2019高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 第9講 水溶液中的離子平衡學(xué)案.docx
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第9講 水溶液中的離子平衡 知考點 明方向 滿懷信心正能量 設(shè)問 方式 ①溶液酸堿性判斷及pH計算與比較 [例](2017全國卷Ⅰ，13)，(2017全國卷Ⅱ，12) ②鹽類水解與離子濃度大小比較 [例](2018江蘇卷，14)，(2018北京卷，6) ③中和滴定及遷移應(yīng)用 [例](2018全國卷Ⅰ，27)，(2018全國卷Ⅱ，28) (2018全國卷Ⅲ，13)，(2018天津卷，9) ④溶液中的三大平衡問題 [例](2018天津卷，6)，(2018天津卷，10) 知識點 網(wǎng)絡(luò)線 引領(lǐng)復(fù)習(xí)曙光現(xiàn) 釋疑難 研熱點 建模思維站高端 考點一 溶液的酸堿性和pH) 命題規(guī)律： 1．題型：選擇題、填空題。 2．考向：(1)運用勒夏特列原理分析外因?qū)﹄婋x平衡影響； (2)pH的相關(guān)計算； (3)電離常數(shù)的計算與應(yīng)用 方法點撥： 1．熟悉“四條件”對弱電解質(zhì)電離的影響 條件改變 影響 微粒濃度影響結(jié)果 電離程度 電離常數(shù) 濃度 加水 正向 移動 弱酸的H＋、酸根離子濃度減小，OH－濃度增大；弱堿的OH－，金屬離子(NH)濃度減小，H＋濃度增大 增大 不變 加弱電 解質(zhì) 正向 移動 弱電解質(zhì)相應(yīng)離子和弱電解質(zhì)濃度均增大 減小 不變 加熱 正向 移動 弱電解質(zhì)分子濃度減??；弱電解質(zhì)相應(yīng)離子濃度增大 增大 增大 同離子效應(yīng) 逆向 移動 弱電解質(zhì)濃度增大，“同離子”濃度增大，相反電荷離子濃度減小 減小 不變 加入與弱電解質(zhì)反應(yīng)的物質(zhì) 正向 移動 參與反應(yīng)的離子濃度減小，其他離子濃度增大 增大 不變 2．對比區(qū)分影響水電離的因素 3．溶液的酸堿性及pH的本質(zhì) (1)(在任何溫度下的)中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝，常溫下中性溶液pH＝7，溫度升高時，中性溶液的pH＜7。 (2)溶液pH的計算方法——先判斷溶液的酸堿性 4．弱電解質(zhì)的平衡常數(shù)特點與計算 (1)弱電解質(zhì)(以弱酸HX為例)電離平衡常數(shù) K＝≈，對于多元酸，通常也是進(jìn)行粗略計算的。 (2)同一弱電解質(zhì)，K值只與溫度有關(guān)，一般情況下，溫度升高，K值增大；對于多元弱酸來說，其K1?K2?K3。 1．(1)下列說法正確的是( ADEF ) A．(2018天津卷)向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液變渾濁，說明酸性：H2CO3>C6H5OH B．(2016江蘇卷)室溫下，稀釋0.1 mol/L CH3COOH溶液，溶液的導(dǎo)電能力增強 C．(2017江蘇卷)已知常溫下，Ka(HCOOH)＝1.7710－4，Ka(CH3COOH)＝1.7510－5，則用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點，消耗NaOH溶液的體積相等 D．(2017全國卷Ⅰ)氫硫酸不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，而亞硫酸可以，說明氫硫酸比亞硫酸的酸性弱 E．(2017全國卷Ⅰ)氫硫酸的導(dǎo)電能力低于相同濃度的亞硫酸，說明氫硫酸比亞硫酸的酸性弱 F．(2017全國卷Ⅰ)0.10 molL－1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1說明氫硫酸比亞硫酸的酸性弱 (2)(2018天津卷)CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH＝13，CO2主要轉(zhuǎn)化為！??！__CO__###(寫離子符號)；若所得溶液c(HCO)：c(CO)＝2：1，溶液pH＝?。?！__10__###。(室溫下，H2CO3的K1＝410－7；K2＝510－11) (3)(2017江蘇卷)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分?jǐn)?shù)(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù))與pH的關(guān)系分別如圖1和圖2所示。 ①以酚酞為指示劑(變色范圍pH 8.0～10.0)，將NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，當(dāng)溶液由無色變?yōu)闇\紅色時停止滴加。該過程中主要反應(yīng)的離子方程式為?。?！ OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O ###。 ②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4H2AsO＋H＋的電離常數(shù)為Ka1，則pKa1＝?。?！__2.2__###(pKa1＝－lgKa1 )。 突破點撥 (1)強酸與弱酸對比時注意兩點：①二者是物質(zhì)的量濃度相同，還是pH即c(H＋)相同；②對比的問題是與c(H＋)有關(guān)還是與能提供的n(H＋)有關(guān)； (2)涉及到電離常數(shù)，既可以用常規(guī)的計算方法解答，也可以根據(jù)圖像中特殊點突破。 解析 (1)根據(jù)強酸制弱酸的原理可知選項A正確；稀釋0.1 mol/L CH3COOH溶液時，溶液中離子濃度減小，所以導(dǎo)電能力減弱，選項B錯誤；pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液，醋酸濃度大，所以等體積的兩種酸溶液進(jìn)行中和滴定時，醋酸溶液消耗的NaOH溶液的體積大，選項C錯誤；氫硫酸不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，而亞硫酸可以，體現(xiàn)強酸制備弱酸的規(guī)律，可說明亞硫酸的酸性比氫硫酸強，選項D正確；氫硫酸的導(dǎo)電能力低于相同濃度的亞硫酸，可說明亞硫酸的電離程度大，則亞硫酸的酸性強，選項E正確；0.10molL－1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1，可說明亞硫酸的電離程度大，酸性較強，選項F正確。(2)CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH＝13，因為得到溶液的堿性較強，所以CO2主要轉(zhuǎn)化為碳酸根離子(CO)。若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，則根據(jù)第二步電離平衡常數(shù)K2＝＝＝510－11，所以氫離子濃度為110－10 mol/L，pH＝10。(3)①根據(jù)圖知，堿性條件下H3AsO3的濃度減小、H2AsO濃度增大，說明堿和H3AsO3反應(yīng)生成H2AsO，該反應(yīng)為酸堿的中和反應(yīng)，同時還生成水，離子方程式為：OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O；②pH＝2.2時，c(H＋)＝10－2.2 mol/L，c(H3AsO4)＝c(H2AsO)，所以Ka1＝c(H＋)＝10－2.2 mol/L pKa1＝－lgKa1＝2.2。 【變式考法】 (1)(2018北京卷)磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應(yīng)：2Ca5(PO4)3(OH)＋3H2O＋10H2SO410CaSO40.5H2O＋6H3PO4該反應(yīng)體現(xiàn)出酸性關(guān)系：H3PO4?。?！__<__###H2SO4(填“>”或“<”) (2)(2017天津卷)H2S和SO2會對環(huán)境和人體健康帶來極大的危害，工業(yè)上常采取用氨水除去SO2，已知25℃，NH3H2O的Kb＝1.810－5，H2SO3的Ka1＝1.310－2，Ka2＝6.210－8。若氨水的濃度為2.0 molL－1，則溶液中的c(OH－)＝?。。_6.010－3__###molL－1。將SO2通入該氨水中，當(dāng)c(OH－)降至1.010－7 molL－1時，溶液中的c(SO)/c(HSO)＝?。。_0.62__###。 (3)(2018濰坊模擬)25℃時，兩種酸的電離平衡常數(shù)如表： K1 K2 H2SO3 1.310－2 6.310－8 H2CO3 4.210－7 5.610－11 某同學(xué)設(shè)計實驗比較H2SO3和H2CO3的酸性強弱：將SO2和CO2氣體分別通入水中至飽和，立即用酸度計測量兩溶液的c(H＋)。該實驗設(shè)計不正確，錯誤在于！??！__用于比較pH的兩種溶液的物質(zhì)的量濃度不相等__###。另一同學(xué)認(rèn)為，可以通過測定相同物質(zhì)的量濃度的鹽溶液的pH，根據(jù)測得的pH大小，可以比較H2SO3和H2CO3的酸性強弱，你認(rèn)為應(yīng)該選擇的鹽是?。?！__B__###。 A．Na2SO3和Na2CO3 B．NaHSO3和NaHCO3 C．Na2SO3和NaHCO3 D．NaHSO3和Na2CO3 解析 (1)根據(jù)強酸制弱酸的原理進(jìn)行判斷；(2)根據(jù)NH3H2O的Kb＝1.810－5可知，＝1.810－5，當(dāng)氨水的濃度為2.0 molL－1時，溶液中的c(OH－)＝c(NH)＝＝6.010－3molL－1。根據(jù)H2SO3的Ka2＝6.210－8可知，＝6.210－8，當(dāng)c(OH－)降至1.010－7molL－1，則c(H＋)＝1.010－7molL－1，溶液中的c(SO)/c(HSO)＝0.62。(3)要想通過比較H2SO3和H2CO3的pH來驗證二者的酸性強弱，必需使二者的濃度相同，但是SO2和CO2氣體溶解度不同，溶于水后的飽和溶液其濃度不相等，所以該實驗設(shè)計不正確。要想通過測得鹽溶液的pH來比較酸性強弱，第一，鹽溶液濃度必須相同，第二，必須使用酸式鹽。 2．