2019年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題8.2 水的電離和溶液的酸堿性（練）.doc

《2019年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題8.2 水的電離和溶液的酸堿性（練）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題8.2 水的電離和溶液的酸堿性（練）.doc（19頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題8.2 水的電離和溶液的酸堿性 1．【北京101中學(xué)2018屆期中】25℃時(shí)，水中存在電離平衡：2H2OH3O+＋OH－ΔH＞0。下列敘述不正確的是 （ ） A． 向水中通入HCl，抑制水的電離 B． 向水中加入少量氨水，促進(jìn)水的電離 C． 向水中加入少量Na2CO3固體，促進(jìn)水的電離 D． 將水加熱，Kw增大 【答案】B 2．【福建廈門雙十中學(xué)2018屆第二次月考】25℃時(shí)，在等體積的下列溶液中，發(fā)生電離的水的物質(zhì)的量之比是 （ ） ①pH=0的H2SO4溶液 ②0.05molL-1的Ba(OH)2溶液 ③pH=10的Na2S溶液 ④pH=5的NH4NO3溶液 A． 1∶10∶1010∶109 B． 1∶5∶5109∶5108 C． 1∶20∶1010∶109 D． 1∶10∶104∶109 【答案】A 【解析】設(shè)溶液的體積為1L,①中pH=0的H2SO4溶液中c(H+)=1 molL-1,，c(OH-)=10-14 molL-1,水電離的物質(zhì)的量為10-14；②中c(OH-)=0.1 molL-1,，c(H+)=10-13 molL-1,，水電離的物質(zhì)的量為10-13 mol；③中c(OH-)=10-4 molL-1，水的電離的物質(zhì)的量為10-4 mol；④中c(H+)=10-5 molL-1，水的電離的物質(zhì)的量為10-5 mol；故①②③④中水的電離的物質(zhì)的量之比為：10-14：10-13：10-4 ：10-5=1∶10∶1010∶109 ；A 正確；正確選項(xiàng)A。 3．【江蘇清江中學(xué)2018學(xué)屆期中】已知25 ℃時(shí)水的離子積為Kw＝1.010－14 ，35 ℃時(shí)水的離子積為Kw＝2.110－14。下列說法中正確的是 （ ） A． 水中的c(H＋)隨溫度的升高而降低 B． 25 ℃時(shí)水呈中性，35 ℃時(shí)水呈酸性 C． 水的電離過程是吸熱過程 D． 一定溫度下，向水中加入酸或堿時(shí)，水的離子積將發(fā)生變化 【答案】C 4．【四川雅安2018屆期末】用pH試紙測量堿溶液的pH時(shí)，若事先將pH試紙用蒸餾水潤濕，則測量結(jié)果會(huì) （ ） A． 偏大 B． 偏小 C． 不變 D． 無法判斷 【答案】B 【解析】分析：用pH試紙測定未知溶液的pH時(shí)，正確的操作方法為用玻璃棒蘸取少量待測液滴在干燥的pH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)比來確定pH。不能用水濕潤pH試紙，否則稀釋了某堿溶液，使溶液的堿性減弱，據(jù)此進(jìn)行分析判斷。 詳解：用pH試紙測定未知溶液的pH時(shí)不能先將試紙用蒸餾水潤濕，否則稀釋了某堿溶液，使溶液的堿性減弱，測得的結(jié)果與實(shí)際的pH比較偏小。答案選B。 5．【內(nèi)蒙古集寧一中2019屆第一次測試】常溫下，關(guān)于溶液的稀釋，下列說法正確的是 （ ） A． pH＝3的醋酸溶液稀釋100倍，pH＝5 B． pH＝4的H2SO4溶液加水稀釋100倍，溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝110－6 molL－1 C． 將1 L 0.1 molL－1的Ba(OH)2溶液稀釋為2 L，pH＝13 D． pH＝8的NaOH溶液稀釋100倍，其pH＝6 【答案】C 6．【上海普陀區(qū)2018屆高三二?！坑脴?biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，若滴定管用蒸餾水洗滌后未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗，其他操作均正確，則NaOH溶液濃度的測定值 （ ） A． 一定偏低 B． 一定偏高 C． 仍然準(zhǔn)確 D． 可能偏高也可能偏低 【答案】B 【解析】若滴定管用蒸餾水洗滌后未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗，造成標(biāo)準(zhǔn)液鹽酸的濃度偏小，在中和定量的氫氧化鈉溶液時(shí)，消耗鹽酸的體積偏大，根據(jù)：c(NaOH)=c(HCl)v(HCl)/v(NaoH)可知，所測NaOH溶液濃度偏高，正確選項(xiàng)B。 7．【四川雅安中學(xué)2019屆高三上第一次月考】硫酸鈉-過氧化氫加合物（xNa2SO4 yH2O2zH2O）的組成可通過下列實(shí)驗(yàn)測定： ①準(zhǔn)確稱取1.77g樣品，配制成100.00mL溶液A。 ②準(zhǔn)確量取25.00mL溶液A，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體0.0025mol。 ③準(zhǔn)確量取25.00mL溶液A，加入適量的稀硫酸酸化后，用0.02molL-1 KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)(KMnO4只與加合物中的H2O2發(fā)生反應(yīng))，消耗KMnO4溶液25.00mL。回答下列問題： （1）在步驟①中，所需玻璃儀器除了燒杯外還需要________________； （2）在步驟①中，下列操作會(huì)使所配溶液濃度偏低的是_______（填字母）； A．在溶解過程中有少量液體濺出燒杯外 B．定容時(shí)仰視儀器上的刻度線 C．定容后震蕩搖勻靜置，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，于是又加入少量水至刻度線 D．配制前容量瓶中有少量水 （3）③中的KMnO4溶液置于_______（“酸式”或“堿式”）滴定管中，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是____________________，寫出滴定中發(fā)生的離子反應(yīng)方程式_______________； （4）通過計(jì)算確定樣品的組成為___________________。 【答案】玻璃棒、100mL容量瓶、膠頭滴管A、B、C酸式最后一滴KMnO4溶液滴下時(shí)，溶液由無色變?yōu)闇\紫色，且30秒內(nèi)不褪色5H2O2 + 6H+ + 2 MnO4- = 2Mn2++8H2O +5O2↑2Na2SO4 H2O22H2O （2）根據(jù)c=分析誤差，c與n成正比，c與V成反比， A、在溶解過程中有少量液體濺出燒杯外，導(dǎo)致溶質(zhì)的n偏小，c偏??； B、定容時(shí)仰視儀器上的刻度線，導(dǎo)致溶液的體積V偏大，c偏小； C、定容后，將容量瓶振蕩搖勻后，靜置發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，于是又加入少量水至刻度線，導(dǎo)致溶液體積偏大，c偏小； D、配制前容量瓶中有少量水對(duì)配制無影響。 因此，本題正確答案是：A、B、C； （3）酸性高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，可以腐蝕橡膠，因此因置于酸式滴定管中，當(dāng)溶液由無色變成淺紫色，并在半分鐘后不褪去可判斷滴定達(dá)到終點(diǎn)，滴定中KMnO4和H2O2發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Mn2+和氧氣，根據(jù)得失電子守恒，配平離子反應(yīng)方程式為5H2O2 + 6H+ + 2 MnO4- = 2Mn2++8H2O +5O2↑， 因此，本題正確答案是：酸式；最后一滴KMnO4溶液滴下時(shí)，溶液由無色變?yōu)闇\紫色，且30秒內(nèi)不褪色；5H2O2 + 6H+ + 2 MnO4- = 2Mn2++8H2O +5O2↑； （4）n(Na2SO4)= n(BaSO4)= 0.0025mol， 根據(jù)5H2O2 + 6H+ + 2 MnO4- = 2Mn2++8H2O +5O2↑可以知道， n(H2O2)=0.02000mol/L0.025L=0.00125mol， m(Na2SO4)=142g/mol0.0025mol=0.355g， m(H2O2)=34g/mol0.00125mol=0.0425g， m(H2O2)=1.7700g-0.355g-0.0425g=0.045g， n(H2O)==0.0025mol， x:y:z= n(Na2SO4): n(H2O2): n(H2O)=0.0025mol:0.00125mol:0.0025mol=2:1:2 硫酸鈉-過氧化氫加合物的化學(xué)式為2Na2SO4 H2O22H2O， 因此，本題正確答案是：2Na2SO4 H2O22H2O。 8．【湖南省嘉禾一中、臨武一中2018屆期中】下表是不同溫度下水的離子積數(shù)據(jù)： 溫度/℃ 25 t1 t2 水的離子積常數(shù) 110－14 α 110－12 試回答以下問題： （1）若25＜t1＜t2，則α____(填“＜”“＞”或“=”)110－14，作出此判斷的理由是___________________。 （2）t1℃下，將pH=a的苛性鈉溶液10mL與pH=b的稀硫酸500mL混合，測得溶液呈中性，若a+b=14，則此溫度下水的離子積常數(shù)α=________。 （3）t2 ℃下，將pH=11的苛性鈉溶液V1 L與pH=1的稀硫酸V2 L混合(設(shè)混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和)，所得混合溶液的pH=10，則V1∶V2=________。 【答案】 ＞ 水的電離是吸熱過程，溫度升高，水的電離程度增大，離子積增大 510-13 11:9 1．【天津河西區(qū)2018屆高三第三次模擬】已知液氨的性質(zhì)與水相似。