2024高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章水溶液中的離子反應(yīng)與平衡第25講水的電離和溶液的pH學(xué)案

PAGE19-第25講水的電離和溶液的pH一、水的電離1．電離方程式水是一種極弱的電解質(zhì)，電離方程式為2H2Oeq\o(□,\s\up2(01))H3O＋＋OH－，簡(jiǎn)寫為eq\o(□,\s\up2(02))H2OH＋＋OH－。2．水的離子積常數(shù)Kw＝c(H＋)·c(OH－)。(1)室溫下：Kw＝eq\o(□,\s\up2(01))10－14_(mol·L－1)2。(2)影響因素：只與eq\o(□,\s\up2(02))溫度有關(guān)，上升溫度，Kweq\o(□,\s\up2(03))增大。(3)適用范圍：Kw不僅適用于純水，也適用于稀的eq\o(□,\s\up2(04))電解質(zhì)水溶液。(4)Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要溫度不變，Kweq\o(□,\s\up2(05))不變。3．外界因素對(duì)水的電離平衡的影響體系變更條件平衡移動(dòng)方向Kw水的電離程度c(H＋)c(OH－)上升溫度eq\o(□,\s\up2(01))正eq\o(□,\s\up2(02))增大eq\o(□,\s\up2(03))增大eq\o(□,\s\up2(04))增大eq\o(□,\s\up2(05))增大加HCl(aq)eq\o(□,\s\up2(06))逆eq\o(□,\s\up2(07))不變eq\o(□,\s\up2(08))減小eq\o(□,\s\up2(09))增大eq\o(□,\s\up2(10))減小加NaOH(s)eq\o(□,\s\up2(11))逆eq\o(□,\s\up2(12))不變eq\o(□,\s\up2(13))減小eq\o(□,\s\up2(14))減小eq\o(□,\s\up2(15))增大結(jié)論：(1)加熱，eq\o(□,\s\up2(16))促進(jìn)水的電離，Kweq\o(□,\s\up2(17))增大。(2)加入酸或堿，eq\o(□,\s\up2(18))抑制水的電離，Kweq\o(□,\s\up2(19))不變。二、溶液的酸堿性1．溶液的酸堿性取決于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相對(duì)大小。c(H＋)>c(OH－)，溶液呈eq\o(□,\s\up2(01))酸性，25℃時(shí)，pHeq\o(□,\s\up2(02))<7。c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈eq\o(□,\s\up2(03))中性，25℃時(shí)，pHeq\o(□,\s\up2(04))＝7。c(H＋)<c(OH－)，溶液呈eq\o(□,\s\up2(05))堿性，25℃時(shí)，pHeq\o(□,\s\up2(06))>7。2．溶液的pH(1)定義式：pH＝eq\o(□,\s\up2(01))－lg_c(H＋)。(2)溶液的酸堿性跟pH的關(guān)系室溫下：(3)pH的測(cè)定①用pH試紙測(cè)定把小片試紙放在eq\o(□,\s\up2(04))表面皿上，用eq\o(□,\s\up2(05))玻璃棒蘸取待測(cè)液點(diǎn)在干燥的pH試紙上，試紙變色后，與eq\o(□,\s\up2(06))標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比即可確定溶液的pH。留意：a.pH試紙運(yùn)用前不能用蒸餾水潮濕，否則待測(cè)液因被稀釋可能會(huì)產(chǎn)生誤差。b．用廣范pH試紙讀出的pH只能是整數(shù)。②pH計(jì)測(cè)定：可精確測(cè)定溶液的pH。三、中和滴定1．試驗(yàn)原理利用酸堿eq\o(□,\s\up2(01))中和反應(yīng)，用已知濃度的酸(或堿)來測(cè)定未知濃度的堿(或酸)的試驗(yàn)方法。以標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定待測(cè)的NaOH溶液，待測(cè)的NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為c(NaOH)＝eq\o(□,\s\up2(02))eq\f(cHCl·VHCl,VNaOH)。酸堿中和滴定的關(guān)鍵：(1)精確測(cè)定參與反應(yīng)的酸、堿溶液的eq\o(□,\s\up2(03))體積。(2)選取適當(dāng)指示劑，精確推斷eq\o(□,\s\up2(04))滴定終點(diǎn)。2．