2023版化学一轮复习第八章水溶液中的离子平衡第二讲水的电离和溶液的酸碱性

1、01020304试题备选典例剖析反思归纳题目设计水的电离一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)25 与60 时，水的pH相等( )(2)25 时NH4Cl溶液的Kw大于100 时NaCl溶液的Kw( )(3)任何水溶液中均存在H和OH，且水电离出的c(H)和c(OH)相等( )(4)室温下，0.1 molL1的HCl溶液与0.1 molL1的NaOH溶液中水的电离程度相同( )(5)25 时，0.10 molL1 NaHCO3溶液加水稀释后，c(H)与c(OH)的乘积变大( )不相等小于不变(6)向水中加入少量硫酸氢钠固体，促进了水的电离，c(H)增大，Kw不变( )(7

2、)向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小( )(8)将水加热，Kw增大，pH减小( )(9)向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H)降低( )(10)某温度下，向水中加入少量固体硫酸钠，c(H)107 molL1，Kw不变( )抑制不变正向不能确定转解析(2019泉州模拟)某温度下，向c(H)1106 molL1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H)1102 molL1。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11010 molL1C.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

3、c(OH)减小D稀释酸性溶液，OH-浓度增大二、典例剖析返回原题三、反思归纳理清溶液中H或OH的来源(1)常温下，中性溶液：c(OH)c(H)107 molL1(2)溶质为酸的溶液来源：OH全部来自水的电离，水电离产生的c(H)c(OH)。实例如计算pH2的盐酸溶液中由水电离出的c(H)，方法是先求出溶液中的c(OH)(Kw/102) molL11012 molL1，即由水电离出的c(H)c(OH)1012 molL1。(3)溶质为碱的溶液来源：H全部来自水的电离，水电离产生的c(OH)c(H)。实例如计算pH12的NaOH溶液中由水电离出的c(OH)，方法是知道溶液中的c(H)1012 mo

4、lL1，即由水电离出的c(OH)c(H)1012 molL1。(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液pH5的NH4Cl溶液中H全部来自水的电离，由水电离的c(H)105 molL1，因为部分OH与部分NH结合，溶液中c(OH)109 molL1。pH12的Na2CO3溶液中OH全部来自水的电离，由水电离出的c(OH)102 molL1。(2018吉林大学附中月考)室温时，pH10的氨水和Na2CO3溶液中，水电离产生的c(H)前者与后者之比为()A11 B1010104C1041010 D1010107解析显/隐解析pH10的氨水中水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度，为1010 molL

5、1，pH10的碳酸钠溶液中水电离产生的c(H)104 molL1，前者与后者之比为1010104。B解题提示：弄清溶液对水的电离是促进还是抑制四、试题备选水的电离过程为H2O HOH，在不同温度下其离子积为Kw（25 ）1.01014，Kw（35 ）2.11014，则下列叙述正确的是（）Ac（H）随温度的升高而降低B35 时，c（H）c（OH）C溶液pH：pH（35 ）pH（25 ）D35 时已电离的水的浓度约为1.45107 molL1转解析D水的电离吸热水溶液呈中性温度升高，电离程度大，pH小返回原题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

6、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。01020304拓展提升典例剖析反思归纳题目设计溶液的酸碱性和pH一、题目设计1.判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)溶液中c(H)107 molL1，该溶液呈酸性( )(2)任何温度下，利用H和OH浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性( )(3)pH7的溶液一定呈中性( )(4)用pH试纸测得某溶液的pH为3.4( )(5)用湿润的pH试纸测溶液的pH，一定影响测量结果( )(6)常温下，将pH3的酸和pH11的碱等体积混合，所得溶液的pH7( )

7、温度未知，不确定酸碱性不一定pH试纸测定的为整数值中性溶液不影响不明确酸碱的强弱，PH值不能确定二、典例剖析转解析C滴定终点可得：H2A溶液的浓度为0.100 0 molL1pH=1.0分析可知H2A第一步完全电离(HA)(A2)c(H)c(OH)返回原题(2020浙江1月选考，23)室温下，向20.00 mL 0.100 0 molL1盐酸中滴加0.100 0 molL1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg 50.7。下列说法不正确的是()ANaOH与盐酸恰好完全反应时，pH7B选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C选择甲基红指示反应终点，误差比甲基

