Question

16．探究小組乙測定NH₃•H₂O的濃度及電離平衡常數K_b，常溫下，探究小組量取25.00mL氨水至錐形瓶中，用0.0500mol•L^-1HCl滴定．用pH計采集數據，溶液的pH隨加入鹽酸體積的變化曲線如圖所示．
（1）如圖：a＞7.0的理由是（用電離方程式表示）NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-．
（2）如圖，當加入稀鹽酸的體積為22.40mL時，此時溶液中c（Cl^-）=c（NH${\;}_{4}^{+}$）（填＜、＞或=）．當加入稀鹽酸的體積至b點溶液中離子濃度大小關系為c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞（H⁺）＞c（OH^-）．
（3）結合圖信息，計算氨水的濃度為0.0448mol•L^-1；寫出NH₃•H₂O電離平衡常數K_b的表達式，K_b=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$．
（4）關于該滴定實驗的說法中，正確的是AC．
A．錐形瓶中有少量蒸餾水不影響測定結果
B．錐形瓶未用氨水進行潤洗會導致測得氨水的濃度偏低
C．酸式滴定管未用鹽酸潤洗會導致測得氨水的濃度偏高
D．滴定終點時俯視讀數會導致測得氨水的濃度偏高．

Answer 1

分析 （1）一水合氨是弱電解質，在水溶液里存在部分電離；
（2）根據電荷守恒分析；b點鹽酸過量，溶液顯酸性；
（3）當加入稀鹽酸的體積為22.40mL，pH=7，c（Cl^-）=c（NH₄⁺），根據氯離子的物質的量計算；
（4）A．錐形瓶中有少量蒸餾水不影響氨水的物質的量；
B．錐形瓶不能潤洗；
C．酸式滴定管未用鹽酸潤洗會導致鹽酸濃度偏低；
D．滴定終點時俯視讀數會導致鹽酸物質的量偏�。�

解答 解：（1）一水合氨是弱電解質，在水溶液里只有部分電離，電離出氫氧根離子和銨根離子，所以溶液的pH大于一水合氨的電離方程式為NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，
故答案為：NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-；
（2）當加入稀鹽酸的體積為22.40mL時，溶液顯中性，則c（OH^-）=（H⁺），由電荷守恒c（Cl^-）+c（OH^-）=c（NH₄⁺）+（H⁺）可知，c（Cl^-）=c（NH₄⁺）；b點鹽酸過量，溶液中的溶質為HCl和NH₄Cl，溶液顯酸性，則溶液中離子濃度大小關系為c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞（H⁺）＞c（OH^-）；
故答案為：=；c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞（H⁺）＞c（OH^-）；
（3）當加入稀鹽酸的體積為22.40mL，pH=7，c（Cl^-）=c（NH₄⁺），二者的物質的量相等，氯離子的物質的量為0.0224L×0.0500mol•L^-1，則銨根離子的物質的量即氨水的物質的量為0.0224L×0.0500mol•L^-1，所以c（NH₃•H₂O）=$\frac{0.0224L×0.05mol/L}{0.025L}$=0.0448mol/L
弱電解質電離平衡常數Kb=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$；
故答案為：0.0448；$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$；
（4）A．錐形瓶中有少量蒸餾水不影響氨水的物質的量，所以不影響測定結果，故A正確；
B．錐形瓶不能潤洗，潤洗錐形瓶，會使錐形瓶中氨水的物質的量偏大，沒潤洗對測定結果無影響，故B錯誤；
C．酸式滴定管未用鹽酸潤洗會導致鹽酸濃度偏低，則使用鹽酸的體積偏大，所以導致測定結果偏高，故C正確；
D．滴定終點時俯視讀數會導致鹽酸體積偏小，則鹽酸物質的量偏小，測定結果偏低，故D錯誤．
故選AC．

點評 本題考查了弱電解質的電離、中和滴定實驗，側重考查學生分析、判斷及實驗操作能力，明確滴定原理、弱電解質電離等知識點是解本題關鍵，題目難度中等．