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人教版2022届高中化学一轮复习 第八单元 第2节 水的电离和溶液的酸碱性 课件
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这是一份人教版2022届高中化学一轮复习 第八单元 第2节 水的电离和溶液的酸碱性 课件，共60页。PPT课件主要包含了必备知识自主预诊，水的离子积常数，关键能力考向突破，答案B，答案AC，A错误，相对大小，-lgcH+，答案D，酸或碱等内容，欢迎下载使用。
知识梳理1.水的电离水是极弱的电解质,水的电离方程式为 或简写为H2O H++OH-,其电离过程 (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-)= 。
H2O+H2O H3O++OH-
1×10-7 ml·L-1
微点拨 水的离子积常数KW=c(H+)·c(OH-),其实质是水溶液中的H+和OH-浓度的乘积,不一定是水电离出的H+和OH-浓度的乘积,所以与其说KW是水的离子积常数,不如说是水溶液中的H+和OH-的离子积常数。即KW不仅适用于纯水,还适用于酸性或碱性的以水为溶剂的稀溶液。
3.水的电离平衡影响因素的定性判断
微点拨 水中加酸或碱对水的电离均有抑制作用,因此,在常温下,若由水电离出的c(H+)<1×10-7 ml·L-1,该溶液可能显酸性,也可能显碱性。
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(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)向水中加入少量硫酸氢钠固体,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。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)×
2.某温度下(KW=1×10-12),计算下列溶液中水电离出的c(H+)或c(OH-)。(1)蒸馏水中c(H+)水= 。 (2)0.1 ml·L-1 NaOH溶液中c(OH-)水= 。 (3)pH=11 Na2CO3溶液中c(OH-)水= 。
答案 (1)1×10-6 ml·L-1 (2)1×10-11 ml·L-1 (3)0.1 ml·L-1
考向1 影响水电离平衡的因素【典例1】 如图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数,下列说法不正确的是( )A.图中温度:T3>T2>T1B.图中pH关系:pH(B)=pH(D)=pH(E)C.图中五点KW间的关系:E>D>A=B=CD.C点可能是显酸性的盐溶液
答案 D 解析 水的电离是吸热过程,升高温度促进水电离,则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大,根据题图知,离子积常数:T3>T2>T1,所以温度:T3>T2>T1,A项正确;B、D、E三点溶液的氢离子浓度相等,则pH相等,B项正确;温度高低顺序是A=B=CD>A=B=C,C项正确;C点时,KW=1×10-14,c(OH-)=1×10-6,溶液的pH=8,显碱性,D项错误。
对点演练1(2020北京平谷一模)某同学探究温度对溶液pH的影响,加热一组试液并测量pH后得到如表数据(溶液浓度均为0.1 ml·L-1)。下列说法正确的是( )
A.随温度升高,纯水的KW逐渐减小B.随温度升高,NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响C.随温度升高,CH3COOH的电离促进了水的电离D.随温度升高,CH3COONa溶液的pH减小,说明水解程度减小,c(CH3COO-)增大
答案 B 解析 升高温度,促进水的电离,由溶液pH变化可知,随温度升高,纯水的KW逐渐增大,A错误;加热NaOH溶液,pH减小,原因是升温促进水的电离,氢离子浓度增大,B正确;加热促进醋酸的电离,但醋酸电离抑制水的电离,C错误;醋酸钠的水解为吸热过程,加热促进其水解,D错误。
考向2 水电离出的c水(H+)或c水(OH-)及其计算【典例2】 (2020安徽舒城中学月考)常温下,向20 mL 0.1 ml·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离出的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是( )
A.常温下,0.1 ml·L-1氨水中,c(OH-)=1×10-5 ml·L-1B.b点代表溶液一定呈中性C.c点溶液中有可能c(N )=c(Cl-)D.d点溶液中:c(H+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(N )
解析 常温下,0.1 ml·L-1氨水中,H+全部来自水的电离,c(H+)=1×10-11 ml·L-1,则c(OH-)=1×10-3 ml·L-1,故A错误;b点为NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液,H+全部来自水的电离,c(H+)=1×10-7 ml·L-1,则c(OH-)=1×10-7 ml·L-1,c(H+)=c(OH-),溶液一定呈中性,故B正确;c点溶液为NH4Cl溶液,呈酸性,c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒可知
对点演练2(双选)常温下,向V mL 0.1 ml·L-1 HA溶液中滴入0.1 ml·L-1 NaOH溶液,溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示。下列说法不正确的是( )A.常温下,Ka(HA)约为10-6B.P点溶液对应的pH>7C.M点溶液中存在:c(Na+)=c(A-)+c(HA)D.N点溶液中存在:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
解析 由示意图可知,0.1 ml·L-1 HA溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 ml·L-1,水电离出的氢氧根离子浓度为10-11 ml·L-1,溶液中氢离子浓度为10-3 ml·L-1,HA为弱酸,N点水电离出的氢离子浓度的负对数最小,水电离出的氢离子浓度最大,说明HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成NaA,则M点为HA和NaA的混合溶液,P点为NaA和NaOH的混合溶液。0.1 ml·L-1 HA溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 ml·L-1,水电离出的氢氧根离子浓度为10-11 ml·L-1,溶液中氢离子浓度为10-3 ml·L-1,
P点为NaA和NaOH混合液,溶液呈碱性,溶液的pH>7,B正确;M点为HA和NaA的混合液,溶液呈中性,溶液中c(OH-)=c(H+),由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)可知,溶液中c(Na+)=c(A-),C错误;N点水电离出的氢离子浓度的负对数最小,水电离出的氢离子浓度最大,说明HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成NaA,A-在溶液中水解使溶液呈碱性,溶液中存在:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),D正确。
深度指津 水电离出的c(H+)水或c(OH-)水的相关计算(25 ℃)(1)中性溶液:c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7ml·L-1。(2)溶质为酸的溶液。①来源。OH-全部来自水的电离,水电离产生的c(H+)水=c(OH-)。②实例。如计算pH=2的盐酸中由水电离出的c(H+)水,方法是先求出溶液中的c(OH-)= ml·L-1=10-12ml·L-1,即由水电离出的c(H+)水=c(OH-)=10-12ml·L-1。
(3)溶质为碱的溶液。①来源。H+全部来自水的电离,水电离产生的c(OH-)水=c(H+)。②实例。如计算pH=12的NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)水,方法是根据溶液中的c(H+)=10-12ml·L-1,推出由水电离出的c(OH-)水=c(H+)=10-12 ml·L-1。
(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液。①pH=5的NH4Cl溶液中H+全部来自水的电离,由水电离出的c(H+)水=10-5ml·L-1,因为部分OH-与部分N 结合,溶液中c(OH-)=10-9ml·L-1。②pH=12的Na2CO3溶液中OH-全部来自水的电离,由水电离出的c(OH-)水=10-2ml·L-1。
