《2022年高考化學一輪復習知識梳理與訓練 第8章 第2講 水的電離和溶液的酸堿性（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考化學一輪復習知識梳理與訓練 第8章 第2講 水的電離和溶液的酸堿性（含解析）（30頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考化學一輪復習知識梳理與訓練 第8章 第2講 水的電離和溶液的酸堿性（含解析） [考綱要求]　1.理解水的電離、離子積常數以及影響水電離平衡的因素。2.了解溶液pH的定義，能進行溶液pH的簡單計算。3.初步掌握中和滴定的原理和方法，初步掌握測定溶液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＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。 2．水的離子積常數 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：K

2、w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

3、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

4、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－)是增大還是減小？ 答案　甲正確，溫度不變，Kw是常數，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，不如說是水溶液中的H＋和OH－的離子積常數。即

5、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 ②NaOH　③H2SO4?、?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，

6、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H2OH＋＋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不變 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＋)＝10－7mol·L－1，Kw不變 答案　AB 解析　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10－7mol·

7、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)10－12mol·L－1　10－12mol·L－1 (2)10－10mol·L－1　10－

8、10mol·L－1　(3)10－2mol·L－1 (4)10－4mol·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－)＝10－4mol·L－1，c(H＋)＝10－10mol·L－1，則水電離的c(H＋)＝c(OH－)＝10－10mol·L－1。 (3)(4)水解的鹽溶液中的H＋或OH－均由水

9、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＋)＝10－2mol·L－1；pH＝10的Na2CO3溶液中由水電離產生的c(OH－)＝10－4mol·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?、?.1mol·L－1的鹽酸 ③0.01mol·L－1的NaOH溶液　④pH＝11的NaOH溶液 A．1∶10∶100∶1000 B．0∶1∶12∶11 C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶3 答案　A 解析?、僦衏(H＋)＝1mol·L

10、－1，由水電離出的c(H＋)與溶液中c(OH－)相等，等于1.0×10－14mol·L－1； ②中c(H＋)＝0.1mol·L－1，由水電離出的c(H＋)＝ 1．0×10－13mol·L－1； ③中c(OH－)＝1.0×10－2mol·L－1，由水電離出的c(H＋)與溶液中c(H＋)相等，等于1.0×10－12mol·L－1； ④中c(OH－)＝1.0×10－3mol·L－1，同③所述由水電離出的c(H＋)＝1.0×10－11mol·L－1。 即(1.0×10－14)∶(1.0×10－13)∶(1.0×10－12)∶(1.0×10－11)＝1∶10∶100∶1000。 理清溶液

11、中H＋或OH－的來源 1．常溫下，中性溶液 c(OH－)＝c(H＋) ＝10－7mol·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＝10－12mol·L－1，即水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·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－)

12、，方法是知道溶液中的c(H＋)＝10－12mol·L－1，即水電離出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12mol·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＋)＝10－5mol·L－1，因為部分OH－與部分NH結合，溶液中c(OH－)＝10－9mol·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－)＝10－2mol·L－1。 考點二　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(

13、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(

14、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)0.1mol·L－1的NH4Cl溶液(　　) (7)0.1mol·L－1的NaHCO3溶液(　　) (8)0.1mol·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；

15、用pH試紙讀出的pH只能是整數；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) 1．1mLpH＝9的NaOH溶液，加水稀釋到10mL，pH＝________；加水稀釋到100mL，pH________7。 答案　8　接

16、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＝10－8mol·L－1，c(H＋)接近10－7mol·L－1，所以＝＝。 3．(1)體積相同，濃度均為0.2mol·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0.2mol·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______________

17、__。 (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

18、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p

19、H 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)0.005mol·L－1的H2SO4溶液 (2)0.1mol·L－1的CH3COOH溶液(已知CH3COOH的電離常數Ka＝1.8×10－5) (3)0.1mol·L－1NH3·H2O溶液(NH3·H2O的電離度

20、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)0.001mol·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1000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) 0.100 c(電離) c(H＋)

