《2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理與訓(xùn)練 第8章 第2講 水的電離和溶液的酸堿性（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理與訓(xùn)練 第8章 第2講 水的電離和溶液的酸堿性（含解析）（30頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)知識(shí)梳理與訓(xùn)練 第8章 第2講 水的電離和溶液的酸堿性（含解析） [考綱要求]　1.理解水的電離、離子積常數(shù)以及影響水電離平衡的因素。2.了解溶液pH的定義，能進(jìn)行溶液pH的簡(jiǎn)單計(jì)算。3.初步掌握中和滴定的原理和方法，初步掌握測(cè)定溶液pH的方法(強(qiáng)酸、強(qiáng)堿)。 考點(diǎn)一　水的電離 1．水的電離 水是極弱的電解質(zhì)，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(guān)，升高溫度，Kw增大。 (3)適用范圍：K

2、w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。 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(duì)水的電離平衡的影響 　　　體系變化 條件 平衡移動(dòng)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

3、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 深度思考 1．在pH＝2的鹽酸溶液中由水電離出來(lái)的c(H＋)與c(OH－)之間的關(guān)系是什么？ 答案　外界條件改變，水的電離平衡發(fā)生移動(dòng)，但任何時(shí)候由水電離出的c(H＋)和c(OH－)總是相等的。 2．甲同學(xué)認(rèn)為，在水中加入H2SO4，水的電離平衡向左移動(dòng)，解釋是加入H2SO4后c(H＋)增大，平衡左移。乙同學(xué)認(rèn)為，加入H2SO4后，水的電離平衡向右移動(dòng)，解釋

4、為加入H2SO4后，c(H＋)濃度增大，H＋與OH－中和，平衡右移。你認(rèn)為哪種說(shuō)法正確？并說(shuō)明原因。水的電離平衡移動(dòng)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?yàn)镵w僅與溫度有關(guān)，溫度不變，則Kw不變，與外加酸、堿、鹽無(wú)關(guān)。 1．水的離子積常數(shù)Kw＝c(H＋)·c(OH－)，其實(shí)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(shuō)Kw是水的離子積常數(shù)，不如說(shuō)是水溶液中的H＋和OH－的離子積常數(shù)。即

5、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(duì)含量不同而已。 題組一　影響水電離平衡的因素及結(jié)果判斷 1．25℃時(shí)，相同物質(zhì)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(zhì)可知②NaOH、③H2SO4抑制水的電離，①NaCl不影響水的電離平衡，

6、④(NH4)2SO4促進(jìn)水的電離(NH水解)，在②③中H2SO4為二元強(qiáng)酸，產(chǎn)生的c(H＋)大于NaOH產(chǎn)生的c(OH－)，抑制程度更大，故順序?yàn)棰?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(dòng)，Kw不變 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(dòng)，c(H＋)降低 D．向水中加入少量固體硫酸鈉，c(H＋)＝10－7mol·L－1，Kw不變 答案　AB 解析　C項(xiàng)，平衡應(yīng)正向移動(dòng)；D項(xiàng)，由于沒(méi)有指明溫度，c(H＋)不一定等于10－7mol·

7、L－1。 題組二　水電離的c(H＋)或c(OH－)的計(jì)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)10－12mol·L－1　10－12mol·L－1 (2)10－10mol·L－1　10－

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

9、電離產(chǎn)生，水解顯酸性的鹽應(yīng)計(jì)算其c(H＋)，水解顯堿性的鹽應(yīng)計(jì)算其c(OH－)。pH＝2的NH4Cl中由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝10－2mol·L－1；pH＝10的Na2CO3溶液中由水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝10－4mol·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?、?.1mol·L－1的鹽酸 ③0.01mol·L－1的NaOH溶液?、躳H＝11的NaOH溶液 A．1∶10∶100∶1000 B．0∶1∶12∶11 C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶3 答案　A 解析?、僦衏(H＋)＝1mol·L

10、－1，由水電離出的c(H＋)與溶液中c(OH－)相等，等于1.0×10－14mol·L－1； ②中c(H＋)＝0.1mol·L－1，由水電離出的c(H＋)＝ 1．0×10－13mol·L－1； ③中c(OH－)＝1.0×10－2mol·L－1，由水電離出的c(H＋)與溶液中c(H＋)相等，等于1.0×10－12mol·L－1； ④中c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1，同③所述由水電離出的c(H＋)＝1.0×10－11mol·L－1。 即(1.0×10－14)∶(1.0×10－13)∶(1.0×10－12)∶(1.0×10－11)＝1∶10∶100∶1000。 理清溶液

11、中H＋或OH－的來(lái)源 1．常溫下，中性溶液 c(OH－)＝c(H＋) ＝10－7mol·L－1 2．溶質(zhì)為酸的溶液 (1)來(lái)源 OH－全部來(lái)自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝c(OH－)。 (2)實(shí)例 如計(jì)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＝10－12mol·L－1，即水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1。 3．溶質(zhì)為堿的溶液 (1)來(lái)源 H＋全部來(lái)自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)。 (2)實(shí)例 如計(jì)算pH＝12的NaOH溶液中水電離出的c(OH－)

