2020创新设计一轮复习化学（人教版）讲义：第八章第2讲水的电离和溶液的酸碱性

第2讲　水的电离和溶液的酸碱性
【2020·备考】
最新考纲：1.了解水的电离和水的离子积常数。2.了解溶液pH的定义。3.了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。
核心素养：1.变化观念与平衡思想：认识水的电离有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析水的电离，运用平衡移动原理解决实际问题。2.科学探究与创新意识：能发现和提出酸碱中和滴定中有探究价值的问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行实验探究；在探究中学会合作，面对“异常”现象敢于提出自己的见解，进行误差分析。
考点一　水的电离
(频数：★★☆　难度：★★☆)

名师课堂导语 水的电离主要结合盐类的水解反应进行考查，主要角度有：(1)水的电离影响因素；(2)水的离子积常数的理解与应用。
1.水的电离
水是极弱的电解质，水的电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。

任何情况下水电离产生的c(H＋)、c(OH－)总是相等的。
2.水的离子积常数


水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)，其实质是水溶液中的H＋和OH－浓度的乘积，不一定是水电离出的H＋和OH－浓度的乘积，所以与其说Kw是水的离子积常数，不如说是水溶液中的H＋和OH－的离子积常数。即Kw不仅适用于水，还适用于酸性或碱性的稀溶液。
3.影响水电离平衡的因素
(1)升高温度，水的电离程度增大，Kw增大。
(2)加入酸或碱，水的电离程度减小，Kw不变。
(3)加入可水解的盐(如FeCl3、Na2CO3)，水的电离程度增大，Kw不变。
4.填写外界条件对水电离平衡的具体影响
　　　 体系变化
条件　　　
平衡移
动方向
Kw
水的电
离程度
c(OH－)
c(H＋)
HCl
逆
不变
减小
减小
增大
NaOH
逆
不变
减小
增大
减小
可水解
的盐
Na2CO3
正
不变
增大
增大
减小
NH4Cl
正
不变
增大
减小
增大
温度
升温
正
增大
增大
增大
增大
降温
逆
减小
减小
减小
减小
其他：如加入Na
正
不变
增大
增大
减小

水属于弱电解质，遵循弱电解质电离平衡原理，水的电离是动态平衡，也遵循勒夏特列原理。


[速查速测]
1.(易混点排查)正确的打“√”，错误的打“×”
(1)在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变(×)
(2)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同(×)
(3)室温下，0.1 mol·L－1的HCl溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液中水的电离程度相同(√)
(4)25 ℃和60 ℃的水的pH，前者大于后者，但都显中性(√)
(5)室温下，pH值相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液，水的电离程度后者大(√)
2.(教材改编题)25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：
①NaCl、②NaOH、③H2SO4、④(NH4)2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是(　　)
A.④>③>②>① B.②>③>①>④
C.④>①>②>③ D.③>②>①>④
答案　C
3.(思维探究题)甲同学认为，在水中加入H2SO4，水的电离平衡向左移动，解释是加入H2SO4后c(H＋)增大，平衡左移。乙同学认为，加入H2SO4后，水的电离平衡向右移动，解释为加入H2SO4后，c(H＋)浓度增大，H＋与OH－中和，平衡右移。你认为哪种说法正确？并说明原因。水的电离平衡移动后，溶液中c(H＋)·c(OH－)是增大还是减小？
答案　甲正确，温度不变，Kw是常数，加入H2SO4，c(H＋)增大，c(H＋)·c(OH－)＞Kw，平衡左移。
c(H＋)·c(OH－)不变，因为Kw仅与温度有关，温度不变，则Kw不变，与外加酸、碱、盐无关。

[A组　基础知识巩固]
1.(2019·泉州模拟)某温度下，向c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是(　　)
A.该温度高于25 ℃
B.由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10 mol·L－1
C.加入NaHSO4晶体抑制水的电离
D.取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH－)减小
解析　该温度下蒸馏水中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，大于25 ℃时纯水中c(H＋)，故温度高于25 ℃，A项正确；此温度下Kw＝1×10－12，故该NaHSO4溶液中
c(OH－)＝＝1×10－10 (mol·L－1)，由水电离出的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，B项正确；加入NaHSO4后，NaHSO4电离出的H＋抑制了水的电离，C项正确；加水稀释时，c(H＋)减小，而Kw不变，故c(OH－)增大，D项错误。
答案　D
2.(2018·双鸭山模拟)在25 ℃时，某稀溶液中由水电离产生的H＋浓度为1×10－13 mol·L－1，下列有关该溶液的叙述，正确的是(　　)
A.该溶液可能呈酸性
B.该溶液一定呈碱性
C.该溶液的pH一定是1
D.该溶液的pH不可能为13
解析　在25 ℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H＋)为1×10－13 mol·L－110－7mol·L－1，则该溶液呈酸性(×)
(3)用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低(×)
(4)一定温度下，pH＝a的氨水，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1(×)
(5)常温常压时，pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的醋酸溶液等体积混合后，滴入石蕊溶液呈红色(√)
2.(教材改编题)甲溶液的pH是2，乙溶液的pH是5，甲溶液与乙溶液的c(H＋)之比为(　　)
A.1 000∶1 B.1∶1 000
C.2∶5 D.5∶2
答案　A
3.(思维探究题)用pH试纸测溶液的pH时如果湿润是否一定产生误差？能否可用pH试纸测定氯水的pH?
答案　pH试纸使用前用蒸馏水润湿，相当于对原溶液稀释而产生误差，但中性溶液的pH不变。不能用pH试纸测定氯水的pH，因为氯水既呈酸性又呈现强氧化性(漂白性)。

