2022年高考化學大一輪復習 第8章 物質(zhì)在水溶液中的行為 第1講 水的電離和溶液的酸堿性學案 魯科版

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1、2022年高考化學大一輪復習 第8章 物質(zhì)在水溶液中的行為 第1講 水的電離和溶液的酸堿性學案 魯科版 【2019·備考】 最新考綱：1.了解水的電離和水的離子積常數(shù)。2.了解溶液pH的定義。3.了解測定溶液pH的方法，能進行pH的簡單計算。 考點一　水的電離 (頻數(shù)：★★☆　難度：★★☆) 1.水的電離 水是極弱的電解質(zhì)，水的電離方程式為H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。 2.水的離子積常數(shù) Kw＝[H＋]·[OH－]。 (1)室溫下：Kw＝1×10－14。 (2)影響因素：只與溫度有關(guān)，升高溫度，Kw增大。 (3)適用范圍：Kw不僅適用于純水，也

2、適用于稀的電解質(zhì)水溶液。 (4)Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要溫度不變，Kw不變。 3.影響水電離平衡的因素 (1)升高溫度，水的電離程度增大，Kw增大。 (2)加入酸或堿，水的電離程度減小，Kw不變。 (3)加入可水解的鹽(如FeCl3、Na2CO3)，水的電離程度增大，Kw不變。 4.填寫外界條件對水電離平衡的具體影響 體系變化 條件　　　 平衡移 動方向 Kw 水的電 離程度 [OH－] [H＋] HCl 逆 不變 減小 減小 增大 NaOH 逆 不變 減小 增大 減小 可水解 的鹽 Na2CO3 正 不變

3、 增大 增大 減小 NH4Cl 正 不變 增大 減小 增大 溫度 升溫 正 增大 增大 增大 增大 降溫 逆 減小 減小 減小 減小 其他：如加入Na 正 不變 增大 增大 減小 水的離子積常數(shù)Kw＝[H＋]·[OH－]，其實質(zhì)是水溶液中的H＋和OH－濃度的乘積，不一定是水電離出的H＋和OH－濃度的乘積，所以與其說Kw是水的離子積常數(shù)，不如說是水溶液中的H＋和OH－的離子積常數(shù)。即Kw不僅適用于水，還適用于酸性或堿性的稀溶液。不管哪種溶液均有[H＋]H2O＝[OH－]H2O。 1.教材基礎(chǔ)知識判斷 (1)在蒸餾水中滴加濃H2

4、SO4，Kw不變(　　) (2)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同(　　) (3)室溫下，0.1 mol·L－1的HCl溶液與0.1 mol·L－1的NaOH溶液中水的電離程度相同(　　) (4)25 ℃和60 ℃的水的pH，前者大于后者，但都顯中性(　　) (5)室溫下，pH值相同的NaOH溶液與CH3COONa溶液，水的電離程度后者大(　　) (6)常溫下，pH＝5的NH4Cl溶液與pH＝9的CH3COONa溶液中，水的電離程度相同(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√　(6)√ 2.教材知識探究 甲同學認為，在

5、水中加入H2SO4，水的電離平衡向左移動，解釋是加入H2SO4后[H＋]增大，平衡左移。乙同學認 為，加入H2SO4后，水的電離平衡向右移動，解釋為加入H2SO4后，[H＋]濃度增大，H＋與OH－中和，平衡右移。你認為哪種說法正確？并說明原因。水的電離平衡移動后，溶液中[H＋]·[OH－]是增大還是減小？ 答案　甲正確，溫度不變，Kw是常數(shù)，加入H2SO4，[H＋]增大，[H＋]·[OH－]＞Kw，平衡左移。 [H＋]·[OH－]不變，因為Kw僅與溫度有關(guān)，溫度不變，則Kw不變，與外加酸、堿、鹽無關(guān)。 3.(溯源題)(2015·廣東理綜，11)一定溫度下，水溶液中H＋和OH－的濃度變化

6、曲線如圖，判斷下列說法是否正確 (1)升高溫度，可能引起由c向b的變化(　　) (2)該溫度下，水的離子積常數(shù)為1.0×10－13(　　) (3)該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化(　　) (4)該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 探源：本考題源于教材LK選修4 P74“表3－1－1不同溫度下水的離子積常數(shù)”及其拓展，對水的電離的影響因素進行了考查。 題組一　水電離平衡的影響因素 1.(2018·廈門月考)能促進水的電離，并使溶液中[H＋]＞[OH－]的操作是(　　) ①將水加熱煮沸?、谙蛩型度?/p>

7、一小塊金屬鈉　③向水中通CO2?、芟蛩型∟H3　⑤向水中加入明礬晶體?、尴蛩屑尤隢aHCO3固體　⑦向水中加NaHSO4固體 A.①③⑥⑦ B.①③⑥ C.⑤⑦ D.⑤ 解析?、賹⑺訜嶂蠓心艽龠M水的電離，但是[H＋]＝[OH－]；②向水中投入一小塊金屬鈉，反應后生成NaOH，溶液中[H＋]＜[OH－]；③向水中通CO2，CO2與水反應生成H2CO3，溶液中[H＋]＞[OH－]，但是這是碳酸電離的結(jié)果，并未促進水的電離，反而是抑制水的電離；④向水中通NH3，生成NH3·H2O電離出OH－。水的電離被抑制，并且[H＋]＜[OH－]；⑤向水中加入明礬晶體，明礬中鋁離子水解，促進了水的

8、電離，并且[H＋]＞[OH－]；⑥向水中加入NaHCO3固體，HCO水解能促進水的電離，但是[H＋]＜[OH－]；⑦NaHSO4電離出的H＋抑制了水的電離，且[H＋]＞[OH－]，所以選D。 答案　D 2.水的電離過程為H2OH＋＋OH－，在不同溫度下其離子積為Kw(25 ℃)＝1.0×10－14，Kw(35 ℃)＝2.1×10－14，則下列敘述正確的是(　　) A.[H＋]隨溫度的升高而降低 B.35 ℃時，[H＋]>[OH－] C.溶液pH：pH(35 ℃)>pH(25 ℃) D.35 ℃時已電離的水的濃度約為1.45×10－7 mol·L－1 解析　由兩種溫度下水的離子積常

