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2021版浙江高考选考化学一轮复习教师用书：专题82第二单元 溶液的酸碱性
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第二单元 溶液的酸碱性
[考点分布]
知识内容
考试要求
2016年
2017年
2018年
2019年
2020年
4月
10月
4月
11月
4月
11月
4月
1月
(1)水的离子积常数
b
T30(3)①②
(2)溶液的酸碱性与溶液中c(H＋)、c(OH－)的大小关系
a
T21
T9
T18
T21
T17
(3)pH的概念，pH的大小与溶液酸碱性的关系
a
T18、T23
T18
T18
T18
T18
T23
(4)pH的简单计算
c
T18
T23
(5)测定溶液酸碱性的方法，用pH试纸、pH计测定溶液的pH
b
T9
(6)中和滴定原理及其操作方法
b
T31(5)
T23
T23
(7)几种常见酸碱指示剂的变色范围
a
T26(3)
T18
T23
水的离子积常数
1．水的电离
水是极弱的电解质，水的电离方程式为
2H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。
2．水的离子积常数：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(1)室温下：Kw＝1.0×10－14。
(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。
4．外界条件对水的电离平衡的影响
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
逆
不变
减小
增大
减小
可水解的盐
Na2CO3
正
不变
增大
增大
减小
NH4Cl
正
不变
增大
减小
增大
温度
升温
正
增大
增大
增大
增大
降温
逆
减小
减小
减小
减小
其他，如加入Na
正
不变
增大
增大
减小
题组一影响水电离平衡的因素及结果判断
1．25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl；②NaOH；
③H2SO4；④(NH4)2SO4。其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是( )
A．④>③>②>① B．②>③>①>④
C．④>①>②>③ D．③>②>①>④
解析：选C。分析四种物质可知②NaOH、③H2SO4抑制水的电离，①NaCl不影响水的电离平衡，④(NH4)2SO4促进水的电离(NH水解)，在②③中H2SO4为二元强酸，产生的c(H＋)大于NaOH产生的c(OH－)，抑制程度更大，故顺序为④>①>②>③。
2．(2020·嘉兴一中高二期中)在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)的关系如图所示。下列有关说法中正确的是( )
A．若从a点到c点，可采用在水中入酸的方法
B．b点对应的醋酸中由水电离的c(H＋)＝10－6 mol/L
C．c点对应溶液的Kw大于d点对应溶液的Kw
D．T ℃时，0.05 mol/L的Ba(OH)2溶液的pH＝11
解析：选D。 a点对应的c(H＋)和c(OH－)相等，同理 c点对应的c(H＋)和c(OH－)也相等，溶液一定呈中性，从a点到c点，可以采用升温的方法，若加酸，则导致c(H＋)和c(OH－)不再相等，A项错误；Kw只与温度有关，同温度下不同酸碱性溶液的Kw相同，a点和b点的Kw都是1.0×10－14，c点和d点的Kw都是1.0×10－12，C项错误；酸溶液中由水电离的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，即c水(H＋)＝c(OH－)＝10－8mol/L，B项错误；T ℃时，Kw＝1.0×10－12，0.05 mol/L的Ba(OH)2溶液的c(H＋)＝10－11 mol/L，pH＝11，D项正确。
3．[2019·浙江4月选考，T30(3)①②]水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2 ℃)、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。
(1)与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因：________________________________________________________________________。
(2)如果水的离子积Kw从1.0×10－14增大到1.0×10－10，则相应的电离度是原来的________倍。
解析：水的电离度α＝，水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)，对纯水来说c(H＋)＝c(OH－)，Kw从1.0×10－14增大到1.0×10－10，则相应的电离度是原来的100倍。
答案：(1)水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离平衡正向移动(压强对电离平衡影响不大) (2)100
题组二水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算
4．(2020·衢州校级期末)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－)，水电离的c(H＋)＝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＋)，水电离的c(OH－)＝c(H＋)。(3)～(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－)。pH＝2的NH4Cl中由水电离产生的c(H＋)＝10－2 mol·L－1；pH＝10的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(OH－)＝10－4 mol·L－1。
答案：(1)10－12 mol·L－1 10－12mol·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
5．下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H＋浓度之比(①∶②∶③∶④)是( )
①pH＝0的盐酸 ②0.1 mol·L－1的盐酸 ③0.01 mol·L－1的NaOH溶液 ④pH＝11的NaOH溶液
A．1∶10∶100∶1 000 B．0∶1∶12∶11
C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶3
解析：选A。①中c(H＋)＝1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中c(OH－)相等，等于1.0×10－14 mol·L－1；
②中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1；
③中c(OH－)＝1.0×10－2 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中c(H＋)相等，等于1.0×10－12 mol·L－1；
④中c(OH－)＝1.0×10－3 mol·L－1，同③所述由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－11 mol·L－1。
即(1.0×10－14)∶(1.0×10－13)∶(1.0×10－12)∶(1.0×10－11)＝1∶10∶100∶1 000。
理清溶液中H＋或OH－的来源
(1)常温下中性溶液
c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1。
(2)溶质为酸的溶液
①OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。
②实例
计算常温下pH＝2的盐酸中水电离出的c(H＋)，方法是先求出溶液中的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。
(3)溶质为碱的溶液
①H＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)。
②实例
计算常温下pH＝12的NaOH溶液中水电离出的c(OH－)，方法是先求出溶液中的c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液
①常温下pH＝5的NH4Cl溶液中H＋全部来自水的电离，由水电离出的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，因为部分OH－与NH结合，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1。
②常温下pH＝12的Na2CO3溶液中OH－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－2 mol·L－1。
溶液的酸碱性和pH
1．溶液的酸碱性与溶液中c(H＋)、c(OH－)的关系
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，pH<7。
(2)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常温下，pH＝7。
(3)碱性溶液：c(H＋)7。
2．pH的概念，pH与溶液酸碱性的关系
(1)计算公式：pH＝－lg__c(H＋)。
(2)pH与溶液的酸碱性的关系
常温下：
3．pH的简单计算
(1)单一溶液pH的计算
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)。
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的计算
①两种强酸混合：直接求出c混(H＋)，再据此求pH。c混(H＋)＝。
②两种强碱混合：先求出c混(OH－)，再据Kw求出c混(H＋)，最后求pH。
c混(OH－)＝。
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混(H＋)或c混(OH－)＝。
4．测定溶液酸碱性的方法(pH试纸、pH计测定溶液的pH)
(1)pH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，用玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中央，变色后与标准比色卡对照，即可确定溶液的pH。
(2)pH计测量法。
题组一溶液酸碱性的判断
1．下列溶液一定显酸性的是________。
①pH<7的溶液
②c(H＋)＝c(OH－)的溶液
③c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1的溶液
④c(H＋)>c(OH－)的溶液
⑤0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液
解析：题目没有说明温度，所以pH<7的溶液不一定是酸性溶液，只有c(H＋)>c(OH－)才是准确的判断依据。NH4Cl溶液水解呈酸性。
答案：④⑤
