人教新课标化学《水的电离和溶液的酸碱性》导学案

第二节水的电离和溶液的酸碱性第1课时水的电离和溶液的酸碱性[目标要求]1.理解水的离子积常数，理解酸、碱对水的电离平衡的影响。2.了解pH的概念，理解溶液的c(H＋)、pH与溶液酸碱性的关系。一、水的电离1．水的电离实验证明，水是一种极弱的电解质，能发生微弱的电离，在一定条件下可以达到电离平衡，其电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－，简写成H2OH＋＋OH－。其浓度平衡常数表达式为K＝eq\f(cH＋·cOH－,cH2O)。25℃时，纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－12．水的离子积(1)定义：水中c(H＋)·c(OH－)乘积为一常数，记作：KW＝c(H＋)·c(OH－)。(2)影响因素：温度，温度升高，KW增大。(3)25℃时，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14注意：①KW不仅适用于纯水，也适用于酸性或碱性的稀溶液；②KW只受温度的影响，与溶液的酸碱性无关；③酸溶液中可以忽略由水电离出来的c(H＋)，碱溶液中可以忽略由水电离出来的c(OH－)。二、溶液的酸碱性与pH1．pH＝－lgc(H＋)，反过来c(H＋)＝10－pH。2．溶液中c(H＋)与c(OH－)的大小关系及溶液的pH：注意：①溶液的酸性越强，pH越小；溶液的碱性越强，pH越大。②pH一般适用于表示c(H＋)或c(OH－)小于等于1mol·L－1的溶液。知识点一水的电离1．在某温度时，测得纯水中的c(H＋)＝×10－7mol·L－1，则c(OH－)为()A．×10－7mol·L－1B．×10－7mol·L－1C．×10－14/×10－7mol·L－1D．无法确定答案A解析根据水的电离方程式H2OH＋＋OH－可知，无论在何种条件下的纯水中，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)。而该温度下的纯水中c(H＋)＝×10－7mol·L－1>×10－7mol·L－1，则所处温度高于25℃，但水电离的c(H＋)＝c(OH－)＝×10－7mol·L－1，故答案为A。2．室温下，把1mLmol·L－1的H2SO4加水稀释成2L溶液，在此溶液中由水电离产生的H＋，A．1×10－4mol·L－1B．1×10－8mol·L－1C．1×10－11mol·L－1D．1×10－10mol·L－1答案D解析温度不变时，水溶液中氢离子的浓度和氢氧根离子的浓度乘积是一个常数。在酸溶液中氢氧根离子完全由水电离产生，而氢离子则由酸和水共同电离产生。当酸的浓度不是极小的情况下，由酸电离产生的氢离子总是远大于由水电离产生的(常常忽略水电离的部分)，而水电离产生的氢离子和氢氧根离子始终一样多。所以，酸溶液中的水电离的氢离子的求算通常采用求算氢氧根离子的方法。稀释后c(H＋)＝(1×10－3L×mol·L－1)/＝1×10－4mol·L－1c(OH－)＝1×10－14/1×10－4＝1×10－10mol·L－13．能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)>c(OH－)的措施是()A．向纯水中投入一小块金属钠B．将水加热煮沸C．向水中通入SO2D．向水中加入NaCl答案C解析A项，水与Na反应，使溶液中的c(H＋)<c(OH－)；B项，水加热煮沸，促进水的电离，但溶液中的c(H＋)＝c(OH－)；C项，向水中通入SO2，SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3电离出H＋而抑制水的电离，使溶液中c(H＋)>c(OH－)；D项对水的电离平衡没影响。知识点二水的离子积常数4．下列关于水的离子积常数的叙述中，正确的是()A．因为水的离子积常数的表达式是KW＝c(H＋)c(OH－)，所以KW随溶液中c(H＋)和c(OH－)的变化而变化B．水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K是同一物理量C．水的离子积常数仅仅是温度的函数，随温度的变化而变化D．水的离子积常数KW与水的电离平衡常数K是两个没有任何关系的物理量答案C解析水的离子积常数KW＝K·c(H2O)，一定温度下K和c(H2O)都是不变的常数，所以KW仅仅是温度的函数，水的离子积常数的表达式是KW＝c(H＋)·c(OH－)，但是只要温度一定，KW就是不变的常数，溶液中c(H＋)变大，c(OH－)则变小，反之亦然。5．25℃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CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低D．将水加热，KW增大，pH不变答案B解析本题考查外界条件对水的电离平衡的影响。解答时要先分析清楚水的电离平衡的移动方向，然后再讨论c(H＋)、c(OH－)或KW的变化。向水中加入稀氨水，c(OH－)增大，平衡逆向移动，c(H＋)减小，A项不正确；向水中加入少量固体NaHSO4：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，c(H＋)增大，但KW不变，B项正确；向水中加入少量CH3COOH后，使水的电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，c(H＋)增大，C项不正确；将水加热，水的电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大，KW增大，pH减小，但仍呈中性，D项不正确。知识点三溶液的酸碱性6．下列说法正确的是()A．pH<7的溶液一定是酸溶液B．同温下，pH＝5的溶液和pH＝3的溶液相比，前者c(OH－)是后者的100倍C．室温下，每1×107个水分子中只有一个水分子发生电离D．在1mol·L－1的氨水中，改变外界条件使c(NHeq\o\al(＋,4))增大，则溶液的pH一定增大答案B解析A．溶液显酸碱性的本质为c(H＋)与c(OH－)的相对大小，当c(H＋)>c(OH－)时溶液才呈酸性。例如：在100℃时，KW＝1×10－12，此时pH＝6时为中性，小于7，由于c(H＋)＝c(OH－)仍呈中性，所以不能用pH＝7作为判断溶液酸碱性的标准，当然室温下可以；＝5，c(OH－)＝1×10－9mol·L－1，pH＝3，c(OH－)＝1×10－11mol·L－1，前者c(OH－)是后者的100倍，故B正确；C.室温时，每升水有1×10－7mol水分子发生电离，即eq\f(1000g,18g·mol－1)＝mol水分子中只有1×10－7mol水分子电离，1×107个水分子中只有eq\f(1,个水分子电离，故C错；D.氨水中存在NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－平衡，当加NH4Cl晶体时，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，pH减小，故D错。7．对室温下pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是()A．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B．