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专项训练 滴定前指示剂的选择（解析版）
1．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）用0.1000 mol-1的NaOH溶液
分别滴定0.1000 mol/L、20.00mLHX、HY、HZ三种酸溶液。溶液pH与加入NaOH体
积之间的关系如图所示，下列说法错误的是
A．HX为一元强酸，电离常数K(HY)>K(HZ)
a a
B．a、b、c三点中，b点所对应的水溶液里阴离子的物质的量浓度最大
C．d点所对应的水溶液里，c(OH-)约为0.02 mol/L
D．滴定时使用酚酞作指示剂，会产生系统误差，但可通过空白对照实验消除
【答案】B
【分析】如图，0.1000mol/L的HX、HY、HZ的pH分别为1、2，4左右，根据酸性越
强电离程度越大，所以酸性：HX>HY>HZ，因为0.1000mol/L的HX溶液，pH=1，所
以HX为一元强酸，依此解题；
【详解】A．综上所述，HX为一元强酸，HY和HZ为弱酸，且酸性HY>HZ，所以
K (HY)>K (HZ)，故A正确；
a a
B．HX为强酸，HY和HZ为弱酸，且a、b点时HY、HZ酸尚未完全中和，故溶液中
阴离子浓度最大的为c点，故B错误；
C．d点时，加入NaOH溶液体积为30mL，过量10mL，此时溶液总体积为50mL，溶
0.1mol/L×0.01L
液中c(OH-)约为 =0.02mol/L，故C正确；
0.05L
D．酚酞的变色范围(pH)为8.2~10，由题图中的滴定终点附近各溶液的pH突变范围可
知，用强碱滴定HX、HY、HZ溶液时，可以使用酚酞作为指示剂，产生的系统误差，
可通过空白对照实验消除，故D正确；
故选B。
试卷第1页，共30页
学科网（北京）股份有限公司2．（2023·山西大同·统考三模）25℃，用0.1 mol⋅L❑ −1 NaOH溶液滴定某二元弱酸
n(A2−) n(NaOH)
H A，pH与粒子的分布分数δ[如δ(A2−)= ]， 的关
2 n(A2−)+n(HA−)+n(H A) n(H A)
2 2
系如图所示。下列说法正确的是
n(NaOH)
A．
=1时，应选择酚酞溶液作指示剂
n(H A)
2
B．K (H A)的数量级为10−7
a1 2
C．NaHA溶液中c(Na+)>c(HA−)>c(A2−)>c(H A)
2
D．Na A溶液中c(Na+)1×10−7，故B错误；
a1 c(H A)
2
¿
C．由分析可知，NaHA溶液显酸性，HA-电离程度大于水解程度；所以溶液中
c(Na+)>c(HA−)>c(A2−)>c(H A)，故C正确；
2
D．NaA溶液中存在元素质量守恒关系：c(Na＋)＝2c(HA−)＋2c(A2−)＋2c(HA)，所以
2 2
c(Na+)>c(HA−)+2c(A2−)，故D错误；
故答案选C。
3．（2023·山东济宁·统考二模）实验室测定反应Ag++Fe2+
⇌
Fe3++Ag↓的平衡常数K
的过程为：
①一定温度下，将0.0100mol⋅L−1Ag SO 溶液与0.0400mol⋅L−1FeSO 溶液(pH=1)
2 4 4
等体积混合，产生灰黑色沉淀；
②待步骤①中反应达到平衡时，取v mL上层清液，用c mol⋅L−1KSCN标准溶液滴定
1
Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v mL。
1
资料：Ag++SCN− ⇌ AgSCN↓(白色) K=1012，Fe3++SCN− ⇌ FeSCN2+ (红
色) K=102.3
下列说法正确的是
A．Ag SO 溶液可替换为AgNO 溶液
2 4 3
B．过程①中产生的灰黑色沉淀为Fe或Ag元素的氧化物
C．可用KCl标准溶液代替KSCN的标准溶液滴定Ag+
D．步骤②中不待溶液澄清，直接用浊液做滴定实验测定c(Ag+)，则所测K值偏小
【答案】D
【详解】A．AgNO 溶液中的NO❑ −具有强氧化性能够将Fe2+氧化为Fe3+，影响反应
3 3
Ag++Fe2+
⇌
Fe3++Ag↓的平衡常数K测定，故A错误；
B．由方程式可知过程①中产生的灰黑色沉淀为Ag，故B错误；
C．硫氰化钾和铁离子形成红色溶液，氯化钾和铁离子不反应，故不能用KCl标准溶
液代替KSCN的标准溶液滴定Ag+，故C错误；
D．实验①所得浊液中还含有Ag，因存在平衡Ag++Fe2+
⇌
Fe3++Ag↓，且随着反应
Ag++SCN−
⇌
AgSCN↓的进行，使得Ag++Fe2+
⇌
Fe3++Ag↓平衡逆向移动，则测定平
试卷第3页，共30页
学科网（北京）股份有限公司c V
0.01- 1 1
c V V
衡体系中的c(Ag+)偏高， 1 1偏高，所得到的K= 偏小，故D正确；
V c 1 V 1( 0.01+ c 1 V 1)
V V
故选D。
4．（2023·山东德州·统考二模）电流滴定法(电压10-100 mV)是根据电流情况判断滴定
终点，如图所示，仅I 、I-同时存在时才能产生电流。可用此法来测定Na S O 溶液的
2 2 2 3
浓度。已知：2S O2-+I =S O2+2I- 。下列说法正确的是
2 3 2 4 6
A．a为滴定终点
B．ab段电流减小是因为离子浓度降低
C．应选用淀粉溶液做指示剂
D．若碘液中含有38.1 g的I ，硫代硫酸钠溶液的浓度为0.5mol⋅L-1
2
【答案】D
【详解】A．滴定终点时无I ，电流为0，a点电流最大，不是滴定终点，故A错误；
2
B．根据2S O2-+I =S O2+2I-，该反应生成的离子的物质的量增加，电流减少是因为
2 3 2 4 6
I 浓度的减少，故B错误；
2
C．不需要淀粉指示剂，电流就可以判断滴定情况，故C错误；
38.1g
D．若碘液中含有38.1 g的I ，n(I )= =0.15mol，
2 2 254g/mol
n(Na❑S❑ O❑)=2n(I )=0.3mol，V=600mL，所以硫代硫酸钠溶液的浓度为0.5
2 2 3 2
mol⋅L-1；故D正确；
故答案选D。
5．（2023·天津和平·统考二模）常温时，用0.100 0 mol⋅L−1的NaOH溶液滴定二元
酸H A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加V(NaOH)的变化关系如图所示。［比如
2
试卷第4页，共30页c(A2-)
A2−
的分布系数：δ(A2-)= ］。下列说法错误的是
c(H A)+c(HA-)+c(A2-)
2
A．常温时，用酚酞作d点的指示剂时，溶液由无色变成浅红色
B．常温时，A2−的两级水解常数K ⋅K =10−16.9
h1 h2
C．常温时，滴定至pH=5.5时，c(H A):c(HA-):c(A2-)=100.1:101.2:1
2
D．常温时，b点对应的溶液中存在可逆过程2HA−
⇌
H A+A2−，且K=10-11
2
【答案】D
【分析】利用a点（pH=4.4，c(H+)=10-4.4mol/L）计算
c(H+)c(HA-)
K = =c(H+)=10-4.4 ，同理利用c点计算K =
a1 c(H A) a2
❑2
c(H+)c(A2-)
=c(H+)=10-6.7
。