2．判断下列溶液在常温下的酸碱性(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：____________。
答案：(1)中性 (2)碱性 (3)酸性 (4)中性 (5)酸性
题组二多角度计算溶液的pH
3．已知在100 ℃下，水的离子积Kw＝1×10－12，下列说法正确的是( )
A．0.05 mol·L－1的H2SO4 溶液pH＝1
B．0.001 mol·L－1的NaOH溶液pH＝11
C．0.005 mol·L－1的H2SO4 溶液与0.01 mol·L－1的NaOH 溶液等体积混合，混合后溶液pH为6，溶液显酸性
D．完全中和pH＝3的H2SO4 溶液50 mL，需要pH＝11的 NaOH溶液50 mL
解析：选A。A中，c(H＋)＝0.05 mol·L－1×2＝0.1 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 0.1＝1，正确。B中，c(OH－)＝10－3 mol·L－1，则100 ℃时，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1，pH＝9，错误。C中，c(H＋)＝2×0.005 mol·L－1＝0.01 mol·L－1，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，等体积混合后c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol·L－1，pH＝6，溶液呈中性，错误。D中，pH＝3的硫酸溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝11的氢氧化钠溶液中c(H＋)＝10－11 mol·L－1，c(OH－)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，等体积混合时，NaOH过量，错误。
4．求室温下下列溶液的pH，已知lg 2＝0.3。
(1)将pH＝8的NaOH溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合。
(2)将pH＝5的盐酸与pH＝9的NaOH溶液以体积比11∶9混合。
(3)将pH＝3的HCl与pH＝3的H2SO4等体积混合。
(4)0.001 mol·L－1的NaOH溶液。
解析：(1)pH＝8的NaOH溶液中：c(H＋)＝10－8 mol·L－1，c(OH－)＝10－6 mol·L－1；pH＝10的NaOH溶液中：c(H＋)＝10－10 mol·L－1，c(OH－)＝10－4 mol·L－1；混合后溶液中：c(OH－)＝ mol·L－1≈5×10－5 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝2×10－10 mol·L－1，pH＝10－lg 2＝9.7。
(2)pH＝5的盐酸中c(H＋)＝10－5 mol·L－1，pH＝9的NaOH溶液中c(OH－)＝10－5 mol·L－1，根据题意知二者混合后盐酸过量，剩余的c(H＋)＝
＝10－6 mol·L－1，pH＝6。
(3)pH相同的强酸溶液等体积混合后pH不变。
(4)c(H＋)＝ mol·L－1＝10－11 mol·L－1，pH＝11。
答案：(1)9.7 (2)6 (3)3 (4)11
题组三溶液稀释后的pH计算
5．(2018·浙江11月选考，T18)下列说法不正确的是( )
A．测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质
B．25 ℃时，将0.1 mol·L－1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0
C．25 ℃时，将0.1 mol·L－1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1
D．0.1 mol·L－1的HA溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0
解析：选D。A项，测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，说明HA只有部分电离，若为强酸则pH＝1.0，因此HA一定为弱电解质，故A正确；B项，25 ℃时，将0.1 mol·L－1的NaOH溶液加水稀释100倍，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，因此所得溶液的pH＝11.0，故B正确；C项，25 ℃时，将0.1 mol·L－1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，说明所得溶液中c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，则c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1，故C正确；D项，0.1 mol·L－1的HA溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，如果HA是强酸，则反应后溶液pH等于7.0，如果HA是弱酸，则反应后溶液pH大于7.0，故D不正确。
6．(1)体积相同，浓度均为0.2 mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释10倍，溶液的pH分别变成m和n，则m与n的关系为________________。
(2)体积相同，浓度均为0.2 mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m与n的关系为________________。
(3)体积相同，pH均等于1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m与n的关系为________________。
(4)体积相同，pH均等于13的氨水和NaOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为________________。
解析：(1)等浓度的盐酸和醋酸稀释过程的图像如图甲所示：分别加水稀释10倍后，二者的浓度仍相同，由于HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，HCl的电离程度大于CH3COOH的电离程度，因此盐酸中的氢离子浓度大于醋酸中的氢离子浓度，因此有mn。(3)由于醋酸中存在电离平衡，在稀释过程中CH3COOH会继续电离出H＋，其稀释过程中的图像如图乙所示。若稀释后溶液的pH都变成3(画一条平行于x轴的水平线)，易得mn。
答案：(1)mn (3)mn
(1)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
a
强碱
pH＝b
pH＝b－n
弱碱
b－n
(2)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。
中和滴定原理及其操作方法
1．实验原理
(1)利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准盐酸滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝。
(2)酸碱中和滴定的关键
①准确测定消耗标准液的体积。
②准确判断滴定终点。
2．实验用品
(1)仪器
酸式滴定管(A)、碱式滴定管(B)、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。
(2)试剂
标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
(3)滴定管的使用
①酸性、强氧化性的试剂一般用酸式滴定管，因为酸性和强氧化性物质易腐蚀橡胶管。
②碱性的试剂一般用碱式滴定管，因为碱性物质易腐蚀玻璃，致使活塞无法打开。
3．实验操作
实验操作以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例：
(1)滴定前的准备
①滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录。
②锥形瓶：注碱液→记体积→加指示剂。
(2)滴定
(3)终点判断
等到滴入最后一滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。
(4)数据处理
按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝计算。
4．几种常见酸碱指示剂的变色范围
(1)常见酸碱指示剂及变色范围
指示剂
变色范围的pH
石蕊
<5.0红色
5.0～8.0紫色
>8.0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
(2)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须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
题组一中和滴定原理及误差分析
1．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考如图所示仪器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：①明确酸、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，而碱式滴定管不能盛放酸和强氧化性溶液，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，另外还要注意在酸碱中和滴定中，无论是标准溶液滴定待测溶液，还是待测溶液滴定标准溶液，只要操作正确，都能得到正确的结果。
2．(2020·嘉兴选考模拟)实验室用标准盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是( )
A．用量筒量取NaOH溶液时仰视读数
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接装入标准盐酸进行滴定
C．锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3 次
解析：选C。 A项，应用碱式滴定管或移液管取NaOH溶液，且本操作实际取用NaOH溶液体积大于计算值，消耗的盐酸增加，故导致测定结果偏高；B项，酸式滴定管未用标准液润洗，测出NaOH溶液浓度偏高；C项，由黄色变为橙色可能由于局部c(H＋)变大引起的，振荡后可能还会恢复黄色，应在振荡后半分钟内颜色保持不变才能认为已达到滴定终点，故所用盐酸的量比理论用量可能偏小，测出的NaOH溶液浓度可能偏低；D项，用NaOH溶液润洗锥形瓶，直接导致盐酸的用量偏大，故测定结果偏高。
图解量器的读数方法
(1)平视读数(如图1)：实验室中用量筒、移液管或滴定管量取一定体积的液体，读取液体体积时，视线应与凹液面最低点保持水平，视线与刻度的交点即为读数(即凹液面定视线，视线定读数)。
(2)俯视读数(如图2)：当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，寻找切点的位置在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。
(3)仰视读数(如图3)：读数时，由于视线向上倾斜，寻找切点的位置在液面的下侧，因滴定管刻度标法与量筒不同，故仰视读数偏大。