知识梳理1.溶液的酸碱性溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)和c(OH-)的 。 将“>”“=”或“<”填在下表空格中:
2.溶液的pH(1)表达式为pH= 。 (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。
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(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。( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)×
2.(1)pH=5的H2SO4溶液,加水稀释到体积为原来的500倍,则稀释后c(S )与c(H+)的比值为 。 (2)取浓度相同的NaOH和HCl溶液,以3∶2体积比相混合,所得溶液的pH等于12,则原溶液的浓度为 。
考向1 溶液的酸碱性【典例1】 (2020年1月浙江选考,17)下列说法不正确的是( )A.pH>7的溶液不一定呈碱性B.中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液,所需HCl的物质的量相同C.相同温度下,pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中,c(OH-)相等D.氨水和盐酸反应后的溶液,若溶液呈中性,则c(Cl-)=c(N )
答案 B 解析 A项,pH与温度有关,正确;B项,pH相等的氨水和NaOH溶液,氨水的浓度比NaOH浓度大,所以等体积的两者,氨水消耗的HCl多,错误;C项,相同温度下,pH相等的盐酸和CH3COOH溶液,c(H+)相等,根据水的离子积KW=c(H+)·c(OH-)知,c(OH-)相等,正确;D项,根据溶液中电荷守恒知,c(H+)+c(N )=c(OH-)+c(Cl-),溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),则c(N )=c(Cl-),正确。
对点演练1已知温度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 选项A,a=b只能说明酸、碱恰好完全反应,生成盐和水,由于酸、碱强弱未知,不能说明溶液呈中性,错误;选项B,题给温度未指明是25 ℃或常温,所以pH=7并不能说明溶液呈中性,错误;选项C,由于混合溶液中c(H+)= ml·L-1,结合KW=c(H+)·c(OH-),可推断出c(H+)=c(OH-),所以溶液一定呈中性,正确;选项D是正确的电荷守恒表达式,无论溶液是否呈中性都满足此式,错误。
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2 pH的计算【典例2】 (2020黑龙江哈尔滨实验中学月考)室温时,1 ml·L-1的HA溶液和1 ml·L-1的HB溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得曲线如图所示。下列说法中正确的是( )A.M点溶液中c(A-)大于N点溶液中c(B-)B.HA的电离常数约为10-6C.浓度均为0.1 ml·L-1的NaA和HA混合溶液的pH>7D.M、P两点的溶液分别用等浓度的NaOH溶液中和,消耗的NaOH溶液体积:P=M
解析 M点溶液和N点溶液的pH相等,c(H+)相等,溶液中c(OH-)相等,两种溶液中分别存在电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(A-)、c(H+)=c(OH-)+c(B-),则M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-),A错误;开始时1 ml·L-1 HA溶液的pH=2,则c(H+)=0.01 ml·L-1<1 ml·L-1,HA为弱酸,HA电离程度较小,则溶液中c(A-)≈c(H+)=0.01 ml·L-1,c(HA)≈1 ml·L-1,K(HA)= =10-4,B错误;等浓度的NaA和HA的溶液混合时,HA的电离程度大于NaA的水解程度,所以溶液pH<7,C错误;M、P两点的溶液中HA和HB的起始浓度相等、溶液体积相等,则两种酸的物质的量相等,用等浓度的NaOH溶液中和时,消耗NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比,所以消耗的NaOH溶液体积:P=M,D正确。
对点演练2(2020北京西城二模)常温时,下列说法正确的是( )A.pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中,由水电离产生的c(OH-)均为1×10-11 ml·L-1B.分别把100 mL pH=11的NaOH溶液和pH=11的氨水加水稀释至1 L,所得溶液pH均为10C.分别向等体积的0.1 ml·L-1 HCl溶液和0.1 ml·L-1 CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液,恰好为中性时,消耗NaOH溶液的体积相等D.分别向1 mL pH=3的盐酸和pH=3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体,两溶液的pH均增大
解析 氨水抑制水的电离,pH=11的氨水中水电离产生的c(OH-)为1×10-11 ml·L-1,碳酸钠促进水的电离,pH=11的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(OH-)为1×10-3 ml·L-1,A错误;加水稀释促进一水合氨的电离,氨水中氢氧根离子的物质的量会增大,所以把100 mL pH=11的氨水加水稀释至1 L,所得溶液pH大于10,B错误;向等体积的0.1 ml·L-1 HCl溶液和0.1 ml·L-1 CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液,恰好中和时分别生成NaCl和醋酸钠,NaCl溶液显中性,醋酸钠溶液显碱性,若要使含醋酸钠的溶液显中性,则要减少氢氧化钠的加入量,所以二者消耗的氢氧化钠溶液的体积不同,C错误;向1 mL pH=3的盐酸中加醋酸钠,盐酸与醋酸钠反应生成弱酸醋酸,溶液的pH会增大,在醋酸溶液中加醋酸钠,醋酸钠电离的醋酸根离子能抑制醋酸的电离,溶液的pH增大,D正确。
深度指津 (1)在做关于溶液pH计算的题目时,要抓住“问题的主要方面”。溶液显酸性用溶液中的c(H+)来计算;溶液显碱性先求溶液中的c(OH-),再求溶液中的c(H+)。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
(2)注意近似计算:当两数相加、减,两数值相差较大时,则小的数值可以忽略,如1 000+0.1≈1 000。
知识梳理1.定义:用已知浓度的 来测定未知浓度的 的方法。
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 。 (2)选取适当的指示剂,准确判断 。
【必做实验】强酸与强碱的中和滴定【实验目的】(1)练习中和滴定的实验操作;理解中和滴定的原理;探究酸碱中和反应过程中pH的变化特点。(2)通过实验进一步掌握数据分析的方法,体会定量实验在化学研究中的作用。
【实验用品】酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台。0.100 0 ml·L-1 HCl溶液、0.100 0 ml·L-1左右的NaOH溶液、酚酞溶液、蒸馏水。
【实验步骤】(一)练习使用滴定管(1)滴定管的构造。图(A)是 ,图(B)是
(2)滴定管的使用方法
微点拨 (1)滴定管的精确度为0.01 mL。(2)酸性、强氧化性的试剂一般用酸式滴定管盛装,因为酸性和强氧化性物质易腐蚀橡胶管。(3)碱性的试剂一般用碱式滴定管盛装,因为碱性物质易腐蚀玻璃,致使活塞无法打开。(4)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,若滴定过程中用去10.00 mL的液体,则滴定管中剩余液体体积大于15 mL。
(二)用已知浓度的强酸滴定未知浓度的强碱(以酚酞为指示剂,盐酸滴定氢氧化钠溶液)(1)滴定前的准备。①向润洗过的酸式滴定管中加入0.100 0 ml·L-1 HCl溶液,赶出气泡、调节液面至“0”刻度后准确记录读数。②向润洗过的碱式滴定管中加入待测浓度的NaOH溶液,赶出气泡、调节液面至“0”刻度后,用碱式滴定管向锥形瓶中滴入25.00 mL待测溶液,再向其中滴加2滴酚酞溶液,这时溶液呈红色。
(3)滴定终点判断。接近滴定终点时,改为滴加半滴酸,直到加入半滴标准液后,溶液由粉红色刚好变为无色,且半分钟内不变色,这表示已经到达滴定终点,记录标准液的体积。(4)数据处理。
(三)问题和讨论(1)在进行中和滴定时,为什么要用酸(或碱)润洗酸式(或碱式)滴定管2~3次?
提示 滴定管用蒸馏水润湿后,滴定管中残留蒸馏水,再加酸(或碱)时,相当于稀释了溶液,使浓度降低。
(2)滴定用的锥形瓶是否也要用待测的碱(或酸)润洗?锥形瓶装待测液前是否需要保持干燥?为什么?
