人教新課標化學(xué)《水的電離和溶液的酸堿性》導(dǎo)學(xué)案

第二節(jié)水的電離和溶液的酸堿性第1課時水的電離和溶液的酸堿性[目標要求]1.理解水的離子積常數(shù)，理解酸、堿對水的電離平衡的影響。2.了解pH的概念，理解溶液的c(H＋)、pH與溶液酸堿性的關(guān)系。一、水的電離1．水的電離實驗證明，水是一種極弱的電解質(zhì)，能發(fā)生微弱的電離，在一定條件下可以達到電離平衡，其電離方程式為H2O＋H2OH3O＋＋OH－，簡寫成H2OH＋＋OH－。其濃度平衡常數(shù)表達式為K＝eq\f(cH＋·cOH－,cH2O)。25℃時，純水中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－12．水的離子積(1)定義：水中c(H＋)·c(OH－)乘積為一常數(shù)，記作：KW＝c(H＋)·c(OH－)。(2)影響因素：溫度，溫度升高，KW增大。(3)25℃時，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14注意：①KW不僅適用于純水，也適用于酸性或堿性的稀溶液；②KW只受溫度的影響，與溶液的酸堿性無關(guān)；③酸溶液中可以忽略由水電離出來的c(H＋)，堿溶液中可以忽略由水電離出來的c(OH－)。二、溶液的酸堿性與pH1．pH＝－lgc(H＋)，反過來c(H＋)＝10－pH。2．溶液中c(H＋)與c(OH－)的大小關(guān)系及溶液的pH：注意：①溶液的酸性越強，pH越?。蝗芤旱膲A性越強，pH越大。②pH一般適用于表示c(H＋)或c(OH－)小于等于1mol·L－1的溶液。知識點一水的電離1．在某溫度時，測得純水中的c(H＋)＝×10－7mol·L－1，則c(OH－)為()A．×10－7mol·L－1B．×10－7mol·L－1C．×10－14/×10－7mol·L－1D．無法確定答案A解析根據(jù)水的電離方程式H2OH＋＋OH－可知，無論在何種條件下的純水中，水電離出的c(H＋)＝c(OH－)。而該溫度下的純水中c(H＋)＝×10－7mol·L－1>×10－7mol·L－1，則所處溫度高于25℃，但水電離的c(H＋)＝c(OH－)＝×10－7mol·L－1，故答案為A。2．室溫下，把1mLmol·L－1的H2SO4加水稀釋成2L溶液，在此溶液中由水電離產(chǎn)生的H＋，A．1×10－4mol·L－1B．1×10－8mol·L－1C．1×10－11mol·L－1D．1×10－10mol·L－1答案D解析溫度不變時，水溶液中氫離子的濃度和氫氧根離子的濃度乘積是一個常數(shù)。在酸溶液中氫氧根離子完全由水電離產(chǎn)生，而氫離子則由酸和水共同電離產(chǎn)生。當(dāng)酸的濃度不是極小的情況下，由酸電離產(chǎn)生的氫離子總是遠大于由水電離產(chǎn)生的(常常忽略水電離的部分)，而水電離產(chǎn)生的氫離子和氫氧根離子始終一樣多。所以，酸溶液中的水電離的氫離子的求算通常采用求算氫氧根離子的方法。稀釋后c(H＋)＝(1×10－3L×mol·L－1)/＝1×10－4mol·L－1c(OH－)＝1×10－14/1×10－4＝1×10－10mol·L－13．能影響水的電離平衡，并使溶液中的c(H＋)>c(OH－)的措施是()A．向純水中投入一小塊金屬鈉B．將水加熱煮沸C．向水中通入SO2D．向水中加入NaCl答案C解析A項，水與Na反應(yīng)，使溶液中的c(H＋)<c(OH－)；B項，水加熱煮沸，促進水的電離，但溶液中的c(H＋)＝c(OH－)；C項，向水中通入SO2，SO2與水反應(yīng)生成H2SO3，H2SO3電離出H＋而抑制水的電離，使溶液中c(H＋)>c(OH－)；D項對水的電離平衡沒影響。知識點二水的離子積常數(shù)4．下列關(guān)于水的離子積常數(shù)的敘述中，正確的是()A．因為水的離子積常數(shù)的表達式是KW＝c(H＋)c(OH－)，所以KW隨溶液中c(H＋)和c(OH－)的變化而變化B．水的離子積常數(shù)KW與水的電離平衡常數(shù)K是同一物理量C．水的離子積常數(shù)僅僅是溫度的函數(shù)，隨溫度的變化而變化D．水的離子積常數(shù)KW與水的電離平衡常數(shù)K是兩個沒有任何關(guān)系的物理量答案C解析水的離子積常數(shù)KW＝K·c(H2O)，一定溫度下K和c(H2O)都是不變的常數(shù)，所以KW僅僅是溫度的函數(shù)，水的離子積常數(shù)的表達式是KW＝c(H＋)·c(OH－)，但是只要溫度一定，KW就是不變的常數(shù)，溶液中c(H＋)變大，c(OH－)則變小，反之亦然。5．25℃時，水的電離達到平衡：H2OH＋＋OH－ΔH>0，下列敘述正確的是()A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移動，c(OH－)降低B．向水中加入少量固體硫酸氫鈉，c(H＋)增大，KW不變C．向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移動，c(H＋)降低D．將水加熱，KW增大，pH不變答案B解析本題考查外界條件對水的電離平衡的影響。解答時要先分析清楚水的電離平衡的移動方向，然后再討論c(H＋)、c(OH－)或KW的變化。向水中加入稀氨水，c(OH－)增大，平衡逆向移動，c(H＋)減小，A項不正確；向水中加入少量固體NaHSO4：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，c(H＋)增大，但KW不變，B項正確；向水中加入少量CH3COOH后，使水的電離平衡逆向移動，c(OH－)減小，c(H＋)增大，C項不正確；將水加熱，水的電離平衡正向移動，c(H＋)、c(OH－)均增大，KW增大，pH減小，但仍呈中性，D項不正確。知識點三溶液的酸堿性6．下列說法正確的是()A．pH<7的溶液一定是酸溶液B．同溫下，pH＝5的溶液和pH＝3的溶液相比，前者c(OH－)是后者的100倍C．室溫下，每1×107個水分子中只有一個水分子發(fā)生電離D．在1mol·L－1的氨水中，改變外界條件使c(NHeq\o\al(＋,4))增大，則溶液的pH一定增大答案B解析A．溶液顯酸堿性的本質(zhì)為c(H＋)與c(OH－)的相對大小，當(dāng)c(H＋)>c(OH－)時溶液才呈酸性。例如：在100℃時，KW＝1×10－12，此時pH＝6時為中性，小于7，由于c(H＋)＝c(OH－)仍呈中性，所以不能用pH＝7作為判斷溶液酸堿性的標準，當(dāng)然室溫下可以；＝5，c(OH－)＝1×10－9mol·L－1，pH＝3，c(OH－)＝1×10－11mol·L－1，前者c(OH－)是后者的100倍，故B正確；C.室溫時，每升水有1×10－7mol水分子發(fā)生電離，即eq\f(1000g,18g·mol－1)＝mol水分子中只有1×10－7mol水分子電離，1×107個水分子中只有eq\f(1,個水分子電離，故C錯；D.氨水中存在NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－平衡，當(dāng)加NH4Cl晶體時，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡向左移動，c(OH－)減小，pH減小，故D錯。7．對室溫下pH相同、體積相同的醋酸和鹽酸兩種溶液分別采取下列措施，有關(guān)敘述正確的是()A．加適量的醋酸鈉晶體后，兩溶液的pH均增大B．使溫度都升高20℃后，C．加水稀釋2倍后，兩溶液的pH均減小D．