鲁科版高考化学一轮总复习第7章第1节水与水溶液课时学案

这是一份鲁科版高考化学一轮总复习第7章第1节水与水溶液课时学案，共25页。


第1节　水与水溶液
考试评价解读
1．了解水的电离、离子积常数(KW)。
2．认识溶液的酸碱性及pH，掌握溶液pH的测定方法，能够进行pH的简单计算。
3．能调控溶液的酸碱性、pH，能实例说明溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的应用。
核心素养达成
变化观念
与
平衡思想
认识水的电离有一定限度。能多角度、动态地分析水的电离，运用平衡移动原理解决实际问题。
科学探究
与
创新意识
能发现和提出酸碱中和滴定中有探究价值的问题，设计探究方案，进行实验探究；在探究中面对“异常”现象提出独道见解，进行误差分析。


　　　　　　水的电离
[以练带忆]
1．下列叙述正确的是(　　)
A．无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c平(H＋)·c平(OH－)＝10－14 mol2·L－2
B．无论在什么条件下，中性溶液里的c(H＋)一定等于1×10－7 mol·L－1
C．稀溶液中c平(H＋)·c平(OH－)＝KW，任何条件下KW都保持不变
D．任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸碱性的强弱
A　解析：B选项中，没有考虑温度只有在25 ℃时才正确；C选项中KW随温度的改变而改变；D选项，只有稀溶液才能用pH表示溶液的酸碱性，浓度大的用物质的量浓度表示。
2．将①H＋、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO、⑧NH分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是(　　)
A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑦ C．①⑥ D．②④⑥⑧
B　解析：①H＋、⑥OH－会抑制水的电离，⑧NH、③Al3＋能够结合水电离出的OH－分别生成NH3·H2O、氢氧化铝，促进水的电离，而⑤S2－能结合水电离出的氢离子生成HS－会促进水的电离。只有②Cl－、④K＋、⑦NO不影响水的电离。
3．(1)某温度下，纯水中的c平(H＋)＝2.0×10－7 mol·L－1，则此时溶液的c平(OH－)为________ mol·L－1；若温度不变，滴入稀硫酸使c平(H＋)＝5×10－6 mol·L－1，则c平(OH－)为________ mol·L－1。
(2)80 ℃时，纯水的pH＜7，其原因是____________________。
解析：(1)纯水中水电离出的c平(H＋)与c平(OH－)始终保持相等，而当加入稀硫酸后便使水的电离平衡受到破坏，但KW＝c平(H＋)·c平(OH－)的值不会改变。c平(H＋)＝5.0×10－6 mol·L－1，而KW＝(2.0 × 10－7 mol·L－1)2＝4.0×10－14 mol2·L－2，则此时c平(OH－)＝ mol·L－1＝8.0×10－9 mol·L－1。(2)已知室温时，纯水的 c平(OH－)＝c平(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，又因为水的电离H2OH＋＋OH－是吸热反应，所以温度升高到80 ℃，电离程度增大，致使c平(OH－)＝c平(H＋)>1×10－7 mol·L－1，即pH＜7。
答案：(1)2.0×10－7　8.0×10－9
(2)室温时，纯水的c平(OH－)＝c平(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，又因为水的电离H2OH＋＋OH－是吸热反应，所以温度升高到80 ℃，电离程度增大，致使c平(OH－)＝c平(H＋)>1×10－7 mol·L－1，即pH＜7
[练后梳理]
1．水的电离
水的电离方程式为H2OH＋＋OH－。
2．水的离子积常数
KW＝c平(H＋)·c平(OH－)。
(1)室温下：KW＝1×10－14 mol2·L－2。
(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。
3．影响水电离平衡的因素
体系变化
条件
平衡移动方向
KW
水的电离程度
c平(OH－)
c平(H＋)
HCl
逆
不变
减小
减小
增大
NaOH
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


