高中化學(xué)沉淀溶解平衡的測(cè)試題和答案
在學(xué)完知識(shí)點(diǎn)后學(xué)生需要多做題來(lái)復(fù)習(xí)和檢驗(yàn)自己是否掌握知識(shí)點(diǎn)，下面學(xué)習(xí)啦的小編將為大家?guī)?lái)關(guān)于沉淀溶解平衡的測(cè)試題的介紹，希望能夠幫助到大家。
高中化學(xué)沉淀溶解平衡的測(cè)試題
1.在100 mL 0.10 mol•L-1的AgNO3溶液中加入100 mL 溶有2.08 g BaCl2的溶液，再加入100 mL溶有0.010 mol CuSO4•5H2O的溶液，充分反應(yīng)。下列說(shuō)法中正確的是( )
A.最終得到白色沉淀和無(wú)色溶液
B.最終得到的白色沉淀是等物質(zhì)的量的兩種化合物的混合物
C.最終得到的溶液中，Cl-的物質(zhì)的量為0.02 mol
D.在最終得到的溶液中，Cu2+的物質(zhì)的量濃度為0.01 mol•L-1
解析：此題為一計(jì)算推斷題。經(jīng)計(jì)算AgNO3、BaCl2、CuSO4•5H2O三種物質(zhì)的物質(zhì)的量都為0.01 mol，反應(yīng)生成的AgCl和BaSO4各為0.01 mol,溶液中剩余的是0.01 mol 、0.01 mol Cl-和0.01 mol Cu2+，所以溶液應(yīng)呈藍(lán)色，故A、C是錯(cuò)誤的，三種溶液混合后溶液的體積增大兩倍，Cu2+的物質(zhì)的量濃度為0.033 mol•L-1。
答案：B
2.一定溫度下，在氫氧化鋇的懸濁液中，存在氫氧化鋇固體與其電離的離子間的溶解平衡關(guān)系：Ba(OH)2(固體) Ba2++2OH-。向此種懸濁液中加入少量的氫氧化鋇粉末，下列敘述正確的是( )
A.溶液中鋇離子數(shù)目減小 B.溶液中鋇離子濃度減小
C.溶液中氫氧根離子濃度增大 D.pH減小
解析：氫氧化鋇懸濁液中存在氫氧化鋇的固體和氫氧化鋇飽和溶液的溶解平衡，即氫氧化鋇的固體溶解到溶液中電離生成鋇離子和氫氧根離子，溶液中的鋇離子和氫氧根離子結(jié)合，沉淀出氫氧化鋇的固體，再加入少量的氫氧化鋇粉末，由于溶液中固體不存在濃度問(wèn)題，平衡沒(méi)有發(fā)生移動(dòng)?？墒沁x項(xiàng)中所描述的量都發(fā)生變化，與結(jié)論相矛盾。是否從該體系的另一方面分析，水的量發(fā)生變化考慮?由于加入的氫氧化鋇粉末在水中轉(zhuǎn)化為結(jié)晶水合物，消耗了一定量的水，平衡發(fā)生移動(dòng)。溶解的離子結(jié)合生成氫氧化鋇的固體，引起溶解物質(zhì)相應(yīng)的量發(fā)生變化。選項(xiàng)A中的鋇離子的個(gè)數(shù)隨著水的量的減少，溶液質(zhì)量、溶質(zhì)質(zhì)量都相應(yīng)減少，其個(gè)數(shù)必然減少。
本題也可采用排除法，當(dāng)平衡發(fā)生移動(dòng)時(shí)，一定會(huì)引起相應(yīng)物質(zhì)的數(shù)量變化。若是討論某種具體物質(zhì)的數(shù)量，它應(yīng)該絕對(duì)變化，如溶質(zhì)微粒個(gè)數(shù)、溶質(zhì)質(zhì)量和溶液質(zhì)量等。但若討論兩個(gè)量的比值，在特定條件下可能不變，如溶解度、濃度等。
答案：A
3.工業(yè)廢水中常含有Cu2+、Cd2+、Pb2+等重金屬離子，可通過(guò)加入過(guò)量的難溶電解質(zhì)FeS、MnS，使這些金屬離子形成硫化物沉淀除去。根據(jù)以上事實(shí)，可推知FeS、MnS具有的相關(guān)性質(zhì)是( )
A.在水中的溶解能力大于CuS、CdS、PbS
B. 在水中的溶解能力小于CuS、CdS、PbS
C.在水中的溶解能力與CuS、CdS、PbS相同