加足量的鋅充分反應(yīng)后，兩溶液中產(chǎn)生的氫氣一樣多答案A解析解答本題時要注意以下兩點：(1)醋酸和鹽酸pH相同時，醋酸濃度比鹽酸大；(2)稀釋時兩溶液pH均增大，加熱pH均減小。8．下列溶液一定顯酸性的是()A．溶液中c(OH－)>c(H＋)B．滴加紫色石蕊試液后變紅色的溶液C．溶液中c(H＋)＝10－6mol·L－1D．pH>7的溶液答案B解析判斷溶液酸堿性的關(guān)鍵看c(H＋)和c(OH－)的相對大小，若c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；而pH<7或c(H＋)<10－7mol·L－1，僅適用于常溫時，若溫度不確定，就不能用來判斷溶液的酸堿性；而B項中可使紫色石蕊試液變紅，則該溶液為酸性。練基礎(chǔ)落實1．下列粒子能影響水的電離平衡，且能使水的電離平衡向右移動的是()A．CH3COOHB．[eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)H]－C．NHeq\o\al(＋,4)D.答案C解析A項，CH3COOH電離出H＋，使水的電離平衡左移；B項，OH－能使水的電離平衡左移；C項，NHeq\o\al(＋,4)會水解，使水的電離平衡右移；D項，Cl－不影響水的電離平衡。2．關(guān)于水的離子積常數(shù)，下列說法不正確的是()A．100℃水中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10B．純水中，25℃時，c(H＋)·c(OH－)＝1×10C．25℃時，任何以水為溶劑的稀溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10D．KW值隨溫度升高而增大答案A解析KW只與溫度有關(guān)，升高溫度，KW增大，25℃時，純水和任何物質(zhì)的水溶液中KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－143．常溫下，某溶液中由水電離的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1，該溶液可能是()①二氧化硫水溶液②氯化銨水溶液③硝酸鈉水溶液④氫氧化鈉水溶液A．①④B．①②C．②③D．③④答案A解析由水電離的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1<1×10－7mol·L－1，即該溶液中的溶質(zhì)抑制了水的電離，因此要么加堿抑制，要么加酸抑制，故①④正確。4．在相同溫度下，mol·L－1NaOH溶液和mol·L－1的鹽酸相比，下列說法正確的是()A．由水電離出的c(H＋)相等B．由水電離出的c(H＋)都是×10－12mol·L－1C．由水電離出的c(OH－)都是mol·L－1D．兩者都促進了水的電離答案A解析若該溫度下水的離子積常數(shù)為KW(這里沒有說是25℃)，則在mol·L－1的NaOH溶液中，由水電離的c(H＋)＝eq\f(KW,cOH－)＝eq\f(KW,mol·L－1。在mol·L－1的HCl溶液中，由水電離出的c(H＋)＝c(OH－)水電離＝eq\f(KW,mol·L－1。練方法技巧5．已知液氨的性質(zhì)與水相似，25℃時，NH3＋NH3NHeq\o\al(＋,4)＋NHeq\o\al(－,2)，NHeq\o\al(＋,4)的平衡濃度為1×10－15mol·L－1，則下列說法中正確的是()A．在液氨中加入NaNH2可使液氨的離子積變大B．在液氨中加入NH4Cl可使液氨的離子積減小C．在此溫度下液氨的離子積為1×10－17D．在液氨中放入金屬鈉，可生成NaNH2答案D解析本題考查對水的離子積的理解與遷移能力。由水的離子積可知，其大小只與溫度有關(guān)。由鈉與水反應(yīng)可推知，2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑，K＝c(NHeq\o\al(－,2))·c(NHeq\o\al(＋,4))＝1×10－30。本題是一道信息題，關(guān)鍵是看懂信息。6．t℃時，水的離子積為KW，該溫度下將amol·L－1的一元酸HA與bmol·L－1的一元堿BOH等體積混合，要使混合液呈中性，必要的條件是()A．混合液中c(H＋)＝eq\r(KW)B．混合液的pH＝7C．a(chǎn)＝bD．混合液中c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)答案A解析要保證溶液呈中性，只要保證c(H＋)＝c(OH－)即可，因為KW＝c(H＋)·c(OH－)＝c2(H＋)，則c(H＋)＝eq\r(KW)，A正確；據(jù)pH與7的關(guān)系判斷溶液的酸堿性，其條件是25℃，B錯誤；a＝b時，HA與BOH恰好完全反應(yīng)，但溶液不一定呈中性，C錯誤；D項一定不正確，因電荷守恒等式為c(H＋)＋c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)。7．pH＝3的兩種一元酸HX和HY溶液，分別取50mL加入足量的鎂粉，充分反應(yīng)后，收集到H2的體積分別為V(HX)和V(HY)，若V(HX)>V(HY)，則下列說法正確的是()A．HX可能是強酸B．HY一定是強酸C．HX的酸性強于HY的酸性D．反應(yīng)開始時二者生成H2的速率相等答案D解析解答該題應(yīng)注意以下三點：(1)強酸完全電離，弱酸部分電離。(2)酸性相同的溶液，弱酸的濃度大，等體積時，其物質(zhì)的量多。(3)產(chǎn)生H2的速率取決于c(H＋)的大小。本題考查了強、弱酸的判斷及溶液酸性大小的比較。據(jù)題意，Mg粉足量，酸不足，應(yīng)根據(jù)酸的物質(zhì)的量來計算H2的體積，由V(HX)>V(HY)，知pH相等時，HX的物質(zhì)的量濃度比HY的大，即HX是比HY弱的弱酸，而無法判斷HY是強酸還是弱酸，故A、B、C錯誤；D項，反應(yīng)開始時的速率取決于c(H＋)，因為開始時c(H＋)相等，故D項正確。練綜合拓展8．乙醇、液氨、水都可以發(fā)生自偶電離，如H2O＋H2OH3O＋＋OH－，NH3＋NH3NHeq\o\al(＋,4)＋NHeq\o\al(－,2)，則下列敘述正確的是()A．乙醇的自偶電離方程式為2CH3CH2OHCH3CH2OHeq\o\al(＋,2)＋CH3CH2O－B．乙醇的電離方程式為CH3CH2OH=CH3CH2O－＋H＋C．若液氨的離子積常數(shù)為×10－28，則液氨濃度為×10－14mol·L－1D．若可用與pH相當(dāng)?shù)亩x來規(guī)定pOH、pNH2等，則乙醇中與pH相當(dāng)?shù)臑閘gc(CH3CH2OHeq\o\al(＋,2))答案A解析類比水的自偶電離知A項正確；B項中電離方程式用“”號；C項中液氨的離子積常數(shù)為×10－28，則c(NHeq\o\al(＋,4))與c(NHeq\o\al(－,2))的濃度為×10－14mol·L－1，而非液氨的濃度，錯誤；類比pH的定義知乙醇中與pH相當(dāng)?shù)臑椋璴gc(CH3CH2OHeq\o\al(＋,2))，D錯誤。9．有一學(xué)生甲在實驗室測某溶液的pH，實驗時，他先用蒸餾水潤濕pH試紙，然后用潔凈干燥的玻璃棒蘸取試樣進行檢測。學(xué)生乙對學(xué)生甲的操作的評價為：操作錯誤，測定結(jié)果一定有誤差。學(xué)生丙對學(xué)生甲的操作的評價為：操作錯誤，但測定結(jié)果不一定有誤差。(1)你支持________(填“乙”或“丙”)同學(xué)的觀點，原因是____________________。