2019届一轮复习鲁科版水的电离溶液的酸碱性与pH学案

2019届一轮复习鲁科版水的电离溶液的酸碱性与pH学案

第二节　水的电离 溶液的酸碱性与pH ‎[教材基础——自热身]‎ 一、水的电离 ‎1．水的电离 水是极弱的电解质，水的电离方程式为H2OH＋＋OH－。‎ ‎2．水的离子积常数 水的离子积常数用Kw表示，Kw＝c(H＋)·c(OH－)。‎ ‎(1)室温下(25 ℃)：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。‎ ‎3．影响水电离平衡的因素 ‎(1)升高温度，水的电离程度增大，Kw增大。‎ ‎(2)加入酸或碱，水的电离程度减小，Kw不变。‎ ‎(3)加入可水解的盐(如FeCl3、Na2CO3)，水的电离程度增大，Kw不变。‎ 二、溶液的酸碱性 ‎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，pH7。‎ ‎(2)中性溶液：c(H＋)c(OH－)，常温下，pH7。‎ ‎(3)碱性溶液：c(H＋)c(OH－)，常温下，pH7。‎ ‎2．pH及其测量 ‎(1)计算公式：pH＝－lg_c(H＋)。‎ ‎(2)测量方法 ‎①pH试纸法：用镊子夹取一小块试纸放在洁净的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中央，变色后与标准比色卡对照，即可确定溶液的pH。‎ ‎②pH计测量法。‎ ‎(3)溶液的酸碱性与pH的关系 常温下：‎ ‎[知能深化——扫盲点]‎ ‎　　　体系变化 条件　　　　　‎ 平衡移动方向 Kw 水的电离程度 c(OH－)‎ c(H＋)‎ 酸 逆 不变 减小 减小 增大 碱 不变 减小 增大 减小 可水解的盐 Na2CO3‎ 不变 增大 增大 减小 NH4Cl 不变 增大 减小 增大 温度 升温 增大 增大 增大 增大 降温 减小 减小 减小 减小 其他：如加入Na 不变 增大 增大 减小 ‎[对点练]‎ ‎1．(2018·东北师大附中联考)某温度下，向c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1。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1×10－10 mol·L－1‎ C．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c(OH－)减小 解析：选D　该温度下蒸馏水中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，大于25 ℃时纯水中c(H＋)，故温度高于25 ℃，A项正确；此温度下Kw＝1×10－12，故该NaHSO4溶液中c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，B项正确；加入NaHSO4后，NaHSO4电离出的H＋抑制了水的电离，C项正确；加水稀释时，c(H＋)减小，而Kw不变，故c(OH－)增大，D项错误。‎ ‎[题后归纳]　‎ ‎(1)水的离子积常数只与温度有关。‎ ‎(2)水的电离过程是吸热的，温度升高，Kw增大。‎ ‎(3)溶液稀释，外加酸、碱或能水解的盐都能引起水电离平衡的移动，但Kw不变。‎ ‎(4)促进水的电离：①升高温度；②消耗OH－或H＋(金属钠，可以水解的盐)。‎ ‎(5)抑制水的电离：①降低温度；②外加酸、碱(NaHSO4性质相当于一元强酸)。‎ ‎1．溶质为酸的溶液 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－)＝＝10－12 mol·L－1，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，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 ‎(1)水解呈酸性的盐溶液中，H＋全部来自水的电离。如pH＝5的NH4Cl溶液中，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。‎ ‎(2)水解呈碱性的盐溶液中，OH－全部来自水的电离。如pH＝12的Na2CO3溶液中，由水电离出的c(OH－)＝10－2 mol·L－1。‎ ‎[对点练]‎ ‎2．求算下列常温下溶液中由H2O电离的c(H＋)和c(OH－)。‎ ‎(1)pH＝2的H2SO4溶液 c(H＋)＝____________，c(OH－)＝____________。‎ ‎(2)pH＝10的NaOH溶液 c(H＋)＝____________，c(OH－)＝____________。‎ ‎(3)pH＝2的NH4Cl溶液 c(H＋)＝____________。‎ ‎(4)pH＝10的Na2CO3溶液 c(OH－)＝__________。‎ 解析：(1)pH＝2的H2SO4溶液中，H＋来源有两个：H2SO4的电离和H2O的电离，而OH－只来源于水。应先求算c(OH－)，即为水电离的c(H＋)或c(OH－)。(2)pH＝10的NaOH溶液中，OH－有两个来源：H2O的电离和NaOH的电离，H＋只来源于水。应先求出c(H＋)，即为水电离的c(OH－)或c(H＋)。(3)和(4)水解的盐溶液中的H＋或OH－均由水电离产生，水解显酸性的盐应计算其c(H＋)，水解显碱性的盐应计算其 c(OH－)。‎ 答案：(1)10－12 mol·L－1　10－12 mol·L－1‎ ‎(2)10－10 mol·L－1　10－10 mol·L－1　(3)10－2 mol·L－1‎ ‎(4)10－4 mol·L－1‎ ‎1．等浓度等体积一元酸与一元碱混合溶液的酸碱性 中和反应 混合溶液的酸碱性 强酸与强碱 中性 强酸与弱碱 酸性 弱酸与强碱 碱性 简记为谁强显谁性，同强显中性。‎ ‎2．室温下，已知酸和碱pH之和的溶液，等体积混合后溶液的酸碱性 ‎(1)两强混合 ‎①若pH之和等于14，则混合后溶液显中性，pH＝7。‎ ‎②若pH之和大于14，则混合后溶液显碱性，pH＞7。‎ ‎③若pH之和小于14，则混合后溶液显酸性，pH＜7。‎ ‎(2)一强一弱混合 pH之和等于14时，一元强酸和一元弱碱等体积混合呈碱性；一元弱酸和一元强碱等体积混合呈酸性。‎ 简记为谁弱显谁性。‎ ‎[对点练]‎ ‎3．判断下列溶液在常温下的酸、碱性(在括号中填“酸性”“碱性”或“中性”)。‎ ‎(1)相同浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合(　　)‎ ‎(2)相同浓度的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合(　　)‎ ‎(3)相同浓度的NH3·H2O和HCl溶液等体积混合(　　)‎ ‎(4)pH＝2的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)‎ ‎(5)pH＝3的HCl和pH＝10的NaOH溶液等体积混合(　　)‎ ‎(6)pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)‎ ‎(7)pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)‎ ‎(8)pH＝2的HCl和pH＝12的NH3·H2O等体积混合(　　)‎ 答案：(1)中性　(2)碱性　(3)酸性　(4)中性　(5)酸性 ‎(6)碱性　(7)酸性　(8)碱性 ‎(1)单一溶液的pH计算 ‎①强酸溶液：如HnA，设浓度为c mol·L－1，c(H＋)＝nc mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg nc。‎ ‎②强碱溶液(25 ℃)：如B(OH)n，设浓度为c mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝14＋lg nc。‎ ‎(2)混合溶液pH计算的3大类型 ‎①两种强酸混合：直接求出c(H＋)混，再据此求pH。c(H＋)混＝。‎ ‎②两种强碱混合：先求出 c(OH－)混，再据Kw求出 c(H＋)混，最后求pH。c(OH－)混＝。‎ ‎③强酸、强碱混合：先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H＋或OH－的浓度，最后求pH。c(H＋)混或 c(OH－)混＝。‎ ‎(3)溶液稀释时pH值的判断 ‎①正确理解酸、碱的无限稀释规律 常温下任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近7。