第3章 电解质溶液作业解题
电解质溶液方面试题的解题方法与技巧
电解质溶液方面试题的解题方法与技巧2（最新版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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高中化学 第三章电解质溶液和电离平衡(部分习题
第三章电解质溶液和电离平衡习题一选择1、下列物质在水溶液中电离时，（）能生成Cl-A、氯化钙B、次氯酸钠C、氯酸钾D、氯水2、下列物质中是弱电解质的是（）A、NaAcB、NH4ClC、KNO3D、H2S3、下列物质的水溶液呈中性的是（）A、NaClB、K2CO3C、Al2(SO4)3D、(NH4)2SO44、下列反应的离子方程式可以用H++ OH- = H2O表示的是（）A、NaOH和HAcB、KOH和HNO3C、Ba(OH)2和H2SO4D、NH3·H2O和HAc5、0.1mol/LH2SO4溶液中H+浓度为（）mol/LA、0.1B、0.2C、0.3D、0.46、在 H2CO3 H+ + HCO3-平衡体系中，能使电离平衡向左移动的条件是（）A、加氢氧化钠B、加盐酸C、加水D、升高温度7、下列离子方程式正确的是（）A、硫化亚铁与盐酸 S2- + 2H+→ H2S↑B、硝酸钡与硫酸钠 Ba2+ + SO42- = BaSO4↓C、醋酸与氢氧化钠 HAc + OH-→ H2O + Ac-D、石灰石与盐酸 CO32- + 2H+→ CO2↑ + H2OE、氯化铝与氨水 Al3+ + 3OH-→ Al(OH)3↓8、氯化铁溶于水时发生下列反应：FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl-热量，为了抑制水解，得到澄清的溶液，可采取的措施是（）A、升高温度B、大量加水C、加少量氢氧化钠D、加少量盐酸9、在Ca3(PO4)2的饱和溶液中，已知c（Ca2-）=2.O×10-6mol·L-1，c（PO43-）=1.58×10-6mol·L-1,则Ca3(PO4)2的K sp为（ A ）。
A、2．0×10-29；B、3.2×10-12；C、6.3×10-18；D、5.1×10-2710、在含有0.1mol·dm-3HCl的 0.1mol·dm-3CH3COOH溶液中，〔H+〕同〔Ac-〕关系正确的是（）A、〔H+〕=〔Ac-〕B、〔Ac－〕＞〔H+〕C、〔H+〕>>〔Ac-〕D、无法知道二计算1．某一元弱碱（MOH）的分子量为125，在298K时取0.500g溶于50.0ml 水中，测得溶液的pH=11.30，试计算MOH的K b值。
电解质溶液练习题含答案(高二)
word专业资料-可复制编辑-欢迎下载弱电解质的电离1、在0.10mol·L－1NH3·H2O溶液中，加入少量NH4Cl晶体后，引起的变化是A．NH3·H2O的电离程度减小B．NH3·H2O的电离常数增大C．溶液的导电能力不变D．溶液的pH增大2、在0.1mol／L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH CH3COO－+H+对于该平衡，下列叙述正确的是A．加入少量NaOH固体，平衡向逆反应方向移动B．升高温度，平衡向正反应方向移动C．加入水稀释，溶液中c(H+)一定增大D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动3、在100mL 0.lmol·L－1醋酸溶液中，欲使溶液的pH及电离度均增大，可采用的方法是A．加人少量0.lmol·L－1醋酸溶液B．加人l00mL水C．加入少量醋酸钠固体D．加热4、(多选)一定温度下，将一定量的冰醋酸加水稀释，稀释过程中溶液的导电性变化如图所示。
则下列说法错误的是A．醋酸的电离度：c＜b＜a B．溶液的PH值：b＜a＜cC．蘸取a点溶液滴在湿润的PH试纸上，测得PH值一定偏大D．若分别取a、b、c三点的溶液各10mL，各用同浓度的氢氧化钠溶液中和，消耗NaOH溶液的体积a＞b＞c5、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. K a（HF）C.c(F-)/c(H+)D. c(H+) / c(HF)6、（多选）已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H＋要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是A、加少量烧碱溶液B、升高温度C、加少量冰醋酸D、加水7、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl－)=n(CH3COO－)＝0.01mol，下列叙述错误的是A、它们分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多B、它们与NaOH完全中和时，醋酸溶液所消耗的NaOH多C、两种溶液的c（H+）相同D、分别用水稀释相同倍数时，n(Cl－)＜n(CH3COO－)8、“酸碱质子理论”认为凡是能够给出质子(H+)的分子或离子都是酸，凡是能够接受质子的分子或离子都是碱，物质酸性(碱性)的强弱取决于分子或离子给出(接受)质子能力的大小。
高中化学电解质溶液题目解析
高中化学电解质溶液题目解析一、电解质溶液的定义和特点电解质溶液是指在溶液中能够导电的物质。
根据电解质的离子化程度，电解质溶液可分为强电解质溶液和弱电解质溶液。
强电解质溶液中的电解质完全离解成离子，能够导电；而弱电解质溶液中的电解质只有部分离解成离子，导电能力较弱。
二、鉴别电解质溶液的方法1. 导电性实验通过观察溶液是否能够导电来判断其是否为电解质溶液。
如果溶液能够导电，说明其中存在离子，是电解质溶液；如果溶液不能导电，说明其中不存在离子，是非电解质溶液。
例如，有一道题目如下：实验中，将硫酸、葡萄糖和纯净水分别溶解在水中，用导电实验判断它们的导电性。
解析：硫酸为强酸，完全离解成H+和SO42-离子，能够导电；葡萄糖为非电解质，不能离解成离子，不能导电；纯净水为非电解质，不能离解成离子，不能导电。
因此，硫酸溶液为电解质溶液，葡萄糖溶液和纯净水为非电解质溶液。
2. pH值测定电解质溶液中的酸性或碱性可以通过测定其pH值来确定。
pH值小于7的溶液为酸性溶液，pH值大于7的溶液为碱性溶液，pH值等于7的溶液为中性溶液。
例如，有一道题目如下：实验中，将硝酸、氨水和纯净水分别测定其pH值。
解析：硝酸为强酸，溶液呈酸性，pH值小于7；氨水为弱碱，溶液呈碱性，pH值大于7；纯净水为中性，pH值等于7。
因此，硝酸溶液为酸性溶液，氨水溶液为碱性溶液，纯净水溶液为中性溶液。
三、电解质溶液的离子方程式电解质溶液中的电解质可以通过离子方程式来表示其离解过程。
离子方程式是将电解质分解成离子的化学方程式。
例如，有一道题目如下：写出硫酸钠溶液的离子方程式。
解析：硫酸钠的化学式为Na2SO4。
根据离子方程式的规则，将Na2SO4分解成Na+和SO42-离子，离子方程式为2Na+ + SO42-。
四、电解质溶液的浓度计算电解质溶液的浓度可以通过溶解质的物质的质量或体积与溶液的体积之比来计算。
例如，有一道题目如下：已知某溶液中含有5g硫酸钠，溶液的体积为100mL，求该溶液的浓度。
高考新突破电解质溶液选择题：电解质溶液解题方法
电解质溶液有关的选择题解题方法高考试题中经常将弱电解质的电离与溶液的酸碱性、盐类的水解、离子浓度大小比较、沉淀溶解平衡等内容相结合考查关于溶液pH 的计算、电解质的强弱及对应盐的水解强弱、酸碱中和滴定、粒子浓度关系和三大守恒定律、溶度积Ksp 的应用和计算等。
解题思路与方法基础知识回顾：1、有关强酸、强碱混合的相关规律总结将强酸、强 碱溶液以某体积之比混合，若混合液呈中性，则c (H ＋)∶c (OH －)、V 碱∶V 酸、pH 酸＋pH碱有如下规律(25 ℃)：因c (H ＋)酸·V 酸＝c (OH －)碱·V 碱，故有()()c H V c OH V +-=酸碱酸碱。
在碱溶液中c (OH －)碱＝1410()c H -+碱，将其代入上式得：c (H ＋)酸·c (H ＋)碱＝1410V V -碱酸，两边取负对数得：pH 酸＋pH 碱＝14－lgV V 碱酸。
现具体举例如下：2（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4溶液中c(H＋)＞c(H2PO4－)＞c(HPO42－)＞c(PO43－)。
（2）多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH －)＞c(HCO3－)。
（3）不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响。
如在相同物质的量浓度的下列各溶液中①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4。
c(NH4＋)由大到小的顺序是③＞①＞②。
（4）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。
有关规律如下：①电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数，如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO3－、CO32－、OH－，必存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(OH－)＋2c(CO32－)。
高考化学练习题：电解质溶液(含答案解析)
