03第35讲酸碱中和滴定及拓展应用【答案】听课手册

第35讲酸碱中和滴定及拓展应用考点一●夯实必备知识1.(2)①体积②滴定终点2.(1)酸式碱式(3)①0.01②酸式氧化性物质易腐蚀橡胶管碱式碱性物质易腐蚀玻璃,致使玻璃活塞无法打开③是否漏水2~3mL“0”刻度“0”刻度以下的某刻度3.(1)红色紫色蓝色红色橙色黄色无色粉红色红色(2)②酚酞③甲基橙④甲基橙酚酞⑤粉红色4.(2)锥形瓶内溶液颜色变化(3)粉红无半分钟标准液(4)2~35.偏大偏小【对点自测】(1)√(2)√(3)×(4)√(5)√[解析](2)稀盐酸呈酸性,可用酸式滴定管量取15.00mL稀盐酸,正确。(3)用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液,反应到达终点时生成CH3COONa,溶液呈碱性,而甲基橙的pH变色范围为3.1~4.4,故不能用甲基橙作指示剂进行滴定,否则误差较大,应用酚酞作指示剂,错误。(4)调控酸式滴定管的滴加速度,一手拇指、食指和中指轻轻向内扣住玻璃活塞,手心空握,正确。(5)利用酸式滴定管中装有的标准酸溶液滴定未知碱溶液,装置使用正确。●提升关键能力题组一1.C[解析]用0.1000mol·L-1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液,滴定终点时生成NaCl,溶液呈中性,酚酞变色范围为8.2~10,可选用酚酞作指示剂,A正确;HCl溶液呈酸性,中和滴定时,需要用酸式滴定管盛装0.1000mol·L-1HCl溶液,B正确;用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2~3次,导致锥形瓶中NaOH的物质的量偏大,滴定时消耗标准液的体积偏大,测定结果偏高,故锥形瓶不能润洗,C错误;滴定结束时俯视酸式滴定管读数,消耗的标准液体积读数偏小,导致测量结果偏低,D正确。2.D[解析]NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好完全反应时生成CH3COONa,CH3COO-水解使溶液显碱性,而酚酞的变色范围为8.2~10.0,比较接近。题组二3.C[解析]容量瓶有瓶塞,配制时需要摇匀,所以使用前必须检查是否漏水;滴定管有旋塞或者橡胶管,使用前必须检查是否漏液,A正确。由于实验室中没有490mL容量瓶,需要选用500mL容量瓶配制1.00mol·L-1NaOH溶液,B正确。甲基橙变色范围为3.1~4.4,颜色变化为红→橙→黄,用标准氢氧化钠溶液滴定某未知浓度的稀硫酸,滴定前溶液为红色,达到滴定终点时不可能出现黄色变为橙色,C错误。锥形瓶用蒸馏水洗涤后,不需要再用待装稀硫酸润洗,若润洗,造成被滴定的硫酸的物质的量增大,标准液用量偏大,则使测定浓度偏大,D正确。4.A[解析]碱式滴定管未用待测碱液润洗,相当于稀释该碱液,导致测定结果偏低,A正确;酸式滴定管未用标准盐酸润洗,消耗盐酸的体积偏大,导致测定结果偏高,B错误;滴定过程中滴定管内不慎有标准液滴出,消耗盐酸的体积偏大,导致测定结果偏高,C错误;滴定前俯视读数,滴定后读数正确,消耗标准盐酸的体积读数偏大,导致测定结果偏高,D错误。教考衔接7【链接高考】例C[解析]NaOH与HCl的反应为强酸与强碱的反应,恰好反应时pH=7,A项正确;指示剂的变色范围应该是在pH突变范围内,尽可能减小误差,B项正确;由图示可知,甲基红变色范围在突变范围内,更接近反应终点,而甲基橙变色范围只有部分在突变范围内,则甲基橙误差会更大,C项错误;当V(NaOH)=30.00mL时,反应完后c(OH-)=0.02mol·L-1,则pH=-lg(10-140.02),pH=-lg(5×10-13)【衍生应用】1.D[解析]c点加入KOH溶液的体积小于10mL,HA有剩余,而溶液呈中性,说明KA溶液呈碱性,HA属于弱酸;d点加入KOH溶液体积为10mL,HA与KOH恰好反应生成KA,而溶液呈碱性,说明A-发生水解,即HA属于弱酸,A正确。若a点pH=4,溶液中c(H+)=10-4mol·L-1,c(A-)=c(H+)=10-4mol·L-1,c(HA)=0.1mol·L-1-c(A-)≈0.1mol·L-1,则HA的电离平衡常数为c(H+)×c(A-)c(HA)≈1×10-7,B正确。e点是按照HA与KOH的物质的量之比为10∶15=2∶3反应形成的溶液,根据元素守恒有2c(K+)=3c(A-)+3c(HA),根据电荷守恒有c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),联立可得:2c(OH-)-2c(H+)=c(A-)+3c(HA),C正确。c(A-)c2.A[解析]NaOH溶液滴定HX溶液,恰好完全反应时溶液显碱性,甲基橙在酸性时就变色,故NaOH消耗量会减小,测定结果偏低,A正确;0.1000mol·L-1NaOH溶液与20mL酸恰好反应时消耗碱的体积为20.00mL,所以酸的浓度都是0.1000mol·L-1,根据图像起点纵坐标可知,HX为弱酸,HY为强酸,B、C错误;a点对应溶质是NaX和HX,HX为弱电解质,b点对应溶质是NaY和HY,HY是强电解质,虽然各物质的浓度都相同,但是溶液中离子浓度不相同,故导电性不同,D错误。