- 电解质溶液的离子流向
- 共2466题
在氢氟酸溶液中，存在如下电离平衡：HF⇌H++F-
（1）加入固体NaOH，c（H+）______．（填“增大”“减小”“不变”，下同）
（2）加入固体NaF，c（H+）______．
（3）升高温度，
正确答案
解：（1）加入氢氧化钠固体，氢氧化钠和氢离子反应生成水，促进氢氟酸电离，溶液中氢离子浓度减小，故答案为：减小；
（2）向溶液中加入氟化钠固体，氟离子浓度增大，抑制氢氟酸电离，平衡向逆反应方向移动，溶液中氢离子浓度减小，故答案为：减小；
（3）升高温度，促进氢氟酸电离，平衡向正反应方向移动，氢离子浓度增大，HF的浓度减小，故比值增大，故答案为：增大．
解析
解：（1）加入氢氧化钠固体，氢氧化钠和氢离子反应生成水，促进氢氟酸电离，溶液中氢离子浓度减小，故答案为：减小；
（2）向溶液中加入氟化钠固体，氟离子浓度增大，抑制氢氟酸电离，平衡向逆反应方向移动，溶液中氢离子浓度减小，故答案为：减小；
（3）升高温度，促进氢氟酸电离，平衡向正反应方向移动，氢离子浓度增大，HF的浓度减小，故比值增大，故答案为：增大．
A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH溶液、NH3•H2O溶液、CH3COOH溶液、HCl溶液、NH4HSO4溶液中的一种．常温下进行下列实验：
①将1L pH=3的A溶液分别与x L 0.001mol•L-1B溶液、y L 0.001mol•L-1D溶液充分反应至中性，x、y的大小关系为y＜x；
②浓度均为0.1mol•L-1的A和E溶液中：pH（A）＜pH（E）；
③浓度均为0.1mol•L-1的C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性．
回答下列问题：
（1）D是______，判断理由是______
（2）用水稀释0.1mol•L-1的B时，溶液中随着水量的增加而减小的是______（填序号，下同）．
①
（3）c（OH-）和体积均相等的两份溶液A和E，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是______．
①反应所需要的时间：E＞A
②开始反应时的速率：A＞E
③参加反应的锌粉的物质的量：A=E
④反应过程的平均速率：E＞A
⑤A溶液中有锌粉剩余
⑥E溶液中有锌粉剩余．
正确答案
解：（1）中和酸性物质A只有NaOH、NH3•H2O，物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性，D的用量少，说明D碱性比B的碱性强，所以D是NaOH溶液，根据浓度均为0.1mol•L-1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH4HSO4；
故答案为：NaOH溶液；中和酸性物质的A只有NaOH、NH3•H2O，等物质的量的A分别与等物质的量浓度的B和D混合呈中性，D的用量少，则说明D的碱性比B的碱性强，所以D是NaOH溶液；
（2）①、B溶液为氨水溶液，由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，则
=
②、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，c（NH3•H2O）、c（OH-）都减小，c（H+）减小，则
③、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变，故③错误；
④、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，故④错误；
故答案为：①②；
（3）c（OH-）和体积均相等的两份溶液A和E，A为HCl，E为CH3COOH，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，醋酸是弱电解质存在电离平衡，所以醋酸溶液浓度大于盐酸浓度，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，
①反应所需要的时间醋酸短：E＜A，故①错误；
②开始氢离子浓度相同，反应时的速率相同：A=E，故②错误；
③生成氢气相同，结合电子守恒，参加反应的锌粉的物质的量：A=E，故③正确；
④反应过程的平均速率，醋酸大于盐酸：E＞A，故④正确；
⑤最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，A溶液中有锌粉剩余，故⑤正确；
⑥依据⑤分析可知E溶液中有锌粉剩余，故⑥错误；
故答案为：③④⑤．
解析
解：（1）中和酸性物质A只有NaOH、NH3•H2O，物质的量的A与等物质的量浓度B和D混合呈中性，D的用量少，说明D碱性比B的碱性强，所以D是NaOH溶液，根据浓度均为0.1mol•L-1C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性，则C为NH4HSO4；
故答案为：NaOH溶液；中和酸性物质的A只有NaOH、NH3•H2O，等物质的量的A分别与等物质的量浓度的B和D混合呈中性，D的用量少，则说明D的碱性比B的碱性强，所以D是NaOH溶液；
