第25講　水的電離和溶液的pH

一、水的電離
1．電離方程式
水是一種極弱的電解質(zhì)，電離方程式為2H2OH3O＋＋OH－，簡(jiǎn)寫為H2OH＋＋OH－。
2．水的離子積常數(shù)
Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(1)室溫下：Kw＝10－14 (mol·L－1)2。
(2)影響因素：只與溫度有關(guān)，升高溫度，Kw增大。
(3)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。
(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．外界因素對(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(H＋)
c(OH－)
升高溫度
正
增大
增大
增大
增大
加HCl(aq)
逆
不變
減小
增大
減小
加NaOH(s)
逆
不變
減小
減小
增大
結(jié)論：
(1)加熱，促進(jìn)水的電離，Kw增大。
(2)加入酸或堿，抑制水的電離，Kw不變。

二、溶液的酸堿性
1．溶液的酸堿性取決于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相對(duì)大小。
c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，25 ℃時(shí)，pH10－7 mol·L－1，呈中性。
2．教材改編題
(據(jù)人教選修四P52T6)常溫下pH為3的稀鹽酸，其中由水電離出的c(H＋)為(　　)
A．0.1 mol/L B．0.3 mol/L
C．10－3 mol/L D．10－11 mol/L
答案　D
解析　稀鹽酸中由HCl與H2O共同提供的c(H＋)＝10－3 mol/L，由Kw可知由水提供的H＋或OH－的濃度為＝10－11 mol/L。

考點(diǎn)一　水的電離及水的離子積常數(shù)

[解析]　由水的離子積的定義知兩條曲線上任意點(diǎn)均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw，A正確；由圖中縱、橫軸的大小可知M區(qū)域內(nèi)任意點(diǎn)均有c(H＋)T1，C正確；XZ線上任意點(diǎn)都有c(H＋)＝c(OH－)，只有當(dāng)c(H＋)＝10－7 mol·L－1時(shí)，才有pH＝7，D錯(cuò)誤。
[答案]　D

1．正確理解水的電離平衡曲線
(1)曲線上的任意點(diǎn)的Kw都相同，即溫度相同，c(H＋)·c(OH－)相同。
(2)曲線外的任意點(diǎn)與曲線上任意點(diǎn)的Kw不同，即溫度不同，Kw不同。
(3)實(shí)現(xiàn)曲線上點(diǎn)之間的轉(zhuǎn)化需保持溫度不變，改變酸堿性；實(shí)現(xiàn)曲線上點(diǎn)與曲線外點(diǎn)之間的轉(zhuǎn)化一定得改變溫度。
2．溶液中由水電離出的c(H＋)永遠(yuǎn)等于由水電離出的c(OH－)
(1)酸溶液中：OH－全部來源于水的電離，c水(H＋)＝c溶液(OH－)。
(2)堿溶液中：H＋全部來源于水的電離，c水(OH－)＝c溶液(H＋)。
例如：室溫下，pH＝3的鹽酸，由水電離出的c水(H＋)＝c(OH－)＝ mol·L－1＝10－11 mol·L－1。
3．酸或堿對(duì)水的電離均起抑制作用
(1)只要酸的pH相等(不論強(qiáng)弱、不論幾元)對(duì)水的抑制程度相等，堿也同理。
(2)若酸溶液的c(H＋)與堿溶液的c(OH－)相等，則兩種溶液中水的電離程度相等。

1．(2019·泉州模擬)某溫度下，向c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測(cè)得溶液的c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1。下列對(duì)該溶液的敘述不正確的是(　　)
A．該溫度高于25 ℃
B．由水電離出來的H＋的濃度為1×10－10 mol·L－1
C．加入NaHSO4晶體抑制水的電離
D．取該溶液加水稀釋100倍，溶液中的c(OH－)減小
答案　D
解析　由蒸餾水中的c(H＋)＝10－6 mol·L－1可知，溫度高于25 ℃，A正確；由于該溫度下Kw＝10－12，所以，該溫度下c(H＋)＝10－2 mol·L－1的NaHSO4溶液中水電離出的H＋濃度等于溶液中的OH－的濃度，等于＝10－10，B正確；NaHSO4電離出來的H＋抑制水的電離，C正確；取該溶液加水稀釋100倍，溶液中的c(H＋)減小，c(OH－)增大，D錯(cuò)誤。
2．在不同溫度下，水溶液中c(H＋)與c(OH－)的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說法中正確的是(　　)