D.二者均具有較強(qiáng)的吸附性
解析：因FeS(s) Fe2++S2- MnS(s) Mn2++S2-,生成的S2-與Cu2+、Cd2+、Pb2+生成更難溶CuS、CdS、PbS，因而選A。
答案：A
4.在氯化亞鐵溶液中加入下列物質(zhì)能產(chǎn)生沉淀的是( )
A.通入硫化氫氣體 B.加入氯化鈉溶液
C.加入硫化鈉溶液 D.通入二氧化碳?xì)怏w
解析：Na2S溶液中有大量S2-，能與Fe2+反應(yīng)生成不溶于水的FeS。即Fe2++S2-====FeS↓。
答案：C
5.要使工業(yè)廢水中的重金屬Pb2+沉淀，可用硫酸鹽、碳酸鹽、硫化物等作沉淀劑，已知Pb2+與這些離子形成的化合物的溶解度如下：
化合物 PbSO4 PbCO3 PbS
溶解度/g 1.03×10-4 1.81×10-7 1.84×10-14
由上述數(shù)據(jù)可知，選用的沉淀劑最好是( )
A.硫化物 B.硫酸鹽
C.碳酸鹽 D.以上沉淀劑均可
解析：由溶度積可知PbS的溶解度最小，則PbS最易沉淀析出。
答案：A
6.當(dāng)氫氧化鎂固體在水中達(dá)到溶解平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq)時(shí)，為使Mg(OH)2固體的量減少，須加入少量的( )
A.NH4NO3 B.NaOH C.MgSO4 D.NaHSO4
解析：加入NH 4NO 3后 與OH-反應(yīng)生成NH3•H2O，從而使Mg(OH)2溶解;加入NaHSO4后，H++OH-====H2O，使Mg(OH)2溶解，故選A、D。
答案：AD
7.25 ℃時(shí)，在含有大量PbI2的飽和溶液中存在平衡PbI2(s) 2Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI溶液，下列說(shuō)法正確的是( )
A.溶液中Pb2+和I-濃度都增大 B.溶度積常數(shù)Ksp增大
C.沉淀溶解平衡向左移動(dòng) D.濃度商Qc增大
解析：加入KI溶液，c(I-)增大，則溶解平衡向左移動(dòng)，Qc增大。故選CD。
答案：CD
綜合運(yùn)用
8.對(duì)水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2而不是CaCO3和MgCO3的原因解釋?zhuān)渲姓_的有( )
A.Mg(OH)2的溶度積大于MgCO3的溶度積，且在水中發(fā)生了沉淀轉(zhuǎn)化
B.Mg(OH)2的溶度積小于MgCO3的溶度積，且在水中發(fā)生了沉淀轉(zhuǎn)化
C.MgCO3電離出的 發(fā)生水解，使水中OH-濃度減小，對(duì)Mg(OH)2的沉淀溶解平衡而言 ，Qc
D.MgCO3電離出的 發(fā)生水解，使水中OH-濃度增大，對(duì)Mg(OH)2的沉淀溶解平衡而言，Qc>Ksp,生成Mg(OH)2沉淀
解析：Mg(OH)2的Ksp小于MgCO3的Ksp,故B正確;MgCO3水解產(chǎn)生OH-，而與Mg2+結(jié)合生成難溶物Mg(OH)2沉淀，故D正確。
答案：BD
9.已知AgCl為難溶于水和酸的白色固體，Ag2S為難溶于水和酸的黑色固體。向AgCl和水的懸濁液中加入足量的Na2S溶液并振蕩，結(jié)果白色固體完全轉(zhuǎn)化為黑色固體：
(1)寫(xiě)出白色固體轉(zhuǎn)化為黑色固體的離子方程式：____________________________________。
(2)簡(jiǎn)要說(shuō)明白色固體轉(zhuǎn)化為黑色固體的原因：____________________________________。
解析：此題可以用平衡移動(dòng)原理來(lái)解釋。
答案：(1)2AgCl+S2-====Ag2S+2Cl-
