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•保定校级月考）回答下列问题：

（1）常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是：______；

A．c（H+）

B．

C．c（H+）•c（OH-）

D．c（OH-）/c（H+）

（2）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图．则HX的电离平衡常数______（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）______醋酸溶液水电离出来c（H+）（填“大于”、“等于”或“小于”）；

（3）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=______．（填准确数值）．

正确答案

解：（1）A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，故A正确；

B．c（H+）/c（CH3COOH）=n（H+）/n（CH3COOH），则稀释过程中比值变大，故B错误；

C．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，c（H+）•c（OH-）=Kw，Kw不变，故C错误；

D．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，则c（OH-）/c（H+）变大，故D错误；

故答案为：A；

（2）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c（H+）大，

故答案为：大于；大于；

（3）25℃时，混合液pH=6，c（H+）=1.0×10-6mol/L，则由Kw可知，c（OH-）=1.0×10-8mol/L，由电荷守恒可知，c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）=9.9×10-7mol/L，

故答案为：9.9×10-7mol/L．

解析

解：（1）A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，故A正确；

B．c（H+）/c（CH3COOH）=n（H+）/n（CH3COOH），则稀释过程中比值变大，故B错误；

C．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，c（H+）•c（OH-）=Kw，Kw不变，故C错误；

D．稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，则c（OH-）/c（H+）变大，故D错误；

故答案为：A；

（2）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c（H+）大，

故答案为：大于；大于；

（3）25℃时，混合液pH=6，c（H+）=1.0×10-6mol/L，则由Kw可知，c（OH-）=1.0×10-8mol/L，由电荷守恒可知，c（CH3COO-）-c（Na+）=c（H+）-c（OH-）=9.9×10-7mol/L，

故答案为：9.9×10-7mol/L．

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简答题

氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：

（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为______（用离子方程表示）：0.1mol•L-1的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液的pH______（填“升高”或“降低”）；若加入少量明矾，溶液中NH4+的浓度______（填“增大”或“减小”）．

（2）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O．250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为______，平衡常数表达式为______；若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为______mol．

（3）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示，若生成1molN2，其△H=______kJ•mol-1．

正确答案

解：（1）一水合氨为弱碱，在水溶液中存在部分电离，电离出氢氧根离子使溶液显碱性，方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH-，向氨水中加入少量NH4Cl固体，铵根浓度增大，平衡左移，即氢氧根浓度减小，pH值降低，加入少量明矾，明矾电离出的铝离子结合氢氧根生成氢氧化铝，促进氨水的电离，铵根浓度增大，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH-；降低；增大；

（2）硝酸铵分解生成N2O和H2O，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应方程式为：NH4NO3N2O+2H2O，250℃时，水为气体状态，故平衡常数K=c（N2O）×c2（H2O），NH4NO3中NH4+的N元素化合价为-3价，NO3-中的N元素的化合价为+5价，反应后N元素的化合价为+1价，发生归中反应，N元素由-3价升高为+1价，此反应中每分解1mol硝酸铵，转移电子数为4mol，故答案为：NH4NO3N2O+2H2O；K=c（N2O）×c2（H2O）；4；

（3）由图可知，此反应反应物总能量高于生成物，且△H=209-348=-139kJ•mol-1，故答案为：-139．

解析

解：（1）一水合氨为弱碱，在水溶液中存在部分电离，电离出氢氧根离子使溶液显碱性，方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH-，向氨水中加入少量NH4Cl固体，铵根浓度增大，平衡左移，即氢氧根浓度减小，pH值降低，加入少量明矾，明矾电离出的铝离子结合氢氧根生成氢氧化铝，促进氨水的电离，铵根浓度增大，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH-；降低；增大；

（2）硝酸铵分解生成N2O和H2O，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应方程式为：NH4NO3N2O+2H2O，250℃时，水为气体状态，故平衡常数K=c（N2O）×c2（H2O），NH4NO3中NH4+的N元素化合价为-3价，NO3-中的N元素的化合价为+5价，反应后N元素的化合价为+1价，发生归中反应，N元素由-3价升高为+1价，此反应中每分解1mol硝酸铵，转移电子数为4mol，故答案为：NH4NO3N2O+2H2O；K=c（N2O）×c2（H2O）；4；

