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2019-2020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H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。
2．水的離子積常數(shù)
Kw＝c(H＋)c(OH－)。
(1)室溫下：Kw＝110－14。
(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pH＝2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??？
答案 甲正確，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)Kw＝c(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＋)H2O＝c(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
1．25℃時，相同物質的量濃度的下列溶液：①NaCl
②NaOH?、跦2SO4?、?NH4)2SO4，其中水的電離程度按由大到小順序排列的一組是( )
A．④>③>②>① B．②>③>①>④
C．④>①>②>③ D．③>②>①>④
答案 C
解析 分析四種物質可知②NaOH、③H2SO4抑制水的電離，①NaCl不影響水的電離平衡，④(NH4)2SO4促進水的電離(NH水解)，在②③中H2SO4為二元強酸，產(chǎn)生的c(H＋)大于NaOH產(chǎn)生的c(OH－)，抑制程度更大，故順序為④>①>②>③。
2．一定溫度下，水存在H2OH＋＋OH－ ΔH>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＋)＝10－7molL－1，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10－7molL－1。
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)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－)＝__________。
答案 (1)10－12molL－1 10－12molL－1
(2)10－10molL－1 10－10molL－1 (3)10－2molL－1
(4)10－4molL－1
解析 (1)pH＝2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)pH＝10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－)＝10－4molL－1，c(H＋)＝10－10molL－1，則水電離的c(H＋)＝c(OH－)＝10－10molL－1。
(3)(4)水解的鹽溶液中的H＋或OH－均由水電離產(chǎn)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－)。pH＝2的NH4Cl中由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝10－2molL－1；pH＝10的Na2CO3溶液中由水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝10－4molL－1。
4．下列四種溶液中，室溫下由水電離生成的H＋濃度之比(①∶②∶③∶④)是( )
①pH＝0的鹽酸?、?.1molL－1的鹽酸
③0.01molL－1的NaOH溶液 ④pH＝11的NaOH溶液
A．1∶10∶100∶1000 B．0∶1∶12∶11
C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶3
答案 A
解析?、僦衏(H＋)＝1molL－1，由水電離出的c(H＋)與溶液中c(OH－)相等，等于1.010－14molL－1；
②中c(H＋)＝0.1molL－1，由水電離出的c(H＋)＝
1．010－13molL－1；
③中c(OH－)＝1.010－2molL－1，由水電離出的c(H＋)與溶液中c(H＋)相等，等于1.010－12molL－1；
④中c(OH－)＝1.010－3molL－1，同③所述由水電離出的c(H＋)＝1.010－11molL－1。
即(1.010－14)∶(1.010－13)∶(1.010－12)∶(1.010－11)＝1∶10∶100∶1000。
理清溶液中H＋或OH－的來源
1．常溫下，中性溶液
c(OH－)＝c(H＋)
＝10－7molL－1
2．溶質為酸的溶液
(1)來源
OH－全部來自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝c(OH－)。
(2)實例
如計算pH＝2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/10－2) molL－1＝10－12molL－1，即水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12molL－1。
3．溶質為堿的溶液
(1)來源
H＋全部來自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)。
(2)實例
如計算pH＝12的NaOH溶液中水電離出的c(OH－)，方法是知道溶液中的c(H＋)＝10－12molL－1，即水電離出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12molL－1。
4．水解呈酸性或堿性的鹽溶液
(1)pH＝5的NH4Cl溶液中H＋全部來自水的電離，由水電離的c(H＋)＝10－5molL－1，因為部分OH－與部分NH結合，溶液中c(OH－)＝10－9molL－1。
(2)pH＝12的Na2CO3溶液中OH－全部來自水的電離，由水電離出的c(OH－)＝10－2molL－1。
考點二 溶液的酸堿性和pH
1．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，pH＝7。
(3)堿性溶液：c(H＋)
7。
2．pH及其測量
(1)計算公式：pH＝－lgc(H＋)。
(2)測量方法
①pH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。
②pH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)pH＝7的溶液( )
(3)c(H＋)＝c(OH－)的溶液( )
(4)c(H＋)＝110－7molL－1的溶液( )
(5)c(H＋)>c(OH－)的溶液( )
(6)0.1molL－1的NH4Cl溶液( )
(7)0.1molL－1的NaHCO3溶液( )
(8)0.1molL－1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(jù)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(chǎn)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pH＝6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。
3．25℃時，pH＝12的溶液不一定為堿溶液，pH＝2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)
1．1mLpH＝9的NaOH溶液，加水稀釋到10mL，pH＝________；加水稀釋到100mL，pH________7。
答案 8 接近
2．pH＝5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)＝molL－1，稀釋后c(SO)＝molL－1＝10－8molL－1，c(H＋)接近10－7molL－1，所以＝＝。
3．(1)體積相同，濃度均為0.2molL－1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0.2molL－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________________。
(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)mn (3)mn
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mn。(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mn。
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
pH＝a
pH＝a＋n
弱酸
a＜pH＜a＋n
堿
強堿
pH＝b
pH＝b－n
弱堿
b－n＜pH＜b