(2018青島二模)電解質(zhì)溶液電導(dǎo)率越大導(dǎo)電能力越強。常溫下用0.100 molL－1鹽酸分別滴定10.00 mL濃度均為0.100 molL－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液，常溫Kb[(CH3)2NHH2O)]＝1.610－4(二甲胺在水中電離與氨相似)。利用傳感器測得滴定過程中溶液的電導(dǎo)率如圖所示。下列說法正確的是( C ) A．曲線①代表滴定二甲胺溶液的曲線 B．a(chǎn)點溶液中：c[(CH3)2NH]＞c[(CH3)2NHH2O] C．d點溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NHH2O] D．b、d、e三點的溶液中，水的電離程度最大的是b點 解析 由于NaOH是強堿，二甲胺是弱堿，所以0.100 molL－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液導(dǎo)電能力前者大，所以①為NaOH的變化曲線，曲線②為(CH3)2NHH2O的變化曲線，選項A、B錯誤；d點溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒可以得出c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NHH2O]，選項C正確；d點時恰反應(yīng)，溶質(zhì)為(CH3)2NH2Cl，該物質(zhì)水解促進(jìn)水的電離；而b點溶質(zhì)為(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NHH2O，(CH3)2NHH2O是堿抑制水的電離； e點溶質(zhì)為(CH3)2NH2Cl和HCl，其中HCl抑制水的電離，所以d點水的電離程度最大，選項D錯誤。 3. (1)(2018葫蘆島二模)已知pH＝2的正高碘酸(H5IO6)溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，所得混合液顯酸性；0.01 molL－1的碘酸(HIO3)溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，所得混合液顯中性。高碘酸電離方程式為！?。 5IO6H4IO＋H＋ ###。 (2)(2018黃岡期末)三種弱酸HA、H2B、HC，電離常數(shù)為1.810－5、5.610－11、4.910－10、4.310－7(數(shù)據(jù)順序已打亂)，已知三種酸和它們的鹽之間能發(fā)生以下反應(yīng)：①HA＋HB－(少量)===A－＋H2B ②H2B(少量)＋C－===HB－＋HC?、跦A(少量)＋C－===A－＋HC若H2B的Ka1＝4.310－7，則HA酸對應(yīng)的電離常數(shù)Ka＝?。。_1.810－5__###(根據(jù)已知數(shù)據(jù)填空)。 (3)(2018東北三校聯(lián)考)聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似。聯(lián)氨第一步電離反應(yīng)的平衡常數(shù)值為！??！__8.710－7__###(已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7107；Kw＝1.010－14)。聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學(xué)式為?。?！__N2H6(HSO4)2__###。 (4)(2018皖江名校聯(lián)考)常溫下，將a molL－1的醋酸與b molL－1 Ba(OH)2溶液等體積混合，充分反應(yīng)后，溶液中存在2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，則該混合溶液中醋酸的電離常數(shù)Ka＝！??！ Ka＝mol/L ###(用含a和b的代數(shù)式表示)。 解析 (1)等體積相混時，pH＝2的高碘酸溶液的n(H＋)與pH＝12的NaOH溶液中n(OH－) 相等，混合后顯酸性，說明混合過程中，又電離出了部分氫離子，所以高碘酸是弱酸；而0.01 molL－1的碘酸(HIO3)溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合時，恰好反應(yīng)生成鹽，由于所得混合液顯中性，可見碘酸(HIO3)為強酸。(2)根據(jù)強酸制弱酸的原理，由反應(yīng)H2B(少量)＋C－===HB－＋HC，可知酸性：H2B＞HC＞HB－，由HA＋HB－(少量)===A－＋H2B，可知酸性：HA＞H2B，所以酸性強弱順序是HA＞H2B＞HC＞HB－，結(jié)合電離常數(shù)數(shù)據(jù)可知若H2B的Ka1＝4.310－7，則HA的Ka＝1.810－5；(3)N2H4的第一步電離的方程式為N2H4＋H2ON2H＋OH－，則電離常數(shù)Kb＝＝＝＝KKw＝8.71071.010－14＝8.710－7。(4)根據(jù)2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－), 由于c(CH3COO－)＝2c(Ba2＋)＝b molL－1，所以c(H＋)＝c(OH－)溶液呈中性，Ka＝＝。 