水的电离和溶液的酸碱性典型例题及习题

高二化学水的电离和溶液的酸碱性典型例题及习题（一）典型例题【例1】常温下，纯水中存在电离平衡：H2OH+OH-，请填空：改变条件水的电离平衡移动Kwc(H+)总c(OH-)总水电离出的c(H+)升温到100通氯化氢10-2 mol/L加氢氧化钠固体10-4 mol/L加氯化钠固体10-7 mol/L【例2】室温下，在pH=12的某溶液中，由水电离生成的c(OH)为（ ）双选A.1.0107 mol1 B.1.0106 mol1C.1.0102 mol1 D.1.01012 mol1【例3】室温下，把1mL0.1mol/L的H2SO4加水稀释成2L溶液，在此溶液中由水电离产生的H+，其浓度接近于（ ） A. 110-4 mol/L B. 110-8 mol/L C. 110-11 mol/L D. 110-10 mol/L 【答案】D 【例4】将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c (SO42）：c (H+)约为（ ）A、1：1B、1：2C、1：10D、10：1 【答案】C 【例5】弱酸H溶液的pH=3.0，将其与等体积水混合后的pH范围是（ ）A.3.03.3B.3.33.5C.3.54.0D.3.74.3【分析】虚拟HY为强酸，则将其与等体积水混合后c(H)=103 molL1pH=3lg2=3.3，事实上HY为弱酸，随着水的加入，还会有部分H电离出来，故c(H)103 molL1即pH3.3。【答案】A 【例6】将体积均为10 mL、pH均为3的盐酸和醋酸，加入水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积（ ）A.a=b=100 mLB.a=b=1000 mLC.ab D.ab【分析】盐酸是强电解质，完全电离。在加水稀释过程中盐酸电离出的H+离子的物质的量不会增加。溶液中c(H+)与溶液体积成反比，故加水稀释时，c(H+)会随着水的加入而变小。醋酸是弱电解质，发生部分电离。在加水稀释过程中未电离的醋酸分子发生电离，从而使溶液中H+离子的物质的量增加，而c(H+)与溶液体积同样成反比，这就使得此溶液中c(H+)受到n(H+)的增加和溶液体积V增加的双重影响。很明显，若将盐酸和醋酸同等程度的稀释到体积都为a，则盐酸的c(H+)比醋酸的c(H+)小。若要稀释到两溶液的c(H+)相等，则醋酸应该继续稀释，则有ba。 【答案】C 【例7】99mL0.1mol/L的盐酸和101mL0.05mol/L氢氧化钡溶液混合后，溶液的c(H+)为（ ）（不考虑混合时的体积变化）。 A. 0.5（10-8+10-10）mol/L B. （10-8+10-10）mol/L C.（110-14-510-5）mol/L D. 110-11 mol/L【分析】把101mL的Ba(OH)2分差成99mL和2mL，其中99mLBa(OH)2溶液和99mL盐酸溶液恰好完全反应，这样就相当于将2mL0.05mol/L的Ba(OH)2加水稀释至200mL，先求溶液中的OH-，然后再化成H+，故应选D。答案D【例8】将pH=8的NaOH溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH值最接近于（ ）。 A. 8.3 B. 8. C. 9 D. 9.7解析同种溶质的酸或碱溶液混合后溶液的pH值约为大的pH减去0.3（两溶液的pH值必须相差2以上）。答案D【例9】室温下xL pH=a的盐酸溶液和yL pH=b的电离度为的氨水恰好完全中和，则x/y的值为（ ） A.1 B. 10-14-a-b / C. 10a+b-14/ D.10a-b/【分析】c(HCl)=c(H+)=10-amolL-1，盐酸的物质的量=10-ax molL-1，c(NH3H2O)=c(OH-)=10b-14 molL-1，NH3H2O物质的量为10b-14y molL-1。根据题意：10-ax=10b-14y，得x/y=10a+b-14/。