12、，方法是知道溶液中的c(H＋)＝10－12mol·L－1，即水電離出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12mol·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(lái)自水的電離，由水電離的c(H＋)＝10－5mol·L－1，因?yàn)椴糠諳H－與部分NH結(jié)合，溶液中c(OH－)＝10－9mol·L－1。 (2)pH＝12的Na2CO3溶液中OH－全部來(lái)自水的電離，由水電離出的c(OH－)＝10－2mol·L－1。 考點(diǎn)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－)的相對(duì)大小。 (1)酸性溶液：c(H＋)>c(

13、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(cè)量 (1)計(jì)算公式：pH＝－lgc(H＋)。 (2)測(cè)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(cè)溶液點(diǎn)在試紙的中央，變色后與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照，即可確定溶液的pH。 ②pH計(jì)測(cè)量法。 (3)溶液的酸堿性與pH的關(guān)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(　　) (2)pH＝7的溶液(　　) (3)c(

14、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)0.1mol·L－1的NH4Cl溶液(　　) (7)0.1mol·L－1的NaHCO3溶液(　　) (8)0.1mol·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(cè)溶液的pH時(shí)應(yīng)注意什么問(wèn)題？記錄數(shù)據(jù)時(shí)又要注意什么？是否可用pH試紙測(cè)定氯水的pH? 答案　pH試紙使用前不能用蒸餾水潤(rùn)濕，否則待測(cè)液因被稀釋可能產(chǎn)生誤差；

15、用pH試紙讀出的pH只能是整數(shù)；不能用pH試紙測(cè)定氯水的pH，因?yàn)槁人仕嵝缘耐瑫r(shí)呈現(xiàn)強(qiáng)氧化性(漂白性)。 1．溶液呈現(xiàn)酸、堿性的實(shí)質(zhì)是c(H＋)與c(OH－)的相對(duì)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(cè)溶液pH時(shí)不能用蒸餾水潤(rùn)濕。 3．25℃時(shí)，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(shí)pH值判斷誤區(qū) 1．1mLpH＝9的NaOH溶液，加水稀釋到10mL，pH＝________；加水稀釋到100mL，pH________7。 答案　8　接

16、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_(kāi)_________。 答案　 解析　稀釋前c(SO)＝mol·L－1，稀釋后c(SO)＝mol·L－1＝10－8mol·L－1，c(H＋)接近10－7mol·L－1，所以＝＝。 3．(1)體積相同，濃度均為0.2mol·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(guān)系為_(kāi)_______。 (2)體積相同，濃度均為0.2mol·L－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(guān)系為_(kāi)_____________

17、__。 (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(guān)系為_(kāi)_______________。 (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(guān)系為_(kāi)_______________。 答案　(1)mn　(3)mn 解析　(1)等濃度的鹽酸和醋酸稀釋過(guò)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(qiáng)電解質(zhì)，CH3COOH是弱電解質(zhì)，HCl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

18、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(guò)程中CH3COOH會(huì)繼續(xù)電離出H＋，其稀釋過(guò)程中的圖像如圖乙所示。若稀釋后溶液的pH都變成3(畫(huà)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(wú)限稀釋規(guī)律 常溫下任何酸或堿溶液無(wú)限稀釋時(shí)，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近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p

19、H 加水稀釋到體積為原來(lái) 的10n倍 稀釋后溶液pH 酸 強(qiáng)酸 pH＝a pH＝a＋n 弱酸 a＜pH＜a＋n 堿 強(qiáng)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(jì)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)0.005mol·L－1的H2SO4溶液 (2)0.1mol·L－1的CH3COOH溶液(已知CH3COOH的電離常數(shù)Ka＝1.8×10－5) (3)0.1mol·L－1NH3·H2O溶液(NH3·H2O的電離度

20、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)0.001mol·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1000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　　CH3COO－＋H＋ c(初始) 0.100 c(電離) c(H＋)

21、 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＋)＝1.3×10－3mol·L－1， 所以pH＝－lgc(H＋)＝－lg(1.3×10－3)＝2.9。 (3)　　　NH3·H2O　　OH－?。H c(初始) 0.1mol·L－100 c(電離) 0.1×1%mol·L－10.1×1%,mol·L－10.1×1%,mol·L－1 則c(OH－)＝0.1×1%mol·L－1＝10－3mol·L－1 c(H＋)＝10－11mol·L－1，所以pH＝11。 (4)將pH＝8的NaOH與pH

22、＝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(lái)算，可以根據(jù)經(jīng)驗(yàn)公式來(lái)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＋)＝10－5mol·L－1，pH＝9的氫氧化鈉溶液中c(OH－)＝10－5mol·L－1，兩者以體積比11∶9混合，則酸過(guò)量，混合液的pH小于7。 c(H＋)＝mol·L－1＝1.0×10－6mol·L－1， pH＝－lg(1.0×10－6)＝6。 1.單一溶液的pH計(jì)算 強(qiáng)酸溶液：如HnA，設(shè)濃度為cmol·L－1，c(H＋)＝ncmol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lg (nc)。 強(qiáng)堿溶