c(HA-)
【详解】A．HA的第二个滴定突跃在酚酞的变色范围，可选酚酞作为指示剂，且滴定
2
终点时酚酞由无色变为浅红色，A项正确；
K K 10−14×10−14
B．K = w 、K = w ，则K K = =10−16.9 ，B项正确；
h1 K h2 K h1 h2 10−4.4×10−6.7
a2 a1
⋅
c(H+)c(A2-)
C．pH=5.5时，K = =10-6.7 计算c(A2-)=
a2 c(HA-)
10-6.7 c(H+)c(HA-)
×c(HA-)=10-1.2c(HA-)，利用K = =10-4.4 计算c(HA)=
10-5.5
❑
a1 c(H A) 2
❑ 2
试卷第5页，共30页
学科网（北京）股份有限公司10-5.5
×c(HA-)=10-1.1c(HA-)，所以c(HA):c(HA-):c(A2-)=10-1.1:1:10-
10-4.4
❑
2
❑
1.2=100.1:101.2:1，C项正确；
c(A2-)c(H A) c(A2-)c(H+)c(H A) K
D．2HA− HA+A2−，且K= 2 = 2 = a2=10−2.3，D
2 c2(HA-) c(HA-)c(H+)c(HA-) K
a1
⇌
项错误；
故选D。
6．（2022秋·河南·高二校联考期中）为了更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸
c(H+)
度的概念：AG=lg 。常温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/
c(OH-)
LHCN溶液，溶液的酸度AG随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(滴定过程中温
度的变化忽略不计)，已知100.8=6.3，下列说法正确的是
A．该过程可以用甲基橙作指示剂
B．常温下，HCN的电离常数K ≈6.3×10-10
a
c(CN-)
C．滴定过程中 的值逐渐减小
c(HCN)⋅c(OH-)
D．当V=10mL时，溶液中存在：c(H+)+c(HCN)=c(OH-)+c(CN-)
【答案】B
【详解】A．滴定终点时溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，A项错误；
c(H+
)
B．未加NaOH溶液时，AG=3.8， =103.8 ，结合K =10-14，可得
c(OH-
)
w
c2 (H+ )=103.8×10-14 ，K =
c2 (H+
) =
103.8×10-14
=6.3×10-10，B项正确；
a c(HCN) 0.1
试卷第6页，共30页c(CN-
)
C． 的分子，分母同时乘以c(H+ )得到
c(HCN)×c(OH-
)
c(H+ )×c(CN- ) K
= a ，温度不变，平衡常数不变，C项错误；
c(HCN)×c(OH- )×c(H+
)
K
w
D．当V=10mL时，溶液中的n(NaCN)=n(HCN)，利用电荷守恒和物料守恒可得
2c(H+ )+c(HCN)=2c(OH- )+c(CN-
)，D项错误。
故选B。
7．（2023·广东深圳·高三专题练习）室温时，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定二元
酸HA溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加(NaOH)的变化关系如图所示。[比如A2-
2
c(A2-)
的分布系数：δ(A2-)= ]。下列说法错误的是
c(H A)+c(HA-)+c(A2-)
2
A．不宜选用紫色石蕊试液作b点的指示剂
B．用酚酞作d点的指示剂时，溶液由无色变成浅红色
C．滴定至pH=5时，c(HA-)>c(H A)>c(A2-)
2
D．室温时，反应H
2
A+A2- ⇌2HA-的平衡常数的数量级是11
【答案】D
【分析】如图，随着pH增大，H A含量降低，HA−的浓度增大，pH=4.4时，H A和
2 2
HA−浓度相等；pH约为6时，H A含量最低，pH=5后，A2−浓度开始增大，HA−浓度在
2
pH=5.5左右时开始降低；滴定曲线中存在两个突变点，b点时主要含HA−和Na+，pH
约为5.5，宜选用甲基橙作指示剂，d点时，主要为Na A，pH约为8.8，呈碱性，宜选
2
试卷第7页，共30页
学科网（北京）股份有限公司用酚酞作指示剂；
【详解】A．b点突变的pH范围为4.4～6.7，而紫色石蕊的变色的pH范围是5～8过
于宽泛，不可作指示剂，故A正确；
B．d点突变的pH范围为8～9，酚酞变色的pH范围为8.2～10.0，可以作为指示剂，
且溶液是由无色变为浅红色，故B正确；
C．由图中分布曲线可知，在pH=5时，c(HA−)>c(H A)>c(A2−)，故C正确；
2
D．由图中分布曲线可知，①H
2
A
⇌
HA−+H+ K
a1
=10−4.4，②HA−
⇌
A2−+H+
K 10−4.4
K =10−6.7，①-②可得H A+A2− ⇌2HA−，此时K= a1 = =102.3，故D错误；
a2 2 K 10−6.7
a2
故选D。
8．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）室温下，用浓度为0.1000mol/L
的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol/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 c(Y−) > c(OH−) > c(H+ )
K (HY)⋅c(HY)
D．将HY和HZ溶液混合后，溶液中存在：c(H＋) ＝ a +c(Z−)
c(H+)
【答案】B
【分析】等浓度的酸，酸性越强其电能能力越强pH越小，即酸性强弱：
HZ>HY>HX，且0.1mol/LHZ的pH为1，则它为强酸而HY、HX为弱酸。
【详解】A．从图起点看，相同浓度的三种酸，离子浓度HZ>HY>HX，所以导电能力
试卷第8页，共30页HZ>HY>HX，A项错误；
B．甲基橙的显色反应为3.1~4.4，滴定终点显酸性时用甲基橙，终点为碱性时选酚酞，
B项正确；
C．恰好中和的混合溶液成分为NaX、NaY，强碱弱酸盐呈碱性即c(OH-)>c(H+)，同时
酸性越弱水解程度越强，即NaX水解强，c(X-)1，可用酚酞指示滴定终点c
0.05+10−x−10x−14
C．c点pH=x，HA的电离常数K =
a 102x−14−1
D．d点时，c(Na+)>c(A−)+c(OH−)
【答案】D
【详解】A．b点溶液中溶质为HA、NaA，溶液中OH-均来自于水的电离，溶液
pH=3，溶液中c(H+)=10−3mol/L，
K 10−14
c(OH−) =c(OH−)= W = mol/L=10−11mol/L，d点溶液中溶质为NaA、
水 c(H+) 10−3
试卷第9页，共30页
学科网（北京）股份有限公司NaOH，溶液中H+均来自于水的电离，溶液pH≈11，溶液中
c(H+) =c(H+)=10−11mol/L，因此水的电离程度：b点和d点近似相同，故A项正确；
水
