《2019年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題8.2 水的電離和溶液的酸堿性（講）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題8.2 水的電離和溶液的酸堿性（講）.doc（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題8.2 水的電離和溶液的酸堿性 1、掌握水的電離過程以及離子積常數(shù)以及影響水電離平衡的因素。 2、了解PH的定義，溶液的酸堿性與pH的關(guān)系，測定pH方法及簡單計算。 3、掌握酸堿中和滴定的基本方法和誤差分析。 一、水的電離及離子積常數(shù) 1、水的電離平衡：水是極弱的電解質(zhì)，能發(fā)生自電離： H2O＋H2OH3O＋＋OH－，簡寫為 H2O H++OH－ （正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)） 其電離平衡常數(shù)：Ka = 2、水的離子積常數(shù)： （1）概念：在一定溫度下，c(H＋)與c(OH－)的乘積是一個常數(shù)，稱為水的離子積常數(shù)，簡稱水的離子積。 （2）表達(dá)式：Kw= c(H+)c(OH－) （3）數(shù)值：室溫下：Kw＝110－14。 （4）影響因素：只與溫度有關(guān)，因為水的電離是吸熱過程，所以升高溫度，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(zhì)水溶液。 （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。 【特別提醒】①水的離子積常數(shù)Kw＝c(H＋)c(OH－)，其實質(zhì)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。 3、影響水的電離平衡的因素 （1）酸和堿：酸或堿的加入都會電離出 H+或OH-，均使水的電離逆向移動，從而抑制水的電離，水的電離程度減小，Kw不變。 （2）溫度：由于水的電離吸熱，若升高溫度，將促進(jìn)水的電離， [H+]與[OH-]同時同等程度的增加，水的電離程度增大，Kw增大，pH變小，但[ H+]與[OH-]始終相等，故仍呈中性。 （3）能水解的鹽：不管水解后溶液呈什么性，均促進(jìn)水的電離，使水的電離程度增大，Kw不變。 （4）其它因素：如向水中加入活潑金屬，由于活潑金屬與水電離出來的 H+直接作用，使[ H+]減少，因而促進(jìn)了水的電離平衡正向移動。 【總結(jié)】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 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 〖特別提醒〗水的電離平衡注意事項 （1）水的離子積常數(shù)Kw＝c(H＋)c(OH－)，其實質(zhì)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。 （3）水的電離是吸熱過程，升高溫度，水的電離平衡向電離方向移動，c(H＋)和c(OH－)都增大，故Kw增大，但溶液仍呈中性；對于Kw，若未注明溫度，一般認(rèn)為在常溫下(25 ℃)。 （4）水中加酸或堿對水的電離均有抑制作用，因此，室溫下，若由水電離出的c(H＋)<110－7 molL－1，該溶液可能顯酸性，也可能顯堿性。 【方法總結(jié)】正確理解水的電離平衡曲線 （1）曲線上的任意點(diǎn)的Kw都相同，即c(H＋)c(OH－)相同，溫度相同。 （2）曲線外的任意點(diǎn)與曲線上任意點(diǎn)的Kw不同，溫度不同。 （3）實現(xiàn)曲線上點(diǎn)之間的轉(zhuǎn)化需保持溫度不變，改變酸堿性；實現(xiàn)曲線上點(diǎn)與曲線外點(diǎn)之間的轉(zhuǎn)化一定得改變溫度。 【典型例題1】【2018年10月4日 《每日一題》】水的電離平衡曲線如圖所示，下列說法不正確的是（ ） A． 圖中五點(diǎn)的KW的關(guān)系:b>c>a=d=e B． 若從a點(diǎn)到d點(diǎn)，可采用:溫度不變向水中加入少量的酸 C． 若從a點(diǎn)到c點(diǎn)，可采用:溫度不變向水中加入適量的NH4Cl固體 D． 若處在b點(diǎn)時，將pH=2的硫酸與pH=10的KOH溶液等體積混合后(溶液體積變化忽略不計)，溶液呈中性 【答案】C 【點(diǎn)評】純水電離出的氫離子和氫氧根離子濃度相等，所以可以從二者相等時的點(diǎn)確定水的離子積常數(shù)，從而確定溫度。水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，與加入酸堿或鹽無關(guān)，加入其它物質(zhì)時，水的電離平衡發(fā)生移動，溶液中氫離子或氫氧根離子濃度沿線移動。 