Question

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

10^-14

增加到

10^-12

．
（2）常温下，将pH=10的Ba（OH）₂溶液与pH=5的稀盐酸混合，然后保持100℃的恒温，欲使混合溶液pH=7，则Ba（OH）₂与盐酸的体积比为

2：9

．
（3）在某温度下，Ca（OH）₂的溶解度为0.74g，其饱和溶液密度设为1g/mL，Ca（OH）₂的离子积为

4×10^-3

．
（4））25℃时，在等体积的 ①pH=0的H₂SO₄溶液、②0.05mol/L的Ba（OH）₂溶液，③pH=10的Na₂S溶液，④pH=5的NH₄NO₃溶液中，发生电离的水的物质的量之比是

1：10：10¹⁰：10⁹

．

Answer 1

分析：（1）根据水的离子积表达式计算出从A点到B点水的离子积变化；
（2）根据100℃时水的离子积计算出pH=7时溶液中氢氧根离子的物质的量，再计算出Ba（OH）₂与盐酸的体积比；
（3）根据溶解度和密度计算氢氧化钙的物质的量浓度，根据氢氧化钙和钙离子、氢氧根离子之间的关系式计算钙离子浓度、氢氧根离子浓度，再结合离子积常数公式计算离子积；
（4）根据H₂0?H⁺+OH^-可知，H₂SO₄溶液、Ba（OH）₂溶液抑制水的电离，根据溶液的H₂SO₄溶液的PH或Ba（OH）₂溶液中c（OH^-）计算水的电离的物质的量，Na₂S溶液、NH₄NO₃溶液促进水的电离，根据PH可直接求出发生电离的水的物质的量，进而计算物质的量之比．

解答：（1）25℃时纯水中c（H⁺）=c（OH^-）=10^-7 mol/L，K_w=c（H⁺）．c（OH^-）=10^-14 ，当温度升高到100℃，纯水中c（H⁺）=c（OH^-）=10^-6 mol/L，K_w=c（H⁺）．c（OH^-）=10^-12 ；
故答案为：10^-14，10^-12；
（2）将pH=8的Ba（OH）₂溶液中c（OH^-）=10^-4 mol/L，pH=5的稀盐酸中c（H⁺）=10^-5 mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，混合溶液的pH=7，溶液呈碱性，c（OH^-）=

10-12

10-7

=10^-5 mol/L，c（OH^-）=

10-4-10-5

x+y

=10^-5 mol/L，解得 x：y=2：9，
故答案为：2：9；
（3）若某温度下Ca（OH）₂的溶解度为0.74g，设饱和溶液的密度为1g/mL，则100g水中溶解0.74g氢氧化钙时氢氧化钙的浓度为：c=

0.74g 74g/mol

100g+0.74g 1g/mL

=0.1mol/L，氢氧化钙是强电解质，所以c（Ca（OH）₂）=c（Ca ²⁺ ）=0.1mol/L，c（OH^-）=2c（Ca（OH）₂）=0.2mol/L，离子积 K_sp=c（Ca ²⁺ ）?c（OH^-）²=0.1mol/L×（0.2mol/L）²=4×10^-3（mol/L）³，
故答案为：4×10^-3；
（4）设溶液的体积为1L，
①中pH=0的H₂SO₄中c（H⁺）=1.0 mol?L^-1，c（OH^-）=1.0×10^-14mol?L^-1，水电离的物质的量为1.0×10^-14mol；
②中c（OH^-）=0.1 mol?L^-1，c（H⁺）=1.0×10^-13mol?L^-1，水电离的物质的量为1.0×10^-13mol；
③中c（OH^-）=1.0×10^-4mol?L^-1，水的电离的物质的量为1.0×10^-4mol；
④中c（H⁺）=1.0×10^-5mol?L^-1，水的电离的物质的量为1.0×10^-5mol；
故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10^-14mol：1.0×10^-13mol：1.0×10^-4mol¹：1.0×10^-5mol=1：10：10¹⁰：10⁹，
故答案为：1：10：10¹⁰：10⁹．

点评：本题考查了水的电离、离子积常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握水的离子积的计算方法，易错题是（2），注意混合溶液的pH=7时溶液呈碱性而不是中性，为易错点．