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专题8.2 水的电离和溶液的酸碱性 1、掌握水的电离过程以及离子积常数以及影响水电离平衡的因素。2、了解PH的定义，溶液的酸碱性与pH的关系，测定pH方法及简单计算。3、掌握酸碱中和滴定的基本方法和误差分析。 一、水的电离及离子积常数1、水的电离平衡：水是极弱的电解质，能发生自电离：H2OH2OH3OOH，简写为 H2O H+OH （正反应为吸热反应）其电离平衡常数：Ka = 2、水的离子积常数：（1）概念：在一定温度下，c(H)与c(OH)的乘积是一个常数，称为水的离子积常数，简称水的离子积。（2）表达式：Kw= c(H+)c(OH) （3）数值：室温下：Kw11014。（4）影响因素：只与温度有关，因为水的电离是吸热过程，所以升高温度，Kw增大。（3）适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。（4）Kw揭示了在任何水溶液中均存在H和OH，只要温度不变，Kw不变。【特别提醒】水的离子积常数Kwc(H)c(OH)，其实质是水溶液中的H和OH浓度的乘积，不一定是水电离出的H和OH浓度的乘积，所以与其说Kw是水的离子积常数，不如说是水溶液中的H和OH的离子积常数。即Kw不仅适用于水，还适用于酸性或碱性的稀溶液。不管哪种溶液均有c(H)H2Oc(OH)H2O。水的离子积常数显示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H和OH共存，只是相对含量不同而已。3、影响水的电离平衡的因素（1）酸和碱：酸或碱的加入都会电离出 H+或OH-，均使水的电离逆向移动，从而抑制水的电离，水的电离程度减小，Kw不变。（2）温度：由于水的电离吸热，若升高温度，将促进水的电离， H+与OH-同时同等程度的增加，水的电离程度增大，Kw增大，pH变小，但 H+与OH-始终相等，故仍呈中性。（3）能水解的盐：不管水解后溶液呈什么性，均促进水的电离，使水的电离程度增大，Kw不变。（4）其它因素：如向水中加入活泼金属，由于活泼金属与水电离出来的 H+直接作用，使 H+减少，因而促进了水的电离平衡正向移动。【总结】外界条件对水的电离平衡的影响体系变化条件 平衡移动方向Kw水的电离程度c(OH)c(H)酸逆不变减小减小增大碱逆不变减小增大减小可水解的盐Na2CO3正不变增大增大减小NH4Cl正不变增大减小增大温度升温正增大增大增大增大降温逆减小减小减小减小其他：如加入Na正不变增大增大减小 特别提醒水的电离平衡注意事项（1）水的离子积常数Kwc(H)c(OH)，其实质是水溶液中的H和OH浓度的乘积，不一定是水电离出的H和OH浓度的乘积，所以与其说Kw是水的离子积常数，不如说是水溶液中的H和OH的离子积常数。即Kw不仅适用于水，还适用于酸性或碱性的稀溶液。不管哪种溶液均有c(H)H2Oc(OH)H2O。（2）水的离子积常数显示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H和OH共存，只是相对含量不同而已。（3）水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离平衡向电离方向移动，c(H)和c(OH)都增大，故Kw增大，但溶液仍呈中性；对于Kw，若未注明温度，一般认为在常温下(25 )。（4）水中加酸或碱对水的电离均有抑制作用，因此，室温下，若由水电离出的c(H)ca=d=eB 若从a点到d点，可采用:温度不变向水中加入少量的酸C 若从a点到c点，可采用:温度不变向水中加入适量的NH4Cl固体D 若处在b点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液呈中性【答案】C 【点评】纯水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以可以从二者相等时的点确定水的离子积常数，从而确定温度。水的离子积常数只与温度有关，与加入酸碱或盐无关，加入其它物质时，水的电离平衡发生移动，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度沿线移动。【迁移训练1】【辽宁省大连市2018届高三双基测试】下图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是 （ ） A 图中温度:T3T2T1B 图中pH关系是:pH(B)=pH(D)=pH(E)C 图中五点Kw间的关系:EDA=B=CD C点可能是显酸性的盐溶液【答案】D 二、溶液的酸碱性和pH的关系1、溶液酸碱性判断依据溶液的酸碱性取决于溶液中c(H)和c(OH)的相对大小。 