資源簡介

(共32張PPT)
主講老師：
專題10
溶液pH隨溫度問題探究
高中化學二輪復習課件
2024
問題的提出：升溫為什么多數溶液pH減小？
司空見慣的錯誤結論：
1.常溫下，0.1mol·L-1的CH3COONa溶液的pH≈8，加熱后平衡向（ ）方向移動，溶液的pH 。
2.常溫下，0.1mol·L-1的Na2CO3溶液，加入1-2滴酚酞，加熱后紅色（ ），溶液的pH 。
CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- 水解是吸熱反應，升溫c(OH-)增大，pH增大
水解
增大
加深
增大
以上兩個問題c(OH-)增大是對的，但pH增大就錯了。這是為什么呢？Kw發生了變化。強堿弱酸鹽pH是間接計算出的，c(OH-)增大，Kw也增大了。




CO32- + H2O HCO3- + OH- 水解是吸熱反應，升溫c(OH-)增大，pH升高
常溫下：c（H+）越大pH越小；c(OH-)越大，pH越大
（2021·浙江）
（2019北京）
pH隨著溫度變化的曲線
pH隨著溫度和加水量變化的曲線
強堿弱酸鹽
強酸弱酸鹽
純水
證據1：
證據2：
結 論
升溫，水的pH值減小。
升溫，強堿弱酸鹽的pH值減小
升溫，強酸弱堿鹽的pH值減小
酸性溶液堿性溶液隨著水的增多，pH趨近于7
證據3：《組卷網》試題截圖
升溫，NaHCO3,（溫度<45℃）Na2CO3溶液的pH值均減小
升溫，Na2CO3和NaHCO3溶液的pH值均減小。【疑問】升溫，所有溶液的pH值均減小嗎？
合理猜想
升溫，促進了水的電離，導致c（H+）濃度增大，pH值減小
升溫，多種因素綜合起作用，使pH呈減小趨勢
升溫，KW增大，由于計算方式需將OH-濃度換算成c(H+)計算
說明
根據手持pH傳感器的數據繪出的圖，真實可靠
2024
必備知識：弱酸堿及其鹽的pH
快速計算方法
pH的定義
電解質溶液中氫離子濃度的負對數：pH= -lgc(H+)
pH的計算
（1）酸溶液：先求出c(H+),再根據公式：pH= -lgc(H+)進行計算
（2）堿溶液：先求出c(OH-),再根據公式c(H+)=Kw/c(OH-)求出氫離子濃度,再根據公式：pH= -lgc(H+)進行計算
（3）酸堿溶液混合，先判斷誰過量，酸過量，返回（1）進行計算；堿過量，返回（2）進行計算。
（4）設水的離子積為Kw，則pH+pOH=pKw,常溫pH+pOH=14，在100℃時，pH+pOH≈12
pH的定義和簡單計算
弱酸的pH的計算方法
典例分析
常溫下，CH3COOH的 Ka= 1.8×10-5（或10-4.75），求C0=0.1mol·L-1的CH3COOH溶液的pH？
mol·L-1 CH3COOH CH3COO- + H+
起始 0.1 0 0
轉化 -x +x +x
平衡 0.1-x≈0.1 x x
二級結論： 2pH = pKa + pC0 (p=-lg）
Ka= x2/(0.1-x) ≈x2/0.1
則：c(H+) ≈ [Ka×c0]1/2
兩邊同取負對數得：2pH = pKa + pC0 （在酸不是很強的情況下，忽略掉電離的酸分子所得出的結論）
用以上公式可得：
2pH = -lg10-4.75 -lg10-1
= 4.75+1=5.75
故有：pH= 5.75/2 = 2.88
應用此公式的理由：通常題目給的都是C0=0.1mol·L-1，或C0=0.01mol·L-1，
則pC0=1或2，非常簡單
C0為弱酸的濃度，pC0一般為1或2
弱堿的pH的計算方法
典例分析
常溫下，NH3·H2O的 Kb= 1.8×10-5（或10-4.75），求C0=0.1mol·L-1的NH3·H2O溶液的pH？
mol·L-1 NH3·H2O NH4+ + OH-
起始 0.1 0 0
轉化 -x +x +x
平衡 0.1-x≈0.1 x x
二級結論：2pOH = pKb + pC0 (p=-lg）
Kb= x2/(0.1-x) ≈x2/0.1
則：c(OH-) ≈ [Kb×c0]1/2
兩邊同取負對數得：2pOH = pKb + pC0 （在弱堿不是很強的情況下，忽略掉電離的弱堿分子所得出的結論）
用以上公式可得：
2pOH = -lg10-4.75 -lg10-1=5.75
故有：pOH= 5.75/2 = 2.88
pH = 14-2.88 = 11.12
小結：弱堿，先根據公式2pOH = pKb + pC0求出pOH,再根據pH=pKw-pOH求出pH
pH=pKw-pOH
延伸拓展
2p□ = pK + pC0 (通式）
在弱酸弱堿不是很強的情況下，求一元弱酸、一元弱堿、二元弱酸、一元弱鹽、弱酸的酸式鹽的pH的方法如下:
Ka為弱酸的電離常數；Kb為弱堿的電離常數，Kw為水的離子積常數，Kh為水解常數
物質類別 pH的計算公式 說 明
一元弱酸 HAc
一元弱堿 NH3·H2O
二元弱酸 H2C2O4
強酸弱堿鹽 NH4Cl
強堿弱酸鹽 NaAc
酸式鹽 NaHSO3
2pH = pKa + pC0
2pOH = pKb + pC0
需滿足C0/Ka ≥400，酸不很強
再根據pH+pOH=14計算pH值
2pH = pKa1 + pC0
一級電離為主，Ka代入一級常數
2pOH = pKh + pC0
顯堿性求pOH，Kh = Kw / Ka
2pH = pKh + pC0
顯酸性求pH，Kh = Kw / Kb
