新教材(广西专版)高考化学一轮复习第8章水溶液中的离子反应与平衡第2讲水的电离和溶液的pH课件

这是一份新教材(广西专版)高考化学一轮复习第8章水溶液中的离子反应与平衡第2讲水的电离和溶液的pH课件，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，强基础增分策略，增素能精准突破，研专项前沿命题，明考向真题演练，课程标准，水的离子积常数，②滴定，答案A，②混合溶液pH的计算等内容，欢迎下载使用。

1.认识水的电离,了解水的离子积常数,认识溶液的酸碱性及pH,掌握检测溶液pH的方法。2.能进行溶液pH的简单计算,能正确测定溶液pH,能调控溶液的酸碱性,能选择实例说明溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的重要作用。
一、水的电离1.水的电离水是极弱的电解质,水的电离方程式为　H2O+H2O H3O++OH-　或简写为H2O H++OH-,其电离过程　吸热　(填“吸热”或“放热”)。任何水溶液中水电离出的H+和OH-都是相等的,25 ℃纯水中c(H+)=c(OH-)=　1×10-7 ml·L-1　。 
3.水的电离平衡影响因素的定性判断
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。(1)25 ℃时,0.10 ml·L-1NaHCO3溶液加水稀释后,c(H+)与c(OH-)的乘积变大。(　×　)(2)向水中加入少量NaHSO4固体,促进了水的电离,c(H+)增大,KW不变。(　×　)(3)向水中加入AlCl3溶液对水的电离不产生影响。(　×　)(4)100 ℃的纯水中c(H+)=1×10-6 ml·L-1,此时水呈酸性。(　×　)(5)将水加热,KW增大,pH减小。(　√　)(6)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 ml·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中水的电离程度始终增大。(　×　)
应用提升 (1)水的离子积常数只受温度影响,与水的电离平衡移动和溶液(稀溶液)的酸碱性无关。(2)水中加酸或碱对水的电离均有抑制作用,加能水解的盐促进水的电离。
二、溶液的酸碱性与pH1.溶液的酸碱性　　　溶液呈酸碱性的本质,任何条件下都适用溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)和c(OH-)的相对大小。将“>”“=”或“<”填在下表空格中:
2.溶液的pH(1)表达式为pH=　-lgc(H+)　。 (2)溶液的酸碱性与pH的关系(25 ℃)。
3.pH的测定(1)pH试纸:迅速测定溶液的pH。常用的pH试纸有广泛pH试纸和精密pH试纸,广泛pH试纸可以识别的pH差约为　1　。pH试纸的使用方法如下: ①测定溶液的pH:把小片试纸放在　表面皿　(或玻璃片)上,用洁净干燥的　玻璃棒　蘸取待测液滴在干燥的pH试纸的中部,观察变化稳定后的颜色,与　标准比色卡　对比即可确定溶液的pH。 ②检验气体的酸碱性:先把试纸润湿,粘在　玻璃棒　的一端,再送到盛有待测气体的容器口附近,观察颜色的变化,判断气体的性质。 (2)pH计:精密测量溶液的pH。
不能用蒸馏水润湿,否则因被稀释可能产生误差(中性溶液无误差)
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。(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pH=7,该溶液一定显中性。(　×　)(3)用蒸馏水润湿过的pH试纸测溶液的pH,一定会使结果偏低。(　×　)(4)用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.4。(　×　)(5)一定温度下,pH=a的氨水稀释10倍后,其pH=b,则a=b+1。(　×　)应用提升 (1)溶液中c(H+)越大,c(OH-)越小,溶液的酸性越强,碱性越弱;溶液中c(H+)越小,c(OH-)越大,溶液的碱性越强,酸性越弱。(2)pH=7或c(H+)=10-7 ml·L-1的溶液不一定呈中性。因为水的电离与温度有关,常温时,pH=7的溶液呈中性。
三、酸碱中和滴定1.定义用已知浓度的　酸(或碱)　来测定未知浓度的　碱(或酸)　的方法。 2.原理3.酸碱中和滴定的关键(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的　体积　。 (2)选取适当的指示剂,准确判断　滴定终点　。 
4.【必做实验】强酸与强碱的中和滴定(1)实验原理以标准HCl溶液滴定待测的NaOH溶液为例,待测的NaOH溶液的物质的量浓度为 
(2)实验用品①仪器图A是　酸式　滴定管,图B是　碱式　滴定管,滴定管夹、铁架台、锥形瓶、烧杯。 
②试剂:标准液、待测液、　指示剂　、蒸馏水。 
(3)实验步骤用已知浓度的强酸(HCl)滴定未知浓度的强碱(NaOH)(以酚酞为指示剂) 。①滴定前的准备。
③滴定终点判断。接近滴定终点时,改为滴加半滴酸,直到因加入半滴标准液后,溶液由　粉红　色刚好变为　无　色,且　半分钟内　不恢复原来的颜色,这表示已经到达滴定终点,记录标准液的体积。 
④数据处理。　　异常数据舍弃,再求数据平均值,减小误差按上述操作重复两次,并记录相关数据,根据 计算。
5.(1)酸碱指示剂发生颜色变化的原因: 　 　 　 　 　 　。 (2)中和滴定时,酸碱指示剂的用量不能过多的原因:  　 　　。 
酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱,它们在溶液中存在电离平衡,其分子与电离出的离子呈现不同的颜色。因此,当溶液pH改变时,分子、离子相对含量的变化会引起溶液颜色的变化
酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱,在水溶液中存在电离平衡,故用量不宜过多
(3)不能选择石蕊作中和滴定的指示剂的原因: 　　 　 　 　 　 　。 (4)根据中和反应滴定终点时溶液的酸碱性,选择中和滴定的指示剂: 　 　 　 　 　 　　。 
酸碱中和滴定中一般不用石蕊作指示剂,因其颜色变化不明显
滴定终点为碱性时,用酚酞作指示剂;滴定终点为酸性时,用甲基橙作指示剂。强酸滴定强碱一般用酚酞,但用甲基橙也可以
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。(1)酸性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刻度处的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。(　×　)
应用提升 (1)滴定管的精确度为0.01 mL。(2)由于滴定管的“0”刻度在滴定管的上方,滴定管下端是没有刻度的,故容量为25 mL的滴定管,当液体的凹液面最低处与“0”刻度相平时,滴定管内液体体积大于25 mL。
