Question

18．測(cè)定室溫下NH₃•H₂O的濃度及電離平衡常數(shù)K_b
（1）從三頸瓶中用堿式滴定管（或移液管）（填儀器名稱）量取25.00mL氨水至錐形瓶中，用0.0500mol•L^-1HCl滴定．用pH計(jì)采集數(shù)據(jù)、電腦繪制滴定曲線如下圖．
（2）據(jù)圖，計(jì)算氨水的濃度為0.0450mol•L^-1；寫出NH₃•H₂O電離平衡常數(shù)K_b的表達(dá)式，K_b=$\frac{[O{H}^{-}]•[N{{H}_{4}}^{+}]}{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}$，當(dāng)pH=11.0時(shí)計(jì)算K_b的近似值，K_b≈2.2×10^-5．（K_b保留兩位有效數(shù)字）
（3）關(guān)于該滴定實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法中，正確的是AC．
A．錐形瓶中有少量蒸餾水不影響測(cè)定結(jié)果B．未滴加酸堿指示劑，實(shí)驗(yàn)結(jié)果不科學(xué)
C．酸式滴定管未用鹽酸潤(rùn)洗會(huì)導(dǎo)致測(cè)得氨水的濃度偏高D．滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)會(huì)導(dǎo)致測(cè)得氨水的濃度偏高．

Answer 1

分析 （1）可以用移液管或堿式滴定管量取堿性溶液；
（2）氨水的物質(zhì)的量濃度=$\frac{1}{{V}_{m}}$mol/L=$\frac{1}{22.4}$mol/L=0.0450mol/L；pH=11的氨水中c（OH^-）=0.001mol/L，c（OH^-）≈c（NH₄⁺）=0.001mol/L，c（NH₃•H₂O）≈0.0450mol/L，根據(jù)Kb=$\frac{[O{H}^{-}]•[N{{H}_{4}}^{+}]}{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}$，計(jì)算電離平衡常數(shù)；
（3）A．錐形瓶中有少量蒸餾水不影響氨水的物質(zhì)的量；
B．利用pH計(jì)判斷滴定終點(diǎn)更準(zhǔn)確；
C．酸式滴定管未用鹽酸潤(rùn)洗會(huì)導(dǎo)致鹽酸濃度偏低；
D．滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)會(huì)導(dǎo)致鹽酸物質(zhì)的量偏�。�

解答 解：（1）氨水中含有一水合氨，一水合氨電離出氫氧根離子而使溶液呈堿性，所以用移液管或堿式滴定管量取氨水，
故答案為：堿式滴定管（或移液管）；
（2）氨水的物質(zhì)的量濃度=$\frac{1}{{V}_{m}}$mol/L=$\frac{1}{22.4}$mol/L=0.0450mol/L；pH=11的氨水中c（OH^-）=0.001mol/L，c（OH^-）≈c（NH₄⁺）=0.001mol/L，c（NH₃•H₂O）≈0.0450mol/L，根據(jù)Kb=$\frac{[O{H}^{-}]•[N{{H}_{4}}^{+}]}{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}$=$\frac{0.001×0.001}{0.045}$=2.2×10^-5；
故答案為：0.0450；$\frac{[O{H}^{-}]•[N{{H}_{4}}^{+}]}{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}$；2.2×10^-5；
（3）A．錐形瓶中有少量蒸餾水不影響氨水的物質(zhì)的量，所以不影響測(cè)定結(jié)果，故A正確；
B．利用pH計(jì)判斷滴定終點(diǎn)更準(zhǔn)確，不需要酸堿指示劑即可，故B錯(cuò)誤；
C．酸式滴定管未用鹽酸潤(rùn)洗會(huì)導(dǎo)致鹽酸濃度偏低，則使用鹽酸的體積偏大，所以導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高，故C正確；
D．滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)會(huì)導(dǎo)致鹽酸體積偏小，則鹽酸物質(zhì)的量偏小，測(cè)定結(jié)果偏低，故D錯(cuò)誤．
故答案為：AC．

點(diǎn)評(píng) 本題考查性質(zhì)實(shí)驗(yàn)，側(cè)重考查學(xué)生分析、判斷及實(shí)驗(yàn)操作能力，明確滴定原理、弱電解質(zhì)電離等知識(shí)點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，（3）題A為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度中等．