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（13分）某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用I．00mL待测硫酸配制100mL稀H2S04溶液；以0．14mol／L的NaOH溶液滴定上述稀H2S04 25mL，滴定终止时消耗NaOH溶液15mL。
(1)该学生用标准o．14mol／L的NaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下：
A、用酸式滴定管取稀H2S0425mL，注入锥形瓶中，加入指示剂；
B、用待测定的溶液润洗酸式滴定管；
C、用蒸馏水洗干净滴定管；
D、取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上1～2cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下；
E、检查滴定管是否漏水；
F、另取锥形瓶，再重复操作一次；
G、把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。
①滴定操作的正确顺序是 （用序号填写）
②该滴定操作中应选用的指示剂是 。
③在G操作中如何确定终点？ 。
(2)碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果 (填“偏小”“偏大”或“恰好合适”)，原因是 。
(3)计算待测硫酸(稀释前的硫酸)溶液的物质的量浓度为 mol/L(结果保留两位小数点)。
【解析】考查中和滴定实验操作及误差分析。滴定管在使用前需要查漏，然后用蒸馏水洗涤，最后用标准液润洗。硫酸和氢氧化钠恰好反应时，溶液显中性，所以应选择酚酞作指示剂。当反应达到滴定终点时，溶液将变成红色。若碱式滴定管未用标准液润洗，则相当于稀释了氢氧化钠溶液，从而导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，测定结果偏大。根据题意可知消耗氢氧化钠的物质的量是0．14mol／L×0.015L＝0.0021mol，所以需要硫酸的物质的量是0.00105mol，因此硫酸的浓度是
，所以稀释前硫酸的浓度为0.042mol/L×100＝4.2mol/L。
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（13分）某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用I．00mL待测硫酸配制100mL稀H2S04溶液；以0．14mol／L的NaOH溶液滴定上述稀H2S04 25mL，滴定终止时消耗NaOH溶液15mL。
(1)该学生用标准o．14mol／L的NaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下：
A、用酸式滴定管取稀H2S04 25mL，注入锥形瓶中，加入指示剂；
B、用待测定的溶液润洗酸式滴定管；
C、用蒸馏水洗干净滴定管；
D、取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上1～2cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下；
E、检查滴定管是否漏水；
F、另取锥形瓶，再重复操作一次；
G、把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。
①滴定操作的正确顺序是 （用序号填写）
②该滴定操作中应选用的指示剂是 。
③在G操作中如何确定终点？ 。
(2)碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果 (填“偏小”“偏大”或“恰好合适”)，原因是 。
(3)计算待测硫酸(稀释前的硫酸)溶液的物质的量浓度为 mol/L(结果保留两位小数点)。
【解析】考查中和滴定实验操作及误差分析。滴定管在使用前需要查漏，然后用蒸馏水洗涤，最后用标准液润洗。硫酸和氢氧化钠恰好反应时，溶液显中性，所以应选择酚酞作指示剂。当反应达到滴定终点时，溶液将变成红色。若碱式滴定管未用标准液润洗，则相当于稀释了氢氧化钠溶液，从而导致消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，测定结果偏大。根据题意可知消耗氢氧化钠的物质的量是0．14mol／L×0.015L＝0.0021mol，所以需要硫酸的物质的量是0.00105mol，因此硫酸的浓度是
，所以稀释前硫酸的浓度为0.042mol/L×100＝4.2mol/L。
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（8分）现有以下四种溶液；①pH＝2的CH3COOH溶液；②pH＝2的HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液．请回答下列问题：
(1) ②④溶液中由水电离出来的c(H+)的关系是：② ④(填“>”“<”或“＝”)．
(2) 将②③溶液等体积混合后，溶液的pH 7 (填“>”“<”或“：”)． ，
(3)将①④溶液均稀释至原来的10倍后，它们的pH之和 14(填“>”“<”或“＝”)．
(4)向300 mL溶液④中通入44．8 mL C02(标准状况)气体，充分反应后，溶液中粒子浓度关系正确的是 ( )
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）水属于弱电解质，存在电离平衡：H2O
H++OH—。所以不论是酸还是碱均是抑制水的电离，②和④中氢离子和OH—的的浓度均相同，抑制水的电离程度是相同的，所以由水电离出来的c(H+)是相同的。
（2）盐酸的浓度是0.01mol/L，氨水是弱电解质，所以其浓度大于0.01mol/L，因此反应后氨水是过量的，溶液显碱性，pH大于7.
（3）。强碱每稀释10n倍，强碱的pH就减小n个单位，所以pH＝12的氢氧化钠稀释10倍，pH＝11。但醋酸是弱电解质，稀释10倍后溶液的pH将大于3，所以它们的pH之和小于14.
（4）300mlpH＝12的氢氧化钠，其物质的量是0.01mol/L×0.3L＝0.003mol。44．8 mL C02(标准状况)气体的物质的量是0.002mol，所以二者混合反应后生成物是碳酸钠和碳酸氢钠的混合液，其中二者的物质的量均是0.001mol。CO32－的水解程度大于HCO3－的水解程度，所以选项C错误，D正确。选项A符合电荷守恒，选项B符合物料守恒，均正确。
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（8分）现有以下四种溶液；①pH＝2的CH3COOH溶液；②pH＝2的HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液．请回答下列问题：
(1) ②④溶液中由水电离出来的c(H+)的关系是：② ④(填“>”“<”或“＝”)．
(2) 将②③溶液等体积混合后，溶液的pH 7 (填“>”“<”或“：”)． ，
(3)将①④溶液均稀释至原来的10倍后，它们的pH之和 14(填“>”“<”或“＝”)．
(4)向300 mL溶液④中通入44．8 mL C02(标准状况)气体，充分反应后，溶液中粒子浓度关系正确的是 ( )
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）水属于弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH—。所以不论是酸还是碱均是抑制水的电离，②和④中氢离子和OH—的的浓度均相同，抑制水的电离程度是相同的，所以由水电离出来的c(H+)是相同的。
（2）盐酸的浓度是0.01mol/L，氨水是弱电解质，所以其浓度大于0.01mol/L，因此反应后氨水是过量的，溶液显碱性，pH大于7.
（3）。强碱每稀释10n倍，强碱的pH就减小n个单位，所以pH＝12的氢氧化钠稀释10倍，pH＝11。但醋酸是弱电解质，稀释10倍后溶液的pH将大于3，所以它们的pH之和小于14.
（4）300mlpH＝12的氢氧化钠，其物质的量是0.01mol/L×0.3L＝0.003mol。44．8 mL C02(标准状况)气体的物质的量是0.002mol，所以二者混合反应后生成物是碳酸钠和碳酸氢钠的混合液，其中二者的物质的量均是0.001mol。CO32－的水解程度大于HCO3－的水解程度，所以选项C错误，D正确。选项A符合电荷守恒，选项B符合物料守恒，均正确。
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（9分）pH=12的NaOH溶液100ml，要使它的pH为11。（体积变化忽略不计）
（1）如果加入蒸馏水，应加 mL。
（2）如果加入pH=10的NaOH溶液，就加 mL。
（3）如果加0.01mol/L的HC1，应加 mL。
【解析】考查pH的计算。
（1）若加水稀释。强碱每稀释10n倍，强碱的pH就减小n个单位，pH由12变为11，则相当于稀释10倍，及最终溶液的体积是1000ml，所以需要水1000ml－100ml＝900ml。
（2）若加入强碱。PH＝11，则混合后OH－的物质的量浓度为0.001mol/L。所以有
，解得V＝1L.
（3）若加入盐酸，则发生中和反应。因此
，解得V＝0.0818L。
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