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2019-2020年高考化學一輪復習 專題八 第2講 水的電離和溶液的酸堿性 蘇教版
[考綱要求] 1.了解水的電離、離子積常數(shù)以及影響水電離平衡的因素。2.了解溶液的酸堿性與pH的關系。3.能進行pH的簡單計算。4.了解測定溶液pH的方法(強酸、強堿)。
考點一 水的電離
1.水的電離
水是極弱的電解質,水的電離方程式為H2O+H2OH3O++OH-或H2OH++OH-。
2.水的離子積常數(shù)
Kw=c(H+)·c(OH-)。
(1)室溫下:Kw=1×10-14。
(2)影響因素;只與溫度有關,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.影響水電離平衡的因素
(1)升高溫度,水的電離程度增大,Kw增大。
(2)加入酸或堿,水的電離程度減小,Kw不變。
(3)加入可水解的鹽(如FeCl3、Na2CO3),水的電離程度增大,Kw不變。
4.外界條件對水的電離平衡的影響
體系變化
條件
平衡移動方向
Kw
水的電離程度
c(OH-)
c(H+)
酸
逆
不變
減小
減小
增大
堿
逆
不變
減小
增大
減小
可水解的鹽
Na2CO3
正
不變
增大
增大
減小
NH4Cl
正
不變
增大
減小
增大
溫度
升溫
正
增大
增大
增大
增大
降溫
逆
減小
減小
減小
減小
其他:如加入Na
正
不變
增大
增大
減小
深度思考
1.在pH=2的鹽酸溶液中由水電離出來的c(H+)與c(OH-)之間的關系是什么?
答案 外界條件改變,水的電離平衡發(fā)生移動,但任何時候由水電離出的c(H+)和c(OH-)總是相等的。
2.甲同學認為,在水中加入H2SO4,水的電離平衡向左移動,解釋是加入H2SO4后c(H+)增大,平衡左移。乙同學認為,加入H2SO4后,水的電離平衡向右移動,解釋為加入H2SO4后,c(H+)濃度增大,H+與OH-中和,平衡右移。你認為哪種說法正確?并說明原因。水的電離平衡移動后,溶液中c(H+)·c(OH-)是增大還是減???
答案 甲正確,溫度不變,Kw是常數(shù),加入H2SO4,c(H+)增大,c(H+)·c(OH-)>Kw,平衡左移。
c(H+)·c(OH-)不變,因為Kw僅與溫度有關,溫度不變,則Kw不變,與外加酸、堿、鹽無關。
1.水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)·c(OH-),其實質是水溶液中的H+和OH-濃度的乘積,不一定是水電離出的H+和OH-濃度的乘積,所以與其說Kw是水的離子積常數(shù),不如說是水溶液中的H+和OH-的離子積常數(shù)。即Kw不僅適用于水,還適用于酸性或堿性的稀溶液。不管哪種溶液均有c(H+)H2O=c(OH-)H2O。
2.水的離子積常數(shù)顯示了在任何水溶液中均存在水的電離平衡,都有H+和OH-共存,只是相對含量不同而已。
題組一 影響水電離平衡的因素及結果判斷
1.25 ℃時,相同物質的量濃度的下列溶液:①NaCl?、贜aOH?、跦2SO4?、?NH4)2SO4,其中水的電離程度按由大到小順序排列的一組是( )
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 分析四種物質可知②NaOH、③H2SO4抑制水的電離,①NaCl不影響水的電離平衡,④(NH4)2SO4促進水的電離(NH水解),在②③中H2SO4為二元強酸,產生的c(H+)大于NaOH產生的c(OH-),抑制程度更大,故順序為④>①>②>③。
2.一定溫度下,水存在H2OH++OH- ΔH>0的平衡,下列敘述一定正確的是( )
A.向水中滴入少量稀鹽酸,平衡逆向移動,Kw減小
B.將水加熱,Kw增大,pH減小
C.向水中加入少量固體CH3COONa,平衡逆向移動,c(H+)降低
D.向水中加入少量固體硫酸鈉,c(H+)=10-7 mol·L-1,Kw不變
答案 B
解析 A項,Kw應不變;C項,平衡應正向移動;D項,由于沒有指明溫度,c(H+)不一定等于10-7 mol·L-1。
題組二 水電離的c(H+)或c(OH-)的計算
3.求算下列常溫下溶液中由H2O電離的c(H+)和c(OH-)。
(1)pH=2的H2SO4溶液
c(H+)=__________,c(OH-)=__________。
(2)pH=10的NaOH溶液
c(H+)=__________,c(OH-)=__________。
(3)pH=2的NH4Cl溶液
c(H+)=__________。
(4)pH=10的Na2CO3溶液
c(OH-)=__________。
答案 (1)10-12 mol·L-1 10-12 mol·L-1
(2)10-10 mol·L-1 10-10 mol·L-1 (3)10-2 mol·L-1
