2020创新设计一轮复习化学（人教版）讲义：第八章第2讲水的电离和溶液的酸碱性

第2讲　水的电离和溶液的酸碱性
【2020·备考】
最新考纲：1.了解水的电离和水的离子积常数。2.了解溶液pH的定义。3.了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。
核心素养：1.变化观念与平衡思想：认识水的电离有一定限度，是可以调控的。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。2.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；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行实验探究；在探究中学会合作，面对“异常”现象敢于提出自己的见解，进行误差分析。
考点一　水的电离
(频数：★★☆　难度：★★☆)

名师课堂导语 水的电离主要结合盐类的水解反应进行考查，主要角度有：(1)水的电离影响因素；(2)水的离子积常数的理解与应用。
1.水的电离
水是极弱的电解质，水的电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。

任何情况下水电离产生的c(H＋)、c(OH－)总是相等的。
2.水的离子积常数


水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)，其实质是水溶液中的H＋和OH－浓度的乘积，不一定是水电离出的H＋和OH－浓度的乘积，所以与其说Kw是水的离子积常数，不如说是水溶液中的H＋和OH－的离子积常数。即Kw不仅适用于水，还适用于酸性或碱性的稀溶液。
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.填写外界条件对水电离平衡的具体影响
　　　 体系变化
条件　　　
平衡移
动方向
Kw
水的电
离程度
c(OH－)
c(H＋)
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

水属于弱电解质，遵循弱电解质电离平衡原理，水的电离是动态平衡，也遵循勒夏特列原理。


[速查速测]
1.(易混点排查)正确的打“√”，错误的打“×”
(1)在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变(×)
(2)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同(×)
(3)室温下，0.1 mol·L－1的HCl溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液中水的电离程度相同(√)
(4)25 ℃和60 ℃的水的pH，前者大于后者，但都显中性(√)
(5)室温下，pH值相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液，水的电离程度后者大(√)
2.(教材改编题)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
答案　C
3.(思维探究题)甲同学认为，在水中加入H2SO4，水的电离平衡向左移动，解释是加入H2SO4后c(H＋)增大，平衡左移。乙同学认为，加入H2SO4后，水的电离平衡向右移动，解释为加入H2SO4后，c(H＋)浓度增大，H＋与OH－中和，平衡右移。你认为哪种说法正确？并说明原因。水的电离平衡移动后，溶液中c(H＋)·c(OH－)是增大还是减小？
答案　甲正确，温度不变，Kw是常数，加入H2SO4，c(H＋)增大，c(H＋)·c(OH－)＞Kw，平衡左移。
c(H＋)·c(OH－)不变，因为Kw仅与温度有关，温度不变，则Kw不变，与外加酸、碱、盐无关。

[A组　基础知识巩固]
1.(2019·泉州模拟)某温度下，向c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是(　　)
A.该温度高于25 ℃
B.由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10 mol·L－1
C.加入NaHSO4晶体抑制水的电离
D.取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH－)减小
解析　该温度下蒸馏水中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，大于25 ℃时纯水中c(H＋)，故温度高于25 ℃，A项正确；此温度下Kw＝1×10－12，故该NaHSO4溶液中
c(OH－)＝＝1×10－10 (mol·L－1)，由水电离出的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，B项正确；加入NaHSO4后，NaHSO4电离出的H＋抑制了水的电离，C项正确；加水稀释时，c(H＋)减小，而Kw不变，故c(OH－)增大，D项错误。
答案　D
2.(2018·双鸭山模拟)在25 ℃时，某稀溶液中由水电离产生的H＋浓度为1×10－13 mol·L－1，下列有关该溶液的叙述，正确的是(　　)
A.该溶液可能呈酸性
B.该溶液一定呈碱性
C.该溶液的pH一定是1
D.该溶液的pH不可能为13
解析　在25 ℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H＋)为1×10－13 mol·L－1<1×
10－7 mol·L－1，说明溶液中的溶质抑制水的电离，溶质为酸或碱，溶液可能呈酸性或碱性，A正确，B错误；如果该溶液呈酸性，则溶液的pH＝1，如果该溶液呈碱性，则溶液的pH＝13，C、D错误。
答案　A
3.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，可采用在水中加入酸的方法
B.b点对应的醋酸中由水电离出的c(H＋)＝10－6 mol·L－1
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－1 Ba(OH)2溶液的pH＝11
解析　a点对应的c(H＋)和c(OH－)相等，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，A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10－14，c点和d点的Kw都是10－12，酸和碱溶液都会抑制水的电离，酸溶液中由水电离出的c水(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，即b点时c水(H＋)＝c(OH－)＝10－8 mol·L－1，B、C均错误；T ℃时，Kw＝10－12，0.05 mol·L－1 Ba(OH)2溶液中c(H＋)＝10－11 mol·L－1，pH＝11，D正确。
答案　D
【方法技巧】　
室温下水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算
(1)中性溶液c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1
(2)酸溶液
酸溶液中，H＋来源于酸的电离和水的电离，而OH－只来源于水的电离。
(3)碱溶液
碱溶液中，OH－来源于碱的电离和水的电离，而H＋只来源于水的电离。
(4)盐溶液
水解呈酸性或碱性的盐溶液中，H＋和OH－均来源于水的电离。
[B组　考试能力过关]
4.(上海卷)水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是(　　)
A.NaHSO4溶液 B. KF溶液
C. KAl(SO4)2溶液 D.NaI溶液
解析　NaHSO4在溶液中电离出H＋，抑制水的电离；KF在水溶液中电离出的 F－结合水电离出的H＋生成弱酸HF而发生水解；KAl(SO4)2在溶液中电离出的Al3＋与水电离出的OH－结合生成Al(OH)3而发生水解，所以F－和Al3＋均促进水的电离；HI是强酸，I－不水解，对水的电离平衡不影响。
答案　D
5.(四川卷)25 ℃时等体积的①pH＝0的H2SO4溶液，②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，③pH＝10的Na2S溶液，④pH＝5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是(　　)
A.1∶10∶1010∶109 B.1∶5∶5×109∶5×109
C.1∶20∶1010∶109 D.1∶10∶104∶109
解析　设溶液的体积为1 L。①中pH＝0的H2SO4中c(H＋)＝1.0 mol·L－1，c(OH－)＝1.0×10－14mol·L－1，水电离的物质的量为1.0×10－14mol；②中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1，水电离的物质的量为1.0×10－13mol；③中c(OH－)＝1.0×10－4mol·L－1，水电离的物质的量为1.0×10－4mol；④中c(H＋)＝1.0×10－5mol·L－1，水电离的物质的量为1.0×10－5mol。故①②③④中水电离的物质的量之比为1.0×10－14mol∶1.0×10－13mol∶1.0×10－4mol∶1.0×10－5mol＝1∶10∶1010∶109，A项正确。
答案　A
6.(广东卷)一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是(　　)

