大单元四 第三单元 水溶液中的离子反应与平衡
第2 讲 水的电离和溶液的pH
【高考考向预测】
水的电离和溶液pH 考查水的电离平衡、水的离子积常数、酸碱及盐类对水电离的影响，
涵盖pH 计算、强弱酸碱稀释规律、酸碱中和后酸碱性判断，常结合图像、滴定情境命题；
近三年必考，考频极高；预测2027 年侧重混合溶液pH 综合计算、水电离程度判断，强化特
殊条件下离子浓度分析与稀释图像解读。
【双基自测●明考向】
1．（26-27 高三·全国·一轮复习）25℃时，0.10 mol⋅L
−1 NaHCO3溶液加水稀释后，c (H
+)与
c(OH
−)的乘积变大。( )
【答案】错误
【详解】水的离子积常数K w =c(H)
+c(OH)
−，K w仅与温度有关，温度不变时K w数值恒定。本
题温度始终为25℃，仅加水稀释NaHCO3溶液不会改变K w的大小，即c(H)
+与c(OH)
−的乘积不
变，因此题干表述错误。
2．（26-27 高三·全国·一轮复习）由水电离出的c水(H
+)=1×10
−12mol⋅L
−1的溶液：
Na
+、K
+、Cl
−、NO3
−可大量共存。( )
【答案】正确
【详解】常温下纯水电离出的c水(H
+)=1×10
−7 mol⋅L
−1，题干中水电离出的
c水(H
+)=1×10
−12mol⋅L
−1<1×10
−7 mol⋅L
−1，说明水的电离被抑制，溶液可能呈强酸性或强碱
性，在强酸性或强碱性条件下，Na
+、K
+、Cl
−、NO3
−彼此不反应，也不与H
+ 或 OH
−反应，因
此这些离子可以大量共存。
3．（25-26 高二上·全国·课后作业）25℃时，水的离子积Kw =1.0×10
−14，35℃时水的离子积
Kw =2.1×10
−14，则35℃时水中的c(H
+)>c(OH
−)。( )
【答案】错误
【详解】水的电离方程式为H2O⇌H
++OH
-。在纯水中，H
+和OH
-的浓度始终相等。温度升高时，
水的电离度增大，离子积Kw随之增大，35℃时Kw=2.1×10-14，此时c(H⁺)=c(OH⁻)，两者浓度
相等，因此结论是错误的。
4．（25-26 高三·全国·一轮复习）常温下水电离出的c(H＋)·c(OH-)=1×10-20的溶液：Ba2＋、Al3
＋、NO❑3
−、Na＋。( )
【答案】错误
【详解】常温下水的离子积常数Kw =1×10
-14。题干中水电离出的c(H)
+·c(OH)
-=1×10
-20，远小
于Kw，说明水的电离被强烈抑制，溶液可能为强酸性或强碱性。在强酸性环境中Ba2＋、Al3
＋、NO❑3
−、Na＋可共存；在强碱性环境中Al
3+会与OH
-反应生成Al(OH)3沉淀或[Al(OH)4)
−，无
法存在，其余离子（Ba2＋、NO❑3
−、Na＋）可共存，故答案错误。
5．（25-26 高二上·全国·课后作业）升高温度，若Kw增大到10
−12，则纯水电离出的
c(H
+)=10
−6 mol⋅L
−1。( )
【答案】正确
【详解】水的电离是吸热过程，升高温度促进电离，Kw增大；纯水中H⁺和OH⁻浓度始终相等，
Kw=c(H⁺)·c(OH⁻)=c2(H⁺)。当Kw=10-12时，c(H
+)=
❑√10
-12=10
-6mol· L
−1，故正确。
6．（25-26 高三·全国·一轮复习）常温下pH =12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为
10
−12NA。( )
【答案】错误
【详解】pH =12的NaOH溶液中，c(H+)=1×10-12mol/L，水电离的c(H+)=1×10-12mol/L，没有给出
溶液的体积，无法计算水电离出氢离子的个数，错误。
7．（25-26 高三·全国·一轮复习）室温下，pH 相同的盐酸和硫酸中，溶质的物质的量浓度相
同。( )
【答案】错误
【详解】室温下pH 的计算公式为pH =−lg[ H
+]，pH 相同说明两种酸溶液的氢离子浓度相等。
盐酸是一元强酸，完全电离时c( HCl)=c( H
+)；硫酸是二元强酸，完全电离时
c( H 2SO4)= 1
2 c( H
+)。因此pH 相同时，盐酸的物质的量浓度是硫酸的2 倍，二者溶质的物质
的量浓度并不相等，题干表述错误。
8．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.4。( )
【答案】错误
【详解】广范pH 试纸只能读取1~14 的整数，没有小数；因此用广范pH 试纸测得某溶液的
pH 可能为3 或4，不能为3.4，故错误。
9．（25-26 高三·全国·一轮复习）25° C时，1LpH =12的Ba(OH)2溶液中含有的OH
−的数目为
0.02NA。( )
【答案】错误
【详解】25° C时，1LpH =12的Ba(OH)2溶液的pOH=2，氢氧根离子浓度为0.01mol/L，则有
0.01molOH
−，数目为0.01NA，错误。
10．（25-26 高三·全国·一轮复习）pH = 4的盐酸和pH = 4的醋酸溶液等体积混合后，溶液中H
+
的数目仍为10
−4 NA。( )
【答案】错误
【详解】盐酸和醋酸溶液的体积未知，混合溶液体积也未知，无法计算氢离子数目，故错误。
【核心梳理●明考点】
考点一 水的电离与水的离子积常数
1.水的电离和水的离子积常数
水的电离
(1)电离平衡：水是一种极弱的电解质。
(2)电离方程式：H2O ⇌
H + +OH
- （
水的电离是吸热过程）。
(3)水的离子积常数：
①表达式：Kw=c (H
+ )· c (OH
- ) =1×10
-14 （25℃）。
②影响因素：只是温度的函数，温度不变Kw不变，温度升高Kw增大。
③适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质溶液。
(4)意义：Kw揭示了在任何水溶液中均存在H+、OH-，只要温度不变，Kw不变。
2.外界条件对水的电离平衡的影响
分析下列条件的改变对水的电离平衡H2O
H++OH- ΔH>0 的影响,并填写下表:
改变条件
平衡移动方向
c(H+)
c(OH-)
水的电离程度
Kw
升高温度
右移
增大
增大
增大
增大
加入HCl(g)
左移
