高考化学二轮课堂复习教师用书专题2第9讲水溶液中的离子平衡

第9讲水溶液中的离子平衡考纲定位命题热点及考频考题核心素养1.了解电解质的概念，了解强电解质和弱电解质的概念。2.理解电解质在水中的电离以及电解质溶液的导电性。3.了解水的电离、离子积常数。4.了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。5.理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数进行相关计算。6.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。7.了解离子反应的概念、离子反应发生的条件。掌握常见离子的检验方法。8.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。1.溶液中离子平衡的影响因素2017年Ⅲ卷T13；2016年Ⅰ卷T28(1)；2016年Ⅱ卷T12；2016年Ⅲ卷T13；2015年Ⅰ卷T28(2)；2014年Ⅰ卷T11；2014年Ⅱ卷T111.变化观念——正确认识溶液中粒子的行为和有关反应的实质。2.平衡思想——能用动态平衡的观点考查、分析溶液中的平衡问题。3.科学探究——对溶液中的粒子的变化和规律进行实验探究。4.模型认知——对中和滴定实验模型拓展和创新应用。2.离子浓度大小比较2017年Ⅰ卷T13；2017年Ⅱ卷T12；2016年Ⅰ卷T27(2)(3)；2016年Ⅲ卷T26(4)；2015年Ⅰ卷T13；2013年Ⅰ卷T11；2013年Ⅱ卷T133.中和滴定的拓展应用滴定曲线及其应用2017年Ⅰ卷T13；2017年Ⅱ卷T28、T26(4)；2016年Ⅰ卷T12、T27(3)；2014年Ⅱ卷T28命题热点1溶液中离子平衡的影响因素(对应学生用书第39页)■储知识——剖解重点难点备考·1．电离平衡常见影响因素分析(以CH3COOHCH3COO－＋H＋为例)改变条件平衡移动方向c(H＋)Ka升高温度正向移动增大增大加水稀释正向移动减小不变加冰醋酸正向移动增大不变加浓盐酸逆向移动增大不变加入烧碱正向移动减小不变2.水解平衡的影响因素(1)水解是微弱的(2)影响水解平衡的因素①决定性因素——盐的性质：越弱越水解。3．沉淀溶解平衡的影响因素(1)难溶物质本身性质是主要决定因素。(2)外界条件对AgCl溶解平衡的影响AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)ΔH>0体系变化条件平衡移动方向平衡后c(Ag＋)平衡后c(Cl－)Ksp升高温度向右增大增大增大加水稀释向右不变不变不变加入少量AgNO3向左增大减小不变通入HCl向左减小增大不变通入H2S向右减小增大不变(3)Ksp只与温度有关。4．溶液的酸碱性(1)溶液的酸碱性判断的最根本的标准是比较溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。pH＝7或c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，仅仅是在室温下的特例，因此在使用pH判断溶液酸碱性时，要特别注意温度条件。(2)盐溶液的酸碱性①正盐：谁弱谁水解，谁强显谁性。强碱弱酸盐(如CH3COONa)→弱酸根离子水解→结果：c(OH－)>c(H＋)。强酸弱碱盐(如NH4Cl)→弱碱阳离子水解→结果：c(H＋)>c(OH－)。②酸式盐溶液[失分预警]1电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度不一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。2当对酸、碱溶液稀释时，不是所有离子的浓度都减小。如对于电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋，当加水稀释时，由于Kw是定值，故cH＋减小，cOH－增大；而碱溶液稀释时，cOH－减小，cH＋增大。■对点练——沿着高考方向训练·1．(2017·河南郑州第一次质检)将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水稀释，下列各量保持增大的是()①c(H＋)②c(F－)③c(OH－)④Ka(HF)⑤eq\f(cF－,cH＋)⑥eq\f(cH＋,cHF)A．①⑤ B．②③C．③⑥ D．④⑥C[HF溶液存在电离平衡：HFF－＋H＋，加水稀释时，平衡正向移动，由于溶液体积的增大程度大于n(F－)、n(H＋)的增大程度，则溶液中c(F－)、c(H＋)均减小，①、②错误；由于溶液的温度不变，则Ka(HF)不变，④错误；由于Kw＝c(H＋)·c(OH－)，c(H＋)减小，且Kw不变，则c(OH－)增大，③正确；溶液中的H＋是由HF和H2O两种物质电离产生的，随溶液的稀释，HF电离产生的n(F－)、n(H＋)始终相等，而由水电离产生的c(H＋)不断增大，因此加水稀释过程中eq\f(cF－,cH＋)的值减小，⑤错误；HF的电离常数Ka(HF)＝eq\f(cH＋·cF－,cHF)，则有eq\f(cH＋,cHF)＝eq\f(KaHF,cF－)，Ka(HF)不变，c(F－)减小，故eq\f(cH＋,cHF)的值增大，⑥正确。]2．(2017·黑龙江大庆一模)下列有关电解质溶液的说法正确的是()【导学号：】A．KCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同B．向氟化钠溶液中加入适量氢氟酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)>c(F－)>c(H＋)>c(OH－)C．