注：表中a＋n＜7，b－n＞7。
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lg1.3＝0.1，lg2＝0.3，混合溶液忽略體積的變化)。
(1)0.005molL－1的H2SO4溶液
(2)0.1molL－1的CH3COOH溶液(已知CH3COOH的電離常數(shù)Ka＝1.810－5)
(3)0.1molL－1NH3H2O溶液(NH3H2O的電離度為α＝1%，電離度＝100%)
(4)將pH＝8的NaOH與pH＝10的NaOH溶液等體積混合
(5)常溫下，將pH＝5的鹽酸與pH＝9的NaOH溶液以體積比11∶9混合
(6)將pH＝3的HCl與pH＝3的H2SO4等體積混合
(7)0.001molL－1的NaOH溶液
(8)pH＝2的鹽酸與等體積的水混合
(9)pH＝2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)CH3COOH CH3COO－＋H＋
c(初始) 0.100
c(電離) c(H＋) c(H＋) c(H＋)
c(平衡) 0.1－c(H＋) c(H＋) c(H＋)
則Ka＝＝1.810－5
解得c(H＋)＝1.310－3molL－1，
所以pH＝－lgc(H＋)＝－lg(1.310－3)＝2.9。
(3) NH3H2O OH－?。H
c(初始) 0.1molL－100
c(電離) 0.11%molL－10.11%,molL－10.11%,molL－1
則c(OH－)＝0.11%molL－1＝10－3molL－1
c(H＋)＝10－11molL－1，所以pH＝11。
(4)將pH＝8的NaOH與pH＝10的NaOH溶液等體積混合后，溶液中c(H＋)很明顯可以根據(jù)pH來算，可以根據(jù)經(jīng)驗公式來求算pH＝10－lg2(即0.3)，所以答案為9.7。
(5)pH＝5的鹽酸溶液中c(H＋)＝10－5molL－1，pH＝9的氫氧化鈉溶液中c(OH－)＝10－5molL－1，兩者以體積比11∶9混合，則酸過量，混合液的pH小于7。
c(H＋)＝molL－1＝1.010－6molL－1，
pH＝－lg(1.010－6)＝6。
1.單一溶液的pH計算
強酸溶液：如HnA，設濃度為cmolL－1，c(H＋)＝ncmolL－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lg (nc)。
強堿溶液(25℃)：如B(OH)n，設濃度為cmolL－1，c(H＋)＝molL－1，pH＝－lgc(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c(H＋)混，再據(jù)此求pH。c(H＋)混＝。
(2)兩種強堿混合：先求出c(OH－)混，再據(jù)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NH3H2O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NH3H2O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0.01molL－1的NaOH溶液的pH＝11。
(1)該溫度下水的離子積常數(shù)Kw＝______________。
(2)在此溫度下，將pH＝a的NaOH溶液VaL與pH＝b的硫酸VbL混合。
①若所得混合液為中性，且a＝12，b＝2，則Va∶Vb＝___________________________。
②若所得混合液為中性，且a＋b＝12，則Va∶Vb＝__________________________________。
答案 (1)10－13 (2)①1∶10?、?0∶1
解析 (1)由題意知，溶液中c(H＋)＝10－11molL－1，c(OH－)＝0.01molL－1，故Kw＝c(H＋)c(OH－)＝10－13。
(2)①根據(jù)中和反應：H＋＋OH－===H2O。
c(H＋)Vb＝c(OH－)Va
10－2Vb＝10－13/10－12Va
＝＝1∶10。
②根據(jù)中和反應H＋＋OH－===H2O
c(H＋)Vb＝c(OH－)Va
10－bVb＝10－13/10－aVa
＝＝1013－(a＋b)＝10，即Va∶Vb＝10∶1。
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＝14－lg?，F(xiàn)舉例如下：
V酸∶V堿
c(H＋)∶c(OH－)
pH酸＋pH堿
10∶1
1∶10
15
1∶1
1∶1
14
1∶10
10∶1
13
m∶n
n∶m
14＋lg()
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
①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。
②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
①滴定管：查漏→洗滌→潤洗→裝液→調液面→記錄。
②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(jù)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(jù)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
5.0～8.0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
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。
2．KMnO4(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(jù)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)K＝1.610－5。該溫度下，向20mL0.01molL－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01molL－1KOH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)410－4molL－1 3.4
(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＋)≈molL－1＝410－4molL－1。(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(jù)3次實驗分別記錄有關數(shù)據(jù)如下表：
滴定次數(shù)
待測NaOH溶液的體積/mL
0.1000molL－1鹽酸的體積/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液體積/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依據(jù)上表數(shù)據(jù)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)0.00 26.10 26.10
(4)＝＝26.10mL，c(NaOH)＝＝0.1044molL－1
解析 在求c(NaOH)和進行誤差分析時應依據(jù)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)＝＝0.1044molL－1。
1.滴定終點的判斷答題模板
當?shù)稳胱詈笠坏螛藴嗜芤汉?，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
4．KMnO4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：
①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；②用微孔玻璃漏斗過濾除去難溶的MnO(OH)2；③過濾得到的KMnO4溶液貯存于棕色試劑瓶并放在暗處；④利用氧化還原滴定方法，在70～80℃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)。
A．H2C2O42H2O B．FeSO4
C．濃鹽酸 D．Na2SO3
(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________molL－1。
(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)H2C2O42H2O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(jù)得失電子守恒原理有關系式：5(H2C2O42H2O)～2KMnO4，則KMnO4溶液的濃度為
c(KMnO4)＝
＝molL－1。
(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0.1000molL－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL－1CH3COOH溶液所得到的滴定曲線()