23、液(25℃)：如B(OH)n，設(shè)濃度為cmol·L－1，c(H＋)＝mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lg(nc)。 2．混合溶液pH的計(jì)算類型 (1)兩種強(qiáng)酸混合：直接求出c(H＋)混，再據(jù)此求pH。c(H＋)混＝。 (2)兩種強(qiáng)堿混合：先求出c(OH－)混，再據(jù)Kw求出c(H＋)混，最后求pH。c(OH－)混＝。 (3)強(qiáng)酸、強(qiáng)堿混合：先判斷哪種物質(zhì)過(guò)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＝ 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(hào)中填“酸性”、“堿性”或“中性”)。 (1)相同

24、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(　　) (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

25、　(6)堿性　(7)酸性　(8)堿性 題組四　強(qiáng)酸、強(qiáng)堿混合呈中性pH與體積關(guān)系 6．在某溫度時(shí)，測(cè)得0.01mol·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VaL與pH＝b的硫酸VbL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＝__________________________________。 答案　(1)10－13　(2)①1∶10?、?0∶

26、1 解析　(1)由題意知，溶液中c(H＋)＝10－11mol·L－1，c(OH－)＝0.01mol·L－1，故Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－13。 (2)①根據(jù)中和反應(yīng)：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(yīng)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∶1。 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、

27、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(duì)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(diǎn)三　酸、堿中和滴定 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．實(shí)驗(yàn)原理 利用酸堿中和反應(yīng)，用已知濃度酸(或堿)來(lái)測(cè)定未知濃度的堿(或酸)的實(shí)驗(yàn)方法。以標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定待測(cè)的Na

28、OH溶液，待測(cè)的NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為c(NaOH)＝。 酸堿中和滴定的關(guān)鍵： (1)準(zhǔn)確測(cè)定標(biāo)準(zhǔn)液的體積。 (2)準(zhǔn)確判斷滴定終點(diǎn)。 2．實(shí)驗(yàn)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(tái)、錐形瓶。 (2)試劑 標(biāo)準(zhǔn)液、待測(cè)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?yàn)樗嵝院脱趸晕镔|(zhì)易腐蝕橡膠管。 ②堿性的試劑一般用堿式滴定管，因?yàn)閴A性物質(zhì)易腐蝕玻璃，致使活塞無(wú)法打開(kāi)。 3．實(shí)驗(yàn)操作 實(shí)驗(yàn)操作以標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定待測(cè)NaOH溶液為例 (1)滴定前的準(zhǔn)備 ①滴定管：查漏→洗滌→潤(rùn)洗→裝液→調(diào)液

29、面→記錄。 ②錐形瓶：注堿液→記體積→加指示劑。 (2)滴定 (3)終點(diǎn)判斷 等到滴入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液，指示劑變色，且在半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)的顏色，視為滴定終點(diǎn)并記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積。 (4)數(shù)據(jù)處理 按上述操作重復(fù)二至三次，求出用去標(biāo)準(zhǔn)鹽酸體積的平均值，根據(jù)c(NaOH)＝計(jì)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(wú)色 8.2～10.0淺紅色 >10.0紅色 5.指示劑選擇的基本原則 變色要靈敏，變色范圍要小

30、，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(shí)，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(shí)，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。 (5)并不是所有的滴定都須使用指示劑，如用標(biāo)準(zhǔn)的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液時(shí)，KMnO4顏色褪去時(shí)即為滴定終點(diǎn)。 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(wú)水滴漏下。然后將活塞旋轉(zhuǎn)180°，再靜置兩分鐘，觀察有無(wú)水滴漏下，如均不漏水，滴定管即

31、可使用。 2．KMnO4(H＋)溶液、溴水、Na2CO3溶液、稀鹽酸應(yīng)分別盛放在哪種滴定管中？ 答案　強(qiáng)氧化性溶液、酸性溶液應(yīng)盛放在酸式滴定管中，堿性溶液應(yīng)盛放在堿式滴定管中。 即酸性KMnO4溶液、稀鹽酸、溴水應(yīng)盛放在酸式滴定管中，Na2CO3溶液應(yīng)盛放在堿式滴定管中。 3．滴定管盛標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，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(kāi)始前液面的讀數(shù)。 4．滴定終點(diǎn)就是酸堿恰好中和的點(diǎn)嗎？ 答案　滴定終點(diǎn)是指示劑顏色發(fā)生突變的點(diǎn)，不一定是酸堿恰好中和的點(diǎn)。 題組一　誤差分析的全面突破 1．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定未知濃度的

32、NaOH溶液(酚酞作指示劑)，用“偏高”、“偏低”或“無(wú)影響”填空。 (1)酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗(　　) (2)錐形瓶用待測(cè)溶液潤(rùn)洗(　　) (3)錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水(　　) (4)放出堿液的滴定管開(kāi)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(diǎn)時(shí)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　(3)無(wú)影響　(4)偏低 (5)偏高　(6)偏高　(7)偏低　(8

