2022届高三化学一轮复习 化学反应原理07 水的离子积常数相关计算（含解析）.docx

1、水的离子积常数相关计算填空题（共21题）1常温下在0.01mol/LHCl溶液中，c(OH-)=_，c(H+)=_，由水电离出的c(H+)=_，由水电离出的c(OH-)=_。在0.01mol/LNaOH溶液中，c(OH-)=_，c(H+)=_，由水电离出的c(H+)=_，由水电离出的c(OH-)=_。在0.01mol/LNaCl溶液中，c(OH-)=_，c(H+)=_，由水电离出的c(H+)=_，由水电离出的c(OH-)=_。2(1)25时，0.05 mol/L H2SO4溶液的c(H+)=_，pH=_，0.01 mol/L NaOH溶液的c(H+)=_，pH=_；(2)水的电离平衡曲线如图所

2、示。若以A点表示25时水电离平衡时的离子的浓度，当温度升高至100 oC时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从_增加到_，造成水的离子积增大的原因是_。3根据要求，回答下列问题：(1)某温度下，纯水中的，则纯水中的_，该温度时的水的离子积_。保持温度不变，滴入稀盐酸使溶液中的，则溶液中的为_。(2)常温下，某NaOH溶液的，则该溶液中的氢氧根离子浓度_。(3)常温下，某溶液的，则该溶液中水电离出的氢离子浓度_。4某温度下，纯水的c(H+)为210-7molL-1，则此时c(OH-)为_molL-1，若温度不变，滴入稀H2SO4使c(H+)=510-4molL-1，则由水电离出的c(OH

3、-)为_molL-1，此时温度_(填“高于”、“低于”或“等于”)25。5某温度下，纯水中的c(H)=210-7molL-1，则此时c(OH-)为_；Kw为_若温度不变，滴入稀盐酸使c(H)=510-4molL-1，则溶液中c(OH-)为_，由水电离产生的c(H)为_，此时温度_(填“高于”、“低于”或“等于”)25。6(1)现有25、pH=13的Ba(OH)2溶液与某浓度盐酸溶液按体积比(碱与酸之比)1：9混合后，所得溶液pH=11(假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和)，该盐酸溶液的pH=_。(2)物质的量浓度相同的氨水溶液和盐酸溶液等体积混合后，溶液呈_(填“酸性”，“中性”或“碱

4、性”)原因为 _(用离子方程式表示)(3)已知水在25和95时的电离平衡曲线如图所示：95时，0.001mol/LNaOH溶液的pH=_。25时，将pH=9的NaOH溶液与pH=3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_。7已知二元酸 H2A 在水中存在以下电离：，试回答下列问题：(1)NaHA 溶液呈_(填“酸”“碱”或“中”)性，理由是_。(2)某温度下，向 10mL 0.1mol/L NaHA 溶液中加入 0.1mol/L KOH 溶液 V mL 至中性， 此时溶液中以下关系一定正确的是_(填写字母)。A溶液pH=7 B水的离子CV=1

5、0Dc(K)”“”或“=”)25。在t时将pH=12的NaOH溶液V1L与pH=1的H2SO4溶液V2L混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH=3，则V1：V2=_。（3）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)，平衡时ClNO的体积分数的变化图像如图，则A、B、C三状态中，NO的转化率最大的是_点；当=1.5时，达到平衡状态ClNO的体积分数可能是D、E、F三点中的_点。15已知水在25 和100 时，电离平衡曲线如图所示：（1）25 时水的电离平衡曲线应为_（填“A”或“B”），请说明理由_。（2）

6、下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的c（H）c（OH）的是_（填序号）。A 向纯水中投入少量Na2O2固体 B 将水加热至煮沸C 向水中通入CO2 D 向水中加入NaCl16任何物质的水溶液都存在水的电离平衡。下表是不同温度下水的离子积数据：温度（）25t1t2水的离子积常数110-14a110-12完成下列填空：（1）25时，向100mL纯水中加入0.01mol的NH4Cl固体，_（选填“促进”或“抑制”）了水的电离平衡，所得溶液呈_性（选填“酸”、“碱”或“中”），原因是（用离子反应方程式表示）_。（2）若25t1”、“ = 11 3 【详解】(1)水的电离为吸热反应，温度越高水的电离

