人教版高考化学一轮总复习第9章第2节水的电离和溶液的pH课时学案

这是一份人教版高考化学一轮总复习第9章第2节水的电离和溶液的pH课时学案，共35页。

第二节　水的电离和溶液的pH
考试评价解读
核心素养达成
1.能从电离、离子反应、化学平衡的角度分析溶液的酸碱性、导电性等性质。
2．能进行溶液pH 的简单计算，能正确测定溶液的pH。
3．能调控溶液的酸碱性，能选择实例说明溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的重要作用。
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。
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。


水的电离
[以练带忆]
1．向蒸馏水中滴入少量盐酸后，下列说法中错误的是(　　)
A．c(H＋)·c(OH－)不变
B．pH减小了
C．c(OH－)降低了
D．水电离出的c(H＋)增加了
D　解析：向蒸馏水中滴入少量盐酸后，水的电离逆向移动，水电离产生的H＋、OH－浓度均减小，但溶液的酸性增强，pH减小，B、C正确，D错误；水的离子积常数只受温度影响，A正确。
2．25 ℃时，下列叙述正确的是(　　)
A．向水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量CH3COOH，水的电离平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
B　解析：A中c(OH－)增大，错误；B中Kw仅与温度有关，正确；C中水的电离平衡逆向移动，但c(H＋)增大，错误；D中将水加热，Kw增大，pH减小，错误。
3．(双选)在相同温度下，0.01 mol/L的NaOH溶液和0.01 mol/L的盐酸相比，下列说法正确的是(　　)
A．由水电离出的c(H＋)相等
B．由水电离出的c(H＋)都是1.0×10－12 mol/L
C．由水电离出的c(OH－)都是0.01 mol/L
D．两者都抑制了水的电离
AD　解析：二者c(H＋)、c(OH－)相同，对水电离抑制程度相同，A、D正确；没有告诉温度，Kw不知，无法求水电离出的c(H＋)和c(OH－)，B、C错误。
[练后梳理]
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－。
2．水的离子积常数
(1)表达式：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(2)数值：室温下Kw＝10－14。
(3)影响因素：只与温度有关，升高温度，Kw增大。
(4)适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。
(5)意义：Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw不变。
3．影响水电离平衡的因素
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
逆向
不变
减小
减小
增大
NaOH
逆向
不变
减小
增大
减小
可水解
的盐
Na2CO3
正向
不变
增大
增大
减小
NH4Cl
正向
不变
增大
减小
增大
温度
升温
正向
增大
增大
增大
增大
降温
逆向
减小
减小
减小
减小
其他：如加入Na
正向
不变
增大
增大
减小

在Kw的表达式中，c(H＋)、c(OH－)均表示整个溶液中H＋、OH－总的物质的量浓度而不是单指由水电离出的c(H＋)、c(OH－)。

溶液的酸碱性与pH
[以练带忆]
1．下列溶液一定呈中性的是(　　)
A．pH＝7的溶液
B．c(H＋)＝c(OH－)的溶液
C．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
B　解析：A项，只有在25 ℃下pH＝7的溶液才呈中性，如 100 ℃时，纯水中有c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－6 mol/L，此时pH＝6呈中性，pH＝7为碱性，故错误；B项，c(H＋)＝c(OH－)的溶液，一定呈中性，故正确；C项，如果不是相同元数的酸、碱，如H2SO4和NaOH等物质的量混合，酸过量显酸性，故错误；D项，如非电解质SO2溶于水得到H2SO3，显酸性，故错误。
2．25 ℃的下列溶液中，碱性最强的是(　　)
A．pH＝11的溶液
B．c(OH－)＝0.12 mol/L
C．1 L中含有4 g NaOH的溶液
D．c(H＋)＝1×10－10 mol/L的溶液
B　解析：常温下，可以根据pH或c(H＋)比较溶液的酸碱性，同样也可以根据c(OH－)的大小来比较。A、C、D三个选项中溶液的c(OH－)依次为 1×10－3 mol/L、0.1 mol/L、1×10－4 mol/L，所以B中溶液的c(OH－)最大，碱性最强。
3．为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念，AG＝lg，则下列叙述中不正确的是(　　)
A．中性溶液的AG＝0
B．酸性溶液的AG＞0
C．常温下0.1 mol/L氢氧化钠溶液的AG＝－12
D．常温下0.1 mol/L盐酸的AG＝－12
D　解析：A项，中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)，＝1，AG＝0，正确；B项，酸性溶液中c(H＋)＞c(OH－)，＞1，AG＞0，正确；C项，常温下 0.1 mol/LNaOH溶液中，c(OH－)＝0.1 mol/L，c(H＋)＝10－13 mol/L，＝10－12，AG＝－12，正确；D项，常温下 0.1 mol/L盐酸中，c(H＋)＝0.1 mol/L，c(OH－)＝10－13mol/L，＝1012，AG＝12，错误。
[练后梳理]
1．溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。
(1)酸性溶液：c(H＋)>c(OH－)，常温下，pH<7。
(2)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常温下，pH＝7。
(3)碱性溶液：c(H＋)7。
2．溶液的pH
(1)定义式：pH＝－lgc(H＋)。
(2)溶液的酸碱性跟pH的关系(室温下)：