A.升高温度，可能引起由c向b的变化
B.该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13
C.该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D.该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
解析　A项，升高温度，促进水的电离平衡，则c(H＋)和c(OH－)都同等程度地变大，若由c向b变化，则c(H＋)增大，c(OH－)将变小，错误；B项，根据b点对应的c(H＋)和c(OH－)都为1.0×10－7 mol·L－1，所以该温度下，水的离子积常数Kw＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14，错误；C项，加入FeCl3发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，破坏水的电离平衡，c(H＋)增大、Kw不变，c(OH－)变小，则可能引起由b向a变化，正确；D项，c点对应的溶液呈碱性，稀释溶液，c(OH－)变小，Kw不变，c(H＋)增大，故可引起由c向b的变化，而不是向d变化，错误。
答案　C
考点二　溶液的酸碱性和pH
(频数：★☆☆　难度：★★☆)

名师课堂导语 本考点主要考查溶液酸碱性的判断，溶液pH的求算，以及pH的使用， pH的求算是难点，复习时加以关注。
1.溶液的酸碱性
常温下，溶液的酸碱性与c(H＋)、c(OH－)的关系：
溶液的酸碱性
c(H＋)与c(OH－)比较
c(H＋)大小
酸性溶液
c(H＋)＞c(OH－)
c(H＋)＞1×10－7mol·L－1
中性溶液
c(H＋)＝c(OH－)
c(H＋)＝1×10－7mol·L－1
碱性溶液
c(H＋)＜c(OH－)
c(H＋)＜1×10－7mol·L－1
2.溶液的pH

(1)表达式为pH＝－lgc(H＋)。
(2)使用范围：pH的取值范围为0～14，即只适用于c(H＋)≤1 mol·L－1或c(OH－)≤1 mol·L－1的电解质溶液，当c(H＋)或c(OH－)≥1 mol·L－1时，直接用c(H＋)或c(OH－)表示溶液的酸碱性。


只有在常温下，pH＝7为中性溶液，但c(H＋)＝c(OH－)在任何温度下都表示中性溶液。
3.pH试纸的使用
把小片试纸放在表面皿或玻璃片上，用洁净干燥的玻璃棒蘸取待测液滴在干燥的pH试纸的中部，观察变化稳定后的颜色，与标准比色卡对比即可确定溶液的pH。

pH试纸使用前不能用蒸馏水润湿，否则待测液因被稀释可能产生误差。广泛pH试纸只能测出整数值。
4.溶液pH的计算
(1)单一溶液的pH计算
强酸溶液：如HnA，设浓度为c mol·L－1，c(H＋)＝nc mol·L－1，pH＝－lgc(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＝－lgc(H＋)＝14＋lg(nc)。
(2)混合溶液pH的计算类型
①两种强酸混合：直接求出c(H＋)混，再据此求pH。c(H＋)混＝。
②两种强碱混合：先求出c(OH－)混，再据Kw求出c(H＋)混，最后求pH。
c(OH－)混＝。
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(H＋)混或c(OH－)混＝。
[速查速测]
1.(易混点排查)正确的打“√”，错误的打“×”
(1)任何温度下，利用c(H＋)和c(OH－)的相对大小均可判断溶液的酸碱性(√)
(2)某溶液的c(H＋)>10－7mol·L－1，则该溶液呈酸性(×)
(3)用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低(×)
(4)一定温度下，pH＝a的氨水，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1(×)
(5)常温常压时，pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的醋酸溶液等体积混合后，滴入石蕊溶液呈红色(√)
2.(教材改编题)甲溶液的pH是2，乙溶液的pH是5，甲溶液与乙溶液的c(H＋)之比为(　　)
A.1 000∶1 B.1∶1 000
C.2∶5 D.5∶2
答案　A
3.(思维探究题)用pH试纸测溶液的pH时如果湿润是否一定产生误差？能否可用pH试纸测定氯水的pH?
答案　pH试纸使用前用蒸馏水润湿，相当于对原溶液稀释而产生误差，但中性溶液的pH不变。不能用pH试纸测定氯水的pH，因为氯水既呈酸性又呈现强氧化性(漂白性)。