7、程度越大，电离平衡常数越大，所以95时水的电离常数25时水的电离常数，故答案为：；(2)由水的电离：,可知，任何温度下纯水中水电离出的c(H)等于c(OH)，故答案为：=；(3)95 时水的离子积KW=110-12，c(OH-)=110-1molL-1，,pH=11，故答案为：11；II.混合后溶液中的c(H)=， 混合液的pH=3，故答案为：3。10FeS+Cu2+=Fe2+CuS 10-12 11 【详解】(1)由于Ksp(FeS)Ksp(CuS)，所以在相同条件下CuS的溶解度更小，沉淀会向着生成CuS的方向进行，故离子方程式为FeS+Cu2+=Fe2+CuS；故答案为：FeS+Cu2+

8、=Fe2+CuS；(2)某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-a mol/L，c(OH-)=10-b mol/L，已知a+b=12，则该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)=10-a mol/L10-b=10-(a+b)= 10-12；在该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，c(OH-)=0.1 mol/L，c(H+)=10-11 mol/L，pH=-lg c(H+)=11，故答案为：10-12；11。11 【详解】（1）0.01 mol/L NaOH：c(OH-)=c(NaOH)=0.01mol/L，由pH=11得c

9、(H+)=10-11mol/L，Kw= c(OH-)c(H+)=0.01mol/L10-11mol/L=10-13 mol2/L2；（2）0.1mol/L HA：根据 和 解得 c(H+)=10-2mol/L，c(OH-)=10-11mol/L，HA溶液中OH-一定是由水电离产生的，故由水电离出c水(OH-)= c(OH-)=10-11mol/L；（3）根据以上分析，0.1mol/L HA中c(H+)=10-2mol/L，说明HA未完全电离，属于弱电解质，存在电离平衡，即 。A加水稀释，c(H+)下降，减弱了对水电离的抑制作用，故水的电离程度增大，A不符合题意；B ，加水稀释，促进HA电离，故

10、n(HA)减少，n(A-)增多，故比值减小；或者依据电离平衡常数不变进行判断，由于c(H+)减小，故增大，其倒数减小，B符合题意；C温度不变，水的离子积 Kw= c(OH-)c(H+) 也不变，C不符合题意；Dc(A-)、c(HA)浓度均减小，故两者乘积也减小，D符合题意；故答案选BD；（4）随着反应的进行，弱电解质HA能继续电离出H+，可以补充因反应消耗的H+，故HA中c(H+)减小速度要比HCl中慢，即反应相同时间剩余c(H+)：HA HCl，即pH：HA HCl，即pH：HAHCl，但现在要求反应后两者pH相等，即c(H+)相等，所以此时应继续向HA中加入Zn，使HA中c(H+)减小，这

11、样才能达到两者c(H+)相等的目的，故m1 c(H+)，故A错误；B可促进水的电离，但c(H+)=c(OH-)，故B错误；C可与水反应生成H2CO3,，抑制水的电离，但H2CO3H+HCO，使c(H+ )c(OH- )，故C正确；D加入氯化钠对水的电离无影响，故D错误；故选C。16促进 酸 NH+H2ONH3H2O +OH- 水的电离是吸热反应，升温，平衡正向移动，c(H+)和c(OH-)都增大，Kw=H+OH-，Kw增大 2.410-7 5.7610-12 10 【详解】（1）向纯水中加入0.01mol的NH4Cl固体，铵根水解，要促进水的电离，铵根结合水电离出的氢氧根，导致溶液呈酸性，水解