2pH=pKa1+pKa2
酸式鹽pH與初始濃度C0關系不大
酸性代pH，堿性代pOH
酸代Ka，堿代Kb，弱鹽代Kh
【典例1】求25℃0.1mol·L-1的Na2CO3溶液的pH=？
（已知H2CO3 Ka1 = 4.5×10-7， Ka2=4.7×10-11）
【解析】Na2CO3的一級水解常數：
Kh1 = Kw/Ka2 =10-14/4.7×10-11=2.2×10-4
碳酸鈉溶液顯堿性，需要求出pOH值。
根據公式：2pOH = pKh1+pC =3.65+1=4.65
pOH = 2.33
pH = 14-pOH≈11.7
11.7
顯堿性，2pOH=pKh+pC
Kh為一級水解常數
【典例2】求0.1mol·L-1的NaHCO3溶液和0.1mol·L-1的NaHSO3溶液的pH。
（H2CO3的Ka1=4.5×10-7， Ka2=4.7×10-11；H2SO3的Ka1=1.4×10-2， Ka2=6.0×10-8）
【解析】NaHCO3溶液：
2pH=(pKa1+pKa2)=(-lg4.5×10-7-lg4.7×10-11)=(7-0.65）+（11-0.67) =16.68 ，所以 : pH≈8.34
NaHSO3溶液：
2pH=(pKa1+pKa2)=（ 2-lg1.4）+（8-lg6.0）= （2-0.14）+（8-0.78）=9.08 , 所以： pH≈4.54
2024
電解質溶液pH隨溫度變化的規律
隨著溫度升高，酸堿鹽溶液的pH的變化的規律探析
揭示
規律
強酸類
其它類
升高溫度，pH不變
升高溫度，pH均減小（降低）
（1）弱 酸
（2）弱 堿
（3）強 堿
（4）強酸弱堿鹽
(5) 強堿弱酸鹽
升溫，pH沒有升高的！
【探究1】：強酸類，升溫pH基本不變
【前提】忽略強酸溶液的揮發，分解等等。
【探究】強酸氫離子包括酸氫離子、水氫離子（假設為0.1mol·L-1的HClO4）：
HClO4 = H++ClO4- H2O H+ + OH-
1.0×10-1mol·L-1 完全電離，升溫基本不變
100℃，Kw=10-12，水電離出的H+濃度僅1.0×10-11mol·L-1,升溫變化H+忽略不計
結論
強酸類，升溫pH不變
pH=-lgc(H+) , c(H+)基本不變，則pH不變！
反思：pH計算的依據是氫離子濃度的負對數，這是強酸升溫pH不變的根本原因
【探究2】弱酸類，溫度升高，pH變小
【分析】 HAc H++ Ac- H2O H+ + OH- 升溫，HAc和H2O的電離平衡均向右移動，c(H+)明顯增大，pH減小。
【問題】0.1mol·L-1的CH3COOH（HAc）溶液：溫度升高，pH如何變化？
結論
弱酸類升溫pH減小，是弱酸的電離平衡和水電離平衡均正向移動的疊加效果
均增大
pH=-lgc(H+) , c(H+)增大，則pH減小！
【探究3】NaOH溶液溫度升高，pH減小
【問題】0.1mol·L-1的NaOH溶液：升溫，pH如何變化？
【推導】NaOH = Na+ + OH-, H2O H+ + OH-， 升溫，NaOH的c(OH-)不變，H2O電離出的的OH-濃度增大（強堿中水的電離受到抑制，OH-濃度變化忽略不計）。pOH=-lg0.1=1
升溫，pOH不變，但pKw減小，25℃： pKw = 14，100℃： pKw = 12
根據
25℃時Kw為1.0×10-14，100攝氏度時Kw約為1.0×10-12
【公式】 pH = pKw - pOH
25℃： pH = 14 - pOH=13
100℃： pH = 12 - pOH=11
強堿升溫pH減小，是因為其升溫時，Kw增大，但pKw減小的緣故
結論
pOH=1不變
升溫強堿pH值減小，是因為升溫促進水的電離H+濃度增大的緣故。
【探究4】弱堿溶液升溫時，pH減小
【問題】為什么0.1mol·L-1氨水，升高溫度pH下降？（不考慮揮發，分解）
【解析】NH3·H2O NH4+ + OH- ，H2O H+ + OH-
根據pH的計算公式：2pOH = pKb + pc ，2(pKw -pH) = pKw - pKh +pc，2pH=pKw+pKh-pc，升溫，Kw，Kh均增大，pKw+pKh減小，pc不變，故pH減小。
結論
弱堿升溫pH減小，是因為其升溫時，Kw和Kh均增大，pKw+pKh減小
設氨水濃度為cmol·L-1
以上Kw與Kh是為了方便比較引入數據
因Kb=Kw/Kh
【探究5】NaAc溶液溫度升高，pH也減小
【問題】為什么0.1mol·L-1的NaAc溶液溫度升高，pH也減小？
【推導】CH3COO- +H2O CH3COOH +OH- , H2O H+ + OH-
根據強堿弱酸鹽pH的推導公式：
2pOH = pKh + pc① pOH = pKw - pH②， pKh = pKw- pKa③，
將②③代入①可得：
2（pKw - pH）= pKw - pKa + pc ，2pH = pKw + pKa -pc
升溫KW,Ka增大，pKW,pKa減小，故pH減小
結論
強堿弱酸鹽升溫pH減小，是因為其升溫KW,Ka增大，pKW,pKa減小，故pH減小
Kh=Kw/Ka
2024
溶液溫度與pH關系典型例題分析
易錯點1：強堿弱酸鹽升溫，pH一定增大（ ）
【典例1】加熱0.1mol·L-1的Na2CO3溶液，溶液水解程度（變大），溶液的堿性增強，pH增大（ ）

