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1、2022年高考化學一輪復習 專題八 第2講 水的電離和溶液的酸堿性 蘇教版 [考綱要求]　1.了解水的電離、離子積常數(shù)以及影響水電離平衡的因素。2.了解溶液的酸堿性與pH的關系。3.能進行pH的簡單計算。4.了解測定溶液pH的方法(強酸、強堿)。 考點一　水的電離 1．水的電離 水是極弱的電解質，水的電離方程式為H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。 2．水的離子積常數(shù) Kw＝c(H＋)·c(OH－)。 (1)室溫下：Kw＝1×10－14。 (2)影響因素；只與溫度有關，升高溫度，Kw增大。 (3)適用范圍：Kw不僅適用于純水，也適用于稀的電解質水溶

2、液。 (4)Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要溫度不變，Kw不變。 3．影響水電離平衡的因素 (1)升高溫度，水的電離程度增大，Kw增大。 (2)加入酸或堿，水的電離程度減小，Kw不變。 (3)加入可水解的鹽(如FeCl3、Na2CO3)，水的電離程度增大，Kw不變。 4．外界條件對水的電離平衡的影響 體系變化 條件　　　 平衡移動方向 Kw 水的電離程度 c(OH－) c(H＋) 酸 逆 不變 減小 減小 增大 堿 逆 不變 減小 增大 減小 可水解的鹽 Na2CO3 正 不變 增大 增大 減小 NH4Cl

3、 正 不變 增大 減小 增大 溫度 升溫 正 增大 增大 增大 增大 降溫 逆 減小 減小 減小 減小 其他：如加入Na 正 不變 增大 增大 減小 深度思考 1．在pH＝2的鹽酸溶液中由水電離出來的c(H＋)與c(OH－)之間的關系是什么？ 答案　外界條件改變，水的電離平衡發(fā)生移動，但任何時候由水電離出的c(H＋)和c(OH－)總是相等的。 2．甲同學認為，在水中加入H2SO4，水的電離平衡向左移動，解釋是加入H2SO4后c(H＋)增大，平衡左移。乙同學認為，加入H2SO4后，水的電離平衡向右移動，解釋為加入H2SO4后，c(H＋)濃度

4、增大，H＋與OH－中和，平衡右移。你認為哪種說法正確？并說明原因。水的電離平衡移動后，溶液中c(H＋)·c(OH－)是增大還是減??？ 答案　甲正確，溫度不變，Kw是常數(shù)，加入H2SO4，c(H＋)增大，c(H＋)·c(OH－)>Kw，平衡左移。 c(H＋)·c(OH－)不變，因為Kw僅與溫度有關，溫度不變，則Kw不變，與外加酸、堿、鹽無關。 1．水的離子積常數(shù)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，所以與其說Kw是水的離子積常數(shù)，不如說是水溶液中的H＋和OH－的離子積常數(shù)。即Kw不僅適用于水，還適用于酸性或堿

5、性的稀溶液。不管哪種溶液均有c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O。 2．水的離子積常數(shù)顯示了在任何水溶液中均存在水的電離平衡，都有H＋和OH－共存，只是相對含量不同而已。 題組一　影響水電離平衡的因素及結果判斷 1．25 ℃時，相同物質的量濃度的下列溶液：①NaCl　②NaOH?、跦2SO4?、?NH4)2SO4，其中水的電離程度按由大到小順序排列的一組是(　　) A．④>③>②>① B．②>③>①>④ C．④>①>②>③ D．③>②>①>④ 答案　C 解析　分析四種物質可知②NaOH、③H2SO4抑制水的電離，①NaCl不影響水的電離平衡，④(NH4)2SO4促進水的電

6、離(NH水解)，在②③中H2SO4為二元強酸，產生的c(H＋)大于NaOH產生的c(OH－)，抑制程度更大，故順序為④>①>②>③。 2．一定溫度下，水存在H2OH＋＋OH－　ΔH>0的平衡，下列敘述一定正確的是(　　) A．向水中滴入少量稀鹽酸，平衡逆向移動，Kw減小 B．將水加熱，Kw增大，pH減小 C．向水中加入少量固體CH3COONa，平衡逆向移動，c(H＋)降低 D．向水中加入少量固體硫酸鈉，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，Kw不變 答案　B 解析　A項，Kw應不變；C項，平衡應正向移動；D項，由于沒有指明溫度，c(H＋)不一定等于10－7 mol·L－1。

7、 題組二　水電離的c(H＋)或c(OH－)的計算 3．求算下列常溫下溶液中由H2O電離的c(H＋)和c(OH－)。 (1)pH＝2的H2SO4溶液 c(H＋)＝__________，c(OH－)＝__________。 (2)pH＝10的NaOH溶液 c(H＋)＝__________，c(OH－)＝__________。 (3)pH＝2的NH4Cl溶液 c(H＋)＝__________。 (4)pH＝10的Na2CO3溶液 c(OH－)＝__________。 答案　(1)10－12 mol·L－1　10－12 mol·L－1 (2)10－10 mol·L－1　10－10

8、 mol·L－1　(3)10－2 mol·L－1 (4)10－4 mol·L－1 解析　(1)pH＝2的H2SO4溶液中，H＋來源有兩個：H2SO4的電離和H2O的電離，而OH－只來源于水。應先求算c(OH－)，即為水電離的c(H＋)或c(OH－)。 (2)pH＝10的NaOH溶液中，OH－有兩個來源：H2O的電離和NaOH的電離，H＋只來源于水。應先求出c(H＋)，即為水電離的c(OH－)或c(H＋)，c(OH－)＝10－4 mol·L－1，c(H＋)＝10－10 mol·L－1，則水電離的c(H＋)＝c(OH－)＝10－10 mol·L－1。 (3)(4)水解的鹽溶液中的H＋或OH

