2022年高考化學一輪復習知識梳理與訓練 第8章 第2講 水的電離和溶液的酸堿性（含解析）

2022年高考化學一輪復習知識梳理與訓練 第8章 第2講 水的電離和溶液的酸堿性（含解析）考綱要求1.理解水的電離、離子積常數(shù)以及影響水電離平衡的因素。2.了解溶液pH的定義，能進行溶液pH的簡單計算。3.初步掌握中和滴定的原理和方法，初步掌握測定溶液pH的方法(強酸、強堿)。考點一水的電離1水的電離水是極弱的電解質，水的電離方程式為H2OH2OH3OOH或H2OHOH。2水的離子積常數(shù)Kwc(H)·c(OH)。(1)室溫下：Kw1×1014。(2)影響因素；只與溫度有關，升高溫度，Kw增大。(3)適用范圍：Kw不僅適用于純水，也適用于稀的電解質水溶液。(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外界條件對水的電離平衡的影響體系變化條件平衡移動方向Kw水的電離程度c(OH)c(H)酸逆不變減小減小增大堿逆不變減小增大減小可水解的鹽Na2CO3正不變增大增大減小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深度思考1在pH2的鹽酸溶液中由水電離出來的c(H)與c(OH)之間的關系是什么？答案外界條件改變，水的電離平衡發(fā)生移動，但任何時候由水電離出的c(H)和c(OH)總是相等的。2甲同學認為，在水中加入H2SO4，水的電離平衡向左移動，解釋是加入H2SO4后c(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，c(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c(H)·c(OH)是增大還是減?。看鸢讣渍_，溫度不變，Kw是常數(shù)，加入H2SO4，c(H)增大，c(H)·c(OH)>Kw，平衡左移。c(H)·c(OH)不變，因為Kw僅與溫度有關，溫度不變，則Kw不變，與外加酸、堿、鹽無關。1水的離子積常數(shù)Kwc(H)·c(OH)，其實質是水溶液中的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c(H)H2Oc(OH)H2O。2水的離子積常數(shù)顯示了在任何水溶液中均存在水的電離平衡，都有H和OH共存，只是相對含量不同而已。題組一影響水電離平衡的因素及結果判斷125時，相同物質的量濃度的下列溶液：NaClNaOHH2SO4(NH4)2SO4，其中水的電離程度按由大到小順序排列的一組是()A>>>B>>>C>>>D>>>答案C解析分析四種物質可知NaOH、H2SO4抑制水的電離，NaCl不影響水的電離平衡，(NH4)2SO4促進水的電離(NH水解)，在中H2SO4為二元強酸，產生的c(H)大于NaOH產生的c(OH)，抑制程度更大，故順序為>>>。2一定溫度下，水存在H2OHOHH>0的平衡，下列敘述一定正確的是()A向水中滴入少量稀鹽酸，平衡逆向移動，Kw不變B將水加熱，Kw增大，pH減小C向水中加入少量固體CH3COONa，平衡逆向移動，c(H)降低D向水中加入少量固體硫酸鈉，c(H)107mol·L1，Kw不變答案AB解析C項，平衡應正向移動；D項，由于沒有指明溫度，c(H)不一定等于107mol·L1。題組二水電離的c(H)或c(OH)的計算3求算下列常溫下溶液中由H2O電離的c(H)和c(OH)。(1)pH2的H2SO4溶液c(H)_，c(OH)_。(2)pH10的NaOH溶液c(H)_，c(OH)_。(3)pH2的NH4Cl溶液c(H)_。(4)pH10的Na2CO3溶液c(OH)_。答案(1)1012mol·L11012mol·L1(2)1010mol·L11010mol·L1(3)102mol·L1(4)104mol·L1解析(1)pH2的H2SO4溶液中，H來源有兩個：H2SO4的電離和H2O的電離，而OH只來源于水。應先求算c(OH)，即為水電離的c(H)或c(OH)。(2)pH10的NaOH溶液中，OH有兩個來源：H2O的電離和NaOH的電離，H只來源于水。應先求出c(H)，即為水電離的c(OH)或c(H)，c(OH)104mol·L1，c(H)1010mol·L1，則水電離的c(H)c(OH)1010mol·L1。(3)(4)水解的鹽溶液中的H或OH均由水電離產生，水解顯酸性的鹽應計算其c(H)，水解顯堿性的鹽應計算其c(OH)。pH2的NH4Cl中由水電離產生的c(H)102mol·L1；pH10的Na2CO3溶液中由水電離產生的c(OH)104mol·L1。4下列四種溶液中，室溫下由水電離生成的H濃度之比()是()pH0的鹽酸0.1mol·L1的鹽酸0.01mol·L1的NaOH溶液pH11的NaOH溶液A1101001000B011211C14131211D141323答案A解析中c(H)1mol·L1，由水電離出的c(H)與溶液中c(OH)相等，等于1.0×1014mol·L1；中c(H)0.1mol·L1，由水電離出的c(H)10×1013mol·L1；中c(OH)1.0×102mol·L1，由水電離出的c(H)與溶液中c(H)相等，等于1.0×1012mol·L1；中c(OH)1.0×103mol·L1，同所述由水電離出的c(H)1.0×1011mol·L1。