25℃同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多，HA是弱酸D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，COeq\o\al(2－,3)水解程度减小，溶液的pH减小C[KCl是强酸强碱盐，不发生水解；CH3COONH4是弱酸弱碱盐，CH3COO－和NHeq\o\al(＋,4)发生水解，促进水的电离，故两溶液中水的电离程度不相同，A错误；NaF溶液中F－存在水解平衡：F－＋H2OHF＋OH－，加入适量氢氟酸，c(HF)增大，水解平衡逆向移动，此时溶液呈酸性，则有c(H＋)>c(OH－)，结合电荷守恒推知c(F－)>c(Na＋)，B错误；HA和HB溶液的pH及体积均相等，与足量Zn反应时，相同时间内HA产生的H2更多，说明c(HA)>c(HB)，则HA是弱酸，C正确。Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，加入少量Ca(OH)2固体，Ca2＋与COeq\o\al(2－,3)反应生成CaCO3沉淀，平衡逆向移动，COeq\o\al(2－,3)的水解程度减小，但溶液中c(OH－)增大，溶液的pH增大，D错误。]3．(2017·四川成都七中二模)常温下，向10mL0.1mol·L－1的某一元酸HR溶液中逐滴加入0.1mol·L－1氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析不正确的是() 【导学号：】A．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸B．a、b点所示溶液中水的电离程度不相同C．b点恰好完全中和，pH＝7说明NH4R没有水解D．c点溶液存在c(NHeq\o\al(＋,4))>c(R－)、c(OH－)>c(H＋)C[HR溶液中加入0.1mol·L－1氨水，发生反应HR＋NH3·H2ONH4R＋H2O，a～b点导电能力增强，说明溶液中导电离子的浓度增大，则HR为弱酸，A正确；a点溶液呈酸性，HR抑制水的电离，b点恰好反应生成NH4R，NH4R发生水解，促进了水的电离，故a、b两点水的电离程度不相同，B正确；b点恰好完全中和，溶液的pH＝7，由于NH4R是弱酸弱碱盐，说明NHeq\o\al(＋,4)和R－的水解程度相同，并非NH4R没有水解，C错误；c点氨水过量，溶液呈碱性，则有c(OH－)>c(H＋)，结合电荷守恒关系可得c(NHeq\o\al(＋,4))>c(R－)，D正确。]4．(2017·广东惠州第二次调研)已知：常温下浓度为0.1mol·L－1的下列溶液的pH如表：溶质NaClNa2CO3NaClONaHCO3pH711.69.78.3下列有关说法不正确的是()A．在相同温度下，相同浓度的三种酸溶液的导电能力：HCl>H2CO3>HClOB．等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl－和ClO－的个数：Cl－>ClO－C．向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸，反应为Na2CO3＋2HCl2NaCl＋CO2↑＋H2OD．将CO2通入0.1mol·L－1Na2CO3溶液至溶液呈中性，则溶液中：2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝0.2mol·L－1(忽略溶液体积变化)C[常温下浓度为0.1mol·L－1NaClO溶液的pH大于0.1mol·L－1NaHCO3溶液，则酸性：H2CO3>HClO，电离程度：H2CO3>HClO，故同温、同浓度的三种酸溶液的导电能力：HCl>H2CO3>HClO，A正确；NaClO溶液中ClO－发生水解生成HClO，故等体积、等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl－、ClO－的个数：Cl－>ClO－，B正确；向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸，发生的反应为Na2CO3＋HClNaHCO3＋NaCl，C错误；0.1mol·L－1Na2CO3溶液中c(Na＋)＝0.2mol·L－1，将CO2通入Na2CO3溶液至溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)，由于该过程中溶液的体积不变，则溶液中c(Na＋)仍等于0.2mol·L－1，据电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，则有c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＝0.2mol·L－1，D正确。]■提能力——针对热点题型训练·(见专题限时集训T1、T2、T3、T4、T5、T9)命题热点2离子浓度大小比较(对应学生用书第40页)■储知识——剖解重点难点备考·1．溶液中的“三个”守恒(1)电荷守恒规律如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、COeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－、HCOeq\o\al(－,3)，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)。(2)物料守恒规律电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，粒子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)](3)质子守恒规律电解质溶液中，电离、水解等过程中得到的质子(H＋)数等于失去的质子(H＋)数。如Na2CO3溶液中质子守恒关系可以用图示分析如下：由得失氢离子守恒可得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。2．分析溶液中微粒浓度关系的思维模型■对点练——沿着高考方向训练·1．(2017·河北石家庄第一次质检)常温下，将amol·L－1的醋酸溶液与bmol·L－1NaOH溶液等体积混合。下列说法不正确的是()【导学号：】A．若混合后溶液的pH＝7，则有a>b，且c(Na＋)＝c(CH3COO－)B．