3电解质溶液习题库解读
化学电解质与非电解质练习题解析
化学电解质与非电解质练习题解析电解质和非电解质是化学中非常基础且重要的概念。
在这里,我们将探讨电解质和非电解质的特点、区别，并提供一些练习题的解析。
电解质是指在溶液中能够导电的化合物，它们在水或其他溶剂中会分解为离子。
而非电解质则是不能导电的化合物，它们在溶液中不会离解。
练习题一：下列化合物中，哪些是电解质，哪些是非电解质？1. NaCl2. C6H12O6 (葡萄糖)3. CH3COOH (乙酸)4. H2O (水)5. CaCO36. NH3 (氨气)解析：1. NaCl是电解质，因为它在水中会离解为Na+和Cl-两种离子。
2. C6H12O6 (葡萄糖)是非电解质，因为它在水中不会离解。
3. CH3COOH (乙酸)是电解质，虽然它在纯溶剂中不会离解，但在水溶液中会部分离解生成乙酸离子。
4. H2O (水)是电解质和非电解质的特例。
在纯的水中，存在少量自离子化的现象，产生H+和OH-离子，但浓度非常低，因此水可以被认为是非电解质。
但在溶液中，水分子会形成氢键结构和其他溶质相互作用，从而对电解质的离解产生影响。
5. CaCO3是非电解质，因为它在水中不会离解。
6. NH3 (氨气)是非电解质，因为它在水中不会离解。
然而，氨水（NH3溶液）则是电解质，因为氨会接受H+离子，形成NH4+。
练习题二：以下物质是电解质还是非电解质？1. HNO3 (硝酸)2. KOH (氢氧化钾)3. C12H22O11 (蔗糖)4. HCl (盐酸)5. CH3OH (甲醇)6. K2SO4 (硫酸钾)解析：1. HNO3 (硝酸)是电解质，因为它在水中完全离解为H+和NO3-离子。
2. KOH (氢氧化钾)是电解质，因为它在水中完全离解为K+和OH-离子。
3. C12H22O11 (蔗糖)是非电解质，因为它在水中不会离解。
4. HCl (盐酸)是电解质，因为它在水中完全离解为H+和Cl-离子。
5. CH3OH (甲醇)是非电解质，因为它在水中不会离解。
光盘2-3 电解质溶液
笫二章电解质溶液思考题与练习题解析1. 指出下列各酸的共轭碱：H2O、H3O+、H2CO3、HCO3-、NH4+、NH3+—CH2—COO-、H2S、H S-。
答：2. 指出下列各碱的共轭酸：H2O、NH3、HPO42-、NH2-、［Al(H2O)5OH］2+、CO32-、NH3+—CH2—COO-。
答：3. 写出下列两性物质水溶液中的质子传递反应式：H2O、HCO3-、HSO4-、H2PO4-。
答：（1）H2O + H2O OH-+ H3O+（2）HCO3—+ H2O CO32—+ H3O+（作为酸）HCO3—+ H2O H2CO3+ OH—（作为碱）（3）HSO4—+ H2O SO42—+ H3O+（作为酸）HSO4—+ H2O H2SO4+ OH-（作为碱）（4）H2PO4—+ H2O HPO42-+ H3O+（作为酸）H2PO4—+ H2O H3PO4+ OH—（作为碱）4. H3PO4溶液中存在着哪几种离子?请按各种离子浓度的大小排出顺序。
其中H3O+浓度是否为PO43-浓度的3倍?( 已知H3PO4的K a1 = 6.9×10-3，K a2 = 6.2×10-8，K a3 = 4.8×10-13)答：H3PO4不是强酸，给出质子分三步进行。
设c（H3PO4）=0.10mol·L-1，计算得溶液中各离子浓度由大到小为：离子 H +H 2PO 4—HPO 42-OH —PO 43—浓度/ mol ·L -12.6×10-22.6×10-26.2×10-83.8×10-131.1×10-18可见其中H +的浓度并不是PO 43—浓度的3倍5. HCO 3-和-H 2PO 4-均为两性物质，为什么前者的水溶液呈弱碱性而后者的水溶液呈弱酸性? 答：两性物质的酸常数比碱常数大，则显酸性；酸常数比碱常数小，则显碱性。
高中化学 实验三电解质溶液
实验三 电解质溶液一、实验目的1、掌握弱电解质电离的特点、同离子效应；2、学习缓冲溶液的配制并验证其性质；3、了解盐类的水解反应及影响水解过程的主要因素；4、学习离心分离和pH 试纸的使用等基本操作。
二、预习提问1、 什么叫同离子效应？答：因加入含有相同离子的强电解质而使弱电解质的电离平衡向生成分子的方向移动，使弱电解质的电离度降低，这种现象叫同离子效应。
2、 什么叫缓冲溶液？答：能够抵抗外来少量酸、碱或稀释而保持本身pH 值不发生明显变化的溶液叫缓冲溶液。
3、 缓冲溶液的计算公式是什么？答：对于弱酸及其盐公式为pH=pk a －lg b a C C对于弱碱及其盐公式为pOH=pk b －lga b C C4、 Na 2CO 3和Al 2（SO 4）3溶液能反应的原因何在？答：双水解。
Al 3++3H 2O ⇔Al （OH ）3+3H +CO 32-+2H 2O ⇔H 2CO 3+2OH -三、实验原理1、弱电解质的电离平衡及同离子效应：AB ⇔A + + B —平衡时，A +和B —、AB 同时存在，且C(A +)C(B -)/C(AB)=K i (电离常数)——电离平衡增加C(A +)或C(B -)离子浓度则平衡向生成AB 分子的方向移动，使弱电解质AB 的电离度降低——同离子效应。
2、缓冲溶液：弱酸及其盐或弱碱及其盐的混合溶液，对外来酸或碱起缓冲作用。
即当再加入少量酸、碱或稀释时，体系的pH 值变化不大，这种溶液称为缓冲溶液，按盐和酸(或碱)的不同比值配制溶液，就可以得到不同pH 值的缓冲溶液。
如果是弱酸及盐组成的缓冲系，它的pH 值可由下式求得：pH=pk a －lg b a C C该式说明，缓冲溶液的pH 主要取决于pka 及盐和酸浓度的比值。
