- 电解质溶液的离子流向
- 共2466题
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：（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-．
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-．
（2015秋•山西校级月考）某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是：
H2B=H++HB-，HB-⇌H++B2-．回答下列问题：
（1）Na2B溶液显碱性，理由是______（用离子方程式表示）．
（2）在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式不正确的是______．
A．c （B2-）+c （HB- ）+c （H2B）=0.1mol/L
B．c （OH-）=c （H+）+c （HB-）
C．c （Na+）+c （H+ ）=c （OH- ）+c （HB-）+2c （B2- ）
D．c （Na+）=2c （B2- ）+2c （HB- ）
（3）0.1mol/L NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是______．
正确答案
解：（1）该二元酸第一步完全电离、第二步部分电离，所以Na2B在水溶液里部分水解导致溶液呈碱性，水解方程式为B2-+H2O⇌HB-+OH-，故答案为：B2-+H2O⇌HB-+OH-；
（2）A．B2-在水溶液中只发生第一步水解，不发生第二步水解，所以溶液中不存在H2B，所以溶液中存在物料守恒c （B2-）+c （HB- ）=0.1mol/L，故A错误；
B．根据质子守恒得c （OH-）=c （H+）+c （HB-），故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒c （Na+）+c （H+ ）=c （OH- ）+c （HB-）+2c （B2- ），故C正确；
D．溶液中存在物料守恒得c （Na+）=2c （B2- ）+2c （HB- ），故D正确；
故选A；
（3）HB-在水溶液里只电离不水解，导致溶液呈酸性，但电离程度较小，水也电离生成氢离子，钠离子不水解，所以溶液在离子浓度大小顺序是c （Na+）＞c （HB- ）＞c （H+）＞c （B2- ）＞c （OH-），故答案为：c （Na+）＞c （HB- ）＞c （H+）＞c （B2- ）＞c （OH-）．
解析
解：（1）该二元酸第一步完全电离、第二步部分电离，所以Na2B在水溶液里部分水解导致溶液呈碱性，水解方程式为B2-+H2O⇌HB-+OH-，故答案为：B2-+H2O⇌HB-+OH-；
（2）A．B2-在水溶液中只发生第一步水解，不发生第二步水解，所以溶液中不存在H2B，所以溶液中存在物料守恒c （B2-）+c （HB- ）=0.1mol/L，故A错误；
B．根据质子守恒得c （OH-）=c （H+）+c （HB-），故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒c （Na+）+c （H+ ）=c （OH- ）+c （HB-）+2c （B2- ），故C正确；
D．溶液中存在物料守恒得c （Na+）=2c （B2- ）+2c （HB- ），故D正确；
故选A；
（3）HB-在水溶液里只电离不水解，导致溶液呈酸性，但电离程度较小，水也电离生成氢离子，钠离子不水解，所以溶液在离子浓度大小顺序是c （Na+）＞c （HB- ）＞c （H+）＞c （B2- ）＞c （OH-），故答案为：c （Na+）＞c （HB- ）＞c （H+）＞c （B2- ）＞c （OH-）．
（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：（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．
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．
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：（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．
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．
请回答下列问题：
（1）a．CH3COOH，b．H2CO3，c．HClO的酸性由强到弱的顺序为______（填编号）．
（2）同浓度的a．CH3COO-，b．HCO
（3）向NaClO溶液中通入少量的CO2，反应的离子方程式为______．
（4）pH相同的下列四种物质的溶液：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONa，d．NaHCO3，物质的量浓度由大到小的顺序是______（填编号）．
（5）常温下0.1mol•L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是______（填序号）．
A．c（H+） B．c（H+）/c（CH3COOH）
C．c（H+）•c（OH-） D． c（H+）•c（CH3COO-）/c（CH3COOH）
若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是______．
（6）体积为10mL pH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离常数______（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的电离常数；稀释后，HX溶液中由水电离出来的c（H+）______（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸溶液中由水电离出来的c（H+）．
正确答案
解：（1）根据表中数据可知，酸的电离出平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，
故答案为：a＞b＞c；
（2）酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，由于电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，则同浓度CH3COO-、HCO3-、CO32-、ClO-结合H+的能力由强到弱的顺序为：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，
故答案为：c＞d＞b＞a；
（3）NaClO溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，
故答案为：ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO；