使温度都升高20℃后，C．加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多答案A解析解答本题时要注意以下两点：(1)醋酸和盐酸pH相同时，醋酸浓度比盐酸大；(2)稀释时两溶液pH均增大，加热pH均减小。8．下列溶液一定显酸性的是()A．溶液中c(OH－)>c(H＋)B．滴加紫色石蕊试液后变红色的溶液C．溶液中c(H＋)＝10－6mol·L－1D．pH>7的溶液答案B解析判断溶液酸碱性的关键看c(H＋)和c(OH－)的相对大小，若c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；而pH<7或c(H＋)<10－7mol·L－1，仅适用于常温时，若温度不确定，就不能用来判断溶液的酸碱性；而B项中可使紫色石蕊试液变红，则该溶液为酸性。练基础落实1．下列粒子能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡向右移动的是()A．CH3COOHB．[eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)H]－C．NHeq\o\al(＋,4)D.答案C解析A项，CH3COOH电离出H＋，使水的电离平衡左移；B项，OH－能使水的电离平衡左移；C项，NHeq\o\al(＋,4)会水解，使水的电离平衡右移；D项，Cl－不影响水的电离平衡。2．关于水的离子积常数，下列说法不正确的是()A．100℃水中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10B．纯水中，25℃时，c(H＋)·c(OH－)＝1×10C．25℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10D．KW值随温度升高而增大答案A解析KW只与温度有关，升高温度，KW增大，25℃时，纯水和任何物质的水溶液中KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－143．常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1，该溶液可能是()①二氧化硫水溶液②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A．①④B．①②C．②③D．③④答案A解析由水电离的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1<1×10－7mol·L－1，即该溶液中的溶质抑制了水的电离，因此要么加碱抑制，要么加酸抑制，故①④正确。4．在相同温度下，mol·L－1NaOH溶液和mol·L－1的盐酸相比，下列说法正确的是()A．由水电离出的c(H＋)相等B．由水电离出的c(H＋)都是×10－12mol·L－1C．由水电离出的c(OH－)都是mol·L－1D．两者都促进了水的电离答案A解析若该温度下水的离子积常数为KW(这里没有说是25℃)，则在mol·L－1的NaOH溶液中，由水电离的c(H＋)＝eq\f(KW,cOH－)＝eq\f(KW,mol·L－1。在mol·L－1的HCl溶液中，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)水电离＝eq\f(KW,mol·L－1。练方法技巧5．已知液氨的性质与水相似，25℃时，NH3＋NH3NHeq\o\al(＋,4)＋NHeq\o\al(－,2)，NHeq\o\al(＋,4)的平衡浓度为1×10－15mol·L－1，则下列说法中正确的是()A．在液氨中加入NaNH2可使液氨的离子积变大B．在液氨中加入NH4Cl可使液氨的离子积减小C．在此温度下液氨的离子积为1×10－17D．在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2答案D解析本题考查对水的离子积的理解与迁移能力。由水的离子积可知，其大小只与温度有关。由钠与水反应可推知，2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑，K＝c(NHeq\o\al(－,2))·c(NHeq\o\al(＋,4))＝1×10－30。本题是一道信息题，关键是看懂信息。6．t℃时，水的离子积为KW，该温度下将amol·L－1的一元酸HA与bmol·L－1的一元碱BOH等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是()A．混合液中c(H＋)＝eq\r(KW)B．混合液的pH＝7C．a＝bD．混合液中c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)答案A解析要保证溶液呈中性，只要保证c(H＋)＝c(OH－)即可，因为KW＝c(H＋)·c(OH－)＝c2(H＋)，则c(H＋)＝eq\r(KW)，A正确；据pH与7的关系判断溶液的酸碱性，其条件是25℃，B错误；a＝b时，HA与BOH恰好完全反应，但溶液不一定呈中性，C错误；D项一定不正确，因电荷守恒等式为c(H＋)＋c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)。7．pH＝3的两种一元酸HX和HY溶液，分别取50mL加入足量的镁粉，充分反应后，收集到H2的体积分别为V(HX)和V(HY)，若V(HX)>V(HY)，则下列说法正确的是()A．HX可能是强酸B．HY一定是强酸C．HX的酸性强于HY的酸性D．反应开始时二者生成H2的速率相等答案D解析解答该题应注意以下三点：(1)强酸完全电离，弱酸部分电离。(2)酸性相同的溶液，弱酸的浓度大，等体积时，其物质的量多。(3)产生H2的速率取决于c(H＋)的大小。本题考查了强、弱酸的判断及溶液酸性大小的比较。据题意，Mg粉足量，酸不足，应根据酸的物质的量来计算H2的体积，由V(HX)>V(HY)，知pH相等时，HX的物质的量浓度比HY的大，即HX是比HY弱的弱酸，而无法判断HY是强酸还是弱酸，故A、B、C错误；D项，反应开始时的速率取决于c(H＋)，因为开始时c(H＋)相等，故D项正确。练综合拓展8．乙醇、液氨、水都可以发生自偶电离，如H2O＋H2OH3O＋＋OH－，NH3＋NH3NHeq\o\al(＋,4)＋NHeq\o\al(－,2)，则下列叙述正确的是()A．乙醇的自偶电离方程式为2CH3CH2OHCH3CH2OHeq\o\al(＋,2)＋CH3CH2O－B．乙醇的电离方程式为CH3CH2OH=CH3CH2O－＋H＋C．若液氨的离子积常数为×10－28，则液氨浓度为×10－14mol·L－1D．若可用与pH相当的定义来规定pOH、pNH2等，则乙醇中与pH相当的为lgc(CH3CH2OHeq\o\al(＋,2))答案A解析类比水的自偶电离知A项正确；B项中电离方程式用“”号；C项中液氨的离子积常数为×10－28，则c(NHeq\o\al(＋,4))与c(NHeq\o\al(－,2))的浓度为×10－14mol·L－1，而非液氨的浓度，错误；类比pH的定义知乙醇中与pH相当的为－lgc(CH3CH2OHeq\o\al(＋,2))，D错误。9．有一学生甲在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。