9、數(shù)值知水的電離是吸熱的，溫度高時水中[H＋]較高，pH較小，但溶液中[H＋]＝[OH－]，溶液呈中性，A、B、C錯誤；已電離的水的濃度與電離生成的[H＋]及[OH－]相等，利用水的離子積常數(shù)可判斷D正確。 答案　D 題組二　水電離出的[H＋]或[OH－]的定量計算 3.(2018·吉林大學附中月考)室溫時，pH＝10的氨水和Na2CO3溶液中，水電離產(chǎn)生的[H＋]前者與后者之比為(　　) A.1∶1 B.10－10∶10－4 C.10－4∶10－10 D.10－10∶10－7 解析　pH＝10的氨水中水電離出的氫氧根離子濃度等于水電離出的氫離子濃度，為10－10 mol·L－1

10、，pH＝10的碳酸鈉溶液中水電離產(chǎn)生的[H＋]＝10－4 mol·L－1，前者與后者之比為10－10∶10－4。 答案　B 4.在不同溫度下，水溶液中[H＋]與[OH－]的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說法中正確的是(　　) A.若從a點到c點，可采用在水中加入酸的方法 B.b點對應的醋酸中由水電離出的[H＋]＝10－6 mol·L－1 C.c點對應溶液的Kw大于d點對應溶液的Kw D.T ℃時，0.05 mol·L－1 Ba(OH)2溶液的pH＝11 解析　a點對應的[H＋]和[OH－]相等，c點對應的[H＋]和[OH－]也相等，溶液一定呈中性，從a點到c點，可以采用升溫的方法，A

11、錯誤；Kw只與溫度有關(guān)，同溫度下不同酸堿性溶液的Kw相同，a點和b點的Kw都是10－14，c點和d點的Kw都是10－12，酸和堿溶液都會抑制水的電離，酸溶液中由水電離出的[H＋]H2O與溶液中的[OH－]相等，即b點時[H＋]H2O＝[OH－]＝10－8 mol·L－1，B、C均錯誤；T ℃時，Kw＝10－12，0.05 mol·L－1 Ba(OH)2溶液中[H＋]＝10－11 mol·L－1，pH＝11，D正確。 答案　D 方法技巧 理清溶液中H＋或OH－的來源 (1)常溫下，中性溶液 [OH－]＝[H＋]＝10－7 mol·L－1 (2)溶質(zhì)為酸的溶液 ①來源 OH－全部來

12、自水的電離，水電離產(chǎn)生的[H＋]＝[OH－]。 ②實例 如計算pH＝2的鹽酸溶液中由水電離出的[H＋]，方法是先求出溶液中的[OH－]＝(Kw/10－2) mol·L－1＝10－12 mol·L－1，即由水電離出的[H＋]＝[OH－]＝10－12 mol·L－1。 (3)溶質(zhì)為堿的溶液 ①來源 H＋全部來自水的電離，水電離產(chǎn)生的[OH－]＝[H＋]。 ②實例 如計算pH＝12的NaOH溶液中由水電離出的[OH－]，方法是知道溶液中的[H＋]＝10－12 mol·L－1，即由水電離出的[OH－]＝[H＋]＝10－12 mol·L－1。 (4)水解呈酸性或堿性的鹽溶液 ①pH＝5

13、的NH4Cl溶液中H＋全部來自水的電離，由水電離的[H＋]＝10－5 mol·L－1，因為部分OH－與部分NH結(jié)合，溶液中[OH－]＝10－9 mol·L－1。 ②pH＝12的Na2CO3溶液中OH－全部來自水的電離，由水電離出的[OH－]＝10－2 mol·L－1。 考點二　溶液的酸堿性 (頻數(shù)：★☆☆　難度：☆☆☆) 1.溶液的酸堿性 常溫下，溶液的酸堿性與[H＋]、[OH－]的關(guān)系： 溶液的酸堿性 [H＋]與[OH－]比較 [H＋]大小 酸性溶液 [H＋]＞[OH－] [H＋]＞1×10－7mol·L－1 中性溶液 [H＋]＝[OH－] [H＋]＝1×10

14、－7mol·L－1 堿性溶液 [H＋]＜[OH－] [H＋]＜1×10－7mol·L－1 2.溶液的pH (1)表達式為pH＝－lg[H＋]。 (2)使用范圍：pH的取值范圍為0～14，即只適用于[H＋]≤1 mol·L－1或[OH－]≤1 mol·L－1的電解質(zhì)溶液，當[H＋]或[OH－]≥1 mol·L－1時，直接用[H＋]或[OH－]表示溶液的酸堿性。 3.pH試紙的使用 把小片試紙放在表面皿或玻璃片上，用潔凈干燥的玻璃棒蘸取待測液滴在干燥的pH試紙的中部，觀察變化穩(wěn)定后的顏色，與標準比色卡對比即可確定溶液的pH。 溶液pH的計算 (1)單一溶液的pH計算

15、強酸溶液：如HnA，設(shè)濃度為c mol·L－1，[H＋]＝nc mol·L－1，pH＝－lg[H＋]＝－lg(nc)。 強堿溶液(25 ℃)：如B(OH)n，設(shè)濃度為c mol·L－1，[H＋]＝ mol·L－1，pH＝－lg[H＋]＝14＋lg(nc)。 (2)混合溶液pH的計算類型 ①兩種強酸混合：直接求出[H＋]混，再據(jù)此求pH。[H＋]混＝。 ②兩種強堿混合：先求出[OH－]混，再據(jù)Kw求出[H＋]混，最后求pH。 [OH－]混＝。 ③強酸、強堿混合：先判斷哪種物質(zhì)過量，再由下式求出溶液中H＋或OH－的濃度，最后求pH。 [H＋]混或[OH－]混＝ 1.教材基礎(chǔ)知識