試驗(yàn)用品(1)儀器：eq\o(□,\s\up2(01))酸式滴定管(如圖A)、eq\o(□,\s\up2(02))堿式滴定管(如圖B)、滴定管夾、鐵架臺(tái)、燒杯、eq\o(□,\s\up2(03))錐形瓶。(2)試劑：標(biāo)準(zhǔn)液、待測(cè)液、指示劑、蒸餾水。(3)滴定管特征和運(yùn)用要求①構(gòu)造：“0”刻度線在上方，尖嘴部分無刻度。②精確度：讀數(shù)可估計(jì)到eq\o(□,\s\up2(04))0.01mL。③洗滌：先用蒸餾水洗滌，再用eq\o(□,\s\up2(05))待裝液潤(rùn)洗2～3次。④排氣泡：酸、堿式滴定管中的液體在滴定前均要排出尖嘴中的氣泡。⑤滴定管的選用酸性、氧化性的試劑用eq\o(□,\s\up2(06))酸式滴定管，因?yàn)樗嵝院脱趸晕镔|(zhì)易eq\o(□,\s\up2(07))腐蝕橡膠。堿性的試劑用eq\o(□,\s\up2(08))堿式滴定管，因?yàn)閴A性物質(zhì)易eq\o(□,\s\up2(09))腐蝕玻璃，致使eq\o(□,\s\up2(10))玻璃活塞無法打開。3．試驗(yàn)操作(以標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定待測(cè)NaOH溶液為例)(1)滴定打算(2)滴定過程(3)終點(diǎn)推斷①滴入最終一滴，溶液顏色發(fā)生突變。②顏色突變后，eq\o(□,\s\up2(10))半分鐘內(nèi)不復(fù)原，視為滴定終點(diǎn)。(4)數(shù)據(jù)處理按上述操作重復(fù)2～3次，求出用去標(biāo)準(zhǔn)鹽酸體積的eq\o(□,\s\up2(11))平均值，依據(jù)c(NaOH)＝eq\f(cHCl·VHCl溶液,VNaOH溶液)計(jì)算。4．常用酸堿指示劑及變色范圍紫色石蕊<5.0紅色5.0～8.0eq\o(□,\s\up2(01))紫色>8.0藍(lán)色甲基橙<3.1eq\o(□,\s\up2(02))紅色3.1～4.4橙色>4.4黃色酚酞<8.2無色8.2～10.0eq\o(□,\s\up2(03))淺紅色>10.0eq\o(□,\s\up2(04))紅色1．推斷正誤，正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”，并指明錯(cuò)因。(1)溫度肯定時(shí)，水的電離常數(shù)與水的離子積常數(shù)相等。(×)錯(cuò)因：Kw＝K電離·c(H2O)。(2)進(jìn)行中和滴定試驗(yàn)時(shí)，滴定管、錐形瓶均用待測(cè)液潤(rùn)洗。(×)錯(cuò)因：進(jìn)行中和滴定試驗(yàn)時(shí)，錐形瓶不能用待測(cè)液洗，否則會(huì)使測(cè)得結(jié)果偏高。(3)用蒸餾水潤(rùn)濕的pH試紙測(cè)溶液的pH，肯定會(huì)使結(jié)果偏低。(×)錯(cuò)因：當(dāng)待測(cè)液呈中性或酸性時(shí)，用潮濕的pH試紙測(cè)的pH結(jié)果不會(huì)偏低。(4)用廣范pH試紙測(cè)得某溶液的pH為3.4。(×)錯(cuò)因：廣范pH試紙測(cè)得溶液的pH為整數(shù)值。(5)某溶液的c(H＋)＞10－7mol·L－1，則該溶液呈酸性。(×)錯(cuò)因：當(dāng)溫度大于25_℃時(shí)，純水的c(H＋)>10－7_mol·L－1，呈中性。2．教材改編題(據(jù)人教選修四P52T6)常溫下pH為3的稀鹽酸，其中由水電離出的c(H＋)為()A．0.1mol/L B．0.3mol/LC．10－3mol/L D．10－11mol/L答案D解析稀鹽酸中由HCl與H2O共同供應(yīng)的c(H＋)＝10－3mol/L，由Kw可知由水供應(yīng)的H＋或OH－的濃度為eq\f(10－14mol·L－12,10－3mol·L－1)＝10－11mol/L?？键c(diǎn)eq\a\vs4\al(一)水的電離及水的離子積常數(shù)[解析]由水的離子積的定義知兩條曲線上隨意點(diǎn)均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw，A正確；由圖中縱、橫軸的大小可知M區(qū)域內(nèi)隨意點(diǎn)均有c(H＋)<c(OH－)，B正確；溫度越高，水的電離程度越大，電離出的c(H＋)與c(OH－)越大，所以T2>T1，C正確；XZ線上隨意點(diǎn)都有c(H＋)＝c(OH－)，只有當(dāng)c(H＋)＝10－7mol·L－1時(shí)，才有pH＝7，D錯(cuò)誤。[答案]D1．正確理解水的電離平衡曲線(1)曲線上的隨意點(diǎn)的Kw都相同，即溫度相同，c(H＋)·c(OH－)相同。(2)曲線外的隨意點(diǎn)與曲線上隨意點(diǎn)的Kw不同，即溫度不同，Kw不同。(3)實(shí)現(xiàn)曲線上點(diǎn)之間的轉(zhuǎn)化需保持溫度不變，變更酸堿性；實(shí)現(xiàn)曲線上點(diǎn)與曲線外點(diǎn)之間的轉(zhuǎn)化肯定得變更溫度。