資源簡介

(共129張PPT)
第七章　弱電解質的電離平衡
第2講　水的電離和溶液的pH
【復習目標】　1.認識水的電離特點和離子積常數(Kw)的含義、影響因素。2.認識溶液的酸堿性及pH，掌握溶液pH的測定方法，能進行pH相關的簡單計算。3.掌握酸堿中和滴定的實驗原理、操作及其應用，能進行數據處理和誤差分析。
知識梳理
01
提升訓練
02
目錄
CONTENTS
核心素養
03
真題演練
04
課時作業
05
知識梳理
吸熱
c(H＋)·c(OH－)
溫度
溫度
溫度
大
1×10－14
稀的電解質溶液
[提醒]　水的離子積常數Kw＝c(H＋)·c(OH－)，其實質是水溶液中的H＋和OH－濃度的乘積，不一定是水電離出的H＋和OH－濃度的乘積。
增大
減小
減小
酸性
不變
減小
增大
增大
堿性
不變
增大
增大
減小
中性
增大
減小
增大
增大
堿性
不變
增大
減小
減小
酸性
不變
×
×
錯因
在水中加入濃H2SO4放熱，使溫度升高，Kw增大。
NaCl對水的電離無影響，CH3COONH4是弱酸弱堿鹽，促進水的電離。
×
×
錯因
c(H＋)＞c(OH－)時為酸性溶液，OH－、ClO－都不能大量存在。
二氧化硫與水反應生成的亞硫酸抑制水的電離。
×
溫度不變，Kw不變。
√
酸
中
堿
－lg c(H＋)
酸性
堿性
表面皿
玻璃棒
標準比色卡
[強調]　(1)測溶液的pH時，不能先用蒸餾水將pH試紙潤濕，再測定。如果潤濕，可能會帶來誤差，如果是測定氣體的酸堿性，則需要把pH試紙先潤濕，再測定。
(2)廣泛pH試紙只能讀出整數，比較粗略。
(3)精密pH試紙的測量范圍較窄，但測量精度比廣泛pH試紙高。
×
×
錯因
新制氯水具有漂白性。
100 ℃時，純水的pH＝6，與25 ℃相比，pH減小，但仍呈中性。
×
×
錯因
溶液的酸堿性取決于c(H＋)與c(OH－)的相對大小，單獨使用c(H＋)或c(OH－)判斷溶液的酸堿性要指明溫度。
用pH判斷溶液酸堿性要結合溫度。
×
錯因
廣泛pH試紙只能測得整數值。
√
標準液的體積
滴定終點
[提醒]　(1)恰好中和＝酸堿恰好完全反應≠滴定終點≠溶液呈中性。
(2)滴定終點是通過指示劑顏色變化而實際控制的停止滴定的“點”，滴定終點與恰好中和越吻合，測定誤差越小。
酸式滴定管
堿式滴定管
錐形瓶
[提醒]　(1)酸性、氧化性的試劑一般用酸式滴定管，因為酸性和氧化性物質易腐蝕橡膠管。
(2)堿性試劑一般用堿式滴定管，因為堿性物質易與玻璃中的SiO2反應生成具有黏性的物質，致使活塞無法打開。
紅色
紫色
藍色
紅色
橙色
黃色
無色
粉(淺)紅色
紅色
漏水
待裝液
0
控制滴定管活塞
注視錐形瓶內溶液顏色變化
(2)滴定
粉紅
無
不恢復原色
偏大
偏小
5.滴定曲線
在酸堿中和滴定過程中，開始時由于被滴定的酸(或堿)濃度較大，滴入少量的堿(或酸)對其pH的影響不大。當滴定接近終點時，極少量的堿(或酸)就會引起溶液pH的突變(如圖為NaOH溶液滴定鹽酸的滴定曲線)。此時指示劑明顯的顏色變化表示反應已完全，即反應達到終點。滴定終點后，繼續加入堿(或酸)，對pH的影響較小。
×
×
錯因
滴定管尖嘴部分無刻度，所放出液體的體積大于25 mL。
較濃的標準液半滴引起的誤差大，指示劑一般加入2～3滴。
×
×
錯因
錐形瓶不能潤洗。
KMnO4溶液具有強氧化性，會腐蝕橡膠。
×
眼睛應注視錐形瓶內溶液顏色的變化。
√
×
錯因
滴定前仰視讀數偏大，滴定后俯視讀數偏小，則測定值偏小。
提升訓練
答案
答案
水的電離平衡曲線分析
(1)同一曲線上任意點的Kw都相同，即c(H＋)·
c(OH－)相同，溫度相同，如Kw(A)＝Kw(D)。
(2)曲線外任意點與曲線上任意點的
Kw不同，溫度不同，如Kw(A)(3)實現曲線上點之間的轉化需保持溫度不變，改變溶液的酸堿性；實現曲線上點與曲線外點之間的轉化必須改變溫度。
答案
答案
解析　設溶液的體積為1 L，①中pH＝0的H2SO4溶液中c(H＋)＝1 mol·L－1，c(OH－)＝10－14 mol·L－1，電離的水的物質的量為10－14 mol；②中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－13 mol·L－1，電離的水的物質的量為10－13 mol；③中c(OH－)＝10－4 mol·L－1，電離的水的物質的量為10－4 mol；④中c(H＋)＝10－5 mol·L－1，電離的水的物質的量為10－5 mol；故①②③④中電離的水的物質的量之比為10－14∶10－13∶10－4∶10－5＝1∶10∶1010∶109。
解析
答案
2.現有室溫下四種溶液，有關敘述不正確的是(　　)
A.③④中分別加入適量的醋酸鈉晶體后，兩溶液的pH均增大
B.②③兩溶液等體積混合，所得溶液中c(H＋)>c(OH－)
C.分別加水稀釋10倍，四種溶液的pH：①>②>④>③
D.V1 L④與V2 L①混合，若混合后溶液pH＝7，則V1答案
序號 ① ② ③ ④
pH 11 11 3 3
溶液 氨水 氫氧化鈉溶液 醋酸 鹽酸
解析　假設均是強酸強堿，混合后溶液呈中性，則V1＝V2，但①NH3·H2O是弱堿，其濃度大于④鹽酸的，所以需要的①氨水少，即V1>V2，D錯誤。
解析
1.溶液酸堿性的判斷依據
2.混合溶液酸堿性的判斷方法
(1)等濃度等體積一元酸與一元堿混合的溶液——“誰強顯誰性，同強顯中性”
中和反應 反應后所得溶液的酸堿性
強酸與強堿 中性
強酸與弱堿 酸性
弱酸與強堿 堿性
(2)室溫下，已知酸和堿pH之和的溶液等體積混合
ⅰ.兩強混合
①若pH之和等于14，則混合后溶液顯中性，pH＝7。
②若pH之和大于14，則混合后溶液顯堿性，pH>7。
③若pH之和小于14，則混合后溶液顯酸性，pH<7。
ⅱ.一強一弱混合——“誰弱顯誰性”
pH之和等于14時，一元強酸和一元弱堿等體積混合溶液呈堿性；一元弱酸與一元強堿等體積混合溶液呈酸性。
題組二　模型認知有關pH的簡單計算
3.(2023·浙南名校聯盟高三聯考)下列說法一定正確的是(　　)
A.1 L pH＝12的NaOH溶液中，n(OH－)＝0.01 mol
B.pH＝5的鹽酸稀釋1000倍，溶液的pH＝8
C.常溫下，將pH＝9的CH3COONa溶液與pH＝9的NaOH溶液混合，混合溶液pH＝9
D.常溫下，將pH＝2的一元酸溶液與pH＝12的一元堿BOH溶液等體積混合，所得溶液pH＝7
答案
解析　溫度不明確，則水的離子積不確定，不能計算1 L pH＝12的NaOH溶液中氫氧根離子的物質的量，故A錯誤；常溫下，pH＝5的鹽酸稀釋1000倍后，溶液的pH＜7，故B錯誤；酸和堿的強弱未知，反應后的溶液不一定呈中性，故D錯誤。
解析
答案
0.05 mol·L－1
1∶4
解析
溶液pH的計算方法
考點3　酸堿中和滴定
題組一　分析與探究酸堿中和滴定及實驗誤差
1.(2023·北京市海淀區高三期末)食醋中含有醋酸等有機酸及少量氨基酸。食醋的酸度是指每100 mL食醋中含酸(均折合成醋酸)的質量。國家標準規定釀造食醋酸度不得低于3.5 g/100 mL。可用滴定法測定食醋的酸度。某小組同學量取10.00 mL自制食醋樣品稀釋至250.00 mL(溶液幾乎無色)，每次量取25.00 mL于錐形瓶中，加入3.00 mL中性甲醛溶液(掩蔽氨基的堿性)，以酚酞為指示劑，用0.1000 mol·L－1 NaOH標準溶液滴定，滴定管讀數記錄如表。
下列說法不正確的是(　　)
A.醋酸易溶于水與“醋酸分子和水分子之間能形成氫鍵”有關
B.錐形瓶中溶液由無色變為粉紅色，且半分鐘內不褪色時停止滴定
C.該自制食醋樣品的酸度不符合國家標準
D.若不加甲醛溶液，測定結果會偏低
第一次 第二次 第三次
滴定前NaOH溶液的體積讀數/mL 0.00 1.00 2.00
滴定后NaOH溶液的體積讀數/mL 9.9 11.00 12.10
答案
解析
2.某學生用已知物質的量濃度的鹽酸來測定未知物質的量濃度的NaOH溶液時，選擇甲基橙作指示劑。回答下列問題：
(1)用標準鹽酸滴定待測的NaOH溶液時，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視______________________，直到加入最后半滴鹽酸后，溶液由黃色變為橙色，并__________________為止。
(2)下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數值偏低的是________(填字母)。
A.酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸
B.滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥
C.酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失
D.讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，滴定結束時俯視讀數
答案
錐形瓶中溶液顏色變化
在半分鐘內不變色
D
(3)若滴定開始和結束時，酸式滴定管中的液面如圖所示，則起始讀數為________mL，終點讀數為________mL，所用鹽酸的體積為________mL。
答案
0.00
26.10
26.10
(4)某學生3次實驗的有關數據記錄如表：
依據上表數據計算該NaOH溶液的物質的量濃度：_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
答案
滴定次數 待測NaOH溶液的體積/mL 0.1000 mol·L－1鹽酸的體積/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液體積/mL
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
1.酸堿中和滴定常見誤差分析
以標準酸溶液滴定未知濃度的堿溶液(酚酞作指示劑)為例：
步驟 操作 V(標準) c(待測)
洗滌 酸式滴定管未用標準溶液潤洗 變大 偏高
堿式滴定管未用待測溶液潤洗 變小 偏低
錐形瓶用待測溶液潤洗 變大 偏高
錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水 不變 無影響
取液 放出堿液的滴定管開始有氣泡，放出液體后氣泡消失 變小 偏低
滴定 酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失 變大 偏高
振蕩錐形瓶時部分液體濺出 變小 偏低
部分酸液滴出錐形瓶外 變大 偏高
溶液顏色較淺時滴入酸液速度過快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液無變化 變大 偏高
讀數 酸式滴定管滴定前讀數正確，滴定后俯視讀數 變小 偏低
酸式滴定管滴定前讀數正確，滴定后仰視讀數 變大 偏高
2.讀數引起的誤差
由俯視和仰視引起的誤差，要結合具體儀器進行分析，因為不同量器的刻度順序不同，如量筒刻度從下到上逐漸增大；滴定管刻度從下到上逐漸減小。
(1)如圖1，當用量筒測量液體的體積時，由于俯視視線向下傾斜，視線與量筒的交點在凹液面的上方，讀數高于正確的刻度線位置，即讀數偏大。
(2)如圖2，當用滴定管測量液體的體積時，由于仰視視線向上傾斜，視線與滴定管的交點在凹液面的下方，因滴定管“0”刻度在上，則仰視讀數偏大。
題組二　分析與認知中和滴定曲線
3. 室溫下，向10.00 mL 0.1000 mol·L－1 HX溶液中滴加0.1000 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖。下列說法錯誤的是(　　)
A.滴定時選用甲基橙作指示劑
B.HX的電離平衡常數的數量級為10－3
C.a點溶液中存在c(Na＋)＝c(X－)
D.滴定至a點時消耗NaOH溶液的體積小于10 mL
答案
解析
4. 常溫下向NaOH溶液中持續滴加稀鹽酸，記錄溶液pH及溫度隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A.NaOH溶液的起始濃度為10－a mol·L－1
B.在滴定至終點的過程中，水的電離程度不斷減小
C.t1→t3 s對應的溶液中均存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
D.由t2 s后溶液的溫度變化可推知，NaOH與HCl的反應是吸熱反應
答案
解析
中和滴定曲線的“5點”分析法
例如：室溫下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中
逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的變化如