【答案】C【例10】若在室温下pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则该氨水的电离度可表示为（ ） A.10a+b-12 % B. 10a+b-14 % C. 1012-a-b % D. 1014-a-b %【分析】设氨水和盐酸各取1L。氨水电离出的c(OH-)=10-1410-a molL-1=10a-14molL-1即氨水电离出的OH-的物质的量为10a-14mol，而NH3H2O的物质的量=盐酸的物质的量=10-bmolL-11L=10-bmol；所以氨水的电离度为10a+b-12 %。【答案】A【例11】用0.01mol/LH2SO4滴定0.01mol/LNaOH溶液，中和后加水至100mL。若滴定时终点判断有误差：多加了1滴H2SO4；少加了1滴H2SO4(设1滴为0.05mL)。则和c(H+)之比为（ ）A. 10 B. 50 C. 5103 D. 104【分析】多加1滴H2SO4，则酸过量，相当于将这1滴硫酸由0.05mL稀释至100mL。少加1滴H2SO4，相当NaOH溶液过量2滴，即将这部分NaOH溶液稀释至100mL。现计算如下： 多加1滴硫酸时，c(H+)=10-5(mol/L)， 少加1滴硫酸时，c(OH-)=10-5(mol/L)，c(H+)=10-9(mol/L)，故二者比值为104。【答案】D 【例12】有、三瓶体积相等，浓度都是1molL-1的盐酸溶液，将加热蒸发至体积一半；向中加入少量的CH3COONa固体（加入后仍显酸性）；不作任何改变，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定上述三种溶液，所耗NaOH溶液的体积为（ ）A. = B. C. = D. =【分析】本题着重考查酸碱中和、溶液的酸碱性判断及抽象思维能力。 对加热蒸发，由于HCl的挥发性比水大，故蒸发后溶质可以认为没有，消耗的NaOH溶液的体积最少。在中加入CH3COONa固体，发生反应：HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，当以酚酞作指示剂时，HCl、CH3COOH被NaOH中和：HCl+NaOH=NaCl+H2O，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，此过程中被中和的H+物质的量与相同。 若改用甲基橙作指示剂，因为甲基橙的变色范围（pH）为3.14.4，此时，部分CH3COOH不能被NaOH完全中和，三种溶液所消耗的NaOH溶液体积为。 【答案】C 【例13】以标准的盐酸溶液滴定未知的氢氧化钠为例，判断以下操作所引起的误差（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）读数：滴定前俯视或滴定后仰视； （ ）未用标准液润洗滴定管； （ ）用待测液润洗锥形瓶； （ ）滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴气泡消失； （ ）不小心将标准液滴在锥形瓶的外面； （ ）指示剂用量过多。 （ ）【分析】本题主要考查学生的实验操作规范及误差分析能力。（1）滴定前俯视或滴定后仰视会导致标准液读数偏大，造成滴定结果偏高。（1）未用标准液润洗滴定管，会使标准液浓度降低，造成滴定结果偏高。（3）用待测液润洗锥形瓶，会使标准液用去更多，造成滴定结果偏高。（4）气泡不排除，结束后往往气泡会消失，所用标准液读数增大，造成测定结果偏高。（5）不小心将标准液滴在锥形瓶的外面，导致标准液读数偏大，造成滴定结果偏高。（6）指示剂本身就是一种弱电解质，指示剂用量过多会导致标准液耗去偏多，造成测定结果偏高。（二）基础练习一、选择题1下列溶液肯定是酸性的是（ ） A 含H+的溶液 B 加酚酞显无色的溶液 C pH7的溶液 D OH-14时，则Va/Vb= (填表达式)，且Va Vb(填、或=)20有甲、乙两份等体积的浓度均为0.1molL-1的氨水，pH为11。（1）甲用蒸馏水稀释100倍，则NH3H2O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)。