‎ ‎②正确理解弱酸、弱碱的稀释规律 溶液 稀释前溶液pH 加水稀释到 体积为原来 的10n倍 稀释后溶液pH 酸 强酸 pH＝a pH＝a＋n 弱酸 a8.0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 ‎[知能深化——扫盲点]‎ ‎1．指示剂选择的基本原则 变色要灵敏，变色范围要小，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，例如用NaOH溶液滴定醋酸。‎ ‎(3)滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。‎ ‎(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须使用指示剂，如用标准的KMnO4溶液滴定Na2C2O4溶液时，溶液呈淡粉红色时即为滴定终点。‎ ‎2．滴定终点的判断答题模板 当滴入最后一滴××××××标准溶液后，溶液变成××××××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。‎ 解答此类题目注意三个关键点：‎ ‎(1)最后一滴：必须说明是滴入“最后一滴”溶液。‎ ‎(2)颜色变化：必须说明滴入“最后一滴”溶液后溶液的颜色变化。‎ ‎(3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不恢复原来的颜色”。‎ ‎[对点练]‎ ‎1．实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：‎ 甲基橙：3.1～4.4　石蕊：5.0～8.0　酚酞：8.2～10.0‎ 用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是(　　)‎ A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂 C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂 解析：选D　 NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好反应生成CH3COONa时，CH3COO－水解使溶液显碱性，而酚酞的变色范围为8.2～10.0，故选用酚酞作指示剂。‎ ‎2．(1)用a mol·L－1的HCl滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象是_________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________；‎ 若用甲基橙作指示剂，滴定终点现象是_______________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用________作指示剂，达到滴定终点的现象是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，是否需要选用指示剂________(填“是”或“否”)，达到滴定终点的现象是_____________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再用KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋，滴定Ti3＋时发生反应的离子方程式为___________________________________________________‎ ‎___________________________________________________，达到滴定终点时的现象是 ‎________________________________________________________________________。‎ 答案：(1)当滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色　当滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色 ‎(2)淀粉溶液　当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不裉色 ‎(3)否　当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不裉色 ‎(4)Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋　当滴入最后一滴标准液，溶液变成红色，且半分钟内不裉色 ‎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 滴定 酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失 变大 偏高 振荡锥形瓶时部分液体溅出 变小 偏低 部分酸液滴出锥形瓶外 变大 偏高 溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化 变大 偏高 读数 酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)‎ 变小 偏低 酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)‎ 变大 偏高 ‎(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱。‎ ‎(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合。‎ ‎(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性。‎ ‎(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足。‎ ‎(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。‎ 例如：室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示：‎ ‎[对点练]‎ ‎3．酸碱中和滴定曲线是以酸碱滴定过程中滴加碱(或酸)的量或中和百分数为横坐标，以溶液pH为纵坐标，绘出溶液pH随碱(或酸)的滴加量而变化的曲线。它描述了滴定过程中溶液pH的变化情况，特别是滴定终点附近溶液pH的突变情况。下图为某浓度的NaOH溶液滴定10.00 mL一定浓度的盐酸的示意图。根据图像分析：‎ ‎(1)HCl溶液的浓度是______________，NaOH溶液的浓度是________________。‎ ‎(2)x ＝________。‎ 解析：由图可知，未滴定时pH＝1，说明盐酸中H＋浓度为0.100 0 mol·L－1，即盐酸浓度为0.100 0 mol·L－1，而加入20.00 mL NaOH溶液可以中和10.00 mL 0.100 0 mol·L－1‎ 盐酸，说明NaOH溶液浓度为0.050 0 mol·L－1，n(NaOH)＝0.050 00 mol·L－1×0.02 L＝0.001 mol。‎ 答案：(1)0.100 0 mol·L－1　0.050 00 mol·L－1‎ ‎(2)0.001‎ ‎1．沉淀滴定 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。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，当溶液中出现砖红色沉淀时即为滴定终点。‎ ‎2．氧化还原滴定 ‎(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：常见的用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7、I2等；常见的用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、Na2S2O3等。‎ ‎(3)指示剂：氧化还原滴定法的指示剂有三类。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粉红色。‎ ‎[对点练]‎ ‎4．