9、－均由水電離產生，水解顯酸性的鹽應計算其c(H＋)，水解顯堿性的鹽應計算其c(OH－)。pH＝2的NH4Cl中由水電離產生的c(H＋)＝10－2 mol·L－1；pH＝10的Na2CO3溶液中由水電離產生的c(OH－)＝10－4 mol·L－1。 4．下列四種溶液中，室溫下由水電離生成的H＋濃度之比(①∶②∶③∶④)是(　　) ①pH＝0的鹽酸?、?.1 mol·L－1的鹽酸 ③0.01 mol·L－1的NaOH溶液?、躳H＝11的NaOH溶液 A．1∶10∶100∶1 000 B．0∶1∶12∶11 C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶3 答案　A 解析?、僦衏

10、(H＋)＝1 mol·L－1，由水電離出的c(H＋)與溶液中c(OH－)相等，等于1.0×10－14 mol·L－1； ②中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，由水電離出的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1； ③中c(OH－)＝1.0×10－2 mol·L－1，由水電離出的c(H＋)與溶液中c(H＋)相等，等于1.0×10－12 mol·L－1； ④中c(OH－)＝1.0×10－3 mol·L－1，同③所述由水電離出的c(H＋)＝1.0×10－11 mol·L－1。 即(1.0×10－14)∶(1.0×10－13)∶(1.0×10－12)∶(1.0×10－11)＝1∶10∶

11、100∶1 000。 理清溶液中H＋或OH－的來源 1．常溫下，中性溶液 c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1 2．溶質為酸的溶液 (1)來源 OH－全部來自水的電離，水電離產生的c(H＋)＝c(OH－)。 (2)實例 如計算pH＝2的鹽酸溶液中水電離出的c(H＋)，方法是先求出溶液中的c(OH－)＝(Kw/10－2) mol·L－1＝10－12 mol·L－1，即水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。 3．溶質為堿的溶液 (1)來源 H＋全部來自水的電離，水電離產生的c(OH－)＝c(H＋)。 (2)實例 如計算pH＝12

12、的NaOH溶液中水電離出的c(OH－)，方法是知道溶液中的c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即水電離出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。 4．水解呈酸性或堿性的鹽溶液 (1)pH＝5的NH4Cl溶液中H＋全部來自水的電離，由水電離的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，因為部分OH－與部分NH結合，溶液中c(OH－)＝10－9 mol·L－1。 (2)pH＝12的Na2CO3溶液中OH－全部來自水的電離，由水電離出的c(OH－)＝10－2 mol·L－1?？键c二　溶液的酸堿性和pH 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

13、對大小。 (1)酸性溶液：c(H＋)>c(OH－)，常溫下，pH<7。 (2)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常溫下，pH＝7。 (3)堿性溶液：c(H＋)7。 2．pH及其測量 (1)計算公式：pH＝－lgc(H＋)。 (2)測量方法 ①pH試紙法：用鑷子夾取一小塊試紙放在潔凈的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取待測溶液點在試紙的中央，變色后與標準比色卡對照，即可確定溶液的pH。 ②pH計測量法。 (3)溶液的酸堿性與pH的關系 常溫下： 深度思考 1．用“酸性”、“堿性”、“中性”或“不確定”填空。 (1)pH<7的溶液(　　)

14、 (2)pH＝7的溶液(　　) (3)c(H＋)＝c(OH－)的溶液(　　) (4)c(H＋)＝1×10－7mol·L－1的溶液(　　) (5)c(H＋)>c(OH－)的溶液(　　) (6)0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液(　　) (7)0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液(　　) (8)0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液(　　) 答案　(1)不確定　(2)不確定　(3)中性　(4)不確定 (5)酸性　(6)酸性　(7)堿性　(8)酸性 2．用pH試紙測溶液的pH時應注意什么問題？記錄數(shù)據(jù)時又要注意什么？是否可用pH試紙測定氯水的pH? 答案　pH試紙使用前

15、不能用蒸餾水潤濕，否則待測液因被稀釋可能產生誤差；用pH試紙讀出的pH只能是整數(shù)；不能用pH試紙測定氯水的pH，因為氯水呈酸性的同時呈現(xiàn)強氧化性(漂白性)。 1．溶液呈現(xiàn)酸、堿性的實質是c(H＋)與c(OH－)的相對大小，不能只看pH，一定溫度下pH＝6的溶液也可能顯中性，也可能顯酸性，應注意溫度。 2．使用pH試紙測溶液pH時不能用蒸餾水潤濕。 3．25 ℃時，pH＝12的溶液不一定為堿溶液，pH＝2的溶液也不一定為酸溶液，也可能為能水解的鹽溶液。 題組一　走出溶液稀釋時pH值判斷誤區(qū) 1．1 mL pH＝9的NaOH溶液，加水稀釋到10 mL，pH＝________；加水

16、稀釋到100 mL，pH________7。 答案　8　接近 2．pH＝5的H2SO4溶液，加水稀釋到500倍，則稀釋后c(SO)與c(H＋)的比值為__________。 答案　 解析　稀釋前c(SO)＝ mol·L－1，稀釋后c(SO)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，c(H＋)接近10－7 mol·L－1，所以＝＝。 3．(1)體積相同，濃度均為0.2 mol·L－1的鹽酸和CH3COOH溶液，分別加水稀釋10倍，溶液的pH分別變成m和n，則m與n的關系為________。 (2)體積相同，濃度均為0.2 mol·L－1的鹽酸和CH3COOH溶液，分別加水稀釋m倍