(2)因?yàn)锳g2S的溶解度比AgCl的溶解度小，根據(jù)平衡移動(dòng)原理，沉淀溶解平衡向離子濃度減小的方向移動(dòng)
10.工業(yè)上制取純凈的CuCl2•2H2O的主要過(guò)程是：①將粗氧化銅(含少量Fe)溶解于稀鹽酸中，加熱、過(guò)濾、調(diào)節(jié)濾液的pH為3;②對(duì)①所得濾液按下列步驟進(jìn)行操作：
已知Cu2+、Fe2+在pH為4—5時(shí)不水解，而Fe3+卻幾乎完全水解而沉淀。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
(1)X是什么物質(zhì)?其反應(yīng)的離子方程式是_______________________________________。
(2)Y物質(zhì)應(yīng)具備的條件是_______________________，生產(chǎn)中Y可選：______________。
(3)溶液乙在蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)應(yīng)注意：_______________________________________________。
解析：①根據(jù)框圖，加入氧化劑X可把Fe2+氧化為Fe3+，而沒(méi)有增加新雜質(zhì)，所以X為Cl2;②結(jié)合題示，調(diào)節(jié)pH至4—5，使Fe3+全部沉淀，同樣不引進(jìn)新雜質(zhì)，所以Y最好為CuO或Cu(OH)2;③CuCl2溶液在蒸發(fā)結(jié)晶過(guò)程中發(fā) 生水解，為抑制其水解，根據(jù)Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+，加入鹽酸可抑制其水解，在蒸發(fā)過(guò)程中要不斷攪拌且不能蒸干。
答案：(1) Cl2 Cl2+2Fe2+====2Fe3++2Cl-
(2)調(diào)節(jié)溶液酸性，使pH為4—5，且不引進(jìn)新雜質(zhì) CuO或Cu(OH)2
(3)通入HCl氣體(或加入鹽酸)，并不斷攪拌且不能蒸干
11.室溫下：AgCl的溶解度是1.93×10-3 g•L-1，則AgCl的溶度積____________________。
解析：先求出AgCl飽和溶液的物質(zhì)的量濃度： =1.34×10-5 mol•L-1，再求Ksp，由AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)。
c(Ag+)=c(Cl-)=1.34×10-5 mol•L-1，從而Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=1.80×10-10。
答案：1.80×10-10
12.已知：某溫度時(shí)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=1.8×10-10 Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c( )=1.1×10-12，試求：
(1)此溫度下AgCl飽和溶液和Ag2CrO4飽和溶液的物質(zhì)的量 濃度，并比較兩者的大小。
(2)此溫度下，在0.010 mol•L-1的AgNO3溶液中，AgCl與Ag2CrO4分別能達(dá)到的最大物質(zhì)的量濃度，并比較兩者的大小。
解析：(1)AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)
c(AgCl)=
=1.3×10-5(mol•L-1)
Ag2 CrO4(s) 2Ag+(aq)+ (aq)
2x x
(2x)2•x=Ksp
c(Ag2CrO4)= =6.5×10-5(mol•L-1)
所以c(AgCl)
(2)在0.010 mol•L-1AgNO3溶液中，