为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水可降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀：C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释至V0 mL，取出V1 mL，用a mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，此时发生反应2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，若达到滴定终点时消耗a mol·L－1的KMnO4溶液V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数：________。‎ 解析：本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4,2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，由此得出相应的关系式：‎ ‎5CaCO3～5H2C2O4～2MnO ‎5 mol　　　　　　　2 mol n(CaCO3)　　　　　a mol·L－1×V2×10－3 L 解得：n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol 则原溶液中ω(CaCO3)‎ ‎＝×100%‎ ‎＝%。‎ 答案：%‎ ‎[题点全练——过高考]‎ 题点一　指示剂、仪器的准确选择 ‎1．有一支50 mL酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10.00 mL 刻度处，把滴定管中的溶液全部排出，盛接在量筒中，量筒中溶液的体积(　　)‎ A．大于40.0 mL　　　　　　　 B．等于40.0 mL C．大于10.0 mL D．等于10.0 mL 解析：选A　因为滴定管的最大刻度以下至尖嘴部分都充满液体，所以放出的液体大于40.0 mL。‎ ‎2.(2018·福建质检)H2S2O3是一种弱酸，实验室用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定碘水发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列说法正确的是(　　)‎ A．该滴定反应可用甲基橙作指示剂 B．Na2S2O3是该反应的还原剂 C．该滴定反应可选用如图所示装置 D．该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移电子的物质的量为4 mol 解析：选B　碘水显酸性，甲基橙在该溶液中显红色，当用Na2S2O3溶液滴定达到终点时溶液由红色变为橙色，颜色变化不明显，因此该滴定反应不可用甲基橙作指示剂，应该用淀粉溶液作指示剂，A项错误；在该反应中，I的化合价降低，得到电子，作氧化剂，Na2S2O3中的S的化合价升高，失去电子，Na2S2O3是该反应的还原剂，B项正确；Na2S2O3是强碱弱酸盐，其溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，C项错误；该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移2 mol电子，D项错误。‎ ‎3．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考如图所示，从下表中选出正确选项(　　)‎ 选项 锥形瓶中溶液 滴定管中溶液 选用指示剂 选用滴定管 A 碱 酸 石蕊 乙 B 酸 碱 酚酞 甲 C 碱 酸 甲基橙 乙 D 酸 碱 酚酞 乙 解析：选D　解答本题的关键是：①明确酸式、碱式滴定管使用时的注意事项，②指示剂的变色范围。酸式滴定管不能盛放碱液，而碱式滴定管不能盛放酸液，指示剂应选择颜色变化明显的酚酞或甲基橙，不能选用石蕊。‎ 题点二　滴定误差的分析及数据处理 ‎4．(2018·南昌模拟)欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.100 0 mol·L－1的HCl标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为________。‎ ‎(2)盛装标准盐酸的仪器名称为______________。‎ ‎(3)滴定至终点的颜色变化为____________。‎ ‎(4)若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50 mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为__________。‎ 实验序号 待测NaOH溶液的体积/mL ‎0.100 0 mol·L－1 HCl溶液的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 ‎1‎ ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎26.29‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎1.00‎ ‎31.00‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎1.00‎ ‎27.31‎ 选取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为______________。(保留四位有效数字)‎ ‎(6)下列哪些操作会使测定结果偏高________(填字母)。‎ A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗 B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗 C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数 解析：(1)待测NaOH溶液盛放于锥形瓶中。(2)盛装标准盐酸的仪器名称为酸式滴定管。(3)待测液是NaOH溶液，甲基橙在NaOH溶液中呈黄色，随着溶液的pH减小，当滴到溶液的pH小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不裉色，滴定结束。(4)滴定前滴定管内液面读数为0.50 mL，滴定后液面读数为27.40 mL，消耗标准溶液的体积为27.40 mL－0.50 mL＝26.90 mL。(5)三次实验消耗标准溶液的体积依次为26.29 mL、30.00 mL、26.31 mL，第二组数据误差较大，舍去，则1、3组平均消耗V(盐酸)＝＝26.30 mL，c(NaOH)＝＝0.105 2 mol·L－1。(6)A项，锥形瓶用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，造成V(标准)偏大，c(待测)偏高，正确；B项，酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V(标准)无影响，c(待测)不变，错误；C项，滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，c(待测)偏高，正确；D项，滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，造成V(标准)偏小，c(待测)偏低，错误。‎ 答案：(1)锥形瓶　(2)酸式滴定管　(3)黄色变为橙色 ‎(4)26.90 mL　(5)0.105 2 mol·L－1　(6)AC 题点三　滴定曲线分析 ‎5.(2018·长沙模拟)电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 mol·L－1盐酸分别滴定10.00 mL 浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中的电离与氨相似，常温下Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．曲线②代表滴定二甲胺溶液的曲线 B．a点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]‎ C．d点溶液中：2c(Na＋)＝3c(Cl－)‎ D．