高考化学—化水溶液中的离子平衡的综合压轴题专题复习及详细答案
一、水溶液中的离子平衡
1.茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂(其抗氧化能力是 VC 的 5~10 倍),它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯,难溶于氯仿。在酸性介质中,茶多酚能将 Fe3+还原为 Fe2+,Fe2+与K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化合物 KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度(用光密度值 A 表示)与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A 与茶多酚标准液浓度的关系如图 1 所示:
某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚:
请回答下列问题:
(1)操作①用水浸取茶多酚时,实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图 2 所示,原因是____。若用乙醇浸取茶多酚操作如下:称取 10 g 茶叶末,用滤纸包好,装入恒压滴液漏斗中,圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇,如图 3 安装后,通冷凝水,加热套加热,当乙醇被加热沸腾后,控制加热套温度在 90℃。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5 cm,并保持约 1 h,可行的操作方法是________。
(2)减压蒸发相对于一般蒸发的优点是________;氯仿的作用是________。
(3)下列有关实验基本操作不正确的是________。
A.图 3 中冷凝水流向为 a 进 b 出
B.分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用
C.操作①过滤时,可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度
D.萃取过程中,经振摇并放气后,将分液漏斗置于铁圈上立即分液
(4)称取 1.25 g 粗产品,用蒸馏水溶解并定容至 1000 mL,移取该溶液 1.00 mL,加过量 Fe3+和 K3Fe(CN)6酸性溶液,用蒸馏水定容至 100 mL 后,测得溶液光密度值 A=0.800,则产品的纯度是_____ (以质量分数表示)。
【来源】吉林省东北师范大学附属中学2019-2020学年高二下学期疫情延期开学考试(4月)化学试题
【答案】茶多酚易被氧气氧化,搅拌速度越快,茶多酚氧化速度越快,浸出率越低关闭活塞,当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时,调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致降低蒸发温度防止产物氧化或分解萃取(或除杂) CD 96%
【解析】
【分析】
茶叶用水浸泡时,茶多酚、氨基酸、茶碱等溶解在水中,过滤后,去除滤渣,得到的滤液减压蒸发,可降低蒸发温度,防止氧化反应的发生;往浓缩液中加入氯仿、分液,可得含氯仿的有机溶液①,水溶液②中含有茶多酚,用乙酸乙酯萃取、分液,可得茶多酚的乙酸乙酯溶液,然后减压蒸发,即可获得茶多酚粗产品。
【详解】
(1)操作①用水浸取茶多酚时,从图2中可以看出,搅拌速率越快,光密度值(A)越小,即茶多酚浓度越小,因为茶多酚易被氧气氧化,搅拌越快,与空气的接触越多,由此得出原因是:茶多酚易被氧气氧化,搅拌速度越快,茶多酚氧化速度越快,浸出率越低。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5 cm,并保持约 1 h,可行的操作方法是关闭活塞,当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时,调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致。答案为:茶多酚易被氧气氧化,搅拌速度越快,茶多酚氧化速度越快,浸出率越低;关闭活塞,当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时,调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致;
(2)减压蒸发比蒸发所需的温度低,除节省能源外,还可使环境的温度降低,其优点是降低蒸发温度防止产物氧化或分解;因为后加入的乙酸乙酯萃取茶多酚,则氯仿萃取的应是杂质,由此得出氯仿的作用是萃取(或除杂)。答案为:降低蒸发温度防止产物氧化或分解;萃取(或除杂);
(3)A.图 3 中冷凝水流向应下进上出,即a进b出,A正确;
B.分液漏斗使用前,为防漏液,应查漏,然后洗涤备用,B正确;
C.操作①过滤时,不可用玻璃棒搅拌,否则会造成滤纸损坏,C不正确;
D.萃取过程中,分液漏斗应静置分层后,再进行分液,D不正确;
故选CD。答案为:CD;
(4) 溶液光密度值 A=0.800,从表中可查得茶多酚的浓度为1.2×10-5g/mL,由此可得出原
1000 mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2×10-5g/mL×100mL×1000mL
1mL
=1.2g,则产品的纯度
是1.2g
100%
1.25g
=96%。答案为:96%。
【点睛】
搅拌越快,茶多酚与Fe3+的接触面积越大,还原Fe3+的速率越快,光密度值理应越大,但
事实上,光密度值反应越小,则表明茶多酚在搅拌过程中发生了转化。只有联系到茶多酚的性质,才能解决此问题,于是采用类推法。茶多酚也属于酚类,所以具有类似苯酚的性质,
2.以环己醇为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COO H]的实验流程如下:
其中“氧化”的实验过程:在250mL四颈烧瓶中加入50 mL水和3.18g碳酸钠,低速搅拌至碳酸钠溶解,缓慢加入9.48g(约0.060 mol)高锰酸钾,按图示搭好装置:
打开电动搅拌,加热至35℃,滴加3.2 mL(约 0.031 mol) 环己醇,发生的主要反应为:
-
KMnO/OH
????→ KOOC(CH2)4COOK ?H<0
4
<50℃
(1)“氧化”过程应采用____________加热
(2)“氧化”过程为保证产品纯度需要控制环己醇滴速的原因是:_______________。
(3)为证明“氧化”反应已结束,在滤纸上点1滴混合物,若观察到___________则表明反应已经完成。
(4)“趁热抽滤”后,用___________进行洗涤(填“热水”或“冷水")。
(5)室温下,相关物质溶解度如表:
化学式己二酸NaCl KCl
溶解度g/100g水 1.4435.133.3
“蒸发浓缩”过程中,为保证产品纯度及产量,应浓缩溶液体积至_________(填标号)
A.5mL B.10mL C.15mL D.20mL
(6)称取己二酸(Mr-=146 g/mol)样品0.2920 g,用新煮沸的50 mL 热水溶解,滴入2滴酚酞试液,用0.2000 mol/L NaOH 溶液滴定至终点,消耗 NaOH 的平均体积为 19.70 mL。NaOH 溶液应装于____________(填仪器名称),己二酸样品的纯度为________。
【来源】四川省成都七中2020届高三理科综合二诊模拟考试化学试题
【答案】水浴为保证反应温度的稳定性(小于50℃)或控制反应温度在50℃以下未出现紫红色热水 C 碱式滴定管 98.5%
【解析】
由题意可知,三颈烧瓶中加入3.18克碳酸钠和50mL 水,低温搅拌使其溶解,然后加入
9.48g 高锰酸钾,小心预热溶液到35℃,缓慢滴加3.2mL 环己醇,控制滴速,使反应温度维持在45℃左右,反应20min 后,再在沸水浴上加热5min 促使反应完全并使MnO 2沉淀凝聚,加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾,趁热过滤得到MnO 2沉淀和含有己二酸钾的滤液,用热水洗涤MnO 2沉淀,将洗涤液合并入滤液,热浓缩使滤液体积减少至10mL 左右,趁热小心加入浓硫酸,使溶液呈强酸性(调节pH =1~2),冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥,得己二酸白色晶体;
(1)氧化过程需要使反应温度维持在35℃左右;
(2)因为滴速对溶液的温度有影响,为保证产品纯度,需要控制反应温度;
(3)为证明“氧化”反应已结束,就是检验无高锰酸钾即可;
(4)根据减少物质的损失,结合物质溶解度与温度的关系分析;
(5)室温下,根据相关物质溶解度,“蒸发浓缩”过程中,要保证产品纯度及产量,就是生成的杂质要依然溶解在溶液中,据此计算应浓缩溶液体积;
(6)①根据仪器的特点和溶液的性质选取仪器;
②称取已二酸(Mr =146g/mol)样品0.2920g ,用新煮沸的50mL 热水溶解,滴入2滴酚酞试液,用0.2000mol/L NaOH 溶液滴定至终点,进行平行实验及空白实验后,消耗NaOH 的平均体积为19.70mL ;设己二酸样品的纯度为ω,根据HOOC(CH 2)4COOH ~2NaOH 计算。
【详解】
(1)氧化过程需要使反应温度维持在35℃左右,要用35℃的热水浴;
(2)因为滴速对溶液的温度有影响,为保证反应温度的稳定性(小于50℃)或控制反应温度在50℃以下,需要控制环己醇滴速;
(3)为证明“氧化”反应已结束,就是检验无高锰酸钾即可,所以在滤纸上点1滴混合物,若观察到未出现紫红色,即表明反应完全;
(4)根据步骤中分析可知要使生成的MnO 2沉淀并充分分离MnO 2沉淀和滤液,应趁热过滤;为减少MnO 2沉淀的损失,洗涤时也要用热水洗涤;
(5)据题意,高锰酸钾约0.060mol ,碳酸钠3.18g ,0.030mol ,根据元素守恒,得最后NaCl 、KCl 最多为0.060mol ,质量分别为3.51g ,4.47g ,所需体积最少要10mL 、13.4mL ,为确保产品纯度及产量,所以应浓缩溶液体积至15mL ;
(6)①氢氧化钠溶液呈碱性,需要的仪器是碱式滴定管;
②称取已二酸(Mr =146g/mol)样品0.2920g ,用新煮沸的50mL 热水溶解,滴入2滴酚酞试液,用0.2000mol/L NaOH 溶液滴定至终点,进行平行实验及空白实验后,消耗NaOH 的平均体积为19.70mL ;设己二酸样品的纯度为ω,则:
24-3HOOC(CH )COOH 2NaOH 146g
2mol 0.2920g 0.2000mol/L 19.7010L
ω???: 0.292146g 0g ω?=32mol 0.2000mol/L 19.7010L
-?? 解得ω=98.5%.