若a＝b，则有c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)C．若a＝2b，则有2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3D．若混合后溶液的pH>7，则有a<b，且c(Na＋)>c(CH3COO－)D[amol·L－1的醋酸溶液与bmol·L－1的NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应时生成CH3COONa，此时溶液呈碱性，若混合后溶液的pH＝7，则有c(OH－)＝c(H＋)且a>b，据电荷守恒推知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，A正确。若a＝b，二者恰好完全反应时生成CH3COONa，因CH3COO－发生水解而使溶液呈碱性，则有c(OH－)>c(H＋)，结合电荷守恒推知c(Na＋)>c(CH3COO－)，B正确。若a＝2b，两溶液混合反应后得到等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合液，据物料守恒可得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确。当两溶液刚好完全反应，即a＝b2．20℃时向20mL0.1mol·L－1醋酸溶液中不断滴入0.1mol·L－1NaOH(aq)，溶液pH变化如图所示。此过程溶液中离子浓度的关系错误的是()A．a点：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)B．b点：c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)C．c点：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)D．d点：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)C[a点是CH3COOH和CH3COONa的等量混合，离子浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；b点，溶液呈中性，溶质为CH3COONa和少量CH3COOH，根据电荷守恒可判断；c点，正好生成CH3COONa溶液，根据质子守恒得c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)；d点是CH3COONa和NaOH的混合，其中CH3COONa的物质的量是NaOH的2倍，正确。]3．T℃时，某浓度醋酸钠溶液的pH＝10，下列说法一定正确的是()【导学号：】A．溶液中由水电离出的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1B．溶液中存在：c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14mol2·L－2C．溶液中存在：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)>c(CH3COOH)D．溶液中存在：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)D[醋酸钠溶液中水的电离平衡受到促进，A项错误；只有在25℃时，才有c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14mol2·L－2，B项错误；溶液中粒子浓度由大到小的顺序应为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋4．(2017·宁夏银川一中一模)下列说法不正确的是()A．0.1mol·L－1的Na2CO3溶液加适量水稀释后，溶液中eq\f(cOH－,cCO\o\al(2－,3))变大B．若使Na2S溶液中eq\f(cNa＋,cS2－)接近于2∶1，可加入适量的KOH固体C．0.1mol·L－1NaOH溶液和0.2mol·L－1CH3COOH溶液等体积混合后溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)D．已知0.1mol·L－1NaH2PO4水溶液显酸性，则溶液里各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(H＋)>c(POeq\o\al(3－,4))>c(OH－)D[Na2CO3溶液中存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，加水稀释时，平衡正向移动，n(OH－)增大，n(COeq\o\al(2－,3))减小，则eq\f(cOH－,cCO\o\al(2－,3))变大，A正确。Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－，加入适量KOH固体，平衡逆向移动，可使eq\f(cNa＋,cS2－)接近于2∶1，B正确。0.1mol·L－1NaOH溶液和0.2mol·L－1CH3COOH溶液等体积混合，充分反应得到等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合液，此时溶液呈酸性，则有c(H＋)>c(OH－)；结合电荷守恒推知c(CH3COO－)>c(Na＋)，C正确。0.1mol·L－1NaH2PO4溶液显酸性，说明H2POeq\o\al(－,4)的电离程度大于其水解程度，但其电离程度较小，则有c(H2POeq\o\al(－,4))>c(H＋)>c(HPOeq\o\al(2－,4))，D错误。]5．(2017·湖北荆州第一次质检)常温下，下列溶液中有关物质的量浓度关系一定正确的是()A．pH＝2的H2A溶液与pH＝12的MOH溶液等体积混合：c(H＋)＋c(M＋＝c(OH－)＋c(A2－)B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)<c(CH3COONa)<c(Na2CO3)C．