文档内容
第 29 讲 水的电离和溶液的酸碱性
（模拟精练+真题演练）
完卷时间：50分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 Cu 64
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12×5分）
1．（2023·湖南郴州·校联考模拟预测）实验小组进行实验检测菠菜中草酸和草酸盐的含量(均以草酸计)，
主要操作包括：
①菠菜样品研磨成汁，稀硫酸浸泡后取澄清溶液；②转移定容①中的澄清溶液，得待测液；③移取
20.00mL待测液，用 的酸性 溶液滴定。
上述操作中，未用到的仪器为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】实验过程中，①所需仪器为研钵、烧杯、玻璃棒、漏斗；②所需仪器为玻璃棒、容量瓶、胶头滴
管；③所需仪器为酸式滴定管、锥形瓶。选项中A为研钵，B为分液漏斗，C为烧杯，D为酸式滴定管。
上述操作中，未用到的仪器为分液漏斗，故选B项。
2．（2023·湖南娄底·统考模拟预测）某小组设计实验测定胆矾( )纯度(杂质不参与反应)：称
取 胆矾样品溶于蒸馏水，加入足量KI溶液，充分反应后，过滤。把滤液配制成250mL溶液，准确量
取配制溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴溶液X，用 溶液滴定至终点，消耗滴定液
Vml。涉及有关反应如下： ， 。下列叙述正确的是
A．X为甲基橙溶液
B．滴加 溶液时选择滴定管如图所示C．滴定管装液之前最后一步操作是水洗
D．胆矾纯度为
【答案】D
【解析】A．滴定反应为碘单质与硫代硫酸钠反应，因为碘单质遇淀粉变蓝，则指示剂X为淀粉溶液，A
项错误；B． 水解而使其溶液显碱性，因此滴加该溶液要选择碱式滴定管，B项错误；C．滴定管
装液之前最后一步操作是润洗，即用待装液润洗滴定管，C项错误；D．根据关系式：
可知，胆矾纯度为 ，D项正确；答案选
D。
3．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）电位滴定法是根据滴定过程中被测离子浓度发生突跃，
指示电极电位也产生突跃，从而确定滴定终点的一种滴定分析方法。常温下，利用盐酸滴定一定物质的量
浓度的碳酸钠溶液，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示(已知：碳酸的电离常数 )。
下列说法不正确的是
A．该实验中，需先后用酚酞和甲基橙作指示剂
B．a点：
C．水的电离程度：a点>b点
D．b点： 比值为
【答案】A
【解析】A．根据题中信息指示电极电位也产生突跃，从而确定滴定终点的一种滴定分析方法，因此该实
验中不需要用指示剂，故A错误；B．a点溶质是碳酸氢钠和氯化钠且两者浓度相等，碳酸氢根既要电离又
要水解，因此 ，故B正确；C．a点溶质是碳酸氢钠和氯化钠，促进
水的电离，而b点溶质是氯化钠和碳酸，抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，故C正确；D．
b点： ，故D正确。
综上所述，答案为A。
4．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知 下， 均为1的 (难挥发的二元强酸)溶液和溶液，升高温度，两溶液 与温度的关系如图所示(不考虑水的挥发)。下列说法错误的是
A． 时， 对应溶液中水的电离程度最小
B． 时，水的离子积常数
C． 之后， 对应溶液 增大的主要原因是醋酸挥发
D． 点两溶液中存在
【答案】D
【解析】A．由图可知，曲线 表示 溶液的 与温度的关系， 时醋酸电离产生 对水的
电离抑制程度更大，水电离程度最小，A项正确；B．由图可知，曲线 表示稀 的 与温度的关系，
则 时，溶液中 和 电离出的 浓度之和为 ， 电离出的
，水的离子积常数 ，B项正确；C． 之后，
温度升高， 溶液 增大，主要原因是醋酸挥发，C项正确；D．由电荷守恒可知，
，D项错误；故答案为：D。
5．（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推
断不合理的是
A．pH=5的a、d水溶液中c(H+)相同
B．c通入紫色石蕊先变红后褪色
C．b和e反应可能生成NaSO
2 2 3
D．e能够促进水的电离
【答案】B
【分析】根据含有硫元素的物质所属类型，结合硫元素的化合价，可知a是HS，b是单质S，c是SO ，d
2 2
是HSO ，e为NaSO 等亚硫酸盐，再结合物质的性质分析解答。
2 4 2 3【解析】A．pH=5的HS、HSO 水溶液中c(H+)都为1.0×10-5mol·L-1，故c(H+)相同，A正确；B．c是
2 2 4
SO ，SO 只能漂白某些有机色质，比如品红溶液，但是不能使指示剂褪色，故B说法错误，B错误；C．
2 2
单质S与NaSO 固体共热，可生成硫代硫酸钠NaSO，C正确；D．NaSO 等亚硫酸盐为水解盐，能够
2 3 2 2 3 2 3
促进水的电离，D正确；故选B。
6．（2023·河南南阳·南阳中学校考三模）常温下，向10 mL0.1 mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的
