高考化学一轮复习讲练 第8章 第26讲　水的电离和溶液的pH (含解析)

这是一份高考化学一轮复习讲练 第8章 第26讲　水的电离和溶液的pH (含解析)，共26页。试卷主要包含了了解水的电离、离子积常数，45，5，即有c＝c＝10－4，11 mL＋26等内容，欢迎下载使用。

第26讲　水的电离和溶液的pH
考纲要求　1.了解水的电离、离子积常数(Kw)。2.了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。


1．水的电离
(1)水是极弱的电解质，其电离过程吸热(填“吸热”或“放热”)。水的电离平衡常数的表达式为K＝。
(2)影响水的电离平衡的因素
①温度：温度升高，水的电离平衡向正方向移动，c(H＋)和c(OH－)均增大(填“增大”“减小”或“不变”)。
②加酸或碱会抑制(填“促进”或“抑制”)水的电离。
③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。
2．水的离子积
(1)表达式：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(2)影响因素：一定温度时，Kw是个常数，Kw只与温度有关，温度越高，Kw越大。25 ℃时，Kw＝1×10－14,100 ℃时，Kw＝1×10－12。
(3)适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于酸、碱、盐的稀溶液。
理解应用
1．填写外界条件对水电离平衡的具体影响
体系变化
条件
平衡移
动方向
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
可水解
的盐
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
其他：如加入Na
正
不变
增大
增大
减小

2.Kw＝c(H＋)·c(OH－)中，H＋和OH－一定是由水电离出来的吗？
答案　不一定，如酸溶液中H＋由酸和水电离产生，碱溶液中OH－由碱和水电离产生，只要是水溶液必定有H＋和OH－，当溶液浓度不大时，总有Kw＝c(H＋)·c(OH－)。

(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＋)＝1×10－6 mol·L－1，此时水呈酸性(×)
(3)在蒸馏水中滴加浓H2SO4，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，0.1 mol·L－1的HCl溶液与0.1 mol·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(√)

题组一　影响水电离平衡的因素及结果判断
1．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，水的电离程度相同
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－)＝＝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。
2．25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl　②NaOH　③H2SO4　④(NH4)2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是(　　)
A．④＞③＞②＞① B．②＞③＞①＞④
C．④＞①＞②＞③ D．③＞②＞①＞④
答案　C
解析　②③分别为碱、酸，抑制水的电离；④中NH水解促进水的电离，①NaCl不影响水的电离。
题组二　计算电解质溶液中水电离出的c(H＋)或c(OH－)
3．(2020·长沙市雅礼中学检测)25 ℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液、②0.05 mol·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∶109 B．1∶5∶(5×109)∶(5×108)
C．1∶20∶1010∶109 D．1∶10∶104∶109
答案　A
解析　H2SO4与Ba(OH)2抑制水的电离，Na2S与NH4NO3促进水的电离。25 ℃时，pH＝0的H2SO4溶液中：c(H2O)电离＝c(OH－)＝ mol·L－1＝10－14 mol·L－1；0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中：c(H2O)电离＝c(H＋)＝ mol·L－1＝10－13 mol·L－1；pH＝10的Na2S溶液中：c(H2O)电离＝c(OH－)＝10－4 mol·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10－14∶10－13∶10－4∶10－5＝1∶10∶1010∶109，故A正确。
4．下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积常数
1×10－14
Kw
1×10－12

试回答下列问题：
(1)若25＜t1＜t2，则Kw (填“＞”“＜”或“＝”)1×10－14，做出此判断的理由是 。
(2)在t1 ℃时，测得纯水中的c(H＋)＝2.4×10－7 mol·L－1，则c(OH－)为 。该温度下，测得某H2SO4溶液中c(SO)＝5×10－6 mol·L－1，该溶液中c(OH－)＝ mol·L－1。
答案　(1)＞　水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向正反应方向移动，c(H＋)增大，c(OH－)增大，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，Kw增大　(2)2.4×10－7 mol·L－1　5.76×10－9
解析　(1)水是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热，所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大。(2)水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，某温度下纯水中的c(H＋)＝2.4×10－7 mol·L－1，则此时纯水中的c(OH－)＝2.4×10－7 mol·L－1，Kw＝2.4×10－7×2.4×10－7＝5.76×10－14。该温度下，某H2SO4溶液中c(SO)＝5×10－6 mol·L－1，则溶液中氢离子浓度是1×10－5 mol·L－1，c(OH－)＝ mol·L－1＝5.76×10－9 mol·L－1。


