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3.2.1水的电离（分层作业）
1．下列操作可以使水的离子积常数K 增大的是
w
A．通入少量氨气 B．通入少量氯化氢气体
C．加热 D．加入少量氯化钠固体
【答案】C
【解析】A．通入少量氨气，与水结合为一水合氨，电离产生的OH-将抑制水电离，但温度不变，水的离
子积常数K 不变，A不符合题意；
w
B．通入少量氯化氢气体，溶于水电离产生的H+将抑制水电离，但温度不变，水的离子积常数K 不变，B
w
不符合题意；
C．水的电离是一个吸热过程，加热，水的电离平衡正向移动，水的离子积常数K 增大，C符合题意；
w
D．加入少量氯化钠固体，溶于水电离产生的Na+、Cl-对水的电离不产生影响，水的离子积常数K 不变，
w
D不符合题意；
故选C。
2．25℃时，水的电离达到平衡：HO⇌H++OH- ；△H>0，下列叙述正确的是
2
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低
B．将水加热，K 增大，pH不变
W
C．向水中加入少量固体CHCOONa，平衡逆向移动，c(H+)降低
3
D．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，K 不变
W
【答案】D
【解析】A．向水中加入稀氨水，加入碱，平衡逆向移动，c(OH-)增大，A错误；
B．将水加热，K 增大，平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小，B错误；
W
C．向水中加入少量固体CHCOONa，醋酸根结合氢离子，c(H+)降低，平衡正向移动， C错误；
3
D．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，K 只受温度影响，故不变，D正确；
W
故选D。
3．NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1 mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示。已知钠
离子、氯离子在水溶液中以水合离子的形式存在。N 代表阿伏伽德罗常数。下列说法正确的是
AA．a离子为Na+
B．溶液中含有N 个Na+
A
C．水合b离子的图示不科学
D．40℃时测得该溶液的pH小于7，则该溶液显酸性
【答案】C
【解析】A．从图中可以看出，a离子半径比b离子大，则b离子为Na+，A不正确；
B．将NaCl溶于水配成1 mol·L-1的溶液，溶液的体积未知，无法求出含有的Na+数目，B不正确；
C．b离子为Na+，带正电性，吸引HO中带负电性的O，也就是HO中的O原子应靠近Na+，所以水合b
2 2
离子的图示不科学，C正确；
D．水的电离是一个吸热过程，升温到40℃时，水的电离程度增大，c(H+)增大，虽然该溶液的pH小于7，
但该溶液仍呈中性，D不正确；
故选C。
4．已知水的电离方程式：HO⇌H++OH-。下列叙述中，正确的是
2
A．向水中加入少量硫酸氢钠溶液，c(H+)增大，K 增大
W
B．降低温度，K 减小，pH不变
W
C．向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)降低
D．向水中加入少量NaClO固体，平衡向正反应方向移动，c(H+)降低
【答案】D
【解析】A．向水中加入少量硫酸氢钠，硫酸氢钠电离生成氢离子，氢离子浓度增大，但是温度不变，K
W
不变，A错误；
B．降低温度，水的电离程度减小，K 减小，氢离子浓度减小，pH增大，B错误；
W
C．向水中加入氨水，溶液呈碱性，氢氧根离子浓度增大，抑制水的电离，导致平衡逆向移动，C错误；
D．向水中加入少量NaClO固体，ClO-结合H+生成HClO，导致氢离子浓度减小，水的电离平衡正向移动，
D正确；故答案选D。
5．常温下，下列四种溶液中，水的电离程度最大的是
A．pH=5的NH Cl NH Cl溶液 B．pH=5的HSO 溶液
4 4 2 4
C．pH=8的CHCOONa溶液 D．pH=8的NaOH溶液
3
【答案】A
【分析】溶液中c(H+) =c(OH-) ，纯水中均为10-7mol/L（常温下）；酸和碱抑制水的电离，c(H+) =c(OH-)
水 水 水