圖所示。
抓反應的“起始”點 判斷酸、堿的相對強弱
抓反應“一半”點 判斷是哪種溶質的等量混合
抓“恰好”反應點 判斷生成的溶質成分及溶液的酸堿性
抓溶液的“中性”點 判斷溶液中溶質的成分及哪種物質過量或不足
抓反應的“過量”點 判斷溶液中的溶質及哪種物質過量
核心素養　證據推理與模型認知——酸堿中和滴定原理的拓展應用
【素養要求】　中和滴定是中學化學的重要實驗，也是高考的熱點，作為選擇題出現時，并不單純是實驗題，通常是給出中和滴定曲線，再以滴定的各個階段的溶液的混合情況來考查電解質溶液的各項規律；作為填空題出現時，往往是中和滴定實驗的遷移應用，即氧化還原滴定和沉淀滴定，這就要求學生能在熟悉反應規律的前提下進行判斷，并能運用反應的關系式進行計算，培養學生證據推理與模型認知的化學核心素養。
一、氧化還原滴定原理及應用
1.原理
以氧化劑(或還原劑)為滴定劑，直接滴定一些具有還原性(或氧化性)的物質。
2.試劑
(1)常見的用于滴定的氧化劑有KMnO4、碘液、K2Cr2O7等。
(2)常見的用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生素C、Na2S2O3等。
(3)指示劑：氧化還原滴定所用指示劑可歸納為三類：
①氧化還原指示劑；
②專用指示劑，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘變藍；
③自身指示劑，如高錳酸鉀標準溶液滴定草酸時，滴定終點為溶液由無色變為淺紫色。
3.實例
(1)酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
原理 2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
指示劑 酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外選擇指示劑
終點判斷 當滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液由無色變為淺紫色，且半分鐘內不褪色，說明到達滴定終點
(2)Na2S2O3溶液滴定碘液
二、沉淀滴定原理及應用
原理 2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI
指示劑 淀粉溶液
終點判斷 當滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液的藍色褪去，且半分鐘內不恢復原色，說明到達滴定終點
含義 沉淀滴定法是利用沉淀反應進行滴定、測量分析的方法。生成沉淀的反應很多，但符合條件的卻很少，實際上應用最多的是銀量法，即利用Ag＋與鹵素離子的反應來測定Cl－、Br－、I－濃度
原理 沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑，滴定劑與被滴定物反應的生成物的溶解度要比滴定劑與指示劑反應的生成物的溶解度小，否則不能用這種指示劑。如用AgNO3溶液滴定溶液中Cl－的含量時常以含CrO的可溶性鹽(如K2CrO4)為指示劑，這是因為AgCl比Ag2CrO4更難溶
角度一　氧化還原滴定原理及應用
1.(2021·山東高考節選)六氯化鎢(WCl6)可用作有機合成催化劑，熔點為283 ℃，沸點為340 ℃，易溶于CS2，極易水解。利用碘量法測定WCl6產品純度，實驗如下：
(1)稱量：將足量CS2(易揮發)加入干燥的稱量瓶中，蓋緊稱重為m1 g；開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重為m2 g；再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，蓋緊稱重為m3 g，則樣品質量為________________g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。
答案
(m3＋m1－2m2)
答案
不變
偏大
解析
解析
2.為了測定摩爾鹽[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]產品的純度，稱取a g樣品溶于水，配制成500 mL溶液，用濃度為c mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待測液體積均為25.00 mL，實驗結果記錄如下：
(1)滴定過程中發生反應的離子方程式為______________________________________，滴定終點的現象是______________________________________________________________________。
答案
實驗次數 第一次 第二次 第三次
消耗酸性高錳酸鉀溶液體積/mL 25.52 25.02 24.98
滴入最后半滴酸性KMnO4溶液，溶液變為淺紫色，且30 s內不變色
(2)通過實驗數據計算該產品的純度：____________(用含字母a、c的式子表示）。上表第一次實驗中記錄的數據明顯大于后兩次，其原因可能是____________。
A.實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時酸性高錳酸鉀溶液的體積
B.滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡
C.第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤洗過，后兩次未潤洗
D.該酸性高錳酸鉀標準液保存時間過長，有部分變質，濃度降低
答案
BC
解析
角度二　沉淀滴定原理及應用
3.(2023·浙江6月選考節選)某研究小組用鋁土礦為原料制備絮凝劑聚合氯化鋁{[Al2(OH)aClb]m，a＝1～5}，按如下流程開展實驗。
已知：①鋁土礦主要成分為Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解鋁土礦過程中SiO2轉變為難溶性的鋁硅酸鹽。
(1)產品的鹽基度為________。
(2)測定Cl－過程中溶液pH過低或過高均會影響測定結果，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
答案
解析
pH過低，指示劑會與氫離子反應生成重鉻酸根，會氧化氯離子，導致消耗的硝酸銀偏少，而pH過高，氫氧根會與銀離子反應，導致消耗的硝酸銀偏多
0.7
d.重復上述操作三次，測定數據如表：
e.數據處理。
請回答下列問題：
(1)將稱得的AgNO3配制成標準溶液，所使用的玻璃儀器除燒杯和玻璃棒外還有____________________________，配制的AgNO3溶液的濃度為________。
(2)AgNO3標準溶液應使用________(填“酸式”或“堿式”)棕色滴定管，檢漏后裝液前需要進行的操作有____________。
答案
實驗序號 1 2 3 4
消耗AgNO3標準溶液體積/mL 25.86 25.06 24.98 24.96
500 mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管、量筒
0.1 mol/L
酸式
洗滌、潤洗
(3)實驗可用鉻酸鉀(K2CrO4)作指示劑，一方面，是由于Ag2CrO4是磚紅色沉淀，現象變化明顯，另一方面，是由于____________________________________
________________________________________________。
(4)達到滴定終點時的現象為__________________________________________
_____________________________________________________。
(5)由上述實驗數據測得原溶液中c(Br－) ＝________ mol·L－1。
答案
滴入最后半滴標準溶液，錐形瓶中產生了磚紅色沉淀，且30 s內不消失
0.4
解析
實驗序號 1 2 3 4
消耗AgNO3標準溶液體積/mL 25.86 25.06 24.98 24.96
真題演練
(2023·山東卷)閱讀下列材料，完成1～2題。
一定條件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應[(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH]可進行完全，利用此反應定量測定有機醇(ROH)中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：
①配制一定濃度的乙酸酐－苯溶液。
②量取一定體積乙酸酐－苯溶液置于錐形瓶中，加入m g ROH樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O―→2CH3COOH。
③加指示劑并用c mol·L－1 NaOH 甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液V1 mL。
④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐－苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用c mol·L－1 NaOH 甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液V2 mL。
1.對于上述實驗，下列做法正確的是(　　)
A.進行容量瓶檢漏時，倒置一次即可
B.滴入半滴標準溶液，錐形瓶中溶液變色，即可判定達滴定終點
C.滴定讀數時，應單手持滴定管上端并保持其自然垂直
D.滴定讀數時，應雙手一上一下持滴定管
解析　進行容量瓶檢漏時，倒置一次，然后玻璃塞旋轉180度后再倒置一次，A錯誤；滴入半滴標準溶液，錐形瓶中溶液變色，且半分鐘內不變回原色，才是達到滴定終點，B錯誤；滴定讀數時，應單手持滴定管上端無刻度處，并使其自然垂直，D錯誤。
答案
解析
2.根據上述實驗原理，下列說法正確的是(　　)
A.可以用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗
B.若因甲醇揮發造成標準溶液濃度發生變化，將導致測定結果偏小
C.步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內溶液濺出，將導致測定結果偏小
D.步驟④中，若加水量不足，將導致測定結果偏大
答案
解析
3.(2022·浙江6月選考)25 ℃時，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列說法正確的是(　　)
A.相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－）>c(CH3COO－)
B.將濃度均為0.10 mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大
C.25 ℃時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得pH＝10.00，則此時溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D.25 ℃時，0.10 mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小
答案
解析
解析　一水合氨是弱堿，部分電離，中和pH和體積均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物質的量多，故B錯誤。
答案
解析
5.(2023·浙江1月選考節選)為測定納米ZnO產品的純度，可用已知濃度的EDTA標準溶液滴定Zn2＋。從下列選項中選擇合理的儀器和操作，補全如下步驟[“____________”上填寫一件最關鍵儀器，“(　　　　)”內填寫一種操作，均用字母表示]。
用________(稱量ZnO樣品x g)→用燒杯(　　　　)→用________(　　　　)→用移液管(　　　　)→用滴定管(盛裝EDTA標準溶液，滴定Zn2＋)
儀器：a.燒杯；b.托盤天平；c.容量瓶；d.分析天平；e.試劑瓶
操作：f.配制一定體積的Zn2＋溶液；g.酸溶樣品；h.量取一定體積的Zn2＋溶液；i.裝瓶貼標簽
答案
d
g
c
f
h