本题明确实验原理是解题的关键,注意该反应对温度要求非常严格,解题时要按照题意进
行解答,注意题目信息与相关基础知识的联合分析。
3.氢叠氮酸(HN3)和莫尔盐[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]是两种常用原料。
(1)氢叠氮酸易溶于水,25℃时,该酸的电离常数为Ka=10×10-5。
①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_______
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后,恢复到25℃,此时,溶液呈酸性,则混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为_______。
(2)在FeSO4溶液中,加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)
2·6H2O],为了测定产品纯度,称取ag产品溶于水,配制成500mL溶液,用浓度为cmol/L
的酸性高锰酸钾溶液滴定,每次所取待测液体积均为25.00mL,实验结果记录如下:(已
知莫尔盐的分子量为392)
①配制莫尔盐溶液,所使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外还有_______
②滴定终点的现象是_______,通过实验数据,计算该产品的纯度为_______(用含字母
a、c的式子表示)。
③上表第一次实验中记录数据明显大于后两次,其原因可能是_______。
A 第一次滴定时,锥形瓶用待装液润洗
B 该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长,部分变质
C 滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡,滴定结束后气泡消失
【来源】海南省海口市海南中学2020届高三下学期第七次月考化学试题
【答案】HN3?H++N3- c(N3-)>c(Na+)>c(HN3+)>c(H+)>c(OH-) 500mL容量瓶,
胶头滴管滴入最后一滴标准液,溶液变为浅紫红色,且半分钟不变色(980c/a)×100% AC
【解析】
【分析】
(1)①氢叠氮酸是一元弱酸;
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后,溶液中含有等物质的量浓
度的HN3和NaN3;
(2)溶液的配置需要的仪器有:烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管;高锰酸钾溶液本身是紫色的,可以根据高锰酸钾溶液颜色变化判断滴定终点;第一次实验中记录数据明显大于后
两次,即高锰酸钾溶液体积偏大。
【详解】
(1)①氢叠氮酸易溶于水,25℃时,该酸的电离常数为K a=10×10-5,说明氢叠氮酸为弱酸,
在水溶液中的电离方程式为HN 3H ++N 3-,故答案为HN 3H ++N 3-;
②0.2mol/L 的HN 3溶液与0.1mol/L 的NaOH 溶液等体积混合后,溶液中存在等物质的量浓度的HN 3和Na N 3,恢复到25℃,溶液显酸性,以HN 3的电离为主,混合溶液中各离子和HN 3分子浓度由大到小的顺序为c(N 3-)>c(Na +)>c(HN 3)>c(H +)>c(OH -),故答案为c(N 3-)>c(Na +)>c(HN 3)>c(H +)>c(OH -);
(2) ①500mL 溶液的配置需要的仪器有:烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管,故答案为:500mL 容量瓶,胶头滴管;
②利用高锰酸钾的强氧化性,Fe 2+的强还原性,两者发生氧化还原反应,Fe 2+被氧化成Fe 3+,化合价升高1,Mn 由+7价→+2,化合价降低5,最小公倍数5,根据原子个数、电荷守恒,配平得MnO 4-+5Fe 2++8H +=Mn 2++5Fe 3++4H 2O ,向溶液中滴加中高锰酸钾,高锰酸钾显紫红色,因此滴定到终点:滴入最后一滴标准液,溶液由无色变为浅紫色,且30s 不变色,故答案为:滴入最后一滴标准液,溶液由无色变为浅紫色,且30s 不变色;因为第一次与第二次、第三次相差较大,忽略不计,消耗高锰酸钾溶液的体积为25.0222 4.98 mL=25mL ,根据离子反应方程式,得出:n[(NH 4)2SO 4?FeSO 4?6H 2O]=5n(KMnO 4) =25×10-3×c×5mol ,则500mL 溶液中含有
n[(NH 4)2SO 4?FeSO 4?6H 2O] =25×10-3×c×5×500/25mol =2.5cmol ,所以质量分数
=2.5c×392a ×100%=980c a ×100%,故答案为:980c a
×100%; ③A .第一次滴定时,锥形瓶用待装液润洗,锥形瓶中亚铁离子的量偏多,消耗的高锰酸钾偏多,A 项正确;B .三次使用的高锰酸钾都是一样的,消耗的高锰酸钾体积应是相同的,B 项错误;C .滴定管尖嘴有气泡,滴定结束无气泡,所消耗的液体体积增加,故C 项正确;故答案为:AC 。
【点睛】
本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。本题的易错点为(2)的误差分析,要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。
4.亚氯酸钠(NaClO 2)是一种高效氧化剂、漂白剂。已知:NaClO 2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO 2·3H 2O ,高于38℃时析出晶体是NaClO 2,高于60℃时NaClO 2分解成NaClO 3和NaCl 。利用下图所示装置制备亚氯酸钠。
完成下列填空:
(1)装置②中产生ClO 2的化学方程式为___________。装置③的作用是_____________。
(2)从装置④反应后的溶液获得NaClO 2晶体的操作步骤为:
①减压,55℃蒸发结晶;②__________;③_______;④低于60℃干燥,得到成品。
(3)准确称取所得亚氯酸钠样品10g 于烧杯中,加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体,再滴入适量的稀硫酸,充分反应(ClO 2-+ 4I -+4H + →2H 2O+2I 2+Cl -)。将所得混合液配成250mL 待测溶液。配制待测液需用到的定量玻璃仪器是____________;
(4)取25.00mL 待测液,用2.0 mol/L Na 2S 2O 3标准液滴定(I 2 +2S 2O 32-→2I -+S 4O 62-),以淀粉溶液做指示剂,达到滴定终点时的现象为__________。重复滴定2次,测得Na 2S 2O 3溶液平均值为20.00 mL 。该样品中NaClO 2的质量分数为_____________。
(5)通过分析说明装置①在本实验中的作用_______________________________。
【来源】2014届上海市金山区高三一模化学试卷(带解析)
【答案】2NaClO 3+ Na 2SO 3+ H 2SO 4→2ClO 2+ 2Na 2SO 4+ H 2O 防止倒吸 趁热过滤 用38-60℃的温水洗涤 250mL 容量瓶 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色 90.5% 当关闭K 2时,打开K 1,可以吸收反应产生的气体。
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据反应物NaClO 3、Na 2SO 3、H 2SO 4,生成物为ClO 2和2Na 2SO 4,配平方程式为2NaClO 3+ Na 2SO 3+ H 2SO 4=2ClO 2+ 2Na 2SO 4+ H 2O ;装置③为安全瓶,防止装置②中气体温度降低而产生倒吸;
(2)因为NaClO 2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO 2·
3H 2O ,高于38℃时析出晶体是NaClO 2,高于60℃时NaClO 2分解成NaClO 3和NaCl ,若要得到NaClO 2晶体,需在38-60℃得到晶体,故操作为趁热过滤;用38-60℃的温水洗涤;
(3)容量瓶要指明规格;
(4)有碘单质参和生成的反应,一般采用淀粉溶液做指示剂,该反应是Na 2S 2O 3标准液滴定碘,终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色;
计算时一般找出关系式,由此进行计算,关系式为ClO 2-——2I 2——4S 2O 32-
n(ClO 2-)= 1/4 n(S 2O 32-)=1/4×20×10-3×2=0.01mol
m(NaClO 2)=0.01×90.5=9.05g 该样品中NaClO 2的质量分数为9.05g÷10g=0.905
(5)本实验产生污染性气体,直接排放会污染环境,故需要尾气处理,装置①就是用碱吸收反应产生的ClO 2等尾气。
5.某课外小组采用碘量法测定河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn (OH )2碱性悬浊液(含有KI )混合,反应生成MnO (OH )2,实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化,MnO (OH )2被I ?还原为Mn 2+,在暗处静置5 min ,然后用标准Na 2S 2O 3溶液滴定生成的I 2(2223S O -+I 2 = 2I ?+246S O -
)。
回答下列问题:
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面,这样操作的主要目的是_____。
(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为___________。
(3)Na2S2O3能水解,则滴定时Na2S2O3溶液应装在_____(填下图中的仪器编号)。请补充润洗该仪器的操作方法:从滴定管____加入3~5mL所要盛装的溶液,__________,然后,一手控制活塞(酸式滴定管轻轻转动活塞;碱式滴定管轻轻挤压玻璃球),将液体从滴定管__放入预置的烧杯中。
