2019届二轮复习弱电解质的电离学案（全国通用）
第10讲 弱电解质的电离
最新考纲
考向分析
1.认识弱电解质是存在电离平衡的，并会运用电离度、平衡常数多角度分析弱电解质的电离平衡。
2．能运用平衡模型解释化学现象，揭示现象的本质和规律。
3．能发现和提出有探究价值的弱电解质电离平衡的问题；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。
4．应具有严谨求实的科学态度，具有探索未知、崇尚真理的意识；赞赏化学对社会发展的重大贡献，具有可持续发展意识和绿色化学观念，能对与电离平衡有关的社会热点问题做出正确的价值判断。
1.重点考查弱电解质的电离移动和溶液酸碱性的判断，常考查：
(1)弱电解质电离平衡移动结果的判断。
(2)酸、碱、能水解的盐溶液中水电离出c(H＋)或c(OH－)大小分析。
2．常考查：
(1)由Ka或Kb求pH。
(2)根据信息计算弱电解质的平衡常数。
(3)中和滴定原理的拓展与应用。
考点一 弱电解质的电离平衡
Z (课前)
1．(2017·全国Ⅱ卷·12)改变0.1mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝]。
下列叙述错误的是( D )
A．pH＝1.2时， c(H2A)＝c(HA－)
B．lg[K2(H2A)]＝－4.2
C．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)
D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)
[解析] 本题考查水溶液中的离子平衡。解答本题的关键是明确δ(X)与溶液pH的对应关系，以及H2A、HA－、A2－的浓度与pH的大小关系。从图象中可以看出pH＝1.2时，δ(H2A)＝δ(HA－)，则c(H2A)＝c(HA－)，A项正确；根据HA－H＋＋A2－，可确定K2(H2A)＝，从图象中可以看出pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)，即lg[K2(H2A)]＝lgc(H＋)＝－4.2，B项正确；从图象中可以看出pH＝2.7时，δ(HA－)>δ(H2A)＝δ(A2－)，则c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，C项正确；从图象中可以看出pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)≈0.05 mol·L－1，而c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，D项错误。
2．(2015·海南)下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是( B )
[解析] 因为浓度越大，弱电解质的电离程度越小，因此，随着浓度增大，电离度逐渐减小，C、D不符合题意；等浓度时，弱电解质越弱，电离程度越小(即Ka越小，电离程度越小)，则A不符合题意，B符合题意。
3．(2018·天津·6)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ随pH的变化如图2所示。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是( D )
图1 图2
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO、HPO和PO
C．随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
[解析] D对：H3PO4与Li2CO3反应生成LiH2PO4和LiHCO3，因为H3PO4浓度大于1 mol·L－1，则可得到LiH2PO4浓度也大于1 mol·L－1。根据图1可知：当LiH2PO4
的浓度大于1 mol·L－1时其pH＝4.66；根据图2可知当pH＝4.66时H2PO的分布分数达到0.994，即H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。A错：LiH2PO4溶液中存在H2PO的电离平衡、HPO的电离平衡、H2PO的水解平衡、H2O的电离平衡等至少4个平衡。B错：LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO和H3PO4。C错：LiH2PO4溶液的pH随着H2PO初始浓度的增大逐渐减小，但当H2PO的浓度增大到10－1 mol·L－1时，浓度再增大，溶液的pH基本不变。
R (课堂)
知能补漏
1．图像法理解一强一弱的稀释规律
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
a．加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大。
b．加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多。
(2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸
a．加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。
b．加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。
2．有关电离平衡常数计算答题模板(以弱酸HX为例)
HX H＋ ＋X－
起始/(mol·L－1): c(HX) 0 0
平衡/(mol·L－1): c(HX)－c(H＋) c(H＋) c(H＋)
则K＝
由于弱酸只有极少一部分电离，c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)－c(H＋)≈c(HX)。
则K＝或c(H＋)＝。
3．弱电解质平衡移动的“三个不一定”
(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。因为温度不变，Kw＝c(H＋)·c(OH－)是定值，稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，故c(OH－)增大。
(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，离子的浓度不一定增大，电离程度也不一定增大。
(3)对于浓的弱电解质溶液加H2O稀释的过程，弱电解质的电离程度逐渐增大，但离子浓度不一定减小，可能先增大后减小。
B (课后)
1．室温下，将10.00 mL 5.000 0 mol·L－1醋酸滴入100.00 mL蒸馏水中，溶液中c(H＋)和温度随着加入醋酸体积的变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是( C )
