2019届二轮复习 弱电解质的电离 学案（全国通用） (1)

专题十二　弱电解质的电离

[查漏补缺·对接高考]　　　　　　　　　　　　排查核心知识　挖掘命题规律

[储知识·要点回扣]

■思维深化——做一做
1．NH3·H2O在水溶液中的电离方程式为_____________________________________，
其电离常数表达式为_____________________________________________。
只改变下列一种条件：
①升高温度(不考虑NH3的挥发)　②加水稀释
③加少量NaOH(s)　④通少量HCl(g)　⑤加入NH4Cl(s)　⑥加入Na2CO3(s)
其中能实现下列要求的是
(1)使电离平衡正向移动的有_______________________________________________。
(2)使c(NH)减小的有_______________________________________。
(3)使c(H＋)增大的有__________________________________________________。
(4)使平衡常数Kb增大的有________。
答案：NH3·H2O??NH＋OH－
Kb＝
(1)①②④　(2)②③⑥　(3)②④⑤　(4)①
2．常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，填写下列表达式中的数据变化情况(填“变大”“变小”或“不变”)。
(1)________；
(2)________；
(3)________；
(4)________。
答案：(1)变小　(2)不变　(3)变大　(4)不变
3．溶液的酸碱性和pH
(1)25 ℃，0.01 mol·L－1的盐酸中，c(OH－)＝______ mol·L－1，pH＝__________，由水电离出的c(H＋)＝________________。
(2)100 ℃时，pH＝6的水中c(H＋)＝__________ mol·L－1，该水呈________性。
(3)100 ℃时(KW＝10－12)，0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH为__________，由水电离出的c(OH－)＝____________。
(4)25 ℃时，pH＝8的CH3COONa溶液中c(OH－)＝________，由水电离出的c(OH－)＝________。
答案：(1)10－12　2　10－12 mol·L－1
(2)10－6　中
(3)10　10－10 mol·L－1
(4)10－6 mol·L－1　10－6 mol·L－1
[探高考·真题鉴赏]
1．(2017·全国高考卷Ⅰ)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是(　　)
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
解析：A能：氢硫酸不能与NaHCO3溶液反应，说明酸性：H2SH2CO3。
B能：相同浓度时导电能力越强，说明溶液中离子浓度越大，酸的电离程度越大，故可判断酸性：H2S C能：pH：H2S>H2SO3，则c(H＋)：H2S D不能：还原性的强弱与酸的强弱无必然联系。
答案：D
2.(2016·全国高考卷Ⅰ)298 K时，在20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·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0.10 mol·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20.0 mL
C．M点处的溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D．N点处的溶液中pH＜12
解析：A.向氨水当中滴加稀盐酸，两者等物质的量反应，产物为NH4Cl，其溶液显酸性，应选择在酸性范围内变色的指示剂，如甲基橙的变色范围为3.1～4.4。而酚酞的变色范围是8.2～10.0，在碱性范围内变色，不能作为该滴定的指示剂，故A项错误。B.盐酸体积为20 mL时恰好反应生成NH4Cl，NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋导致其溶液pH小于7，而M点处pH＝7，故B项错误。C.因为溶液pH＝7，所以c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，又由于电荷守恒c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得c(NH)＝c(Cl－)，二者浓度约为0.05 mol·L－1，远大于10－7mol·L－1，故C错误。D.若开始时pH为12，则c(OH－)＝10－2 mol·L－1，此时对应氨水的电离度为10%，由于题中给出氨水电离度为1.32%，远低于10%，则pH应小于12，故D正确。因此，本题选D。
答案：D
3．(2018·全国高考卷Ⅲ节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。
回答问题：
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至________。
②滴定：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)。
解析：①配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL的容量瓶中，加水至距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面最低处与刻度线相平。
②加入淀粉作指示剂，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为
，样品的纯度为
×100%＝95.0%。
答案：(1)①烧杯　容量瓶　刻度　②蓝色褪去　95.0
[研考纲·聚焦素养]
最新考纲
1．了解水的电离、离子积常数。
2．了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。
3．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。
核心素养
1．变化观念与平衡思想：认识弱电解质是存在电离平衡的，并会运用电离度、平衡常数多角度分析弱电解质的电离平衡。
2．证据推理与模型认知：能运用平衡模型解释化学现象，揭示现象的本质和规律。
3．科学探究与创新意识：能发现和提出有探究价值的弱电解质电离平衡的问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行实验探究；在探究中学会合作，面对“异常”现象敢于提出自己的见解。
4．科学精神与社会责任：应具有严谨求实的科学态度，具有探索未知、崇尚真理的意识；赞赏化学对社会发展的重大贡献，具有可持续发展意识和绿色化学观念，能对与电离平衡有关的社会热点问题做出正确的价值判断。
[题型突破·通法悟道]　　　　　　　　　　　　摆题型示例　巧取应考宝典
授课提示：对应学生用书第46页
题型一　溶液的酸碱性及pH
[研——题型探究]
►角度一　溶液酸碱性的定性判断
1．已知：室温下，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5、Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。在室温下，将pH＝3的酸溶液和pH＝11的碱溶液等体积混合，混合后溶液的pH大于7，则该酸溶液和碱溶液的组合是(　　)
A．CH3COOH溶液和氢氧化钡溶液
B．CH3COOH溶液和氨水
C．HBr溶液和氨水
D．HI溶液和氢氧化钡溶液
解析：CH3COOH是弱酸，常温下，pH ＝3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)远大于1.0×10－3 mol/L，氢氧化钡是强碱，pH＝11的氢氧化钡溶液中c(OH－)＝1.0×10－3 mol/L，二者等体积混合，CH3COOH过量，溶液显酸性，pH小于7，A项错误。由于CH3COOH与NH3·H2O的电离常数相等，故将pH ＝3的CH3COOH溶液和pH＝11的氨水等体积混合，二者恰好完全反应生成CH3COONH4，pH等于7，B项错误。HBr是强酸，pH＝3的HBr溶液中c(HBr)＝1.0×10－3 mol/L，NH3·H2O是弱碱，pH＝11的氨水中c(NH3·H2O)远大于1.0×10－3 mol/L，二者等体积混合氨水过量，溶液显碱性，pH大于7，C项正确。HI和氢氧化钡分别是强酸和强碱，pH＝3的HI溶液中c(HI)＝1.0×10－3 mol/L，pH＝11的氢氧化钡溶液中c(OH－)＝1.0×10－3 mol/L，二者等体积混合恰好完全反应，溶液显中性，pH等于7，D项错误。
答案：C
[题型建模]　溶液酸碱性判断中的常见误区
　(1)误认为溶液的酸碱性取决于pH。如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。
(2)误认为酸碱恰好中和时溶液一定显中性。如强酸和弱碱恰好中和时，溶液显酸性；强碱和弱酸恰好中和时，溶液显碱性，强酸和强碱恰好中和时，溶液显中性。
(3)使用pH试纸测溶液酸碱性时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。先用蒸馏水润湿，相当于将待测液稀释，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测结果偏大；若待测液为中性溶液，则所测结果没有误差。►角度二　溶液酸碱性定量计算
2．25 ℃时，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的HNO2溶液，lg与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法错误的是(　　)