甲乙丙丁
(4)某次滴定前滴定管液面如图所示,读数为________mL。
(5)量取100.00mL水样经固氧、酸化后,从中取20.00mL放入锥形瓶,用a
mol·L?1Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为________________;若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL,则水样中溶解氧的含量为__mg·L?1。
【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学(理)试题【答案】使测定值与水体中的实际值保持一致,避免产生误差 O2+ 2Mn(OH)2=2MnO (OH)2丁上口倾斜着转动滴定管下口 0.30 蓝色刚好褪去 400ab
【解析】
【分析】
(1)采集的水样中溶解的氧气因外界条件的改变其溶解度发生变化;
(2)“氧的固定”的方法是用Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)与水样混合,反应生成MnO(OH)2;
(3)Na2S2O3能水解显碱性,可装在碱式滴定管中进行滴定,将溶液从滴定管的上口倒入滴定管中进行润洗,完全排出溶液;
(4)滴定管读数上小下大,精确度为0.01mL;
(5)用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2,用淀粉作指示剂,一开始I2遇淀粉变蓝,随着反应的进行,蓝色逐渐变浅,直至最终达到滴定终点时蓝色完全消失;根据关系O2~
2MnO(OH)2~2I2~4S2O32-进行基本计算。
【详解】
(1)取水样扰动水体表面,这样操作会使氧气溶解度减小,为此,取水样时应尽量避免扰动水体表面,避免产生误差;
(2)“氧的固定”的方法是用Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)与水样混合,反应生成MnO(OH)2,反应的方程式为:O2+ 2Mn(OH)2=2MnO(OH)2;
(3)Na 2S 2O 3能水解,使溶液显碱性,可装在碱式滴定管中进行滴定,将溶液从滴定管的上口倒入滴定管中倾斜着转动滴定管进行润洗,从下口将液体从滴定管排入预置的烧杯中;
(4)滴定管读数上小下大,精确度为0.01mL ,图中读数为0.30mL ;
(5)用标准Na 2S 2O 3溶液滴定生成的I 2,用淀粉作指示剂,一开始I 2遇淀粉变蓝,随着反应的进行,蓝色逐渐变浅,直至最终达到滴定终点时蓝色完全消失,且30s 内不变色;根
据O 2 + 2Mn (OH )2=2MnO (OH )2、MnO (OH )2+2I -+4H +=I 2+ Mn 2++3H 2O 、2223S O -
+I 2=2I ?+246S O -
可得关系式:O 2~2MnO (OH )2~2I 2~4S 2O 32-,则有n (O 2)=3101000.00125420-??=ab mL mol mol mL
,则水样中溶解氧的含量为0.00125mol 32000mg /mol 0.1L
?=400mg ·L ?1。 【点睛】
本题的难点是氧化还原滴定的计算,分析时要弄清楚氧化还原滴定的原理[以氧化剂(或还原剂)为滴定剂,直接滴定一些具有还原性(或氧化性)的物质],物质之间(根据方程式确定)的关系,以及指示剂(氧化还原滴定所用指示剂可归纳为三类:①氧化还原指示剂;②专用指示剂,如在碘量法滴定中,可溶性淀粉溶液遇碘变蓝;③自身指示剂,如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时,滴定终点为溶液由无色变为浅红色)的使用等。
6.葡萄糖酸亚铁(C 6H 11O 7) 2Fe 是常用的补铁剂,易溶于水。用下图装置制备 FeCO 3,提取出的 FeCO 3与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。回答下列问题:
Ⅰ.(1)如何检验 A 装置的气密性?____。
(2)B 中加入药品Na 2CO 3,要使A 中制得的FeSO 4溶液进入B 中发生反应,实验开始时,应打开分液漏斗的活塞、______,关闭_____,一段时间后,关闭_______,打开_____(填旋塞的编号)。
(3)将制得的碳酸亚铁悬浊液过滤、洗涤。如何证明沉淀已经洗涤干净_________。 (4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合,反应的化学方程式为(有机物用分子式表示)_____。 (5)从环境保护的角度分析,该装置存在不足之处,请写出改正措施__________。 Ⅱ.某补铁剂的主要成分是硫酸亚铁,用氧化还原滴定法可测定该补铁剂中铁元素的含量,实验的主要步骤如下:
①取10片补铁剂样品,溶解除去不溶物(不损耗铁元素),并配成100mL 待测溶液。 ②量取20.00mL 待测液于锥形瓶中。
③用cmol·
L ?1的酸性KMnO 4溶液滴定至终点,记录消耗KMnO 4溶液的体积,重复两次实验,平均消耗KMnO 4溶液体积为VmL 。
(6)上述实验中应该用稀硫酸酸化KMnO4溶液,如果用硝酸对KMnO4溶液进行酸化,对测定结果的影响是_____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。滴定终点的实验现象为_____。(7)每片补铁剂含铁元素的质量为________________g(用代数式表示)。
【来源】清华大学中附属中学学生标准学术能力诊断性测试2019年11月测试高三理综化学试题
【答案】关闭 K1、K2,打开分液漏斗的活塞,从分液漏斗上方注入水,若一段时间后,水不再滴下,且维持一段时间,则A装置的气密性良好,反之,则气密性不好 K2 K1 K2
K1取少量最后一次洗涤液于一洁净的试管中,加入稀盐酸,无现象,再加入少量 BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则沉淀已经洗涤干净,反之,则未洗涤干净
2C6H12O7+FeCO3→(C6H11O7)2Fe+CO2+H2O把尾气用酒精灯点燃偏小当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液时,溶液变为紫色,并且半分钟内不褪色,则达到滴定终点 0.14cv
【解析】
【分析】
由实验装置图可知,该实验的反应为实验开始时,应打开分液漏斗的活塞、K2,关闭K1,装置A中铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,利用反应生成的氢气将装置中的空气排尽,防止FeCO3被氧化,待空气排尽后,关闭K2,打开K1,反应生成的氢气使圆底烧瓶中压强增大,从而将A中生成的硫酸亚铁溶液压入装置B中,硫酸亚铁与碳酸钠反应生成碳酸亚铁沉淀,提取出的 FeCO3与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。
【详解】
(1)检验 A 装置的气密性可用液压法,具体操作为关闭 K1、K2,打开分液漏斗的活塞,从分液漏斗上方注入水形成密闭系统,若装置的气密性良好,加入水一段时间后,容器中气体压强增大,水不再滴下,且维持一段时间,故答案为:关闭 K1、K2,打开分液漏斗的活塞,从分液漏斗上方注入水,若一段时间后,水不再滴下,且维持一段时间,则A装置的气密性良好,反之,则气密性不好;
(2)B中加入药品Na2CO3,要使A中制得的FeSO4溶液进入B中发生反应,实验开始时,应打开分液漏斗的活塞、K2,关闭K1,装置A中铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,利用反应生成的氢气将装置中的空气排尽,一段时间后,关闭K2,打开K1,反应生成的氢气使圆底烧瓶中压强增大,从而将A中生成的硫酸亚铁溶液压入装置B中,故答案为:
K2;K1K2;K1;
(3)装置B中硫酸亚铁溶液与碳酸钠溶液反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠,过滤得到的碳酸亚铁表面附有可溶的硫酸钠,证明沉淀已经洗涤干净的标志是洗涤液中不含有硫酸钠,检验洗涤液中是否存在硫酸根离子可以选用酸化的氯化钡溶液,具体操作为取少量最后一次洗涤液于一洁净的试管中,加入稀盐酸,无现象,再加入少量 BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则沉淀已经洗涤干净,反之,则未洗涤干净,故答案为:取少量最后一次洗涤液于一洁净的试管中,加入稀盐酸,无现象,再加入少量 BaCl2溶液,若无白色沉淀产生,则沉淀已经洗涤干净,反之,则未洗涤干净;
(4)葡萄糖酸与碳酸亚铁反应生成葡萄糖酸亚铁、二氧化碳和水,反应的化学方程式为
2C6H12O7+FeCO3→(C6H11O7)2Fe+CO2↑+H2O,故答案为:
2C6H12O7+FeCO3→(C6H11O7)2Fe+CO2↑+H2O;
(5)从环境保护的角度来看,实验过程中的氢气没有处理,应选用气球收集或用酒精灯点燃处理氢气,故答案为:用酒精灯点燃;
(6)硝酸具有强氧化性,能将亚铁离子氧化,如果用硝酸对KMnO 4溶液进行酸化,硝酸会氧化亚铁离子,导致与亚铁离子反应的酸性高锰酸钾的体积偏小,所测结果偏低;当溶液中的亚铁离子被完全氧化后,若再滴入酸性高锰酸钾溶液,溶液会变为紫色,故答案为:偏小;当滴入最后一滴酸性 KMnO 4溶液时,溶液变为紫色,并且半分钟内不褪色,则达到滴定终点;
(7)溶液中亚铁离子与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成铁离子、锰离子和水,反应的离子方程式为MnO 4-+ 5Fe 2++8H +=Mn 2++5Fe 3++4H 2O ,反应中消耗KMnO 4的物质的量为10-3cvmol ,由方程式可知10片补铁剂样品中亚铁离子的物质的量为10-3cvmol ×5×5=0.025 cvmol ,则每片补铁剂含铁元素的质量为0.025 561/0 cvmol g mol =0.14cvg ,故答案为:0.14cv 。
【点睛】