在相同温度下，a、b、c、d四点的溶液中，水的电离程度最大的是c点 解析：选B　A项，(CH3)2NH·H2O为弱电解质，在溶液中部分电离，等浓度时离子浓度比NaOH小，则导电性较弱，由此可知①为(CH3)2NH·H2O的变化曲线，②‎ 为NaOH的变化曲线，错误；B项，a点溶液中，滴加HCl的体积为10 mL，恰好完全反应，根据质子守恒，正确；C项，根据物料守恒，3c(Na＋)＝2c(Cl－)，错误；D项，a点所示为强酸弱碱盐，水解促进水电离，c点为NaCl溶液，对水电离无影响，b、d两点酸过量，抑制水电离，错误。‎ ‎6.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－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1KOH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lg 4＝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－1＝4×10－4 mol·L－1。‎ ‎(2)a点是醋酸溶液，b点是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液，c点是CH3COOK和少量醋酸的混合溶液，d点是CH3COOK和KOH的混合溶液，酸、碱均能抑制水的电离，CH3COOK水解促进水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最大。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，首先排除选项A和C；两者恰好反应时溶液显酸性，排除选项D。‎ 答案：(1)4×10－4 mol·L－1　3.4‎ ‎(2)c　酚酞　c点以上　(3)B 题点四　关系式法在“滴定”拓展中的应用 ‎7．KMnO4溶液常用作氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此配制KMnO4标准溶液的操作如下：‎ ‎①称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸1 h；②用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2；③过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶并放在暗处；④利用氧化还原滴定方法，在70～80 ℃条件下用基准试剂(纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质)溶液标定其浓度。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)准确量取一定体积的KMnO4溶液需要使用的仪器是________________。‎ ‎(2)在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用________(填字母)。‎ A．H2C2O4·2H2O　　　　 B．FeSO4‎ C．浓盐酸 D．Na2SO3‎ ‎(3)若准确称取W g基准试剂溶于水配成500 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。KMnO4溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。‎ ‎(4)若用放置两周的KMnO4标准溶液去测定水样中Fe2＋的含量，测得的浓度值将________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。‎ 解析：(1)用酸式滴定管量取KMnO4溶液。(2)H2C2O4·2H2O在常温常压下是稳定的结晶水合物；FeSO4在空气中不稳定易被氧化；浓盐酸易挥发；Na2SO3在空气中不稳定易被氧化成Na2SO4。(3)根据得失电子守恒原理有关系式(H2C2O4的氧化产物为CO2)：‎ ‎5(H2C2O4·2H2O)　　～　　2KMnO4‎ ‎ 5 mol 2 mol ‎ × 则KMnO4溶液的浓度为 c＝＝ mol·L－1。‎ ‎(4)在放置过程中，由于空气中还原性物质的作用，使KMnO4溶液的浓度变小了，再去滴定水样中的Fe2＋时，消耗KMnO4溶液(标准溶液)的体积会增大，导致计算出来的c(Fe2＋)会增大，测定的结果偏高。‎ 答案：(1)酸式滴定管　(2)A　(3)　(4)偏高 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎[课堂真题集训——明考向]‎ ‎1.(2016·全国卷Ⅰ)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(　　)‎ 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：选D　A项用0.10 mol·L－1盐酸滴定20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水，二者恰好完全反应时生成强酸弱碱盐NH4Cl，应选用甲基橙作指示剂，错误；B项当V(HCl)＝20.0 mL时，二者恰好完全反应生成NH4Cl，此时溶液呈酸性，而图中M点溶液的pH＝7，故M点对应盐酸的体积小于20.0 mL，错误；C项M点溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)；据电荷守恒可得c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，则有c(NH)＝c(Cl－)，此时溶液中离子浓度关系为c(NH)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；D项NH3·H2O为弱电解质，部分发生电离，N点时V(HCl)＝0，此时氨水的电离度为1.32%，则有c(OH－)＝0.10 mol·L－1×1.32%＝1.32×10－3 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1≈7.58×10－12 mol·L－1，故N点处的溶液中pH＜12，正确。‎ ‎2．(2015·广东高考)准确移取20.00 mL某待测 HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是(　　)‎ A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定 B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大 C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 解析：选B　A．滴定管用蒸馏水洗涤后，需用待装液润洗才能装入NaOH溶液进行滴定，错误；B.随着NaOH溶液的滴入，锥形瓶内溶液中c(H＋)越来越小，故pH由小变大，正确；C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不裉去，说明达到滴定终点，应停止滴定，错误；D.滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有悬滴，则所加标准NaOH溶液量偏多，使测定结果偏大，错误。‎ ‎3．(2015·海南高考)0.1 mol下列气体分别与1 L 0.1 mol·L－1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是(　　)‎ A．NO2　　　B．SO2　　　C．SO3　　　D．CO2‎ 解析：选C　A．NO2和NaOH溶液发生反应：2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O，二者恰好反应得到的是NaNO3和NaNO2的混合溶液，NaNO2是强碱弱酸盐，水溶液显碱性；B.发生反应：SO2＋NaOH===NaHSO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HSO电离大于水解作用，所以溶液显酸性；C.发生反应：SO3＋NaOH===NaHSO4，该盐是强酸强碱的酸式盐，完全电离出H＋溶液显酸性，相当于一元强酸，所以酸性比NaHSO3强；D.发生反应：CO2＋NaOH===NaHCO3，该物质是强碱弱酸盐，由于HCO电离小于水解作用，所以溶液显碱性。因此溶液的酸性最强的是NaHSO4，溶液的酸性越强，pH越小。‎ ‎4.