第八章 第27讲 水的电离和溶液的酸碱性-【勤径学升】2025年高考化学一轮总复习配套课件（人教版）

化　学 第八章　水溶液中的离子 反应与平衡 第27讲　水的电离和溶液的酸碱性 1.认识水的电离，了解水的离子积常数，认识溶液的酸碱性及pH，掌握检测溶液pH的方法。 2.能进行溶液pH的简单计算，能正确测定溶液pH，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。 考点1　水的电离 ➢ 对应学生用书P169 1.水的电离方程式 水是极弱的电解质，其电离方程式为 　H2O＋H2OH3O＋＋OH－　⁠，可简写为 　H2OH＋＋OH－　⁠。 H2O＋H2OH3O＋＋OH－　 H2OH＋＋OH－　 2.水的离子积常数 （1）常温下：Kw＝c（H＋）·c（OH－）＝⁠⁠　1×10－14　⁠。 （2）影响因素：只与⁠⁠　温度　⁠有关，升高温度，Kw⁠⁠　增大　⁠。 （3）适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的⁠⁠　电解质　⁠水溶液。 （4）Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw就不变。 1×10－14　 温度　 增大　 电解质　 　　　体系变化 条件　　　 平衡移动 方向 c（OH－） c（H＋） Kw 电离 程度 HCl ⁠⁠　逆向　⁠ ⁠⁠　减小　⁠ ⁠⁠　增大　⁠ ⁠⁠　不变　⁠ ⁠⁠　减⁠ NaOH ⁠⁠　逆向　⁠ ⁠⁠　增大　⁠ ⁠⁠　减小　⁠ ⁠⁠　不变　⁠ ⁠⁠　减⁠ 可水解 的盐 Na2CO3 ⁠⁠　正向　⁠ ⁠⁠　增大　⁠ ⁠⁠　减小　⁠ ⁠⁠　不变　⁠ ⁠⁠　增⁠ 逆 向　 减 小　 增 大　 不 变　 减小　 逆 向　 增 大　 减 小　 不 变　 减小　 正 向　 增 大　 减 小　 不 变　 增大　 3.影响水电离平衡的因素 填写外界条件对H2OH＋＋OH－　ΔH＞0的具体影响。 　　　体系变化 条件　　　 平衡移动 方向 c（OH－） c（H＋） Kw 电离程度 可水解 的盐 NH4Cl ⁠⁠　正向　⁠ ⁠⁠　减小　⁠ ⁠⁠　增大　⁠ ⁠⁠　不变　⁠ ⁠⁠　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　⁠ ⁠⁠　增大　⁠ ⁠⁠　减小　⁠ ⁠⁠　不变　⁠ ⁠⁠　增大⁠ 正 向　 减 小　 增 大　 不 变　 增大　 正 向　 增 大　 增 大　 增 大　 增大　 逆 向　 减 小　 减 小　 减 小　 减小　 正 向　 增 大　 减 小　 不 变　 增大　 易丨错丨易丨混 判断正误（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。 （ × ） 2.25℃时CH3COONa溶液的Kw大于100℃时NaOH溶液的Kw。 （ × ） 3.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同。 （ × ） 4.温度一定时，在纯水中通入少量SO2，水的电离平衡不移动，Kw不变。 （ × ） 5.室温下，0.1mol·L－1的HCl溶液与0.1mol·L－1的NaOH溶液中水的电离程度相等。 （ √ ） × × × × √ ⁠ 题组一　水的电离平衡的影响因素 1.关于水的电离，下列叙述中，正确的是 （　　） A.升高温度，水的平衡向正反应方向移动，Kw增大，c（H＋）不变 B.向水中加入少量硫酸，水的平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c（H＋）增大 C.向水中加入氨水，水的平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c（OH－）降低 D.向水中加入少量固体NaCl，平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c（H＋）降低 解析　A.升高温度促进水的电离，c（H＋）增大，A错误；B.硫酸电离出氢离子，c（H＋）增大，抑制水的电离，Kw只与温度有关，所以Kw不变，B正确；C.一水合氨会电离出氢氧根离子，所以c（OH－）增大，C错误；D.NaCl为强酸强碱盐，加入少量固体NaCl，对水的电离无影响，D错误。故选B。 答案　B 题组二　水电离出的c（H＋）和c（OH－）的计算 3.（2023·湖南湘潭一中模拟）在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1，下列有关该溶液的叙述，正确的是 （　　） A.该溶液可能呈酸性 B.该溶液一定呈碱性 C.该溶液的pH一定是1 D.该溶液的pH不可能为13 解析　在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（H＋）＝1×10－13mol·L－1＜1×10－7 mol·L－1，说明溶液中的溶质抑制水的电离，溶液可能呈酸性或碱性，A正确，B错误；如果该溶液呈酸性，则溶液的pH＝1，如果该溶液呈碱性，则溶液的pH＝13，C、D错误。故选A。 答案　A 4.（2022·黑龙江省实验中学高三阶段练习）25℃时，在等体积的①0.5mol·L－1 H2SO4溶液、②pH＝13的Ba（OH）2溶液、③pH＝8的Na2S溶液、④pH＝5的FeSO4溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 （　　） A.1∶10∶106∶105 B.1∶5∶（5×108）∶（5×109） C.1∶20∶108∶109 D.1∶10∶108∶109 解析　25℃时，在等体积的①0.5mol/L H2SO4溶液中水电离出的c水（H＋）＝ c水（OH－）＝caq（OH－）＝ mol/L＝10－14mol/L、②pH＝13的Ba（OH）2溶液中水电离出的c水（H＋）＝c水（OH－）＝caq（H＋）＝ 10－13mol/L、③pH＝8的Na2S溶液中水电离出的c水（H＋）＝c水（OH－）＝ c（OH－）＝＝10－6mol/L、④pH＝5的FeSO4溶液中水电离出的c水（H＋）＝c水（OH－）＝caq（H＋）＝10－5 mol/L，故发生电离的水的物质的量之比是 10－14V∶10－13V∶10－6V∶10－5V＝1∶10∶108∶109。 