（2）①、B溶液为氨水溶液，由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，则
=
②、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（OH-）增大，c（NH3•H2O）、c（OH-）都减小，c（H+）减小，则
③、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH-）的乘积不变，故③错误；
④、由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，故④错误；
故答案为：①②；
（3）c（OH-）和体积均相等的两份溶液A和E，A为HCl，E为CH3COOH，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，醋酸是弱电解质存在电离平衡，所以醋酸溶液浓度大于盐酸浓度，分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，
①反应所需要的时间醋酸短：E＜A，故①错误；
②开始氢离子浓度相同，反应时的速率相同：A=E，故②错误；
③生成氢气相同，结合电子守恒，参加反应的锌粉的物质的量：A=E，故③正确；
④反应过程的平均速率，醋酸大于盐酸：E＞A，故④正确；
⑤最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出的氢气的质量相同，只有强酸中剩余锌，A溶液中有锌粉剩余，故⑤正确；
⑥依据⑤分析可知E溶液中有锌粉剩余，故⑥错误；
故答案为：③④⑤．
弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数（Ka）和弱碱的电离平衡常数（Kb），表2是常温下几种难（微）溶物的溶度积常数（Ksp）．
表1
表2
请回答下面问题：
（1）CH3COONH4的水溶液呈______（选填“酸性”、“中性”或“碱性”），理由是______．溶液中各离子浓度大小关系是______．
（2）物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，该溶液中离子浓度从大到小的排列为______．
（3）物质的量浓度和体积均相同的NaNO2和NaCN两种溶液，已知前者溶液中离子数目为n1，后者溶液中离子数目为n2．下列关系正确是：______．
A． n1=n2 B． n1＞n2 C． n1＜n2 D．c（NO2-）＜c（CN-）
正确答案
解：（1）通过以上分析知，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相等，导致溶液中C（OH-）=C（H+），溶液呈中性，根据电荷相等知，溶液中C（CH3COO-）=C（Na+），溶液中水的电离是微弱的，所以C（CH3COO-）＞C（OH-），则醋酸铵溶液中各种离子浓度大小顺序是C（CH3COO-）=C（Na+）＞C（OH-）=C（H+）；
故答案为：中性；醋酸铵溶于水后，根据表1中的电离平衡常数，醋酸根结合氢离子和铵根离子结合氢氧根离子生成弱电解质的程度一样，导致溶液中C（OH-）=C（H+）；C（CH3COO-）=C（Na+）＞C（OH-）=C（H+）；
（2）物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，说明氢氰根离子的水解程度大于氢氰酸的电离程度，导致溶液C（OH-）＞C（H+），呈碱性，根据电荷守恒知，C（OH-）+c（CN-）=C（H+）+C（Na+），所以c（CN-）＜C（Na+），所以各离子浓度大小顺序是C（Na+）＞c（CN-）＞C（OH-）＞C（H+），
故答案为：C（Na+）＞c（CN-）＞C（OH-）＞C（H+）；
（3）亚硝酸的电离平衡常数大于氢氰酸，所以氢氰根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，水解程度越大离子数目越少，所以亚硝酸钠溶液中的离子数目大于氰化钠中的离子数目，故选B．
解析
解：（1）通过以上分析知，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相等，导致溶液中C（OH-）=C（H+），溶液呈中性，根据电荷相等知，溶液中C（CH3COO-）=C（Na+），溶液中水的电离是微弱的，所以C（CH3COO-）＞C（OH-），则醋酸铵溶液中各种离子浓度大小顺序是C（CH3COO-）=C（Na+）＞C（OH-）=C（H+）；
故答案为：中性；醋酸铵溶于水后，根据表1中的电离平衡常数，醋酸根结合氢离子和铵根离子结合氢氧根离子生成弱电解质的程度一样，导致溶液中C（OH-）=C（H+）；C（CH3COO-）=C（Na+）＞C（OH-）=C（H+）；
（2）物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，说明氢氰根离子的水解程度大于氢氰酸的电离程度，导致溶液C（OH-）＞C（H+），呈碱性，根据电荷守恒知，C（OH-）+c（CN-）=C（H+）+C（Na+），所以c（CN-）＜C（Na+），所以各离子浓度大小顺序是C（Na+）＞c（CN-）＞C（OH-）＞C（H+），