(2015·山东高考)室温下向10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如下所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．a点所示溶液中c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(HA)‎ B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同 C．pH＝7时，c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)‎ D．b点所示溶液中c(A－)＞c(HA)‎ 解析：选D　A．a点所示溶液中NaOH和HA恰好反应生成NaA，溶液的pH＝8.7，呈碱性，则HA为弱酸，A－水解，则溶液中的粒子浓度：c(Na＋)＞c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)；B.b点时为NaA和HA的溶液，a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点HA抑制了水的电离，所以a点所示溶液中水的电离程度大于b点；C.pH＝7时，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)；D.b点酸过量，溶液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，故c(A－)＞c(HA)。‎ ‎5．(2015·广东高考)一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是(　　)‎ A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13‎ C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 解析：选C　A．c点溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH－)不可能减小；B.由b点对应c(H＋)与c(OH－)可知，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14；C.FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H＋)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH－)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化；D.c点溶液呈碱性，稀释时c(OH－)减小，同时c(H＋)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的转化。‎ ‎6．(2017·全国卷Ⅱ)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：‎ Ⅰ.取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。‎ Ⅱ.酸化、滴定 将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2===2I－＋S4O)。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是___________________。‎ ‎(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和________；蒸馏水必须经过煮沸，冷却后才能使用，其目的是杀菌、除______及二氧化碳。‎ ‎(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为________ mg·L－1。‎ ‎(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏________(填“高”或“低”)。‎ 解析：(1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2，可写出固氧的反应为O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和CO2，且能杀菌。(4)根据Ⅱ可知MnO(OH)2能将水样中的I－氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前I2遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，I2‎ 完全被消耗，溶液蓝色刚好裉去。根据关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，结合消耗n(Na2S2O3)＝a mol·L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 mol，可求出100.00 mL水样中溶解氧的质量为ab×10－3 mol×32 g·mol－1＝8ab×10－3 g＝8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为＝80ab mg·L－1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O2～4Na2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。‎ 答案：(1)使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差　(2)O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2　(3)量筒　氧气　(4)蓝色刚好裉去　80ab　(5)低 ‎7．(2017·天津高考)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中 c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。‎ Ⅰ.准备标准溶液 a．准确称取AgNO3基准物4.246 8 g(0.025 0 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。‎ b．配制并标定100 mL 0.100 0 mol·L－1NH4SCN标准溶液，备用。‎ Ⅱ.滴定的主要步骤 a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。‎ b．加入25.00 mL 0.100 0 mol·L－1AgNO3溶液(过量)，使I－完全转化为AgI沉淀。‎ c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。‎ d．用0.100 0 mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。‎ e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 消耗NH4SCN标准溶液体积/mL ‎10.24‎ ‎10.02‎ ‎9.98‎ f.数据处理。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有________。‎ ‎(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行，其原因是________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)b和c两步操作是否可以颠倒________，说明理由__________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为________mL，测得c(I－)＝________mol·L－1。‎ ‎(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________。‎ ‎(7)判断下列操作对c(I－)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。‎ ‎①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果________。