(2025年)电解质溶液练习参考答案

(2025年)电解质溶液练习参考答案一、选择题1.下列关于电解质的说法正确的是（）A.液态HCl不导电，故HCl是非电解质B.溶于水后能导电的化合物一定是电解质C.硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质D.氨水能导电，所以NH₃是电解质【解析】选C。A项，HCl在水溶液中能完全电离，属于强电解质，液态HCl不导电是因为无自由移动的离子，不影响其电解质的判断；B项，溶于水后能导电的化合物可能是与水反应提供的新物质导电（如CO₂溶于水提供H₂CO₃），此时原物质不一定是电解质；C项，硫酸钡虽难溶，但溶解的部分完全电离，属于强电解质；D项，氨水导电是因为NH₃与水反应提供NH₃·H₂O电离出离子，NH₃自身不电离，属于非电解质。2.25℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，混合后溶液的pH（）A.大于7B.小于7C.等于7D.无法确定【解析】选A。pH=2的盐酸中c(H⁺)=0.01mol/L，HCl为强酸，完全电离；pH=12的氨水中c(OH⁻)=0.01mol/L，NH₃·H₂O为弱碱，部分电离，实际浓度远大于0.01mol/L。等体积混合时，氨水过量，反应后溶液呈碱性，pH>7。3.已知25℃时，Ka(CH₃COOH)=1.8×10⁻⁵，Kb(NH₃·H₂O)=1.8×10⁻⁵。将CH₃COOH溶液与NH₃·H₂O溶液等体积混合，若混合后溶液呈中性，则两溶液的浓度关系为（）A.c(CH₃COOH)=c(NH₃·H₂O)B.c(CH₃COOH)>c(NH₃·H₂O)C.c(CH₃COOH)<c(NH₃·H₂O)D.无法确定【解析】选B。若两溶液浓度相等，等体积混合后提供CH₃COONH₄，由于Ka=Kb，溶液呈中性。但CH₃COOH与NH₃·H₂O均为弱电解质，若混合后呈中性，需考虑电离程度对溶液的影响。若c(CH₃COOH)=c(NH₃·H₂O)，混合后恰好完全反应提供CH₃COONH₄，此时溶液中性；但实际中，若CH₃COOH稍过量，其电离产生的H⁺与NH₃·H₂O电离产生的OH⁻中和后，剩余的CH₃COOH电离程度与CH₃COO⁻水解程度可能抵消，但若要严格中性，需CH₃COOH浓度略大于NH₃·H₂O，因为NH₃·H₂O的电离程度稍弱于CH₃COOH（实际Ka=Kb时，两者电离程度相同，但若考虑混合后溶液体积变化，需稍过量的弱酸中和弱碱的水解影响）。更准确的分析是：设混合前c(CH₃COOH)=a，c(NH₃·H₂O)=b，等体积混合后c(CH₃COO⁻)=c(NH₄⁺)（中性时c(H⁺)=c(OH⁻)，电荷守恒得c(CH₃COO⁻)=c(NH₄⁺)）。根据物料守恒，c(CH₃COOH)+c(CH₃COO⁻)=a/2，c(NH₃·H₂O)+c(NH₄⁺)=b/2。由于Ka=Kb，CH₃COO⁻水解常数Kh1=Kw/Ka=5.56×10⁻¹⁰，NH₄⁺水解常数Kh2=Kw/Kb=5.56×10⁻¹⁰，两者水解程度相同。若溶液中性，则c(CH₃COO⁻)=c(NH₄⁺)，且c(CH₃COOH)=a/2-c(CH₃COO⁻)，c(NH₃·H₂O)=b/2-c(NH₄⁺)。由于CH₃COOH与NH₃·H₂O的电离程度相同，若a=b，则c(CH₃COOH)=c(NH₃·H₂O)，此时溶液中性；但若考虑混合时弱电解质的电离平衡移动，当a>b时，CH₃COOH过量，其电离产生的H⁺与NH₃·H₂O电离的OH⁻中和后，剩余的CH₃COOH电离补充H⁺，而NH₃·H₂O不足，NH₄⁺水解产生的H⁺与CH₃COO⁻水解产生的OH⁻相等，最终溶液仍中性。但实际更严谨的结论是，当Ka=Kb时，等浓度等体积混合恰好中性，因此正确选项为A？需重新核对：Ka=Kb时，CH₃COONH₄溶液呈中性，因此若两溶液浓度相等，等体积混合后恰好提供CH₃COONH₄，溶液中性，故正确选项为A。