增大
减小
减小
不变
加入
NaOH(s)
左移
减小
增大
减小
不变
加入
NaHSO4(s)
左移
增大
减小
减小
不变
加入Na2CO3(s)
右移
减小
增大
增大
不变
加入NH4Cl(s)
右移
增大
减小
增大
不变
3.Kw的应用
计算溶液中水电离的H+或OH-浓度
(1)任何温度,任何水溶液,水电离的H+和OH-浓度总是相等。
(2)当抑制水的电离时(如酸或碱溶液)
在溶液中c(H+)、c(OH-)较小的是水电离出来的。
(3)当促进水的电离时(如盐的水解)
在溶液中c(H+)、c(OH-)较大的是水电离出来的。
【考点突破●明方向】
1.水的电离平衡曲线如图所示,回答下列问题。
(1)图中A、B、C、D、E 五点Kw间的关系: 。
(2)在水中加少量酸,可实现A 点向 点移动。
(3)ABE 形成的区域中的点都呈现 性。
(4)若在B 点温度下,pH=2 的硫酸溶液中,c 水(H+)= mol·L-1。
【答案】(1)B>C>A=D=E (2)D (3)碱 (4)1×10-10
2.某温度时,水溶液中Kw=4×10-14。
(1)该温度比室温(25 ℃)高还是低? ,该温度下纯水中c(H+)= mol·L-1。
(2)若温度不变,滴入稀盐酸使c(H+)=5.0×10-6 mol·L-1,则c(OH-)= mol·L-1,水电离的c 水
(H+)= mol·L-1。
【答案】(1)高 2×10-7
(2)8.0×10-9 8.0×10-9
3.在不同温度下的水溶液中c(H+)与c(OH-)的关系如图所示。请回答下列问题:
(1)曲线Ⅰ代表的温度下,水的离子积为 ,曲线Ⅰ所代表的温度 (填“高于”
“低于”或“等于”)曲线Ⅱ所代表的温度。你判断的依据是
。
(2)曲线Ⅰ所代表的温度下,0.01 mol·L-1的NaOH 溶液的c(H+)为 mol·L-1。
【答案】(1)1×10-12 高于 曲线Ⅱ所代表的水的离子积比曲线Ⅰ的小,由于水的电离过程是吸
热过程,温度越高,水的离子积越大,故曲线Ⅱ代表的温度低 (2)10-10
考点二 溶液的酸碱性与pH
1.溶液的酸碱性
(1)溶液呈酸碱性的本质:溶液的酸碱性取决于c(H+)和c(OH-)的相对大小。
(2)填写空格
溶液的酸碱性
c(H+)与c(OH-)比较
常温下溶液pH
酸性溶液
c(H+)>c(OH-)
<7
中性溶液
c(H+)=c(OH-)
=7
碱性溶液
c(H+)<c(OH-)
>7
2.溶液的pH 及测定
(1)关系:pH=-lg
c (H
+ ) 。
(2)范围:0~14。
(3)测定:用镊子夹取一小块试纸放在洁净的玻璃片或表面皿上,用玻璃棒蘸取待测液点在试纸
的中央,变色后与标准比色卡对照。
(4)溶液酸碱性的另外一种表示——pOH
①pOH=-lg
c (OH
- ) ;
②常温下:pH+pOH=14。
3.酸、碱混合后溶液酸碱的判断
(1)等浓度等体积的一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性,同强显中性”。
(2)室温下c 酸(H+)=c 碱(OH-),即pH 之和等于14 时,一强一弱等体积混合——“谁弱谁过量,谁弱
显谁性”。
(3)室温下,已知酸和碱pH 之和的溶液等体积混合酸碱性分析(两强混合)
①若pH 之和等于14,则混合后溶液显中性,pH=7。
②若pH 之和大于14,则混合后溶液显碱性,pH>7。
③若pH 之和小于14,则混合后溶液显酸性,pH<7。
4.强酸、强碱混合:先判断哪种物质过量,再由下式求出溶液中H+或OH-的浓度
(1)若酸过量:
c 混(H+)=c酸( H
+)·V 酸−c碱(O H
−)·V 碱
V 酸+V 碱
(2)若碱过量:
c 混(OH-)=c碱(O H
−)·V 碱−c酸( H
+)·V 酸
V 酸+V 碱
最后根据pH=-lg c(H+),求pH。
5.25℃,强酸(pH 酸)与强碱(pH 碱)混合至中性时,二者的体积与pH 的关系
(1)若pH 酸+pH 碱=14,浓度相等,V 酸∶V 碱=1∶1。
(2)若pH 酸+pH 碱>14,碱浓度大,V 酸∶V 碱=10
p H 酸+ p H 碱−14∶1。
(3)若pH 酸+pH 碱<14,酸浓度大,V 酸∶V 碱=1∶10
14−p H 酸−p H 碱。
【考点突破●明方向】
1.在某温度时,测得0.01 mol·L-1NaOH 溶液的pH 为11。
(1)该温度下水的离子积常数Kw= 。
(2)在此温度下,将pH=a 的NaOH 溶液Va L 与pH=b 的硫酸Vb L 混合。
①若所得混合液为中性,且a=12,b=2,则Va∶Vb= 。
②若所得混合液为中性,且a+b=12,则Va∶Vb= 。
【答案】(1)10-13 (2)①1∶10 ②10∶1
【解析】(1)由题意知,溶液中c(H+)=10-11 mol·L-1,c(OH-)=0.01 mol·L-1,故Kw=c(H+)·c(OH-)=10-13。
(2)①根据中和反应:H++OH-===H2O,则
c(H+)·V 酸=c(OH-)·V 碱,10-2·Vb=
10-13/10-12·Va,所以Va∶Vb=10-2∶10-1=1∶10。
②根据中和反应:H++OH-===H2O,则
c(H+)·Vb=c(OH-)·Va,10-b·Vb=
10-13/10-a·Va,
所以Va/Vb=10-b/10a-13=1013-(a+b)=10,
即Va∶Vb=10∶1。
2.常温下,两种溶液混合后酸碱性的判断(在横线上填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(1)相同浓度的HCl 和NaOH 溶液等体积混合 。
(2)相同浓度的CH3COOH 和NaOH 溶液等体积混合 。
(3)相同浓度的NH3·H2O 和HCl 溶液等体积混合 。
(4)pH=2 的H2SO4和pH=12 的NaOH 溶液等体积混合 。
(5)pH=3 的HCl 和pH=10 的NaOH 溶液等体积混合 。
(6)pH=3 的HCl 和pH=12 的NaOH 溶液等体积混合 。
(7)pH=2 的CH3COOH 和pH=12 的NaOH 溶液等体积混合 。