2．溶液中由水電離出的c(H＋)恒久等于由水電離出的c(OH－)(1)酸溶液中：OH－全部來源于水的電離，c水(H＋)＝c溶液(OH－)。(2)堿溶液中：H＋全部來源于水的電離，c水(OH－)＝c溶液(H＋)。例如：室溫下，pH＝3的鹽酸，由水電離出的c水(H＋)＝c(OH－)＝eq\f(10－14,10－3)mol·L－1＝10－11mol·L－1。3．酸或堿對(duì)水的電離均起抑制作用(1)只要酸的pH相等(不論強(qiáng)弱、不論幾元)對(duì)水的抑制程度相等，堿也同理。(2)若酸溶液的c(H＋)與堿溶液的c(OH－)相等，則兩種溶液中水的電離程度相等。1．(2024·泉州模擬)某溫度下，向c(H＋)＝1×10－6mol·L－1的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測(cè)得溶液的c(H＋)＝1×10－2mol·L－1。下列對(duì)該溶液的敘述不正確的是()A．該溫度高于25℃B．由水電離出來的H＋的濃度為1×10－10mol·L－1C．加入NaHSO4晶體抑制水的電離D．取該溶液加水稀釋100倍，溶液中的c(OH－)減小答案D解析由蒸餾水中的c(H＋)＝10－6mol·L－1可知，溫度高于25℃，A正確；由于該溫度下Kw＝10－12，所以，該溫度下c(H＋)＝10－2mol·L－1的NaHSO4溶液中水電離出的H＋濃度等于溶液中的OH－的濃度，等于eq\f(10－12,10－2)＝10－10，B正確；NaHSO4電離出來的H＋抑制水的電離，C正確；取該溶液加水稀釋100倍，溶液中的c(H＋)減小，c(OH－)增大，D錯(cuò)誤。2．在不同溫度下，水溶液中c(H＋)與c(OH－)的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說法中正確的是()A．若從a點(diǎn)到c點(diǎn)，可采納在水中加入酸的方法B．b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的醋酸中由水電離出的c(H＋)＝10－6mol·L－1C．c點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的Kw大于d點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的KwD．T℃時(shí)，0.05mol·L－1Ba(OH)2溶液的pH＝11答案D解析a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的c(H＋)和c(OH－)相等，c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的c(H＋)和c(OH－)也相等，溶液肯定呈中性，從a點(diǎn)到c點(diǎn)，可以采納升溫的方法，A錯(cuò)誤；Kw只與溫度有關(guān)，同溫度下不同酸堿性溶液的Kw相同，a點(diǎn)和b點(diǎn)的Kw都是10－14，c點(diǎn)和d點(diǎn)的Kw都是10－12，酸和堿溶液都會(huì)抑制水的電離，酸溶液中由水電離出的c水(H＋)與溶液中的c(OH－)相等，即b點(diǎn)時(shí)c水(H＋)＝c(OH－)＝10－8mol·L－1，B、C均錯(cuò)誤；T℃時(shí)，Kw＝10－12,0.05mol·L－1Ba(OH)2溶液中c(H＋)＝10－11mol·L－1，pH＝11，D正確?？键c(diǎn)eq\a\vs4\al(二)溶液酸堿性及pH計(jì)算[解析](1)pH＝12的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.01mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001mol·L－1，設(shè)加入水的體積是V1,0.01mol·L－1×0.1L＝0.001mol·L－1×(0.1＋V1)L，V1＝eq\f(0.01mol·L－1×0.1L,0.001mol·L－1)－0.1L＝0.9L＝900mL。(2)pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝0.01mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液中c(OH－)＝0.0001mol·L－1，設(shè)加入pH＝10的NaOH溶液的體積是V2,0.01mol·L－1×0.1L＋0.0001mol·L－1×V2＝0.001mol·L－1×(0.1＋V2)，V2＝1L＝1000mL。