KW的重要应用在于溶液中c(H＋)和c(OH－)的换算；外界条件改变，水的电离平衡发生移动，但任何时候水电离出的c(H＋)和c(OH－)总是相等的。

　　　　　水溶液的酸碱性与pH
[以练带忆]
1．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是(　　)
A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性
B．水的离子积不变、pH不变、呈中性
C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性
D．水的离子积变大、pH变小、呈中性
D　解析：水是极弱的电解质，其电离方程式为H2OH＋＋OH－，常温(25 ℃)时，c平(H＋)＝c平(OH－)＝10－7 mol·L－1，因水的电离是吸热的，温度升高时，水的电离程度增大，因此水中c平(H＋)和c平(OH－)都增大，pH减小，但是水仍然是中性的，水的离子积KW＝c平(H＋)·c平(OH－)增大。
2．常温下，下列溶液中酸性可能最弱的是(　　)
A．pH＝4
B．c平(H＋)＝1×10－3 mol·L－1
C．c平(OH－)＝1×10－11 mol·L－1
D．c平(H＋)·c平(OH－)＝ 1×10－14 mol·L－1
D　解析：A、B、C的溶液均显酸性，只有D项中是有多种可能，即c(H＋)可能很大，也可能很小。
[练后梳理]
1．溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中c平(H＋)和c平(OH－)的相对大小。
(1)用“>”“<”或“＝”填写下表。
溶液
c平(H＋)和c平(OH－)的大小比较
常温下(25 ℃)
数值
pH
酸性溶液
c平(H＋)>c平(OH－)
c平(H＋)>1×10－7 mol·L－1
<7
中性溶液
c平(H＋)＝c平(OH－)
c平(H＋)＝c平(OH－)＝1×10－7 mol·L－1
＝7
碱性溶液
c平(H＋) c平(H＋)<1×10－7 mol·L－1
>7

(2)常温下溶液的酸碱性与pH的关系：

2．溶液的pH
(1)计算公式：pH＝－lgc平(H＋)。
(2)测量方法
①pH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酸度计测量法
精确地测定溶液的pH，要使用酸度计。

　　　　　　酸碱中和滴定
[以练带忆]
1．以下是几种酸碱指示剂变色的pH范围：①甲基橙3.1～4.4　②甲基红4.4～6.2　③酚酞8.2～10，现用0.100 mol·L－1NaOH溶液滴定浓度相近的甲酸时，上述指示剂(　　)
A．只能用① B．只能用③
C．可以用①或② D．可以用②或③
B　解析：氢氧化钠溶液与甲酸等物质的量反应时，生成的甲酸钠溶液呈碱性，选用在碱性条件下变色的指示剂酚酞为宜。
2．下列几种情况，对中和滴定结果无影响的是(　　)
A．装待测液的锥形瓶中有蒸馏水
B．滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡
C．盛标准酸的滴定管未用标准酸润洗
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
A　解析：对待测液的浓度测定有无影响，关键是分析对H＋和OH－物质的量的影响，更进一步是标准液浓度有无变化，标准液体积是否准确，待测液体积是否准确。从A选项分析，H＋和OH－物质的量均无变化，故无影响；B选项标准液体积发生了改变；C选项标准液浓度发生了变化；D选项由于不是平视读数，使标准液所消耗的体积与实验中的实际不符，这些对滴定结果均有影响。
3．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考如图所示装置图，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
D　解析：用NaOH溶液滴定H2SO4溶液，指示剂不能选用石蕊，则A错误；若滴定管中盛放碱液，则应选用碱式滴定管乙，则B错误，D正确；若滴定管中盛装酸液，则应选用酸式滴定管甲，C错误。
[练后梳理]
1．实验原理
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．实验用品
(1)仪器
图(A)是酸式滴定管、图(B)是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶、烧杯。

(2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
(3)滴定管
①构造：“0”刻度线在上方，尖嘴部分无刻度。
②精确度：读数可精确到0.01 mL。
③洗涤：先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗。
④排泡：酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出尖嘴中的气泡。
⑤使用注意事项：
试剂性质
滴定管
原因
酸性、氧化性
酸式滴定管
氧化性物质易腐蚀橡胶管
碱性
碱式滴定管
碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开
3.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：检漏→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．常用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

考点1　水的电离程度的判断
[抓本质·悟考法]
水的电离常数如图中两条曲线所示，曲线上的点都符合c(H＋)·c(OH－)＝常数，下列说法错误的是(　　)