17、、n倍，溶液的pH都變成3，則m與n的關系為________________。 (3)體積相同，pH均等于1的鹽酸和CH3COOH溶液，分別加水稀釋m倍、n倍，溶液的pH都變成3，則m與n的關系為________________。 (4)體積相同，pH均等于13的氨水和NaOH溶液，分別加水稀釋m倍、n倍，溶液的pH都變成9，則m與n的關系為________________。 答案　(1)mn　(3)mn 解析　(1)等濃度的鹽酸和醋酸稀釋過程的圖像如圖甲所示：分別加水稀釋10倍后，二者的濃度仍相同，由于HCl是強電解質，CH3COOH是弱電解質，HCl

18、的電離程度大于CH3COOH的電離程度，因此鹽酸中的氫離子濃度大于醋酸中的氫離子濃度，因此有mn。(3)由于醋酸中存在電離平衡，在稀釋過程中CH3COOH會繼續(xù)電離出H＋，其稀釋過程中的圖像如圖乙所示。若稀釋后溶液的pH都變成3(畫一條平行于x軸的水平線)，易得mn。 誤區(qū)一：不能正確理解酸、堿的無限稀釋規(guī)律 常溫下任何酸或堿溶液無限稀釋時，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近

19、7。 誤區(qū)二：不能正確理解弱酸、弱堿的稀釋規(guī)律 溶液 稀釋前溶液pH 加水稀釋到體積為原來的10n倍 稀釋后溶液pH 酸 強酸 pH＝a pH＝a＋n 弱酸 a＜pH＜a＋n 堿 強堿 pH＝b pH＝b－n 弱堿 b－n＜pH＜b 注：表中a＋n＜7，b－n＞7。 題組二　多角度計算溶液的pH值 4．求下列常溫條件下溶液的pH(已知lg1.3＝0.1，lg2＝0.3，混合溶液忽略體積的變化)。 (1)0.005 mol·L－1的H2SO4溶液 (2)0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液(已知CH3COOH的電離常數(shù)Ka＝1.8×10－

20、5) (3)0.1 mol·L－1NH3·H2O溶液(NH3·H2O的電離度為α＝1%，電離度＝×100%) (4)將pH＝8的NaOH與pH＝10的NaOH溶液等體積混合 (5)常溫下，將pH＝5的鹽酸與pH＝9的NaOH溶液以體積比11∶9混合 (6)將pH＝3的HCl與pH＝3的H2SO4等體積混合 (7)0.001 mol·L－1的NaOH溶液 (8)pH＝2的鹽酸與等體積的水混合 (9)pH＝2的鹽酸加水稀釋到1 000倍 答案　(1)2　(2)2.9　(3)11　(4)9.7　(5)6　(6)3 (7)11　(8)2.3　(9)5 解析　(2)CH3COOH　

21、　CH3COO－ ＋ H＋ c(初始) 0.1 0 0 c(電離) c(H＋) c(H＋) c(H＋) c(平衡) 0.1－c(H＋) c(H＋) c(H＋) 則Ka＝＝1.8×10－5 解得c(H＋)＝1.3×10－3 mol·L－1， 所以pH＝－lg c(H＋)＝－lg(1.3×10－3)＝2.9。 (3)　 　　NH3·H2O　　OH－ ?。?NH c(初始) 0.1 mol·L－1 0 0 c(電離) 0.1×1%mol·L－1 0.1×1%mol·L－1 0.1×1%mol·L－1 則c(OH－)＝0.1×1% mol·L－

22、1＝10－3mol·L－1 c(H＋)＝10－11 mol·L－1，所以pH＝11。 (4)將pH＝8的NaOH與pH＝10的NaOH溶液等體積混合后，溶液中c(H＋)很明顯可以根據(jù)pH來算，可以根據(jù)經驗公式來求算pH＝10－lg2(即0.3)，所以答案為9.7。 (5)pH＝5的鹽酸溶液中c(H＋)＝10－5 mol·L－1，pH＝9的氫氧化鈉溶液中c(OH－)＝10－5 mol·L－1，兩者以體積比11∶9混合，則酸過量，混合液的pH小于7。 c(H＋)＝ mol·L－1＝1.0×10－6 mol·L－1， pH＝－lg(1.0×10－6)＝6。 1.單一溶液的pH計算

23、強酸溶液：如HnA，設濃度為c mol·L－1，c(H＋)＝nc mol·L－1，pH＝－lgc(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＝－lgc(H＋)＝14＋lg(nc)。 2．混合溶液pH的計算類型 (1)兩種強酸混合：直接求出c(H＋)混，再據(jù)此求pH。c(H＋)混＝。 (2)兩種強堿混合：先求出c(OH－)混，再據(jù)Kw求出c(H＋)混，最后求pH。c(OH－)混＝。 (3)強酸、強堿混合：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(H＋)混或c(OH－

24、)混＝ 題組三　溶液混合酸堿性判斷規(guī)律 5．判斷下列溶液在常溫下的酸、堿性(在括號中填“酸性”、“堿性”或“中性”)。 (1)相同濃度的HCl和NaOH溶液等體積混合(　　) (2)相同濃度的CH3COOH和NaOH溶液等體積混合(　　) (3)相同濃度NH3·H2O和HCl溶液等體積混合(　　) (4)pH＝2的HCl和pH＝12的NaOH溶液等體積混合(　　) (5)pH＝3的HCl和pH＝10的NaOH溶液等體積混合(　　) (6)pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等體積混合(　　) (7)pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等體積混合(　　)