A911之间 B11 C1213之间 D13（2）乙用0.1molL-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_。21以标准的盐酸溶液滴定未知的氢氧化钠为例，判断以下操作所引起的误差（填“偏大”、“偏小”或“不变”）滴定过程中，锥形瓶振荡太剧烈，有少量液滴溅出； （ ）标准液在刻度线以上，未予调整； （ ）滴定前仰视，滴定后俯视（标准液）； （ ）碱式滴定管（待测液），或移液管里有水珠未经润洗，直接注入待测液；（ ）移液管吸取待测液后，悬空放入锥形瓶（尖嘴与瓶壁不接触）； （ ）滴定到指示剂颜色刚变化，就认为到了滴定终点。 （ ）锥形瓶用蒸馏水冲洗后，不经干燥便直接盛待测溶液； （ ）滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗瓶内壁。 （ ）三、计算题22在t时，稀硫酸和盐酸混合液中，c(H+)=10a molL1，c(OH-)=10b molL1，已知a+b=12.向20mL该混合酸溶液中逐滴加入pH=11Ba(OH)2溶液，生成BaSO4的量如图所示，当加入60mL Ba(OH)2溶液时，C点溶液的pH=6（体积变化忽略不计），试计算：（1）最初混合酸溶液中c(H2SO4)= ，c(HCl)= ；（2）A点pH= ；（3）B点比最初混合酸的pH增加多少（写出计算过程）？（lg3=0.48）（三）能力测试1pH=13的强碱溶液和pH=2的强酸溶液混合，所得溶液的pH=11，则强碱溶液和强酸溶液的体积之比为 A. 11:1 B. 9:1 C. 1:11 D. 1:92将0.23g钠投入到100mL水中，充分反应后所得溶液的密度为1g/cm3，则该溶液的pH为（温度为25）A.1 B.10 C.12 D.133在10mLpH=12的NaOH溶液中，加入10mL的某酸，再滴入石蕊试液，溶液显红色。这种酸可能是（ ）。 A.pH=2的硫酸 B.pH=2的醋酸 C.0.01mol/L的甲酸 D.0.01mol/L的硝酸4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+浓度由大到小的顺序正确的是（ ） A. B. C. D.525时，在某物质的溶液中，由水电离出的c(H+)=1.010-amolL-1，下列说法正确的是（ ） A. a7时，水的电离一定受到促进 C. a7时，溶液的pH可能为a6某温度下重水中存在电离平衡D2O D+ + OD- ，D2O的离子积常数=1.010-12，若pD=-lgc(D+)，该温度下有关分析正确的是（ ） A.0.1molNaOD溶于重水制成1L溶液，pD=13 B.将pD=4的DCl的重水溶液稀释100倍，所得溶液pD=6 C.向30mL0.5molL-1NaOD的重水溶液中加入20mL0.5molL-1DCl的重水溶液，所得溶液pD=11 D.pD=10的NaOD的重水溶液中，由重水电离出的c(OD-)为110-10molL-17Fe3+和I-在水溶液中的反应如下：2Fe3+2I-=2Fe2+I2（水溶液），当上述反应达到平衡后，加入CCl4萃取I2，且温度不变，上述平衡_（填：向左、向右、不）移动。第二节 水的电离和溶液的酸碱性参考答案（二）基础练习1D 2.D 3.B 4.B 5.D 6.BD 7A 8D9BC c水(H)=1.01013 molL1，则该溶液可能是强碱性溶液，也可能是强酸性溶液，总之，水的电离被抑制。因而“一定不可能大量存在”是指酸性和碱性条件下都不能大量存在。评注：若去掉题干中的“不可”，则选D。若去掉题干中的“一定不”，则选AD。10AD11B 因为pH1=9，所以c1(OH)=105 molL1；因为pH2=10，所以c2(OH)=104molL1根据题意得：c1(NH3H2O)V1=c2(NH3H2O)V2由于弱电解质浓度越大，电离程度越小，则10，即V110V2。12A 根据电荷守恒，反应后的溶液中：c(Na)c(H)=c(OH)c(Cl)由于c(Na)=c(Cl)所以：c(OH)=c(H)即酸所提供的n(H)等于碱所提供的n(OH)：10a molL1V mL=10b14 molL110V mL解得：ab=13。