A．图中温度T1>T2
B．图中五点KW的关系：B>C>A＝D＝E
C．曲线a、b均代表纯水的电离情况
D．若处在B点时，将pH＝2的硫酸溶液与pH＝12的KOH溶液等体积混合，溶液呈碱性

【解题关键点】　(1)根据温度越高KW越大判断温度的高低。
(2)KW是平衡常数的一种，只与温度有关。
【易错失分点】　(1)KW存在于所有的水溶液中，不只是存在于纯水中。
(2)在计算酸碱混合后的pH时，容易忽视溶液温度的变化。
[自主解答]
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C　解析：只有c(OH－)＝c(H＋)的点才是纯水的电离，所以只有A、B点是纯水的电离，C项错误；B点KW＝10－12 mol2·L－2，H2SO4中c(H＋)＝10－2 mol·L－1，KOH中c(OH－)＝＝1 mol·L－1，等体积混合后，KOH过量，溶液呈碱性，D项正确。
[多角度·突破练]
⊳角度1　水的电离及影响因素
1．常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是(　　)
A．pH＝0的硫酸
B．0.01 mol·L－1 NaOH溶液
C．pH＝10的纯碱溶液
D．pH＝5的氯化铵溶液
C　解析：pH＝0的硫酸和0.01 mol·L－1 NaOH溶液均抑制水的电离，水的电离程度较小。pH＝10的纯碱溶液中CO发生水解反应而促进水的电离，水电离产生的c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－4 mol·L－1；pH＝5的氯化铵溶液中NH发生水解反应而促进水的电离，水电离产生的c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－5 mol·L－1，故pH＝10的纯碱溶液中水的电离程度最大。
2．如图表示水中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．图中T1 D．XZ线上任意点均有pH＝7
D　解析：由水的离子积的定义知两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝KW，A正确；由图中纵轴、横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H＋)T1，C正确；XZ线上任意点都有c(H＋)＝c(OH－)，只有 当c(H＋)＝10－7 mol·L－1时，才有pH＝7，D错误。

正确理解水的电离平衡曲线
(1)曲线上任意点的KW都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同，温度相同。
(2)曲线外的任意点与曲线上任意点的KW不同，温度不同。
(3)实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，改变酸碱性；实现曲线上点与曲线外点之间的转化一定得改变温度。
⊳角度2　影响水电离平衡的因素
3．25 ℃时，在某物质的溶液中，由水电离出的c(H＋)＝1×10－a mol·L－1，下列说法不正确的是(　　)
A．a<7时，水的电离受到促进
B．a>7时，水的电离受到抑制
C．a<7时，溶液的pH可能为a
D．a>7时，溶液的pH一定为14－a
D　解析：a<7即c平(H＋)＝10－a mol·L－1>10－7 mol·L－1，水的电离受到促进，此时溶液的pH可能为a或14－a，A、C项正确；a>7即c平(H＋)＝10－a mol·L－1<10－7 mol·L－1，水的电离受到抑制，此时溶液的pH可能为a或14－a，B项正确，D项错误。
4．常温下，向20.00 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中滴入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[－lgc水(H＋)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是(　　)

A．常温下，Ka(HA)约为10－5 mol·L－1
B．M、P两点溶液对应的pH＝7
C．b＝20.00
D．M点后溶液中均存在c(Na＋)>c(A－)
B　解析：0.1 mol·L－1HA溶液中，－lgc水(H＋)＝11，c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－11 mol·L－1，根据常温下水的离子积求出溶液中c平(H＋)＝＝10－3 mol·L－1，HAH＋＋A－，c平(H＋)＝c平(A－)＝10－3 mol·L－1，
Ka(HA)＝
≈
＝10－5 mol·L－1，A项正确；N点水电离出的H＋浓度最大，说明HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，则P点溶质为NaOH和NaA，溶液显碱性，即P点pH不等于7，B项错误；0～b段水的电离程度逐渐增大，当V(NaOH溶液)＝b mL时水的电离程度达到最大，即溶质为NaA，说明HA和NaOH恰好完全反应，则b＝20.00，C项正确；M点溶液的pH＝7，根据溶液呈电中性可知，c(Na＋)＝c(A－)，则M点后，c(Na＋)>c(A－)，D项正确。

