(2025年)电解质例题讲解(带答案)

(2025年)电解质例题讲解(带答案)例题1：强电解质与弱电解质的分类判断现有以下物质：①NaCl晶体②液态HCl③熔融KNO₃④蔗糖⑤冰醋酸（CH₃COOH）⑥氨水⑦Cu⑧CO₂⑨BaSO₄⑩H₂O。（1）属于电解质的是______（填序号，下同）；属于非电解质的是______。（2）属于强电解质的是______；属于弱电解质的是______。解析：电解质的定义是“在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物”，非电解质则是“在上述条件下均不能导电的化合物”。需注意两点：①单质（如Cu）和混合物（如氨水）既不是电解质也不是非电解质；②CO₂等非金属氧化物溶于水导电是因与水反应提供H₂CO₃，自身不电离，属于非电解质。强电解质包括强酸（如HCl）、强碱（如NaOH）和大多数盐（如NaCl、KNO₃、BaSO₄），它们在水溶液中完全电离；弱电解质包括弱酸（如CH₃COOH）、弱碱（如NH₃·H₂O）和水（H₂O），在水溶液中部分电离。答案：（1）电解质：①②③⑤⑨⑩；非电解质：④⑧（2）强电解质：①②③⑨；弱电解质：⑤⑩例题2：电离方程式的书写与正误判断判断下列电离方程式的正误，错误的需写出正确形式。（1）H₂SO₄=2H⁺+SO₄²⁻（2）CH₃COOH=CH₃COO⁻+H⁺（3）Ba(OH)₂=Ba²⁺+(OH)₂²⁻（4）NaHCO₃=Na⁺+H⁺+CO₃²⁻（5）H₂CO₃⇌2H⁺+CO₃²⁻解析：电离方程式的书写需注意：强电解质用“=”，弱电解质用“⇌”；多元弱酸分步电离（如H₂CO₃先电离为H⁺和HCO₃⁻，HCO₃⁻再部分电离为H⁺和CO₃²⁻）；酸式盐中，强酸的酸式盐（如NaHSO₄）在水溶液中完全电离为金属阳离子、H⁺和酸根离子；弱酸的酸式盐（如NaHCO₃）则电离为金属阳离子和酸式酸根离子（HCO₃⁻不拆）。（1）正确。H₂SO₄是强酸，完全电离。（2）错误。CH₃COOH是弱酸，部分电离，应为CH₃COOH⇌CH₃COO⁻+H⁺。（3）错误。OH⁻是阴离子，不能合并写为(OH)₂²⁻，应为Ba(OH)₂=Ba²⁺+2OH⁻。（4）错误。NaHCO₃是弱酸的酸式盐，HCO₃⁻部分电离，应为NaHCO₃=Na⁺+HCO₃⁻（若需写HCO₃⁻的电离，补充：HCO₃⁻⇌H⁺+CO₃²⁻）。（5）错误。H₂CO₃是二元弱酸，分步电离，应为H₂CO₃⇌H⁺+HCO₃⁻（主），HCO₃⁻⇌H⁺+CO₃²⁻（次）。例题3：溶液导电性强弱的比较（1）体积均为100mL、浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①盐酸②醋酸③NaOH溶液④Ba(OH)₂溶液。按导电性由强到弱排序：______（填序号）。（2）向50mL0.1mol/L的醋酸溶液中逐滴加入50mL0.1mol/L的NaOH溶液，描述混合过程中溶液导电性的变化趋势，并解释原因。解析：（1）溶液导电性由离子浓度（及离子电荷数）决定。离子浓度越大、电荷数越高，导电性越强。①盐酸（HCl）是强酸，完全电离，c(H⁺)=c(Cl⁻)=0.1mol/L，总离子浓度0.2mol/L；②醋酸（CH₃COOH）是弱酸，部分电离，c(H⁺)≈c(CH₃COO⁻)≈√(Kₐ·c)（Kₐ≈1.8×10⁻⁵），计算得c(H⁺)≈1.34×10⁻³mol/L，总离子浓度≈2.68×10⁻³mol/L，远小于盐酸；③NaOH是强碱，完全电离，c(Na⁺)=c(OH⁻)=0.1mol/L，总离子浓度0.2mol/L；④Ba(OH)₂是强碱，完全电离，c(Ba²⁺)=0.1mol/L，c(OH⁻)=0.2mol/L，总离子浓度0.3mol/L（Ba²⁺电荷数为+2，对导电性的贡献相当于2个+1离子，OH⁻为-1，总等效离子浓度为0.1×2+0.2×1=0.4mol/L，实际导电性比等浓度的NaOH更强）。（2）醋酸与NaOH反应提供CH₃COONa（强电解质）。初始时醋酸部分电离，离子浓度低；加入NaOH后，CH₃COOH与OH⁻反应提供CH₃COO⁻和H₂O，CH₃COO⁻浓度逐渐增大（Na⁺浓度也增大），离子总浓度升高；当恰好完全反应时，溶液为CH₃COONa溶液，CH₃COO⁻虽水解但程度小（c(Na⁺)=0.05mol/L，c(CH₃COO⁻)≈0.05mol/L），离子浓度高于初始醋酸；若继续加入NaOH，OH⁻浓度增大，导电性进一步增强。答案：（1）④>①=③>②（2）导电性先逐渐增强，至恰好完全反应时达到较高值；若继续加NaOH，导电性继续增强。原因：初始醋酸部分电离，离子浓度低；反应提供强电解质CH₃COONa，离子浓度升高；过量NaOH引入更多离子，导电性进一步提升。