2024高考化学一轮复习第八章水溶液中的离子反应与平衡第25讲水的电离和溶液的pH学案

PAGE19-第25讲水的电离和溶液的pH一、水的电离1．电离方程式水是一种极弱的电解质，电离方程式为2H2Oeq\o(□,\s\up2(01))H3O＋＋OH－，简写为eq\o(□,\s\up2(02))H2OH＋＋OH－。2．水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)。(1)室温下：Kw＝eq\o(□,\s\up2(01))10－14_(mol·L－1)2。(2)影响因素：只与eq\o(□,\s\up2(02))温度有关，上升温度，Kweq\o(□,\s\up2(03))增大。(3)适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的eq\o(□,\s\up2(04))电解质水溶液。(4)Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kweq\o(□,\s\up2(05))不变。3．外界因素对水的电离平衡的影响体系变更条件平衡移动方向Kw水的电离程度c(H＋)c(OH－)上升温度eq\o(□,\s\up2(01))正eq\o(□,\s\up2(02))增大eq\o(□,\s\up2(03))增大eq\o(□,\s\up2(04))增大eq\o(□,\s\up2(05))增大加HCl(aq)eq\o(□,\s\up2(06))逆eq\o(□,\s\up2(07))不变eq\o(□,\s\up2(08))减小eq\o(□,\s\up2(09))增大eq\o(□,\s\up2(10))减小加NaOH(s)eq\o(□,\s\up2(11))逆eq\o(□,\s\up2(12))不变eq\o(□,\s\up2(13))减小eq\o(□,\s\up2(14))减小eq\o(□,\s\up2(15))增大结论：(1)加热，eq\o(□,\s\up2(16))促进水的电离，Kweq\o(□,\s\up2(17))增大。(2)加入酸或碱，eq\o(□,\s\up2(18))抑制水的电离，Kweq\o(□,\s\up2(19))不变。二、溶液的酸碱性1．溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。c(H＋)>c(OH－)，溶液呈eq\o(□,\s\up2(01))酸性，25℃时，pHeq\o(□,\s\up2(02))<7。c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈eq\o(□,\s\up2(03))中性，25℃时，pHeq\o(□,\s\up2(04))＝7。c(H＋)<c(OH－)，溶液呈eq\o(□,\s\up2(05))碱性，25℃时，pHeq\o(□,\s\up2(06))>7。2．溶液的pH(1)定义式：pH＝eq\o(□,\s\up2(01))－lg_c(H＋)。(2)溶液的酸碱性跟pH的关系室温下：(3)pH的测定①用pH试纸测定把小片试纸放在eq\o(□,\s\up2(04))表面皿上，用eq\o(□,\s\up2(05))玻璃棒蘸取待测液点在干燥的pH试纸上，试纸变色后，与eq\o(□,\s\up2(06))标准比色卡对比即可确定溶液的pH。留意：a.pH试纸运用前不能用蒸馏水潮湿，否则待测液因被稀释可能会产生误差。b．用广范pH试纸读出的pH只能是整数。②pH计测定：可精确测定溶液的pH。三、中和滴定1．试验原理利用酸碱eq\o(□,\s\up2(01))中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的试验方法。以标准盐酸滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝eq\o(□,\s\up2(02))eq\f(cHCl·VHCl,VNaOH)。酸碱中和滴定的关键：(1)精确测定参与反应的酸、碱溶液的eq\o(□,\s\up2(03))体积。(2)选取适当指示剂，精确推断eq\o(□,\s\up2(04))滴定终点。2．试验用品(1)仪器：eq\o(□,\s\up2(01))酸式滴定管(如图A)、eq\o(□,\s\up2(02))碱式滴定管(如图B)、滴定管夹、铁架台、烧杯、eq\o(□,\s\up2(03))锥形瓶。(2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。(3)滴定管特征和运用要求①构造：“0”刻度线在上方，尖嘴部分无刻度。②精确度：读数可估计到eq\o(□,\s\up2(04))0.01mL。③洗涤：先用蒸馏水洗涤，再用eq\o(□,\s\up2(05))待装液润洗2～3次。④排气泡：酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出尖嘴中的气泡。⑤滴定管的选用酸性、氧化性的试剂用eq\o(□,\s\up2(06))酸式滴定管，因为酸性和氧化性物质易eq\o(□,\s\up2(07))腐蚀橡胶。碱性的试剂用eq\o(□,\s\up2(08))碱式滴定管，因为碱性物质易eq\o(□,\s\up2(09))腐蚀玻璃，致使eq\o(□,\s\up2(10))玻璃活塞无法打开。3．