(4)10-4 mol·L-1
解析 (1)pH=2的H2SO4溶液中,H+來源有兩個:H2SO4的電離和H2O的電離,而OH-只來源于水。應先求算c(OH-),即為水電離的c(H+)或c(OH-)。
(2)pH=10的NaOH溶液中,OH-有兩個來源:H2O的電離和NaOH的電離,H+只來源于水。應先求出c(H+),即為水電離的c(OH-)或c(H+),c(OH-)=10-4 mol·L-1,c(H+)=10-10 mol·L-1,則水電離的c(H+)=c(OH-)=10-10 mol·L-1。
(3)(4)水解的鹽溶液中的H+或OH-均由水電離產生,水解顯酸性的鹽應計算其c(H+),水解顯堿性的鹽應計算其c(OH-)。pH=2的NH4Cl中由水電離產生的c(H+)=10-2 mol·L-1;pH=10的Na2CO3溶液中由水電離產生的c(OH-)=10-4 mol·L-1。
4.下列四種溶液中,室溫下由水電離生成的H+濃度之比(①∶②∶③∶④)是( )
①pH=0的鹽酸?、?.1 mol·L-1的鹽酸
③0.01 mol·L-1的NaOH溶液?、躳H=11的NaOH溶液
A.1∶10∶100∶1 000 B.0∶1∶12∶11
C.14∶13∶12∶11 D.14∶13∶2∶3
答案 A
解析 ①中c(H+)=1 mol·L-1,由水電離出的c(H+)與溶液中c(OH-)相等,等于1.0×10-14 mol·L-1;
②中c(H+)=0.1 mol·L-1,由水電離出的c(H+)=1.0×10-13 mol·L-1;
③中c(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1,由水電離出的c(H+)與溶液中c(H+)相等,等于1.0×10-12 mol·L-1;
④中c(OH-)=1.0×10-3 mol·L-1,同③所述由水電離出的c(H+)=1.0×10-11 mol·L-1。
即(1.0×10-14)∶(1.0×10-13)∶(1.0×10-12)∶(1.0×10-11)=1∶10∶100∶1 000。
理清溶液中H+或OH-的來源
1.常溫下,中性溶液
c(OH-)=c(H+)=10-7 mol·L-1
2.溶質為酸的溶液
(1)來源
OH-全部來自水的電離,水電離產生的c(H+)=c(OH-)。
(2)實例
如計算pH=2的鹽酸溶液中水電離出的c(H+),方法是先求出溶液中的c(OH-)=(Kw/10-2) mol·L-1=10-12 mol·L-1,即水電離出的c(H+)=c(OH-)=10-12 mol·L-1。
3.溶質為堿的溶液
(1)來源
H+全部來自水的電離,水電離產生的c(OH-)=c(H+)。
(2)實例
如計算pH=12的NaOH溶液中水電離出的c(OH-),方法是知道溶液中的c(H+)=10-12 mol·L-1,即水電離出的c(OH-)=c(H+)=10-12 mol·L-1。
4.水解呈酸性或堿性的鹽溶液
(1)pH=5的NH4Cl溶液中H+全部來自水的電離,由水電離的c(H+)=10-5 mol·L-1,因為部分OH-與部分NH結合,溶液中c(OH-)=10-9 mol·L-1。
(2)pH=12的Na2CO3溶液中OH-全部來自水的電離,由水電離出的c(OH-)=10-2 mol·L-1??键c二 溶液的酸堿性和pH
1.溶液的酸堿性
溶液的酸堿性取決于溶液中c(H+)和c(OH-)的相對大小。
(1)酸性溶液:c(H+)>c(OH-),常溫下,pH<7。
(2)中性溶液:c(H+)=c(OH-),常溫下,pH=7。
(3)堿性溶液:c(H+)
7。
2.pH及其測量
(1)計算公式:pH=-lgc(H+)。
(2)測量方法
①pH試紙法:用鑷子夾取一小塊試紙放在潔凈的玻璃片或表面皿上,用玻璃棒蘸取待測溶液點在試紙的中央,變色后與標準比色卡對照,即可確定溶液的pH。
②pH計測量法。
(3)溶液的酸堿性與pH的關系
常溫下:
深度思考
1.用“酸性”、“堿性”、“中性”或“不確定”填空。
(1)pH<7的溶液( )
(2)pH=7的溶液( )
(3)c(H+)=c(OH-)的溶液( )
(4)c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液( )
(5)c(H+)>c(OH-)的溶液( )
(6)0.1 mol·L-1的NH4Cl溶液( )
(7)0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液( )
(8)0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液( )
答案 (1)不確定 (2)不確定 (3)中性 (4)不確定
(5)酸性 (6)酸性 (7)堿性 (8)酸性
2.用pH試紙測溶液的pH時應注意什么問題?記錄數(shù)據時又要注意什么?是否可用pH試紙測定氯水的pH?
