1、高考资源网（） 您身边的高考专家2022届高三化学大一轮复习化学反应原理专题练_15水的电离及其影响因素一、单选题（本大题共15小题，共45分）1. 相同某温度下，0.01mol/L的NaOH溶液和0.01mol/L的盐酸相比较，下列说法错误的是()A. 两溶液的pH之和等于14B. 稀释100倍后，盐酸溶液pH=4C. 两溶液等体积混合后，溶液一定呈中性D. 两溶液中水的电离程度相同2. 25时，在等体积的 pH=0的H2SO4溶液、0.05mol/L的Ba(OH)2溶液，pH=10的Na2CO3溶液，pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是()A. 1：10：104：10
2、9B. 1：5：5109：5108C. 1：20：1010：109D. 1：10：1010：1093. 下列有关盐类水解的说法中不正确的是 ()A. 盐类的水解过程破坏了纯水的电离平衡B. 盐类水解会促进水的电离C. 盐类水解后的溶液不一定显中性D. Na2CO3溶液中，c(Na+)是c(CO32)的两倍4. 任何水溶液中均存在电离平衡：H2OH+OH。下列说法一定正确的是( )A. pH=7时溶液显中性B. 通入一定量的HCl，水的电离程度会减小C. 加入少量稀H2SO4时，c(H+)增大，Kw也增大D. 溶液中没有其他电离平衡时，溶液一定显中性5. 将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是(
3、)A. 水的离子积变大，pH变小，呈酸性B. 水的离子积不变，pH不变，呈中性C. 水的离子积变小，pH变大，呈碱性D. 水的离子积变大，pH变小，呈中性6. 25时，水的电离可达到平衡：H2OH+OH，下列叙述正确的是( )A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH)降低B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变C. 向水中加入少量固体CH3COOH，平衡逆向移动，c(H+)降低D. 将水加热，Kw增大，pH不变7. 常温下，在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH浓度分别为amolL1与bmolL1，则a和b关系为()A. abB.
4、a=104bC. b=104aD. a=b8. 常温下，在0.1molL1NaX溶液中水电离的H+浓度为a1，在0.1molL1盐酸中，水电离的H+浓度为a2，若a1a2=108，则0.1molL1NaX溶液的pH是()A. 5B. 7C. 8D. 99. 常温下向20mL0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是()A. b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mLB. b、c之间溶液中c(NH4+)c(Cl)C. 取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3H2O)减小D. d点溶液呈中性10. 对下列
5、溶液的分析正确的是A. 常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，其pH增大B. 向0.1mol/LNaHSO3溶液通入氨气至中性时c(Na+)c(NH4+)c(SO32)C. 0.01mol/L醋酸溶液加水稀释时，原溶液中水的电离程度增大D. 在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中加入少量NaOH固体c(HA)c(H+)c(OH)c(A2)将增大11. 常温下，将等体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的导电性与溶液体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是 ()A. 曲线表示氨水加水稀释过程中溶液导电性的变化B. 溶液的pH大小关系：cbdC. 若将b、d两点溶液混合，则c(Cl)c(NH4+)
6、c(H+)c(OH)D. 由水电离出的n(OH)：bc12. 常温下，向1L0.1molL1NH4Cl溶液中，逐渐加入NaOH固体粉末，随着n(NaOH)的变化，c(NH4+)与c(NH3H2O)的变化趋势如图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。下列说法正确的是()A. N点溶液中水的电离程度比原溶液大B. 在N点时，n(OH)+0.1mol=(x+0.05)molC. 随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断减小D. 当n(NaOH)=0.1mol时，c(Na+)D. 在醋酸和醋酸钠浓度均为0.1molL1的体系中，滴加少量NaOH溶液，pH变化不大14. 现有室温下四种