<10-7mol/L；盐的水解促进水的电离，c(H+) =c(OH-) >10-7mol/L。
水 水 水
【解析】A．pH=5的NH Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，c(H+) =c(OH-) =10-5mol/L；
4 水 水
10−14
B．pH=5的HSO 溶液中，氢离子抑制水的电离，c(H+) =c(OH-) = =10-9mol/L；
2 4 水 水 10−15
10−14
C．pH=8的CHCOONa溶液中醋酸根离子水解促进水的电离，c(H+) =c(OH-) = =10-6mol/L；
3 水 水 10−8
D．pH=8的NaOH溶液中NaOH电离产生的氢氧根离子抑制水的电离，c(H+) =c(OH-) =10-8mol/L；
水 水
综上，此题选A。
6．研究弱电解质的电离，有重要的实际意义。
下表是不同温度下水的离子积常数：
温度/℃ 25 t t
1 2
水的离子积常数 1×10﹣14 K 1×10﹣12
W
试回答以下问题：
(1)若25℃＜t＜t，则K 1×10﹣14(填“>”、“＜”或“=”)，判断的理由是 。
1 2 W
(2)若25℃时，pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 性(填“酸”、“中”或
“碱”)，溶液中c(Na+) c(Cl﹣)(填“>”、“=”或“＜”)。
(3)醋酸是一种常见的有机酸。醋酸的电离方程式为 。
保持温度不变，向醋酸溶液中通入一定量的氨气，下列量将变小的是 。
A．c(CHCOO-) B．c(H+)
3
C．c(OH-) D．CHCOOH电离平衡常数
3
(4)向0.1 mol·L-1CHCOOH溶液中加水稀释，c(CHCOO-) / c(CH COOH)的比值将 (填“变大”、
3 3 3
“不变”或“变小”)。
(5)下列事实一定能说明CHCOOH是弱电解质的是 (填字母)。
3
A．相同温度下，浓度均为1 mol·L-1的盐酸和醋酸的导电性对比：盐酸>醋酸B．1 mol·L-1 CHCOOH溶液能使紫色石蕊试液变红
3
C．25℃时，1 mol·L-1 CHCOOH溶液的pH约为2
3
D．10 mL 1mol·L-1的CHCOOH溶液恰好与10 mL 1mol·L-1 NaOH溶液完全反应
3
E.相同物质的量浓度的CHCOOH和HCl溶液中，水的电离程度的大小关系为a大于b
3
(6)某些弱酸的电离常数如下：
化学式 CHCOOH HSCN HCN HClO HCO
3 2 3
电 离 K=4.4×10-7
1
1.8×10-5 1.3×10-1 4.9×10-10 3.0×10-8
常 数 K=4.7×10-11
2
下列反应可以发生的是_______(填字母)。
A．CHCOOH＋NaCO=NaHCO＋CHCOONa
3 2 3 3 3
B．CHCOOH＋NaCN=CHCOONa＋HCN
3 3
C．CO＋HO＋2NaClO=Na CO＋2HClO
2 2 2 3
D．NaHCO ＋HCN=NaCN＋HO＋CO↑
3 2 2
【答案】(1) ＞ 因为水的电离是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，离子积也增大
(2) 中 =
(3) CH COOH⇌CHCOO－＋H+ B
3 3
(4)变大
(5)ACE
(6)AB
【解析】（1）水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，K 增大，故K 大于1×10﹣14；
W W
K 1.0×10−14
W
（2）25℃时，pH=3的盐酸溶液中c(H+)=10-3mol/L；pH=11的氢氧化钠溶液中c(OH-)= =
c(H+ ) 1.0×10−11
=10-13mol/L；两溶液等体积混合恰好完全中和，得到氯化钠溶液，溶液呈中性；c(Na+)等于c(Cl﹣)；
（3）醋酸为弱酸，其电离方程式为：CHCOOH⇌CHCOO－＋H+；保持温度不变，向醋酸溶液中通入一
3 3
定量的氨气，醋酸与氨水反应生成强电解质醋酸铵，c(CHCOO-)增大、c(H+)减小、c(OH-)增大、
3
CHCOOH电离平衡常数不变，故B选；
3
c(CH COO− ) K K
（4） 3 = a ，CHCOOH溶液中加水稀释，Ka不变，c(H+)减小，则 a 增大，
c(CH COOH) c(H+ ) 3 c(H+ )
