Question

【题目】水的电离平衡曲线如图所示。

（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从___增加到___。

（2）将100℃的pH=8的Ba(OH)2溶液与100℃的pH=5的稀盐酸混合，并保持100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为___。

（3）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）___。

A．9 B．13 C．11～13之间 D．9～11之间

（4）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）___。

A．氨水与氯化铵发生化学反应

B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+)

C．氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c(OH-)减小

（5）室温下，如果将0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，

①___和____两种粒子的物质的量之和等于0.1mol。

②___和___两种粒子的物质的量之和比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点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从10-7×10-7增加到10-6×10-6；

（2）设Ba(OH)2溶液的体积为V1，稀盐酸的体积为V2，则，由此可求出V1:V2，则可以计算出Ba(OH)2与盐酸的体积比；

（3）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后，由于氨水的电离度增大，所以10-5mol/L< c(OH-)<10-3mol/L，从而得出溶液的pH；

（4）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是氯化铵电离生成的NH4+抑制氨水的电离，从而使氨水的电离平衡逆向移动；

（5）室温下，如果将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，存在下列两个电离平衡：NH3·H2ONH+ OH-，H2OH++OH-；若假设电离的n(NH3·H2O)电离=x，则平衡后的溶液中，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+两种粒子的物质的量之和等于0.1mol；

②NH4+和H+两种粒子的物质的量之和比OH-多0.05mol。

（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从10-14增加到10-12；

答案为：10-14；10-12；

（2）设Ba(OH)2溶液的体积为V1，稀盐酸的体积为V2，则，由此可求出V1:V2=2：9，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为2：9。答案为2：9；

（3）在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后，由于氨水的电离度增大，所以10-5mol/L< c(OH-)<10-3mol/L，10-11mol/L< c(H+)<10-9mol/L，从而得出溶液的pH为9~11之间；

答案为：D；

（4）25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是氯化铵电离生成的NH4+抑制氨水的电离，从而使氨水的电离平衡逆向移动；

答案为：C；

（5）室温下，如果将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，存在下列两个电离平衡：NH3·H2ONH+ OH-，H2OH++OH-。

若假设电离的n(NH3·H2O)电离=x，则平衡后的溶液中，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+两种粒子的物质的量之和等于0.1mol；

答案为：NH3·H2O；NH4+；

②NH4+和H+两种粒子的物质的量之和比OH-多0.05mol；

答案为：NH4+；H+。