答案 D解析 酸或碱抑制水的电离,强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐均能促进水的电离,NaOH是强碱,抑制水的电离,Na2CO3是强碱弱酸盐,促进水的电离,所以两溶液中水的电离程度不同,A项错误;pH=9的NaOH溶液中c(H+)=10-9 ml·L-1,推出由水电离出的c水(H+)=c(H+)=10-9 ml·L-1,pH=9的Na2CO3溶液中OH-全部来自水的电离,由水电离出的c水(H+)=c水(OH-)=10-5 ml·L-1,则比值为10-9 ml·L-1∶10-5 ml·L-1=1∶104,B项错误;NaOH抑制水的电离,其他条件不变,稀释氢氧化钠溶液,其对水电离的抑制程度降低,所以水的电离程度增大,C项错误;温度升高,水的电离程度增大,c(OH-)和c(H+)增大,KW增大,D项正确。
针对训练1.已知水的电离平衡如图所示,且pOH=-lg c(OH-),下列说法错误的是(　　)A.各点对应的水的离子积:KW(f)>KW(e)=KW(d)B.加热f点纯水,其组成由f点沿fd直线向d方向迁移C.向c点溶液中通入少量HCl,其组成由c点沿cde曲线向e点移动D.df直线上各点对应的水溶液(或纯水)一定显中性
答案 B解析 pOH+pH=pKW,水的电离吸热,温度越高,水的离子积KW越大,c(OH-)、c(H+)越大,pOH、pH越小,所以温度:T>20 ℃,即KW(f)>KW(d),同时KW只与温度有关,d、e点在等温线上,所以KW(f)>KW(e)=KW(d),A正确;由A项可知加热f点纯水,其组成由f点沿Of直线向O方向迁移,B错误;恒温条件下,向c点溶液中通入少量HCl,溶液酸性增强,pH减小,由于pOH+pH=pKW,所以pOH增大,其组成由c点沿cde曲线向e点移动,C正确;df直线上各点对应的水溶液(或纯水)中均有pH=pOH,即c(OH-)=c(H+),所以df直线上各点对应的水溶液(或纯水)均呈中性,D正确。
2.25 ℃时,在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05 ml·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∶109B.1∶5∶5×109∶5×108C.1∶20∶2010∶109D.1∶10∶104∶109
答案 A解析 25 ℃时,pH=0的H2SO4溶液中由水电离出的c(H+)=10-14 ml·L-1; 0.05 ml·L-1的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05 ml·L-1×2=0.1 ml·L-1,根据KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14,可知由水电离出的c(H+)=10-13 ml·L-1;pH=10的Na2S溶液中由水电离出的c(H+)=10-4 ml·L-1;pH=5的NH4NO3溶液中由水电离出的c(H+)=10-5 ml·L-1,故等体积题给溶液中发生电离的水的物质的量之比为10-14∶10-13∶10-4∶10-5=1∶10∶1010∶109。
归纳总结水电离出的c水(H+)或c水(OH-)的相关计算(25 ℃)(1)中性溶液:c(OH-)=c(H+)=10-7 ml·L-1酸溶液中,H+来源于酸的电离和水的电离,而OH-只来源于水的电离。
碱溶液中,OH-来源于碱的电离和水的电离,而H+只来源于水的电离。
水解呈酸性(或碱性)的盐溶液中,H+(或OH-)均来源于水的电离。
考向2.溶液的酸碱性判断典例突破大多数植物可以在pH为5.5~6.5的土壤中生长,但洋蓟更喜欢pH为6.5~7.5的土壤。室温下,下列混合溶液的pH一定小于7的是(　　)A.pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合B.pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合C.pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合D.pH=3的硫酸和pH=11的氨水等体积混合
答案 C解析 pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3 ml·L-1,pH=11的氨水中c(OH-)=1×10-3 ml·L-1,由于氨水为弱碱,在室温下等体积混合后,氨水过量,混合溶液的pH>7,A错误;pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3 ml·L-1,pH=11的氢氧化钡溶液中c(OH-)=1×10-3 ml·L-1,酸、碱都是强电解质,在室温下等体积混合后,pH=7,B错误;pH=3的醋酸中c(H+)=1×10-3 ml·L-1,pH=11的氢氧化钡溶液中c(OH-)=1×10-3 ml·L-1,由于醋酸为弱酸,在室温下等体积混合后,醋酸过量,混合溶液的pH<7,C正确;pH=3的硫酸中c(H+)=1×10-3 ml·L-1,pH=11的氨水中c(OH-)=1×10-3 ml·L-1,由于氨水为弱碱,在室温下等体积混合后,氨水过量,混合溶液的pH>7,D错误。
针对训练1. 下列溶液一定呈中性的是(　　)A.pH=7的溶液B.等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液C.c(H+)=c(OH-)的溶液D.滴入紫色石蕊溶液不变色的溶液
答案 C解析 pH=7的溶液不一定呈中性,如100 ℃时,水的离子积常数约为10-12,当pH=7时溶液呈碱性,故A错误;等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液不一定呈中性,如等物质的量的二元强酸硫酸与一元强碱氢氧化钠混合反应时,硫酸过量,溶液呈酸性,故B错误;氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等的溶液一定呈中性,故C正确;滴入紫色石蕊溶液不变色的溶液pH在5~8范围内,溶液可能呈酸性、中性或碱性,故D错误。
2.已知温度为T时水的离子积常数为KW,该温度下,将浓度为a ml·L-1的一元酸HA溶液与b ml·L-1的一元碱BOH溶液等体积混合,可判定该溶液呈中性的依据是(　　)A.a=bB.混合溶液的pH=7C.混合溶液中,c(H+)= ml·L-1D.混合溶液中,c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-)
答案 C解析 溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),则水的离子积KW=c(H+)·c(OH-)=c2(H+),所以c(H+)= ml·L-1,C正确。A项中a=b,不知酸和碱的强弱,故不好判断溶液酸碱性;B项中没有指明在25 ℃时,pH=7不能作为溶液呈中性的依据;D项为电荷守恒,不能判定该溶液呈中性。
归纳总结溶液酸碱性的两种判断方法
(2)常温下,已知pH之和的酸、碱溶液等体积混合所得溶液的酸碱性分析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,一元强酸溶液和一元弱碱溶液等体积混合呈碱性;一元强碱溶液和一元弱酸溶液等体积混合呈酸性。
考向3.pH相关的计算典例突破常温下,关于溶液稀释的说法正确的是(　　)A.将1 L 0.1 ml·L-1 Ba(OH)2溶液加水到体积为2 L,pH=13