25、(8)pH＝2的HCl和pH＝12的NH3·H2O等體積混合(　　) 答案　(1)中性　(2)堿性　(3)酸性　(4)中性　(5)酸性　(6)堿性　(7)酸性　(8)堿性 題組四　強酸、強堿混合呈中性pH與體積關系 6．在某溫度時，測得0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝11。 (1)該溫度下水的離子積常數(shù)Kw＝______________。 (2)在此溫度下，將pH＝a的NaOH溶液Va L與pH＝b的硫酸Vb L混合。 ①若所得混合液為中性，且a＝12，b＝2，則Va∶Vb＝_____________。 ②若所得混合液為中性，且a＋b＝12，則Va∶Vb＝_____

26、_____________________。 答案　(1)10－13　(2)①1∶10　②10∶1 解析　(1)由題意知，溶液中c(H＋)＝10－11 mol·L－1，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，故Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－13。 (2)①根據(jù)中和反應：H＋＋OH－===H2O。 c(H＋)·Vb＝c(OH－)·Va 10－2·Vb＝10－13/10－12·Va ＝＝1∶10。 ②根據(jù)中和反應H＋＋OH－===H2O c(H＋)·Vb＝c(OH－)·Va 10－b·Vb＝10－13/10－a·Va ＝＝1013－(a＋b)＝10，即Va∶Vb＝10∶

27、1。 將強酸、強堿溶液以某體積之比混合，若混合液呈中性，則c(H＋)∶c(OH－)、V堿∶V酸、pH酸＋pH堿有如下規(guī)律(25 ℃)：因c(H＋)酸·V酸＝c(OH－)堿·V堿，故有＝。在堿溶液中c(OH－)堿＝，將其代入上式得c(H＋)酸·c(H＋)堿＝，兩邊取負對數(shù)得pH酸＋pH堿＝14－lg?，F(xiàn)舉例如下： V酸∶V堿 c(H＋)∶c(OH－) pH酸＋pH堿 10∶1 1∶10 15 1∶1 1∶1 14 1∶10 10∶1 13 m∶n n∶m 14＋lg() 考點三　酸、堿中和滴定 1．實驗原理 利用酸堿中和反應，用已知濃度酸(或堿)

28、來測定未知濃度的堿(或酸)的實驗方法。以標準鹽酸溶液滴定待測的NaOH溶液，待測的NaOH溶液的物質的量濃度為c(NaOH)＝。 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。 2．實驗用品 (1)儀器 圖(A)是酸式滴定管，圖B是堿式滴定管、滴定管夾、鐵架臺、錐形瓶。 (2)試劑 標準液、待測液、指示劑、蒸餾水。 (3)滴定管的使用 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堿性的試劑一般用堿式滴定管，因為堿性物質易腐蝕玻璃，致使活塞無法打開。 3．實驗操作 實驗操作以標準鹽酸滴定待測NaOH溶液為

29、例 (1)滴定前的準備 ①滴定管：查漏→洗滌→潤洗→裝液→調液面→記錄。 ②錐形瓶：注堿液→記體積→加指示劑。 (2)滴定 (3)終點判斷 等到滴入最后一滴標準液，指示劑變色，且在半分鐘內不恢復原來的顏色，視為滴定終點并記錄標準液的體積。 (4)數(shù)據(jù)處理 按上述操作重復二至三次，求出用去標準鹽酸體積的平均值，根據(jù)c(NaOH)＝計算。 4．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淺紅色 >1

30、0.0紅色 5.指示劑選擇的基本原則 變色要靈敏，變色范圍要小，使變色范圍盡量與滴定終點溶液的酸堿性一致。 (1)不能用石蕊作指示劑。 (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。 (4)強酸滴定強堿一般用甲基橙，但用酚酞也可以。 (5)并不是所有的滴定都須使用指示劑，如用標準的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液時，KMnO4顏色褪去時即為滴定終點。 深度思考 1．酸式滴定管怎樣查漏？ 答案　向已洗凈的滴定管中裝上一定體積的水，固定在滴定管夾上直立靜置兩分鐘，觀察有無水滴漏下。然后將活塞

31、旋轉180°，再靜置兩分鐘，觀察有無水滴漏下，如均不漏水，滴定管即可使用。 2．KMnO4(H＋)溶液、溴水、Na2CO3溶液、稀鹽酸應分別盛放在哪種滴定管中？ 答案　強氧化性溶液、酸性溶液應盛放在酸式滴定管中，堿性溶液應盛放在堿式滴定管中。 即酸性KMnO4溶液、稀鹽酸、溴水應盛放在酸式滴定管中，Na2CO3溶液應盛放在堿式滴定管中。 3．滴定管盛標準溶液時，其液面一定要在0刻度嗎？ 答案　不一定。只要在0刻度或0刻度以下某刻度即可，但一定要記錄下滴定開始前液面的讀數(shù)。 4．滴定終點就是酸堿恰好中和的點嗎？ 答案　滴定終點是指示劑顏色發(fā)生突變的點，不一定是酸堿恰好中和的點。

32、 題組一　誤差分析的全面突破 1．用標準鹽酸溶液滴定未知濃度的NaOH溶液(酚酞作指示劑)，用“偏高”、“偏低”或“無影響”填空。 (1)酸式滴定管未用標準溶液潤洗(　　) (2)錐形瓶用待測溶液潤洗(　　) (3)錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水(　　) (4)放出堿液的滴定管開始有氣泡，放出液體后氣泡消失(　　) (5)酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失(　　) (6)部分酸液滴出錐形瓶外(　　) (7)酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后俯視讀數(shù)(或前仰后俯)(　　) (8)酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后仰視讀數(shù)(或前俯后仰)(　　) 答案　(1)偏高　(2)偏高　(