若配制缓冲溶液所用盐和酸的浓度相同，上式可改写为如下形式：pH=pk a －lg b a V V同理对于盐与弱碱组成的缓冲系则如下两个公式：pOH=pk b －lg a b C C pOH=pk b －lg a b V V3、盐类的水解反应：为盐的离子与水中的H +或OH -结合生成弱酸或弱碱的反应，使盐溶液呈现一定的酸碱性，本身为一平衡，溶液中酸度的改变或其他反应的发生导致平衡中离子浓度的改变及温度都影响平衡的移动。
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。
第3章电解质溶液习题
第3章 电解质溶液1. 计算0.10mol ·kg -1 K 3[Fe(CN)6] 溶液的离子强度。
I =21(3×0.10×12+0.10×（-3）2) = 0.60 mol ·kg -12. 根据酸碱质子理论，判断下列物质在水溶液中哪些是酸？哪些是碱？哪些是两性物质？写出它们的共轭酸或共轭碱。
HS -、HCO 3-、CO 32-、ClO -、OH -、H 2O 、NH 3、[Cu(H 2O)4]2+3. 计算下列溶液的pH 。
(1) 0.10 mol ·L -1 HCN ；K a =4.9×10-10c ·K a ＞20K w ； c/K ａ≥400时，最简式 =⨯⨯==H -+10,0109.4][10c K a 7.0×10-6（mol · L -1）pH=5.15(2) 0.10 mol ·L -1 KCN ；K b =2.0×10-5c ·K ｂ＞20K w ；c/K ｂ≥400时， 最简式 35104.110.0100.2][---⨯=⨯⨯==OH c K b （mol · L -1）pOH=2.85 pH=11.15(3) 0.020 mol ·L -1 NH 4Cl ；K a =5.6×10-10c ·K a ＞20K w ； c/K ａ≥400时，最简式 610103.3020.0106.5][--+⨯=⨯⨯==H c K a （mol · L -1）pH=5.48(4) 500mL 含0.17g NH3溶液。
K b=1.8×10-5（mol·L-1）4[] 6.010--OH===⨯（mol·L-1）pOH=3.22 pH=10.784. 实验测得某氨水的pH为11.26，已知K b(NH3)=1.8×10-5，求氨水的浓度。
基础化学习题及详细答案
基础化学习题及详细答案电解质溶液首页难题解析学生自测题学生自测答案章后习题解答难题解析[TOP]例3-1(1)NaOH和H3PO4溶液等体积混合，测得溶液pH值为4.66，溶液的渗透浓度为200mmol·L-1，求混合前NaOH和H3PO4溶液的浓度各为多少？(2)若此NaOH和H3PO4溶液以2：1的体积混合，溶液pH和渗透浓度各为多少？(已知H3PO4：pKa1=2.16；pKa2=7.21；pKa3=12.32)分析(1)NaOH和H3PO4溶液等体积混合，由pH=4.66知混合后只有NaH2PO4，那么NaOH和H3PO4浓度相等，再由混合溶液渗透浓度求得NaOH和H3PO4溶液的浓度。
(2)NaOH和H3PO4以2：1体积混合，可计算出溶液pH和渗透浓度。
解(1)因NaOH和H3PO4溶液等体积混合后pH=4.66=(pKa1+pKa2)/2，可判断混合溶液只含有NaH2PO4，因此混合前NaOH和H3PO4浓度相等，又混合溶液的渗透浓度为200mmol·L-1，即2某c(NaH2PO4)=200mmol·L-1c(NaH2PO4)=0.10mol·L-1根据c(NaH2PO4)推出混合前c(NaOH)=0.20mol·L-1，c(H3PO4)=0.20mol·L-1(2)NaOH和H3PO4溶液以2：1的体积混合发生的反应为：2NaOH(aq)+H3PO4(aq)Na2HPO4(aq)+2H2O(aq)由于混合前c(NaOH)=0.20mol·L-1，c(H3PO4)=0.20mol·L-1，混合后溶液只含有Na2HPO4，浓度为c(Na2HPO4)=(2/3)某0.20mol·L-1因此溶液的渗透浓度为3某(2/3)某0.20某1000mmol·L-1=400mmol·L-1由于混合溶液只含有Na2HPO4两性物质，pH=(pKa2+pKa3)/2=(7.21+12.32)/2=9.76例3-2在0.100mol·L-1HA溶液的解离度为1.32%，(1)计算HA的解离常数。
高三化学电解质试题答案及解析
高三化学电解质试题答案及解析1.向盛有一定量的Ba（OH）2的溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度I表示），近似地用如右图曲线表示，应为【答案】C【解析】溶液的导电能力与溶液中离子的浓度有关。
氢氧化钡是强电解质，向其中加入硫酸，则会生成硫酸钡沉淀和水，硫酸钡是难溶电解质，水是弱电解质，离子浓度减小所以溶液的导电能力减小，当二者恰好完全反应生成硫酸钡、水时。
此时溶液的导电能力为0，继续加入硫酸，溶液中的离子浓度增大，溶液的导电能力又增大，所以选择C。
【考点】考查溶液导电能力的判断2.下列叙述中正确的是 ()。
A．物质的溶解过程，实质上就是其电离过程B．三氧化硫的水溶液能导电，所以三氧化硫是电解质C．1 L 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液中含有0.2 mol H＋D．1 L 0.1 mol·L－1的H2SO3溶液中含有0.2 mol H＋【答案】C【解析】非电解质溶解时不存在电离的过程，A错误；三氧化硫本身不能电离出离子，SO3是非电解质，B错误；H2SO4是强电解质，能完全电离，而H2SO3是弱电解质，只能部分电离，C正确，D错误。
3.下列物质属于电解质的是（）A．NaCl溶液B．SO3C．Na2O D．Cu【答案】C【解析】NaCl溶液属于混合物，SO3属于非电解质，Cu属于单质。