A．25 ℃时，0.100 mol·L－1的HNO2溶液的pH＝2.75
B．B点对应的溶液中，2c(H＋)＋c(HNO2)＝c(NO)＋2c(OH－)
C．C点对应的溶液的pH＝7，加入NaOH溶液的体积为20.00 mL
D．D点对应的溶液的pH＝11.25，c(Na＋)－c(NO)的数量级为10－3
解析：A点对应的溶液中lg＝8.5，则＝1.0×108.5,25 ℃时，KW＝1.0×10－14，可得c(H＋)＝1.0×10－2.75 mol·L－1，pH＝2.75，A项正确。B点对应的溶液可以看成是等浓度等体积的HNO2溶液和NaNO2溶液混合，电荷守恒式为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(NO)，物料守恒式为2c(Na＋)＝c(NO)＋c(HNO2)，则2c(H＋)＋c(HNO2)＝c(NO)＋2c(OH－)，B项正确。若加入NaOH溶液体积为20.00 mL，则恰好完全反应生成NaNO2，溶液呈碱性，而C点对应的溶液中lg＝0，则＝1，溶液呈中性，故此时加入NaOH溶液的体积小于20.00 mL，C项错误。D点对应的溶液中，lg＝－8.5，＝1.0×10－8.5，c(H＋)＝1.0×10－11.25 mol·L－1，pH＝11.25，c(OH－)＝1.0×10－2.75 mol·L－1，D点对应的溶液中电荷守恒式为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(NO)，c(Na＋)－c(NO)＝c(OH－)－c(H＋)＝1.0×10－2.75－1.0×10－11.25≈1.0×10－2.75(mol·L－1)，数量级为10－3，D项正确。
答案：C
[题型建模]　溶液pH计算的一般思维模型

[练——即学即用]
1．(2018·石家庄模拟)常温下，分别取未知浓度的HA和HB两种酸的稀溶液，加水稀释至原体积的n倍。两溶液稀释倍数的对数值(lg n)与溶液的pH变化关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)