(3)pH适用范围：pH的取值范围为0～14，即只适用于c(H＋)和c(OH－)都较小的稀溶液(＜1 mol/L)。
3．溶液pH的测定
(1)用pH试纸测定
①使用方法：把一小片试纸放在表面皿上，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。
②注意事项：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。
(2)用pH计测定：可精确测定溶液的pH。
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，c(H＋)＝nc mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝－lg(nc)。
强碱溶液(25 ℃)：如B(OH)n，设浓度为c mol/L，c(H＋)＝ mol/L，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－)
＝。

酸碱中和滴定
[以练带忆]
1．下列有关中和滴定的操作：①用标准液润洗滴定管；②向滴定管内注入标准溶液；③检查滴定管是否漏水；④滴定；⑤滴加指示剂于待测液；⑥洗涤。正确的操作顺序是(　　)
A．③⑥①②⑤④　
B．⑤①②⑥④③
C．⑤④③②①⑥
D．③①②④⑤⑥
A　解析：有关中和滴定的实验操作，首先是检查滴定管是否漏水，然后是洗涤滴定管，再润洗，向滴定管中注入标准溶液，然后向待测溶液中滴加指示剂，最后滴定。因此顺序是③⑥①②⑤④。
2．准确移取20.00 mL某待测 HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol/L NaOH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．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
B　解析：A.滴定管用蒸馏水洗涤后，需用标准液润洗才能装入NaOH溶液进行滴定；B.随着NaOH溶液的滴入，锥形瓶内溶液中c(H＋)越来越小，故pH由小变大；C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去，说明达到滴定终点，应停止滴定；D.滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有悬滴，则所加标准NaOH溶液量偏多，使测定结果偏大。
3．用1.0 mol/L的NaOH溶液中和某浓度的H2SO4溶液，其水溶液的pH和所用NaOH溶液的体积关系变化如图所示，则原硫酸的物质的量浓度和完全反应后溶液的大致体积是(　　)

A．1.0 mol/L,20 mL
B．0.5 mol/L,40 mL
C．0.5 mol/L,80 mL
D．1.0 mol/L,80 mL
C　解析：图中所示起点在坐标原点，即反应前溶液pH＝0，则c(H＋)＝1 mol/L，反应前c(H2SO4)＝0.5 mol/L，体积为 40 mL，则两者完全反应后溶液的大致体积是40 mL＋40 mL＝80 mL。
[练后梳理]
1．实验原理
(1)用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法叫酸碱中和滴定。
(2)一元酸与一元碱滴定时，c(待测)＝。
2．酸碱中和滴定的关键
(1)准确测定标准液和待测液的体积。
(2)准确判断滴定终点。
3．指示剂的选择
滴定种类
选用的指示剂
到达滴定终点时颜色变化
指示剂用量
强酸滴定强碱
甲基橙
黄色→橙色
2～3滴
强碱滴定强酸
酚酞
无色→浅红色
强酸滴定弱碱
甲基橙
黄色→橙色
强碱滴定弱酸
酚酞
无色→浅红色
4．实验用品
(1)仪器
酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台和锥形瓶。

(2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
(3)滴定管的使用
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
5．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
-
|
-
|
-
|
-
|
-
(2)滴定

(3)终点判断
等到滴入最后一滴标准盐酸，溶液由红色变为无色，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盐酸的体积。
(4)读数
调整液面在“0”刻度或“0”刻度以下，读出初读数，记为“X.XX mL”，滴定终点，读出末读数，记为“YY.YY mL”，实际消耗标准盐酸的体积为(YY.YY－X.XX) mL。
6．数据处理
按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝计算。
7．误差分析
(1)误差分析的方法
依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，得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)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：
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
放出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
部分酸液滴出锥形瓶外
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碱溶液无变化
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

考点1　水的电离程度的判断
[抓本质·悟考法]
现有下列物质①100 ℃纯水、②25 ℃ 0.1 mol/L HCl溶液、③25 ℃ 0.1 mol/L KOH溶液、④25 ℃ 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液。
(1)这些物质与25 ℃ 纯水相比，能促进水电离的是________(填标号)，能抑制水的电离的是________，水电离的c(OH－)等于溶液中c(OH－)的是________，水电离的c(H＋)等于溶液中c(H＋)的是________。
(2)②和③溶液中水的电离度相等，进而可推出的结论是：同一温度下，________时，水的电离度相等。

