版高考化学总复习第8章水溶液中的离子平衡章末综合检测新人教版.docx

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版高考化学总复习第8章水溶液中的离子平衡章末综合检测新人教版

第8章水溶液中的离子平衡

章末综合检测（八）

（时间：

60分钟　满分：

100分）

一、选择题（本题包括10小题，每小题5分，共50分）

1．合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐水解的性质无关的是（　　）

A．金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂

B．配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉

C．长期施用铵态氮肥会使土壤酸化

D．向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生

解析：

选B。

A.NH4Cl溶液水解显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故和盐类水解有关，A错误；B.亚铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止氧化，与盐类的水解无关，B正确；C.铵根水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，C错误；D.FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入碳酸钙后有气泡产生，和盐类的水解有关，D错误。

2．25℃时，某溶液中只含有Na＋、H＋、OH－、A－四种离子。

下列说法正确的是（　　）

A．对于该溶液一定存在：

pH≥7

B．在c（OH－）>c（H＋）的溶液中不可能存在：

c（Na＋）>c（OH－）>c（A－）>c（H＋）

C．若溶液中c（A－）＝c（Na＋），则溶液一定呈中性

D．若溶质为NaA，则溶液中一定存在：

c（Na＋）>c（A－）>c（OH－）>c（H＋）

解析：

选C。

A．如果溶质是NaOH、NaA，则溶液呈碱性，pH>7；如果溶质是NaA，当NaA为强酸强碱盐，溶液呈中性，pH＝7；如果溶质是NaA、HA，且HA为强酸时，则溶液呈酸性，pH<7，故A项错误。

B.如果溶质是NaOH、NaA，且NaOH过量较多时，溶液中可能存在：

c（Na＋）>c（OH－）>c（A－）>c（H＋），故B项错误。

C.根据溶液呈电中性可知，溶液中存在c（Na＋）＋c（H＋）＝c（A－）＋c（OH－），若c（A－）＝c（Na＋），则c（H＋）＝c（OH－），溶液呈中性，故C项正确。

D.如果溶质是NaA，且NaA为强酸强碱盐时，溶液中存在c（Na＋）＝c（A－）>c（OH－）＝c（H＋），故D项错误。

3．下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是（　　）

①滴入酚酞试液，NaNO2溶液显红色

②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗

③等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时，HNO2的中和碱能力强

④0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2

⑤HNO2与CaCO3反应放出CO2气体

⑥c（H＋）＝0.1mol·L－1的HNO2溶液稀释至1000倍，pH<4

A．①⑤　　　　　　　　B．②⑤

C．③⑥D．③④

解析：

选B。

NO

水解，生成弱电解质HNO2和OH－，使酚酞试液显红色，①能证明；HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子的浓度小，并不能说明HNO2部分电离，②不能证明；等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中，HNO2中和碱能力强，0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2，都能说明HNO2部分电离，③、④能证明；HNO2与CaCO3反应放出CO2气体，说明HNO2的酸性比碳酸强，但并不一定是弱电解质，⑤不能证明；HNO2若是强酸，⑥中pH应等于4，⑥能证明。

4．醋酸钡[（CH3COO）2Ba·H2O]是一种媒染剂，下列是有关0.1mol/L醋酸钡溶液中粒子浓度的比较，其中不正确的是（　　）

A．c（Ba2＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋）

B．c（H＋）＋2c（Ba2＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）

C．c（H＋）＝c（OH－）－c（CH3COOH）

D．2c（Ba2＋）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）

解析：

选A。

A.CH3COO－离子水解程度较小，水解后溶液呈碱性，由（CH3COO）2Ba可知，则有c（CH3COO－）>c（Ba2＋），c（OH－）>c（H＋），正确的顺序应为c（CH3COO－）>c（Ba2＋）>c（OH－）＞c（H＋），故A错误；B.溶液呈电中性，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数，故c（H＋）＋2c（Ba2＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），故B正确；C.根据溶液呈电中性可知：

c（H＋）＋2c（Ba2＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－），根据物料守恒可知，c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＝2c（Ba2＋），则有c（H＋）＝c（OH－）－c（CH3COOH），故C、D正确。