针对训练1.计算25 ℃时下列溶液的pH:(1)1 mL pH=2的H2SO4加水稀释至100 mL,pH=　　　　　; (2)0.001 ml·L-1的盐酸,pH=　　　　　　　　　; (3)0.01 ml·L-1的NaOH溶液,pH=　　　　　; (4)0.015 ml·L-1的硫酸与0.01 ml·L-1的NaOH等体积混合,混合溶液的pH=　　　　　。 
答案 (1)4　(2)3　(3)12　(4)2解析 (1)常温下,强酸稀释100倍,pH变化2个单位,即稀释后溶液的pH=4; (2)常温下,c(H+)=10-3 ml·L-1,pH=3;
2. 下列说法不正确的是(　　)A.0.1 ml·L-1氨水的pH=a,将此溶液稀释1倍后,溶液pH=b,则a>bB.室温下1 mL pH=13的NaOH溶液与100 mL盐酸混合后溶液pH=7,则盐酸的pH=3C.纯水加热到100 ℃时,水的离子积变大、pH变小、呈中性D.相同温度下,pH相同的Na2CO3和Na2SO3溶液中,水电离程度较大的是Na2CO3溶液
答案 D解析 0.1 ml·L-1氨水的pH=a,将此溶液稀释到体积为原来的1倍,溶液pH=b,氨水稀释后氢氧根离子浓度减小,溶液的pH减小,则a>b,A正确;氯化氢和氢氧化钠都是强电解质,两种溶液混合后溶液呈中性,说明两种物质的物质的量相等,根据溶液体积知,c(HCl)= c(NaOH)=0.001 ml·L-1,所以盐酸的pH=3,B正确;纯水加热到100 ℃时,加热促进水的电离,水的离子积变大,溶液中氢离子浓度增大,pH减小,纯水显中性,C正确;两种溶液的pH相同,说明Na2CO3和Na2SO3水解生成的氢氧根离子浓度相同,溶液中的氢氧根离子均由水电离,所以两种溶液中水的电离程度相同,D错误。
归纳总结pH计算思路与类型(1)口诀与步骤口诀:酸按酸(H+),碱按碱(OH-),酸碱中和求过量,无限稀释7为限。步骤:先判断溶液的酸碱性c
(2)pH计算思路与类型①单一溶液pH的计算强酸溶液:如HnA溶液,设HnA浓度为c ml·L-1,c(H+)=nc ml·L-1,pH=-lgc(H+)=-lg nc。强碱溶液(25 ℃):如B(OH)n溶液,设B(OH)n浓度为c ml·L-1,
考向1.酸碱中和滴定操作及误差分析典例突破某学生用0.100 0ml·L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸,其操作可分解为如下几步:A.移取20.00 mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶中,并加入2~3滴酚酞溶液B.用标准溶液润洗滴定管2~3次C.把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好,调节滴定管使尖嘴处充满溶液D.取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2~3 mL处E.调节液面至“0”或“0”以下刻度,记下读数F.把锥形瓶放在滴定管的下面,用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。就此实验完成填空:
(1)正确操作步骤的顺序是　 　(用序号字母填写)。 (2)上述B步骤操作的目的是　 　。 (3)上述A步骤操作之前,若先用待测溶液润洗锥形瓶,则滴定结果　 　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 (4)判断到达滴定终点的实验现象是　 　。 
答案 (1)B、D、C、E、A、F　(2)洗去附在滴定管壁上的水,防止因将标准溶液稀释而带来误差　(3)偏高　(4)滴入最后半滴KOH溶液,溶液由无色变为浅红色且半分钟内不变色解析 (2)无论是盛放标准液还是待测液的滴定管均应润洗,因为滴定管的内壁上附着的蒸馏水会将放入的溶液稀释而引起测定误差。(3)A步骤操作之前,先用待测液润洗锥形瓶,会使待测液的体积大于20.00 mL,消耗标准液多,则测定结果偏高。(4)由于用酚酞作指示剂,故当滴入最后半滴KOH溶液时,溶液由无色变为浅红色且半分钟内不变色,即达到了滴定终点。
针对训练1.(2022山东卷)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度,应选甲基橙为指示剂,并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是(　)A.可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中B.应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液C.应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体D.达到滴定终点时溶液显橙色
答案 A解析 本题考查滴定实验中的相关知识点,包括药品的取用、称量、配制,滴定终点的判断。量筒的精确度不高,只能读到小数点后一位, 应选用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中,A项错误;Na2CO3溶液显碱性,配制Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞,以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有黏性的硅酸钠而将瓶塞黏住,应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液,B项正确;Na2CO3固体具有吸湿性,为了避免产生误差,应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体,C项正确;Na2CO3溶液显碱性,甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色,当滴入最后半滴盐酸时,溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不恢复原来的颜色即为滴定终点,故达到滴定终点时溶液显橙色,D项正确。
2. 用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度,假设烧碱样品中的杂质(可溶于水)与酸不反应,试根据实验回答下列问题:(1)将准确称取的4.3 g烧碱样品配成250 mL待测液,该过程中除烧杯、玻璃棒外,还必须用到的玻璃仪器有　 　、　 　。 (2)取10.00 mL待测液,用　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取。 (3)用0.201 0 ml·L-1的标准盐酸滴定待测烧碱溶液(用酚酞作指示剂),滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞,右手不停地摇动锥形瓶,两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化,直到　 　,即达到滴定终点。 
(4)根据表中数据,可计算出烧碱的纯度为　 　(用百分数表示,结果保留小数点后一位小数)。 
(5)排去碱式滴定管中的气泡应采用操作　 　(填“甲”“乙”或“丙”),然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。 