【 點評 】加熱0.1mol·L-1的Na2CO3溶液，溶液水解程度（變大），CO32-+H2O HCO3-+OH-，氫氧根濃度增大，堿性增強，所以我們會以為pH增大。但這個推理有個前提，是溫度不變時。本題溫度升高，水的電離平衡移動，Kw增大，c(H+)也增大，故pH=-lgc（H+）減小。
【規律揭示】升溫強酸pH不變，其余類物質一般pH減小（前面提到的）
反思：氫氧根濃度增大、pH增大的前提是：溫度不變。
【典例2】（2019北京）實驗測得0.5 mol·L 1CH3COONa溶液、0.5 mol·L 1 CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是（ ）
A．隨溫度升高，純水中c(H+)>c(OH )
B．隨溫度升高，CH3COONa溶液的c(OH )減小
C．隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果
D．隨溫度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因為CH3COO 、Cu2+水解平衡移動方向不同
C
從左圖看出，升溫pH減小，但c(H+)=c(OH )， 水仍為中性
，T↑平衡 CH3COO- +H2O CH3COOH+OH- 平衡正移，c(OH )增大
強堿弱酸鹽
強酸弱酸鹽
純水
，T↑平衡 Cu2+ +2H2O Cu(OH)2+2H+ 平衡正移 H2O H++OH-平衡正移Kw增大
，T↑平衡 CH3COO- +H2O CH3COOH+OH- 平衡正移，
T↑平衡 Cu2+ +2H2O Cu(OH)2+2H+ 平衡正移
水解平衡移動方向相同
【典例3】（2022·浙江卷）25℃時，苯酚（C6H5OH）的Ka=1.0×10-10，下列說法正確的是（ ）
A．相同溫度下等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O-) > c(CH3COO-)
B．將濃度均為0.1 mol·L 1的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大
C．25℃時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得pH=10.00，則此時溶液中c(C6H5O-）= c(C6H5OH）
D．25℃時，0.1 mol·L 1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小

