高考化學高分培養(yǎng)計劃一輪全國創(chuàng)新版高分講義第28講中和滴定

第28講中和滴定1．實驗原理利用酸堿中和反應，用已知濃度的酸(或堿)來測定未知濃度的堿(或酸)的實驗方法。以標準鹽酸溶液滴定待測的NaOH溶液，待測的NaOH溶液的物質的量濃度為c(NaOH)＝eq\f(cHCl·VHCl,VNaOH)。酸堿中和滴定的關鍵：(1)準確測定參加反應的酸、堿溶液的體積。(2)選取適當指示劑，準確判斷滴定終點。2．實驗用品(1)儀器：酸式滴定管(如圖A)、堿式滴定管(如圖B)、滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶。(2)試劑：標準液、待測液、指示劑、蒸餾水。(3)滴定管特征和使用要求①構造：“0”刻度線在上方，尖嘴部分無刻度。②精確度：讀數(shù)可估計到0.01mL。③洗滌：先用蒸餾水洗滌，再用待裝液潤洗2～3次。④排氣泡：酸、堿式滴定管中的液體在滴定前均要排出尖嘴中的氣泡。⑤滴定管的選用酸性、氧化性的試劑用酸式滴定管，因為酸性和氧化性物質易腐蝕橡膠。堿性的試劑用堿式滴定管，因為堿性物質易腐蝕玻璃，致使玻璃活塞無法打開。3．實驗操作(以標準鹽酸滴定待測NaOH溶液為例)(1)滴定準備“八動詞”(2)滴定過程“三動作”(3)終點判斷“兩數(shù)據(jù)”①最后一滴：滴入最后一滴，溶液顏色發(fā)生突變。②半分鐘：顏色突變后，經(jīng)振蕩半分鐘內不復原，視為滴定終點。(4)數(shù)據(jù)處理按上述操作重復2～3次，求出用去標準鹽酸體積的平均值，根據(jù)c(NaOH)＝eq\f(cHCl·VHCl溶液,VNaOH溶液)計算。4．常用酸堿指示劑及變色范圍1．正誤判斷，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”。(1)中和滴定實驗時，用待測液潤洗錐形瓶()(2)滴定終點就是酸堿恰好中和的點()(3)滴定管盛標準液時，其液面一定要調在0刻度()(4)用堿式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液()(5)滴定管在加入反應液之前一定要用所要盛裝的反應液潤洗2～3遍()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√2．用已知濃度的NaOH溶液測定某H2SO4溶液的濃度，參考如圖所示，從下表中選出正確選項()答案D解析解答本題的關鍵是：①明確酸式、堿式滴定管使用時的注意事項，②指示劑的變色范圍。酸式滴定管不能盛放堿液，而堿式滴定管不能盛放酸液，指示劑應選擇顏色變化明顯的酚酞或甲基橙，不能選用石蕊。考點1中和滴定及誤差分析典例1現(xiàn)用中和滴定來測定某燒堿溶液的濃度。(1)滴定：用________式滴定管盛裝cmol·L－1鹽酸標準液。右圖表示某次滴定時50mL滴定管中前后液面的位置。把用去的標準鹽酸的體積填入表格中，此次滴定結束后的讀數(shù)為________mL，滴定管中剩余液體的體積為________。該實驗應選用________作指示劑。(2)有關數(shù)據(jù)記錄如下：根據(jù)所給數(shù)據(jù)，寫出計算燒堿溶液的物質的量濃度的表達式c＝________________________________(不必化簡)。(3)對下列幾種假定情況進行討論(填“無影響”“偏高”或“偏低”)：①若滴定前用蒸餾水沖洗錐形瓶，則會使測定結果________。②讀數(shù)時，若滴定前仰視，滴定后俯視，則會使測定結果________。③若在滴定過程中不慎將數(shù)滴酸液滴在錐形瓶外，則會使測定結果________。④滴加鹽酸速度過快，未充分振蕩，則看到溶液變色，立刻停止滴定，則會使測定結果________。解析(1)盛裝鹽酸用酸式滴定管；讀數(shù)注意視線與凹液面最低點水平，精確到小數(shù)點后兩位；酚酞的變色范圍與7最接近。(2)運用c(H＋)·V(H＋)＝c(OH－)·V(OH－)，c(OH－)＝eq\f(cH＋·VH＋,VOH－)，消耗鹽酸的體積取平均值。(3)c(OH－)＝eq\f(cH＋·VH＋,VOH－)，主要分析對V(H＋)的影響。①不影響V(H＋)，無影響；②V(H＋)偏小，結果偏低；③V(H＋)偏大，結果偏高；④V(H＋)偏小，結果偏低。答案(1)酸24.90大于25.10mL酚酞(2)eq\f(\f(25.35mL＋25.30mL,2)·cmol·L－1,VmL)(3)①無影響②偏低③偏高④偏低名師精講1．