(6)在该滴定实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的是　 　(填字母)。 A.滴定终点读数时俯视读数B.酸式滴定管水洗后未用标准盐酸润洗C.锥形瓶水洗后未干燥D.锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗E.滴定到指示剂刚变色,摇动锥形瓶后颜色恢复,没再继续滴定F.酸式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失
答案 (1)250 mL容量瓶　胶头滴管　(2)碱式(3)溶液由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复(4)93.5%　(5)丙　(6)BDF解析 (1)配制溶液步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解,冷却后转移到250 mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管滴加,所以需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶和胶头滴管,所以还需要用到的玻璃仪器有250 mL容量瓶和胶头滴管。(2)待测液是碱性溶液,应盛放在碱式滴定管中。
(3)滴定时,两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化,以便准确判断终点的到达,若溶液由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复,可说明达到滴定终点。
(5)碱式滴定管中排气泡的方法:把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲,再排气泡,所以丙正确,原理是气体的密度比较小,尖嘴朝上,气体容易逸出。(6)滴定终点读数时俯视读数,导致读数偏小,测定结果偏小,A错误;酸式滴定管水洗后未用标准盐酸润洗,导致标准液的浓度偏低,滴定时消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高,B正确;锥形瓶水洗后未干燥,对待测液的物质的量没有影响,不影响滴定结果,C错误;锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗,导致待测液的物质的量偏大,消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高,D正确;滴定到指示剂刚变色,摇动锥形瓶后颜色恢复,没再继续滴定,反应没有完全,消耗的标准液体积偏小,测定结果偏低,E错误;酸式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失,导致标准液的体积读数偏大,测定结果偏高,F正确。
归纳总结(1)滴定实验误差分析(以标准盐酸滴定氢氧化钠溶液为例) ,由于c标和V待已经确定,只要分析出由不当操作引起的V标的变化,即可分析出结果。
(2)错误读数产生的误差①俯视和仰视(如图b和图c)如图b,当用量筒测量液体的体积时,由于俯视视线向下倾斜,寻找切点的位置在凹液面的上侧,读数高于正确的刻度线位置,即读数偏大。(量筒刻度从下到上逐渐增大)
如图c,当用滴定管测量液体的体积时,由于仰视视线向上倾斜,寻找切点的位置在液面的下侧,因滴定管刻度顺序与量筒不同,仰视读数偏大。(滴定管刻度从下到上逐渐减小)
②酸碱中和滴定实验中,两次视线呈三角形,读的体积小于实际体积(如图d);两次视线呈梯形,读的体积大于实际体积(如图e)。
考向2.酸碱中和滴定曲线分析典例突破常温下,向20.00 mL 0.100 0 ml·L-1盐酸中滴加0.100 0 ml·L-1 NaOH溶液,溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg 5=0.7,下列说法不正确的是(　　)
A.NaOH与盐酸恰好完全反应时,溶液pH=7B.V(NaOH溶液)=30.00 mL时,溶液pH=标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性,因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度,标定时可采用甲基橙为指示剂D.选择甲基红指示反应终点,误差比甲基橙的小
答案 C解析 NaOH与盐酸恰好完全反应时,生成NaCl,溶液呈中性,常温下pH=7,则A正确;盐酸与NaOH溶液浓度相同,加入30.00 mL NaOH溶液时,NaOH过量,则反应后溶液中NaOH的浓度为c(NaOH)= ml·L-1=0.02 ml·L-1,c(H+)= ml·L-1=5×10-13 ml·L-1,pH=-lg(5×10-13)=12.3,B正确;用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度,滴定终点溶液呈碱性,应该选用酚酞作指示剂,C错误;指示剂的变色范围与pH突变范围越靠近,误差越小,故甲基红指示反应终点,误差比甲基橙的小,D正确。
针对训练1.25 ℃时,分别取浓度均为0.1 ml·L-1的醋酸溶液和氨水各20 mL置于两个锥形瓶中,分别用0.1 ml·L-1 NaOH溶液、0.1 ml·L-1盐酸进行中和滴定,滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.25 ℃时,0.1 ml·L-1的醋酸溶液中CH3COOH约有10%电离B.绘制曲线Ⅱ的实验中通过控制滴定管玻璃活塞控制滴定速度C.曲线Ⅰ上a点溶液中:c(Cl-)>c( )>c(OH-)>c(H+)D.曲线Ⅱ上b点溶液中:c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]
答案 D解析 根据曲线变化趋势可知,当未滴加溶液时,曲线Ⅰ的pH>7,说明属于酸滴定碱溶液,曲线Ⅱ的pH<7,说明属于碱滴定酸溶液。曲线Ⅱ表示氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液,滴定前醋酸溶液的pH约为3,即溶液中氢离子浓度约为0.001 ml·L-1,所以25 ℃时,0.1 ml·L-1的醋酸溶液中CH3COOH约有×100%=1%电离,A错误;曲线Ⅱ表示氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液,绘制曲线Ⅱ的实验中通过控制碱式滴定管中的玻璃球控制滴定速度,B错误;曲线Ⅰ表示盐酸滴定氨水,滴加盐酸到10 mL时,得到等物质的量浓度的NH4Cl和一水合氨,a点溶液显碱性,说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度,则溶液中:c( )>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),C错误;
曲线Ⅱ表示氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液,b点溶液中含有相同物质的量浓度的醋酸钠和醋酸,根据电荷守恒c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)和元素守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)可知溶液中:c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)],D正确。