(8)pH=2 的H2SO4和pH=12 的NH3·H2O 等体积混合 。
【答案】(1)中性 (2)碱性 (3)酸性 (4)中性 (5)酸性 (6)碱性 (7)酸性 (8)碱性
3.按要求计算下列各题(常温下,忽略溶液混合时体积的变化):
(1)pH=3 的硝酸和pH=12 的氢氧化钡溶液按照体积比为9∶1 混合,混合溶液的pH= 。
(2)在一定体积pH=12 的Ba(OH)2溶液中,逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液,当溶液中
的Ba2+恰好完全沉淀时,溶液pH=11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液
的体积之和,则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是 。
【答案】(1)10 (2)1∶4
【解析】(1)pH=3 的硝酸溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1,pH=12 的Ba(OH)2 溶液中c(OH-)=10
−14
10
−12
mol·L-1=10-2 mol·L-1,二者以体积比9∶1 混合,Ba(OH)2 过量,溶液呈碱性,混合溶液中c(OH-)=
10
−2mol· L
−1×1−10
−3mol· L
−1×9
9+1
=1×10-4
mol·L-1, 则混合后
c(H+)=
K w
c(O H
−)
= 1×10
−14
1×10
−4
mol·L-1=1×10-10 mol·L-1,故pH=10。(2)pH=12 的Ba(OH)2溶液中c[Ba(OH)2]=5×10-3 mol·L-1。设
氢氧化钡溶液的体积为V1 L,硫酸氢钠溶液的体积为V2 L,依题意知,n(Ba2+)=n(SO4
2−),由
Ba(OH)2+NaHSO4===BaSO4↓+NaOH+H2O 知, 生成的氢氧化钠的物质的量为
n(NaOH)=n[Ba(OH)2]=5×10-3V1 mol,5×10
−3V 1mol
(V 1+V 2) L =1×10-3 mol·L-1,则V1∶V2=1∶4。
本讲感悟
疑点:
盲点:
【真题再现●明考向】
1．（2026·浙江·高考真题）已知：25° C下，
K sp[Cu(OH)2)=2×10
-20, K a(CH3COOH)=2×10
-5, K w =1×10
-14。
Cu(OH)2(s)+2CH3COOH(aq)⇌Cu
2+(aq)+2CH3COO
-(aq)+2H2O(l) K。过量Cu(OH)2与
x mol/L CH3COOH充分反应至平衡，平衡时c(CH3COO
-)=10c (CH3COOH)，不考虑反应前后溶液体
积变化，下列说法正确的是
A．K =8×10
2
B．c (Cu
2+)>1.0×10
-3mol/L
C．平衡时，溶液呈弱碱性
D．x>1.0×10
-3mol/L
【答案】D
【详解】A．反应平衡常数 K =
[Cu
2+)[CH3COO
−)
2
[CH3COOH)
2
=
[Cu
2+)[OH
−)
2[CH3COO
−)
2[H
+)
2
[CH3COOH)
2 K w
2
，则
K = K sp[Cu(OH)2]K a
2
K w
2
= (2×10
−20)×(2×10
−5)
2
(1×10
−14)
2
= 8×10
−30
10
−28
=0.08=8×10
−2，故A 错误；
B．由平衡常数和条件 [CH3COO
−)=10[CH3COOH)，代入得
[Cu
2+)=8×10
−4 mol/L<1.0×10
−3 mol/L，故B 错误；
C．平衡时有K sp[Cu(OH)2]=[Cu
2+)⋅[OH
−)
2=8×10
-4×[OH
−)
2=2×10
−20，得氢氧根浓度为
5×10
−9 mol/L，由K w =[H
+)⋅[OH
−)得氢离子浓度为2×10
−6 mol/L，则pH ≈ 5.7，呈酸性，不是
弱碱性，故C 错误；
D．由反应计量关系：Cu(OH)2(s)+2CH3COOH⇌Cu
2++2CH3COO
−+2H2O，生成 [CH3COO
−] 与
[Cu
2+] 的关系为 [Cu
2+]= 1
2 [CH3COO
−]，则[CH3COO
−)=1.6×10
−3 mol/L，平衡时
[CH3COO
−)=10[CH3COOH)，则[CH3COOH)=1.6×10
−4 mol/L，根据乙酸根物料守恒，初始乙酸浓度
等于平衡时乙酸分子和乙酸根离子的浓度之和，则
x =(1.6×10
−3+1.6×10
-4) mol/L＞1.0×10
−3 mol/L，故D 正确；
故选D。
2．（2025·广西·高考真题）常温下，用0.1000 mol⋅L
−1NaOH溶液以相同滴速分别滴定下列两
种等体积溶液：
I．硫酸酸化的0.02mol⋅L
−1 FeSO4溶液
Ⅱ．盐酸酸化的0.02mol⋅L
−1 FeCl3溶液
pH随滴定时间变化的滴定曲线如图。已知：K sp[Fe(OH)2)=10
−16.3，K sp[Fe(OH)3)=10
−38.6；溶液
中某离子的浓度≤10
−5 mol⋅L
−1时，可认为该离子沉淀完全。下列说法错误的是
A．d 点水电离的c (H
+)>10
−12.5 mol⋅L
−1
B．Ⅱ中Fe
3+恰好完全沉淀的点为f 点
C．I 中出现沉淀时的pH低于理论值，说明Fe
2+被氧化
D．g 点的c(Fe
3+)大于i 点的c(Fe
3+)
【答案】D
【分析】由K sp[Fe(OH)2)=10
−16.3, K sp[Fe(OH)3)=10
−38.6知，Fe
2+完全沉淀时，加入的氢氧化钠
量更少，Fe
3+完全沉淀时，加入的氢氧化钠更多，所需要的时间更长，故defg 曲线为滴定盐
酸酸化的0.02mol⋅L
−1 FeCl3溶液曲线，hi 曲线为滴定硫酸酸化的 0.02 mol L
⋅
-1 FeSO4溶
液的曲线。
【详解】A．由图可知，d 点为盐酸酸化的0.02mol⋅L
−1 FeCl3溶液，pH=1.50，溶液中
c (H
+)=10
-1.5mol/L，c (OH
-)=10
−12.5 mol⋅L
−1，溶液中有部分Fe