至于俯视和仰视的误差，还要结合具体仪器进行分析，因为量筒刻度从下到上逐渐增大；而滴定管刻度从下到上逐渐减小，并且滴定管中液体的体积是两次体积读数之差，在分析时还要看滴定前读数是否正确，然后才能判断实际量取的液体体积是偏大还是偏小。
3．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________________，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并______________为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是________(填字母)。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL，所用盐酸溶液的体积为________mL。
(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定
次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积
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
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。
解析：在求c(NaOH)和进行误差分析时应依据公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)，须先求V(HCl)再代入公式；进行误差分析时，要考虑实际操作对每一个量即V(HCl)和V(NaOH)的影响，进而影响 c(NaOH)。
答案：(1)锥形瓶中溶液颜色变化 在半分钟内不变色
(2)D (3)0.00 26.10 26.10
(4)V＝＝26.10 mL，
c(NaOH)＝＝0.104 4 mol·L－1。
滴定终点的判断
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“颜色的变化”。
(3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。
题组二中和滴定曲线分析
4．(2020·浙江1月选考,T23)室温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸中滴加0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg 5＝0.7。下列说法不正确的是( )
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12.3
答案：C
5．(2018·浙江11月选考，T23)常温下，分别取浓度不同、体积均为 20.00 mL 的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000 mol·L－1、0.100 0 mol·L－1和0.010 00 mol·L－1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)变化的曲线如图，在V(NaOH)＝20.00 mL前后pH出现突跃。下列说法不正确的是( )
A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍
B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a＞b＞c
C．当V(NaOH)＝20.00 mL时，3个体系中均满足：c(Na＋)＝c(Cl－)
D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H＋)最大
解析：选D。A项，我们只要观察起始时三种HCl溶液的pH可发现HCl溶液浓度分别为1.000 mol·L－1，0.100 0 mol·L－1和 0.010 00 mol·L－1，最大的是最小的100倍，故A正确；B项，由于曲线a、b、c对应的HCl溶液的c(HCl)大小顺序是a>b>c，因此对应的c(NaOH)大小顺序是a>b>c，故B正确；C项，当V(NaOH)＝20.00 mL时，恰好达到反应终点，这时溶液显中性，所以3个体系中均满足c(Na＋)＝c(Cl－)，故C正确；D项，当V(NaOH)相同时，达到反应终点前，pH突跃最大的体系中的c(H＋)最大，达到反应终点后，pH突跃最大的体系中的c(H＋)最小，故D错误。
题组三滴定法的拓展应用——氧化还原滴定
6．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所示：
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你选的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)KMnO4溶液具有强氧化性，能将碱式滴定管下端的橡胶管腐蚀，所以不能用碱式滴定管量取，可以用酸式滴定管或移液管量取。(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：5(H2C2O4·2H2O)～2KMnO4，则KMnO4溶液的浓度为c(KMnO4)＝＝ 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，测定的结果将偏高。
答案：(1)酸式滴定管(或移液管) (2)A (3)
(4)偏高
氧化还原滴定三要点
(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等；常见的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红色。
课后达标检测
一、选择题
1．(2017·浙江11月选考，T9)下列物质的水溶液不能使酚酞变红的是( )
A．NaOH B．Na2CO3
C．NaCl D．NH3
答案：C
2．(2020·绍兴一中选考模拟)常温下0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是( )
A．将溶液稀释到原体积的10倍
B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸
D．提高溶液的温度
答案：B
3．(2017·浙江11月选考，T18)下列说法不正确的是( )
A．pH＜7的溶液不一定呈酸性
B．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等
C．在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl－)＝c(NH)，则溶液呈中性
答案：B
4．(2020·浙江“超级全能生”选考科目联考)下列叙述中正确的是( )
A．Kw是常数，它不受溶液浓度和温度的影响
B．1 mL 0.1 mol/L氨水与10 mL 0.1 mol/L的氨水中，所含OH－的数目相等
C．滴入甲基橙显红色的溶液一定是酸溶液
D．稀释过程中，如果c(H＋)减小，则c(OH－)必然增大
答案：D
5．(2020·浙江1月选考,T17)下列说法不正确的是( )
A．pH >7的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH－)相等
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl－)＝c(NH)
答案：B
6．已知室温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是 ( )
A．该溶液的pH＝4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
解析：选B。根据HA在水中的电离度可算出c(H＋)＝0.1%×0.1 mol·L－1＝10－4 mol·L－1，所以pH＝4，A正确；因HA在水中存在电离平衡，升高温度促进平衡向电离的方向移动，所以c(H＋)将增大，pH会减小，B错误；可由平衡常数表达式算出Ka＝≈＝1×10－7，C正确；溶液中c(H＋)≈c酸(H＋)＝10－4 mol·L－1，所以c水(H＋)＝c(OH－)＝10－10 mol·L－1，c酸(H＋)约是c水(H＋)的106倍，D正确。
7．(2020·台州高二月考)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。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。C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去，说明达到滴定终点，应停止滴定。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。
8．下列变化使所得溶液的pH＝7的是( )
A．将25 ℃ pH＝7的NaCl溶液加热至80 ℃
B．常温下，pH＝2的NaHSO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
C．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
D．常温下，0.1 mol·L－1的NaAlO2溶液和0.1 mol·L－1的HCl溶液按体积比1∶4混合
解析：选B。A项中加热促进水的电离，NaCl溶液中c(H＋)＝c(OH－)＞10－7 mol·L－1，pH＜7。C项中pH＝2的CH3COOH溶液中，CH3COOH的浓度大于10－2 mol·L－1，与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，酸过量，溶液呈酸性，pH＜7。D项中发生反应：NaAlO2＋4HCl===AlCl3＋NaCl＋2H2O，AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，pH＜7。
9．下图表示水溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是( )
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B．M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)
C．图中T1＜T2
D．XZ线上任意点均有pH＝7
解析：选D。根据水的电离、水的离子积的影响因素以及pH的计算逐一分析各选项。A项水溶液中的c(H＋)与c(OH－)的乘积为一常数；B项由图看出M区域内c(H＋)＜c(OH－)；C项T2时c(H＋)·c(OH－)大于T1时c(H＋)·c(OH－)，因为水的电离过程是吸热的，温度越高，水的离子积越大，所以T2＞T1；D项pH＝－lg c(H＋)，XZ线上任意点的c(H＋)＝c(OH－)，但pH不一定为7。
10．(2020·舟山中学高三检测)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是( )
A．等浓度等体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
B．将10 mL pH＝a的盐酸与100 mL pH＝b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a＋b＝13