MOH溶液，其导电率、pH与加入MOH溶液体积的关系如图所示(假设反应过程中温度不变)。
下列说法正确的是
A．a→d过程中，水的电离程度逐渐增大
B．加入10 mL→13 mL MOH溶液时，导电率降低是因为离子总数减小
C．常温下，K (MOH) =K(HA)≈10 -4.6
b a
D．b点溶液中c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +c (OH- )
【答案】C
【分析】起点a点对应的pH值为2.8，说明HA是弱酸，c点加入MOH10ml时二者完全反应呈中性，也说
明MOH是弱碱，MA是呈中性的弱酸弱碱盐，b点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和
HA物质的量为1：1。
【解析】A．a→c过程是由酸到正盐的过程，水的电离程度逐渐增大，c→d是碱过量又抑制水的电离，故
A错误；B．10 mL→13 mL是碱过量，离子数目继续增加，溶液体积继续增大，但是离子浓度在减小，所
以导电率减小，故B错误；C．因为生成的弱酸弱碱盐呈中性，说明K (MOH) =K(HA)，在a点pH=2.8，
b a
c(H+)=c(A-)= ，c(HA)=0.1mol/L， ，故C正确；D．b
点是加入5ml时让HA中和一半，此时溶液中存在MA和HA物质的量为1：1，根据物料守恒和电荷守恒
得出如下式子c(HA)+c(A-)=2c(M+)+2c(MOH)(1)和c(H+)+c(M+)=c(A-)+c(OH-)(2)，（1）+ 得到如下式
子：c (HA) +2c (H+) =c (A-) +2c (MOH) +2c (OH- )，故D错误；答案选C。
7．（2023·河南·统考模拟预测）25 °C时，用0.5 mol·L-1 NaHCO 溶液滴定25.00 mL0.25 mol·L-1 CaCl 溶
3 2
液，测得混合溶液的pH随滴加NaHCO 溶液的体积变化如图所示，当滴加25mLNaHCO 溶液时出现较为
3 3明显的白色沉淀[已知：K (CaCO) =3.5 ×10-9、K (H CO) =4.4 ×10-7、K (H CO) =4.5×10-11、100.8≈6.3]。
sp 3 a1 2 3 a2 2 3
下列叙述错误的是
A．向饱和NaHCO 溶液中加入少量NaHCO 固体，溶液pH不变
3 3
B． 的电离程度：c点大于b点
C．d点溶液中c(Ca2+) c>b>a
D．b点溶液中：
【答案】D
【分析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定二元弱酸HA的滴定曲线，当
2
<1时，HA部分反应，溶液中溶质为NaHA和HA；当 =1时，反应生成NaHA，
2 2
NaHA溶液显酸性；当1< <2时，溶液中溶质为NaHA和NaA；当 =2时，反应生成
2
NaA，NaA溶液显碱性。
2 2
【解析】A．由图可知，25℃时，c(HA-)=c(H A)时，pH约为4，则HA第一步电离平衡常数K =
2 2 a1
≈10-4，A正确；B．c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和NaA，且c(HA-)=c(A2-)，由电
2
荷守恒可知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-)，B正确；C．未加氢氧化钠溶液时，HA电离出氢离子，抑制水
2
的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、NaA能水解，促
2
进水的电离，当酸碱恰好中和为NaA，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，C正确；D．b点溶液中溶质为NaHA和NaA，结合图像可知
2
c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H A)，b点pH<7，c(H+)>c(OH-)，HA被滴定分数 >1，c(OH-)>c(H A)，D
2 2 2错误；故选D。
11．（2023·北京东城·北京五十五中校考模拟预测）测定溶液中乙二醛(含少量硝酸)含量的方法如下。
i．取V mL待测溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为0.20 mol·L-1 NaOH溶液滴定至溶液恰好由
无色变为粉红色，中和硝酸。
ii．向i所得溶液加入过量0.50 mol·L-1 NaOH溶液V mL，充全反应，使乙二醛反应生成CHOHCOONa。
1 2
iii．用0.50mol·L-1硫酸滴定ii中溶液至终点，消耗硫酸体积为V mL。
2
下列说法不正确的是
A．根据结构分析，pKa：CHOHCOOH < CH COOH
2 3
B．乙二醛反应生成CHOHCOONa属于氧化还原反应
2
C．待测溶液中乙二醛浓度为(0.5V -V )/ V mol·L-1
1 2
D．若不进行步骤i，测得溶液中乙二醛浓度偏低
【答案】D
【解析】A．pKa越小，酸性越强。氧元素电负性很大，CHOHCOOH中醇羟基的氧原子的作用可使羧基
2
