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例5用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是

A.[OH-]/[NH3.H2O]B.[NH3.H2O]/[OH-]C.[H+]和[OH-]的乘积D.OH-的物质的量

例6室温下，在pH=12的某溶液中由水电离的为[OH-]

A.1.0×

10-7mol/LB.1.0×

10-6mol/LC.1.0×

10-2mol/LD.1.0×

10-12mol/L

例7在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后pH一定小于7的是

A.pH=3的硝酸跟pH=11的氢氧化钾溶液

B.pH=3的硝酸跟pH=11的氨水

C.pH=3的硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液

D.pH=3的醋酸跟pH=11的氢氧化钡溶液

例8已知一种[H+]=1×

10-3mol/L的酸和一种[OH-]=1×

10-3mol/L的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性。

其原因可能是

A.浓的强酸和稀的强碱溶液反应

B.浓的弱酸和稀的强碱溶液反应

C.等浓度的强酸和弱碱溶液反应

D.生成了一种强酸弱碱盐

思路分析：

酸和碱溶液混合后所得溶液呈酸性，其原因有下列两种可能：

其一，这两种溶液恰好完全反应，但参与反应的是弱碱和强酸，生成强酸弱碱盐容易水解而显酸性。

其二，酸和碱并没有恰好完全反应，反应以后酸有剩余，因而溶液显酸性。

例9pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是

A.11:

1B.9:

1C.1:

11D.1:

9

引申发散：

25℃,10体积某强酸溶液与1体积某强碱溶液混合溶液后呈中性，则混合前，强酸的pH与强碱的pH之间应满足什么关系？

（1994年全国高考题）

解法三：

强酸与强碱溶液中和后pH=7，则强酸的pH升高7-pH（酸）。

强碱的pH降低pH（碱）-7。

由于10×

[H+]酸=1×

[OH-]碱可知强碱的pH降低的数值大于强酸的pH升高的数值，且强碱pH降低的数值与强酸pH升高的数值之差为1。

[（pH（碱）-7）]-[（pH（酸）-7）]=1pH（酸）+pH（碱）=15。

此法充分运用强酸与强碱中和时，强酸溶液中H+被消耗，pH升高；

强碱溶液中OH-被消耗，pH降低，并且巧妙地结合强酸、强碱消耗的体积之比，较快地推导出pH（酸）与pH（碱）之间应满足的关系。

例11为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（AG）的概念，AG＝

，则下列叙述正确的是

A.中性溶液的AG＝0B.酸性溶液的AG＜0

C.常温下0.lmol/L氢氧化钠溶液的AG＝12D.常温下0.lmol/L盐酸溶液的AG＝12

中性溶液中[H+]=[OH-]，则AG=lg1=0，A正确；

酸性溶液[H+]>

[OH-]，AG>

0。

B错；

对C选项：

[OH-]=10-1mol/L，[H+]=10-13mol/L，AG=lg10-13/10-1=-12；

对D选项则AG=12。

答案：

AD

方法要领：

理解运用新信息，注意AG表达式与pH的不同。

解题中把选项中的[H+]和[OH-]代入AG计算式即可。

例12在蒸发皿中加热并灼烧（<

900℃）下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（1999年上海高考题）

A.氯化铝B.碳酸氢钠B.硫酸镁D.高锰酸钾

AlCl3溶液蒸干灼烧时，发生一系列过程：

AlCl3的水解平衡：

AlCl3+3H2O

Al（OH）3+3HCl-Q，在加热时正向移动，又HCl挥发，故蒸干后得Al（OH）3；

再灼烧分解为Al2O3。

NaHCO3和KMnO4两固体受热分解。

C

本题考核的知识点是盐的水解和物质的分解反应。

对于易挥发酸易水解的盐溶液，在蒸发时，由于酸的挥发，水解平衡右移，最后得到的是氢氧化物沉淀，而非原溶质盐。

制备无水盐时要考虑盐的水解。

不同的盐溶液中加热过程中，由于生成物挥发或难挥发，最终得到的固体产物类型有所不同。

如明矾溶液蒸干灼烧，尽管Al3+水解，但由于H2SO4为高沸点酸，难挥发，最终得到的固体仍然是明矾；

K2CO3溶液加热，尽管K2CO3水解，但生成的KHCO3和KOH反应后仍为K2CO3。

例13将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10rnL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是

