Question

已知水在25℃和95℃時，其電離平衡曲線如圖所示：
（1）則25℃時水的電離平衡曲線應為

A

；（填“A”或“B”），請說明理由

水的電離是吸熱過程，溫度低時，電離程度小，c（H⁺）、c（OH^-）小

；
（2）25℃時，將pH=9的NaOH溶液與pH=4的H₂SO₄溶液混合，若所得混合溶液的 pH=7，則NaOH溶液與H₂SO₄溶液的體積比為

10：1

；曲線B對應溫度下，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）曲線B對應溫度下，pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等體積混合后，混合溶液的pH=5．請分析其原因：

曲線B對應95℃，此時水的離子積為10^-12，HA為弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中還剩余較多的HA分子，可繼續(xù)電離出H⁺，使溶液pH=5

；
（4）25℃時，以酚酞為指示劑用0.1mol/L的NaOH標準溶液滴定未知濃度的HCl溶液，則：
①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標準溶液進行滴定，則HCl溶液濃度

偏高

（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）．
②錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，則滴定時用去NaOH標準溶液的體積

無影響

．（填“偏大”、“偏小”或“無影響”）
③當達到滴定終點時現(xiàn)象

溶液顏色由無色變?yōu)榧t色，且半分鐘不褪色

．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)水的電離是吸熱過程，升高溫度，使水的電離程度增大分析；
（2）根據(jù)溶液的pH計算出溶液中氫離子、氫氧根離子濃度，再列式計算出氫氧化鈉溶液和硫酸溶液的體積；根據(jù)混合后溶液中氫氧根離子的濃度計算出該溫度下氫離子濃度，再根據(jù)水的離子積計算出溶液的pH；
（3）根據(jù)曲線B對應溫度下pH=5，說明溶液顯示酸性，反應后氫離子過量分析；
（4）①根據(jù)滴定管沒有潤洗，導致待裝液濃度減小分析；
②根據(jù)錐形瓶中有水，不影響待測液的物質(zhì)的量分析；
③根據(jù)反應結(jié)束前，溶液為無色，反應結(jié)束后滴入氫氧化鈉溶液，溶液顯示紅色分析．

解答：解：（1）當溫度升高時，促進水電離，水的離子積也增大，水中氫離子濃度、氫氧根離子濃度都增大，水的pH減小，但溶液仍然呈中性；因此結(jié)合圖象中A、B曲線變化情況及氫離子濃度、氫氧根離子濃度可以判斷25℃時水的電離平衡曲線應為A，理由為水的電離是吸熱過程，升高溫度，使水的電離程度增大，
故答案為：A；水的電離是吸熱過程，溫度低時，電離程度小，c（H⁺）、c（OH^-）�。�
（2）中25℃時所得混合溶液的pH=7，溶液呈中性即酸堿恰好中和，即n（OH^-）=n（H⁺），則V（NaOH）?10^-5 mol?L^-1=V（H₂SO₄）?10^-4 mol?L^-1，得V（NaOH）：V（H₂SO₄）=10：1；
曲線B對應溫度下，250mL 0.1mol/L的HCl溶液和250mL 0.3mol/L的NaOH溶液混合，反應后溶液中的氫氧根離子濃度為c（OH^-）=

0.3mol/L×0.25L-0.1mol/L×0.25L

0.25L×2

=0.1mol/L，95℃時，水的離子積為：c（H⁺）?c（OH^-）=10^-12，所以溶液中氫離子濃度為：10^-11mol/L，該溫度下，溶液的pH為11，
故答案為：10：1；11；
（3）在曲線B對應溫度下，因pH（酸）+pH（堿）=12，可得酸堿兩溶液中c（H⁺）=c（OH^-），如是強酸堿，兩溶液等體積混合后溶液呈中性；現(xiàn)混合溶液的pH=5，即等體積混合后溶液顯酸性，說明H⁺與OH^-完全反應后又有新的H⁺產(chǎn)生，酸過量，所以酸HA是弱酸，
故答案為：曲線B對應95℃，此時水的離子積為10^-12，HA為弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中還剩余較多的HA分子，可繼續(xù)電離出H⁺，使溶液pH=5；
（4）①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標準溶液進行滴定，導致標準液的濃度減小，滴定時消耗的標準液的體積增大，則HCl溶液濃度偏高，故答案為：偏高； 
②錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，對待測液氯化氫的物質(zhì)的量沒有影響，則滴定時用去NaOH標準溶液的體積無影響，故答案為：無影響；
③當達到滴定終點時現(xiàn)象，錐形瓶中溶液顏色由無色變?yōu)榧t色，且半分鐘不褪色，
故答案為：溶液顏色由無色變?yōu)榧t色，且半分鐘不褪色．

點評：本題考查了水的電離、水的離子積及溶液pH的簡單計算，題目難度中等，解題關(guān)鍵是在搞清楚溫度對水電離平衡、水的離子積和溶液pH的影響．