(2)若用此法分別測定c(H＋)相等的鹽酸和醋酸溶液的pH，誤差較大的是________，原因是________________________________________________________________________。(3)只從下列試劑中選擇實驗所需的物品，你________(填“能”或“不能”)區(qū)分mol·L－1的硫酸和mol·L－1的硫酸。若能，簡述操作過程。________________________________________________________________________①紫色石蕊試液②酚酞試液③甲基橙試液④蒸餾水⑤BaCl2溶液⑥pH試紙答案(1)丙當(dāng)溶液呈中性時，則不產(chǎn)生誤差；否則將產(chǎn)生誤差(2)鹽酸在稀釋過程中，醋酸繼續(xù)電離產(chǎn)生H＋，使得溶液中c(H＋)較鹽酸溶液中c(H＋)大，誤差較小(3)能用玻璃棒分別蘸取兩種溶液點在兩張pH試紙上，與標準比色卡比較其pH，pH較大的為mol·L－1的硫酸解析本題考查pH試紙的使用，pH試紙使用不能用蒸餾水潤濕，若潤濕相當(dāng)于對待測液稀釋。對于不同性質(zhì)的溶液造成的影響不同：若溶液為中性，則測得結(jié)果無誤差；若為酸性，測得結(jié)果偏大；若為堿性，測得結(jié)果偏小。第2課時強酸、強堿溶液混合時溶液pH的計算[目標要求]1.掌握溶液的pH的測定方法，理解溶液酸堿性與溶液中c(H＋)與c(OH－)相對大小有關(guān)。2.會用pH計測定中和反應(yīng)過程中溶液pH的變化，繪制滴定曲線。3.能進行溶液pH的簡單計算。一、單一溶液pH的計算1．計算方法酸：c(酸)eq\o(→,\s\up7(電離))c(H＋)→pH堿：c(堿)eq\o(→,\s\up7(電離))c(OH－)eq\o(→,\s\up7(KW))c(H＋)→pH2．強酸和強堿溶液的pH計算(1)強酸(以cmol·L－1的HnA為例)c(H＋)＝ncmol·L－1pH＝－lgc(H＋)＝－lg_nc(2)強堿(以cmol·L－1的B(OH)n為例)c(OH－)＝ncmol·L－1c(H＋)＝KW/nc→pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc二、混合溶液pH的計算1．兩強酸混合c(H＋)混合＝eq\f(c1H＋·V1＋c2H＋·V2,V1＋V2)→pH2．兩強堿混合c(OH－)混合＝eq\f(c1OH－·V1＋c2OH－·V2,V1＋V2)eq\o(→,\s\up7(KW))c(H＋)→pH3．強酸強堿混合(1)強酸與強堿正好完全反應(yīng)，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)。如室溫下，中性溶液的c(H＋)＝10－7mol·L－1，pH＝7。(2)強酸與強堿混合時，若酸過量，則求c(H＋)過量，若堿過量，則求c(OH－)過量，繼而計算pH。知識點一強酸、強堿溶液pH的計算1．常溫下，某溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，則該溶液的pH可能是()A．4B．7C．8D．答案D解析由題意知由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1<1×10－7mol·L－1，抑制了水的電離，可能是酸，也可能是堿，若是酸，c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，pH＝3，若是堿，c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，pH＝11。2．常溫下某氫氧化鈉溶液的濃度為mol·L－1，則該溶液的pH值為________。答案12解析強堿溶液中，c(OH－)等于堿的濃度，可先由溶液的物質(zhì)的量濃度求出c(OH－)，再利用KW求出溶液中的c(H＋)，最后根據(jù)pH值定義求溶液的pH值。c(OH－)＝c(NaOH)＝mol·L－1，則c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，pH＝12。知識點二強酸、強堿用水稀釋后pH的計算3．將體積均為10mL、pH均為3的鹽酸和醋酸，加入水稀釋至amL和bmL，測得稀釋后溶液的pH均為5，則稀釋后溶液的體積()A．a(chǎn)＝b＝100B．a(chǎn)＝b＝1000C．a(chǎn)<bD．答案C解析鹽酸是強電解質(zhì)，完全電離。在加水稀釋過程中鹽酸電離出的H＋的物質(zhì)的量不會增加。溶液中c(H＋)與溶液體積成反比，故加水稀釋時，c(H＋)會隨著水的加入而變小。醋酸是弱電解質(zhì)，發(fā)生部分電離。在加水稀釋過程中未電離的醋酸分子發(fā)生電離，從而使溶液中H＋的物質(zhì)的量增加，而c(H＋)與溶液體積同樣成反比，這就使得此溶液中c(H＋)受到n(H＋)增加和溶液體積V增加的雙重影響。很明顯，若將鹽酸和醋酸同等程度的稀釋到體積都為amL，則鹽酸的c(H＋)比醋酸的c(H＋)小。若要稀釋到兩溶液的c(H＋)相等，則醋酸應(yīng)該繼續(xù)稀釋，則有b>a。＝2的X、Y、Z三種酸的溶液各1mL，分別加入水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積(V)的變化關(guān)系如圖所示，下列說法中錯誤的是()A．X是強酸，Y和Z是弱酸B．稀釋前的濃度大小為c(Z)>c(Y)>c(X)C．稀釋前電離程度大小為X>Y>ZD．pH＝2時，X、Y、Z都是稀溶液答案D解析本題考查電解質(zhì)溶液稀釋過程中電離程度、pH變化以及識圖能力。pH＝2的酸溶液中c(H＋)＝mol·L－1，當(dāng)將其稀釋到原溶液體積的1000倍時，若為強酸，則稀釋后的c(H＋)＝10－5mol·L－1，此時pH＝5；若為弱酸，由于稀釋過程中電離程度增大，使n(H＋)增大，則稀釋后的c(H＋)>10－5mol·L－1，此時pH<5。由三條曲線的變化趨勢可知，Z表示濃的弱酸溶液稀釋過程中的pH變化，X、Y表示稀溶液稀釋過程中pH的變化，因為X為強酸，Y為弱酸，要使pH均為2，則c(Y)>c(X)；pH＝2時，X已完全電離，而弱酸在稀溶液中比在濃溶液中電離程度大。知識點三強酸與強酸(或強堿與強堿)混合溶液pH的計算5．兩種不同濃度的NaOH溶液，c(H＋)分別為1×10－14mol·L－1和1×10－10mol·L－1。將此兩溶液等體積混合后，所得溶液中的c(H＋)是()A．1×(10－14＋10－10)mol·L－1\f(1×10－14＋10－10,2)mol·L－1C．2×10－10mol·L－1D．2×10－14mol·L－1答案D解析堿溶液中應(yīng)先求出c混(OH－)＝eq\f(100·V＋10－4·V,2V)mol·L－1≈5×10－1mol·L－1，所以c混(H＋)＝eq\f(10－14,5×10－1)mol·L－1＝2×10－14mol·L－1。6．pH＝2和pH＝4的兩種稀硫酸，等體積混合后，下列結(jié)論正確的是()A．c(H＋)＝1×10－3mol·L－1B．c(OH－)＝2×10－12mol·L－1C．pH＝D．pH＝3答案C解析強酸等體積混合，c混(H＋)＝eq\f(10－2V＋10－4V,2V)mol·L－1＝×10－3mol·L－1，則pH＝－lgc混(H＋)＝－lg×10－3)＝。7．25℃時，若pH＝a的10體積某強酸溶液與pH＝b的1體積某強堿溶液混合后溶液呈中性，則混合之前該強酸的pH與強堿的pH之間應(yīng)滿足的關(guān)系A(chǔ)．a(chǎn)＋b＝14B．a(chǎn)＋b＝13C．a(chǎn)＋b＝15D．