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第八章水溶液中的电离平衡第二讲水的电离和溶液的酸碱性 高考化学一轮复习学案人教版
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这是一份第八章水溶液中的电离平衡第二讲水的电离和溶液的酸碱性 高考化学一轮复习学案人教版，共30页。学案主要包含了加固训练—拔高，备选例题，规范答题，思维升华等内容，欢迎下载使用。
第二讲 水的电离和溶液的酸碱性
考点一 水的电离(命题指数★★★)
1．水的电离：
水是一种极弱的电解质，电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－，简写为H2OH＋＋OH－，水的电离常数K电离＝。
2．影响水电离平衡的因素：
条件
变化
移动
方向
c(H＋)
c(OH－)
Kw
电离
程度
升温
右移
增大
增大
增大
增大
加酸
左移
增大
减小
不变
减小
加碱
左移
减小
增大
不变
减小
加活泼金
属
右移
减小
增大
不变
增大
加醋酸钠
右移
减小
增大
不变
增大
加氯
化铵
右移
增大
减小
不变
增大
3.水的离子积：
(1)表达式。
Kw＝c(H＋)·c(OH－)；25 ℃时，Kw＝1.0×10－14。
(2)影响因素。
水的离子积Kw，只受温度的影响，温度升高，Kw增大。
(3)适用范围。
Kw不仅适用于纯水，还可适用于稀的电解质水溶液。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)水的电离平衡常数与水的离子积相等。( )
提示：×。水的离子积与水的电离常数的关系是Kw＝K电离·c(H2O)≈55.6K电离。
(2)加水稀释醋酸溶液，溶液中所有离子浓度都减小。( )
提示：×。醋酸加水稀释后，H＋浓度减小，由于温度不变Kw不变，OH－浓度增大。
(3)25 ℃时CH3COONa溶液的Kw大于100 ℃时NaOH溶液的Kw。( )
提示：×。Kw只与温度有关，温度越高Kw越大。
(4)任何水溶液中均存在H＋和OH－，且水电离出的c(H＋)和c(OH－)相等。( )
提示：√。不管温度变化还是加入促进或抑制水的电离的物质，水自身电离的
c(H＋)和c(OH－)相等。
(5)某温度下，纯水中c(H＋)＝2.0×10－7 mol·L－1，则此时c(OH－)＝5×10－8 mol·L－1。( )
提示：×。纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝2×10－7 mol·L－1。
2．(1)25 ℃时，10 L水中含OH－的物质的量为________ mol，含H＋的个数为________个(设阿伏加德罗常数为NA)。
(2)某温度下，纯水中的c(H＋)＝2×10－7 mol·L－1，则此时c(OH－)＝________。若温度不变，滴入稀H2SO4使c(H＋)＝5×10－6 mol·L－1，则c(OH－)＝________，由水电离出的c(H＋)为________。
【解析】(1)常温下，Kw＝1×10－14，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－7 mol·L－1。1 L水中含n(OH－)＝1×10－7 mol，n(H＋)＝1×10－7 mol，故10 L水中含OH－的物质的量为1×10－6 mol，含H＋的个数为10－6 NA个。
(2)纯水中，c(H＋)一定与c(OH－)相等，存在H2OH＋＋OH－，所以c(OH－)＝
2×10－7 mol·L－1。温度不变，Kw＝2×10－7×2×10－7＝4×10－14不变，当c(H＋)＝5×10－6 mol·L－1时，c(OH－)＝ mol·L－1＝8×10－9 mol·L－1。由H2OH＋＋OH－知，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝8×10－9 mol·L－1。
答案：(1)10－6 10－6NA
(2)2×10－7 mol·L－1 8×10－9 mol·L－1
8×10－9 mol·L－1
命题角度1：外界条件对水电离的影响
【典例1】(2021·北京丰台区模拟)室温时纯水中存在电离平衡：H2OH＋＋OH－。下列叙述正确的是( )
A．升高温度，水的电离程度增大，c(H＋)增大，pH＜7，溶液显酸性
B．向水中加入少量氨水，平衡逆向移动，抑制水的电离，c(OH－)降低
C．向水中加入少量硫酸，c(H＋)增大，由水电离出的c(H＋)＞1×10－7 mol·L－1
D．向水中加入少量NH4Cl固体，NH结合水电离出的OH－，由水电离出的
c(H＋)＞1×10－7 mol·L－1
【解析】选D。升高温度，水的电离程度增大，c(H＋)增大，pH＜7，c(H＋)＝
c(OH－)，溶液显中性，故A错误；加入氨水，NH3·H2OOH－＋NH碱性增强，c(OH－)增大，故B错误；H2OH＋＋OH－，加入硫酸，氢离子浓度增大，抑制水的电离，水电离出氢离子浓度减小，故C错误；水中加入少量NH4Cl固体，NH结合水电离出的OH－，促进水的电离，使水电离出的c(H＋)＞1×10－7 mol·
L－1，故D正确。
命题角度2：水的电离曲线
【典例2】(2021·张掖模拟)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是( )
A．图中五点Kw间的关系B＞C＞A＝D＝E
B．若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
C．若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝12的KOH等体积混合后，溶液显碱性
D．若从A点到C点，可用温度不变时在水中加入适量NH4Cl固体的方法
【解析】选D。ADE都处于25 ℃时，Kw相等，B点c(H＋)和c(OH－)都大于C点的
c(H＋)和c(OH－)，并且C点的c(H＋)和c(OH－)大于A点c(H＋)和c(OH－)，c(H＋)和c(OH－)越大，Kw越大，故B＞C＞A＝D＝E，故A正确；加酸，c(H＋)变大，
c(OH－)变小，但温度不变，Kw不变，故B正确；若处在B点时，Kw＝1×10－12，pH＝2的硫酸中c(H＋)＝10－2 mol·L－1，pH＝12的KOH中c(OH－)＝1 mol·L－1，等体积混合，KOH过量，溶液显碱性，故C正确；若从A点到C点，c(H＋)变大，
c(OH－)变大，Kw增大，温度应升高，不能通过加入氯化铵的方法来实现，故D错误。
1．Kw要点剖析：
(1)Kw揭示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，H＋与OH－共存，只是相对含量不同而已。
(2)水的离子积Kw只与温度有关，温度越高，Kw越大，所以使用Kw时，必须指明温度，如不指明，则认为是25 ℃。
(3)Kw不仅适用于纯水，还适用于酸、碱及盐的稀溶液，且由水电离的c水(H＋)＝c水(OH－)。此时，水溶液中水的离子积常数不变。
2．外界条件对水的电离的影响：
(1)抑制水的电离的方法。
①外加酸或碱
②降温
③加入强酸的酸式盐(如NaHSO4)
④通入酸性气体(如CO2、SO2等)或碱性气体(如NH3)
(2)促进水的电离的方法。
①升温
②加入活泼金属(如Na、K等)
③加入强酸弱碱盐或强碱弱酸盐
3．水电离出的c(H＋)或c(OH－)的定量计算：
溶液
计算原则
实例(25 ℃)
中性
溶液
c(OH－)＝c(H＋)
c(OH－)＝c(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(H＋)水＝c(OH－)水＝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(OH－)＝
10－2 mol·L－1，则c(H＋)＝Kw/10－2＝1×
10－12 (mol·L－1)，即水电离出的c(OH－)水＝c(H＋)水＝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(H＋)＝10－5 mol·L－1，因部分OH－与部分NH结合使溶液中的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(OH－)＝10－2 mol·L－1，因部分H＋与部分CO结合使溶液中的c(H＋)＝10－12 mol·
L－1
命题点1：外界条件对水电离的影响(基础性考点)
1．(2021·泰安模拟)室温下，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－。下列叙述正确的是( )
A．向水中加入少量金属Na，平衡正向移动，c(OH－)增大
B．向水中加入少量 CH3COOH，平衡逆向移动，Kw变小
C．向水中加入少量 NaHSO4或 NaHCO3固体，平衡均正向移动，水的电离程度增大
D．向水中加入少量 CH3COONH4固体，溶液呈中性，水的电离平衡不移动
【解析】选A。向水中加入少量金属钠，和水电离的H＋反应，故溶液中的
c(OH－)增大，水的电离被促进，平衡正向移动，故A正确；温度不变，水的离子积常数不变，与溶液的酸碱性无关，向水中滴入少量 CH3COOH，平衡逆向移动，Kw不变，故B错误；向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，导致c(H＋)增大，平衡逆向移动，加入少量碳酸氢钠固体，溶解后碳酸氢根离子水解使水的电离平衡正向进行，故C错误；向水中加入少量 CH3COONH4固体，醋酸根离子和铵根离子水解相互促进程度相同，溶液呈中性，水的电离平衡正向移动，故D错误。
命题点2：水电离的H＋或OH－浓度求算(综合性考点)
2．已知NaHA在水中的电离方程式为NaHA===Na＋＋H＋＋A2－。某温度下，向c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1的蒸馏水中加入NaHA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NaHA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】选D。Kw＝1×10－6×1×10－6＝1×10－12，温度高于25 ℃，A正确； NaHA电离出的H＋抑制H2O电离，c(H＋)H2O＝c(OH－) H2O＝1×10－10 mol·L－1，B正确、C正确；加H2O稀释c(H＋)减小，而c(OH－)增大，D错误。
3．(2021·北京海淀区模拟)25 ℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是( )
A．0.01 mol·L－1醋酸溶液
B．0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液
C．0.01 mol·L－1 NaHSO4溶液
D．0.01 mol·L－1 NaHCO3溶液
【解析】选C。根据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐水解，促进水的电离，则醋酸和NaHSO4均抑制水的电离，NH4Cl和NaHCO3均促进水的电离，醋酸是弱酸，0.01 mol·L－1醋酸中氢离子浓度小于0.01 mol·L－1，NaHSO4在水溶液中完全电离，0.01 mol·L－1 NaHSO4中氢离子浓度是0.01 mol·L－1，氢离子浓度越大，抑制水电离程度越大，所以水电离程度最小的是NaHSO4溶液。
命题点3：水的电离曲线(应用性考点)
4．(2021·台州模拟)T ℃下的溶液中，c(H＋)＝10－x mol·L－1，c(OH－)＝10－y mol·L－1，x与y的关系如图所示。 下列说法不正确的是( )
A.T ℃时，水的离子积Kw 为 1×10－a
B．若a＞14，则T＜25
C．T ℃时，若给pH＝1的盐酸微热，则盐酸的pH减小
D．T ℃时，pH＝a－2的苛性钠溶液与pH＝2的稀硫酸等体积混合，溶液的pH＝0.5a
【解析】选C。由图象可知，x＝0时，y＝a，y＝0时，x＝a，则有x＋y＝a，则Kw＝c(H＋)×c(OH－)＝(10－x mol·L－1)×(10－y mol·L－1)＝10－a mol2·L－2，故A正确；若a＞14，Kw＝10－a mol2·L－2＜10－14 mol2·L－2，则温度低于常温，故B正确；微热促进盐酸挥发，溶液酸性减弱，pH增大，故C错误；pH＝a－2的苛性钠溶液，氢氧根浓度是0.01 mol·L－1，pH＝2的稀硫酸中氢离子浓度是0.01 mol·L－1，等体积混合，溶液显中性，pH＝0.5a，故D正确。
5.(2021·厦门模拟)25 ℃时，水溶液中c(H＋)与c(OH－)的变化关系如图中曲线所示，下列判断错误的是( )
A．ac曲线上的任意一点都有c(H＋)×c(OH－)＝10－14
B．bd线段上任意一点对应的溶液都呈中性
C．d点对应溶液的温度高于25 ℃，pH＜7
D．c点溶液不可能是盐溶液
【解析】选D。ac曲线上的任意一点，由于温度相同，所以水的离子积相同，根据b点可知，c(H＋)·c(OH－)＝10－14，故A正确；bd线上任意点都满足c(H＋)＝c(OH－)，溶液一定显示中性，故B正确；d点时，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6 mol·
L－1＞1×10－7 mol·L－1，溶液的pH＝6，水的电离为吸热反应，所以d点温度高于25 ℃，故C正确；在c点c(H＋)＝1×10－8 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，溶液显示碱性，而醋酸钠溶液显示碱性，所以c点可能为醋酸钠溶液，故D错误。
【加固训练—拔高】
1．(2021·抚顺模拟)40 ℃时水的离子积Kw＝2.9×10－14，则在40 ℃时，c(H＋)＝1×
10－7 mol·L－1的溶液( )
A．呈酸性 B．呈碱性
C．呈中性 D．无法判断
【解析】选B。40 ℃时水的离子积Kw＝2.9×10－14，c(H＋)＝1×10－7 mo1·L－1，则c(OH－)＝＝＝2.9×10－7 mo1·L－1，所以c(H＋)＜c(OH－)，即溶液显碱性，故B正确。
2．(2021·枣庄模拟)已知水的电离平衡如图所示，且pOH＝－lg c(OH－)，下列说法错误的是( )
A.各点对应的水的离子积：Kw(f)＞Kw(e)＝Kw(d)
B．加热f点纯水，其组成由f点沿fd直线向d方向迁移
C．向c点纯水中通入少量HCl，其组成由c点沿cde曲线向e点移动
D．df直线上各点对应的水溶液(或纯水)一定显中性