试验操作(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例)(1)滴定打算(2)滴定过程(3)终点推断①滴入最终一滴，溶液颜色发生突变。②颜色突变后，eq\o(□,\s\up2(10))半分钟内不复原，视为滴定终点。(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eq\o(□,\s\up2(11))平均值，依据c(NaOH)＝eq\f(cHCl·VHCl溶液,VNaOH溶液)计算。4．常用酸碱指示剂及变色范围紫色石蕊<5.0红色5.0～8.0eq\o(□,\s\up2(01))紫色>8.0蓝色甲基橙<3.1eq\o(□,\s\up2(02))红色3.1～4.4橙色>4.4黄色酚酞<8.2无色8.2～10.0eq\o(□,\s\up2(03))浅红色>10.0eq\o(□,\s\up2(04))红色1．推断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，并指明错因。(1)温度肯定时，水的电离常数与水的离子积常数相等。(×)错因：Kw＝K电离·c(H2O)。(2)进行中和滴定试验时，滴定管、锥形瓶均用待测液润洗。(×)错因：进行中和滴定试验时，锥形瓶不能用待测液洗，否则会使测得结果偏高。(3)用蒸馏水润湿的pH试纸测溶液的pH，肯定会使结果偏低。(×)错因：当待测液呈中性或酸性时，用潮湿的pH试纸测的pH结果不会偏低。(4)用广范pH试纸测得某溶液的pH为3.4。(×)错因：广范pH试纸测得溶液的pH为整数值。(5)某溶液的c(H＋)＞10－7mol·L－1，则该溶液呈酸性。(×)错因：当温度大于25_℃时，纯水的c(H＋)>10－7_mol·L－1，呈中性。2．教材改编题(据人教选修四P52T6)常温下pH为3的稀盐酸，其中由水电离出的c(H＋)为()A．0.1mol/L B．0.3mol/LC．10－3mol/L D．10－11mol/L答案D解析稀盐酸中由HCl与H2O共同供应的c(H＋)＝10－3mol/L，由Kw可知由水供应的H＋或OH－的浓度为eq\f(10－14mol·L－12,10－3mol·L－1)＝10－11mol/L。考点eq\a\vs4\al(一)水的电离及水的离子积常数[解析]由水的离子积的定义知两条曲线上随意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw，A正确；由图中纵、横轴的大小可知M区域内随意点均有c(H＋)<c(OH－)，B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正确；XZ线上随意点都有c(H＋)＝c(OH－)，只有当c(H＋)＝10－7mol·L－1时，才有pH＝7，D错误。[答案]D1．正确理解水的电离平衡曲线(1)曲线上的随意点的Kw都相同，即温度相同，c(H＋)·c(OH－)相同。(2)曲线外的随意点与曲线上随意点的Kw不同，即温度不同，Kw不同。(3)实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，变更酸碱性；实现曲线上点与曲线外点之间的转化肯定得变更温度。2．溶液中由水电离出的c(H＋)恒久等于由水电离出的c(OH－)(1)酸溶液中：OH－全部来源于水的电离，c水(H＋)＝c溶液(OH－)。(2)碱溶液中：H＋全部来源于水的电离，c水(OH－)＝c溶液(H＋)。例如：室温下，pH＝3的盐酸，由水电离出的c水(H＋)＝c(OH－)＝eq\f(10－14,10－3)mol·L－1＝10－11mol·L－1。3．酸或碱对水的电离均起抑制作用(1)只要酸的pH相等(不论强弱、不论几元)对水的抑制程度相等，碱也同理。(2)若酸溶液的c(H＋)与碱溶液的c(OH－)相等，则两种溶液中水的电离程度相等。1．(2024·泉州模拟)某温度下，向c(H＋)＝1×10－6mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)＝1×10－2mol·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是()A．该温度高于25℃B．由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10mol·L－1C．加入NaHSO4晶体抑制水的电离D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH－)减小答案D解析由蒸馏水中的c(H＋)＝10－6mol·L－1可知，温度高于25℃，A正确；由于该温度下Kw＝10－12，所以，该温度下c(H＋)＝10－2mol·L－1的NaHSO4溶液中水电离出的H＋浓度等于溶液中的OH－的浓度，等于eq\f(10－12,10－2)＝10－10，B正确；NaHSO4电离出来的H＋抑制水的电离，C正确；取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(H＋)减小，c(OH－)增大，D错误。2．在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)的关系如图所示。下列有关说法中正确的是()A．若从a点到c点，可采纳在水中加入酸的方法B．b点对应的醋酸中由水电离出的c(H＋)＝10－6mol·L－1C．