7、溶液：pH=11的氨水；pH=11的NaOH溶液；pH=3的CH3COOH溶液；pH=3的H2SO4溶液。下列有关说法不正确的是( )A. 中分别加入适量的氯化铵固体后，溶液的pH均减小B. 分别加水稀释至原来的10倍，四种溶液的pH大小关系为C. 四种溶液中溶质的物质的量浓度大小关系为=D. 四种溶液中水的电离程度的大小关系为=15. 室温时，用0.0200molL1稀盐酸滴定20.00mL0.0200molL1NaY溶液，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液的体积变化)，则下列有关说法正确的是()已知：Ka(HY)=5.01011。A. 可选取酚酞作为滴定指
8、示剂B. M点溶液的pH7C. 图中Q点水的电离程度最小，Kw”“”或“=”)25，其理由是_。(2)该温度下，c(H+)=1107molL1的溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH)=_。(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡_(填“向左”“向右”或“不”，下同)移动。在新制饱和氯水中加入少量NaCl固体，水的电离平衡_移动。(4)25时，pH=4的盐酸中水的电离程度_(填“大于”“小于”或“等于”)pH=10的Ba(OH)2溶液中水的电离程度。17. 下表是不同温度下水的离子积常数。 T/K298T1T2水
9、的离子积常数(KW)11014a11012试回答以下问题：(1)若298T1”、“”或“=”)11014，判断的理由是_。(2)298K时，某Na2SO4溶液中c(SO42)=5104molL1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na+)c(OH)=_。(3)在T2K时pH=10的NaOH溶液中，由水电离产生的OH的浓度为_。(4)T2K时，将pH=11的NaOH溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=2，则V1V2=_。18. (1)常温下，0.05mol/L硫酸溶液中，c(H+)= _ mol/L，pH值为 _
10、，水电离的c(H+)= _ mol/L。 (2)某温度下，纯水中c(H+)=2107mol/L，滴入盐酸使c(H+)=5106mol/L，则c(OH)= _ mol/L。 (3)已知水在25和95时，其电离平衡曲线如图所示。 95时，若10体积pH1=a的盐酸与1体积pH2=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则混合前a、b之间应满足的关系是 _ 。 25时，将pH=11的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=10，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为 _ 。 曲线B对应温度下，pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH=5。请分析
11、其原因： _ 。19. 25时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8105K1=4.3107K2=5.610113.0108回答下列问题：(1)一般情况下，当温度升高时，Ka_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是_(填序号)；a.CO32b.ClOc.CH3COOd.HCO3(3)下列反应不能发生的是_(填序号)a.CO32+CH3COOH=CH3COO+CO2+H2Ob.ClO+CH3COOH=CH3COO+HClOc.CO32+2HClO=CO2+H2O+2ClOd.2ClO+CO2+H2O=CO3
12、2+2HClO(4)用蒸馏水稀释0.10molL1的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_(填序号)；a.c(CH3COOH)c(H+)b.c(CH3COO)c(CH3COOH)cc(H+)kWdc(H+)c(OH)(5)体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数_(填“大于”、“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)_醋酸溶液中水电离出来的c(H+)，理由是_；(6)25时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH=6，则溶液中c(CH3CO
