高考化学一轮复习 讲义大单元六　第十六章　第65讲　以定量测定为主的综合实验（广东版）

第65讲以定量测定为主的综合实验[复习目标]1.了解定量测定的常用方法，能从定性与定量结合上收集证据，能通过定性分析和定量计算推出合理的结论。2.建立解答物质检测类综合实验题的思维模型。类型一重量分析法1.气体质量测量法将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后进行相关计算。“通入N2”的原因：答题模板：①实验前通N2：排尽装置中的空气，防止O2、H2O等干扰实验(如：O2氧化某物质、H2O使某物质水解)；②实验后通N2：将产生的某气体全部赶到后续装置；③实验中通N2：稀释某种气体或防止某物质被氧化(如生产白磷过程中在高纯N2保护下进行)。2.热重分析法将固体试样进行加热，随着温度的升高，剩余固体的质量逐渐减少，在热重曲线上常以失重率或剩余固体百分率等物理量体现出来，结合热重曲线进行剩余固体成分的推测。3.沉淀测量法将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀的质量，再进行相关计算。1.[2025·甘肃，15(5)]某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu2O3和苯甲酸钠制备配合物Eu(C7H5O2)3·xH2O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知：Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu2O3。取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示，0~92℃范围内产品质量减轻的原因为。结晶水个数x=[M(C7H5O2-)=121，结果保留两位有效数字答案Eu(C7H5O2)3·xH2O吸潮的水分蒸发1.7解析Eu(C7H5O2)3·xH2O在空气中易吸潮，故0~92℃范围内产品质量减轻的原因是吸潮的水分蒸发。92~195℃时产品失去全部的结晶水，最终产物为Eu2O3，则195℃后产品失去“C7H5O1.5”则有18x(121-8)×3=5.2%56.8%2.[2021·全国甲卷，27(4)(5)]胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为(写表达式)。(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是(填标号)。①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少量胆矾迸溅出来答案(4)80(m2-m3解析(4)水的质量是(m2-m3)g，所以胆矾(CuSO4·nH2O)中n值的表达式为m2-m318∶m3-m1(5)①胆矾未充分干燥，导致所测m2偏大，根据n=80(m2-m3)9(m3-m1)可知，最终会导致结晶水数目测定值偏高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3偏大，根据(1)一般情况下，用差量法测定固体中的结晶水含量。(2)若固体的吸湿性很强，进行重量分析时，需要将物质置于干燥器中冷却。类型二气体体积测量法由于气体体积受到温度、压强的影响，所以读取数据时一定要“回温”即“恢复至室温”、“复压”即“将压强复原为大气压”。测定气体体积的方法主要有两种，分别是直接测定和间接测定。方法操作图像直接测量法将气体通入带有刻度的容器中，直接读取气体的体积。根据所用测量仪器的不同，直接测量法可分为倒置量筒法和量气管法两种间接测量法利用气体将液体(通常为水)排出，通过测量所排出液体的体积从而得到气体体积；常用的测量装置为用导管连接的装满液体的广口瓶和空量筒。排水法测量气体的体积时，要保证“短进长出”(2024·肇庆一模)某小组利用如图所示装置制备84消毒液，并进一步探究相关物质的反应原理以及测定产品中游离碱的含量。已知：温度高于40℃时，Cl2会与NaOH反应生成NaClO3。回答下列问题：(1)仪器a的名称为，圆底烧瓶内发生反应的离子方程式为，装置b中的试剂为。(2)装置c采用冰水浴的目的为。(3)若装置d的作用是安全瓶，请在虚线方格内画出实验装置图。(4)小组查阅资料了解到，使用过84消毒液的游泳池若再使用H2O2消毒剂，泳池中氧气含量会增加，有可能会导致池水中的藻类快速生长。针对氧气产生的原因，小组进行了如下探究：[提出猜想]Ⅰ.NaClO催化H2O2分解产生氧气。Ⅱ.NaClO与H2O2反应产生氧气。[进行实验]如图所示，将注射器中的3%H2O2溶液均分6次注入锥形瓶，每次注入H2O2溶液待不再产生气泡后，记录量筒内液体总体积制成表格(忽略加入H2O2溶液导致锥形瓶内溶液体积的变化以及其他因素对测量结果造成的影响)。实验编号123456量筒内液体总体积/mL20.0x60.080.090.090.0表中的数据x=。[得出结论]由实验可知，猜想Ⅱ正确，理由为。