【解题关键点】　解题时需明确：酸碱抑制水的电离，升温促进水的电离；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；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。
【易错失分点】　若不能分析出“水电离的 c(OH－)等于溶液中c(OH－)”时，溶液为纯水或酸溶液，则容易错选或漏选。
[自主解答]
______________________________________________________________________________________________________
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解析：水的电离过程吸热，升温促进水的电离，可水解的盐促进水的电离，酸或碱抑制水的电离；强酸溶液中，由于酸电离出的c(H＋)远大于水电离出的
c(H＋)，酸电离的c(H＋)可看成溶液中的 c(H＋)，强碱溶液中，由于碱电离的
c(OH－)远大于水电离的c(OH－)，碱电离的c(OH－)可看成溶液中的c(OH－)。
答案：(1)①　②③④　①②　①③④
(2)酸溶液中的c(H＋)等于碱溶液中的c(OH－)
[多角度·突破练]
⊳角度1　水的电离平衡的影响因素
1．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
D　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，NaI是强酸强碱盐，I－不水解，对水的电离平衡无影响。
2．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－。下列叙述错误的是(　　)
A．向水中通入氨气，平衡逆向移动，c(OH－)增大
B．向水中加入少量稀硫酸，c(H＋)增大，Kw不变
C．将水加热，平衡正向移动，Kw变大
D．升高温度，平衡正向移动，c(H＋)增大，pH不变
D　解析：向水中通入NH3，c(OH－)增大，平衡左移，A正确；向水中加入少量稀硫酸，c(H＋)增大，但温度不变，Kw不变，B正确；将水加热，水的电离平衡正向移动，Kw变大，C正确；升高温度，能促进水的电离，c(H＋)增大，pH减小，D错误。
3．一定温度下，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
C　解析：A.c点溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH－)不可能减小；B.由b点对应 c(H＋)与c(OH－)可知，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×
10－7 ×1.0×10－7＝1.0×10－14；C.FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H＋)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH－)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化；D.c点溶液呈碱性，稀释时c(OH－)减小，同时c(H＋)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的变化。

(1)pH＝7或c(H＋)＝10－7 mol/L的溶液不一定呈中性，因水的电离平衡与温度有关。室温时，pH＝7呈中性；100 ℃时，pH＝6呈中性。
(2)中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝。
(3)室温下，酸溶液稀释时，pH增大，但无论稀释多少倍数，pH只会无限接近于7，不会大于7或等于7。碱溶液稀释时，pH减小，但无论稀释多少倍数，pH只会无限接近于7，不会小于或等于7。
⊳角度2　水电离出的c(H＋)和c(OH－)的计算
4．室温下，pH＝11的某溶液中水电离出的c(OH－)为　(　　)
①1.0×10－7 mol/L　②1.0×10－6 mol/L　
③1.0×10－3 mol/L　④1.0×10－11 mol/L
A．③ B．④
C．①或③ D．③或④
D　解析：该溶液中c(OH－)＝10－3 mol/L，c(H＋)＝10－11 mol/L，若是碱溶液，则H＋是由H2O电离出的，水电离出的OH－与H＋浓度均为10－11 mol/L；若是盐溶液(如Na2CO3)，则OH－是由H2O电离出的，即水电离出的c(OH－)＝10－3 mol/L。
5．25 ℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液、②0.05 mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH＝10的Na2S溶液、④pH＝5的NH4NO3溶液中，由水电离的H＋的物质的量之比是(　　)
A．1∶10∶1010∶109
B．1∶5∶(5×109)∶(5×108)
C．1∶20∶1010∶109
D．1∶10∶104∶109
A　解析：25 ℃时，pH＝0的H2SO4溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－14 mol/L；0.05 mol/L的Ba(OH)2 溶液中c(OH－)＝0.05 mol/L×2＝0.1 mol/L，根据Kw＝
c(H＋)·c(OH－)可得，由水电离出的c(H＋)＝10－13 mol/L；pH＝10的Na2S溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－4 mol/L；pH＝5的NH4NO3溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－5 mol/L，故等体积上述溶液中水电离的H＋的物质的量之比为10－14∶10－13∶
10－4∶10－5＝1∶10∶1010∶109。

突破“五类”由水电离产生c(H＋)和c(OH－)的计算
常温下，任何溶液中由水电离产生的c(H＋)和c(OH－)总是相等的。
(1)中性溶液：c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol/L。
(2)酸的溶液——OH－全部来自水的电离
实例：pH＝2的盐酸中c(H＋)＝10－2 mol/L，则 c(OH－)＝Kw/10－2＝10－12 (mol/L)，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol/L。
(3)碱的溶液——H＋全部来自水的电离
实例：pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2 mol/L，则 c(H＋)＝Kw/10－2＝10－12 (mol/L)，即水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol/L。
(4)水解呈酸性的盐溶液——H＋全部来自水的电离
实例：pH＝5的NH4Cl溶液中，由水电离出的c(H＋)＝10－5 mol/L，因部分OH－与部分NH结合使c(OH－)＝10－9 mol/L。
(5)水解呈碱性的盐溶液——OH－全部来自水的电离
实例：pH＝12的Na2CO3溶液中，由水电离出的 c(OH－)＝10－2 mol/L。因部分H＋与部分CO结合使c(H＋)＝10－12 mol/L。
⊳角度3　酸碱中和过程中水电离c(H＋)变化分析
6．常温下，向20 mL 0.1 mol/L氨水溶液中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c(H＋)随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．b、d两点为恰好完全反应点
B．c点溶液中，c(NH)＝c(Cl－)
C．a、b之间的任意一点：c(Cl－)＞c(NH)，c(H＋)＞c(OH－)
D．常温下，0.1 mol/L氨水的电离常数K约为 1×10－5
D　解析：向氨水中逐滴加入盐酸，水的电离程度由小逐渐变大，后又逐渐减小；b点表示过量氨水的电离与NH的水解程度相互“抵消”；随着NH的水解占优势，c点NH的水解程度达到最大，也是恰好完全反应点；再继续加入盐酸，盐酸过量抑制水的电离。根据以上分析可知，b点氨水过量，d点盐酸过量，A项错误；c点溶质是NH4Cl，因NH水解，故c(NH)＜c(Cl－)，B项错误；a、b之间氨水电离占优势，c(Cl－)＜c(NH)，c(H＋)＜c(OH－)，C项错误；a点，溶液中c(NH)≈c(OH－)，c(NH3·H2O)＝0.1 mol/L－0.001 mol/L≈0.1 mol/L，则氨水的电离常数Kb＝＝＝10－5，D项正确。
7．常温下，向20.00 mL 0.1 mol/L HA溶液中滴入 0.1 mol/L 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
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 HA溶液中，－lgc水(H＋)＝11，c水(H＋)＝c水(OH－)＝
10－11 mol/L，根据常温下水的离子积可知，溶液中c(H＋)＝＝10－3 mol/L，HAH＋＋A－，c(H＋)＝c(A－)＝10－3 mol/L，Ka(HA)＝＝＝10－5，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，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，当达到b点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，b＝20.00，C项正确；M点溶液pH＝7，根据溶液呈电中性，存在c(Na＋)＝c(A－)，M点后，c(Na＋)＞c(A－)，D项正确。