水电离出的c水(H＋)或c水(OH－)的定量计算方法
溶液
计算原则
实例(25 ℃)
中性
溶液
c水(OH－)＝c水(H＋)
c水(OH－)＝c水(H＋)＝10－7 mol·L－1
酸的
溶液
OH－全部来自水的电离
pH＝2的盐酸中c(H＋)＝10－2 mol·L－1，则c(OH－)＝KW/10－2＝1×10－12(mol·L－1)，即水电离出的c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－12 mol·L－1
碱的
溶液
H＋全部来自水的电离
pH＝12的NaOH溶液中c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c水(OH－)＝c水(H＋)＝10－12 mol·L－1
水解呈
酸性的
盐溶液
H＋全部来自水的电离
pH＝5的NH4Cl溶液中，由水电离出的c水(H＋)＝10－5 mol·L－1，因部分OH－与部分NH结合使c(OH－)＝10－9 mol·L－1
水解呈
碱性的
盐溶液
OH－全部来自水的电离
pH＝12的Na2CO3溶液中，由水电离出的c水(OH－)＝10－2 mol·L－1，因部分H＋与部分CO结合使c(H＋)＝10－12 mol·L－1


考点2　溶液酸碱性的计算与判断
[抓本质·悟考法]
室温下，将x mL pH＝a的稀NaOH溶液与y mL pH＝b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断正确的是(　　)
A．若x＝y，且a＋b＝14，则pH>7
B．若10x＝y，且a＋b＝13，则pH＝7
C．若ax＝by，且a＋b＝13，则pH＝7
D．若x＝10y，且a＋b＝14，则pH>7

【解题关键点】　(1)盐酸和NaOH溶液的pH。
(2)盐酸和NaOH溶液的体积。
(3)盐酸和NaOH溶液pH之和为13或14。
【易错失分点】　计算NaOH溶液中的c(OH－)容易出现错误，有些同学不会判断溶液的pH，导致无法解答。
[自主解答]
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D　解析：pH＝a的稀NaOH溶液中c(OH－)＝10a－14 mol·L－1，pH＝b的稀盐酸中c(H＋)＝10－b mol·L－1。
若x＝y，且a＋b＝14，＝＝10a＋b－14＝1，即n(H＋)＝n(OH－)，酸、碱恰好中和，溶液呈中性，pH＝7，故A项错误；若10x＝y，且a＋b＝13，则有＝＝10a＋b－15＝0.01，即n(H＋)>n(OH－)，酸过量，pH<7，故B项错误；若ax＝by，且a＋b＝13，则有＝＝，则酸过量，pH<7，故C项错误；若x＝10y，且a＋b＝14，则有＝＝10a＋b－13＝10，则碱过量，pH>7，故D项正确。
[多角度·突破练]
⊳角度1　溶液酸碱性的判断
1．已知温度为T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与 b mol·L－1 的一元碱BOH等体积混合，可判定混合溶液呈中性的依据是(　　)
A．a＝b
B．混合溶液的pH＝7
C．混合溶液中，c平(H＋)＝
D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)
C　解析：因为一元酸和一元碱的强弱未知，所以a＝b不能判断混合液呈中性，A错误；只有25 ℃时中性溶液的pH＝7，B错误；C项，KW＝c平(H＋)·c平(OH－)，中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)，所以c平(H＋)＝，C正确；无论溶液呈酸性、碱性还是中性，根据电荷守恒都有c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，D错误。
2．下列说法中正确的是(　　)
A．25 ℃时FeCl3溶液的KW大于100 ℃时NaCl溶液的KW
B．常温下，pH均为5的HF和硫酸铵两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶104
C．根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6的溶液一定显酸性
D．100 ℃时，将pH＝3的盐酸与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
B　解析：水的离子积常数只与温度有关，温度越高，KW越大，A错；HF中水电离出的c(H＋)＝溶液中的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1，硫酸铵溶液中水电离出的c(H＋)等于溶液中的 c(H＋)＝10－5 mol·L－1，B正确；C选项不知温度，无法判断，错误；100 ℃时KW＝1×10－12，所以将pH＝3的盐酸与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，D错。
3．常温下，溶液的pH最大的是(　　)
A．0.02 mol·L－1氨水与水等体积混合后的溶液
B．pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后的溶液
C．0.02 mol·L－1盐酸与0.02 mol·L－1氨水等体积混合后的溶液
D．0.01 mol·L－1盐酸与0.03 mol·L－1氨水等体积混合后的溶液
A　解析：A项，混合后得到0.01 mol·L－1氨水，NH3·H2O不能完全电离，则c(OH－)<0.01 mol·L－1，7
等体积一元酸碱混合规律
(1)等浓度等体积一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性，同强显中性”。
(2)25 ℃时，等体积、pH之和等于14的一强一弱酸碱混合溶液——“谁弱谁过量，谁弱显谁性”。
(3)强酸、强碱等体积混合(25 ℃时)：
①pH之和等于14 呈中性；
②pH之和小于14呈酸性；
③pH之和大于14呈碱性。
⊳角度2　混合溶液pH的计算
4．25 ℃，某浓度的盐酸、氯化铵溶液中由水电离出的氢离子浓度分别为1.0×10－a mol·L－1、1.0×10－b mol·L－1，这两种溶液的pH之和为(　　)
A．14－a＋b B．14＋a＋b
C．14－a－b D．14＋a－b
A　解析：盐酸中水电离出的H＋与溶液中的OH－浓度相同，故该浓度的盐酸中c(H＋)＝ mol·L－1＝1.0×10－14＋a mol·L－1，故其pH＝14－a；氯化铵溶液中H＋完全来自水的电离，即c(H＋)＝1.0×10－b mol·L－1，故其pH＝b，因此两种溶液的pH之和为14－a＋b，即A项正确。
5．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
D　解析：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。