[A组　基础知识巩固]
1.下列说法中正确的是(　　)
A.25 ℃时NH4Cl溶液的Kw大于100 ℃时NaCl的Kw
B.常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，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＝6.8的溶液一定显酸性
D.100 ℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
解析　水的离子积常数只与温度有关，温度越高，Kw越大，A错；醋酸中水电离出的c(H＋)＝溶液中的c(OH－)＝10－9mol·L－1，硫酸铝溶液中水电离出的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)＝10－5mol·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＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，D错。
答案　B
2.(2018·福建质检)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
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 答案　A
3.(2018·河南周口期末)已知：在100 ℃时，水的离子积Kw＝1×10－12，下列说法正确的是(　　)
A.0.05 mol·L－1 H2SO4溶液的pH＝1
B.0.001 mol·L－1 NaOH溶液的pH＝11
C.0.005 mol·L－1 H2SO4溶液与0.01 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为5，溶液显酸性
D.完全中和50 mL pH ＝3的H2SO4溶液，需要50 mL pH＝11的NaOH溶液
解析　0.05 mol·L－1 H2SO4溶液中c(H＋)＝0.05 mol·L－1×2＝0.1 mol·L－1，则该溶液的pH＝1，A正确。0.001 mol·L－1 NaOH溶液中c(OH－)＝0.001 mol·L－1，由于100 ℃时水的离子积KW＝1×10－12，则溶液中c(H＋)＝1×10－9 mol·L－1，故溶液的pH＝9，B错误。0.005 mol·L－1 H2SO4溶液与0.01 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成Na2SO4，溶液呈中性，此时溶液的pH＝6，C错误。pH＝3的H2SO4溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝
0.1 mol·L－1，根据中和反应：H＋＋OH－===H2O可知，完全中和50 mL pH＝3的H2SO4溶液，需要0.5 mL pH＝11的NaOH溶液，D错误。
答案　A


【思维建模】
溶液pH计算的思维模板

拓展点　1.室温下，已知酸和碱pH之和的溶液等体积混合酸碱性分析
①若pH之和等于14，则混合后溶液显中性，pH＝7。
②若pH之和大于14，则混合后溶液显碱性，pH＞7。
③若pH之和小于14，则混合后溶液显酸性，pH＜7。
2.两种强酸或两种强碱溶液的pH差值在2或2以上，等体积混合时混合液的pH：酸溶液的pH为pH小＋0.3，碱溶液的pH为pH大－0.3。
[B组　考试能力过关]
4.(新课标全国卷)已知温度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，可判定该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(H＋)＝ mol·L－1
D.混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)
解析　判断溶液呈中性的依据是c(H＋)＝c(OH－)。A项，a＝b，酸碱恰好完全反应生成正盐和水，由于酸碱强弱未知，不能确定溶液的酸碱性；B项，未说明温度为25 ℃，故混合溶液的pH＝7时不一定呈中性；C项，混合溶液中，c(H＋)·
c(OH－)＝Kw，因为c(H＋)＝ mol·L－1，则c(OH－)＝ mol·L－1，c(H＋)＝c(OH－)，故溶液呈中性；D项，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，只能说明溶液中电荷守恒，无法判断溶液的酸碱性。
答案　C
5.(福建卷)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.加入等体积的0.2 mol·L－1盐酸
D.提高溶液的温度
解析　醋酸中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水稀释10倍，若不考虑电离平衡移动，溶液中c(H＋)变为原来的十分之一，pH增大1个单位，但稀释过程中电离平衡正向移动，H＋的物质的量增多，所以pH变化不足1个单位，即pH＜(a＋1)，A错误；加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，c(H＋)减小，pH增大，pH有可能变为(a＋1)，B正确；加入0.2 mol·L－1盐酸，虽然c(H＋)增大，平衡逆向移动，但是溶液中c(H＋)比原来的大，pH减小，C错误；由于弱电解质的电离过程吸热，所以升高温度，平衡正向移动，c(H＋)增大，pH减小，D错误。
答案　B
6.(新课标全国卷)室温时，M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)　Ksp＝a。c(M2＋)＝b mol·L－1时，溶液的pH等于(　　)
A.lg B.lg
C.14＋lg D.14＋lg
解析　由Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)得
c(OH－)＝mol·L－1，Kw＝c(H＋)·c(OH－)得
c(H＋)＝ mol·L－1
pH＝－lg ＝14＋lg。
答案　C
考点三　酸碱中和滴定
(频数：★☆☆　难度：★★☆)

名师课堂导语 本考点主要在选择题上考查仪器的使用和误差分析；在二卷考查酸碱中和滴定或氧化还原滴定。特别是氧化还原滴定是高考重点，复习时要强化落实。
1.概念：用已知物质的量浓度的酸(或碱)来测定未知物质的量浓度的碱(或酸)的方法。
2.原理：c待＝(以一元酸与一元碱的滴定为例)。