解析　利用配位滴定法測定納米ZnO產品的純度，具體操作為用分析天平稱量ZnO樣品→用燒杯酸溶樣品→用容量瓶配制一定體積的Zn2＋溶液→用移液管量取一定體積的Zn2＋溶液→用滴定管盛裝EDTA標準溶液，滴定Zn2＋。
解析
6.(2021·湖南高考節選)碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。工業制得的碳酸鈉產品中混有少量的碳酸氫鈉，產品中NaHCO3含量的測定實驗為：
①稱取產品2.500 g，用蒸餾水溶解，定容于250 mL容量瓶中；
②移取25.00 mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用0.1000 mol·L－1鹽酸標準溶液滴定，溶液由紅色變至近無色(第一滴定終點)，消耗鹽酸V1 mL；
③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續用0.1000 mol·L－1鹽酸標準溶液滴定至終點(第二滴定終點)，又消耗鹽酸V2 mL；
④平行測定三次，V1平均值為22.45，V2平均值為23.51。
(1)指示劑N為________，描述第二滴定終點前后顏色變化________________________________________。
(2)產品中NaHCO3的質量分數為________(保留三位有效數字)。
(3)第一滴定終點時，某同學俯視讀數，其他操作均正確，則NaHCO3質量分數的計算結果________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。
解析　 (1)本題中測定碳酸氫鈉含量采用了雙指示劑滴定法，第一滴定過程以酚酞為指示劑，Na2CO3轉化為NaHCO3，第二滴定過程以甲基橙為指示劑，NaHCO3轉化為NaCl、CO2和H2O，所以第二滴定終點前后溶液由黃色變為橙色，且半分鐘內不變色。
答案
解析
甲基橙
溶液由黃色變為橙色，且半分鐘內不變色
3.56%
偏大
解析
1.下列說法正確的是(　　)
A.25 ℃時，將pH＝5的醋酸溶液與pH＝5的鹽酸等體積混合，混合后溶液pH＞5
B.25 ℃時，等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數，稀釋后溶液pH：鹽酸<醋酸
C.25 ℃時，等體積、等pH的鹽酸與醋酸分別用等濃度的NaOH溶液中和，鹽酸消耗NaOH溶液多
D.25 ℃時，pH＝3的一元酸HA溶液與pH＝11的一元堿MOH溶液等體積混合后溶液呈酸性，則HA是強酸
答案
解析　pH＝5的醋酸溶液與pH＝5的鹽酸中氫離子濃度相同，都是10－5 mol/L，等體積混合后，氫離子濃度不變，故pH為5，A錯誤；等體積、等pH的鹽酸與醋酸，其中醋酸的濃度大，消耗的氫氧化鈉溶液較多，C錯誤；混合后溶液呈酸性，說明酸的濃度較大，則酸HA為弱酸，MOH是相對較強的堿，但是不一定是強堿，D錯誤。
解析
答案
解析
課時作業
[建議用時：40分鐘]
一、選擇題(每小題只有1個選項符合題意)
1.25 ℃時，水的電離達到平衡：H2O??H＋＋OH－。下列敘述錯誤的是(　　)
A.向水中通入氨氣，平衡逆向移動，c(OH－)增大
B.向水中加入少量稀硫酸，c(H＋)增大，Kw不變
C.將水加熱，平衡正向移動，Kw變大
D.升高溫度，平衡正向移動，c(H＋)增大，pH不變
答案
2.(2023·濟南市高三統一檢測)實驗室配制500 mL 0.2 mol·L－1 NaOH溶液，并以標準醋酸溶液標定所配NaOH溶液的濃度。下列說法正確的是(　　)
A.稱量時，使用的砝碼生銹，所配NaOH溶液濃度偏高
B.實驗中需要查漏的裝置都需要潤洗
C.滴定時，選用甲基橙作為指示劑
D.滴定終點時，醋酸與待測NaOH溶液恰好完全反應
答案
3.下列說法中正確的是(　　)
A.25 ℃時，NH4Cl溶液的Kw大于100 ℃時NaCl溶液的Kw
B.常溫下，pH均為5的醋酸和硫酸鋁兩種溶液中，由水電離出的氫離子濃度之比為1∶104
C.根據溶液的pH與酸堿性的關系，推出pH＝6.8的溶液一定顯酸性
D.100 ℃時，將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，溶液顯中性
答案
4.水的電離平衡曲線如圖所示，兩條曲線上的點都符合c(H＋)·c(OH－)＝常數，下列說法錯誤的是(　　)
A.圖中溫度T1>T2
B.圖中五點Kw間的關系：B>C>A＝D＝E
C.曲線a、b均代表純水的電離情況
D.若處在B點時，將pH＝2的硫酸溶液與pH＝12的KOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性
答案
5.(2023·浙江強基聯盟高三聯考)下列說法正確的是(　　)
A.室溫下，將pH＝a的鹽酸加水稀釋10b倍，所得溶液的pH＝a＋b
B.NaOH溶液滴定醋酸溶液時，離子濃度大小關系可能為c(CH3COO－)＝c(H＋）>c(OH－)＝c(Na＋)
C.生成鹽的弱酸酸性越弱，鹽的水解程度越大，所以醋酸鈉溶液的pH不可能大于碳酸鈉溶液的pH
D.室溫下，醋酸溶液稀釋過程中，電離度逐漸增大，c(H＋)逐漸增大
答案
解析
解析　室溫下，將pH＝a的鹽酸加水稀釋10b倍，若a＋b<7，所得溶液的pH＝a＋b，若a＋b≥7，則pH無限接近于7，所以pH不一定是a＋b，A錯誤；醋酸酸性強于碳酸，弱酸酸性越弱，對應鹽的水解程度越大，所以相同溫度下，相同濃度的醋酸鈉溶液的pH小于碳酸鈉溶液的pH，但溶液的pH還會受濃度影響，若醋酸鈉溶液濃度較大，碳酸鈉溶液濃度較小，有可能醋酸鈉溶液的pH大于碳酸鈉溶液的pH，C錯誤；室溫下，醋酸溶液稀釋過程中，電離程度逐漸增大，但n(H＋)增大的倍數小于溶液體積增大的倍數，所以c(H＋)逐漸減小，D錯誤。
答案
7.(2023·濟南市高三統一考試)25 ℃時，苯酚的Ka＝1.0×10－10，醋酸的Ka＝1.8×10－5。下列說法正確的是(　　)
A.將CH3COOH與Na2CO3反應后產生的氣體直接通入C6H5ONa溶液中，可比較碳酸和苯酚的酸性
B.相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－）
C.將濃度均為0.10 mol·L－1的CH3COOH和NaOH溶液適當加熱，兩種溶液的pH均減小
D.25 ℃時，向0.10 mol·L－1的醋酸溶液中加少量醋酸鈉固體，水的電離程度變小
答案
解析
解析　醋酸會揮發，生成的二氧化碳氣體中混有醋酸分子，醋酸也能與苯酚鈉反應生成苯酚，因此該實驗不能證明碳酸酸性強于苯酚的酸性，A錯誤；醋酸酸性大于苯酚的酸性，相同條件下，苯酚鈉的水解程度大于醋酸鈉的水解程度，故等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(CH3COO－)>c(C6H5O－)，B錯誤；加熱促進醋酸的電離，氫離子濃度增大，pH減小，加熱時水的離子積增大，NaOH溶液中氫氧根離子濃度不變，氫離子濃度增大，pH減小，C正確；醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，醋酸根離子濃度增大，醋酸電離平衡逆向移動，溶液酸性減弱，水的電離程度增大，D錯誤。
答案
解析
答案
解析
10.常溫下，往20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，由水電離出的氫氧根離子濃度隨滴入NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A.該CH3COOH溶液的電離度為10%
B.b、d兩點溶液的pH相等
C.V1>20
D.c點對應溶液的pH為9
答案
解析
答案
解析
答案
10－12
高于
10　
8
請回答下列問題：
(1)滴定時，將KMnO4標準溶液裝在如圖中的________
(填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本實驗滴定達到終點的標志是____________________
___________________________________。
(3)通過上述數據，求得x＝________。
討論：
①若滴定終點時俯視滴定管，則由此測得的x值會________(填“偏大”“偏小”或“不變”，下同)。
②若滴定時所用的KMnO4標準溶液因久置而導致濃度變小，則由此測得的x值會________。
答案
甲
當滴入最后半滴KMnO4標準溶液時，溶液由無色變為紫色，且半分鐘內不褪色
2
偏大
偏小
解析
14.草酸(H2C2O4，二元弱酸)與草酸鹽在實驗和工業生產中都起著重要的作用，常溫下，H2C2O4：Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5。H2CO3：Ka1＝4×10－7，Ka2＝6×10－11。
(1)NaHCO3溶液顯________性。
(2)常溫下，0.1 mol·L－1的Na2C2O4溶液pH＝a，0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液pH＝b，則a________b(填“>”“<”或“＝”)。
(3)常溫下，pH＝3的H2C2O4溶液的物質的量濃度為c1，水電離出的c(H＋)為c3；pH＝4的H2C2O4溶液的物質的量濃度為c2，水電離出的c(H＋)為c4。則c1________10c2(填“>”“<”或“＝”，下同)；10c3________c4。
答案
堿
<
>
＝
答案
0.054 mol·L－1
解析
解析第2講　水的電離和溶液的pH
【復習目標】　
1.認識水的電離特點和離子積常數(Kw)的含義、影響因素。
2.認識溶液的酸堿性及pH，掌握溶液pH的測定方法，能進行pH相關的簡單計算。
3.掌握酸堿中和滴定的實驗原理、操作及其應用，能進行數據處理和誤差分析。
INCLUDEPICTURE"知識梳理教.TIF"
一、水的電離
1.水的電離
水是極弱的電解質，其電離過程吸熱。電離方程式為2H2O??H3O＋＋OH－，簡寫為H2O??H＋＋OH－。
2.水的離子積常數
(1)表達式：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(2)影響因素：Kw只與溫度有關，溫度不變，Kw不變。溫度越高，Kw越大。25 ℃時，Kw約為1×10－14。
(3)適用范圍：在任何水溶液中均存在H＋和OH－，Kw不僅適用于純水，也適用于稀的電解質溶液。
[提醒]　水的離子積常數Kw＝c(H＋)·c(OH－)，其實質是水溶液中的H＋和OH－濃度的乘積，不一定是水電離出的H＋和OH－濃度的乘積。
3.影響水的電離平衡的因素
項目 電離平衡 溶液中c(H＋) 溶液中c(OH－) pH 溶液的酸堿性 Kw
加酸 左移 增大 減小 減小 酸性 不變
加堿 左移 減小 增大 增大 堿性 不變
升高溫度 右移 增大 增大 減小 中性 增大
加醋酸鈉 右移 減小 增大 增大 堿性 不變
加氯化銨 右移 增大 減小 減小 酸性 不變
INCLUDEPICTURE"易錯辨析教.TIF"
判斷正誤。正確的打“√”，錯誤的打“×”并指明錯因。
(1)在蒸餾水中滴加濃硫酸，Kw不變。(×)
錯因：在水中加入濃H2SO4放熱，使溫度升高，Kw增大。
(2)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同。(×)
錯因：NaCl對水的電離無影響，CH3COONH4是弱酸弱堿鹽，促進水的電離。
(3)＝1012的溶液中：Na＋、OH－、ClO－、NO可以大量共存。(×)
錯因：c(H＋)＞c(OH－)時為酸性溶液，OH－、ClO－都不能大量存在。
(4)溫度一定時，在純水中通入少量SO2，水的電離平衡不移動，Kw不變。(×)
錯因：二氧化硫與水反應生成的亞硫酸抑制水的電離。
(5)向水中滴入少量稀鹽酸，水的電離平衡逆向移動，Kw減小。(×)
錯因：溫度不變，Kw不變。
(6)將水加熱，Kw增大，pH減小。(√)
錯因：________________________________________________________________________
二、溶液的酸堿性與pH的計算
1.溶液的酸堿性
溶液的酸堿性取決于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相對大小。在任何溶液中：
(1)c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性。
(2)c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
(3)c(H＋)2.溶液的pH