21、 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＋)＝1.3×10－3mol·L－1， 所以pH＝－lgc(H＋)＝－lg(1.3×10－3)＝2.9。 (3)　　　NH3·H2O　　OH－　＋　NH c(初始) 0.1mol·L－100 c(電離) 0.1×1%mol·L－10.1×1%,mol·L－10.1×1%,mol·L－1 則c(OH－)＝0.1×1%mol·L－1＝10－3mol·L－1 c(H＋)＝10－11mol·L－1，所以pH＝11。 (4)將pH＝8的NaOH與pH

22、＝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＋)＝10－5mol·L－1，pH＝9的氫氧化鈉溶液中c(OH－)＝10－5mol·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＝1.0×10－6mol·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cmol·L－1，c(H＋)＝ncmol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lg (nc)。 強堿溶

23、液(25℃)：如B(OH)n，設濃度為cmol·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

24、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

25、　(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0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH＝11。 (1)該溫度下水的離子積常數Kw＝______________。 (2)在此溫度下，將pH＝a的NaOH溶液VaL與pH＝b的硫酸VbL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∶10　②10∶

26、1 解析　(1)由題意知，溶液中c(H＋)＝10－11mol·L－1，c(OH－)＝0.01mol·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、

27、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Na

28、OH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

29、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

30、，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

31、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。 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

32、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正確，滴定后俯視讀數(或前仰后俯)(　　) (8)酸式滴定管滴定前讀數正確，滴定后仰視讀數(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

33、)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K＝1.6×10－5。該溫度下，向20mL0.01mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L－1KOH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

34、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20mL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)4×10－4mol·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＝4×10－4mol·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

35、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)?/p>

36、橙色，并________為止。 (2)下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數值偏低的是________(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，滴定結束時俯視讀數 (3)若滴定開始和結束時，酸式滴定管中的液面如圖所示，則起始讀數為______mL，終點讀數為______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據如下表： 滴定次數 待測NaOH溶液的體積/mL 0.

37、1000mol·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)＝＝26.10mL，c(NaOH)＝＝0.1044mol·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)

38、，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(虛線部分)和錯誤讀數(實線部分)如圖所示： (3)讀數時，以凹液面的

39、最低點為基準。 (4)先算出耗用標準鹽酸的平均值 ＝＝26.10mL(第二次偏差太大，舍去)， c(NaOH)＝＝0.1044mol·L－1。 　 1.滴定終點的判斷答題模板 當滴入最后一滴××××××標準溶液后，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．圖解量器的讀數方法 (1)平視讀數(如圖1)：實驗室中用量筒、移液管或滴定管量取一定體

40、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(即凹液面定視線，視線定讀數)。 (2)俯視讀數(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，讀數高于正確的刻度線位置，即讀數偏大。 (3)仰視讀數(如圖3)：讀數時，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之差，在分析時還要看滴定前讀數是否正確，然后才能判斷實際量取

41、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1h；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)

42、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Wg你選的基準試劑溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，用KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液VmL。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

43、　(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

44、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

45、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 江蘇五年高考 1．判斷正誤，正確的劃“√”，錯誤的劃“×” (1)水的離子積常數Kw隨著溫度的升高而增大，說明水的電離是放熱反應(×) (xx·江蘇，10D) 解析　水的電離是吸熱反應。 (2)圖表示0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得到的滴定曲線(×) (2011·江蘇，10B) 解析　0.1000mol·L－1的CH3COONa，pH>7。 (3)4℃時，純水的pH＝7(×) (xx·江蘇，2B) 解析　25℃、純水pH＝7

46、,4℃時，純水pH<7。 2．(xx·江蘇，18)硫酸鎳銨[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于電鍍、印刷等領域。某同學為測定硫酸鎳銨的組成，進行如下實驗：①準確稱取2.3350g樣品，配制成100.00mL溶液A；②準確量取25.00mL溶液A，用0.04000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Ni2＋(離子方程式為Ni2＋＋H2Y2－===NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA標準溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加熱，生成NH356.00mL(標準狀況)。 (1)若滴定管在使用前未用EDTA標準溶液潤洗，測得的N

