第29講水的電離和溶液的酸堿性目錄考情分析網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建考點(diǎn)一水的電離與離子積常數(shù)【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】知識(shí)點(diǎn)1水的電離知識(shí)點(diǎn)2水的離子積常數(shù)【提升·必考題型歸納】考向1考查水的電離平衡的影響因素考向2考查水電離出的c(H＋)和c(OH－)的計(jì)算考點(diǎn)二溶液的酸堿性、pH計(jì)算【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】知識(shí)點(diǎn)1溶液的酸堿性知識(shí)點(diǎn)2pH及其測(cè)量知識(shí)點(diǎn)3溶液pH的計(jì)算【提升·必考題型歸納】考向1考查溶液酸堿性的判斷考向2考查pH的計(jì)算考點(diǎn)三酸堿中和滴定及其應(yīng)用【夯基·必備基礎(chǔ)知識(shí)梳理】知識(shí)點(diǎn)1中和滴定知識(shí)點(diǎn)2氧化還原滴定知識(shí)點(diǎn)3沉淀滴定【提升·必考題型歸納】考向1考查中和滴定的操作與指示劑的選擇考向2考查中和滴定誤差分析考向3考查中和滴定的應(yīng)用真題感悟考點(diǎn)要求考題統(tǒng)計(jì)考情分析水的電離與離子積常數(shù)2023湖南卷12題，3分2022浙江1月卷17題，2分2021浙江6月卷23題，2分分析近三年高考試題，高考命題在本講有以下規(guī)律：1．從考查題型和內(nèi)容上看，高考命題以選擇題和非選擇題呈現(xiàn)，考查內(nèi)容主要有以下兩個(gè)方面：(1)以電解質(zhì)溶液為背景，考查水的電離程度變化或比較等；(2)與物質(zhì)制備相結(jié)合，考查中和滴定及拓展滴定。2．從命題思路上看，側(cè)重以電解質(zhì)溶液圖像、綜合實(shí)驗(yàn)、化工流程為載體，考查水的電離程度、溶液酸堿性、pH計(jì)算、滴定分析。3.根據(jù)高考命題的特點(diǎn)和規(guī)律，復(fù)習(xí)時(shí)要注意以下幾個(gè)方面：(1)強(qiáng)化電離平衡理論的理解，運(yùn)用化學(xué)平衡移動(dòng)原理和化學(xué)平衡常數(shù)對(duì)電離平衡進(jìn)行定性和定量分析；(2)強(qiáng)化電離平衡常數(shù)的運(yùn)用，特別是電離常數(shù)的計(jì)算以及電解質(zhì)溶液圖像的分析，能夠試圖求K。溶液的酸堿性、pH計(jì)算2023浙江1月卷13題，2分2022浙江1月卷1題，2分2021浙江1月卷17題，2分酸堿中和滴定2023湖南卷12題，3分2022浙江6月卷23題，2分2021湖南卷9題，4分考點(diǎn)一水的電離與離子積常數(shù)知識(shí)點(diǎn)1水的電離1.水是極弱的電解質(zhì)①水的電離方程式為H2O＋H2OH3O＋＋OH－簡(jiǎn)寫為H2OH＋＋OH－。②水的電離常數(shù)表達(dá)式K＝eq\f(c（H＋）·c（OH－）,c（H2O）)。【易錯(cuò)提醒】任何情況下，水電離產(chǎn)生的c(H＋)、c(OH－)總是相等的。25℃時(shí)，純水中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－1。2.水的電離過程吸熱3.影響水的電離平衡的因素溫度溫度升高，水的電離平衡向正方向移動(dòng)。加酸或堿會(huì)抑制(填“促進(jìn)”或“抑制”)水的電離。加能水解的鹽可與水電離出的H＋或OH－結(jié)合，使水的電離平衡正向移動(dòng)。加Na、K等活潑金屬會(huì)抑制(填“促進(jìn)”或“抑制”)水的電離。4.外界條件對(duì)水電離平衡的具體影響體系變化條件平移方向KW水的電離程度c(OH－)c(H＋)HCl逆不變減小減小增大NaOH逆不變減小增大減小水解鹽Na2CO3正不變?cè)龃笤龃鬁p小NH4Cl正不變?cè)龃鬁p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加入Na正不變?cè)龃笤龃鬁p小【易錯(cuò)提醒】(1)給水加熱，水的電離程度增大，c(H＋)＞10－7mol·L－1，pH<7，但水仍顯中性。(2)酸、堿能抑制水的電離，故室溫下，酸、堿溶液中水電離產(chǎn)生的c(H＋)<1×10－7mol·L－1，而能水解的鹽溶液中水電離產(chǎn)生的c(H＋)[或c(OH－)]>1×10－7mol·L－1。知識(shí)點(diǎn)2水的離子積常數(shù)1.Kw表達(dá)式：在一定溫度下，當(dāng)水的電離達(dá)到平衡時(shí)，電離產(chǎn)物H＋和OH－濃度之積是一個(gè)常數(shù)，記作Kw＝c(H＋)·c(OH－)。2.Kw數(shù)值：室溫下：Kw＝1×10－14；100℃時(shí)：Kw＝1×10－12。3.Kw影響因素：只與溫度有關(guān)，升高溫度，Kw增大。4.Kw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。5.Kw意義：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。6.Kw曲線分析如圖兩條曲線表示兩個(gè)不同溫度下，水溶液中c（H＋）與c（OH－）的關(guān)系圖。①由于水的電離是吸熱過程，升高溫度促進(jìn)水電離，水的離子積常數(shù)增大，所以T＞25℃。②兩條曲線上任意點(diǎn)均有Kw＝c（H＋）·c（OH－）。③a點(diǎn)和c點(diǎn)溶液：c（H＋）＝c（OH－），呈中性。④b點(diǎn)溶液：c（H＋）＞c（OH－），呈酸性。⑤d點(diǎn)溶液：c（OH－）＞c（H＋），呈堿性。⑥升高溫度不能使a點(diǎn)（中性）變?yōu)閐點(diǎn)（堿性）。【易錯(cuò)警示】(1)在不同溶液中,c(H+)、c(OH-)可能不同,但任何溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)、c(OH-)總是相等的。在Kw的表達(dá)式中,c(H+)、c(OH-)均表示整個(gè)溶液中H+、OH-總的物質(zhì)的量濃度而不是單指由水電離出的c(H+)、c(OH-)。(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。