学生乙对学生甲的操作的评价为：操作错误，测定结果一定有误差。学生丙对学生甲的操作的评价为：操作错误，但测定结果不一定有误差。(1)你支持________(填“乙”或“丙”)同学的观点，原因是____________________。(2)若用此法分别测定c(H＋)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是________，原因是________________________________________________________________________。(3)只从下列试剂中选择实验所需的物品，你________(填“能”或“不能”)区分mol·L－1的硫酸和mol·L－1的硫酸。若能，简述操作过程。________________________________________________________________________①紫色石蕊试液②酚酞试液③甲基橙试液④蒸馏水⑤BaCl2溶液⑥pH试纸答案(1)丙当溶液呈中性时，则不产生误差；否则将产生误差(2)盐酸在稀释过程中，醋酸继续电离产生H＋，使得溶液中c(H＋)较盐酸溶液中c(H＋)大，误差较小(3)能用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为mol·L－1的硫酸解析本题考查pH试纸的使用，pH试纸使用不能用蒸馏水润湿，若润湿相当于对待测液稀释。对于不同性质的溶液造成的影响不同：若溶液为中性，则测得结果无误差；若为酸性，测得结果偏大；若为碱性，测得结果偏小。第2课时强酸、强碱溶液混合时溶液pH的计算[目标要求]1.掌握溶液的pH的测定方法，理解溶液酸碱性与溶液中c(H＋)与c(OH－)相对大小有关。2.会用pH计测定中和反应过程中溶液pH的变化，绘制滴定曲线。3.能进行溶液pH的简单计算。一、单一溶液pH的计算1．计算方法酸：c(酸)eq\o(→,\s\up7(电离))c(H＋)→pH碱：c(碱)eq\o(→,\s\up7(电离))c(OH－)eq\o(→,\s\up7(KW))c(H＋)→pH2．强酸和强碱溶液的pH计算(1)强酸(以cmol·L－1的HnA为例)c(H＋)＝ncmol·L－1pH＝－lgc(H＋)＝－lg_nc(2)强碱(以cmol·L－1的B(OH)n为例)c(OH－)＝ncmol·L－1c(H＋)＝KW/nc→pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc二、混合溶液pH的计算1．两强酸混合c(H＋)混合＝eq\f(c1H＋·V1＋c2H＋·V2,V1＋V2)→pH2．两强碱混合c(OH－)混合＝eq\f(c1OH－·V1＋c2OH－·V2,V1＋V2)eq\o(→,\s\up7(KW))c(H＋)→pH3．强酸强碱混合(1)强酸与强碱正好完全反应，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)。如室温下，中性溶液的c(H＋)＝10－7mol·L－1，pH＝7。(2)强酸与强碱混合时，若酸过量，则求c(H＋)过量，若碱过量，则求c(OH－)过量，继而计算pH。知识点一强酸、强碱溶液pH的计算1．常温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，则该溶液的pH可能是()A．4B．7C．8D．答案D解析由题意知由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1<1×10－7mol·L－1，抑制了水的电离，可能是酸，也可能是碱，若是酸，c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，pH＝3，若是碱，c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，pH＝11。2．常温下某氢氧化钠溶液的浓度为mol·L－1，则该溶液的pH值为________。答案12解析强碱溶液中，c(OH－)等于碱的浓度，可先由溶液的物质的量浓度求出c(OH－)，再利用KW求出溶液中的c(H＋)，最后根据pH值定义求溶液的pH值。c(OH－)＝c(NaOH)＝mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，pH＝12。知识点二强酸、强碱用水稀释后pH的计算3．将体积均为10mL、pH均为3的盐酸和醋酸，加入水稀释至amL和bmL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积()A．a＝b＝100B．a＝b＝1000C．a<bD．答案C解析盐酸是强电解质，完全电离。在加水稀释过程中盐酸电离出的H＋的物质的量不会增加。溶液中c(H＋)与溶液体积成反比，故加水稀释时，c(H＋)会随着水的加入而变小。醋酸是弱电解质，发生部分电离。在加水稀释过程中未电离的醋酸分子发生电离，从而使溶液中H＋的物质的量增加，而c(H＋)与溶液体积同样成反比，这就使得此溶液中c(H＋)受到n(H＋)增加和溶液体积V增加的双重影响。很明显，若将盐酸和醋酸同等程度的稀释到体积都为amL，则盐酸的c(H＋)比醋酸的c(H＋)小。若要稀释到两溶液的c(H＋)相等，则醋酸应该继续稀释，则有b>a。＝2的X、Y、Z三种酸的溶液各1mL，分别加入水稀释到1000mL，其pH与溶液体积(V)的变化关系如图所示，下列说法中错误的是()A．X是强酸，Y和Z是弱酸B．稀释前的浓度大小为c(Z)>c(Y)>c(X)C．稀释前电离程度大小为X>Y>ZD．pH＝2时，X、Y、Z都是稀溶液答案D解析本题考查电解质溶液稀释过程中电离程度、pH变化以及识图能力。pH＝2的酸溶液中c(H＋)＝mol·L－1，当将其稀释到原溶液体积的1000倍时，若为强酸，则稀释后的c(H＋)＝10－5mol·L－1，此时pH＝5；若为弱酸，由于稀释过程中电离程度增大，使n(H＋)增大，则稀释后的c(H＋)>10－5mol·L－1，此时pH<5。由三条曲线的变化趋势可知，Z表示浓的弱酸溶液稀释过程中的pH变化，X、Y表示稀溶液稀释过程中pH的变化，因为X为强酸，Y为弱酸，要使pH均为2，则c(Y)>c(X)；pH＝2时，X已完全电离，而弱酸在稀溶液中比在浓溶液中电离程度大。知识点三强酸与强酸(或强碱与强碱)混合溶液pH的计算5．两种不同浓度的NaOH溶液，c(H＋)分别为1×10－14mol·L－1和1×10－10mol·L－1。将此两溶液等体积混合后，所得溶液中的c(H＋)是()A．1×(10－14＋10－10)mol·L－1\f(1×10－14＋10－10,2)mol·L－1C．2×10－10mol·L－1D．2×10－14mol·L－1答案D解析碱溶液中应先求出c混(OH－)＝eq\f(100·V＋10－4·V,2V)mol·L－1≈5×10－1mol·L－1，所以c混(H＋)＝eq\f(10－14,5×10－1)mol·L－1＝2×10－14mol·L－1。6．pH＝2和pH＝4的两种稀硫酸，等体积混合后，下列结论正确的是()A．c(H＋)＝1×10－3mol·L－1B．c(OH－)＝2×10－12mol·L－1C．pH＝D．pH＝3答案C解析强酸等体积混合，c混(H＋)＝eq\f(10－2V＋10－4V,2V)mol·L－1＝×10－3mol·L－1，则pH＝－lgc混(H＋)＝－lg×10－3)＝。