的O-H键极性增强，电离出 变易。CHCOOH中甲基是推电子基团，可使羧基的O-H键极性减弱，电
3
离出 变难，因此pKa： CHOHCOOH< CH COOH，A正确；B．醛基转化为羟基属于还原反应，醛基
2 3
转化为羧基属于氧化反应，B正确；C．根据步骤iii，与硫酸反应的NaOH物质的量为： ，则
与乙二醛反应的NaOH物质的量为： ，根据步骤ii，乙二醛物质的也为
，则待测液中乙二醛的浓度为 ，C正确；D．如
果不进行步骤i，在步骤ii时，除乙二醛消耗NaOH外，HNO 也消耗NaOH，会造成计算得出的与乙二醛
3
反应的NaOH偏多，最后测得溶液中乙二醛浓度偏高，D错误；故选D。
12．（2023·上海·统考模拟预测）0.1 mol·L NaOH溶液分别滴入20 mL 0.1 mol·L HX溶液与20 mL 0.1
mol·L HCl溶液中，其pH随滴入NaOH溶液体积变化的图像如图所示。下列说法正确的是
A．b点： B．c点：
C．a、d点溶液混合后为酸性 D．水的电离程度：d>c>b>a【答案】D
【分析】NaOH是一元强碱，HCl是一元强酸，当滴加20mLNaOH溶液时溶液为中性，则N曲线为HCl溶
液的滴定曲线，M曲线为HX溶液的滴定曲线且可以判断该酸为弱酸。
【解析】A．b点的pH=6则 ，则 ，
故A错误；
B．c点是NaX与HX1:1的混合溶液，根据质子守恒可得： ，故B错误；
C．a、d点溶液混合即30mLNaOH溶液与20 mL 0.1 mol·L HX溶液与20 mL 0.1 mol·L HCl溶液混合，
溶质为NaCl 和1:1的NaX与HX，酸碱性等价于c点，由图可知呈碱性，故C错误；D．d点溶质只有
NaX对水的电离起促进作用，c点NaX与HX1:1的混合溶液，溶液显碱性说明水解程度大于电离程度，
HCl是一元强酸而HX为弱酸，强酸对水的电离的抑制程度更大，所以水的电离程度：d>c>b>a，故D正确；
故选D。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（14分）（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）I．研究水溶液中的粒子行为在研究中具有重要价
值。根据下表所列三种溶液在25℃时的相关数据，按要求填空：
溶液 物质的量浓度 pH
(I)HAc 0.1 mol/L 2.86
(II) 0.1 mol/L 6.14
(III) 0.1 mol/L 1
(1)根据表中数据，写出HAc的电离方程式
(2)比较溶液(II)、(III)中 的大小关系是(II) (III)(填“＞”、“＜”或“=”)。
(3)溶液(I)和(II)中由水电离出的 之比是 。
II．某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释HAc溶液或改变 浓度，HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为0.1 mol·L 的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；
测定pH，记录数据。
序
V(HAc)/mL V(NaAc)/mL /mL pH
号
I 40.00 / / 0 2.86
II 4.00 / 36.00 0 3.36
VII 4.00 a b 3∶4 4.53VIII 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
(4)根据表中信息，补充数据：a= ，b= 。
(5)由实验I和II可知，稀释HAc溶液，电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给
出判断理由： 。由实验II~VIII可知，增大 浓度，HAc电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
【答案】(每空2分)(1)HAc Ac-+H+
(2)＜
⇌
(3)1:105
(4)3.00 33.00
(5)正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1
【解析】（1）0.1mol/L醋酸溶液的pH等于2.86，说明是弱电解质，则其电离方程式为HAc Ac-+H+；
（2）铵根水解显酸性，硫酸氢铵能电离出氢离子抑制铵根的水解，则溶液(Ⅱ)、(Ⅲ)中c( ⇌)的大小关系
是(Ⅱ)＜(Ⅲ)；（3）醋酸电离出氢离子抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相同，
1.0×10-11.14mol•L-1，氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，溶液中H+是由
水电离出的，c(H+)=1.0×10-6.14mol•L-1，则溶液(I)和(Ⅱ)中由水电离出的c(H+)之比是(1.0×10-11.14mol•L-1):
(1.0×10-6.14mol•L-1)=1:105；（4）由表格中数据可知，保证醋酸钠和醋酸物质的量之比为3:4，二者浓度相等，
则体积比为3:4，则a=3.00mL，总体积是40ml，则b=(40-3.00-4.00)mL=33.00mL；（5）加水稀释，体积增
