人教版高考化学一轮总复习第9章第2节水的电离和溶液的pH课时学案

这是一份人教版高考化学一轮总复习第9章第2节水的电离和溶液的pH课时学案，共35页。
第二节　水的电离和溶液的pH
考试评价解读
核心素养达成
1.能从电离、离子反应、化学平衡的角度分析溶液的酸碱性、导电性等性质。
2．能进行溶液pH 的简单计算，能正确测定溶液的pH。
3．能调控溶液的酸碱性，能选择实例说明溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的重要作用。
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。
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。


水的电离
[以练带忆]
1．向蒸馏水中滴入少量盐酸后，下列说法中错误的是(　　)
A．c(H＋)·c(OH－)不变
B．pH减小了
C．c(OH－)降低了
D．水电离出的c(H＋)增加了
D　解析：向蒸馏水中滴入少量盐酸后，水的电离逆向移动，水电离产生的H＋、OH－浓度均减小，但溶液的酸性增强，pH减小，B、C正确，D错误；水的离子积常数只受温度影响，A正确。
2．25 ℃时，下列叙述正确的是(　　)
A．向水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量CH3COOH，水的电离平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
B　解析：A中c(OH－)增大，错误；B中Kw仅与温度有关，正确；C中水的电离平衡逆向移动，但c(H＋)增大，错误；D中将水加热，Kw增大，pH减小，错误。
3．(双选)在相同温度下，0.01 mol/L的NaOH溶液和0.01 mol/L的盐酸相比，下列说法正确的是(　　)
A．由水电离出的c(H＋)相等
B．由水电离出的c(H＋)都是1.0×10－12 mol/L
C．由水电离出的c(OH－)都是0.01 mol/L
D．两者都抑制了水的电离
AD　解析：二者c(H＋)、c(OH－)相同，对水电离抑制程度相同，A、D正确；没有告诉温度，Kw不知，无法求水电离出的c(H＋)和c(OH－)，B、C错误。
[练后梳理]
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－。
2．水的离子积常数
(1)表达式：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(2)数值：室温下Kw＝10－14。
(3)影响因素：只与温度有关，升高温度，Kw增大。
(4)适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。
(5)意义：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．影响水电离平衡的因素
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
逆向
不变
减小
减小
增大
NaOH
逆向
不变
减小
增大
减小
可水解
的盐
Na2CO3
正向
不变
增大
增大
减小
NH4Cl
正向
不变
增大
减小
增大
温度
升温
正向
增大
增大
增大
增大
降温
逆向
减小
减小
减小
减小
其他：如加入Na
正向
不变
增大
增大
减小