C
<
酸性：CH3COOH>C6H5OH,苯酚根水解程度大，水解得到等濃度OH-離子所需濃度小
升溫，除了強酸pH基本不變，其余溶液pH一般均減小，B
C6H5ONa可以水解，促進水的電離 ，水的電離程度變大。 D
【典例4】（2020·浙江卷）下列說法不正確的是( )
A. 2.0×10-7mol·L 1的鹽酸中c(H+)=2.0×10-7mol·L 1
B. 將KCl溶液從常溫加熱至80℃，溶液的pH變小但仍保持中性
C. 常溫下，NaCN溶液呈堿性，說明HCN是弱電解質
D. 常溫下，pH為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液pH增大
A
，酸的濃度很小，接近中性時，水電離出的H+不能忽略不計。應大于
，KCl不影響水的電離，升溫H2O H++OH-平衡正移，Kw變大，pH減小，仍為中性。
，顯堿性說明NaCN是強堿弱酸鹽，HCN為弱酸
，利用整體法：醋酸溶液顯酸性，加入因水解顯堿性的醋酸鈉，溶液pH增大
【典例5】（2018年北京卷）測定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數據如下。
時刻 ① ② ③ ④
溫度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
已知：實驗過程中，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多。
下列說法不正確的是
A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH
B. ④的pH與①不同，是由于SO32-濃度減小造成的
C. ①→③的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致
D. ①與④的Kw值相等
（ C ）
B ，SO32-離子被氧化成SO42-，SO32-濃度減小 水解出OH-變少
，A正確
C ，升溫，水解平衡向右；降低SO32-離子濃度向左移動
D ，溫度相同，Kw值相同
有水解性:SO32-+H2O HSO3-+OH 和還原性：2SO32-+O2=2SO42-
【典例6】（2021福建卷）右圖為某實驗測得0.1mol·L－1NaHCO3溶液在升溫過程中（不考慮水揮發）的pH變化曲線。下列說法正確的是( )
A．a點溶液的c(OH－)比c點溶液的小
B．a點時，Kw＜Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)
，pH相同，a到c氫離子濃度相同但Kw增大，c(OH-)=Kw/c(H+)增大
HCO3- H+ + CO32- Ka2
HCO3- + H2O H2CO3 +OH- Kh2=KW/Ka1
，碳酸氫鈉溶液中存在電離平衡和水解平衡，根據圖示可知，碳酸氫鈉溶液顯堿性，水解過程大于電離過程：
45℃以上快速分解，逐步轉化為Na2CO3:
2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑
相關性質：NaHCO3溶液有水解性:HCO3-+H2O H2CO3+OH 和 不穩定性：2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑
A
易分解酸式鹽NaHCO3隨著溫度升高pH變化的曲線
a、c兩點溫度不同
【典例6】（2021福建卷）右圖為某實驗測得0.1mol·L－1NaHCO3溶液在升溫過程中（不考慮水揮發）的pH變化曲線。下列說法正確的是（ ）
A．a點溶液的c(OH－)比c點溶液的小
B．a點時，Kw＜Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)
C．b點溶液中，c(Na+)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)
D．ab段，pH減小說明升溫抑制了HCO3－的水解


A
C ，原型電荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)+c（OH-）
因顯堿性，c(H+)c(HCO3－)＋2c(CO32－)
,升溫促進水解。pH減小因升溫促進水的電離，Kw增大，致c(H+)增大，pH減小
【典例7】（2021·浙江）實驗測得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1 CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25 ℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數均為1.8×10-5.下列說法不正確的是（ ）

稀釋“酸性”減弱，“堿性”減弱，故實線表示加水pH變化，虛線表示溫度影響
稀釋存在水解平衡，根據勒夏特列原理，會減弱稀釋引起的變化，故pH變化小于lgx，
升溫促進水的電離，故Kw增大；促進CH3COONa水解，c(OH-)濃度增大，，pH應減小 C
C
加水酸堿性趨于中性
除強酸外，多類物質溫度升高，pH均減小，故虛線表示溫度與pH的變化關系；
Ka或Kb相同，即弱酸堿的電離或離子的水解程度相同
由于25 ℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數均為1.8 ×10-5，原溶液的物質的量濃度相同，稀釋相同倍數后的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液，溶質的物質的量濃度仍相等，電離常數相同，其中鹽的水解程度是相同的，
因此，兩溶液中|c(OH-) -c(H+)|（兩者差的絕對值）相等，故
c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+) D說法正確 。
25 ℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數均為1.8×10-5
【分析】稀釋相同倍數的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中均分別存在電荷守恒：
c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。
氯化銨溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )
醋酸鈉溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+)
結論和反思
溫度升高時：
強酸的pH不變；
強堿的pH減小；
弱酸、弱堿、強酸弱堿鹽、弱酸強堿鹽的pH均減小
純水的pH減小
升溫，H2O電離程度的增加致c(H+) 增大，pH減小的作用相當重要
THANKS

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