实验开始时,应打开分液漏斗的活塞、K 2,关闭K 1,装置A 中铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,利用反应生成的氢气将装置中的空气排尽,一段时间后,关闭K 2,打开K 1,反应生成的氢气使圆底烧瓶中压强增大,从而将A 中生成的硫酸亚铁溶液压入装置B 中是实验设计的关键,也是解答的难点和易错点。
7.某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质及制备。
(探究一)选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱:
(1)装置A 中盛固体的玻璃仪器名称是____,装置A 中反应的离子化学方程式为_________。
(2)装置连接顺序为A__________,其中装置C 的作用是_________,通过现象_______,即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。
(探究二)硫代硫酸钠晶体(Na 2S 2O 3·5H 2O ,M =248g /mol )可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:
(3)利用K 2Cr 2O 7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:
①溶液配制:称取1.2000 g 某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解,完全溶解后,全部转移至100mL 容量瓶中,再定容至凹液面与刻度线相平。 ②滴定:取0.00950 mol ·L ?1的K 2Cr 2O 7标准溶液20.00 mL ,硫酸酸化后加入过量KI ,发生反应:Cr 2O 72?+6I ?+14H +=3I 2+2Cr 3++7H 2O 。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I 2+2S 2O 32?=S 4O 62?+2I ?。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当______即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL ,则样品纯度为______%(保留1位小数)。
(4)Na2S2O3常用于脱氯剂,在溶液中易被氯气氧化为SO42-,该反应的离子方程式为
________。
【来源】广东省揭阳市第三中学2020届高三上学期第三次月考理综化学试题
【答案】圆底烧瓶 CaSO3+2H+=Ca2++SO2↑+H2O CBEDF 除去HCl气体装置D中品红溶液不褪色,F中出现白色沉淀滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液,溶液蓝色褪去,且半分钟后不复原 95.0 S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+
【解析】
【分析】
(1)装置A中盛固体的玻璃仪器名称是圆底烧瓶,装置A中稀盐酸和亚硫酸钙发生复分解反应生成氯化钙、二氧化硫和水;
(2)利用强酸制取弱酸原理检验,因为二氧化硫具有还原性、次氯酸钙具有氧化性,所以二者易发生氧化还原反应,不能直接将二氧化硫气体通入F装置中,应该向将二氧化硫转化为二氧化碳气体,然后用强氧化性物质吸收二氧化硫,然后二氧化硫检验是否除尽,再将气体通入漂白粉溶液中,通过实验现象判断碳酸与次氯酸酸性强弱判断;
(3)用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定到反应终点,碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变,结合化学方程式定量关系计算,Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O,I2+2S2O32-=S4O62-+2I-,得到
Cr2O72-~3I2~6S2O32-,据此计算;
(4)Na2S2O3还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成SO42-,氯气被还原生成氯离子。
【详解】
(1)装置A中盛固体的玻璃仪器名称是圆底烧瓶,装置A中稀盐酸和亚硫酸钙发生复分解反应生成氯化钙、二氧化硫和水,反应方程式为CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O,对应离子反应方程式为CaSO3+2H+=Ca2++SO2↑+H2O;
(2)A装置制取二氧化硫,因为盐酸具有挥发性,所以生成的二氧化硫中含有HCl,C除去挥发的HCl得到较纯净的二氧化硫,B将二氧化硫转化为二氧化碳,E吸收未反应的二氧化硫,D检验二氧化硫是否除尽,最后将得到的二氧化碳通入漂白粉溶液中,如果产生白色沉淀,说明碳酸酸性大于次氯酸,所以装置排列顺序为:A、C、B、E、D、F,其中装置C 的作用是除去HCl气体,通过现象装置D中品红溶液不褪色,F中出现白色沉淀,即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸;
(3)取0.00950mol?L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O.然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,到反应终点,碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变,说明反应到达滴定终点,平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80mL;结合化学方程式定量关系计算,Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O,
I2+2S2O32-=S4O62-+2I-,得到:
Cr2O72-~~~3I2~~~6S2O32-
16
0.0095mol/L×0.02L n
样品溶液的平均用量为24.80mL,溶液中硫代硫酸根离子物质的量
n=0.0095mol/L×0.02L×6=0.00114mol,配制100mL溶液中n(S2O32-
)=0.00114mol×100ml
24.8ml
=0.0046mol,则样品纯度
=0.0046mol248g/mol
1.200g
×100%=95.0%;
(4)Na2S2O3还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成SO42-,氯气被还原生成氯离子,离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+。
【点睛】
明确实验原理是解题关键,常见设计制备实验方案的一般思路是:①列出可能的几种制备方法和途径;②从方法是否可行、装置和操作是否简单、经济与安全等方面进行分析和比较;③从中选取最佳的实验方法。在制定具体的实验方案时,还应注意对实验条件进行严格、有效的控制。
8.CaCO3广泛存在于自然界,是一种重要的化工原料。实验室用大理石(主要成分为CaCO3,另外有少量的含硫化合物)和稀盐酸反应制备CO2气体。下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥。
完成下列填空:
(1)用浓盐酸配制1:1(体积比)的稀盐酸(约6mol·L—1),应选用的仪器是____。
a.烧杯b.玻璃棒c.量筒d.容量瓶
上述装置中,A是___溶液,NaHCO3溶液可以吸收____。上述装置中,B物质是____。用这个实验得到的气体测定CO2的分子量,如果B物质失效,测定结果____(填“偏高”、“偏低”或“不受影响”)。
(2)SiO2与CO2组成相似,但固体的熔点相差甚大,其原因是_____。
(3)饱和的Na2CO3溶液中通入过量CO2的离子方程式为_____。0.1mol/L的NaHCO3溶液中,c(Na+)+c(H+)=_____,其中有关碳微粒的关系为:____ =0.1mol/L。浓度相等的
Na2CO3和NaHCO3溶液等体积混合后,溶液中离子浓度由大到小的关系为______。
【来源】上海市七宝中学2017届高三上学期期中考试化学试题
【答案】abc CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液吸收HCl气体或吸收酸性气体无水CaCl2偏低其原因是所属晶体类型不同,二氧化硅是原子晶体,熔化时破坏化学键,熔点高;二氧化碳是分子晶体,熔化时破坏的是分子间作用力,熔点低 2Na++CO32-+CO2+H2O=
2NaHCO3↓ c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-) c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
【解析】
【详解】
(1)配制一定体积比的溶液时,应选用烧杯、玻璃棒和量筒,用量筒量出相同体积的浓盐酸和水,倒入烧杯中,用玻璃棒搅拌加速溶解;根据实验所用药品,制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气;根据除杂的要求,除去H2S是可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液;碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体;B是用来除去水份的,但这种干燥剂又不能与CO2反应所以是氯化钙;如果B中物质失效则二氧化碳中含有水,而水的相对分子质量小于二氧化碳,所以测定结果会偏低;
(2)二氧化硅与二氧化碳所属晶体类型不同,二氧化硅是原子晶体,熔化时破坏共价键,熔点高,而二氧化碳是分子晶体,熔化时破坏的是分子间作用力,熔点低,导致SiO2与CO2熔点相差甚大;
(3)向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2,发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,Na2CO3溶解度大于NaHCO3,则NaHCO3溶液为过饱和溶液,所以生成NaHCO3沉淀导致溶液变浑浊,离子方程式:2Na++CO32-+H2O+CO2=2NaHCO3↓;在0.1mol/L的NaHCO3溶液中,存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-),存在的物料守恒式为