提示 锥形瓶不能用待测的碱(或酸)溶液润洗,润洗后锥形瓶内残留碱(或酸)液,再加碱(或酸)时,碱(或酸)的物质的量增多,消耗的酸(或碱)的物质的量也增多。锥形瓶装待测液前不必要保持干燥,瓶里有水并不影响碱(或酸)的物质的量,消耗的酸(或碱)的物质的量不变。
微点拨 (1)酸、碱恰好中和与中和至中性的意义不同,酸、碱恰好中和所得溶液不一定呈中性,而中和至中性,酸、碱也不一定恰好反应。溶液的酸碱性取决于酸、碱中和反应后所得盐的特点。(2)滴定终点是通过指示剂颜色变化而实际控制的停止滴定的“点”,滴定终点与恰好中和越吻合,测定误差越小。
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)KMnO4溶液应用碱式滴定管盛装。( )(2)用碱式滴定管准确移取20.00 mL的NaOH溶液。( )(3)将液面在0刻度处的25.00 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。( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)×
2.滴定终点现象判断。(1)用a ml·L-1的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,用酚酞作为指示剂,达到滴定终点的现象是 ;若用甲基橙作为指示剂,滴定终点的现象是 。 (2)用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液,以测定水中SO2的含量,是否需要选用指示剂 (填“是”或“否”),达到滴定终点的现象是 。
答案 (1)滴入最后半滴标准液,溶液由粉红色刚好变为无色,且半分钟内不变色 当滴入最后半滴标准液,溶液刚好由黄色变为橙色,且半分钟内不变色(2)否 当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液,溶液刚好由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色
考向1 酸碱中和滴定操作及误差分析【典例1】 (2020年1月浙江选考,23)室温下,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,pH=7B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂,可减小实验误差C.选择甲基红指示反应终点,误差比甲基橙的大D.V(NaOH溶液)=30.00 mL时,pH=12.3
解析 A项,NaOH和HCl均为强电解质,当两者恰好完全反应时,溶液中的溶质为NaCl,溶液为中性,正确;B项,反应达到终点时,若指示剂的颜色能发生变化,就是合适的指示剂,在滴定终点时,颜色变化越明显实验误差越小,正确;C项,从图中看,甲基红在突变范围内,所以误差比用甲基橙小,错误;D项,当V(NaOH溶液)=30.00 mL时,NaOH过量,溶液中c(OH-)=
对点演练1(2020天津学业水平等级适应性考试)下列实验操作会使最终结果偏高的是( )A.配制100 mL 1.00 ml·L-1 NaCl溶液,定容时俯视刻度线B.用0.100 0 ml·L-1盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液,起始读数时仰视C.用湿润的pH试纸测定NaOH溶液的pHD.测定中和热的数值时,将0.5 ml·L-1 NaOH溶液倒入盐酸后,立即读数
答案 A 解析 定容时俯视刻度线,所配溶液体积偏小,浓度偏大,A项正确;中和滴定起始仰视刻度线,使起始溶液体积数值偏大,导致最终所消耗的盐酸体积偏小,计算出的NaOH溶液浓度偏小,B项错误;湿润的pH试纸会对NaOH溶液起到稀释作用,所测溶液的pH偏小,C项错误;中和热测定,需要测量的是最高温度,而加入NaOH溶液后立即读数,反应未完全,温度较低,D项错误。
对点演练2(2020年1月浙江选考,27)为测定FeC2O4·2H2O(M=180 g·ml-1)样品的纯度,用硫酸溶解6.300 g样品,定容至250 mL。取25.00 mL溶液,用0.100 0 ml·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验,数据如下:
已知:3Mn +5FeC2O4·2H2O+24H+==3Mn2++5Fe3++10CO2↑+22H2O假设杂质不参加反应。该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是 %(保留小数点后一位); 写出简要计算过程:
解析 表中三组数据,第一组用去V(KMnO4溶液)=19.98 mL-0.00 mL=19.98 mL,第二组用去V(KMnO4溶液)=22.40 mL-1.26 mL=21.14 mL,第三组用去V(KMnO4溶液)=21.56 mL-1.54 mL=20.02 mL,显然第二组数据与另两组数据偏差较大,故应舍去,第1、3组数据求平均值为 =20.00 mL。由KMnO4的浓度和消耗体积,可以求出消耗的KMnO4的物质的量,由“3Mn ~5FeC2O4·2H2O”,可以计算出样品中FeC2O4·2H2O的物质的量,滴定实验中只取出1/10来实验,故要扩大10倍后,再计算6.300 g样品中FeC2O4·2H2O的质量分数。
归纳总结 指示剂选择的基本原则变色要灵敏,变色范围要小,变色的pH范围尽量与滴定终点时溶液的酸碱性一致。(1)不能用石蕊作为指示剂。(2)滴定终点为碱性时,用酚酞作为指示剂,例如用NaOH溶液滴定醋酸。(3)滴定终点为酸性时,用甲基橙作为指示剂,例如用盐酸滴定氨水。(4)强酸与强碱互滴,用甲基橙和酚酞都可。
考向2 酸碱中和滴定曲线分析【典例2】 (2020山东等级考模拟一)25 ℃时,向10 mL 0.10 ml·L-1的一元弱酸HA(Ka=1.0×10-3)溶液中逐滴加入0.10 ml·L-1 NaOH溶液,溶液pH随加入NaOH溶液的体积V的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.a点时,c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B.溶液在a点水的电离程度大于b点时水的电离程度C.b点时,c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)D.V=10 mL时,c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
解析 a点处的溶质为HA和NaA,a点处溶液中电荷守恒为c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),溶液中HA的弱电解质电离平衡常数为Ka= =1.0×10-3,a点处,pH=3,c(H+)=1.0×10-3 ml·L-1,代入Ka,得c(A-)=c(HA),所以电荷守恒式可以换为c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),A项正确;a点溶质为HA和NaA,pH=3,以HA对水的电离抑制为主,b点溶质为NaOH和NaA,pH=11,以NaOH对水的电离抑制为主,二者pH之和为14,所以两点水的电离程度相等,B项错误;b处的溶质为NaOH和NaA,b处的电荷守恒方程式为
c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),则c(Na+)=c(A-)+c(OH-)-c(H+),假设C选项成立,则c(A-)+c(OH-)-c(H+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-),推出c(HA)+c(H+)=0,故假设不成立,C项错误;当V=10 mL时,溶液中的溶质为NaA,A-水解显碱性,A-+H2O HA+OH-,c(HA)≈c(OH-)>c(H+),则有c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+),D项错误。
对点演练3(双选)298 K时,向20 mL 0.100 0 ml·L-1 CH3COOH溶液中滴入0.100 0 ml·L-1 NaOH溶液,滴定曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法不正确的是( )
A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.由c点数值可求醋酸的电离平衡常数为1.66×10-5C.b点溶液中各微粒浓度关系为c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(OH-)D.中和同体积同pH的醋酸和盐酸所用氢氧化钠的物质的量,后者多
解析 由图可知,醋酸和氢氧化钠中和滴定的滴定终点为碱性,而酚酞的变色pH范围为8.2~10.0,符合要求,应选用酚酞作为指示剂,A项正确;c点时,溶液呈中性,则有c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),则
b点时的溶质为等量的CH3COOH和CH3COONa,存在着质子守恒2c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+2c(OH-),C项错误;由于醋酸是弱电解质,在水溶液中部分电离,则相同体积、相同pH的醋酸和盐酸溶液相比前者溶质物质的量更大,故中和同体积同pH的醋酸和盐酸所用氢氧化钠的物质的量,前者多,D项错误。
