- 电解质溶液的离子流向
- 共2466题
（1）三种弱酸HA、H2B、HC，电离常数为1.8×10-5、5.6×10-11、4.9×10-10、4.3×10-7（数据顺序已打乱），已知三种酸和它们的盐之间能发生以下反应：
①HA+HB-（少量）=A-+H2B ②H2B（少量）+C-=HB-+HC ③HA（少量）+C-=A-+HC
若H2B的Ka1=4.3×10-7，则另二种酸对应的电离常数分别为（根据已知数据填空）：HA的Ka=______，HC的Ka=______．
（2）25℃时0.1mol•L-1的H2R水溶液中，用氢氧化钠来调节溶液pH，得到含有H2R、HR-、R2-三种微粒的溶液．当c（Na+）=c（R2-）+c（HR-）+c（H2R）时溶液的溶质为______（填化学式）．
（3）下图是某水溶液在pH从0至14的范围内H2CO3、HCO3-、CO32-三种成分平衡时的组成分数．
①下列叙述正确的是______．
A．此图是1.0mol•L-1碳酸钠溶液滴定1.0mol•L-1HCl溶液的滴定曲线
B．在pH分别为6.37及10.25时，溶液中c（H2CO3）=c（HCO3-）=c（CO32-）
C．人体血液的pH约为7.4，则CO2在血液中多以HCO3-形式存在
D．若用CO2和NaOH反应制取NaHCO3，宜控制溶液的pH为7～9之间
②已知Ksp（CaCO3）=5.0×10-9，在10mL 0.02mol•L-1的Na2CO3溶液中，加入某浓度的盐酸，调节溶液的pH=10.25，此时溶液的体积恰好为100mL，向该溶液中加入1mL 1×10-4mol•L-1的CaCl2溶液，问是否有沉淀生成？______（填“是”或“否”）．
正确答案
解：（1）根据溶液中强酸制弱酸的原理以及反应H2B（少量）+C-=HB-+HC，可以确定酸性强弱是：H2B＞HC＞HB-，根据HA+HB-（少量）=A-+H2B知，酸性HA＞H2B，所以这几种酸的酸性强弱顺序是HA＞H2B＞HC＞HB-，
若H2B的Ka1=4.3×10-7，则HA的Ka=1.8×10-5；HC的Ka=4.9×10-10；
故答案为：1.8×10-5；4.9×10-10；
（2）25℃时0.1mol•L-1的H2R水溶液中，用氢氧化钠来调节溶液pH，得到含有H2R、HR-、R2-三种微粒的溶液，溶液中存在c（Na+）=c（R2-）+c（HR-）+c（H2R），说明钠原子和R原子以1：1存在于盐溶液中，R形成的酸为二元酸，所以该溶质为二元酸的酸式盐，即NaHR，故答案为：NaHR；
（3）①A．随着pH减小，碳酸根离子减小、碳酸氢根离子浓度增大，碳酸根离子浓度增大一定程度后，继续加稀盐酸，碳酸氢根离子和氢离子反应生成碳酸，所以碳酸氢根离子浓度减小、碳酸浓度增大，应该是1.0mol/L盐酸溶液滴定1.0mol/L碳酸钠溶液，在碳酸浓度达到饱和之前，碳酸浓度应逐渐增大，因为反应过程中有部分二氧化碳逸出，则碳酸浓度不可能为1.0mol/L，故A错误；
B．由图可知，pH为6.37时c（H2CO3）=c（HCO3-），pH为10.25时，c（HCO3-）=c（CO32-），但三者的浓度不相等，故B错误；
C．由图可知，pH为7.4时，HCO3-的最大，则当人体血液的pH约为7.4，则CO2在血液中多以HCO3-的形式存在，故C正确；
D．溶液的pH为7～9之间时，溶液中的阴离子主要以HCO3-形式存在，所以溶液中的溶质主要为碳酸氢钠，故D正确；
故选CD；
②在10mL0.02mol/LNa2CO3溶液中加入某浓度的盐酸后，当调节溶液的pH=10.25时，据图中内容可以看出：HCO3-、CO32-两种成分平衡时的组成分数分别为50%，即碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量分别是0.0001mol，此时溶液的体积恰好为100mL，所碳酸钠中碳酸根的浓度是0.001mol/L，再加入1mL1×10-4mol•L-1的CaCl2稀溶液时，Qc=c（Ca2+）•c（CO32-）=0.001mol/L×10-6mol/L=1×10-9（mol/L）2，而Ksp（CaCO3）=5.0×10-9，Qc＜Ksp，所以不能生成沉淀，故答案为：否．
解析
解：（1）根据溶液中强酸制弱酸的原理以及反应H2B（少量）+C-=HB-+HC，可以确定酸性强弱是：H2B＞HC＞HB-，根据HA+HB-（少量）=A-+H2B知，酸性HA＞H2B，所以这几种酸的酸性强弱顺序是HA＞H2B＞HC＞HB-，
若H2B的Ka1=4.3×10-7，则HA的Ka=1.8×10-5；HC的Ka=4.9×10-10；
故答案为：1.8×10-5；4.9×10-10；
（2）25℃时0.1mol•L-1的H2R水溶液中，用氢氧化钠来调节溶液pH，得到含有H2R、HR-、R2-三种微粒的溶液，溶液中存在c（Na+）=c（R2-）+c（HR-）+c（H2R），说明钠原子和R原子以1：1存在于盐溶液中，R形成的酸为二元酸，所以该溶质为二元酸的酸式盐，即NaHR，故答案为：NaHR；