7．25℃时，若pH＝a的10体积某强酸溶液与pH＝b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系A．a＋b＝14B．a＋b＝13C．a＋b＝15D．a＋b答案C解析酸中n(H＋)＝10－a×10，碱中n(OH－)＝eq\f(10－14,10－b)×1＝10－14＋b，根据混合后溶液呈中性，故n(H＋)＝n(OH－)，即10－a×10＝10－14＋b，所以a＋b＝15。练基础落实1．25℃时，某溶液中由水电离产生的c(H＋)和c(OH－)的乘积为1×10－18，则下列说法正确的是A．该溶液的pH一定是9B．该溶液的pH可能为5C．该溶液的pH可能是7D．不会有这样的溶液答案B解析该溶液中水提供的c水(OH－)＝c水(H＋)＝1×10－9mol·L－1。显然远比纯水提供的c(H＋)和c(OH－)小得多，这说明水的电离受到了酸或碱的抑制。若为酸溶液，则酸提供的c(H＋)＝1×10－5mol·L－1，pH＝5；若为碱溶液，则碱提供的c(OH－)＝1×10－5mol·L－1，即pH＝9。2．在常温下，将pH＝8的NaOH溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH最接近于()A．B．8.7C．答案D解析本题考查有关混合溶液pH的计算。有关稀溶液混合，总体积近似等于两种溶液体积之和。强碱溶液混合，应按c(OH－)计算：c混(OH－)＝(1×10－6mol·L－1＋1×10－4mol·L－1)/2＝×10－5mol·L－1，c混(H＋)＝KW/c(OH－)≈2×10－10mol·L－1，pH＝。＝2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示，则下列说法中正确的是()A．A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等B．稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强C．a＝7时，A是强酸，B是弱酸D．若A、B都是弱酸，则5>a>2答案D4．将100mLmol·L－1的盐酸和50mLpH＝3的硫酸溶液混合后，所得溶液的pH为()A．B．2.7C．答案D解析两种酸混合后，溶液中的c(H＋)＝＝mol·L－1，所以溶液的pH＝－lgc(H＋)＝－＝3。练方法技巧5.某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是()A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强C．a点KW的数值比c点KW的数值大D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度答案B解析本题考查了强酸和弱酸的稀释规律，解题时要注意弱酸在稀释时还会继续电离。pH相同的盐酸(强酸)和醋酸(弱酸)，稀释相同的倍数时，因醋酸在稀释时仍不断地电离，故盐酸的pH增大的多，故曲线Ⅰ代表盐酸稀释时pH的变化曲线，A错误；不断加水稀释时，溶液中c(H＋)不断减小，导电性减弱，B正确；因为KW仅仅是温度的函数，因为是在相同的温度下，故a点KW与c点KW的数值相同，C错误；因盐酸和醋酸的pH相同，则c(醋酸)>c(盐酸)，稀释相同的倍数，由于醋酸存在电离平衡，故仍有c(醋酸)>c(盐酸)，D错误。6．有关pH计算结果一定正确的是()①强酸pH＝a，加水稀释到10n倍，则pH＝a＋n②弱酸pH＝a，加水稀释到10n倍，则pH<a＋n(a＋n<7)③强碱pH＝b，加水稀释到10n倍，则pH＝b－n④弱碱pH＝b，加水稀释到10n倍，则pH>b－n(b－n>7)A．①②B．②③C．③④D．②④答案D解析本题考查溶液稀释的pH计算。强酸、强碱稀释时，其稀释的离子分别为H＋、OH－，故酸的稀释pH与碱的稀释pH在计算上不同。若为强酸时，pH＝a，c(H＋)＝10－amol·L－1，加水稀释到10n倍，稀释后c(H＋)＝10－(a＋n)mol·L－1，则pH＝n＋a，但这时稀释程度不大，当(a＋n)接近7时，应考虑水的电离，此时(a＋n)<7，故A不完全正确。若为强碱时，pH＝b，则c(H＋)＝10－bmol·L－1，即c(OH－)＝10－14＋bmol·L－1，加水稀释到10n倍后，c(OH－)＝10－14＋b－nmol·L－1，换算成c(H＋)＝10n－bmol·L－1，即pH＝b－n。同理，稀释到很稀时，应考虑水的电离，此时(b－n)>7。弱酸与弱碱稀释时除考虑稀释因素外，还要考虑稀释对水电离的促进。7.某温度下的水溶液中，c(H＋)＝10xmol·L－1，c(OH－)＝10ymol·L－1，x和y的关系如图所示。计算：(1)该温度下水的离子积为多少？(2)该温度下，mol·L－1的NaOH溶液的pH为多少？答案(1)×10－15(2)13解析(1)由图象知，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝×10x＋y＝×10－15(2)在mol·L－1NaOH溶液中c(OH－)＝mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(KW,cOH－)＝eq\f×10－15,＝×10－13mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝13。练综合拓展8．温度t℃时，某NaOH稀溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，c(OH－)＝10－bmol·L－1，已知a＋b＝12，请回答下列问题：(1)该温度下水的离子积常数KW＝________。(2)该NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为__________，该NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)为__________。(3)给该NaOH溶液加热，pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。答案(1)10－12(2)10－bmol·L－110－amol·L－1(3)变小解析(1)KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－a·10－b＝10－(a＋b)＝10－12(2)c(NaOH)＝c(OH－)＝10－bmol·L－1；该溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，NaOH溶液中的H＋全是水电离的，c(H＋)水电离＝c(OH－)水电离＝10－amol·L－1。(3)温度升高时，KW变大，而c(H＋)＝eq\f(KW,cOH－)，所以c(H＋)变大，pH变小。9．(1)pH＝2的某酸稀释100倍，pH________4，pH＝12的某碱稀释100倍，pH________10。(2)室温时，将pH＝5的H2SO4溶液稀释10倍，c(H＋)∶c(SOeq\o\al(2－,4))＝________，将稀释后的溶液再稀释100倍，c(H＋)∶c(SOeq\o\al(2－,4))＝________。