【解析】选B。pOH＝－lg c(OH－)、pH＝－lg c(H＋)，所以pOH、pH越大，c(OH－)、c(H＋)越小，pOH＋pH＝pKw，水的电离吸热，温度越高，水的离子积Kw越大，pOH、pH越小，所以温度T＞20 ℃，即Kw(f)＞Kw(d)，同时Kw只与温度有关，d、e点在等温线上，所以Kw(f)＞Kw(e)＝Kw(d)，故A正确；由于水的电离吸热，所以升高温度，水的离子积Kw增大，pOH、pH减小，即加热f点纯水，其组成由f点沿Of直线向O方向迁移，故B错误；恒温条件下，向c点纯水中通入少量HCl，溶液酸性增强，pH减小，由于pOH＋pH＝pKw，所以pOH增大，其组成由c点沿cde曲线向e点移动，故C正确；df直线上各点对应的水溶液中均有pH＝pOH，即c(OH－)＝c(H＋)，所以df直线上各点对应的水溶液均呈中性，故D正确。
考点二 溶液的酸碱性与pH计算(命题指数★★★)
1．溶液的酸碱性与pH：
(1)pH。
①定义：c(H＋)的负对数，
pH＝－lgc(H＋)。
②意义：pH越大，溶液的碱性越强。pH越小，溶液的酸性越强。
③适用范围：1×10－14 mol·L－1≤c(H＋)≤1 mol·L－1的溶液。
(2)溶液的酸碱性与pH的关系(常温下)。
溶液的
酸碱性
c(H＋)与
c(OH－) 比较
c(H＋)大小
pH
酸性
溶液
c(H＋)>c(OH－)
c(H＋)>1×10－7 mol·L－1
<7
中性
溶液
c(H＋)＝c(OH－)
c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1
＝7
碱性
溶液
c(H＋)
>7
2.溶液pH的计算方法：
(1)单一溶液。
①强酸溶液，pH＝－lgc(H＋)。如0.1 mol·L－1的盐酸，pH＝1。
②强碱溶液，c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如0.01 mol·L－1的NaOH溶液，pH＝12。
(2)混合溶液。
①两强酸溶液混合，c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如pH＝2的盐酸与pH＝5的盐酸等体积混合，溶液的pH＝2.3。
②两强碱溶液混合，c(OH－)＝，c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如pH＝12和pH＝10的两NaOH溶液等体积混合，pH＝11.7。
③强酸与强碱混合：
A．恰好反应：pH＝7。如pH＝2盐酸和pH＝12的Ba(OH)2溶液等体积相混合，混合后溶液的pH＝7。
B．酸过量：c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如100 mL 0.6 mol·L－1的HCl 与等体积0.4 mol·L－1的 NaOH溶液混合后，溶液的pH＝1。
C．碱过量：c(OH－)＝，
c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如将0.1 mol·L－1的盐酸和0.06 mol·L－1的氢氧化钡溶液等体积混合，混合以后溶液的pH＝12。
(3)溶液稀释后pH的计算。
①对于强酸溶液，每稀释10倍，pH增大1；对于弱酸溶液，每稀释10倍，pH增大不足1。无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7。
②对于强碱溶液，每稀释10倍，pH减小1；对于弱碱溶液，每稀释10倍，pH减小不足1。无论稀释多少倍，碱溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7。
3．pH的测定：
(1)酸碱指示剂法。
该法只能测其pH的大致范围，常见指示剂变色范围为
指示剂
变色范围
石蕊
pH＜5红色
5～8紫色
＞8蓝色
酚酞
pH＜8.2无色
8.2～10浅红色
＞10红色
甲基橙
pH＜3.1红色
3.1～4.4橙色
＞4.4黄色
(2)pH试纸法。
把小片试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在干燥的pH试纸上，试纸变色后，与标准比色卡对比，即可确定溶液的pH。
(3)pH计。
通过仪器来精确测定溶液的pH。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)pH<7的溶液一定呈酸性。( )
提示：×。25 ℃时，pH＝7为中性，pH＜7为酸性，温度升高后pH＜7不一定显酸性。
(2)溶液的酸性越强，pH越小，溶液的碱性越强，pH越大。( )
提示：√。pH＝－lgc(H＋)，pH越小酸性越强，pH越大碱性越强。
(3)用pH试纸测得某溶液的pH为3.4。( )
提示：×。pH试纸只能测出整数值。
(4)用湿润的pH试纸测定盐酸和醋酸溶液的pH，醋酸溶液的误差更大。( )
提示：×。用湿润的pH试纸测定pH相当于稀释溶液，醋酸存在电离平衡，稀释促进电离，误差更小。
(5)室温下，pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的醋酸溶液等体积相混合后，混合液呈中性。( )
提示：×。醋酸浓度远大于NaOH浓度，混合液中含有大量醋酸，溶液呈酸性。
2．计算25 ℃时下列溶液的pH：
(1)1 mL pH＝2的H2SO4加水稀释至100 mL，pH＝________；
(2)0.001 mol·L－1的盐酸，pH＝________；
(3)0.01 mol·L－1的NaOH溶液，pH＝________；
(4)0.015 mol·L－1的硫酸与0.01 mol·L－1的NaOH等体积混合，混合溶液的pH＝________。
【解析】(1)强酸稀释100倍，pH变化2个单位，即稀释后溶液的pH＝4；
(2)c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝3；
(3)c(OH－)＝0.01 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝10－12 mol·L－1，pH＝
－lg(10－12)＝12；
(4)酸碱发生中和反应时，酸过量，则c(H＋)＝＝
0.01(mol·L－1)，pH＝－lg 0.01＝2。
答案：(1)4 (2)3 (3)12 (4)2
命题角度1：溶液酸碱性的判断及应用
【典例1】(2021·邯郸模拟)用pH试纸测定某氨基酸溶液的pH，如果先将pH试纸用蒸馏水润湿后，再把待测液滴到pH试纸上，跟比色卡对照，溶液pH的测得值为8，则该氨基酸溶液的实际pH( )
A．大于8 B．小于8
C．等于8 D．小于7
【解析】选A。溶液pH的测得值为8，说明溶液呈碱性，碱性溶液稀释后，碱性减弱，pH偏小，所以该氨基酸溶液的实际pH应大于8。
命题角度2：溶液pH的计算
【典例2】(2021·杭州模拟)下列说法不正确的是( )
A．0.1 mol·L－1氨水的pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液pH＝b，则a＞b
B．室温下1 mL pH＝13的NaOH溶液与100 mL盐酸混合后溶液pH＝7，则盐酸的pH＝3
C．纯水加热到100 ℃时，水的离子积变大、pH变小、呈中性
D．相同温度下，pH相同的Na2CO3和Na2SO3溶液中，水电离程度较大的是Na2CO3溶液
【解析】选D。0.1 mol·L－1氨水的pH＝a，将此溶液稀释1倍，溶液pH＝b，氨水稀释后氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，则a＞b，故A正确；氯化氢和氢氧化钠都是强电解质，两种溶液混合后溶液呈中性，说明两种物质的物质的量相等，根据溶液体积知，c(HCl)＝c(NaOH)＝0.001 mol·L－1，所以HCl的pH＝3，故B正确；纯水加热到100 ℃时，加热促进水的电离，水的离子积变大，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，纯水显中性，故C正确；均能发生水解反应，溶液的pH相同，说明Na2CO3和Na2SO3水解生成的氢氧根离子浓度相同，溶液中的氢氧根离子均由水电离，所以两种溶液中水的电离程度相同，故D错误。
(1)(宏观辨识与微观探析)A选项中pH＝a的氨水，电离度是多少？若稀释10倍，溶液的pH＝c，c的取值范围是多少？
提示：pH＝a即溶液中c(OH－)＝10a－14，电离度为10a－13。若稀释10倍，a－1＜c＜a。
(2)(宏观辨识与微观探析)B选项中若等体积混合后溶液的pH＝7，则盐酸的浓度是多少？
提示：等体积混合恰好完全反应，则盐酸与NaOH溶液浓度相等，为0.1 mol
·L－1。
(3)(变化观念与平衡思想)C选项中纯水加热到100 ℃时，水的电离平衡如何移动？水的离子积与pH的关系是什么？
提示：升温促进水的电离平衡正向移动。纯水中c(H＋)＝c(OH－)，且c(H＋)·
c(OH－)＝Kw，又因c(H＋)＝10－pH，则c2(H＋)＝Kw，即10－2pH＝Kw。
【备选例题】
(2021·北京西城区模拟)室温时，下列说法正确的是( )
A．pH＝11的氨水和pH＝11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH－)均为1×
10－11 mol·L－1
B．分别把100 mL pH＝11的NaOH溶液和pH＝11的氨水加水稀释至1 L，所得溶液pH均为10
C．分别向等体积的0.1 mol·L－1HCl溶液和0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等
D．分别向1 mL pH＝3的盐酸和pH＝3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，两溶液的pH均增大
【解析】选D。氨水抑制水的电离，pH＝11的氨水中水电离产生的c(OH－)为1×10－11 mol·L－1，碳酸钠促进水的电离，pH＝11的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(OH－)为1×10－3 mol·L－1，故A错误；加水稀释促进一水合氨的电离，氨水中氢氧根离子的物质的量会增大，所以把100 mL pH＝11的氨水加水稀释至1 L，所得溶液pH大于10，故B错误；向等体积的0.1 mol·L－1 HCl溶液和0.1 mol·
L－1CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好中和生成NaCl和醋酸钠，NaCl溶液显中性，醋酸钠溶液显碱性，若要醋酸钠显中性，则要减少氢氧化钠的量，所以二者消耗的氢氧化钠的体积不同，故C错误；向1 mL pH＝3的盐酸中加醋酸钠，盐酸与醋酸钠反应生成弱酸醋酸，溶液的pH会增大，在醋酸溶液中加醋酸钠，醋酸钠电离的醋酸根离子能抑制醋酸的电离，醋酸的pH增大，故D正确。
1．溶液酸碱性的判断依据：
2．混合溶液酸碱性的判断方法：
(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”
中和反应
反应后所得溶液的酸碱性
强酸与强碱
中性
强酸与弱碱
酸性
弱酸与强碱
碱性
(2)室温下，已知酸和碱pH之和的溶液等体积混合
ⅰ.两强混合
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
ⅱ.一强一弱混合——“谁弱显谁性”
pH之和等于14时，一元强酸和一元弱碱等体积混合呈碱性；一元弱酸与一元强碱等体积混合呈酸性。
3．pH测定易错点再认识：
(1)使酚酞试液呈无色的溶液可能呈酸性、中性或碱性。
(2)广泛pH试纸的范围是1～14，且测量值均为整数。
(3)用pH试纸测量溶液pH时，试纸不能润湿，若润湿，测酸、碱性溶液时会造成误差，但测中性溶液时不会造成误差。
(4)不能用pH试纸测量氯水的pH，因氯水具有漂白性。
命题点1：溶液酸碱性的判断及应用(基础性考点)
1．(2021·洛阳模拟)图中的4条曲线，能表示人体大量喝水时，胃液pH变化的是( )
【解析】选A。胃液中含有盐酸，溶液显酸性pH小于7，喝大量的水后，胃液中的酸会被稀释，酸性减弱，pH增大，但不可能大于7(即变成了碱性)，故A正确。
2．(2021·邹城模拟)用 pH 试纸测定某无色溶液的 pH，正确的是( )
A．将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B．用广泛pH试纸测得氯水的pH为2
C．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照
D．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果一定偏低
【解析】选C。pH试纸直接浸入待测液，这样会污染溶液，故A错误；氯水中的次氯酸有强氧化性，pH试纸变色会被漂白，应用pH计测定，故B错误；测定溶液pH的正确操作方法为将被测液滴到放在玻璃片上的pH试纸上，显色后，与标准比色卡比较，符合测量要求，故C正确；pH试纸不能湿润，防止形成实验误差，用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果不一定偏低，如中性溶液氯化钠溶液的pH不变，故D错误。
命题点2：溶液pH的计算(综合性考点)
3．(2021·温州模拟)常温下，下列有关说法不正确的是( )
A．pH＝11的氨水、NaOH溶液中，水电离产生的c(H＋)相同
B．pH＝3的HCl溶液与pH＝11的氨水等体积混合，混合后溶液的pH小于7
C．pH＝3的盐酸、CH3COOH溶液中，c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D．往10 mL pH＝3的盐酸中分别加入pH＝11的氨水、NaOH溶液至中性，消耗氨水的体积小
【解析】选B。碱抑制水电离，碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，氨水、NaOH溶液中氢氧根离子浓度相等，则二者抑制水电离程度相等，故A正确；pH＝3的HCl溶液c(HCl)＝10－3 mol·L－1，pH＝11的氨水溶液c(NH3·H2O)＞10－3 mol·L－1，等体积混合，氨水会剩余，溶液显示碱性，混合后溶液的pH大于7，故B错误；盐酸、CH3COOH溶液中，分别存在电荷守恒：c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)、c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，都是pH＝3的溶液，则氢离子浓度相等，氢氧根离子浓度也是相等的，所以c(Cl－)＝c(CH3COO－)，故C正确；pH＝11的氨水、NaOH溶液，c(NH3·H2O)＞10－3 mol·L－1，c(NaOH)＝10－3 mol·L－1，c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，中和等量的盐酸，氨水消耗的体积小，故D正确。