答案 pH試紙使用前不能用蒸餾水潤濕,否則待測液因被稀釋可能產生誤差;用pH試紙讀出的pH只能是整數(shù);不能用pH試紙測定氯水的pH,因為氯水呈酸性的同時呈現(xiàn)強氧化性(漂白性)。
1.溶液呈現(xiàn)酸、堿性的實質是c(H+)與c(OH-)的相對大小,不能只看pH,一定溫度下pH=6的溶液也可能顯中性,也可能顯酸性,應注意溫度。
2.使用pH試紙測溶液pH時不能用蒸餾水潤濕。
3.25 ℃時,pH=12的溶液不一定為堿溶液,pH=2的溶液也不一定為酸溶液,也可能為能水解的鹽溶液。
題組一 走出溶液稀釋時pH值判斷誤區(qū)
1.1 mL pH=9的NaOH溶液,加水稀釋到10 mL,pH=________;加水稀釋到100 mL,pH________7。
答案 8 接近
2.pH=5的H2SO4溶液,加水稀釋到500倍,則稀釋后c(SO)與c(H+)的比值為__________。
答案
解析 稀釋前c(SO)= mol·L-1,稀釋后c(SO)= mol·L-1=10-8 mol·L-1,c(H+)接近10-7 mol·L-1,所以==。
3.(1)體積相同,濃度均為0.2 mol·L-1的鹽酸和CH3COOH溶液,分別加水稀釋10倍,溶液的pH分別變成m和n,則m與n的關系為________。
(2)體積相同,濃度均為0.2 mol·L-1的鹽酸和CH3COOH溶液,分別加水稀釋m倍、n倍,溶液的pH都變成3,則m與n的關系為________________。
(3)體積相同,pH均等于1的鹽酸和CH3COOH溶液,分別加水稀釋m倍、n倍,溶液的pH都變成3,則m與n的關系為________________。
(4)體積相同,pH均等于13的氨水和NaOH溶液,分別加水稀釋m倍、n倍,溶液的pH都變成9,則m與n的關系為________________。
答案 (1)mn (3)mn
解析 (1)等濃度的鹽酸和醋酸稀釋過程的圖像如圖甲所示:分別加水稀釋10倍后,二者的濃度仍相同,由于HCl是強電解質,CH3COOH是弱電解質,HCl的電離程度大于CH3COOH的電離程度,因此鹽酸中的氫離子濃度大于醋酸中的氫離子濃度,因此有mn。(3)由于醋酸中存在電離平衡,在稀釋過程中CH3COOH會繼續(xù)電離出H+,其稀釋過程中的圖像如圖乙所示。若稀釋后溶液的pH都變成3(畫一條平行于x軸的水平線),易得mn。
誤區(qū)一:不能正確理解酸、堿的無限稀釋規(guī)律
常溫下任何酸或堿溶液無限稀釋時,溶液的pH都不可能大于7或小于7,只能接近7。
誤區(qū)二:不能正確理解弱酸、弱堿的稀釋規(guī)律
溶液
稀釋前溶液pH
加水稀釋到體積為原來的10n倍
稀釋后溶液pH
酸
強酸
pH=a
pH=a+n
弱酸
a<pH<a+n
堿
強堿
pH=b
pH=b-n
弱堿
b-n<pH<b
注:表中a+n<7,b-n>7。
題組二 多角度計算溶液的pH值
4.求下列常溫條件下溶液的pH(已知lg1.3=0.1,lg2=0.3,混合溶液忽略體積的變化)。
(1)0.005 mol·L-1的H2SO4溶液
(2)0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液(已知CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.8×10-5)
(3)0.1 mol·L-1NH3·H2O溶液(NH3·H2O的電離度為α=1%,電離度=×100%)
(4)將pH=8的NaOH與pH=10的NaOH溶液等體積混合
(5)常溫下,將pH=5的鹽酸與pH=9的NaOH溶液以體積比11∶9混合
(6)將pH=3的HCl與pH=3的H2SO4等體積混合
(7)0.001 mol·L-1的NaOH溶液
(8)pH=2的鹽酸與等體積的水混合
(9)pH=2的鹽酸加水稀釋到1 000倍
答案 (1)2 (2)2.9 (3)11 (4)9.7 (5)6 (6)3
(7)11 (8)2.3 (9)5
解析 (2)CH3COOH CH3COO- + H+
c(初始) 0.1 0 0
c(電離) c(H+) c(H+) c(H+)
c(平衡) 0.1-c(H+) c(H+) c(H+)
則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。
(3) NH3·H2O OH- ?。?NH
c(初始) 0.1 mol·L-1 0 0
c(電離) 0.1×1%mol·L-1 0.1×1%mol·L-1 0.1×1%mol·L-1
則c(OH-)=0.1×1% mol·L-1=10-3mol·L-1
c(H+)=10-11 mol·L-1,所以pH=11。
(4)將pH=8的NaOH與pH=10的NaOH溶液等體積混合后,溶液中c(H+)很明顯可以根據pH來算,可以根據經驗公式來求算pH=10-lg2(即0.3),所以答案為9.7。