A．a～b段，醋酸电离过程为放热过程
B．c～d段，c(H＋)增加，醋酸电离程度增大
C．c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．d点时，c(H＋)>c(CH3COOH)
[解析] a～b段，醋酸电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程(电离)吸热，水合过程(形成水合离子)放热，A错误；c～d段，醋酸浓度增大，c(H＋)增加，醋酸电离程度减小，B错误；c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，根据物料守恒，有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确；醋酸是弱酸，电离是微弱的，在溶液中主要以分子的形式存在，故d点时，c(H＋)
后者
D．等物质的量浓度的碳酸溶液和醋酸溶液比较，pH：前者>后者
[解析] 由电离常数可知酸性：CH3COOH>H2CO3>H3BO3>HCO。A项中应生成HCO；B项中CH3COOH少量，也只生成HCO；C项中碳酸溶液pH小；D项中CH3COOH比H2CO3易电离，故醋酸溶液pH小。
考点二 溶液的酸碱性
Z (课前)
1．(2016·全国Ⅰ卷·12)298 K时，在20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·L－1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 mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是( D )
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 mL
C．M点处的溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D．N点处的溶液中pH<12
[解析] 该题考查了酸碱中和滴定过程中溶液pH变化和对平衡的分析，意在考查考生分析图象的能力以及灵活运用所学知识解决问题的能力。当恰好完全中和时，生成NH4Cl，而NH4Cl溶液呈酸性，酚酞的变色范围为pH＝8.2～10.0，甲基橙的变色范围为pH＝3.1～4.4，故应选甲基橙作指示剂，A项错误；当V(盐酸)＝20.0 mL时，恰好完全反应，溶液呈酸性，B项错误；M点时由溶液中电荷守恒知c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，而溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝c(Cl－)，但c(NH)＝c(Cl－)≫c(H＋)＝c(OH－)，C项错误；该温度下，0.10 mol·L－1一元强碱溶液的pH＝13，若0.10 mol·L－1一元弱碱溶液的电离度为10%，则其pH＝12，而0.10 mol·L－1氨水的电离度小于10%，故溶液的pH<12，D项正确。
2．(2016·上海·6)能证明乙酸是弱酸的实验事实是( B )
A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B．0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
D．0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
[解析] A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，正确；C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但不能证明其是弱酸，错误；D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，错误。
3．(2017·全国Ⅰ·28节选)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_D__(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
[解析] 根据较强酸制备较弱酸原理，氢硫酸不和碳酸氢钠反应，亚硫酸与碳酸氢钠反应，说明亚硫酸、碳酸、氢硫酸的酸性依次减弱，A项正确；相同浓度，溶液的导电能力与离子总浓度有关，相同浓度下，氢硫酸溶液导电能力弱，说明氢硫酸的电离能力较弱，即电离出的氢离子数较少，B项正确；相同浓度下，亚硫酸的pH较小，故它的酸性较强，C项正确；酸性强弱与还原性无关，酸性强调酸电离出氢离子的难易，而还原性强调还原剂失电子的难易，D项错误。
R (课堂)
1．溶液中H＋或OH－的来源分析
(1)溶液为酸的溶液。
溶液中的OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。如pH＝2的盐酸中，溶液中的c(OH－)＝(Kw/10－2) mol·L－1＝10－12 mol·L－1，即由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。
(2)溶质为碱的溶液。
溶液中的H＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)。如pH＝12的NaOH溶液中，溶液中的c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
(3)水解呈酸性或碱性的盐溶液。
①pH＝5的NH4Cl溶液中，H＋全部来自水的电离，由水电离的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，因为部分OH－与部分NH结合，溶液中c(OH－)＝10－9 mol·L－1。
②pH＝12的Na2CO3溶液中，OH－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH－)＝10－2 mol·L－1。
2．溶液酸碱性判断中的常见误区
(1)误认为溶液的酸碱性取决于pH。如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。
(2)误认为酸碱恰好中和时溶液一定显中性。如强酸和弱碱恰好中和时，溶液显酸性；强碱和弱酸恰好中和时，溶液显碱性，强酸和强碱恰好中和时，溶液显中性。
(3)使用pH试纸测溶液酸碱性时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。先用蒸馏水润湿，相当于将待测液稀释，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测液为中性溶液，则所测结果没有误差。
3．有关pH计算的一般思维模型
B (课后)
1．(2018·赣州一模)常温下，下列溶液一定呈碱性的是( B )