c点对应溶液的Kw大于d点对应溶液的KwD．T℃时，0.05mol·L－1Ba(OH)2溶液的pH＝11答案D解析a点对应的c(H＋)和c(OH－)相等，c点对应的c(H＋)和c(OH－)也相等，溶液肯定呈中性，从a点到c点，可以采纳升温的方法，A错误；Kw只与温度有关，同温度下不同酸碱性溶液的Kw相同，a点和b点的Kw都是10－14，c点和d点的Kw都是10－12，酸和碱溶液都会抑制水的电离，酸溶液中由水电离出的c水(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，即b点时c水(H＋)＝c(OH－)＝10－8mol·L－1，B、C均错误；T℃时，Kw＝10－12,0.05mol·L－1Ba(OH)2溶液中c(H＋)＝10－11mol·L－1，pH＝11，D正确。考点eq\a\vs4\al(二)溶液酸碱性及pH计算[解析](1)pH＝12的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.01mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001mol·L－1，设加入水的体积是V1,0.01mol·L－1×0.1L＝0.001mol·L－1×(0.1＋V1)L，V1＝eq\f(0.01mol·L－1×0.1L,0.001mol·L－1)－0.1L＝0.9L＝900mL。(2)pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝0.01mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液中c(OH－)＝0.0001mol·L－1，设加入pH＝10的NaOH溶液的体积是V2,0.01mol·L－1×0.1L＋0.0001mol·L－1×V2＝0.001mol·L－1×(0.1＋V2)，V2＝1L＝1000mL。(3)0.008mol·L－1HCl溶液中c(H＋)＝0.008mol·L－1，设加入盐酸的体积为V3，c(OH－)＝eq\f(0.01mol·L－1×0.1L－0.008mol·L－1×V3,0.1L＋V3)＝0.001mol·L－1，解得：V3＝0.1L＝100mL。[答案](1)900(2)1000(3)1001．溶液酸碱性的推断规律(1)推断溶液酸碱性的依据是c(H＋)与c(OH－)的相对大小，若c(H＋)＝c(OH－)，则溶液呈中性。(2)pH＝7或c(H＋)＝10－7mol·L－1的溶液不肯定呈中性，因水的电离平衡与温度有关。常温时，pH＝7呈中性；100℃时，pH＝6呈中性。(3)等浓度等体积一元酸与一元碱混合的溶液中和反应反应后所得溶液的酸碱性强酸与强碱中性强酸与弱碱酸性弱酸与强碱碱性(4)室温下，已知酸和碱pH之和的溶液等体积混合①两强混合a．若pH之和等于14，则混合后溶液显中性，pH＝7。b．若pH之和大于14，则混合后溶液显碱性，pH>7。c．若pH之和小于14，则混合后溶液显酸性，pH<7。②一强一弱混合pH之和等于14时，一元强酸和一元弱碱等体积混合呈碱性；一元弱酸和一元强碱等体积混合呈酸性。2．溶液稀释的pH计算(1)pH＝a的酸eq\f(稀释10n倍,)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(强酸：pH＝a＋n,弱酸：a<pH<a＋n))(2)pH＝b的碱eq\f(稀释10n倍,)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(强碱：pH＝b－n,弱碱：b－n<pH<b))留意室温下，酸溶液稀释时，pH增大，但无论稀释多大倍数，pH只会无限接近于7，不会大于7或等于7。碱溶液稀释时，pH减小，但无论稀释多大倍数，pH只会无限接近于7，不会小于或等于7。3．混合溶液的pH计算(1)(2)两种强酸或两种强碱溶液的pH差值在2或2以上，等体积混合时混合液的pH：酸溶液的pH为pH小＋0.3，碱溶液的pH为pH大－0.3。如pH＝3和pH＝5的盐酸等体积混合后，pH＝3.3。pH＝9和pH＝11的烧碱溶液等体积混合后，pH＝10.7。3．T℃时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为amol·L－1的H2SO4与bmol·L－1的一元碱AOH等体积混合。则可推断溶液呈中性的是()A．混合溶液的pH＝7B.eq\f(1,2)c(SOeq\o\al(2－,4))＝c(A＋)C．混合溶液中c(H＋)·c(OH－)＝KwD．混合溶液中c(OH－)＝eq\r(Kw)mol·L－1答案D解析因温度不肯定是25℃，故pH＝7时溶液不肯定呈中性；由电荷守恒可知，当溶液呈中性时c(H＋)＝c(OH－)，即c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(1,2)c(A＋)；无论溶液呈酸性、中性还是碱性，混合溶液中总存在c(H＋)·c(OH－)＝Kw；混合溶液中c(OH－)＝eq\r(Kw)mol·L－1说明混合溶液中c(H＋)＝c(OH－)，则溶液肯定呈中性。4．计算下列溶液的pH。(1)常温下，pH＝2的HCl与pH＝4的H2SO4溶液等体积混合后，溶液的pH＝________。