归纳总结 1.分析步骤首先看纵坐标,搞清楚是酸加入碱中,还是碱加入酸中;其次看起点,起点可以看出酸或碱的强弱,这对于判断滴定终点至关重要;再次找滴定终点和pH=7的中性点,判断滴定终点时溶液的酸碱性,然后确定中性点(pH=7)的位置;最后分析其他的特殊点(如滴定一半点,过量一半点等),分析酸、碱过量情况。
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)物料守恒可以根据加入酸的物质的量或加入碱的物质的量进行确定,但不一定为等量关系。
深度指津 酸碱中和滴定中常见的误差分析(1)要依据公式c(待测)= 来判断。c(标准)和V(待测)在误差分析时是定值,因此只需分析各种原因使得所耗标准液体积V(标准)变大或变小即可,V(标准)变大,则c(待测)偏高,V(标准)变小,则c(待测)偏低。(2)以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞作为指示剂)为例,常见的因操作不正确而引起的误差分析如下:
1.3种式子H2O H++OH-;KW=c(H+)·c(OH-);pH=-lgc(H+)。2.3种关系(1)c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性;(2)c(H+)=c(OH-),溶液呈中性;(3)c(H+)
滴定原理的拓展及应用素养解读中和滴定是中学化学的重要实验,也是高考的热点,作为选择题出现时,并不单纯是实验题,通常是给出中和滴定曲线,再以滴定的各个阶段的溶液的混合情况来考查电解质溶液的各项规律;作为填空题出现时,往往是中和滴定实验的迁移应用,即氧化还原滴定和沉淀滴定,这就要求学生能在熟悉反应规律的前提下进行判断,并能运用反应的关系式进行计算,培养学生证据推理的化学核心素养。
案例探究硫代硫酸钠,又名次亚硫酸钠、大苏打、海波,是无色透明的单斜晶体。因其有还原性,可用作去氯剂和分析试剂。例如滴定碘: 。硫代硫酸钠也可以除去自来水中的氯气,且对鱼类的毒性极低,在水产养殖上有广泛的应用。因Na2S2O3的水溶液可以溶解溴化银和氯化银,可用于照相定影剂:
硫代硫酸钠还可用于鞣制皮革、从矿石中提取银;在临床上,以静脉注射的方式治疗皮肤瘙痒症、性荨麻疹、药疹、氰化物、铊中毒和砷中毒等。
【典例】 (2017天津理综,9)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4.246 8 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溶液作为指示剂。d.用0.100 0 ml·L-1 NH4SCN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:
回答下列问题:(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的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)滴定应在pH<0.5的条件下进行,其原因是 。 (4)b和c两步操作是否可以颠倒? ,说明理由: 。 (5)所消耗的NH4SCN标准溶液的平均体积为 mL,测得c(I-)= ml·L-1。
(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步,应进行的操作为 。 (7)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 。
解析(1)配制溶液所用的玻璃仪器有250 mL(棕色)容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。(2)AgNO3受热或光照易分解,故存放在棕色试剂瓶中。(3)Fe3+易水解,若pH过大,会促进Fe3+水解,影响终点的判断。(4)NH4Fe(SO4)2中Fe3+有氧化性,可以将I-氧化,本身被还原为Fe2+,失去指示剂的作用,同时会影响AgNO3溶液的用量。
(5)第一次实验数据与第二、三次实验数据相差过大,不能使用。取第二、三次实验数据的平均值,所消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为10.00 mL。
(6)滴定管使用前要水洗、润洗。润洗是为了防止滴定管内残留的水将滴定管内所装溶液稀释。
①使配制AgNO3标准溶液的实际浓度偏小,则消耗NH4SCN溶液的体积偏小,V(NH4SCN)偏小,结果偏高;②俯视读数会使V(NH4SCN)偏小,结果偏高。
答案 (1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管(2)AgNO3见光易分解(3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解)(4)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(5)10.00 0.060 0(6)用NH4SCN标准溶液进行润洗(7)①偏高 ②偏高
方法规律两大拓展滴定法1.沉淀滴定法(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,滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应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Cr 为指示剂,这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。
2.氧化还原滴定法(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,或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性、但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。(2)试剂:常用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等;常用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
(3)实例。①用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液。原理:2Mn +6H++5H2C2O4==10CO2↑+2Mn2++8H2O。指示剂及终点判断:酸性KMnO4溶液本身呈紫色,不用另外选择指示剂,当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后,溶液刚好由无色变浅红色,且半分钟内不变色,说明到达滴定终点。用Na2S2O3溶液滴定碘液。原理:2Na2S2O3+I2==Na2S4O6+2NaI。指示剂及终点判断:用淀粉作为指示剂,当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色刚好褪去,且半分钟内不恢复原色,说明到达滴定终点。
素养提升1.(2020江苏南京三模)碘是人体必需的微量元素之一,我国以前在食盐中加KI加工碘盐。(1)目前加碘食盐中,不用KI的主要原因是 。 (2)将Fe3I8加入到K2CO3溶液中,生成Fe3O4、KI和一种气体,该反应的化学方程式为 。
答案 (1)KI的I-有很强的还原性,易被氧化成I2(2)Fe3I8+4K2CO3==Fe3O4+8KI+4CO2↑
解析 (1)目前加碘食盐中,不用KI的主要原因是碘离子具有很强的还原性,易被氧化成单质碘。(2)将Fe3I8加入到K2CO3溶液中,生成Fe3O4、KI和一种气体,反应中没有化合价的升降,再根据元素守恒得出另一种物质为含碳的化合物即二氧化碳,因此该反应的化学方程式为Fe3I8+4K2CO3==Fe3O4+8KI+4CO2↑。
2.(2020江苏苏北四市模拟)某硫酸盐在工农业生产上有广泛用途。它的组成可表达为KxFey(SO4)z·nH2O(其中Fe为+2价)。为测定它的组成可通过下列实验:步骤Ⅰ:称取22.80 g样品,配制成100 mL溶液A。步骤Ⅱ:移取25.00 mL溶液A,用0.300 0 ml·L-1酸性KMnO4溶液滴定至终点(滴定过程中Mn 与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+),消耗酸性KMnO4溶液10.00 mL。步骤Ⅲ:移取25.00 mL溶液A,加入足量的四苯硼酸钠{Na[B(C6H5)4]}溶液至沉淀完全,得白色固体四苯硼酸钾(摩尔质量为358 g·ml-1)10.74 g。该反应的离子方程式为K++[B(C6H5)4]- ==K[B(C6H5)4]↓。
回答下列问题:(1)判断步骤Ⅱ滴定终点的现象是 ,写出步骤Ⅱ中的离子反应方程式: 。 (2)已知常温下K[B(C6H5)4]的Ksp=2.0×10-13,欲使溶液中c(K+)≤1.0×10-5 ml·L-1,此时溶液中c{[B(C6H5)4]-}≥ ml·L-1。 (3)通过计算确定样品的化学式(写出计算过程)。
答案 (1)溶液由无色变为(浅)红色且半分钟内不变色