(3)0.008mol·L－1HCl溶液中c(H＋)＝0.008mol·L－1，設(shè)加入鹽酸的體積為V3，c(OH－)＝eq\f(0.01mol·L－1×0.1L－0.008mol·L－1×V3,0.1L＋V3)＝0.001mol·L－1，解得：V3＝0.1L＝100mL。[答案](1)900(2)1000(3)1001．溶液酸堿性的推斷規(guī)律(1)推斷溶液酸堿性的依據(jù)是c(H＋)與c(OH－)的相對(duì)大小，若c(H＋)＝c(OH－)，則溶液呈中性。(2)pH＝7或c(H＋)＝10－7mol·L－1的溶液不肯定呈中性，因水的電離平衡與溫度有關(guān)。常溫時(shí)，pH＝7呈中性；100℃時(shí)，pH＝6呈中性。(3)等濃度等體積一元酸與一元堿混合的溶液中和反應(yīng)反應(yīng)后所得溶液的酸堿性強(qiáng)酸與強(qiáng)堿中性強(qiáng)酸與弱堿酸性弱酸與強(qiáng)堿堿性(4)室溫下，已知酸和堿pH之和的溶液等體積混合①兩強(qiáng)混合a．若pH之和等于14，則混合后溶液顯中性，pH＝7。b．若pH之和大于14，則混合后溶液顯堿性，pH>7。c．若pH之和小于14，則混合后溶液顯酸性，pH<7。②一強(qiáng)一弱混合pH之和等于14時(shí)，一元強(qiáng)酸和一元弱堿等體積混合呈堿性；一元弱酸和一元強(qiáng)堿等體積混合呈酸性。2．溶液稀釋的pH計(jì)算(1)pH＝a的酸eq\f(稀釋10n倍,)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(強(qiáng)酸：pH＝a＋n,弱酸：a<pH<a＋n))(2)pH＝b的堿eq\f(稀釋10n倍,)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(強(qiáng)堿：pH＝b－n,弱堿：b－n<pH<b))留意室溫下，酸溶液稀釋時(shí)，pH增大，但無論稀釋多大倍數(shù)，pH只會(huì)無限接近于7，不會(huì)大于7或等于7。堿溶液稀釋時(shí)，pH減小，但無論稀釋多大倍數(shù)，pH只會(huì)無限接近于7，不會(huì)小于或等于7。3．混合溶液的pH計(jì)算(1)(2)兩種強(qiáng)酸或兩種強(qiáng)堿溶液的pH差值在2或2以上，等體積混合時(shí)混合液的pH：酸溶液的pH為pH?。?.3，堿溶液的pH為pH大－0.3。如pH＝3和pH＝5的鹽酸等體積混合后，pH＝3.3。pH＝9和pH＝11的燒堿溶液等體積混合后，pH＝10.7。3．T℃時(shí)水的離子積常數(shù)為Kw，該溫度下，將濃度為amol·L－1的H2SO4與bmol·L－1的一元堿AOH等體積混合。則可推斷溶液呈中性的是()A．混合溶液的pH＝7B.eq\f(1,2)c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(A＋)C．混合溶液中c(H＋)·c(OH－)＝KwD．混合溶液中c(OH－)＝eq\r(Kw)mol·L－1答案D解析因溫度不肯定是25℃，故pH＝7時(shí)溶液不肯定呈中性；由電荷守恒可知，當(dāng)溶液呈中性時(shí)c(H＋)＝c(OH－)，即c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(1,2)c(A＋)；無論溶液呈酸性、中性還是堿性，混合溶液中總存在c(H＋)·c(OH－)＝Kw；混合溶液中c(OH－)＝eq\r(Kw)mol·L－1說明混合溶液中c(H＋)＝c(OH－)，則溶液肯定呈中性。4．計(jì)算下列溶液的pH。(1)常溫下，pH＝2的HCl與pH＝4的H2SO4溶液等體積混合后，溶液的pH＝________。(2)常溫下，pH＝8的NaOH溶液與pH＝10的KOH溶液等體積混合后，溶液的pH＝________。(3)常溫下，pH＝5的鹽酸與pH＝9的NaOH溶液以體積比11∶9混合后，溶液的pH＝________。(4)常溫下，將0.1mol·L－1的鹽酸與0.06mol·L－1的Ba(OH)2溶液等體積混合后，溶液的pH＝________。(5)常溫下，將0.02mol·L－1的Ba(OH)2溶液100mL和0.02mol·L－1NaHSO4溶液100mL混合，忽視溶液體積變更，則混合后溶液的pH＝________。(6)室溫下，取濃度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2體積比混合，所得溶液的pH＝12，則原溶液的濃度為________。答案(1)2.3(2)9.7(3)6(4)12(5)12(6)0.05mol·L－1解析(1)pH＝2的HCl中，c(H＋)＝10－2mol·L－1，pH＝4的H2SO4中，c(H＋)＝10－4mol·L－1，兩者等體積混合后，c(H＋)＝eq\f(10－2＋10－4,2)mol·L－1≈eq\f(10－2,2)＝0.005mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)≈2.3。