A．若從a點(diǎn)到c點(diǎn)，可采用在水中加入酸的方法
B．b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的醋酸中由水電離出的c(H＋)＝10－6 mol·L－1
C．c點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的Kw大于d點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的Kw
D．T ℃時(shí)，0.05 mol·L－1 Ba(OH)2溶液的pH＝11
答案　D
解析　a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的c(H＋)和c(OH－)相等，c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的c(H＋)和c(OH－)也相等，溶液一定呈中性，從a點(diǎn)到c點(diǎn)，可以采用升溫的方法，A錯(cuò)誤；Kw只與溫度有關(guān)，同溫度下不同酸堿性溶液的Kw相同，a點(diǎn)和b點(diǎn)的Kw都是10－14，c點(diǎn)和d點(diǎn)的Kw都是10－12，酸和堿溶液都會(huì)抑制水的電離，酸溶液中由水電離出的c水(H＋)與溶液中的c(OH－)相等，即b點(diǎn)時(shí)c水(H＋)＝c(OH－)＝10－8 mol·L－1，B、C均錯(cuò)誤；T ℃時(shí)，Kw＝10－12,0.05 mol·L－1Ba(OH)2溶液中c(H＋)＝10－11 mol·L－1，pH＝11，D正確。
考點(diǎn)二　溶液酸堿性及pH計(jì)算

[解析]　(1)pH＝12的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，設(shè)加入水的體積是V1,0.01 mol·L－1×0.1 L＝0.001 mol·L－1×(0.1＋V1)L，V1＝－0.1 L＝0.9 L＝900 mL。
(2)pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝0.01 mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液中c(OH－)＝0.0001 mol·L－1，設(shè)加入pH＝10的NaOH溶液的體積是V2,0.01 mol·L－1×0.1 L＋0.0001 mol·L－1×V2＝0.001 mol·L－1×(0.1＋V2)，V2＝1 L＝1000 mL。
(3)0.008 mol·L－1 HCl溶液中c(H＋)＝0.008 mol·L－1，設(shè)加入鹽酸的體積為V3，
c(OH－)＝＝0.001 mol·L－1，解得：V3＝0.1 L＝100 mL。
[答案]　(1)900　(2)1000　(3)100

1．溶液酸堿性的判斷規(guī)律
(1)判斷溶液酸堿性的依據(jù)是c(H＋)與c(OH－)的相對(duì)大小，若c(H＋)＝c(OH－)，則溶液呈中性。
(2)pH＝7或c(H＋)＝10－7mol·L－1的溶液不一定呈中性，因水的電離平衡與溫度有關(guān)。常溫時(shí)，pH＝7呈中性；100 ℃時(shí)，pH＝6呈中性。
(3)等濃度等體積一元酸與一元堿混合的溶液
中和反應(yīng)
反應(yīng)后所得溶液的酸堿性
強(qiáng)酸與強(qiáng)堿
中性
強(qiáng)酸與弱堿
酸性
弱酸與強(qiáng)堿
堿性
(4)室溫下，已知酸和堿pH之和的溶液等體積混合
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，pHc(M＋)>c(OH－)>c(H＋)
B．b點(diǎn)：MOH和HCl恰好完全反應(yīng)
C．c點(diǎn)：c(H＋)＝c(OH－)＋c(MOH)
D．a(chǎn)點(diǎn)到d點(diǎn)：水電離的c(H＋)·c(OH－)先變大，后變小
答案　D
解析　m＋n＝14，從圖像看出，b點(diǎn)時(shí)，鹽酸體積與MOH溶液體積相等，溶液呈堿性，說明混合溶液中MOH過量，MOH繼續(xù)電離，說明MOH是弱堿。A項(xiàng)，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液呈堿性，溶液中離子濃度大小順序?yàn)閏(M＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中MOH未完全反應(yīng)，溶液呈堿性，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液顯中性，c(H＋)＝c(OH－)，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，在堿溶液中滴加鹽酸，水的電離程度逐漸增大，當(dāng)堿與酸恰好完全反應(yīng)時(shí)，水的電離程度最大，然后隨著鹽酸的不斷加入，水的電離受到抑制，則水電離的c(H＋)·c(OH－)先變大，后變小，正確。
8．25 ℃時(shí)，往HA溶液中滴加NaOH溶液，溶液中HA和A－二者中各自所占的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(α)隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是(　　)