a(chǎn)＋b答案C解析酸中n(H＋)＝10－a×10，堿中n(OH－)＝eq\f(10－14,10－b)×1＝10－14＋b，根據(jù)混合后溶液呈中性，故n(H＋)＝n(OH－)，即10－a×10＝10－14＋b，所以a＋b＝15。練基礎(chǔ)落實1．25℃時，某溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H＋)和c(OH－)的乘積為1×10－18，則下列說法正確的是A．該溶液的pH一定是9B．該溶液的pH可能為5C．該溶液的pH可能是7D．不會有這樣的溶液答案B解析該溶液中水提供的c水(OH－)＝c水(H＋)＝1×10－9mol·L－1。顯然遠比純水提供的c(H＋)和c(OH－)小得多，這說明水的電離受到了酸或堿的抑制。若為酸溶液，則酸提供的c(H＋)＝1×10－5mol·L－1，pH＝5；若為堿溶液，則堿提供的c(OH－)＝1×10－5mol·L－1，即pH＝9。2．在常溫下，將pH＝8的NaOH溶液與pH＝10的NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH最接近于()A．B．8.7C．答案D解析本題考查有關(guān)混合溶液pH的計算。有關(guān)稀溶液混合，總體積近似等于兩種溶液體積之和。強堿溶液混合，應(yīng)按c(OH－)計算：c混(OH－)＝(1×10－6mol·L－1＋1×10－4mol·L－1)/2＝×10－5mol·L－1，c混(H＋)＝KW/c(OH－)≈2×10－10mol·L－1，pH＝。＝2的A、B兩種酸溶液各1mL，分別加水稀釋到1000mL，其溶液的pH與溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示，則下列說法中正確的是()A．A、B兩種酸溶液物質(zhì)的量濃度一定相等B．稀釋后A酸溶液的酸性比B酸溶液強C．a(chǎn)＝7時，A是強酸，B是弱酸D．若A、B都是弱酸，則5>a>2答案D4．將100mLmol·L－1的鹽酸和50mLpH＝3的硫酸溶液混合后，所得溶液的pH為()A．B．2.7C．答案D解析兩種酸混合后，溶液中的c(H＋)＝＝mol·L－1，所以溶液的pH＝－lgc(H＋)＝－＝3。練方法技巧5.某溫度下，相同pH值的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋，平衡pH值隨溶液體積變化的曲線如圖所示。據(jù)圖判斷正確的是()A．Ⅱ為鹽酸稀釋時的pH值變化曲線B．b點溶液的導(dǎo)電性比c點溶液的導(dǎo)電性強C．a(chǎn)點KW的數(shù)值比c點KW的數(shù)值大D．b點酸的總濃度大于a點酸的總濃度答案B解析本題考查了強酸和弱酸的稀釋規(guī)律，解題時要注意弱酸在稀釋時還會繼續(xù)電離。pH相同的鹽酸(強酸)和醋酸(弱酸)，稀釋相同的倍數(shù)時，因醋酸在稀釋時仍不斷地電離，故鹽酸的pH增大的多，故曲線Ⅰ代表鹽酸稀釋時pH的變化曲線，A錯誤；不斷加水稀釋時，溶液中c(H＋)不斷減小，導(dǎo)電性減弱，B正確；因為KW僅僅是溫度的函數(shù)，因為是在相同的溫度下，故a點KW與c點KW的數(shù)值相同，C錯誤；因鹽酸和醋酸的pH相同，則c(醋酸)>c(鹽酸)，稀釋相同的倍數(shù)，由于醋酸存在電離平衡，故仍有c(醋酸)>c(鹽酸)，D錯誤。6．有關(guān)pH計算結(jié)果一定正確的是()①強酸pH＝a，加水稀釋到10n倍，則pH＝a＋n②弱酸pH＝a，加水稀釋到10n倍，則pH<a＋n(a＋n<7)③強堿pH＝b，加水稀釋到10n倍，則pH＝b－n④弱堿pH＝b，加水稀釋到10n倍，則pH>b－n(b－n>7)A．①②B．②③C．③④D．②④答案D解析本題考查溶液稀釋的pH計算。強酸、強堿稀釋時，其稀釋的離子分別為H＋、OH－，故酸的稀釋pH與堿的稀釋pH在計算上不同。若為強酸時，pH＝a，c(H＋)＝10－amol·L－1，加水稀釋到10n倍，稀釋后c(H＋)＝10－(a＋n)mol·L－1，則pH＝n＋a，但這時稀釋程度不大，當(dāng)(a＋n)接近7時，應(yīng)考慮水的電離，此時(a＋n)<7，故A不完全正確。若為強堿時，pH＝b，則c(H＋)＝10－bmol·L－1，即c(OH－)＝10－14＋bmol·L－1，加水稀釋到10n倍后，c(OH－)＝10－14＋b－nmol·L－1，換算成c(H＋)＝10n－bmol·L－1，即pH＝b－n。同理，稀釋到很稀時，應(yīng)考慮水的電離，此時(b－n)>7。弱酸與弱堿稀釋時除考慮稀釋因素外，還要考慮稀釋對水電離的促進。7.某溫度下的水溶液中，c(H＋)＝10xmol·L－1，c(OH－)＝10ymol·L－1，x和y的關(guān)系如圖所示。計算：(1)該溫度下水的離子積為多少？(2)該溫度下，mol·L－1的NaOH溶液的pH為多少？答案(1)×10－15(2)13解析(1)由圖象知，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝×10x＋y＝×10－15(2)在mol·L－1NaOH溶液中c(OH－)＝mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(KW,cOH－)＝eq\f×10－15,＝×10－13mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝13。練綜合拓展8．溫度t℃時，某NaOH稀溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，c(OH－)＝10－bmol·L－1，已知a＋b＝12，請回答下列問題：(1)該溫度下水的離子積常數(shù)KW＝________。(2)該NaOH溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為__________，該NaOH溶液中由水電離出的c(OH－)為__________。(3)給該NaOH溶液加熱，pH________(填“變大”、“變小”或“不變”)。答案(1)10－12(2)10－bmol·L－110－amol·L－1(3)變小解析(1)KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－a·10－b＝10－(a＋b)＝10－12(2)c(NaOH)＝c(OH－)＝10－bmol·L－1；該溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，NaOH溶液中的H＋全是水電離的，c(H＋)水電離＝c(OH－)水電離＝10－amol·L－1。(3)溫度升高時，KW變大，而c(H＋)＝eq\f(KW,cOH－)，所以c(H＋)變大，pH變小。9．(1)pH＝2的某酸稀釋100倍，pH________4，pH＝12的某堿稀釋100倍，pH________10。(2)室溫時，將pH＝5的H2SO4溶液稀釋10倍，c(H＋)∶c(SOeq\o\al(2－,4))＝________，將稀釋后的溶液再稀釋100倍，c(H＋)∶c(SOeq\o\al(2－,4))＝________。(3)MOH和ROH兩種一元堿的溶液分別加水稀釋時，pH變化如上圖所示。下列敘述中不正確的是()A．MOH是一種弱堿B．在x點，MOH完全電離C．在x點，c(M＋)＝c(R＋)D．稀釋前ROH溶液中c(OH－)是MOH溶液中c(OH－)的10倍答案(1)≤≥(2)2∶120∶1(3)B解析(1)若某酸為強酸，則pH＝4，若為弱酸，則pH<4；同理，對pH＝12的某堿稀釋100倍，pH≥10。