(1)定義式：pH＝－lg c(H＋)。
(2)溶液的酸堿性與pH的關系
室溫下：
INCLUDEPICTURE"80HX661教.TIF"
(3)pH的測量
INCLUDEPICTURE"405HXPZ59教.TIF"
①pH試紙：粗略測量溶液的pH。
操作方法：把小片試紙放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待測液點在干燥的pH試紙上，試紙變色穩定后，與標準比色卡對比即可確定溶液的pH。
②pH計：可精確測量溶液的pH。
[強調]　(1)測溶液的pH時，不能先用蒸餾水將pH試紙潤濕，再測定。如果潤濕，可能會帶來誤差，如果是測定氣體的酸堿性，則需要把pH試紙先潤濕，再測定。(2)廣泛pH試紙只能讀出整數，比較粗略。(3)精密pH試紙的測量范圍較窄，但測量精度比廣泛pH試紙高。
3.溶液pH的計算
(1)單一溶液pH的計算
強酸溶液：如HnA，設濃度為c mol·L－1，c(H＋)＝nc mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg (nc)。
強堿溶液(25 ℃)：如B(OH)n，設濃度為c mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝14＋lg (nc)。
(2)混合溶液pH的計算
①兩種強酸溶液混合：直接求出c混(H＋)，再據此求pH(混合時的體積變化忽略不計，下同)。
c混(H＋)＝
②兩種強堿溶液混合：先求出c混(OH－)，再據Kw求出c混(H＋)，最后求pH。
c混(OH－)＝
③強酸、強堿溶液混合：先判斷哪種物質過量，再由下式求出溶液中H＋或OH－的濃度，最后求pH。
c混(H＋)或c混(OH－)＝
INCLUDEPICTURE"易錯辨析教.TIF"
判斷正誤。正確的打“√”，錯誤的打“×”并指明錯因。
(1)用pH試紙測得新制氯水的pH為2。(×)
錯因：新制氯水具有漂白性。
(2)pH減小，溶液的酸性一定增強。(×)
錯因：100__℃時，純水的pH＝6，與25__℃相比，pH減小，但仍呈中性。
(3)某溶液的c(H＋)>10－7 mol·L－1，則該溶液呈酸性。(×)
錯因：溶液的酸堿性取決于c(H＋)與c(OH－)的相對大小，單獨使用c(H＋)或c(OH－)判斷溶液的酸堿性要指明溫度。
(4)pH＝6的溶液一定呈酸性，pH＝7的溶液一定呈中性。(×)
錯因：用pH判斷溶液酸堿性要結合溫度。
(5)用廣泛pH試紙測得某溶液的pH為3.4。(×)
錯因：廣泛pH試紙只能測得整數值。
(6)常溫下，將pH＝3的酸溶液和pH＝11的堿溶液等體積混合，所得溶液不一定為中性。(√)
錯因：________________________________________________________________________
三、酸堿中和滴定
1.實驗原理
(1)酸堿中和滴定是利用酸堿中和反應，用已知濃度的酸(或堿)來測定未知濃度的堿(或酸)的實驗方法。
(2)以標準鹽酸滴定待測的NaOH溶液，待測NaOH溶液的物質的量濃度c(NaOH)＝。
(3)酸堿中和滴定的關鍵
①準確測定標準液的體積；②準確判斷滴定終點。
[提醒]　(1)恰好中和＝酸堿恰好完全反應≠滴定終點≠溶液呈中性。(2)滴定終點是通過指示劑顏色變化而實際控制的停止滴定的“點”，滴定終點與恰好中和越吻合，測定誤差越小。
2.實驗用品
(1)儀器
酸式滴定管(圖A)、堿式滴定管(圖B)、滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶。
INCLUDEPICTURE"320HXPZ185教.TIF"
[提醒]　(1)酸性、氧化性的試劑一般用酸式滴定管，因為酸性和氧化性物質易腐蝕橡膠管。(2)堿性試劑一般用堿式滴定管，因為堿性物質易與玻璃中的SiO2反應生成具有黏性的物質，致使活塞無法打開。
(2)試劑
標準液、待測液、指示劑、蒸餾水。
(3)常用酸堿指示劑及變色范圍
指示劑 變色范圍的pH
石蕊 <5.0紅色 5.0～8.0紫色 >8.0藍色
甲基橙 <3.1紅色 3.1～4.4橙色 >4.4黃色
酚酞 <8.2無色 8.2～10.0粉(淺)紅色 >10.0紅色
(4)酸堿指示劑選擇的基本原則
①一般不用石蕊作指示劑，因其顏色變化不明顯。
②滴定終點為堿性時，用酚酞作指示劑，例如用NaOH溶液滴定醋酸。
③滴定終點為酸性時，用甲基橙作指示劑，例如用鹽酸滴定氨水。
3.實驗操作
以酚酞為指示劑，用標準鹽酸滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液。
INCLUDEPICTURE"405HXPZ60教.TIF"
(1)滴定前的準備
INCLUDEPICTURE"320HX186教.TIF"
(2)滴定
INCLUDEPICTURE"320HX187教.TIF"
(3)終點判斷
當滴入最后半滴標準液時，溶液由粉紅色變為無色，且在半分鐘內不恢復原色，視為滴定終點，記錄標準液的體積。
(4)數據處理
按上述操作重復2～3次，根據c(NaOH)＝計算出每次滴定NaOH溶液的濃度，再求出濃度的平均值。
4.誤差分析
分析依據：cB＝(VB表示準確量取的待測液的體積，cA表示標準溶液的濃度)
若VA偏大，則cB偏大；若VA偏小，則cB偏小。
5.滴定曲線
在酸堿中和滴定過程中，開始時由于被滴定的酸(或堿)濃度較大，滴入少量的堿(或酸)對其pH的影響不大。當滴定接近終點時，極少量的堿(或酸)就會引起溶液pH的突變(如圖為NaOH溶液滴定鹽酸的滴定曲線)。此時指示劑明顯的顏色變化表示反應已完全，即反應達到終點。滴定終點后，繼續加入堿(或酸)，對pH的影響較小。
INCLUDEPICTURE"易錯辨析教.TIF"
判斷正誤。正確的打“√”，錯誤的打“×”并指明錯因。
(1)將液面在0 mL處的25 mL的酸式滴定管中的液體全部放出，液體的體積為25 mL。(×)
錯因：滴定管尖嘴部分無刻度，所放出液體的體積大于25__mL。
(2)中和滴定操作中所需標準溶液越濃越好，指示劑一般加入2～3 mL。(×)
錯因：較濃的標準液半滴引起的誤差大，指示劑一般加入2～3滴。
(3)中和滴定實驗中，必須用待裝標準液潤洗滴定管，用待測液潤洗錐形瓶。(×)
錯因：錐形瓶不能潤洗。
(4)用堿式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液。(×)
錯因：KMnO4溶液具有強氧化性，會腐蝕橡膠。
(5)中和滴定時，眼睛必須注視滴定管中的液面變化。(×)
錯因：眼睛應注視錐形瓶內溶液顏色的變化。
(6)鹽酸滴定氨水用甲基橙作指示劑時，終點顏色變化為黃色變橙色，且30 s內不變色。(√)
錯因：________________________________________________________________________
(7)若用標準鹽酸滴定待測NaOH溶液，滴定前仰視，滴定后俯視，則測定值偏大。(×)
錯因：滴定前仰視讀數偏大，滴定后俯視讀數偏小，則測定值偏小。
INCLUDEPICTURE"提升訓練教.TIF"
考點1　水的電離
題組一　微觀探析水的電離及影響因素
1.25 ℃時，水的電離達到平衡：H2O??H＋＋OH－　ΔH>0，下列敘述正確的是(　　)
A.向水中加入氫氧化鈉固體，平衡逆向移動，c(H＋)減小，c(OH－)增大
B.向水中加入少量硫酸氫鈉固體，c(H＋)增大，Kw增大
C.向水中加入少量冰醋酸，平衡逆向移動，c(H＋)減小
D.將水加熱，Kw增大，c(H＋)不變
答案　A
2.一定溫度下，水溶液中H＋和OH－的濃度變化曲線如圖。下列說法正確的是(　　)
A.升高溫度，可能引起由c向b的變化
B.該溫度下，水的離子積常數為1.0×10－13
C.該溫度下，加入鹽酸可能引起由b向a的變化
D.該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化
答案　C
INCLUDEPICTURE"名師點撥教.TIF"水的電離平衡曲線分析(1)同一曲線上任意點的Kw都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同，溫度相同，如Kw(A)＝Kw(D)。(2)曲線外任意點與曲線上任意點的Kw不同，溫度不同，如Kw(A)題組二　模型認知水電離的c(H＋)或c(OH－)的計算
3.100 ℃時，向pH＝6的純水中加入少量NaHSO4晶體，保持溫度不變，測得溶液的pH＝2。下列敘述不正確的是(　　)
A.此時水的離子積常數Kw＝1.0×10－12
B.NaHSO4的電離方程式為NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO
C.該溶液中由水電離出來的c(H＋)＝1.0×10－12 mol·L－1
D.溶液中離子濃度大小關系：c(H＋)>c(Na＋)＝c(SO)>c(OH－)
答案　C
4.25 ℃時，在等體積的下列溶液中，發生電離的水的物質的量之比是(　　)
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
A.1∶10∶1010∶109
B.1∶5∶5×109∶5×108
C.1∶20∶1010∶109
D.1∶10∶104∶109
答案　A
解析　設溶液的體積為1 L，①中pH＝0的H2SO4溶液中c(H＋)＝1 mol·L－1，c(OH－)＝10－14 mol·L－1，電離的水的物質的量為10－14 mol；②中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－13 mol·L－1，電離的水的物質的量為10－13 mol；③中c(OH－)＝10－4 mol·L－1，電離的水的物質的量為10－4 mol；④中c(H＋)＝10－5 mol·L－1，電離的水的物質的量為10－5 mol；故①②③④中電離的水的物質的量之比為10－14∶10－13∶10－4∶10－5＝1∶10∶1010∶109。
常溫下水中加入酸、堿后水電離產生的c(H＋)和c(OH－)的計算方法任何水溶液中水電離產生的c(H＋)和c(OH－)總是相等的。常溫下，純水中的c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，而酸、堿的介入能抑制水的電離，使得水電離出的c(H＋)＝c(OH－)<10－7 mol·L－1。(1)酸的溶液——OH－全部來自水的電離實例：pH＝2的鹽酸中c(H＋)＝10－2 mol·L－1，則c(OH－)＝＝1×10－12 mol·L－1，即水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。(2)堿的溶液——H＋全部來自水的電離實例：pH＝12的NaOH溶液中c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，即水電離出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
考點2　溶液的酸堿性與pH的計算
題組一　分析與研判溶液的酸堿性
1.已知溫度T時水的離子積常數為Kw，該溫度下，將濃度為a mol·L－1的一元酸HA與b mol·L－1的一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據是(　　)
①a＝b　②混合溶液的pH＝7　③混合溶液中c(OH－)＝10－7 mol·L－1　④混合溶液中c(H＋)＝ mol·L－1　⑤混合溶液中c(B＋)＝c(A－)
A.②③ B.④⑤
C.①④ D.②⑤
答案　B
2.現有室溫下四種溶液，有關敘述不正確的是(　　)
序號 ① ② ③ ④
pH 11 11 3 3
溶液 氨水 氫氧化鈉溶液 醋酸 鹽酸
A.③④中分別加入適量的醋酸鈉晶體后，兩溶液的pH均增大
B.②③兩溶液等體積混合，所得溶液中c(H＋)>c(OH－)
C.分別加水稀釋10倍，四種溶液的pH：①>②>④>③
D.V1 L④與V2 L①混合，若混合后溶液pH＝7，則V1答案　D
解析　假設均是強酸強堿，混合后溶液呈中性，則V1＝V2，但①NH3·H2O是弱堿，其濃度大于④鹽酸的，所以需要的①氨水少，即V1>V2，D錯誤。
INCLUDEPICTURE"規律方法教.TIF"1.溶液酸堿性的判斷依據2.混合溶液酸堿性的判斷方法(1)等濃度等體積一元酸與一元堿混合的溶液——“誰強顯誰性，同強顯中性”中和反應反應后所得溶液的酸堿性強酸與強堿中性強酸與弱堿酸性弱酸與強堿堿性(2)室溫下，已知酸和堿pH之和的溶液等體積混合ⅰ.兩強混合①若pH之和等于14，則混合后溶液顯中性，pH＝7。②若pH之和大于14，則混合后溶液顯堿性，pH>7。③若pH之和小于14，則混合后溶液顯酸性，pH<7。ⅱ.一強一弱混合——“誰弱顯誰性”pH之和等于14時，一元強酸和一元弱堿等體積混合溶液呈堿性；一元弱酸與一元強堿等體積混合溶液呈酸性。