16、填空 判斷下列溶液在常溫下的酸堿性(在括號中填“酸性”、“堿性”或“中性”)。 (1)相同濃度的HCl和NaOH溶液等體積混合(　　) (2)相同濃度的CH3COOH和NaOH溶液等體積混合(　　) (3)相同濃度的NH3·H2O和HCl溶液等體積混合(　　) (4)pH＝2的HCl和pH＝12的NaOH溶液等體積混合(　　) (5)pH＝3的HCl和pH＝10的NaOH溶液等體積混合(　　) (6)pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等體積混合(　　) (7)pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等體積混合(　　) (8)pH＝2的HCl和pH＝12的NH

17、3·H2O等體積混合(　　) 答案　(1)中性　(2)堿性　(3)酸性　(4)中性　(5)酸性　(6)堿性　(7)酸性　(8)堿性 2.(溯源題)(山東理綜)某溫度下，向一定體積0.1 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH－])與pH的變化關(guān)系如圖所示，判斷下列說法是否正確： (1)M點所示溶液的導電能力強于Q點(　　) (2)N點所示溶液中[CH3COO－]>[Na＋](　　) (3)M點和N點所示溶液中水的電離程度相同(　　) (4)Q點消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)

18、√　(4)× 探源：本考題源于教材LK選修4 P76“交流·研討”對pH的概念理解進行了拓展考查。 題組一　溶液酸堿性判斷 1.下列說法中正確的是(　　) A.25 ℃時NH4Cl溶液的Kw大于100 ℃時NaCl的Kw B.常溫下，pH均為5的醋酸和硫酸鋁兩種溶液中，由水電離出的氫離子濃度之比為1∶104 C.根據(jù)溶液的pH與酸堿性的關(guān)系，推出pH＝6.8的溶液一定顯酸性 D.100 ℃時，將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，溶液顯中性 解析　水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度越高，Kw越大，A錯；醋酸中水電離出的[H＋]＝溶液中的[OH－]＝10－9mo

19、l·L－1，硫酸鋁溶液中水電離出的[H＋]等于溶液中的[H＋]＝10－5mol·L－1，B正確；C選項不知溫度，無法判斷，錯誤；100 ℃時Kw＝1×10－12，所以將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性，D錯。 答案　B 2.(2017·包頭模擬)室溫時，下列混合溶液的pH一定小于7的是(　　) A.pH＝3的醋酸和pH＝11的氫氧化鋇溶液等體積混合 B.pH＝3的鹽酸和pH＝11的氫氧化鈉溶液等體積混合 C.pH＝3的鹽酸和pH＝11的氨水等體積混合 D.pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等體積混合 解析　A項，pH＝3的醋酸中[H＋]＝1×10－3

20、 mol·L－1，pH＝11的Ba(OH)2溶液中[OH－]＝1×10－3 mol·L－1，由于醋酸為弱酸，則醋酸過量，在室溫下等體積混合后，pH＜7，正確；B項，pH＝3的鹽酸中[H＋]＝1×10－3 mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中[OH－]＝1×10－3 mol·L－1，酸堿都是強電解質(zhì)，在室溫下等體積混合后，pH＝7，錯誤；C項，pH＝3的鹽酸中[H＋]＝1×10－3 mol·L－1，pH＝11的氨水中[OH－]＝1×10－3 mol·L－1，由于NH3·H2O為弱堿，則堿過量，在室溫下等體積混合后，pH＞7，錯誤；D項，pH＝3的硫酸中[H＋]＝1×10－3 mol·L－1

21、，pH＝11的氨水中[OH－]＝1×10－3 mol·L－1，由于NH3·H2O為弱堿，則堿過量，在室溫下等體積混合后，pH＞7，錯誤。 答案　A 練后歸納 室溫下，已知酸和堿pH之和的溶液等體積混合酸堿性分析 (1)兩強混合： ①若pH之和等于14，則混合后溶液顯中性，pH＝7。 ②若pH之和大于14，則混合后溶液顯堿性，pH＞7。 ③若pH之和小于14，則混合后溶液顯酸性，pH＜7。 (2)一強一弱混合——“誰弱顯誰性”。 pH之和等于14時，一元強酸和一元弱堿等體積混合呈堿性；一元強堿和一元弱酸等體積混合呈酸性。 題組二　溶液pH的計算 3.常溫下，若使pH＝3的鹽

22、酸與pH＝9的Ba(OH)2溶液混合使其成為pH＝7的溶液，混合時鹽酸和Ba(OH)2溶液的體積比為(　　) A.1∶60 B.3∶1 C.1∶100 D.100∶1 解析　常溫下，pH＝3的鹽酸，[H＋]＝1×10－3 mol·L－1，pH＝9的Ba(OH)2溶液，[OH－]＝1×10－5 mol·L－1，兩溶液混合后溶液的pH＝7，則n(H＋)＝n(OH－)，設(shè)鹽酸體積為x L，Ba(OH)2溶液體積為y L，1×10－3 mol·L－1×x L＝1×10－5 mol·L－1×y L，解得：x∶y＝1∶100，即鹽酸與Ba(OH)2溶液的體積之比為1∶100。 答案　C

23、4.25 ℃時，將體積為Va、pH＝a的某一元強堿與體積為Vb、pH＝b的某二元強酸混合。 (1)若所得溶液的pH＝11，且a＝13，b＝2，則Va∶Vb＝________。 (2)若所得溶液的pH＝7，且已知Va＞Vb，b＝0.5a，b值是否可以等于4________(填“是”或“否”)。 解析　(1)混合后溶液pH為11，說明堿過量，則10－3＝可計算出＝1∶9。(2)強酸強堿恰好中和則符合公式：a＋b＝14＋lg，由于Vb＜Va，故a＋b＜14，又由于b＝0.5a，可推知b＜，故b值可以等于4。 答案　(1)1∶9　(2)是 思維建模 溶液pH計算的思維模板 拓展 兩

24、種強酸或兩種強堿溶液的pH差值在2或2以上，等體積混合時混合液的pH：酸溶液的pH為pH?。?.3，堿溶液的pH為pH大－0.3。 考點三　酸、堿中和滴定 (頻數(shù)：★★☆　難度：★★☆) 1.概念：用已知物質(zhì)的量濃度的酸(或堿)來測定未知物質(zhì)的量濃度的堿(或酸)的方法。 2.原理：c待＝(以一元酸與一元堿的滴定為例)。 3.酸堿中和滴定的關(guān)鍵 (1)準確測定參加反應的酸、堿溶液的體積。 (2)選取適當指示劑，準確判斷滴定終點。 4.實驗用品 (1)儀器 圖(A)是酸式滴定管，圖B是堿式滴定管、滴定管夾、鐵架臺、錐形瓶。 (2)試劑 標準液、待測液、指示劑、蒸餾水