A．能与金属铝反应放出氢气的溶液
B．＝10－6的溶液
C．pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
D．0.01 mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的HCl溶液等体积混合
[解析] 能与金属铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性也可能呈强碱性，A错误；＝10－6<1，c(H＋)7
[解析] 100 ℃时，NaOH和H2SO4恰好中和时，pH＝6，A错误；25 ℃时，c(OH－)＝0.4 mol·L－1，c(H＋)＝0.2 mol·L－1，等体积混合后pH大于7，B错误；C项，由于CH3COO－的水解pH大于7，错误；D项，氨水过量，pH>7，正确。
3．(2018·临沂一模)常温下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液中＝1×10－8，下列叙述正确的是( B )
A．该一元酸溶液的pH＝1
B．该溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1
C．该溶液中水的离子积常数为1×10－22
D．用pH＝11的NaOH溶液V1 L和V2 L 0.1 mol·L－1该一元酸(HA)溶液混合，若混合溶液的pH＝7，则V1V2，D项错。
4．(2018·成都二模)现有常温下pH＝a的NaOH溶液与pH＝b的硫酸溶液，将二者等体积混合，所得溶液为中性。则下列对两溶液的相关分析不正确的是( C )
A．Kw均为1×10－14 B．若a＝12，则b＝2
C．a、b为固定值 D．水电离出的c(H＋)相等
[解析] Kw只与温度有关，常温下，酸、碱稀溶液中Kw均为1×10－14，A项正确；pH＝a的NaOH与pH＝b的H2SO4溶液等体积混合时，所得溶液呈中性，n(H＋)＝n(OH－)，10－b·V酸＝10a－14·V碱，V酸＝V碱，故a＋b＝14时即可使溶液呈中性，B项正确；a、b不为固定值，C项错误；酸的c(H＋)与碱的c(OH－)相等，故水电离出的c(H＋)相等，D项正确。
考点三 中和滴定原理的应用
Z (课前)
1．(2018·全国Ⅲ)用0.100 mol·L－1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( C )
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动
[解析] C错：根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液的体积为＝20.0 mL。A对：由题图可知，当AgNO3溶液的体积为50.0 mL时，溶液中的c(Cl－)略小于10－8 mol·L－1，此时混合溶液中c(Ag＋)＝
＝2.5×10－2 mol·L－1，故Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)≈2.5×10－2×10－8＝2.5×10－10。B对：因反应过程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq), 故曲线上的各点均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)。D对：相同实验条件下，沉淀相同量的Cl－和Br－消耗的AgNO3的量相同，由于Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)，当滴加相等量的Ag＋时，溶液中c(Br－)＜c(Cl－)，故反应终点c向b方向移动。
2．(2016·天津)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg·L－1。我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5 mg·L－1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。
Ⅰ.测定原理：
碱性条件下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2∶①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2∶②MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2∶③2S2O＋I2===S4O＋2I－
Ⅱ.测定步骤：
a．安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。
b．向烧瓶中加入200 mL水样。
c．向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全。
d．搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液，至反应②完全，溶液为中性或弱酸性。
e．从烧瓶中取出40.00 mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000 mol·L－1 Na2S2O3溶解进行滴定，记录数据。
f．……
g．处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。
回答下列问题：
(1)配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为_将溶剂水煮沸后冷却__。
(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是_②__。
①滴定管 ②注射器 ③量筒
(3)搅拌的作用是_使溶液混合均匀，快速完成反应__。
(4)配平反应②的方程式，其化学计量数依次为_1,2,4,1,1,3__。
(5)步骤f为_重复步骤e的操作2－3次__。
(6)步骤e中达到滴定终点的标志为_溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)__。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水样的DO＝_9.0__mg·L－1(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：_是__(填“是”或“否”)。
(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差。写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个) 2H＋＋S2O===S↓＋SO2↑＋H2O；SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋SO＋2I－；4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O(任写其中2个) 。