即(1.0×1014)(1.0×1013)(1.0×1012)(1.0×1011)1101001000。理清溶液中H或OH的來源1常溫下，中性溶液c(OH)c(H)107mol·L12溶質為酸的溶液(1)來源OH全部來自水的電離，水電離產生的c(H)c(OH)。(2)實例如計算pH2的鹽酸溶液中水電離出的c(H)，方法是先求出溶液中的c(OH)(Kw/102) mol·L11012mol·L1，即水電離出的c(H)c(OH)1012mol·L1。3溶質為堿的溶液(1)來源H全部來自水的電離，水電離產生的c(OH)c(H)。(2)實例如計算pH12的NaOH溶液中水電離出的c(OH)，方法是知道溶液中的c(H)1012mol·L1，即水電離出的c(OH)c(H)1012mol·L1。4水解呈酸性或堿性的鹽溶液(1)pH5的NH4Cl溶液中H全部來自水的電離，由水電離的c(H)105mol·L1，因為部分OH與部分NH結合，溶液中c(OH)109mol·L1。(2)pH12的Na2CO3溶液中OH全部來自水的電離，由水電離出的c(OH)102mol·L1。考點二溶液的酸堿性和pH1溶液的酸堿性溶液的酸堿性取決于溶液中c(H)和c(OH)的相對大小。(1)酸性溶液：c(H)>c(OH)，常溫下，pH<7。(2)中性溶液：c(H)c(OH)，常溫下，pH7。(3)堿性溶液：c(H)<c(OH)，常溫下，pH>7。2pH及其測量(1)計算公式：pHlgc(H)。(2)測量方法pH試紙法：用鑷子夾取一小塊試紙放在潔凈的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取待測溶液點在試紙的中央，變色后與標準比色卡對照，即可確定溶液的pH。pH計測量法。(3)溶液的酸堿性與pH的關系常溫下：深度思考1用“酸性”、“堿性”、“中性”或“不確定”填空。(1)pH<7的溶液()(2)pH7的溶液()(3)c(H)c(OH)的溶液()(4)c(H)1×107mol·L1的溶液()(5)c(H)>c(OH)的溶液()(6)0.1mol·L1的NH4Cl溶液()(7)0.1mol·L1的NaHCO3溶液()(8)0.1mol·L1的NaHSO3溶液()答案(1)不確定(2)不確定(3)中性(4)不確定(5)酸性(6)酸性(7)堿性(8)酸性2用pH試紙測溶液的pH時應注意什么問題？記錄數(shù)據時又要注意什么？是否可用pH試紙測定氯水的pH?答案pH試紙使用前不能用蒸餾水潤濕，否則待測液因被稀釋可能產生誤差；用pH試紙讀出的pH只能是整數(shù)；不能用pH試紙測定氯水的pH，因為氯水呈酸性的同時呈現(xiàn)強氧化性(漂白性)。1溶液呈現(xiàn)酸、堿性的實質是c(H)與c(OH)的相對大小，不能只看pH，一定溫度下pH6的溶液也可能顯中性，也可能顯酸性，應注意溫度。2使用pH試紙測溶液pH時不能用蒸餾水潤濕。325時，pH12的溶液不一定為堿溶液，pH2的溶液也不一定為酸溶液，也可能為能水解的鹽溶液。題組一走出溶液稀釋時pH值判斷誤區(qū)11mLpH9的NaOH溶液，加水稀釋到10mL，pH_；加水稀釋到100mL，pH_7。答案8接近2pH5的H2SO4溶液，加水稀釋到500倍，則稀釋后c(SO)與c(H)的比值為_。答案解析稀釋前c(SO)mol·L1，稀釋后c(SO)mol·L1108mol·L1，c(H)接近107mol·L1，所以。3(1)體積相同，濃度均為0.2mol·L1的鹽酸和CH3COOH溶液，分別加水稀釋10倍，溶液的pH分別變成m和n，則m與n的關系為_。(2)體積相同，濃度均為0.2mol·L1的鹽酸和CH3COOH溶液，分別加水稀釋m倍、n倍，溶液的pH都變成3，則m與n的關系為_。(3)體積相同，pH均等于1的鹽酸和CH3COOH溶液，分別加水稀釋m倍、n倍，溶液的pH都變成3，則m與n的關系為_。(4)體積相同，pH均等于13的氨水和NaOH溶液，分別加水稀釋m倍、n倍，溶液的pH都變成9，則m與n的關系為_。答案(1)m<n(2)m>n(3)m<n(4)m>n解析(1)等濃度的鹽酸和醋酸稀釋過程的圖像如圖甲所示：分別加水稀釋10倍后，二者的濃度仍相同，由于HCl是強電解質，CH3COOH是弱電解質，HCl的電離程度大于CH3COOH的電離程度，因此鹽酸中的氫離子濃度大于醋酸中的氫離子濃度，因此有m<n。(2)由圖甲可知，若二者稀釋相同的倍數(shù)，則鹽酸的pH小于醋酸的pH，若要二者的pH相等，則鹽酸稀釋的倍數(shù)大于醋酸稀釋的倍數(shù)，故有m>n。(3)由于醋酸中存在電離平衡，在稀釋過程中CH3COOH會繼續(xù)電離出H，其稀釋過程中的圖像如圖乙所示。若稀釋后溶液的pH都變成3(畫一條平行于x軸的水平線)，易得m<n。(4)與(3)相似畫一個稀釋圖像即可，然后根據圖像易得m>n。誤區(qū)一：不能正確理解酸、堿的無限稀釋規(guī)律常溫下任何酸或堿溶液無限稀釋時，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近7。