B．由于HA为弱酸，因此HA溶液中溶质HA发生部分电离，0.1mol/L HA溶液中
c(H+)<0.1mol/L，溶液pH=a>1，HA溶液与NaOH溶液浓度相同，因此滴入10mL
NaOH溶液时，二者恰好完全反应，达到滴定终点，滴定终点溶质为NaA，溶液呈碱
性，因此滴定过程中可用酚酞指示滴定终点，故B项正确；
C．c点溶液体积为20mL，溶液中溶质为NaA，溶液中
0.1mol/L×10mL
c(Na+)= =0.05mol/L，溶液pH=x，则c(H+)=10−xmol/L，
20mL
K 10−14
c(OH−)= W = mol/L=10x−14mol/L，由溶液中电荷守恒
c(H+) 10−x
c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(A−)可知，溶液中c(A−)=(0.05+10−x−10x−14)mol/L，由
溶液中物料守恒c(Na+)=c(HA)+c(A−)可知，溶液中
c(HA)=0.05mol/L−(0.05+10−x−10x−14)mol/L=(10x−14−10−x)mol/L，因此HA的
c(A−)×c(H+) (0.05+10−x−10x−14)×10−x 0.05+10−x−10x−14
电离常数K = = = ，故
a c(HA) 10x−14−10−x 102x−14−1
C项正确；
D．d点溶液中溶质为NaA、NaOH，由图可知溶液呈碱性，由溶液中电荷守恒
c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(A−)可知，c(Na+) n (NaOH)，
HX过量，由此可知HX为弱酸，则达到滴定终点时溶液呈碱性，宜选择酚酞做指示剂，
故A错误；
B．室温下，N点时溶液显中性即c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，故c(Na+)=c(X-)，根据
0.10mol/L×0.01L 1
钠元素守恒可知: c(Na+)=c(X-)= = mol/L，根据c(HX)=c(HX) -
0.01L+0.011L 21 总
0.10mol/L×0.011L 1 1
c(X-)可知，c(HX)= - mol/L= mol/L，则
0.01L+0.011L 21 210
1
10-7×
c(H+)×c(X-) 210
K (HX)= = =1.0×10-6 ，故B错误；
a c(HX) 1
21
C．室温下，N点时溶液显中性，故c(Na+)=c(X-)，根据钠元素守恒可知: c(Na+)=c(X-)=
0.10mol/L×0.01L 1
= mol/L，根据c(HX)=c(HX) -c(X-)可知，c(HX)=
0.01L+0.011L 21 总
0.10mol/L×0.011L 1 1
- mol/L= mol/L，故c(X-)是c(HX)的10倍，故C正确；
0.01L+0.011L 21 210
D．P点n(HX) = 2n (NaOH)，二者发生中和反应后，溶液为等物质的量的NaX、HX的
混合溶液，溶液pH < 7，溶液显酸性，说明HX的电离作用大于X-的水解作用，故微
粒浓度c(X- ) > c (HX)，故D错误；
试卷第11页，共30页
学科网（北京）股份有限公司答案选C。
11．（2022秋·浙江·高二校联考阶段练习）分析化学中将“滴定分数”定义为：所加
滴定剂与被滴定组分的物pH质的量之比。常温下以0.10mol⋅L−1的NaOH溶液为滴
定剂滴定0.10mol⋅L−1一元酸HA溶液，并绘制出如图所示的滴定曲线。下列叙述正
确的是
A．根据y点坐标可以算得K (HA)≈1.9×10−6
a
B．该酸碱中和滴定过程可选甲基橙作指示剂
C．a点溶液满足：c(HA)+c(H+)>(A−)+c(OH−)
D．从a点到c点，溶液中水的电离程度一直增大
【答案】A
【分析】NaOH与一元酸HA发生中和反应：NaOH+HA=NaA+H O。a点是反应半点，
2
b点是恰好反应，c点是加入过量的NaOH溶液。
【详解】A．同浓度的一元碱NaOH与一元酸HA反应，恰好反应时是1:1，体积相同。
所以当反应处于y点时，可认为是NaOH加入0.95mol，未反应的HA是0.05mol，此
0.95
10-7
⋅
c(H+)⋅c(A-) V
时溶液体积为V，则K (HA)= = ≈1.9×10−6 ，A项正确；
a c(HA) 0.05
V
B．根据恰好反应后溶液的酸碱性选择指示剂。甲基橙指示范围是3.1～4.4,，所以
NaA溶液呈碱性，选酚酞做终点指示剂，不选甲基橙，B项错误；
C．a点溶液是HA反应了一半，此时溶液中含有NaA和HA，物质的量之比是1:1，溶
液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，则c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)，溶液中存
在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=(A−)+c(OH−)，则c(HA)+c(H+)>(A−)+c(OH−)不成立，
C项错误；
试卷第12页，共30页D．溶液中存在酸或碱抑制水的电离，只存在可水解的盐的时促进水的电离。从a点到
c点，溶液中溶质由NaA和HA→NaA→NaA和NaOH，故溶液中水的电离程度先变大
后减小，D项错误；
故答案选A。
12．（2023春·辽宁·高二校联考阶段练习）常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液分
别滴定20.00mL浓度为c 的CH COOH溶液和20.00mL浓度为c 的H C O 溶液，得到如
1 3 2 2 2 4
图所示的滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。下列说法正确的
是
A．X曲线代表H C O ，且c <2c
2 2 4 1 2
B．两种酸恰好完全中和时，均可用酚酞或甲基橙作指示剂
C．若a点V[NaOH(aq)]=7.95mL，则a点有：
c(Na+)>c(HC O−)>c(C O2−)>c(H C O )
2 4 2 4 2 2 4
D．对于CH COOH而言，滴定过程中始终有：
3
n(CH COOH)=0.02c +n(OH−)−n(H+)−n(Na+)
3 1
【答案】D
【分析】根据滴定一元酸与二元酸时的滴定曲线特征，得出X曲线代表H C O ，Y曲
2 2 4
线代表CH COOH，根据滴定终点时消耗NaOH的用量可以比较两酸的浓度大小，指示
3
剂的选择可以依据恰好中和时溶液的酸碱性来确定，应用相关守恒原理可以分析溶液
中粒子的关系。
【详解】A．H C O 是二元酸，用NaOH溶液滴定时会有两次滴定突变，因此X曲线
2 2 4
代表H C O ，CH COOH是一元酸，滴定时只有一次滴定突变，因此Y曲线代表
2 2 4 3
CH COOH。根据中和反应方程式中酸碱计量关系，如滴定终点消耗NaOH体积相等，
3
则c =2c 。图中所示滴定终点时，CH COOH消耗NaOH溶液比H C O 多，因此c >2c ，
1 2 3 2 2 4 1 2
A错误；