【加固训练—拔高】
1．(2021·天津模拟)下列说法正确的是( )
A．用广泛pH试纸测得饱和氯水的pH约为2
B．常温下，同浓度的Na2S 溶液与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大
C．用待测液润洗锥形瓶后才能进行滴定操作
D．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的SO水解
【解析】选B。氯水有漂白性，故不能用pH试纸来测pH，故A错误；酸性HS－＜H2S，故水解能力Na2S＞NaHS，则Na2S溶液的pH大，故B正确；锥形瓶不能润洗，润洗后会导致待测液的体积偏大，故C错误；硫酸型酸雨中含H2SO3，在放置的过程中会被氧气氧化为硫酸，导致pH变小，故D错误。
2．(2021·慈溪模拟)下列说法不正确的是( )
A．中性溶液中一定存在c(H＋)＝c(OH－)
B．中和等物质的量浓度等体积的氨水、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，由水电离产生的c(H＋)相等
D．pH＝14与pH＝12的两种NaOH溶液等体积混合后，c(H＋)＝
【解析】选D。溶液酸碱性取决于c(H＋)、c(OH－)的大小，任何中性溶液中一定满足c(H＋)＝c(OH－)，故A正确；由于氨水、NaOH均为一元碱，中和等物质的量浓度等体积的氨水、NaOH溶液时，消耗HCl的物质的量相同，故B正确；相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，氢离子浓度相同，则两溶液对水电离的抑制程度相同，所以水电离产生的c(H＋)相等，故C正确；pH＝14与pH＝12的两种NaOH溶液等体积混合后，混合液中c(OH－)＝ mol·L－1＝
0.505 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1≈2×10－14 mol·L－1，故D错误。
3．(2021·义乌模拟)下列说法正确的是( )
A．常温下，用pH试纸测得0.1 mol·L－1NaClO溶液的pH＞7
B．向醋酸中加入等物质的量的NaOH，溶液呈碱性，且溶液中＞1
C．常温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，因生成的CH3COONa水解，所以由水电离出的c(H＋)＞10－7 mol·L－1
D．等体积等pH的醋酸和盐酸，分别与足量镁粉反应，反应生成的气体盐酸多
【解析】选B。NaClO是弱酸强碱盐，水解显碱性，但NaClO具有漂白性，应选pH计测定，故A错误；CH3COONa溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，电荷关系为c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，所以c(CH3COO－)＜c(Na＋)，故B正确；CH3COOH是弱酸，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，酸过量使溶液呈酸性，酸抑制水的电离，所以由水电离出的c(H＋)＜10－7 mol·L－1，故C错误；CH3COOH是弱酸，等体积等pH的醋酸和盐酸中，n(CH3COOH)＞n(HCl)，所以分别与足量镁粉反应，反应生成的气体盐酸少、醋酸多，故D错误。
考点三 酸碱中和滴定(命题指数★★★★)
1．酸碱中和滴定：
(1)概念：利用中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。
(2)原理。
①反应实质：H＋＋OH－===H2O。
②定量关系：恰好中和时，n(H＋) ＝n(OH－)，即c(H＋)V酸 ＝ c(OH－)V碱。
(3)主要仪器及使用方法。
①仪器：滴定管、铁架台、滴定管夹、锥形瓶、烧杯。
仪器a是酸式滴定管，仪器b是碱式滴定管。
②滴定管的使用方法
(4)主要试剂。
①标准液
②待测液
③指示剂(一般选用酚酞或甲基橙)
(5)滴定操作。
①滴定前的准备工作
②滴定时的操作
③滴定终点的判断：当滴入最后一滴溶液时，指示剂恰好变色，且半分钟不恢复，即为滴定终点。
(6)数据处理。
为减少实验误差，滴定时，要求重复实验2～3次，求出所用标准溶液体积的平均值，然后再计算待测液的物质的量浓度。
2．误差分析：
中和滴定实验中，产生误差的途径主要有操作不当，读数不准等，分析误差要根据计算式分析，c待测＝，当用标准酸溶液滴定待测碱溶液时，c标准、
V待测均为定值，c待测的大小取决于V标准的大小。
以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例，分析实验误差：
步骤
操作
c(NaOH)
洗涤
未用标准溶液润洗酸式滴定管
偏高
锥形瓶用待测溶液润洗
偏高
未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管
偏低
锥形瓶洗净后瓶内还残留有少量蒸馏水
无影响
取液
取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束前气泡消失
偏低
滴定
滴定完毕后立即读数,半分钟后颜色又变红
偏低
滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
偏高
滴定过程中振荡时有液滴溅出
偏低
滴定过程中,向锥形瓶内加少量蒸馏水
无影响
读数
滴定前仰视读数或滴定后俯视读数
偏低
滴定前俯视读数或滴定后仰视读数
偏高
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)量取20.00 mL的高锰酸钾溶液应选用25 mL量筒。( )
提示：×。量筒只能精确到0.1 mL，应选用25 mL酸式滴定管。
(2)滴定终点就是酸碱恰好中和的点。( )
提示：×。滴定终点是指指示剂变色的点，与酸碱恰好中和的点不一定一致。
(3)用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，应选用酚酞作指示剂。( )
提示：√。恰好反应点溶液呈碱性，应选用在碱性范围内变色的酚酞指示剂。
(4)滴定管和锥形瓶在滴定前都应该用待装溶液润洗。( )
提示：×。滴定管应该润洗，锥形瓶不应润洗。
(5)若用标准盐酸溶液滴定待测NaOH溶液，滴定完成后发现酸式滴定管下悬着一滴酸液，则测定结果偏小。( )
提示：×。标准液读数偏大，测定结果偏大。
2．现用物质的量浓度为a mol·L－1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：
(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是__________________ ______________________________________________________。
(2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入________(填“甲”或“乙”)中。
(3)如图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，c(HCl)＝________mol·L－1。
【解析】(1)碱式滴定管水洗后应用标准NaOH溶液润洗2～3次，每次润洗液都要从尖嘴处排出。
(2)NaOH为强碱，应将NaOH溶液注入碱式滴定管中，故选乙。
(3)滴定过程中消耗NaOH溶液的体积为(V2－V1) mL，因此c(HCl)＝ mol·L－1。
答案：(1)用标准NaOH溶液润洗
(2)乙 (3)
命题角度1：滴定终点的判断
【典例1】(2019·全国Ⅱ卷节选)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。
成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________，样品中S2－的含量为___________ _____________________________________________________________ (写出表达式)。
【规范答题】滴定终点现象的判断
答题模板
当滴入最后一滴××后，溶液由××色变为××色，且半分钟之内不变色(或××色褪去，且半分钟之内不恢复原色)
模板示例
用a mol·L－1盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，以酚酞为指示剂，达到滴定终点的现象是当最后一滴盐酸滴入，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复原色
【解析】滴定终点时，I2被消耗完，溶液颜色由浅蓝色变为无色。由反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O可知，与Na2S2O3溶液反应的n1(I2)＝×0.100 0× mol，则与S2－反应的n2(I2)＝×0.100 0 mol－n1(I2)＝ mol，由电子守恒可知S2－～I2，则样品中S2－的含量为×100%。
答案：浅蓝色至无色 ×100%
命题角度2：中和滴定误差分析
【典例2】(2021·保定模拟)用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作指示剂，造成测定结果偏低的原因可能是( )
A．未用标准液润洗碱式滴定管
B．滴定终点读数时，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处悬挂一滴溶液
【解析】选B。未用标准液润洗碱式滴定管，使标准NaOH溶液的浓度偏低，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故A不选；滴定管的“0”刻度线在上方，滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，使读数偏低，测定结果偏低，故B选；盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，由于盐酸的物质的量不变，测定结果无影响，故C不选；滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故D不选。
某学生用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。先准确称量10.0 g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500 mL待测溶液，用待测烧碱溶液滴定0.200 mol·L－1的盐酸标准液。下列操作会使烧碱样品纯度偏高的是( )
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，先用盐酸标准液润洗再装标准液
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后未润洗
C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D．滴定前仰视碱式滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数
【解析】选D。锥形瓶用蒸馏水洗净后，先用盐酸标准液润洗再装标准液，导致消耗的待测液体积偏大，会使烧碱样品纯度偏低，A错误；碱式滴定管用蒸馏水洗净后未润洗，导致消耗的待测液体积偏大，会使烧碱样品纯度偏低，B错误；滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，导致消耗的待测液体积偏大，会使烧碱样品纯度偏低，C错误；滴定前仰视碱式滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，导致消耗的待测液体积偏小，会使烧碱样品纯度偏高，D正确。
【思维升华】
酸碱中和滴定时，不一定用标准液滴定待测液，也可以用待测液滴定标准液。求算公式c待测＝中，c标准确定，锥形瓶中被滴定溶液体积确定，会造成误差的是滴定过程中装在滴定管中溶液的体积。
(1)若用标准液滴定待测液，V标准是造成误差的因素，与c待测呈正相关；
(2)若用待测液滴定标准液，V待测是造成误差的因素，与c待测呈负相关。
1．滴定管读数要领：
视线应平视凹液面的最低点为基准。
2．滴定终点的判断答题模板：
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。
命题点1：酸碱中和滴定(基础性考点)
1.(2021·桂林模拟)室温下，用0.100 mol·L－1的标准盐酸滴定20.00 mL未知浓度的NaOH溶液，所得滴定曲线如图所示。图中K点代表的pH为( )
A．13 B．12 C．11 D．10
【解析】选A。HCl和NaOH恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，根据图象，加入盐酸的体积为20 mL时，溶液呈中性，说明HCl和NaOH完全反应，则n(HCl)＝n(NaOH)，有0.1 mol·L－1×20.00 mL＝20.00 mL×c(NaOH)，得c(NaOH)＝
0.1 mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，根据Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，c(H＋)＝＝＝1×10－13 (mol·L－1)，pH＝－lg[c(H＋)]＝
－lg(1×10－13)＝13，A符合题意。
2．有关酸碱滴定实验，下列说法正确的是( )
A．滴定管和锥形瓶都需要使用蒸馏水和待装液润洗
B．滴定前，必须将滴定管中液体的液面调至0刻度
C．滴定至终点时，溶液一定呈中性
D．测定待测液的浓度，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值
【解析】选D。滴定管需要用待装液润洗，但锥形瓶不能用待装液润洗，否则导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A错误；滴定前，滴定管中液体的液面不一定非要调至0刻度，可调至0刻度以下某一刻度，故B错误；滴定至终点时，溶液不一定呈中性，如NaOH滴定醋酸，滴定终点生成醋酸钠，溶液呈碱性，故C错误；测定待测液的浓度，为了减少滴定误差，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值，故D正确。