中和滴定的兩個易錯點(1)分清完全中和與恰好為中性①完全中和強調的是酸、堿恰好反應生成鹽，根據(jù)酸堿的強弱不同，溶液可能為中性，也可能為酸性或堿性。②酸堿反應恰好為中性則強調的是反應后溶液為中性，而酸、堿不一定正好反應。可能酸不足，也可能酸過量，也可能恰好反應。這取決于酸堿的相對強弱。(2)酸堿中和滴定指示劑的選擇①指示劑的變色點與滴定終點的pH越接近越好。②指示劑在滴定終點時顏色變化明顯，指示準確。③石蕊的“紅色→紫色”“紫色→藍色”的顏色變化不夠明顯，所以石蕊不能作為酸堿中和反應的指示劑。2．酸堿中和滴定中常見誤差分析(1)誤差分析的方法依據(jù)原理c(標準)·V(標準)＝c(待測)·V(待測)，所以c(待測)＝eq\f(c標準·V標準,V待測)，因c(標準)與V(待測)已確定，因此只要分析出不正確的操作引起V(標準)的變化，即分析出結果。V(標準)變大，則c(待測)偏高；V(標準)變小，則c(待測)偏低。(2)常見誤差分析以標準酸溶液滴定未知濃度的堿溶液(酚酞作指示劑)為例，常見的因操作不正確而引起的誤差有：1．某學生用已知物質的量濃度的鹽酸來測定未知物質的量濃度的NaOH溶液時，選擇甲基橙作指示劑。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)用標準的鹽酸滴定待測的NaOH溶液時，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視________________，直到加入最后一滴鹽酸后，溶液由黃色變?yōu)槌壬?，并__________________________。(2)下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數(shù)值偏低的是________(填字母序號)。A．酸式滴定管未用標準鹽酸潤洗就直接注入標準鹽酸B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D．讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數(shù)，滴定結束時俯視讀數(shù)(3)某學生根據(jù)3次實驗分別記錄有關數(shù)據(jù)如下表：依據(jù)上表數(shù)據(jù)列式計算該NaOH溶液的物質的量濃度。答案(1)錐形瓶中溶液顏色變化在半分鐘內不變色(2)D(3)eq\x\to(V)＝eq\f(26.11mL＋26.09mL,2)＝26.10mL，c(NaOH)＝eq\f(0.1000mol·L－1×26.10mL,25.00mL)＝0.1044mol·L－1解析在求c(NaOH)和進行誤差分析時應依據(jù)公式：c(NaOH)＝eq\f(cHCl·V[HClaq],V[NaOHaq])。欲求c(NaOH)，須先求V[(HCl)aq]，再代入公式；進行誤差分析時，要考慮實際操作對V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影響，進而影響c(NaOH)。(3)先算出耗用標準鹽酸的平均值：eq\x\to(V)＝eq\f(26.11mL＋26.09mL,2)＝26.10mL(第二次偏差太大，舍去)，c(NaOH)＝eq\f(0.1000mol·L－1×26.10mL,25.00mL)＝0.1044mol·L－1。考點2酸堿中和滴定曲線分析典例2(2016·全國卷Ⅰ)298K時，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關系如圖所示。已知0.10mol·L－1氨水的電離度為1.32%，下列有關敘述正確的是()A．該滴定過程應該選擇酚酞作為指示劑B．M點對應的鹽酸體積為20.0mLC．M點處的溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D．N點處的溶液中pH<12解析酚酞的變色范圍是8.2～10.0，又因為NH4Cl是強酸弱堿鹽，水解顯酸性，故正好中和時溶液顯酸性，鹽酸的量不足時溶液可能就褪色了，使測量值偏小，故應用甲基橙作指示劑，A錯誤；當加入鹽酸20.0mL時正好生成NH4Cl，因為NHeq\o\al(＋,4)的水解使溶液pH<7，而M點對應pH＝7，故加入鹽酸少于20.0mL，B錯誤；由電荷守恒知：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，又因pH＝7，故c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，但c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)，C錯誤；由0.10mol·L－1氨水的電離度為1.32%可知：c(OH－)＝0.10mol·L－1×1.32%＝0.00132mol·L－1，所以c(H＋)＝eq\f(1.0×10－14,0.00132)mol·L－1>eq\f(1.0×10－14,0.01)mol·L－1＝1.0×10－12mol·L－1，故pH<12，D正確。