第二单元 溶液的酸碱性教学目标

《水溶液中的离子平衡》专项训练

一、弱电解质的电离平衡

1．室温下向10 mL pH＝3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是(

) A．溶液中导电粒子的数目减少

cCH3COO－B．溶液中不变

cCH3COOH·cOH－C．醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大

D．再加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，混合液pH＝7 答案

B 解析

醋酸加水稀释，促进电离，导电粒子的数目增加，故A错误；由于温度cCH3COO－·cH＋cCH3COO－Kw不变，电离平衡常数K＝＝·不变，由于cCH3COOHcCH3COOHcOH－Kw不变，则题给比值不变，故B正确；醋酸加水稀释，电离程度增大，但c(H＋)变小，故C错误；加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，醋酸过量，混合后溶液显酸性，故D错误。

2．将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是(

) －＋cFcHA．c(H＋)

B．Ka(HF)

C.

＋

D.cHFcH答案

D 解析

HF为弱酸，存在电离平衡：HFH＋＋F－。根据勒夏特列原理：当改变影响平衡的一个条件，平衡会向着能够减弱这种改变的方向移动，但平衡的移动不能完全消除这种改变，故加水稀释，平衡正向移动，但c(H＋)减小，A错误；电离常数只受温度的影响，温度不变，电离常数Ka不变，B错误；当溶液无限cF－＋－7－1稀释时，c(F)不断减小，但c(H)接近10 mol·L，所以减小，C错误；cH＋cH＋nH＋＝，由于加水稀释，平衡正向移动，所以溶液中n(H＋)增大，n(HF)cHFnHFcH＋减小，所以增大，D正确。

cHF－第

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3．常温下0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是(

) A．将溶液稀释到原体积的10倍

B．加入适量的醋酸钠固体

C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸

D．提高溶液的温度

答案

B 解析

醋酸是弱酸，稀释10倍同时也促进了其电离，溶液的pH<(a＋1)，A错误；醋酸根离子水解显碱性，向酸溶液中加入适量碱性溶液可以使pH增大1，B正确；盐酸完全电离，加入盐酸后溶液的pH

4．室温下，将1.000 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 1.000 mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是(

)

A．a点由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－14 mol·L－1

B．b点：c(NH＋H2O)＝c(Cl－) 4)＋c(NH3·C．c点：c(Cl－)＝c(NH＋4) D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热

答案

C 解析

a点时氨水中的H＋全部来自水的电离，此时pH<14，故c(H＋)>1.0×10－14

mol·L－1，A错误；b点时溶液显碱性，则氨水过量，c(NH＋H2O)>c(Cl4)＋c(NH3·－)，B错误；c点时pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＋＝c(NH＋推出c(Cl－)＝c(NH＋C正确；d点后主要存在NH＋4)＋c(H)，4)，4的水解反应，该反应吸热，D错误。

二、溶液的酸碱性与pH的计算

5．下列说法中正确的是(

) A．某溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝10－8 mol·L－1，该溶液呈中性

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B．溶液中若c(H＋)>10－7 mol·L－1，则c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性

C．c(H＋)越大，则pH越大，溶液的酸性越强

D．pH为0的溶液，其中只有H＋，无OH－

答案

A 解析

溶液的酸碱性取决于c(H＋)和c(OH－)的相对大小：当c(H＋)＝c(OH－)时溶液一定呈中性；只有在25 ℃时c(H＋)>10－7 mol·L－1时，溶液才显酸性，若在100 ℃时c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol·L－1，c(H＋)>10－7 mol·L－1，但溶液呈中性；c(H＋)越大，pH越小；任何物质的水溶液中都存在水的电离：H2OpH＝0的溶液中仍含有微量的OH。

6．常温下，将0.02 mol·L－1的Ba(OH)2溶液100 mL和0.02 mol·L－1的NaHSO4溶液100 mL混合，若忽略溶液体积变化，则混合后的溶液(