酸碱恰好中和，与中和至中性的说法不同，酸碱恰好中和所得溶液不一定呈中性，溶液的酸碱性取决于所得盐的特点。中和至中性，酸碱不一定恰好反应。
3.酸碱中和滴定的关键
(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。
(2)选取适当指示剂，准确判断滴定终点。
4.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。

(2)试剂
标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
附：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

①酸性、氧化性的试剂一般用酸式滴定管，因为酸性和氧化性物质易腐蚀橡胶管；
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。
②由于滴定管的“0”刻度在滴定管的上方；滴定管下端是没有刻度的，容量为25 mL的滴定管，滴定过程中用去10.00 mL的液体，故滴定管中剩余液体体积大于15 mL。
5.中和滴定实验操作(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。
(1)滴定前的准备。





(2)滴定。

(3)终点判断：等到滴入最后一滴反应液，指示剂变色，且在半分钟内不能恢复原来的颜色，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，根据原理计算。
c(NaOH)＝
6.酸碱中和滴定中常见误差分析
以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)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
①变小
②偏低
锥形瓶用待测溶液润洗
③变大
④偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
⑤不变
⑥无影响
取液
放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
⑦变小
⑧偏低
滴定
酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失
⑨变大
⑩偏高
振荡锥形瓶时部分液体溅出
⑪变小
⑫偏低
部分酸液滴出锥形瓶外
⑬变大
⑭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
⑮变大
⑯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)
⑰变小
⑱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)
⑲变大
⑳偏高

错误操作产生误差的结论不用死记硬背，可依据c(待测)＝推断完成，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。
[速查速测]
1.(易混点排查)正确的打“√”，错误的打“×”
(1)pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断(×)
(2)中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶(×)
(3)滴定终点就是酸碱恰好中和的点(×)
(4)滴定管盛标准液时，其液面一定要调在0刻度(×)
(5)用碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液(×)
2.(教材改编题)(RJ选修4·P524 改编)用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中会引起实验误差的是(　　)
A.滴定前酸式滴定管需用标准盐酸润洗
B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定
C.往盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定
D.用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液
解析　锥形瓶内存有少量蒸馏水，但待测液的物质的量不变，消耗标准液的体积不变，B不会引起误差；锥形瓶不能用待测液润洗，否则会使测定结果偏高。
答案　D
3.(规范表述专练)(1)酸式滴定管怎样查漏？
______________________________________________________________________
______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)写出下列反应过程的指示剂达到终点时颜色改变
①用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度，指示剂：KMnO4，终点现象：______________________________________________________________。
②利用“Ag＋＋SCN－===AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度，指示剂：Fe(NO3)3，终点现象：________________________________________。
③利用OH－＋H＋===H2O来测量某盐酸的浓度时，指示剂：酚酞，终点现象：____________________________________________________________________。
答案　(1)将旋塞关闭，向滴定管里注入一定量的水，把它固定在滴定管夹上，放置10分钟，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，旋塞不渗水才可使用
(2)①溶液出现浅红色且半分钟不恢复原色　②溶液变为红色且半分钟不恢复原色　③溶液出现浅红色且半分钟不恢复原色

[A组　基础知识巩固]
1.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。下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是(　　)
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

解析　滴定管未用标准盐酸润洗，内壁附着一层水，可将加入的盐酸稀释，消耗相同量的碱，所需盐酸的体积偏大，结果偏高；用碱式滴定管取出的待测NaOH溶液的物质的量一旦确定，倒入锥形瓶后，水的加入不影响OH－的物质的量，也就不影响结果；若排出气泡，液面会下降，故读取V酸偏大，结果偏高；正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)如图所示。

答案　D
2.某学习小组用“间接碘量法”测定某CuCl2晶体试样的纯度，试样不含其他能与I－发生反应的氧化性杂质，已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===S4O＋2I－。取m g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，部分实验仪器和读数如图所示。

下列说法正确的是(　　)
A.试样在甲中溶解，滴定管选乙
B.选用淀粉作指示剂，当甲中溶液由蓝色变为无色时，即达到滴定终点
C.丁图中滴定前，滴定管的读数为a－0.50 mL
D.对装有标准液的滴定管读数时，滴定前后读数方式如丁图所示，则测得的结果偏小
解析　A项，甲中盛装的是含有I2的溶液，则滴定管中盛装的为Na2S2O3标准溶液，该溶液显碱性，应选用碱式滴定管(丙)，不正确；B项，溶液变色且经过30 s左右溶液不恢复原来的颜色，视为滴定终点，不正确；C项，滴定管“0”刻度在上端，故滴定前的读数为(a＋0.50) mL，不正确；D项，滴定后俯视读数，将导致读数偏小，故测得的结果偏小，正确。
答案　D
3.测定水样中Br－浓度的实验步骤如下：
①向锥形瓶中加入25.00 mL处理后的水样，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液；
②加入V1 mL c1 mol·L－1的AgNO3溶液(过量)，充分摇匀；
③用c2 mol·L－1的KSCN标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液V2 mL。
已知Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ag＋＋SCN－===AgSCN↓(白色)　Ksp(AgSCN)＝1×10－12。下列说法不正确的是(　　)
A.到达滴定终点时，溶液变为红色
B.该滴定法需在碱性条件下进行
C.AgBr(s)＋SCN－(aq)AgSCN(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝0.77
D.该水样中Br－的浓度c(Br－)＝ mol/L
解析　KSCN先与AgNO3反应生成AgSCN沉淀，再与Fe3＋反应，达到滴定终点时，溶液变为红色，A项正确；碱性条件下，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，B项错误；反应AgBr(s)＋SCN－(aq)AgSCN(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝＝0.77，C项正确；水样中Br－的浓度c(Br－)＝ mol/L，D项正确。
答案　B
【归纳总结】
两大拓展滴定法
1.沉淀滴定法
(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法，生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。
(2)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。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。
2.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，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：常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
[B组　考试能力过关]
4.(广东卷)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH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.滴定达到终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
解析　A项，滴定管用蒸馏水洗涤后，还要用待装溶液润洗，否则将要引起误差，错误；B项，在用NaOH溶液滴定盐酸的过程中，锥形瓶内溶液由酸性逐渐变为中性，溶液的pH由小变大，正确；C项，用酚酞作指示剂，锥形瓶中溶液应由无色变为粉红色，且半分钟内不恢复原色时才能停止滴定，错误；D项，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则碱液的体积偏大，测定结果偏大，错误。
答案　B
5.(2016·全国卷Ⅰ)298 K时，在20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是(　　)

