高考化学讲义水的电离和溶液的酸碱性(含解析)

目夺市安危阳光实验学校第二节水的电离和溶液的酸碱性
1.了解水的电离、离子积常数。

(中频)
2.了解溶液pH的定义，能进行pH的简单计算。

(中频)
3.了解测定溶液pH的方法。

4.掌握酸碱中和滴定的原理及操作方法。

(中频)
水的电离
1．电离方程式
水是一种极弱的电解质，其电离方程式为2H2O H3O＋＋OH－，可简写为H2O OH－＋H＋。

2．几个重要数据
3．外界因素对水的电离平衡的影响
(1)温度：温度升高，促进水的电离，Kw增大；温度降低，抑制水的电离，Kw 减小。

(2)酸、碱：抑制水的电离，Kw不变。

(3)能水解的盐：促进水的电离，Kw不变。

溶液的酸碱性与pH
1．溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。

c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性
c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性
c(H＋)<c(OH－)，溶液呈碱性2．pH
(1)定义式：pH＝－lg_c(H＋)。

(2)pH与溶液c(H＋)的关系
①由图示关系知，pH越小，溶液的酸性越强。

②pH一般表示c(H＋)<1 mol/L的稀溶液。

(3)pH测定
①用pH试纸测定
把小片试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点在干燥的pH试纸上，试纸变色后，与比色卡对比即可确定溶液的pH。

②pH计测定：可精确测定溶液的pH。

酸碱中和滴定
1．实验原理
(1)用已知浓度的酸(或碱)滴定未知浓度的碱(或酸)，根据中和反应的等量关系来测定酸(或碱)的浓度。

(2)利用酸碱指示剂明显的颜色变化表示反应已完全，即反应到达终点。

指示剂变色范围的pH
石蕊<5.0红色 5.0～8.0紫色>8.0蓝色
甲基橙<3.1红色 3.1～4.4橙色>4.4黄色
酚酞<8.2无色8.2～10.0粉红色>10.0红色
2.实验用品
(1)仪器：酸式滴定管(如图A)、碱式滴定管(如图B)、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。

(2)试剂：液、待测液、指示剂、蒸馏水。

3．实验操作(以盐酸滴定待测NaOH溶液为例)
(1)滴定前的准备
①滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录。

②锥形瓶：注碱液→记读数→加指示剂。

(2)滴定
(3)终点判断：等到滴入最后一滴液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录液的体积。

4．数据处理
按上述操作重复二至三次，求出用去盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝
c （HCl）×V（HCl）
V（NaOH）
计算。

1．易误诊断(正确的打“√”，错误的打“×”)。

(1)温度一定时，水的电离常数与水的离子积常数相等( )
(2)水的离子积常数的数值大小与温度和稀水溶液的浓度有关( )
(3)水的电离平衡移动符合勒夏特列原理( )
(4)升高温度，水电离平衡右移，H＋浓度增大，呈酸性( )
(5)溶液中c(H＋)>10－7mol·L－1，该溶液呈酸性( )
(6)任何温度下，利用H＋和OH－浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性( )
(7)用pH试纸测得某溶液的pH为3.4( )
(8)用湿润的pH试纸测溶液的pH，一定影响测量结果( )
(9)能使pH试纸显红色的溶液呈酸性( )
【答案】(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)√(7)×(8)×(9)√
2．(1)25 ℃，向水中加入①NaCl粉末、②NaOH固体、③Na2CO3粉末，水的电离平衡被促进的是__________，被抑制的是________，无影响的是________(用序号填写，下同)；水的离子积不变的是________。

若对上述三种电解质的溶液加热，水的电离平衡被促进的有________，水的离子积增大的有________。

(2)①25 ℃时，0.1 mol·L－1的盐酸溶液中c(H＋)＝________mol·L－1，c(OH －)＝_______mol·L－1，c(H＋)H2O＝________mol·L－1。