25、。 附：常用酸堿指示劑及變色范圍 指示劑 變色范圍的pH 石蕊 <5.0紅色 5.0～8.0紫色 >8.0藍色 甲基橙 <3.1紅色 3.1～4.4橙色 >4.4黃色 酚酞 <8.2無色 8.2～10.0淺紅色 >10.0紅色 ①滴定管的精確度為0.01 mL。 ②酸性、氧化性的試劑一般用酸式滴定管，因為酸性和氧化性物質(zhì)易腐蝕橡膠管。 ③堿性的試劑一般用堿式滴定管，因為堿性物質(zhì)易腐蝕玻璃，致使活塞無法打開。5.中和滴定實驗操作(以酚酞作指示劑，用鹽酸滴定氫氧化鈉溶液)。 (1)滴定前的準備。 (2)滴定。 (3)終點判斷：等到滴入最后一滴反

26、應液，指示劑變色，且在半分鐘內(nèi)不能恢復原來的顏色，視為滴定終點，并記錄標準液的體積。 (4)數(shù)據(jù)處理：按上述操作重復2～3次，求出用去標準鹽酸體積的平均值，根據(jù)原理計算。 [NaOH]＝ 1.教材知識拓展 (1)酸式滴定管怎樣查漏？ ____________________________________________ ____________________________________________ ____________________________________________。 (2)寫出下列反應過程的指示劑達到終點時顏色改變 ①用標準酸性KMnO4

27、溶液滴定Na2SO3溶液以測量其濃度，指示劑：KMnO4，終點現(xiàn)象：____________________________________________。 ②利用“Ag＋＋SCN－===AgSCN↓”原理，可用標準KSCN溶液測量AgNO3溶液濃度，指示劑：Fe(NO3)3，終點現(xiàn)象：__________________________。 ③利用OH－＋H＋===H2O來測量某鹽酸的濃度時，指示劑：酚酞，終點現(xiàn)象：____________________________________________。 答案　(1)將旋塞關(guān)閉，滴定管里注入一定量的水，把它固定在滴定管夾上，放置10分

28、鐘，觀察滴定管口及旋塞兩端是否有水滲出，旋塞不滲水才可使用 (2)①溶液出現(xiàn)淺紅色　②溶液變?yōu)榧t色?、廴芤撼霈F(xiàn)淺紅色 2.(溯源題)(2015·廣東理綜，12)準確移取20.00 mL某待測HCl溶液于錐形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定，判斷下列說法正誤。 (1)滴定管用蒸餾水洗滌后，裝入NaOH溶液進行滴定(　　) (2)隨著NaOH溶液滴入，錐形瓶中溶液pH由小變大(　　) (3)用酚酞作指示劑，當錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定(　　) (4)滴定達終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴，則測定結(jié)果偏小(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)

29、× 探源：本考題源于教材LK選修4 P104“圖3－4－7滴定操作”對酸堿中和滴定實驗中所用儀器、操作步驟及誤差分析進行了考查。 題組一　儀器的使用及指示劑選擇 1.實驗室現(xiàn)有3種酸堿指示劑，其pH變色范圍如下： 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溶液滴定未知濃度的CH3COOH溶液，恰好完全反應時，下列敘述中正確的是(　　) A.溶液呈中性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑 B.溶液呈中性，只能選用石蕊作指示劑 C.溶液呈堿性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑 D.溶液呈堿性，只能選用酚酞作指示劑 解析

30、　NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好完全反應時生成CH3COONa，CH3COO－水解顯堿性，而酚酞的變色范圍為8.2～10.0，比較接近。因此答案為D。 答案　D 2.H2S2O3是一種弱酸，實驗室欲用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，發(fā)生的反應為I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列說法合理的是(　　) A.該滴定可用甲基橙作指示劑 B.Na2S2O3是該反應的還原劑 C.該滴定可選用如圖所示裝置 D.該反應中每消耗2 mol Na2S2O3，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為4 mol 解析　溶液中有單質(zhì)碘，應加入淀粉溶液作指示劑，碘與硫代硫酸鈉

31、發(fā)生氧化還原反應，當反應終點時，單質(zhì)碘消失，藍色退去，故A錯誤；Na2S2O3中S元素化合價升高被氧化，作還原劑，故B正確；Na2S2O3溶液顯堿性，應該用堿式滴定管，故C錯誤；反應中每消耗2 mol Na2S2O3，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為2 mol，故D錯誤。 答案　B 題組二　誤差分析的全面突破 3.用標準鹽酸溶液滴定未知濃度的NaOH溶液(酚酞作指示劑)，用“偏高”、“偏低”或“無影響”填空。 (1)酸式滴定管未用標準溶液潤洗(　　) (2)錐形瓶用待測溶液潤洗(　　) (3)錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水(　　) (4)放出堿液的滴定管開始有氣泡，放出液體后氣泡消失(　　) (5)酸式

32、滴定管滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失(　　) (6)部分酸液滴出錐形瓶外(　　) (7)酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后俯視讀數(shù)(或前仰后俯)(　　) (8)酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后仰視讀數(shù)(或前俯后仰)(　　) 答案　(1)偏高　(2)偏高　(3)無影響　(4)偏低　(5)偏高　(6)偏高　(7)偏低　(8)偏高 反思歸納 誤差分析的方法 依據(jù)原理[標準]·V(標準)＝[待測]·V(待測)，所以[待測]＝，因為[標準]與V(待測)已確定，所以只要分析出不正確操作引起V(標準)的變化，即分析出結(jié)果。 題組三　滴定曲線全面分析 4.(2018·山東名校聯(lián)盟期末考試)已