(2)pH＝8，c(OH－)＝10－6mol·L－1，pH＝10，c(OH－)＝10－4mol·L－1，兩者等體積混合后，c(OH－)＝eq\f(10－6＋10－4,2)mol·L－1≈eq\f(10－4,2)mol·L－1，c(H＋)＝2×10－10mol·L－1，pH≈9.7。(3)pH＝5的鹽酸中，c(H＋)＝10－5mol·L－1，pH＝9的NaOH溶液中，c(OH－)＝10－5mol·L－1，兩者以體積比11∶9混合，鹽酸過量，c(H＋)＝eq\f(10－5×11V－10－5×9V,11V＋9V)mol·L－1＝1×10－6mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝6。(4)兩者混合后堿過量，c(OH－)＝eq\f(0.06mol·L－1×2×VL－0.1mol·L－1×VL,2VL)＝0.01mol·L－1，c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，pH＝12。(5)兩者混合后堿過量，c(OH－)＝eq\f(0.1L×0.02mol·L－1×2－0.1L×0.02mol·L－1,0.2L)＝0.01mol·L－1，c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，pH＝12。(6)混合溶液的pH＝12，說明反應(yīng)的NaOH過量，設(shè)原溶液的濃度為c，則eq\f(3c－2c,3＋2)＝0.01mol·L－1，c＝0.05mol·L－1。考點(diǎn)eq\a\vs4\al(三)酸堿中和滴定[解析](1)盛裝鹽酸用酸式滴定管；運(yùn)用c(H＋)·V(H＋)＝c(OH－)·V(OH－)，c(OH－)＝eq\f(cH＋·VH＋,VOH－)，消耗鹽酸的體積取平均值，但要留意第2次數(shù)據(jù)和其他兩次相差較大，應(yīng)舍去。(2)c(OH－)＝eq\f(cH＋·VH＋,VOH－)，主要分析對(duì)V(H＋)的影響。①不影響V(H＋)，無影響；②V(H＋)偏小，結(jié)果偏低；③V(H＋)偏大，結(jié)果偏高；④V(H＋)偏小，結(jié)果偏低。[答案](1)酸0.3024.9024.60eq\f(\f(25.35mL＋25.30mL,2)·cmol·L－1,VmL)(2)①無影響②偏低③偏高④偏低1．中和滴定的兩個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)(1)分清完全中和與恰好為中性①完全中和強(qiáng)調(diào)的是酸、堿恰好反應(yīng)生成鹽，依據(jù)酸堿的強(qiáng)弱不同，溶液可能為中性，也可能為酸性或堿性。②酸堿反應(yīng)恰好為中性則強(qiáng)調(diào)的是反應(yīng)后溶液為中性，而酸、堿不肯定正好反應(yīng)。可能酸不足，也可能酸過量，也可能恰好反應(yīng)。這取決于酸堿的相對(duì)強(qiáng)弱。(2)酸堿中和滴定指示劑的選擇①指示劑的變色點(diǎn)與滴定終點(diǎn)的pH越接近越好。②指示劑在滴定終點(diǎn)時(shí)顏色變更明顯，指示精確。③石蕊的“紅色→紫色”“紫色→藍(lán)色”的顏色變更不夠明顯，所以石蕊不能作為酸堿中和反應(yīng)的指示劑。2．酸堿中和滴定中常見誤差分析(1)誤差分析的方法依據(jù)原理c(標(biāo)準(zhǔn))·V(標(biāo)準(zhǔn))＝c(待測(cè))·V(待測(cè))，所以c(待測(cè))＝eq\f(c標(biāo)準(zhǔn)·V標(biāo)準(zhǔn),V待測(cè))，因c(標(biāo)準(zhǔn))與V(待測(cè))已確定，因此只要分析出不正確的操作引起V(標(biāo)準(zhǔn))的變更，即分析出結(jié)果。V(標(biāo)準(zhǔn))變大，則c(待測(cè))偏高；V(標(biāo)準(zhǔn))變小，則c(待測(cè))偏低。(2)常見誤差分析以標(biāo)準(zhǔn)酸溶液滴定未知濃度的堿溶液(酚酞作指示劑)為例，常見的因操作不正確而引起的誤差有：續(xù)表5．試驗(yàn)室現(xiàn)有3種酸堿指示劑，其pH變色范圍如下：甲基橙：3.1～4.4石蕊：5.0～8.0酚酞：8.2～10.0用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定未知濃度的CH3COOH溶液，恰好完全反應(yīng)時(shí)，下列敘述中正確的是()A．溶液呈中性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑B．溶液呈中性，只能選用石蕊作指示劑C．溶液呈堿性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑D．