之前分析有误，正确选A。二、填空题4.25℃时，0.1mol/L的CH₃COOH溶液中，c(H⁺)=______（已知Ka=1.8×10⁻⁵），若向该溶液中加入少量CH₃COONa固体，溶液的pH会______（填“增大”“减小”或“不变”），原因是______。【答案】约1.34×10⁻³mol/L；增大；加入CH₃COONa后，c(CH₃COO⁻)增大，抑制CH₃COOH的电离，c(H⁺)减小，pH增大。【解析】CH₃COOH的电离平衡为CH₃COOH⇌CH₃COO⁻+H⁺，设c(H⁺)=x，则Ka=x²/(0.1-x)≈x²/0.1=1.8×10⁻⁵（因x远小于0.1，可近似），解得x≈√(1.8×10⁻⁶)=1.34×10⁻³mol/L。加入CH₃COONa后，c(CH₃COO⁻)增大，根据勒夏特列原理，电离平衡逆向移动，c(H⁺)减小，pH增大。5.常温下，将0.2mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的H₂SO₄溶液等体积混合，混合后溶液的pH=______。【答案】1【解析】等体积混合后，NaOH的物质的量为0.2V，H₂SO₄的物质的量为0.1V，H₂SO₄提供2×0.1V=0.2V的H⁺，与NaOH的0.2V的OH⁻恰好完全中和，剩余H⁺来自H₂SO₄的第二级电离（HSO₄⁻⇌H⁺+SO₄²⁻），但HSO₄⁻在稀溶液中可视为完全电离（Ka₂≈1.0×10⁻²，浓度为0.05mol/L时，c(H⁺)≈0.05mol/L）。实际计算：混合后体积为2V，c(Na⁺)=0.1mol/L，c(SO₄²⁻)=0.05mol/L，H⁺来自HSO₄⁻的电离。HSO₄⁻的浓度为0.05mol/L，设电离出x的H⁺，则Ka₂=x(0.05+x)/(0.05-x)≈x×0.05/0.05=x=1.0×10⁻²（因Ka₂=1.0×10⁻²），故x≈0.01mol/L？不，H₂SO₄第一级完全电离，第二级部分电离，0.1mol/LH₂SO₄中，第一级电离出0.1mol/LH⁺和0.1mol/LHSO₄⁻，第二级HSO₄⁻⇌H⁺+SO₄²⁻，Ka₂=1.0×10⁻²。等体积混合0.2mol/LNaOH（OH⁻=0.2mol/L）和0.1mol/LH₂SO₄（H⁺=0.2mol/L，来自第一级完全电离），混合后OH⁻与H⁺中和，提供Na⁺=0.1mol/L，SO₄²⁻=0.05mol/L，HSO₄⁻=0（因H₂SO₄第一级完全电离，第二级电离的H⁺已被中和？不，H₂SO₄第一级完全电离为H⁺和HSO₄⁻，第二级HSO₄⁻部分电离。0.1mol/LH₂SO₄中，c(H⁺)=0.1+x（x为HSO₄⁻电离的H⁺），c(HSO₄⁻)=0.1-x，c(SO₄²⁻)=x，Ka₂=x(0.1+x)/(0.1-x)=1.0×10⁻²。因x远小于0.1，近似为x×0.1/0.1=x=0.01mol/L，故原H₂SO₄中c(H⁺)=0.1+0.01=0.11mol/L。等体积混合0.2mol/LNaOH（OH⁻=0.2mol/L）和0.1mol/LH₂SO₄（H⁺=0.11mol/L），混合后n(OH⁻)=0.2V，n(H⁺)=0.11V，中和后剩余OH⁻=0.09V，c(OH⁻)=0.09V/(2V)=0.045mol/L，pH=14-pOH=14-(-log0.045)=14-1.35=12.65？这显然错误，说明之前分析有误。正确的做法是：H₂SO₄是二元强酸，第一级完全电离，第二级在稀溶液中也可视为完全电离（实际在0.1mol/L时，第二级电离度约90%，但通常中学阶段视为完全电离）。因此0.1mol/LH₂SO₄中c(H⁺)=0.2mol/L（第一级0.1，第二级0.1）。等体积混合0.2mol/LNaOH（c(OH⁻)=0.2mol/L）和0.1mol/LH₂SO₄（c(H⁺)=0.2mol/L），n(H⁺)=0.2V，n(OH⁻)=0.2V，恰好完全中和，提供Na₂SO₄溶液，呈中性，pH=7？