【遷移訓(xùn)練1】【遼寧省大連市2018屆高三雙基測試】下圖三條曲線表示不同溫度下水的離子積常數(shù)，下列說法不正確的是 （ ） A． 圖中溫度:T3>T2>T1 B． 圖中pH關(guān)系是:pH(B)=pH(D)=pH(E) C． 圖中五點(diǎn)Kw間的關(guān)系:E>D>A=B=C D． C點(diǎn)可能是顯酸性的鹽溶液 【答案】D 二、溶液的酸堿性和pH的關(guān)系 1、溶液酸堿性判斷依據(jù) 溶液的酸堿性取決于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相對大小。 2、溶液的pH （1）pH的定義： pH= -lgc(H+) （2）pH的適用范圍 當(dāng)溶液的酸堿性用pH表示時，其c(H＋)的大小范圍一般為110－14 mol/LpH>0。 當(dāng)c(H＋)或c(OH－)≥1 molL－1時，一般不用pH表示溶液的酸堿性，用c(H＋)或c(OH－)直接表示溶液的酸堿性更方便。 （3）溶液的酸堿性和pH的關(guān)系： 在室溫下，中性溶液：c(H+)= c(OH－) =1.010-7 mol L-1， pH =7 酸性溶液：c(H+)＞c(OH－) ，c(H+)＞1.010-7 molL-1， pH ＜7 堿性溶液：c(H+)＜c(OH－)，c(H+)＜1.010-7 molL-1， pH ＞7 3、pH的測定方法： （1）酸堿指示劑：粗略地測溶液pH范圍 常用指示劑的變色范圍： 石蕊試液的變色范圍是pH=5.0-8.0； 酚酞試液的變色范圍是 8.2 ～ 10.0； 甲基橙試液的變色范圍是3.1(紅)-4.4(黃)。 （2）pH試紙：精略地測定溶液酸堿性強(qiáng)弱 pH試紙的種類：常用的pH試紙有廣泛pH試紙(pH范圍為1～14或0～10，可識別pH差值約為1)和精密pH試紙(pH范圍較窄，可識別的pH差值為0.2或0.3)。 pH試紙使用方法： ①方法：用鑷子夾取一小塊pH試紙放在玻璃片(或表面皿)上，用蘸有待測液的玻璃棒點(diǎn)在試紙的中央，試紙變色后，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較來確定溶液的pH。 ②注意：pH試紙使用前不能用蒸餾水潤濕，否則將可能產(chǎn)生誤差。 【思考】如果將pH試紙先潤濕再測量，對pH值產(chǎn)生什么影響？ （3）pH計： 精確地測定溶液酸堿性強(qiáng)弱，讀數(shù)時保留兩位小數(shù)。 【特別提醒】正確理解溶液的酸堿性與pH關(guān)系 ①溶液呈現(xiàn)酸、堿性的實質(zhì)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(yīng)注意溫度。 ②使用pH試紙測溶液pH時不能用蒸餾水潤濕。 ③25 ℃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。 【典型例題2】【四川雅安市2018屆期末】能說明溶液呈中性的可靠依據(jù)是 （ ） A． pH=7 B． 石蕊試液不變色 C． pH試紙不變色 D． c(H+)=c(OH-) 【答案】D 【點(diǎn)評】本題考查了溶液酸堿性的判斷，屬于易錯題，注意不能根據(jù)溶液的pH值判斷溶液的酸堿性，要根據(jù)氫離子濃度和氫氧根離子濃度的相對大小判斷溶液的酸堿性。 【遷移訓(xùn)練2】【合肥六中2018屆期中】下列敘述正確的是 （ ） A． 95℃純水的pH<7，說明加熱可導(dǎo)致水呈酸性 B． pH＝3的醋酸溶液，稀釋至10倍后pH＝4 C． pH＝3的醋酸溶液與pH＝11的氫氧化鈉溶液等體積混合后pH＝7 D． 0.2 molL－1的鹽酸與等體積水混合后pH＝1 【答案】D 【解析】A、水是弱電解質(zhì)，電離吸熱，加熱促進(jìn)電離，所以95 ℃純水的pH＜7。但任何純水都是顯中性的，選項A不正確；B、醋酸是弱酸，存在電離平衡。稀釋促進(jìn)電離，氫離子的物質(zhì)的量增加，所以pH＝3的醋酸溶液，稀釋至10倍后3＜pH＜4，選項B不正確；C、醋酸是弱酸，則pH＝3的醋酸溶液中醋酸的濃度大于10－3mol/L。而pH＝11的氫氧化鈉溶液中氫氧化鈉的濃度＝10－3mol/L，所以二者等體積混合后醋酸過量，溶液顯酸性，即pH＜7，選項C不正確；D、0.2 molL－1的鹽酸，與等體積水混合后溶液的濃度＝0.1mol/L，所以溶液的pH＝1，選項D正確；答案選D。 三、酸堿中和滴定 1、概念 利用酸堿中和反應(yīng)，用已知濃度酸(或堿)來測定未知濃度的堿(或酸)的實驗方法。 2、原理 計算依據(jù)：當(dāng)酸與堿恰好完全反應(yīng)時，有n(H＋)＝n(OH－)，即ν(酸)c(酸)V(酸)＝ν(堿)c(堿)V(堿)(ν、c、V分別代表酸和堿的元數(shù)、濃度、體積)。 