溶液pH計算的一般思維模型 口訣：酸按酸(H＋)，堿按堿(OH－)，酸堿中和求過量，無限稀釋7為限。 考點二 酸堿中和滴定及“遷移”應(yīng)用) 命題規(guī)律： 1．題型：選擇題、填空題。 2．考向：(1)通過滴定曲線考查pH計算、離子濃度大小比較、水的電離程度比較；(2)通過滴定實驗，考查操作要點、數(shù)據(jù)處理、誤差分析等。 方法點撥： 1．實驗儀器名稱再熟悉，不寫錯 酸式滴定管、堿式滴定管、滴定管夾(帶鐵架臺)、錐形瓶 2．操作步驟再回想，腦海中回放一遍視頻電影 (1)操作過程：檢漏→洗滌→調(diào)零→滴定 (2)手眼分工：左手→控制活塞；右手→振搖錐形瓶；雙眼→觀察錐形瓶中顏色變化。 3．現(xiàn)象描述再默讀 當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)溶液后，溶液由色變成色(或溶液色褪去)，且半分鐘內(nèi)不變色。 4．指示劑選擇再互考互答 滴定對象 指示劑選擇 顏色變化 強酸滴定強堿 甲基橙 黃色變橙色 強堿滴定強酸 酚酞 無色變紅色 強酸滴定弱堿 甲基橙 黃色變橙色 強堿滴定弱酸 酚酞 無色變粉紅色 5．?dāng)?shù)據(jù)處理及誤差分析 (1)數(shù)據(jù)處理：中和滴定要做平行試驗，一般有三組數(shù)據(jù)要正確“取舍”，計算“平均”體積，一般舍去誤差較大的實驗數(shù)據(jù)；(2)誤差分析：根據(jù)c待測＝；c標(biāo)準(zhǔn)與V待測已確定，只要分析出不正確操作引起V標(biāo)準(zhǔn)的變化，即可分析出結(jié)果。 1．(1)下列說法中不正確的是?。?！__ABCDE__###。 A．(2018全國卷Ⅲ)用標(biāo)準(zhǔn)HCl溶液滴定NaHCO3溶液來測定其濃度，選擇酚酞為指示劑 B．(2016全國卷乙)298K時，在20.0mL 0.10mol氨水中滴入0.10mol的鹽酸，應(yīng)該選擇酚酞作為指示劑 C．(2018江蘇卷)下圖是室溫下用0.1000 molL－1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL－1某一元酸HX的滴定曲線，說明HX是一元強酸 D．(2017全國卷Ⅲ)在50 mL酸式滴定管中裝入鹽酸，調(diào)整初始讀數(shù)為30.00 mL后，將剩余鹽酸放入錐形瓶，量取20.00 mL鹽酸 E．(2015廣東卷)滴定達(dá)終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴，則測定結(jié)果偏小 (2)(2018全國卷Ⅰ)Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取50.00 mL葡萄酒樣品，用0.010 00 molL－1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點，消耗10.00 mL。滴定反應(yīng)的離子方程式為?。?！ S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋ ###；該樣品中Na2S2O5的殘留量為?。?！__0.128__###gL－1(以SO2計)。 (3)(2018全國卷Ⅱ)測定三草酸合鐵酸鉀K3[Fe(C2O4)3]3H2O(三草酸合鐵酸鉀)晶體中鐵的含量。 ①稱量m g樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c molL－1 KMnO4溶液滴定至終點。滴定終點的現(xiàn)象是?。。_滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液恰好變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)紅色不消失__###。 ②向上述溶液中加入過量鋅粉至反應(yīng)完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c molL－1 KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液V mL。該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為?。?！ 100% ###。 突破點撥 (1)中和滴定指示劑選擇取決于恰好反應(yīng)生成的鹽溶液顯性情況； (2)滴定終點描述一定要抓住關(guān)鍵詞：“最后一滴”“恰好變成色”“且半分鐘不恢復(fù)原來顏色”。 解析 (1)HCl溶液滴定NaHCO3溶液恰好反應(yīng)溶液顯弱酸性(溶有二氧化碳)，應(yīng)該用甲基橙作指示劑，選項A錯誤；氨水與鹽酸恰好中和顯酸性，應(yīng)該選用甲基橙作指示劑，選項B錯誤；根據(jù)滴定曲線起點可知 0.100 0 molL－1某一元酸HX溶液pH大于2，所以為弱酸，選項C錯誤；量取20.00 mL鹽酸，滴定管起始液面只要在“0”及以下即可，50 mL刻度線以下至活塞尖嘴都存在溶液，放出溶液大于20.00 mL，選項D錯誤；滴定管尖嘴部分有懸滴，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積讀數(shù)偏大，結(jié)果偏大，選項E錯誤。