誤區(qū)二：不能正確理解弱酸、弱堿的稀釋規(guī)律溶液稀釋前溶液pH加水稀釋到體積為原來的10n倍稀釋后溶液pH酸強酸pHapHan弱酸apHan堿強堿pHbpHbn弱堿bnpHb注：表中an7，bn7。題組二多角度計算溶液的pH值4求下列常溫條件下溶液的pH(已知lg1.30.1，lg20.3，混合溶液忽略體積的變化)。(1)0.005mol·L1的H2SO4溶液(2)0.1mol·L1的CH3COOH溶液(已知CH3COOH的電離常數(shù)Ka1.8×105)(3)0.1mol·L1NH3·H2O溶液(NH3·H2O的電離度為1%，電離度×100%)(4)將pH8的NaOH與pH10的NaOH溶液等體積混合(5)常溫下，將pH5的鹽酸與pH9的NaOH溶液以體積比119混合(6)將pH3的HCl與pH3的H2SO4等體積混合(7)0.001mol·L1的NaOH溶液(8)pH2的鹽酸與等體積的水混合(9)pH2的鹽酸加水稀釋到1000倍答案(1)2(2)2.9(3)11(4)9.7(5)6(6)3(7)11(8)2.3(9)5解析(2)CH3COOHCH3COOHc(初始) 0.100c(電離) c(H) c(H) c(H)c(平衡) 0.1c(H) c(H) c(H)則Ka1.8×105解得c(H)1.3×103mol·L1，所以pHlgc(H)lg(1.3×103)2.9。(3)NH3·H2OOHNHc(初始) 0.1mol·L100c(電離) 0.1×1%mol·L10.1×1%,mol·L10.1×1%,mol·L1則c(OH)0.1×1%mol·L1103mol·L1c(H)1011mol·L1，所以pH11。(4)將pH8的NaOH與pH10的NaOH溶液等體積混合后，溶液中c(H)很明顯可以根據pH來算，可以根據經驗公式來求算pH10lg2(即0.3)，所以答案為9.7。(5)pH5的鹽酸溶液中c(H)105mol·L1，pH9的氫氧化鈉溶液中c(OH)105mol·L1，兩者以體積比119混合，則酸過量，混合液的pH小于7。c(H)mol·L11.0×106mol·L1，pHlg(1.0×106)6。1.單一溶液的pH計算強酸溶液：如HnA，設濃度為cmol·L1，c(H)ncmol·L1，pHlgc(H)lg (nc)。強堿溶液(25)：如B(OH)n，設濃度為cmol·L1，c(H)mol·L1，pHlgc(H)14lg(nc)。2混合溶液pH的計算類型(1)兩種強酸混合：直接求出c(H)混，再據此求pH。c(H)混。(2)兩種強堿混合：先求出c(OH)混，再據Kw求出c(H)混，最后求pH。c(OH)混。(3)強酸、強堿混合：先判斷哪種物質過量，再由下式求出溶液中H或OH的濃度，最后求pH。c(H)混或c(OH)混題組三溶液混合酸堿性判斷規(guī)律5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NH3·H2O和HCl溶液等體積混合()(4)pH2的HCl和pH12的NaOH溶液等體積混合()(5)pH3的HCl和pH10的NaOH溶液等體積混合()(6)pH3的HCl和pH12的NaOH溶液等體積混合()(7)pH2的CH3COOH和pH12的NaOH溶液等體積混合()(8)pH2的HCl和pH12的NH3·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)堿性題組四強酸、強堿混合呈中性pH與體積關系6在某溫度時，測得0.01mol·L1的NaOH溶液的pH11。(1)該溫度下水的離子積常數(shù)Kw_。(2)在此溫度下，將pHa的NaOH溶液VaL與pHb的硫酸VbL混合。若所得混合液為中性，且a12，b2，則VaVb_。若所得混合液為中性，且ab12，則VaVb_。答案(1)1013(2)110101解析(1)由題意知，溶液中c(H)1011mol·L1，c(OH)0.01mol·L1，故Kwc(H)·c(OH)1013。(2)根據中和反應：HOH=H2O。c(H)·Vbc(OH)·Va102·Vb1013/1012·Va110。根據中和反應HOH=H2Oc(H)·Vbc(OH)·Va10b·Vb1013/10a·Va1013(ab)10，即VaVb101。將強酸、強堿溶液以某體積之比混合，若混合液呈中性，則c(H)c(OH)、V堿V酸、pH酸pH堿有如下規(guī)律(25)：因c(H)酸·V酸c(OH)堿·V堿，故有。在堿溶液中c(OH)堿，將其代入上式得c(H)酸·c(H)堿，兩邊取負對數(shù)得pH酸pH堿14lg?，F(xiàn)舉例如下：V酸V堿c(H)c(OH)pH酸pH堿1011101511111411010113mnnm14lg()考點三酸、堿中和滴定1實驗原理利用酸堿中和反應，用已知濃度酸(或堿)來測定未知濃度的堿(或酸)的實驗方法。以標準鹽酸溶液滴定待測的NaOH溶液，待測的NaOH溶液的物質的量濃度為c(NaOH)。酸堿中和滴定的關鍵：(1)準確測定標準液的體積。(2)準確判斷滴定終點。2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。(3)滴定管的使用酸性、氧化性的試劑一般用酸式滴定管，因為酸性和氧化性物質易腐蝕橡膠管。堿性的試劑一般用堿式滴定管，因為堿性物質易腐蝕玻璃，致使活塞無法打開。