33、知25 ℃時，Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5。該溫度下用0.1 mol·L－1的醋酸滴定10.00 mL 0.1 mol·L－1的堿MOH，滴定過程中加入醋酸的體積(V)與溶液中l(wèi)g的關(guān)系如圖所示。下列說法中錯誤的是(　　) A.MOH的電離方程式為MOH===M＋＋OH－ B.a點V(CH3COOH)＝10.00 mL C.25 ℃時，CH3COO－的水解平衡常數(shù)為×10－9 D.b點：[CH3COO－]＞[M＋]＞[H＋]＞[OH－] 解析　開始時0.1 mol·L－1的MOH的＝10－12，則[H＋]＝10－13 mol·L－1，[OH－]＝0.1 mol·L－1

34、，MOH是強堿，完全電離，A項正確；當加入V(CH3COOH)＝10.00 mL，CH3COOH和MOH恰好反應生成CH3COOM溶液，由于醋酸根離子的水解溶液顯堿性，而a點＝0，說明[H＋]＝[OH－]，溶液呈中性，B項錯誤；因為水解平衡常數(shù)Kh＝＝＝×10－9，C項正確；當?shù)稳隫(CH3COOH)＝20.00 mL時，溶液中是等濃度的CH3COOH和CH3COOM，根據(jù)電荷守恒得：[H＋]＋[M＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]，由于醋酸的電離大于CH3COO－的水解，溶液顯酸性，故[CH3COO－]＞[M＋]＞[H＋]＞[OH－]，D項正確。 答案　B 5.已知某溫度下CH3COO

35、H的電離常數(shù)K＝1.6×10－5。該溫度下，向20 mL 0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1 KOH溶液，其pH變化曲線如圖所示(忽略溫度變化)。請回答下列有關(guān)問題：(已知lg4＝0.6) (1)a點溶液中[H＋]為________，pH約為________。 (2)a、b、c、d四點中水的電離程度最大的是________點，滴定過程中宜選用________作指示劑，滴定終點在________(填“c點以上”或“c點以下”)。 (3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等濃度的鹽酸，則下列變化趨勢正確的是________(填字母)。 解析　

36、(1)電離消耗的醋酸在計算醋酸的電離平衡濃度時可以忽略不計。由K＝得，[H＋]≈ mol·L－1＝4×10－4 mol·L－1。pH＝－lg(H＋)＝3.4。(2)酸或堿抑制水的電離a、b點溶液呈酸性，d點溶液呈堿性，都抑制水的電離，c點呈中性，水自然電離，故電離程度最大。由于酸堿恰好完全反應時溶液顯堿性，故應該選擇在堿性范圍內(nèi)變色的指示劑酚酞。滴定終點應在c點以上。(3)由于稀氨水顯堿性，首先排除選項A和C；兩者恰好反應時溶液顯酸性，排除選項D。 答案　(1)4×10－4 mol·L－1　3.4　(2)c　酚酞　c點以上　(3)B 題組四　酸堿中和滴定拓展應用 6.[氧化還原滴定]某學

37、習小組用“間接碘量法”測定某CuCl2晶體試樣的純度，試樣不含其他能與I－發(fā)生反應的氧化性雜質(zhì)，已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===S4O＋2I－。取m g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應，用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3標準溶液滴定，部分實驗儀器和讀數(shù)如圖所示。 下列說法正確的是(　　) A.試樣在甲中溶解，滴定管選乙 B.選用淀粉作指示劑，當甲中溶液由藍色變?yōu)闊o色時，即達到滴定終點 C.丁圖中滴定前，滴定管的讀數(shù)為a－0.50 mL D.對裝有標準液的滴定管讀數(shù)時，滴定前后讀數(shù)方式如丁圖所示，則測得的結(jié)果偏小 解析　A項，

38、甲中盛裝的是含有I2的溶液，則滴定管中盛裝的為Na2S2O3標準溶液，該溶液顯堿性，應選用堿式滴定管(丙)，不正確；B項，溶液變色且經(jīng)過30 s左右溶液不恢復原來的顏色，視為滴定終點，不正確；C項，滴定管“0”刻度在上端，故滴定前的讀數(shù)為(a＋0.50) mL，不正確；D項，滴定后俯視讀數(shù)，將導致讀數(shù)偏小，故測得的結(jié)果偏小，正確。 答案　D 7.[沉淀滴定]莫爾法是一種沉淀滴定法，以K2CrO4為指示劑，用標準硝酸銀溶液滴定待測液，進行測定溶液中Cl－的濃度。已知： 銀鹽 性質(zhì) AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4 AgSCN 顏色 白 淺黃 白 磚紅

39、白 1.34× 10－6 7.1× 10－7 1.1× 10－8 6.5× 10－5 1.0× 10－6 (1)滴定終點的現(xiàn)象是________________。 (2)若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可選為滴定指示劑的是________。 A.NaCl　　　B.BaBr2　　　C.Na2CrO4 剛好達到滴定終點時，發(fā)生的離子反應方程式為____________________ ____________________________________________。 解析　(1)根據(jù)沉淀滴定法的原理，可知溶液中Ag＋和Cl－先反應，Cl－消耗完后再

40、和指示劑反應生成Ag2CrO4磚紅色沉淀，由此可知滴定終點時的顏色變化。 (2)當用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液時，所選擇的指示劑和Ag＋反應所生成沉淀的溶解度應大于AgSCN的溶解度，由題給數(shù)據(jù)可以看出溶解度比AgSCN大的有AgCl和Ag2CrO4，但是由于AgCl是白色沉淀，所以應選擇Na2CrO4為指示劑，這樣在滴定終點時沉淀的顏色發(fā)生明顯的變化(白色→磚紅色)以指示滴定剛好達到終點，此時的離子反應方程式為2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4↓。 答案　(1)滴入最后一滴標準溶液，生成磚紅色沉淀 (2)C　2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4↓ 練后歸納 沉淀滴定法 (

41、1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反應進行滴定、測量分析的方法，生成沉淀的反應很多，但符合條件的卻很少，實際上應用最多的是銀量法，即利用Ag＋與鹵素離子的反應來測定Cl－、Br－、I－濃度。 (2)原理：沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑，滴定劑與被滴定物反應的生成物的溶解度要比滴定劑與指示劑反應的生成物的溶解度小，否則不能用這種指示劑。如用AgNO3溶液測定溶液中Cl－的含量時常以CrO為指示劑，這是因為AgCl比Ag2CrO4更難溶的緣故。 [試題分析] (2016·全國理綜Ⅰ，12)298 K時，在20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·L－1的鹽酸，