答案D名師精講滴定曲線分析的方法(1)分析步驟：首先看縱坐標，搞清楚是酸加入堿中，還是堿加入酸中；其次看起點，起點可以看出酸性或堿性的強弱，這在判斷滴定終點時至關重要；再次找滴定終點和pH＝7的中性點，判斷滴定終點的酸堿性，然后確定中性點(pH＝7)的位置；最后分析其他的特殊點(如滴定一半點，過量一半點等)，分析酸、堿過量情況。(2)滴定過程中的定量關系：①電荷守恒關系在任何時候均存在；②物料守恒可以根據(jù)加入酸的物質的量和加入堿的物質的量進行確定，但不一定為等量關系。2.常溫下，用pH＝m的鹽酸滴定20mLpH＝n的MOH溶液，且m＋n＝14?；旌先芤旱膒H與鹽酸體積V的關系如圖所示。下列說法正確的是()A．a點：c(Cl－)>c(M＋)>c(OH－)>c(H＋)B．b點：MOH和HCl恰好完全反應C．c點：c(H＋)＝c(OH－)＋c(MOH)D．a點到d點：水電離的c(H＋)·c(OH－)先變大，后變小答案D解析m＋n＝14，從圖像看出，b點時，鹽酸體積與MOH溶液體積相等，溶液呈堿性，說明混合溶液中MOH過量，MOH繼續(xù)電離，說明MOH是弱堿。A項，a點對應的溶液呈堿性，溶液中離子濃度大小順序為c(M＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，錯誤；B項，b點對應的溶液中MOH未完全反應，溶液呈堿性，錯誤；C項，c點對應的溶液顯中性，c(H＋)＝c(OH－)，錯誤；D項，在堿溶液中滴加鹽酸，水的電離程度逐漸增大，當堿與酸恰好完全反應時，水的電離程度最大，然后隨著鹽酸的不斷加入，水的電離受到抑制，則水電離的c(H＋)·c(OH－)先變大，后變小，正確。3．室溫下，向a點(pH＝a)的20.00mL1.000mol·L－1氨水中滴入1.000mol·L－1鹽酸，溶液pH和溫度隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示。下列有關說法錯誤的是()A．將此氨水稀釋，溶液的導電能力減弱B．b點溶液中離子濃度大小可能存在：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)C．c點時消耗鹽酸體積V(HCl)<20.00mLD．a、d兩點的溶液，水的離子積Kw(a)＞Kw(d)答案D解析A項，稀釋氨水，雖然促進一水合氨的電離，但溶液中離子濃度減小，導電能力降低，正確；B項，b點pH>7，c(OH－)>c(H＋)，溶液中電荷守恒為c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，則c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)，即c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，正確；C項，溶液顯中性時，HCl的物質的量小于一水合氨，所以c點消耗鹽酸體積V(HCl)<20.00mL，正確；D項，d點溫度高于a點，水的離子積Kw(a)<Kw(d)，錯誤。微專題氧化還原反應和沉淀滴定法的原理一、氧化還原滴定1．氧化還原滴定原理以氧化還原反應為基礎的定量分析方法，它以氧化劑或還原劑為滴定劑，直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質；或者間接滴定一些本身并沒有氧化性或還原性，但能與某些氧化劑或還原劑起反應的物質。氧化滴定劑有高錳酸鉀、重鉻酸鉀、碘等；還原滴定劑有亞鐵鹽、抗壞血酸(即維生素C)等。2．氧化還原滴定實例(1)酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液。原理：2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O4=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O指示劑：酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外選擇指示劑，當?