高考化学练习题：电解质溶液一．选择题（共26小题）1．（2015•安徽）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L ﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；真题集萃．分析：氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可．解答：解：A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3•H2O部分电离，因此c（OH ﹣）＞0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，故c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O），故A错误；B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl﹣），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），故B正确；C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣），即c（Cl﹣）＞c（Na+），故C错误；D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）＞c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）＜c（Cl﹣），故D错误，故选B．点评：本题主要考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为C，注意酸碱中和滴定的实验原理．2．（2015•广东）一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10﹣13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化考点：水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡．分析：A、由图可知abc为等温线；B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10﹣14；C、b点到a点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可；D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可．解答：解：A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变，故abc为等温线，故升高温度，不能由c 到b，故A错误；B、b点c（H+）=c（OH﹣）=1.0×10﹣7，故K W=1.0×10﹣7×1.0×10﹣7=1.0×10﹣14，故B错误；C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；D、由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误，故选C．点评：本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素，掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键，难度不大．3．（2015•海南）0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（）A．NO2B．SO2C．SO3D．CO2考点：p H的简单计算．分析：0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3；SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4；CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，根据反应产物的酸碱性判断．解答：解：0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2为强碱弱酸盐，溶液显碱性；SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3在溶液中即电离又水解，电离程度大于水解程度，溶液显弱酸性；SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4在溶液中完全电离出氢离子，溶液显强酸性；CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，NaHCO3在溶液中即电离又水解，水解程度大于电离程度，溶液显弱碱性；综上可知，形成的溶液pH最小的是SO3；故选：C．点评：本题考查了物质的性质，题目涉及元素化合物的性质、盐的水解、弱电解质的电离，题目难度中等，注意根据物质之间反应判断产物以及溶液的酸碱性．4．（2015•四川）常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得溶液pH＜7，下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（）A．＜1.0×10﹣7mol/LB．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）C．c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）D．c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）考点：盐类水解的原理．专题：盐类的水解专题．分析：A．根据Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1.0×10﹣14计算；B．根据物料守恒即c（Na）=c（C）分析；C．根据电荷守恒分析；D．铵根离子部分水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），HCO3﹣的电离程度很小．解答：解：A．Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1.0×10﹣14，已知pH＜7，即c（H+）＞1.0×10﹣7mol/L，则＜1.0×10﹣7mol/L，故A正确；B．溶液中存在物料守恒即c（Na）=c（C），所以c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故B正确；C．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c （Cl﹣），由于析出部分NaHCO3晶体，则c（Na+）＜c（Cl﹣），所以c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；D．铵根离子部分水解，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3﹣浓度减小，HCO3﹣的电离程度很小，所以c（CO32﹣）最小，即c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故D正确．故选C．点评：本题考查了混合溶液中离子浓度的计算、离子浓度大小比较、电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度中等，注意把握电荷守恒和物料守恒的应用方法．5．（2015•广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣B．Cl﹣、SO32﹣、Fe2+、H+C．K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣D．Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答．解答：解：A．Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．SO32﹣、H+结合生成水和气体，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；故选C．点评：本题考查离子共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大．6．（2015•四川）下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中Na+、NH4+、NO3﹣、Mg2+可以大量共存B．通入CO2气体产生蓝色沉淀C．与H2S反应的离子方程式：C u2++S2﹣=CuS↓D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+考点：离子共存问题；离子方程式的书写．分析：A．该组离子之间不反应，与硫酸铜也不反应；B．通入CO2气体，与硫酸铜溶液不反应；C．H2S在离子反应中保留化学式；D．与过量浓氨水反应，生成络离子．解答：解：A．该组离子之间不反应，与硫酸铜也不反应，则可大量共存，故A正确；B．通入CO2气体，与硫酸铜溶液不反应，不能生成蓝色沉淀，故B错误；C．H2S在离子反应中保留化学式，则与H2S反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故C错误；D．与过量浓氨水反应，生成络离子，则离子反应为Cu2++4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，故D 错误；故选A．