5．25℃时，将某一元碱MOH和盐酸溶液等体积混合（体积变化忽略不计），测得反应后溶液的pH如下表，则下列判断不正确的是（　　）

实验

序号

c（盐酸）/

mol·L－1

c（MOH）/

mol·L－1

反应后溶

液的pH

甲

0.20

0.20

5

乙

0.10

a

7

A.实验甲所得溶液：

c（Cl－）>c（M＋）>c（H＋）>c（OH－）

B．将实验甲中所得溶液加水稀释后，

变小

C．a>0.10

D．MOH的电离平衡常数可以表示为K＝

解析：

选B。

A.根据甲中的数据分析，碱（MOH）为弱碱，盐（MCl）为强酸弱碱盐，正确；B.盐溶液中加水，阳离子M＋水解程度增大，则溶液中氢离子的物质的量增大，M＋的物质的量减小，由于在同一溶液中，则

变大，错误；C.MOH为弱碱，当a＝0.10时，反应恰好生成了盐，溶液显酸性，若要呈中性，则加入的碱应稍过量，正确；D.对乙溶液应用电荷守恒可知c（M＋）＝c（Cl－）＝0.05mol·L－1，又根据M元素守恒可知，c（MOH）＝0.5a－c（M＋）＝（0.5a－0.05）mol·L－1，则MOH的电离平衡常数K＝c（M＋）·c（OH－）/c（MOH）＝0.05×10－7/（0.5a－0.05）＝10－8/（a－0.10），正确。

6．使用酸碱中和滴定的方法，用0.01mol·L－1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是（　　）

①用量筒量取浓盐酸配制0.01mol·L－1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸

②配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线

③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴

④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下

A．①③B．②④

C．②③④D．①②③④

解析：

选A。

①量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸，浓盐酸被稀释，滴定NaOH溶液时结果偏高；②俯视容量瓶刻度线，配制的盐酸浓度偏大，滴定NaOH溶液时结果偏低；③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴，读取的盐酸标准液体积偏大，则滴定结果偏高；④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下，不产生误差。

7．常温常压下，将NH3缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入CO2，整个实验进程中溶液的pH随通入气体体积的变化曲线如图所示（实验中不考虑氨水的挥发）。

下列叙述不正确的是（　　）

A．由a点到b点的过程中，溶液中

增大

B．由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性，NH4Cl溶液显酸性

C．c点所示溶液中，c（NH

）＞c（CO

）＞c（OH－）＞c（H＋）

D．d点所示溶液中，c（NH

）＋c（NH3·H2O）＝c（HCO

）＋c（CO

）＋c（H2CO3）

解析：

选D。

A.a点到b点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到饱和，溶液中

＝

＝

，生成一水合氨的过程中，溶液中氢氧根离子浓度增大，所以

增大，故A正确；B.b到c点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液的过程，c到d点是碳酸铵和二氧化碳反应生成碳酸氢铵的过程，在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，由图可知（NH4）2CO3溶液显碱性，NH4Cl溶液显酸性，故B正确；C.c点所示溶液是碳酸铵溶液，图像分析可知溶液显碱性，离子浓度大小为c（NH

）＞c（CO

）＞c（OH－）＞c（H＋），故C正确；D.d点是氯化铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液，溶液中存在氮元素守恒、碳元素守恒，析出碳酸氢钠，则溶液中氯离子浓度大于钠离子浓度，c（NH

）＋c（NH3·H2O）＞c（HCO

）＋c（CO

）＋c（H2CO3），故D错误。

8．某一温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是（　　）

A．a、c两点溶液的导电能力相同

B．b点溶液中c（H＋）＋c（NH3·H2O）＝c（OH－）

C．用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液完全反应，消耗NaOH溶液体积Vb＝Vc

D．a、b、c三点溶液中水的电离程度a>b>c

解析：

选D。

盐酸中的氢离子主要是HCl电离出来的，HCl完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，HCl不能继续电离，盐酸中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵根离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的pH变化曲线是盐酸的，含a、b点的pH变化曲线是氯化铵溶液的。

a、c两点溶液的离子浓度不一样，所以导电能力不一样，故A错误；b点溶液中，根据质子守恒，得出c（OH－）＋c（NH3·H2O）＝c（H＋），故B错误；用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液完全反应，消耗NaOH溶液体积Vb>Vc，故C错误；HCl电离出的氢离子抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；盐类的水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子来自铵根离子的水解，氢离子浓度越大，说明铵根离子水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pH小于b点的pH，说明a点氢离子浓度大于b点氢离子浓度，所以a、b两点溶液中水的电离程度a>b，综上所述a、b、c三点溶液中水的电离程度a>b>c，故D正确。