大，平衡向微粒数增多的方向移动，即向电离的正向移动，强酸溶液不存在电离平衡，稀释10倍pH增大
1，而比较实验I、II，醋酸稀释10倍，pH增大值小于1。
14．（12分）（2023·江西宜春·江西省宜丰中学校考模拟预测）已知25℃时电离常数：
酸 HCO CHCOOH HCN
2 3 3
K K =4.5×10-7K =5.6×10-11 1.75×10-5 6.2×10-10
a a1 a2
(1)H CO、CHCOOH、HCN三种酸中酸性最弱的是 。常温下，pH均为10的NaCO、
2 3 3 2 3
CHCOONa、NaCN、NaHCO 四种溶液中，物质的量浓度最大的是 。
3 3
(2)常温下，向20mL0.01mol·L-1CHCOOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示
3
(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：
①若想观察滴定终点，滴定过程中宜选用 作指示剂(填“酚酞”、“石蕊”或“甲基橙”)。
②b点时，溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。(3)常温下，向NaCN溶液中通入少量CO 发生反应的化学方程式为： 。
2
(4)在一定条件下，NaCO 溶液中存在CO +H O HCO +OH-平衡，下列说法不正确的是_______。
2 3 2
A．稀释溶液， 增大 B．通入CO，溶液pH减小
2
C．升高温度，水解平衡常数增大 D．加入NaO固体， 减小
2
【答案】（每空2分）(1)HCN CH COONa
3
(2)酚酞 c(CHCOO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)
3
(3)NaCN+CO +H O=NaHCO +HCN
2 2 3
(4)A
【解析】（1）电离平衡常数越大，说明电离程度越强，根据表中数据可知，酸性强弱顺序是
CHCOOH>H CO>HCN，因此三种酸中酸性最弱的是HCN；酸的酸性越强，对应酸根离子水解程度越弱，
3 2 3
pH为10的四种盐溶液中，物质的量浓度最大的是CHCOONa；
3
（2）①中和滴定实验中，不用石蕊作指示剂，CHCOOH与KOH恰好完全反应生成CHCOOK，
3 3
CHCOOK为强碱弱酸盐，溶液显碱性，选择指示剂原则之一是指示剂的变色范围与溶液的酸碱性一致，
3
因此用KOH滴定CHCOOH溶液，指示剂为酚酞；②根据图像可知，b点时，混合溶液显酸性；b点加入
3
KOH溶液10mL，此时溶液中溶质为CHCOOK、CHCOOH，且两者物质的量相等，b点溶液显酸性，说
3 3
明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，因此离子浓度大小顺序是
c(CHCOO-)>c(K+)>c(H+)>c(OH-)；
3
（3）根据表中数据，电离平衡常数大小顺序是CHCOOH>H CO>HCN>HCO ，因此NaCN溶液中通入少
3 2 3
量CO，发生NaCN+CO+H O=HCN+NaHCO；
2 2 2
（4）A． ，加水稀释，促使平衡
向右进行，n(CO )减小，n(Na+)、K 不变，因此该比值应减小，故A错误；B．通入CO，CO 与OH-反
h 2 2
应生成HCO ，c(OH-)降低，pH降低，故B正确；C．盐类水解为吸热反应，升高温度，促进水解，水解
常数增大，故C正确；D．加入NaO，氧化钠与水反应生成NaOH，c(OH-)增大，平衡左移，c(HCO )减
2
小，c(CO )增大，该比值减小，故D正确；答案选A。
15．（14分）（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考二模）(NH )Cr O 用于有机合成催化剂，媒染剂，显影
4 2 2 7
液等。某化学兴趣小组对(NH )Cr O 的部分性质及组成进行探究。已知：Cr O2－(橙色)+H O 2CrO2－
4 2 2 7 2 7 2 4
(黄色)+2H+。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量(NH )Cr O 固体，滴加足量浓KOH溶液，振荡、微热，观察到的主要现象是固体
4 2 2 7
溶解、 、 。
（2）为探究(NH )Cr O (摩尔质量252g/mol)的分解产物，按下图连接好装置，在A中加入5.040g样品进
4 2 2 7
行实验。①仪器B的名称是 。
②加热A至恒重，观察到D中溶液不变色，同时测得A、B中质量变化分别为2.00g、1.44g，写出重铬酸
铵加热分解反应的化学方程式 。
③C的作用是 。
（3）实验室常用甲醛法测定含(NH )Cr O 的样品中氮的质量分数，其反应原理为：2Ba2++Cr O2－
4 2 2 7 2 7
+H O=2BaCrO ↓+2H+、 4NH ++6HCHO =3H++6H O+(CH)NH+[滴定时，1mol(CH )NH+与1molH+相当]，
2 4 4 2 2 6 4 2 6 4
然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：称取样品2.800g，配成250mL溶液，移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，用氯化钡溶
