专题九 弱电解质的电离平衡.doc

弱电解质的电离平衡A组单选题【1】(2010广东深圳3月)在0.1molL-1 醋酸溶液中加入少量0.1molL-1 盐酸，下列叙述正确的是（ ）ACH3COOH 的电离度增大，H+离子浓度增大B电离平衡向生成CH3COOH 的方向移动，H+离子浓度减小CCH3COOH 的电离度减小，H+离子浓度增大DCH3COOH 的电离度增大，H+离子浓度减小【答案】：C【解析】：向醋酸溶液中加入少量盐酸，增大了醋酸溶液中H+离子的浓度，起到同离子效应，打破了醋酸的电离平衡，向生成CH3COOH 的方向移动，CH3COOH 的电离度减小【评析】：以醋酸为例，理解弱电解质电离平衡移动与电离度变化相关性【2】（2010广东深圳3月）在相同温度下，有两种较稀的醋酸溶液A 和BA 溶液中CH3COOH=amolL-1，电离度为1，B 溶液中CH3COOH -=amolL-1，电离度为2下列叙述中正确的是（ ）BA 溶液的pH 值小于B 溶液的pH 值C21DA 溶液的H+是B 溶液H+0.51 倍【答案】：A【解析】：根据题干给出的数据 B 溶液中CH3COO-浓度相当于A 溶液中CH3COOH浓度，说明B 溶液中CH3COOH浓度大于A 溶液中CH3COOH浓度，因此21B 溶液的酸性比A 溶液的强，所以A溶液的pH 值应大于B 溶液的pH 值A 溶液的H+=1amolL-1，B溶液的H+=CH3COO-=amolL-1，可见，A 溶液的H+是B 溶液的H+的1 倍B、C、D 三个选项都不符合题意已知CH3COO-=amolL-1CH3COOH2=a 命题目的：比较两种不同浓度的稀的弱酸溶液中电解质的电离度、H+浓度和其pH 值之间的关系【评析】：解题关键：对于同一弱电解质，通常溶液浓度较大时，其电离度较小，而随着加水稀释，其电离度增大对于弱酸的稀溶液，随着稀释弱酸的电离度增大，溶液的酸性，H+浓度多数情况降低了，这是由于电离度增大的倍数小于溶液被冲稀的倍数【3】（2010广东深圳3月）当CH3COOH H+CH3COO-已达平衡，若要使醋酸的电离度和溶液的pH 值都减小，应加入的试剂是（ ）ACH3COONa BNH3H2OCHCl DH2O【答案】：C【解析】：此题是属于电离平衡移动问题此题要选择一种合适的试剂来满足题干中提出的，既要降低电离度，又要减小pH 值两个条件D 项加水会增大醋酸的电离度，不符合题意B 选项加NH3H2O，中和醋酸电离出的H+离子，增大醋酸溶液的pH 值，同时还增大醋酸的电离度，也不符合题意A 选项加入CH3COONa，增大了CH3COO-离子浓度，抑制醋酸的电离，但同时也降低了H+浓度，虽然，电离度减小了，但pH值增大，也不符合题意C 选项加HCl，增大H+浓度，既使醋酸电离平衡逆向移动，降低其电离度，又增加它的酸性，pH 值降低【评析】：考查运用电离平衡移动的原理，选择加入适当试剂，以增大溶液的酸性，同时减小电解质的电离度双选题【4】（2010广东深圳4月）pH 值相同的盐酸溶液与醋酸溶液分别和锌反应，若最后锌都已完全溶解，放出的气体一样多，则下列判断正确的是（ ）A反应所需时间：醋酸盐酸B整个反应阶段的平均反应速率：醋酸盐酸C开始的反应速率：盐酸醋酸D参加反应的锌的质量：盐酸=醋酸【答案】：B、D【解析】：盐酸为强酸，醋酸为弱酸，其 pH 值相同，则CH3COOHHCl与锌反应过程中，盐酸溶液的H+降低得很快，其反应速率迅速变慢，而醋酸仅部分电离，大量以CH3COOH 形态存在，在与锌反应过程中，醋酸的电离平衡不断移动，以补充被消耗的H+离子，醋酸溶液中H+降低较慢，相对保持CH3COOHHCl，故整个反应阶段醋酸反应速率大于盐酸的反应速率，反应所需时间醋酸较短，可见选项B 正确，选项A 错误虽然盐酸是强酸，醋酸为弱酸，但由于起始时两种酸溶液的H+相等，所以起始的反应速率相等，选项C 也错误根据反应产生的 H2 量一样多，说明参加反应的锌的质量相等选项D 正确【评析】：判断pH 值相同的强酸与弱酸与不足量锌反应，产生氢气量相同，比较其反应速率大小、反应时间长短和消耗的锌量B组单选题【1】（2010广东九校3月）下列溶液：pH=0 的盐酸0.5molL-1 的盐酸溶液0.1molL-1的氯化铵溶液0.1molL-1 的氢氧化钠溶液0.1molL-1 的氟化钠溶液，由水电离的H+离子浓度由大到小的顺序正确的是（ ）ABCD【答案】：B【解析】：纯水和酸、碱、盐的稀溶液中都存在着H+与OH -的乘积为一个常数的关系，常温下纯水或不发生水解的盐的溶液中，水电离出的H+=10-7molL-1 在酸或碱溶液中，由水电离产生的H+都小于10-7molL-1，酸(或碱)电离出的H+(或OH -)越大，则其水电离出的H+就越小pH=0 的盐酸溶液中，水电离出的H+=10-14molL-1， 0.1molL-1 