3.(2020江苏淮安第三次学情调查)工厂化验员检验含有KBrO3、KBr及惰性物质的某样品。化验员称取了该固体样品1.000 g,加水溶解后配成100 mL溶液X。Ⅰ.移取25.00 mL溶液X,加入稀硫酸,然后用Na2SO3将Br 还原为Br-;Ⅱ.除去过量的S 后调至中性;Ⅲ.加入K2CrO4作为指示剂,用0.100 0 ml·L-1 AgNO3标准溶液滴定Br-至终点,消耗AgNO3标准溶液11.25 mL;Ⅳ.再移取25.00 mL溶液X,酸化后加热,再用碱液调至中性,测定剩余Br-,消耗上述AgNO3标准溶液3.75 mL。
已知:①25 ℃时,Ag2CrO4(砖红色)的Ksp=1.12×10-12,AgBr(浅黄色)的Ksp=5.0×10-15;Ⅳ中酸化时发生反应:Br +5Br-+6H+==3Br2+3H2O请回答:(1)步骤Ⅰ中,反应的离子方程式为 。 (2)步骤Ⅲ中,滴定终点的现象为 。 (3)步骤Ⅳ中,加热的目的是 。 (4)计算试样中KBrO3的质量分数。(写出计算过程,结果保留三位有效数字)
(2)当滴入最后一滴AgNO3溶液时,产生砖红色沉淀,且半分钟内不溶解(3)除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2挥发)(4)第一次所取25.00 mL溶液中:n总=n(AgBr)=0.100 0 ml·L-1×11.25×10-3 L=1.125×10-3 ml,所以n(Br )+n(Br-)=n总=1.125×10-3 ml第二次所取25.00 mL溶液,加酸反应后:n(Br-)余=0.100 0 ml·L-1× 3.75×10-3 L=3.75×10-4 ml
知识梳理1.水的电离水是极弱的电解质,水的电离方程式为 或简写为H2O H++OH-,其电离过程 (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-)= 。
H2O+H2O H3O++OH-
1×10-7 ml·L-1
微点拨 水的离子积常数KW=c(H+)·c(OH-),其实质是水溶液中的H+和OH-浓度的乘积,不一定是水电离出的H+和OH-浓度的乘积,所以与其说KW是水的离子积常数,不如说是水溶液中的H+和OH-的离子积常数。即KW不仅适用于纯水,还适用于酸性或碱性的以水为溶剂的稀溶液。
3.水的电离平衡影响因素的定性判断
微点拨 水中加酸或碱对水的电离均有抑制作用,因此,在常温下,若由水电离出的c(H+)<1×10-7 ml·L-1,该溶液可能显酸性,也可能显碱性。
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(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)向水中加入少量硫酸氢钠固体,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。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)×
2.某温度下(KW=1×10-12),计算下列溶液中水电离出的c(H+)或c(OH-)。(1)蒸馏水中c(H+)水= 。 (2)0.1 ml·L-1 NaOH溶液中c(OH-)水= 。 (3)pH=11 Na2CO3溶液中c(OH-)水= 。
答案 (1)1×10-6 ml·L-1 (2)1×10-11 ml·L-1 (3)0.1 ml·L-1
考向1 影响水电离平衡的因素【典例1】 如图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数,下列说法不正确的是( )A.图中温度:T3>T2>T1B.图中pH关系:pH(B)=pH(D)=pH(E)C.图中五点KW间的关系:E>D>A=B=CD.C点可能是显酸性的盐溶液
答案 D 解析 水的电离是吸热过程,升高温度促进水电离,则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大,根据题图知,离子积常数:T3>T2>T1,所以温度:T3>T2>T1,A项正确;B、D、E三点溶液的氢离子浓度相等,则pH相等,B项正确;温度高低顺序是A=B=C
对点演练1(2020北京平谷一模)某同学探究温度对溶液pH的影响,加热一组试液并测量pH后得到如表数据(溶液浓度均为0.1 ml·L-1)。下列说法正确的是( )
A.随温度升高,纯水的KW逐渐减小B.随温度升高,NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响C.随温度升高,CH3COOH的电离促进了水的电离D.随温度升高,CH3COONa溶液的pH减小,说明水解程度减小,c(CH3COO-)增大
答案 B 解析 升高温度,促进水的电离,由溶液pH变化可知,随温度升高,纯水的KW逐渐增大,A错误;加热NaOH溶液,pH减小,原因是升温促进水的电离,氢离子浓度增大,B正确;加热促进醋酸的电离,但醋酸电离抑制水的电离,C错误;醋酸钠的水解为吸热过程,加热促进其水解,D错误。
考向2 水电离出的c水(H+)或c水(OH-)及其计算【典例2】 (2020安徽舒城中学月考)常温下,向20 mL 0.1 ml·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离出的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是( )
A.常温下,0.1 ml·L-1氨水中,c(OH-)=1×10-5 ml·L-1B.b点代表溶液一定呈中性C.c点溶液中有可能c(N )=c(Cl-)D.d点溶液中:c(H+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(N )
解析 常温下,0.1 ml·L-1氨水中,H+全部来自水的电离,c(H+)=1×10-11 ml·L-1,则c(OH-)=1×10-3 ml·L-1,故A错误;b点为NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液,H+全部来自水的电离,c(H+)=1×10-7 ml·L-1,则c(OH-)=1×10-7 ml·L-1,c(H+)=c(OH-),溶液一定呈中性,故B正确;c点溶液为NH4Cl溶液,呈酸性,c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒可知
对点演练2(双选)常温下,向V mL 0.1 ml·L-1 HA溶液中滴入0.1 ml·L-1 NaOH溶液,溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[-lgc水(H+)]与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示。下列说法不正确的是( )A.常温下,Ka(HA)约为10-6B.P点溶液对应的pH>7C.M点溶液中存在:c(Na+)=c(A-)+c(HA)D.N点溶液中存在:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
解析 由示意图可知,0.1 ml·L-1 HA溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 ml·L-1,水电离出的氢氧根离子浓度为10-11 ml·L-1,溶液中氢离子浓度为10-3 ml·L-1,HA为弱酸,N点水电离出的氢离子浓度的负对数最小,水电离出的氢离子浓度最大,说明HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成NaA,则M点为HA和NaA的混合溶液,P点为NaA和NaOH的混合溶液。0.1 ml·L-1 HA溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 ml·L-1,水电离出的氢氧根离子浓度为10-11 ml·L-1,溶液中氢离子浓度为10-3 ml·L-1,
P点为NaA和NaOH混合液,溶液呈碱性,溶液的pH>7,B正确;M点为HA和NaA的混合液,溶液呈中性,溶液中c(OH-)=c(H+),由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)可知,溶液中c(Na+)=c(A-),C错误;N点水电离出的氢离子浓度的负对数最小,水电离出的氢离子浓度最大,说明HA溶液与NaOH溶液恰好完全反应生成NaA,A-在溶液中水解使溶液呈碱性,溶液中存在:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),D正确。
深度指津 水电离出的c(H+)水或c(OH-)水的相关计算(25 ℃)(1)中性溶液:c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7ml·L-1。(2)溶质为酸的溶液。①来源。OH-全部来自水的电离,水电离产生的c(H+)水=c(OH-)。②实例。如计算pH=2的盐酸中由水电离出的c(H+)水,方法是先求出溶液中的c(OH-)= ml·L-1=10-12ml·L-1,即由水电离出的c(H+)水=c(OH-)=10-12ml·L-1。
(3)溶质为碱的溶液。①来源。H+全部来自水的电离,水电离产生的c(OH-)水=c(H+)。②实例。如计算pH=12的NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)水,方法是根据溶液中的c(H+)=10-12ml·L-1,推出由水电离出的c(OH-)水=c(H+)=10-12 ml·L-1。