酸堿中和滴定的關(guān)鍵： ①準(zhǔn)確測定標(biāo)準(zhǔn)液的體積。 ②準(zhǔn)確判斷滴定終點(diǎn)。 3、實驗用品 （1）試劑：標(biāo)準(zhǔn)液(已知濃度的酸或堿溶液)、待測液(未知濃度的堿或酸溶液)、適當(dāng)?shù)乃釅A指示劑(通過指示劑顏色的變化來確定滴定終點(diǎn))。。 （2）①儀器：酸式滴定管、堿式滴定管、滴定管夾、鐵架臺、錐形瓶圖(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。 （3）滴定管 ①構(gòu)造：“0”刻度線在上方，尖嘴部分無刻度。 ②精確度：讀數(shù)可估計到0.01mL。 ③洗滌：先用蒸餾水洗滌，再用待裝液潤洗。 ④排泡：酸、堿式滴定管中的液體在滴定前均要排出尖嘴中的氣泡。 ⑤使用注意事項： 試劑性質(zhì) 滴定管 原因 酸性、氧化性 酸式滴定管 氧化性物質(zhì)易腐蝕橡膠管 堿性 堿式滴定管 堿性物質(zhì)易腐蝕玻璃，致使玻璃活塞無法打開 4、實驗操作(以標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定待測NaOH溶液) （1）滴定前的準(zhǔn)備 滴定準(zhǔn)備“八動詞” （2）滴定過程“三動作” （3）終點(diǎn)判斷“兩數(shù)據(jù)” a．最后一滴：滴入最后一滴，溶液顏色發(fā)生突變。 b．半分鐘：顏色突變后，經(jīng)振蕩半分鐘內(nèi)不復(fù)原，視為滴定終點(diǎn)。 （4）數(shù)據(jù)處理 按上述操作重復(fù)2～3次，求出用去標(biāo)準(zhǔn)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(lán)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 >10.0紅色 【特別提醒】中和滴定操作細(xì)節(jié) （1）酸式滴定管下端為玻璃塞，能耐酸和氧化劑的腐蝕，可用于盛裝酸性和氧化性溶液，但不能盛裝堿性溶液。 （2）堿式滴定管下端為橡膠管和玻璃珠，橡膠易被酸性或氧化性溶液腐蝕，所以堿式滴定管只能盛裝堿性或非氧化性溶液。 （3）滴定管“0”刻度在上方，數(shù)值從上到下依次增大，有一部分沒有刻度，滴定管的全部容積大于它的最大刻度值，仰視時讀數(shù)偏大，俯視時讀數(shù)偏小。量筒無“0”刻度，數(shù)值從下到上依次增大，因此仰視時讀數(shù)偏小，俯視時讀數(shù)偏大。 （4）記錄數(shù)據(jù)時，滴定管的讀數(shù)應(yīng)記錄到小數(shù)點(diǎn)后兩位，如20.00 mL；量筒的讀數(shù)最多記錄到小數(shù)點(diǎn)后一位，如8.0 mL。 （5）＝≠≠ ①滴定終點(diǎn)：指示劑變色時即“達(dá)到了滴定的終點(diǎn)”，通常與理論終點(diǎn)存在著一定的誤差(允許誤差)，而指示劑變色點(diǎn)都不是pH＝7的情況。 ②恰好中和：指酸和堿恰好完全反應(yīng)生成鹽和水的時刻，此時的溶液不一定呈中性。 ③呈中性：溶液中的氫離子濃度等于氫氧根離子濃度(常溫下pH＝7)。 （6）清楚指示劑的選擇原則 變色要靈敏，變色范圍要小，使變色范圍盡量與滴定終點(diǎn)溶液的酸堿性一致。 ①不能用石蕊作指示劑。 ②滴定終點(diǎn)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(diǎn)為酸性時，用甲基橙作指示劑，例如用鹽酸滴定氨水。 ④強(qiáng)酸滴定強(qiáng)堿一般用甲基橙，但用酚酞也可以。 6、誤差分析 （1）原理(以標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定待測NaOH溶液為例) cB= VB——準(zhǔn)確量取的待測液的體積； cA——標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度。 故有：cB正比于VA。 （2）誤差分析 A、標(biāo)準(zhǔn)液配制引起的誤差 ①稱取5.2克氫氧化鈉配制標(biāo)準(zhǔn)液時，物碼倒置。 (偏高) ②配制標(biāo)準(zhǔn)液時，燒杯及玻璃棒未洗滌。 (偏高) ③配制標(biāo)準(zhǔn)液時，定容俯視。 (偏低) ④配制標(biāo)準(zhǔn)液時，定容仰視。 (偏高) ⑤配制標(biāo)準(zhǔn)NaOH滴定鹽酸時，NaOH中如混有碳酸鈉。 (偏高) ⑥配制標(biāo)準(zhǔn)NaOH滴定鹽酸時，NaOH中如混有碳酸氫鈉。 (偏高) ⑦配制標(biāo)準(zhǔn)NaOH滴定鹽酸時，NaOH中如混有KOH。 (偏高) ⑧滴定管水洗后，未用標(biāo)準(zhǔn)液洗滌。 (偏高) B、標(biāo)準(zhǔn)液操作引起的誤差 ①滴定前讀數(shù)仰視，滴定后讀數(shù)俯視。 (偏低) ②滴定結(jié)束，滴定管尖嘴處有一滴未滴下。 (偏高) ③滴定前有氣泡未趕出，后來消失。 (偏高) C、待測液操作引起的誤差 ①錐形瓶水洗后，用待測液潤洗過再裝待測液。 (偏高) ②錐形瓶有少量水，直接放入待測液。 (無影響) ③搖動錐形瓶時，濺出部分溶液。 (偏低) 【典型例題3】【湖北部分重點(diǎn)中學(xué)2019屆高三上起點(diǎn)考試】下列有關(guān)滴定操作的說法正確的是 （ ） A． 用25mL滴定管進(jìn)行中和滴定時，用去標(biāo)準(zhǔn)液的體積為21.7mL B． 用標(biāo)準(zhǔn)的KOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，洗凈堿式滴定管后直接取標(biāo)準(zhǔn)KOH溶液進(jìn)行滴定，則測定結(jié)果偏低 C． 用標(biāo)準(zhǔn)的KOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的固體KOH中含有NaOH雜質(zhì)，則測定結(jié)果偏高 D． 用未知濃度的鹽酸滴定標(biāo)準(zhǔn)的KOH溶液時，若讀取讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定到終點(diǎn)后俯視，會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高 【答案】D 【點(diǎn)評】本題考查氧化還原滴定操作、誤差分析，注意利用公式來分析解答，無論哪一種類型的誤差，都可以歸結(jié)為對標(biāo)準(zhǔn)溶液體積的影響，然后根據(jù)c(待測)= 分析，若標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，那么測得的物質(zhì)的量的濃度也偏??；若標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大，那么測得的物質(zhì)的量的濃度也偏大。 【遷移訓(xùn)練3】【陜西西安遠(yuǎn)東一中2019屆高三上10月月考】為了測定實驗室長期存放的Na2SO3固體的純度，準(zhǔn)確稱取M g固體樣品，配成250 mL溶液。設(shè)計了以下兩種實驗方案： 方案I：取50.00 mL上述溶液→加入足量的鹽酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗滌→操作Ⅱ→稱量，得到沉淀的質(zhì)量為m1 g 方案Ⅱ：取50.00 mL上述溶液，用a mol/L 的酸性KMnO4溶液進(jìn)行滴定。 實驗中所記錄的數(shù)據(jù)如下表： 滴定次數(shù) 實驗數(shù)據(jù) 1 2 3 4 待測溶液體積/mL 50.00 50.00 50.00 50.00 滴定管初讀數(shù)/mL 0.00 0.20 0.10 0.15 滴定管末讀數(shù)/mL 20.95 21.20 20.15 21.20 （1）配制250 mL Na2SO3溶液時，必須用到的實驗儀器有：燒杯、玻棒、滴管、藥匙和_______________、_________________。 （2）操作I為__________________操作Ⅱ為______________ （3）方案I中如何判別加入的氯化鋇已經(jīng)過量______________________________ （4）在方案Ⅱ中滴定終點(diǎn)的判斷方法是_______________________________。 （5） 在方案Ⅱ中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為__________________________ （6）根據(jù)方案Ⅱ所提供的數(shù)據(jù)，計算Na2SO3的純度為___________。（寫成分?jǐn)?shù)形式） （7）有同學(xué)模仿方案I，提出方案Ⅲ：取50.00 mL上述溶液→加入足量的鹽酸酸化的Ba(NO3)2溶液→操作I→洗滌→操作Ⅱ→稱重，得到沉淀質(zhì)量為m2 g 并用方案I的方法計算結(jié)果。 根據(jù)方案Ⅲ，從理論上講，下列說法正確的是________（填序號） a．方案I比方案Ⅲ的計算結(jié)果要低 b．方案I比方案Ⅲ的計算結(jié)果要高 c．m1=m2 ，方案I和方案Ⅲ的結(jié)果一樣 d．方案Ⅲ不應(yīng)根據(jù)方案I的方法計算 （8）上述實驗中，由于操作錯誤所引起的實驗誤差分析正確的是__________（填序號）。 