3+会水解消耗部分水电离出的OH
-
，故d 点水电离的c (H
+)>10
−12.5 mol⋅L
−1，故A 正确；
B．Ⅱ中Fe
3+完全沉淀时c(Fe
3+)=10
−5 mol⋅L
−1，由K sp[Fe(OH)3)=10
−38.6得
c(OH
-)=
3√
Ksp[Fe(OH)3)
c(Fe
3+)
=
3√
10
−38.6
10
−5 =10
−11.2mol⋅L
−1，pH=14-11.2=2.80，f 点pH=2.80，恰好为Fe
3+
完全沉淀点，B 正确；
C．Ⅰ中Fe
2+理论开始沉淀时，c(OH
-)=
❑√
Ksp[Fe(OH)2)
c(Fe
2+)
=❑√
10
−16.3
0.02 ≈10
−7.3 mol⋅L
−1，则 pH≈14-
7.3=6.7，若实际沉淀pH 低于此值，说明存在更易沉淀的Fe
3+，即Fe
2+被氧化为Fe
3+，C 正
确；
D．由图可知，g 点和i 点溶液中铁离子均完全沉淀，均达到沉淀溶解平衡，由
c( Fe
3+)= K sp[ Fe(OH)3]
c
3(OH
−)
知，c(OH
−)越大，c(Fe
3+)越小，g 点和i 点的pH 相同，则g 点的
c(Fe
3+)等于i 点的c(Fe
3+)， D 错误；
故答案选D。
3．（2025·浙江·高考真题）蛋白质中N 元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ，须加入过量浓H2SO4，以确保N 元素完全转化为NH4
+
B．步骤Ⅱ，浓NaOH溶液过量，有利于氨的蒸出
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收NH3，以甲基红(变色的pH范围：4.4 ~6.2)为指示
剂，用NaOH标准溶液滴定，经计算可得N 元素的含量
D．尿素[CO(NH2)2)样品、NaNO3样品的N 元素含量均可按上述步骤测定
【答案】D
【分析】蛋白质中的N 元素以氨基或酰胺基形式存在，在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作
用下发生反应生成NH 4
+，再加入浓NaOH 溶液让NH 4
+转化为NH3蒸出，NH3用一定量的盐酸
吸收，多余的盐酸用标准NaOH 溶液通过滴定测定出来，从而计算出N 的含量。
【详解】A．步骤Ⅰ，加入过量浓H2SO4，使蛋白质中的氨基和酰胺基全部转化为NH4
+，确保N
元素完全转化为NH4
+，A 正确；
B．根据NH4
++OH-⇌NH3·H2O⇌NH3+H2O，NaOH 过量，增大OH-浓度有利于氨的蒸出，B 正
确；
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收NH3后，过量的HCl 用标准NaOH 溶液滴定，反
应后溶液中有NaCl 和NH4Cl，终点显酸性，用在酸性范围内变色的甲基红为指示剂，C 正
确；
D．NaNO3中的N 元素在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下不会转化为NH4
+，不能按上述步
骤测定，D 错误；
答案选D。
4．（2024·广西·高考真题）常温下，用0.1000 mol⋅L
−1NaOH溶液分别滴定下列两种混合溶
液：
Ⅰ．20.00mL 浓度均为0.1000 mol⋅L
−1HCl和CH3COOH溶液
Ⅱ．20.00mL 浓度均为0.1000 mol⋅L
−1HCl和NH4Cl溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知Ka(CH3COOH)= Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10
−5，下列说法正确的
是
A．Ⅰ对应的滴定曲线为N 线
B．a点水电离出的c(OH
−)数量级为10
−8
C．V (NaOH)=30.00 mL时，Ⅱ中c(Cl
−)>c(NH3⋅H2O)>c(NH4
+)
D．pH =7时，Ⅰ中c(CH3COOH)、c(CH3COO
−)之和小于Ⅱ中c(NH3⋅H2O)、c(NH4
+)之和
【答案】D
【分析】溶液中加入40ml 氢氧化钠溶液时，I 中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯
化钠和一水合氨，根据Ka(CH3COOH)= Kb(NH3⋅H2O)=1.8×10
−5，醋酸根、铵根的水解程度小于
醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶
液的碱性更强，故I 对应的滴定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N；
【详解】A．向溶液中加入40ml 氢氧化钠溶液时，I 中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶
质为氯化钠和一水合氨，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的
碱性更强，故I 对应的滴定曲线为M，A 错误；
B．根据分析可知a 点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH 接近8，由水
电离的c(H
+)=c(OH
−)，数量级接近10
−6，B 错误；
C．当V (NaOH)=30.00 mL时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨
的浓度相同，铵根的水解K h= K w
K a
=
10
−14
1.8×10
−5 =5.6×10
−10＜1.8×10
−5，即NH4
+水解程度小于一
水合氨的电离程度，所以c(NH4
+)>c(NH3⋅H2O)，又物料守恒c(Cl
−)=2c(NH4
+)+2c(NH3⋅H2O)，即
c(Cl
−)>c(NH4
+)，故c(Cl
−)>c(NH4
+)>c(NH3⋅H2O)，C 错误；
D． 根据元素守恒，n(CH3COOH)、n(CH3COO
−)之和等于n(NH3⋅H2O)、n(NH4