(2)單質(zhì)碘具有氧化性，能把焦亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，反應(yīng)的方程式為S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋；消耗碘的物質(zhì)的量是0.000 1 mol，所以焦亞硫酸鈉的殘留量(以SO2計)是(0.000 1 mol64 g/mol)/0.05 L＝0.128 g/L。(3)①高錳酸鉀氧化草酸根離子后紅色褪色，所以滴定終點的現(xiàn)象是出現(xiàn)粉紅色。②鋅把鐵離子還原為亞鐵離子，酸性高錳酸鉀溶液又把亞鐵離子氧化為鐵離子。反應(yīng)中消耗高錳酸鉀是0.001cV mol，Mn元素化合價從＋7降低到＋2，所以根據(jù)電子得失守恒可知鐵離子的物質(zhì)的量是0.005cV mol，則該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為100%＝100%。 【變式考法】 (1)下列說法中正確的是?。?！__EF__###。 A．(2018鄂東南聯(lián)盟 )如圖表示中和滴定時某同學(xué)的一個操作，該操作是為了排除酸式滴定管內(nèi)氣泡 B．(2018豐臺一模)用堿式滴定管量取12.00 mL重鉻酸鉀溶液 C．(2018菏澤期末)常溫下，用 0.100 0 molL－1 NaOH 標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL－1 HCl溶液，滴定曲線如圖，達(dá)到滴定終點時，用甲基橙作指示劑消耗NaOH溶液的體積比用酚酞多 D．(2018林州調(diào)研)實驗測定酸堿滴定曲線時，要保證整個過程測試和記錄pH的間隔相同 E．(2018江蘇四市聯(lián)考)用已知濃度的NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸，滴定管用水洗后，未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗就裝入標(biāo)準(zhǔn)溶液，會使測定結(jié)果偏高 F．(2018江蘇百校聯(lián)盟)為了證明草酸為二元酸：用酚酞作指示劑用氫氧化鈉溶液進(jìn)行中和滴定，測定草酸與所消耗的氫氧化鈉的物質(zhì)的量的關(guān)系 (2)(2018深圳二模)實驗室有瓶混有泥沙的乙二酸樣品，某化學(xué)興趣小組利用這個氧化還原反應(yīng)的原理來測定其含量：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，具體操作為： ①配制250 mL溶液：準(zhǔn)確稱量5.000 g乙二酸樣品，配成250 mL溶液。 ②滴定：準(zhǔn)確量取25.00 mL所配溶液于錐形瓶中，加少量硫酸酸化，將0.100 0 molL－1 KMnO4溶液裝入！??！__酸式__###(填“酸式”或“堿式”)滴定管，進(jìn)行滴定操作。在實驗中發(fā)現(xiàn)，剛滴下少量KMnO4溶液時，溶液紫紅色并沒有馬上褪去。將錐形瓶搖動一段時間后，紫紅色才慢慢消失；再繼續(xù)滴加時，紫紅色就很快褪色了，可能原因是?。?！__反應(yīng)中生成的Mn2＋起催化作用__###；當(dāng)?。?！__滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由無色變成淺紫色，且30_s不褪色__###，說明達(dá)到滴定終點。 ③計算：重復(fù)上述操作2次，記錄實驗數(shù)據(jù)如下表。則消耗KMnO4溶液的平均體積為?。。_20.00__###mL，此樣品的純度為！?。_90.00%__###。(已知：H2C2O4的相對分子質(zhì)量為90) 序號 滴定前讀數(shù) 滴定后讀數(shù) 1 0.00 20.01 2 1.00 20.99 3 0.00 21.10 ④誤差分析：下列操作會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高的是！?。_AC__###(填字母)。 A．未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管 B．滴定前錐形瓶有少量水 C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失 D．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視 解析 (1)圖中為堿式滴定管，選項A錯誤；重鉻酸鉀有強氧化性，能腐蝕堿式滴定管中的橡膠，選項B錯誤；用甲基橙作指示劑，則需要的NaOH溶液體積小，選項C錯誤；確定中和滴定曲線的實驗中，接近恰好反應(yīng)點的前后，要間隔更小，因為此時溶液的pH會變化更大，選項D錯誤；滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，會使消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，結(jié)果也就偏大，選項E正確；證明草酸為二元酸，應(yīng)該讓草酸完全反應(yīng)，此時溶液顯堿性，所以應(yīng)該用酚酞作指示劑，選項F正確。