2020届高考化学二轮复习水的电离和溶液的酸碱性学案

【知识精讲】
一、体系构建

二、水的电离与水的离子积常数
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
Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(1)室温下：Kw＝1×10－14。
(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。
易错提醒：1．水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)，不仅适用于纯水，也适用于一切酸、碱、盐的稀溶液。在任何酸、碱、盐的稀溶液中，只要温度一定，Kw就一定。2．在不同溶液中，c(H＋)、c(OH－)可能不同，但任何溶液中由水电离产生的c(H＋)、c(OH－)总是相等的。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－)。3．水的离子积常数显示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H＋和OH－共存，只是相对含量不同而已。4．水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离平衡向电离方向移动，c(H＋)和c(OH－)都增大，故Kw增大，但溶液仍呈中性；对于Kw，若未注明温度，一般认为在常温下，即25 ℃。
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
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

三、溶液的酸碱性和pH
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，pH8.0蓝色
甲基橙
＜3.1红色
3.1～4.4橙色
>4.4黄色
酚酞
＜8.2无色
8.2～10.0浅红色
>10.0红色
注：中和滴定中指示剂的选择原则
指示剂选择的基本原则是：变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致，指示剂的用量不宜过多，温度不宜过高。
(1)不能用石蕊作指示剂，原因是石蕊溶液变色范围较宽，且在滴定终点时颜色的变化不易区分。
(2)滴定终点溶液为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。
(3)滴定终点溶液为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。
(4)强酸滴定强碱或强碱滴定强酸用甲基橙或酚酞都可以。
5、误差分析
(1)误差分析的方法
依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，得c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即分析出结果。
(2)常见误差分析
以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：
步骤
操作
V(标准)
c(待测)
洗涤
酸式滴定管未用标准溶液润洗
变大
偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗
变小
偏低
锥形瓶用待测溶液润洗
变大
偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
不变
无影响
取液
放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
变小
偏低
步骤
操作
V(标准)
c(待测)
洗涤
酸式滴定管未用标准溶液润洗
变大
偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗
变小
偏低
锥形瓶用待测溶液润洗
变大
偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
不变
无影响
取液
放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
变小
偏低
特别提醒：
1．中和滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，但不一定是酸碱恰好中和的点。通常有一定误差(允许误差)。
2．滴定停止后，必须等待1～2分钟，待附着在滴定管内壁的溶液流下后，再进行读数。
【典题精练】
考点1、考查外界条件对水的电离平衡的影响
例1．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH>0，下列叙述正确的是(　　)
A．向水中加入稀氨水，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．向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c(OH－)增大
D．将水加热，KW增大，pH不变，呈中性
解析：A．向水中加入稀氨水，由于氨水在溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH＋OH－，电离产生的OH－使溶液中c(OH－)增大，水的电离平衡逆向移动，c(OH－)增大，错误；B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，盐电离产生的H＋使溶液中c(H＋)增大，温度不变，所以KW不变，正确；C.向水中加入少量HCl，电离产生的H＋使水的电离平衡逆向移动，但是平衡移动的趋势是微弱的，溶液中酸电离产生的离子浓度增大的趋势大于平衡移动使离子浓度减小的趋势，所以c(H＋)增大，c(OH－)减小，错误；D.将水加热，KW增大，c(H＋)增大，pH减小，溶液仍然呈中性，错误。
答案：B
名师助学：外界条件对水的电离平衡的影响