+)之和，根据图
像，pH =7时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中c(CH3COOH)、c(CH3COO
−)之
和小于Ⅱ中c(NH3⋅H2O)、c(NH4
+)之和，D 正确；
故选D。
5．（2024·贵州·高考真题）硼砂[Na2B4O5(OH)4⋅8 H2O)水溶液常用于pH 计的校准。硼砂水解
生成等物质的量的B(OH)3(硼酸)和Na[B(OH)4)(硼酸钠)。
已知：①
25℃
时，硼酸显酸性的原理
B(OH )3+2 H 2O⇌
❑
❑
H 3O
++
K a=5.8×10
−10
②lg ❑√5.8≈0.38。
下列说法正确的是
A．硼砂稀溶液中c(Na
+)=c[B(OH)3)
B．硼酸水溶液中的H
+主要来自水的电离
C．25℃时，0.01mol⋅L
−1硼酸水溶液的pH≈6.38
D．等浓度等体积的B(OH)3和Na[B(OH)4)溶液混合后，溶液显酸性
【答案】B
【详解】
A．硼砂水解生成等物质的量的B(OH)3(硼酸)和Na[B(OH)4)(硼酸钠)，但硼砂稀溶液中存在平
衡：
B(OH)3+2H2O⇌H3O
++
，且溶液中还存在
的水解，故
c(Na
+)≠c[B (OH )3)，A 错误；
B．根据已知，硼酸遇水转换
B(OH)3+2H2O⇌H3O
++
，其中的H+是由水提供
的，B 正确；
C．25℃时，
B(OH)3+2H2O⇌H3O
++
，
Ka=c(H
+)c(B (OH)4
-)
c (B(OH)3)
=5.8×10
−10
，
c(H
+)= ❑√5.8×10
−10×c (B(OH)3)=
❑√5.8×10
-12= ❑√5.8×10
−6，因lg ❑√5.8≈0.38，pH≈6−0.38≈5.62
，C 错误；
D．B(OH)3的电离平衡常数为K a=5.8×10
−10，B (OH)4
-的水解平衡常数
Kh=Kw
Ka
=
10
−14
5.8×10
−10 = 1
5.8 ×10
−4，水解程度大于电离程度，显碱性，D 错误；
故选B。
6．（2024·湖南·高考真题）常温下Ka (HCOOH)=1.8×10
−4，向20 mL0.10 mol⋅L
−1NaOH溶液中缓
慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关
系如图所示，下列说法错误的是
A．水的电离程度：M<N
B．M 点：2c(OH
−)=c (Na
+)+c (H
+)
C．当V (HCOOH)=10 mL时，c(OH
−)=c(H
+)+2c (HCOOH)+c(HCOO
−)
D．N 点：c (Na
+)>c(HC OO
−)>c(OH
−)>c (H
+)>c (HCOOH)
【答案】D
【分析】结合起点和终点，向20 mL0.10 mol⋅L
−1NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生
浓度改变的微粒是Na+、OH
−、H
+和HCOO
−；当V (HCOOH)=0mL，溶液中存在Na+、H+和OH
−，
c(OH
-)=c(Na
+)=0.10 mol⋅L
−1，随着加入HCOOH溶液，c(Na
+)减少但不会降到0，当
V (HCOOH)=20mL，c(Na
+)=0.05 mol⋅L
−1，随着加入HCOOH溶液，c(OH
-)会与HCOOH反应而减少，
当V (HCOOH)=20mL，溶质为HCOONa，n (HCOONa)=0.05 mol⋅L
−1，Kh= Kw
Ka =
10
−14
1.8×10
−4 =
c(OH
-)c(HCOOH)
c(HCOO
-)
=c(OH
-)
2
c(HCOO
-) ，c(OH
-)= ❑√
10
−10
1.8 ×0.05 = 1
6 ×10
−5 mol⋅L
−1 c(OH
-)很少，接近于
0，则斜率为负的曲线代表c(OH
-)；当V (HCOOH)=0mL时，0.10 mol⋅L
−1NaOH中c(H
+)=
10×10
−13 mol⋅L
−1，很小，随着加入HCOOH溶液，溶质由NaOH变为NaOH和HCOONa混物，最终为
HCOONa，c(H
+)增加的很少，而c(HCOO
-)增加的多，当V (HCOOH)=20mL，溶质为HCOONa，HCOO
-
少部分水解，n(HCOO
-)<0.05 mol⋅L
−1，斜率为正的曲线代表c(HCOO
-)，即经过M 点在下降的
曲线表示的是OH
−浓度的改变，经过M 点、N 点的在上升的曲线表示的是HCOO
−浓度的改变。
【详解】A．N 点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa
的水解，M 点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离是抑制的，故水的电离程度M＜N，
故A 正确；
B．M 点溶液中电荷守恒有c(Na
+)+c(H
+)=c(HCOO
−)+c(OH
−)，M 点为交点可知c(HCOO
−)=c(OH
−)
，联合可得2c(OH
−)=c (Na
+)+c (H
+)，故B 正确；
C．当V (HCOOH)=10 mL时，溶液中的溶质为c(NaOH ):c(HCOONa)=1:1，根据电荷守恒有
c(Na
+)+c(H
+)=c(HCOO
−)+c(OH
−)，根据物料守恒c(Na
+)=2c(HCOO
−)+2c(HCOOH)，两式整理可得
c(OH
−)=c(H
+)+2c (HCOOH)+c(HCOO
−)，故C 正确；
D．N 点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa，甲酸根发生水解，因此
c(Na
+)>c(HCOO
-)及c(OH
−)>c(H
+)观察图中N 点可知，c(HCOO
−)≈0.05mol /L，根据
Ka (HCOOH)=c(H
+)c(HCOO
-)
c(HCOOH)
=1.8×10
−4，可知c(HCOOH)>c(H
+)，故D 错误；
故答案选D。