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4溶液后，溶液由無色變淺紅色，且半分鐘內不褪色，說明達到滴定終點。(2)Na2S2O3溶液滴定碘液。原理：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI指示劑：用淀粉作指示劑，當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液后，溶液的藍色褪去，且半分鐘內不恢復原色，說明達到滴定終點。二、沉淀滴定法1．定義沉淀滴定是利用沉淀反應進行定量分析的方法。生成沉淀的反應很多，但符合定量分析條件的卻很少，實際上應用最多的是銀量法，即利用Ag＋與鹵素離子的反應來測定Cl－、Br－、I－的濃度。2．沉淀滴定原理(以溶液中Cl－含量的測定為例)以鉻酸鉀為指示劑，在中性或弱堿性介質中，用硝酸銀標準溶液測定鹵素化合物含量。Ag＋＋Cl－=AgCl↓(白色)Ksp(AgCl)＝2×10－102Ag＋＋CrOeq\o\al(2－,4)=Ag2CrO4(磚紅色)Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12因為AgCl和Ag2CrO4的溶度積不同，因而發(fā)生分級沉淀，當AgCl沉淀完全后，稍過量的AgNO3標準溶液與K2CrO4指示劑反應生成Ag2CrO4沉淀(磚紅色)。(建議用時：40分鐘)一、選擇題(每題6分，共54分)1．實驗室現(xiàn)有3種酸堿指示劑，其pH變色范圍如下：甲基橙：3.1～4.4石蕊：5.0～8.0酚酞：8.2～10.0用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定未知濃度的CH3COOH溶液，反應恰好完全時，下列敘述中正確的是()A．溶液呈中性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑B．溶液呈中性，只能選用石蕊作指示劑C．溶液呈堿性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑D．溶液呈堿性，只能選用酚酞作指示劑答案D解析NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好反應生成CH3COONa時，CH3COO－水解顯堿性，而酚酞的變色范圍為8.2～10.0，比較接近。因此答案為D。2．準確移取20.00mL某待測HCl溶液于錐形瓶中，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定。下列說法正確的是()A．滴定管用蒸餾水洗滌后，裝入NaOH溶液進行滴定B．隨著NaOH溶液滴入，錐形瓶中溶液pH由小變大C．用酚酞作指示劑，當錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定D．滴定達終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴，則測定結果偏小答案B解析滴定管用蒸餾水洗滌并用NaOH溶液潤洗后，方可裝入NaOH溶液，A項錯誤；在滴定過程中，溶液的pH會由小逐漸變大，B項正確；用酚酞作指示劑，當溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且30s內顏色不褪去，說明達到滴定終點，可停止滴定，C項錯誤；滴定后，若滴定管尖嘴部分有懸滴，說明計算時代入的NaOH溶液體積的值比實際滴入的大，導致測定結果偏大，D項錯誤。3．(2017·珠海模擬)如圖，曲線a和b是鹽酸與氫氧化鈉的相互滴定的滴定曲線，下列敘述正確的是()A．鹽酸的物質的量濃度為1mol·L－1B．P點時反應恰好完全，溶液呈中性C．曲線a是鹽酸滴定氫氧化鈉的滴定曲線D．酚酞不能用作本實驗的指示劑答案B解析根據(jù)曲線a知，滴定前鹽酸的pH＝1，c(HCl)＝0.1mol·L－1，A錯誤；P點表示鹽酸與氫氧化鈉恰好完全中和，溶液呈中性，B正確；曲線a是氫氧化鈉溶液滴定鹽酸的曲線，曲線b是鹽酸滴定氫氧化鈉溶液的曲線，C錯誤；強酸與強堿滴定，可以用酚酞作指示劑，D錯誤。4．下列實驗操作，對實驗結果不會產生影響的是()A．用酸堿中和滴定法測待測液濃度時，裝標準液的滴定管用水洗后未用標準液潤洗B．用酸堿中和滴定法測待測液濃度時，裝待測液的錐形瓶用水洗后用待測液潤洗2～3次C．測定中和反應的反應熱時，將堿溶液緩慢倒入酸溶液中D．