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CHD．0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－C[两溶液等体积混合后，充分反应后所得溶液中，据电荷守恒可得c(H＋)＋c(M＋)＝c(OH－)＋2c(A2－)＋c(HA－)，A错误。由于CH3COOH的酸性强于H2CO3，则等浓度CH3COONa、Na2CO3溶液相比，Na2CO3的水解程度大，溶液的pH大，当二者的pH相等时，则有c(Na2CO3)<c(CH3COONa)；NaOH是强碱，三种溶液pH相等时，c(NaOH)最小，B错误。两溶液等体积混合后，据物料守恒可得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CHc(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，综合上述两式可得c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，C正确。NaHA溶液中存在HA－H＋＋A2－和HA－＋H2OH2A＋OH－，溶液pH＝4说明HA－的电离程度大于水解程度，则c(A2－)>c(H2■提能力——针对热点题型训练·(见专题限时集训T5、T6、T8、T9)命题热点3中和滴定的拓展应用滴定曲线及其应用(对应学生用书第41页)■储知识——剖解重点难点备考·1．中和滴定五个考查角度(1)“考”实验仪器酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。(2)“考”操作步骤①滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；②滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；③计算。(3)“考”指示剂的选择①强酸强碱相互滴定，可选用甲基橙或酚酞；②若反应生成的强酸弱碱盐溶液呈酸性，则选用酸性变色范围的指示剂(甲基橙)，若反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则选用碱性变色范围的指示剂(酚酞)；③石蕊溶液因颜色变化不明显，且变色范围过宽，一般不作指示剂。(4)“考”误差分析写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线问题要学会画图分析。(5)“考”数据处理正确“取舍”数据，计算“平均”体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。2．中和滴定拓展应用(1)①氧化还原反应滴定法此是指氧化剂与还原剂之间的相互滴定，该滴定方法在仪器使用、实验操作上与中和滴定一样，常见的试剂有KMnO4、I2、铁盐，复习中应明确使用的指示剂及终点时颜色变化。滴定方法还原剂滴定KMnO4KMnO4滴定还原剂I2滴定还原剂还原剂滴定I2铁盐滴定还原剂还原剂滴定铁盐指示剂KMnO4KMnO4淀粉淀粉KSCNKSCN终点时颜色变化粉(浅)红色→无色无色→粉(浅)红色无色→蓝色蓝色→无色溶液变红色红色消失②氧化还原滴定的3类指示剂a．氧化还原指示剂。b．专用指示剂，如在碘量法滴定中，因可溶性淀粉溶液遇碘变蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂。c．自身指示剂，如用KMnO4标准溶液滴定草酸时，可利用KMnO4溶液本身颜色的变化来指示滴定终点。③滴定终点的判断当滴入最后一滴×××标准溶液后，溶液变成×××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。(2)沉淀滴定法①概念：沉淀滴定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。②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标准溶液滴定溶液中的Cl－，利用Ag＋与CrOeq\o\al(2－,4)生成红色的Ag2CrO4沉淀，指示滴定终点，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶。3．滴定曲线(图像)中五个关键“点”以下面室温时用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1HA溶液为例，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：滴定曲线关键点离子浓度关系原点原点为HA的单一溶液，0.1mol·L－1HA溶液pH>1说明HA是弱酸；c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)反应一半点(点①)此时溶液为等物质的量的NaA和HA的混合液，此时溶液pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)中性点(点②)此时溶液pH＝7，溶液是中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝c(A－)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)恰好完全反应点(点③)此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液是碱性，c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)过量点(点④)此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液呈碱性，c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)■悟真题——挖掘关键信息解题·[例](2017·全国Ⅱ卷)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：Ⅰ.