9．常温下，向10mL0.2mol·L－1草酸（用H2T表示）溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液。

有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如图关系，下列说法正确的是（　　）

A．HT－在溶液中水解程度大于电离程度

B．当V（NaOH）＝10mL时，溶液中水的电离程度比纯水大

C．当V（NaOH）＝15mL时，溶液中存在：

c（Na＋）>c（HT－）>c（T2－）>c（OH－）>c（H＋）

D．当V（NaOH）＝20mL时，溶液中存在：

c（OH－）＝c（HT－）＋2c（H2T）＋c（H＋）

解析：

选D。

A.根据图像可知，HT－的物质的量最大的点的溶液是NaHT溶液，该溶液显酸性，说明HT－在溶液中电离程度大于水解程度，A项错误；B.当V（NaOH）＝10mL时，两者恰好反应生成NaHT和水，溶液中的溶质是NaHT，该溶液呈酸性，HT－的电离程度大于水解程度，电离出来的H＋对水的电离起抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小，B项错误；C.当V（NaOH）＝15mL时，H2T与NaOH的物质的量之比为2∶3，溶液中的溶质为等物质的量的Na2T和NaHT，同样根据图像可知溶液显酸性，所以c（Na＋）>c（T2－）>c（HT－）>c（H＋）>c（OH－），C项错误；D.V（NaOH）＝20mL时，溶液中的溶质是Na2T，根据质子守恒可知，c（OH－）＝c（HT－）＋2c（H2T）＋c（H＋），D项正确。

10．一定温度时，Cu2＋、Mn2＋、Fe2＋、Zn2＋等四种金属离子（M2＋）形成硫化物沉淀所需S2－最低浓度的对数值lgc（S2－）与lgc（M2＋）的关系如图所示。

下列有关判断不正确的是（　　）

A．该温度下，Ksp（MnS）大于1.0×10－35

B．向含Mn2＋、Zn2＋的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2＋最有可能先沉淀

C．向c（Fe2＋）＝0.1mol·L－1的溶液中加入CuS粉末，有FeS沉淀析出

D．该温度下，溶解度：

CuS>MnS>FeS>ZnS

解析：

选D。

A.一定温度下，MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：

MnS（s）Mn2＋（aq）＋S2－（aq），Ksp（MnS）＝c（Mn2＋）·c（S2－），根据图像，可计算出FeS的Ksp（FeS）＝c（Fe2＋）·c（S2－）＝10－10×10－10＝1.0×10－20，CuS的Ksp（CuS）＝c（Cu2＋）·c（S2－）＝10－17.5×10－17.5＝1.0×10－35，由题图知MnS的图线在CuS的上方、FeS的下方，所以Ksp（CuS）

mol·L－1，向c（Fe2＋）＝0.1mol·L－1的溶液中加入CuS粉末后Qc（FeS）＝c（Fe2＋）·c（S2－）＝10－18.5>10－20，所以有FeS沉淀析出，C正确；D.依据题图可知，CuS的Ksp最小，其次是MnS、FeS和ZnS，所以该温度下，溶解度：

CuS＜MnS＜FeS＜ZnS，D错误。

二、非选择题（本题包括4小题，共50分）

11．（12分）水溶液是中学化学的重点研究对象。

（1）水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。

常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c（H＋）＝10－9mol·L－1，则该电解质可能是（填序号）。

A．CuSO4B．HCl

C．Na2SD．NaOH

E．K2SO4

（2）已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，要使新制稀氯水中的c（HClO）增大，可以采取的措施有（回答两条）。