混合溶液pH的计算方法
(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－)＝。
考点3　中和滴定的误差分析与迁移应用
[抓本质·悟考法]
使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL)。
Ⅰ.实验步骤
(1)配制100 mL待测白醋溶液。用________(填仪器名称)量取10.00 mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到100 mL容量瓶中，洗涤，定容，摇匀即得。
(2)取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________做指示剂。

(3)读取盛装0.100 0 mol·L－1 KOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。
(4)滴定：当__________________________________________时，
停止滴定，并记录KOH溶液的终点读数，重复滴定3次。
Ⅱ.实验记录
　　　滴定次数
实验数据(mL)　　　
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(KOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理与讨论
(1)经计算，市售白醋总酸量＝________g/100 mL。
(2)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是________(填标号)。
A．碱式滴定管在滴定前未用标准KOH溶液润洗
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出

【解题关键点】　(1)掌握酸式滴定管和碱式滴定管的使用方法。
(2)中和滴定的实验操作和终点判断方法。
(3)酸碱指示剂选择的方法。
【易错失分点】　对中和滴定实验操作掌握不到位，导致错误。
[自主解答]
________________________________________________________________
________________________________________________________________
________________________________________________________________
________________________________________________________________
________________________________________________________________
解析：Ⅰ.(1)用量筒量取液体时，只能读到小数点后一位，用滴定管量取液体时，可以读到小数点后两位。量取10.00 mL食用白醋，只能用酸式滴定管。(2)恰好反应时生成醋酸钠，溶液显碱性，用酚酞做指示剂。(3)如果液面位置如图所示，则此时的读数为0.60 mL。(4)由于用酚酞做指示剂，因此当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色时，停止滴定，并记录KOH溶液的终点读数，重复滴定3次。Ⅲ.(1)四组数据中，第一组偏差大，为失真数据，只能用后三组数据取平均值进行计算。市售白醋总酸量＝
＝4.5 g/100 mL。(2)A．碱式滴定管在滴定前未用标准KOH溶液润洗，V(KOH)偏大，c(CH3COOH)偏大；B.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，V(KOH)偏大，c(CH3COOH)偏大；C.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，V(KOH)不受影响，c(CH3COOH)不变；D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，V(KOH)偏小，c(CH3COOH)偏小。
答案：Ⅰ.(1)酸式滴定管　(2)酚酞　(3)0.60　(4)溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色
Ⅲ.(1)4.5　(2)AB
[多角度·突破练]
⊳角度1　中和滴定的误差分析
1．用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞为指示剂，造成测定的盐酸浓度偏高的原因可能是(　　)
A．未用标准液润洗碱式滴定管
B．滴定到终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作均正确
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴内有气泡
A　解析：A项，盛装标准液的滴定管未用标准液润洗，使碱的浓度偏小，则消耗的碱的体积偏大，根据c(酸)＝，可知c(酸)偏大，正确；B项，滴定到终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(碱)偏小，根据c(酸)＝，可知c(酸)偏小，错误；C项，盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对测量无影响，错误；D项，滴定到终点时，发现尖嘴处有气泡，造成V(碱)偏小，根据c(酸)＝，可知c(酸)偏小，错误。
2．实验室用标准盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，用甲基橙做指示剂，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
C　解析： A项，应用碱式滴定管取NaOH溶液，且本操作实际量取的NaOH溶液体积偏大，消耗的盐酸增大，故导致测定的结果偏高；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。