13、O)c(Na+)=_molL1(填精确数值)。20. 下表是不同温度下水的离子积常数，试回答以下问题：温度()25t1t2水的离子积常数1101411012(1)若25t1t2，则_(填“”或“=”)11014。(2)25下，某Na2SO4溶液中c(SO42)=5104molL1，取该溶液1mL，加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na+)：c(OH)=_。(3)25下，将pH=1的盐酸溶液和pH=5的盐酸溶液等体积混合，则混合液中水电离出的c(OH)=_。(4)将t2温度下pH=11的苛性钠溶液aL与pH=1的稀硫酸溶液bL混合，所得混合溶液pH=2，则a：b=_；此溶液中离子浓度的由大到
14、小的排列顺序是_。(以上均忽略溶液混合前后体积的变化)(5)将t2温度下pH=9的苛性钠溶液与pH=y的稀醋酸溶液等体积混合，所得混合溶液显中性，则y_3(填“大于”“小于”或“等于”)；此溶液中微粒浓度的由大到小的排列顺序是_。(以上均忽略溶液混合前后体积的变化)答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题考查水的电离、影响水电离的因素以及水的离子积常数的应用等，题目难度不大。【解析】A.0.01mol/L的盐酸溶液pH=lgc(H+)=2，而由于是在相同某温度下，温度未知，无法确定kw大小，所以0.01mol/L的NaOH溶液中c(H+)无法判断，由此两溶液的pH之和不一定等于14，故A错
15、误；B.稀释100倍(即102倍)后，盐酸溶液pH=2+2=4，故B正确；C.0.01mol/L的NaOH溶液中c(OH)=0.01mol/L，0.01mol/L的盐酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，二者等体积混合后，H+与OH恰好完全反应，生成强酸强碱盐，所得溶液呈中性，故C正确；D.0.01mol/L的NaOH溶液中，0.01mol/L的盐酸溶液中，相同温度下，Kw相同，由此两溶液中水的电离程度相同，故D正确；故选A。2.【答案】D【解析】解：设溶液的体积为1L， 中pH=0的H2SO4中c(H+)=1.0molL1，c(OH)=1.01014molL1，水电离的物质的量为1.010
16、14mol； 中c(OH)=0.1molL1，c(H+)=1.01013molL1，水电离的物质的量为1.01013mol； 中c(OH)=1.0104molL1，水的电离的物质的量为1.0104mol； 中c(H+)=1.0105molL1，水的电离的物质的量为1.0105mol； 故中水的电离的物质的量之比为：1.01014mol：1.01013mol：1.0104mol1：1.0105mol=1：10：1010：109， 故选：D。根据H2OH+OH可知，H2SO4溶液、Ba(OH)2溶液抑制水的电离，根据溶液的H2SO4溶液的PH或Ba(OH)2溶液中c(OH)计算水的电离的物质的量，
17、Na2S溶液、NH4NO3溶液促进水的电离，根据pH可直接求出发生电离的水的物质的量，进而计算物质的量之比本题考查水的电离以及溶液中pH的简单计算，难度不大，做题时注意如何计算水的电离是解答此类题目的关键3.【答案】D【解析】【分析】本题考查了盐类水解的分析判断、水解实质理解应用，掌握水解规律是关键，题目较简单。【解答】A.盐类水解实质是弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程，破坏了纯水的电离平衡，故A正确；B.盐类水解结合水电离的产物H+或OH，使水的电离平衡向正反应方向移动，故B正确；C.弱酸根水解显碱性，弱碱阳离子水解显酸性，盐类水解的结果使溶液不一定呈中性，故C正确；D
18、.碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解、钠离子不水解，所以Na+的浓度大于CO32浓度的2倍，故D错误。4.【答案】B【解析】【分析】本题考查水的电离平衡以及影响因素，注意掌握水的电离平衡影响因素是解题关键，属于基础知识的考查，题目难度不大。【解答】A.判断溶液显中性的标准，是c(H+)=c(OH)，不同温度下，Kw的值不同。温度没有指明，pH=7时溶液不一定显中性，故A错误；B.通入一定量的HCl，氢离子浓度增大抑制水的电离，水的电离程度会减小，故B正确；C.加入少量稀H2SO4时，c(H+)增大，若温度不变则Kw不变，Kw只是温度的函数，只受温度影响，故C错误；D.溶液中没有其
19、他电离平衡时，但可能存在水解平衡，则此时溶液不一定显中性，故D错误。故选B。5.【答案】D【解析】解：水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性。综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH减小、呈中性；故选：D。依据纯水是呈中性的，一定温度下水中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积是常数，温度升高促进水的电离，水的离子积增大分析本题考查了水的电离平衡及影响因素，主要考查水的离子积的应用，加热促进水的电离，水的pH大小判断6.【答案】B【解析】【