4.下列有关化学用语的表示正确的是A．中子数为20的氯原子符号为B．乙烯的结构简式为CH2CH2C．C60和石墨互为同位素D．NaHCO3的电离方程式为NaHCO3＝Na＋+ HCO3-【答案】D【解析】A、中子数为20的氯原子质量数为37，左上角为37，错误；B、乙烯的结构简式为CH2=CH2，错误；C、C60和石墨互为同素异形体，错误；D、NaHCO3为强电解质，完全电离，电离方程式为：NaHCO3＝Na＋+ HCO3-，正确。
【考点】本题考查化学用语。
2014届高二化学反应原理第三章 电解质溶液知识梳理
高二化学第三章水溶液中的离子平衡第一节一、强弱电解质1、电解质：在或状态下能够导电的叫做电解质。
2、电解质分类强电解质强酸强碱按照程度盐弱酸弱电解质弱碱水3、思考：1）、Cu、食盐水是电解质吗？为什么？2）、电解质一定能导电吗？3）、电解质溶液中各微粒的存在形式？强电解质溶液中：离子分子弱电解质溶液中：离子分子4）、强电解质的导电性一定强于弱电解质吗？电解质溶液的导电性强弱与什么因素有关？5）有下列物质：①CH3COONa ②Ba(OH)2 ③CaCO3 ④SO2 ⑤Cl2⑥H2O ⑦C2H5OH ⑧NH4Cl ⑨C6H5OH其中（填序号）属于强电解质的是_____________，属于弱电解质的是________________ 二、弱电解质的电离平衡影响电离平衡的外界因素①温度，促进电离。
②浓度，加水稀释电离。
按要求完成下列表格的内容：写出电离方程式，并判断外界条件对平衡移动的影响。
练习题：1、下列物质中，属于强电解质的是（）A、CO2B、盐酸C、BaSO4D、NaOH溶液2.下列物质中，能够导电而且是电解质的是（）A．熔融的氢氧化钠B．稀盐酸C．硝酸钾晶体 D. 融化的铁3、下列叙述中正确的是（）A、氯化钠溶液能导电，所以氯化钠溶液是电解质；B、固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质；C、氯化氢溶液能导电，所以氯化氢是电解质；D、氯气(Cl2)溶于水能导电，所以氯气是电解质，3、电解质溶于水后电离出的阴、阳离子是能够导电的，而且溶液的导电能力与溶液中离子所带的电荷的浓度有关，下列溶液的导电能力最强的是( ) A、0.2 mol／L NaCl溶液B、0.15 mol／L MgCl2溶液C、0.2 mol／L BaCl2溶液D、0.25 mol／L HCl溶液4、在做溶液导电性的实验装置中盛一定量的CuSO4溶液，此时通电，灯泡发光，再不断的加入某种物质，会发现灯泡逐渐变暗，直至熄灭，持续加入该物质灯泡会再次逐渐变亮，据此分析加入的物质是( ) A、Zn粒B、BaCl2溶液C、KOH溶液D、Ba（OH）2溶液5．常温下，关于等体积、等浓度的盐酸和醋酸说法正确的是（）A．溶液中的氢离子浓度相等B．溶液中微粒的种类一样多C．导电能力盐酸大于醋酸，中和等量的氢氧化钠时消耗的物质的量一样多D．分别加入完全相同的足量镁条，与盐酸反应的起始速率快，与醋酸反应最终产生的氢气多高二化学第三章水溶液中的离子平衡第二节一、水的电离平衡1、定义，纯水中，氢离子与氢氧根离子的乘积为K W = c(H+) . c(OH-)25℃时，K W = c(H+) . c(OH-) =实验测定，该温度下，稀溶液中都有这样的关系，即K W = c(H+) . c(OH-) =2、如果温度高于25℃时，水的电离程度，K W值。
3 电解质溶液-1
Π = icB RT = 2 × 0.0089 × 8.314 × 298.15 = 44.1kPa
实验值： 实验值：43.1kPa； ； 不考虑活度的计算值： 不考虑活度的计算值：49.6 kPa。 。 在生物体中，离子强度对酶、 在生物体中，离子强度对酶、激素和维生素的功 能影响不能忽视。 能影响不能忽视。
离子氛、 离子氛、离子对示意图
第一节 强电解质溶液理论
第一节 强电解质溶液理论
二、离子活度和活度因子 活度（ 活度（activity ， B ） ：电解质溶液中实际上 a 能起作用的离子浓度（ 能起作用的离子浓度（离子的有效浓度 ）。
a B = γ B ⋅ bB / b
或
θ
aB = γ B ⋅ cB / c
第二节 酸碱质子理论
例：下列分子或离子中，哪些只是酸？哪些只是碱？ 下列分子或离子中，哪些只是酸？哪些只是碱？ 哪些是酸碱两性物质？ 哪些是酸碱两性物质？ HS-、SO32-、HPO42-、NH4+、HAc、OH-、H2O、 、 、 NO3-、HCl。 。 解：酸：NH4+、HAc、HCl； 、 ； 碱：SO32-、OH-、NO3-； 酸碱两性物质： 酸碱两性物质：HS-、HPO42-、H2O。 。
第二节 酸碱质子理论
讨论——根据酸碱质子理论，试说明下列两性物质， 根据酸碱质子理论，试说明下列两性物质，
并指出其共轭酸或共轭碱： 并指出其共轭酸或共轭碱：H2O、H2PO4- 。 、 H2O： ：
H 2O
H 2O + H
+
H + OH
H 3O
+
−
+
高中化学二轮复习 电解质溶液(含解析)
B．若使 Na2S 溶液中cc（（NS2a－＋））接近于 2∶1，可加入适量的 KOH 固体 C．25 ℃时，浓度均为 0.1 mol/L NaOH 和 NH3·H2O 混合溶液中 c(OH－)＞c(Na＋)＝
c(NH3·H2O) D．0.2 mol/L CH3COOH 溶液与 0.1 mol/L NaOH 溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝ c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
B．曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交点对应 pH＝6.85
