Question

16．探究小组乙测定NH₃•H₂O的浓度及电离平衡常数K_b，常温下，探究小组量取25.00mL氨水至锥形瓶中，用0.0500mol•L^-1HCl滴定．用pH计采集数据，溶液的pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示．
（1）如图：a＞7.0的理由是（用电离方程式表示）NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-．
（2）如图，当加入稀盐酸的体积为22.40mL时，此时溶液中c（Cl^-）=c（NH${\;}_{4}^{+}$）（填＜、＞或=）．当加入稀盐酸的体积至b点溶液中离子浓度大小关系为c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞（H⁺）＞c（OH^-）．
（3）结合图信息，计算氨水的浓度为0.0448mol•L^-1；写出NH₃•H₂O电离平衡常数K_b的表达式，K_b=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$．
（4）关于该滴定实验的说法中，正确的是AC．
A．锥形瓶中有少量蒸馏水不影响测定结果
B．锥形瓶未用氨水进行润洗会导致测得氨水的浓度偏低
C．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致测得氨水的浓度偏高
D．滴定终点时俯视读数会导致测得氨水的浓度偏高．

Answer 1

分析 （1）一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在部分电离；
（2）根据电荷守恒分析；b点盐酸过量，溶液显酸性；
（3）当加入稀盐酸的体积为22.40mL，pH=7，c（Cl^-）=c（NH₄⁺），根据氯离子的物质的量计算；
（4）A．锥形瓶中有少量蒸馏水不影响氨水的物质的量；
B．锥形瓶不能润洗；
C．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致盐酸浓度偏低；
D．滴定终点时俯视读数会导致盐酸物质的量偏小．

解答 解：（1）一水合氨是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，电离出氢氧根离子和铵根离子，所以溶液的pH大于一水合氨的电离方程式为NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，
故答案为：NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-；
（2）当加入稀盐酸的体积为22.40mL时，溶液显中性，则c（OH^-）=（H⁺），由电荷守恒c（Cl^-）+c（OH^-）=c（NH₄⁺）+（H⁺）可知，c（Cl^-）=c（NH₄⁺）；b点盐酸过量，溶液中的溶质为HCl和NH₄Cl，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小关系为c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞（H⁺）＞c（OH^-）；
故答案为：=；c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞（H⁺）＞c（OH^-）；
（3）当加入稀盐酸的体积为22.40mL，pH=7，c（Cl^-）=c（NH₄⁺），二者的物质的量相等，氯离子的物质的量为0.0224L×0.0500mol•L^-1，则铵根离子的物质的量即氨水的物质的量为0.0224L×0.0500mol•L^-1，所以c（NH₃•H₂O）=$\frac{0.0224L×0.05mol/L}{0.025L}$=0.0448mol/L
弱电解质电离平衡常数Kb=$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$；
故答案为：0.0448；$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）×c（O{H}^{-}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$；
（4）A．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A正确；
B．锥形瓶不能润洗，润洗锥形瓶，会使锥形瓶中氨水的物质的量偏大，没润洗对测定结果无影响，故B错误；
C．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致盐酸浓度偏低，则使用盐酸的体积偏大，所以导致测定结果偏高，故C正确；
D．滴定终点时俯视读数会导致盐酸体积偏小，则盐酸物质的量偏小，测定结果偏低，故D错误．
故选AC．

点评 本题考查了弱电解质的电离、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、弱电解质电离等知识点是解本题关键，题目难度中等．