) A．pH＝12 B．pH＝2 C．由水电离产生的c(H＋)＝1.0×10－2 mol·L－1

D．溶质的物质的量浓度为0.02 mol·L－1

答案

A 解析

当Ba(OH)2与NaHSO4等物质的量混合后溶液中发生的反应为

Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋NaOH＋H2O 1

1

1 0.002 mol

0.002 mol

0.002 mol 即反应后溶液中的溶质为NaOH，

0.002 molc(OH)＝c(NaOH)＝＝0.01 mol·L－1

0.1 L＋0.1 L－－H＋＋OH－，所以1×10Kw－1－12－1c(H)＝c(H)水＝mol·L＝1×10 mol·L，溶液的pH＝－－＝0.01cOH＋＋－14lgc(H＋)＝

－lg(1×10－12)＝12。

7．常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是(

) ①b不可能显碱性

②a可能显酸性或碱性

③a不可能显酸性

④b可能显碱性或酸性

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A．①②

B．③④

C．①③

D．②④

答案

A 解析

常温下pH为3的某酸溶液可能是强酸溶液也可能是弱酸溶液。若是强酸溶液，与pH为11的氨水等体积混合，得到的a溶液显碱性；若是弱酸溶液，与pH为11的氨水等体积混合，得到的a溶液的酸碱性由弱酸和氨水的电离程度的相对大小决定，因此可能显酸性，也可能显碱性或中性。总之：a溶液可能显酸性、中性或碱性，故②正确，③错误。同理可分析得知，b溶液显中性或酸性，故①正确，④错误。

三、盐类水解及其应用

8．关于浓度均为0.1 mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是(

) A．c(NH＋4)：③>①

B．水电离出的c(H＋)：②>①

C．①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O) －－＋D．①和③等体积混合后的溶液：c(NH＋4)>c(Cl)>c(OH)>c(H) 答案

B 解析

本题主要考查弱电解质的电离、盐类水解、电离平衡移动以及电荷守恒法判断电解质溶液中离子浓度的大小。A项，氨水是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质，完全电离，故NH4Cl溶液中c(NH＋4)较大；B项，同浓度的盐酸电离得到的c(H＋)要大于氨水电离得到的c(OH－)，对水电离的抑制盐酸大于氨水，B项错；C项，①和②等体积混合后得到的是NH4Cl溶液，在该溶液中存在下列－＋关系，电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH＋4)，物料守恒：c(Cl)＝c(NH4)＋c(NH3·H2O)，将二式合并得c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)；D项，①与③等体－－＋积混合所得溶液呈碱性，故c(NH＋4)>c(Cl)>c(OH)>c(H)。

9．室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是(

) A．若pH＞7，则一定是c1V1＝c2V2

B．在任何情况下都是c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－) C．当pH＝7时，若V1＝V2，则一定是c2＞c1

D．若V1＝V2，c1＝c2，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋) 第

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答案

A 解析

NaOH溶液与CH3COOH溶液混合时发生反应：CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O，二者恰好完全反应时，生成CH3COONa，溶液显碱性。A项pH＞7，可能是二者恰好反应或NaOH溶液过量，则有c1V1≥c2V2；B项任何情况下溶液都呈电中性，则有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)；C项NaOH与CH3COOH恰好完全反应时，溶液呈碱性，若pH＝7，CH3COOH应稍过量，即n(CH3COOH)＞n(NaOH)，当V1＝V2时，则有c2＞c1；D项当V1＝V2，c1＝c2时，NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa部分发生水解生成CH3COOH，根据原子守恒可得c(Na)＝c(CH3COO)＋c(CH3COOH)。

10．对于0.1 mol·L－1Na2SO3溶液，正确的是(

) A．升高温度，溶液pH降低

－－B．c(Na＋)＝2c(SO23)＋c(HSO3)＋c(H2SO3) －－－C．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO23)＋2c(HSO3)＋c(OH) －＋D．加入少量NaOH固体，c(SO23)与c(Na)均增大