7.(2022·浙江6 月选考)25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是( )
A.相同温度下,等pH 的C6H5ONa 和CH3COONa 溶液中,c(C6H5O-)>c(CH3COO-)
B.将浓度均为0.10 mol·L-1的C6H5ONa 和NaOH 溶液加热,两种溶液的pH 均变大
C.25 ℃时,C6H5OH 溶液与NaOH 溶液混合,测得pH=10.00,则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH)
D.25 ℃时,0.10 mol·L-1的C6H5OH 溶液中加少量C6H5ONa 固体,水的电离程度变小
【答案】C
【解析】醋酸的酸性大于苯酚,则醋酸根离子的水解程度较小,则相同温度下,等pH 的C6H5ONa
和CH3COONa 溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-),A 错误;C6H5ONa 溶液中,C6H5O-离子水解出氢氧
根离子,升温促进C6H5O-离子的水解,氢氧根离子浓度增大,pH 变大,而氢氧化钠溶液升温促进水
电离,pH 变小,B 错误;当pH=10.00 时,c(H+)=1.0×10-10,Ka=c( H
+)·c(C6 H 5O
−)
c(C6 H 5OH )
=
1.0×10
−10×c(C6 H 5O
−)
c(C6 H 5OH )
=1.0×10-10,故c(C6H5O-)=c(C6H5OH),C 正确;C6H5ONa 中的C6H5O-可以水
解,会促进水的电离,D 错误。
8.(2023·湖南卷改编)常温下,用浓度为0.020 0 mol·L-1 的NaOH 标准溶液滴定浓度均为 0.020 0
mol·L-1 的HCl 和CH3COOH 的混合溶液,滴定过程中溶液的pH 随η(η=V (标准溶液)
V (待测溶液))的变化
曲线如图所示。
(1)d 点对应的溶液中溶质为 。
(2)a、b、c 三点对应的溶液中,水的电离程度由大到小的顺序为 。
【答案】(1)NaCl、CH3COONa 和NaOH (2)c>b>a
【解析】由滴定曲线可知,a 点时NaOH 溶液和HCl 恰好完全反应生成NaCl 和水,CH3COOH 未
发生反应,溶质成分为NaCl 和CH3COOH;b 点时CH3COOH 反应掉一半,溶质成分为NaCl、
CH3COOH 和CH3COONa;c 点时NaOH 溶液与CH3COOH 恰好完全反应,溶质成分为NaCl、
CH3COONa;d 点时NaOH 过量,溶质成分为NaCl、CH3COONa 和NaOH。
高考热点总结
【限时训练】
（60 分钟）
基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.25 ℃时,由水电离出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液中,一定能大量共存的离子组是( )
A.Cl-、CO3
2−、K+、Na+
B.NH 4
+、Na+、Cl−、HC O3
−
C.Cu2+、SO4
2−、Al3+、Cl-
D.NO3
−、Na+、Cl-、Ba2+
【答案】D
【解析】由水电离出的c(H+)=1×10-13 mol·L-1的溶液可能呈酸性或碱性。酸性条件下,碳酸根离
子不能大量存在,A 错误;酸性条件下,碳酸氢根离子不能大量存在,碱性条件下铵根离子和碳酸
氢根离子不能大量存在,B 错误;碱性条件下,铜离子和铝离子不能大量存在,C 错误;NO3
−、Na+、
Cl-、Ba2+和氢离子、氢氧根离子都不反应,可以共存,D 正确。
2.下列有关溶液的酸碱性与pH 的说法错误的是( )
A.溶液pH 越小,酸性越强,反之,碱性越强
B.pH<7 的溶液,可能呈酸性
C.当溶液中的c(H+)或c(OH-)较小时,用pH 表示其酸碱性更为方便
D.把pH 试纸直接插入待测溶液中,测其pH
【答案】D
【解析】因pH=-lg c(H+),所以pH 越小,c(H+)越大,酸性越强,pH 越大,c(H+)越小,则c(OH-)越大,碱
性越强,A 正确;在室温下,pH<7 的溶液呈酸性,B 正确;当c(H+)或c(OH-)小于1 mol·L-1时,使用pH
表示其酸碱性更为方便,C 正确;用pH 试纸测溶液pH 时,不能把pH 试纸直接插入待测溶液中,
正确的做法为取一小片pH 试纸,放在洁净的表面皿上或玻璃片上,用玻璃棒蘸取待测液点于试
纸中央,然后与标准比色卡对照读取数据,D 错误。
3.常温下,设1 L pH=6 的AlCl3溶液中由水电离出的H+的物质的量为n1 mol;1 L pH=6 的盐酸中
由水电离出的H+的物质的量为n2 mol,则
n1
n2
为( )
A.0.01
B.1
C.10
D.100
【答案】D
【解析】AlCl3溶液中Al3+发生水解而使溶液呈酸性,AlCl3的水解促进了水的电离,由水电离产
生的c(H+)=1×10-6 mol·L-1,则有n1=1×10-6 mol·L-1×1 L=1×10-6 mol。常温下,pH=6 的盐酸中
c(H+)=1×10-6 mol·L-1,而HCl 电离抑制水的电离,由水电离产生的c(H+)=1×10-8 mol·L-1,则有
n2=1×10-8 mol·L-1×1 L=1×10-8 mol,故有
n1
n2
= 1×10
−6mol
1×10
−8mol=100。
4.某温度下,水的离子积常数Kw=1×10-12。该温度下,将pH=4 的H2SO4溶液与pH=9 的NaOH 溶
液混合并保持恒温,欲使混合溶液的pH=7,则稀硫酸与NaOH 溶液的体积比为( )
A.1∶10
B.9∶1
C.1∶9
D.99∶21
【答案】B
【解析】设稀硫酸的体积为a,NaOH 溶液的体积为b,则10-3b-10-4a=10-5(a+b),a∶b=9∶1。
5.下列溶液一定显酸性的是( )
A.使酚酞变红的溶液
B.c(H+)>c(OH-)的溶液
C.pH=6 的溶液
D.c 水(OH-)=10-10 mol·L-1的溶液
【答案】B
【解析】使酚酞变红的溶液呈碱性,A 错误;c(H+)>c(OH-)的溶液一定呈酸性,B 正确;在不同温度