命题点2：中和滴定误差分析(综合性考点)
3．(2021·吉安模拟)实验室用标准盐酸溶液滴定某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．酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次
B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
D．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
【解析】选D。酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次，导致标准酸溶液浓度降低，消耗的体积偏大，测定结果偏高，故A不选；开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，导致标准酸溶液的体积读数偏大，测定结果偏高，故B不选；盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，导致消耗标准酸溶液的体积偏大，测定结果偏高，故C不选；滴定管的“0”刻度线在上方，滴定后俯视读数，使读数偏小，导致标准酸溶液的体积读数偏小，测定结果偏低，故D选。
【加固训练—拔高】
1．(2021·桂林模拟)在酸碱中和滴定实验中，下列操作不会引起误差的是( )
A．用未干燥的锥形瓶盛装被滴定的待测液
B．滴定管用蒸馏水洗净后直接盛装标准液
C．滴定前平视读数，终点时仰视读数
D．滴定管尖嘴处在滴定前有气泡，滴定后无气泡
【解析】选A。用未干燥的锥形瓶盛装被滴定的待测液，不影响溶质的物质的量，测定结果不变，故A选；滴定管用蒸馏水洗净后直接盛装标准液，会稀释标准液，导致消耗标准液体积增加，会产生误差，故B不选；滴定前平视读数，终点时仰视读数，读数增大，有误差产生，故C不选；滴定管尖嘴处在滴定前有气泡，滴定后无气泡，溶液的体积增大，会产生误差，故D不选。
2．(2021·天水模拟)配制250 mL一定物质的量浓度的盐酸，并用该盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列实验操作或说法错误的是( )
A．实验前，容量瓶和酸式滴定管都需要检查是否漏液
B．若NaOH溶液因久置而变质(含少量Na2CO3)，用甲基橙作指示剂，对滴定结果无影响
C．若配制盐酸标准溶液定容时俯视刻度线，则所测定NaOH溶液的浓度偏小
D．当最后一滴盐酸标准液滴入锥形瓶中，溶液颜色由黄色变为橙色时，即达滴定终点
【解析】选D。容量瓶和酸式滴定管带有瓶塞或旋塞，实验前都需要检查是否漏液，故A正确；甲基橙的变色范围为3.1～4.4，滴定终点呈酸性，NaOH和Na2CO3都转化成NaCl，消耗标准液的体积不变，不影响测定结果，故B正确；若配制盐酸标准溶液定容时俯视刻度线，配制的标准液浓度偏大，滴定终点消耗标准液体积偏小，则所测定NaOH溶液的浓度偏小，故C正确；当滴定至溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复颜色时，即为滴定终点，故D错误。
3．(2021·衡阳模拟)用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，假设烧碱样品中的杂质(可溶于水)与酸不反应，试根据实验回答下列问题：
(1)将准确称取的4.3 g烧碱样品配成250 mL待测液，需要的主要仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有____________、____________。
(2)取10.00 mL待测液，用__________(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取。
(3)用0.201 0 mol·L－1的标准盐酸滴定待测烧碱溶液(用酚酞作指示剂)，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到____________________，即达到滴定终点。
(4)根据表中数据，可计算出烧碱的纯度为__________(用百分数表示，结果保留小数点后一位小数)。
滴定
次数
待测液
体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
(5)排去碱式滴定管中的气泡应采用操作____________(填“甲”“乙”或“丙”)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(6)在该滴定实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的是__________(填序号)。
A．滴定终点读数时俯视读数
B．酸式滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗
E．滴定到指示剂刚变色，摇动锥形瓶后颜色恢复，没再继续滴定
F．酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
【解析】(1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、
250 mL容量瓶、胶头滴管，所以还需要250 mL容量瓶和胶头滴管。
(2)待测液是碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中。
(3)滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达，若溶液由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复，可说明达到滴定终点。
(4)第一次滴定消耗的标准液体积为20.40 mL－0.50 mL＝19.90 mL，第二次滴定消耗标准液体积为24.10 mL－4.00 mL＝20.10 mL，两次滴定数据有效，消耗标准液的平均体积为V(标准)＝＝20.00 mL，c(待测)＝＝＝0.402 0 mol·
L－1，则m＝c·V·M＝0.402 0 mol·L－1×0.25 L×40 g·mol－1＝4.02 g，w(NaOH)＝×100%≈93.5%。
(5)碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以丙正确，原理是气体的密度比较小，尖嘴朝上，易于逸出。
(6)滴定终点读数时俯视读数，导致读数偏小，测定结果偏小，故A错误；酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致标准液的浓度偏低，滴定时消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；锥形瓶水洗后未干燥，对待测液的物质的量没有影响，不影响滴定结果，故C错误；锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗，导致待测液的物质的量偏大，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确；滴定到指示剂刚变色，摇动锥形瓶后颜色恢复，没再继续滴定，反应没有完全，消耗的标准液体积偏低，测定结果偏低，故E错误；碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液的体积偏大，测定结果偏高，故F正确。
答案：(1)250 mL容量瓶 胶头滴管 (2)碱式
(3)溶液由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复
(4)93.5% (5)丙 (6)BDF
1．(2020·浙江7月选考)常温下，用0.1 mol·L－1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是( )
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)>c(CH3COO－)
B．当滴入氨水10 mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)
20 mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；当溶液为中性时，电荷守恒为c(NH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，因为溶液为中性，则c(H＋)＝c(OH－)，故c(NH)＞c(Cl－)，D不正确。
2．(2020·浙江7月选考节选)硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。
合成反应：SO2＋Na2CO3===Na2SO3＋CO2
2Na2S＋3SO2===2Na2SO3＋3S
Na2SO3＋SNa2S2O3
滴定反应：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50 ℃开始失结晶水。
实验步骤：
Ⅰ.Na2S2O3制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液。
Ⅱ.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到Na2S2O3·5H2O产品。
Ⅲ.产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算
Na2S2O3·5H2O含量。
请回答：
步骤Ⅲ
①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：
检漏→蒸馏水洗涤→( )→( )→( )→( )→( )→开始滴定。
A．烘干
B．装入滴定液至零刻度以上
C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
D．用洗耳球吹出润洗液
E．排除气泡
F．用滴定液润洗2至3次
G．记录起始读数
②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是________________________________________________________________________。
③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是_____________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________。
【解析】①滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为检漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定；②碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失；③测定的产品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%，说明产品中可能混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O，也可能混有可消耗较多I2的其他杂质，根据合成反应可知，Na2S2O3·5H2O产品中可能混有Na2SO3。
答案：①F B E C G ②防止碘挥发损失
③Na2SO3；失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O
【加固训练—拔高】
1．(2018·天津高考节选)CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为________(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，溶液pH＝________。(室温下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11)
【解析】CO2与足量NaOH溶液反应后溶液pH＝13，CO2主要转化为CO；对于Na2CO3溶液，其水解常数Kh＝＝＝，得
c(OH－)＝×＝1×10－4 mol·L－1，c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1，pH＝10。
答案：CO 10
2．(2017·全国Ⅱ卷节选)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnO＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为______________。
【解析】将题目给出的方程式配平为2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O，则有5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)＝0.050 0 mol·L－1×36.00 mL×
10－3L·mL－1＝1.80×10－3 mol，n(Ca2＋)＝4.50×10－3 mol，水泥中钙的质量分数为×100%＝45.0%。
答案：45.0%
1．稀溶液中c(H＋)与c(OH－)之间的关系
25℃时纯水中，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1
Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14
pH＝－lg c(H＋)＝7
Kw不仅适用于纯水，还适用于酸性或碱性的稀溶液。不管哪种溶液均有
c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O
如酸性溶液中：[c(H＋)酸＋c(H＋)H2O]·c(OH－)H2O＝Kw
碱性溶液中：[c(OH－)碱＋c(OH－)H2O]·c(H＋)H2O＝Kw
2．水的离子积常数表示在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H＋和OH－共存，并且在稀酸或稀碱溶液中，当温度为25 ℃时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×
10－14为同一常数。
