高中化學沉淀溶解平衡的測試題和答案
在學完知識點后學生需要多做題來復習和檢驗自己是否掌握知識點，下面學習啦的小編將為大家?guī)黻P于沉淀溶解平衡的測試題的介紹，希望能夠幫助到大家。
高中化學沉淀溶解平衡的測試題
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。下列說法中正確的是( )
A.最終得到白色沉淀和無色溶液
B.最終得到的白色沉淀是等物質的量的兩種化合物的混合物
C.最終得到的溶液中，Cl-的物質的量為0.02 mol
D.在最終得到的溶液中，Cu2+的物質的量濃度為0.01 mol•L-1
解析：此題為一計算推斷題。經(jīng)計算AgNO3、BaCl2、CuSO4•5H2O三種物質的物質的量都為0.01 mol，反應生成的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+，所以溶液應呈藍色，故A、C是錯誤的，三種溶液混合后溶液的體積增大兩倍，Cu2+的物質的量濃度為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題，平衡沒有發(fā)生移動?？墒沁x項中所描述的量都發(fā)生變化，與結論相矛盾。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化為結晶水合物，消耗了一定量的水，平衡發(fā)生移動。溶解的離子結合生成氫氧化鋇的固體，引起溶解物質相應的量發(fā)生變化。選項A中的鋇離子的個數(shù)隨著水的量的減少，溶液質量、溶質質量都相應減少，其個數(shù)必然減少。
本題也可采用排除法，當平衡發(fā)生移動時，一定會引起相應物質的數(shù)量變化。若是討論某種具體物質的數(shù)量，它應該絕對變化，如溶質微粒個數(shù)、溶質質量和溶液質量等。但若討論兩個量的比值，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，可通過加入過量的難溶電解質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，可推知FeS、MnS具有的相關性質是( )
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.通入二氧化碳氣體
解析：Na2S溶液中有大量S2-，能與Fe2+反應生成不溶于水的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.當氫氧化鎂固體在水中達到溶解平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq)時，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，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 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，Qc增大。故選CD。
答案：CD
綜合運用
8.對水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2而不是CaCO3和MgCO3的原因解釋，其中正確的有( )
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)生了沉淀轉化
C.MgCO3電離出的 發(fā)生水解，使水中OH-濃度減小，對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，結果白色固體完全轉化為黑色固體：
(1)寫出白色固體轉化為黑色固體的離子方程式：____________________________________。
(2)簡要說明白色固體轉化為黑色固體的原因：____________________________________。
解析：此題可以用平衡移動原理來解釋。
答案：(1)2AgCl+S2-====Ag2S+2Cl-
(2)因為Ag2S的溶解度比AgCl的溶解度小，根據(jù)平衡移動原理，沉淀溶解平衡向離子濃度減小的方向移動
10.工業(yè)上制取純凈的CuCl2•2H2O的主要過程是：①將粗氧化銅(含少量Fe)溶解于稀鹽酸中，加熱、過濾、調節(jié)濾液的pH為3;②對①所得濾液按下列步驟進行操作：
已知Cu2+、Fe2+在pH為4—5時不水解，而Fe3+卻幾乎完全水解而沉淀。請回答下列問題：
(1)X是什么物質?其反應的離子方程式是_______________________________________。
(2)Y物質應具備的條件是_______________________，生產(chǎn)中Y可選：______________。
(3)溶液乙在蒸發(fā)結晶時應注意：_______________________________________________。
解析：①根據(jù)框圖，加入氧化劑X可把Fe2+氧化為Fe3+，而沒有增加新雜質，所以X為Cl2;②結合題示，調節(jié)pH至4—5，使Fe3+全部沉淀，同樣不引進新雜質，所以Y最好為CuO或Cu(OH)2;③CuCl2溶液在蒸發(fā)結晶過程中發(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)過程中要不斷攪拌且不能蒸干。
答案：(1) Cl2 Cl2+2Fe2+====2Fe3++2Cl-
(2)調節(jié)溶液酸性，使pH為4—5，且不引進新雜質 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，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分別能達到的最大物質的量濃度，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：0.010+x x
(0.010+x)•x=1.8×10-10
因為x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：0.010+x x
(0.010+2x)2•x=1.1×10-10
因為x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。通過計算說明混合后的溶液 中有無沉淀。
解析：混合后尚未發(fā)生反應時，c(Ba2+)=c(HCO-3)=0.1 mol•L-1。
設 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.試通過計算分析，能否通過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+開始沉淀時：c(OH-)= =7.4×10-13
Mg2+開始沉淀時：c(OH -)= =1.1×10-5
Fe3+完全沉淀時：c(OH-)= =1.58×10-13<1.1×10-5
可見，當Fe3+完全沉淀時，Mg2+尚未沉淀，因而通過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：通常認為殘留離子濃度≤10-5 mol•L-1時沉淀已完全。
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_____________g，而事實上其濃度遠大于這個數(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系：c2(H+)•c(S2-)=1.0×10-22，為了使溶液里c(Fe2+)達到1 mol•L-1，現(xiàn)將適量FeS投入其飽和溶液中，應調節(jié)溶液中的c(H+)為_____________mol•L-1。
解析：(1)FeS(s) Fe2++S2-,與水的離子積類似，極少量溶解的FeS電離出來的兩種離子濃度乘積也為常數(shù)，稱溶度積常數(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的質量為7.92×10-8 g。那么FeS的溶解度理論上為7.92×10-8g，事實上實際溶解度比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行。
(2)當溶液中c(Fe2+)=1 mol•L-1時，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行。
(2)1.11×10-3 mol•L-1
高中化學的弱電解質電離平衡的檢測題
1.下列電離方程式中，錯誤的是( )
A.Al2(SO4)3====2Al3++3 B.HF H++F-
C.HI H++I- D.Ca(OH)2 Ca2++2OH-