(2)pH＝5的H2SO4稀釋10倍，c(H＋)和c(SOeq\o\al(2－,4))同等倍數(shù)減小，所以c(H＋)∶c(SOeq\o\al(2－,4))＝2∶1，若將稀釋后的溶液再稀釋100倍，其pH≈7，而c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(5×10－7,102)＝5×10－9mol·L－1，所以c(H＋)∶c(SOeq\o\al(2－,4))＝10－7∶5×10－9＝20∶1。由圖知，稀釋100倍后ROH的pH變化為2，為強堿，MOH的pH變化為1，為弱堿；x點時ROH與MOH的c(OH－)相等，故c(M＋)與c(R＋)相等；稀釋前ROH的c(OH－)＝mol·L－1，MOH的c(OH－)＝mol·L－1，故D項正確；MOH為弱堿，在任何點都不能完全電離，B項錯誤。第3課時酸堿中和滴定[目標要求]1.理解酸堿中和滴定的原理。2.初步了解酸堿中和滴定的操作方法。3.掌握有關(guān)酸堿中和滴定的誤差分析。酸堿中和滴定1．酸堿中和滴定概念：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)的方法叫做酸堿中和滴定。滴定的原理：n元酸與n′元堿恰好完全中和時：nc酸V酸＝n′c堿V堿。如果用A代表一元酸，用B代表一元堿，可以利用下列關(guān)系式來計算未知堿(或酸)的物質(zhì)的量濃度：cB＝eq\f(cAVA,VB)。2．酸堿中和滴定的關(guān)鍵：準確測定參加反應(yīng)的兩種溶液的體積，以及準確判斷中和反應(yīng)是否恰好進行完全。3．酸堿中和滴定實驗實驗儀器：pH計、酸式滴定管、堿式滴定管、錐形瓶、燒杯、滴定管夾、量筒、鐵架臺。實驗藥品：標準液、待測液、指示劑。實驗步驟：(1)查：檢查兩滴定管是否漏水和堵塞；(2)洗：先用蒸餾水洗滌兩滴定管，然后用所要盛裝的酸堿潤洗2～3遍；(3)盛、調(diào)：分別將酸、堿溶液注入酸、堿滴定管中，使液面位于滴定管刻度“0”以上2～3厘米處，并將滴定管固定在滴定管夾上，然后趕走滴定管內(nèi)部氣泡，調(diào)節(jié)滴定管中液面高度處于某一刻度，并記下讀數(shù)。(4)?。簭膲A式滴定管中放出mL氫氧化鈉溶液于錐形瓶中，滴入2滴酚酞試液，將錐形瓶置于酸式滴定管下方，并在瓶底襯一張白紙。(5)滴定：左手控制酸式滴定管活塞，右手拿住錐形瓶瓶頸，邊滴入鹽酸，邊不斷搖動錐形瓶，眼睛始終注意錐形瓶內(nèi)溶液顏色變化。(6)記：當(dāng)看到加一滴鹽酸時，錐形瓶中溶液紅色突變?yōu)闊o色時，停止滴定，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來的顏色，準確記下鹽酸讀數(shù)，并準確求得滴定用去的鹽酸體積。(7)算：整理數(shù)據(jù)進行計算。根據(jù)cB＝eq\f(cAVA,VB)計算。知識點一酸堿中和滴定1．一只規(guī)格為amL的滴定管，其尖嘴部分充滿溶液，管內(nèi)液面在mmL處，當(dāng)液面降到nmL處時，下列判斷正確的是()A．流出溶液的體積為(m－n)mLB．流出溶液的體積為(n－m)mLC．管內(nèi)溶液體積等于(a－n)mLD．管內(nèi)溶液體積多于nmL答案B解析滴定管的“0”刻度在上方，越向下刻度越大，所以流出液體的體積為(n－m)mL；刻度線以下及尖嘴部分均充有溶液，所以管內(nèi)溶液體積大于(a－n)mL。2．某學(xué)生用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來測定未知物質(zhì)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()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(jié)束時俯視讀數(shù)(3)若滴定開始和結(jié)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(xué)生根據(jù)3次實驗分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：滴定次數(shù)待測NaOH溶液的體積/mL0mol·L－1鹽酸的體積/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液體積/mL第一次第二次第三次依據(jù)上表數(shù)據(jù)列式計算該NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度。答案(1)錐形瓶中溶液顏色變化在半分鐘內(nèi)不變色(2)D(3)(4)eq\x\to(V)＝＝mL，c(NaOH)＝＝4mol·L－1解析在求c(NaOH)和進行誤差分析時應(yīng)依據(jù)公式：c(NaOH)＝eq\f(cHCl·V[HClaq],V[NaOHaq])。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(nèi)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(jié)果偏高；用堿式滴定管取出的待測NaOH溶液的物質(zhì)的量一旦確定，倒入錐形瓶后，水的加入不影響OH－的物質(zhì)的量，也就不影響結(jié)果；若排出氣泡，液面會下降，故讀取V酸偏大，結(jié)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)先算出耗用標準酸液的平均值eq\x\to(V)＝＝mL(第二次偏差太大，舍去)。c(NaOH)＝＝4mol·L－1。知識點二酸堿中和滴定誤差分析3．用標準鹽酸溶液滴定待測濃度的堿溶液時，下列操作中會引起堿溶液濃度的測定值偏大的是()A．錐形瓶中的溶液在滴定過程中濺出B．滴定管裝液后尖嘴部位有氣泡，滴定后氣泡消失C．指示劑變色15s后又恢復(fù)為原來的顏色便停止滴定D．錐形瓶用蒸餾水沖洗后未用待測液潤洗答案B解析根據(jù)c(B)＝eq\f(cA·VA,VB)判斷，A項中，V(B)的實際量減少，導(dǎo)致V(A)減少，測定值偏??；B項使液體充滿氣泡，導(dǎo)致V(A)增大，測定值偏大；C項未到滴定終點，偏小；D項，不影響測定結(jié)果。4．稱取一定質(zhì)量的NaOH來測定未知濃度的鹽酸時(NaOH放在錐形瓶內(nèi)，鹽酸放在滴定管中)。用A.偏高；B.偏低；C.無影響；D.無法判斷，填寫下列各項操作會給實驗造成的誤差。(1)稱量固體NaOH時，未調(diào)節(jié)天平的零點()(2)將NaOH放入錐形瓶中加水溶解時，加入水的體積不準確()(3)滴定管裝入鹽酸前未用鹽酸洗()(4)開始滴定時，滴定管尖端處有氣泡，滴定完畢氣泡排出()(5)滴定前未將液面調(diào)至刻度線“0”或“0”以下，結(jié)束時初讀數(shù)按0計算()(6)在滴定過程中活塞處漏液()(7)搖動錐形瓶時，因用力過猛，使少量溶液濺出()(8)滴定前讀數(shù)時仰視，滴定完畢讀數(shù)時俯視()答案(1)D(2)C(3)B(4)B(5)A(6)B(7)A(8)A解析(1)稱量固體NaOH時，未調(diào)節(jié)天平零點，不能確定稱量結(jié)果是偏大還是偏小，故選D。(2)錐形瓶內(nèi)是否含水或加多少水并不影響NaOH與HCl的中和反應(yīng)。(3)滴定管中裝鹽酸前未潤洗相當(dāng)于將待測液稀釋了，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低。