33、3)無影響　(4)偏低 (5)偏高　(6)偏高　(7)偏低　(8)偏高 　　　　誤差分析的方法 依據(jù)原理c(標準)·V(標準)＝c(待測)·V(待測)，所以c(待測)＝，因為c(標準)與V(待測)已確定，所以只要分析出不正確操作引起V(標準)的變化，即分析出結果。 題組二　酸、堿中和滴定曲線分析 2．已知某溫度下CH3COOH的電離常數(shù)K＝1.6×10－5。該溫度下，向20 mL 0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1 KOH溶液，其pH變化曲線如圖所示(忽略溫度變化)。請回答下列有關問題： (1)a點溶液中c(H＋)為_______

34、_，pH約為________。 (2)a、b、c、d四點中水的電離程度最大的是________，滴定過程中宜選用__________作指示劑，滴定終點在________(填“c點以上”或“c點以下”)。 (3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等濃度的鹽酸，則下列變化趨勢正確的是________(填字母)。 答案　(1)4×10－4 mol·L－1　3.4 (2)c點　酚酞　c點以上 (3)B 解析　(1)電離消耗的醋酸在計算醋酸的電離平衡濃度時可以忽略不計。由K＝得，c(H＋)≈ mol·L－1＝4×10－4 mol·L－1。(2)a點是醋酸溶液，b點是醋酸和少量CH3COO

35、K的混合溶液，c點是CH3COOK和少量醋酸的混合溶液，d點是CH3COOK和KOH的混合溶液，酸、堿均能抑制水的電離，CH3COOK水解促進水的電離，所以c點溶液中水的電離程度最大。由于酸堿恰好完全反應時溶液顯堿性，故應該選擇在堿性范圍內變色的指示劑酚酞。滴定終點應在c點以上。(3)由于稀氨水顯堿性，首先排除選項A和C；兩者恰好反應時溶液顯酸性，排除選項D，故正確的答案為B。 題組三　全面突破酸、堿中和滴定 3．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。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝? (1)用標準的鹽酸滴定待測的NaOH溶液時，左手握酸式滴定管的活塞，

36、右手搖動錐形瓶，眼睛注視________，直到因加入一滴鹽酸后，溶液由黃色變?yōu)槌壬?，并______為止。 (2)下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數(shù)值偏低的是________(填字母序號)。 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(shù)，滴定結束時俯視讀數(shù) (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(shù)為________mL，終點讀數(shù)為________mL， 所用鹽酸溶液的體積為________mL。 (4)某學

37、生根據(jù)3次實驗分別記錄有關數(shù)據(jù)如下表： 滴定次數(shù) 待測NaOH溶液的體積/mL 0.100 0 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(jù)上表數(shù)據(jù)列式計算該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)＝＝26.10 mL，c(NaOH)＝＝0.104 4 mo

38、l·L－1 解析　在求c(NaOH)和進行誤差分析時應依據(jù)公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)，須先求V[(HCl)aq]再代入公式；進行誤差分析時，要考慮實際操作對每一個量即V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影響，進而影響c(NaOH)。 (1)考查酸堿中和滴定實驗的規(guī)范操作。 (2)考查由于不正確操作引起的誤差分析。滴定管未用標準鹽酸潤洗，內壁附著一層水，可將加入的鹽酸稀釋，消耗相同量的堿，所需鹽酸的體積偏大，結果偏高；用堿式滴定管取出的待測NaOH溶液的物質的量一旦確定，倒入錐形瓶后，水的加入不影響OH－的物質的量，也就不影響結果；若排出氣泡，液面會下降，故讀取V

39、酸偏大，結果偏高；正確讀數(shù)(虛線部分)和錯誤讀數(shù)(實線部分)如圖所示： (3)讀數(shù)時，以凹液面的最低點為基準。 (4)先算出耗用標準鹽酸的平均值 ＝＝26.10 mL(第二次偏差太大，舍去)， c(NaOH)＝＝0.104 4 mol·L－1。 1.滴定終點的判斷答題模板 當?shù)稳胱詈笠坏巍痢痢痢痢痢翗藴嗜芤汉?，溶液變成××××××色，且半分鐘內不恢復原來的顏色? 解答此類題目注意三個關鍵點： (1)最后一滴：必須說明是滴入“最后一滴”溶液。 (2)顏色變化：必須說明滴入“最后一滴”溶液后溶液“顏色的變化”。 (3)半分鐘：必須說明溶液顏色變化后“半分鐘內不再恢復原來

40、的顏色”。 2．圖解量器的讀數(shù)方法 (1)平視讀數(shù)(如圖1)：實驗室中用量筒、移液管或滴定管量取一定體積的液體，讀取液體體積時，視線應與凹液面最低點保持水平，視線與刻度的交點即為讀數(shù)(即凹液面定視線，視線定讀數(shù))。 (2)俯視讀數(shù)(如圖2)：當用量筒測量液體的體積時，由于俯視視線向下傾斜，尋找切點的位置在凹液面的上側，讀數(shù)高于正確的刻度線位置，即讀數(shù)偏大。 (3)仰視讀數(shù)(如圖3)：讀數(shù)時，由于視線向上傾斜，尋找切點的位置在液面的下側，因滴定管刻度標法與量筒不同，這樣仰視讀數(shù)偏大。 至于俯視和仰視的誤差，還要結合具體儀器進行分析，因為量筒刻度從下到上逐漸增大；而滴定管刻度從下到上

41、逐漸減小，并且滴定管中液體的體積是兩次體積讀數(shù)之差，在分析時還要看滴定前讀數(shù)是否正確，然后才能判斷實際量取的液體體積是偏大還是偏小。 題組四　滴定法的拓展應用——氧化還原滴定 4．KMnO4溶液常用作氧化還原反應滴定的標準液，由于KMnO4的強氧化性，它的溶液很容易被空氣中或水中的某些少量還原性物質還原，生成難溶性物質MnO(OH)2，因此配制KMnO4標準溶液的操作如下所示： ①稱取稍多于所需量的KMnO4固體溶于水中，將溶液加熱并保持微沸1 h；②用微孔玻璃漏斗過濾除去難溶的MnO(OH)2；③過濾得到的KMnO4溶液貯存于棕色試劑瓶并放在暗處；④利用氧化還原滴定方法，在70～80