c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol/L;浓度相等的Na2CO3和NaHCO3溶液等体积混合后,溶液中Na+浓度最大,CO32-的水解程度大于HCO3-水解程度,即c(CO32-)<c(HCO3-),且溶液显碱性,即c(H+)<c(OH-),则溶液中各离子浓度的由大到小的关系为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)。
9.研究证明,高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物,而且不产生任何诱变致癌的产物,具有高度的安全性。湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法,实验步骤如下:
A.直接用天平称取60.5gFe(NO3)3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。
B.在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌,又想其中缓慢少量分批加入Fe(NO3)3·9H2O,并不断搅拌。
C.水浴温度控制在20℃,用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右,溶液成紫红色时,即表明有Na2FeO4生成。
D.在继续充分搅拌的情况下,向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。
E.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。保持温度在20℃,并不停的搅拌15min,可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成,即K2FeO4.
(1)①步骤B中不断搅拌的目的是_______。
②步骤C中发生反应的离子方程式为______。
③由以上信息可知:高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_______(填“大”或“小”)。
(2)高铁酸钾是一种理想的水处理剂,与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。①该反应的离子方程式为______。②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______。③在提纯
K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法,则洗涤剂最好选用_______。
A.H2O B.稀KOH溶液、异丙醇 C.NH4Cl溶液、异丙醇 D.Fe(NO3)3溶液、异丙醇(3)高铁酸钠还可以用电解法制得,其原理可表示为
Fe+2NaOH+2H2O3H2↑+Na2FeO4,则阳极材料是____,电解液为______。
c(FeO42-)完全沉淀,理论上要加入Ca(OH)2的物质的量为_____mol。
(5)干法制备高铁酸钾的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。
【来源】安徽省滁州市定远县育才学校2020届高三上学期第一次月考化学试题
【答案】使固体充分溶解(或其他合理说法) 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小
4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑消毒、净水 B 铁 NaOH溶液 4.536×10-5 3:1
【解析】
【分析】
(1)①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积;
②步骤C中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)3·9H2O,在20℃左右,生成Na2FeO4;
③在Na2FeO4的浓溶液中加入KOH固体,有高铁酸钾析出,根据溶解度大的制备溶解度小的可得;
(2)①该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价,根据转移电子相等配平方程式;②高铁酸钾在铁元素为+6价,有强氧化性,还原产物Fe3+,在水溶液中易水解生成氢氧化铁胶体;③洗涤剂的选择要求:要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试剂;
(3)电解总反应在碱性条件下进行,电解时阳极发生氧化反应,铁失电子生成高铁酸根离子;
(4)根据溶度积常数计算;
(5)根据含元素化合价升高的物质为还原剂,含元素化合价降低的物质为氧化剂,并根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比。
【详解】
(1)①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积,则步骤B中不断搅拌的目的是使固体充分溶解;
②步骤C中中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe(NO3)3·9H2O,在20℃左右,生成Na2FeO4,此时发生反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-;
③根据题,将KOH加入Na2FeO4得到K2FeO4,说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小;
(2)①该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价,其转移电子数为6,根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶
体)+3O2↑+8OH-;②高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性,是一种优良的水处理剂,起到杀菌消毒作用,形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用;③洗涤剂的选择要求:要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试剂,在选项中,A能让K2FeO4水解,B中醋酸钠水解显碱性,对
K2FeO4水解能起到抑制作用,C和D中的铵根和三价铁离子易水解,且水解后显酸性,对K2FeO4水解能起到促进作用,故选B,故答案为:B;
(3)电解总反应在碱性条件下进行,电解时阳极发生氧化反应,铁失电子生成高铁酸根离子,则阳极材料是Fe,电解液为NaOH溶液;
c(FeO42- )完全沉淀,理论上至少要加入的Ca(OH)2的物质的量
=
(
)
sp
2
4
K
c FeO-
×0.1L=
9
5
4.53610
1.010
-
-
?
?
mol/L×0.1L=4.536×10-5mol;
(5)干法制备高铁酸钾的方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物,其中氮元素化合价从+5价降到+3价,得2e-,KNO3为氧化剂,Fe2O3中铁元素化合价从+3价升到+6价,共失去电子6e-,为还原剂,得失电子相等,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:1。
10.葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L-1,取300.00 mL葡萄酒,通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4,然后用0.090 0 mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定。
(1)滴定前排气泡时,应选择下图中的________(填序号)。
(2)若用50 mL滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,则管内液体的体积______(填序号)。
①=10 mL ②=40 mL ③<10 mL ④>40 mL。
(3)上述滴定实验中,可选择_______为指示剂,选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点:______
(4)滴定至终点时,消耗NaOH溶液25.00 mL,该葡萄酒中SO2含量为________g·L-1。滴定终点读数时俯视刻度线,则测量结果比实际值________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【来源】陕西省黄陵中学高新部2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题
【答案】③④酚酞当加入最后一滴标准溶液后,溶液恰好变红色,且在半分钟内无变化,说明到达滴定终点 0.24 偏低
【解析】
【分析】
(1)氢氧化钠是强碱,应用碱式滴定管量取;
(2)滴定管0刻度在上,且下端有一段没有刻度线;
(3)强碱滴定酸用酚酞;
(4)由SO2~H2SO4~2NaOH关系计算。滴定管0刻度在上,俯视读数偏小,标准液体积偏小。
【详解】
(1)氢氧化钠是强碱,应用碱式滴定管量取,排液时应将橡皮管向上弯曲排出气泡,答案选③;
(2)滴定管0刻度在上,且下端有一段没有刻度线,故管内液体的体积大于40 mL,答案选④;
(3)强碱滴定酸用酚酞,滴定至终点时溶液的pH在酚酞的变色范围内,故可选用酚酞作指示剂。选择酚酞时反应到达滴定终点现象为:当加入最后一滴标准溶液后,溶液恰好变红色,且在半分钟内无变化;
(4)SO2与NaOH存在如下关系:
SO2~H2SO4~2NaOH
64 g 2 mol
m(SO2) 0.090 0 mol·L-1×0.025 L
解得:m(SO2)=0.0900mo/L0.025L64g
2mol
??