(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液。①pH=5的NH4Cl溶液中H+全部来自水的电离,由水电离出的c(H+)水=10-5ml·L-1,因为部分OH-与部分N 结合,溶液中c(OH-)=10-9ml·L-1。②pH=12的Na2CO3溶液中OH-全部来自水的电离,由水电离出的c(OH-)水=10-2ml·L-1。
知识梳理1.溶液的酸碱性溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)和c(OH-)的 。 将“>”“=”或“<”填在下表空格中:
2.溶液的pH(1)表达式为pH= 。 (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。
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(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。( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)×
2.(1)pH=5的H2SO4溶液,加水稀释到体积为原来的500倍,则稀释后c(S )与c(H+)的比值为 。 (2)取浓度相同的NaOH和HCl溶液,以3∶2体积比相混合,所得溶液的pH等于12,则原溶液的浓度为 。
考向1 溶液的酸碱性【典例1】 (2020年1月浙江选考,17)下列说法不正确的是( )A.pH>7的溶液不一定呈碱性B.中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液,所需HCl的物质的量相同C.相同温度下,pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中,c(OH-)相等D.氨水和盐酸反应后的溶液,若溶液呈中性,则c(Cl-)=c(N )
答案 B 解析 A项,pH与温度有关,正确;B项,pH相等的氨水和NaOH溶液,氨水的浓度比NaOH浓度大,所以等体积的两者,氨水消耗的HCl多,错误;C项,相同温度下,pH相等的盐酸和CH3COOH溶液,c(H+)相等,根据水的离子积KW=c(H+)·c(OH-)知,c(OH-)相等,正确;D项,根据溶液中电荷守恒知,c(H+)+c(N )=c(OH-)+c(Cl-),溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),则c(N )=c(Cl-),正确。
对点演练1已知温度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 选项A,a=b只能说明酸、碱恰好完全反应,生成盐和水,由于酸、碱强弱未知,不能说明溶液呈中性,错误;选项B,题给温度未指明是25 ℃或常温,所以pH=7并不能说明溶液呈中性,错误;选项C,由于混合溶液中c(H+)= ml·L-1,结合KW=c(H+)·c(OH-),可推断出c(H+)=c(OH-),所以溶液一定呈中性,正确;选项D是正确的电荷守恒表达式,无论溶液是否呈中性都满足此式,错误。
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2 pH的计算【典例2】 (2020黑龙江哈尔滨实验中学月考)室温时,1 ml·L-1的HA溶液和1 ml·L-1的HB溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得曲线如图所示。下列说法中正确的是( )A.M点溶液中c(A-)大于N点溶液中c(B-)B.HA的电离常数约为10-6C.浓度均为0.1 ml·L-1的NaA和HA混合溶液的pH>7D.M、P两点的溶液分别用等浓度的NaOH溶液中和,消耗的NaOH溶液体积:P=M
解析 M点溶液和N点溶液的pH相等,c(H+)相等,溶液中c(OH-)相等,两种溶液中分别存在电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(A-)、c(H+)=c(OH-)+c(B-),则M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-),A错误;开始时1 ml·L-1 HA溶液的pH=2,则c(H+)=0.01 ml·L-1<1 ml·L-1,HA为弱酸,HA电离程度较小,则溶液中c(A-)≈c(H+)=0.01 ml·L-1,c(HA)≈1 ml·L-1,K(HA)= =10-4,B错误;等浓度的NaA和HA的溶液混合时,HA的电离程度大于NaA的水解程度,所以溶液pH<7,C错误;M、P两点的溶液中HA和HB的起始浓度相等、溶液体积相等,则两种酸的物质的量相等,用等浓度的NaOH溶液中和时,消耗NaOH溶液体积与酸的物质的量成正比,所以消耗的NaOH溶液体积:P=M,D正确。
对点演练2(2020北京西城二模)常温时,下列说法正确的是( )A.pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中,由水电离产生的c(OH-)均为1×10-11 ml·L-1B.分别把100 mL pH=11的NaOH溶液和pH=11的氨水加水稀释至1 L,所得溶液pH均为10C.分别向等体积的0.1 ml·L-1 HCl溶液和0.1 ml·L-1 CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液,恰好为中性时,消耗NaOH溶液的体积相等D.分别向1 mL pH=3的盐酸和pH=3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体,两溶液的pH均增大
解析 氨水抑制水的电离,pH=11的氨水中水电离产生的c(OH-)为1×10-11 ml·L-1,碳酸钠促进水的电离,pH=11的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(OH-)为1×10-3 ml·L-1,A错误;加水稀释促进一水合氨的电离,氨水中氢氧根离子的物质的量会增大,所以把100 mL pH=11的氨水加水稀释至1 L,所得溶液pH大于10,B错误;向等体积的0.1 ml·L-1 HCl溶液和0.1 ml·L-1 CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液,恰好中和时分别生成NaCl和醋酸钠,NaCl溶液显中性,醋酸钠溶液显碱性,若要使含醋酸钠的溶液显中性,则要减少氢氧化钠的加入量,所以二者消耗的氢氧化钠溶液的体积不同,C错误;向1 mL pH=3的盐酸中加醋酸钠,盐酸与醋酸钠反应生成弱酸醋酸,溶液的pH会增大,在醋酸溶液中加醋酸钠,醋酸钠电离的醋酸根离子能抑制醋酸的电离,溶液的pH增大,D正确。
深度指津 (1)在做关于溶液pH计算的题目时,要抓住“问题的主要方面”。溶液显酸性用溶液中的c(H+)来计算;溶液显碱性先求溶液中的c(OH-),再求溶液中的c(H+)。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
(2)注意近似计算:当两数相加、减,两数值相差较大时,则小的数值可以忽略,如1 000+0.1≈1 000。
知识梳理1.定义:用已知浓度的 来测定未知浓度的 的方法。
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 。 (2)选取适当的指示剂,准确判断 。
【必做实验】强酸与强碱的中和滴定【实验目的】(1)练习中和滴定的实验操作;理解中和滴定的原理;探究酸碱中和反应过程中pH的变化特点。(2)通过实验进一步掌握数据分析的方法,体会定量实验在化学研究中的作用。
【实验用品】酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台。0.100 0 ml·L-1 HCl溶液、0.100 0 ml·L-1左右的NaOH溶液、酚酞溶液、蒸馏水。
【实验步骤】(一)练习使用滴定管(1)滴定管的构造。图(A)是 ,图(B)是
(2)滴定管的使用方法
微点拨 (1)滴定管的精确度为0.01 mL。(2)酸性、强氧化性的试剂一般用酸式滴定管盛装,因为酸性和强氧化性物质易腐蚀橡胶管。(3)碱性的试剂一般用碱式滴定管盛装,因为碱性物质易腐蚀玻璃,致使活塞无法打开。(4)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,若滴定过程中用去10.00 mL的液体,则滴定管中剩余液体体积大于15 mL。
(二)用已知浓度的强酸滴定未知浓度的强碱(以酚酞为指示剂,盐酸滴定氢氧化钠溶液)(1)滴定前的准备。①向润洗过的酸式滴定管中加入0.100 0 ml·L-1 HCl溶液,赶出气泡、调节液面至“0”刻度后准确记录读数。②向润洗过的碱式滴定管中加入待测浓度的NaOH溶液,赶出气泡、调节液面至“0”刻度后,用碱式滴定管向锥形瓶中滴入25.00 mL待测溶液,再向其中滴加2滴酚酞溶液,这时溶液呈红色。
(3)滴定终点判断。接近滴定终点时,改为滴加半滴酸,直到加入半滴标准液后,溶液由粉红色刚好变为无色,且半分钟内不变色,这表示已经到达滴定终点,记录标准液的体积。(4)数据处理。
(三)问题和讨论(1)在进行中和滴定时,为什么要用酸(或碱)润洗酸式(或碱式)滴定管2~3次?
提示 滴定管用蒸馏水润湿后,滴定管中残留蒸馏水,再加酸(或碱)时,相当于稀释了溶液,使浓度降低。
(2)滴定用的锥形瓶是否也要用待测的碱(或酸)润洗?锥形瓶装待测液前是否需要保持干燥?为什么?