点评：本题考查离子共存及离子反应，为高频考点，为2015年高考真题，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及络合反应的离子反应考查，题目难度不大．7．（2015•上海）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl ﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A．3种B．4种C．5种D．6种考点：离子共存问题．分析：溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题．解答：解：无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，阴离子只能为Cl﹣，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32﹣，可存在的离子为：Ba2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣，则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，故选C．点评：本题考查离子共存问题，题目难度中等，涉及离子反应和种类的判断，综合侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气．8．（2014•江苏）水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象，模型如图所示，下列关于水的说法正确的是（）A．水是弱电解质B．可燃冰是可以燃烧的水C．氢氧两种元素只能组成水D．0℃时冰的密度比液态水的密度大考点：水的电离；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．专题：元素及其化合物．分析：A．水能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，存在电离平衡；B．可燃冰为甲烷和水形成的一种化合物；C．氢氧两种元素还可以组成双氧水；D．液体水变成冰，体积变大，密度变小．解答：解：A．水为极弱的电解质，能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，故A正确；B．可燃冰为甲烷和水形成的一种特殊的化合物，并不是可燃烧的水，故B错误；C．氢氧两种元素可以组成水、双氧水，故C错误；D．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故D错误；故选A．点评：本题考查了水的电离、水的组成结构及性质，题目难度不大，注意掌握水的电离，明确可燃冰的组成及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．9．（2014•重庆）下列叙述正确的是（）A．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体B．CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c（CH3COO﹣）增大C．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2D．25℃时Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度考点：影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠；D、根据沉淀溶解平衡的影响因素来回答判断．解答：解：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故A错误；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠，所以醋酸根离子浓度会减小，故B错误；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠，并不会获得氢氧化钙，故C 错误；D、氢氧化铜存在沉淀溶解平衡Cu（OH）2⇌Cu2++2OH﹣，Cu（NO3）2溶液中铜离子会抑制沉淀溶解平衡的右移，所以Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度，故D正确．故选D．点评：本题考查学生物质的性质以及沉淀溶解平衡的影响因素等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度中等．10．（2014•上海）向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中（）A．c（Ca2+）、c（OH﹣）均增大B．c（Ca2+）、c（OH﹣）均保持不变C．c（Ca2+）、c（OH﹣）均减小D．c（OH﹣）增大、c（H+）减小考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HC≡CH↑，反应消耗水，结合Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）的影响因素解答．解答：解：加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HC≡CH↑，反应消耗水，因原溶液为饱和溶液，则反应后一定有Ca（OH）2析出，则溶液浓度不变，故选B．点评：本题为2014年上海考题，涉及难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的原理以及溶解平衡的特点，难度不大．11．（2014•海南）以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（）A．阴极附近溶液呈红色B．阴极逸出气体C．阳极附近溶液呈蓝色D．溶液的pH变小考点：电解原理；真题集萃．专题：电化学专题．分析：以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断．解答：解：A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误．故选D．点评：本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等．12．（2014•四川）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）A．0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）B．20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）D．0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH﹣）＞c （H+）+c（CH3COOH）考点：离子浓度大小的比较．专题：盐类的水解专题．分析：A．二者恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，结合电荷守恒判断；D．二者恰好反应生成CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．解答：解：A．二者混合后恰好反应生成Na2CO3，溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣，所以c（HCO3﹣）＜c （OH﹣），故A错误；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小，所以溶液中粒子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性即c（OH﹣）＞c（H+），任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），且c （OH﹣）＞c（H+），所以c（Cl﹣）＜c（NH4+），所以c（Cl﹣）+c（H+）＜c（NH4+）+c（OH﹣），故C错误；D．二者混合后恰好反应生成CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c （CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），所以得c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；故选B．点评：本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，离子浓度大小比较为高考高频点，常常与盐类水解、弱电解质电离结合考查，题目难度中等．13．（2014•天津）下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣）B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）＞c（Cl﹣）=c（I﹣）C．CO2的水溶液：c（H+）＞c（HCO3﹣）=2c（CO32﹣）D．含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c （H2C2O4）]考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．分析：A、NaHSO4溶液中存在氢离子守恒分析判断；B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱；D、依据溶液中元素物料守恒计算分析．