考点二●夯实必备知识1.(3)①粉红②蓝色2.(2)沉淀剂小【对点自测】(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×[解析](1)H2O2溶液滴定KI溶液,滴定开始后即有I2生成,溶液变蓝,不能指示滴定终点,错误。(2)KMnO4溶液本身呈现紫红色,当其变为无色时,即指示达到滴定终点,正确。(3)KSCN溶液遇Fe3+呈红色,当Fe3+反应完全时,红色褪去,指示达到滴定终点,正确。(4)酸性KMnO4溶液滴定H2O2溶液时,滴定终点的溶液由无色变为粉红色,错误。(5)酸性KMnO4溶液滴定相同浓度的H2C2O4溶液,恰好完全反应时,酸性KMnO4溶液的体积为4mL,此时溶液仍为无色,需再加半滴标准液,才能呈现颜色变化,故标准液体积比4mL多半滴,错误。●提升关键能力题组一1.(1)加入最后半滴碘标准液,溶液由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色(2)12[解析](1)滴定终点时有碘过量,淀粉遇碘变蓝,颜色变化为无色变为蓝色,且半分钟内不褪色。(2)根据Sb3++I2Sb5++2I-可以确定Sb原子物质的量为cV×10-3mol,从而求出Sb元素质量分数为cV×10-3mol2.(1)MnO4-+5Fe2++8H+Mn2++5Fe3++4H2O加入最后半滴酸性KMnO4溶液,溶液由无色变为粉红色,且30s(2)980ca×100%[解析](2)滴定原理为MnO4-与Fe2+发生氧化还原反应。第一次实验中数据误差较大,应舍去,先用第二次消耗酸性KMnO4溶液的体积计算,消耗酸性KMnO4溶液的体积为25.02mL,根据关系式MnO4-~5Fe2+得,所取25.00mL待测液中n1(Fe2+)=5n1(MnO4-)=5×0.02502L×cmol·L-1=0.1251cmol,同理用第三次消耗酸性KMnO4溶液的体积计算得n2(Fe2+)=0.1249cmol,则n(Fe2+)=n1(Fe2+)+n2(Fe2+)2=0.1251cmol+0.1249cmol2=0.125cmol,则ag产品中n题组二3.D[解析]以K2CrO4为指示剂,则硝酸银应该先和Cl-反应,然后再与CrO42-反应,故实验中先产生白色沉淀,滴定终点时产生砖红色沉淀,A正确;白色沉淀是AgCl,存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),B正确;当c(CrO42-)=5.0×10-3mol·L-1时,此时c(Ag+)=Ksp(Ag2CrO4)c(CrO42-)=2.0×10-125.0×10-3mol·L-1=2.0×10-5mol·L-1,则c(Cl-)=Ksp(AgCl)c(Ag+)=1.8×104.(1)加入最后半滴AgNO3标准液,溶液中出现砖红色沉淀,半分钟内不消失(2)cV×1[解析](1)由题可知:AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶解度,所以在滴加AgNO3溶液时,Ag+先与Cl-反应生成AgCl沉淀,当Cl-消耗完时再与CrO42-结合,所以滴定终点时Ag+与CrO42-结合生成砖红色沉淀。(2)由AgCl沉淀的化学式可知:反应时Ag+与Cl-物质的量之比为1∶1,滴定时消耗AgNO3的物质的量为cmol·L-1×V×10-3L=cV×10-3mol,则20.00mL溶液中Cl-物质的量为cV×10-3mol,100mL溶液中Cl-的质量为m=n×M=cV×10-3mol×35.5g·mol-1×10020=5×35.5cV×10-3g,故晶体中经典真题·明考向1.C[解析]向含碳酸根离子和碳酸氢根离子的混合溶液中加入盐酸时,先后发生反应CO32-+H+HCO3-、HCO3-+H+H2CO3,则滴定时溶液pH会发生两次突跃,第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子,第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸,由图可知,滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时,加入盐酸的体积为20.00mL,由离子方程式CO32-+H+HCO3-可知,水样中碳酸根离子的浓度为0.01000mol·L-1×0.0200L0.0100L=0.02mol·L-1,溶液pH第二次发生突跃时,加入盐酸的体积为50.00mL,则水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01000mol·L-1×(0.0500-0.0200×2)L0.0100L=0.01mol·L-1。