‎ 解析：(1)配制一定物质的量浓度的标准溶液，除烧杯和玻璃棒外，还需用到的仪器有250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。(2)AgNO3见光容易分解，因此需要保存在棕色试剂瓶中。(3)滴定实验中用NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，Fe3＋容易发生水解，影响滴定终点判断，因此控制pH<0.5，目的是抑制Fe3＋的水解。(4)Fe3＋能与I－发生氧化还原反应：2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，因此b、c不能颠倒，否则指示剂耗尽，无法判断滴定终点。(5)第1组数据误差较大，舍去，取第2组、第3组实验数据的平均值，消耗NH4SCN标准溶液的体积为(10.02＋9.98)mL×＝10.00 mL。根据滴定原理，则n(Ag＋)＝n(I－)＋n(SCN－)，故n(I－)＝n(Ag＋)－n(SCN－)＝0.025 L×0.100 0 mol·L－1－0.01 L×0.100 0 mol·L－1＝0.001 5 mol，则c(I－)＝＝0.060 0 mol·L－1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液之前，要先用NH4SCN标准溶液润洗滴定管。(7)①在配制AgNO3标准溶液时，若烧杯中溶液有少量溅出，配制的AgNO3标准溶液的浓度偏低，则滴定时消耗的NH4SCN标准溶液的体积偏小，测得的c(I－)偏高。②滴定管0刻度在上，读数时从上往下读数，读取体积偏小，计算所用NH4SCN的物质的量偏低，测得的c(I－)偏高。‎ 答案：(1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管　‎ ‎(2)避免AgNO3见光分解　‎ ‎(3)防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解)‎ ‎(4)否(或不能)　若颠倒，Fe3＋与I－反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点 ‎(5)10.00　0.060 0　(6)用NH4SCN标准溶液进行润洗 ‎(7)偏高　偏高 ‎[课下能力测评——查缺漏]‎ ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．水的电离方程式：H2O===H＋＋OH－‎ B．pH＝7的溶液一定是中性溶液 C．升高温度，水的电离程度增大 D．将稀醋酸加水稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)也减小 解析：选C　A．水是弱电解质，电离方程式应该使用可逆号，电离的方程式应为H2OH＋＋OH－，错误；B.若溶液的温度不是室温，则pH＝7的溶液不一定是中性溶液，错误；C.水是弱电解质，电离吸收热量，所以升高温度，水的电离程度增大，正确；D.将稀醋酸加水稀释时，c(H＋)减小，由于存在水的电离平衡，所以c(OH－)增大，错误。‎ ‎2．(2018·安徽合肥质检)常温下，下列有关电解质溶液的叙述错误的是(　　)‎ A．某H2SO4溶液中＝1.0×10－8，由水电离出的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1‎ B．将0.02 mol·L－1 HCl溶液与0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液pH约为12‎ C．将0.1 mol·L－1的NaOH溶液加水稀释后，由水电离产生的c(H＋)·c(OH－)保持不变 D．pH＝3的H2SO4溶液，稀释105倍后，溶液的pH＜7‎ 解析：选C　H2SO4溶液中＝1.0×10－8，结合水的离子积常数1.0×10－14可知溶液中c(H＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，H2SO4溶液中水的电离受到抑制，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－11 mol·L－1，A项正确；将0.02 mol·L－1 HCl溶液与0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液中c(OH－)≈＝0.01 mol·L－1，溶液的pH≈12，B项正确；稀释NaOH溶液时，水的电离程度增大，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)增大，C项错误；酸无论稀释多少倍仍呈酸性，pH＜7，D项正确。‎ ‎3．25 ℃时，重水(D2O)的离子积为1.6×10－15，也可用pH一样的定义来规定其酸碱度：pD＝－lg c(D＋)，下列有关pD的叙述，正确的是(　　)‎ ‎①中性D2O的pD＝7　②在1 L D2O中，溶解0.01 mol NaOD，其pD＝12　③1 L 0.01 mol·L－1的DCl的重水溶液，pD＝2　④在100 mL 0.25 mol·L－1 DCl的重水溶液中，加入50 mL 0.2 mol·L－1 NaOD的重水溶液，反应后溶液的pD＝1‎ A．①②　　　　　　　　　　 B．③④‎ C．①③④ D．①②③④‎ 解析：选B　由于重水的离子积常数为1.6×10－15，因此重水中c(D＋)＝4×10－8，对应的pD≈7.4，故①错；在0.01 mol·L－1 NaOD的重水溶液中，c(OD－)＝0.01 mol·L－1，根据重水离子积常数，可推知c(D＋)＝1.6×10－13 mol·L－1，pD不等于12，故②错；在0.01 mol·L－1 DCl的重水溶液中，c(D＋)＝0.01 mol·L－1，因此pD＝2，③正确；根据中和反应量的关系，100 mL 0.25 mol·L－1 DCl和50 mL 0.2 mol·L－1 NaOD中和后溶液中过量的DCl的浓度为0.1 mol·L－1，因此对应溶液的pD＝1，④正确。‎ ‎4．(2018·江西赣州期末)食醋是厨房中常用的调味品，某品牌白醋的浓度约为0.6 mol·L－1，可用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液来精确滴定其浓度，下列叙述中正确的是(　　)‎ A．NaOH溶液盛装在带玻璃塞的滴定管中 B．选用紫色石蕊作指示剂 C．滴定前需对白醋进行稀释处理 D．滴定后仰视读数，则所测白醋的浓度偏小 解析：选C　A项，NaOH溶液应盛装在带橡胶管的滴定管中，错误；B项，紫色石蕊不能作指示剂，应用酚酞溶液，错误；D项，滴定后仰视，所测白醋浓度偏大，错误。 ‎ ‎5．常温下，将一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：‎ 实验编号 c(HA)/(mol·L－1)‎ c(NaOH)/(mol·L－1)‎ 混合溶液的pH 甲 ‎ 0.1‎ ‎ 0.1‎ pH＝a 乙 ‎ 0.2‎ ‎ 0.2‎ pH＝9‎ 丙 c1‎ ‎ 0.2‎ pH＝7‎ 丁 ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH＜7‎ 下列判断正确的是(　　)‎ A．a＝7‎ B．在乙组混合液中由水电离出的c(OH－)＝10－5 mol·L－1‎ C．c1＝0.2‎ D．丁组混合液中：c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)‎ 解析：选B　A项，由乙组数据知，HA与NaOH以等物质的量反应，所得NaA溶液呈碱性，HA为弱酸，甲组中HA与NaOH以等物质的量混合，混合溶液pH>7，错误；B项，乙溶液为NaA溶液，溶液中的OH－全部来自水的电离，且c(OH－)＝10－5 mol·L－1，正确；C项，HA溶液与NaOH溶液等体积混合溶液的pH＝7，酸过量，c1>0.2，错误；D项，由数据知，丁组混合溶液是HA与NaA等物质的量混合，溶液呈酸性，HA的电离程度大于A－的水解程度，即c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，错误。‎ ‎6．下列实验操作，对实验结果不会产生影响的是(　　)‎ A．用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装标准液的滴定管用水洗后未用标准液润洗 B．