高中化学复习知识点浓度对电离平衡的影响.docx
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高中化学复习知识点浓度对电离平衡的影响
高中化学复习知识点：
浓度对电离平衡的影响
一、单选题
1．用蒸馏水逐步稀释0.2mol/L的稀氨水时，若温度不变，在稀释过程下列数据始终保持增大趋势的是（）
A．c（OH-）B．c（NH4+）
C．
D．c（NH3·H2O）
2．下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
相同条件下，分别测量0.01mol/L和0.001mol/L草酸溶液的导电性，前者的导电性强
草酸浓度越大，电离程度越大
B
室温下，向浓度均为0.1mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加几滴AgNO3溶液，只出现黄色沉淀
室温下，Ksp（AgI）>Ksp（AgCl）
C
取5mL0.1mol/LKI溶液，加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色
Fe3+与I-发生的反应为可逆反应
D
已知KAlO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧，得到固体残留物
该固体为Al2O3
A．AB．BC．CD．D
3．用蒸馏水稀释0.1mol/L醋酸，始终保持增大趋势的是
A．溶液中的c（CH3COO－）B．溶液中的c（H＋）
C．溶液中的c（CH3COOHD．溶液中的c（OH－）
4．将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是
A．c（H+）B．Ka（HF）C．
D．
5．在体积可变的密闭容器中建立氨气在水中的溶解平衡和电离平衡，在图的容器中按图示操作，下列各项叙述正确的是（）
A．氨水的浓度增大，pH减小
B．液面上氨气的压强不变，水溶液的pH变小
C．液面上氨气的压强增大，溶液的浓度增大，pH变大
D．液面上氨气的压强变大，溶液的浓度增大，NH3·H2O电离程度变大
6．下列叙述正确的是
A．在醋酸溶液的
，将此溶液稀释1倍后，溶液的
，则
B．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入
至溶液恰好无色，则此时溶液的
C．
盐酸的
，
盐酸的
D．若1mL
的盐酸与100mL
溶液混合后，溶液的
则
溶液的
7．
，加水稀释
的氨水，下列判断正确的是
A．原氨水的浓度
B．氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小
C．溶液中
的增大
D．再加入
的盐酸，混合液
8．下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中
减小
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中
增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
>1
D．某温度下，向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中
不变
二、多选题
9．25℃时加水稀释10mLpH=11的氨水，下列判断正确的是
A．原氨水的浓度=10－3mol/L
B．溶液中c（NH4+）/c（NH3∙H2O）增大
C．氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小
D．再加入10mLpH=3的盐酸充分反应后混合液的pH值肯定大于7
10．一定温度下对冰醋酸逐滴加水稀释，发生如图变化，图中Y轴的含义可能是
A．导电能力
B．pH
C．氢离子浓度
D．溶液密度
三、综合题
11．硼（B）可形成H3BO3、NaBH4、NaBO2等化合物，用途广泛。
（1）H3BO3为一元弱酸，可由硼砂（Na2B4O7﹒10H2O）与盐酸加热反应制得。
该反应的化学方程式为____________________。
常温下0.1mol·L-1的H3BO3溶液pH约为5.0，则H3BO3的电离常数Ka约为____。
（2）在恒容密闭容器中发生储氢反应：
BPO4（s）+4Na（s）+2H2（g）
Na3PO4（s）+NaBH4（s）ΛH<0
下图为NaBH4产率与反应温度的关系曲线：
①反应达到平衡时，下列有关叙述正确的是_____。
（填标号）
A．生成1molNaBH4只需1molBPO4、4molNa和2molH2
B．若向容器内通入少量H2，则v（放氢）C．升高温度，放氢速率加快，重新达到平衡时容器压强增大
D．降低温度，该反应的平衡常数减小
②NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大的原因是___________________。
