②利用pH判断
25℃时，若溶液的pH<7，则溶液呈酸性；若pH＝7，则溶液呈中性；若pH>7，则溶液呈碱性。
4.pH试纸的使用
（1）方法：
把小块pH试纸放在玻璃片（或表面皿）上，用蘸有待测液的玻璃棒点滴在试纸的中央，试纸变色后，与标准比色卡比较以确定溶液的pH。
（2）注意：
pH试纸使用前不能用蒸馏水润湿，否则将可能产生误差。
四、中和滴定
1.中和滴定所用仪器
2.酸碱指示剂的选择
（1）常见滴定类型中指示剂的选择
①强酸与弱碱在滴定终点时溶液呈酸性，可选用甲基橙为指示剂（变色点pH＝4.4）。
②强碱与弱酸在滴定终点时溶液呈碱性，可选用酚酞为指示剂（变色点pH＝8.2）。
③强酸与强碱在滴定终点时溶液呈中性，上述两种指示剂均可选用。
（2）常见指示剂的变色范围
试剂
pH范围对应的指示剂颜色
甲基橙
石蕊
酚酞
3.中和滴定操作（以稀盐酸滴定氢氧化钠溶液为例）
（1）准备
①滴定管
a.检验酸式滴定管是否漏液；
b.洗涤滴定管后再用标准液润洗2～3次；
c.用漏斗注入标准液至“0”刻度以上2～3cm处；
d.排出酸式滴定管尖嘴处的气泡，将液面调节到“0”刻度，（或“0”刻度以下某一刻度），记下刻度值。
②锥形瓶：
只能用蒸馏水洗涤，不能用待测液润洗。
（2）滴定
①用碱式滴定管取一定体积待测液于锥形瓶中，滴入2～3滴指示剂；
②用左手握活塞旋转开关，右手不断旋转、振荡锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，至滴定终点时，记下刻度值。
③每个样品滴定2～3次，取平均值求出结果。
4.酸碱中和滴定的误差分析
（1）原理
cB＝，VB是准确量取的体积，cA是标准溶液的浓度，它们均为定值，所以cB的大小取决于VA的大小，VA大则cB大，VA小则cB小。
（2）常见误差
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
VA
cB
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，停止滴定后返加一滴碱液颜色无变化
变大
偏高
读数
滴定前读数正确，滴定后俯视读数（或前仰后俯）
变小
偏低
滴定前读数正确，滴定后仰视读数（或前俯后仰）
变大
偏高
聚焦热点1:
水的电离
例125℃时，某溶液中由水电离出来的自由移动的H＋的浓度为1×10－amol/L，以下说法中正确的是（）
A.a>7时，水的电离一定受到促进
B.a<7时，水的电离一定受到抑制
C.a>7时，溶液的pH为或（14－a）
D.a<7时，溶液的pH一定为
分析：
常温下水的离子积是1×10－14，由水电离出来的H＋的浓度为1×10－7mol/L，如果a>7肯定是水的电离受到了抑制，该溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液。
如果a<7时，水的电离一定受到促进，是盐的水解所起的作用。
A、B答案正好相反，所以A、B都错。
C选项，当a>7时，如果是碱溶液则此时溶液中所有的H＋都是由水电离出来的，此时溶液的pH＝a，如果是酸溶液，则此时溶液中所有的OH－都是由水电离产生的，此时溶液的pOH＝，pH＝（14－a）。
D选项中，当a<7时，溶液呈酸性，溶液中的氢离子都是由水电离产生的，故pH=。
答案：
CD
点评：
本题考查了水的电离及其影响因素，也联系到了盐类的水解，是一类综合性题目。
考生易忽视溶液中H＋或OH－的来源以及条件变化，从而错选A、B。
对于此类题可细究如下：
根据水的电离方程式：
H2OH＋＋OH－，水的电离受到外界因素的影响：
①在酸或碱的溶液中，外界加入的H＋或OH－使得c（H＋）或c（OH－）增大，水的电离平衡向左移动，水的电离受到抑制。
注意:
由于水的电离是很微弱的，在酸溶液中，H＋绝大部分来自酸的电离，只有OH－全部来自于水，此时由水电离产生的c（H＋）等于该溶液中的c（OH－）；而在碱溶液中，H＋全部来自于水的电离，此时水电离产生的c（H＋）就是溶液中的c（H＋）。
②如果溶液中有盐的水解，则情况正好相反，在强碱弱酸盐溶液中，由于弱酸的酸根离子结合了一些H＋，使水的电离平衡向右移动，c（OH－）增大，故此时的OH－全部来自于水，而此时溶液中的H＋只是水电离产生的H＋的一部分H+，另一部分和弱酸的酸根离子结合了。
在弱碱强酸盐溶液中，由于弱碱的阳离子结合了一部分OH－，水的电离平衡同样向右移动，c（H＋）增大，此时溶液中的c（H＋）就是水电离出的c（H＋）。
例225℃时，水的电离达到平衡：
H2OH＋＋OH－ΔH>0，则下列叙述正确的是（）
A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，KW不变
C.向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低
D.将水加热，KW增大，pH不变
分析：
加入稀氨水，平衡逆向移动，但c（OH－）增大；向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，平衡逆向移动，但温度没变，故KW不变；向水中加入少量固体CH3COONa，因为CH3COONa的水解，能促使平衡正向移动，因为CH3COO－结合了H＋，故c（H＋）降低；因为正反应是吸热反应，加热，平衡正向移动，KW增大，c（H＋）变大，pH变小。
综上分析可知，本题选B项。
答案：
B
点评：
H2O电离产生H＋、OH－，故能影响H＋、OH－浓度的因素均能使水的电离平衡发生移动，但是并不能影响水的离子积常数；加热既能促进H2O的电离，也能影响水的离子积常数。
例3在不同温度下的水溶液中，c（H＋）＝10xmol/L，c（OH－）＝10ymol/L，x与y的关系如图所示。
请回答下列问题：
（1）曲线Ⅰ代表的温度下，水的离子积为________，曲线Ⅰ所代表的温度________（填“高于”、“低于”或“等于”）曲线Ⅱ所代表的温度。
你判断的依据是。
（2）曲线Ⅰ所代表的温度下，0.01mol/L的NaOH溶液的pH为________。
分析：
（1）根据曲线对应的数据，可以知道曲线Ⅰ代表的温度下水的离子积为1×10－12，水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积就越大，曲线Ⅰ所代表的离子积比曲线Ⅱ的大，所以，曲线Ⅰ代表的温度高。
（2）曲线Ⅰ所代表水的离子积为1×10－12，0.01mol/L的NaOH溶液中，c（OH－）＝10－2mol/L，则c（H＋）＝10－10mol/L，pH＝10。
答案：
（1）1×10－12高于曲线Ⅱ所代表的离子积比曲线Ⅰ的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，其离子积越大，故曲线Ⅱ所代表的温度较低
（2）10
点评：
本题重点考查了水的离子积常数和溶液pH的计算，要明确水的离子积常数只受温度的影响。
水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积就越大。
聚焦热点2：
溶液的pH
例1常温下，将0.1mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06mol·L－1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于（）
A.1.7B.2.
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