題組二　模型認知有關pH的簡單計算
3.(2023·浙南名校聯盟高三聯考)下列說法一定正確的是(　　)
A.1 L pH＝12的NaOH溶液中，n(OH－)＝0.01 mol
B.pH＝5的鹽酸稀釋1000倍，溶液的pH＝8
C.常溫下，將pH＝9的CH3COONa溶液與pH＝9的NaOH溶液混合，混合溶液pH＝9
D.常溫下，將pH＝2的一元酸溶液與pH＝12的一元堿BOH溶液等體積混合，所得溶液pH＝7
答案　C
解析　溫度不明確，則水的離子積不確定，不能計算1 L pH＝12的NaOH溶液中氫氧根離子的物質的量，故A錯誤；常溫下，pH＝5的鹽酸稀釋1000倍后，溶液的pH＜7，故B錯誤；酸和堿的強弱未知，反應后的溶液不一定呈中性，故D錯誤。
4.根據要求解答問題(常溫條件下)：
(1)pH＝5的H2SO4溶液，加水稀釋到500倍，則稀釋后c(SO)與c(H＋)的比值約為________。
(2)取濃度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2體積比相混合，所得溶液的pH等于12，則原溶液的濃度為________。
(3)在一定體積pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物質的量濃度的NaHSO4溶液，當溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀時，溶液pH＝11。若反應后溶液的體積等于Ba(OH)2溶液與NaHSO4溶液的體積之和，則Ba(OH)2溶液與NaHSO4溶液的體積比是________。
答案　(1)　(2)0.05 mol·L－1　(3)1∶4
解析　(1)稀釋前c(SO)＝ mol·L－1，稀釋后c(SO)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，c(H＋)稀釋后接近10－7 mol·L－1，所以eq \f(c（SO）,c（H＋）)≈＝。
(2)＝0.01 mol·L－1，c＝0.05 mol·L－1。
(3)設氫氧化鋇溶液體積為V1 L，硫酸氫鈉溶液的體積為V2 L，依題意知，n(Ba2＋)＝n(SO)，由Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋NaOH＋H2O知，生成的氫氧化鈉的物質的量n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]＝0.5×10－2V1 mol，則＝1×10－3 mol·L－1，解得V1∶V2＝1∶4。
INCLUDEPICTURE"思維建模教.TIF"溶液pH的計算方法
考點3　酸堿中和滴定
題組一　分析與探究酸堿中和滴定及實驗誤差
1.(2023·北京市海淀區高三期末)食醋中含有醋酸等有機酸及少量氨基酸。食醋的酸度是指每100 mL食醋中含酸(均折合成醋酸)的質量。國家標準規定釀造食醋酸度不得低于3.5 g/100 mL。可用滴定法測定食醋的酸度。某小組同學量取10.00 mL自制食醋樣品稀釋至250.00 mL(溶液幾乎無色)，每次量取25.00 mL于錐形瓶中，加入3.00 mL中性甲醛溶液(掩蔽氨基的堿性)，以酚酞為指示劑，用0.1000 mol·L－1 NaOH標準溶液滴定，滴定管讀數記錄如表。
第一次 第二次 第三次
滴定前NaOH溶液的體積讀數/mL 0.00 1.00 2.00
滴定后NaOH溶液的體積讀數/mL 9.9 11.00 12.10
下列說法不正確的是(　　)
A.醋酸易溶于水與“醋酸分子和水分子之間能形成氫鍵”有關
B.錐形瓶中溶液由無色變為粉紅色，且半分鐘內不褪色時停止滴定
C.該自制食醋樣品的酸度不符合國家標準
D.若不加甲醛溶液，測定結果會偏低
答案　C
解析　由題表中數據知，滴定時平均消耗NaOH溶液的體積為10.00 mL，根據CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O可計算稀釋后CH3COOH的濃度為＝0.04 mol·L－1，則原10.00 mL樣品中CH3COOH的物質的量為0.04 mol·L－1×250.00×10－3 L＝0.01 mol，質量為0.01 mol×60 g·mol－1＝0.6 g，則100 mL食醋中含酸6 g，該食醋的酸度為6 g/100 mL，符合國家標準，C錯誤。
2.某學生用已知物質的量濃度的鹽酸來測定未知物質的量濃度的NaOH溶液時，選擇甲基橙作指示劑。回答下列問題：
(1)用標準鹽酸滴定待測的NaOH溶液時，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視________________，直到加入最后半滴鹽酸后，溶液由黃色變為橙色，并__________________為止。
(2)下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數值偏低的是________(填字母)。
A.酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸
B.滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥
C.酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失
D.讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數，滴定結束時俯視讀數
(3)若滴定開始和結束時，酸式滴定管中的液面如圖所示，則起始讀數為________mL，終點讀數為________mL，所用鹽酸的體積為________mL。
(4)某學生3次實驗的有關數據記錄如表：
滴定次數 待測NaOH溶液的體積/mL 0.1000 mol·L－1鹽酸的體積/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液體積/mL
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
依據上表數據計算該NaOH溶液的物質的量濃度：____________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)錐形瓶中溶液顏色變化　在半分鐘內不變色
(2)D　(3)0.00　26.10　26.10
(4)第二次實驗誤差較大應舍去；由第一次實驗數據得，
c1(NaOH)＝＝0.10444 mol·L－1
由第三次實驗數據得，
c2(NaOH)＝
＝0.10436 mol·L－1
c(NaOH)＝＝
＝0.1044 mol·L－1
INCLUDEPICTURE"歸納總結教.TIF"1.酸堿中和滴定常見誤差分析以標準酸溶液滴定未知濃度的堿溶液(酚酞作指示劑)為例：步驟操作V(標準)c(待測)洗滌酸式滴定管未用標準溶液潤洗變大偏高堿式滴定管未用待測溶液潤洗變小偏低錐形瓶用待測溶液潤洗變大偏高錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水不變無影響取液放出堿液的滴定管開始有氣泡，放出液體后氣泡消失變小偏低滴定酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失變大偏高振蕩錐形瓶時部分液體濺出變小偏低部分酸液滴出錐形瓶外變大偏高溶液顏色較淺時滴入酸液速度過快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液無變化變大偏高讀數酸式滴定管滴定前讀數正確，滴定后俯視讀數變小偏低酸式滴定管滴定前讀數正確，滴定后仰視讀數變大偏高2.讀數引起的誤差由俯視和仰視引起的誤差，要結合具體儀器進行分析，因為不同量器的刻度順序不同，如量筒刻度從下到上逐漸增大；滴定管刻度從下到上逐漸減小。(1)如圖1，當用量筒測量液體的體積時，由于俯視視線向下傾斜，視線與量筒的交點在凹液面的上方，讀數高于正確的刻度線位置，即讀數偏大。(2)如圖2，當用滴定管測量液體的體積時，由于仰視視線向上傾斜，視線與滴定管的交點在凹液面的下方，因滴定管“0”刻度在上，則仰視讀數偏大。
題組二　分析與認知中和滴定曲線
3.室溫下，向10.00 mL 0.1000 mol·L－1 HX溶液中滴加0.1000 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖。下列說法錯誤的是(　　)
A.滴定時選用甲基橙作指示劑
B.HX的電離平衡常數的數量級為10－3
C.a點溶液中存在c(Na＋)＝c(X－)
D.滴定至a點時消耗NaOH溶液的體積小于10 mL
答案　A
解析　由題圖知，0.1000 mol·L－1HX溶液的pH＝2，則該酸為弱酸，強堿滴定弱酸，應選擇酚酞作指示劑，A錯誤；Ka(HX)＝＝≈1.11×10－3，B正確；a點溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，依據電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(X－)知c(Na＋)＝c(X－)，C正確；當滴入10 mL NaOH溶液時，酸堿恰好完全反應，溶液顯堿性，故溶液呈中性時，V(NaOH)＜10 mL，D正確。
4.常溫下向NaOH溶液中持續滴加稀鹽酸，記錄溶液pH及溫度隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A.NaOH溶液的起始濃度為10－a mol·L－1
B.在滴定至終點的過程中，水的電離程度不斷減小
C.t1→t3 s對應的溶液中均存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
D.由t2 s后溶液的溫度變化可推知，NaOH與HCl的反應是吸熱反應
答案　C
解析　向NaOH溶液中持續滴加稀鹽酸，曲線a到b為中和滴定時pH變化曲線，b點時剛好反應完全，反應放熱，此時反應溫度最高；未滴加鹽酸時，溶液pH最大，NaOH屬于強堿，起始時NaOH溶液pH＝a，c(H＋)＝10－a mol·L－1，常溫下，根據Kw＝c(OH－)·c(H＋)＝10－14，得c(OH－)＝＝＝10a－14 mol·L－1，NaOH溶液的起始濃度為10a－14 mol·L－1，故A、D錯誤；任何酸或堿均抑制水的電離，在滴定至終點的過程中，NaOH濃度減小，水的電離程度不斷增大，剛好反應時，達到最大，故B錯誤；t1 s時，NaOH過量，溶質為NaOH和NaCl，t3 s時，鹽酸過量，溶質為HCl和NaCl，所以根據電荷守恒，t1→t3 s對應的溶液中均存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故C正確。
INCLUDEPICTURE"思維建模教.TIF"中和滴定曲線的“5點”分析法抓反應的“起始”點判斷酸、堿的相對強弱抓反應“一半”點判斷是哪種溶質的等量混合抓“恰好”反應點判斷生成的溶質成分及溶液的酸堿性 抓溶液的“中性”點判斷溶液中溶質的成分及哪種物質過量或不足抓反應的“過量”點判斷溶液中的溶質及哪種物質過量例如：室溫下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的變化如圖所示。
INCLUDEPICTURE"核心素養教.TIF"　證據推理與模型認知——酸堿中和滴定原理的拓展應用
【素養要求】　中和滴定是中學化學的重要實驗，也是高考的熱點，作為選擇題出現時，并不單純是實驗題，通常是給出中和滴定曲線，再以滴定的各個階段的溶液的混合情況來考查電解質溶液的各項規律；作為填空題出現時，往往是中和滴定實驗的遷移應用，即氧化還原滴定和沉淀滴定，這就要求學生能在熟悉反應規律的前提下進行判斷，并能運用反應的關系式進行計算，培養學生證據推理與模型認知的化學核心素養。
INCLUDEPICTURE"素養提升教.TIF"
一、氧化還原滴定原理及應用
1.原理
以氧化劑(或還原劑)為滴定劑，直接滴定一些具有還原性(或氧化性)的物質。
2.試劑
(1)常見的用于滴定的氧化劑有KMnO4、碘液、K2Cr2O7等。
(2)常見的用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生素C、Na2S2O3等。
(3)指示劑：氧化還原滴定所用指示劑可歸納為三類：
①氧化還原指示劑；