A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C.M点处的溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D.N点处的溶液中pH<12
解析　A项，盐酸滴定氨水时，滴定终点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，故指示剂应选甲基橙，错误；B项，一水合氨属于弱碱，与盐酸正好反应生成NH4Cl时溶液呈酸性，故二者等浓度反应时，若溶液的pH＝7，盐酸的体积应小于氨水的体积，即小于20.0 mL，错误；C项，根据电荷守恒可知溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，M点溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝c(Cl－)，由于水的电离是微弱的，故c(NH)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；D项，由图可知，N点即为0.10 mol·L－1氨水，由其电离度为1.32%，可知0.10 mol·L－1氨水中c(OH－)＝0.001 32 mol·L－1，故该氨水中11 答案　D
6.(山东卷)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O　Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0 mL。
步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。
滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。
解析　“0”刻度位于滴定管的上方。由题意可得关系式BaCl2～CrO～H＋，则有c(BaCl2)×y×10－3L＝b mol·L－1×(V0－V1)×10－3 L，解得c(BaCl2)＝ mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1变小，Ba2＋浓度测量值将偏大。
答案　上方　　偏大

[A级　全员必做题]
1.(2018·河南洛阳第一次统考，13)能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)>c(OH－)的措施是(　　)
A.向水中通入SO2
B.将水加热煮沸
C.向纯水中投入一小块金属钠
D.向水中加入NaCl
解析　在水中存在水的电离平衡：H2OH＋＋OH－。当向水中通入SO2时发生反应：SO2＋H2OH2SO3，H2SO3H＋＋HSO，H2SO3电离产生的H＋使溶液中的H＋的浓度增大，对水的电离起抑制作用，最终使水电离产生的H＋(OH－)的浓度远远小于溶液中的H＋浓度，即溶液中的c(H＋)>c(OH－)，A项正确；水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，所以将水加热煮沸促进了水的电离，但是水电离产生的H＋和OH－的个数总是相同的，所以升温后水中的H＋和OH－的浓度仍然相等，B项错误；向纯水中投入一小块金属钠和水电离出的H＋反应，使水的电离平衡正向移动，对水的电离起到了促进作用，最终使整个溶液中的c(OH－)>c(H＋)，C项错误；向水中加入NaCl，NaCl是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，所以溶液中的H＋和OH－的浓度仍然相等，D项错误。
答案　A
2.下列说法正确的是(　　)
A.将Ca(OH)2饱和溶液加热，溶液的pH增大
B.常温下，pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合后，溶液的pH>7
C.将0.1 mol·L－1的HI溶液加水稀释100倍，溶液中所有离子的浓度随之减小
D.两种醋酸溶液的pH分别为a和(a＋1)，物质的量浓度分别为c1和c2, 则c1＝10c2
解析　Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低，将Ca(OH)2饱和溶液加热，有Ca(OH)2析出，溶液的pH减小，A错误；将pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合后，氨水过量，溶液的pH>7，B正确；将HI溶液稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)增大，C错误；醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，当pH分别为a和(a＋1)，物质的量浓度分别为c1和c2时，有 则c1＞10c2，D错误。
答案　B
3.已知：室温下，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5、Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。在室温下，将pH＝3的酸溶液和pH＝11的碱溶液等体积混合，混合后溶液的pH大于7，则该酸溶液和碱溶液的组合是(　　)
A.CH3COOH溶液和氢氧化钡溶液
B.CH3COOH溶液和氨水
C.HBr溶液和氨水
D.HI溶液和氢氧化钡溶液
解析　CH3COOH是弱酸，常温下，pH＝3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)远大于1.0×10－3mol/L，氢氧化钡是强碱，pH＝11的氢氧化钡溶液中c(OH－)＝1.0×10－3mol/L，二者等体积混合，CH3COOH过量，溶液显酸性，pH小于7，A项错误。由于CH3COOH与NH3·H2O的电离常数相等，故将pH＝3的CH3COOH溶液和pH＝11的氨水等体积混合，二者恰好完全反应生成CH3COONH4，pH等于7，B项错误。HBr是强酸，pH＝3的HBr溶液中c(HBr)＝1.0×10－3mol/L，NH3·H2O是弱碱，pH＝11的氨水中c(NH3·H2O)远大于1.0×10－3mol/L，二者等体积混合氨水过量，溶液显碱性，pH大于7，C项正确。HI和氢氧化钡分别是强酸和强碱，pH＝3的HI溶液中c(HI)＝1.0×10－3mol/L，pH＝11的氢氧化钡溶液中c(OH－)＝1.0×10－3mol/L，二者等体积混合恰好完全反应，溶液显中性，pH等于7，D项错误。
答案　C
4.(2018·重庆联考)常温时，下列叙述正确的是(　　)
A.稀释pH＝3的醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低
B.用标准盐酸滴定未知浓度的烧碱溶液，滴定前仰视，滴定后俯视，测得的烧碱溶液浓度偏低
C.pH均为11的NaOH和NH3·H2O溶液中，水的电离程度不相同
D.分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸溶液，硫酸溶液消耗氢氧化钠的物质的量多
解析　稀释pH＝3的醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，n(H＋)、n(CH3COO－)增大，但c(H＋)、c(CH3COO－)减小，根据KW＝c(H＋)·c(OH－)知，c(OH－)增大，A项错误；滴定前仰视，读数偏大，滴定后俯视，读数偏小，则读取的标准盐酸的体积偏小，导致测得的烧碱溶液浓度偏低，B项正确；pH均为11的NaOH和NH3·H2O溶液中，c(OH－)相同，故水的电离程度相同，C项错误；醋酸为弱酸，不完全电离，故分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸溶液时，醋酸溶液消耗氢氧化钠的物质的量多，D项错误。
答案　B
5.(2018·湖北鄂东南市级示范高中联盟学校联考，14)下列说法中正确的是(　　)
A.NaHSO4和NaHSO3都属于酸式盐，二者不发生反应
B.95 ℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
C.在生产中可用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3
D.中和100 mL pH＝1的醋酸溶液和100 mL pH＝1的盐酸所消耗的NaOH的物质的量相等
解析　二者能发反应：NaHSO4＋NaHSO3===Na2SO4＋H2O＋SO2↑，A项错误；虽然95 ℃纯水的pH<7，但纯水中H＋浓度仍然等于OH－浓度，所以呈中性，B项错误；在生产中可用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，C项正确；HCl是强电解质，而醋酸是弱电解质，故等体积、等pH的两溶液中HCl的物质的量小于醋酸的物质的量，即醋酸溶液消耗的氢氧化钠多，D项错误。
答案　C
6.pH＝1的两种酸溶液X和Y分别与足量的锌反应，酸X比酸Y产生的氢气多，下列结论正确的是(　　)
A.X是强酸，Y是弱酸
B.X是弱酸，Y是强酸
C.X是二元酸，Y是一元酸
D.无法判断X、Y的性质
解析　若两种酸均是强酸，又溶液中氢离子浓度相同，但是两种酸的体积未知，当酸X的体积大于酸Y的体积时，则酸X比酸Y产生的氢气多；若X是弱酸，Y是强酸，二者的体积相同，酸X比酸Y产生的氢气多，所以X、Y的性质无法判断，选D。
答案　D
7.(2018·福建质检)H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定碘水发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列说法正确的是(　　)