42、溶液的pH與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示。已知0.10 mol·L－1氨水的電離度為1.32%，下列有關(guān)敘述正確的是(　　) A.該滴定過程應該選擇酚酞作為指示劑 B.M點對應的鹽酸體積為20.0 mL C.M點處的溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－) D.N點處的溶液中pH<12 解題思路：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 我的答案：　　　　 考查意圖：本題以鹽酸滴定氨水為題材，圍繞電解質(zhì)溶液中的離子反應以及中和滴定曲線而設(shè)計。從知識層面考查考生對中和滴定中指示劑的選擇和方程式的簡單計算、弱電解質(zhì)的電離平衡和電離度的

43、相關(guān)計算、電解質(zhì)溶液中的守恒問題以及溶液pH的計算等相關(guān)知識的掌握情況。從能力層面考查考生對強酸強堿滴定的知識遷移水平、讀圖和從圖中獲取、使用信息的能力以及分析問題、解決問題的能力。 解題思路：鹽酸滴定氨水時，滴定終點溶液為NH4Cl溶液，呈酸性，故指示劑應選甲基橙，錯誤；一水合氨屬于弱堿，與鹽酸正好反應生成NH4Cl時溶液呈酸性，故二者等濃度反應時，若溶液的pH＝7，鹽酸的體積應小于氨水的體積，即小于20.0 mL，錯誤；根據(jù)電荷守恒可知溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，M點溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，則c(NH)＝c(Cl－)，由于水的電離是微弱

44、的，故c(NH)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，錯誤；由圖可知，N點即為0.10 mol·L－1氨水，由其電離度為1.32%，可知0.10 mol·L－1氨水中c(OH－)＝0.001 32 mol·L－1，故該氨水中11

45、(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－) 解析　判斷溶液呈中性的依據(jù)是c(H＋)＝c(OH－)。A項，a＝b，酸堿恰好完全反應生成正鹽和水，由于酸堿強弱未知，不能確定溶液的酸堿性；B項，未說明溫度為25 ℃，故混合溶液的pH＝7時不一定呈中性；C項，混合溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝Kw，因為c(H＋)＝ mol·L－1，則c(OH－)＝ mol·L－1，c(H＋)＝c(OH－)，故溶液呈中性；D項，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，只能說明溶液中電荷守恒，無法判斷溶液的酸堿性。 答案　C 2.(2013·全國卷Ⅱ，13)室溫時，M(OH)2(s)M2＋(aq)

46、＋2OH－(aq)　Ksp＝a。c(M2＋)＝b mol·L－1時，溶液的pH等于(　　) A.lg B.lg C.14＋lg D.14＋lg 解析　由Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)得 c(OH－)＝mol·L－1，Kw＝c(H＋)·c(OH－)得 c(H＋)＝ mol·L－1 pH＝－lg ＝14＋lg。 答案　C 3.[2015·山東理綜31(3)]利用間接酸堿滴定法可測定Ba2＋的含量，實驗分兩步進行。 已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O　Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓ 步驟Ⅰ：移取x mL一定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中，加入酸堿指示

47、劑，用b mol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為V0 mL。 步驟Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于錐形瓶中，加入x mL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用b mol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1mL。 滴加鹽酸標準液時應用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的濃度為________mol·L－1，若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，Ba2＋濃度測量值將________(填“偏大”或“偏小”)。 解析　“0”刻度位于滴定管的上方。由題意可得關(guān)系式B

48、aCl2～CrO～H＋，則有c(BaCl2)×y×10－3L＝b mol·L－1×(V0－V1)×10－3 L，解得c(BaCl2)＝ mol·L－1。若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，則V1變小，Ba2＋濃度測量值將偏大。 答案　上方　　偏大 一、選擇題 1.25 ℃時，水的電離達到平衡：H2OH＋＋OH－。下列敘述錯誤的是(　　) A.向水中通入氨氣，平衡逆向移動，[OH－]增大 B.向水中加入少量稀硫酸，[H＋]增大，Kw不變 C.將水加熱平衡正向移動，Kw變大 D.升高溫度，平衡正向移動，[H＋]增大，pH不變 解析　向水中通入NH3，[OH－]增大，平衡左移，

49、A正確；向水中加入少量稀H2SO4，[H＋]增大，但溫度不變，Kw不變，B正確；將水加熱，水的電離平衡正向移動，Kw變大，C正確；升高溫度，能促進水的電離，[H＋]增大，pH減小，D錯誤。 答案　D 2.100 ℃時向pH＝6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測得溶液的pH＝2，下列敘述不正確的是(　　) A.此時水的離子積Kw＝1.0×10－12 B.溶液中水電離出的[H＋]＝1.0×10－10mol·L－1 C.水的電離度隨溫度升高而增大 D.[H＋]<[SO] 解析　D項，由于NaHSO4電離出的[H＋]與[SO]相同，而水電離出少量H＋，所以[H＋]略大于[S

50、O]。 答案　D 3.對H2O的電離平衡不產(chǎn)生影響的粒子是(　　) 解析　選項A表示的是氯化氫的電子式，當氯化氫溶于水完全電離：HCl===H＋＋Cl－，電離出的氫離子抑制水的電離，使水的電離平衡逆向移動，A不符合題意；26號元素是鐵元素，故選項B的粒子是Fe3＋，F(xiàn)e3＋結(jié)合水電離出的OH－生成弱電解質(zhì)Fe(OH)3：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，促進水的電離，使水的電離平衡正向移動，B不符合題意；選項C的粒子含17個質(zhì)子、18個電子，是Cl－，對水的電離平衡沒有影響，C符合題意；選項D是醋酸根離子(CH3COO－)，CH3COO－結(jié)合水電離出的H＋生成弱電解質(zhì)CH3C

