2020年高考化学一轮总复习文档：第八章第25讲水的电离和溶液的pH 学案

第25讲　水的电离和溶液的pH
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

一、水的电离
1．电离方程式
水是一种极弱的电解质，电离方程式为2H2O
H3O＋＋OH－，简写为H2OH＋＋OH－。
2．水的离子积常数
Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(1)室温下：Kw＝10－14_(mol·L－1)2。
(2)影响因素：只与温度有关，升高温度，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水溶液。
(4)Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw不变。
3．外界因素对水的电离平衡的影响

结论：
(1)加热，促进水的电离，Kw增大。
(2)加入酸或碱，抑制水的电离，Kw不变。
二、溶液的酸碱性
1．溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。
c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，25 ℃时，pH10－7_mol·L－1，呈中性。
(7)100 ℃的纯水中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，此时水呈酸性。(×)
错因：纯水呈中性。
2．教材改编题
(据人教选修四P52 T6)常温下pH为3的稀盐酸，其中由水电离出的c(H＋)为(　　)
A．0.1 mol/L B．0.3 mol/L
C．10－3 mol/L D．10－11 mol/L
答案　D
3．教材改编题
(据人教选修四P52 T4)用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中会引起实验误差的是(　　)
A．滴定前酸式滴定管需用标准盐酸润洗
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定
C．往盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定
D．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液
答案　D

考点　水的电离及水的离子积常数
[典例1]　(2018·北京东城区质检)如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是(　　)

A．两条曲线上任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B．M区域内任意点均有c(H＋)pH(25 ℃)
D．35 ℃时已电离的水的浓度约为1.45×10－7 mol·L－1
答案　D
解析　由两种温度下水的离子积常数值知水的电离是吸热的，温度高时水中c(H＋)较高，pH较小，但溶液中c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，A、B、C错误；已电离的水的浓度与电离生成的c(H＋)及c(OH－)相等，利用水的离子积常数可判断D正确。
考点　溶液酸碱性及pH计算
[典例2]　(2018·长沙模拟)Ⅰ.在25 ℃时，有一pH＝12的NaOH溶液100 mL，欲使它的pH降为11(忽略混合后溶液体积变化)：
(1)如果加入蒸馏水，就加入________mL。
(2)如果加入pH＝10的NaOH溶液，应加入________mL。
(3)如果加入0.008 mol·L－1 HCl溶液，应加入________mL。
Ⅱ.在25 ℃时，有pH为a的盐酸和pH为b的NaOH溶液等体积混合：
(4)若a＋b＝14，则溶液呈________性。
(5)若a＋b＝13，则溶液呈________性。
(6)若a＋b>14，则溶液呈________性。
解析　Ⅰ.(1)pH＝12的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，设加入水的体积是V1,0.01 mol·L－1×0.1 L＝0.001 mol·L－1×(0.1＋V1)L，V1＝－0.1 L＝0.9 L＝900 mL。
(2)pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝0.01 mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液中c(OH－)＝0.0001 mol·L－1，设加入pH＝10的NaOH溶液的体积是V2,0.01 mol·L－1×0.1 L＋0.0001 mol·L－1×V2＝0.001 mol·L－1×(0.1＋V2)，V2＝1 L＝1000 mL。
(3)0.008 mol·L－1 HCl溶液中c(H＋)＝0.008 mol·L－1，设加入盐酸的体积为V3，
c(OH－)＝＝0.001 mol·L－1，解得：V3＝0.1 L＝100 mL。
Ⅱ.pH＝a的盐酸中c(H＋)＝10－a mol·L－1，pH＝b的NaOH溶液中c(OH－)＝10b－14 mol·L－1，两溶液等体积混合后：
(4)若a＋b＝14，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
(5)若a＋b＝13，c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性。
(6)若a＋b>14，c(H＋)7。
c．若pH之和小于14，则混合后溶液显酸性，pHc(M＋)>c(OH－)>c(H＋)
B．b点：MOH和HCl恰好完全反应
C．c点：c(H＋)＝c(OH－)＋c(MOH)
D．a点到d点：水电离的c(H＋)·c(OH－)先变大，后变小
答案　D
解析　m＋n＝14，从图像看出，b点时，盐酸体积与MOH溶液体积相等，溶液呈碱性，说明混合溶液中MOH过量，MOH继续电离，说明MOH是弱碱。A项，a点对应的溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小顺序为c(M＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，错误；B项，b点对应的溶液中MOH未完全反应，溶液呈碱性，错误；C项，c点对应的溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，错误；D项，在碱溶液中滴加盐酸，水的电离程度逐渐增大，当碱与酸恰好完全反应时，水的电离程度最大，然后随着盐酸的不断加入，水的电离受到抑制，则水电离的c(H＋)·c(OH－)先变大，后变小，正确。
7．(2018·福州市期末考试)25 ℃时，往HA溶液中滴加NaOH溶液，溶液中HA和A－二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．在pH＝5的溶液中，c(A－)＝c(HA)，c(OH－)＝c(H＋)
B．pH＝7的溶液中，α(HA)＝0，α(A－)＝1.0
C．25 ℃时，Ka(HA)＝1×10－5
D．pH＝5时，溶液中水电离产生的c(H＋)＝1×10－5 mol·L－1
答案　C
解析　25 ℃时，pH＝5的溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，A项错误；HA溶液中含HA分子，说明HA为弱酸，根据题意，pH＝7的溶液应该为HA和NaA的混合液，α(HA)≠0，B项错误；25 ℃时，根据图像信息，pH＝5时，c(HA)＝c(A－)，Ka＝＝c(H＋)＝1×10－5，C项正确；pH＝5时为HA和NaA的混合溶液，存在三个平衡：HAH＋＋A－，H2OH＋＋OH－，A－＋H2OHA＋OH－，可以看出溶液中c(H＋)来自水和HA的电离，而c(OH－)完全来自水，则溶液中的水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－9 mol·L－1，D项错误。
　 　　微专题
中和滴定的拓展应用
中和滴定操作不仅适用于酸碱中和反应，也可以迁移应用于氧化还原反应及沉淀反应。
1 氧化还原滴定法(1)原理：以氧化剂(或还原剂)为滴定剂，直接滴定一些具有还原性(或氧化性)的物质。
(2)实例
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液


