- 电解质溶液的离子流向
- 共2466题
氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以太阳能为热能，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其反应过程如图1所示：
（1）反应I的化学方程式是______．
（2）反应I得到的产物用I2进行分离．该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层一一含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层．
①根据上述事实，下列说法正确的是______（选填序号）．
a．两层溶液的密度存在差异
b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶
c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶
②辨别两层溶液的方法是______．
③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1，其比值大于2的原因______．
（3）反应Ⅱ：2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）△H=+550kJ•mol-1它由两步反应组成：
i．H2SO4（l）═SO3（g）+H2O（g），△H=+177kJ•mol-1
ii．SO3（g）分解．
L（Ll，L2）、X可分别代表压强或温度，如图2表示L一定时，ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系．
①X代表的物理量是______．
②判断Ll，L2的大小关系，并简述理由：______．
正确答案
解：（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，
故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；
（2）①a．两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a正确；
b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；
c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；
故答案为：ac；
②辨别两层溶液的方法是：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层，
故答案为：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层；
③H2SO4层中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子，
故答案为：硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子；
（3）①由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强，
故答案为：压强；
②由2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H＞0，温度高，转化率大，图中等压强时L2对应的转化率大，则L1＜L2，
故答案为：L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．
解析
解：（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，
故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；
（2）①a．两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a正确；
b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；
c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；
故答案为：ac；
②辨别两层溶液的方法是：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层，
故答案为：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层；
③H2SO4层中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子，
故答案为：硫酸层中含少量的HI，且HI电离出氢离子；
（3）①由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强，
故答案为：压强；
②由2SO3（g）=2SO2（g）+O2（g）△H＞0，温度高，转化率大，图中等压强时L2对应的转化率大，则L1＜L2，
故答案为：L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．
在a、b两支试管中，分别装上形态相同、质量相等的一些锌粒，然后向两支试管中分别加入相同物质的量、相同体积的稀盐酸和稀醋酸（已知反应完是锌粒有剩余）．填写下列空白：
（1）a、b两支试管中的现象：相同点是______；不同点是______．原因是______．
（2）a、b两支试管中生成气体的体积开始时是a______于b，反应完毕后生成气体的总体积是a______b，原因是______．
正确答案
解：（1）两观察到都有产生无色的气体，但因为氢离子的浓度不同，所以反应速率不等，故答案为：都产生无色气泡；a中反应速率较快；盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸溶液中c（H+）大；
（2）因为盐酸是强电解质氢离子完全电离，氢离子浓度大于醋酸部分电离出的氢离子的浓度，但相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸提供氢离子的能力相同，故答案为：＞；=；相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸提供氢离子的能力相同．
解析
解：（1）两观察到都有产生无色的气体，但因为氢离子的浓度不同，所以反应速率不等，故答案为：都产生无色气泡；a中反应速率较快；盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸溶液中c（H+）大；
（2）因为盐酸是强电解质氢离子完全电离，氢离子浓度大于醋酸部分电离出的氢离子的浓度，但相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸提供氢离子的能力相同，故答案为：＞；=；相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸提供氢离子的能力相同．
现有浓度均为0.1mol•L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸氢铵、⑦氨水，请回答下列问题：
（1）①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是______（填序号）．
（2）④、⑤、⑥、⑦四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是______（填序号）．