2、溶液的pH（1）pH的定义： pH= -lgc(H+)（2）pH的适用范围当溶液的酸碱性用pH表示时，其c(H)的大小范围一般为11014 mol/Lc(H)pH0。当c(H)或c(OH)1 molL1时，一般不用pH表示溶液的酸碱性，用c(H)或c(OH)直接表示溶液的酸碱性更方便。（3）溶液的酸碱性和pH的关系：在室温下，中性溶液：c(H+)= c(OH) =1.010-7 mol L-1， pH =7酸性溶液：c(H+)c(OH) ，c(H+)1.010-7 molL-1， pH 7碱性溶液：c(H+)c(OH)，c(H+)1.010-7 molL-1， pH 7 3、pH的测定方法：（1）酸碱指示剂：粗略地测溶液pH范围常用指示剂的变色范围：石蕊试液的变色范围是pH=5.0-8.0；酚酞试液的变色范围是 8.2 10.0；甲基橙试液的变色范围是3.1(红)-4.4(黄)。（2）pH试纸：精略地测定溶液酸碱性强弱pH试纸的种类：常用的pH试纸有广泛pH试纸(pH范围为114或010，可识别pH差值约为1)和精密pH试纸(pH范围较窄，可识别的pH差值为0.2或0.3)。pH试纸使用方法： 方法：用镊子夹取一小块pH试纸放在玻璃片(或表面皿)上，用蘸有待测液的玻璃棒点在试纸的中央，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH。注意：pH试纸使用前不能用蒸馏水润湿，否则将可能产生误差。【思考】如果将pH试纸先润湿再测量，对pH值产生什么影响？（3）pH计： 精确地测定溶液酸碱性强弱，读数时保留两位小数。【特别提醒】正确理解溶液的酸碱性与pH关系溶液呈现酸、碱性的实质是c(H)与c(OH)的相对大小，不能只看pH，一定温度下pH6的溶液也可能显中性，也可能显酸性，应注意温度。使用pH试纸测溶液pH时不能用蒸馏水润湿。25 时，pH12的溶液不一定为碱溶液，pH2的溶液也不一定为酸溶液，也可能为能水解的盐溶液。【典型例题2】【四川雅安市2018届期末】能说明溶液呈中性的可靠依据是 （ ）A pH=7 B 石蕊试液不变色 C pH试纸不变色 D c(H+)=c(OH-)【答案】D 【点评】本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。【迁移训练2】【合肥六中2018届期中】下列叙述正确的是 （ ）A 95纯水的pH8.0蓝色甲基橙3.1红色3.14.4橙色4.4黄色酚酞8.2无色8.210.0浅红色10.0红色 【特别提醒】中和滴定操作细节（1）酸式滴定管下端为玻璃塞，能耐酸和氧化剂的腐蚀，可用于盛装酸性和氧化性溶液，但不能盛装碱性溶液。（2）碱式滴定管下端为橡胶管和玻璃珠，橡胶易被酸性或氧化性溶液腐蚀，所以碱式滴定管只能盛装碱性或非氧化性溶液。（3）滴定管“0”刻度在上方，数值从上到下依次增大，有一部分没有刻度，滴定管的全部容积大于它的最大刻度值，仰视时读数偏大，俯视时读数偏小。量筒无“0”刻度，数值从下到上依次增大，因此仰视时读数偏小，俯视时读数偏大。（4）记录数据时，滴定管的读数应记录到小数点后两位，如20.00 mL；量筒的读数最多记录到小数点后一位，如8.0 mL。（5）滴定终点：指示剂变色时即“达到了滴定的终点”，通常与理论终点存在着一定的误差(允许误差)，而指示剂变色点都不是pH7的情况。恰好中和：指酸和碱恰好完全反应生成盐和水的时刻，此时的溶液不一定呈中性。呈中性：溶液中的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度(常温下pH7)。（6）清楚指示剂的选择原则 变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。不能用石蕊作指示剂。滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。6、误差分析（1）原理(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例) cB= VB准确量取的待测液的体积； cA标准溶液的浓度。 故有：cB正比于VA。（2）误差分析 A、标准液配制引起的误差 称取5.2克氢氧化钠配制标准液时，物码倒置。 (偏高) 配制标准液时，烧杯及玻璃棒未洗涤。 (偏高) 配制标准液时，定容俯视。 (偏低) 配制标准液时，定容仰视。 (偏高) 配制标准NaOH滴定盐酸时，NaOH中如混有碳酸钠。 (偏高) 配制标准NaOH滴定盐酸时，NaOH中如混有碳酸氢钠。(偏高) 配制标准NaOH滴定盐酸时，NaOH中如混有KOH。 (偏高) 滴定管水洗后，未用标准液洗涤。 (偏高) B、标准液操作引起的误差 滴定前读数仰视，滴定后读数俯视。(偏低) 滴定结束，滴定管尖嘴处有一滴未滴下。 (偏高) 滴定前有气泡未赶出，后来消失。 (偏高) C、待测液操作引起的误差 锥形瓶水洗后，用待测液润洗过再装待测液。 (偏高) 锥形瓶有少量水，直接放入待测液。 (无影响) 摇动锥形瓶时，溅出部分溶液。 (偏低)【典型例题3】【湖北部分重点中学2019届高三上起点考试】下列有关滴定操作的说法正确的是 （ ）A 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mLB 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低C 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高D 用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高【答案】D 【点评】本题考查氧化还原滴定操作、误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)= 分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。【迁移训练3】【陕西西安远东一中2019届高三上10月月考】为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取M g固体样品，配成250 mL溶液。设计了以下两种实验方案：方案I：取50.00 mL上述溶液加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液操作I洗涤操作称量，得到沉淀的质量为m1 g方案：取50.00 mL上述溶液，用a mol/L 的酸性KMnO4溶液进行滴定。实验中所记录的数据如下表： 滴定次数实验数据1234待测溶液体积/mL50.0050.0050.0050.00滴定管初读数/mL0.000.200.100.15滴定管末读数/mL20.9521.2020.1521.20 （1）配制250 mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、药匙和_、_。（2）操作I为_操作为_（3）方案I中如何判别加入的氯化钡已经过量_（4）在方案中滴定终点的判断方法是_。（5） 在方案中发生的离子反应方程式为_（6）根据方案所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为_。（写成分数形式）（7）有同学模仿方案I，提出方案：取50.00 mL上述溶液加入足量的盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液操作I洗涤操作称重，得到沉淀质量为m2 g 并用方案I的方法计算结果。根据方案，从理论上讲，下列说法正确的是_（填序号）a方案I比方案的计算结果要低 b方案I比方案的计算结果要高 cm1=m2 ，方案I和方案的结果一样 d方案不应根据方案I的方法计算（8）上述实验中，由于操作错误所引起的实验误差分析正确的是_（填序号）。a方案I中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小b方案I中如果没有操作，实验结果将偏大c方案中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小d方案中如果没有操作，实验结果将偏大【答案】天平 250mL的容量瓶 过滤 干燥（烘干）静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2+5SO42-+3H2O1323a/40Mbdad（2）取2.500 mL上述溶液,加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液生成硫酸钡沉淀过滤洗涤干燥称量,得到沉淀的质量为m1g,操作I为分离固体和液体用过滤,操作为干燥沉淀;（3）判别加入的氯化钡已经过量的方法为:静置分层后,向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡,不再产生沉淀,即已沉淀完全;（4）在方案中滴定终点的判断方法是加入最后一滴后溶液由无色变为紫色,且在半分钟内不褪;（5）酸性KMnO4具有氧化性，SO32-具有还原性，两者发生氧化还原反应，离子反应方程式为：2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2+5SO42-+3H2O；（6）从图表中4组数据可知,消耗的高锰酸钾的体积分别为：20.95mL、21.00mL、20.05mL、21.05mL，第三组数据误差较大,应舍去, 