②25 ℃ pH＝3的NH4Cl溶液中，c(H＋)＝__________mol·L－1，c(OH－)＝__________mol·L－1，c(H＋)H2O＝______mol·L－1。

(3)一支标有20 ℃、25 mL字样的滴定管，内装液体到刻度1.00 mL时，管内液体的体积是________24.00 mL(填“大于”、“小于”或“等于”)。

【答案】(1)③②①①②③①②③①②③
(2)①0.1 1.0×10－13 1.0×10－13
②1.0×10－3 1.0×10－11 1.0×10－3
(3)大于
两种式子：H2O H＋＋OH－；
Kw＝c(H＋)·c(OH－)
三种关系：
(1)c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性
(2)c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性
(3)c(H＋)<c(OH－)，溶液呈碱性
滴定管使用四个步骤：查漏→洗涤→润洗→装液。

水电离平衡的影响因素及有关计算
1.外界条件对水电离的影响
2．水电离出的c(H ＋)或c(OH －)的计算(25 ℃时)
酸溶液⎩⎪⎨⎪⎧c （H ＋）＝c （H ＋）酸＋c （H ＋）水
c （OH －）＝c （OH －）水＝c （H ＋）水
碱溶液⎩⎪⎨⎪⎧c （OH －）＝c （OH －）碱＋c （OH －）水
c （H ＋）＝c （H ＋）水＝c （OH －）水
盐溶液⎩⎪
⎪⎨⎪⎪⎧酸性⎩
⎪⎨⎪
⎧c （H ＋）＝c （H ＋）水
c （OH －）＝Kw
c （H ＋）碱性⎩⎪⎨⎪
⎧c （OH －）＝c （OH －）水c （H ＋）＝Kw c （OH －）中性：c （H ＋）＝c （H ＋）水＝c （OH －）＝c （OH －）水
(2013·大纲全国卷)下图表示水中c(H ＋)和c(OH －)的关系，下
列判断错误的是( )
A ．两条曲线间任意点均有c(H ＋)×c(OH －)＝Kw
B ．M 区域内任意点均有c(H ＋)<c(OH －)
C ．图中T1<T2
D ．XZ 线上任意点均有pH ＝7
【解析】 A ．水电离出的c(H ＋)与c(OH －)的乘积为一常数。

B.由图看出M 区域内c(H ＋)<c(OH －)。

C.T2时c(H ＋)·c(OH －)大于T1时c(H ＋)·c(OH －)，因为水的电离过程是吸热的，温度越高，水的离子积越大，所以T2>T1。

D.pH ＝－lgc(H ＋)，XZ 线上任意点的c(H ＋)＝c(OH －)，但pH 不一定为7。

【答案】 D
通过水电离出的H ＋或OH －浓度判断水电离平衡的移动情况。

室温下，水电离出的c(H ＋)＝1×10－7 mol/L ，若某溶液中水电离出的c(H ＋)<1×10－7 mol/L ，则可判断出该溶液中加入酸或碱抑制了水的电离；若某溶液中水电离出的c(H ＋)>1×10－7mol/L ，则可判断出该溶液中加入可以水解的盐或活泼金属促进了水的电离。

考向1 影响水电离平衡因素的判断
1．(2012·上海高考)水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是( ) A ．NaHSO4溶液 B ．KF 溶液 C ．KAl(SO4)2 溶液 D ．NaI 溶液
【解析】 A 项NaHSO4的HSO －4完全电离，抑制水的电离；B 项F －，C 项Al3＋水解，促进水的电离；NaI 是强酸强碱盐，对水的电离无影响。

【答案】 D
考向2 水电离出H ＋或OH －浓度的计算
2．(2012·广东高考)对于常温下pH 为2的盐酸，叙述正确的是( ) A ．c(H ＋)＝c(Cl －)＋c(OH －)
B ．与等体积pH ＝12的氨水混合后所得溶液显酸性
C ．由H2O 电离出的c(H ＋)＝1.0×10－12mol ·L －1
D ．与等体积0.01 mol·L－1乙酸钠溶液混合后所得溶液中：c(Cl －)＝c(CH3COO －)
【解析】 结合守恒思想(电荷守恒、原子守恒)分析、解决相关问题。