(3)MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如上图所示。下列叙述中不正确的是()A．MOH是一种弱碱B．在x点，MOH完全电离C．在x点，c(M＋)＝c(R＋)D．稀释前ROH溶液中c(OH－)是MOH溶液中c(OH－)的10倍答案(1)≤≥(2)2∶120∶1(3)B解析(1)若某酸为强酸，则pH＝4，若为弱酸，则pH<4；同理，对pH＝12的某碱稀释100倍，pH≥10。(2)pH＝5的H2SO4稀释10倍，c(H＋)和c(SOeq\o\al(2－,4))同等倍数减小，所以c(H＋)∶c(SOeq\o\al(2－,4))＝2∶1，若将稀释后的溶液再稀释100倍，其pH≈7，而c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(5×10－7,102)＝5×10－9mol·L－1，所以c(H＋)∶c(SOeq\o\al(2－,4))＝10－7∶5×10－9＝20∶1。由图知，稀释100倍后ROH的pH变化为2，为强碱，MOH的pH变化为1，为弱碱；x点时ROH与MOH的c(OH－)相等，故c(M＋)与c(R＋)相等；稀释前ROH的c(OH－)＝mol·L－1，MOH的c(OH－)＝mol·L－1，故D项正确；MOH为弱碱，在任何点都不能完全电离，B项错误。第3课时酸碱中和滴定[目标要求]1.理解酸碱中和滴定的原理。2.初步了解酸碱中和滴定的操作方法。3.掌握有关酸碱中和滴定的误差分析。酸碱中和滴定1．酸碱中和滴定概念：用已知物质的量浓度的酸(或碱)来测定未知物质的量浓度的碱(或酸)的方法叫做酸碱中和滴定。滴定的原理：n元酸与n′元碱恰好完全中和时：nc酸V酸＝n′c碱V碱。如果用A代表一元酸，用B代表一元碱，可以利用下列关系式来计算未知碱(或酸)的物质的量浓度：cB＝eq\f(cAVA,VB)。2．酸碱中和滴定的关键：准确测定参加反应的两种溶液的体积，以及准确判断中和反应是否恰好进行完全。3．酸碱中和滴定实验实验仪器：pH计、酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、烧杯、滴定管夹、量筒、铁架台。实验药品：标准液、待测液、指示剂。实验步骤：(1)查：检查两滴定管是否漏水和堵塞；(2)洗：先用蒸馏水洗涤两滴定管，然后用所要盛装的酸碱润洗2～3遍；(3)盛、调：分别将酸、碱溶液注入酸、碱滴定管中，使液面位于滴定管刻度“0”以上2～3厘米处，并将滴定管固定在滴定管夹上，然后赶走滴定管内部气泡，调节滴定管中液面高度处于某一刻度，并记下读数。(4)取：从碱式滴定管中放出mL氢氧化钠溶液于锥形瓶中，滴入2滴酚酞试液，将锥形瓶置于酸式滴定管下方，并在瓶底衬一张白纸。(5)滴定：左手控制酸式滴定管活塞，右手拿住锥形瓶瓶颈，边滴入盐酸，边不断摇动锥形瓶，眼睛始终注意锥形瓶内溶液颜色变化。(6)记：当看到加一滴盐酸时，锥形瓶中溶液红色突变为无色时，停止滴定，且半分钟内不恢复原来的颜色，准确记下盐酸读数，并准确求得滴定用去的盐酸体积。(7)算：整理数据进行计算。根据cB＝eq\f(cAVA,VB)计算。知识点一酸碱中和滴定1．一只规格为amL的滴定管，其尖嘴部分充满溶液，管内液面在mmL处，当液面降到nmL处时，下列判断正确的是()A．流出溶液的体积为(m－n)mLB．流出溶液的体积为(n－m)mLC．管内溶液体积等于(a－n)mLD．管内溶液体积多于nmL答案B解析滴定管的“0”刻度在上方，越向下刻度越大，所以流出液体的体积为(n－m)mL；刻度线以下及尖嘴部分均充有溶液，所以管内溶液体积大于(a－n)mL。2．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)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是()A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数(3)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，所用盐酸溶液的体积为________mL。(4)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溶液的体积/mL0mol·L－1盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次第二次第三次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)D(3)(4)eq\x\to(V)＝＝mL，c(NaOH)＝＝4mol·L－1解析在求c(NaOH)和进行误差分析时应依据公式：c(NaOH)＝eq\f(cHCl·V[HClaq],V[NaOHaq])。欲求c(NaOH)，须先求V[(HCl)aq]再代入公式；进行误差分析时，要考虑实际操作对每一个量即V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影响，进而影响c(NaOH)。(1)考查酸碱中和滴定实验的规范操作。(2)考查由于不正确操作引起的误差分析。滴定管未用标准盐酸润洗，内壁附着一层水，可将加入的盐酸稀释，消耗相同量的碱，所需盐酸的体积偏大，结果偏高；用碱式滴定管取出的待测NaOH溶液的物质的量一旦确定，倒入锥形瓶后，水的加入不影响OH－的物质的量，也就不影响结果；若排出气泡，液面会下降，故读取V酸偏大，结果偏高；正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)如图所示。(3)读数时，以凹液面的最低点为基准。(4)先算出耗用标准酸液的平均值eq\x\to(V)＝＝mL(第二次偏差太大，舍去)。c(NaOH)＝＝4mol·L－1。知识点二酸碱中和滴定误差分析3．用标准盐酸溶液滴定待测浓度的碱溶液时，下列操作中会引起碱溶液浓度的测定值偏大的是()A．锥形瓶中的溶液在滴定过程中溅出B．滴定管装液后尖嘴部位有气泡，滴定后气泡消失C．指示剂变色15s后又恢复为原来的颜色便停止滴定D．锥形瓶用蒸馏水冲洗后未用待测液润洗答案B解析根据c(B)＝eq\f(cA·VA,VB)判断，A项中，V(B)的实际量减少，导致V(A)减少，测定值偏小；B项使液体充满气泡，导致V(A)增大，测定值偏大；C项未到滴定终点，偏小；D项，不影响测定结果。4．称取一定质量的NaOH来测定未知浓度的盐酸时(NaOH放在锥形瓶内，盐酸放在滴定管中)。用A.偏高；B.偏低；C.无影响；D.无法判断，填写下列各项操作会给实验造成的误差。(1)称量固体NaOH时，未调节天平的零点()(2)将NaOH放入锥形瓶中加水溶解时，加入水的体积不准确()(3)滴定管装入盐酸前未用盐酸洗()(4)开始滴定时，滴定管尖端处有气泡，滴定完毕气泡排出()(5)滴定前未将液面调至刻度线“0”或“0”以下，结束时初读数按0计算()(6)在滴定过程中活塞处漏液()(7)摇动锥形瓶时，因用力过猛，使少量溶液溅出()(8)滴定前读数时仰视，滴定完毕读数时俯视()答案(1)D(2)C(3)B(4)B(5)A(6)B(7)A(8)A解析(1)称量固体NaOH时，未调节天平零点，不能确定称量结果是偏大还是偏小，故选D。(2)锥形瓶内是否含水或加多少水并不影响NaOH与HCl的中和反应。(3)滴定管中装盐酸前未润洗相当于将待测液稀释了，导致测定结果偏低。(4)滴定前有气泡，滴定后无气泡，相当于待测液比实际用量多了，导致结果偏低。