A.c（Ac－）＞c（Cl－）＞c（H＋）＞c（HAc）

B.c（Ac－）＞c（Cl－）＞c（HAc）＞c（H＋）

C.c（Ac－）＝c（Cl-）＞c（H＋）＞c（HAc）

D.c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Ac－）＋c（Cl－）＋c（OH－）

本题考查的知识点有电解质的电离、弱电解质的电离平衡、盐类水解及离子浓度比较。

解这类题目有两条规律：

（1）电荷守恒：

指电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；

（2）物料守恒：

指在平衡状态下，电解质溶液中某一组分的起始浓度等于它在溶液中各种形式存在微粒的浓度之和。

由题给条件，由发生的反应得：

NaAc+HCl=NaCl+HAc

起始物质的量0.0020.001

反应后物质的量0.00100.0010.001

反应后为等浓度的NaAc、HAc、NaCl混合液，由于HAc电离能力大于Ac-水解能力，且HAc的电离是微弱的，故[Ac-]>

[HAc]、[HAc]>

[H+]，A和C错误，B正确；

由电荷守恒原理知D也对。

B、D

一看有无反应，确定溶质种类；

二看溶质电离、水解情况，确定浓度大小关系；

三据守恒关系，确定浓度等式关系（对电荷守恒式，如离子所带电荷数不是1时，计算时应将其物质的溶液浓度与其电荷数相乘后再求总和）。

列守恒关系式要注意以下三点：

①善于通过离子发生的变化，找出溶液中所有的离子和分子，不能遗漏，否则因遗漏会造成列式错误；

②电荷守恒要注意离子浓度前面的系数；

物料守恒要弄清发生变化的元素各微粒的浓度与未发生变化的元素微粒浓度间的关系；

③某些关系式既不是电荷守恒也不是物料守恒，通常是由两种守恒关系式通过某种变换（如“相加”、“相减”等）而得。

例14某二元弱酸（简写成H2A）溶液，按下式发生一级和二级电离H2AH++HA-，HA-

H++A2-

已知同浓度时电离度

（H2A）>

（HA-）。

设有下列四种溶液:

A.0.01mol/LH2A溶液

B.0.01mol/LNaHA溶液中

C.0.02mol/LHCl与0.04mol/LNaHA等体积混合

D.0.02mol/LNaOH与0.02mol/LNaHA等体积混合

①[H+]最大的是，最小的是；

②[H2A]最大的是，最小的是；

③[A2-]最大的是，最小的是。

C中的HCl与NaHA发生反应HCl+NaHA=H2A+NaCl后，得到0.01mol/LH2A和0.01mol/LNaHA的混合溶液，D中0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合后，发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O得到的是0.01mol/LNa2A溶液。

根据相同浓度时的电离度

可知，C溶液中的HA-基本不电离，对溶液中[H+]的增大贡献极小，而由于浓度大，对H2A的电离平衡起抑制作用，致使C中[H+]不如溶液A大。

①A，D；

②C、D；

③D、A

这是一道综合考查考生关于溶液浓度计算技能、对弱酸电离度以及盐类水解理解水平的题目。

解答此题的关键是比较A和C两种溶液中[H+]的大小。

虽然题目中只对弱酸的各级电离常数进行简单提示：

，而实际上

（H2A）和

（HA-）之间不是差几倍、几十倍的关系，而往往是数千倍、数万倍甚至十万倍以上，特别是溶液C中，在H2A电离出的H+的抑制作用下，HA-的电离几乎可以忽略不计；

而它对H2A电离平衡的影响（抑制作用）却是很大的。

因此，溶液A中的[H+]就比溶液C中大一些。

这种比较是通过化学概念、化学思想而进行的，不是单纯的机械计算和数学推理，这一问题的出现进一步提示我们在复习中化学方法的养成，防止死记硬背。

例15物质的量溶液浓度相同的下列溶液中，含微粒种类最多的是

A.CaCl2B.CH3COONaC.NH3D.K2S

对于CaCl2，溶液中存在的微粒有Ca2+、Cl-、H+、OH-、H2O等5种；

对于CH3COONa因水解：

CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液中存在Na+、CH3COOH、CH3COO-、H2O、H+、OH-等6种微粒。

对于NH3在溶液中存在平衡：

NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-，溶液中存在着NH4+、NH3.H2O、NH3、H2O、H+、OH-等6种微粒；

对于K2S，由于发生两级水解：

S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，溶液中存在着K+、S2-、HS-、H2S、H2O、H+、OH-等7种微粒。