12、的离子方程式为：NH+H2ONH3H2O +OH-；故答案为：促进；酸；NH+H2ONH3H2O +OH-；（2）水的电离是吸热反应，升温，平衡正向移动，水的离子积增大，由于25t1t2，所以a110-14，故答案为：；水的电离是吸热反应，升温，平衡正向移动，c(H+)和c(OH-)都增大，Kw= c(H+)c(OH-)，Kw增大；（3）纯水中，c(H+)= c(OH-)=2.410-7 molL-1，则该温度下的Kw= c(H+)c(OH-)=（2.410-7 molL-1）2=5.7610-14，该温度下某盐酸溶液的c(Cl-)=0.01mol/L，则溶液中c(H+)=0.01mol/L，

13、c(OH-)=5.7610-12 mol/L；故答案为：2.410-7；5.7610-12；（4）t2时，Kw=110-12，0.01mol/L的NaOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)=110-10mol/L，pH=10；故答案为：10。17110-14mol2L-2 110-12mol2L-2 水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大 210-9molL-1 【详解】(1)由A点的H+、OH-的浓度可得Kw=c平(H+)c平(OH-)=110-14mol2L-2，同理可知B点的Kw=c平(H+)c平(OH-)=110-12mol2L-2，水的离子积变大

14、的原因是水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大；(2)若盐酸中c平(H+)=510-4molL-1，则c水(H+)=c平(OH-)=210-9molL-1。18D 10-13 大于 在0.01molL-1的NaOH溶液的pH11可知c(H+)=110-11molL-1，c(OH-)=10-2 molL-1，则Kw=c(H+)c(OH-)=10-1310-14，说明t时水的离子积大于25时水的离子积，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理，t大于25 1:10 12 1:9 1:99 【分析】（1）使水的电离平衡向右移动的方法有升高温度、加入强酸弱碱盐或强碱弱酸盐等

15、，如果溶液呈酸性，说明溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度；（2）0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，则c（H+）=110-11mol/L，c（OH-）=0.01mol/L，根据Kw=c（H+）c（OH-）计算；依据25Kw=c(H+)c(OH-)=10-14判断t的大小；(3) t时，pHa的NaOH溶液VaL，溶液中n(OH-)10a-13Va，pHb的HCl溶液VbL，溶液中n(H)10-bVb。【详解】(1) A加热至100，促进水的电离，溶液仍呈中性，故A错误；B向水中加入NaHSO4固体，电离出的氢离子抑制水的电离，故B错误；C向水中加CH3COONa，水解呈碱性，故C错误

16、；D向水中加入NH4Cl固体，水解呈酸性，故D正确；D正确，故答案为：D；(2)由0.01molL-1的NaOH溶液的pH11可知，溶液中c(H+)=110-11molL-1，c(OH-)=10-2 molL-1，则Kw=c(H+)c(OH-)=10-1310-14，说明t时水的离子积大于25时水的离子积，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理可知，t大于25，故答案为：在0.01molL-1的NaOH溶液的pH11可知c(H+)=110-11molL-1，c(OH-)=10-2 molL-1，则Kw=c(H+)c(OH-)=10-1310-14，说明t时水的离子积大于25时水的离子积

17、，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理，t大于25；(3) t时，pHa的NaOH溶液VaL，溶液中n(OH-)10a-13Va，pHb的HCl溶液VbL，溶液中n(H)10-bVb；由溶液呈中性可得10a-13Va10-bVb，解得Va:Vb=1013-(a+b)10:1，故答案为：10:1；由溶液呈中性可得由溶液呈中性可得10a-13Va10-bVb，若Va：Vb10：1，解得ab12，故答案为：12；若所得混合溶液的pH10，则溶液中c(OH-) =10-3，由a12和b2可得Va:Vb1:9，故答案为：1:9；由pH12的NaOH溶液VaL与VbL水混合后所得溶液的pH10可

18、得溶液中c(OH-)10-3，解得Va:Vb1:99，故答案为：1:99。19大于 水的电离过程吸热，该温度下的Kw比25时大，所以该温度大于25 10：1 酸 Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+ Al2O3 【分析】(1) 水的电离为吸热反应，升高温度，平衡向电离的方向移动，则水的离子积增大；(2)两溶液混合后为中性，根据n(H+)=n(OH-)计算；(3) FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子在溶液中发生水解生成氢氧化铁和氢离子；(4)加热氯化铝溶液时，水解平衡向水解的方向移动，且生成的HCl易挥发，导致生成氢氧化铝，灼烧时生成氧化铝。【详解】(1) 水的电离为吸热反应，升高温度，平衡向电离