42、℃條件下用基準試劑(純度高、相對分子質量較大、穩(wěn)定性較好的物質)溶液標定其濃度。 請回答下列問題： (1)準確量取一定體積的KMnO4溶液需要使用的儀器是____________。 (2)在下列物質中，用于標定KMnO4溶液的基準試劑最好選用________(填字母)。 A．H2C2O4·2H2O B．FeSO4 C．濃鹽酸 D．Na2SO3 (3)若準確稱取W g你選的基準試劑溶于水配成500 mL溶液，取25.00 mL置于錐形瓶中，用KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液V mL。KMnO4溶液的物質的量濃度為________mol·L－1。 (4)若用放置兩周的

43、KMnO4標準溶液去測定水樣中Fe2＋的含量，測得的濃度值將________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。 答案　(1)酸式滴定管　(2)A　(3)　(4)偏高 解析　(1)KMnO4溶液具有強氧化性，能將堿式滴定管下端的橡膠管腐蝕，所以不能用堿式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取。 (2)H2C2O4·2H2O在常溫常壓下是穩(wěn)定的結晶水合物； FeSO4在空氣中不穩(wěn)定易被氧化，鐵元素的化合價從＋2升高到＋3；濃鹽酸易揮發(fā)；Na2SO3在空氣中不穩(wěn)定易被氧化成Na2SO4。 (3)根據(jù)得失電子守恒原理有關系式：5(H2C2O4·2H2O)～2KMnO4，則KMnO4溶液的濃度為

44、 c(KMnO4)＝ ＝ mol·L－1。 (4)在放置過程中，由于空氣中還原性物質的作用，使KMnO4溶液的濃度變小了，再去滴定水樣中的Fe2＋時，消耗KMnO4溶液(標準溶液)的體積會增大，導致計算出來的c(Fe2＋)會增大，測定的結果將偏高。 氧化還原滴定3要點 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，或者間接滴定一些本身并沒有還原性或氧化性，但能與某些還原劑或氧化劑反應的物質。 2．試劑：常見的用于滴定的氧化劑有KMnO4、K2Cr2O7等；常見的用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生素C等。 3．指示劑：氧化還原滴定法的指示劑有三類。

45、a.氧化還原指示劑；b.專用指示劑，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘標準溶液變藍；c.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?yōu)闇\紅色。 探究高考　明確考向 全國卷Ⅰ、Ⅱ高考題調研 1．判斷正誤，正確的劃“√”，錯誤的劃“×” (1)酸式滴定管裝標準溶液前，必須先用該溶液潤洗(　　) (xx·新課標全國卷Ⅰ，12B) (2)酸堿滴定實驗中，用待滴定溶液潤洗錐形瓶以減小實驗誤差(　　) (xx·新課標全國卷Ⅰ，12C) 答案　(1)√　(2)× 2．(xx·新課標全國卷Ⅱ，28)某小組以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨水為原料，在活性

46、炭催化下，合成了橙黃色晶體X，為確定其組成，進行如下實驗。 ①氨的測定：精確稱取w g X，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，用V1 mL c1 mol·L－1的鹽酸標準溶液吸收。蒸氨結束后取下接收瓶，用c2 mol·L－1 NaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗V2 mL NaOH溶液。 ②氯的測定：準確稱取樣品X，配成溶液后用AgNO3標準溶液滴定，K2CrO4溶液為指示劑，至出現(xiàn)淡紅色沉淀不再消失為終點(Ag2CrO4為磚紅色)。 回答下列問題： (1)裝置中安全管的作用原理是_______

47、______________。 (2)用NaOH標準溶液滴定過剩的HCl時，應使用__________式滴定管，可使用的指示劑為________。 (3)樣品中氨的質量分數(shù)表達式為________________。 (4)測定氨前應該對裝置進行氣密性檢驗，若氣密性不好測定結果將________(填“偏高”或“偏低”)。 (5)測定氯的過程中，使用棕色滴定管的原因是___________________；滴定終點時，若溶液中c(Ag＋)＝2.0×10－5 mol·L－1，c(CrO)為________ mol·L－1。[已知：Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12] (6)經測

48、定，樣品X中鈷、氨和氯的物質的量之比為1∶6∶3，鈷的化合價為________。制備X的化學方程式為___________________； X的制備過程中溫度不能過高的原因是______________________________。 答案　(1)當A中壓力過大時，安全管中液面上升，使A瓶中壓力穩(wěn)定 (2)堿　酚酞(或甲基紅) (3)×100% (4)偏低 (5)防止硝酸銀見光分解　2.8×10－3 (6)＋3　2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O　溫度過高過氧化氫分解、氨氣逸出 解析　(1)若沒有A中的安全管，當A中

49、產生氣體時，會因裝置壓力過大發(fā)生危險；反之，有安全管存在，當A中壓力過大時，安全管中的液面會上升，使A瓶中壓力穩(wěn)定。 (2)由題意知，用NaOH標準溶液滴定過剩的HCl時，NaOH溶液應放入堿式滴定管中，可使用酚酞作指示劑，滴定至終點時溶液由無色變?yōu)闇\紅色。 (3)已知鹽酸的總的物質的量為c1 mol·L－1×V1 mL×10－3 L·mL－1＝c1V1×10－3 mol，NH3反應完后剩余的鹽酸用NaOH標準溶液滴定，可求出剩余的鹽酸為c2×V2×10－3 mol，由NH3＋HCl===NH4Cl可求出NH3的物質的量。進而求出w g X中的含氨量，即×100%。 (4)若裝置氣密性不