（3）NaBH4可水解放出氢气，反应方程式为：
NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑。
①t1/2为NaBH4水解的半衰期（水解一半所需要的时间，单位为分钟）。
lgt1/2随pH和温度的变化如图所示。
在酸性条件下，NaBH4不能稳定存在，原因是_____（用离子方程式表示）；T1__T2。
（填“>”或“<”）
②用H2制备H2O2的一种工艺简单、能耗低的方法，反应原理如下图所示。
总反应的化学方程式为___________。
12．在一个体积为2L的真空密闭容器中加入0.5molCaCO3，发生反应CaCO3（s）
CaO（s）+CO2（g），测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化关系如图表示，图中A表示CO2的平衡浓度与温度的关系曲线，B表示不同温度下反应经过相同时间时CO2的物质的量浓度的变化曲线。
请按要求回答下列问题：
（1）该反应正反应为___（填“吸”或“放”）热反应，温度为T5℃时，该反应耗时40s达到平衡，则T5℃时，该反应的平衡常数数值为___。
（2）如果该反应的平衡常数K值变大，该反应___（选填编号）。
a．一定向逆反应方向移动b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向正反应方向移动d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（3）请说明随温度的升高，曲线B向曲线A逼近的原因：
___。
（4）在T5℃下，维持温度和容器体积不变，向上述平衡体系中再充入0.5molN2，则最后平衡时容器中的CaCO3的质量为___g。
（5）已知苯酚和碳酸的电离平衡常数如图所示。
请写出二氧化碳通入苯酚钠溶液的化学反应离子方程式___，请用电离平衡原理解释上述反应发生的原因以及确定生成物的依据___。
物质
电离平衡常数（25℃）
C6H5OH
Ki=1.28×10-10
H2CO3
Ki1=4.3×10-7
Ki2=5.6×10-11
参考答案
1．C
【解析】
【分析】
氨水溶液中存在如下平衡：
NH3·H2O⇌OH-+NH4+，且越稀越电离，即加水稀释，电离平衡右移。
【详解】
A．加水稀释氨水，促进电离，n（OH-）增大，但溶液的体积增大的更多，则c（OH-）减小，A错误；
B．加水稀释氨水，促进电离，n（NH4+）增大，但溶液的体积增大的更多，则c（NH4+）减小，B错误；
C．电离平衡常数表示为：
K=
，温度不变，K不变，稀释过程中c（OH-）减小，所以
增大，C正确；
D．加水稀释，平衡右移，c（NH3·H2O）减小，D错误。
答案选C。
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.相同条件下，草酸溶液浓度越大，其电离出的离子浓度越大，0.01mol/L草酸溶液中H+浓度大于0.001mol/L草酸溶液中H+浓度，但电离程度等于弱电解质已经电离的部分除以弱电解质的初始浓度，其与弱电解质已经电离的部分成正比，但与弱电解质的初始浓度成反比，因而草酸浓度越大，其电离程度越小，A项错误；
B.已知Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（AgI）=8.5×10-17，显然Ksp（AgI）C.结合5mL0.1mol/LKI溶液和1mL0.1mol/LFeCl3溶液知n（KI）=5×10-4mol，n（FeCl3）=1×10-4mol，又该反应离子方程式为2Fe3++2I－=2Fe2++I2，根据化学计量数得：
若反应完全发生，Fe3+反应完，但萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中存在Fe3+，推知Fe3+与I-发生的反应为可逆反应，C项正确；
D.已知KAlO2溶液的pH>7，说明AlO2－发生水解，其方程式为KAlO2+2H2O⇌Al（OH）3+KOH，由于KOH不易挥发，Al（OH）3+KOH又会发生反应生成KAlO2，故将其蒸干并灼烧，得到固体残留物为KAlO2，D项错误；
故选C。
【点睛】
D项是易错点，关于物质的蒸干灼烧规律可总结为：
若能分解就分解，无需考虑它水解。
若是强的走不掉，得到原盐最可靠。
若是强的跑得快，弱的乖乖留下来。
若能氧化就氧化，氧化还原分析它。
3．D
【解析】
【分析】
【详解】
用蒸馏水稀释0.1mol/L醋酸，那么溶质的分子和离子的浓度即c（CH3COO－）、c（H＋）和c（CH3COOH）始终减小，由于一定温度下
是常数，则溶液中的c（OH－）始终保持增大趋势；
答案选D。
4．D
【解析】
【详解】
A.HF
H++F-，加水稀释，c（H+）减小，A项错误；
B.Ka=
，只与温度有关，不会随着浓度的变化而变化，B项错误；
C.
=
，加水不断稀释，n（F-）不断减小直至为0，而n（H+）则无线接近于10-7mol，故
会减小，C项错误；
D.