②專用指示劑，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘變藍；
③自身指示劑，如高錳酸鉀標準溶液滴定草酸時，滴定終點為溶液由無色變為淺紫色。
3.實例
(1)酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
原理 2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
指示劑 酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外選擇指示劑
終點判斷 當滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液由無色變為淺紫色，且半分鐘內不褪色，說明到達滴定終點
(2)Na2S2O3溶液滴定碘液
原理 2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI
指示劑 淀粉溶液
終點判斷 當滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液的藍色褪去，且半分鐘內不恢復原色，說明到達滴定終點
二、沉淀滴定原理及應用
含義 沉淀滴定法是利用沉淀反應進行滴定、測量分析的方法。生成沉淀的反應很多，但符合條件的卻很少，實際上應用最多的是銀量法，即利用Ag＋與鹵素離子的反應來測定Cl－、Br－、I－濃度
原理 沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑，滴定劑與被滴定物反應的生成物的溶解度要比滴定劑與指示劑反應的生成物的溶解度小，否則不能用這種指示劑。如用AgNO3溶液滴定溶液中Cl－的含量時常以含CrO的可溶性鹽(如K2CrO4)為指示劑，這是因為AgCl比Ag2CrO4更難溶
INCLUDEPICTURE"素養專練教.TIF"
角度一　氧化還原滴定原理及應用
1.(2021·山東高考節選)六氯化鎢(WCl6)可用作有機合成催化劑，熔點為283 ℃，沸點為340 ℃，易溶于CS2，極易水解。利用碘量法測定WCl6產品純度，實驗如下：
(1)稱量：將足量CS2(易揮發)加入干燥的稱量瓶中，蓋緊稱重為m1 g；開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重為m2 g；再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，蓋緊稱重為m3 g，則樣品質量為________g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。
(2)滴定：先將WCl6轉化為可溶的Na2WO4，通過IO離子交換柱發生反應：WO＋Ba(IO3)2===BaWO4＋2IO；交換結束后，向所得含IO的溶液中加入適量酸化的KI溶液，發生反應：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；反應完全后，用Na2S2O3標準溶液滴定，發生反應：I2＋2S2O===2I－＋S4O。滴定達終點時消耗c mol·L－1的Na2S2O3溶液V mL，則樣品中WCl6(摩爾質量為M g·mol－1)的質量分數為________。稱量時，若加入待測樣品后，開蓋時間超過1分鐘，則滴定時消耗Na2S2O3溶液的體積將________(填“偏大”“偏小”或“不變”)，樣品中WCl6質量分數的測定值將________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。
答案　(1)(m3＋m1－2m2)
(2)%　不變　偏大
解析　(1)根據分析，稱量時加入足量的CS2，蓋緊稱重為m1 g，由于CS2易揮發，開蓋時會揮發出來，稱量的質量要減少，開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重為m2 g，則揮發出的CS2的質量為(m1－m2) g，再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘，又揮發出(m1－m2) g的CS2，蓋緊稱重為m3 g，則樣品質量為m3 g＋2(m1－m2) g－m1 g＝(m3＋m1－2m2) g。
(2)滴定時，根據關系式：WO～2IO～6I2～12S2O，可知樣品中n(WCl6)＝n(WO)＝n(S2O)＝cV×10－3 mol，m(WCl6)＝cV×10－3 mol×M g/mol＝ g，則樣品中WCl6的質量分數為×100%＝%；根據測定原理，稱量時，若加入待測樣品后，開蓋時間超過1分鐘，揮發的CS2的質量增大，m3偏小，但WCl6的質量不變，則滴定時消耗Na2S2O3溶液的體積將不變，樣品中WCl6質量分數的測定值將偏大。
2.為了測定摩爾鹽[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]產品的純度，稱取a g樣品溶于水，配制成500 mL溶液，用濃度為c mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待測液體積均為25.00 mL，實驗結果記錄如下：
實驗次數 第一次 第二次 第三次
消耗酸性高錳酸鉀溶液體積/mL 25.52 25.02 24.98
(1)滴定過程中發生反應的離子方程式為____________________________，滴定終點的現象是________________________________________________。
(2)通過實驗數據計算該產品的純度：____________(用含字母a、c的式子表示)。上表第一次實驗中記錄的數據明顯大于后兩次，其原因可能是____________。
A.實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時酸性高錳酸鉀溶液的體積
B.滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡
C.第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤洗過，后兩次未潤洗
D.該酸性高錳酸鉀標準液保存時間過長，有部分變質，濃度降低
答案　(1)MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O　滴入最后半滴酸性KMnO4溶液，溶液變為淺紫色，且30 s內不變色
(2)×100%　BC
解析　(2)滴定原理為MnO與Fe2＋發生氧化還原反應。第一次實驗中數據誤差較大，應舍去，取后兩次實驗數據的平均值，消耗酸性KMnO4溶液的體積為25.00 mL，根據關系式MnO～5Fe2＋得，所取25.00 mL待測液中n(Fe2＋)＝5n(MnO)＝5×0.025 L×c mol·L－1＝0.125c mol，則a g產品中n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝×0.125c mol＝2.5c mol，故該產品的純度為×100%＝×100%。
角度二　沉淀滴定原理及應用
3.(2023·浙江6月選考節選)某研究小組用鋁土礦為原料制備絮凝劑聚合氯化鋁{[Al2(OH)aClb]m，a＝1～5}，按如下流程開展實驗。
已知：①鋁土礦主要成分為Al2O3，含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解鋁土礦過程中SiO2轉變為難溶性的鋁硅酸鹽。
②[Al2(OH)aClb]m的絮凝效果可用鹽基度衡量，鹽基度＝。當鹽基度為0.60～0.85時，絮凝效果較好。
請回答：
測定產品的鹽基度。
Cl－的定量測定：稱取一定量樣品，配成溶液，移取25.00 mL溶液于錐形瓶中，調pH＝6.5～10.5，滴加指示劑K2CrO4溶液。在不斷搖動下，用0.1000 mol·L－1 AgNO3標準溶液滴定至淺紅色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒內不褪色。平行測試3次，平均消耗AgNO3標準溶液22.50 mL。另測得上述樣品溶液中c(Al3＋)＝0.1000 mol·L－1。
(1)產品的鹽基度為________。
(2)測定Cl－過程中溶液pH過低或過高均會影響測定結果，原因是________________________
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
答案　(1)0.7　(2)pH過低，指示劑會與氫離子反應生成重鉻酸根，會氧化氯離子，導致消耗的硝酸銀偏少，而pH過高，氫氧根會與銀離子反應，導致消耗的硝酸銀偏多
解析　(1)根據Cl－～AgNO3，樣品溶液中氯離子物質的量濃度為＝0.09 mol·L－1，n(Al3＋)∶n(Cl－)＝10∶9，根據化合物中化合價代數和為0得到產品化學式為[Al2(OH)4.2Cl1.8]m，故其鹽基度為＝0.7。
4.利用沉淀滴定法快速測定NaBr等鹵化物溶液中c(Br－)，實驗過程包括標準溶液的配制和滴定待測溶液。
Ⅰ.標準溶液的配制
準確稱取AgNO3基準物8.5 g，配制成500 mL標準溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用。
Ⅱ.滴定的主要步驟
a.取待測NaBr溶液25.00 mL，配制成100 mL溶液，取其中25.00 mL于錐形瓶中。
b.加入K2CrO4溶液作指示劑。
c.用AgNO3標準溶液進行滴定，記錄消耗的體積。
d.重復上述操作三次，測定數據如表：
實驗序號 1 2 3 4
消耗AgNO3標準溶液體積/mL 25.86 25.06 24.98 24.96
e.數據處理。
請回答下列問題：
(1)將稱得的AgNO3配制成標準溶液，所使用的玻璃儀器除燒杯和玻璃棒外還有____________________________，配制的AgNO3溶液的濃度為________。
(2)AgNO3標準溶液應使用________(填“酸式”或“堿式”)棕色滴定管，檢漏后裝液前需要進行的操作有____________。
(3)實驗可用鉻酸鉀(K2CrO4)作指示劑，一方面，是由于Ag2CrO4是磚紅色沉淀，現象變化明顯，另一方面，是由于______________________________________________________
______________________________。
(4)達到滴定終點時的現象為_____________________________________________________。
(5)由上述實驗數據測得原溶液中c(Br－) ＝________ mol·L－1。
答案　(1)500 mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管、量筒　0.1 mol/L
(2)酸式　洗滌、潤洗
(3)AgBr比Ag2CrO4更難溶，在相同濃度的Ag＋溶液中Br－比CrO更易結合Ag＋生成沉淀
(4)滴入最后半滴標準溶液，錐形瓶中產生了磚紅色沉淀，且30 s內不消失
(5)0.4
解析　(1)c(AgNO3)＝＝＝0.1 mol·L－1。
(5)根據所提供的4次數據，第1次數據誤差較大，應舍去，所以消耗的AgNO3溶液的平均體積為 mL＝25.00 mL，根據方程式Br－＋Ag＋===AgBr↓可知稀釋后的NaBr溶液中c(Br－)＝＝0.1 mol·L－1。該溶液是由25.00 mL稀釋成100 mL，所以原溶液中c(Br－)＝0.4 mol·L－1。
INCLUDEPICTURE"真題演練教.TIF"
(2023·山東卷)閱讀下列材料，完成1～2題。
一定條件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應[(CH3CO)2O＋ROH―→CH3COOR＋CH3COOH]可進行完全，利用此反應定量測定有機醇(ROH)中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：
①配制一定濃度的乙酸酐－苯溶液。
②量取一定體積乙酸酐－苯溶液置于錐形瓶中，加入m g ROH樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O―→2CH3COOH。
③加指示劑并用c mol·L－1 NaOH 甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液V1 mL。