(5)该小组测定了以上制备的84消毒液产品中游离碱的含量(NaOH的质量占消毒液质量的百分数)，实验步骤：取10mL产品(m=12.00g)，滴加5%双氧水至溶液不再产生气泡为止，加热溶液，除去残留的H2O2后将溶液转移至250mL容量瓶，洗涤、定容、摇匀，移取其中50.00mL待测液于锥形瓶中，以酚酞为指示剂，用0.01mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点，平行滴定3次。①滴加5%双氧水的目的是(用离子方程式表示)。②若平均消耗盐酸的体积为10.20mL，则该84消毒液中游离碱含量为(保留两位有效数字)。答案(1)分液漏斗MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O饱和食盐水(2)防止三颈烧瓶内温度过高，生成NaClO3杂质(3)或(4)40.0第6次添加H2O2溶液后，产生气体的总体积不变，说明NaClO已消耗完，若NaClO作催化剂，则其量不变，产生的气体的量应继续增加(或实验4→5，气体体积增加10mL，小于20mL，说明实验5中NaClO已反应完，若NaClO作催化剂，产生的气体应为20mL)(5)①ClO-+H2O2=H2O+Cl-+O2↑②0.17%解析(1)圆底烧瓶中浓盐酸与二氧化锰共热反应制氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。b装置的目的是除去氯化氢气体，避免氯化氢进入c装置与氢氧化钠溶液反应，降低产品产率，所以装的是饱和食盐水。(2)温度高于40℃时，Cl2会与NaOH反应生成NaClO3，为提高NaClO的产率，避免生成NaClO3，所以采用冰水浴。(3)若装置d的作用是安全瓶，作用是防倒吸，所以装置为或。(5)①因为残留的ClO-也会与盐酸反应，导致消耗的盐酸的量增大，使测量结果不准确。②根据n(H+)=n(OH-)，所消耗的盐酸的质量为0.01mol·L-1×10.20mL×10-3L·mL-1×40g·mol-1×5=2.04×10-2g，该84消毒液中游离碱含量为2.04×10-212.00×100%=0.17%类型三滴定分析法1.滴定分析法是将已知准确浓度的标准溶液，滴加到待测溶液中(或者将待测溶液滴加到标准溶液中)，直到所加的标准溶液与待测溶液按化学计量关系定量反应完全为止，然后测量消耗标准溶液的体积，根据标准溶液的浓度和所消耗的体积，计算出待测物质的含量。2.实验的关键是准确量取待测溶液、准确读取标准溶液消耗的体积，根据指示剂的颜色变化确定滴定终点。3.根据标准溶液和待测溶液间反应类型的不同，可将滴定分析法分为四大类：中和滴定、氧化还原滴定、络合滴定和沉淀滴定。4.复杂滴定方法(1)返滴定法：第一步用定量且过量的标准溶液将待测液完全反应；第二步再用另一种标准溶液滴定第一步过量的标准溶液。将第一种标准溶液的总量减去第二种标准溶液的消耗量，再通过一定的关系式即可计算出第一步所反应的待测液的量。(2)连续滴定法：第一步将待测液完全反应，转化成另一种物质；再用标准溶液滴定第一步生成的产物；最后根据得失电子守恒或原子守恒进行计算。1.(2025·广州模拟)酸在生产生活中应用广泛。(1)食醋是日常饮食中的一种调味剂，主要成分为乙酸(M=60g·mol-1)，甲小组同学拟通过中和滴定实验测定某品牌食醋中的乙酸浓度，设计实验如下：①量取10.00mL食醋配成100mL溶液的过程中，所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、(填字母)。②量取25.00mL稀释后的食醋溶液于锥形瓶中，加入1~2滴溶液作指示剂。③用0.1000mol·L-1的标准NaOH溶液滴定上述食醋溶液。重复三次，记录消耗NaOH溶液的体积如表。实验次数稀释后食醋体积/mL消耗标准NaOH溶液体积/mL125.0020.02225.0019.98325.0020.00则该品牌食醋中乙酸含量为mg·mL-1(保留两位有效数字)。(2)乙小组同学拟通过分析镁与酸反应时pH的变化，探究镁与乙酸溶液反应的实质。【实验】在常温水浴条件下，进行实验Ⅰ~Ⅲ：取0.1g大小和形态相同的光亮的镁屑，分别放入不同的溶液中，记录生成气体体积和溶液pH的变化(图1和图2)：实验Ⅰ.放入10mL0.10mol·L-1HCl溶液中；实验Ⅱ.放入10mL0.10mol·L-1CH3COOH溶液(pH=2.9)中；实验Ⅲ.放入10mLpH=的HCl溶液中。【数据】①起始阶段(0~10min)，导致实验Ⅱ、Ⅲ气体产生速率差异的主要因素(填“是”或“不是”)H+的浓度，结合图1和图2说明你的判断依据：。②实验Ⅰ中，t>50min后仍然有H2生成，请用化学方程式解释：。③探究起始阶段(0~10min)实验Ⅱ的反应速率大于实验Ⅲ的原因。提出假设：CH3COOH能直接与Mg反应。补充进行实验Ⅳ：室温下，取与实验Ⅰ~Ⅲ相同的镁屑投入(填物质名称)中，观察到相应的实验现象为。结论：上述假设成立。