T℃時(shí)，NH3 + NH3 NH4++NH2- ，NH4+的平衡濃度為110-15mol/L，則下列說法中正確的是 （ ） A． 在此溫度下液氨的離子積為110-17 B． 在液氨中放入金屬鈉，可生成NaNH2 C． 恒溫下，在液氨中加入NH4Cl，可使液氨的離子積減小 D． 降溫，可使液氨電離平衡逆向移動(dòng)，且c(NH4+)7時(shí)，其中不可能存在HAc分子 B．當(dāng)混合溶液的pH<7時(shí)，混合液中c(Na+)>c((Ac-) C．判斷該滴定過程的終點(diǎn)，最好選擇甲基橙作為指示劑 D．達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，混合液中c(Na+)和c((Ac-)一定不相等 【答案】D 6．【黑龍江哈爾濱三中2019屆第二次月考】4體積pH＝9的Ca(OH)2溶液跟1體積pH＝13的NaOH溶液混合后，溶液中氫離子濃度為 （ ） A． 510-13mol?L￣1 B． 210-12mol/L C． 1/5（410-9 + 110-13）mol?L￣1 D． 1/5（410-5 + 110-1）mol/L 【答案】A 【解析】4體積pH＝9的Ca(OH)2溶液中，c(OH－)=10-14/10-9=10-5mol/L,1體積pH＝13的NaOH溶液的中c(OH－)=10-14/10-13=10-1mol/L，混合后溶液中氫氧根離子濃度c(OH－)=（410-5+0.1）/(4+1)≈210-2mol/L，混合溶液中c(H＋)=10-14/210-2=510-13mol/L，綜上所述，本題選A。 7．【云南紅河州2018屆高三復(fù)習(xí)統(tǒng)一檢測】水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的條件，某課外小組采用碘量法測定學(xué)校周邊河水中的溶解氧，實(shí)驗(yàn)步驟及測定原理如下： Ⅰ．取樣、氧的固定 用溶解氧瓶采集水樣，記錄大氣壓及水體溫度。將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液（含有KI）混合，反應(yīng)生成MnO(OH)2，實(shí)現(xiàn)氧的固定。 Ⅱ．酸化、滴定 將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I?還原為Mn2+，在暗處靜置5 min，然后用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2+I2=2I?+）。 回答下列問題： （1）氧的固定”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________________。 （2）Na2S2O3溶液不穩(wěn)定，使用前需標(biāo)定。配制該溶液時(shí)需要的玻璃儀器有燒杯、膠頭滴管、試劑瓶和_________________________，配制溶液定容時(shí)俯視會(huì)導(dǎo)致Na2S2O3溶液的濃度__________，（填“偏高”或“偏 低”）蒸餾水必須經(jīng)過煮沸、冷卻后才能使用，其目的是殺菌、除________________及二氧化碳。 （3）取100.00 mL水樣經(jīng)固氧、酸化后，用0.5 molL?1Na2S2O3溶液滴定，以_________作指示劑，如何判斷該反應(yīng)到達(dá)終點(diǎn)_________________________________________________；若反應(yīng)中消耗Na2S2O3溶液的體積為10 mL，則水樣中溶解氧的含量為_________mgL?1。 （4）上述滴定完成時(shí)，若滴定前平視，滴定后仰視會(huì)導(dǎo)致測量結(jié)果___________。（填“偏高”或“偏低”） 【答案】 容量瓶和玻璃棒 偏高 氧氣 淀粉溶液 當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏蜰a2S2O3溶液時(shí)藍(lán)色剛好褪去，且半分鐘內(nèi)不變色 400 偏高 【解析】（1）由題述信息可知“氧的固定”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（2）配制一定物質(zhì)的濃度的溶液所需的玻璃儀器有燒杯、膠頭滴管、試劑瓶、玻璃棒、容量瓶等，故答案為容量瓶和玻璃棒；定容時(shí)俯視會(huì)造成溶液的體積偏大，所配溶液的濃度偏高，故答案為偏高；（3）水樣經(jīng)固氧、酸化后，滴入淀粉，溶液呈藍(lán)色，用0.5 molL?1Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)溶液的藍(lán)色恰好完全褪去；根據(jù)關(guān)系式O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3，可知水樣中溶解氧含量為 [（0.51010-3）432103]0.1=400（mgL?1），故答案為：淀粉、當(dāng)?shù)渭幼詈笠坏蜰a2S2O3溶液時(shí)藍(lán)色剛好褪去，且半分鐘內(nèi)不變色、400；（4）若滴定前平視，滴定后仰視會(huì)造成消耗Na2S2O3溶液的體積偏大，從而導(dǎo)致測量結(jié)果偏高，故答案為偏高。 