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－)＝1.0×10－7 mol·L－1。
(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＜10－7 mol·L－1，当溶液中的c(H＋)＜10－7 mol·L－1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)＞10－7 mol·L－1时，就用10－14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)。
(3)可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7 mol·L－1。若给出的c(H＋)＞10－7 mol·L－1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)＜10－7 mol·L－1，就用10－14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。
题组三　酸碱中和反应过程中水电离程度的比较
5．若往20 mL 0.01 mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示，下列有关说法正确的是(　　)

A．c点时，醋酸的电离程度和电离常数都最大，溶液呈中性
B．若b点混合溶液显酸性，则2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．混合溶液中水的电离程度：b>c>d
D．由图可知，该反应的中和热先增大后减小
答案　B
解析　c点时，CH3COOH和NaOH恰好完全反应，得到CH3COONa溶液，由于CH3COO－水解，溶液呈碱性，A项错误；b点时，反应得到等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，根据物料守恒得2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B项正确；b点为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，c点为CH3COONa溶液，d点为等物质的量浓度的NaOH、CH3COONa的混合溶液，故c点水的电离程度最大，C项错误；中和热与酸碱的用量无关，中和热保持不变，D项错误。
6．(2019·山东德州期末)25 ℃时，将浓度均为0.1 mol·L－1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va＋Vb＝100 mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．由图可知BOH一定是强碱
B．Ka(HA)＝1×10－6
C．b点时，c(B－)＝c(A－)＝c(OH－)＝c(H＋)
D．a→b过程中水的电离程度始终增大
答案　D
解析　根据图知，0.1 mol·L－1HA溶液的pH＝3，则c(H＋)<0.1 mol·L－1，说明HA是弱酸；0.1 mol·
L－1 BOH溶液的pH＝11，c(OH－)<0.1 mol·L－1，则BOH是弱碱，A项错误；Ka(HA)＝＝≈1×10－5，B项错误；b点是两者等体积混合溶液呈中性，c(B－)＝c(A－)，c(OH－)＝c(H＋)，盐电离产生离子的浓度远大于水电离产生的离子浓度，故c(B－)＝c(A－)>c(OH－)＝
c(H＋)，C项错误；HA是弱酸，酸电离产生的H＋对水的电离平衡起抑制作用，在a→b过程中，酸被碱中和，溶液中酸电离产生的c(H＋)减小，其对水的电离的抑制作用减弱，同时生成的弱酸弱碱盐(BA)对水的电离起促进作用，故a→b过程中水的电离程度始终增大，D项正确。


1．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＋)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：

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c mol·L－1，c(H＋)＝nc mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg (nc)。
强碱溶液(25 ℃)：如B(OH)n，设浓度为c mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1，pH＝－lg c(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＝。
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＝。
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＝。

(1)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(√)
(2)某溶液的c(H＋)＞10－7 mol·L－1，则该溶液呈酸性(×)
(3)pH减小，溶液的酸性一定增强(×)
(4)100 ℃时Kw＝1.0×10－12,0.01 mol·L－1盐酸的pH＝2,0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝10(√)
(5)用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低(×)
(6)用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4(×)
(7)用pH计测得某溶液的pH为7.45(√)

(1)溶液呈现酸、碱性的实质是c(H＋)与c(OH－)不相等，不能只看pH，一定温度下pH＝6的溶液可能显中性，也可能显酸性，应注意温度。
(2)使用pH试纸时不能用蒸馏水润湿。
(3)广范pH试纸只能测出pH的整数值。