解答：解：A、NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4 =Na++H++SO42﹣，H2O⇌H++OH﹣，溶液中质子守恒，c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣），故A正确；B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银，c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故B错误；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱，H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，c（H+）＞c（HCO3﹣）＞2c（CO32﹣），故C错误；D、依据溶液中元素物料守恒计算，含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3[c（HC2O4﹣）+C（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]，故D错误；故选A．点评：本题考查了电解质溶液中电离平衡分析，沉淀溶解平衡的理解应用，电解质溶液中物料守恒，质子守恒的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．14．（2014•广东）常温下，0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是（）A．HA为强酸B．该混合液pH=7C．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+D．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA 溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．HA为弱酸；B．该混合液pH＞7；C．X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+；D．Y表示HA，溶液中存在物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）．解答：解：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH ﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y 表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，故A错误；B．c（Na+）＞c（A﹣），说明NaA水解，A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，该混合液pH＞7，故B错误；C．HA是弱电解质，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），c（OH﹣）除了水解产生的还有水电离的，因此c （OH﹣）＞c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，故C错误；D．溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），Y表示HA，得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+），故D正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键，题目难度中等．15．（2014•山东）已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol•L ﹣1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（）A．水的电离程度始终增大B．先增大再减小C．c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c（NH4+）=c（CH3COO﹣）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A．开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B．根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；C．根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；D．CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO﹣）．解答：解：A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数K h=，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数K b=，c（OH﹣）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数K不变，所以逐渐减小，即始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO﹣）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO﹣）之和逐渐减小，故C错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO﹣），故D正确；故选D．点评：本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法．16．（2014•广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．Na+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣B．Fe2+、H+、SO32﹣、ClO﹣C．Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣D．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解的就能共存，据此分析解答．解答：解：A．Ca2+、SO42﹣生成微溶物硫酸钙，所以不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下，ClO﹣具有强氧化性，能将Fe2+、SO32﹣氧化为Fe3+、SO42﹣，所以不能共存，故B 错误；C．这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确；D．Fe3+、SCN﹣生成络合物Fe（SCN）3，所以这两种离子不能共存，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子共存，明确离子共存条件是解本题关键，知道物质的性质即可解答，注意：硫酸钙是微溶物，少量时能在水溶液中共存，但不能大量存在，为易错点．17．（2014•安徽）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br﹣可以大量共存B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3++2I﹣═Fe2++I2C．和Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓D．1L O.1mol•L﹣1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2g Fe考点：离子共存问题；离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．铁离子能够与苯酚发生显色反应；B．根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒；C．该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系；D．根据n=cV计算出硫酸铁及铁离子的物质的量，再根据质量守恒及m=nM计算出铁的质量．解答：解：A．Fe2（SO4）3溶液中的Fe3+与C6H5OH发生显色反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，题目方程式未配平，故B错误；C．Fe2（SO4）3溶液和Ba（OH）2溶液反应的生成氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，铁离子和硫酸根离子的物质的量的比为2：3，正确的离子方程式为：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故C错误；D.1L O.1mol•L﹣1该溶液中含有溶质硫酸铁0.1mol，0.1mol硫酸铁中含有0.2mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.2mol铁，生成铁的质量为11.2g，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则．18．