2. 298 K时,向20.0 mL 0.10 ml·L-1 H2A溶液中滴加0.10 ml·L-1 NaOH溶液,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.该滴定过程应该选择石蕊溶液作指示剂B.W点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2A+2OH- ══ A2-+2H2OC.Y点对应的溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)D.反应H2A+A2- 2HA-的平衡常数K=1.0×107.4
归纳总结巧抓“五点”,突破酸碱中和滴定曲线中的粒子浓度关系(1)抓反应的“起始”点,判断酸(或碱)的相对强弱。(2)抓反应的“一半”点,判断是什么溶质的等量混合。(3)抓“恰好”反应点,生成的溶质是什么,判断溶液的酸碱性。(4)抓溶液的“中性”点,生成什么溶质,哪种物质过量或不足。(5)抓反应的“过量”点,溶液中的溶质是什么,判断哪种物质过量。
以向0.1 ml·L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 ml·L-1 NaOH溶液为例,溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示:(注:B点为反应一半点,C点为中性点,D点为恰好反应点,E点处NaOH过量一倍)
分析:A点,0.1 ml·L-1 CH3COOH溶液的pH>1,故CH3COOH是弱酸;B点,溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH,pH<7,离子浓度关系:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);C点,溶质为CH3COONa、CH3COOH,CH3COOH稍过量,pH=7,离子浓度关系:c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-);D点,溶质为CH3COONa,pH>7,离子浓度关系:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+);E点,溶质为等物质的量的CH3COONa、NaOH,pH>7,离子浓度关系: c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)。
酸碱中和滴定及拓展应用
考向1氧化还原滴定例1.Ⅰ.(1)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.010 0 ml·L-1的K2Cr2O7标准溶液250 mL,应准确称取　　 g K2Cr2O7(已知 =294 g·ml-1)。配制该标准溶液时,下列仪器中不需要用到的有　　　　　(用编号表示)。 ①电子天平　②烧杯　③玻璃棒　④容量瓶　⑤胶头滴管　⑥移液管(2)滴定操作中,如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡,而滴定结束后气泡消失,则测定结果将　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 Ⅱ.取Ce(OH)4产品0.536 g,加硫酸溶解后,用0.100 0 ml·L-1 FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+),消耗25.00 mL标准溶液,该产品中Ce(OH)4的质量分数为　　　　　　　 (保留到小数点后一位) 。
思路指导Ⅰ.(1)第一步,根据m=n×M=c×V×M求算K2Cr2O7的质量: m(K2Cr2O7)=0.010 0 ml·L-1×0.25 L×294.0 g·ml-1=0.735 g。第二步,根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤确定所需仪器:称量0.735 g K2Cr2O7应使用电子天平,溶解过程中要使用烧杯和玻璃棒,溶液要在容量瓶中定容,定容时还要使用胶头滴管,不用移液管。(2)第一步,判断滴定方式——直接滴定法。第二步,根据原理进行误差分析:由关系式K2Cr2O7~6Fe2+,滴定过程中,装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管开始有气泡,后来气泡消失,则导致标准液的读数偏大,则测定结果偏大。
Ⅱ.第一步,判断滴定方式——直接滴定法。第二步,由电子得失守恒可得知关系式:Ce(OH)4~FeSO4,n[Ce(OH)4]=n(FeSO4)=0.100 0 ml·L-1×0.025 L=0.002 5 ml,m[Ce(OH)4]=0.002 5 ml×208 g·ml-1=0.52 g,
答案 Ⅰ.(1)0.735 　⑥　(2)偏大　Ⅱ.97.0%
突破方法氧化还原滴定法原理及解题策略(1)原理①原理:以氧化剂或还原剂为滴定剂,直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。②实例:Na2S2O3溶液滴定碘液,原理为2Na2S2O3+I2 === Na2S4O6+2NaI,淀粉溶液作指示剂,当滴入最后半滴Na2S2O3溶液,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不变色时达到滴定终点。
(2)解答滴定原理综合应用试题的策略①滴定误差分析的基本思路滴定的误差分析,都要依据公式:c(待测)=c(标准)· 来判断,c(标准)和V(待测)在误差分析时看作定值,将错误操作都归因于所耗标准液体积V(标准)变大或变小,V(标准)变大则c(待测)偏高,V(标准)变小则c(待测)偏低。②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时溶液的酸碱性 一致。a.常用的指示剂有酚酞、甲基橙、淀粉溶液等,但一般不选用石蕊溶液作指示剂; b.并不是所有的滴定都需使用指示剂,如用Na2SO3标准溶液滴定KMnO4溶液时,KMnO4颜色褪去时即滴定终点。
针对训练1.KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂。(1)滴定时应将KMnO4溶液加入　　　　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中;在规格为50.00 mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为　　　　(填字母)。  mLC.大于35.00 mLD.小于15.00 mL
(2)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下:Ⅰ.称取m g样品置于锥形瓶中,加入稀硫酸溶解,水浴加热至75 ℃。用c ml·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,消耗KMnO4溶液V1 mL。Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀硫酸酸化后,在75 ℃下继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,又消耗KMnO4溶液V2 mL。样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126 g·ml-1)的质量分数表达式为　　　　　　　　　　　　　　　。 