（3）①A．随着pH减小，碳酸根离子减小、碳酸氢根离子浓度增大，碳酸根离子浓度增大一定程度后，继续加稀盐酸，碳酸氢根离子和氢离子反应生成碳酸，所以碳酸氢根离子浓度减小、碳酸浓度增大，应该是1.0mol/L盐酸溶液滴定1.0mol/L碳酸钠溶液，在碳酸浓度达到饱和之前，碳酸浓度应逐渐增大，因为反应过程中有部分二氧化碳逸出，则碳酸浓度不可能为1.0mol/L，故A错误；
B．由图可知，pH为6.37时c（H2CO3）=c（HCO3-），pH为10.25时，c（HCO3-）=c（CO32-），但三者的浓度不相等，故B错误；
C．由图可知，pH为7.4时，HCO3-的最大，则当人体血液的pH约为7.4，则CO2在血液中多以HCO3-的形式存在，故C正确；
D．溶液的pH为7～9之间时，溶液中的阴离子主要以HCO3-形式存在，所以溶液中的溶质主要为碳酸氢钠，故D正确；
故选CD；
②在10mL0.02mol/LNa2CO3溶液中加入某浓度的盐酸后，当调节溶液的pH=10.25时，据图中内容可以看出：HCO3-、CO32-两种成分平衡时的组成分数分别为50%，即碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量分别是0.0001mol，此时溶液的体积恰好为100mL，所碳酸钠中碳酸根的浓度是0.001mol/L，再加入1mL1×10-4mol•L-1的CaCl2稀溶液时，Qc=c（Ca2+）•c（CO32-）=0.001mol/L×10-6mol/L=1×10-9（mol/L）2，而Ksp（CaCO3）=5.0×10-9，Qc＜Ksp，所以不能生成沉淀，故答案为：否．
A．0.01mol•L-1氨水 B．0.01mol•L-1 NaOH溶液
C．pH=2的CH3COOH溶液 D．pH=2的HCl溶液
（1）①4种溶液中，水的电离程度最大的是______（填序号）．
②若将C、D溶液分别稀释10倍，pH变化如图，曲线I对应的溶液为______（填序号）．图中a、b、c三点对应溶液的导电能力由强到弱的顺序是______．（用a、b、c表示）
③若将VmL的D溶液滴入到45mL的B溶液中充分反应后，溶液PH=3，则V=______mL（溶液体积变化忽略不计）．
（2）请设计实验证明CH3COOH为弱酸．______．
（3）相同体积的C溶液①和D溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图正确的是______．（请填序号）
正确答案
解：（1）①酸碱都对水的电离起到抑制作用，酸中氢离子浓度越小、碱中氢氧根离子浓度越小，则水的电离程度越大，0.01mol•L-1氨水中氢氧根离子浓度最小，所以水的电离程度最大；故答案为：A；
②酸稀释，pH变化大的是强酸，pH变化小的是弱酸，若将C、D溶液分别稀释10倍，曲线I对应的溶液为盐酸，溶液的导电能力和氢离子浓度大小有关，浓度越大，导电能力越强，所以a、b、c三点对应溶液的导电能力由强到弱的顺序是b＞a＞c，
故答案为：D；b＞a＞c；
③根据盐酸和氢氧化钠中和后溶液显示酸性，酸剩余，溶液的pH=
（2）醋酸是弱酸，弱酸不能完全电离，电离出的氢离子浓度要比酸的浓度小，在常温下，取0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，用PH试纸测定，若PH大于1，则说明醋酸为弱酸，故答案为：在常温下，取0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，用PH试纸测定，若PH大于1，则说明醋酸为弱酸；
（3）相同体积的pH=2的醋酸溶液和pH=2盐酸溶液分别与足量的锌粉发生反应，盐酸、醋酸氢离子浓度开始是一样大，所以开始产生氢气的速率一样，但是醋酸的浓度大于盐酸，所以产生氢气的体积大，随着反应进行，醋酸的电离不断向右移动，氢离子的物质的量增加，所以反应过程醋酸的快，故选B．
解析
解：（1）①酸碱都对水的电离起到抑制作用，酸中氢离子浓度越小、碱中氢氧根离子浓度越小，则水的电离程度越大，0.01mol•L-1氨水中氢氧根离子浓度最小，所以水的电离程度最大；故答案为：A；
②酸稀释，pH变化大的是强酸，pH变化小的是弱酸，若将C、D溶液分别稀释10倍，曲线I对应的溶液为盐酸，溶液的导电能力和氢离子浓度大小有关，浓度越大，导电能力越强，所以a、b、c三点对应溶液的导电能力由强到弱的顺序是b＞a＞c，
故答案为：D；b＞a＞c；
③根据盐酸和氢氧化钠中和后溶液显示酸性，酸剩余，溶液的pH=
（2）醋酸是弱酸，弱酸不能完全电离，电离出的氢离子浓度要比酸的浓度小，在常温下，取0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，用PH试纸测定，若PH大于1，则说明醋酸为弱酸，故答案为：在常温下，取0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，用PH试纸测定，若PH大于1，则说明醋酸为弱酸；
