題目列表(包括答案和解析)
（13分）某學生為測定未知濃度的硫酸溶液，實驗如下：用I．00mL待測硫酸配制100mL稀H2S04溶液；以0．14mol／L的NaOH溶液滴定上述稀H2S04 25mL，滴定終止時消耗NaOH溶液15mL。
(1)該學生用標準o．14mol／L的NaOH溶液滴定硫酸的實驗操作如下：
A、用酸式滴定管取稀H2S0425mL，注入錐形瓶中，加入指示劑；
B、用待測定的溶液潤洗酸式滴定管；
C、用蒸餾水洗干凈滴定管；
D、取下堿式滴定管用標準的NaOH溶液潤洗后，將標準液注入堿式滴定管刻度“0”以上1～2cm處，再把堿式滴定管固定好，調節(jié)液面至刻度“0”或“0”刻度以下；
E、檢查滴定管是否漏水；
F、另取錐形瓶，再重復操作一次；
G、把錐形瓶放在滴定管下面，瓶下墊一張白紙，邊滴邊搖動錐形瓶直至滴定終點，記下滴定管液面所在刻度。
①滴定操作的正確順序是 （用序號填寫）
②該滴定操作中應選用的指示劑是 。
③在G操作中如何確定終點？ 。
(2)堿式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標準液潤洗導致滴定結果 (填“偏小”“偏大”或“恰好合適”)，原因是 。
(3)計算待測硫酸(稀釋前的硫酸)溶液的物質的量濃度為 mol/L(結果保留兩位小數點)。
【解析】考查中和滴定實驗操作及誤差分析。滴定管在使用前需要查漏，然后用蒸餾水洗滌，最后用標準液潤洗。硫酸和氫氧化鈉恰好反應時，溶液顯中性，所以應選擇酚酞作指示劑。當反應達到滴定終點時，溶液將變成紅色。若堿式滴定管未用標準液潤洗，則相當于稀釋了氫氧化鈉溶液，從而導致消耗氫氧化鈉溶液的體積偏大，測定結果偏大。根據題意可知消耗氫氧化鈉的物質的量是0．14mol／L×0.015L＝0.0021mol，所以需要硫酸的物質的量是0.00105mol，因此硫酸的濃度是
，所以稀釋前硫酸的濃度為0.042mol/L×100＝4.2mol/L。
（13分）某學生為測定未知濃度的硫酸溶液，實驗如下：用I．00mL待測硫酸配制100mL稀H2S04溶液；以0．14mol／L的NaOH溶液滴定上述稀H2S04 25mL，滴定終止時消耗NaOH溶液15mL。
(1)該學生用標準o．14mol／L的NaOH溶液滴定硫酸的實驗操作如下：
A、用酸式滴定管取稀H2S04 25mL，注入錐形瓶中，加入指示劑；
B、用待測定的溶液潤洗酸式滴定管；
C、用蒸餾水洗干凈滴定管；
D、取下堿式滴定管用標準的NaOH溶液潤洗后，將標準液注入堿式滴定管刻度“0”以上1～2cm處，再把堿式滴定管固定好，調節(jié)液面至刻度“0”或“0”刻度以下；
E、檢查滴定管是否漏水；
F、另取錐形瓶，再重復操作一次；
G、把錐形瓶放在滴定管下面，瓶下墊一張白紙，邊滴邊搖動錐形瓶直至滴定終點，記下滴定管液面所在刻度。
①滴定操作的正確順序是 （用序號填寫）
②該滴定操作中應選用的指示劑是 。
③在G操作中如何確定終點？ 。
(2)堿式滴定管用蒸餾水潤洗后，未用標準液潤洗導致滴定結果 (填“偏小”“偏大”或“恰好合適”)，原因是 。
(3)計算待測硫酸(稀釋前的硫酸)溶液的物質的量濃度為 mol/L(結果保留兩位小數點)。
【解析】考查中和滴定實驗操作及誤差分析。滴定管在使用前需要查漏，然后用蒸餾水洗滌，最后用標準液潤洗。硫酸和氫氧化鈉恰好反應時，溶液顯中性，所以應選擇酚酞作指示劑。當反應達到滴定終點時，溶液將變成紅色。若堿式滴定管未用標準液潤洗，則相當于稀釋了氫氧化鈉溶液，從而導致消耗氫氧化鈉溶液的體積偏大，測定結果偏大。根據題意可知消耗氫氧化鈉的物質的量是0．14mol／L×0.015L＝0.0021mol，所以需要硫酸的物質的量是0.00105mol，因此硫酸的濃度是
，所以稀釋前硫酸的濃度為0.042mol/L×100＝4.2mol/L。
（8分）現有以下四種溶液；①pH＝2的CH3COOH溶液；②pH＝2的HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液．請回答下列問題：
(1) ②④溶液中由水電離出來的c(H+)的關系是：② ④(填“>”“<”或“＝”)．
(2) 將②③溶液等體積混合后，溶液的pH 7 (填“>”“<”或“：”)． ，
(3)將①④溶液均稀釋至原來的10倍后，它們的pH之和 14(填“>”“<”或“＝”)．
(4)向300 mL溶液④中通入44．8 mL C02(標準狀況)氣體，充分反應后，溶液中粒子濃度關系正確的是 ( )
A、c(Na+)+ c(H+)= c(OH—)+ c(HCO3—)+ 2c(CO32—)
B、
c(Na+)= c(HCO3—)+
c(CO32—)+ c(H2CO3)
C、c(Na+)> c(CO32—)> c(HCO3—)> c(OH—)> c(H+)
D、c(Na+)> c(HCO3—)> c(CO32—)> c(OH—)> c(H+)
【解析】（1）水屬于弱電解質，存在電離平衡：H2O
H++OH—。所以不論是酸還是堿均是抑制水的電離，②和④中氫離子和OH—的的濃度均相同，抑制水的電離程度是相同的，所以由水電離出來的c(H+)是相同的。
（2）鹽酸的濃度是0.01mol/L，氨水是弱電解質，所以其濃度大于0.01mol/L，因此反應后氨水是過量的，溶液顯堿性，pH大于7.