答案　D ⁠ 水电离出的c水（H＋）或c水（OH－）的相关计算 （1）当抑制水的电离时（如酸或碱溶液） 在溶液中c（H＋）、c（OH－）较小的数值是水电离出的。具体见下表： 溶液（25℃） c（H＋）/ （mol·L－1） c（OH－）/ （mol·L－1） c水（H＋）或c水（OH－） /（mol·L－1） pH＝2的 盐酸 10－2 10－12 10－12 pH＝13的 NaOH溶液 10－13 10－1 10－13 （2）当促进水的电离时（如盐的水解） 在溶液中c（H＋）、c（OH－）较大的数值是水电离出的。具体见下表： 溶液（25℃） c（H＋）/ （mol·L－1） c（OH－）/ （mol·L－1） c水（H＋）或c水（OH－） /（mol·L－1） pH＝5的 NH4Cl溶液 10－5 10－9 10－5 pH＝10的 Na2CO3溶液 10－10 10－4 10－4 考点2　溶液的酸碱性和pH ➢ 对应学生用书P170 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）c（H＋）⁠⁠＞　⁠c（OH－），溶液呈酸性，常温下pH⁠⁠＜　⁠7。 （2）c（H＋）⁠⁠＝　⁠c（OH－），溶液呈中性，常温下pH⁠⁠＝　⁠7。 （3）c（H＋）⁠⁠＜　⁠c（OH－），溶液呈碱性，常温下pH⁠⁠＞　⁠7。 ＞　 ＜　 ＝　 ＝　 ＜　 ＞　 2.pH及其测量 （1）定义式：pH＝－lgc（H＋）。 （2）溶液的酸碱性与pH的关系（常温下） 酸性 碱性 ①pH试纸法：把小片pH试纸放在一洁净的玻璃片或表面皿上，用⁠⁠　玻璃棒　⁠蘸取待测溶液点在干燥的pH试纸中央，试纸变色后，与⁠⁠　标准比色卡　⁠对照即可确定溶液的pH。 ②pH计测量法。 玻璃棒　 标准比色卡　 （3）测量方法 3.溶液pH的计算 （1）单一溶液pH的计算 强酸溶液，如HnA，设浓度为cmol/L，c（H＋）＝ncmol/L，pH＝－lgc（H＋）＝－lg（nc）。 强碱溶液（25℃），如B（OH）n，设浓度为cmol/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强酸与强碱混合：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－）＝。 （3）强酸（pH酸）与强碱（pH碱）混合至中性 二者的体积与pH的关系如下（温度为25℃时）： 若pH酸＋pH碱＝14，则浓度相等，V酸∶V碱＝1∶1； 若pH酸＋pH碱＞14，则碱浓度大，V酸∶V碱＝1∶1； 若pH酸＋pH碱＜14，则酸浓度大，V酸∶V碱＝1∶1。 （4）酸、碱溶液稀释时pH的变化 酸（pH＝a） 碱（pH＝b） 弱酸 强酸 弱碱 强碱 稀释10n倍 a＜pH＜a＋n pH＝a＋n b＞pH＞b－n pH＝b－n 无限稀释 pH趋向于7 易丨错丨易丨混 判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 1.任何温度下，利用H＋和OH－浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。 （ √ ） 2.pH＜7的溶液一定显酸性。 （ × ） 3.c（H＋）＝的溶液一定显中性。 （ √ ）   4.常温下能使甲基橙显黄色的溶液一定显碱性。 （ × ） 5.用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.4。 （ × ） 6.用pH试纸测得某氯水的pH为5。 （ × ） 7.用湿润的pH试纸测定盐酸和醋酸溶液的pH，醋酸溶液的误差更大。 （ × ） √ × √ × × × × ⁠ 题组一　溶液酸碱性的判断 1.（2022·上海黄浦区·二模）下列溶液一定呈中性的是 （　　） A.pH＝7的溶液 B.等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液 C.c（H＋）＝c（OH—）的溶液 D.紫色石蕊溶液不变色的溶液 解析　A.pH＝7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10－12，溶液pH＝6时呈中性，当pH＝7时溶液呈碱性，故A错误；B.等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液不一定呈中性，如等物质的量的二元强酸硫酸与一元强碱氢氧化钠混合反应时，硫酸溶液过量，溶液呈酸性，故B错误；C.氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等的溶液一定呈中性，故C正确；D.紫色石蕊溶液不变色的溶液pH在5～8范围间，溶液可能为酸性、中性或碱性，故D错误。故选C。 答案　C 4.按要求计算下列各题（常温下，忽略溶液混合时体积的变化）： （1）25℃时，pH＝3的硝酸和pH＝12的氢氧化钡溶液按照体积比为9∶1混合，混合溶液的pH＝ 　 ⁠。  （2）在一定体积pH＝12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积比是 　　　　　⁠。  （3）将pH＝a的NaOH溶液VaL与pH＝b的稀盐酸VbL混合，若所得溶液呈中性，且a＋b＝13，则＝ 　　　　　⁠。  解析　（1）pH＝3的硝酸溶液中c（H＋）＝10－3mol·L－1，pH＝12的Ba（OH）2溶液中c（OH－）＝mol·L－1＝10－2mol·L－1，二者以体积比9∶1混合，Ba（OH）2过量，溶液呈碱性，混合溶液中c（OH－）＝＝ 1×10－4 mol·L－1，则混合后c（H＋）＝＝mol·L－1＝1×10－10mol·L－1，故pH＝10。 （2）设氢氧化钡溶液的体积为V1L，硫酸氢钠溶液的体积为V2L，依题意知， n（Ba2＋）＝n（S），由Ba（OH）2＋NaHSO4BaSO4↓＋NaOH＋H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量为n（NaOH）＝n[Ba（OH）2]＝5×10－3V1mol，＝1×10－3mol·L－1，则V1∶V2＝1∶4。 （3）pH＝a的NaOH溶液中c（OH－）＝10a－14mol·L－1，pH＝b的稀盐酸中c（H＋）＝10－bmol·L－1，根据中和反应H＋＋OH－H2O，知c（OH－）·Va＝c（H＋）·Vb，则＝＝＝1014－（a＋b），a＋b＝13，则＝10。 答案　（1）10　 （2）1∶4　 （3）10 ⁠ 溶液pH计算的一般思维模型 考点3　酸碱中和滴定 ➢ 对应学生用书P172 1.实验原理 （1）用已知浓度的酸（或碱）滴定未知浓度的碱（或酸），根据中和反应的等量关系来测定酸（或碱）的浓度。 （2）利用酸碱指示剂明显的颜色变化，表示反应已完全，指示滴定终点。 指示剂 变色范围的pH 石蕊 ＜5⁠⁠　红色　⁠ 5～8⁠⁠　紫色　⁠ ＞8⁠⁠　蓝色　⁠ 甲基橙 ＜3.1⁠⁠　红色　⁠ 3.1～4.4⁠⁠　橙色　⁠ ＞4.4⁠⁠　黄色　⁠ 酚酞 ＜8.2⁠⁠　无色　⁠ 8.2～10⁠⁠　粉红色　⁠ ＞10⁠⁠　红色　⁠ 红色　 紫色　 蓝色　 红色　 橙色　 黄色　 无色　 粉红色　 红色　 2.实验用品 （1）仪器：⁠⁠　酸式　⁠滴定管（如图A）、⁠⁠　碱式　⁠滴定管（如图B）、滴定管夹、铁架台、⁠⁠　锥形瓶　⁠、容量瓶。 酸式　 碱式　 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 酸式　 碱式　 3.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 滴定管活塞 蒸馏水 待装液 “0”刻度以上 “0”或“0”刻度以下 酚酞 （2）滴定操作 （3）终点判断 当滴入最后半滴标准液，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液的体积。 不恢复　 4.数据处理 按上述操作重复2～3次，根据c（NaOH）＝⁠⁠　　⁠计算。 　 控制滴 定管活塞 摇动 锥形瓶 锥 形瓶内溶液颜 色变化 题组二　酸碱中和滴定的误差分析及数据处理 3.使用酸碱中和滴定的方法，用0.01mol·L－1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是 （　　） ①用量筒量取浓盐酸配制0.01mol·L－1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸 ②配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线 ③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴 ④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下 A.①③ B.②④ C.②③④ D.①②③④ 解析　①量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸，浓盐酸被稀释，滴定NaOH溶液时结果偏高；②定容时，俯视容量瓶刻度线，配制的盐酸浓度偏大，滴定NaOH溶液时结果偏低；③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴，读取的盐酸标准液体积偏大，则滴定结果偏高；④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下，不产生误差。故选A。 答案　A 4.室温下，某一元弱酸HA的电离常数K＝1.6×10－6。向20.00mL浓度约为0.1mol·L－1HA溶液中逐滴加入0.1000mol·L－1的标准NaOH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pH约为 　　　　⁠，此时溶液中H2O电离出的c（H＋）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）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是 　　　　⁠（填字母序号）。  A.滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗 B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定 C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定 D.滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积 （4）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为 　　　　⁠mol·。  实验序号 NaOH溶液体积/mL 待测HA溶液体积/mL 1 21.01 20.00 2 20.99 20.00 3 21.60 20.00 解析　（1）由K＝＝c2（H＋）/0.1＝1.6×10－6，c2（H＋）＝1.6×10－7 mol·L－1＝16×10－8mol·L－1，c（H＋）＝4×10－4mol·L－1，pH＝－lgc（H＋）＝ －lg（4×10－4）＝4－0.6＝3.4；酸抑制水电离，酸溶液中水电离产生的c（H＋）等于溶液中的氢氧根离子浓度，即c（OH－）＝＝mol·L－1＝2.5×10－11 mol·L－1。 （2）a点是HA溶液，b点是HA和少量NaA的混合溶液，c点是NaA和少量HA的混合溶液，d点是NaA和NaOH的混合溶液，酸、碱均能抑制水的电离，NaA水解促进水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最大；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）A.