3c(CH COO− )
3 变大。
c(CH COOH)
3
（5）A．相同温度下，浓度均为1mol•L−1的盐酸和醋酸的导电性对比：盐酸>醋酸，说明盐酸中离子浓度
大于醋酸，HCl是强电解质，则醋酸是弱电解质，故A正确；
B．1mol•L−1CHCOOH溶液能使紫色石蕊试液变红，说明醋酸显酸性，不证明醋酸是弱电解质，故B错误；
3
C．25℃时，1mol•L−1CHCOOH溶液的pH约为2，氢离子浓度小于1mol/L，说明醋酸部分电离，为弱电
3
解质，故C正确；
D．10mL1mol•L−1的CHCOOH溶液恰好与10mL1mol•L−1NaOH溶液完全反应，说明醋酸为酸，不能说明
3
醋酸为弱电解质，故D错误；
E．相同物质的量浓度的CHCOOH和HCl溶液中，水的电离程度的大小关系为a大于b，说明醋酸溶液中
3
氢离子浓度小于HCl，醋酸电离程度小于HCl，可证明醋酸为弱电解质，故E正确；
（6）由电离平衡常数可知酸性：HSCN>CH COOH> H CO>HClO> HCN>HCO- ，依据强酸制弱酸判断；
3 2 3 3
少量CHCOOH与碳酸钠反应生成碳酸氢和醋酸钠，过量时生成二氧化碳、醋酸钠和水，故A正确；
3
酸性：CHCOOH> HCN，该反应符合强酸制取弱酸原理，可发生，故B正确；
3
酸性：HCO>HClO>HCO- ，则NaClO与二氧化碳和水反应最终生成碳酸氢钠，故C错误；
2 3 3
HCO> HCN，碳酸氢钠与HCN不能反应，故D错误。
2 3
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．水电离产生的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：K+、Fe3+、Cl-、SO2-
4
B．使甲基橙试液变红的溶液中：Ca2+、NH+ 、Cl-、HCO-
4 3
C．在加入铝粉能产生H 的溶液中：Fe2+、Mg2+、NO- 、Na+
2 3
K
W
D． =0.1mol·L-1的溶液：Na+、K+、SiO2- 、NO-
c(H+
)
3 3
【答案】D
【解析】A．常温下，水电离产生的c(H+)=1×10-13mol·L-1，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，可
能呈碱性，在碱性环境下，Fe3+与OH-间发生反应形成沉淀，不能共存，故A错误；
B．使甲基橙试液变红的溶液呈酸性，溶液中HCO- 与H+间发生反应，不能共存，故B错误；
3
C．在加入铝粉能产生H 的溶液可能呈酸性，可能呈碱性，在碱性环境下OH-与Fe2+、Mg2+间均可发生反
2
应生成沉淀，故C错误；K
W
D．常温下， =c(OH-)=0.1mol·L-1的溶液呈碱性，在碱性环境下各离子间不反应，可以大量共存，故
c(H+
)
D正确；
答案选D。
8．如图表示水中c(H＋)和c(OH-)的关系，下列判断错误的是
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)c(OH—)=K
w
B．M区域内任意点均有c(H＋)<c(OH—)
C．图中T<T
1 2
D．XZ线上任意点均有pH=7
【答案】D
【解析】A．水的离子积常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则两条曲线间任意点均有c(H
＋)c(OH—)=K ，故A正确；
w
B．由图可知，M区域内任意点均有c(H＋)<c(OH—)，溶液呈碱性，故B正确；
C．水的电离过程为吸热过程，升高温度，平衡右移，氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，则图中
T<T，故C正确；
1 2
D．由图可知，XZ线上任意点溶液氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，X点溶液中氢离子浓度为10-7
mol·L-1，溶液pH为7，则XZ线上任意点溶液pH小于7，故D错误；
故选D。
9．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．常温下，水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液：K+、NH+ 、ClO-、Cl-
4
c(H+
)