用蒸餾水潤濕的pH試紙測定硫酸鈉溶液的pH答案D解析酸式滴定管用蒸餾水洗后未用標準液潤洗就裝標準液滴定，標準液濃度偏小，造成V(標準)偏大，可以知道c(待測)偏大，故A錯誤；用待測液潤洗錐形瓶，則待測液的物質的量增大，造成V(標準)偏大，可以知道c(待測)偏大，故B錯誤；測定中和反應的反應熱時，將堿緩慢倒入酸中，導致熱量損失過大，所測溫度值偏小，故C錯誤；pH試紙濕潤后，若測定中性溶液，不影響結果，所以D正確。5．(2018·沈陽市高三質檢)25℃時，向25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液，滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是()A．在A、B間任一點的溶液中一定都有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)B．用含a的代數(shù)式表示CH3COOH的電離常數(shù)K＝eq\f(2.5×10－7,0.2a－2.5)C．C點對應的溶液中，水電離出的H＋濃度大于10－7mol·L－1D．D點對應的溶液中，存在如下關系：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2c(H＋)－c(OH－)答案B解析A項，向NaOH溶液中滴入少量CH3COOH溶液時，可能存在c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)，錯誤；B項，加入amLCH3COOH溶液時，所得溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒，c(CH3COO－)＝c(Na＋)，溶液中c(H＋)和c(CH3COO－)分別為10－7mol·L－1和eq\f(2.5,25＋a)mol·L－1，過量的c(CH3COOH)為eq\f(0.2a－2.5×10－3,25＋a×10－3)mol·L－1，則CH3COOH的電離常數(shù)K＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(2.5×10－7,0.2a－2.5)，正確；C項，C點溶液呈酸性，抑制水的電離，錯誤；D項，所得溶液中含等量的CH3COOH和CH3COONa，根據(jù)電荷守恒和物料守恒有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)和c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，聯(lián)立兩式得c(CH3COOH)－c(CH3COO－)＝2c(OH－)－2c(H＋)，錯誤。6．(2017·成都診斷)常溫下，向20mL0.5mol·L－1的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.5mol·L－1的NaOH溶液，滴定曲線如圖。相關分析正確的是()A．滴加至①時，c(Na＋)＝c(CH3COO－)，酸堿恰好完全反應B．滴加至②時，c(OH－)－c(H＋)＝c(CH3COOH)C．滴定中，eq\f(cCH3COO－,cH＋)逐漸減小D．滴定中，c(CH3COOH)與c(CH3COO－)之和保持不變答案B解析A項，滴加到①時，溶液為中性，則c(H＋)＝c(OH－)，由電荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，若恰好反應，則為CH3COONa溶液，溶液顯堿性，則①點時醋酸過量，錯誤；B項，滴加到②點時，溶液為CH3COONa溶液，溶液中OH－源于水的電離，CH3COO－水解，根據(jù)質子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，正確；C項，溶液中存在平衡，CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入NaOH，H＋濃度減小，平衡正向移動，則eq\f(cCH3COO－,cH＋)比值增大，錯誤；D項，由物料守恒知，滴定中，CH3COOH分子和CH3COO－的物質的量和不變，但溶液的體積增大，二者的濃度和會減小，錯誤。7．H2S2O3是一種弱酸，實驗室欲用0.01mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，發(fā)生的反應為I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。下列說法合理的是()A．該滴定可用甲基橙作指示劑B．Na2S2O3是該反應的還原劑C．