碱式滴定管未用标准碱溶液润洗就直接注入标准碱溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）＝，可以知道，测定 c（HA）偏大，A正确；B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，被滴定的HA溶质的量不变，对结果没有影响，B错误；C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，相当于标准液的体积偏小，根据c（待测）＝，可以知道，测定c（HA）偏小，C错误；D.滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，造成V（标准）偏大，根据c（待测）＝， 可以知道，测定c（HA）偏大，D正确。 （4）根据数据的有效性，舍去第3组数据，则1、2组平均消耗V（NaOH）＝mL＝21.00mL，根据反应HA＋NaOHNaA＋H2O，有0.021×0.1000＝0.02×c（HA），则c（HA）＝0.1050mol·L－1。 答案　（1）3.4　2.5×10－11mol·L－1 （2）c　酚酞　c点以上 （3）AD　 （4）0.1050 ⁠ 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，寻找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，寻找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。 6.（2023·广东深圳中学模拟）常温下，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.10mol·L－1HCl溶液和20.00mL0.10mol·L－1CH3COOH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 解析　如果酸为强酸，则0.10mol·L－1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20.00mL，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，所以氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，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，溶液呈碱性，只能选择酚酞，故D错误。故选C。 答案　C 微专题11　氧化还原滴定和沉淀滴定 ➢ 对应学生用书P175 1.氧化还原滴定原理及应用 （1）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。 （2）试剂 常用于滴定的氧化剂 酸性KMnO4溶液、K2Cr2O7溶液等 常用于滴定的还原剂 亚铁盐、草酸、维生素C等 氧化还原指示剂 ①自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色 ②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘变蓝 （3）实例 ①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液 原理 2Mn＋6H＋＋5H2C2O410CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 指示剂 酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂 终点判断 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点 ②Na2S2O3溶液滴定碘液 原理 2Na2S2O3＋I2Na2S4O6＋2NaI 指示剂 用淀粉溶液作指示剂 终点判断 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点 2.沉淀滴定原理及应用 含义 沉淀滴定法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，实际上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－浓度 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溶液滴定溶液中的Cl－的含量时常以Cr为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶 ⁠ 1.（2023·广东深圳市一模）亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂。测定某产品中NaClO2纯度的实验操作如下：准确称取1.00g样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：Cl＋4I－＋4H＋2H2O＋2I2＋Cl－。将所得混合液稀释成100mL待测溶液。用 　　　　　⁠（填“酸式”或“碱式”）滴定管量取25.00mL待测溶液置于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.5000mol·L－1 Na2S2O3标准液滴定（已知：I2＋2S22I－＋S4），当锥形瓶内溶液 　　　　　　　　　　　　　⁠，即为滴定终点；平行滴定3次，测得消耗标准溶液体积的平均用量为20.00mL。所称取的样品中NaClO2质量百分含量为 　　　　　⁠。  