3．溶液酸碱性的判断
c(H＋)＞c(OH－) ，酸性；
c(H＋)＝c(OH－), 中性；
c(H＋)＜c(OH－) ，碱性。
4．滴定管使用四步骤：查漏→洗涤→润洗→装液。
第二讲 水的电离和溶液的酸碱性
考点一 水的电离(命题指数★★★)
1．水的电离：
水是一种极弱的电解质，电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－，简写为H2OH＋＋OH－，水的电离常数K电离＝。
2．影响水电离平衡的因素：
条件
变化
移动
方向
c(H＋)
c(OH－)
Kw
电离
程度
升温
右移
增大
增大
增大
增大
加酸
左移
增大
减小
不变
减小
加碱
左移
减小
增大
不变
减小
加活泼金
属
右移
减小
增大
不变
增大
加醋酸钠
右移
减小
增大
不变
增大
加氯
化铵
右移
增大
减小
不变
增大
3.水的离子积：
(1)表达式。
Kw＝c(H＋)·c(OH－)；25 ℃时，Kw＝1.0×10－14。
(2)影响因素。
水的离子积Kw，只受温度的影响，温度升高，Kw增大。
(3)适用范围。
Kw不仅适用于纯水，还可适用于稀的电解质水溶液。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)水的电离平衡常数与水的离子积相等。( )
提示：×。水的离子积与水的电离常数的关系是Kw＝K电离·c(H2O)≈55.6K电离。
(2)加水稀释醋酸溶液，溶液中所有离子浓度都减小。( )
提示：×。醋酸加水稀释后，H＋浓度减小，由于温度不变Kw不变，OH－浓度增大。
(3)25 ℃时CH3COONa溶液的Kw大于100 ℃时NaOH溶液的Kw。( )
提示：×。Kw只与温度有关，温度越高Kw越大。
(4)任何水溶液中均存在H＋和OH－，且水电离出的c(H＋)和c(OH－)相等。( )
提示：√。不管温度变化还是加入促进或抑制水的电离的物质，水自身电离的
c(H＋)和c(OH－)相等。
(5)某温度下，纯水中c(H＋)＝2.0×10－7 mol·L－1，则此时c(OH－)＝5×10－8 mol·L－1。( )
提示：×。纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝2×10－7 mol·L－1。
2．(1)25 ℃时，10 L水中含OH－的物质的量为________ mol，含H＋的个数为________个(设阿伏加德罗常数为NA)。
(2)某温度下，纯水中的c(H＋)＝2×10－7 mol·L－1，则此时c(OH－)＝________。若温度不变，滴入稀H2SO4使c(H＋)＝5×10－6 mol·L－1，则c(OH－)＝________，由水电离出的c(H＋)为________。
【解析】(1)常温下，Kw＝1×10－14，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－7 mol·L－1。1 L水中含n(OH－)＝1×10－7 mol，n(H＋)＝1×10－7 mol，故10 L水中含OH－的物质的量为1×10－6 mol，含H＋的个数为10－6 NA个。
(2)纯水中，c(H＋)一定与c(OH－)相等，存在H2OH＋＋OH－，所以c(OH－)＝
2×10－7 mol·L－1。温度不变，Kw＝2×10－7×2×10－7＝4×10－14不变，当c(H＋)＝5×10－6 mol·L－1时，c(OH－)＝ mol·L－1＝8×10－9 mol·L－1。由H2OH＋＋OH－知，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝8×10－9 mol·L－1。
答案：(1)10－6 10－6NA
(2)2×10－7 mol·L－1 8×10－9 mol·L－1
8×10－9 mol·L－1
命题角度1：外界条件对水电离的影响
【典例1】(2021·北京丰台区模拟)室温时纯水中存在电离平衡：H2OH＋＋OH－。下列叙述正确的是( )
A．升高温度，水的电离程度增大，c(H＋)增大，pH＜7，溶液显酸性
B．向水中加入少量氨水，平衡逆向移动，抑制水的电离，c(OH－)降低
C．向水中加入少量硫酸，c(H＋)增大，由水电离出的c(H＋)＞1×10－7 mol·L－1
D．向水中加入少量NH4Cl固体，NH结合水电离出的OH－，由水电离出的
c(H＋)＞1×10－7 mol·L－1
【解析】选D。升高温度，水的电离程度增大，c(H＋)增大，pH＜7，c(H＋)＝
c(OH－)，溶液显中性，故A错误；加入氨水，NH3·H2OOH－＋NH碱性增强，c(OH－)增大，故B错误；H2OH＋＋OH－，加入硫酸，氢离子浓度增大，抑制水的电离，水电离出氢离子浓度减小，故C错误；水中加入少量NH4Cl固体，NH结合水电离出的OH－，促进水的电离，使水电离出的c(H＋)＞1×10－7 mol·
L－1，故D正确。
命题角度2：水的电离曲线
【典例2】(2021·张掖模拟)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是( )
A．图中五点Kw间的关系B＞C＞A＝D＝E
B．若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法
C．若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝12的KOH等体积混合后，溶液显碱性
D．若从A点到C点，可用温度不变时在水中加入适量NH4Cl固体的方法
【解析】选D。ADE都处于25 ℃时，Kw相等，B点c(H＋)和c(OH－)都大于C点的
c(H＋)和c(OH－)，并且C点的c(H＋)和c(OH－)大于A点c(H＋)和c(OH－)，c(H＋)和c(OH－)越大，Kw越大，故B＞C＞A＝D＝E，故A正确；加酸，c(H＋)变大，
c(OH－)变小，但温度不变，Kw不变，故B正确；若处在B点时，Kw＝1×10－12，pH＝2的硫酸中c(H＋)＝10－2 mol·L－1，pH＝12的KOH中c(OH－)＝1 mol·L－1，等体积混合，KOH过量，溶液显碱性，故C正确；若从A点到C点，c(H＋)变大，
c(OH－)变大，Kw增大，温度应升高，不能通过加入氯化铵的方法来实现，故D错误。
1．Kw要点剖析：
(1)Kw揭示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，H＋与OH－共存，只是相对含量不同而已。
(2)水的离子积Kw只与温度有关，温度越高，Kw越大，所以使用Kw时，必须指明温度，如不指明，则认为是25 ℃。
(3)Kw不仅适用于纯水，还适用于酸、碱及盐的稀溶液，且由水电离的c水(H＋)＝c水(OH－)。此时，水溶液中水的离子积常数不变。
2．外界条件对水的电离的影响：
(1)抑制水的电离的方法。
①外加酸或碱
②降温
③加入强酸的酸式盐(如NaHSO4)
④通入酸性气体(如CO2、SO2等)或碱性气体(如NH3)
(2)促进水的电离的方法。
①升温
②加入活泼金属(如Na、K等)
③加入强酸弱碱盐或强碱弱酸盐
3．水电离出的c(H＋)或c(OH－)的定量计算：
溶液
计算原则
实例(25 ℃)
中性
溶液
c(OH－)＝c(H＋)
c(OH－)＝c(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(H＋)水＝c(OH－)水＝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(OH－)＝
10－2 mol·L－1，则c(H＋)＝Kw/10－2＝1×
10－12 (mol·L－1)，即水电离出的c(OH－)水＝c(H＋)水＝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(H＋)＝10－5 mol·L－1，因部分OH－与部分NH结合使溶液中的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(OH－)＝10－2 mol·L－1，因部分H＋与部分CO结合使溶液中的c(H＋)＝10－12 mol·
L－1
命题点1：外界条件对水电离的影响(基础性考点)
1．(2021·泰安模拟)室温下，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－。下列叙述正确的是( )
A．向水中加入少量金属Na，平衡正向移动，c(OH－)增大
B．向水中加入少量 CH3COOH，平衡逆向移动，Kw变小
C．向水中加入少量 NaHSO4或 NaHCO3固体，平衡均正向移动，水的电离程度增大
D．向水中加入少量 CH3COONH4固体，溶液呈中性，水的电离平衡不移动
【解析】选A。向水中加入少量金属钠，和水电离的H＋反应，故溶液中的
c(OH－)增大，水的电离被促进，平衡正向移动，故A正确；温度不变，水的离子积常数不变，与溶液的酸碱性无关，向水中滴入少量 CH3COOH，平衡逆向移动，Kw不变，故B错误；向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，导致c(H＋)增大，平衡逆向移动，加入少量碳酸氢钠固体，溶解后碳酸氢根离子水解使水的电离平衡正向进行，故C错误；向水中加入少量 CH3COONH4固体，醋酸根离子和铵根离子水解相互促进程度相同，溶液呈中性，水的电离平衡正向移动，故D错误。
命题点2：水电离的H＋或OH－浓度求算(综合性考点)
2．已知NaHA在水中的电离方程式为NaHA===Na＋＋H＋＋A2－。某温度下，向c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1的蒸馏水中加入NaHA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NaHA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】选D。Kw＝1×10－6×1×10－6＝1×10－12，温度高于25 ℃，A正确； NaHA电离出的H＋抑制H2O电离，c(H＋)H2O＝c(OH－) H2O＝1×10－10 mol·L－1，B正确、C正确；加H2O稀释c(H＋)减小，而c(OH－)增大，D错误。
3．(2021·北京海淀区模拟)25 ℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是( )
A．0.01 mol·L－1醋酸溶液
B．0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液
C．0.01 mol·L－1 NaHSO4溶液
D．0.01 mol·L－1 NaHCO3溶液
【解析】选C。根据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐水解，促进水的电离，则醋酸和NaHSO4均抑制水的电离，NH4Cl和NaHCO3均促进水的电离，醋酸是弱酸，0.01 mol·L－1醋酸中氢离子浓度小于0.01 mol·L－1，NaHSO4在水溶液中完全电离，0.01 mol·L－1 NaHSO4中氢离子浓度是0.01 mol·L－1，氢离子浓度越大，抑制水电离程度越大，所以水电离程度最小的是NaHSO4溶液。
命题点3：水的电离曲线(应用性考点)
4．(2021·台州模拟)T ℃下的溶液中，c(H＋)＝10－x mol·L－1，c(OH－)＝10－y mol·L－1，x与y的关系如图所示。 下列说法不正确的是( )
A.T ℃时，水的离子积Kw 为 1×10－a
B．若a＞14，则T＜25
C．T ℃时，若给pH＝1的盐酸微热，则盐酸的pH减小
D．T ℃时，pH＝a－2的苛性钠溶液与pH＝2的稀硫酸等体积混合，溶液的pH＝0.5a
【解析】选C。由图象可知，x＝0时，y＝a，y＝0时，x＝a，则有x＋y＝a，则Kw＝c(H＋)×c(OH－)＝(10－x mol·L－1)×(10－y mol·L－1)＝10－a mol2·L－2，故A正确；若a＞14，Kw＝10－a mol2·L－2＜10－14 mol2·L－2，则温度低于常温，故B正确；微热促进盐酸挥发，溶液酸性减弱，pH增大，故C错误；pH＝a－2的苛性钠溶液，氢氧根浓度是0.01 mol·L－1，pH＝2的稀硫酸中氢离子浓度是0.01 mol·L－1，等体积混合，溶液显中性，pH＝0.5a，故D正确。
5.(2021·厦门模拟)25 ℃时，水溶液中c(H＋)与c(OH－)的变化关系如图中曲线所示，下列判断错误的是( )
A．ac曲线上的任意一点都有c(H＋)×c(OH－)＝10－14
B．bd线段上任意一点对应的溶液都呈中性
C．d点对应溶液的温度高于25 ℃，pH＜7
D．c点溶液不可能是盐溶液
【解析】选D。ac曲线上的任意一点，由于温度相同，所以水的离子积相同，根据b点可知，c(H＋)·c(OH－)＝10－14，故A正确；bd线上任意点都满足c(H＋)＝c(OH－)，溶液一定显示中性，故B正确；d点时，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6 mol·
L－1＞1×10－7 mol·L－1，溶液的pH＝6，水的电离为吸热反应，所以d点温度高于25 ℃，故C正确；在c点c(H＋)＝1×10－8 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，溶液显示碱性，而醋酸钠溶液显示碱性，所以c点可能为醋酸钠溶液，故D错误。
【加固训练—拔高】
1．(2021·抚顺模拟)40 ℃时水的离子积Kw＝2.9×10－14，则在40 ℃时，c(H＋)＝1×
10－7 mol·L－1的溶液( )
A．呈酸性 B．呈碱性
C．呈中性 D．无法判断
【解析】选B。40 ℃时水的离子积Kw＝2.9×10－14，c(H＋)＝1×10－7 mo1·L－1，则c(OH－)＝＝＝2.9×10－7 mo1·L－1，所以c(H＋)＜c(OH－)，即溶液显碱性，故B正确。
2．(2021·枣庄模拟)已知水的电离平衡如图所示，且pOH＝－lg c(OH－)，下列说法错误的是( )
A.各点对应的水的离子积：Kw(f)＞Kw(e)＝Kw(d)
B．加热f点纯水，其组成由f点沿fd直线向d方向迁移
C．向c点纯水中通入少量HCl，其组成由c点沿cde曲线向e点移动
D．df直线上各点对应的水溶液(或纯水)一定显中性
【解析】选B。pOH＝－lg c(OH－)、pH＝－lg c(H＋)，所以pOH、pH越大，c(OH－)、c(H＋)越小，pOH＋pH＝pKw，水的电离吸热，温度越高，水的离子积Kw越大，pOH、pH越小，所以温度T＞20 ℃，即Kw(f)＞Kw(d)，同时Kw只与温度有关，d、e点在等温线上，所以Kw(f)＞Kw(e)＝Kw(d)，故A正确；由于水的电离吸热，所以升高温度，水的离子积Kw增大，pOH、pH减小，即加热f点纯水，其组成由f点沿Of直线向O方向迁移，故B错误；恒温条件下，向c点纯水中通入少量HCl，溶液酸性增强，pH减小，由于pOH＋pH＝pKw，所以pOH增大，其组成由c点沿cde曲线向e点移动，故C正确；df直线上各点对应的水溶液中均有pH＝pOH，即c(OH－)＝c(H＋)，所以df直线上各点对应的水溶液均呈中性，故D正确。