50、好，會有NH3外逸，而不被HCl吸收，則剩余的HCl的物質的量會增多，消耗NaOH增多，即c2V2的值增大，由(3)中計算式可知氨的測定結果偏低。 (5)AgNO3是見光易分解的物質，使用棕色滴定管的目的是防止AgNO3見光分解而影響實驗結果；由Ag2CrO4的溶度積常數(shù)Ksp＝1.12×10－12，c(Ag＋)＝2.0×10－5 mol·L－1，可求出c(CrO)＝＝ mol·L－1＝2.8×10－3 mol·L－1。 (6)樣品X中鈷、氨和氯的物質的量之比為1∶6∶3，可寫出化學式為[Co(NH3)6]Cl3，由化合物中正負化合價代數(shù)和為0計算，NH3整體為0價，氯為－1價，故Co為＋

51、3價；從而推出制備X的化學方程式為2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O。由于溫度過高時H2O2易分解、NH3易揮發(fā)，故制備過程中溫度不能過高。 各省市高考題調研 1．判斷正誤，正確的劃“√”，錯誤的劃“×” (1)測定NaOH溶液濃度，可用滴定管、錐形瓶、燒杯、NaOH溶液、0.100 0 mol·L－1鹽酸達到目的(　　) (xx·安徽理綜，9D) (2)用蒸餾水潤濕的試紙測溶液的pH，一定會使結果偏低(　　) (xx·大綱全國卷，6D) (3)(　　) (xx·山東理綜，10B) (4)50 ℃時，pH＝4的醋酸中，

52、c(H＋)＝4.0 mol·L－1(　　) (xx·廣東理綜，12A) (5)50 ℃時，pH＝12的純堿溶液中，c(OH－)＝1.0×10－2 mol·L－1(　　) (xx·廣東理綜，12C) (6)在蒸餾水中滴加濃硫酸，Kw不變(　　) (xx·天津理綜，5A) (7)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同(　　) (xx·天津理綜，5D) (8)25 ℃與60 ℃時，水的pH相等(　　) (xx·福建理綜，10B) (9)中和等體積、等物質的量濃度的鹽酸和醋酸所消耗的n(NaOH)相等(　　) (xx·福建理綜，10C) (10)

53、用0.200 0 mol·L－1 NaOH標準溶液滴定HCl與CH3COOH的混合液(混合液中兩種酸的濃度均約為0.1 mol·L－1)，至中性時，溶液中的酸未被完全中和(　　) (xx·浙江理綜，12C) (11)常溫下，將pH＝3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，溶液的pH＝4(　　) (xx·浙江理綜，12A) (12)“中和滴定”實驗中，容量瓶和錐形瓶用蒸餾水洗凈后即可使用，滴定管和移液管用蒸餾水洗凈后，須經干燥或潤洗后方可使用(　　) (2011·浙江理綜，8C) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×　(9)√　(10)√　

54、(11)×　(12)√ 2．(xx·山東理綜，13)某溫度下，向一定體積0.1 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH－])與pH的變化關系如圖所示，則(　　) A．M點所示溶液的導電能力強于Q點 B．N點所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋) C．M點和N點所示溶液中水的電離程度相同 D．Q點消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積 答案　C 解析　結合醋酸與NaOH溶液的反應，pOH、pH的定義及題給圖像，分析各選項并得出合理答案。 Q點pOH＝pH＝a，則有c(H＋)＝c(OH－)，此時溶液呈中性，那么c(CH

55、3COO－)＝c(Na＋)，N點溶液呈堿性，c(OH－)>c(H＋)，那么c(CH3COO－)

56、(H＋)和c(OH－)的關系，下列判斷錯誤的是 (　　) A．兩條曲線間任意點均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw B．M區(qū)域內任意點均有c(H＋)＜c(OH－) C．圖中T1＜T2 D．XZ線上任意點均有pH＝7 答案　D 解析　根據(jù)水的電離、水的離子積的影響因素以及pH的計算逐一分析各選項。 A項水電離出的c(H＋)與c(OH－)的乘積為一常數(shù)；B項由圖看出M區(qū)域內c(H＋)＜c(OH－)；C項T2時c(H＋)·c(OH－)大于T1時c(H＋)·c(OH－)，因為水的電離過程是吸熱的，溫度越高，水的離子積越大，所以T2＞T1；D項pH＝－lgc(H＋)，XZ線上任意點的c(

57、H＋)＝c(OH－)，但pH不一定為7。 4．(xx·上海，5)374 ℃、22.1 MPa以上的超臨界水具有很強的溶解有機物的能力，并含有較多的H＋和OH－，由此可知超臨界水 (　　) A．顯中性，pH等于7 B．表現(xiàn)出非極性溶劑的特性 C．顯酸性，pH小于7 D．表現(xiàn)出極性溶劑的特性 答案　B 解析　超臨界水仍然呈中性，但pH不為7，A、C項錯誤；根據(jù)相似相溶的原理可知B項正確(有機物大多數(shù)是非極性分子)，D項錯誤。 5．[xx·山東理綜，29(3)]利用I2的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量。做法是將鋼樣中的硫轉化成H2SO3，然后用一定濃度的I2溶液進行滴定，所用指示劑為__

58、______，滴定反應的離子方程式為________。 答案　淀粉溶液　I2＋H2SO3＋H2O===4H＋＋2I－＋SO 解析　因為I2＋H2SO3＋H2O===2I－＋4H＋＋SO，I2遇淀粉變藍，所以應選用淀粉溶液作指示劑。 6．(xx·江蘇，18)硫酸鎳銨[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于電鍍、印刷等領域。某同學為測定硫酸鎳銨的組成，進行如下實驗：①準確稱取2.335 0 g樣品，配制成100.00 mL溶液A；②準確量取25.00 mL溶液A，用0.040 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Ni2＋(離子方程式為Ni2＋＋H2Y2－