考点2、考查水电离出的c(H＋)和c(OH－)的计算
例2．在一定条件下，相同pH的硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的c(H＋)分别是1.0×10－a mol·L－1和1.0×10－b mol·L－1，在此温度下，则下列说法正确的是(　　)
A．ab，A和B选项错误；由题意可知，两种溶液的pH＝b，即硫酸溶液中c(H＋)是1.0×10－b mol·L－1，而水电离产生的c(H＋)等于水电离产生的c(OH－)，所以硫酸溶液中c(OH－)是1.0×10－a mol·L－1，KW＝1.0×10－(b＋a)，D选项正确。
答案：D
方法技巧：水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算技巧(25 ℃时)
(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1。
(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)10－7 mol·L－1，即为水电离的c(H＋)；若给出的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酸性
C．pH＝5的硫酸溶液稀释到原来的500倍，稀释后c(SO)与c(H＋)之比约为1∶10
D．中和10 mL 0.1 mol·L－1醋酸与100 mL 0.01 mol·L－1醋酸所需NaOH的物质的量不同
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。C项，pH＝5的硫酸溶液稀释到原来的500倍，则溶液接近于中性，c(H＋)约为10－7 mol·L－1，c(SO)＝10－5/(2×500)＝10－8 mol·L－1，则c(SO)∶c(H＋)＝1∶10。D项，两份醋酸的物质的量相同，则所需NaOH的物质的量相同，错误。
答案：D
方法技巧：混合溶液酸碱性的判断方法
(1)等浓度等体积一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性，同强显中性”
中和反应
反应后所得溶液的酸碱性
强酸与强碱
中性
强酸与弱碱
酸性
弱酸与强碱
碱性
(2)室温下，已知酸和碱pH之和的溶液等体积混合
①两强混合：
a．若pH之和等于14，则混合后溶液显中性，pH＝7。
b．若pH之和大于14，则混合后溶液显碱性，pH>7。
c．若pH之和小于14，则混合后溶液显酸性，pH c(Na+)> c(H+)> c(OH-)
D.V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)> c(Cl-)
解析：A．根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；B．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；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B错误；C．V（NaOH）=10.00mL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；D．V（NaOH）=20.00mL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；答案选C。
答案：C
名师归纳：酸碱中和滴定曲线图是以所滴入的酸或碱溶液的体积为横坐标、以中和反应后溶液的pH为纵坐标体现中和滴定过程的曲线图。（1）强酸与强碱互相滴定的曲线图，前半部分与后半部分形状变化不大，但中间突跃大(即酸或碱溶液一滴之差，溶液pH变化大，出现突变)。分析强酸与强碱互相滴定时的离子浓度大小，只要关注水的电离平衡即可，没有其它平衡影响。（2）强酸滴定弱碱或强碱滴定弱酸的曲线图，突跃小，较平缓；强酸滴定弱碱的起点低(因弱碱pH相对较小)，前半部分形状有差异；强碱滴弱酸的起点高(因弱酸pH相对较大)，前半部分形状有差异。分析强碱滴定弱酸或强酸滴定弱碱时的离子浓度大小，不仅要考虑生成盐的水解平衡，而且还要考虑过量弱酸或弱碱的电离平衡与水的电离平衡。
【名校新题】
1．（2019·山东高三开学考试）实验测得0.1mol·L-1NH3·H2O溶液、0.1mol·L-1NH4Cl溶液以及H2O的pH随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．随温度升高，H2O逐渐由弱碱性转变为酸性
B．25℃时，NH3·H2O的电离常数 Kb≈10-5
C．水的离子积常数：a点＞b点＞c点
D．NH3·H2O溶液和NH4Cl溶液pH随温度变化趋势不同，是因为平衡移动方向不同
【答案】B
【解析】A. 随温度升高，H2O的pH值减小，但水电离出的氢离子浓度始终等于氢氧根离子浓度，始终为中性。A错误；B. 25℃时，NH3·H2O的pH=11，即c（H+）=10-11，c（OH-）=10-3电离产生的c（NH4+）= c（OH-）则电离常数 Kb=10-3ⅹ10-3/10-1≈10-5，B正确；C. 相同温度下，水的离子积常数不变：a点=b点=c点，C错误；D. NH3·H2O溶液和NH4Cl溶液pH随温度变化趋势不同，是因为NH3·H2O溶液以电离为主，溶液显碱性；NH4Cl溶液是水解平衡，溶液显酸性。平衡移动方向是相同的，D错误；答案选B。
2．（2019·山东师范大学附中高考模拟）25℃时，将浓度均为0.1 mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是

A．Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等
B．b点，c(NH4+)+c(HX)=0.05 mol·L-1
C．a→c点过程中， 值不变
D．a、b、c三点，c点时水电离出的c(H＋)最大
【答案】D
【解析】A.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X-与NH4+的水解程度相等，则Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等，故A正确；B.由图可知0.1 mol·L-1的HX溶液的pH=3，HX为弱酸，因为b点的pH=7，所以b点c(X-)=c(NH4+)，，根据物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1mol/L×0.05L/0.1L=0.05mol/L，则c(NH4+)+c(HX)=0.05 mol·L-1，故B正确； C. a→ c点过程中，，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则值不变，故C正确；D. b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，NH4X是弱酸弱碱盐，促进水电离，则a、b、c三点，b 点时水电离出的c(H＋)最大，故D错误。答案选D。
3．（2019·山东省实验中学高考模拟）常温下，体积都为V0mL、浓度都为0.1mol·L-1的MC1、NaR、MR三种盐溶液，加入蒸馏水稀释至VmL，溶液的pH与1g(V／V0)的关系如图所示。下列说法不正确的是