(2)KMnO4溶液有強氧化性，能腐蝕堿式滴定管中橡膠，所以應(yīng)該用酸式滴定管；H2C2O4與MnO反應(yīng)產(chǎn)物產(chǎn)生的Mn2＋對反應(yīng)有催化作用；在進(jìn)行中和滴定數(shù)據(jù)處理時，應(yīng)該舍棄誤差較大的實驗數(shù)據(jù)，所以第3次讀數(shù)誤差較大，應(yīng)該舍棄。ω(H2C2O4)＝100%＝90.00%。④未用標(biāo)準(zhǔn)濃度的酸性KMnO4溶液潤洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液濃度偏低，消耗的KMnO4溶液體積偏大，測定結(jié)果偏高，選項A正確；滴定前錐形瓶有少量水，對實驗無影響，選項B錯誤；滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，有部分標(biāo)準(zhǔn)液補充了氣泡，使消耗的KMnO4溶液體積讀數(shù)偏大，測定結(jié)果偏高，選項C正確；觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，使消耗的KMnO4溶液體積讀數(shù)偏小，測定結(jié)果偏低，選項D錯誤。 2．(1)(2018北京卷)取a g所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用b molL－1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是?。?！ ###。(已知：H3PO4摩爾質(zhì)量為98 gmol－1) (2)(2018全國卷Ⅲ)硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O35H2O，M＝248 gmol－1)可用作定影劑、還原劑。利用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液定量測定硫代硫酸鈉的純度。測定步驟如下： ①溶液配制：稱取1.200 0 g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在?。?！__燒杯__###中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100 mL的?。?！__容量瓶__###中，加蒸餾水至?。?！__刻度__###。 ②滴定：取0.009 50 molL－1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入過量KI，發(fā)生反應(yīng)： Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反應(yīng)：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，當(dāng)溶液！??！__藍(lán)色褪去，半分鐘不變藍(lán)色__###，即為終點。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80 mL，則樣品純度為?。?！__95.0__###%(保留1位小數(shù))。 解析 (1)滴定終點生成Na2HPO4，則消耗的H3PO4與NaOH物質(zhì)的量之比為1∶2，n(H3PO4)＝n(NaOH)＝b mol/Lc10－3L＝ mol，m(H3PO4)＝ mol98 g/mol＝ g＝0.049bc g，精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。(2)①配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，應(yīng)該先稱量質(zhì)量，在燒杯中溶解，再轉(zhuǎn)移至容量瓶，最后定容即可。所以過程為：將固體在燒杯中加水溶解，全部轉(zhuǎn)移至100 mL容量瓶，加蒸餾水至刻度線。②淡黃綠色溶液中有單質(zhì)碘，加入淀粉為指示劑，溶液顯藍(lán)色，用硫代硫酸鈉溶液滴定溶液中的單質(zhì)碘，滴定終點時溶液的藍(lán)色應(yīng)該褪去。根據(jù)題目的兩個方程式得到如下關(guān)系式：Cr2O～3I2～6S2O，則配制的100 mL樣品溶液中硫代硫酸鈉的濃度c＝＝0.04597 mol/L，含有的硫代硫酸鈉為0.004597 mol，所以樣品純度為100%＝95.0%。 3．(2018天津卷)煙道氣中的NOx是主要的大氣污染物之一，為了監(jiān)測其含量，選用如下采樣和檢測方法?；卮鹣铝袉栴}： Ⅰ.采樣 采樣步驟： ①檢驗系統(tǒng)氣密性；②加熱器將煙道氣加熱至140℃；③打開抽氣泵置換系統(tǒng)內(nèi)空氣；④采集無塵、干燥的氣樣；⑤關(guān)閉系統(tǒng)，停止采樣。 NOx含量的測定：將V L氣樣通入適量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化為NO，加水稀釋至100.00 mL。