滴定实验误差分析的方法
(1)依据原理c(标准)V(标准)＝c(待测)V(待测)，所以c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即分析出结果。
(2)实例
以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞做指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：
步骤
操作
V(标准)
c(待测)
洗涤
酸式滴定管未用标准溶液润洗
变大
偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗
变小
偏低
锥形瓶用待测溶液润洗
变大
偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
不变
无影响
取液
取碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
变小
偏低
滴定
酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失
变大
偏高
振荡锥形瓶时部分液体溅出
变小
偏低
部分酸液滴在锥形瓶外
变大
偏高
溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化
变大
偏高
读数
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)
变小
偏低
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)
变大
偏高

⊳角度2　中和滴定的迁移应用
3．H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列说法合理的是(　　)

A．该滴定可用甲基橙做指示剂
B．Na2S2O3是该反应的还原剂
C．该滴定可选用如图所示装置
D．该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，电子转移数为4 mol
B　解析：溶液中有单质碘，应加入淀粉溶液做指示剂，碘与硫代硫酸钠发生氧化还原反应，当反应达到终点时，单质碘消失，蓝色褪去，故A错误；Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化，做还原剂，故B正确；Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，故C错误；反应中每消耗2 mol Na2S2O3，电子转移的物质的量为2 mol，故D错误。
4．KMnO4溶液常用做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：
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________(填标号)。
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，应用酸式滴定管量取。(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，铁元素的化合价从＋2价升高到＋3价；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　(2)A　(3)　(4)偏高

氧化还原滴定法与沉淀滴定法
1．氧化还原滴定法
(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。
(2) 滴定方式及应用：
滴定方式
实例
直接滴
定法
许多还原性物质Fe2＋、NO、H2O2、C2O等可用直接滴定法，如5H2O2＋2MnO＋6H＋===5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O
返滴
定法
氧化性物质可用返滴定法。
例如，测MnO2含量时，可在H2SO4溶液中加入过量的Na2C2O4标准溶液，待与MnO2作用完毕后，用KMnO4标准液滴定过量的C2O。
MnO2＋C2O＋4H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O,2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
间接滴
定法
某些非氧化性物质，可以用间接滴定法进行测定。例如，测Ca2＋含量时，先将Ca2＋沉淀为CaC2O4，再用稀硫酸将所得沉淀溶解，用KMnO4标准液滴定溶液中的H2C2O4，间接求得Ca2＋含量。
CaC2O4＋2H＋===H2C2O4＋Ca2＋，2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O

2.沉淀滴定法
概念
沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。应用最多的是银量法
原理
沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂。滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂
实例
用AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－，利用Ag＋与CrO生成红色的Ag2CrO4沉淀指示滴定终点，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶


1．(命题情境：化学反应历程与滴定问题)测溶液pH可研究反应过程。用盐酸分别滴定Na2CO3、NaHCO3溶液，测得pH随加入盐酸体积的变化如下图所示(曲线②从B1点开始滴定)。下列判断不正确的是(　　)

