简便的方案证明NH3•H2O是弱电解质：______．

正确答案

解：（1）氨水是一元弱碱，0.010mol/L氨水若全部电离，氢氧根离子浓度应为0.010mol/L，溶液PH=12，用pH试纸测出0.010mol/L氨水的pH为l0说明溶液中存在电离平衡，证明一水合氨是弱电解质；

故答案为：是，如果氨水是强碱，0.010mol•L-1氨水C（H+）=10-12mol/L，pH为12，实际上溶液的pH=10＜12，所以氨水是弱碱；

（2）若是强碱，稀释100倍，pH减小2个单位，由于是弱碱，稀释的过程中，会部分电离，即C（OH-）变化的幅度变小，pH减小幅度小于2个单位，则有a-2＜b，且b＜a；

故答案为：a-2＜b＜a；

（3）向氨水中加入氯化铵后，如果氨水是弱电解质，则抑制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度降低，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，则说明氨水存在电离平衡；

故答案为：浅，能，向氨水中加入氯化铵后，如果氨水是弱电解质，则抑制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度降低，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，则说明氨水存在电离平衡；

（4）从题干信息可知，选择0.1mol/L NH4Cl溶液和pH试纸，进行实验验证一水合氨是弱电解质，PH测定氯化铵溶液呈酸性，说明铵根离子水解显酸性，说明一水合氨是弱电解质；

故答案为：选择0.1mol/L NH4Cl溶液和pH试纸，PH测定氯化铵溶液呈酸性，是因为铵根离子水解显酸性，说明一水合氨是弱电解质；

解析

解：（1）氨水是一元弱碱，0.010mol/L氨水若全部电离，氢氧根离子浓度应为0.010mol/L，溶液PH=12，用pH试纸测出0.010mol/L氨水的pH为l0说明溶液中存在电离平衡，证明一水合氨是弱电解质；

故答案为：是，如果氨水是强碱，0.010mol•L-1氨水C（H+）=10-12mol/L，pH为12，实际上溶液的pH=10＜12，所以氨水是弱碱；

（2）若是强碱，稀释100倍，pH减小2个单位，由于是弱碱，稀释的过程中，会部分电离，即C（OH-）变化的幅度变小，pH减小幅度小于2个单位，则有a-2＜b，且b＜a；

故答案为：a-2＜b＜a；

（3）向氨水中加入氯化铵后，如果氨水是弱电解质，则抑制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度降低，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，则说明氨水存在电离平衡；

故答案为：浅，能，向氨水中加入氯化铵后，如果氨水是弱电解质，则抑制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度降低，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，则说明氨水存在电离平衡；

（4）从题干信息可知，选择0.1mol/L NH4Cl溶液和pH试纸，进行实验验证一水合氨是弱电解质，PH测定氯化铵溶液呈酸性，说明铵根离子水解显酸性，说明一水合氨是弱电解质；

故答案为：选择0.1mol/L NH4Cl溶液和pH试纸，PH测定氯化铵溶液呈酸性，是因为铵根离子水解显酸性，说明一水合氨是弱电解质；

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简答题

Ⅰ．某温度时，水的离子积为KW=1×10-12，则该温度______25℃（填＞、=或＜=．在此温度下，某溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10-10mol/L，则该溶液的pH可能为______．

Ⅱ．下列四种溶液：

①100mL 0.1mol/L H2SO4溶液； ②100mL 0.15mol/L HCl溶液；

③100mL 0.2mol/L CH3COOH溶液； ④200mL 0.1mol/L CH3COOH溶液，

其中pH最小的是______（填序号，下同），由水电离的H+浓度最大的是______，与足量的Zn反应，生成H2最少的是______．已知某温度下，醋酸的电离常数为4×10-5，求0.1mol/L CH3COOH溶液中的H+浓度______．

Ⅲ．在甲、乙两个容积均为1L的密闭容器中，保持两容器的温度相同，进行如下反应：2A（g）+B（g）⇌pC（g），①向甲中通入3molA和1.5molB，达到平衡时测得其中C的体积分数为40%；②向乙中通入1molA、0.5molB和2molC，平衡时测得C的体积分数为M%．试回答：

（1）若M%=40%，且平衡时甲、乙压强不同，则乙平衡时c（B）=______．

（2）若M%=40%，且平衡建立前后乙中压强不同，则p=______，求此条件下反应达到平衡时的压强P2与开始反应时的压强P1之比，P2：P1=______．

正确答案

解：I．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，某温度时，水的离子积为KW=1×10-12＞1×10-14，则该温度＞25℃；酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，在此温度下，某溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10-10mol/L＜1×10-7mol/L，则该溶液可能是酸或碱，如果是酸，溶液的pH=2，如果是碱，溶液的pH=10，

故答案为：高；2或10；

II．①中氢离子浓度为0.2mol/L，②中氢离子浓度为 0.15mol/L，③中氢离子浓度小于 0.2mol/L④中氢离子浓度小于 0.1mol/L，氢离子浓度越大溶液的pH越小，所以pH最小的是①；