酸碱恰好中和，与滴定至中性的说法不同，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。滴定至中性，酸碱不一定恰好反应。
考点2　pH的计算与稀释
[抓本质·悟考法]
计算常温时下列溶液的pH (已知lg1.3＝0.1，lg2＝0.3，混合溶液忽略体积的变化)：
(1)pH＝2的盐酸与等体积的水混合。
(2)pH＝2的盐酸加水稀释到1 000倍。
(3)0.1 mol/L的CH3COOH溶液(已知CH3COOH的电离常数K＝1.8×10－5)。
(4)0.1 mol/L NH3·H2O溶液(NH3·H2O的电离度为α＝1%，电离度＝×100%)。
(5)常温下，将0.1 mol/L氢氧化钠溶液与 0.06 mol/L 硫酸等体积混合。

【解题关键点】　(1)若溶液呈酸性，则直接求出c混(H＋)，再求pH；溶液呈碱性，先求出c混(OH－)，再据Kw求出c混(H＋)，最后求pH。(2)强酸、强碱混合，先判断混合后溶液的酸碱性，再按上述方式计算。(3)利用电离度进行计算时，可做近似处理。
【易错失分点】　计算稀释溶液、酸碱混合溶液的c(H＋)或c(OH－)时，易忽视溶液的体积为混合后的总体积。
[自主解答]
______________________________________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________________________________
解析：(1)c(H＋)＝ mol/L，pH＝－lg ＝2＋lg2＝2.3。
(2)c(H＋)＝ mol/L＝10－5 mol/L，pH＝5。
(3)　　　 CH3COOHCH3COO－ ＋H＋
c(初始)　　0.1 mol/L　　　　0　　　　0
c(电离)　　c(H＋)　　　 　c(H＋)　　 c(H＋)
c(平衡)　0.1 mol/L－c(H＋)c(H＋)　　c(H＋)
则K＝＝1.8×10－5，
解得c(H＋)＝1.3×10－3 mol/L，
所以pH＝－lgc(H＋)＝－lg(1.3×10－3)＝2.9。
(4)由电离方程式NH3·H2O OH－＋NH可知，溶液中c(OH－)＝0.1×1% mol/L＝10－3 mol/L，c(H＋)＝10－11 mol/L，所以pH＝11。
(5)c(H＋)＝＝0.01 mol/L，所以pH＝2。
答案： (1)2.3　(2)5　(3)2.9　(4)11　(5)2
[多角度·突破练]
⊳角度1　溶液混合或稀释后pH的计算
1．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 H2SO4溶液的pH＝1
B．0.001 mol/L NaOH溶液的pH＝11
C．0.005 mol/L H2SO4溶液与0.01 mol/L 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
A　解析：0.05 mol/L H2SO4溶液中c(H＋)＝0.05 mol/L×2＝0.1 mol/L，则该溶液的pH＝1，A正确；0.001 mol/L NaOH溶液中c(OH－)＝0.001 mol/L，由于100 ℃时水的离子积Kw＝1×10－12，则溶液中c(H＋)＝1×10－9 mol/L，故溶液的pH＝9，B错误；0.005 mol/L H2SO4溶液与 0.01 mol/L 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，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1 mol/L，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。
2．常温下，下列关于溶液稀释的说法正确的是(　　)
A．pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B．pH＝5的硫酸溶液稀释到原来的500倍，稀释后c(SO2－4)与c(H＋)之比约为1∶10
C．将1 L 0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液稀释至 2 L，pH＝12
D．pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
B　解析：A项，pH＝3的醋酸溶液在稀释过程中电离平衡正向移动，稀释100倍时，3＜pH＜5；B项，pH＝5的硫酸溶液稀释到原来的500倍，则溶液接近于中性，c(H＋)约为10－7 mol/L，c(SO2－4)＝ mol/L＝10－8 mol/L，则
c(SO2－4)∶c(H＋)＝1∶10；C项，0.1 mol/L Ba(OH)2溶液稀释到 2 L时，c(OH－)＝ mol/L＝0.1 mol/L，c(H＋)＝1×10－13 mol/L，pH＝13；D项，NaOH溶液是碱溶液，无论怎么稀释，pH在常温下不可能成为6只能无限接近于7。