C．pH＝10的Ba(OH)2溶液和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＝10.7(已知lg 2＝0.3)
D．pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显中性
解析：选B。由于不知道是几元酸和几元碱，则等浓度等体积的强酸和强碱溶液混合后，pH的大小不能确定，A项错误；两溶液混合后恰好中和，则10－a mol·L－1×0.01 L＝10－14＋b mol·L－1×0.1 L，则－a－2＝－14＋b－1，则a＋b＝13，B项正确；c(OH－)＝≈5×10－2 mol·L－1，c(H＋)＝Kw/c(OH－)＝2×10－13 mol·L－1，pH＝12.7，C项错误；pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显碱性，D项错误。
11．(2020·温州选考适应性测试)如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是( )
A．盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
B．P点时反应恰好完全，溶液呈中性
C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
解析：选B。根据曲线a知，滴定前盐酸的pH＝1，c(HCl)＝0.1 mol·L－1，A项错误；P点表示盐酸与氢氧化钠溶液恰好完全中和，溶液呈中性，B项正确；曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，曲线b是盐酸滴定氢氧化钠溶液的曲线，C项错误；强酸与强碱滴定，可以用酚酞作指示剂，D项错误。
二、非选择题
12．现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1 mol·L－1的HCl溶液，丙为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：
(1)甲溶液的pH＝________；
(2)丙溶液中存在电离平衡为____________________________________(用电离平衡方程式表示)；
(3)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为________________；
(4)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL 丙溶液，得到如图所示两条滴定曲线，请完成有关问题：
①甲溶液滴定丙溶液的曲线是______(填“图1”或“图2”)；
②a＝________mL。
解析：(1)c(OH－)＝0.1 mol·L－1，则c(H＋)＝10－13 mol·L－1，pH＝13。(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和水的电离平衡。(3)酸、碱对水的电离具有抑制作用，水溶液中c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小，反之越大。(4)0.1 mol·L－1的HCl溶液pH＝1，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液pH＞1，对照题中图示，可知图2是甲溶液滴定丙溶液的曲线；氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，pH＝7，二者浓度相等，体积相等，a＝20.00 mL；氢氧化钠溶液滴定醋酸恰好中和时，生成醋酸钠溶液，pH＞7。
答案：(1)13 (2)CH3COOHCH3COO－＋H＋、H2OOH－＋H＋ (3)丙＞甲＝乙 (4)①图2
②20.00
13．现有常温下的六份溶液：
①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液；
②0.01 mol·L－1 HCl溶液；
③pH＝12的氨水；
④pH＝12的NaOH溶液；
⑤0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液；
⑥0.01 mol·L－1 HCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后所得溶液。
(1)其中水的电离程度最大的是________(填序号，下同)，水的电离程度相同的是________；
(2)若将②③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积：②________③(填“＞”“＜”或“＝”)；
(3)将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：
①________②，③________④，⑤________⑥；(填“＞”“＜”或“＝”)
(4)将①④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，则混合溶液可能呈________(填字母)。
A．酸性 B．碱性 C．中性
解析：(1)酸和碱都会抑制水的电离，故只有⑥反应后为NaCl溶液，对H2O的电离无抑制作用。⑤反应后，氨水过量，①②③④⑤对水的电离都有抑制作用。其中②③和④对水的电离抑制程度相同。(2)因pH＝12的氨水中c(NH3·H2O)＞0.01 mol·L－1，欲使②、③混合后的pH＝7，需消耗的体积：②＞③。(3)稀释同样的倍数后，溶液的pH：①＞②；③＞④；⑤＞⑥。(4)由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，仅知道c(CH3COO－)＞c(H＋)，无法比较c(H＋)与c(OH－)的相对大小，也就无法判断混合液的酸碱性，故选项A、B、C都有可能。
答案：(1)⑥ ②③④ (2)＞ (3)＞ ＞ ＞ (4)ABC
14．(2020·温州中学选考模拟)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－。
(1)可选用________作滴定指示剂，滴定终点的现象是____________________________。
(2)CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为__________________________________。
(3)该试样中CuCl2·2H2O的质量分数为________________________________。
解析：(1)“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样的纯度的基本原理是CuCl2氧化I－生成I2，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2显蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点的现象是滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内溶液不恢复原来的颜色。(2)CuCl2与KI发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。(3)由题给信息可得关系式：2Cu2＋～I2～2S2O，则有n(CuCl2·2H2O)＝n(Cu2＋)＝n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－3 mol，m(CuCl2·2H2O)＝2.000×10－3 mol×171 g·mol－1＝0.342 g。试样中CuCl2·2H2O的质量分数为×100%＝95%。
答案：(1)淀粉溶液 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色
(2)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2 (3)95%
15．(2020·金丽衢十二校联考)过氧碳酸钠(Na2CO3·xH2O2)是一种新型氧系漂白剂，无毒无味，无环境污染。它的使用带来漂染行业的一次“工业革命”。某同学用以下流程合成过氧碳酸钠。
a．称取6.0 g无水碳酸钠于三口烧瓶中，用去离子水配成碳酸钠溶液约25 mL；
b．依次加入稳定剂硫酸镁0.12 g、硅酸钠0.21 g，充分溶解；
c．量取12 mL 30%H2O2溶液，加入滴液漏斗中；
d．控制反应液温度低于15 ℃，滴入H2O2溶液，15 min滴完；
e．滴完后量取80 mL异丙醇加入溶液中，抽滤，常温下干燥得产物6.72 g。
(1)本实验中的Na2CO3必须采用分析纯试剂，水必须为去离子水，原因是________________________________________________________________________。
(2)过氧碳酸钠相对于过氧化氢的优点是_________________________________。
(3)加入异丙醇的作用是_______________________________________________。
(4)称取0.200 0 g产物，溶于水中，将溶液小心酸化，用0.05 mol·L－1 KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液13.60 mL。
①该滴定操作达到终点的现象是_____________________________________。
②计算x的值：________。
③从文献中查得x＝1.50，则发生该偏差的原因(不考虑分析误差)最可能是________________________________________________________________________。
(5)过硼酸钠(Na2H4B2O8)为另一常见漂白剂，其中B为＋3价，则当x＝1.50时，等物质的量的过硼酸钠与过氧碳酸钠相比，漂白能力是后者的______倍。
解析：(1)采用分析纯试剂Na2CO3和去离子水主要是为了防止Na2CO3和水中的杂质催化H2O2分解。(2)过氧化氢不稳定，受热、光照均易分解，过氧碳酸钠稳定性高，且储存、运输方便。(3)异丙醇的作用是减小过氧碳酸钠的溶解度，促使其析出，提高产品产率。(4)①用高锰酸钾溶液滴定至终点的现象是溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。②设0.200 0 g产物中H2O2的物质的量为a mol，则
2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
2 5
0．05×0.013 6 a
＝，解得a＝0.001 7，则 n (Na2CO3)＝ mol＝0.001 34 mol。1∶x＝0.001 34∶0.001 7，解得x＝1.27。③与文献中所查得的x＝1.50 相比，计算得到的x的值偏小，说明产品中含有杂质，则最可能的原因是加入异丙醇的量过大，使部分Na2CO3与产物共同析出。(5)根据化合物中元素化合价之和为0可知，1个Na2H4B2O8的8个O中，4个O的化合价为－2，4个O的化合价为－1，则1 mol 过硼酸钠作漂白剂时，转移4 mol电子。1 mol Na2CO3·1.5H2O2作漂白剂时，转移3 mol 电子。故过硼酸钠与过氧碳酸钠相比，漂白能力是后者的倍。
答案：(1)Na2CO3和水中的杂质可能催化H2O2分解
(2)储存、运输方便，久置不易分解
(3)减小过氧碳酸钠的溶解度，促使其析出