(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(dòng),c(H+)和c(OH-)都增大,故Kw增大,但溶液仍呈中性;對(duì)于Kw,若未注明溫度,一般認(rèn)為在常溫下,即25℃。考向1考查水的電離平衡的影響因素例1．（2023·廣西·統(tǒng)考二模）常溫常壓下，某同學(xué)向20.00mLc0mol?L-1氨水中逐滴加入0.1000mol?L-1的鹽酸，實(shí)驗(yàn)測(cè)得溶液的pH隨加入鹽酸體積的變化如圖所示，其中N點(diǎn)為反應(yīng)終點(diǎn)(此時(shí)鹽酸與氨水恰好完全反應(yīng))，此時(shí)消耗鹽酸的體積為17.20mL。下列說法中正確的是A．選擇甲基橙作指示劑，比選用酚酞作指示劑的誤差大B．M點(diǎn)的溶液中存在：c(NH3?H2O)＞c(Cl-)＞c(NH)C．N點(diǎn)溶液中：c(H+)-c(OH-)<c(Cl-)-c(NH3?H2O)D．P、M、N三點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中水的電離程度最大的為M點(diǎn)【分析】N點(diǎn)溶質(zhì)是NH4Cl，M點(diǎn)消耗鹽酸的體積是N點(diǎn)的一半，則溶液的溶質(zhì)是NH3·H2O和NH4Cl，并且物質(zhì)的量相等。【解析】A．鹽酸滴定氨水，生成氯化銨，溶液偏酸性，故用甲基橙做指示劑比酚酞做指示劑誤差小，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像，M點(diǎn)溶液顯堿性，說明NH3·H2O的電離程度大于的水解程度，c()>c(Cl?)>c(NH3?H2O)，故B錯(cuò)誤；C．N點(diǎn)為反應(yīng)終點(diǎn)，鹽酸與氨水恰好完全反應(yīng)得到NH4Cl溶液，根據(jù)電荷守恒：c(H+)+c()=c(OH?)+c(Cl?)，此時(shí)溶液呈酸性，c()>c(NH3?H2O)，則c(H+)+c(NH3?H2O)<c(Cl?)+c(OH?)，c(H+)?c(OH?)<c(Cl?)?c(NH3?H2O)，故C正確；D．氨水中由于NH3?H2O的電離抑制水的電離，加入鹽酸后生成NH4Cl，的水解促進(jìn)水的電離，N點(diǎn)為反應(yīng)終點(diǎn)，P、M、N三點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中水的電離程度最大的為N點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；故答案為：C。【答案】C【變式訓(xùn)練】（2023·天津·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）25℃時(shí)，向100mL的NaHA溶液中分別加入濃度均為的NaOH溶液和鹽酸，混合溶液的pH隨所加溶液體積的變化如圖所示(忽略過程中的體積變化)。下列說法不正確的是A．25℃時(shí)，的第二步電離平衡常數(shù)約為B．水的電離程度：N>M>PC．隨著鹽酸的不斷滴入，最終溶液的pH小于2D．M點(diǎn)時(shí)溶液中存在：【分析】NaHA溶液中加入NaOH溶液，發(fā)生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，pH隨著NaOH溶液的加入逐步增大，M曲線代表加入NaOH，NaHA溶液中加入HCl，發(fā)生NaHA+HCl=NaCl+H2A，pH隨著鹽酸的加入逐步減小，P曲線代表加入HCl；【解析】A．起點(diǎn)時(shí)，0.01mol/LNaHA溶液的pH=4，溶液顯酸性，電離方程式為HA-H++A2-，c(H+)≈c(A2-)=10-4mol/L，c(HA-)≈0.01mol/L，因此第二步電離方程式為Ka2==10-6，故A說法正確；B．根據(jù)上述分析，加入NaOH溶液體積0～100mL，水的電離程度逐漸增大，當(dāng)加入100mLNaOH時(shí)，此時(shí)溶液溶質(zhì)為Na2A，水的電離程度達(dá)到最大，加入鹽酸溶液，抑制水的電離，因此水的電離程度為N＞M＞P，故B說法正確；C．鹽酸為強(qiáng)酸，完全電離，假設(shè)HA-完全電離，溶液中c(H+)==0.01mol/L，但HA-屬于弱酸酸式根，不能完全電離，因此溶液中c(H+)＜0.01mol/L，最終溶液的pH不會(huì)小于2，故C說法錯(cuò)誤；D．根據(jù)電荷守恒有c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，M點(diǎn)溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，即有c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，故D說法正確；答案為C。【答案】C【名師助學(xué)】外界條件對(duì)水的電離平衡的影響考向2考查水電離出的c(H＋)和c(OH－)的計(jì)算例2．（2023·江西上饒·校聯(lián)考二模）25°C時(shí)，向20mL0.10mol·L－1的一元酸HA(Ka=1.0×10－2)中逐滴加入0.10mol·L－1NaOH溶液，溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變化關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是A．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)，c(H+)+0.1=c(HA)+c(OH－)B．b點(diǎn)時(shí)水電離出的c(OH－)=10－2mol·L－1C．滴加NaOH溶液過程中，不存在c(H+)>c(A－)>c(Na+)>c(OH－)D．c點(diǎn)時(shí)，c(Na+)=c(A－)=c(H+)=c(OH－)【分析】由圖可知，a點(diǎn)溶液pH為2，由HA的電離常數(shù)Ka==1.0×10—2可知，溶液中A—離子濃度與HA的濃度相等，則反應(yīng)所得溶液為NaA和HA的混合溶液；由電離常數(shù)Ka=可知，NaA的水解常數(shù)為Kh====1.0×10－12，由圖可知，b點(diǎn)溶液pH為12，則溶液中A—離子濃度是HA的濃度的1010倍，反應(yīng)所得溶液為NaA和NaOH的混合溶液。【解析】A．