试卷第13页，共30页
学科网（北京）股份有限公司B．两种酸均是弱酸，恰好被中和时，生成的盐为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，因此应选
用酚酞作指示剂，B错误；
C．H C O 恰好被中和时消耗NaOH溶液10.60mL。a点时消耗NaOH溶液7.95mL，
2 2 4
此时溶质为NaHC O 和Na C O 且两者浓度相等，溶液中钠离子浓度最大，a点时
2 4 2 2 4
pH<7，溶液呈酸性，说明HC O−电离程度大于C O2−水解程度，因此
2 4 2 4
c(C O2− )>c(HC O− )，C错误；
2 4 2 4
D．根据C原子守恒得：n(CH COOH)=0.02c -n(CH COO−)，滴定过程中存在电荷
3 1 3
守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH COO−)+c(OH−)，即
3
n(Na+)+n(H+)=n(CH COO−)+n(OH−)，把n(CH COO−)=n(Na+)+n(H+)-n(OH−)代
3 3
入C原子守恒式得：n(CH COOH)=0.02c +n(OH−)-n(H+)-n(Na+)，D正确；
3 1
故选D。
13．（2023春·辽宁铁岭·高三校联考阶段练习）常温下用NaOH标准溶液滴定20mL等
c(H A−) c(HA2−) c(A3−)
浓度的三元酸H A，得到pH与V(NaOH)、lgX[X= 2 或 或 ]的
3 c(H A) c(H A−) c(HA2−)
3 2
关系分别如图1、图2所示。下列说法错误的是
c(A3−)
A．当pH=10时，lg =−2.36
c(HA2−)
B．c(H A−)>c(H A)>c(HA2−)，对应2.12＜pH＜7.2
2 3
试卷第14页，共30页C．20mL到40mL滴定过程中，水的电离程度逐渐增大
D．用NaOH标准液滴定NaH A溶液时，可选用酚酞做指示剂
2
【答案】B
【分析】随NaOH加入，依次发生：H A+NaOH=NaH A+H O，
3 2 2
NaH A+NaOH=Na HA+H O，Na HA+NaOH=Na A+H O，由图2知，当lgX=0时，，
2 2 2 2 3 2
c(H A−) c(HA2−) c(A3−)
2 = = =1则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次表示的pH与
c(H A) c(H A−) c(HA2−)
3 2
c(H A−) c(HA2−) c(A3−)
lg 2 、lg 、lg ，由Ⅰ（4,1.88）、Ⅱ（10,2.8）、Ⅲ
c(H A) c(H A−) c(HA2−)
3 2
c(H+)c(H A−)
（14,1.64）知，K = 2 =10−4×101.88 =10-2.12，
a1 c(H A)
3
c(H+)c(HA2−) c(H+)c(A3−)
K
a2
=
c(H A−)
=10−10×102.8 =10-7.2，K
a3
=
c(HA2−)
=10−14×101.64 =10-
2
12.36。
c(H+)c(A3−) c(A3−) c(A3−)
【详解】A．K = =10−10× =10-12.36，则lg =−2.36，
a3 c(HA2−) c(HA2−) c(HA2−)
故A正确；
B．NaH A溶液中c(H A−)>c(H A)>c(HA2−)，由图1知，pH>2.12，但pH不一定小
2 2 3
于7.2，故B错误；
C．20mL到40mL滴定过程中，H+抑制水电离的作用逐渐减弱，则水的电离程度逐渐
增大，故C正确；
D．酚酞指示剂的变色范围为8.2~10.0，由图1第2个pH突变可知，NaOH标准液滴
定NaH A溶液时，可选用酚酞做指示剂，故D正确；
2
故答案选B。
14．（2022·广东广州·高三统考专题练习）常温下，用如图1所示装置，分别向
25mL0.3mol•L-1NaCO 溶液和25mL0.3mol•L-1NaHCO 溶液中逐滴滴加0.3mol•L-1的稀
2 3 3
盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是
试卷第15页，共30页
学科网（北京）股份有限公司A．X曲线为NaCO 溶液的滴定曲线
2 3
B．b点的溶液中：2c(Na+)=3c(CO❑ 2− )+3c(HCO❑ − )+3c(H CO)
3 3 2 3
K
w
C．用pH试纸测得c点的pH约为8，可知：K (H CO)<
a2 2 3 K (H CO )
a2 2 3
D．a、d两点水的电离程度：ac(Na+)>c(H+)>c(OH−)
D．其他相同，HNO 替代HR，曲线位于图中曲线下方
2
【答案】B
【分析】本题关键是求丙酸浓度，代入x点和y点数据计算：
16c−0.8 16c−1.6
4.27=pK −lg ，4.75=pK −lg ，解得：c=0.2。进而计算
a 0.8 a 1.6
pK =4.75，K =10−4.75。
a a
【详解】A．依题意，c(HR)=c(R−)时缓冲能力最强，即y点溶液，pH为4.75，A项正
确；
16c
B．由上分析y点为反应一半的点，即 =0.1×16得到c=0.2mol/L，B项错误；
2
C．y点溶液中，电荷守恒式有c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(R−)，溶液呈酸性，
c(R−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，C项正确；
D．HNO 的电离常数大于丙酸，故pK (HNO )较小，故曲线位于图中曲线下方，D项正
2 a 2
试卷第17页，共30页
学科网（北京）股份有限公司确；
故选B。
16．（2023秋·湖北黄冈·高二湖北省红安县第一中学校考阶段练习）某同学在两个相
同的特制容器中分别加入20mL0.4mol⋅L−1Na CO 溶液和40mL0.2mol⋅L−1
2 3
NaHCO 溶液，再分别用0.4mol⋅L−1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如
3
图曲线：
下列说法不正确的是
A．图中甲、丁线表示向Na CO 溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO 溶液中滴加
2 3 3
盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：
1
HCO−+H+=H CO
3 2 3
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴
定终点
D．Na CO 和NaHCO 溶液中均满足：c(H CO )−c(CO2−)=c(OH−)−c(H+)
2 3 3 2 3 3
【答案】D
【分析】NaCO 的水解程度大于NaHCO ，则0.4mol•L-1NaCO 溶液的碱性强于
2 3 3 2 3
40mL0.2mol•L-1NaHCO 溶液，NaCO 与HCl反应先生成NaHCO ，NaHCO 再与盐酸
3 2 3 3 3