[解析] (1)气体的溶解度随温度的升高而减小，所以除去水中氧的简单操作是将溶剂水进行煮沸。(2)向封闭式体系中添加液体试剂最宜选择的仪器是注射器。(3)
搅拌可使溶液混合均匀，使反应快速完成。(4)该反应是氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒即可完成配平。(5)定量实验要求重复进行2～3次，取平均值。(6)步骤e是向碘－淀粉的蓝色溶液中滴加Na2S2O3溶液，达到滴定终点时，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色。根据题中所给的离子方程式可得：O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O，即O2～4S2O。40.00 mL水样最终消耗Na2S2O3的物质的量为4.5×10－5mol，故其中氧气的物质的量为×10－5mol，质量为×10－5mol×32 g·mol－1×103 mg·g－1＝0.36 mg，则1 L水样中氧气的质量为0.36 mg×＝9.0 mg，即DO＝9.0 mg·L－1>5 mg·L－1，作为饮用水源达标。(7)若溶液的pH过低，则溶液酸性过强。在酸性条件下，H＋能与S2O发生反应生成SO2等；氧气能将I－氧化，生成的碘单质能与生成的二氧化硫发生反应，使实验产生误差。
3．利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O
Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0 mL。
步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_上方__(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为 mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将_偏大__(填“偏大”或“偏小”)。
[解析] 滴定管“0”刻度位于滴定管的上方；由步骤Ⅰ可知x mL Na2CrO4溶液中CrO的物质的量为V0b×10－3 mol，步骤Ⅱ中与Ba2＋形成沉淀的CrO的物质的量为(V0b－V1b)×10－3 mol，则y mL BaCl2溶液中Ba2＋的物质的量为(V0b－V1b)×10－3 mol，c(BaCl2)＝＝ mol·L－1；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时，有少量待测液溅出，造成V1的用量减小，所以的测量值偏大。
R (课堂)
知能补漏
1．指示剂选择的基本原则：
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。
(1)不能用石蕊作指示剂。
(2)滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，如用NaOH溶液滴定醋酸。
(3)滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，如用盐酸滴定氨水。
(4)强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。
(5)并不是所有的滴定都使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色恰好褪去时即为滴定终点。
2．氧化还原滴定的原理及指示剂的选择：
(1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
(2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
(3)指示剂：氧化还原滴定的指示剂有三类：
①氧化还原指示剂；
②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；
③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。
3．沉淀滴定：
(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AgCrO4更难溶。
拓展应用
酸碱中和滴定及拓展应用
正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)记录滴定终点读数为12.20 mL。(×)
(2)酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗。(√)
(3)酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差。(×)
(4)欲测定NaOH溶液浓度，可选用滴定管、锥形瓶、烧杯、NaOH溶液、0.100 0 mol·L
－1盐酸达到实验目的。(×)
(5)滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小。(√)
(6)中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶。(×)
(7)“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，须经干燥或润洗后方可使用。(√)
(8)酸碱滴定时，若加入待测液用待液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高。(√)
(9)(×)
(10)可用25 mL碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液。(×)
(11)读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小。(√)
B (课后)
1．下列实验误差分析错误的是( B )
A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
[解析] 用润湿的pH试纸会稀释碱溶液，使溶液中氢氧根离子浓度减小，测定的溶液碱性减弱，导致测定值偏小，故A正确；定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c＝可知，所配溶液的浓度偏大，故B错误；滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，使终点读数偏小，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D正确。