由分析可知，a點(diǎn)為A—離子濃度與HA的濃度相等的NaA和HA的混合溶液，溶液中存在電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H+)=c(A—)+c(OH—)，溶液中鈉離子濃度為≠0.1mol/L，則溶液中c(H+)+0.1≠c(HA)+c(OH－)，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，b點(diǎn)為NaA和NaOH的混合溶液，則溶液中水電離出的氫氧根離子濃度小于10－2mol/L，故B錯(cuò)誤；C．若溶液中離子濃度的關(guān)系為c(H+)>c(A－)>c(Na+)>c(OH－)，溶液中陽離子的電荷總數(shù)大于陰離子電荷總數(shù)，不符合電荷守恒的原則，所以滴加氫氧化鈉溶液過程中，溶液中不存在c(H+)>c(A－)>c(Na+)>c(OH－)，故C正確；D．由圖可知，c點(diǎn)時(shí)溶液pH為7，溶液中氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等，則由電荷守恒關(guān)系c(Na+)+c(H+)=c(A—)+c(OH—)可知，溶液中離子濃度的關(guān)系為c(Na+)=c(A－)>c(H+)=c(OH－)，故D錯(cuò)誤；故選C。【答案】C【變式訓(xùn)練】（2023·福建泉州·福建省泉州第一中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）25℃時(shí)，用0.10mol/L的氨水滴定10.00mL0.05mol/L二元酸溶液，滴定過程中加入氨水的體積(V)與溶液中的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．屬于二元弱酸B．O點(diǎn)溶液中，C．N點(diǎn)溶液中，水電離D．P點(diǎn)溶液中，【分析】起點(diǎn)M點(diǎn)=-12，根據(jù)c(H+)c(OH-)=KW，得出c(H+)=0.1mol/L，說明二元酸為強(qiáng)酸，P點(diǎn)是加入10ml的氨水，氨水正好中和了一半的酸，O點(diǎn)=0，說明正好溶液呈中性【解析】A．從M點(diǎn)分析，c(H+)=0.1mol/L，0.05mol/L二元酸應(yīng)該為強(qiáng)酸，故A錯(cuò)誤；B．O點(diǎn)呈中性，根據(jù)電荷守恒有，c(H+)=c(OH-)，得出，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．N點(diǎn)酸過量，水電離受到抑制，水電離的H+濃度小于mol/L，故C錯(cuò)誤；D．P點(diǎn)加氨水為10ml，酸堿正好完全中和生成正鹽，=-3，再根據(jù)c(H+)c(OH-)=KW，得出c(H+)=，c(OH-)=，溶液中存在質(zhì)子守恒即，得出，故D正確；答案選D。【答案】D【技巧歸納】水電離的c(H＋)或c(OH－)的計(jì)算技巧(25℃時(shí))(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1。(2)酸或堿溶液：酸、堿抑制水的電離，酸溶液中求c(OH－)，即＝＝c(OH－)，堿溶液中求c(H＋)，即＝＝c(H＋)，計(jì)算出溶液中的c(H＋)和c(OH－)，數(shù)值小的為水電離的c(H＋)或c(OH－)數(shù)值。(3)可水解的鹽溶液：水解的鹽促進(jìn)水的電離，故等于顯性離子的濃度，計(jì)算出溶液中的c(H＋)和c(OH－)，數(shù)值大的為水電離的c(H＋)或c(OH－)數(shù)值。(3)酸式鹽溶液酸式根以電離為主：＝＝c(OH－)。酸式根以水解為主：＝＝c(OH－)。考點(diǎn)二溶液的酸堿性、pH計(jì)算知識(shí)點(diǎn)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：任意溫度，c(H＋)>c(OH－)或c(H＋)>mol.L-1，常溫下，pH<7。2.中性溶液：任意溫度，c(H＋)＝c(OH－)或c(H+)=mol.L-1，常溫下，pH＝7。3.堿性溶液：任意溫度，c(H＋)<c(OH－)或c(H+)<mol.L-1常溫下，pH>7。【易錯(cuò)提醒】(1)溶液中c(H＋)越大，c(OH－)越小，溶液的酸性越強(qiáng)，堿性越弱；溶液中c(H＋)越小，c(OH－)越大，溶液的堿性越強(qiáng)，酸性越弱。(2)pH＝7或c(H＋)＝10－7mol·L－1的溶液不一定呈中性，因水的電離與溫度有關(guān)，常溫時(shí)，pH＝7的溶液呈中性，100℃時(shí)，pH＝6的溶液呈中性。知識(shí)點(diǎn)2pH及其測(cè)量1.計(jì)算公式：pH＝－lgc(H＋)。2.測(cè)量方法①pH試紙法：迅速測(cè)定溶液的pH。常用的pH試紙有廣泛pH試紙和精密pH試紙，廣泛pH試紙可以識(shí)別的pH差約為1。pH試紙的使用方法如下：a.測(cè)定溶液的pH：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)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。b.檢驗(yàn)氣體的酸堿性：先把試紙潤(rùn)濕，粘在玻璃棒的一端，再送到盛有待測(cè)氣體的容器口附近，觀察顏色的變化，判斷氣體的性質(zhì)。【易錯(cuò)提醒】1.使用pH試紙測(cè)溶液pH時(shí)用蒸餾水潤(rùn)濕相當(dāng)于將待測(cè)液稀釋；2.不能用pH試紙測(cè)定“漂白性”溶液的pH；3.使用pH試紙測(cè)溶液的pH，讀數(shù)只讀取整數(shù)，如pH＝2；4.pH的使用范圍0～14。②pH計(jì)測(cè)量法:精密測(cè)量溶液的pH。3.溶液的酸堿性與pH的關(guān)系（常溫下）：4.溶液pH的計(jì)算(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)堿溶液(25℃)：如B(OH)n，設(shè)濃度為cmol·L－1，c(H＋)＝eq\f(10－14,nc)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＝eq\f(c（H＋）1V1＋c（H＋）2V2,V1＋V2)。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＝eq\f(c（OH－）1V1＋c（OH－）2V2,V1＋V2)。③強(qiáng)酸、強(qiáng)堿混合：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＝eq\f(|c（H＋）酸V酸－c（OH－）堿V堿|,V酸＋V堿)。