（2013•重庆）下列说法正确的是（）A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋酸＜V NaOHC．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K（AgX）=c（Ag+）•c（X﹣），故K（AgI）＜K（AgCl）考点：电解质与非电解质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；镁、铝的重要化合物．专题：电离平衡与溶液的pH专题；几种重要的金属及其化合物．分析：A．KClO3和三氧化硫的水溶液都能导电，KClO3是电解质，但三氧化硫是非电解质；B．CH3COOH不完全电离，根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量；C．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成Al（OH）3；D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，说明溶解度S（AgCl）＞S（AgI），所以K（AgCl）＞K （AgI）；解答：解：A．电解质是熔融态或水溶液状态下能导电的化合物，是自身电离出自由移动的离子．氯酸钾溶于水自身电离出钾离子和氯酸根离子，能导电是电解质；SO3溶于水后和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，所以SO3是非电解质，故A错误；B．醋酸与NaOH溶液反应：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），若等体积等浓度混合时显碱性，则25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7显中性时应使醋酸过量，即V醋酸＞V NaOH，故B错误；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，由于酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3，根据强酸制备弱酸，NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成Al（OH）3，AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣有沉淀生成，无气体生成，故C错误；D．向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液，会出现白色沉淀AgCl转变为黄色沉淀AgI，说明AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，沉淀易转化为更难溶沉淀，越难溶物质其饱和溶液中电离出相应离子浓度越小，故K（AgI）＜K（AgCl），故D正确；故选D．点评：本题考查了电解质、酸碱中和、氢氧化铝、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等知识，掌握它们的相关本质是解答的关键，题目难度中等．19．（2013•天津）下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．在蒸馏水中滴加浓H2SO4，K w不变B．CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸。
高中物理：电解质溶液方面试题的解题方法与技巧
高中物理：电解质溶液方面试题的解题方法与技巧一、弱电解质的电离平衡①能够导电的物质不一定全是电解质，如Cu、氯水等。
②电解质必须在水溶液里或熔化状态下才能有自由移动的离子。
③电解质和非电解质都是化合物，单质既不是电解也不是非电解质。
④溶于水或熔化状态；注意：“或”字。
（5）溶液中的c(H＋)和水电离出来的c(H＋)是不同的：①常温下水电离出的c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，若某溶液中水电离出的c(H＋)＜1×10－7 mol·L－1，则可判断出该溶液中加入了酸或碱抑制了水的电离；若某溶液中水电离出的c(H＋)＞1×10－7 mol·L－1，则可判断出该溶液中加入了可以水解的盐或活泼金属促进了水的电离。
②常温下溶液中的c(H＋)＞1×10－7 mol·L－1，说明该溶液是酸溶液或水解显酸性的盐溶液；c(H＋)＜1×10－7 mol·L－1，说明是碱溶液或水解显碱性的盐溶液。
1、误差分析：（1）原理(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例)：c B＝V B——准确量取的待测液的体积；c A——标准溶液的浓度。
故有：c B正比于V A。
（2）常见误差2、有关溶液酸碱性的判断和pH的计算：（1）水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算(25 ℃)①中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1。
②溶质为酸的溶液：H＋来源于酸电离和水电离，而OH－只来源于水。
如计算pH＝2的盐酸中水电离出的c(H＋)：方法是先求出溶液中的c(OH－)＝10－12 mol/L，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol/L。
③溶质为碱的溶液：OH－来源于碱电离和水电离，而H＋只来源于水。
如pH＝12的NaOH溶液中，c(H ＋)＝10－12 mol·L－1，即水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L －1。
(完整版)有关电解质溶液图像题的解题技巧Word版无答案
有关电解质溶液图像题的解题技巧解析解答此类图像问题要注意几点：①读图，弄清图像含义，经过观察弄清横坐标、纵坐标的含义及单位；搞清特别点的意义，如坐标轴的原点，曲线的起点、终点、交织点、极值点、转折点等；解析曲线的变化趋势如斜率的大小及起落。
②识图，进行信息提取，挖掘隐含信息、消除搅乱信息、提炼适用信息，在统摄信息的基础进步行逻辑推理或运用数据计算。
③用图，联想化学原理解答问题。
定―→ 要点点―→ 曲线图像问题解析—原因解析变――→曲线走势计算推理――→ 浓度等关系纵观历年高考试题，电解质溶液图像题越来越碰到命题者的喜欢。
题型一强、弱电解质加水稀释的变化曲线【解题策略】本质――→ 弱电解质在水溶液中电离程度不相同图像――→ pH 变化幅度大小强、弱电―→ 弱电解质盐溶液酸碱性变化解质加—水稀释延伸―→ 判断弱电解质强弱的方法弱酸溶液中加入强碱、强酸或水后―→的 pH 变化1室温下，将 10.00 mL 5.000 0 mol L -1醋·酸滴入 100.00 mL蒸馏水中，溶液中 c(H + )和温度随着醋酸体积变化曲线以下列图。
以下有关说法正确的选项是()A ． a～ b 段，醋酸电离过程为放热过程B． c～ d 段， c(H +)增加，醋酸电离度增加C． c 点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液则： c(Na+ )＝c(CH 3COO -)+c(CH 3COOH)D． d 点时， c(H +3)＞c(CH COOH)式题在体积均为 1 L ，pH 均等于 2 的盐酸和醋酸中，分别投入0.12 g 镁粉充分反应后，图中比较吻合反应事实的曲线是()题型二中和滴定曲线【解题策略】1．思路解析识图像：抓住坐标含义，理解点（起点、折点、―→ 中和 滴定 —图像找联系：将图像的点、线与溶液的酸碱性―→ 和pH 整合―→ 思原理：电荷守恒、物料守恒、质子守恒2．巧抓“四点”，打破“粒子”浓度关系(1) 抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混杂。
07-电解质溶液
七、电解质溶液（293题）一、选择题( 共92 题)1. 5 分(3611)H2S2O8可由电解法制取，阳极反应为：2H2SO4 →H2S2O8 + 2H+ + 2e-，阳极副反应为O2的析出。
阴极析氢效率为100%，已知电解产生H2，O2的气体体积分别为9.0 L和2.24 L （标准态下），则生成H2S2O8的物质的量为：（）(A) 0.1 mol (B) 0.2 mol (C) 0.3 mol (D) 0.4 mol2. 2 分(3612)法拉第电解定律限用于：（）(A) 液态电解质(B) 无机液态或固态电解质(C) 所有液态或固态电解质(D) 所有液态、固态导电物质3. 2 分(3613)将铅酸蓄电池在10.0 A电流下充电1.5 h，则PbSO4分解的质量为（）(A) 84.8 g (B) 169.6 g(C) 339.2 g (D) 无法确定(已知M r(PbSO4) = 303)4. 2 分(3614)按物质导电方式的不同而提出的第二类导体，下述对它特点的描述，哪一点是不正确的？（）(A)其电阻随温度的升高而增大(B)其电阻随温度的升高而减小(C)其导电的原因是离子的存在(D)当电流通过时在电极上有化学反应发生5. 2 分(3615)描述电极上通过的电量与已发生电极反应的物质的量之间的关系的是：（）(A) 欧姆定律（B）离子独立运动定律（C） 法拉第定律（D）能斯特定律6. 2 分(3617)当一定的直流电通过一含有金属离子的电解质溶液时，在阴极上析出金属的量正比于：（）(A) 阴极的表面积(B) 电解质溶液的浓度(C) 通过的电量(D) 电解质溶液的温度7. 2 分(3618)电解熔融NaCl时，用10 A的电流通电5 min，能产生多少金属钠？