=0.072 g,故葡萄酒中SO2的含量为
0.072g
0.3L
==0.24 g·L-1。滴定管0刻度在上,俯视读数偏小,标准液体积偏小,故测量结果比实际值偏低。
【人教版】选修4知识点总结:第三章水溶液中的离子平衡 一、弱电解质的电离 课标要求 1、了解电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念 2、掌握弱电解质的电离平衡 3、熟练掌握外界条件对电离平衡的影响 要点精讲 1、强弱电解质 (1)电解质和非电解质 电解质是指溶于水或熔融状态下能够导电的化合物;非电解质是指溶于水和熔融状态下都不导电的化合物。 注:①单质、混合物既不是电解质,也不是非电解质。 ②化合物中属于电解质的有:活泼金属的氧化物、水、酸、碱和盐;于非电解质的有:非金属的氧化物。 (2)强电解质和弱电解质 ①强电解质:在水溶液中能完全电离的电解质称为强电解质(如强酸、强碱和大部分的盐) ②弱电解质:在水溶液里只有部分电离为离子(如:弱酸、弱碱和少量盐)。 注:弱电解质特征:存在电离平衡,平衡时离子和电解质分子共存,而且大部分以分子形式存在。 (3)强电解质、弱电解质及非电解的判断 2、弱电解质的电离 (1)弱电解质电离平衡的建立(弱电解质的电离是一种可逆过程) (2)电离平衡的特点 弱电解质的电离平衡和化学平衡一样,同样具有“逆、等、动、定、变”的特征。 ①逆:弱电解质的电离过程是可逆的。 ②等:达电离平衡时,分子电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等③动:动态平衡,即达电离平衡时分子电离成离子和离子结合成分子的反应并没有停止。 ④定:一定条件下达到电离平衡状态时,溶液中的离子浓度和分子浓度保持不变,溶液里既有离子存在,也有电解质分子存在。且分子多,离子少。 ⑤变:指电离平衡是一定条件下的平衡,外界条件改变,电离平衡会发生移动。
(3)电离常数 ①概念:在一定条件下,弱电解质在达到电离平衡时,溶液中电离所生成的各种离子浓度的乘积跟溶液中未电离的分子浓度的比是一个常数。这个常数叫做电离平衡常数,简称电离常数,用K来表示。 ② ③意义:K值越大,表示该弱电解质越易电离,所对应的弱酸或弱碱相对较强。 ④电离常数的影响因素 a.电离常数随温度变化而变化,但由于电离过程热效应较小,温度改变对电离常数影响不大,其数量级一般不变,所以室温范围内可忽略温度对电离常数的影响 b.电离常数与弱酸、弱碱的浓度无关,同一温度下,不论弱酸、弱碱的浓度如何变化,电离常数是不会改变的。即:电离平衡常数与化学平衡常数一样,只与温度有关。 (3)电解质的电离方程式 ①强电解质的电离方程式的书写强电解质在水中完全电离,水溶液中只存在水合阴、阳离子,不存在电离平衡。在书写有关强电解质电离方程式时,应用“” ②弱电解质的电离方程式的书写弱电解质在水中部分电离,水溶液中既有水合阴、阳离子又有水合分子,存在电离平衡,书写电离方程式时应该用“”。 (4)影响电离平衡的因素 ①内因:电解质本身的性质,是决定性因素。 ②外因 a.温度:因电离过程吸热较少,在温度变化不大的情况下,一般不考虑温度变化对电离平衡的影响。 b.浓度:在一定温度下,浓度越大,电离程度越小。因为溶液浓度越大,离子相互碰撞结合成分子的机会越大,弱电解质的电离程度就越小。因此,稀释溶液会促进弱电解质的电离。 c.外加物质:若加入的物质电离出一种与原电解质所含离子相同的离子,则会抑制原电解质的电离,使电离平衡向生成分子的方向移动;若加入的物质能与弱电解质电离出的离子反应,则会促进原电解质的电离,使电离平衡向着电离的方向移动。 本节知识树 弱电解质的电离平衡类似于化学平衡,应用化学平衡的知识来理解电离平衡的实质和影响因素,并注意电离常数的定义。 二、水的电离和溶液的酸碱性 课标要求 1、熟练掌握水的电离平衡,外加物质对水的电离平衡的影响 2、熟练掌握溶液的计算
水溶液中的离子平衡 1.常温下将稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合,溶液中不可能出现的结果是(). A.pH>7,且c(OH-)>c(Na+)>c(H+)>c(CH3COO-) B.pH>7,且c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) C.pH<7,且c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-) D.pH=7,且c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)=c(OH-) 2. 在25℃,将a mol/L的氨水与b…的盐酸等体积混合,反应后显中性…用含a和b的代数式表示 该混合溶液中一水合氨的电离平衡常数是? 3.水的电离平衡曲线如图所示,下列说法中,正确的是() A、图中A、 B、D三点处Kw的大小关系:B>A>D B、25℃时,向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水,溶液中c(NH4+)/c(NH3?H2O)的值逐渐减小 C、在25℃时,保持温度不变,在水中加人适量NH4Cl固体,体系可从A点变化到C点 D、A点所对应的溶液中,可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、S042- 4. 设水的电离平衡线如图所示: (1)若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度,当温度上升到100℃时,水的电离平衡状态到B 点,则此时水的离子积从_____增加到____,造成水的离子积增大的原因是____. (2)将pH=8的Ba(OH) 2 溶液与pH=5的稀盐酸混合,并保持100℃的恒温,欲混合溶液pH=7,则 Ba(OH) 2 溶液与盐酸的体积比为____. (3)100℃时,已知某强酸溶液的pH酸与某强碱溶液的pH碱存在如下关系:pH酸+ pH碱=13,若要 使该强酸与该强碱混合后溶液呈中性,则该强酸溶液的体积与强碱溶液的体积之比为__ 5. 已知NaHSO4在水中的电离方程式为:NaHSO4═Na++H++SO42-.某温度下,向pH=6的蒸馏水中加入 NaHSO4晶体,保持温度不变,测得溶液的pH为2.下列对该溶液的叙述中,不正确的是()A.该温度高于25℃ B.由水电离出来的H+的浓度是1.0×10-10mol/L C.加入NaHSO4晶体抑制了水的电离 D.该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
(人教版选修四)第三章《水溶液中的离子平衡》综合测试题 (考试时间:90分钟满分:100分) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷54分,第Ⅱ卷46分,共100分,考试时间90分钟。 第Ⅰ卷(选择题共50分) 一、选择题(本大题共25小题,每小题2分,共50分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.下列说法中正确的是( D) A.二氧化硫溶于水能导电,故二氧化硫属于电解质 B.硫酸钡难溶于水,故硫酸钡属于弱电解质 C.硫酸是强电解质,故纯硫酸能导电 D.氢氧根离子浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同 2.将mol·L-1醋酸溶液加水稀释,下列说法正确的是( D) A.溶液中c(OH-)和c(H+)都减小 B.溶液中c(H+)增大 C.醋酸电离平衡向左移动 D.溶液的pH增大 A、因醋酸溶液中加水稀释,溶液的体积增大,则电离产生的氢离子的浓度减小,则氢 氧根浓度增大,故A错误;
B 、因醋酸溶液中加水稀释,溶液的体积增大,则电离产生的氢离子的浓度减小,故B 错误; C 、醋酸是弱电解质,则醋酸溶液中加水稀释将促进电离,平衡向右移动,故C 错误; D 、醋酸溶液中加水稀释,溶液的体积增大,则电离产生的氢离子的浓度减小,根据Kw 值不变,所以氢氧根浓度增大,故D 正确;故选D . 3.相同温度下,等物质的量浓度的下列溶液中,pH 最小的是( C ) A .NH 4Cl B .NH 4HCO 3 C .NH 4HSO 4 D .(NH 4)2SO 4 解析:NH4Cl 和(NH4)2SO4对比,水解都呈酸性,(NH4)2SO4pH 较小;NH4HCO3水解呈碱性,pH 最大;NH4HSO4为酸式盐,HSO4-完全电离,溶液酸性最强,则pH 最小,故选C 。 4.下列各电离方程式中,书写正确的是( D ) A .H 2S 2H ++S 2— B .KHSO 4K ++H ++SO 2- 4 C .Al(OH)3===Al 3++3OH - D .NaH 2PO 4===Na ++H 2PO -4 A .氢硫酸分步电离,应该分步写,主要以第一步为主,其正确的为:H 2S H ++HS — ,故A 错误; B .为强电解质,应该用等号,正确的为:KHSO4==K++H++SO42-,故B 错误; C .为弱电解质,应该用可逆号,正确的为:Al (OH )3==Al3++3OH-,故C 错误;