20、分析】本题考查水的电离及其影响因素、水的离子积常数的相关知识，明确氢离子或氢氧根离子抑制水电离、弱离子促进水电离即可解答，注意离子积常数与溶液酸碱性无关，只与温度有关，为易错点。【解答】A、向水中加入稀氨水，c(OH)增大，抑制水的电离，平衡逆向移动，故A错误；B、向水中加入硫酸氢钠固体，硫酸氢钠电离出氢离子导致溶液中c(H+)增大，温度不变，Kw不变，故B正确；C、向水中加入少量固体CH3COOH，平衡逆向移动，但c(H+)增大，故C错误；D、水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，Kw增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D错误；故选B。7.【答案】B【解析】【分析】本题考查水的离子积相关
21、计算，明确水的电离平衡的影响因素是解答这类问题的关键，难度不大。【解答】氢氧化钠抑制水的电离，因此pH=9的氢氧化钠溶液中由水电离产生的氢氧根离子的物质的量浓度等于溶液中氢离子的物质的量浓度，即a=1109，醋酸钠水解促进水的电离，因此醋酸钠溶液中由水电离产生的氢氧根离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，即b=1105，所以a=104b，故选B。8.【答案】D【解析】【分析】本题考查了盐类的水解、水的电离、溶液pH计算等知识点，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，题目难度中等。【解答】在0.1mol/L盐酸中水电离的氢离子浓度为1013mol/L，
22、则0.1mol/LNaX溶液中水电离的氢离子浓度为1013mol/L108=105mol/L，所以0.1mol/LNaX溶液中c(H+)=1014105mol/L=109mol/L，所以pH=9；故选D。9.【答案】C【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解相关知识，根据图象分析，注意图象是关于水电离出H+的浓度的图象，c水(H+)=107mol/L，溶液不一定呈中性，这是易错点，整体难度中等。【解答】A.通入标况下44.8mLHCl气体，即通入0.002molHCl，反应恰好生成NH4Cl，NH4Cl水解使溶液呈酸性，b点水电离出H+为107mol/L，溶液呈中性，不符合，故A错
23、误；B.b点溶液呈中性，c点反应恰好生成NH4Cl，此时水的电离程度最大，从b点到c点溶液由中性变为酸性，溶液中c(H+)c(OH)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，所以c(NH4+)dc，故B错误；C. 图中分析可知开始导电能力相同说明开始氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，加水稀释促进一水合氨电离平衡正向进行，稀释相同倍数，氨水溶液中氢氧根离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，若将b、d两点溶液混合c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H+)，故C错误；D.而b、c两点的导电能力相同，说明氨水中氢氧根离子浓度和盐酸中氢离子浓度相同，由水电离出的c(OH)相同
24、，而b点溶液体积较大，则由水电离出的n(OH)：bc，故D正确。故选D。12.【答案】C【解析】【分析】本题考查盐和碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.N点c(NH4+)=c(NH3H2O)，NH3H2O电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，原溶液中水的电离程度最大，即N点溶液中水的电离程度比原溶液小，故A错误；B.在N点时n(Na+)=xmol，n(Cl)=0.1mol，根据电荷守恒n(OH)+n(Cl)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)可知，n(OH)+0.1mo
25、l=n(H+)+xmol+0.05mol，故B错误；C.c(H+)c(NH4+)c(NH3H2O)c(NH3H2O)=Khc(NH3H2O)，随着NaOH的加入，c(NH3H2O)逐渐增大，而水解平衡常数Kh不变，则该比值逐渐减小，故C正确；D.当n(NaOH)=0.1mol时，恰好反应生成等浓度的NaCl和NH3H2O，根据物料守恒可得：c(Na+)=c(Cl)=c(NH4+)+c(NH3H2O)，故D错误；故选：C。13.【答案】D【解析】解：A.水的电离过程(H2OH+OH)吸热，温度升高，电离程度增大，但水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度仍相等，所以水仍是中性，故A错误； B.强弱电解质