A．在pH＝5的溶液中，c(A－)＝c(HA)，c(OH－)＝c(H＋)
B．pH＝7的溶液中，α(HA)＝0，α(A－)＝1.0
C．25 ℃時(shí)，Ka(HA)＝1×10－5
D．pH＝5時(shí)，溶液中水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝1×10－5 mol·L－1
答案　C
解析　25 ℃時(shí)，pH＝5的溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，A錯(cuò)誤；HA溶液中含HA分子，說明HA為弱酸，根據(jù)題意，pH＝7的溶液應(yīng)該為HA和NaA的混合液，α(HA)≠0，B錯(cuò)誤；25 ℃時(shí)，根據(jù)圖像信息，pH＝5時(shí)，c(HA)＝c(A－)，Ka＝＝c(H＋)＝1×10－5，C正確；pH＝5時(shí)為HA和NaA的混合溶液，存在三個(gè)平衡：HAH＋＋A－，H2OH＋＋OH－，A－＋H2OHA＋OH－，可以看出溶液中c(H＋)來自水和HA的電離，而c(OH－)完全來自水，則溶液中的水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－9 mol·L－1，D錯(cuò)誤。
中和滴定的拓展應(yīng)用
中和滴定操作不僅適用于酸堿中和反應(yīng)，也可以遷移應(yīng)用于氧化還原反應(yīng)及沉淀反應(yīng)。

(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)實(shí)例
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
原理
2MnO＋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?yōu)樽仙?，且半分鐘?nèi)不褪色，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)
②Na2S2O3溶液滴定碘液
原理
2Na2S2O3＋I(xiàn)2===Na2S4O6＋2NaI
指示劑
用淀粉作指示劑
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)


[解析]　(3)①高錳酸鉀氧化草酸根離子而自身被還原，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)高錳酸鉀不再被還原，故溶液變紫色。
②銅把鐵離子還原為亞鐵離子，酸性高錳酸鉀溶液又把亞鐵離子氧化為鐵離子。反應(yīng)中消耗高錳酸鉀0.001cV mol，Mn元素化合價(jià)從＋7價(jià)降低到＋2價(jià)，所以根據(jù)得失電子守恒可知鐵離子的物質(zhì)的量是0.005cV mol，則該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為×100%＝×100%。
[答案]　(3)①溶液變紫色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色
②×100%
[體驗(yàn)1]　(2018·天津高考節(jié)選)Ⅱ.NOx含量的測(cè)定
將V L氣樣通入適量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化為NO，加水稀釋至100.00 mL。量取20.00 mL該溶液，加入V1 mL c1 mol·L－1 FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液(過量)，充分反應(yīng)后，用c2 mol·L－1 K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2＋，終點(diǎn)時(shí)消耗V2 mL。
(5)NO被H2O2氧化為NO的離子方程式是________________________。
(6)滴定操作使用的玻璃儀器主要有________________。
(7)滴定過程中發(fā)生下列反應(yīng)：
3Fe2＋＋NO＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
則氣樣中NOx折合成NO2的含量為________________mg·m－3。
(8)若FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，會(huì)使測(cè)定結(jié)果________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。
答案?、?(5)2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O
(6)錐形瓶、酸式滴定管　(7)×104　(8)偏高
解析?、?(7)用c2 mol·L－1 K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2＋，終點(diǎn)時(shí)消耗V2 mL，此時(shí)加入的Cr2O為c2V2×10－3 mol；所以過量的Fe2＋為6c2V2×10－3 mol；則與硝酸根離子反應(yīng)的Fe2＋為(c1V1×10－3－6c2V2×10－3) mol；所以硝酸根離子為(c1V1×10－3－6c2V2×10－3)÷3 mol；根據(jù)氮原子守恒，硝酸根離子與NO2的物質(zhì)的量相等。考慮到配制100 mL溶液取出來20 mL進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，所以NO2為5(c1V1×10－3－6c2V2×10－3)÷3 mol，質(zhì)量為46×5(c1V1×10－3－6c2V2×10－3)÷3 g，即230(c1V1－6c2V2)÷3 mg。這些NO2是V L氣體中含有的，所以含量為230(c1V1－6c2V2)÷3V mg·L－1，即為1000×230(c1V1－6c2V2)÷3V mg·m－3。
(8)若FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，一定是部分Fe2＋被空氣中的氧氣氧化，計(jì)算時(shí)仍然認(rèn)為這部分被氧化的Fe2＋是被硝酸根離子氧化的，所以測(cè)定結(jié)果偏高。

