高考化学真题分类汇编专题11水的电离和溶液的酸碱性 11页

专题11 水的电离和溶液的酸碱性 ‎1.（2019·全国Ⅲ·11）设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是 A．每升溶液中的H+数目为0.02NA B．c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)‎ C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小 D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强 ‎【答案】B ‎ ‎【解析】本题考查阿伏加德罗常数、电离平衡及其影响因素等，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。pH=2的H3PO4溶液中c (H+)=10-2 mol·L-1，每升溶液中所含N(H+)=0.01NA，A错误；由电荷守恒知，该H3PO4溶液中存c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)，B正确；加水稀释能促进H3PO4的电离，使其电离度增大，由于以增大溶液体积为主，导致溶液中c(H+)减小，溶液pH增大，C错误；向H3PO4溶液中加入NaH2PO4固体，溶液中c(H2PO4-)增大，促使平衡H3PO4H++H2PO4-逆向移动，抑制H3PO4电离，溶液酸性减弱，D错误。‎ ‎【命题动向】本题命题角度新颖，在同一道试题中综合考查微粒数目的计算、电离平衡及其影响因素和守恒思想，命题具有前瞻性和导向性。‎ ‎2.（2019·北京·12）实验测得0.5 mol·L-1CH3COONa溶液、0.5 mol·L-1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A.随温度升高，纯水中c(H+)＞c(OH-) B.随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH-)减小 C.随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果 D.随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同  ‎【答案】C ‎【解析】题考查盐类水解等知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。任何温度时，纯水中H+浓度与OH-浓度始终相等，A项错误；随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH-)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH-)也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H+)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，‎ 温度升高，水解平衡正向移动，故c(H+)增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均向正反应方向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2+水解程度增大得多，D项错误。‎ ‎【易错警示】本题易错选B。若只观察图中CH3‎ 11‎ COONa溶液pH随温度升高的变化趋势，而忽视导致该变化的主要原因是水的电离程度随温度升高而增大，或者误认为KW在不同温度时为定值，直接根据图像变化得出c(H+)增大，c(OH-)减小，从而得出错误的结论。‎ ‎3.（2015·全国II·2）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（   ）‎ A. pH=5的H2S溶液中，c(H+)= c（HS-）=1×10-5mol·L-1‎ B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ C. pH=2的H2CO3溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)‎ D. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③‎ ‎【答案】D ‎【解析】H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）＞c（HS-），故A错误；B．一水合氨为弱电解质，加水稀释后促进了其电离，其溶液pH变化比强碱小，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B错误；C．pH=2的H2CO3溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)= c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)，C错误；D．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根据盐类水解规律：组成盐的酸根离子对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，则pH越大，故pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)大小为：①＞②＞③，D正确；答案选D。‎ ‎4.（2015·广东·11）一定温度下,水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图,下列说法正确的是（ ）‎ A．升高温度,可能引起由c向b的变化 B．该温度下,水的离子积常数为1.0×10－13‎ C．该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化 ‎【答案】C ‎【解析】A、温度升商，水的离子积增大，C（H+）C（OH-）都增大，表示的点就不在曲线上，‎ 故A错误；B、b点c（H+）=c（OH-）=1.0×10-7，故KW=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14，故B错误；C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；D、由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误，故选C．‎ ‎5.（2015·山东·13）已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mo1·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（ ）‎ A.水的电离程度始终增大 B.c(NH4+) / c (NH3·H2O)先增大再减小 C.c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变 D.