c(Ag+)=0.010 mol•L-1
AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)
溶液平衡時(shí)：0.010+x x
(0.010+x)•x=1.8×10-10
因?yàn)閤很小
所以0.010+x≈0.010
x=1.8×10-8(mol•L-1)
c(AgCl)=1.8×10-8(mol•L-1)
Ag2CrO4(s) 2Ag+(aq)+ (aq)
溶解平衡時(shí)：0.010+x x
(0.010+2x)2•x=1.1×10-10
因?yàn)閤很小 所以0.010+2x≈0.010
x=1.1×10-10(m ol•L-1)
所以c(Ag2CrO4)=1.1×10-10(mol•L-1 )
所以c(AgCl)>c(Ag2CrO4)
答案：(1)c(AgCl)=1.3×10-5 mol•L-1，
c( Ag2CrO4)=6.5×10-5 mol•L-1，
Ag2CrO4的物質(zhì)的量濃度大。
(2)c(AgCl)=1.8×10-8 mol•L-1，
c(Ag2CrO4)=1.1×10-10 mol•L-1，
AgCl的物質(zhì)的量濃度大。
13.已知在BaCO3飽和溶液中c(Ba2+)•c( )=8.1×10-9, H++ 的電離平衡常數(shù)K=5.61×10-11。
在0.2 mol•L-1的BaCl2溶液中加入等體積的0.2 mol•L-1的NaHCO3溶液。通過(guò)計(jì)算說(shuō)明混合后的溶液 中有無(wú)沉淀。
解析：混合后尚未發(fā)生反應(yīng)時(shí)，c(Ba2+)=c(HCO-3)=0.1 mol•L-1。
設(shè) 電離出的 濃度為x。
由于x值極小，所以0.1-x≈0.1 x= =2.37×10-6
混合溶液中c(Ba2+)•c( )=2.37×10-7>8.1×10-9,所以有沉淀析出。
答案：有沉淀生成。
14.試通過(guò)計(jì)算分析，能否通過(guò)加堿的方法將濃度為0.10 mol•L-1的Fe3+和Mg2+完全分離。已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11。
解析：Fe3+開(kāi)始沉淀時(shí)：c(OH-)= =7.4×10-13
Mg2+開(kāi)始沉淀時(shí)：c(OH -)= =1.1×10-5
Fe3+完全沉淀時(shí)：c(OH-)= =1.58×10-13<1.1×10-5
可見(jiàn)，當(dāng)Fe3+完全沉淀時(shí)，Mg2+尚未沉淀，因而通過(guò)加堿的方法可以將濃度均為0.10 mol•L1的Fe3+和Mg2+完全分離。
提示：通常認(rèn)為殘留離子濃度≤10-5 mol•L-1時(shí)沉淀已完全。
答案：可以將Mg2+、Fe3+完全分離。
拓展探究
15.與c(H+)•c(OH-)=KW類(lèi)似，F(xiàn)eS飽和溶液中c(Fe2+)•c(S2-)=Ksp(FeS)。常溫下Ksp(FeS)=8.1×10-17。
(1)理論上FeS的溶解度為_(kāi)____________g，而事實(shí)上其濃度遠(yuǎn)大于這個(gè)數(shù)值，其原因可能是_________________________________________________________________。
(2)已知FeS飽和溶液中c(H+)與c(S2-)之間存在以下限量關(guān)系：c2(H+)•c(S2-)=1.0×10-22，為了使溶液里c(Fe2+)達(dá)到1 mol•L-1，現(xiàn)將適量FeS投入其飽和溶液中，應(yīng)調(diào)節(jié)溶液中的c(H+)為_(kāi)____________mol•L-1。