（3）。強堿每稀釋10n倍，強堿的pH就減小n個單位，所以pH＝12的氫氧化鈉稀釋10倍，pH＝11。但醋酸是弱電解質，稀釋10倍后溶液的pH將大于3，所以它們的pH之和小于14.
（4）300mlpH＝12的氫氧化鈉，其物質的量是0.01mol/L×0.3L＝0.003mol。44．8 mL C02(標準狀況)氣體的物質的量是0.002mol，所以二者混合反應后生成物是碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合液，其中二者的物質的量均是0.001mol。CO32－的水解程度大于HCO3－的水解程度，所以選項C錯誤，D正確。選項A符合電荷守恒，選項B符合物料守恒，均正確。
（8分）現有以下四種溶液；①pH＝2的CH3COOH溶液；②pH＝2的HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液．請回答下列問題：
(1) ②④溶液中由水電離出來的c(H+)的關系是：② ④(填“>”“<”或“＝”)．
(2) 將②③溶液等體積混合后，溶液的pH 7 (填“>”“<”或“：”)． ，
(3)將①④溶液均稀釋至原來的10倍后，它們的pH之和 14(填“>”“<”或“＝”)．
(4)向300 mL溶液④中通入44．8 mL C02(標準狀況)氣體，充分反應后，溶液中粒子濃度關系正確的是 ( )
A、c(Na+)+ c(H+)=c(OH—)+ c(HCO3—)+ 2c(CO32—)
B、
c(Na+)= c(HCO3—)+c(CO32—)+ c(H2CO3)
C、c(Na+)>c(CO32—)> c(HCO3—)> c(OH—)>c(H+)
D、c(Na+)>c(HCO3—)> c(CO32—)> c(OH—)>c(H+)
【解析】（1）水屬于弱電解質，存在電離平衡：H2OH++OH—。所以不論是酸還是堿均是抑制水的電離，②和④中氫離子和OH—的的濃度均相同，抑制水的電離程度是相同的，所以由水電離出來的c(H+)是相同的。
（2）鹽酸的濃度是0.01mol/L，氨水是弱電解質，所以其濃度大于0.01mol/L，因此反應后氨水是過量的，溶液顯堿性，pH大于7.
（3）。強堿每稀釋10n倍，強堿的pH就減小n個單位，所以pH＝12的氫氧化鈉稀釋10倍，pH＝11。但醋酸是弱電解質，稀釋10倍后溶液的pH將大于3，所以它們的pH之和小于14.
（4）300mlpH＝12的氫氧化鈉，其物質的量是0.01mol/L×0.3L＝0.003mol。44．8 mL C02(標準狀況)氣體的物質的量是0.002mol，所以二者混合反應后生成物是碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合液，其中二者的物質的量均是0.001mol。CO32－的水解程度大于HCO3－的水解程度，所以選項C錯誤，D正確。選項A符合電荷守恒，選項B符合物料守恒，均正確。
（9分）pH=12的NaOH溶液100ml，要使它的pH為11。（體積變化忽略不計）
（1）如果加入蒸餾水，應加 mL。
（2）如果加入pH=10的NaOH溶液，就加 mL。
（3）如果加0.01mol/L的HC1，應加 mL。
【解析】考查pH的計算。
（1）若加水稀釋。強堿每稀釋10n倍，強堿的pH就減小n個單位，pH由12變?yōu)?1，則相當于稀釋10倍，及最終溶液的體積是1000ml，所以需要水1000ml－100ml＝900ml。
（2）若加入強堿。PH＝11，則混合后OH－的物質的量濃度為0.001mol/L。所以有
，解得V＝1L.
（3）若加入鹽酸，則發(fā)生中和反應。因此
，解得V＝0.0818L。
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