51、OOH：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，促進水的電離，使水的電離平衡正向移動，D不符合題意。 答案　C 4.某溫度下，有pH相同的H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，在H2SO4溶液中由水電離的H＋濃度為10－a mol·L－1，在Al2(SO4)3溶液中由水電離的H＋濃度為10－b mol·L－1，則此溫度下的Kw為(　　) A.10－14 B.10－2a C.10－(a＋b) D.10－(7＋a) 解析　設(shè)該溫度下Kw＝10－x，則H2SO4溶液中[H＋]＝10a－x mol·L－1，由題意知a－x＝－b，即x＝a＋b，選項C正確。 答案　C 5.25

52、℃時，1體積pH＝2.5的鹽酸與10體積某一元強堿溶液恰好完全反應，則該堿溶液的pH等于(　　) A.9.0 B.9.5 C.10.5 D.11.0 解析　二者恰好完全中和n(H＋)＝n(OH－)，即c1V1＝c2V2，現(xiàn)二者體積比為1∶10，則：[H＋]∶[OH－]＝10∶1，因為酸中[H＋]＝10－2.5 mol·L－1，則堿中[OH－]＝10－3.5 mol·L－1，[H＋]＝ mol·L－1＝10－10.5 mol·L－1，pH＝10.5。 答案　C 6.常溫下pH＝1的乙酸溶液和pH＝13的NaOH溶液，下列有關(guān)敘述中正確的是(　　) A.乙酸溶液中水的電離程度比

53、NaOH溶液中的小 B.乙酸溶液中[CH3COOH]大于NaOH溶液中[Na＋] C.若兩溶液混合后pH＝7，則有：[Na＋]＝[CH3COOH]＋[CH3COO－] D.分別稀釋10倍，兩溶液的pH之和大于14 解析　酸、堿均抑制水的電離，pH＝1的乙酸溶液和pH＝13的NaOH溶液對水的電離抑制程度相同，A項錯誤；乙酸是弱酸，部分電離，NaOH是強堿，全部電離，所以[H＋]和[OH－]相同的乙酸和NaOH溶液中，乙酸溶液的[CH3COOH]大于NaOH溶液中[Na＋]，B項正確；若兩者恰好反應，生成強堿弱酸鹽，pH＞7，在此條件下有物料守恒，[Na＋]＝[CH3COOH]＋[CH3

54、COO－]，若pH＝7，則[Na＋]＜[CH3COOH]＋[CH3COO－]，C項錯誤；若稀釋10倍，NaOH的pH＝12，乙酸是弱酸，加水稀釋，電離程度增大，則2＞pH＞1。 答案　B 7.下列說法錯誤的是(　　) A.常溫下，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中，由水電離出的[H＋]為1.0×10－13 mol·L－1 B.pH＝2與pH＝1的CH3COOH溶液中[H＋]之比為1∶10 C.常溫下，等體積pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合，混合后溶液的pH＜7 D.25 ℃時，完全中和50 mL pH＝3的H2SO4溶液，需要pH＝11的NaOH

55、溶液50 mL 解析　CH3COOH是弱電解質(zhì)，常溫下，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中[H＋]＜0.1 mol·L－1，故由水電離出的[H＋]＞1.0×10－13 mol·L－1，A項錯誤；pH＝2的CH3COOH溶液中[H＋]＝1.0×10－2 mol·L－1，pH＝1的CH3COOH溶液中[H＋]＝1.0×10－1 mol·L－1，B項正確；等體積pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合，醋酸過量，溶液呈酸性，pH＜7，C項正確；H2SO4溶液中n(H＋)＝50×10－3 L×10－3 mol·L－1＝5×10－5 mol，NaOH溶液中n(OH－)＝50

56、×10－3 L×10－3 mol·L－1＝5×10－5 mol，完全反應后溶液呈中性，D項正確。 答案　A 8.常溫下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液中＝1×10－8，下列敘述正確的是(　　) A.該一元酸溶液的pH＝1 B.該溶液中由水電離出的[H＋]＝1×10－11 mol·L－1 C.該溶液中水的離子積常數(shù)為1×10－22 D.用pH＝11的NaOH溶液V1 L和V2 L 0.1 mol·L－1該一元酸(HA)溶液混合，若混合溶液的pH＝7，則V1＜V2 解析　將[OH－]＝代入原題關(guān)系式中可得＝1×10－8，解得[H＋]＝1×10－3 mol·L－1，所以該溶

57、液的pH＝3，A項錯；酸溶液中水的電離看氫氧根離子，[OH－]＝ mol·L－1＝1×10－11 mol·L－1，所以由水電離子出的[H＋]＝1×10－11 mol·L－1，B項正確；溫度一定，水的離子積是一個常數(shù)，C項錯誤；由于HA是弱酸，二者等體積混合呈酸性，當pH＝7時應有V1＞V2，D項錯。 答案　B 9.關(guān)于下列各實驗或裝置的敘述中，不正確的是(　　) A.實驗①可用于測溶液pH B.實驗②是用酸性KMnO4溶液滴定 C.裝置③是滴定操作時手的操作 D.裝置④中最后一滴NaOH標準液使溶液由無色變?yōu)榧t色，即達到滴定終點 解析　A、B、C三項均正確；裝置④中最后一滴N

58、aOH標準液使溶液由無色變?yōu)榧t色，半分鐘不恢復成原來的顏色，即達到滴定終點，D項錯誤。 答案　D 10.用滴定法測定K2CO3(含KCl雜質(zhì))的質(zhì)量分數(shù)，下列操作可能會引起測定值偏高的是(　　) A.試樣中加入酚酞作指示劑，用標準液進行滴定 B.滴定管用蒸餾水洗滌后，直接注入標準酸液進行滴定 C.錐形瓶用蒸餾水洗滌后，直接加入待測溶液滴定 D.滴定管用蒸餾水洗滌后，直接注入待測液，取25.00 mL進行滴定 解析　滴定管應用待裝液進行潤洗，否則會引起待裝液濃度下降，若為標準酸液會引起測定值偏高，若為待測液會引起測定值偏低。 答案　B 11.常溫下向25 mL 0.1 mol·