当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)=c(CH3COO-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A.向10mL浓度为0.1mo1·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中水的电离程度先增大，随着氨水浓度的增加水的电离被抑制，水的电离程度减小，故A错误；B.当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=‎ 11‎ ‎，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，c(NH4+) / c (NH3·H2O)变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数随着氨水的加入，c（OH-）逐渐增大，Kb不变，c(NH4+) / c (NH3·H2O)变小，所以c(NH4+) / c (NH3·H2O)始终减小，故B错误；C．n（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，故C错误；D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；故答案选D ‎6.（2015·海南·3）0.1mol下列气体分别与1L0.lmol·L-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（ ）‎ A．NO2B．SO2 C．SO3D．CO2‎ ‎【答案】C ‎7.（2012·江苏·10）下列有关说法正确的是 A.CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0 ‎ B.镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈 C.N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率Ｖ(H2)和氢气的平衡转化率均增大 D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应 ‎【答案】B  ‎ ‎【解析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。A.分解反应一般是常识吸热反应，熵变、焓变都大于零，仅在高温下自发。内容来源于《选修四》P34-P36中化学方向的判断。B.铁比铜活泼，组成的原电池中铁为负极，更易被氧化。C.据平衡移动原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡转化率减小。D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热反应，越热越电离，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大。 ‎ ‎8.（2012·全国I·11）已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L-1的一元酸HA与bmol·L-1的一元碱BOH等体积混合，可判断溶液呈中性的依据是（ ）‎ A．a = b B．混合溶液的PH = 7‎ C．混合溶液中， D．混合溶液中，‎ ‎【答案】C  ‎ ‎【解析】A项，因无法确定酸与碱是否为强酸、强碱，故反应后的溶液不一定成中性；B项，因温度T不一定指常温25℃，同样也不能说明溶液是中性的；C项，通过分析可知，题给条 11‎ 件实际上即C(H+) = C(OH-)，故溶液必然显中性；D项，根据溶液中的电荷守衡，无论溶液呈酸性、碱性或中性都成立，故无法判断。‎ ‎9.（2011·福建·10）常温下0.1mol·L－1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=(a＋1)的措施是 A．将溶液稀释到原体积的10倍           B．加入适量的醋酸钠固体 C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸         D．提高溶液的温度 ‎【答案】B   ‎ ‎【解析】醋酸是弱酸，电离方程式是CH3COOHH++CH3COO－，故稀释10倍，pH增加不到一个单位，A项错误；加入适量的醋酸钠固体，抑制醋酸的电离，使其pH增大，可以使其pH由a变成(a＋1)；B项正确；加入等体积0.2 mol·L－1盐酸，虽然抑制醋酸的电离，但增大了c（H＋），溶液的pH减少；C项错误；提高溶液的温度，促进了醋酸的电离，c（H＋）增大，溶液的pH减少；D项错误。此题涉及弱电解质的电离平衡移动，切入点都是比较常规的设问，但学生易错选。‎ ‎10.（2011·四川·14）（2011）25℃时，在等体积的 ① pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba（OH）2溶液，③pH=10的Na2S溶液，④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 A.1:10:10:10 B.1:5:5×10:5×10‎ C.1:20:10:10 D.1:10:10:10‎ ‎【答案】A ‎【解析】酸或碱是抑制水电离的，且酸性越强或碱性越强，抑制的程度就越大；能发生水解的盐是促进水电离的。由题意知①②③④中发生电离的水的物质的量分别是10－14、10－13、10－4、10－5，所以选项A正确。‎ 题型二：中和反应与中和滴定的迁移性 ‎11.（2019·全国Ι·11）NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸氢钾H2A的Ka1=1.1×10−3 ，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是 A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 ‎ B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的 ‎ C．b点的混合溶液pH=7 ‎ D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)‎ ‎【答案】C ‎【解析】本题考查电解质溶液与电离平衡，涉及溶液导电能力的影响因素、混合溶液中离子浓度大小比较、pH判断等知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。滴定至终点时发生反应：2NaOH+2KHAK2A+Na2A+2H2O。