溶液稀释时pH的变化
(1)对于pH＝y的强酸溶液稀释时，体积每增大10n倍，pH就增大n个单位，即pH＝y＋n；对于pH＝y的弱酸溶液来说，体积每增大10n倍，pH增大不足n个单位，即pH (2)对于pH＝x的强碱溶液稀释时，体积每增大10n倍，pH就减小n个单位，即pH＝x－n；对于pH＝x的弱碱溶液来说，体积每增大10n倍，pH减小不足n个单位，即pH>x－n；无论怎样稀释，碱溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7。
(3)同体积同pH的溶液加水稀释相同倍数后的pH大小：氨水>NaOH溶液，盐酸>醋酸。
(4)同体积同pH的溶液稀释后的pH仍然相等，则加水量的多少：氨水>NaOH溶液，醋酸>盐酸。
⊳角度2　利用酸碱pH间的关系判断混合溶液的酸碱性
3．常温下，下列叙述不正确的是(　　)
A．c(H＋)>c(OH－)的溶液一定显酸性
B．pH＝3的弱酸溶液与pH＝11的强碱溶液等体积混合后溶液呈碱性
C．1 mL pH＝1的盐酸与100 mL pH＝11的 NaOH溶液混合后，溶液显中性
D．pH＝3的强酸溶液与pH＝11的弱碱溶液等体积混合后溶液呈碱性
B　解析：B项，pH＝3的弱酸溶液与pH＝11的强碱溶液等体积混合，弱酸浓度大，有大量剩余，反应后溶液显酸性，错误；C项，n(H＋)＝1×10－3 L×0.1 mol/L＝10－4 mol，n(OH－)＝0.1 L×1×10－3 mol/L＝10－4 mol，混合后溶液呈中性，正确；D项，pH＝3的强酸溶液与pH＝11的弱碱溶液等体积混合，弱碱浓度大，有大量剩余，反应后溶液显碱性，正确。
4．常温下，溶液的pH最大的是(　　)
A．0.02 mol/L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盐酸与0.02 mol/L氨水等体积混合后的溶液
D．0.01 mol/L盐酸与0.03 mol/L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氨水，NH3·H2O不能完全电离，则 c(OH－)<0.01 mol/L，7
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
①两强混合：
a．若pH之和等于14，则混合后溶液显中性，pH＝7。
b．若pH之和大于14，则混合后溶液显碱性，pH>7。
c．若pH之和小于14，则混合后溶液显酸性，pH<7。
②一强一弱混合——“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；一元弱酸和一元强碱等体积混合呈酸性。
考点3　中和滴定的误差分析及迁移应用
[抓本质·悟考法]
实验室用标准盐酸滴定某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．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次

【解题关键点】　解答本题时要明确造成误差的常见操作，如滴定时，酸式滴定管和碱式滴定管需用待装液润洗，锥形瓶不能用待测液润洗；仰视滴定管使读数偏大，俯视滴定管使读数偏小；尖嘴部分若残留气泡，则气泡的体积也算进了标准液体积。
【易错失分点】　不能正确分析气泡的存在对标准液体积造成的影响，易错选B项；忽视滴定管的“0”刻度在上边，俯视使读数偏小，误认为C项错误。
[自主解答]
______________________________________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________________________________
C　解析：酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗，则相当于把标准液稀释了，滴定消耗标准液的体积增大，使测定结果偏高，A错误；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，气泡的体积也算进了标准液，使消耗标准液的体积偏大，结果偏高，B错误；滴定前平视读数，滴定后俯视读数，由于滴定管的“0”刻度在上边，俯视使读数偏小，得到的消耗标准液的体积偏小，结果偏低，C正确；盛NaOH溶液的锥形瓶不能用NaOH溶液润洗，否则增加了待测液的量，使消耗标准液的体积偏大，结果偏高，D错误。
[多角度·突破练]
⊳角度1　中和滴定中的规范操作及误差分析
1．下列有关滴定操作的说法正确的是(　　)
A．用25 mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7 mL
B．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低
C．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸， 配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高
D．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高
D　解析：A项滴定管精读数应保留小数点后2位，错误；B项由于没有润洗滴定管，标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，错误；C项等质量的NaOH和KOH，NaOH的物质的量大于KOH，即所配溶液OH－浓度偏大，导致消耗标准液体积偏小，所测盐酸的浓度偏小，错误；D项导致消耗的盐酸体积偏小，依据c酸＝可知测定结果偏高，正确。
2．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。请填写下列空白：
(1)用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________，直到加入最后一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并__________________为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度偏低的是________(填标号)。
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
(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL，所用盐酸的体积为________mL。