高锰酸钾平均消耗的溶液体积V=(20.95mL+21.00mL+21.05mL)/3=21.00mL,消耗高锰酸钾的物质的量为a mol/L0.021L=0.021amol结合化学方程式定量关系计算, 2MnO4-5SO32-可知，50.00 mL的上述溶液中含有亚硫酸钠的物质的量为0.021amol5/2=21a/400mol,则Mg固体中亚硫酸钠的物质的量为21a/400mol250mL/50mL=21a/80mol,所以亚硫酸钠的纯度为：21a/80mol126g/molMg100%=1323a/40M;（6）A方案I中如果没有洗涤操作,测得生成硫酸根钡质量增大,则亚硫酸钠的质量偏小,故a正确; B方案I中如果没有操作,测得生成硫酸钡质量增大,则亚硫酸钠的质量偏小,故b错误; C方案中如果没有洗涤操作,测得生成硫酸钡质量增大,则测定结果偏大,故c错误; D方案中如果没有操作,测得生成硫酸钡质量增大,被氧化的亚硫酸钠质量增大,测定结果偏大,故d正确.因此，本题正确答案是:ad。 考点一：水电离的c(H)或c(OH)的计算1、常温下，中性溶液c(OH)c(H)107 molL12、溶质为酸的溶液来源OH全部来自水的电离，水电离产生的c(H)c(OH)。实例如计算pH2的盐酸溶液中水电离出的c(H)，方法是先求出溶液的c(OH)Kw/1021012molL1，即水电离出的c(H)c(OH)1012 molL1。3、溶质为碱的溶液来源H全部来自水的电离，水电离产生的c(OH)c(H)。实例如计算pH12的NaOH溶液中水电离出的c(OH)，方法是先求出溶液的c(H)Kw/1021012 molL1，即水电离出的c(OH)c(H)1012 molL1。4、水解呈酸性或碱性的盐溶液pH5的NH4Cl溶液中H全部来自水的电离，由水电离的c(H)105 molL1，c(OH)109 molL1，是因为部分OH与部分NH结合；pH12的Na2CO3溶液中OH全部来自水的电离，由水电离出的c(OH)102 molL1。【方法技巧】水电离的c(H)或c(OH)的计算技巧(25时)（1）中性溶液：c(H)c(OH)1.0107molL1。（2）酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H)c(OH)107 molL1，当溶液中的c(H)107 molL1时就是水电离出的c(H)；当溶液中的c(H)107 molL1时，就用1014除以这个浓度即得到水电离的c(H)。（3）可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H)或c(OH)均大于107 molL1。若给出的c(H)107 molL1，即为水电离的c(H)；若给出的c(H)107 molL1，就用1014除以这个浓度即得水电离的c(H)。【典型例题4】【甘肃静宁县一中2018-届10月月考】25时，下列四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度之比 （ ）pH=0的盐酸 0.1 mol/L的盐酸0.01 mol/L的NaOH溶液 pH=14的NaOH溶液A 1101001 B 110-110-1210-14C 14131214 D 141321【答案】A【点评】本题考查了水的电离以及相关计算，解题关键：理解酸或碱抑制水电离，酸溶液中氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离。【迁移训练4】【上海长宁区2018届高三上期末】常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是 （ ）A pH=0的硫酸 B 0.01mol/L NaOH溶液C pH=10的纯碱溶液 D pH=5的氯化铵溶液【答案】D 考点二：加水稀释pH变化及曲线1、强酸溶液，被稀释10n倍，溶液的pH增大n(溶液的pH不会大于7)。2、强碱溶液，被稀释10n倍，溶液的pH减小n(溶液的pH不会小于7)。3、加水稀释时pH值的变化规律（图像）（1）等物质的量浓度的盐酸(a)与醋酸(b) 物质的量浓度相同的强酸和弱酸稀释相同倍数，溶液的pH变化不同，强酸的pH增大快；若加水稀释到相同pH，强酸加水多。（2）等pH的盐酸(a)与醋酸(b) pH相同的强酸与弱酸，加水稀释相同倍数，溶液的pH变化不同，强酸的pH变化大；若加水稀释到相同pH，弱酸加水多。【典型例题5】【北师大学附中2018届高三上学期期中】25时，pH=3的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。