1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。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H2OH2OH3OOH，简写为H2OHOH，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。Kwc(H)c(OH)；25 时，Kw1.01014
2、。(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KwK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
3、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)2.0107 molL1，则此时c(OH)5108 molL1。()提示：。纯水中c(H)c(OH)2107 molL1。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)2107 molL1，则此时c(OH)_。若温度不变，滴入稀H2SO4使c(H)5106 molL1，则c(OH)_，由水电离出的c(H)为_。【解析】(1)常温下，Kw11014，c(H
4、)水c(OH)水1107 molL1。1 L水中含n(OH)1107 mol，n(H)1107 mol，故10 L水中含OH的物质的量为1106 mol，含H的个数为106 NA个。(2)纯水中，c(H)一定与c(OH)相等，存在H2OHOH，所以c(OH)2107 molL1。温度不变，Kw2107210741014不变，当c(H)5106 molL1时，c(OH) molL18109 molL1。由H2OHOH知，由水电离出的c(H)c(OH)8109 molL1。答案：(1)106106NA(2)2107 molL18109 molL18109 molL1命题角度1：外界条件对水电离的影
5、响【典例1】(双选)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,pH110-7 molL-1D.向水中加入少量NH4Cl固体,N结合水电离出的OH-,由水电离出的c(H+)110-7 molL-1【解析】选B、D。升高温度,水的电离程度增大,c(H+)增大,pH110-7 molL-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BCADEB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pH2的硫酸与pH12的KOH等体积
6、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BCADE，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，Kw11012，pH2的硫酸中c(H)102 molL1，pH12的KOH中c(OH)1 molL1，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
7、升高，不能通过加入氯化铵的方法来实现，故D错误。1Kw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。外加酸或碱降温加入强酸的酸式盐(如NaHSO4)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。升温加入活泼金属(如Na、K等)
8、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) 107 molL1酸的溶液OH全部来自水的电离pH2的盐酸中c(H)102 molL1，则c(OH)Kw/10211012 (molL1)，即水电离出的c(H)水c(OH)水1012 molL1碱的溶液H全部来自水的电离pH12的NaOH溶液中c(OH)102 molL1，则c(H)Kw/10211012 (molL1)，即水电离出的c(OH)水c(H)水1012 molL1水解呈酸性的盐溶液H全部来自水的电离pH5的NH4Cl溶液中，由水电离出的c(H
9、)105 molL1，因部分OH与部分NH结合使溶液中的c(OH)109 molL1水解呈碱性的盐溶液OH全部来自水的电离pH12的Na2CO3溶液中，由水电离出的c(OH)102 molL1，因部分H与部分CO结合使溶液中的c(H)1012 molL1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：H2OHOH。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 CH3
10、COONH4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。
11、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=NaHA2。某温度下，向c(H)1106 molL1的蒸馏水中加入NaHA晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H)1102 molL1。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11010 molL1C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。Kw1106110611012，温度高于25 ，A正确； NaHA电离出的H抑制H2O电离，c(H)H2Oc(OH) H2O11010 molL1，B正确、C正确；加H2O稀释c(H
12、)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()A0.01 molL1醋酸溶液B0.01 molL1 NH4Cl溶液C0.01 molL1 NaHSO4溶液D0.01 molL1 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 molL1醋酸中氢离子浓度小于0.01 molL1，NaHSO4在水溶液中完全电离，0.01 molL1 NaHSO4中氢离子浓度是0.01 molL1，氢离子浓度越大，抑制
13、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)10x molL1，c(OH)10y molL1，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 110aB若a14，则T25CT 时，若给pH1的盐酸微热，则盐酸的pH减小DT 时，pHa2的苛性钠溶液与pH2的稀硫酸等体积混合，溶液的pH0.5a【解析】选C。由图象可知，x0时，ya，y0时，xa，则有xya，则Kwc(H)c(OH)(10x molL1)(10y molL1)10a mol2L2，故A正确；若a14，Kw1
14、0a mol2L21014 mol2L2，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；pHa2的苛性钠溶液，氢氧根浓度是0.01 molL1，pH2的稀硫酸中氢离子浓度是0.01 molL1，等体积混合，溶液显中性，pH0.5a，故D正确。5. (双选)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-)=10-14B.bd线段上任意一点对应的溶液都呈中性C.d点对应溶液的温度低于25 ,pH110-7 molL-1,溶液的pH=6,水的电离为吸热反应,所以d点温度高于25
15、,故C错误;在c点c(H+)=110-8 molL-1,c(OH-)=110-6 molL-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Kw2.91014，则在40 时，c(H)1107 molL1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Kw2.91014，c(H)1107 mo1L1，则c(OH)2.9107 mo1L1，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pOHlg c(OH)，下列说法错误的是()A.各