【規(guī)律總結(jié)】稀釋規(guī)律：酸、堿溶液稀釋相同倍數(shù)時(shí)，強(qiáng)電解質(zhì)溶液比弱電解質(zhì)溶液的pH變化幅度大，但不管稀釋多少倍，最終都無限接近中性。5.酸堿混合規(guī)律(1)等濃度等體積一元酸與一元堿混合的溶液——“誰強(qiáng)顯誰性，同強(qiáng)顯中性”。(2)25℃時(shí)，等體積pH之和等于14的一強(qiáng)一弱酸堿混合溶液——“誰弱誰過量，誰弱顯誰性”。(3)強(qiáng)酸、強(qiáng)堿等體積混合(25℃時(shí))①pH之和等于14呈中性；②pH之和小于14呈酸性；③pH之和大于14呈堿性。考向1考查溶液酸堿性的判斷例1．（2023·上海黃浦·二模）下列溶液一定呈中性的是A．的溶液B．等物質(zhì)的量的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)得到的溶液C．c(H+)=c(OH—)的溶液D．紫色石蕊試液不變色的溶液【解析】A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃時(shí)，水的離子積常數(shù)是10-12，溶液pH=6時(shí)呈中性，當(dāng)pH=7時(shí)溶液呈堿性，故A錯(cuò)誤；B．等物質(zhì)的量的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)得到的溶液不一定呈中性，如等物質(zhì)的量的二元強(qiáng)酸硫酸與一元強(qiáng)堿氫氧化鈉混合反應(yīng)時(shí)，硫酸溶液過量，溶液呈酸性，故B錯(cuò)誤；C．氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等的溶液一定呈中性，故C正確；D．紫色石蕊試液不變色的溶液pH在5—8范圍間，溶液可能為酸性，或中性，或堿性，故D錯(cuò)誤；故選C。【答案】C【變式訓(xùn)練】（2023·陜西西安·陜西師大附中校考模擬預(yù)測(cè)）常溫下，向某一元酸HR溶液中滴加一元堿BOH溶液，混合溶液的或與pH變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是A．M線表示隨pH的變化B．BR溶液呈堿性C．若溫度升高，兩條線均向上平移D．常溫下，溶液的【解析】根據(jù)可知：，根據(jù)可知：，則隨著pH增大，的值逐漸減小，的值逐漸增大，所以M線表示隨pH的變化，N線表示隨pH的變化。A.根據(jù)分析可知，M線表示隨pH的變化，故A錯(cuò)誤；B.當(dāng)時(shí)，，根據(jù)圖象可知，，溶液呈酸性，則，則，則BR溶液呈酸性，故B錯(cuò)誤；C.升高溫度，酸堿的電離平衡常數(shù)都變大，則和都增大，兩條線均向上平移，故C正確；D.對(duì)于NaR溶液：起始：

0

0平衡：

x

x由N線上的點(diǎn)可知，故常溫下水解常數(shù)，則，解得：，，，故D錯(cuò)誤；故選C。【答案】C【思維建模】溶液酸堿性的兩種判斷方法(1)根據(jù)pH、pOH、peq\r(Kw)進(jìn)行判斷pH<peq\r(Kw)<pOH，溶液呈酸性；pH＝pOH＝peq\r(Kw)，溶液呈中性；pOH<peq\r(Kw)<pH，溶液呈堿性。其中：pOH＝－lgc(OH－)，peq\r(Kw)＝－lgeq\r(Kw)，pH＋pOH＝2peq\r(Kw)。(2)常溫下，已知pH之和的酸、堿溶液等體積混合所得溶液的酸堿性分析①兩強(qiáng)混合a．若pH之和等于14，則混合后溶液顯中性，pH＝7。b．若pH之和大于14，則混合后溶液顯堿性，pH>7。c．若pH之和小于14，則混合后溶液顯酸性，pH<7。②一強(qiáng)一弱混合pH之和等于14時(shí)，一元強(qiáng)酸溶液和一元弱堿溶液等體積混合呈堿性；一元強(qiáng)堿溶液和一元弱酸溶液等體積混合呈酸性。考向2考查pH的計(jì)算例2．（2023·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考二模）常溫下，用0.11mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.025mol·L-1CuSO4和0.025mol·L-1MgCl2的混合溶液(含有少量抑制金屬離子水解的硫酸)，pH變化曲線如圖所示[已知：Cu(OH)2和Mg(OH)2的Ksp分別為2.2×10-20、5.6×10-12，當(dāng)c(X2+)≤10-5mol·L-1時(shí)認(rèn)為X2+沉淀完全，lg22=1.34，1g56=1.75]。下列說法錯(cuò)誤的是A．a(chǎn)~b段主要發(fā)生反應(yīng)：H++OH-=H2OB．c點(diǎn)時(shí)，溶液的pH=6.67C．能通過調(diào)節(jié)pH分離Cu2+和Mg2+D．d~e段生成的沉淀為Cu(OH)2【分析】從圖中可以看出，a~b段主要發(fā)生硫酸與NaOH的反應(yīng)，b~c段主要發(fā)生Cu2+與OH-的反應(yīng)，d~e段主要發(fā)生Mg2+與OH-的反應(yīng)。【解析】A．CuSO4和MgCl2的混合溶液中含有少量抑制金屬離子水解的硫酸，滴加NaOH時(shí)，首先與硫酸發(fā)生反應(yīng)，所以a~b段主要發(fā)生反應(yīng)：H++OH-=H2O，A正確；B．c點(diǎn)時(shí)，溶液中的Cu2+完全沉淀，此時(shí)c(Cu2+)=1.0×10-5mol?L-1，則c(OH-)=mol?L-1=mol?L-1，pOH=8-=7.34，溶液的pH=14-7.34=6.67，B正確；C．b~c段主要發(fā)生Cu2+與OH-的反應(yīng)，d~e段主要發(fā)生Mg2+與OH-的反應(yīng)，兩段曲線溶液的pH相差較大，則能通過調(diào)節(jié)pH分離Cu2+和Mg2+，C正確；D．因?yàn)镵sp[Cu(OH)2]=2.2×10-20、Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，所以d~e段生成的沉淀為Mg(OH)2，D錯(cuò)誤；故選D。【答案】D【變式訓(xùn)練】（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）下列說法不正確的是A．相同溫度下，相等的氨水、溶液中，相等B．的醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度大于的醋酸溶液的10倍C．均為4的鹽酸和氯化銨溶液等體積混合后，所得溶液的D．