(1)定義
沉淀滴定是利用沉淀反應(yīng)進(jìn)行定量分析的方法。生成沉淀的反應(yīng)很多，但符合定量分析條件的卻很少，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－的濃度。
(2)沉淀滴定原理(以溶液中Cl－含量的測(cè)定為例)
以鉻酸鉀為指示劑，在中性或弱堿性介質(zhì)中，用硝酸銀標(biāo)準(zhǔn)溶液測(cè)定鹵素化合物含量。
Ag＋＋Cl－===AgCl↓(白色)　Ksp(AgCl)＝2×10－10
2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4(磚紅色)
Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12
因?yàn)锳gCl和Ag2CrO4的溶度積不同，因而發(fā)生分級(jí)沉淀，當(dāng)AgCl沉淀完全后，稍過量的AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液與K2CrO4指示劑反應(yīng)生成Ag2CrO4沉淀(磚紅色)。


[解析]　(1)滴定時(shí)發(fā)生的離子反應(yīng)為SCN－＋Ag＋===AgSCN↓，以Fe(NO3)3為指示劑，SCN－與Fe3＋反應(yīng)使溶液呈紅色。當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3溶液時(shí)，紅色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)顏色不恢復(fù)，即為終點(diǎn)。
(2)20.00 mL 0.1000 mol/L AgNO3溶液中，n(Ag＋)＝0.1000 mol/L×0.02 L＝0.002 mol，根據(jù)滴定時(shí)發(fā)生的離子反應(yīng)為SCN－＋Ag＋===AgSCN↓，可知20.00 mL中n(SCN－)＝0.002 mol，則1000 mL中n(SCN－)為0.1 mol，KSCN的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為97.0 g/mol×0.1 mol÷10 g×100%＝97.0%。
[答案]　(1)當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3溶液時(shí)，紅色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)顏色不恢復(fù)
(2)97.0%
[體驗(yàn)2]　亞硝酰氯(ClNO)純度的測(cè)定
已知ClNO的沸點(diǎn)為－5.5 ℃，遇水生成一種氫化物和兩種氧化物。取實(shí)驗(yàn)室制得的亞硝酰氯液體m g溶于水，配制成250 mL溶液；取出25.00 mL，以K2CrO4溶液為指示劑，用c mol/L AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為22.50 mL。(已知：Ag2CrO4為磚紅色固體)
(1)亞硝酰氯(ClNO)與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________。
(2)亞硝酰氯(ClNO)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________(用代數(shù)式表示即可)。
答案　(1)2ClNO＋H2O===2HCl＋NO↑＋NO2↑
(2)×100%

解析　(2)根據(jù)2ClNO＋H2O===2HCl＋NO↑＋NO2↑和HCl＋AgNO3===AgCl↓＋HNO3得關(guān)系式ClNO～HCl～AgNO3，則消耗的AgNO3的物質(zhì)的量即25.00 mL溶液中ClNO的物質(zhì)的量，亞硝酰氯(ClNO)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%，化簡(jiǎn)可得×100%。