＋－答案

D －解析

A项，SO23＋H2O－－HSO－3＋OH，升高温度可以使平衡右移，OH浓－－度增大，pH增大；B项，按原子守恒，应为c(Na＋)＝2c(SO23)＋2c(HSO3)＋－－2c(H2SO3)；C项，按电荷守恒，应为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO23)＋c(HSO3)＋c(OH－2－)；D项，加入固体NaOH，会使SO3＋H2O－－HSO－SO23＋OH的平衡左移，3的浓度增大，同时加入的NaOH固体也增大了Na＋的浓度，D项正确。

四、难溶电解质的溶解平衡

11．含有较多Ca2＋、Mg2＋和HCO－加热可除去Ca2＋、Mg2＋，3的水称为暂时硬水，使水变为软水。现有一锅炉厂使用这种水，试判断其水垢的主要成分为(

) (已知Ksp(MgCO3)＝6.8×10－6，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12) A．CaO、MgO

B．CaCO3、MgCO3

C．CaCO3、Mg(OH)2

D．CaCO3、MgO 答案

C 第

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解析

考查沉淀转化的原理，加热暂时硬水，发生分解反应：Ca(HCO3)2=====CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，Mg(HCO3)2=====MgCO3↓＋CO2↑＋H2O，生成的MgCO3在水中建立起平衡：MgCO3(s) －水解反应：CO23＋H2O－2－Mg2＋(aq)＋CO23(aq)，而CO3发生△△－－HCO－3＋OH，使水中的OH浓度增大，由于Ksp[Mg(OH)2]

12．海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：

模拟海水中的离子浓度/mol·L－1

Na＋

0.439 Mg2＋

0.050 Ca2＋

0.011 Cl－

0.560 HCO－3

0.001 注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol·L－1，可认为该离子不存在；

实验过程中，假设溶液体积不变。

Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9

Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6

Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6

Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12

下列说法正确的是(

) A．沉淀物X为CaCO3

B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋

C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋

D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物

答案

A 第

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－2＋解析

由于HCO－且Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9，3＋OH＋Ca===CaCO3↓＋H2O，2－Qc＝c(CO3)·c(Ca2＋)＝1.0×10－3×1.1×10－2＝1.1×10－5>Ksp(CaCO3)，因此X为CaCO3，A正确；Ca2＋反应完后剩余浓度大于1.0×10－5 mol·L－1，则M中存在Mg2＋、Ca2＋，B不正确；pH＝11.0时可求得c(OH－)＝10－3 mol·L－1，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－125.61×10－12，c(Mg)＝

mol·L－1<1.0×10－5 mol·L－1，因此N中只－32102＋存在Ca2＋不存在Mg2＋，C不正确；同理，加入4.2 g NaOH固体时沉淀物应是Mg(OH)2，D错误。

五、综合应用

13．某温度(T

℃)时，测得0.01 mol·L－1 NaOH溶液的pH＝11，则该温度下水的Kw＝________。在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的H2SO4溶液Vb L混合。

(1)若所得混合液为中性，且a＝11，b＝3，则Va∶Vb＝________。

(2)若所得混合液为中性，且Va∶Vb＝10∶1，则a＋b＝__________。

(3)若所得混合液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝________。

答案

10－13

(1)1∶10

(2)12

(3)1∶9 解析

T

℃时，0.01 mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2 mol·L－1，其pH＝11，即c(H＋)＝10－11 mol·L－1，则其离子积为10－13。

(1)pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2 mol·L－1，pH＝3的H2SO4溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，若混合后呈中性，则硫酸溶液体积为氢氧化钠溶液体积的10倍，即Va∶Vb＝1∶10。

(2)若所得混合液为中性，且Va∶Vb＝10∶1，则硫酸溶液中c(H＋)为氢氧化钠溶液中c(OH－)的10倍。即硫酸中c(H＋)＝10－b mol·L－1，氢氧化钠溶液中c(OH－)－1310＝10－b－1 mol·L－1，其c(H＋)＝－b－1＝10－(12－b)mol·L－1，pH为12－b，亦即a＝1012－b，所以a＋b＝12。

(3)若混合液pH＝10，即c(OH－)＝10－3 mol·L－1，则c(OH－)＝10－3 mol·L－10.1 Va－0.01 Vb＝

mol·L－1，得Va∶Vb＝1∶9。

Va＋Vb第

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