13D 14.CD15解析：常温下，c(H)=1.0107 molL1，即每升水中已电离的水的物质的量是1.0107 mol，而每升水的物质的量是，则：n=mol107 mol=5.56108答案：B16D172CH3CH2OH CH3CH2OH2+ + CH3CH2O- Kw pCH3CH2OH2 9.5518（1）等倍数（如1000倍）地稀释两种溶液，稀释过程中pH变化大的是强酸，pH变化小的是弱酸。（2）在醋酸溶液中滴加石蕊试液，溶液变红色，证明醋酸能电离出H+；在上述溶液中加入少量的CH3COONH4晶体，振荡溶液，溶液颜色变浅，说明c(H+)变小，证明醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO- + H+的电离平衡。（注意：用CH3COONH4晶体而不用CH3COONa晶体，是因为CH3COONH4在溶液中呈中性，故选择之。）19（1）1（2）101（3）10-14（10-a10b）;.20（1）促进；A （2）甲大，乙用NH4Cl稀释后c(NH4+)增大，使NH3H2O的电离平衡向抑制电离的方向移动，又由于NH4Cl溶液中NH4+水解，使稀释后的乙溶液的c(H+)增大21答案：（1）（6）：偏低；(7)、(8)：无影响。22（1）c(H2SO4)=0.05molL1,c(HCl)=0.20molL1 （2）pH=1 （3）最初混合酸c(H+)=0.05molL12+0.20molL1=0.30molL1 pH=0.52 B点还没有完全中和，酸有剩余c(H+)=molL1 pH=1.48所以B点比最初混合酸的pH增加1.480.52=0.96 （三）能力测试1【解析】溶液混合一定先考虑相互之间的化学反应。 设加入的强酸的体积为1升，加入的强碱的体积为x，则混合前含氢离子0.01摩尔，由：H+OH-=H2O，知：0.1x 0.01 = (1+x)0.001，得x = 1/9。【答案】D2D3解析本题实质考查对指示剂变色范围的了解程度。石蕊变红色，则pH5.0。答案 B、C。4解析纯水和酸、碱、盐的稀溶液中都存在着c(H+)与c(OH-)的乘积为一个常数关系，常温下纯水或不发生水解的盐的溶液中，水电离出的c(H+)=10-7molL-1。在酸或碱溶液中，由水电离产生的c(H+)都小于10-7molL-1，酸（或碱）电离出的c(H+)或c(OH-)越大，则其水电离出的就越小。pH=0的盐酸溶液中，水电离出的c(H+)=10-14molL-1，0.5molL-1的盐酸溶液中，水电离出来的c(H+)=210-14molL-1，0.1molL-1的氢氧化钠溶液中，水电离出c(H+)=10-13molL-1。氯化铵、氟化钠等能发生盐的水解而促进了水的电离。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程度比氟化钠溶液中的水电离程度大。综上所述，水电离出的c(H+)由大到小的顺序为。答案B5解析围绕水电离出的c(H+)=1.010-amolL-1考查水的电离知识点的掌握程度。当a1.010-7molL-1，此是水的电离被促进，则溶液必是盐溶液，可能溶液呈酸性或碱性，因此pH可能为a或14-a；a7时，水的电离一定被抑制，则可能酸溶液或碱溶液，pH可能为a或14-a。答案AD6解析根据该温度下重水的离子积常数，可推算0.1molL-1NaOD重水溶液中含c(D+)=10-12/c(OD-)=10-12/10-1=10-11。A选项不正确。该温度下纯重水电离的c(D+)=c(OD-)=10-6molL-1，把pD=4的DCl重水溶液稀释100倍后，c(D+)=10-6+10-6=210-6molL-1，所得溶液pD=6-lg2=5.7，B选项也不正确。C选项中把30mL0.5molL-1NaOD重水溶液与20mL0.5molL-1DCl重水溶液混合后所的溶液：c(OD-)=(0.50.03-0.50.02)/(0.03+0.02)=10-1，pD=10-11D选项，pD=10的NaOD重水溶液中的c(OD-)=10-2molL-1，因此由重水电离出的c(OD-)=c(D+)=10-10molL-1。答案CD 7向右10