(4)滴定前有氣泡，滴定后無氣泡，相當(dāng)于待測液比實際用量多了，導(dǎo)致結(jié)果偏低。(5)讀出的數(shù)據(jù)比實際值小，導(dǎo)致結(jié)果偏大。(6)滴定過程中漏液使讀出的待測液的體積比實際消耗量多，導(dǎo)致結(jié)果偏低。(7)搖動錐形瓶時，用力過猛，使少量液體濺出，致使一部分NaOH未被中和，消耗待測液體積減小，使測定結(jié)果偏高。(8)讀出的數(shù)據(jù)比實際值偏小，使結(jié)果偏高。知識點三常見的幾種滴定方法5．(1)配平氧化還原反應(yīng)方程式：eq\x()C2Oeq\o\al(2－,4)＋eq\x()MnOeq\o\al(－,4)＋eq\x()H＋=eq\x()CO2↑＋eq\x()Mn2＋＋eq\x()H2O(2)稱取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的試樣，加水溶解，配成250mL溶液。量取兩份此溶液各25mL，分別置于兩個錐形瓶中①第一份溶液中加入2滴酚酞試液，滴加mol·L－1NaOH溶液至20mL時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色。該溶液被中和的H＋的物質(zhì)的量為________mol。②第二份溶液中滴加mol·L－1酸性KMnO4溶液至16mL時反應(yīng)完全，此時溶液顏色由________變?yōu)開_______。該溶液中還原劑的物質(zhì)的量為________mol。答案(1)52161028(2)①②無色紫紅色解析(1)方程式中1molC2Oeq\o\al(2－,4)反應(yīng)中能失去2mole－，而1molMnOeq\o\al(－,4)反應(yīng)中能得到5mole－，依據(jù)得失電子總數(shù)相等，不難得出C2Oeq\o\al(2－,4)與MnOeq\o\al(－,4)系數(shù)比為5∶2，其他可依據(jù)原子守恒配平。(2)①NaOH溶液中的n(OH－)＝mol·L－1×0.02L＝mol，能中和molH＋②酸性KMnO4溶液呈紫紅色，C2Oeq\o\al(2－,4)與Mn2＋無色，所以終點時溶液由無色變?yōu)樽霞t色。5C2Oeq\o\al(2－,4)～2MnOeq\o\al(－,4)52n(C2Oeq\o\al(2－,4))mol·L－1×16×10－3L解得n(C2Oeq\o\al(2－,4))＝mol練基礎(chǔ)落實1．下列實驗操作不會引起誤差的是()A．酸堿中和滴定時，用待測液潤洗錐形瓶B．酸堿中和滴定時，用沖洗干凈的滴定管盛裝標準溶液C．用NaOH標準溶液測定未知濃度的鹽酸溶液時，選用酚酞作指示劑，實驗時不小心多加了幾滴D．用標準鹽酸測定未知濃度NaOH結(jié)束實驗時，酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，開始實驗時無氣泡答案C解析A：錐形瓶一定不要用待測液潤洗，否則使待測液的量偏大，消耗標準液的體積偏大從而使所測濃度偏大。B：沖洗干凈的滴定管無論是盛裝標準溶液，還是量取待測溶液，都必須用待裝溶液潤洗2～3次，否則會使標準溶液或待測溶液比原來溶液的濃度偏小，影響結(jié)果。C：在滴定過程中，指示劑略多加了幾滴，一般不影響實驗結(jié)果，因為指示劑不會改變反應(yīng)過程中酸和堿的物質(zhì)的量。D：開始實驗時酸式滴定管中無氣泡，結(jié)束實驗時有氣泡，會導(dǎo)致所讀取的V(HCl)偏小，依據(jù)V(HCl)·c(HCl)＝V(NaOH)·c(NaOH)，使所測的c(NaOH)偏小。2．用mol·L－1NaOH溶液滴定mol·L－1的鹽酸，如果達到滴定終點時不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液體積約為mL)繼續(xù)加水至50mL，所得溶液pH是()A．4B．7.2C．10答案C解析本題是以酸堿中和滴定為素材設(shè)計的題目，涉及到溶液中OH－、H＋、pH的計算，考查學(xué)生的計算能力。用mol·L－1的NaOH溶液滴定mol·L－1的鹽酸，滴定到終點時溶液呈中性。多加1滴NaOH溶液(1滴溶液體積為mL)，加水至50mL，此時溶液中c(OH－)＝＝1×10－4mol·L－1c(H＋)＝eq\f×10－14,cOH－)＝eq\f×10－14,1×10－4)＝1×10－10mol·L－1pH＝10即選項C正確。3．以下是幾種酸堿指示劑變色的pH范圍：①甲基橙～②甲基紅～③酚酞～，現(xiàn)用0mol·L－1的NaOH溶液滴定濃度相近的乙酸時，上述指示劑()A．都可以用B．只能用③C．可以用①或②D．可以用②或③答案B解析氫氧化鈉溶液與乙酸等物質(zhì)的量反應(yīng)時，生成的乙酸鈉溶液呈堿性，選用在堿性條件下變色的指示劑酚酞為宜。練方法技巧4.用mol·L－1的NaOH溶液中和某濃度的H2SO4溶液，其水溶液的pH和所用NaOH溶液的體積關(guān)系變化如圖所示，則原H2SO4溶液的物質(zhì)的量濃度和完全反應(yīng)后溶液的大致體積是()A．mol·L－1,20mLB．mol·L－1,40mLC．mol·L－1,80mLD．mol·L－1,80mL答案C解析滴定前稀H2SO4的pH＝0，c(H＋)＝mol·L－1，則c(H2SO4)＝mol·L－1，當(dāng)pH＝7時V(NaOH)＝40mL，通過計算原硫酸溶液的體積為40mL。本題考查中和滴定曲線，關(guān)鍵是把握滴定終點，pH＝7恰好完全反應(yīng)，即n(H＋)＝n(OH－)。5．某學(xué)生用mol·L－1的KOH標準溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分解為如下幾步：A．移取20mL待測鹽酸溶液注入潔凈的錐形瓶中，并加入2～3滴酚酞；B．用標準溶液潤洗滴定管2～3次；C．把盛有標準溶液的堿式滴定管固定好，調(diào)節(jié)滴定管使尖嘴處充滿溶液；D．取標準KOH溶液注入堿式滴定管至刻度“0”以上2～3cmE．調(diào)節(jié)液面至“0”或“0”以下刻度，記下讀數(shù)；F．把錐形瓶放在滴定管的下面，用標準KOH溶液滴定至終點并記下滴定管液面的刻度。就此實驗完成填空：(1)正確操作步驟的順序是(用序號字母填寫)__________________________________。(2)上述B步驟操作的目的是________________________________________________________________________________________________________________________。(3)上述A步驟操作之前，若先用待測溶液潤洗錐形瓶，則滴定結(jié)果________(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。(4)判斷到達滴定終點的實驗現(xiàn)象是________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)BDCEAF(2)洗去附在滴定管壁上的水，防止因?qū)藴嗜芤合♂尪鴰碚`差(3)偏高(4)滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色且半分鐘內(nèi)不褪色解析(2)無論是盛放標準液還是待測液的滴定管均應(yīng)潤洗，因為滴定管的內(nèi)壁上附著的蒸餾水會將放入的溶液稀釋而引起測定誤差。(3)A步驟操作之前，先用待測液潤洗錐形瓶，會使待測液的體積大于mL，消耗標準液多，則測定結(jié)果偏高。