溶液呈堿性，只能選用酚酞作指示劑答案D解析NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好完全反應(yīng)時(shí)生成CH3COONa，CH3COO－水解顯堿性，而酚酞的變色范圍為8.2～10.0，比較接近。6．某學(xué)生用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來測(cè)定未知物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時(shí)，選擇甲基橙作指示劑。請(qǐng)?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定待測(cè)的NaOH溶液時(shí)，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動(dòng)錐形瓶，眼睛凝視________________，直到加入最終一滴鹽酸后，溶液由黃色變?yōu)槌壬?，并__________________________。(2)下列操作中可能使所測(cè)NaOH溶液的濃度數(shù)值偏低的是________(填字母序號(hào))。A．酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤(rùn)洗就干脆注入標(biāo)準(zhǔn)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，滴定后氣泡消逝D．讀取鹽酸體積時(shí)，起先仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)(3)某學(xué)生依據(jù)3次試驗(yàn)分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：則該NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為________mol·L－1。答案(1)錐形瓶中溶液顏色變更在半分鐘內(nèi)不變色(2)D(3)0.1044解析在求c(NaOH)和進(jìn)行誤差分析時(shí)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(jìn)行誤差分析時(shí)，要考慮實(shí)際操作對(duì)V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影響，進(jìn)而影響c(NaOH)。(3)先算出耗用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸的平均值：eq\x\to(V)＝eq\f(26.11mL＋26.09mL,2)＝26.10mL(其次次偏差太大，舍去)，c(NaOH)＝eq\f(0.1000mol·L－1×0.0261L,0.025L)＝0.1044mol·L－1。考點(diǎn)eq\a\vs4\al(四)酸堿中和滴定曲線分析[解析]加水稀釋，氨水中NHeq\o\al(＋,4)、OH－濃度均減小，因而導(dǎo)電實(shí)力減弱，A正確；b點(diǎn)pH>7，則c(OH－)>c(H＋)，再依據(jù)電荷守恒可得c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)，B正確；c點(diǎn)呈中性，因而V(HCl)略小于20.00mL，C正確；d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溫度較高，其水的離子積常數(shù)較大，D錯(cuò)誤。[答案]D1．滴定曲線分析的方法(1)分析步驟：首先看縱坐標(biāo)，搞清晰是酸加入堿中，還是堿加入酸中；其次看起點(diǎn)，起點(diǎn)可以看出酸性或堿性的強(qiáng)弱，這在推斷滴定終點(diǎn)時(shí)至關(guān)重要；再次找滴定終點(diǎn)和pH＝7的中性點(diǎn)，推斷滴定終點(diǎn)的酸堿性，然后確定中性點(diǎn)(pH＝7)的位置；最終分析其他的特別點(diǎn)(如滴定一半點(diǎn)，過量一半點(diǎn)等)，分析酸、堿過量狀況。(2)滴定過程中的定量關(guān)系：①電荷守恒關(guān)系在任何時(shí)候均存在；②物料守恒可以依據(jù)加入酸的物質(zhì)的量和加入堿的物質(zhì)的量進(jìn)行確定，但不肯定為等量關(guān)系。2．