=
，因c（F-）减小，故
增大，D项正确；
答案选D。
5．C
【解析】
【分析】
氨气在水中的溶解平衡和电离平衡为
，增大压强，平衡向正反应方向移动，氨水的浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，但一水合氨的电离程度减小。
【详解】
A．氨水的浓度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，溶液的pH越大，故A错误；
B．液面上氨气的压强不变，则一水合氨的电离程度不变，氨水的浓度不变，所以水溶液的pH不变，故B错误；
C．液面上氨气的压强增大，平衡向正反应方向移动，所以溶液的浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，pH变大，故C正确；
D．液面上氨气的压强变大，溶液的浓度增大，但NH3•H2O电离程度变小，故D错误；
故答案为：
C。
【点睛】
弱电解质电解规律中“越稀越电离”指的是该弱电解质的电离程度，即浓度越低，其电离的百分比越大，浓度越大，其电离的百分比越小，但电离出的量较浓度低时电离出的量高。
6．D
【解析】
【分析】
【详解】
A、稀醋酸溶液加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，pH增大，则某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH＝b，则a＜b，错误；
B、酚酞的变色范围为8.2—10，在滴有酚酞的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜8.2，错误；
C、常温下，1．0×10－3mol·L－1盐酸的pH＝3．0，1．0×10－8mol·L－1盐酸中不能忽略水的电离，溶液的pH约为7.0，错误；
D、常温下，若1mLpH＝1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，则n（HCl）=n（NaOH），即1mL×0.1mol·L－1=100mL×c（NaOH），则c（NaOH）=1．0×10－3mol·L－1，溶液的pH＝11，正确。
答案选D。
7．C
【解析】
【详解】
A．一水合氨是弱电解质，氨水中存在电离平衡，
的氨水中
，氢氧根离子浓度小于氨水浓度，所以氨水浓度大于
，故A错误；
B．稀释氨水过程中，促进一水合氨电离，氢氧根离子、铵根离子、一水合氨浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，氢离子浓度增大，故B错误；
C．氨水稀释过程中，促进一水合氨电离，铵根离子数目增大，一水合氨分子数目减小，所以溶液中
的增大，故C正确；
D．常温下，
的氨水和
的盐酸，盐酸的物质的量浓度小于氨水，等体积混合时氨水的物质的量大于盐酸的物质的量，所以混合溶液呈碱性，故D错误；
故答案为C。
8．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．向0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中加入少量水，加水促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，所以溶液中
增大，故A错误；
B．向0.1mol⋅L−1CH3COONa溶液加入少量水，水解常数
只与温度有关，所以
也保持不变，故B错误；
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为：
c（Cl−）+c（OH−）=c（
）+c（H+），溶液显中性，即c（OH−）=c（H+），所以c（Cl−）=c（
），即溶液中
=1，故C错误；
D．AgCl、AgBr的饱和溶液中存在AgCl（s）+Br−⇌AgBr（s）+Cl−，该反应的平衡常数
，向溶液中加入少量AgNO3，K不变，溶液中
不变，故D正确；
故答案为：
D。
【点睛】
对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：
CH3COONa+H2O
CH3COOH+NaOH，稀释过程中，c（CH3COO-）、c（CH3COOH）、c（OH-）、c（Na+）均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。
9．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．一水合氨是弱电解质，氨水中存在电离平衡，pH=11的氨水中c（OH－）=10-3mol·L－1，氢氧根离子浓度小于氨水浓度，所以氨水浓度大于10-3mol·L－1，故A错误；
B．氨水稀释过程中，促进一水合氨电离，但氢氧根离子减小，所以溶液中
=
的增大，故B正确；
C．稀释氨水过程中，促进一水合氨电离，氢氧根离子、铵根离子、一水合氨浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，氢离子浓度增大，故C错误；
D．常温下，pH=11的氨水和pH=3的盐酸，盐酸的物质的量浓度小于氨水，等体积混合时氨水的物质的量大于盐酸的物质的量，所以混合溶液呈碱性，故D正确；
故选BD。
【点睛】
本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质溶液中存在电离平衡、离子积常数只与温度有关是解本题关键，B选项将
转化在
，再分析。
10．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．随水的增加，醋酸的电离程度增大，电离出来的氢离子浓度增大，导电性增强，后来溶液体积变化大于氢离子物质的量的变化，氢离子浓度减小，导电性减弱，故A正确；
B．随水的增加，醋酸的电离程度增大，电离出来的氢离子浓度增大，pH减小，后来溶液体积变化大于氢离子物质的量的变化，氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；