(2011江蘇，10B)
解析 0.1000molL－1的CH3COONa，pH>7。
(3)4℃時，純水的pH＝7()
(xx江蘇，2B)
解析 25℃、純水pH＝7,4℃時，純水pH<7。
2．(xx江蘇，18)硫酸鎳銨[(NH4)xNiy(SO4)mnH2O]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：①準確稱取2.3350g樣品，配制成100.00mL溶液A；②準確量取25.00mL溶液A，用0.04000molL－1的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Ni2＋(離子方程式為Ni2＋＋H2Y2－===NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA標準溶液31.25mL；③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＋)＝0.04000molL－131.25mL10－3LmL－1＝1.25010－3mol
n(NH)＝
＝2.50010－3mol
n(SO)＝
＝
＝2.50010－3mol
m(Ni2＋)＝59gmol－11.25010－3mol＝0.07375g
m(NH)＝18gmol－12.50010－3mol＝0.04500g
m(SO)＝96gmol－12.50010－3mol＝0.2400g
n(H2O)＝
＝1.25010－2mol
x∶y∶m∶n＝n(NH)∶n(Ni2＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10
硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)210H2O。
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。
3．[xx江蘇，18(2)(3)]硫酸鈉過氧化氫加合物(xNa2SO4yH2O2zH2O)的組成可通過下列實驗測定：
①準確稱取1.7700g樣品，配制成100.00mL溶液A。
②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。
③準確量取25.00mL溶液A，加適量稀硫酸酸化后，用0.0xxmolL－1KMnO4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：
2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑
(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)2MnO＋3H2O2===2MnO2↓＋3O2↑＋2OH－＋2H2O
(3)n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝
＝2.5010－3 mol
2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑
n(H2O2)＝＝1.2510－3 mol
m(Na2SO4)＝142gmol－12.5010－3mol＝0.355g
m(H2O2)＝34gmol－11.2510－3mol＝0.0425g
n(H2O)＝＝2.5010－3mol
x∶y∶z＝n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)＝2∶1∶2
故樣品的組成的化學式為2Na2SO4H2O22H2O。
解析 (2)H2O2與KMnO4溶液反應，MnO被還原為MnO2，據(jù)得失電子守恒、質量守恒可寫出離子方程式為2MnO＋3H2O2===2MnO2↓＋3O2↑＋2OH－＋2H2O。
(3)25.00mL溶液A中含有Na2SO4的物質的量為n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝＝2.5010－3mol。
含有H2O2的物質的量為n(H2O2)＝n(KMnO4)＝0.0xxmolL－125.0010－3L＝1.2510－3mol。
所取25.00mL溶液A中所含樣品中水的質量為m(H2O)＝1.7700g－2.5010－3mol142gmol－1－1.2510－3mol34gmol－1＝0.04500g，則n(H2O)＝＝2.5010－3mol。
綜上可知，x∶y∶z＝n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)＝2∶1∶2，故硫酸鈉過氧化氫加合物的化學式為2Na2SO4H2O22H2O。
4．[xx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pH＝3～4，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：
2Cu2＋＋4I－===2CuI(白色)↓＋I2
2S2O＋I2===2I－＋S4O
①滴定選用的指示劑為____________，滴定終點觀察到的現(xiàn)象為__________________。
②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?、俚矸廴芤骸∷{色褪去?、谄?
解析?、俚矸廴芤河鯥2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。②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取：
NaClO4(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0.1molL－1H2SO4溶液于錐形瓶中。
步驟4：經(jīng)分液漏斗向蒸餾燒瓶中加入20mL3molL－1NaOH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2～3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cmolL－1NaOH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1～7重復2次。
①步驟3中，準確量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃儀器是__________________________。
②步驟1～7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)。
③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)①酸式滴定管?、?,5,6?、塾肗aOH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)①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。②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。③硫酸的濃度約為0.1molL－1，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、0.1000molL－1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Ⅰ，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Ⅰ，12C)
(6)50℃時，pH＝4的醋酸中，c(H＋)＝4.0molL－1( )
(xx廣東理綜，12A)
(7)50℃時，pH＝12的純堿溶液中，c(OH－)＝1.010－2molL－1( )
(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0.1molL－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的變化關系如圖所示，則( )
A．M點所示溶液的導電能力強于Q點
B．N點所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．M點和N點所示溶液中水的電離程度相同
D．Q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pOH＝pH＝a，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－)
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2019-2020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
2019
2020
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