47、i2＋含量將________(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。 (2)氨氣常用________檢驗，現(xiàn)象是______________________________________________。 (3)通過計算確定硫酸鎳銨的化學式(寫出計算過程)。 答案　(1)偏高 (2)濕潤的紅色石蕊試紙　試紙顏色由紅變藍 (3)n(Ni2＋)＝0.04000mol·L－1×31.25mL×10－3L·mL－1＝1.250×10－3mol n(NH)＝ ＝2.500×10－3mol n(SO)＝ ＝ ＝2.500×10－3mol m(Ni2＋)＝59g·mol－1×1.250×

48、10－3mol＝0.07375g m(NH)＝18g·mol－1×2.500×10－3mol＝0.04500g m(SO)＝96g·mol－1×2.500×10－3mol＝0.2400g n(H2O)＝ ＝1.250×10－2mol x∶y∶m∶n＝n(NH)∶n(Ni2＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10 硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。 解析　(1)若滴定管使用前沒有用EDTA標準溶液潤洗，會造成EDTA溶液濃度減小，使消耗的EDTA溶液體積偏大，則測得的Ni2＋含量偏高。(2)氨氣是中學化學中唯一的堿性氣體，常用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗

49、，試紙由紅色變藍色。 3．[xx·江蘇，18(2)(3)]硫酸鈉-過氧化氫加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的組成可通過下列實驗測定： ①準確稱取1.7700g樣品，配制成100.00mL溶液A。 ②準確量取25.00mL溶液A，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體0.5825g。 ③準確量取25.00mL溶液A，加適量稀硫酸酸化后，用0.0xxmol·L－1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液25.00mL。H2O2與KMnO4反應的離子方程式如下： 2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ (2

50、)上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO被還原為MnO2，其離子方程式為________________________________________________________________________。 (3)通過計算確定樣品的組成(寫出計算過程)。 答案　(2)2MnO＋3H2O2===2MnO2↓＋3O2↑＋2OH－＋2H2O (3)n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝ ＝2.50×10－3 mol 2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ n(H2O2)＝×＝1.25×10－3 mol m(Na2SO4)＝142g·mol－1×2.50×

51、10－3mol＝0.355g m(H2O2)＝34g·mol－1×1.25×10－3mol＝0.0425g n(H2O)＝＝2.50×10－3mol x∶y∶z＝n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)＝2∶1∶2 故樣品的組成的化學式為2Na2SO4·H2O2·2H2O。 解析　(2)H2O2與KMnO4溶液反應，MnO被還原為MnO2，據得失電子守恒、質量守恒可寫出離子方程式為2MnO＋3H2O2===2MnO2↓＋3O2↑＋2OH－＋2H2O。 (3)25.00mL溶液A中含有Na2SO4的物質的量為n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝＝2.50×10－3mol。

52、 含有H2O2的物質的量為n(H2O2)＝n(KMnO4)＝×0.0xxmol·L－1×25.00×10－3L＝1.25×10－3mol。 所取25.00mL溶液A中所含樣品中水的質量為m(H2O)＝1.7700g×－2.50×10－3mol×142g·mol－1－1.25×10－3mol×34g·mol－1＝0.04500g，則n(H2O)＝＝2.50×10－3mol。 綜上可知，x∶y∶z＝n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)＝2∶1∶2，故硫酸鈉-過氧化氫加合物的化學式為2Na2SO4·H2O2·2H2O。 4．[xx·江蘇，19(2)]為確定加入鋅灰(主要成分為Zn、

53、ZnO，雜質為鐵及其氧化物)的量，實驗中需測定除去H2O2后溶液中Cu2＋的含量。實驗操作為：準確量取一定體積的含有Cu2＋的溶液于帶塞錐形瓶中，加適量水稀釋，調節(jié)溶液pH＝3～4，加入過量的KI，用Na2S2O3標準溶液滴定至終點。上述過程中發(fā)生反應的離子方程式如下： 2Cu2＋＋4I－===2CuI(白色)↓＋I2 2S2O＋I2===2I－＋S4O ①滴定選用的指示劑為____________，滴定終點觀察到的現(xiàn)象為__________________。 ②若滴定前溶液中的H2O2沒有除盡，所測定的Cu2＋含量將會________(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。 答案?、俚?/p>