a．方案I中如果沒有洗滌操作，實驗結(jié)果將偏小 b．方案I中如果沒有操作Ⅱ，實驗結(jié)果將偏大 c．方案Ⅲ中如果沒有洗滌操作，實驗結(jié)果將偏小 d．方案Ⅲ中如果沒有操作Ⅱ，實驗結(jié)果將偏大 【答案】天平 250mL的容量瓶 過濾 干燥（烘干） 靜置分層后，向上清液中加入鹽酸酸化的氯化鋇，不再產(chǎn)生沉淀，即已沉淀完全 加入最后一滴高錳酸鉀溶液后溶液由無色變?yōu)樽仙?，且在半分鐘?nèi)不褪2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O1323a/40Mbdad （2）取2.500 mL上述溶液,加入足量的鹽酸酸化的BaCl2溶液生成硫酸鋇沉淀過濾洗滌干燥稱量,得到沉淀的質(zhì)量為m1g,操作I為分離固體和液體用過濾,操作Ⅱ為干燥沉淀; （3）判別加入的氯化鋇已經(jīng)過量的方法為:靜置分層后,向上清液中加入鹽酸酸化的氯化鋇,不再產(chǎn)生沉淀,即已沉淀完全; （4）在方案Ⅱ中滴定終點(diǎn)的判斷方法是加入最后一滴后溶液由無色變?yōu)樽仙?且在半分鐘內(nèi)不褪; （5）酸性KMnO4具有氧化性，SO32-具有還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子反應(yīng)方程式為：2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O； （6）從圖表中4組數(shù)據(jù)可知,消耗的高錳酸鉀的體積分別為：20.95mL、21.00mL、20.05mL、21.05mL，第三組數(shù)據(jù)誤差較大,應(yīng)舍去, 高錳酸鉀平均消耗的溶液體積 V=(20.95mL+21.00mL+21.05mL)/3=21.00mL,消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量為a mol/L0.021L=0.021amol結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計算, 2MnO4-~5SO32-可知，50.00 mL的上述溶液中含有亞硫酸鈉的物質(zhì)的量為0.021amol5/2=21a/400mol,則Mg固體中亞硫酸鈉的物質(zhì)的量為21a/400mol250mL/50mL=21a/80mol,所以亞硫酸鈉的純度為：21a/80mol126g/molMg100%=1323a/40M; （6）A．方案I中如果沒有洗滌操作,測得生成硫酸根鋇質(zhì)量增大,則亞硫酸鈉的質(zhì)量偏小,故a正確; B．方案I中如果沒有操作Ⅱ,測得生成硫酸鋇質(zhì)量增大,則亞硫酸鈉的質(zhì)量偏小,故b錯誤; C．方案Ⅲ中如果沒有洗滌操作,測得生成硫酸鋇質(zhì)量增大,則測定結(jié)果偏大,故c錯誤; D．方案Ⅲ中如果沒有操作Ⅱ,測得生成硫酸鋇質(zhì)量增大,被氧化的亞硫酸鈉質(zhì)量增大,測定結(jié)果偏大,故d正確.因此，本題正確答案是:ad。 考點(diǎn)一：水電離的c(H＋)或c(OH－)的計算 1、常溫下，中性溶液c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 molL－1 2、溶質(zhì)為酸的溶液 ①來源 OH－全部來自水的電離，水電離產(chǎn)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＋)，方法是先求出溶液的c(OH－)＝Kw/10－2＝10－12 molL－1，即水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 molL－1。 3、溶質(zhì)為堿的溶液 ①來源 H＋全部來自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)。 ②實例 如計算pH＝12的NaOH溶液中水電離出的c(OH－)，方法是先求出溶液的c(H＋)＝Kw/10－2＝10－12 molL－1，即水電離出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 molL－1。 4、水解呈酸性或堿性的鹽溶液 ①pH＝5的NH4Cl溶液中H＋全部來自水的電離，由水電離的c(H＋)＝10－5 molL－1，c(OH－)＝10－9 molL－1，是因為部分OH－與部分NH結(jié)合； ②pH＝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 molL－1。 【方法技巧】水電離的c(H＋)或c(OH－)的計算技巧(25℃時) （1）中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.010－7molL－1。 （2）酸或堿抑制水的電離，水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＜10－7 molL－1，當(dāng)溶液中的c(H＋)＜10－7 molL－1時就是水電離出的c(H＋)；當(dāng)溶液中的c(H＋)＞10－7 molL－1時，就用10－14除以這個濃度即得到水電離的c(H＋)。 （3）可水解的鹽促進(jìn)水的電離，水電離的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7 molL－1。若給出的c(H＋)＞10－7 molL－1，即為水電離的c(H＋)；若給出的c(H＋)＜10－7 molL－1，就用10－14除以這個濃度即得水電離的c(H＋)。 【典型例題4】【甘肅靜寧縣一中2018-屆10月月考】25℃時，下列四種溶液中，由水電離生成的氫離子濃度之比 （ ） ①pH=0的鹽酸 ②0.1 mol/L的鹽酸 ③0.01 mol/L的NaOH溶液 ④pH=14的NaOH溶液 A． 1∶10∶100∶1 B． 1∶10-1∶10-12∶10-14 C． 14∶13∶12∶14 D． 14∶13∶2∶1 【答案】A 【點(diǎn)評】本題考查了水的電離以及相關(guān)計算，解題關(guān)鍵：理解酸或堿抑制水電離，酸溶液中氫氧根離子是水電離的，堿溶液中氫離子是水電離。 【遷移訓(xùn)練4】【上海長寧區(qū)2018屆高三上期末】常溫下，下列溶液中水的電離程度最大的是 （ ） A． pH=0的硫酸 B． 0.01mol/L NaOH溶液 C． pH=10的純堿溶液 D． pH=5的氯化銨溶液 【答案】D 考點(diǎn)二：加水稀釋pH變化及曲線 1、強(qiáng)酸溶液，被稀釋10n倍，溶液的pH增大n(溶液的pH不會大于7)。 2、強(qiáng)堿溶液，被稀釋10n倍，溶液的pH減小n(溶液的pH不會小于7)。 3、加水稀釋時pH值的變化規(guī)律（圖像） （1）等物質(zhì)的量濃度的鹽酸(a)與醋酸(b) 物質(zhì)的量濃度相同的強(qiáng)酸和弱酸稀釋相同倍數(shù)，溶液的pH變化不同，強(qiáng)酸的pH增大快；若加水稀釋到相同pH，強(qiáng)酸加水多。 （2）等pH的鹽酸(a)與醋酸(b) pH相同的強(qiáng)酸與弱酸，加水稀釋相同倍數(shù)，溶液的pH變化不同，強(qiáng)酸的pH變化大；若加水稀釋到相同pH，弱酸加水多。 【典型例題5】【北師大學(xué)附中2018屆高三上學(xué)期期中】25℃時，pH=3的鹽酸和醋酸各1mL分別加水稀釋，pH隨溶液體積變化的曲線如下圖所示。下列說法不正確的是 （ ） A． 曲線I代表鹽酸的稀釋過程 B． a溶液的導(dǎo)電性比b溶液的導(dǎo)電性強(qiáng) C． b溶液中和氫氧化鈉的能力強(qiáng)于a溶液 D． 將a、b兩溶液加熱至30℃，變小 【答案】B 【點(diǎn)評】本題考查一元強(qiáng)酸和一元弱酸稀釋后圖像的分析，解題的關(guān)鍵是曲線的判斷。強(qiáng)酸和弱酸稀釋同等倍數(shù)，由于加水稀釋促進(jìn)弱酸的電離，強(qiáng)酸pH的改變值大于弱酸pH的改變值。需要注意溶液導(dǎo)電能力的強(qiáng)弱取決于溶液中離子物質(zhì)的量濃度的大小和離子所帶電荷數(shù)，酸溶液中和堿的能力取決于酸的物質(zhì)的量的大小。 【遷移訓(xùn)練5】【安徽合肥2018年高三第二次質(zhì)檢】常溫下，將pH均為3，體積均為V0的HA和HB溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨1g的變化如右圖所示。下列說法正確的是 （ ） A． 稀釋相同倍數(shù)時：c(Aˉ)>c(Bˉ-) B． 水的電離程度：b=c>a C． 溶液中離子總物質(zhì)的量：b>c>a D． 溶液中離子總濃度：a>b>c 【答案】B 考點(diǎn)三：pH相關(guān)計算 1、總體原則 （1）若溶液為酸性，先求c(H+)，再求pH； （2）若溶液為堿性，先求c(OH-)，再由c(H+)=求c(H+)，最后求pH。 2、類型及方法(室溫下) （1）單一溶液pH的計算 ①強(qiáng)酸溶液，如HnA，設(shè)濃度為c mol/L，c(H+)=nc mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg(nc)。 ②強(qiáng)堿溶液，如B(OH)n，設(shè)濃度為c mol/L，c(OH-)=nc mol/L，c(H+)=mol/L，pH=-lgc(H+)=14+lg(nc)。 （2）酸、堿混合pH計算 ①兩強(qiáng)酸混合：直接求出c(H＋)混，再據(jù)此求pH。 c混(H+)= ②兩強(qiáng)堿混合：先求出c(OH－)混，再據(jù)Kw求出c(H＋)混，最后求pH。 