盐酸中HCl 电离出H ＋和Cl －，H2O 电离出H ＋和OH －，据电荷守恒有c(H ＋)＝c(Cl
－)＋c(OH －)，A 项正确。

pH ＝12的氨水中c(OH －)＝10－2mol ·L －1，氨水部分电离，氨水与盐酸等体积混合，氨水剩余，所得溶液显碱性，B 项错误。

pH 为2的盐酸中，c(OH －)＝1.0×10－12m ol·L－1，而OH －全部由水电离产生，故H2O 电离产生的c(H ＋)＝1.0×10－12 mol ·L －1，C 项正确。

pH 为2的盐酸与0.01 mol ·L －1乙酸钠溶液等体积混合，恰好发生反应：CH3COONa ＋HCl===CH3COOH ＋NaCl ，生成的CH3COOH 部分电离，则有c(Cl －)＞c(CH3COO －)，D 项错误。

【答案】 AC
溶液的pH 计算与判断
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 ＋)＝Kw
c （OH －）求c(H ＋)，最后求
pH ，也可以先求pOH[pOH ＝－lg c(OH －)]，再由14－pOH 求pH 。

2．分类剖析(室温时) (1)强酸溶液
如浓度为c mol/L 的HnA 溶液，c(H ＋)＝nc mol/L ，所以pH ＝－lgnc 。

(2)强碱溶液
如浓度为c mol/L 的B(OH)n 溶液， c(OH －)＝nc mol/L ，
c(H ＋)＝10－14
nc mol/L ，所以pH ＝14＋lgnc 。

(3)酸碱混合pH 的计算
①两强酸混合
c(H ＋)混＝c （H ＋）1V1＋c （H ＋）2V2
V1＋V2
②两强碱混合
c(OH －)混＝c （OH －）1V1＋c （OH －）2V2
V1＋V2
③强酸、强碱混合(一者过量)
酸过量：c(H ＋)混＝c （H ＋）酸V 酸－c （OH －）碱V 碱
V 酸＋V 碱
碱过量：c(OH －)混＝c （OH －）碱V 碱－c （H ＋）酸V 酸
V 酸＋V 碱
(4)酸碱稀释时pH 的变化
酸(pH ＝a)
碱(pH ＝b)
弱酸
强酸 弱碱
强碱
稀释10n 倍 <a ＋n a ＋n >b －n b －n 无限稀释
pH 趋向于7
溶液酸碱性的判断
(1)等体积等浓度的一元强酸，一元强碱混合呈中性。

(2)等体积等浓度的一元弱酸，一元强碱混合呈碱性。

(3)等体积等浓度的一元强酸，一元弱碱混合呈酸性。

(4)强酸、强碱等体积混合
①pH 之和等于14呈中性；②pH 之和小于14呈酸性；③pH 之和大于14呈碱性。

(5)pH 之和等于14时一元强酸和一元弱碱等体积混合呈碱性；一元弱酸和一元强碱等体积混合呈酸性。

(2013·天津高考节选)将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。

若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K＋Na＋NH＋
4SO2－
4NO－
3Cl－
浓度/ mol·L－1 4×10－6 6×10－6 2×10－5 4×10－5 3×10－5 2×10－5
根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为________，试样的pH＝________。

【解析】根据电荷守恒：c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NH＋4)<2c(SO2－
4)＋c(NO－3)＋c(Cl－)，所以溶液呈酸性。

c(H＋)＝2c(SO2－
4)＋c(NO－3)＋c(Cl－)－c(K ＋)－c(Na＋)－c(NH＋4)＝(2×4×10－5＋3×10－5＋2×10－5－4×10－6－
6×10－6－2×10－5) mol·L－1＝1×10－4 mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg(1×10－4)＝4。