(5)pH=5的鹽酸溶液中c(H+)=10-5 mol·L-1,pH=9的氫氧化鈉溶液中c(OH-)=10-5 mol·L-1,兩者以體積比11∶9混合,則酸過量,混合液的pH小于7。
c(H+)= mol·L-1=1.0×10-6 mol·L-1,
pH=-lg(1.0×10-6)=6。
1.單一溶液的pH計算
強酸溶液:如HnA,設濃度為c mol·L-1,c(H+)=nc mol·L-1,pH=-lgc(H+)=-lg (nc)。
強堿溶液(25 ℃):如B(OH)n,設濃度為c mol·L-1,c(H+)= mol·L-1,pH=-lgc(H+)=14+lg(nc)。
2.混合溶液pH的計算類型
(1)兩種強酸混合:直接求出c(H+)混,再據此求pH。c(H+)混=。
(2)兩種強堿混合:先求出c(OH-)混,再據Kw求出c(H+)混,最后求pH。c(OH-)混=。
(3)強酸、強堿混合:先判斷哪種物質過量,再由下式求出溶液中H+或OH-的濃度,最后求pH。
c(H+)混或c(OH-)混=
題組三 溶液混合酸堿性判斷規(guī)律
5.判斷下列溶液在常溫下的酸、堿性(在括號中填“酸性”、“堿性”或“中性”)。
(1)相同濃度的HCl和NaOH溶液等體積混合( )
(2)相同濃度的CH3COOH和NaOH溶液等體積混合( )
(3)相同濃度NH3·H2O和HCl溶液等體積混合( )
(4)pH=2的HCl和pH=12的NaOH溶液等體積混合( )
(5)pH=3的HCl和pH=10的NaOH溶液等體積混合( )
(6)pH=3的HCl和pH=12的NaOH溶液等體積混合( )
(7)pH=2的CH3COOH和pH=12的NaOH溶液等體積混合( )
(8)pH=2的HCl和pH=12的NH3·H2O等體積混合( )
答案 (1)中性 (2)堿性 (3)酸性 (4)中性 (5)酸性 (6)堿性 (7)酸性 (8)堿性
題組四 強酸、強堿混合呈中性pH與體積關系
6.在某溫度時,測得0.01 mol·L-1的NaOH溶液的pH=11。
(1)該溫度下水的離子積常數(shù)Kw=______________。
(2)在此溫度下,將pH=a的NaOH溶液Va L與pH=b的硫酸Vb L混合。
①若所得混合液為中性,且a=12,b=2,則Va∶Vb=_____________。
②若所得混合液為中性,且a+b=12,則Va∶Vb=__________________________。
答案 (1)10-13 (2)①1∶10?、?0∶1
解析 (1)由題意知,溶液中c(H+)=10-11 mol·L-1,c(OH-)=0.01 mol·L-1,故Kw=c(H+)·c(OH-)=10-13。
(2)①根據中和反應:H++OH-===H2O。
c(H+)·Vb=c(OH-)·Va
10-2·Vb=10-13/10-12·Va
==1∶10。
②根據中和反應H++OH-===H2O
c(H+)·Vb=c(OH-)·Va
10-b·Vb=10-13/10-a·Va
==1013-(a+b)=10,即Va∶Vb=10∶1。
將強酸、強堿溶液以某體積之比混合,若混合液呈中性,則c(H+)∶c(OH-)、V堿∶V酸、pH酸+pH堿有如下規(guī)律(25 ℃):因c(H+)酸·V酸=c(OH-)堿·V堿,故有=。在堿溶液中c(OH-)堿=,將其代入上式得c(H+)酸·c(H+)堿=,兩邊取負對數(shù)得pH酸+pH堿=14-lg。現(xiàn)舉例如下:
V酸∶V堿
c(H+)∶c(OH-)
pH酸+pH堿
10∶1
1∶10
15
1∶1
1∶1
14
1∶10
10∶1
13
m∶n
n∶m
14+lg()
考點三 酸、堿中和滴定
1.實驗原理
利用酸堿中和反應,用已知濃度酸(或堿)來測定未知濃度的堿(或酸)的實驗方法。以標準鹽酸溶液滴定待測的NaOH溶液,待測的NaOH溶液的物質的量濃度為c(NaOH)=。
酸堿中和滴定的關鍵:
(1)準確測定標準液的體積。
(2)準確判斷滴定終點。
2.實驗用品
(1)儀器
圖(A)是酸式滴定管,圖B是堿式滴定管、滴定管夾、鐵架臺、錐形瓶。
(2)試劑
標準液、待測液、指示劑、蒸餾水。
(3)滴定管的使用
①酸性、氧化性的試劑一般用酸式滴定管,因為酸性和氧化性物質易腐蝕橡膠管。
②堿性的試劑一般用堿式滴定管,因為堿性物質易腐蝕玻璃,致使活塞無法打開。
3.實驗操作
實驗操作以標準鹽酸滴定待測NaOH溶液為例
(1)滴定前的準備
①滴定管:查漏→洗滌→潤洗→裝液→調液面→記錄。
②錐形瓶:注堿液→記體積→加指示劑。
(2)滴定
(3)終點判斷
等到滴入最后一滴標準液,指示劑變色,且在半分鐘內不恢復原來的顏色,視為滴定終點并記錄標準液的體積。
(4)數(shù)據處理
按上述操作重復二至三次,求出用去標準鹽酸體積的平均值,根據c(NaOH)=計算。
4.常用酸堿指示劑及變色范圍
指示劑
變色范圍的pH