用同濃度的溶液分別與等體積、等的鹽酸和醋酸溶液恰好完全反應(yīng)，鹽酸消耗溶液的體積更大【解析】A．相同溫度下，水的離子積相等，相等的氨水、溶液中，相等，則溶液中相等，A正確；B．醋酸為弱酸，不能完全電離，濃度越大，電離程度越小，的醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度為(為電離度)，的醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度為(為電離度)，故前者比后者的10倍還大，B正確；C．均為4的鹽酸和氯化銨溶液等體積混合的瞬間，，不發(fā)生變化，銨根離子和一水合氨的濃度瞬間變?yōu)樵瓉淼亩种唬瑒t二者的比值不變，故所得溶液中水的電離平衡沒有移動(dòng)，氯化銨的水解平衡沒有移動(dòng)，混合溶液中，，C正確；D．醋酸是弱酸，等體積、等的鹽酸和醋酸溶液中醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸的物質(zhì)的量，則用同濃度的溶液分別與等體積、等的鹽酸和醋酸溶液恰好完全反應(yīng)，醋酸消耗溶液的體積更大，D錯(cuò)誤。故選D。【答案】D【思維建模】1.溶液pH的計(jì)算總原則①若溶液為酸性，先求c(H＋)?再求pH＝－lgc(H＋)。②若溶液為堿性，先求c(OH－)?再求c(H＋)＝KW/c(OH－)?最后求pH。2.溶液pH計(jì)算的一般思維模型考點(diǎn)三酸堿中和滴定及其應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)1中和滴定1.實(shí)驗(yàn)原理(1)用已知濃度的酸(或堿)滴定未知濃度的堿(或酸)，根據(jù)中和反應(yīng)的等量關(guān)系來測(cè)定酸(或堿)的濃度。(2)利用酸堿指示劑明顯的顏色變化，表示反應(yīng)已完全，指示滴定終點(diǎn)。(3)酸堿中和滴定的關(guān)鍵：①準(zhǔn)確測(cè)定標(biāo)準(zhǔn)液和待測(cè)液的體積；②準(zhǔn)確判斷滴定終點(diǎn)。(4)常用酸堿指示劑及變色范圍指示劑變色范圍的pH石蕊＜5.05.0～8.0>8.0紅色紫色藍(lán)色甲基橙＜3.13.1～4.4>4.4紅色橙色黃色酚酞＜8.28.2～10.0>10.0無色淺紅色紅色【規(guī)律總結(jié)】酸堿中和滴定指示劑選擇的基本原則①?gòu)?qiáng)酸滴定強(qiáng)堿可以用甲基橙或酚酞。②滴定終點(diǎn)為堿性時(shí)，用酚酞作指示劑。③滴定終點(diǎn)為酸性時(shí)，用甲基橙作指示劑。④石蕊不能做酸堿中和滴定的指示劑。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①構(gòu)造：“0”刻度線在上方，尖嘴部分無刻度；精確度：讀數(shù)可精確到0.01mL。②滴定管使用前應(yīng)檢查是否漏水。③洗滌：先用蒸餾水洗滌，再用待裝液潤(rùn)洗。④將反應(yīng)液加入相應(yīng)的滴定管中，使液面位于“0”刻度以上2～3mL處。⑤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，并使液面處于“0”刻度，并記錄讀數(shù)。⑥滴定時(shí)滴定管的操作⑦使用注意事項(xiàng)：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)關(guān)于錐形瓶的使用①錐形瓶用蒸餾水洗凈后，能否用待測(cè)液潤(rùn)洗？否。②中和滴定實(shí)驗(yàn)中，錐形瓶?jī)?nèi)盛放什么物質(zhì)？待測(cè)液(或標(biāo)準(zhǔn)液)、指示劑。3.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)判斷等到滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液，指示劑變色，且在半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來的顏色，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，根據(jù)所得數(shù)據(jù)，舍去相差較大的數(shù)據(jù)，求出用去標(biāo)準(zhǔn)鹽酸體積的平均值，根據(jù)c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)計(jì)算。4．滴定曲線（1）在酸堿中和滴定過程中，開始時(shí)由于被滴定的酸(或堿)濃度較大，滴入少量的堿(或酸)對(duì)其pH的影響不大。當(dāng)?shù)味ń咏K點(diǎn)(pH＝7)時(shí)，很少量(一滴，約0.05mL)的堿(或酸)就會(huì)引起溶液pH的突變(如圖為NaOH滴定鹽酸的滴定曲線)（2）圖示強(qiáng)酸與強(qiáng)堿滴定過程中pH曲線以0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1鹽酸為例：（3）強(qiáng)酸(堿)滴定弱堿(酸)pH曲線比較氫氧化鈉滴定等濃度等體積的鹽酸、醋酸的滴定曲線鹽酸滴定等濃度等體積的氫氧化鈉、氨水的滴定曲線曲線起點(diǎn)不同：強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸、弱酸的曲線，強(qiáng)酸起點(diǎn)低；強(qiáng)酸滴定強(qiáng)堿、弱堿的曲線，強(qiáng)堿起點(diǎn)高突躍點(diǎn)變化范圍不同：強(qiáng)堿與強(qiáng)酸反應(yīng)(強(qiáng)酸與強(qiáng)堿反應(yīng))的突躍點(diǎn)變化范圍大于強(qiáng)堿與弱酸反應(yīng)(強(qiáng)酸與弱堿反應(yīng))5．誤差分析(1)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))，得c(待測(cè))＝eq\f(c標(biāo)準(zhǔn)·V標(biāo)準(zhǔn),V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。