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•三明校级月考）（1）硼酸（H3BO3）溶液中存在如下反应：

H3BO3（aq）+H2O（l）⇌[B（OH）4]-（aq）+H+（aq）．已知25℃时它的电离常数K=5.7×10-10．则此温度下0.7mol•L-1硼酸溶液中H+的浓度=______．（计算结果保留小数点后一位）

（2）常温下，0.1mol•L-1的氯化铵溶液pH=5.1．若常温下氨水的电离常数Kb=10-X，则x=______．

正确答案

解：（1）H3BO3 （aq）+H2O （l）⇌[B（OH）4]-（aq）+H+（aq）

c起始/mol•L-1 0.70 0 0

△c/mol•L- x x x

c平衡/mol•L-1 0.70-x x x

则平衡的电离平衡常数K=═5.7×10-10，即：x2=3.99×10-10，解得：x=2.0×10-5mol•L-1，

故答案为：2.0×10-5 mol•L-1；

（2）0.1mol•L-1氯化铵溶液pH=5.1，c（H+）=10-5.1，Kh==10-9.2，

根据Kh×Kb=Kw可知Kb===10-4.8=10-x，

所以x=4.8，

故答案为：4.8．

解析

解：（1）H3BO3 （aq）+H2O （l）⇌[B（OH）4]-（aq）+H+（aq）

c起始/mol•L-1 0.70 0 0

△c/mol•L- x x x

c平衡/mol•L-1 0.70-x x x

则平衡的电离平衡常数K=═5.7×10-10，即：x2=3.99×10-10，解得：x=2.0×10-5mol•L-1，

故答案为：2.0×10-5 mol•L-1；

（2）0.1mol•L-1氯化铵溶液pH=5.1，c（H+）=10-5.1，Kh==10-9.2，

根据Kh×Kb=Kw可知Kb===10-4.8=10-x，

所以x=4.8，

故答案为：4.8．

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简答题

某研究小组对一元有机弱酸HA在溶剂苯和水的混合体系中的溶解度进行研究．25℃时，弱酸HA在水中部分电离，HA的电离度（电离度为已电离的溶质的分子数占原有溶质分子总数的百分率）为0.20；在苯中部分发生双聚反应，生成（HA）2．该平衡体系中，一元有机弱酸HA在溶剂苯（B）和水（W）中的分配系数为K，K==1.0，即达到平衡后，以分子形式存在的HA在苯和水两种溶剂中的比例为1：1．（已知：lg2≈0.3，lg3≈0.5）

其他相关信息如表：

回答下列问题：

（1）25℃时，该水溶液的pH为______．

（2）25℃时，混合体系中HA在苯中发生双聚反应，若测得某时刻溶液中微粒的浓度满足=130，则反应向______（填“正反应”或“逆反应”）方向进行．

（3）下列有关该混合体系的说法不正确的是______．

A．用分液漏斗分离得到水溶液和苯溶液，若水溶液中加入少量水，苯溶液中加入少量苯，则上述平衡均正向移动，且c（HA）均减小

B．升高温度，HA的电离平衡常数K1和2HA⇌（HA）2的平衡常数K2均变大

C．用酸碱中和滴定的分析方法可以测出HA的起始总浓度

D.25℃时，若再加入一定量的HA固体，则水和苯中HA的起始总浓度之比仍为3：4

（4）25℃时，用0.1000mol•L-1的氢氧化钠溶液滴定20.00mL 0.1000mol•L-1 HA的水溶液，请在图中画出滴定曲线示意图．

正确答案

解：（1）在25℃时，弱酸HA在水中部分电离，HA的电离度为0.20，则溶液中电离的HA的物质的量浓度为：3.0×10-3 mol•L-1×0.2=6.0×10-4 mol•L-1，电离的c（A-）=c（H+）=6.0×10-4 mol•L-1，该溶液的pH=-lgc（H+）=-lg6.0×10-4=4-lg6=4-lg2-lg3=4-0.3-0.5=3.2；

故答案为：3.2；

（2）在苯中反应2HA⇌（HA）2的平衡常数为：K=≈138.9，由于=130＜K，平衡向着正反应方向移动，

故答案为：正反应；

（3）A、用分液漏斗分离得到水溶液和苯溶液，若水溶液中加入少量水，浓度越小，电离程度越大，则上述平衡正移，且c（HA）减小；而苯溶液中加少量苯，稀释过程，平衡将向分子数增大方向移动，但c（HA）会减小，故A错误；