（3）常温下，将pH＝3的盐酸aL分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。

①浓度为1.0×10－3mol·L－1的氨水bL；

②c（OH－）＝1.0×10－3mol·L－1的氨水cL；

③c（OH－）＝1.0×10－3mol·L－1的氢氧化钡溶液dL。

则a、b、c、d之间的关系是。

（4）强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。

①已知HA、H2B是两种弱酸，存在以下关系：

H2B（少量）＋2A－===B2－＋2HA，则A－、B2－、HB－三种阴离子结合H＋的难易顺序为。

②某同学将H2S通入CuSO4溶液中发现生成黑色沉淀，查阅资料并在老师的指导下写出了化学方程式：

H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，但这位同学陷入了困惑；这不成了弱酸制取强酸了吗？

请你帮助解释：

。

（5）已知：

H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。

常温下，0.1mol·L－1的NaHA溶液其pH＝2，则0.1mol·L－1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是

解析：

（1）根据题意知，该溶液呈碱性，故选C、D。

（2）再通入氯气；加入碳酸盐；加入次氯酸钠等。

（3）氯化氢和氢氧化钡是强电解质，在水溶液里完全电离，盐酸和氢氧化钡的体积相等，氨水是弱电解质，①中氨水浓度最小，所需氨水体积最大，②中氨水浓度最大，所需体积最小，故答案为b>a＝d>c。

（4）①根据强酸制取弱酸知，越难电离的酸，酸性越小，结合氢离子越容易，故答案为HB－

②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀，是因为硫化铜既难溶于水，也难溶于酸，故能发生反应。

（5）0.1mol·L－1的H2A第一步电离产生0.1mol·L－1的H＋和0.1mol·L－1的HA－，而根据0.1mol·L－1NaHA溶液的pH＝2，说明0.1mol·L－1的HA－能电离产生0.01mol·L－1的H＋，但是由H2A溶液第一步电离产生的H＋将抑制HA－H＋＋A2－，故使c（H＋）介于0.1～0.11mol·L－1之间。

NaHA溶液中有HA－H＋＋A2－和H2OH＋＋OH－两个电离平衡，所以有c（Na＋）>c（HA－）>c（H＋）>c（A2－）>c（OH－）。

答案：

（1）CD　

（2）再通入氯气；加入碳酸盐；加入次氯酸钠（任答两条即可）　（3）b>a＝d>c　（4）①HB－c（HA－）>c（H＋）>c（A2－）>c（OH－）

12．（12分）回答下列问题。

（1）如图，某温度（t℃）时水的电离平衡图像如下，a点离子积Kw＝；该温度下，pH＝12的NaOH与pH＝2的H2SO4等体积混合，溶液显性。

（2）体积相等的稀NaOH和CH3COOH溶液混合，若溶液中c（Na＋）＝c（CH3COO－），则该溶液显（填“酸性”“碱性”或“中性”），则混合前c（NaOH）c（CH3COOH）（填“>”“<”或“＝”）。

（3）常温时，Fe（OH）3的Ksp＝1×10－38，要使溶液中的Fe3＋沉淀完全[残留在溶液中的c（Fe3＋）<10－5mol·L－1]，则溶液的pH应大于。

（4）用可溶性碳酸盐可以浸取CaSO4固体，浸取过程中会发生反应：

CaSO4（s）＋CO

（aq）CaCO3（s）＋SO

（aq）。

已知298K时，Ksp（CaCO3）＝2.80×10－9，Ksp（CaSO4）＝4.90×10－5，则此温度下该反应的平衡常数K为（计算结果保留三位有效数字）。

解析：

（1）根据图像知，a、b点水的离子积常数相等，b点c（H＋）＝10－6mol·L－1，c（OH－）＝10－6mol·L－1，由离子积常数Kw＝c（H＋）·c（OH－）＝10－6×10－6＝1.0×10－12。

pH＝2的H2SO4溶液中c（H＋）＝0.01mol·L－1，pH＝12的NaOH中c（OH－）＝1.0×10－12/10－12＝1.0（mol·L－1），等体积混合时碱过量，溶液呈碱性。

（2）溶液中存在电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），c（Na＋）＝c（CH3COO－），则c（OH－）＝c（H＋），故溶液呈中性；醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠的混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，因为二者的体积相等，所以醋酸的浓度大于氢氧化钠。