解析：(1)FeS(s) Fe2++S2-,與水的離子積類(lèi)似，極少量溶解的FeS電離出來(lái)的兩種離子濃度乘積也為常數(shù)，稱(chēng)溶度積常數(shù)，用Ksp表示 。Ksp不受濃度影響，一般只受溫度影響。在FeS飽和溶液中，c(Fe2+)=c(S2-)= =9×10-9 mol•L-1,設(shè)其飽和溶液為1 L(由于FeS溶解度很小，該溶液的密度近似為1 g/cm3)，則n(FeS)=9×10-9 mol，即1 000 g水溶解的FeS質(zhì)量為m(FeS)=9×10-9 mol×88 g/mol=7.92×10-7 g，則100 g水溶解的FeS的質(zhì)量為7.92×10-8 g。那么FeS的溶解度理論上為7.92×10-8g，事實(shí)上實(shí)際溶解度比7.92×10-8g大得多，原因是S2-+H2O HS-+OH-，F(xiàn)e2++2H2O Fe(OH)2+2H+,這兩種離子均在溶液中發(fā)生水解，使c(Fe2+)、c(S2-)降低，促使FeS(s) Fe2++S2-的溶解平衡向溶解的方向進(jìn)行。
(2)當(dāng)溶液中c(Fe2+)=1 mol•L-1時(shí)，c(S2-)= =8.1×10-17mol•L-1,由于c2(H+)•c(S2-)=1×10-22,則溶液中c2(H+)= ,c(H+)≈1.11×10-3 mol•L-1 。
答案：(1)7.92×10-8,S2-+H2O HS-+OH-，F(xiàn)e2++2H2O Fe(OH)2+2H+,這兩種離子均在溶液中發(fā)生水解，使c(Fe2+)、c(S2-)降低，促使FeS(s) Fe2++S2-的溶解平衡向溶解的方向進(jìn)行。
(2)1.11×10-3 mol•L-1
高中化學(xué)的弱電解質(zhì)電離平衡的檢測(cè)題
1.下列電離方程式中，錯(cuò)誤的是( )
A.Al2(SO4)3====2Al3++3 B.HF H++F-
C.HI H++I- D.Ca(OH)2 Ca2++2OH-
解析：弱電解質(zhì)存在電離平衡，強(qiáng)電解質(zhì)全部電離。Al2(SO4)3、HI、Ca(OH)2為強(qiáng)電解質(zhì)。書(shū)寫(xiě)電離方程式用“====”，HF為弱電解質(zhì)，書(shū)寫(xiě)電離方程式用“ ”。故答案為C、D。
答案：CD
2.把0.05 mol NaOH固體，分別加入下列100 mL溶液中，溶液的導(dǎo)電能力變化不大的是( )
A.自來(lái)水 B.0.5 mol•L-1 鹽酸
C.0.5 mol•L-1醋酸 D.0.5 mol•L-1 NH4Cl溶液
解析：離子濃度變化不大，導(dǎo)電能力變化就不大。在水中、CH3COOH中加入NaOH固體，離子濃度都增大;向HCl中加入NaOH固體，自由移動(dòng)離子數(shù)基本不變，則離子濃度變化不大;向NH4Cl中加入NaOH固體，離子濃度基本不變。
答案：BD
3.能影響水的電離平衡，并使溶液中c(H+ )>c(OH-)的操作是( )
A.向水中投入一小塊金屬鈉 B.將水加熱煮沸
C.向水中通入CO2 D.向水中加入食鹽晶體
解析：A項(xiàng)中加入鈉，Na與H2O反應(yīng)生成NaOH，影響水的電離平衡，使c(OH-)>c(H+);B項(xiàng)中加熱使電離平衡右移，c(H+)=c(OH-);C項(xiàng)中通入CO2，CO2+H2O====H2CO3，使c(H+)>c(OH-);而D項(xiàng)中c(H+)=c(OH-)，故選C。
答案：C
4.水的電離過(guò)程為H2O H++OH-，在不同溫度下其平衡常數(shù)為K(25 ℃) =1.0×10-14,K(35 ℃)=2.1×10-14。則下列敘述正確的是( )
A.c(H+)隨著溫度的升高而降低 B.在35 ℃時(shí)，c(H+)>c(OH-)
C.水的電離百分率 α(25 ℃)>α(35 ℃) D.水的電離是吸熱的
