Question

已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：
（1）则25℃时水的电离平衡曲线应为

A

；（填“A”或“B”），请说明理由

水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c（H⁺）、c（OH^-）小

；
（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H₂SO₄溶液混合，若所得混合溶液的 pH=7，则NaOH溶液与H₂SO₄溶液的体积比为

10：1

；曲线B对应温度下，250mL 0.1mol/L的HCl溶液和250mL 0.3mol/L的NaOH溶液混合，求混合后溶液的pH

11

；
（3）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．请分析其原因：

曲线B对应95℃，此时水的离子积为10^-12，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

；
（4）25℃时，以酚酞为指示剂用0.1mol/L的NaOH标准溶液滴定未知浓度的HCl溶液，则：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则HCl溶液浓度

偏高

（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积

无影响

．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
③当达到滴定终点时现象

溶液颜色由无色变为红色，且半分钟不褪色

．

Answer 1

分析：（1）根据水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大分析；
（2）根据溶液的pH计算出溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，再列式计算出氢氧化钠溶液和硫酸溶液的体积；根据混合后溶液中氢氧根离子的浓度计算出该温度下氢离子浓度，再根据水的离子积计算出溶液的pH；
（3）根据曲线B对应温度下pH=5，说明溶液显示酸性，反应后氢离子过量分析；
（4）①根据滴定管没有润洗，导致待装液浓度减小分析；
②根据锥形瓶中有水，不影响待测液的物质的量分析；
③根据反应结束前，溶液为无色，反应结束后滴入氢氧化钠溶液，溶液显示红色分析．

解答：解：（1）当温度升高时，促进水电离，水的离子积也增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性；因此结合图象中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断25℃时水的电离平衡曲线应为A，理由为水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大，
故答案为：A；水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c（H⁺）、c（OH^-）小；
（2）中25℃时所得混合溶液的pH=7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n（OH^-）=n（H⁺），则V（NaOH）?10^-5 mol?L^-1=V（H₂SO₄）?10^-4 mol?L^-1，得V（NaOH）：V（H₂SO₄）=10：1；
曲线B对应温度下，250mL 0.1mol/L的HCl溶液和250mL 0.3mol/L的NaOH溶液混合，反应后溶液中的氢氧根离子浓度为c（OH^-）=

0.3mol/L×0.25L-0.1mol/L×0.25L

0.25L×2

=0.1mol/L，95℃时，水的离子积为：c（H⁺）?c（OH^-）=10^-12，所以溶液中氢离子浓度为：10^-11mol/L，该温度下，溶液的pH为11，
故答案为：10：1；11；
（3）在曲线B对应温度下，因pH（酸）+pH（碱）=12，可得酸碱两溶液中c（H⁺）=c（OH^-），如是强酸碱，两溶液等体积混合后溶液呈中性；现混合溶液的pH=5，即等体积混合后溶液显酸性，说明H⁺与OH^-完全反应后又有新的H⁺产生，酸过量，所以酸HA是弱酸，
故答案为：曲线B对应95℃，此时水的离子积为10^-12，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；
（4）①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，导致标准液的浓度减小，滴定时消耗的标准液的体积增大，则HCl溶液浓度偏高，故答案为：偏高； 
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，对待测液氯化氢的物质的量没有影响，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积无影响，故答案为：无影响；
③当达到滴定终点时现象，锥形瓶中溶液颜色由无色变为红色，且半分钟不褪色，
故答案为：溶液颜色由无色变为红色，且半分钟不褪色．

点评：本题考查了水的电离、水的离子积及溶液pH的简单计算，题目难度中等，解题关键是在搞清楚温度对水电离平衡、水的离子积和溶液pH的影响．