D

溶液中的微粒包含溶液中所有分子和离子，要防止遗漏溶剂分子及由水电离产生的离子。

例16某学生中和滴定实验的过程中如下：

（a）取一支碱式滴定管；

（b）用蒸馏水洗净；

（c）即加入待测的NaOH溶液；

（d）记录液面刻度读数；

（e）用酸式滴定管精确放出一定量标准酸液；

（f）置于未经标准酸液润洗的洁净锥形瓶中；

（g）加入适量蒸馏水；

（h）加入酚酞试液2滴；

（i）滴定时，边滴边摇荡；

（j）边注视滴定管内液面的变化；

（k）当小心滴到溶液由无色变成粉红色时，即停止滴定；

（l）记录液面刻度读数；

（m）根据滴定管内的两次读数得出NaOH溶液体积为22mL。

指出上述实验过程中的错误之处（用编号表示）。

（选错一个倒扣1分，但不出现负分）

对于（c），待测NaOH溶液的滴定管未用该NaOH溶液润洗；

对于（j），滴定时眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；

对于（k），应滴至溶液由无色变成粉红色至半分钟内不再褪去为止；

对于（m），记录NaOH溶液体积，根据滴定管测量准确度，应记录到小数点后两位。

cjkm

中和滴定操作作为一定量实验，要注意防止实验不当造成误差。

如仪器是否需要润洗；

滴定管读数方法；

眼睛看什么位置；

滴定终点的判断等。

例17用实验确定某酸HA是弱电解质。

两同学的方案是：

（2001年上海市高考题）

甲：

①称取一定质量的HA配制0.lmol/L的溶液100mL；

②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明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＝l的两种酸溶液各100mL；

②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；

③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。

（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是

（2）甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH1（选填＞、＜、＝）

乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是（多选扣分）

（a）装HCl溶液的试管中放出H2的速率快；

（b）装HA溶液的试管中放出H2的速率快；

（c）两个试管中产生气体速率一样快。

（3）请你评价：

乙方案中难以实现之处和不妥之处、

。

（4）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。

该题是验证某酸是弱电解质的一个“袖珍”课题的讨论，设问是从用到的主要仪器开始，然后步步深入至得出结论的依据和现象，而且要求对甲乙两种方法进行评价，指出其中有难以实现之处和不妥之处，最后要求再提出一个简单而可行的方案，作为终结。

试题融实验、理论、元素化合物、pH的简单计算换算等知识为一体。

（1）配制一定物质的量浓度的溶液所必需的定量仪器是容量瓶；

（2）甲方案中，0.1mol/L的某弱酸HA，由于它部分电离，H+浓度小于0.1mol/L，pH应该大于1。

乙方案中，盐酸稀释体积变大，但H+的物质的量不变，pH变化较大。

弱酸HA稀释体积也变大，弱酸稀释后，电离度变大，H+的物质的量增大，因此，pH变化较小。

加入锌粒后，装HA溶液的试管中因H+的物质的量浓度大，所以放出H2的速率快。

（3）乙方案中，要求配制某一定pH的弱酸溶液，但影响溶液pH的因素很多，如温度变化等，导致配制的溶液的pH不稳定。

因此配制pH=1的弱酸HA难以实现。

不妥之处，因为是液化与固体反应，固体的表面积对反应速率的影响大，仅仅用反应产生气体的速率来判断溶液中H+的物质的量浓度的大小，说服力不强。

（4）要证明某酸弱酸还有很多方法。

如：

配制NaA的盐溶液，再测量溶液的pH，pH>

7，说明HA是弱酸。

又如：

用右图装置，向烧杯中加入无水某弱酸，接通直流电源，灵敏电流计中没有电流通过。

向烧杯内慢慢加蒸馏水，并不断搅拌，电流计中开始有电流通过，随着继续加蒸馏水，发现电流计中通过的电流从小到大，然后再从大到小。

同样在烧杯中加入浓盐酸，按上述方法向烧杯中加蒸馏水，发现电流计中电流通过的现象是：

先最大，然后逐渐减小。

如此就可以区分两种不同类别的酸。

（1）100mL容量瓶（注：

未标明规格的扣1分）

（2）＞、b（多选扣分）

（3）配制pH＝l的HA溶液难以实现不妥之处在于加入的锌粒难以做到表面积相同

（4）配制NaA溶液，测其pH值＞7即证明HA是弱电解质

（注：

本题解答若操作简单、现象明显、不是化学教材中讲过的常规方法应属创新，经认可后可给予奖励，奖励分不超过2分）

试题要求考生经过仔细分析、对比、推断，指出其中的不足，同时要求用研究性的思路考虑问题，提出更优的实验方案。

考生反映今年的实验题变了，不仅照方抓药做实验无济于事，如果对一些基本的知识和技能掌握的不牢固，不具有研究性学习的意识，同样是不能解决问题。

看来平时只听老师讲，不去积极参与讨论、不去对他人的方案进行评头论足恐怕是不行了。