提示 锥形瓶不能用待测的碱(或酸)溶液润洗,润洗后锥形瓶内残留碱(或酸)液,再加碱(或酸)时,碱(或酸)的物质的量增多,消耗的酸(或碱)的物质的量也增多。锥形瓶装待测液前不必要保持干燥,瓶里有水并不影响碱(或酸)的物质的量,消耗的酸(或碱)的物质的量不变。
微点拨 (1)酸、碱恰好中和与中和至中性的意义不同,酸、碱恰好中和所得溶液不一定呈中性,而中和至中性,酸、碱也不一定恰好反应。溶液的酸碱性取决于酸、碱中和反应后所得盐的特点。(2)滴定终点是通过指示剂颜色变化而实际控制的停止滴定的“点”,滴定终点与恰好中和越吻合,测定误差越小。
自我诊断1.判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)KMnO4溶液应用碱式滴定管盛装。( )(2)用碱式滴定管准确移取20.00 mL的NaOH溶液。( )(3)将液面在0刻度处的25.00 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。( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)×
2.滴定终点现象判断。(1)用a ml·L-1的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,用酚酞作为指示剂,达到滴定终点的现象是 ;若用甲基橙作为指示剂,滴定终点的现象是 。 (2)用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液,以测定水中SO2的含量,是否需要选用指示剂 (填“是”或“否”),达到滴定终点的现象是 。
答案 (1)滴入最后半滴标准液,溶液由粉红色刚好变为无色,且半分钟内不变色 当滴入最后半滴标准液,溶液刚好由黄色变为橙色,且半分钟内不变色(2)否 当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液,溶液刚好由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色
考向1 酸碱中和滴定操作及误差分析【典例1】 (2020年1月浙江选考,23)室温下,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,pH=7B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂,可减小实验误差C.选择甲基红指示反应终点,误差比甲基橙的大D.V(NaOH溶液)=30.00 mL时,pH=12.3
解析 A项,NaOH和HCl均为强电解质,当两者恰好完全反应时,溶液中的溶质为NaCl,溶液为中性,正确;B项,反应达到终点时,若指示剂的颜色能发生变化,就是合适的指示剂,在滴定终点时,颜色变化越明显实验误差越小,正确;C项,从图中看,甲基红在突变范围内,所以误差比用甲基橙小,错误;D项,当V(NaOH溶液)=30.00 mL时,NaOH过量,溶液中c(OH-)=
对点演练1(2020天津学业水平等级适应性考试)下列实验操作会使最终结果偏高的是( )A.配制100 mL 1.00 ml·L-1 NaCl溶液,定容时俯视刻度线B.用0.100 0 ml·L-1盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液,起始读数时仰视C.用湿润的pH试纸测定NaOH溶液的pHD.测定中和热的数值时,将0.5 ml·L-1 NaOH溶液倒入盐酸后,立即读数
答案 A 解析 定容时俯视刻度线,所配溶液体积偏小,浓度偏大,A项正确;中和滴定起始仰视刻度线,使起始溶液体积数值偏大,导致最终所消耗的盐酸体积偏小,计算出的NaOH溶液浓度偏小,B项错误;湿润的pH试纸会对NaOH溶液起到稀释作用,所测溶液的pH偏小,C项错误;中和热测定,需要测量的是最高温度,而加入NaOH溶液后立即读数,反应未完全,温度较低,D项错误。
对点演练2(2020年1月浙江选考,27)为测定FeC2O4·2H2O(M=180 g·ml-1)样品的纯度,用硫酸溶解6.300 g样品,定容至250 mL。取25.00 mL溶液,用0.100 0 ml·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验,数据如下:
已知:3Mn +5FeC2O4·2H2O+24H+==3Mn2++5Fe3++10CO2↑+22H2O假设杂质不参加反应。该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是 %(保留小数点后一位); 写出简要计算过程:
解析 表中三组数据,第一组用去V(KMnO4溶液)=19.98 mL-0.00 mL=19.98 mL,第二组用去V(KMnO4溶液)=22.40 mL-1.26 mL=21.14 mL,第三组用去V(KMnO4溶液)=21.56 mL-1.54 mL=20.02 mL,显然第二组数据与另两组数据偏差较大,故应舍去,第1、3组数据求平均值为 =20.00 mL。由KMnO4的浓度和消耗体积,可以求出消耗的KMnO4的物质的量,由“3Mn ~5FeC2O4·2H2O”,可以计算出样品中FeC2O4·2H2O的物质的量,滴定实验中只取出1/10来实验,故要扩大10倍后,再计算6.300 g样品中FeC2O4·2H2O的质量分数。
归纳总结 指示剂选择的基本原则变色要灵敏,变色范围要小,变色的pH范围尽量与滴定终点时溶液的酸碱性一致。(1)不能用石蕊作为指示剂。(2)滴定终点为碱性时,用酚酞作为指示剂,例如用NaOH溶液滴定醋酸。(3)滴定终点为酸性时,用甲基橙作为指示剂,例如用盐酸滴定氨水。(4)强酸与强碱互滴,用甲基橙和酚酞都可。
考向2 酸碱中和滴定曲线分析【典例2】 (2020山东等级考模拟一)25 ℃时,向10 mL 0.10 ml·L-1的一元弱酸HA(Ka=1.0×10-3)溶液中逐滴加入0.10 ml·L-1 NaOH溶液,溶液pH随加入NaOH溶液的体积V的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.a点时,c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B.溶液在a点水的电离程度大于b点时水的电离程度C.b点时,c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)D.V=10 mL时,c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
解析 a点处的溶质为HA和NaA,a点处溶液中电荷守恒为c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),溶液中HA的弱电解质电离平衡常数为Ka= =1.0×10-3,a点处,pH=3,c(H+)=1.0×10-3 ml·L-1,代入Ka,得c(A-)=c(HA),所以电荷守恒式可以换为c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),A项正确;a点溶质为HA和NaA,pH=3,以HA对水的电离抑制为主,b点溶质为NaOH和NaA,pH=11,以NaOH对水的电离抑制为主,二者pH之和为14,所以两点水的电离程度相等,B项错误;b处的溶质为NaOH和NaA,b处的电荷守恒方程式为
c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),则c(Na+)=c(A-)+c(OH-)-c(H+),假设C选项成立,则c(A-)+c(OH-)-c(H+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-),推出c(HA)+c(H+)=0,故假设不成立,C项错误;当V=10 mL时,溶液中的溶质为NaA,A-水解显碱性,A-+H2O HA+OH-,c(HA)≈c(OH-)>c(H+),则有c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+),D项错误。
对点演练3(双选)298 K时,向20 mL 0.100 0 ml·L-1 CH3COOH溶液中滴入0.100 0 ml·L-1 NaOH溶液,滴定曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法不正确的是( )
A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.由c点数值可求醋酸的电离平衡常数为1.66×10-5C.b点溶液中各微粒浓度关系为c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(OH-)D.中和同体积同pH的醋酸和盐酸所用氢氧化钠的物质的量,后者多
解析 由图可知,醋酸和氢氧化钠中和滴定的滴定终点为碱性,而酚酞的变色pH范围为8.2~10.0,符合要求,应选用酚酞作为指示剂,A项正确;c点时,溶液呈中性,则有c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),则
b点时的溶质为等量的CH3COOH和CH3COONa,存在着质子守恒2c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+2c(OH-),C项错误;由于醋酸是弱电解质,在水溶液中部分电离,则相同体积、相同pH的醋酸和盐酸溶液相比前者溶质物质的量更大,故中和同体积同pH的醋酸和盐酸所用氢氧化钠的物质的量,前者多,D项错误。
归纳总结 1.分析步骤首先看纵坐标,搞清楚是酸加入碱中,还是碱加入酸中;其次看起点,起点可以看出酸或碱的强弱,这对于判断滴定终点至关重要;再次找滴定终点和pH=7的中性点,判断滴定终点时溶液的酸碱性,然后确定中性点(pH=7)的位置;最后分析其他的特殊点(如滴定一半点,过量一半点等),分析酸、碱过量情况。
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)物料守恒可以根据加入酸的物质的量或加入碱的物质的量进行确定,但不一定为等量关系。