(5)读出的数据比实际值小，导致结果偏大。(6)滴定过程中漏液使读出的待测液的体积比实际消耗量多，导致结果偏低。(7)摇动锥形瓶时，用力过猛，使少量液体溅出，致使一部分NaOH未被中和，消耗待测液体积减小，使测定结果偏高。(8)读出的数据比实际值偏小，使结果偏高。知识点三常见的几种滴定方法5．(1)配平氧化还原反应方程式：eq\x()C2Oeq\o\al(2－,4)＋eq\x()MnOeq\o\al(－,4)＋eq\x()H＋=eq\x()CO2↑＋eq\x()Mn2＋＋eq\x()H2O(2)称取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL溶液。量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中①第一份溶液中加入2滴酚酞试液，滴加mol·L－1NaOH溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的物质的量为________mol。②第二份溶液中滴加mol·L－1酸性KMnO4溶液至16mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为________。该溶液中还原剂的物质的量为________mol。答案(1)52161028(2)①②无色紫红色解析(1)方程式中1molC2Oeq\o\al(2－,4)反应中能失去2mole－，而1molMnOeq\o\al(－,4)反应中能得到5mole－，依据得失电子总数相等，不难得出C2Oeq\o\al(2－,4)与MnOeq\o\al(－,4)系数比为5∶2，其他可依据原子守恒配平。(2)①NaOH溶液中的n(OH－)＝mol·L－1×0.02L＝mol，能中和molH＋②酸性KMnO4溶液呈紫红色，C2Oeq\o\al(2－,4)与Mn2＋无色，所以终点时溶液由无色变为紫红色。5C2Oeq\o\al(2－,4)～2MnOeq\o\al(－,4)52n(C2Oeq\o\al(2－,4))mol·L－1×16×10－3L解得n(C2Oeq\o\al(2－,4))＝mol练基础落实1．下列实验操作不会引起误差的是()A．酸碱中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶B．酸碱中和滴定时，用冲洗干净的滴定管盛装标准溶液C．用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸溶液时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴D．用标准盐酸测定未知浓度NaOH结束实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡答案C解析A：锥形瓶一定不要用待测液润洗，否则使待测液的量偏大，消耗标准液的体积偏大从而使所测浓度偏大。B：冲洗干净的滴定管无论是盛装标准溶液，还是量取待测溶液，都必须用待装溶液润洗2～3次，否则会使标准溶液或待测溶液比原来溶液的浓度偏小，影响结果。C：在滴定过程中，指示剂略多加了几滴，一般不影响实验结果，因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量。D：开始实验时酸式滴定管中无气泡，结束实验时有气泡，会导致所读取的V(HCl)偏小，依据V(HCl)·c(HCl)＝V(NaOH)·c(NaOH)，使所测的c(NaOH)偏小。2．用mol·L－1NaOH溶液滴定mol·L－1的盐酸，如果达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液体积约为mL)继续加水至50mL，所得溶液pH是()A．4B．7.2C．10答案C解析本题是以酸碱中和滴定为素材设计的题目，涉及到溶液中OH－、H＋、pH的计算，考查学生的计算能力。用mol·L－1的NaOH溶液滴定mol·L－1的盐酸，滴定到终点时溶液呈中性。多加1滴NaOH溶液(1滴溶液体积为mL)，加水至50mL，此时溶液中c(OH－)＝＝1×10－4mol·L－1c(H＋)＝eq\f×10－14,cOH－)＝eq\f×10－14,1×10－4)＝1×10－10mol·L－1pH＝10即选项C正确。3．以下是几种酸碱指示剂变色的pH范围：①甲基橙～②甲基红～③酚酞～，现用0mol·L－1的NaOH溶液滴定浓度相近的乙酸时，上述指示剂()A．都可以用B．只能用③C．可以用①或②D．可以用②或③答案B解析氢氧化钠溶液与乙酸等物质的量反应时，生成的乙酸钠溶液呈碱性，选用在碱性条件下变色的指示剂酚酞为宜。练方法技巧4.用mol·L－1的NaOH溶液中和某浓度的H2SO4溶液，其水溶液的pH和所用NaOH溶液的体积关系变化如图所示，则原H2SO4溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的大致体积是()A．mol·L－1,20mLB．mol·L－1,40mLC．mol·L－1,80mLD．mol·L－1,80mL答案C解析滴定前稀H2SO4的pH＝0，c(H＋)＝mol·L－1，则c(H2SO4)＝mol·L－1，当pH＝7时V(NaOH)＝40mL，通过计算原硫酸溶液的体积为40mL。本题考查中和滴定曲线，关键是把握滴定终点，pH＝7恰好完全反应，即n(H＋)＝n(OH－)。5．某学生用mol·L－1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：A．移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3cmE．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。就此实验完成填空：(1)正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)__________________________________。(2)上述B步骤操作的目的是________________________________________________________________________________________________________________________。(3)上述A步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则滴定结果________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。(4)判断到达滴定终点的实验现象是________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)BDCEAF(2)洗去附在滴定管壁上的水，防止因将标准溶液稀释而带来误差(3)偏高(4)滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色解析(2)无论是盛放标准液还是待测液的滴定管均应润洗，因为滴定管的内壁上附着的蒸馏水会将放入的溶液稀释而引起测定误差。(3)A步骤操作之前，先用待测液润洗锥形瓶，会使待测液的体积大于mL，消耗标准液多，则测定结果偏高。