A．常温下，Ka(HB)>Ka( HA)
B．水的电离程度：Z>X＝Y
C．中和等体积X、Y两点对应的溶液，前者消耗NaOH的物质的量较大
D．物质的量浓度相同的NaA溶液和NaB溶液，前者阴离子浓度之和大于后者
解析：由题图可知，两溶液稀释相同倍数时，HA溶液的pH变化较大，故常温下Ka(HA)>Ka( HB)，A项错误；酸溶液酸性越弱，水的电离程度越大，水的电离程度：X>Y>Z，B项错误；分析题图知，X点对应的溶液的浓度小于Y点对应的溶液的浓度，故后者消耗NaOH的物质的量较大，C项错误；由于酸性：HA>HB，物质的量浓度相同的NaA溶液和NaB溶液，前者阴离子浓度之和大于后者，D项正确。
答案：D
2．已知水在25 ℃和95 ℃时，其电离平衡曲线如图所示：

(1)则25 ℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)25 ℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液的体积之比为________。
(3)95 ℃时，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是________________________________________________________________________。
(4)95 ℃时，向Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH＝a的盐酸，测得混合溶液的部分pH如下表所示。
实验
序号
Ba(OH)2溶液
的体积/mL
盐酸的
体积/mL
溶液的pH
①
22.00
0.00
8
②
22.00
18.00
7
③
22.00
22.00
6
假设溶液混合前后的体积不变，则a＝_____，实验②所得溶液中由水电离产生的c(OH－)＝________ mol·L－1。
(5)95 ℃时，将0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液与0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液按下表中甲、乙、丙、丁不同方式混合：

甲
乙
丙
丁
0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液体积/mL
10
10
10
10
0.1 mol·L－1 NaHSO4溶液体积/mL
5
10
15
20
①按丁方式混合后，所得溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。
②写出按乙方式混合后，反应的化学方程式：_________________________________
________________________________________________________________________，
所得溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。
③按甲方式混合，所得溶液的pH为________(混合时，忽略溶液体积的变化)。
解析： (1)温度升高，促进水的电离，水的离子积也增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性。因此结合图像中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断，25 ℃时水的电离平衡曲线应为A；理由为水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离程度增大。
(2)25 ℃时，所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性，即n(OH－)＝n(H＋)，则V(NaOH)·10－5 mol·L－1＝V(H2SO4)·10－4 mol·L－1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10∶1。
(3)要注意95 ℃时，水的离子积为1×10－12，即c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，则等体积强酸、强碱反应至中性时，有pH(酸)＋pH(碱)＝12。根据95 ℃时混合后溶液呈中性，pH2＝b的某强碱溶液中c(OH－)＝10b－12；由100×10－a＝1×10b－12，可得10－a＋2＝10b－12，得a＋b＝14或pH1＋pH2＝14。
(4)此条件下，pH＝6时溶液呈中性，根据表中实验①数据可得c(OH－)＝1.0×10－4 mol·L－1，根据表中实验③的数据可以判断，盐酸中的c(H＋)与Ba(OH)2溶液中c(OH－)相等，所以a＝4，即pH＝4。实验②溶液呈碱性，其c(OH－)＝＝1.0×10－5(mol·L－1)，水电离出的c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1。
(5)①按丁方法混合，n(OH－)＝10×10－3×0.1×2＝2×10－3(mol)，n(H＋)＝20×10－3×0.1＝2×10－3(mol)，n(OH－)＝n(H＋)，所以溶液呈中性。
②二者等物质的量反应，化学方程式为Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋H2O＋NaOH，溶液显碱性。
③按甲方式混合时，OH－过量，反应后溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝＝1.0×10－11 mol·L－1，pH＝11。
答案：(1)A　水的电离是吸热过程，温度较低时，电离程度较小，c(H＋)、c(OH－)均较小　(2)10∶1
(3)a＋b＝14(或pH1＋pH2＝14)
(4)4　1.0×10－7
(5)①中　②Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋H2O＋NaOH　碱　③11






题型二　电离常数与水的离子积常数
[研——题型探究]
►角度一　电离平衡常数的计算及应用
1.25 ℃时，用0.01 mol/L盐酸滴定10 mL a mol/L氨水，盐酸的体积与溶液pH的关系如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．A点对应的溶液中加少量水，则增大
B．该温度下氨水的电离平衡常数：
Kb＝
C．溶液中水的电离程度：A＜B＜C
D．溶液中NH物质的量：A＜B＜D＜C
解析：Kb＝，＝，氨水中加少量水稀释，Kb不变，c(OH－)减小，增大，A项正确。选择呈中性的C点对应的溶液进行计算，25 ℃时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol/L，由电荷守恒知，c(NH)＝c(Cl－)＝0.005 mol/L，根据N元素守恒有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝ mol/L，c(NH3·H2O)＝ mol/L－c(NH)＝ mol/L－0.005 mol/L，则Kb＝＝＝，B项正确。A点对应的溶液为氨水，抑制水的电离，随着NH浓度的增大，对水电离的抑制程度逐渐减小，故溶液中水的电离程度A 答案：D
►角度二　水的离子积常数的应用
2．已知：pOH＝－lg c(OH－)、pKW＝－lg KW、AG＝lg。在某弱酸HX及其钠盐NaX的混合溶液中(HX和NaX的含量不确定)，c(H＋)和c(OH－)存在如图所示的关系，则下列说法不正确的是(　　)