石蕊
<5.0紅色
5.0~8.0紫色
>8.0藍色
甲基橙
<3.1紅色
3.1~4.4橙色
>4.4黃色
酚酞
<8.2無色
8.2~10.0淺紅色
>10.0紅色
5.指示劑選擇的基本原則
變色要靈敏,變色范圍要小,使變色范圍盡量與滴定終點溶液的酸堿性一致。
(1)不能用石蕊作指示劑。
(2)滴定終點為堿性時,用酚酞作指示劑,例如用NaOH溶液滴定醋酸。
(3)滴定終點為酸性時,用甲基橙作指示劑,例如用鹽酸滴定氨水。
(4)強酸滴定強堿一般用甲基橙,但用酚酞也可以。
(5)并不是所有的滴定都須使用指示劑,如用標準的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液時,KMnO4顏色褪去時即為滴定終點。
深度思考
1.酸式滴定管怎樣查漏?
答案 向已洗凈的滴定管中裝上一定體積的水,固定在滴定管夾上直立靜置兩分鐘,觀察有無水滴漏下。然后將活塞旋轉180°,再靜置兩分鐘,觀察有無水滴漏下,如均不漏水,滴定管即可使用。
2.KMnO4(H+)溶液、溴水、Na2CO3溶液、稀鹽酸應分別盛放在哪種滴定管中?
答案 強氧化性溶液、酸性溶液應盛放在酸式滴定管中,堿性溶液應盛放在堿式滴定管中。
即酸性KMnO4溶液、稀鹽酸、溴水應盛放在酸式滴定管中,Na2CO3溶液應盛放在堿式滴定管中。
3.滴定管盛標準溶液時,其液面一定要在0刻度嗎?
答案 不一定。只要在0刻度或0刻度以下某刻度即可,但一定要記錄下滴定開始前液面的讀數(shù)。
4.滴定終點就是酸堿恰好中和的點嗎?
答案 滴定終點是指示劑顏色發(fā)生突變的點,不一定是酸堿恰好中和的點。
題組一 誤差分析的全面突破
1.用標準鹽酸溶液滴定未知濃度的NaOH溶液(酚酞作指示劑),用“偏高”、“偏低”或“無影響”填空。
(1)酸式滴定管未用標準溶液潤洗( )
(2)錐形瓶用待測溶液潤洗( )
(3)錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水( )
(4)放出堿液的滴定管開始有氣泡,放出液體后氣泡消失( )
(5)酸式滴定管滴定前有氣泡,滴定終點時氣泡消失( )
(6)部分酸液滴出錐形瓶外( )
(7)酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確,滴定后俯視讀數(shù)(或前仰后俯)( )
(8)酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確,滴定后仰視讀數(shù)(或前俯后仰)( )
答案 (1)偏高 (2)偏高 (3)無影響 (4)偏低
(5)偏高 (6)偏高 (7)偏低 (8)偏高
誤差分析的方法
依據原理c(標準)·V(標準)=c(待測)·V(待測),所以c(待測)=,因為c(標準)與V(待測)已確定,所以只要分析出不正確操作引起V(標準)的變化,即分析出結果。
題組二 酸、堿中和滴定曲線分析
2.已知某溫度下CH3COOH的電離常數(shù)K=1.6×10-5。該溫度下,向20 mL 0.01 mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1 KOH溶液,其pH變化曲線如圖所示(忽略溫度變化)。請回答下列有關問題:
(1)a點溶液中c(H+)為________,pH約為________。
(2)a、b、c、d四點中水的電離程度最大的是________,滴定過程中宜選用__________作指示劑,滴定終點在________(填“c點以上”或“c點以下”)。
(3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等濃度的鹽酸,則下列變化趨勢正確的是________(填字母)。
答案 (1)4×10-4 mol·L-1 3.4
(2)c點 酚酞 c點以上
(3)B
解析 (1)電離消耗的醋酸在計算醋酸的電離平衡濃度時可以忽略不計。由K=得,c(H+)≈ mol·L-1=4×10-4 mol·L-1。(2)a點是醋酸溶液,b點是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液,c點是CH3COOK和少量醋酸的混合溶液,d點是CH3COOK和KOH的混合溶液,酸、堿均能抑制水的電離,CH3COOK水解促進水的電離,所以c點溶液中水的電離程度最大。由于酸堿恰好完全反應時溶液顯堿性,故應該選擇在堿性范圍內變色的指示劑酚酞。滴定終點應在c點以上。(3)由于稀氨水顯堿性,首先排除選項A和C;兩者恰好反應時溶液顯酸性,排除選項D,故正確的答案為B。
題組三 全面突破酸、堿中和滴定
3.某學生用已知物質的量濃度的鹽酸來測定未知物質的量濃度的NaOH溶液時,選擇甲基橙作指示劑。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?