酸电离出的氢离子浓度越大则水电离出的氢离子浓度越小，所以由水电离的H+浓度最大的是④；

根据原子守恒知，氢离子的物质的量越小，生成的氢气的量越少，氢离子的物质的量最少的是②，所以生成氢气的量最少的是②；

醋酸的电离常数为4×10-5，则0.1mol/L CH3COOH溶液中的H+浓度=mol/L=2×10-3mol/L，

故答案为：①；④；②；2×10-3mol/L；

Ⅲ．（1）恒温恒容条件下，甲、乙平衡时测得C的体积分数均为40%，应为等效平衡，但平衡时甲、乙压强不同，说明压强不影响平衡移动，则p=2+1=3，故平衡时C的物质的量=（1mol+0.5mol+2mol）×40%=1.4mol，则转化的C的物质的量=2mol-1.4mol=0.6mol，反应逆向进行，由方程式可知生成的B的物质的量0.6mol×=0.2mol，故平衡时B的物质的量=0.5mol+0.2mol=0.7mol，则乙平衡时c（B）==0.7mol/L，

故答案为：0.7mol/L；

（2）若M%=40%，恒温恒容条件下，应为等效平衡，且平衡建立前后乙中压强不同，说明该反应前后气体的化学计量数发生变化，乙中按化学计量数之比转化到左边满足n（A）=3mol、n（B）=1.5mol，则：

2A（g）+B（g）⇌pC（g），

2 1 p

mol mol 2mol

故：1mol+mol=3mol 0.5mol+mol=1.5mol，解得p=2，

反应开始时，C的体积分数=×100%=57.1%，大于平衡时C的体积分数40%，故反应向逆反应进行建立平衡，

令平衡时转化的C的物质的量为amol，则：

2C（g）⇌2A（g）+B（g）物质的量增大

2 1

amol 0.5amol

故平衡时，混合气体总的物质的量=1mol+0.5mol+2mol+0.5amol=（3.5+0.5a）mol，

故=40%，解得a=0.5，

则平衡时的压强P2与开始反应时的压强P1之比为P2：P1=（3.5+0.5×0.5）mol：3.5mol=15：14，

故答案为：2；15：14．

解析

解：I．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，某温度时，水的离子积为KW=1×10-12＞1×10-14，则该温度＞25℃；酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，在此温度下，某溶液中由水电离出来的H+浓度为1×10-10mol/L＜1×10-7mol/L，则该溶液可能是酸或碱，如果是酸，溶液的pH=2，如果是碱，溶液的pH=10，

故答案为：高；2或10；

II．①中氢离子浓度为0.2mol/L，②中氢离子浓度为 0.15mol/L，③中氢离子浓度小于 0.2mol/L④中氢离子浓度小于 0.1mol/L，氢离子浓度越大溶液的pH越小，所以pH最小的是①；

酸电离出的氢离子浓度越大则水电离出的氢离子浓度越小，所以由水电离的H+浓度最大的是④；

根据原子守恒知，氢离子的物质的量越小，生成的氢气的量越少，氢离子的物质的量最少的是②，所以生成氢气的量最少的是②；

醋酸的电离常数为4×10-5，则0.1mol/L CH3COOH溶液中的H+浓度=mol/L=2×10-3mol/L，

故答案为：①；④；②；2×10-3mol/L；

Ⅲ．（1）恒温恒容条件下，甲、乙平衡时测得C的体积分数均为40%，应为等效平衡，但平衡时甲、乙压强不同，说明压强不影响平衡移动，则p=2+1=3，故平衡时C的物质的量=（1mol+0.5mol+2mol）×40%=1.4mol，则转化的C的物质的量=2mol-1.4mol=0.6mol，反应逆向进行，由方程式可知生成的B的物质的量0.6mol×=0.2mol，故平衡时B的物质的量=0.5mol+0.2mol=0.7mol，则乙平衡时c（B）==0.7mol/L，

故答案为：0.7mol/L；

（2）若M%=40%，恒温恒容条件下，应为等效平衡，且平衡建立前后乙中压强不同，说明该反应前后气体的化学计量数发生变化，乙中按化学计量数之比转化到左边满足n（A）=3mol、n（B）=1.5mol，则：

2A（g）+B（g）⇌pC（g），

2 1 p

mol mol 2mol

故：1mol+mol=3mol 0.5mol+mol=1.5mol，解得p=2，

反应开始时，C的体积分数=×100%=57.1%，大于平衡时C的体积分数40%，故反应向逆反应进行建立平衡，

令平衡时转化的C的物质的量为amol，则：

2C（g）⇌2A（g）+B（g）物质的量增大

2 1

amol 0.5amol

故平衡时，混合气体总的物质的量=1mol+0.5mol+2mol+0.5amol=（3.5+0.5a）mol，

故=40%，解得a=0.5，

则平衡时的压强P2与开始反应时的压强P1之比为P2：P1=（3.5+0.5×0.5）mol：3.5mol=15：14，

故答案为：2；15：14．

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