【文档说明】(新高考)高考化学一轮复习课时练习第8章第2讲水的电离和溶液的pH(含解析).doc，共(37)页，632.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲水的电离和溶液的pH课程标准知识建构1.认识水的电离，了解水的离子积常数。能从电离、离子反应、化学平衡的角度分析溶液的性质，如酸碱性、导电性等。2．认识溶液的酸碱性及pH，掌握检测溶液pH的方法。3．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。

4．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应用。一、水的电离和KW1．水的电离(1)水是极弱的电解质①水的电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－简写为H2OH＋＋OH－。②水的电离常数表达式K＝cH＋·cOH－cH2O

。(2)水的电离过程吸热(填“吸热”或“放热”)。(3)影响水的电离平衡的因素温度温度升高，水的电离平衡向正方向移动。加酸或碱会抑制(填“促进”或“抑制”)水的电离。加能水解的盐可与水电离出的H＋或OH－结合，使水的电离平衡正向移动。加Na、K等活泼金属会抑制(填“促进”或“

抑制”)水的电离。(4)外界条件对水电离平衡的具体影响体系变化条件平移方向KW水的电离程度c(OH－)c(H＋)HCl逆不变减小减小增大NaOH逆不变减小增大减小水解盐Na2CO3正不变增大增大减小NH4Cl正不变增大减小增大温度升温正增大增大增大增大降温逆减小减小减小减小加入Na正不变

增大增大减小2.水的离子积常数【特别提醒】(1)水的离子积常数KW＝c(H＋)·c(OH－)，其实质是水溶液中的H＋和OH－浓度的乘积，不一定是水电离出的H＋和OH－浓度的乘积。(2)25℃时，KW＝1×10－14,100℃时

，KW＝1×10－12。【诊断1】判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。(1)温度一定时，水的电离常数与水的离子积常数相等()(2)100℃的纯水中c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，此时水呈酸性()(3)在蒸馏水中滴加浓H2

SO4，KW不变()(4)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同()(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()(6)任何水溶液中均存在H＋和OH－，且水电离出的c(H＋)和c(OH－)相等()答案(1

)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√二、溶液的酸碱性和pH1．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)酸性溶液：c(H＋)>c(OH－)，常温下，pH<7。(2)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常温下，pH

＝7。(3)碱性溶液：c(H＋)<c(OH－)，常温下，pH>7。2．pH及其测量(1)计算公式：pH＝－lg_c(H＋)。(2)测量方法①pH试纸法：用镊子夹取一小块试纸放在洁净的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中央，变色后与标准比色卡对照，即可确定溶液的pH。②pH计测量法(

3)溶液的酸碱性与pH的关系常温下：【特别提醒】(1)pH试纸使用前不能用蒸馏水润湿，否则待测液因被稀释可能产生误差。(2)广泛pH试纸只能测出整数值。(3)pH的使用范围0～14。3．溶液pH的计算(1)单一溶液的pH计算强酸溶液：如HnA，设浓度为cmol·L－1，c(H＋)＝nc

mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lg(nc)。强碱溶液(25℃)：如B(OH)n，设浓度为cmol·L－1，c(H＋)＝10－14ncmol·L－1，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(H＋)混，再据此求pH。c(H＋

)混＝cH＋1V1＋cH＋2V2V1＋V2。②两种强碱混合：先求出c(OH－)混，再据KW求出c(H＋)混，最后求pH。c(OH－)混＝cOH－1V1＋cOH－2V2V1＋V2。③强酸、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(H＋)混或c

(OH－)混＝|cH＋酸V酸－cOH－碱V碱|V酸＋V碱。【诊断2】判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。(1)溶液中c(H＋)>10－7mol·L－1，该溶液呈酸性()(2)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()(3)pH

＝7的溶液一定呈中性()(4)用pH试纸测得某溶液的pH为3.4()(5)用湿润的pH试纸测溶液的pH，一定影响测量结果()(6)常温下，将pH＝3的酸和pH＝11的碱等体积混合，所得溶液的pH＝7()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)×三、酸碱中和滴定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。(3)酸碱中和滴定的关键：①准确测定标准液和待测液的体积；②准确判断滴定终点。(4)常用酸碱指示剂及变色

范围指示剂变色范围的pH石蕊＜5.05.0～8.0>8.0红色紫色蓝色甲基橙＜3.13.1～4.4>4.4红色橙色黄色酚酞＜8.28.2～10.0>10.0无色浅红色红色【特别提醒】酸碱中和滴定指示剂选择的基本原则①强酸滴定强碱可以用甲基橙或酚酞。②滴

定终点为碱性时，用酚酞作指示剂。③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂。④石蕊不能做酸碱中和滴定的指示剂。2．实验用品(1)仪器(见下图)(2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。【特别提醒】(1)酸性氧化性试剂，因易腐蚀橡胶管选用酸式滴定管测量其体积，不

能使用碱式滴定管。(2)碱性试剂，因易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞不能打开，选用碱式滴定管测量其体积，不能使用酸式滴定管。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①滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→排气泡→调液面

→记录。②锥形瓶：注碱液→记体积→加指示剂。(2)滴定(3)终点判断等到滴入最后一滴标准液，指示剂变色，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。4．数据处理按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaO

H)＝cHCl·VHClVNaOH计算。5．滴定曲线在酸碱中和滴定过程中，开始时由于被滴定的酸(或碱)浓度较大，滴入少量的碱(或酸)对其pH的影响不大。当滴定接近终点(pH＝7)时，很少量(一滴，约0.04mL)的碱(或酸)就会引起溶液

pH的突变(如图为NaOH滴定盐酸的滴定曲线)6．误差分析分析依据：cB＝cA·VAVB(VB表示准确量取的待测液的体积，cA表示标准溶液的浓度)若VA偏大，则cB偏大；若VA偏小，则cB偏小。【诊断3】判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。(1)滴定终点就是

酸碱恰好中和的点()(2)用碱式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液()(3)滴定管在加入试液之前一定要用所要盛装的试液润洗2～3遍()(4)中和滴定实验前，用待测液润洗锥形瓶()(5)若用标准盐酸滴定待测NaOH溶液，滴定前仰视，滴定后俯视则测定值

偏大()(6)滴定管盛标准溶液时，调液面一定要调到“0”刻度()(7)中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入2～3mL()答案(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×(7)×考点一水的电离和KW的应用【典例1】(2020·湖北黄冈中学高三