反应生成CO 气体，NaHCO 直接与HCl反应生成CO 气体，并且
2 3 2
n(Na CO)=n(NaHCO )=0.008mol，分别加入20mL0.4mol•L-1HCl时NaCO 恰好转化为
2 3 3 2 3
NaHCO ，容器中压强不变，随着HCl的加入，容器中压强逐渐增大，加入40mLHCl
3
时容器的压强达到最大值，NaHCO 直接与HCl反应生成CO 气体，容器中压强增大，
3 2
并且加入20mLHCl时容器的压强达到最大值、一直保持不变，所以图中甲、丁线表示
试卷第18页，共30页向NaCO 溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO 溶液中滴加盐酸，据此分析解答。
2 3 3
【详解】A．由上述分析可知，图中甲、丁线表示向NaCO 溶液中滴加盐酸，乙、丙
2 3
线表示向NaHCO 溶液中滴加盐酸，A正确；
3
B．在加入20mL盐酸时NaCO 转化为了NaHCO ，从20mL以后发生NaHCO 与HCl
2 3 3 3
反应，开始时生成的碳酸由于浓度低而没有分解为CO 气体，故当滴加盐酸的体积为
2
VmL时(a点、b点)，所发生反应的离子方程式为HCO- +H+═H CO❑，B正确；
1 3 2 3
C．由图可知，滴定分析时，c点的pH在9左右，在酚酞的变色范围内，可选择酚酞
作指示剂；d点的pH在4左右，在甲基橙的变色范围内，可选择甲基橙作指示剂，C
正确；
D．NaCO 溶液中的质子守恒：2c(H CO )+c(HCO−)+c(H+)=c(OH−)和NaHCO 溶液
2 3 2 3 3 3
中的质子守恒：c(H CO )−c(CO2−)=c(OH−)−c(H+)， D错误；
2 3 3
综上所述，选D。
17．（2023秋·陕西汉中·高二统考期末）常温下，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定
20.00 mL 0.1000mol/LCH COOH溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法中错误的是
3
A．滴定时应选择酚酞作指示剂
B．点②所示溶液中：c(Na+)=c(CH COO-)
3
C．点①②③所示溶液中，水的电离程度最大的是点①
D．点③所示溶液中，c(OH-)=c(H+)+c(CH COOH)
3
【答案】C
【详解】A．用NaOH溶液滴定CH COOH溶液时，滴定终点为CH COONa，溶液显碱性，
3 3
试卷第19页，共30页
学科网（北京）股份有限公司可选择酚酞作指示剂，故A正确；
B．②点处的溶液中pH=7，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：
c(Na+)=c(CH COO−)，故B正确；
3
C．①→③过程中，溶液中的溶质CH COOH逐渐减少，CH COONa逐渐增多，水的电离
3 3
程度逐渐增大，故C错误；
D．点③所示溶液中，NaOH与CH COOH恰好完全反应生成CH COONa，根据
3 3
CH COONa溶液的质子守恒为c(OH-)=c(H+)+c(CH COOH)，故D正确；
3 3
故答案选C。
18．（2023·全国·高三专题练习）电位滴定法是靠电极电位(ERC)的突跃来指示滴定终
点的。在滴定到达终点前后，溶液中的待测离子浓度往往连续变化n个数量级，引起
电位的突跃，被测成分的含量仍然通过消耗滴定剂的量来计算。现利用盐酸滴定某溶
液中碳酸钠的含量，其电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．该滴定过程中不需要任何指示剂
B．a点对应溶液中存在c(Na+)>c(HCO−)+c(CO2−)+c(H CO )
3 3 2 3
C．b点对应溶液中存在CO (g)+H O(l)⇌ H CO (aq)⇌ H+ (aq)+HCO− (aq)
2 2 2 3 3
D．a点到b点(不包含b点)对应溶液中存在c(Na+)c(HCO−)+c(CO2−)+c(H CO )，故B正确；
3 3 2 3
试卷第20页，共30页C．b点为第二滴定突跃点，HCl恰好与Na CO 反应生成NaCl、CO 和H O，因少量CO
2 3 2 2 2
溶解生成的H CO 电离使溶液呈弱酸性，即溶液中存在题给的平衡，C正确；
2 3
D．a点到b点(不包括b点)对应溶液中NaHCO 未反应完，盐酸不足，所以溶液中始终
3
存在c(Na+)>c(Cl−)，故D错误；
故选D。
19．（2023春·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考开学考试）常温下，用
0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL浓度分别为c 、c 的一元酸(HA)、二元酸( H B
1 2 2
)溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。忽略溶液
混合时体积变化。下列叙述正确的是
A．X曲线代表H B，Y曲线代表HA，c c ，A正确；
2 1 2
B．H B、HA恰好完全中和时，产物为强碱弱酸盐，均呈碱性，可使用酚酞做指示剂，
2
不可使用甲基橙做指示剂，B错误；
C．完全中和时消耗V (NaOH) = 10.60mL， a点V (NaOH) = 7.95mL时，占消耗氢氧
化钠总体积的四分之三，则溶质为NaHB与NaB，且二者的浓度比为：1 : 1形成的溶
2
液，则a点物料守恒和电荷守恒有关系式：c(Na+)+c(H+)=c(HB−)+2c(B2−)+c(OH-)
①，2c(Na+)=3c(HB−)+3c(B2−)+3c(H B)②，用②-①，
2
试卷第21页，共30页
学科网（北京）股份有限公司得c(Na+)+c(OH-)=2c(HB−)+c(B2−)+3c(H B)+c(H+)由于酸性环境，c(H+) >
2
c(OH-)，故c(Na+)>2c(HB−)+c(B2−)+3c(H B)，C错误；
2
D．溶液中的质子守恒：c(H+)+c(HA)=c(OH-)①，物料守恒：②c(A−)
+c(HA)=0.05mol⋅L-1②，②×2-①得：c(HA)+2c(A−)+c(OH−)=c(H+)+c1，D正确；
故本题选D。
20．（2023春·山西运城·高二康杰中学校考期中）25℃时，用0.1mol⋅L−1NaOH溶液
[n(NaOH) ]
滴定同浓度的H A溶液，H A被滴定分数 、pH及微粒分布分数δ［
2 2 n(H A)
2
n(X)
δ(X)= ，X表示H A、HA−或A2−］的关系如图所示：
n(H A)+n(HA-)+n(A2-) 2
2
下列说法错误的是
A．25℃时，H A第一步电离平衡常数K ≈10−4
2 al
B．c点溶液中：c(Na+)=2c(HA−)+c(A2−)
C．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d>c>b>a
D．用NaOH溶液滴定0.1mol⋅L−1NaHA溶液可用甲基橙作指示剂
【答案】D
【详解】A．由图可知，25℃，c(HA−)=c(H A)时，pH约为4，则H A第一步电离平