解析：本題考查水的電離的實(shí)質(zhì)及水的電離平衡的影響因素。由題中條件可以看出，溫度升高后，K值增大。25 ℃時(shí)c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7 mol•L-1。35 ℃ 時(shí)c(H+)=c(OH-)=1.45×10-7 mol•L-1。溫度升高，c(H+)、c(OH-)都增大，且仍然相等，水的電離百分率也增大 。因溫度升高平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，故水的電離為吸熱反應(yīng)。
答案：D
5.將1 mL 0.1 mol•L-1的H2SO4溶液加入純水中制成200 mL溶液，該溶液中由水自身電離產(chǎn)生的c(H+)最接近于( )
A.1×10-3 mol•L-1 B.1×10-13 mol•L-1
C.1×10-7 mol•L-1 D.1 ×10-11 mol•L-1
解析：在水電離達(dá)到平衡時(shí)加入硫酸，由于c(H+)增大，使水的電離平衡向逆向移動(dòng)，故水電離產(chǎn)生的c(H+)小于10-7 mol•L-1，排除A、C兩選項(xiàng)。數(shù)值的大小由溶液中的c(H+)和c(OH-)及KW來(lái)確定，因所得的溶液為酸性溶液，酸電離產(chǎn)生的H+遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于水電離產(chǎn)生的H+，所以溶液中c(H+)由酸定，溶液中的c(OH-)是由水電離所得。而水電離產(chǎn)生的c(H+)=c(OH-),即可求出水電離產(chǎn)生的c(H+)。
答案：D
6.在100 ℃時(shí)，水的離子積為1×10-12，若該溫度下某溶液中的H+濃度為1×10-7 mol•L-1，則該溶液( )
A.呈堿性 B.呈酸性 C.呈中性 D.c(OH-)=100c(H+)
解析：100 ℃時(shí)中性溶液的c(H+)=c(OH-)=10-6mol•L-1
而c(H+)=10-7 mol•L-1
則c(OH-)= =10-5 mol•L-1>10-7 mol•L-1
且 =100。
答案：AD
7.甲酸的下列性質(zhì)中，可以證明它是弱電解質(zhì)的是( )
A.1 mol•L-1的醋酸溶液的pH約為2
B.醋酸能與水以任意比例互溶
C.10 mol•L-1的甲酸10 mL恰好與10 mL 1 mo l•L-1 NaOH溶液完全反應(yīng)
D.在相同條件下，甲酸溶液的導(dǎo)電性比強(qiáng)酸溶液的導(dǎo)電性弱
解析：弱電解質(zhì)的本質(zhì)特征就是在水溶液中部分電離：A中pH=2則c(H+)=0.01 mol•L-1，可以說(shuō)明這一點(diǎn)。D中，在相同條件下導(dǎo)電性弱，也是由于甲酸不完全電離造成的。
答案：AD
8.當(dāng)Mg(OH)2固體在水中溶解達(dá)到平衡時(shí)：Mg(OH)2(s) Mg2++2OH-，為使Mg(OH)2固體的質(zhì)量減少，可加入( )
A.NH4NO3 B.Na2S C.MgSO4 D.CH3COOH
解析：欲使Mg(OH)2固體減少則使平衡向右移動(dòng)，即減少c(Mg2+)或c(OH-)，顯然c(Mg2+)不能減少，只能減少c(OH-)，即加入酸性物質(zhì)。A中 +OH- NH3•H2O，c(OH-)減小，平衡向正向移動(dòng)，Mg(OH)2減少，正確;B水解顯堿性，c(OH-)增大，Mg(OH)2固體增多;C中c(Mg2+)增大，Mg(OH)2固體增多;D項(xiàng)CH3COOH+OH-====H2O+CH3COO-，c(OH-)減小。故答案為A、D。
答案：AD
9.在NaHSO4的稀溶液中和熔化狀態(tài)下都能存在的離子是( )
A.Na+ B.H+ C. D.