B、升高温度，HA的电离是吸热，平衡常数K1变大；2HA=（HA）2放热反应，其平衡常数K2变小，故B错误；

C、若用酸碱中和滴定的分析方法，可以测出HA的起始总浓度，完全反应生成弱酸钠盐，虽然不是中性，但可用接近的指示剂变色判断，故C正确；

D、在25℃时，若再加入一定量的HA固体，饱和溶液则水和苯中HA的起始总浓度之比仍为3：4，不饱和溶液浓度会变大，所以无法判断，故D错误；

故答案为：ABD；

（4）滴定前溶液中氢离子浓度为：0.1mol/L×0.2=0.02mol/L，溶液的pH为：-lg0.02=2-lg2=1.7，即氢氧化钠溶液体积为0时，图象中的pH为1.7；二者浓度相同，当滴入氢氧化钠溶液体积在20mL时，图象中会出现pH突变区间，所以该滴定曲线示意图为：，

故答案为：

．

解析

解：（1）在25℃时，弱酸HA在水中部分电离，HA的电离度为0.20，则溶液中电离的HA的物质的量浓度为：3.0×10-3 mol•L-1×0.2=6.0×10-4 mol•L-1，电离的c（A-）=c（H+）=6.0×10-4 mol•L-1，该溶液的pH=-lgc（H+）=-lg6.0×10-4=4-lg6=4-lg2-lg3=4-0.3-0.5=3.2；

故答案为：3.2；

（2）在苯中反应2HA⇌（HA）2的平衡常数为：K=≈138.9，由于=130＜K，平衡向着正反应方向移动，

故答案为：正反应；

（3）A、用分液漏斗分离得到水溶液和苯溶液，若水溶液中加入少量水，浓度越小，电离程度越大，则上述平衡正移，且c（HA）减小；而苯溶液中加少量苯，稀释过程，平衡将向分子数增大方向移动，但c（HA）会减小，故A错误；

B、升高温度，HA的电离是吸热，平衡常数K1变大；2HA=（HA）2放热反应，其平衡常数K2变小，故B错误；

C、若用酸碱中和滴定的分析方法，可以测出HA的起始总浓度，完全反应生成弱酸钠盐，虽然不是中性，但可用接近的指示剂变色判断，故C正确；

D、在25℃时，若再加入一定量的HA固体，饱和溶液则水和苯中HA的起始总浓度之比仍为3：4，不饱和溶液浓度会变大，所以无法判断，故D错误；

故答案为：ABD；

（4）滴定前溶液中氢离子浓度为：0.1mol/L×0.2=0.02mol/L，溶液的pH为：-lg0.02=2-lg2=1.7，即氢氧化钠溶液体积为0时，图象中的pH为1.7；二者浓度相同，当滴入氢氧化钠溶液体积在20mL时，图象中会出现pH突变区间，所以该滴定曲线示意图为：，

故答案为：

．

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简答题

现有下列10种物质

①NaHCO3；②NH4HCO3；③BaSO4；④HF；⑤C2H5OH；⑥Al；⑦食盐水；⑧CH3COOH； ⑨HCl；=10 ⑩NaOH．

（1）其中属于非电解质的是______（填序号，下同），既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是______．

（2）NaHCO3溶液显______性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是（结合离子方程式表示）

______．

（3）常温时有四种溶液：Ⅰ．pH=4的CH3COOH溶液；Ⅱ．pH=4的HCl溶液；Ⅲ．pH=10的NaOH溶液；Ⅳ．pH=10的CH3COONa溶液．（已知常温时醋酸的电离常数为1.75×10-5）

下列有关叙述正确的是______．（忽略溶液混合时的体积变化）

A．Ⅱ、Ⅲ溶液分别与10g铝粉充分反应，生成H2的量Ⅲ一定更多

B．Ⅰ与Ⅱ等体积混合后，溶液中的c（CH3COO-）为原溶液浓度的

C．将Ⅰ和Ⅲ等体积混合后，溶液pH一定小于7

D．四种溶液各10mL分别加水稀释至100mL后，溶液的pH：Ⅲ＞Ⅳ＞Ⅰ＞Ⅱ

（4）常温时某HCl溶液中由水电离出的C（H+）=1×10-amol/L，而相同pH的AlCl3溶液中由水电离出的C（H+）=1×10-bmol/L （已知a，b均为小于14的正整数），则a和b之间满足的关系为______，______（用一个等式和一个不等式表示）．