测试)下列有关水电离情况的说法正确的是()A．100℃时，KW＝10－12，此温度下pH＝7的溶液一定呈中性B．NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3、NaHSO4溶于水，对水的电离都有促进作用C．25℃时，pH＝12的烧碱溶液与纯碱溶液，水的

电离程度前者等于后者D．如图为水的电离平衡曲线，若从A点到C点，可采用升高温度的方法答案D解析100℃时，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－12，中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝KW＝10－6mol·L－1，

即pH＝6，此温度下pH＝7的溶液呈碱性，A项错误；NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3促进水的电离，NaHSO4抑制水的电离，B项错误；烧碱是NaOH，抑制水的电离，纯碱是Na2CO3，促进水的电离，C项错误；图中A点到C点

，c(H＋)与c(OH－)同等程度增大，说明是温度升高的结果，D项正确。【对点练1】(影响水电离平衡的因素及结果判断)(2020·湖南怀化市高三期末)25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－；ΔH＞0，下列叙述正确的是(

)A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低D．将水加热，KW增大，pH不

变答案B解析氨水能抑制水的电离，但碱性增强，A不正确；硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，B正确；醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，水解促进水的电离，C不正确；水的电离吸热

，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。【对点练2】[计算电解质溶液中水电离出的c(H＋)或c(OH－)](2020·长沙市雅礼中学检测)25℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液、②0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液、③pH＝

10的Na2S溶液、④pH＝5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是()A．1∶10∶1010∶109B．1∶5∶(5×109)∶(5×108)C．1∶20∶1010∶109D．1∶10∶104∶109答案A解析H2SO4与Ba(OH)2抑制水的电离，Na2S与NH4N

O3促进水的电离。25℃时，pH＝0的H2SO4溶液中：c(H2O)电离＝c(OH－)＝10－14100mol·L－1＝10－14mol·L－1；0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液中：c(H2O)电离＝c(H＋)＝10－140.1mol·L－1＝10－13mol·L－1

；pH＝10的Na2S溶液中：c(H2O)电离＝c(OH－)＝10－4mol·L－1；pH＝5的NH4NO3的溶液中：c(H2O)电离＝c(H＋)＝10－5mol·L－1。它们的物质的量之比为10－1

4∶10－13∶10－4∶10－5＝1∶10∶1010∶109，故A正确。【对点练3】(酸碱中和反应过程中水电离程度的变化)(2020·河南省示范性高中上学期联考)常温下，向10mL1mol·L－1一元酸HA溶液中，不断滴加1mol·L－1的NaOH溶液，所加碱的体积与－lgc水(H

＋)的关系如图所示。c水(H＋)为溶液中水电离的c(H＋)。下列说法不正确的是()A．常温下，Kα(HA)的数量级为10－4B．a、b两点pH均为7C．从a点到b点，水的电离程度先增大后减小D．溶液的导电性逐渐增强答案B解析A．由起点溶液中

－lgc水(H＋)＝12可知，酸电离的c(H＋)＝10－2mol·L－1，故Ka(HA)＝10－4，故A正确；B.从图像中可知，HA是弱酸，曲线的最高点为NaA溶液，b点溶液的溶质是NaA和NaOH，溶液呈碱性，pH＞7，故B错误；

C.a点到b点，发生酸碱中和反应生成可水解的盐，然后碱过量，所以水的电离程度先增大后减小，故C正确；D.不断加入NaOH溶液，溶液中的离子总浓度不断增大，溶液的导电性逐渐增强，故D正确。水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算技巧(25℃时)(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×1

0－7mol·L－1。(2)酸或碱溶液：计算出溶液中的c(H＋)和c(OH－)，数值小的为水电离的c(H＋)或c(OH－)数值。(3)可水解的盐溶液：计算出溶液中的c(H＋)和c(OH－)，数值大的为水电离的c(H＋)或c(OH－)数值。考点二溶液pH计算

和溶液酸碱性判断【典例2】按要求计算下列溶液的pH(常温下，忽略溶液混合时体积的变化)：(1)0.1mol·L－1的CH3COOH溶液(已知CH3COOH的电离常数Ka＝1.8×10－5)。(2)0.1

mol·L－1的NH3·H2O(NH3·H2O的电离度α＝1%，电离度＝已电离的弱电解质浓度弱电解质的初始浓度×100%)。(3)pH＝2的盐酸与等体积的水混合。(4)常温下，将0.1mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06mol·L－1硫酸溶液等体

积混合。(5)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。答案(1)2.9(2)11(3)2.3(4)2(5)10解析(1)CH3COOHCH3COO－＋H＋c(初始)0.1mol·L－100c(电离)c(H＋)c(H＋)c(H＋)c(平衡)0.1－c(H＋)c

(H＋)c(H＋))则Ka＝c2H＋0.1－cH＋＝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。(2)NH

3·H2OOH－＋NH＋4c(初始)0.1mol·L－100c(电离)0.1×1%0.1×1%0.1×1%mol·L－1mol·L－1mol·L－1则c(OH－)＝0.1×1%mol·L－1＝10－3mol·L－1c(H＋)＝1

0－11mol·L－1，所以pH＝11。(3)c(H＋)＝10－22mol·L－1pH＝－lg10－22＝2＋lg2≈2.3。(4)0.1mol·L－1NaOH溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1,0.06mo

l·L－1的硫酸溶液中c(H＋)＝0.06mol·L－1×2＝0.12mol·L－1，二者等体积混合后溶液呈酸性，混合溶液中c(H＋)＝0.12mol·L－1×V－0.1mol·L－1×V2V＝0．01mol·L－1，则pH＝

－lg0.01＝2。(5)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－)＝10－1410－12mol·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－)＝10－2mol·L－

1×1－10－3mol·L－1×99＋1＝1×10－4mol·L－1，则混合后c(H＋)＝KWcOH－＝1×10－141×10－4mol·L－1＝1×10－10mol·L－1，故pH＝－lg10－10＝10。溶

液pH计算的一般思维模型【对点练4】(溶液pH计算)(2020·广东广州市高三期末)某温度下，重水(D2O)的离子积常数为1.6×10－15，若用定义pH一样规定pD＝－lgc(D＋)，则在该温度下，下列叙述正确的是()A．纯净的重水中，c(D＋)·c(OD－)＞1.0×10－14B．1L溶解有0

.01molDCl的重水溶液，其pD＝2C．1L溶解有0.01molNaOD的重水溶液，其pD＝12D．纯净的重水中，pD＝7答案B解析该温度下重水(D2O)的离子积常数为1.6×10－15＜1.0×10－14，故A错误；

c(DCl)＝0.01mol1L＝0.01mol/L，则c(D＋)＝0.01mol/L，所以pD＝2，故B正确；c(NaOD)＝0.01mol1L＝0.01mol/L，则c(D＋)＝1.6×10－150.01mol/L＝1.6×10－13mol/L，则pD＞1