(4)①溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色
②1.27 ③加入异丙醇的量过大，使部分Na2CO3与产物共同析出
(5)
[考点分布]
知识内容
考试要求
2016年
2017年
2018年
2019年
2020年
4月
10月
4月
11月
4月
11月
4月
1月
(1)水的离子积常数
b
T30(3)①②
(2)溶液的酸碱性与溶液中c(H＋)、c(OH－)的大小关系
a
T21
T9
T18
T21
T17
(3)pH的概念，pH的大小与溶液酸碱性的关系
a
T18、T23
T18
T18
T18
T18
T23
(4)pH的简单计算
c
T18
T23
(5)测定溶液酸碱性的方法，用pH试纸、pH计测定溶液的pH
b
T9
(6)中和滴定原理及其操作方法
b
T31(5)
T23
T23
(7)几种常见酸碱指示剂的变色范围
a
T26(3)
T18
T23
水的离子积常数
1．水的电离
水是极弱的电解质，水的电离方程式为
2H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。
2．水的离子积常数：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(1)室温下：Kw＝1.0×10－14。
(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。
4．外界条件对水的电离平衡的影响
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
逆
不变
减小
增大
减小
可水解的盐
Na2CO3
正
不变
增大
增大
减小
NH4Cl
正
不变
增大
减小
增大
温度
升温
正
增大
增大
增大
增大
降温
逆
减小
减小
减小
减小
其他，如加入Na
正
不变
增大
增大
减小
题组一影响水电离平衡的因素及结果判断
1．25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl；②NaOH；
③H2SO4；④(NH4)2SO4。其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是( )
A．④>③>②>① B．②>③>①>④
C．④>①>②>③ D．③>②>①>④
解析：选C。分析四种物质可知②NaOH、③H2SO4抑制水的电离，①NaCl不影响水的电离平衡，④(NH4)2SO4促进水的电离(NH水解)，在②③中H2SO4为二元强酸，产生的c(H＋)大于NaOH产生的c(OH－)，抑制程度更大，故顺序为④>①>②>③。
2．(2020·嘉兴一中高二期中)在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)的关系如图所示。下列有关说法中正确的是( )
A．若从a点到c点，可采用在水中入酸的方法
B．b点对应的醋酸中由水电离的c(H＋)＝10－6 mol/L
C．c点对应溶液的Kw大于d点对应溶液的Kw
D．T ℃时，0.05 mol/L的Ba(OH)2溶液的pH＝11
解析：选D。 a点对应的c(H＋)和c(OH－)相等，同理 c点对应的c(H＋)和c(OH－)也相等，溶液一定呈中性，从a点到c点，可以采用升温的方法，若加酸，则导致c(H＋)和c(OH－)不再相等，A项错误；Kw只与温度有关，同温度下不同酸碱性溶液的Kw相同，a点和b点的Kw都是1.0×10－14，c点和d点的Kw都是1.0×10－12，C项错误；酸溶液中由水电离的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，即c水(H＋)＝c(OH－)＝10－8mol/L，B项错误；T ℃时，Kw＝1.0×10－12，0.05 mol/L的Ba(OH)2溶液的c(H＋)＝10－11 mol/L，pH＝11，D项正确。
3．[2019·浙江4月选考，T30(3)①②]水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2 ℃)、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。
(1)与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因：________________________________________________________________________。
(2)如果水的离子积Kw从1.0×10－14增大到1.0×10－10，则相应的电离度是原来的________倍。
解析：水的电离度α＝，水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)，对纯水来说c(H＋)＝c(OH－)，Kw从1.0×10－14增大到1.0×10－10，则相应的电离度是原来的100倍。
答案：(1)水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离平衡正向移动(压强对电离平衡影响不大) (2)100
题组二水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算
4．(2020·衢州校级期末)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－)，水电离的c(H＋)＝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＋)，水电离的c(OH－)＝c(H＋)。(3)～(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－)。pH＝2的NH4Cl中由水电离产生的c(H＋)＝10－2 mol·L－1；pH＝10的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(OH－)＝10－4 mol·L－1。
答案：(1)10－12 mol·L－1 10－12mol·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
5．下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H＋浓度之比(①∶②∶③∶④)是( )
①pH＝0的盐酸 ②0.1 mol·L－1的盐酸 ③0.01 mol·L－1的NaOH溶液 ④pH＝11的NaOH溶液
A．1∶10∶100∶1 000 B．0∶1∶12∶11
C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶3
解析：选A。①中c(H＋)＝1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中c(OH－)相等，等于1.0×10－14 mol·L－1；
②中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1；
③中c(OH－)＝1.0×10－2 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中c(H＋)相等，等于1.0×10－12 mol·L－1；
④中c(OH－)＝1.0×10－3 mol·L－1，同③所述由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－11 mol·L－1。
即(1.0×10－14)∶(1.0×10－13)∶(1.0×10－12)∶(1.0×10－11)＝1∶10∶100∶1 000。
理清溶液中H＋或OH－的来源
(1)常温下中性溶液
c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1。
(2)溶质为酸的溶液
①OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。
②实例
计算常温下pH＝2的盐酸中水电离出的c(H＋)，方法是先求出溶液中的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。
(3)溶质为碱的溶液
①H＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)。
②实例
计算常温下pH＝12的NaOH溶液中水电离出的c(OH－)，方法是先求出溶液中的c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液
①常温下pH＝5的NH4Cl溶液中H＋全部来自水的电离，由水电离出的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，因为部分OH－与NH结合，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1。
②常温下pH＝12的Na2CO3溶液中OH－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－2 mol·L－1。
溶液的酸碱性和pH
1．溶液的酸碱性与溶液中c(H＋)、c(OH－)的关系
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，pH<7。
(2)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常温下，pH＝7。
(3)碱性溶液：c(H＋)
2．pH的概念，pH与溶液酸碱性的关系
(1)计算公式：pH＝－lg__c(H＋)。
(2)pH与溶液的酸碱性的关系
常温下：
3．pH的简单计算
(1)单一溶液pH的计算
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)。
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的计算
①两种强酸混合：直接求出c混(H＋)，再据此求pH。c混(H＋)＝。
②两种强碱混合：先求出c混(OH－)，再据Kw求出c混(H＋)，最后求pH。
c混(OH－)＝。
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混(H＋)或c混(OH－)＝。
4．测定溶液酸碱性的方法(pH试纸、pH计测定溶液的pH)
(1)pH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，用玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中央，变色后与标准比色卡对照，即可确定溶液的pH。
(2)pH计测量法。
题组一溶液酸碱性的判断
1．下列溶液一定显酸性的是________。
①pH<7的溶液
②c(H＋)＝c(OH－)的溶液
③c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1的溶液
④c(H＋)>c(OH－)的溶液
⑤0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液
解析：题目没有说明温度，所以pH<7的溶液不一定是酸性溶液，只有c(H＋)>c(OH－)才是准确的判断依据。NH4Cl溶液水解呈酸性。
答案：④⑤
2．判断下列溶液在常温下的酸碱性(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：____________。