　　建議用時(shí)：40分鐘　　　滿分：100分
一、選擇題(每題6分，共72分)
1．水中加入下列溶液對(duì)水的電離平衡不產(chǎn)生影響的是(　　)
A．NaHSO4溶液 B．KF溶液
C．KAl(SO4)2溶液 D．NaI溶液
答案　D
解析　NaHSO4在溶液中電離出H＋，抑制水的電離；KF在水溶液中電離出的F－結(jié)合水電離出的H＋生成弱酸HF而發(fā)生水解；KAl(SO4)2在溶液中電離出的Al3＋與水電離出的OH－結(jié)合生成Al(OH)3而發(fā)生水解，所以F－和Al3＋均促進(jìn)水的電離；HI是強(qiáng)酸，I－不水解，對(duì)水的電離平衡不影響。
2．水的電離過程為H2OH＋＋OH－，在不同溫度下其離子積為Kw(25 ℃)＝1.0×10－14，Kw(35 ℃)＝2.1×10－14，則下列敘述正確的是(　　)
A．c(H＋)隨溫度的升高而降低
B．35 ℃時(shí)，c(H＋)>c(OH－)
C．溶液pH：pH(35 ℃)>pH(25 ℃)
D．35 ℃時(shí)已電離的水的濃度約為1.45×10－7 mol·L－1
答案　D
解析　由兩種溫度下水的離子積常數(shù)值知水的電離是吸熱的，溫度高時(shí)水中c(H＋)較高，pH較小，但溶液中c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，A、B、C錯(cuò)誤；已電離的水的濃度與電離生成的c(H＋)及c(OH－)相等，利用水的離子積常數(shù)可判斷D正確。
3．在25 ℃時(shí)，某稀溶液中由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13 mol·L－1，下列有關(guān)該溶液的敘述，正確的是(　　)
A．該溶液可能呈酸性
B．該溶液一定呈堿性
C．該溶液的pH一定是1
D．該溶液的pH不可能為13
答案　A
解析　25 ℃時(shí)，由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1，溶液可能顯酸性，pH＝1，可能顯堿性，pH＝13。
4．準(zhǔn)確移取20.00 mL某待測(cè)HCl溶液于錐形瓶中，用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定。下列說法正確的是(　　)
A．滴定管用蒸餾水洗滌后，裝入NaOH溶液進(jìn)行滴定
B．隨著NaOH溶液滴入，錐形瓶中溶液pH由小變大
C．用酚酞作指示劑，當(dāng)錐形瓶中溶液由紅色變無色時(shí)停止滴定
D．滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴，則測(cè)定結(jié)果偏小
答案　B
解析　滴定管用蒸餾水洗滌并用NaOH溶液潤(rùn)洗后，方可裝入NaOH溶液，A錯(cuò)誤；在滴定過程中，溶液的pH會(huì)由小逐漸變大，B正確；用酚酞作指示劑，當(dāng)溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且30 s內(nèi)顏色不褪去，說明達(dá)到滴定終點(diǎn)，可停止滴定，C錯(cuò)誤；滴定后，若滴定管尖嘴部分有懸滴，說明計(jì)算時(shí)代入的NaOH溶液體積的值比實(shí)際滴入的大，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大，D錯(cuò)誤。
5．下列實(shí)驗(yàn)操作，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果不會(huì)產(chǎn)生影響的是(　　)
A．用酸堿中和滴定法測(cè)待測(cè)液濃度時(shí)，裝標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管用水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗
B．用酸堿中和滴定法測(cè)待測(cè)液濃度時(shí)，裝待測(cè)液的錐形瓶用水洗后用待測(cè)液潤(rùn)洗2～3次
C．測(cè)定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱時(shí)，將堿溶液緩慢倒入酸溶液中
D．用蒸餾水潤(rùn)濕的pH試紙測(cè)定硫酸鈉溶液的pH
答案　D
解析　滴定管用蒸餾水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗就裝標(biāo)準(zhǔn)液滴定，標(biāo)準(zhǔn)液濃度偏小，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，可以知道c(待測(cè))偏大，故A錯(cuò)誤；用待測(cè)液潤(rùn)洗錐形瓶，則待測(cè)液的物質(zhì)的量增大，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，可以知道c(待測(cè))偏大，故B錯(cuò)誤；測(cè)定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱時(shí)，將堿緩慢倒入酸中，導(dǎo)致熱量損失過大，所測(cè)溫度值偏小，故C錯(cuò)誤；pH試紙濕潤(rùn)后，若測(cè)定中性溶液，不影響結(jié)果，所以D正確。
6．一定溫度下，水溶液中H＋和OH－的濃度變化曲線如圖。下列說法正確的是(　　)