在Kw的表达式中，c(H＋)、c(OH－)均表示整个溶液中H＋、OH－总的物质的量浓度而不是单指由水电离出的c(H＋)、c(OH－)。

溶液的酸碱性与pH
[以练带忆]
1．下列溶液一定呈中性的是(　　)
A．pH＝7的溶液
B．c(H＋)＝c(OH－)的溶液
C．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
B　解析：A项，只有在25 ℃下pH＝7的溶液才呈中性，如 100 ℃时，纯水中有c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－6 mol/L，此时pH＝6呈中性，pH＝7为碱性，故错误；B项，c(H＋)＝c(OH－)的溶液，一定呈中性，故正确；C项，如果不是相同元数的酸、碱，如H2SO4和NaOH等物质的量混合，酸过量显酸性，故错误；D项，如非电解质SO2溶于水得到H2SO3，显酸性，故错误。
2．25 ℃的下列溶液中，碱性最强的是(　　)
A．pH＝11的溶液
B．c(OH－)＝0.12 mol/L
C．1 L中含有4 g NaOH的溶液
D．c(H＋)＝1×10－10 mol/L的溶液
B　解析：常温下，可以根据pH或c(H＋)比较溶液的酸碱性，同样也可以根据c(OH－)的大小来比较。A、C、D三个选项中溶液的c(OH－)依次为 1×10－3 mol/L、0.1 mol/L、1×10－4 mol/L，所以B中溶液的c(OH－)最大，碱性最强。
3．为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念，AG＝lg，则下列叙述中不正确的是(　　)
A．中性溶液的AG＝0
B．酸性溶液的AG＞0
C．常温下0.1 mol/L氢氧化钠溶液的AG＝－12
D．常温下0.1 mol/L盐酸的AG＝－12
D　解析：A项，中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)，＝1，AG＝0，正确；B项，酸性溶液中c(H＋)＞c(OH－)，＞1，AG＞0，正确；C项，常温下 0.1 mol/LNaOH溶液中，c(OH－)＝0.1 mol/L，c(H＋)＝10－13 mol/L，＝10－12，AG＝－12，正确；D项，常温下 0.1 mol/L盐酸中，c(H＋)＝0.1 mol/L，c(OH－)＝10－13mol/L，＝1012，AG＝12，错误。
[练后梳理]
1．溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。
(1)酸性溶液：c(H＋)>c(OH－)，常温下，pHNaOH溶液，盐酸>醋酸。
(4)同体积同pH的溶液稀释后的pH仍然相等，则加水量的多少：氨水>NaOH溶液，醋酸>盐酸。
⊳角度2　利用酸碱pH间的关系判断混合溶液的酸碱性
3．常温下，下列叙述不正确的是(　　)
A．c(H＋)>c(OH－)的溶液一定显酸性
B．pH＝3的弱酸溶液与pH＝11的强碱溶液等体积混合后溶液呈碱性
C．1 mL pH＝1的盐酸与100 mL pH＝11的 NaOH溶液混合后，溶液显中性
D．pH＝3的强酸溶液与pH＝11的弱碱溶液等体积混合后溶液呈碱性
B　解析：B项，pH＝3的弱酸溶液与pH＝11的强碱溶液等体积混合，弱酸浓度大，有大量剩余，反应后溶液显酸性，错误；C项，n(H＋)＝1×10－3 L×0.1 mol/L＝10－4 mol，n(OH－)＝0.1 L×1×10－3 mol/L＝10－4 mol，混合后溶液呈中性，正确；D项，pH＝3的强酸溶液与pH＝11的弱碱溶液等体积混合，弱碱浓度大，有大量剩余，反应后溶液显碱性，正确。
4．常温下，溶液的pH最大的是(　　)
A．0.02 mol/L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盐酸与0.02 mol/L氨水等体积混合后的溶液
D．0.01 mol/L盐酸与0.03 mol/L氨水等体积混合后的溶液
A　解析：A项混合后得到0.01 mol/L氨水，NH3·H2O不能完全电离，则 c(OH－)c(OH－)
反应一
半点
(点②)
两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pH
c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)
中性点
(点③)
此时溶液pH＝7，溶液是中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝
c(A－)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)
恰好完
全反应
点(点④)
此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)
过量点
(点⑤)
此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液显碱性，c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
2．酸碱中和滴定曲线图示
氢氧化钠溶液滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线
盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水的滴定曲线


曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高
突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)
室温下pH＝7不一定是终点：强碱与强酸反应时，终点是pH＝7；强碱与弱酸(强酸与弱碱)反应时，终点不是pH＝7(强碱与弱酸反应终点时pH＞7，强酸与弱碱反应终点时pH＜7)
[应用体验]
1．20 mL 0.100 0 mol/L氨水用0.100 0 mol/L 盐酸滴定，滴定曲线如图，下列说法正确的是(　　)

A．该中和滴定适宜用酚酞作指示剂
B．两者恰好中和时，溶液的pH＝7
C．达到滴定终点时，溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
D．当滴入盐酸达30 mL时，溶液中c(NH)＋c(H＋)c(Na＋)>c(H＋)>
c(OH－)
D．V(NaOH)＝20.00 mL时，两溶液中 c(CH3COO－)>c(Cl－)
C　解析：根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；则pH＝7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积稍小，选项B错误；V(NaOH)＝10.00 mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，反应后溶液中离子浓度大小为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，选项C正确；V(NaOH)＝20.00 mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c(CH3COO－)＜ c(Cl－)，选项D错误。
中和滴定曲线示例分析
[知识对接]
滴定曲线分析的方法
(1)分析步骤：首先看纵坐标，搞清楚是酸加入碱中，还是碱加入酸中；其次看起点，起点可以看出酸性或碱性的强弱，判断滴定终点时至关重要；再次找滴定终点和pH＝7的中性点，判断滴定终点的酸碱性，然后确定中性点(pH＝7)的位置；最后分析其他的特殊点(如滴定一半点，过量一半点等)，分析酸、碱过量情况。
(2)滴定过程中的定量关系：①电荷守恒关系在任何时候均存在；②物料守恒可以根据加入酸的物质的量和加入碱的物质的量进行确定，但不一定为等量关系。
[应用体验]
3．常温下，用0.10 mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.10 mol/L HCl溶液和20.00 mL 0.10 mol/L CH3COOH溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．图2是滴定盐酸的曲线
B．a与b的关系是a＜b
C．E点对应离子浓度由大到小的顺序可能为 c(CH3COO－)>c(Na＋)> c(H＋)>c(OH－)
D．这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂
C　解析：如果酸为强酸，则0.10 mol/L酸的pH为1，根据酸的初始pH知，图1为盐酸的滴定曲线，故A错误；根据图1知，a点氢氧化钠溶液的体积是20.00 mL，酸和碱的物质的量相等，二者恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性；醋酸溶液中滴入氢氧化钠溶液，醋酸钠溶液呈碱性，所以b点氢氧化钠溶液的体积小于20.00 mL，a＞b，故B错误；E点溶液的成分为醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，盐类水解程度较小，则溶液中离子浓度可能为 c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故C正确；氢氧化钠和盐酸恰好反应呈中性，可以选择甲基橙或酚酞，氢氧化钠和醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液呈碱性，只能选择酚酞，故D错误。
4．已知某温度下CH3COOH的电离常数K＝1.6×10－5。该温度下，向20 mL 0.01 mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol/L KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：(已知lg4＝0.6)