【答案】酸性4
,
酸按酸(H＋)，碱按碱(OH－)，酸碱中和求过量，无限稀释7为限。

步骤：
考向1 pH改变的措施分析
3．现有pH＝5的CH3COOH溶液10 mL，要使其pH增大3，可采取的方法有( ) A．向溶液中加水稀释至10 L
B．加入一定量的NaOH固体
C．加入一定量pH＝8的NaOH溶液
D．加入一定浓度的盐酸
【解析】由pH＝5增大3得pH＝8，说明溶液呈碱性，酸溶液无论如何稀释也不会呈碱性，A项错误；C项，因加入NaOH溶液的pH＝8，故酸碱无论怎样中和，pH也只能接近8，不会出现pH＝8，C错；D项，因盐酸呈酸性，故无法实现。

【答案】B
考向2 强酸、强碱混合有关计算
4．某温度下，水的离子积常数Kw＝10－12。

该温度下，将pH＝4的H2SO4溶液与pH＝9的NaOH溶液混合并保持恒温，欲使混合溶液的pH＝7，则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为( )
A．1∶10 B．9∶1
C．10∶1 D．99∶21
【解析】某温度下，水的离子积常数Kw＝10－12，pH＝4的H2SO4溶液中c(H ＋)＝10－4 mol·L－1，该温度下，pH＝9的NaOH溶液中c(OH－)＝
10－12
10－9
＝10－3 mol·L－1，混合溶液的pH＝7，说明溶液中c(H＋)＝10－7 mol·L－1，此时c(OH－)＝10－5 mol·L－1，溶液呈碱性，设稀硫酸的体积为Va，NaOH 溶液的体积为Vb，则有
10－3×Vb－10－4×Va
Va＋Vb
＝10－5，Va∶Vb＝9∶1。

【答案】B
考向3 判断溶液的酸碱性
5．(2012·新课标全国卷)已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是( )
A ．a ＝b
B ．混合溶液的pH ＝7
C ．混合溶液中，c(H ＋)＝Kw mol ·L －1
D ．混合溶液中，c(H ＋)＋c(B ＋)＝c(OH －)＋c(A －)
【解析】 判断溶液呈中性的依据是c(H ＋)＝c(OH －)。

A 项中，a ＝b ，酸碱恰好完全反应生成正盐和水，由于酸碱强弱未知，不能确定溶液的酸碱性；B 项中未说明温度为25 ℃，故混合溶液pH ＝7时不一定呈中性；C 项混合溶液中，c(H ＋)·c(OH －)＝Kw ，因为c(H ＋)＝Kw mol ·L －1，则c(OH －)＝Kw mol ·L －1，c(H ＋)＝c(OH －)，故溶液呈中性；D 项中c(H ＋)＋c(B ＋)＝c(OH －)＋c(A －)，只说明溶液中电荷守恒，无法判断溶液的酸碱性。

【答案】 C
中和滴定原理及其应用的探究
【实验关键】 ①准确测量反应酸、碱溶液体积 ②准确判断滴定终点 实验原理： cB ＝cA ·VA VB
，
其中VB ——准确量取的待测液的体积， cA ——溶液的浓度，
故⎩
⎪⎨⎪⎧VA 大⇒cB 大，VA 小⇒cB 小。

【探究关键点】
1.恰好中和＝酸碱恰好完全反应≠溶液呈中性≠滴定终点。

2．在酸碱中和滴定误差分析中，要看清楚液与待测液的位置。

液在滴定管中与液在锥形瓶中产生误差情况相反。

3．误差分析
以酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：
步骤 操作
V A
cB
洗涤
酸式滴定管未用酸溶液润洗 变大 偏高 碱式滴定管未用待测溶液润洗
变小 偏低
锥形瓶用待测溶液润洗 变大 偏高 锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
不变 无影响 取液 放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
变小 偏低 滴定
酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失 变大 偏高 振荡锥形瓶时部分液体溅出
变小 偏低 部分酸液滴在锥形瓶外
变大 偏高 溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴碱液颜色无变化 变大 偏高 读数
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯) 变小 偏低 酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)
变大 偏高
(2012·上海高考)用滴定法测定Na2CO3(含NaCl 杂质)的质量分
数，下列操作会引起测定值偏高的是( ) A ．试样中加入酚酞作指示剂，用液进行滴定
B ．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入酸液进行滴定
C ．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液滴定
D ．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00 mL 进行滴定
【解析】 滴定管应用待装液进行润洗，否则会引起待装液浓度下降，若为酸
液会引起测定值偏高，若为待测液会引起测定值偏低。