考点一弱电解质的电离 (一)强、弱电解质 1.概念 [注意]①六大强酸:HCl、H SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4。②四大强碱:NaOH、 2 KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2。③大多数盐包括难溶性盐,如BaSO4。 2.电离方程式书写 (1)弱电解质 ①多元弱酸分步电离,且第一步电离程度远远大于第二步(通常只写第一步电离),如H2CO3的电离方程式: H2CO3H++HCO-3、HCO-3H++CO2-3。 ②多元弱碱电离方程式一步写成,如Fe(OH)3电离方程式为Fe(OH)3Fe3++3OH-。 (2)酸式盐 ①强酸的酸式盐在溶液中完全电离,如NaHSO4的电离方程式为NaHSO4===Na++H++SO2-4。 ②弱酸的酸式盐中酸根离子在溶液中不能完全电离,如 NaHCO3===Na++HCO-3、HCO-3H++CO2-3。 (二)弱电解质的电离平衡 1.电离平衡的建立 2.电离平衡的特征
(三)影响弱电解质电离平衡的因素 1.影响电离平衡的内因 弱电解质本身的性质是决定电离平衡的主要因素。 2.外界条件对电离平衡的影响 以弱电解质HB的电离为例:HB H++B-。 (1)温度:弱电解质电离吸热,温度升高,电离平衡向正反应方向移动,HB的电离程度增大,c(H+)、c(B-)均增大。 (2)浓度:稀释溶液,电离平衡向正反应方向移动,电离程度增大,n(H+)、n(B-)增大,但c(H+)、c(B-)均减小。 (3)相同离子:在弱电解质的溶液中,加入与弱电解质具有相同离子的强电解质,电离平衡向逆反应方向移动,电离程度减小。 (4)加入能与电离出的离子反应的物质:电离平衡向正反应方向移动,电离程度增大。 (四)溶液的导电能力 电解质溶液导电能力取决于溶液中自由移动离子浓度和离子所带电荷数。自由移动离子浓度越大,离子所带电荷数越多,则导电能力越强。将冰醋酸、稀醋酸加水稀释,其导电能力随加水的量的变化曲线如图所示。 [说明]①OA段导电能力随加水量的增多导电能力增强,原因是冰醋酸发生了电离,溶液中离子浓度增大。 ②AB段导电能力减弱的原因,随水的加入,溶液的体积增大,离子浓度变小,导电能力减弱。
水溶液中的离子平衡练习题 1.已知水的电离方程式:H 2O H++ OH-。下列叙述中,正确的是A.升高温度,K W增大,pH不变 B.向水中加入少量硫酸,c(H+)增大,K W不变 C.向水中加入氨水,平衡向逆反应方向移动,c(OH-)降低 D.向水中加入少量固体CH3COONa,平衡向逆反应方向移动,c(H+)降低 2.A、B两种酸溶液pH都是2,各取1 mL分别加水稀释成1000 mL,其pH的变化如图所示,则下列判断正确的是 A.原酸溶液的浓度c(A)=c(B) B.若a=5,则B为强酸,A为弱酸 C.原酸溶液的浓度c(A)>c(B) D.若a<5,则A、B都是弱酸 3.某温度下,相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释,溶液的pH值随溶液体积变化的曲线如右图所示。据图判断正确的是 A.Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线 B.b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 C.a点K W的数值比c点K W的数值大 D.b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
4.现有等pH或等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液,分别加入足量镁产生H2的体积(同温同 压下测定)的变化图示如下: 其中正确的是 A.①③B.②④C.①②③④D.都不对 5.(12分)有甲、乙两份等体积的浓度均为0.1mol·L-1的氨水,pH为11。 (1)甲用蒸馏水稀释100倍,则NH3·H2O的电离平衡向__________ (填“促进”或“抑制”)电离的方向移动,溶液的pH将为_______ (填序号)。 A.9~11之间B.11 C.12~13之间D.13 (2)乙用0.1mol·L-1的氯化铵溶液稀释100倍。稀释后的乙溶液与稀释后的甲溶液比较,pH______(填“甲大”、“乙大”或“相等”),其原因是_____________________________________。25.(6分)根据电离平衡原理,设计实验证明NH3?H2O是弱碱。 可选用的试剂:酚酞、石蕊、稀氨水、醋酸铵晶体和蒸馏水。
专题16 水溶液中的离子平衡 2017年高考题 1.【2017高考全国卷Ⅱ卷12题】改变0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、 HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=]。下列叙述错误的是() A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-) B.lg [K2(H2A)]=-4.2 C.pH=2.7时,c(HA-)>c(H2A)=c(A2-) D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+) 【答案】D 【解析】本题考查水溶液中的离子平衡。解答本题的关键是明确δ(X)与溶液pH的对应关系,以及H2A、HA-、A2-的浓度与pH的大小关系。从图象中可以看出pH=1.2时,δ(H2A)=δ(HA-), 则c(H2A)=c(HA-),A项正确;根据HA-H++A2-,可确定K2(H2A)=,从图象中 可以看出pH=4.2时,δ(HA-)=δ(A2-),则c(HA-)=c(A2-),即lg [K2(H2A)]=lg c(H+)=-4.2,B项正确;从图象中可以看出pH=2.7时,δ(HA-)>δ(H2A)=δ(A2-),则c(HA-)>c(H2A)=c(A2-),C 项正确;从图象中可以看出pH=4.2时,δ(HA-)=δ(A2-),则c(HA-)=c(A2-)≈0.05 mol·L-1,而 c(H+)=10-4.2 mol·L-1,D项错误。 2.【2017高考全国卷Ⅲ卷13题】在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是() A.K sp(CuCl)的数量级为10-7 B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-2CuCl
《第三章水溶液中的离子平衡》单元测试题 满分:100分时间90分钟 1.下列电离方程式书写正确的是() A.H2S2H++S2-B.H2S+H2O H3O++HS- C.NH3+H2O===NH+4+OH-D.HClO===H++ClO- 2.等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后,混合液中有关离子浓度应满足的关系是() A.c(M+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+) B.c(M+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-) C.c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) D.c(M+)>c(H+)>c(A-)>c(OH-) 3.向盛有0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加0.05mol/LNa2S溶液至沉淀完全,再向上层清液中滴加足量NaCl,产生的现象及发生的反应是() A.黑色沉淀完全转化为白色沉淀B.既有Ag2S也有AgCl C.不能由黑色沉淀转变为白色沉淀D.只有AgCl白色沉淀 4.用0.1mol·L-1的盐酸滴定0.10mol·L-1的氨水,滴定过程中不可能 ...出现的结果是() A.c(NH+4)>c(Cl-),c(OH-)>c(H+) B.c(NH+4)=c(Cl-),c(OH-)=c(H+) C.c(Cl-)>c(NH+4),c(OH-)>c(H+) D.c(Cl-)>c(NH+4),c(H+)>c(OH-) 5.25℃,向纯水中加入NaOH,使溶液的pH为11,则该溶液中由NaOH电离出的c(OH-)与由水电离出的c(OH-)之比为() A.1010∶1 B.5×109∶1 C.108∶1 D.1∶1 6. 25℃时,BaCl2溶液呈中性,溶液中存在平衡:H2O H++OH-;ΔH>0,下列叙述正 确的是 A.向溶液中加入稀氨水,平衡逆向移动,c(OH―)降低,K w不变 B.向溶液中加入少量固体CuSO4,c (H+)增大,K w不变 C.向溶液中加入少量固体CH3COONa,平衡逆向移动,c (H+)降低,K w不变 D.将溶液加热到90℃,K w增大,溶液仍呈中性,pH不变 7.下列各组离子一定能大量共存的是 A.在含大量Fe3+的溶液中:NH4+、Na+、Cl-、SCN- B.在强碱溶液中:Na+、K+、AlO2-、CO32- C.在c(H+)=10—13mol/L的溶液中:NH4+、Al3+、CO32-、NO3- D.在pH=1的溶液中:K+、Fe2+、Cl-、NO3- 8.室温下,物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ溶液,其pH依次为7、8、9。下列有关说法正确的是 A.HX、HY、HZ三种酸的强弱顺序为:HZ>HY>HX B.HX是强酸,HY、HZ是弱酸,且酸HY强于酸HZ C.X-、Y-、Z-三种酸根均能水解,且水解程度Z->Y->X- D.三种盐溶液中X-、Y-、Z-的浓度大小顺序为c(Z-)>c(Y-)>c(X-) 9.下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是() A.相同浓度的两溶液中c(H+)相同 B.100mL 0.1mol/L的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠 C.pH=3的两溶液稀释100倍,pH都为5 D.两溶液中分别加入少量对应的钠盐,c(H+)均明显减小 10.常温下,以下4种溶液pH最小的是()