(1)用標準的鹽酸滴定待測的NaOH溶液時,左手握酸式滴定管的活塞,右手搖動錐形瓶,眼睛注視________,直到因加入一滴鹽酸后,溶液由黃色變?yōu)槌壬?,并______為止。
(2)下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數(shù)值偏低的是________(填字母序號)。
A.酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸
B.滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥
C.酸式滴定管在滴定前有氣泡,滴定后氣泡消失
D.讀取鹽酸體積時,開始仰視讀數(shù),滴定結束時俯視讀數(shù)
(3)若滴定開始和結束時,酸式滴定管中的液面如圖所示,則起始讀數(shù)為________mL,終點讀數(shù)為________mL,
所用鹽酸溶液的體積為________mL。
(4)某學生根據3次實驗分別記錄有關數(shù)據如下表:
滴定次數(shù)
待測NaOH溶液的體積/mL
0.100 0 mol·L-1鹽酸的體積/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液體積/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
依據上表數(shù)據列式計算該NaOH溶液的物質的量濃度。
答案 (1)錐形瓶中溶液顏色變化 在半分鐘內不變色
(2)D (3)0.00 26.10 26.10
(4)==26.10 mL,c(NaOH)==0.104 4 mol·L-1
解析 在求c(NaOH)和進行誤差分析時應依據公式:c(NaOH)=。欲求c(NaOH),須先求V[(HCl)aq]再代入公式;進行誤差分析時,要考慮實際操作對每一個量即V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影響,進而影響c(NaOH)。
(1)考查酸堿中和滴定實驗的規(guī)范操作。
(2)考查由于不正確操作引起的誤差分析。滴定管未用標準鹽酸潤洗,內壁附著一層水,可將加入的鹽酸稀釋,消耗相同量的堿,所需鹽酸的體積偏大,結果偏高;用堿式滴定管取出的待測NaOH溶液的物質的量一旦確定,倒入錐形瓶后,水的加入不影響OH-的物質的量,也就不影響結果;若排出氣泡,液面會下降,故讀取V酸偏大,結果偏高;正確讀數(shù)(虛線部分)和錯誤讀數(shù)(實線部分)如圖所示:
(3)讀數(shù)時,以凹液面的最低點為基準。
(4)先算出耗用標準鹽酸的平均值
==26.10 mL(第二次偏差太大,舍去),
c(NaOH)==0.104 4 mol·L-1。
1.滴定終點的判斷答題模板
當?shù)稳胱詈笠坏巍痢痢痢痢痢翗藴嗜芤汉?,溶液變成××××××色,且半分鐘內不恢復原來的顏色?
解答此類題目注意三個關鍵點:
(1)最后一滴:必須說明是滴入“最后一滴”溶液。
(2)顏色變化:必須說明滴入“最后一滴”溶液后溶液“顏色的變化”。
(3)半分鐘:必須說明溶液顏色變化后“半分鐘內不再恢復原來的顏色”。
2.圖解量器的讀數(shù)方法
(1)平視讀數(shù)(如圖1):實驗室中用量筒、移液管或滴定管量取一定體積的液體,讀取液體體積時,視線應與凹液面最低點保持水平,視線與刻度的交點即為讀數(shù)(即凹液面定視線,視線定讀數(shù))。
(2)俯視讀數(shù)(如圖2):當用量筒測量液體的體積時,由于俯視視線向下傾斜,尋找切點的位置在凹液面的上側,讀數(shù)高于正確的刻度線位置,即讀數(shù)偏大。
(3)仰視讀數(shù)(如圖3):讀數(shù)時,由于視線向上傾斜,尋找切點的位置在液面的下側,因滴定管刻度標法與量筒不同,這樣仰視讀數(shù)偏大。
至于俯視和仰視的誤差,還要結合具體儀器進行分析,因為量筒刻度從下到上逐漸增大;而滴定管刻度從下到上逐漸減小,并且滴定管中液體的體積是兩次體積讀數(shù)之差,在分析時還要看滴定前讀數(shù)是否正確,然后才能判斷實際量取的液體體積是偏大還是偏小。
題組四 滴定法的拓展應用——氧化還原滴定
4.KMnO4溶液常用作氧化還原反應滴定的標準液,由于KMnO4的強氧化性,它的溶液很容易被空氣中或水中的某些少量還原性物質還原,生成難溶性物質MnO(OH)2,因此配制KMnO4標準溶液的操作如下所示:
①稱取稍多于所需量的KMnO4固體溶于水中,將溶液加熱并保持微沸1 h;②用微孔玻璃漏斗過濾除去難溶的MnO(OH)2;③過濾得到的KMnO4溶液貯存于棕色試劑瓶并放在暗處;④利用氧化還原滴定方法,在70~80 ℃條件下用基準試劑(純度高、相對分子質量較大、穩(wěn)定性較好的物質)溶液標定其濃度。
請回答下列問題:
(1)準確量取一定體積的KMnO4溶液需要使用的儀器是____________。