A．T2＞T1＝25 ℃
B．AG＝14－2pH
C．AB线段上任意点对应的溶液均有pH＝pOH＝
D．图中D点对应的溶液中c(Na＋)＜c(X－)
解析：根据图中A点知T1时KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－7×10－7＝10－14，T1为25 ℃，由图像中B点知T2时K W＝c(H＋)·c(OH－)＝10－6×10－6＝10－12，水的电离是吸热过程，温度升高KW增大，则T2＞25 ℃，A项正确；AG＝lg＝lg＝pKW－2pH,25 ℃时，pKW＝14，即25 ℃时AG＝14－2pH，B项不正确；AB线段上任意点对应的溶液中c(H＋)＝c(OH－)，则pH＝pOH，KW＝c(H＋)·c(OH－)，pKW＝pH＋pOH，pH＝pOH＝，C项正确；HX和NaX的混合溶液中，由电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)，由图可知D点对应的溶液中c(H＋)＞c(OH－)，则c(Na＋)＜c(X－)，D项正确。
答案：B
[练——即学即用]
1．25 ℃时，两种酸的电离常数如下表。

Ka1
Ka2
H2A
1.3×10－2
6.3×10－6
H2B
4.2×10－7
5.6×10－11
下列叙述中正确的是(　　)
A．H2A的电离方程式：H2A===2H＋＋A2－
B．常温下，在水中Na2B的水解平衡常数为Kh1＝
C．等浓度的Na2A和Na2B溶液，由水电离产生的H＋浓度大小关系：前者大于后者
D．向Na2B溶液中加入少量H2A溶液，可发生反应：B2－＋H2A===A2－＋H2B
解析：H2A是二元弱酸，分步电离，电离方程式是H2A??H＋＋HA－，HA－??H＋＋A2－，A错误；常温下，在水中Na2B的水解平衡常数：Kh1＝＝＝，B错误；根据电离平衡常数可知酸性：H2A＞H2B，等浓度的Na2A和Na2B溶液，由水电离产生的H＋浓度大小关系：前者小于后者，C错误；由于酸性H2A＞H2B，向Na2B溶液中加入少量H2A溶液，可发生反应：B2－＋H2A===A2－＋H2B，D正确。
答案：D
2．常温下，向20 mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1 mol·L－1氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图。下列分析正确的是(　　)

A．V＝40
B．c点所示溶液中：
c(H＋)－c(OH－)＝2c(NH3·H2O)
C．NH3·H2O的电离常数K＝10－4
D．d点所示溶液中：c(NH)＝2c(SO)
解析：c点水的电离程度最大，说明此时c(NH)最大，对水的电离促进程度最大，氨水与硫酸恰好完全反应生成(NH4)2SO4，氨水体积为0时，水电离出c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1，水电离出c(OH－)＝1.0×10－13 mol·L－1，溶液中的c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(H2SO4)＝0.05 mol·L－1，消耗氨水的体积也是20 mL，即V＝20，A错误；c点所示溶液是(NH4)2SO4溶液，由质子守恒得c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)，B错误；根据题意，无法判断NH3·H2O的电离常数的大小，C错误；根据电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(OH－)，而溶液呈中性c(OH－)＝c(H＋)，所以c(NH)＝2c(SO)，D正确。
答案：D
3．(1)在一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下，将a mol·L－1的醋酸与b mol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka＝________(用含a和b的代数式表示)。
(2)已知草酸为二元弱酸：
H2C2O4??HC2O＋H＋　Ka1
HC2O??C2O＋H＋　Ka2
常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，则pH＝2.7的溶液中，＝________。

解析：(1)根据电荷守恒知，2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，
由于c(CH3COO－)＝2c(Ba2＋)＝b mol·L－1，
所以c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
由CH3COOH??CH3COO－＋H＋
　－b　　　 　b　　　　10－7
得电离常数Ka＝＝。
(2)Ka1＝，
Ka2＝，
＝，
当pH＝1.2时，Ka1＝10－1.2
当pH＝4.2时，Ka2＝10－4.2
所以＝＝1 000。
答案：(1)　(2)1 000

酸碱中和滴定的拓展归纳与解题模型
授课提示：对应学生用书第48页
1．(酸碱中和滴定)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：
(1)气提、吸收CO2，用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收(装置示意图如下)，将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。

(2)滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用x mol/L HCl溶液滴定，消耗y mL HCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度＝________ mol/L。
解析：(2)第一步：根据题中信息，确定滴定反应
NaHCO3　＋　HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O
　1 1
　n　x mol/L×y×10－3L
第二步：抓关键元素守恒，构建各物质关系式
碳元素守恒：NaHCO3的碳原子源自CO2，
确认n(CO2)＝n(HCO)，
该滴定过程物质转化的关系式为CO2～HCO～HCl
解得n(CO2)＝n(HCl)＝xy×10－3mol。
第三步：运用相关概念、原理解答问题
由n(CO2)＝xy×10－3mol，
得c(CO2)＝xy/z mol/L。
答案：