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。Ⅱ.酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5min，然后eq\a\vs4\al(用标准Na2S2O3溶液滴定生成的)eq\a\vs4\al(I22S2O\o\al(2－,3)＋I2=2I－＋S4O\o\al(2－,6))①。回答下列问题：(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是___________________________________________________________________________。(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为___________________________________________________________________________________________。(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________及二氧化碳。(4)取100.00mL水样经固氧、酸化后，用eq\a\vs4\al(amol·L－1Na2S2O3溶液滴定，)以淀粉溶液作指示剂②，终点现象为________________________________________________________________________________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中eq\a\vs4\al(溶解氧的含量)③为________mg·L－1。(5)上述滴定完成时，若eq\a\vs4\al(滴定管尖嘴处留有气泡)④会导致测定结果偏________(填“高”或“低”)。[审题指导]题眼挖掘关键信息①明确反应原理，属于氧化还原滴定②抓住变色原理，碘单质遇淀粉变蓝色③根据电子守恒建立关系式④滴定管尖嘴处留有气泡，说明消耗标准溶液体积偏小【解析】(1)本实验为测定水样中的溶解氧，如果扰动水体表面，会增大水体与空气的接触面积，增大氧气在水中的溶解量。避免扰动水体表面是为了使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差。(2)由题意知，反应物为O2和Mn(OH)2，生成物为MnO(OH)2，因此该反应的化学方程式为O2＋2Mn(OH)22MnO(OH)2。(3)配制溶液时还需要容量瓶；煮沸可以使蒸馏水中的氧气挥发，达到除去氧气的目的。(4)由于混合液中含有碘单质，加入淀粉时，溶液为蓝色；滴定时，Na2S2O3与碘反应，当碘恰好完全反应时，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内颜色不变色。由各反应关系可建立如下关系式：O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2Oeq\o\al(2－,3)，由题意知，滴定消耗Na2S2O3的物质的量为ab×10－3mol，因此0.1L水样中溶解氧的物质的量＝eq\f(ab,4)×10－3mol，质量为eq\f(ab,4)×10－3mol×32g·mol－1＝8ab×10－3g＝8abmg，即溶解氧的含量为80abmg·L－1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会使最后的读数偏小，测得消耗Na2S2O3的体积偏小，所以测量结果偏低。【答案】(1)使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差(2)O2＋2Mn(OH)22MnO(OH)2(3)容量瓶氧气(4)当滴入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化80ab(5)低【拓展】如果以淀粉溶液作指示剂，用碘水滴定一定浓度的Na2S2O3溶液，如何判断滴定终点？提示：当滴入最后一滴标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不变色，则达到滴定终点。■对点练——沿着高考方向训练·1．电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是()【导学号：】A．曲线①代表滴定HCl溶液的曲线B．A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.1mol·L－1C．在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：C<B<AD．D点溶液中：c(Cl－)＝2c(OH－)－2c(HD[由图分析知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，A错误；A点溶液中c(Na＋)＝0.05mol/L，由电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝c(Na＋)＝0.05mol/L，B错误；A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，C点溶质为NaCl，对水的电离无影响，则水的电离程度：B<C<A，C错误，D点溶液中，c(Na＋)＝1.5c(Cl－)，由电荷守恒知c(Cl－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，则c(Cl－2c(OH－)－2c(H2．25℃时，向100mL1mol·L－1H2SO3溶液中逐滴滴入1mol·L－1的NaOH溶液，其微粒的分布分数α(平衡时某微粒的浓度与各微粒浓度之和的比)与pH的关系如图所示(已知：pKa＝－lgKa,25℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19)。