(2)在下列物質中,用于標定KMnO4溶液的基準試劑最好選用________(填字母)。
A.H2C2O4·2H2O B.FeSO4
C.濃鹽酸 D.Na2SO3
(3)若準確稱取W g你選的基準試劑溶于水配成500 mL溶液,取25.00 mL置于錐形瓶中,用KMnO4溶液滴定至終點,消耗KMnO4溶液V mL。KMnO4溶液的物質的量濃度為________mol·L-1。
(4)若用放置兩周的KMnO4標準溶液去測定水樣中Fe2+的含量,測得的濃度值將________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。
答案 (1)酸式滴定管 (2)A (3) (4)偏高
解析 (1)KMnO4溶液具有強氧化性,能將堿式滴定管下端的橡膠管腐蝕,所以不能用堿式滴定管量取,可以用酸式滴定管量取。
(2)H2C2O4·2H2O在常溫常壓下是穩(wěn)定的結晶水合物;
FeSO4在空氣中不穩(wěn)定易被氧化,鐵元素的化合價從+2升高到+3;濃鹽酸易揮發(fā);Na2SO3在空氣中不穩(wěn)定易被氧化成Na2SO4。
(3)根據得失電子守恒原理有關系式:5(H2C2O4·2H2O)~2KMnO4,則KMnO4溶液的濃度為
c(KMnO4)=
= mol·L-1。
(4)在放置過程中,由于空氣中還原性物質的作用,使KMnO4溶液的濃度變小了,再去滴定水樣中的Fe2+時,消耗KMnO4溶液(標準溶液)的體積會增大,導致計算出來的c(Fe2+)會增大,測定的結果將偏高。
氧化還原滴定3要點
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,或者間接滴定一些本身并沒有還原性或氧化性,但能與某些還原劑或氧化劑反應的物質。
2.試劑:常見的用于滴定的氧化劑有KMnO4、K2Cr2O7等;常見的用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生素C等。
3.指示劑:氧化還原滴定法的指示劑有三類。a.氧化還原指示劑;b.專用指示劑,如在碘量法滴定中,可溶性淀粉溶液遇碘標準溶液變藍;c.自身指示劑,如高錳酸鉀標準溶液滴定草酸時,滴定終點為溶液由無色變?yōu)闇\紅色。
探究高考 明確考向
全國卷Ⅰ、Ⅱ高考題調研
1.判斷正誤,正確的劃“√”,錯誤的劃“×”
(1)酸式滴定管裝標準溶液前,必須先用該溶液潤洗( )
(xx·新課標全國卷Ⅰ,12B)
(2)酸堿滴定實驗中,用待滴定溶液潤洗錐形瓶以減小實驗誤差( )
(xx·新課標全國卷Ⅰ,12C)
答案 (1)√ (2)×
2.(xx·新課標全國卷Ⅱ,28)某小組以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨水為原料,在活性炭催化下,合成了橙黃色晶體X,為確定其組成,進行如下實驗。
①氨的測定:精確稱取w g X,加適量水溶解,注入如圖所示的三頸瓶中,然后逐滴加入足量10% NaOH溶液,通入水蒸氣,將樣品液中的氨全部蒸出,用V1 mL c1 mol·L-1的鹽酸標準溶液吸收。蒸氨結束后取下接收瓶,用c2 mol·L-1 NaOH標準溶液滴定過剩的HCl,到終點時消耗V2 mL NaOH溶液。
②氯的測定:準確稱取樣品X,配成溶液后用AgNO3標準溶液滴定,K2CrO4溶液為指示劑,至出現(xiàn)淡紅色沉淀不再消失為終點(Ag2CrO4為磚紅色)。
回答下列問題:
(1)裝置中安全管的作用原理是_____________________。
(2)用NaOH標準溶液滴定過剩的HCl時,應使用__________式滴定管,可使用的指示劑為________。
(3)樣品中氨的質量分數(shù)表達式為________________。
(4)測定氨前應該對裝置進行氣密性檢驗,若氣密性不好測定結果將________(填“偏高”或“偏低”)。
(5)測定氯的過程中,使用棕色滴定管的原因是___________________;滴定終點時,若溶液中c(Ag+)=2.0×10-5 mol·L-1,c(CrO)為________ mol·L-1。[已知:Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12]
(6)經測定,樣品X中鈷、氨和氯的物質的量之比為1∶6∶3,鈷的化合價為________。制備X的化學方程式為___________________;
X的制備過程中溫度不能過高的原因是______________________________。
答案 (1)當A中壓力過大時,安全管中液面上升,使A瓶中壓力穩(wěn)定
(2)堿 酚酞(或甲基紅)
(3)×100%
(4)偏低
(5)防止硝酸銀見光分解 2.8×10-3
(6)+3 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O 溫度過高過氧化氫分解、氨氣逸出