下,水的离子积常数不同,所以pH=6 的溶液不一定显酸性,C 错误;在室温,若c 水(OH-)=10-10
mol·L-1,说明水的电离受到抑制,溶液可能为酸性,也可能为碱性,D 错误。
6.(2024·吉林长春模拟)在不同温度下,水溶液中c(H+)与c(OH-)有如图所示关系。下列关于离子
共存说法中正确的是( )
A.d 点对应的溶液中大量存在:Na+、K+、ClO-、Cl-
B.b 点对应的溶液中大量存在:Fe2+、Ba2+、K+、NO3
−
C.c 点对应的溶液中大量存在:Na+、Ba2+、Cl-、SO4
2−
D.a 点对应的溶液中大量存在:CO3
2−、Na+、I-、Fe3+
【答案】A
【解析】d 点氢离子浓度为10-7 mol·L-1,氢氧根离子浓度大于10-6 mol·L-1,此时溶液呈碱性,碱性
溶液中Na+、K+、ClO-、Cl-相互之间不反应,能大量共存,A 正确;b 点溶液中氢离子浓度为10-6
mol·L-1,氢氧根离子浓度为10-8 mol·L-1,溶液呈酸性,酸性条件下,亚铁离子、氢离子、硝酸根离
子能发生氧化还原反应,不能大量共存,B 错误;c 点对应的溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓
度,溶液呈中性,中性溶液中钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀而不能大量共存,C 错误;a
点对应的溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,溶液呈中性,中性溶液中碘离子与铁离子发生
氧化还原反应而不能大量共存,D 错误。
7.某温度下,重水(D2O)的离子积Kw=1.6×10-15,可以用pH 一样的定义来规定pD=-lg c(D+)。下列
说法错误的是( )
A.重水是极弱的电解质,将金属Na 加入重水中,重水的电离程度减小
B.该温度下,重水的pD=8-2lg 2
C.该温度下,2 L 含0.01 mol D2SO4的重水溶液,其pD=2
D.该温度下,在100 mL 0.4 mol·L-1的DCl 重水溶液中,加入100 mL 0.2 mol·L-1 NaOD 的重水溶
液,充分反应后溶液的pD=1(忽略溶液体积的变化)
【答案】A
【解析】重水是极弱的电解质,存在电离平衡,D2O
OD-+D+,Na 与重水电离生成的D+反应生
成D2,促进重水发生电离,从而使重水的电离程度增大,A 错误;重水(D2O)的离子积Kw=1.6×10-15,
则c(D+)=c(OD-)=4×10-8 mol·L-1,pD=-lg c(D+)=-lg (4×10-8)=8-2lg 2,B 正确;2 L 含0.01 mol D2SO4的
重水溶液中,c(D+)=0.01 mol·L-1,pD=-lg 0.01=2,C 正确;100 mL 0.4 mol·L-1的DCl 重水溶液和100
mL 0.2 mol·L-1
的
NaOD
重水溶液混合时
,DCl
过量, 所以
c(D+)=
0.1 L×0.4 mol· L
−1−0.1 L×0.2 mol· L
−1
0.1 L+0.1 L
=0.1 mol·L-1,pD=1,D 正确。
8.已知:pH=-lg c(H+),pOH=-lg c(OH-)。常温下,向某浓度的盐酸中滴加NaOH 溶液,所得溶液
pOH 和pH 变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.盐酸与NaOH 溶液的浓度相等
B.B 点和D 点水的电离程度相同
C.将滴加NaOH 溶液改为滴加氨水,该图曲线不变
D.升高温度,滴定过程中pOH+pH>14
【答案】B
【解析】由题图可知,未滴加NaOH 溶液时盐酸的pH=0,则c(H+)=1 mol·L-1,即c(HCl)=1 mol·L-1,
最终pH=14,则c(OH-)=1 mol·L-1,由于最终所得溶液是NaCl 和NaOH 的混合溶液,相当于对原
NaOH 溶液进行稀释,故c(NaOH)>1 mol·L-1,A 项错误;B 点、D 点水的电离均受到抑制,且由水电
离出的c(H+)=c(OH-)=10-10 mol·L-1,B 项正确;若将滴加NaOH 溶液改为滴加氨水,由于NH3·H2O
为弱碱,而饱和氨水的pH 约为12,故最终所得溶液pH 不可能为14,C 项错误;升高温度,水的离
子积Kw增大,即c(H+)·c(OH-)>10-14,pH=-lg c(H+),pOH=-lg c(OH-),故pOH+pH<14,D 项错误。
9.计算25 ℃时下列溶液的pH。
(1)0.005 mol·L-1的H2SO4溶液的pH= 。
(2)0.001 mol·L-1的NaOH 溶液的pH= 。
(3)0.1 mol·L-1的NH3·H2O 溶液(NH3·H2O 的电离度α 约为1%)的pH= 。
(4)将pH=8 的NaOH 溶液与pH=10 的NaOH 溶液等体积混合,混合溶液的pH= 。
(5)0.015 mol·L-1 的硫酸与0.01 mol·L-1 的NaOH 溶液等体积混合, 混合溶液的pH=
。
【答案】(1)2 (2)11 (3)11 (4)9.7 (5)2
【解析】(1)c(H2SO4)=0.005 mol·L-1,c(H+)=2×c(H2SO4)=0.01 mol·L-1,pH=2。(2)c(OH-)=1×10-3
mol·L-1,c(H+)=10
−14
10
−3 mol·L-1=10-11 mol·L-1,pH=11。(3)c(OH-)=0.1×1% mol·L-1=10-3
mol·L-1,c(H+)=10-11 mol·L-1,pH=-lg c(H+)=11。(4)两溶液等体积混合后,c(OH-)=
V ×10
−4+V ×10
−6
2V
mol· L−1= 101
2 ×10-6 mol·L-1,c(H+)=
10
−14
101
2 ×10
−6 mol·L-1≈2.0×10-10
mol·L-1,pH≈9.7。(5)混合后c(H+)=0.015×2−0.01
2
mol·L-1=0.01 mol·L-1,则pH=2。
能力提升