33、)偏高 　　　　誤差分析的方法 依據(jù)原理c(標(biāo)準(zhǔn))·V(標(biāo)準(zhǔn))＝c(待測(cè))·V(待測(cè))，所以c(待測(cè))＝，因?yàn)閏(標(biāo)準(zhǔn))與V(待測(cè))已確定，所以只要分析出不正確操作引起V(標(biāo)準(zhǔn))的變化，即分析出結(jié)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20mL0.01mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L－1KOH溶液，其pH變化曲線如圖所示(忽略溫度變化)。請(qǐng)回答下列有關(guān)問(wèn)題： (1)a點(diǎn)溶液中c(H＋)為_(kāi)_______，pH約為_(kāi)_______。 (2)a、b、c、d四點(diǎn)中水的電離程度最大的

34、是__________，滴定過(guò)程中宜選用____________作指示劑，滴定終點(diǎn)在________(填“c點(diǎn)以上”或“c點(diǎn)以下”)。 (3)若向20mL稀氨水中逐滴加入等濃度的鹽酸，則下列變化趨勢(shì)正確的是________(填字母)。 答案　(1)4×10－4mol·L－1　3.4 (2)c點(diǎn)　酚酞　c點(diǎn)以上 (3)B 解析　(1)電離消耗的醋酸在計(jì)算醋酸的電離平衡濃度時(shí)可以忽略不計(jì)。由K＝得，c(H＋)≈mol·L－1＝4×10－4mol·L－1。(2)a點(diǎn)是醋酸溶液，b點(diǎn)是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液，c點(diǎn)是CH3COOK和少量醋酸的混合溶液，d點(diǎn)是CH3COOK和

35、KOH的混合溶液，酸、堿均能抑制水的電離，CH3COOK水解促進(jìn)水的電離，所以c點(diǎn)溶液中水的電離程度最大。由于酸堿恰好完全反應(yīng)時(shí)溶液顯堿性，故應(yīng)該選擇在堿性范圍內(nèi)變色的指示劑酚酞。滴定終點(diǎn)應(yīng)在c點(diǎn)以上。(3)由于稀氨水顯堿性，首先排除選項(xiàng)A和C；兩者恰好反應(yīng)時(shí)溶液顯酸性，排除選項(xiàng)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(xué)生用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來(lái)測(cè)定未知物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時(shí)，選擇甲基橙作指示劑。請(qǐng)?zhí)顚?xiě)下列空白： (1)用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定待測(cè)的NaOH溶液時(shí)，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動(dòng)錐形瓶，眼睛注視________，直到因加入一滴鹽酸后，溶液由黃色變?yōu)?/p>

36、橙色，并________為止。 (2)下列操作中可能使所測(cè)NaOH溶液的濃度數(shù)值偏低的是________(填字母序號(hào))。 A．酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤(rùn)洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸 B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒(méi)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(shí)，開(kāi)始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù) (3)若滴定開(kāi)始和結(jié)束時(shí)，酸式滴定管中的液面如圖所示，則起始讀數(shù)為_(kāi)_____mL，終點(diǎn)讀數(shù)為_(kāi)_____mL，所用鹽酸溶液的體積為_(kāi)_____mL。 (4)某學(xué)生根據(jù)3次實(shí)驗(yàn)分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如下表： 滴定次數(shù) 待測(cè)NaOH溶液的體積/mL 0.

37、1000mol·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(jì)算該NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度。 答案　(1)錐形瓶中溶液顏色變化　在半分鐘內(nèi)不變色　(2)D　(3)0.00　26.10　26.10 (4)＝＝26.10mL，c(NaOH)＝＝0.1044mol·L－1 解析　在求c(NaOH)和進(jìn)行誤差分析時(shí)應(yīng)依據(jù)公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)

38、，須先求V[(HCl)aq]再代入公式；進(jìn)行誤差分析時(shí)，要考慮實(shí)際操作對(duì)每一個(gè)量即V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影響，進(jìn)而影響c(NaOH)。 (1)考查酸堿中和滴定實(shí)驗(yàn)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(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤(rùn)洗，內(nèi)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(jié)果偏高；用堿式滴定管取出的待測(cè)NaOH溶液的物質(zhì)的量一旦確定，倒入錐形瓶后，水的加入不影響OH－的物質(zhì)的量，也就不影響結(jié)果；若排出氣泡，液面會(huì)下降，故讀取V酸偏大，結(jié)果偏高；正確讀數(shù)(虛線部分)和錯(cuò)誤讀數(shù)(實(shí)線部分)如圖所示： (3)讀數(shù)時(shí)，以凹液面的

39、最低點(diǎn)為基準(zhǔn)。 (4)先算出耗用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸的平均值 ＝＝26.10mL(第二次偏差太大，舍去)， c(NaOH)＝＝0.1044mol·L－1。 　 1.滴定終點(diǎn)的判斷答題模板 當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏巍痢痢痢痢痢翗?biāo)準(zhǔn)溶液后，溶液變成××××××色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)的顏色。 解答此類題目注意三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)： (1)最后一滴：必須說(shuō)明是滴入“最后一滴”溶液。 (2)顏色變化：必須說(shuō)明滴入“最后一滴”溶液后溶液“顏色的變化”。 (3)半分鐘：必須說(shuō)明溶液顏色變化后“半分鐘內(nèi)不再恢復(fù)原來(lái)的顏色”。 2．圖解量器的讀數(shù)方法 (1)平視讀數(shù)(如圖1)：實(shí)驗(yàn)室中用量筒、移液管或滴定管量取一定體