常見的中和滴定過程中的pH曲線(1)圖示強(qiáng)酸與強(qiáng)堿滴定過程中pH曲線(以0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1鹽酸為例)(2)強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸、弱酸與強(qiáng)酸滴定強(qiáng)堿、弱堿pH曲線比較續(xù)表曲線起點(diǎn)不同：強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸、弱酸的曲線，強(qiáng)酸起點(diǎn)低；強(qiáng)酸滴定強(qiáng)堿、弱堿的曲線，強(qiáng)堿起點(diǎn)高突躍點(diǎn)變更范圍不同：強(qiáng)堿與強(qiáng)酸反應(yīng)(強(qiáng)酸與強(qiáng)堿反應(yīng))的突躍點(diǎn)變更范圍大于強(qiáng)堿與弱酸反應(yīng)(強(qiáng)酸與弱堿反應(yīng))7．常溫下，用pH＝m的鹽酸滴定20mLpH＝n的MOH溶液，且m＋n＝14?；旌先芤旱膒H與鹽酸體積V的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)：c(Cl－)>c(M＋)>c(OH－)>c(H＋)B．b點(diǎn)：MOH和HCl恰好完全反應(yīng)C．c點(diǎn)：c(H＋)＝c(OH－)＋c(MOH)D．a(chǎn)點(diǎn)到d點(diǎn)：水電離的c(H＋)·c(OH－)先變大，后變小答案D解析m＋n＝14，從圖像看出，b點(diǎn)時(shí)，鹽酸體積與MOH溶液體積相等，溶液呈堿性，說明混合溶液中MOH過量，MOH接著電離，說明MOH是弱堿。A項(xiàng)，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液呈堿性，溶液中離子濃度大小依次為c(M＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中MOH未完全反應(yīng)，溶液呈堿性，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液顯中性，c(H＋)＝c(OH－)，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，在堿溶液中滴加鹽酸，水的電離程度漸漸增大，當(dāng)堿與酸恰好完全反應(yīng)時(shí)，水的電離程度最大，然后隨著鹽酸的不斷加入，水的電離受到抑制，則水電離的c(H＋)·c(OH－)先變大，后變小，正確。8．25℃時(shí)，往HA溶液中滴加NaOH溶液，溶液中HA和A－二者中各自所占的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(α)隨溶液pH變更的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．在pH＝5的溶液中，c(A－)＝c(HA)，c(OH－)＝c(H＋)B．pH＝7的溶液中，α(HA)＝0，α(A－)＝1.0C．25℃時(shí)，Ka(HA)＝1×10－5D．pH＝5時(shí)，溶液中水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝1×10－5mol·L－1答案C解析25℃時(shí)，pH＝5的溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，A錯(cuò)誤；HA溶液中含HA分子，說明HA為弱酸，依據(jù)題意，pH＝7的溶液應(yīng)當(dāng)為HA和NaA的混合液，α(HA)≠0，B錯(cuò)誤；25℃時(shí)，依據(jù)圖像信息，pH＝5時(shí)，c(HA)＝c(A－)，Ka＝eq\f(cA－·cH＋,cHA)＝c(H＋)＝1×10－5，C正確；pH＝5時(shí)為HA和NaA的混合溶液，存在三個(gè)平衡：HAH＋＋A－，H2OH＋＋OH－，A－＋H2OHA＋OH－，可以看出溶液中c(H＋)來自水和HA的電離，而c(OH－)完全來自水，則溶液中的水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－9mol·L－1，D錯(cuò)誤。中和滴定的拓展應(yīng)用中和滴定操作不僅適用于酸堿中和反應(yīng)，也可以遷移應(yīng)用于氧化還原反應(yīng)及沉淀反應(yīng)。1氧化還原滴定法(1)原理：以氧化劑(或還原劑)為滴定劑，干脆滴定一些具有還原性(或氧化性)的物質(zhì)。(2)實(shí)例①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4原理2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O4=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O指示劑酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外選擇指示劑終點(diǎn)推斷當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由無色變?yōu)樽仙?