該滴定可選用如圖所示裝置D．該反應中每消耗2molNa2S2O3，電子轉移數(shù)為4mol答案B解析溶液中有單質碘，應加入淀粉溶液作指示劑，A錯誤；Na2S2O3中S元素化合價升高被氧化，作還原劑，B正確；Na2S2O3溶液顯堿性，應該用堿式滴定管，C錯誤；反應中每消耗2molNa2S2O3，電子轉移數(shù)為2mol，D錯誤。8．常溫下，用0.1000mol/LNaOH溶液分別滴定20.00mL0.1000mol/L鹽酸和20.00mL0.1000mol/L醋酸溶液，得到2條滴定曲線，如圖所示。若以HA表示酸，下列說法正確的是()A．滴定鹽酸的曲線是圖2B．達到B、D狀態(tài)時，兩溶液中離子濃度均為c(Na＋)＝c(A－)C．達到B、E狀態(tài)時，反應消耗的n(CH3COOH)>n(HCl)D．當0<V(NaOH溶液)<20.00mL時，對應混合溶液中各離子濃度由大到小的順序均為c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)答案B解析HCl是強電解質，醋酸是弱電解質，它們濃度相等時，鹽酸的pH小于醋酸，滴定鹽酸的曲線是圖1，A錯誤；達到B、D狀態(tài)時，兩溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＝c(A－)，B正確；達到B、E狀態(tài)時，加入氫氧化鈉溶液體積相等，反應消耗的n(CH3COOH)＝n(HCl)，C錯誤；滴定不同的酸，0<V(NaOH溶液)<20.00mL時，對應混合溶液中各離子濃度大小順序不確定，D錯誤。9．(2017·河北石家莊調研)用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L－1H2A溶液，溶液的pH與NaOH溶液的體積關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．A點溶液中加入少量水：eq\f(cOH－,cH2A)增大B．B點：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)C．C點：c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)D．水電離出來的c(OH－)：B>D答案D解析向H2A溶液中加入少量水，H2A、H＋的濃度均減小，eq\f(cOH－,cH2A)＝eq\f(cOH－×cH＋,cH2A×cH＋)＝eq\f(Kw,cH2A×cH＋)，則eq\f(cOH－,cH2A)增大，故A正確；10mL0.1mol·L－1NaOH溶液與10mL0.1mol·L－1H2A溶液反應恰好生成NaHA，此時溶液呈酸性，HA－的電離程度大于其水解程度，所以B點有c(Na＋)＞c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)，故B正確；根據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，C點溶液呈中性，所以c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，故C正確，D點H2A與氫氧化鈉恰好反應生成Na2A，A2－水解促進水的電離，B點為NaHA溶液，HA－電離使溶液呈酸性，抑制水的電離，所以水電離出來的c(OH－)：B<D，故D錯誤。二、非選擇題(共46分)10．(2017·安徽馬鞍山模擬)(20分)H2O2是重要的氧化劑、還原劑，它的水溶液又稱為雙氧水，常用作消毒、殺菌、漂白等。某化學興趣小組取一定量的過氧化氫溶液，準確測定了H2O2的含量，并探究了H2O2的性質。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)移取10.00mL密度為ρg·mL－1的H2O2溶液至250mL________(填儀器名稱)中，加水稀釋至刻度，搖勻。移取稀釋后的H2O2溶液25.00mL至錐形瓶中，加入稀H2SO4酸化，用蒸餾水稀釋，作被測試樣。(2)用KMnO4標準溶液滴定被測試樣，其反應的離子方程式如下，請將相關物質的化學計量數(shù)及化學式填寫在方框里。(3)滴定時，將KMnO4標準溶液注入________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。滴定到達終點的現(xiàn)象是__________________________________。(4)重復滴定三次，平均耗用cmol·L－1KMnO4標準溶液VmL，則原H2O2溶