- 电解质溶液的离子流向
- 共2466题
如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍；______．
正确答案
解：氯化氢是强电解质，在其水溶液里完全电离，所以盐酸溶液中，C（H+）=C（HCl），醋酸是弱电解质，在其水溶液里只有部分电离，所以C（H+）＜C（CH3COOH），所以如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度大于醋酸的二倍，故答案为：×．
解析
解：氯化氢是强电解质，在其水溶液里完全电离，所以盐酸溶液中，C（H+）=C（HCl），醋酸是弱电解质，在其水溶液里只有部分电离，所以C（H+）＜C（CH3COOH），所以如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度大于醋酸的二倍，故答案为：×．
在0.1mol/L的氨水中，存在如下电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-（正反应为吸热反应）．在此平衡体系中，若按下列情况变动，请将变化情况（增大用“↑”，减小用“↓”，向左用“←”，向右用“→”）填入下表．
正确答案
解：升温电离是吸热反应，所以电离平衡正向移动，n（OH-）增大，c（OH-）增大；c（NH3•H2O）减小，导电能力增大；
通氨气，一水合氨的浓度变大，电离平衡正向移动，n（OH-）增大，c（OH-）增大，c（NH3•H2O）增大，导电能力增大；
加水促进电离，平衡正向移动，n（OH-）增大，c（OH-）减小，c（NH3•H2O）减小，导电能力减弱；
加NaOH（s），导致氢离子的浓度减小，电离平衡逆向移动，n（OH-）增大，c（OH-）增大，c（NH3•H2O）增大，导电能力增大；
加NH4Cl（s），铵根离子浓度变大，电离平衡逆向移动，n（OH-）减小，c（OH-）减小，c（NH3•H2O）增大，导电能力增大；
通CO2氢氧根离子浓度减小，电离平衡下正向移动，n（OH-）减小，c（OH-）减小，c（NH3•H2O）减小，导电能力增大；
故答案为：
．
解析
解：升温电离是吸热反应，所以电离平衡正向移动，n（OH-）增大，c（OH-）增大；c（NH3•H2O）减小，导电能力增大；
通氨气，一水合氨的浓度变大，电离平衡正向移动，n（OH-）增大，c（OH-）增大，c（NH3•H2O）增大，导电能力增大；
加水促进电离，平衡正向移动，n（OH-）增大，c（OH-）减小，c（NH3•H2O）减小，导电能力减弱；
加NaOH（s），导致氢离子的浓度减小，电离平衡逆向移动，n（OH-）增大，c（OH-）增大，c（NH3•H2O）增大，导电能力增大；
加NH4Cl（s），铵根离子浓度变大，电离平衡逆向移动，n（OH-）减小，c（OH-）减小，c（NH3•H2O）增大，导电能力增大；
通CO2氢氧根离子浓度减小，电离平衡下正向移动，n（OH-）减小，c（OH-）减小，c（NH3•H2O）减小，导电能力增大；
故答案为：
．
（1）①写出亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式______．
②某温度下，0.1000mol•L-1的H3PO3溶液pH的读数为1.6，即此时溶液中c （H+）=2.5×10-2mol•L-1，除OH-之外其他离子的浓度由小到大的顺序是______，该温度下H3PO3电离平衡的平衡常数K=______．（H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字）
③向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中c（Na+）______ c（H2PO3-）+2c（HPO32-）（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式______．
（3）电解Na2HPO3溶液也可得到亚磷酸，装置示意图如图：说明：阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过
①阴极的电极反应式为______．
②产品室中反应的离子方程式为______．
正确答案
解：（1）①亚磷酸是二元酸，亚磷酸和少量氢氧化钠反应生成NaH2PO3、H2O，所以该反应方程式为：H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O，故答案为：H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O；