（）(A) 0.715 g (B) 2.545 g (C) 23 g (D) 2.08 g8. 2 分(3619)下列物理量除哪一个外，均与粒子的阿伏加德罗数有关：（）(A) 法拉第（B）标准状态下22.4 dm3气体(C) 摩尔（D）库仑9. 2 分(3620)在CuSO4溶液中用铂电极以0.1 A的电流通电10 min，在阴极上沉积的铜的质量是：（）(A) 19.9 mg (B) 29.0 mg (C) 39.8 mg (D) 60.0 mg10. 2 分(3608)电解时，主要承担电量迁移任务的离子与首先在电极上发生反应的离子间有什么关系？（）（A）没有任何关系（B）有某种关系（C）有无关系视相对电迁移率的大小而定（D）两者总是一致的11. 2 分(3610)已知Cu的相对原子量为64，用0.5法拉第电量可从CuSO4溶液中沉淀出多少Cu？（）(A) 16 g (B) 32 g (C) 64 g (D) 127 g12. 2 分(3621)在NiI2的水溶液中，通过24 125 C的电量后，沉积出金属镍（M r=58.7）的质量最接近于：（）(A) 7.3 g (B) 14.6 g (C) 29.2 g (D) 58.7 g13. 2 分(3622)电解硫酸铜溶液时，析出128 g铜（M r =64），需要通入多少电量？（）(A) 96 500 C (B) 48 250 C (C) 386 000 C (D) 24 125 C14. 2 分(3623)1 mol电子电量与下列哪一个值相同？（）(A) 1安培·秒(B) 1库仑(C) 1法拉第(D) 1居里15. 2 分(3624)使2000 A的电流通过一个铜电解器，在1 h 内，能得到铜的质量是：（）(A) 10 g (B) 100 g (C) 500 g (D) 2 700 g16. 2 分(3625)用0.1 A的电流，从200 ml 浓度为0.1 mol·dm-3的AgNO3溶液中分离Ag，从溶液中分离出一半银所需时间为：（）(A) 10 min (B) 16 min (C) 100 min (D) 160 min17. 2 分(3651)离子电迁移率的单位可以表示成( )(A) m·s-1(B) m·s-1·Ｖ-1(C) m2·s-1·Ｖ-1(D) s-118. 2 分(3652)z B、r B及c B分别是混合电解质溶液中B 种离子的电荷数、迁移速率及浓度，对影响B 离子迁移数(t B) 的下述说法哪个对? （）(A) │z B│愈大，t B愈大(B) │z B│、r B愈大，t B愈大(C) │z B│、r B、c B愈大，t B愈大(D) A、B、C 均未说完全19. 2 分(3653)水溶液中氢和氢氧根离子的电淌度特别大，究其原因，下述分析哪个对？（）(A) 发生电子传导(B) 发生质子传导(C) 离子荷质比大(D) 离子水化半径小20. 1 分(3654)在一定温度和浓度的水溶液中，带相同电荷数的 Li +、Na +、K +、Rb +、… ,它们的离子半径依次增大，但其离子摩尔电导率恰也依次增大，这是由于： （ ）(A) 离子淌度依次减小 (B) 离子的水化作用依次减弱(C) 离子的迁移数依次减小 (D) 电场强度的作用依次减弱21. 1 分 (3666)电解质溶液中离子迁移数 (t i ) 与离子淌度 (U i ) 成正比。
高三化学二第3讲电解质溶液课后作业
证对市爱幕阳光实验学校专题二第4讲电化学原理课后作业1．(八校高三模拟考试)现有常温下100 mL 0.1 mol·L－1的某一元酸HX 的溶液，以下事实能说明该酸为强电解质的是( )A．参加足量镁粉后，生成状况下的氢气112 mLB．能与50 mL 0.2 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全反C．用如图装置做导电性，发现灯泡较亮D．用pH计测得该溶液的pH＝1.0解析：选D。
不管HX是强电解质还是弱电解质，A、B结果一样；导电能力和离子浓度、离子所带电荷数有关，而与电解质强弱无直接关系；c(H＋)＝c(HX)说明HX完全电离，HX是强电解质。
2．(高三第一次模拟考试)要求设计证明，某种盐的水解是吸热的，以下答复正确的选项是( )A．将硝酸铵晶体溶于水，假设水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的B．在盐酸中参加相同浓度的氨水，假设混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的C．在醋酸钠溶液中参加醋酸钠晶体，假设溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的D．在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后假设加深，说明盐类水解是吸热的解析：选D。
某些晶体溶于水温度降低，那么A、C两项不能说明盐类水解吸热。
B项中发生了反且两溶液进行了混合，不能说明温度下降是什么原因引起的。
假设醋酸钠溶液水解是吸热的，那么其溶液加热后会促进水解，碱性增强，所以D项正确。
3．(高考卷)有4种混合溶液，分别由体积0.1 mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3。
以下各项排序正确的选项是( )A．pH：②>③>④>①B．c(CH3COO－)：②>④>③>①C．溶液中c(H＋)：①>③>②>④D．c(CH3COOH)：①>④>③>②解析：选B。
此题主要考查的知识点为电离平衡和盐类的水解。
高考化学《电解质溶液》专题复习及习题讲解
解析
123456789
6.常温下，下列推断正确的是( ) A.由水电离出的c(OH－)＝1×10－12 mo0.02 mol·L－1的NaOH溶液、氨水分别稀释a倍、b倍
后均得到pH＝9的溶液，则a＜b C.将pH＝1与pH＝3的两份盐酸等体积混合后，所得溶液的pH＝2(忽略混
解析
123456789
5.T ℃下的溶液中，c(H＋)＝10－x mol·L－1，c(OH－)＝10－y mol·L－1，x与y 的关系如图所示。下列说法不正确的是( ) A.T ℃时，水的离子积Kw为1×10－13 B.T＞25 C.T ℃时，pH＝7的溶液显碱性
√D.T ℃时，pH＝12的苛性钠溶液与pH＝1的稀硫酸等体积混合，溶液的pH
(5)AgCl(s)溶解平衡常数表达式为 Ksp＝ cAgCl ( × ) (6)沉淀转化只能是Ksp大的沉淀转化为Ksp小的沉淀( × )
答案
(7)中和等体积、等pH的盐酸和醋酸消耗的NaOH的量相同( × ) (8)制备无水AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法 (√ ) (9)用湿润的pH试纸测得某溶液的pH＝3.4( × ) (10)在NaHCO3溶液中加入NaOH，不会影响离子的种类( √ )
答案
3.溶液的酸碱性和pH。 (1)25 ℃，0.01 mol·L－1的盐酸中，c(OH－)＝_1_0_－_1_2_ mol·L－1，pH＝ __2__，由水电离出的c(H＋)＝1_0_－__12__m_o_l_·L__－_1_。 (2)100 ℃时，pH＝6的水中c(H＋)＝_1_0_－_6_ mol·L－1，该水呈_中__性。 (3)100 ℃时(Kw＝10－12)，0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH为_1_0___，由水 电离出的c(OH－)＝1_0_－__10__m_o_l_·L__－_1。 (4)25 ℃时，pH＝8的CH3COONa溶液中c(OH－)＝1_0_－__6 _m_o_l_·_L_－_1，由水电 离的c(OH－)＝_1_0_－_6_m__o_l·_L_－__1 __。
电解质题解题技巧
电解质题解题技巧电解质是一种在水中能够产生离子的化合物。
在高中化学学习中，电解质的题目是非常重要的一部分。
然而，许多学生在解答这类题目时常常感到困惑和无从下手。
本文将探讨一些解决电解质题目的技巧，帮助学生更好地理解和应对这类题目。
首先，了解电解质的类别对于解题非常重要。
常见的电解质可分为强电解质和弱电解质两大类。
强电解质完全电离，产生的离子浓度非常大，而弱电解质只有一部分电离，产生的离子浓度较小。
对于强电解质，我们可以假设完全电离，简化计算；而对于弱电解质，则需要考虑其电离度和离子浓度等因素。
其次，了解电解质的电离方程式也是解题的关键。
电解质的电离方程式描述了其在水中产生离子的过程。
对于一元强酸，通常电离方程式形如HA → H⁺ + A⁻，其中HA代表酸分子，H⁺和A⁻代表离子；对于强碱，则是形如BOH → B⁺ + OH⁻，其中BOH代表碱分子，B⁺和OH⁻代表离子。
这些电离方程式可以帮助我们理解电解质在水中的离子生成过程，从而更好地解答相关题目。
第三，掌握电解质的溶解度规律也是解题的关键。
溶解度是指溶液中某一物质溶解的程度，对于电解质而言，也包括其电离的程度。
有些电解质具有高溶解度，即大部分分子能够电离成离子；而有些电解质具有低溶解度，即只有一小部分分子能够电离成离子。
了解电解质的溶解度规律可以帮助我们判断其是否会电离，以及产生的离子浓度大小。
比如，氯化银是一种具有低溶解度的电解质，因此它只有很少一部分会电离成Ag⁺和Cl⁻离子。
此外，了解电解质在不同条件下的电离度变化也非常重要。
电离度是指电解质溶液中分子电离的占比，通常用a表示。
对于强电解质来说，其电离度接近1，因此我们可以假设完全电离；而对于弱电解质，则需要根据题目中给定的条件计算其电离度。
一般来说，电解质的电离度受溶液浓度、温度和离子间相互作用力等因素的影响。
例如，溶液浓度较高时，电离度通常较高；而温度升高时，电离度通常会增加。
了解这些变化规律有助于我们更准确地计算电解质的电离程度。
电解质溶液解题研究课件
答案：C 解析：先排除再比较
A中碳酸钠能和盐酸反应，不与氢氧化钠反应， 排除；