用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装待测液的锥形瓶用水洗后用待测液润洗2～3次 C．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中 D．用蒸馏水湿润的pH试纸测定硫酸钠溶液的pH 解析：选D　A、B项会导致测定结果偏高，C项会导致测定结果偏低，D项无影响，原因是硫酸钠溶液显中性。‎ ‎7．甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH＝a，乙的pH＝a＋1，对下列叙述的判断正确的是(　　)‎ ‎①甲由水电离出来的H＋的物质的量浓度是乙的　②物质的量浓度：c(甲)＝10c(乙)　③中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯酸的体积：10V(甲)＞V(乙)　④甲中的c(OH－)为乙中的c(OH－)的10倍 A．①②④ B．①③‎ C．②④ D．①‎ 解析：选D　甲溶液的pH＝a，由水电离出来的c(OH－)水＝c(H＋)水＝1×10a－14 mol·L－1；乙溶液的pH＝a＋1，由水电离出来的c(OH－)水＝c(H＋)水＝1×10a＋1－14 mol·L－1＝1×10a－13 mol·L－1，①正确，④错误；弱电解质浓度越大，电离度越小，故c(甲)＞10c(乙)，②错误；中和等物质的量的NaOH时，10V(甲)＜V(乙)，③错误；故D项正确。‎ ‎8．(2018·温州模拟)常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.10 mol·L－1HCl溶液和20.00 mL 0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液，得到2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．c点对应离子浓度由大到小的顺序为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 解析：选C　如果酸为强酸，则0.100 0 mol·L－1酸的pH为1，根据酸的初始pH知，图1为盐酸滴定曲线，故A错误；根据图1知，a点氢氧化钠溶液的体积是20 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；若醋酸溶液中滴入等量的氢氧化钠溶液，醋酸钠溶液呈碱性，所以图2b点时，氢氧化钠溶液的体积小于20.00 mL，a＞b，故B错误；c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，则溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故C正确；氢氧化钠和盐酸反应恰好呈中性，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。‎ ‎9．(2017·福建泉州五校联考)25 ℃时纯水的电离度为α1，pH＝2的醋酸溶液中水的电离度为α2，pH＝12的氢氧化钠溶液中水的电离度为α3。若将上述醋酸与氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中水的电离度为α4。下列关系式中正确的是(　　)‎ A．α2＝α3＜α4＜α1 B．α3＝α2＜α1＜α4‎ C．α2＜α3＜α1＜α4 D．α1＜α2＜α3＜α4‎ 解析：选A　水为极弱的电解质，存在电离平衡，酸、碱抑制水的电离，而加入能消耗H＋或OH－的物质能促进水的电离，等浓度的H＋和OH－对水的抑制作用相同，所以α2＝α3＜α1‎ ‎；而pH＝2的醋酸溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，因醋酸为弱酸，所得溶液为醋酸、醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，但较原醋酸对水的电离的抑制程度弱，所以α2＝α3＜α4＜α1，A项正确。‎ ‎10.(2018·成都模拟) 常温下，向浓度均为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，lg随加入 NaOH的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．常温下电离常数：HXc(HY)，正确；D项，HY为0.01 mol，b点进入NaOH为0.008 mol，二者按物质的量1∶1反应，故HY有剩余，错误。‎ ‎11．如表所示是不同温度下水的离子积常数：‎ 温度/℃‎ ‎25‎ t1‎ t2‎ 水的离子积常数 ‎1×10－14‎ a ‎1×10－12 ‎ 试回答以下问题： ‎ ‎(1)若25 ℃”“<”或“＝”)，做此判断的理由是________________________________________________________________________。‎ ‎(2)25 ℃时，某Na2SO4溶液中c(SO)＝5×10－4 mol·L－1，取该溶液1 mL加水稀释至10 mL，则稀释后溶液中c(Na＋)∶c(OH－)＝________。‎ ‎(3)t2 ℃时，将pH＝11的苛性钠溶液V1 L与pH＝1的稀硫酸V2‎ ‎ L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH＝2，则V1∶V2＝________________________________________________________________________。‎ 此溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是_________________________。‎ 解析：(1)25 ℃1×10－7 mol·L－1，所以Kw>1×10－14。(2)Na2SO4溶液中c(Na＋)＝2×5×10－4 mol·L－1＝1×10－3 mol·L－1，稀释10倍后，c(Na＋)＝1×10－4 mol·L－1，此时溶液为中性，c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，所以 c (Na＋)∶c(OH－)＝10－4 mol·L－1∶10－7 mol·L－1＝1 000∶1。(3)根据酸、碱中和原理及pH计算式得＝10－2 mol·L－1，解得V1∶V2＝9∶11，根据Na2SO4的化学组成及反应后溶液呈酸性，推知该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)。‎ 答案：(1)>　温度升高，水的电离程度增大，所以水的离子积增大　(2)1 000∶1　‎ ‎(3)9∶11　c(Na＋)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)‎ ‎12．(2018·长沙模拟)Ⅰ.在25 ℃时，有一pH＝12的NaOH溶液100 mL ，欲使它的pH降为11：‎ ‎(1)如果加入蒸馏水，就加入________mL。‎ ‎(2)如果加入pH＝10的NaOH溶液，应加入______mL。‎ ‎(3)如果加入0.008 mol·L－1 HCl溶液，应加入_____mL。‎ Ⅱ.在25 ℃时，有pH为a的盐酸和pH为b的NaOH溶液等体积混合：‎ ‎(4)若a＋b＝14，则溶液呈________性。‎ ‎(5)若a＋b＝13，则溶液呈________性。‎ ‎(6)若a＋b＞14，则溶液呈________性。‎ 解析：Ⅰ.(1)pH＝12的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，设加入水的体积是V1,0.01 mol·L－1×0.1 L＝0.001 mol·L－1×(0.1＋V1)L，V1＝－0.1 L＝0.9 L＝900 mL。(2)pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝0.01 mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液中c(OH－)＝0.000 1 mol·L－1，设加入pH＝10的NaOH溶液的体积是V2,0.01 mol·L－1×0.1 L＋0.000 1 mol·L－1×V2＝0.001 mol·L－1×(0.1＋V2)，V2＝1 L＝1 000 mL。(3)0.008 mol·L－1 HCl溶液中c(H＋)＝0.008 mol·L－1，设加入盐酸的体积为V3，‎ c(OH－)＝＝0.001 mol·L－1，解得：V3＝0.1 L＝100 mL。