2，故C错误；c(D＋)＝1.6×10－15mol/L＝4×10－8mol/L，所以pD＞7，故D错误。【对点练5】(溶液混合酸碱性的变化分析)现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是()序号①②③④pH111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A

.③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B．②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)＜c(OH－)C．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③D．V1L④与V2L①混合，若混合后溶液pH

＝7，则V1>V2答案B解析从平衡移动角度分析，CH3COONa电离出的CH3COO－，与盐酸中的H＋结合生成CH3COOH，使醋酸中平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋左移，两溶液中H＋浓度均减小，所以pH均增大，A项正确；假设

均是强酸强碱，则物质的量浓度相同，等体积混合后溶液呈中性，但③醋酸是弱酸，其浓度大于②，即混合后醋酸过量，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，B项错误；分别加水稀释10倍，假设平衡不移动，①②溶液的pH均为10，但稀

释氨水使平衡NH3·H2ONH＋4＋OH－右移，使①pH>10，同理醋酸稀释后pH＜4，C项正确；假设均是强酸强碱，混合后溶液呈中性，则V1＝V2，但①NH3·H2O是弱碱，其浓度大于④盐酸，所以需要的①氨水少，即V1>V2，

D项正确。【对点练6】(利用图像计算溶液的pH判断酸碱性)(2020·江西上饶市高三一模)羟氨(NH2OH)为一元弱碱(25℃时，电离常数Kb＝9.0×10－9)，其电离方程式为：NH2OH＋H2ONH3OH＋＋OH－。用0.1mol/L盐酸滴定20mL0.1mol/LNH2OH溶液，恒定25

℃时，滴定过程中由水电离出来OH－浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(已知：lg3＝0.5)。下列说法正确的是()A．A、B、C、D四点对应的溶液中NH2OH电离常数逐渐增大B．A点对应溶液的pH＝8.

5C．D点对应溶液中存在：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3OH＋)＋c(NH2OH)D．B点时溶液呈中性，C点时溶液呈酸性答案D解析电离常数与温度有关，而A、B、C、D四点对应的溶液温度相同，则NH2OH电离常数相等，故A错误；A

点时，Kb＝cOH－·cNH3OH＋cNH2OH＝c2OH－0.1＝9.0×10－9，c(OH－)＝3.0×10－5mol/L，则对应溶液的pH＝9.5，故B错误；D点对应的溶质为等物质的量

浓度的NH3OHCl、HCl，溶液中存在电荷守恒：c(NH3OH＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)、物料守恒：2[c(NH3OH＋)＋c(NH2OH)]＝c(Cl－)则c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3OH＋)＋2c(NH2OH)，故C错误；A点溶液呈碱性，加入盐酸后，溶液碱性减弱

，C点时恰好完全反应，溶液呈酸性，则B点时溶液呈中性，故D正确。考点三酸碱中和滴定的分析及应用【典例3】某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：(1)用

标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________________________________________，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并_______

_为止。(2)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL，所用盐酸的体积为________mL。(3)某学生根据3次实验分别记录有关数

据如下表：滴定次数待测NaOH溶液体积/mL0.1000mol·L－1盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74

第三次25.000.2226.3126.09依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。答案(1)锥形瓶中溶液颜色变化在半分钟内不变色(2)0.0026.1026.10(3)V－＝26.11mL＋26.09mL2＝2

6.10mL，c(NaOH)＝0.1000mol·L－1×26.10mL25.00mL＝0.1044mol·L－1。【对点练7】(中和滴定实验)某研究小组为测定食用白醋中醋酸的含量进行如下操作，正确的是()A．用碱式滴定管量取一定体积的待测白醋放入锥形瓶中B．称取4.0gNa

OH放到1000mL容量瓶中，加水至刻度，配成1.00mol·L－1NaOH标准溶液C．用NaOH溶液滴定白醋，使用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时，为滴定终点D．滴定时眼睛要注视着滴定管内NaOH溶液的液面变化，防止滴定过量答

案C【对点练8】(中和滴定误差分析)(2020·辽宁六校高三模拟)用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是()A．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定B．锥形瓶未用待测液润

洗C．读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失答案C解析酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定，则盐酸被稀释，消耗盐酸的体积增加，所以测定结果偏

高；锥形瓶未用待测液润洗，属于正确的操作，不影响结果；读取标准液读数时，滴前仰视，读数偏大。滴定到终点后俯视，读数偏小，所以读取的盐酸体积减少，测定结果偏低。滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，说明读取盐酸的

体积增加，所以测定结果偏高。【对点练9】(酸碱中和滴定曲线分析)如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是()A．盐酸的物质的量浓度为1mol·L－1B．P点时反应恰好完全中和，溶液呈中性C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D．酚酞溶液不能用作本实验的指示剂答案B解析根

据曲线a知，滴定前盐酸的pH＝1，c(HCl)＝0.1mol·L－1，A错误；P点表示盐酸与氢氧化钠恰好完全中和，溶液呈中性，B正确；曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，曲线b是盐酸滴定氢氧化钠溶液的曲线，C错误；强酸与强碱滴定，可以用酚酞做指示剂，D错误。酸碱中和滴定常见误差分析

以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例：步骤操作V(标准)c(待测)洗涤酸式滴定管未用标准溶液润洗变大偏高碱式滴定管未用待测溶液润洗变小偏低锥形瓶用待测溶液润洗变大偏高锥形瓶洗净后还留有蒸馏水不变无影响取液放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失变小偏

低滴定酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失变大偏高振荡锥形瓶时部分液体溅出变小偏低部分酸液滴出锥形瓶外变大偏高溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化变大偏高读数酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数变小偏低酸式滴定管滴定前读

数正确，滴定后仰视读数变大偏高微专题29氧化还原滴定和沉淀滴定(一)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(1)常见的用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；(2)常见的用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸

、维生素C等。(3)指示剂：氧化还原滴定所用指示剂可归纳为三类：①氧化还原指示剂；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。3．实例(1)酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理2MnO－4＋6

H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋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(2)Na2S2O3溶液滴定碘液原理2Na2S2O3

＋I2===Na2S4O6＋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(二)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CrO2－4为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶【典例1】(2020·山东卷节选)(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应

将KMnO4溶液加入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为________(填标号)。

A．15.00mLB．35.00mLC．大于35.00mLD．小于15.00mL(4)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：Ⅰ.称取mg样品于锥形

瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol·L－1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3＋完全还原为Fe2＋，加入稀H2SO4酸化后，

在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含H2C2O4·2H2O(M＝126g·mol－1)的质量分数表达式为________。下列关于样品组成分析的说法，正确的是________(填标号)。A.V1V2＝3

时，样品中一定不含杂质B.V1V2越大，样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高C．若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高答案(3)酸式C(4)0.31

5cV1－3V2m×100%BD解析(3)KMnO4具有强氧化性，可腐蚀橡胶管，因此KMnO4溶液应采用酸式滴定管盛装。滴定管的构造特点是0刻度在上，最大刻度在下，最大刻度线下仍然存在一定容积，因此滴定管起始读数为15.00mL时，滴定管中KMnO4

溶液的实际体积大于35.00mL(即50.00mL－15.00mL)，C项正确。(4)设FeC2O4·2H2O、Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O的物质的量分别为x、y、z，则由实验步骤Ⅰ和实验步骤Ⅱ反应过程中得失电子守恒可列等式：3x/5＋6y/5＋2z/5＝cV1

×10－3mol①、x/5＋2y/5＝cV2×10－3mol②，联立①②两式，解得z＝52c(V1－3V2)×10－3mol，则样品中所含H2C2O4·2H2O的质量分数为z×126g·mol－1mg×100%＝0.315cV1－3V2m×100%。当V1V2＝3时

，则3x5＋6y5＋2z5x5＋2y5＝3，z＝0，但y不一定等于0，故A项错误；由上述分析知样品中H2C2O4·2H2O的质量分数为0.315cV1－3V2m×100%，则V1V2越大，样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高，B项正确；若实验步骤Ⅰ中滴入的高锰

酸钾溶液不足，则实验步骤Ⅰ所得混合溶液中残留C2O2－4，实验步骤Ⅱ中消耗高锰酸钾溶液偏多，测得样品中Fe元素含量偏高，C项错误；结合上述分析知Fe元素的质量分数为56×5cV2×10－3m×100%，若所用高锰酸钾溶液实际浓

度偏低，则得到的V2偏大，测得样品中Fe元素含量偏高，D项正确。【典例2】(天津理综)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。Ⅰ.准备标准溶液a．准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mo

l)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b．配制并标定100mL0.1000mol·L－1NH4SCN标准溶液，备用。Ⅱ.滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol·L－1AgNO3溶液(过量)，使I－完全转

化为AgI沉淀。c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d．用0.1000mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH

4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f.数据处理。回答下列问题：(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有______________________________________________________

_____________。(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是_________________________________________________________________。(3)滴定应在pH＜0.5的条件

下进行，其原因是_______________________________________________________________________________________________。(4)b和c两步操作是否可以颠倒________

，说明理由___________________________________________________________________________________________。(5)所消耗的NH4SCN标

准溶液平均体积为________mL，测得c(I－)＝________mol·L－1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为_______________________________________________________________________。(7

)判断下列操作对c(I－)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果________。答案(1)250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管(

2)避免AgNO3见光分解(3)防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解)(4)否(或不能)若颠倒，Fe3＋与I－反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点(5)10.000.0600(6

)用NH4SCN标准溶液润洗滴定管2～3次(7)偏高偏高解析(1)配制AgNO3标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。(2)因AgNO3见光易分解，所以AgNO3标准溶液应放在棕色细口试剂瓶中并避光保存。(3)NH4Fe(SO4)2为强酸弱碱

盐，且Fe3＋的水解程度很大，为防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解)所以滴定应在pH＜0.5的条件下进行。(4)因Fe3＋能与I－发生氧化还原反应，而使指示剂耗尽，无法判断滴定终点，所以b和c两步操作不能颠倒。(5)由三

次测定数据可知，第1组数据误差较大，应舍去，所以所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为10.02mL＋9.98mL2＝10.00mL，测得c(I－)＝[n(AgNO3)－n(NH4SCN)]/V[NaI(aq)]＝(25.00×10－3L×0.1000mol·L－1－

10.00×10－3L×0.1000mol·L－1)/(25.00×10－3L)＝0.0600mol·L－1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，用NH4SCN标准溶液润洗滴定管2～3次。(7)①若在配制AgN

O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，造成溶质减少，则使配制AgNO3标准溶液的浓度偏低，则使消耗的n(NH4SCN)偏小，由c(I－)＝[n(AgNO3)－n(NH4SCN)]/V[NaI(aq)]可推断，对c(I－)测定结果影响将偏高。②若在滴定

终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使读取的NH4SCN标准溶液的体积偏低，由c(I－)＝[n(AgNO3)－n(NH4SCN)]/V[NaI(aq)]可推断，对c(I－)测定结果影响将偏高。1.H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01mol·L

－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列说法合理的是()A．该滴定可用甲基橙作指示剂B．Na2S2O3是该反应的还原剂C．该滴定可选用如图所示装置D．该反应中每消耗2

molNa2S2O3，转移电子数为4NA答案B解析溶液中有单质碘，应加入淀粉溶液作指示剂，碘与硫代硫酸钠发生氧化还原反应，当反应达到终点时，单质碘消失，蓝色褪去，故A错误；Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化，作还原剂，故B正确；Na2S2O

3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，故C错误；反应中每消耗2molNa2S2O3，转移电子数为2NA，故D错误。2．用0.100mol·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定25.00mL某未知浓度的草酸(H2C2O4)溶液，滴定曲线如图所

示，其中E为电动势，反映溶液中c(MnO－4)的变化。下列有关叙述错误的是()A．酸性高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中B．滴定过程中不需要使用指示剂C．滴定结束后俯视读数，会导致所测草酸溶液的浓度偏低D．若草

酸溶液的浓度为0.200mol·L－1，则a点的c(Mn2＋)＝0.100mol·L－1答案D解析酸性高锰酸钾溶液显酸性，且有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中，A正确；酸性高锰酸钾溶液本身有颜色，当达到滴定终点时溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故不需要使用指示剂，B正确；俯视读数，

会导致所读标准溶液体积偏低，则待测液浓度也偏低，C正确；根据滴定曲线可知，a点为滴定终点，根据反应的离子方程式2MnO－4＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可计算出此时消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，若不考虑混合前后溶液体积的变化，c(Mn2＋

)＝0.100mol·L－1×20.00×10－3L20.00＋25.00×10－3L≈0.044mol·L－1，D错误。3．某学习小组用“间接碘量法”测定某CuCl2晶体试样的纯度，试样不含其他能与I－发生反应的氧化性杂质，已知：2Cu2＋＋4I－===

