選修四 3.2水的電離和溶液的酸堿性 例題解析

水的電離和溶液的酸堿性例題解析【例1】常溫下，純水中存在電離平衡：H2OH++OH-，請?zhí)羁眨焊淖儣l件水的電離平衡移動Kwc(H+)總c(OH-)總水電離出的c(H+)升溫到100℃通氯化氫10-2mol/L加氫氧化鈉固體10-4mol/L加氯化鈉固體10-7mol/L【分析】溫度不變時，無論溶液是酸性、中性還是堿性，溶液中的氫離子濃度和氫氧根離子濃度的乘積都相同。常溫下，此值為10-14。在任何溶液中，水電離產(chǎn)生的氫離子濃度和水電離產(chǎn)生的氫氧根離子濃度始終相同，即為1:1?！敬鸢浮扛淖儣l件水的電離平衡移動方向Kwc(H+)總c(OH-)總水電離出的c(H+)升溫到100℃正向增大增大增大增大通氯化氫逆向不變10-12mol/L10-12mol/L加氫氧化鈉固體逆向不變10-10mol/L10-10mol/L加氯化鈉固體不動不變10-7mol/L10-7mol/L【例2】室溫下，在pH=12的某溶液中，由水電離生成的c(OH－)為（）A.1.0×10－7mol·Ｌ－1 mol·Ｌ－1mol·Ｌ－1 mol·Ｌ－1【分析】本題以水的離子積為知識依托，考查學生對不同條件下水電離程度的認識，同時考查了思維的嚴密性。錯解分析：pH=12的溶液，可能是堿溶液，也可能是鹽溶液。忽略了強堿弱酸鹽的水解，就會漏選D。解題思路：先分析pH=12的溶液中c(H＋)、c(OH－)的大小。由c(H＋)=10－pH得：c(H＋)=×10－12mol·L－1c(OH－)=×10－2mol·L再考慮溶液中的溶質(zhì)：可能是堿，也可能是強堿弱酸鹽。最后進行討論：(1)若溶質(zhì)為堿，則溶液中的H＋都是水電離生成的：c水(OH－)=c水(H＋)=×10－12mol·Ｌ－1(2)若溶質(zhì)為強堿弱酸鹽，則溶液中的OH－都是水電離生成的：c水(OH－)=×10－2mol·Ｌ－1?！敬鸢浮緾D【例3】室溫下，把L的H2SO4加水稀釋成2L溶液，在此溶液中由水電離產(chǎn)生的H+，其濃度接近于（）A.1×10-4mol/LB.1×10-8mol/LC.1×10-11mol/LD.1×10-10mol/L【分析】溫度不變時，水溶液中氫離子的濃度和氫氧根離子的濃度乘積是一個常數(shù)。在酸溶液中氫氧根離子完全由水電離產(chǎn)生，而氫離子則由酸和水共同電離產(chǎn)生。當酸的濃度不是極小的情況下，由酸電離產(chǎn)生的氫離子總是遠大于由水電離產(chǎn)生的(常常忽略水電離的部分)，而水電離產(chǎn)生的氫離子和氫氧根離子始終一樣多。所以，酸溶液中的水電離的氫離子的求算通常采用求算氫氧根離子。稀釋后c(H+)=（1×10-3L×L）/2L=1×10-4c(OH-)=1×10-14/1×10-4=1×10-10mol/L【答案】D【例4】將pH為5的硫酸溶液稀釋500倍，稀釋后溶液中c(SO42－）：c(H+)約為（）A、1：1B、1：2C、1：10D、10：【分析】根據(jù)定量計算，稀釋后c(H+)=2×10-8mol·L-1，c(SO42-)=10-8mol·L-1，有同學受到思維定勢，很快得到答案為B。其實，題中設置了酸性溶液稀釋后，氫離子濃度的最小值不小于1×10-7mol·L-1。所以，此題稀釋后氫離子濃度只能近似為1×10-7mol·L-1?！敬鸢浮緾【例5】弱酸HＹ溶液的pH=，將其與等體積水混合后的pH范圍是（）A.3.0～ 3.5 【分析】c(H＋)=×10－3mol·L－1 pH=3＋lg2=，事實上HY為弱酸，隨著水的加入，還會有部分H＋電離出來，故c(H＋)＞×10－3mol·L－1即pH＜?！敬鸢浮緼【例6】將體積均為10mL、pH均為3的鹽酸和醋酸，加入水稀釋至amL和bmL，測得稀釋后溶液的pH均為5，則稀釋后溶液的體積（）=b=100mL =b=1000mL＜b ＞b【分析】鹽酸是強電解質(zhì)，完全電離。在加水稀釋過程中鹽酸電離出的H+離子的物質(zhì)的量不會增加。溶液中c(H+)與溶液體積成反比，故加水稀釋時，c(H+)會隨著水的加入而變小。醋酸是弱電解質(zhì)，發(fā)生部分電離。在加水稀釋過程中未電離的醋酸分子發(fā)生電離，從而使溶液中H+離子的物質(zhì)的量增加，而c(H+)與溶液體積同樣成反比，這就使得此溶液中c(H+)受到n(H+)的增加和溶液體積V增加的雙重影響。很明顯，若將鹽酸和醋酸同等程度的稀釋到體積都為a，則鹽酸的c(H+)比醋酸的c(H+)小。若要稀釋到兩溶液的c(H+)相等，則醋酸應該繼續(xù)稀釋，則有b＞a?！