2 2
试卷第22页，共30页衡常数K =
c(HA−)⋅c(H+)
=c(H+)≈10−4 ，故A正确；
al c(H A)
2
B．c点溶液中溶质为NaHA和Na A，且c(HA−)=c(A2−)，由电荷守恒可知
2
c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+c(OH−)+2c(A2−)，pH=7，c(H+)=c(OH−)，故
c(Na+)=c(HA−)+2c(A2−)=3c(HA−)=3c(A2−)=2c(HA−)+c(A2−)，故B正确：
C．未加NaOH溶液时，H A电离出H+，抑制水的电离，加入NaOH溶液，酸逐渐被中
2
和生成盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、Na A能水解，促进水的电离，当酸
2
碱恰好中和为Na A，即d点附近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d
2
四点溶液中水的电离程度：d>c>b>a，故C正确；
D．滴定后溶液呈碱性，应选择酚酞作指示剂，故D错误；
故选D。
21．（2023·全国·模拟预测）常温下，用0.10mol⋅L−1盐酸滴定0.10mol⋅L−1Na CO
2 3
溶液时，溶液pH随滴定百分率的变化如图所示。已知：b点溶液中
c(H CO )≈c(CO2−)，K (H CO )=5×10−7 ，K (H CO )=5×10−11 ，lg5≈0.7。下
2 3 3 a1 2 3 a2 2 3
列说法错误的是
A．a点的溶液中：c(H CO )−c(CO2−)>c(OH−)−c(Cl−)
2 3 3
B．b点溶液的pH约为8.3
C．煮沸的目的是除去溶解的CO ，使突跃变大，冷却后继续滴定到终点
2
D．滴定过程可选用酚酞、甲基橙双指示剂
【答案】A
试卷第23页，共30页
学科网（北京）股份有限公司【分析】常温下，用0.10mol⋅L−1盐酸滴定0.10mol⋅L−1Na CO 溶液时，a点滴定百
2 3
分率为25%，故溶液中溶质Na CO 、NaHCO 、NaCl的物质的量之比为1：1：1，b点
2 3 3
滴定百分率为50%，恰好反应得到碳酸氢钠、氯化钠溶液；c点滴定百分率为100%，
碳酸钠与盐酸恰好反应生成氯化钠、二氧化碳和水。
【详解】A．由思路分析可知，a点溶液中溶质Na CO 、NaHCO 、NaCl的物质的量之
2 3 3
比为1：1：1，根据电荷守恒可知，
c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(HCO−)+2c(CO2−)，根据物料守恒可知，
3 3
c(Na+)=2c(HCO−)+2c(CO2−)+2c(H CO )，把物料守恒代入电荷守恒有①：
3 3 2 3
2c(H CO )+c(HCO−)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，根据氯、碳物料守恒可知，
2 3 3
1
2c(Cl−)= c(Na+)=c(HCO−)+c(CO2−)+c(H CO )，则有②：
2 3 3 2 3
c(HCO−)=2c(Cl−)−c(CO2−)−c(H CO )，把②代入①得
3 3 2 3
c(H CO )−c(CO2−)+c(H+)=c(OH−)−c(Cl−)，故
2 3 3
c(H CO )−c(CO2−)K
h2
，A2−存在水解平衡：A2−+H
2
O
⇌
HA−+OH−
a1
K
K = w =10−8.17 ，K >K ，溶液中HA−的电离程度大于A2−、HA−的水解程度，即
h1 K a2 h1
a
c(A2−)>c(H A)，C项错误；
2
D．第一次滴定终点时，溶液呈酸性，可用甲基橙作指示剂，第二次滴定终点时溶液
的pH在8-10之间，可用酚酞作指示剂，D项正确。
答案选C。
23．（2023春·安徽池州·高二池州市第一中学校联考期中）常温下，用0.1000mol/L
的NaOH溶液分别滴定0.1000mol/L的HCl溶液和0.1000mol/L的醋酸溶液，滴定曲线
如下图。下列有关说法正确的是
A．实线表示滴定盐酸的曲线
B．酸的强弱是影响突跃范围大小的重要因素
C．ab段的离子反应式是H++OH−=H O
2
D．两个体系滴定终点的确定都可用甲基橙作指示剂
【答案】B
【详解】A．从起点的pH可看出，实线表示醋酸的曲线，故A错误；
Ｂ．同浓度时，酸弱pH大起点高，酸强pH小起点低，故B正确；
Ｃ．根据图像可以判断a点是醋酸溶液，所以ab段的离子反应式是
CH COOH+OH−=CH COO−+H O，故C错误；
3 3 2
D．CH COOH最终生成CH COONa，溶液呈碱性，应用酚酞做指示剂，故D错误；
3 3
试卷第26页，共30页故答案选B。
24．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）电位滴定是利用溶液电位突变
指示终点的滴定法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)
也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用cmol⋅L−1盐酸标准溶液测定
xmL某纯碱样品溶液中NaHCO 的含量(其他杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。
3
下列说法错误的是
A．水的电离程度：a>b
B．a点溶液中：c(OH−)+c(CO2−)=c(H+)+c(H CO )，c点溶液中滴入2滴甲基橙溶液
3 2 3
一定变黄色
C．xmL该纯碱样品溶液中含有NaHCO 的质量为0.084cg
3
D．b到c过程中存在c(Na+)>c(Cl−)
【答案】B
【详解】A．离子水解促进水的电离，a~b随着加入盐酸的量的增加，c(HCO−)逐渐减
3
少，生成CO ，所以水的电离程度逐渐减弱，A正确；
2
B．a点为第一个计量点，反应为CO2−+H+=HCO−，a点的溶质为NaCl、NaHCO
，质子
3 3 3
守恒：c(OH−)+c(CO2−)=c(H+)+c(H CO )，c点溶液中滴入2滴甲基橙溶液可以变橙
3 2 3
色(溶解了CO )达饱和，B错误；
2
C．滴定的两个计量点的反应中，若没有NaHCO 杂质，两个计量点消耗的盐酸应相等，
3
根据两个计量点的反应，可以推得，第二个计量点的反应中的NaHCO 包括反应生成的
3
和杂质，所以杂质NaHCO 的量可以根据多消耗的盐酸计算：(6.8−2.9×2)×10−3L×cmol/
3
L×84g/mol=0.084cg，C正确；
试卷第27页，共30页
学科网（北京）股份有限公司D．在整个滴定过程中，参加反应的离子是CO2−、HCO−、H+，溶液中的Na+不参加反
3 3
应，守恒不变，c点是第二个滴定终点，消耗盐酸最多的点，所以在c点之前盐酸不足，
则c(Na+)>c(Cl−)，D正确；
故选B。
25．（2023·全国·高三统考专题练习）已知：常温下K (H SO )=1.4×10-2，
a1 2 3
K (H SO )=6.0×10-8，通过下列实验探究含硫化合物的性质。