（3）由图可知，此反应反应物总能量高于生成物，且△H=209-348=-139kJ•mol-1，故答案为：-139．

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题型：简答题

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简答题

（1）室温下，向Na2S的水溶液中加入等体积等浓度的盐酸，反应后所得的溶液中，除氢离子之外的离子浓度由小到大的顺序为：______

（2）常温下将0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=6，求出混合溶液中下列算式的结果（填具体数字）：

c（Cl-）-c（M+）=______mol/L； c（H+）-c（MOH）=______mol/L．

（3）已知：室温下H2CO3的电离常数K1=4.2×10-7，K2=5.6×10-11，则pH为8.0的NaHCO3溶液中C（CO32-）：C（HCO3-）=______．

（4）工业上可以通过电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是______，阴极的电极反应______．

正确答案

解：（1）向Na2S的水溶液中加入等体积等浓度的盐酸，两恰好完全反应生成等物质量的氯化钠和硫氢化钠，硫氢化钠的水解程度大于电离程度，所以离子浓度大小顺序为：c（S2-）＜c（OH-）＜c（HS-）＜c（Cl-）＜c（Na+），故答案为：c（S2-）＜c（OH-）＜c（HS-）＜c（Cl-）＜c（Na+）；

（2）根据电荷守恒得c（Cl-）+c（OH-）=c（M+）+c（H+），所以：c（Cl-）-c（M+）=c（H+）-c（OH-）=10-6 mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；

c（M+）+c（MOH）=0.1mol/L=c（Cl-），c（H+）-c（MOH）=c（OH-）=10-8mol/L，

故答案为：9.9×10-7；10-8；

（3）=5.6×10-11，所以C（CO32-）：C（HCO3-）==5.6×10-3，故答案为：5.6×10-3：1；

（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3-的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，

故答案为：NH3； NO+5e-+6H+=NH4++H2O．

解析

解：（1）向Na2S的水溶液中加入等体积等浓度的盐酸，两恰好完全反应生成等物质量的氯化钠和硫氢化钠，硫氢化钠的水解程度大于电离程度，所以离子浓度大小顺序为：c（S2-）＜c（OH-）＜c（HS-）＜c（Cl-）＜c（Na+），故答案为：c（S2-）＜c（OH-）＜c（HS-）＜c（Cl-）＜c（Na+）；

（2）根据电荷守恒得c（Cl-）+c（OH-）=c（M+）+c（H+），所以：c（Cl-）-c（M+）=c（H+）-c（OH-）=10-6 mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；

c（M+）+c（MOH）=0.1mol/L=c（Cl-），c（H+）-c（MOH）=c（OH-）=10-8mol/L，

故答案为：9.9×10-7；10-8；

（3）=5.6×10-11，所以C（CO32-）：C（HCO3-）==5.6×10-3，故答案为：5.6×10-3：1；

（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3-的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，

故答案为：NH3； NO+5e-+6H+=NH4++H2O．

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简答题

（2015春•温州校级月考）（1）在某温度下，把1.00mol NH3溶于水中配成1.00L溶液，测得溶液中OH-浓度和时间的图象如图1：

①求该温度时，氨水的电离平衡常数K=______．

②在t1时刻再加入H2O配成2L溶液，于t2时刻重新达到平衡，请在坐标系中画出t1～t2时间内OH-浓度随时间变化的曲线．

（2）某化学兴趣小组进行工业合成氨的模拟研究，反应的方程式为：

N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．在lL密闭容器中加入0.1molN2和0.3molH2，实验①、②、③中c（N2）随时间（t）的变化如图2所示：

实验②从初始到平衡的过程中，该反应的平均反应速率v（NH3）=______；与实验①相比，实验②和实验③所改变的实验条件分别为下列选项中的______、______（填字母编号）．

a．增大压强b．减小压强C．升高温度d．降低温度e．使用催化剂．

正确答案

解：（1）①在某温度下，把1.00mol NH3溶于水中配成1.00L溶液，测得溶液中OH-浓度和时间的图象中平衡状态下氢氧根离子浓度为0.02mol/L，则该温度下氨水平衡常数K==4.00×10-4，