B中碳酸氢铵二者都能反应； C中碳酸氢钠二者均能反应； D中硫酸氢钠能和氢氧化钠反应，不与盐酸反应，
排除。故此题中实际是比较碳酸氢铵和碳酸氢钠溶 液同浓度时pH值大小的比较，碳酸氢铵是弱碱弱酸 盐，而碳酸氢钠是强碱弱酸盐，对比可知答案选C
溶质组成
微粒浓度离或水解 确定电离
和水解程度的大小
浓度间最终关系。
（2） 微粒浓度间的守恒关系：
1 . 电荷守恒 在电解质溶液中，各种阳离子所带正电荷数的总和等
于各种阴离子所带负电荷总和。
2. 物料守衡 电解质溶于水时，发生了电离、水解等反应，某一离
子可能部分转变为其它离子或分子，但反应前离子中所含
D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消 耗的NaOH物质的量相同
答案：C 解析：三个平衡
A中，生成Na2CO3溶液，CO32－会发生水解，生成HCO3－， 所以A错；电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=c(HCO3－)+2c(CO32 －)+c(OH－) 物料守恒：c(Na＋)=c(HCO3－)＋c(CO32－)+c(H2CO3) 两式相 减得：c（H＋）+c（H2CO3）=c（CO32－）+c(OH－) 所以B 错误。C中，生成NaAc，Ac－水解呈碱性，故C正确；相 同pH，相同体积的HCl和HAc，因为HAc为弱酸，所以HAc 的物质的量浓度大，HAc所消耗的NaOH的物质的量多， D错。
生1molNH4+。但是CH3COO-水解产生OH-,促进NH4+ 水解；HSO4-电离出H+，抑制NH4+水解，综上选择D。
《电解质溶液》解题点拨
《电解质溶液》解题点拨电解质溶液为中学化学中的重要内容之一,而离子浓度大小的判定则为电解质溶液的核心内容,是历年高考热点,属掌握层次的内容。
根据多年的实践,发现大部分同学对这一部分内容的感觉是“眼高手低”,即课堂能看懂能理解,而自己动手处理相关问题时,则判断不准,失误较多。
若抓住电解质溶液的实质,运用三种守恒,则可在繁杂的离子关系中理出头绪,抓住主线索,使问题迎刃而解,从而提高学习效率。
一、电荷守恒电荷守恒是指在电解质溶液中,阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。
如在0.1mol/L的Na2S溶液中:C(Na+)+C(H+)=2C(S2-)+C(HS-)+C(OH-)应用举例:常温下,PH=3的二元弱酸H2R溶液与aLPH=11的NaOH溶液混合后,混合液的PH刚好等于7(假设反应前后体积不变), 则对反应后混合液的叙述正确的是()(2005.广州)AC(R2-)>C(Na+)>C(H+)=C(OH-) B2C(R2-)+C(HR-)=C(Na+)CC(R2-)+C(OH-)=C(Na+)+C(H+) D混合液的体积为2aL解析: 在此电解质溶液中,根据电荷守恒得: C(Na+)+C(H+)=2C(R2-)+C(HR-)+C(OH-) PH=7,则C(H+)=C(OH-)因此,2C(R2-)+C(HR-)=C(Na+) 选B二、物料守恒物料守恒即电解质溶液中的各元素的总量比(不论元素的存在形式如何)等于原电解质溶液溶质中各元素的总量比,如在0.1mol/L Na2CO3溶液中C(Na+)=2C(CO32-)+2C(HCO3-)+2(H2CO3) 即Na2CO3溶液中钠元素与碳元素的比等于溶质Na2CO3中钠元素与碳元素的比,即2 ︰1应用举例: 常温下,如果取0.1mol∕LHA溶液与0.1mol∕LNaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化),则所得溶液的PH=8,试回答:C(Na+)-C(A-)=_________mol∕L,C(OH-)-C(HA)=__________mol∕L (填具体数字)(2006.青岛)解析: 由题意可知,所得溶液的溶质为NaA,由于A-水解而使溶液显碱性,且C(OH-)=10-6mol∕L. 根据电荷守恒:C(Na+)+C(H+)=C(A-)+(OH-),移项得:C(Na+)-C(A-)=(OH-)- C(H+)=10-6mol∕L-10-8mol∕L=9.9×10-7mol∕L根据物料守恒得:C(Na+)=C(HA)+C(A-),两种守恒联立得: C(OH-)-C(HA)=C(H+)=10-8mol/L三、质子守恒根据H2O→H+ + OH-由水电离产生的质子(H+)与水电离产生的OH-相等,如在0.1mol∕L的Na2S溶液中,C(OH-)=C(H+)+C(HS-)+2C(H2S)应用举例:已知HF比CH3COOH易电离,关于物质的量浓度和体积都相同的NaF溶液和CHCOONa溶液,下列说法正确的是() (2006. 南京)A CH3COONa溶液中: C(CH3COO-)>C(Na+)>C(OH-)>C(H+)B 在相同条件下,两溶液的PH大小为:CH3COONa>NaFC NaF溶液中:C(H+)+C(HF)=C(OH-)D 在相同条件下,两溶液相比较NaF溶液中的离子总数较多解析:根据越弱越水解,选B ;另外,根据质子守恒,选 C故该题正确答案为BC教师在教学过程中对零散的知识加以提炼和总结,使学生掌握知识的本质和规律性,从而提高课堂教学效率,也只有这样,才能将学生从题海中解放出来,使学习过程变得轻松、主动和愉快,这便是课改所追求的最终目标。
电解质溶液经典例题解析
显碱性
因此，C(OH-)>C(H+)
C(OH-)> 10-3
写离子反应
题干信息
同理， C( NH4+ )> C(Cl-)
H2O⇋ H+ + OH- (弱电离)
综上， C( NH4+ )> C(Cl-)> C(OH-)> C(H+)
选项分析
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中
（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中 c(NH+)
c(NH3•H2O) 将______（填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，此
时溶液的pH______7（填“大于”、“小于”或“等于”），用离子方
程式表示其原因______，此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为
（2）硫酸与氨水体积比为1:1时，
c (NH4+)=2c (SO42-)
浓度：c(氨水) < 2c (硫酸)
综上，c (NH4+)=2c (SO42-)
选项分析
c ( HCO3 )
D. 向Na2CO3溶液加入NaOH固体， c(CO 2 ) 减小
3
解：考察：同离子效应
CO32- +H2O ⇋ HCO32- + OH- (为主)
选项分析
C. 向硫酸中加入氨水至中性，溶液中c (NH4+)=c (SO42-)
解：分情况讨论
（1）硫酸与氨水浓度比为1:1时，
2 NH4+ + 2OH- + SO42- + 2 H+ =(NH4 ) 2SO4 + 2H2O
高考化学电解质溶液方面试题解题方法与技巧
高考化学电解质溶液方面试题解题方法与技巧学习必备欢迎下载学习必备欢迎下载【化学】高考化学：电解质溶液方面试题的解题方法与技巧新策略：1弱电解质的电离平衡可通过平衡状态分析法进行比较分析。
2.溶液的pH计算酸可直接计算，碱可通过pOH转换成pHopH=-lg{c(K)},pOH=-Ig{c(OFT)},pKw=-Ig{Kw}o25C时，pH+pOH=143?盐类水解的应用应用范围具陣例子燎理及化学方程式洎潢葡腴遞性鉴别?S0+.Na’Ed、三种陷液用石菇试剤较为帙捷NK'+HiO—NHi?HjO+K呈験性CO/+KO—HCOj+OH呈WTONa,SO4不欢解，呈中性制釈某些盐的制瞥FtCb、CuSO*^易发生水解的酒瀛应向其i碗中加少童的相应酸FeCl>+3HTO—Fe(OH)1+3HC1CuSO^+a^OCu③'②B.①'④'③'②C.①'②>③'④D.④'③'①'②方法：溶液pH的大小由两种情况决定，一是电解质本身的电离，二是水的电离，而水的电离程度的大小又决定于盐类水解程度的大小。
此类试题要求准确把握酸碱的相对强弱，充分依靠水解规律判析。
捷径：四种溶液可分成三组，②NaHSO,电离显酸性，pH①，以此得答案A。
总结：此类试题解答的一般步骤为：先分组，然后再对组内物质根据电离与水解程度进行判析。
题中溶液除为盐溶液外，还可能为酸或碱。
如等浓度的八种稀溶液：①Na^SO②H2SO③NaHSO④NHCI⑤NaHCO⑥NaCO⑦NaOH⑧Ba(OH2，其pH由小到大的顺序为②③④①⑤⑥⑦⑧。
例题2:已知一种c(H+)=1x10-3mol?L「1的酸和一种c(OH—)=1x10-3mol?L 一1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方法：酸碱中和后所得溶液的酸碱性主要有两方面因素制约，①盐的水解，②酸碱用量。
高考题型分析及解题指导题型突破之电解质溶液(课件)(完整版)3
【答案】B
【解析】本题考查盖斯定律的应用及溶液中离子浓度大小的比较，旨在考查考生对所学生所学知识的整合
及应用能力。根据盖斯定律，将①式减去②式可得：HF(aq)
H＋(aq)＋F－(aq) ΔH＝－10.4 kJ·mol－ 1，
故 A 项错误。当 V＝20 时，两者恰好完全反应生成 NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH－)＝c(HF)＋
错误。
题型回顾
【11-13】室温下，将 1.000 mol·L-1 盐酸滴入 20.00mL 1.000mol·L-1 氨水中，溶液 pH 和温度 随加入盐酸体积变化曲线如右图所示。下列有关说法正确的是