C ． 0.1 mol·L － 1 H2NCH2CH2NH3Cl 溶 液 中 各 离 子 浓 度 大 小 关 系 为 c(Cl － ) ＞
c(H2NCH2CH2NH＋ 3 )＞c(H＋)＞c(OH－)
D
．
乙
二
胺
在
水
溶
液
中
第
二
步
电
离
的
方
程
式
：
H2NCH2CH2NH
2
叙述正确的是( )
A．曲线Ⅰ代表 HNO2 溶液 B．溶液中水的电离程度：b 点＞c 点 C．从 c 点到 d 点，溶液中c（HAc）（·Ac－（）OH－）保持不变(其中 HA、A－分别代表相应的 酸和酸根离子) D．相同体积 a 点的两溶液分别与 NaOH 恰好中和后，溶液中 n(Na＋)相同 8． (2018·天津理综，6)LiH2PO4 是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4 溶液的 pH 随 c 初始(H2PO－ 4 )的变化如图 1 所示，H3PO4 溶液中 H2PO－4 的分布分数δ随 pH 的变化如图 2 所示
专项七、电解质溶液
高考脚印
1．(2019·课标全国Ⅰ，11)NaOH 溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸 H2A 的 Ka1＝1.1×10－ 3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中 b 点为反应终点。 下列叙述错误的是( )
第3章 电解质溶液(1)
酸1
H+ + H2O 碱2
碱1 H3O+
酸2
两式相加得：
H+ ↓
HAc + H2O H3O+ + Ac酸1 碱2 酸2 碱1 共轭 共轭
可见，两个共轭酸碱对半反应的净结果是 HAc把质子H+传递给了H2O。如果没有酸碱半 反应2的存在，没有H2O接受H+，则HAc就不能 发生在水中的电离。
质子酸碱反应的实质： 酸碱反应的实质就是两对共轭酸碱对之间 的质子传递反应(protolysis reaction)。 这种质子传递反应，既不要求反应必须在 溶液中进行，也不要求先生成独立的质子再加 到碱上，而只是质子从一种物质(酸1)转移到另 一种物质(碱2)中去； 因此，酸碱反应可在水溶液中进行，也可 在非水溶剂中或气相中进行。
静电引力使同性电荷相斥，异性电荷相吸。其 结果是使每一个离子都被周围电荷相反的离子 包围着，形成离子氛 （ion atmosphere）。
由于离子间的相互吸引和相互牵制，必然使离子 的迁移速率降低，导致实验测定的强电解质的导电 性比理论值要低一些，导电性的降低就相当于离子 个数的减少，表现为解离度降低。可见，实验测定 的解离度并不代表强电解质的实际解离的百分数， 它只反映了溶液中离子间相互牵制作用的程度，因 此称它为表观解离度。 溶液离子浓度愈大，离子价数愈高，离子氛作 用越强烈，离子移动的速度越小，离子的导电能力 就越小，实际测出的解离度就越小。
Arrhenius的电离理论的优点：
酸碱电离理论成功地解释了一部分含有H+ 或OH-的物质在水溶液中的酸碱性。 Arrhenius的电离理论的局限：
电离理论把酸碱反应只局限于水溶剂中且 必须含有可解离的H+或OH-，这种局限性就必 然产生许多与化学事实相矛盾的现象。
第三章 电解质溶液 练习题
第三章电解质溶液一、是非题[1] 弱酸的标准解离常数愈大，其解离度一定也愈大。
（）[2] 如果将NaOH及NH3·H2O溶液均稀释一倍，则两溶液中c(OH- )均减小到原来的二分之一。
.（）[3] 因为难溶盐类在水中的溶解度很小，所以它们都是弱电解质。
（）[4]根据酸碱质子理论,对于反应HCN + H 2O H3O+ + CN-来说，H2O和CN-都是碱。
（）[5] 计算H2S饱和溶液的c(H+ )时，可只按K(H2S)计算。
因此，当H2S溶液中加入Na2S 时，将不改变H2S溶液中的c (H+ )。
（）二、选择题[1] pH = 2.00的溶液与pH = 5.00的溶液，c (H+ )之比为（）。
(A) 10；(B) 1000；(C) 2；(D) 0.5。
[2] pH = 1.00的HCl溶液和pOH = 13.00的HCl溶液等体积混合后，溶液的pH值为.（）。
(A) 1.00；(B) 13.00；(C) 7.00；(D) 6.00。
[3] 通常，在HAc (aq)平衡组成计算中，常取K(HAc) = 1.75 ×10-5，是因为（）。
(A) K与温度无关；(B) 实验都是在25℃条件下进行的；(C) 温度为25℃，溶液浓度为1.0 mol·L-1时，K(HAc) = 1.75 ×10-5；(D) K随温度变化不明显。
[4] 某一弱碱强酸盐MA，其标准水解常数K=1.0 ×10-9，则相应弱碱的标准解离常数K 为.（）。
(A) 1.0 ×10-23；(B) 1.0 ×10-5；(C) 1.0 ×10-9；(D) 1.0 ×10-14。
[5] 已知：K(HCN) = 6.2 ×10-10，则NaCN的标准水解常数为（）。
(A) 1.6 ×10-6；(B) 6.2 ×10-10；(C) 6.2 ×10-24；(D) 1.6 ×10-5。
基础化学第三章 电解质溶液
i的理论值应=2, i 的实验值=1.87 i的实验值< i的理论值
理论推导得
=
i-1 n-1
n: 解离出的离子数
Tf=iKfbB i=1.87 n=2
表观解离度=0.87
强电解质溶液理论
凝固点法测定电解质的校正因子
电解质 cB(mol·L-1) 度
NaCl 0.10
理论i 值
2
实验i 值 表观解离
I=d=ef=
1 2
∑i bi Zi2
bi～i离子质量摩尔浓度 Zi～i离子的电荷数