3實驗操作實驗操作以標準鹽酸滴定待測NaOH溶液為例(1)滴定前的準備滴定管：查漏洗滌潤洗裝液調液面記錄。錐形瓶：注堿液記體積加指示劑。(2)滴定(3)終點判斷等到滴入最后一滴標準液，指示劑變色，且在半分鐘內不恢復原來的顏色，視為滴定終點并記錄標準液的體積。(4)數(shù)據處理按上述操作重復二至三次，求出用去標準鹽酸體積的平均值，根據c(NaOH)計算。4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5.08.0紫色>8.0藍色甲基橙<3.1紅色3.14.4橙色>4.4黃色酚酞<8.2無色8.210.0淺紅色>10.0紅色5.指示劑選擇的基本原則變色要靈敏，變色范圍要小，使變色范圍盡量與滴定終點溶液的酸堿性一致。(1)不能用石蕊作指示劑。(2)滴定終點為堿性時，用酚酞作指示劑，例如用NaOH溶液滴定醋酸。(3)滴定終點為酸性時，用甲基橙作指示劑，例如用鹽酸滴定氨水。(4)強酸滴定強堿一般用甲基橙，但用酚酞也可以。(5)并不是所有的滴定都須使用指示劑，如用標準的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液時，KMnO4顏色褪去時即為滴定終點。深度思考1酸式滴定管怎樣查漏？答案向已洗凈的滴定管中裝上一定體積的水，固定在滴定管夾上直立靜置兩分鐘，觀察有無水滴漏下。然后將活塞旋轉180°，再靜置兩分鐘，觀察有無水滴漏下，如均不漏水，滴定管即可使用。2KMnO4(H)溶液、溴水、Na2CO3溶液、稀鹽酸應分別盛放在哪種滴定管中？答案強氧化性溶液、酸性溶液應盛放在酸式滴定管中，堿性溶液應盛放在堿式滴定管中。即酸性KMnO4溶液、稀鹽酸、溴水應盛放在酸式滴定管中，Na2CO3溶液應盛放在堿式滴定管中。3滴定管盛標準溶液時，其液面一定要在0刻度嗎？答案不一定。只要在0刻度或0刻度以下某刻度即可，但一定要記錄下滴定開始前液面的讀數(shù)。4滴定終點就是酸堿恰好中和的點嗎？答案滴定終點是指示劑顏色發(fā)生突變的點，不一定是酸堿恰好中和的點。題組一誤差分析的全面突破1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)偏高誤差分析的方法依據原理c(標準)·V(標準)c(待測)·V(待測)，所以c(待測)，因為c(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，即分析出結果。題組二酸、堿中和滴定曲線分析2已知某溫度下CH3COOH的電離常數(shù)K1.6×105。該溫度下，向20mL0.01mol·L1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L1KOH溶液，其pH變化曲線如圖所示(忽略溫度變化)。請回答下列有關問題：(1)a點溶液中c(H)為_，pH約為_。(2)a、b、c、d四點中水的電離程度最大的是_，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20mL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)。答案(1)4×104mol·L13.4(2)c點酚酞c點以上(3)B解析(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，c(H)mol·L14×104mol·L1。(2)a點是醋酸溶液，b點是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液，c點是CH3COOK和少量醋酸的混合溶液，d點是CH3COOK和KOH的混合溶液，酸、堿均能抑制水的電離，CH3COOK水解促進水的電離，所以c點溶液中水的電離程度最大。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，故正確的答案為B。題組三全面突破酸、堿中和滴定3某學生用已知物質的量濃度的鹽酸來測定未知物質的量濃度的NaOH溶液時，選擇甲基橙作指示劑。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)用標準的鹽酸滴定待測的NaOH溶液時，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視_，直到因加入一滴鹽酸后，溶液由黃色變?yōu)槌壬?，并_為止。(2)下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數(shù)值偏低的是_(填字母序號)。A酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸B滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數(shù)，滴定結束時俯視讀數(shù)(3)若滴定開始和結束時，酸式滴定管中的液面如圖所示，則起始讀數(shù)為_mL，終點讀數(shù)為_mL，所用鹽酸溶液的體積為_mL。