A.该滴定反应可用甲基橙作指示剂
B.Na2S2O3是该反应的还原剂
C.该滴定反应可选用如图所示装置
D.该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移电子的物质的量为4 mol
解析　碘水显酸性，甲基橙在该溶液中显红色，当用Na2S2O3溶液滴定达到终点时溶液由红色变为橙色，颜色变化不明显，因此该滴定反应不可用甲基橙作指示剂，应该用淀粉溶液作指示剂，A项错误；在该反应中，I元素的化合价降低，得到电子，作氧化剂，Na2S2O3中的S元素的化合价升高，失去电子，Na2S2O3是该反应的还原剂，B项正确；Na2S2O3是强碱弱酸盐，其溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，不能用酸式滴定管，C项错误；该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移2 mol电子，D项错误。
答案　B
8.常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为(　　)
A.0.01 mol·L－1 B.0.17 mol·L－1
C.0.05 mol·L－1 D.0.50 mol·L－1
解析　由题意，可设原溶液物质的量浓度为c mol·L－1，NaOH溶液体积为3 L，HCl溶液体积为2 L，则二者混合后溶液体积为5 L，因为常温下二者混合反应后，所得溶液pH＝12，即c(H＋)＝10－12mol·L－1，所以c(OH－)＝Kw÷c(H＋)＝10－2mol·L－1，则c mol·L－1×3 L－c mol·L－1×2 L＝10－2mol·L－1×5 L，解得c＝0.05，则原溶液的浓度为0.05 mol·L－1，故选C。
答案　C
9.室温下，pH相差1的两种一元碱溶液A和B，分别加水稀释，溶液的pH变化如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.稀释前，c(A)＝10c(B)
B.稀释前，A溶液中由水电离出的c(OH－)>10－7mol/L
C.M点，A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等
D.用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，溶液的pH为7
解析　由图像可知，随着溶液的稀释，A溶液的pH变化较大，即A溶液的碱性大于B溶液的碱性，且稀释前A溶液中OH－浓度是B溶液的10倍，但由于A的碱性较强，故c(A)<10c(B)，A错误；碱能抑制水的电离，故水电离的OH－浓度小于10－7mol/L，B错误；M点两溶液pH相同，证明溶液中的H＋浓度相同，根据KW可知，溶液中的OH－浓度也相同，再由电荷守恒判断，两溶液中的阳离子浓度也相同，C正确；恰好完全反应时，无法判断生成物中阴离子即醋酸根离子的水解程度与阳离子水解程度的相对大小，故不能判断中和后溶液的酸碱性，D错误。
答案　C
10.(2019·太原调研)已知：常温下，A酸的溶液pH＝a，B碱的溶液pH＝b。
(1)若A为盐酸，B为氢氧化钡，且a＋b＝14，两者等体积混合，溶液的pH＝________。酸碱按体积比为1∶10混合后溶液显中性，则a＋b＝________。
(2)若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a＝4，b＝12，那么A溶液中水电离出的氢离子浓度为________mol·L－1，B溶液中水电离出的氢离子浓度为________mol·L－1。
(3)若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a＋b＝14，用体积为VA的醋酸和体积为VB的氢氧化钠溶液混合后，溶液显中性，则其体积关系VA________VB，混合后溶液中的离子浓度关系为c(Na＋)________c(CH3COO－)。
(4)若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a＋b＝14，两者等体积混合后溶液显碱性。则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反应的离子方程式为_________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