下列关于样品组成分析的说法,正确的是　　　　　(填字母)。 C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高
解析 (1)KMnO4具有强氧化性,可腐蚀橡胶管,因此KMnO4溶液应采用酸式滴定管盛装。滴定管的构造特点是0刻度在上,最大刻度在下,最大刻度线下仍然存在一定容积,因此滴定管起始读数为15.00 mL时,滴定管中KMnO4溶液的实际体积大于35.00 mL,C项正确。(2)设FeC2O4·2H2O、Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O的物质的量分别为x、y、z,则由实验步骤Ⅰ和实验步骤Ⅱ反应过程中得失电子守恒可列等式:3x+6y+2z=5cV1×10-3 ml①、x+2y=5cV2×10-3 ml②,
考向2沉淀滴定例2.用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-),实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。Ⅰ.准备标准溶液a.准确称取AgNO3基准物4.250 0 g(0.025 0 ml)后,配制成250 mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中避光保存,备用。b.配制并标定100 mL 0.100 0 ml·L-1 NH4SCN标准溶液,备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤a.取待测NaI溶液25.00 mL置于锥形瓶中。b.加入25.00 mL 0.100 0 ml·L-1 AgNO3溶液(过量),使I-完全转化为AgI沉淀。c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d.用0.100 0 ml·L-1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后,体系出现淡红色,停止滴定。e.重复上述操作两次,三次测定数据如下表:f.数据处理。
回答下列问题:(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有　　　　　　　　。 (2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是　　　　　　。 (3)滴定过程中b和c两步操作是否可以颠倒?　　　,说明理由:　　　　　　。 (4)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为　　　　　　 mL,测得c(I-)=　　　　　　　 ml·L-1。 (5)判断下列操作对c(I-)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。①若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则测定结果　　　　　。 ②若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,则测定结果　　　　　　　。 
思路指导(1)通过配制一定物质的量浓度溶液的步骤判断玻璃仪器:配制250 mL AgNO3标准溶液要用250 mL容量瓶、胶头滴管、烧杯和玻璃棒。(2)根据物质的性质确定保存方法:AgNO3见光易分解,因此AgNO3标准溶液要放在棕色试剂瓶中避光保存。(3)根据物质的典型性质分析问题:Fe3+、I-分别是典型的氧化剂和还原剂,若操作颠倒,指示剂中含有的Fe3+会与待测液中的I-反应,使指示剂耗尽,无法指示滴定终点。
(4)第一步,分析数据、排除异常、计算体积:观察三次实验数据知,第1次数据与后两次实验数据相差较大,应舍去;第2次和第3次实验数据求得消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为10.00 mL;第二步,确定滴定类型和原理,找出关系式,进行计算:该滴定属于过量试剂型,由Ag++I- === AgI↓、Ag++SCN- === AgSCN↓知, c(I-)=(0.025 L×0.100 0 ml·L-1-0.010 L×0.100 0 ml·L-1)÷0.025 L=0.060 0 ml·L-1。(5)根据滴定类型进行误差分析:该滴定属于过量试剂型,滴定时消耗的NH4SCN溶液偏少,则测定的c(I-)偏高。①配制AgNO3标准溶液时烧杯中的溶液溅出,则配制的AgNO3标准溶液浓度偏小,滴定时消耗NH4SCN溶液偏少,测定的c(I-)偏高;②滴定终点时俯视读数,由于滴定管刻度“上小下大”,故读数偏小,代入计算式的NH4SCN标准溶液体积偏小,测定的c(I-)偏高。
答案 (1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管　(2)避免AgNO3见光分解(3)否(或不能)　若颠倒,Fe3+与I-反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点(4)10.00　0.060 0　(5)①偏高　②偏高
突破方法沉淀滴定法及解题步骤(1)定义:沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法,生成沉淀的反应很多,但符合条件的却很少,实际上应用最多的是银量法,即利用Ag+与卤素离子的反应来测定Cl-、Br-、I-的浓度。(2)原理:沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂,滴定剂与被滴定物质反应产生的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应产生的生成物的溶解度小,否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl-的含量时常以 为指示剂,这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶。
(3)常见类型①连续反应型:A发生反应生成B,再用C滴定B。解题思路:利用化学(或离子)方程式找出A与C之间的关系式,进行计算和误差分析。②过量试剂型:向A中加入过量的B,再用C滴定过量的B。解题思路:由C求出过量的B,进一步求出与A反应的B,进行计算和误差分析。(4)解题步骤
针对训练2.三氯氧磷(POCl3)常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料,实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下:Ⅰ.制备POCl3。采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3,实验装置(加热及夹持仪器略)如图所示:
已知:①Ag++SCN- === AgSCN↓;Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN);磷酸银溶于硝酸。②PCl3和POCl3的相关信息如下表:
(1)POCl3遇水反应的化学方程式为　 　。 (2)装置B的作用除干燥O2外,还有　 　的作用;干燥管的作用是　 　。 (3)反应温度要控制在60~65 ℃,原因是　 　。 
Ⅱ.测定POCl3产品的含量。实验步骤:①制备POCl3实验结束后,待三颈烧瓶中的液体冷却至室温,准确称取30.7 g POCl3产品,置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解,将水解液配成100.00 mL溶液。②取10.00 mL溶液置于锥形瓶中,加入10.00 mL 3.2 ml·L-1 AgNO3标准溶液。③加入少许硝基苯用力摇动,使沉淀表面被有机化合物覆盖。④以X为指示剂,用0.2 ml·L-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,达到滴定终点时共用去10.00 mL KSCN溶液。(4)步骤③中加入硝基苯的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　。若无此操作,所测产品中氯元素的质量分数将会　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (5)步骤④中X为　 　;产品中POCl3的质量分数为　 　。 
答案 (1)POCl3+3H2O === H3PO4+3HCl(2)平衡压强、观察O2的流速　防止空中的水蒸气进入三颈烧瓶(3)温度过低,反应速率太慢;温度过高,PCl3易挥发,利用率低(4)防止在滴加KSCN溶液时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀　偏小(5)Fe(NO3)3　50%
解析 (1)POCl3遇水会发生反应,根据原子守恒可知反应的化学方程式为POCl3+3H2O === H3PO4+3HCl。(2)B装置长颈漏斗和大气相连,则B还有平衡压强、观察O2的流速的作用;POCl3遇水会发生反应,干燥管可以防止空中的水蒸气进入三颈烧瓶与POCl3发生反应。(3)PCl3的沸点为76.0 ℃,若温度过低,反应速率太慢;若温度过高,PCl3易挥发,导致PCl3的利用率低,所以反应温度要控制在60~65 ℃。
(4)实验过程中加入硝基苯的目的是覆盖氯化银,防止AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀而导致数据不准确。如无此操作,部分AgCl沉淀会转化为更难溶的AgSCN,消耗的KSCN溶液偏多,则测得的POCl3的含量偏小,所测产品中氯元素的质量分数将会偏小。(5)由于是用KSCN溶液滴定溶液中过量的Ag+,而Fe(SCN)3溶液是红色溶液,所以可用Fe(NO3)3溶液作指示剂,当溶液中Ag+反应完全后,再滴加的KSCN溶液就会与溶液中的Fe3+作用,使溶液变为红色;根据物质的元素组成及关系式可知POCl3~3HCl~3Ag+,n(Ag+)=0.032 ml -0.002 ml=0.03 ml , n(POCl3)=0.01 ml ,所以三氯氧磷的含量为
例3.(2023浙江联考)某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠(Na2HPO3)溶液过程中的化学变化,得到电极电位U和溶液pH随盐酸滴加的体积变化曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　)
[已知:①电位滴定法的原理:在化学计量点附近,被测离子浓度发生突跃,指示电极电位也发生了突跃,进而确定滴定终点。②亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸,其电离常数分别是
A.a点对应溶液的溶质为NaH2PO3和NaCl,pH<7B.第二次电极电位突跃发生的化学反应为NaH2PO3+HCl === NaCl+H3PO3D.水的电离程度:a>b
思路指导亚磷酸钠与少量盐酸反应:Na2HPO3+HCl === NaH2PO3+NaCl,继续加入盐酸,NaH2PO3+HCl === NaCl+H3PO3,根据图像可知,从开始到a点发生Na2HPO3+HCl === NaH2PO3+NaCl,从a点到b点发生NaH2PO3+HCl === NaCl+H3PO3。
针对训练3.(2023广西名校联考)电流滴定法(电压10 mV~100 mV)是根据电流情况判断滴定终点,如图所示,仅I2、I-同时存在时才能产生电流。可用此法来测定Na2S2O3溶液的浓度。已知: 。下列说法错误的是(　　)
A.b为滴定终点B.ab段电流减小是因为离子浓度降低C.该反应可不用指示剂,电流就可以判断滴定情况D.若碘液中含有38.1 g的I2,硫代硫酸钠溶液的浓度为0.5 ml·L-1
答案 B解析 根据信息I2、I-同时存在时才能产生电流,滴定终点时无I2,电流为0,A正确;根据 ,该反应生成的离子的物质的量增加,电流减小是因为I2浓度的减小,B错误;不需要指示剂,电流就可以判断滴定情况,C正确;若碘液中含有38.1 g的I2,n(I2)= =0.15 ml, n(Na2S2O3)=2n(I2)=0.3 ml,V=600 mL,所以硫代硫酸钠溶液的浓度为0.5 ml·L-1,D正确。
1.(2023湖南卷)常温下,用浓度为0.020 0 ml·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 ml·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液,滴定过程中溶液的pH随η[η= ]的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76B.点a:c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)C.点b:c(CH3COOH)点a对应的溶液中的溶质组成为c(NaCl)∶c(CH3COOH)=1∶1,根据物料守恒有c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),B项正确;
点b对应η=1.50, CH3COOH被中和一半,此时溶液中的溶质组成为c(NaCl)∶c(CH3COOH)∶c(CH3COONa)=2∶1∶1,由图像可知溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则c(CH3COOH)2.00时NaOH过量,水的电离被抑制,故点d水的电离程度小于点c,D项错误。
2.(2022浙江6月选考)25 ℃时,向20 mL浓度均为0.1 ml·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1 ml·L-1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5;用0.1 ml·L-1的NaOH溶液滴定20 mL等浓度的盐酸,滴定终点的pH突跃范围为4.3~9.7)。下列说法不正确的是(　　)A.恰好中和时,溶液呈碱性B.滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中,发生反应的离子方程式为H++OH- === H2OC.滴定过程中,c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)D.pH=7时,c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
