Question

2．想用0.1000mol•L^-1NaOH溶液通过中和滴定测定盐酸溶液的物质的量浓度，回答下列问题．
（1）0.1000mol•L^-1NaOH溶液中由水电离出的c（OH）^-=1×10^-13mol•L^-1
（2）滴定时用酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管将待测液移入锥形瓶中．
（3）若滴定时选用的指示剂是酚酞，则终点的想象是滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色
（4）中和滴定有关数据记录如下表，如图表示下表中第1次滴定时50mL滴定管中前后液面的位置

滴定序号	待测液体积（mL）	所消耗NaOH标准液的体积（mL）
		滴定前	滴定后	消耗的体积
1	25.00	x	y	z
2	25.00	4.00	29.60	25.60
3	25.00	0.60	26.00	25.40

则表中z=24.50mL
（5）根据所给数据，盐酸溶液的物质的量浓度c=0.1020mol•L^-1（保留四位有效数字）
（6）下列操作会使测定结果偏高的有ad
a．洗涤碱式滴定管时未用装溶液润洗
b．洗涤时锥形瓶只用蒸馏水洗净后而未润洗
c．读所用标准液体积时，滴定前仰视，滴定后仰视
d．滴定时标准液不小心滴入到锥形瓶外面．

Answer 1

分析 （1）室温时，Kw=1×10^-14，0.1000mol•L^-1NaOH溶液中c（OH^-）=1×10^-1mol/L，根据c（H⁺）=$\frac{Kw}{c（O{H}^{-}）}$以及H₂O?H⁺+OH^-计算；
（2）根据酸性溶液盛放在酸式滴定管中；
（3）根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
（4）根据滴定管的结构以及测量体积的原理来分析；
（5）先考虑数据的合理性，然后求体积的平均值，最后根据c（待测）=$\frac{c（标准）×V（标准）}{V（待测）}$计算；
（6）根据c（待测）=$\frac{V（标准）×c（标准）}{V（待测）}$分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．

解答 解：（1）室温时，Kw=1×10^-14，0.1000mol•L^-1NaOH溶液中c（OH^-）=1×10^-1mol/L，根据c（H⁺）=$\frac{Kw}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{1×1{0}^{-14}}{1×1{0}^{-1}}$mol/L=1×10^-13mol/L，又H₂O?H⁺+OH^-，则由水电离的c（OH^-）=c（H⁺）=1×10^-13mol/L；
故答案为：1×10^-13mol/L；
（2）待测液为盐酸，显酸性，滴定时用酸式滴定管将其移入锥形瓶中；
故答案为：酸式；
（3）酸溶液中滴加无色的酚酞，酚酞不变红，用酚酞做指示剂，滴定达到终点的现象是：滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；
故答案为：滴入最后一滴NaOH标准液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；
（4）盐酸是酸性溶液，存放在酸式滴定管中；滴定前读数为：0.40mL，滴定后读数为：24.90mL，消耗溶液的体积为24.50mL；
故答案为：24.50mL；
（5）第一次实验误差太大，舍去，求出第2组、第3组消耗的NaOH标准液的体积为25.50mL，c（待测）=$\frac{25.50×0.1000}{25.00}$mol/L=0.1020 mol/L，
故答案为：0.1020 mol/L；
（6）a．洗涤碱式滴定管时未用装溶液润洗，使氢氧化钠溶液浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=$\frac{V（标准）×c（标准）}{V（待测）}$分析，可知c（待测）偏大，故a正确；
b．洗涤时锥形瓶只用蒸馏水洗净后而未润洗，待测液的物质的量不变，V（标准）不变，所以c（待测）不变，故b错误；
c．读所用标准液体积时，滴定前仰视，滴定后仰视，无法判断V（标准）的变化，所以c（待测）无法判断，故c错误；
d．滴定时标准液不小心滴入到锥形瓶外面，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=$\frac{V（标准）×c（标准）}{V（待测）}$分析，可知c（待测）偏大，故d正确；
故选ad；

点评 本题考查中和滴定实验、滴定管结构与使用、误差分析、滴定计算等，难度不大，注意理解中和滴定的原理与滴定管的结构及精度．