答案：(1)中性 (2)碱性 (3)酸性 (4)中性 (5)酸性
题组二多角度计算溶液的pH
3．已知在100 ℃下，水的离子积Kw＝1×10－12，下列说法正确的是( )
A．0.05 mol·L－1的H2SO4 溶液pH＝1
B．0.001 mol·L－1的NaOH溶液pH＝11
C．0.005 mol·L－1的H2SO4 溶液与0.01 mol·L－1的NaOH 溶液等体积混合，混合后溶液pH为6，溶液显酸性
D．完全中和pH＝3的H2SO4 溶液50 mL，需要pH＝11的 NaOH溶液50 mL
解析：选A。A中，c(H＋)＝0.05 mol·L－1×2＝0.1 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 0.1＝1，正确。B中，c(OH－)＝10－3 mol·L－1，则100 ℃时，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1，pH＝9，错误。C中，c(H＋)＝2×0.005 mol·L－1＝0.01 mol·L－1，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，等体积混合后c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol·L－1，pH＝6，溶液呈中性，错误。D中，pH＝3的硫酸溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝11的氢氧化钠溶液中c(H＋)＝10－11 mol·L－1，c(OH－)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，等体积混合时，NaOH过量，错误。
4．求室温下下列溶液的pH，已知lg 2＝0.3。
(1)将pH＝8的NaOH溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合。
(2)将pH＝5的盐酸与pH＝9的NaOH溶液以体积比11∶9混合。
(3)将pH＝3的HCl与pH＝3的H2SO4等体积混合。
(4)0.001 mol·L－1的NaOH溶液。
解析：(1)pH＝8的NaOH溶液中：c(H＋)＝10－8 mol·L－1，c(OH－)＝10－6 mol·L－1；pH＝10的NaOH溶液中：c(H＋)＝10－10 mol·L－1，c(OH－)＝10－4 mol·L－1；混合后溶液中：c(OH－)＝ mol·L－1≈5×10－5 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝2×10－10 mol·L－1，pH＝10－lg 2＝9.7。
(2)pH＝5的盐酸中c(H＋)＝10－5 mol·L－1，pH＝9的NaOH溶液中c(OH－)＝10－5 mol·L－1，根据题意知二者混合后盐酸过量，剩余的c(H＋)＝
＝10－6 mol·L－1，pH＝6。
(3)pH相同的强酸溶液等体积混合后pH不变。
(4)c(H＋)＝ mol·L－1＝10－11 mol·L－1，pH＝11。
答案：(1)9.7 (2)6 (3)3 (4)11
题组三溶液稀释后的pH计算
5．(2018·浙江11月选考，T18)下列说法不正确的是( )
A．测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质
B．25 ℃时，将0.1 mol·L－1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0
C．25 ℃时，将0.1 mol·L－1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1
D．0.1 mol·L－1的HA溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0
解析：选D。A项，测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，说明HA只有部分电离，若为强酸则pH＝1.0，因此HA一定为弱电解质，故A正确；B项，25 ℃时，将0.1 mol·L－1的NaOH溶液加水稀释100倍，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，因此所得溶液的pH＝11.0，故B正确；C项，25 ℃时，将0.1 mol·L－1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，说明所得溶液中c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，则c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1，故C正确；D项，0.1 mol·L－1的HA溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，如果HA是强酸，则反应后溶液pH等于7.0，如果HA是弱酸，则反应后溶液pH大于7.0，故D不正确。
6．(1)体积相同，浓度均为0.2 mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释10倍，溶液的pH分别变成m和n，则m与n的关系为________________。
(2)体积相同，浓度均为0.2 mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m与n的关系为________________。
(3)体积相同，pH均等于1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m与n的关系为________________。
(4)体积相同，pH均等于13的氨水和NaOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为________________。
解析：(1)等浓度的盐酸和醋酸稀释过程的图像如图甲所示：分别加水稀释10倍后，二者的浓度仍相同，由于HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，HCl的电离程度大于CH3COOH的电离程度，因此盐酸中的氢离子浓度大于醋酸中的氢离子浓度，因此有m
答案：(1)m
(1)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
a
强碱
pH＝b
pH＝b－n
弱碱
b－n
(2)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。
中和滴定原理及其操作方法
1．实验原理
(1)利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准盐酸滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝。
(2)酸碱中和滴定的关键
①准确测定消耗标准液的体积。
②准确判断滴定终点。
2．实验用品
(1)仪器
酸式滴定管(A)、碱式滴定管(B)、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。
(2)试剂
标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
(3)滴定管的使用
①酸性、强氧化性的试剂一般用酸式滴定管，因为酸性和强氧化性物质易腐蚀橡胶管。
②碱性的试剂一般用碱式滴定管，因为碱性物质易腐蚀玻璃，致使活塞无法打开。
3．实验操作
实验操作以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例：
(1)滴定前的准备
①滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录。
②锥形瓶：注碱液→记体积→加指示剂。
(2)滴定
(3)终点判断
等到滴入最后一滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。
(4)数据处理
按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝计算。
4．几种常见酸碱指示剂的变色范围
(1)常见酸碱指示剂及变色范围
指示剂
变色范围的pH
石蕊
<5.0红色
5.0～8.0紫色
>8.0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
(2)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须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
题组一中和滴定原理及误差分析
1．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考如图所示仪器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：①明确酸、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，而碱式滴定管不能盛放酸和强氧化性溶液，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，另外还要注意在酸碱中和滴定中，无论是标准溶液滴定待测溶液，还是待测溶液滴定标准溶液，只要操作正确，都能得到正确的结果。
2．(2020·嘉兴选考模拟)实验室用标准盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是( )
A．用量筒量取NaOH溶液时仰视读数
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接装入标准盐酸进行滴定
C．锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3 次
解析：选C。 A项，应用碱式滴定管或移液管取NaOH溶液，且本操作实际取用NaOH溶液体积大于计算值，消耗的盐酸增加，故导致测定结果偏高；B项，酸式滴定管未用标准液润洗，测出NaOH溶液浓度偏高；C项，由黄色变为橙色可能由于局部c(H＋)变大引起的，振荡后可能还会恢复黄色，应在振荡后半分钟内颜色保持不变才能认为已达到滴定终点，故所用盐酸的量比理论用量可能偏小，测出的NaOH溶液浓度可能偏低；D项，用NaOH溶液润洗锥形瓶，直接导致盐酸的用量偏大，故测定结果偏高。
图解量器的读数方法
(1)平视读数(如图1)：实验室中用量筒、移液管或滴定管量取一定体积的液体，读取液体体积时，视线应与凹液面最低点保持水平，视线与刻度的交点即为读数(即凹液面定视线，视线定读数)。
(2)俯视读数(如图2)：当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，寻找切点的位置在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。
(3)仰视读数(如图3)：读数时，由于视线向上倾斜，寻找切点的位置在液面的下侧，因滴定管刻度标法与量筒不同，故仰视读数偏大。
至于俯视和仰视的误差，还要结合具体仪器进行分析，因为量筒刻度从下到上逐渐增大；而滴定管刻度从下到上逐渐减小，并且滴定管中液体的体积是两次体积读数之差，在分析时还要看滴定前读数是否正确，然后才能判断实际量取的液体体积是偏大还是偏小。