故答案为：C（Na+）＞c（CN-）＞C（OH-）＞C（H+）；
（3）亚硝酸的电离平衡常数大于氢氰酸，所以氢氰根离子水解程度大于亚硝酸根离子水解程度，水解程度越大离子数目越少，所以亚硝酸钠溶液中的离子数目大于氰化钠中的离子数目，故选B．
已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如下表：
回答下列问题：
（1）物质的量浓度均为0.1mol•L-1的四种溶液：a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3；
pH由小到大的排列顺序是______（用字母表示）
（2）常温下，0.1mol•L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是______（填序号）
A．c（H+） B．c（H+）/c（CH3COOH）C．c（H+）•c（OH-）D．c（OH-）/c（H+）
（3）体积均为100mL pH=2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数______（填“大于”、“小于”或“等于”）CH3COOH的电离平衡常数．理由是：______．
（4）25℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中c（CH3COO-）-c（Na+）=______mol•L-1（填精确值），c（CH3COO-）/c（CH3COOH）=______．
正确答案
解：（1）由电离平衡常数判断酸性的强弱，酸性越强，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大，
由表格中的数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，则水解程度大小顺序为adcb，所以pH由大到小的顺序是a d c b，故答案为：a d c b；
（2）A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，故A不选；
B．c（H+）/c（CH3COOH）=n（H+）/n（CH3COOH），则稀释过程中比值变大，故B选；
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不选；
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选；
故答案为：BD；
（3）稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，由图可知，HX的pH变化程度小，则酸性醋酸强，电离平衡常数小，故答案为：小于，稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化比CH3COOH小，故酸性弱，电离平衡常数小；
（4）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，
根据缓冲公式pH=pKa-lg（[HAc]/[Ac-]），查数据知道pKa（CH3COOH）=4.76，所以lg（[HAc]/[Ac-]）=-1.24，即[Ac-]/[HAc]=18，故答案为：9.9×10-7；18．
解析
解：（1）由电离平衡常数判断酸性的强弱，酸性越强，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大，
由表格中的数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，则水解程度大小顺序为adcb，所以pH由大到小的顺序是a d c b，故答案为：a d c b；
（2）A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，故A不选；
B．c（H+）/c（CH3COOH）=n（H+）/n（CH3COOH），则稀释过程中比值变大，故B选；
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不选；
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选；
故答案为：BD；
（3）稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，由图可知，HX的pH变化程度小，则酸性醋酸强，电离平衡常数小，故答案为：小于，稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化比CH3COOH小，故酸性弱，电离平衡常数小；
（4）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，
根据缓冲公式pH=pKa-lg（[HAc]/[Ac-]），查数据知道pKa（CH3COOH）=4.76，所以lg（[HAc]/[Ac-]）=-1.24，即[Ac-]/[HAc]=18，故答案为：9.9×10-7；18．
