Question

9．某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理如图1所示：

（1）本实验的烧瓶中制取NH₃的化学方程式为NH₃•H₂O+CaO=Ca（OH）₂+NH₃↑，检验三颈瓶集满NH₃的方法是NH₃•H₂O+CaO=Ca（OH）₂+NH₃↑；将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH₃已收满（或：将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH₃已收满）．
（2）进行喷泉实验之后，从三颈瓶中用碱式滴定管（或移液管）（填仪器名称）量取25.00mL氨水至锥形瓶中，然后用0.0500mol•L^-1HCl滴定．用pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图2．
（3）据图，计算氨水的浓度为0.0450mol•L^-1．
（4）在下图中画出用0.100 0mol•L^-1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.100mol•L^-1盐酸的滴定曲线示意图．

（5）关于上述用盐酸滴定氨水的实验的说法中，正确的是BD．
A．滴定终点时俯视读数会导致测得氨水的浓度偏高
B．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致测得氨水的浓度偏高
C．滴定前没有气泡，滴定后出现气泡，会导致测得氨水的浓度偏高
D．锥形瓶中有少量蒸馏水不影响测定结果．

Answer 1

分析 （1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出；氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色；
（2）可以用移液管或碱式滴定管量取碱性溶液；
（3）氨水的物质的量浓度=$\frac{1}{{V}_{m}}$mol/L=$\frac{1}{22.4}$mol/L；
（4）20.00mL 0.100mol•L^-1盐酸的pH=1，当滴加0.100 0mol•L^-1 NaOH为20.00mL时，溶液显中性pH=7，继续滴加溶液的pH逐渐增大；
（5）分析不当操作对V（HCl）的影响，结合c（氨水）=$\frac{c（HCl）•V（HCl）}{V（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$分析．

解答 解：（1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，方程式为NH₃•H₂O+CaO=Ca（OH）₂+NH₃↑，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，
故答案为：NH₃•H₂O+CaO=Ca（OH）₂+NH₃↑；将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH₃已收满（或：将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明NH₃已收满）；
（2）氨水中含有一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使溶液呈碱性，所以用移液管或碱式滴定管量取氨水；
故答案为：碱式滴定管（或移液管）；
（3）氨水的物质的量浓度=$\frac{1}{{V}_{m}}$mol/L=$\frac{1}{22.4}$mol/L=0.0450mol/L；
故答案为：0.0450；
（4）20.00mL 0.100mol•L^-1盐酸的pH=1，当滴加0.100 0mol•L^-1 NaOH为20.00mL时，溶液显中性pH=7，继续滴加溶液的pH逐渐增大，则滴定曲线示意图为；
故答案为：；
（5）A．滴定终点时俯视读数会导致盐酸的体积偏小，则由c（氨水）=$\frac{c（HCl）•V（HCl）}{V（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$可知，氨水的浓度偏低，故A不选；
B．酸式滴定管未用盐酸润洗，盐酸的浓度减小，滴定时消耗的盐酸的体积偏大，则会导致测得氨水的浓度偏高，故B选；
C．滴定前没有气泡，滴定后出现气泡，滴定时消耗的盐酸的体积偏小，则会导致测得氨水的浓度偏低，故C不选；
D．锥形瓶中有少量蒸馏水不影响氨水的物质的量，所以不影响测定结果，故D选；
故答案为：BD．

点评 本题考查中和滴定实验，侧重考查学生分析、判断及实验操作能力，明确滴定原理、喷泉实验原理、弱电解质电离等知识点是解本题关键，（5）题A为易错点，题目难度中等．