[A组　基础知识巩固]
1.下列说法中正确的是(　　)
A.25 ℃时NH4Cl溶液的Kw大于100 ℃时NaCl的Kw
B.常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶104
C.根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.8的溶液一定显酸性
D.100 ℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
解析　水的离子积常数只与温度有关，温度越高，Kw越大，A错；醋酸中水电离出的c(H＋)＝溶液中的c(OH－)＝10－9mol·L－1，硫酸铝溶液中水电离出的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)＝10－5mol·L－1，B正确；C选项不知温度，无法判断，错误；100 ℃时Kw＝1×10－12，所以将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，D错。
答案　B
2.(2018·福建质检)常温下，溶液的pH最大的是(　　)
A.0.02 mol·L－1氨水与水等体积混合后的溶液
B.pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后的溶液
C.0.02 mol·L－1盐酸与0.02 mol·L－1氨水等体积混合后的溶液
D.0.01 mol·L－1盐酸与0.03 mol·L－1氨水等体积混合后的溶液
解析　A项混合后得到0.01 mol·L－1氨水，NH3·H2O不能完全电离，则c(OH－)c(H＋)
解析　中和反应为放热反应，当温度达到最高时酸、碱恰好完全反应，此刻醋酸溶液的体积小于10 mL，所以n>1.0，A正确；a点温度低于25 ℃，KW随温度的降低而减小，故a点KWc(OH－)>c(H＋)，D错误。
答案　A
14.(2018·厦门质检)铝锰合金可作炼钢脱氧剂。某课外小组欲测定铝锰合金中锰的含量。
Ⅰ.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液的浓度标定
步骤1：取20.00 mL 0.015 mol/L K2Cr2O7标准液于250 mL锥形瓶中，加入20 mL稀硫酸和5 mL浓磷酸，用硫酸亚铁铵溶液滴定，接近终点时加2滴R溶液作指示剂，继续滴定至终点，消耗的体积为V1 mL。
步骤2：重复步骤1实验，接近终点时加4滴R溶液，消耗的体积为V2 mL。
Ⅱ.过硫酸铵[(NH4)2S2O8]催化氧化滴定法测定锰含量。
取m g铝锰合金于锥形瓶中，加入适量的浓磷酸，加热至完全溶解，稀释冷却摇匀，再加入少量的硝酸银溶液、过量的过硫酸铵溶液，加热煮沸至无大量气泡冒出，冷却至室温(此时溶液中锰的化合价为＋7)，用标定的硫酸亚铁溶液进行滴定，根据实验数据计算铝锰合金中锰的含量。
[查阅资料]①酸性条件下，Cr2O具有很强的氧化性，易被还原为绿色的Cr3＋。
②R溶液的变色原理：
Q,(还原型，无色))
(1)Ⅰ中步骤1、2需要的玻璃仪器有锥形瓶、胶头滴管、________、________。
(2)Ⅰ中滴定过程，主要反应的离子方程式是______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)Ⅰ中步骤2的主要作用是______________________________________________。
(4)Ⅱ中硫酸亚铁铵溶液的标定浓度是_____________________________________
mol/L(用含V1、V2的代数式表示)。
(5)Ⅱ中加入硝酸银溶液的目的是________________________________________。
(6)Ⅱ中若未加热煮沸无大量气泡冒出，锰含量测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(7)为了提高该实验的准确度和可靠度，需进行________。
解析　(1)因为硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液显酸性，K2Cr2O7溶液有强氧化性，所以Ⅰ中滴定实验需要用到酸式滴定管，可使用量筒向滴定管中取液体，也可以使用移液管取用，故Ⅰ中需要的玻璃仪器除了锥形瓶、胶头滴管外，还用酸式滴定管、量筒(或移液管)。(2)Ⅰ中滴定过程，酸性条件下用硫酸亚铁铵溶液滴定K2Cr2O7标准液，Fe2＋与Cr2O发生氧化还原反应，离子方程式为14H＋＋Cr2O＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。(3)根据[查阅资料]②R溶液的变色原理可得，变色过程要消耗一定量的氧化剂或还原剂，所以对指示剂用量加以校正是提高准确度的关键，因此Ⅰ中步骤2的主要作用是校正指示剂。(4)加2滴R溶液作指示剂时消耗硫酸亚铁铵溶液V1 mL，为校正指示剂所造成的误差，加4滴R溶液时消耗硫酸亚铁铵溶液V2 mL，所以K2Cr2O7标准液实际消耗的硫酸亚铁铵溶液为(2V1－V2)mL，根据反应离子方程式可得关系：Cr2O～6Fe2＋，又根据已知20.00 mL 0.015 mol/L K2Cr2O7标准液，所以硫酸亚铁铵溶液的浓度为mol/L＝mol/L。(5)由已知，催化氧化滴定法测定铝锰合金中锰含量，过硫酸铵[(NH4)2S2O8]作氧化剂与锰在催化剂作用下发生氧化还原反应，所以Ⅱ中加入硝酸银溶液的目的是作为催化剂，加快氧化速率。(6)Ⅱ中过硫酸铵是过量的，存在反应(NH4)2S2O8＋2H2O===2NH4HSO4＋H2O2，加热煮沸至无大量气泡冒出，是为了除去溶液中氧化性物质，若未加热煮沸无大量气泡冒出，则消耗还原剂硫酸亚铁铵的物质的量偏大，锰含量测定结果将偏大。
(7)为了提高该实验的准确度和可靠度，需防止偶然误差的产生，可取两个以上相同的样品，以完全一致的条件进行实验，看其结果的一致性，即进行平行实验
答案　(1)酸式滴定管　量筒(或移液管)
(2)14H＋＋Cr2O＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O
(3)校正指示剂
(4)1.8/(2V1－V2)
(5)作为催化剂，加快氧化速率
(6)偏大　(7)平行实验