I =1/2(b1Z12 + b2Z22 + b3Z32 +‥‥） =1/2∑ibiZi2
I单位：mol·kg-1, 近似计算时可用ci代替bi
例:某溶液中有0.1mol·L-1NaCl和0.1mol·L-1 HAc, 求溶液的离子强度 I
X射线实验和强电解质溶液理论认为： 强电解质完全解离
二、强电解质溶液理论
离子相互作用理论
(1) 强电解质在水溶液中100%解离
. . (2) 离子间静电吸引和排斥,形成离子氛
Na+ Cl－
Na+ Cl－
溶液极稀时，每一NaCl分子可产生两个质点
i=2
Na+ 溶液极浓时，i → 1
Cl－
Na+ Cl－
解: 溶液中离子 [Na+]=[Cl-]= 0.1mol·L-1 [H+]和[Ac-]可忽略不计
I=1/2{[Na+] ×12 + [Cl-] ×(-1)2} =1/2[0.1×12 +0.1×(-1)2] =0.1
例:某溶液中有0.1mol·L-1NaCl和0.1mol·L-1 NaAc , 求溶液的离子强度 I
电解质习题及详细解析
电解池习题1.利用如图装置，完成很多电化学实验。
下列有关此装置的叙述中，正确的是( )A．若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓锌的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法。
B．若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀。
C．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动。
D．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小。
2.下图两个装置中，液体体积均为200 mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0．5 mol/L，工作一段时间后，测得有0．02 mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是( )A．产生气体体积①=②B．①中阴极质量增加，②中正极质量减小C．溶液的pH变化：①减小，②增大D．电极反应式①中阳极：4OH－- 4e－= 2H2O+O2↑，②中负极：2H++2e－=H2↑3．常温下用石墨作电极，电解100ml 0.1mol/L的硝酸铜和0.1mol/L的硝酸银组成的混合溶液，当阴极上生成的气体体积为0.112L时（标准状况），假设溶液体积不变，下列说法正确的是( )A．阳极上产生0．025mol的O2B．电解过程中总共转移0．2mol的电子C．所得溶液中的C（H+）=0．3mol/L D．阴极增重1．08g4．天津危险品仓库起火引发爆炸，产生的CN－污染可用右图所示装置除去含CN －废水中的CN－，控制溶液PH为9~10并加入食盐，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确．．．( )A．用石墨作阳极，铁作阴极B．阳极的电极反应式为：Cl－+ 2OH－－2e－= ClO－+ H2OC．阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－= H2↑ + 2OH－D．除去CN－的反应：2CN－+ 5ClO－+ 2H+ = N2↑ + 2CO2↑ + 5Cl－+ H2O 5．LiOH是制备锂离子电池的材料,可由电解法制备。
电解质溶液习题及答案
电解质溶液习题及答案 Document number：WTWYT-WYWY-BTGTT-YTTYU-2018GT第七章（一）电解质溶液练习题一、判断题：1．溶液是电中性的，正、负离子所带总电量相等，则正、负离子离子的迁移数也相等。
2．离子迁移数与离子速率成正比，某正离子的运动速率一定时，其迁移数也一定。
3．离子的摩尔电导率与其价态有关系。
4．电解质溶液中各离子迁移数之和为1。
5．电解池通过l F电量时，可以使1mol物质电解。
6．因离子在电场作用下可以定向移动，所以测定电解质溶液的电导率时要用直流电桥。
7．无限稀电解质溶液的摩尔电导率可以看成是正、负离子无限稀摩尔电导率之和，这一规律只适用于强电解质。
8．电解质的无限稀摩尔电导率Λ m可以由Λm作图外推到c1/2 = 0得到。
下列关系式是否正确：(1) ∞,1＜∞,2＜∞,3＜∞,4（2）κ1＝κ2＝κ3＝κ4(3)∞,1＝∞,2＝∞,3＝∞,4(4) m,1＝m,2＝m,3＝m,410．德拜—休克尔公式适用于强电解质。
溶液，以下等式成立：11．对于BaCl2(1) a = γb/b0；(2) a = a+·a - ； (3) γ± = γ+·γ2；-(4) b = b+·b-；(5) b±3 = b+·b-2； (6) b± = 4b3。
12．若a(CaF2) = ，则a(Ca2+) = ，a(F－) = 1。
二、单选题：1．下列溶液中哪个溶液的摩尔电导最大：(A) KCl水溶液；(B) HCl水溶液；(C) KOH水溶液；(D) KCl水溶液。
2．对于混合电解质溶液，下列表征导电性的量中哪个不具有加和性：(A) 电导；(B) 电导率；(C) 摩尔电导率；(D) 极限摩尔电导。
3．在一定温度和较小的浓度情况下，增大强电解质溶液的浓度，则溶液的电导率κ与摩尔电导Λm变化为：(A) κ增大，Λm增大；(B) κ增大，Λm 减少；(C) κ减少，Λm增大；(D) κ减少，Λm减少。
电解质溶液习题精选(带解析)