②0.1000mol•L-1的H3PO3溶液pH的读数为1.6，氢离子浓度小于亚磷酸浓度，所以亚磷酸是二元弱酸，在水中分步电离，且第一步电离程度大于第二步，两步电离中都有氢离子生成，所以氢离子浓度最大，离子浓度大小顺序是c（HPO32-）＜c（H2PO3-）＜c（H+），
H3PO3 ⇌H++H2PO3-
起始时各物质浓度（mol•L-1） 0.10 0 0
反应的各物质的浓度（mol•L-1）2.5×10-2 2.5×10-2 2.5×10-2
平衡时各物质的浓度（mol•L-1）0.10-2.5×10-2 2.5×10-22.5×10-2
故答案为：c（HPO32-）＜c（H2PO3-）＜c（H+），8.3×10-3mol/L；
③溶液呈中性，则C（H+）=C（OH-），溶液呈电中性，则c（Na+）+C（H+）=C（OH-）+c（H2PO3-）+2c（HPO32-），因为C（H+）=C（OH-），所以c（Na+）=c（H2PO3-）+2c（HPO32-），故答案为：=；
（2）碘具有强氧化性，亚磷酸具有强还原性，所以亚磷酸和碘能发生氧化还原反应生成氢碘酸和磷酸，反应方程式为：
H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4，故答案为：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4；
（3）①阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；
②产品室中HPO32-和氢离子结合生成亚磷酸，反应离子方程式为：HPO32-+2H+=H3PO3，故答案为：HPO32-+2H+=H3PO3．
解析
解：（1）①亚磷酸是二元酸，亚磷酸和少量氢氧化钠反应生成NaH2PO3、H2O，所以该反应方程式为：H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O，故答案为：H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O；
②0.1000mol•L-1的H3PO3溶液pH的读数为1.6，氢离子浓度小于亚磷酸浓度，所以亚磷酸是二元弱酸，在水中分步电离，且第一步电离程度大于第二步，两步电离中都有氢离子生成，所以氢离子浓度最大，离子浓度大小顺序是c（HPO32-）＜c（H2PO3-）＜c（H+），
H3PO3 ⇌H++H2PO3-
起始时各物质浓度（mol•L-1） 0.10 0 0
反应的各物质的浓度（mol•L-1）2.5×10-2 2.5×10-2 2.5×10-2
平衡时各物质的浓度（mol•L-1）0.10-2.5×10-2 2.5×10-22.5×10-2
故答案为：c（HPO32-）＜c（H2PO3-）＜c（H+），8.3×10-3mol/L；
③溶液呈中性，则C（H+）=C（OH-），溶液呈电中性，则c（Na+）+C（H+）=C（OH-）+c（H2PO3-）+2c（HPO32-），因为C（H+）=C（OH-），所以c（Na+）=c（H2PO3-）+2c（HPO32-），故答案为：=；
（2）碘具有强氧化性，亚磷酸具有强还原性，所以亚磷酸和碘能发生氧化还原反应生成氢碘酸和磷酸，反应方程式为：
H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4，故答案为：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4；
（3）①阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；
②产品室中HPO32-和氢离子结合生成亚磷酸，反应离子方程式为：HPO32-+2H+=H3PO3，故答案为：HPO32-+2H+=H3PO3．
已知室温时，0.1mol•L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列问题：
（1）该溶液的pH=______；
（2）HA的电离平衡常数K=______；
（3）升高温度时，K将______（填“增大”、“减小”或“不变”），pH将______（填“增大”、“减小”或“不变”）；
（4）由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的______倍．
正确答案
解：（1）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4，故答案为：4；
（2）由HA⇌H++Ac-，c（H+）=c（Ac-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为Ka=
（3）因HA的电离是吸热过程，温度升高促进电离，氢氧根离子、氢离子浓度越大，则K增大，故答案为：增大；减小；