下列说法不正确的是 （ ） A 曲线I代表盐酸的稀释过程B a溶液的导电性比b溶液的导电性强C b溶液中和氢氧化钠的能力强于a溶液D 将a、b两溶液加热至30，变小【答案】B 【点评】本题考查一元强酸和一元弱酸稀释后图像的分析，解题的关键是曲线的判断。强酸和弱酸稀释同等倍数，由于加水稀释促进弱酸的电离，强酸pH的改变值大于弱酸pH的改变值。需要注意溶液导电能力的强弱取决于溶液中离子物质的量浓度的大小和离子所带电荷数，酸溶液中和碱的能力取决于酸的物质的量的大小。【迁移训练5】【安徽合肥2018年高三第二次质检】常温下，将pH均为3，体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随1g的变化如右图所示。下列说法正确的是 （ ） A 稀释相同倍数时：c(A)c(B-)B 水的电离程度：b=caC 溶液中离子总物质的量：bcaD 溶液中离子总浓度：abc【答案】B 考点三：pH相关计算1、总体原则（1）若溶液为酸性，先求c(H+)，再求pH；（2）若溶液为碱性，先求c(OH-)，再由c(H+)=求c(H+)，最后求pH。2、类型及方法(室温下)（1）单一溶液pH的计算强酸溶液，如HnA，设浓度为c mol/L，c(H+)=nc mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg(nc)。强碱溶液，如B(OH)n，设浓度为c mol/L，c(OH-)=nc mol/L，c(H+)=mol/L，pH=-lgc(H+)=14+lg(nc)。（2）酸、碱混合pH计算两强酸混合：直接求出c(H)混，再据此求pH。 c混(H+)=两强碱混合：先求出c(OH)混，再据Kw求出c(H)混，最后求pH。 c混(OH-)=强酸、强碱混合(一者过量)先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H或OH的浓度，最后求pH。c(H)混或c(OH)混将强酸、强碱溶液以某体积之比混合，若混合液呈中性，则c(H)c(OH)、V碱V酸、pH酸pH碱有如下规律(25 )：因c(H)酸V酸c(OH)碱V碱，故有。在碱溶液中c(OH)碱，将其代入上式得c(H)酸c(H)碱，两边取负对数得pH酸pH碱 14lg。现举例如下：V酸V碱c(H)c(OH)pH酸pH碱1011101511111411010113mnnm14lgm/n 【典型例题6】【2018年10月5日 每日一题】常温下，下列有关说法正确的是(混合后溶液体积变化忽略不计) （ ）A 将pH=2的盐酸和pH=5的稀硫酸等体积混合，混合液的pH=3.5B 将pH=11的NaOH溶液和pH=13的Ba(OH)2溶液等体积混合，混合液的pH=12C 将pH=2的H2X溶液稀释至原来的1 000倍，得到混合溶液的pH=5D 将pH=1的盐酸和0.1 molL-1 的Ba(OH)2溶液等体积混合，混合液的pH=12.7【答案】D 【点评】解答本题时需要注意：（1）碱溶液与碱溶液混合后溶液一定呈碱性，必须先求混合液中c（OH-），再根据水的离子积计算混合液中c（H+）；（2）强酸溶液与强碱溶液混合一定发生中和反应，必须判断混合溶液的性质再计算，若酸过量直接求过量的c（H+），若恰好完全反应则溶液呈中性，若碱过量必须先求过量的c（OH-）；（3）稀释溶液时对弱电解质的电离平衡起促进作用。【迁移训练6】【黑龙江哈尔滨六中2018届上学期期中】某温度下Kw1013，在此温度下，将pHa的NaOH溶液Va L与pHb的H2SO4溶液Vb L混合，下列说法正确的是 （ ）A 若所得混合液为中性，且a12，b2，则VaVb11B 若所得混合液为中性，且ab12，则VaVb1001C 若所得混合液pH10，且a12，b2，则VaVb19D 若所得混合液pH10，且a12，b2，则VaVb10199【答案】C【解析】A、若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因c(OH-)Va=c(H+)Vb，a=12，b=2，则0.1Va=0.01Vb，则Va：Vb=1：10，故A错误；B、若所得混合液为中性，则c(OH-)Va=c(H+)Vb，即10a13Va=10b Vb，又因为a+b=12，Va：Vb=1013-a-b=10，则Va：Vb=10：1，故B错误；C、若所得混合溶液的pH=10，碱过量，c(OH-)=0.001，则Va：Vb=1：9，故C正确；D、根据C的计算，Va：Vb=1：9，故D错误；故选C。 考点四：其它滴定实验1、沉淀滴定法（1）概念：沉淀滴定法是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag与卤素离子的反应来测定Cl、Br、I浓度。