16、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Ddf直线上各点对应的水溶液(或纯水)一定显中性【解析】选B。pOHlg c(OH)、pHlg c(H)，所以pOH、pH越大，c(OH)、c(H)越小，pOHpHpKw，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T20 ，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
17、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pOHpHpKw，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pHpOH，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。定义：c(H)的负对数，pHlgc(H)。意义：pH越大，溶液的碱性越强。pH越小，溶液的酸性越强。适用范围：11014 molL1c(H)1 molL1的溶液。(2)溶液的酸碱性与pH的关系(常温下)
18、。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)1107 molL17中性溶液c(H)c(OH)c(H)1107 molL17碱性溶液c(H)c(OH)c(H)72.溶液pH的计算方法：(1)单一溶液。强酸溶液，pHlgc(H)。如0.1 molL1的盐酸，pH1。强碱溶液，c(H)，pHlgc(H)。如0.01 molL1的NaOH溶液，pH12。(2)混合溶液。两强酸溶液混合，c(H)，pHlgc(H)。如pH2的盐酸与pH5的盐酸等体积混合，溶液的pH2.3。两强碱溶液混合，c(OH)，c(H)，pHlgc(H)。如pH12和pH10的两NaOH
19、溶液等体积混合，pH11.7。强酸与强碱混合：A恰好反应：pH7。如pH2盐酸和pH12的Ba(OH)2溶液等体积相混合，混合后溶液的pH7。B酸过量：c(H)，pHlgc(H)。如100 mL 0.6 molL1的HCl 与等体积0.4 molL1的 NaOH溶液混合后，溶液的pH1。C碱过量：c(OH)，c(H)，pHlgc(H)。如将0.1 molL1的盐酸和0.06 molL1的氢氧化钡溶液等体积混合，混合以后溶液的pH12。(3)溶液稀释后pH的计算。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
20、趋近于7。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。3pH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pH5红色58紫色8蓝色酚酞pH8.2无色8.210浅红色10红色甲基橙pH3.1红色3.14.4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“”
21、。(1)pH7若pH之和小于14，则混合后溶液显酸性，pHc(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、C。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 molL-1,pH=11的氨水溶液c(NH3H2O)10-3 molL-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-
22、)、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错误;pH=11的氨水、NaOH溶液,c(NH3H2O)10-3 molL-1,c(NaOH)=10-3 molL-1,c(NH3H2O)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2B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，p
23、H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HSH2S，故水解能力Na2SNaHS，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DpH14与pH12的两种NaOH溶
24、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；pH14与pH12的两种NaOH溶液等体积混合后，混合液中c(OH) molL10.505 molL1，c(H) molL121014 molL1，故D错误。3(2021义乌模拟)下列说法正确的是()A常温下，用p
25、H试纸测得0.1 molL1NaClO溶液的pH7B向醋酸中加入等物质的量的NaOH，溶液呈碱性，且溶液中1C常温下，pH3的CH3COOH溶液与pH11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)107 molL1D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，pH3
26、的CH3COOH溶液与pH11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)107 molL1，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。反应实质：HOH=H2O。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。仪器：滴定管、铁架台、滴定管夹、
27、锥形瓶、烧杯。仪器a是酸式滴定管，仪器b是碱式滴定管。滴定管的使用方法 (4)主要试剂。标准液待测液 指示剂(一般选用酚酞或甲基橙)(5)滴定操作。滴定前的准备工作滴定时的操作滴定终点的判断：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23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
28、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
29、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 molL1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物
30、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)_molL1。【解析】(1)碱式滴定管水洗后应用标准NaOH溶液润洗23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(V2V1) mL，因此c(HCl) molL1。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全国卷节选)立德粉
31、ZnSBaSO4(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 molL1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 molL1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I22S2O=2IS4O。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
32、a molL1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I22S2O=2IS4O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 moln1(I2) mol，由电子守恒可知S2I2，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(
33、)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
34、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 molL1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
35、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
36、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 molL1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()A13B12C11D10【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 molL120.00 mL20.00 mLc(NaOH)，得c(NaOH)0.1 molL1，NaOH溶液中c(OH)0.1 molL