(4)某學生根據3次實驗分別記錄有關數(shù)據如下表：滴定次數(shù)待測NaOH溶液的體積/mL0.1000mol·L1鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液體積/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09依據上表數(shù)據列式計算該NaOH溶液的物質的量濃度。答案(1)錐形瓶中溶液顏色變化在半分鐘內不變色(2)D(3)0.0026.1026.10(4)26.10mL，c(NaOH)0.1044mol·L1解析在求c(NaOH)和進行誤差分析時應依據公式：c(NaOH)。欲求c(NaOH)，須先求V(HCl)aq再代入公式；進行誤差分析時，要考慮實際操作對每一個量即V(HCl)aq和V(NaOH)aq的影響，進而影響c(NaOH)。(1)考查酸堿中和滴定實驗的規(guī)范操作。(2)考查由于不正確操作引起的誤差分析。滴定管未用標準鹽酸潤洗，內壁附著一層水，可將加入的鹽酸稀釋，消耗相同量的堿，所需鹽酸的體積偏大，結果偏高；用堿式滴定管取出的待測NaOH溶液的物質的量一旦確定，倒入錐形瓶后，水的加入不影響OH的物質的量，也就不影響結果；若排出氣泡，液面會下降，故讀取V酸偏大，結果偏高；正確讀數(shù)(虛線部分)和錯誤讀數(shù)(實線部分)如圖所示：(3)讀數(shù)時，以凹液面的最低點為基準。(4)先算出耗用標準鹽酸的平均值26.10mL(第二次偏差太大，舍去)，c(NaOH)0.1044mol·L1。1.滴定終點的判斷答題模板當?shù)稳胱詈笠坏?#215;×××××標準溶液后，溶液變成××××××色，且半分鐘內不恢復原來的顏色。解答此類題目注意三個關鍵點：(1)最后一滴：必須說明是滴入“最后一滴”溶液。(2)顏色變化：必須說明滴入“最后一滴”溶液后溶液“顏色的變化”。(3)半分鐘：必須說明溶液顏色變化后“半分鐘內不再恢復原來的顏色”。2圖解量器的讀數(shù)方法(1)平視讀數(shù)(如圖1)：實驗室中用量筒、移液管或滴定管量取一定體積的液體，讀取液體體積時，視線應與凹液面最低點保持水平，視線與刻度的交點即為讀數(shù)(即凹液面定視線，視線定讀數(shù))。(2)俯視讀數(shù)(如圖2)：當用量筒測量液體的體積時，由于俯視視線向下傾斜，尋找切點的位置在凹液面的上側，讀數(shù)高于正確的刻度線位置，即讀數(shù)偏大。(3)仰視讀數(shù)(如圖3)：讀數(shù)時，由于視線向上傾斜，尋找切點的位置在液面的下側，因滴定管刻度標法與量筒不同，這樣仰視讀數(shù)偏大。至于俯視和仰視的誤差，還要結合具體儀器進行分析，因為量筒刻度從下到上逐漸增大；而滴定管刻度從下到上逐漸減小，并且滴定管中液體的體積是兩次體積讀數(shù)之差，在分析時還要看滴定前讀數(shù)是否正確，然后才能判斷實際量取的液體體積是偏大還是偏小。題組四滴定法的拓展應用氧化還原滴定4KMnO4溶液常用作氧化還原反應滴定的標準液，由于KMnO4的強氧化性，它的溶液很容易被空氣中或水中的某些少量還原性物質還原，生成難溶性物質MnO(OH)2，因此配制KMnO4標準溶液的操作如下所示：稱取稍多于所需量的KMnO4固體溶于水中，將溶液加熱并保持微沸1h；用微孔玻璃漏斗過濾除去難溶的MnO(OH)2；過濾得到的KMnO4溶液貯存于棕色試劑瓶并放在暗處；利用氧化還原滴定方法，在7080條件下用基準試劑(純度高、相對分子質量較大、穩(wěn)定性較好的物質)溶液標定其濃度。請回答下列問題：(1)準確量取一定體積的KMnO4溶液需要使用的儀器是_。(2)在下列物質中，用于標定KMnO4溶液的基準試劑最好選用_(填字母)。AH2C2O4·2H2OBFeSO4C濃鹽酸DNa2SO3(3)若準確稱取Wg你選的基準試劑溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，用KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL。KMnO4溶液的物質的量濃度為_mol·L1。(4)若用放置兩周的KMnO4標準溶液去測定水樣中Fe2的含量，測得的濃度值將_(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。答案(1)酸式滴定管(2)A(3)(4)偏高解析(1)KMnO4溶液具有強氧化性，能將堿式滴定管下端的橡膠管腐蝕，所以不能用堿式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取。(2)H2C2O4·2H2O在常溫常壓下是穩(wěn)定的結晶水合物；FeSO4在空氣中不穩(wěn)定易被氧化，鐵元素的化合價從2升高到3；濃鹽酸易揮發(fā)；Na2SO3在空氣中不穩(wěn)定易被氧化成Na2SO4。(3)根據得失電子守恒原理有關系式：5(H2C2O4·2H2O)2KMnO4，則KMnO4溶液的濃度為c(KMnO4)mol·L1。(4)在放置過程中，由于空氣中還原性物質的作用，使KMnO4溶液的濃度變小了，再去滴定水樣中的Fe2時，消耗KMnO4溶液(標準溶液)的體積會增大，導致計算出來的c(Fe2)會增大，測定的結果將偏高。