答案(1)①ABD②酚酞③48(2)2.9①不是图1可知起始阶段Ⅱ产生氢气的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ②Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑③冰醋酸立即产生气泡解析反应刚开始时，由于Ⅰ中c(H+)最大，所以反应速率最快，消耗n(H+)最多，但如果只发生反应：2H++Mg=Mg2++H2↑，则Ⅰ、Ⅱ中产生H2的体积应相差较大，但实际上体积相差不大，说明醋酸也能与镁直接反应；从Ⅱ、Ⅲ中产生H2的体积也可得出同样的结论。当Ⅰ、Ⅱ中产生H2的体积相同时，盐酸、醋酸应完全反应，但产生H2的体积继续增大，表明Mg与H2O能发生反应：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，且醋酸中产生的H2更多，说明Mg与H2O反应的速率Ⅱ中更快。比较Ⅱ、Ⅲ中溶液的pH，0~10min时，Ⅱ的pH比Ⅲ大，但产生H2的速率：Ⅱ>Ⅲ，表明c(H+)不是影响反应速率的唯一因素；比较Ⅰ、Ⅱ溶液的pH，当pH相等后，盐酸中溶液的pH先趋于稳定，说明盐酸与Mg反应先结束，而醋酸与Mg反应后结束；Ⅲ与Ⅰ、Ⅱ溶液进行比较，Ⅲ的pH大，则表明Ⅲ中c(OH-)大，应为Ⅰ、Ⅱ溶液中c(Mg2+)引起。(1)①量取10.00mL食醋用酸式滴定管，将10.00mL食醋配成100mL溶液的过程中，所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶。②乙酸与氢氧化钠反应的方程式为CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O，生成的乙酸钠溶液呈碱性，所以应选择在碱性范围内变色的指示剂，所以选酚酞作为指示剂。③三次实验消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH)=20.02+19.98+20.003mL=20.00mL，由CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O得n(CH3COOH)=n(NaOH)，n(NaOH)=cV=0.1000mol·L-1×0.02000L=0.002mol，所以n(CH3COOH)=0.002mol，稀释后食醋体积为25mL，原食醋体积为10.00mL，稀释前后溶质的物质的量不变，原食醋中乙酸的物质的量n(CH3COOH)原=0.002mol×10025=0.008mol，m(CH3COOH)原=n·M=0.008mol×60g·mol-1=480mg，原食醋的体积为10.00mL，则该品牌食醋中乙酸含量为480mg10.00mL=48mg·mL-1。(2)为了控制初始c(H+)与实验Ⅱ的相同，实验Ⅲ中HCl溶液的pH应与实验Ⅱ2.(2024·大湾区模拟)滴定法是用于测定溶液中微粒浓度的重要方法。某实验小组利用滴定法测定碘酒中碘的含量。(1)配制稀碘液：移取10.00mL碘酒，准确配制100mL稀碘液。需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、(填字母，下同)。(2)测定碘含量：每次取25.00mL稀碘液于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，加入适量稀H2SO4后，用浓度为0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，实验数据如下表所示。序号Na2S2O3溶液的用量/mL稀碘液的用量/mL121.3225.00220.0225.00319.9825.00已知：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6①第1次实验Na2S2O3溶液的用量明显多于后两次，原因可能是。A.盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗B.滴入半滴标准溶液，溶液变色，即判定到达滴定终点C.滴定到达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生D.滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液液面②该碘酒中碘的含量为g·mL-1。[已知MI2=254g·mol-1](3)借鉴(2)的方法，用如图所示的流程测定海带中的碘含量。①加入H2O2发生反应的离子方程式是。②预测达到滴定终点的实验现象为，在实验时却发现溶液变色片刻后，恢复滴定前的颜色。继续滴加Na2S2O3，溶液变色片刻后再一次恢复原色。(4)探究异常现象产生的原因。该学习小组通过设计对照实验，发现空气中的氧气并不能较快地氧化待测液中的I-。提出猜想：过量的将生成的I-重新氧化成碘单质。验证猜想：将2mL待测液、2滴0.1mol·L-1H2SO4溶液、2滴淀粉溶液和混合，用Na2S2O3溶液滴定，若待测液变为无色后又反复变色，则证明猜想不成立。提出疑问：什么物质反复氧化碘离子。