(2)常温下，pH＝8的NaOH溶液与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液的pH＝________。(3)常温下，pH＝5的盐酸与pH＝9的NaOH溶液以体积比11∶9混合后，溶液的pH＝________。(4)常温下，将0.1mol·L－1的盐酸与0.06mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液的pH＝________。(5)常温下，将0.02mol·L－1的Ba(OH)2溶液100mL和0.02mol·L－1NaHSO4溶液100mL混合，忽视溶液体积变更，则混合后溶液的pH＝________。(6)室温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比混合，所得溶液的pH＝12，则原溶液的浓度为________。答案(1)2.3(2)9.7(3)6(4)12(5)12(6)0.05mol·L－1解析(1)pH＝2的HCl中，c(H＋)＝10－2mol·L－1，pH＝4的H2SO4中，c(H＋)＝10－4mol·L－1，两者等体积混合后，c(H＋)＝eq\f(10－2＋10－4,2)mol·L－1≈eq\f(10－2,2)＝0.005mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)≈2.3。(2)pH＝8，c(OH－)＝10－6mol·L－1，pH＝10，c(OH－)＝10－4mol·L－1，两者等体积混合后，c(OH－)＝eq\f(10－6＋10－4,2)mol·L－1≈eq\f(10－4,2)mol·L－1，c(H＋)＝2×10－10mol·L－1，pH≈9.7。(3)pH＝5的盐酸中，c(H＋)＝10－5mol·L－1，pH＝9的NaOH溶液中，c(OH－)＝10－5mol·L－1，两者以体积比11∶9混合，盐酸过量，c(H＋)＝eq\f(10－5×11V－10－5×9V,11V＋9V)mol·L－1＝1×10－6mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝6。(4)两者混合后碱过量，c(OH－)＝eq\f(0.06mol·L－1×2×VL－0.1mol·L－1×VL,2VL)＝0.01mol·L－1，c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，pH＝12。(5)两者混合后碱过量，c(OH－)＝eq\f(0.1L×0.02mol·L－1×2－0.1L×0.02mol·L－1,0.2L)＝0.01mol·L－1，c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，pH＝12。(6)混合溶液的pH＝12，说明反应的NaOH过量，设原溶液的浓度为c，则eq\f(3c－2c,3＋2)＝0.01mol·L－1，c＝0.05mol·L－1。考点eq\a\vs4\al(三)酸碱中和滴定[解析](1)盛装盐酸用酸式滴定管；运用c(H＋)·V(H＋)＝c(OH－)·V(OH－)，c(OH－)＝eq\f(cH＋·VH＋,VOH－)，消耗盐酸的体积取平均值，但要留意第2次数据和其他两次相差较大，应舍去。(2)c(OH－)＝eq\f(cH＋·VH＋,VOH－)，主要分析对V(H＋)的影响。①不影响V(H＋)，无影响；②V(H＋)偏小，结果偏低；③V(H＋)偏大，结果偏高；④V(H＋)偏小，结果偏低。[答案](1)酸0.3024.9024.60eq\f(\f(25.35mL＋25.30mL,2)·cmol·L－1,VmL)(2)①无影响②偏低③偏高④偏低1．中和滴定的两个易错点(1)分清完全中和与恰好为中性①完全中和强调的是酸、碱恰好反应生成盐，依据酸碱的强弱不同，溶液可能为中性，也可能为酸性或碱性。②酸碱反应恰好为中性则强调的是反应后溶液为中性，而酸、碱不肯定正好反应。可能酸不足，也可能酸过量，也可能恰好反应。这取决于酸碱的相对强弱。(2)酸碱中和滴定指示剂的选择①指示剂的变色点与滴定终点的pH越接近越好。②指示剂在滴定终点时颜色变更明显，指示精确。③石蕊的“红色→紫色”“紫色→蓝色”的颜色变更不够明显，所以石蕊不能作为酸碱中和反应的指示剂。2．酸碱中和滴定中常见误差分析(1)误差分析的方法依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝eq\f(c标准·V标准,V待测)，因c(标准)与V(待测)已确定，因此只要分析出不正确的操作引起V(标准)的变更，即分析出结果。V(标准)变大，则c(待测)偏高；V(标准)变小，则c(待测)偏低。(2)常见误差分析以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：续表5．试验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4石蕊：5.0～8.0酚酞：8.2～10.0用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，恰好完全反应时，下列叙述中正确的是()A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂答案D解析NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好完全反应时生成CH3COONa，CH3COO－水解显碱性，而酚酞的变色范围为8.2～10.0，比较接近。