解析　　该混合溶液是在酸性条件下反应的，则选用酸式滴定管量取待测液；已知反应Cl＋4I－＋4H＋2H2O＋2I2＋Cl－，用Na2S2O3标准液滴定的原理为I2＋2S22I－＋S4，滴定终点现象是蓝色恰好变为无色，且30s不变色；通过测定碘单质的含量来计算NaClO2的含量，由反应的关系式： NaClO2　～　2I2　～　4S2 1mol　　　　　　　 　 4mol n　　　　 0.5000mol/L×20.00×10－3L 解得n＝2.5×10－3mol，则100mL样品溶液中的物质的量为2.5×10－3mol×＝0.01mol，则1.00g样品中NaClO2质量百分含量为×100%＝90.5%。 答案　酸式　蓝色恰好变为无色，且30s不变色 90.50% 3.（2023·湖北鄂州市·高三模拟）某实验小组测定硫氰化钾晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品，配成1000mL溶液，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴 　　　　⁠溶液（填化学式）作指示剂，用0.1000mol·L－1AgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。该晶体中KSCN的质量分数为 　　　　⁠[已知：滴定时发生的反应为SCN－＋Ag＋AgSCN↓（白色）]。滴定达到终点后，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则KSCN的质量分数 　　　　⁠。（填“偏大”“偏小”或“无影响”）  解析　已知滴定时发生的反应为SCN－＋Ag＋AgSCN↓（白色），利用Fe3＋与SCN－生成红色Fe（SCN）3的性质，同时为防止阴离子与银离子生成沉淀，选择Fe（NO3）3溶液作指示剂.达到滴定终点时消耗0.1000mol·L－1AgNO3标准溶液20.00mL，根据SCN－＋Ag＋AgSCN↓可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量为0.020L×0.1mol/L＝0.0020mol，晶体中KSCN的质量分数为×100%＝97.0%。滴定达到终点后，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，使滴定终点AgNO3标准溶液读数偏大。 答案　Fe（NO3）3　97%（或0.97）　偏大 ⁠ [对应学生用书P176] 1.（2022·高考北京卷）25℃时，向20mL浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液（醋酸的Ka＝1.8×10－5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH突跃范围4.3～9.7）。下列说法不正确的是 （　　） A.恰好中和时，溶液呈碱性 B.滴加NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，发生反应的离子方程式为H＋＋OH－H2O C.滴定过程中，c（Cl－）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH） D.pH＝7时，c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（CH3COO－）＞c（CH3COOH） 解析　A.恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B.滴加NaOH溶液至pH＝4.3的过程中，若只发生反应H＋＋OH－H2O，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，0.1mol·L－1的醋酸中，c（H＋）≈c（CH3COO－）＝＝ mol·L－1＝3×10－3.5mol·L－1＞1.0×10－4.3 mol·L－1，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H＋＋OH－H2O和CH3COOH＋OH－CH3COO－＋H2O，B错误；C.滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：c（Cl－）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH），C正确； D.向20mL浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，当盐酸的体积为20mL时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶质为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka＝1.8×10－5＞Kh＝＝可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c（Na＋）＞c（Cl－）＞ c（CH3COO－）＞c（CH3COOH），D正确。故选B。 答案　B 2.（2020·高考浙江1月卷）室温下，向20.00mL0.1000mol·L－1盐酸中滴加0.1000mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是 （　　） A.NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7 B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差 C.