液使Cr O2－完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，
2 7
用0.200 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次。
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积
(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 。
②滴定结果如下表所示
该样品中氮的质量分数为 。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)有刺激性气味气体放出 溶液变为黄色（1分）
(2)①U形管（1分） ②(NH )Cr O Cr O+N ↑+4H O ③防止水蒸气进入到B中
4 2 2 7 2 3 2 2
(3)①偏大 锥形瓶内溶液颜色的变化 ②10.00%
【分析】(1)根据NH +与碱反应生成氨气，以及Cr O2－(橙色)+H O 2CrO2－(黄色)+2H+平衡移动解答。
4 2 7 2 4
(2)根据重铬酸铵的元素组成和元素化合价的变化，判断可能的产物。再根据实验现象及玻璃管A和U形管
B的质量变化确定分解产物及产物的物质的量，进而确定参加反应的各物质的计量关系，据此写出重铬酸
钾分解反应的化学方程式。
(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH)Cr O 能产生4molH+，其中2molH+是由
4 2 2 72molNH +生成的，NH +产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量 ，所以每摩尔氮原子产生的
4 4
H+消耗1molNaOH，据此分析计算。
【解析】(1)(NH )Cr O 固体溶解于水，溶液呈橙色，当滴加足量浓KOH溶液时，NH ++OH-=NH↑+H O，
4 2 2 7 4 3 2
H++OH-=H O，溶液中H+浓度减小，使平衡Cr O2－(橙色)+H O 2CrO2－(黄色)+2H+向正反应方向移动，
2 2 7 2 4
所以观察到的主要现象除固体溶解外，还有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色。
(2)①仪器B的名称是U形管。②因碱石灰不能吸收NH ，而D中酚酞溶液不变色，说明重铬酸铵分解无氨
3
气产生。B中碱石灰质量增加，说明有水蒸气生成（质量为1.44g）。但B中增加的质量（1.44g）小于A
中减小的质量（2.00g），说明重铬酸铵分解产生的气体中除水蒸气外还有另外气体，该气体不能被碱石灰
吸收，结合-3价氮的还原性和+6价铬的氧化性推测该气体是氮气，n(N )= =0.02mol，生成
2
0.02molN 时-3价氮元素失去的电子物质的量=0.02mol×6e-=0.12mole-，又因A中样品n[(NH )Cr O]=
2 4 2 2 7
=0.02mol，根据氧化还原反应中电子得失守恒，每个+6价铬原子得到的电子数= =3，
即铬元素化合价由+6价降到+3价，由此推知A中生成固体是Cr O，其物质的量n(CrO)=0.02mol。生成
2 3 2 3
水蒸气的物质的量n(H O)= =0.08mol。则参加反应的各物质的物质的量之比为：n[(NH )Cr O]：
2 4 2 2 7
n(CrO)：n(N )：n(H O)=0.02:0.02:0.02:0.08=1:1:1:4。所以重铬酸钾受热分解的化学方程式为：(NH )Cr O
2 3 2 2 4 2 2 7
Cr O+N ↑+4H O。③为了使B中碱石灰只吸收重铬酸钾分解产生的水蒸气，C的作用就是防止D中水
2 3 2 2
蒸气进入到B中。
(3)由甲醛法测定样品中氮的质量分数的反应原理可知，1mol(NH)Cr O 能产生4molH+，其中2molH+是由
4 2 2 7
2molNH +生成的，NH +产生的H+消耗的NaOH的量占消耗NaOH的总量 （每摩尔氮原子生成的H+消耗
4 4
1molNaOH）。①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液，NaOH溶液将被滴定管内壁的
水膜稀释，用该NaOH溶液滴定时用去的NaOH溶液的体积将偏大；中和滴定的关键是准确确定酸与碱恰
好中和的时间点，所以眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。②由表格数据可知，四次平行实验用去的
NaOH标准溶液体积分别为：21.06-1.07=19.99mL、20.89-0.88=20.01mL、21.20-0.20=21.00、20.66-
0.66=20.00mL。显然第三次实验数据异常，舍去。所以滴定用去NaOH标准溶液体积的平均值=
=20.00mL。2.800g样品用去NaOH的总物质的量=0.02000L×0.200mol/L×
=0.04mol，则样品中氮原子物质的量= ×0.04mol=0.02mol，所以样品中含氮质量分数=