氧化還原滴定3要點1原理：以氧化劑或還原劑為滴定劑，直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質，或者間接滴定一些本身并沒有還原性或氧化性，但能與某些還原劑或氧化劑反應的物質。2試劑：常見的用于滴定的氧化劑有KMnO4、K2Cr2O7等；常見的用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生素C等。3指示劑：氧化還原滴定法的指示劑有三類。a.氧化還原指示劑；b.專用指示劑，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘標準溶液變藍；c.自身指示劑，如高錳酸鉀標準溶液滴定草酸時，滴定終點為溶液由無色變?yōu)闇\紅色。探究高考明確考向江蘇五年高考1判斷正誤，正確的劃“”，錯誤的劃“×”(1)水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說明水的電離是放熱反應(×)(xx·江蘇，10D)解析水的電離是吸熱反應。(2)圖表示0.1000mol·L1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L1CH3COOH溶液所得到的滴定曲線(×)(2011·江蘇，10B)解析0.1000mol·L1的CH3COONa，pH>7。(3)4時，純水的pH7(×)(xx·江蘇，2B)解析25、純水pH7,4時，純水pH<7。2(xx·江蘇，18)硫酸鎳銨(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O可用于電鍍、印刷等領域。某同學為測定硫酸鎳銨的組成，進行如下實驗：準確稱取2.3350g樣品，配制成100.00mL溶液A；準確量取25.00mL溶液A，用0.04000mol·L1的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Ni2(離子方程式為Ni2H2Y2=NiY22H)，消耗EDTA標準溶液31.25mL；另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加熱，生成NH356.00mL(標準狀況)。(1)若滴定管在使用前未用EDTA標準溶液潤洗，測得的Ni2含量將_(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。(2)氨氣常用_檢驗，現(xiàn)象是_。(3)通過計算確定硫酸鎳銨的化學式(寫出計算過程)。答案(1)偏高(2)濕潤的紅色石蕊試紙試紙顏色由紅變藍(3)n(Ni2)0.04000mol·L1×31.25mL×103L·mL11.250×103moln(NH)2.500×103moln(SO)2.500×103molm(Ni2)59g·mol1×1.250×103mol0.07375gm(NH)18g·mol1×2.500×103mol0.04500gm(SO)96g·mol1×2.500×103mol0.2400gn(H2O)1.250×102molxymnn(NH)n(Ni2)n(SO)n(H2O)21210硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。解析(1)若滴定管使用前沒有用EDTA標準溶液潤洗，會造成EDTA溶液濃度減小，使消耗的EDTA溶液體積偏大，則測得的Ni2含量偏高。(2)氨氣是中學化學中唯一的堿性氣體，常用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，試紙由紅色變藍色。3xx·江蘇，18(2)(3)硫酸鈉­過氧化氫加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的組成可通過下列實驗測定：準確稱取1.7700g樣品，配制成100.00mL溶液A。準確量取25.00mL溶液A，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體0.5825g。準確量取25.00mL溶液A，加適量稀硫酸酸化后，用0.0xxmol·L1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液25.00mL。H2O2與KMnO4反應的離子方程式如下：2MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O2(2)上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO被還原為MnO2，其離子方程式為_。(3)通過計算確定樣品的組成(寫出計算過程)。答案(2)2MnO3H2O2=2MnO23O22OH2H2O(3)n(Na2SO4)n(BaSO4)2.50×103 mol2MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O2n(H2O2)×1.25×103 molm(Na2SO4)142g·mol1×2.50×103mol0.355gm(H2O2)34g·mol1×1.25×103mol0.0425gn(H2O)2.50×103molxyzn(Na2SO4)n(H2O2)n(H2O)212故樣品的組成的化學式為2Na2SO4·H2O2·2H2O。