2．(氧化还原滴定)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg/L，我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5 mg/L。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。

Ⅰ.测定原理
碱性条件下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2：①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓；
酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：
②MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)；
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：
③2S2O＋I2===S4O＋2I－。
Ⅱ.测定步骤：
a．安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。
b．向烧瓶中加入200 mL水样。
c．向烧瓶中依次迅速加入 1 mL MnSO4无氧溶液(过量)2 mL 碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全。
d．搅拌并向烧瓶中加入2 mL硫酸无氧溶液至反应②完全，溶液为中性或弱酸性。
e．从烧瓶中取出40.00 mL 溶液，以淀粉作指示剂，用0.010 00 mol/L Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。
f．……
g．处理数据(忽略氧气从水样中的溢出量和加入试剂后水样体积的变化)。
回答下列问题：
步骤e中达到滴定终点的标志为_______________________________________________。
若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水样的DO＝________mg/L(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：________(填“是”或“否”)。
解析：第一步：确定滴定反应
2S2O　　　　　＋　 　　 　I2===S4O＋2I－
2 1
0．010 00 mol/L×4.50×10－3L n
第二步：由反应①②③各物质的配比，构建各物质关系式
①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
②MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O
③2S2O＋I2===S4O＋2I－
该滴定过程转化的关系式为O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O，
n(O2)＝×n(S2O)＝×0.010 00 mol/L×4.50×10－3 L＝1.125×10－5 mol。
第三步：运用相关概念、原理解答问题
该河水的DO＝×1.125×10－5 mol×32 g/mol＝9.0×10－3 g/L＝9.0 mg/L＞5.0 mg/L
答案：溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)　9.0　是
3．(电势滴定)某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定。
实验(一)　碘含量的测定

取0.010 0 mol·L－1的AgNO3标准溶液装入滴定管，取100.00 mL海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量。测得的电动势(E)反映溶液中c(I－)的变化，部分数据如下表：
V(AgNO3)/mL
15.00
19.00
19.80
19.98
20.00
20.02
21.00
23.00
25.00
E/mV
－225
－200
－150
－100
50.0
175
275
300
325
请回答：
①根据表中数据绘制滴定曲线：

②该次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为________ mL，计算得海带中碘的百分含量为________%。
解析：第一步：确定滴定反应
Ag＋　　　 　　＋　 　　　　I－===AgI
1 1
0．010 0 mol/L×20×10－3L n
第二步：构建关系式
该滴定过程转化的关系式为Ag＋～I－
n(I－)＝0.010 0 mol/L×20×10－3 L×500/100＝1×10－3mol
第三步：运用相关概念、原理解答问题
×100%＝0.635%。
答案：①