正确答案

解：（1）根据非电解质的概念，C2H5OH是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，故属于非电解质，①NaHCO3②NH4HCO3，⑥Al既能和强酸反应又能和强碱之间反应，故答案为：⑤；①②⑥；

（2）在NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子存在水解平衡和电离平衡，水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性，

故答案为：碱；HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，HCO3-⇌CO32-+H+，因水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性；

（3）A、盐酸、氢氧化铝与金属铝反应产生氢气的量和酸、碱的物质的量有关、如果酸碱都是过量的，产生氢气一样，但是酸碱少量时，得根据酸碱的物质的量来计算氢气的量，需要知道其体积的大小，故A错误；

B、Ⅰ与Ⅱ等体积混合后，溶液中的c（CH3COO-）不足原溶液浓度的一半，故B错误；

C、pH=4的CH3COOH溶液和pH=10的NaOH溶液混合以后，醋酸剩余，溶液显示酸性，溶液pH一定小于7，故C正确；

D、Ⅰ．pH=4的CH3COOH溶液加水稀释为原来的10倍后，pH由4变为大于4小于5的一个值；Ⅱ．pH=4的HCl溶液加水稀释为原来的10倍后，pH由4变为5；Ⅲ．pH=10的NaOH溶液加水稀释为原来的10倍后，pH由10变为9；Ⅳ．pH=10的CH3COONa溶液加水稀释为原来的10倍后，pH由10变为大于9小于10的一个值，所以溶液的pH：Ⅳ＞Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，故D错误．

故选C．

（4）硫酸抑制水的电离，硫酸铝促进水的电离，则a＞b，由二者的pH相同，则得到10a-14=10-b，即a+b=14，故答案为：a+b=14；a＞b．

解析

解：（1）根据非电解质的概念，C2H5OH是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，故属于非电解质，①NaHCO3②NH4HCO3，⑥Al既能和强酸反应又能和强碱之间反应，故答案为：⑤；①②⑥；

（2）在NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子存在水解平衡和电离平衡，水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性，

故答案为：碱；HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，HCO3-⇌CO32-+H+，因水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性；

（3）A、盐酸、氢氧化铝与金属铝反应产生氢气的量和酸、碱的物质的量有关、如果酸碱都是过量的，产生氢气一样，但是酸碱少量时，得根据酸碱的物质的量来计算氢气的量，需要知道其体积的大小，故A错误；

B、Ⅰ与Ⅱ等体积混合后，溶液中的c（CH3COO-）不足原溶液浓度的一半，故B错误；

C、pH=4的CH3COOH溶液和pH=10的NaOH溶液混合以后，醋酸剩余，溶液显示酸性，溶液pH一定小于7，故C正确；

D、Ⅰ．pH=4的CH3COOH溶液加水稀释为原来的10倍后，pH由4变为大于4小于5的一个值；Ⅱ．pH=4的HCl溶液加水稀释为原来的10倍后，pH由4变为5；Ⅲ．pH=10的NaOH溶液加水稀释为原来的10倍后，pH由10变为9；Ⅳ．pH=10的CH3COONa溶液加水稀释为原来的10倍后，pH由10变为大于9小于10的一个值，所以溶液的pH：Ⅳ＞Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，故D错误．

故选C．

（4）硫酸抑制水的电离，硫酸铝促进水的电离，则a＞b，由二者的pH相同，则得到10a-14=10-b，即a+b=14，故答案为：a+b=14；a＞b．

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（2014秋•萧山区期末）25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：

（1）电解质由强至弱的顺序为______（用化学式表示，下同）．

（2）常温下，0.02mol•L-1的CH3COOH溶液的电离度约为______，体积为10mL pH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者______后者（填“＞”、“＜”或“=”）．

（3）下列离子CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-、在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为______．

正确答案

解：（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，电离平衡常数越大，酸性越强，所以电解质由强到弱的顺序为为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3，

故答案为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3；

（2）0.02mol/L的醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，设该溶液中醋酸的电离度为x，则醋酸电离出的醋酸根离子、氢离子浓度为0.02xmol/L，醋酸的浓度为0.02（1-x）mol/L，根据醋酸的电离平衡常数K=1.8×10-5可知：K=1.8×10-5=，解得：x=3%；

由于醋酸的酸性需小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，醋酸的pH变化大，即：醋酸的pH大于亚硫酸，

故答案为：3%；＞；

（3）已知酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-，

故答案为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-．

解析

解：（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，电离平衡常数越大，酸性越强，所以电解质由强到弱的顺序为为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3，