C．随水的增加，醋酸的电离程度增大，电离出来的氢离子浓度增大，后来溶液体积变化大于氢离子物质的量的变化，氢离子浓度减小，故C正确；
D．醋酸的密度大于1g/mL，随水的增加，溶液的密度减小，故D错误；
故选AC。
11．Na2B4O7·l0H2O+2HC1
4H3BO3+2NaCl+5H2O1.0×10-9BC反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快BH4-+H++3H2O=H3BO3+4H2↑H2O2
【解析】
【分析】
（1）一元弱酸电离常数为达到平衡时，溶液所电离生成的各种离子浓度的乘积跟溶液中未电离的分子浓度的比。
（2）掌握外界条件温度和浓度对化学平衡移动的影响，即可解题。
（3）温度越低，反应越慢，t1/2越大。
根据图示分析出pH相同的时候所对应的lgt1/2越大，t1/2越大。
【详解】
（1）Na2B4O7﹒10H2O与盐酸加热反应生成H3BO3、NaCl和H2O。
因此答案为Na2B4O7·l0H2O+2HC1
4H3BO3+2NaCl+5H2O。
H3BO3为一元弱酸，电离方程式为H3BO3
H++H2BO3-，根据电离常数的定义可知Ka=
=
=1.0×10-9。
（2）①A．该反应为可逆反应，1molBPO4、4molNa和2molH2不可能完全反应转化为1molNaBH4，故A错误。
B．若向容器内通入少量H2，增加反应物的浓度，反应向正反应方向进行，则v（放氢）故B正确。
C．升高温度，正逆反应速率都加快，升高温度反应向吸热反应即放氢方向进行，重新达到平衡时容器压强增大，故C正确。
D．该反应为放热反应，温度降低，平衡向正反应方向进行，平衡常数变大，故D错误。
本题选BC。
②NaBH4的产率在603K之前随温度升高而增大是因为反应没有达到平衡状态，温度升高，反应速率加快。
（3）①根据NaBH4水解的化学方程式可知BH4-中H显-1价，和水电离的H+发生氧化还原反应生成H2。
在酸性条件下BH4-和H+发生氧化还原反应生成H2，离子方程式为BH4-+H++3H2O=H3BO3+4H2↑。
t1/2越大lgt1/2越大，pH相同的时候T1对应的lgt1/2大，也就是T1时水解的半衰期长，反应速率慢，温度低，T1＜T2。
②根据图示可知Pd和［PdCl2O2］2-为中间产物，［PdCl4］2-为催化剂，反应的化学方程式为H2+O2
H2O2。
12．吸热0.2bc随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需要的时间变短10C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-二氧化碳与水结合生成碳酸，且碳酸酸性比苯酚酸性强，故能生成苯酚。
碳酸的电离分两步：
第一步：
H2CO3
H++HCO3-，该步电离出的H+更容易结合C6H5O-生成酸性更弱的C6H5OH，导致第一步电离平衡正向移动，第二步电离：
HCO3-
H++CO32-，C6H5OH酸性大于HCO3-，所以第二步电离出的H+更容易结合CO32-而不容易结合C6H5O-，故不影响第二步电离平衡
【解析】
【分析】
（1）由图象判断温度与平衡移动的影响，再判断反应中的热效应；根据化学反应方程式可知，平衡常数K=c（CO2）计算；
（2）平衡常数增大，说明平衡正向移动，结合温度对平衡常数的影响判断；
（3）根据温度对反应速率的影响判断；
（4）由于容器体积不变，平衡体系中再充入0.5molN2，平衡不移动，据此计算；
（5）由电离平衡常数可知，苯酚的酸性弱于碳酸但比碳酸氢根强，据此答题。
【详解】
（1）由图象可知，随着温度的升高，CO2平衡时的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，所以该反应为吸热反应。
根据化学反应方程式可知，平衡常数K=c（CO2），所以T5℃时，K=c（CO2）=0.2；
（2）平衡常数增大，说明平衡正向移动，此时改变的条件为升高温度，如果该反应的平衡常数K值变大，则
a．一定向正反应方向移动，a错误；
b．在平衡移动时，由于是升高温度，所以正、逆反应速率都增大，由于该反应是吸热反应，所以平衡移动后温度会有所降低，所以正反应速率又逐渐减小，b正确；
c．一定向正反应方向移动，c正确；
d．根据b的分析可知，d错误；
故选bc；
（3）根据温度对反应速率的影响可知，随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需要的时间变短，所以曲线B向曲线A逼近；
（4）由于容器体积不变，平衡体系中再充入0.5molN2，平衡不移动，所以在T5℃时，n（CO2）=2L×0.2mol·L－1=0.4mol，则被分解的CaCO3的质量为100×0.4g=40g，所以平衡时容器中的CaCO3的质量为0.5mol×100g·mol－1-40g=10g；
（5）CO2入苯酚钠溶液的化学反应离子方程式为C6H5O－+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3－，由电离平衡常数可知，苯酚的酸性弱于H2CO3但比HCO3－强，CO2与H2O结合生成H2CO3，且H2CO3酸性比苯酚酸性强，故能生成苯酚，H2CO3的电离分两步：
第一步：
H2CO3
H＋+HCO3－，该步电离出的H＋更容易结合C6H5O－生成酸性更弱的C6H5OH，导致第一步电离平衡正向移动，第二步电离：
HCO3－
H＋+CO32－，C6H5OH酸性大于HCO3－，所以第二步电离出的H＋更容易结合CO32－而不容易结合C6H5O－，故不影响第二步电离平衡。
【点睛】
反应CaCO3（s）
CaO（s）+CO2（g）的平衡常数是比较特殊的，K=c（CO2），只与CO2的浓度有关系，只要温度不变，CO2的浓度不变，在思考某些与CO2浓度有关的问题时需要注意。
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