26、的本质区别是能否完全电离，和溶液的导电性无关，即用NH3H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗，可能是浓度很稀，不能说明NH3H2O是弱电解质，故B错误； C.盐的化学式中铵根离子个数相同，铝离子的水解抑制铵根离子水解，碳酸氢根离子的水解促进铵根离子水解，所以等浓度的这几种溶液中铵根离子浓度：，故C错误； D.醋酸和醋酸钠浓度均为0.1molL1的体系为缓冲溶液，滴加少量NaOH溶液时，溶液中平衡变化不大，则溶液的pH变化不大，故D正确； 故选：D。A.纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，呈中性； B.溶液导电性与离子浓度大小有关，灯泡很暗只能说明离子浓度较小，不能判断一水合氨的电离程度； C.碳酸氢
27、根离子水解促进了铵根离子的水解，铝离子水解抑制了铵根离子的水解； D.浓度均为0.1molL1的醋酸和醋酸钠体系为缓冲溶液，外加少量酸或碱时，溶液中平衡变化不大。本题考查较为综合，涉及离子浓度大小比较、盐的水解原理、水的电离等知识，明确盐的水解及其影响为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，B为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。14.【答案】C【解析】【分析】本题考查了溶液的酸碱性，难度一般，涉及弱电解质的电离平衡的影响因素、稀释后溶液pH的变化、水的电离程度，题目难度中等，掌握影响弱电解质的影响因素，注意酸中电离出的氢离子或碱中电离出的氢氧根浓度越大对水的电离抑制程度
28、越大是解答关键。【解答】A.中加入氯化铵晶体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，使溶液中的c(OH)减小，中加入氯化铵晶体，氢氧化钠与氯化铵反应生成弱电解质一水合氨，使溶液中c(OH)减小，故两溶液的pH均减小，故A正确；B.加水稀释至原来的10倍，NaOH溶液和硫酸的pH变化1，由于NH3H2O和CH3COOH均为弱电解质，随着溶液的稀释，电离程度增大，所以、的pH变化小于1，pH大小关系应为，故B正确；C.氢氧化钠是一元强碱，pH=11的NaOH溶液的物质的量浓度c(NaOH)=103molL1，硫酸是二元强酸，pH=3的硫酸溶液的物质的量浓度c(H2SO4)，故C错误；D.四种
29、溶液中c(H+)或c(OH)均为103molL1，对水的电离的抑制程度相同，水的电离程度相同，故D正确。故选C。15.【答案】B【解析】【分析】本题考查酸盐混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。【解答】A、当滴入盐酸溶液20.00mL时，两者恰好完全反应得到0.01mol/L的HY溶液，达到滴定终点，此时溶液显弱酸性，故需选取甲基橙做指示剂，而不能用酚酞，故A错误；B、M所得溶液是HY和NaY、NaCl的等浓度的混合溶液，由于HY的电离平衡常数Ka(HY)=5.01011，而NaY的水解平
30、衡常数Kh=KwKa(HY)=101451011=2104mol/L，即HY的电离程度小于NaY的水解程度，故溶液显碱性，即pH大于7，故B正确；C、NaY是强碱弱酸盐，水解能促进水的电离，在其溶液中加入盐酸，生成的HY能抑制水的电离，故随着盐酸的加入，水的电离程度逐渐减小，故Q点水的电离程度最小，而Kw只和温度有关，由于是室温，故Kw=1014，故C错误；D、所得溶液是HY、NaY和NaCl的等浓度的混合溶液，根据物料守恒可知c(Na+)=c(HY)+c(Y)，故D错误。故选B。16.【答案】(1)；升温促进水的电离，Kw增大 (2)碱性；1107(3)向右；向右 (4)等于【解析】【分析】
31、本题考查水溶液中弱电解质电离平衡，难度不大。掌握水的电离平衡影响因素是解答关键。【解答】(1)常温下，水的Kw=11014，而t时Kw=11012，升高温度，促进水的电离，Kw增大，则高于25；故答案为：；升温促进水的电离，Kw增大；(2)c(H+)=1107molL1，则c(OH)=110121107mol/L=1105mol/Lc(H+)，显碱性；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH)等于水电离出的c(H+)，等于溶液中的c(H+)=1107molL1；故答案为：碱性；1107；(3)用Zn和稀硫酸制取H2时，消耗H+，水的电离平衡向右移动；新制氯水中存在Cl2+H2
32、OHCl+HClO，加入少量NaCl固体，提高Cl浓度，则Cl2+H2OHCl+HClO平衡逆向移动，酸性减弱，则水的电离平衡向右移动；故答案为：向右；向右；(4)pH=4的盐酸中c(H+)=104mol/L，pH=10的Ba(OH)2中c(OH)=10141010mol/L=104mol/L，则两种溶液中水的电离程度相等；故答案为：等于。17.【答案】(1)；水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，离子积常数增大(2)1000：1(或1031) (3)11010mol/L(4)9：11【解析】【分析】本题考查考查水的电离、水的离子积常数和pH的有关计算，注意水的离子积常数与温度有关，