故答案为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3；

（2）0.02mol/L的醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，设该溶液中醋酸的电离度为x，则醋酸电离出的醋酸根离子、氢离子浓度为0.02xmol/L，醋酸的浓度为0.02（1-x）mol/L，根据醋酸的电离平衡常数K=1.8×10-5可知：K=1.8×10-5=，解得：x=3%；

由于醋酸的酸性需小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，醋酸的pH变化大，即：醋酸的pH大于亚硫酸，

故答案为：3%；＞；

（3）已知酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-，

故答案为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-．

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为了证明醋酸是弱电解质，甲、乙、丙、丁、戊分别选用下列试剂进行实验：

0.1mol/L醋酸溶液、0.1mol/L盐酸、c（H+）=10-3mol/L的盐酸、c（H+）=10-3mol/L的醋酸、CH3COONa晶体、石蕊试液、pH试纸、锌粒、蒸馏水．已知：pH=-lgc（H+）

（1）甲用pH试纸测出0.10mol/L的醋酸溶液pH=4，则认定醋酸是弱电解质，你认为这一方法______（填“正确”或“不正确”）

（2）乙分别取用10mL 0.1mol/L盐酸和醋酸，然后加入完全一样的等量锌粒（少量），产生氢气用气球收集，通过观察实验现象为______，则认定醋酸是弱电解质．

（3）丙取出10mL 0.10mol/L醋酸溶液，滴入石蕊试液，显红色，再加入醋酸钠晶体，颜色变浅红色，也能证明醋酸是弱电解质，从电离平衡原理解释：______

（4）丁分别取用10mL c（H+）=10-3mol/L盐酸和醋酸，然后加入完全一样的等量锌粒（足量），产生氢气用气球收集，通过比较产生气球的大小，如果醋酸产生气球______（填“大”或“小”），则认定醋酸是弱电解质．

（5）戊取用C（H+）=10-3mol/L的醋酸稀释到原来的100倍，稀释后醋酸的c（H+）______10-5mol/L（填“＞”、“＜”、“=”），则认定醋酸是弱电解质．

正确答案

解：（1）0.1mol•L-1的一元强酸的pH=1，0.10mol/L的醋酸溶液pH=4，说明醋酸没有完全电离，则可证明为弱酸，

故答案为：正确；

（2）如醋酸为弱酸，则等浓度时，醋酸溶液中c（H+）较小，反应较慢，可观察到锌与盐酸反应的气球膨胀速度快，

故答案为：锌与盐酸反应的气球膨胀速度快；

（3）滴入石蕊试液，显红色，再加入醋酸钠晶体，红色变浅，说明溶液中c（OH-）变化，说明存在平衡移动，原因是醋酸溶液部分电离，加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（H+）减小，

故答案为：醋酸溶液部分电离，加入醋酸钠，醋酸根浓度增大，平衡向左移动，c（H+）减小；

（4）分别取用10mL c（H+）=10-3mol/L盐酸和醋酸，然后分别加入质量相同的锌粒，如醋酸为弱酸，则浓度较大，与锌充分反应时，醋酸产生的气体较多，气球较大，

故答案为：大；

（5）如醋酸为弱酸，则稀释促进电离，c（H+）=10-3mol/L的醋酸稀释到原来的100倍，稀释后醋酸的c（H+）＞10-5mol/L，

故答案为：＞．

解析

解：（1）0.1mol•L-1的一元强酸的pH=1，0.10mol/L的醋酸溶液pH=4，说明醋酸没有完全电离，则可证明为弱酸，

故答案为：正确；

（2）如醋酸为弱酸，则等浓度时，醋酸溶液中c（H+）较小，反应较慢，可观察到锌与盐酸反应的气球膨胀速度快，

故答案为：锌与盐酸反应的气球膨胀速度快；

（3）滴入石蕊试液，显红色，再加入醋酸钠晶体，红色变浅，说明溶液中c（OH-）变化，说明存在平衡移动，原因是醋酸溶液部分电离，加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（H+）减小，

故答案为：醋酸溶液部分电离，加入醋酸钠，醋酸根浓度增大，平衡向左移动，c（H+）减小；

（4）分别取用10mL c（H+）=10-3mol/L盐酸和醋酸，然后分别加入质量相同的锌粒，如醋酸为弱酸，则浓度较大，与锌充分反应时，醋酸产生的气体较多，气球较大，

故答案为：大；

（5）如醋酸为弱酸，则稀释促进电离，c（H+）=10-3mol/L的醋酸稀释到原来的100倍，稀释后醋酸的c（H+）＞10-5mol/L，

故答案为：＞．

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