40、積的液體，讀取液體體積時(shí)，視線應(yīng)與凹液面最低點(diǎn)保持水平，視線與刻度的交點(diǎn)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(dāng)用量筒測(cè)量液體的體積時(shí)，由于俯視視線向下傾斜，尋找切點(diǎn)的位置在凹液面的上側(cè)，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(shí)，由于視線向上傾斜，尋找切點(diǎn)的位置在液面的下側(cè)，因滴定管刻度標(biāo)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(jié)合具體儀器進(jìn)行分析，因?yàn)榱客部潭葟南碌缴现饾u增大；而滴定管刻度從下到上逐漸減小，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(shí)還要看滴定前讀數(shù)是否正確，然后才能判斷實(shí)際量取

41、的液體體積是偏大還是偏小。 題組四　滴定法的拓展應(yīng)用——氧化還原滴定 4．KMnO4溶液常用作氧化還原反應(yīng)滴定的標(biāo)準(zhǔn)液，由于KMnO4的強(qiáng)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(zhì)還原，生成難溶性物質(zhì)MnO(OH)2，因此配制KMnO4標(biāo)準(zhǔn)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1h；②用微孔玻璃漏斗過(guò)濾除去難溶的MnO(OH)2；③過(guò)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℃條件下用基準(zhǔn)試劑(純度高、相對(duì)分子質(zhì)量較大、穩(wěn)定性較好的物質(zhì))溶液標(biāo)定其濃度。 請(qǐng)回答下列問(wèn)題： (1)

42、準(zhǔn)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(zhì)中，用于標(biāo)定KMnO4溶液的基準(zhǔn)試劑最好選用________(填字母)。 A．H2C2O4·2H2O B．FeSO4 C．濃鹽酸 D．Na2SO3 (3)若準(zhǔn)確稱取Wg你選的基準(zhǔn)試劑溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，用KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液VmL。KMnO4溶液的物質(zhì)的量濃度為_(kāi)_______mol·L－1。 (4)若用放置兩周的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液去測(cè)定水樣中Fe2＋的含量，測(cè)得的濃度值將________(填“偏高”、“偏低”或“無(wú)影響”)。 答案

43、　(1)酸式滴定管　(2)A　(3)　(4)偏高 解析　(1)KMnO4溶液具有強(qiáng)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(jié)晶水合物； FeSO4在空氣中不穩(wěn)定易被氧化，鐵元素的化合價(jià)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(guān)系式：5(H2C2O4·2H2O)～2KMnO4，則KMnO4溶液的濃度為 c(KMnO4)＝ ＝mol·L－1。 (4)在放置過(guò)程中，由于空氣中還原性物質(zhì)的作用，使KMnO4溶液的濃度變小

44、了，再去滴定水樣中的Fe2＋時(shí)，消耗KMnO4溶液(標(biāo)準(zhǔn)溶液)的體積會(huì)增大，導(dǎo)致計(jì)算出來(lái)的c(Fe2＋)會(huì)增大，測(cè)定的結(jié)果將偏高。 　氧化還原滴定3要點(diǎn) 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(zhì)，或者間接滴定一些本身并沒(méi)有還原性或氧化性，但能與某些還原劑或氧化劑反應(yīng)的物質(zhì)。 2．試劑： 常見(jiàn)的用于滴定的氧化劑有KMnO4、K2Cr2O7等；常見(jiàn)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。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(biāo)準(zhǔn)溶液變藍(lán)；c.自身指示劑，如高錳酸

45、鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定草酸時(shí)，滴定終點(diǎn)為溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色。 探究高考　明確考向 江蘇五年高考 1．判斷正誤，正確的劃“√”，錯(cuò)誤的劃“×” (1)水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說(shuō)明水的電離是放熱反應(yīng)(×) (xx·江蘇，10D) 解析　水的電離是吸熱反應(yīng)。 (2)圖表示0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得到的滴定曲線(×) (2011·江蘇，10B) 解析　0.1000mol·L－1的CH3COONa，pH>7。 (3)4℃時(shí)，純水的pH＝7(×) (xx·江蘇，2B) 解析　25℃、純水pH＝7

46、,4℃時(shí)，純水pH<7。 2．(xx·江蘇，18)硫酸鎳銨[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于電鍍、印刷等領(lǐng)域。某同學(xué)為測(cè)定硫酸鎳銨的組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①準(zhǔn)確稱取2.3350g樣品，配制成100.00mL溶液A；②準(zhǔn)確量取25.00mL溶液A，用0.04000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定其中的Ni2＋(離子方程式為Ni2＋＋H2Y2－===NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加熱，生成NH356.00mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。 (1)若滴定管在使用前未用EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗，測(cè)得的N