2CuI↓＋I2，I2＋2S2O2－3===S4O2－6＋2I－。取mg试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，部分实验仪器和读数如图所示。下列说法正确的是()A．试样

在甲中溶解，滴定管选乙B．选用淀粉作指示剂，当甲中溶液由蓝色变为无色时，即达到滴定终点C．丁图中滴定前，滴定管的读数为(a－0.50)mLD．对装有标准液的滴定管读数时，滴定前后读数方式如丁图所示，则测

得的结果偏小答案D解析A项，甲中盛装的是含有I2的溶液，则滴定管中盛装的为Na2S2O3标准溶液，该溶液显碱性，应选用碱式滴定管(丙)，不正确；B项，溶液变色且经过30s左右溶液不恢复原来的颜色，视为滴定

终点，不正确；C项，滴定管“0”刻度在上端，故滴定前的读数为(a＋0.50)mL，不正确；D项，滴定后俯视读数，将导致读数偏小，故测得的结果偏小，正确。4．已知Ag2CrO4是砖红色沉淀，下列滴定反应中，指示剂使用不正确的是()A．用标准FeCl3溶液滴定KI溶液，KSCN溶液作指示剂B

．用I2溶液滴定Na2SO3溶液，淀粉作指示剂C．用AgNO3溶液滴定NaCl溶液，Na2CrO4作指示剂D．用H2O2溶液滴定KI溶液，淀粉作指示剂答案D解析铁离子与碘离子反应，生成亚铁离子和碘单质，KSCN溶液遇铁离子显红色，当溶液显

红色时，说明碘离子完全反应，达到滴定终点，故A正确；淀粉遇碘单质显蓝色，当溶液显蓝色时，说明亚硫酸根离子已经被碘单质充分氧化，碘单质剩余，达到滴定终点，故B正确；Ag2CrO4是砖红色沉淀，当溶液中有砖红色沉淀时，待测液中的氯离子被充分沉淀，银离子剩余，

故C正确；待测液中的碘离子被双氧水氧化生成碘单质，淀粉显蓝色，即开始滴定就出现蓝色，蓝色加深，碘离子完全反应时，蓝色不再加深，但是不易观察，不能判断滴定终点，故D错误。5．(2020·北京卷)MnO2产品纯度测定。向a

g产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol·L－1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL。(已知：MnO2及MnO－4均被还原为Mn2＋。相对分子质量：MnO286.94；N

a2C2O4134.0)产品纯度为________(用质量分数表示)。答案b－335cd×86.94134a×100%解析(1)根据题意可知，产品纯度测定时，先是部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应：MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4===

Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，后是剩余的草酸钠再与高锰酸钾反应：5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，与二氧化锰反应的草酸钠为bg134g/mol－cmol/L×dL2×5，则n(MnO2)＝n(Na2

C2O4)＝bg134g/mol－cmol/L×dL2×5，产品纯度＝bg134g/mol－cmol/L×dL2×5×86.94g/molag×100%＝b－335cd×86.94134a×100%。6．氧化还原滴定实验同中和滴定类似(用已知

浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现用0.001mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的无色Na2SO3溶液，反应的离子方程式如下：2MnO－4＋5SO2－3＋6H＋===2Mn2＋＋5SO2－4＋3H2O请完成下列问题：(1)该滴定实验所

需仪器为下列中的________(填字母)。A．酸式滴定管(50mL)B．碱式滴定管(50mL)C．量筒(10mL)D．锥形瓶E．铁架台F．滴定管夹G．烧杯H．白纸I．胶头滴管J．漏斗(2)不用________(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液，原因是__

______________________________________________________________。(3)该实验选何种指示剂，说明理由：____________________________________________________________________

___________________________________。(4)滴定前平视KMnO4溶液液面，刻度为amL，滴定后俯视液面刻度为bmL，则(b－a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积________(填“大”

或“小”)。根据(b－a)mL计算得到的待测溶液浓度比实际浓度________(填“大”或“小”)。答案(1)ABDEFGH(2)碱酸性高锰酸钾溶液能腐蚀橡胶管(3)不用指示剂，因为MnO－4稍过量时溶液由无色变为浅红色，现象明显(4)小小解析(1)酸性KMn

O4溶液具有强氧化性，要放在酸式滴定管中，取用待测Na2SO3溶液要用碱式滴定管，滴定过程还需要烧杯、锥形瓶、白纸、滴定管夹和铁架台。(3)MnO－4稍过量时溶液由无色变为浅红色。(4)俯视读得的数值偏小，则(b－a)mL比

实际消耗酸性KMnO4溶液体积小，造成V(标准)偏小，根据c(待测)＝c标准·V标准V待测分析，c(待测)偏小。7．已知：I2＋2S2O2－3===S4O2－6＋2I－。某学习小组用“间接碘量法

”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点

时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。(1)可选用________作滴定指示剂，滴定终点的现象是_________________________________________________________________________________________。(2)

CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_____________________________________________________________________________________________________。(

3)该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为________。答案(1)淀粉溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色(2)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2(3)95%解析(1)“间接碘量法”测

定含有CuCl2·2H2O晶体试样纯度的基本原理是CuCl2氧化I－生成I2，再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2显蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内溶液不恢复原来的颜

色。(2)CuCl2与KI发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。(3)由题给信息可得关系式：2Cu2＋～I2～2S2O2－3，则有n(CuCl2·2H2O)＝n(Cu2＋)＝n(S2O2－3)＝0.1000mol·L－1×

20.00×10－3L＝2.000×10－3mol，m(CuCl2·2H2O)＝2.000×10－3mol×171g·mol－1＝0.342g，试样中CuCl2·2H2O的质量分数为0.342g0.36g×100%＝95%。8．(2020·河南省洛阳模拟)利用沉淀滴

定法快速测定NaBr等卤化物溶液中c(Br－)，实验过程包括标准溶液的配制和滴定待测溶液。Ⅰ.标准溶液的配制准确称取AgNO3基准物8.5g，配制成500mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。Ⅱ.滴定的主要步

骤a．取待测NaBr溶液25.00mL，配制成100mL溶液，取其中25.00mL于锥形瓶中。b．加入K2CrO4溶液作指示剂。c．用AgNO3标准溶液进行滴定，记录消耗的体积。d．重复上述操作三次，测定数据如下表：实验序号1234消耗

AgNO3标准溶液体积/mL25.8625.0624.9824.96e.数据处理。请回答下列问题：(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有________，配制的AgNO3溶液的浓度为________。(