6．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，眼睛凝视________________，直到加入最终一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并__________________________。(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是________(填字母序号)。A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就干脆注入标准盐酸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，滴定后气泡消逝D．读取盐酸体积时，起先仰视读数，滴定结束时俯视读数(3)某学生依据3次试验分别记录有关数据如下表：则该NaOH溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。答案(1)锥形瓶中溶液颜色变更在半分钟内不变色(2)D(3)0.1044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V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影响，进而影响c(NaOH)。(3)先算出耗用标准盐酸的平均值：eq\x\to(V)＝eq\f(26.11mL＋26.09mL,2)＝26.10mL(其次次偏差太大，舍去)，c(NaOH)＝eq\f(0.1000mol·L－1×0.0261L,0.025L)＝0.1044mol·L－1。考点eq\a\vs4\al(四)酸碱中和滴定曲线分析[解析]加水稀释，氨水中NHeq\o\al(＋,4)、OH－浓度均减小，因而导电实力减弱，A正确；b点pH>7，则c(OH－)>c(H＋)，再依据电荷守恒可得c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)，B正确；c点呈中性，因而V(HCl)略小于20.00mL，C正确；d点对应的温度较高，其水的离子积常数较大，D错误。[答案]D1．滴定曲线分析的方法(1)分析步骤：首先看纵坐标，搞清晰是酸加入碱中，还是碱加入酸中；其次看起点，起点可以看出酸性或碱性的强弱，这在推断滴定终点时至关重要；再次找滴定终点和pH＝7的中性点，推断滴定终点的酸碱性，然后确定中性点(pH＝7)的位置；最终分析其他的特别点(如滴定一半点，过量一半点等)，分析酸、碱过量状况。(2)滴定过程中的定量关系：①电荷守恒关系在任何时候均存在；②物料守恒可以依据加入酸的物质的量和加入碱的物质的量进行确定，但不肯定为等量关系。2．常见的中和滴定过程中的pH曲线(1)图示强酸与强碱滴定过程中pH曲线(以0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1盐酸为例)(2)强碱滴定强酸、弱酸与强酸滴定强碱、弱碱pH曲线比较续表曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高突跃点变更范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变更范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)7．常温下，用pH＝m的盐酸滴定20mLpH＝n的MOH溶液，且m＋n＝14。混合溶液的pH与盐酸体积V的关系如图所示。下列说法正确的是()A．a点：c(Cl－)>c(M＋)>c(OH－)>c(H＋)B．b点：MOH和HCl恰好完全反应C．c点：c(H＋)＝c(OH－)＋c(MOH)D．a点到d点：水电离的c(H＋)·c(OH－)先变大，后变小答案D解析m＋n＝14，从图像看出，b点时，盐酸体积与MOH溶液体积相等，溶液呈碱性，说明混合溶液中MOH过量，MOH接着电离，说明MOH是弱碱。A项，a点对应的溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小依次为c(M＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，错误；B项，b点对应的溶液中MOH未完全反应，溶液呈碱性，错误；C项，c点对应的溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，错误；D项，在碱溶液中滴加盐酸，水的电离程度渐渐增大，当碱与酸恰好完全反应时，水的电离程度最大，然后随着盐酸的不断加入，水的电离受到抑制，则水电离的c(H＋)·c(OH－)先变大，后变小，正确。8．25℃时，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质的量分数(α)随溶液pH变更的关系如图所示。下列说法正确的是()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－)＝1.0C．