②Na2S2O3溶液滴定碘液

[典例1]　(2018·全国卷Ⅱ节选)(3)测定三草酸合铁酸钾(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)中铁的含量。
①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是________________________。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为______________。
解析　(3)①高锰酸钾氧化草酸根离子而自身被还原，达到滴定终点时高锰酸钾不再被还原，故溶液变紫色。
②锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾0.001cV mol，Mn元素化合价从＋7价降低到＋2价，所以根据得失电子守恒可知铁离子的物质的量是0.005cV mol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为×100%＝×100%。
答案　(3)①溶液变紫色且半分钟内不恢复原色
②×100%
[体验1]　(2018·天津高考节选)Ⅱ.NOx含量的测定
将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入V1 mL c1 mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2 mL。
(5)NO被H2O2氧化为NO的离子方程式是________________________。
(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有________________。
(7)滴定过程中发生下列反应：
3Fe2＋＋NO＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为________________mg·m－3。
(8)若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
答案　Ⅱ.(5)2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O
(6)锥形瓶、酸式滴定管　(7)×104　(8)偏高
解析　Ⅱ.(5)NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O。
(6)滴定中使用酸式滴定管(本题中的试剂都只能使用酸式滴定管)和锥形瓶。
(7)用c2 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2＋为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2＋为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮原子守恒，硝酸根离子与NO2的物质的量相等。考虑到配制100 mL溶液取出来20 mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是V L气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L－1，即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m－3。
(8)若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2＋被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2＋是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。



2 沉淀滴定法(1)定义
沉淀滴定是利用沉淀反应进行定量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合定量分析条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－的浓度。
(2)沉淀滴定原理(以溶液中Cl－含量的测定为例)
以铬酸钾为指示剂，在中性或弱碱性介质中，用硝酸银标准溶液测定卤素化合物含量。
Ag＋＋Cl－===AgCl↓(白色)　Ksp(AgCl)＝2×10－10
2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4(砖红色)
Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12
因为AgCl和Ag2CrO4的溶度积不同，因而发生分级沉淀，当AgCl沉淀完全后，稍过量的AgNO3标准溶液与K2CrO4指示剂反应生成Ag2CrO4沉淀(砖红色)。
[典例2]　(2018·石家庄市质检一)亚硝酰氯(ClNO)纯度的测定
已知ClNO的沸点为－5.5 ℃，遇水生成一种氢化物和两种氧化物。取实验室制得的亚硝酰氯液体m g溶于水，配制成250 mL溶液；取出25.00 mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol/L AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50 mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)
(1)亚硝酰氯(ClNO)与水反应的化学方程式为____________________。
(2)亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为________(用代数式表示即可)。
解析　(1)亚硝酰氯与水反应的化学方程式为2ClNO＋H2O===2HCl＋NO↑＋NO2↑。
(2)根据2ClNO＋H2O===2HCl＋NO↑＋NO2↑和HCl＋AgNO3===AgCl↓＋HNO3得关系式ClNO～HCl～AgNO3，则消耗的AgNO3的物质的量即25.00 mL溶液中ClNO的物质的量，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为×100%，化简可得×100%。
答案　(1)2ClNO＋H2O===2HCl＋NO↑＋NO2↑
(2)×100%

[体验2]　(2017·天津高考)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ.准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2468 g(0.0250 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L－1 NH4SCN标准溶液，备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L－1 AgNO3溶液(过量)，使I－完全转化为AgI沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000 mol·L－1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e．重复上述操作两次，三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98

f．数据处理。
回答下列问题：
(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有________。
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是__________。
(3)滴定应在pH