题组一　酸碱混合溶液酸碱性的判断
1．常温下，两种溶液混合后酸碱性的判断(在括号中填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(1)相同浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合(　　)
(2)相同浓度的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合(　　)
(3)相同浓度的NH3·H2O和HCl溶液等体积混合(　　)
(4)pH＝2的H2SO4和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)
(5)pH＝3的HCl和pH＝10的NaOH溶液等体积混合(　　)
(6)pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)
(7)pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)
(8)pH＝2的H2SO4和pH＝12的NH3·H2O等体积混合(　　)
答案　(1)中性　(2)碱性　(3)酸性　(4)中性　(5)酸性　(6)碱性　(7)酸性　(8)碱性
2．已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·
L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是(　　)
①a＝b　②混合溶液的pH＝7　③混合溶液中c(OH－)＝10－7mol·L－1　④混合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1　⑤混合溶液中，c(B＋)＝c(A－)
A．②③ B．④⑤ C．①④ D．②⑤
答案　B
解析　因为酸、碱的强弱未知，不能依据a＝b判断，①错误；温度不能确定为25 ℃，溶液的pH＝7，c(OH－)＝10－7 mol·L－1均不能判断溶液呈中性，②、③错误；Kw＝c(H＋)·c(OH－)，当c(H＋)＝c(OH－)＝ mol·L－1时，溶液一定呈中性，④正确；根据电荷守恒c(H＋)＋c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)，当c(B＋)＝c(A－)时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液一定呈中性，⑤正确。
3．现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是(　　)
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
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＞③
D．V1 L ④与V2 L ①混合，若混合后溶液pH＝7，则V1＜V2
答案　D
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CH3COOHCH3COO－＋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，其浓度远远大于②，即混合后醋酸过量，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，B项正确；分别加水稀释10倍，假设平衡不移动，那么①②溶液的pH均为10，但稀释氨水使平衡NH3·H2ONH＋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①氨水是弱碱，其浓度远远大于④盐酸，所以需要的①氨水少，即V1>V2，D项错误。

酸碱混合规律
(1)等浓度等体积一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性，同强显中性”。
(2)25 ℃时，等体积、pH之和等于14的一强一弱酸碱混合溶液——“谁弱谁过量，谁弱显谁性”。
(3)强酸、强碱等体积混合(25 ℃时)：
①pH之和等于14呈中性；
②pH之和小于14呈酸性；
③pH之和大于14呈碱性。
题组二　有关pH的简单计算
4．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)0.1 mol·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＝×100%)。
(3)pH＝2的盐酸与等体积的水混合。
(4)常温下，将0.1 mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06 mol·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)CH3COOH　　CH3COO－ ＋ H＋
c(初始) 0.1 mol·L－1 0 0
c(电离) c(H＋) c(H＋) c(H＋)
c(平衡) 0.1－c(H＋) c(H＋) c(H＋)
则Ka＝＝1.8×10－5
解得c(H＋)≈1.3×10－3 mol·L－1，
所以pH＝－lg c(H＋)＝－lg (1.3×10－3)≈2.9。
(2)　 　　NH3·H2O　　 OH－ 　＋ 　 NH
c(初始) 0.1 mol·L－1 0 0
c(电离) 0.1×1% mol·L－1 0.1×1% mol·L－1 0.1×1% mol·L－1
则c(OH－)＝0.1×1% mol·L－1＝10－3mol·L－1
c(H＋)＝10－11 mol·L－1，所以pH＝11。
(3)c(H＋)＝ mol·L－1
pH＝－lg＝2＋lg2≈2.3。
(4)0.1 mol·L－1 NaOH溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1,0.06 mol·L－1的硫酸溶液中c(H＋)＝0.06 mol·L－1×2＝0.12 mol·L－1，二者等体积混合后溶液呈酸性，混合溶液中c(H＋)＝＝0.01 mol·L－1，则pH＝－lg 0.01＝2。
(5)pH＝3的硝酸溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，
pH＝12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝10－2 mol·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－)＝
＝1×10－4 mol·L－1
则混合后c(H＋)＝＝ mol·L－1
＝1×10－10 mol·L－1
故pH＝－lg 10－10＝10。
5．根据要求解答下列问题(常温条件下)：
(1)pH＝5的H2SO4溶液，加水稀释到500倍，则稀释后c(SO)与c(H＋)的比值为 。
(2)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 。
(3)在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是 。
(4)将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的稀盐酸Vb L混合，若所得溶液呈中性，且a＋b＝13，则＝ 。
答案　(1)　(2)0.05 mol·L－1　(3)1∶4　(4)10
解析　(1)稀释前c(SO)＝ mol·L－1，稀释后c(SO)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，c(H＋)稀释后接近10－7 mol·L－1，所以≈＝。
(2)＝0.01 mol·L－1，c＝0.05 mol·L－1。
(3)设氢氧化钡溶液体积为V1 L，硫酸氢钠溶液的体积为V2 L，依题意知，n(Ba2＋)＝n(SO)，由Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋NaOH＋H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]＝0.5×10－2V1 mol，＝1×10－3 mol·L－1，则V1∶V2＝1∶4。
(4)pH＝a的NaOH溶液中c(OH－)＝10a－14 mol·L－1，pH＝b的稀盐酸中c(H＋)＝10－b mol·L－1，
根据中和反应H＋＋OH－===H2O，知c(OH－)·Va＝c(H＋)·Vb
＝＝＝1014－(a＋b)，a＋b＝13，则＝10。