2)AgNO3标准溶液应使用________(填“酸式”或“碱式”)棕色滴定管，检漏后装液前需要进行的操作有________。(3)实验可用铬酸钾(K2CrO4)作指示剂，一方面，是由于Ag2CrO4是砖红色沉淀，现象变化明显，另

一方面，是由于__________________________________________________________________________________________________________。(4)达到滴定终点

时的现象为_______________________________________________________________________________________________________________。(5)由上述实验数据测得原溶液c(Br－)＝__________

________________mol·L－1。答案(1)500mL(棕色)容量瓶、胶头滴管0.1mol/L(2)酸式洗涤、润洗(3)AgBr比Ag2CrO4更难溶，在相同浓度的Ag＋溶液中Br－比CrO2－4更易结

合Ag＋生成沉淀(4)滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中产生了砖红色沉淀，且30s内不消失(5)0.4解析(1)配制硝酸银标准溶液时，所使用的玻璃仪器除需烧杯和玻璃棒外还有500mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管；c(AgNO3)＝nAgNO3V＝8.5g108

＋14＋48g/mol0.500L＝0.1mol/L；(2)AgNO3溶液显酸性，且一般加少量HNO3酸化，需用酸式滴定管；检漏后装液前需要进行洗涤、润洗等操作；(3)实验可用铬酸钾(K2CrO4)作指示剂，

说明AgBr比Ag2CrO4更难溶，在相同浓度的Ag＋溶液中Br－比CrO2－4更易结合Ag＋生成沉淀；(4)根据分析可知，滴定终点的现象为：滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中产生了砖红色沉淀，且30s内不消失；(5)根据所提供的4次数据，第1次数据误差值

较大，应舍去，所以消耗的AgNO3溶液的平均体积为25.06mL＋24.98mL＋24.96mL3＝25.00mL，根据方程式Br－＋Ag＋===AgBr↓可知稀释后的NaBr溶液中c(Br－)＝0.1mol·L－1×0.025L0

.025L＝0.1mol/L，该溶液是由25mL稀释成100mL，所以原溶液中c(Br－)＝0.4mol/L。1．(2020·浙江1月选考，23)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＝7B．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答案C解析这是室温下用强碱滴定强酸，当NaOH与盐酸恰好完全反应时，溶液呈中性，即pH＝7，故A项正确；指示剂的选择原则：变色要明显，灵敏，且指示剂的变色范围要尽可能在滴定过程中的p

H突变范围内，可减小实验误差，故B项正确；由图像可知，甲基红的变色范围更接近反应终点，选择甲基红作指示剂误差比甲基橙要小，故C项错误；当V(NaOH)＝30.00mL时，n(OH－)＝0.1000mol·L

－1×0.03L－0.1000mol·L－1×0.02L＝0.001mol，则c(OH－)＝0.001mol/0.05L＝0.02mol·L－1，pH＝13－lg5＝12.3，故D项正确。2．(2020·浙江1月

选考，17)下列说法不正确．．．的是()A．pH>7的溶液不一定呈碱性B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH－)相等D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl－)＝c(NH＋4)答案B解析A．

pH＞7的溶液不一定呈碱性，因水的电离与温度有关，降低温度，水的电离程度减小，pH＞7时，水是中性，故A项正确；B.一水合氨是弱碱，部分电离，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物质的量多，故B项错误；C.相同

温度下，pH相等盐酸、CH3COOH溶液中，c(H＋)相等，则c(OH－)相等，故C项正确；D.氨水与盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，若溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，则c

(NH＋4)＝c(Cl－)，故D项正确。答案选B。3．(2020·7月浙江选考，17)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－1B．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增大答案A解析极稀的溶液中，H2O电离出的H＋不能忽略，故

c(H＋)大于2×10－7mol·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，溶液呈中性，B项正确；常温下，Na

CN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。4．(2020·浙江7月选考)产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O

3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3·5H2O含量。①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏→蒸馏水洗涤→()→()→()→()→()→开始滴定。A．烘干B．装入滴定液至零刻度以上C.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D．用洗耳球吹出

润洗液E．排除气泡F．用滴定液润洗2至3次G．记录起始读数②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是________________________________________

___________________________。③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是____________________________________

_____________________________________________________________________________________。答案①F、B、E、C、G②防止碘挥发损失③Na2SO3；失去部分结晶水的Na2S2O3·x

H2O(x＜5)解析①滴定管在使用时应先检验是否漏液，确定不漏液后先用蒸馏水洗涤，然后用滴定液润洗2至3次；再装液，且液面高于零刻度；然后排出滴定管尖嘴处的气泡；再通过放出滴定管中的液体，调整液体液面至零刻度或零刻度以下；最后记录起始读数。②

碘具有挥发性，盖上碘量瓶的瓶塞，可减少碘的损失。③若产品Na2S2O3·5H2O中混有Na2SO3或Na2S2O3·xH2O(x<5)，则消耗的碘增多，测定结果偏大。5．(2020·海南高考节选)一般用K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过

量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2＋。反应式：Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O某次实验称取0.2800g样品，滴定时消耗浓度为0.03000mol·L－1的K2Cr2O7溶液25.10mL，则样品中铁含量为_

_______%。答案90.36解析称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2＋，存在关系式：6Fe～6Fe2＋～Cr2O2－7，滴定过程中消耗的K2Cr2O7物质的量为0.03000mol·L－1×0.02510L＝0.0

00753mol，则样品中含有的铁的物质的量为0.000753mol×6＝0.004518mol，样品中铁含量为0.004518mol×56g/mol0.2800g×100%＝90.36%。6．(2020·浙江1月选考，27节选)为测定FeC2O4·2H2O(M＝180g·m

ol－1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300g样品，定容至250mL。取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0019.9821.2622.4031.5421.