溶液导电能力与溶液中离子浓度、离子种类有关，离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强，A项正确；图像中纵轴表示“相对导电能力”，随着NaOH溶液的滴加，溶液中c(K+)、c（HA-）逐渐减小，而Na+、A2-的物质的量逐 11‎ 渐增大，由题图可知，溶液的相对导电能力逐渐增强，说明Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的，B项正确；本实验默认在常温下进行，滴定终点时，溶液中的溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾，由于邻苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈碱性，pH＞7，C项错误；滴定终点时，c(K+)＝c(Na+)，a点到b点加入NaOH溶液的体积大于b点到c点的，故c点时c(K+)＞c(OH-)，所以c(Na+)＞c(K+)＞c(OH-)，D项正确。 ‎【走出误区】分析图像时，抓住溶液导电能力与溶液中离子浓度大小的关系、加入氢氧化钠溶液体积与溶液中离子浓度大小的关系等，结合酸式盐与碱反应的方程式分析溶液中溶质的变化。本题有两个陷阱：（1）相对导电能力；（2）图像中ab段和bc段加入氢氧化钠溶液体积不同，易错选D项。‎ ‎12.（2018·全国III·12）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是 A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10‎ B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)‎ C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。‎ 11‎ ‎13.（2016·全国I·12）298 K时，在20.0 mL 0.10 mol/L氨水中滴入0.10 mol/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol/L氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（ ）‎ A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B．M点对应的盐酸体积为20.0 mL C．M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)‎ D．N点处的溶液中pH＜12‎ ‎【答案】D 根据水的离子积常数可知：N处的溶液中氢离子浓度＝＝7.6×10－12 mol/L，根据pH=−lgc(H+)可知此时溶液中pH＜12，正确。‎ ‎14.（2018·江苏·13）根据下列图示所得出的结论不正确的是（ ）‎ 11‎ A．图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0‎ B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C．图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小 ‎【答案】C ‎【解析】A项，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；B项，根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。‎ ‎15.（2014·重庆·9）中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L-1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2,并对其含量进行测定。‎ 图1‎ 图2‎ ‎(1)仪器A的名称是　　　　,水通入A的进口为　　　　。 ‎ ‎(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸,加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应,其化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)除去C中过量的H2O2,然后用0.090 0 mol·L-1 NaOH标准溶液进行滴定,滴定前排气泡时,应选择图2中的　　　　;若滴定终点时溶液的pH=8.8,则选择的指示剂为　　　　;若用50 mL滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,则管内液体的体积(填序号)　　　　(①=10 mL,②=40 mL,③<10 mL,④>40 mL)。 ‎ ‎(4)滴定至终点时,消耗NaOH溶液25.00 mL,该葡萄酒中SO2含量为:　　　　g·L-1。 ‎ 11‎ ‎(5)该测定结果比实际值偏高,分析原因并利用现有装置提出改进措施 　。 ‎ ‎【答案】(1)冷凝管或冷凝器　b　(2)SO2＋H2O2===H2SO4(3)③　酚酞　④　(4)0.24‎ ‎(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响 ‎【解析】(1)仪器A是蒸馏实验中使用的冷凝器；为使冷凝更充分，要让水在冷凝器中缓慢上升，所以水由b口进，若a口进，冷凝管中水装不满。(2)SO2具有还原性，而H2O2具有氧化性，所以反应为SO2＋H2O2=H2SO4。(3)NaOH是强碱，应装在碱式滴定管中，为赶出尖嘴处气泡，要让尖嘴部分略向上弯曲排出气泡，所以选③；酚酞的变色范围在8.2～10.0之间，而滴定终点时溶液的pH＝8.8，所以可以选择酚酞作指示剂；根据题意及滴定管的结构知，刻度“10”处至尖嘴部分均有溶液，所以滴定管内液体体积大于40 mL，选④。(4)滴定时发生的反应为H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O，则可得n(SO2)＝n(NaOH)＝×0.090 0 mol·L－1×25.00×10－3L＝1.125×10－3mol，m(SO2)＝64 g·mol－1×1.125×10－3mol＝72×10－3g，该葡萄酒中SO2含量为＝0.24 g·L－1。(5)B中有盐酸，加热时挥发出的HCl气体进入C中，所以滴定时，多消耗了NaOH溶液，从而使测定结果比实际值偏高，若仍用现有装置进行实验，可用硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄糖做对比实验。‎ ‎16.（2014·海南·11）室温下，用0.100 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线 B．pH＝7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mL C．V(NaOH)＝20.00 mL时，两份溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－)‎ D．V(NaOH)＝10.00 mL时，醋酸溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】当用0.100 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1盐酸消耗20 mL NaOH溶液时，所得溶液pH＝7，观察滴定曲线图知A项错误；当醋酸与NaOH恰好反应完时，所得到的溶液pH>7，当滴定到pH ＝7时，表明消耗的V(NaOH)<20 mL，B项正确，C项错误；若c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)成立，则c(Na＋)＋c(H＋)>c(OH－)＋c(CH3COO－)，D项错误。