(4)由于用酚酞作指示剂，故当滴入最后一滴NaOH溶液时溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色时即达到了滴定终点。练综合拓展6．某化学课外小组为测定空气中CO2的含量，进行了如下实验：(1)配制0mol·L－1和00mol·L－1的标准盐酸。(2)用0mol·L－1的标准盐酸滴定未知浓度的Ba(OH)2溶液mL，结果用去盐酸mL。(3)用测定的Ba(OH)2溶液吸收定量空气的CO2。取Ba(OH)2溶液mL，放入100mL容量瓶里，加水至刻度线。取出稀释后的溶液放入密闭容器内，并通入10L标准状况下的空气，振荡，这时生成沉淀(4)过滤上述所得浊液。(5)取滤液mL，用00mol·L－1的盐酸滴定，用去盐酸mL。请回答下列问题：①配制标准盐酸时，需用下列哪些仪器________；A．托盘天平B．容量瓶C．酸式滴定管D．量筒E．烧杯F．胶头滴管G．玻璃棒②滴定操作中，左手__________，右手__________，眼睛________________________。Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是________________________________________；过滤所得浊液的目的是_________________________________________________；此空气样品中含CO2的体积分数为______________________________________。答案①B、D、E、F、G②控制活塞摇动锥形瓶注视锥形瓶内溶液颜色的变化③0mol·L－1④分离出BaCO3，防止盐酸与BaCO3反应⑤%解析⑤Ba(OH)2＋CO2=BaCO3↓＋H2O，只需求出余下的Ba(OH)2，就可计算与CO2反应的Ba(OH)2，CO2的量也就计算出来了。20mL滤液中Ba(OH)2的物质的量为×10－3××eq\f(1,2)mol＝×10－4mol，那么100mL滤液中有Ba(OH)2：×10－4×5mol＝×10－4mol，原有Ba(OH)2：10×10－3L×mol·L－1＝×10－4mol，与CO2反应的Ba(OH)2有－×10－4mol＝×10－4mol，则n(CO2)＝×10－4mol，w(CO2)＝eq\f×10－4×,10)×100%＝%。7．某工厂废水含游离态氯，通过下列实验测定其浓度：①取水样mL于锥形瓶中，加入mLKI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴；②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入mol·L－1Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数；③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生反应为：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。试回答下列问题：(1)步骤①加入的指示剂是__________。(2)步骤②应使用________式滴定管。(3)步骤③当待测液由________色变为________色且不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________。(4)Cl2的实际浓度比所测浓度为________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是____________________________(若认为没有误差，该问不答)。答案(1)淀粉(2)碱(3)蓝无mol·L－1(4)偏小滴定管未用标准液润洗第4课时习题课1．某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，若想增大NHeq\o\al(＋,4)的浓度，而不增加OH－的浓度，应采取的措施是()①适当升高温度②加入NH4Cl固体③通入NH3④加入少量盐酸A．①②B．②③C．③④D．②④答案D解析升温平衡向右移动，c(NHeq\o\al(＋,4))、c(OH－)都增大；加入NH4Cl固体，相当于增大c(NHeq\o\al(＋,4))，平衡向左移动，c(OH－)减小，但c(NHeq\o\al(＋,4))仍较原来增大，因平衡移动只能减小其增大的程度，而不能完全抵消其增大的部分；通入NH3平衡向右移动，c(NHeq\o\al(＋,4))、c(OH－)都增大；加入少量盐酸，H＋与OH－反应使c(OH－)下降，平衡向右移动，使c(NHeq\o\al(＋,4))增大。2．在100mLmol·L－1CH3COOH溶液中，欲使CH3COOH的电离程度和溶液的c(H＋)都增大，其方法是()A．加入少量的1mol·L－1NaOH溶液B．加入少量的1mol·L－1HCl溶液C．加入等体积水D．进行微热答案D解析在CH3COOH的溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－。当加入NaOH溶液时，c(H＋)减小，电离程度增大；加入盐酸，c(H＋)增大，平衡左移，电离程度减小；加入等体积水，平衡右移，n(H＋)增大，但体积增大的倍数更多，故c(H＋)减小；进行微热，由于电离一般是吸热过程，故电离程度增大，由于微热时溶液体积膨胀倍数很小，故c(H＋)增大。3．下列叙述正确的是()A．无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14B．c(H＋)等于1×10－7mol·L－1的溶液一定是中性溶液C．mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)是mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍D．任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱答案A解析KW＝c(H＋)·c(OH－)，且KW只与温度有关，所以，在常温下，纯水、酸性、碱性或中性稀溶液，其KW＝1×10－14；在温度不确定时，中性溶液里的c(H＋)不一定等于1×10－7mol·L－1；mol·L－1CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度比mol·L－1CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度小，所以，mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)小于mol·L－1CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍；当c(H＋)或c(OH－)大于1mol·L－1时，用pH表示溶液的酸碱性就不简便了，所以，当c(H＋)或c(OH－)大于1mol·L－1时，一般不用pH表示溶液的酸碱性，而是直接用c(H＋)或c(OH－)来表示。4．常温下，下列四种溶液：①pH＝0的盐酸，②mol·L－1的盐酸，③mol·L－1的NaOH溶液，④pH＝11的NaOH溶液中，由水电离生成的H＋的物质的量浓度之比为()A．1∶10∶100∶1000B．