(2)常見誤差分析以標(biāo)準(zhǔn)酸溶液滴定未知濃度的堿(酚酞作指示劑)為例，常見的因操作不正確而引起的誤差有：步驟操作V(標(biāo)準(zhǔn))c(待測(cè))洗滌酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗變大偏高堿式滴定管未用待測(cè)溶液潤(rùn)洗變小偏低錐形瓶用待測(cè)溶液潤(rùn)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步驟操作V(標(biāo)準(zhǔn))c(待測(cè))洗滌酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗變大偏高堿式滴定管未用待測(cè)溶液潤(rùn)洗變小偏低錐形瓶用待測(cè)溶液潤(rùn)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【特別提醒】1．中和滴定終點(diǎn)是指示劑顏色發(fā)生突變的點(diǎn)，但不一定是酸堿恰好中和的點(diǎn)。通常有一定誤差(允許誤差)。2．滴定停止后，必須等待1～2分鐘，待附著在滴定管內(nèi)壁的溶液流下后，再進(jìn)行讀數(shù)。知識(shí)點(diǎn)2氧化還原滴定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)。2．試劑(1)常見的用于滴定的氧化劑有KMnO4、K2Cr2O7等；(2)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(lán)；③自身指示劑，如高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定草酸時(shí)，滴定終點(diǎn)為溶液由無色變?yōu)闇\紅色。3．實(shí)例(1)酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理2MnOeq\o\al(－,4)＋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(diǎn)判斷當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4溶液后，溶液由無色變淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)(2)酸性K2Cr2O7溶液滴定Fe2＋溶液原理6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O指示劑二苯胺磺酸鈉(無色變?yōu)榧t紫色)終點(diǎn)判斷當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲嗡嵝訩2Cr2O7溶液后，溶液由無色變紅紫色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)(3)Na2S2O3溶液滴定碘液原理2Na2S2O3＋I(xiàn)2=Na2S4O6＋2NaI指示劑用淀粉溶液作指示劑終點(diǎn)判斷當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液后，溶液的藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)知識(shí)點(diǎn)3沉淀滴定1.概念：沉淀滴定是利用沉淀反應(yīng)進(jìn)行滴定、測(cè)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(shí)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(cè)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溶液測(cè)定溶液中Cl－的含量時(shí)常以CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))為指示劑，這是因?yàn)锳gCl比Ag2CrO4更難溶。3.實(shí)例：有莫爾法和佛爾哈德法。（1）莫爾法：是以鉻酸鉀(K2CrO4)作指示劑，在中性或弱堿性溶液中，用AgNO3標(biāo)準(zhǔn)液直接滴定氯離子或溴離子。滴定定量反應(yīng)：Ag＋＋Cl－=AgCl↓(白色)，確定終點(diǎn)：2Ag＋＋CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=Ag2CrO4↓(磚紅色)。（2）佛爾哈德法：在酸性溶液中，用標(biāo)準(zhǔn)試劑NH4SCN直接滴定Ag＋，生成AgSCN白色沉淀，確定終點(diǎn)的指示劑是鐵銨礬[NH4Fe(SO4)2·12H2O]，F(xiàn)e3＋與SCN－生成紅色配合物。說明：也可以用此法返滴定測(cè)定鹵素離子：在含有鹵素離子的硝酸溶液中，加入一定量過量的AgNO3標(biāo)準(zhǔn)液，再以鐵銨礬作指示劑，用NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)液返滴定過量的Ag＋。考向1考查中和滴定的操作與指示劑的選擇例1．（2023·北京朝陽·統(tǒng)考三模）室溫下，向10.0mL純堿(可能含有)的稀溶液中逐滴加入0.100mol/L鹽酸，滴定曲線如圖，其中p、q為滴定終點(diǎn)，下列分析正確的是A．p→q，選用酚酞做指示劑，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)溶液由紅色變?yōu)闊o色B．由滴定數(shù)據(jù)可知，原純堿中C．p點(diǎn)的主要原因：D．q點(diǎn)溶液中：【分析】由圖可知，p點(diǎn)溶液中的碳酸鈉與鹽酸恰好反應(yīng)生成碳酸氫鈉，反應(yīng)得到氯化鈉和碳酸氫鈉的混合溶液，反應(yīng)方程式為Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，q點(diǎn)溶液中的碳酸氫鈉與鹽酸恰好反應(yīng)生成氯化鈉、二氧化碳和水，反應(yīng)得到氯化鈉和碳酸的混合溶液，反應(yīng)方程式為NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由反應(yīng)消耗鹽酸的體積可知，純堿稀溶液中碳酸鈉的物質(zhì)的量為0.100mol/L×9.8×10—3L=9.8×10—4mol，碳酸氫鈉的物質(zhì)的量為0.100mol/L×21.5×10—3L—9.8×10—4mol×2=1.9×10—4mol。【解析】A．由分析可知，p→q發(fā)生的反應(yīng)為溶液中的碳酸氫鈉與鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉、二氧化碳和水，則滴定時(shí)應(yīng)選用甲基橙做指示劑，不能選用酚酞做指示劑，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，原純堿中碳酸鈉的物質(zhì)的量為9.8×10—4mol，碳酸氫鈉的物質(zhì)的量為1.9×10—4mol，則，故B正確；C．