A．曲线X代表NaR溶液，其中c(OH-)=c(H+)+c(HR)
B．曲线Y中任何两点，水的电离程度都相同
C．将等体积等物质的量浓度的MC1和NaR溶液混合后，c(M+)=c(R－)
D．常温下，HR的电离常数Ka≈1×10-5
【答案】B
【解析】A. 曲线X代表NaR溶液，为强碱弱酸盐，其中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HR)，故正确；B. 曲线Y为MR，弱酸弱碱盐，溶液呈中性，说明弱酸根离子和弱碱的阳离子水解程度相同，但促进水电离，向溶液中加水稀释，水解程度增大，即水的电离程度增加，故错误；C. 将等体积等物质的量浓度的MC1和NaR溶液混合后M+、R-的水解程度相同，则有c(M+)=c(R－)。故正确；D. 0.1mol·L-1NaR的pH=9，水解平衡常数约为，根据电离平衡常数和水解平衡常数的关系KW=Ka×Kh分析，常温下，HR的电离常数Ka≈1×10-5，故正确。故选B。
4．（2019·山东高考模拟）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示，下列说法正确的是

A.曲线I表示盐酸加水稀释过程中溶液电导率的变化
B.a、b、c三点溶液的pH：a>b>c
C.将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c（Cl－）=c(NH4+)+c(NH3·H2O)
D.氨水稀释过程中，c(NH4+)/ c(NH3·H2O)不断减小
【答案】B
【解析】A.加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线I为氨水稀释曲线，故A错误；B.盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：a>b>c，故B正确；C. 将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，所以溶液显碱性，c（Cl－） c(Cl−) > c(H+) > c(OH−)
C．b、d点溶液中都满足c(NH4+)=c(Cl−)
D．c点代表两溶液恰好完全反应
【答案】D
【解析】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中水电离的c(H+)=10-11mol/L，氨水溶液中H+全部来自水电离，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，Ka==mol/L=110-5mol/L，A错误；B.a、b之间的任意一点，水电离的c（H+）c(H＋)>c(OH－)　(4)a＋b＝14
【解析】(1)温度升高水的电离程度增大KW增大，a>1×10－14，(2)Na2SO4溶液中c(Na＋)＝1×10－3，稀释后为1×10－4，c(OH－)＝1×10－7，所以c(Na＋)∶c(OH－)＝1000，(3)＝10－2,10－1V2－10－1V1＝10－2V2＋10－2V1，即9×10－2V2＝11×10－2V1，，所以c(Na＋)>c(SO42—)>c(H＋)>c(OH－)，(4)硫酸的pH为－lg，硫酸铝的pH＝－lg1.0×10－b，＝1.0×10－b，所以a＋b＝14。
14．（2019·河北衡水中学高三开学考试）硫代硫酸钠晶体（）又名大苏打、海波，易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性溶液中稳定，广泛应用于日常生产生活中。回答下列问题：
I.硫代硫酸钠的结构与性质
（1）的结构式如图所示，其中的化合价为____。

（2）在酸性条件下性质不稳定。取少量溶液于试管中，滴入少量6的盐酸，发生反应的离子方程式为____。
II.硫代硫酸钠晶体的制备
（3）在圆底烧瓶中加入12g、60mL水、4g硫黄，加热1小时后，趁热减压过滤；再用乙醇洗涤晶体、干燥后得到晶体。
①写出制备的化学方程式：____。
②用乙醇洗涤晶体的原因是________。
III.晶体含量的测定
（4）准确称取1.5g产品，加入20mL煮沸并冷却后的水使其完全溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 碘的标准溶液滴定。已知：（无色）+，杂质与碘水不反应。
①碘的标准溶液应盛放在____（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②判断滴定终点的现象为____。
③第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则第一次消耗碘的标准溶液的体积为____mL。

④重复上述操作两次，记录数据如下表，则产品中的含量为____%（结果保留1位小数）。
滴定次数
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
第二次
1.56
30.30
第三次
0.22
26.31
【答案】（1）+4 （2） （3）① ② 易溶于水，难溶于乙醇，减小的溶解损失 （4）①酸式 ②当滴入最后一滴碘的标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 ③ 26.10 ④ 86.3
【解析】（1）根据的结构式可知硫硫键是非极性键，硫氧之间氧电负性更强，氧显-2价，显-2价，的化合价为+4价。
（2）由已知信息在中性或碱性溶液中稳定，在酸性溶液中发生自身歧化反应，离子方程式为。
（3）①制备的化学方程式为。②由已知信息可知，用乙醇洗涤晶体的原因是易溶于水，难溶于乙醇，减小的溶解损失。
（4）①碘有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中。②淀粉遇碘变蓝，判断滴定终点的现象为当滴入最后一滴碘的标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。③由图可知，第一次滴定开始读数为0.00mL，结束读数为26.10mL，则第一次消耗碘的标准溶液的体积为26.10mL。④碘的标准溶液的体积第一次测量数据为26.10mL，第二次测量数据为28.74mL，第三次测量数据为26.09mL，第二次测量数据与其他两次相差2mL以上，应舍去，第一次和第三次数据的平均值为26.10mL。根据反应，可知2，根据关系式法，列式100。