(1)a点溶液中c(H＋)为________，pH约为________。
(2)a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________点，滴定过程中宜选用________作指示剂，滴定终点在________(填“c点以上”或“c点以下”)。
(3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，则下列变化趋势正确的是________(填字母)。

解析：(1)电离消耗的醋酸在计算醋酸的电离平衡浓度时可以忽略不计。由K＝得，c(H＋)≈ mol/L＝4×10－4 mol/L。pH＝
－lgc(H＋)＝3.4。(2)酸或碱抑制水的电离，a、b点溶液呈酸性，d点溶液呈碱性，都抑制水的电离，c点呈中性，水自然电离，故电离程度最大；由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞；滴定终点应在c点以上。(3)由于稀氨水显碱性，两者恰好反应时溶液显酸性，B项正确。
答案：(1)4×10－4 mol/L　3.4　(2)c　酚酞　c点以上　(3)B

1．(2020·大连模拟)室温下，向a点(pH＝a)的 20.00 mL 1.000 mol/L氨水中滴入1.000 mol/L盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是(　　)

A．将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱
B．b点溶液中离子浓度大小可能存在：c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．c点时消耗盐酸体积V(HCl)＜20.00 mL
D．a、d两点的溶液，水的离子积Kw(a)＞Kw(d)
D　解析：加水稀释，氨水中NH、OH－浓度均减小，因而导电能力减弱，A项正确；b点氨水剩余，NH3·H2O的电离程度大于NH水解程度，溶液显碱性，B项正确；c点呈中性，因而V(HCl)略小于20.00 mL，C项正确；d点对应的温度较高，其水的离子积常数较大，D项错误。
2．常温下用0.100 0 mol/L的盐酸分别逐滴加入 20.00 mL 0.100 0 mol/L的三种一元碱XOH、MOH、YOH溶液中，溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)

A．XOH为强碱，MOH、YOH均为弱碱
B．V[HCl(aq)]＝15.00 mL时，三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOH
C．V[HCl(aq)]＝20.00 mL时，三种溶液中水的电离程度：XOH>MOH>YOH
D．V[HCl(aq)]＝40.00 mL时，YOH溶液中：c(H＋)＝c(Y＋)＋c(OH－)＋2c(YOH)
C　解析：根据图示信息，在未滴加盐酸时，XOH的pH为13，为强碱，MOH、YOH的pH小于13，均为弱碱，A项正确；V[HCl(aq)]＝15.00 mL时，三种溶液中分别为XCl、XOH，MCl、MOH，YCl、YOH的混合物，因为碱性：XOH>MOH>YOH，故三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOH，B项正确；V[HCl(aq)]＝20.00 mL时，三种溶液分别恰好是XCl、MCl、YCl溶液，水的电离程度为YOH>MOH>XOH，C项错误；V[HCl(aq)]＝40.00 mL时，YOH溶液中应为YCl、HCl的混合物，溶液中的电荷守恒为c(H＋)＋c(Y＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，物料守恒为2[c(Y＋)＋c(YOH)]＝c(Cl－)，将电荷守恒和物料守恒两式联立得：c(H＋)＝c(Y＋)＋c(OH－)＋2c(YOH)，D项正确。