解析：弱電解質存在電離平衡，強電解質全部電離。Al2(SO4)3、HI、Ca(OH)2為強電解質。書寫電離方程式用“====”，HF為弱電解質，書寫電離方程式用“ ”。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，溶液的導電能力變化不大的是( )
A.自來水 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項中加入鈉，Na與H2O反應生成NaOH，影響水的電離平衡，使c(OH-)>c(H+);B項中加熱使電離平衡右移，c(H+)=c(OH-);C項中通入CO2，CO2+H2O====H2CO3，使c(H+)>c(OH-);而D項中c(H+)=c(OH-)，故選C。
答案：C
4.水的電離過程為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，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質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c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7 mol•L-1。35 ℃ 時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方向移動，故水的電離為吸熱反應。
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：在水電離達到平衡時加入硫酸，由于c(H+)增大，使水的電離平衡向逆向移動，故水電離產(chǎn)生的c(H+)小于10-7 mol•L-1，排除A、C兩選項。數(shù)值的大小由溶液中的c(H+)和c(OH-)及KW來確定，因所得的溶液為酸性溶液，酸電離產(chǎn)生的H+遠遠大于水電離產(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，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.甲酸的下列性質中，可以證明它是弱電解質的是( )
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
D.在相同條件下，甲酸溶液的導電性比強酸溶液的導電性弱
解析：弱電解質的本質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，可以說明這一點。D中，在相同條件下導電性弱，也是由于甲酸不完全電離造成的。
答案：AD
8.當Mg(OH)2固體在水中溶解達到平衡時：Mg(OH)2(s) Mg2++2OH-，為使Mg(OH)2固體的質量減少，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，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。A中 +OH- NH3•H2O，c(OH-)減小，平衡向正向移動，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)時電離的情況。溶液中NaHSO4====Na++H++ ,熔融態(tài)時NaHSO4====Na++ ,故在兩種情況下都存在的離子是Na+。
答案：A
10.某溫度時水的離子積常數(shù)為1.0×10-14,由此可知在該溫度時水電離的百分率為( )
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KW=c(H+)•c( OH-)=1.0×10-14
而由水電離出來的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，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(簡寫為H2A)溶液，按下式發(fā)生一級或二級電離：
H2A H++HA-，HA- H++A2-
已知相同濃度時的電離度α(H2A)>α(HA-)，設有下列四種溶 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，填寫下列空白(填代號)：
(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，HCl+NaHA====NaCl+H2A,還剩余NaHA。反應后，由于溶液體積擴大一倍，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)過兩步水解得到，而B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，冰醋酸加水稀釋過程中溶液的導電能力如圖所示。請完成下列問題：
(1)“O”點為什么不導電?_________________。
(2)a、b、c三點pH由大到小的順序為_______________________________________。
(3)a、b、c三點中醋酸的電離程度最大的點是_____________點。
(4)若使c點溶液中c(CH3COO-)提高，可以采取的措施有①__________,②____________, ③_____________,④_____________,⑤_____________。
解析：(1)CH3COOH是一種共價化合物，是弱電解質，共價化合物只有在水溶液里才能電離導電。“O”點不導電說明此時CH3COOH未電離，說明此時無水，不電離，不存在自由移動離子。(2)pH大小取決于c(H+)，pH越大，c(H+)越小，導電能力越弱;pH越小，c(H+)越大，導電能力越強。故pH大小順序為a>c>b。(3)電離度與溶液濃度有關，濃度越大，電離度越小，濃度越小，電離度越大，故c點電離度最大。(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，此時只能加醋酸鹽。
答案：(1)無水不電離，無自由移動的離子
(2)a>c>b
(3)c (4)Mg Na2O NaOH Na2CO3 CH3COONa
走近高考
14.(2006全國高考理綜Ⅰ，11)在0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液中存在如下電離平衡：
CH3COOH CH3COO-+H+
對于該平衡，下列敘述正確的是( )
A.加入水時，平衡向逆反應方向移動
B.加入少量NaOH固體，平衡向正反應方向移動
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，平衡向正反應方向移動
解析：根據(jù)勒夏特列原理：當改變影響平衡的一個條件，平衡會向著能夠減弱這種改變的方向移動，但平衡的移動不能完全消除這種改變。A中加入水時，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;B中加入NaOH與H+反應，c(H+)變小，平衡向正方向移動;C加入HCl時c(H+)變大，平衡向其減小的方向(也就是逆方向)移動，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。
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+的物質的量相同 B.物質的量濃度相同
C.H+的物質的量濃度不同 D.H+的物質的量濃度相同
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為強酸，可完全電離，而CH3COOH為弱酸，只能部分電離，故在c(H+)相同時c(HCl)
答案：D
16.(2005全國高考理綜Ⅱ，10)相同體積的pH=3的強酸溶液和弱酸溶液分別跟足量的鎂完全反應，下列說法正確的是( )
A.弱酸溶液產(chǎn)生較多的H2 B.強酸溶液產(chǎn)生較多的H2
C.兩者產(chǎn)生等量的H2 D.無法比較產(chǎn)生H2的量
解析：pH都為3的強酸和弱酸溶液，前者的濃度較小，等體積的兩種溶液與足量鎂反應，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，當它們的濃度均為0.10 mol•L-1時，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的電離平衡知識和酸的相對強弱等問 題。由于c(HCOOH)=c(CH3COOH)=0.1 mol•L-1時，甲酸中的c(H+)約為乙酸中c(H+)的3倍，故甲酸的酸性強于乙酸的酸性。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，但無法確定乙酸與b的濃度的相對大小(因HCOOH酸性>CH3COOH酸性)。
答案：A
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