（3）已知t℃时，Kw=1×10-13．现在t℃时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则a：b=______．
正确答案
解：（1）④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，②醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①，故答案为：④②③①；
（2）④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸氢铵等溶液中存在：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，三种物质中NH4+浓度最小，⑦氨水为弱电解质，难以电离，在这四种溶液中NH4+浓度最小，所以NH4+浓度由大到小的顺序是⑥④⑤⑦，
故答案为：⑥④⑤⑦；
（3）t℃，KW=1×10-13，在t℃时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4的溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则有：
故答案为：9：2．
解析
解：（1）④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，②醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①，故答案为：④②③①；
（2）④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸氢铵等溶液中存在：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，三种物质中NH4+浓度最小，⑦氨水为弱电解质，难以电离，在这四种溶液中NH4+浓度最小，所以NH4+浓度由大到小的顺序是⑥④⑤⑦，
故答案为：⑥④⑤⑦；
（3）t℃，KW=1×10-13，在t℃时将pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4的溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=2，则有：
故答案为：9：2．
下列各组溶液中的各种溶质的物质的量量浓度均为0.1mol/L．
A．H2S B．NaHS C．Na2S D．H2S NaHS
（1）c（H+）从大到小的是______．
（2）c（H2S）从大到小是______．
（3）c（S2-）由大到小的是______．
正确答案
解：（1）氢离子浓度从大到小 为 A D B C．H2S溶于水会电离出H离子，其溶液呈酸性，而且其第一个H比第二个H要容易电离的多，Na2S溶于水时负二价S2-反而会与水电离出的氢离子结合形成硫氢根离子，从而使其溶液呈碱性，H2S和 NaHS的混合溶液中NaHS电离出的HS-对H2S的电离起抑制作用，所以c（H+）从大到小的是A D B C，故答案为：A D B C；
（2）溶质中H2S越多，其浓度肯定越大，所以c（H2S）从大到小是 A D B C，故答案为：A D B C；
（3）H2S的第二个H离子电离比第一个H离子电离要困难，而H2S的存在对HS-的电离起促进作用，所以c（S2-）由大到小的是C D B A，故答案为：C D B A．
解析
解：（1）氢离子浓度从大到小 为 A D B C．H2S溶于水会电离出H离子，其溶液呈酸性，而且其第一个H比第二个H要容易电离的多，Na2S溶于水时负二价S2-反而会与水电离出的氢离子结合形成硫氢根离子，从而使其溶液呈碱性，H2S和 NaHS的混合溶液中NaHS电离出的HS-对H2S的电离起抑制作用，所以c（H+）从大到小的是A D B C，故答案为：A D B C；
（2）溶质中H2S越多，其浓度肯定越大，所以c（H2S）从大到小是 A D B C，故答案为：A D B C；
（3）H2S的第二个H离子电离比第一个H离子电离要困难，而H2S的存在对HS-的电离起促进作用，所以c（S2-）由大到小的是C D B A，故答案为：C D B A．
已知：①25℃时弱电解质电离平衡数：Ka（CH2COOH）=1.8x10-5，Ka（HSCN）=0.13；难溶电解质的溶度积常数：Ksp（CaF2）=1.5x10-10
②25口C时，2×l0-3mol•L-1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH（忽略体积变化），得到c （HF）、g（F-）与溶液pH的变化关系，如图1所示：
请根据以下信息回答下列问题：
（1）25℃时，将20mL 0.10mol•L-1 CH3COOH溶液和20mL O．l mol•L-1 HSCN溶液分别与20mL 0.10mol•L-1NaHCO3 溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）变化的示意图为图2所示：
反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是______，反应结束后所得两溶液中，C（CH3COO-）______c（SCN-）（填“＞”、“＜”或“=”）
（2）25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka≈______．
（3）4×10-3 mol．L-1HF溶液与4×10-4mol•L-1CaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0（忽略调节混合液体积的变化），通过列式计算说明是否有沉淀产生．______．
正确答案
解：（1）由Ka（CH3COOH）=1.8×10-5和Ka（HSCN）=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c（CH3COO-）＜c（SCN-），
故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；＜；
（2）当c（F-）和c（HF）相等时，由Ka（HF）=
故答案为：0.4×10-3；
（3）25℃时，4.0×10-3 mol•L-1HF溶液与4.0×10-4 mol•L-1 CaCl2溶液等体积混合，则HF溶液浓度为2.0×10-3mol•L-1，CaCl2溶液浓度为2.0×10-4mol•L-1；查图知pH=4时，溶液中c（F-）浓度为1.6×10-3mol•L-1，所以c（Ca2+）×c2（F-）=2.0×10-4×（1.6×10-3）2=5.12×10-10＞Ksp（CaF2），有沉淀产生；
故答案为：有沉淀产生．
解析
解：（1）由Ka（CH3COOH）=1.8×10-5和Ka（HSCN）=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c（CH3COO-）＜c（SCN-），
故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；＜；
（2）当c（F-）和c（HF）相等时，由Ka（HF）=
故答案为：0.4×10-3；
（3）25℃时，4.0×10-3 mol•L-1HF溶液与4.0×10-4 mol•L-1 CaCl2溶液等体积混合，则HF溶液浓度为2.0×10-3mol•L-1，CaCl2溶液浓度为2.0×10-4mol•L-1；查图知pH=4时，溶液中c（F-）浓度为1.6×10-3mol•L-1，所以c（Ca2+）×c2（F-）=2.0×10-4×（1.6×10-3）2=5.12×10-10＞Ksp（CaF2），有沉淀产生；
故答案为：有沉淀产生．
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