8．【北京師大附中2018屆高三上期中】常溫下，濃度均為0.1mol/L、100mL的Ba（OH）2溶液中，分別滴入濃度均為0.1mol/L的H2SO4、NaHSO4溶液，其導(dǎo)電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如下圖所示。 （1） 0.1mol/L的NaHSO4溶液pH=_____________。 （2）曲線___________代表滴加H2SO4溶液的變化曲線。b點(diǎn)溶液的酸堿性為___________（酸性或堿性或中性）。 （3）d點(diǎn)溶液中主要離子種類：______________。 【答案】 1 ① 堿性 Na+、SO42- （3）d點(diǎn)在曲線②上，導(dǎo)電能力最小，d點(diǎn)Ba（OH）2與NaHSO4的反應(yīng)為Ba（OH）2+2NaHSO4= BaSO4↓+2H2O+Na2SO4，d點(diǎn)為Na2SO4溶液，溶液中主要離子為Na+、SO42-。 1．【2018新課標(biāo)3卷】用0.100molL-1AgNO3滴定50.0mL0.0500molL-1Cl-溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關(guān)描述錯(cuò)誤的是 （ ） A．根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計(jì)算可知Ksp(AgCl)的數(shù)量級(jí)為10-10 B．曲線上各點(diǎn)的溶液滿足關(guān)系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl) C．相同實(shí)驗(yàn)條件下，若改為0.0400molL-1Cl-，反應(yīng)終點(diǎn)c移到a D．相同實(shí)驗(yàn)條件下，若改為0.0500molL-1Br-，反應(yīng)終點(diǎn)c向b方向移動(dòng) 【答案】C B．由于KSP(AgCl)極小，所以向溶液滴加硝酸銀就會(huì)有沉淀析出，溶液一直是氯化銀的飽和溶液，所以c(Ag+)c(Cl-)＝KSP(AgCl)，選項(xiàng)B正確。 C．滴定的過程是用硝酸銀滴定氯離子，所以滴定的終點(diǎn)應(yīng)該由原溶液中氯離子的物質(zhì)的量決定，將50mL0.05mol/L的Cl-溶液改為50mL0.04mol/L的Cl-溶液，此時(shí)溶液中的氯離子的物質(zhì)的量是原來的0.8倍，所以滴定終點(diǎn)需要加入的硝酸銀的量也是原來的0.8倍，因此應(yīng)該由c點(diǎn)的25mL變?yōu)?50.8=20mL，而a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是15mL，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 點(diǎn)睛：本題雖然選擇了一個(gè)學(xué)生不太熟悉的滴定過程——沉淀滴定，但是其內(nèi)在原理實(shí)際和酸堿中和滴定是一樣的。這種滴定的理論終點(diǎn)都應(yīng)該是恰好反應(yīng)的點(diǎn)，酸堿中和滴定是酸堿恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，這樣就能判斷溶液發(fā)生改變的時(shí)候，滴定終點(diǎn)如何變化了。 2．【2018江蘇卷】根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是 （ ） A．圖甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，說明該反應(yīng)的ΔH<0 B．圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反應(yīng)中c(H2O2 )隨反應(yīng)時(shí)間變化的曲線，說明隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減小 C．圖丙是室溫下用0.1000molL?1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL?1某一元酸HX的滴定曲線，說明HX是一元強(qiáng)酸 D．圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+達(dá)到沉淀溶解平衡時(shí)，溶液中c(Ba2+ )與c(SO42?)的關(guān)系曲線，說明溶液中c(SO42? )越大c(Ba2+ )越小 【答案】C 【解析】分析：A項(xiàng)，升高溫度，lgK減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的ΔH0；B項(xiàng)，根據(jù)圖像，隨著時(shí)間的推移，c（H2O2）變化趨于平緩，隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減?。