④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐－苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用c mol·L－1 NaOH 甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液V2 mL。
1.對于上述實驗，下列做法正確的是(　　)
A.進行容量瓶檢漏時，倒置一次即可
B.滴入半滴標準溶液，錐形瓶中溶液變色，即可判定達滴定終點
C.滴定讀數時，應單手持滴定管上端并保持其自然垂直
D.滴定讀數時，應雙手一上一下持滴定管
答案　C
解析　進行容量瓶檢漏時，倒置一次，然后玻璃塞旋轉180度后再倒置一次，A錯誤；滴入半滴標準溶液，錐形瓶中溶液變色，且半分鐘內不變回原色，才是達到滴定終點，B錯誤；滴定讀數時，應單手持滴定管上端無刻度處，并使其自然垂直，D錯誤。
2.根據上述實驗原理，下列說法正確的是(　　)
A.可以用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗
B.若因甲醇揮發造成標準溶液濃度發生變化，將導致測定結果偏小
C.步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內溶液濺出，將導致測定結果偏小
D.步驟④中，若加水量不足，將導致測定結果偏大
答案　B
解析　乙酸與醇的酯化反應可逆，不能用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗，A錯誤；若甲醇揮發，則標準溶液濃度增大，消耗氫氧化鈉的體積(V2－V1)偏小，ROH中羥基質量分數＝×100%，將導致測定結果偏小，B正確；步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內溶液濺出，消耗氫氧化鈉的體積V1偏小，將導致測定結果偏大，C錯誤；步驟④中，若加水量不足，生成乙酸的物質的量偏小，消耗氫氧化鈉的體積V2偏小，將導致測定結果偏小，D錯誤。
3.(2022·浙江6月選考)25 ℃時，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列說法正確的是(　　)
A.相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)
B.將濃度均為0.10 mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大
C.25 ℃時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得pH＝10.00，則此時溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D.25 ℃時，0.10 mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小
答案　C
解析　醋酸的酸性大于苯酚的酸性，則醋酸根離子的水解程度較小，則相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O－)4.(2020·浙江1月選考)下列說法不正確的是(　　)
A.pH>7的溶液不一定呈堿性
B.中和pH和體積均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物質的量相同
C.相同溫度下，pH相等的鹽酸、CH3COOH溶液中，c(OH－)相等
D.氨水和鹽酸反應后的溶液，若溶液呈中性，則c(Cl－)＝c(NH)
答案　B
解析　一水合氨是弱堿，部分電離，中和pH和體積均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物質的量多，故B錯誤。
5.(2023·浙江1月選考節選)為測定納米ZnO產品的純度，可用已知濃度的EDTA標準溶液滴定Zn2＋。從下列選項中選擇合理的儀器和操作，補全如下步驟[“____________”上填寫一件最關鍵儀器，“(　　　　)”內填寫一種操作，均用字母表示]。
用________(稱量ZnO樣品x g)→用燒杯(　　　　)→用________(　　　　)→用移液管(　　　　)→用滴定管(盛裝EDTA標準溶液，滴定Zn2＋)
儀器：a.燒杯；b.托盤天平；c.容量瓶；d.分析天平；e.試劑瓶
操作：f.配制一定體積的Zn2＋溶液；g.酸溶樣品；h.量取一定體積的Zn2＋溶液；i.裝瓶貼標簽
答案　d→(g)→c(f)→(h)
解析　利用配位滴定法測定納米ZnO產品的純度，具體操作為用分析天平稱量ZnO樣品→用燒杯酸溶樣品→用容量瓶配制一定體積的Zn2＋溶液→用移液管量取一定體積的Zn2＋溶液→用滴定管盛裝EDTA標準溶液，滴定Zn2＋。
6.(2021·湖南高考節選)碳酸鈉俗稱純堿，是一種重要的化工原料。工業制得的碳酸鈉產品中混有少量的碳酸氫鈉，產品中NaHCO3含量的測定實驗為：
①稱取產品2.500 g，用蒸餾水溶解，定容于250 mL容量瓶中；
②移取25.00 mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用0.1000 mol·L－1鹽酸標準溶液滴定，溶液由紅色變至近無色(第一滴定終點)，消耗鹽酸V1 mL；
③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續用0.1000 mol·L－1鹽酸標準溶液滴定至終點(第二滴定終點)，又消耗鹽酸V2 mL；
④平行測定三次，V1平均值為22.45，V2平均值為23.51。
(1)指示劑N為________，描述第二滴定終點前后顏色變化____________________________
____________。
(2)產品中NaHCO3的質量分數為________(保留三位有效數字)。
(3)第一滴定終點時，某同學俯視讀數，其他操作均正確，則NaHCO3質量分數的計算結果________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。
答案　(1)甲基橙　溶液由黃色變為橙色，且半分鐘內不變色　(2)3.56%　(3)偏大
解析　(1)本題中測定碳酸氫鈉含量采用了雙指示劑滴定法，第一滴定過程以酚酞為指示劑，Na2CO3轉化為NaHCO3，第二滴定過程以甲基橙為指示劑，NaHCO3轉化為NaCl、CO2和H2O，所以第二滴定終點前后溶液由黃色變為橙色，且半分鐘內不變色。
(2)由(1)的分析過程可知，25.00 mL待測液中所含NaHCO3的物質的量為0.1000 mol·L－1×(V2－V1)×10－3 L，則2.500 g產品中所含NaHCO3的質量為84 g·mol－1××0.1000 mol·L－1×(23.51－22.45)×10－3 L≈0.089 g，則產品中NaHCO3的質量分數＝×100%＝3.56%。
(3)第一次滴定終點時，俯視讀數，導致測得的V1偏小，NaHCO3質量分數的計算結果偏大。
INCLUDEPICTURE"高考預測教.TIF"
1.下列說法正確的是(　　)
A.25 ℃時，將pH＝5的醋酸溶液與pH＝5的鹽酸等體積混合，混合后溶液pH＞5
B.25 ℃時，等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數，稀釋后溶液pH：鹽酸<醋酸
C.25 ℃時，等體積、等pH的鹽酸與醋酸分別用等濃度的NaOH溶液中和，鹽酸消耗NaOH溶液多
D.25 ℃時，pH＝3的一元酸HA溶液與pH＝11的一元堿MOH溶液等體積混合后溶液呈酸性，則HA是強酸
答案　B
解析　pH＝5的醋酸溶液與pH＝5的鹽酸中氫離子濃度相同，都是10－5 mol/L，等體積混合后，氫離子濃度不變，故pH為5，A錯誤；等體積、等pH的鹽酸與醋酸，其中醋酸的濃度大，消耗的氫氧化鈉溶液較多，C錯誤；混合后溶液呈酸性，說明酸的濃度較大，則酸HA為弱酸，MOH是相對較強的堿，但是不一定是強堿，D錯誤。
2.常溫下，向飽和氯水中以恒定速率滴加NaOH溶液，測得溶液的pH隨時間的變化如圖所示。溶液中氯元素的存在形式僅考慮Cl2、Cl－、ClO－、HClO，該過程不考慮HClO的分解。下列說法錯誤的是(　　)
A.M點：c(H＋)>c(Cl－)>c(HClO)
B.N點：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)
C.從M點到P點，逐漸減小
D.從M點到P點，水的電離程度逐漸增大
答案　D
解析　M點為飽和氯水，根據Cl2＋H2O??HCl＋HClO，HCl完全電離，HClO部分電離，知c(H＋)>c(Cl－)>c(HClO)，A正確；N點溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，根據電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，知c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)，B正確；從M點到P點，不斷滴加NaOH溶液，c(H＋)減小，＝，Ka(HClO)不變，則逐漸減小，C正確；從M點到P點，水的電離程度先增大后減小，D錯誤。
課時作業
[建議用時：40分鐘]
一、選擇題(每小題只有1個選項符合題意)
1.25 ℃時，水的電離達到平衡：H2O??H＋＋OH－。下列敘述錯誤的是(　　)
A.向水中通入氨氣，平衡逆向移動，c(OH－)增大
B.向水中加入少量稀硫酸，c(H＋)增大，Kw不變
C.將水加熱，平衡正向移動，Kw變大
D.升高溫度，平衡正向移動，c(H＋)增大，pH不變
答案　D
2.(2023·濟南市高三統一檢測)實驗室配制500 mL 0.2 mol·L－1 NaOH溶液，并以標準醋酸溶液標定所配NaOH溶液的濃度。下列說法正確的是(　　)
A.稱量時，使用的砝碼生銹，所配NaOH溶液濃度偏高
B.實驗中需要查漏的裝置都需要潤洗
C.滴定時，選用甲基橙作為指示劑
D.滴定終點時，醋酸與待測NaOH溶液恰好完全反應
答案　A
3.下列說法中正確的是(　　)
A.25 ℃時，NH4Cl溶液的Kw大于100 ℃時NaCl溶液的Kw
B.常溫下，pH均為5的醋酸和硫酸鋁兩種溶液中，由水電離出的氫離子濃度之比為1∶104
C.根據溶液的pH與酸堿性的關系，推出pH＝6.8的溶液一定顯酸性
D.100 ℃時，將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，溶液顯中性
答案　B
4.水的電離平衡曲線如圖所示，兩條曲線上的點都符合c(H＋)·c(OH－)＝常數，下列說法錯誤的是(　　)
A.圖中溫度T1>T2
B.圖中五點Kw間的關系：B>C>A＝D＝E
C.曲線a、b均代表純水的電離情況
D.若處在B點時，將pH＝2的硫酸溶液與pH＝12的KOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性
答案　C
5.(2023·浙江強基聯盟高三聯考)下列說法正確的是(　　)
A.室溫下，將pH＝a的鹽酸加水稀釋10b倍，所得溶液的pH＝a＋b
B.NaOH溶液滴定醋酸溶液時，離子濃度大小關系可能為c(CH3COO－)＝c(H＋)>c(OH－)＝c(Na＋)
C.生成鹽的弱酸酸性越弱，鹽的水解程度越大，所以醋酸鈉溶液的pH不可能大于碳酸鈉溶液的pH
D.室溫下，醋酸溶液稀釋過程中，電離度逐漸增大，c(H＋)逐漸增大
答案　B
解析　室溫下，將pH＝a的鹽酸加水稀釋10b倍，若a＋b<7，所得溶液的pH＝a＋b，若a＋b≥7，則pH無限接近于7，所以pH不一定是a＋b，A錯誤；醋酸酸性強于碳酸，弱酸酸性越弱，對應鹽的水解程度越大，所以相同溫度下，相同濃度的醋酸鈉溶液的pH小于碳酸鈉溶液的pH，但溶液的pH還會受濃度影響，若醋酸鈉溶液濃度較大，碳酸鈉溶液濃度較小，有可能醋酸鈉溶液的pH大于碳酸鈉溶液的pH，C錯誤；室溫下，醋酸溶液稀釋過程中，電離程度逐漸增大，但n(H＋)增大的倍數小于溶液體積增大的倍數，所以c(H＋)逐漸減小，D錯誤。
6.已知液氨的性質與水相似。T ℃時，NH3＋NH3??NH＋NH，NH的平衡濃度為1×10－15 mol·L－1，則下列說法中正確的是(　　)
A.在此溫度下液氨的離子積為1×10－15
B.在液氨中放入金屬鈉，可生成NaNH2
C.恒溫下，在液氨中加入NH4Cl，可使液氨的離子積減小
D.降溫，可使液氨電離平衡逆向移動，且c(NH)答案　B
7.(2023·濟南市高三統一考試)25 ℃時，苯酚的Ka＝1.0×10－10，醋酸的Ka＝1.8×10－5。下列說法正確的是(　　)