（3）相同体积的pH=2的醋酸溶液和pH=2盐酸溶液分别与足量的锌粉发生反应，盐酸、醋酸氢离子浓度开始是一样大，所以开始产生氢气的速率一样，但是醋酸的浓度大于盐酸，所以产生氢气的体积大，随着反应进行，醋酸的电离不断向右移动，氢离子的物质的量增加，所以反应过程醋酸的快，故选B．
已知氢氟酸、醋酸、氢氰酸（HCN）、碳酸在室温下的电离常数如下表，请回答下列问题：
（1）四种酸中酸性最强的是______，最弱的是______
（2）写出H2CO3的电离方程式______
（3）写出化学方程式：足量的氢氟酸与碳酸钠溶液混合______足量的CO2通入NaCN溶液中______．
正确答案
解：（1）四种酸中HF的电离平衡常数最大，则HF酸最强，HCN的电离平衡常数最小，则HCN酸性最弱，
故答案为：HF；HCN；
（2）碳酸为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为：H2CO3⇌HCO3-+H+、HCO3-⇌CO32-+H+，
故答案为：H2CO3⇌HCO3-+H+、HCO3-⇌CO32-+H+；
（3）酸性强弱HF＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，可发生反应生成NaF和CO2，反应的方程式为2HF+Na2CO3═2NaF+H2O+CO2↑，足量的CO2通入NaCN溶液中，发生的反应方程式为NaCN+H2O+CO2═HCN+NaHCO3，
故答案为：2HF+Na2CO3═2NaF+H2O+CO2↑；NaCN+H2O+CO2═HCN+NaHCO3．
解析
解：（1）四种酸中HF的电离平衡常数最大，则HF酸最强，HCN的电离平衡常数最小，则HCN酸性最弱，
故答案为：HF；HCN；
（2）碳酸为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为：H2CO3⇌HCO3-+H+、HCO3-⇌CO32-+H+，
故答案为：H2CO3⇌HCO3-+H+、HCO3-⇌CO32-+H+；
（3）酸性强弱HF＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，可发生反应生成NaF和CO2，反应的方程式为2HF+Na2CO3═2NaF+H2O+CO2↑，足量的CO2通入NaCN溶液中，发生的反应方程式为NaCN+H2O+CO2═HCN+NaHCO3，
故答案为：2HF+Na2CO3═2NaF+H2O+CO2↑；NaCN+H2O+CO2═HCN+NaHCO3．
将10mL 0.50mol/L的一元酸HA溶液和等体积0.10 mol/L的KOH溶液混合后，稀释至100mL，它的pH=3．
（1）通过计算说明HA是弱酸还是强酸？
（2）如果是弱酸，它的电离平衡常数是多少？
正确答案
解：（1）n（HA）=0.5mol/L×0.01L=0.005mol，n（KOH）=0.10mol/L×0.01L=0.001mol，根据酸碱反应知，混合溶液中还剩余n（HA）=0.005mol-0.001mol=0.004mol，稀释至100mL，混合溶液中c（HA）=
答：HA是弱酸；
（2）混合溶液中c（HA）=0.04mol/L，c（KA）=0.01mol/L，pH=Pka+log[（c（KA）/C（HA）]=Pka+log0.25，Pka =3.00-log0.25=3.00-（-0.6）=3.6，ka =2.5×10-4，
答：HA的电离平衡常数为2.5×10-4．
解析
解：（1）n（HA）=0.5mol/L×0.01L=0.005mol，n（KOH）=0.10mol/L×0.01L=0.001mol，根据酸碱反应知，混合溶液中还剩余n（HA）=0.005mol-0.001mol=0.004mol，稀释至100mL，混合溶液中c（HA）=
答：HA是弱酸；
（2）混合溶液中c（HA）=0.04mol/L，c（KA）=0.01mol/L，pH=Pka+log[（c（KA）/C（HA）]=Pka+log0.25，Pka =3.00-log0.25=3.00-（-0.6）=3.6，ka =2.5×10-4，
答：HA的电离平衡常数为2.5×10-4．
①HA是______（填“强电解质”或“弱电解质”）．
②在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是______（填字母）．
A．
B．
C．c（H+）与c（OH-）的乘积
D．c（OH-）
（2）已知：CH4+H2O=CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ•mol-1
CH4+CO2=2CO（g）+2H2（g）△H=-247.4kJ•mol-1
CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为______．
（3）如图是利用甲烷燃料电池电解50mL 2mol/L的氯化铜溶液的装置示意图：
请回答：
①甲烷燃料电池的负极反应式为______．
②当线路中有0.6mol电子通过时，B中阳极产物的质量为______g．
正确答案
解：（1）①25℃时，0.1mol•L-1的某酸HA中，如果该酸是强酸，c（H+）/c（OH-）=1012而溶液中c（H+）/c（OH-）=1010所以该酸是弱酸，弱酸中存在电离平衡；故答案为：弱电解质；
②A．加水稀释促进酸电离，氢离子浓度、酸浓度、酸根离子浓度都降低，但氢离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以c（H+）/c（HA）增大，故A正确；
B．加水稀释促进酸电离，酸浓度、酸根离子浓度都降低，但酸根离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以c（HA）/（ A-）减小，故B错误；
C．温度不变，水的离子积常数不变，故C错误；
D．加水稀释促进酸电离，氢离子浓度降低，但氢氧根离子浓度增大，故D正确；
故答案为：AD；
（2）利用盖斯定律，用已知的第一个热化学方程式乘以2减去第二个热化学方程式得：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+659.8kJ•mol-1，
故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+659.8kJ•mol-1；
（3）①根据负极发生失电子的反应，以及电解质溶液显酸性得：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；故答案为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；
②甲烷燃料电池电解50mL 2mol/L的氯化铜溶液，溶液中n（Cl-）=0.2mol，电解一段时间后，阳极电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，0.2mol氯离子失电子0.2mol生成氯气0.1mol，所以氢氧根离子失电子0.4mol，4OH--4e-=2H2O+O2↑，转移0.4mol电子生成氧气0.1mol，共生成气体的质量0.1×71+0.1×32=10.3；故答案为：10.3．
解析
解：（1）①25℃时，0.1mol•L-1的某酸HA中，如果该酸是强酸，c（H+）/c（OH-）=1012而溶液中c（H+）/c（OH-）=1010所以该酸是弱酸，弱酸中存在电离平衡；故答案为：弱电解质；
②A．加水稀释促进酸电离，氢离子浓度、酸浓度、酸根离子浓度都降低，但氢离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以c（H+）/c（HA）增大，故A正确；
B．加水稀释促进酸电离，酸浓度、酸根离子浓度都降低，但酸根离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以c（HA）/（ A-）减小，故B错误；
C．温度不变，水的离子积常数不变，故C错误；
D．加水稀释促进酸电离，氢离子浓度降低，但氢氧根离子浓度增大，故D正确；
故答案为：AD；
（2）利用盖斯定律，用已知的第一个热化学方程式乘以2减去第二个热化学方程式得：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+659.8kJ•mol-1，
故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+659.8kJ•mol-1；
（3）①根据负极发生失电子的反应，以及电解质溶液显酸性得：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；故答案为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；
②甲烷燃料电池电解50mL 2mol/L的氯化铜溶液，溶液中n（Cl-）=0.2mol，电解一段时间后，阳极电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，0.2mol氯离子失电子0.2mol生成氯气0.1mol，所以氢氧根离子失电子0.4mol，4OH--4e-=2H2O+O2↑，转移0.4mol电子生成氧气0.1mol，共生成气体的质量0.1×71+0.1×32=10.3；故答案为：10.3．
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