A．升高溫度，可能引起由c向b的變化
B．該溫度下，水的離子積常數(shù)為1.0×10－13
C．該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化
D．該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化
答案　C
解析　升溫促進(jìn)水的電離，升溫后溶液不能由堿性變?yōu)橹行?，A錯(cuò)誤；根據(jù)c(H＋)和c(OH－)可求出Kw＝1.0×10－14，B錯(cuò)誤；加入FeCl3，F(xiàn)e3＋水解溶液呈酸性，可引起由b向a變化，C正確；溫度不變，稀釋溶液，Kw不變，而c和d對(duì)應(yīng)的Kw不相等，D錯(cuò)誤。
7．已知溫度T時(shí)水的離子積常數(shù)為Kw，該溫度下，將濃度為a mol·L－1的一元酸HA與b mol·L－1的一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據(jù)是(　　)
A．a(chǎn)＝b
B．混合溶液的pH＝7
C．混合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1
D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)
答案　C
解析　判斷溶液呈中性的依據(jù)是溶液中c(H＋)＝c(OH－)?；旌先芤褐衏(H＋)＝ mol·L－1，則c(H＋)＝c(OH－)，可判定該溶液呈中性。
8．液氨與純水相似，也存在著微弱的電離：2NH3NH＋NH，據(jù)此判斷以下敘述中錯(cuò)誤的是(　　)
A．NH3、NH、NH的電子數(shù)相等，化學(xué)性質(zhì)也相同
B．一定溫度下，液氨中c(NH)·c(NH)是一個(gè)常數(shù)
C．液氨的電離達(dá)到平衡時(shí)c(NH3)≠c(NH)＝c(NH)
D．加入其他物質(zhì)，可能不變
答案　A
解析　NH3、NH、NH均含有10個(gè)電子，由于三種粒子的電性不同，則其化學(xué)性質(zhì)不同，A錯(cuò)誤；類似于水的離子積常數(shù)Kw＝c(H＋)·c(OH－)，液氨的離子積常數(shù)K＝c(NH)·c(NH)，只與溫度有關(guān)，溫度一定時(shí)，c(NH)·c(NH)為定值，是一個(gè)常數(shù)，B正確；液氨與純水相似，存在著微弱的電離，故達(dá)到電離平衡時(shí)c(NH)＝c(NH)T2
B．圖中五點(diǎn)Kw間的關(guān)系：B>C>A＝D＝E
C．曲線a、b均代表純水的電離情況
D．若處在B點(diǎn)時(shí)，將pH＝2的硫酸溶液與pH＝12的KOH溶液等體積混合后，溶液顯堿性
答案　C
解析　由圖像可知，A點(diǎn)在T2時(shí)的曲線上，而B點(diǎn)在T1時(shí)的曲線上，因?yàn)锳、B點(diǎn)水電離產(chǎn)生的氫離子與氫氧根離子的濃度相等，所以是純水的電離，B點(diǎn)的電離程度大于A點(diǎn)，所以溫度T1>T2，故A正確；由圖像可知，A、E、D都是T2時(shí)曲線上的點(diǎn)，Kw只與溫度有關(guān)，溫度相同時(shí)Kw相同，溫度升高，促進(jìn)水的電離，Kw增大，則B>A＝D＝E，由C點(diǎn)c(OH－)·c(H＋)可知，C點(diǎn)的Kw大于A點(diǎn)小于B點(diǎn)，則B>C>A＝D＝E，故B正確；由E和D點(diǎn)c(H＋)≠c(OH－)可知其不是純水的電離，故C錯(cuò)誤；B點(diǎn)時(shí)，Kw＝1×10－12，pH＝2的硫酸中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，與pH＝12的KOH溶液中c(OH－)＝1 mol·L－1等體積混合后，溶液顯堿性，故D正確。
12．(2018·深圳一調(diào))常溫下，濃度均為0.1 mol·L－1、體積均為100 mL的兩種一元酸HX、HY的溶液中，分別加入NaOH固體，lg隨加入NaOH的物質(zhì)的量的變化如圖所示。下列敘述正確的是(　　)