33、题目难度中等。【解答】(1)温度升高水的电离程度增大，KW增大，a11014；判断的理由是水的电离吸热，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大；故答案为：；水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，离子积常数增大；(2)298K时，某Na2SO4溶液中c(SO42)=5104mol/L，则Na2SO4溶液中c(Na+)=1103mol/L，稀释后为1104mol/L，由于溶液始终显中性所以c(OH)=1107mol/L，所以c(Na+)c(OH)=1000：1(或1031)；故答案为：1000：1(或1031)；(3)在T2K下pH=10的NaOH溶液中，溶液中氢离子浓度为c(H+)
34、=11010mol/L，则水电离出的氢离子浓度为11010mol/L，水电离产生的OH的浓度为11010mol/L；故答案为：11010mol/L；(4)在T2K时KW=11012，pH=11的NaOH溶液c(OH)=101mol/L，混合后溶液显酸性，可知：101V2101V1V1+V2=102，101V2101V1=102V2+102V1，即9102V2=11102V1，V1V2=911。故答案为：9：11。18.【答案】0.1 1 1013 8109 a+b=13 2：9 曲线B对应95，此时水的离子积为1012，HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离
35、出H+，使溶液pH=5【解析】解：(1)常温下，0.05mol/L硫酸溶液中，c(H+)=0.052=0.1mol/L，pH值为lgc(H+)=1，溶液中氢氧根完全由水电离产生，根据水的离子积常数公式可知，水电离的c(H+)=水电离出的c(OH)=Kwc(H+)=10140.1mol/L=1013mol/L，故答案为：0.1；1；1013；(2)某温度下，纯水为中性，水电离出的c(H+)=c(OH)=2107mol/L，即此温度下水的离子积Kw=c(OH)c(H+)=2107mol/L2107mol/L=41014，滴入盐酸使c(H+)=5106mol/L，则c(OH)=Kwc(H+)=410
36、145106=8109mol/L，故答案为：8109；(3)水的电离为吸热反应，所以温度升高，电离程度增大，曲线A为25环境，曲线B为95环境，由图可知，95时Kw=106106=1012，pH1=a的盐酸中c(H+)=10amol/L，pH2=b的NaOH中c(OH)=1012+bmol/L，所以10体积pH1=a的盐酸与1体积pH2=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则n(H+)=n(OH)，即10L10amol/L=1L1012+bmol/L，得到a+b=13，故答案为：a+b=13；25时，pH=11的NaOH溶液中c(OH)=10(1411)mol/L=103mol/L，pH=4的H
37、2SO4溶液中c(H+)=104mol/L，所得混合溶液的pH=10，说明碱过量，此时混合溶液中c(OH)=10(1410)mol/L=104mol/L，即104mol/L(V酸+V碱)=103mol/LV碱104mol/LV酸，则V碱：V酸=2：9，所以NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为2：9，故答案为：2：9；曲线B对应温度时Kw=1012，pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液中c(H+)=c(OH)=102mol/L，等体积混合溶液的pH=5，溶液显酸性，说明酸过量、HA是弱酸，即曲线B对应95，此时水的离子积为1012，HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多
38、的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5，故答案为：曲线B对应95，此时水的离子积为1012，HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5。(1)硫酸是二元强酸，0.05mol/L硫酸电离出c(H+)=0.05mol/L2=0.1mol/L，抑制水的电离，水电离出的H+浓度很小，可忽略，即硫酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，水电离的c(H+)与溶液中c(OH)相等，根据pH=lgc(H+)和Kw=c(OH)c(H+)计算pH和水电离的c(H+)；(2)水电离出的c(H+)=c(OH)=2107mol/L，则Kw=c(OH)c(H+)=