溶液pH计算的一般思维模型

题组三　pH概念的拓展应用
6．常温时，1 mol·L－1的CH3NH2和1 mol·L－1的NH2OH(NH2OH＋H2ONH3OH＋＋OH－)两种碱溶液，起始时的体积均为10 mL，分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示(V表示溶液的体积)，pOH＝－lgc(OH－)，下列说法正确的是(　　)

A．NH2OH的电离常数K的数量级为10－8
B．CH3NH3Cl盐溶液中水解离子方程式为：
CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－
C．当两溶液均稀释至lg＝4时，溶液中水的电离程度：NH2OH>CH3NH2
D．浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系：c(CH3NH) 答案　C
解析　根据NH2OH＋H2ONH3OH＋＋OH－，1 mol·L－1的NH2OH的pOH为4.5，即有c(OH－)＝c(NH3OH＋)＝10－4.5mol·L－1，电离程度小，c(NH2OH)≈1 mol·L－1，故平衡常数K＝＝＝10－9，故数量级为10－9，故A错误；弱碱阳离子水解，生成相应的弱碱和氢离子，所以CH3NH水解方程式为：CH3NH＋H2OCH3NH2＋H3O＋，故B错误；碱溶液抑制水的电离，碱性越强，水的电离越弱，当两溶液均稀释至lg＝4时，CH3NH2的pOH较小，即碱性较强，溶液中水的电离程度：NH2OH>CH3NH2，故C正确；1 mol·L－1的CH3NH2比1 mol·L－1的NH2OH的pOH小，即碱性强，根据水解规律，越弱越水解，NH3OH＋的水解程度大，所以浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系：c(NH3OH＋) 7．25 ℃时，用0.10 mol·L的氨水滴定10.00 mL 0.05 mol·L－1H2A溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是(　　)

A．A点溶液的pH等于1
B．由图中数据可知，H2A为弱酸
C．B点水电离出的H＋浓度为1.0×10－6 mol·L－1
D．C点溶液中c(NH)>c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)
答案　B
解析　A点：根据c(H＋)×c(OH－)＝Kw＝1×10－14，lg＝12，计算得c(H＋)＝10－1mol·L－1，则pH＝1,0.05 mol·L－1H2A完全电离，H2A为强酸，故A正确，B错误；B点酸碱恰好完全中和生成盐(NH4)2A，lg＝2，计算得c(H＋)＝10－6mol·L－1，则水电离出的H＋浓度为1.0×10－6mol·L－1，故C正确；C点为(NH4)2A与NH3·H2O的混合物，根据lg＝－4，计算得c(H＋)＝10－9mol·L－1，则pH＝9，呈碱性，考虑氨水的电离平衡，则溶液中c(NH)>
c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)，故D正确。