专题九 电解质溶液1.(2012.福州.期末)对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是A ．AlCl 3溶液中再溶入AlCl 3B ．CH 3COONa 溶液加热C ．氨水中加入少量NH 4Cl 固体D ．醋酸溶液加热1.【答案】B【解析】A 项，氯化铝溶液中加入氯化铝，铝离子的水解平衡向右移动，溶液酸性增强，溶液颜色不会变深；B 项，醋酸钠水解使溶液显碱性，加热可促进水解，使溶液碱性增强，溶液颜色变深；C 项，氨水中加入少量氯化铵固体，使氨水的碱性减弱；D 项，醋酸溶液加热可促进醋酸的电离，使溶液酸性增强。
B 项正确。
2.（2012.山东莱芜.期末）用水稀释0.l 1mol L -⋅的醋酸溶液，下列说法正确的是A.醋酸的电离程度逐渐增大，溶液的PH 值减小B. w K 逐渐减小C.水的电离程度增大D.3CH COO OH --⎡⎤⎣⎦⎡⎤⎣⎦ 变大 2.【答案】C【解析】稀醋酸溶液稀释过程中，pH 逐渐变大，A 项不正确；温度不变，Kw 不变，B项不正确；将醋酸的电离常数和水的离子积常数联立可知，3C H C O O OH --⎡⎤⎣⎦⎡⎤⎣⎦=[ka ·c(CH 3COOH) ] /kw ，故该比值减小，D 错误。
3.（2012.潍坊.期末）下列说法正确的是A ．0.l mol·L -l 的醋酸加水稀释，c(H +)／c(OH -)减小B. 体积相同、pH 相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉，后者用时少C ．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H +)增大，Kw 变大D. V l LpH=11的NaOH 溶液与V 2LpH=3的HA 溶液混合，若混合液显中性，则V 1≤V 23.【答案】A【解析】B 项醋酸为弱酸，随着反应进行继续电离，反应用时较短，不正确；C 项Kw 只受温度影响，不正确。
4.（2012.杭州.第一次质检）常温下，将一元酸HA 和NaOH 溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的 pH 如下表：下列判断正确的是 （ ）A ．a>9B ．在乙组混合液中由水电离出的c(OH -)=10-5mol ·L -1C ．c 1=0.2D ．丁组混合液：c(Na +)>c(A -)>c(H +)>c(OH -)4.【答案】B 【解析】由乙组实验可判断反应完全时溶液显碱性，因此确定生成的盐为弱酸强碱盐，即HA 为弱酸，甲组也完全反应，但得到盐的浓度小于乙组，所以溶液的7<pH<9，A 项错误；乙组得到的溶液为盐，溶液呈碱性是由于A －的水解，因此由水电离产生的c(OH －)=1×10-5mol/L ，B 项正确；当酸过量时，混合溶液才能呈中性，C 项错误；根据电荷守恒可以判断D 项错误。
电解质溶液习题解答
第八章电解质溶液习题解答(总7页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第八章 习题解答1、在300K 和100kPa 压力下，用惰性电极电解水以制备氢气。
设所用直流电的强度为5A ，电流效率为100%。
来电解稀H 2SO 4溶液，如欲获得1m 3氢气，须通电多少时间如欲获得1m 3氧气，须通电多少时间已知在该温度下水的饱合蒸气压为3565Pa 。
解 电解时放出气体的压力为 p=()Pa=96435Pa 1m 3气体的物质的量为311(96435)(1)/()38.6637(8.314)(300)Pa m n pV RT mol J K mol K --⨯===⋅⋅⨯ 氢气在阴极放出，电极反应为 2H ++2e －→H 2(g)根据法拉第定律，It=ξzF=(Δn B /νB )·zF ， t=(Δn B /νB I)·zF 放氢时，12=H ν，z=2，11(38.6637)2(96500)1492418.821(5)mol t C mol s C s --=⨯⨯⋅=⨯⋅。
氧气在阳极放出，电极反应为 2H 2O-4e －→O 2(g)+4H + 放氧时，12=O ν，z=4，11(38.6637)4(96500)2984837.641(5)mol t C mol s C s --=⨯⨯⋅=⨯⋅。
2、用电解NaCl 水溶液的方法制备NaOH ，在通电一段时间后，得到了浓度为·dm -3的NaOH 溶液，在与之串联的铜库仑计中析出了的Cu(s)。
试计算该电解池的电流效率。
解 析出Cu(s)的反应为Cu 2++2e －→Cu电解NaCl 水溶液制备NaOH 的反应为 阴极上的反应 2H 2O+2e －→2OH -+H 2(g) 阳极上的反应 2Cl --2e －→Cl 2(g)电解总反应为 2H 2O+2NaCl →Cl 2(g)+H 2(g)+ 2NaOH即铜库仑计中若析出1molCu(s)，则理论上在电解池中可得到2 mol 的NaOH 。
电解质溶液-学生解析
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3667 （D）两者总是一致的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 g3611H2S2O8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 mol3612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)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 g3620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 mg3621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 g3622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 C36231 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 g3625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 min3651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-13653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3666电解质溶液中离子迁移数(t i) 与离子淌度(U i) 成正比。