，且半分鐘?nèi)不褪色，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)②Na2S2O3溶液滴定碘液原理2Na2S2O3＋I(xiàn)2=Na2S4O6＋2NaI指示劑用淀粉作指示劑終點(diǎn)推斷當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴Na2S2O3溶液后，溶液的藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原原色，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)[解析](3)①高錳酸鉀氧化草酸根離子而自身被還原，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)高錳酸鉀不再被還原，故溶液變紫色且半分鐘內(nèi)不復(fù)原原色。②銅把鐵離子還原為亞鐵離子，酸性高錳酸鉀溶液又把亞鐵離子氧化為鐵離子。反應(yīng)中消耗高錳酸鉀0.001cVmol，Mn元素化合價(jià)從＋7價(jià)降低到＋2價(jià)，所以依據(jù)得失電子守恒可知鐵離子的物質(zhì)的量是0.005cVmol，則該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為eq\f(0.005cV×56,m)×100%＝eq\f(5cV×56,1000m)×100%。[答案](3)①溶液變紫色且半分鐘內(nèi)不復(fù)原原色②eq\f(5cV×56,1000m)×100%[體驗(yàn)1](2024·天津高考節(jié)選)Ⅱ.NOx含量的測(cè)定將VL氣樣通入適量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化為NOeq\o\al(－,3)，加水稀釋至100.00mL。量取20.00mL該溶液，加入V1mLc1mol·L－1FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液(過量)，充分反應(yīng)后，用c2mol·L－1K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2＋，終點(diǎn)時(shí)消耗V2mL。(5)NO被H2O2氧化為NOeq\o\al(－,3)的離子方程式是________________________。(6)滴定操作運(yùn)用的玻璃儀器主要有________________。(7)滴定過程中發(fā)生下列反應(yīng)：3Fe2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2OCr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O則氣樣中NOx折合成NO2的含量為________________mg·m－3。(8)若FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，會(huì)使測(cè)定結(jié)果________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。答案Ⅱ.(5)2NO＋3H2O2=2H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋2H2O(6)錐形瓶、酸式滴定管(7)eq\f(23c1V1－6c2V2,3V)×104(8)偏高解析Ⅱ.(7)用c2mol·L－1K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2＋，終點(diǎn)時(shí)消耗V2mL，此時(shí)加入的Cr2Oeq\o\al(2－,7)為c2V2×10－3mol；所以過量的Fe2＋為6c2V2×10－3mol；則與硝酸根離子反應(yīng)的Fe2＋為(c1V1×10－3－6c2V2×10－3)mol；所以硝酸根離子為(c1V1×10－3－6c2V2×10－3)÷3mol；依據(jù)氮原子守恒，硝酸根離子與NO2的物質(zhì)的量相等?？紤]到配制100mL溶液取出來20mL進(jìn)行試驗(yàn)，所以NO2為5(c1V1×10－3－6c2V2×10－3)÷3mol，質(zhì)量為46×5(c1V1×10－3－6c2V2×10－3)÷3g，即230(c1V1－6c2V2)÷3mg。這些NO2是VL氣體中含有的，所以含量為230(c1V1－6c