54、粉溶液　藍色褪去?、谄? 解析?、俚矸廴芤河鯥2顯藍色，用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2，可用淀粉溶液作滴定中的指示劑，達到終點時，溶液由藍色變成無色，且半分鐘內不恢復原來顏色。②若滴定前H2O2未除盡，則可將I－氧化生成I2，滴定中消耗Na2S2O3溶液的體積增大，導致測定的Cu2＋含量偏高。 5．(2011·江蘇，19)高氯酸銨(NH4ClO4)是復合火箭推進劑的重要成分，實驗室可通過下列反應制取： NaClO4(aq)＋NH4Cl(aq)NH4ClO4(aq)＋NaCl(aq) (1)若NH4Cl用氨氣和濃鹽酸代替，上述反應不需要外界供熱就能進行，其原因是_______

55、_________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)反應得到的混合溶液中NH4ClO4和NaCl的質量分數分別為0.30和0.15(相關物質的溶解度曲線見上圖)。從混合溶液中獲得較多NH4ClO4晶體的實驗操作依次為(填操作名稱)____________________、干燥。 (3)樣品中NH4ClO4的含量可用蒸餾法進行測定，蒸餾裝置如下圖所示(加熱和儀

56、器固定裝置已略去)，實驗步驟如下： 步驟1：按下圖所示組裝儀器，檢查裝置氣密性。 步驟2：準確稱取樣品ag(約0.5g)于蒸餾燒瓶中，加入約150mL水溶解。 步驟3：準確量取40.00mL約0.1mol·L－1H2SO4溶液于錐形瓶中。 步驟4：經分液漏斗向蒸餾燒瓶中加入20mL3mol·L－1NaOH溶液。 步驟5：加熱蒸餾至蒸餾燒瓶中剩余約100mL溶液。 步驟6：用新煮沸過的水沖洗冷凝裝置2～3次，洗滌液并入錐形瓶中。 步驟7：向錐形瓶中加入酸堿指示劑，用cmol·L－1NaOH標準溶液滴定至終點，消耗NaOH標準溶液V1mL。 步驟8：將實驗步驟1～7重復2次。

57、 ①步驟3中，準確量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃儀器是__________________________。 ②步驟1～7中，確保生成的氨被稀硫酸完全吸收的實驗步驟是_________________ (填步驟序號)。 ③為獲得樣品中NH4ClO4的含量，還需補充的實驗是 ________________________________________________________________________。 答案　(1)氨氣與濃鹽酸反應放出熱量　(2)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、冰水洗滌　(3)①酸式滴定管　②1,5,6?、塾肗aOH標準溶液標定H2SO4溶液的濃度(

58、或不加高氯酸銨樣品，保持其他條件相同，進行蒸餾和滴定實驗) 解析　(1)氨氣和濃鹽酸的反應是放熱反應。(2)由于NH4ClO4受熱易分解，其溶解度受溫度的影響變化很大，且溫度越高其溶解度越大，而氯化鈉的溶解度受溫度的影響變化不大，因此要獲得其晶體，采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾，為了減少其溶解，采用冰水洗滌。(3)①滴定管能讀到小數點后兩位，因此選擇酸式滴定管量取硫酸。②檢查裝置的氣密性以免氨氣逸到空氣中；充分加熱蒸餾燒瓶中的液體，使氨氣完全逸出被吸收；把冷凝管洗滌，并將洗滌液也加到錐形瓶中，保證氨氣不損失。③硫酸的濃度約為0.1mol·L－1，要求獲得NH4ClO4的含量，需要知道硫酸的準確

59、濃度。 各省市兩年高考 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、0.1000mol·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)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) (5)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) (6)50℃時，pH＝4的醋

60、酸中，c(H＋)＝4.0mol·L－1(　　) (xx·廣東理綜，12A) (7)50℃時，pH＝12的純堿溶液中，c(OH－)＝1.0×10－2mol·L－1(　　) (xx·廣東理綜，12C) (8)在蒸餾水中滴加濃硫酸，Kw不變(　　) (xx·天津理綜，5A) (9)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) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×　(9)× 2．(xx·山東理綜，13)某溫度下，向一定體積0.1mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH

61、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－)

62、點溶液中含有CH3COOH和CH3COONa，在滴加NaOH溶液的過程中，溶液中離子濃度變大，則M點溶液的導電能力比Q點弱，A錯；M點pOH＝b，N點pH＝b，說明M點c(OH－)與N點c(H＋)相等，對水的電離抑制程度相同，因此M點和N點水的電離程度相同，C對；若消耗NaOH溶液與醋酸溶液的體積相等，二者恰好反應生成CH3COONa，溶液顯堿性，而Q點溶液呈中性，顯然醋酸溶液的體積大于消耗NaOH溶液的體積，D錯。 3．(xx·大綱全國卷，12)下圖表示水中c(H＋)和c(OH－)的關系，下列判斷錯誤的是 (　　) A．兩條曲線間任意點均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw B．M區(qū)域

63、內任意點均有c(H＋)＜c(OH－) C．圖中T1＜T2 D．XZ線上任意點均有pH＝7 答案　D 解析　根據水的電離、水的離子積的影響因素以及pH的計算逐一分析各選項。 A項水電離出的c(H＋)與c(OH－)的乘積為一常數；B項由圖看出M區(qū)域內c(H＋)＜c(OH－)；C項T2時c(H＋)·c(OH－)大于T1時c(H＋)·c(OH－)，因為水的電離過程是吸熱的，溫度越高，水的離子積越大，所以T2＞T1；D項pH＝－lgc(H＋)，XZ線上任意點的c(H＋)＝c(OH－)，但pH不一定為7。 4．(xx·上海，5)374℃、22.1MPa以上的超臨界水具有很強的溶解有機物的能力，

64、并含有較多的H＋和OH－，由此可知超臨界水 (　　) A．顯中性，pH等于7 B．表現(xiàn)出非極性溶劑的特性 C．顯酸性，pH小于7 D．表現(xiàn)出極性溶劑的特性 答案　B 解析　超臨界水仍然呈中性，但pH不為7，A、C項錯誤；根據相似相溶的原理可知B項正確(有機物大多數是非極性分子)，D項錯誤。 5．[xx·山東理綜，29(3)]利用I2的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量。做法是將鋼樣中的硫轉化成H2SO3，然后用一定濃度的I2溶液進行滴定，所用指示劑為________，滴定反應的離子方程式為________。 答案　淀粉溶液　I2＋H2SO3＋H2O===4H＋＋2I－＋SO 解析　因

65、為I2＋H2SO3＋H2O===2I－＋4H＋＋SO，I2遇淀粉變藍，所以應選用淀粉溶液作指示劑。 6．[xx·天津理綜，9(5)(6)]測定Na2S2O3·5H2O產品純度 準確稱取WgNa2S2O3·5H2O產品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.1000mol·L－1碘的標準溶液滴定。 反應原理為2S2O＋I2===S4O＋2I－ (5)滴定至終點時，溶液顏色的變化：___________________________________________。 (6)測定起始和終點的液面位置如圖，則消耗碘的標準溶液體積為________mL。產品的純度為(設Na2S2O3·

66、5H2O相對分子質量為M)________。 答案　(5)由無色變藍色 (6)18.10　×100% 解析　(5)用淀粉作指示劑，達到終點時的現(xiàn)象是溶液由無色變?yōu)樗{色。 (6)根據圖示：滴定管的讀數需要保留2位小數，所以消耗碘的標準溶液的體積為18.10mL。 根據2S2O＋I2===S4O＋2I－知：n(S2O)＝2n(I2)＝0.1000mol·L－1×18.10mL×10－3L·mL－1×2＝3.620×10－3mol。產品的純度為3.620×10－3mol×M/W×100%＝×100%。 7．(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wgX，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V1mLc1mol·L－1的鹽酸標準溶液吸收。蒸氨結束后取下接收瓶，用c2mol·L－1NaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。 ②氯的測定：準