A．曲线①表示用盐酸滴定Na2CO3溶液的过程
B．B、C1点均满足：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)
C．曲线①②说明Na2CO3与盐酸的反应分步进行
D．BC段和B1C1段发生的主要反应均是HCO＋H＋===CO2↑＋H2O
B　解析：A项，分析可知，①表示盐酸滴定Na2CO3溶液的过程；B项，溶液中的阴离子还有Cl－，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)＋c(Cl－)；C项，由曲线①②可以得知，Na2CO3与盐酸的反应分步进行，首先发生反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，然后发生反应：NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑；D项，BC段和B1C1段均表示NaHCO3和HCl的反应，即HCO＋H＋===CO2↑＋H2O。
2．苹果酸(H2MA，Ka1＝1.4×10－3；Ka2＝1.7×10－5)是一种安全的食品保鲜剂，H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌。常温下，向20 mL 0.2 mol·L－1H2MA溶液中滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。根据图示判断，下列说法正确的是(　　)

A．b点比a点杀菌能力强
B．曲线Ⅲ代表HMA－物质的量的变化
C．MA2－水解常数Kh≈7.14×10－12
D．当V＝30 mL时，溶液显酸性
D　解析：H2MA与NaOH反应过程中H2MA浓度逐渐减小、HMA－浓度先增大后减小、MA2－浓度增大，所以Ⅰ表示H2MA、Ⅱ表示HMA－、Ⅲ表示MA2－。H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2MA浓度越大杀菌能力越强，H2MA浓度：a>b，所以杀菌能力a>b，A错误；通过上述分析可知，Ⅲ表示MA2－物质的量的变化，B错误；MA2－水解常数Kh＝＝＝≈5.88×10－10，C错误；当V＝30 mL时，溶液中生成等物质的量浓度的NaHMA、Na2MA，根据图知溶液中c(HMA－) 3．(命题情境：酸碱反应与图像问题)(2020·济南模拟)25 ℃时，将浓度均为0.1 mol·L－1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va＋Vb＝100 mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．KA(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等
B．b点，c(NH)＋c(HX)＝0.05 mol·L－1
C．a→c点过程中，值不变
D．a、b、c三点，c点时水电离出的c(H＋)最大
D　解析：b点加入等体积等浓度的HX溶液和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH＝7，说明X－与NH的水解程度相等，则KA(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等，故A正确；由图可知0.1 mol·L－1的HX溶液的pH＝3，HX为弱酸，因为b点的pH＝7，所以b点c(X－)＝c(NH)，根据物料守恒c(X－)＋c(HX)＝＝0.05 mol·L－1，则c(NH)＋c(HX)＝0.05 mol·L－1，故B正确；a→c点过程中，＝，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则值不变，故C正确；b点加入等体积等浓度的HX溶液和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，NH4X是弱酸弱碱盐，促进水电离，则a、b、c三点，b点时水电离出的c(H＋)最大，故D错误。
4. 乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得：
2CH3CH(OH)COOH＋FeCO3＋2H2O=== [CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O＋CO2↑。
乳酸亚铁晶体纯度的测定：
(1)若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2＋的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是_____________________。
(2)经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4＋的还原产物为Ce3＋。测定时，先称取5.760 g 样品溶解后进行必要处理，用________配制成250 mL溶液，每次取25.00 mL，用0.100 0 mol·L－1 Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为________(以质量分数表示，乳酸亚铁晶体的相对分子质量为288)。
滴定次数
0.100 0 mol·L－1 Ce(SO4)2标准液体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
1
0.10
19.85
2
0.12
21.32
3
1.05
20.70
解析：(1)根据乳酸亚铁的结构简式可知，乳酸亚铁中含有羟基，羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，多消耗了酸性高锰酸钾溶液，因此滴定实验中发现结果总是大于100%。(2)用250 mL容量瓶配制成250 mL溶液，三次消耗Ce(SO4)2的体积分别是19.75 mL、21.20 mL、19.65 mL，第二次消耗的体积与另外两次消耗的体积差别大，舍去21.20 mL，因此平均消耗的Ce(SO4)2的体积为 mL＝19.70 mL，根据得失电子数目守恒，因此有19.70×10－3 L×0.100 0 mol·L－1×1×＝n(Fe2＋)×1，解得n(Fe2＋)＝1.97×10－2 mol，样品的纯度为×100%＝98.5%。
答案：(1)乳酸根中羟基(—OH)被氧化，多消耗了酸性高锰酸钾溶液　(2)250 mL容量瓶　98.5%