0∶1∶12∶11C．14∶13∶12∶11D．14∶13∶2∶1答案A解析在盐酸中，由水电离产生的c(H＋)等于溶液中的c(OH－)：①c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－14mol·L－1②c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－13mol·L－1；在NaOH溶液中，由水电离产生的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)：③c(H＋)＝1×10－12mol·L－1④c(H＋)＝1×10－11mol·L－1。因此，四种溶液中由水电离出的H＋的浓度的比为10－14∶10－13∶10－12∶10－11＝1∶10∶100∶1000。5．mol·L－1的醋酸与mol·L－1的盐酸，分别稀释相同的倍数，随着水的加入，溶液中c(H＋)的变化曲线(如下图)正确的是()答案C6．在100℃时，NaCl溶液中c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，下列说法中不正确的是A．该NaCl溶液显酸性B．该NaCl溶液显中性C．随着温度的升高，水的离子积增大D．该NaCl溶液中KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12答案A解析在NaCl溶液中存在H2OH＋＋OH－，且Na＋、Cl－对水的电离没有影响，c(H＋)＝1×10－6mol·L－1时，c(OH－)＝1×10－6mol·L－1，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12。7．下列叙述中正确的是()A．盐酸的导电能力一定比醋酸强B．因为醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，因而中和等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，中和盐酸消耗的氢氧化钠比中和醋酸多C．足量铁分别和等体积、等物质的量浓度的醋酸和盐酸反应，产生H2的量相等，放出H2的速率不等D．物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中，POeq\o\al(3－,4)物质的量浓度相同答案C解析电解质溶液的导电能力取决于溶液中离子浓度和离子所带电荷的多少，如极稀的盐酸溶液其导电能力不一定比浓的醋酸溶液强，A错；等物质的量的醋酸和盐酸，可提供的H＋数目是相同的，故中和氢氧化钠的能力相同，只不过在中和的过程中，醋酸中的H＋是逐渐电离出来的，B错；同理，和铁反应时，它们消耗铁的量也相同，但由于两溶液中H＋浓度大小不同，其反应放出H2的速率必然不同，C对；磷酸钠是盐，完全电离成Na＋和POeq\o\al(3－,4)，磷酸是弱酸，电离分步进行，且每一步都不完全，产生POeq\o\al(3－,4)的量很少，D错。8．一定量的稀硫酸与足量的铝粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，应向稀硫酸中加入适量的()A．NaOH(固体)B．CH3COOHC．NaCl(固体)D．CH3COONa(固体)答案D解析D项中，加入CH3COONa发生H＋＋CH3COO－CH3COOH，c(H＋)减小，减缓反应速率，但随着反应进行，c(H＋)减小，平衡向左移动，CH3COOH中H＋又会游离出来，生成H2的总量也不变；A项中，NaOH中和掉H2SO4，氢气生成量减少；B项中，CH3COOH电离出H＋，氢气生成量增多；C项几乎不影响反应。9．常温下，向mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验时不同阶段的溶液，下列有关说法中不正确的是()A．溶液的pH：a<b<c<dB．溶液的导电能力：a>b>d>cC．a、b溶液呈酸性D．c、d溶液呈碱性答案D解析溶液pH随加入Ba(OH)2溶液的量的增加而升高，A正确；a～c段随加入Ba(OH)2的量的增加，离子浓度减小，导电能力减弱，c点恰好反应生成BaSO4沉淀和水，导电性最弱，c点以后Ba(OH)2过量，导电性又增强，B正确；C正确；D中c点为中性。10．已知在100℃的温度下，水的离子积KW＝1×10－12。本题涉及的溶液，其温度均为100℃。A．mol·L－1的H2SO4溶液，pH＝2B．mol·L－1的NaOH溶液，pH＝11C．mol·L－1的H2SO4溶液与mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50mL，需要pH＝11的NaOH溶液50mL答案A解析本题涉及到c(H＋)、c(OH－)和pH的计算，以及c(H＋)、pH与溶液酸碱性的关系。A．mol·L－1的H2SO4溶液中，c(H＋)＝mol·L－1×2＝mol·L－1，pH＝－lg[c(H＋)]＝－＝－lg(1×10－2)＝2。此计算与KW值无关，不要受KW＝1×10－12的干扰。B．mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH－)＝mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(KW,cOH－)＝eq\f(1×10－12,1×10－3mol·L－1)＝1×10－9mol·L－1。pH＝－lg(1×10－9)＝9。对碱性溶液求pH，要经过“c(OH－)→c(H＋)→pH”的过程，由c(OH－)求c(H＋)要经过KW＝c(H＋)·c(OH－)进行换算。在这里，KW为1×10－12，而不是1×10－14。C．该项中提供的H2SO4溶液与NaOH溶液恰好完全中和。由于100℃溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，故c(H＋)＝c(OH－)＝eq\r(1×10－12)＝1×10－6mol·L－1，pH＝6。虽然pH＝6，但溶液不显酸性。问题的关键是c(H＋)＝c(OH－)，溶液应该是显中性。溶液的酸碱性要由c(H＋)与c(OH－)的相对大小来确定，而不是由c(H＋)或c(OH－)的绝对大小确定的。在根据c(H＋)、c(OH－)、pH等判断溶液酸碱性时，要结合KW的大小作决定。D．pH＝3的50mLH2SO4溶液中，c(H＋)＝mol·L－1，n(H＋)＝0.05L×mol·L－1＝05mol。pH＝11的50mLNaOH溶液中，c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，c(OH－)mol·L－1，n(OH－)＝0.05L×mol·L－1＝mol。两溶液混合反应后，NaOH过量。中和H2SO4所需要的NaOH溶液小于5011．等体积、等物质的量浓度的氢硫酸和硫酸溶液中，存在的离子总数的关系是()A．H2S中多B．H2SO4中多C．一样多D．无法比较答案B解析等体积、等物质的量浓度的H2S和H2SO4中，含有的H2S和H2SO4的物质的量一样多，但H2S是弱电解质，只能部分电离，即1molH2S电离产生的离子小于3mol。而H2SO4是强电解质，完全电离，即1molH2SO4可电离出2molH＋和1molSOeq\o\al(2－,4)，共3mol离子，因此H2SO4电离出的离子多。12.