寻找证据：按图中的流程，H2O2用量改为少量，氧化后的待测液静置半小时，利用氧化还原电势传感器测定滴定过程中电势的变化，待溶液变色后停止滴定，溶液恢复原色后继续滴加Na2S2O3至溶液变色，循环往复，得到如图所示的曲线。已知：ⅰ.氧化性物质的电势值高于还原性物质；ⅱ.一定条件下，氧化性物质的浓度越高，电势越高，还原性物质浓度越高，电势越低。a~b段电势升高的原因是(填化学式)被氧化。由a~b段电势变化的斜率小于b~c段可推测溶液反复变色的原因是。优化流程：将用H2O2氧化后的待测液，再进行滴定，到达滴定终点时待测液变色后不会恢复原色。答案(1)AB(2)①A②0.1016(3)①2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O②溶液的蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复到原色(4)过氧化氢少量的过氧化氢I-H2O2氧化I-速率慢于Na2S2O3还原I2的速率加热煮沸使过氧化氢完全分解解析(2)根据反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，①盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，造成标准溶液用量过多，A选；滴入半滴标准溶液，溶液变色，应该等半分钟溶液颜色不恢复，即判定达滴定终点，会使标准溶液用量少，B不选；滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生，使标准溶液体积用量偏少，C不选；滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准溶液液面，使标准溶液体积偏小，D不选。②2Na2S2O3~I2，n(I2)=12n(Na2S2O3)=12×(20×10-3L×0.1000mol·L-1)=10-3mol，c(I2)=10-3mol25×10-3L=0.04mol·L-1，碘酒中碘的含量为0.04×100×10-3mol×254g·mol-110.00mL=0.1016g·mL-1。(3)①双氧水把碘离子氧化为碘单质：2I-+H2O2+2H+课时精练[分值：50分]1.(16分)(2024·佛山一模)碘是生物必需的一种微量元素，海带、海藻等食物含碘量最为丰富。某小组通过实验提取并测定干海带中碘的含量。Ⅰ.从海带中提取碘。该小组同学按如图实验流程进行实验：干海带海带灰海带浸出液I2的水溶液(1)如图所示，步骤ⅰ中需要用到含硅酸盐材质的仪器有(填仪器名称)。(2)步骤ⅲ中双氧水的作用是(用离子方程式表示)。Ⅱ.滴定法测海带中碘的含量。用Na2S2O3滴定I2的水溶液，淀粉溶液作指示剂。原理为2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。(3)用酸式滴定管量取I2的水溶液时常需要排出气泡，操作是。(4)小组同学进行了实验测定，在滴定终点附近，反复变回蓝色，一直测不到终点。待测液无色蓝色无色蓝色……①提出猜想猜想1：碘离子被氧化；猜想2：碘离子被步骤ⅲ中过量的H2O2氧化。②验证猜想序号实验操作实验现象结论1取少量原海带浸出液，加入硫酸酸化，再滴加几滴淀粉溶液，鼓入空气待测液始终保持无色猜想1不成立2将2mL0.1mol·L-1KI溶液、2滴0.1mol·L-1H2SO4溶液、2滴淀粉溶液和1滴0.2mol·L-1H2O2溶液混合配制待测液，用Na2S2O3溶液滴定猜想2不成立③查阅资料小组同学认为可能是反应速率不同造成的，H2O2氧化I-的速率(填“快于”或“慢于”)Na2S2O3还原I2的速率，导致待测液反复变为蓝色。④优化设计鉴于反应终点无法到达的问题，请提出合理的修正方案：。⑤完成实验小组同学修正方案后，取5.000g干海带进行测定，消耗15.75mL0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液，则干海带中碘的含量为mg·g-1(结果保留2位有效数字)。答案(1)坩埚、泥三角(2)2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O(3)将酸式滴定管稍稍倾斜，右手拿滴定管无刻度处，左手迅速打开活塞，气泡随溶液的流出而被排出(4)①空气中氧气②待测溶液变无色后反复变回蓝色③慢于④将待测液加热煮沸使得过氧化氢完全分解(或将待测液静置足够长时间)⑤40解析(2)步骤ⅲ中双氧水的作用是将碘离子氧化为碘单质：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O。(4)③小组同学认为可能是反应速率不同造成的，碘单质能使淀粉变为蓝色，溶液变蓝色说明生成碘单质的反应速率较慢，故H2O2氧化I-的速率慢于Na2S2O3还原I2的速率，导致待测液反复变为蓝色。⑤原理为2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，则干海带中碘的含量为0.1000mol·L-1×15.75×2.