（3）常温时，Fe（OH）3的Ksp＝1×10－38，若溶液中的Fe3＋恰好沉淀完全，残留在溶液中的c（Fe3＋）＝10－5mol·L－1。

Ksp＝c（Fe3＋）·c3（OH－）＝10－5×c3（OH－）＝1×10－38，解得c（OH－）＝10－11mol·L－1，c（H＋）＝10－14/10－11＝10－3（mol·L－1），溶液的pH＝3。

（4）浸取过程中会发生：

CaSO4（s）＋CO

（aq）CaCO3（s）＋SO

（aq），CaCO3（s）Ca2＋（aq）＋CO

（aq），CaSO4（s）Ca2＋（aq）＋SO

（aq）。

依据硫酸钙、碳酸钙溶度积常数的计算表达式，转化关系中钙离子浓度相同，则所求反应的平衡常数K＝

＝

＝

＝1.75×104。

答案：

（1）1.0×10－12　碱

（2）中性　<　（3）3　（4）1.75×104

13．（13分）Ⅰ.常温下，将某一元酸HA（甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸）和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如表所示：

实验

编号

HA的物质的

量浓度（mol/L）

NaOH的物质的

量浓度（mol/L）

混合后

溶液的pH

甲

0.1

0.1

pH＝a

乙

0.12

0.1

pH＝7

丙

0.2

0.1

pH＞7

丁

0.1

0.1

pH＝10

（1）从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？

。

（2）乙组混合溶液中c（A－）和c（Na＋）的大小关系是。

A．前者大B．后者大

C．二者相等D．无法判断

（3）从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是。

（4）分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果：

c（Na＋）－c（A－）＝mol/L（只需写出计算式）。

Ⅱ.某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式为H2B===H＋＋HB－，HB－H＋＋B2－。

（5）在0.1mol/L的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是。

A．c（B2－）＋c（HB－）＝0.1mol/L

B．c（B2－）＋c（HB－）＋c（H2B）＝0.1mol/L

C．c（OH－）＝c（H＋）＋c（HB－）

D．c（Na＋）＋c（OH－）＝c（H＋）＋c（HB－）

解析：

（1）一元酸HA与NaOH等物质的量反应，酸性强弱决定完全中和后盐溶液的pH，a＝7时为强酸，a＞7时为弱酸。

（2）据电荷守恒，有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（A－）＋c（OH－），因c（H＋）＝c（OH－），所以c（Na＋）＝c（A－）。

（3）丙为等浓度的HA与NaA的混合溶液，根据电荷守恒且pH＞7知，溶液中离子浓度大小关系为c（Na＋）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（H＋）。

（4）据电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（A－）＋c（OH－），推导c（Na＋）－c（A－）＝c（OH－）－c（H＋）＝（10－4－10－10）mol/L。

（5）注意题干中的电离方程式，一级电离为完全电离。

判断A项为B元素的物料守恒，C项为溶液中的质子守恒。

答案：

（1）a＝7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸　

（2）C

（3）c（Na＋）＞c（A－）＞c（OH－）＞c（H＋）

（4）（10－4－10－10）　（5）AC

14．（13分）实验室常利用甲醛法测定（NH4）2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为4NH

＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋（CH2）6N4H＋[滴定时，1mol（CH2）6N4H＋与1molH＋相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。

某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：

步骤Ⅰ：

称取1.500g样品。

步骤Ⅱ：

将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。

步骤Ⅲ：

移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入20%的中性甲醛溶液反应完全，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。

按上述操作方法再重复2次。

（1）根据步骤Ⅲ填空。

①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察。

A．滴定管内液面的变化

B．锥形瓶内溶液颜色的变化

④滴定达到终点时，酚酞指示剂由色变成色。

（2）滴定结果如下表所示。

滴定

次数

待测溶液

的体积/mL

标准溶液的体积/mL

滴定前刻度

滴定后刻度

1

25.00

1.02

21.03

2

25.00

2.00

21.99

3

25.00

0.20

20.20

若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1，则该样品中氮的质量分数为。

解析：

（1）①碱式滴定管未用标准液润洗，会使其消耗量增加，测定结果偏高；②锥形瓶内残余少量水，不影响标准液的消耗量，对结果无影响；③滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化；④溶液由无色变粉红（或浅红）色时为滴定终点。

（2