‎ ‎17.（2013·山东·13）某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则 11‎ A．M点所示溶液导电能力强于Q点 B．N点所示溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)‎ C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同 D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积 ‎【答案】C ‎【解析】由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，A错；N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（Na+）＞c(CH3COO-)，B错；由于M点的H+浓度等于N点的OH-浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点所示溶液中水电离程度相同，C正确；Q点的pOH＝pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性。则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，D错。‎ ‎18.（2013·浙江·12）25℃时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HX B．根据滴定曲线，可得Ka(HY)≈10—5‎ C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X—)＞c(Y—)＞c(OH—)＞c(H+)‎Ka(HY)·c(HY) c(Y—)‎ D．HY与HZ混合，达到平衡时：c(H+)= + c(Z—) +c(OH—)‎ ‎【答案】B ‎【解析】浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，根据滴定曲线0点三种酸的pH可得到HZ是强酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。因此，同温同浓度时，三种酸的导电性：HZ＞HY＞HX。B选项：当NaOH溶液滴加到10 mL时，溶液中c(HY)≈c(Y—)，即Ka(HY)≈c(H+)=10—pH=10—5。C选项：用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液，但因酸性：HY＞HX，即X—的水解程度大于Y—，溶液中c(Y—)＞c(X—)。D选项：HY与HZ混合，溶液的电荷守恒式为：c(H+)=c(Y—)+ c(Z—) +c(OH—)，又根据HY的电离平衡常数：‎ Ka(HY)·c(HY)‎ ‎ c(H+)‎ c(Y—) ‎ c(H+)·c(Y—) ‎ c(HY)‎ Ka(HY)= 即有：c(Y—)=‎ Ka(HY)·c(HY)‎ ‎ c(H+)‎ c(Y—) ‎ 所以达平衡后：c(H+)= + c(Z—) +c(OH—)。‎ ‎19.（2011·安徽·12）室温下，将1.000mol·L－1盐酸滴入20.00mL 1.000mol·L－1‎ 11‎ 氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是 A. a点由水电离出的c(H＋)=1.0×10－14mol/L B. b点：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(Cl－)‎ C.c点：c(Cl－)= c(NH4＋)‎ D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热 ‎【答案】C ‎【解析】氨水属于弱碱，因此在1.000mol·L－1氨水中OH－的浓度不会是1.000mol·L－1而是要小于1.000mol·L－1，由水得离子积常数可知溶液中H+浓度应大于1.0×10－14mol/L，A不正确；由图像可知b点溶液显碱性，说明此时氨水有剩余，即溶液是由氨水和氯化铵组成的，因此有c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＞c(Cl－)，B不正确；由图像可知c点溶液显中性，由电荷守衡可知c(H+）+c(NH4+）＝c(OH－）+c(Cl－)，所以c(NH4+）＝c(Cl－)，C正确；由图像可知d点后溶液中主要物质是NH4Cl，而NH4Cl要水解吸热，所以温度会略有降低，D也不正确。‎ ‎20.（2011·海南·11）用0.1026mol·L-1的盐酸滴定25.00mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如下图所示，正确的读数为 A. 22.30mL B. 22.35mL C. 23.65mL D. 23.70Ml ‎【答案】B ‎【解析】本题考查基本的实验素质，滴定管读数。图中液面在22~23mL之间，分刻度有10个，因而每刻度是0.1mL，液体的凹面读数约为22.35mL。 ‎ ‎【误区警示】本题是基础题，但要注意读数时滴定管与量筒间的差别，滴定管是由上向下读数，量筒则正好相反。‎ ‎21.（2011·全国II·9）温室时，将浓度和体积分别为c1、v1的NaOH溶液和c2、v2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是 A．若PH>7时，则一定是c1v1=c2v2‎ B．在任何情况下都是c（Na+）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－）‎ 11‎ C．当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2>c1‎ D．若V1=V2,C1=C2,则c（CH3COO－）+C(CH3COOH)=C(Na＋)‎ ‎【答案】A ‎【解析】若c1v1=c2v2说明二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，但NaOH过量时液也显碱性。‎ ‎22.（2010·江苏·12）常温下，用 0.1000 mol·LNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是 A．点①所示溶液中：‎ B．点②所示溶液中：‎ C．点③所示溶液中：‎ D．滴定过程中可能出现：‎ ‎【答案】D ‎【解析】本题主要考查的是粒子浓度大小的比较。A项，处于点①时，酸过量，根据电荷守恒，则有B项，在点②时，pH=7。仍没有完全反应，酸过量，；C项。当时，两者完全反应，此时由于的水解，溶液呈碱性，但水解程度是微弱的，D项，在滴定过程中，当的量少时，不能完全中和醋酸，则有综上分析可知，本题选D项。‎ 11‎