A．a 点由水电离出的 c(H＋) = 1.0×10-14mol·L-1 B．b 点：c(NH4＋) + c(NH3·H2O) =c(Cl－) C．c 点：c(Cl－) = c(NH4＋) D．d 点后，容易温度略下降的主要原因是 NH3·H2O 电离 吸热 〖答案〗C 〖考点分析〗给出酸碱中和滴定曲线和滴定给出中溶液中温度的变化曲线，要求利用对曲线 的分析，判断溶液中离子或分子浓度的比较、滴定过程中溶液温度变化的原因
衡常数做适当处理：
K 电离
=c(CcH(C3CHO3COO-)OcH(H)+)
=
c(CH3COO-) c(H+) c(OH-) c(CH3COOH) c(OH-)
=
c(CH3COO-)Kw c(CH3COOH)c(OH-)
即：在温度不变时，K 电离/KW 仍是一个常数。
能力层面上考查考生将实际问题进行分解、综合，结合化学学科的基本概念和基本理论，运用必要
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∵c/Ka=0.010/(1.77×10-4)=56.5<500 ∴0.010-x不能近似为0.010，即不能用近似计算c(H+)=(c· Ka)0.5
x2 Ka 1.77 10 4 0.010 x
解一元二次方程得： x=1.24×10-3 mol· dm-3 pH=-lg(1.24×10-3 )=2.91
pH lg c( H ) lg(0.0010 8.44 104 ) 2.73
• (2)c(OH-)=0.010mol· dm-3
14 10 c( H ) 1.0 1012 mol· dm-3 0.010
pH=12.00
• (3)K(HAc)=1.76×10-5
1014 12 c( H ) 3 . 4 10 2.97 10 3 pH 11.47
• 2、在某温度下，0.10 mol· dm-3 NH3· H2O的pH为11.12， 求氨水的解离常数。
•
解：
NH3· H2O ⇌ NH4++OH-
10
c (OH ) c ( NH 4 ) c 2 (OH ) K ( NH 3 H 2O ) c ( NH 3 H 2O ) 0.10 c(OH ) 14 11.12 2
• 5.取50 cm3的0.010mol· dm-3甲酸溶液，加水稀释至100 cm3 ，求稀释 前后溶液的离子浓度、pH值和解离度，从计算结果可以得出什么结论。 解: (1):稀释前: HCOOH ⇌ H++ COOH起始浓度 / mol· dm-3 平衡浓度/ mol· dm-3 0.010 0.010-x 0 x 0 x
0.10
1.74 10 5
• 3、设0.10 mol· dm-3 氢氰酸溶液的解离度为0.010%，求 该温度时，HCN的解离常数。
• 解： • 起始浓度/ mol· dm-3 • 平衡浓度/ mol· dm-3 HCN ⇌ H+ + CN0.10 0 0 0.10-0.10×0.010% 0.10×0.010% 0.10×0.010%
c( H ) c( A ) Ka c ( HA) 10 5.25 0.020 3.75 10 6 0.030
• 方法2：利用缓冲溶液pH值计算公式：
c ( HA) pH pK a lg c( A ) pK a 5.25 lg 即K a 3.75 10 6 0.030 5.426 0.020
= (1.24×10-3 )/0.010 ×100%=12.4%
解: (2):稀释后:
HCOOH浓度变为0.010 ×50/100=0.0050 mol· dm-3 HCOOH ⇌ H++ COOH0.0050 0.0050-x 0 X 0 X
起始浓度 / mol· dm-3 平衡浓度/ mol· dm-3
105 2 100% 0.01% 0.10
8. 取50 cm3 的0.10mol· dm-3某一元弱酸，与20 cm3 的0.10 mol· dm-3 KOH溶液混合，再将混合溶液稀释至100cm3，测 得其pH值为5.25 ，求此一元弱酸的解离常数。
解：方法1：先反应：HA+KOH=KA+H2O c(HA)=0.10×30/100=0.030 mol· dm-3 c(A-)=0.10×20/100=0.020 mol· dm-3 • HA ⇌ H+ + A• 初始浓度/ mol· dm-3 0.030 0 0.020 • 平衡浓度/ mol· dm-3 0.030-10-5.25 10-5.25 0.020+10-5.25
cb 解、（1）缓冲溶液 pOH = pKb - lg cs
14-9 = 4.75 - lg(0.10/cs) cs = 0.178 mol· dm-3 M(NH4Cl)=53.49 m = 0.178 ×1 ×53.49 = 9.5 克 (2) 由于同离子效应，减小
1
Kb 1.33% c
∵c/Ka=0.0050/(1.77×10-4)=28.2<500 ∴0.0050-x不能近似为0.0050。
x2 Ka 1.77 10 4 0.0050 x
解一元二次方程得： x=8.56×10-4 mol· dm-3
pH=-lg(8.56×10-4 )=3.07
= (8.56×10-4 )/0.0050 ×100%=17.1% 结论：稀释后，解离度增大，但H+浓度减小。
Ka
2
c( H ) c( SO 42 ) c( HSO4 )
x(0.0010 x ) 1.0 10 2 0.0010 x
c( HSO4 ) 0.0010 因为 0.10 500 2 Ka2 1.0 10
• 所以不能作近似计算。 • x2+0.011x-10-5=0 • 解一元二次方程得：x=8.44×10-4 •
c( H )
c( HAc) 0.050 500 5 Ka 1.76 10
C Ka 0.050 1.76 105 9.4 104
14 10 11 c(OH ) 1 . 1 10 9.4 10 4 pH 3.03
•(4)已知K(NH3· H2O)=1.77×10-5 c(OH ) C Kb 0.50 1.77 105 2.97 103
•
c ( HAc ) c ( Ac ) 0.178 4.75 lg 0.635 5.20 pH pKa lg
• pH=5.20-5.72=-0.52 • 即pH值降低了0.52。
11、在10毫升的0.0015mol· dm-3的MnSO4溶液中，加入5毫 升0.15mol· dm-3的氨水和0.495克硫酸铵晶体（不考虑体 积效应），通过计算说明有无Mn(OH)2沉淀生成？ 解： c(Mn2+) = 0.0015 ×10/15=0.001 mol· dm-3
c(NH3) = 0.15×5/(10+5) = 0.05 mol· dm-3 M [(NH4)2SO4)] = 132.1
c (NH4+)=2 (0.495/132.1) / (15×10-3) = 0.50mol· dm-3
pH = 14-pKb + lg (cb/cs) = 14 - 4.75 +lg(0.05/0.50) = 8.25 即c(OH-)= 1.78×10-6 Ksp(Mn(OH)2) = 1.9×10-13 Q = c(Mn2+) c2(OH-) = (0.001 )× [1014 - 8.25]2 = 3.16 ×10-15< Ksp(Mn(OH)2) = 1.9×10-13
• •
c ( H ) c (CN ) K ( HCN ) c ( HCN ) ( 0.10 0.010% )2 1.0 10 9 0.10 0.10 0.010%
4、设0.10 mol· dm-3的某一元弱酸，测得pH值为2.77, 求该酸的解理常数及该条件下的离解度。
c( NH 3 ) 0.56 c( NH 4 )
•10.取100g NaAc· 3H2O，加入13cm-3的6mol· dm-3HAc，再用水稀释至 1dm-3，此缓冲溶液的pH值为多少？若向此溶液中通入0.10molHCl气 体（忽略体积变化），求溶液pH值变化了多少。 •解: (1) 100 c( Ac ) 0.735mol dm 3 136.02 1
6 13 103 c( HAc) 0.078mol dm 3 1
c( HAc) pH pKa lg c( Ac ) 0.078 4.75 lg 0.735 5.72
• (2)c(Ac-)=0.735-0.10=0.635 mol· dm-3 • c(HAc)=0.078+0.10=0.178 mol· dm-3
9.现有一由NH3-NH4Cl组成的缓冲溶液，试计算： (1)c(NH3)/c(NH4+)为4.5时，该缓冲溶液的pH值为多少。 (2)当上述缓冲溶液的pH值为9.0时， c(NH3)/c(NH4+)的比值为多少。
解： (1)已知：pKb 4.75 c( NH 3 ) pOH pKb lg c( NH 4 ) 4.75 lg 4.5 4.1 (2)5 4.75 lg c( NH 3 ) c( NH 4 )
第三章
电解质溶液
第一次 P79: 1, 4,5,6,7,10,12, 第二次 P80: 11, 15,17,18, 19, 20, 21
• • • • • •
1.计算下列各溶液的H+、OH-离子浓度和pH值。 （1） 0.0010 mol· dm-3H2SO4溶液。 （2）0.010mol· dm-3NaOH溶液。 （3）0.050mol· dm-3HAc溶液。 （4）0.50mol· dm-3NH3· H2O溶液。 解： （1） HSO4- ⇌ H+ + SO42平衡浓度 / mol· dm-3 0.0010-x 0.0010+x x
解：
HB
0.10
0.10-10-2.77
=
H+ + B0
10-2.77
起始浓度 / mol· dm-3
平衡浓度/ mol· dm-3
K= c (H+) c (B-) c (HB) = 2.93 ×10 -5 =
0
10-2.77
10-2.77 × 10-2.77 0.10-10-2.77
= (10-2.77/0.10 )×100% = 1.7%