2．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1、体积均为100 mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，lgc(H＋)/c(OH－)随加入NaOH的物质的量变化如图所示。下列叙述正确的是( C )
A．HX的酸性弱于HY
B．a点由水电离出的c(H＋)＝10－12 mol·L－1
C．c点溶液中：c(Y－)>c(HY)
D．b点时酸碱恰好完全反应
[解析] 未加氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的lg＝12，而HY的lg<9，由于c(H＋)×c(OH－)＝Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，故A错误；a点溶液lg＝12，结合c(H＋)×c(OH－)＝10－14，可知c(OH－)＝10－13 mol·L－1，故B错误；c点溶液lg＝6，结合c(H＋)×c(OH－)＝10－14，可知c(H＋)＝10－4 mol·L－1，溶液呈酸性，此时溶液为等浓度的HY、NaY混合溶液，说明HY的电离程度大于Y－的水解程度，则c点溶液中：c(Y－)>c(HY)，故C正确；HY为0.01 mol，b点加入NaOH为0.008 mol，二者按物质的量1∶1反应，故HY有剩余，故D错误。
3．(2018·丹阳一模)CuSO4溶液与K2C2O4溶液混合反应，产物之一是只含一种阴离子的蓝色钾盐水合物。通过下述实验确定该晶体的组成。
步骤a：称取0.672 0 g样品，放入锥形瓶，加入适量2 mol·L－1稀硫酸，微热使样品溶解。再加入30 mL水加热，用0.200 0 mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗8.00 mL。
步骤b：接着将溶液充分加热，使淡紫红色消失，溶液最终呈现蓝色。冷却后，调节pH并加入过量的KI固体，溶液变为棕色并产生白色沉淀CuI。用0.250 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗8.00 mL。
已知涉及的部分离子方程式为
步骤a：2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑
步骤b：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
I2＋2S2O===2I－＋S4O
(1)已知室温下CuI的Ksp＝1.27×10－12，欲使溶液中c(Cu＋)≤1.0×10－6 mol·L－1，应保持溶液中c(I－)≥_1.27×10－6__mol·L－1。
(2)MnO在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2＋。该反应的离子方程式为 4MnO＋12H＋4Mn2＋＋5O2↑＋6H2O 。
若无该操作，则测定的Cu2＋的含量将会_偏高__(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(3)步骤b用淀粉溶液作指示剂，则滴定终点观察到的现象为_溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色__。
(4)通过计算可确定样品晶体的组成为_K2Cu(C2O4)2·H2O__。
[解析] (1)CuI的Ksp＝1.27×10－12＝c(Cu＋)×c(I－)，c(I－)＝＝1.27×10－12÷c(Cu＋)，由于溶液中c(Cu＋)≤1.0×10－6 mo1·L－1，则c(I－)≥1.27×10－6 mol·L－1。
(2)Mn的化合价由＋7降低到＋2，降低了5价；生成氧气，氧元素的化合价由－2升高到0，升高了4价，可配平方程式为4MnO＋12H＋4Mn2＋＋5O2↑＋6H2O。若不加热除去高锰酸根离子，高锰酸根离子能够氧化碘离子，使得碘单质的物质的量增加，测定铜离子含量偏高。
(3)根据反应I2＋2S2O===2I－＋S4O，当反应结束时，溶液的蓝色消失变成无色溶液，所以滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。
(4)根据反应2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋8H2O十10CO2↑、2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2、I2＋2S2O===2I－＋S4O
可得关系式：
2MnO ～ 5C2O 2S2O ～ I2 ～ 2Cu2＋
2 5 2 2
n(C2O) n(Cu2＋)
n(C2O)＝4×10－3 mol、n(Cu2＋)＝2×10－3 mol，根据电荷守恒原理：n(K＋)＝4×10－3 mol，
根据质量守恒原理m(H2O)＝0.672 0－39×4×10－3—64×2×10－3—88×4×10－3＝0.036(g)，n(H2O)＝2×10－3 mol，n(K＋)∶n(Cu2＋)∶n(C2O)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶1，化学式为K2Cu(C2O4)2·H2O。
1．下列说法不正确的是( B )
A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡
B．导电能力强的溶液其溶质是强电解质
C．溶质为同一弱电解质的溶液，当温度不同时，其导电能力也不相同
D．强电解质在液态时，有的导电，有的不导电
[解析] 在溶液中，比较电解质导电能力的强弱应在相同浓度的条件下进行，故B项错误。
2．(2018·潍坊高密一模)H2S水溶液中存在电离平衡H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。若向H2S溶液中( C )
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，溶液pH增大
C．滴加新制氯水，溶液pH减小
D．加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小
[解析] 加水稀释，平衡向右移动，但c(H＋)减小，A项错误；SO2过量会产生较多的H2SO3，而H2SO3的酸性比H2S强，溶液pH减小，B项错误；滴加新制氯水，Cl2＋H2S===S↓＋2HCl，HCl的生成，使溶液pH减小，C项正确；加入少量CuSO4固体，Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，溶液中c(H＋)增大，D项错误。
3．25 ℃时，向0.2 mol·L－1的氨水中加水稀释，则图中的y轴可以表示( B )
①电离程度 ②c(NH3·H2O) ③c(NH) ④c(H＋) ⑤溶液的导电能力 ⑥pH ⑦NH3·H2O的电离常数Kb ⑧c(H＋)·c(OH－)