敬鸢浮緾【例7】L的鹽酸和L氫氧化鋇溶液混合后，溶液的c(H+)為（）（不考慮混合時的體積變化）。A.0.5×（10-8+10-10）mol/LB.（10-8+10-10）mol/LC.（1×10-14-5×10-5）mol/LD.1×10-1【分析】把101mL的Ba(OH)2分差成99mL和2mL，其中99mLBa(OH)2溶液和99mL鹽酸溶液恰好完全反應，這樣就相當于將L的Ba(OH)2加水稀釋至200mL，先求溶液中的[OH-]，然后再化成[H+]，故應選D。[答案]D【例8】將pH=8的NaOH溶液與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH值最接近于（）。A.8.3B.8.C.9D.[解析]同種溶質(zhì)的酸或堿溶液混合后溶液的pH值約為大的pH減去（兩溶液的pH值必須相差2以上）。[答案]D【例9】室溫下xLpH=a的鹽酸溶液和yLpH=b的電離度為α的氨水恰好完全中和，則x/y的值為（）B.10-14-a-b/αC.10a+b-14/αD.10a-b【分析】c(HCl)=c(H+)=10-amol·L-1，鹽酸的物質(zhì)的量=10-a×xmol·L-1，c(NH3·H2O)·α=c(OH-)=10b-14mol·L-1，NH3·H2O物質(zhì)的量為10b-14÷α×ymol·L-1。根據(jù)題意：10-a·x=10b-14÷α×y，得x/y=10a+b-14/α【答案】C【例10】若在室溫下pH=a的氨水與pH=b的鹽酸等體積混合，恰好完全反應，則該氨水的電離度可表示為（）A.10a+b-12%B.10a+b-14%C.1012-a-b%D.1014-a-b【分析】設氨水和鹽酸各取1L。氨水電離出的c(OH-)=10-14÷10-amol·L-1=10a-14mol·L-1即氨水電離出的OH-的物質(zhì)的量為10a-14mol，而NH3·H2O的物質(zhì)的量=鹽酸的物質(zhì)的量=10-bmol·L-1×1L=10-bmol；所以氨水的電離度為10a+b-12%?！敬鸢浮緼【例11】用LH2SO4滴定LNaOH溶液，中和后加水至100mL。若滴定時終點判斷有誤差：①多加了1滴H2SO4；②少加了1滴H2SO4(設1滴為。則①和②c(H+)之比為（）A.10B.50C.5×103D.104【分析】多加1滴H2SO4，則酸過量，相當于將這1滴硫酸由稀釋至100mL。少加1滴H2SO4，相當NaOH溶液過量2滴，即將這部分NaOH溶液稀釋至100mL?，F(xiàn)計算如下：①多加1滴硫酸時，c(H+)==10-5(mol/L)，②少加1滴硫酸時，c(OH-)=10-5(mol/L)，c(H+)==10-9(mol/L)，故二者比值為104?！敬鸢浮緿【例12】有①、②、③三瓶體積相等，濃度都是1mol·L-1的鹽酸溶液，將①加熱蒸發(fā)至體積一半；向②中加入少量的CH3COONa固體（加入后仍顯酸性）；③不作任何改變，以酚酞作指示劑，用NaOH溶液滴定上述三種溶液，所耗NaOH溶液的體積為（）A.①=②>③B.③>②>①C.③=②>①D.①=②=③【分析】本題著重考查酸堿中和、溶液的酸堿性判斷及抽象思維能力。對①加熱蒸發(fā)，由于HCl的揮發(fā)性比水大，故蒸發(fā)后溶質(zhì)可以認為沒有，消耗的NaOH溶液的體積最少。在②中加入CH3COONa固體，發(fā)生反應：HCl+CH3COONa==CH3COOH+NaCl，當以酚酞作指示劑時，HCl、CH3COOH被NaOH中和：HCl+NaOH==NaCl+H2O，CH3COOH+NaOH==CH3COONa+H2O，此過程中被中和的H+物質(zhì)的量與③相同。若改用甲基橙作指示劑，因為甲基橙的變色范圍（pH）為~，此時，部分CH3COOH不能被NaOH完全中和，三種溶液所消耗的NaOH溶液體積為③>②>①?！敬鸢浮緾【例13】以標準的鹽酸溶液滴定未知的氫氧化鈉為例，判斷以下操作所引起的誤差（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）=1\*GB2⑴讀數(shù)：滴定前俯視或滴定后仰視；（）。=2\*GB2⑵未用標準液潤洗滴定管；（）=3\*GB2⑶用待測液潤洗錐形瓶；（）=4\*GB2⑷滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后尖嘴氣泡消失；（）=5\*GB2⑸不小心將標準液滴在錐形瓶的外面；（）=6\*GB2⑹指示劑用量過多。（）【分析】本題主要考查學生的實驗操作規(guī)范及誤