1．(命题情境：化学与自然问题)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，在菠菜、苋菜、甜菜等植物中含量较高。25 ℃时，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示c(HC2O)/c(H2C2O4)或c(C2O2－4)/c(HC2O)]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是 (　　)

A．直线Ⅰ中X表示的是c(HC2O)/c(H2C2O4)
B．直线Ⅰ、Ⅱ的斜率均为1
C．0.1 mol/L NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)>c(C2O2－4)
D．已知：碳酸的Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，则向Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液的离子方程式为CO＋H2C2O4===C2O2－4＋H2O＋CO2↑
C　解析：H2C2O4的电离常数Ka1＝、Ka2＝，当pH相同[即c(H＋)相同时]，由Ka1>Ka2知>，则 lg>lg，由图知直线Ⅰ中X表示，A正确；lgX＝0时，＝＝1，pH＝1.22则Ka1＝10－1.22，pH＝4.19，Ka2＝10－4.19，当pH＝0时由Ka1＝10－1.22知，Ⅰ的纵坐标为－1.22，可知Ⅰ的斜率为1，同理Ⅱ的斜率也为1，B正确；HC2O的电离平衡常数＝1×10－4.19，HC2O的水解平衡常数＝＝＝10－12.78，电离大于水解，溶液中c(C2O)>c(H2C2O4)，C错误；Ka2(H2C2O4)>Ka1(H2CO3)，向Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液生成Na2C2O4和CO2，D正确。
2．(命题情境：工业产品稀释时溶液中的变化问题)亚氯酸(HClO2)和高锰酸(HMnO4)都具有很强的氧化性。亚氯酸可用作漂白剂、消毒剂和杀菌剂。常温时，1 mol/L的HClO2和1 mol/L的HMnO4两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别将两溶液加水稀释，所得曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．当稀释至pH均为3时，溶液中c(ClO)>c(MnO)
B．在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足：pH＝lg
C．常温下，浓度均为0.1 mol/L的NaClO2和NaMnO4溶液的pH：NaMnO4>NaClO2
D．稀释前分别用1 mol/L的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积：HMnO4>HClO2
B　解析：lg＋1＝1，即没有稀释之前，1 mol/L的HMnO4溶液pH＝0，所以HMnO4为强酸，同理HClO2为弱酸；同浓度的两种酸，当pH均为3时，HMnO4溶液：c(H＋)＝c(MnO)＋c(OH－)，HClO2溶液：c(H＋)＝c(ClO)＋c(OH－)，则c(ClO)＝c(MnO)，A错误；因HMnO4为强酸，满足0≤pH≤5时，溶液pH与溶液体积稀释的关系为pH＝lg＋1－1＝lg，B正确；酸性：HClO27，NaMnO4溶液不水解，显中性，C错误；两种都为一元酸，同体积同浓度的酸溶液用1 mol/L的NaOH溶液中和，消耗碱溶液的体积相同，D错误。
3．(命题情境：营养强化剂的含量测量问题)乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得：2CH3CH(OH)COOH＋FeCO3＋2H2O===[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O＋CO2↑。
乳酸亚铁晶体纯度的测量：
(1)若用KMnO4溶液滴定法测定样品中Fe2＋的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是__________________________________________。
(2)经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4＋的还原产物为Ce3＋。测定时，先称取5.760 g 样品溶解后进行必要处理，用________配制250 mL溶液，每次取25.00 mL、0.100 0 mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为________(以质量分数表示，乳酸亚铁晶体相对分子质量为288)。
滴定
次数
0.100 0 mol/L Ce(SO4)2标准液体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
1
0.10
19.85
2
0.12
21.32
3
1.05
20.70
解析：(1)根据乳酸亚铁的结构简式可知，乳酸亚铁中含有羟基，羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此滴定实验结果总是大于100%。(2)用 250 mL容量瓶配制成250 mL溶液，三次消耗Ce(SO4)2标准液的体积分别是19.75 mL、21.20 mL、19.65 mL，第二次消耗的体积与另外两次消耗的体积差别大，删去21.20 mL，因此平均消耗的 Ce(SO4)2的体积为 mL＝19.70 mL，根据得失电子数目守恒，19.70×10－3 L×0.100 0 mol/L×1×＝n(Fe2＋)×1，解得
n(Fe2＋)＝1.97×10－2 mol，样品的纯度为×100%＝98.5%。
答案：(1)乳酸根中羟基(—OH)被氧化，多消耗了酸性高锰酸钾溶液　(2)250 mL容量瓶　98.5%