10.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-)=Kw
B.M 区域内(边界除外)任意点均有c(H+)<c(OH-)
C.温度:T1<T2
D.XZ 线段上任意点均有pH=7
【答案】D
【解析】温度越高,水的电离程度越大,电离出的c(H+)与c(OH-)越大,所以T2>T1,C 项正确;XZ 线
段上任意点都有c(H+)=c(OH-),只有当c(H+)=10-7 mol·L-1时,才有pH=7,D 项错误。
11.如图所示的酸碱溶液恰好完全中和,则下列叙述正确的是( )
A.实验②的混合溶液可能呈酸性
B.若V1>V2,则说明HA 为强酸,HB 为弱酸
C.因为两种酸溶液的pH 相等,故V1一定等于V2
D.若实验①中,V=V1,则混合溶液中c(Na+)=c(A-)
【答案】D
【解析】当HB 为弱酸时,与NaOH 溶液恰好完全中和,所得溶液的溶质为强碱弱酸盐,溶液呈碱
性,当HB 为强酸时,与NaOH 溶液恰好完全中和,所得溶液的溶质为强碱强酸盐,溶液呈中性,故
实验②的混合溶液不可能呈酸性,A 项错误;若V1>V2,则说明HA 的酸性比HB 的强,但不能证明
HA 是强酸,B 项错误;pH 均为2 的两种酸溶液中氢离子浓度相同,由于酸的电离程度与其酸性强
弱有关,若HA 的酸性比HB 的强,则V1>V2,反之,则V1<V2,若HA 的酸性和HB 的相同,则V1=V2,C
项错误;V1=V 说明HA 为强酸,则所得混合溶液为中性,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
及中性溶液中c(H+)=c(OH-),可得混合溶液中c(Na+)=c(A-),D 项正确。
12.25 ℃时,体积为Va、pH=a 的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH=b 的某一元强碱溶液均匀混
合后,溶液的pH=7,已知b=6a,Va<Vb,下列有关a 的说法正确的是( )
A.a 可能等于1
B.a 一定大于2
C.a 一定小于2
D.a 一定等于2
【答案】C
【解析】由b=6a>7 得a>7
6,由混合溶液的pH=7 得n(H+)=n(OH-),即Va×10-a=Vb×10b-14,得
V a
V b
=10a+b-14;由于Va<Vb,即10a+b-14<1,得a+b-14<0,结合b=6a 得a<2,综合知,7
6<a<2,故选C 项。
13.(1)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2
℃)、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。
①与常温常压下的水相比,高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因:
。
②如果水的离子积Kw从1.0×10-14增大到1.0×10-10,则相应的电离度是原来的 倍。
(2)已知H2O2是一种二元弱酸,常温下,K a1=1.0×10−12、K a2=1.05×10-25,则H2O2的电离方程式
为 ,
则该温度下1 mol·L-1的H2O2溶液的pH 近似为 (不考虑H2O2的第二步电离和水的电
离)。
【答案】(1)①水的电离为吸热过程,升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大) ②100
(2)H2O2
H++HO2
−、H O2
−H ++O2
2− 6
【解析】(2)K a1≫K a2, 以第一步电离为主, 则K a1= c( H
+)·c( H O2
−)
c( H 2O2)
≈c
2( H
+)
1
=1.0×10-
12,c(H+)=1×10-6 mol·L-1,因而pH 近似为6。
14.已知水在25 ℃和100 ℃时,其电离平衡曲线如图所示。假设溶液混合后体积变化忽略不计,
回答下列问题:
(1)25 ℃时,将pH=9 的NaOH 溶液与pH=4 的硫酸溶液混合,所得混合溶液的pH=7,则NaOH 溶
液与硫酸溶液的体积比为 。
(2)100 ℃时,若100 体积pH=a 的某强酸溶液与1 体积pH=b 的某强碱溶液混合后溶液呈中性,
则a 与b 之间应满足的关系是 。
(3)曲线A 所对应的温度下,pH=2 的HCl 和pH=11 的某BOH 溶液中,若水的电离程度分别用
α1、α2表示,则α1 α2(填“大于”“小于”“等于”或“无法确定”)。
(4)曲线B 对应的温度下,将0.02 mol·L-1 Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积
混合后,混合溶液的pH= 。
【答案】(1)10∶1 (2)a+b=14 (3)小于 (4)10
【解析】(1)25 ℃时,pH=9 的NaOH 溶液,c(OH-)=10-5 mol·L-1;pH=4 的H2SO4 溶液,c(H+)=10-4
mol·L-1;若所得混合溶液的pH=7,则c(OH-)·V(NaOH)=c(H+)·V(H2SO4)。故NaOH 溶液与H2SO4
溶液的体积比为V(NaOH)∶V(H2SO4)=c(H+)∶c(OH-)=10∶1。(2)100 ℃时,水的离子积常数
Kw=1×10-12。100 体积pH=a 的某强酸溶液中n(H+)=100×10-a mol=102-a mol,1 体积pH=b 的某强
碱溶液中n(OH-)=10
−12
10
−b mol=10b-12 mol。混合后溶液呈中性,102-a mol=10b-12 mol,2-a=b-12,所以
a+b=14。(3)曲线A 所对应的温度是25 ℃,pH=2 的HCl 溶液,c 水(H+)=10-12 mol·L-1;pH=11 的某
BOH 溶液中c 水(H+)=10-11 mol·L-1;水电离产生的H+的浓度越大,水的电离程度就越大,则α1<α2。
(4)混合溶液中c(OH-)=0.02
2 mol·L-1=0.01 mol·L-1。由于该温度下水的离子积常数Kw=10-12,所以
c(H+)=10-10 mol·L-1,所得混合溶液的pH=10。