B．常温下， =1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO2- 、NO-
c(OH−
)
3 3
C．0.1mol/L的NaNO 溶液中：NH+ 、H+、I-、SO2-
3 4 4
D．能使石蕊试液变蓝的溶液中：Na+、Fe2+、NO- 、Cl-
3
【答案】B【解析】A．常温下，水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1，说明水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能
呈碱性，在碱性条件下，OH-与NH+ 间发生反应不能共存；酸性环境下，H+与ClO-间发生反应形成弱电解
4
质，不能共存，故A错误；
c(H+
)
B．常温下， =1×10-12的溶液呈碱性，溶液中各离子间不发生反应，可以共存，故B正确；
c(OH−
)
C．在酸性环境下，NO- 具有氧化性，I-具有还原性，二者间发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；
3
D．能使石蕊试液变蓝的溶液呈碱性，OH-与Fe2+间发生反应生成Fe(OH) 沉淀，故D错误；
2
答案选B。
10．通过传感器测定冰醋酸被水稀释后的电导率及pH，根据变化曲线图判断下列说法正确的是
A．离子总浓度越大，溶液电导率越大
B．b点后，溶液继续稀释，所有离子浓度均减小
C．a点醋酸水溶液未达到电离平衡状态
D．实验曲线说明传感器测量值取决于带电微粒种类、浓度、温度等因素
【答案】D
【解析】A．由曲线变化趋势可知，溶液的电导率与溶液中的离子浓度和离子所带电荷、温度等均有关，
故A错误；
B．b点后，溶液继续稀释，醋酸根和氢离子离子浓度均减小，氢氧根浓度增大，故B错误；
C．加水稀释过程中，a点、b点都达到了平衡状态，故C错误；
D．结合加水过程中的微粒种类、离子浓度、温度等变化，说明传感器测量值取决于带电微粒种类、浓度、
温度等因素，故D正确。
答案选D。
11．25 ℃时，在等体积的：①0.5 mol/L的HSO 溶液中；②0.05 mol/L Ba(OH) 溶液中；③1 mol/L NaCl
2 4 2
溶液中；④纯水中，发生电离的水的物质的量之比是
A．1∶10∶107∶107 B．107∶107∶1∶1
C．107∶106∶2∶2 D．107∶106∶2×107∶2【答案】A
【解析】设溶液的体积为1L，则
①中HSO 中c(H+)=0.5 mol/L×2=1 mol/L，所以c(OH-)=1.0×10-14 mol/L，则水电离的物质的量为1.0×10-
2 4
14mol；
②中c(OH-)=0.05 mol/L×2=0.1 mol/L，所以c(H+)=1.0×10-13 mol/L，则水电离的物质的量为1.0×10-13mol；
③中c(H+)=1.0×10-7mol/L，水的电离的物质的量为1.0×10-7mol；
④中c(H+)=1.0×10-7mol/L，水的电离的物质的量为1.0×10-7mol；
故①②③④中水的电离的物质的量之比为(1.0×10-14mol):(1.0×10-13mol):(1.0×10-7mol):(1.0×10-
7mol)=1:10:107:107；
故选A。
12．常温下，浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固
c(H+
)
体，1g 随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是
c(OH−
)
A．HX的酸性弱于HY
B．a点由水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1
C．b点时酸碱恰好完全反应
D．b点溶液中的K(HY)小于c点溶液
a
【答案】B
c(H+
)
c(H+
)
【解析】A．未加氢氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的1g =12，而HY的1g <9，由于
c(OH−
)
c(OH−
)
c(H+)×c(OH-)=Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，故A错误；
c(H+
)