(4)由于用酚酞作指示劑，故當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰aOH溶液時溶液由無色變?yōu)闇\紅色且半分鐘內(nèi)不褪色時即達到了滴定終點。練綜合拓展6．某化學(xué)課外小組為測定空氣中CO2的含量，進行了如下實驗：(1)配制0mol·L－1和00mol·L－1的標準鹽酸。(2)用0mol·L－1的標準鹽酸滴定未知濃度的Ba(OH)2溶液mL，結(jié)果用去鹽酸mL。(3)用測定的Ba(OH)2溶液吸收定量空氣的CO2。取Ba(OH)2溶液mL，放入100mL容量瓶里，加水至刻度線。取出稀釋后的溶液放入密閉容器內(nèi)，并通入10L標準狀況下的空氣，振蕩，這時生成沉淀(4)過濾上述所得濁液。(5)取濾液mL，用00mol·L－1的鹽酸滴定，用去鹽酸mL。請回答下列問題：①配制標準鹽酸時，需用下列哪些儀器________；A．托盤天平B．容量瓶C．酸式滴定管D．量筒E．燒杯F．膠頭滴管G．玻璃棒②滴定操作中，左手__________，右手__________，眼睛________________________。Ba(OH)2溶液的物質(zhì)的量濃度是________________________________________；過濾所得濁液的目的是_________________________________________________；此空氣樣品中含CO2的體積分數(shù)為______________________________________。答案①B、D、E、F、G②控制活塞搖動錐形瓶注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化③0mol·L－1④分離出BaCO3，防止鹽酸與BaCO3反應(yīng)⑤%解析⑤Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，只需求出余下的Ba(OH)2，就可計算與CO2反應(yīng)的Ba(OH)2，CO2的量也就計算出來了。20mL濾液中Ba(OH)2的物質(zhì)的量為×10－3××eq\f(1,2)mol＝×10－4mol，那么100mL濾液中有Ba(OH)2：×10－4×5mol＝×10－4mol，原有Ba(OH)2：10×10－3L×mol·L－1＝×10－4mol，與CO2反應(yīng)的Ba(OH)2有－×10－4mol＝×10－4mol，則n(CO2)＝×10－4mol，w(CO2)＝eq\f×10－4×,10)×100%＝%。7．某工廠廢水含游離態(tài)氯，通過下列實驗測定其濃度：①取水樣mL于錐形瓶中，加入mLKI溶液(足量)，滴入指示劑2～3滴；②取一滴定管依次用自來水、蒸餾水洗凈，然后注入mol·L－1Na2S2O3溶液，調(diào)整液面，記下讀數(shù)；③將錐形瓶置于滴定管下進行滴定，發(fā)生反應(yīng)為：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。試回答下列問題：(1)步驟①加入的指示劑是__________。(2)步驟②應(yīng)使用________式滴定管。(3)步驟③當(dāng)待測液由________色變?yōu)開_______色且不再變化即達終點，若耗去Na2S2O3溶液mL，則廢水中Cl2的物質(zhì)的量濃度為________。(4)Cl2的實際濃度比所測濃度為________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成誤差的原因是____________________________(若認為沒有誤差，該問不答)。答案(1)淀粉(2)堿(3)藍無mol·L－1(4)偏小滴定管未用標準液潤洗第4課時習(xí)題課1．某濃度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，若想增大NHeq\o\al(＋,4)的濃度，而不增加OH－的濃度，應(yīng)采取的措施是()①適當(dāng)升高溫度②加入NH4Cl固體③通入NH3④加入少量鹽酸A．①②B．②③C．③④D．②④答案D解析升溫平衡向右移動，c(NHeq\o\al(＋,4))、c(OH－)都增大；加入NH4Cl固體，相當(dāng)于增大c(NHeq\o\al(＋,4))，平衡向左移動，c(OH－)減小，但c(NHeq\o\al(＋,4))仍較原來增大，因平衡移動只能減小其增大的程度，而不能完全抵消其增大的部分；通入NH3平衡向右移動，c(NHeq\o\al(＋,4))、c(OH－)都增大；加入少量鹽酸，H＋與OH－反應(yīng)使c(OH－)下降，平衡向右移動，使c(NHeq\o\al(＋,4))增大。2．在100mLmol·L－1CH3COOH溶液中，欲使CH3COOH的電離程度和溶液的c(H＋)都增大，其方法是()A．加入少量的1mol·L－1NaOH溶液B．加入少量的1mol·L－1HCl溶液C．加入等體積水D．進行微熱答案D解析在CH3COOH的溶液中存在電離平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－。當(dāng)加入NaOH溶液時，c(H＋)減小，電離程度增大；加入鹽酸，c(H＋)增大，平衡左移，電離程度減小；加入等體積水，平衡右移，n(H＋)增大，但體積增大的倍數(shù)更多，故c(H＋)減小；進行微熱，由于電離一般是吸熱過程，故電離程度增大，由于微熱時溶液體積膨脹倍數(shù)很小，故c(H＋)增大。3．下列敘述正確的是()A．無論是純水，還是酸性、堿性或中性稀溶液，在常溫下，其c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14B．c(H＋)等于1×10－7mol·L－1的溶液一定是中性溶液C．mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)是mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍D．任何濃度的溶液都可以用pH來表示其酸性的強弱答案A解析KW＝c(H＋)·c(OH－)，且KW只與溫度有關(guān)，所以，在常溫下，純水、酸性、堿性或中性稀溶液，其KW＝1×10－14；在溫度不確定時，中性溶液里的c(H＋)不一定等于1×10－7mol·L－1；mol·L－1CH3COOH溶液中的CH3COOH電離程度比mol·L－1CH3COOH溶液中的CH3COOH電離程度小，所以，mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)小于mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍；當(dāng)c(H＋)或c(OH－)大于1mol·L－1時，用pH表示溶液的酸堿性就不簡便了，所以，當(dāng)c(H＋)或c(OH－)大于1mol·L－1時，一般不用pH表示溶液的酸堿性，而是直接用c(H＋)或c(OH－)來表示。4．常溫下，下列四種溶液：①pH＝0的鹽酸，②mol·L－1的鹽酸，③mol·L－1的NaOH溶液，④pH＝11的NaOH溶液中，由水電離生成的H＋的物質(zhì)的量濃度之比為()A．1∶10∶100∶1000B．0∶1∶12∶11C．14∶13∶12∶11D．