解析　(1)根据题意，盐酸中c(H＋)＝10－amol·L－1，氢氧化钡溶液中c(OH－)＝10b－14mol·L－1，酸碱发生中和反应呈中性时，n(H＋)＝n(OH－)，有VA×10－a＝VB×10b－14，VA∶VB＝10a＋b－14，又a＋b＝14，故VA＝VB。(3)a＋b＝14的弱酸和强碱混合呈中性，则酸需要体积小。(4)a＋b＝14的一元酸和一元碱混合呈碱性，则碱是弱碱。
答案　(1)7　13　(2)10－10　10－12　(3)<　＝
(4)M＋＋H2OMOH＋H＋
11.过氧化氢的水溶液适用于医用消毒、环境消毒和食品消毒。
Ⅰ.过氧化氢性质探究实验
(1)酸性条件下H2O2可将Fe2＋转化成Fe3＋，由此说明H2O2具有________性。
(2)已知H2O2是一种二元弱酸，其中Ka1＝2.20×10－12、Ka2＝1.05×10－25，则H2O2的电离方程式为______________________________________________________，
常温下，1 mol/L的H2O2溶液的pH约为________。
Ⅱ.过氧化氢含量的测定实验
某兴趣小组同学用0.100 0 mol/L的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，反应原理为2MnO＋5H2O＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑。
(3)滴定达到终点的现象是_______________________________________。
(4)用移液管移取25.00 mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：

第一次
第二次
第三次
第四次
V(KMnO4溶液)/mL
17.10
18.10
18.00
17.90
计算试样中过氧化氢的浓度为________mol/L。
(5)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
解析　Ⅰ.(1)酸性条件下，H2O2可将Fe2＋氧化为Fe3＋，体现了过氧化氢的氧化性。(2)过氧化氢属于二元弱酸，分步电离，其电离的方程式为H2O2H＋＋HO、HOH＋＋O；又Ka1＝2.20×10－12，Ka2＝1.05×10－25，Ka1≫Ka2，以第一步电离为主，则Ka1＝＝＝2.20×10－12，所以
c(H＋)≈1.48×10－6mol/L，即pH≈5.8。Ⅱ.(3)滴定达到终点的现象：当滴入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液恰好由无色变为紫色，且30秒内溶液不褪色。(4)由于第一次数据误差过大，故舍去；其他三组数据的平均值为18.00 mL，根据反应2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑，n(H2O2)＝2.5×n(MnO)＝2.5×0.100 0 mol/L×0.018 L，c(H2O2)＝＝0.180 0(mol/L)。
(5)滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致消耗的标准液体积偏大，则测定结果偏高。
答案　Ⅰ.(1)氧化　(2)H2O2H＋＋HO、HOH＋＋O　5.8　
Ⅱ.(3)当滴入最后一滴标准溶液　锥形瓶内溶液恰好由无色变为紫色，且30秒内溶液不褪色　(4)0.180 0　(5)偏高
[B级　拔高选做题]
12.如图所示，用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定10 mL一定物质的量浓度的盐酸X的图像，依据图像推出X和Y的物质的量浓度是表内各组中的(　　)


A
B
C
D
X(mol·L－1)
0.12
0.04
0.03
0.09
Y(mol·L－1)
0.04
0.12
0.09
0.03
解析　由图知，加入30 mL NaOH溶液后溶液pH＝7，即c(HCl)·V(盐酸)＝c(NaOH)·V(NaOH溶液)，c(HCl)×10×10－3L＝c(NaOH)×30×10－3L，c(HCl)＝3c(NaOH)；又知加入20 mL NaOH溶液时，溶液pH＝2，则＝10－2mol·L－1；将c(HCl)＝3c(NaOH)代入得c(NaOH)＝0.03 mol·L－1，c(HCl)＝0.09 mol·L－1。
答案　D
13.(2017·河北唐山二模)在某温度时，将n mol/L醋酸溶液滴入10 mL 1.0 mol/L NaOH溶液中，溶液pH和温度随加入醋酸溶液体积的变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是(　　)