②20.00 mL　0.635%
4．[配位(络合)滴定]无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。为测定产品的纯度，可用EDTA(简写为Y4－)标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2＋＋Y4－===MgY2－。
测定时，先称取0.250 0 g无水MgBr2产品，溶解后，用0.050 0 mol·L－1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50 mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是________(以质量分数表示)。
解析：第一步：确定滴定反应
Mg2＋　　＋　　Y4－　===　MgY2－
1 1
n　　0.050 0 mol/L×26.50×10－3 L
第二步：构建关系式
该滴定过程转化的关系式为MgBr2～Mg2＋～Y4－
n(MgBr2)＝0.050 0 mol/L×26.5×10－3L＝1.325×10－3 mol。
第三步：运用相关概念、原理解答问题
×100%≈97.5%
答案：97.5%
5．(沉淀滴定)已知AgCl、Ag2CrO4(砖红色)的Ksp分别为2×10－10和1.12×10－12。分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl－的含量，以K2CrO4为指示剂，用AgNO3溶液滴定。滴定过程中首先析出沉淀______，达到滴定终点的实验现象为________________，滴定终点时，溶液中的CrO浓度为________ mol·L－1时合适。
解析：第一步：依题意Ag＋与Cl－、CrO都生成沉淀，利用溶度积计算比较两者所需Ag＋，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝2×10－10，因c(Ag＋)＝c(Cl－)解得c(Ag＋)＝1.4×10－5 mol/L；Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝c2(Ag＋)·[c(Ag＋)/2]＝1.12×10－12，解得c(Ag＋)＝1.3×10－4mol/L。
确定滴定反应Ag＋(aq)＋Cl－(aq)??AgCl(s)
指示剂反应2Ag＋(aq)＋CrO(aq)??Ag2CrO4(s)
(砖红色)
第二步：构建关系式
因沉淀顺序，遵循溶解度最小原则，Ag＋与Cl－、CrO都能生成沉淀时，生成AgCl沉淀所需c(Ag＋)小，先沉淀。达到终点，滴定反应完全，指示剂反应刚开始。
计算指示剂c(CrO)，采用逆向思维，求c(CrO)需c(Ag＋)，要求c(Ag＋)又需知c(Cl－)，滴定终点，c(Cl－)小于1×10－5 mol/L才叫完全沉淀。
第三步：运用相关概念、原理解答问题
滴定终点时：c(Ag＋)＝＝mol/L＝2×10－5mol/L，将c(Ag＋)代入Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝1.12×10－12，解得c(CrO)＝2.8×10－3mol/L。
答案：AgCl　滴最后一滴AgNO3溶液时，有砖红色沉淀现象出现且半分钟内不变色，则达到终点
2．8×10－3
6．(返滴定)盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为B＝(n为物质的量)。为测量样品的B值，取样品m g，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，以酚酞为指示剂，用c mol·L－1的标准NaOH溶液进行中和滴定(部分操作略去，已排除铁离子干扰)。到终点时消耗NaOH溶液V mL。按照上述步骤做空白对照试验，消耗NaOH溶液V0 mL，已知该样品中Fe的质量分数w，则B的表达式：________。
解析：第一步：确定滴定反应
与样品(絮凝剂)反应后余盐酸与NaOH溶液的反应。
H＋　　＋　　OH－===H2O
1 1
n　c mol/L×V×10－3 L
第二步：构建关系式
盐酸的总量(空白实验)＝c mol/L×V0×10－3 L，
盐酸量(滴定)＝c mol/L×V×10－3 L，
盐酸的总量(空白实验)＝与样品(絮凝剂)中OH－反应＋盐酸量(滴定)
第三步：运用相关概念、原理解答问题
B＝＝
＝
答案：
[题型建模]
“三步法”解答滴定类试题
　第一步，确定滴定反应。
第二步：构建各物质关系式。
第三步：运用相关概念、原理解答问题(实验操作、仪器使用、指示剂选择、滴定终点判断、误差分析、定量计算等知识)。
[限时规范训练]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　单独成册
对应学生用书第135页
1．25 ℃时，pH＝2的某酸HnA(An－为酸根)与pH＝12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为5。下列判断正确的是(　　)
A．生成的正盐化学式为BmAn
B．该盐中存在着一定水解的离子，该离子水解方程式为Bm＋＋mH2O??B(OH)m＋mH＋
C．生成的盐为强酸弱碱盐
D．HnA为弱酸，其第一步电离方程式为HnA??Hn－1A－＋H＋
答案：D
2.(2018·资阳模拟)25 ℃时，向盛有50 mL pH＝2的HA溶液的绝热容器中加入pH＝13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．HA溶液的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
B．b→c的过程中，温度降低的主要原因是溶液中发生了吸热反应
C．a→b的过程中，混合溶液中可能存在：c(A－)＝c(Na＋)
D．25 ℃时，HA的电离平衡常数K约为1.43×10－2
解析：恰好中和时混合溶液温度最高，即b点，此时消耗氢氧化钠0.004 mol，得出HA的浓度为0.08 mol·L－1，故A错误；b→c的过程中，温度降低的主要原因是溶液中反应已完全，继续滴加温度较低的氢氧化钠溶液，使混合液温度降低，故B错误；NaA呈碱性，HA呈酸性，a→b的过程中，混合溶液可能呈中性，存在：c(A－)＝c(Na＋)，故C正确；电离平衡常数K＝＝0.01×0.01÷(0.08－0.01)＝1.43×10－3，故D错误。
答案：C
3．某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为H2A===H＋＋HA－，HA－??H＋＋A2－(25 ℃时，Ka＝1.0×10－2)，下列有关说法中正确的是(　　)
A．H2A是弱酸
B．稀释0.1 mol·L－1 H2A溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H＋)增大
C．在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＝0.12 mol·L－1
D．若0.1 mol·L－1 NaHA溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，则0.1 mol·L－1的H2A中c(H＋)＜0.12 mol·L－1
解析：A项，二元酸(H2A)在水中第一步电离为完全电离，则H2A酸性较强，不是弱酸，错误；B项，加水稀释电离平衡右移，但是c(H＋)减小，错误；C项，二元酸(H2A)在水中的电离方程式为H2A===H＋＋HA－，HA－??H＋＋A2－(Ka＝1.0×10－2)，第一步完全电离，第二步部分电离，设电离的HA－为x，则有＝1.0×10－2，解之得x＝0.008 4。所以在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＝0.1 mol·L－1＋0.008 4 mol·L－1＝0.108 4 mol·L－1，错误；D项，若0.1 mol·L－1的NaHA溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1,0.1 mol·L－1的H2A溶液中存在H2A===H＋＋HA－，HA－??H＋＋A2－，第一步电离出的氢离子，抑制了第二步电离，所以c(H＋)＜0.12 mol·L－1，正确。
答案：D
4．关于室温下下列溶液的说法不正确的是(　　)
编号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
盐酸
醋酸溶液
pH
11
11
3
3
A.水的电离程度：①＝②＝③＝④
B．分别加水稀释10倍，溶液的pH：①＞②＞③＞④
C．①、③两溶液等体积混合：c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．V1 L溶液②与V2 L溶液③混合，若V1∶V2＝9∶11，则混合溶液pH＝4(忽略溶液体积变化)
解析：酸或碱抑制水的电离，酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等，所以它们抑制水电离程度相等，则水的电离程度①＝②＝③＝④，A正确；加水稀释促进弱电解质电离，导致稀释后醋酸pH小于盐酸，氨水pH大于氢氧化钠，所以它们分别稀释10倍后，溶液的pH：①>②>③>④，B正确；①和③等体积混合，氨水过量导致溶液呈碱性，则c(H＋) 答案：C