8、橙的大DV(NaOH)30.00 mL时，pH12.3转解析C由图像可知，甲基红的变色范围更接近反应终点，选择甲基红作指示剂误差比甲基橙要小返回原题解析这是室温下用强碱滴定强酸，当NaOH与盐酸恰好完全反应时，溶液呈中性，即pH7，故A项正确；指示剂的选择原则：变色要明显，灵敏，且指示剂的变色范围要尽可能在滴定过程中的pH突变范围内，可减小实验误差，故B项正确；由图像可知，甲基红的变色范围更接近反应终点，选择甲基红作指示剂误差比甲基橙要小，故C项错误；当V(NaOH)30.00 mL时，n(OH)0.100 0 molL10.03 L0.100 0 molL10.02 L0.001 mol，则

9、c(OH)0.001 mol/0.05 L0.02 molL1，pH13lg512.3，故D项正确。(2019天津理综，9节选)环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：.环己烯含量的测定在一定条件下，向a g环己烯样品中加入定量制得的b mol Br2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用c molL1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应如下：Br2Br22KI=I22KBrI22Na2S2O3=2NaINa2S4O6样品中环己烯的质量分数为_(用字母表示)。转解析根据测定过程中发

10、生的反应可知:n(Br2)n(环己烯)n(I2)n(环己烯)n(Na2S2O3)/2返回原题转解析(2018福建质检)常温下，溶液的pH最大的是()A.0.02 molL1氨水与水等体积混合后的溶液B.pH2的盐酸与pH12的NaOH溶液等体积混合后的溶液C.0.02 molL1盐酸与0.02 molL1氨水等体积混合后的溶液D.0.01 molL1盐酸与0.03 molL1氨水等体积混合后的溶液A7pH12pH7pH 7相当于往A项溶液中加入NH4Cl，pH减小返回原题解析A项混合后得到0.01 molL1氨水，NH3H2O不能完全电离，则c(OH)0.01 molL1，7pH12；B项混合

11、后得到NaCl溶液，pH7；C项混合后得到NH4Cl溶液，该溶液因NH水解而呈酸性，pH 7；D项混合后得到0.01 molL1氨水和0.005 molL1 NH4Cl的混合溶液，相当于往A项溶液中加入NH4Cl，NH3H2O的电离平衡逆向移动，c(OH)减小，pH减小，故A项中溶液的pH最大。转解析Cc(H)c(OH)返回原题三、反思归纳室温下，已知酸和碱pH之和的溶液等体积混合酸碱性分析(1)两强混合：若pH之和等于14，则混合后溶液显中性，pH7。若pH之和大于14，则混合后溶液显碱性，pH7。若pH之和小于14，则混合后溶液显酸性，pH7。(2)一强一弱混合“谁弱显谁性”。pH之和等于

12、14时，一元强酸和一元弱碱等体积混合呈碱性；一元强碱和一元弱酸等体积混合呈酸性。四、拓展提升溶液pH计算的思维模板01020304试题备选典例剖析反思归纳题目设计酸碱中和滴定一、题目设计1.判断下列说法是否正确(正确的打“”，错误的打“”)(1)中和滴定实验前，用待测液润洗锥形瓶( )(2)滴定终点就是酸碱恰好中和的点( )(3)用碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液( )(4)滴定管在加入试液之前一定要用所要盛装的试液润洗 23遍( )(5)若用标准盐酸滴定待测NaOH溶液，滴定前仰视，滴定后俯视则测定值偏大( )(6)滴定管盛标准溶液时，调液面一定要调到“0”刻度( )(7)中和

13、滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入23 mL( )锥形瓶只能水洗指示剂变色的点，不一定恰好中和酸式偏小“0”刻度或者下方均可不宜过浓，误差大滴二、典例剖析 (2020山东卷节选)(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00 mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为_(填标号)。A15.00 mL B35.00 mLC大于35.00 mL D小于15.00 mL(4)某FeC2O42H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O42H