c混(OH-)= ③強(qiáng)酸、強(qiáng)堿混合(一者過量) 先判斷哪種物質(zhì)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－)混＝ 將強(qiáng)酸、強(qiáng)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(fù)對數(shù)得pH酸＋pH堿 ＝14－lg。 現(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＋lgm/n 【典型例題6】【2018年10月5日 《每日一題》】常溫下，下列有關(guān)說法正確的是(混合后溶液體積變化忽略不計) （ ） A． 將pH=2的鹽酸和pH=5的稀硫酸等體積混合，混合液的pH=3.5 B． 將pH=11的NaOH溶液和pH=13的Ba(OH)2溶液等體積混合，混合液的pH=12 C． 將pH=2的H2X溶液稀釋至原來的1 000倍，得到混合溶液的pH=5 D． 將pH=1的鹽酸和0.1 molL-1 的Ba(OH)2溶液等體積混合，混合液的pH=12.7 【答案】D 【點(diǎn)評】解答本題時需要注意：（1）堿溶液與堿溶液混合后溶液一定呈堿性，必須先求混合液中c（OH-），再根據(jù)水的離子積計算混合液中c（H+）；（2）強(qiáng)酸溶液與強(qiáng)堿溶液混合一定發(fā)生中和反應(yīng)，必須判斷混合溶液的性質(zhì)再計算，若酸過量直接求過量的c（H+），若恰好完全反應(yīng)則溶液呈中性，若堿過量必須先求過量的c（OH-）；（3）稀釋溶液時對弱電解質(zhì)的電離平衡起促進(jìn)作用。 【遷移訓(xùn)練6】【黑龍江哈爾濱六中2018屆上學(xué)期期中】某溫度下Kw＝10－13，在此溫度下，將pH＝a的NaOH溶液Va L與pH＝b的H2SO4溶液Vb L混合，下列說法正確的是 （ ） A． 若所得混合液為中性，且a＝12，b＝2，則Va∶Vb＝1∶1 B． 若所得混合液為中性，且a＋b＝12，則Va∶Vb＝100∶1 C． 若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，則Va∶Vb＝1∶9 D． 若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，則Va∶Vb＝101∶99 【答案】C 【解析】A、若所得混合溶液為中性，且a=12，b=2，因c(OH-)Va=c(H+)Vb，a=12，b=2，則0.1Va=0.01Vb，則Va：Vb=1：10，故A錯誤；B、若所得混合液為中性，則c(OH-)Va=c(H+)Vb，即10a?13Va=10?b Vb，又因為a+b=12，Va：Vb==1013-a-b=10，則Va：Vb=10：1，故B錯誤；C、若所得混合溶液的pH=10，堿過量，c(OH-)==0.001，則Va：Vb=1：9，故C正確；D、根據(jù)C的計算，Va：Vb=1：9，故D錯誤；故選C。 考點(diǎn)四：其它滴定實驗 1、沉淀滴定法 （1）概念：沉淀滴定法是利用沉淀反應(yīng)進(jìn)行滴定、測量分析的方法。生成沉淀的反應(yīng)很多，但符合條件的卻很少，實際上應(yīng)用最多的是銀量法，即利用Ag＋與鹵素離子的反應(yīng)來測定Cl－、Br－、I－濃度。 （2）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(yīng)的生成物的溶解度要比滴定劑與指示劑反應(yīng)的生成物的溶解度小，否則不能用這種指示劑。如用AgNO3溶液滴定溶液中的Cl－的含量時常以CrO為指示劑，這是因為AgCl比Ag2CrO4更難溶的緣故。 2、氧化還原滴定 以氧化還原反應(yīng)為基礎(chǔ)的分析方法。它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(zhì)；或者間接滴定一些本身并沒有氧化性或還原性，但能與某些氧化劑或還原劑起反應(yīng)的物質(zhì)。氧化滴定劑有高錳酸鉀溶液、重鉻酸鉀溶液、碘水溶液等；還原滴定劑有亞鐵鹽溶液、抗壞血酸水溶液(即維生素C)等。 【典型例題7】【四川雅安中學(xué)2019屆高三上學(xué)期開學(xué)考試】葡萄酒中抗氧化劑的殘留量是以游離SO2的含量計算，我國國家標(biāo)準(zhǔn)（GB2760－2014）規(guī)定葡萄酒中SO2的殘留量≤0.25g/L。某興趣小組設(shè)計實驗方案對葡萄酒中SO2進(jìn)行測定。設(shè)計方案如下： （1）用圖甲裝置（加持裝置略）蒸餾并收集餾分SO2，實驗時B中加入100.00mL葡萄酒樣品和適量鹽酸，加熱使SO2全部逸出，在C中收集餾分。 ①若C中盛裝H2O2溶液，則SO2與其完全反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________。除去C中過量的H2O2，然后用0.04000mol/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，滴定前排氣泡時，應(yīng)選擇圖乙中的_________（填序號） ②滴定至終點(diǎn)消耗NaOH溶液25.00mL，據(jù)此計算葡萄酒中SO2含量為____________g/L。 （2）由于蒸餾時鹽酸易揮發(fā)，該測定結(jié)果比實際值偏高，因此改進(jìn)實驗方案時可將鹽酸改為稀硫酸，或者采取以下措施： ①將圖甲裝置C中盛裝的液體改為H2O，且餾分無揮發(fā)，改用0.01000 mol/L 標(biāo)準(zhǔn)I2溶液滴定，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，可選擇________作指示劑，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_____________。 ②鹽酸雖然對此實驗無干擾，但由于在上述實驗過程中，存在空氣的氧化作用，會使測定結(jié)果___________（填“偏高”“偏低”或“不變”）。 【答案】H2O2+SO2=H2SO4 III 0.32 淀粉溶液 當(dāng)最后一滴I2溶液滴下，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且30秒內(nèi)不變色 偏低 （2）①改用0.01000mol?L-1標(biāo)準(zhǔn)I2溶液滴定，選擇淀粉溶液做指示劑，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是：滴入最后一滴溶液變藍(lán)色半分鐘不變化證明反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)，故答案為：淀粉溶液；當(dāng)最后一滴I2溶液滴下，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且30秒內(nèi)不變色； ②由于在上述實驗過程中，存在空氣的氧化作用，部分二氧化硫被氧化，使得消耗的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積減小，測定結(jié)果偏低，故答案為：偏低。 【點(diǎn)評】本題考查了探究物質(zhì)的組成、測量物質(zhì)的含量的方法，試題涉及了二氧化硫性質(zhì)、中和滴定的計算，要求學(xué)生掌握探究物質(zhì)組成、測量物質(zhì)含量的方法，明確二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)及中和滴定的操作方法及計算方法是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點(diǎn)為誤差的分析，要注意從反應(yīng)原理分析判斷。 【遷移訓(xùn)練7】【黑龍江省哈爾濱市第十八中學(xué)2018屆高三第一次月考】（1）配平氧化還原反應(yīng)方程式： ____C2O＋____MnO＋____H＋===____CO2↑＋____Mn2＋＋____H2O （2）稱取6.0 g含H2C2O42H2O、KHC2O4和K2SO4的試樣，加水溶解，配成250 mL溶液。量取兩份此溶液各25 mL，分別置于兩個錐形瓶中。 ①第一份溶液中加入酚酞試液，滴加0.25 molL－1NaOH溶液至20 mL時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色。該溶液被中和的H＋的總物質(zhì)的量為________mol。 ②第二份溶液中滴加0.10 molL－1的酸性高錳酸鉀溶液。 KMnO4溶液在滴定過程中作________(填“氧化劑”或“還原劑”)，該滴定過程________(填“需要”或“不需要”)另加指示劑。滴至16 mL時反應(yīng)完全，此時溶液顏色由________變?yōu)開_________。 【答案】 5 2 16 10 2 8 0.005 A氧化劑 不需要 無色 淺紫紅色 （2）①溶液由無色變?yōu)闇\紅色，溶液中H2C2O4、KHC2O4完全反應(yīng)，依據(jù)反應(yīng)： H++OH-=H2O 1 1 n 0.25mol/L0.02L 解得n=0.005mol； ②原溶液無色，而KMnO4為紫紅色，則滴定時不需要再滴加指示劑，滴定過程中KMnO4是氧化劑，H2C2O4和KHC2O4為還原劑，當(dāng)溶液中的H2C2O4和KHC2O4反應(yīng)完全時，溶液呈紫紅色，即滴定終點(diǎn)時溶液由無色變?yōu)闇\紅色。