籆項(xiàng)，根據(jù)圖像，沒有滴入NaOH溶液時(shí)，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX為一元弱酸；D項(xiàng)，根據(jù)圖像可見橫坐標(biāo)越小，縱坐標(biāo)越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，說明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。 點(diǎn)睛：本題考查圖像的分析，側(cè)重考查溫度對(duì)化學(xué)平衡常數(shù)的影響、化學(xué)反應(yīng)速率、酸堿中和滴定pH曲線的分析、沉淀溶解平衡曲線的分析，掌握有關(guān)的原理，明確圖像中縱、橫坐標(biāo)的含義和曲線的變化趨勢是解題的關(guān)鍵。 3．【2017新課標(biāo)1卷】常溫下將NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是 （ ） A．Ka2（H2X）的數(shù)量級(jí)為10–6 B．曲線N表示pH與的變化關(guān)系 C．NaHX溶液中 D．當(dāng)混合溶液呈中性時(shí)， 【答案】D 【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步電離小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以當(dāng)pH相等即氫離子濃度相等時(shí)＞，因此曲線N表示pH與的變化關(guān)系，則曲線M是己二酸的第二步電離，根據(jù)圖像?。?.6和4.8點(diǎn)，=10－0.6 molL－1，c(H＋)=10－4.8 molL－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的數(shù)量級(jí)為10–6，A正確；B．根據(jù)以上 【名師點(diǎn)睛】該題綜合性強(qiáng)，該題解答時(shí)注意分清楚反應(yīng)的過程，搞清楚M和N曲線表示的含義，答題的關(guān)鍵是明確二元弱酸的電離特點(diǎn)。電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較問題，是高考熱點(diǎn)中的熱點(diǎn)。多年以來全國高考化學(xué)試卷幾乎年年涉及。這種題型考查的知識(shí)點(diǎn)多，靈活性、綜合性較強(qiáng)，有較好的區(qū)分度，它能有效地測試出學(xué)生對(duì)強(qiáng)弱電解質(zhì)、電離平衡、水的電離、pH、離子反應(yīng)、鹽類水解等基本概念的掌握程度以及對(duì)這些知識(shí)的綜合運(yùn)用能力。圍繞鹽類水解的類型和規(guī)律的應(yīng)用試題在高考中常有涉及。解決這類題目必須掌握的知識(shí)基礎(chǔ)有：掌握強(qiáng)弱電解質(zhì)判斷及其電離，鹽類的水解，化學(xué)平衡理論(電離平衡、水解平衡)，電離與水解的競爭反應(yīng)，以及化學(xué)反應(yīng)類型，化學(xué)計(jì)算，甚至還要用到“守恒”來求解。 4．【2017新課標(biāo)2卷】改變0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖所示[已知]。 下列敘述錯(cuò)誤的是 （ ） A．pH=1.2時(shí)， B． C．pH=2.7時(shí)， D．pH=4.2時(shí)， 【答案】D 【名師點(diǎn)睛】該題綜合性強(qiáng)，該題解答時(shí)注意利用守恒的思想解決問題。電解質(zhì)溶液中離子濃度大小比較問題，是高考熱點(diǎn)中的熱點(diǎn)。多年以來全國高考化學(xué)試卷幾乎年年涉及。這種題型考查的知識(shí)點(diǎn)多，靈活性、綜合性較強(qiáng)，有較好的區(qū)分度，它能有效地測試出學(xué)生對(duì)強(qiáng)弱電解質(zhì)、電離平衡、水的電離、pH、離子反應(yīng)、鹽類水解等基本概念的掌握程度以及對(duì)這些知識(shí)的綜合運(yùn)用能力。圍繞鹽類水解的類型和規(guī)律的應(yīng)用試題在高考中常有涉及。解決這類題目必須掌握的知識(shí)基礎(chǔ)有：掌握強(qiáng)弱電解質(zhì)判斷及其電離，鹽類的水解，化學(xué)平衡理論(電離平衡、水解平衡)，電離與水解的競爭反應(yīng)，以及化學(xué)反應(yīng)類型，化學(xué)計(jì)算，甚至還要用到“守恒”來求解。 5．【2016年高考新課標(biāo)Ⅰ卷】298K時(shí)，在20.0mL 0.10mol氨水中滴入0.10 mol的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示。已知0.10 mol氨水的電離度為1.32%，下列有關(guān)敘述正確的是（ ） A．該滴定過程應(yīng)該選擇酚酞作為指示劑 B．M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的鹽酸體積為20.0 mL C．