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章后习题解答 [TOP]习题1.解 用浓度计算：π=icRT =2×0.0050 ×8.314 ×298 =25 kPa 用活度计算：π’=i γc RT =2×0.0050×0.92×8.314×298 =23 kPa 2.酸 H 2O H 3O + H 2CO 3-3HCO +4NH+3NH CH 2COO - H 2S HS - 共轭碱 OH -H 2O-3HCO -23CO NH 3NH 2CH 2COO -HS -S 2-3.碱H 2ONH 3-24HPO-2NH [Al(H 2O)5OH]2+ -23CO +3NH CH 2COO - 共轭酸 H 3O ++4NH -42PO H NH 3[Al(H 2O)6]3+-3HCO +3NH CH 2COOH 4. (1) 在H 3PO 4溶液中存在下列质子转移平衡： H 3PO 4 (aq) + H 2O(l)-42PO H (aq) + H 3O +(aq) -42PO H (aq) + H 2O(l)-24HPO (aq) + H 3O +(aq) -24HPO (aq) + H 2O(l)-34PO (aq) + H 3O +(aq)H 2O(l) + H 2O(l)H 3O +(aq) + OH -(aq)由于K a1>>K a2>>K a3，各离子浓度由大到小为：[H 3O +]≈[-42PO H ]>[-24HPO ]>[OH -]> [-34PO ]。
其中H 3O +浓度并不是-34PO 浓度的3倍。
(2) NaHCO 3在水溶液中存在下列质子转移平衡：-3HCO (aq) + H 2O(l)-23CO (aq)+ H 3O +(aq)K a (-3HCO )=K a2(H 2CO 3)=4.7×10-11-3HCO (aq) + H 2O(l)H 2CO 3(aq) + OH -(aq)K b (-3HCO )=K w /K a1(H 2CO 3)=1.0×10-14/(4.5×10-7)=2.2×10-8由于K b (-3HCO )>K a (-3HCO )，因此NaHCO 3水溶液呈弱碱性。
NaH 2PO 4在水溶液中存在下列质子转移平衡：-42PO H (aq) + H 2O(l)-24HPO (aq)+ H 3O +(aq)K a (-42PO H )=K a2(H 3PO 4)=6.1×10-8-42PO H (aq) + H 2O(l)H 3PO 4(aq) + OH -(aq)K b (-42PO H )=K w /K a1(H 3PO 4)=1.0×10-14/(6.9×10-3)=1.4×10-12由于K a (-42PO H )>K b (-42PO H )，H 2PO 4-给出质子的能力大于其接受质子的能力，因此NaHCO 3水溶液呈弱酸性。
5. 生理盐水中含有Na +离子和Cl -离子对BaSO 4起到盐效应作用使溶解度增大，但Cl -离子对AgCl 却起到同离子效应作用而使溶解度降低。
6.（1）盐酸和（2）AgNO 3，由于同离子效应，将使AgCl 的溶解度降低；但若加入HCl 浓度较大的话，Ag +与Cl -可以生成配合物[AgCl 2]-，此时AgCl 的溶解度反而会增大。
（3）KNO 3则由于盐效应，将使AgCl 的溶解度稍有增加；（4）氨水，由于NH 3与Ag +形成了配离子将使游离的Ag ＋明显地减少，AgCl 的溶解度大大地增加。
7. 计算0.10 mol·L -1 H 2S 溶液中[H 3O +]、[HS -]及[S 2-]。
已知K a1=8.9×10-8，K a2=1.2×10-13。
解 H 2S(aq) + H 2O(l)HS -(aq) + H 3O +(aq)初始浓度 0.10平衡浓度 0.10-x x x8231109.8S][H ]][HS O [H --+⨯==a K由于x/K a1>500,所以 82109.80.10x -⨯=10.0109.881⨯⨯=⨯=-a K c x =9.4×10-5 mol·L -1 [HS -]≈[H 3O +]＝9.4×10-5 mol·L -1 HS -(aq) + H 2O(l)S 2-(aq) + H 3O +(aq)]HS []S ][O H [232--+=a K =1.2×10-13 由于[HS -]≈[H 3O +]，因此[S 2-] ≈ K a 2, 即[S 2-]=1.2×10-13 mol·L -1（亦可不列质子传递平衡式，直接写出[S 2-] ≈ K a 2=1.2×10-13 mol·L -1）8. 解痛药吗啡(C 17H 19NO 3)是一种弱碱，主要由未成熟的罂粟籽提取得到，其K b =7.9×10-7。
试计算0.015 mol·L -1吗啡水溶液的pH 值。