A．HX的酸性弱于HY
B．a(chǎn)點(diǎn)由水電離出的c(H＋)＝10－12 mol·L－1
C．c點(diǎn)溶液中：c(Y－)>c(HY)
D．b點(diǎn)時(shí)酸堿恰好完全反應(yīng)
答案　C
解析　根據(jù)題圖知，0.1 mol·L－1 HX溶液的lg＝12，則c(H＋)＝0.1 mol·L－1，HX為強(qiáng)酸，同理可推知，HY為弱酸，A錯(cuò)誤；a點(diǎn)HX溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，由水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－13 mol·L－1，B錯(cuò)誤；c點(diǎn)時(shí)加入n(NaOH)＝0.005 mol，此時(shí)得到等物質(zhì)的量濃度的HY和NaY的混合溶液，lg＝6，則c(H＋)＝10－4 mol·L－1，溶液呈酸性，說明HY的電離程度大于NaY的水解程度，故c(Y－)>c(HY)，C正確；b點(diǎn)時(shí)n(NaOH)＝0.008 mol，而n(HY)＝0.01 mol，故HY過量，D錯(cuò)誤。
二、非選擇題(共28分)
13．(2017·天津高考)(14分)用沉淀滴定法快速測(cè)定NaI等碘化物溶液中c(I－)，實(shí)驗(yàn)過程包括準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液和滴定待測(cè)溶液。
Ⅰ.準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液
a．準(zhǔn)確稱取AgNO3基準(zhǔn)物4.2468 g(0.0250 mol)后，配制成250 mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用。
b．配制并標(biāo)定100 mL 0.1000 mol·L－1 NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，備用。
Ⅱ.滴定的主要步驟
a．取待測(cè)NaI溶液25.00 mL于錐形瓶中。
b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L－1 AgNO3溶液(過量)，使I－完全轉(zhuǎn)化為AgI沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示劑。
d．用0.1000 mol·L－1 NH4SCN溶液滴定過量的Ag＋，使其恰好完全轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀后，體系出現(xiàn)淡紅色，停止滴定。
e．重復(fù)上述操作兩次，三次測(cè)定數(shù)據(jù)如下表：
實(shí)驗(yàn)序號(hào)
1
2
3
消耗NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL
10.24
10.02
9.98
f．?dāng)?shù)據(jù)處理。
回答下列問題：
(1)將稱得的AgNO3配制成標(biāo)準(zhǔn)溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有__________________________。
(2)AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是__________________。
(3)滴定應(yīng)在pH14，則＝________(填表達(dá)式)。
答案　(1)A　(2)10∶1　(3)a＋b＝14
(4)①1?、?.1?、?0x＋y－14
解析　(1)溫度越高，水的電離程度越大，25 ℃時(shí)對(duì)應(yīng)曲線為A。
(2)pH＝7說明n(H＋)＝n(OH－)，即10－5 V1＝10－4 V2，故V1∶V2＝10∶1。
(3)100×10－a＝1×10－12＋b，故a＋b＝14。
(4)若兩溶液完全中和，則溶液中n(H＋)＝n(OH－)，即10－xa＝10y－14b，整理得＝10x＋y－14，①若x＋y＝14，＝1；②若x＋y＝13，則＝0.1；③若x＋y>14，則＝10x＋y－14。

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