5．(2018·唐山模拟)浓度均为0.10 mol·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lg的变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)
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lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则增大
解析：由图像分析浓度为0.10 mol·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lg越大，表示加水稀释体积越大，由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点，弱碱ROH存在电离平衡：ROH??R＋＋OH－，溶液越稀，弱电解质电离程度越大，故ROH的电离程度：b点大于a点，B正确。C.若两溶液无限稀释，则溶液的pH接近于7，故两溶液的c(OH－)相等，C正确。D.当lg＝2时，溶液V＝100V0，溶液稀释100倍，由于MOH发生完全电离，升高温度，c(M＋)不变；ROH存在电离平衡：ROH??R＋＋OH－，升高温度促进电离平衡向电离方向移动，c(R＋)增大，故减小，D错误。
答案：D
6．室温下，将10.00 mL 5.000 0 mol·L－1醋酸滴入100.00 mL蒸馏水中，溶液中c(H＋)和温度随着加入醋酸体积的变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是(　　)

A．a～b段，醋酸电离过程为放热过程
B．c～d段，c(H＋)增加，醋酸电离程度增大
C．c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．d点时，c(H＋)>c(CH3COOH)
解析：a～b段，醋酸电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程(电离)吸热，水合过程(形成水合离子)放热，A错误；c～d段，醋酸浓度增大，c(H＋)增加，醋酸电离程度减小，B错误；c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，根据物料守恒，有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确；醋酸是弱酸，电离是微弱的，在溶液中主要以分子的形式存在，故d点时，c(H＋) 答案：C
7．(2018·福州模拟)已知pOH＝－lg c(OH－)。T ℃时，往50 mL 0.1 mol·L－1 MOH溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸，溶液pH、pOH随滴入盐酸体积的变化如图所示，以下说法正确的是(　　)

A．a＝12
B．盐酸与MOH溶液恰好中和时溶液pH＝6.5
C．滴入盐酸体积达26.0 mL时，溶液中微粒浓度c(Cl－)＞c(H＋)＞c(M＋)＞c(MOH)＞c(OH－)
D．T ℃时，MOH的Kb＞1.0×10－3
解析：KW＝c(H＋)·c(OH－)，则－lg KW＝pH＋pOH，加入盐酸体积为25.0 mL时，pH＝pOH＝6.5，则KW＝10－13，加入盐酸体积为0时，pOH＝2，则pH＝11，A项错误；盐酸与MOH溶液恰好中和时，消耗盐酸体积为50 mL，根据图像可知此时溶液pH＞6.5，B项错误；滴入盐酸体积达26.0 mL时，得到物质的量之比为12∶13的MOH和MCl的混合溶液，溶液呈酸性，说明M＋的水解程度大于MOH的电离程度，但电离和水解都是微弱的，故溶液中微粒浓度关系为c(Cl－)＞c(M＋)＞c(MOH)＞c(H＋)＞c(OH－)，C项错误；T ℃时，0.1 mol·L－1 MOH的pOH＝2，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，则MOH的Kb＝＝＞1.0×10－3，D项正确。
答案：D