下列说法不正确的是()A．pH＝1.85时，c(H2SO3)＝c(HSOeq\o\al(－,3))B．pH＝6时，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)C．pH＝7.19时，c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))＝c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)D．加入150mLNaOH溶液时，3c(Na＋)＝2c(H2SO3)＋2c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))D[A项，pH＝1.85时，即－lgc(H＋)＝1.85，由已知H2SO3的pKa1＝1.85，易得Ka1＝c(H＋)，而Ka1＝eq\f(cH＋·cHSO\o\al(－,3),cH2SO3)＝c(H＋)，因此有c(H2SO3)＝c(HSOeq\o\al(－,3))，不符合题意；B项，pH＝6时，溶液为Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，不符合题意；C项，pH＝7.19时，同A项分析可知，c(HSOeq\o\al(－,3))＝c(SOeq\o\al(2－,3))，c(H＋)＝10－7.19，则c(OH－)＝10－6.81，故c(OH－)>c(H＋)，不符合题意；D项，加入150mLNaOH溶液时，得到等量的Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，根据物料守恒可得：2c(Na＋)＝3c(H2SO3)＋3c(HSOeq\o\al(－,3))＋3c(SOeq\o\al(2－,3))，符合题意。]3．利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。【导学号：】已知：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2OBa2＋＋CrOeq\o\al(2－,4)BaCrO4↓步骤Ⅰ：移取xmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0mL。步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入xmL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。【解析】滴定管“0”刻度位于滴定管的上方；由步骤Ⅰ可知xmLNa2CrO4溶液中CrOeq\o\al(2－,4)的物质的量为V0b×10－3mol，步骤Ⅱ中与Ba2＋形成沉淀的CrOeq\o\al(2－,4)的物质的量为(V0b－V1b)×10－3mol，则ymLBaCl2溶液中Ba2＋的物质的量为(V0b－V1b)×10－3mol，c(BaCl2)＝eq\f(V0b－V1b×10－3mol,y×10－3L)＝eq\f(bV0－V1,y)mol·L－1；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，会导致所测盐酸体积V1偏小，若V1偏小，则V0b－V1b偏大，Ba2＋浓度测量值将偏大。【答案】上方eq\f(bV0－V1,y)偏大4．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。 【导学号：】Ⅰ.准备标准溶液a．准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)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NH4SCN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________。【解析】(1)配制硝酸银溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒之外还需要250mL(棕色)容量瓶和胶头滴管。(2)AgNO3见光易分解，所以应保存在棕色试剂瓶中。(3)Fe3＋易水解，所以滴定应在pH＜0.5的强酸环境下进行。(4)b和c两步操作不能颠倒，否则Fe3＋有强氧化性，I－有强还原性，二者会发生反应导致指示剂耗尽，无法判断滴定终点。(5)根据实验数据，实验1与实验2、3差别很大，故舍去实验1，求实验2和实验3的平均值，所以标准溶液的平均体积为10.00mL。根据滴定过程可知n(AgNO3)＝n(NaI)＋n(NH4SCN)，得：25．00×10－3L×0.1000mol·L－1＝25.00×10－3L×c(I－)＋10.00×10－3Lc(I－)＝0.0600mol·L－1。(6)向滴定管中装标准溶液前应用标准溶液润洗。(7)①在配制AgNO3标准溶液时，若有少量溅出，则配制的标准溶液浓度偏小，在滴定时消耗标准溶液的体积偏大，测得c(I－)浓度偏高。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读数偏小，计算出的标准液体积偏小，结合(5)中分析知c(I－)浓度偏高。【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标准溶液进行润洗(7)偏高偏高[失分预警]处理平行实验中的数据时，对于误差较大的数据应直接舍去，易不加辨别直接代入数据计算平均值。■提能力——针对热点题型训练·(见专题限时集训T4、T7、T9、T10)复习效果验收|真题试做预测尝鲜(对应学生用书第44页)■体验高考真题·1．(2017·全国Ⅰ卷)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是()A．Ka2(H2X)的数量级为10－6B．