例题4：离子浓度的计算（1）已知25℃时，0.1mol/L的HCN溶液（Kₐ=6.2×10⁻¹⁰）中，c(H⁺)=______mol/L（保留两位有效数字），电离度α=______（用百分数表示，保留两位小数）。（2）将0.2mol/L的NH₄Cl溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合（忽略体积变化），求混合后溶液中c(NH₄⁺)、c(NH₃·H₂O)、c(Na⁺)、c(Cl⁻)的大小关系（已知NH₃·H₂O的Kᵦ=1.8×10⁻⁵）。解析：（1）HCN是弱酸，电离方程式为HCN⇌H⁺+CN⁻，Kₐ=c(H⁺)·c(CN⁻)/c(HCN)。由于c(H⁺)≈c(CN⁻)，且c(HCN)≈0.1mol/L（电离程度小），则Kₐ≈c(H⁺)²/0.1，解得c(H⁺)=√(Kₐ×0.1)=√(6.2×10⁻¹⁰×0.1)=√(6.2×10⁻¹¹)≈7.9×10⁻⁶mol/L。电离度α=c(H⁺)/c(初始)×100%≈(7.9×10⁻⁶)/0.1×100%≈0.0079%。（2）等体积混合后，c(NH₄Cl)=0.1mol/L，c(NaOH)=0.05mol/L。NH₄⁺与OH⁻反应提供NH₃·H₂O：NH₄⁺+OH⁻=NH₃·H₂O。反应后，c(NH₄⁺)=0.1-0.05=0.05mol/L，c(NH₃·H₂O)=0.05mol/L，c(Na⁺)=0.05mol/L，c(Cl⁻)=0.1mol/L（Cl⁻不参与反应）。此时溶液为NH₄Cl和NH₃·H₂O的混合溶液（等浓度的缓冲溶液），NH₃·H₂O的电离（NH₃·H₂O⇌NH₄⁺+OH⁻）与NH₄⁺的水解（NH₄⁺+H₂O⇌NH₃·H₂O+H⁺）相互抑制。由于Kᵦ=1.8×10⁻⁵，Kₕ（水解常数）=K_w/Kᵦ≈5.6×10⁻¹⁰，电离程度大于水解程度，故c(NH₄⁺)略大于0.05mol/L，c(NH₃·H₂O)略小于0.05mol/L，但差异很小。答案：（1）7.9×10⁻⁶；0.0079%（2）c(Cl⁻)>c(NH₄⁺)≈c(Na⁺)>c(NH₃·H₂O)例题5：离子共存的综合判断某无色透明溶液中可能含有以下离子：K⁺、Ba²⁺、Fe³⁺、NH₄⁺、Cl⁻、SO₄²⁻、HCO₃⁻、OH⁻。取该溶液进行如下实验：①滴加紫色石蕊试液，溶液变蓝；②取少量溶液，加入过量稀盐酸，无明显现象；③另取少量溶液，加入BaCl₂溶液，产生白色沉淀；④再取少量溶液，加入NaOH溶液并加热，未产生刺激性气味气体。根据以上实验，判断溶液中一定存在的离子是______，一定不存在的离子是______，可能存在的离子是______。解析：①溶液使石蕊变蓝，说明呈碱性，c(OH⁻)>c(H⁺)，则HCO₃⁻（与OH⁻反应：HCO₃⁻+OH⁻=CO₃²⁻+H₂O）、NH₄⁺（与OH⁻反应提供NH₃·H₂O）不能大量共存；②加过量稀盐酸无明显现象，说明无CO₃²⁻（否则产生气泡）、无Ag⁺（否则提供AgCl沉淀）；③加BaCl₂溶液产生白色沉淀，说明含SO₄²⁻（与Ba²⁺反应提供BaSO₄沉淀），因此原溶液中无Ba²⁺（Ba²⁺与SO₄²⁻不共存）；④加NaOH溶液加热无刺激性气味气体（NH₃），进一步确认无NH₄⁺；溶液无色，排除Fe³⁺（黄色）；阳离子可能有K⁺（唯一可能的阳离子），阴离子有SO₄²⁻、OH⁻（由①知溶液呈碱性）。答案：一定存在：K⁺、OH⁻、SO₄²⁻；一定不存在：Ba²⁺、Fe³⁺、NH₄⁺、HCO₃⁻；可能存在：Cl⁻例题6：电解质在生活中的应用分析运动饮料中常添加NaCl、KCl、MgSO₄等电解质成分。某品牌运动饮料的成分表显示：每100mL含Na⁺50mg、K⁺30mg、Mg²⁺10mg、Cl⁻80mg、SO₄²⁻20mg。（1）计算该饮料中各离子的物质的量浓度（单位：mmol/L，保留一位小数）；（2）解释运动后饮用含电解质饮料的科学依据。解析：（1）物质的量浓度c(mmol/L)=(质量(mg)/摩尔质量(g/mol))×1000/体积(mL)。Na⁺：摩尔质量23g/mol，c(Na⁺)=(50/23)×1000/100≈21.7mmol/L；K⁺：摩尔质量39g/mol，c(K⁺)=(30/39)×1000/100≈7.7mmol/L；Mg²⁺：摩尔质量24g/mol，c(Mg²⁺)=(10/24)×1000/100≈4.2mmol/L；Cl⁻：摩尔质量35.5g/mol，c(Cl⁻)=(80/35.5)×1000/100≈22.5mmol/L；SO₄²⁻：摩尔质量96g/mol，c(SO₄²⁻)=(20/96)×1000/100≈2.1mmol/L。（2）运动时人体通过汗液排出大量水分和电解质（如Na⁺、K⁺、Cl⁻），导致细胞外液渗透压降低、血容量减少，可能引发头晕、乏力等症状。补充含电解质的饮料可：