量取20.00 mL該溶液，加入V1 mL c1 molL－1 FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液(過量)，充分反應(yīng)后，用c2 molL－1 K2CrO7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2＋，終點時消耗V2 mL。 (1)NO被H2O2氧化為NO的離子方程式是?。。 ?NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O ###。 (2)滴定操作使用的玻璃儀器主要有?。?！__錐形瓶、酸式滴定管__###。 (3)滴定過程中發(fā)生下列反應(yīng)：3Fe2＋＋NO＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O、Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，則氣樣中NOx折合成NO2的含量為?。?！ 104 ###mgm－3。 (4)判斷下列情況對NOx含量測定結(jié)果的影響(填“偏高”“偏低”或“無影響”) 若缺少采樣步驟③，會使測定結(jié)果?。。_偏低__###。若FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，會使測定結(jié)果?。?！__偏高_(dá)_###。 解析 (1)NO被H2O2氧化為硝酸，所以反應(yīng)的離子方程式為：2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O。(2)滴定中使用酸式滴定管(本題中的試劑都只能使用酸式滴定管)和錐形瓶。(3)用c2 molL－1 K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2＋，終點時消耗V2 mL，此時加入的Cr2O為c2V2/1000 mol；所以過量的Fe2＋為6c2V2/1000 mol；則與硝酸根離子反應(yīng)的Fe2＋為(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根離子為(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根據(jù)氮元素守恒，硝酸根與NO2的物質(zhì)的量相等?？紤]到配制100 mL溶液取出來20 mL進(jìn)行實驗，所以NO2為5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，質(zhì)量為465(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。這些NO2是V L氣體中含有的，所以含量為230(c1V1－6c2V2)/3V mgL－1，即為1000230(c1V1－6c2V2)/3V mgm－3，所以答案為：104 mgm－3。(4)若缺少采樣步驟③，裝置中有空氣，則實際測定的是煙道氣和空氣混合氣體中NOx的含量，測定結(jié)果必然偏低。若FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，一定是部分Fe2＋被空氣中的氧氣氧化，計算時仍然認(rèn)為這部分被氧化的Fe2＋是被硝酸根離子氧化的，所以測定結(jié)果偏高。 1．常見還原反應(yīng)滴定指示劑選擇及終點現(xiàn)象： 滴定 方式 還原劑 滴定 KMnO4 KMnO4 滴定 還原劑 I2滴定 還原劑 還原劑 滴定I2 鐵鹽滴定 還原劑 還原劑 滴定 鐵鹽 指示劑 不需要 不需要 淀粉 淀粉 KSCN KSCN 終點時顏色變化 粉(淺)紅色→無色 無色→粉(淺)紅色 無色→藍(lán)色 藍(lán)色→無色 無色→紅色 紅色→無色 2．間接氧化還原滴定的電子守恒分析 考點三 鹽類水解和溶液中離子濃度大小關(guān)系確定) 命題規(guī)律： 1．題型：選擇題、填空題。 2．考向：(1)溶液酸堿性判斷和比較； (2)生活生產(chǎn)科研中的應(yīng)用(如工藝流程圖中條件選擇)； (3)溶液中離子濃度大小比較及判斷。 方法點撥： 1．鹽類水解的規(guī)律 (1)誰弱誰水解，越弱越水解，誰強顯誰性。 (2)弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性，取決于酸式酸根離子電離程度和水解程度的相對大小。 ①若電離程度小于水解程度，溶液顯堿性，如NaHCO3溶液。 ②若電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，如NaHSO3溶液。 (3)相同條件下的水解程度：正鹽>相應(yīng)酸式鹽。 (4)相互促進(jìn)水解的鹽>單獨水解的鹽>水解相互抑制的鹽。水解程度越大→消耗越多→存在越少。 2．