14∶13∶2∶1答案A解析在鹽酸中，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)等于溶液中的c(OH－)：①c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－14mol·L－1②c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－13mol·L－1；在NaOH溶液中，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)：③c(H＋)＝1×10－12mol·L－1④c(H＋)＝1×10－11mol·L－1。因此，四種溶液中由水電離出的H＋的濃度的比為10－14∶10－13∶10－12∶10－11＝1∶10∶100∶1000。5．mol·L－1的醋酸與mol·L－1的鹽酸，分別稀釋相同的倍數(shù)，隨著水的加入，溶液中c(H＋)的變化曲線(如下圖)正確的是()答案C6．在100℃時，NaCl溶液中c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，下列說法中不正確的是A．該NaCl溶液顯酸性B．該NaCl溶液顯中性C．隨著溫度的升高，水的離子積增大D．該NaCl溶液中KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12答案A解析在NaCl溶液中存在H2OH＋＋OH－，且Na＋、Cl－對水的電離沒有影響，c(H＋)＝1×10－6mol·L－1時，c(OH－)＝1×10－6mol·L－1，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12。7．下列敘述中正確的是()A．鹽酸的導(dǎo)電能力一定比醋酸強B．因為醋酸是弱電解質(zhì)，鹽酸是強電解質(zhì)，因而中和等體積等物質(zhì)的量濃度的醋酸和鹽酸時，中和鹽酸消耗的氫氧化鈉比中和醋酸多C．足量鐵分別和等體積、等物質(zhì)的量濃度的醋酸和鹽酸反應(yīng)，產(chǎn)生H2的量相等，放出H2的速率不等D．物質(zhì)的量濃度相同的磷酸鈉溶液和磷酸溶液中，POeq\o\al(3－,4)物質(zhì)的量濃度相同答案C解析電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力取決于溶液中離子濃度和離子所帶電荷的多少，如極稀的鹽酸溶液其導(dǎo)電能力不一定比濃的醋酸溶液強，A錯；等物質(zhì)的量的醋酸和鹽酸，可提供的H＋數(shù)目是相同的，故中和氫氧化鈉的能力相同，只不過在中和的過程中，醋酸中的H＋是逐漸電離出來的，B錯；同理，和鐵反應(yīng)時，它們消耗鐵的量也相同，但由于兩溶液中H＋濃度大小不同，其反應(yīng)放出H2的速率必然不同，C對；磷酸鈉是鹽，完全電離成Na＋和POeq\o\al(3－,4)，磷酸是弱酸，電離分步進行，且每一步都不完全，產(chǎn)生POeq\o\al(3－,4)的量很少，D錯。8．一定量的稀硫酸與足量的鋁粉反應(yīng)時，為了減緩反應(yīng)速率，且不影響生成氫氣的總量，應(yīng)向稀硫酸中加入適量的()A．NaOH(固體)B．CH3COOHC．NaCl(固體)D．CH3COONa(固體)答案D解析D項中，加入CH3COONa發(fā)生H＋＋CH3COO－CH3COOH，c(H＋)減小，減緩反應(yīng)速率，但隨著反應(yīng)進行，c(H＋)減小，平衡向左移動，CH3COOH中H＋又會游離出來，生成H2的總量也不變；A項中，NaOH中和掉H2SO4，氫氣生成量減少；B項中，CH3COOH電離出H＋，氫氣生成量增多；C項幾乎不影響反應(yīng)。9．常溫下，向mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物質(zhì)的量濃度相同的氫氧化鋇溶液，生成沉淀的量與加入氫氧化鋇溶液的體積關(guān)系如圖所示，a、b、c、d分別表示實驗時不同階段的溶液，下列有關(guān)說法中不正確的是()A．溶液的pH：a<b<c<dB．溶液的導(dǎo)電能力：a>b>d>cC．a(chǎn)、b溶液呈酸性D．c、d溶液呈堿性答案D解析溶液pH隨加入Ba(OH)2溶液的量的增加而升高，A正確；a～c段隨加入Ba(OH)2的量的增加，離子濃度減小，導(dǎo)電能力減弱，c點恰好反應(yīng)生成BaSO4沉淀和水，導(dǎo)電性最弱，c點以后Ba(OH)2過量，導(dǎo)電性又增強，B正確；C正確；D中c點為中性。10．已知在100℃的溫度下，水的離子積KW＝1×10－12。本題涉及的溶液，其溫度均為100℃。A．mol·L－1的H2SO4溶液，pH＝2B．mol·L－1的NaOH溶液，pH＝11C．mol·L－1的H2SO4溶液與mol·L－1的NaOH溶液等體積混合，混合溶液的pH為6，溶液顯酸性D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50mL，需要pH＝11的NaOH溶液50mL答案A解析本題涉及到c(H＋)、c(OH－)和pH的計算，以及c(H＋)、pH與溶液酸堿性的關(guān)系。A．mol·L－1的H2SO4溶液中，c(H＋)＝mol·L－1×2＝mol·L－1，pH＝－lg[c(H＋)]＝－＝－lg(1×10－2)＝2。此計算與KW值無關(guān)，不要受KW＝1×10－12的干擾。B．mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH－)＝mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(KW,cOH－)＝eq\f(1×10－12,1×10－3mol·L－1)＝1×10－9mol·L－1。pH＝－lg(1×10－9)＝9。對堿性溶液求pH，要經(jīng)過“c(OH－)→c(H＋)→pH”的過程，由c(OH－)求c(H＋)要經(jīng)過KW＝c(H＋)·c(OH－)進行換算。在這里，KW為1×10－12，而不是1×10－14。C．該項中提供的H2SO4溶液與NaOH溶液恰好完全中和。由于100℃溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，故c(H＋)＝c(OH－)＝eq\r(1×10－12)＝1×10－6mol·L－1，pH＝6。雖然pH＝6，但溶液不顯酸性。問題的關(guān)鍵是c(H＋)＝c(OH－)，溶液應(yīng)該是顯中性。溶液的酸堿性要由c(H＋)與c(OH－)的相對大小來確定，而不是由c(H＋)或c(OH－)的絕對大小確定的。在根據(jù)c(H＋)、c(OH－)、pH等判斷溶液酸堿性時，要結(jié)合KW的大小作決定。D．pH＝3的50mLH2SO4溶液中，c(H＋)＝mol·L－1，n(H＋)＝0.05L×mol·L－1＝05mol。pH＝11的50mLNaOH溶液中，c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，c(OH－)mol·L－1，n(OH－)＝0.05L×mol·L－1＝mol。兩溶液混合反應(yīng)后，NaOH過量。中和H2SO4所需要的NaOH溶液小于5011．等體積、等物質(zhì)的量濃度的氫硫酸和硫酸溶液中，存在的離子總數(shù)的關(guān)系是()A．H2S中多B．H2SO4中多C．一樣多D．無法比較答案B解析等體積、等物質(zhì)的量濃度的H2S和H2SO4中，含有的H2S和H2SO4的物質(zhì)的量一樣多，但H2S是弱電解質(zhì)，只能部分電離，即1molH2S電離產(chǎn)生的離子小于3mol。而H2SO4是強電解質(zhì)，完全電離，即1molH2SO4可電離出2molH＋和1molSOeq\o\al(2－,4)，共3mol離子，因此H2SO4電離出的離子多。12.