曲线N表示pH与lgeq\f(cHX－,cH2X)的变化关系C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)D[由H2XH＋＋HX－可知：Ka1＝eq\f(cH＋·cHX－,cH2X)，则c(H＋)＝eq\f(Ka1·cH2X,cHX－)，等式两边同取负对数可得：pH1＝－lgKal＋lgeq\f(cHX－,cH2X)。同理，由HX－H＋＋X2－可得：pH2＝－lgKa2＋lgeq\f(cX2－,cHX－)。因1>Ka1≫Ka2，则－lgKa1<－lgKa2。当lgeq\f(cHX－,cH2X)＝lgeq\f(cX2,cHX－)时，有pH1<pH2，故曲线N表示pH与lgeq\f(cHX－,cH2X)的变化关系，曲线M表示pH与lgeq\f(cX2－,cHX－)的变化关系，B项正确。由曲线M可知，当pH＝4.8时，lgeq\f(cX2－,cHX－)≈－0.6，由pH2＝－lgKa2＋lgeq\f(cX2－,cHX－)可得：lgKa2≈－0.6－4.8＝－5.4，Ka2＝10－5.4＝100.6×10－6，故Ka2的数量级为10－6，A项正确。NaHX溶液中，eq\f(cX2－,cHX－)<1，则lgeq\f(cX2－,cHX－)<0，此时溶液pH<5.4，溶液呈酸性，所以c(H＋)>c(OH－)，C项正确。由以上分析可知，HX－的电离程度大于其水解程度，故当溶液呈中性时，c(Na2X)>c(NaHX)，溶液中各离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(X2－)>c(HX－)>c(OH－)＝c(H＋)，D项错误。]2．(2017·全国Ⅱ卷)改变0.1mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝eq\f(cX,cH2A＋cHA－＋cA2－)]。下列叙述错误的是()A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－B．lg[K2(H2AC．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)D[根据题给图像，pH＝1.2时，H2A与HA－的物质的量分数相等，则有c(H2A)＝c(HA－)，A项正确。根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，K2(H2A)＝eq\f(cH＋·cA2－,cHA－)＝c(H＋)＝10－4.2，则lg[K2(H2A)]＝－4.2，B项正确。根据题给图像，pH＝2.7时，H2A与A2－的物质的量分数相等，且远小于HA－的物质的量分数，则有c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，C项正确。根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，c(HA－)＝c(A2－)，且c(HA－)＋c(A2－)约为0.1mol·L－1，c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，则c(HA－)＝c(A2－)>c3．(2016·全国Ⅰ卷)298K时，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是()A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B．M点对应的盐酸体积为20.0mLC．M点处的溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D．N点处的溶液中pH<12D[A项用0.10mol·L－1盐酸滴定20.0mL0.10mol·L－1氨水，二者恰好完全反应时生成强酸弱碱盐NH4Cl，应选用甲基橙作指示剂。B项当V(HCl)＝20.0mL时，二者恰好完全反应生成NH4Cl，此时溶液呈酸性，而图中M点溶液的pH＝7，故M点对应盐酸的体积小于20.0mL。C项M点溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)；据电荷守恒可得c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(OH－)＋c(Cl－)，则有c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，此时溶液中离子浓度关系为c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)。D项NH3·H2O为弱电解质，部分发生电离，N点时V(HCl)＝0，此时氨水的电离度为1.32%，则有c(OH－)＝0.10mol·L－1×1.32%＝1.32×10－3mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(Kw,cOH－)＝eq\f(1.0×10－14,1.32×10－3)mol·L－1≈7.58×10－12mol·L－1，故N点处的溶液中pH<12。]4．(2015·全国Ⅰ卷)浓度均为0.10mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lgeq\f(V,V0)的变化如图所示。下列叙述错误的是()【导学号：】A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等D．当lgeq\f(V,V0)＝2时，若两溶液同时升高温度，则eq\f(cM＋,cR＋)增大D[由图像分析浓度为0.10mol·L－1的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pH＜13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱碱。A．MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确。B.曲线的横坐标lgeq\f(V,V0)越大，表