39、2107mol/L2107mol/L=41014，据此计算盐酸溶液中c(OH)；(3)水的电离为吸热反应，温度高，水的电离程度增大，Kw增大，由图可知，95时Kw=106106=1012，pH1=a的盐酸中c(H+)=10amol/L，pH2=b的NaOH溶液中c(OH)=10b12mol/L，混合后溶液呈中性，即n(OH)=n(H+)=cV；25时Kw=1014，pH=11的NaOH溶液中c(OH)=10(1411)mol/L=103mol/L，pH=4的H2SO4溶液中c(H+)=104mol/L，混合溶液的pH=10，即混合溶液中c(OH)=10(1410)mol/L=104mol/L，
40、碱过量，根据NaOH的物质的量关系列式计算；95时Kw=1012，pH=2的HA溶液c(H+)=102mol/L，pH=10的NaOH溶液中c(OH)=10(1210)mol/L=102mol/L，等体积混合后溶液的pH=5、呈酸性，说明酸过量，即HA是弱酸，起始时c(HA)大于c(NaOH)。本题考查了酸碱混合的定性判断、pH的简单计算、水的电离及计算等知识，把握溶液酸碱性与溶液pH的关系、pH的相关计算为解题关键，注意酸碱溶液中水电离的氢离子或氢氧根离子浓度的计算，试题培养了学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度中等。19.【答案】(1)增大；(2) abdc；(3)cd；(4)b；(5)
41、大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力较弱；(6)9.9107。【解析】【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断，题目难度中等，涉及离子浓度大小比较、pH的简单计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生分析判断能力及化学计算能力。【解答】(1)升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大，故答案为：增大；(2)电离平衡常数越大，越易电离，等浓度时溶液中氢离子浓度越大、酸性越强，则酸性强弱为：CH3COOHH2CO3HClOHCO3，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大
42、到小的顺序是：CO32ClOHCO3CH3COO，即abdc，故答案为：abdc；(3)a.CO32+CH3COOH=CH3COO+CO2+H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a不选；b.ClO+CH3COOH=CH3COO+HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b不选；c.CO32+HClO=CO2+H2O+ClO：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c选；d.2ClO+CO2+H2O=CO32+2HClO：由于酸性H2CO3HClOHCO3，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸
43、氢根离子，不会生成CO32，该反应不能发生，故d选；故答案为：c、d；(4)a.加水稀释促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以c(CH3COOH)c(H+)的比值减小，故a错误；b.加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则c(CH3COO)c(CH3COOH)的比值增大，故b正确；c.加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H+)kW的比值减小，故c错误；d.加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，c(H+)c(OH)的比值减小，故d错误；故答
44、案为：b；(5)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；溶液中氢离子浓度越小，对水的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力较弱；故答案为：大于；大于；稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力较弱；(6)pH=6，则c(H+)=106molL1、c(OH)=108molL1，溶液呈存在电荷守恒：c(CH3COO)+c(OH)=c(H+)+c(Na+)，则：c(CH3COO)c(Na+)=c(H+)c(OH)=106molL1108molL1=9.9107molL1，故答案为：9.9107。20.【答案】(1)(2)1000(3)1012.7(4)4:9；cNa+cSO42cH+cOH(5)大于；cNa+=cCH3COOcH+=cOH【解析】略- 22 - 版权所有高考资源网