3．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________________，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并______________为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是________(填字母)。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL，所用盐酸溶液的体积为________mL。
(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定
次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积
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
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。
解析：在求c(NaOH)和进行误差分析时应依据公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)，须先求V(HCl)再代入公式；进行误差分析时，要考虑实际操作对每一个量即V(HCl)和V(NaOH)的影响，进而影响 c(NaOH)。
答案：(1)锥形瓶中溶液颜色变化 在半分钟内不变色
(2)D (3)0.00 26.10 26.10
(4)V＝＝26.10 mL，
c(NaOH)＝＝0.104 4 mol·L－1。
滴定终点的判断
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“颜色的变化”。
(3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。
题组二中和滴定曲线分析
4．(2020·浙江1月选考,T23)室温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸中滴加0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg 5＝0.7。下列说法不正确的是( )
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12.3
答案：C
5．(2018·浙江11月选考，T23)常温下，分别取浓度不同、体积均为 20.00 mL 的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000 mol·L－1、0.100 0 mol·L－1和0.010 00 mol·L－1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)变化的曲线如图，在V(NaOH)＝20.00 mL前后pH出现突跃。下列说法不正确的是( )
A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍
B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a＞b＞c
C．当V(NaOH)＝20.00 mL时，3个体系中均满足：c(Na＋)＝c(Cl－)
D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H＋)最大
解析：选D。A项，我们只要观察起始时三种HCl溶液的pH可发现HCl溶液浓度分别为1.000 mol·L－1，0.100 0 mol·L－1和 0.010 00 mol·L－1，最大的是最小的100倍，故A正确；B项，由于曲线a、b、c对应的HCl溶液的c(HCl)大小顺序是a>b>c，因此对应的c(NaOH)大小顺序是a>b>c，故B正确；C项，当V(NaOH)＝20.00 mL时，恰好达到反应终点，这时溶液显中性，所以3个体系中均满足c(Na＋)＝c(Cl－)，故C正确；D项，当V(NaOH)相同时，达到反应终点前，pH突跃最大的体系中的c(H＋)最大，达到反应终点后，pH突跃最大的体系中的c(H＋)最小，故D错误。
题组三滴定法的拓展应用——氧化还原滴定
6．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所示：
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你选的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)KMnO4溶液具有强氧化性，能将碱式滴定管下端的橡胶管腐蚀，所以不能用碱式滴定管量取，可以用酸式滴定管或移液管量取。(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：5(H2C2O4·2H2O)～2KMnO4，则KMnO4溶液的浓度为c(KMnO4)＝＝ 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，测定的结果将偏高。
答案：(1)酸式滴定管(或移液管) (2)A (3)
(4)偏高
氧化还原滴定三要点
(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等；常见的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红色。
课后达标检测
一、选择题
1．(2017·浙江11月选考，T9)下列物质的水溶液不能使酚酞变红的是( )
A．NaOH B．Na2CO3
C．NaCl D．NH3
答案：C
2．(2020·绍兴一中选考模拟)常温下0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是( )
A．将溶液稀释到原体积的10倍
B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸
D．提高溶液的温度
答案：B
3．(2017·浙江11月选考，T18)下列说法不正确的是( )
A．pH＜7的溶液不一定呈酸性
B．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等
C．在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl－)＝c(NH)，则溶液呈中性
答案：B
4．(2020·浙江“超级全能生”选考科目联考)下列叙述中正确的是( )
A．Kw是常数，它不受溶液浓度和温度的影响
B．1 mL 0.1 mol/L氨水与10 mL 0.1 mol/L的氨水中，所含OH－的数目相等
C．滴入甲基橙显红色的溶液一定是酸溶液
D．稀释过程中，如果c(H＋)减小，则c(OH－)必然增大
答案：D
5．(2020·浙江1月选考,T17)下列说法不正确的是( )
A．pH >7的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH－)相等
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl－)＝c(NH)
答案：B
6．已知室温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是 ( )
A．该溶液的pH＝4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
解析：选B。根据HA在水中的电离度可算出c(H＋)＝0.1%×0.1 mol·L－1＝10－4 mol·L－1，所以pH＝4，A正确；因HA在水中存在电离平衡，升高温度促进平衡向电离的方向移动，所以c(H＋)将增大，pH会减小，B错误；可由平衡常数表达式算出Ka＝≈＝1×10－7，C正确；溶液中c(H＋)≈c酸(H＋)＝10－4 mol·L－1，所以c水(H＋)＝c(OH－)＝10－10 mol·L－1，c酸(H＋)约是c水(H＋)的106倍，D正确。
7．(2020·台州高二月考)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。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。C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去，说明达到滴定终点，应停止滴定。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。
8．下列变化使所得溶液的pH＝7的是( )
A．将25 ℃ pH＝7的NaCl溶液加热至80 ℃
B．常温下，pH＝2的NaHSO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
C．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
D．常温下，0.1 mol·L－1的NaAlO2溶液和0.1 mol·L－1的HCl溶液按体积比1∶4混合
解析：选B。A项中加热促进水的电离，NaCl溶液中c(H＋)＝c(OH－)＞10－7 mol·L－1，pH＜7。C项中pH＝2的CH3COOH溶液中，CH3COOH的浓度大于10－2 mol·L－1，与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，酸过量，溶液呈酸性，pH＜7。D项中发生反应：NaAlO2＋4HCl===AlCl3＋NaCl＋2H2O，AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，pH＜7。
9．下图表示水溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是( )
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B．M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)
C．图中T1＜T2
D．XZ线上任意点均有pH＝7
解析：选D。根据水的电离、水的离子积的影响因素以及pH的计算逐一分析各选项。A项水溶液中的c(H＋)与c(OH－)的乘积为一常数；B项由图看出M区域内c(H＋)＜c(OH－)；C项T2时c(H＋)·c(OH－)大于T1时c(H＋)·c(OH－)，因为水的电离过程是吸热的，温度越高，水的离子积越大，所以T2＞T1；D项pH＝－lg c(H＋)，XZ线上任意点的c(H＋)＝c(OH－)，但pH不一定为7。
10．(2020·舟山中学高三检测)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是( )
A．等浓度等体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
B．将10 mL pH＝a的盐酸与100 mL pH＝b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a＋b＝13
C．pH＝10的Ba(OH)2溶液和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＝10.7(已知lg 2＝0.3)
D．pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显中性