47、i2＋含量將________(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。 (2)氨氣常用________檢驗(yàn)，現(xiàn)象是______________________________________________。 (3)通過(guò)計(jì)算確定硫酸鎳銨的化學(xué)式(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)。 答案　(1)偏高 (2)濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙　試紙顏色由紅變藍(lán) (3)n(Ni2＋)＝0.04000mol·L－1×31.25mL×10－3L·mL－1＝1.250×10－3mol n(NH)＝ ＝2.500×10－3mol n(SO)＝ ＝ ＝2.500×10－3mol m(Ni2＋)＝59g·mol－1×1.250×

48、10－3mol＝0.07375g m(NH)＝18g·mol－1×2.500×10－3mol＝0.04500g m(SO)＝96g·mol－1×2.500×10－3mol＝0.2400g n(H2O)＝ ＝1.250×10－2mol x∶y∶m∶n＝n(NH)∶n(Ni2＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10 硫酸鎳銨的化學(xué)式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。 解析　(1)若滴定管使用前沒(méi)有用EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗，會(huì)造成EDTA溶液濃度減小，使消耗的EDTA溶液體積偏大，則測(cè)得的Ni2＋含量偏高。(2)氨氣是中學(xué)化學(xué)中唯一的堿性氣體，常用濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙檢驗(yàn)

49、，試紙由紅色變藍(lán)色。 3．[xx·江蘇，18(2)(3)]硫酸鈉-過(guò)氧化氫加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的組成可通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)測(cè)定： ①準(zhǔn)確稱取1.7700g樣品，配制成100.00mL溶液A。 ②準(zhǔn)確量取25.00mL溶液A，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，過(guò)濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體0.5825g。 ③準(zhǔn)確量取25.00mL溶液A，加適量稀硫酸酸化后，用0.0xxmol·L－1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液25.00mL。H2O2與KMnO4反應(yīng)的離子方程式如下： 2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ (2

50、)上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO被還原為MnO2，其離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。 (3)通過(guò)計(jì)算確定樣品的組成(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)。 答案　(2)2MnO＋3H2O2===2MnO2↓＋3O2↑＋2OH－＋2H2O (3)n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝ ＝2.50×10－3 mol 2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ n(H2O2)＝×＝1.25×10－3 mol m(Na2SO4)＝142g·mol－1×2.50×

51、10－3mol＝0.355g m(H2O2)＝34g·mol－1×1.25×10－3mol＝0.0425g n(H2O)＝＝2.50×10－3mol x∶y∶z＝n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)＝2∶1∶2 故樣品的組成的化學(xué)式為2Na2SO4·H2O2·2H2O。 解析　(2)H2O2與KMnO4溶液反應(yīng)，MnO被還原為MnO2，據(jù)得失電子守恒、質(zhì)量守恒可寫(xiě)出離子方程式為2MnO＋3H2O2===2MnO2↓＋3O2↑＋2OH－＋2H2O。 (3)25.00mL溶液A中含有Na2SO4的物質(zhì)的量為n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝＝2.50×10－3mol。

52、 含有H2O2的物質(zhì)的量為n(H2O2)＝n(KMnO4)＝×0.0xxmol·L－1×25.00×10－3L＝1.25×10－3mol。 所取25.00mL溶液A中所含樣品中水的質(zhì)量為m(H2O)＝1.7700g×－2.50×10－3mol×142g·mol－1－1.25×10－3mol×34g·mol－1＝0.04500g，則n(H2O)＝＝2.50×10－3mol。 綜上可知，x∶y∶z＝n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)＝2∶1∶2，故硫酸鈉-過(guò)氧化氫加合物的化學(xué)式為2Na2SO4·H2O2·2H2O。 4．[xx·江蘇，19(2)]為確定加入鋅灰(主要成分為Zn、

53、ZnO，雜質(zhì)為鐵及其氧化物)的量，實(shí)驗(yàn)中需測(cè)定除去H2O2后溶液中Cu2＋的含量。實(shí)驗(yàn)操作為：準(zhǔn)確量取一定體積的含有Cu2＋的溶液于帶塞錐形瓶中，加適量水稀釋，調(diào)節(jié)溶液pH＝3～4，加入過(guò)量的KI，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)。上述過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式如下： 2Cu2＋＋4I－===2CuI(白色)↓＋I(xiàn)2 2S2O＋I(xiàn)2===2I－＋S4O ①滴定選用的指示劑為_(kāi)___________，滴定終點(diǎn)觀察到的現(xiàn)象為_(kāi)_________________。 ②若滴定前溶液中的H2O2沒(méi)有除盡，所測(cè)定的Cu2＋含量將會(huì)________(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。 答案?、俚?/p>