解析：此題考查了NaHSO4在水溶液中及熔融態(tài)時(shí)電離的情況。溶液中NaHSO4====Na++H++ ,熔融態(tài)時(shí)NaHSO4====Na++ ,故在兩種情況下都存在的離子是Na+。
答案：A
10.某溫度時(shí)水的離子積常數(shù)為1.0×10-14,由此可知在該溫度時(shí)水電離的百分率為( )
A.1.8×10-7% B.1.0×10-8% C.1.8×10-9% D.1.8×10-14%
解析：已知常溫時(shí)KW=c(H+)•c( OH-)=1.0×10-14
而由水電離出來(lái)的c(H+)=c(OH-)，故c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7 mol•L-1。因此α= ×100%=1.8×10-7%。
答案：A
11.25 ℃時(shí)，在0.5 L 0.2 mol•L-1的HA溶液中，有0.01 mol的HA電離成離子。求該溫度下HA的電離常數(shù)。w w w .x k b 1.c o m
解析：該溶液中A-、H+平衡濃度為0.01 mol/0.5 L=0.02 mol•L-1,據(jù)電離方程式HA H++A-推知HA分子的平衡濃度為0.2 mol•L-1-0.02 mol•L-1=0.18 mol•L-1。HA的電離常數(shù)k= =2.22×10-3。
答案：k=2.22×10-3
12.某二元弱酸(簡(jiǎn)寫(xiě)為H2A)溶液，按下式發(fā)生一級(jí)或二級(jí)電離：
H2A H++HA-，HA- H++A2-
已知相同濃度時(shí)的電離度α(H2A)>α(HA-)，設(shè)有下列四種溶 液：
A.0.01 mol•L-1的H2A溶液
B.0.01 mol•L-1的NaHA溶液
C.0.02 mol•L-1的HCl與0.04 mol•L-1的NaHA溶液等體積混合液
D.0.02 mol•L-1的NaOH與0.02 mol•L-1的NaHA溶液等體積混合液
據(jù)此，填寫(xiě)下列空白(填代號(hào))：
(1)c(H+)最大的是_______________，最小的是_______________。
(2)c(H2A)最大的是_______________，最小的是_______________。
(3)c(A2-)最大的是_______________，最小的是_______________。
解 析：(1)C中兩種溶液發(fā)生反應(yīng)，HCl+NaHA====NaCl+H2A,還剩余NaHA。反應(yīng)后，由于溶液體積擴(kuò)大一倍，所以溶液中n(NaHA)與c(H2A)的濃度均為0.01 mol•L-1;同理D溶液經(jīng)反應(yīng)后c(Na2A)=0.01 mol•L-1。由于C中大量存在HA-，抑制H2A的電離，所以c(H+)最大的是A，c(H+)最小的一定是D(D中A2-發(fā)生水解，溶液顯堿性)。(2)由于C中H2A的電離受到HA-抑制，所以c(H2A)最大的為C，而D溶液中獲得H2A需要A2-經(jīng)過(guò)兩步水解得到，而B(niǎo)只需一步水解HA-+H2O H2A+OH-即可得到，所以D中c(H2A)最小。(3)c(A2-)是在強(qiáng)堿條件下存在，所以(3)題答案與(1)答案正好相反。
答案：(1)A D (2)C D (3)D A
13.一定溫度下，冰醋酸加水稀釋過(guò)程中溶液的導(dǎo)電能力如圖所示。請(qǐng)完成下列問(wèn)題：
(1)“O”點(diǎn)為什么不導(dǎo)電?_________________。
(2)a、b、c三點(diǎn)pH由大到小的順序?yàn)開(kāi)______________________________________。
(3)a、b、c三點(diǎn)中醋酸的電離程度最大的點(diǎn)是_____________點(diǎn)。
(4)若使c點(diǎn)溶液中c(CH3COO-)提高，可以采取的措施有①__________,②____________, ③_____________,④_____________,⑤_____________。
解析：(1)CH3COOH是一種共價(jià)化合物，是弱電解質(zhì)，共價(jià)化合物只有在水溶液里才能電離導(dǎo)電。“O”點(diǎn)不導(dǎo)電說(shuō)明此時(shí)CH3COOH未電離，說(shuō)明此時(shí)無(wú)水，不電離，不存在自由移動(dòng)離子。(2)pH大小取決于c(H+)，pH越大，c(H+)越小，導(dǎo)電能力越弱;pH越小，c(H+)越大，導(dǎo)電能力越強(qiáng)。故pH大小順序?yàn)閍>c>b。(3)電離度與溶液濃度有關(guān)，濃度越大，電離度越小，濃度越小，電離度越大，故c點(diǎn)電離度最大。(4)欲使c(CH3COO-)增大，可以使平衡右移，即消耗c(H+)的辦法，此時(shí)可考慮醋的五大通性中適合的有加金屬、金屬氧化物、堿、某些鹽，也可以使平衡逆向移動(dòng)，此時(shí)只能加醋酸鹽。
