Question

【題目】水的電離平衡曲線如圖所示。

（1）若以A點表示25℃時水在電離平衡時的離子濃度，當溫度升到100℃時，水的電離平衡狀態到B點，則此時水的離子積從___增加到___。

（2）將100℃的pH=8的Ba(OH)2溶液與100℃的pH=5的稀鹽酸混合，并保持100℃的恒溫，欲使混合溶液pH=7，則Ba(OH)2與鹽酸的體積比為___。

（3）在25℃條件下將pH=11的氨水稀釋100倍后溶液的pH為（填序號）___。

A．9 B．13 C．11～13之間 D．9～11之間

（4）25℃時，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化銨固體，當固體溶解后，測得溶液pH減小，主要原因是（填序號）___。

A．氨水與氯化銨發生化學反應

B．氯化銨溶液水解顯酸性，增加了c(H+)

C．氯化銨溶于水，電離出大量銨離子，抑制了氨水的電離，使c(OH-)減小

（5）室溫下，如果將0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液(假設無損失)，

①___和____兩種粒子的物質的量之和等于0.1mol。

②___和___兩種粒子的物質的量之和比OH-多0.05mol。

Answer 1

【答案】10-14 10-12 2：9 D C NH3·H2O NH4+ NH4+ H+

【解析】

（1）若以A點表示25℃時水在電離平衡時的離子濃度，當溫度升到100℃時，水的電離平衡狀態到B點，則此時水的離子積從10-7×10-7增加到10-6×10-6；

（2）設Ba(OH)2溶液的體積為V1，稀鹽酸的體積為V2，則，由此可求出V1:V2，則可以計算出Ba(OH)2與鹽酸的體積比；

（3）在25℃條件下將pH=11的氨水稀釋100倍后，由于氨水的電離度增大，所以10-5mol/L< c(OH-)<10-3mol/L，從而得出溶液的pH；

（4）25℃時，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化銨固體，當固體溶解后，測得溶液pH減小，主要原因是氯化銨電離生成的NH4+抑制氨水的電離，從而使氨水的電離平衡逆向移動；

（5）室溫下，如果將0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液中，n(NH4Cl)=0.05mol，n(NH3·H2O)=0.05mol，n(NaCl)=0.05mol，在溶液中，存在下列兩個電離平衡：NH3·H2ONH+ OH-，H2OH++OH-；若假設電離的n(NH3·H2O)電離=x，則平衡后的溶液中，n(NH3·H2O)平=0.05-x，n(NH4+)=0.05+x，c(OH-) =x+ n(H+)。由此得出：

①NH3·H2O和NH4+兩種粒子的物質的量之和等于0.1mol；

②NH4+和H+兩種粒子的物質的量之和比OH-多0.05mol。

（1）若以A點表示25℃時水在電離平衡時的離子濃度，當溫度升到100℃時，水的電離平衡狀態到B點，則此時水的離子積從10-14增加到10-12；

答案為：10-14；10-12；

（2）設Ba(OH)2溶液的體積為V1，稀鹽酸的體積為V2，則，由此可求出V1:V2=2：9，則Ba(OH)2與鹽酸的體積比為2：9。答案為2：9；

（3）在25℃條件下將pH=11的氨水稀釋100倍后，由于氨水的電離度增大，所以10-5mol/L< c(OH-)<10-3mol/L，10-11mol/L< c(H+)<10-9mol/L，從而得出溶液的pH為9~11之間；

答案為：D；

（4）25℃時，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化銨固體，當固體溶解后，測得溶液pH減小，主要原因是氯化銨電離生成的NH4+抑制氨水的電離，從而使氨水的電離平衡逆向移動；

答案為：C；

（5）室溫下，如果將0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液中，n(NH4Cl)=0.05mol，n(NH3·H2O)=0.05mol，n(NaCl)=0.05mol，在溶液中，存在下列兩個電離平衡：NH3·H2ONH+ OH-，H2OH++OH-。

若假設電離的n(NH3·H2O)電離=x，則平衡后的溶液中，n(NH3·H2O)平=0.05-x，n(NH4+) =0.05+x，c(OH-) =x+ n(H+)，由此得出：

①NH3·H2O和NH4+兩種粒子的物質的量之和等于0.1mol；

答案為：NH3·H2O；NH4+；

②NH4+和H+兩種粒子的物質的量之和比OH-多0.05mol；

答案為：NH4+；H+。