由分析可知，p點(diǎn)所得溶液為氯化鈉和碳酸氫鈉的混合溶液，溶液pH大于7是因?yàn)樘妓釟涓x子在溶液中的水解程度大于電離程度，水解的離子方程式為，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，原純堿中碳酸鈉的物質(zhì)的量為9.8×10—4mol，碳酸氫鈉的物質(zhì)的量為1.9×10—4mol，則由原子個(gè)數(shù)守恒可知，q點(diǎn)溶液中鈉離子的濃度為≈0.068mol/L，故D錯(cuò)誤；故選B。【答案】B【變式訓(xùn)練】（2023·云南曲靖·統(tǒng)考二模）已知：常溫下Ka1(H2SO3)=1.4×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，通過下列實(shí)驗(yàn)探究含硫化合物的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)1：測(cè)得0.1mol·L-1H2SO3溶液pH=2.1。實(shí)驗(yàn)2：向10mL0.1mol·L-1NaHSO3溶液中逐滴加入5mL水，用pH計(jì)監(jiān)測(cè)過程中pH變化。實(shí)驗(yàn)3：用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1H2SO3溶液。實(shí)驗(yàn)4：向10mL0.1mol·L-1Na2S溶液中加入10mL0.1mol·L-1MnSO4溶液，充分混合，產(chǎn)生粉色沉淀，再加幾滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，產(chǎn)生黑色沉淀。下列說法不正確的是A．由實(shí)驗(yàn)1可知：0.1mol·L-1H2SO3溶液中c()<c(OH-)B．實(shí)驗(yàn)2加水過程中，監(jiān)測(cè)結(jié)果為溶液的pH不斷增大C．因?qū)嶒?yàn)3可出現(xiàn)兩次突躍，指示劑應(yīng)選用甲基橙和酚酞D．由實(shí)驗(yàn)4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)【解析】A．由實(shí)驗(yàn)1可知：0.1mol·L-1H2SO3溶液pH=2.1，溶液呈酸性，則溶液中離子濃度大小的順序?yàn)閏(H+)>c()>c()>c(OH-)，A不正確；B．實(shí)驗(yàn)2中逐滴加入5mL水，溶液中的水解平衡正向移動(dòng)，水解程度不斷增大，c(OH-)增大，pH增大，B正確；C．實(shí)驗(yàn)3隨著NaOH的加入，先生成，再生成，所以可出現(xiàn)兩次突躍，的電離大于水解，溶液呈酸性，應(yīng)選用甲基橙作指示劑，水解呈堿性，應(yīng)選用酚酞作指示劑，C正確；D．實(shí)驗(yàn)4可知，白色沉淀轉(zhuǎn)化為黑色沉淀是MnS轉(zhuǎn)化為CuS，說明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，D正確；故選A。【答案】A【規(guī)律總結(jié)】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(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顏色恰好褪去時(shí)即為滴定終點(diǎn)。考向2考查中和滴定誤差分析例2．（2023·山東威海·威海市第一中學(xué)統(tǒng)考二模）實(shí)驗(yàn)室常用基準(zhǔn)物質(zhì)Na2C2O4標(biāo)定KMnO4溶液的濃度。將Na2C2O4溶液置于錐形瓶中，并加入稀硫酸，反應(yīng)時(shí)溫度不宜過高。為提高初始速率，常滴加幾滴MnSO4溶液。下列說法錯(cuò)誤的是A．應(yīng)選用堿式滴定管量取Na2C2O4溶液B．加MnSO4溶液的作用是做催化劑C．若溶液溫度過高、酸性過強(qiáng)，生成的草酸易分解，將導(dǎo)致結(jié)果偏高D．已知，若初期滴加過快、溫度過高，發(fā)生該反應(yīng)，將導(dǎo)致結(jié)果偏高【解析】A．Na2C2O4為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，會(huì)腐蝕玻璃，所以應(yīng)選用堿式滴定管量取Na2C2O4溶液，A正確；B．為提高初始速率，常滴加幾滴MnSO4溶液，則表明MnSO4能加快反應(yīng)速率，從而說明MnSO4溶液的作用是做催化劑，B正確；C．若溶液溫度過高、酸性過強(qiáng)，生成的草酸易分解，從而導(dǎo)致滴定所用Na2C2O4的體積偏大，KMnO4溶液的濃度測(cè)定值偏高，C正確；D．若初期滴加過快、溫度過高，將發(fā)生反應(yīng)，從而使滴定所用Na2C2O4的體積偏小，KMnO4溶液的濃度測(cè)定結(jié)果偏低，D錯(cuò)誤；故選D。【答案】D【變式訓(xùn)練】（2023·天津和平·統(tǒng)考三模）用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列各操作中，不會(huì)引起實(shí)驗(yàn)誤差的是A．用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸進(jìn)行滴定B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤(rùn)洗后裝入一定體積的NaOH溶液C．取10.00mLNaOH溶液放入洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水D．取10.00mL的NaOH溶液，放入錐形瓶后，把堿式滴定管尖嘴液滴吹去【解析】A．用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸前需要先潤(rùn)洗，若不潤(rùn)洗相當(dāng)于稀釋了標(biāo)準(zhǔn)溶液，會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏高，故A錯(cuò)誤；B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤(rùn)洗后裝入一定體積的NaOH溶液，會(huì)使NaOH溶液的用量偏多，所以測(cè)定結(jié)果偏高，故A錯(cuò)誤；C．