54、粉溶液　藍(lán)色褪去?、谄? 解析?、俚矸廴芤河鯥2顯藍(lán)色，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2，可用淀粉溶液作滴定中的指示劑，達(dá)到終點(diǎn)時(shí)，溶液由藍(lán)色變成無(wú)色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)顏色。②若滴定前H2O2未除盡，則可將I－氧化生成I2，滴定中消耗Na2S2O3溶液的體積增大，導(dǎo)致測(cè)定的Cu2＋含量偏高。 5．(2011·江蘇，19)高氯酸銨(NH4ClO4)是復(fù)合火箭推進(jìn)劑的重要成分，實(shí)驗(yàn)室可通過(guò)下列反應(yīng)制?。? NaClO4(aq)＋NH4Cl(aq)NH4ClO4(aq)＋NaCl(aq) (1)若NH4Cl用氨氣和濃鹽酸代替，上述反應(yīng)不需要外界供熱就能進(jìn)行，其原因是_______

55、_________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)反應(yīng)得到的混合溶液中NH4ClO4和NaCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為0.30和0.15(相關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線見(jiàn)上圖)。從混合溶液中獲得較多NH4ClO4晶體的實(shí)驗(yàn)操作依次為(填操作名稱)____________________、干燥。 (3)樣品中NH4ClO4的含量可用蒸餾法進(jìn)行測(cè)定，蒸餾裝置如下圖所示(加熱和儀

56、器固定裝置已略去)，實(shí)驗(yàn)步驟如下： 步驟1：按下圖所示組裝儀器，檢查裝置氣密性。 步驟2：準(zhǔn)確稱取樣品ag(約0.5g)于蒸餾燒瓶中，加入約150mL水溶解。 步驟3：準(zhǔn)確量取40.00mL約0.1mol·L－1H2SO4溶液于錐形瓶中。 步驟4：經(jīng)分液漏斗向蒸餾燒瓶中加入20mL3mol·L－1NaOH溶液。 步驟5：加熱蒸餾至蒸餾燒瓶中剩余約100mL溶液。 步驟6：用新煮沸過(guò)的水沖洗冷凝裝置2～3次，洗滌液并入錐形瓶中。 步驟7：向錐形瓶中加入酸堿指示劑，用cmol·L－1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mL。 步驟8：將實(shí)驗(yàn)步驟1～7重復(fù)2次。

57、 ①步驟3中，準(zhǔn)確量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃儀器是__________________________。 ②步驟1～7中，確保生成的氨被稀硫酸完全吸收的實(shí)驗(yàn)步驟是_________________ (填步驟序號(hào))。 ③為獲得樣品中NH4ClO4的含量，還需補(bǔ)充的實(shí)驗(yàn)是 ________________________________________________________________________。 答案　(1)氨氣與濃鹽酸反應(yīng)放出熱量　(2)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、冰水洗滌　(3)①酸式滴定管?、?,5,6　③用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液標(biāo)定H2SO4溶液的濃度(

58、或不加高氯酸銨樣品，保持其他條件相同，進(jìn)行蒸餾和滴定實(shí)驗(yàn)) 解析　(1)氨氣和濃鹽酸的反應(yīng)是放熱反應(yīng)。(2)由于NH4ClO4受熱易分解，其溶解度受溫度的影響變化很大，且溫度越高其溶解度越大，而氯化鈉的溶解度受溫度的影響變化不大，因此要獲得其晶體，采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾，為了減少其溶解，采用冰水洗滌。(3)①滴定管能讀到小數(shù)點(diǎn)后兩位，因此選擇酸式滴定管量取硫酸。②檢查裝置的氣密性以免氨氣逸到空氣中；充分加熱蒸餾燒瓶中的液體，使氨氣完全逸出被吸收；把冷凝管洗滌，并將洗滌液也加到錐形瓶中，保證氨氣不損失。③硫酸的濃度約為0.1mol·L－1，要求獲得NH4ClO4的含量，需要知道硫酸的準(zhǔn)確

59、濃度。 各省市兩年高考 1．判斷正誤，正確的劃“√”，錯(cuò)誤的劃“×” (1)測(cè)定NaOH溶液濃度，可用滴定管、錐形瓶、燒杯、NaOH溶液、0.1000mol·L－1鹽酸達(dá)到目的(　　) (xx·安徽理綜，9D) (2)用蒸餾水潤(rùn)濕的試紙測(cè)溶液的pH，一定會(huì)使結(jié)果偏低(　　) (xx·大綱全國(guó)卷，6D) (3)(　　) (xx·山東理綜，10B) (4)酸式滴定管裝標(biāo)準(zhǔn)溶液前，必須先用該溶液潤(rùn)洗(　　) (xx·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ，12B) (5)酸堿滴定實(shí)驗(yàn)中，用待滴定溶液潤(rùn)洗錐形瓶以減小實(shí)驗(yàn)誤差(　　) (xx·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ，12C) (6)50℃時(shí)，pH＝4的醋

60、酸中，c(H＋)＝4.0mol·L－1(　　) (xx·廣東理綜，12A) (7)50℃時(shí)，pH＝12的純堿溶液中，c(OH－)＝1.0×10－2mol·L－1(　　) (xx·廣東理綜，12C) (8)在蒸餾水中滴加濃硫酸，Kw不變(　　) (xx·天津理綜，5A) (9)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) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×　(9)× 2．(xx·山東理綜，13)某溫度下，向一定體積0.1mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH

61、溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH－])與pH的變化關(guān)系如圖所示，則(　　) A．M點(diǎn)所示溶液的導(dǎo)電能力強(qiáng)于Q點(diǎn) B．N點(diǎn)所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋) C．M點(diǎn)和N點(diǎn)所示溶液中水的電離程度相同 D．Q點(diǎn)消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積 答案　C 解析　結(jié)合醋酸與NaOH溶液的反應(yīng)，pOH、pH的定義及題給圖像，分析各選項(xiàng)并得出合理答案。 Q點(diǎn)pOH＝pH＝a，則有c(H＋)＝c(OH－)，此時(shí)溶液呈中性，那么c(CH3COO－)＝c(Na＋)，N點(diǎn)溶液呈堿性，c(OH－)>c(H＋)，那么c(CH3COO－)

62、點(diǎn)溶液中含有CH3COOH和CH3COONa，在滴加NaOH溶液的過(guò)程中，溶液中離子濃度變大，則M點(diǎn)溶液的導(dǎo)電能力比Q點(diǎn)弱，A錯(cuò)；M點(diǎn)pOH＝b，N點(diǎn)pH＝b，說(shuō)明M點(diǎn)c(OH－)與N點(diǎn)c(H＋)相等，對(duì)水的電離抑制程度相同，因此M點(diǎn)和N點(diǎn)水的電離程度相同，C對(duì)；若消耗NaOH溶液與醋酸溶液的體積相等，二者恰好反應(yīng)生成CH3COONa，溶液顯堿性，而Q點(diǎn)溶液呈中性，顯然醋酸溶液的體積大于消耗NaOH溶液的體積，D錯(cuò)。 3．(xx·大綱全國(guó)卷，12)下圖表示水中c(H＋)和c(OH－)的關(guān)系，下列判斷錯(cuò)誤的是 (　　) A．兩條曲線間任意點(diǎn)均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw B．M區(qū)域

63、內(nèi)任意點(diǎn)均有c(H＋)＜c(OH－) C．圖中T1＜T2 D．XZ線上任意點(diǎn)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(jì)算逐一分析各選項(xiàng)。 A項(xiàng)水電離出的c(H＋)與c(OH－)的乘積為一常數(shù)；B項(xiàng)由圖看出M區(qū)域內(nèi)c(H＋)＜c(OH－)；C項(xiàng)T2時(shí)c(H＋)·c(OH－)大于T1時(shí)c(H＋)·c(OH－)，因?yàn)樗碾婋x過(guò)程是吸熱的，溫度越高，水的離子積越大，所以T2＞T1；D項(xiàng)pH＝－lgc(H＋)，XZ線上任意點(diǎn)的c(H＋)＝c(OH－)，但pH不一定為7。 4．(xx·上海，5)374℃、22.1MPa以上的超臨界水具有很強(qiáng)的溶解有機(jī)物的能力，

64、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(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)相似相溶的原理可知B項(xiàng)正確(有機(jī)物大多數(shù)是非極性分子)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 5．[xx·山東理綜，29(3)]利用I2的氧化性可測(cè)定鋼鐵中硫的含量。做法是將鋼樣中的硫轉(zhuǎn)化成H2SO3，然后用一定濃度的I2溶液進(jìn)行滴定，所用指示劑為_(kāi)_______，滴定反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______。 答案　淀粉溶液　I2＋H2SO3＋H2O===4H＋＋2I－＋SO 解析　因

65、為I2＋H2SO3＋H2O===2I－＋4H＋＋SO，I2遇淀粉變藍(lán)，所以應(yīng)選用淀粉溶液作指示劑。 6．[xx·天津理綜，9(5)(6)]測(cè)定Na2S2O3·5H2O產(chǎn)品純度 準(zhǔn)確稱取WgNa2S2O3·5H2O產(chǎn)品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.1000mol·L－1碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。 反應(yīng)原理為2S2O＋I(xiàn)2===S4O＋2I－ (5)滴定至終點(diǎn)時(shí)，溶液顏色的變化：___________________________________________。 (6)測(cè)定起始和終點(diǎn)的液面位置如圖，則消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為_(kāi)_______mL。產(chǎn)品的純度為(設(shè)Na2S2O3·

66、5H2O相對(duì)分子質(zhì)量為M)________。 答案　(5)由無(wú)色變藍(lán)色 (6)18.10　×100% 解析　(5)用淀粉作指示劑，達(dá)到終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象是溶液由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)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(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為18.10mL。 根據(jù)2S2O＋I(xiàn)2===S4O＋2I－知：n(S2O)＝2n(I2)＝0.1000mol·L－1×18.10mL×10－3L·mL－1×2＝3.620×10－3mol。產(chǎn)品的純度為3.620×10－3mol×M/W×100%＝×100%。 7．(xx·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ，28)某小組以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨水為原料，在活性炭催化下，合成了橙黃色晶體X，為確定其組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。 ①氨的測(cè)定：精確稱取wgX，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V1mLc1mol·L－1的鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液吸收。蒸氨結(jié)束后取下接收瓶，用c2mol·L－1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過(guò)剩的HCl，到終點(diǎn)時(shí)消耗V2mLNaOH溶液。 ②氯的測(cè)定：準(zhǔn)