(16分)绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。Ⅰ.测定绿矾中结晶水的含量为测定绿矾中结晶水的含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验(夹持装置略)。(1)将下列实验操作步骤排序：→→→→c→e(填字母)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。a.点燃酒精灯，加热b.熄灭酒精灯c.关闭K1和K2d.打开K1和K2，缓缓通入N2e.称量Af.冷却至室温(2)根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=(列式表示)。Ⅱ.探究绿矾的热分解产物该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。(3)在实验过程中，观察到A中固体变红棕色，B中的现象：；C中试纸的颜色变化是。(4)D中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为。有同学认为还应该增加一个实验，取D中沉淀，加入一定量的盐酸以确定其组成，从而确定FeSO4·xH2O的分解产物，你认为是否必要？(填“是”或“否”)，请说明你的理由：。Ⅲ.测定绿矾热分解时的温度与剩余固体质量的关系(5)将8.34gFeSO4·7H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知M(FeSO4·7H2O)=278g·mol-1，在100℃时，M的化学式为。答案(1)dabf(2)76(m2-m3)9(m3-m1)(3)固体由白色变为蓝色由蓝色变为红色(4)BaSO4、BaSO3否铁元素的化合价升高，则必有硫元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有一部分硫元素的化合价降低，则进入D中的气体为SO解析(1)测定晶体中结晶水含量时，需先排尽装置内的空气，再加热，依据固体颜色改变确定结晶水全部失去后，停止加热、冷却至室温后称量，则实验操作步骤排序为d→a→b→f→c→e。(2)根据实验记录，绿矾晶体的质量为(m2-m1)g，结晶水的质量为(m2-m3)g，硫酸亚铁的质量为(m3-m1)g，则绿矾化学式中结晶水数目x=76(m2-m3)9(m3-m1)。(3)在实验过程中，无水硫酸铜吸收水，生成硫酸铜晶体，观察到B中的现象：固体由白色变为蓝色；SO3、SO2都是酸性气体，则C中试纸的颜色变化是由蓝色变为红色。(4)SO3、SO2都能与Ba(OH)2溶液反应，则D中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为BaSO4、BaSO3。(5)n(FeSO4·7H2O)=8.34g278g·mol-1=0.03mol，m(FeSO4)=0.03mol×152g·mol-1=4.56g，则在100℃时，FeSO4·7H2O只失去部分结晶水，此时M的摩尔质量为6.72g0.03mol=224g·mol-1，设化学式为FeSO4·x3.(18分)(2025·广州二模)弱酸及其盐的混合溶液是常见的缓冲溶液，如醋酸(用HAc表示)、醋酸钠(用NaAc表示)混合溶液。缓冲溶液具有缓解少量外来酸、碱或水产生的影响的作用，维持溶液pH不发生明显变化。Ⅰ.某小组同学通过加入等量盐酸，研究25℃下NaAc、HAc混合溶液缓冲能力的影响因素。(1)配制100mL1.00mol·L-1的NaAc溶液，需要醋酸钠晶体(NaAc·3H2O，M=136g·mol-1)的质量为g，该过程用到的仪器有(填字母)。(2)探究NaAc、HAc混合溶液总浓度对缓冲能力的影响。用浓度均为1.00mol·L-1的NaAc和HAc溶液按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入5.00mL0.050mol·L-1的盐酸，测得加盐酸前后pH如下表。序号V(NaAc)/mLV(HAc)/mLV(H2O)/mL加盐酸前pH加盐酸后pH10020.007.00x22.502.5015.004.764.6735.005.0010.004.764.72①实验测得x与理论计算一致，x=。②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是(用离子方程式表示)。③由实验2、3加盐酸前后pH变化可知，NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越(填“强”或“弱”)。(3)探究NaAc、HAc混合溶液中不同配比对缓冲能力的影响。提出猜想：混合溶液中n(NaAc)∶n(HAc)越大，缓冲能力越强。设计实验、验证猜想：参照(2)进一步实验。序号V(NaAc)/mLV(HAc)/mLV(H2O)/mLn(NaAc)：n(HAc)加盐酸前pH加盐酸后pH41.009.0010.001∶93.803.6752.008.0010.001∶44.164.096V1V210.0