A.n>1.0
B.a点KW＝1.0×10－14
C.水的电离程度：c点>b点
D.b点：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
解析　中和反应为放热反应，当温度达到最高时酸、碱恰好完全反应，此刻醋酸溶液的体积小于10 mL，所以n>1.0，A正确；a点温度低于25 ℃，KW随温度的降低而减小，故a点KW<1.0×10－14，B错误；b点酸、碱恰好完全反应生成醋酸钠，对水的电离的促进作用最大，c点醋酸过量，过量的醋酸对水的电离又起抑制作用，故水的电离程度：c点c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，D错误。
答案　A
14.(2018·厦门质检)铝锰合金可作炼钢脱氧剂。某课外小组欲测定铝锰合金中锰的含量。
Ⅰ.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液的浓度标定
步骤1：取20.00 mL 0.015 mol/L K2Cr2O7标准液于250 mL锥形瓶中，加入20 mL稀硫酸和5 mL浓磷酸，用硫酸亚铁铵溶液滴定，接近终点时加2滴R溶液作指示剂，继续滴定至终点，消耗的体积为V1 mL。
步骤2：重复步骤1实验，接近终点时加4滴R溶液，消耗的体积为V2 mL。
Ⅱ.过硫酸铵[(NH4)2S2O8]催化氧化滴定法测定锰含量。
取m g铝锰合金于锥形瓶中，加入适量的浓磷酸，加热至完全溶解，稀释冷却摇匀，再加入少量的硝酸银溶液、过量的过硫酸铵溶液，加热煮沸至无大量气泡冒出，冷却至室温(此时溶液中锰的化合价为＋7)，用标定的硫酸亚铁溶液进行滴定，根据实验数据计算铝锰合金中锰的含量。
[查阅资料]①酸性条件下，Cr2O具有很强的氧化性，易被还原为绿色的Cr3＋。
②R溶液的变色原理：
Q,(还原型，无色))
(1)Ⅰ中步骤1、2需要的玻璃仪器有锥形瓶、胶头滴管、________、________。
(2)Ⅰ中滴定过程，主要反应的离子方程式是______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)Ⅰ中步骤2的主要作用是______________________________________________。
(4)Ⅱ中硫酸亚铁铵溶液的标定浓度是_____________________________________
mol/L(用含V1、V2的代数式表示)。
(5)Ⅱ中加入硝酸银溶液的目的是________________________________________。
(6)Ⅱ中若未加热煮沸无大量气泡冒出，锰含量测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(7)为了提高该实验的准确度和可靠度，需进行________。
解析　(1)因为硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液显酸性，K2Cr2O7溶液有强氧化性，所以Ⅰ中滴定实验需要用到酸式滴定管，可使用量筒向滴定管中取液体，也可以使用移液管取用，故Ⅰ中需要的玻璃仪器除了锥形瓶、胶头滴管外，还用酸式滴定管、量筒(或移液管)。(2)Ⅰ中滴定过程，酸性条件下用硫酸亚铁铵溶液滴定K2Cr2O7标准液，Fe2＋与Cr2O发生氧化还原反应，离子方程式为14H＋＋Cr2O＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。(3)根据[查阅资料]②R溶液的变色原理可得，变色过程要消耗一定量的氧化剂或还原剂，所以对指示剂用量加以校正是提高准确度的关键，因此Ⅰ中步骤2的主要作用是校正指示剂。(4)加2滴R溶液作指示剂时消耗硫酸亚铁铵溶液V1 mL，为校正指示剂所造成的误差，加4滴R溶液时消耗硫酸亚铁铵溶液V2 mL，所以K2Cr2O7标准液实际消耗的硫酸亚铁铵溶液为(2V1－V2)mL，根据反应离子方程式可得关系：Cr2O～6Fe2＋，又根据已知20.00 mL 0.015 mol/L K2Cr2O7标准液，所以硫酸亚铁铵溶液的浓度为mol/L＝mol/L。(5)由已知，催化氧化滴定法测定铝锰合金中锰含量，过硫酸铵[(NH4)2S2O8]作氧化剂与锰在催化剂作用下发生氧化还原反应，所以Ⅱ中加入硝酸银溶液的目的是作为催化剂，加快氧化速率。(6)Ⅱ中过硫酸铵是过量的，存在反应(NH4)2S2O8＋2H2O===2NH4HSO4＋H2O2，加热煮沸至无大量气泡冒出，是为了除去溶液中氧化性物质，若未加热煮沸无大量气泡冒出，则消耗还原剂硫酸亚铁铵的物质的量偏大，锰含量测定结果将偏大。
(7)为了提高该实验的准确度和可靠度，需防止偶然误差的产生，可取两个以上相同的样品，以完全一致的条件进行实验，看其结果的一致性，即进行平行实验
答案　(1)酸式滴定管　量筒(或移液管)
(2)14H＋＋Cr2O＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O
(3)校正指示剂
(4)1.8/(2V1－V2)
(5)作为催化剂，加快氧化速率
(6)偏大　(7)平行实验