氢氧化钠溶液中，水电离出H+=10-13molL-1氯化铵、氟化钠等能发生盐的水解的盐溶液中，将促进水的电离，水电离出的H+大于10-7molL-1由于 NH3H2O 电离度小于HF，NH4+水解程度大于F -，故氯化铵溶液中水电离出的H+大于氟化钠溶液中水电离出的H+，综上所述水电离出的H+由大到小的顺序为【评析】：命题目的：考查运用水的离子积比较在几种酸、碱、盐不同的溶液中水的电离能力大小解题关键：本题涉及水的电离平衡问题，常温下纯水的电离H+=OH-=10-7molL-1，加入酸(或碱)以后，由于增大了溶液中的H+(或OH -)使水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，水的电离度减小，由水电离产生的H+(或OH -)小于10-7molL-1酸(或碱)浓度越大，由水电离产生的H+(或OH -)就越小一般的规律：酸溶液中由水电离出的H+相当于该酸溶液中的OH -；碱溶液中由水电离出的OH -相当于该碱溶液中的H+而在强酸弱碱盐(或强碱弱酸盐)溶液中，由于其弱碱根(或弱酸根)的水解反应，促进水的电离，增大了由水电离产生的H+(或OH -)，大于10-7molL-1 水解的趋势越大，由水电离产生的H+(或OH -)越大【2】（2010广东黄图盛3月）在室温下，向饱和H2S 溶液中缓慢通入过量SO2 气体，溶液的pH 值随通入SO2 气体体积的变化曲线示意如图，合理的是（ ）【答案】：B【解析】：首先应看清曲线的横坐标和纵坐标，再根据 H2S 与SO2 反应规律分析H2S 溶液的pH 值随SO2 气体通入量的增多的变化情况在未通入 SO2 气体之前，H2S 溶液呈酸性，pH7随着SO2 气体通入，发生反应：2H2SSO2=3S2H2O，生成硫和水，溶液的酸性逐渐减弱至变中性pH 值不断升高，趋近于7当SO2 通入过量时，由于SO2溶于水形成亚硫酸：SO2H2O H2SO3，H2SO3 H+ ，溶液又从中性变成酸性，pH 值又逐渐下降，而且亚硫酸的酸性比氢硫酸的酸性强，因此曲线的最低点比氢硫酸溶液的pH 起始点要小上述四个选项的图像只有选项B 符合我们所分析的变化规律【评析】：考查剖析图解的能力，根据 H2S 与SO2 反应的过程中，分析溶液的pH 值的变化规律双选题【1】（2010广东深圳3月）某种一元酸(HA)溶液中加入一定量的一种强碱(MOH)溶液后，恰好完全反应，则有关反应后溶液的判断中一定正确的是（）AA-M+BA-M+C若反应生成的MA 不水解，则A-OH -D若反应生成的MA 水解，则A-OH -【答案】：A、C【解析】：本题中的一元酸可能是强酸或弱酸若是 HA 为一元强酸与强碱完全中和时，A-=M+，若HA 为一元弱酸与强碱完全中和生成的MA 为强碱弱酸盐，由于A-发生部分水解反应，A-M+，故A 选项结论A-M+正确，而B 选项不正确若反应生成的MA 不水解，即MA 为强酸强碱盐，它电离出的A-一定大于由水电离出的OH -浓度，C 选项也正确若是反应生成的 MA 能发生水解，说明HA 必然是弱酸，MA 为强碱弱酸盐，A-将发生水解：A-H2O HAOH -，多数情况A-OH -，D 选项的结论正相反【评析】：总结归纳由一元强酸或一元弱酸与一元强碱完全反应后，所形成的溶液中酸根离子与强碱的阳离子之间的浓度关系及酸根离子与溶液中的OH -浓度的关系【2】（2010广东深圳4月）对0.2molL-1 碳酸钠溶液的微粒浓度分析正确的是（ ）ANa+CO32-OH -HCO3-H+BNa+H+=CO32-HCO3-OH -COH -=H+HCO3-H2CO3DCO32-HCO3-H2CO3=0.2molL-1【答案】：A、D【解析】：碳酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中发生如下电离和水解过程：故溶液中存在的微粒有 Na+、H+、OH -、CO32-、HCO3-、H2CO3 等，它们的浓度关系：Na+CO32-OH -HCO3-H+按电荷守恒分析其浓度关系：Na+H+=HCO3-2CO32-OH -按物料守恒分析其浓度关系：CO32-的原始浓度为0.2mol/L，CO32-与HCO3-在水溶液中发生水解，CO32-与HCO3-、HCO3-与H2CO3 的比为11 则根据物料守恒定义有：CO32-的原始浓度=CO32-HCO3-H2CO3，即CO32-HCO3-H2CO3=0.2mol/L【评析】：命题目的：分析电解质溶液中存在的各种微粒浓度间的关系解题关键：解某电解质溶液或由两种电解质溶液相混合所得的溶液中多种微粒浓度大小的比较，通常都要从“两平衡”和“两守恒”角度来进行分析“两平衡”就是指“电离平衡”和“水解平衡”，比较其趋势哪个大如某酸式盐NaHY 溶液中，HY -的电离度小于HY -的水解程度，则可判断溶液中OH -H+“两守恒”指的是电荷守恒和物料守恒电荷守恒是依据电解质溶