(4)某学生根据三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶
液的体积/mL
0.100 0 mol/L盐酸的体积/mL
滴定前
刻度
滴定后
刻度
溶液
体积
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据上表数据，列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。
解析：在求c(NaOH)和进行误差分析时应依据公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)，须先求V(HCl)，再代入公式；进行误差分析时，要考虑实际操作对V(HCl)的影响，进而影响c(NaOH)。
(2)酸式滴定管未用标准盐酸润洗，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，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，结果偏低。(3)读数时，以凹液面的最低点为基准。(4)先算出消耗标准盐酸的平均值：＝＝26.10 mL(第二次偏差太大，舍去)，c(NaOH)＝＝0.104 4 mol/L。
答案：(1)锥形瓶中溶液颜色变化　在半分钟内不变色　(2)D　(3)0.00　26.10　26.10
(4)＝＝26.10 mL，
c(NaOH)＝＝0.104 4 mol/L。

常用量器的读数方法
(1)平视读数(如图1)：实验室中用量筒或滴定管量取一定体积的液体；读取液体体积时，视线应与凹液面最低点保持水平，视线与刻度的交点即为读数(即凹液面定视线，视线定读数)。

(2)俯视读数(如图2)：当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，切点的位置在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。
(3)仰视读数(如图3)：读数时，由于视线向上倾斜，切点的位置在液面的下侧，读数低于正确的刻度线位置，因滴定管刻度标法与量筒不同，这样仰视读数偏大。
⊳角度2　氧化还原反应的滴定
3．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 Na2S2O3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
D　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。
4．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.过氧化氢性质的探究实验
(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 H2O2溶液的pH约为________。(提示：lg1.48≈0.2)
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＋5H2O2＋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。
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＋)≈ 1.48×10－6 mol/L，即pH≈5.8。Ⅱ.(3)滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，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↑可知，n(H2O2)＝2.5×n(MnO)＝2.5×0.100 0 mol/L×0.018 L，c(H2O2)＝ mol/L＝0.180 0 mol/L。
答案：Ⅰ.(1)氧化　(2)H2O2H＋＋HO、HOH＋＋O　5.8
Ⅱ.(3)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且 30秒内溶液不褪色　(4)0.180 0

(1)氧化还原滴定原理：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，但能与某些氧化剂或还原剂反应的物质。
(2)试剂：常见的用于滴定的氧化剂有KMnO4、I2、K2Cr2O7等。常见的用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
(3)指示剂。氧化还原滴定法的指示剂有三类：
①氧化还原指示剂，如KSCN溶液指示Fe3＋的生成。
②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝。
③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点时溶液呈现高锰酸钾溶液的浅红色。
(4)计算：可根据电子守恒，找出关系式，如：
5Fe2＋～MnO，I2～SO2(H2O)。
⊳角度3　沉淀滴定
5．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＋＋CrO2－4===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盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为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盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol/L。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：由离子方程式2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O知，步骤Ⅰ中加入的CrO的总物质的量为 b mol/L× L＝ mol。步骤Ⅱ中，与BaCl2充分反应后，剩余的CrO2－4的物质的量为 b mol/L× L＝ mol，与Ba2＋反应的CrO2－4的物质的量为 mol－ mol＝ mol，由化学方程式
Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓得，n(Ba2＋)＝n(CrO)，所以BaCl2溶液的浓度：c(BaCl2)＝＝ mol/L。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时，有少量待测液溅出，造成V1的用量减小，所以的测量值将偏大。
答案：上方　　偏大
6．已知：Ag＋＋SCN－===AgSCN↓(白色)。实验室可通过如下过程测定所制硝酸银样品的纯度(杂质不参与反应)。
(1)称取2.000 g制备的硝酸银样品，加水溶解，定容到100 mL。溶液配制过程中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有_____________________________。
(2)准确量取25.00 mL溶液，酸化后滴入几滴铁铵钒[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，再用0.100 mol/L NH4SCN标准溶液滴定。滴定终点的实验现象为
____________________________________________________________________。
(3)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定过程中该气泡消失，则所测硝酸银的质量分数________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
解析：(1)配制100 mL一定物质的量浓度的溶液，所需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管。(2)用NH4SCN标准溶液滴定硝酸银溶液，滴定终点时，SCN－与三价铁离子结合生成红色溶液，所以滴定终点的实验现象为溶液变为红色且半分钟内不褪色。(3)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定过程中该气泡消失，因有部分溶液补充气泡，则消耗的标准液读数偏大，导致所测硝酸银的质量分数偏高。
答案：(1)100 mL容量瓶、胶头滴管　(2)溶液变为红色且半分钟内不褪色　(3)偏高

(1)沉淀滴定的定义
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－等的浓度。
(2)沉淀滴定的原理
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CrO2－4为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。


中和滴定曲线(pH)的说明
[知识对接]
1．中和滴定曲线“5点”
解决酸碱中和滴定曲线类问题的关键是巧抓“5点”，即曲线的起点、恰好反应点、中性点、反应一半点和过量点，先判断出各个点中的溶质及溶液的酸碱性，以室温时用0.1 mol/L NaOH溶液滴定 20 mL 0.1 mol/L HA溶液为例(如图)，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：

关键点
离子浓度关系
原点
(点①)
原点为HA的单一溶液，0.1 mol/L HA溶液pH>1说明HA是弱酸；c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
反应一
半点
(点②)
两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，c(A－)>
c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)
中性点
(点③)
此时溶液pH＝7，溶液是中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝
c(A－)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)
恰好完
全反应
点(点④)
此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)
过量点
(点⑤)
此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液显碱性，c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
2．酸碱中和滴定曲线图示
氢氧化钠溶液滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线
盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水的滴定曲线


曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高
突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)
室温下pH＝7不一定是终点：强碱与强酸反应时，终点是pH＝7；强碱与弱酸(强酸与弱碱)反应时，终点不是pH＝7(强碱与弱酸反应终点时pH＞7，强酸与弱碱反应终点时pH＜7)
[应用体验]
1．20 mL 0.100 0 mol/L氨水用0.100 0 mol/L 盐酸滴定，滴定曲线如图，下列说法正确的是(　　)

A．该中和滴定适宜用酚酞作指示剂
B．两者恰好中和时，溶液的pH＝7
C．达到滴定终点时，溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
D．当滴入盐酸达30 mL时，溶液中c(NH)＋c(H＋) C　解析：反应终点生成氯化铵，水解显酸性，酚酞的变色范围为8～10，应选甲基橙作指示剂，故A错误；两者恰好中和时生成氯化铵，溶液的pH＜7，故B错误；物料守恒式为c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，电荷守恒式为c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，则c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故C正确；溶液不显电性，遵循电荷守恒，则当滴入盐酸达30 mL时，溶液中c(NH)＋c(H＋)＝ c(OH－)＋c(Cl－)，故D错误。
2．25 ℃时，用0.1 mol/L NaOH溶液分别滴定 20.00 mL 0.1 mol/L 盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B．pH＝7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等
C．V(NaOH)＝10.00 mL时，醋酸溶液中 c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>
c(OH－)
D．V(NaOH)＝20.00 mL时，两溶液中 c(CH3COO－)>c(Cl－)
C　解析：根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；则pH＝7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积稍小，选项B错误；V(NaOH)＝10.00 mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，反应后溶液中离子浓度大小为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，选项C正确；V(NaOH)＝20.00 mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c(CH3COO－)＜ c(Cl－)，选项D错误。
中和滴定曲线示例分析
[知识对接]
滴定曲线分析的方法
(1)分析步骤：首先看纵坐标，搞清楚是酸加入碱中，还是碱加入酸中；其次看起点，起点可以看出酸性或碱性的强弱，判断滴定终点时至关重要；再次找滴定终点和pH＝7的中性点，判断滴定终点的酸碱性，然后确定中性点(pH＝7)的位置；最后分析其他的特殊点(如滴定一半点，过量一半点等)，分析酸、碱过量情况。
(2)滴定过程中的定量关系：①电荷守恒关系在任何时候均存在；②物料守恒可以根据加入酸的物质的量和加入碱的物质的量进行确定，但不一定为等量关系。
[应用体验]
3．常温下，用0.10 mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.10 mol/L HCl溶液和20.00 mL 0.10 mol/L CH3COOH溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．图2是滴定盐酸的曲线
B．a与b的关系是a＜b
C．E点对应离子浓度由大到小的顺序可能为 c(CH3COO－)>c(Na＋)> c(H＋)>c(OH－)
D．这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂
C　解析：如果酸为强酸，则0.10 mol/L酸的pH为1，根据酸的初始pH知，图1为盐酸的滴定曲线，故A错误；根据图1知，a点氢氧化钠溶液的体积是20.00 mL，酸和碱的物质的量相等，二者恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性；醋酸溶液中滴入氢氧化钠溶液，醋酸钠溶液呈碱性，所以b点氢氧化钠溶液的体积小于20.00 mL，a＞b，故B错误；E点溶液的成分为醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，盐类水解程度较小，则溶液中离子浓度可能为 c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故C正确；氢氧化钠和盐酸恰好反应呈中性，可以选择甲基橙或酚酞，氢氧化钠和醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液呈碱性，只能选择酚酞，故D错误。
4．已知某温度下CH3COOH的电离常数K＝1.6×10－5。该温度下，向20 mL 0.01 mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol/L KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：(已知lg4＝0.6)

(1)a点溶液中c(H＋)为________，pH约为________。
(2)a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________点，滴定过程中宜选用________作指示剂，滴定终点在________(填“c点以上”或“c点以下”)。
(3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，则下列变化趋势正确的是________(填字母)。

解析：(1)电离消耗的醋酸在计算醋酸的电离平衡浓度时可以忽略不计。由K＝得，c(H＋)≈ mol/L＝4×10－4 mol/L。pH＝
－lgc(H＋)＝3.4。(2)酸或碱抑制水的电离，a、b点溶液呈酸性，d点溶液呈碱性，都抑制水的电离，c点呈中性，水自然电离，故电离程度最大；由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞；滴定终点应在c点以上。(3)由于稀氨水显碱性，两者恰好反应时溶液显酸性，B项正确。
答案：(1)4×10－4 mol/L　3.4　(2)c　酚酞　c点以上　(3)B

1．(2020·大连模拟)室温下，向a点(pH＝a)的 20.00 mL 1.000 mol/L氨水中滴入1.000 mol/L盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是(　　)