故答案为：4.00×10-4；

②在t1时刻再加入H2O配成2L溶液，加水稀释氢氧根离子浓度减小，一水合氨是弱电解质存在电离平衡，促进电离氢氧根离子略增加，于t2时刻重新达到平衡氢氧根离子浓度减小，据此画出的图象为：，

故答案为：；

（2）根据像可知，②在10min时达到平衡，此时氮气的浓度变化为0.04mol/L，根据方程式或知，氨气的浓度变化了0.08mol/L，

则：v（NH3）==0.008mol•L-1•min-1；

根据图象可知②到达平衡的时间比①短，到达平衡时N2的浓度与①相同，化学平衡不移动，故②与①相比加了催化剂，故e正确；①和③比较可知，③的速率比①小，平衡时氮气的浓度高，即平衡逆向移动，故③升减小了压强，故b正确，

故答案为：0.008mol•L-1•min-1；e；b．

解析

解：（1）①在某温度下，把1.00mol NH3溶于水中配成1.00L溶液，测得溶液中OH-浓度和时间的图象中平衡状态下氢氧根离子浓度为0.02mol/L，则该温度下氨水平衡常数K==4.00×10-4，

故答案为：4.00×10-4；

②在t1时刻再加入H2O配成2L溶液，加水稀释氢氧根离子浓度减小，一水合氨是弱电解质存在电离平衡，促进电离氢氧根离子略增加，于t2时刻重新达到平衡氢氧根离子浓度减小，据此画出的图象为：，

故答案为：；

（2）根据像可知，②在10min时达到平衡，此时氮气的浓度变化为0.04mol/L，根据方程式或知，氨气的浓度变化了0.08mol/L，

则：v（NH3）==0.008mol•L-1•min-1；

根据图象可知②到达平衡的时间比①短，到达平衡时N2的浓度与①相同，化学平衡不移动，故②与①相比加了催化剂，故e正确；①和③比较可知，③的速率比①小，平衡时氮气的浓度高，即平衡逆向移动，故③升减小了压强，故b正确，

故答案为：0.008mol•L-1•min-1；e；b．

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简答题

（2014秋•富阳市校级月考）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性．回答下列问题：

（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式______．

（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银．

①利用H3PO2进行化学镀银反应中，n（氧化剂）：n（还原剂）=4：1，则氧化产物是______．

A．PH3 B．H3PO3 C．P D．H3PO4

②NaH2PO2溶液显______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）．

（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式______．

（4）H3PO2也可用电渗析法制备．“四室电渗析法”工作原理如下图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：

①写出阳极的电极反应______．

②早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室．其缺点是产品中混有______杂质，该杂质产生的原因是______．

正确答案

解：（1）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2-+H+，

故答案为：H3PO2⇌H2PO2-+H+；

（2）①该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1-0）=1×（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，

故选D；

②由于为H3PO2为弱电解质，则NaH2PO2为强碱弱酸盐，溶液显示弱碱性，在水溶液中存在如下水解平衡：H2PO2-+H2O⇌H3PO2+OH-，

故答案为：弱碱性；

（3）白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，反应方程式为2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，

故答案为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑．

（4）①由于阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2-，其中放电能力最强的是氢氧根离子，则阳极发生的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，

故答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；

②早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是阳极产生的氧气会把H2PO2-或H3PO2氧化成PO43-，产品中混有PO43-，

故答案为：PO43-；H2PO2-或H3PO2被氧化．

解析

解：（1）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2-+H+，

故答案为：H3PO2⇌H2PO2-+H+；

（2）①该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1-0）=1×（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，

故选D；

②由于为H3PO2为弱电解质，则NaH2PO2为强碱弱酸盐，溶液显示弱碱性，在水溶液中存在如下水解平衡：H2PO2-+H2O⇌H3PO2+OH-，

故答案为：弱碱性；

（3）白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，反应方程式为2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，

故答案为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑．

（4）①由于阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2-，其中放电能力最强的是氢氧根离子，则阳极发生的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，

故答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；

②早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是阳极产生的氧气会把H2PO2-或H3PO2氧化成PO43-，产品中混有PO43-，

故答案为：PO43-；H2PO2-或H3PO2被氧化．

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