×100%=10.00%。
1．（2023·浙江·统考高考真题）草酸( )是二元弱酸。某小组做如下两组实验：实验I：往 溶液中滴加 溶液。
实验Ⅱ：往 溶液中滴加 溶液。
[已知： 的电离常数 ，溶液混合后体积变化忽略不
计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中 时，存在
C．实验Ⅱ中发生反应
D．实验Ⅱ中 时，溶液中
【答案】D
【解析】A． 溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要
选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；B．
实验I中 时，溶质是 、 且两者物质的量浓度相等，
，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在
，故B错误；C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而 过量，因此该
反应在初始阶段发生的是 ，该反应的平衡常数为
，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当
完全消耗后， 再和 发生反应，故C错误；D．实验Ⅱ中 时，溶液
中的钙离子浓度为 ，溶液中
，故D正确。
综上所述，答案为D。
2．（2023·湖南·统考高考真题）常温下，用浓度为 的 标准溶液滴定浓度均为
的 和 的混合溶液，滴定过程中溶液的 随 ( )的变化曲线
如图所示。下列说法错误的是A． 约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【分析】NaOH溶液和HCl、CHCOOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，
3
a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CHCOOH未发生反应，溶质成分为NaCl和
3
CHCOOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CHCOOH，溶质成分为NaCl、CHCOOH和 CHCOONa；c
3 3 3 3
点时NaOH溶液与CHCOOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CHCOONa；d点时NaOH过量，溶质成
3 3
分为NaCl、CHCOONa和NaOH，据此解答。
3
【解析】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CHCOOH，c(CHCOOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-
3 3
3.38mol/L， = =10-4.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度
的NaCl和CHCOOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH COOH)+c(CH COO-)，故B正确；
3 3 3
C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CHCOOH和 CHCOONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明
3 3
CHCOOH的电离程度大于CHCOO-的水解程度，则c(CHCOOH)d，故D错误；答案选
3
D。
3．（2022·浙江·统考高考真题）已知25℃时二元酸HA的K =1.3×10-7，K =7.1×10-15。下列说法正确的是
2 a1 a2
A．在等浓度的NaA、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
2
B．向0.1mol·L-1的HA溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则HA的电离度为0.013%
2 2
C．向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
2
D．取pH=a的HA溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
2
【答案】B
【解析】A．在等浓度的NaA、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故
2
A错误；B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，HA电离程度较小，溶液中c(HA)≈0.1mol/L，K =
2 2 a1
，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(HA) ，则HA的电离度
2 电离 20.013%，故B正确；C．向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11，
2
，则c(A2-)