解析 (1)若沒有A中的安全管,當A中產生氣體時,會因裝置壓力過大發(fā)生危險;反之,有安全管存在,當A中壓力過大時,安全管中的液面會上升,使A瓶中壓力穩(wěn)定。
(2)由題意知,用NaOH標準溶液滴定過剩的HCl時,NaOH溶液應放入堿式滴定管中,可使用酚酞作指示劑,滴定至終點時溶液由無色變?yōu)闇\紅色。
(3)已知鹽酸的總的物質的量為c1 mol·L-1×V1 mL×10-3 L·mL-1=c1V1×10-3 mol,NH3反應完后剩余的鹽酸用NaOH標準溶液滴定,可求出剩余的鹽酸為c2×V2×10-3 mol,由NH3+HCl===NH4Cl可求出NH3的物質的量。進而求出w g X中的含氨量,即×100%。
(4)若裝置氣密性不好,會有NH3外逸,而不被HCl吸收,則剩余的HCl的物質的量會增多,消耗NaOH增多,即c2V2的值增大,由(3)中計算式可知氨的測定結果偏低。
(5)AgNO3是見光易分解的物質,使用棕色滴定管的目的是防止AgNO3見光分解而影響實驗結果;由Ag2CrO4的溶度積常數(shù)Ksp=1.12×10-12,c(Ag+)=2.0×10-5 mol·L-1,可求出c(CrO)== mol·L-1=2.8×10-3 mol·L-1。
(6)樣品X中鈷、氨和氯的物質的量之比為1∶6∶3,可寫出化學式為[Co(NH3)6]Cl3,由化合物中正負化合價代數(shù)和為0計算,NH3整體為0價,氯為-1價,故Co為+3價;從而推出制備X的化學方程式為2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。由于溫度過高時H2O2易分解、NH3易揮發(fā),故制備過程中溫度不能過高。
各省市高考題調研
1.判斷正誤,正確的劃“√”,錯誤的劃“×”
(1)測定NaOH溶液濃度,可用滴定管、錐形瓶、燒杯、NaOH溶液、0.100 0 mol·L-1鹽酸達到目的( )
(xx·安徽理綜,9D)
(2)用蒸餾水潤濕的試紙測溶液的pH,一定會使結果偏低( )
(xx·大綱全國卷,6D)
(3)( )
(xx·山東理綜,10B)
(4)50 ℃時,pH=4的醋酸中,c(H+)=4.0 mol·L-1( )
(xx·廣東理綜,12A)
(5)50 ℃時,pH=12的純堿溶液中,c(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1( )
(xx·廣東理綜,12C)
(6)在蒸餾水中滴加濃硫酸,Kw不變( )
(xx·天津理綜,5A)
(7)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性,兩溶液中水的電離程度相同( )
(xx·天津理綜,5D)
(8)25 ℃與60 ℃時,水的pH相等( )
(xx·福建理綜,10B)
(9)中和等體積、等物質的量濃度的鹽酸和醋酸所消耗的n(NaOH)相等( )
(xx·福建理綜,10C)
(10)用0.200 0 mol·L-1 NaOH標準溶液滴定HCl與CH3COOH的混合液(混合液中兩種酸的濃度均約為0.1 mol·L-1),至中性時,溶液中的酸未被完全中和( )
(xx·浙江理綜,12C)
(11)常溫下,將pH=3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后,溶液的pH=4( )
(xx·浙江理綜,12A)
(12)“中和滴定”實驗中,容量瓶和錐形瓶用蒸餾水洗凈后即可使用,滴定管和移液管用蒸餾水洗凈后,須經干燥或潤洗后方可使用( )
(2011·浙江理綜,8C)
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)× (9)√ (10)√ (11)× (12)√
2.(xx·山東理綜,13)某溫度下,向一定體積0.1 mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液,溶液中pOH(pOH=-lg[OH-])與pH的變化關系如圖所示,則( )
A.M點所示溶液的導電能力強于Q點
B.N點所示溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)
C.M點和N點所示溶液中水的電離程度相同
D.Q點消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積
答案 C
解析 結合醋酸與NaOH溶液的反應,pOH、pH的定義及題給圖像,分析各選項并得出合理答案。
Q點pOH=pH=a,則有c(H+)=c(OH-),此時溶液呈中性,那么c(CH3COO-)=c(Na+),N點溶液呈堿性,c(OH-)>c(H+),那么c(CH3COO-)7時,則該溶液的pH一定為14-
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