A．将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱
B．b点溶液中离子浓度大小可能存在：c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．c点时消耗盐酸体积V(HCl)＜20.00 mL
D．a、d两点的溶液，水的离子积Kw(a)＞Kw(d)
D　解析：加水稀释，氨水中NH、OH－浓度均减小，因而导电能力减弱，A项正确；b点氨水剩余，NH3·H2O的电离程度大于NH水解程度，溶液显碱性，B项正确；c点呈中性，因而V(HCl)略小于20.00 mL，C项正确；d点对应的温度较高，其水的离子积常数较大，D项错误。
2．常温下用0.100 0 mol/L的盐酸分别逐滴加入 20.00 mL 0.100 0 mol/L的三种一元碱XOH、MOH、YOH溶液中，溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)

A．XOH为强碱，MOH、YOH均为弱碱
B．V[HCl(aq)]＝15.00 mL时，三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOH
C．V[HCl(aq)]＝20.00 mL时，三种溶液中水的电离程度：XOH>MOH>YOH
D．V[HCl(aq)]＝40.00 mL时，YOH溶液中：c(H＋)＝c(Y＋)＋c(OH－)＋2c(YOH)
C　解析：根据图示信息，在未滴加盐酸时，XOH的pH为13，为强碱，MOH、YOH的pH小于13，均为弱碱，A项正确；V[HCl(aq)]＝15.00 mL时，三种溶液中分别为XCl、XOH，MCl、MOH，YCl、YOH的混合物，因为碱性：XOH>MOH>YOH，故三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOH，B项正确；V[HCl(aq)]＝20.00 mL时，三种溶液分别恰好是XCl、MCl、YCl溶液，水的电离程度为YOH>MOH>XOH，C项错误；V[HCl(aq)]＝40.00 mL时，YOH溶液中应为YCl、HCl的混合物，溶液中的电荷守恒为c(H＋)＋c(Y＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，物料守恒为2[c(Y＋)＋c(YOH)]＝c(Cl－)，将电荷守恒和物料守恒两式联立得：c(H＋)＝c(Y＋)＋c(OH－)＋2c(YOH)，D项正确。

1．(命题情境：化学与自然问题)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，在菠菜、苋菜、甜菜等植物中含量较高。25 ℃时，向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示c(HC2O)/c(H2C2O4)或c(C2O2－4)/c(HC2O)]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是 (　　)

A．直线Ⅰ中X表示的是c(HC2O)/c(H2C2O4)
B．直线Ⅰ、Ⅱ的斜率均为1
C．0.1 mol/L NaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)>c(C2O2－4)
D．已知：碳酸的Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，则向Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液的离子方程式为CO＋H2C2O4===C2O2－4＋H2O＋CO2↑
C　解析：H2C2O4的电离常数Ka1＝、Ka2＝，当pH相同[即c(H＋)相同时]，由Ka1>Ka2知>，则 lg>lg，由图知直线Ⅰ中X表示，A正确；lgX＝0时，＝＝1，pH＝1.22则Ka1＝10－1.22，pH＝4.19，Ka2＝10－4.19，当pH＝0时由Ka1＝10－1.22知，Ⅰ的纵坐标为－1.22，可知Ⅰ的斜率为1，同理Ⅱ的斜率也为1，B正确；HC2O的电离平衡常数＝1×10－4.19，HC2O的水解平衡常数＝＝＝10－12.78，电离大于水解，溶液中c(C2O)>c(H2C2O4)，C错误；Ka2(H2C2O4)>Ka1(H2CO3)，向Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液生成Na2C2O4和CO2，D正确。
2．(命题情境：工业产品稀释时溶液中的变化问题)亚氯酸(HClO2)和高锰酸(HMnO4)都具有很强的氧化性。亚氯酸可用作漂白剂、消毒剂和杀菌剂。常温时，1 mol/L的HClO2和1 mol/L的HMnO4两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别将两溶液加水稀释，所得曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．当稀释至pH均为3时，溶液中c(ClO)>c(MnO)
B．在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足：pH＝lg
C．常温下，浓度均为0.1 mol/L的NaClO2和NaMnO4溶液的pH：NaMnO4>NaClO2
D．稀释前分别用1 mol/L的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积：HMnO4>HClO2
B　解析：lg＋1＝1，即没有稀释之前，1 mol/L的HMnO4溶液pH＝0，所以HMnO4为强酸，同理HClO2为弱酸；同浓度的两种酸，当pH均为3时，HMnO4溶液：c(H＋)＝c(MnO)＋c(OH－)，HClO2溶液：c(H＋)＝c(ClO)＋c(OH－)，则c(ClO)＝c(MnO)，A错误；因HMnO4为强酸，满足0≤pH≤5时，溶液pH与溶液体积稀释的关系为pH＝lg＋1－1＝lg，B正确；酸性：HClO27，NaMnO4溶液不水解，显中性，C错误；两种都为一元酸，同体积同浓度的酸溶液用1 mol/L的NaOH溶液中和，消耗碱溶液的体积相同，D错误。
3．(命题情境：营养强化剂的含量测量问题)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量：
(1)若用KMnO4溶液滴定法测定样品中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250 mL溶液，每次取25.00 mL、0.100 0 mol/L 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，乳酸亚铁晶体相对分子质量为288)。
滴定
次数
0.100 0 mol/L 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，因此滴定实验结果总是大于100%。(2)用 250 mL容量瓶配制成250 mL溶液，三次消耗Ce(SO4)2标准液的体积分别是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，删去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，19.70×10－3 L×0.100 0 mol/L×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%