考点二 溶液的酸碱性与pH计算(命题指数★★★)
1．溶液的酸碱性与pH：
(1)pH。
①定义：c(H＋)的负对数，
pH＝－lgc(H＋)。
②意义：pH越大，溶液的碱性越强。pH越小，溶液的酸性越强。
③适用范围：1×10－14 mol·L－1≤c(H＋)≤1 mol·L－1的溶液。
(2)溶液的酸碱性与pH的关系(常温下)。
溶液的
酸碱性
c(H＋)与
c(OH－) 比较
c(H＋)大小
pH
酸性
溶液
c(H＋)>c(OH－)
c(H＋)>1×10－7 mol·L－1
<7
中性
溶液
c(H＋)＝c(OH－)
c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1
＝7
碱性
溶液
c(H＋)
>7
2.溶液pH的计算方法：
(1)单一溶液。
①强酸溶液，pH＝－lgc(H＋)。如0.1 mol·L－1的盐酸，pH＝1。
②强碱溶液，c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如0.01 mol·L－1的NaOH溶液，pH＝12。
(2)混合溶液。
①两强酸溶液混合，c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如pH＝2的盐酸与pH＝5的盐酸等体积混合，溶液的pH＝2.3。
②两强碱溶液混合，c(OH－)＝，c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如pH＝12和pH＝10的两NaOH溶液等体积混合，pH＝11.7。
③强酸与强碱混合：
A．恰好反应：pH＝7。如pH＝2盐酸和pH＝12的Ba(OH)2溶液等体积相混合，混合后溶液的pH＝7。
B．酸过量：c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如100 mL 0.6 mol·L－1的HCl 与等体积0.4 mol·L－1的 NaOH溶液混合后，溶液的pH＝1。
C．碱过量：c(OH－)＝，
c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如将0.1 mol·L－1的盐酸和0.06 mol·L－1的氢氧化钡溶液等体积混合，混合以后溶液的pH＝12。
(3)溶液稀释后pH的计算。
①对于强酸溶液，每稀释10倍，pH增大1；对于弱酸溶液，每稀释10倍，pH增大不足1。无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7。
②对于强碱溶液，每稀释10倍，pH减小1；对于弱碱溶液，每稀释10倍，pH减小不足1。无论稀释多少倍，碱溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7。
3．pH的测定：
(1)酸碱指示剂法。
该法只能测其pH的大致范围，常见指示剂变色范围为
指示剂
变色范围
石蕊
pH＜5红色
5～8紫色
＞8蓝色
酚酞
pH＜8.2无色
8.2～10浅红色
＞10红色
甲基橙
pH＜3.1红色
3.1～4.4橙色
＞4.4黄色
(2)pH试纸法。
把小片试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在干燥的pH试纸上，试纸变色后，与标准比色卡对比，即可确定溶液的pH。
(3)pH计。
通过仪器来精确测定溶液的pH。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)pH<7的溶液一定呈酸性。( )
提示：×。25 ℃时，pH＝7为中性，pH＜7为酸性，温度升高后pH＜7不一定显酸性。
(2)溶液的酸性越强，pH越小，溶液的碱性越强，pH越大。( )
提示：√。pH＝－lgc(H＋)，pH越小酸性越强，pH越大碱性越强。
(3)用pH试纸测得某溶液的pH为3.4。( )
提示：×。pH试纸只能测出整数值。
(4)用湿润的pH试纸测定盐酸和醋酸溶液的pH，醋酸溶液的误差更大。( )
提示：×。用湿润的pH试纸测定pH相当于稀释溶液，醋酸存在电离平衡，稀释促进电离，误差更小。
(5)室温下，pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的醋酸溶液等体积相混合后，混合液呈中性。( )
提示：×。醋酸浓度远大于NaOH浓度，混合液中含有大量醋酸，溶液呈酸性。
2．计算25 ℃时下列溶液的pH：
(1)1 mL pH＝2的H2SO4加水稀释至100 mL，pH＝________；
(2)0.001 mol·L－1的盐酸，pH＝________；
(3)0.01 mol·L－1的NaOH溶液，pH＝________；
(4)0.015 mol·L－1的硫酸与0.01 mol·L－1的NaOH等体积混合，混合溶液的pH＝________。
【解析】(1)强酸稀释100倍，pH变化2个单位，即稀释后溶液的pH＝4；
(2)c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝3；
(3)c(OH－)＝0.01 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝10－12 mol·L－1，pH＝
－lg(10－12)＝12；
(4)酸碱发生中和反应时，酸过量，则c(H＋)＝＝
0.01(mol·L－1)，pH＝－lg 0.01＝2。
答案：(1)4 (2)3 (3)12 (4)2
命题角度1：溶液酸碱性的判断及应用
【典例1】(2021·邯郸模拟)用pH试纸测定某氨基酸溶液的pH，如果先将pH试纸用蒸馏水润湿后，再把待测液滴到pH试纸上，跟比色卡对照，溶液pH的测得值为8，则该氨基酸溶液的实际pH( )
A．大于8 B．小于8
C．等于8 D．小于7
【解析】选A。溶液pH的测得值为8，说明溶液呈碱性，碱性溶液稀释后，碱性减弱，pH偏小，所以该氨基酸溶液的实际pH应大于8。
命题角度2：溶液pH的计算
【典例2】(2021·杭州模拟)下列说法不正确的是( )
A．0.1 mol·L－1氨水的pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液pH＝b，则a＞b
B．室温下1 mL pH＝13的NaOH溶液与100 mL盐酸混合后溶液pH＝7，则盐酸的pH＝3
C．纯水加热到100 ℃时，水的离子积变大、pH变小、呈中性
D．相同温度下，pH相同的Na2CO3和Na2SO3溶液中，水电离程度较大的是Na2CO3溶液
【解析】选D。0.1 mol·L－1氨水的pH＝a，将此溶液稀释1倍，溶液pH＝b，氨水稀释后氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，则a＞b，故A正确；氯化氢和氢氧化钠都是强电解质，两种溶液混合后溶液呈中性，说明两种物质的物质的量相等，根据溶液体积知，c(HCl)＝c(NaOH)＝0.001 mol·L－1，所以HCl的pH＝3，故B正确；纯水加热到100 ℃时，加热促进水的电离，水的离子积变大，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，纯水显中性，故C正确；均能发生水解反应，溶液的pH相同，说明Na2CO3和Na2SO3水解生成的氢氧根离子浓度相同，溶液中的氢氧根离子均由水电离，所以两种溶液中水的电离程度相同，故D错误。
(1)(宏观辨识与微观探析)A选项中pH＝a的氨水，电离度是多少？若稀释10倍，溶液的pH＝c，c的取值范围是多少？
提示：pH＝a即溶液中c(OH－)＝10a－14，电离度为10a－13。若稀释10倍，a－1＜c＜a。
(2)(宏观辨识与微观探析)B选项中若等体积混合后溶液的pH＝7，则盐酸的浓度是多少？
提示：等体积混合恰好完全反应，则盐酸与NaOH溶液浓度相等，为0.1 mol
·L－1。
(3)(变化观念与平衡思想)C选项中纯水加热到100 ℃时，水的电离平衡如何移动？水的离子积与pH的关系是什么？
提示：升温促进水的电离平衡正向移动。纯水中c(H＋)＝c(OH－)，且c(H＋)·
c(OH－)＝Kw，又因c(H＋)＝10－pH，则c2(H＋)＝Kw，即10－2pH＝Kw。
【备选例题】
(2021·北京西城区模拟)室温时，下列说法正确的是( )
A．pH＝11的氨水和pH＝11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH－)均为1×
10－11 mol·L－1
B．分别把100 mL pH＝11的NaOH溶液和pH＝11的氨水加水稀释至1 L，所得溶液pH均为10
C．分别向等体积的0.1 mol·L－1HCl溶液和0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等
D．分别向1 mL pH＝3的盐酸和pH＝3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，两溶液的pH均增大
【解析】选D。氨水抑制水的电离，pH＝11的氨水中水电离产生的c(OH－)为1×10－11 mol·L－1，碳酸钠促进水的电离，pH＝11的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(OH－)为1×10－3 mol·L－1，故A错误；加水稀释促进一水合氨的电离，氨水中氢氧根离子的物质的量会增大，所以把100 mL pH＝11的氨水加水稀释至1 L，所得溶液pH大于10，故B错误；向等体积的0.1 mol·L－1 HCl溶液和0.1 mol·
L－1CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好中和生成NaCl和醋酸钠，NaCl溶液显中性，醋酸钠溶液显碱性，若要醋酸钠显中性，则要减少氢氧化钠的量，所以二者消耗的氢氧化钠的体积不同，故C错误；向1 mL pH＝3的盐酸中加醋酸钠，盐酸与醋酸钠反应生成弱酸醋酸，溶液的pH会增大，在醋酸溶液中加醋酸钠，醋酸钠电离的醋酸根离子能抑制醋酸的电离，醋酸的pH增大，故D正确。
1．溶液酸碱性的判断依据：
2．混合溶液酸碱性的判断方法：
(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”
中和反应
反应后所得溶液的酸碱性
强酸与强碱
中性
强酸与弱碱
酸性
弱酸与强碱
碱性
(2)室温下，已知酸和碱pH之和的溶液等体积混合
ⅰ.两强混合
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
ⅱ.一强一弱混合——“谁弱显谁性”
pH之和等于14时，一元强酸和一元弱碱等体积混合呈碱性；一元弱酸与一元强碱等体积混合呈酸性。
3．pH测定易错点再认识：
(1)使酚酞试液呈无色的溶液可能呈酸性、中性或碱性。
(2)广泛pH试纸的范围是1～14，且测量值均为整数。
(3)用pH试纸测量溶液pH时，试纸不能润湿，若润湿，测酸、碱性溶液时会造成误差，但测中性溶液时不会造成误差。
(4)不能用pH试纸测量氯水的pH，因氯水具有漂白性。
命题点1：溶液酸碱性的判断及应用(基础性考点)
1．(2021·洛阳模拟)图中的4条曲线，能表示人体大量喝水时，胃液pH变化的是( )
【解析】选A。胃液中含有盐酸，溶液显酸性pH小于7，喝大量的水后，胃液中的酸会被稀释，酸性减弱，pH增大，但不可能大于7(即变成了碱性)，故A正确。
2．(2021·邹城模拟)用 pH 试纸测定某无色溶液的 pH，正确的是( )
A．将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B．用广泛pH试纸测得氯水的pH为2
C．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照
D．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果一定偏低
【解析】选C。pH试纸直接浸入待测液，这样会污染溶液，故A错误；氯水中的次氯酸有强氧化性，pH试纸变色会被漂白，应用pH计测定，故B错误；测定溶液pH的正确操作方法为将被测液滴到放在玻璃片上的pH试纸上，显色后，与标准比色卡比较，符合测量要求，故C正确；pH试纸不能湿润，防止形成实验误差，用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果不一定偏低，如中性溶液氯化钠溶液的pH不变，故D错误。
命题点2：溶液pH的计算(综合性考点)
3．(2021·温州模拟)常温下，下列有关说法不正确的是( )
A．pH＝11的氨水、NaOH溶液中，水电离产生的c(H＋)相同
B．pH＝3的HCl溶液与pH＝11的氨水等体积混合，混合后溶液的pH小于7
C．pH＝3的盐酸、CH3COOH溶液中，c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D．往10 mL pH＝3的盐酸中分别加入pH＝11的氨水、NaOH溶液至中性，消耗氨水的体积小
【解析】选B。碱抑制水电离，碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，氨水、NaOH溶液中氢氧根离子浓度相等，则二者抑制水电离程度相等，故A正确；pH＝3的HCl溶液c(HCl)＝10－3 mol·L－1，pH＝11的氨水溶液c(NH3·H2O)＞10－3 mol·L－1，等体积混合，氨水会剩余，溶液显示碱性，混合后溶液的pH大于7，故B错误；盐酸、CH3COOH溶液中，分别存在电荷守恒：c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)、c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，都是pH＝3的溶液，则氢离子浓度相等，氢氧根离子浓度也是相等的，所以c(Cl－)＝c(CH3COO－)，故C正确；pH＝11的氨水、NaOH溶液，c(NH3·H2O)＞10－3 mol·L－1，c(NaOH)＝10－3 mol·L－1，c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，中和等量的盐酸，氨水消耗的体积小，故D正确。
【加固训练—拔高】
1．(2021·天津模拟)下列说法正确的是( )