59、===NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA標準溶液31.25 mL；③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加熱，生成NH3 56.00 mL(標準狀況)。 (1)若滴定管在使用前未用EDTA標準溶液潤洗，測得的Ni2＋含量將________(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。 (2)氨氣常用________檢驗，現(xiàn)象是______________________________________________。 (3)通過計算確定硫酸鎳銨的化學式(寫出計算過程)。 答案　(1)偏高 (2)濕潤的紅色石蕊試紙　試紙顏色由紅變藍 (3)n(Ni2＋)＝0.040 00

60、mol·L－1×31.25 mL×10－3 L·mL－1＝1.250×10－3 mol n(NH)＝ ＝2.500×10－3 mol n(SO)＝ ＝ ＝2.500×10－3 mol m(Ni2＋)＝59 g·mol－1×1.250×10－3 mol＝0.073 75 g m(NH)＝18 g·mol－1×2.500×10－3 mol＝0.045 00 g m(SO)＝96 g·mol－1×2.500×10－3 mol＝0.240 0 g n(H2O)＝ ＝1.250×10－2 mol x∶y∶m∶n＝n(NH)∶n(Ni2＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10

61、 硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。 解析　(1)若滴定管使用前沒有用EDTA標準溶液潤洗，會造成EDTA溶液濃度減小，使消耗的EDTA溶液體積偏大，則測得的Ni2＋含量偏高。(2)氨氣是中學化學中唯一的堿性氣體，常用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，試紙由紅色變藍色。 7．[xx·浙江理綜，26(3)]已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－。 某學習小組用“間接碘量法”測定含有CuCl2·2H2O晶體的試樣(不含能與I－發(fā)生反應的氧化性雜質)的純度，過程如下：取0.36 g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L－1 Na2

62、S2O3標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液20.00 mL。 ①可選用________作滴定指示劑，滴定終點的現(xiàn)象是________________________________。 ②CuCl2溶液與KI反應的離子方程式為____________________________________。 ③該試樣中CuCl2·2H2O的質量百分數(shù)為__________。 答案?、俚矸廴芤骸∷{色褪去，放置一定時間后不復色 ②2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2?、?5% 解析　①“間接碘量法”測定含有CuCl2·2H2O晶體試樣的純度的基本原理是CuCl2氧化I－

63、生成I2，用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2顯藍色，故可用淀粉溶液作指示劑，達到滴定終點時，溶液由藍色變成無色，且半分鐘內溶液不恢復原來的顏色。 ②CuCl2與KI發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。 ③由題給信息可得關系式：2Cu2＋～I2～2S2O，則有 n(CuCl2·2H2O)＝n(Cu2＋)＝n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－3 mol，m(CuCl2·2H2O)＝2.000×10－3 mol×171 g·mol－1＝0.342 g。試樣中CuCl2·2H2O的質量

64、分數(shù)為×100%＝95%。 8．[xx·天津理綜，9(5)(6)]測定Na2S2O3·5H2O產品純度 準確稱取W g Na2S2O3·5H2O產品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.100 0 mol·L－1碘的標準溶液滴定。 反應原理為2S2O＋I2===S4O＋2I－ (5)滴定至終點時，溶液顏色的變化：___________________________。 (6)測定起始和終點的液面位置如圖，則消耗碘的標準溶液體積為________mL。產品的純度為(設Na2S2O3·5H2O相對分子質量為M)________。 答案　(5)由無色變藍色 (6)18.10　×

65、100% 解析　(5)用淀粉作指示劑，達到終點時的現(xiàn)象是溶液由無色變?yōu)樗{色。 (6)根據(jù)圖示：滴定管的讀數(shù)需要保留2位小數(shù)，所以消耗碘的標準溶液的體積為18.10 mL。 根據(jù)2S2O＋I2===S4O＋2I－知：n(S2O)＝2n(I2)＝0.100 0 mol·L－1×18.10 mL×10－3 L·mL－1×2＝3.620×10－3 mol。產品的純度為3.620×10－3 mol×M/W×100%＝×100%。 練出高分 1．常溫下，下列有關電解質溶液的敘述正確的是(　　) A．同濃度、同體積的強酸與強堿溶液混合后，溶液的pH＝7 B．將10 mL pH＝a的鹽酸與100

66、 mL pH＝b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，則a＋b＝13 C．將pH＝10的Ba(OH)2溶液和pH＝13的NaOH溶液等體積混合，混合后溶液的pH＝10.7(已知lg 2＝0.3) D．pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合后所得溶液顯中性 答案　B 解析　同濃度、同體積的強酸和強堿溶液混合后，溶液pH的大小取決于是否恰好反應、是酸過量還是堿過量，如等濃度、等體積的H2SO4溶液和NaOH溶液混合后，酸過量，溶液的pH<7，A錯誤；B項中兩溶液混合后恰好中和，則10－a mol·L－1×0.01 L＝10－14＋bmol·L－1×0.1 L，則－a－2＝－14＋b－1，則a＋b＝13，B正確；C項中兩溶液混合后c(OH－)＝≈5×10－2mol·L－1，c(H＋)＝Kw/c(OH－)＝2×10－13mol·L－1，pH＝12.7，C錯誤；pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合后所得溶液顯堿性，D錯誤。 2．下列說法正確的是(　　) A．常溫下，某溶液中由水電離出的c(H＋)＝1×10－amol·L－1，若a>7時，則該溶液的pH一定為14－a B．pH