59、L－1 NaOH溶液中逐滴滴加0.2 mol·L－1的HN3(疊氮酸)溶液，pH的變化曲線如圖所示(溶液混合時體積的變化忽略不計，疊氮酸的Ka＝10－4.7)。下列說法正確的是(　　) A.水電離出的[H＋]：A點小于B點 B.在B點，離子濃度大小為[OH－]＞[H＋]＞[Na＋]＞[N] C.在C點，滴加的V(HN3)＝12.5 mL D.在D點，[Na＋]＝2[HN3]＋2[N] 解析　疊氮酸HN3的Ka＝10－4.7，說明HN3是一元弱酸。NaOH抑制水的電離，NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度：A點大于B點，則水電離出[H＋]：A點小于B點，A項正確；B點溶液中，[Na＋]＞[N

60、]＞[OH－]＞[H＋]，B項錯誤；NaN3屬于強堿弱酸鹽，NaN3溶液因N發(fā)生水解而呈堿性，C點溶液呈中性，說明此時HN3過量，V(HN3)＞12.5 mL，C項錯誤；D點溶液中，根據(jù)物料守恒，2[Na＋]＝[HN3]＋[N]，D項錯誤。 答案　A 12.(2017·南陽模擬)室溫下，用0.10 mol·L－1的鹽酸滴定20.00 mL 0.10 mol·L－1的某堿BOH溶液得到的滴定曲線如圖所示： 下列判斷不正確的是(　　) A.滴定時可以使用甲基橙作指示劑 B.b點時溶液的pH＝7 C.當[Cl－]＝[B＋]時，V(HCl)＜20.00 mL D.c點時溶液中[H＋]

61、約為0.03 mol·L－1 解析　由圖可知0.10 mol·L－1的某堿BOH溶液的pH接近12，即小于13，則該堿為弱堿，應使用甲基橙作指示劑，A項正確；b點時，鹽酸和BOH恰好完全反應，溶液中的溶質(zhì)為強酸弱堿鹽(BCl)，pH＜7，B項錯誤；當[Cl－]＝[B＋]時，由電荷守恒知，溶液呈中性，pH＝7，此時未達滴定終點，說明V(HCl)＜20.00 mL，C項正確；c點時溶液中HCl過量，可忽略B＋水解生成的H＋，故[H＋]＝ n(H＋)過量/V混＝(0.10 mol·L－1×20.00 mL)/60.00 mL≈0.03 mol·L－1，D項正確。 答案　B 二、填空題 13

62、.已知水的電離平衡曲線如圖所示，試回答下列問題： (1)圖中五點的Kw間的關(guān)系是________。 (2)若從A點到D點，可采用的措施是________。 a.升溫 b.加入少量的鹽酸 c.加入少量的NH4Cl (3)點E對應的溫度下，將pH＝9的NaOH溶液與pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，則NaOH溶液與H2SO4溶液的體積比為________。 (4)點B對應的溫度下，若100體積pH1＝a的某強酸溶液與1體積pH2＝b的某強堿溶液混合后溶液呈中性，則混合前，該強酸的pH1與強堿的pH2之間應滿足的關(guān)系是________。 解析　(1)Kw只與

63、溫度有關(guān)，溫度升高，促進水的電離，Kw增大，因此有B＞C＞A＝D＝E。(2)從A點到D點，則溶液由中性轉(zhuǎn)化為酸性，因此選項b和c均符合題意。(3)點E對應的溫度是25 ℃，反應后混合溶液的pH＝7，說明酸堿恰好完全反應，因此有n(OH－)＝n(H＋)，則V(NaOH)·10－5 mol·L－1＝V(H2SO4)·10－4 mol·L－1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10∶1。(4)點B對應的溫度是100 ℃，水的離子積為10－12，pH2＝b的某強堿溶液中[OH－]＝10b－12 mol·L－1，由于反應后溶液呈中性，因此有100×10－a＝1×10b－12，即10－a＋2＝10b－1

64、2，可得a＋b＝14或pH1＋pH2＝14。 答案　(1)B＞C＞A＝D＝E　(2)bc　(3)10∶1　(4)a＋b＝14(或pH1＋pH2＝14) 14.氧化還原滴定同中和滴定類似(用已知濃度的氧化劑溶液滴定未知濃度的還原劑溶液或反之)?，F(xiàn)有0.001 mol·L－1酸性KMnO4溶液和未知濃度的無色NaHSO3溶液。反應的離子方程式為2MnO＋5HSO＋H＋===2Mn2＋＋5SO＋3H2O。 請完成下列問題： (1)該滴定實驗所需儀器是________。 A.酸式滴定管(50 mL)　B.堿式滴定管(50 mL) C.量筒(10 mL)　D.錐形瓶　E.鐵架臺　F.滴定管夾

65、 G.燒杯　H.白紙　I.膠頭滴管　J.漏斗 (2)實驗中不用________(填“酸”或“堿”)式滴定管盛裝酸性KMnO4溶液，原因是____________________________________________ ____________________________________________。 (3)本實驗________(填“需要”或“不需要”)使用指示劑，理由是____________________________________________ ____________________________________________。 (4)滴定前平視

66、液面，刻度為a mL，滴定后俯視刻度為b mL，則(b－a) mL比實際消耗KMnO4溶液的體積________(填“大”或“小”)，根據(jù)(b－a) mL計算得到的待測液濃度比實際濃度________(填“高”或“低”)。 解析　(1)氧化還原滴定同中和滴定類似，由中和滴定實驗所需儀器的選用進行遷移可得出正確答案。(2)由于酸性KMnO4溶液具有強氧化性，能腐蝕橡膠管，故不能用堿式滴定管盛裝酸性KMnO4溶液。(3)MnO為紫色，Mn2＋為無色，可用這一明顯的顏色變化來判斷滴定終點。(4)滴定后俯視液面，所讀KMnO4溶液體積偏小，故所測待測液濃度比實際濃度低。 答案　(1)ADEFH　(2)堿　酸性KMnO4溶液具有強氧化性，能腐蝕堿式滴定管的橡膠管 (3)不需要　MnO→Mn2＋時紫色退去，現(xiàn)象明顯 (4)小　低 15.Ⅰ.現(xiàn)有常溫下的六份溶液： ①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液； ②0.01 mol·L－1鹽酸； ③pH＝12的氨水； ④pH＝12的NaOH溶液； ⑤0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液與pH＝12的氨水等體積混合后所得溶