56已知：3MnO－4＋5FeC2O4·2H2O＋24H＋===3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋22H2O假设杂质不参加反应。该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)。答案95.2解析由于第二次滴定数

据误差较大，应该舍弃，消耗的高锰酸钾溶液的平均体积为19.98mL＋20.02mL2＝20.00mL，根据反应方程式：3MnO－4＋5FeC2O4·2H2O＋24H＋===3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋22H2O进行计算

，该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是92.5%，计算过程为0.1000mol·L－1×20.00×10－3L×53×25025.00×180g·mol－16.300g×100%＝95.2%。一、选择题(每小题

只有一个选项符合题意)1．下列操作会使H2O的电离平衡向正向移动，且所得溶液呈酸性的是()A．向水中加入少量的CH3COONaB．向水中加入少量的NaHSO4C．加热水至100℃，pH＝6D．向水中加少

量的明矾答案D2．25℃时，水中存在电离平衡：H2OH＋＋OH－ΔH>0。下列叙述正确的是()A．将水加热，KW增大，pH不变B．向水中加入少量NaHSO4固体，c(H＋)增大，KW不变C．向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向

移动，c(OH－)减小D．向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c(OH－)增大答案B解析加热促进水的电离，KW增大，pH减小，但水仍呈中性，A项错误；加入NaOH固体，c(OH－)增大，C项错误；加入NH4Cl固体，NH＋4水解促进水的电离，但c(OH－)减小，D项错误。3．下列说

法中正确的是()A．25℃时，NH4Cl溶液的KW大于100℃时NaCl溶液的KWB．常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶104C．根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出

pH＝6.8的溶液一定显酸性D．100℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性答案B解析水的离子积常数只与温度有关，温度越高，KW越大，A项错误；醋酸中水电离出的c(H＋)＝溶液中的c(OH－)

＝10－9mol·L－1，硫酸铝溶液中水电离出的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)＝10－5mol·L－1，B项正确；C项不知温度，无法判断，错误；100℃时KW＝1×10－12，所以将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，D项错误。4

．常温下，下列叙述不正确的是()A．c(H＋)＞c(OH－)的溶液一定显酸性B．pH＝3的弱酸溶液与pH＝11的强碱溶液等体积混合后溶液呈酸性C．pH＝5的硫酸溶液稀释到原来的500倍，稀释后c(SO2－4)与c(H＋)之比约为1∶10D．中和10mL0.

1mol·L－1醋酸与100mL0.01mol·L－1醋酸所需NaOH的物质的量不同答案D解析B项，pH＝3的弱酸溶液与pH＝11的强碱溶液等体积混合，弱酸浓度大，有大量剩余，反应后溶液显酸性，正确；C项

，pH＝5的硫酸溶液稀释到原来的500倍，则溶液接近于中性，c(H＋)≈10－7mol·L－1，c(SO2－4)＝10－52×500mol·L－1＝10－8mol·L－1，则c(SO2－4)∶c(H＋)≈1∶10，正确；D项，两

份醋酸的物质的量相同，则所需NaOH的物质的量相同，错误。5．T℃时，水的离子积为KW，该温度下将amol/L一元酸HA溶液与bmol/L一元碱BOH溶液等体积混合，若混合后溶液呈中性，则下列说法一定正确的是()A．混合液中，c(H＋)＝KWB．混合液的pH＝7C．混合液中，c(B＋)

＝c(A－)＋c(OH－)D．a＝b答案A解析混合溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，根据KW＝c(H＋)·c(OH－)可得，c(H＋)＝KW，A正确；温度不一定为25℃，故中性溶液的pH不一定等于7，B错误；根据电荷守恒，混合液中c

(B＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，C错误；当HA为强酸，BOH为弱碱时，a＜b，当HA为弱酸，BOH为强碱时，a＞b，D错误。6．甲、乙、丙、丁四位同学通过计算得出室温下，在pH＝12的某溶液中，由水电离出的c(OH－)分别

为甲：1.0×10－7mol·L－1；乙：1.0×10－6mol·L－1；丙：1.0×10－2mol·L－1；丁：1.0×10－12mol·L－1。其中你认为可能正确的数据是()A．甲、乙B．乙、丙C．

丙、丁D．乙、丁答案C解析如果该溶液是一种强碱(如NaOH)溶液，则该溶液的OH－首先来自于碱(NaOH)的电离，水的电离被抑制，c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，所有这些H＋都来自于水的电离，水电离出相同浓度的OH－，所以丁正确；如果该溶液是

一种强碱弱酸盐溶液，则该溶液呈碱性是由于盐中弱酸根水解，水解时，弱酸根离子与水反应生成弱酸和OH－，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液中的OH－由水电离所得，所以丙也正确。7．常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为()A．0.

01mol·L－1B．0.17mol·L－1C．0.05mol·L－1D．0.50mol·L－1答案C解析由题意，可设原溶液物质的量浓度为cmol·L－1，NaOH溶液体积为3L，HCl溶液体积为2L，则二者混合后溶液体积为5L，因为常温下二者混合反应后，所得溶

液pH＝12，即c(H＋)＝10－12mol·L－1，所以c(OH－)＝Kw÷c(H＋)＝10－2mol·L－1，则cmol·L－1×3L－cmol·L－1×2L＝10－2mol·L－1×5L，解得c＝0.05，则原溶液的浓度为0.05mol·L－1，故选C。8．(202

0·山东泰安市第一中学上学期学情诊断)如图所示，为用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定10mL一定物质的量浓度的盐酸X的图像，依据图像推出X和Y的物质的量浓度是表内各组中的()ABCDX(mol·L－1)0.120.040.030.09Y(mol

·L－1)0.040.120.090.03答案D解析由图知，加入30mLNaOH溶液后溶液pH＝7，即c(HCl)·V(盐酸)＝c(NaOH)·V(NaOH溶液)，c(HCl)×10×10－3L＝c(

NaOH)×30×10－3L，c(HCl)＝3c(NaOH)；又知加入20mLNaOH溶液时，溶液pH＝2，则cHCl×10×10－3L－cNaOH×20×10－3L30×10－3L＝10－2mol·L－1；将c(HCl)＝3c(Na

OH)代入得c(NaOH)＝0.03mol·L－1，c(HCl)＝0.09mol·L－1。9．已知液氨的性质与水相似。T℃时，NH3＋NH3NH＋4＋NH－2，NH＋4的平衡浓度为1×10－15mol·L－1，则下列说法中不正确的是()A．在此温度下液氨

的离子积为1×10－30B．在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2C．恒温下，在液氨中加入NH4Cl，可使液氨的电离平衡逆向移动D．降温，可使液氨电离平衡逆向移动，且c(NH＋4)<c(NH－2)答案D解析由电离方程式知，NH＋4与NH－2的平衡

浓度相等都为1×10－15mol·L－1，根据水的离子积得液氨的离子积K＝c(NH－2)·c(NH＋4)＝1×10－30，故A正确；由钠与水反应可推知，2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑，故B正确；加入NH4Cl可使NH