【答案】 B
滴定的误差分析，都要依据公式：c 待＝c 标·V 标
V 待来判断。

其中V 待为准确量
取的待测液体积，c 标为准确配制的液浓度，这二者在误差分析时视为定值；
因各种原因使得所耗液体积V 标变大或变小，V 标变大，则c 待偏高，V 标变小，
则c 待偏低。

考向1 中和滴定的迁移应用——氧化还原滴定
6．Ⅰ.(2013·浙江高考节选)(1)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产
物Fe3O4中的二价铁含量。

若需配制浓度为0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7
溶液250 mL ，应准确称取________g K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知MK2Cr2O7
＝294.0 g·mol－1)。

配制该溶液时，下列仪器中不必要用到的有________(用
编号表示)。

①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管
(2)滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴
定结束后气泡消失，则测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

Ⅱ.(2013·安徽高考节选)取Ce(OH)4产品0.536 g ，加硫酸溶解后，用0.100 0
mol·L－1 FeSO4溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3＋)，消耗25.00 mL 溶液。

该产品中Ce(OH)4的质量分数为________。

【解析】 Ⅰ.(1)称取K2Cr2O7的质量为m(K2Cr2O7)＝0.010 00 mol ·L －1×
0.250 0 L ×294.0 g ·mol －1＝0.735 0 g 。

用固体配制溶液，要用电子天平称
量固体质量，并在烧杯中溶解，然后转移到容量瓶中，不需要量取液体的量筒
和移液管。

(2)若滴定前装有K2Cr2O7溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束时气泡消失，则滴定过程中读取K2Cr2O7溶液的体积偏大，测得Fe3O4中二价铁的含量偏大。

Ⅱ.在滴定过程中发生反应的离子方程式为Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，每有1 mol Ce4＋反应即可消耗1 mol Fe2＋，消耗硫酸亚铁的物质的量为2.5×10
－3 mol ，所以0.536 g 样品中含有2.5×10－3 mol Ce(OH)4，其质量为0.52 g ，
即质量分数约为97.0%。

【答案】 Ⅰ.(1)0.735 0 ③⑦ (2)偏大 Ⅱ.97.0
考向2 pH 曲线的理解
7．(2013·安徽六校教育研究会测试)室温下，用0.10 mol·L－1的盐酸滴定
20.00 mL 0.10 mol·L－1的某碱BOH 溶液得到的滴定曲线如图所示：
下列判断不正确的是( )
A ．a 点时，溶液呈碱性，溶液中c(
B ＋)>c(Cl －)
B ．b 点时溶液的pH ＝7
C ．当c(Cl －)＝c(B ＋)时，V(HCl)<20.00 mL
D ．c 点时溶液中c(H ＋)约为0.03 mol·L－1
【解析】 由图可知0.10 mol·L－1的某碱BOH 溶液的pH 接近12，即小于13，
则该碱为弱碱。

a 点时，溶液呈碱性，c(OH －)>c(H ＋)，再结合电荷守恒c(B
＋)＋c(H ＋)＝c(Cl －)＋c(OH －)，可知溶液中c(B ＋)>c(Cl －)，A 项正确；b
点时，盐酸和BOH 恰好完全反应，溶液中的溶质为强酸弱碱盐BCl ，pH<7，B
项错误；当c(Cl －)＝c(B ＋)时，由电荷守恒知，溶液呈中性，pH ＝7，此时未
达滴定终点，说明V(HCl)<20.00 mL ，C 项正确；c 点时溶液中HCl 过量，可忽
略B ＋水解生成的H ＋，故c(H ＋)＝n(H ＋)过量/V 混＝(0.10 mol·L－1×20.00 mL)/60.00 mL ≈0.03 mol ·L －1，D 项正确。