‎ Ⅱ.pH＝a的盐酸中c(H＋)＝10－a mol·L－1，pH＝b的NaOH溶液中c(OH－)＝10b－14 mol·L－1，两溶液等体积混合后：(4)若a＋b＝14，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。(5)若a＋‎ b＝13，c(H＋)＞c(OH－)，溶液呈酸性。(6)若a＋b＞14，c(H＋)＜c(OH－)，溶液呈碱性。‎ 答案：(1)900　(2)1 000　(3)100‎ ‎(4)中　(5)酸　(6)碱 ‎13.(2018·成都模拟)水的电离平衡曲线如图所示。‎ ‎(1)若以A点表示25 ℃时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100 ℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从________增加到________。‎ ‎(2)常温下，将pH＝10的Ba(OH)2溶液与pH＝5的稀盐酸混合，然后保持100 ℃的恒温，欲使混合溶液pH＝7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为________。‎ ‎(3)在某温度下，Ca(OH)2的溶解度为0.74 g，其饱和溶液密度设为1 g·mL－1，Ca(OH)2的离子积为________。‎ ‎(4)25 ℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液，②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，③pH＝10的Na2S溶液，④pH＝5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是____________________。‎ 解析：(1)A点，c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，则此时水的离子积为10－14；B点，c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol·L－1，则此时水的离子积为10－12，这说明水的离子积从10－14增加到10－12。(2)设两溶液体积分别为x、y，常温下，pH＝10的Ba(OH)2溶液中c(OH－)是10－4 mol·L－1，pH＝5的稀盐酸中c(H＋)是10－5 mol·L－1，二者混合，然后保持100 ℃的恒温，欲使混合溶液pH＝7，则＝10－5，解得x∶y＝2∶9，即Ba(OH)2与盐酸的体积比为2∶9。(3)在某温度下，Ca(OH)2的溶解度为0.74 g，即100 g水中溶解了0.74 g Ca(OH)2，物质的量是0.01 mol。其饱和溶液密度设为1 g·mL－1， 则100.74 g溶液的体积约为0.1 L，所以溶液中c(Ca2＋)和c(OH－)分别是0.1 mol·L－1和0.2 mol·L－1，Ca(OH)2的离子积为0.1×0.22＝0.004。(4)25 ℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液中水电离出的c(H＋)是10－14 mol·L－1；②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中水电离出的c(H＋)是10－13 mol·L－1；③pH＝10的Na2S溶液中水电离出的c(H＋)是10－4 mol·L－1；④pH＝5的NH4NO3溶液中水电离出的c(H＋)是10－5 mol·L－1，所以发生电离的水的物质的量之比是1∶10∶1010∶109。‎ 答案：(1)10－14　10－12　(2)2∶9　(3)0.004‎ ‎(4)1∶10∶1010∶109‎ ‎14．草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O通过相关处理后可溶于水，且能做净水剂，在110 ℃‎ 可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：‎ 步骤1：称量4.66 g草酸铁晶体进行处理后，配制成250 mL一定物质的量浓度的溶液。‎ 步骤2：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至C2O恰好全部氧化成CO2，同时MnO被还原成Mn2＋。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至溶液黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。‎ 步骤3：用0.020 0 mol·L－1 KMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO被还原成Mn2＋。‎ 重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.020 0 mol·L－1 KMnO4溶液为V2、V3 mL。‎ 记录数据如下表：‎ 实验编号 KMnO4溶液的浓度(mol·L－1)‎ KMnO4溶液滴入的体积(mL)‎ ‎1‎ ‎0.020 0‎ V1＝20.02‎ ‎2‎ ‎0.020 0‎ V2＝20.12‎ ‎3‎ ‎0.020 0‎ V3＝19.98‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)草酸铁溶液能做净水剂的原因____________________(用离子方程式表示)。‎ ‎(2)该实验步骤1和步骤3中使用的仪器除托盘天平、铁架台、滴定管夹、烧杯、玻璃棒外，一定需用下列仪器中的________ (填字母)。‎ A．酸式滴定管　　B．碱式滴定管　　C．量筒(10 mL)‎ D．锥形瓶 E．胶头滴管 F．漏斗 G．250 mL容量瓶 ‎(3)步骤3滴定时是否选择指示剂_________(填“是”或“否”)，说明理由________________；写出步骤3中发生反应的离子方程式_________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)在步骤2中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量________(填“偏低”“偏高”或“不变”)；实验测得该晶体中结晶水的个数x为________。‎ 解析：(1)草酸铁溶液水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，能作净水剂，反应的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋。(2)实验步骤1是配制溶液，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管；步骤3是滴定，使用的仪器有铁架台、滴定管夹、锥形瓶、酸式滴定管，因此需用仪器中的A、D、E、G。(3)高锰酸钾溶液显紫红色，步骤3滴定时发生的反应为5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，因为KMnO4被还原剂还原成Mn2＋，紫红色裉去，所以不需要指示剂。(4)在步骤2中，若加入的KMnO4溶液的量不够，导致C2O 不能完全被氧化，使步骤3中消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，则测得的铁含量偏高；第二次误差偏大，舍去。第一次和第三次的平均体积为＝20.00 mL，根据步骤3中的离子反应可知：n(Fe2＋)＝5n(MnO)＝5×20.00 mL×10－3 L·mL－1×0.02 mol·L－1×＝2.000×10－2mol，草酸铁晶体Fe2(C2O4)3·xH2O 中含有Fe2(C2O4)3的质量为×2.000×10－2mol×376 g·mol－1＝3.76 g，则结晶水的物质的量为＝0.05 mol，则Fe2(C2O4)3和H2O的物质的量之比为1∶5，即x＝5。‎ 答案：(1)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋‎ ‎(2)ADEG ‎(3)否　因为KMnO4被还原剂还原成Mn2＋，紫红色裉去，所以不需要指示剂　5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O　(4)偏高　5‎