37、1，根据Kwc(H)c(OH)11014，c(H)11013 (molL1)，pHlgc(H)lg(11013)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
38、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23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23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23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
39、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23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
40、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
41、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3.14.4，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
42、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 molL1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
43、(mL)第一次10.000.5020.40第二次10.004.0024.10(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
44、，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12 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 mL0.50 mL19.90 mL，第二次滴定消耗标准液体积为24.10 mL4.00 mL20.10 mL，两次滴定数据有效，消耗标准液的平均体积为V(
45、标准)20.00 mL，c(待测)0.402 0 molL1，则mcVM0.402 0 molL10.25 L40 gmol14.02 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，
46、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)BDF1(2020浙江7月选考)常温下，用0.1 molL1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 molL1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
47、混合液中c(Cl)c(CH3COO)B当滴入氨水10 mL时，c(NH)c(NH3H2O)c(CH3COO)c(CH3COOH)C当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)c(H)c(NH3H2O)c(OH)D当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NH)c(Cl)【解析】选D。未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1 molL1，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故c(Cl)c(CH3COO)，A正确；当滴入氨水10 mL时，n(NH3H2O)n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH)c(NH3H2O)c(CH3COOH)c(C
48、H3COO)，B正确；当滴入氨水20 mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)c(H)c(NH3H2O)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Na2S2O35H2O。合成反应：SO2Na2CO3=Na2SO3CO22Na2S3SO2=2Na2SO33SNa2SO3SNa2S2O3滴定反应：I22Na2S2O3=2NaINa2S4O
49、6已知：Na2S2O35H2O易溶于水，难溶于乙醇，50 开始失结晶水。实验步骤：.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。.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Na2S2O35H2O产品。.产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O35H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O35H2O含量。请回答：步骤滴定前，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
50、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_。滴定法测得产品中Na2S2O35H2O含量为100.5%，则Na2S2O35H2O产品中可能混有的物质是_。【解析】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FBECG开始滴定；碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定
51、前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失；测定的产品中Na2S2O35H2O含量大于100%，说明产品中可能混有失去部分结晶水的Na2S2O35H2O，也可能混有可消耗较多I2的其他杂质，根据合成反应可知，Na2S2O35H2O产品中可能混有Na2SO3。答案：FBECG防止碘挥发损失Na2SO3；失去部分结晶水的Na2S2O35H2O【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pH13，CO2主要转化为_(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)c(CO)21，溶液pH_。(室温下，H2CO3的K14107
52、；K251011)【解析】CO2与足量NaOH溶液反应后溶液pH13，CO2主要转化为CO；对于Na2CO3溶液，其水解常数Kh，得c(OH)1104 molL1，c(H)11010 molL1，pH10。答案：CO102(2017全国卷节选)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MnOHH2C2O4Mn2CO2H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 molL1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2MnO6H5H2C2O4=2Mn210C
53、O28H2O，则有5Ca25H2C2O42KMnO4，n(KMnO4)0.050 0 molL136.00 mL103LmL11.80103 mol，n(Ca2)4.50103 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)1107 molL1 Kwc(H)c(OH)1014pHlg 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)H2Oc(OH)H2O如酸性溶液中：c(H)酸c(H)H2Oc(OH)H2OKw 碱性溶液中：c(OH)碱c(OH)H2Oc(H)H2OKw2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，Kwc(H)c(OH)11014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。关闭Word文档返回原板块