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。
附：常用酸碱指示剂及变色范围
指示剂
变色范围的pH
石蕊
＜5.0红色
5.0～8.0紫色
>8.0蓝色
甲基橙
＜3.1红色
3.1～4.4橙色
>4.4黄色
酚酞
＜8.2无色
8.2～10.0浅红色
>10.0红色

(3)酸碱中和滴定指示剂选择的基本原则
变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。
①强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。
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。
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。

深度思考
(1)酸式滴定管不能盛放碱性试剂的原因是：碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开。
(2)碱式滴定管不能盛放强氧化性试剂的原因是：氧化性物质易腐蚀橡胶管。
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(NaOH)＝计算。
5．误差分析
分析依据：cB＝(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⇒cB偏大；若VA偏小⇒cB偏小。
理解应用
中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。

(1)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，C中反应的化学方程式为
。
(2)除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的 (填序号)；简述排气泡的操作
。
(3)①若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为 ；描述达到滴定终点的现象 。
②若滴定终点时溶液的pH＝4.2，则选择的指示剂为 ；描述达到滴定终点的现象 。
(4)若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积
(填序号)。
①＝10 mL ②＝40 mL ③<10 mL ④>40 mL
(5)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，列式计算该葡萄酒中SO2含量
。
(6)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：
。
答案　(1)SO2＋H2O2===H2SO4
(2)③　将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠的中上部，使液体从尖嘴流出
(3)①酚酞　滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为红色，且半分钟内不恢复原色
②甲基橙　当滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为橙色，且半分钟内不恢复原色
(4)④
(5)n(NaOH)＝0.090 0 mol·L－1×0.025 L＝0.002 25 mol。根据反应关系SO2～H2SO4～2NaOH，m(SO2)＝＝0.072 g，该葡萄酒中SO2的含量为＝0.24 g·L－1
(6)盐酸具有挥发性，反应过程中挥发出的盐酸滴定时消耗了NaOH标准液。改进措施：用非挥发性的强酸硫酸代替盐酸

仪器、操作选项
(1)KMnO4溶液应用碱式滴定管盛装(×)
(2)用碱式滴定管准确量取20.00 mL的NaOH溶液(√)
(3)将液面在0 mL处的25 mL的酸式滴定管中的液体全部放出，液体的体积为25 mL(×)
(4)中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入2～3 mL(×)
(5)中和滴定实验时，滴定管、锥形瓶均用待测液润洗(×)
(6)滴定终点就是酸碱恰好中和的点(×)
(7)滴定管盛标准溶液时，调液面一定要调到“0”刻度(×)

题组一　中和滴定的操作与指示剂的选择
1．(2019·烟台高三月考)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4.0 g NaOH放到1 000 mL容量瓶中，加水至刻度，配成1.00 mol·L－1 NaOH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
2．下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是(　　)
提示：2KMnO4＋5K2SO3＋3H2SO4===6K2SO4＋2MnSO4＋3H2O、I2＋Na2S===2NaI＋S↓
选项
滴定管中
的溶液
锥形瓶中
的溶液
指示剂
滴定终点
颜色变化
A
NaOH溶液
CH3COOH
溶液
酚酞
无色→浅红色
B
HCl溶液
氨水
酚酞
浅红色→无色
C
酸性KMnO4
溶液
K2SO3溶液
无
无色→浅紫红色
D
碘水
Na2S溶液
淀粉
无色→蓝色