25℃时，Ka(HA)＝1×10－5D．pH＝5时，溶液中水电离产生的c(H＋)＝1×10－5mol·L－1答案C解析25℃时，pH＝5的溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，A错误；HA溶液中含HA分子，说明HA为弱酸，依据题意，pH＝7的溶液应当为HA和NaA的混合液，α(HA)≠0，B错误；25℃时，依据图像信息，pH＝5时，c(HA)＝c(A－)，Ka＝eq\f(cA－·cH＋,cHA)＝c(H＋)＝1×10－5，C正确；pH＝5时为HA和NaA的混合溶液，存在三个平衡：HAH＋＋A－，H2OH＋＋OH－，A－＋H2OHA＋OH－，可以看出溶液中c(H＋)来自水和HA的电离，而c(OH－)完全来自水，则溶液中的水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－9mol·L－1，D错误。中和滴定的拓展应用中和滴定操作不仅适用于酸碱中和反应，也可以迁移应用于氧化还原反应及沉淀反应。1氧化还原滴定法(1)原理：以氧化剂(或还原剂)为滴定剂，干脆滴定一些具有还原性(或氧化性)的物质。(2)实例①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4原理2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O4=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O指示剂酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂终点推断当滴入最终一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点②Na2S2O3溶液滴定碘液原理2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI指示剂用淀粉作指示剂终点推断当滴入最终一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不复原原色，说明到达滴定终点[解析](3)①高锰酸钾氧化草酸根离子而自身被还原，达到滴定终点时高锰酸钾不再被还原，故溶液变紫色且半分钟内不复原原色。②铜把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾0.001cVmol，Mn元素化合价从＋7价降低到＋2价，所以依据得失电子守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为eq\f(0.005cV×56,m)×100%＝eq\f(5cV×56,1000m)×100%。[答案](3)①溶液变紫色且半分钟内不复原原色②eq\f(5cV×56,1000m)×100%[体验1](2024·天津高考节选)Ⅱ.NOx含量的测定将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NOeq\o\al(－,3)，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入V1mLc1mol·L－1FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2mL。(5)NO被H2O2氧化为NOeq\o\al(－,3)的离子方程式是________________________。(6)滴定操作运用的玻璃仪器主要有________________。(7)滴定过程中发生下列反应：3Fe2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2OCr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为________________mg·m－3。(8)若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。答案Ⅱ.(5)2NO＋3H2O2=2H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋2H2O(6)锥形瓶、酸式滴定管(7)eq\f(23c1V1－6c2V2,3V)×104(8)偏高解析Ⅱ.(7)用c2mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2mL，此时加入的Cr2Oeq\o\al(2－,7)为c2V2×10－3mol；所以过量的Fe2＋为6c2V2×10－3mol；则与硝酸根离子反应的Fe2＋为(c1V1×10－3－6c2V2×10－3)mol；所以硝酸根离子为(c1V1×10－3－6c2V2×10－3)÷3mol；依据氮原子守恒，硝酸根离子与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行试验，所以NO2为5(c1V1×10－3－6c2V2×10－3)÷3mol，质量为46×5(c1V1×10－3－6c2V2×10－3)÷3g，即230(c1V1－6c2V2)÷3mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c