鹽類水解的應(yīng)用 應(yīng)用 舉例 (1)加熱促進(jìn)水解方便生活 熱的純堿溶液去污力強(純堿水解顯堿性，在堿性條件下油脂水解，并不是純堿和油脂直接反應(yīng)) (2)分析鹽溶液的酸堿性、比較對應(yīng)酸堿性強弱 等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3、NaHCO3溶液均顯堿性，且堿性：Na2CO3>NaHCO3 (3)判斷離子能否大量共存 Al3＋和HCO因發(fā)生水解互促反應(yīng)不能大量共存 (4)配制或貯存鹽溶液方法 配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入適量鹽酸(不能將其直接溶于水中) (5)膠體制備與作凈水劑原理 鋁鹽、鐵鹽凈水；制備Fe(OH)3膠體 (6)化肥的使用禁忌 銨態(tài)氮肥不宜與草木灰混合使用 (7)泡沫滅火器的反應(yīng)原理 Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑ 水解相互促進(jìn)的結(jié)果 (8)無水鹽制備的條件控制 由MgCl26H2O制MgCl2，在干燥的HCl氣流中加熱 (9)判斷鹽溶液蒸干的產(chǎn)物 將AlCl3[或Al(NO3)3、Fe(NO3)3、FeCl3]溶液蒸干灼燒得到的是Al2O3(或Fe2O3)而不是AlCl3[或Al(NO3)3、Fe(NO3)3、FeCl3] (10)某些鹽的分離除雜措施方法 為除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加熱攪拌的條件下加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2，過濾后再加入適量的鹽酸 (11)鹽溶液除銹原理解釋 NH4Cl溶液除去金屬表面的氧化物(NH水解顯酸性) 3．“三大守恒”解決溶液中離子濃度大小比較 1．(1) 下列說法中正確的是( CE ) A．(2018天津卷)某溫度下，一元弱酸HA的Ka越小，則NaA的Kh(水解常數(shù))越小 B．(2016江蘇卷)0.1 mol/L Na2CO3溶液加熱后，溶液的pH減小 C．(2017天津卷)用可溶性的鋁鹽和鐵鹽處理水中的懸浮物 D．(2017天津卷)蒸發(fā)Al與稀鹽酸反應(yīng)后的溶液來制備無水AlCl3 E．(2016全國卷乙)配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋 (2)(2018江蘇卷)(雙選)H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.410－2，Ka2 (H2C2O4)＝5.410－5，設(shè)H2C2O4溶液中c(總)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O) ＋c(C2O)。室溫下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 molL－1 H2C2O4溶液至終點。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是( AD ) A．0.100 0 molL－1 H2C2O4溶液：c(H＋) ＝0.100 0 molL－1＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2C2O4) B．c(Na＋) ＝c(總)的溶液：c(Na＋)>c(H2C2O4)>c(C2O)>c(H＋) C．pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.100 0 molL－1＋c(C2O)－c(H2C2O4) D．c(Na＋ ) ＝2c(總)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O) 突破點撥 (1)鹽溶液的配制、保存和蒸發(fā)都要注意考慮水解問題； (2)蒸發(fā)溶液時能徹底水解的鹽主要是水解產(chǎn)物中生成了揮發(fā)性的強酸，如硝酸和鹽酸； (3)多元弱酸的酸式鹽的顯性，主要取決于其水解程度與電離程度的相對大小。 解析 (1)酸的電離常數(shù)越小，則酸性越弱，對應(yīng)的鹽水解程度越大，水解常數(shù)越大，選項A錯誤；水解吸熱，加熱水解程度增大，堿性增強，選項B錯誤；鋁鹽和鐵鹽均可水解產(chǎn)生膠體，吸附水中的懸浮物，選項C正確；AlCl3易水解，溶液加熱蒸發(fā)時，由于水解產(chǎn)生的HCl逸出，水解不斷進(jìn)行，會產(chǎn)生氫氧化鋁，繼續(xù)加熱氫氧化鋁分解，最后得到氧化鋁，選項D錯誤；由于氯化鐵極易水解，所以配制溶液時加入鹽酸抑制其水解，選項E正確。(2)H2C2O4溶液中的電荷守恒為c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，0.1000 molL－1 H2C2O4溶液中0.1000 mol/L＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，兩式整理得c(H＋)＝0.1000 mol/L－c(H2C2O4)＋c(C2O)＋c(OH－)，選項A正確；c(Na＋)＝c(總)時溶液中溶質(zhì)為NaHC2O4，HC2O既存在電離平衡又存在水解平衡，HC2O水解的離子方程式為HC2O＋H2OH2C2O4＋OH－，HC2O水解常數(shù)Kh＝＝＝＝＝1.8510－13<下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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