（4）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为
解析
解：（1）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg（10-4）=4，故答案为：4；
（2）由HA⇌H++Ac-，c（H+）=c（Ac-）=10-4mol/L，则电离平衡常数为Ka=
（3）因HA的电离是吸热过程，温度升高促进电离，氢氧根离子、氢离子浓度越大，则K增大，故答案为：增大；减小；
（4）HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离产生的氢氧根离子为
已知：电离度（α）和电离平衡常数（K）一样，可以用来衡量弱电解质在稀溶液中的电离能力．
电离度（α）=
请回答下列问题：
（1）在氢氟酸的稀溶液中，通过改变以下条件能使氢氟酸的电离度[α（HF）]增大的是______，可使氢氟酸的电离平衡常数[Ka（HF）]增大的是______．
a．升高温度 b．向溶液中滴入2滴浓盐酸
c．加入少量NaF固体 d．加水稀释
（2）在此温度下，氢氟酸的电离平衡常数Ka（HF）为：______，
电离度α（HF）为_______%．
（3）下列有关图中各点微粒浓度关系正确的是______．
a．在A处溶液中：c（F-）+c（HF）=0.2mol•L-1
b．在B处溶液中：c（H+）+c（HF）=c（OH-）
c．在B处溶液中：c（Na+）＞c（F-）＞c（H+）＞c（OH-）
d．在A和B处溶液中都符合：
（4）已知该温度下Ksp（CaF2）=1.5×10-10．取B点时的溶液10mL与90mL1×10-4 mol•L-1
CaCl2溶液混合，通过列式计算说明是否有沉淀产生．
正确答案
解：（1）HF酸中存在HF⇌F-+H+，为使电离度增大，应使平衡正向移动，
a．升高温度，可使平衡正向移动，电离常数或电离度增大，故a正确；
b．向溶液中滴入2滴浓盐酸以及c．加入少量NaF固体，都可使平衡逆向移动，电离度减小，故b、c错误，
d、加水稀释会促使电离平衡正向移动，使电离度增大，故d正确；所以ad能使电离度增大，但是K只是温度的函数，电离是吸热的，温度升高，K增大．
故答案为：ad；a；
（2）由图象可知0.2mol•L-1的氢氟酸的pH=2，则c（H+）=0.01mol/L，可知电离的c（HF）=0.01mol/L，
则α=
K=
故答案为：5×10-4； 5；
（3）a．在A处溶液中，由于加入NaOH溶液，则总体积大于20mL，则c（F-）+c（HF）＜0.2mol•L-1，故a错误；
b．在B处溶液中，HF和NaOH完全反应生成NaF，由质子守恒可知：c（H+）+c（HF）=c（OH-），故b正确；
c．在B处溶液pH＞7，则c（H+）＜c（OH-），故c错误；
d．由于温度不变，则电离常数不变，则在A和B处溶液中都符合：
故答案为：bd；
（4）混合溶液中氟离子浓度为：c（F-）=10-2mol/L，钙离子浓度为：c（Ca2+）=9×10-5mol/L，则Qc=9×10-9＞Ksp，所以有沉淀产生，
答：混合后c（F-）=10-2mol/L，c（Ca2+）=9×10-5mol/L，Qc=9×10-9＞Ksp有沉淀产生．
解析
解：（1）HF酸中存在HF⇌F-+H+，为使电离度增大，应使平衡正向移动，
a．升高温度，可使平衡正向移动，电离常数或电离度增大，故a正确；
b．向溶液中滴入2滴浓盐酸以及c．加入少量NaF固体，都可使平衡逆向移动，电离度减小，故b、c错误，
d、加水稀释会促使电离平衡正向移动，使电离度增大，故d正确；所以ad能使电离度增大，但是K只是温度的函数，电离是吸热的，温度升高，K增大．
故答案为：ad；a；
（2）由图象可知0.2mol•L-1的氢氟酸的pH=2，则c（H+）=0.01mol/L，可知电离的c（HF）=0.01mol/L，
则α=
K=
故答案为：5×10-4； 5；
（3）a．在A处溶液中，由于加入NaOH溶液，则总体积大于20mL，则c（F-）+c（HF）＜0.2mol•L-1，故a错误；
b．在B处溶液中，HF和NaOH完全反应生成NaF，由质子守恒可知：c（H+）+c（HF）=c（OH-），故b正确；
c．在B处溶液pH＞7，则c（H+）＜c（OH-），故c错误；
d．由于温度不变，则电离常数不变，则在A和B处溶液中都符合：
故答案为：bd；
（4）混合溶液中氟离子浓度为：c（F-）=10-2mol/L，钙离子浓度为：c（Ca2+）=9×10-5mol/L，则Qc=9×10-9＞Ksp，所以有沉淀产生，
答：混合后c（F-）=10-2mol/L，c（Ca2+）=9×10-5mol/L，Qc=9×10-9＞Ksp有沉淀产生．
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