19、的方向移动，则水的离子积增大，25时，KW=1.010-14mol2L-2，小于某温度（t）时水的离子积， 则t大于25；(2) 此温度下水的离子积为KW=1.010-13mol2L-2，pH=11的苛性钠溶液的浓度为0.01mol/L，pH=1的稀硫酸的氢离子浓度为0.1mol/L，两溶液混合后为中性，则n(H+)=n(OH-) ，a：b=10：1；(3) FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子在溶液中发生水解生成氢氧化铁和氢离子，离子方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，导致溶液中的氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则其水溶液呈酸性；(4) 氯化铝为强酸弱碱盐，溶液中铝离子水解生成氢氧化铝，

20、加热其溶液时，平衡向水解的方向移动，且生成的HCl易挥发，导致生成氢氧化铝的量增多，灼烧时生成氧化铝。201.01014 c(K)c(H)c(HC2O4-)2c(C2O42-)c(OH) 3 c(K)c(H2C2O4)c(HC2O4-)c(C2O42-) c(K)c(C2O42-)c(OH)c(HC2O4-)c(H) 【分析】(1)根据水的离子积只受温度影响，温度不变，水的离子积不变分析；(2)根据溶液中存在的离子写出电荷守恒式；(3)根据点时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4分析；(4)根据点所示的溶液的体积25mL计算出溶液中各组分的浓度；(5)根据点所示的溶液中，溶质只有K2C2O4分

21、析各离子浓度的大小；(6)根据H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离判断。【详解】(1)在任何的溶液中均存在水的离子积常数，室温下水的离子积为：KW=110-14，故答案为：110-14；(2)溶液中所有阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带的负电荷总数，即c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)，故答案为：c(H+)+c(K+)=c(HC2O4-)+c(OH-)+2c(C2O42-)；(3)点时两溶液恰好完全反应生成了KHC2O4，因此存在KHC2O4的电离平衡和水解平衡，还有水的电离平衡，总共存在3种平衡，故答案为：3；

22、(4)点所示的溶液的体积25mL，根据物料守恒：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)=0.10mol/L=0.04mol/L；c(K+)=0.10mol/L=0.06mol/L，所以0.10molL-1=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)，故答案为：c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(K+)；(5)点所示的溶液中，溶质只有K2C2O4，水解后溶液显示碱性，离子浓度大小关系为：c(K+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-)c(H+)，故答案为：c(K+)c(C2O42-)c(OH-)c(HC2O4-

23、)c(H+)；(6)H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离，所以水的电离程度最大的是K2C2O4浓度最大的，水的电离程度最小的是H2C2O4的浓度增大的，故答案为：；。【点睛】明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意(4)中物料守恒的灵活运用，(4)为解答易错点。211107 molL1 3 1101molL1或0.1molL1 K = 红磷 P4 (白磷，s)4P (红磷，s) H1 99.2 kJmol1 【详解】(1)25下，纯水中c(H)1107 molL1，则此时c(OH)c(H)1107 molL1;该温度下向纯水中加盐酸，使溶液中的c(H)1

24、103 molL1，则此时溶液的pH-lgc(H)=-lg103=3；若25下，向纯水中加入NaOH固体，使溶液的pH13，此时溶液中c(OH)0.1molL1。 与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3 NH4+NH2，根据电离平衡常数的定义，液氨的电离平衡常数表达式K =。(2)依据盖斯定律进行计算。已知：P4 (白磷，s) 5O2 (g) 2P2O5 (s)； H1 283.2 kJmol1 4P (红磷，s) 5O2 (g) 2P2O5 (s)； H2 184.0kJmol1 -得：P4 (白磷，s)=4P (红磷，s)H=283.2 kJmol1 +184.0kJmol1=-99.2kJmol1，由热化学方程式看来，更稳定的磷的同素异形体是红磷。