A．用广泛pH试纸测得饱和氯水的pH约为2
B．常温下，同浓度的Na2S 溶液与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大
C．用待测液润洗锥形瓶后才能进行滴定操作
D．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的SO水解
【解析】选B。氯水有漂白性，故不能用pH试纸来测pH，故A错误；酸性HS－＜H2S，故水解能力Na2S＞NaHS，则Na2S溶液的pH大，故B正确；锥形瓶不能润洗，润洗后会导致待测液的体积偏大，故C错误；硫酸型酸雨中含H2SO3，在放置的过程中会被氧气氧化为硫酸，导致pH变小，故D错误。
2．(2021·慈溪模拟)下列说法不正确的是( )
A．中性溶液中一定存在c(H＋)＝c(OH－)
B．中和等物质的量浓度等体积的氨水、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，由水电离产生的c(H＋)相等
D．pH＝14与pH＝12的两种NaOH溶液等体积混合后，c(H＋)＝
【解析】选D。溶液酸碱性取决于c(H＋)、c(OH－)的大小，任何中性溶液中一定满足c(H＋)＝c(OH－)，故A正确；由于氨水、NaOH均为一元碱，中和等物质的量浓度等体积的氨水、NaOH溶液时，消耗HCl的物质的量相同，故B正确；相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，氢离子浓度相同，则两溶液对水电离的抑制程度相同，所以水电离产生的c(H＋)相等，故C正确；pH＝14与pH＝12的两种NaOH溶液等体积混合后，混合液中c(OH－)＝ mol·L－1＝
0.505 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1≈2×10－14 mol·L－1，故D错误。
3．(2021·义乌模拟)下列说法正确的是( )
A．常温下，用pH试纸测得0.1 mol·L－1NaClO溶液的pH＞7
B．向醋酸中加入等物质的量的NaOH，溶液呈碱性，且溶液中＞1
C．常温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，因生成的CH3COONa水解，所以由水电离出的c(H＋)＞10－7 mol·L－1
D．等体积等pH的醋酸和盐酸，分别与足量镁粉反应，反应生成的气体盐酸多
【解析】选B。NaClO是弱酸强碱盐，水解显碱性，但NaClO具有漂白性，应选pH计测定，故A错误；CH3COONa溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，电荷关系为c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，所以c(CH3COO－)＜c(Na＋)，故B正确；CH3COOH是弱酸，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，酸过量使溶液呈酸性，酸抑制水的电离，所以由水电离出的c(H＋)＜10－7 mol·L－1，故C错误；CH3COOH是弱酸，等体积等pH的醋酸和盐酸中，n(CH3COOH)＞n(HCl)，所以分别与足量镁粉反应，反应生成的气体盐酸少、醋酸多，故D错误。
考点三 酸碱中和滴定(命题指数★★★★)
1．酸碱中和滴定：
(1)概念：利用中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。
(2)原理。
①反应实质：H＋＋OH－===H2O。
②定量关系：恰好中和时，n(H＋) ＝n(OH－)，即c(H＋)V酸 ＝ c(OH－)V碱。
(3)主要仪器及使用方法。
①仪器：滴定管、铁架台、滴定管夹、锥形瓶、烧杯。
仪器a是酸式滴定管，仪器b是碱式滴定管。
②滴定管的使用方法
(4)主要试剂。
①标准液
②待测液
③指示剂(一般选用酚酞或甲基橙)
(5)滴定操作。
①滴定前的准备工作
②滴定时的操作
③滴定终点的判断：当滴入最后一滴溶液时，指示剂恰好变色，且半分钟不恢复，即为滴定终点。
(6)数据处理。
为减少实验误差，滴定时，要求重复实验2～3次，求出所用标准溶液体积的平均值，然后再计算待测液的物质的量浓度。
2．误差分析：
中和滴定实验中，产生误差的途径主要有操作不当，读数不准等，分析误差要根据计算式分析，c待测＝，当用标准酸溶液滴定待测碱溶液时，c标准、
V待测均为定值，c待测的大小取决于V标准的大小。
以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例，分析实验误差：
步骤
操作
c(NaOH)
洗涤
未用标准溶液润洗酸式滴定管
偏高
锥形瓶用待测溶液润洗
偏高
未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管
偏低
锥形瓶洗净后瓶内还残留有少量蒸馏水
无影响
取液
取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束前气泡消失
偏低
滴定
滴定完毕后立即读数,半分钟后颜色又变红
偏低
滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
偏高
滴定过程中振荡时有液滴溅出
偏低
滴定过程中,向锥形瓶内加少量蒸馏水
无影响
读数
滴定前仰视读数或滴定后俯视读数
偏低
滴定前俯视读数或滴定后仰视读数
偏高
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)量取20.00 mL的高锰酸钾溶液应选用25 mL量筒。( )
提示：×。量筒只能精确到0.1 mL，应选用25 mL酸式滴定管。
(2)滴定终点就是酸碱恰好中和的点。( )
提示：×。滴定终点是指指示剂变色的点，与酸碱恰好中和的点不一定一致。
(3)用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，应选用酚酞作指示剂。( )
提示：√。恰好反应点溶液呈碱性，应选用在碱性范围内变色的酚酞指示剂。
(4)滴定管和锥形瓶在滴定前都应该用待装溶液润洗。( )
提示：×。滴定管应该润洗，锥形瓶不应润洗。
(5)若用标准盐酸溶液滴定待测NaOH溶液，滴定完成后发现酸式滴定管下悬着一滴酸液，则测定结果偏小。( )
提示：×。标准液读数偏大，测定结果偏大。
2．现用物质的量浓度为a mol·L－1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：
(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是__________________ ______________________________________________________。
(2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入________(填“甲”或“乙”)中。
(3)如图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，c(HCl)＝________mol·L－1。
【解析】(1)碱式滴定管水洗后应用标准NaOH溶液润洗2～3次，每次润洗液都要从尖嘴处排出。
(2)NaOH为强碱，应将NaOH溶液注入碱式滴定管中，故选乙。
(3)滴定过程中消耗NaOH溶液的体积为(V2－V1) mL，因此c(HCl)＝ mol·L－1。
答案：(1)用标准NaOH溶液润洗
(2)乙 (3)
命题角度1：滴定终点的判断
【典例1】(2019·全国Ⅱ卷节选)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。
成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________，样品中S2－的含量为___________ _____________________________________________________________ (写出表达式)。
【规范答题】滴定终点现象的判断
答题模板
当滴入最后一滴××后，溶液由××色变为××色，且半分钟之内不变色(或××色褪去，且半分钟之内不恢复原色)
模板示例
用a mol·L－1盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，以酚酞为指示剂，达到滴定终点的现象是当最后一滴盐酸滴入，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复原色
【解析】滴定终点时，I2被消耗完，溶液颜色由浅蓝色变为无色。由反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O可知，与Na2S2O3溶液反应的n1(I2)＝×0.100 0× mol，则与S2－反应的n2(I2)＝×0.100 0 mol－n1(I2)＝ mol，由电子守恒可知S2－～I2，则样品中S2－的含量为×100%。
答案：浅蓝色至无色 ×100%
命题角度2：中和滴定误差分析
【典例2】(2021·保定模拟)用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作指示剂，造成测定结果偏低的原因可能是( )
A．未用标准液润洗碱式滴定管
B．滴定终点读数时，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处悬挂一滴溶液
【解析】选B。未用标准液润洗碱式滴定管，使标准NaOH溶液的浓度偏低，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故A不选；滴定管的“0”刻度线在上方，滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，使读数偏低，测定结果偏低，故B选；盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，由于盐酸的物质的量不变，测定结果无影响，故C不选；滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故D不选。
某学生用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。先准确称量10.0 g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500 mL待测溶液，用待测烧碱溶液滴定0.200 mol·L－1的盐酸标准液。下列操作会使烧碱样品纯度偏高的是( )
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，先用盐酸标准液润洗再装标准液
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后未润洗
C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D．滴定前仰视碱式滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数
【解析】选D。锥形瓶用蒸馏水洗净后，先用盐酸标准液润洗再装标准液，导致消耗的待测液体积偏大，会使烧碱样品纯度偏低，A错误；碱式滴定管用蒸馏水洗净后未润洗，导致消耗的待测液体积偏大，会使烧碱样品纯度偏低，B错误；滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，导致消耗的待测液体积偏大，会使烧碱样品纯度偏低，C错误；滴定前仰视碱式滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，导致消耗的待测液体积偏小，会使烧碱样品纯度偏高，D正确。
【思维升华】
酸碱中和滴定时，不一定用标准液滴定待测液，也可以用待测液滴定标准液。求算公式c待测＝中，c标准确定，锥形瓶中被滴定溶液体积确定，会造成误差的是滴定过程中装在滴定管中溶液的体积。
(1)若用标准液滴定待测液，V标准是造成误差的因素，与c待测呈正相关；
(2)若用待测液滴定标准液，V待测是造成误差的因素，与c待测呈负相关。
1．滴定管读数要领：
视线应平视凹液面的最低点为基准。
2．滴定终点的判断答题模板：
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。
命题点1：酸碱中和滴定(基础性考点)
1.(2021·桂林模拟)室温下，用0.100 mol·L－1的标准盐酸滴定20.00 mL未知浓度的NaOH溶液，所得滴定曲线如图所示。图中K点代表的pH为( )
A．13 B．12 C．11 D．10
【解析】选A。HCl和NaOH恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，根据图象，加入盐酸的体积为20 mL时，溶液呈中性，说明HCl和NaOH完全反应，则n(HCl)＝n(NaOH)，有0.1 mol·L－1×20.00 mL＝20.00 mL×c(NaOH)，得c(NaOH)＝
0.1 mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，根据Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，c(H＋)＝＝＝1×10－13 (mol·L－1)，pH＝－lg[c(H＋)]＝
－lg(1×10－13)＝13，A符合题意。
2．有关酸碱滴定实验，下列说法正确的是( )
A．滴定管和锥形瓶都需要使用蒸馏水和待装液润洗
B．滴定前，必须将滴定管中液体的液面调至0刻度
C．滴定至终点时，溶液一定呈中性
D．测定待测液的浓度，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值
【解析】选D。滴定管需要用待装液润洗，但锥形瓶不能用待装液润洗，否则导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A错误；滴定前，滴定管中液体的液面不一定非要调至0刻度，可调至0刻度以下某一刻度，故B错误；滴定至终点时，溶液不一定呈中性，如NaOH滴定醋酸，滴定终点生成醋酸钠，溶液呈碱性，故C错误；测定待测液的浓度，为了减少滴定误差，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值，故D正确。
命题点2：中和滴定误差分析(综合性考点)