（求一元弱碱的pH,先求出[OH-].再求pOH,再求pH ）解 ∵c /K b =0.015/7.9×10-7>500，且c ·K b >20K w∴[OH -]=17b L mol 015.0109.7--⋅⨯⨯=⋅c k =1.1×10-4 mol·L -1, pOH=3.96, pH=10.049. 水杨酸（邻羟基苯甲酸，C 7H 6O 3）是二元酸，K a1=1.06×10-3，K a2=3.6×10-14，它是一种消毒防腐剂，有时可用作止痛药而代替阿司匹林，但它有较强的酸性，能引起胃出血。
计算0.065 mol∙L -1的C 7H 6O 3溶液的pH 值及平衡时各物种的浓度。
(二元酸溶液的相关计算，计算[H 3O +]时，判断能否忽略二级解离出的氢离子，若能则按一元弱酸的处理办法进行计算，此处注意由于c /K a1<500，所以不能按最简式进行计算；一级解离得到的共轭碱离子浓度近似等于[H 3O +],二级解离得到的共轭碱离子浓度等于Ka2.)解 ∵K a2很小，可忽略第二级H 3O +的解离。
但c /K a1<500C 7H 6O 3(aq) + H 2O(l)-357O H C (aq) + H 3O +(aq) 初始浓度/(mol·L -1) 0.065 平衡浓度/(mol·L -1)0.065-xx x323673357a11006.1065.0]O H [C ]O ][H O H [C -+-⨯=-==xx K解得 x =7.8×10-3，[-357O H C ]≈[H 3O +]=7.8×10-3 mol·L -1，pH=2.11[-2347O H C ]≈K a2，（-2347O H C 是二级解离所得的共轭碱）即[-2347O H C ]=3.6×10-14 mol·L -1 10. 计算下列酸碱质子传递平衡常数，并判断反应偏向何方？ (1) HNO 2(aq) + CN -(aq) = HCN(aq) +-2NO (aq) (2)-4HSO (aq) +-2NO (aq) = HNO 2(aq) +-24SO (aq)(3)+4NH (aq) + Ac -(aq) = NH 3(aq) + HAc(aq)(4)-24SO (aq) + H 2O(l) =-4HSO (aq) + OH -(aq)解 (1) K =[][]5104a 2a 323-22-2100.9102.6106.5(HCN))(HNO OH ]][CN [HNO O H ][HCN][NO ]][CN [HNO ][HCN][NO ⨯=⨯⨯===--+-+-K K ，反应正向进行；(2) K =18106.5100.1)(HNO )SO (H ]][NO [HSO ]][HNO [SO 422a 422a -2-42-24=⨯⨯==--K K ，反应正向进行；(3) K =55514a 3wa 4a 43102.31075.1108.1100.1(HAc))(NH (HAc))(NH ]][Ac [NH ][HAc][NH b ----+-+⨯=⨯⨯⨯⨯===K K K K K ，反应逆向进行； (4) K =12-21442a2w 32434101.0101.0101.0)SO (H ]O ][H [SO ]O ][H ][OH [HSO ⨯=⨯⨯==--+-+--K K ，反应逆向进行。
11. 叠氮钠（NaN 3）加入水中可起杀菌作用。
计算0.010 mol·L -1NaN 3溶液的各种物种的浓度。
已知叠氮酸（HN 3）的K a =1.9×10-5。
(一元弱碱)解弱碱N 3-的10514b 103.5109.11000.1---⨯=⨯⨯=K 在水溶液中存在如下质子传递平衡 -3N (aq) + H 2O(l)HN 3(aq) + OH -(aq)由于c ×K b >20Kw,c/K b >500. 106[]0.01 5.310 2.310/b OH K c mol L ---=⨯=⨯⨯=⨯[HN 3]≈ [OH -]=2.3×10-6 mol·L -1 [-3N ]≈[Na +]=0.010 mol·L -1[H 3O +]=K w /[OH -]=1.00×10-14/(2.3×10-6)=4.3×10-9 mol·L -112. 计算下列溶液的pH 值：（1）100 mL 、0.10 mol·L -1H 3PO 4与100 mL 、0.20 mol·L -1NaOH 相混合(混合溶液的解法：分析化学反应，判断反应后溶液体系中最后存在的物质成分)（2）100 mL 、0.10 mol·L -1Na 3PO 4与100 mL 、0.20 mol·L -1HCl 相混合解 (1) n (H 3PO 4)：n (NaOH)=(100 mL×0.10 mol·L -1):(100 mL×0.20 mol·L -1)=1:2，反应为：H 3PO 4(aq) + 2NaOH(aq) = Na 2HPO 4(aq) + 2H 2O(l)生成[Na 2HPO 4]= 0.10 mol·L -1×100 mL/(100 mL+100 mL)=0.050 mol·L -1pH=21(p K a2+p K a3) =21（7.21+12.32）= 9.76(2) n (Na 3PO 4)：n (HCl)=(100 mL×0.10 mol·L -1):(100 mL×0.20 mol·L -1)=1:2，反应为：Na 3PO 4 + 2HCl = NaH 2PO 4 + 2NaCl生成[NaH 2PO 4]= 0.10 mol·L -1×100 mL/(100 mL+100 mL)=0.050 mol·L -1pH=21(p K a1+p K a2)= 21(2.16+7.21)=4.6814. 乳酸HC 3H 5O 3是糖酵解的最终产物，在体内积蓄会引起机体疲劳和酸中毒，已知乳酸的K a =1.4×10-4，试计算浓度为1.0×10-3 mol·L -1乳酸溶液的pH 值。