a2 2 3
实验1：测得0.1mol·L-1HSO 溶液pH=2.1。
2 3
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHSO 溶液中逐滴加入5mL水，用pH计监测过程中pH变
3
化。
实验3：用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1HSO 溶液。
2 3
实验4：向10mL0.1mol·L-1NaS溶液中加入10mL0.1mol·L-1MnSO 溶液，充分混合，产
2 4
生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1CuSO 溶液，产生黑色沉淀。
4
下列说法不正确的是
A．由实验1可知：0.1mol·L-1HSO
溶液中c(SO2-
)K (CuS)
sp sp
【答案】A
【详解】A．由实验1可知：0.1mol·L-1HSO 溶液pH=2.1，溶液呈酸性，则溶液中离
2 3
子浓度大小的顺序为c(H+)>c(HSO- )>c(SO2-
)>c(OH-)，A不正确；
3 3
B．实验2中逐滴加入5mL水，溶液中HSO−的水解平衡正向移动，水解程度不断增大，
3
c(OH-)增大，pH增大，B正确；
C．实验3随着NaOH的加入，先生成HSO−，再生成SO2−，所以可出现两次突跃，
3 3
HSO− 的电离大于水解，溶液呈酸性，应选用甲基橙作指示剂，SO2−
水解呈碱性，应选
3 3
用酚酞作指示剂，C正确；
D．实验4可知，白色沉淀转化为黑色沉淀是MnS转化为CuS，说明
K (MnS)>K (CuS)，D正确；
sp sp
试卷第28页，共30页故选A。
26．（2023·山东烟台·校联考模拟预测）常温下，用0.1 mol⋅L❑ −1 NaOH溶液滴定10
mL HNO 和HA混合溶液，滴定过程中HA和A−分布系数δ(x)及pH随NaOH溶液体积
3
变化如图。
c(x)
已知
δ(x)=
，下列说法正确的是
c(HA)+c(A-)
A．起始c(HA)=0.4 mol⋅L❑ −1
B．pH=7时，c(Na+)>c(A-)>c(NO-)>c(HA)
3
C．NH
4
A溶液显碱性[已知K
b
(NH
3
⋅H
2
O)=1.0×10−5 mol⋅L❑ −1]
D．可利用甲基紫(变色范围为2.0~3.0)确定第一滴定终点
【答案】BD
【分析】由题意和图示可知，V(NaOH)在0～10mL之间，NaOH和硝酸反应，第一滴
定终点即NaOH和硝酸恰好完全反应的点，V(NaOH)在10～40mL之间，NaOH和HA
反应，第二滴定终点即NaOH和HA恰好完全反应的点；图中，实线为pH的变化曲线，
逐渐增大的虚线是A-的分布系数变化曲线，逐渐减小的虚线是HA的分布系数变化曲
线，据此解答。
【详解】A．根据以上分析可知与HA反应消耗氢氧化钠的体积是30 mL，所以起始
c(HA)=0.3 mol⋅L❑ −1，故A错误；
B．常温下，pH=7时，可知c(H+)=c(OH-)，此时接近于第二滴定终点，消耗氢氧化钠
溶液的体积接近于40mL，溶质主要为NaA和NaNO ，根据分析可知，初始硝酸和HA
3
的混合溶液中：n(HA)=3n(HNO )，则pH=7时，c(A-)>c(NO❑ − )，所以
3 3
c(Na+)>c(A-)>c(NO-)>c(HA)，故B正确；
3
C．由图中HA和A-分布系数变化曲线相交的点可知：c(HA)=c(A-)，此时pH接近于
试卷第29页，共30页
学科网（北京）股份有限公司c(H+)c(A−)
5，K(HA)= =c(H+)=10-5，由于K (NH ⋅H O)=1.0×10−5 ，这说明NH A
a b 3 2 4
c(HA)
溶液中A-的水解程度等于铵根离子的水解程度，因此显中性，故C错误；
D．根据图像可知第一滴定终点时溶液pH介于2～3之间，所以可利用甲基紫(变色范
围为2.0~3.0)确定第一滴定终点，故D正确；
故选BD。
27．（2022秋·湖南长沙·高二长郡中学校考期中）取10.00 mL碳酸钠和碳酸氢钠的混
合溶液，用0.1000 mol/L HCl溶液进行滴定，测得溶液的pH与加入盐酸的体积变化关
系如图(假设过程中没有CO 逸出)，则下列说法正确的是
2
A．原溶液可由碳酸钠、碳酸氢钠两种固体按53∶28(质量比)混合溶于适量水配制
B．c点时，溶液中n(Na+)=2n(CO2−)+n(HCO−)+n(Cl−)
3 3
C．a~d点，n(Na+)=n(CO2−)+n(HCO−)+n(H CO )
3 3 2 3
D．选用甲基橙作该实验的指示剂，终点时溶液由红色变成橙色，且半分钟内不复原
【答案】AB
【分析】向碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，滴加HCl溶液，依次发生的反应为
NaCO+ HCl = NaHCO + NaCl；NaHCO + HCl = NaCl +H O +CO ↑，结合图象可知点b
2 3 3 3 2 2
为第一个反应的滴定终点，此时溶液中的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，此时消耗盐酸的
物质的量为0.1000mol/L×0.03L = 0.003mol，根据反应可知原溶液中碳酸钠的物质的量
为0.003mol，反应生成的碳酸氢钠的物质的量为0.003mol；点d为第二步反应的滴定
终点，此时溶液的溶质是氯化钠和碳酸，则与碳酸氢钠反应的盐酸的体积为
80mL-30mL=50mL，则第二步消耗的盐酸的物质的量为0.1000mol/L×0.05L =
试卷第30页，共30页0.005mol，原溶液中碳酸氢钠的物质的量为0.005mol - 0.003 mol = 0.002 mol；点c的
pH等于7，此时溶液的溶质为碳酸氢钠、氯化钠和碳酸。
【详解】A．由分析可知原溶液中碳酸钠的质量为0.003mol×106g/mol = 0.318g，碳酸
0.318g 53
氢钠的质量为0.002mol×84g/mol = 0.168g，二者的质量比为 = ，A项正确；
0.168g 28
B．c点时溶液呈中性，根据电荷守恒可知n(Na+)=2n(CO2−)+n(HCO−)+n(Cl−)，
3 3
B项正确；
C．经分析可知溶液中碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为3:2，则溶液中Na：C=8：
5，由此可知a~d点，根据物料守恒可知
5n(Na+)=8[n(CO2−)+n(HCO−)+n(H CO )]，C项错误；
3 3 2 3
D．结合图象可知整个滴定过程中溶液的pH由大到小变化，选用甲基橙作该实验的指
示剂，终点时溶液由橙色变成红色，且半分钟内不复原，D项错误；
故选AB。
28．（2022秋·湖南长沙·高二校联考阶段练习）如图所示是室温下0.1mol/L盐酸滴定
10mL某浓度碳酸钠溶液的滴定曲线，下列说法正确的是
A．室温下碳酸的二级电离平衡常数数量级为10-11
B．b点存在c(HCO-
)=c(H CO)
3 2 3
C．当盐酸体积超过10mL后应该向锥形瓶中加入几滴甲基橙溶液