答案：(1)無(wú)水不電離，無(wú)自由移動(dòng)的離子
(2)a>c>b
(3)c (4)Mg Na2O NaOH Na2CO3 CH3COONa
走近高考
14.(2006全國(guó)高考理綜Ⅰ，11)在0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液中存在如下電離平衡：
CH3COOH CH3COO-+H+
對(duì)于該平衡，下列敘述正確的是( )
A.加入水時(shí)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)
B.加入少量NaOH固體，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)
C.加入少量0.1 mol•L-1 HCl溶液，溶液中c(H+)減小
D.加入少量CH3COONa固體，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)
解析：根據(jù)勒夏特列原理：當(dāng)改變影響平衡的一個(gè)條件，平衡會(huì)向著能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)，但平衡的移動(dòng)不能完全消除這種改變。A中加入水時(shí)，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)減小，平衡向其增大的方向(也就是正方向)移動(dòng);B中加入NaOH與H+反應(yīng)，c(H+)變小，平衡向正方向移動(dòng);C加入HCl時(shí)c(H+)變大，平衡向其減小的方向(也就是逆方向)移動(dòng)，但最終c(H+)比未加HCl前還是要大;D加入CH3COONa,c(CH3COO-)增大，平衡向逆方向移動(dòng)。
答案：B
15.(2004廣東、廣西高考，3)pH相同的鹽酸和醋酸兩種溶液中，它們的( )
A.H+的物質(zhì)的量相同 B.物質(zhì)的量濃度相同
C.H+的物質(zhì)的量濃度不同 D.H+的物質(zhì)的量濃度相同
解析：pH相同的鹽酸和醋酸，其c(H+)相同，且都等于10-pH m ol•L-1;由于HCl為強(qiáng)酸，可完全電離，而CH3COOH為弱酸，只能部分電離，故在c(H+)相同時(shí)c(HCl)
答案：D
16.(2005全國(guó)高考理綜Ⅱ，10)相同體積的pH=3的強(qiáng)酸溶液和弱酸溶液分別跟足量的鎂完全反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是( )
A.弱酸溶液產(chǎn)生較多的H2 B.強(qiáng)酸溶液產(chǎn)生較多的H2
C.兩者產(chǎn)生等量的H2 D.無(wú)法比較產(chǎn)生H2的量
解析：pH都為3的強(qiáng)酸和弱酸溶液，前者的濃度較小，等體積的兩種溶液與足量鎂反應(yīng)，后者放出的H2多。
答案：A
17.(2004廣東、廣西高考，14)甲酸和乙酸都是弱酸，當(dāng)它們的濃度均為0.10 mol•L-1時(shí)，甲酸中c(H+)約為乙酸中c(H+)的3倍?，F(xiàn)有兩種濃度不 等的甲酸溶液a和b，以及0.10 mol•L-1的乙酸，經(jīng)測(cè)定它們的pH從大到小依次為a、乙酸、b。由此可知( )
A.a的濃度必小于乙酸的濃度 B.a的濃度必大于乙酸的濃度
C.b的濃度必小于乙酸的濃度 D.b的濃度必大于乙酸的濃度
解析：本題主要考查弱電解質(zhì)的電離平衡知識(shí)和酸的相對(duì)強(qiáng)弱等問(wèn) 題。由于c(HCOOH)=c(CH3COOH)=0.1 mol•L-1時(shí)，甲酸中的c(H+)約為乙酸中c(H+)的3倍，故甲酸的酸性強(qiáng)于乙酸的酸性。又因pH(a)>pH(CH3COOH)>pH(b),即溶液a的c(H+)<0.1 mol•L-1，CH3COOH的c(H+)<溶液b的c(H+)，所以a的濃度小于乙酸的濃度，但無(wú)法確定乙酸與b的濃度的相對(duì)大小(因HCOOH酸性>CH3COOH酸性)。
答案：A
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