8．与化学平衡类似，电离平衡的平衡常数，叫做电离常数(用K表示)。下表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOH??CH3COO－＋H＋
1.96×10－5
HClO
HClO??ClO－＋H＋
3.0×10－8
H2CO3
H2CO3??H＋＋HCO
HCO??H＋＋CO
K1＝4.4×10－7
K2＝5.6×10－11
H3PO4
H3PO4??H＋＋H2PO
K1＝7.1×10－3
H2PO??H＋＋HPO
K2＝6.3×10－8
HPO??H＋＋PO
K3＝4.2×10－13
回答下列问题：
(1)若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，则它们酸性最强的是____________(填化学式，下同)，最弱的是____________。
(2)向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为__________________，
1．2 mol·L－1的NaClO溶液pH＝________(已知：lg 2＝0.3)。
(3)该温度下，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中的c(H＋)＝________ mol·L－1。
答案：(1)H3PO4　HPO
(2)CO2＋ClO－＋H2O===HClO＋HCO　10.8
(3)1.4×10－3
9．(2018·盘锦模拟)在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。
(1)一定温度下，向1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体，则溶液中________(填“增大”“不变”或“减小”)；写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式________________________________________。
(2)土壤的pH一般在4～9。土壤中Na2CO3含量较高时，pH可高达10.5，试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因：__________________________________。
加入石膏(CaSO4·2H2O)可以使土壤碱性降低，有关反应的化学方程式为______________。
(3)常温下在20 mL0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 HCl溶液40 mL，溶液中含碳元素的各种粒子(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。
回答下列问题：
①在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO________(填“能”或“不能”)大量共存；
②当pH＝7时，溶液中含碳元素的主要粒子为________________，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为______________________________________________；
③已知在25 ℃时，CO水解反应的平衡常数即水解常数Kh＝＝2.0×10－4 mol·L－1，当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，溶液的pH＝________。
解析：(1)K＝，K仅受温度影响。由电荷守恒得
c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)。
(2)土壤呈碱性，是因CO水解显碱性所致。利用沉淀的转化与生成规律，CaSO4转化为更难溶的物质CaCO3：
Na2CO3＋CaSO4·2H2O===CaCO3＋Na2SO4＋2H2O。
(3)通过观察图像求解①②问。③中c(OH－)＝1.0×10－4 mol·L－1，则c(H＋)＝1.0×10－10 mol·L－1，pH＝10。
答案：(1)不变　c(CH3COO－)＋c(OH－)===c(H＋)＋c(Na＋)
(2)CO＋H2O??HCO＋OH－
Na2CO3＋CaSO4·2H2O===CaCO3＋Na2SO4＋2H2O
(3)①不能　②HCO、H2CO3　c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(HCO)＞c(H＋)＝c(OH－)　③10
10．(2018·丹阳模拟)CuSO4溶液与K2C2O4溶液混合反应，产物之一是只含一种阴离子的蓝色钾盐水合物。通过下述实验确定该晶体的组成。
步骤a：称取0. 672 0 g样品，放入锥形瓶，加入适量2 mol·L－1稀硫酸，微热使样品溶解。再加入30 mL水加热，用0.200 0 mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗8.00 mL。
步骤b：接着将溶液充分加热，使淡紫红色消失，溶液最终呈现蓝色。冷却后，调节pH并加入过量的KI固体，溶液变为棕色并产生白色沉淀CuI。用0.250 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗8.00 mL。
已知涉及的部分离子方程式为
步骤a：2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑
步骤b：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
I2＋2S2O===2I－＋S4O
(1)已知室温下CuI的Ksp＝1.27×10－12，欲使溶液中c(Cu＋)≤1.0×10－6 mol·L－1，应保持溶液中c(I－)≥________ mol·L－1。
(2)MnO在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2＋。该反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
若无该操作，则测定的Cu2＋的含量将会________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(3)步骤b以淀粉溶液为指示剂，则滴定终点观察到的现象为_____________________。
(4)通过计算可确定样品晶体的组成为_____________________________。
解析：(1)CuI的Ksp＝1.27×10－12＝c(Cu＋)×c(I－)，c(I－)＝＝1.27×10－12÷c(Cu＋)，由于溶液中c(Cu＋)≤1.0×10－6 mol·L－1，则c(I－)≥1.27×10－6 mol·L－1。
(2)Mn的化合价由＋7降低到＋2，降低了5价；生成氧气，氧元素的化合价由－2升高到0，升高了4价，可配平方程式为4MnO＋12H＋4Mn2＋＋5O2↑＋6H2O。若不加热除去高锰酸根离子，高锰酸根离子能够氧化碘离子，使得碘单质的物质的量增加，测定铜离子含量偏高。
(3)根据反应I2＋2S2O===2I－＋S4O，当反应结束时，溶液的蓝色消失变成无色溶液，所以滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。
(4)根据反应2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑、2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2、I2＋2S2O===2I－＋S4O
可得关系式：
2MnO　～　5C2O　　2S2O　～　I2　～　2Cu2＋
2 5 2 2
n(C2O) n(Cu2＋)
n(C2O)＝4×10－3 mol、n(Cu2＋)＝2×10－3mol，根据电荷守恒原理：n(K＋)＝4×10－3mol，
根据质量守恒原理m(H2O)＝0.672 0－39×4×10－3－64×2×10－3－88×4×10－3＝0.036(g)，n(H2O)＝2×10－3mol，n(K＋)∶n(Cu2＋)∶n(C2O)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶1，
化学式为K2Cu(C2O4)2·H2O。
答案：(1)1.27×10－6
(2)4MnO＋12H＋4Mn2＋＋5O2↑＋6H2O　偏高
(3)溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
(4)K2Cu(C2O4)2·H2O