某探究学习小组的甲、乙、丙三位同学分别设计了如下实验方案探究某酸HA是否为弱电解质．
甲：①称取一定质量的HA配制0.1mol•L-1的溶液100mL；
②25℃时，用pH试纸测出该溶液的pH为pH1，由此判断HA是弱电解质．
乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；
②各取相同体积的上述pH=1的溶液分别装入两支试管，同时加入纯度相同的过量锌粒，观察现象，即可得出结论．
丙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL；
②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释至100mL；
③25℃时，用pH试纸分别测出稀释后的HA溶液、盐酸的pH分别为pH2、pH3，即可得出结论．
（1）在甲方案的第①步中，必须用到的标有刻度的仪器是______．
（2）甲方案中，判断HA是弱电解质的依据是______；
乙方案中，能说明HA是弱电解质的选项是______（填字母选项）．
A．开始时刻，装盐酸的试管放出H2的速率快
B．开始时刻，两个试管中产生气体速率一样快
C．反应过程中，装HA溶液的试管中放出H2的速率快
D．反应结束后，装HCl溶液的试管中放出H2的质量少
E．装HA溶液的试管中较装盐酸的试管中的反应先停止
（3）丙方案中，能说明HA是弱电解质的依据是pH2______pH3（填“＞”“＜”或“=”）．
（4）请你评价：甲、乙、丙三个方案中难以实现或不妥的是______（填“甲、乙、丙”），其难以实现或不妥之处是______．
（5）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表述．______．
正确答案
解：（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要有刻度的仪器有：用于配制溶液的100mL容量瓶、用于稀释溶液的烧杯、用于称量的托盘天平，故答案为：100 mL容量瓶、烧杯、托盘天平；
（2）如果HA是强电解质，则0.1mol/LHA溶液的pH=1，如果HA是弱电解质pH1＞1，则pH1＞1；
乙：
A．开始时刻，两种酸中氢离子浓度相等，则反应生成氢气的速率相等，且不能说明HA是弱电解质，故错误；
B．开始时刻，两个试管中产生气体速率一样快，不能说明HA的电离程度，故错误；
C．反应过程中，装HA溶液的试管中放出H2的速率快，说明随着反应的进行，HA中的氢离子浓度大于HCl，则HA中存在电离平衡，所以HA是弱电解质，故正确；
D．反应结束后，装HCl溶液的试管中放出H2的质量少，说明HA中酸的物质的量大于HCl，所以HA中存在电离平衡，则HA是弱电解质，故正确；
E．然反应速度快，但量也多了，所以应该还是用时多于盐酸，故错误；
故答案为：pH1＞1；CD；
（3）相同pH的HA和HCl，稀释相同的倍数，如果稀释后盐酸溶液的PH大于HA，则HA是弱电解质，即pH2＜pH3，故答案为：＜；
（4）配制PH=1的溶液难以实现，锌粒的表面积相同难以控制，所以甲、乙、丙三个方案中难以实现或不妥的是乙、丙，故答案为：乙、丙；配制pH=1的HA溶液难实现；锌粒难以做到表面积相同；
（5）强碱弱酸盐溶液的pH＞7，配制NaA溶液，如果溶液的pH＞7，则该HA为弱酸，故答案为：配制NaA溶液，测pH＞7，证明HA为弱酸．
解析
解：（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要有刻度的仪器有：用于配制溶液的100mL容量瓶、用于稀释溶液的烧杯、用于称量的托盘天平，故答案为：100 mL容量瓶、烧杯、托盘天平；
（2）如果HA是强电解质，则0.1mol/LHA溶液的pH=1，如果HA是弱电解质pH1＞1，则pH1＞1；
乙：
A．开始时刻，两种酸中氢离子浓度相等，则反应生成氢气的速率相等，且不能说明HA是弱电解质，故错误；
B．开始时刻，两个试管中产生气体速率一样快，不能说明HA的电离程度，故错误；
C．反应过程中，装HA溶液的试管中放出H2的速率快，说明随着反应的进行，HA中的氢离子浓度大于HCl，则HA中存在电离平衡，所以HA是弱电解质，故正确；
D．反应结束后，装HCl溶液的试管中放出H2的质量少，说明HA中酸的物质的量大于HCl，所以HA中存在电离平衡，则HA是弱电解质，故正确；
E．然反应速度快，但量也多了，所以应该还是用时多于盐酸，故错误；
故答案为：pH1＞1；CD；
（3）相同pH的HA和HCl，稀释相同的倍数，如果稀释后盐酸溶液的PH大于HA，则HA是弱电解质，即pH2＜pH3，故答案为：＜；
（4）配制PH=1的溶液难以实现，锌粒的表面积相同难以控制，所以甲、乙、丙三个方案中难以实现或不妥的是乙、丙，故答案为：乙、丙；配制pH=1的HA溶液难实现；锌粒难以做到表面积相同；
（5）强碱弱酸盐溶液的pH＞7，配制NaA溶液，如果溶液的pH＞7，则该HA为弱酸，故答案为：配制NaA溶液，测pH＞7，证明HA为弱酸．
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