解析(2)H2O2與KMnO4溶液反應，MnO被還原為MnO2，據得失電子守恒、質量守恒可寫出離子方程式為2MnO3H2O2=2MnO23O22OH2H2O。(3)25.00mL溶液A中含有Na2SO4的物質的量為n(Na2SO4)n(BaSO4)2.50×103mol。含有H2O2的物質的量為n(H2O2)n(KMnO4)×0.0xxmol·L1×25.00×103L1.25×103mol。所取25.00mL溶液A中所含樣品中水的質量為m(H2O)1.7700g×2.50×103mol×142g·mol11.25×103mol×34g·mol10.04500g，則n(H2O)2.50×103mol。綜上可知，xyzn(Na2SO4)n(H2O2)n(H2O)212，故硫酸鈉­過氧化氫加合物的化學式為2Na2SO4·H2O2·2H2O。4xx·江蘇，19(2)為確定加入鋅灰(主要成分為Zn、ZnO，雜質為鐵及其氧化物)的量，實驗中需測定除去H2O2后溶液中Cu2的含量。實驗操作為：準確量取一定體積的含有Cu2的溶液于帶塞錐形瓶中，加適量水稀釋，調節(jié)溶液pH34，加入過量的KI，用Na2S2O3標準溶液滴定至終點。上述過程中發(fā)生反應的離子方程式如下：2Cu24I=2CuI(白色)I22S2OI2=2IS4O滴定選用的指示劑為_，滴定終點觀察到的現(xiàn)象為_。若滴定前溶液中的H2O2沒有除盡，所測定的Cu2含量將會_(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。答案淀粉溶液藍色褪去偏高解析淀粉溶液遇I2顯藍色，用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，可用淀粉溶液作滴定中的指示劑，達到終點時，溶液由藍色變成無色，且半分鐘內不恢復原來顏色。若滴定前H2O2未除盡，則可將I氧化生成I2，滴定中消耗Na2S2O3溶液的體積增大，導致測定的Cu2含量偏高。5(2011·江蘇，19)高氯酸銨(NH4ClO4)是復合火箭推進劑的重要成分，實驗室可通過下列反應制?。篘aClO4(aq)NH4Cl(aq)NH4ClO4(aq)NaCl(aq)(1)若NH4Cl用氨氣和濃鹽酸代替，上述反應不需要外界供熱就能進行，其原因是_。(2)反應得到的混合溶液中NH4ClO4和NaCl的質量分數(shù)分別為0.30和0.15(相關物質的溶解度曲線見上圖)。從混合溶液中獲得較多NH4ClO4晶體的實驗操作依次為(填操作名稱)_、干燥。(3)樣品中NH4ClO4的含量可用蒸餾法進行測定，蒸餾裝置如下圖所示(加熱和儀器固定裝置已略去)，實驗步驟如下：步驟1：按下圖所示組裝儀器，檢查裝置氣密性。步驟2：準確稱取樣品ag(約0.5g)于蒸餾燒瓶中，加入約150mL水溶解。步驟3：準確量取40.00mL約0.1mol·L1H2SO4溶液于錐形瓶中。步驟4：經分液漏斗向蒸餾燒瓶中加入20mL3mol·L1NaOH溶液。步驟5：加熱蒸餾至蒸餾燒瓶中剩余約100mL溶液。步驟6：用新煮沸過的水沖洗冷凝裝置23次，洗滌液并入錐形瓶中。步驟7：向錐形瓶中加入酸堿指示劑，用cmol·L1NaOH標準溶液滴定至終點，消耗NaOH標準溶液V1mL。步驟8：將實驗步驟17重復2次。步驟3中，準確量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃儀器是_。步驟17中，確保生成的氨被稀硫酸完全吸收的實驗步驟是_(填步驟序號)。為獲得樣品中NH4ClO4的含量，還需補充的實驗是_。答案(1)氨氣與濃鹽酸反應放出熱量(2)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、冰水洗滌(3)酸式滴定管1,5,6用NaOH標準溶液標定H2SO4溶液的濃度(或不加高氯酸銨樣品，保持其他條件相同，進行蒸餾和滴定實驗)解析(1)氨氣和濃鹽酸的反應是放熱反應。(2)由于NH4ClO4受熱易分解，其溶解度受溫度的影響變化很大，且溫度越高其溶解度越大，而氯化鈉的溶解度受溫度的影響變化不大，因此要獲得其晶體，采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾，為了減少其溶解，采用冰水洗滌。(3)滴定管能讀到小數(shù)點后兩位，因此選擇酸式滴定管量取硫酸。檢查裝置的氣密性以免氨氣逸到空氣中；充分加熱蒸餾燒瓶中的液體，使氨氣完全逸出被吸收；把冷凝管洗滌，并將洗滌液也加到錐形瓶中，保證氨氣不損失。硫酸的濃度約為0.1mol·L1，要求獲得NH4ClO4的含量，需要知道硫酸的準確濃度。