但这与H₂SO₄的第二级电离是否完全有关。若严格按中学阶段H₂SO₄完全电离，则混合后pH=7；若考虑第二级部分电离，原H₂SO₄中c(H⁺)=0.1+x（x为第二级电离的H⁺），则中和后可能有剩余H⁺。但题目通常按完全电离处理，故正确答案应为7？但原题中NaOH浓度为0.2mol/L，H₂SO₄为0.1mol/L，等体积混合时，n(NaOH)=0.2V，n(H₂SO₄)=0.1V，H₂SO₄提供2×0.1V=0.2VH⁺，与NaOH的0.2VOH⁻恰好中和，提供Na₂SO₄和水，溶液呈中性，pH=7。之前错误在于误认为H₂SO₄第二级部分电离，但中学阶段一般认为H₂SO₄是强酸，完全电离，故正确答案为7。三、计算题6.已知25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10⁻¹⁰，Ksp(AgI)=8.5×10⁻¹⁷。（1）求25℃时AgCl饱和溶液中c(Ag⁺)；（2）向100mL0.01mol/L的NaCl溶液中加入100mL0.01mol/L的AgNO₃溶液，求混合后溶液中c(Cl⁻)；（3）若向AgCl饱和溶液中加入过量KI固体，能否提供AgI沉淀？说明理由。【答案】（1）约1.34×10⁻⁵mol/L；（2）约1.8×10⁻⁸mol/L；（3）能，因为AgI的Ksp更小，AgCl可转化为AgI。【解析】（1）AgCl的溶解平衡为AgCl(s)⇌Ag⁺(aq)+Cl⁻(aq)，Ksp=c(Ag⁺)·c(Cl⁻)=c²(Ag⁺)（饱和溶液中c(Ag⁺)=c(Cl⁻)），故c(Ag⁺)=√Ksp=√(1.8×10⁻¹⁰)≈1.34×10⁻⁵mol/L。（2）混合后体积为200mL，n(NaCl)=0.01×0.1=0.001mol，n(AgNO₃)=0.01×0.1=0.001mol，两者恰好完全反应提供AgCl沉淀，剩余溶液为AgCl的饱和溶液。此时溶液中c(Ag⁺)=c(Cl⁻)=√Ksp≈1.34×10⁻⁵mol/L？但实际反应后，溶液中Cl⁻的浓度由AgCl的溶解平衡决定，而Ag⁺的浓度也由平衡决定。由于AgNO₃和NaCl等物质的量反应，提供AgCl沉淀后，溶液中c(Ag⁺)=c(Cl⁻)=x，Ksp=x·x=1.8×10⁻¹⁰，故x=1.34×10⁻⁵mol/L。但更准确的是，混合后溶液中原本的Cl⁻和Ag⁺几乎完全沉淀，剩余的Cl⁻和Ag⁺由AgCl的溶解平衡决定，因此c(Cl⁻)=√Ksp≈1.34×10⁻⁵mol/L？但题目中混合后是否有过量的离子？0.01mol/LNaCl和0.01mol/LAgNO₃等体积混合，浓度均变为0.005mol/L，n(Cl⁻)=n(Ag⁺)=0.005×0.2=0.001mol，恰好完全反应，溶液中c(Cl⁻)由AgCl的溶解平衡决定，即c(Cl⁻)=√Ksp≈1.34×10⁻⁵mol/L。但实际计算中，若考虑反应后溶液体积为0.2L，沉淀后溶液中c(Ag⁺)=c(Cl⁻)=x，Ksp=x²=1.8×10⁻¹⁰，x=1.34×10⁻⁵mol/L，正确。（3）AgCl饱和溶液中c(Ag⁺)=1.34×10⁻⁵mol/L，加入KI后，c(I⁻)增大，Qc=c(Ag⁺)·c(I⁻)。由于KI过量，假设c(I⁻)=0.1mol/L（举例），则Qc=1.34×10⁻⁵×0.1=1.34×10⁻⁶>Ksp(AgI)=8.5×10⁻¹⁷，故会提供AgI沉淀。即使KI浓度较低，由于AgI的Ksp远小于AgCl，AgCl的溶解产生的Ag⁺与I⁻结合提供AgI，促使AgCl继续溶解，最终AgCl可完全转化为AgI。7.25℃时，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L的CH₃COOH溶液，回答下列问题：（1）滴定前，CH₃COOH溶液的pH=______（已知Ka=1.8×10⁻⁵）；（2）滴定至中性时，消耗NaOH溶液的体积______（填“大于”“小于”或“等于”）20.00mL；（3）滴定至恰好完全反应时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______。