答案　B
解析　A项，锥形瓶中为酸，加入酚酞无色，达到滴定终点，溶液显碱性，溶液变为浅红色，故现象为无色→浅红色，正确；B项，锥形瓶中为碱，达到滴定终点，溶液显酸性，应选择指示剂甲基橙，现象是溶液由黄色变为红色，错误。
题组二　数据处理与误差分析
3．实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是(　　)
A．取NaOH溶液时仰视读数
B．滴定结束后，滴定管尖嘴处有一悬挂液滴
C．锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
答案　C
解析　取NaOH溶液仰视读数，会使NaOH溶液的体积偏大，造成消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏高，A错误；滴定结束后，滴定管尖嘴处有一悬挂液滴，会使消耗的盐酸的体积偏大，测定结果偏高，B错误；锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度，可能会造成滴定终点的误判，使消耗盐酸的体积偏小，测定结果偏低，C正确；盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，会使NaOH溶液的体积偏大，造成消耗盐酸的体积偏大，测定结果偏高，D错误。
4．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 (填字母)。
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/mL
0.100 0 mol·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
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09

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)D　(3)0.00　26.10　26.10
(4)＝＝26.10 mL，c(NaOH)＝＝0.104 4 mol·
L－1。

(1)滴定管读数要领
以凹液面的最低点为基准(如图)

正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)。
(2)以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：
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



1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”
(1)用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂(×)
(2018·全国卷Ⅲ，10B)
(2)滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁(√)(2016·海南，8C)
(3)用稀NaOH滴定盐酸，用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定(×)
(2015·广东理综，12C)
(4)中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3次(√)(2015·江苏，7B)
2．[2018·全国卷Ⅰ，27(4)]Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为
，该样品中Na2S2O5的残留量为 g·L－1(以SO2计)。
答案　S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋　0.128
解析　根据电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋，n(S2O)＝×n(I2)＝×0.010 00 mol·L－1×10.00×10－3 L＝5×10－5 mol，该样品中S2O的残留量(以SO2计)为5×10－5 mol×2×64 g·mol－1×＝0.128 g·L－1。
3．[2018·全国卷Ⅱ，28(3)]测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是 。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为 。
答案　①溶液变成粉红色且半分钟内不变色
②×100%
解析　①滴定终点的现象是有粉红色出现且半分钟内不变色。
②加入锌粉后将Fe3＋还原为Fe2＋，再用KMnO4溶液滴定，将Fe2＋氧化为Fe3＋，MnO转化为Mn2＋：
Fe2＋→Fe3＋～e－
MnO→Mn2＋～5e－
可得关系式：5Fe2＋～MnO
已知n(MnO)＝cV×10－3 mol
则n(Fe2＋)＝5cV×10－3 mol
则m(Fe2＋)＝5cV×10－3×56 g
该晶体中铁的质量分数w(Fe)＝×100%＝×100%。
4．[2018·全国卷Ⅲ，26(2)②改编]硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体，用100 mL容量瓶配成样品溶液。取0.009 50 mol·
L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液 ，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为 %(保留1位小数)。
答案　蓝色褪去　95.0
解析　加入淀粉溶液作指示剂，淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，即为滴定终点。
由反应Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O
I2＋2S2O===S4O＋2I－
得关系式：Cr2O　～　3I2　～　6S2O
　　　 1　　　　　　　　　　6
0．009 50 mol·L－1×0.02 L　0.009 50 mol·L－1×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度＝
，样品的纯度为
×100%≈95.0%。
5．[2019·天津，9(5)]环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：

Ⅱ.环己烯含量的测定
在一定条件下，向a g环己烯样品中加入定量制得的b mol Br2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用c mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液v mL(以上数据均已扣除干扰因素)。
测定过程中，发生的反应如下：
①Br2＋→
②Br2＋2KI===I2＋2KBr
③I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
样品中环己烯的质量分数为 (用字母表示)。
答案　×100%
解析　达到滴定终点时，单质碘完全被消耗，可用淀粉溶液作指示剂。根据测定过程中发生的反应可知，n(Br2)＝n(环己烯)＋n(I2)＝n(环己烯)＋n(Na2S2O3)，则n(环己烯)＝n(Br2)－n(Na2S2O3)＝(b－cv×10－3) mol，故样品中环己烯的质量分数为(b－cv×10－3) mol×82 g·
mol－1÷a g×100%＝×100%。