各省市兩年高考1判斷正誤，正確的劃“”，錯誤的劃“×”(1)測定NaOH溶液濃度，可用滴定管、錐形瓶、燒杯、NaOH溶液、0.1000mol·L1鹽酸達到目的()(xx·安徽理綜，9D)(2)用蒸餾水潤濕的試紙測溶液的pH，一定會使結果偏低()(xx·大綱全國卷，6D)(3)()(xx·山東理綜，10B)(4)酸式滴定管裝標準溶液前，必須先用該溶液潤洗()(xx·新課標全國卷，12B)(5)酸堿滴定實驗中，用待滴定溶液潤洗錐形瓶以減小實驗誤差()(xx·新課標全國卷，12C)(6)50時，pH4的醋酸中，c(H)4.0mol·L1()(xx·廣東理綜，12A)(7)50時，pH12的純堿溶液中，c(OH)1.0×102mol·L1()(xx·廣東理綜，12C)(8)在蒸餾水中滴加濃硫酸，Kw不變()(xx·天津理綜，5A)(9)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同()(xx·天津理綜，5D)答案(1)×(2)×(3)×(4)(5)×(6)×(7)×(8)×(9)×2(xx·山東理綜，13)某溫度下，向一定體積0.1mol·L1的醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOHlgOH)與pH的變化關系如圖所示，則()AM點所示溶液的導電能力強于Q點BN點所示溶液中c(CH3COO)>c(Na)CM點和N點所示溶液中水的電離程度相同DQ點消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積答案C解析結合醋酸與NaOH溶液的反應，pOH、pH的定義及題給圖像，分析各選項并得出合理答案。Q點pOHpHa，則有c(H)c(OH)，此時溶液呈中性，那么c(CH3COO)c(Na)，N點溶液呈堿性，c(OH)>c(H)，那么c(CH3COO)<c(Na)，B錯；結合圖像可知，M點溶液中含有CH3COOH和CH3COONa，在滴加NaOH溶液的過程中，溶液中離子濃度變大，則M點溶液的導電能力比Q點弱，A錯；M點pOHb，N點pHb，說明M點c(OH)與N點c(H)相等，對水的電離抑制程度相同，因此M點和N點水的電離程度相同，C對；若消耗NaOH溶液與醋酸溶液的體積相等，二者恰好反應生成CH3COONa，溶液顯堿性，而Q點溶液呈中性，顯然醋酸溶液的體積大于消耗NaOH溶液的體積，D錯。3(xx·大綱全國卷，12)下圖表示水中c(H)和c(OH)的關系，下列判斷錯誤的是 ()A兩條曲線間任意點均有c(H)×c(OH)KwBM區(qū)域內任意點均有c(H)c(OH)C圖中T1T2DXZ線上任意點均有pH7答案D解析根據水的電離、水的離子積的影響因素以及pH的計算逐一分析各選項。A項水電離出的c(H)與c(OH)的乘積為一常數(shù)；B項由圖看出M區(qū)域內c(H)c(OH)；C項T2時c(H)·c(OH)大于T1時c(H)·c(OH)，因為水的電離過程是吸熱的，溫度越高，水的離子積越大，所以T2T1；D項pHlgc(H)，XZ線上任意點的c(H)c(OH)，但pH不一定為7。4(xx·上海，5)374、22.1MPa以上的超臨界水具有很強的溶解有機物的能力，并含有較多的H和OH，由此可知超臨界水 ()A顯中性，pH等于7B表現(xiàn)出非極性溶劑的特性C顯酸性，pH小于7D表現(xiàn)出極性溶劑的特性答案B解析超臨界水仍然呈中性，但pH不為7，A、C項錯誤；根據相似相溶的原理可知B項正確(有機物大多數(shù)是非極性分子)，D項錯誤。5xx·山東理綜，29(3)利用I2的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量。做法是將鋼樣中的硫轉化成H2SO3，然后用一定濃度的I2溶液進行滴定，所用指示劑為_，滴定反應的離子方程式為_。答案淀粉溶液I2H2SO3H2O=4H2ISO解析因為I2H2SO3H2O=2I4HSO，I2遇淀粉變藍，所以應選用淀粉溶液作指示劑。6xx·天津理綜，9(5)(6)測定Na2S2O3·5H2O產品純度準確稱取WgNa2S2O3·5H2O產品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.1000mol·L1碘的標準溶液滴定。反應原理為2S2OI2=S4O2I(5)滴定至終點時，溶液顏色的變化：_。(6)測定起始和終點的液面位置如圖，則消耗碘的標準溶液體積為_mL。產品的純度為(設Na2S2O3·5H2O相對分子質量為M)_。答案(5)由無色變藍色(6)18.10×100%解析(5)用淀粉作指示劑，達到終點時的現(xiàn)象是溶液由無色變?yōu)樗{色。(6)根據圖示：滴定管的讀數(shù)需要保留2位小數(shù)，所以消耗碘的標準溶液的體積為18.10mL。根據2S2OI2=S4O2I知：n(S2O)2n(I2)0.1000mol·L1×18.10mL×103L·mL1×23.620×103mol。產品的純度為3.620×103mol×M/W×100%×100%。7(xx·新課標全國卷，28)某小組以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨水為原料，在活性炭催化下，合成了橙黃色晶體X，為確定其組成，進行如下實驗。氨的測定：精確稱取wgX，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L1的鹽酸標準溶液吸收。蒸氨結束后取下接收瓶，用c2mol·L1NaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。氯的測定：準