【答案】 B
迁移应用型实验题
【典题例证】 (2012·安徽高考)亚硫酸盐是一种常见食品添加剂。

为检测某食品中亚硫酸盐含量(通常以1 kg 样品中含SO2的质量计)，某研究小组设计了如下两种实验流程：
(1)气体A 的主要成分是________。

为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入________；通入N2的目的是____。

(2)写出甲方案第①步反应的离子方程式：_____________________________________。

(3)甲方案第②步滴定前，滴定管需用NaOH 溶液润洗，其操作方法是___________。

(4)若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按乙方案实验测定的结果________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

(5)若取样品w g ，按乙方案测得消耗0.010 00 mol·L－1I2溶液V mL ，则1 kg 样品中含SO2的质量是________g(用含w 、V 的代数式表示)。

解题关键点：(1)要明确甲方案流程中的实验原理 样品――→H2SO4 气体A ：SO2－3＋2H ＋===SO2↑＋H2O
气体A ――→H2O2
H2SO4：SO2＋H2O2===H2SO4
H2SO4――→NaOH
数据处理：H2SO4＋2NaOH===
Na2SO4＋2H2O (2)要明确乙方案流程中的实验原理
样品――→H2SO4 气体
A ：SO2－3＋2H ＋===SO2↑＋H2O
气体A ――→碱
调pH 溶液B ：SO2＋2OH －===SO2－3＋H2O ，
SO2－3＋H ＋===HSO －3
溶液B ――→I2
数据处理：HSO －3＋I2＋H2O===
SO2－4＋2I －＋3H ＋
解题疑惑点：解答本题的关键点是SO2、NaHSO3的还原性。

(1)亚硫酸盐中加入强酸会生成气体SO2，反应的离子方程式为SO2－3＋2H ＋===SO2↑＋H2O ；在加热时为了防止暴沸应加入碎瓷片，通入N2的目的是将产生的SO2气体完全吹出后用吸收液吸收，从而提高实验的准确率。

(2)SO2具有还原性，能被H2O2氧化成H2SO4，反应的离子方程式为SO2＋H2O2===2H ＋＋SO2－4。

(3)滴定管在洗涤后应用NaOH 液润洗，方法是：向滴定管注入少量液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后从尖嘴放出液体，重复操作2～3次。

(4)如果用盐酸代替稀硫酸，在逸出的SO2气体中会含有HCl 气体，两者都能被碱液吸收分别生成Na2SO3和NaCl ，再用盐酸处理后只有Na2SO3转变成的NaHSO3能与I2反应，反应的离子方程式为HSO －3＋I2＋H2O===SO2－4＋2I －＋3H ＋，故不会产生影响。

(5)根据关系式SO2～HSO －3～I2，则1 kg 样品中含有SO2的质量为1 000w
×V ×
10－3×0.010 00×64 g ＝0.64V
w
g 。

【答案】 (1)N2和SO2 碎瓷片(或沸石) 使产生的SO2全部逸出
(2)SO2＋H2O2===2H ＋＋SO2－4
(3)向滴定管注入少量液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后从尖嘴放出液体，重复操作2～3次 (4)无影响 (5)0.64V w
滴定终点的判断
(2014·高三教学质量测评)纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。

用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再以KSCN 溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋。

请回答：
如何判断滴定终点_________________________________________。

规范答案
当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液后，溶液变成浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色。

答题模板
当滴入最后一滴……溶液后，溶液变成……色，且半分钟内不恢复原来的颜色。

思维流程
解答此类题目注意三个关键点：
(1)最后一滴：必须说明是滴入“最后一滴”溶液。

(2)颜色变化：必须说明滴入“最后一滴”溶液后溶液“颜色的变化”。

(3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。