取10.00mLNaOH溶液放入洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水，NaOH溶液的用量不變，所以不會(huì)引起實(shí)驗(yàn)誤差，故C正確；D．取10.00mL的NaOH溶液，放入錐形瓶后，把堿式滴定管尖嘴液滴吹去，會(huì)使得取用的NaOH溶液偏少，所以測(cè)定結(jié)果偏低，故D錯(cuò)誤；故選C。【答案】C【歸納總結(jié)】(1)滴定終點(diǎn)的判斷答題模板：當(dāng)接近終點(diǎn)時(shí)，改為滴加半滴，直到因滴入最后半滴……標(biāo)準(zhǔn)溶液后，溶液變成……色，且半分鐘(30s)內(nèi)不恢復(fù)原來的顏色。(2)圖解量器的讀數(shù)方法①平視讀數(shù)(如圖1)：用量筒量取一定體積的液體，讀取液體體積示數(shù)時(shí)，視線應(yīng)與凹液面最低點(diǎn)相切，視線與刻度的交點(diǎn)即讀數(shù)(即凹液面定視線，視線定讀數(shù))。圖1圖2圖3②俯視讀數(shù)(如圖2)：當(dāng)用量筒測(cè)量液體的體積時(shí)，由于俯視時(shí)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)：仰視滴定管時(shí)，視線向上傾斜，尋找切點(diǎn)的位置在液面的下側(cè)，滴定管刻度標(biāo)法與量筒不同，仰視時(shí)讀數(shù)偏大。考向3考查中和滴定的應(yīng)用例3．（2023·四川成都·成都七中校考模擬預(yù)測(cè)）常溫下，用0.100mol/L的AgNO3溶液滴定50.0mL0.0500mol/LKCl溶液，以K2CrO4為指示劑，測(cè)得溶液中pCl=-lgc(Cl-)、pAg=-lgc(Ag+)隨加入AgNO3溶液的體積(VAgNO3)變化如圖所示。已知：當(dāng)溶液中離子濃度小于等于1.0×10-5mol/L，則該離子沉淀完全；Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12。下列說法錯(cuò)誤的是A．常溫下，Ksp(AgCl)的數(shù)量級(jí)為10-10B．滴定中指示劑的有效濃度應(yīng)維持在2.0×10-2mol/LC．該滴定需在強(qiáng)酸性條件下進(jìn)行D．飽和AgCl溶液與飽和Ag2CrO4溶液相比，后者的c(Ag+)大【解析】A．根據(jù)圖像，當(dāng)pCl=pAg時(shí)，溶液中c(Ag+)=c(Cl-)=10-5mol/L，則AgCl的沉淀溶解平衡常數(shù)Ksp數(shù)量級(jí)為10-10，故A正確；B．溶液中Ag+沉淀完全時(shí)c(Ag+)=10-5mol/L，形成Ag2CrO4時(shí)，所需c()==2.0×10-2mol/L，故B正確；C．指示劑使用的是K2CrO4，溶液中存在Ag+，如果溶液為酸性，則易形成，如果溶液是堿性的，則易產(chǎn)Ag2O，因此溶液需維持在中性或弱堿性，故C錯(cuò)誤；D．飽和AgCl中的陰離子濃度為mol/l,飽和Ag2CrO4中銀離子的濃度為2×，故D正確；故選：C。【答案】C【變式訓(xùn)練】（2023·全國(guó)·高三專題練習(xí)）某學(xué)習(xí)小組用“間接碘量法”測(cè)定某CuCl2晶體試樣的純度，試樣不含其他能與I-發(fā)生反應(yīng)的氧化性雜質(zhì)，已知：2Cu2＋＋4I-=2CuI↓＋I(xiàn)2，I2＋2S2O=S4O＋2I-。取mg試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應(yīng)，用0.1000mol·L-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，部分實(shí)驗(yàn)儀器和讀數(shù)如圖所示。下列說法正確的是A．試樣在容量瓶中溶解，滴定管選乙B．選用淀粉作指示劑，當(dāng)甲中溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色時(shí)，即達(dá)到滴定終點(diǎn)C．丁圖中，滴定前滴定管的讀數(shù)為(a-0.50)mLD．對(duì)裝有待測(cè)液的滴定管讀數(shù)時(shí)，滴定前后讀數(shù)方式如丁圖所示，則測(cè)得的結(jié)果偏大【解析】A．試樣應(yīng)該在燒杯中溶解，Na2S2O3為強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，滴定管選堿式滴定管，即滴定管選丙，故A錯(cuò)誤；B．硫代硫酸鈉滴定碘單質(zhì)，利用碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)，可以選擇淀粉為指示劑；當(dāng)溶液的藍(lán)色褪去，30s內(nèi)不恢復(fù)藍(lán)色，即達(dá)到滴定終點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖象，滴定前，滴定管的讀數(shù)應(yīng)該比a大，故C錯(cuò)誤；D．若對(duì)裝有待測(cè)液的滴定管讀數(shù)時(shí)，滴定前后讀數(shù)方式如丁圖所示，讀取的待測(cè)液體積偏小，實(shí)際體積偏大，則由此測(cè)得的CuCl2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)偏大，故D正確；故選D。【答案】D1．（2023·浙江·高考真題）甲酸是重要的化工原料。工業(yè)廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹脂(含固體活性成分，R為烷基)因靜電作用被吸附回收，其回收率(被吸附在樹脂上甲酸根的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))與廢水初始關(guān)系如圖(已知甲酸)，下列說法不正確的是A．活性成分在水中存在平衡：B．的廢水中C．廢水初始，隨下降，甲酸的電離被抑制，與作用的數(shù)目減少D．廢水初始，離子交換樹脂活性成分主要以形態(tài)存在【答案】D【解析】A．由圖可知，溶液呈堿性，溶液中存在如下平衡，故A正確；B．由電離常數(shù)公式可知，溶液中=，當(dāng)溶液pH為5時(shí)，溶液中==18，故B正確；C．由圖可知，溶液pH為2