（2）原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液滴定溶液中的Cl的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。2、氧化还原滴定以氧化还原反应为基础的分析方法。它以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质；或者间接滴定一些本身并没有氧化性或还原性，但能与某些氧化剂或还原剂起反应的物质。氧化滴定剂有高锰酸钾溶液、重铬酸钾溶液、碘水溶液等；还原滴定剂有亚铁盐溶液、抗坏血酸水溶液(即维生素C)等。【典型例题7】【四川雅安中学2019届高三上学期开学考试】葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准（GB27602014）规定葡萄酒中SO2的残留量0.25g/L。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。设计方案如下：（1）用图甲装置（加持装置略）蒸馏并收集馏分SO2，实验时B中加入100.00mL葡萄酒样品和适量盐酸，加热使SO2全部逸出，在C中收集馏分。 若C中盛装H2O2溶液，则SO2与其完全反应的化学方程式为_。除去C中过量的H2O2，然后用0.04000mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图乙中的_（填序号） 滴定至终点消耗NaOH溶液25.00mL，据此计算葡萄酒中SO2含量为_g/L。（2）由于蒸馏时盐酸易挥发，该测定结果比实际值偏高，因此改进实验方案时可将盐酸改为稀硫酸，或者采取以下措施：将图甲装置C中盛装的液体改为H2O，且馏分无挥发，改用0.01000 mol/L 标准I2溶液滴定，反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，可选择_作指示剂，滴定终点的现象是_。盐酸虽然对此实验无干扰，但由于在上述实验过程中，存在空气的氧化作用，会使测定结果_（填“偏高”“偏低”或“不变”）。【答案】H2O2+SO2=H2SO4 III 0.32 淀粉溶液 当最后一滴I2溶液滴下，溶液由无色变为蓝色，且30秒内不变色 偏低 （2）改用0.01000molL-1标准I2溶液滴定，选择淀粉溶液做指示剂，滴定终点的现象是：滴入最后一滴溶液变蓝色半分钟不变化证明反应达到终点，故答案为：淀粉溶液；当最后一滴I2溶液滴下，溶液由无色变为蓝色，且30秒内不变色；由于在上述实验过程中，存在空气的氧化作用，部分二氧化硫被氧化，使得消耗的标准溶液体积减小，测定结果偏低，故答案为：偏低。【点评】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法是解题的关键。本题的易错点为误差的分析，要注意从反应原理分析判断。【迁移训练7】【黑龙江省哈尔滨市第十八中学2018届高三第一次月考】（1）配平氧化还原反应方程式：_C2O_MnO_H=_CO2_Mn2_H2O（2）称取6.0 g含H2C2O42H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 molL1NaOH溶液至20 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H的总物质的量为_mol。第二份溶液中滴加0.10 molL1的酸性高锰酸钾溶液。KMnO4溶液在滴定过程中作_(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程_(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16 mL时反应完全，此时溶液颜色由_变为_。【答案】 5 2 16 10 2 8 0.005 A氧化剂 不需要 无色 浅紫红色 （2）溶液由无色变为浅红色，溶液中H2C2O4、KHC2O4完全反应，依据反应：H+OH-=H2O1 1n 0.25mol/L0.02L 解得n=0.005mol；原溶液无色，而KMnO4为紫红色，则滴定时不需要再滴加指示剂，滴定过程中KMnO4是氧化剂，H2C2O4和KHC2O4为还原剂，当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈紫红色，即滴定终点时溶液由无色变为浅红色。
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