由分析可知,水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol·L-1,故A错误;由分析可知,a点为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子,可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-),故B错误;由分析可知,水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol·L-1,当盐酸体积V(HCl)≤20.00mL时,只发生反应CO32-+H+HCO3-,滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为0.01mol·L-1×0.0100L+0.2.(1)C(2)A(3)B[解析](1)进行容量瓶检漏时,倒置一次,然后正立,玻璃塞旋转180度后再倒置一次,故A错误;滴入半滴标准溶液,锥形瓶中溶液变色,且半分钟内不变回原色,才是达到滴定终点,故B错误;滴定读数时,应单手持滴定管上端无刻度处,并保持其自然垂直,眼睛平视,故C正确,D错误。(2)设步骤②中与ROH发生醇解反应的乙酸酐的物质的量为x,完全水解的乙酸酐的物质的量为y,乙酸酐发生醇解和完全水解反应产生的CH3COOH的物质的量与步骤③消耗NaOH的物质的量相同,则x+2y=cV1×10-3mol(ⅰ);步骤④中乙酸酐发生完全水解反应产生的CH3COOH的物质的量与消耗NaOH的物质的量相同,则2(x+y)=cV2×10-3mol(ⅱ),联立(1)(ⅱ)式可得x=c(V2-V1)×10-3mol,根据乙酸酐的醇解反应可知,n(ROH)=c(V2-V1)×10-3mol,则ROH样品中羟基含量(质量分数)=c(V2-V1)×10-3mol×17g·mol-1mg×100%=c(V2-V1)×171000m×100%,故A正确。(3)由(2)分析可知,ROH样品中羟基含量(质量分数)=c(V2-V1)×171000m×100%。乙酸与醇的酯化反应可逆,不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验,故A错误;若甲醇挥发,则NaOH-甲醇标准溶液的c(NaOH)偏大,消耗NaOH-甲醇标准溶液的体积偏小,将导致测定结果偏小,故B正确;步骤③滴定时,不慎将锥形瓶内溶液溅出,消耗3.C[解析]向浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液中滴加AgNO3溶液,根据三种沉淀的溶度积常数,三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-,根据关系曲线可知,当滴入4.50mL硝酸银溶液时,Cl-恰好沉淀完全,此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50×10-3L×0.100mol·L-1=4.5×10-4mol,所以Cl-、Br-和I-的物质的量均为1.5×10-4mol,图中前2个突跃点,对应的V(AgNO3)分别为1.5mL和3.0mL。Ksp(AgI)最小,可知I-先沉淀,AgI沉淀是黄色的,所以a点有黄色沉淀生成,A错误;原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol,则I-的浓度为1.5×10-4mol0.015L=0.010mol·L-1,B错误;当Br-沉淀完全时,溶液中的c(Ag+)=Ksp(AgBr)c(Br-)=5.4×10-131.0×10-5mol·L-1=5.4×10-8mol·L-1,c(Cl-)=0.010mol·L-1×15mL15mL+3mL≈8.3×10-3mol·L-1,Q=c(Ag+)c(Cl-)=5.4×10-8×8.3×10-3≈4.5×10-10>Ksp(AgCl)=1.8×4.(1)AD(2)当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后,溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色19.(3)催化剂通入F的气体温度过高,导致部分I2升华,从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液不变[解析]由题中信息可知,利用“燃烧-碘酸钾滴定法”测定钢铁中的硫含量,氧气经干燥、净化后通入管式炉中,将钢铁中的硫氧化为SO2,然后将生成的SO2导入碘液中吸收,通过消耗KIO3碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。(1)取20.00mL0.1000mol·L-1KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体,配制1000mLKIO3碱性标准溶液(稀释了50倍后KIO3的浓度为0.002000mol·L-1),需要用碱式滴定管或移液管量取20.0