A.將CH3COOH與Na2CO3反應后產生的氣體直接通入C6H5ONa溶液中，可比較碳酸和苯酚的酸性
B.相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)
C.將濃度均為0.10 mol·L－1的CH3COOH和NaOH溶液適當加熱，兩種溶液的pH均減小
D.25 ℃時，向0.10 mol·L－1的醋酸溶液中加少量醋酸鈉固體，水的電離程度變小
答案　C
解析　醋酸會揮發，生成的二氧化碳氣體中混有醋酸分子，醋酸也能與苯酚鈉反應生成苯酚，因此該實驗不能證明碳酸酸性強于苯酚的酸性，A錯誤；醋酸酸性大于苯酚的酸性，相同條件下，苯酚鈉的水解程度大于醋酸鈉的水解程度，故等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(CH3COO－)>c(C6H5O－)，B錯誤；加熱促進醋酸的電離，氫離子濃度增大，pH減小，加熱時水的離子積增大，NaOH溶液中氫氧根離子濃度不變，氫離子濃度增大，pH減小，C正確；醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，醋酸根離子濃度增大，醋酸電離平衡逆向移動，溶液酸性減弱，水的電離程度增大，D錯誤。
8.(2023·邵陽市高三聯考)常溫下，將0.1 mol·L－1羥胺溶液滴加到20 mL的稀鹽酸中，羥胺的電離方程式為NH2OH＋H2O??NH3OH＋＋OH－(常溫時，Kb＝9.0×10－9)，溶液中由水電離出的氫離子濃度隨滴入羥胺溶液體積的變化如圖(已知：lg 3≈0.5)，下列說法正確的是(　　)
A.該鹽酸的濃度為0.2 mol·L－1
B.b點溶液中c(H＋)＜c(OH－)
C.0.1 mol·L－1羥胺溶液的pH＝9.5
D.d點對應溶液中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH2OH)
答案　C
解析　由題圖可知，a點為未加入羥胺溶液的鹽酸，b點和c點為NH3OHCl和鹽酸的混合溶液，d點為NH3OHCl溶液、e點和f點為NH2OH和NH3OHCl的混合溶液。a點溶液中水電離出的氫離子濃度為10－13 mol/L，根據水電離出的氫離子濃度總是等于水電離出的氫氧根離子濃度可知，鹽酸的濃度為0.1 mol/L，故A錯誤；由分析可知，b點溶液為NH3OHCl和鹽酸的混合溶液，溶液呈酸性，溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，故B錯誤；由羥胺的電離常數可知，溶液中氫氧根離子濃度約為＝3×10－5 mol/L，則溶液的pH為14－5＋lg 3＝9.5，故C正確；由分析知，d點為NH3OHCl溶液，溶液中存在質子守恒關系c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH2OH)，故D錯誤。
9.下列說法正確的是(　　)
A.pH＝2和pH＝1的HNO3溶液中c(H＋)之比為1∶10
B.0.2 mol·L－1與0.1 mol·L－1醋酸溶液中，c(H＋)之比大于2∶1
C.Na2CO3溶液中c(Na＋)與c(CO)之比為2∶1
D.純水在100 ℃和20 ℃時，pH前者大
答案　A
解析　醋酸屬于弱電解質，存在電離平衡，加水稀釋，平衡右移，氫離子數目增多，因此0.2 mol/L與0.1 mol/L醋酸溶液中，c(H＋)之比小于2∶1，故B錯誤；Na2CO3溶液中存在碳酸根離子的水解平衡，碳酸根離子有少量被消耗，因此c(Na＋)與c(CO)之比大于2∶1，故C錯誤；水的電離平衡為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，氫離子濃度增大，pH減小，因此純水在100 ℃和20 ℃時，pH前者小，故D錯誤。
10.常溫下，往20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，由水電離出的氫氧根離子濃度隨滴入NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A.該CH3COOH溶液的電離度為10%
B.b、d兩點溶液的pH相等
C.V1>20
D.c點對應溶液的pH為9
答案　D
解析　沒有加入NaOH溶液時，水電離出的c(OH－)＝1×10－11 mol·L－1，則溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，該醋酸溶液的電離度為×100%＝1%，A錯誤；分析題圖可知，b點溶液的pH為7，d點溶液的pH大于9，b、d兩點溶液的pH不相等，B錯誤；c點水電離出的c(OH－)最大，即溶液溶質為CH3COONa，酸堿恰好完全反應，則V1＝20，C錯誤；c點水電離出的c(OH－)＝1×10－5 mol·L－1，溶液中c(H＋)＝1×10－9 mol·L－1，pH＝9，D正確。
11.(2023·廣東省惠州市三校高三模擬)常溫下，CH3COOH與NH3·H2O的電離常數均為1.8×10－5。現向20 mL濃度為0.1 mol·L－1 NH3·H2O的溶液中滴加等物質的量濃度的CH3COOH溶液，所得混合液的導電能力與加入CH3COOH溶液的體積(V)的關系如圖所示。
下列說法正確的是(　　)
A.a＝20，A點溶液的pH＝7
B.A、B兩點中，B點溶液中水的電離程度最大
C.A點溶液中：c(CH3COO－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
D.B、C兩點溶液的pH相等
答案　A
解析　A點溶液導電能力最大，CH3COOH與NH3·H2O恰好完全反應，因此a＝20，由于CH3COOH與NH3·H2O的電離常數相等，A點顯中性，溶液的pH＝7，故A正確；A點溶質為醋酸銨，水的電離程度最大，B點CH3COOH過量，溶液顯酸性，抑制水的電離，故B錯誤；A點溶液的pH＝7，A點溶液中離子濃度大小關系為c(CH3COO－)＝c(NH)＞c(H＋)＝c(OH－)，故C錯誤；C點溶液顯堿性，B點溶液顯酸性，兩點溶液的pH不相等，故D錯誤。
二、非選擇題
12.某溫度下的水溶液中，c(H＋)＝10－x mol·L－1，c(OH－)＝10－y mol·L－1。x與y的關系如圖所示：
(1)該溫度下水的離子積為________(填具體數值)；該溫度________(填“高于”“低于”或“等于”)常溫。
(2)該溫度下0.01 mol·L－1 NaOH溶液的pH為________。
(3)除了用pH外，科學家還建議用酸度(AG)來表示溶液的酸堿性：AG＝lg 。則該溫度下，0.01 mol·L－1鹽酸的酸度AG＝________。
答案　(1)10－12　高于　(2)10　(3)8
13.乙二酸俗稱草酸，下面是化學學習小組的同學對草酸晶體(H2C2O4·xH2O)進行的探究性學習的過程，請你參與并協助他們完成相關學習任務。該組同學的研究課題是探究測定草酸晶體(H2C2O4·xH2O)中的x值。通過查閱資料和網絡查尋知，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液進行滴定：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，學習小組的同學設計了滴定的方法測定x值。
Ⅰ.稱取1.260 g純草酸晶體，將其配制成100.00 mL水溶液為待測液。
Ⅱ.取25.00 mL待測液放入錐形瓶中，再加入適量的稀硫酸。
Ⅲ.用濃度為0.1000 mol·L－1的KMnO4標準溶液進行滴定，達到終點時消耗10.00 mL。
請回答下列問題：
(1)滴定時，將KMnO4標準溶液裝在如圖中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本實驗滴定達到終點的標志是_______________________________________。
(3)通過上述數據，求得x＝________。
討論：
①若滴定終點時俯視滴定管，則由此測得的x值會________(填“偏大”“偏小”或“不變”，下同)。
②若滴定時所用的KMnO4標準溶液因久置而導致濃度變小，則由此測得的x值會____________。
答案　(1)甲
(2)當滴入最后半滴KMnO4標準溶液時，溶液由無色變為紫色，且半分鐘內不褪色
(3)2　①偏大　②偏小
解析　(3)
2MnO ＋ 5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
2 5
0.0025 mol
25.00 mL待測液中含有0.0025 mol H2C2O4，100.00 mL待測液中含有0.01 mol H2C2O4，0.01 mol H2C2O4的質量為0.01 mol×90 g·mol－1＝0.9 g，所以1.260 g純草酸晶體中水的質量為1.260 g－0.9 g＝0.36 g，其物質的量為0.02 mol，則x＝2；①若滴定終點時俯視滴定管讀數，則消耗KMnO4標準溶液的體積偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，則n(H2O)偏大，x偏大；②若KMnO4標準溶液因久置而導致濃度變小，則消耗其體積偏大，所得x值偏小。
INCLUDEPICTURE"素養提升題.TIF"
14.草酸(H2C2O4，二元弱酸)與草酸鹽在實驗和工業生產中都起著重要的作用，常溫下，H2C2O4：Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5。H2CO3：Ka1＝4×10－7，Ka2＝6×10－11。
(1)NaHCO3溶液顯________性。
(2)常溫下，0.1 mol·L－1的Na2C2O4溶液pH＝a，0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液pH＝b，則a________b(填“>”“<”或“＝”)。
(3)常溫下，pH＝3的H2C2O4溶液的物質的量濃度為c1，水電離出的c(H＋)為c3；pH＝4的H2C2O4溶液的物質的量濃度為c2，水電離出的c(H＋)為c4。則c1________10c2(填“>”“<”或“＝”，下同)；10c3________c4。
(4)常溫下，用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL某未知濃度的H2C2O4溶液，滴定曲線如圖，c點所示溶液中：
2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)＝c(Na＋)
①該草酸溶液的物質的量濃度為________(結果保留三位小數)。
②a點所示溶液中各離子的濃度由大到小的順序為______________________________。
答案　(1)堿　(2)<　(3)>　＝　
(4)①0.054 mol·L－1　
②c(Na＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)
解析　(3)常溫下，pH＝3的H2C2O4溶液的物質的量濃度為c1，水電離出的c(H＋)為c3＝c(OH－)＝＝ mol·L－1＝10－11 mol·L－1；pH＝4的H2C2O4溶液的物質的量濃度為c2，水電離出的c(H＋)為c4＝c(OH－)＝＝ mol·L－1＝10－10 mol·L－1；由于草酸是二元弱酸，在溶液中存在酸的電離平衡，稀釋促使酸的電離平衡正向移動，稀酸的電離程度大于濃溶液，因此c1>10c2，10c3＝c4。
(4)①用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL某未知濃度的H2C2O4溶液，根據c點離子濃度之間的關系，得到c點的溶液是草酸鈉的水溶液，草酸和氫氧化鈉按物質的量之比1∶2進行反應，所以該草酸溶液的物質的量濃度c(H2C2O4)＝ mol·L－1＝0.054 mol·L－1；②由①分析知c點為Na2C2O4溶液，根據題圖知a點是草酸氫鈉溶液，溶液顯酸性，c(H＋)>c(OH－)，溶液中H＋除了HC2O電離產生外，水的電離也產生，而C2O只有HC2O電離產生，HC2O電離程度大于水的電離程度，所以c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)，因此溶液中各離子的濃度由大到小的順序為c(Na＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)。
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