【答案】（1）约2.87；（2）小于；（3）c(Na⁺)>c(CH₃COO⁻)>c(OH⁻)>c(H⁺)【解析】（1）CH₃COOH的电离平衡中，c(H⁺)=√(Ka·c)=√(1.8×10⁻⁵×0.1)=√(1.8×10⁻⁶)≈1.34×10⁻³mol/L，pH=-log(1.34×10⁻³)≈2.87。（2）恰好完全反应时提供CH₃COONa，溶液呈碱性（因CH₃COO⁻水解）。若要滴定至中性，需在CH₃COONa溶液中加入少量CH₃COOH，即NaOH的用量小于20.00mL（恰好完全反应时用20.00mLNaOH）。（3）恰好完全反应时，溶液为CH₃COONa溶液，CH₃COO⁻水解：CH₃COO⁻+H₂O⇌CH₃COOH+OH⁻，故c(Na⁺)>c(CH₃COO⁻)，c(OH⁻)>c(H⁺)，离子浓度顺序为c(Na⁺)>c(CH₃COO⁻)>c(OH⁻)>c(H⁺)。四、综合题8.某学习小组为探究影响弱电解质电离平衡的因素，进行以下实验：实验1：向0.1mol/L的CH₃COOH溶液中加入少量CH₃COONa固体，测量溶液的pH变化；实验2：向0.1mol/L的CH₃COOH溶液中加入少量NaCl固体，测量溶液的pH变化；实验3：将0.1mol/L的CH₃COOH溶液稀释10倍，测量稀释前后的pH变化；实验4：加热0.1mol/L的CH₃COOH溶液，测量溶液的pH变化。（1）实验1中，pH______（填“增大”“减小”或“不变”），原因是______；（2）实验2中，pH______（填“增大”“减小”或“不变”），原因是______；（3）实验3中，稀释后pH的变化值______（填“大于”“小于”或“等于”）1，原因是______；（4）实验4中，pH______（填“增大”“减小”或“不变”），原因是______。【答案】（1）增大；加入CH₃COONa后，c(CH₃COO⁻)增大，抑制CH₃COOH的电离，c(H⁺)减小，pH增大；（2）不变；NaCl不参与CH₃COOH的电离平衡，c(CH₃COO⁻)和c(H⁺)不变，pH不变；（3）小于；CH₃COOH是弱酸，稀释时电离平衡正向移动，补充部分H⁺，c(H⁺)下降幅度小于强酸，故pH变化值小于1；（4）减小；加热促进CH₃COOH的电离，c(H⁺)增大，pH减小。【解析】（1）CH₃COONa提供CH₃COO⁻，增大提供物浓度，平衡逆向移动，H⁺浓度减小，pH增大；（2）NaCl中的Na⁺和Cl⁻不影响CH₃COOH的电离平衡，溶液中H⁺浓度不变，pH不变；（3）强酸稀释10倍，pH增大1，而弱酸稀释时电离程度增大，H⁺浓度下降幅度小，故pH变化小于1；（4）电离过程吸热，加热平衡正向移动，H⁺浓度增大，pH减小。9.已知25℃时，某二元弱酸H₂A的Ka₁=1.0×10⁻³，Ka₂=1.0×10⁻⁸。（1）写出H₂A的电离方程式；（2）计算0.1mol/LH₂A溶液中c(H⁺)；（3）判断NaHA溶液的酸碱性，并说明理由。【答案】（1）H₂A⇌H⁺+HA⁻，HA⁻⇌H⁺+A²⁻；（2）约0.01mol/L；（3）酸性，因为HA⁻的电离程度大于水解程度。【解析】（1）二元弱酸分步电离，以第一步为主；（2）H₂A的第一步电离为主，Ka₁=c(H⁺)·c(HA⁻)/c(H₂A)≈c²(H⁺)/c(H₂A)（因第二步电离可忽略，c(HA⁻)≈c(H⁺)），故c(H⁺)=√(Ka₁·c)=√(1.0×10⁻³×0.1)=√(1.0×10⁻⁴)=0.01mol/L；（3）NaHA溶液中，HA⁻既电离（HA⁻⇌H⁺+A²⁻，Ka₂=1.0×10⁻⁸）又水解（HA⁻+H₂O⇌H₂A+OH⁻，Kh=Kw/Ka₁=1.0×10⁻¹¹）。比较Ka₂和Kh，Ka₂=1.0×10⁻⁸>Kh=1.0×10⁻¹¹，故HA⁻的电离