14、2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：.称取m g样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75 。用c molL1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1 mL。.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3完全还原为Fe2，加入稀H2SO4酸化后，在75 继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2 mL。酸式CKMnO4具有强氧化性，可腐蚀橡胶管最大刻度线下仍然存在一定容积设FeC2O42H2O、Fe2(C2O4)3、H2C2O42H2O的物质的量分别为x、y、z转解析BD3x/56y/52

15、z/5cV1103 molx/52y/5cV2103 mol联立可得解析(3)KMnO4具有强氧化性，可腐蚀橡胶管，因此KMnO4溶液应采用酸式滴定管盛装。滴定管的构造特点是0刻度在上，最大刻度在下，最大刻度线下仍然存在一定容积，因此滴定管起始读数为15.00 mL时，滴定管中KMnO4溶液的实际体积大于35.00 mL(即50.00 mL15.00 mL)，C项正确。(4)设FeC2O42H2O、Fe2(C2O4)3、H2C2O42H2O的物质的量分别为x、y、z，则由实验步骤和实验步骤反应过程中得失电子守恒可列等式：3x/56y/52z/5cV1103 mol、x/52y/5cV2103

16、mol，返回原题转解析偏大消耗K2Cr2O7的量偏多关系式：6Fe2Cr2O72-返回原题转解析5.(2016全国卷)298 K时，在20.0 mL 0.10 molL1氨水中滴入0.10 molL1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 molL1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0 mLC.M点处的溶液中c(NH4+)c(Cl)c(H)c(OH)D.N点处的溶液中pH12D甲基橙小于大于返回原题三、反思归纳沉淀滴定法(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法，生成沉淀的反

17、应很多，但符合条件的却很少，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浓度。(2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。转解析B强碱a点溶液为中性四、试题备选返回原题01020304总结归纳试题备选典例剖析酸碱中和滴定曲线分析一、典例剖析【典例】(全国卷)298 K时，在20.0 mL 0.10 molL1氨水中滴入0.10 molL1的盐酸，溶液的pH

18、与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 molL1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0 mLC.M点处的溶液中c(NH4+)c(Cl)c(H)c(OH)D.N点处的溶液中pH12转解析恰好反应后溶液显酸性，用甲基橙小于D解析A项，盐酸滴定氨水时，滴定终点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，故指示剂应选甲基橙，错误；B项，一水合氨属于弱碱，与盐酸正好反应生成NH4Cl时溶液呈酸性，故二者等浓度反应时，若溶液的pH7，盐酸的体积应小于氨水的体积，即小于20.0 mL，错误；C项，根据电荷守恒可知溶液中：c(NH4+)c

19、(H)c(Cl)c(OH)，M点溶液的pH7，即c(H)c(OH)，则c(NH4+)c(Cl)，由于水的电离是微弱的，故c(NH4+)c(Cl)c(H)c(OH)，错误；D项，由图可知，N点即为0.10 molL1氨水，由其电离度为1.32%，可知0.10 molL1氨水中c(OH)0.001 32 molL1，故该氨水中11pH12，正确。返回原题二、总结归纳酸碱中和滴定曲线三、试题备选转解析在体积都为1 L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g锌粒，则如图所示符合客观事实的是()C解题提示：1、醋酸浓度大于盐酸2、醋酸在反应过程中存在电离平衡，H+浓度较大返回原题解析因盐酸为强

20、酸、醋酸为弱酸，故pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，c(HCl)0.01 molL1，而c(CH3COOH)0.01 molL1，1 L溶液中n(HCl)0.01 mol，n(CH3COOH)0.01 mol。A项，相同时间内pH变化较大的应为HCl，错误；B项，产生H2的速率大的应为CH3COOH，错误；D项，相同时间内c(H)变化较大的为HCl，错误。（2019厦门模拟）25 时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）A同浓度的NaA与NaB溶液中，c（A）小于c（B）Ba点溶液的导电性大于b点溶液Ca点的c（HA）大于b点的c（HB）DHA的酸性强于HBD转解析HA的酸性强于HB 返回原题解析由于稀释过程中HA的pH变化较大，故HA的酸性强于HB，D项正确；酸的酸性越强，对应的盐的水解程度越小，故NaB