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大 D.V（NaOH）＝30.00mL时，pH＝12.3 解析　A项，NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下pH＝7，故A正确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，C错误；D项，V（NaOH）＝30.00mL时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且 c（NaOH）＝＝0.02mol/L，即c（OH－）＝0.02mol/L，则c（H＋）＝5×10－13mol/L，pH＝－lgc（H＋）＝12.3，故D正确。故选C。 答案　C 3.（2020·高考浙江6月卷）下列说法不正确的是 （　　） A.2.0×10－7mol·L－1的盐酸中c（H＋）＝2.0×10－7mol·L－1 B.将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性 C.常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质 D.常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大 解析　极稀的溶液中，H2O电离出的H＋不能忽略，故c（H＋）大于2.0×10－7 mol·L－1，A项错误；水的电离是吸热的，升高温度促进水的电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，pH减小，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍相等，溶液仍呈中性，B项正确；常温下，NaCN溶液呈碱性，说明NaCN是强碱弱酸盐，HCN是弱酸，C项正确；醋酸溶液中加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，D项正确。故选A。 答案　A 4.（2021·新高考湖南卷）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下： 步骤Ⅰ.Na2CO3的制备 步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定 ①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中； ②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L－1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色（第一滴定终点），消耗盐酸V1mL； ③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L－1盐酸标准溶液滴定至终点（第二滴定终点），又消耗盐酸V2mL； ④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。 已知：（ⅰ）当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。 （ⅱ）相关盐在不同温度下的溶解度表（g/100gH2O） 温度/°C 0 10 20 30 40 50 60 NaCl 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3 NH4HCO3 11.9 15.8 21.0 27.0 NaHCO3 6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4 NH4Cl 29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中晶体A的化学式为 　　　　⁠，晶体A能够析出的原因是 　 。  （2）指示剂N为 　　　　⁠，描述第二滴定终点前后颜色变化 　　　　　　　　⁠。  （3）产品中NaHCO3的质量分数为 　　　　⁠（保留三位有效数字）。  （4）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果 　　　　⁠（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。  解析　步骤Ⅰ：制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，控制温度在30～35℃发生反应，最终得到滤液的溶质为NH4Cl，晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干、加热得到Na2CO3。 步骤Ⅱ：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为Na2CO3＋HClNaHCO3＋NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl，溶液呈现弱碱性，因为酚酞的变色范围为8～10，所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴定终点，可选择紫色石蕊溶液，所以指示剂N为紫色石蕊溶液，发生的反应为NaHCO3＋HClNaCl＋H2O＋CO2↑，再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的，最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。 （1）根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30～35℃，目的是使NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30～35℃时，NaHCO3的溶解度最小。 （2）根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为紫色石蕊溶液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，溶液显蓝色，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为蓝色变为红色。 （3）第一次滴定发生的反应是Na2CO3＋HClNaHCO3＋NaCl，则n（Na2CO3）＝n生成（NaHCO3）＝n（HCl）＝0.1000mol/L×22.45×10－3L＝2.245×10－3 mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2＝23.51mL，则根据NaHCO3＋HClNaCl＋H2O＋CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总（NaHCO3）＝0.1000mol/L×23.51× 10－3L＝2.351×10－3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n（NaHCO3）＝n总（NaHCO3）－n生成（NaHCO3）＝2.351×10－3mol－2.245×10－3mol＝1.06× 10－4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为×1.06×10－4mol＝1.06× 10－3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为×100%＝3.5616%≈3.56%。 （4）该同学第一次滴定时，在其他操作均正确的情况下，若俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大。 答案　（1）NaHCO3　在30～35℃时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可） （2）紫色石蕊溶液　蓝色变为红色 （3）3.56%　 （4）偏大 2.(2023秋·广西联考)某水溶液中不同温度下pH和pOH的关系如图所示[pOH＝ －lg c(OH－)]。下列说法不正确的是(　　) A.若a＝7，则T1<25 ℃ B.e点溶液中通入NH3，可使e点迁移至d点 C.若b＝6，则该温度下将pH＝2的稀硫酸与pH＝10的KOH 溶液等体积混合后，溶液显中性 D.f、d两点的Kw比较，前者大 解析　由题干图示信息可知，b>a，则d点对应温度下的Kw(d)＝c(H＋)·c(OH－)＝10－b×10－b＝10－2b，f点对应温度下的Kw(f)＝c(H＋)·c(OH－)＝10－a×10－a＝10－2a，即Kw(d)<Kw(f )，据此分析解题。A.由分析可知，若a＝7，即f点对应温度为25 ℃，又知Kw(d)<Kw(f )，则T1<25 ℃，A正确；B.已知NH3溶于水溶液呈碱性，即e点溶液中通入NH3，则溶液中OH－浓度增大，H＋浓度减小，则pOH减小，pH增大，不可使e点迁移至d点，B错误；C.由分析可知，若b＝6，则该温度下Kw＝10－12，则将pH＝2的稀硫酸即c(H＋)＝10－2 mol/L，与pH＝10的KOH溶液即c(OH－)＝＝ 10－2 mol/L，故等体积混合后H＋和OH－完全中和，则溶液显中性，C正确；D.由分析可知，Kw(d)＝10－2b，Kw(f)＝10－2a，由图可知b>a即Kw(d)<Kw(f)，f、d两点的Kw比较，前者大，D正确。故选B。 答案　B 2.在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　) A.向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，此时c(Na＋)＝c(CH3COO－) B.25 ℃时，加入CH3COONa可能引起由b向a的变化，升温可能引起由a向c的变化 C.T ℃时，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH等体积混合后，溶液呈中性 D.b点对应的溶液中大量存在：K＋、Ba2＋、NO、I－ 解析　A项，因为a点溶液呈中性,c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，正确；B项，CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO－会发生水解，使得c(OH－)增大，可能引起由b向a的变化，升温使溶液中的c(OH－)和c(H＋)同时同等程度地增大，所以可能引起由a向c的变化，正确；C项，由图像知T ℃时Kw＝10－12，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH等体积混合后，溶液呈中性，正确；D项，由图像知b点对应的溶液呈酸性，溶液中NO、I－在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，错误。故选D。 答案　D 题组二　pH的计算 3.计算25 ℃时下列溶液的pH。 (1)0.005 mol·L－1的H2SO4溶液的pH＝________。 (2)0.001 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝________。 (3)0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液(NH3·H2O的电离度α约为1%)的pH＝________。 (4)将pH＝8的NaOH溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH＝________。 (5)0.015 mol·L－1的硫酸与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH＝________。 解析　(1)c(H2SO4)＝0.005 mol·L－1，c(H＋)＝2×c(H2SO4)＝0.01 mol·L－1，pH＝2。 (2)c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝10－11 mol·L－1，pH＝11。 (3)c(OH－)＝0.1×1% mol·L－1＝10－3 mol·L－1，c(H＋)＝10－11 mol·L－1，pH＝11。 (4)两溶液等体积混合后，c(OH－)＝ mol·L－1＝×10－6 mol·L－1， c(H＋)＝ mol·L－1≈2.0×10－10 mol·L－1，pH≈9.7。 (5)混合后c(H＋)＝ mol·L－1＝0.01 mol·L－1，则pH＝2。 答案　(1)2　(2)11　(3)11　(4)9.7　(5)2 题组一　酸碱中和滴定中仪器、指示剂的选择 1.(2022·高考山东卷)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是(　　) A.可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中 B.应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液 C.应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体 D.达到滴定终点时溶液显橙色 解析　量筒的精确度不高，为0.1 mL，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A错误。故选A。 答案　A 2.某同学想了解食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的准确浓度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，用实验室标准NaOH溶液(浓度有0.100 0 mol·L－1和0.010 0 mol·L－1两种)对其进行滴定。下列说法正确的是(　　) A.该实验应选用甲基橙作指示剂 B.用0.100 0 mol·L－1标准NaOH溶液滴定时误差更小 C.准确量取一定体积的白醋放入洗净的锥形瓶中后，可以再加少量蒸馏水后开始滴定 D.滴定时，眼睛一直注视着刻度线，以防止液面下降到滴定管最大刻度以下 解析　该实验滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，故A错误；由于白醋中醋酸溶液浓度较小，用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，故B错误；准确量取一定体积的白醋放入洗净的锥形瓶中后，可以再加少量蒸馏水，不影响实验结果，故 C正确；滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D错误。故选C。 答案　C 题组三　滴定曲线的图像分析 5.(2023·山东淄博四中期末)已知：pOH＝－lg c(OH－)。298 K时，向20.00 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·L－1的盐酸，溶液的pH和pOH与加入盐酸体积关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A.曲线PJN表示溶液pH的变化 B.M点水的电离程度比N点大 C.M、P两点的数值之和a＋b不一定等于14 D.pH与pOH交叉点J对应的V(盐酸)小于20.00 mL 解析　pH越大，说明溶液碱性越强，pOH越大，说明溶液酸性越强，据此分析解题。随着盐酸的加入，氨水pH减小，pOH增大，所以PJN表示溶液pOH变化曲线，曲线MJQ表示溶液pH变化曲线，A错误。M、P点，氨水过量盐酸不足，此时溶质为NH3·H2O、NH4Cl，pH>pOH，溶液呈碱性，水电离出的H＋浓度等于溶液中的H＋浓度，即10－a mol·L－1；N、Q点，盐酸过量，此时溶质为NH4Cl和HCl，pH<pOH，溶液呈酸性，水电离出的OH－浓度等于10－a mol·L－1，而在溶液中水电离出的H＋与OH－浓度相等，M、N两点水电离的程度相同，B错误。M、P点对应溶液相同，M点pH＝a、P点pOH＝b，则M点c(H＋)＝10－a mol·L－1、P点c(OH－)＝10－b mol·L－1，298 K时，c(H＋)×c(OH－)＝Kw＝10－14，所以M、P两点的数值之和a＋b＝14，C错误。pH 与pOH交叉点J对应溶液pH＝pOH，则c(H＋)＝c(OH－)，为中性溶液，一水合氨是弱碱，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.00 mL，D正确。故选D。 答案　D 2.(2023·山西运城高三康杰中学校考)某小组设计实验测定某胆矾(CuSO4·5H2O)样品的纯度(杂质不反应)；称取w g胆矾样品溶于蒸馏水，加入足量KI溶液，充分反应后，过滤把滤液配制成250 mL溶液,准确量取配制液25.00 mL于锥形瓶中，滴加2滴溶液X，用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗滴定液V mL。已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－。下列叙述错误的是(　　) A.滴定终点颜色由蓝色变为无色 B.加入足量KI溶液反应为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2 C.胆矾纯度为% D.若用待测液润洗锥形瓶，结果会偏低 解析　A.根据淀粉遇到碘单质变蓝，选用淀粉溶液作指示剂，终点颜色由蓝色变为无色,故A正确;B.加入KI溶液，I－被Cu2＋氧化为碘单质，Cu2＋被还原为Cu＋，与I－形成CuI沉淀,离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2,故B正确；C.根据2Cu2＋＋4I－ ===2CuI↓＋I2、I2＋2S2O===S4O＋2I－可知，纯度为××100%＝%，故C 正确；D.若用待测液润洗锥形瓶，消耗标准液体积偏大，计算出结果偏高，故D错误。故选D。 答案　D $$