答案 B解析 恰好中和时,溶液中的溶质为氯化钠和醋酸钠,醋酸钠水解使溶液显碱性,A项正确。由醋酸的Ka可计算出0.1 ml·L-1的醋酸的pH约为3,说明滴加氢氧化钠溶液至pH为4.3的过程中,还会发生醋酸与氢氧化钠的反应,反应的离子方程式为CH3COOH+OH- === CH3COO-+H2O,B项错误。盐酸是强酸,故盐酸的浓度等于氯离子的浓度,由于盐酸和醋酸为等浓度混合,故根据元素守恒,c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),C项正确。pH=7时,溶液中存在氯化钠、醋酸钠和醋酸,由C项分析可知,c(Cl-)>c(CH3COO-),由Ka可得 =180,因此c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-) >c(CH3COOH),D项正确。
阅读下列材料,完成3~5题。一定条件下,乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全,利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的烃基含量,实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下:①配制一定浓度的乙酸酐—苯溶液。②量取一定体积乙酸酐—苯溶液置于锥形瓶中,加入m g ROH样品,充分反应后,加适量水使剩余乙酸酐完全水解:(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。③加指示剂并用c ml·L-1 NaOH—甲醇标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液V1 mL。④在相同条件下,量取相同体积的乙酸酐—苯溶液,只加适量水使乙酸酐完全水解;加指示剂并用c ml·L-1 NaOH—甲醇标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液V2 mL。
3.(2023山东卷)对于上述实验,下列做法正确的是(　　)A.进行容量瓶检漏时,倒置一次即可B.滴入半滴标准溶液,锥形瓶中溶液变色,即可判定达滴定终点C.滴定读数时,应单手持滴定管上端并保持其自然垂直D.滴定读数时,应双手一上一下持滴定管
答案 C解析 容量瓶检漏时,应倒置两次,第二次时将玻璃塞旋转180°再将容量瓶倒置,两次倒置,容量瓶瓶塞周围均无水渗出,表明容量瓶不漏水,A项错误;判断滴定终点时,锥形瓶中溶液变色,且半分钟内不恢复原来的颜色,即可判定到达滴定终点,B项错误;滴定读数时,应将滴定管固定在滴定台上,或者单手持滴定管上端无刻度处,并保持其自然垂直,C项正确,D项错误。
4.(2023山东卷)ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是(　　)
答案 A解析 根据CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O,可计算出步骤④中乙酸酐水解反应生成的CH3COOH的物质的量为cV2×10-3 ml;根据(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH、(CH3CO)2O+H2O→ 2CH3COOH,可计算出步骤②中乙酸酐醇解反应生成的CH3COOH和乙酸酐水解反应生成的CH3COOH的物质的量之和为cV1×10-3 ml;因为两次滴定量取的是相同条件下、相同体积的乙酸酐—苯溶液,所以可求出ROH样品中羟基的物质的量为n(—OH)=n(ROH)= n(CH3COOR)=(cV2×10-3-cV1×10-3) ml=c(V2-V1)×10-3 ml,羟基含量为
5.(2023山东卷)根据上述实验原理,下列说法正确的是(　　)A.可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验B.若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化,将导致测定结果偏小C.步骤③滴定时,不慎将锥形瓶内溶液溅出,将导致测定结果偏小D.步骤④中,若加水量不足,将导致测定结果偏大
答案 B解析 乙酸与醇的酯化反应是可逆反应,因此无法用乙酸定量测定有机醇中的羟基含量,A项错误;甲醇挥发会造成标准溶液浓度增大,进行步骤③时,消耗的标准溶液体积变小,即V1变小,由于在使用过程中甲醇不断挥发,步骤④中的NaOH—甲醇溶液的浓度相对步骤③中溶液浓度更大,即V2减小的程度更大,因此V2-V1偏小,导致测定结果偏小,B项正确;若步骤③滴定时锥形瓶内液体溅出,则V1偏小,导致测定结果偏大,C项错误;若步骤④中加水量不足,在滴定过程中未水解的乙酸酐继续醇解,乙酸酐不能完全转化为乙酸,则V2偏小,导致测定结果偏小,D项错误。
6.(2023北京卷,节选)尿素样品含氮量的测定方法如下。已知:溶液中c( )不能直接用NaOH溶液准确滴定。
(1)消化液中的含氮粒子是　　　　　。 (2)步骤ⅳ中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V,计算样品含氮量还需要的实验数据有 　　　　　。 
答案 (1)(2)样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度解析 (1)尿素消化分解生成NH3和CO2,由于反应中存在浓硫酸,则消化液中含氮粒子为 。(2)步骤ⅳ中,标准NaOH溶液滴定的是步骤ⅲ中剩余的H2SO4,因此除了已知数据外,还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
7.(2023浙江卷,节选)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH)aClb]m,a=1~5),按如下流程开展实验。
已知:①铝土矿主要成分为Al2O3,含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。②[Al2(OH)aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量,盐基度= 。当盐基度为0.60~0.85时,絮凝效果较好。
测定产品的盐基度。Cl-的定量测定:称取一定量样品,配成溶液,移取25.00 mL溶液于锥形瓶中,调pH=6.5~10.5,滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下,用0.100 0 ml·L-1 AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀),30秒内不褪色。平行测试3次,平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.100 0 ml·L-1。(1)产品的盐基度为　　　　　　。 (2)测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果,原因是    　。