M點(diǎn)處的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－) D．N點(diǎn)處的溶液中pH<12 【答案】D 【考點(diǎn)定位】考查酸堿中和滴定、弱電解質(zhì)的電離以及離子濃度大小比較等知識(shí)。 【名師點(diǎn)睛】酸堿中和滴定是中學(xué)化學(xué)的重要實(shí)驗(yàn)，通常是用已知濃度的酸(或堿)來滴定未知濃度的堿(或酸)，由于酸、堿溶液均無色，二者恰好反應(yīng)時(shí)溶液也沒有顏色變化，所以通常借助指示劑來判斷，指示劑通常用甲基橙或酚酞，而石蕊溶液由于顏色變化不明顯，不能作中和滴定的指示劑。酸堿恰好中和時(shí)溶液不一定顯中性，通常就以指示劑的變色點(diǎn)作為中和滴定的滴定終點(diǎn)，盡管二者不相同，但在實(shí)驗(yàn)要求的誤差范圍內(nèi)。進(jìn)行操作時(shí)，要注意儀器的潤洗、查漏、氣泡的排除，會(huì)進(jìn)行誤差分析與判斷。判斷電解質(zhì)溶液中離子濃度大小時(shí)，經(jīng)常要用到三個(gè)守恒：電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒，會(huì)根據(jù)相應(yīng)的物質(zhì)寫出其符合題意的式子，并進(jìn)行疊加，得到正確的算式。掌握水的離子積常數(shù)的計(jì)算方法、離子濃度與溶液的pH的關(guān)系等是本題解答的關(guān)鍵所在。本題難度適中。 6．【2016年高考天津卷】室溫下，用相同濃度的NaOH溶液，分別滴定濃度均為0.1molL－1的三種酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲線如圖所示，下列判斷錯(cuò)誤的是 （ ） A．三種酸的電離常數(shù)關(guān)系：KHA>KHB>KHD B．滴定至P點(diǎn)時(shí)，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) C．pH=7時(shí)，三種溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－) D．當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)達(dá)100%時(shí)，將三種溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋) 【答案】C 【考點(diǎn)定位】考查中和滴定圖像、弱電解質(zhì)的電離平衡、離子濃度大小比較 【名師點(diǎn)晴】本題考查了酸堿混合時(shí)的定性判斷、弱電解質(zhì)的電離平衡、離子濃度大小比較等。在判斷溶液中微粒濃度大小的比較時(shí)，要重點(diǎn)從三個(gè)守恒關(guān)系出發(fā)，分析思考。（1）兩個(gè)理論依據(jù)：①弱電解質(zhì)電離理論：電離微粒的濃度大于電離生成微粒的濃度。例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)?c(CO32－)(多元弱酸第一步電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步電離)。②水解理論：水解離子的濃度大于水解生成微粒的濃度。例如，Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)?c(H2CO3)(多元弱酸根離子的水解以第一步為主)。（2）三個(gè)守恒關(guān)系：①電荷守恒：電荷守恒是指溶液必須保持電中性，即溶液中所有陽離子的電荷總濃度等于所有陰離子的電荷總濃度。例如，NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(OH－)。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，變化前后某種元素的原子個(gè)數(shù)守恒。例如，0.1 molL－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)＝0.1 molL－1。③質(zhì)子守恒：由水電離出的c(H＋)等于由水電離出的c(OH－)，在堿性鹽溶液中OH－守恒，在酸性鹽溶液中H＋守恒。例如，純堿溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。解答本題時(shí)，能夠從圖像的起始點(diǎn)得出三種酸的相對(duì)強(qiáng)弱是解題的關(guān)鍵。 7．【2018天津卷】CO2是一種廉價(jià)的碳資源，其綜合利用具有重要意義?；卮鹣铝袉栴}： （1）CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13，CO2主要轉(zhuǎn)化為______（寫離子符號(hào)）；若所得溶液c(HCO3?)∶c(CO32?)=2∶1，溶液pH=___________。（室溫下，H2CO3的K1=410?7；K2=510?11） 【答案】 CO32- 10