B．a点溶液1g =12，结合c(H+)c(OH-)=10-14，可知c(OH-)=10-131mol/L，酸性溶液中水电离出的
c(OH−
)c(H+)等于溶液中c(OH-)，即a点由水电离出的c(H+)=10-13mol∙L-1，故B正确；
C．HY为0.01mol，b点进入NaOH为0.008mol，二者按物质的量1：1反应，故HY有剩余，故C错误；
D．K(HY)只受温度影响，b点和c点温度相等，K(HY)相等，故D错误；
a a
故选B。
13．回答下列问题
(1)某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7 mol·L-1，则此时c(OH-)为 ；若温度不变，滴入稀盐酸使
c(H+)=5×10-4 mol·L-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 ℃。
(2)已知水溶液中c(H＋)和c(OH-)的关系如图所示，试回答下列问题：
①图中五点对应的K 的关系是 。
W
②若从A点到D点，可采用的措施是 (填序号)。
a．升温 b．加入少量的盐酸 c．加入少量的
NH Cl
4
c(H+
)
(3)25 ℃时，0.1 mol·L-1的HA溶液中 =1010。HA是 (填“强电解质”或“弱电解质”)。
c(OH−
)
(4)现有浓度均为0.1 mol·L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠，三种溶液中由水电离出的H＋浓
度由大到小的顺序是 (用序号表示)。
【答案】(1) 2.0×10-7 mol·L-1 8.0×10-11 mol·L-1 8.0×10-11 mol·L-1 高于
(2) E=A=D＜C＜B bc
(3)弱电解质
(4)②＞③＞①
【解析】（1）某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7 mol·L-1，由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，则此时c(OH-)为
2×10-7 mol·L-1；该温度下水的离子积常数K = c(H+)·c(OH-)=4×10-14 mol2·L-2，若温度不变，滴入稀盐酸使
W4×10−14
c(H+)=5×10-4 mol·L-1，则溶液中c(OH-)= mol/L=8.0×10-11mol/L；盐酸中的OH-只有HO电离产生，
5×10−4 2
由于水电离的c(H+)=c(OH-)，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=c(OH-)=8.0×10-11 mol/L；HO是弱电解质，
2
溶液中存在电离平衡，谁电离过程会吸收热量，升高温度，会促进水的电离，导致水电离程度增大，K 增
W
大。在25℃时水的离子积K =1.0×10-14，该温度下水的离子积K =4×10-14 mol2·L-2＞1.0×10-14，因此此时温
W W
度高于25℃；
（2）①水的离子积常数K 只与温度有关，温度相同，K 相同，升高温度，K 增大，则由于温度：B＞C
W W W
＞A=D=E，所以图中五点对应的K 的关系是E=A=D＜C＜B；
W
②由于温度：A=D，溶液中c(H+)： A点c(H+)=c(OH-)，D点：c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，所以从A点到
D点，可使溶液显酸性。
a．升高温度，c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，不符合题意；
b．加入少量的盐酸，温度不变，c(H+)增大，导致溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，b符合题意；
c．NH Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，加入少量的NH Cl c(H+)增大，导致溶液显酸性，c(H+)＞
4 4
c(OH-)，b符合题意；
故合理选项是bc；
c(H+
)
（3）25℃时K =1.0×10-14，c(H+)·c(OH-)=1×10-14，0.1mol/LHA溶液中 =1010，解得c(H+)=10-2
W c(OH−
)
mol/L＜0.1 mol/L，因此HA是一元弱酸，HA属于弱电解质；