D．c点存在c(HCO)+c(HCO- )+c(CO2- )+c(CO )= 0.1mol/L(不考虑CO 溢出)
2 3 3 3 2 2
试卷第31页，共30页
学科网（北京）股份有限公司【答案】AC
【分析】起点至a点发生反应H++CO2-=HCO-，a点溶质为NaHCO ，b点溶液呈中性，
3 3 3
c点为盐酸与碳酸钠恰好反应生成NaCl和水和二氧化碳；
【详解】A．根据图像在a点和c点附近均出现滴定突跃可知，碳酸钠溶液浓度等于盐
酸浓度，则碳酸钠溶液的浓度为0.1mol⋅L−1，0.1mol⋅L−1碳酸钠溶液pH=11.6，溶
10−14 10−2.4×10−2.4
液中c(OH-)= =10−2.4mol/L，求碳酸根水解常数为K = =10−3.8，
10−11.6 ℎ 0.1
10−14
则碳酸的二级电离平衡常数K = =10−10.2 ，数量级为10-11，A正确；
a2 10−3.8
B．a点完成了H++CO2-=HCO-，该点c(HCO- )>c(H CO)，当横坐标为15mL时，若不考
3 3 3 2 3
虑电离和水解，则c(HCO- )=c(H CO)，由图像可知，此时溶液为酸性，说明HCO 电
3 2 3 2 3
离是主要的，则c(HCO- )>c(H CO)，b点在二者中间，则应存在c(HCO- )>c(H CO)，B
3 2 3 3 2 3
错误；
C．当盐酸体积超过10mL后溶液为酸性，所以使用甲基橙作为指示剂，C正确；
D．c点溶液体积为30mL，根据物料守恒有c(HCO)+c(HCO- )+c(CO2-
)+c(CO )=
2 3 3 3 2
0.03333mol/L，D错误；
故选AC。
29．（2023秋·湖南·高三校联考阶段练习）常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴
定20.00mL浓度分别为c 、c 的一元酸(HA)、二元酸(H B)溶液，得到如图滴定曲线，
1 2 2
其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。忽略溶液混合时体积变化。下列叙述
正确的是。
试卷第32页，共30页A．X曲线代表H B，Y曲线代表HA，c >c
2 1 2
B．两种酸恰好完全中和时，均可用酚酞或甲基橙作指示剂
C．若c =0.1000mol/L，对于HA而言，滴定过程中有
1
c(HA)+2c(A−)+c(OH−)=c(H+)+0.1000mol/L
D．若a点V(NaOH)=7.95mL，则a点c(Na+)<2c(HB−)+c(B2−)+3c(H B)
2
【答案】AC
【分析】二元弱酸，有两次滴定突变，一元酸有一次滴定突变，故X曲线代表H B，Y
2
曲线代表HA，据此分析。
【详解】A．HA消耗的V (NaOH)小于H B消耗V (NaOH)的二倍，则c >c ，A正确；
2 1 2
B．H B、HA恰好完全中和时，产物为强碱弱酸盐，均呈碱性，可使用酚酞做指示剂，
2
不可使用甲基橙做指示剂，B错误；
C．溶液中的质子守恒：c(H+)+c(HA)=c(OH-)①，物料守恒：②
c(A−)+c(HA)=0.05mol⋅L-1②，②×2-①得：
c(HA)+2c(A−)+c(OH−)=c(H+)+0.1000mol/L，C正确；
D．完全中和时消耗V (NaOH) = 10.60mL， a点V (NaOH) = 7.95mL时，占消耗氢氧
化钠总体积的四分之三，则溶质为NaHB与NaB，且二者的浓度比为：1 : 1形成的溶
2
液，则a点物料守恒和电荷守恒有关系式：c(Na+)+c(H+)=c(HB−)+2c(B2−)+c(OH-)
①，2c(Na+)=3c(HB−)+3c(B2−)+3c(H B)②，用②-①，
2
得c(Na+)+c(OH-)=2c(HB−)+c(B2−)+3c(H B)+c(H+)由于酸性环境，c(H+) >
2
c(OH-)，故c(Na+)>2c(HB−)+c(B2−)+3c(H B)，D错误；
2
试卷第33页，共30页
学科网（北京）股份有限公司故本题选AC。
30．（2023秋·山东菏泽·高二菏泽一中校考开学考试）某水样中含一定浓度的
CO2−、HCO− 和其它不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol⋅L−1盐酸
3 3
进行滴定，溶液pH随滴加盐酸体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略
不计)。下列说法错误的是
A．该水样中c(CO2−)=0.02mol⋅L−1
3
B．在整个滴定过程中均满足c(H CO )−c(CO2−)=c(OH−)−c(H+)
2 3 3
C．滴加盐酸0.0～20.00mL过程中，溶液中c(HCO−)明显增大
3
D．滴定分析时，a点、b点可分别用酚酞、甲基橙作指示剂指示滴定终点
【答案】BC
【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO2−
+H+=
3
HCO−、HCO− +H+=H CO，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时CO2−与盐
3 3 2 3 3
酸恰好反应生成HCO− ，第二次突跃时HCO−
与盐酸恰好反应生成HCO；由图可知，滴
3 3 2 3
定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO2−
3
+H+=HCO−可知，水样中CO2−的浓度为
0.01000mol⋅L-1×0.0200L
=0.02mol∙L-1，溶
3 3 0.0100L
试卷第34页，共30页液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中HCO−的浓度为
3
0.01000mol⋅L-1×(0.0500L-0.0200L-0.0200L)
=0.01mol∙L-1。
0.0100L
【详解】A．由分析可知，水样中CO2−的浓度为0.02mol∙L-1，A正确；
3
B．由图可知，a点发生的反应为CO2− +H+=HCO−，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关
3 3
系为c(H CO)+c(H+)=c(OH-)+c(CO2− )，即c(H CO)-c(CO2− )=c(OH-)-c(H+)，但在其它点
2 3 3 2 3 3
不存在此质子守恒关系，B错误；
C．由分析可知，水样中HCO−的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL
3
时，只发生反应CO2− +H+=HCO−，滴定时溶液中HCO−浓度为
3 3 3
0.01000mol/L×0.0100L+0.01000mol/L×V(HCl)
=0.01mol/L，则滴定时溶液中
0.0100L+V(HCl)
HCO−
的浓度不变，C错误；
3
D．由图可知，a点突跃点在8-10之间，可以会用酚酞做指示剂，b点突跃点在4左右，
可使用甲基橙做指示剂，D正确；
故选BC。
试卷第35页，共30页
学科网（北京）股份有限公司