水溶液中的离子平衡 知识点 Revised on November 25, 2020
【人教版】选修4知识点总结:第三章水溶液中的离子平衡 一、弱电解质的电离 课标要求 1、了解电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念 2、掌握弱电解质的电离平衡 3、熟练掌握外界条件对电离平衡的影响 要点精讲 1、强弱电解质 (1)电解质和非电解质 电解质是指溶于水或熔融状态下能够导电的化合物;非电解质是指溶于水和熔融状态下都不导电的化合物。 注:①单质、混合物既不是电解质,也不是非电解质。 ②化合物中属于电解质的有:活泼金属的氧化物、水、酸、碱和盐;于非电解质的有:非金属的氧化物。 (2)强电解质和弱电解质 ①强电解质:在水溶液中能完全电离的电解质称为强电解质(如强酸、强碱和大部分的盐) ②弱电解质:在水溶液里只有部分电离为离子(如:弱酸、弱碱和少量盐)。 注:弱电解质特征:存在电离平衡,平衡时离子和电解质分子共存,而且大部分以分子形式存在。 (3)强电解质、弱电解质及非电解的判断 2、弱电解质的电离 (1)弱电解质电离平衡的建立(弱电解质的电离是一种可逆过程) (2)电离平衡的特点 弱电解质的电离平衡和化学平衡一样,同样具有“逆、等、动、定、变”的特征。 ①逆:弱电解质的电离过程是可逆的。 ②等:达电离平衡时,分子电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等③动:动态平衡,即达电离平衡时分子电离成离子和离子结合成分子的反应并没有停止。 ④定:一定条件下达到电离平衡状态时,溶液中的离子浓度和分子浓度保持不变,溶液里既有离子存在,也有电解质分子存在。且分子多,离子少。 ⑤变:指电离平衡是一定条件下的平衡,外界条件改变,电离平衡会发生移动。
专题3水溶液中的离子平衡学案 考情解读: 1.了解弱电解质在水溶液中存在电离平衡。 2.了解水的电离、离子积常数。 3.了解溶液pH的定义,能进行pH的简单计算。 4.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。 5.了解难溶电解质的溶解平衡。了解溶度积的含义,能用平衡移动原理分析沉淀溶解、生成和转化过程。 水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用,也是高考中考点分布较多的内容之一。其中沉淀溶解平衡是新课标中新增的知识点,题型主要是选择题和填空题,其考查主要内容有:①电离平衡。②酸、碱混合溶液酸碱性的判断及pH的简单计算。③盐对水电离平衡的影响及盐溶液蒸干(或灼烧)后产物的判断。④电解质溶液中离子浓度的大小比较。⑤沉淀的溶解平衡及沉淀的转化。 从高考命题的变化趋势来看,溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。此类题目考查的内容既与盐的水解有关,又与弱电解质的电离平衡有关。题目不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序,而且还侧重溶液中的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查,从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。 重点知识梳理: 一、电解质 1.强、弱电解质与物质分类的关系 2.强、弱电解质与化学键的关系 一般电解质的键型不同,电离程度就不同,已知典型的离子化合物,如强碱(NaOH、KOH等)、大部分盐类(如NaCl、CaCl2)以及强极性共价化合物(如HCl、H2SO4),在水分子作用下能够全部电离,我们称这种在水溶液中能够完全电离的物质为强电解质。而含弱极性键的共价化合物如 CH3COOH、NH3·H2O、H2O等,在水中仅部分电离,为弱电解质。但是,仅从键型来区分强、弱电解质是不全面的,即使强极性共价化合物也有属于弱电解质的情况,如HF。
溶液中的离子平衡图像题 一、溶液的导电性 溶液的导电性与离子浓度成正比 1.在一定温度下,无水醋酸加水稀释过程中,溶液的导电能力I随加入水的体积 V变化的曲线如图所示。请回答: (1)“O”点导电能力为O的理由是______________; (2)a、b、c三点处,溶液的c(H+)由小到大的顺序为_________; (3)a、b、c三点处,电离程度最大的是___________________; 2.(2016北京)在两份相同的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。 下列分析不正确 ...的是() A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B.b点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH– C.c点,两溶液中含有相同量的OH– D.a、d两点对应的溶液均显中性 ※3.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下,将相同体积的氢氧化钠溶液和醋酸溶液分别加水稀释,溶液的电导率随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A.I表示NaOH溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化 B.a、b、c三点溶液的pH:b>c>a C.将a、b两点溶液混合,所得溶液中: c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) D.a点水电离出的n(H+)大于c点水电离出的n(H+) 二、强、弱电解质溶液的稀释 等浓度弱酸碱的PH更靠近7;等PH弱酸碱的浓度更大;越弱稀释时PH变化越小;无论酸碱溶液稀释时PH不过7;每稀释10倍PH变化1为强电解质;酸碱盐反应的量不分强弱。 4.能表示人体大量喝水时,胃液的pH变化的是() pH pH 7 7 7 7 0 V(H2O) 0 V(H2O) 0 V(H2O) 0 V(H2O) A C D 5.0.1 -c(H+)的变化曲线(如下图)正确的是()
第三章 水溶液中的离子平衡 一、弱电解质的电离 1、定义:电解质: 在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物,叫电解质 。 非电解质 : 在水溶液中或熔化状态下都不能导电的化合物 。 强电解质 : 在水溶液里全部电离成离子的电解质 。 弱电解质: 在水溶液里只有一部分分子电离成离子的电解质 。 2、电解质与非电解质本质区别: 电解质——离子化合物或共价化合物 非电解质——共价化合物 注意:①电解质、非电解质都是化合物 ②SO 2、NH 3、CO 2等属于非电解质 ③强电解质不等于易溶于水的化合物(如BaSO 4不溶于水,但溶于水的BaSO 4全部电离,故BaSO 4为强电解质)——电解质的强弱与导电性、溶解性无关。 3、电离平衡:在一定的条件下,当电解质分子电离成 离子的速率 和离子结合成 电解质分子 时,电离过程就达到了 平衡状态 ,这叫电离平衡。 4、影响电离平衡的因素: A 、温度:电离一般吸热,升温有利于电离。 B 、浓度:浓度越大,电离程度 越小 ;溶液稀释时,电离平衡向着电离的方向移动。 C 、同离子效应:在弱电解质溶液里加入与弱电解质具有相同离子的电解质,会 减弱 电离。 D 、其他外加试剂:加入能与弱电解质的电离产生的某种离子反应的物质时,有利于电离。 物质 单质 化合物 电解质 非电解质: 非金属氧化物,大部分有机物 。如SO 3 、CO 2 、C 6H 12O 6 、CH 2 =CH 2 强电解质: 强酸,强碱,大多数盐 。如HCl 、NaOH 、NaCl 、BaSO 4 弱电解质: 弱酸,弱碱,极少数盐,水 。如HClO 、NH 3 ·H 2 O 、Cu(OH)2 、 混和物 纯净物