基础知识训练
1．25 ℃时，水中存在电离平衡：H2OH＋＋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水解促进水的电离，但c(OH－)减小，D项错误。
2．(2019·成都质检)常温下，下列溶液的pH最大的是(　　)
A．0.02 mol·L－1氨水与水等体积混合后的溶液
B．pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后的溶液
C．0.02 mol·L－1盐酸与0.02 mol·L－1氨水等体积混合后的溶液
D．0.01 mol·L－1盐酸与0.03 mol·L－1氨水等体积混合后的溶液
答案　A
解析　D项混合后得到0.01 mol·L－1氨水和0.005 mol·L－1 NH4Cl的混合溶液，相当于往A项溶液中加入NH4Cl，因而D的pH比A的小。

3．常温下，0.1 mol·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0.2 mol·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CH3COOHH＋＋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0.2 mol·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，促进了醋酸的电离，c(H＋)增大，溶液的pH减小，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(SO)与c(H＋)之比约为1∶10
D．中和10 mL 0.1 mol·L－1醋酸与100 mL 0.01 mol·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＋)≈10－7 mol·L－1，c(SO)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，则c(SO)∶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．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：1.0×10－7 mol·L－1；乙：1.0×10－6 mol·L－1；丙：1.0×10－2 mol·L－1；丁：1.0×10－12 mol·
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＋)＝1×10－12 mol·L－1，所有这些H＋都来自于水的电离，水电离出相同物质的量的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。

6．准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定。下列说法正确的是(　　)
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
答案　B
解析　A项，滴定管用蒸馏水洗涤后，还要用待装溶液润洗，否则将要引起误差，错误；B项，在用NaOH溶液滴定盐酸的过程中，锥形瓶内溶液由酸性逐渐变为中性，溶液的pH由小变大，正确；C项，用酚酞作指示剂，锥形瓶中溶液应由无色变为红色，且半分钟内不恢复原色时才能停止滴定，错误；D项，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则碱液的体积偏大，测定结果偏大，错误。
7．有甲、乙、丙三瓶等体积、等物质的量浓度的NaOH溶液，若甲不变，将乙蒸发掉一半水(溶质不析出)，丙中通入一定量的CO2 。然后以甲基橙作指示剂，用相同浓度的盐酸滴定，分别达到终点消耗盐酸的体积是(　　)
A．V甲＝V乙＞V丙 B．V丙＞V乙＞V甲
C．V乙＞V丙＞V甲 D．V甲＝V乙＝V丙
答案　D
解析　完全反应后溶液中的溶质均为NaCl，等体积等物质的量浓度的NaOH溶液中n(NaOH)相同，由原子守恒可知：n(NaOH)～n(H＋)～n(NaCl)，所以三者消耗HCl的物质的量相同，由于盐酸的浓度相同，根据V＝可知消耗盐酸的体积相同，即V甲＝V乙＝V丙。
8．在一定条件下，相同pH的硫酸和硫酸铁溶液中由水电离出来的c(H＋)分别是1.0×10－a mol·
L－1和1.0×10－b mol·L－1，在此温度下，则下列说法正确的是(　　)
A．a B．a＝b
C．水的离子积为1.0×10－(7＋a)
D．水的离子积为1.0×10－(b＋a)
答案　D
解析　加酸抑制水的电离，加易水解的盐促进水的电离，则a>b，A和B选项错误；由题意可知，两种溶液的pH＝b，即硫酸溶液中c(H＋)是1.0×10－b mol·L－1，而水电离产生的c(H＋)等于水电离产生的c(OH－)，所以硫酸溶液中c(OH－)是1.0×10－amol·L－1，Kw＝1.0×10－(b＋a)，D选项正确。