解析：选B。由于不知道是几元酸和几元碱，则等浓度等体积的强酸和强碱溶液混合后，pH的大小不能确定，A项错误；两溶液混合后恰好中和，则10－a mol·L－1×0.01 L＝10－14＋b mol·L－1×0.1 L，则－a－2＝－14＋b－1，则a＋b＝13，B项正确；c(OH－)＝≈5×10－2 mol·L－1，c(H＋)＝Kw/c(OH－)＝2×10－13 mol·L－1，pH＝12.7，C项错误；pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显碱性，D项错误。
11．(2020·温州选考适应性测试)如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是( )
A．盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
B．P点时反应恰好完全，溶液呈中性
C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
解析：选B。根据曲线a知，滴定前盐酸的pH＝1，c(HCl)＝0.1 mol·L－1，A项错误；P点表示盐酸与氢氧化钠溶液恰好完全中和，溶液呈中性，B项正确；曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，曲线b是盐酸滴定氢氧化钠溶液的曲线，C项错误；强酸与强碱滴定，可以用酚酞作指示剂，D项错误。
二、非选择题
12．现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1 mol·L－1的HCl溶液，丙为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：
(1)甲溶液的pH＝________；
(2)丙溶液中存在电离平衡为____________________________________(用电离平衡方程式表示)；
(3)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为________________；
(4)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL 丙溶液，得到如图所示两条滴定曲线，请完成有关问题：
①甲溶液滴定丙溶液的曲线是______(填“图1”或“图2”)；
②a＝________mL。
解析：(1)c(OH－)＝0.1 mol·L－1，则c(H＋)＝10－13 mol·L－1，pH＝13。(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和水的电离平衡。(3)酸、碱对水的电离具有抑制作用，水溶液中c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小，反之越大。(4)0.1 mol·L－1的HCl溶液pH＝1，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液pH＞1，对照题中图示，可知图2是甲溶液滴定丙溶液的曲线；氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，pH＝7，二者浓度相等，体积相等，a＝20.00 mL；氢氧化钠溶液滴定醋酸恰好中和时，生成醋酸钠溶液，pH＞7。
答案：(1)13 (2)CH3COOHCH3COO－＋H＋、H2OOH－＋H＋ (3)丙＞甲＝乙 (4)①图2
②20.00
13．现有常温下的六份溶液：
①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液；
②0.01 mol·L－1 HCl溶液；
③pH＝12的氨水；
④pH＝12的NaOH溶液；
⑤0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液；
⑥0.01 mol·L－1 HCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后所得溶液。
(1)其中水的电离程度最大的是________(填序号，下同)，水的电离程度相同的是________；
(2)若将②③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积：②________③(填“＞”“＜”或“＝”)；
(3)将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：
①________②，③________④，⑤________⑥；(填“＞”“＜”或“＝”)
(4)将①④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，则混合溶液可能呈________(填字母)。
A．酸性 B．碱性 C．中性
解析：(1)酸和碱都会抑制水的电离，故只有⑥反应后为NaCl溶液，对H2O的电离无抑制作用。⑤反应后，氨水过量，①②③④⑤对水的电离都有抑制作用。其中②③和④对水的电离抑制程度相同。(2)因pH＝12的氨水中c(NH3·H2O)＞0.01 mol·L－1，欲使②、③混合后的pH＝7，需消耗的体积：②＞③。(3)稀释同样的倍数后，溶液的pH：①＞②；③＞④；⑤＞⑥。(4)由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，仅知道c(CH3COO－)＞c(H＋)，无法比较c(H＋)与c(OH－)的相对大小，也就无法判断混合液的酸碱性，故选项A、B、C都有可能。
答案：(1)⑥ ②③④ (2)＞ (3)＞ ＞ ＞ (4)ABC
14．(2020·温州中学选考模拟)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－。
(1)可选用________作滴定指示剂，滴定终点的现象是____________________________。
(2)CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为__________________________________。
(3)该试样中CuCl2·2H2O的质量分数为________________________________。
解析：(1)“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样的纯度的基本原理是CuCl2氧化I－生成I2，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2显蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点的现象是滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内溶液不恢复原来的颜色。(2)CuCl2与KI发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。(3)由题给信息可得关系式：2Cu2＋～I2～2S2O，则有n(CuCl2·2H2O)＝n(Cu2＋)＝n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－3 mol，m(CuCl2·2H2O)＝2.000×10－3 mol×171 g·mol－1＝0.342 g。试样中CuCl2·2H2O的质量分数为×100%＝95%。
答案：(1)淀粉溶液 滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色
(2)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2 (3)95%
15．(2020·金丽衢十二校联考)过氧碳酸钠(Na2CO3·xH2O2)是一种新型氧系漂白剂，无毒无味，无环境污染。它的使用带来漂染行业的一次“工业革命”。某同学用以下流程合成过氧碳酸钠。
a．称取6.0 g无水碳酸钠于三口烧瓶中，用去离子水配成碳酸钠溶液约25 mL；
b．依次加入稳定剂硫酸镁0.12 g、硅酸钠0.21 g，充分溶解；
c．量取12 mL 30%H2O2溶液，加入滴液漏斗中；
d．控制反应液温度低于15 ℃，滴入H2O2溶液，15 min滴完；
e．滴完后量取80 mL异丙醇加入溶液中，抽滤，常温下干燥得产物6.72 g。
(1)本实验中的Na2CO3必须采用分析纯试剂，水必须为去离子水，原因是________________________________________________________________________。
(2)过氧碳酸钠相对于过氧化氢的优点是_________________________________。
(3)加入异丙醇的作用是_______________________________________________。
(4)称取0.200 0 g产物，溶于水中，将溶液小心酸化，用0.05 mol·L－1 KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液13.60 mL。
①该滴定操作达到终点的现象是_____________________________________。
②计算x的值：________。
③从文献中查得x＝1.50，则发生该偏差的原因(不考虑分析误差)最可能是________________________________________________________________________。
(5)过硼酸钠(Na2H4B2O8)为另一常见漂白剂，其中B为＋3价，则当x＝1.50时，等物质的量的过硼酸钠与过氧碳酸钠相比，漂白能力是后者的______倍。
解析：(1)采用分析纯试剂Na2CO3和去离子水主要是为了防止Na2CO3和水中的杂质催化H2O2分解。(2)过氧化氢不稳定，受热、光照均易分解，过氧碳酸钠稳定性高，且储存、运输方便。(3)异丙醇的作用是减小过氧碳酸钠的溶解度，促使其析出，提高产品产率。(4)①用高锰酸钾溶液滴定至终点的现象是溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。②设0.200 0 g产物中H2O2的物质的量为a mol，则
2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
2 5
0．05×0.013 6 a
＝，解得a＝0.001 7，则 n (Na2CO3)＝ mol＝0.001 34 mol。1∶x＝0.001 34∶0.001 7，解得x＝1.27。③与文献中所查得的x＝1.50 相比，计算得到的x的值偏小，说明产品中含有杂质，则最可能的原因是加入异丙醇的量过大，使部分Na2CO3与产物共同析出。(5)根据化合物中元素化合价之和为0可知，1个Na2H4B2O8的8个O中，4个O的化合价为－2，4个O的化合价为－1，则1 mol 过硼酸钠作漂白剂时，转移4 mol电子。1 mol Na2CO3·1.5H2O2作漂白剂时，转移3 mol 电子。故过硼酸钠与过氧碳酸钠相比，漂白能力是后者的倍。
答案：(1)Na2CO3和水中的杂质可能催化H2O2分解
(2)储存、运输方便，久置不易分解
(3)减小过氧碳酸钠的溶解度，促使其析出
(4)①溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色
②1.27 ③加入异丙醇的量过大，使部分Na2CO3与产物共同析出
(5)
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