＋4的浓度增大，平衡逆向移动，故C正确；因为电离是吸热过程，所以降温使NH3＋NH3NH＋4＋NH－2平衡逆向移动，c(NH＋4)和c(NH－2)都同等程度减小，故D错误。10．常温下，0.1mol·L－1醋酸溶液的

pH＝a，下列能使溶液pH＝a＋1的措施是()A．将溶液稀释到原体积的10倍B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积的0.2mol·L－1盐酸D．提高溶液的温度答案B解析醋酸是弱酸，电离方程式是CH3COOHH＋＋CH3COO－，故稀释10倍，pH增加不到一个单位，A项错误；加入适量的醋酸

钠固体，抑制醋酸的电离，使其pH增大，可以使其pH由a变成a＋1，B项正确；加入等体积的0.2mol·L－1盐酸，虽然抑制了醋酸的电离，但增大了c(H＋)，溶液的pH减小，C项错误；提高溶液的温度，促进醋酸的电离，c(H＋)增大，溶液的pH减小，D项错误。11．常温下，用0.1

0mol·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<bC．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答案C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为滴定盐酸的曲线，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(O

H－)，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呈碱性，只能选择酚酞，故D错误。12．用0.1000mol·L－1的标准盐酸分别滴定20.00mL的0.1000mol·L－1氨

水和20.00mL的0.1000mol·L－1氢氧化钠溶液的滴定曲线如图所示，横坐标为滴定百分数(滴定用量/总滴定用量)，纵坐标为滴定过程中溶液pH，甲基红是一种酸碱指示剂，变色范围为4.4～6.2，下列有关滴定过程

说法正确的是()A．滴定氨水，当滴定分数为50%时，各离子浓度间存在关系：c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)B．滴定分数为100%时，即为滴定过程中反应恰好完全的时刻C．从滴定曲线可以判断，使用甲基橙作为滴定过程中的指示剂准确性更佳D．滴定氨水，当滴定分数为150%时，

所得溶液中离子浓度有大小关系：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NH＋4)＞c(OH－)答案B解析溶液中存在的电荷守恒应为c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，故A错误；滴定分数为100%时，酸与碱的物质

的量相等，即为滴定过程中反应恰好完全的时刻，故B正确；从滴定曲线看甲基红变色范围更接近于滴定终点，使用甲基橙显示偏晚，故C错误；滴定分数为150%时，即加入盐酸30.00mL，此时溶质是NH4Cl和HCl，物质的量之比为2∶1，故c(NH＋4)＞c(H＋)，故D错误。二、非选择题

(本题包括3小题)13．某温度下的水溶液中，c(H＋)＝10－xmol·L－1，c(OH－)＝10－ymol·L－1。x与y的关系如图所示：(1)该温度下水的离子积为________(填具体数值)；该温度________

(填“高于”“低于”或“等于”)常温。(2)该温度下0.01mol·L－1NaOH溶液的pH为________。(3)除了用pH外，科学家还建议用酸度(AG)来表示溶液的酸碱性：AG＝lgcH＋cOH－。则该温度下，0.01mol·L－1盐酸的酸度AG＝________。答案(1

)10－12高于(2)10(3)8解析(1)根据图像可知，当x＝4时，y＝8，该温度下水的离子积常数是10－4×10－8＝10－12>10－14，所以温度高于常温。(2)0.01mol·L－1NaOH溶液中OH－的浓度是0.01mol·L－1，H＋的浓度为10－120.01mol·L

－1＝10－10mol·L－1，因此pH＝10。(3)0.01mol·L－1盐酸中H＋浓度是0.01mol·L－1，OH－浓度是10－10mol·L－1，因此该温度下，0.01mol·L－1盐酸的酸度AG＝lgcH＋cOH－＝8。14．工业用亚硝酸钠通常含有Na2CO3，

某工业杂志报道，对NaNO2含量的测定可以先测量出样品中Na2CO3的含量，再计算出NaNO2的纯度。实验步骤如下：第一步，称取5.300g工业用亚硝酸钠样品，配制成100.00mL溶液。第二步，用碱式滴定管取上述待测试样25.00mL于锥形瓶中，加入酚酞试剂2～3滴，用0.

05000mol·L－1的HCl标准溶液滴定至红色刚好褪去且半分钟不变化，消耗HCl标准溶液的体积为VmL，重复滴定两次。(1)在碱式滴定管中装入待测试样后，要先排放滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为________(用相应的字母回答)。(2

)滴定到终点发生的反应为Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，滴定前后，HCl标准溶液的液面如下图，则消耗HCl标准溶液的体积V＝________；据此，杂质Na2CO3的质量百分数为________(小数点后保留两位)。(3)已知：pH≤1时，3NaNO2＋

3HCl===3NaCl＋HNO3＋2NO↑＋H2O。上述滴定过程中，NaNO2的存在并不影响测量结果，可能的原因是____________________________________________________________________

__。答案(1)B(2)20.00mL8.00%(3)滴定终点产物为NaHCO3，pH>7，NaNO2不会参与反应解析(1)在碱式滴定管中装入待测试样后，要先排放滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为B。(2)根据滴定前后的液面变

化，可确定消耗盐酸的体积为20.00mL；杂质Na2CO3的质量百分数为0.02L×0.05000mol·L－1×4×106g·mol－15.300g×100%＝8.00%。15．(2020·江苏化学，18)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的

杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为C3N3O3Cl－2＋H＋＋2H2O===C3H3N3O3＋2HClOHClO＋2I－＋H＋===I2＋Cl－＋H2OI2＋2S

2O2－3===S4O2－6＋2I－准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min，用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈

微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通过计算判断该样品是否为优质品。(写出计算过程，该样品的有效氯＝测定中转化为HClO的氯元素质量×2样品质量×100%)②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____

____(填“偏高”或“偏低”)。答案①n(S2O2－3)＝0.1000mol·L－1×0.02000L＝2.000×10－3mol根据物质转换和电子得失守恒关系：C3N3O3Cl－2～2HClO～2I2～4S2O2－3得n(Cl)＝0.5n(S2O2

－3)＝1.000×10－3mol氯元素的质量：m(Cl)＝1.000×10－3mol×35.5g·mol－1＝0.03550g该样品的有效氯为：0.03550g1.1200g×25.00mL250.0mL×2×10

0%＝63.39%该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品②偏低解析①依据三个反应得出关系式：C3N3O3Cl－2～2HClO～2I2～4S2O2－3，根据Na2S2O3的消耗量，可以计算出测定中转化为HClO的氯的物质的量，进而得出氯

元素的质量，再由有效氯的计算公式测定中转化为HClO的氯元素质量×2样品质量×100%，可计算出有效氯。②加入的稀硫酸的量过少，则生成的I2少，消耗Na2S2O3的量减少，则计算出的HClO的量偏少，导致样品的有效氯测定值偏低。