9．(2019·浙江高三月考)25 ℃时，甲、乙两烧杯分别盛有5 mL pH＝1的盐酸和硫酸，下列描述中不正确的是(　　)
A．物质的量浓度：c甲＝2c乙
B．水电离出的OH－浓度：c(OH－)甲＝c(OH－)乙
C．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲＝乙
D．将甲、乙烧杯中溶液混合后(不考虑体积变化)，所得溶液的pH＞1
答案　D
解析　盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，其pH相等说明氢离子浓度相等。盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度相等时，盐酸浓度为硫酸浓度的2倍，即c甲＝2c乙，故A正确；pH相等说明氢离子浓度相等，则氢氧根离子浓度也相等，故B正确；若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，都生成不能水解的强酸强碱盐，即所得溶液的pH都为7，故C正确；甲、乙烧杯中溶液混合时，若不考虑体积变化，氢离子浓度不变，故D错误。
10．在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A．向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，此时c(Na＋)＝c(CH3COO－)
B．25 ℃时，加入CH3COONa可能引起由b向a的变化，升温可能引起由a向c的变化
C．T ℃时，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH等体积混合后，溶液显中性
D．b点对应的溶液中大量存在：K＋、Ba2＋、NO、I－
答案　D
解析　A项，向b点对应的醋酸溶液中滴加NaOH溶液至a点，因为a点溶液呈中性，根据电荷守恒规律，所以c(Na＋)＝c(CH3COO－)，正确；B项，CH3COONa属于强碱弱酸盐，会发生水解，使得c(OH－)增大，可能引起由b向a的变化，升温溶液中的c(OH－)和c(H＋)同时同等程度地增大，所以可能引起由a向c的变化，正确；C项，由图像知T ℃时Kw＝10－12，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH等体积混合后，溶液显中性，正确；D项，由图像知b点对应的溶液呈酸性，溶液中NO、I－在酸性条件下发生氧化还原反应，因此K＋、Ba2＋、NO、I－不能大量存在，错误。
11．如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是(　　)

A．两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B．M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)
C．图中T1＜T2
D．XZ线上任意点均有pH＝7
答案　D
解析　由水的离子积的定义知两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw，A项正确；由图中纵横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)，B项正确；温度越高，水的电离程度越大，电离出的c(H＋)与c(OH－)越大，所以T2＞T1，C项正确；XZ线上任意点都有c(H＋)＝c(OH－)，只有当c(H＋)＝10－7 mol·L－1时，才有pH＝7，D项错误。
12．硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]又称莫尔盐，是常用的分析试剂。实验室用FeSO4和(NH4)2SO4两种溶液混合很容易得到莫尔盐晶体。为了确定产品中Fe2＋的含量，研究小组用KMnO4(酸化)溶液来滴定莫尔盐溶液中的Fe2＋。滴定时必须选用的仪器有(　　)

A．①④⑤⑥ B．②③⑦⑧
C．②④⑤⑥ D．④⑤⑥⑧
答案　A
解析　一般滴定实验均需要的仪器是滴定管、锥形瓶、铁架台、滴定管夹。本实验中的KMnO4(酸化)溶液具有强氧化性，必须用酸式滴定管。
13．某温度下的水溶液中，c(H＋)＝10－x mol·L－1，c(OH－)＝10－y mol·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0.01 mol·L－1 NaOH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＝lg。则该温度下，0.01 mol·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x＝4时，y＝8，所以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)0.01 mol·L－1 NaOH溶液中OH－的浓度是0.01 mol·L－1，所以氢离子的浓度为mol·L－1＝10－10 mol·L－1，因此pH＝10。
(3)0.01 mol·L－1盐酸中氢离子浓度是0.01 mol·L－1，所以OH－的浓度是10－10mol·L－1。因此该温度下，0.01 mol·L－1盐酸的酸度AG＝lg＝8。
14．(2019·福建高三模拟)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5.300 g工业用亚硝酸钠样品，配制成100.00 mL 溶液。
第二步，用碱式滴定管取上述待测试样25.00 mL于锥形瓶中，加入酚酞试剂2～3滴，用0.050 00 mol·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V mL，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)20.00 mL　8.00%
(3)滴定终点为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20.00 mL；杂质Na2CO3的质量百分数为×100%＝8.00%。