3．(2021·吉安模拟)实验室用标准盐酸溶液滴定某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．酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次
B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
D．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
【解析】选D。酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次，导致标准酸溶液浓度降低，消耗的体积偏大，测定结果偏高，故A不选；开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，导致标准酸溶液的体积读数偏大，测定结果偏高，故B不选；盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，导致消耗标准酸溶液的体积偏大，测定结果偏高，故C不选；滴定管的“0”刻度线在上方，滴定后俯视读数，使读数偏小，导致标准酸溶液的体积读数偏小，测定结果偏低，故D选。
【加固训练—拔高】
1．(2021·桂林模拟)在酸碱中和滴定实验中，下列操作不会引起误差的是( )
A．用未干燥的锥形瓶盛装被滴定的待测液
B．滴定管用蒸馏水洗净后直接盛装标准液
C．滴定前平视读数，终点时仰视读数
D．滴定管尖嘴处在滴定前有气泡，滴定后无气泡
【解析】选A。用未干燥的锥形瓶盛装被滴定的待测液，不影响溶质的物质的量，测定结果不变，故A选；滴定管用蒸馏水洗净后直接盛装标准液，会稀释标准液，导致消耗标准液体积增加，会产生误差，故B不选；滴定前平视读数，终点时仰视读数，读数增大，有误差产生，故C不选；滴定管尖嘴处在滴定前有气泡，滴定后无气泡，溶液的体积增大，会产生误差，故D不选。
2．(2021·天水模拟)配制250 mL一定物质的量浓度的盐酸，并用该盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列实验操作或说法错误的是( )
A．实验前，容量瓶和酸式滴定管都需要检查是否漏液
B．若NaOH溶液因久置而变质(含少量Na2CO3)，用甲基橙作指示剂，对滴定结果无影响
C．若配制盐酸标准溶液定容时俯视刻度线，则所测定NaOH溶液的浓度偏小
D．当最后一滴盐酸标准液滴入锥形瓶中，溶液颜色由黄色变为橙色时，即达滴定终点
【解析】选D。容量瓶和酸式滴定管带有瓶塞或旋塞，实验前都需要检查是否漏液，故A正确；甲基橙的变色范围为3.1～4.4，滴定终点呈酸性，NaOH和Na2CO3都转化成NaCl，消耗标准液的体积不变，不影响测定结果，故B正确；若配制盐酸标准溶液定容时俯视刻度线，配制的标准液浓度偏大，滴定终点消耗标准液体积偏小，则所测定NaOH溶液的浓度偏小，故C正确；当滴定至溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复颜色时，即为滴定终点，故D错误。
3．(2021·衡阳模拟)用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，假设烧碱样品中的杂质(可溶于水)与酸不反应，试根据实验回答下列问题：
(1)将准确称取的4.3 g烧碱样品配成250 mL待测液，需要的主要仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有____________、____________。
(2)取10.00 mL待测液，用__________(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取。
(3)用0.201 0 mol·L－1的标准盐酸滴定待测烧碱溶液(用酚酞作指示剂)，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到____________________，即达到滴定终点。
(4)根据表中数据，可计算出烧碱的纯度为__________(用百分数表示，结果保留小数点后一位小数)。
滴定
次数
待测液
体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
(5)排去碱式滴定管中的气泡应采用操作____________(填“甲”“乙”或“丙”)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(6)在该滴定实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的是__________(填序号)。
A．滴定终点读数时俯视读数
B．酸式滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗
E．滴定到指示剂刚变色，摇动锥形瓶后颜色恢复，没再继续滴定
F．酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
【解析】(1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、
250 mL容量瓶、胶头滴管，所以还需要250 mL容量瓶和胶头滴管。
(2)待测液是碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中。
(3)滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达，若溶液由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复，可说明达到滴定终点。
(4)第一次滴定消耗的标准液体积为20.40 mL－0.50 mL＝19.90 mL，第二次滴定消耗标准液体积为24.10 mL－4.00 mL＝20.10 mL，两次滴定数据有效，消耗标准液的平均体积为V(标准)＝＝20.00 mL，c(待测)＝＝＝0.402 0 mol·
L－1，则m＝c·V·M＝0.402 0 mol·L－1×0.25 L×40 g·mol－1＝4.02 g，w(NaOH)＝×100%≈93.5%。
(5)碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以丙正确，原理是气体的密度比较小，尖嘴朝上，易于逸出。
(6)滴定终点读数时俯视读数，导致读数偏小，测定结果偏小，故A错误；酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致标准液的浓度偏低，滴定时消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；锥形瓶水洗后未干燥，对待测液的物质的量没有影响，不影响滴定结果，故C错误；锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗，导致待测液的物质的量偏大，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确；滴定到指示剂刚变色，摇动锥形瓶后颜色恢复，没再继续滴定，反应没有完全，消耗的标准液体积偏低，测定结果偏低，故E错误；碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液的体积偏大，测定结果偏高，故F正确。
答案：(1)250 mL容量瓶 胶头滴管 (2)碱式
(3)溶液由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复
(4)93.5% (5)丙 (6)BDF
1．(2020·浙江7月选考)常温下，用0.1 mol·L－1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是( )
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)>c(CH3COO－)
B．当滴入氨水10 mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)
20 mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；当溶液为中性时，电荷守恒为c(NH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，因为溶液为中性，则c(H＋)＝c(OH－)，故c(NH)＞c(Cl－)，D不正确。
2．(2020·浙江7月选考节选)硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。
合成反应：SO2＋Na2CO3===Na2SO3＋CO2
2Na2S＋3SO2===2Na2SO3＋3S
Na2SO3＋SNa2S2O3
滴定反应：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50 ℃开始失结晶水。
实验步骤：
Ⅰ.Na2S2O3制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液。
Ⅱ.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到Na2S2O3·5H2O产品。
Ⅲ.产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算
Na2S2O3·5H2O含量。
请回答：
步骤Ⅲ
①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：
检漏→蒸馏水洗涤→( )→( )→( )→( )→( )→开始滴定。
A．烘干
B．装入滴定液至零刻度以上
C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
D．用洗耳球吹出润洗液
E．排除气泡
F．用滴定液润洗2至3次
G．记录起始读数
②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是________________________________________________________________________。
③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是_____________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________。
【解析】①滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为检漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定；②碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失；③测定的产品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%，说明产品中可能混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O，也可能混有可消耗较多I2的其他杂质，根据合成反应可知，Na2S2O3·5H2O产品中可能混有Na2SO3。
答案：①F B E C G ②防止碘挥发损失
③Na2SO3；失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O
【加固训练—拔高】
1．(2018·天津高考节选)CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为________(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，溶液pH＝________。(室温下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11)
【解析】CO2与足量NaOH溶液反应后溶液pH＝13，CO2主要转化为CO；对于Na2CO3溶液，其水解常数Kh＝＝＝，得
c(OH－)＝×＝1×10－4 mol·L－1，c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1，pH＝10。
答案：CO 10
2．(2017·全国Ⅱ卷节选)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnO＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为______________。
【解析】将题目给出的方程式配平为2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O，则有5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)＝0.050 0 mol·L－1×36.00 mL×
10－3L·mL－1＝1.80×10－3 mol，n(Ca2＋)＝4.50×10－3 mol，水泥中钙的质量分数为×100%＝45.0%。
答案：45.0%
1．稀溶液中c(H＋)与c(OH－)之间的关系
25℃时纯水中，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1
Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14
pH＝－lg c(H＋)＝7
Kw不仅适用于纯水，还适用于酸性或碱性的稀溶液。不管哪种溶液均有
c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O
如酸性溶液中：[c(H＋)酸＋c(H＋)H2O]·c(OH－)H2O＝Kw
碱性溶液中：[c(OH－)碱＋c(OH－)H2O]·c(H＋)H2O＝Kw
2．水的离子积常数表示在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H＋和OH－共存，并且在稀酸或稀碱溶液中，当温度为25 ℃时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×
10－14为同一常数。
3．溶液酸碱性的判断
c(H＋)＞c(OH－) ，酸性；
c(H＋)＝c(OH－), 中性；
c(H＋)＜c(OH－) ，碱性。
4．滴定管使用四步骤：查漏→洗涤→润洗→装液。
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