（4）pH相同的下列四种物质的溶液：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONa，d．NaHCO3，由于酸根离子部分水解，四种溶液都呈碱性，pH相同时，酸根离子对应的酸的酸性越强，其水解程度越弱，若使pH相同，则其盐溶液的浓度越大，由于酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，所以四种溶液的浓度大小为：c＞d＞b＞a，
故答案为：c＞d＞b＞a；
（5）A.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，故A正确；
B.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，各个微粒浓度减小，同时醋酸的电离向右移动，c（H+）减小的程度小于c（CH3COOH）的减小程度，则c（H+）/c（CH3COOH）增大，故B错误；
C．Kw=c（H+）•c（OH-）只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数，故C错误；
D．c（H+）•c（CH3COO-）/c（CH3COOH）为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则水的电离平衡常数不变，故D错误；
故答案为：A；
若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度对增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，
A．升高温度后溶液中氢离子浓度c（H+）增大，故A正确；
B．升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大，醋酸的浓度减小，则（H+）/c（CH3COOH）增大，故B正确；
C．c（H+）•c（OH-）为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故C正确；
D．c（H+）•c（CH3COO-）/c（CH3COOH）是醋酸的电离平衡常数，升高温度后产生的电离平衡常数增大，故D正确；
故答案为：ABCD；
（6）根据图象分析知道，起始是两种溶液中c（H+）相同，c（较弱酸）＞c（较强酸），稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c（H+）一直大于较强酸的c（H+），稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大；HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），所以对水的抑制能力减弱，
故答案为：大于；大于．
解析
解：（1）根据表中数据可知，酸的电离出平衡常数大小为：CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，电离平衡常数越大，酸性越强，所以酸性由强到弱的顺序为为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，
故答案为：a＞b＞c；
（2）酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，由于电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，则同浓度CH3COO-、HCO3-、CO32-、ClO-结合H+的能力由强到弱的顺序为：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，
故答案为：c＞d＞b＞a；
（3）NaClO溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，
故答案为：ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO；
（4）pH相同的下列四种物质的溶液：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONa，d．NaHCO3，由于酸根离子部分水解，四种溶液都呈碱性，pH相同时，酸根离子对应的酸的酸性越强，其水解程度越弱，若使pH相同，则其盐溶液的浓度越大，由于酸性CH3COOH＞H2CO3＞HCO3-＞HClO，所以四种溶液的浓度大小为：c＞d＞b＞a，
故答案为：c＞d＞b＞a；
（5）A.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，故A正确；
B.0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加稀释过程中，各个微粒浓度减小，同时醋酸的电离向右移动，c（H+）减小的程度小于c（CH3COOH）的减小程度，则c（H+）/c（CH3COOH）增大，故B错误；
C．Kw=c（H+）•c（OH-）只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数，故C错误；
D．c（H+）•c（CH3COO-）/c（CH3COOH）为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则水的电离平衡常数不变，故D错误；
故答案为：A；
若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度对增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，
A．升高温度后溶液中氢离子浓度c（H+）增大，故A正确；
B．升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大，醋酸的浓度减小，则（H+）/c（CH3COOH）增大，故B正确；
C．c（H+）•c（OH-）为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故C正确；
D．c（H+）•c（CH3COO-）/c（CH3COOH）是醋酸的电离平衡常数，升高温度后产生的电离平衡常数增大，故D正确；
故答案为：ABCD；
（6）根据图象分析知道，起始是两种溶液中c（H+）相同，c（较弱酸）＞c（较强酸），稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c（H+）一直大于较强酸的c（H+），稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大；HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），所以对水的抑制能力减弱，
故答案为：大于；大于．
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