深度指津 酸碱中和滴定中常见的误差分析(1)要依据公式c(待测)= 来判断。c(标准)和V(待测)在误差分析时是定值,因此只需分析各种原因使得所耗标准液体积V(标准)变大或变小即可,V(标准)变大,则c(待测)偏高,V(标准)变小,则c(待测)偏低。(2)以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞作为指示剂)为例,常见的因操作不正确而引起的误差分析如下:
1.3种式子H2O H++OH-;KW=c(H+)·c(OH-);pH=-lgc(H+)。2.3种关系(1)c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性;(2)c(H+)=c(OH-),溶液呈中性;(3)c(H+)
滴定原理的拓展及应用素养解读中和滴定是中学化学的重要实验,也是高考的热点,作为选择题出现时,并不单纯是实验题,通常是给出中和滴定曲线,再以滴定的各个阶段的溶液的混合情况来考查电解质溶液的各项规律;作为填空题出现时,往往是中和滴定实验的迁移应用,即氧化还原滴定和沉淀滴定,这就要求学生能在熟悉反应规律的前提下进行判断,并能运用反应的关系式进行计算,培养学生证据推理的化学核心素养。
案例探究硫代硫酸钠,又名次亚硫酸钠、大苏打、海波,是无色透明的单斜晶体。因其有还原性,可用作去氯剂和分析试剂。例如滴定碘: 。硫代硫酸钠也可以除去自来水中的氯气,且对鱼类的毒性极低,在水产养殖上有广泛的应用。因Na2S2O3的水溶液可以溶解溴化银和氯化银,可用于照相定影剂:
硫代硫酸钠还可用于鞣制皮革、从矿石中提取银;在临床上,以静脉注射的方式治疗皮肤瘙痒症、性荨麻疹、药疹、氰化物、铊中毒和砷中毒等。
【典例】 (2017天津理综,9)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4.246 8 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溶液作为指示剂。d.用0.100 0 ml·L-1 NH4SCN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:
回答下列问题:(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的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)滴定应在pH<0.5的条件下进行,其原因是 。 (4)b和c两步操作是否可以颠倒? ,说明理由: 。 (5)所消耗的NH4SCN标准溶液的平均体积为 mL,测得c(I-)= ml·L-1。
(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步,应进行的操作为 。 (7)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 。
解析(1)配制溶液所用的玻璃仪器有250 mL(棕色)容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。(2)AgNO3受热或光照易分解,故存放在棕色试剂瓶中。(3)Fe3+易水解,若pH过大,会促进Fe3+水解,影响终点的判断。(4)NH4Fe(SO4)2中Fe3+有氧化性,可以将I-氧化,本身被还原为Fe2+,失去指示剂的作用,同时会影响AgNO3溶液的用量。
(5)第一次实验数据与第二、三次实验数据相差过大,不能使用。取第二、三次实验数据的平均值,所消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为10.00 mL。
(6)滴定管使用前要水洗、润洗。润洗是为了防止滴定管内残留的水将滴定管内所装溶液稀释。
①使配制AgNO3标准溶液的实际浓度偏小,则消耗NH4SCN溶液的体积偏小,V(NH4SCN)偏小,结果偏高;②俯视读数会使V(NH4SCN)偏小,结果偏高。
答案 (1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管(2)AgNO3见光易分解(3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解)(4)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(5)10.00 0.060 0(6)用NH4SCN标准溶液进行润洗(7)①偏高 ②偏高
方法规律两大拓展滴定法1.沉淀滴定法(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,滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应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Cr 为指示剂,这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。
2.氧化还原滴定法(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,或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性、但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。(2)试剂:常用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等;常用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
(3)实例。①用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液。原理:2Mn +6H++5H2C2O4==10CO2↑+2Mn2++8H2O。指示剂及终点判断:酸性KMnO4溶液本身呈紫色,不用另外选择指示剂,当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后,溶液刚好由无色变浅红色,且半分钟内不变色,说明到达滴定终点。用Na2S2O3溶液滴定碘液。原理:2Na2S2O3+I2==Na2S4O6+2NaI。指示剂及终点判断:用淀粉作为指示剂,当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色刚好褪去,且半分钟内不恢复原色,说明到达滴定终点。
素养提升1.(2020江苏南京三模)碘是人体必需的微量元素之一,我国以前在食盐中加KI加工碘盐。(1)目前加碘食盐中,不用KI的主要原因是 。 (2)将Fe3I8加入到K2CO3溶液中,生成Fe3O4、KI和一种气体,该反应的化学方程式为 。
答案 (1)KI的I-有很强的还原性,易被氧化成I2(2)Fe3I8+4K2CO3==Fe3O4+8KI+4CO2↑
解析 (1)目前加碘食盐中,不用KI的主要原因是碘离子具有很强的还原性,易被氧化成单质碘。(2)将Fe3I8加入到K2CO3溶液中,生成Fe3O4、KI和一种气体,反应中没有化合价的升降,再根据元素守恒得出另一种物质为含碳的化合物即二氧化碳,因此该反应的化学方程式为Fe3I8+4K2CO3==Fe3O4+8KI+4CO2↑。
2.(2020江苏苏北四市模拟)某硫酸盐在工农业生产上有广泛用途。它的组成可表达为KxFey(SO4)z·nH2O(其中Fe为+2价)。为测定它的组成可通过下列实验:步骤Ⅰ:称取22.80 g样品,配制成100 mL溶液A。步骤Ⅱ:移取25.00 mL溶液A,用0.300 0 ml·L-1酸性KMnO4溶液滴定至终点(滴定过程中Mn 与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+),消耗酸性KMnO4溶液10.00 mL。步骤Ⅲ:移取25.00 mL溶液A,加入足量的四苯硼酸钠{Na[B(C6H5)4]}溶液至沉淀完全,得白色固体四苯硼酸钾(摩尔质量为358 g·ml-1)10.74 g。该反应的离子方程式为K++[B(C6H5)4]- ==K[B(C6H5)4]↓。
回答下列问题:(1)判断步骤Ⅱ滴定终点的现象是 ,写出步骤Ⅱ中的离子反应方程式: 。 (2)已知常温下K[B(C6H5)4]的Ksp=2.0×10-13,欲使溶液中c(K+)≤1.0×10-5 ml·L-1,此时溶液中c{[B(C6H5)4]-}≥ ml·L-1。 (3)通过计算确定样品的化学式(写出计算过程)。
答案 (1)溶液由无色变为(浅)红色且半分钟内不变色
3.(2020江苏淮安第三次学情调查)工厂化验员检验含有KBrO3、KBr及惰性物质的某样品。化验员称取了该固体样品1.000 g,加水溶解后配成100 mL溶液X。Ⅰ.移取25.00 mL溶液X,加入稀硫酸,然后用Na2SO3将Br 还原为Br-;Ⅱ.除去过量的S 后调至中性;Ⅲ.加入K2CrO4作为指示剂,用0.100 0 ml·L-1 AgNO3标准溶液滴定Br-至终点,消耗AgNO3标准溶液11.25 mL;Ⅳ.再移取25.00 mL溶液X,酸化后加热,再用碱液调至中性,测定剩余Br-,消耗上述AgNO3标准溶液3.75 mL。
已知:①25 ℃时,Ag2CrO4(砖红色)的Ksp=1.12×10-12,AgBr(浅黄色)的Ksp=5.0×10-15;Ⅳ中酸化时发生反应:Br +5Br-+6H+==3Br2+3H2O请回答:(1)步骤Ⅰ中,反应的离子方程式为 。 (2)步骤Ⅲ中,滴定终点的现象为 。 (3)步骤Ⅳ中,加热的目的是 。 (4)计算试样中KBrO3的质量分数。(写出计算过程,结果保留三位有效数字)
(2)当滴入最后一滴AgNO3溶液时,产生砖红色沉淀,且半分钟内不溶解(3)除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2挥发)(4)第一次所取25.00 mL溶液中:n总=n(AgBr)=0.100 0 ml·L-1×11.25×10-3 L=1.125×10-3 ml,所以n(Br )+n(Br-)=n总=1.125×10-3 ml第二次所取25.00 mL溶液,加酸反应后:n(Br-)余=0.100 0 ml·L-1× 3.75×10-3 L=3.75×10-4 ml
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