A．①②③⑤ B．②③⑤⑥
C．②③⑥⑦ D．①②⑤⑥
[解析] 加水稀释，NH3·H2O的电离程度增大，①错误；加水稀释虽然促进了NH3·H2O的电离，但由于溶液体积增大得更多，故c(NH3·H2O)、c(NH)、c(OH－)均减小，c(H＋)增大，②、③正确，④错误；溶液中离子浓度减小，导电性减弱，⑤正确；c(OH－)减小，pH减小，⑥正确；NH3·H2O的电离常数Kb＝只与温度有关，温度不变，Kb不变，⑦错误；c(H＋)·c(OH－)＝Kw，只受温度影响，温度不变，c(H＋)·c(OH－)保持不变，⑧错误；综上分析，B项正确。
4．(2018·山东沂水二模)高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数，从表格中数据判断以下说法中不正确的是( C )
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
3.0×10－8
6.3×10－9
1.6×10－9
4.2×10－10
A．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
B．在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸
C．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4===2H＋＋SO
D．水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
[解析]
根据电离常数知，在冰醋酸中这几种酸都不完全电离，A正确；在冰醋酸中，高氯酸的电离常数最大，所以高氯酸的酸性最强，B正确；在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4H＋＋HSO，C不正确；这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱，D正确。
5．pH＝12的X、Y两种碱溶液各10 mL，分别稀释至1 000 mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是( A )
A．若10V(Y)
D．稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强
[解析] 若X为强碱，则10 mL pH＝12的X溶液稀释至1 000 mL，pH应该为10，故若10b
D．lg＝3，若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发)，则减小
[解析] A项，由图像可知当lg＝0，即V＝V0时，0.1 mol/L的HX溶液和HY溶液的pH分别为2到3之间和1，所以HX是弱酸、HY是强酸，错误；B项，酸抑制水的电离，所以酸性越弱、水的电离程度越大，即pH越大，水电离出的c(H＋)·c(OH－)越大，由已知图像可知，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：aH2CO3>HCN>HCO，故CO2＋H2O＋CN－===HCO＋HCN，错误；B项，K(HCN)＝5.0×10－10，而pH＝9，有c(H＋)＝10－9 mol/L，故＝0.5<1，即c(CN－)H2CO3_>HClO__。
(2)同浓度的CH3COO－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为_CO>ClO－>HCO>CH3COO－__。
(3)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_A__(填字母，下同)。
A．c(H＋) B．c(H＋)/c(CH3COOH)
C．c(H＋)·c(OH－) D．c(OH－)/c(H＋)
E．c(CH3COO－)·c(H＋)/c(CH3COOH)
若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是_ABCE__。
[解析] (1)物质的电离平衡常数越大其酸性越强，CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO。
(2)电离平衡常数越小，同浓度的CH3COO－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能力越强，即结合H＋由强到弱的顺序为CO>ClO－>HCO>CH3COO－。
(3)醋酸溶液浓度越小，c(H＋)越小；电离平衡常数＝c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)，稀释过程中c(CH3COO－)减小，c(H＋)/c(CH3COOH)增大；c(H＋)·c(OH－)不变；醋酸稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)增大，c(OH－)/c(H＋)增大；不变。升高温度，醋酸电离平衡右移，c(H＋)增大；升高温度，醋酸电离平衡右移c(H＋)/c(CH3COOH)增大；升高温度c(H＋)·c(OH－)增大；升高温度，c(H＋)增大，c(OH－)减小，c(OH－)/c(H＋)减小；升高温度，K＝增大。
14．(2018·衡水调研)已知25 ℃时弱电解质电离平衡常数：
Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13。
(1)将20 mL 0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液和20 mL、0.10 mol·L－1的HSCN溶液分别与0.10 mol·L－1的NaHCO3溶液反应，实验测得产生CO2气体体积V与时间t的关系如图。
反应开始时，两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是_因为Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，溶液中c(H＋)：HSCN>CH3COOH，c(H＋)大反应速率快__；反应结束后所得溶液中c(SCN－)_>__c(CH3COO－)(填“>”“＝”或“<”)。
(2)2.0×10－3 mol·L－1的氢氟酸中，调节溶液pH(忽略调节时体积变化)，测得平衡体系中c(F－)、c(HF)与溶液pH的关系如下图。
则25 ℃时，HF电离平衡常数为：Ka(HF)＝_4×10－4__。
[解析] (1)反应结束后，溶质为CH3COONa和NaSCN，因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c(CH3COO－)
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